2018届高考物理一轮总复习第九章电磁感应章末检测卷
(新课标)高考物理一轮复习第九章电磁感应章末过关检测
D 错误；同时由 F＝ BIL 可知，电流恒
定，安培力与磁感应强度成正比，又由楞次定律判断出回路中感应电流的方向应为顺时针
方向，即正方向， 3 s ～ 4 s 时间内，磁感应强度恒定，感应电动势等于零，感应电流为 零，安培力等于零， B、 C 错误， A 正确。
7．解析：选 AB 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，
值 R＝ 2 Ω的电阻，虚线 OO′下方有垂直于导轨平面向里的匀强磁场，现将质量
m＝ 0.1
kg、电阻不计的金属杆 ab 从 OO′上方某处由静止释放，金属杆在下落的过程中与导轨保
持良好接触且始终水平。已知杆 ab 进入磁场时的速度 v0＝ 1 m/s ，下落 0.3 m 的过程中
加速度 a 与下落距离 h 的关系图象如图乙所示， g 取 10 m/s 2，则 (
)
A．匀强磁场的磁感应强度为 1 T
B．杆 ab 下落 0.3 m 时金属杆的速度为 1 m/s
C．杆 ab 下落 0.3 m 的过程中 R上产生的热量为 0.2 J
D．杆 ab 下落 0.3 m 的过程中 R上产生的热量约为 0.29 J
6．有一磁场方向竖直向下，磁感应强度
B 随时间 t 的变化关系如图甲所示的匀强磁
线圈先上方为 N 极下方为 S 极，后变为上方为 S 极下方为 N 极，根据同名磁极相斥、异名
磁极相吸，则线圈受到的支持力先大于
mg 后小于 mg，线圈始终受到向右的安培力，则其
水平方向的运动趋势为向右， D正确。 4. 解析：选 A S 刚闭合后， A、 B 都变亮，且 A 比 B 亮，之后 A 逐渐熄灭， B 逐渐变
根据楞次定律可知感应电流的方向一直为顺时针方向，
高三物理一轮复习 第九章 电磁感应章末检测提升
第九章电磁感应一、选择题(本大题共10小题，共40分．在每小题给出的四个选项中，有一个或一个以上选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有错选或不答的得0分)1．如图所示，光滑导电圆环轨道竖直固定在匀强磁场中，磁场方向与轨道所在平面垂直，导体棒ab的两端可始终不离开轨道无摩擦地滑动，当ab由图示位置释放，直到滑到右侧虚线位置的过程中，关于ab棒中的感应电流情况，正确的是导学号36280481 ( )A．先有从a到b的电流，后有从b到a的电流B．先有从b到a的电流，后有从a到b的电流C．始终有从b到a的电流D．始终没有电流产生答案：D解析：ab与被其分割开的每个圆环构成的回路，在ab棒运动过程中，磁通量都保持不变，无感应电流产生．2．法拉第发明了世界上第一台发电机——法拉第圆盘发电机．如图所示，用紫铜做的圆盘水平放置在竖直向下的匀强磁场中，圆盘圆心处固定一个摇柄，边缘和圆心处各与一个黄铜电刷紧贴，用导线将电刷与电流表连接起来形成回路．转动摇柄，使圆盘逆时针匀速转动，电流表的指针发生偏转．下列说法正确的是( )A．回路中电流的大小变化，方向不变B．回路中电流的大小不变，方向变化C．回路中电流的大小和方向都周期性变化D．回路中电流的方向不变，从b导线流进电流表答案：D解析：圆盘辐向垂直切割磁感线，由E ＝12Br 2ω可得，电动势的大小一定，则电流的大小一定；由右手定则可知，电流方向从圆盘边缘流向圆心，电流从b 导线流进电流表，选项D 正确．3．(多选)闭合回路由两部分组成，如图所示，右侧是电阻为r 的圆形导线，置于竖直方向均匀变化的磁场B 1中；左侧是光滑的倾角为θ的平行导轨，宽度为d ，其电阻不计．磁感应强度为B 2的匀强磁场垂直导轨平面向上，且只分布在左侧，一个质量为m 、连入电路中电阻为R 的导体棒此时恰好能静上在导轨上，分析下述判断正确的是 ( )A ．圆形导线中的磁场，可以方向向上均匀增强，也可以方向向下均匀减弱B ．导体棒ab 受到的安培力大小为mg sin θC ．回路中的感应电流为mg sin θB 2dD ．圆形导线中的电热功率为m 2g 2sin 2 θB 2d(r ＋R )答案：ABC解析：由导体棒静止和左手定则可知，导体棒上的电流从b 到a ，根据电磁感应定律可得，A 项正确；根据共点力平衡知识，导体棒ab 受到的安培力大小等于重力沿导轨向下的分力，即mg sin θ，B 项正确；根据mg sin θ＝B 2Id ，解得I ＝mg sin θB 2d，C 项正确；圆形导线的电热功率等于I 2r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫mg sin θB 2d 2r ＝m 2g 2sin 2θB 22d 2r ，D 项错误．4．两块水平放置的金属板间的距离为d ，用导线与一个n 匝线圈相连，线圈电阻为r ，线圈中有竖直方向的磁场，电阻R 与金属板连接，如图所示，两板间有一个质量为m 、电荷量为＋q 的油滴恰好处于静止，则线圈中的磁感应强度B 的变化情况和磁通量的变化率分别是导学号36280483( )A ．磁感应强度B 竖直向上且正增强，ΔΦΔt ＝dmgnqB ．磁感应强度B 竖直向下且正增强，ΔΦΔt ＝dmgnqC ．磁感应强度B 竖直向上且正减弱，ΔΦΔt ＝dmg （R ＋r ）nqRD ．磁感应强度B 竖直向下且正减弱，ΔΦΔt ＝dmgr （R ＋r ）nq答案：C解析：由平衡条件知，下金属板带正电，故电流应从线圈下端流出，等效电路如图所示，由楞次定律可以判定磁感应强度B 为竖直向上且正减弱或竖直向下且正增强，故A 、D 两项错误；因mg ＝q U d ，U ＝E R ＋r R ，E ＝n ΔΦΔt ，联立可求得ΔΦΔt ＝dmg （R ＋r ）nqR ，故只有C 项正确．5．(多选)在如图所示的虚线框内有匀强磁场，磁感应强度随时间变化，半径为r 、匝数为n 的圆形线圈有一半处在磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，此时线圈的发热功率恒为P .下列说法正确的是 ( )A ．若只将线圈全部置于磁场中，则线圈的发热功率变为2PB ．若只将线圈的半径增大到原来的2倍，仍保持线圈有一半面积在磁场中，则线圈的发热功率变为2PC ．若只将线圈的匝数增大到原来的2倍，则线圈的发热功率变为2PD ．若将线圈全部置于磁场中，同时将线圈的半径减小到原来的12，则线圈的发热功率变为P 2答案：CD解析：设线圈在磁场中的面积为S B ，导线的横截面积为S ，则感应电动势E ＝n ΔB Δt S B ，线圈的发热功率P ＝E 2R ，其中R ＝ρ2n πrS ，联立得P ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫ΔB Δt 2nS 2B S 2πρr ，若只将线圈全部置于磁场中，则S B ′2＝4S 2B ，P′＝4P ，A 项错误；若只将线圈的半径增大到原来的2倍，则S B ′2＝16S 2B ，r′＝2r ，则P′＝8P ，B 项错误；若n′＝2n ，则P′＝2P ，C 项正确；若将线圈全部置于磁场中，同时将线圈的半径减小到原来的12，则S B ′2＝4[π(r 2)2]2＝14S 2B ，r′＝12r ，而同时线圈全部放入磁场中，则P′＝12P ，D 项正确．6．(多选)如图所示，粗糙的平行金属导轨倾斜放置，导轨电阻不计，顶端QQ ′之间连接一个阻值为R 的电阻和开关S ，底端PP ′处与一小段水平轨道相连，有匀强磁场垂直于导轨平面．断开开关S ，将一根质量为m 、长为l 的金属棒从AA ′处由静止开始滑下，落在水平面上的FF ′处；闭合开关S ，将金属棒仍从AA ′处由静止开始滑下，落在水平面上的EE ′处；开关S 仍闭合，金属棒从CC ′处(图中没画出)由静止开始滑下，仍落在水平面上的EE ′处(忽略金属棒经过PP ′处的能量损失)．测得相关数据如图所示，重力加速度为g ，下列说法正确的是 ( )A ．S 断开时，金属棒沿导轨下滑的加速度为x 21g 2hsB ．S 闭合时，金属棒刚离开轨道时的速度为x 2g 2hC ．电阻R 上产生的热量Q ＝mg 4h(x 21－x 22) D ．CC ′一定在AA ′的上方答案：BC解析：由平抛运动知识可知，S 断开时，由h ＝12gt 2，x 1＝v 1t ，v21＝2a1s可得v1＝x1g2h，a1＝x21g4hs，A项错误；同理得闭合开关S，v2＝x2g2h，B项正确；故电阻R上产生的热量Q＝12mv21－12mv22＝mg4h(x21－x22)，C项正确；因为金属棒有一部分机械能转化为电阻R上的内能，故不能判断CC′与AA′位置的关系，D项错误．7．边长为a的闭合金属正三角形框架，完全处于垂直于框架平面的匀强磁场中，现把框架匀速拉出磁场，如图(1)所示，则图(2))(2)答案：B．解析：在框架被匀速拉出磁场的过程中，由几何关系得，切割磁感线的有效长度L∝x，感应电动势E＝BLv∝x，B项正确；框架在匀速运动中受到拉力F与安培力相等，而安培力F′＝BIL＝B2L2vR为变力，C项错误；根据P＝Fv判断，D项错误．8．(多选)(2014·山东卷)如图所示，一端接有定值电阻的平行金属轨道固定在水平面内，通有恒定电流的长直绝缘导线垂直并紧靠轨道固定，导体棒与轨道垂直且接触良好．在向右匀速通过M、N两区的过程中，导体棒所受安培力分别用F M、F N表示．不计轨道电阻．以下叙述正确的是( )A ．F M 向右B ．F N 向左C ．F M 逐渐增大D ．F N 逐渐减小答案：BCD解析：根据安培定则可判断出，通电导线在M 区产生竖直向上的磁场，在N 区产生竖直向下的磁场．当导体棒匀速通过M 区时，由楞次定律可知导体棒受到的安培力向左．当导体棒匀速通过N 区时，由楞次定律可知导体棒受到的安培力也向左．选项B 正确；设导体棒的电阻为r ，轨道的宽度为L ，导体棒产生的感应电流为I′，则导体棒受到的安培力F 安＝BI′L＝B BLv R ＋r L ＝B 2L 2v R ＋r ，在导体棒从左到右匀速通过M 区时，磁场由弱到强，所以F M 逐渐增大；在导体棒从左到右匀速通过N 区时，磁场由强到弱，所以F N 逐渐减小，选项C 、D 正确．