高考物理大二輪復(fù)習與增分策略 專題七 電磁感應(yīng)與電路 第1講 電磁感應(yīng)問題-人教版高三全冊物理試題

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1、專題七 電磁感應(yīng)與電路 [專題定位]　高考對本部分內(nèi)容的要求較高，常在選擇題中考查電磁感應(yīng)中的圖象問題、變壓器和交流電的描述問題，在計算題中作為壓軸題，以導(dǎo)體棒運動為背景，綜合應(yīng)用電路的相關(guān)知識、牛頓運動定律和能量守恒定律解決導(dǎo)體棒類問題. 本專題考查的重點有以下幾個方面：①楞次定律的理解和應(yīng)用；②感應(yīng)電流的圖象問題；③電磁感應(yīng)過程中的動態(tài)分析問題；④綜合應(yīng)用電路知識和能量觀點解決電磁感應(yīng)問題；⑤直流電路的分析；⑥變壓器原理及三個關(guān)系；⑦交流電的產(chǎn)生及描述問題. [應(yīng)考策略]　對本專題的復(fù)習應(yīng)注意“抓住兩個定律，運用兩種觀點，分析三種電路”.兩個定律是指楞次定律和法拉第電磁感應(yīng)定律；兩種

2、觀點是指動力學觀點和能量觀點；三種電路是指直流電路、交流電路和感應(yīng)電路. 第1講　電磁感應(yīng)問題 1.楞次定律中“阻礙”的表現(xiàn) (1)阻礙磁通量的變化(增反減同). (2)阻礙物體間的相對運動(來拒去留). (3)阻礙原電流的變化(自感現(xiàn)象). 2.感應(yīng)電動勢的計算 (1)法拉第電磁感應(yīng)定律：E＝n，常用于計算平均電動勢. ①若B變，而S不變，則E＝nS； ②若S變，而B不變，則E＝nB. (2)導(dǎo)體棒垂直切割磁感線：E＝Blv，主要用于求電動勢的瞬時值. (3)如圖1所示，導(dǎo)體棒Oa圍繞棒的一端O在垂直磁場的平面內(nèi)做勻速圓周運動而切割磁感線，產(chǎn)生的電動勢E＝Bl2ω.

3、 圖1 3.感應(yīng)電荷量的計算 回路中發(fā)生磁通量變化時，在Δt時間內(nèi)遷移的電荷量 (感應(yīng)電荷量)為q＝I·Δt＝·Δt＝n·Δt＝n.可見，q僅由回路電阻R和磁通量的變化量ΔΦ決定，與發(fā)生磁通量變化的時間Δt無關(guān). 4.電磁感應(yīng)電路中產(chǎn)生的焦耳熱 當電路中電流恒定時，可用焦耳定律計算；當電路中電流變化時，則用功能關(guān)系或能量守恒定律計算. 解決感應(yīng)電路綜合問題的一般思路是“先電后力”，即： 先作“源”的分析——分析電路中由電磁感應(yīng)所產(chǎn)生的電源，求出電源參數(shù)E和r； 接著進行“路”的分析——分析電路結(jié)構(gòu)，弄清串、并聯(lián)關(guān)系，求出相關(guān)部分的電流大小，以便求解安培力； 然后是

4、“力”的分析——分析研究對象(通常是金屬棒、導(dǎo)體、線圈等)的受力情況，尤其注意其所受的安培力； 接著進行“運動狀態(tài)”的分析——根據(jù)力和運動的關(guān)系，判斷出正確的運動模型； 最后是“能量”的分析——尋找電磁感應(yīng)過程和研究對象的運動過程中，其能量轉(zhuǎn)化和守恒的關(guān)系. 例1　(多選)(2016·全國甲卷·20)法拉第圓盤發(fā)電機的示意圖如圖1所示.銅圓盤安裝在豎直的銅軸上，兩銅片P、Q分別與圓盤的邊緣和銅軸接觸.圓盤處于方向豎直向上的勻強磁場B中.圓盤旋轉(zhuǎn)時，關(guān)于流過電阻R的電流，下列說法正確的是(　　) 圖1 A.若圓盤轉(zhuǎn)動的角速度恒定，則電流大小恒定 B.若從上向下看，圓盤順時針

