高考物理突破大二輪浙江專(zhuān)用講義增分練：專(zhuān)題四 第2講 電磁感應(yīng)規(guī)律及綜合應(yīng)用 Word版含解析

《高考物理突破大二輪浙江專(zhuān)用講義增分練：專(zhuān)題四 第2講 電磁感應(yīng)規(guī)律及綜合應(yīng)用 Word版含解析》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考物理突破大二輪浙江專(zhuān)用講義增分練：專(zhuān)題四 第2講 電磁感應(yīng)規(guī)律及綜合應(yīng)用 Word版含解析（40頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第2講　電磁感應(yīng)規(guī)律及綜合應(yīng)用 網(wǎng)絡(luò)構(gòu)建 備考策略 1.看到“磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t均勻變化”，想到“＝k為定值”。 2.應(yīng)用楞次定律時(shí)的“三看”和“三想” (1)看到“線圈(回路)中磁通量變化”時(shí)，想到“增反減同”。 (2)看到“導(dǎo)體與磁體間有相對(duì)運(yùn)動(dòng)”時(shí)，想到“來(lái)拒去留”。 (3)看到“回路面積可以變化”時(shí)，想到“增縮減擴(kuò)”。 3.抓住“兩個(gè)定律”、運(yùn)用“兩種觀點(diǎn)”、分析“一種電路” “兩個(gè)定律”是指楞次定律和法拉第電磁感應(yīng)定律；“兩種觀點(diǎn)”是指動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)；“一種電路”是指電磁感應(yīng)電路。 　楞次定律和法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用 　楞次定律

2、的應(yīng)用 【典例1】 (2019·浙江紹興選考模擬)大小不等的兩導(dǎo)電圓環(huán)P、Q均固定于水平桌面，Q環(huán)位于P環(huán)內(nèi)。在兩環(huán)間的范圍內(nèi)存在方向豎直向下、大小隨時(shí)間均勻增強(qiáng)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B，則(　　) 圖1 A.Q環(huán)內(nèi)有順時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流 B.Q環(huán)內(nèi)有逆時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流 C.P環(huán)內(nèi)有順時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流 D.P環(huán)內(nèi)有逆時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流 解析　由楞次定律可知P環(huán)內(nèi)有逆時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流，Q環(huán)內(nèi)沒(méi)有感應(yīng)電流產(chǎn)生，故A、B、C錯(cuò)誤，D正確。 答案　D 【典例2】 (2019·浙江海寧選考模擬)(多選)如圖2所示，閉合導(dǎo)體環(huán)水平固定。條形磁鐵S極向下以初速度v0沿過(guò)導(dǎo)體環(huán)圓心的豎直軸線下

3、落，穿過(guò)導(dǎo)體環(huán)的過(guò)程中，關(guān)于導(dǎo)體環(huán)中的感應(yīng)電流及條形磁鐵的加速度，下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖2 A.從上向下看，導(dǎo)體環(huán)中的感應(yīng)電流的方向先順時(shí)針后逆時(shí)針 B.從上向下看，導(dǎo)體環(huán)中的感應(yīng)電流的方向先逆時(shí)針后順時(shí)針 C.條形磁鐵的加速度一直小于重力加速度 D.條形磁鐵的加速度開(kāi)始小于重力加速度，后大于重力加速度 解析　當(dāng)條形磁鐵的中心恰好位于導(dǎo)體環(huán)所在的水平面時(shí)，條形磁鐵內(nèi)部向上的磁感線都穿過(guò)了導(dǎo)體環(huán)，而條形磁鐵外部向下穿過(guò)導(dǎo)體環(huán)的磁通量最少，所以此時(shí)刻穿過(guò)導(dǎo)體環(huán)的磁通量最大，因此全過(guò)程導(dǎo)體環(huán)中磁通量方向向上，先增大后減小，從上向下看，感應(yīng)電流方向先順時(shí)針后逆時(shí)針，A正確，B錯(cuò)誤

4、；導(dǎo)體環(huán)中的感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)始終阻礙條形磁鐵運(yùn)動(dòng)，所以條形磁鐵的加速度一直小于重力加速度，C正確，D錯(cuò)誤。 答案　AC 【典例3】 (2019·浙江金華十校模擬)如圖3所示為感應(yīng)式發(fā)電機(jī)，a、b、c、d是空間四個(gè)可用電刷與銅盤(pán)邊緣接觸的點(diǎn)，O1、O2是銅盤(pán)軸線導(dǎo)線的接線端，M、N是電流表的接線端?，F(xiàn)在將銅盤(pán)轉(zhuǎn)動(dòng)，能觀察到感應(yīng)電流的是(　　) 圖3 A.將電流表的接線端M、N分別連接a、c位置 B.將電流表的接線端M、N分別連接O1、a位置 C.將電流表的接線端M、N分別連接O1、O2位置 D.將電流表的接線端M、N分別連接c、d位置 解析　當(dāng)銅盤(pán)轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，其切割磁感線產(chǎn)生感

5、應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，此時(shí)銅盤(pán)相當(dāng)于電源，銅盤(pán)邊緣和中心相當(dāng)于電源的兩個(gè)極，則要想觀察到感應(yīng)電流，M、N應(yīng)分別連接電源的兩個(gè)極即可，故可知只有B正確。 答案　B 　法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用 【典例4】 (2019·浙江義烏選考模擬)(多選)如圖4所示，豎直光滑導(dǎo)軌上端接入一定值電阻R，C1和C2是半徑都為a的兩圓形磁場(chǎng)區(qū)域，其區(qū)域內(nèi)的磁場(chǎng)方向都垂直于導(dǎo)軌平面向外，區(qū)域C1中磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間按B1＝b＋kt(k>0)變化，C2中磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度恒為B2，一質(zhì)量為m、電阻為r、長(zhǎng)度為L(zhǎng)的金屬桿AB穿過(guò)區(qū)域C2的圓心，垂直地跨放在兩導(dǎo)軌上，且與導(dǎo)軌接觸良好，并恰能保持靜止(軌道電阻不計(jì)，重力加速度大

6、小為g)。則(　　) 圖4 A.通過(guò)金屬桿的電流方向?yàn)閺腁到B B.通過(guò)金屬桿的電流大小為 C.定值電阻的阻值為R＝ D.整個(gè)電路中產(chǎn)生的熱功率P＝ 解析　區(qū)域C1中磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間按B1＝b＋kt(k>0)變化，可知磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻增大，穿過(guò)整個(gè)回路的磁通量增大，由楞次定律分析知，通過(guò)金屬桿的電流方向?yàn)閺腂到A，故A錯(cuò)誤；對(duì)金屬桿，根據(jù)平衡方程得mg＝B2I·2a，解得 I＝，故B正確；由法拉第電磁感應(yīng)定律，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝＝πa2＝kπa2；且閉合電路歐姆定律有I＝，又I＝，解得R＝－r，故C錯(cuò)誤；整個(gè)電路中產(chǎn)生的熱功率P＝EI＝，故D正確。 答案　BD

7、 1.(多選)現(xiàn)代科學(xué)研究中常要用到高速電子，電子感應(yīng)加速器就是利用感生電場(chǎng)使電子加速的設(shè)備。如圖5所示，上面為側(cè)視圖，上、下為電磁鐵的兩個(gè)磁極，電磁鐵線圈中電流的大小可以變化；下面為磁極之間真空室的俯視圖。現(xiàn)有一電子在真空室中做圓周運(yùn)動(dòng)，從上往下看電子沿逆時(shí)針?lè)较蜃黾铀龠\(yùn)動(dòng)。則下列判斷正確的是(　　) 圖5 A.通入螺線管的電流在增強(qiáng) B.通入螺線管的電流在減弱 C.電子在軌道中做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力是電場(chǎng)力 D.電子在軌道中加速的驅(qū)動(dòng)力是電場(chǎng)力 解析　由上往下看電子沿逆時(shí)針?lè)较蜃黾铀龠\(yùn)動(dòng)，表明感應(yīng)電場(chǎng)沿順時(shí)針?lè)较颉D示電磁鐵螺線管電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向豎直向上，根據(jù)楞次定律，當(dāng)

8、磁場(chǎng)正在增強(qiáng)時(shí)，產(chǎn)生的感應(yīng)電場(chǎng)沿順時(shí)針?lè)较?，故選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；電子所受感應(yīng)電場(chǎng)力方向沿切線方向，電子在軌道中做加速圓周運(yùn)動(dòng)是由電場(chǎng)力驅(qū)動(dòng)的，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確。 答案　AD 2.如圖6甲所示，光滑“∠”形金屬支架ABC固定在水平面上，支架處在垂直于水平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，一金屬導(dǎo)體棒EF放在支架上，用一輕桿將導(dǎo)體棒與墻固定連接，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示，取垂直于水平面向下為正方向，則下列說(shuō)法中正確的是(　　) 圖6 A.t1時(shí)刻輕桿對(duì)導(dǎo)體棒的作用力最大 B.t2時(shí)刻輕桿對(duì)導(dǎo)體棒的作用力最大 C.t2到t3時(shí)間內(nèi)，輕桿對(duì)導(dǎo)體棒的作用力先增大后減小 D.t2到t4

