（全國(guó)版）2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第11章 電磁感應(yīng) 第42課時(shí) 電磁感應(yīng)中的電路和圖象問(wèn)題學(xué)案

《（全國(guó)版）2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第11章 電磁感應(yīng) 第42課時(shí) 電磁感應(yīng)中的電路和圖象問(wèn)題學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（全國(guó)版）2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第11章 電磁感應(yīng) 第42課時(shí) 電磁感應(yīng)中的電路和圖象問(wèn)題學(xué)案（17頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第42課時(shí)電磁感應(yīng)中的電路和圖象問(wèn)題考點(diǎn)1電磁感應(yīng)中的電路問(wèn)題1內(nèi)電路和外電路(1)切割磁感線運(yùn)動(dòng)的導(dǎo)體或磁通量發(fā)生變化的線圈相當(dāng)于電源。(2)該部分導(dǎo)體的電阻或線圈的電阻相當(dāng)于電源的內(nèi)阻，其余部分的電阻相當(dāng)于外阻。2電源電動(dòng)勢(shì)和路端電壓(1)電動(dòng)勢(shì)：En或EBlv。(2)路端電壓：UIREIr。3電磁感應(yīng)中物理量的關(guān)系圖 例1(2017福建莆田三模)為了提高自行車夜間行駛的安全性，小明同學(xué)設(shè)計(jì)了一種“閃爍”裝置。如圖所示，自行車后輪由半徑r15.0102 m的金屬內(nèi)圈、半徑r20.40 m的金屬外圈和絕緣輻條構(gòu)成。后輪的內(nèi)、外圈之間等間隔地接有4根金屬條，每根金屬條的中間均串聯(lián)有一電阻值為R

2、的小燈泡。在支架上裝有磁鐵，形成了磁感應(yīng)強(qiáng)度B0.10 T、方向垂直紙面向外的“扇形”勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其內(nèi)半徑為r1、外半徑為r2、張角。后輪以角速度2 rad/s相對(duì)于轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)動(dòng)。若不計(jì)其他電阻，忽略磁場(chǎng)的邊緣效應(yīng)。(1)當(dāng)金屬條ab進(jìn)入“扇形”磁場(chǎng)時(shí)，求感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E，并指出ab上的電流方向；(2)當(dāng)金屬條ab進(jìn)入“扇形”磁場(chǎng)時(shí)，畫(huà)出“閃爍”裝置的電路圖；(3)從金屬條ab進(jìn)入“扇形”磁場(chǎng)時(shí)開(kāi)始，經(jīng)計(jì)算畫(huà)出輪子轉(zhuǎn)一圈過(guò)程中，內(nèi)圈與外圈之間電勢(shì)差Uab隨時(shí)間t變化的Uabt圖象；(4)若選擇的是“1.5 V 0.3 A”的小燈泡，該“閃爍”裝置能否正常工作？有同學(xué)提出，通過(guò)改變磁感應(yīng)強(qiáng)度B、后輪外圈半

3、徑r2、角速度和張角等物理量的大小，優(yōu)化前同學(xué)的設(shè)計(jì)方案，請(qǐng)給出你的評(píng)價(jià)。解析(1)金屬條ab在磁場(chǎng)中切割磁感線時(shí)，平均速度EB(r2r1)B(rr)4.9102 V根據(jù)右手定則，可得感應(yīng)電流方向?yàn)閎a。(2)通過(guò)分析，可得電路圖如圖所示。(3)設(shè)電路中的總電阻為R總，根據(jù)電路圖可知R總RRRa、b兩端電勢(shì)差UabEIRERE1.2102 V設(shè)ab離開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域的時(shí)刻為t1，下一根金屬條進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域的時(shí)刻為t2，則t1 s, t2 s設(shè)輪子轉(zhuǎn)一圈的時(shí)間為T(mén)，則T1 s在T1 s內(nèi)，金屬條有4次進(jìn)出，后3次與第1次相同。根據(jù)以上分析可畫(huà)出如下圖象。(4)金屬條的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)只有4.9102 V，遠(yuǎn)小

