2018版高考物理一轮复习 课时跟踪检测(三十三)第九章 电磁感应 第3节 电磁感应中的电路和图像问

课时作业(四十三)电磁感应现象楞次定律[基础训练]1．(2018·福建质检)法拉第在1831年发现了“磁生电”现象．如图所示，他把两个线圈绕在同一个软铁环上，线圈A和电池连接，线圈B用导线连通，导线下面平行放置一个小磁针．实验中可能观察到的现象是( )A．用一节电池作电源小磁针不偏转，用十节电池作电源小磁针会偏转B．线圈B匝数较少时小磁针不偏转，匝数足够多时小磁针会偏转C．线圈A和电池连接瞬间，小磁针会偏转D．线圈A和电池断开瞬间，小磁针不偏转答案：C 解析：根据“磁生电”即电磁感应现象的产生条件，只有线圈B中磁通量变化时才能在线圈B中产生感应电流，因此无论线圈B匝数多少，线圈A中电池多少，都不能在线圈B中产生感应电流，选项A、B错误．只有在线圈A和电池连接或断开的瞬间，线圈B中才能产生感应电流，电流产生磁场，使导线下面平行放置的小磁针发生偏转，选项C正确，D错误．2．在如图所示的闭合铁芯上绕有一组线圈，与滑动变阻器、电池构成闭合电路，a、b、c为三个闭合金属圆环，假定线圈产生的磁场全部集中在铁芯内，则当滑动变阻器的滑片左右滑动时，能产生感应电流的金属圆环是( )A．a、b两个环B．b、c两个环C．a、c两个环D．a、b、c三个环答案：A 解析：当滑片左右滑动时，通过a、b的磁通量发生变化，而通过c环中的磁通量始终为零，故a、b两环中产生感应电流，而c环中不产生感应电流，A项正确．3．(2018·安徽皖江区域示范高中联考摸底)如图所示，闭合圆形导体线圈放置在匀强磁场中，线圈平面与磁场平行，当磁感应强度逐渐增大时，以下说法正确的是( )A．线圈中产生顺时针方向的感应电流B．线圈中产生逆时针方向的感应电流C．线圈中不会产生感应电流D．线圈面积有缩小的倾向答案：C 解析：由于线圈平面与磁场平行，所以穿过线圈的磁通量为0.当磁感应强度增大时，穿过线圈的磁通量仍然为0，则线圈中不会产生感应电流，故只有C正确．4．如图所示，光滑的水平桌面上放着两个完全相同的金属环a和b，当一条形永磁铁的N极竖直向下迅速靠近两环时，则( )A．a、b两环均静止不动B．a、b两环互相靠近C．a、b两环互相远离D．a、b两环均向上跳起答案：C 解析：根据楞次定律可知：当条形磁铁沿轴线竖直向下迅速移动时，闭合导体环内的磁通量增大，因此两线圈靠近部分产生顺时针感应电流，由于两线圈电流方向相反，所以a、b两环互相排斥，因此选项C正确，A、B、D错误．5．(2018·山东烟台期末)如图所示，通电导线MN与单匝矩形线圈abcd共面，位置靠近ab且相互绝缘．当矩形线圈突然向右运动时，线圈所受安培力的合力方向( )A．向左B．向右C．垂直纸面向外D．垂直纸面向里答案：A 解析：当矩形线圈突然向右运动时，线圈中会产生逆时针方向的电流，根据左手定则可知，ab边受的安培力向左，cd边受的安培力向左，合力的方向向左，A正确．或根据楞次定律，“来拒去留”，感应电流的效果总是阻碍相对运动，所以线圈向右运动则所受安培力向左．6.(2018·江苏苏北四市联考)如图所示，螺线管与灵敏电流计相连，磁铁从螺线管的正上方由静止释放，向下穿过螺线管．下列说法正确的是( )A．电流计中的电流先由a到b，后由b到aB．a点的电势始终低于b点的电势C．磁铁减少的重力势能等于回路中产生的热量D．磁铁刚离开螺线管时的加速度小于重力加速度答案：D 解析：电流计中的电流先由b到a，后由a到b，A错误；a点的电势先比b 点低，后比b点高，B错误；磁铁减少的机械能等于回路中产生的热量，C错误；根据楞次定律，感应电流的磁场总是阻碍磁铁与闭合回路间的相对运动，磁铁刚离开螺线管时，受到向上的磁场力，加速度小于重力加速度，D正确．7．(2018·安徽“学普”开学联考)(多选)如图所示为磁悬浮的原理，图中A是圆柱形磁铁，B是用高温超导材料制成的超导圆环，将超导圆环水平放在磁铁A上，它就能在磁力的作用下悬浮在磁铁A上方的空中，则( )A．将B放入磁场的过程中，B中将产生感应电流，当稳定后，感应电流消失B．将B放入磁场的过程中，B中将产生感应电流，当稳定后，感应电流仍存在C．如A的N极朝上，B中感应电流为顺时针方向(俯视)D．如A的N极朝上，B中感应电流为逆时针方向(俯视)答案：BC 解析：当将B环靠近A时，由于越靠近磁铁A，磁场就越强，磁感线就越密，所以在靠近过程中穿过B环的磁通量发生改变，即在该环中会产生感应电流；由于发生了超导，即B环没有电阻，所以稳定后B环中的电流不会变小，且永远存在，故A错误，B正确；此时B环水平放在磁铁A上且悬浮在磁铁A的上方空中，即相互排斥，说明B环的下面是N 极，故感应电流为顺时针方向(俯视)，故C正确，D错误．8．(2018·广东珠海摸底)(多选)矩形导线框abcd与长直导线MN放在同一水平面上，ab边与MN平行，导线MN中通入电流方向如图所示，当MN中的电流增大时，下列说法正确的是( )A．导线框abcd有逆时针的感应电流B．bc、ad两边均不受安培力的作用C．导线框所受的安培力的合力向右D．MN所受线框给它的作用力向左答案：ACD 解析：直导线中通有M→N均匀增大的电流，根据安培定则知，通过线框的磁场垂直纸面向里，且均匀增大，根据楞次定律知，感应电流的方向为逆时针方向，故A 正确．根据A选项分析可知，依据左手定则，bc、ad两边均受安培力的作用，故B错误．根据左手定则知，ab边所受安培力方向水平向右，cd边所受安培力方向水平向左，离导线越近，磁感应强度越大，所以ab边所受的安培力大于cd边所受的安培力，则线框所受安培力的合力方向向右，因此MN所受线框给它的作用力向左，故C、D正确．9．(2018·广东中山一中等七校联考)(多选)如图甲所示，圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方悬挂一相同的线圈Q，P和Q共轴，Q中通有变化的电流，电流变化的规律如图乙所示，P所受的重力为G，桌面对P的支持力为N，则( )A．t1时刻，N>G B．t2时刻，N>GC．t3时刻，N<G D．t4时刻，N<G答案：AD 解析：t1时刻Q电流增强，其磁场增强，则穿过P的磁通量变大，由楞次定律可知P将阻碍磁通量的变大，则P有向下运动的趋势，对桌面的压力增大，故N>G，A正确；t2时刻Q电流减小，其磁场减弱，则穿过P的磁通量变小，由楞次定律可知P将阻碍磁通量的变小，则P有向上运动的趋势，对桌面的压力减小，N<G，故B错误；t3时刻电流增大，故N>G，C错误；t4时刻电流减小，故N<G，D正确．[能力提升]10．(2018·四川成都质检)著名物理学家费曼曾设计过这样一个实验装置：一块绝缘圆板可绕其中心的光滑轴自由转动，在圆板的中部有一个线圈，圆板的四周固定着一圈带电的金属小球，如图所示．当线圈接通电源后，将有图示方向的电流流过，则下列说法正确的是( )A．接通电源瞬间，圆板不会发生转动B．线圈中电流强度的增大或减小会引起圆板向相同方向转动C．接通电源后，保持线圈中电流强度不变，圆板转动方向与线圈中电流流向相同D．若金属小球带负电，接通电源瞬间圆板转动方向与线圈中电流流向相同答案：D 解析：线圈接通电源瞬间，变化的磁场产生电场，从而导致带电小球受到电场力而转动，选项A错误；线圈中电流强度的增大或减小都会引起磁场的变化，从而产生不同方向的电场，使小球受到电场力的方向不同，从而引起圆板向不同方向转动，选项B错误；接通电源后，保持线圈中电流强度不变，磁场不变，则不会产生电场，所以不会有电场力，选项C错误；接通电源瞬间小球受到电场力作用而转动，由于小球带负电，再根据电磁场理论可知，电场力方向沿逆时针，所以与线圈中电流流向相同，选项D正确．11．(2018·河南许昌三模)如图所示，一个闭合三角形导线框ABC位于竖直平面内，其下方(略靠前)固定一根与线框平面平行的水平直导线，导线中通以图示方向的恒定电流．释放线框，它由实线位置下落到虚线位置未发生转动，在此过程中( )A．线框中感应电流方向依次为ACBA→ABCAB．线框的磁通量为零时，感应电流却不为零C．线框所受安培力的合力方向依次为向上→向下→向上D．线框做自由落体运动答案：B 解析：根据右手定则，通电直导线的磁场在上方垂直纸面向外，下方垂直纸面向里；离导线近的地方磁感应强度大，离导线远的地方磁感应强度小．线框从上向下靠近导线的过程，垂直纸面向外的磁通量增加，根据楞次定律，线框中产生顺时针方向的电流；穿越导线时，上方垂直纸面向外的磁场和下方垂直纸面向里的磁场叠加，先是垂直纸面向外的磁通量减小，之后变成垂直纸面向里的磁通量增大，直至最大；根据楞次定律，线框中产生逆时针方向的电流．垂直纸面向里的磁通量变成最大后，线框继续向下运动，垂直纸面向里的磁通量减小，这时的电流方向又变成了顺时针，即感应电流方向依次为ACBA→ABCA→ACBA，故A错误；根据A中的分析，线框穿越导线时，始终有感应电流存在，故B正确；根据楞次定律，安培力始终阻碍线框相对磁场的运动，故安培力的方向始终向上，线框不可能做自由落体运动，故C、D错误．12．(2018·吉林五校联考)如图甲所示，水平面上的不平行导轨MN、PQ上放着两根光滑导体棒ab、cd，两棒间用绝缘丝线系住；开始时匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度B 随时间t的变化如图乙所示．则以下说法正确的是( )甲乙A．在t0时刻导体棒ab中无感应电流B．在t0时刻绝缘丝线不受拉力C．在0～t0时间内导体棒ab始终静止D．在0～t0时间内回路电流方向是abdca答案：B 解析：由图乙所示图象可知，0到t0时间内磁场垂直纸面向里，磁感应强度B均匀减小，回路中磁通量均匀减小，回路中产生感应电动势，形成感应电流．由楞次定律可得出感应电流方向沿acdba，在t0时刻导体棒ab中电流不为零，故A、D错误．在t0时刻B＝0，根据安培力公式F＝BIL知此时ab和cd都不受安培力，所以丝线不受拉力，故B正确．在0～t0时间内，根据楞次定律可知ab受力向左，cd受力向右，由于cd所受的安培力比ab所受的安培力大，所以ab将向右运动，故C错误．13．(多选)如图所示，线圈A、B同心置于光滑水平桌面上，线圈A中通有逐渐增大的逆时针方向的电流，则( )A．线圈B将顺时针转动起来B．线圈B中有顺时针方向的电流C．线圈B将有沿半径方向扩张的趋势D．线圈B对桌面的压力将增大答案：BC 解析：当线圈A 中通有逐渐增大的逆时针方向的电流时，穿过线圈B 的磁通量竖直向上且增大，根据楞次定律，线圈B 中产生顺时针方向的电流；根据楞次定律的另一种表述，线圈B 有扩张的趋势，阻碍磁通量的增加，故B 、C 正确，A 错误．线圈B 受到的安培力在水平方向上，线圈B 对桌面的压力将不变，故D 错误．14．如图所示，固定于水平面上的金属架CDEF 处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒MN 沿框架以速度v 向右做匀速运动．t ＝0时，磁感应强度为B 0，此时MN 到达的位置使MDEN 构成一个边长为l 的正方形．为使MN 棒中不产生感应电流，从t ＝0开始，磁感应强度B 应怎样随时间t 变化？请推导出这种情况下B 与t 的关系式．答案：B ＝B 0l l ＋vt 解析：要使MN 棒中不产生感应电流，应使穿过线圈平面的磁通量不发生变化在t ＝0时刻，穿过线圈平面的磁通量Φ1＝B 0S ＝B 0l 2设t 时刻的磁感应强度为B ，此时磁通量为Φ2＝Bl (l ＋vt )由Φ1＝Φ2得B ＝B 0l l ＋vt .。