9、時(shí)間內(nèi)，輕桿對(duì)導(dǎo)體棒的作用力方向不變 解析　由E＝n，可知t1時(shí)刻感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為0，感應(yīng)電流為0，安培力為0，輕桿對(duì)導(dǎo)體棒的作用力為0，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；t2時(shí)刻感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為最大，感應(yīng)電流最大，但磁感應(yīng)強(qiáng)度為0，安培力為0，輕桿對(duì)導(dǎo)體棒的作用力為0，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；t2到t3時(shí)間內(nèi)，安培力先增大后減小，所以輕桿對(duì)導(dǎo)體棒的作用力先增大后減小，故選項(xiàng)C正確；t2到t4時(shí)間內(nèi)，感應(yīng)電流方向改變，安培力方向改變，則輕桿對(duì)導(dǎo)體棒的作用力方向改變，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 答案　C 3.(多選)如圖7甲所示，左側(cè)接有定值電阻R＝2 Ω的水平粗糙導(dǎo)軌處于垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1 T，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)＝1

10、m。一質(zhì)量m＝2 kg、阻值r＝2 Ω 的金屬棒在拉力F作用下由靜止開(kāi)始從CD處沿導(dǎo)軌向右加速運(yùn)動(dòng)，金屬棒與導(dǎo)軌間動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.25，g＝10 m/s2。金屬棒的v－x圖象如圖乙所示，則從起點(diǎn)發(fā)生x＝1 m位移的過(guò)程中(　　) 圖7 A.拉力做的功W＝9.25 J B.通過(guò)電阻R的電荷量q＝0.125 C C.整個(gè)系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量Q＝5.25 J D.x＝1 m時(shí)金屬棒的熱功率為1 W 解析　金屬棒在運(yùn)動(dòng)位移x＝1 m的過(guò)程中，克服摩擦力做功為Wf＝μmgx＝5 J，x＝1 m時(shí)金屬棒的安培力大小為F安＝BIL＝v，結(jié)合圖象可知，安培力大小與位移成正比，則金屬棒克服安培力做

11、功為W安＝Fx＝＝vx＝ 0.25 J，由動(dòng)能定理得W－W安－Wf＝mv2，得W＝9.25 J，選項(xiàng)A正確；流過(guò)電阻R的電荷量q＝＝0.25 C，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱等于金屬棒克服安培力做功大小，等于0.25 J，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量等于摩擦生熱和焦耳熱之和，大小為5.25 J，選項(xiàng)C正確；x＝1 m 時(shí)，回路中I＝＝0.5 A，由P＝I2r得金屬棒的熱功率為0.5 W，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 答案　AC 　電磁感應(yīng)中的圖象問(wèn)題 　根據(jù)題目所給條件，讀圖分析相關(guān)物理量 【典例1】 (2019·稽陽(yáng)聯(lián)誼學(xué)校聯(lián)考)如圖8甲，MN、PQ為水平放置的足夠長(zhǎng)平行光滑導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)＝0.5 m，導(dǎo)軌

12、左端連接的定值電阻R＝2 Ω，整個(gè)裝置處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為2 T。將一根質(zhì)量為0.2 kg、電阻也為r＝2 Ω的金屬棒ab垂直放置在導(dǎo)軌上，且與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計(jì)。x＝0處給棒一個(gè)向右的初速度、并對(duì)棒施加水平向右的拉力作用，經(jīng)過(guò) 2.4 m 金屬棒受到的安培力為0.8 N，圖乙為棒所受的安培力F安與位移x的關(guān)系圖象。求： 圖8 (1)運(yùn)動(dòng)2.4 m時(shí)金屬棒瞬時(shí)速度大小； (2)估算0～2.4 m內(nèi)定值電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱(提示：可以用F－x圖象下的“面積”代表力F所做的功)； (3)0～2.4 m內(nèi)通過(guò)電阻R的電荷量； (4)0～2.4 m內(nèi)水平拉力的

13、沖量大小。 解析　(1)F安＝BIL，I＝，E＝BLv2， 則F安＝，得v2＝3.2 m/s。 (2)面積法，數(shù)格子：約為72格，每格為0.02 J，Q總＝1.44 J 則定值電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為0.72 J。 (3)q＝IΔt，I＝，E＝，q＝，得q＝0.6 C。 (4)IF－∑F安t＝mv2－mv1，初速度v1＝＝1 m/s IF＝BqL＋mv2－mv1＝1.04 N·s。 答案　(1)3.2 m/s　(2)0.72 J(0.68 J～0.76 J均可)　(3)0.6 C　(4)1.04 N·s 　根據(jù)題目所給條件，選擇圖象 【典例2】 (2018·全國(guó)卷Ⅱ，18)如

14、圖9，在同一水平面內(nèi)有兩根平行長(zhǎng)導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間存在依次相鄰的矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，區(qū)域?qū)挾染鶠閘，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向交替向上向下。一邊長(zhǎng)為l的正方形金屬線框在導(dǎo)軌上向左勻速運(yùn)動(dòng)。線框中感應(yīng)電流i隨時(shí)間t變化的正確圖線可能是(　　) 圖9 解析　設(shè)線框運(yùn)動(dòng)的速度為v，則線框向左勻速運(yùn)動(dòng)第一個(gè)的時(shí)間內(nèi)，線框切割磁感線運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E＝2Bdv(d為導(dǎo)軌間距)，電流i＝，回路中電流方向?yàn)轫槙r(shí)針；第二個(gè)的時(shí)間內(nèi)，線框左右兩邊切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)大小相等，方向相反，線框切割磁感線運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為零，電流為零；第三個(gè)的時(shí)間內(nèi)，線框切割磁感線運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E＝2Bdv，電流i＝，回路

15、中電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，所以D正確。 答案　D 1.解決電磁感應(yīng)圖象問(wèn)題的“三點(diǎn)關(guān)注” (1)明確圖象所描述的物理意義，明確各種“＋”“－”的含義。 (2)關(guān)注變化過(guò)程，看電磁感應(yīng)發(fā)生的過(guò)程分為幾個(gè)階段，這幾個(gè)階段是否和圖象變化相對(duì)應(yīng)。 (3)關(guān)注大小、方向的變化趨勢(shì)，看圖線斜率的大小、圖線的曲直是否和物理過(guò)程對(duì)應(yīng)。 2.解決電磁感應(yīng)圖象問(wèn)題常用的“兩個(gè)方法” (1)排除法； (2)函數(shù)法?！　　　? 1.(2019·浙江嵊州選考模擬)如圖10甲中，兩平行光滑金屬導(dǎo)軌放置在水平面上且間距為L(zhǎng)，左端接電阻R，導(dǎo)軌電阻不計(jì)。整個(gè)裝置處于方向豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。

16、將質(zhì)量為m、電阻為r的金屬棒ab置于導(dǎo)軌上。當(dāng)ab受到垂直于金屬棒的水平外力F的作用由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)，F(xiàn)與金屬棒速度v的關(guān)系如圖乙所示。已知ab與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好，設(shè)ab中的感應(yīng)電流為I，ab受到的安培力大小為F安，R兩端的電壓為UR，R的電功率為P，則下圖中正確的是(　　) 圖10 解析　由題圖乙可得F＝F0－kv，金屬棒切割磁感線產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)E＝BLv，金屬棒中電流I＝，金屬棒受安培力F安＝BIL，對(duì)金屬棒根據(jù)牛頓第二定律F－F安＝ma，代入得F0－v＝ma，所以金屬棒做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度減為零時(shí)，做勻速運(yùn)動(dòng)，所以A正確；F安＝，UR＝R，R消耗的功率P＝，所以

17、B、C、D錯(cuò)誤。 答案　A 2.(多選)如圖11甲所示，矩形線圈abcd平放在水平桌面上，其空間存在兩個(gè)豎直方向的磁場(chǎng)，兩磁場(chǎng)方向相反，兩磁場(chǎng)的分界線OO′恰好把線圈分成左右對(duì)稱(chēng)的兩部分，當(dāng)兩磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度按如圖乙所示的規(guī)律變化時(shí)，線圈始終靜止，規(guī)定磁場(chǎng)垂直紙面向里為正方向，線圈中逆時(shí)針?lè)较驗(yàn)檎较?，線圈所受桌面的摩擦力向左為正方向，則下列關(guān)于線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電流和桌面對(duì)線圈的摩擦力隨時(shí)間變化的圖象正確的是(　　) 圖11 解析　由楞次定律可得，在0～t1時(shí)間內(nèi)，線圈中產(chǎn)生逆時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流，在t1～t2時(shí)間內(nèi)，線圈中產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流，由法拉第電磁感應(yīng)定律及閉合電路歐

