2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題沖刺 專題復(fù)習(xí)篇六 電磁感應(yīng)與電路練習(xí)（含解析）

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1、電磁感應(yīng)與電路 要點提煉 1.電磁問題方向判斷“三定則、一定律”的應(yīng)用 (1)安培定則：判斷運動電荷、電流產(chǎn)生的磁場方向。 (2)左手定則：判斷磁場對運動電荷、電流的作用力的方向。 (3)楞次定律：判斷閉合電路磁通量發(fā)生變化產(chǎn)生的感應(yīng)電流的磁場方向。 (4)右手定則：判斷閉合電路中部分導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電流的方向。 2．楞次定律推論的應(yīng)用技巧 (1)“增反減同”；(2)“來拒去留”；(3)“增縮減擴”。 3．四種求電動勢的方法 (1)平均電動勢E＝n。 (2)垂直切割E＝BLv。 (3)導(dǎo)體棒繞與磁場平行的軸勻速轉(zhuǎn)動E＝Bl2ω。 (4)線圈繞與磁場垂直的軸勻速

2、轉(zhuǎn)動e＝nBSωsinωt。 4．感應(yīng)電荷量的兩種求法 (1)當(dāng)回路中的磁通量發(fā)生變化時，由于感應(yīng)電場的作用使電荷發(fā)生定向移動而形成感應(yīng)電流。通過的電荷量表達式為q＝IΔt＝n·Δt＝n。 (2)導(dǎo)體切割磁感線運動通過的電荷量q滿足的關(guān)系式：－BlΔt＝－Blq＝mΔv。 5．解決電磁感應(yīng)圖象問題的兩種常用方法 (1)排除法：定性地分析電磁感應(yīng)過程中物理量的變化趨勢(增大還是減小)、變化快慢(均勻變化還是非均勻變化)，特別是分析物理量的正負以及是否過某些特殊點，以排除錯誤的選項。 (2)函數(shù)法：根據(jù)題目所給條件定量地寫出兩個物理量之間的函數(shù)關(guān)系，然后由函數(shù)關(guān)系對圖象進行分析和判斷。

3、 6．三步解決電磁感應(yīng)中電路問題 (1)確定電源：E＝n或E＝Blv。 (2)分析電路結(jié)構(gòu)：分析內(nèi)、外電路，以及外電路的串并聯(lián)關(guān)系，畫出等效電路圖。 (3)應(yīng)用閉合電路歐姆定律及串并聯(lián)電路的基本規(guī)律等列方程求解。 7．電磁感應(yīng)中力、能量和動量綜合問題的分析方法 (1)分析“受力”：分析研究對象的受力情況，特別關(guān)注安培力的方向。 (2)分析“能量”：搞清楚有哪些力做功，就可以知道有哪些形式的能量發(fā)生了變化，根據(jù)動能定理或能量守恒定律等列方程求解。 (3)分析“動量”：在電磁感應(yīng)中可用動量定理求變力的作用時間、速度、位移和電荷量(一般應(yīng)用于單桿切割磁感線運動)。 ①求速度或電荷量

4、：－BlΔt＝mv2－mv1，q＝Δt。 ②求時間：FΔt＋IA＝mv2－mv1，IA＝－BlΔt＝－Bl。 ③求位移：－BlΔt＝－＝mv2－mv1，即－x＝m(v2－v1)。 8．直流電路動態(tài)分析方法 (1)程序法：基本思路是“部分→整體→部分”。即從阻值的變化入手，由串、并聯(lián)規(guī)律判定R總的變化情況，再由閉合電路歐姆定律判斷I總和U端的變化情況，最后由部分電路歐姆定律及串聯(lián)分壓、并聯(lián)分流等規(guī)律判斷各部分的變化情況。 (2)結(jié)論法——“串反并同” “串反”：指某一電阻增大(減小)時，與它串聯(lián)或間接串聯(lián)的電阻中的電流、兩端電壓、電功率都將減小(增大)。 “并同”：指某一電阻增大(

5、減小)時，與它并聯(lián)或間接并聯(lián)的電阻中的電流、兩端電壓、電功率都將增大(減小)。 (3)極限分析法：因滑動變阻器滑片滑動引起電路變化的問題，可將滑動變阻器的滑片滑到兩端、中間等特殊位置，對特殊位置進行分析討論，從而得到所研究物理量的變化規(guī)律。 9．變壓器和遠距離輸電的分析技巧 (1)變壓器的副線圈的電流和功率決定原線圈的電流和功率。 (2)遠距離輸電問題分析的關(guān)鍵是求中間回路的電流強度的大小。 高考考向1　兩類電磁感應(yīng)問題 命題角度1 　動生感應(yīng)電動勢　　　　　　　　　　　　　　　　　　 例1　(2019·北京高考)如圖所示，垂直于紙面的勻強磁場磁感應(yīng)強度為B。紙面內(nèi)有一正方

6、形均勻金屬線框abcd，其邊長為L，總電阻為R，ad邊與磁場邊界平行。從ad邊剛進入磁場直至bc邊剛要進入的過程中，線框在向左的拉力作用下以速度v勻速運動，求： (1)感應(yīng)電動勢的大小E； (2)拉力做功的功率P； (3)ab邊產(chǎn)生的焦耳熱Q。 解析　(1)由法拉第電磁感應(yīng)定律可得，感應(yīng)電動勢 E＝BLv。 (2)線框中的感應(yīng)電流I＝ 拉力大小等于安培力大小F＝BIL 拉力的功率P＝Fv＝。 (3)線框ab邊電阻Rab＝ 時間t＝ ab邊產(chǎn)生的焦耳熱Q＝I2Rabt＝。 答案　(1)BLv　(2)　(3) 求解焦耳熱Q的三種方法 (1)焦耳定律：Q＝I2Rt；

7、 (2)功能關(guān)系：Q＝W克服安培力； (3)能量轉(zhuǎn)化：Q＝ΔE其他能的減少量。 備課記錄： 　 1．(2019·河北省唐山一中檢測)如圖所示，豎直平面內(nèi)有一金屬環(huán)，半徑為a，總電阻為R(

8、指拉直時兩端的電阻)，磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場垂直穿過環(huán)平面，在環(huán)的最高點上方A點用鉸鏈連接長度為3a、電阻為的導(dǎo)體棒AB，AB由水平位置擺下，下擺過程中緊貼環(huán)面，當(dāng)擺到豎直位置時，B點的線速度為v且剛好交圓環(huán)的最低點，則這時AB兩端的電壓大小為(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　設(shè)導(dǎo)體棒到達豎直位置時，導(dǎo)體棒上C點交金屬環(huán)最高點，根據(jù)v＝ωr可知，因為B點的線速度為v，則C點的線速度為v，則BC產(chǎn)生的電動勢E＝B·2a·＝Bav，則BC兩端的電壓為UBC＝·＝·Bav＝Bav，因UAC＝0，故UBA＝UBC＝Bav，B正確。 命題角度2 感生感應(yīng)電動

9、勢 例2　(2019·全國卷Ⅰ)(多選)空間存在一方向與紙面垂直、大小隨時間變化的勻強磁場，其邊界如圖a中虛線MN所示。一硬質(zhì)細導(dǎo)線的電阻率為ρ、橫截面積為S，將該導(dǎo)線做成半徑為r的圓環(huán)固定在紙面內(nèi)，圓心O在MN上。t＝0時磁感應(yīng)強度的方向如圖a所示；磁感應(yīng)強度B隨時間t的變化關(guān)系如圖b所示。則在t＝0到t＝t1的時間間隔內(nèi)(　　) A．圓環(huán)所受安培力的方向始終不變 B．圓環(huán)中的感應(yīng)電流始終沿順時針方向 C．圓環(huán)中的感應(yīng)電流大小為 D．圓環(huán)中的感應(yīng)電動勢大小為 解析　由于通過圓環(huán)的磁通量均勻變化，故圓環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢、感應(yīng)電流的大小和方向不變，但t0時刻磁場方向發(fā)生變化，故