第3讲电磁感应规律的综合应用(对应学生用书第160页)1.(1)切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的线圈都相当于电源．(2)该部分导体的电阻或线圈的电阻相当于电源的内阻，其余部分是外电路．2．电源电动势和路端电压(1)电动势：E＝Blv或E＝n ΔΦΔt.(2)路端电压：U＝IR＝E－Ir.错误!【针对训练】1．用均匀导线做成的正方形的线框边长为0.2 m ，正方形的一半放在垂直于纸面向里的匀强磁场中，如图9－3－1所示．当磁场以10 T/s 的变化率均匀增强时，线框中a 、b 两点间的电势差是( )图9－3－1A ．U ab ＝0.1 VB ．U ab ＝－0.1 VC ．U ab ＝0.2 VD ．U ab ＝－0.2 V【解析】 由E ＝ΔΦΔt ＝ΔB ·S Δt ＝10×0.02 V＝0.2 V ，由楞次定律可知U ab ＝－E2＝－0.1V ，选项B 正确．【答案】 B2.图9－3－2(2012·福建高考)如图9－3－2，一圆形闭合铜环由高处从静止开始下落，穿过一根竖直悬挂的条形磁铁，铜环的中心轴线与条形磁铁的中轴线始终保持重合．若取磁铁中心O 为坐标原点，建立竖直向下为正方向的x轴，则选项图中最能正确反映环中感应电流i随环心位置坐标x变化的关系图象是( )【解析】闭合铜环在下落过程中穿过铜环的磁场方向始终向上，磁通量先增加后减少，由楞次定律可判断感应电流的方向要发生变化，D项错误；因穿过闭合铜环的磁通量的变化率不是均匀变化，所以感应电流随x的变化关系不可能是线性关系，A项错误；铜环由静止开始下落，速度较小，所以穿过铜环的磁通量的变化率较小，产生的感应电流的最大值较小，过O点后，铜环的速度增大，磁通量的变化率较大，所以感应电流的反向最大值大于正向最大值，故B项正确，C项错误．【答案】 B1.感应电流在磁场中受安培力，外力克服安培力做功，将其他形式的能转化为电能，电流做功再将电能转化为内能．2．实质电磁感应现象的能量转化，实质是其他形式的能和电能之间的转化．3．电磁感应现象中能量的三种计算方法(1)利用克服安培力求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功．(2)利用能量守恒求解：机械能的减少量等于产生的电能．(3)利用电路特征来求解：通过电路中所产生的电能来计算．错误!【针对训练】 3.图9－3－3如图9－3－3所示，abcd 是一个质量为m ，边长为L 的正方形金属线框．如从图示位置自由下落，在下落h 后进入磁感应强度为B 的磁场，恰好做匀速直线运动，该磁场的宽度也为L .在这个磁场的正下方h ＋L 处还有一个未知磁场，金属线框abcd 在穿过这个磁场时也恰好做匀速直线运动，那么下列说法正确的是( )A ．未知磁场的磁感应强度是2B B ．未知磁场的磁感应强度是2BC ．线框在穿过这两个磁场的过程中产生的电能为4mgLD ．线框在穿过这两个磁场的过程中产生的电能为2mgL【解析】 设线圈刚进入第一个磁场时速度大小为v 1，那么mgh ＝12mv 21，v 1＝2gh .设线圈刚进入第二个磁场时速度大小为v 2，那么v 22－v 21＝2gh ，v 2＝2v 1.根据题意还可得到，mg ＝B 2L 2v 1R ，mg ＝B 2x L 2v 2R整理可得出B x ＝22B ，A 、B 两项均错．穿过两个磁场时都做匀速运动，把减少的重力势能都转化为电能，所以在穿过这两个磁场的过程中产生的电能为4mgL ，C 项正确、D 项错误．【答案】 C(对应学生用书第161页)1.(1)确定等效电源的正负极、感应电流的方向、电势高低、电容器极板带电性质等问题，可以用右手定则或楞次定律解决．(2)根据闭合电路求解的电路中的总电阻、路端电压、电功率的问题，可以根据E ＝Blv 或E ＝n ΔΦΔt和闭合电路欧姆定律等知识解决．2．解答电磁感应电路问题的三个步骤(1)确定电源：利用E ＝n ΔΦΔt或E ＝Blv sin θ求感应电动势的大小，利用右手定则或楞次定律判断电流方向．如果在一个电路中切割磁感线的部分有多个并相互联系，可等效成电源的串、并联．(2)分析电路结构：分析内、外电路及外电路的串并联关系，画出等效电路图． (3)利用电路规律求解：主要应用欧姆定律及串并联电路的基本性质等列方程求解．如图9－3－4(a)所示，水平放置的两根平行金属导轨，间距L ＝0.3 m ．导轨左端连接R ＝0.6 Ω的电阻，区域abcd 内存在垂直于导轨平面的匀强磁场B ＝0.6 T ，磁场区域宽D ＝0.2 m ．细金属棒A 1和A 2用长为2D ＝0.4 m 的轻质绝缘杆连接，放置在导轨平面上，并与导轨垂直，每根金属棒在导轨间的电阻均为r ＝0.3 Ω.导轨电阻不计，使金属棒以恒定速度v ＝1.0 m/s 沿导轨向右穿越磁场，计算从金属棒A 1进入磁场(t ＝0)到A 2离开磁场的时间内，不同时间段通过电阻R 的电流强度，并在图9－3－4(b)中画出．图9－3－4【解析】 t 1＝D v＝0.2 s在0～t 1时间内，A 1产生的感应电动势E 1＝BLv ＝0.18 V. 其等效电路如图甲所示．甲 乙由图甲知，电路的总电阻R 0＝r ＋rRr ＋R＝0.5 Ω总电流为I ＝E 1R 0＝0.36 A通过R 的电流为I R ＝I3＝0.12 A从A 1离开磁场(t 1＝0.2 s)至A 2刚好进入磁场t 2＝2Dv的时间内，回路无电流，I R ＝0，从A 2进入磁场(t 2＝0.4 s)至离开磁场t 3＝2D ＋Dv＝0.6 s 的时间内，A 2上的感应电动势为E 2＝0.18 V ，其等效电路如图乙所示．由图乙知，电路总电阻R 0＝0.5 Ω，总电流I ＝0.36 A ，流过R 的电流 I R ＝0.12 A ，综合以上计算结果，绘制通过R 的电流与时间关系如图所示．【答案】 见解析电磁感应电路问题的分析(1)“源”的分析：用法拉第电磁感应定律算出E 的大小，用楞次定律或右手定则确定感应电动势的方向．从而确定电源正负极，明确内阻r .(2)“路”的分析：根据“等效电源”和电路中其他各元件的连接方式画出等效电路．(3)根据E ＝Blv 或E ＝n ΔΦΔt结合闭合电路欧姆定律，串并联电路知识和电功率、焦耳定律等关系式联立求解．【即学即用】 1.图9－3－5(2013届河北唐山一中质检)如图9－3－5所示，用质量为m 、电阻为R 的均匀导线做成边长为l 的单匝正方形线框MNPQ ，线框每一边的电阻都相等．将线框置于光滑绝缘的水平面上．在线框的右侧存在竖直方向的有界匀强磁场，磁场边界间的距离为2l ，磁感应强度为B ，在垂直MN 边的水平拉力作用下，线框以垂直磁场边界的速度v 匀速穿过磁场．在运动过程中线框平面水平，且MN 边与磁场的边界平行．求：(1)线框MN 边刚进入磁场时，线框中感应电流的大小； (2)线框MN 边刚进入磁场时，M 、N 两点间的电压U MN ；(3)在线框从MN 边刚进入磁场到PQ 边刚穿出磁场的过程中，水平拉力对线框所做的功W .【解析】 (1)线框MN 边在磁场中运动时，感应电动势E ＝Blv 线框中的感应电流I ＝E R ＝BlvR. (2)M 、N 两点间的电压U MN ＝34E ＝34Blv .(3)只有MN 边在磁场中时，线框运动的时间t ＝l v此过程线框中产生的焦耳热Q 1＝I 2Rt ＝B 2l 3vR只有PQ 边在磁场中运动时，线框中产生的焦耳热Q 2＝B 2l 3v R根据能量守恒定律得水平外力做的功W ＝Q 1＋Q 2＝2B 2l 3vR.【答案】 (1)Blv(2)3Blv (3)2B 2l 3v1.一般可把图象问题分为三类：(1)由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图象．(2)由给定的有关图象分析电磁感应过程，求解相应的物理量． (3)根据图象定量计算． 2．解题关键弄清初始条件、正负方向的对应、变化范围、所研究物理量的函数表达式、进出磁场的转折点是解决问题的关键．对图象的认识，应从以下几方面注意： (1)明确图象所描述的物理意义．(2)必须明确各种“＋”、“－”的含义． (3)必须明确斜率的含义．(4)必须建立图象和电磁感应过程之间的对应关系． (5)注意三个相似关系及其各自的物理意义．v ～Δv ～Δv Δt ，B ～ΔB ～ΔB Δt ，Φ～ΔΦ～ΔΦΔtΔv Δt 、ΔB Δt 、ΔΦΔt 分别反映了v 、B 、Φ变化的快慢．图9－3－6(2012·重庆高考)如图9－3－6所示，正方形区域MNPQ内有垂直纸面向里的匀强磁场．在外力作用下，一正方形闭合刚性导线框沿QN方向匀速运动，t＝0时刻，其四个顶点M′、N′、P′、Q′恰好在磁场边界中点．下列图象中能反映线框所受安培力f的大小随时间t变化规律的是( )【审题视点】(1)从t＝0到线框离开磁场，导体切割磁感线的有效长度先增大，再不变，最后逐渐减小．(2)根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式写出导线框所受安培力的表达式，分析表达式的数学涵意，即可找出答案．【解析】如图所示，当M ′N ′从初始位置运动到AB 位置的过程中，切割磁感线的有效长度随时间变化关系为：L 1＝L －(L －2vt )＝2vt ，L 为导线框的边长．产生的电流I 1＝BL 1v R ，导线框所受安培力f 1＝BI 1L 1＝B 22vt 2v R ＝4B 2v 3t 2R，所以f 1为t的二次函数图象，是开口向上的抛物线．当Q ′P ′由CD 位置运动到M ′N ′位置的过程中，切割磁感线的有效长度不变，电流恒定．当Q ′P ′由M ′N ′位置运动到AB 位置的过程中，切割磁感线的有效长度L 2＝L －2vt ，产生的电流I 2＝BL 2v R ，导线框所受的安培力为f 2＝B 2L －2vt 2vR，所以也是一条开口向上的抛物线，所以应选B.【答案】 B电磁感应图象问题的一般解题步骤(1)明确图象的种类，即是B －t 图还是Φ－t 图，或者还是E －t 图、I －t 图等． (2)分析电磁感应的具体过程判断对应的图象是否分段，共分几段． (3)用右手定则或楞次定律确定感应电流的方向．(4)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿定律等规律写出函数关系式． (5)根据函数关系式，进行数学分析． (6)画图象或判断图象．【即学即用】2．(2013届淮南模拟)电吉他是利用电磁感应原理工作的一种乐器．如图9－3－7甲为电吉他的拾音器的原理图，在金属弦的下方放置有一个连接到放大器的螺线管．一条形磁铁固定在管内，当拨动金属弦后，螺线管内就会产生感应电流，经一系列转化后可将电信号转为声音信号．若由于金属弦的振动，螺线管内的磁通量随时间的变化如图9－3－7乙所示，则对应感应电流的变化为( )甲 乙图9－3－7【解析】 对应的感应电流为I ＝n ΔΦR Δt，可见感应电流与磁通量的变化率有关，类比v－t 图象斜率的物理意义，不难发现，Φ－t 图线上各点处切线的斜率的绝对值表示感应电流的大小，斜率的符号表示电流的方向，根据题图乙，在0～t 0时间内，感应电流I 的大小先减小到零，然后再逐渐增大，电流的方向改变一次，据此可知，只有选项B 正确．本题答案为B.【答案】 B电磁感应中的能量转化问题分析外力克服安培力做功，把机械能或其他能量转化成电能；感应电流通过电路做功又把电能转化成其他形式的能(如内能)．这一功能转化途径可表示为：其他形式能――→外力克服安培力做功电能――→电流做功其他形式能如内能 2．应注意的问题(1)产生和维持感应电流的过程就是其他形式的能量转化为感应电流的电能的过程．导体在达到稳定状态之前，外力移动导体所做的功，一部分消耗于克服安培力做功，转化为产生感应电流的电能或最后再转化为焦耳热，另一部分用于增加导体的机械能．(2)在较复杂的电磁感应现象中，经常涉及求解焦耳热的问题．尤其是变化的安培力，不能直接由Q ＝I 2Rt 求解，用能量守恒的方法就可以不必追究变力、变电流做功的具体细节，只需弄清能量的转化途径，注意分清有多少种形式的能量在相互转化，用能量的转化与守恒定律就可求解，而用能量的转化与守恒观点，只需从全过程考虑，不涉及电流的产生过程，计算简便．在利用能量守恒解决电磁感应中的问题时，要分析安培力的做功情况，即安培力在导体运动过程中是做正功还是做负功．另外，参与能量转化的形式要考虑周全，要考虑准确哪些形式的能量增加，哪些形式的能量减少．图9－3－8(2012·山东高考改编)如图9－3－8所示，相距为L 的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R ，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B .将质量为m 的导体棒由静止释放，当速度达到v 时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P ，导体棒最终以2v 的速度匀速运动．导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g .下列选项正确的是( )A ．P ＝mgv sin θB ．P ＝3mgv sin θC ．当导体棒速度达到v 2时加速度大小为g2sin θD ．在速度达到2v 以后匀速运动的过程中，R 上产生的焦耳热等于拉力所做的功 【审题视点】 (1)导轨和导体棒的电阻不计．(2)没有施加向下的拉力时，安培力和重力沿斜面向下的分力平衡，施加拉力的最终安培力和拉力与重力沿斜面向下的分力的合力平衡．【解析】 对导体棒受力分析如图．当导体棒以v 匀速运动时(如图甲)，应有：mg sin θ＝F 安＝BIL ＝B 2L 2v R ；当加力F 后以2v 匀速运动时(如图乙)，有F ＋mg sin θ＝2B 2L 2vR，两式联立得F ＝mg sin θ，则P ＝F ·2v ＝2mgv sin θ，A 、B 错误；由牛顿第二定律，当导体棒的速度为v 2时，a ＝mg sin θ－F ″安 m ＝mg sin θ－B 2L 2v2R m ＝g2sin θ，C 正确；由功能关系，当导体棒达到2v 以后匀速运动的过程中，R 上产生的焦耳热等于拉力所做的功与减少的重力势能之和，D 错误．甲 乙【答案】 C 【即学即用】 3.图9－3－9如图9－3－9所示，边长为L 的正方形导线框质量为m ，由距磁场H 高处自由下落，其下边ab 进入匀强磁场后，线圈开始做减速运动，直到其上边cd 刚刚穿出磁场时，速度减为ab 边刚进入磁场时的一半，磁场的宽度也为L ，则线框穿越匀强磁场过程中产生的焦耳热为( )A ．2mgLB ．2mgL ＋mgHC ．2mgL ＋34mgHD ．2mgL ＋14mgH【解析】 设刚进入磁场时的速度为v 1，刚穿出磁场时的速度v 2＝v 12①线框自开始进入磁场到完全穿出磁场共下落高度为2L .由题意知12mv 21＝mgH ②12mv 21＋mg ·2L ＝12mv 22＋Q ③ 由①②③得Q ＝2mgL ＋34mgH .C 选项正确．【答案】 C(对应学生用书第164页)(2011·天津高考)如图9－3－10所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ间距为l＝0.5 m，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成30°角．完全相同的两金属棒ab、cd分别垂直于导轨放置，每棒两端都与导轨始终有良好接触，已知两棒质量均为m＝0.02 kg，电阻均为R＝0.1 Ω，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.2 T，棒ab在平行于导轨向上的力F作用下，沿导轨向上匀速运动，而棒cd恰好能够保持静止．取g＝10 m/s2，问图9－3－10(1)通过棒cd的电流I是多少，方向如何？(2)棒ab受到的力F多大？(3)棒cd每产生Q＝0.1 J的热量，力F做的功W是多少？【规范解答】(1)棒cd受到的安培力F cd＝IlB①棒cd在共点力作用下平衡，则F cd＝mg sin 30°②由①②式，代入数据解得I＝1 A③根据楞次定律可知，棒cd中的电流方向由d至c.④(2)棒ab与棒cd受到的安培力大小相等F ab＝F cd对棒ab，由共点力平衡知F＝mg sin 30°＋IlB⑤代入数据解得F＝0.2 N．⑥(3)设在时间t内棒cd产生Q＝0.1 J的热量，由焦耳定律知Q＝I2Rt⑦设棒ab匀速运动的速度大小为v，其产生的感应电动势E＝Blv⑧由闭合电路欧姆定律知I＝E2R⑨由运动学公式知在时间t内，棒ab沿导轨的位移x＝vt⑩力F做的功W＝Fx⑪综合上述各式，代入数据解得W＝0.4 J．⑫【答案】(1)1 A 方向由d至c(2)0.2 N (3)0.4 J 【即学即用】4.图9－3－11(2012·河南淮阳中学一模)如图9－3－11所示，abcd 为静止于水平面上宽度为L 而长度很长的U 形金属滑轨，bc 边接有电阻R ，其他部分电阻不计．ef 为一可在滑轨平面上滑动、质量为m 的均匀金属棒．今金属棒以一水平细绳跨过定滑轮，连接一质量为M 的重物．一匀强磁场B 垂直滑轨面．重物从静止开始下落，不考虑滑轮的质量，且金属棒在运动中均保持与bc 边平行．忽略所有摩擦力．(1)当金属棒做匀速运动时，其速率是多少？(忽略bc 边对金属棒的作用力)(2)若重物从静止开始至匀速运动时下落的总高度为h ，求这一过程中电阻R 上产生的热量．【解析】 (1)系统的运动情况分析可用简图表示如下： 棒的速度v ↑――→BLv棒中产生的感应电动势E ↑错误!通过棒的感应电流I ↑错误!棒所受安培力F 安↑――→Mg －F 安棒所受合力F 合↓错误!棒的加速度a ↓，故当a ＝0时，有：Mg －F 安＝0，解得：v ＝MgRB 2L 2. (2)由能量守恒定律得：Mgh ＝M ＋m v 22＋Q解得：Q ＝Mg [h －M ＋m MgR 22B 4L 4]． 【答案】 (1)MgR B 2L 2 (2)Mg [h －M ＋m MgR 22B 4L4](对应学生用书第165页)●电磁感应图象问题1.图9－3－12(2012·新课标全国高考)如图9－3－12，一载流长直导线和一矩形框固定在同一平面内，线框在长直导线右侧，且其长边与长直导线平行．已知在t＝0到t＝t1的时间间隔内，直导线中电流i发生某种变化，而线框中的感应电流总是沿顺时针方向；线框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右．设电流i正方向与图中箭头所示方向相同，则i随时间t 变化的图线可能是( )【解析】因通电导线周围的磁场离导线越近磁场越强，而线框中左右两边的电流大小相等，方向相反，所以受到的安培力方向相反，导线框的左边受到的安培力大于导线框的右边受到的安培力，所以合力与左边导线框受力的方向相同．因为线框受到的安培力的合力先水平向左，后水平向右，根据左手定则，导线框处的磁场方向先垂直纸面向里，后垂直纸面向外，根据右手螺旋定则，导线中的电流先为正，后为负，所以选项A正确，选项B、C、D 错误．【答案】 A2．(2010·广东高考)如图9－3－13所示，平行导轨间有一矩形的匀强磁场区域，细金属棒PQ沿导轨从MN处匀速运动到M′N′的过程中，棒上感应电动势E随时间t变化的图示，可能正确的是( )图9－3－13【解析】在金属棒PQ进入磁场区域之前或出磁场后，棒上均不会产生感应电动势，D 项错误．在磁场中运动时，感应电动势E＝Blv，与时间无关，保持不变，故A选项正确．【答案】 A●电磁感应电路问题的分析3．粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于有界匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行．现使线框以同样大小的速度沿四个不同方向平移出磁场，下面四个选项中，则在移出过程中线框的一边a、b两点间的电势差绝对值最大的是( )【解析】将线框等效成直流电路，设线框每条边的电阻为r，如图所示．因线框在四次移动中速度大小相等，其感应电动势E＝Blv也大小相等．A、C、D中|U ab|＝Ir＝E4r×r＝14Blv，B中|U ab|＝I×3r＝E4r×3r＝34Blv，故正确答案为B.B中a、b两点间的电势差应该是a、b两点间的路端电压，而不是感应电动势．【答案】 B●电磁感应中的动力学问题4.图9－3－14如图9－3－14所示，水平放置的导体框架，宽L＝0.50 m，接有电阻R＝0.20 Ω，匀强磁场垂直框架平面向里，磁感应强度B＝0.40 T．一导体棒ab垂直框边跨放在框架上，并能无摩擦地在框架上滑动，框架和导体棒ab的电阻均不计．当ab以v＝4.0 m/s的速度向右匀速滑动时，求：(1)ab棒中产生的感应电动势大小；(2)维持导体棒ab做匀速运动的外力F的大小；(3)若将外力F突然减小到F′，简要论述导体棒ab以后的运动情况．【解析】(1)ab棒切割磁感线，故E＝BLv＝0.40×0.50×4.0 V＝0.80 V.(2)回路电流I ＝E R ＝0.800.20A ＝4 A 故F 安＝BIL ＝0.40×4×0.50 N＝0.80 N因导体棒匀速运动，则 F ＝F 安＝0.80 N.(3)当F 突然减小为F ′时，F 安＞F ′，导体棒ab 所受合外力方向向左，导体棒做减速运动；由F 合＝F 安－F ′＝B 2L 2v ′R－F ′＝ma 知，棒ab 做加速度减小的减速运动，当a ＝0时，导体棒做匀速直线运动，速度为v ′＝F ′RB 2L 2. 【答案】 (1)0.80 V (2)0.80 N (3)见解析 ●电磁感应电路综合计算5．(2012·西安交大附中模拟)如图9－3－15所示，在磁感应强度B ＝0.5 T 的匀强磁场中，有一等边三角形ABC 的固定裸导体框架，框架平面与磁感线方向垂直，裸导体DE 能沿着导体框架滑动，且滑动时一直能与框架保持良好的接触．已知三角形的边长为0.2 m ，且三角形框架和导体DE 的材料、横截面积相同，它们单位长度的电阻均为每米10 Ω，当导体DE 以v ＝4.2 m/s 的速度(速度方向与DE 垂直)下滑至AB 、AC 的中点M 、N 时，求：图9－3－15(1)M 、N 两点间感应电动势的大小；(2)流过导体框底边BC 的电流多大？方向如何？ 【解析】 (1)该位置处，MN ＝0.1 m. E ＝BLv ＝0.5×0.1×4.2 V＝0.21 V. (2)该位置处等效电路如图：MN 间电阻为r ＝1 Ω.R 总＝r ＋2r ·4r 2r ＋4r ＝73 Ω.I 总＝ER 总＝0.09 A.I BC ＝13I 总＝0.03 A.据右手定则，结合电路，电流由B 流向C .【答案】 (1)0.21 V (2)0.03 A 由B 流向C课后作业(二十八) (对应学生用书第271页)(时间45分钟，满分100分)一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分．只有一个选项正确．)1．(2012·青岛模拟)某闭合回路的磁通量Φ随时间t 变化的图象分别如图9－3－16甲、乙、丙、丁所示，关于回路中产生的感应电动势，下列判断正确的是( )甲 乙 丙 丁图9－3－16A ．图甲回路中，感应电动势不断增大B ．图乙回路中，感应电动势不断增大C ．图丙回路中，0～t 1时间内的感应电动势小于t 1～t 2时间内的感应电动势D ．图丁回路中，感应电动势先变小，再变大【解析】 由E ＝ΔΦΔt知，Φ－t 图象的斜率的绝对值表示电动势E 的大小，图甲中斜率为0，图乙中斜率不变，图丙中0～t 1时间内图象的斜率大于t 1～t 2时间内图象的斜率，图丁中斜率的绝对值先变小后变大，故D 正确，A 、B 、C 错误．【答案】 D 2.图9－3－17如图9－3－17所示，abcd 是金属导线做成的长方形线框，MN 是可以在ab 、cd 上滑动并能保持与ab 、cd 良好接触的金属棒，除导体棒MN 和线框ab 边外其余电阻均不计，整个线框均处在与框面垂直的匀强磁场中，当MN 由靠近ac 边处向bd 边匀速滑动的过程中，下列说法正确的是( )A ．MN 中的电流大小不变B ．MN 中的电流先增大后减小C ．MN 中的电流先减小后增大D ．MN 两端的电势差先减小后增大【解析】 MN 从左向右移动的过程中，外电路的电阻先增加后减小，因而MN 中的电流先减小后增大．【答案】 C 3.图9－3－18(2013届池州模拟)如图9－3－18所示，一宽为40 cm的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里，一边长为20 cm的正方形导线框位于纸面内，以垂直于磁场边界的恒定速度v＝20 cm/s通过磁场区域．在运动过程中，线框有一边始终与磁场区域的边界平行，取它刚进入磁场的时刻t＝0，则选项中能正确反映感应电流强度随时间变化规律的是( )【解析】在t＝0～1 s时间内，线框中的感应电动势大小为E＝Blv，其中l为正方形导线框的边长，可见E大小恒定，所以感应电流强度l大小不变，根据楞次定律或右手定则可知，此时间段内感应电流方向沿逆时针方向；在t＝1～2 s时间段内，线框完全在磁场中匀速向右运动，穿过线框的磁通量不变，无感应电流；在t＝2～3 s时间段内，线框中的感应电动势大小仍为E＝Blv，感应电流大小也与在0～1 s时间内相等，但是方向沿顺时针方向，即感应电流的方向与在0～1 s时间内相反．综上所述，选项C正确．【答案】 C4.图9－3－19(2012·济南模拟)如图9－3－19所示，在粗糙绝缘水平面上有一正方形闭合金属线框abcd ，其边长为l 、质量为m ，金属线框与水平面的动摩擦因数为μ，虚线框a ′b ′c ′d ′内有一匀强磁场，磁场方向竖直向下．开始时金属线框的ab 边与磁场的d ′c ′边重合．现使金属线框以初速度v 0沿水平面滑入磁场区域，运动一段时间后停止，此时金属线框的dc 边与磁场区域的d ′c ′边距离为l .在这个过程中，金属线框产生的焦耳热为( )A.12mv 20＋μmglB.12mv 20－μmgl C.12mv 20＋2μmgl D.12mv 20－2μmgl 【解析】 闭合线框进入磁场的过程中，由于一条边切割磁感线运动，产生感应电动势，从而产生感应电流，处于磁场中受到安培力，故整个运动过程中有摩擦阻力和安培力做功，但其中安培力是变力，因此由功能关系可得：12mv 20＝μmg ·2l ＋Q ，所以金属线框中产生的焦耳热为Q ＝12mv 20－2μmgl ，故D 正确．【答案】 D 5.图9－3－20如图9－3－20所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内有一位于纸面内的电阻均匀的正方形导体框abcd ，现将导体框分别朝两个方向分别以v 、3v 速度匀速拉出磁场，则导体框分别从两个方向移出磁场的过程中( )A ．导体框所受安培力方向相同B ．导体框中产生的焦耳热相同C ．导体框ad 边两端电压相同D ．通过导体框截面的电荷量不同【解析】 将线框向左和向右拉出磁场，产生电流方向都为逆时针，由左手定则知，第一次ad 边受安培力向右，第二次bc 边受安培力向左，故A 错误；两次产生电动势之比为1∶3，所以电流之比为1∶3，所用时间之比为3∶1，由Q ＝I 2Rt 可知两次产生焦耳热不同，故B 错误；第一次U ad ＝34BLv ，第二次U ad ＝14BL ·3v ，故C 正确；由q ＝B ΔSR知，两次通过截面的电荷量相同，故D 错误．【答案】 C 6.图9－3－21如图9－3－21所示，金属棒AB 垂直跨搁在位于水平面上的两条平行光滑金属导轨上，棒与导轨接触良好，棒AB 和导轨的电阻均忽略不计，导轨左端接有电阻R ，垂直于导轨平面的匀强磁场向下穿过平面，现以水平向右的恒力F 拉着棒AB 向右移动，t 秒末棒AB 的速度为v ，移动距离为x ，且在t 秒内速度大小一直在变化，则下列判断正确的是( )A ．t 秒内AB 棒所受安培力方向水平向左且逐渐减小 B ．t 秒内AB 棒做加速度逐渐减小的加速运动C ．t 秒内AB 棒做匀加速直线运动D ．t 秒末外力F 做功的功率为2Fxt【解析】 由右手定则可知棒AB 中感应电流的方向是由B 到A ，再由左手定则可判断棒AB 所受安培力的方向水平向左，根据安培力的表达式F 安＝B 2l 2vR可知，安培力逐渐增大，A 错误；由牛顿第二定律F －B 2l 2vR＝ma 可知，棒AB 做加速度逐渐减小的加速运动，B 正确，C 错误；t 秒末外力F 做功的功率为P ＝Fv ，由于AB 棒不是匀加速直线运动，故x ≠v2t ，D错误．【答案】 B 7.。

