2022届高考物理一轮复习导学案：专题25 法拉第电磁感应定律 自感和涡流word版含答案
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2022年高考一轮复习专题25 法拉第电磁感应定律、自感和涡流
考点梳理
一、法拉第电磁感应定律
1． 感应电动势
(1)感应电动势：在电磁感应现象中产生的电动势．产生感应电动势的那部分导体就相当于电源，导体的电阻相当于电源内阻．
(2)感应电流与感应电动势的关系：遵循闭合电路欧姆定律，即I＝.
2． 法拉第电磁感应定律
(1)内容：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比．
(2)公式：E＝n.
3． 导体切割磁感线的情形
(1)一般情况：运动速度v和磁感线方向夹角为θ，则E＝Blvsin_θ.
(2)常用情况：运动速度v和磁感线方向垂直，则E＝Blv.
(3)导体棒在磁场中转动
导体棒以端点为轴，在匀强磁场中垂直于磁感线方向匀速转动产生感应电动势E＝Bl＝Bl2ω(平均速度等于中点位置线速度lω)．
二、自感与涡流
1． 自感现象
(1)概念：由于导体本身的电流变化而产生的电磁感应现象称为自感，由于自感而产生的感应电动势叫做自感电动势．
(2)表达式：E＝L.
(3)自感系数L的影响因素：与线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯有关．
2． 涡流
当线圈中的电流发生变化时，在它附近的任何导体中都会产生感应电流，这种电流像水中的旋涡，所以叫涡流．
(1)电磁阻尼：当导体在磁场中运动时，感应电流会使导体受到安培力，安培力的方向总是阻碍导体的相对运动．
(2)电磁驱动：如果磁场相对于导体转动，在导体中会产生感应电流使导体受到安培力的作用，安培力使导体运动起来．
(3)电磁阻尼和电磁驱动的原理体现了楞次定律的推广应用．
方法提炼
1． “极端法”分析电磁感应问题
将题中某些物理量推到极限状态或极值条件下分析研究，会使问题变得容易解决．
2．感应电荷量的求法：q＝.
[考点分析]
考点一 法拉第电磁感应定律的应用
1． 感应电动势大小的决定因素
(1)感应电动势的大小由穿过闭合电路的磁通量的变化率和线圈的匝数共同决定，而与磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ的大小没有必然联系．
(2)当ΔΦ仅由B引起时，则E＝n；当ΔΦ仅由S引起时，则E＝n.
2． 磁通量的变化率是Φ－t图象上某点切线的斜率．
考点二 导体切割磁感线产生感应电动势的计算
1． 公式E＝Blv的使用条件
(1)匀强磁场．
(2)B、l、v三者相互垂直．
(3)如不垂直，用公式E＝Blvsin θ求解，θ为B与v方向间的夹角．
2． “瞬时性”的理解
若v为瞬时速度，则E为瞬时感应电动势．
若v为平均速度，则E为平均感应电动势，即E＝Bl.
3． 切割的“有效长度”
公式中的l为有效切割长度，即导体与v垂直的方向上的投影长度．图中有效长度分别为：
甲图：l＝sin β；
乙图：沿v1方向运动时，l＝；沿v2方向运动时，l＝0.
丙图：沿v1方向运动时，l＝R；沿v2方向运动时，l＝0；沿v3方向运动时，l＝R.