10、安培力方向發(fā)生變化，A錯誤；根據(jù)楞次定律，圓環(huán)中感應(yīng)電流的方向始終沿順時針方向，B正確；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，感應(yīng)電動勢大小E＝·S′＝·＝，根據(jù)閉合電路歐姆定律知，感應(yīng)電流大小I＝＝＝，C正確，D錯誤。 答案　BC 解答本題應(yīng)注意以下四點 (1)根據(jù)楞次定律判斷圓環(huán)中的感應(yīng)電流的方向。 (2)根據(jù)左手定則判斷圓環(huán)所受安培力的方向。 (3)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律計算圓環(huán)中的感應(yīng)電動勢的大小。 (4)根據(jù)閉合電路歐姆定律計算圓環(huán)中的感應(yīng)電流的大小。 備課記錄：

11、 　 2．(2019·河北省承德二中測試)如圖所示，用相同導(dǎo)線繞成的兩個單匝線圈a、b的半徑分別為r和2r，圓形勻強磁場B的邊緣恰好與a線圈重合，若磁場的磁感應(yīng)強度均勻增大，開始時的磁感應(yīng)強度不為0，則(　　) A．任意時刻，穿過a、b兩線圈的磁通量之比為1∶4 B．a(chǎn)、b兩線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢之

12、比為1∶2 C．a(chǎn)、b兩線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流之比為4∶1 D．相同時間內(nèi)a、b兩線圈產(chǎn)生的熱量之比為2∶1 答案　D 解析　任意時刻，穿過a、b兩線圈的磁感線條數(shù)相等，磁通量相等，故穿過a、b兩線圈的磁通量之比為1∶1，A錯誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝S，S＝πr2，因為有效面積S相等，也相等，所以a、b兩線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢相等，感應(yīng)電動勢之比為1∶1，B錯誤；線圈a、b的半徑分別為r和2r，周長之比為1∶2，電阻之比為1∶2，根據(jù)歐姆定律知I＝，得a、b兩線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流之比為2∶1，C錯誤；根據(jù)焦耳定律得Q＝I2Rt，相同時間內(nèi)a、b兩線圈產(chǎn)生的熱量之比為2∶1，D正確

13、。 高考考向2　電磁感應(yīng)綜合問題 命題角度1 　電磁感應(yīng)中的圖象問題　　　　　　　　　　　　　　　　　　 例3　(2019·全國卷Ⅱ)(多選)如圖，兩條光滑平行金屬導(dǎo)軌固定，所在平面與水平面夾角為θ，導(dǎo)軌電阻忽略不計。虛線ab、cd均與導(dǎo)軌垂直，在ab與cd之間的區(qū)域存在垂直于導(dǎo)軌所在平面的勻強磁場。將兩根相同的導(dǎo)體棒PQ、MN先后自導(dǎo)軌上同一位置由靜止釋放，兩者始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。已知PQ進入磁場時加速度恰好為零。從PQ進入磁場開始計時，到MN離開磁場區(qū)域為止，流過PQ的電流隨時間變化的圖象可能正確的是(　　) 解析　PQ剛進入磁場時，加速度為零，則mgsinθ＝

14、BI1L，又I1＝，故PQ做勻速運動，電流恒定；由題意知，MN剛進入磁場時與PQ剛進入磁場時速度相同。 情形1：若MN剛進入磁場時，PQ已離開磁場區(qū)域，則對MN，由mgsinθ＝BI1L、I1＝及右手定則知，通過PQ的電流大小不變，方向相反，故I-t圖象如圖A所示。 情形2：若MN剛進入磁場時，PQ未離開磁場區(qū)域，由于兩導(dǎo)體棒速度相等，產(chǎn)生的電動勢等大、反向，故電流為0，兩棒在重力沿導(dǎo)軌方向的分力作用下均加速直至PQ離開磁場。當(dāng)PQ離開磁場時，MN在磁場中的速度大于勻速運動時的速度，MN為電源，由右手定則知PQ中的電流方向與MN未進入磁場時相反，設(shè)此時PQ中電流大小為I2，由E＝BLv′，

15、I2＝，BI2L－mgsinθ＝ma>0知，MN減速，且隨v′減小，I2減小，a減小，I2與v′成正比，故I2隨t減小得越來越慢，直至勻速，這時I2＝I1，I-t圖象如圖D所示。 答案　AD 對于電磁感應(yīng)圖象問題的分析要注意以下三個方面 (1)注意初始時刻的特征，如初始時刻感應(yīng)電流是否為零，感應(yīng)電流的方向如何。 (2)注意看電磁感應(yīng)發(fā)生的過程分為幾個階段，這幾個階段是否和圖象變化相對應(yīng)。 (3)注意觀察圖象的變化趨勢，看圖象斜率的大小、圖象的曲直是否和物理過程對應(yīng)。 備課記錄：

16、 　 3－1　(2019·全國卷Ⅲ)(多選)如圖，方向豎直向下的勻強磁場中有兩根位于同一水平面內(nèi)的足夠長的平行金屬導(dǎo)軌，兩相同的光滑導(dǎo)體棒ab、cd靜止在導(dǎo)軌上。t＝0時，棒ab以初速度v0向右滑動。運動過程中，ab、cd始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，兩者速度分別用v1、v2表示，回路中的電流用I表

17、示。下列圖象中可能正確的是(　　) 答案　AC 解析　導(dǎo)體棒ab運動，切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電流，導(dǎo)體棒ab受安培力F作用，速度減小，導(dǎo)體棒cd受安培力F′作用，速度變大，如圖所示，感應(yīng)電流I＝＝，安培力F＝F′＝BIl＝＝ma，隨著v1減小，v2增大，則F＝F′減小，兩棒的加速度大小a減小，直到v1＝v2＝v共，a＝0，兩棒做勻速運動，兩棒組成的系統(tǒng)動量守恒，則mv0＝2mv共，v共＝，A正確，B錯誤。由前面分析知，v1－v2隨時間減小得越來越慢，最后為0，則感應(yīng)電流I＝隨時間減小得越來越慢，最后為0，C正確，D錯誤。 3－2 (2019·長沙二模)如圖所示，線圈abcd固

18、定于分布均勻的磁場中，磁場方向垂直線圈平面。當(dāng)磁場的磁感應(yīng)強度B隨時間t變化時，ab邊受到的安培力恒定不變。則下列磁感應(yīng)強度B隨時間t變化的圖象中可能正確的是(　　) 答案　C 解析　設(shè)線圈ab邊、bc邊的長度分別為l1、l2，當(dāng)磁感應(yīng)強度發(fā)生變化時，線框內(nèi)產(chǎn)生感應(yīng)電動勢為：E＝＝＝，感應(yīng)電流為：I＝，ab邊所受安培力為：F＝BIl1，得：F＝。由公式可知，若磁場B增大，則減?。蝗鬊減小，則增大。所以四個圖象中只有C正確。 3－3　 (2019·廣西南寧二中最后一模)(多選)如圖，平行光滑金屬導(dǎo)軌M、N固定在水平面上，處于豎直向下的勻強磁場中，完全相同的兩金屬棒P、Q搭放在導(dǎo)軌上

