2020版高考物理一輪復習 全程訓練計劃 周測九 電磁感應 交變電流（含解析）

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1、電磁感應 交變電流 夯基提能卷⑨ 立足于練題型悟技法——保底分 (本試卷滿分95分) 一、選擇題(本題包括8小題，每小題6分，共48分．在每小題給出的四個選項中，有的小題只有一個選項是正確的，有的小題有多個選項是正確的．全部選對的得6分，選不全的得3分，有選錯或不答的得0分) 1．[2019·云南曲靖一中質檢]物理學的發(fā)展豐富了人類對物質世界的認識，推動了科學技術的創(chuàng)新和革命，促進了物質生產的繁榮與人類文明的進步．下列表述正確的是(　　) A．電磁感應現(xiàn)象是洛倫茲最先發(fā)現(xiàn)的 B．電動機是利用電磁感應原理，將機械能轉化為電能 C．楞次最先發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應 D．感應電流遵從楞次

2、定律所描述的方向，這是能量守恒定律的必然結果 答案：D 解析：電磁感應現(xiàn)象是法拉第最先發(fā)現(xiàn)的，選項A錯誤；發(fā)電機是利用電磁感應原理，將機械能轉化為電能的，選項B錯誤；奧斯特最先發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應，選項C錯誤；電磁感應現(xiàn)象是閉合電路中產生了電流，是其他形式的能轉化為電能，楞次定律是能量守恒定律在電磁感應現(xiàn)象中的具體體現(xiàn)，感應電流的磁場總要阻礙引起它的磁通量的變化，感應電流具有的以及消耗的能，必須從引起磁通量變化的外界獲取，要在回路中維持一定的感應電流，外界必須消耗一定的能量，選項D正確． 2．[2019·上海普陀區(qū)模擬]某教室墻上有一朝南的鋼窗，當把鋼窗左側向外推開時，下列說法正確的是(　

3、　) A．穿過窗框的地磁場的磁通量變大 B．穿過窗框的地磁場的磁通量不變 C．從推窗人的角度看，窗框中的感應電流方向是逆時針 D．從推窗人的角度看，窗框中的感應電流方向是順時針 答案：C 解析：地磁場由南向北，當朝南的鋼窗向外推開時，鋼窗平面與磁場平行時，沒有磁感線穿過鋼窗平面，穿過鋼窗平面的磁通量為0.根據楞次定律，穿過窗框平面的磁通量減小，從推窗人的角度看，窗框中產生的感應電流的方向為逆時針，故選項C正確，A、B、D錯誤． 3．[2019·山西清徐中學模擬]在勻強磁場中，有兩條平行金屬導軌a、b，磁場方向垂直a、b所在的平面向下，c、d為串接有電流表、電壓表的兩金屬棒

4、，如圖所示，兩棒以相同的水平速度向右勻速運動，則以下結論正確的是(　　) A．電壓表有讀數(shù)，電流表沒有讀數(shù) B．電壓表有讀數(shù)，電流表也有讀數(shù) C．電壓表無讀數(shù)，電流表有讀數(shù) D．電壓表無讀數(shù)，電流表也無讀數(shù) 答案：D 解析：當兩棒以相同的水平速度向右勻速運動時，回路的磁通量不變，沒有感應電流產生，電流表沒有讀數(shù)．電壓表是由電流表改裝而成的，核心的部件是電流表，沒有電流，指針不偏轉，電壓表也沒有讀數(shù)．A、B、C錯誤，故D正確． 4. [2019·山東泰安模擬]如圖在豎直方向上的兩個勻強磁場B1和B2中，各放入一個完全一樣的水平金屬圓盤a和b，它們可繞豎直軸自由轉動．用導線將a

