答案与解析
暑假作业一 电磁感应中“两定律三定则”的灵活应用
1．【答案】BCD
【解析】[铜质弦为非磁性材料，不能被磁化，选用铜质弦，电吉他不能正常工作，A项错误；若取走磁体，金属弦不能被磁化，其振动时，不能在线圈中产生感应电 动势，电吉他不能正常工作，B项对；由ΔΦ
E＝n可知，C项正确；弦振动过程中，穿过线圈的磁通量大小不断变化，由楞次定律可知，线圈中感
Δt应电流方向不断变化，D项正确． 2．【答案】B
【解析】[由楞次定律知，欲使b中产生顺时针电流，则a环内磁场应向里减弱或向外增强，a环的旋转情况应该是顺时针减速或逆时针加速，由于b环又有收缩趋势，说明a环外部磁场向外，内部向里，故选B.]
3．【答案】B
T3T
【解析】[在～时间内，穿过线框的磁场方向先向里减小后向外增加，由楞次定律可知感应电流的磁44场方向向里，故感应电流的方向始终沿顺时针方向，选B.] 4．【答案】BD
【解析】[根据右手定则或楞次定律可知，选项A错误，B正确；根据楞次定律“来拒去留”的口诀可知，导线框进入磁场和离开磁场时，受到的安培力方向均是水平向左，所以选项C错误，D正确．本题答案为B、D.] 5．【答案】AB
【解析】[t1时刻，电流增大，由楞次定律知，线圈有远离螺线管、收缩面积的趋势，选项A正确；t2时刻电流达到最大，变化率为零，故线圈中无感应电流，FN＝G，此时穿过P的磁通量最大，选项B正确；t3时刻电流为零，但电流从有到无，故穿过线圈的磁通量发生变化，此时P中有感应电流，选项C错误；t4时刻电流变化率为零，线圈中无感应电流，FN＝G，此时穿过P的磁通量最大，选项D错误．] 6．【答案】A
LL【解析】[将线框从磁场中以恒定速度v1向右匀速拉出，时间t1＝÷v1＝；让线框绕轴MN以线速度v2
22v12v2ππL
匀速转过90°，角速度ω＝，时间t2＝÷ω＝，两次过程中线框产生的平均感应电动势相等，t2＝t1，
L24v2
解得v1∶v2＝2∶π，选项A正确．] 7．【答案】CD
nΔΦΔB【解析】[根据法拉第电磁感应定律E＝＝n·S求出E＝1.2 V，选项A错；根据全电路欧姆定律I
ΔtΔtE－
＝＝0.12 A，根据P＝I2R1，得R1消耗的功率P＝5.76×102 W，选项B错；由楞次定律得选项R1＋R2＋r
C对；S断开后，流经R2的电荷量即为S闭合时C板上所带电荷量Q，电容器两端的电压U＝IR2＝0.6 V，流经R2的电荷量Q＝CU＝1.8×105 C，选项D对．]
－
mgR8．【答案】(1)mg(sin θ－3μcos θ) (2)(sin θ－3μcos θ)22
BL
【解析】(1)由ab、cd棒被平行于斜面的导线相连，故ab、cd速度总是相等，cd也做匀速直线运动．设导线的张力的大小为T，右斜面对ab棒的支持力的大小为FN1，作用在ab棒上的安培力的大小为F，左斜面对cd棒的支持力大小为FN2，对于ab棒，受力分析如图甲所示，由力的平衡条件得
甲 乙
2mgsin θ＝μFN1＋T＋F① FN1＝2mgcos θ②
对于cd棒，受力分析如图乙所示，由力的平衡条件得 mgsin θ＋μFN2＝T③ FN2＝mgcos θ④
联立①②③④式得：F＝mg(sin θ－3μcos θ)
(2)设金属棒运动速度大小为v，ab棒上的感应电动势为 E＝BLv⑤ E
回路中电流I＝⑥
R安培力F＝BIL⑦ 联立⑤⑥⑦得： mgR
v＝(sin θ－3μcos θ)22. BL
FB2l2t09．【答案】(1)Blt0(－μg) (2) mm
【解析】(1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a，由牛顿第二定律得 F－μmg＝ma①
设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有 v＝at0②
当金属杆以速度v在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律知产生的电动势为 E＝Blv③
联立①②③式可得 F
E＝Blt0(－μg)④
m
(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I，根据欧姆定律 EI＝⑤ R
式中R为电阻的阻值．金属杆所受的安培力为 F安＝BlI⑥
因金属杆做匀速运动，有 F－μmg－F安＝0⑦ 联立④⑤⑥⑦式得 B2l2t0R＝⑧.
