1、菁優網電磁感應中的動力學及能量問題 電磁感應中的動力學及能量問題一選擇題（共14小題）1（2011福建）如圖，足夠長的U型光滑金屬導軌平面與水平面成角（090°），其中MN與PQ平行且間距為L，導軌平面與磁感應強度為B的勻強磁場垂直，導軌電阻不計金屬棒ab由靜止開始沿導軌下滑，并與兩導軌始終保持垂直且良好接觸，ab棒接入電路的電阻為R，當流過ab棒某一橫截面的電量為q時，棒的速度大小為v，則金屬棒ab在這一過程中（）A運動的平均速度大小為B下滑位移大小為C產生的焦耳熱為qBLD受到的最大安培力大小為2（2011嘉定區模擬）如圖所示，固定在同一水平面內的兩根平行長直金屬導軌的間距為L，

2、其右端接有阻值為R的電阻，整個裝置處在豎直向上磁感應強度大小為B的勻強磁場中一根質量為m（質量分布均勻）的導體桿ab垂直于導軌放置，且與兩導軌保持良好接觸，桿與導軌之間的動摩擦因數為現桿在水平向左、垂直于桿的恒力F作用下從靜止開始沿導軌運動距離d時，速度恰好達到最大（運動過程中桿始終與導軌保持垂直）設桿接入電路的電阻為r，導軌電阻不計，重力加速度大小為g則此過程（）A桿的速度最大值為B流過電阻R的電量為C恒力F做的功與摩擦力做的功之和等于桿動能的變化量D恒力F做的功與安培力做的功之和大于桿動能的變化量3（2011深圳二模）如圖，足夠長的光滑導軌傾斜放置，其下端連接一個燈泡，勻強磁場垂直于導軌所

3、在平面（導軌和導線電阻不計），則垂直導軌的導體棒ab在下滑過程中（）A受到的安培力方向沿斜面向上B受到的安培力一直增大C導體棒的機械能一直增大D克服安培力做的功等于燈泡消耗的電能4（2010黃岡模擬）如圖所示，兩根光滑的平行金屬導軌位于水平面內，勻強磁場與導軌所在平面垂直，兩根金屬桿甲和乙可在導軌上無摩擦地滑動，滑動過程中與導軌接觸 良好且保持垂直起初兩根桿都靜止現突然給甲一個沖量使其獲得速度V而開始運動，回路中的電阻不可忽略，那么在以后的運動中，下列說法正確的是（）A甲克服安培力做的功等于系統產生的焦耳熱B甲動能的減少量等于系統產生的焦耳熱C甲機械能的減少量等于乙獲得的動能與系統產生的焦耳熱

4、之和D最終兩根金屬桿都會停止運動5（2009天津）如圖所示，豎直放置的兩根平行金屬導軌之間接有定值電阻R，質量不能忽略的金屬棒與兩導軌始終保持垂直并良好接觸且無摩擦，棒與導軌的電阻均不計，整個裝置放在勻強磁場中，磁場方向與導軌平面垂直，棒在豎直向上的恒力F作用下加速上升的一段時間內，力F做的功與安培力做的功的代數和等于（）A棒的機械能增加量B棒的動能增加量C棒的重力勢能增加量D電阻R上放出的熱量6（2006上海）如圖所示，平行金屬導軌與水平面成角，導軌與固定電阻R1和R2相連，勻強磁場垂直穿過導軌平面有一導體棒ab，質量為m，導體棒的電阻與固定電阻R1和R2的阻值均相等，與導軌之間的動摩擦因數

5、為，導體棒ab沿導軌向上滑動，當上滑的速度為v時，受到安培力的大小為F此時（）A電阻R1消耗的熱功率為B電阻R1消耗的熱功率為C整個裝置因摩擦而消耗的熱功率為mgvcosD整個裝置消耗的機械功率為（F+mgcos）v7（2006甘肅）如圖所示，位于一水平面內的、兩根平行的光滑金屬導軌，處在勻強磁場中，磁場方向垂直于導軌所在的平面，導軌的一端與一電阻相連；具有一定質量的金屬桿ab放在導軌上并與導軌垂直現用一平行于導軌的恒力F拉桿ab，使它由靜止開始向右運動桿和導軌的電阻、感應電流產生的磁場均可不計用E表示回路中的感應電動勢，i表示回路中的感應電流，在i隨時間增大的過程中，電阻消耗的功率等于（）A

6、F的功率B安培力的功率的絕對值CF與安培力的合力的功率DiE8（2014懷化二模）如圖所示電路，L是自感系數較大的線圈，在滑動變阻器的滑動片P從B端迅速滑向A端的過程中，經過AB中點C時通過線圈的電流為I1；P從A端迅速滑向B端的過程中，經過C點時通過線圈的電流為I2；P固定在C點不動，達到穩定時通過線圈的電流為I0則（）AI1=I2=I0BI1I0I2CI1=I2I0DI1I0I29（2014宿遷二模）如圖電路中，A1、A2是兩個指示燈，L是自感系數很大的線圈，電阻R阻值較小，開關S1斷開、S2閉合現閉合S1，一段時間后電路穩定下列說法中正確的是（）A閉合S1，通過電阻R的電流先增大后減小B