5、轉(zhuǎn)動，則電流沿a到b的方向流動 C.若圓盤轉(zhuǎn)動方向不變，角速度大小發(fā)生變化，則電流方向可能發(fā)生變化 D.若圓盤轉(zhuǎn)動的角速度變?yōu)樵瓉淼?倍，則電流在R上的熱功率也變?yōu)樵瓉淼?倍 解析　將圓盤看成無數(shù)幅條組成，它們都在切割磁感線從而產(chǎn)生感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流，則當圓盤順時針(俯視)轉(zhuǎn)動時，根據(jù)右手定則可知圓盤上感應(yīng)電流從邊緣流向中心，流過電阻的電流方向從a到b，B對；由法拉第電磁感應(yīng)定律得感應(yīng)電動勢E＝BL＝BL2ω，I＝，ω恒定時，I大小恒定，ω大小變化時，I大小變化，方向不變，故A對，C錯；由P＝I2R＝知，當ω變?yōu)樵瓉淼?倍時，P變?yōu)樵瓉淼?倍，D錯. 答案　AB 預(yù)測1　(多選)如

6、圖2所示，由一段外皮絕緣的導(dǎo)線扭成兩個半徑為R和r的閉合回路，R>r，導(dǎo)線單位長度的電阻為A，導(dǎo)線截面半徑遠小于R和r.圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直平面向里、磁感應(yīng)強度大小隨時間按B＝kt(k>0，為常數(shù))的規(guī)律變化的磁場，下列說法正確的是(　　) 圖2 A.小圓環(huán)中電流的方向為逆時針 B.大圓環(huán)中電流的方向為逆時針 C.回路中感應(yīng)電流大小為 D.回路中感應(yīng)電流大小為 答案　BD 解析　根據(jù)穿過整個回路的磁通量增大，依據(jù)楞次定律，及R>r，則大圓環(huán)中電流的方向為逆時針，小圓環(huán)中電流的方向為順時針，故A錯誤，B正確；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，則有：E＝kπ(R2－r2)，由閉合電路歐姆定

7、律，那 么回路中感應(yīng)電流大小為I＝＝＝，故C錯誤，D正確. 預(yù)測2　如圖3所示，用一條橫截面積為S的硬導(dǎo)線做成一個邊長為L的正方形，把正方形的一半固定在均勻增大的勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強度大小隨時間的變化率＝k(k>0)，虛線ab與正方形的一條對角線重合，導(dǎo)線的電阻率為ρ.則下列說法正確的是(　　) 圖3 A.線框中產(chǎn)生順時針方向的感應(yīng)電流 B.線框具有擴張的趨勢 C.若某時刻的磁感應(yīng)強度為B，則線框受到的安培力為 D.線框中ab兩點間的電勢差大小為 答案　C 解析　根據(jù)楞次定律，線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向沿逆時針方向，故A錯誤；B增大，穿過線框的磁通量

8、增大，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流的磁場為了阻礙磁通量的增加，線框有收縮的趨勢，故B錯誤；由法拉第電磁感應(yīng)定律得：E＝＝S＝·L2＝kL2， 因線框電阻R＝ρ，那么感應(yīng)電流大小為I＝＝，則線框受到的安培力為：F＝BI×L＝，故C正確；由上分析，可知，ab兩點間的電勢差大小U＝E＝kL2，故D錯誤. 解題方略 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). 例

9、2　如圖4所示，虛線右側(cè)存在勻強磁場，磁場方向垂直紙面向外，正方形金屬線框電阻為R，邊長為L，自線框從左邊界進入磁場時開始計時，在外力作用下由靜止開始以垂直于磁場邊界的恒定加速度a進入磁場區(qū)域，t1時刻線框全部進入磁場.規(guī)定順時針方向為感應(yīng)電流i的正方向，外力大小為F，線框中電功率的瞬時值為P，通過線框橫截面的電荷量為q，其中P－t圖象為拋物線，則上述物理量隨時間變化的關(guān)系正確的是(　　) 圖4 解析　線框做勻加速運動，其速度v＝at，感應(yīng)電動勢E＝BLv，感應(yīng)電流 i＝＝，i與t成正比，故A錯誤；線框進入磁場過程中受到的安培力F安＝BiL＝，由牛頓第二定律得：F－F安＝ma，得

10、 F＝ma＋，F(xiàn)－t圖象是不過原點的傾斜直線，故B錯誤；線框的電功率 P＝i2R＝∝t2，故C正確；線框的位移x＝at2，電荷量q＝Δt＝Δt＝＝＝∝t2，q－t圖象應(yīng)是拋物線.故D錯誤. 答案　C 預(yù)測3　(多選)如圖5所示，在0≤x≤L和2L≤x≤3L的區(qū)域內(nèi)存在著勻強磁場，磁場的方向垂直于xOy平面(紙面)向里，具有一定電阻的正方形線框abcd邊長為2L，位于xOy平面內(nèi)，線框的ab邊與y軸重合.令線框從t＝0時刻由靜止開始沿x軸正方向做勻加速直線運動，則線框中的感應(yīng)電流i(取逆時針方向的電流為正)、bc兩端電勢差Ubc隨時間t的函數(shù)圖象大致是下圖中的(　　) 圖5