m10．【答案】BD 11．【答案】BD
【解析】[ab匀速运动时，ab中感应电流恒定，L1中磁通量不变，穿过L2的磁通量不变，L2中无感应电流产生，cd杆保持静止，A不正确；ab向右加速运动时，L2中的磁通量向下增大，由楞次定律知L2中感应电流产生的磁场方向向上，故通过cd的电流方向向下，cd向右移动，B正确；同理可得C不正确，D正确．] 12．【答案】D
【解析】[由题意知线圈经过位置2时穿过线圈的磁通量为零，但磁通量的变化率不为零，故A、B均错误；从位置1到位置3的整个过程中，穿过线圈的磁通量是先向外逐渐减小到零，然后向里逐渐增大，由楞次定律知线圈中感应电流的方向始终沿逆时针方向，线圈所受的磁场力的方向始终向右，故C错误，D正确．]
暑假作业二 电磁感应中综合问题的复习策略
1．【答案】AB
【解析】[将圆盘看成无数幅条组成，它们都在切割磁感线从而产生感应电动势和感应电流，根据右手定则可知圆盘上感应电流从边缘流向中心，则当圆盘顺时针(俯视)转动时，流过电阻的电流方向从a到b，1EB对；由法拉第电磁感应定律得感生电动势E＝BLv＝BL2ω，I＝，ω恒定时，I大小恒定，ω大小
2R＋rB2L4ω2R
变化时，I大小变化，方向不变，故A对，C错；由P＝IR＝知，当ω变为2倍时，P变为原
4（R＋r）22
来的4倍，D错．] 2．【答案】B
B2L2v【解析】[小灯泡稳定发光，说明导体棒MN匀速运动，则有mgsin 37°－－μmgcos 37°＝0，可得导
RL＋R体棒MN的运动速度v＝5 m/s；小灯泡消耗的电功率P＝I2RL＝1 W．] 3．【答案】C
【解析】[由右手定则可知通过金属导线的电流由b到a，即通过电阻R的电流方向为M→R→P，A错误；金属导线产生的感应电动势为BLv，而a、b两点间的电压为等效电路路端电压，由闭合电路欧姆定律可2
知，a、b两点间电压为BLv，B错误；金属导线可等效为电源，在电源内部，电流从低电势流向高电势，
3所以a端电势高于b端电势，C正确；根据能量守恒定律可知，外力F做的功等于电阻R和金属导线产生的焦耳热之和，D错误．] 4．【答案】A 5．【答案】A
ΔB
【解析】[在0～1 s内，据E＝S可知感应电动势恒定，感应电流恒定，且电流为逆时针方向，在图象
ΔtΔB
中为负；1～2 s内，B不变，i＝0；2～3 s内，由E＝·S知i恒定，方向为正．综合分析可知A正确．]
Δt6．【答案】A
【解析】[因通电导线周围的磁场离导线越近磁场越强，而线框中左、右两边的电流大小相等，方向相反，所以其受到的安培力方向相反，线框的左边受到的安培力大于线框的右边受到的安培力，所以合力与线框的左边受力的方向相同．因为线框受到的安培力的合力先水平向左，后水平向右，根据左手定则，线框处的磁场方向先垂直纸面向里，后垂直纸面向外，根据右手螺旋定则，导线中的电流先为正，后为负，所以选项A正确，选项B、C、D错误．]
7．【答案】D
EB2L2v【解析】[导线框进入磁场的过程中，线框受到向左的安培力作用，根据E＝BLv、I＝、F＝BIL得F＝，
RR随着v的减小，安培力F减小，导线框做加速度逐渐减小的减速运动．整个导线框在磁场中运动时，无B2L2v
感应电流，导线框做匀速运动，导线框离开磁场的过程中，根据F＝，导线框做加速度减小的减速
R运动，所以选项D正确．] 8．【答案】BCD
【解析】[ab杆的速度方向与磁感应强度的方向平行，不切割磁感线，只有cd杆运动切割磁感线．设cdE
杆向下运动的速度为v1，根据闭合电路的欧姆定律及法拉第电磁感应定律有I＝，E＝BLv1，cd杆只受
2R到竖直向下的重力mg和竖直向上的安培力作用，因为cd杆与导轨间没有正压力，所以摩擦力为零．由B2L2v12mgR
平衡条件得mg＝BIL＝，解得cd杆向下匀速运动的速度为22.ab杆的受力如图所示，根据平衡
2RBL条件可得FN＝2mg，F＝Ff＝2μmg.综上所述，选项B、C、D正确．]
9．【答案】BD
mg（R＋r）BLvm【解析】[导体棒由静止释放后，当a＝0时，速度最大，即mg－BL＝0，解得vm＝，A
B2L2R＋rBLhBLh
项错误．此过程中通过定值电阻的电荷量q＝IΔt＝·Δt＝，B项正确．导体棒克服安培力
（R＋r）ΔtR＋r做的功等于整个电路产生的热量，C项错误．由动能定理知对导体棒有ΔEk＝W重＋W安，D项正确．] 10．【答案】AD
ΔΦ
【解析】[根据法拉第电磁感应定律得：E＝，
Δt
E
根据闭合电路欧姆定律得：I＝，所以导体棒沿着导轨上滑过程中通过R的电量为
2R
EΔΦBdL
q＝I·Δt＝·Δt＝＝，故A正确；由E＝BLv知，导体棒返回时随着速度的增大，导体棒产生的感
2R2R2R应电动势增大，感应电流增大，由F安＝BIL知导体棒受到的安培力增大，由牛顿第二定律知，加速度减小，所以导体棒返回时先做加速度减小的变加速运动，最后做匀速直线运动，故B错误；根据能量守恒定律知，导体棒沿着导轨上滑过程中回路中产生的总热量为
121112
Q＝mv0－mgLsin θ＝(mv20－mgL)，电阻R上产生的热量为QR＝Q＝(mv0－mgL)，故C错误； 2224根据功能关系可知，导体棒沿着导轨上滑过程中克服安培力做的功等于回路中产生的总热量，即W＝Q