專題09-電磁感應(yīng)-2020年高考考前再回首易錯(cuò)題(解析版)

考前再回首易錯(cuò)題之電磁感應(yīng)易錯(cuò)題清單易錯(cuò)點(diǎn)1：對(duì)Φ、ΔΦ、的意義理解不清對(duì)Φ、ΔΦ、的理解和應(yīng)用易出現(xiàn)以下錯(cuò)誤：（1）不能通過公式正確計(jì)算Φ、ΔΦ和的大小，錯(cuò)誤地認(rèn)為它們都與線圈的匝數(shù)n成正比；（2）認(rèn)為公式中的面積S就是線圈的面積，而忽視了無效的部分；不能通過Φ–t（或B–t）圖象正確求解；（3）認(rèn)為Φ=0（或B=0）時(shí)，一定等于零；（4）不能正確地分析初、末狀態(tài)穿過線圈的磁通量的方向關(guān)系，從而不能正確利用公式ΔΦ=Φ2–Φ1求解ΔΦ?！镜淅?】如圖所示，一正方形線圈的匝數(shù)為n，邊長(zhǎng)為a，線圈平面與勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直，且一半處在磁場(chǎng)中，在Δt時(shí)間內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向不變，大小由B均勻地增大到2B，在此過程中，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為（）A． B．C． D．【錯(cuò)因分析】有效面積的計(jì)算錯(cuò)誤，或者用法拉第電磁感應(yīng)定律求電動(dòng)勢(shì)的時(shí)候忘記乘以匝數(shù)n而導(dǎo)致錯(cuò)解?！菊_解析】磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率，法拉第電磁感應(yīng)定律可以寫成，其中磁場(chǎng)中的有效面積，代入得，選項(xiàng)B正確。【正確答案】B。易錯(cuò)點(diǎn)2：應(yīng)用楞次定律解題不能正確區(qū)分兩個(gè)磁場(chǎng)（一是引起感應(yīng)電流的磁場(chǎng)即原磁場(chǎng)，二是感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)即感應(yīng)磁場(chǎng)），對(duì)兩磁場(chǎng)的“阻礙”關(guān)系把握不準(zhǔn).[典例2]某實(shí)驗(yàn)小組用如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置來驗(yàn)證楞次定律。當(dāng)條形磁鐵自上而下穿過固定的線圈時(shí)，通過電流計(jì)的感應(yīng)電流方向是（

）A.a→G→b

B.先a→G→b，后b→G→aC.b→G→a

D.先b→G→a，后a→G→b解析：①確定原磁場(chǎng)的方向：條形磁鐵在穿入線圈的過程中，磁場(chǎng)方向向下。②明確回路中磁通量變化情況：向下的磁通量增加。③由楞次定律的“增反減同”可知：線圈中感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向向上。④應(yīng)用右手安培定則可以判斷感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針（俯視）即：從b→G→a。同理可以判斷：條形磁鐵穿出線圈過程中，向下的磁通量減小，由楞次定律可得：線圈中將產(chǎn)生順時(shí)針的感應(yīng)電流（俯視），電流從a→G→b。答案：D【名師點(diǎn)撥】該題目關(guān)鍵在于對(duì)楞次定律的理解和應(yīng)用以及對(duì)“穿過”二字的正確理解，它包括穿入和穿出兩個(gè)過程。易錯(cuò)點(diǎn)3：混淆左手定則、右手定則和安培定則等.【典例3】】(多選)如圖,在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,放有一與線圈D相連接的平行導(dǎo)軌,要使放在線圈D中的線圈A(A、D兩線圈同心共面)各處受到沿半徑方向指向圓心的力,金屬棒MN的運(yùn)動(dòng)情況可能是()A．勻速向右B．加速向左C．加速向右D．減速向左【答案】BC【解析】若金屬棒MN勻速向右運(yùn)動(dòng),則線圈D與MN組成回路,產(chǎn)生恒定電流,穿過線圈A的磁通量不變,線圈A不受安培力作用,故選項(xiàng)A錯(cuò)誤;若金屬棒MN加速向左運(yùn)動(dòng),則線圈D與MN組成回路中的電流不斷增強(qiáng),故穿過線圈A的磁通量不斷增強(qiáng),由楞次定律,為阻礙磁通量的增強(qiáng),線圈A有收縮的趨勢(shì),受到沿半徑方向指向圓心的安培力,選項(xiàng)B正確；同理可得,當(dāng)金屬棒MN加速向右運(yùn)動(dòng)時(shí),線圈A有收縮的趨勢(shì),受到沿半徑方向指向圓心的安培力,選項(xiàng)C正確;當(dāng)金屬棒MN減速向左運(yùn)動(dòng)時(shí),線圈A有擴(kuò)張的趨勢(shì),受到沿半徑方向背離圓心的安培力,選項(xiàng)D錯(cuò)誤.所以本題選B、C。易錯(cuò)點(diǎn)4：不能正確判斷感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)及感應(yīng)電流的方向，對(duì)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)那部分電路相當(dāng)于電源理解不清.【典例4】如圖所示，處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的半封閉平行金屬導(dǎo)軌框架MNPQ，寬NP為L(zhǎng)．磁場(chǎng)與其平面垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的變化規(guī)律如右圖所示。導(dǎo)體棒ab的電阻為R，導(dǎo)軌電阻不計(jì)。從t=0開始，在外力作用下導(dǎo)體從導(dǎo)軌的最左端以速度v向右勻速運(yùn)動(dòng)，則t0時(shí)刻回路中的感應(yīng)電流大小為（）A.0 B.QUOTEB0LvR C.QUOTE2B0LvR D.QUOTE4B0LvR【答案】C【解析】t0時(shí)刻ab切割磁感線產(chǎn)生的動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)為E1=B0Lv，ab中電流的方向由b到a；

此時(shí)回路中的感生電動(dòng)勢(shì)為E2==Lv△t=B0Lv，ab中電流的方向也是b到a。

可知回路中的感應(yīng)電流大小為I==。