11、答案　AC 解析　設(shè)線框ab從x＝L運動到x＝4L的時間為t1，則由運動學公式得t1＝ －t0＝2t0－t0＝t0，這段時間內(nèi)穿過線框的磁通量不變，沒有感應(yīng)電流.故B錯誤.設(shè)線框ab從x＝4L運動到x＝5L的時間為t2，則由運動學公式得t2＝ － t0＝t0－2t0＝0.236t0的時間內(nèi)，根據(jù)楞次定律得，感應(yīng)電流方向沿順時針方向，為負值.感應(yīng)電流為I＝－＝－，故A正確.bc兩端電勢差Ubc＝IR，bc為外電路，故電勢差變化和電流變化相同，C正確，D錯誤. 預(yù)測4　(多選)如圖6甲所示，在水平面上固定寬d＝1 m的金屬“U”型導(dǎo)軌，右端接一定值電阻R＝0.5 Ω，其余電阻不計.在“U”型導(dǎo)

12、軌右側(cè)a＝0.5 m的范圍存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示.在t＝0時刻，質(zhì)量m＝0.1 kg的導(dǎo)體棒以v0＝1 m/s的初速度從距導(dǎo)軌右端b＝2 m開始向右運動，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，不計地球磁場的影響，g＝10 m/s2.用E、I、P、Q分別表示4 s內(nèi)回路中的電動勢大小、電流大小、電功率及電熱，則下列圖象正確的是(　　) 圖6 答案　AB 解析　因為在進入磁場前回路中沒有電流產(chǎn)生，并且0～2 s內(nèi)磁感應(yīng)強度不變化，回路的磁通量不變化，沒有感應(yīng)電動勢產(chǎn)生，故不會從t＝0時刻就產(chǎn)生電熱，D錯誤；在進入磁場前導(dǎo)體棒做勻減速直線

13、運動，加速度為a＝＝μg＝1 m/s2，導(dǎo)體棒速度減小到零所需的時間為t′＝＝1 s，停止前發(fā)生的位移為x＝＝0.5 m，所以在進入磁場前導(dǎo)體棒就已經(jīng)停止運動，所以回路中的感應(yīng)電流是因為磁感應(yīng)強度發(fā)生變化產(chǎn)生的，在t＝2 s時，磁感應(yīng)強度發(fā)生變化，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，有了感應(yīng)電流，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得E＝＝＝＝0.1 V，感應(yīng)電流I＝＝0.2 A，過程中的電功率為P＝EI＝0.02 W(但是是從t＝2 s才開始有的)，故A、B正確，C錯誤. 解題方略 解答電磁感應(yīng)中電路問題的三個步驟 1.確定電源：利用E＝n或E＝Blvsin θ求感應(yīng)電動勢的大小，利用右手定則或楞次定律判斷感應(yīng)電

14、流的方向.如果在一個電路中切割磁感線的部分有多個并相互聯(lián)系，可等效成電源的串、并聯(lián). 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.利用電路規(guī)律求解：應(yīng)用閉合電路歐姆定律及串、并聯(lián)電路的基本性質(zhì)等列方程求解. 例3　均勻?qū)Ь€制成的單匝正方形閉合線框abcd，邊長為L，總電阻為R，總質(zhì)量為m.將其置于磁感應(yīng)強度為B的水平勻強磁場上方h處，如圖7所示.線框由靜止開始自由下落，線框平面保持在豎直平面內(nèi)，且cd邊始終與水平的磁場邊界平行.重力加速度為g.當cd邊剛進入磁場時， 圖7 (1)求線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小； (2)求cd兩點間的電勢差大小

15、； (3)若此時線框加速度恰好為零，求線框下落的高度h所應(yīng)滿足的條件. 解析　(1)cd邊剛進入磁場時，線框速度為v＝ 線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢：E＝BLv＝BL (2)此時線框中電流：I＝ cd切割磁感線相當于電源，cd兩點間的電勢差即路端電壓： U＝I(R)＝BL (3)安培力：F＝BIL＝ 根據(jù)牛頓第二定律：mg－F＝ma 由a＝0，解得下落高度滿足：h＝ 答案　(1)BL　(2)BL　(3)h＝ 預(yù)測5　(多選)直角三角形金屬框abc放置在豎直向上的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為B，方向平行于ab邊向上.若金屬框繞ab邊向紙面外以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動90°(從上往下看逆時

