2014届高三物理一轮三维专辑：课时跟踪检测36电磁感应的综合应用(二)

课时跟踪检测（三十六） 传感器及其应用对点训练：热敏电阻的应用1．[多选]下列关于电熨斗的说法中，正确的是( )A ．电熨斗中的双金属片是一种半导体材料B ．电熨斗能自动限制温度主要利用了双金属片中两片金属的膨胀系数相同C ．常温下，双金属片上下触点是接触的；温度过高时，双金属片发生弯曲使上下触点分别D ．须要较高温度熨烫时，要调整温度旋钮，使升降螺丝下移并推动弹性铜片下移 解析：选CD 双金属片是金属材料制作的，且上层金属片的膨胀系数大于下层金属片，故A 、B 错误；常温下，上下触点接触，温度过高时，双金属片发生弯曲使上下触点分开，起到调温作用，故C 正确；须要较高温度熨烫时，要调整调温旋钮，使升降螺丝下移并推动弹性铜片下移，当温度升到较高，金属片发生弯曲较厉害触点才断开，故D 正确。

2．某爱好小组对火灾报警装置的部分电路进行探究，其电路图如图甲所示，其中R 2是半导体热敏电阻，它的电阻随温度的变更关系如图乙所示。

当R 2所在处出现火情时，通过电流表的电流I 和a 、b 间的电压U 与出现火情前相比( )A ．I 变大，U 变小B ．I 变小，U 变小C ．I 变小，U 变大D ．I 变大，U 变大解析：选A 由题图乙知，温度越高，R 2的阻值越小；当出现火情时，R 2减小，R 总减小，I 总＝E R 总增大，路端电压U ＝E －I 总r 减小，即a 、b 间的电压减小；R 1两端电压U 1＝I 总R 1，增大，并联电路的电压U 2＝U －U 1，减小，I 3＝U 2R 3减小，故I ＝I 总－I 3增大，即电流表的示数增大，选项A 正确。

3．如图甲为在温度为10 ℃左右的环境中工作的某自动恒温箱原理简图，箱内的电阻R 1＝20 kΩ，R 2＝10 kΩ，R 3＝40 kΩ，R t 为热敏电阻，它的电阻随温度变更的图线如图乙所示。

当a 、b 端电压U ab <0时，电压鉴别器会令开关S 接通，恒温箱内的电热丝发热，使箱内温度提高；当U ab >0时，电压鉴别器会使S 断开，停止加热，则恒温箱内的温度恒定在________℃。

电磁感应定律的综合应用（一）（电路和图象） 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电阻，其余部分是外电路。

2．电源电动势和路端电压 (1)电动势：E＝n或E＝Blvsin_θ。

(2)路端电压：U＝IR＝E－Ir。

1．对电磁感应电源的理解 (1)电源的正负极可用右手定则或楞次定律判定，要特别注意在内电路中电流由负极到正极。

(2)电磁感应电路中的电源与恒定电流的电路中的电源不同，前者是由于导体切割磁感线产生的，公式为E＝BLv，其大小可能变化，变化情况可根据其运动情况判断；而后者的电源电动势在电路分析中认为是不变的。

(3)在电磁感应电路中，相当于电源的导体(或线圈)两端的电压与恒定电流的电路中电源两端的电压一样，等于路端电压，而不等于电动势。

(除非切割磁感线的导体或线圈电阻为零) 2．解决电磁感应电路问题的基本步骤 (1)确定电源及正负极，并利用E＝Blv或E＝n求出电源电动势。

当电路中有两棒切割磁感线产生电动势时，将它们求和(同向时)或求差(反向时)； (2)分析电路结构，画等效电路图； (3)利用闭合电路欧姆定律、串并联电路的规律求电流、电压、电功率、焦耳热、感应电荷量等。

1．(2013·汕头模拟)用均匀导线做成的正方形线圈边长为l，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，当磁场以的变化率增强时，则( ) 图9－3－1 A．线圈中感应电流方向为acbda B．线圈中产生的电动势E＝· C．线圈中a点电势高于b点电势 D．线圈中a、b两点间的电势差为· 解析：选AB　当磁场增强时，由楞次定律可判定感应电流的方向为acbda，故A项正确；由法拉第电磁感应定律的E＝·，B项正确；由于内电路上电流由负极到正极，φb＞φa，故C项错误；线圈中a、b两点的电势差为电动势的一半，即－·，故D项错误。

课时跟踪检测(三十)电磁感应现象楞次定律对点训练：对电磁感应现象的理解与判断1．(2015·上海浦东新区质检)如图1所示，矩形线框在磁场内做的各种运动中，能够产生感应电流的是()图12．一种早期发电机原理示意图如图2所示，该发电机由固定的圆形线圈和一对用铁芯连接的圆柱形磁铁构成，两磁极相对于线圈平面对称，线圈圆心为O点。

在磁极绕转轴匀速转动的过程中，当磁极与O点在同一条直线上时，穿过线圈的()图2A．磁通量最大，磁通量变化率最大B．磁通量最大，磁通量变化率最小C．磁通量最小，磁通量变化率最大D．磁通量最小，磁通量变化率最小3．(2015·唐山高三月考)经过不懈的努力，法拉第终于在1831年8月29日发现了“磁生电”的现象，他把两个线圈绕在同一个软铁环上(如图3所示)，一个线圈A连接电池与开关，另一线圈B闭合并在其中一段直导线附近平行放置小磁针。