19、，開始時P、Q均處于靜止狀態(tài)。給P施加一個與導(dǎo)軌平行的恒定拉力，運動中兩金屬棒始終與導(dǎo)軌垂直并與導(dǎo)軌接觸良好。設(shè)導(dǎo)軌足夠長，除兩棒的電阻外其余電阻均不計，則兩棒的速度及棒中的感應(yīng)電流隨時間變化的圖象可能是(　　) 答案　AD 解析　P向右做切割磁感線運動，由右手定則判斷可知，回路中產(chǎn)生逆時針的感應(yīng)電流，由左手定則判斷可知，Q棒所受的安培力方向向右，故Q向右做加速運動；Q向右運動后，開始階段，P的加速度大于Q，兩棒的速度差增大，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢增大，感應(yīng)電流增大，兩棒所受的安培力都增大，則P的加速度減小，Q的加速度增大，當(dāng)兩者的加速度相等時，速度之差不變，感應(yīng)電流不變，安培力不

20、變，兩棒做加速度相同的勻加速運動。由以上分析知，開始運動時，P棒做加速度減小的加速運動，Q棒做加速度增大的加速運動，最終兩棒做加速度相同的勻加速運動，故A正確，B錯誤；開始運動時，兩棒的速度差增大，感應(yīng)電動勢增大，通過的電流增大，最終兩棒都做勻加速運動，且兩棒加速度相同，速度差保持不變，故回路中感應(yīng)電動勢不變，電流恒定，故C錯誤，D正確。 命題角度2 電磁感應(yīng)中的電路問題 例4　(2019·濟寧調(diào)研)如圖甲所示，一個電阻值為R、匝數(shù)為n的圓形金屬線圈與阻值為2R的電阻R1連接成閉合回路，線圈的半徑為r1。在線圈中半徑為r2的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直于線圈平面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B隨時

21、間t變化的關(guān)系圖線如圖乙所示(規(guī)定圖甲中B的方向為正方向)。圖線與橫、縱軸的截距分別為t0和B0，導(dǎo)線的電阻不計。求0～t1時間內(nèi)： (1)通過電阻R1的電流大小和方向； (2)通過電阻R1的電荷量q及電阻R1上產(chǎn)生的熱量。 解析　(1)根據(jù)楞次定律可知，通過R1的電流方向為由b到a。根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得，線圈中的電動勢 E＝n＝ 根據(jù)閉合電路歐姆定律得，通過R1的電流 I＝＝。 (2)通過R1的電荷量q＝It1＝ R1上產(chǎn)生的熱量Q＝I2R1t1＝。 答案　(1)　由b到a　 (2)　 “三步走”分析電路為主的電磁感應(yīng)問題 備課記錄：

22、 4－1　(2019·石家莊二模)(多選)如圖，半徑為L的小圓與半徑為3L的圓形金屬導(dǎo)軌擁有共同的圓心，在小圓與導(dǎo)軌之間的環(huán)形區(qū)域存在垂直于紙面向外、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場?，F(xiàn)將一長度為3L的導(dǎo)體棒置于磁場中，讓其一端O點與圓心重合，另一端A與圓形導(dǎo)軌良好接觸。在O點與導(dǎo)軌間接入一阻值為r的電阻，導(dǎo)體棒以角速度ω繞O點做逆時針勻速圓周運動，其他電阻不計。下列說法正確的是(　　) A．導(dǎo)體棒O點的電勢比A點的電勢低 B．電阻r兩端的電壓為 C．在導(dǎo)體棒旋轉(zhuǎn)一周的時間內(nèi)，通過電

23、阻r的電荷量為 D．在導(dǎo)體棒旋轉(zhuǎn)一周的時間內(nèi)，電阻r產(chǎn)生的焦耳熱為 答案　AC 解析　由右手定則可知，導(dǎo)體棒上感應(yīng)電流由O流向A，則O點電勢比A點電勢低，故A正確；感應(yīng)電動勢：E＝B·2L·＝B·2L·＝4BL2ω，電阻r兩端電壓：U＝E＝4BL2ω，故B錯誤；電路中電流為I＝＝，周期為T＝，在導(dǎo)體棒旋轉(zhuǎn)一周的時間內(nèi)，通過電阻r的電荷量為q＝IT＝，故C正確；在導(dǎo)體棒旋轉(zhuǎn)一周的時間內(nèi)，電阻r產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝I2rT＝，故D錯誤。 4－2　(2019·福建廈門二模)如圖所示，單匝正方形閉合線圈MNPQ放置在水平面上，空間存在方向豎直向下、磁感應(yīng)強度大小為B的有界勻強磁場，磁場兩邊界成θ

24、＝45°角。線圈的邊長為L，總電阻為R?，F(xiàn)使線圈以水平向右的速度v勻速進入磁場。下列說法正確的是(　　) A．當(dāng)線圈中心經(jīng)過磁場邊界時，N、P兩點間的電壓U＝BLv B．當(dāng)線圈中心經(jīng)過磁場邊界時，線圈所受安培力F安＝ C．當(dāng)線圈中心經(jīng)過磁場邊界時，回路的瞬時電功率P＝ D．線圈從開始進入磁場到其中心經(jīng)過磁場邊界的過程，通過導(dǎo)線某一橫截面的電荷量q＝ 答案　C 解析　當(dāng)線圈中心經(jīng)過磁場邊界時，感應(yīng)電動勢：E＝BLv，則回路的電流：I＝＝，N、P兩點間的電壓U＝I·R＝BLv，A錯誤；當(dāng)線圈中心經(jīng)過磁場邊界時，線圈的QP和PN兩邊所受安培力大小均為F＝BIL＝，方向相互垂直，則線圈

25、所受安培力F安＝F＝，B錯誤；當(dāng)線圈中心經(jīng)過磁場邊界時，回路的瞬時電功率P＝＝，C正確；線圈從開始進入磁場到其中心經(jīng)過磁場邊界的過程，通過導(dǎo)線某一橫截面的電荷量q＝＝，D錯誤。 命題角度3 電磁感應(yīng)中的動力學(xué)和能量問題 例5　(2019·天津高考)如圖所示，固定在水平面上間距為l的兩條平行光滑金屬導(dǎo)軌，垂直于導(dǎo)軌放置的兩根金屬棒MN和PQ長度也為l、電阻均為R，兩棒與導(dǎo)軌始終接觸良好。MN兩端通過開關(guān)S與電阻為R的單匝金屬線圈相連，線圈內(nèi)存在豎直向下均勻增加的磁場，磁通量變化率為常量k。圖中虛線右側(cè)有垂直于導(dǎo)軌平面向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B。PQ的質(zhì)量為m，金屬導(dǎo)軌足夠長、電阻忽

26、略不計。 (1)閉合S，若使PQ保持靜止，需在其上加多大的水平恒力F，并指出其方向； (2)斷開S，PQ在上述恒力作用下，由靜止開始到速度大小為v的加速過程中流過PQ的電荷量為q，求該過程安培力做的功W。 解析　(1)設(shè)線圈中的感應(yīng)電動勢為E，由法拉第電磁感應(yīng)定律得感應(yīng)電動勢E＝，則 E＝k① 設(shè)PQ與MN并聯(lián)的電阻為R并，有 R并＝② 閉合S時，設(shè)線圈中的電流為I，根據(jù)閉合電路歐姆定律得 I＝③ 設(shè)PQ中的電流為IPQ，有 IPQ＝I④ 設(shè)PQ受到的安培力為F安，有 F安＝BIPQl⑤ PQ保持靜止，由受力平衡，有 F＝F安⑥ 聯(lián)立①②③④⑤⑥式得 F＝⑦