16、針轉(zhuǎn)動)，如圖8甲所示，c、a兩點的電勢差為Uca，通過ab邊的電荷量為q.若金屬框繞bc邊向紙面內(nèi)以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動90°，如圖乙所示，c、a兩點的電勢差為Uca′，通過ab邊的電荷量為q′.已知bc、ab邊的長度都為l，金屬框的總電阻為R.下列判斷正確有是(　　) 圖8 A.Uca＝Bωl2 B.Uca′＝Bωl2 C.q＝ D.q′＝ 答案　AD 解析　甲圖中，在轉(zhuǎn)動過程中穿過金屬框的磁通量始終為0，總電動勢為0，電流為0，電量也為0，C錯.ac的有效切割長度為l，有效切割速度v＝，由右手定則，知φc>φa，所以Uca＝Bωl2，A對.乙圖中，金屬框中產(chǎn)生的電動勢的

17、最大值是Bωl2，ca相當于電源，有內(nèi)阻，路端電壓的最大值小于Bωl2，故B錯.通過的電量q′＝＝＝，D對，應(yīng)選A、D. 預(yù)測6　如圖9所示，平行極板與單匝圓線圈相連，極板距離為d，圓半徑為r，單匝線圈的電阻為R1，外接電阻為R2，其他部分的電阻忽略不計.在圓中有垂直紙面向里的磁場，磁感應(yīng)強度均勻增加，有一個帶電粒子靜止在極板之間，帶電粒子質(zhì)量為m、電量為q.則下列說法正確的是(　　) 圖9 A.粒子帶正電 B.磁感應(yīng)強度的變化率為＝ C.保持開關(guān)閉合，向上移動下極板時，粒子將向下運動 D.斷開開關(guān)S，粒子將向下運動 答案　B 解析　穿過線圈的磁通量垂直紙面向里增加，由楞

18、次定律可知，平行板電容器的上極板電勢高，下極板電勢低，板間存在向下的電場，粒子受到豎直向下的重力而靜止，因此粒子受到的電場力方向向上，電場力方向與場強方向相反，粒子帶負電，故A錯誤；對粒子，由平衡條件得：mg＝q，而感應(yīng)電動勢：E＝，解得：E＝，由法拉第電磁感應(yīng)定律得：E＝n＝nS，解得：＝，故B正確；保持開關(guān)閉合，則極板間的電壓不變，當向上移動下極板時，導(dǎo)致間距減小，那么電場強度增大，則電場力增大，因此粒子將向上運動，故C錯誤；斷開開關(guān)S，電容器既不充電，也不放電，則電場強度不變，因此電場力也不變，故粒子靜止不動，故D錯誤. 例4　如圖10所示，兩根等高光滑的四分之一圓弧形軌道與一足夠

19、長水平軌道相連，圓弧的半徑為R0、軌道間距為L1＝1 m，軌道電阻不計.水平軌道處在豎直向上的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度為B1＝1 T，圓弧軌道處于從圓心軸線上均勻向外輻射狀的磁場中，如圖所示.在軌道上有兩長度稍大于L1、質(zhì)量均為m＝2 kg、阻值均為R＝0.5 Ω的金屬棒a、b，金屬棒b通過跨過定滑輪的絕緣細線與一質(zhì)量為M＝1 kg、邊長為L2＝0.2 m、電阻r＝0.05 Ω的正方形金屬線框相連.金屬棒a從軌道最高處開始，在外力作用下以速度v0＝5 m/s沿軌道做勻速圓周運動到最低點MN處，在這一過程中金屬棒b恰好保持靜止.當金屬棒a到達最低點MN處被卡住，此后金屬線框開始下落，剛好能勻速進入

20、下方h＝1 m處的水平勻強磁場B3中，B3＝ T.已知磁場高度H>L2.忽略一切摩擦阻力，重力加速度為g＝10 m/s2.求： 圖10 (1)輻射磁場在圓弧處磁感應(yīng)強度B2的大小； (2)從金屬線框開始下落到進入磁場前，金屬棒a上產(chǎn)生的焦耳熱Q； (3)若在線框完全進入磁場時剪斷細線，線框在完全離開磁場B3時剛好又達到勻速，已知線框離開磁場過程中產(chǎn)生的焦耳熱為Q1＝10.875 J，則磁場的高度H為多少. 解析　(1)對金屬棒b，由受力平衡 Mg＝B1IL1 由a、b金屬棒和導(dǎo)軌組成的閉合回路，有 I＝ 聯(lián)立方程，代入數(shù)值求得 B2＝2 T (2)根據(jù)能量守恒定律有