9．(多选)如图所示，光滑的平行水平金属导轨MN 、PQ 相距L ，在MP 之间接一个阻值为R 的电阻，在两导轨间cdfe 矩形区域内有垂直导轨平面向上、宽为d 的匀强磁场，磁感应强度为B .一质量为m 、电阻为r 、长度也刚好为L 的导体棒ab 垂直搁在导轨上，与磁场左边界相距d 0.现用一个水平向右的力F 拉棒ab ，使它由静止开始运动，棒ab 离开磁场前已做匀速直线运动，棒ab 与导轨始终保持良好接触，导轨电阻不计，F 随ab 与初始位置的距离x 变化的情况如图所示，F 0已知．下列判断正确的是导学号36280486( )A ．棒B ．棒ab 在ce 之间可能先做加速度减小的运动，再做匀速运动C ．棒ab 在ce 之间不可能一直做匀速运动D ．棒ab 经过磁场的过程中，通过电阻R 的电荷量为BLd R答案：AB解析：棒ab 在ac 之间运动时，水平方向只受到恒定拉力F 0作用，做匀加速直线运动，A 项正确；棒ab 进入磁场后立即受到安培阻力的作用，若水平拉力大于安培力，则棒ab 加速运动，但加速度随着速度的增大而减小，直到匀速运动，B 项正确；若棒ab 进入磁场后安培阻力与水平拉力恰好平衡，则棒ab 在磁场中可能一直做匀速运动，C 项错误；棒ab 经过磁场的过程中，通过电阻R 的电荷量为q ＝I －t ＝ΔφR 总＝BLd R ＋r，D 项错误．10．(多选)如图所示，在光滑绝缘斜面上放置一矩形铝框abcd ，铝框的质量为m 、电阻为R ，斜面上ef 线与gh 线间有垂直斜面向上的匀强磁场，ef ∥gh ∥pq ∥ab ，eh >bc .如果铝框从磁场上方的某一位置由静止开始运动，则从铝框开始运动到ab 边到达gh 线之前的速度(v )—时间(t．答案：AD解析：由题意可知，若铝框刚进磁场时受到安培力和重力沿斜面向下的分力平衡，则匀速进入，出磁场时，做加速度减小的减速运动(速度可能一直大于匀速运动的速度)，A 项正确；若铝框刚进磁场时受到安培力小于重力沿斜面向下的分力，则铝框将继续做加速度逐渐减小的加速运动，完全进入磁场后，做匀加速运动，出磁场时开始减速，D 项正确．二、填空与实验题(本大题共2小题，共10分．把答案填在题中的横线上或按照题目要求作答)11．(6分)(2015·上海卷)如图所示，一无限长通电直导线固定在光滑水平面上，金属环质量为0.02 kg ，在该平面上以v 0＝2 m/s 、与导线成60°角的初速度运动，其最终的运动状态是________，环中最多能产生________J 的电能．答案：匀速直线运动 0.03解析：电流周围产生非匀强磁场，金属环在其中运动时产生感应电流，受到垂直环面向外的安培力作用，平行于导线方向的安培力相互抵消，由此可知安培力的合力方向水平向左，金属环将做曲线运动，当速度方向与导线平行时，环内磁通量不变，不产生感应电流，金属环也不再受安培力，将做匀速直线运动；在此期间，在安培力的作用下，垂直导线方向的速度由v sin 60°减小到零，减少的这部分动能全部转化为电能，环中产生12m(v sin 60°)2＝0.03 J的电能．12．(4分)超导磁悬浮列车(图甲)推进原理可以简化为图乙所示的模型：在水平面上相距为L 的两根平行直导轨间有竖直方向等距离分布的匀强磁场B 1和B 2，且B 1＝B 2＝B ，每个磁场的宽度都是l ，相间排列．金属框abcd (悬浮在导轨上方)跨在两导轨间，其长和宽分别为L 、l .当所有这些磁场都以速度v 向右匀速运动时，金属框abcd 在磁场力作用下将向________(填“左”或“右”)运动．若金属框电阻为R ，运动中所受阻力恒为F f ，则金属框的最大速度为________.导学号36280487答案：右 v －F f R 4B 2L2解析：磁场向右匀速运动，金属框中产生的感应电流所受安培力向右，金属框向右加速运动，当金属框匀速运动时速度设为v m ，感应电动势为E ＝2BL(v －v m )，感应电流为I ＝ER ，安培力F ＝2BIL ，安培力与阻力平衡，F ＝F f ，解得v m ＝v －F f R4B 2L2.三、计算题(本大题共4小题，共50分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)13．(10分)如图甲所示，一个电阻值为R 、匝数为n 的圆形金属线圈与阻值为2R 的电阻R 1连接成闭合回路．线圈的半径为r 1.在线圈中半径为r 2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B 随时间t 变化的关系图线如图乙所示．图线与横、纵轴的截距分别为t 0和B 0，导线的电阻不计．求0至t 1时间内，(1)通过电阻R 1(2)通过电阻R 1上的电荷量q 及电阻R 1上产生的热量.答案：(1)nB 0πr 223Rt 0 方向从b 到a(2)nB 0πr 22t 13Rt 0 2n 2B 20π2r 42t 19Rt 2解析：(1)穿过闭合线圈的磁场的面积为S ＝πr 22 由题图乙可知，磁感应强度B 的变化率的大小为ΔB Δt ＝B 0t 0根据法拉第电磁感应定律得： E ＝n ΔΦΔt ＝nS ΔB Δt ＝nB 0πr 22t 0.由闭合电路欧姆定律可知流过电阻R 1的电流为 I ＝E R ＋2R ＝nB 0πr 223Rt 0.再根据楞次定律可以判断，流过电阻R 1的电流方向由b 到a. (2)0至t 1时间内通过电阻R 1的电荷量为q ＝It 1＝nB 0πr 22t 13Rt 0.电阻R 1上产生的热量为Q ＝I 2R 1t 1＝2n 2B 20π2r 42t 19Rt 2.14．(12分)(2015·上海卷)如图(a)，两相距L ＝0.5 m 的平行金属导轨固定于水平面上，导轨左端与阻值R ＝2 Ω的电阻连接，导轨间虚线右侧存在垂直导轨平面的匀强磁场．质量m ＝0.2 kg 的金属杆垂直置于导轨上，与导轨接触良好，导轨与金属杆的电阻可忽略．杆在水平向右的恒定拉力作用下由静止开始运动，并始终与导轨垂直，其vt 图象如图(b)所示．在15 s 时撤去拉力，同时使磁场随时间变化，从而保持杆中电流为0.求：(1)金属杆所受拉力的大小F ；(2)0～15 s 内匀强磁场的磁感应强度大小B 0； (3)15～20 s 内磁感应强度随时间的变化规律．答案：(1)0.24 N (2)0.4 T (3)见解析解析：(1)由vt 关系图可知在0～10 s 时间段杆尚未进入磁场，因此F －μmg ＝ma 1由图可知a 1＝0.4 m /s 2同理可知在15～20 s 时间段杆仅在摩擦力作用下运动 μmg ＝ma 2由图可得a 2＝0.8 m /s 2 解得F ＝0.24 N(2)在10～15 s 时间段杆在磁场中做匀速运动，因此有F ＝μmg ＋B 20L 2v R以F ＝0.24 N ，μmg ＝0.16 N 代入解得 B 0＝0.4 T(3)由题意可知在15～20 s 时间段通过回路的磁通量不变，设杆在10～15 s 内运动距离为d ，15 s 后运动距离为xB(t)L(d ＋x)＝B 0Ld其中d ＝20 mx ＝4(t －15)－0.4(t －15)2由此可得B(t)＝B 0d d ＋x ＝2050－（t －15）（t －25）T15.(12分)如图甲所示，电阻不计，间距为l 的光滑平行长金属导轨置于水平面内，阻值为R 的导体棒ab 固定连接在导轨左端，另一阻值也为R 的导体棒ef 垂直放置到导轨上，ef 与导轨接触良好．现有一根轻杆一端固定在ef 中点，另一端固定于墙上，轻杆与导轨保持平行，ef 、ab 两棒间距为d .若整个装置处于方向竖直向下的匀强磁场中，且从某一时刻开始，磁感应强度B 随时间t 按图乙所示的方式变化．(1)求在0～t 0时间内流过导体棒ef 的电流的大小与方向；(2)求在t 0～2t 0时间内导体棒ef 产生的热量；(3)1.5t 0时刻杆对导体棒ef 的作用力的大小和方向．答案：(1)B 0ld 2Rt 0 e→f (2)B 20l 2d 2Rt 0(3)B 20l 2dRt 0，方向水平向右解析：(1)在0～t 0时间内，磁感应强度的变化率ΔB Δt ＝B 0t 0，产生感应电动势的大小E 1＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt S ＝ΔB Δt ld ＝B 0ldt 0，流过导体棒ef 的电流大小I 1＝E 12R ＝B 0ld2Rt 0，由楞次定律可判断电流方向为e→f.(2)在t 0～2t 0时间内，磁感应强度的变化率ΔB ′Δt ＝2B 0t 0，产生感应电动势的大小E 2＝ΔΦ′Δt ＝ΔB ′Δt S ＝ΔB ′Δt ld ＝2B 0ldt 0，流过导体棒ef 的电流大小I 2＝E 22R ＝B 0ldRt 0，导体棒ef 产生的热量Q ＝I 22Rt 0＝B 20l 2d2Rt 0.(3)在t ＝1.5t 0时，磁感应强度B ＝B 0ef 棒受安培力：F ＝B 0I 2l ＝B 20l 2d Rt 0，方向水平向左， 根据导体棒受力平衡，杆对导体棒的作用力大小为F ′＝F ＝B 20l 2d Rt 0，方向水平向右．16．(16分)如图所示，两电阻不计的足够长光滑平行金属导轨与水平面夹角为θ，导轨间距为l ，所在平面的正方形区域abcd 内存在有界匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于斜面向上．如图所示，将甲、乙两阻值相同，质量均为m 的相同金属杆放置在导轨上，甲金属杆处在磁场的上边界，甲、乙相距l .从静止释放两金属杆的同时，在甲金属杆上施加一个沿着导轨的外力，使甲金属杆在运动过程中始终沿导轨向下做匀加速直线运动，且加速度大小为a ＝g sin θ，乙金属杆刚进入磁场时做匀速运动．(1)求每根金属杆的电阻R 为多少？(2)从刚释放金属杆时开始计时，写出从计时开始到甲金属杆离开磁场的过程中外力F 随时间t 的变化关系式，并说明F 的方向．(3)若从开始释放两杆到乙金属杆离开磁场，乙金属杆共产生热量Q ，试求此过程中外力F 对甲做的功.答案：(1)均为B 2l 22gl sin θ2mg sin θ(2)mg 2sin 2 θ2gl sin θt 方向沿导轨向下 (3)2Q －mgl sin θ解析：(1)因为甲、乙加速度相同，所以，当乙进入磁场时，甲刚出磁场，乙进入磁场时的速度v 乙＝2gl sin θ根据平衡条件有mg sin θ＝B 2l 2v 乙2R解得：R ＝B 2l 22gl sin θ2mg sin θ(2)甲在磁场中运动时，外力F 始终等于安培力F ＝B 2l 2v 2Rv ＝g sin θ·t 解得：F ＝mg 2sin 2 θ2gl sin θt ，方向沿导轨向下(3)乙进入磁场前，甲、乙发出相同热量，设为Q 1，则有 F 安l ＝2Q 1又F ＝F 安故外力F 对甲做的功W F ＝Fl ＝2Q 1甲出磁场以后，外力F 为零乙在磁场中，甲、乙发出相同热量，设为Q 2，则有 F 安′l ＝2Q 2又F 安′＝mg sin θ Q ＝Q 1＋Q 2解得：W F ＝2Q －mgl sin θ。