27、 由楞次定律和右手螺旋定則得PQ中的電流方向為由Q到P，再由左手定則得PQ所受安培力的方向水平向左，則力F的方向水平向右。 (2)設(shè)PQ由靜止開始到速度大小為v的加速過程中，PQ運動的位移為x，所用時間為Δt′，回路中的磁通量變化為ΔΦ′，平均感應(yīng)電動勢為，有 ＝⑧ 其中ΔΦ′＝Blx⑨ 設(shè)PQ中的平均感應(yīng)電流為，有 ＝⑩ 根據(jù)電流的定義式得 ＝? 由動能定理，有 Fx＋W＝mv2－0? 聯(lián)立⑦⑧⑨⑩??式得 W＝mv2－kq。? 答案　(1)　方向水平向右　(2)mv2－kq (1)“四步法”分析電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題 (2)電磁感應(yīng)中的能量分析 從能

28、量的觀點著手，運用動能定理或能量守恒定律。 基本方法是：受力分析→弄清哪些力做功，做正功還是負功→明確有哪些形式的能參與轉(zhuǎn)化，哪些增哪些減→由動能定理或能量守恒定律列方程求解。 備課記錄： 　 5．(2019·焦作模擬)如圖所示，在傾角θ＝37°的光滑斜面上存在一垂直斜面向上的勻強磁場區(qū)域MNPQ，磁感應(yīng)強度B的大小為5 T，磁場寬度d＝0.55 m。有一邊長L＝0.4 m、質(zhì)量m1＝0.6 kg、電阻R＝2 Ω的正方形均勻?qū)w線框abcd通過一輕質(zhì)細線跨過光滑的定滑

29、輪與一質(zhì)量m2＝0.4 kg的物體相連。物體與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4，將線框從圖示位置由靜止釋放，物體到定滑輪的距離足夠長。(取g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8) (1)求線框abcd還未進入磁場的運動過程中，細線中的拉力大??； (2)當(dāng)ab邊剛進入磁場時，線框恰好做勻速直線運動，求線框剛釋放時ab邊距磁場MN邊界的距離x； (3)在(2)問中的條件下，若cd邊離開磁場邊界PQ時，速度大小為2 m/s，求整個運動過程中ab邊產(chǎn)生的熱量。 答案　(1)2.4 N　(2)0.25 m　(3)0.1 J 解析　(1)線框還未進入磁場的過程中，以線框

30、為研究對象，由牛頓第二定律得m1gsinθ－T＝m1a 以物體為研究對象， 由牛頓第二定律得T－μm2g＝m2a， 聯(lián)立解得T＝2.4 N，a＝2 m/s2。 (2)線框剛進入磁場時恰好做勻速直線運動， 有m1gsinθ－－T＝0，T－μm2g＝0， 解得v＝1 m/s。 線框進入磁場前做勻加速直線運動，有v2＝2ax， 解得x＝0.25 m。 (3)線框從開始運動到cd邊恰好離開磁場邊界PQ時，對整體有m1gsinθ(x＋d＋L)－μm2g(x＋d＋L)＝(m1＋m2)v＋Q， 解得Q＝0.4 J， 根據(jù)焦耳定律有Q＝I2Rt， ab邊產(chǎn)生的熱量Qab＝I2t，所以Q

31、ab＝Q＝0.1 J。 高考考向3　恒定電流與交變電流 命題角度1 直流電路的動態(tài)分析 例6　(2019·江蘇省丹陽市丹陽高級中學(xué)三模)如圖所示電路中，R為某種半導(dǎo)體氣敏元件，其阻值隨周圍環(huán)境一氧化碳氣體濃度的增大而減小。當(dāng)一氧化碳氣體濃度增大時，下列說法中正確的是(　　) A．電壓表V示數(shù)增大 B．電流表A示數(shù)減小 C．電路的總功率減小 D．變阻器R1的取值越大，電表示數(shù)變化越明顯 解析　當(dāng)一氧化碳氣體濃度增大時，R減小，總電阻減小，則總電流增大，內(nèi)電壓增大，路端電壓減小，可知電壓表V示數(shù)減小，通過變阻器的電流減小，則電流表A示數(shù)增大，故A、B錯誤；電路的總功率為P＝E

32、I，E不變，I增大，則P增大，故C錯誤；變阻器R1的取值越大，R1與R并聯(lián)的阻值越接近R，R對電路的影響越大，則知變阻器R1的取值越大，電表示數(shù)變化越明顯，故D正確。 答案　D (1)直流電路動態(tài)分析方法 ①程序法；②“串反并同”法；③極限法。 (2)電容器的特點 ①直流電路中，只有當(dāng)電容器充、放電時，電容器支路中才會有電流，當(dāng)電路穩(wěn)定時，電容器所在的支路相當(dāng)于斷路。 ②電路穩(wěn)定時，與電容器串聯(lián)的電路中沒有電流，同支路的電阻相當(dāng)于導(dǎo)線，電容器兩端的電壓等于與之并聯(lián)的電阻(或電路)兩端的電壓。 備課記錄：

33、 　 6.(2019·江蘇省七市高三第三次調(diào)研)在如圖所示的電路中，電源電動勢為E，內(nèi)阻為r，R1、R3為滑動變阻器，R2為定值電阻，C為電容器。開始時開關(guān)S1、S2閉合。下列操作能使電容器所帶電荷量增加的是(　　) A．?dāng)嚅_開關(guān)S1 B．?dāng)嚅_開關(guān)S2 C．向左移動滑動變阻器R1的滑片 D．向左移動滑動變阻器R3的滑片 答案　B 解析　根據(jù)電路結(jié)構(gòu)可知，回路電流I＝，電容器兩端的電壓：U＝IR2＝。滑動變阻器R1與電容器串聯(lián)，穩(wěn)定時，支路無電流，改變R1的滑片位置，不會改變電壓和電流，電容器帶電荷量不變，C錯誤；向左移動滑動變阻

34、器R3的滑片，接入電路電阻變大，回路電流變小，電容器兩端的電壓變小，根據(jù)Q＝CU可知，電容器所帶電荷量變小，D錯誤；斷開開關(guān)S1，電容器通過與R1、R2、S2連接形成的回路放電，電荷量減小，A錯誤；斷開開關(guān)S2，電容器直接串聯(lián)在電路中，電容器兩端電壓大小與電源電動勢相同，電壓變大，根據(jù)Q＝CU可知，電容器所帶電荷量變大，B正確。 命題角度2 交流電的產(chǎn)生和描述 例7　(2019·天津高考)(多選)單匝閉合矩形線框電阻為R，在勻強磁場中繞與磁感線垂直的軸勻速轉(zhuǎn)動，穿過線框的磁通量Φ與時間t的關(guān)系圖象如圖所示。下列說法正確的是(　　) 　 A.時刻線框平面與中性面垂直 B．線框的感應(yīng)電

35、動勢有效值為 C．線框轉(zhuǎn)一周外力所做的功為 D．從t＝0到t＝過程中線框的平均感應(yīng)電動勢為 解析　中性面的特點是與磁場垂直，線框位于中性面時，穿過線框的磁通量最大，磁通量變化率最小，則時刻線框所在平面與中性面重合，A錯誤；感應(yīng)電動勢最大值為Em＝Φmω＝Φm，對正弦式交流電，感應(yīng)電動勢有效值E有＝＝，B正確；由功能關(guān)系知，線框轉(zhuǎn)一周外力做的功等于產(chǎn)生的電能，W＝E電＝·T＝，C正確；由法拉第電磁感應(yīng)定律知，從t＝0到t＝過程中線框的平均感應(yīng)電動勢＝＝＝，D錯誤。 答案　BC (1)線圈通過中性面時的特點 ①穿過線圈的磁通量最大。 ②線圈中的感應(yīng)電動勢為零。 ③線圈每經(jīng)過中性