18、姆定律知，線圈中的電流I＝＝，電流恒定，故選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；線圈在水平桌面上處于靜止?fàn)顟B(tài)，則水平方向受到的安培力和摩擦力大小相等，方向相反，因?yàn)镕＝BIl，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B均勻變化時(shí)，感應(yīng)電流I恒定，l恒定，根據(jù)題圖甲、乙可知，分界線OO′左側(cè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B1＝kt(0＜t＜t1)，分界線OO′右側(cè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B2＝－B0＋kt(0＜t＜t1)，在0～t1時(shí)間內(nèi)由楞次定律可得感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針，由左手定則可知安培力的方向?yàn)樗较蛴?，線圈所受安培力的合力恒為B0Il，則線圈受到的摩擦力的方向向左，同理t1～t2時(shí)間內(nèi)線圈受到的摩擦力的方向向右且恒為B0Il，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤，C正確。

19、答案　AC 3.一個(gè)圓形線圈，共有n＝10匝，其總電阻r＝4.0 Ω。線圈與阻值R0＝16 Ω的外電阻連成閉合回路，如圖12甲所示。線圈內(nèi)部存在著一個(gè)邊長(zhǎng)l＝0.20 m的正方形區(qū)域，其中有分布均勻但強(qiáng)弱隨時(shí)間變化的磁場(chǎng)，圖乙顯示了一個(gè)周期內(nèi)磁場(chǎng)的變化情況，周期T＝1.0×10－2 s，磁場(chǎng)方向以垂直線圈平面向外為正方向。求： 圖12 (1)t＝T時(shí)刻，電阻R0上的電流大小和方向； (2)0～T時(shí)間內(nèi)，流過(guò)電阻R0的電荷量； (3)一個(gè)周期內(nèi)電阻R0的發(fā)熱量。 解析　(1)0～內(nèi)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小恒定， E1＝n＝8 V 電流大小I1＝，可得I1＝0.4 A 電流方向從b到

20、a。 (2)同(1)可得～內(nèi)，感應(yīng)電流大小I2＝0.2 A 流過(guò)電路的電荷量q＝I1＋I(xiàn)2， 代入數(shù)據(jù)解得q＝1.5×10－3 C。 (3)Q＝IR0＋I(xiàn)R0，解得Q＝1.6×10－2 J。 答案　(1)0.4 A　從b向a　(2)1.5×10－3 C (3)1.6×10－2 J 　電磁感應(yīng)定律的綜合應(yīng)用 　以“單棒＋導(dǎo)軌”模型為載體，考查電磁感應(yīng)中的力、電綜合問(wèn)題 【典例1】 (2019·寧波十校高三聯(lián)考)如圖13 a，超級(jí)高鐵是一種以“真空管道運(yùn)輸”為理論核心設(shè)計(jì)的交通工具，它具有超高速、低能耗、無(wú)噪聲、零污染等特點(diǎn)。如圖b，已知管道中固定著兩根平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ，兩

21、導(dǎo)軌間距為r；運(yùn)輸車(chē)的質(zhì)量為m，橫截面是半徑為r的圓。運(yùn)輸車(chē)上固定著間距為D、與導(dǎo)軌垂直的兩根導(dǎo)體棒1和2，每根導(dǎo)體棒的電阻為R，每段長(zhǎng)度為D的導(dǎo)軌的電阻也為R。其他電阻忽略不計(jì)，重力加速度為g。 　 圖13 (1)如圖c，當(dāng)管道中的導(dǎo)軌平面與水平面成θ＝30°時(shí)，運(yùn)輸車(chē)恰好能無(wú)動(dòng)力地勻速下滑。求運(yùn)輸車(chē)與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ； (2)在水平導(dǎo)軌上進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，不考慮摩擦及空氣阻力。 ①當(dāng)運(yùn)輸車(chē)由靜止離站時(shí)，在導(dǎo)體棒2后間距為D處接通固定在導(dǎo)軌上電動(dòng)勢(shì)為E的直流電源，此時(shí)導(dǎo)體棒1、2均處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，如圖d。求剛接通電源時(shí)運(yùn)輸車(chē)的加速度的大小(電源內(nèi)阻

22、不計(jì)，不考慮電磁感應(yīng)現(xiàn)象)； ②當(dāng)運(yùn)輸車(chē)進(jìn)站時(shí)，管道內(nèi)依次分布磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，寬度為D的勻強(qiáng)磁場(chǎng)， 且相鄰的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向相反。求運(yùn)輸車(chē)以速度v0從如圖e通過(guò)距離2D后的 速度v。 解析　(1)分析運(yùn)輸車(chē)的受力，將運(yùn)輸車(chē)的重力分解，如圖a，軌道對(duì)運(yùn)輸車(chē)的支持力為FN1、FN2，如圖b。 由幾何關(guān)系FN1＝mgcos θ，F(xiàn)N2＝mgcos θ 又f1＝μFN1，f2＝μFN2 運(yùn)輸車(chē)勻速運(yùn)動(dòng)mgsin θ＝f1＋f2 解得μ＝。 (2)①運(yùn)輸車(chē)離站時(shí)，電路圖如圖c， c R 總＝，由閉合電路歐姆定律I＝ 又I1＝，I2＝ 導(dǎo)體棒所受的安培力F1＝BI1·r；F

23、2＝BI2·r 運(yùn)輸車(chē)的加速度a＝ 解得a＝。 ②運(yùn)輸車(chē)進(jìn)站時(shí)，電路如圖d， d 當(dāng)車(chē)速為v時(shí)，由法拉第電磁感應(yīng)定律 E1＝B·rv；E2＝B·rv 由閉合電路歐姆定律I＝ 導(dǎo)體棒所受的安培力F1＝BI·r，F(xiàn)2＝BI·r 運(yùn)輸車(chē)所受的合力F＝F1＋F2＝ 選取一小段時(shí)間Δt，運(yùn)輸車(chē)速度的變化量為Δv，由動(dòng)量定理得－Δt＝mΔv 即－Δx＝mΔv 兩邊求和－＝mv－mv0 解得v＝v0－。 答案　(1)　(2)①?、趘0－ 【典例2】 如圖14甲所示，兩根足夠長(zhǎng)的光滑金屬導(dǎo)軌ef、cd與水平面成θ＝30°角固定，導(dǎo)軌間距離為l＝1 m，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，一個(gè)阻值為

24、R0的定值電阻與電阻箱并聯(lián)接在兩金屬導(dǎo)軌的上端。整個(gè)系統(tǒng)置于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與導(dǎo)軌所在平面垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝1 T?，F(xiàn)將一質(zhì)量為m、電阻可以忽略的金屬棒MN從圖示位置由靜止釋放，金屬棒下滑過(guò)程中與導(dǎo)軌接觸良好。改變電阻箱的阻值R，測(cè)定金屬棒的最大速度vm，得到 － 的關(guān)系如圖乙所示。取g＝10 m/s2。求： 圖14 (1)金屬棒的質(zhì)量m和定值電阻R0的阻值； (2)當(dāng)電阻箱的阻值R＝2 Ω，且金屬棒的加速度為g時(shí)，金屬棒的速度大小。 解析　(1)金屬棒以速度vm下滑時(shí)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有E＝Blvm，由閉合電路歐姆定律有E＝I·，根據(jù)平衡條件有BIl＝mg

25、sin θ，整理得＝(＋)，由 － 圖象可知＝1 m－1·s·Ω，·＝0.5 m－1·s。解得 m＝0.2 kg，R0＝2 Ω。 (2)設(shè)此時(shí)金屬棒下滑的速度大小為v，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有E′＝Blv，由閉合電路歐姆定律有E′＝I′·，根據(jù)牛頓第二定律有mgsin θ－BI′l＝m·，聯(lián)立解得v＝0.5 m/s。 答案　(1)0.2 kg　2 Ω　(2)0.5 m/s 　以“雙棒＋導(dǎo)軌”模型為載體，考查電磁感應(yīng)中的能量、動(dòng)量等 問(wèn)題 【典例3】 如圖15所示，兩根質(zhì)量均為m＝2 kg的金屬棒垂直放在光滑的水平導(dǎo)軌上，左右兩部分導(dǎo)軌間距之比為1∶2，導(dǎo)軌間有大小相等但左、右兩部分