4． “相对性”的理解
E＝Blv中的速度v是相对于磁场的速度，若磁场也运动，应注意速度间的相对关系．
考点三 自感现象的分析
1． 自感现象“阻碍”作用的理解
(1)流过线圈的电流增加时，线圈中产生的自感电动势与电流方向相反，阻碍电流的增加，使其缓慢地增加．
(2)流过线圈的电流减小时，线圈中产生的自感电动势与电流方向相同，阻碍电流的减小，使其缓慢地减小．
线圈就相当于电源，它提供的电流从原来的IL逐渐变小．
2． 自感现象的四大特点
(1)自感电动势总是阻碍导体中原电流的变化．
(2)通过线圈中的电流不能发生突变，只能缓慢变化．
(3)电流稳定时，自感线圈就相当于普通导体．
(4)线圈的自感系数越大，自感现象越明显，自感电动势只是延缓了过程的进行，但它不能使过程停止，更不能使过程反向．
[题型训练]
一．选择题（共14小题）
1．（2021?北京模拟）英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发感生电场。如图所示，一个半径为r的绝缘细圆环水平放置，环内存在竖直向上的匀强磁场B，环上套一带电荷量为+q的小球。已知磁感应强度B随时间均匀增加，其变化率为k，若小球在环上运动一周，则感生电场对小球的作用力所做功的大小是（ ）
A．0 B． C．2πqkr2 D．πqkr2
2．（2021?湖南模拟）如图甲所示。在竖直方向上有四条间距相等的水平虚线L1、L2、L3、L4，在L1和L2之间、L3和L4之间存在匀强磁场，磁感应强度大小均为1T，方向垂直于虚线所在平面，磁场宽度为L，现有一宽度cd＝L＝0.5m、质量为0.1kg、电阻为2Ω的矩形线圈abcd，将其从图示位置由静止释放（cd边与L1重合），速度随时间变化关系如图乙所示，t1时刻cd边与L2重合，t2时刻ab边与L3重合，t3时刻ab边与L4重合，已知t1～t2的时间间隔为0.6s，整个运动过程线圈平面始终处于竖直方向。（重力加速度g取10m/s2）则（ ）
A．t1时刻，线圈运动的速度大小v1＝3.5m/s
B．L1与L2、L3与L4之间的匀强磁场的宽度为1m
C．在0～t1时间内，通过线圈的电荷量为0.25C
D．在0～t3时间内，线圈产生的热量为1.1125J
3．（2021?泰安四模）如图所示，两根电阻不计、倾角为θ＝37°且足够长的光滑平行金属导轨倾斜放置，导轨间距为L＝0.4m，顶端连接电阻为R＝2Ω的定值电阻。虚线上方（含虚线处）的区域存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝1.25T。质量为m＝0.1kg、电阻为R1＝1Ω的导体棒P在虚线上方某处；电阻为R2＝2Ω的导体棒Q固定在虚线处。将导体棒P由静止释放，经过时间t＝3s导体棒P到达虚线处，P在到达虚线之前已达到最大速度，P、Q与导轨始终接触良好。重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.下列说法正确的是（ ）
A．导体棒P到达虚线前的动量变化率越来越大
B．导体棒P到达虚线时的速度大小为4.8m/s
C．导体棒P的释放点与虚线间的距离为m
D．从导体棒P开始运动到到达虚线时导体棒Q上产生的焦耳热为J
4．（2021?肥城市模拟）如图所示，在光滑的绝缘水平面上有一边长为L的正方形区域内存在着竖直向下的匀强磁场，有一个边长比L小的正方形线圈沿水平方向进入磁场，初速度为v0，全部穿出磁场时速度为v，则在线圈进入磁场和穿出磁场的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．线圈中感应电流的方向相同
B．产生的热量相同
C．线圈全部进入磁场时速度为
D．通过线圈横截面的电荷量的绝对值大小不同
5．（2021?鼓楼区校级模拟）如图所示，竖直边界MN的右侧存在区域足够大的匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里．带有绝缘层的均质导线绕成半径为r的n匝圆形线圈，线圈质量为m、总电阻为R，首尾连接在一起．线圈上a点连接垂直于纸面的光滑转轴，可在竖直平面内摆动．将线圈向右拉至左侧与MN相切的位置后由静止释放，线圈向左摆到最高点时，直径ab转过的角度为150°。不计摆动过程中线圈受到的空气阻力，重力加速度为g，则（ ）
A．线圈摆动时，安培力的方向始终和b点的速度方向相反
B．从释放到第一次摆至左侧最高点的过程中，安培力对线圈做的功为mgr