7、閉合S1，Al亮后逐漸變暗C閉合S1，A2逐漸變亮，然后亮度不變D斷開電路時，為保護負載，應先斷開S2，再斷開S110（2014咸陽二模）在如圖所示的電路中，L是一帶鐵心的線圈，R為電阻兩條支路的直流電阻相等那么在接通和斷開開關的瞬間，兩電流表的讀數I1、I2的大小關系錯誤的是（）A接通時I1I2，斷開時I1I2B接通時I1I2，斷開時I1=I2C接通時I1I2，斷開時I1I2D接通時I1=I2，斷開時I1I211（2013江蘇模擬）如圖所示，電感線圈L的直流電阻為RL、小燈泡的電阻為R，小量程電流表G1、G2的內阻不計，當開關S閉合且穩定后，G1、G2的指針均向右偏（電流表的零刻度在表盤中央

8、），則當開關S斷開時，下列說法正確的是（）AG1、G2的指針都立即回到零點BG1緩慢回到零點，G2立即左偏，然后緩慢回到零點CG1立即回到零點，G2緩慢回到零點DG2立即回到零點，G1緩慢回到零點12（2013揚州模擬）如圖所示，電源的電動勢為E、內阻為r，L1、L2為兩個相同的燈泡，線圈L的直流電阻不計，與燈泡L1連接的是一只理想二極管D下列說法中正確的是（）A閉合開關S穩定后L1、L2亮度相同B斷開S的瞬間，L2會逐漸熄滅C斷開S的瞬間，L1中電流方向向左D斷開S的瞬間，a點的電勢比b點高13（2013鹽城二模）如圖所示，L為自感系數很大的線圈，其自身的電阻忽略不計A、B是完全相同的兩個小

9、燈泡在t=0時刻閉合開關S，經過一段時間t1斷開S下列表示A、B兩燈泡中電流i隨時間t變化的圖象中，正確的是（）ABCD14（2013徐州三模）如圖D1、D2 是兩只相同的燈泡，L 是自感系數很大的線圈，其直流電阻與R 的阻值相同關于燈泡發光情況正確的是（）A當S1接a 時，閉合S，D1將逐漸變亮B當S1接a 時，閉合S 待電路穩定后再斷開，D1先變得更亮，然后漸漸變暗C當S1接b 時，閉合S，D2將漸漸變亮D當S1接b 時，閉合S待電路穩定后再斷開，D2先變得更亮，然后漸漸變暗二填空題（共2小題）15如圖所示，用粗細相同的銅絲做成邊長分別為L和2L 的兩只閉合線框a和b，以相同的速度從磁感應

10、強度為B的勻強磁場區域中勻速地拉到磁場外，不考慮線框的動能，若外力對環做的功分別為Wa、Wb，則Wa：Wb為_16如圖所示，光滑U型金屬導軌PQMN水平固定在豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度為B，導軌寬度為LQM之間接有阻值為R的電阻，其余部分電阻不計一質量為M，電阻為R的金屬棒ab放在導軌上，給棒一個水平向右的初速度v0使之開始滑行，最后停在導軌上，則在此過程中整個回路產生的焦耳熱為_三解答題（共14小題）17（2012寧城縣模擬）如圖所示，兩根足夠長的固定的平行金屬導軌位于同一水平面內，兩導軌間的距離為L，導軌上面橫放著兩根導體棒ab和cd，構成矩形回路，兩根導體棒的質量皆為m，電阻皆為R

11、，回路中其余部分的電阻可不計在整個導軌平面內都有豎直向上的勻強磁場，磁感應強度為B設兩導體棒均可沿導軌無摩擦地滑行，開始時，棒cd靜止，棒ab有指向棒cd的初速度v0，若兩導體棒在運動中始終不接觸，求：（1）在運動中產生的焦耳熱最多是多少？（2）當ab棒的速度變為初速度的時，cd棒的加速度是多少？18（2011天津）如圖所示，兩根足夠長的光滑金屬導軌MN、PQ間距為l=0.5m，其電阻不計，兩導軌及其構成的平面均與水平面成30°角完全相同的兩金屬棒ab、cd分別垂直導軌放置，每棒兩端都與導軌始終有良好接觸，已知兩棒的質量均為0.02kg，電阻均為R=0.1，整個裝置處在垂直于導軌平面

12、向上的勻強磁場中，磁感應強度為B=0.2T，棒ab在平行于導軌向上的力F作用下，沿導軌向上勻速運動，而棒cd恰好能保持靜止取g=10m/s2，問：（1）通過cd棒的電流I是多少，方向如何？（2）棒ab受到的力F多大？（3）棒cd每產生Q=0.1J的熱量，力F做的功W是多少？19（2011上海）電阻可忽略的光滑平行金屬導軌長S=1.15m，兩導軌間距L=0.75m，導軌傾角為30°，導軌上端ab接一阻值R=1.5的電阻，磁感應強度B=0.8T的勻強磁場垂直軌道平面向上阻值r=0.5，質量m=0.2kg的金屬棒與軌道垂直且接觸良好，從軌道上端ab處由靜止開始下滑至底端，在此過程中金屬棒產

13、生的焦耳熱Qr=0.1J（取g=10m/s2）求：（1）金屬棒在此過程中克服安培力的功W安；（2）金屬棒下滑速度v=2m/s時的加速度a（3）為求金屬棒下滑的最大速度vm，有同學解答如下：由動能定理W重W安=mv，由此所得結果是否正確？若正確，說明理由并完成本小題；若不正確，給出正確的解答20（2011浙江）如圖甲所示，在水平面上固定有長為L=2m、寬為d=1m的金屬“U”型導軌，在“U”型導軌右側l=0.5m范圍內存在垂直紙面向里的勻強磁場，且磁感應強度隨時間變化規律如圖乙所示在t=0時刻，質量為m=0.1kg的導體棒以v0=1m/s的初速度從導軌的左端開始向右運動，導體棒與導軌之間的動摩擦