第九章 磁场章末过关检测(九)(建议用时：60分钟 满分：100分)一、单项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)1.如图所示，A 为一水平旋转的橡胶盘，带有大量均匀分布的负电荷，在圆盘正上方水平放置一通电直导线，电流方向如图．当圆盘高速绕中心轴OO ′转动时，通电直导线所受磁场力的方向是( )A ．竖直向上B ．竖直向下C ．水平向里D ．水平向外解析：选C.从上向下看，由于带负电的圆盘顺时针方向旋转，形成的等效电流为逆时针方向，由安培定则判定所产生的磁场方向竖直向上．由左手定则可判定通电导线所受安培力的方向水平向里．故C 正确．2.(2017·长春调研)如图所示，现有四条完全相同的垂直于纸面放置的长直导线，横截面分别位于一正方形abcd 的四个顶点上，直导线分别通有方向垂直于纸面向里、大小分别为I a ＝I ，I b ＝2I ，I c ＝3I ，I d ＝4I的恒定电流．已知通电长直导线周围距离为r 处磁场的磁感应强度大小为B ＝k I r，式中常量k >0，I 为电流大小．忽略电流间的相互作用，若电流I a 在正方形的几何中心O 点处产生的磁感应强度大小为B ，则O 点处实际的磁感应强度的大小及方向为( )A ．22B ，方向由O 点指向ad 中点B ．22B ，方向由O 点指向ab 中点C ．10B ，方向垂直于纸面向里D ．10B ，方向垂直于纸面向外解析：选A.由题意，直导线周围某点的磁感应强度的大小与电流的大小成正比，与距直导线的距离成反比．应用安培定则并结合平行四边形定则，可知A 选项正确．3.如图所示，圆形区域内有一垂直纸面的匀强磁场，P 为磁场边界上的一点．有无数带有同样电荷、具有同样质量的粒子在纸面内沿各个方向以相同的速率通过P 点进入磁场．这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段圆弧上，这段圆弧的弧长是圆周长的13.将磁感应强度的大小从原来的B 1变为B 2，结果相应的弧长变为原来的一半，则B 2∶B 1等于( )A ． 2 B. 3 C ．2 D ．3解析：选B.当轨迹半径小于或等于磁场区半径时，粒子射出圆形磁场的点离入射点最远距离为轨迹直径．如图所示，当粒子从13圆周射出磁场时，粒子在磁场中运动的轨迹直径为PQ ，粒子都从圆弧PQ 之间射出，因此轨迹半径r 1＝R cos 30°＝32R ；若粒子射出的圆弧对应弧长为“原来”的一半，即16周长，对应的弦长为R ，即粒子运动轨迹直径等于磁场区半径R ，轨迹半径r 2＝R 2，由r ＝mv qB 可得B 2B 1＝r 1r 2＝ 3.4.速度相同的一束粒子由左端射入质谱仪后分成甲、乙两束，其运动轨迹如图所示，其中S 0A ＝23S 0C ，则下列说法中正确的是( )A ．甲束粒子带正电，乙束粒子带负电B ．甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷C ．能通过狭缝S 0的带电粒子的速率等于E B 2D ．若甲、乙两束粒子的电荷量相等，则甲、乙两束粒子的质量比为3∶2解析：选B.由左手定则可判定甲束粒子带负电，乙束粒子带正电，A 错误；粒子在磁场中做圆周运动满足B 2qv ＝m v 2r ，即q m ＝v B 2r，由题意知r 甲<r 乙，所以甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷，B 正确；由qE ＝B 1qv 知能通过狭缝S 0的带电粒子的速率等于EB 1，C 错误；由q m＝v B 2r 知m 甲m 乙＝r 甲r 乙＝23，D 错误． 5．如图所示为两光滑金属导轨MNQ 和GHP ，其中MN 和GH 部分为竖直的半圆形导轨，NQ 和HP 部分为水平平行导轨，整个装置置于方向竖直向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中．有两个长均为l 、质量均为m 、电阻均为R 的导体棒垂直导轨放置且始终与导轨接触良好，其中导体棒ab 在半圆形导轨上，导体棒cd 在水平导轨上，当恒力F 作用在导体棒cd 上使其做匀速运动时，导体棒ab 恰好静止，且距离半圆形导轨底部的高度为半圆形导轨半径的一半，已知导轨间距离为l ，重力加速度为g ，导轨电阻不计，则( )A ．每根导轨对导体棒ab 的支持力大小为2mgB ．导体棒cd 两端的电压大小为23mgR BlC ．作用在导体棒cd 上的恒力F 的大小为3mgD ．恒力F 的功率为6m 2g 2R Bl解析：选C.对ab 棒受力分析如图所示：则：F N sin 30°＝mg ，则：F N ＝2mg ，每根导轨对导体棒ab 的支持力大小为mg ，故选项A 错误；F N cos 30°＝F A ＝BBlv 2R l ，则回路中电流为：I ＝Blv 2R ＝3mg Bl，导体棒cd 两端的电压大小为U ＝IR ＝3mg Bl R ，故选项B 错误；由于导体棒cd 匀速运动，则安培力等于恒力F ，则F ＝B Blv 2R l ＝3mg ，故选项C 正确；由于B Blv 2R l ＝3mg ，则导体棒cd 的速度为v ＝23mgR B 2l 2，则恒力F 的功率为P ＝Fv ＝3mg ·23mgR B 2l 2＝6m 2g 2R B 2l2，故选项D 错误． 二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不答的得0分)6．如图所示，在半径为R 的圆形区域内有一磁感应强度方向垂直于纸面向里的匀强磁场，一质量为m 且带正电的粒子(重力不计)以初速度v 0从圆形边界上的A 点正对圆心射入该磁场区域，若该带电粒子在磁场中运动的轨迹半径为3R ，则下列说法中正确的是( )A ．该带电粒子在磁场中将向右偏转B ．若增大磁场的磁感应强度，则该带电粒子在磁场中运动的轨迹半径将变大C ．该带电粒子在磁场中的水平偏转距离为32R D ．该带电粒子在磁场中运动的时间为3πR v 0解析：选AC.由左手定则可知，该带正电的粒子将向右偏转，选项A 正确；带电粒子在磁场中做圆周运动时，洛伦兹力提供运动的向心力，有qv 0B ＝m v 20r ，即r ＝mv 0qB，所以当B 增大时，粒子做圆周运动的半径将减小，选项B 错误；如图所示，由几何关系可知，∠COB ＝60°，所以带电粒子在磁场中的水平偏转距离为x BC ＝R sin 60°＝32R ，选项C 正确；由几何关系可知，该带电粒子的轨迹圆弧对应的圆心角为60°，因此粒子在磁场中运动的时间为t ＝16T ＝16×2π·3R v 0＝3πR 3v 0，选项D 错误． 7.(2017·武汉模拟)如图所示的虚线框为一长方形区域，该区域内有一垂直于纸面向里的匀强磁场，一束电性不同、速率不同但比荷相同的粒子从O 点沿图中方向垂直于磁场方向射入磁场后，分别从四个顶点a 、b 、c 、d 和两边的中点e 、f 射出磁场，下列关于它们运动的说法正确的是( )A ．从a 、b 两点射出的粒子运动的时间是最长的，且二者相等B ．从c 、d 两点射出的粒子运动的时间是最短的，且二者相等C ．从e 、f 两点射出的粒子的运动时间相等D ．从b 点射出的粒子速度最小，从c 点射出的粒子速度最大解析：选AD.根据题图中粒子的入射位置和出射点关系可知，从a 、b 两点射出的粒子运动轨迹都是半圆(半个周期)，即回旋角都是180°，而从其他位置射出的粒子的回旋角都小于180°，由T ＝2πm qB可知在同一磁场中比荷相同时，周期相同，故A 正确；根据几何关系可知，从c 、d 和e 、f 射出的粒子回旋角都不相同，故运动时间也一定不同，则B 、C 错误；由R ＝mvqB可知粒子速度与半径成正比，通过作图可知，从b 点射出的粒子半径最小，从c 点射出的粒子半径最大，故D 正确．8.如图所示，一个绝缘且内壁光滑的环形细圆管固定于竖直平面内，环的半径为R (比细圆管的内径大得多)．在圆管的最低点有一个直径略小于细圆管内径的带正电小球处于静止状态，小球的质量为m ，带电荷量为q ，重力加速度为g .空间存在一磁感应强度大小未知(不为零)，方向垂直于环形细圆管所在平面向里的匀强磁场．某时刻，给小球一方向水平向右、大小为v 0＝5gR 的初速度，则以下判断正确的是( )A ．无论磁感应强度大小如何，获得初速度后的瞬间，小球在最低点一定受到管壁的弹力作用B ．无论磁感应强度大小如何，小球一定能到达环形细圆管的最高点，且小球在最高点一定受到管壁的弹力作用C ．无论磁感应强度大小如何，小球一定能到达环形细圆管的最高点，且小球到达最高点时的速度大小都相同D ．小球从环形细圆管的最低点运动到所能到达的最高点的过程中，水平方向分速度的大小一直减小解析：选BC.小球在轨道最低点时受到的洛伦兹力方向竖直向上，若洛伦兹力和重力的合力恰好提供小球所需要的向心力，则在最低点时小球不会受到管壁弹力的作用，A 选项错误．小球运动的过程中，洛伦兹力不做功，小球的机械能守恒，运动至最高点时小球的速度v ＝gR ，由于是双层轨道约束，小球运动过程中不会脱离轨道，所以小球一定能到达轨道的最高点，C 选项正确．在最高点时，小球圆周运动的向心力F ＝m v 2R＝mg ，小球受到竖直向下的洛伦兹力的同时必然受到与洛伦兹力等大反向的轨道对小球的弹力，B 选项正确．小球从最低点运动到最高点的过程中，小球在下半圆内上升的过程中，水平分速度向右且减小，到达圆心的等高点时，水平分速度为零，而运动至上半圆后水平分速度向左且不为零，所以水平分速度一定有增大的过程，D 选项错误．三、非选择题(本题共3小题，共52分，按题目要求作答．计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)9．(14分)如图所示，两个同心圆半径分别为r 和2r ，在两圆之间的环形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B .圆心O 处有一放射源，放射出的粒子质量为m 、电荷量为q ，假设粒子速度方向都和纸面平行．(1)图中箭头表示某一粒子初速度的方向，OA 与初速度方向的夹角为60°，要想使该粒子经过环形区域磁场一次后通过A 点，则初速度的大小是多少？(2)要使粒子不穿出环形区域，则粒子的初速度不能超过多少？解析：(1)如图所示，粒子经过环形区域磁场一次后通过A 点的轨迹为圆弧O 1.设粒子在磁场中的轨迹半径为R 1，则由几何关系得R 1＝3r 3又qv 1B ＝m v 21R 1得v 1＝3Bqr 3m. (2)粒子运动轨迹与磁场外边界相切时，粒子恰好不穿出环形区域，运动轨迹为图中圆弧O 2，设粒子在磁场中的轨迹半径为R 2，则由几何关系得(2r －R 2)2＝R 22＋r 2，可得R 2＝3r 4又qv 2B ＝m v 22R 2，可得v 2＝3Bqr 4m. 故要使粒子不穿出环形区域，粒子的初速度不能超过3Bqr 4m. 答案：(1)3Bqr 3m (2)3Bqr 4m 10．(18分)如图所示，在NOQ 范围内有垂直于纸面向里的匀强磁场Ⅰ，在MOQ 范围内有垂直于纸面向外的匀强磁场Ⅱ，M 、O 、N在一条直线上，∠MOQ ＝60°，这两个区域磁场的磁感应强度大小均为B .离子源中的离子带电荷量为＋q ，质量为m ，通过小孔O 1进入两板间电压为U 的加速电场区域(可认为初速度为零)，离子经电场加速后由小孔O 2射出，再从O 点进入磁场Ⅰ，此时速度方向沿纸面垂直于磁场边界MN ，不计离子的重力．(1)若加速电场两极板间电压U ＝U 0，求离子进入磁场后做圆周运动的轨迹半径R 0；(2)在OQ 上有一点P ，P 点到O 点的距离为L ，若离子能通过P 点，求加速电压U 和从O 点到P 点的运动时间．解析：(1)离子在电场中加速时，由动能定理得：U 0q ＝12mv 20－0离子在磁场中做圆周运动时，洛伦兹力提供向心力： qv 0B ＝m v 20R 0联立以上两式解得R 0＝1B 2U 0m q. (2)离子进入磁场后的运动轨迹如图所示，由几何关系可知OP ′＝P ′P ″＝R要保证离子通过P 点，则需满足L ＝nR解得U ＝B 2L 2q 2mn2，其中n ＝1，2，3，….离子在磁场中做圆周运动的周期T ＝2πm qB故离子从O 点到P 点运动的总时间t ＝n ·T 2π·π3＝πnm 3qB，其中n ＝1，2，3，…. 答案：(1)1B 2U 0mq (2)见解析11．(20分)如图所示，在一竖直平面内，y 轴左方有一水平向右的场强为E 1的匀强电场和垂直于纸面向里的磁感应强度为B 1的匀强磁场，y 轴右方有一竖直向上的场强为E 2的匀强电场和另一磁感应强度为B 2的匀强磁场．有一带电荷量为＋q 、质量为m 的微粒，从x 轴上的A 点以初速度v 与水平方向成θ角沿直线运动到y 轴上的P 点，A 点到坐标原点O 的距离为d .微粒进入y 轴右侧后在竖直面内做匀速圆周运动，然后沿与P 点运动速度相反的方向打到半径为r 的14的绝缘光滑圆管内壁的M 点(假设微粒与M 点碰后速度改变、电荷量不变，圆管内径的大小可忽略，电场和磁场可不受影响地穿透圆管)，并恰好沿圆管内无碰撞下滑至N 点．已知θ＝37°，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：(1)E 1与E 2大小之比；(2)y 轴右侧的磁场的磁感应强度B 2的大小和方向；(3)从A 点运动到N 点所用的时间．解析：(1)A →P 微粒做匀速直线运动E 1q ＝mg tan θP →M 微粒做匀速圆周运动E 2q ＝mg联立解得E 1∶E 2＝3∶4.(2)由题图知，P →M 微粒刚好运动半个周期2R ＝rsin θ qvB 2＝mv 2R联立解得B 2＝6mv 5rq又由左手定则可知B 2的方向垂直纸面向外．(3)A →P 有：vt 1＝dcos θ，解得t 1＝5d 4v P →M 有：vt 2＝πR ，解得t 2＝5πr 6v碰到M 点后速度只剩下向下的速度，此时mg ＝E 2q ，从M →N 的过程中，微粒继续做匀速圆周运动v 1＝v sin 37°v 1t 3＝πr 2，解得t 3＝5πr 6v所以t 总＝t 1＋t 2＋t 3＝5d 4v ＋5πr 3v. 答案：(1)3∶4 (2)6mv 5rq方向垂直纸面向外 (3)5d 4v ＋5πr 3v①根据表中数据，图乙中已描绘出四个点，请将第5、6两组数据也描绘在图乙中，并画出IR-I 图线.②根据图线可得电池的电动势E 是________V r 是_______Ω.解析：(1)电表改装为大量程的电流表需并联一个电阻，由并联知识可知，R （50×10-3-100×10-6）＝100×10-6×2 500，解得R ≈5.0Ω.(2)描点连线后由图线纵轴截距得到电池的电动势为1.53V ，由图线斜率求得的电阻值减去改装后的电流表阻值可得到电池内阻为2.0Ω.答案：(1)并联 5.0 (2)①如图所示 ②1.532.0实验十一 练习使用多用电表【理论必备】一、电流表与电压表的改装1．改装方案2.校正 (1)电压表的校正电路如图甲所示，电流表的校正电路如图乙所示．(2)校正的过程是：先将滑动变阻器的滑动触头移动到最左端，然后闭合开关，移动滑动触头，使改装后的电压表(电流表)示数从零逐渐增大到量程值，每移动一次记下改装的电压表(电流表)和标准电压表(电流表)示数，并计算满刻度时的百分误差，然后加以校正．二、欧姆表原理(多用电表测电阻原理)1．构造：如图所示，欧姆表由电流表G 、电池、调零电阻R 和红、黑表笔组成．欧姆表内部：电流表、电池、调零电阻串联．外部：接被测电阻R x .全电路电阻R 总＝R g ＋R ＋r ＋R x .2．工作原理：闭合电路欧姆定律I ＝ER g ＋R ＋r ＋R x .3．刻度的标定：红、黑表笔短接(被测电阻R x ＝0)时，调节调零电阻R ，使I ＝I g ，电流表的指针达到满偏，这一过程叫欧姆调零．(1)当I ＝I g 时，R x ＝0，在满偏电流I g 处标为“0”．(图甲)(2)当I ＝0时，R x →∞，在I ＝0处标为“∞”．(图乙)(3)当I ＝I g 2时，R x ＝R g ＋R ＋r ，此电阻值等于欧姆表的内阻值，R x 叫中值电阻． 三、多用电表1．多用电表可以用来测量电流、电压、电阻等，并且每一种测量都有几个量程．2．外形：上半部为表盘，表盘上有电流、电压、电阻等多种量程的刻度；下半部为选择开关，它的四周刻有各种测量项目和量程．3．多用电表面板上还有：欧姆表的调零旋钮(使电表指针指在右端零欧姆处)、指针定位螺丝(使电表指针指在左端的“0”位置)、表笔的正负插孔(红表笔插入“＋”插孔，黑表笔插入“－”插孔)．四、二极管的单向导电性1．晶体二极管是由半导体材料制成的，它有两个极，即正极和负极，它的符号如图甲所示．2．晶体二极管具有单向导电性(符号上的箭头表示允许电流通过的方向)．当给二极管加正向电压时，它的电阻很小，电路导通，如图乙所示；当给二极管加反向电压时，它的电阻很大，电路截止，如图丙所示．3．将多用电表的选择开关拨到欧姆挡，红、黑表笔接到二极管的两极上，当黑表笔接“正”极，红表笔接“负”极时，电阻示数较小，反之电阻示数很大，由此可判断出二极管的正、负极．【基本要求】一、实验目的1．了解多用电表的构造和原理，掌握多用电表的使用方法．2．会使用多用电表测电压、电流及电阻．3．会使用多用电表探索黑箱中的电学元件．二、实验器材多用电表、电学黑箱、直流电源、开关、导线若干、小灯泡、二极管、定值电阻(大、中、小)三个．三、实验步骤1．观察：观察多用电表的外形，认识选择开关的测量项目及量程．2．机械调零：检查多用电表的指针是否停在表盘刻度左端的零位置．若不指零，则可用小螺丝刀进行机械调零．3．将红、黑表笔分别插入“＋”“－”插孔．4．测量小灯泡的电压和电流(1)按如图甲所示的电路图连好电路，将多用电表选择开关置于直流电压挡，测小灯泡两端的电压．(2)按如图乙所示的电路图连好电路，将选择开关置于直流电流挡，测量通过小灯泡的电流．5．测量定值电阻(1)根据被测电阻的估计阻值，选择合适的挡位，把两表笔短接，观察指针是否指在欧姆表的“0”刻度，若不指在欧姆表的“0”刻度，调节欧姆表的调零旋钮，使指针指在欧姆表的“0”刻度处；(2)将被测电阻接在两表笔之间，待指针稳定后读数；(3)读出指针在刻度盘上所指的数值，用读数乘以所选挡位的倍率，即得测量结果；(4)测量完毕，将选择开关置于交流电压最高挡或“OFF”挡．【方法规律】一、多用电表对电路故障的检测1．断路故障的检测方法(1)将多用电表拨到电压挡作为电压表使用．①将电压表与电源并联，若电压表示数不为零，说明电源良好，若电压表示数为零，说明电源损坏．②在电源完好时，再将电压表与外电路的各部分电路并联．若电压表的示数为零，则说明该部分电路完好，若电压表示数等于电源电动势，则说明该部分电路中有断点．(2)将多用电表拨到电流挡作为电流表使用．将电流表串联在电路中，若电流表的示数为零，则说明与电流表串联的部分电路断路．(3)用欧姆挡检测将各元件与电源断开，然后接到红、黑表笔间，若有阻值(或有电流)说明元件完好，若电阻无穷大(或无电流)说明此元件断路．不能用欧姆表检测电源的情况．2．短路故障的检测方法(1)将电压表与电源并联，若电压表示数为零，说明电源被短路；若电压表示数不为零，则外电路的部分电路不被短路或不完全被短路．(2)用电流表检测，若串联在电路中的电流表示数不为零，故障应是短路．二、使用多用电表的注意事项1．表内电源正极接黑表笔，负极接红表笔，但是红表笔插入“＋”孔，黑表笔插入“－”孔，注意电流的实际方向．2．区分“机械零点”与“欧姆零点”．机械零点是表盘刻度左侧的“0”位置，调整的是表盘下边中间的定位螺丝；欧姆零点是指刻度盘右侧的“0”位置，调整的是欧姆挡的调零旋钮．3．测电压时，多用电表应与被测元件并联；测电流时，多用电表应与被测元件串联．4．测量电阻时，每变换一次挡位都要重新进行欧姆调零．5．由于欧姆表盘难以估读，测量结果只需取两位有效数字，读数时注意乘以相应量程的倍率．6．使用多用电表时，手不能接触测试笔的金属杆，特别是在测电阻时，更应注意不要用手接触测试笔的金属杆．7．测量电阻时待测电阻要与其他元件和电源断开，否则不但影响测量结果，甚至可能损坏电表．8．如果长期不用欧姆表，应把表内电池取出．三、欧姆表测电阻的误差分析1．电池旧了电动势下降，会使电阻测量值偏大．2．欧姆表挡位选择不当，导致表头指针偏转过大或过小都有较大误差，通常使表针指在中央刻度附近，即表盘的13～23范围内，误差较小．对多用电表的读数及使用的考查[学生用书P164]如图所示为多用电表的刻度盘．若选用倍率为“×100”的电阻挡测电阻时，表针如图所示，则：(1)所测电阻的阻值为______Ω；如果要用此多用电表测量一个阻值约为2.0×104Ω的电阻，为了使测量结果比较精确，应选用的欧姆挡是______(选填“×10”“×100”或“×1 k ”)．(2)用此多用电表进行测量，当选用量程为50 mA 的电流挡测量电流时，表针指于图示位置，则所测电流为________mA ；当选用量程为250 mA 的电流挡测量电流时，表针指于图示位置，则所测电流为________mA.(3)当选用量程为10 V 的电压挡测量电压时，表针也指于图示位置，则所测电压为________V.[解析] (1)欧姆表读数：对应最上面一行刻度值为15，倍率为“×100”，读数为1.5×103 Ω；测2.0×104 Ω电阻时应选“×1 k ”的欧姆挡．(2)选50 mA 直流电流挡，则每一大格表示10 mA ，每一小格表示1 mA ，测量的精确度为1 mA ，应估读到0.1 mA(此时为1/10估读)，指针对应的读数为30.8 mA ；选择量程为250 mA 的电流挡，则每一大格表示50 mA ，每一小格表示5 mA ，测量的精确度为5 mA ，应估读到1 mA(此时为1/5估读)，指针对应的读数为154 mA.(3)选择10 V 电压挡，则每一大格表示2 V ，每一小格表示0.2 V ，测量的精确度为0.2 V ，应估读到0.1 V(此时为1/2估读)，指针对应的读数为6.1 V.[答案] (1)1.5×103 ×1 k(2)30.8(30.7～30.9都正确) 154 (3)6.1(1)欧姆表刻度盘不同于电压、电流表刻度盘①左∞右0：电阻无限大与电流、电压零刻度重合，电阻零与电流、电压最大刻度重合． ②刻度不均匀：左密右疏．③欧姆挡是倍率挡，即读出的示数应再乘以该挡的倍率．电流、电压挡是量程范围挡． 在不知道待测电阻的估计值时，应先从小倍率开始，熟记“小倍率小角度偏，大倍率大角度偏”(因为欧姆挡的刻度盘上越靠左读数越大，且测量前指针指在左侧“∞”处)．(2)计数技巧．①欧姆表的计数a ．为了减小读数误差，指针应指在表盘13到23的部分，即中央刻度附近． b ．指针示数的读数一般取两位有效数字．c ．电阻值等于指针示数与所选倍率的乘积．②测电压、电流时的读数，要注意其量程，根据量程确定精确度，精确度是1、0.1、0.01时要估读到下一位，精确度是2、0.02、5、0.5时，不用估读到下一位．对元件探测和故障检测的考查(高考重庆卷)某照明电路出现故障，其电路如图甲所示，该电路用标称值12 V 的蓄电池为电源，导线及其接触完好．维修人员使用已调好的多用表直流50 V 挡检测故障．他将黑表笔接在c点，用红表笔分别探测电路的a、b点．(1)断开开关，红表笔接a点时多用表指示如图乙所示，读数为______V，说明______正常(选填：蓄电池、保险丝、开关、小灯)．,甲)},乙)}(2)红表笔接b点，断开开关时，表针不偏转，闭合开关后，多用表指示仍然和图乙相同，可判定发生故障的器件是________(选填：蓄电池、保险丝、开关、小灯)．[解析] (1)因用直流50 V挡检测，故满偏时电压为50 V，刻度均匀，在题图乙所示位置时，读数为11.5(11.2～11.8之间的值均可)V，说明蓄电池正常．(2)红表笔接b点，断开开关，指针不偏转，闭合开关后多用电表读数与原来相同，说明保险丝、开关均正常，发生故障的器件只能为小灯．[答案] (1)11.5(11.2～11.8之间的值均可) 蓄电池(2)小灯多用电表当欧姆表使用时内有电源，往往会考查闭合电路欧姆定律、电动势和内阻的测定等，往往涉及的变形有：1．与电压表串联形成闭合电路，则E＝U＋UR V·r，从而计算得到E.2．与电流表串联形成闭合电路，则E＝I(R A＋r)，从而计算得到E.(2017·宿州模拟)使用多用电表测量电阻时，多用电表内部的电路可以等效为一个直流电源(一般为电池)、一个电阻和一表头相串联，两个表笔分别位于此串联电路的两端．现需要测量多用电表内电池的电动势，给定的器材有：待测多用电表，量程为60 mA 的电流表，电阻箱，导线若干．实验时，将多用电表调至×1 Ω挡，调好零点；电阻箱置于适当数值．完成下列填空：甲(1)仪器连线如图甲所示(a 和b 是多用电表的两个表笔)．若两电表均正常工作，则表笔a 为________(选填“红”或“黑”)色．(2)若适当调节电阻箱后，图甲中多用电表、电流表与电阻箱的示数分别如图乙中(a)、(b)、(c)所示，则多用电表的读数为________Ω，电流表的读数为________mA ，电阻箱的读数为________Ω.,乙)}(3)欧姆表刻度上中间刻度值为15，计算得到多用电表内电池的电动势为________V(保留3位有效数字)．(4)若将两表笔短接，流过多用电表的电流为________mA(保留3位有效数字)．[解析] (1)根据所用电器“红进黑出”的一般原则，对多用电表有，电流从红表笔进入多用电表，电流从黑表笔流出多用电表，由于设计电路图中a 表笔接在电流表的正极，故电流经过多用电表从a 表笔流出，故a 表笔为多用电表的黑表笔．(2)欧姆表读数为R ＝14 Ω；电流表读数为I ＝53.0 mA ；电阻箱读数为4×1 Ω＋6×0.1 Ω＝4.6 Ω.(3)欧姆表的内阻r ＝R 中＝15 Ω，由欧姆定律得：E ＝I (R ＋r )≈1.54 V.(4)两表笔短接，则I 0＝E r ≈102 mA.[答案] (1)黑 (2)14 53.0 4.6 (3)1.54 (4)102该实验把仪表读数、欧姆表测电阻和安阻法测电源电动势巧妙地融合在一起考查，只要掌握了欧姆表的原理和测电动势的方法，就不难解决．1．(多选)使用欧姆挡测电阻时，下列说法正确的是( )A ．测量前应检查指针是否停在“Ω”刻度线的“∞”处B ．每一次换挡，都要重新进行一次调零C ．在外电路，电流从红表笔流经被测电阻到黑表笔D ．测量时，若指针偏转很小(靠近∞附近)，应换倍率更大的挡进行测量解析：选ABD.测电阻前，先进行机械调零和欧姆调零，故A 正确；每次换挡，都必须。