C．从释放到最后静止，线圈中产生的电热大于mgr
D．从释放到第一次摆至左侧最高点的过程中，通过线圈的电荷量为（π）
6．（2021?海淀区模拟）定义“另类加速度”A，A不变的运动称为另类匀变速运动。若物体运动的A不变，则称物体做另类匀变速运动。如图所示，光滑水平面上一个正方形导线框以垂直于一边的速度穿过一个匀强磁场区域（磁场宽度大于线框边长）。导线框电阻不可忽略，但自感可以忽略不计。已知导线框进入磁场前速度为v1，穿出磁场后速度为v2。下列说法中正确的是（ ）
A．线框在进入磁场的过程中，做匀变速运动
B．线框在进入磁场的过程中，其另类加速度A是变化的
C．线框完全进入磁场后，在磁场中运动的速度为
D．线框完全进入磁场后，在磁场中运动的速度为
7．（2021?南京模拟）如图所示，两根质量均为m的金属棒垂直地放在光滑的水平导轨上，左、右两部分导轨间距之比为1：2，导轨间左、右两部分有大小相等、方向相反的匀强磁场，两棒单位长度的电阻相同，不计导轨电阻，现用水平恒力F向右拉CD棒，在CD棒向右运动距离为s的过程中，AB棒上产生的焦耳热为Q，此时AB棒和CD棒的速度大小均为v，此时立即撤去拉力F，设导轨足够长且两棒始终在不同磁场中运动，则下列说法正确的是（ ）
A．v的大小等于
B．撤去拉力F后，AB棒的最终速度大小为v，方向向右
C．撤去拉力F后，CD棒的最终速度大小为v，方向向右
D．撤去拉力F后，整个回路产生的焦耳热为mv2
8．（2021?桃城区校级模拟）如图，足够长的间距d＝1m的平行光滑金属导轨MN、PQ固定在水平面内，导轨间存在一个宽度L＝1m的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B＝0.5T，方向如图所示，一根质量ma＝0.1kg，阻值R＝0.5Ω的金属棒a以初速度v0＝4m/s从左端开始沿导轨滑动，穿过磁场区域后，与另一根质量m＝0.2kg，阻值R＝0.5Ω的静止放置在导轨上的金属棒b发生弹性碰撞，两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计，则下列选项中不正确的是（ ）
A．金属棒a第一次穿过磁场的过程中，做加速度减小的减速直线运动
B．金属棒a第一次穿过磁场的过程中，回路中有顺时针方向的感应电流
C．金属棒a第一次穿过磁场的过程中，金属棒b上产生的焦耳热为0.34375J
D．金属棒a最终停在距磁场左边界0.8m处
9．（2021?滨江区校级模拟）如图所示，金属圆环内外半径为r和2r，匀强磁场B垂直圆环平面向里，两环之间接有电容器，在两环间且接触良好的金属导体ab棒可绕圆心以角速度ω逆时针旋转，已知电容器的电容为C，则下列说法正确的是（ ）
A．电容器c极板带负电
B．cd间电压逐渐增大
C．金属棒ab产生的电动势为Bωr2
D．电容器所带电荷量为CBωr2
10．（2021?厦门一模）某简易发电机由一个面积为4×10﹣2m2、匝数10匝、电阻为2Ω的线圈和某变化的磁场组成．线圈固定不动，磁场方向垂直于线圈平面，磁感应强度B随时间t变化的规律如图所示（磁场变化的周期T＝0.4s），下列判断正确的是（ ）
A．该简易发电机产生的电动势为4V
B．该简易发电机的短路电流为0.5A
C．t＝0.1s时，磁感应强度为零，此时简易发电机的瞬时电压为零
D．将额定功率为0.375W、电阻为6Ω的灯泡接入该简易发电机，灯泡能正常发光
11．（2021?茂南区校级模拟）在某个趣味物理小实验中，几位同学手拉手与一节电动势为1.5V的干电池、导线、电键、一个有铁芯的多匝线圈按如图所示方式连接，断开电键时人会有触电的感觉。关于断开电键时，以下说法正确的是（ ）
A．流过人体的电流大于流过线圈的电流
B．A点电势比B点高
C．流过人的电流方向从B→A
D．线圈中的电流突然增大
12．（2021?宣化区校级模拟）如图所示，A、B、C是三个完全相同的灯泡，L是一自感系数较大的线圈（直流电阻可忽略不计），电源内阻不计，则（ ）
A．S闭合时，A灯立即亮，亮度保持不变
B．S闭合时，B灯立即亮，然后亮度逐渐加大
C．S闭合时，C灯立即亮，然后亮度逐渐减弱
D．电路接通稳定后，S断开时，B、C灯立即熄灭，A灯逐渐熄灭
13．（2021?东城区校级三模）如图所示，灯泡A与带铁芯的电感器L串联，另一个完全相同的灯泡B与滑动变阻器串联，两路并联接在以正弦交流信号发生器为电源的两端。通过调节交流信号发生器上的旋钮，可以改变输出电压和信号的频率。实验开始前将滑动变阻器滑片P置于最右侧，电源内阻可忽略。闭合开关S，A、B两灯均发光。关于该实验，下列说法中错误的是（ ）