故C正確、ABD錯(cuò)誤?！久麕燑c(diǎn)撥】求出t0時(shí)刻ab切割磁感線產(chǎn)生的動(dòng)生、感生電動(dòng)勢(shì)，根據(jù)閉合電路歐姆定律求解電流強(qiáng)度。對(duì)于電磁感應(yīng)現(xiàn)象中涉及電路問題的分析方法是：確定哪部分相對(duì)于電源，根據(jù)電路連接情況畫出電路圖，結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路的歐姆定律、以及電功率的計(jì)算公式列方程求解。易錯(cuò)點(diǎn)5：對(duì)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的有無完全取決于穿過回路的磁通量的變化，而與回路的通斷、回路的組成情況無關(guān)理解不到位.【典例5】半徑為a的圓形區(qū)域內(nèi)有均勻磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=0.2T，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，半徑為b的金屬圓環(huán)與磁場(chǎng)同心放置，磁場(chǎng)與環(huán)面垂直，其中a=0.4m，b=0.6m，金屬環(huán)上分別接有燈L1、L2，兩燈的電阻均勻?yàn)镽0＝2Ω，一金屬棒MN與金屬環(huán)接觸良好，棒與環(huán)的電阻均忽略不計(jì)。（1）若棒以v0=5m/s的速率在環(huán)上向右勻速滑動(dòng)，求棒滑過圓環(huán)直徑00′的瞬間（如圖所示）MN中的電動(dòng)勢(shì)和流過燈L1的電流。（2）撤去中間的金屬棒MN，將右面的半圓環(huán)OL2O′以O(shè)O′為軸向上翻轉(zhuǎn)90°，若此時(shí)磁場(chǎng)隨時(shí)間均勻變化，其變化率為，求L1的功率?！窘馕觥浚?）棒通過圓環(huán)直徑時(shí)切割磁感線的有效長(zhǎng)度L=2a，棒中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為V=0.8V

①當(dāng)不計(jì)棒和環(huán)的電阻時(shí)，直徑OO′兩端的電壓U=E=0.8V，通過燈L1電流的為A=0.4A

②（2）右半圓環(huán)上翻90°后，穿過回路的磁場(chǎng)有效面積為原來的一半，，磁場(chǎng)變化時(shí)在回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為

③由L1、L2兩燈相同，圓環(huán)電阻不計(jì)，所以每燈的電壓均為，L1的功率為W

④易錯(cuò)點(diǎn)6：忽視對(duì)電磁感應(yīng)中的電路結(jié)構(gòu)進(jìn)行分析對(duì)于電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的電路結(jié)構(gòu)分析有兩個(gè)方面容易出現(xiàn)錯(cuò)誤：（1）電源分析錯(cuò)誤，不能正確地應(yīng)用右手定則或楞次定律判斷電源的正負(fù)極，不能選擇恰當(dāng)?shù)墓接?jì)算感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大?。唬?）外電路分析錯(cuò)誤，不能正確判斷電路結(jié)構(gòu)的串并聯(lián)關(guān)系。【典例6】（多選）如圖所示，光滑導(dǎo)軌MN和PQ固定在同一水平面上，兩導(dǎo)軌距離為L(zhǎng)，兩端分別接有阻值均為R的定值電阻R1和R2，兩導(dǎo)軌間有一邊長(zhǎng)為QUOTEL2L/2的正方形區(qū)域abcd，該區(qū)域內(nèi)有方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。一質(zhì)量為m的金屬桿與導(dǎo)軌接觸良好并靜止于ab處，現(xiàn)用一恒力F沿水平方向拉桿，使之由靜止向右運(yùn)動(dòng)，若桿拉出磁場(chǎng)前已做勻速運(yùn)動(dòng)，不計(jì)導(dǎo)軌及金屬桿的電阻。則A．金屬桿出磁場(chǎng)前的瞬間，流過R1的電流大小為2B．金屬桿穿過整個(gè)磁場(chǎng)過程中R1上產(chǎn)生的電熱為1C．金屬桿做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速率QUOTEv=2FRB2L2v=2FR/B2D．金屬桿穿過整個(gè)磁場(chǎng)過程中通過電阻R1的電荷量為QUOTEBL24RBL2/4R【錯(cuò)因分析】分不清金屬桿滑動(dòng)時(shí)電路的結(jié)構(gòu)導(dǎo)致本題錯(cuò)解，或者弄錯(cuò)金屬桿切割磁感線的有效長(zhǎng)度而出錯(cuò)?！菊_解析】桿拉出磁場(chǎng)前已做勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)流過金屬桿中的電流為I，由平衡條件得：F=BIL/2，解得I=2F/BLQUOTEI=2F/BL，所以QUOTER1R1中的電流大小I1=I/2=QUOTEI1=I/2=F/BLF/BL，方向從M到P，故A錯(cuò)誤；設(shè)桿做勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v，桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為：E=BvL/2QUOTEE=BvL/2，由閉合電路歐姆定律：E=IR/2QUOTEE=IR/2，可解得：v=2FR/B2L2，QUOTEv=2FR/B2L2，設(shè)整個(gè)過程電路中產(chǎn)生的電熱為Q，根據(jù)能量守恒定律：Q=0.5FL-0.5mv2，代入v可得Q=FL2-2mF2R2B使QUOTER1R1上產(chǎn)生的電熱Q1=12Q=FL4-mF2R2B4L4，故B錯(cuò)誤，C正確；根據(jù)電荷量的定義可知：q=It=ΔΦR總=BL22【正確答案】CD易錯(cuò)點(diǎn)7：弄不清電磁感應(yīng)中的安培力問題以及涉及受力分析及功能關(guān)系的問題．在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中求解焦耳熱時(shí)容易出現(xiàn)以下兩類錯(cuò)誤：（1）不加分析就把某時(shí)刻的電流I代入公式Q=I2Rt求解焦耳熱，大多數(shù)情況下感應(yīng)電流I是變化的，求解焦耳熱要用電流的有效值，因此不能用某時(shí)刻的電流代入公式Q=I2Rt求解焦耳熱；（2）電路中產(chǎn)生焦耳熱的元件不是一個(gè)，不加分析誤認(rèn)為某個(gè)原件上的焦耳熱就是整個(gè)電路產(chǎn)生的焦耳熱?！镜淅?】