21、 Mgh＝Mv2＋mv2＋2Q 線框進入磁場的瞬間，由受力平衡，得 Mg＝B1I1L1＋B3I2L2 其中，I1＝ I2＝ 聯(lián)立方程，代入數(shù)值求得 Q＝2 J (3)從線框完全進入磁場到完全出磁場，有 MgH＝Mv－Mv2＋Q1 在完全出磁場的瞬間，由受力平衡，得 Mg＝B3I3L2 其中，I3＝ 聯(lián)立方程，代入數(shù)值求得 H＝1.2 m 答案　(1)2 T　(2)2 J　(3)1.2 m 預(yù)測7　(多選)如圖11所示，相距為d的兩條水平虛線L1、L2之間是方向水平向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，正方形線圈abcd邊長為L(L

22、上方高h處靜止釋放，cd邊始終水平，cd邊剛進入磁場時速度為v0，cd邊剛離開磁場時速度也為v0.則線圈穿越磁場的過程中(從cd邊剛進入磁場起一直到ab邊離開磁場為止)，以下說法正確的是(　　) 圖11 A.感應(yīng)電流所做的功為mgd B.感應(yīng)電流所做的功為2mgd C.線圈的最小速度一定為 D.線圈的最小速度一定為 答案　BD 解析　線圈在下落過程中分別經(jīng)過圖中的四個位置：1位置cd邊剛進入磁場，2位置ab邊進入磁場，3位置cd邊剛出磁場，4位置ab邊剛出磁場，根據(jù)題意1、3位置速度為v0；2到3位置磁通量不變，無感應(yīng)電流，線圈只受重力，做加速度為g的勻加速運動；結(jié)合1、3

23、位置速度相同，可知1到2減速，2到3勻加速，3到4減速，并且1到2減速與3到4減速所受合力相同，運動情況完全相同.對線圈由1到3位置用動能定理：mgd－W＝ΔEk＝0，W為克服安培力所做的功，根據(jù)能量守恒定律，這部分能量轉(zhuǎn)化為電能(電流所做的功)，所以線圈由1到3位置電流做功為mgd；線圈由1到3位置過程中只有線圈由1到2位置有電流，所以線圈由1到2位置有電流做功為mgd，線圈由3到4位置與線圈由1到2位置完全相同，所以線圈由3到4位置有電流做功也為mgd.綜上所述，從cd邊剛進入磁場起一直到ab邊離開磁場為止，即1到4位置電流做功為2mgd.A錯誤，B正確. 線圈速度最小時并未受力平衡，不

24、滿足mg＝，所以C錯誤. 由以上分析可知2和4位置速度最小，初始位置到1位置自由落體v0＝，2到3位置做加速度為g的勻加速運動v－v＝2g(d－L)，結(jié)合兩式解得vmin＝，D正確. 預(yù)測8　(2016·浙江理綜·24)小明設(shè)計的電磁健身器的簡化裝置如圖12所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌相距l(xiāng)＝0.50 m，傾角θ＝53°，導(dǎo)軌上端串接一個R＝0.05 Ω的電阻.在導(dǎo)軌間長d＝0.56 m的區(qū)域內(nèi)，存在方向垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B＝2.0 T.質(zhì)量m＝4.0 kg的金屬棒CD水平置于導(dǎo)軌上，用絕緣繩索通過定滑輪與拉桿GH相連.CD棒的初始位置與磁場區(qū)域的下邊界相距s＝0.24 m.

25、一位健身者用恒力F＝80 N拉動GH桿，CD棒由靜止開始運動，上升過程中CD棒始終保持與導(dǎo)軌垂直.當CD棒到達磁場上邊界時健身者松手，觸發(fā)恢復(fù)裝置使CD棒回到初始位置(重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，不計其他電阻、摩擦力以及拉桿和繩索的質(zhì)量).求： 圖12 (1)CD棒進入磁場時速度v的大?。? (2)CD棒進入磁場時所受的安培力FA的大??； (3)在拉升CD棒的過程中，健身者所做的功W和電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q. 答案　(1)2.4 m/s　(2)48 N　(3)64 J　26.88 J 解析　(1)由牛頓第二定律得a＝＝12 m/s2 進入磁場時的速度v＝＝

26、2.4 m/s (2)感應(yīng)電動勢E＝Blv 感應(yīng)電流I＝ 安培力FA＝IBl 代入得FA＝＝48 N (3)健身者做功W＝F(s＋d)＝64 J 又F－mgsin θ－FA＝0 CD棒在磁場區(qū)做勻速運動 在磁場中運動時間t＝ 焦耳熱Q＝I2Rt＝26.88 J. 專題強化練 1.如圖1所示，銅線圈水平固定在鐵架臺上，銅線圈的兩端連接在電流傳感器上，傳感器與數(shù)據(jù)采集器相連，采集的數(shù)據(jù)可通過計算機處理，從而得到銅線圈中的電流隨時間變化的圖線.利用該裝置探究條形磁鐵從距銅線圈上端某一高度處由靜止釋放后，沿銅線圈軸線豎直向下穿過銅線圈的過程中產(chǎn)生的電磁感應(yīng)現(xiàn)象.兩次實驗中分別得到