5、盤中心與b盤邊緣相連，b盤中心與a盤邊緣相連．從上向下看，當a盤順時針轉動時(　　) A．b盤總是逆時針轉動 B．若B1、B2同向，b盤順時針轉動 C．若B1、B2反向，b盤順時針轉動 D．b盤總是順時針轉動 答案：C 解析：①若B1、B2都豎直向上，從上向下看，當a盤順時針轉動時，其半徑切割磁感線，感應電流從a′→O→b′→O′→a′；b盤電流從b′→O′，根據左手定則，安培力沿逆時針方向(俯視)；②若B1、B2都豎直向下，從上向下看，當a盤順時針轉動時，其半徑切割磁感線，感應電流從O→a′→O′→b′→O；b盤電流從O′→b′，根據左手定則，安培力沿逆時針方向(俯視)；③若B1

6、向上，B2向下，從上向下看，當a盤順時針轉動時，其半徑切割磁感線，感應電流從a′→O→b′→O′→a′；b盤電流從b′→O′，根據左手定則，安培力沿順時針方向(俯視)；④若B1向下，B2向上，從上向下看，當a盤順時針轉動時，其半徑切割磁感線，感應電流從O→a′→O′→b′→O；b盤電流從O′→b′，根據左手定則，安培力沿順時針方向(俯視)．故A、B、D錯誤．C正確． 5．[2019·北京通州區(qū)摸底]如圖甲所示，在垂直紙面向里的勻強磁場中，一個單匝線圈與一個電容器相連，線圈平面與勻強磁場垂直，電容器的電容C＝60 μF，穿過線圈的磁通量Φ隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示，下列說法正確的是(　　)

7、 A．電容器下極板電勢高于上極板 B．線圈中磁通量的變化率為3 Wb/s C．電容器兩極板間電壓為2.0 V D．電容器所帶電荷量為120 C 答案：C 解析：根據楞次定律，可判斷出電容器上極板電勢高于下極板，A錯誤；根據圖象可得線圈中磁通量的變化率為＝ Wb/s＝2 Wb/s，B錯誤；根據法拉第電磁感應定律有E＝n＝2.0 V，C正確；根據Q＝CU，可得電容器所帶電荷量為Q＝60×10－6×2.0 C＝1.20×10－4 C，D錯誤． 6. [2019·四川廣安等四市檢測]如圖所示，總電阻為R的金屬絲圍成的單匝閉合直角三角形PQM線圈，∠P＝30°，PQ＝L，QM邊水平

8、．圓形虛線與三角形PQM相切于Q、D兩點，該區(qū)域內有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度B隨時間t變化關系為B＝B0＋kt(k>0，B0>0)，則t＝0時，PQ邊所受的安培力(　　) A．方向向右，大小為 B．方向向左，大小為 C．方向向右，大小為 D．方向向左，大小為 答案：A 解析：由楞次定律可知，△PQM中感應電流為逆時針方向，PQ邊的電流方向由P到Q，由左手定則可知，PQ所受的安培力方向向右；圓形磁場的半徑為r＝Ltan30°·tan30°＝，則線圈中的感應電流大小I＝＝·＝k＝，則PQ邊所受安培力F＝BI·2r＝B0··＝，故A正確，B、C、D錯誤． 7．[2019·

9、福建漳州檢測](多選)如圖，理想變壓器的原線圈與二極管一起接在u＝220sin100πt(V)的交流電源上，副線圈接有R＝55 Ω的電阻，原、副線匝數(shù)比為2：1.假設該二極管的正向電阻為零，反向電阻為無窮大，電流表為理想電表，則(　　) A．交流電源的頻率為100 Hz B．副線圈的輸出功率為110 W C．變壓器的輸入功率等于輸出功率 D．電流表的讀數(shù)為1 A 答案：BC 解析：交流電源的頻率為f＝＝ Hz＝50 Hz.選項A錯誤；交流電源電壓的有效值為U＝220 V，設原線圈輸入電壓有效值為U1，則T＝·，解得U1＝＝110 V，則副線圈電壓有效值為U2＝U1＝55 V，副線