4、于燈泡的額定電壓1.5 V，因此無(wú)法正常工作，“閃爍”裝置不能正常工作。評(píng)價(jià)：B增大，E增大，但有限度；r2增大，E增大，但有限度；同樣有限度；改變只能改變“閃爍”時(shí)間的長(zhǎng)短。答案(1)4.9102 Vba(2)(3)(4)見(jiàn)解析1基本思路2注意事項(xiàng)(1)電磁感應(yīng)現(xiàn)象中磁通量發(fā)生變化的回路或做切割磁感線運(yùn)動(dòng)的導(dǎo)體相當(dāng)于電源，其電阻相當(dāng)于電源的內(nèi)阻，其余部分為外電路。等效電源內(nèi)部的電流，方向由負(fù)極到正極，即電流的流出端為高電勢(shì)，而外電路中的電流方向仍是從高電勢(shì)到低電勢(shì)。(2)應(yīng)用歐姆定律分析求解電路時(shí)，一定要先畫(huà)等效電路圖，明確電路結(jié)構(gòu)，同時(shí)要注意等效電源的內(nèi)阻對(duì)電路的影響。(3)在閉合回路中，

5、等效電源兩端的電壓為路端電壓，而不是感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，除非切割磁感線的導(dǎo)體或線圈的電阻為零。(2018河南周口期末)匝數(shù)n100匝的圓形金屬線圈的電阻R2 ，線圈與R12 的電阻連成閉合回路，其簡(jiǎn)化電路如圖甲所示，A、B為線圈兩端點(diǎn)。線圈的半徑r115 cm，在線圈中半徑r210 cm的圓形區(qū)域存在垂直于線圈平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的圖象如圖乙所示。則下列說(shuō)法正確的是()AA點(diǎn)電勢(shì)比B點(diǎn)電勢(shì)低B線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為4.5 VCR1兩端電壓為 VD02 s內(nèi)通過(guò)R1的電荷量為1.125 C答案C解析根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有EnS1000.12 V2 V，B錯(cuò)誤；根據(jù)楞次定律可知

6、，線圈中的磁通量均勻增大，感應(yīng)電流沿逆時(shí)針?lè)较?，因此A點(diǎn)電勢(shì)比B點(diǎn)電勢(shì)高，A錯(cuò)誤；回路中的電流I A A，R1兩端的電壓為U1IR12 V V, C正確；02 s 內(nèi)通過(guò)R1的電荷量為qIt2 C C，D錯(cuò)誤?？键c(diǎn)2電磁感應(yīng)的圖象問(wèn)題1磁場(chǎng)感應(yīng)類圖象問(wèn)題(1)分析方法：電動(dòng)勢(shì)大?。篍n，取決于線圈匝數(shù)和磁通量的變化率；電動(dòng)勢(shì)方向：注意感應(yīng)電流的實(shí)際方向是否與規(guī)定情況一致，同向取正，反向取負(fù)。(2)注意問(wèn)題：關(guān)注初始時(shí)刻：如初始時(shí)刻感應(yīng)電流是否為零，是正方向還是負(fù)方向。關(guān)注變化過(guò)程：看電磁感應(yīng)發(fā)生過(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)。關(guān)注大小、方向的變化趨勢(shì)，看圖象斜率大小、圖象的曲

7、直和物理過(guò)程是否相對(duì)應(yīng)。求Ft圖象時(shí)，不但要注意it變化，還需要關(guān)注Bt變化。有時(shí)I0，但B0，所以F0。2導(dǎo)體切割類圖象問(wèn)題(1)分析方法：電動(dòng)勢(shì)大?。篍Blv。電動(dòng)勢(shì)方向：用右手定則判斷。(2)特殊解法：排除法：對(duì)于線圈一進(jìn)一出的問(wèn)題，qn0，it圖象中t軸之上的圖象面積和t軸之下的圖象面積相等。函數(shù)法：根據(jù)題目所給條件定量地寫(xiě)出兩個(gè)物理量之間的函數(shù)關(guān)系，由函數(shù)關(guān)系對(duì)圖象進(jìn)行分析和判斷。例2將一段導(dǎo)線繞成圖甲所示的閉合回路，并固定在水平面(紙面)內(nèi)?；芈返腶b邊置于垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，回路的圓環(huán)區(qū)域內(nèi)有垂直紙面的磁場(chǎng)，以向里為磁場(chǎng)的正方向，其磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的圖象如圖乙所示。