电磁感应章末检测-2018年高三物理一轮总复习名师伴学 含解析 精品
一、选择题(共15小题，每小题4分，共60分，在每小题给出的四个选项中，第1～9小题只有一个选项符合题目要求，第10～15小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)1. 如图所示的下列实验中，有感应电流产生的是 ( )【答案】D2．目前金属探测器已经广泛应用于各种安检、高考及一些重要场所，关于金属探测器的下列有关论述正确的是( )A．金属探测器可用于月饼生产中，用来防止细小的金属颗粒混入月饼馅中B．金属探测器能帮助医生探测儿童吞食或扎到手脚中的金属物，是因为探测器的线圈中能产生涡流C．使用金属探测器的时候，应该让探测器静止不动，探测效果会更好D．能利用金属探测器检测考生是否携带手机等违禁物品，是因为探测器的线圈中通有直流电【答案】A【解析】金属探测器是通过其通有交流电的探测线圈，会在隐蔽金属中激起涡流，反射回探测线圈，从而改变原交流电的大小和相位，从而起到探测作用，B、D项错；当探测器对于被测金属发生相对移动时，探测器中的线圈的交流电产生的磁场相对变化较快，在金属中产生的涡流会更强，检测效果更好，故C选项错，正确选项为A。
3. 竖直平面内有一金属环，半径为a，总电阻为R，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直穿过环平面，与环的最高点A 铰链连接的长度为2a，电阻为R2的导体棒AB由水平位置紧贴环面摆下(如图所示)。
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．2Bav B．BavC. 23BavD.3Bav【答案】D4. 物理课上，老师做了一个奇妙的“跳环实验”。
如图所示，她把一个带铁芯的线圈L、开关S和电源用导线连接起来后，将一金属套环置于线圈L上，且使铁芯穿过套环。
闭合开关S的瞬间，套环立刻跳起。
某同学另找来器材再探究此实验。
他连接好电路，经重复试验，线圈上的套环均末动。
对比老师演示的实验，下列四个选项中，导致套环未动的原因可能是 ( )A．线圈接在了直流电源上 B．电源电压过高C．所选线圈的匝数过多 D．所用套环的材料与老师的不同【答案】D【解析】闭合开关瞬间，只要套环产生感应电流，套环就会跳起。
2018届高三物理江苏一轮复习练习：部分 第9章 章末高
章末高效整合物理方法|等效法在电磁感应中的应用1．方法概述闭合线圈磁通量的变化或导体棒切割磁感线形成感应电流．将电磁感应和电路问题相结合，采用等效的方法找到电源和电路结构，利用闭合电路问题求解．2．方法技巧(1)明确切割磁感线的导体相当于电源，其电阻是电源的内阻，其他部分为外电路，电源的正、负极由右手定则来判定．(2)画出等效电路图，并结合闭合电路欧姆定律等有关知识解决相关问题． 3．等效问题如图9-1所示，直角三角形导线框abc 固定在匀强磁场中，ab 是一段长为L 、电阻为R 的均匀导线，ac 和bc 的电阻可不计，ac 长度为L2.磁场的磁感应强度为B ，方向垂直纸面向里．现有一段长度为L 2，电阻为R2的均匀导体棒MN 架在导线框上，开始时紧靠ac ，然后沿ab 方向以恒定速度v 向b 端滑动，滑动中始终与ac 平行并与导线框保持良好接触，当MN 滑过的距离为L3时，导线ac 中的电流为多大？方向如何？图9-1【规范解答】 MN 滑过的距离为L3时，如图甲所示，它与bc 的接触点为P ，等效电路图如图乙所示．甲 乙由几何关系可知MP 长度为L3，MP 中的感应电动势 E ＝13BL vMP 段的电阻r ＝13RMacP 和MbP 两电路的并联电阻为 r 并＝13×2313＋23R ＝29 R由欧姆定律得，PM 中的电流I ＝E r ＋r 并ac 中的电流I ac ＝23I 解得I ac ＝2BL v5R根据右手定则可知，MP 中的感应电流的方向由P 流向M ，所以电流I ac 的方向由a 流向c .【答案】 2BL v5R 方向由a 流向c[突破训练]1．如图9-2所示，水平桌面上固定有一半径为R 的金属细圆环，环面水平，圆环每单位长度的电阻为r ，空间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向竖直向下；一长度为2R 、电阻可忽略的导体棒置于圆环左侧并与环相切，切点为棒的中点．棒在拉力的作用下以恒定加速度a 从静止开始向右运动，运动过程中棒与圆环接触良好．下列说法正确的是( ) 【导学号：96622172】图9-2 A．拉力的大小在运动过程中保持不变B．棒通过整个圆环所用的时间为2R aC．棒经过环心时流过棒的电流为B2aR πrD．棒经过环心时所受安培力的大小为8B2R2aRπrD导体棒做匀加速运动，合外力恒定，由于受到的安培力随速度的变化而变化，故拉力一直变化，选项A错误；设棒通过整个圆环所用的时间为t，由匀变速直线运动的基本关系式可得2R＝12at2，解得t＝4Ra，选项B错误；由v2－v20＝2ax可知棒经过环心时的速度v＝2aR，此时的感应电动势E＝2BR v，此时金属圆环的两侧并联，等效电阻r总＝πRr2，故棒经过环心时流过棒的电流为I＝Er总＝4B2aRπr，选项C错误；由对选项C的分析可知棒经过环心时所受安培力的大小为F＝2BIR＝8B2R2aRπr，选项D正确．物理模型|电磁感应中的“杆＋导轨”模型1．单杆模型(如图9-3所示)图9-3(1)模型特点：导体棒运动→感应电动势→闭合回路→感应电流→安培力→阻碍棒相对磁场运动．(2)分析思路：确定电源(3)解题关键：对棒的受力分析，动能定理应用．2．双杆模型(如图9-4所示)图9-4(1)模型特点①一杆切割时，分析同单杆类似．②两杆同时切割时，回路中的感应电动势由两杆共同决定，E＝ΔΦΔt＝Bl(v1－v2)．(2)解题要点：单独分析每一根杆的运动状态及受力情况，建立两杆联系，列方程求解．如图9-5所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上，导轨电阻不计，间距L＝0.4 m．导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN，Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下，Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均为B＝0.5 T．在区域Ⅰ中，将质量m1＝0.1 kg，电阻R1＝0.1 Ω的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑．然后，在区域Ⅱ中将质量m2＝0.4 kg，电阻R2＝0.1 Ω的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开始下滑．cd在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，g取10 m/s2.问：图9-5(1)cd下滑的过程中，ab中的电流方向；(2)ab刚要向上滑动时，cd的速度v多大；(3)从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中，cd滑动的距离x＝3.8 m，此过程中ab上产生的热量Q是多少．【思路导引】【规范解答】(1)由右手定则可判断出cd中的电流方向为由d到c，则ab 中电流方向为由a流向b.(2)开始放置ab刚好不下滑时，ab所受摩擦力为最大静摩擦力，设其为F max，有F max＝m1g sin θ①设ab刚要上滑时，cd棒的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律有E＝BL v②设电路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律有I＝ER1＋R2③设ab所受安培力为F安，有F安＝BIL ④此时ab受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件有F安＝m1g sin θ＋F max ⑤综合①②③④⑤式，代入数据解得v＝5 m/s.(3)设cd棒运动过程中在电路中产生的总热量为Q总，由能量守恒定律有m2gx sin θ＝Q总＋12m2v2又Q＝R1R1＋R2Q总解得Q＝1.3 J.【答案】(1)由a流向b(2)5 m/s(3)1.3 J[突破训练]2.(2016·全国乙卷)如图9-6，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连．