绝密★启用前2018届高考一轮总复习章末检测卷：第九章 电磁感应物理试题试卷副标题考试范围：xxx ；考试时间：38分钟；命题人：xxx学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________注意事项．1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上第I 卷（选择题）一、选择题（题型注释）1、静电现象在自然界中普遍存在，我国早在西汉末年已有对静电现象的记载《春秋纬 考异邮》中有玳瑁吸衣若之说，但下列不属于静电现象的是( ) A ．梳过头发的塑料梳子吸起纸屑B ．带电小球移至不带电金属球附近，两者相互吸引C ．小线圈接近通电线圈过程中，小线圈中产生电流D ．从干燥的地毯走过，手碰到金属把手时有被电击的感觉2、在如图所示的电路中，a 、b 为两个完全相同的灯泡，L 为电阻可忽略不计的自感线圈，E 为电源，S 为开关．关于两灯泡点亮和熄灭的先后次序，下列说法正确的是( )A ．合上开关，a 先亮，b 后亮；断开开关，a 、b 同时熄灭B ．合上开关，b 先亮，a 后亮；断开开关，a 先熄灭，b 后熄灭C ．合上开关，b 先亮，a 后亮；断开开关，a 、b 同时熄灭D ．合上开关，a 、b 同时亮；断开开关，b 先熄灭，a 后熄灭3、如图所示，两根水平放置的相互平行的金属导轨ab 、cd ，表面光滑，处在竖直向上的匀强磁场中，金属棒PQ 垂直于导轨放在上面，以速度v 向右做匀速运动，欲使棒PQ 停下来，下面的措施可行的是(导轨足够长，棒PQ 有电阻)( )A ．在PQ 右侧垂直于导轨再放上一根同样的金属棒B ．在PQ 右侧垂直于导轨再放上一根质量和电阻均比棒PQ 大的金属棒C ．将导轨的a 、c 两端用导线连接起来D ．将导轨的a 、c 两端和b 、d 两端分别用导线连接起来4、如图所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内，有一位于纸面的、电阻均匀的正方形导体框abcd ，现将导体框分别朝两个方向以v 、3v 速度匀速拉出磁场，则导体框从两个方向移出磁场的两过程中( )A ．导体框中产生的感应电流方向相反B ．导体框中产生的焦耳热相同C ．导体框ad 边两端电势差相同D ．通过导体框截面的电量相同5、如图甲所示，面积为0.1 m 2的10匝线圈EFG 处在某磁场中，t ＝0时，磁场方向垂直于线圈平面向里，磁感应强度B 随时间变化的规律如图乙所示．已知线圈与右侧电路接触良好，电路中的电阻R ＝4 Ω，电容C ＝10 μF ，线圈EFG 的电阻为1 Ω，其余部分电阻不计．则当开关S 闭合，电路稳定后，在t ＝0.1 s 至t ＝0.2 s 这段时间内( )A ．电容器所带的电荷量为8×10－5CB ．通过R 的电流是2.5 A ，方向从b 到aC ．通过R 的电流是2 A ，方向从b 到aD ．R 消耗的电功率是0.16 W6、如图所示，a 、b 是平行的金属导轨，匀强磁场垂直导轨平面，c 、d 是分别串有电压表和电流表的金属棒，它们与导轨接触良好，当c 、d 以相同的速度向右运动时，下列说法正确的是( )A ．两表均无读数B ．两表均有读数C ．电流表有读数，电压表无读数D ．电流表无读数，电压表有读数二、多选题（题型注释）7、某同学将一条形磁铁放在水平转盘上，如图甲所示，磁铁可随转盘转动，另将一磁感应强度传感器固定在转盘旁边．当转盘(及磁铁)转动时，引起磁感应强度测量值周期性地变化，该变化的周期与转盘转动周期一致．经过操作，该同学在计算机上得到了如图乙所示的图象．该同学猜测磁感应强度传感器内有一线圈，当测得磁感应强度最大时就是穿过线圈的磁通量最大时．按照这种猜测( )A ．在t ＝0.1 s 时刻，线圈内产生的感应电流的方向发生了变化B ．在t ＝0.15 s 时刻，线圈内产生的感应电流的方向发生了变化C ．在t ＝0.1 s 时刻，线圈内产生的感应电流的大小达到了最大值D ．在t ＝0.15 s 时刻，线圈内产生的感应电流的大小达到了最大值8、如图所示，MN 、PQ 是与水平面成θ角的两条平行光滑且足够长的金属轨道，其电阻忽略不计．空间存在着垂直于轨道平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B.导体棒ab 、cd 垂直于轨道放置，且与轨道接触良好，每根导体棒的质量均为m ，电阻均为r ，轨道宽度为L ，与轨道平行的绝缘细线一端固定，另一端与ab 棒中点连接，细线承受的最大拉力T m ＝2mg sin θ.今将cd 棒由静止释放，则细线被拉断时，cd 棒的( )A. 速度大小是B. 速度大小是C. 加速度大小是2g sinθD. 加速度大小是0第II 卷（非选择题）三、计算题（题型注释）9、如图甲所示，不计电阻的平行金属导轨竖直放置，导轨间距为L ＝1 m ，上端接有电阻R ＝3 Ω，虚线OO′下方是垂直于导轨平面的匀强磁场．现将质量m ＝0.1 kg 、电阻r ＝1 Ω的金属杆ab 从OO′上方某处垂直导轨由静止释放，杆下落过程中始终与导轨保持良好接触，杆下落过程中的v －t 图象如图乙所示(取g ＝10 m /s 2)．求：(1)磁感应强度B ；(2)杆在磁场中下落0.1 s 过程中电阻R 产生的热量．10、做磁共振检查时，对人体施加的磁场发生变化时会在肌肉组织中产生感应电流．某同学为了估算该感应电流对肌肉组织的影响，将包裹在骨骼上一圈肌肉组织等效成单匝线圈，线圈的半径r ＝5.0 cm ，线圈导线的横截面积A ＝0.80 cm 2，电阻率ρ＝1.5 Ω·m ，如图所示，匀强磁场方向与线圈平面垂直，若磁感应强度B 在0.3 s 内从1.5 T 均匀地减小为零，求(计算结果保留一位有效数字)：(1)该圈肌肉组织的电阻R ； (2)该圈肌肉组织中的感应电动势E ； (3)0.3 s 内该圈肌肉组织中产生的热量Q.11、如图所示，两平行金属导轨位于同一水平面上，相距l ，左端与一电阻R 相连；整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向竖直向下．一质量为m 的导体棒置于导轨上，在水平外力作用下沿导轨以速度v 匀速向右滑动，滑动过程中始终保持与导轨垂直并接触良好．已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g ，导轨和导体棒的电阻均可忽略．求：(1)电阻R 消耗的功率； (2)水平外力的大小．12、如图所示，间距l ＝0.3 m 的平行金属导轨a 1b 1c 1和a 2b 2c 2分别固定在两个竖直面内．在水平面a 1b 1b 2a 2区域内和倾角θ＝37°的斜面c 1b 1b 2c 2区域内分别有磁感应强度B 1＝0.4 T 、方向竖直向上和B 2＝1 T 、方向垂直于斜面向上的匀强磁场．电阻R ＝0.3 Ω、质量m 1＝0.1 kg 、长为l 的相同导体杆K 、S 、Q 分别放置在导轨上，S 杆的两端固定在b 1、b 2点，K 、Q 杆可沿导轨无摩擦滑动且始终接触良好．一端系于K 杆中点的轻绳平行于导轨绕过轻质定滑轮自然下垂，绳上穿有质量m 2＝0.05 kg 的小环．已知小环以a ＝6 m /s 2的加速度沿绳下滑，K 杆保持静止，Q 杆在垂直于杆且沿斜面向下的拉力F 作用下匀速运动．不计导轨电阻和滑轮摩擦，绳不可伸长．取g ＝10 m /s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)小环所受摩擦力的大小； (2)Q 杆所受拉力的瞬时功率．四、简答题（题型注释）13、如图所示，水平放置的平行金属导轨宽度为d ＝1 m ，导轨间接有一个阻值为R ＝2 Ω的灯泡，一质量为m ＝1 kg 的金属棒跨接在导轨之上，其电阻为r ＝1 Ω，且和导轨始终接触良好．整个装置放在磁感应强度为B ＝2 T 的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下．现对金属棒施加一水平向右的拉力F ，使金属棒从静止开始向右运动．求 (1)若金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.2，施加的水平恒力为F ＝10 N ，则金属棒达到的稳定速度v 1是多少？(2)若金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.2，施加的水平力功率恒为P ＝6 W ，则金属棒达到的稳定速度v 2是多少？(3)若金属棒与导轨间是光滑的，施加的水平力功率恒为P ＝20 W ，经历t ＝1 s 的过程中灯泡产生的热量为Q R ＝12 J ，则此时金属棒的速度v 3是多少？参考答案1、C2、C3、CD4、D5、A6、A7、AC8、AD9、(1)2 T(2)0.075 J10、（1）6×103Ω （2）4×10-2V （3）8×10-8J11、（1）（2）12、(1)0.2 N(2)2 W13、(1) 6 m/s；(2) v2＝1.5 m/s；（3）2 m/s.【解析】1、梳过头发的塑料梳子吸起纸屑，是因为梳子与头发摩擦起电，静电吸引轻小物体，故A属于静电现象，所以A错误；带电小球移至不带电金属球附近，两者相互吸引，是因为先感应起电，然后静电作用力，故B错误；小线圈接近通电线圈过程中，消息安全中产生感应电流是电磁感应现象，不是静电现象，所以C正确；从干燥的地毯走过，手碰到金属把手时有被电击的感觉，是因为摩擦起电，所以D错误。