36、面一次，感應(yīng)電流的方向改變一次。 (2)交流電的“四值” ①最大值：Em＝NBSω?？捎脕矸治鲭娙萜鞯哪蛪褐?。 ②瞬時值：e＝NBSωsinωt。計算閃光電器的閃光時間、線圈某時刻的受力情況。 ③有效值：正弦式交流電的有效值E＝；非正弦式交流電的有效值必須根據(jù)電流的熱效應(yīng)，用等效的思想來求解。計算交流電路的電功、電功率和測定交流電路的電壓、電流都是指有效值。 ④平均值：＝n。常用來計算通過電路的電荷量。 備課記錄： 7.(2019·山東濱州二模)如圖所示為線圈匝

37、數(shù)為n的小型旋轉(zhuǎn)電樞式交流發(fā)電機的原理圖，其矩形線圈面積為S，在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中繞垂直于磁場方向的固定軸OO′勻速轉(zhuǎn)動。矩形線圈電阻為r，矩形線圈通過兩刷環(huán)接電阻R，伏特表接在R兩端。當(dāng)線圈以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動時，下列說法正確的是(　　) A．從線圈與磁場平行位置開始計時，瞬時電動勢為e＝nBSωsinωt B．當(dāng)線圈平面轉(zhuǎn)到與磁場垂直時，電壓表示數(shù)為零 C．線圈從與磁場平行位置開始轉(zhuǎn)過90°的過程中，通過電阻R的電荷量為 D．線圈轉(zhuǎn)一周的過程中回路產(chǎn)生的焦耳熱為 答案　D 解析　交流發(fā)電機產(chǎn)生電動勢的最大值為Em＝nBSω，從線圈與磁場平行位置開始計時，瞬時電動勢為e

38、＝nBSωcosωt，故A錯誤；交流電壓表測量的是電阻R兩端電壓的有效值，電動勢的有效值為E＝＝，電流為I＝＝，交流電壓表的示數(shù)為U＝IR＝＝，故B錯誤；線圈從與磁場平行位置開始轉(zhuǎn)過90°的過程中，線圈轉(zhuǎn)動，＝n，平均電流＝，電荷量q＝·Δt＝n＝，故C錯誤；線圈轉(zhuǎn)一周的過程中回路產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝I2(R＋r)T＝2(R＋r)×＝，故D正確。 命題角度3 理想變壓器與遠距離輸電 例8　(2019·江蘇高考)某理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)之比為1∶10，當(dāng)輸入電壓增加20 V時，輸出電壓(　　) A．降低2 V B．增加2 V C．降低200 V D．增加200 V 解析

39、　理想變壓器的電壓與匝數(shù)關(guān)系為＝＝，整理可得＝，即原、副線圈匝數(shù)之比等于原、副線圈的電壓變化量之比，當(dāng)ΔU1＝20 V時，ΔU2＝200 V，D正確。 答案　D (1)理想變壓器動態(tài)分析的兩種情況 ①負載電阻不變，討論變壓器原、副線圈兩端的電壓、電流、電功率等隨匝數(shù)比的變化情況。 ②匝數(shù)比不變，討論變壓器原、副線圈兩端的電壓、電流、電功率等隨負載電阻的變化情況。 (2)分析技巧 ①根據(jù)題意分清變量和不變量。 ②弄清“誰決定誰”的制約關(guān)系。對電壓而言，輸入決定輸出；對電流、電功(率)而言，輸出決定輸入。 備課記錄：

40、 　 8－1　(2019·山東省“評價大聯(lián)考”三模)如圖，理想變壓器T的原線圈接在電壓為U的交流電源兩端，P為滑動變阻器的滑片，RT為熱敏電阻，其阻值隨溫度升高而減小，則(　　) A．P向左滑動時，變壓器的輸出電壓變大 B．P向左滑動時，變壓器的輸入功率變大 C．RT溫度升高時，燈L變亮 D．RT溫度升高時，適當(dāng)向右滑動P可保持燈L亮度不變 答案　D 解析　P向左滑動時，變壓器原線圈電壓和原、副線圈的匝數(shù)比均不變，輸出電壓不變，故A錯誤；P向左滑動時，滑動變阻器電阻變大，副線圈回路總電阻增大，輸出功率減小，所以變壓器

41、的輸入功率也變小，故B錯誤；RT溫度升高時，其阻值減小，副線圈回路總電阻減小，總電流增大，滑動變阻器的分壓增大，燈L兩端電壓減小，燈L變暗，故C錯誤；RT溫度升高時，其阻值減小，只有適當(dāng)向右滑動P，才能使燈L分壓不變，從而保持燈L的亮度不變，故D正確。 8－2　(2019·湖南衡陽三模)(多選)如圖所示為某小型水電站的電能輸送示意圖，輸電線總電阻為r，升壓變壓器、降壓變壓器均為理想變壓器。假設(shè)發(fā)電機的輸出電壓不變。則下列說法正確的是(　　) A．若使用的電燈減少，則發(fā)電機的輸出功率不變 B．若使用的電燈減少，則發(fā)電機的輸出功率將減小 C．若使用的電燈增多，則降壓變壓器的輸出電壓不變

42、 D．若使用的電燈增多，則降壓變壓器的輸出電壓減小 答案　BD 解析　輸入的功率的大小是由輸出功率的大小決定的，當(dāng)使用的電燈減少時，輸出功率減小，則輸入功率也減小，即發(fā)電機的輸出功率減小，故A錯誤，B正確；當(dāng)使用的電燈增多時，輸出功率增大，降壓變壓器的輸出電流增大，則降壓變壓器的輸入電流變大，輸電線上的電流增大；輸電線上的電壓損失Ur增大，發(fā)電機的輸出電壓U1不變，升壓變壓器匝數(shù)比不變，則升壓變壓器輸出電壓U2不變，由U2＝U3＋Ur可知降壓變壓器的輸入電壓U3減小，又降壓變壓器的匝數(shù)比不變，故降壓變壓器的輸出電壓U4減小，故D正確，C錯誤。 閱卷現(xiàn)場　對感應(yīng)電動勢的分析出錯 例

43、9　(2019·云南昆明4月質(zhì)檢)(20分)如圖甲所示，ACD是固定在水平面上的半徑為2r，圓心為O的金屬半圓弧導(dǎo)軌，EF是半徑為r、圓心也為O的半圓弧，在半圓弧EF與導(dǎo)軌ACD之間的半圓環(huán)區(qū)域內(nèi)存在垂直導(dǎo)軌平面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，B隨時間t變化的圖象如圖乙所示。OA間接有電阻P，金屬桿OM可繞O點轉(zhuǎn)動，M端與軌道接觸良好，金屬桿OM與電阻P的阻值均為R，其余電阻不計。 (1)0～t0時間內(nèi)，OM桿固定在與OA夾角為θ1＝的位置不動，求這段時間內(nèi)通過電阻P的感應(yīng)電流大小和方向； (2)t0～2t0時間內(nèi)，OM桿在外力作用下以恒定的角速度逆時針轉(zhuǎn)動，2t0時轉(zhuǎn)過角度θ2＝