27、了如圖甲、乙所示的電流－時間圖線.條形磁鐵在豎直下落過程中始終保持直立姿態(tài)，且所受空氣阻力可忽略不計.則下列說法中正確的是(　　) 圖1 A.若兩次實驗條形磁鐵距銅線圈上端的高度不同，其他實驗條件均相同，則甲圖對應(yīng)實驗條形磁鐵距銅線圈上端的高度大于乙圖對應(yīng)實驗條形磁鐵距銅線圈上端的高度 B.若兩次實驗條形磁鐵的磁性強弱不同，其他實驗條件均相同，則甲圖對應(yīng)實驗條形磁鐵的磁性比乙圖對應(yīng)實驗條形磁鐵的磁性強 C.甲圖對應(yīng)實驗條形磁鐵穿過銅線圈的過程中損失的機械能小于乙圖對應(yīng)實驗條形磁鐵穿過銅線圈的過程中損失的機械能 D.兩次實驗條形磁鐵穿過銅線圈的過程中所受的磁場力都是先向上后向下

28、答案　C 解析　由乙圖中的電流峰值大于甲中電流峰值，可知乙實驗的電磁感應(yīng)現(xiàn)象更明顯，故乙實驗中的高度更高或磁鐵磁性更強，A、B錯誤；電流峰值越大，產(chǎn)生的焦耳熱越多，損失的機械能越大，故C正確；整個過程中，磁鐵所受的磁場力都是阻礙磁鐵運動，故磁場力一直向上，D錯誤. 2.(多選)(2016·全國丙卷·21)如圖2，M為半圓形導(dǎo)線框，圓心為OM；N是圓心角為直角的扇形導(dǎo)線框，圓心為ON；兩導(dǎo)線框在同一豎直面(紙面)內(nèi)；兩圓弧半徑相等；過直線OMON的水平面上方有一勻強磁場，磁場方向垂直于紙面.現(xiàn)使線框M、N在t＝0時從圖示位置開始，分別繞垂直于紙面且過OM和ON的軸，以相同的周期T逆時針勻速轉(zhuǎn)

29、動，則(　　) 圖2 A.兩導(dǎo)線框中均會產(chǎn)生正弦交流電 B.兩導(dǎo)線框中感應(yīng)電流的周期都等于T C.在t＝時，兩導(dǎo)線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢相等 D.兩導(dǎo)線框的電阻相等時，兩導(dǎo)線框中感應(yīng)電流的有效值也相等 答案　BC 解析　當導(dǎo)線框進入磁場過程中，根據(jù)E＝BR2ω可得，感應(yīng)電動勢恒定，感應(yīng)電流恒定，不是正弦式交流電，A錯誤，C正確；當導(dǎo)線框進入磁場時，根據(jù)楞次定律可得，兩導(dǎo)線框中的感應(yīng)電流方向為逆時針，當導(dǎo)線框穿出磁場時，根據(jù)楞次定律可得，導(dǎo)線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流為順時針，所以感應(yīng)電流的周期和導(dǎo)線框運動周期相等，B正確；導(dǎo)線框N在完全進入磁場后有時間穿過導(dǎo)線框的磁通量不變化，沒有感應(yīng)

30、電動勢產(chǎn)生，即導(dǎo)線框N在0～和T～T內(nèi)有感應(yīng)電動勢，其余時間內(nèi)沒有；而導(dǎo)線框M在整個過程中都有感應(yīng)電動勢，即便兩導(dǎo)線框電阻相等，兩者的電流有效值不會相同，D錯誤. 3.(多選)高頻焊接技術(shù)的原理如圖3(a)所示.線圈接入圖(b)所示的正弦式交流電(以電流順時針方向為正)，圈內(nèi)待焊接工件形成閉合回路.則(　　) 圖3 A.圖(b)中電流有效值為I B.0～t1時間內(nèi)工件中的感應(yīng)電流變大 C.0～t1時間內(nèi)工件中的感應(yīng)電流方向為逆時針 D.圖(b)中T越大，工件溫度上升越快 答案　AC 解析　由圖知電流的最大值為I，因為該電流是正弦式交流電，則有效值為I，故A正確.i－t圖象切