（多選）如圖所示，在水平光滑的平行導(dǎo)軌MN、HG左端接一阻值為的電阻R0（導(dǎo)軌電阻不計(jì)），兩軌道之間有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一電阻也為的金屬桿，垂直兩導(dǎo)軌放在軌道上?，F(xiàn)讓金屬桿在外力作用下分別以速度v1、v2由圖中位置1勻速運(yùn)動(dòng)到位置2，兩次運(yùn)動(dòng)過程中金屬桿與導(dǎo)軌接觸良好，若兩次運(yùn)動(dòng)的速度之比為，則下列關(guān)于這兩次運(yùn)動(dòng)的說法正確的是A．兩個(gè)過程中電流對(duì)R0做功之比為W1:W2=1:2B．兩個(gè)過程中外力做功之比=1:2C．兩個(gè)過程中外力之比F1:F2=1:1D．兩個(gè)過程中流過金屬桿的電荷量相同【錯(cuò)因分析】審題不清、粗心大意，導(dǎo)致本題中分不清讓求的是哪個(gè)力做的功，導(dǎo)致本題錯(cuò)解?！菊_解析】?jī)煞N情況下金屬桿產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)分別為、，回路中的總電阻為R?；芈分袃纱蔚碾娏鞣謩e為、，故電流之比為，故兩個(gè)過程中電流對(duì)R0做功之比為，故選項(xiàng)A正確；兩個(gè)過程中外力做的功等于兩次電路中分別產(chǎn)生的電熱，故兩個(gè)過程中外力做功之比，故選項(xiàng)B正確；根據(jù)F=BIL可知兩個(gè)過程中外力之比F1:F2=1:2，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；兩種情況下磁通量的變化量相同，則通過導(dǎo)體橫截面的電荷量為，故通過金屬桿橫截面的電荷量之比為q1:q2=1:1，故選項(xiàng)D正確。【正確答案】ABD易錯(cuò)點(diǎn)8：分析電磁感應(yīng)圖像問題時(shí)常出現(xiàn)下面的幾種問題：(1)分不清橫軸是時(shí)間t還是位移x.(2)不能找到切割磁感線的有效長(zhǎng)度，因而無法確定感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)如何變化．特別是線框兩條邊切割有界磁場(chǎng)時(shí)，切割磁感線的有效長(zhǎng)度在變化，確定有效長(zhǎng)度如何變化才能確定感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)如何變化.(3)不能正確區(qū)分哪部分是電源，哪部分是外電路，因而無法確定兩點(diǎn)間電勢(shì)差．例如矩形線圈進(jìn)入磁場(chǎng)，切割磁感線的邊是電源，其他三邊串聯(lián)作為外電路．區(qū)分內(nèi)外電路是研究回路上兩點(diǎn)間電勢(shì)差的基礎(chǔ).【典例8】某同學(xué)用粗細(xì)均勻的同一種導(dǎo)線制成“9”字形線框，放在有理想邊界的勻強(qiáng)磁場(chǎng)旁，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，如圖甲所示。已知磁場(chǎng)的寬度為2d，ab=bc=cd=da=ce=ef=A．B．C．D．【錯(cuò)因分析】沒有分析清楚感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與電壓之間的關(guān)系，沒有正確區(qū)分電源與外電路?！菊_解析】x在0~d過程：線框進(jìn)入磁場(chǎng)，bc、ce產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)都是E=Bdv=U0，根據(jù)右手定則判斷可知，b點(diǎn)的電勢(shì)高于c點(diǎn)的電勢(shì)，bc間的電勢(shì)差為：Ubc=34E=34U0，則be兩點(diǎn)間的電壓Ube=Ubc+E=34U0+U0=74U0；在d~2d【正確答案】A。易錯(cuò)點(diǎn)9：在分析電磁感應(yīng)的動(dòng)態(tài)問題時(shí)盲目套用公式公式E=BLv、F=、在應(yīng)用時(shí)容易出現(xiàn)以下錯(cuò)誤：（1）當(dāng)導(dǎo)體棒不是垂直切割磁感線時(shí)忘記分解速度或磁感應(yīng)強(qiáng)度；（2）公式中R是回路的總電阻，應(yīng)用時(shí)誤認(rèn)為是導(dǎo)體棒的電阻；（3）當(dāng)其中一個(gè)量發(fā)生變化時(shí)誤認(rèn)為其他量都不變（如當(dāng)L變化時(shí)，R隨之變化）?！镜淅?】如圖所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌置于水平面內(nèi)，導(dǎo)軌之間接有電阻R。金屬棒ab與兩導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸，整個(gè)裝置放在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌平面向下。現(xiàn)使磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻減小，ab始終保持靜止，下列說法正確的是A．a(chǎn)b中的感應(yīng)電流方向由b到aB．a(chǎn)b中的感應(yīng)電流逐漸減小C．a(chǎn)b所受的安培力保持不變D．a(chǎn)b所受的靜摩擦力逐漸減小【錯(cuò)因分析】對(duì)物體的動(dòng)態(tài)分析理解不透導(dǎo)致錯(cuò)解?！菊_解析】導(dǎo)體棒ab、電阻R、導(dǎo)軌構(gòu)成閉合回路，磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻減?。橐欢ㄖ担瑒t閉合回路中的磁通量減小，根據(jù)楞次定律，可知回路中產(chǎn)生順時(shí)針方向的感應(yīng)電流，ab中的電流方向由a到b，故A錯(cuò)誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，回路面積S不變，即感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為定值，根據(jù)歐姆定律，所以ab中的電流大小不變，故B錯(cuò)誤；安培力，電流大小不變，磁感應(yīng)強(qiáng)度減小，則安培力減小，故C錯(cuò)誤；導(dǎo)體棒處于靜止?fàn)顟B(tài)，所受合力為零，對(duì)其受力分析，水平方向靜摩擦力f與安培力F等大反向，安培力減小，則靜摩擦力減小，故D正確。【正確答案】D。易錯(cuò)點(diǎn)10：對(duì)涉及力學(xué)的綜合問題，不會(huì)分析導(dǎo)致錯(cuò)誤.