法拉第可观察到的现象有()图3A．当合上开关，A线圈接通电流瞬间，小磁针偏转一下，随即复原B．只要A线圈中有电流，小磁针就会发生偏转C．A线圈接通后其电流越大，小磁针偏转角度也越大D．当开关打开，A线圈电流中断瞬间，小磁针会出现与A线圈接通电流瞬间完全相同的偏转4. (2015·佛山一模)如图4所示，一个金属圆环水平放置在竖直向上的匀强磁场中，若要使圆环中产生如箭头所示方向的瞬时感应电流，下列方法可行的是()图4A．使匀强磁场均匀增大B．使圆环绕水平轴ab如图转动30°C．使圆环绕水平轴cd如图转动30°D．保持圆环水平并使其绕过圆心的竖直轴转动对点训练：应用楞次定律判断感应电流的方向5. (2015·青岛测试)多年来物理学家一直设想用实验证实自然界中存在“磁单极子”。

磁单极子是指只有S极或只有N极的磁性物质，其磁感线分布类似于点电荷的电场线分布。

如图5所示的实验就是用于检测磁单极子的实验之一，abcd为用超导材料围成的闭合回路。

高三物理一轮复习学案电磁感应与图象的综合应用课前案（一）、目标导航：1、分析回顾通电自感与断电自感的现象；2、分析解答电磁感应中涉及的各类图像问题。

（二）基本知识方法点拨；1.自感——通电自感和断电自感(1)通电自感：电路接通后，在有线圈的支路中的电流不会立即变大，而是由于自感作用电流逐渐增大。

因而与线圈串联的灯泡亮度逐渐变亮。

如图：L1逐渐变亮，L2立即变亮。

(2)断电自感：电路断开后，在有线圈的支路中的电流不会立即变小，而是由于自感作用电流逐渐减小。

因而与线圈串联的灯泡亮度逐渐变暗。

断开时，虚线框内的电路组成闭合回路，回路电流在L2上由右向左，大小由断开前L1的电流大小逐渐变小，如图L1逐渐变暗，如果I1≤I2，则L2逐渐变暗，如果I1> I2，则L2闪亮后逐渐变暗。

2．电磁感应图像问题：（1）题型简述借助图像考查电磁感应的规律，一直是高考的热点，此类题目一般分为两类：a.由给定的电磁感应过程选出正确的图像。

b.由给定的图像分析电磁感应过程，定性或定量求解相应的物理量或推断出其他图像。

常见的图像有B－t图、Φ－t图、E－t图、i－t图、v－t图及F－t图等。

(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、进出磁场的转折点等是解决此类问题的关键。

(3).解题步骤a.明确图像的种类，即是B－t图还是Φ－t图，或者E－t图、I－t图等。

b.分析电磁感应的具体过程。

c.用右手定则或楞次定律确定方向的对应关系。

d.结合法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿运动定律等知识写出相应的函数关系式。

e.根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等。

f.画图像或判断图像。

(4).常用方法a.排除法：定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是分析物理量的正负，以排除错误的选项。