31、線的斜率等于電流的變化率，根據(jù)數(shù)學知識可知：0～t1時間內(nèi)線圈中電流的變化率減小，磁通量的變化率變小，由法拉第電磁感應(yīng)定律可知工件中感應(yīng)電動勢變小，則感應(yīng)電流變小，故B錯誤.根據(jù)楞次定律可知：0～t1時間內(nèi)工件中的感應(yīng)電流方向為逆時針，故C正確.圖(b)中T越大，電流變化越慢，工件中磁通量變化越慢，由法拉第電磁感應(yīng)定律可知工件中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢越小，溫度上升越慢，故D錯誤. 4.(2016·潮州市二模) 圖4 在豎直平面內(nèi)固定一根水平長直導(dǎo)線，導(dǎo)線中通以如圖4所示方向的恒定電流.在其正上方(略靠后)由靜止釋放一個閉合圓形導(dǎo)線框.已知導(dǎo)線框在下落過程中始終保持框平面沿豎直方向.在框由實

32、線位置下落到虛線位置的過程中(　　) A.導(dǎo)線框中感應(yīng)電流方向依次為：順時針→逆時針→順時針 B.導(dǎo)線框的磁通量為零時，感應(yīng)電流也為零 C.導(dǎo)線框所受安培力的合力方向依次為：向上→向下→向上 D.導(dǎo)線框產(chǎn)生的焦耳熱等于下落過程中框損失的重力勢能 答案　A 解析　根據(jù)安培定則，通電直導(dǎo)線的磁場在上方向外，下方向里；離導(dǎo)線近的地方磁感應(yīng)強度大，離導(dǎo)線遠的地方磁感應(yīng)強度小.線框從上向下靠近導(dǎo)線的過程，向外的磁感應(yīng)強度增加，根據(jù)楞次定律，線框中產(chǎn)生順時針方向的電流；穿越導(dǎo)線時，上方向外的磁場和下方向里的磁場疊加，先是向外的磁通量減小，之后變成向里的磁通量，并逐漸增大，直至最大；根據(jù)楞次定律

33、，線框中產(chǎn)生逆時針方向的電流.向里的磁通量變成最大后，繼續(xù)向下運動，向里的磁通量又逐漸減小，這時的電流新方向又變成了順時針.故A正確；根據(jù)A中的分析，穿越導(dǎo)線時，上方向外的磁場和下方向里的磁場疊加，先是向外的磁通量減小，一直減小到0，之后變成向里的磁通量，并逐漸增大.這一過程是連續(xù)的，始終有感應(yīng)電流存在，不是0，故B錯誤；根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流始終阻礙導(dǎo)線框相對磁場的運動，故受安培力的方向始終向上，故C錯誤；根據(jù)能量守恒定律，導(dǎo)線框產(chǎn)生的焦耳熱等于下落過程中框損失的重力勢能與增加動能之差，故D錯誤. 5.如圖5所示，用均勻?qū)Ь€做成邊長為0.2 m的正方形線框，線框的一半處于垂直線框向里的有界

34、勻強磁場中.當磁場以20 T/s的變化率增強時，a、b兩點間電勢差的大小為U，則(　　) 圖5 A.φa<φb，U＝0.2 V B.φa>φb，U＝0.2 V C.φa<φb，U＝0.4 V D.φa>φb，U＝0.4 V 答案　A 解析　題中正方形線框的左半部分磁通量變化而產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，從而在線框中有感應(yīng)電流產(chǎn)生，把左半部分線框看成電源，其電動勢為E，內(nèi)電阻為，畫出等效電路如圖所示. 則a、b兩點間的電勢差即為電源的路端電壓，設(shè)l是邊長，且依題意知：＝20 T/s. 由法拉第電磁感應(yīng)定律，得： E＝N＝1×20× V＝0.4 V 所以有：U＝IR＝×＝0.2 V，

35、 由于a點電勢低于b點電勢，故有：Uab＝－0.2 V. 6.如圖6甲所示，R0為定值電阻，兩金屬圓環(huán)固定在同一絕緣平面內(nèi).左端連接在一周期為T0的正弦交流電源上，經(jīng)二極管整流后，通過R0的電流i始終向左，其大小按圖乙所示規(guī)律變化.規(guī)定內(nèi)圓環(huán)a端電勢高于b端時，a、b間的電壓uab為正，下列uab－t圖象可能正確的是(　　) 圖6 答案　C 解析　在第一個0.25T0時間內(nèi)，通過大圓環(huán)的電流為順時針增加的，由楞次定律可判斷內(nèi)環(huán)a端電勢高于b端，因電流的變化率逐漸減小，故內(nèi)環(huán)的電動勢逐漸減小，同理可知，在0.25T0～0.5T0時間內(nèi)，通過大圓環(huán)的電流為順時針逐漸減小，則由