14、因數為=0.1，導軌與導體棒單位長度的電阻均為=0.1/m，不計導體棒與導軌之間的接觸電阻及地球磁場的影響（取g=10m/s2）（1）通過計算分析4s內導體棒的運動情況；（2）計算4s內回路中電流的大小，并判斷電流方向；（3）計算4s內回路產生的焦耳熱21（2011江蘇模擬）如圖所示，足夠長的光滑導軌ab、cd固定在豎直平面內，導軌間距為l，b、c兩點間接一阻值為R的電阻ef是一水平放置的導體桿，其質量為m、有效電阻值為R，桿與ab、cd保持良好接觸整個裝置放在磁感應強度大小為B的勻強磁場中，磁場方向與導軌平面垂直現用一豎直向上的力拉導體桿，使導體桿從靜止開始做加速度為的勻加速運動，上升了h高

15、度，這一過程中bc間電阻R產生的焦耳熱為Q，g為重力加速度，不計導軌電阻及感應電流間的相互作用求：（1）導體桿上升到h過程中通過桿的電量；（2）導體桿上升到h時所受拉力F的大小；（3）導體桿上升到h過程中拉力做的功22（2010天津）如圖所示，質量m1=0.1kg，電阻R1=0.3，長度l=0.4m的導體棒ab橫放在U型金屬框架上框架質量m2=0.2kg，放在絕緣水平面上，與水平面間的動摩擦因數=0.2，相距0.4m的MM、NN相互平行，電阻不計且足夠長電阻R2=0.1的MN垂直于MM整個裝置處于豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度B=0.5T垂直于ab施加F=2N的水平恒力，ab從靜止開始無摩擦

16、地運動，始終與MM、NN保持良好接觸當ab運動到某處時，框架開始運動設框架與水平面間最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10m/s2（1）求框架開始運動時ab速度v的大小；（2）從ab開始運動到框架開始運動的過程中，MN上產生的熱量Q=0.1J，求該過程ab位移x的大小23（2006上海）如圖所示，將邊長為a、質量為m、電阻為R的正方形導線框豎直向上拋出，穿過寬度為b、磁感應強度為B的勻強磁場，磁場的方向垂直紙面向里，線框向上離開磁場時的速度剛好是進入磁場時速度的一半，線框離開磁場后繼續上升一段高度，然后落下并勻速進入磁場，整個運動過程中始終存在著大小恒定的空氣阻力f，且線框不發生轉動求：（1）線

17、框在下落階段勻速進入磁場時的速度v2；（2）線框在上升階段剛離開磁場時的速度v1；（3）線框在上升階段通過磁場過程中產生的焦耳熱Q24（2005天津）圖中MN和PQ為豎直方向的兩平行長直金屬導軌，間距l為0.40m，電阻不計導軌所在平面與磁感應強度B為0.50T的勻強磁場垂直質量m為6.0×103kg、電阻為1.0的金屬桿ab始終垂直于導軌，并與其保持光滑接觸導軌兩端分別接有滑動變阻器和阻值為3.0的電阻R1當桿ab達到穩定狀態時以速率v勻速下滑，整個電路消耗的電功率P為0.27W，重力加速度取10m/s2，試求速率v和滑動變阻器接入電路部分的阻值R225如圖所示，有一足夠長的光滑平

18、行金屬導軌，電阻不計，間距L=0.5m，導軌沿與水平方向成=30°傾斜放置，底部連接有一個阻值為R=3的電阻現將一根長也為L=0.5m質量為m=0.2kg、電阻r=2的均勻金屬棒，自軌道頂部靜止釋放后沿軌道自由滑下，下滑中均保持與軌道垂直并接觸良好，經一段距離后進入一垂直軌道平面的勻強磁場中，如圖所示磁場上部有邊界OP，下部無邊界，磁感應強度B=2T金屬棒進入磁場后又運動了一段距離便開始做勻速直線運動，在做勻速直線運動之前這段時間內，金屬棒上產生了Qr=2.4J的熱量，且通過電阻R上的電荷量為q=0.6C，取g=10m/s2求：（1）金屬棒勻速運動時的速v0；（2）金屬棒進入磁場后，

19、當速度v=6m/s時，其加速度a的大小及方向；（3）磁場的上部邊界OP距導軌頂部的距離S26如圖所示，有一區域足夠大的勻強磁場，磁感應強度為B，磁場方向與水平放置的導軌垂直導軌寬度為L，右端接有電阻RMN是一根質量為m的金屬棒，金屬棒與導軌垂直放置，且接觸良好，金屬棒與導軌電阻均不計金屬棒與導軌間的動摩擦因數為，現給金屬棒一水平初速度v0，使它沿導軌向左運動已知金屬棒停止運動時位移為x求：（1）金屬棒速度為v時的加速度為多大？（2）金屬棒運動過程中通過電阻R的電量q；（3）金屬棒運動過程中回路產生的焦耳熱Q27在磁感應強度B=0.5T的勻強磁場中有一個正方形金屬線圈abcd，邊長L=0.2m線

20、圈的ad邊與磁場的左側邊界重合，如圖所示，線圈的電阻R=0.4用外力把線圈從磁場中移出有兩種方法：一種是用外力把線圈從左側邊界勻速平移出磁場；另一種是以ad邊為軸，用力使線圈勻速轉動移出磁場，兩種過程所用時間都是t=0.1s求（1）線圈勻速平移出磁場的過程中，外力對線圈所做的功（2）線圈勻速轉動移出磁場的過程中，外力對線圈所做的功28兩只完全相同的燈泡L1和L2分別與相同的電感串聯，組成如圖所示的甲、乙兩個相同的部分電路現在甲電路兩端加恒定電壓U，L1燈發光；而在乙電路兩端加最大電壓為U，的正弦交變電壓，L2燈也發光比較兩燈的明暗程度，是L1燈的亮度_L2燈亮度（填“大于”、“等于”、“小于”