b.函数法：根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图像进行分析和判断。

2014高考物理易错创新专题预测提分知识点优化解析22电磁感应规律的综合应用2（含详解）一、单项选择题(本大题共4小题，每小题6分，共24分，每小题只有一个选项符合题意)1.水平放置的金属框架cdef处于如图所示的匀强磁场中，金属棒ab处于粗糙的框架上且接触良好，从某时刻开始，磁感应强度均匀增大，金属棒ab始终保持静止，则( )A.ab中电流增大，ab棒所受摩擦力增大B.ab中电流不变，ab棒所受摩擦力不变C.ab中电流不变，ab棒所受摩擦力增大D.ab中电流增大，ab棒所受摩擦力不变2.如图所示，水平光滑的平行金属导轨，左端接有电阻R，匀强磁场B竖直向下分布在导轨所在的空间内，质量一定的金属棒PQ垂直导轨放置.今使棒以一定的初速度v0向右运动，当其通过位置a、b时，速率分别为v a、v b，到位置c时棒刚好静止，设导轨与棒的电阻均不计，a到b与b到c的间距相等，则金属棒在由a到b和由b到c的两个过程中( )A.回路中产生的内能相等B.棒运动的加速度相等C.安培力做功相等D.通过棒横截面积的电荷量相等3.(易错题)如图所示，在一均匀磁场中有一U形导线框abcd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R为一电阻，ef为垂直于ab的一根导体杆，它可在ab、cd上无摩擦地滑动.杆ef及线框中导线的电阻都可不计.开始时，给ef一个向右的初速度，则( )A.ef将减速向右运动，但不是匀减速B.ef将匀减速向右运动，最后停止C.ef将匀速向右运动D.ef将往返运动4.如图所示，正方形导线框abcd的边长为L＝10 cm，线框平面位于竖直平面内，上下两边处于水平状态.当它从某高处落下时通过一匀强磁场，磁场方向垂直于线框平面，线框的ab 边刚进入磁场时，由于安培力的作用使得线框恰能匀速运动.已知磁场的宽度h ＝4L ，线框刚进入磁场时的速度v 0＝2.5 m/s.那么若以向下为力的正方向，则线框通过磁场区域过程中所受安培力的图象是以下四图中的( )二、双项选择题(本大题共5小题，每小题8分，共40分，每小题有两个选项符合题意)5.(易错题)如图所示，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，分别处于abcd 和cdef 区域.现从图示位置由静止释放金属棒MN ，当金属棒刚进入磁场B 1区域时，恰好做匀速运动.以下说法正确的是( )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匀速下滑D.若B 2＞B 1，金属棒进入B 2区域后可能先匀减速后匀速下滑6.(预测题)如图所示，平行金属导轨与水平面间的倾角为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( )A.上滑过程中导体棒受到的最大安培力为22B v RlB.上滑过程中电流做功发出的热量为12mv 2－mgs(sin θ＋μcos θ) C.上滑过程中导体棒克服安培力做的功为12mv 2 D.上滑过程中导体棒损失的机械能为12mv 2－mgssin θ 7.如图所示，竖直平面内的虚线上方是一匀强磁场B ，从虚线下方竖直上抛一正方形线圈，线圈越过虚线进入磁场，最后又落回原处，运动过程中线圈平面保持在竖直平面内，不计空气阻力，则( )A.上升过程克服磁场力做的功大于下降过程克服磁场力做的功B.上升过程克服磁场力做的功等于下降过程克服磁场力做的功C.上升过程克服重力做功的平均功率大于下降过程中重力的平均功率D.上升过程克服重力做功的平均功率等于下降过程中重力的平均功率8.(创新题)一导线弯成如图所示的闭合线圈，以速度v 向左匀速进入磁感应强度为B 的匀强磁场，磁场方向垂直平面向外.线圈总电阻为R ，从线圈进入磁场开始到完全进入磁场为止，下列结论正确的是( )A.感应电流一直沿顺时针方向B.线圈受到的安培力先增大，后减小C.感应电动势的最大值E ＝BrvD.穿过线圈某个横截面的电荷量为B(r 2＋πr 2)R9.如图甲所示，竖直向上的匀强磁场的磁感应强度B 0＝0.5 T ，并且以ΔB Δt＝0.1 T/s 的变化率均匀增加.图象如图乙所示，水平放置的导轨不计电阻，不计摩擦阻力，宽度L ＝0.5 m ，在导轨上放着一金属棒MN，电阻R0＝0.1 Ω，并且水平细线通过定滑轮悬吊着质量M＝0.2 kg的重物.导轨上的定值电阻R＝0.4 Ω，与P、Q端点相连组成回路.又知PN长d＝0.8 m.在重物被拉起的过程中，下列说法中正确的是( )A.电流的方向由P到QB.电流的大小为0.1 AC.从磁感应强度为B0开始计时，经过495 s的时间，金属棒MN恰能将重物拉起D.电阻R上产生的热量约为16 J三、计算题(本大题共2小题，共36分，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)10. (16分)如图所示，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：(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？11. (20分)如图所示，MN 与PQ 是两条水平放置彼此平行的金属导轨，质量m ＝0.2 kg ，电阻r ＝0.5 Ω的金属杆ab 垂直跨接在导轨上，匀强磁场的磁感线垂直于导轨平面，导轨左端接阻值R ＝2 Ω的电阻，理想电压表并接在R 两端，导轨电阻不计.t ＝0时刻ab 受水平拉力F 的作用后由静止开始向右做匀加速运动，ab 与导轨间的动摩擦因数μ＝0.2.第4 s 末，ab 杆的速度为v ＝1 m/s ，电压表示数U ＝0.4 V.取重力加速度g ＝10 m/s 2.(1)在第4 s 末，ab 杆产生的感应电动势和受到的安培力各为多大？(2)若第4 s 末以后，ab 杆做匀速运动，则在匀速运动阶段的拉力为多大？整个过程拉力的最大值为多大？(3)若第4 s 末以后，拉力的功率保持不变，ab 杆能达到的最大速度为多大？答案解析1.【解析】选C.由法拉第电磁感应定律E ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt·S 知，磁感应强度均匀增大，则ab 中感应电动势和电流不变，由F f ＝F 安＝BIL 知摩擦力增大，选项C 正确.2.【解析】选D.棒由a 到b 再到c 的过程中，速度逐渐减小.根据E ＝B l v ，E 减小，故I 减小.再根据F ＝BI l ，安培力减小，根据F ＝ma ，加速度减小，B 错误.由于a 与b 、b 与c 间距相等，故从a 到b 安培力做的功大于从b 到c 安培力做的功，故A 、C 错误.再根据平均感应电动势E＝ΔΦΔt ＝B ΔS Δt ，I ＝E R，q ＝ I Δt 得q ＝B ΔS R，故D 正确. 3.