“三定則”的比較及其聯(lián)系比較項(xiàng)目左手定則右手定則安培定則應(yīng)用磁場(chǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷、電流作用力方向的判斷對(duì)導(dǎo)體切割磁感線而產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向的判斷電流產(chǎn)生磁場(chǎng)涉及方向的物理量磁場(chǎng)方向、電流（電荷運(yùn)動(dòng)）方向、安培力（洛倫茲力）方向磁場(chǎng)方向、導(dǎo)體切割磁感線的運(yùn)動(dòng)方向、感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的方向電流方向、磁場(chǎng)方向各物理量方向間的關(guān)系圖例因果關(guān)系電流→運(yùn)動(dòng)運(yùn)動(dòng)→電流電流→磁場(chǎng)應(yīng)用實(shí)例電動(dòng)機(jī)發(fā)電機(jī)電磁流量計(jì)【典例10】（多選）如圖所示，水平放置的光滑軌道上有可自由移動(dòng)的金屬棒PQ、MN，MN的左邊有一閉合電路，當(dāng)PQ在外力的作用下運(yùn)動(dòng)時(shí)，MN向右運(yùn)動(dòng)，則PQ所做的運(yùn)動(dòng)可能是A．向右加速運(yùn)動(dòng)B．向左加速運(yùn)動(dòng)C．向右減速運(yùn)動(dòng)D．向左減速運(yùn)動(dòng)【錯(cuò)因分析】不能正確區(qū)分使用“三定則”的使用環(huán)境導(dǎo)致本題錯(cuò)解。【正確解析】MN向右運(yùn)動(dòng)，說明MN受到向右的力，因?yàn)橥妼?dǎo)線ab在MN處產(chǎn)生垂直紙面向里的磁場(chǎng)，那么MN在周圍不變化的磁場(chǎng)中只能受到向右的安培力，通過左手定則判斷可知MN中有感應(yīng)電流，方向由M→N，由安培定則得出L1中感應(yīng)電流的磁場(chǎng)方向向上阻礙原磁場(chǎng)變化，那么L1中原磁場(chǎng)必然是向上減弱或是向下增強(qiáng)，得出L2中磁場(chǎng)也是向上減弱或向下增強(qiáng)．因?yàn)镻Q運(yùn)動(dòng)導(dǎo)致PQ與L2組成的回路中磁通量有變化，若L2中磁場(chǎng)方向向上減弱，那么電流也減弱，逆用安培定則判斷出PQ中電流為Q→P且減小，由楞次定律或右手定則判斷PQ向右減速運(yùn)動(dòng)；若L2中磁場(chǎng)方向向下增強(qiáng)，PQ中電流為P→Q且增大，則PQ向左加速運(yùn)動(dòng)．故B、C正確．【正確答案】BC易錯(cuò)點(diǎn)11：不能準(zhǔn)確地求解雙桿切割時(shí)的電動(dòng)勢(shì)對(duì)于雙桿切割類問題，常存在兩個(gè)誤區(qū)：（1）忽視分析兩桿產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的方向；（2）求解安培力時(shí)忽視了兩桿所處位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小和方向的差異?！镜淅?1】質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒a從h高處由靜止起沿足夠長(zhǎng)的光滑導(dǎo)電軌道滑下，另一質(zhì)量也為m的導(dǎo)體棒b靜止在寬為L(zhǎng)的光滑水平導(dǎo)軌上，在水平軌道區(qū)域有垂直于軌道平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，如圖所示，（a、b導(dǎo)體棒不會(huì)相碰）。試求：（1）a、b導(dǎo)體棒的最終速度v；（2）回路中最多能產(chǎn)生多少焦耳熱Q；（3）流過a棒的電荷量q；（4）若a、b棒的電阻均為R，a棒進(jìn)入磁場(chǎng)后，a、b棒的相對(duì)位移?！惧e(cuò)因分析】沒有注意a棒進(jìn)入磁場(chǎng)后，兩棒組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒導(dǎo)致本題錯(cuò)解?！菊_解析】（1）a從h高處由靜止滑到水平導(dǎo)軌處，由動(dòng)能定理得：解得：a進(jìn)入磁場(chǎng)后，a棒減速，b棒加速，最終速度相等，a、b系統(tǒng)水平方向合外力為零，設(shè)水平向右為正方向，由動(dòng)量守恒得到：解得最終速度為：（2）整個(gè)過程，系統(tǒng)重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能和電能，電能全部轉(zhuǎn)化為焦耳熱由能量守恒得到：解得：（3）a進(jìn)入磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)至穩(wěn)定速度，水平方向只受安培力，通過回路電荷量為：動(dòng)量定理：解得：（3分）（4）b棒由靜止加速到最大速度v的過程，兩棒相對(duì)位移為平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：根據(jù)歐姆定律有：，又聯(lián)立各式得：【正確答案】（1）（2）（3）（4）易錯(cuò)點(diǎn)12：通電自感和斷電自感的比較通電自感斷電自感電路圖器材要求L1、L2同規(guī)格，R=RL，L較大L很大（有鐵芯），RL<<RA現(xiàn)象在S閉合的瞬間，L2燈立即亮起來，L1燈逐漸變亮，最終一樣亮在開關(guān)S斷開時(shí)，燈A突然閃亮一下后再逐漸熄滅原因由于開關(guān)閉合時(shí)，流過電感線圈的電流迅速增大，使線圈產(chǎn)生自感電動(dòng)勢(shì)，阻礙了電流的增大，使流過燈L1的電流比流過燈L2的電流增加得慢斷開開關(guān)S時(shí)，流過線圈L的電流減小，產(chǎn)生自感電動(dòng)勢(shì)，阻礙了電流的減小，使電流繼續(xù)存在一段時(shí)間；在S斷開后，通過L的電流反向通過燈A，且由于RL<<RA，使得流過燈A的電流在開關(guān)斷開的瞬間突然增大，從而使燈A的功率突然變大，即閃亮一下能量轉(zhuǎn)化情況電能轉(zhuǎn)化為磁場(chǎng)能磁場(chǎng)能轉(zhuǎn)化為電能【典例12】如圖所示，小明做課本自感線圈實(shí)驗(yàn)時(shí)，連接電路如圖所示。則A．閉合開關(guān)S，L2逐漸變亮，然后亮度不變B．