⊳思维建模能力的培养⊳图象应用能力的培养1．“杆＋导轨”模型是电磁感应问题高考命题的“基本道具”，也是高考的热点，考查的知识点多，题目的综合性强，物理情景变化空间大，是我们复习中的难点．“杆＋导轨”模型又分为“单杆”型和“双杆”型(“单杆”型为重点)；导轨放置方式可分为水平、竖直和倾斜；杆的运动状态可分为匀速、匀变速、非匀变速运动等．2．该模型的解题思路(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向；(2)求回路中的电流大小；(3)分析研究导体受力情况(包含安培力，用左手定则确定其方向)；(4)列动力学方程或平衡方程求解．例1 如图1甲所示，两根足够长平行金属导轨MN 、PQ 相距为L ，导轨平面与水平面夹角为α，金属棒ab 垂直于MN 、PQ 放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m .导轨处于匀强磁场中，磁场的方向垂直于导轨平面向上，磁感应强度大小为B .金属导轨的上端与开关S 、定值电阻R 1和电阻箱R 2相连．不计一切摩擦，不计导轨、金属棒的电阻，重力加速度为g .现在闭合开关S ，将金属棒由静止释放．图1(1)判断金属棒ab 中电流的方向；(2)若电阻箱R 2接入电路的阻值为0，当金属棒下降高度为h 时，速度为v ，求此过程中定值电阻上产生的焦耳热Q ；(3)当B ＝0.40 T ，L ＝0.50 m ，α＝37°时，金属棒能达到的最大速度v m 随电阻箱R 2阻值的变化关系，如图乙所示．取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80.求R 1的阻值和金属棒的质量m .答案 (1)b →a (2)mgh －12mv 2 (3)2.0 Ω 0.1 kg解析 (1)由右手定则可知，金属棒ab 中的电流方向为由b 到a .(2)由能量守恒定律知，金属棒减少的重力势能等于增加的动能和电路中产生的焦耳热，即 mgh ＝12mv 2＋Q则Q ＝mgh －12mv 2. (3)金属棒达到最大速度v m 时，切割磁感线产生的感应电动势：E ＝BLv m由闭合电路的欧姆定律得：I ＝ER 1＋R 2从b 端向a 端看，金属棒受力如图所示金属棒达到最大速度时，满足：mg sin α－BIL ＝0由以上三式得v m ＝mg sin αB 2L 2(R 2＋R 1) 由图乙可知：斜率k ＝60－302m·s －1·Ω－1＝15 m·s －1·Ω－1 纵轴截距v ＝30 m/s所以mg sin αB 2L 2R 1＝v ，mg sin αB 2L 2＝k 解得R 1＝2.0 Ω，m ＝0.1 kg.解决此类问题要抓住三点1．杆的稳定状态一般是匀速运动(达到最大速度或最小速度，此时合力为零)；2．整个电路产生的电能等于克服安培力所做的功；3．电磁感应现象遵从能量守恒定律．分析电磁感应图象问题的思路例2 如图2所示，矩形闭合导体线框在匀强磁场上方，由不同高度静止释放，用t1、t2分别表示线框ab边和cd边刚进入磁场的时刻．线框下落过程形状不变，ab边始终保持与磁场水平边界线OO′平行，线框平面与磁场方向垂直．设OO′下方磁场区域足够大，不计空气的影响，则下列哪一个图象不可能反映线框下落过程中速度v随时间t变化的规律( )图2答案 A解析线框在0～t1这段时间内做自由落体运动，v－t图象为过原点的倾斜直线，t2之后线框完全进入磁场区域中，无感应电流，线框不受安培力，只受重力，线框做匀加速直线运动，v－t图象为倾斜直线．t1～t2这段时间线框受到安培力作用，线框的运动类型只有三种，即可能为匀速直线运动、也可能为加速度逐渐减小的加速直线运动，还可能为加速度逐渐减小的减速直线运动，而A选项中，线框做加速度逐渐增大的减速直线运动是不可能的，故不可能的v－t图象为A选项中的图象．。