21、）29在如圖的電路中，電源電動勢為E，內阻為r，外電路上接有一電阻值為R的電阻和一只自感系數很大、電阻不計的線圈，電流表和電壓表均為理想電表，當開關S閉合后電壓表的示數從_變化到_，電流表的示數從_變化到_（用含有E、R、r等物理量來表述結果）30如圖所示，A1與A2是兩只相同的電流表，自感線圈L的直流電阻和R相等，開關S閉合的瞬間，A1的示數_于A2的示數，開關S閉合穩定后，A1的示數_于A2的示數，S斷開的瞬間，A1的示數_于A2的示數（填“大”、“小”、“等”）電磁感應中的動力學及能量問題參考答案與試題解析一選擇題（共14小題）1（2011福建）如圖，足夠長的U型光滑金屬導軌平面與水平面

22、成角（090°），其中MN與PQ平行且間距為L，導軌平面與磁感應強度為B的勻強磁場垂直，導軌電阻不計金屬棒ab由靜止開始沿導軌下滑，并與兩導軌始終保持垂直且良好接觸，ab棒接入電路的電阻為R，當流過ab棒某一橫截面的電量為q時，棒的速度大小為v，則金屬棒ab在這一過程中（）A運動的平均速度大小為B下滑位移大小為C產生的焦耳熱為qBLD受到的最大安培力大小為考點：電磁感應中的能量轉化；安培力菁優網版權所有專題：壓軸題分析：金屬棒ab由靜止開始沿導軌下滑，做加速度逐漸減小的變加速運動由運動學公式，法拉第電磁感應定律、能量守恒定律等研究處理解答：解：A、金屬棒ab開始做加速度逐漸減小的變加

23、速運動，不是勻變速直線運動，平均速度不等于v，而是大于；故A錯誤 B、由電量計算公式q=，聯立得 可得，下滑的位移大小為，故B正確 C、產生的焦耳熱Q=I2Rt=qIR，而這里的電流I比棒的速度大小為v時的電流小，故這一過程產生的焦耳熱小于qBLv故C錯誤 D、金屬棒ab做加速運動，或先做加速運動，后做勻速運動，速度為v時產生的感應電流最大，受到的安培力最大，最大安培力大小為F=BIL=故D錯誤故選：B點評：電磁感應綜合題中，常常用到這個經驗公式：感應電量q=n，常用來求位移但在計算題中，不能直接作為公式用，要推導2（2011嘉定區模擬）如圖所示，固定在同一水平面內的兩根平行長直金屬導軌的間距

24、為L，其右端接有阻值為R的電阻，整個裝置處在豎直向上磁感應強度大小為B的勻強磁場中一根質量為m（質量分布均勻）的導體桿ab垂直于導軌放置，且與兩導軌保持良好接觸，桿與導軌之間的動摩擦因數為現桿在水平向左、垂直于桿的恒力F作用下從靜止開始沿導軌運動距離d時，速度恰好達到最大（運動過程中桿始終與導軌保持垂直）設桿接入電路的電阻為r，導軌電阻不計，重力加速度大小為g則此過程（）A桿的速度最大值為B流過電阻R的電量為C恒力F做的功與摩擦力做的功之和等于桿動能的變化量D恒力F做的功與安培力做的功之和大于桿動能的變化量考點：電磁感應中的能量轉化；安培力；導體切割磁感線時的感應電動勢菁優網版權所有分析：導體

25、棒在水平恒力作用下，在磁場中切割磁感線，沿粗糙導軌由靜止運動到速度最大在此過程中通過恒力F做功將其他形式能轉化為導體棒的動能、電路電阻的內能及摩擦產生的內能由動能定理可知恒力、安培力、摩擦力做的總功等于導體棒的運動變化當恒力等于安培力與摩擦力之和時，導體棒達到最大速度而流過電阻的電量則此過程中平均電流與時間的乘積，所以利用法拉第電磁感應定律可求出平均感應電動勢，從而求出流過電阻的電量解答：解：A、當導體棒受到的恒力等于安培力與摩擦力之和時，導體棒達到最大速度即F=F安+f 而F安=BIL=BL= f=N=mg所以 故A正確；B、導體棒從靜止開始沿導軌運動距離d過程中，產生的感應電動勢E= 而Q

26、=It 所以Q= 故B正確；C、由動能定理可知恒力、安培力、摩擦力做的總功等于導體棒的運動變化故C錯誤；D、由動能定理可知恒力、安培力、摩擦力做的總功等于導體棒的運動變化，所以恒力F做的功與安培力做的功之和大于桿動能的變化量故D正確；故選：ABD點評：導體棒在切割磁感線后產生感應電流，從而出現安培力，然而安培力是與速度有關的特殊力故棒是做加速度在減小的加速運動直到勻速3（2011深圳二模）如圖，足夠長的光滑導軌傾斜放置，其下端連接一個燈泡，勻強磁場垂直于導軌所在平面（導軌和導線電阻不計），則垂直導軌的導體棒ab在下滑過程中（）A受到的安培力方向沿斜面向上B受到的安培力一直增大C導體棒的機械能一