26、方向相反的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩棒電阻與棒長(zhǎng)成正比，不計(jì)導(dǎo)軌電阻?，F(xiàn)用250 N的水平拉力F向右拉CD棒，CD棒運(yùn)動(dòng)s＝0.5 m過(guò)程中其上產(chǎn)生的焦耳熱為Q2＝30 J，此時(shí)兩棒速率之比為vA∶vC＝1∶2，現(xiàn)立即撤去拉力F，設(shè)導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)且兩棒始終在不同磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，求： 圖15 (1)在CD棒運(yùn)動(dòng)0.5 m的過(guò)程中，AB棒上產(chǎn)生的焦耳熱； (2)撤去拉力F瞬間，兩棒的速度大小vA和vC； (3)撤去拉力F后，兩棒最終勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小vA′和vC′。 解析　(1)設(shè)兩棒的長(zhǎng)度分別為l和2l，所以電阻分別為R和2R，由于電路中任何時(shí)刻電流均相等，根據(jù)焦耳定律Q＝I2Rt可知Q1∶Q2＝1∶2

27、，則AB棒上產(chǎn)生的焦耳熱Q1＝15 J。 (2)根據(jù)能量守恒定律， 有Fs＝mv＋mv＋Q1＋Q2 又vA∶vC＝1∶2，聯(lián)立以上兩式并代入數(shù)據(jù)得 vA＝4 m/s，vC＝8 m/s。 (3)撤去拉力F后，AB棒繼續(xù)向左做加速運(yùn)動(dòng)，而CD棒向右做減速運(yùn)動(dòng)，兩棒最終勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)電路中電流為零，即兩棒切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)大小相等，此時(shí)兩棒的速度滿足 BLvA′＝B·2LvC′ 即vA′＝2vC′(不對(duì)過(guò)程進(jìn)行分析，認(rèn)為系統(tǒng)動(dòng)量守恒是常見(jiàn)錯(cuò)誤) 對(duì)兩棒分別應(yīng)用動(dòng)量定理，規(guī)定水平向左為正方向， 有A·t＝mvA′－mvA，－C·t＝mvC′－mvC。 因?yàn)镃＝2A，故有＝ 聯(lián)立以

28、上各式解得vA′＝6.4 m/s，vC′＝3.2 m/s。 答案　(1)15 J　(2)4 m/s　8 m/s　(3)6.4 m/s　3.2 m/s 　以“導(dǎo)體框”為載體，考查電磁感應(yīng)定律的綜合應(yīng)用 【典例4】 (2019·溫州模擬)如圖16所示，光滑絕緣斜面的傾角θ＝30°，矩形區(qū)域GHIJ內(nèi)存在著方向垂直于斜面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.4 T，GH與IJ相距d＝0.5 m。一個(gè)匝數(shù)n＝10、質(zhì)量m＝1 kg、邊長(zhǎng)L＝0.5 m的正方形金屬線圈abcd平放在斜面上，ab邊與GH相距為d?，F(xiàn)用一平行于斜面的恒力F拉動(dòng)線圈，使其由靜止開(kāi)始(t＝0)沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，線圈進(jìn)入磁場(chǎng)恰好勻

29、速運(yùn)動(dòng)。t1＝2 s時(shí)線圈剛好完全通過(guò)磁場(chǎng)，此時(shí)撤去外力，在t2＝2.8 s時(shí)線圈向下恰好完全穿出磁場(chǎng)。重力加速度g＝10 m/s2，斜面足夠長(zhǎng)，ab邊始終與GH平行，求： 圖16 (1)恒力F的大小和線圈的阻值R； (2)整個(gè)過(guò)程線圈產(chǎn)生的熱量。 解析　(1)線圈向上運(yùn)動(dòng)，ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度記為v1，經(jīng)歷的時(shí)間記為Δt1，在磁場(chǎng)中勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間記為Δt2；線圈向下運(yùn)動(dòng)，ab邊剛離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)的速度記為v2。 d＝Δt1，2d＝v1Δt2① 其中Δt1＋Δt2＝t1② 且Δt1＝Δt2＝t1＝1 s 聯(lián)立①②得v1＝1 m/s③ F－mgsin 30°＝ma④ 其中a

30、＝⑤ 聯(lián)立③④⑤得a＝1 m/s2，F(xiàn)＝6 N⑥ F＝mgsin 30°＋nBIL⑦ 其中I＝⑧ 聯(lián)立⑥⑦⑧得I＝0.5 A，R＝4 Ω。⑨ (2)向上穿過(guò)磁場(chǎng)產(chǎn)生的熱量 Q1＝(F－mgsin 30°)2d＝1 J⑩ 從撤去F后到向下出磁場(chǎng)的過(guò)程有 mgsin 30°(t2－t1)－2nBLΔt＝mv2－m(－v1) 其中q＝Δt＝n 聯(lián)立得v2＝2 m/s 向下穿過(guò)磁場(chǎng)產(chǎn)生的熱量 Q2＝2mgdsin 30°－mv＋mv 再聯(lián)立得Q2＝3.5 J 所以整個(gè)過(guò)程線框產(chǎn)生的熱量Q＝Q1＋Q2＝4.5 J。 答案　(1)6 N　4 Ω　(2)4.5 J 巧用流

31、程解決電磁感應(yīng)中力、電綜合問(wèn)題 　　　　 1.(2019·浙江名校協(xié)作體模擬)如圖17所示，質(zhì)量為m＝0.04 kg、邊長(zhǎng)l＝0.4 m 的正方形線框abcd放置在一光滑絕緣斜面上，線框用一平行斜面的細(xì)繩系于O點(diǎn)，斜面的傾角為θ＝30°；線框的一半處于磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化的關(guān)系為B＝2＋0.5t(T)，方向垂直于斜面；已知線框電阻為R＝0.5 Ω，重力加速度取g＝10 m/s2。下列說(shuō)法中正確的是(　　) 圖17 A.線框中的感應(yīng)電流方向?yàn)閍bcda B.t＝0時(shí)，細(xì)線拉力大小為F＝0.2 N C.線框中感應(yīng)電流大小為I＝80 mA D.經(jīng)過(guò)一段時(shí)間t，線框

32、可能拉斷細(xì)繩向下運(yùn)動(dòng) 解析　由楞次定律可知線框中的感應(yīng)電流方向?yàn)閍dcba，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝＝(l2)＝0.04 V，由閉合電路歐姆定律，可知線框中感應(yīng)電流大小為I＝＝0.08 A＝80 mA，由平衡條件可知FT＋BIl＝mgsin θ，t＝0時(shí)，B＝2 T，解得FT＝0.136 N，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤，C正確；經(jīng)過(guò)一段時(shí)間t，安培力BIl可能大于mgsin θ，所以線框可能沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 答案　C 2.(多選)如圖18甲所示，足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ傾斜放置。完全相同的兩金屬棒ab、cd分別垂直導(dǎo)軌放置，棒兩端都與導(dǎo)軌始終有良好接觸，已知兩棒的電阻均為R，導(dǎo)

33、軌間距為l且光滑，電阻不計(jì)，整個(gè)裝置處在方向垂直于導(dǎo)軌平面向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。棒ab在平行于導(dǎo)軌向上的力F作用下，沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng)，從某時(shí)刻開(kāi)始計(jì)時(shí)，兩棒的v－t圖象如圖乙所示，兩圖線平行，v0已知，則從計(jì)時(shí)開(kāi)始(　　) 圖18 A.通過(guò)棒cd的電流方向由d到c B.通過(guò)棒cd的電流I＝ C.力F＝ D.力F做的功等于回路中產(chǎn)生的焦耳熱和兩棒動(dòng)能的增量 解析　由vab>vcd，故通過(guò)cd的電流方向由d到c，選項(xiàng)A正確；由I＝，可得I＝，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；對(duì)ab棒：F－mgsin θ－BIl＝maab，對(duì)cd棒：BIl－mgsin θ＝macd，aab＝acd，可得F＝

34、，選項(xiàng)C正確；力F做的功等于回路中產(chǎn)生的焦耳熱和兩棒的動(dòng)能增量與重力勢(shì)能增量之和，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 答案　AC 3.(2019·溫州二模)如圖19所示，兩根相同的平行金屬導(dǎo)軌固定在水平面內(nèi)，左端用導(dǎo)線相連，在導(dǎo)軌的某位置建立與導(dǎo)軌平面共面的直角坐標(biāo)系xOy，x軸緊靠導(dǎo)軌，y軸垂直導(dǎo)軌。在y軸的右側(cè)分布著垂直導(dǎo)軌平面向外的有界磁場(chǎng)，左邊界Ⅱ與y軸重合，右邊界Ⅰ與y軸平行，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小沿y軸均勻分布，沿x軸按B2＝B(2＋kx)規(guī)律分布(式中k＞0，B0、k均為定值且為已知量)。在邊界Ⅰ的右側(cè)某位置垂直導(dǎo)軌放置一質(zhì)量為m的金屬棒，現(xiàn)給棒一水平向左的瞬時(shí)沖量，使其向左運(yùn)動(dòng)，同時(shí)在棒上施加一水平向