8、用F表示ab邊受到的安培力，以水平向右為F的正方向，能正確反映F隨時(shí)間t變化的圖象是()解析根據(jù)Bt圖象可知，在0時(shí)間內(nèi)，Bt圖線的斜率為負(fù)且為定值，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律EnS可知，該段時(shí)間圓環(huán)區(qū)域內(nèi)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流是恒定的，由楞次定律可知，ab中電流方向?yàn)閎a，再由左手定則可判斷ab邊受到向左的安培力，且0時(shí)間內(nèi)安培力恒定不變，方向與規(guī)定的正方向相反；在T時(shí)間內(nèi)，Bt圖線的斜率為正且為定值，故ab邊所受安培力仍恒定不變，但方向與規(guī)定的正方向相同。B正確。答案B處理電磁感應(yīng)的圖象問(wèn)題時(shí)，首先依據(jù)題意求出、等物理量的大小或變化趨勢(shì)，再根據(jù)閉合電路歐姆定律求出閉合電路中的感應(yīng)電流，最后寫(xiě)出安

9、培力F、電功率P、加速度a等物理量的表達(dá)式并加以分析。(2017湖北四地七校聯(lián)考)如圖所示，等腰直角三角形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，左邊有一形狀完全相同的等腰直角三角形導(dǎo)線框，線框從圖示位置開(kāi)始水平向右勻速穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域，規(guī)定線框中感應(yīng)電流沿逆時(shí)針?lè)较驗(yàn)檎较?，線框剛進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)感應(yīng)電流為i0，直角邊長(zhǎng)為L(zhǎng)。其感應(yīng)電流i隨位移x變化的圖象正確的是()答案C解析利用特殊值法。當(dāng)x0時(shí)，ii0；當(dāng)xL時(shí)，i；當(dāng)x在0到L間某值時(shí)i0；當(dāng)x2L時(shí)，i0，C正確。1一矩形線圈位于一個(gè)方向垂直線圈平面向里的磁場(chǎng)中，如圖甲所示，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨t的變化規(guī)律如圖乙所示。以I表示線圈中的感應(yīng)電流，以圖甲

10、線圈上箭頭所示方向的電流為正，則以下的it圖中正確的是()答案A解析根據(jù)題圖乙可知，在01 s內(nèi)，不變且線圈面積S也不變，所以根據(jù)ES可知感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)恒定，感應(yīng)電流恒定，由楞次定律可得電流為逆時(shí)針?lè)较?，在圖象中方向?yàn)樨?fù)；23 s內(nèi)，同理，由ES知i恒定，方向?yàn)檎?2 s內(nèi)，B不變，i0，A正確。2(多選)在如圖甲所示的電路中，螺線管匝數(shù)n1500匝，橫截面積S20 cm2。螺線管導(dǎo)線電阻r1.0 ，R14.0 ，R25.0 ，C30 F。在一段時(shí)間內(nèi)，穿過(guò)螺線管的磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B按如圖乙所示的規(guī)律變化。則下列說(shuō)法中正確的是()A螺線管中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為1 VB閉合S，電路中的電流穩(wěn)定后，電