閉合開關(guān)S，L1逐漸變亮，然后亮度不變C．?dāng)嚅_開關(guān)S，L1逐漸變暗至熄滅，L2變亮后再熄滅D．?dāng)嚅_開關(guān)S，L1變亮后再熄滅，L2一直不亮【錯(cuò)因分析】不能正確理解斷開開關(guān)時(shí)給電路造成的影響導(dǎo)致本題錯(cuò)解?！菊_解析】閉合開關(guān)S，根據(jù)二極管的單向?qū)щ娦裕琇2不亮，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)自感現(xiàn)象，閉合開關(guān)S，由于自感線圈的“阻礙”作用，L1逐漸變亮，然后亮度不變，選項(xiàng)B正確；當(dāng)斷開開關(guān)S，線圈與二極管D形成回路，則有流過L2的電流，則L2變亮后再熄滅，而流過L1的電流逐漸減小，故L1逐漸變暗至熄滅，選項(xiàng)C正確、D錯(cuò)誤。BC易錯(cuò)點(diǎn)13：電磁感應(yīng)現(xiàn)象中電荷量的求解在電磁感應(yīng)現(xiàn)象的考題中，常要求計(jì)算某段過程中流過導(dǎo)體橫截面的電荷量。題目情景往往變化多端，較為復(fù)雜。感應(yīng)電流方向還可能發(fā)生變化，大小也可能發(fā)生變化。由電流的定義式知，由法拉第電磁感應(yīng)定律知回路中的平均電流，而，則。可見流過導(dǎo)體橫截面的電荷量只與導(dǎo)體線圈的匝數(shù)n、線圈的電阻R及該過程磁通量的變化ΔΦ有關(guān)，而與時(shí)間無關(guān)。【典例13】如圖所示，在豎直平面內(nèi)固定有光滑平行導(dǎo)軌，間距為L(zhǎng)，下端接有阻值為R的電阻，空間存在與導(dǎo)軌平面垂直、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。質(zhì)量為m、電阻為r的導(dǎo)體棒ab與上端固定的彈簧相連并垂直導(dǎo)軌放置。初始時(shí)，導(dǎo)體棒靜止，現(xiàn)給導(dǎo)體棒豎直向下的初速度v0，導(dǎo)體棒開始沿導(dǎo)軌往復(fù)運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸。若導(dǎo)體棒電阻r與電阻R的阻值相等，不計(jì)導(dǎo)軌電阻，則下列說法中正確的是（）A．導(dǎo)體棒往復(fù)運(yùn)動(dòng)過程中的每個(gè)時(shí)刻受到的安培力方向總與運(yùn)動(dòng)方向相反B．初始時(shí)刻導(dǎo)體棒兩端的電壓Uab=BLv0C．若導(dǎo)體棒開始運(yùn)動(dòng)后到速度第一次為零時(shí)，下降的高度為h，則通過電阻R的電量為BLD．若導(dǎo)體棒開始運(yùn)動(dòng)后到速度第一次為零時(shí)，下降的高度為h，此過程導(dǎo)體棒克服彈力做功為W，則電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q=14mv2+12mgh【錯(cuò)因分析】不能正確理解運(yùn)動(dòng)過程中的能量轉(zhuǎn)化及電阻產(chǎn)生的熱量與整個(gè)電路熱量的區(qū)別等導(dǎo)致本題錯(cuò)解。【正確解析】A、導(dǎo)體棒豎直向下運(yùn)動(dòng)，由右手定則判斷可知：ab中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向從b→a，由左手定則判斷得知ab棒受到的安培力豎直向上；導(dǎo)體棒豎直向上運(yùn)動(dòng)，由右手定則判斷可知：ab中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向從a→b，由左手定則判斷得知ab棒受到的安培力豎直向下，所以導(dǎo)體棒往復(fù)運(yùn)動(dòng)過程中的每個(gè)時(shí)刻受到的安培力方向總與運(yùn)動(dòng)方向相反，故A正確；B、導(dǎo)體棒開始運(yùn)動(dòng)的初始時(shí)刻，ab棒產(chǎn)生的感應(yīng)電勢(shì)為E=BLv0，由于r=R，所以導(dǎo)體棒兩端的電壓Uab=12E=12BLv0，故B錯(cuò)誤；C、導(dǎo)體棒開始運(yùn)動(dòng)后到速度第一次為零時(shí)，下降的高度為h【正確答案】AC。舉一反三，及時(shí)糾錯(cuò)1．（2019·黑龍江學(xué)與考聯(lián)盟三模）（多選）如圖所示，磁場(chǎng)中S1處豎直放置一閉合圓形線圈?，F(xiàn)將該圓形線圈從圖示S1位置處水平移動(dòng)到S2位置處，下列說法正確的是A．穿過線圈的磁通量在減少B．穿過線圈的磁通量在增加C．逆著磁場(chǎng)方向看，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向是逆時(shí)針D．逆著磁場(chǎng)方向看，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向是順時(shí)針【答案】BD【解析】磁通量的大小可以根據(jù)穿過線圈的磁感線條數(shù)的多少進(jìn)行分析判斷，由圖可知，將線圈從S1位置處水平移動(dòng)到S2位置處的過程中，穿過線圈的磁感線條數(shù)變多了，故說明磁通量增加，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤，選項(xiàng)B正確；根據(jù)楞次定律中的“增反減同”特點(diǎn)來分析判斷知逆著磁場(chǎng)方向看，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向是順時(shí)針，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤，選項(xiàng)D正確。2.在等邊三角形的三個(gè)頂點(diǎn)a、b、c處各有一條長(zhǎng)直導(dǎo)線垂直穿過紙面，導(dǎo)線中通有大小相等的恒定電流，方向如圖。過c點(diǎn)的導(dǎo)線所受安培力的方向A．與ab邊平行，豎直向上B．與ab邊平行，豎直向下C．與ab邊垂直，指向左邊D．與ab邊垂直，指向右邊【答案】C【解析】本題首先利用右手螺旋定則判斷出兩根通電導(dǎo)線在c處的分磁場(chǎng)方向，根據(jù)磁場(chǎng)的疊加原理判斷出a、b在c處的總磁場(chǎng)方向，如圖所示。最后再利用左手定則判斷出c中通電電流在a、b合磁場(chǎng)中受的安培力。利用幾何知識(shí)結(jié)合此圖可判斷分磁場(chǎng)在c點(diǎn)的磁場(chǎng)方向夾角為60°，且等大，所以合磁場(chǎng)方向平行于ab向下。根據(jù)左手定則則可以判斷安培力方向垂直ab方向指向左邊。3．