35、右的恒力F0，棒穿過(guò)磁場(chǎng)后繼續(xù)向左運(yùn)動(dòng)，然后再返回磁場(chǎng)，并能從邊界Ⅰ穿出。已知：棒向左運(yùn)動(dòng)經(jīng)過(guò)邊界Ⅰ、Ⅱ的速度及向右返回經(jīng)過(guò)邊界Ⅱ的速度大小分別為v、、(v是未知量)；棒向左運(yùn)動(dòng)離開(kāi)邊界Ⅱ的最大距離是磁場(chǎng)兩邊界間距的n倍，棒向右運(yùn)動(dòng)穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中速度不變；導(dǎo)軌單位長(zhǎng)度的阻值是恒定的，導(dǎo)線及金屬棒電阻不計(jì)，棒與導(dǎo)軌間的摩擦力大小恒定，求： 圖19 (1)棒與導(dǎo)軌間摩擦力大小Ff； (2)棒左、右兩次穿越磁場(chǎng)的過(guò)程中產(chǎn)生的電熱之比Q1∶Q2； (3)導(dǎo)線到邊界Ⅱ的距離d； (4)棒左、右兩次穿越磁場(chǎng)的過(guò)程中所用的時(shí)間之比t1∶t2。 解析　(1)設(shè)金屬棒向左運(yùn)動(dòng)離開(kāi)邊界Ⅱ的最

36、大距離為s1，此時(shí)金屬棒的速度 為零； 根據(jù)動(dòng)能定理可得，在金屬棒從邊界Ⅱ向左運(yùn)動(dòng)到最大距離過(guò)程中 －F0s1－Ffs1＝0－m① 在金屬棒從最大距離向右運(yùn)動(dòng)返回邊界Ⅱ的過(guò)程中 F0s1－Ffs1＝m② 由①②可解得Ff＝F0。③ (2)設(shè)磁場(chǎng)兩邊界間距為s2，根據(jù)功能關(guān)系， 在從右向左運(yùn)動(dòng)第一次穿越磁場(chǎng)區(qū)域過(guò)程中 －F0s2－Ffs2－Q1＝m－mv2④ 在從左向右運(yùn)動(dòng)第二次穿越磁場(chǎng)區(qū)域過(guò)程中 F0s2－Ffs2－Q2＝0⑤ 棒向左運(yùn)動(dòng)離開(kāi)邊界Ⅱ的最大距離是磁場(chǎng)兩邊界間距的n倍，即s1＝ns2⑥ 由①②③④⑤⑥可解得Q1∶Q2＝(12n－4)∶1。⑦ (3)由題意

37、知，棒向右運(yùn)動(dòng)穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中速度不變，即做勻速直線運(yùn)動(dòng)，即受力平衡； 由于所受F0、重力、支持力、摩擦力均恒定，則所受安培力也是恒定的， 且F安＝BIL＝· 由⑤式F0s2－Ffs2－F安s2＝0，得F安＝F0⑧ 在從磁場(chǎng)邊界Ⅱ進(jìn)入時(shí)，x＝0，此時(shí)B2＝2B⑨ 和從磁場(chǎng)邊界Ⅰ出來(lái)時(shí)，x＝s2，此時(shí)B2＝B(2＋ks2)⑩ 設(shè)導(dǎo)軌單位長(zhǎng)度電阻為r，金屬棒切割磁感線的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，由x＝0和x＝s2處安培力相等，則有 ·＝· 由可解得d＝。 (4)對(duì)于第一次穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域過(guò)程中，設(shè)任一時(shí)刻速度為v′，以向右為正方向，則有 F0＋Ff＋v′＝ma 對(duì)于任意微小過(guò)程均有 (F0

38、＋Ff)Δt＋v′Δt＝ma·Δt 對(duì)整個(gè)過(guò)程進(jìn)行求和，可得 (F0＋Ff)t1＋s2＝m 對(duì)于第二次穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域過(guò)程，金屬棒做勻速運(yùn)動(dòng)，可得s2＝ 由①②③⑧可解得t1∶t2＝(4n－1)∶4。 答案　(1)F0　(2)(12n－4)∶1　(3) (4)(4n－1)∶4 電磁感應(yīng)中的STSE問(wèn)題賞析 情形1　以科學(xué)技術(shù)為背景考查楞次定律 物理學(xué)是科學(xué)技術(shù)的基礎(chǔ)，聯(lián)系生產(chǎn)、生活，考查物理知識(shí)的應(yīng)用是高考命題的熱點(diǎn)，能夠體現(xiàn)高考對(duì)學(xué)科素養(yǎng)的重視。 【例1】 (2017·全國(guó)卷Ⅰ，18)掃描隧道顯微鏡(STM)可用來(lái)探測(cè)樣品表面原子尺度上的形貌。為了有效隔離外界振動(dòng)對(duì)STM

39、的擾動(dòng)，在圓底盤(pán)周邊沿其徑向?qū)ΨQ(chēng)地安裝若干對(duì)紫銅薄板，并施加磁場(chǎng)來(lái)快速衰減其微小振動(dòng)，如圖20所示。無(wú)擾動(dòng)時(shí)，按下列四種方案對(duì)紫銅薄板施加恒磁場(chǎng)；出現(xiàn)擾動(dòng)后，對(duì)于紫銅薄板上下及其左右振動(dòng)的衰減最有效的方案是(　　) 圖20 解析　感應(yīng)電流產(chǎn)生的條件是閉合回路中的磁通量發(fā)生變化。在A圖中，系統(tǒng)振動(dòng)時(shí)，紫銅薄板隨之上下及左右振動(dòng)，在磁場(chǎng)中的部分有時(shí)多有時(shí)少，磁通量發(fā)生變化，產(chǎn)生感應(yīng)電流，受到安培力，阻礙系統(tǒng)的振動(dòng)；在B、D圖中，只有紫銅薄板左右振動(dòng)才產(chǎn)生感應(yīng)電流，而上下振動(dòng)無(wú)電流產(chǎn)生；在C圖中，無(wú)論紫銅薄板上下振動(dòng)還是左右振動(dòng)，都不會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，故選項(xiàng)A正確，B、C、D錯(cuò)誤。 答案

40、　A 【例2】 (2019·浙江江山選考模擬)電磁流量計(jì)廣泛應(yīng)用于測(cè)量可導(dǎo)電流體(如污水)在管中的流量(在單位時(shí)間內(nèi)通過(guò)管內(nèi)橫截面的流體的體積)。為了簡(jiǎn)化，假設(shè)流量計(jì)是如圖21所示的橫截面為長(zhǎng)方形的一段管道，其中空部分的長(zhǎng)、寬、高分別為圖中的a、b、c，流量計(jì)的兩端與輸送液體的管道相連接(圖中虛線)。圖中流量計(jì)的上下兩面是金屬材料，前后兩面是絕緣材料，現(xiàn)于流量計(jì)所在處加磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直于前后兩面。當(dāng)導(dǎo)電液體穩(wěn)定地流經(jīng)流量計(jì)時(shí)，在管外將流量計(jì)上、下兩表面分別與一串接了電阻R的電流表的兩端連接，I表示測(cè)得的電流值。已知流體的電阻率為ρ，不計(jì)電流表的內(nèi)阻，則可求得流量為(　　

41、) 圖21 A. B. C. D. 解析　設(shè)管中流體的流速為v，則在Δt時(shí)間內(nèi)流體在管中向前移動(dòng)的距離為vΔt，這樣如圖甲畫(huà)線的流體在Δt時(shí)間內(nèi)都將流過(guò)橫截面， 甲 設(shè)此橫截面積為S，則畫(huà)線的流體體積ΔV＝SvΔt，除以時(shí)間Δt，則得到流體在該管中的流量為Q＝＝Sv。對(duì)于題干所給的流量計(jì)，橫截面積S＝bc，故流過(guò)流量計(jì)的流量Q＝vbc，對(duì)于給定的流量計(jì)，b與c是常量，可見(jiàn)測(cè)流量實(shí)質(zhì)上是測(cè)流速。當(dāng)可導(dǎo)電流體穩(wěn)定地流經(jīng)流量計(jì)，流體將切割磁感線，這樣在流量計(jì)的上、下兩面產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝vBc，其中B是垂直于流量計(jì)前后兩面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度，c是流過(guò)流量計(jì)流體的厚度，

42、v是可導(dǎo)電流體在流量計(jì)中的流速。這樣在管外將流量計(jì)上、下兩表面分別與一串接了電阻R的電流表的兩端連接，如圖乙所示，則將有電流流過(guò)閉合電路，這個(gè)閉合電路中的電動(dòng)勢(shì)就是由可導(dǎo)電流體沿流量計(jì)流動(dòng)切割磁感線而產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，如圖乙所示，電阻包括外接的電阻R和可導(dǎo)電流體的電阻r＝，這樣根據(jù)歐姆定律，得到閉合電路中的電流等于I＝ 乙 Q＝vbc＝，選項(xiàng)A正確。 答案　A 情形2　以生活為背景考查楞次定律 【例3】 (2019·浙江臺(tái)州模擬)(多選)在家庭電路中，為了安全，一般在電能表后面的電路中安裝一個(gè)漏電開(kāi)關(guān)，其工作原理如圖22所示，其中甲線圈兩端與脫扣開(kāi)關(guān)控制器相連，乙線圈由兩條電源線