两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为L，质量分别为2m和m；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平．右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上．已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g.已知金属棒ab匀速下滑．求图9-6(1)作用在金属棒ab上的安培力的大小；(2)金属棒运动速度的大小．【解析】(1)设导线的张力的大小为T，右斜面对ab棒的支持力的大小为N1，作用在ab棒上的安培力的大小为F，左斜面对cd棒的支持力大小为N2.对于ab棒，由力的平衡条件得2mg sin θ＝μN1＋T＋F①N1＝2mg cos θ②对于cd棒，同理有mg sin θ＋μN2＝T③N2＝mg cos θ④联立①②③④式得F＝mg(sin θ－3μcos θ)．⑤(2)由安培力公式得F＝BIL⑥这里I是回路abdca中的感应电流．ab棒上的感应电动势为E＝BL v⑦式中，v是ab棒下滑速度的大小．由欧姆定律得I＝ER⑧联立⑤⑥⑦⑧式得v＝(sin θ－3μcos θ)mgRB2L2.⑨【答案】(1)mg(sin θ－3μcos θ)(2)(sin θ－3μcos θ)mgRB2L2高考热点1|与电磁感应有关的图象问题1．图象问题的求解类型(1)明确图象的种类，即是B-t图还是Φ-t图，或者E-t图、I-t图等；(2)分析电磁感应的具体过程；(3)用右手定则或楞次定律确定方向的对应关系；(4)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等知识写出函数关系式；(5)根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等；(6)画图象或判断图象．(多选)(2016·四川高考)如图9-7所示，电阻不计、间距为l 的光滑平行金属导轨水平放置于磁感应强度为B 、方向竖直向下的匀强磁场中，导轨左端接一定值电阻R .质量为m 、电阻为r 的金属棒MN 置于导轨上，受到垂直于金属棒的水平外力F 的作用由静止开始运动，外力F 与金属棒速度v 的关系是F ＝F 0＋k v (F 0、k 是常量)，金属棒与导轨始终垂直且接触良好．金属棒中感应电流为i ，受到的安培力大小为F A ，电阻R 两端的电压为U R ，感应电流的功率为P ，它们随时间t 变化图象可能正确的有( )图9-7【规范解答】 当金属棒MN 的速度为v 时，MN 受到的安培力F A ＝BIl ＝B 2l 2vR ＋r， 根据牛顿第二定律得金属棒MN 的加速度a ＝F －F A m ＝F 0m ＋k －B 2l 2R ＋r m v ，且i ＝Bl v R ＋r ，U R ＝Bl v R R ＋r ，P ＝B 2l 2v 2R ＋r. 若k ＝B 2l 2R ＋r ，金属棒做匀加速直线运动，此时，i -t 图象为直线，F A -t 图象为直线，U R -t 图象为直线，P -t 图象为抛物线．若k >B 2l 2R ＋r，则金属棒做加速度增大的加速运动．则i -t 图象、F A -t 图象、U R -t图象、P -t 图象为曲线，斜率越来越大，此时选项B 正确．若k <B 2l 2R ＋r ，则金属棒做加速度减小的加速运动，加速度减为零后做匀速运动，此时i -t 图象、F A -t 图象、U R -t 图象、P -t 图象为曲线；斜率越来越小，此时选项C 正确．【答案】 BC [突破训练]3．(2015·山东高考)如图9-8甲，R 0为定值电阻，两金属圆环固定在同一绝缘平面内．左端连接在一周期为T 0的正弦交流电源上，经二极管整流后，通过R 0的电流i 始终向左，其大小按图乙所示规律变化．规定内圆环a 端电势高于b 端时，a 、b 间的电压u ab 为正，下列u ab -t 图象可能正确的是( ) 【导学号：96622173】甲 乙图9-8C 由题图乙知，0～0.25T 0，外圆环电流逐渐增大且ΔiΔt 逐渐减小，根据安培定则，外圆环内部磁场方向垂直纸面向里，磁场逐渐增强且ΔBΔt 逐渐减小，根据楞次定律知内圆环a 端电势高，所以u ab >0，根据法拉第电磁感应定律u ab ＝ΔΦΔt ＝ΔBS Δt 知，u ab 逐渐减小；t ＝0.25T 0时，Δi Δt ＝0，所以ΔBΔt ＝0，u ab ＝0；同理可知0.25T 0<t <0.5T 0时，u ab <0，且|u ab |逐渐增大；0.5T 0～T 0内重复0～0.5T 0的变化规律．故选项C 正确．高考热点2|电磁感应中电荷量和焦耳热的计算1．电荷量的计算(1)思考方向：根据法拉第电磁感应定律E＝n ΔΦΔt确定平均感应电动势，结合闭合电路欧姆定律和电流的定义式I＝qt计算电荷量．(2)公式推导过程2．焦耳热的计算求解电磁感应过程中产生的焦耳热，有以下三种思路：如图9-9所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l＝0.5 m，左端接有阻值R＝0.3 Ω的电阻．一质量m＝0.1 kg、电阻r＝0.1 Ω的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝0.4 T．棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a＝2 m/s2的加速度做匀加速运动，当棒的位移x＝9 m时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝2∶1.导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求：图9-9(1)棒在匀加速运动过程中，通过电阻R 的电荷量q ； (2)撤去外力后回路中产生的焦耳热Q 2； (3)外力做的功W F . 【思路导引】【规范解答】 (1)设棒匀加速运动的时间为Δt ，回路的磁通量变化量为ΔΦ，回路中的平均感应电动势为E ，由法拉第电磁感应定律得E ＝ΔΦΔt ① 其中ΔΦ＝Blx②设回路中的平均电流为I ，由闭合电路欧姆定律得 I ＝ER ＋r③ 则通过电阻R 的电荷量为q ＝I Δt④ 联立①②③④式，代入数据得q ＝4.5 C ．⑤(2)设撤去外力时棒的速度为v ，对棒的匀加速运动过程，由运动学公式得v 2＝2ax⑥设棒在撤去外力后的运动过程中安培力所做的功为W ，由动能定理得 W ＝0－12m v 2⑦撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2＝－W ⑧联立⑥⑦⑧式，代入数据得Q2＝1.8 J．⑨(3)由题意知，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝2∶1，可得Q1＝3.6 J ⑩在棒运动的整个过程中，由功能关系可知W F＝Q1＋Q2 ⑪由⑨⑩⑪式得W F＝5.4 J.【答案】(1)4.5 C(2)1.8 J(3)5.4 J[突破训练]4．(多选)如图9-10所示，虚线框内为某种电磁缓冲车的结构示意图，其主要部件为缓冲滑块K和质量为m的缓冲车厢．在缓冲车的底板上，沿车的轴线固定着两个光滑水平绝缘导轨PQ、MN.缓冲车的底部安装电磁铁(图中未画出)，能产生垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B.导轨内的缓冲滑块K由高强度绝缘材料制成，滑块K上绕有闭合矩形线圈abcd，线圈的总电阻为R，匝数为n，ab边长为L.假设缓冲车以速度v0与障碍物C碰撞后，滑块K立即停下，而缓冲车厢继续向前移动距离L后速度为零．已知缓冲车厢与障碍物和线圈的ab边均没有接触，不计一切摩擦阻力．在这个缓冲过程中，下列说法正确的是()图9-10A．线圈中的感应电流沿逆时针方向(俯视)，最大感应电流为BL v0 RB．线圈对电磁铁的作用力使缓冲车厢减速运动，从而实现缓冲C．此过程中，线圈abcd产生的焦耳热为Q＝12m v2D．此过程中，通过线圈abcd的电荷量为q＝BL2 RBC缓冲过程中，线圈内的磁通量增加，由楞次定律知，感应电流方向沿逆时针方向(俯视)，感应电流最大值出现在滑块K 停下的瞬间，大小应为nBL v 0R ，A 项错误；线圈中的感应电流对电磁铁的作用力，使车厢减速运动，起到了缓冲的作用，B 项正确；据能量守恒定律可知，车厢的动能全部转换为焦耳热，故Q ＝12m v 20，C 项正确；由q ＝I －·Δt 、I －＝E －R 及E －＝n ΔΦΔt ，可得q ＝n ΔΦR ，因缓冲过程ΔΦ＝BL 2，故q ＝nBL 2R ，D 项错误．。
2018版高考物理知识复习与检测：第九章 电磁感应 本章
⊳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．。
最新-2018高考物理一轮复习成套课时练习第九章电磁感应章末质量检测选修3-2精品
感现象，当输电线上电流很大时，强大的自感电流有可能将钢管融化，造成事故，所
以甲方案是不可行的． 在乙方案中， 两条输电线中的电流方向相反， 产生的磁场互相
抵消，使自感现象的影响减弱到可以忽略不计的程度，是可行的，
C 正确 D 错误．此
题类似于课本中提到的“双线并绕”．
答案： C
9．(2018 ·淮北模拟 ) 如图 9 所示，水平光滑的平行金属导轨，
所示位置匀速向右拉出匀强磁场．若第一次用
0.3 s 拉出，
B．线圈在磁场中某位置停下
C．线圈在未完全离开磁场时即已停下 D．线圈完全离开磁场以后仍能继续运动，不会停下来
解析：线圈冲入匀强磁场时，产生感应电流，线圈受安培力作用做减速运动，动能减
少．同理，线圈冲出匀强磁场时，动能也减少，进、出时减少的动能都等于安培力做
的功．由于进入时的速度大，故感应电流大，安培力大，安培力做的功也多，减少的
小， I 2 开始逐渐变大，由于分流导致稳定电路中
R1 中的电流减小．故选 C.