A．保持交流信号频率不变，适当提高输出电压，发现A灯始终比B灯暗
B．保持输出电压不变，提高交流信号频率，发现A灯变暗，B灯亮度不变
C．保持输出电压和信号频率不变，将滑片P向左滑动，B灯变暗，A灯亮度不变
D．断开开关S，发现B灯立即熄灭，A灯闪亮一下然后熄灭
14．（2021?未央区校级模拟）如图所示，L是一带铁芯的理想电感线圈，其直流电阻为零。电路中A和B是二个相同的灯泡，A灯泡串接一个理想二极管D，则下列说法错误的是（ ）
A．开关S闭合瞬间，A灯不亮
B．开关S闭合瞬间，B灯泡立即亮
C．开关S断开瞬间，A灯泡闪亮一下后熄灭
D．开关S断开瞬间，a点电势低于b点电势
二．解答题（共4小题）
15．（2021?石景山区一模）如图所示，用质量为m、电阻为R的均匀导线做成边长为l的单匝正方形线框MNPQ，线框每一边的电阻都相等．将线框置于光滑绝缘的水平面上．在线框的右侧存在竖直方向的有界匀强磁场，磁场边界间的距离为2l，磁感应强度为B．在垂直MN边的水平拉力作用下，线框以垂直磁场边界的速度v匀速穿过磁场．在运动过程中线框平面水平，且MN边与磁场的边界平行．求：
（1）线框MN边刚进入磁场时，线框中感应电流的大小；
（2）线框MN边刚进入磁场时，M、N两点间的电压UMN；
（3）在线框从MN边刚进入磁场到PQ边刚穿出磁场的过程中，水平拉力对线框所做的功W．
16．（2021?浙江模拟）如图，两间距为L＝0.5m的轨道平行放置，AB、CD为倾角θ＝37°的倾斜轨道，BM、DN水平放置，除EG、FH为光滑绝缘外，其他均为电阻不计的光滑金属导轨，其中倾斜部分和GM、HN足够长，BE＝DF＝EG＝FH＝2m。MN端接有C＝0.8F的电容器，AC端通过单刀双掷开关可以分别连接阻值R＝0.5Ω的定值电阻或面积S＝0.2m2，电阻也为R的50匝线圈，线圈中通有B1＝（0.5+0.3t）T随时间均匀变化的磁场，ABEFDC区域存在竖直向上磁感应强度为B2的匀强磁场，GHMN区域存在竖直向上磁感应强度为B3＝2B2的匀强磁场，现有两长度为L、电阻为R、质量为m＝0.2kg的相同导体棒a、b，导体棒b棒静止于EGHF区域内，当开关K掷向1时，导体棒a刚好能静止在倾斜轨道上端靠近AC处，设导体棒运动过程中始终与光滑金属导轨良好接触，且导体棒经过各连接处时均没有动能损失，取g＝10m/s2（sin37°＝0.6、cos37°＝0.8）。求：
（1）线圈中磁场B1的方向及磁感应强度B2的大小；
（2）撤去线圈中磁场B1，开关掷向2时，导体棒a从静止运动至BD处时的速度大小；
（3）在（2）的情况下，导体棒a从BD至EF的过程中导体棒a上产生的焦耳热；
（4）在（2）的情况下，若导体棒a与b发生完全非弹性碰撞，则最终电容器的带电量为多少。
17．（2021?肥城市模拟）如图（a）所示，距离为L的两根足够长光滑平行金属导轨倾斜放置，导轨与水平面夹角为θ。质量为m、电阻不计的金属棒ab垂直放置于导轨上，导轨所在平面内有垂直于导轨斜向上的匀强磁场。导轨的P、M两端接在外电路上，电阻阻值为R，电容器的电容为C，耐压值足够大。在开关S1闭合、S2断开的状态下将金属棒ab由静止释放，运动过程中ab始终保持与导轨垂直并接触良好，金属棒的v﹣t图像如图（b）所示。导轨电阻不计，重力加速度为g。求：
（1）磁场的磁感应强度大小；
（2）当导体棒加速下滑的距离为x时电阻R产生的焦耳热为Q，则此时金属棒的速度、加速度分别是多少？
（3）现将开关S1断开，S2闭合，由静止释放金属棒后，金属棒做什么运动？
18．（2021?湖北模拟）如图所示，足够长的平行金属导轨PQ、P′Q′水平固定，处在竖直向下的匀强磁场中，其右端通过一小段圆弧形绝缘材质导轨与倾角为θ倾斜固定导轨MN、M′N′平滑相连，倾斜导轨处在垂直导轨平面的匀强磁场中，两部分磁场的磁感应强度均为 B．在水平导轨靠近PP′的位置静止放置一根电阻为R、质量为m的金属棒a，在倾斜导轨上靠近MM′的位置静止锁定一根电阻也为R、质量也为m的金属棒b．已知金属棒长度和导轨间距均为L，重力加速度为g，电容器的储能公式ECCU2，且金属棒与导轨接触良好，不计其他电阻，不计一切摩擦，不考虑电磁辐射．现在PP′之间用导线接一个电阻为R的定值电阻，并给金属棒a一个水平向右的初速度v0.
