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）

電磁感應(yīng)與電路要點(diǎn)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(yùn)動電荷、電流產(chǎn)生的磁場方向。(2)左手定則：判斷磁場對運(yùn)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(kuò)”。3四種求電動勢的方法(1)平均電動勢En。(2)垂直切割EBLv。(3)導(dǎo)體棒繞與磁場平行的軸勻速轉(zhuǎn)動EBl2。(4)線圈繞與磁場垂直的軸勻速轉(zhuǎn)動enBSsint。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(shí)，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(dá)式為qItn·tn。(2)導(dǎo)體切割磁感線運(yùn)動通過的電荷量q滿足的關(guān)系式：BltBlqmv。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(fù)以及是否過某些特殊點(diǎn)，以排除錯(cuò)誤的選項(xiàng)。(2)函數(shù)法：根據(jù)題目所給條件定量地寫出兩個(gè)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(jìn)行分析和判斷。6三步解決電磁感應(yīng)中電路問題(1)確定電源：En或EBlv。(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(shí)間、速度、位移和電荷量(一般應(yīng)用于單桿切割磁感線運(yùn)動)。求速度或電荷量：Bltmv2mv1，qt。求時(shí)間：FtIAmv2mv1，IABltBl。求位移：Bltmv2mv1，即xm(v2v1)。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(shí)，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)?！安⑼保褐改骋浑娮柙龃?減小)時(shí)，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(jìn)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(yuǎn)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(yuǎn)距離輸電問題分析的關(guān)鍵是求中間回路的電流強(qiáng)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(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。紙面內(nèi)有一正方形均勻金屬線框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(jìn)入磁場直至bc邊剛要進(jìn)入的過程中，線框在向左的拉力作用下以速度v勻速運(yùn)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EBLv。(2)線框中的感應(yīng)電流I拉力大小等于安培力大小FBIL拉力的功率PFv。(3)線框ab邊電阻Rab時(shí)間tab邊產(chǎn)生的焦耳熱QI2Rabt。答案(1)BLv(2)(3) 求解焦耳熱Q的三種方法(1)焦耳定律：QI2Rt；(2)功能關(guān)系：QW克服安培力；(3)能量轉(zhuǎn)化：QE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(指拉直時(shí)兩端的電阻)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場垂直穿過環(huán)平面，在環(huán)的最高點(diǎn)上方A點(diǎn)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(shí)，B點(diǎn)的線速度為v且剛好交圓環(huán)的最低點(diǎn)，則這時(shí)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(dá)豎直位置時(shí)，導(dǎo)體棒上C點(diǎn)交金屬環(huán)最高點(diǎn)，根據(jù)vr可知，因?yàn)锽點(diǎn)的線速度為v，則C點(diǎn)的線速度為v，則BC產(chǎn)生的電動勢EB·2a·Bav，則BC兩端的電壓為UBC··BavBav，因UAC0，故UBAUBCBav，B正確。命題角度2 感生感應(yīng)電動勢例2(2019·全國卷)(多選)空間存在一方向與紙面垂直、大小隨時(shí)間變化的勻強(qiáng)磁場，其邊界如圖a中虛線MN所示。一硬質(zhì)細(xì)導(dǎo)線的電阻率為、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。t0時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向如圖a所示；磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖b所示。則在t0到tt1的時(shí)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(shí)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(shí)刻磁場方向發(fā)生變化，故安培力方向發(fā)生變化，A錯(cuò)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(shí)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(cuò)誤。答案BC 解答本題應(yīng)注意以下四點(diǎn)(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(jì)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(jì)算圓環(huán)中的感應(yīng)電流的大小。