10、圈的輸出功率P2＝＝ W＝110 W，選項B正確；理想變壓器的輸入功率等于輸出功率，選項C正確；電流表的讀數(shù)為I2＝＝ A＝ A，選項D錯誤． 8. 如圖所示為一理想變壓器，其原線圈與副線圈的匝數(shù)比n1：n2＝3：1，a、b、c、d為4個完全相同的小燈泡，E為輸出電壓有效值恒定的交流電源，S為單刀雙擲開關．已知當S向上閉合時，b、c、d三個小燈泡都能正常發(fā)光，則當S向下閉合時(　　) A．4個小燈泡都能正常發(fā)光 B．4個小燈泡都比正常發(fā)光時要暗 C．a能正常發(fā)光，b、c、d比正常發(fā)光時要暗 D．b、c、d能正常發(fā)光，a比正常發(fā)光時要暗 答案：B 解析：設燈泡的額定電壓為

11、U，則電源的電壓E＝3U，當S向下閉合時，設b、c、d燈泡兩端的電壓為U′，燈泡b、c、d中的電流均為I，則根據電流與匝數(shù)成反比可知a燈泡中的電流為I，則a燈泡兩端的電壓為U′，則E＝4U′，所以U′

12、小線圈插入大線圈后，將滑動變阻器觸頭迅速向左拉時，靈敏電流計指針將________(填“左偏”或“右偏”)． 答案：(1)如圖所示 (2)①右偏　②左偏 解析：(2)大線圈中的磁通量增加時，產生的感應電流使靈敏電流計指針向右偏．①將小線圈迅速插入大線圈時，大線圈中的磁通量增加，靈敏電流計的指針向右偏；②將滑動變阻器的觸頭迅速向左拉時，小線圈中的電流減小，則大線圈中的磁通量減小，產生的感應電流使靈敏電流計的指針向左偏． 10. (12分)輕質絕緣細線吊著一質量為m＝0.42 kg、邊長為L＝1 m、匝數(shù)n＝10的正方形線圈，其總電阻為r＝1 Ω.在線圈的中間位置以下區(qū)域分布著磁

13、場，如圖甲所示．磁場方向垂直紙面向里，磁感應強度大小隨時間變化關系如圖乙所示．(重力加速度g取10 m/s2) (1)判斷線圈中產生的感應電流的方向是順時針還是逆時針？ (2)求線圈的電功率； (3)求t＝4 s時輕質絕緣細線的拉力大?。? 答案：(1)逆時針　(2)0.25 W　(3)1.2 N 解析：(1)由楞次定律知感應電流的方向為逆時針方向． (2)由法拉第電磁感應定律得 E＝n＝n×L2＝0.5 V 則P＝＝0.25 W (3)t＝4 s時，B＝0.6 T，I＝＝0.5 A，F(xiàn)安＝nBIL，F(xiàn)安＋F線＝mg 聯(lián)立解得F線＝1.2 N. 11. (12分)[2

14、019·烏魯木齊檢測]邊長為L的正方形區(qū)域內有垂直紙面向里的勻強磁場，穿過該區(qū)域的磁通量隨時間變化的圖象如圖甲所示．將邊長為，總電阻為R的正方形線圈abcd放入磁場，線圈所在平面與磁感線垂直，如圖乙所示．求： (1)磁感應強度的變化率； (2)t0時刻線圈ab邊受到的安培力大小． 答案：(1)　(2) 解析：(1)由題意可知Φ0＝B0L2，＝，解得＝ (2)線圈中的感應電動勢為E＝2×＝ 由閉合電路歐姆定律I＝，安培力F＝ 解得F＝ 12. (12分)如圖，在豎直面內有兩平行金屬導軌A′B′、C′D′.導軌間距為L＝1 m，電阻不計．一根電阻不計的金屬棒ab可在導軌上無摩