（1）试求金属棒a在水平导轨上向右滑动过程中，金属棒a上产生的焦耳热．
（2）若将定值电阻R换成一个电容为C的电容器，仍然在靠近PP′的位置给金属棒a一个水平向右的初速度v0，试求金属棒a在水平导轨上向右滑动过程中，金属棒a上产生的焦耳热．
（3）在第（2）问基础上，经过足够长时间，金属棒a到达绝缘材质导轨并滑离，然后以大小为v的速度从MM′滑入倾斜导轨，与此同时解除对金属棒b的锁定，金属棒b由静止开始运动，再经过时间t，金属棒a的速度大小变为v1，试求此时金属棒a、b的加速度a1、a2的大小．设整个过程中两棒没有相撞．
参考答案与试题解析
一．选择题（共14小题）
1．【解答】解：产生的感生电动势为：Uπr2＝πkr2
所以感生电场的电场强度为：E
则小球受到的电场力为：F＝qE，因电场力方向一直沿小球的运动的切线方向，故电场力做功W＝F?2πr＝πqkr2，故D正确，ABC错误。
故选：D。
2．【解答】解：A、t2～t3时间内线圈做匀速运动，根据受力平衡有：mg＝BIL，联立两式解得：v2＝8m/s，
t1～t2的时间间隔为t＝0.6s，线圈做加速度为g的匀加速直线运动，根据速度﹣时间关系有：v2＝v1+gt，解得：v1＝2m/s，故A错误；
B、t1～t2时间内，线圈一直做匀加速直线运动，知ab边刚进入上边的磁场时，cd边也刚进入下边的磁场，设磁场的宽度为d，则线圈的长度L′＝2d，
线圈下降的位移匀加速下降的位移为：x＝L′+d＝3d，则有3d＝v1t，解得：d＝1m，故B正确；
C、在0～t1时间内，cd边从L1运动到L2，通过线圈的电荷量qΔt，解得：q＝0.25C，故C错误；
D、在0～t3时间内，根据能量守恒定律得：Q＝mg（3d+2d），解得：Q＝1.8J，故D错误。
故选：B。
3．【解答】解：A、导体棒P由静止释放，做加速运动，向上的安培力越来越大，所以向下运动的加速度越来越小，即合力越来越小，根据动量定理Δp＝F合Δt可得：F合，所以动量变化率越来越小，导体棒P在到达虚线之前已达到最大速度，即最后做匀速运动，故合外力为零，则动量变化率为零，故A错误；
B、导体棒P匀速运动时受力平衡，根据平衡条件可得：mgsinθ＝BIL，其中：，R总，
联立并代入数据解得：v＝4.8m/s，故B正确；
C、导体棒运动过程中穿过导体棒P的电荷量为：，
取向下为正方向，对金属棒根据动量定理可得：mgsinθ?t﹣BqL＝mv﹣0
解得：13.125m，故C错误；
D、由能量守恒可知：，导体棒Q上产生的焦耳热为：
解得：1.6875J，故D错误。
故选：B。
4．【解答】解：A、根据楞次定律可知，线圈进入磁场过程中电流方向为逆时针，穿出磁场的过程中电流方向为顺时针，线圈中感应电流的方向相反，故A错误；
B、线圈进入磁场和穿出磁场的过程都做减速运动，根据F＝BIL可知线圈进入磁场时安培力的平均值较大，线圈克服安培力做功较多，产生的内能较大，故B错误；
D、设线圈全部进入磁场时速度为v′，取初速度方向为正方向，由动量定理可知：
进入磁场过程中：﹣BL△t1＝mv′﹣mv0，又电量q△t1，得：m（v0﹣v′）＝BLq
同理可得离开磁场过程中：m（v′﹣v）
进入和穿出磁场过程，磁通量的变化量相等，则进入和穿出磁场的两个过程通过导线框横截面积的电量相等，则有：v0﹣v′＝v′﹣v，
解得：v′，故C正确。
C、线圈进入磁场和穿出磁场的过程中，通过线圈的磁通量变化量相等，根据q知，通过线圈横截面的电荷量的绝对值大小相同，故D错误。
故选：C。
5．【解答】解：A.线圈向左摆动时，线圈中垂直纸面向里的磁通量减小，由楞次定律知，安培力阻碍线圈的相对运动，安培力与线框运动方向相反。由于b点的运动方向始终与直径ab垂直，故安培力方向不会始终与b点的速度方向相反，故A错误；
B.从释放到第一次摆至最高的过程中，安培力对线圈做的功为等于重力势能的变化量，环的重心位置等效在环的圆心，所以重力势能的减少量ΔEp＝mgΔh＝mgr （1﹣sin30°）＝0.5mgr，所以安培力对线圈做的功为﹣0.5mgr，故B错误；
C.从释放到静止，环的重力势能通过感应电流转化为焦耳热，所以线圈产生的焦耳热等于减少的重力势能，大小为Q＝ΔEp＝mgr故C错误；