43、采取雙線法繞制，并與甲線圈繞在同一個(gè)矩形硅鋼片組成的鐵芯上。以下說(shuō)法中正確的是(　　) 圖22 A.當(dāng)用戶用電正常時(shí)，甲線圈兩端沒(méi)有電壓，脫扣開(kāi)關(guān)接通 B.當(dāng)用戶用電正常時(shí)，甲線圈兩端有電壓，脫扣開(kāi)關(guān)接通 C.當(dāng)用戶發(fā)生漏電時(shí)，甲線圈兩端沒(méi)有電壓，脫扣開(kāi)關(guān)斷開(kāi) D.當(dāng)用戶發(fā)生漏電時(shí)，甲線圈兩端有電壓，脫扣開(kāi)關(guān)斷開(kāi) 解析　正常狀態(tài)時(shí)，火線和零線中電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)完全抵消，脫扣開(kāi)關(guān)S保持接通，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；當(dāng)用戶發(fā)生漏電時(shí)，流過(guò)火線與零線的電流不相等，乙線圈中火線和零線電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)不能完全抵消，會(huì)使甲線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，脫扣開(kāi)關(guān)斷開(kāi)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確。 答案　AD 【

44、例4】 (多選)如圖23所示是某同學(xué)自制的電流表原理圖，質(zhì)量為m的均勻金屬桿MN與一豎直懸掛的絕緣輕彈簧相連，彈簧勁度系數(shù)為k，在邊長(zhǎng)為ab＝L1、bc＝L2的矩形區(qū)域abcd內(nèi)有勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向外。MN的右端連接一絕緣輕指針，可指示出標(biāo)尺上的刻度，MN的長(zhǎng)度大于ab，當(dāng)MN中沒(méi)有電流通過(guò)且靜止時(shí)，MN與ab邊重合，且指針指在標(biāo)尺的零刻度；當(dāng)MN中有電流時(shí)，指針示數(shù)可表示電流大小，MN始終在紙面內(nèi)且保持水平，則(　　) 圖23 A.要使電流表正常工作，MN中電流方向應(yīng)從N至M B.當(dāng)該電流表的示數(shù)為零時(shí)，彈簧的伸長(zhǎng)量不為零 C.該電流表的量程是Im＝

45、D.該電流表的刻度是均勻的 解析　要使電流表正常工作，MN應(yīng)向下移動(dòng)，所受的安培力應(yīng)向下，由左手定則知，MN中的電流方向應(yīng)從M至N，故A錯(cuò)誤；當(dāng)該電流表的示數(shù)為零時(shí)，MN與ab邊重合，彈簧的彈力與MN的重力平衡，彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài)，故B正確；設(shè)當(dāng)電流表示數(shù)為零時(shí)，設(shè)彈簧的伸長(zhǎng)量為x0，由平衡條件得mg＝kx0，解得x0＝，當(dāng)電流為I時(shí)，安培力為FA＝BIL1；設(shè)此時(shí)彈簧伸長(zhǎng)量的增加量為Δx，根據(jù)胡克定律ΔF＝kΔx，得Δx＝＝∝I，故該電流表的刻度是均勻的；當(dāng)Δx＝L2時(shí)，I＝Im，則有BImL1＝kL2，得Im＝，故C、D正確。 答案　BCD 情形3　以科學(xué)技術(shù)為背景考查電磁感應(yīng)定律

46、【例5】 (2019·浙江樂(lè)清選考模擬)(多選)鐵路運(yùn)輸中設(shè)計(jì)的多種裝置都運(yùn)用了電磁感應(yīng)原理。有一種電磁裝置可以向控制中心傳輸信號(hào)以確定火車(chē)的位置和運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，裝置的原理是：將能產(chǎn)生勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁鐵安裝在火車(chē)首節(jié)車(chē)廂下面，如圖24甲所示(俯視圖)，當(dāng)它經(jīng)過(guò)安放在兩鐵軌間的矩形線圈時(shí)，線圈便產(chǎn)生一個(gè)電信號(hào)傳輸給控制中心。線圈長(zhǎng)為l1，寬為l2，匝數(shù)為n。若勻強(qiáng)磁場(chǎng)只分布在一個(gè)矩形區(qū)域內(nèi)，當(dāng)火車(chē)首節(jié)車(chē)廂通過(guò)線圈時(shí)，控制中心接收到線圈兩端電壓u與時(shí)間t的關(guān)系如圖乙所示(ab、cd均為直線)，則在t1～t2時(shí)間內(nèi)(　　) 圖24 A.火車(chē)做勻速直線運(yùn)動(dòng) B.M點(diǎn)電勢(shì)低于N點(diǎn)電勢(shì) C.火車(chē)加速度

47、大小為 D.火車(chē)平均速度大小為 解析　在t1～t2時(shí)間內(nèi)，由感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝u＝nBl1v＝nBl1(v1＋at)，由圖象可知火車(chē)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由右手定則可知電流方向由M到N，所以M點(diǎn)電勢(shì)低于N點(diǎn)電勢(shì)，故選項(xiàng)B正確；由圖象可知斜率為＝nBl1a，解得加速度a＝，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由u＝nBl1v可知v＝，所以火車(chē)平均速度大小為，故選項(xiàng)D正確。 答案　BD 【例6】 電磁軌道炮利用電流和磁場(chǎng)的作用使炮彈獲得超高速度，其原理可用來(lái)研制新武器和航天運(yùn)載器。電磁軌道炮示意如圖25，圖中直流電源電動(dòng)勢(shì)為E，電容器的電容為C。兩根固定于水平面內(nèi)的光滑平行金屬導(dǎo)軌間距為l，電阻不計(jì)。炮彈

48、可視為一質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒MN，垂直放在兩導(dǎo)軌間處于靜止?fàn)顟B(tài)，并與導(dǎo)軌良好接觸。首先開(kāi)關(guān)S接1，使電容器完全充電。然后將S接至2，導(dǎo)軌間存在垂直于導(dǎo)軌平面、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(圖中未畫(huà)出)，MN開(kāi)始向右加速運(yùn)動(dòng)。當(dāng)MN上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與電容器兩極板間的電壓相等時(shí)，回路中電流為零，MN達(dá)到最大速度，之后離開(kāi)導(dǎo)軌。問(wèn)： 圖25 (1)磁場(chǎng)的方向； (2)MN剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度a的大?。? (3)MN離開(kāi)導(dǎo)軌后電容器上剩余的電荷量Q是多少。 解析　(1)垂直于導(dǎo)軌平面向下。 (2)電容器完全充電后，兩極板間電壓為E，當(dāng)開(kāi)關(guān)S接2時(shí)，電容器放電，設(shè)剛放電時(shí)流經(jīng)MN的電流為

49、I，有 I＝① 設(shè)MN受到的安培力為F，有F＝IlB② 由牛頓第二定律，有F＝ma③ 聯(lián)立①②③式得a＝。④ (3)當(dāng)電容器充電完畢時(shí)，設(shè)電容器上電荷量為Q0，有 Q0＝CE⑤ 開(kāi)關(guān)S接2后，MN開(kāi)始向右加速運(yùn)動(dòng)，速度達(dá)到最大值vmax時(shí)，設(shè)MN上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E′，有E′＝Blvmax⑥ 依題意有E′＝⑦ 設(shè)在此過(guò)程中MN的平均電流為，MN上受到的平均安培力為，有＝lB⑧ 由動(dòng)量定理，有Δt＝mvmax－0⑨ 又Δt＝Q0－Q⑩ 聯(lián)立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得Q＝。 答案　(1)垂直于導(dǎo)軌平面向下　(2)　(3) 一、選擇題(1～4題為單項(xiàng)選擇題，5～8題為不定項(xiàng)選擇題

50、) 1.(2019·浙江諸暨選考模擬)有一種手持金屬探測(cè)器實(shí)物及其結(jié)構(gòu)原理圖可簡(jiǎn)化為圖1所示。探測(cè)器運(yùn)用的是電磁感應(yīng)原理，發(fā)射線圈(外環(huán))可以產(chǎn)生垂直于線圈平面且大小和方向均變化的磁場(chǎng)；內(nèi)環(huán)線圈是接收線圈，用來(lái)收集被查金屬物發(fā)出的磁場(chǎng)(接收線圈能完全屏蔽發(fā)射線圈產(chǎn)生的磁場(chǎng))。隨著發(fā)射線圈產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向反復(fù)變化，它會(huì)與所遇的金屬物發(fā)生作用，導(dǎo)致金屬物自身也會(huì)產(chǎn)生微弱的磁場(chǎng)，來(lái)自金屬物的磁場(chǎng)進(jìn)入內(nèi)環(huán)線圈被接收到后，檢測(cè)器會(huì)發(fā)出報(bào)警聲。若發(fā)射線圈產(chǎn)生向下且增強(qiáng)的磁場(chǎng)，則下列說(shuō)法中正確的是(　　) 圖1 A.金屬物產(chǎn)生的感應(yīng)磁場(chǎng)的方向豎直向下 B.金屬物中的渦流從上往下看是沿順時(shí)針?lè)较?