27、直增大D克服安培力做的功等于燈泡消耗的電能考點：電磁感應中的能量轉化；安培力的計算菁優網版權所有分析：本題的關鍵是分析導體棒ab的受力和運動情況由于導軌光滑，開始導體棒ab只受重力mg和支持力FN，合力沿斜面向下，導體棒ab加速下滑，當下滑速度為v時，導體棒ab垂直切割磁感線產生動生電動勢E=BLv（設導軌寬L，則導體棒ab的有效切割長度為L），回路中產生感應電流I，由右手定則判斷感應電流I在導體棒ab中從b到a，由左手定則判斷導體棒ab受沿斜面向上的安培力F安（因為F安=ILB，I=，E=BLv，設回路總電阻為R，則F安=ILB=），受力如圖：導體棒ab受力的合力大小F合=mgsinF安=m

28、gsin，方向沿斜面向下，由牛頓第二定律F=ma可知導體棒ab做加速度減小的變加速直接運動，如果導軌足夠長，當F安=mgsin時達到最大速度vm，之后做勻速直線運動解答：解：A、導體棒ab下滑過程中，由右手定則判斷感應電流I在導體棒ab中從b到a，由左手定則判斷導體棒ab受沿斜面向上的安培力F安，所以A正確；B、由分析知，導體棒ab開始速度增大，如果導軌足夠長，當F安=mgsin時達到最大速度vm，之后做勻速直線運動，速度不再增大，所以B錯誤；C、由于下滑過程導體棒ab切割磁感線產生感應電動勢，回路中有燈泡電阻消耗電能，機械能不斷轉化為內能，所以導體棒的機械能不斷減少，所以C錯誤；D、安培力做

29、負功實現機械能轉化為電能，安培力做功量度了電能的產生，即燈泡消耗的電能，根據功能關系有克服安培力做的功等于燈泡消耗的電能，所以D正確；本題選正確的，故選A、D點評：解決這類導體棒切割磁感線產生感應電流問題的關鍵時分析導體棒受力，進一步確定其運動性質，并明確判斷過程中的能量轉化及功能關系如安培力做負功量度了電能的產生，克服安培力做什么功，就有多少電能產生4（2010黃岡模擬）如圖所示，兩根光滑的平行金屬導軌位于水平面內，勻強磁場與導軌所在平面垂直，兩根金屬桿甲和乙可在導軌上無摩擦地滑動，滑動過程中與導軌接觸 良好且保持垂直起初兩根桿都靜止現突然給甲一個沖量使其獲得速度V而開始運動，回路中的電阻不

30、可忽略，那么在以后的運動中，下列說法正確的是（）A甲克服安培力做的功等于系統產生的焦耳熱B甲動能的減少量等于系統產生的焦耳熱C甲機械能的減少量等于乙獲得的動能與系統產生的焦耳熱之和D最終兩根金屬桿都會停止運動考點：電磁感應中的能量轉化；功能關系菁優網版權所有專題：電磁感應與電路結合分析：給甲一個沖量使其獲得速度V而開始運動，回路中產生感應電流，甲棒受向左的安培力而減速，乙棒受向右的安培力而加速，兩個棒系統收受合力為零，動量守恒，系統減小的機械能轉化為內能解答：解：給甲一個沖量使其獲得速度V而開始運動，回路中產生順時針感應電流，根據左手定則，甲棒受向左的安培力而減速，乙棒受向右的安培力而加速，根

31、據能量守恒定律，故甲棒減小的動能等于系統增加的內能和乙棒增加的動能之和，故ABD錯誤，C正確；故選C點評：本題關鍵明確系統中兩個棒的運動情況、受力情況、系統的能量轉化情況，不難5（2009天津）如圖所示，豎直放置的兩根平行金屬導軌之間接有定值電阻R，質量不能忽略的金屬棒與兩導軌始終保持垂直并良好接觸且無摩擦，棒與導軌的電阻均不計，整個裝置放在勻強磁場中，磁場方向與導軌平面垂直，棒在豎直向上的恒力F作用下加速上升的一段時間內，力F做的功與安培力做的功的代數和等于（）A棒的機械能增加量B棒的動能增加量C棒的重力勢能增加量D電阻R上放出的熱量考點：電磁感應中的能量轉化；導體切割磁感線時的感應電動勢菁

32、優網版權所有專題：壓軸題分析：棒在豎直向上的恒力F作用下加速上升的一段時間內，F做正功，安培力做負功，重力做負功，動能增大根據動能定理分析力F做的功與安培力做的功的代數和解答：解：A、棒受重力G、拉力F和安培力FA的作用由動能定理：WF+WG+W安=EK 得WF+W安=EK+mgh 即力F做的功與安培力做功的代數和等于機械能的增加量故A正確 B、由動能定理，動能增量等于合力的功合力的功等于力F做的功、安培力的功與重力的功代數和故B錯誤 C、棒克服重力做功等于棒的重力勢能增加量故C錯誤 D、棒克服安培力做功等于電阻R上放出的熱量故D錯誤故選A點評：本題運用功能關系分析實際問題對于動能定理理解要到

33、位：合力對物體做功等于物體動能的增量，哪些力對物體做功，分析時不能遺漏6（2006上海）如圖所示，平行金屬導軌與水平面成角，導軌與固定電阻R1和R2相連，勻強磁場垂直穿過導軌平面有一導體棒ab，質量為m，導體棒的電阻與固定電阻R1和R2的阻值均相等，與導軌之間的動摩擦因數為，導體棒ab沿導軌向上滑動，當上滑的速度為v時，受到安培力的大小為F此時（）A電阻R1消耗的熱功率為B電阻R1消耗的熱功率為C整個裝置因摩擦而消耗的熱功率為mgvcosD整個裝置消耗的機械功率為（F+mgcos）v考點：電磁感應中的能量轉化；導體切割磁感線時的感應電動勢菁優網版權所有專題：壓軸題分析：由圖電阻R1、R2并聯與