D.从释放到第一次摆至最高的过程中，设通过线圈的电量为q，电路中的平均电流为I，平均电动势为E，经过的时间为Δt，则
q＝IΔt
I
E＝n
三式联立得
q＝n
开始时穿过线圈的磁通量
Φ1＝Bπr2
第一次摆至最高时的磁通量
Φ2＝B?（）
磁通量的变化量
ΔΦ＝Φ1﹣Φ2＝（） Br2
联立可得
q＝（）
故D正确。
故选：D。
6．【解答】解：A、线框在进入磁场的过程中，受到向左的安培力而做减速运动，线框受到的安培力大小F＝BIL，可知，随着速度减小，线框受到的安培力减小，加速度减小，所以线框在进入磁场的过程中，做加速度逐渐减小的变减速直线运动，故A错误；
B、线框在进入磁场的过程中，取向右为正方向，根据动量定理得：﹣BL△t＝m△v，其中△t，联立可得，根据题意可知A，保持不变，故B错误；
CD、设线框完全进入磁场后，在磁场中运动的速度为v。线框在进入磁场的过程中，取向右为正方向，根据动量定理得：﹣BL△t＝mv﹣mv1，其中△t，联立得：mv﹣mv1；线框穿出磁场的过程中，同理可得：mv2﹣mv，联立解得v，故C正确，D错误。
故选：C。
7．【解答】解：A、两棒的长度之比为1：2，所以电阻之比为1：2，
由于流过两金属棒的电流在任何时刻均相等，由焦耳定律Q＝I2Rt可知，CD棒产生的焦耳热是AB棒产生焦耳热2倍，即CD棒产生的焦耳热为2Q，在CD棒向右运动距离为s的过程中，对系统由功能关系得：Fs，解得：v，故A错误；
BC、令AB棒的长度为L，则CD棒长为2L，撤去拉力F后，AB棒继续向左加速运动，而CD棒向右开始减速运动，两棒最终匀速运动时，电路中电流为零，两棒切割磁感线产生的感应电动势大小相等，感应电动势：BLvAB＝B?2LvCD，解得：vAB＝2vCD，
撤去外力后到棒匀速运动过程，由动量定理得：
对AB：FABt＝mvAB﹣mv
对CD：﹣FCDt＝mvCD﹣mv，
由安培力公式F＝BIL可知，安培力大小：FCD＝2FAB，
解得：vABv，水平向左
vCDv，水平向右，故B错误，C正确；
D、撤去外力F到最终稳定运动过程中，由能量守恒定律得；
解得：Q′，故D错误。
故选：C。
8．【解答】解：A、金属棒a第一次穿过磁场时受到安培力的作用，做减速运动，由于速度减小，感应电流减小，安培力减小，加速度减小，故金属棒a做加速度减小的减速直线运动，故A正确；
B、根据右手定则可知，金属棒a第一次穿过磁场时回路中有逆时针方向的感应电流，故B错误；
C、设金属棒a离开磁场的速度大小为v，规定向右为正方向，对金属棒a根据动量定理得：﹣Bd?△t＝mav﹣mav0
即mav0﹣mav，其中L，解得对金属棒第一次离开磁场时速度：v＝1.5m/s
金属棒a第一次穿过磁场区域的过程中，电路中产生的总热量等于金属棒a机械能的减少量，即：Qmav02?mav2
代入数据得：Q＝0.6875J
由于两棒电阻相同，两棒产生的焦耳热相同，则金属棒b上产生的焦耳热：QbQ0.6875J＝0.34375J，故C正确；
D、规定向右为正方向，两金属棒碰撞过程中满足动量守恒定律的守恒条件，
根据动量守恒可得mav＝mava+mvb
根据机械能守恒定律可得：mav2mava2mvb2
联立并代入数据解得金属棒a反弹的速度为：va＝﹣0.5m/s
设金属棒a最终停在距磁场左边界x处，则从反弹进入磁场到停下来的过程，规定向右为正方向，对金属棒a，根据动量定理得：
Bd?△t′＝0﹣mava
即mva，其中va＝﹣0.5m/s
联立并代入数据解得：x＝0.8m，故D正确。
本题选不正确的，故选：B。
9．【解答】解：A、根据右手定则可知，ab棒切割磁感线产生感应电动势方向由a到b，a端的电势比b端的电势低，则电容器c板带正电，d板带负电，故A错误；
BC、根据切割磁感线产生感应电动势为：E＝BLabBr?Br?Br2ω，
电容器cd间的电压等于电动势，所以cd间的电压不变，故BC错误；
D、根据电容器电荷量的计算公式Q＝CU，及U＝E得：，故D正确。
故选：D。
10．【解答】解：AB、根据法拉第电磁感应定律，0～2s内，穿过线圈的磁通量减小，产生的感应电动势大小为