備課記錄： 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(gè)單匝線圈a、b的半徑分別為r和2r，圓形勻強(qiáng)磁場B的邊緣恰好與a線圈重合，若磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻增大，開始時(shí)的磁感應(yīng)強(qiáng)度不為0，則()A任意時(shí)刻，穿過a、b兩線圈的磁通量之比為14Ba、b兩線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢之比為12Ca、b兩線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流之比為41D相同時(shí)間內(nèi)a、b兩線圈產(chǎn)生的熱量之比為21答案D解析任意時(shí)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11，A錯(cuò)誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得ES，Sr2，因?yàn)橛行娣eS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11，B錯(cuò)誤；線圈a、b的半徑分別為r和2r，周長之比為12，電阻之比為12，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21，C錯(cuò)誤；根據(jù)焦耳定律得QI2Rt，相同時(shí)間內(nèi)a、b兩線圈產(chǎn)生的熱量之比為21，D正確。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)(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，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)。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(qiáng)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(jìn)入磁場時(shí)加速度恰好為零。從PQ進(jìn)入磁場開始計(jì)時(shí)，到MN離開磁場區(qū)域?yàn)橹?，流過PQ的電流隨時(shí)間變化的圖象可能正確的是()解析PQ剛進(jìn)入磁場時(shí)，加速度為零，則mgsinBI1L，又I1，故PQ做勻速運(yùn)動，電流恒定；由題意知，MN剛進(jìn)入磁場時(shí)與PQ剛進(jìn)入磁場時(shí)速度相同。情形1：若MN剛進(jìn)入磁場時(shí)，PQ已離開磁場區(qū)域，則對MN，由mgsinBI1L、I1及右手定則知，通過PQ的電流大小不變，方向相反，故I­t圖象如圖A所示。情形2：若MN剛進(jìn)入磁場時(shí)，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(shí)，MN在磁場中的速度大于勻速運(yùn)動時(shí)的速度，MN為電源，由右手定則知PQ中的電流方向與MN未進(jìn)入磁場時(shí)相反，設(shè)此時(shí)PQ中電流大小為I2，由EBLv，I2，BI2Lmgsinma>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(shí)I2I1，I­t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(gè)方面(1)注意初始時(shí)刻的特征，如初始時(shí)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(gè)階段，這幾個(gè)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： 31(2019·全國卷)(多選)如圖，方向豎直向下的勻強(qiáng)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。t0時(shí)，棒ab以初速度v0向右滑動。運(yùn)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表示。下列圖象中可能正確的是()答案AC解析導(dǎo)體棒ab運(yùn)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FFBIlma，隨著v1減小，v2增大，則FF減小，兩棒的加速度大小a減小，直到v1v2v共，a0，兩棒做勻速運(yùn)動，兩棒組成的系統(tǒng)動量守恒，則mv02mv共，v共，A正確，B錯(cuò)誤。由前面分析知，v1v2隨時(shí)間減小得越來越慢，最后為0，則感應(yīng)電流I隨時(shí)間減小得越來越慢，最后為0，C正確，D錯(cuò)誤。32 (2019·長沙二模)如圖所示，線圈abcd固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(qiáng)度B隨時(shí)間t變化時(shí)，ab邊受到的安培力恒定不變。則下列磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)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(qiáng)度發(fā)生變化時(shí)，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：FBIl1，得：F。由公式可知，若磁場B增大，則減??；若B減小，則增大。所以四個(gè)圖象中只有C正確。33 (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(qiáng)磁場中，完全相同的兩金屬棒P、Q搭放在導(dǎo)軌上，開始時(shí)P、Q均處于靜止?fàn)顟B(tài)。給P施加一個(gè)與導(dǎo)軌平行的恒定拉力，運(yùn)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(jì)，則兩棒的速度及棒中的感應(yīng)電流隨時(shí)間變化的圖象可能是()答案AD解析P向右做切割磁感線運(yùn)動，由右手定則判斷可知，回路中產(chǎn)生逆時(shí)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(yùn)動；Q向右運(yùn)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(shí)，速度之差不變，感應(yīng)電流不變，安培力不變，兩棒做加速度相同的勻加速運(yùn)動。