51、C.金屬物發(fā)出的磁場(chǎng)穿過(guò)接收線圈時(shí)，接收線圈會(huì)產(chǎn)生微弱的電流，此類(lèi)探測(cè)器相應(yīng)的元件就是依據(jù)這一電流進(jìn)行報(bào)警的 D.如果金屬物中某時(shí)刻發(fā)出向上的磁場(chǎng)，那么接收線圈中的感應(yīng)電流方向從上往下看是沿逆時(shí)針?lè)较? 解析　先根據(jù)探測(cè)器發(fā)射線圈發(fā)出的磁場(chǎng)判定穿過(guò)金屬物的磁通量方向和變化情況，再根據(jù)楞次定律確定金屬物中感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向，用安培定則判斷金屬物中的感應(yīng)電流的方向，這里特別要注意感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)與原磁場(chǎng)不能混淆；金屬物發(fā)出的磁場(chǎng)穿過(guò)接收線圈時(shí)，會(huì)引起接收線圈產(chǎn)生微弱的電流，使探測(cè)器報(bào)警，選項(xiàng)C正確；如果金屬中發(fā)出向上逐漸增加的磁場(chǎng)，接收線圈感應(yīng)電流從上向下看為順時(shí)針?lè)较?，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 答

52、案　C 2.(2019·湖南三湘名校第三次聯(lián)考)隨著科技的不斷發(fā)展，無(wú)線充電已經(jīng)進(jìn)入人們的視線。小到手表、手機(jī)，大到電腦、電動(dòng)汽車(chē)的充電，都已經(jīng)實(shí)現(xiàn)了從理論研發(fā)到實(shí)際應(yīng)用的轉(zhuǎn)化。圖2給出了某品牌的無(wú)線充電手機(jī)利用電磁感應(yīng)方式無(wú)線充電的原理圖。關(guān)于無(wú)線充電，下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖2 A.無(wú)線充電時(shí)手機(jī)接收線圈部分的工作原理是“電流的磁效應(yīng)” B.只有將充電底座接到直流電源上才能對(duì)手機(jī)進(jìn)行充電 C.接收線圈中交變電流的頻率與發(fā)射線圈中交變電流的頻率相同 D.只要有無(wú)線充電底座，所有手機(jī)都可以進(jìn)行無(wú)線充電 解析　無(wú)線充電時(shí)手機(jī)接收線圈部分的工作原理是電磁感應(yīng)現(xiàn)象，不是“電流的

53、磁效應(yīng)”現(xiàn)象，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；當(dāng)充電設(shè)備通以恒定直流，無(wú)線充電設(shè)備不會(huì)產(chǎn)生交變磁場(chǎng)，那么不能夠正常使用，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；接收線圈中交變電流的頻率與發(fā)射線圈中交變電流的頻率相同，故選項(xiàng)C正確；被充電手機(jī)內(nèi)部，應(yīng)該有一類(lèi)似金屬線圈的部件，與手機(jī)電池相連，當(dāng)有交變磁場(chǎng)時(shí)，則出現(xiàn)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，那么普通手機(jī)不能夠利用無(wú)線充電設(shè)備進(jìn)行充電，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 答案　C 3.(2019·溫州模擬)紙面內(nèi)兩個(gè)半徑均為R的圓相切于O點(diǎn)，兩圓形區(qū)域內(nèi)分別存在垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向相反，且不隨時(shí)間變化。一長(zhǎng)為2R的導(dǎo)體桿OA繞O點(diǎn)且垂直于紙面的軸順時(shí)針勻速旋轉(zhuǎn)，角速度為ω。t＝0時(shí)，OA恰好位于兩

54、圓的公切線上，如圖3所示，若選取從O指向A的電動(dòng)勢(shì)為正，下列描述導(dǎo)體桿中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)隨時(shí)間變化的圖象可能正確的是(　　) 圖3 解析　由右手定則可判斷，開(kāi)始時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為正，故D錯(cuò)誤；設(shè)經(jīng)時(shí)間t導(dǎo)體桿轉(zhuǎn)過(guò)的角度為α，則α＝ωt，導(dǎo)體桿有效切割長(zhǎng)度為L(zhǎng)＝2Rsin ωt。由E＝BL2ω，可知E＝2BR2ωsin 2ωt，B、R、ω不變，切割的有效長(zhǎng)度隨時(shí)間先增大后減小，且做非線性、非正弦的變化，經(jīng)半個(gè)周期后，電動(dòng)勢(shì)的方向反向，故A、B錯(cuò)誤，C正確。 答案　C 4.如圖4所示，間距為L(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌彎成“∠”形，底部導(dǎo)軌面水平，傾斜部分與水平面成θ角，導(dǎo)軌與固定電阻相連，整個(gè)裝置

55、處于豎直向上的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。導(dǎo)體棒ab與cd均垂直于導(dǎo)軌放置，且與導(dǎo)軌間接觸良好，兩導(dǎo)體棒的電阻均與阻值為R的固定電阻相等，其余部分電阻不計(jì)，當(dāng)導(dǎo)體棒cd沿導(dǎo)軌向右以速度v勻速滑動(dòng)時(shí)，導(dǎo)體棒ab恰好在傾斜導(dǎo)軌上處于靜止?fàn)顟B(tài)，導(dǎo)體棒ab的重力為mg，則(　　) 圖4 A.導(dǎo)體棒cd兩端的電壓為BLv B.t時(shí)間內(nèi)通過(guò)導(dǎo)體棒cd橫截面的電荷量為 C.cd棒克服安培力做功的功率為 D.導(dǎo)體棒ab所受安培力為mgsin θ 解析　根據(jù)題意畫(huà)出等效電路如圖甲所示。導(dǎo)體棒cd產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝BLv，導(dǎo)體棒cd兩端的電壓是路端電壓，U＝E＝BLv，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；通過(guò)cd棒的

56、電流I＝＝，在時(shí)間t內(nèi)通過(guò)導(dǎo)體棒cd橫截面的電荷量為q＝It＝，選項(xiàng)B正確； 甲 對(duì)ab棒進(jìn)行受力分析如圖乙所示，由于ab棒靜止，所以ab棒所受安培力Fab＝mgtan θ，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；由功能關(guān)系知cd棒克服安培力做功的功率等于整個(gè)電路的電功率，為P＝＝，選項(xiàng)C錯(cuò)誤。 乙 答案　B 5.如圖5所示，兩等長(zhǎng)的細(xì)繩懸掛一磁鐵與一圓形閉合線圈懸于細(xì)桿上，靜止時(shí)線圈平面與磁鐵的軸線O1O2垂直，磁鐵質(zhì)量為m，磁極如圖所示。在垂直于細(xì)桿的平面內(nèi)，保持細(xì)繩繃緊，將磁鐵拉至與細(xì)桿等高的位置，將磁鐵由靜止釋放，重力加速度大小為g，則下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖5 A.磁鐵下擺過(guò)程

57、中，線圈所受合外力為零 B.磁鐵下擺過(guò)程中，線圈中有逆時(shí)針?lè)较?沿O1O2方向看)的感應(yīng)電流 C.磁鐵下擺過(guò)程中，線圈中有順時(shí)針?lè)较?沿O1O2方向看)的感應(yīng)電流 D.磁鐵擺到最低點(diǎn)時(shí)，兩繩子拉力的合力小于3mg 解析　磁鐵下擺過(guò)程中，向左穿過(guò)線圈的磁通量增大，根據(jù)楞次定律可知，線圈中有順時(shí)針?lè)较?沿O1O2方向看)的感應(yīng)電流，故選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤，C正確；磁鐵向下運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，根據(jù)楞次定律可知，磁鐵會(huì)受到線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電流的阻礙，機(jī)械能減小，則mv2

58、沿兩平行金屬導(dǎo)軌從圖示位置以速度v向右勻速通過(guò)一正方形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，ac邊垂直于導(dǎo)軌且平行于導(dǎo)體棒，ac邊右側(cè)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小是左側(cè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的2倍且方向相反，導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻均不計(jì)，下列關(guān)于導(dǎo)體棒中感應(yīng)電流和導(dǎo)體棒所受安培力隨時(shí)間變化的圖象可能正確的是(規(guī)定電流從M經(jīng)R到N為正方向，安培力水平向左為正方向)(　　) 圖6 解析　解決導(dǎo)體運(yùn)動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)問(wèn)題的三把“金鑰匙”：一找切割長(zhǎng)度；二找變化趨勢(shì)；三找方向。根據(jù)右手定則，開(kāi)始時(shí)導(dǎo)體棒中感應(yīng)電流方向?yàn)檎?注意不要忽略物理量的正負(fù))，大小均勻增加，根據(jù)題述可知，當(dāng)導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)到ac邊的右側(cè)，感應(yīng)電流的大小突變?yōu)樵瓉?lái)的