15、擦地滑動．棒與導軌垂直，并接觸良好．在分界線MN的左側，兩導軌之間有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度B＝1 T．MN右側，兩導軌與電路連接．電路中的兩個定值電阻阻值分別為R1＝4 Ω、R2＝2 Ω.在EF間接有一水平放置的平行板電容器C，板間距離為d＝8 cm.(g＝10 m/s2) (1)閉合開關K，當ab以某一速度v勻速向左運動時，電容器中一質量為m＝8×10－17 kg，電荷量為q＝3.2×10－17 C的帶電微粒恰好靜止，試判斷微粒的帶電性質并求出ab的速度v； (2)斷開開關K，將ab固定在離MN邊界距離x＝0.5 m的位置靜止不動．MN左側的磁場按B＝1＋0.5t(T)的規(guī)律

16、開始變化，試求從t＝0至t＝4 s過程中通過電阻R1的電荷量． 答案：(1)帶負電，6 m/s　(2) C 解析：(1)由右手定則可得，金屬棒切割磁感線產生的電流方向由b指向a，則電容器上極板帶正電，對帶電微粒進行受力分析，微粒受到的電場力與重力平衡，可得電場力方向向上，微粒帶負電荷． 金屬棒切割磁感線產生的電動勢E＝BLv 感應電流I＝ R2兩端電壓U2＝IR2 由平衡條件得mg＝ 聯(lián)立可得v＝6 m/s (2)由B＝1＋0.5t(T)，可得＝0.5 T/s 由法拉第電磁感應定律可得，產生的電動勢 E′＝Lx＝0.25 V 則感生電流I′＝＝ A 則通過電阻R1的電荷

17、量Q＝I′Δt＝ C 探究創(chuàng)新卷⑨ 著眼于練模擬悟規(guī)范——爭滿分 (本試卷滿分95分) 一、選擇題(本題包括8小題，每小題6分，共48分．在每小題給出的四個選項中，有的小題只有一個選項是正確的，有的小題有多個選項是正確的．全部選對的得6分，選不全的得3分，有選錯或不答的得0分) 1. 如圖所示，在水平地面下有一條沿東西方向鋪設的水平直導線，導線中通有自東向西穩(wěn)定、強度較大的直流電流．現(xiàn)用一閉合的檢測線圈(線圈中串有靈敏電流計，圖中未畫出)檢測此通電直導線的位置，若不考慮地磁場的影響，在檢測線圈位于水平面內，從距直導線很遠處由北向南沿水平地面通過導線的上方并移至距直導線很

18、遠處的過程中，俯視檢測線圈，其中感應電流的方向是(　　) A．先順時針后逆時針 B．先逆時針后順時針 C．先順時針后逆時針，然后再順時針 D．先逆時針后順時針，然后再逆時針 答案：D 解析：根據右手螺旋定則可確定如圖所示的電流周圍的磁場方向；當檢測線圈水平向南移動時，由于通電導線的磁場作用，導致穿過線圈的磁通量發(fā)生變化，從而產生感應電流，因此有：先向下的磁場在增加，則有感應電流方向逆時針；當移置正上方，向下的磁場在減小，所以感應電流方向為順時針；當繼續(xù)向南移動時，向上磁場在減弱，則有感應電流方向逆時針，故D正確，A、B、C均錯誤． 2．[2019·江蘇泰興模擬]如圖所示電路中，原

19、先開關S閉合，電路處于穩(wěn)定狀態(tài)時，通過兩電阻的電流大小分別為I1、I2，已知R1>R2，不計線圈L的直流電阻，A為理想電流表．在某一時刻t1突然斷開開關S，則通過電流表的電流I隨時間t變化的圖線可能是(　　) 答案：D 解析：原先開關S閉合，電路處于穩(wěn)定狀態(tài)時，通過兩電阻的電流大小分別為I1、I2，且由R1>R2可知I1