由以上分析知，開始運(yùn)動時(shí)，P棒做加速度減小的加速運(yùn)動，Q棒做加速度增大的加速運(yùn)動，最終兩棒做加速度相同的勻加速運(yùn)動，故A正確，B錯(cuò)誤；開始運(yùn)動時(shí)，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(yùn)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(cuò)誤，D正確。命題角度2 電磁感應(yīng)中的電路問題例4(2019·濟(jì)寧調(diào)研)如圖甲所示，一個(gè)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(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)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?yàn)檎较?。圖線與橫、縱軸的截距分別為t0和B0，導(dǎo)線的電阻不計(jì)。求0t1時(shí)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?yàn)橛蒪到a。根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得，線圈中的電動勢En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qIt1R1上產(chǎn)生的熱量QI2R1t1。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： 41(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(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場。現(xiàn)將一長度為3L的導(dǎo)體棒置于磁場中，讓其一端O點(diǎn)與圓心重合，另一端A與圓形導(dǎo)軌良好接觸。在O點(diǎn)與導(dǎo)軌間接入一阻值為r的電阻，導(dǎo)體棒以角速度繞O點(diǎn)做逆時(shí)針勻速圓周運(yùn)動，其他電阻不計(jì)。下列說法正確的是()A導(dǎo)體棒O點(diǎn)的電勢比A點(diǎn)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(shí)間內(nèi)，通過電阻r的電荷量為D在導(dǎo)體棒旋轉(zhuǎn)一周的時(shí)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(diǎn)電勢比A點(diǎn)電勢低，故A正確；感應(yīng)電動勢：EB·2L·B·2L·4BL2，電阻r兩端電壓：UE4BL2，故B錯(cuò)誤；電路中電流為I，周期為T，在導(dǎo)體棒旋轉(zhuǎn)一周的時(shí)間內(nèi)，通過電阻r的電荷量為qIT，故C正確；在導(dǎo)體棒旋轉(zhuǎn)一周的時(shí)間內(nèi)，電阻r產(chǎn)生的焦耳熱為QI2rT，故D錯(cuò)誤。42(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(qiáng)度大小為B的有界勻強(qiáng)磁場，磁場兩邊界成45°角。線圈的邊長為L，總電阻為R。現(xiàn)使線圈以水平向右的速度v勻速進(jìn)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(shí)，N、P兩點(diǎn)間的電壓UBLvB當(dāng)線圈中心經(jīng)過磁場邊界時(shí)，線圈所受安培力F安C當(dāng)線圈中心經(jīng)過磁場邊界時(shí)，回路的瞬時(shí)電功率PD線圈從開始進(jìn)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(shí)，感應(yīng)電動勢：EBLv，則回路的電流：I，N、P兩點(diǎn)間的電壓UI·RBLv，A錯(cuò)誤；當(dāng)線圈中心經(jīng)過磁場邊界時(shí)，線圈的QP和PN兩邊所受安培力大小均為FBIL，方向相互垂直，則線圈所受安培力F安F，B錯(cuò)誤；當(dāng)線圈中心經(jīng)過磁場邊界時(shí)，回路的瞬時(shí)電功率P，C正確；線圈從開始進(jìn)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(cuò)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(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。PQ的質(zhì)量為m，金屬導(dǎo)軌足夠長、電阻忽略不計(jì)。(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Ek設(shè)PQ與MN并聯(lián)的電阻為R并，有R并閉合S時(shí)，設(shè)線圈中的電流為I，根據(jù)閉合電路歐姆定律得I設(shè)PQ中的電流為IPQ，有IPQI設(shè)PQ受到的安培力為F安，有F安BIPQlPQ保持靜止，由受力平衡，有FF安聯(lián)立式得F由楞次定律和右手螺旋定則得PQ中的電流方向?yàn)橛蒕到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(yùn)動的位移為x，所用時(shí)間為t，回路中的磁通量變化為，平均感應(yīng)電動勢為，有其中Blx設(shè)PQ中的平均感應(yīng)電流為，有根據(jù)電流的定義式得由動能定理，有FxWmv20聯(lián)立式得Wmv2kq。答案(1)方向水平向右(2)mv2kq(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)中的能量分析從能量的觀點(diǎn)著手，運(yùn)用動能定理或能量守恒定律?