11、阻R1的電功率為 5102 WC電路中的電流穩(wěn)定后電容器下極板帶正電DS斷開(kāi)后，流經(jīng)R2的電荷量為1.8105 C答案CD解析由題圖乙可知0.4 T/s，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律EnnS求出E1.2 V，A錯(cuò)誤；根據(jù)I0.12 A和PI2R1，求出P5.76102 W，B錯(cuò)誤；由楞次定律得C正確；S斷開(kāi)后，流經(jīng)R2的電荷量即為S閉合時(shí)C極板上所帶的電荷量Q，電容器兩端的電壓UIR20.6 V，流經(jīng)R2的電荷量QCU1.8105 C，D正確。3某學(xué)生設(shè)計(jì)了一個(gè)驗(yàn)證法拉第電磁感應(yīng)定律的實(shí)驗(yàn)，實(shí)驗(yàn)裝置如圖甲所示。在大線圈中放置一個(gè)小線圈，大線圈與多功能電源連接，其情形可以簡(jiǎn)化為如圖乙所示，和是兩個(gè)平行

12、共軸放置的環(huán)形線圈，當(dāng)線圈中的電流i1隨時(shí)間變化的圖象如圖丙所示時(shí)，若規(guī)定兩電流方向如圖乙所示的方向?yàn)檎较?，則線圈中的電流i2隨時(shí)間t變化的圖象是圖中的()答案D解析由題圖丙可知：在第一階段原電流減少，線圈中的磁場(chǎng)減弱，根據(jù)楞次定律可得感應(yīng)電流產(chǎn)生磁場(chǎng)與中電流產(chǎn)生磁場(chǎng)方向相同，為負(fù)方向；在第二階段，中電流反向增大，線圈中的磁場(chǎng)增強(qiáng)，根據(jù)楞次定律可得感應(yīng)電流磁場(chǎng)與中電流產(chǎn)生磁場(chǎng)方向相反，為負(fù)方向。故A、B、C錯(cuò)誤，D正確。4. (2018山西孝義期末)(多選)如圖，勻強(qiáng)磁場(chǎng)分布在寬度為2L的有界區(qū)域內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，方向垂直于紙面向里。一個(gè)粗細(xì)均勻的矩形導(dǎo)線框abcd的cd邊與磁場(chǎng)邊界

13、平行，導(dǎo)線框的邊長(zhǎng)參數(shù)如圖。使線框以與cd邊垂直的恒定速度v穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域，以cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)刻為零時(shí)刻，以逆時(shí)針?lè)较驗(yàn)殡娏鞯恼较?，線框中的電流i，d、c兩點(diǎn)間的電勢(shì)差u隨時(shí)間t變化的圖象正確的是()答案AC解析0時(shí)間內(nèi)，cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)，由楞次定律可知感應(yīng)電流的方向沿逆時(shí)針?lè)较颍孰娏鳛檎?；時(shí)間內(nèi)，線框完全在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，線框中沒(méi)有感應(yīng)電流；時(shí)間內(nèi)，cd邊穿出磁場(chǎng)，ab邊切割磁感線，由楞次定律可知感應(yīng)電流的方向沿順時(shí)針?lè)较颍娏鳛樨?fù)，A正確、B錯(cuò)誤。設(shè)U02BLv，在0時(shí)間內(nèi)，UdcU0，時(shí)間內(nèi)，UdcU0，時(shí)間內(nèi)，UdcU0，C正確，D錯(cuò)誤。5. (2018河南周口期末)(多選)如圖所示為三個(gè)

14、有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，方向分別垂直于紙面向外、向里和向外，磁場(chǎng)寬度均為L(zhǎng)，在磁場(chǎng)區(qū)域的左側(cè)邊界處，有一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形導(dǎo)線框，總電阻為R，且線框平面與磁場(chǎng)方向垂直，現(xiàn)用外力F使線框以速度v勻速穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域，以初始位置為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，規(guī)定電流沿逆時(shí)針?lè)较驎r(shí)的電動(dòng)勢(shì)E為正，磁感線垂直于紙面向里時(shí)的磁通量為正值，外力F向右為正。則以下能反映線框中的磁通量、感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E、外力F和電功率P隨時(shí)間變化規(guī)律的圖象是()答案ABD解析當(dāng)線框進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，在0時(shí)間內(nèi)，磁通量開(kāi)始均勻增加，當(dāng)全部進(jìn)入第一個(gè)磁場(chǎng)時(shí)磁通量最大，且為負(fù)值；在的時(shí)間內(nèi)，向里的磁通量增加，總磁通量均勻減??；在時(shí)刻，磁通量最小，為