答案： C
2．(2018 ·重庆高考 ) 如图 2 所示，粗糙水平桌面上有一质量为 m的
铜
质矩形线圈．当一竖直放置的条形磁铁从线圈中线
AB正上方等
高快速经过时，若线圈始终不动，则关于线圈受到的支持力
FN
及在水平方向运动趋势 的正确判断是
C 项正确．
答案： C
6．如图 6 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小于下降过程克服磁场力做的功
江苏专用2018届高三物理一轮复习必考部分第9章电磁感应章末过关练
电磁感应(时间：60分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共5小题，每小题5分，共25分．每小题只有一个选项符合题意)．1．光滑的金属线框abcd处在方向竖直向上的匀强磁场中．线框从图1所示位置由静止释放，到接近水平位置的过程中，则( )图1A．线框的机械能守恒B．穿过线框的磁通量逐渐增大C．线框有abcda方向的感应电流D．穿过线框磁通量的变化率逐渐增大B 设θ为线框平面与磁感线夹角，根据磁通量公式Φ＝BS sin θ可知θ变大，Φ增大，选项B正确；根据楞次定律“增反减同”的原理，线框中有adcba方向的感应电流，选项C错误；因为有感应电流，导线框的一部分机械能转化为内能，机械能不守恒，选项A 错误；线框在由静止释放的瞬间感应电流为零，在接近水平位置的瞬间感应电流也接近为零，所以磁通量的变化率不是逐渐增大的，而是先增大后减小的，选项D错误．2．如图2所示，电路左端连接着金属轨道，轨道处于匀强磁场中，电路开关闭合后，导体棒在光滑轨道上匀速向左滑行时，带电小球能静止在电容器内．R1和R2为可调电阻，导线和轨道的电阻不计，导体棒的电阻为r，以下说法正确的是( )【导学号：96622467】图2A．带电小球所带电荷为正电荷B．当导体棒加速向左滑行时，适当调小R2可使带电小球仍静止C．当导体棒加速向左滑行时，适当调小R1可使带电小球仍静止D．当导体棒向左匀速滑行时，适当调大R1可使带电小球向下运动C 导体棒切割磁感线充当电源，由楞次定律可知电容器上端带正电，可知小球应带负电，选项A错误；当棒加速向左滑行时，电动势变大，R1两端的电压变大，电容器内的电场强度变大，小球受到向上的力变大，小球向上运动，R2与电容器串联，此支路断路，调节R2不起作用，选项B错；调小R1可使电容器内的电场强度变小，选项C正确；导体棒向左匀速滑行时，电动势不变，调大R 1可使带电小球向上运动，选项D 错误．3．如图3所示，一呈半正弦形状的闭合线框abc ，ac ＝l ，匀速穿过边界宽度也为l 的相邻磁感应强度大小相同的匀强磁场区域，整个过程中线框中感应电流图象为(取顺时针方向为正方向)( )图3B 线框进入磁场区域时穿过导线框的磁通量垂直于纸面向外增大，根据楞次定律，线框中的感应电流方向为顺时针(正方向)，同理，线框离开磁场区域过程，线框中的感应电流方向为顺时针(正方向)，且这两过程中产生的感应电流变化规律相同，选项A 错误；线框的顶点b 运动到两磁场的分界线上时，同时切割两边大小相等、方向相反的磁感线，故线框中的感应电流的最大值必然为在左侧和右侧磁场中切割时产生的感应电流的最大值的2倍，且方向为逆时针(负方向)，故选项B 正确，C 、D 错误．4．如图4所示，abcd 是边长为L 、每边电阻均相同的正方形导体框，今维持线框以恒定的速度v 沿x 轴运动，并穿过倾角为45°的三角形匀强磁场区域，磁场的磁感应强度为B ，方向垂直纸面向里．线框b 点在O 位置时开始计时，则在t ＝2Lv时间内，a 、b 两点的电势差U 随时间t 的变化图线为( )【导学号：96622468】图4D 如图所示，线框由位置1到位置2的过程中，线框的右边部分在切割磁感线，由图中几何关系及欧姆定律可得U ＝Bv 2t －Bv 2t 4R R ＝3Bv 2t4；线框由位置2到位置3的过程中，线框的右边全部和左边部分在切割磁感线，由图中几何关系及欧姆定律可得U ＝BLv －Bv ⎣⎢⎡⎦⎥⎤L －v ⎝ ⎛⎭⎪⎫t －L v 4R R ＝BLv 2＋Bv 2t 4，故选项D 正确，选项A 、B 、C 错误．5.(2017·镇江模拟)如图5所示，L 是一带铁芯的理想电感线圈，其直流电阻为0，电路中A 、B 是两个完全相同的灯泡，与A 灯泡串接一个理想二极管D ，则( )图5A ．开关S 断开瞬间，B 灯泡逐渐熄灭，A 灯泡立即熄灭 B ．开关S 断开瞬间，A 灯泡逐渐熄灭，B 灯泡立即熄灭C ．开关S 闭合瞬间，A 、B 灯泡同时亮D ．开关S 闭合瞬间，A 灯泡先亮C L 是一带铁芯的理想电感线圈，其直流电阻为0，电路稳定后A 就熄灭了；开关S 断开瞬间B 立刻熄灭，由于二极管只正向导通，故自感线圈与A 无法形成回路，A 不会在闪亮，故AB 错误．闭合瞬间线圈相当于断路，二极管为正向电流，故电流走A 灯泡，B 也同时亮，故C 正确，D 错误．故选C.二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，错选或不答的得0分)．6.(2017·连云港模拟)如图6所示，金属棒ab 置于水平放置的金属导轨cdef 上，棒ab 与导轨相互垂直并接触良好，导轨间接有电源．现用两种方式在空间加匀强磁场，ab 棒均处于静止．第一次匀强磁场方向竖直向上；第二次匀强磁场方向斜向左上与金属导轨平面成θ＝30°角，两次匀强磁场的磁感应强度大小相等．下列说法中正确的是( )图6A ．两次金属棒ab 所受的安培力大小不变B ．第二次金属棒ab 所受的安培力大C ．第二次金属棒ab 受的摩擦力小D ．第二次金属棒ab 受的摩擦力大AC 两次磁场方向都与导体棒垂直，故安培力均为F ＝BIL ，故A 正确，B 错误；第一次安培力水平向右，导体棒受重力、支持力、安培力和向左的静摩擦力，根据平衡条件，有：f ＝F ＝BIL第二次安培力斜向右上方，与竖直方向成30°，导体棒受重力、支持力、安培力和向左的静摩擦力，如图所示：图--根据平衡条件，有：f ′＝F sin 30°＝12BIL故第二次的摩擦力较小，故C 正确，D 错误．7．两根足够长的平行光滑导轨竖直固定放置，顶端接一电阻R ，导轨所在平面与匀强磁场垂直．将一金属棒与下端固定的轻弹簧的上端拴接，金属棒和导轨接触良好，重力加速度为g ，如图7所示．现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则( ) 【导学号：96622469】图7A ．金属棒在最低点的加速度小于gB ．回路中产生的总热量等于金属棒重力势能的减小量C ．当弹簧弹力等于金属棒的重力时，金属棒下落速度最大D ．金属棒在以后运动过程中的最大高度一定低于静止释放时的高度AD 如果不受安培力，由运动的对称性可知其在最低点的加速度大小为g ，但由于金属棒在运动过程中受到与速度方向相反的安培力作用，金属棒在最低点时的弹性势能一定比没有安培力做功时小，弹性形变量一定变小，故加速度小于g ，选项A 正确；回路中产生的总热量等于金属棒机械能的减少量，选项B 错误；当弹簧弹力与安培力之和等于金属棒的重力时，金属棒下落速度最大，选项C 错误；由于金属棒运动过程中产生电能，金属棒在以后运动过程中的最大高度一定低于静止释放时的高度，选项D 正确．8．如图8甲所示，一个匝数n ＝100的圆形导体线圈，面积S 1＝0.4 m 2，电阻r ＝1 Ω.在线圈中存在面积S 2＝0.3 m 2的垂直线圈平面向外的匀强磁场区域，磁感应强度B 随时间t 变化的关系如图乙所示．有一个R ＝2 Ω的电阻，将其两端a 、b 分别与图甲中的圆形线圈相连接，b 端接地，则下列说法正确的是( )图8A ．圆形线圈中产生的感应电动势E ＝6 VB ．在0～4 s 时间内通过电阻R 的电荷量q ＝6C C ．设b 端电势为零，则a 端的电势φa ＝3 VD ．在0～4 s 时间内电阻R 上产生的焦耳热Q ＝18 JBD 由法拉第电磁感应定律可得E ＝n ΔBS 2Δt ，由图乙结合数学知识可得k ＝ΔB Δt ＝0.64T/s＝0.15 T/s ，将其代入可求E ＝4.5 V ，A 错；设平均电流为I －，由q ＝I －Δt ＝E R ＋r Δt ＝nΔΦΔt R ＋r Δt ＝n ΔΦR ＋r，在0～4 s 穿过圆形导体线圈的磁通量的变化量为ΔΦ＝0.6×0.3 Wb－0＝0.18 Wb ，代入可解得q ＝6 C ，B 对.0～4 s 内磁感应强度增大，圆形线圈内磁通量增加，由楞次定律结合右手定则可得b 点电势高，a 点电势低；故C 错；由于磁感应强度均匀变化产生的电动势与电流均恒定，可得I ＝Er ＋R＝1.5 A ，由焦耳定律可得Q＝I 2Rt ＝18 J ，D 对．9.(2017·盐城模拟)如图9所示，两根等高光滑的14圆弧轨道，半径为r 、间距为L ，轨道电阻不计，在轨道顶端连有一阻值为R 的电阻，整个装置处在一竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B .现有一根长度稍大于L 、电阻不计的金属棒从轨道最低位置cd 开始，在拉力作用下以初速度v 0向右沿轨道做匀速圆周运动至ab 处，则该过程中( )图9A ．通过R 的电流方向为由外向内B ．通过R 的电流方向为由内向外C ．R 上产生的热量为πrB 2L 2v 04RD ．流过R 的电量为πBLr2RAC 金属棒从轨道最低位置cd 运动到ab 处的过程中，穿过回路的磁通量减小，根据楞次定律判断得知通过R 的电流方向为由外向内．故A 正确，B 错误．金属棒做匀速圆周运动，回路中产生正弦式交变电流，可得产生的感应电动势的最大值为E m ＝BLv 0，有效值为E ＝22E m根据焦耳定律有：Q ＝E 2Rt时间为t ＝π2·r v 0联立解得Q ＝πrB 2L 2v 04R.故C 正确．通过R 的电量由公式：q ＝I Δt ＝E Δt R ＝ΔΦR ＝BLrR.故D 错误．三、计算题(本题共3小题，共51分．按题目要求作答，解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)．10．(17分)如图10甲所示，两根足够长的光滑金属导轨ab 、cd 与水平面成θ＝30°固定，导轨间距离为l ＝1 m ，电阻不计．一个阻值为R 0的定值电阻与电阻箱并联接在两金属导轨的上端．整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度方向与导轨所在平面垂直，磁感应强度大小为B ＝1 T ．现将一质量为m 、电阻可以忽略的金属棒MN 从图示位置由静止开始释放．金属棒下滑过程中与导轨接触良好．改变电阻箱的阻值R ，测定金属棒的最大速度v m ，得到1v m 1R的关系如图乙所示．g 取10 m/s 2.求：(1)金属棒的质量m 和定值电阻R 0的阻值；(2)当电阻箱R 取2 Ω，且金属棒的加速度为14g 时，金属棒的速度．