；痉椒ㄊ牵菏芰Ψ治雠迥男┝ψ龉Γ稣€是負(fù)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37°的光滑斜面上存在一垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場區(qū)域MNPQ，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為5 T，磁場寬度d0.55 m。有一邊長L0.4 m、質(zhì)量m10.6 kg、電阻R2 的正方形均勻?qū)w線框abcd通過一輕質(zhì)細(xì)線跨過光滑的定滑輪與一質(zhì)量m20.4 kg的物體相連。物體與水平面間的動摩擦因數(shù)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g10 m/s2，sin37°0.6，cos37°0.8)(1)求線框abcd還未進(jìn)入磁場的運(yùn)動過程中，細(xì)線中的拉力大??；(2)當(dāng)ab邊剛進(jìn)入磁場時(shí)，線框恰好做勻速直線運(yùn)動，求線框剛釋放時(shí)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(shí)，速度大小為2 m/s，求整個(gè)運(yùn)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(jìn)入磁場的過程中，以線框?yàn)檠芯繉ο?，由牛頓第二定律得m1gsinTm1a以物體為研究對象，由牛頓第二定律得Tm2gm2a，聯(lián)立解得T2.4 N，a2 m/s2。(2)線框剛進(jìn)入磁場時(shí)恰好做勻速直線運(yùn)動，有m1gsinT0，Tm2g0，解得v1 m/s。線框進(jìn)入磁場前做勻加速直線運(yùn)動，有v22ax，解得x0.25 m。(3)線框從開始運(yùn)動到cd邊恰好離開磁場邊界PQ時(shí)，對整體有m1gsin(xdL)m2g(xdL)(m1m2)vQ，解得Q0.4 J，根據(jù)焦耳定律有QI2Rt，ab邊產(chǎn)生的熱量QabI2t，所以QabQ0.1 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?xì)怏w濃度的增大而減小。當(dāng)一氧化碳?xì)怏w濃度增大時(shí)，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?xì)怏w濃度增大時(shí)，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(cuò)誤；電路的總功率為PEI，E不變，I增大，則P增大，故C錯(cuò)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)分析方法程序法；“串反并同”法；極限法。(2)電容器的特點(diǎn)直流電路中，只有當(dāng)電容器充、放電時(shí)，電容器支路中才會有電流，當(dāng)電路穩(wěn)定時(shí)，電容器所在的支路相當(dāng)于斷路。電路穩(wěn)定時(shí)，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： 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(shí)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斷開開關(guān)S1B斷開開關(guān)S2C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：UIR2。滑動變阻器R1與電容器串聯(lián)，穩(wěn)定時(shí)，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(cuò)誤；向左移動滑動變阻器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)QCU可知，電容器所帶電荷量變小，D錯(cuò)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(cuò)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)QCU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(qiáng)磁場中繞與磁感線垂直的軸勻速轉(zhuǎn)動，穿過線框的磁通量與時(shí)間t的關(guān)系圖象如圖所示。下列說法正確的是()A.時(shí)刻線框平面與中性面垂直B線框的感應(yīng)電動勢有效值為C線框轉(zhuǎn)一周外力所做的功為D從t0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(diǎn)是與磁場垂直，線框位于中性面時(shí)，穿過線框的磁通量最大，磁通量變化率最小，則時(shí)刻線框所在平面與中性面重合，A錯(cuò)誤；感應(yīng)電動勢最大值為Emmm，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，WE電·T，C正確；由法拉第電磁感應(yīng)定律知，從t0到t過程中線框的平均感應(yīng)電動勢，D錯(cuò)誤。答案BC(1)線圈通過中性面時(shí)的特點(diǎn)穿過線圈的磁通量最大。線圈中的感應(yīng)電動勢為零。線圈每經(jīng)過中性面一次，感應(yīng)電流的方向改變一次。(2)交流電的“四值”最大值：EmNBS?？捎脕矸治鲭娙萜鞯哪蛪褐?。瞬時(shí)值：eNBSsint。計(jì)算閃光電器的閃光時(shí)間、線圈某時(shí)刻的受力情況。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(jì)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。平均值：n。常用來計(jì)算通過電路的電荷量。備課記錄： 7.(2019·山東濱州二模)如圖所示為線圈匝數(shù)為n的小型旋轉(zhuǎn)電樞式交流發(fā)電機(jī)的原理圖，其矩形線圈面積為S，在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)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)線圈以角速度勻速轉(zhuǎn)動時(shí)，下列說法正確的是()A從線圈與磁場平行位置開始計(jì)時(shí)，瞬時(shí)電動勢為enBSsintB當(dāng)線圈平面轉(zhuǎn)到與磁場垂直時(shí)，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(jī)產(chǎn)生電動勢的最大值為EmnBS，從線圈與磁場平行位置開始計(jì)時(shí)，瞬時(shí)電動勢為enBScost，故A錯(cuò)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UIR，故B錯(cuò)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·tn，故C錯(cuò)誤；線圈轉(zhuǎn)一周的過程中回路產(chǎn)生的焦耳熱為QI2(Rr)T2(Rr)×，故D正確。