高考物理复习课时跟踪检测(三十三) 电磁感应现象楞次定律高考常考题型：选择题＋计算题1．(2011·海南高考)自然界的电、热和磁等现象都是相互联系的，很多物理学家为寻找它们之间的联系做出了贡献。

下列说法正确的是( )A．奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系B．欧姆发现了欧姆定律，说明了热现象和电现象之间存在联系C．法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系D．焦耳发现了电流的热效应，定量给出了电能和热能之间的转换关系2．(2013·泰安模拟)一个金属薄圆盘水平放置在竖直向上的匀强磁场中，下列做法中能使圆盘中产生感应电流的是( )A．圆盘绕过圆心的竖直轴匀速转动B．圆盘以某一水平直径为轴匀速转动C．圆盘在磁场中向右匀速平移D．匀强磁场均匀增加3.如图1所示，在条形磁铁从图示位置绕O1O2轴转动90°的过程中，放在导轨右端附近的金属棒ab 将( )A．向左运动B．向右运动图1C．静止不动D．因不知道条形磁铁的哪一端为N极，也不知道条形磁铁是顺时针转动还是逆时针转动，故无法判断4．(2012·海南高考)如图2，一质量为m的条形磁铁用细线悬挂在天花板上，细线从一水平金属环中穿过。

现将环从位置Ⅰ释放，环经过磁铁到达位置Ⅱ。

设环经过磁铁上端和下端附近时细线的张力分别为T1和T2，重力加速度大小为g，则( )A．T1>mg，T2>mgB．T1<mg，T2<mgC．T1>mg，T2<mg 图2D．T1<mg，T2>mg5．(2012·淮安模拟)如图3所示，“U”形金属框架固定在水平面上，金属杆ab与框架间无摩擦，整个装置处于竖直方向的磁场中。

若因磁场的变化，使杆ab向右运动，则磁感应强度( ) A．方向向下并减小图3B．方向向下并增大C．方向向上并增大D．方向向上并减小6．(2012·上海浦东期末)一足够长的铜管竖直放置，将一截面与铜管的内截面相同，质量为m的永久磁铁块由管上端放入管内，不考虑磁铁与铜管间的摩擦，磁铁的运动速度( )A．越来越大B．逐渐增大到一定值后保持不变C．逐渐增大到一定值时又开始减小，到一定值后保持不变D．逐渐增大到一定值时又开始减小到一定值，之后在一定区间变动7．(2012·北京高考)物理课上，老师做了一个奇妙的“跳环实验”。