44、到OC位置，求電阻P在這段時間內(nèi)產(chǎn)生的焦耳熱Q； (3)2t0～3t0時間內(nèi)，OM桿仍在外力作用下以恒定的角速度逆時針轉(zhuǎn)動，3t0時轉(zhuǎn)到OD位置，若2t0時勻強磁場開始變化，使得2t0～3t0時間內(nèi)回路中始終無感應(yīng)電流，求B隨時間t變化的關(guān)系式，并在圖乙中補畫出這段時間內(nèi)的大致圖象。 正解　(1)0～t0：＝，(1分) E1＝＝·S1，(2分) S1＝×(π·4r2－πr2)＝，(1分) I1＝，(2分) 解得：I1＝，通過電阻P的感應(yīng)電流方向為：A→O。(2分) (2)t0～2t0，OM轉(zhuǎn)動的角速度為ω＝，(1分) 感應(yīng)電動勢為：E2＝B0r，(2分) ＝(1分) I2＝

45、，(1分) Q＝IRt0，(2分) 解得：Q＝。(1分) (3)2t0～3t0，回路中無感應(yīng)電流，磁通量不變 則B0πr2＝B·(2分) 解得：B＝。(1分) 圖象如圖所示： (1分) 答案　(1)　感應(yīng)電流方向為：A→O (2)　(3)B＝　圖見解析 錯解　(1)0～t0：＝，(1分) E1＝＝·S1，(2分) S1＝×(π·4r2－πr2)＝，(1分) I1＝(2分) 解得：I1＝，通過電阻P的感應(yīng)電流方向為：A→O。(2分) (2)t0～2t0，OM轉(zhuǎn)動的角速度為ω＝，(1分) 感應(yīng)電動勢為：E2＝B0r，(2分) ＝ω·2r(扣1分) I2＝，(

46、1分) Q＝IRt0，(2分) 解得：Q＝。(扣1分) (3)2t0～3t0，回路中無感應(yīng)電流，磁通量不變 則B0πr2＝B·(2分) 解得：B＝(1分) 圖象如圖所示： (1分) 答案　(1)　感應(yīng)電流方向為：A→O (2)　(3)B＝　圖見解析 本題出錯點為：金屬棒轉(zhuǎn)動切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝Br 中，是金屬棒切割磁感線兩端點速度的平均值，而不是最外端點的速度值。從上述步驟中可以看出做綜合大題一定要樹立“重視過程，分步解答”的解題觀，因為高考閱卷實行按步給分，每一步的關(guān)鍵方程都是得分點，不要寫連等式或綜合式子，否則會“一招不慎，滿盤皆輸”。 專題作業(yè)

47、1．(2019·唐山模擬)(多選)如圖所示，在磁感應(yīng)強度B＝1.0 T的勻強磁場中，金屬桿PQ在外力F作用下在粗糙U形導(dǎo)軌上以速度v＝2 m/s向右勻速滑動。兩導(dǎo)軌間距離l＝1.0 m，電阻R＝3.0 Ω，金屬桿的電阻r＝1.0 Ω，導(dǎo)軌電阻忽略不計。下列說法正確的是(　　) A．通過R的感應(yīng)電流的方向為由a到d B．金屬桿PQ切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的大小為2.0 V C．金屬桿PQ受到的安培力大小為0.5 N D．外力F做功的數(shù)值等于電路產(chǎn)生的焦耳熱 答案　ABC 解析　由右手定則判斷知，金屬桿滑動時產(chǎn)生逆時針方向的電流，通過R的感應(yīng)電流的方向為由a到d，A正確；金屬桿P

48、Q切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的大小為：E＝Blv＝1.0×1×2 V＝2 V，B正確；在整個回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電流為：I＝，代入數(shù)據(jù)得：I＝0.5 A，由安培力公式：F安＝BIl，代入數(shù)據(jù)得：F安＝0.5 N，C正確；金屬桿PQ在外力F作用下在粗糙U形導(dǎo)軌上以速度v向右勻速滑動，外力F做功大小等于電路產(chǎn)生的焦耳熱和導(dǎo)軌與金屬桿之間的摩擦力產(chǎn)生的內(nèi)能之和，D錯誤。 2．(2019·兩湖八市十二校聯(lián)合二模)如圖甲所示，在豎直方向分布均勻的磁場中水平放置一個金屬圓環(huán)，圓環(huán)所圍面積為0.1 m2，圓環(huán)電阻為0.2 Ω。在第1 s內(nèi)感應(yīng)電流I沿順時針方向。磁場的磁感應(yīng)強度B隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示(

49、其中在4～5 s的時間段呈直線)。則(　　) A．在0～5 s時間段，感應(yīng)電流先減小再增大 B．在0～2 s時間段感應(yīng)電流沿逆時針方向，在2～5 s時間段感應(yīng)電流沿順時針方向 C．在0～5 s時間段，圓環(huán)最大發(fā)熱功率為5.0×10－4 W D．在0～2 s時間段，通過圓環(huán)橫截面的電量為5.0×10－1 C 答案　C 解析　根據(jù)閉合電路歐姆定律得I＝＝n，知磁感應(yīng)強度的變化率越大，則電流越大，磁感應(yīng)強度變化率最大值為0.1 T/s，則最大電流I＝ A＝0.05 A，則在0～5 s時間段，感應(yīng)電流先減小再增大，最后不變，故A錯誤；由題意知，在第1 s內(nèi)感應(yīng)電流I沿順時針方向，根據(jù)楞

50、次定律知，磁場方向向上為正方向，在0～2 s時間段感應(yīng)電流沿順時針方向，在2～5 s時間段，感應(yīng)電流的方向為逆時針方向，故B錯誤；在0～5 s時間段，當(dāng)電流最大時，發(fā)熱功率最大，則P＝I2R＝0.052×0.2 W＝5.0×10－4 W，故C正確；在0～2 s時間段，通過圓環(huán)橫截面的電量為q＝＝ C＝5×10－2 C，故D錯誤。 3.(2019·陜西八校高三4月聯(lián)考)如圖所示，電源電動勢為E，內(nèi)阻為r，電路中的R1為光敏電阻(其阻值隨光照強度增大而減小)，R2為定值電阻。當(dāng)開關(guān)S閉合時，下列說法正確的是(　　) A．增大光照強度，電流表示數(shù)變小 B．增大光照強度，電壓表示數(shù)變小 C

51、．減小光照強度，R2消耗的功率變大 D．減小光照強度，電源的總功率變大 答案　B 解析　當(dāng)光照強度增大時，光敏電阻的阻值減小，總電阻減小，由閉合電路歐姆定律可得，電路中總電流增大，由U＝E－Ir可知，路端電壓減小，故電壓表示數(shù)減小，電流表示數(shù)增大，故A錯誤，B正確；當(dāng)光照強度減小時，光敏電阻的阻值增大，總電阻增大，由閉合電路歐姆定律可得，電路中總電流減小，由P＝I2R2可知，R2消耗的功率變小，故C錯誤；由C項分析可知，當(dāng)光照強度減小時，電路中總電流減小，由P＝EI可知電源的總功率減小，故D錯誤。 4．(2019·遼寧大連二模)(多選)近年來，手機無線充電功能的廣泛應(yīng)用為人們提供了很大