图10【解析】 (1)金属棒以速度v m 下滑时，根据法拉第电磁感应定律有E ＝Blv m 由闭合电路欧姆定律有E ＝IRR 0R ＋R 0当金属棒以最大速度v m 下滑时，根据平衡条件有BIl ＝mg sin θ 联立解得1v m ＝B 2l 2mg sin θ·1R ＋B 2l 2mg sin θ·1R 0由1v m 1R 图象可知B 2l 2mg sin θ＝1，B 2l 2mg sin θ·1R 0＝0.5解得m ＝0.2 kg ，R 0＝2 Ω.(2)设此时金属棒下滑的速度为v ，根据法拉第电磁感应定律有E ′＝Blv 由闭合电路欧姆定律有E ′＝I ′RR 0R ＋R 0当金属棒下滑的加速度为a ＝14g 时，根据牛顿第二定律有mg sin θ－BI ′l ＝ma联立解得v ＝0.5 m/s.【答案】 (1)0.2 kg 2 Ω (2)0.5 m/s11．(17分)矩形裸导线框长边的长度为2l ，短边的长度为l ，在两个短边上均接有阻值为R 的电阻，其余部分电阻均不计．导线框的位置如图11所示，线框内的磁场方向及分布情况如图，大小为B ＝B 0cos ⎝⎛⎭⎪⎫πx 2l .一电阻为R 的光滑导体棒AB 与短边平行且与长边始终接触良好．起初导体棒处于x ＝0处，从t ＝0时刻起，导体棒AB 在沿x 方向的外力F 的作用下做速度为v 的匀速运动．导体棒AB 从x ＝0运动到x ＝2l 的过程中，试求：【导学号：96622470】图11(1)某一时刻t 产生的电动势； (2)某一时刻t 所受的外力F ； (3)整个回路产生的热量．【解析】 (1)在t 时刻AB 棒的坐标为x ＝vt .感应电动势e ＝Blv ＝B 0lv cos πvt2l .(2)回路总电阻R 总＝R ＋12R ＝32R回路感应电流I ＝eR 总＝2B 0lv cosπvt2l 3R棒匀速运动时有F ＝F 安＝BIl解得：F ＝2B 20l 2v cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫πvt 2l 3R ⎝ ⎛⎭⎪⎫0≤t ≤2l v . (3)导体棒AB 在切割磁感线的过程中产生半个周期的正弦交流电，感应电动势的有效值为E ＝22B 0lv 回路产生的电热Q ＝E 2R 总t通电时间t ＝2lv解得Q ＝2B 20l 3v3R【答案】 (1)B 0lv cos πvt2l(2)2B 20l 2v cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫πvt 2l 3R ⎝ ⎛⎭⎪⎫0≤t ≤2l v (3)2B 20l 3v3R12．(17分)如图12所示，两根足够长的平行金属导轨MN 、PQ 与水平面的夹角为α＝30°，导轨光滑且电阻不计，导轨处在垂直导轨平面向上的有界匀强磁场中，两根电阻都为R ＝2 Ω，质量都为m ＝0.2 kg 的完全相同的细金属棒ab 和cd 垂直导轨并排靠紧放置在导轨上，与磁场上边界距离为x ＝1.6 m ，有界匀强磁场宽度为3x ＝4.8 m ，先将金属棒ab 由静止释放，金属棒ab 刚入磁场就恰好做匀速运动，此时立即由静止释放金属棒cd ，金属棒cd 在出磁场前已做匀速运动．两金属棒在下滑过程中与导轨接触始终良好(重力加速度g 取10 m/s 2)，求：图12(1)金属棒ab 刚进入磁场时棒中电流I ；(2)金属棒cd 在磁场中运动的过程中通过回路某一截面的电量q ； (3)两根金属棒全部通过磁场的过程中回路产生的焦耳热Q .【解析】 (1)ab 匀速运动时，据动能定理mgx sin α＝12mv 2解得v ＝2gx sin α＝4 m/s重力的功率与电流功率相等，有mgv sin α＝I 2·2R ，解得I ＝1 A.(2)方法一：金属棒ab 进入磁场时以速度v 先做匀速运动，设经过时间t 1，当金属棒cd 也进入磁场，速度也为v ，对金属棒cd ：x ＝vt 12，此时金属棒ab 在磁场中的运动距离为X ＝vt 1＝2x ，两棒都在磁场中时速度相同，无电流，金属棒cd 在磁场中而金属棒ab 已在磁场外时，cd 棒中才有电流且运动距离为2x ，q ＝I －t ＝BL 2x 2R ＝BLxR＝0.8 C.方法二：两金属棒单独在磁场中时扫过的距离都为2x ，因而通过的电量大小相等．q ＝q ab ＝It 1＝I2x 2gx sin α＝1×0.8 C＝0.8 C.(3)方法一：金属棒ab 在磁场中(金属棒cd 在磁场外)回路产生的焦耳热为Q 1＝mg 2x sin α＝3.2 J(或：Q 1＝I 22Rt 1＝mg 2x sin α)，金属棒ab 、金属棒cd 都在磁场中运动时，回路不产生焦耳热，金属棒cd 在磁场中(金属棒ab 在磁场外)，金属棒cd 的初速度为2g 2x sin α，末速度为2gx sin α，由动能定理：mg 2x sin α－Q 2＝12m (2gx sin α)2－12m (2g 2x sin α)2 Q 2＝mg 3x sin α＝4.8 J Q ＝Q 1＋Q 2＝8 J.方法二：两根金属棒全部通过磁场的过程中回路产生的焦耳热Q 等于两棒损失的机械能，则有Q ＝mg 2x sin α＋mg 3x sin α＝mg 5x sin α＝8 J.【答案】 (1)1 A (2)0.8 C (3)8 J。
2018版高考物理(新课标)一轮复习习题：第九章电磁感应课时作业46含答案
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。
2018届高考物理第一轮总复习全程训练周测九电磁感应
周测九电磁感应交变电流(B卷)(本试卷满分95分)一、选择题(本题包括8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的．全部选对的得6分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分)1.如图所示，在水平地面下有一条沿东西方向铺设的水平直导线，导线中通有自东向西稳定、强度较大的直流电流．现用一闭合的检测线圈(线圈中串有灵敏电流计，图中未画出)检测此通电直导线的位置，若不考虑地磁场的影响，在检测线圈位于水平面内，从距直导线很远处由北向南沿水平地面通过导线的上方并移至距直导线很远处的过程中，俯视检测线圈，其中感应电流的方向是( )A．先顺时针后逆时针B．先逆时针后顺时针C．先顺时针后逆时针，然后再顺时针D．先逆时针后顺时针，然后再逆时针2.(多选)某同学设计的家庭电路保护装置如图所示，铁芯左侧线圈L1由火线和零线并行绕成．当右侧线圈L2中产生电流时，电流经放大器放大后，使电磁铁吸起铁质开关K，从而切断家庭电路．仅考虑L1在铁芯中产生的磁场，下列说法正确的有( )A．家庭电路正常工作时，L2中的磁通量为零B．家庭电路中使用的用电器增多时，L2中的磁通量不变C．家庭电路发生短路时，开关K将被电磁铁吸起D．地面上的人接触火线发生触电时，开关K将被电磁铁吸起3.是两个完全相同的灯泡，D 是理想二极管，数很大，直流电阻忽略不计．下列说法正确的是( )多选)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ΔBΔt ＝0.1 的变化率均匀增大，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 ，在导轨上放着一金属棒MN ，电阻R 0＝0.1 Ω，并且水平细线通过定滑轮悬吊着质量M 的重物．导轨的定值电阻R ＝0.4 Ω，与P 、Q 端点相连组成回路．又知PN 长d ＝0.8 重物被拉起的过程中，下列说法中正确的是(g 取10 N/kg)( )中电流的方向由P 到Q 0.1 A开始计时，经过495 s 的时间，金属棒MN 恰能将重物拉起．图甲表示交流，图乙表示直流．图甲电压的有效值为220 V，图乙电压的有效值小于220 V如图所示，一理想变压器的原、副线圈分别由双线圈表示输入电流和电压，I2和U2表示输出电流和电压．在下列四种接)如图所示为一自耦变压器，保持电阻R′和输入电压不变，以下说法正确的是下移，电流表示数减小上移，电流表示数不变两根足够长的平行金属导轨间的距离为L，导轨光滑且电阻不计，导轨所在的平面与水平面夹角为θ.在导轨所在平面内，分布磁感应强度为B、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场．把一个质量为m的导体棒ab放在金属导轨上，在外力作用下保持静止，导体棒与金属导轨垂直且接触良好，与金属导轨接触的两点间的导体棒电阻为R1.完成下列问题：(1)如图甲，金属导轨的一端接一个内阻为r的直流电源，撤去外力后导体棒仍能静止，求直流电源的电动势；(2)如图乙，金属导轨的一端接一个阻值为R2的定值电阻，撤去外力让导体棒由静止开始下滑，在加速下滑的过程中，当导体棒的速度达到v时，求此时导体棒的加速度；(3)求第(2)问中导体棒所能达到的最大速度．10．(12分)半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r、质量为m且质量分布均匀的直导体棒AB置于圆导轨上面．BA的延长线通过圆导轨中心O，装置的俯视图如图所示．整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向竖直向下．在内圆导轨的C点和外圆导轨的D点之间接有一阻值为R的电阻(图中未画出)．直导体棒在水平外力作用下以角速度ω绕O逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触．设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒和导轨的电阻均可忽略．重力加速度大小为g.求：(1)通过电阻R的感应电流的方向和大小；(2)外力的功率．11．(12分)如图甲所示，匀强磁场的磁感应强度B为0.5 T，其方向垂直于倾角θ为30°的斜面向上．绝缘斜面上固定有“∧”形状的光滑金属导轨MPN(电阻忽略不计)，MP和NP长度均为2.5 m，MN连线水平，长为3 m．以MN中点O为原点，OP为x轴建立一维坐标系Ox.一根粗细均匀的金属杆CD，长度d为3 m，质量m为1 kg，电阻R为0.3 Ω，在拉力F的作用下，从MN处以恒定速度v＝1 m/s在导轨上沿x轴正向运动(金属杆与导轨接触良好)．g取10 m/s2.(1)求金属杆CD运动过程中产生的感应电动势E及运动到x＝0.8 m处电势差U CD；(2)推导金属杆CD从MN处运动到P点过程中拉力F与位置坐标x的关系式，并在图乙中画出F－x关系图象；(3)求金属杆CD从MN处运动到P点的全过程产生的焦耳热．12．(12分)如图所示，MN、PQ是两条水平、平行放置的光滑金属导轨，导轨的右端接理想变压器的原线圈，变压器的副线圈与电阻R＝20 Ω组成闭合回路，变压器的原副线圈匝数之比n1∶n2＝1∶10，导轨宽L＝5 m．质量m＝2 kg、电阻不计的导体棒ab垂直MN、PQ放在导轨上，在水平外力F作用下，从t＝0时刻开始在图示的两虚线范围内往复运动，其速度随时间变化的规律是v＝2sin20πt(m/s)．垂直轨道平面的匀强磁场的磁感应强度B＝4 T．导轨、导线和线圈电阻均不计．求：(1)ab棒中产生的电动势的表达式；ab棒中产生的是什么电流？(2)电阻R上的电热功率P.(3)从t＝0到t1＝0.025 s的时间内，通过外力F所做的功．如图为地下通电直导线产生的磁场的正视图，当线圈在通电直导线正上方的左侧时由楞次定律知，线圈中感应电流方向为逆时针，同理在右侧也为逆时针，当线圈一部分在左侧一—x图线与x轴所围成的图形的面积，即。