36、楞次定律可知，內(nèi)環(huán)a端電勢低于b端，因電流的變化率逐漸變大，故內(nèi)環(huán)的電動勢變大，故只有C正確. 7.如圖7所示，MN、PQ為足夠長的平行導(dǎo)軌，間距L＝0.5 m.導(dǎo)軌平面與水平面間的夾角θ＝37°.NQ⊥MN，NQ間連接有一個R＝3 Ω的電阻.有一勻強磁場垂直于導(dǎo)軌平面，磁感應(yīng)強度為B0＝1 T.將一根質(zhì)量為m＝0.05 kg的金屬棒ab緊靠NQ放置在導(dǎo)軌上，且與導(dǎo)軌接觸良好，金屬棒的電阻r＝2 Ω，其余部分電阻不計.現(xiàn)由靜止釋放金屬棒，金屬棒沿導(dǎo)軌向下運動過程中始終與NQ平行.已知金屬棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，當金屬棒滑行至cd處時速度大小開始保持不變，cd 距離NQ為s＝2 m.

37、試解答以下問題：(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) 圖7 (1)金屬棒達到穩(wěn)定時的速度是多大？ (2)從靜止開始直到達到穩(wěn)定速度的過程中，電阻R上產(chǎn)生的熱量是多少？ (3)若將金屬棒滑行至cd處的時刻記作t＝0，從此時刻起，讓磁感應(yīng)強度逐漸減小，可使金屬棒中不產(chǎn)生感應(yīng)電流，則t＝1 s時磁感應(yīng)強度應(yīng)為多大？ 答案　(1)2 m/s　(2)0.06 J　(3)0.4 T 解析　(1)在達到穩(wěn)定速度前，金屬棒的加速度逐漸減小，速度逐漸增大，達到穩(wěn)定速度時，有：mgsin θ＝ B0IL ＋μmgcos θ E＝B0Lv E＝I(R＋r) 代

38、入已知數(shù)據(jù)，得v＝2 m/s (2)根據(jù)能量守恒得，重力勢能減小轉(zhuǎn)化為動能、摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能和回路中產(chǎn)生的焦耳熱.有： mgssin θ＝mv2＋μmgcos θ·s＋Q 電阻R上產(chǎn)生的熱量：QR＝Q 解得：QR＝0.06 J (3)當回路中的總磁通量不變時，金屬棒中不產(chǎn)生感應(yīng)電流.此時金屬棒將沿導(dǎo)軌做勻加速運動，故： mgsin θ－μmgcos θ＝ma 設(shè)t時刻磁感應(yīng)強度為B，則： B0Ls＝BL(s＋x) x＝vt＋at2 故t＝1 s時磁感應(yīng)強度B＝0.4 T 8如圖8甲所示，寬為L、傾角為θ的平行金屬導(dǎo)軌，下端垂直于導(dǎo)軌連接一阻值為R的定值電阻，導(dǎo)軌之間加垂直于軌

39、道平面的磁場，其隨時間變化規(guī)律如圖乙所示.t＝0時刻磁感應(yīng)強度為B0，此時，在導(dǎo)軌上距電阻x1處放一質(zhì)量為m、電阻為2R的金屬桿，t1時刻前金屬桿處于靜止狀態(tài)，當磁場即將減小到B1時，金屬桿也即將開始下滑(金屬桿所受的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力). 圖8 (1)求0～t1時間內(nèi)通過定值電阻的電荷量； (2)求金屬桿與導(dǎo)軌間的最大靜摩擦力； (3)若金屬桿沿導(dǎo)軌下滑x2后開始做勻速運動，求金屬桿下滑x2過程中，電阻R產(chǎn)生的焦耳熱. 答案　(1) (2)mgsin θ－ (3)－ 解析　(1)感應(yīng)電動勢：E＝＝ 感應(yīng)電流：I＝ 通過定值電阻的電荷量 q＝I·Δt＝I·t1 即q＝ (2)在t1時刻，對桿有 mgsin θ－Ffm－F安＝0 其中F安＝B1IL 聯(lián)立可得：Ffm＝mgsin θ－ (3)當金屬桿達到最大速度時 mgsin θ－Ffm－F安′＝0 即此時感應(yīng)電流與0～t1時間內(nèi)感應(yīng)電流大小相等，感應(yīng)電動勢也相等. 所以B1Lv＝ 從開始滑動到達到最大速度過程 mgx2sin θ＝Q焦＋Q滑＋mv2 其中Q滑＝Ffmx2 電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱 QR＝Q焦 解得QR＝－