52、便利。如圖甲為充電原理示意圖。充電板接交流電源，對充電板供電，充電板內(nèi)的勵磁線圈可產(chǎn)生交變磁場，從而使手機內(nèi)的感應(yīng)線圈產(chǎn)生感應(yīng)電流。當(dāng)充電板內(nèi)的勵磁線圈通入如圖乙所示的交變電流時(電流由a流入時方向為正)，下列說法正確的是(　　) A．感應(yīng)線圈中產(chǎn)生的是恒定電流 B．感應(yīng)線圈中電流的方向總是與勵磁線圈中電流方向相反 C．t3時刻，感應(yīng)線圈中電流的瞬時值為0 D．t1～t3時間內(nèi)，c點電勢高于d點電勢 答案　CD 解析　勵磁線圈產(chǎn)生的磁場隨電流變化，因為電流不是均勻變化，電流產(chǎn)生的磁場也不是均勻變化，所以感應(yīng)線圈中的感應(yīng)電動勢E＝n＝nS就不是恒定的，感應(yīng)電流也就不是恒定的，A錯

53、誤；感應(yīng)電流方向阻礙引起感應(yīng)電流磁通量的變化，當(dāng)勵磁線圈電流減小，電流產(chǎn)生的磁場減小時，感應(yīng)線圈中的感應(yīng)電流與勵磁線圈電流方向相同，阻礙磁場減小，B錯誤；t3時刻，勵磁線圈電流變化率為零，磁感應(yīng)強度變化率為零，E＝n＝nS，感應(yīng)線圈中的感應(yīng)電動勢為零，感應(yīng)電流為零，C正確；t1～t3時間內(nèi)，勵磁線圈的電流先正向減小后負向增大，電流產(chǎn)生的磁場先向上減小后向下增大，感應(yīng)線圈中的感應(yīng)電流的磁場向上，根據(jù)安培定則可判斷c點電勢高于d點電勢，D正確。 5.(2019·吉林省吉林市三模)將一均勻?qū)Ь€圍成一圓心角為90°的扇形導(dǎo)線框OMN，其中OM＝R，圓弧MN的圓心為O點，將導(dǎo)線框的O點置于如圖所示的直

54、角坐標系的原點，其中第二和第四象限存在垂直紙面向里的勻強磁場，其磁感應(yīng)強度大小為B，第三象限存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為2B。從t＝0時刻開始讓導(dǎo)線框以O(shè)點為圓心，以恒定的角速度ω沿逆時針方向做勻速圓周運動，假定沿ONM方向的電流為正，則線框中的電流隨時間的變化規(guī)律描繪正確的是(　　) 答案　B 解析　在0～t0時間內(nèi)，線框從圖示位置(t＝0)開始轉(zhuǎn)過90°的過程中，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E1＝Bω·R2，由閉合電路歐姆定律得，回路中的電流為I1＝＝，根據(jù)楞次定律判斷可知，線框中感應(yīng)電流方向為逆時針方向(沿ONM方向)。在t0～2t0時間內(nèi)，線框進入第三象限的過程中，回

55、路中的電流方向為順時針方向(沿OMN方向)，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E2＝Bω·R2＋·2Bω·R2＝BωR2＝3E1，感應(yīng)電流為I2＝＝3I1。在2t0～3t0時間內(nèi)，線框進入第四象限的過程中，回路中的電流方向為逆時針方向(沿ONM方向)，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E3＝Bω·R2＋·2Bω·R2＝Bω·R2＝3E1，感應(yīng)電流為I3＝＝3I1。在3t0～4t0時間內(nèi)，線框出第四象限的過程中，回路中的電流方向為順時針方向(沿OMN方向)，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E4＝Bω·R2，回路電流為I4＝＝I1，故B正確，A、C、D錯誤。 6．(2019·山西懷仁檢測)(多選)如圖甲所示，光滑的平行導(dǎo)軌

56、MN、PQ固定在水平面上，導(dǎo)軌表面上放著光滑導(dǎo)體棒ab、cd，兩棒之間用絕緣細桿連接，兩導(dǎo)體棒平行且與導(dǎo)軌垂直?，F(xiàn)加一垂直導(dǎo)軌平面的勻強磁場，設(shè)磁場方向向下為正，磁感應(yīng)強度B隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示，t1＝2t0，不計ab、cd間電流的相互作用，不計導(dǎo)軌的電阻，每根導(dǎo)體棒的電阻為R，導(dǎo)軌間距和絕緣細桿的長度均為L。下列說法正確的是(　　) A．t＝t0時細桿既不被拉伸也不被壓縮 B．在0～t1時間內(nèi)，絕緣細桿先被拉伸后被壓縮 C．在0～t1時間內(nèi)，abcd回路中的電流先沿順時針方向后沿逆時針方向 D．若在0～t1時間內(nèi)流過導(dǎo)體棒的電荷量為q，則t1時刻的磁感應(yīng)強度大小為 答案

57、　ABD 解析　由題圖乙所示圖象可知，t＝t0時磁感應(yīng)強度為零，導(dǎo)體棒不受安培力作用，細桿既不被拉伸也不被壓縮，A正確；在0～t1時間內(nèi)，磁通量先向下減少，后向上增大，由楞次定律可知，感應(yīng)電流始終沿順時針方向，為阻礙磁通量的變化，兩導(dǎo)體棒先有遠離的趨勢，后有靠近的趨勢，則絕緣細桿先被拉伸后被壓縮，B正確，C錯誤；設(shè)t1時刻磁感應(yīng)強度的大小為B0，根據(jù)對稱性可知，t＝0時刻磁感應(yīng)強度的大小也為B0，由法拉第電磁感應(yīng)定律可知感應(yīng)電動勢E＝＝S＝L2＝，則回路中感應(yīng)電流的大小為I＝，若在0～t1時間內(nèi)流過導(dǎo)體棒的電荷量為q，電荷量q＝It1＝×2t0＝，則B0＝，D正確。 7．(2019·湖南師

58、大附中高考二模)(多選)半徑分別為r和2r的同心半圓粗糙導(dǎo)軌MN、PQ固定在同一水平面內(nèi)，一長為r、電阻為2R、質(zhì)量為m且質(zhì)量分布均勻的導(dǎo)體棒AB置于半圓軌道上面，BA的延長線通過導(dǎo)軌的圓心O，裝置的俯視圖如圖所示。整個裝置位于磁感應(yīng)強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場中。在N、Q之間接有一阻值為R的電阻。導(dǎo)體棒AB在水平外力作用下，以角速度ω繞O順時針勻速轉(zhuǎn)動，在轉(zhuǎn)動過程中始終與導(dǎo)軌保持良好接觸。設(shè)導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為μ，導(dǎo)軌電阻不計，重力加速度為g，則下列說法正確的是(　　) A．導(dǎo)體棒AB兩端的電壓為Brω2 B．電阻R中的電流方向從Q到N，大小為 C．外力的功率大小為

59、＋μmgrω D．若導(dǎo)體棒不動，要產(chǎn)生同方向的感應(yīng)電流，可使豎直向下的磁場的磁感應(yīng)強度增加，且變化得越來越慢 答案　BC 解析　導(dǎo)體棒在勻強磁場中切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢E＝Br＝Br＝Br2ω，I＝＝，方向為順時針，UBA＝E＝Br2ω，故A錯誤，B正確；外力的功率P外＝BIr＋f＝＋μmgrω，故C正確；由楞次定律可知，若導(dǎo)體棒不動，要產(chǎn)生同方向的感應(yīng)電流，可使豎直向下的磁場的磁感應(yīng)強度減小，故D錯誤。 8．(2019·河南安陽二模)(多選)如圖所示，發(fā)電機的輸出電壓U＝1000sin100πt(V)，通過理想降壓變壓器給若干盞燈泡供電，輸電線上連接可調(diào)電阻r。變壓器原線圈兩端接有