a(chǎn)b為一金屬桿，它處在如圖所示的垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，可繞a點(diǎn)在紙面內(nèi)轉(zhuǎn)動(dòng)；s為以a為圓心位于紙面內(nèi)的金屬圓環(huán)；在桿轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，桿的b端與金屬環(huán)保持良好接觸；A為電流表，其一端與金屬環(huán)相連，一端與a點(diǎn)良好接觸。當(dāng)桿沿逆時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，某時(shí)刻ab桿的位置如圖，則此時(shí)刻A．有電流通過電流表，方向由c向d；作用于桿ab的安培力向右B．有電流通過電流表，方向由d向c；作用于桿ab的安培力向左C．有電流通過電流表，方向由d向c；作用于桿ab的安培力向右D．無電流通過電流表，作用于ab的安培力為零【答案】B【解析】當(dāng)桿沿逆時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)右手定則，判斷出ab桿中感應(yīng)電流方向b→a，電流通過電流表，方向由d→c，根據(jù)左手定則，作用于ab的安培力向左。故B正確，ACD錯(cuò)誤。4.如圖所示，閉合線圈abcd水平放置，其面積為S，匝數(shù)為n，線圈與勻強(qiáng)磁場(chǎng)B夾角為θ＝45°.現(xiàn)將線圈以ab邊為軸順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)90°，則線圈在初、末位置磁通量的改變量的大小為（）A．0B．eq\r(2)BSC．eq\r(2)nBS D．無法計(jì)算【答案】B【解析】設(shè)初位置時(shí)穿過線圈的磁通量為正，則初位置時(shí)Φ1＝BSsinθ＝eq\f(\r(2),2)BS，末位置時(shí)Φ2＝－BScosθ＝－eq\f(\r(2),2)BS，則初、末位置磁通量的改變量的大小為ΔΦ＝|Φ2－Φ1|＝eq\r(2)BS，故B正確．5.（2019·黑龍江省牡丹江市高二期末）A．線圈中產(chǎn)生順時(shí)針方向的感應(yīng)電流B．線圈面積具有擴(kuò)張的趨勢(shì)C．線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為ksD．線圈中感應(yīng)電流的大小為nks【答案】D【解析】根據(jù)楞次定律可得線圈中產(chǎn)生逆時(shí)針方向的感應(yīng)電流，故A錯(cuò)誤；線圈面積的變化總是阻礙磁通量的變化，所以磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間均勻增大，線圈面積具有收縮的趨勢(shì)，故B錯(cuò)誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為，故C錯(cuò)誤；線圈中感應(yīng)電流的大小為，故D正確?！久麕燑c(diǎn)撥】根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向的一般步驟是：確定原磁場(chǎng)的方向→原磁場(chǎng)的變化→引起感應(yīng)電流的磁場(chǎng)的變化→楞次定律→感應(yīng)電流的方向。6.邊長(zhǎng)為a的閉合金屬正三角形框架，左邊豎直且與磁場(chǎng)右邊界平行，完全處于垂直框架平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。現(xiàn)把框架勻速水平向右拉出磁場(chǎng)，如圖所示，則下列圖像與這一過程相符合的是【答案】B【解析】該過程中，框架切割磁感線的有效長(zhǎng)度等于框架與磁場(chǎng)右邊界兩交點(diǎn)的間距，根據(jù)幾何關(guān)系有l(wèi)有=eq\f(2\r(3),3)x，所以E=Bl有v=eq\f(2\r(3),3)Bvx，故A錯(cuò)誤，B正確，F(xiàn)外力=eq\f(B2l\o\al(2,有)v,R)=eq\f(4B2x2v,3R)，故C錯(cuò)誤；P外力=F外力v∝x2，故D錯(cuò)誤．7.（多選）如圖所示，MN和PQ為處于同一水平面內(nèi)的兩根平行的光滑金屬導(dǎo)軌，垂直導(dǎo)軌放置金屬棒ab與導(dǎo)軌接觸良好。N、Q端接理想變壓器的初級(jí)線圈，A．在ab棒勻速運(yùn)動(dòng)且ab棒上的電流已達(dá)到穩(wěn)定后，IR≠0、IL≠0、IC=0B．在ab棒勻速運(yùn)動(dòng)且ab棒上的電流已達(dá)到穩(wěn)定的，IR=0、IL=0、IC=0C．若ab棒在某一中心位置附近做v=Vmsinωt的運(yùn)動(dòng)，則IR≠0、IL≠0、IC≠0D．若ab棒勻加速運(yùn)動(dòng)，則IR≠0、IL≠0、IC=0【答案】BCD【解析】在ab棒勻速運(yùn)動(dòng)過程中，ab棒產(chǎn)生恒定的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，左邊原線圈中產(chǎn)生恒定的電流，形成恒定的磁場(chǎng)，穿過右側(cè)的三個(gè)副線圈的磁通量不變，則副線圈中沒有感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)產(chǎn)生，所以IR=0、IL=0、IC=0，故A錯(cuò)誤，B正確。若ab棒在某一中心位置附近做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，原線圈中產(chǎn)生正弦式交變電流，副線圈中將有感應(yīng)電流產(chǎn)生，故IR≠0、IL≠0、IC≠0，故C正確。若ab棒勻加速運(yùn)動(dòng)，原線圈中感應(yīng)電流均勻增大，穿過副線圈的磁通量均勻增大，副線圈中產(chǎn)生恒定的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，由于電容器有阻直流的特性，IC=0，而電感線圈有通直的特性，IL≠0，故IR≠0、IL≠0、IC=0，故D正確。8．如圖所示，兩根足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌間距l(xiāng)=0.50m，傾角θ=53°，導(dǎo)軌上端串接電阻R=0.05Ω。在導(dǎo)軌間長(zhǎng)d=0.56m的區(qū)域內(nèi)，存在方向垂直于導(dǎo)軌平面向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2.0T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。