15、零；在時(shí)間內(nèi)，磁通量為正值，且均勻增大；在時(shí)間內(nèi)，磁通量均勻減小至零；在時(shí)間內(nèi)，磁通量均勻增大，且方向向外，為負(fù)值，在時(shí)間內(nèi)，磁通量均勻減小至零，且為負(fù)值，A正確。當(dāng)線框進(jìn)入第一個(gè)磁場(chǎng)時(shí)，由EBLv可知，E保持不變，由右手定則知，感應(yīng)電流沿順時(shí)針?lè)较?，感?yīng)電動(dòng)勢(shì)為負(fù)值；線框開(kāi)始進(jìn)入第二個(gè)和第三個(gè)磁場(chǎng)時(shí)，左右兩邊同時(shí)切割磁感線，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)應(yīng)為2BLv，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)先為正值后為負(fù)值；離開(kāi)第三個(gè)磁場(chǎng)時(shí)，左邊切割磁感線，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為BLv，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為正值，B正確。因安培力總是與運(yùn)動(dòng)方向相反，故拉力應(yīng)一直向右，C錯(cuò)誤。在0時(shí)間內(nèi)，由 EBLv可知，外力FF安，PFv；在時(shí)間內(nèi)，E2BLv，左、右兩邊均受

16、安培力，故F2F安，P，在時(shí)間內(nèi)，E2BLv，左、右兩邊均受安培力，故F2F安，P，在時(shí)間內(nèi)，外力FF安，P，D正確。6. (2017廣東清遠(yuǎn)清城區(qū)聯(lián)考)如圖所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，有半徑為r的光滑半圓形導(dǎo)體框架，Oc為一能繞O在框架上滑動(dòng)的導(dǎo)體棒，Oa之間連一電阻R，導(dǎo)體框架與導(dǎo)體棒的電阻均不計(jì)，施加外力使Oc以角速度逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，則()A通過(guò)電阻R的電流方向由a經(jīng)R到OB導(dǎo)體棒O端電勢(shì)低于c端的電勢(shì)C外力做功的功率為D回路中的感應(yīng)電流大小為答案C解析由右手定則可知感應(yīng)電流由c到O，則通過(guò)電阻R的電流為由O經(jīng)R到a，A錯(cuò)誤；導(dǎo)體棒以角速度逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感線時(shí)可等效為電源，

17、O端為電源正極，c端為電源負(fù)極，故導(dǎo)體棒O端的電勢(shì)高于c端的電勢(shì)，B錯(cuò)誤；導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為EBlBr，由此可知感應(yīng)電流為I，電阻R上的電熱功率為PI2R，由能量守恒定律可知外力做功的功率也為P，C正確、D錯(cuò)誤。7(2018山西懷仁期末)(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(chǎng)，設(shè)磁場(chǎng)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(zhǎng)度均

18、為L(zhǎng)。下列說(shuō)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?lè)较蚝笱啬鏁r(shí)針?lè)较駾若在0t1時(shí)間內(nèi)流過(guò)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，根據(jù)F安BIL可知導(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?lè)较?，為阻礙磁通量的變化，由“增縮減擴(kuò)”可知兩導(dǎo)體棒先有遠(yuǎn)離的趨勢(shì)，后有靠近的趨勢(shì)，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)