60、理想交流電壓表V，副線圈干路接有理想交流電流表A，下列說法正確的是(　　) A．電壓表V的示數(shù)始終為1000 V B．僅增多接入燈泡，電流表A的示數(shù)增大 C．僅增大可調(diào)電阻r，電壓表V的示數(shù)增大 D．僅增大可調(diào)電阻r，電流表A的示數(shù)減小 答案　BD 解析　因發(fā)電機輸出電壓有效值為1000 V，則變壓器初級電壓為U1＝1000 V－I1r，可知電壓表V的示數(shù)小于1000 V，A錯誤；僅增多接入燈泡，則次級電阻減小，次級電流變大，電流表A的示數(shù)增大，B正確；僅增大可調(diào)電阻r，初級電壓會減小，即電壓表V的示數(shù)減小，次級電壓也會減小，則次級電流減小，即電流表A的示數(shù)減小，C錯誤，D正確

61、。 9．(2019·河南省鄭州市一模)(多選)如圖所示，豎直放置的“”形光滑導(dǎo)軌寬為L，矩形勻強磁場Ⅰ、Ⅱ的高和間距均為d，磁感應(yīng)強度為B。將質(zhì)量為m的水平金屬桿由靜止釋放，金屬桿進入磁場Ⅰ和Ⅱ時的速度相等。金屬桿在導(dǎo)軌間的電阻為R，與導(dǎo)軌接觸良好，其余電阻不計，重力加速度為g。則金屬桿(　　) A．穿出兩磁場時的速度相等 B．穿過磁場Ⅰ的時間大于在兩磁場之間的運動時間 C．穿過兩磁場產(chǎn)生的總熱量為4mgd D．釋放時距磁場Ⅰ上邊界的高度h可能小于 答案　ABC 解析　由題意可知，金屬桿進入磁場Ⅰ和Ⅱ時的速度相等，則金屬桿在Ⅰ區(qū)做減速運動，同理在Ⅱ區(qū)也做減速運動，兩磁場區(qū)域的

62、高度與磁感應(yīng)強度都相同，金屬桿在兩區(qū)域的運動規(guī)律與運動過程相同，金屬桿穿出兩磁場時的速度相等，故A正確；金屬桿在磁場Ⅰ運動時，隨著速度減小，產(chǎn)生的感應(yīng)電流減小，受到的安培力減小，合力減小，加速度減小，所以金屬桿做加速度逐漸減小的變減速運動，在兩個磁場之間做勻加速運動，由題知，進入磁場Ⅰ和Ⅱ時的速度相等，所以金屬桿在磁場Ⅰ中運動時平均速度小于在兩磁場之間運動的平均速度，兩個過程位移相等，所以金屬桿穿過磁場Ⅰ的時間大于在兩磁場之間的運動時間，故B正確；金屬桿從剛進入磁場Ⅰ到剛進入磁場Ⅱ的過程，由能量守恒定律得：2mgd＝Q，金屬桿通過磁場Ⅱ時產(chǎn)生的熱量與通過磁場Ⅰ時產(chǎn)生的熱量相同，所以總熱量為：Q

63、總＝2Q＝4mgd，故C正確；設(shè)金屬桿釋放時距磁場Ⅰ上邊界的高度為h0時進入磁場Ⅰ時剛好勻速運動，則有：mg＝BIL＝BL＝，又v＝，聯(lián)立解得：h0＝，由于金屬桿進入磁場Ⅰ時做減速運動，所以釋放時距磁場Ⅰ上邊界高度h一定大于h0＝，故D錯誤。 10．(2019·廣西欽州三模)(多選)如圖，兩條間距為L的平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面(紙面)內(nèi)，其左端接一阻值為R的電阻。一金屬棒垂直放置在兩導(dǎo)軌上，在MN左側(cè)面積為S的圓形區(qū)域中存在垂直于紙面向里的均勻磁場，磁感應(yīng)強度大小B隨時間t的變化關(guān)系為B＝kt，式中k為常量，且k＞0。在MN右側(cè)區(qū)域存在一與導(dǎo)軌垂直、磁感應(yīng)強度大小為B0、方向垂直紙面向里的

64、勻強磁場。t＝0時刻，金屬棒從MN處開始，在水平拉力F作用下以速度v0向右勻速運動。金屬棒與導(dǎo)軌的電阻及摩擦均可忽略。則(　　) A．在t(t>0)時刻穿過回路的總磁通量為B0Lv0t B．電阻R上的電流為恒定電流 C．在時間Δt內(nèi)流過電阻的電荷量為Δt D．金屬棒所受的水平拉力F隨時間均勻增大 答案　BC 解析　根據(jù)題圖可知，MN左邊的磁場方向與右邊的磁場方向相同，則穿過回路的總磁通量即為兩邊磁通量之和，在t(t＞0)時刻穿過回路的總磁通量為：Φ＝Φ1＋Φ2＝ktS＋B0Lv0t，故A錯誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得，回路中產(chǎn)生的總感應(yīng)電動勢為：E＝＝kS＋B0Lv0，由閉合電

65、路歐姆定律有：I＝＝＋，則電阻R上的電流為恒定電流，故B正確；在時間Δt內(nèi)流過電阻的電荷量為：q＝IΔt＝Δt，故C正確；金屬棒受到的安培力大小為：FA＝B0IL，保持不變，金屬棒勻速運動，水平拉力大小等于安培力大小，所以水平拉力F保持不變，故D錯誤。 11.(2019·四川省德陽市高中檢測)如圖所示，光滑導(dǎo)軌MN和PQ固定在豎直平面內(nèi)，導(dǎo)軌間距為L，兩端分別接有阻值均為R的定值電阻R1和R2。兩導(dǎo)軌間有一邊長為的正方形區(qū)域abcd，該區(qū)域內(nèi)有磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直紙面向里的勻強磁場。一質(zhì)量為m的金屬桿與導(dǎo)軌相互垂直且接觸良好，從ab處由靜止釋放，若金屬桿離開磁場前已做勻速運動，其余電

66、阻均不計。重力加速度為g。求： (1)金屬桿離開磁場時速度的大?。? (2)金屬桿穿過整個磁場過程中電阻R1上產(chǎn)生的電熱。 答案　(1)　(2)－ 解析　(1)設(shè)金屬桿離開磁場時金屬桿中的電流為I，由平衡條件得mg＝BI 解得I＝ 設(shè)桿勻速運動時的速度為v，由E＝Bv，E＝I 解得v＝。 (2)由能量守恒定律得mg＝Q＋mv2 電阻R1上產(chǎn)生的電熱為Q1＝ 解得Q1＝－。 12．(2019·山東省濰坊市二模)如圖所示，兩平行金屬導(dǎo)軌固定在水平面上，間距為L，左端接有阻值為R的電阻。兩導(dǎo)軌間勻強磁場方向豎直向上，磁感應(yīng)強度大小為B。質(zhì)量為m、阻值為r的金屬棒垂直于導(dǎo)軌放置?，F(xiàn)對棒施加水平向右的恒定拉力F，使棒由靜止開始向右運動。若棒向右運動距離為x時速度達到最大值，不計導(dǎo)軌電阻，忽略棒與導(dǎo)軌間的摩擦，求： (1)棒運動的最大速度vm； (2)在棒運動位移x的過程中，電阻R產(chǎn)生的焦耳熱。 答案　(1)　 (2) 解析　(1)棒的速度最大時，棒中的感應(yīng)電動勢： Em＝BLvm 棒中的電流：Im＝ 根據(jù)平衡條件，有：BImL＝F 解得：vm＝。