20、)加熱的原理，通過電子線路產生交變磁場，把鐵鍋放在爐面上時，在鐵鍋底部產生交變的電流以加熱食品等．它具有升溫快、效率高、體積小、安全性好等優(yōu)點．下列關于電磁爐的說法中正確的是(　　) A．電磁爐面板可采用陶瓷材料，發(fā)熱部分為鐵鍋底部 B．電磁爐面板可采用金屬材料，通過面板發(fā)熱加熱鍋內食品 C．電磁爐可以用陶瓷器皿作為鍋具對食品加熱 D．可以通過改變電子線路的頻率來改變電磁爐的功率 答案：AD 解析：電磁爐面板如果用金屬材料制成，使用電磁爐時，面板材料發(fā)生電磁感應要損失電能，電磁爐面板要用絕緣材料制作，發(fā)熱部分為鐵鍋底部，如以陶瓷器皿等絕緣材料為鍋體，則不能產生渦流，起不到加熱作

21、用，故A正確，B、C錯誤；鍋體中渦流的強弱與磁場變化的頻率有關，故D正確． 4. [2019·四川成都七中診斷]如圖，EOF和E′O′F′為空間一勻強磁場的邊界，其中EO∥E′O′，F(xiàn)O∥F′O′且EO⊥OF，OO′為∠EOF的角平分線，O、O′間的距離為L，磁場方向垂直于紙面向里，一邊長為L的正方形導線框沿O′O方向勻速通過磁場，t＝0時刻恰好位于圖示位置，規(guī)定導線框中感應電流沿逆時針方向為正，則感應電流i隨時間t變化的圖象可能正確的是(　　) 答案：C 解析：在整個正方形導線框通過磁場的過程中，切割磁感線的邊框為兩豎直邊框，兩水平邊框不切割磁感線．由于正方形導線框沿O′O方

22、向勻速通過磁場，則有：①從開始到左邊框到達O′之前，導線框進入磁場切割磁感線的有效長度隨時間均勻增加．根據E＝BLv得出感應電動勢隨時間也均勻增加，由于電阻不變，所以感應電流i也隨時間均勻增加．根據右手定則判斷出感應電流的方向，結合導線框中感應電流沿逆時針方向時為正方向，得出開始時i為正方向；②當左邊框到達O′之后，由于進入磁場切割磁感線的有效長度不變，所以感應電流i不變．電流方向為正方向；③當左邊框到達OO′中點，右邊框即將進入磁場切割磁感線時，接下來由于左邊框的切割磁感線的有效長度在減小，而右邊框切割磁感線的有效長度在增大，而左右邊框切割磁感線產生的感應電動勢方向相反，所以整個感應電動勢隨

23、時間也均勻減?。娏饕簿鶆驕p小，方向為逆時針方向．④當左邊框到達距O點時，左右邊框切割磁感線的有效長度相等，此時感應電動勢為0，電流為0.再往后跟前面過程相反．故C正確，A、B、D錯誤． 5．[2019·河南模擬](多選)如圖甲所示，靜止在水平面上的等邊三角形金屬閉合線框，匝數(shù)n＝10，總電阻R＝2.5 Ω，邊長L＝0.3 m，處在兩個半徑均為r＝0.1 m的圓形區(qū)域內的勻強磁場中，線框頂點與右側圓心重合，線框底邊與左側圓直徑重合，磁感應強度B1垂直水平面向外，B2垂直水平面向里，B1、B2隨時間t的變化如圖乙所示，線框一直處于靜止狀態(tài)，計算過程中近似取π＝3.下列說法正確的是(　　)

24、 A．t＝0時刻穿過線框的磁通量為0.5 Wb B．t＝0.2 s時刻線框中感應電動勢為1.5 V C．0～0.3 s內通過線框橫截面的電荷量為0.18 C D．線框具有向左運動的趨勢 答案：BC 解析：t＝0時刻穿過線框的磁通量為Φ＝B1·πr2－B2·πr2＝0.025 Wb，選項A錯誤；根據法拉第電磁感應定律可知，t＝0.2 s時刻線框中感應電動勢為E＝n＝n＝1.5 V，選項B正確；在0～0.3 s內通過線框橫截面的電荷量q＝×Δt＝×Δt＝0.18 C，選項C正確；由楞次定律可知，線框垂直紙面向外的磁通量增大，感應電流為順時針方向，根據左手定則判斷出安培力向右，所以線框有向