【解析】选A.给ef 一个向右的初速度，则ef 产生感应电动势，回路形成电流.同时，ef受安培力而减速，随着ef 减速，回路电流减小，安培力减小.因此，ef 将减速向右运动，但不是匀减速.故选A.4.【解析】选B.ab 边刚进入磁场时安培力等于重力且方向向上，故A 、D 错误；线框全部进入磁场后，线框中无感应电流，且向下做加速运动，当线框从下边离开磁场时将做减速运动，安培力逐渐减小且方向向上，故C 错误，B 正确.5. 【解析】选B 、C.当金属棒刚进入磁场B 1区域时，做匀速运动，故mg ＝F ＝221B v Rl ，金属棒进入B 2区域后，若B 2＝B 1，有mg ＝222B v R l ，仍匀速下滑；若B 2＜B 1，有mg ＞222B v Rl ，棒可能加速下滑或先加速下滑后匀速下滑；若B 2＞B 1，有mg ＜222B v Rl ，棒可能减速下滑或先减速下滑后匀速下滑，但金属棒MN 不能做匀减速下滑，故B 、C 正确.6.【解析】选B 、D.电路中总电阻为2R ，故最大安培力的数值为22B v 2Rl ，故A 错误；由能量守恒定律可知：导体棒动能减少的数值应该等于导体棒重力势能的增加量以及克服安培力做功产生的电热和克服摩擦阻力做功产生的内能，其公式表示为：12mv 2＝mgssin θ＋μmgscos θ＋Q 电热，则有：Q 电热＝12mv 2－(mgssin θ＋μmgscos θ)，即为安培力做的功，B 正确、C 错误；导体棒损失的机械能即为安培力和摩擦力做功的和，W 损失＝12mv 2－mgssin θ，D 正确. 7.【解析】选A 、C.线圈上升过程中，加速度增大且在减速，下降过程中，运动情况比较复杂，有加速、减速或匀速等，把上升过程看做反向的加速，可以比较当运动到同一位置时，线圈速度都比下降过程中相应的速度要大，可以得到结论：上升过程中克服安培力做功多；上升过程时间短，故正确选项为A 、C.8.【解析】选A 、B.在闭合线圈进入磁场的过程中，通过闭合线圈的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知感应电流的方向一直为顺时针方向，A 正确；导体切割磁感线的有效长度先变大后变小，感应电流先变大后变小，安培力也先变大后变小，B 正确；导体切割磁感线的有效长度最大值为2r ，感应电动势最大为E ＝2Brv ，C 错误；穿过线圈某个横截面的电荷量为Q ＝ΔΦR＝B(r 2＋π2r 2)R，D 错误.9.【解题指南】解答本题应注意以下三点：(1)根据楞次定律判断感应电流的方向，应用法拉第电磁感应定律计算感应电动势的大小.(2)在计算导体棒MN 所受安培力时，应注意磁感应强度B 的变化.(3)由Q ＝I 2Rt 计算产生的热量.【解析】选A 、C.根据楞次定律可知电流方向从M →N →P →Q →M ，故A 对；电流大小I ＝ΔB ·S Δt(R 0＋R)＝0.1×0.8×0.50.1＋0.4A ＝0.08 A ，故B 错；要恰好把质量M ＝ 0.2 kg 的重物拉起，则F 安＝T ＝Mg ＝2 N ，B ′＝Mg IL ＝20.08×0.5 T ＝50 T.B ′＝B 0＋ΔB Δt·t ＝0.5＋0.1t ，解得t ＝495 s ，故C 对；电阻R 上产生的热量Q ＝I 2Rt ，故Q ＝(0.08)2×0.4×495 J ＝1.27 J ，故D 错.【变式备选】(双选)(2012·泰州模拟)如图所示，电阻为R ，导线电阻均可忽略，ef 是一电阻可不计的水平放置的导体棒，质量为m ，棒的两端分别与ab 、cd 保持良好接触，又能沿足够长的框架无摩擦下滑，整个装置放在与框架垂直的匀强磁场中，当导体棒ef 从静止下滑一段时间后闭合开关S ，则S 闭合后( )A.导体棒ef 的加速度可能大于gB.导体棒ef 的加速度一定小于gC.导体棒ef 最终速度随S 闭合时刻的不同而不同D.导体棒ef 的机械能与回路内产生的电能之和一定守恒【解析】选A 、D.开关闭合前，导体棒只受重力而加速下滑，闭合开关时有一定的初速度v 0，若此时F 安＞mg ，则F 安－mg ＝ma.若F 安＜mg ，则mg －F 安＝ma ，因为F 安的大小不确定，所以导体棒ef 的加速度可能大于g 、小于g 、等于g ，故A 正确，B 错误.无论闭合开关时初速度多大，导体棒最终的安培力应和重力平衡，故C 错误.根据能量守恒定律知，D 正确.10. 【解析】(1)棒cd 受到的安培力为F cd ＝I l B ①(2分)棒cd 在共点力作用下平衡，则F cd ＝mgsin30° ②(2分)由①②式代入数值得：I ＝1 A ③(1分)根据楞次定律可知，棒cd 中电流方向由d 至c. ④(1分)(2)棒ab 与棒cd 受到的安培力大小相等，F ab ＝F cd (1分) 对棒ab ，由共点力平衡条件得：F ＝mgsin30°＋I l B ⑤(2分)代入数据解得：F ＝0.2 N ⑥(1分)(3)设在时间t 内棒cd 产生Q ＝0.1 J 热量，由焦耳定律知Q ＝I 2Rt ⑦(1分)设棒ab 匀速运动的速度大小为v ，其产生的感应电动势E ＝B l v ⑧(1分)由闭合电路欧姆定律可知I ＝E 2R⑨(1分) 根据运动学公式可知，在时间t 内，棒ab 沿导轨的位移x ＝vt ⑩(1分)则力F 做的功W ＝Fx联立以上各式，代入数值解得：W ＝0.4 J(2分)答案：(1)1 A 方向由d 至c(2)0.2 N (3)0.4 J 【总结提升】电磁感应中力、电、能综合问题的理解思路(1)认真审题，弄清题目给出的情景和运动过程的关键状态.(2)明确等效电源，画出等效电路，进行电路的分析并列式.(3)确定研究对象并进行受力分析，画出受力示意图.(4)写出安培力的表达式，抓住关键状态列出牛顿运动定律的表达式.(5)确定研究过程，明确安培力做功与电路中电能的转化关系，列出动能定理的表达式.(6)联立方程进行求解.11. 【解析】(1)4 s 末的感应电流：I ＝U R ＝0.42A ＝0.2 A (2分) 电动势：E ＝I(R ＋r)＝0.5 V (2分)由E ＝BLv 得BL ＝E v ＝0.51T ·m ＝0.5 T ·m (2分) 4 s 末ab 受的安培力：F 安＝BIL ＝0.1 N (2分)(2)匀速阶段，ab 受力平衡拉力F ＝μmg ＋F 安＝0.5 N (2分) 加速到第4 s 末时拉力最大，F max ＝F 安＋μmg ＋m ·Δv Δt＝0.55 N (2分) (3)若第4 s 末开始，拉力的功率不变，此时P ＝F max ·v ＝0.55×1 W ＝0.55 W (2分) 设ab 的最大速度为v m ，此时的拉力为F ′，则P ＝F ′·v m ＝(μmg ＋22m B L vR r +)v m(2分) 代入数据：(0.2×0.2×10＋2m0.5v 20.5+)v m ＝0.55 W (2分) 解得v m ＝1.08 m/s (2分) 答案：(1)0.5 V 0.1 N (2)0.5 N 0.55 N(3)1.08 m/s。