选修3-2 第九章 第3单元 电磁感应规律的综合应用[课时作业]一项是符合题目要求的)1．(2018·六安模拟)如图1所示，有两根和水平方向成α角的光滑平行的金属轨道，上端接有可变电阻R ，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为B .一根质量为m 的金属杆从轨道上由静止滑下，经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度v m ，则 ( ) A ．如果B 增大，v m 将变大 B ．如果α变大，v m 将变大 C ．如果R 变大，v m 将变小 D ．如果m 变小，v m 将变大解析：以金属杆为研究对象，受力如图所示． 根据牛顿第二定律得mg sin α－F 安＝ma ，其中F 安＝B 2L 2vR.当a →0时，v →v m ， 解得v m ＝mgR sin αB 2L 2， 结合此式分析即得B 选项正确． 答案：B2．如图2所示，两光滑平行金属导轨间距为L ，直导线MN 垂直跨在导轨上，且与导轨接触良好，整个装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为B .电容器的电容为C ，除电阻R 外，导轨和导线的电阻均不计．现给导线MN 一初速度，使导线MN 向右运动，当电路稳定后，MN 以速度v 向右做匀速运动，则 ( ) A ．电容器两端的电压为零 B ．电阻两端的电压为BLv C ．电容器所带电荷量为CBLvD ．为保持MN 匀速运动，需对其施加的拉力大小为B 2L 2v R解析：当导线MN 匀速向右运动时，导线MN 产生的感应电动势恒定，稳定后，电容器既不充电也不放电，无电流产生，故电阻两端无电压，电容器两极板间电压U ＝E ＝BLv ，所带电荷量Q ＝CU ＝CBLv ，故A 、B 错，C 对；MN 匀速运动时，因无电流而不受安培力，故拉力为零，D 错． 答案：C3．如图3所示的电路中，两根光滑金属导轨平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨下端接有电阻R ，导轨电阻不计，斜面处在竖直向上 的磁感应强度为B 的匀强磁场中，电阻可略去不计的金属棒ab 质 量为m ，受到沿斜面向上且与金属棒垂直的恒力F 的作用，金属 棒沿导轨匀速下滑，则它在下滑h 高度的过程中，以下说法正确的 是 ( ) A ．作用在金属棒上各力的合力做功为零 B ．重力做功将机械能转化为电能C ．重力与恒力F 做功的代数和等于电阻R 上产生的焦耳热与金属棒的动能之和D ．金属棒克服安培力做功等于重力与恒力F 做的总功与电阻R 上产生的焦耳热 之和解析：由于金属棒匀速下滑，故作用在棒上的各个力的合力做功为零，故A 对；克服安培力做功将机械能转化为电能，故B 错误；列出动能定理方程W G －W F －W 安＝0，变形可得W G －W F ＝W 安，可知C 、D 错误． 答案：A4．如图4所示，竖直平面内有一金属环，半径为a ，总电阻为R (指拉直时两端的电阻)，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直穿过环平面，在环的最高点A 用铰链连接长度为2a 、电阻为R2的导体棒AB ，AB 由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置 时，B 点的线速度为v ，则这时AB 两端的电压大小为( ) A.Bav3B.Bav6C.2Bav3D ．Bav 解析：摆到竖直位置时，AB 切割磁感线的瞬时感应电动势E ＝B ·2a ·(12v )＝Bav .由闭合电路欧姆定律，U AB ＝E R 2＋R 4·R 4＝13Bav ，故选A.答案：A5．如图5所示，光滑的“∏”形金属导体框竖直放置，质量为m 的金属棒MN 与框架接触良好．磁感应强度分别为B 1、B 2的有界匀强磁场方向相反，但均垂直于框架平面，分别处在abcd 和cdef 区域．现从图示位置由静止释放金属棒MN ，当金属棒进入磁场B 1区域后，恰好做匀速运动．以下说法中正确的有 ( ) A ．若B 2＝B 1，金属棒进入B 2区域后将加速下滑 B ．若B 2＝B 1，金属棒进入B 2区域后仍将保持匀速下滑 C ．若B 2<B 1，金属棒进入B 2区域后可能先加速后减速下滑 D ．若B 2>B 1，金属棒进入B 2区域后可能先减速后加速下滑解析：若B 2＝B 1，金属棒进入B 2区域后，磁场反向，回路电流反向，由左手定则知：安培力并没有反向，大小也没有变，故金属棒进入B 2区域后，mg －B 12L 2vR＝0，仍将保持匀速下滑，B 对；若B 2<B 1，金属棒进入B 2区域后，安培力没有反向但大小变小，由F ＝BIL ＝B BLv R L ＝B 2L 2v R 知，mg －B 22L 2vR >0，金属棒进入B 2区域后可能先加速后匀速下滑，故C 错；同理，若B 2>B 1，金属棒进入B 2区域后mg －B 22L 2vR<0，可能先减速后匀速下滑，故D 错． 答案：B6．如图6所示，用粗细相同的铜丝做成边长分别为L 和2L 的两只闭合线框a 和b ，以相同的速度从磁感应强度为B 的匀强磁场区域中匀速地拉到磁场外，不考虑线框的动能，若外力对环做的功分别为W a 、W b ，则W a ∶W b 为 ( ) A ．1∶4 B ．1∶2 C ．1∶1 D ．不能确定解析：根据能量守恒可知，外力做的功等于产生的电能，而产生的电能又全部转化为焦耳热W a ＝Q a ＝(BLv )2R a ·L v W b ＝Q b ＝(B ·2Lv )2R b ·2L v由电阻定律知R b ＝2R a ，故W a ∶W b ＝1∶4.A 项正确． 答案：A7．如图7所示，有一用铝板制成的U 型框，将一质量为m 的带电小球用绝缘细线悬 挂在框中，使整体在匀强磁场中沿垂直 于磁场方向向左以速度v 匀速运动，悬挂拉 力为F T ，则 ( ) A ．悬线竖直，F T ＝mg B ．悬线竖直，F T >mg C ．悬线竖直，F T <mg D ．无法确定F T 的大小和方向解析：设两板间的距离为L ，由于向左运动的过程中竖直板切割磁感线，产生动生电动势，由右手定则判断下板电势高于上板，动生电动势大小E ＝BLv ，即带电小球处于电势差为BLv 的电场中，所受电场力F 电＝qE 电＝q EL ＝q BLvL＝qvB . 设小球带正电，则所受电场力方向向上．同时小球所受洛伦兹力F 洛＝qvB ，方向由左手定则判断竖直向下，即F 电＝F 洛，所以F T ＝mg .同理分析可知当小球带负电时，F T ＝mg .故无论小球带什么电，F T ＝mg .选项A正确． 答案：A8．(2018·芜湖模拟)如图8甲所示，光滑导轨水平放置在与水平方向夹角为60°的斜向下的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度B 随时间t 的变化规律如图8乙所示(规定斜向下为正方向)，导体棒ab 垂直导轨放置，除电阻R 的阻值外，其余电阻不计，导体棒ab 在水平外力F 作用下始终处于静止状态．规定a →b 的方向为电流的正方向，水平向右的方向为外力F 的正方向，则在0～t 1时间内，图9中能正确反映流过导体棒ab的电流i和导体棒ab所受水平外力F随时间t变化的图象是( )解析：由楞次定律可判定回路中的电流方向始终为b→a，由法拉第电磁感应定律可判定回路中电流大小恒定，故A、B错；由F安＝BIL可得F安随B的变化而变化，在0～t0时间内，F安方向向右，故外力F与F安等值反向，方向向左为负值；在t0～t1时间内，F安方向改变，故外力F方向也改变为正值，故C错误，D正确．答案：D9．(2018·黄山模拟)如图10所示，固定放置在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d，其右端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上的磁感应强度大小为B的匀强磁场中．一质量为m(质量分布均匀)的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为μ.当杆在水平向左、垂直于杆的恒力F作用下从静止开始沿导轨运动距离l时，速度恰好达到最大(运动过程中杆始终与导轨保持垂直)．设杆接入电路的电阻为r，导轨电阻不计，重力加速度大小为g.则此过程 ( )A ．杆的速度最大值为(F －μmg )RB dB ．流过电阻R 的电荷量为Bdl2(R ＋r )C ．恒力F 做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量D ．恒力F 做的功与安培力做的功之和大于杆动能的变化量解析：当杆的速度达到最大时，安培力F 安＝B 2d 2vR ＋r ，杆受力平衡，故F －μmg －F 安＝0，所以v ＝(F －μmg )(R ＋r )B 2d 2，A 错；流过电阻R 的电荷量为q ＝ΔΦR ＋r ＝B ΔSR ＋r＝BdlR ＋r，B 错；根据动能定理，恒力F 、安培力、摩擦力做功的代数和等于杆动能的变化量，由于摩擦力做负功，所以恒力F 、安培力做功的代数和大于杆动能的变化量，C 错，D 对． 答案：D二、计算题(本题共3小题，共37分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算 步骤，有数值计算的要注明单位)10．(11分)如图11甲所示，用粗细均匀的导线制成的一只圆形金属圈，现被一根绝缘丝线悬挂在竖直平面内处于静止状态，已知金属圈的质量为m ，半径为r ，导线的电阻率为ρ，截面积为S .金属圈的上半部分处在一方向垂直圈面向里的有界匀强磁场中，磁感应强度B 随时间t 的变化满足B ＝kt (k 为常量)，如图11乙所示．金属圈下半部分在磁场外．若丝线所能承受的最大拉力F Tm ＝2mg ，求：从t ＝0时刻起，经过多长时间丝线会被拉断？解析：设金属圈受重力mg 、拉力F T 和安培力F 的作用处于静止状态，则F T ＝mg ＋F ，又F ＝2BIr ，金属圈中的感应电流I ＝ER， 由法拉第电磁感应定律得E ＝ΔΦΔt ，ΔΦΔt ＝ΔB Δt ·πr 22，金属圈的电阻R ＝ρ2πrS，又B ＝kt ，F Tm ＝2mg 由以上各式求得t ＝2mg ρk 2Sr2.答案：2mg ρk 2Sr211．(12分)(2018·淮南模拟)如图12所示，两平行长直金属导轨置于竖直平面内，间距为L ，导轨上端有阻值为R 的电阻，质 量为m 的导体棒垂直跨放在导轨上，并搁在支架上，导轨和 导体棒电阻不计，接触良好，且无摩擦．在导轨平面内有一 矩形区域的匀强磁场，方向垂直于纸面向里，磁感应强度为B .开始时导体棒静止，当磁场以速度v 匀速向上运动时，导体棒也随之开始运动，并很快达到恒定的速度，此时导体棒 仍处在磁场区域内，试求： (1)导体棒的恒定速度；(2)导体棒以恒定速度运动时，电路中消耗的电功率． 解析：(1)设棒速为v ′，有E ＝BL (v －v ′) ①F 安＝BIL ＝BLE R ＝B 2L 2(v －v ′)R②棒受力平衡有：mg ＝F 安 ③ 联立得：v ′＝v －mgRB 2L 2④ 方向向上(2)P ＝E 2R ⑤联立①④⑤得：P ＝m 2g 2RB 2L 2.答案：(1)v －mgR B 2L 2 向上 (2)m 2g 2RB 2L212．(14分)(2018·亳州模拟)在拆装某种大型电磁设备的过程中，需将设备内部的处于强磁场中的线圈先闭合，然后再提升直至离开磁场，操作时通过手摇轮轴A 和定滑轮O 来提升线圈．假设该线圈可简化为水平长为L 、上下宽度为d 的矩形线圈，其匝数为n ，总质量为M ，总电阻为R .磁场的磁感应强度为B ，如图13所示．开始时线圈的上边缘与有界磁场的上边缘平齐，若转动手摇轮轴A ，在时间t 内把线圈从图示位置匀速向上拉出磁场．求此过程中： (1)流过线圈中每匝导线横截面的电荷量是多少 ? (2)在转动轮轴时，人至少需做多少功？(不考虑摩擦影响)解析：(1)在匀速提升的过程中线圈运动速度v ＝d t① 线圈中感应电动势E ＝nBLv ② 产生的感应电流I ＝E R③ 流过导线横截面的电荷量q ＝It ④ 联立①②③④得q ＝nBLdR. (2)匀速提升的过程中，要克服重力和安培力做功，即W ＝W G ＋W 安 ⑤又W G ＝Mgd ⑥W 安＝nBILd ⑦联立①②③④⑤⑥⑦得W ＝Mgd ＋n 2B 2L 2d 2Rt.答案：(1)nBLd R (2)Mgd ＋n 2B 2L 2d 2Rt。

第3节电磁感应规律的综合应用考点一| 电磁感应中的电路、图象问题一、电磁感应中的电路问题1．内电路和外电路(1)切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的线圈都相当于电源．(2)该部分导体的电阻或线圈的电阻相当于电源的内阻，其余部分是外电路．2．电源电动势和路端电压(1)电动势：E＝Bl v或E＝n ΔΦΔt.(2)路端电压：U＝IR＝E－Ir. 二．电磁感应的图象问题1．解决电磁感应中的电路问题的一般步骤(1)确定电源．切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路就相当于电源，利用E＝n ΔΦΔt或E＝Bl v sin θ求感应电动势的大小，利用右手定则或楞次定律判断电流方向．(2)分析电路结构(内、外电路及外电路的串、并联关系)，画出等效电路图．(3)利用电路规律求解．主要应用欧姆定律及串、并联电路的基本性质等列方程求解．2．电磁感应中图象问题的分析技巧(1)对于图象选择问题常用排除法：先看方向再看大小及特殊点．(2)对于图象的描绘：先定性或定量表示出所研究问题的函数关系，注意横、纵坐标表达的物理量及各物理量的单位，画出对应物理图象(常有分段法、数学法)．(3)对图象的理解：看清横、纵坐标表示的量，理解图象的物理意义．1．如图9-3-1甲所示，一半径r＝0.5 m、电阻为R＝5 Ω、匝数为N＝100匝的圆形线圈两端A、C与一个理想电流表相连，线圈内有变化的磁场，以垂直纸面向里的磁场方向为正，磁场随时间的变化情况如图乙所示，则下列判断中正确的是()图9-3-1A ．在0～5 s 的时间内，理想电流表示数的最大值为1 AB ．在t ＝4 s 时刻，流过电流表的电流方向为A →CC ．前2 s 内，通过线圈某截面的总电荷量为0.1 CD ．第2 s 内，线圈的发热功率最大C [由法拉第电磁感应定律可知，流过线圈的电流I ＝E R ＝N ΔΦΔt R ＝N ·πr 2R ·ΔB Δt，由此式可知，B -t 图象的斜率越大，则在线圈中产生的感应电流就越大，因此可判断在第1 s 内的感应电流最大，代入数据有I m ＝0.1 A ，选项A 错误；在t＝4 s时，由题意可知，此时穿过线圈的磁场方向为垂直纸面向外且正在逐渐增大，由楞次定律可知线圈中产生的感应电流的方向为顺时针方向，因此流过电流表的电流方向为C→A，选项B错误；由图乙可知，前2 s内只有第1 s内有磁通量的变化，会产生感应电流，第2 s内磁通量没有发生变化，所以不会产生感应电流，因此前2 s内通过线圈某截面的电荷量实际上为第1 s内的电荷量，由q＝NΔΦR可得q＝0.1 C，选项C正确，选项D错误．]2．如图9-3-2，在水平面(纸面)内有三根相同的均匀金属棒ab、ac和MN，其中ab、ac在a点接触，构成“V”字型导轨，空间存在垂直于纸面的均匀磁场，用力使MN向右匀速运动，从图示位置开始计时，运动中MN始终与∠bac 的平分线垂直且和导轨保持良好接触，下列关于回路中电流i与时间t的关系图线，可能正确的是()图9-3-2A [设∠bac ＝2θ，图示位置时a 距棒的距离为l 0，MN 以速度v 匀速运动，导体棒单位长度的电阻为R 0.经过时间t ，导体棒的有效切割长度L ＝2(l 0＋v t )tan θ，感应电动势E ＝BL v ＝2B v (l 0＋v t )tan θ，回路的总电阻R ＝[2(l 0＋v t )tan θ＋2(l 0＋v t )cos θ]R 0，回路中电流i ＝2B v (l 0＋v t )tan θR 0[2(l 0＋v t )tan θ＋2(l 0＋v t )cos θ]＝B v tan θR 0(tan θ＋1cos θ)，故i 与t 无关是一个定值，选项A 正确．]3．用均匀导线做成的正方形线圈边长为l ，如图9-3-3所示，正方形的一半放在垂直于纸面向里的匀强磁场中，当磁场以ΔB Δt 的变化率增强时，不考虑磁场的变化对虚线右侧的影响，则( )图9-3-3【导学号：81370333】A．线圈中感应电流方向为adbcaB．线圈中产生的电动势E＝ΔB Δt l2C．线圈中a点电势高于b点电势D．线圈中b、a两点间的电势差为l2ΔB4ΔtD[处于磁场中的线圈面积不变，ΔBΔt增大时，通过线圈的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流的方向为acbda 方向，A 项错；产生感应电动势的acb 部分等效为电源，b 端为等效电源的正极，电势高于a 端，C 项错；由法拉第电磁感应定律E ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt ·l 22，知B 项错；adb 部分等效为外电路，b 、a 两点间电势差为等效电路的路端电压，U ＝E 2R ·R＝E 2＝l 2ΔB 4Δt ，D 项正确．]4．(2017·湖州选考模拟)如图9-3-4所示，图9-3-4 PN与QM两平行金属导轨相距1 m，电阻不计，两端分别接有电阻R1和R2，且R1＝6 Ω，ab导体的电阻为2 Ω，在导轨上可无摩擦地滑动，垂直穿过导轨平面的匀强磁场的磁感应强度为 1 T．现ab以恒定速度v＝3 m/s匀速向右移动，这时ab杆上消耗的电功率与R1、R2消耗的电功率之和相等，求：(1)R2的阻值；(2)R1与R2消耗的电功率分别为多大？(3)拉ab杆的水平向右的外力F为多大？【解析】(1)内外功率相等，则内外电阻相等，6×R26＋R2＝2 Ω，解得R2＝3 Ω.(2)E＝Bl v＝1×1×3 V＝3 V，总电流I＝ER总＝34A＝0.75 A，路端电压U＝IR外＝0.75×2 V＝1.5 V，P1＝U2R1＝1.526W＝0.375 W，P2＝U2R2＝1.523W＝0.75 W.(3)F＝BIl＝1×0.75×1 N＝0.75 N.【答案】(1)3 Ω(2)0.375 W 0.75 W (3)0.75 N5．(2016·浙江10月选考)为了探究电动机转速与弹簧伸长量之间的关系，小明设计了如图9-3-5所示的装置．半径为l的圆形金属导轨固定在水平面上，一根长为l、电阻为R的金属棒ab一端与导轨接触良好，另一端固定在圆心处的导电转轴OO′上，由电动机A带动旋转．在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面，大小为B1，方向竖直向下的匀强磁场．另有一质量为m、电阻为R的金属棒cd用轻质弹簧悬挂在竖直平面内，并与固定在竖直平面内的“U”型导轨保持良好接触，导轨间距为l，底部阻值也为R的电阻，处于大小为B2、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场中．从圆形金属导轨引出导线和通过电刷从转轴引出导线经开关S与“U”型导轨连接．当开关S断开，棒cd静止时，弹簧伸长量为x0；当开关S闭合，电动机以某一转速匀速转动，棒cd再次静止时，弹簧伸长量变为x(不超过弹性限度)．不计其余电阻和摩擦等阻力，求此时：图9-3-5(1)通过棒cd的电流I cd；(2)电动机对该装置的输出功率P；(3)电动机转动角速度ω与弹簧伸长量x之间的函数关系.【导学号：81370334】【解析】(1)对cd棒受力分析：无电流时：mg＝kx0有电流时：mg ＋B 2I c d l ＝kx解得：I c d ＝mg (x －x 0)x 0B 2l . (2)电动机输出功率就等于整个电路消耗的总功率；整个电路结构是两个阻值为R 的电阻并联再和阻值为R 的内阻串联．故P ＝EII ＝2I c dE ＝U ＋IR ＝3I c d RP ＝6I 2c d R ＝6m 2g 2(x －x 0)2R x 20B 22l 2. (3)电源电动势：E ＝B 1l v ＝12B 1l 2ω电路总电阻：R 总＝3R 2cd 棒的电流：I c d ＝12E R 总＝B 1ωl 26R 对cd 棒受力分析：kx ＝mg ＋B 2I cd l即：mg x 0x ＝mg ＋B 2B 1ωl 26R l 解得：ω＝6mgR (x －x 0)x 0B 1B 2l 2. 【答案】 (1)mg (x －x 0)x 0B 2l (2)6m 2g 2(x －x 0)2R x 20B 22l 2 (3)6mgR (x －x 0)x 0B 1B 2l 3 考点二| 电磁感应中动力学和能量问题1．电磁感应中的动力学问题(1)安培力的大小⎭⎪⎪⎬⎪⎪⎫安培力公式：F A ＝BIl 感应电动势：E ＝Bl v 感应电流：I ＝E R ⇒F A ＝B 2l 2v R (2)安培力的方向 ①用左手定则判断：先用右手定则判断感应电流的方向，再用左手定则判定安培力的方向．②用楞次定律判断：安培力的方向一定与导体切割磁感线的运动方向相反．(3)有安培力参与的物体的运动导体棒(或线框)在安培力和其他力的作用下，可以做加速运动、减速运动、匀速运动、静止或做其他类型的运动，可应用动能定理、牛顿运动定律等规律解题．2．电磁感应现象中的能量问题(1)能量的转化感应电流在磁场中受安培力，外力克服安培力做功，将其他形式的能转化为电能，电流做功再将电能转化为内能．(2)实质电磁感应现象的能量转化，实质是其他形式的能和电能之间的转化．(3)电磁感应现象中能量的三种计算方法①利用克服安培力求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功．②利用能量守恒求解：机械能的减少量等于产生的电能．③利用电路特征来求解：通过电路中所产生的电热来计算．1．力学对象和电学对象的相互关系2．电磁感应中动力学问题的分析思路(1)电路分析：导体棒相当于电源，感应电动势相当于电源的电动势，导体棒的电阻相当于电源的内阻，感应电流I＝Bl v R＋r.(2)受力分析：导体棒受到安培力及其他力作用，安培力F安＝BIl或B2l2vR总，根据牛顿第二定律列动力学方程：F合＝ma.(3)过程分析：由于安培力是变力，导体棒做变加速或变减速运动，当加速度为零时，达到稳定状态，最后做匀速直线运动，根据共点力平衡条件列平衡方程：F合＝0.3．电磁感应中的能量转化4．求解焦耳热Q的三种方法1. (多选)如图9-3-6所示，平行金属导轨与水平面间的夹角为θ，导轨电阻不计，与阻值为R的定值电阻相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面，磁感应强度为B.有一质量为m、长为l的导体棒从ab 位置获得平行于斜面的、大小为v的初速度向上运动，最远到达a′b′的位置，滑行的距离为s，导体棒的电阻也为R，与导轨之间的动摩擦因数为μ.则()图9-3-6 A．上滑过程中导体棒受到的最大安培力为B 2l 2v RB ．上滑过程中电流做功放出热量为12m v 2－mgs (sin θ＋μcos θ) C ．上滑过程中导体棒克服安培力做的功为12m v 2D ．上滑过程中导体棒损失的机械能为12m v 2－mgs sin θBD [上滑过程中，开始时导体棒的速度最大，受到的安培力最大为B 2l 2v 2R ，A错；根据能量守恒，上滑过程中电流做功放出的热量为12m v 2－mgs (sin θ＋μcosθ)，B对；上滑过程中导体棒克服安培力做的功等于产生的热，也是12m v2－mgs(sin θ＋μcos θ)，C错；上滑过程中导体棒损失的机械能为12m v2－mgs sin θ，D对．]2．(2017·台州选考模拟)如图9-3-7所示，两根足够长的光滑平行直导轨MN、PQ与水平面成θ角放置，两导轨间距为L，M、P两点间接有阻值为R的电阻．一根质量为m的均匀直金属杆ab 放在两导轨上，并与导轨垂直．整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向上，导轨和金属杆接触良好，它们的电阻不计．现让ab杆由静止开始沿导轨下滑．图9-3-7(1)求ab杆下滑的最大速度v max；(2)ab杆由静止释放至达到最大速度的过程中，电阻R产生的焦耳热为Q，求该过程中ab杆下滑的距离x及通过电阻R的电荷量q.【导学号：81370335】【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式和牛顿第二定律，有E ＝BL v ，I ＝E R ，F 安＝BIL ，mg sin θ－F 安＝ma .即mg sin θ－B 2L 2v R ＝ma ，当加速度a 为零时，速度v 达到最大，速度最大值v m ＝mgR sin θB 2L 2.(2)根据能量守恒定律，有mgx sin θ＝12m v 2m ＋Q ，得x ＝Q mg sin θ＋m 2R 2g sin θ2B 4L 4.根据电磁感应定律有E －＝ΔΦΔt ，根据闭合电路欧姆定律有I －＝E R ，感应电荷量q ＝I －Δt ＝ΔΦR ＝BLx R ，得q ＝BLQ mgR sin θ＋m 2Rg sin θ2B 3L 3.【答案】 (1)mgR sin θB 2L 2(2)Q mg sin θ＋m 2R 2g sin θ2B 4L 4 BLQ mgR sin θ＋m 2Rg sin θ2B 3L 3 3．(2015·浙江10月选考)如图9-3-8所示，质量m ＝3.0×10－3 kg 的“”形金属细框竖直放置在两水银槽中，“”形框的水平细杆CD 长l ＝0.20m ，处于磁感应强度大小B 1＝1.0 T 、方向水平向右的匀强磁场中．有一匝数n ＝300 匝、面积S ＝0.01 m 2的线圈通过开关K与两水银槽相连．线圈处于与线圈平面垂直的、沿竖直方向的匀强磁场中，其磁感应强度B2的大小随时间t变化的关系如图2所示．(1)求0～0.10 s线圈中的感应电动势大小；(2)t＝0.22 s时闭合开关K，若细杆CD所受安培力方向竖直向上，判断CD 中的电流方向及磁感应强度B2的方向；(3)t＝0.22 s时闭合开关K，若安培力远大于重力，细框跳起的最大高度h ＝0.20 m，求通过细杆CD的电荷量.【导学号：81370336】甲乙图9-3-8【解析】 (1)由电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt得E ＝nS ΔB 2Δt ＝30 V .(2)因细杆CD所受安培力竖直向上，由左手定则知电流方向C→D，由图及楞次定律知，B2方向向上．(3)由牛顿第二定律F＝ma＝m v－0Δt(或由动量定理FΔt＝m v－0)安培力F＝IB1lΔQ＝IΔtv2＝2gh得ΔQ＝m2ghB1l＝0.03 C.【答案】(1)30 V(2)电流方向C→D B2方向向上(3)0.03 C。