25、右運動的趨勢，選項D錯誤． 6. [2019·遼寧凌源模擬](多選)如圖所示，一根直導體棒質量為m、長為L，其兩端放在位于水平面內、間距也為L的光滑平行金屬導軌上，并與之接觸良好，導體棒左側兩導軌之間連接一可控電阻，導軌置于勻強磁場中，磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直于導軌所在平面．t＝0時刻，給導體棒一個平行于導軌的水平初速度v0，此時可控電阻的阻值為R0，在導體棒運動過程中，通過可控電阻的變化使導體棒中的電流保持恒定，不計導軌和導體棒的電阻，導體棒一直在磁場中，下列說法正確的是(　　) A．導體棒的加速度大小始終為a＝ B．導體棒從開始運動到停止的時間為t＝ C．導體棒從開

26、始運動到停止的時間內，回路產生的焦耳熱為mv D．導體棒從開始運動到停止的時間內，回路產生的焦耳熱為mv 答案：ABC 解析：由右手定則和左手定則可得，導體棒受到安培力水平向左，導體棒向右做減速運動，在導體棒運動過程中，通過可控電阻的變化使導體棒中的電流I保持恒定，對導體棒由牛頓第二定律可得BIL＝ma，導體棒向右做勻減速運動，結合E＝BLv，I＝可得，＝＝ma，可知導體棒的加速度大小始終為a＝，故A正確；由導體棒做勻減速運動可得v＝v0－at，導體棒從開始運動到停止的時間為t＝，故B正確；根據能量守恒定律可知，導體棒從開始運動到停止運動的過程中，回路產生的焦耳熱為Q＝mv，故C正確，D

27、錯誤． 7．[2019·廣東肇慶模擬](多選)如圖甲為風力發(fā)電機的簡易模型．在風力的作用下，風葉帶動與其固定在一起的永磁鐵轉動，風葉的轉速與風速成正比．某一風速時，線圈中產生的電流如圖乙所示．下列說法中正確的是(　　) A．磁鐵的轉速為10 r/s B．圖乙中電流的表達式為i＝0.6sin10πt (A) C．風速加倍時線圈中電流的有效值為0.6 A D．風速加倍時電流的表達式為i＝1.2sin10πt (A) 答案：BC 解析：由圖乙可知，線圈的轉動周期T＝0.2 s，角速度為 ω＝＝10π rad/s，根據ω＝2πn可知轉速為5 r/s，圖乙中電流的表達式為i＝0.6 s

28、in10πt(A)，故A錯誤，B正確；由轉速與風速成正比可知，當風速加倍時，轉速也加倍，則此時電流的最大值Im＝1.2 A，則電流的表達式為i＝1.2sin20πt (A)，則電流的有效值為 A＝0.6 A，故C正確，D錯誤． 8. [2019·福建龍巖質檢](多選)如圖所示，有一個“”形鐵芯上繞有兩個線圈，鐵芯的三個豎直部分截面積相同，當線圈通電時產生的磁場都不能穿出鐵芯，并且在分支處分成完全相等的兩部分，現(xiàn)在給線圈1加電壓為U0的正弦式交流電，2接一負載電阻，此時線圈1中的電流為I0，線圈2中的電流為I0，則線圈1、2的匝數(shù)比k及線圈2兩端的電壓U為(忽略線圈的電阻及鐵芯中由于渦