课时跟踪检测(三十六)　电磁感应的综合应用(二) 高考常考题型：选择题＋计算题 1．(2012·东城一模)如图1所示正方形闭合导线框处于磁感应强度恒定的匀强磁场中，C、E、D、F为线框中的四个顶点，图(甲)中的线框绕E点转动，图(乙)中的线框向右平动，磁场足够大。

下列判断正确的是( ) 图1 A．图(甲)线框中有感应电流产生，C点电势比D点低 B．图(甲)线框中无感应电流产生，C、D两点电势相等 C．图(乙)线框中有感应电流产生，C点电势比D点低 D．图(乙)线框中无感应电流产生，C、D两点电势相等 2．在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一个面积不变的单匝金属圆形线圈，规定线圈中感应电流的正方向如图2甲所示，取线圈中磁场方向向上为正，当磁感应强度B随时间t如图乙变化时，图3中能正确表示线圈中感应电流变化的是( ) 图2 图3 3.如图4所示，ab是一个可以绕垂直于纸面的轴O转动的闭合矩形导体线圈，当滑动变阻器R的滑片P自左向右滑动过程中，线圈ab将( ) A．静止不动 B．逆时针转动图4 C．顺时针转动 D．发生转动，但因电源的极性不明，无法确定转动的方向 4．矩形导线框abcd(如图5甲)放在匀强磁场中，磁感线方向与线框平面垂直，磁感应强度B随时间t变化的图象如图乙所示。

t＝0时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里。

若规定导线框中感应电流逆时针方向为正，则在0～4 s时间内，线框中的感应电流I以及线框的ab边所受安培力F随时间变化的图象为(安培力取向上为正方向)( ) 图5 图6 5. (2012·德州模拟)如图7所示，两固定的竖直光滑金属导轨足够长且电阻不计。

绝缘轻绳一端固定，另一端系于导体棒a的中点，轻绳保持竖直。

将导体棒b由边界水平的匀强磁场上方某一高度处静止释放。

匀强磁场的宽度一定，方向与导轨平面垂直，两导体棒电阻均为R且与导轨始终保持良好接触。

下列说法正确的是( ) A．b进入磁场后，a中的电流方向向左图7 B．b进入磁场后，轻绳对a的拉力增大 C．b进入磁场后，重力做功的瞬时功率可能增大 D．b由静止释放到穿出磁场的过程中，a中产生的焦耳热等于b减少的机械能 6. (2012·浦东新区质量抽测)如图8所示，倾斜的平行导轨处在匀强磁场中，导轨上、下两边的电阻分别为R1＝3Ω和R2＝6 Ω，金属棒ab的电阻R3＝4 Ω，其余电阻不计。

课时跟踪检测(二十八)　电学实验综合训练 高考常考题型：实验题 1．(2012·潍坊模拟)某同学用螺旋测微器测金属丝的直径，示数如图1甲所示，读数是________ mm；用多用电表“×1”挡测该金属丝的电阻，如图乙所示，读数是________ Ω。