質(zhì)量m=4.0kg的金屬棒CD水平置于導(dǎo)軌上，用輕質(zhì)細(xì)繩跨過定滑輪與拉桿GH（GH桿的質(zhì)量不計(jì)）相連。某同學(xué)用F=80N的恒力豎直向下拉動(dòng)GH桿，使CD棒從圖中初始位置由靜止開始運(yùn)動(dòng)，剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度為v=2.4m/s，當(dāng)CD棒到達(dá)磁場(chǎng)上邊界時(shí)該同學(xué)松手。g取10m/s2，sin53°=0.8，不計(jì)其他電阻和一切摩擦。求：（1）CD棒的初始位置與磁場(chǎng)區(qū)域下邊界的距離s；（2）該同學(xué)松手后，CD棒能繼續(xù)上升的最大高度h；（3）在拉升CD棒的過程中，該同學(xué)所做的功W和電阻R上產(chǎn)生的熱量Q?！窘馕觥浚?）CD棒向上運(yùn)動(dòng)F–mgsinθ=ma解得a=12m/s2由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式v2=2as解得s=0.24m（2）剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)E=Blv由閉合電路歐姆定律I=又F安=BIl因?yàn)镕=mgsinθ+F安所以CD棒在磁場(chǎng)中做勻速直線運(yùn)動(dòng)離開磁場(chǎng)后，CD棒沿導(dǎo)軌向上做勻減速運(yùn)動(dòng)由v2=2gxsinθ解得x=0.36mCD棒還能繼續(xù)上升的最大高度h=xsinθ=0.288m（3）該同學(xué)所做的功W=F(s+d)，解得W=64J由能量轉(zhuǎn)化和守恒定律得W=mg[(s+d)sinθ+h]+QR解得QR=26.88J9.如圖所示，圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的半徑為R，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里。邊長(zhǎng)為2R的正方形閉合導(dǎo)線框從左向右勻速穿過磁場(chǎng)。若線框剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)t=0，規(guī)定逆時(shí)針方向?yàn)殡娏鞯恼较?，則下圖中能大致反映線框中電流與時(shí)間關(guān)系的是【答案】A【解析】導(dǎo)線框右側(cè)導(dǎo)線進(jìn)入磁場(chǎng)后做切割磁感線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)右手定則，產(chǎn)生向上的感應(yīng)電流，回路中電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，有效長(zhǎng)度先增大后減小，所以感應(yīng)電流方向?yàn)檎笮∠仍黾雍鬁p小。當(dāng)右側(cè)導(dǎo)線出磁場(chǎng)時(shí)左側(cè)導(dǎo)線開始進(jìn)入磁場(chǎng)，產(chǎn)生順時(shí)針方向的感應(yīng)電流，大小同樣先增大后減小。選項(xiàng)A正確。10．如圖所示，兩條平行虛線之間存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，虛線間的距離為l，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里。abcd是位于紙面內(nèi)的梯形線圈，ad與bc間的距離也為l，t＝0時(shí)刻，bc邊與磁場(chǎng)區(qū)域邊界重合?，F(xiàn)令線圈以恒定的速度v沿垂直于磁場(chǎng)區(qū)域邊界的方向穿過磁場(chǎng)區(qū)域，取沿a→b→c→d→a的感應(yīng)電流為正，則在線圈穿越磁場(chǎng)區(qū)域的過程中，感應(yīng)電流I隨時(shí)間t變化的圖線可能是圖中的A．B．C．D．【答案】B【解析】A、開始時(shí)bc邊進(jìn)入磁場(chǎng)切割磁感線，根據(jù)右手定則可知，電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，即為負(fù)方向，當(dāng)bc邊開始出磁場(chǎng)時(shí)，回路中磁通量減小，產(chǎn)生的感應(yīng)電流為順時(shí)針，方向?yàn)檎较颍蔄C錯(cuò)誤；B、開始時(shí)bc邊進(jìn)入磁場(chǎng)切割磁感線，根據(jù)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小公式：E=Blv可得，有效切割長(zhǎng)度越來越長(zhǎng)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)增大，故感應(yīng)電流越來越大，且電流方向?yàn)樨?fù)方向；當(dāng)bc邊開始出磁場(chǎng)時(shí)，根據(jù)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小公式：E=Blv可得，切割長(zhǎng)度越來越長(zhǎng)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)增大，故感應(yīng)電流越來越大，且電流方向?yàn)檎较颍省久麕燑c(diǎn)撥】對(duì)于圖象問題可以通過排除法判斷，本題關(guān)鍵要理解感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)公式E=Blv中，11.（多選）如圖所示，水平放置的光滑平行導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)且處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，導(dǎo)軌電阻不計(jì)。在導(dǎo)軌上放置兩根與導(dǎo)軌垂直的質(zhì)量、阻值均相等的導(dǎo)體棒ab、cd，給導(dǎo)體棒ab一初動(dòng)能Ek，使其開始向右運(yùn)動(dòng)，下列說法正確的是（）A．導(dǎo)體棒ab的速度不斷減小到0B．導(dǎo)體棒ab的加速度不斷減小到0C．導(dǎo)體棒cd的加速度不斷增大D．