34、導體棒串聯由感應電動勢、歐姆定律、安培力公式，推導安培力與速度的關系式由功率公式電阻的功率、熱功率及機械功率解答：解：設ab長度為L，磁感應強度為B，電阻均為R 電路中感應電動勢E=BLv ab中感應電流為I= 得到，ab所受安培力F安=BIL= 電阻R1消耗的熱功率P1=（）2R= 由得，P1= 根據功率公式，得 整個裝置因摩擦而消耗的熱功率P2=mgcosv=mgvcos 整個裝置消耗的機械功率為P3=F安v+P2=（F安+mgcos）v故選BCD點評：本題是常規題，關鍵是推導安培力與速度的關系式，再求出電阻上的功率與安培力的關系7（2006甘肅）如圖所示，位于一水平面內的、兩根平行的光滑

35、金屬導軌，處在勻強磁場中，磁場方向垂直于導軌所在的平面，導軌的一端與一電阻相連；具有一定質量的金屬桿ab放在導軌上并與導軌垂直現用一平行于導軌的恒力F拉桿ab，使它由靜止開始向右運動桿和導軌的電阻、感應電流產生的磁場均可不計用E表示回路中的感應電動勢，i表示回路中的感應電流，在i隨時間增大的過程中，電阻消耗的功率等于（）AF的功率B安培力的功率的絕對值CF與安培力的合力的功率DiE考點：電磁感應中的能量轉化；功率、平均功率和瞬時功率；導體切割磁感線時的感應電動勢菁優網版權所有專題：壓軸題分析：金屬桿ab由靜止開始向右運動，做加速度減小的變加速運動，克服安培力做的功等于產生的電能根據能量轉化和守

36、恒定律分析判斷解答：解：A、金屬桿ab做加速度減小的加速運動根據能量守恒可知，恒力F做的功等于桿增加的動能和電路中產生的電能電阻消耗的功率等于電路中產生電能的功率， 不等于恒力F的功率故A錯誤 B、C、D，電阻消耗的功率等克服安培力做功的功率等于電路的電功率iE故B、D正確，C錯誤故選BD點評：對于電磁感應問題研究思路常常有兩條：一條從力的角度，重點是分析安培力；另一條是能量，分析能量如何轉化是關鍵8（2014懷化二模）如圖所示電路，L是自感系數較大的線圈，在滑動變阻器的滑動片P從B端迅速滑向A端的過程中，經過AB中點C時通過線圈的電流為I1；P從A端迅速滑向B端的過程中，經過C點時通過線圈的

37、電流為I2；P固定在C點不動，達到穩定時通過線圈的電流為I0則（）AI1=I2=I0BI1I0I2CI1=I2I0DI1I0I2考點：自感現象和自感系數菁優網版權所有分析：利用線圈對電流突變的阻礙作用：閉合瞬間相當于斷路，穩定后相當于導線，判斷電流變化解答：解：滑動片P從B端迅速滑向A端的過程中，電流突然減小，由于L的阻礙作用產生一自感電動勢與原來的電源串聯，經過AB中點C時通過線圈的電流為I1I0；P從A端迅速滑向B端的過程中，電流突然增大，由于L的阻礙作用產生一自感電動勢與電源的電動勢方向相反，經過C點時通過線圈的電流為I2I0；故選B點評：做好本題的關鍵：知道線圈對電流突變時的阻礙作用，

38、特別是斷開時相當于電源，L中原來電流的方向即電動勢的正極9（2014宿遷二模）如圖電路中，A1、A2是兩個指示燈，L是自感系數很大的線圈，電阻R阻值較小，開關S1斷開、S2閉合現閉合S1，一段時間后電路穩定下列說法中正確的是（）A閉合S1，通過電阻R的電流先增大后減小B閉合S1，Al亮后逐漸變暗C閉合S1，A2逐漸變亮，然后亮度不變D斷開電路時，為保護負載，應先斷開S2，再斷開S1考點：自感現象和自感系數菁優網版權所有分析：當開關接通和斷開的瞬間，流過線圈的電流發生變化，產生自感電動勢，阻礙原來電流的變化，根據自感現象的規律來分析解答：解：A、閉合開關S1的瞬間，由于線圈中自感電動勢的阻礙，通

39、過電阻R的電流慢慢增加故A錯誤B、閉合開關S1，雖因存在自感作用，但通過R的電流逐漸增加，干路電流逐漸增加，通過Al逐漸變亮故B錯誤C、當閉合S1，線圈對電流的阻礙漸漸變小，導致A2逐漸變暗，故C錯誤；D、斷開電路時，為保護負載，由于線圈L產生自感電動勢，應先斷開S2，再斷開S1故D正確，故選：D點評：對于線圈要抓住雙重特性：當電流不變時，它是電阻不計的導線；當電流變化時，產生自感電動勢，相當于電源，注意開關接通與斷開的先后順序10（2014咸陽二模）在如圖所示的電路中，L是一帶鐵心的線圈，R為電阻兩條支路的直流電阻相等那么在接通和斷開開關的瞬間，兩電流表的讀數I1、I2的大小關系錯誤的是（）