图1 2.在用伏安法测电阻的实验中，所用电压表的内阻约为20 kΩ，电流表的内阻约为10 Ω，选择能够尽量减小误差的电路图接线进行实验，读得的各组数据用实心圆点标于坐标图上，如图2所示。

(1)根据各点表示的数据描出I－U图线，由此求得该电阻的阻值Rx＝________ Ω(保留两位有效数字)。

(2)画出“伏安法”测量该电阻的部分电路图。

图2 3．某同学想要了解导线在质量相同时，电阻与截面积的关系，选取了材料相同、质量相等的5卷导线，进行了如下实验： (1)用螺旋测微器测量某一导线的直径如图3所示。

图3 读得直径d＝________ mm。

(2)该同学经实验测量及相关计算得到如下数据： 电阻R(Ω)121.050.023.910.03.1导线直径d(mm)0.8010.9991.2011.4941.998导线截面积S(mm2)0.5040.7841.1331.7533.135 请你根据以上数据判断，该种导线的电阻R与截面积S是否满足反比关系？ 若满足反比关系，请说明理由；若不满足，请写出R与S应满足的关系。

________________________________________________________________________ (3)若导线的电阻率ρ＝5.1×10－7 Ω·m，则表中阻值为3.1 Ω的导线长度l＝________ m(结果保留两位有效数字)。

4．(2011·四川高考)为测量一电源的电动势及内阻 (1)在下列三个电压表中选一个改装成量程为9 V的电压表 A．量程为1、内阻大约为1 kΩ的电压表 B．量程为2、内阻大约为2 kΩ的电压表 C．量程为3、内阻为3 kΩ的电压表 选择电压表________串联________kΩ的电阻可以改装成量程为9 V的电压表。