E＝nnS＝104×10﹣2V＝﹣2V（负号表示方向）
同理0.2s～0.4s内，穿过线圈的磁通量增加，产生的感应电动势大小为
E＝nnS＝104×10﹣2V＝2V
可知线圈中产生交变电流的有效值为2V，则发电机的短路电流为
IA＝1A
故AB错误；
C、t＝0.1s时，磁感应强度的变化率不变，则此时简易发电机的瞬时电压为2V，故C错误；
D、接入该简易发电机的灯泡额定电压为
U额V＝1.5V
接入发电机后，该灯泡的两端电压为
UE2V＝1.5V
与该灯泡的额定电压相等，则灯泡能正常发光，故D正确。
故选：D。
11．【解答】解：A、当断开时，多匝线圈电流产生自感现象，从而产生很高的瞬间电压，通过同学们身体有触电的感觉。而此时流过人体的电流是由线圈的自感电动势提供的，由自感规律可知，电流是从最大逐渐减小的，故流过人体的电流不会大于线圈的电流，故A错误；
BC、当断开时，多匝线圈产生自感电动势，电流方向不变，此时流过线圈的电流从左向右，则流过人的电流从右向左，即从B向A，此时B点电势比A点高，故B错误，C正确；
D、断开电键时，由于线圈的电流减小而产生自感感动势，而阻碍电流的减小，只是电流减小的慢一些，不会突然增大，故D错误。
故选：C。
12．【解答】解：ABC、S闭合时，由于L阻碍电流的增大，L产生很大的阻抗，相当于L是断路，此时电路相当于AB串联后和C并联，所以电流从A、B通过，A与B立即亮起来，但随着电流的稳定，L的阻抗消失，变成一根导线，把A短路，故A逐渐熄灭，而B灯两端得电压增大，B灯变亮；这时电路中C并联在电源两端，由于电源的内阻不变，则C灯两端得电压始终等于电源的电动势，则C灯的亮度不变，故AC错误，B正确；
D、电路接通稳定后，S断开时，L中的电流减小，产生很大的感应电流，相当于电源；此时相对于B与C串联后与A并联，然后一起与线圈L组成自感回路，有电流通过C灯，故C灯不会立刻熄灭，故D错误。
故选：B。
13．【解答】解：A、交流信号频率不变，线圈感抗XL＝2πfL不变，适当提高输出电压，A与L两端电压变大，B灯两端电压变大，但A灯两端电压小于B灯两端电压，所以A灯始终比B灯暗，故A正确；
B、保持输出电压不变，B灯亮度不变，提高交流信号频率f，则线圈感抗XL＝2πfL变大，流过A灯电流变小，所以A灯亮度变暗，故B正确；
C、保持输出电压和交流信号频率不变，线圈感抗XL＝2πfL不变，所以A灯亮度不变，滑片向左移动，变阻器在电路中有效阻值变大，B灯两端电压变小，所以B灯亮度变暗，故C正确；
D、断开S前，A灯比B灯暗，即IA＜IB，断开S，A、B灯都逐渐熄灭，故D错误。
本题选错误的说法，故选：D。
14．【解答】解：AB、闭合瞬间线圈对电流的增大具有阻碍作用，同时加在二极管上的电压为反向电压，不会导通，因此没有电流经过两灯泡，则A灯泡不亮，B灯泡也不亮，故A正确，B错误；
CD、L是一带铁芯的理想电感线圈，开关S断开瞬间，线圈产生自感电动势，阻碍其电流减小，此时a点电势低于b点电势，二极管导通，L与灯泡A组成闭合回路，因此感应电流向左通过灯泡A，则A灯泡闪亮一下后熄灭，故CD正确。
本题选择错误的，
故选：B。
二．解答题（共4小题）
15．【解答】解：（1）线框MN边在磁场中运动时，感应电动势E＝BLv
线框中的感应电流 I；
（2）M、N两点间的电压为电源的输出电压，由闭合电路欧姆定律可得出
UMNEBLv
（3）线框运动过程中有感应电流的时间 t
此过程线框中产生的焦耳热Q＝I 2Rt
根据能量守恒定律得水平外力做功W＝Q．
16．【解答】解：（1）导体棒a受到的安培力方向水平向右，由左手定则判断可知导体棒a中感应电流方向沿a棒向里，线圈中感应电流方向向下，由楞次定律判断可知B1的磁场方向向上。
根据法拉第电磁感应定律得线圈中产生的感应电动势为
E＝nnS
由B1＝（0.5+0.3t）T，得0.3T/s，代入上式解得：E＝3V
由闭合电路欧姆定律得
IA＝3A
导体棒a刚好能静止，受力平衡，则有
B2IL?cos37°＝mgsin37°
解得：B2＝1T
（2）撤去线圈中磁场B1，开关掷向2时，由于倾斜轨道足够长，所以导体棒a运动至BD处时做匀速直线运动，设其速度为v。