2018版高考物理一轮复习练习：第九章 电磁感应 第2讲
选修3-2 第九章 第2讲1．(2018·辽宁本溪一模)如图所示，灯泡A 、B 与固定电阻的阻值均为R ，L 是带铁芯的理想线圈，电源的内阻不计。
开关S 1、S 2均闭合后电路达到稳定。
已知电路中的各种元件均在安全范围之内。
下列判断中正确的是导学号 51343022( C )A ．灯泡A 中有电流通过，方向为a →bB ．将S 1断开的瞬间，灯泡A 、B 同时熄灭C ．将S 1断开的瞬间，通过灯泡A 的电流最大值要比原来通过灯泡B 的电流大D ．将S 2断开，电路达到稳定，灯泡A 、B 的亮度相同[解析] 开关S 1、S 2均闭合且电路达到稳定，线圈L 把灯A 短路，灯A 中没有电流，A 错误；将S 1断开的瞬间，灯泡B 熄灭，A 灯闪亮一下再熄灭，B 错误；流过L 的电流等于通过B 灯和电阻R 两支路的电流之和，所以将S 1断开的瞬间，通过灯泡A 的电流最大值要比原来通过灯泡B 的电流大，C 正确；将S 2断开，电路达到稳定，灯A 的亮度要比灯B 暗，D 错误。
2．(多选)(2018·陕西汉中期末)如图所示，S 和P 是半径为a 的环形导线的两端点，OP 间电阻为R ，其余电阻不计，匀强磁场的磁感应强度为B ，方向垂直环面，金属棒OQ 与环形导线接触，以角速度ω绕O 点无摩擦匀速转动时，则导学号 51343023( AB ) A ．电阻R 两端的电压为Bωa 22B ．电阻R 消耗的功率为B 2ω2a 44RC ．金属棒受的安培力为B 2ωa 22R D ．外力对OQ 做功的功率为B 2ω2a 42R[解析] OQ 产生的电动势E ＝Ba v ＝Ba 2ω2，因为只有OP 间有电阻，所以电阻R 两端的电压为Bωa 22，A 正确；电阻R 消耗的功率为P ＝E 2R ＝B 2ω2a 44R ，B 正确；电路中电流I ＝E R ＝Ba 2ω2R ，金属棒受的安培力F ＝BIa ＝B 2a 3ω2R ，C 错误；外力对OQ 做功的功率为P ′＝P ＝B 2ω2a 44R ，D 错误。
最新-2018高考物理第九章电磁感应 章末检测试题及完全
章末检测(九)(时间：90分钟 满分：100分)一、选择题(每题3分，共36分)1．(2018·合肥模拟)如图所示，A 、B 两闭合线圈由同样长度、同种材料的导线绕成，A 为10匝，B 为20匝，半径为r A ＝2r B ，匀强磁场只分布在B 线圈内．若磁场均匀地减弱，则( )A ．A 中无感应电流B ．A 、B 中均有恒定的感应电流C ．A 、B 中感应电动势之比为2∶1D ．A 、B 中感应电流之比为1∶2答案：BD解析：在线圈A 、B 中都存在着磁通量的变化，因此两线圈中都有感应电流，选项A 错误，选项B 正确；由于A 的匝数为B 的一半，两个线圈中磁通量及其变化完全相同，根据法拉第电磁感应定律，两个线圈中感应电动势之比为1∶2，选项C 错误；由于两个线圈用同样导线绕成且总长度相同，所以两个线圈的电阻是相同的，因此A 、B 中感应电流之比也是1∶2，选项D 正确．2．单匝矩形线圈在磁场中匀速转动，转轴垂直于磁场，若线圈所围面积里磁通量随时间变化的规律如图所示，由O ～D 过程中( )A ．线圈中O 时刻感应电动势最大B ．线圈中D 时刻感应电动势为零C ．线圈中D 时刻感应电动势最大D ．线圈中O 至D 时刻内平均感应电动势为0.40 V答案：ABD解析：在O 时刻Φt 图线的斜率最大，由E ＝ΔΦΔt知感应电动势最大，A 选项正确；在D 时刻Φt 图线的斜率为0，由E ＝ΔΦΔt 知感应电动势为0，B 选项正确，C 选项错误；在O 至D 时间内E ＝ΔΦΔt ＝2×10－30.005V ＝0.40 V ，故D 选项正确． 3．(2018·山东理综)如图所示，一导线弯成半径为a 的半圆形闭合回路．虚线MN 右侧有磁感应强度为B 的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面．回路以速度v 向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN 垂直，从D 点到达边界开始到C 点进入磁场为止，下列结论正确的是( )A ．感应电流方向不变B ．CD 段直导线始终不受安培力C ．感应电动势最大值E m ＝BavD．感应电动势平均值E＝14πBav答案：ACD解析：根据楞次定律可判定闭合回路中产生的感应电流方向始终不变，A正确；CD段电流方向是D指向C，根据左手定则可知，CD段受到安培力，且方向竖直向下，B错误；当有一半进入磁场时，产生的感应电动势最大，E m＝Bav，C正确；由法拉第电磁感应定律得E＝ΔΦΔt ＝πBav4，D正确．4．(2018·海南单科)一长直铁芯上绕有一固定线圈M，铁芯右端与一木质圆柱密接，木质圆柱上套有一闭合金属环N，N可在木质圆柱上无摩擦移动．M连接在如图所示的电路中，其中R为滑动变阻器，E1和E2为直流电源，S为单刀双掷开关．下列情况中，可观测到N向左运动的是( )A．在S断开的情况下，S向a闭合的瞬间B．在S断开的情况下，S向b闭合的瞬间C．在S已向a闭合的情况下，将R的滑动头向c端移动时D．在S已向a闭合的情况下，将R的滑动头向d端移动时答案：C解析：由楞次定律第二种描述可知：只要线圈中电流增强，即穿过N的磁通量增加，则N受排斥而向右运动，只要线圈中电流减弱，即穿过N的磁通量减少，则N受吸引而向左运动，故选项C正确．5．如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻r不能忽略．R1和R2是两个定值电阻，L是一个自感系数较大的线圈．开关S原来是断开的，从闭合开关S到电路中电流达到稳定为止的时间内，通过R1的电流I1和通过R2的电流I2的变化情况是( )A．I1开始较大而后逐渐变小B．I1开始很小而后逐渐变大C．I2开始很小而后逐渐变大D．I2开始较大而后逐渐变小答案：AC解析：闭合开关S时，由于L是一个自感系数较大的线圈，产生反向的自感电动势阻碍电流的变化，所以开始时I2很小而I较大，随着电流达到稳定，线圈的自感作用减小，I2开始逐渐变大，由于分流导致稳定电路中R1中的电流减小，故选A、C.6．(2018·江门模拟)如图是某电磁冲击钻的原理图，若突然发现钻头M向右运动，则可能是( )A．开关S闭合瞬间B．开关S由闭合到断开的瞬间C．开关S已经是闭合的，变阻器滑片P向左迅速滑动D．开关S已经是闭合的，变阻器滑片P向右迅速滑动答案：AC解析：当开关突然闭合时，左线圈上有了电流，产生磁场，而对于右线圈来说，磁通量增加，由楞次定律可知，为了阻碍磁通量的增加，钻头M 向右运动远离左边线圈，故A 项正确；当开关由闭合到断开瞬间，穿过右线圈的磁通量要减少，为了阻碍磁通量的减少，钻头M 要向左运动靠近左边线圈，故B 项错误；开关闭合时，当变阻器滑片P 突然向左滑动时，回路的电阻减小，回路电流增大，产生的磁场增强，穿过右线圈的磁通量增大，为了阻碍磁通量的增加，钻头M 向右运动远离左边线圈，故C 项正确；当变阻器滑片P 突然向右滑动时，回路的电阻增大，回路电流减小，产生的磁场减弱，穿过右线圈的磁通量减少，为了阻碍磁通量的减少，钻头M 向左运动靠近左边线圈，故D 项错误．7．如图(甲)所示，矩形导线框abcd 放在匀强磁场中，在外力控制下静止不动；磁感线方向与线圈平面垂直，磁感应强度B 随时间变化的图象如图(乙)所示，t ＝0时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里．在0～4 s 时间内，线框ab 边受安培力随时间变化的图象可能是图中的(规定力向左为正)( )答案：D解析：由B t 图象可知，在0～1 s 内，匀强磁场垂直纸面向里，且均匀减小，据楞次定律可判定线框中感应电流方向b →a →d →c →b 进一步由左手定则判定ab 边受安培力方向向左，为正值．又根据F ＝BIL ＝B ΔB ·S ΔtRL ∝B ，综合考虑不难得出正确答案为D. 8．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答案：AC解析：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.9．(2018·湖南十校联考)两根相互平行的金属导轨水平放置于图所示的匀强磁场中，在导轨上接触良好的导体棒AB和CD可以自由滑动．当AB在外力F作用下向右运动时，下列说法中正确的是( )A．导体棒CD内有电流通过，方向是D→CB．导体棒CD内有电流通过，方向是C→DC．磁场对导体棒CD的作用力向左D．磁场对导体棒AB的作用力向左答案：BD解析：利用楞次定律，两个导体棒与两根金属导轨构成闭合回路，分析出磁通量增加，结合安培定则判断回路中感应电流的方向是B→A→C→D→B.以此为基础，再判断CD内的电流方向，最后根据左手定则进一步确定CD的受力方向，经过比较可得正确答案．10．(2018·福州一模)在甲、乙、丙三图中，除导体棒ab可动外，其余部分均固定不动，甲图中的电容器C原来不带电，设导体棒、导轨和直流电源的电阻均可忽略，导体棒和导轨间的摩擦也不计．图中装置均在水平面内，且都处于方向垂直水平面(即纸面)向下的匀强磁场中，导轨足够长．今给导体棒ab一个向右的初速度，在甲、乙、丙三种情况下导体棒ab的最终运动状态是( )A．三种情形下导体棒ab最终均做匀速运动B．甲、丙中，ab棒最终将以不同的速度做匀速运动，乙中ab棒最终静止C．甲、丙中，ab棒最终将以相同的速度做匀速运动，乙中ab棒最终静止D．三种情形下导体棒ab最终均静止答案：B解析：图甲中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流而使电容器充电，当电容器C 极板间电压与导体棒产生的感应电动势相等时，电路中没有电流，ab棒向右做匀速运动；图乙中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流，通过电阻R转化为内能，当ab棒的动能全部转化为内能时，ab棒静止；图丙中，导体棒先受到向左的安培力作用下向左做加速运动，当导体棒产生的感应电动热与电源的电动势相等时，电路中没有电流，ab棒向左做匀速运动．所以B项正确．11．如图所示，在水平桌面上放置两根相距L的光滑平行金属导轨ab与cd，阻值为R 的电阻与导轨的a、c端相连．