第3讲 专题 电磁感应规律的综合应用对应学生用书P175一、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 ＝Blv 或E ＝n ΔΦΔt ．(2)路端电压：U ＝IR ＝E －Ir ． 【即学即练】1．(多选)用均匀导线做成的正方形线圈边长为l ，图9－3－1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ΔBΔt 的变化率增大时，则( )． A ．线圈中感应电流方向为acbda B ．线圈中产生的电动势E ＝ΔB Δt ·l22C ．线圈中a 点电势高于b 点电势D ．线圈中a 、b 两点间的电势差为ΔB Δt ·l22解析 根据楞次定律可知，选项A 正确；线圈中产生的电动势E ＝ΔΦΔt ＝S ΔB Δt ＝l 22ΔBΔt ，选项B 正确；线圈中的感应电流沿逆时针方向，所以a 点电势低于b 点电势，选项C 错误；线圈左边的一半导线相当于电源，右边的一半相当于外电路，a 、b 两点间的电势差相当于路端电压，其大小为U ＝E 2＝l 24ΔBΔt，选项D 错误．答案 AB二、电磁感应现象中的动力学问题 1．安培力的大小 感应电动势：E ＝Blv 感应电流：I ＝ER ＋r安培力公式：F ＝BIl ＝B 2l 2vR ＋r2．安培力的方向(1)先用右手定则确定感应电流方向，再用左手定则确定安培力方向． (2)根据楞次定律，安培力方向一定和导体切割磁感线运动方向相反． 【即学即练】2．(多选)如图9－3－2所示，图9－3－2MN 和PQ 是两根互相平行竖直放置的光滑金属导轨，已知导轨足够长，且电阻不计．有一垂直导轨平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，宽度为L ，ab 是一根不但与导轨垂直而且始终与导轨接触良好的金属杆．开始，将开关S 断开，让ab 由静止开始自由下落，过段时间后，再将S 闭合，若从S 闭合开始计时，则金属杆ab 的速度v 随时间t 变化的图象可能是( )．解析 设闭合S 时，ab 的速度为v ，则E ＝BLv ，I ＝E R ＝BLv R ，F 安＝BIL ＝B 2L 2v R ，若F 安＝B 2L 2vR ＝mg ，则选项A 正确．若F 安＝B 2L 2vR <mg ，则选项C 正确．若F 安＝B 2L 2vR>mg ，则选项D 正确．答案 ACD三、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． 【即学即练】3．(多选)如图9－3－3所示，图9－3－3水平固定放置的足够长的U 形金属导轨处于竖直向上的匀强磁场中，在导轨上放着金属棒ab ，开始时ab 棒以水平初速度v 0向右运动，最后静止在导轨上，就导轨光滑和导轨粗糙的两种情况相比较，这个过程( )． A ．安培力对ab 棒所做的功不相等 B ．电流所做的功相等 C ．产生的总内能相等 D ．通过ab 棒的电荷量相等解析 光滑导轨无摩擦力，导轨粗糙的有摩擦力，动能最终都全部转化为内能，所以内能相等，C 正确；对光滑的导轨有，12mv 20＝Q 安，对粗糙的导轨有，12mv 20＝Q 安′＋Q 摩，Q 安≠Q 安′，则A 正确，B 错；q ＝It ＝Blvt R ＝BlxR，且x 光>x 粗，所以q 光>q 粗，D 错． 答案 AC对应学生用书P176题型一 电磁感应中的电路问题【典例1】 (2012·浙江卷，25)为了提高自行车夜间行驶的安全性，小明同学设计了一图9－3－4种“闪烁”装置．如图9－3－4所示，自行车后轮由半径r 1＝5.0×10－2m 的金属内圈、半径r 2＝0.40 m 的金属外圈和绝缘辐条构成．后轮的内、外圈之间等间隔地接有4根金属条，每根金属条的中间均串联有一电阻值为R 的小灯泡．在支架上装有磁铁，形成了磁感应强度B ＝0.10 T 、方向垂直纸面向外的“扇形”匀强磁场，其内半径为r 1、外半径为r 2、张角θ＝π6.后轮以角速度ω＝2π rad/s 相对于转轴转动．若不计其它电阻，忽略磁场的边缘效应．(1)当金属条ab 进入“扇形”磁场时，求感应电动势E ，并指出ab 上的电流方向； (2)当金属条ab 进入“扇形”磁场时，画出“闪烁”装置的电路图；(3)从金属条ab 进入“扇形”磁场时开始，经计算画出轮子转一圈过程中，内圈与外圈之间电势差U ab 随时间t 变化的U ab －t 图象；(4)若选择的是“1.5 V ，0.3 A ”的小灯泡，该“闪烁”装置能否正常工作？有同学提出，通过改变磁感应强度B 、后轮外圈半径r 2、角速度ω和张角θ等物理量的大小，优化前同学的设计方案，请给出你的评价．规范解答 (1)金属条ab 在磁场中切割磁感线时，所构成的回路的磁通量变化．设经过时间Δt ，磁通量变化量为ΔΦ，由法拉第电磁感应定律E ＝ΔΦΔt ，①ΔΦ＝B ΔS ＝B ⎝ ⎛⎭⎪⎫12r 22Δθ－12r 21Δθ② 由①、②式并代入数值得：E ＝ΔΦΔt ＝12B ω(r 22－r 21)＝4.9×10－2V ③ 根据右手定则(或楞次定律)，可得感应电流方向为b →a .④ (2)通过分析，可得电路图为(3)设电路中的总电阻为R 总，根据电路图可知，R 总＝R ＋13R ＝43R ⑤ab 两端电势差U ab ＝E －IR ＝E －E R 总R ＝14E ＝1.2×10－2 V ⑥设ab 离开磁场区域的时刻为t 1，下一根金属条进入磁场区域的时刻为t 2，t 1＝θω＝112s ⑦t 2＝π2ω＝14s ⑧设轮子转一圈的时间为T ，T ＝2πω＝1 s ⑨在T ＝1 s 内，金属条有四次进出，后三次与第一次相同．⑩ 由⑥、⑦、⑧、⑨、⑩可画出如下U ab －t 图象．(4)“闪烁”装置不能正常工作．(金属条的感应电动势只有4.9×10－2V ，远小于小灯泡的额定电压，因此无法正常工作．)B 增大，E 增大，但有限度；r 2增大，E 增大，但有限度；ω增大，E 增大，但有限度；θ增大，E 不变．答案 (1)4.9×10－2V 电流方向为b →a (2)(3)(4)见解析 【变式跟踪1】 如图9－3－5所示，图9－3－5在倾角为θ＝37°的斜面内，放置MN 和PQ 两根不等间距的光滑金属导轨，该装置放置在垂直斜面向下的匀强磁场中．导轨M 、P 端间接入阻值R 1＝30 Ω的电阻和理想电流表，N 、Q 端间接阻值为R 2＝6 Ω的电阻．