導(dǎo)體棒cd最終能產(chǎn)生的熱量【答案】BD【解析】給導(dǎo)體棒ab一個(gè)初動(dòng)能Ek，使其開始向右運(yùn)動(dòng)，根據(jù)右手定則可知電流方向?yàn)閏dba，根據(jù)左手定則ab受力向后，cd受力先前，ab做減速運(yùn)動(dòng)，cd做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)二者的速度相等時(shí)電路電流為零，安培力為零，則加速度為零，所以ab棒的速度不會(huì)減小到零，ab做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)、cd做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，故A、C項(xiàng)與題意不相符、B項(xiàng)與題意相符；設(shè)ab棒的初速度為v，則Ek；根據(jù)動(dòng)量定理可得：mv＝2mv′，解得：v′v，系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱Q，所以導(dǎo)體棒cd最終能產(chǎn)生Q1故D項(xiàng)與題意相符。12．如圖所示，M1NlPlQl和M2N2P2Q2為在同一豎直面內(nèi)足夠長(zhǎng)的金屬導(dǎo)軌，處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向豎直向下。導(dǎo)軌的M1Nl段與M2N2段相互平行，距離為L(zhǎng)；PlQl段與P2Q2段也是平行的，距離為L(zhǎng)/2。質(zhì)量為m金屬桿a、b垂直與導(dǎo)軌放置，一不可伸長(zhǎng)的絕緣輕線一端系在金屬桿b，另一端繞過定滑輪與質(zhì)量也為m的重物c相連，絕緣輕線的水平部分與PlQl平行且足夠長(zhǎng)。已知兩桿在運(yùn)動(dòng)過（1）若保持a固定。釋放b，求b的最終速度的大小；（2）若同時(shí)釋放a、b，在釋放a、b的同時(shí)對(duì)a施加一水平向左的恒力F=2mg，當(dāng)重物c下降高度為h時(shí)，a達(dá)到最大速度，求：①a的最大速度；②才釋放a、b到a達(dá)到最大速度的過程中，兩桿與導(dǎo)軌構(gòu)成的回來中產(chǎn)生的電能?！敬鸢浮浚?）（2）（i）（ii）【解析】（1）當(dāng)b的加速度為零時(shí)，速度最大，設(shè)此時(shí)速度為，則電流分別以b、c為研究對(duì)象，聯(lián)立解得（2）i．在加速過程的任一時(shí)刻，設(shè)ab的加速度大小分別為、，電流為i，輕繩的拉力為T，分別以a、b、c為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律，，聯(lián)立解得設(shè)a達(dá)到最大速度時(shí)，b的速度為，由上式可知當(dāng)a的加速度為零時(shí)，速度達(dá)到最大：根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律聯(lián)立解得，ii．設(shè)重物下降的高度為h時(shí)，a的位移為，故根據(jù)功能關(guān)系：聯(lián)立解得13.如圖所示，傾角為θ的平行金屬導(dǎo)軌寬度L，電阻不計(jì)，底端接有阻值為R的定值電阻，處在與導(dǎo)軌平面垂直向上的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。有一質(zhì)量為m，電阻為r，長(zhǎng)度也為L(zhǎng)的導(dǎo)體棒垂直放在導(dǎo)軌上，它與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為。現(xiàn)讓導(dǎo)體棒從導(dǎo)軌底部以初速度v0沖上導(dǎo)軌，上滑的最大距離為s，返回到初位置的速度為v。下列說法正確的是（A．在上滑過程中，通過電阻R上的電荷量為BLsB．導(dǎo)體棒在上滑過程中所用時(shí)間為2C．導(dǎo)體棒從開始運(yùn)動(dòng)到回到底端，回路產(chǎn)生的焦耳熱為1D．導(dǎo)體棒在上滑過程中，R上產(chǎn)生的焦耳熱大于下滑過程中R上產(chǎn)生的焦耳熱【答案】D【解析】A、在上滑過程中，通過電阻R上的電荷量為q=NΔΦR+r=BΔSR+r=BLsR+r，故A錯(cuò)誤；B、導(dǎo)體棒從開始到滑到最大高度的過程中做減速運(yùn)動(dòng)，隨著速度減小，產(chǎn)生的感應(yīng)電流減小，所受的安培力減小，加速度減小，做加速度逐漸減小的變減速運(yùn)動(dòng)，平均速度不等于v02【名師點(diǎn)撥】關(guān)鍵是導(dǎo)體切割磁感線中的功能關(guān)系，要注意正確分析能量的轉(zhuǎn)化方向，明確機(jī)械能包括動(dòng)能和勢(shì)能。14．如圖，一關(guān)于y軸對(duì)稱的導(dǎo)體軌道位于水平面內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)與平面垂直。一足夠長(zhǎng)，質(zhì)量為m的直導(dǎo)體棒沿x軸方向置于軌道上，在外力F作用下從原點(diǎn)由靜止開始沿y軸正方向做加速度為a的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)棒與x軸始終平行。棒單位長(zhǎng)度的電阻為ρ，與電阻不計(jì)的軌道接觸良好，運(yùn)動(dòng)中產(chǎn)生的熱功率隨棒位置的變化規(guī)律為P=ky（SI）。求：（1）導(dǎo)體軌道的軌道方程y=f（x）；（2）棒在運(yùn)動(dòng)過程中受到的安培力Fm隨y的變化關(guān)系；（3）棒從y=0運(yùn)動(dòng)到y(tǒng)=L過程中外力F的功?！窘馕觥浚?）設(shè)棒運(yùn)動(dòng)到某一位置時(shí)與軌道接觸點(diǎn)的坐標(biāo)為（±），安培力的功率，棒做勻加速運(yùn)動(dòng)，代入前式得軌道形狀為拋物線。（2）安培力=，以軌道方程代入得（3）由動(dòng)能定理，安培力做功棒在處動(dòng)能，外力做功15.如圖所示，燈泡A、B與固定電阻的阻值均為R，L是自感系數(shù)很大的線圈。當(dāng)S1閉合，S2斷開且電路穩(wěn)定時(shí)，A、B亮度相同，再閉合S2，待電路穩(wěn)定后將S1斷開，下列說法中正確的是（）A．B燈立即熄滅B．A燈將比原來更亮一下后再熄滅C．有電流通過B燈，方向?yàn)閏→dD．有電流通過A燈，方向?yàn)閎→a【答案】AD【解析】當(dāng)S2斷開而只閉合S1，穩(wěn)定時(shí)，A、B兩燈一樣亮，可知線圈L的電阻也是R，在S1、S2都閉合時(shí)IA=IL，故當(dāng)S2閉合，S1突然斷開時(shí)，流過A燈的電流只是方向變?yōu)閎→a，但大小不會(huì)突然增大，A燈不會(huì)更亮一下再熄滅，B錯(cuò)誤，D正確；當(dāng)S2閉合，S1突然斷開時(shí)，在自感電動(dòng)勢(shì)作為電源的電路中固定電阻R和B燈被短路，電流為零，B燈立即熄滅，故A正確，C錯(cuò)誤。1