19、度的大小為B0，根據(jù)對(duì)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(dòng)勢(shì)ES，則回路中感應(yīng)電流的大小為I，若在0t1時(shí)間內(nèi)流過(guò)導(dǎo)體棒的電荷量為q，電荷量qIt12t0，則B0，D正確。8. (2017陜西渭南一模)如圖所示，寬度為l1 m的平行光滑導(dǎo)軌置于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，導(dǎo)軌放置于豎直面內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B0.4 T，方向垂直于導(dǎo)軌平面向里，長(zhǎng)度恰好等于導(dǎo)軌寬度的金屬棒ab在水平向左的拉力F0.2 N作用下向左勻速運(yùn)動(dòng)，金屬棒ab的電阻為1 ，外接電阻R12 ，R21 。平行金屬板間距d10 mm，板間有一質(zhì)量m0.1 g的帶電液滴恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，g取10 m/s2。

20、求：(1)金屬棒中的感應(yīng)電流I；(2)金屬棒運(yùn)動(dòng)的速度v；(3)液滴所帶電荷量及電性。答案(1)0.5 A (2)5 m/s (3)2105 C 帶正電解析(1)因金屬棒做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)右手定則，可以判斷出ab棒的感應(yīng)電流方向?yàn)閍b，受到的安培力方向水平向右，根據(jù)平衡條件有FBIl解得I0.5 A。(2)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得EBlv由閉合電路歐姆定律得I代入數(shù)據(jù)，聯(lián)立解得v5 m/s。(3)因電流方向?yàn)閍b，則可判定金屬板下極板帶正電，由于帶電液滴處于靜止?fàn)顟B(tài)，根據(jù)平衡知識(shí)可知，液滴帶正電，此時(shí)有qmg，U2IR2解得q2105 C。9(2016上海高考)(多選)如圖a，螺線管內(nèi)有平行

21、于軸線的外加勻強(qiáng)磁場(chǎng)，以圖中箭頭所示方向?yàn)槠湔较?。螺線管與導(dǎo)線框abcd相連，導(dǎo)線框內(nèi)有一小金屬圓環(huán)L，圓環(huán)與導(dǎo)線框在同一平面內(nèi)。當(dāng)螺線管內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間按圖b所示規(guī)律變化時(shí)()A在t1t2時(shí)間內(nèi)，L有收縮趨勢(shì)B在t2t3時(shí)間內(nèi)，L有擴(kuò)張趨勢(shì)C在t2t3時(shí)間內(nèi)，L內(nèi)有逆時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流D在t3t4時(shí)間內(nèi)，L內(nèi)有順時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流答案AD解析由題圖b可知，在t1t2時(shí)間內(nèi)，外加磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度增大且斜率在增大即增大，根據(jù)楞次定律及ES可知在導(dǎo)線框中產(chǎn)生沿順時(shí)針?lè)较蛟龃蟮母袘?yīng)電流，該感應(yīng)電流激發(fā)出向里增強(qiáng)的磁場(chǎng)，該磁場(chǎng)通過(guò)圓環(huán)，在圓環(huán)內(nèi)產(chǎn)生感應(yīng)電流，根據(jù)結(jié)論“增縮減擴(kuò)”可以判定圓環(huán)有收

22、縮趨勢(shì)，A正確；在t2t3時(shí)間內(nèi)，外加磁場(chǎng)均勻變化，根據(jù)楞次定律及ES可知在導(dǎo)線框中產(chǎn)生穩(wěn)定的感應(yīng)電流，該感應(yīng)電流激發(fā)出穩(wěn)定磁場(chǎng)，該磁場(chǎng)通過(guò)圓環(huán)時(shí)圓環(huán)中沒(méi)有感應(yīng)電流，圓環(huán)不收縮，也不擴(kuò)張，B、C錯(cuò)誤；在t3t4時(shí)間內(nèi)，外加磁場(chǎng)向下減小，且斜率也減小，根據(jù)楞次定律及ES可知在導(dǎo)線框中產(chǎn)生沿順時(shí)針?lè)较驕p小的感應(yīng)電流，該感應(yīng)電流激發(fā)出向里減弱的磁場(chǎng)，故圓環(huán)內(nèi)產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流，D正確。10. (2015福建高考)如圖所示，由某種粗細(xì)均勻的總電阻為3R的金屬條制成的矩形線框abcd，固定在水平面內(nèi)且處于方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B中。一接入電路電阻為R的導(dǎo)體棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度