40、A接通時I1I2，斷開時I1I2B接通時I1I2，斷開時I1=I2C接通時I1I2，斷開時I1I2D接通時I1=I2，斷開時I1I2考點：自感現象和自感系數菁優網版權所有分析：當開關接通和斷開的瞬間，流過線圈的電流發生變化，產生自感電動勢，阻礙原來電流的變化，根據這一特點來分析電流的大小解答：解：當開關接通瞬間，R中電流立即增大到正常值I2而線圈中的電流從零開始增大，產生自感電動勢阻礙電流的增大，則電流I1只能逐漸增大，故I1I2斷開開關瞬間，線圈產生的自感電流流過線圈和電阻R，兩者串聯，電流相同，I1=I2故選項B正確，選項ACD錯誤本題選擇錯誤的，故選：ACD點評：對于線圈要抓住它的特性：

41、當電流不變時，它是電阻不計的導線；當電流變化時，產生自感電動勢，相當于電源11（2013江蘇模擬）如圖所示，電感線圈L的直流電阻為RL、小燈泡的電阻為R，小量程電流表G1、G2的內阻不計，當開關S閉合且穩定后，G1、G2的指針均向右偏（電流表的零刻度在表盤中央），則當開關S斷開時，下列說法正確的是（）AG1、G2的指針都立即回到零點BG1緩慢回到零點，G2立即左偏，然后緩慢回到零點CG1立即回到零點，G2緩慢回到零點DG2立即回到零點，G1緩慢回到零點考點：自感現象和自感系數菁優網版權所有分析：斷開開關的瞬間，L相當于電源，與兩個電流計組成閉合回路，電流方向順時針解答：解：S閉合且穩定時，通過

42、含電流表G1、G2的兩條支路的電流均由左向右，斷開S，L中產生自感電動勢，由“增反減同”可知，自感電動勢E自的方向一定與原電流方向相同，顯然，斷開S后，在E自的作用下，上圖回路中將繼續形成沿順時針方向的電流，這時流經含有電流表G2支路的電流方向已變為由右向左了由于這段時間E自是逐漸減小的，故電流也是逐漸減小的，綜上所述選B故選B點評：本題考查了自感線圈對電流發生突變時的阻礙作用，利用楞次定律即可判斷12（2013揚州模擬）如圖所示，電源的電動勢為E、內阻為r，L1、L2為兩個相同的燈泡，線圈L的直流電阻不計，與燈泡L1連接的是一只理想二極管D下列說法中正確的是（）A閉合開關S穩定后L1、L2亮

43、度相同B斷開S的瞬間，L2會逐漸熄滅C斷開S的瞬間，L1中電流方向向左D斷開S的瞬間，a點的電勢比b點高考點：自感現象和自感系數菁優網版權所有分析：對于二極管來說具有單向導電性，而對于線圈來講通直流阻交流，通低頻率交流阻高頻率交流解答：解：A、閉合開關S穩定后，因線圈L的直流電阻不計，所以L1與二極管被短路，導致燈泡L1不亮，而L2將更亮，因此L1、L2亮度度不同，故A錯誤；B、斷開S的瞬間，L2會立刻熄滅，故B錯誤；C、斷開S的瞬間，線圈L與燈泡L1及二極管構成回路，因線圈產生感應電動勢，a端的電勢高于b端，所以回路中沒有電流，故C錯誤，D正確；故選：D點評：記住自感 線圈對電流突變時的阻礙

44、：閉合開關瞬間L相當于斷路，穩定后L相當于一段導線，斷開瞬間L相當于電源13（2013鹽城二模）如圖所示，L為自感系數很大的線圈，其自身的電阻忽略不計A、B是完全相同的兩個小燈泡在t=0時刻閉合開關S，經過一段時間t1斷開S下列表示A、B兩燈泡中電流i隨時間t變化的圖象中，正確的是（）ABCD考點：自感現象和自感系數菁優網版權所有分析：電感對電流的變化起阻礙作用，閉合電鍵時，電感阻礙電流iB增大，斷開電鍵，A、L構成一回路，電感阻礙電流iA減小解答：解：A、電鍵閉合時，電感阻礙電流變化，L為一個自感系數很大、直流電阻不計的線圈，所以電感的阻礙慢慢減小，即流過電感的電流增大，所以iA慢慢減小，最

45、后穩定時電感相當于一根導線，iA為0，電感阻礙自身電流變化，產生的感應電流流過電燈A，其方向與規定圖示流過電燈A的方向相反，iA慢慢減小最后為0故B正確，A錯誤C、電鍵閉合時，電感阻礙電流變化，L為一個自感系數很大、直流電阻不計的線圈，電感的阻礙慢慢減小，即流過電感的電流增大，所以iB慢慢增大，最后穩定，斷開電鍵，原來通過B的電流立即消失故D正確，C錯誤故選BD點評：解決本題的關鍵掌握電感對電流的變化起阻礙作用，電流增大，阻礙其增大，電流減小，阻礙其減小14（2013徐州三模）如圖D1、D2 是兩只相同的燈泡，L 是自感系數很大的線圈，其直流電阻與R 的阻值相同關于燈泡發光情況正確的是（）A當

46、S1接a 時，閉合S，D1將逐漸變亮B當S1接a 時，閉合S 待電路穩定后再斷開，D1先變得更亮，然后漸漸變暗C當S1接b 時，閉合S，D2將漸漸變亮D當S1接b 時，閉合S待電路穩定后再斷開，D2先變得更亮，然后漸漸變暗考點：自感現象和自感系數菁優網版權所有分析：線圈處于電路中，當電流變化時，才會出現感應電動勢，從而阻礙電路中電流變化閉合開關的瞬間，通過L的電流增大，產生自感電動勢，根據楞次定律分析電流的變化，判斷通過兩燈電流的關系待電路穩定后斷開開關，線圈產生自感電動勢，分析通過兩燈的電流關系，判斷兩燈亮暗情況解答：解：A、當S1接a 時，閉合S，燈泡D2被短路，導致電阻減小，則總電流變大