命題角度3 理想變壓器與遠(yuǎn)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110，當(dāng)輸入電壓增加20 V時(shí)，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)U120 V時(shí)，U2200 V，D正確。答案D(1)理想變壓器動態(tài)分析的兩種情況負(fù)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。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(fù)載電阻的變化情況。(2)分析技巧根據(jù)題意分清變量和不變量。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： 81(2019·山東省“評價(jià)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()AP向左滑動時(shí)，變壓器的輸出電壓變大BP向左滑動時(shí)，變壓器的輸入功率變大CRT溫度升高時(shí)，燈L變亮DRT溫度升高時(shí)，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(shí)，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(cuò)誤；P向左滑動時(shí)，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，所以變壓器的輸入功率也變小，故B錯(cuò)誤；RT溫度升高時(shí)，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(cuò)誤；RT溫度升高時(shí)，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。82(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(jī)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(jī)的輸出功率不變B若使用的電燈減少，則發(fā)電機(jī)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(shí)，輸出功率減小，則輸入功率也減小，即發(fā)電機(jī)的輸出功率減小，故A錯(cuò)誤，B正確；當(dāng)使用的電燈增多時(shí)，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(jī)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U2U3Ur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(cuò)誤。閱卷現(xiàn)場對感應(yīng)電動勢的分析出錯(cuò)例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(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，B隨時(shí)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(diǎn)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(jì)。(1)0t0時(shí)間內(nèi)，OM桿固定在與OA夾角為1的位置不動，求這段時(shí)間內(nèi)通過電阻P的感應(yīng)電流大小和方向；(2)t02t0時(shí)間內(nèi)，OM桿在外力作用下以恒定的角速度逆時(shí)針轉(zhuǎn)動，2t0時(shí)轉(zhuǎn)過角度2到OC位置，求電阻P在這段時(shí)間內(nèi)產(chǎn)生的焦耳熱Q；(3)2t03t0時(shí)間內(nèi)，OM桿仍在外力作用下以恒定的角速度逆時(shí)針轉(zhuǎn)動，3t0時(shí)轉(zhuǎn)到OD位置，若2t0時(shí)勻強(qiáng)磁場開始變化，使得2t03t0時(shí)間內(nèi)回路中始終無感應(yīng)電流，求B隨時(shí)間t變化的關(guān)系式，并在圖乙中補(bǔ)畫出這段時(shí)間內(nèi)的大致圖象。正解(1)0t0：，(1分)E1·S1，(2分)S1×(·4r2r2)，(1分)I1，(2分)解得：I1，通過電阻P的感應(yīng)電流方向?yàn)椋篈O。(2分)(2)t02t0，OM轉(zhuǎn)動的角速度為，(1分)感應(yīng)電動勢為：E2B0r，(2分)(1分)I2，(1分)QIRt0，(2分)解得：Q。(1分)(3)2t03t0，回路中無感應(yīng)電流，磁通量不變則B0r2B·(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?yàn)椋篈O(2)(3)B圖見解析錯(cuò)解(1)0t0：，(1分)E1·S1，(2分)S1×(·4r2r2)，(1分)I1(2分)解得：I1，通過電阻P的感應(yīng)電流方向?yàn)椋篈O。(2分)(2)t02t0，OM轉(zhuǎn)動的角速度為，(1分)感應(yīng)電動勢為：E2B0r，(2分)·2r(扣1分)I2，(1分)QIRt0，(2分)解得：Q。