59、2倍，方向變?yōu)樨?fù)，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；感應(yīng)電流隨位移均勻變化，切割的有效長(zhǎng)度隨位移均勻變化，根據(jù)F＝BIL，安培力大小隨位移做二次函數(shù)變化，根據(jù)楞次定律可知，安培力方向不變，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。 答案　AC 7.(2019·浙江臨安選考適應(yīng)性考試)如圖7甲所示，質(zhì)量m＝3.0×10－3 kg的“”型金屬細(xì)框豎直放置在兩水銀槽中，“”型框的水平細(xì)桿CD長(zhǎng)l＝0.20 m，處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1＝1.0 T、方向水平向右的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。有一匝數(shù)n＝300匝、面積S＝0.01 m2的線圈通過(guò)開(kāi)關(guān)K與兩水銀槽相連。線圈處于與線圈平面垂直的、沿豎直方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，其磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的大小隨時(shí)間t變化的

60、關(guān)系如圖乙所示。t＝0.22 s時(shí)閉合開(kāi)關(guān)K，瞬間細(xì)框跳起(細(xì)框跳起瞬間安培力遠(yuǎn)大于重力)，跳起的最大高度h＝0.20 m。不計(jì)空氣阻力，重力加速度g＝10 m/s2，下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖7 A.0～0.10 s內(nèi)線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為3 V B.開(kāi)關(guān)K閉合瞬間，CD中的電流方向由C到D C.磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的方向豎直向下 D.開(kāi)關(guān)K閉合瞬間，通過(guò)細(xì)桿CD的電荷量為0.03 C 解析　由題圖乙所示圖象可知，0～0.10 s內(nèi)：ΔΦ＝ΔBS＝(1－0)×0.01 Wb＝ 0.01 Wb，0～0.10 s內(nèi)線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大?。篍＝n＝300× V＝30 V，故選項(xiàng)A錯(cuò)

61、誤；由題可知細(xì)桿CD所受安培力方向豎直向上，由左手定則可知，電流方向?yàn)镃→D，由安培定則可知線圈中感應(yīng)電流的磁場(chǎng)方向豎直向上，由圖示圖象可知，在0.20～0.25 s 內(nèi)穿過(guò)線圈的磁通量減少，由楞次定律可知，磁感應(yīng)強(qiáng)度B2方向豎直向上，故選項(xiàng)B正確，C錯(cuò)誤；對(duì)細(xì)框，由動(dòng)量定理得B1Il·Δt＝mv－0，細(xì)框豎直向上做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，則v2＝2gh，電荷量Q＝IΔt，解得 Q＝m＝ C＝0.03 C，故選項(xiàng)D正確。 答案　BD 8.半徑分別為r和2r的同心圓形導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，一長(zhǎng)為r、電阻為R的均勻金屬棒AB置于圓導(dǎo)軌上面，BA的延長(zhǎng)線通過(guò)圓導(dǎo)軌中心O，裝置的俯視圖如圖8所示，整個(gè)裝

62、置位于一勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，方向豎直向下。在兩環(huán)之間接阻值為R的定值電阻和電容為C的電容器。金屬棒在水平外力作用下以角速度ω繞O逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，在轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌保持良好接觸。導(dǎo)軌電阻不計(jì)。下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖8 A.金屬棒中電流方向從B流向A B.金屬棒兩端電壓為Bωr2 C.電容器的M板帶負(fù)電 D.電容器所帶電荷量為CBωr2 解析　根據(jù)右手定則可知金屬棒中電流方向從B流向A，選項(xiàng)A正確；金屬棒轉(zhuǎn)動(dòng)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E＝Br＝Bωr2，切割磁感線的金屬棒相當(dāng)于電源，金屬棒兩端電壓相當(dāng)于電源的路端電壓，因而U＝E＝Bωr2，選項(xiàng)B正確；金屬棒A端相當(dāng)于電

63、源正極，電容器M板帶正電，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由C＝可得電容器所帶電荷量為Q＝CBωr2，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 答案　AB 二、非選擇題 9.(2019·江蘇淮安模擬)很多人喜歡到健身房騎車(chē)鍛煉，某同學(xué)根據(jù)所學(xué)知識(shí)設(shè)計(jì)了一個(gè)發(fā)電測(cè)速裝置，如圖9所示。自行車(chē)后輪置于垂直車(chē)身平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，用金屬圓盤(pán)制成的后輪在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，可等效成導(dǎo)體棒繞圓盤(pán)中心O轉(zhuǎn)動(dòng)。已知磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5 T，圓盤(pán)半徑l＝0.3 m，圓盤(pán)電阻不計(jì)。導(dǎo)線通過(guò)電刷分別與后輪外邊緣和圓心O相連，導(dǎo)線兩端a、b間接一阻值R＝10 Ω的小燈泡。后輪勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，用電壓表測(cè)得a、b間電壓U＝0.6 V。 圖9 (1)與a連接的是電

64、壓表的正接線柱還是負(fù)接線柱？ (2)圓盤(pán)勻速轉(zhuǎn)動(dòng)10分鐘，則此過(guò)程中產(chǎn)生了多少電能？ (3)自行車(chē)車(chē)輪邊緣線速度是多少？ 解析　(1)根據(jù)右手定則，輪子邊緣點(diǎn)等效于電源的負(fù)極，則a點(diǎn)接電壓表的負(fù)接線柱。 (2)根據(jù)公式Q＝t 代入數(shù)據(jù)得Q＝21.6 J。 (3)由U＝E＝Bl2ω 代入數(shù)值解得v＝lω＝8 m/s。 答案　(1)負(fù)接線柱　(2)21.6 J　(3)8 m/s 10.如圖10所示，粗糙斜面的傾角θ＝37°，半徑r＝0.5 m的圓形區(qū)域內(nèi)存在著垂直于斜面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一個(gè)匝數(shù)n＝10匝的剛性正方形線框abcd通過(guò)松弛的柔軟導(dǎo)線與一個(gè)額定功率P＝1.25 W的小燈

65、泡L相連，圓形磁場(chǎng)的一條直徑恰好過(guò)線框bc邊。已知線框質(zhì)量m＝2 kg，總電阻R0＝1.25 Ω，邊長(zhǎng)L＞2r，與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5。從t＝0時(shí)起，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度按B＝2－t(T)的規(guī)律變化。開(kāi)始時(shí)線框靜止在斜面上，在線框運(yùn)動(dòng)前，燈泡始終正常發(fā)光。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： 圖10 (1)線框不動(dòng)時(shí)，回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E； (2)小燈泡正常發(fā)光時(shí)的電阻R； (3)線框保持不動(dòng)的時(shí)間內(nèi)，小燈泡產(chǎn)生的熱量Q。 解析　(1)由法拉第電磁感應(yīng)定律有 E＝n＝n×πr2＝2.5 V。 (2)小燈泡正

66、常發(fā)光，有P＝I2R 由閉合電路歐姆定律有E＝I(R0＋R) 即P＝R 代入數(shù)據(jù)解得R＝1.25 Ω。 (3)當(dāng)線框恰好要運(yùn)動(dòng)時(shí)，設(shè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B′ 對(duì)線框bc邊處于磁場(chǎng)中的部分受力分析 安培力F安＝nB′I×2r 由共點(diǎn)力的平衡條件有 mgsin θ＝F安＋Ff＝2nB′Ir＋μmgcos θ 解得線框剛要運(yùn)動(dòng)時(shí)，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B′＝0.4 T 可得線框在斜面上可保持靜止的時(shí)間t＝ s 小燈泡產(chǎn)生的熱量Q＝Pt＝1.25× J＝3.14 J。 答案　(1)2.5 V　(2)1.25 Ω　(3)3.14 J 11.(2019·紹興適應(yīng)性考試)如圖11所示，兩平行光滑軌道MN和PQ豎直放置，間距l(xiāng)＝0.5 m，其中EG和FH為兩段絕緣軌道，其余均為金屬軌道，軌道末端NQ間連接一個(gè)自感系數(shù)L＝0.01 H的線圈，其直流電阻可以忽略。在ABCD、CDEF、GHIJ區(qū)域內(nèi)存在垂直軌道平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1＝B2＝B3＝0.2 T，方向如圖，圖中d＝0.4 m。兩導(dǎo)體棒a、b通過(guò)輕質(zhì)桿連接，總質(zhì)量m＝0.02 kg，b棒電阻R＝0.2 Ω，a