29、流而造成的電能損失)(　　) A．U＝2U0 B．U＝4U0 C．k＝ D．k＝ 答案：AC 解析：原線圈中的磁通量為φ時，副線圈中的磁通量為，所以＝2，所以U0＝n1，U＝n2＝n2，又U0I0＝U·I0，所以U＝2U0，k＝＝，即A、C正確，B、D錯誤． 二、非選擇題(本題包括4小題，共47分) 9．(11分)兩根足夠長的平行金屬導軌間的距離為L，導軌光滑且電阻不計，導軌所在的平面與水平面夾角為θ.在導軌所在平面內，分布磁感應強度為B、方向垂直于導軌所在平面的勻強磁場．把一個質量為m的導體棒ab放在金屬導軌上，在外力作用下保持靜止，導體棒與金屬導軌垂直且接觸良好，

30、與金屬導軌接觸的兩點間的導體棒電阻為R1.完成下列問題： (1)如圖甲，金屬導軌的一端接一個內阻為r的直流電源，撤去外力后導體棒仍能靜止，求直流電源的電動勢； (2)如圖乙，金屬導軌的一端接一個阻值為R2的定值電阻，撤去外力讓導體棒由靜止開始下滑，在加速下滑的過程中，當導體棒的速度達到v時，求此時導體棒的加速度； (3)求第(2)問中導體棒所能達到的最大速度． 答案：(1)　(2)gsinθ－　(3) 解析：(1)回路中的電流為I＝， 導體棒受到的安培力為F安＝BIL， 對導體棒受力分析知F安＝mgsinθ. 聯(lián)立上面三式解得E＝. (2)當導體棒速度為v時，產生的感應電

31、動勢E＝BLv，此時電路中電流I＝＝，導體棒受到的安培力F＝BIL＝.根據牛頓第二定律有ma＝mgsinθ－， 解得a＝gsinθ－. (3)當＝mgsinθ時，導體棒達到最大速度vm，可得 vm＝. 10．(12分)半徑分別為r和2r的同心圓形導軌固定在同一水平面內，一長為r、質量為m且質量分布均勻的直導體棒AB置于圓導軌上面．BA的延長線通過圓導軌中心O，裝置的俯視圖如圖所示．整個裝置位于一勻強磁場中，磁感應強度的大小為B，方向豎直向下．在內圓導軌的C點和外圓導軌的D點之間接有一阻值為R的電阻(圖中未畫出)．直導體棒在水平外力作用下以角速度ω繞O逆時針勻速轉動，在轉動過程中始終

32、與導軌保持良好接觸．設導體棒與導軌之間的動摩擦因數(shù)為μ，導體棒和導軌的電阻均可忽略．重力加速度大小為g.求： (1)通過電阻R的感應電流的方向和大??； (2)外力的功率． 答案：(1)，方向由C向D (2)μmgωr＋ 解析：(1)在Δt時間內，導體棒掃過的面積為 ΔS＝ωΔt[(2r)2－r2]① 根據法拉第電磁感應定律，導體棒上感應電動勢的大小為 E＝② 根據右手定則，感應電流的方向是從B端流向A端．因此，通過電阻R的感應電流的方向是從C端流向D端．由歐姆定律可知，通過電阻R的感應電流的大小I滿足I＝③ 聯(lián)立①②③式得I＝④ (2)在豎直方向有mg－2N＝0⑤ 式中

33、，由于質量分布均勻，內、外圓導軌對導體棒的支持力大小相等，其值為N.兩導軌對運行的導體棒的滑動摩擦力均為f＝μN⑥ 在Δt時間內，導體棒在內、外圓導軌上掃過的弧長分別為 l1＝rωΔt⑦ l2＝2rωΔt⑧ 克服摩擦力做的總功為Wf＝f(l1＋l2)⑨ 在Δt時間內，消耗在電阻R上的功為 WR＝I2RΔt⑩ 根據能量守恒定律知，外力在Δt時間內做的功為 W＝Wf＋WR? 外力的功率為P＝? 由④至?式得P＝μmgωr＋. 11．(12分)如圖甲所示，勻強磁場的磁感應強度B為0.5 T，其方向垂直于傾角θ為30°的斜面向上．絕緣斜面上固定有“∧”形狀的光滑金屬導軌MPN(電