(扣1分)(3)2t03t0，回路中無感應(yīng)電流，磁通量不變則B0r2B·(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?yàn)椋篈O(2)(3)B圖見解析本題出錯(cuò)點(diǎn)為：金屬棒轉(zhuǎn)動切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢EBr 中，是金屬棒切割磁感線兩端點(diǎn)速度的平均值，而不是最外端點(diǎn)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?yàn)楦呖奸喚韺?shí)行按步給分，每一步的關(guān)鍵方程都是得分點(diǎn)，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)1(2019·唐山模擬)(多選)如圖所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度B1.0 T的勻強(qiáng)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v2 m/s向右勻速滑動。兩導(dǎo)軌間距離l1.0 m，電阻R3.0 ，金屬桿的電阻r1.0 ，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)。下列說法正確的是()A通過R的感應(yīng)電流的方向?yàn)橛蒩到dB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 VC金屬桿PQ受到的安培力大小為0.5 ND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(shí)產(chǎn)生逆時(shí)針方向的電流，通過R的感應(yīng)電流的方向?yàn)橛蒩到d，A正確；金屬桿PQ切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的大小為：EBlv1.0×1×2 V2 V，B正確；在整個(gè)回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電流為：I，代入數(shù)據(jù)得：I0.5 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(cuò)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(gè)金屬圓環(huán)，圓環(huán)所圍面積為0.1 m2，圓環(huán)電阻為0.2 。在第1 s內(nèi)感應(yīng)電流I沿順時(shí)針方向。磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖乙所示(其中在45 s的時(shí)間段呈直線)。則()A在05 s時(shí)間段，感應(yīng)電流先減小再增大B在02 s時(shí)間段感應(yīng)電流沿逆時(shí)針方向，在25 s時(shí)間段感應(yīng)電流沿順時(shí)針方向C在05 s時(shí)間段，圓環(huán)最大發(fā)熱功率為5.0×104 WD在02 s時(shí)間段，通過圓環(huán)橫截面的電量為5.0×101 C答案C解析根據(jù)閉合電路歐姆定律得In，知磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率越大，則電流越大，磁感應(yīng)強(qiáng)度變化率最大值為0.1 T/s，則最大電流I A0.05 A，則在05 s時(shí)間段，感應(yīng)電流先減小再增大，最后不變，故A錯(cuò)誤；由題意知，在第1 s內(nèi)感應(yīng)電流I沿順時(shí)針方向，根據(jù)楞次定律知，磁場方向向上為正方向，在02 s時(shí)間段感應(yīng)電流沿順時(shí)針方向，在25 s時(shí)間段，感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，故B錯(cuò)誤；在05 s時(shí)間段，當(dāng)電流最大時(shí)，發(fā)熱功率最大，則PI2R0.052×0.2 W5.0×104 W，故C正確；在02 s時(shí)間段，通過圓環(huán)橫截面的電量為q C5×102 C，故D錯(cuò)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(qiáng)度增大而減小)，R2為定值電阻。當(dāng)開關(guān)S閉合時(shí)，下列說法正確的是()A增大光照強(qiáng)度，電流表示數(shù)變小B增大光照強(qiáng)度，電壓表示數(shù)變小C減小光照強(qiáng)度，R2消耗的功率變大D減小光照強(qiáng)度，電源的總功率變大答案B解析當(dāng)光照強(qiáng)度增大時(shí)，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UEIr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(cuò)誤，B正確；當(dāng)光照強(qiáng)度減小時(shí)，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PI2R2可知，R2消耗的功率變小，故C錯(cuò)誤；由C項(xiàng)分析可知，當(dāng)光照強(qiáng)度減小時(shí)，電路中總電流減小，由PEI可知電源的總功率減小，故D錯(cuò)誤。4(2019·遼寧大連二模)(多選)近年來，手機(jī)無線充電功能的廣泛應(yīng)用為人們提供了很大便利。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(lì)磁線圈可產(chǎn)生交變磁場，從而使手機(jī)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(lì)磁線圈通入如圖乙所示的交變電流時(shí)(電流由a流入時(shí)方向?yàn)檎?，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(lì)磁線圈中電流方向相反Ct3時(shí)刻，感應(yīng)線圈中電流的瞬時(shí)值為0Dt1t3時(shí)間內(nèi)，c點(diǎn)電勢高于d點(diǎn)電勢答案CD解析勵(lì)磁線圈產(chǎn)生的磁場隨電流變化，因?yàn)殡娏鞑皇蔷鶆蜃兓?