47、，所以通過D1燈泡的電流增大，因此D1將逐漸變亮，故A正確；B、當S1接a 時，閉合S 待電路穩定后再斷開，導致線圈中電流發生變化，從而出現阻礙電流減小，通過D1的電流沒有之前大，則D1不會變得更亮，但會慢慢熄滅故B錯誤；C、當S1接b 時，閉合S，線圈中電流的變化，從而阻礙電流增大，所以導致D2剛開始較亮，當線圈電流趨于穩定后，D2漸漸變暗，故C錯誤；D、當S1接b時，閉合S 待電路穩定后再斷開，導致線圈中電流發生變化，從而出現阻礙電流減小，通過D2的電流比之前大，則D2會變得更亮，且會慢慢熄滅故D正確；故選AD點評：當通過線圈本身的電流變化時，線圈中會產生自感現象，這是一種特殊的電磁感應現

48、象，可運用楞次定律分析自感電動勢對電流的影響二填空題（共2小題）15如圖所示，用粗細相同的銅絲做成邊長分別為L和2L 的兩只閉合線框a和b，以相同的速度從磁感應強度為B的勻強磁場區域中勻速地拉到磁場外，不考慮線框的動能，若外力對環做的功分別為Wa、Wb，則Wa：Wb為1：4考點：電磁感應中的能量轉化；導體切割磁感線時的感應電動勢菁優網版權所有專題：電磁感應功能問題分析：將閉合線框a和b勻速拉出磁場，根據功能關系可知，外力對環做的功等于線框產生的焦耳熱根據感應電動勢公式、焦耳定律、電阻定律研究功的關系解答：解：閉合線框a產生的感應電動勢Ea=BLv，外力對環做的功Wa=，Ra= 閉合線框b產生的

49、感應電動勢Eb=B2Lv，外力對環做的功Wb=，Rb=代入解得 Wa：Wb=1：4故答案為：1：4點評：本題綜合了感應電動勢、焦耳定律、電阻定律，中等難度，盡量不失分16如圖所示，光滑U型金屬導軌PQMN水平固定在豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度為B，導軌寬度為LQM之間接有阻值為R的電阻，其余部分電阻不計一質量為M，電阻為R的金屬棒ab放在導軌上，給棒一個水平向右的初速度v0使之開始滑行，最后停在導軌上，則在此過程中整個回路產生的焦耳熱為考點：電磁感應中的能量轉化菁優網版權所有專題：電磁感應功能問題分析：本題屬于電磁感應中的能量問題，金屬棒向右做減速運動，動能不斷減少，由電能轉化為的內能不斷

50、增加，根據能量守恒定律可知，整個回路產生的熱量等于金屬棒減少的動能解答：解：金屬棒向右運動的過程中，會產生感應電動勢，從而產生感應電流并轉化為焦耳熱，根據能量守恒定律可知，整個回路產生的焦耳熱等于金屬棒減少的動能，即Q=故答案為點評：要學會從能量的角度分析有關電磁感應問題中涉及到的電能、內能等問題三解答題（共14小題）17（2012寧城縣模擬）如圖所示，兩根足夠長的固定的平行金屬導軌位于同一水平面內，兩導軌間的距離為L，導軌上面橫放著兩根導體棒ab和cd，構成矩形回路，兩根導體棒的質量皆為m，電阻皆為R，回路中其余部分的電阻可不計在整個導軌平面內都有豎直向上的勻強磁場，磁感應強度為B設兩導體棒

51、均可沿導軌無摩擦地滑行，開始時，棒cd靜止，棒ab有指向棒cd的初速度v0，若兩導體棒在運動中始終不接觸，求：（1）在運動中產生的焦耳熱最多是多少？（2）當ab棒的速度變為初速度的時，cd棒的加速度是多少？考點：電磁感應中的能量轉化；牛頓第二定律；閉合電路的歐姆定律；安培力的計算；導體切割磁感線時的感應電動勢菁優網版權所有分析：本題中兩根導體棒的運動情況：ab棒向cd棒運動時，兩棒和導軌構成的回路面積變小，磁通量發生變化，于是產生感應電流ab棒受到的與運動方向相反的安培力作用作減速運動，cd棒則在安培力作用下作加速運動在ab棒的速度大于cd棒的速度時，回路總有感應電流，ab棒繼續減速，cd棒繼續加速，兩棒速度達到相同后，回路面積保持不變，磁通量不變化，不產生感應電流，兩棒以相同的速度v作勻速運動，由于平行金屬導軌位于同一水平面且兩棒均可沿導軌無摩擦地滑行，故由兩棒組成的系統所受的合外力為零，系統動量守恒mv0=2mv，這是第一問再由能量守恒求出焦耳熱的關鍵；第二問設ab棒的速度變為時，cd棒的速度為v'，先由動量守恒求得，再由動生電動勢公式E=BLv確定回路總電動勢 ，電路知識回路中的電流為 ，磁場知識通電導線在磁場中受安培力F=BIL，確定此時cd棒所受的安培力為 ，最后由牛頓第二定律F=ma求出cd棒的加速度解答：解：（1）從開始到兩棒達到相同速度v的過程