2018版高考物理一轮复习第九章电磁感应第3节电磁感第 3 节 磁感觉中的电路和图像问题打破点 ( 一)电磁感觉中的电路问题1．电磁感觉中电路知识的关系图2．剖析电磁感觉电路问题的基本思路[典例] (2015 ·福建高考 ) 如图，由某种粗细均匀的总电阻为 3R 的金属条制成的矩形线框abcd ，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场中。

一接入电路电阻为 R 的导体棒 PQ ，在水平拉力作用下沿 ab 、dc 以速度v 匀速滑动，滑动过程一直与ab 垂直，且与线框接触优秀，不计摩擦。

在PQPQ从凑近 ad 处向 bc 滑动的过程中 ()A ． PQ 中电流先增大后减小B ． PQ 两头电压先减小后增大C ． PQ 上拉力的功领先减小后增大D ．线框耗费的电功领先减小后增大[ 思路点拨 ](1) 试画出等效电路图。

提示：(2) 在闭合电路中，外电阻上功率最大的条件是外电阻＝内电阻。

R · R[分析]导体棒产生的电动势E ＝ BLv ，依据其等效电路图知， 总电阻 R左右＝ R ＋R 左＋ R 右＝总左左，在从凑近处向滑动的过程中， 总电阻先增大后减小， 总电流先＋RR － Rad bc R3RPQ减小后增大，故A 错误； PQ 两头的电压为路端电压 U ＝ E － IR ，即先增大后减小，B 错误；拉力的功率等于战胜安培力做功的功率，有P 安 ＝ IE ，先减小后增大，故 C 正确；线框耗费3的电功率即为外电阻耗费的功率，因外电阻最大值为4R ，小于内阻 R ；依据电源的输出功率与外电阻大小的变化关系， 外电阻越凑近内电阻时， 输出功率越大， 可知线框耗费的电功率先增大后减小，选项D 错误。

[答案]C[ 方法例律 ]电磁感觉中电路问题的题型特色闭合电路中磁通量发生变化或有部分导体做切割磁感线运动， 在回路中将产生感觉电动势和感觉电流。

进而考题中常波及电流、 电压、电功等的计算， 也可能波及电磁感觉与力学、电磁感觉与能量的综合剖析。

课时作业(四十六) 电磁感应中的动力学和能量综合问题[基础训练］1．（2017·山东济南一模)平行导轨固定在水平桌面上，左侧接有阻值为R的电阻，导体棒ab与导轨垂直且接触良好，棒在导轨间的阻值为r.输出功率恒为P的电动机通过水平绳向右拉动ab棒．整个区域存在竖直向上的匀强磁场．若导轨足够长，且不计其电阻和摩擦，则电阻R消耗的最大功率为（)A．P B.R R＋r PC.错误!PD.错误!2P答案：B 解析：导体棒在水平方向受拉力和安培力，当拉力与安培力平衡时，棒的速度最大，此时电路中的感应电流最大，电阻R上消耗的功率最大，则电路的最大电功率为P，电路中各电阻上的功率与电阻成正比分配，所以错误!＝错误!，所以P R＝错误!P，B正确．2．(2017·江苏苏州模拟)如图所示，两光滑平行金属导轨间距为L，直导线MN垂直跨在导轨上，且与导轨接触良好，整个装置处在垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为B.电容器的电容为C,除电阻R外，导轨和导线的电阻均不计．现给导线MN一初速度，使导线MN向右运动，当电路稳定后,MN以速度v向右做匀速运动，则（）A．电容器两端的电压为零B．电阻两端的电压为BLvC．电容器所带电荷量为CBLvD．为保持MN匀速运动,需对其施加的拉力大小为错误!答案：C 解析：当导线MN匀速向右运动时，导线MN产生的感应电动势恒定，稳定后，电容器既不充电也不放电，无电流产生,故电阻两端没有电压，电容器两极板间的电压为U＝E＝BLv,所带电荷量为Q＝CU＝CBLv，故A、B错，C对；MN匀速运动时，因无电流而不受安培力，又导轨光滑，故拉力为零，D错．3．（2017·河南八市重点高中质检）如图所示，导体杆OP在作用于OP中点且垂直于OP的力作用下，绕O轴沿半径为r的光滑的半圆形框架在匀强磁场中以一定的角速度转动，磁场的磁感应强度为B，AO间接有电阻R，杆和框架电阻不计，回路中的总电功率为P，则（）A．外力的大小为2Br错误!B．外力的大小为Br错误!C．导体杆旋转的角速度为错误!D．导体杆旋转的角速度为错误!错误!答案：C 解析:设导体杆转动的角速度为ω，则导体杆转动切割磁感线产生的感应电动势E＝12Br2ω，I＝错误!，根据题述回路中的电功率为P，则P＝EI；设维持导体杆匀速转动的外力为F，则有P ＝错误!,v＝rω，联立解得F＝Br错误!，ω＝错误!，选项C正确，A、B、D 错误．4．半径为r带缺口的刚性金属圆环在纸面上固定放置，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于纸面固定放置的平行金属板连接，两板间距为d，如图甲所示．有一变化的磁场垂直于纸面,规定垂直于纸面向里为正方向,磁场变化规律如图乙所示．在t ＝0时刻平行金属板之间中心有一重力不计、电荷量为q的静止微粒，则以下说法中正确的是( ）A．第2 s内上极板为正极B．第3 s内上极板为负极C．第2 s末微粒回到了原来位置D．第3 s末两极板之间的电场强度大小为错误!答案：A 解析：假设微粒带正电,则0～1 s内的情况：由楞次定律可知，金属板上极板带负电，金属板下极板带正电，微粒所受电场力方向竖直向上，微粒向上做匀加速运动.1～2 s内的情况：由楞次定律可知，金属板上极板带正电，金属板下极板带负电，微粒所受电场力方向竖直向下，微粒向上做匀减速运动，第2 s末速度减小为零。

第九章 综合过关规范限时检测满分100分，考试时间60分钟。

一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共计48分。

1～4题为单选，5～8题为多选，全都选对的得6分，选对但不全的得3分，错选或不选的得0分)1．(2015·重庆理综)如图为无线充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为n ，面积为S 。

若在t 1到t 2时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由B 1均匀增加到B 2，则该段时间线圈两端a 和b 之间的电势差φa －φb 导学号 51343073( C )A ．恒为nSB 2－B 1t 2－t 1 B ．从0均匀变化到nS B 2－B 1t 2－t 1C ．恒为－nS B 2－B 1t 2－t 1D ．从0均匀变化到－nS B 2－B 1t 2－t 1 [解析] 穿过线圈的磁场均匀增加，产生恒定的感应电动势，E ＝n ΔΦΔt ＝n S B 2－B 1t 2－t 1，而等效电源内部的电流由愣次定律知从a →b ，即b 点是正极，φa －φb ＝－n S B 2－B 1t 2－t 1，故选C 。

2．(2015·课标Ⅱ)如图，直角三角形金属框abc 放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向平行于ab 边向上．当金属框绕ab 边以角速度ω逆时针转动时，a 、b 、c 三点的电势分别为U a 、U b 、U c 。

已知bc 边的长度为l .下列判断正确的是导学号 51343074( C )A ．U a >U c ，金属框中无电流B ．U b >U c ，金属框中电流方向沿a —b —c —aC ．U bc ＝－12Bl 2ω，金属框中无电流 D ．U ac ＝12Bl 2ω，金属框中电流方向沿a —c —b —a [解析] 当金属框绕ab 边以角速度ω逆时针转动时，穿过直角三角形金属框abc 的磁通量恒为0，所以没有感应电流，由右手定则可知，c 点电势高，U bc ＝－12Bl 2ω，故C 正确，A 、B 、D 错误。

2018年全国卷高考物理总复习《电磁感应》习题跟踪集训1．如图，固定在水平桌面上的光滑金属导轨cd、eg处于方向竖直向下的匀强磁场中，金属杆ab与导轨接触良好，在两根导轨的端点d、e之间连接一电阻，其他部分电阻忽略不计，现用一水平向右的恒力F作用在金属杆ab上，使金属杆由静止开始向右沿导轨滑动，滑动中杆ab始终垂直于导轨，金属杆受到的安培力用F安表示，则下列说法正确的是（）A．金属杆ab做匀加速直线运动B．金属杆ab运动过程回路中有顺时针方向的电流C．金属杆ab所受到的F安先不断增大，后保持不变D．金属杆ab克服安培力做功的功率与时间的平方成正比【答案】C2．如图所示，由均匀导线制成的半径为R的圆环，以速度v匀速进入一磁感应强度大小为B的匀强磁场．当圆环运动到图示位置（∠aOb=90°）时，a、b两点的电势差为（）A．B．C．D．【答案】D3．如图所示，在匀强磁场的上方有一质量为m、半径为R的细导线做成的圆环，圆环的圆心与匀强磁场的上边界的距离为h。

将圆环由静止释放，圆环刚进入磁场的瞬间和完全进入磁场的瞬间，速度均为。

已知匀强磁场的磁感应强度为B，导体圆环的电阻为r，重力加速度为g，则下列说法不正确的是（）A．圆环刚进入磁场的瞬间，速度B．圆环进入磁场的过程中，电阻产生的热量为C．圆环进入磁场的过程中，通过导体横截面的电荷量为D．圆环进入磁场的过程做的是匀速直线运动【答案】D4．如图所示，abcd为水平放置的平行“”形光滑金属导轨，导轨间距为l，电阻不计。

导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B。

金属杆放置在导轨上，与导轨的接触点为M、N，并与导轨成θ角。

金属杆以ω的角速度绕N点由图示位置匀速转动到与导轨ab垂直，转动过程金属杆与导轨始终良好接触，金属杆单位长度的电阻为r。

则在金属杆转动过程中（）A．M、N两点电势相等B．金属杆中感应电流的方向是由N流向MC．电路中感应电流的大小始终为D．电路中通过的电量为【答案】A5．（多选）如图所示，在光滑绝缘的水平面上方，有两个方向相反的水平方向匀强磁场，PQ 为两个磁场的边界，磁场范围足够大，磁感应强度的大小分别为B 1＝B 、B 2＝2B 。