，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EnnS就不是恒定的，感應(yīng)電流也就不是恒定的，A錯(cuò)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(lì)磁線圈電流減小，電流產(chǎn)生的磁場減小時(shí)，感應(yīng)線圈中的感應(yīng)電流與勵(lì)磁線圈電流方向相同，阻礙磁場減小，B錯(cuò)誤；t3時(shí)刻，勵(lì)磁線圈電流變化率為零，磁感應(yīng)強(qiáng)度變化率為零，EnnS，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；t1t3時(shí)間內(nèi)，勵(lì)磁線圈的電流先正向減小后負(fù)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(diǎn)電勢高于d點(diǎn)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OMR，圓弧MN的圓心為O點(diǎn)，將導(dǎo)線框的O點(diǎn)置于如圖所示的直角坐標(biāo)系的原點(diǎn)，其中第二和第四象限存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，其磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，第三象限存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2B。從t0時(shí)刻開始讓導(dǎo)線框以O(shè)點(diǎn)為圓心，以恒定的角速度沿逆時(shí)針方向做勻速圓周運(yùn)動，假定沿ONM方向的電流為正，則線框中的電流隨時(shí)間的變化規(guī)律描繪正確的是()答案B解析在0t0時(shí)間內(nèi)，線框從圖示位置(t0)開始轉(zhuǎn)過90°的過程中，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E1B·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?yàn)槟鏁r(shí)針方向(沿ONM方向)。在t02t0時(shí)間內(nèi)，線框進(jìn)入第三象限的過程中，回路中的電流方向?yàn)轫槙r(shí)針方向(沿OMN方向)，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E2B·R2·2B·R2BR23E1，感應(yīng)電流為I23I1。在2t03t0時(shí)間內(nèi)，線框進(jìn)入第四象限的過程中，回路中的電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向(沿ONM方向)，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E3B·R2·2B·R2B·R23E1，感應(yīng)電流為I33I1。在3t04t0時(shí)間內(nèi)，線框出第四象限的過程中，回路中的電流方向?yàn)轫槙r(shí)針方向(沿OMN方向)，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E4B·R2，回路電流為I4I1，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤。6(2019·山西懷仁檢測)(多選)如圖甲所示，光滑的平行導(dǎo)軌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(xì)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(qiáng)磁場，設(shè)磁場方向向下為正，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖乙所示，t12t0，不計(jì)ab、cd間電流的相互作用，不計(jì)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(xì)桿的長度均為L。下列說法正確的是()Att0時(shí)細(xì)桿既不被拉伸也不被壓縮B在0t1時(shí)間內(nèi)，絕緣細(xì)桿先被拉伸后被壓縮C在0t1時(shí)間內(nèi)，abcd回路中的電流先沿順時(shí)針方向后沿逆時(shí)針方向D若在0t1時(shí)間內(nèi)流過導(dǎo)體棒的電荷量為q，則t1時(shí)刻的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為答案ABD解析由題圖乙所示圖象可知，tt0時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度為零，導(dǎo)體棒不受安培力作用，細(xì)桿既不被拉伸也不被壓縮，A正確；在0t1時(shí)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(shí)針方向，為阻礙磁通量的變化，兩導(dǎo)體棒先有遠(yuǎn)離的趨勢，后有靠近的趨勢，則絕緣細(xì)桿先被拉伸后被壓縮，B正確，C錯(cuò)誤；設(shè)t1時(shí)刻磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B0，根據(jù)對稱性可知，t0時(shí)刻磁感應(yīng)強(qiáng)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ESL2，則回路中感應(yīng)電流的大小為I，若在0t1時(shí)間內(nèi)流過導(dǎo)體棒的電荷量為q，電荷量qIt1×2t0，則B0，D正確。7(2019·湖南師大附中高考二模)(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(gè)裝置位于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)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，以角速度繞O順時(shí)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，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，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Br2B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mgrD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(qiáng)度增加，且變化得越來越慢答案BC解析導(dǎo)體棒在勻強(qiáng)磁場中切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢EBrBrBr2，I，方向?yàn)轫槙r(shí)針，UBAEBr2，故A錯(cuò)誤，B正確；外力的功率P外BIrfmgr，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(qiáng)度減小，故D錯(cuò)誤。