导体棒a产生的感应电动势为
E′＝B2Lv?cos37°
根据平衡条件得
B2L?cos37°＝mgsin37°
解得：v＝7.5m/s
（3）导体棒a从BD至EF的过程中，取水平向左为正方向，由动量定理得
﹣B2L?Δt＝mv′﹣mv
又q?Δt
解得导体棒到达EF处的速度：v′＝5m/s
则导体棒a上产生的焦耳热为：
解得Qa≈1.56J
（2）导体棒a与b发生完全非弹性碰撞，取水平向左为正方向，根据动量守恒定律得
mv′＝2mv共
根据动量定理得
﹣B3Lq＝2mv末﹣2mv共
结合电容的定义式可得q＝CU＝C?B3Lv末
联立解得
答：（1）线圈中磁场B1的方向向上，磁感应强度B2的大小为1T；
（2）撤去线圈中磁场B1，开关掷向2时，导体棒a从静止运动至BD处时的速度大小为7.5m/s；
（3）在（2）的情况下，导体棒a从BD至EF的过程中导体棒a上产生的焦耳热为1.56J；
（4）在（2）的情况下，若导体棒a与b发生完全非弹性碰撞，则最终电容器的带电量为C。
17．【解答】解：（1）由题意和图像给出的信息可知，最后金属棒将做匀速运动，即
mgsinθ＝BIL
根据闭合电路欧姆定律得：
I
联立解得：B
（2）对导体棒加速下滑的距离为x时，速度为v1，根据能量守恒定律得：
Q＝mgxsinθmv12
根据闭合电路欧姆定律得：I1
设此时的加速度为a1，根据牛顿第二定律可得：
mgsinθ﹣BLI1＝ma1
联立解得：v1
a1＝gsinθ
（3）设释放金属棒的一小段时间Δt的加速度为a，根据牛顿第二定律可得：
mgsinθ﹣BI2L＝ma
根据电流的定义式得：
I2CBLa
金属棒的加速度为a，故金属棒做匀加速直线运动。
答：（1）磁场的磁感应强度大小为。
（2）当导体棒加速下滑的距离为x时，金属棒的速度为；加速度为gsinθ。
（3）将开关S1断开，S2闭合，由静止释放金属棒后，金属棒做匀加速直线运动。
18．【解答】解：（1）最终a棒静止在水平导轨上，动能全部转化为a棒与电阻上的电热，则有：Qa+QR
而Qa＝QR，解得：Qa
（2）最终a棒以v匀速运动，棒运动产生电动势与电容两端电压U相等，则由动量定理有：LB＝mv﹣mv0
其中U＝BLv，U，q
联立解得棒匀速运动时的速度v，U
整个过程能量守恒有：
解得：Q
（3）设ab棒的速度分别为v1、v2，
由于a棒进入倾斜导轨时，a棒受到的安培力可能大于重力沿斜面的分力，也可以小于重力的分力，经过时间t，a棒加速还是减速运动情况不明，因此分情况讨论如下，
①若一开始，有mgsinθ＞F安
a棒加速运动，b棒也加速运动，一开始a2＞a1，最终两者共速且有相同的加速度，其速度时间图象如右上图所示。
分别对ab用动量定理，或者对ab系统使用动量定理可得：2mgsinθ?t＝m（v1﹣v0）+mv2
经时间，v1≥v2，则对a棒有：mgsinθ﹣ILB＝ma1
其中I
联立重：a1＝gsinθ
对b棒，有：mgsinθ+ILB＝ma2
解得：a2＝gsinθ
②若一开始，有mgsin＜F安
a棒进入倾斜轨道先减速运动，再加速运动，最终与b共速，且加速讴相同其速度时间图象如右下图所示，
Ⅰ、若经过时间t，a棒仍处减速运动阶段，则：
解得：a1
同理可得a2＝gsinθ
Ⅱ若经过时间t，a棒处于加速运动阶段，则：mgsinθma1，解得：a1＝gsinθ
同理可得：a2＝gsinθ
Ⅲ、若经过时间t，v1＝v2，则电路中电流为0，两棒不受安培力，则
a1＝a2＝gsinθ
答：（1）金属棒a在水平导轨上向右滑动过程中，金属棒a上产生的焦耳热为．
（2）若将定值电阻R换成一个电容为C的电容器，仍然在靠近PP′的位置给金属棒a一个水平向右的初速度v0，金属棒a在水平导轨上向右滑动过程中，金属棒a上产生的焦耳热为；
（3）当a棒到达倾斜轨道时处于加速状态，则a棒加速度a1＝gsinθ，b棒加速度a2＝gsinθ；
当a棒到达倾斜轨道时处于减速状态，则a棒加速度a1，b棒加速度a2＝gsinθ；
当v1＝v2时，两棒的加速度相等a1＝a2＝gsinθ。
粤公网安备 44030702000055号