34、阻忽略不計)，MP和NP長度均為2.5 m，MN連線水平，長為3 m．以MN中點O為原點，OP為x軸建立一維坐標系Ox.一根粗細均勻的金屬桿CD，長度d為3 m，質量m為1 kg，電阻R為0.3 Ω，在拉力F的作用下，從MN處以恒定速度v＝1 m/s在導軌上沿x軸正向運動(金屬桿與導軌接觸良好)．g取10 m/s2. (1)求金屬桿CD運動過程中產生的感應電動勢E及運動到x＝0.8 m處電勢差UCD； (2)推導金屬桿CD從MN處運動到P點過程中拉力F與位置坐標x的關系式，并在圖乙中畫出F－x關系圖象； (3)求金屬桿CD從MN處運動到P點的全過程產生的焦耳熱． 答案：(1)E＝1

35、.5 V　UCD＝－0.6 V (2)F＝12.5－3.75x(N)(0≤x≤2)，圖象見解析 (3)Q＝7.5 J 解析：(1)金屬桿CD在勻速運動中產生的感應電動勢 E＝Blv(l＝d)，代入數(shù)值得E＝1.5 V. 當x＝0.8 m時，金屬桿在導軌間的電勢差為零(被短路)，設此時桿在導軌外的長度為l外，則 l外＝d－d，OP＝ ，得l外＝1.2 m. 由楞次定律判斷D點電勢高，故CD兩端電勢差 UCD＝－Bl外v＝－0.6 V. (2)桿在導軌間的長度l與位置x的關系是 l＝d＝3－x， 對應的電阻R1＝R， 電流I＝， 桿受到的安培力F安＝BIl＝7.5－3.7

36、5x， 根據平衡條件得F＝F安＋mgsinθ， 得F＝12.5－3.75x(N)(0≤x≤2)， 畫出的F—x圖象如圖所示． (3)外力F所做的功WF等于F—x圖線與x軸所圍成的圖形的面積，即WF＝×2 J＝17.5 J. 而桿的重力勢能增加量 ΔEp＝mgsinθ，故全過程產生的焦耳熱Q＝WF－ΔEp＝7.5 J. 12．(12分)如圖所示，MN、PQ是兩條水平、平行放置的光滑金屬導軌，導軌的右端接理想變壓器的原線圈，變壓器的副線圈與電阻R＝20 Ω組成閉合回路，變壓器的原副線圈匝數(shù)之比n1：n2＝1：10，導軌寬L＝5 m．質量m＝2 kg、電阻不計的導體棒ab垂直M

37、N、PQ放在導軌上，在水平外力F作用下，從t＝0時刻開始在圖示的兩虛線范圍內往復運動，其速度隨時間變化的規(guī)律是v＝2sin20πt(m/s)．垂直軌道平面的勻強磁場的磁感應強度B＝4 T．導軌、導線和線圈電阻均不計．求： (1)ab棒中產生的電動勢的表達式；ab棒中產生的是什么電流？ (2)電阻R上的電熱功率P. (3)從t＝0到t1＝0.025 s的時間內，外力F所做的功． 答案：(1)E＝40sin20πt(V)，正弦交流電 (2)4×103 W　(3)104 J 解析：(1)ab棒中產生的電動勢的表達式為E＝BLv＝40sin20πt(V) 故ab棒中產生的是正弦式交變電流． (2)設原線圈上電壓的有效值為U1，則U1＝＝20 V 設副線圈上電壓的有效值為U2，則＝ 解得U2＝200 V 電阻R上的電熱功率P＝＝4×103 W (3)由以上分析可知，該正弦交流電的周期T＝＝0.1 s．從t＝0到t1＝0.025 s，經歷了四分之一個周期．設在這段時間內電阻R上產生的熱量為Q，則Q＝·＝100 J 在t1＝0.025 s時刻，ab棒的速度為v，則 v＝2sin20πt1＝2 m/s 由能量守恒定律可得這段時間內外力F做的功W＝Q＋mv2＝104 J 18