8(2019·河南安陽二模)(多選)如圖所示，發(fā)電機(jī)的輸出電壓U1000sin100t(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 VB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(jī)輸出電壓有效值為1000 V，則變壓器初級電壓為U11000 VI1r，可知電壓表V的示數(shù)小于1000 V，A錯(cuò)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(cuò)誤，D正確。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(qiáng)磁場、的高和間距均為d，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。將質(zhì)量為m的水平金屬桿由靜止釋放，金屬桿進(jìn)入磁場和時(shí)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(jì)，重力加速度為g。則金屬桿()A穿出兩磁場時(shí)的速度相等B穿過磁場的時(shí)間大于在兩磁場之間的運(yùn)動時(shí)間C穿過兩磁場產(chǎn)生的總熱量為4mgdD釋放時(shí)距磁場上邊界的高度h可能小于答案ABC解析由題意可知，金屬桿進(jìn)入磁場和時(shí)的速度相等，則金屬桿在區(qū)做減速運(yùn)動，同理在區(qū)也做減速運(yùn)動，兩磁場區(qū)域的高度與磁感應(yīng)強(qiáng)度都相同，金屬桿在兩區(qū)域的運(yùn)動規(guī)律與運(yùn)動過程相同，金屬桿穿出兩磁場時(shí)的速度相等，故A正確；金屬桿在磁場運(yùn)動時(shí)，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(yùn)動，在兩個(gè)磁場之間做勻加速運(yùn)動，由題知，進(jìn)入磁場和時(shí)的速度相等，所以金屬桿在磁場中運(yùn)動時(shí)平均速度小于在兩磁場之間運(yùn)動的平均速度，兩個(gè)過程位移相等，所以金屬桿穿過磁場的時(shí)間大于在兩磁場之間的運(yùn)動時(shí)間，故B正確；金屬桿從剛進(jìn)入磁場到剛進(jìn)入磁場的過程，由能量守恒定律得：2mgdQ，金屬桿通過磁場時(shí)產(chǎn)生的熱量與通過磁場時(shí)產(chǎn)生的熱量相同，所以總熱量為：Q總2Q4mgd，故C正確；設(shè)金屬桿釋放時(shí)距磁場上邊界的高度為h0時(shí)進(jìn)入磁場時(shí)剛好勻速運(yùn)動，則有：mgBILBL，又v，聯(lián)立解得：h0，由于金屬桿進(jìn)入磁場時(shí)做減速運(yùn)動，所以釋放時(shí)距磁場上邊界高度h一定大于h0，故D錯(cuò)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(qiáng)度大小B隨時(shí)間t的變化關(guān)系為Bkt，式中k為常量，且k0。在MN右側(cè)區(qū)域存在一與導(dǎo)軌垂直、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場。t0時(shí)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(yùn)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(shí)刻穿過回路的總磁通量為B0Lv0tB電阻R上的電流為恒定電流C在時(shí)間t內(nèi)流過電阻的電荷量為tD金屬棒所受的水平拉力F隨時(shí)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(t0)時(shí)刻穿過回路的總磁通量為：12ktSB0Lv0t，故A錯(cuò)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：EkSB0Lv0，由閉合電路歐姆定律有：I，則電阻R上的電流為恒定電流，故B正確；在時(shí)間t內(nèi)流過電阻的電荷量為：qItt，故C正確；金屬棒受到的安培力大小為：FAB0IL，保持不變，金屬棒勻速運(yùn)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(cuò)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(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)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(yùn)動，其余電阻均不計(jì)。重力加速度為g。求：(1)金屬桿離開磁場時(shí)速度的大??；(2)金屬桿穿過整個(gè)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(shí)金屬桿中的電流為I，由平衡條件得mgBI解得I設(shè)桿勻速運(yùn)動時(shí)的速度為v，由EBv，EI解得v。(2)由能量守恒定律得mgQmv2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(qiáng)磁場方向豎直向上，磁感應(yīng)強(qiáng)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(yùn)動。若棒向右運(yùn)動距離為x時(shí)速度達(dá)到最大值，不計(jì)導(dǎo)軌電阻，忽略棒與導(dǎo)軌間的摩擦，求：(1)棒運(yùn)動的最大速度vm；(2)在棒運(yùn)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(shí)，棒中的感應(yīng)電動勢：EmBLvm棒中的電流：Im根據(jù)平衡條件，有：BImLF解得：vm。