质量为m ＝0.6 kg 、长为L ＝1.5 m 的金属棒放在导轨上以v 0＝5 m/s 的初速度从ab 处向右上方滑到a ′b ′处的时间为t ＝0.5 s ，滑过的距离l ＝0.5 m ．ab 处导轨间距L ab ＝0.8 m ，a ′b ′处导轨间距L a ′b ′＝1 m ．若金属棒滑动时电流表的读数始终保持不变，不计金属棒和导轨的电阻．sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2，求： (1)此过程中电阻R 1上产生的热量； (2)此过程中电流表上的读数；(3)匀强磁场的磁感应强度．解析 (1)因电流表的读数始终保持不变，即感应电动势不变，故BL ab v 0＝BL a ′b ′v a ′b ′，代入数据可得v a ′b ′＝4 m/s ，根据能量转化和守恒定律得：Q 总＝12m (v 20－v 2a ′b ′)－mgl sin 37°＝Q R 1＋Q R 2由Q ＝U 2R t 得：Q R 1Q R 2＝R 2R 1，代入数据可求得：Q R 1＝0.15 J(2)由焦耳定律Q R 1＝I 21R 1t 可知：电流表读数I 1＝Q R 1R 1t＝0.1 A (3)不计金属棒和导轨上的电阻，则R 1两端的电压始终等于金属棒与两轨接触间的电动势，由E ＝I 1R 1，E ＝BL a ′b ′v a ′b ′可得：B ＝I 1R 1L a ′b ′v a ′b ′＝0.75 T答案 (1)0.15 J (2)0.1 A (3)0.75 T ,借题发挥1．电磁感应中电路知识的关系图2．电磁感应中电路问题的解题思路 (1)明确电源的电动势E ＝nΔΦΔt ＝nS ΔB Δt ＝nB ΔS Δt ，E ＝BLv ，E ＝12BL 2ω (2)明确电源的正、负极：根据电源内部电流的方向是从负极流向正极，即可确定电源的正、负极．(3)明确电源的内阻：即相当于电源的那部分电路的电阻． (4)明确电路关系：即构成回路的各部分电路的串、并联关系． (5)结合闭合电路欧姆定律和电功、电功率等能量关系列方程求解． 3．易错总结对于电磁感应现象中的电路结构分析有两个方面容易出错：(1)电源分析错误，不能正确地应用右手定则或楞次定律判断电源的正负极，不能选择恰当的公式计算感应电动势的大小．(2)外电路分析错误，不能正确判断电路结构的串并联关系．4．求解电磁感应中的电路问题的关键：(1)在电磁感应电路中产生感应电动势的那一部分电路相当于电源，电流的流向是从“电源”的负极经电源流向正极，这一部分电路两端电压相当于路端电压，U＝RR＋rE.感应电动势是联系电磁感应与电路的桥梁．(2)当所涉及的电路为全电路时，往往存在着一定的功率关系：即电磁感应产生的电功率等于内外电路消耗的功率之和．若为纯电阻电路，则产生的电能全部转化为电路中的内能．所以能量守恒是分析这类问题的思路．题型二电磁感应中的动力学问题【典例2】如图9－3－6甲所示，光滑斜面的倾角α＝30°，在斜面上放置一矩形线框abcd，ab 边的边长l1＝1 m，bc边的边长l2＝0.6 m，线框的质量m＝1 kg，电阻R＝0.1 Ω，线框受到沿光滑斜面向上的恒力F的作用，已知F＝10 N．斜面上ef线(ef∥gh)的右方有垂直斜面向上的均匀磁场，磁感应强度B随时间t的变化情况如图乙的B－t图象所示，时间t是从线框由静止开始运动时刻起计时的．如果线框从静止开始运动，进入磁场最初一段时间是匀速的，ef线和gh线的距离x＝5.1 m，取g＝10 m/s2.求：(1)线框进入磁场前的加速度；(2)线框进入磁场时匀速运动的速度v；(3)线框整体进入磁场后，ab边运动到gh线的过程中产生的焦耳热．图9－3－6审题提示解析 (1)线框进入磁场前，线框仅受到拉力F 、斜面的支持力和线框重力，由牛顿第二定律得：F －mg sin α＝ma 线框进入磁场前的加速度a ＝F －mg sin αm＝5 m/s 2(2)因为线框进入磁场的最初一段时间做匀速运动，ab 边进入磁场切割磁感线，产生的电动势E ＝Bl 1v 形成的感应电流I ＝E R ＝Bl 1vR受到沿斜面向下的安培力F 安＝BIl 1线框受力平衡，有F ＝mg sin α＋B 2l 21vR代入数据解得v ＝2 m/s(3)线框abcd 进入磁场前时，做匀加速直线运动；进入磁场的过程中，做匀速直线运动；线框完全进入磁场后至运动到gh 线，仍做匀加速直线运动．进入磁场前线框的运动时间为t 1＝v a ＝25 s ＝0.4 s进入磁场过程中匀速运动时间为t 2＝l 2v ＝0.62s ＝0.3 s线框完全进入磁场后线框受力情况与进入磁场前相同，所以该阶段的加速度大小仍为a ＝5 m/s 2，该过程有x －l 2＝vt 3＋12at 23解得t 3＝1 s因此线框整体进入磁场后，ab 边运动到gh 线的过程中，线框中有感应电流的时间t 4＝t 1＋t 2＋t 3－0.9 s ＝0.8 s E ＝ΔB ·S Δt ＝0.5×0.62.1－0.9V ＝0.25 V此过程产生的焦耳热Q ＝E 2t 4R ＝0.252×0.80.1J ＝0.5 J答案 (1)5 m/s 2(2)2 m/s (3)0.5 J【变式跟踪2】 (2012·广东卷，35)如图9－3－7所示，质量为M 的导体棒ab ，垂直放在相距为l 的平行光滑金属导轨上．导轨平面与水平面的夹角为θ，并处于磁感应强度大小为B 、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中．左侧是水平放置、间距为d 的平行金属板．R 和R x 分别表示定值电阻和滑动变阻器的阻值，不计其他电阻．图9－3－7(1)调节R x ＝R ，释放导体棒，当棒沿导轨匀速下滑时，求通过棒的电流I 及棒的速率v . (2)改变R x ，待棒沿导轨再次匀速下滑后，将质量为m 、带电荷量为＋q 的微粒水平射入金属板间，若它能匀速通过，求此时的R x .图甲解析 (1)对匀速下滑的导体棒进行受力分析如图甲所示． 导体棒所受安培力F 安＝BIl ①导体棒匀速下滑，所以F 安＝Mg sin θ② 联立①②式，解得I ＝Mg sin θBl③ 导体棒切割磁感线产生感应电动势E ＝Blv ④ 由闭合电路欧姆定律得I ＝E R ＋R x ，且R x ＝R ，所以I ＝E2R⑤ 联立③④⑤式，解得v ＝2MgR sin θB 2l2.⑥图乙(2)由题意知，其等效电路图如图乙所示．。