23、v勻速滑動(dòng)，滑動(dòng)過(guò)程PQ始終與ab垂直，且與線框接觸良好，不計(jì)摩擦。在PQ從靠近ad處向bc滑動(dòng)的過(guò)程中()APQ中電流先增大后減小BPQ兩端電壓先減小后增大CPQ上拉力的功率先減小后增大D線框消耗的電功率先減小后增大答案C解析導(dǎo)體棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為EBLv，其等效電路如圖所示，總電阻為R總RR，在PQ從靠近ad處向bc滑動(dòng)的過(guò)程中，總電阻先增大后減小，總電流先減小后增大，A錯(cuò)誤；PQ兩端電壓為路端電壓UEIR，即先增大后減小，B錯(cuò)誤；拉力的功率等于克服安培力做功的功率，有P安F安vBILv，先減小后增大，C正確；根據(jù)功率曲線可知當(dāng)外電阻R時(shí)輸出功率最大，而外電阻的最大值為0.75R，所以線框消

24、耗的功率先增大后減小，D錯(cuò)誤。11(2017江蘇高考)如圖所示，兩條相距d的平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面內(nèi)，其右端接一阻值為R的電阻。質(zhì)量為m的金屬桿靜置在導(dǎo)軌上，其左側(cè)的矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域MNPQ的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下。當(dāng)該磁場(chǎng)區(qū)域以速度v0勻速地向右掃過(guò)金屬桿后，金屬桿的速度變?yōu)関。導(dǎo)軌和金屬桿的電阻不計(jì)，導(dǎo)軌光滑且足夠長(zhǎng)，桿在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸。求：(1)MN剛掃過(guò)金屬桿時(shí)，桿中感應(yīng)電流的大小I；(2)MN剛掃過(guò)金屬桿時(shí)，桿的加速度大小a；(3)PQ剛要離開(kāi)金屬桿時(shí)，感應(yīng)電流的功率P。答案(1)(2)(3)解析(1)MN剛掃過(guò)金屬桿時(shí)，金屬桿的感應(yīng)電

25、動(dòng)勢(shì)EBdv0回路的感應(yīng)電流I由式解得I(2)金屬桿所受的安培力FBId由牛頓第二定律得，對(duì)金屬桿Fma由式得a(3)金屬桿切割磁感線的相對(duì)速度vv0v感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBdv感應(yīng)電流的電功率P由式得P。12. (2016全國(guó)卷)如圖，水平面(紙面)內(nèi)間距為l的平行金屬導(dǎo)軌間接一電阻，質(zhì)量為m、長(zhǎng)度為l的金屬桿置于導(dǎo)軌上。t0時(shí)，金屬桿在水平向右、大小為F的恒定拉力作用下由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)。t0時(shí)刻，金屬桿進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，且在磁場(chǎng)中恰好能保持勻速運(yùn)動(dòng)。桿與導(dǎo)軌的電阻均忽略不計(jì)，兩者始終保持垂直且接觸良好，兩者之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為。重力加速度大小為g。求：(1)金屬桿在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)的大??；(2)電阻的阻值。答案(1)Blt0(2)解析(1)設(shè)金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)前的加速度大小為a，由牛頓第二定律得：maFmg設(shè)金屬桿到達(dá)磁場(chǎng)左邊界時(shí)的速度為v，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有vat0當(dāng)金屬桿以速度v在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，由法拉第電磁感應(yīng)定律，桿中的電動(dòng)勢(shì)為EBlv聯(lián)立式可得EBlt0(2)設(shè)金屬桿在磁場(chǎng)區(qū)域中勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，金屬桿中的電流為I，根據(jù)歐姆定律I式中R為電阻的阻值。金屬桿所受的安培力為F安BIl因金屬桿做勻速運(yùn)動(dòng)，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律得：FmgF安0聯(lián)立式得R。17