金属滑杆MN垂直于导轨并可在导轨上滑动．整个装置放于匀强磁场中，磁场的方向竖直向上，磁感应强度的大小为B.金属滑杆与导轨电阻不计，金属滑杆的中点系一不可伸长的轻绳，绳绕过固定在某边的光滑轻滑轮后，与一质量为m的物块相连，拉金属滑杆的绳处于水平拉直状态．现若从静止开始释放物块，用I表示回路中的感应电流，g表示重力加速度，则在物块下落过程中物块的速度可能( )A ．小于mgRB 2L 2B ．等于mgR B 2L 2C ．小于I 2R mgD ．大于I 2R mg答案：ABC 解析：MN 的最大速度就是安培力等于重力时对应的速度，即BIL ＝mg ，B 2L 2v /R ＝mg ，v＝mgR B 2L 2，故A 、B 正确；又I ＝BLv R ，v ＝I 2R mg，C 正确D 错误． 12．(2018·徐州模拟)如图所示，四根等长的铝管和铁块(其中C 中铝管不闭合，其他两根铝管和铁管均闭合)竖直放置在同一竖直平面内，分别将磁铁和铁块沿管的中心轴线从管的上端由静止释放，忽略空气阻力，则下列关于磁铁和铁块穿过管的运动时间的说法正确的是( )A ．t A >tB ＝tC ＝t DB ．tC ＝t A ＝t B ＝tD C ．t C >t A ＝t B ＝t DD ．t C ＝t A >t B ＝t D 答案：A解析：A 中闭合铝管不会被磁铁磁化，但当磁铁穿过铝管的过程中，铝管可看成很多圈水平放置的铝圈，据楞次定律知，铝圈将发生电磁感应现象，阻碍磁铁的相对运动；因C 中铝管不闭合，所以磁铁穿过铝管的过程不发生电磁感应现象，磁铁做自由落体运动；铁块在B 中铝管和D 中铁管中均做自由落体运动，所以磁铁和铁块在管中运动时间满足t A >t C ＝t B ＝t D ，A 正确．二、填空题(每题4分，共12分)13．如图所示的电路，L 为自感线圈，R 是一个灯泡，E 是电源，当S闭合瞬间，通过电灯的电流方向是________，当S 切断瞬间通过电灯的电流方向是________．答案：A →B B →A解析：S 闭合时，根据电源正负极易知电流方向．S 断开瞬间，线圈L 将产生与原电流同向的断电自感电动势阻碍原电流的减小，线圈L 与灯泡组成闭合回路，通过灯泡的电流从B 到A .14．如图所示，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R 2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________答案：13Bav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 . 15．(2018·试题调研)由于国际空间站的运行轨道上各处的地磁场强弱及方向均有所不同，所以在运行过程中，穿过其外壳的地磁场的磁通量将不断变化，这样将会导致________现象发生，从而消耗国际空间站的能量．为了减少这类消耗，国际空间站的外壳材料的电阻率应尽可能________(填“大”或“小”)一些．答案：电磁感应 大解析：电阻率较大，电阻也较大，同样的电磁感应现象，产生的电动势一定，由P ＝U 2R 可知，电阻较大时，消耗的电功率较小，可以减少能量消耗．三、计算题(共5题，共52分)16．(10分)(2018·福州模拟)如图所示，长L 1宽L 2的矩形线圈电阻为R ，处于磁感应强度为B 的匀强磁场边缘，线圈与磁感线垂直．求：将线圈以向右的速度v 匀速拉出磁场的过程中，(1)拉力F 大小；(2)拉力的功率P ；(3)拉力做的功W ；(4)线圈中产生的电热Q ；(5)通过线圈某一截面的电荷量q .答案：(1)B 2L 22v R (2)B 2L 22v 2R (3)B 2L 22L 1v R(4)B 2L 22L 1v R (5)BL 1L 2R解析：(1)E ＝BL 2v ，I ＝E /R ，F ＝BIL 2，∴ F ＝B 2L 22v R(2)P ＝Fv ＝B 2L 22v 2/R(3)W ＝FL 1＝B 2L 22L 1v /R(4)Q ＝W ＝B 2L 22L 1v /R (5)q ＝It ＝E R t ＝ΔΦR ＝BL 1L 2R17．(10分)(2018·杭州模拟)如图(a)所示，面积S ＝0.2 m 2的线圈，匝数n ＝630匝，总电阻r ＝1.0 Ω，线圈处在变化的磁场中，磁感应强度B 随时间t 按图(b)所示规律变化，方向垂直线圈平面．图(a)中传感器可看成一个纯电阻R ，并标有“3 V 0.9 W”，滑动变阻器R 0上标有“10 Ω 1 A”，试回答下列问题：(1)设磁场垂直纸面向外为正方向，试判断通过电流表的电流方向；(2)为了保证电路的安全，求电路中允许通过的最大电流；(3)若滑动变阻器触头置于最左端，为了保证电路的安全，图(b)中的t 0最小值是多少？ 答案：(1)向右 (2)0.3 A (3)40 s解析：(1)由安培定则判断得，电流向右．(2)传感器正常工作时的电阻R ＝U 2P＝10 Ω 工作电流I ＝U R ＝0.3 A ，由于滑动变阻器工作电流是1 A ，所以电路允许通过的最大电流为I ＝0.3 A(3)滑动变阻器触头位于最左端时外电路的电阻为R 外＝20 Ω，故电源电动势的最大值E ＝I (R 外＋r )＝6.3 V由法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt ＝nS ΔB Δt ＝630×0.2×2.0t 0V ，解得t 0＝40 s 18．(10分)如图甲所示，一对平行光滑轨道放置在水平面上，两轨道间距l ＝0.20 m ，电阻R ＝1.0 Ω；有一导体杆静止地放在轨道上，与两轨道垂直，杆及轨道的电阻皆可忽略不计，整个装置处于磁感应强度B ＝0.50 T 的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道面向下．现用一外力F 沿轨道方向拉杆，使之做匀加速运动，测得力F 与时间t 的关系如图乙所示，求杆的质量m 和加速度a .答案：0.1 kg 10 m/s 2解析：导体杆在轨道上做初速度为零的匀加速直线运动，用v 表示瞬时速度，t 表示时间，则杆切割磁感线产生的感应电动势为E ＝Blv ＝Blat ①闭合回路中的感应电流为I ＝E R②由安培定则和牛顿第二定律得 F －BIl ＝ma ③将①②式代入③式整理得F ＝ma ＋B 2l 2Rat ④在题图乙图线上取两点：t 1＝0，F 1＝1 N ；t 2＝10 s ，F 2＝2 N ，代入式④，联立方程解得a ＝10 m/s 2，m ＝0.1 kg.19．(12分)均匀导线制成的单匝正方形闭合线框abcd ，每边长为L ，总电阻为R ，总质量为m .将其置于磁感强度为B 的水平匀强磁场上方h处，如图所示．线框由静止自由下落，线框平面保持在竖直平面内，且cd 边始终与水平的磁场边界面平行．当cd 边刚进入磁场时，(1)求线框中产生的感应电动势大小．(2)求cd 两点间的电势差大小．(3)若此时线框加速度恰好为零，求线框下落的高度h 应满足的条件．答案：(1)BL 2gh (2)34BL 2gh (3)h ＝m 2gR 22B 4L 4 解析：(1)cd 边刚进入磁场时，线框速度v ＝2gh线框中产生的感应电动势E ＝BLv ＝BL 2gh(2)此时线框中电流I ＝E Rcd 两点间的电势差U ＝I ⎝ ⎛⎭⎪⎫34R ＝34BL 2gh(3)安培力F ＝BIL ＝B 2L 22gh R根据牛顿第二定律mg －F ＝ma ，由a ＝0 解得下落高度满足h ＝m 2gR 22B 4L4 20．(10分)光滑平行的金属导轨MN 和PQ ，间距L ＝1.0 m ，与水平面之间的夹角α＝30°，匀强磁场磁感应强度B ＝2.0 T ，垂直于导轨平面向上，MP 间接有阻值R ＝2.0 Ω的电阻，其他电阻不计，质量m ＝2.0 kg 的金属杆ab 垂直导轨放置，如图(甲)所示．用恒力F 沿导轨平面向上拉金属杆ab ，由静止开始运动，v t 图象如图(乙)．g ＝10 m/s 2，导轨足够长，求：(1)恒力F 的大小；(2)金属杆速度为2.0 m/s 时的加速度大小；(3)根据v t 图象估算在前0.8 s 内电阻上产生的热量．答案：(1)18 N (2)2.0 m/s 2(3)3.80 J解析：(1)由图(乙)知，杆运动的最大速度为v m ＝4 m/s 此时有：F ＝mg sin α＋F 安＝mg sin α＋B 2L 2v m R代入数据得：F ＝18 N(2)由牛顿第二定律可得：F －F 安－mg sin α＝maa ＝F －B 2L 2v R －mg sin αm，代入数据得：a ＝2.0 m/s 2 (3)由(乙)图可知0.8 s 末导体杆的速度v 1＝2.2 m/s前0.8 s 内图线与t 轴所包围的小方格的个数为27个，面积为27×0.2×0.2＝1.18，即前0.8 s 内导体杆的位移x ＝1.18 m ．由能的转化和守恒定律得：Q ＝Fx －mgx sin α－12mv 12，代入数据得：Q ＝3.80 J(说明，前0.8 s 内图线与t 轴所包围的小方格的个数在26～28个之间，位移在1.18～1.12 m 之间，产生的热量在3.48～4.12 J 之间均正确)．。
2018高考物理一轮总复习达标训练习题：第九章 电磁感
课时达标 第27讲[解密考纲]考查公式E ＝n ΔΦΔt和E ＝Bl v 的应用；会判断电动势的方向；理解自感现象、涡流等概念，能分析通电自感和断电自感．1．(多选)如图所示，不计电阻的光滑U 形金属框水平放置，光滑、竖直玻璃挡板H 、P 固定在框上，H 、P 的间距很小．质量为0.2 kg 的细金属杆CD 恰好无挤压地放在两挡板之间，与金属框接触良好并围成边长为1 m 的正方形，其有效电阻为0.1 Ω.此时在整个空间加方向与水平面成30°角且与金属杆垂直的匀强磁场，磁感应强度随时间变化规律是B ＝(0.4－0.2t )T ，图示磁场方向为正方向．框、挡板和杆不计形变．则( AC )A ．t ＝1 s 时，金属杆中感应电流方向从C 到DB ．t ＝3 s 时，金属杆中感应电流方向从D 到CC ．t ＝1 s 时，金属杆对挡板P 的压力大小为0.1 ND ．t ＝3 s 时，金属杆对挡板H 的压力大小为0.2 N解析：由楞次定律可知，t ＝1 s 、t ＝3 s 时，金属杆中感应电流方向均从C 到D ，选项A正确，选项B 错误；由法拉第电磁感应定律，得感应电动势E ＝ΔB ΔtS ·sin 30°＝0.1 V ，感应电流I ＝E R＝1 A ，t ＝1 s 时，金属杆受力如图甲所示，由平衡条件，得F P ＝F A sin 30°；BIL sin 30°＝(0.4－0.2t ) T ×IL sin 30°＝0.1 N ，选项C 正确；t ＝3 s 时，金属杆受力如图乙所示，由平衡条件，得F H ＝F A sin 30°＝B 3IL sin 30°，而B 3＝0.4 T －0.2×3 T ＝－0.2 T ，方向向左上方，代入解得F H ＝0.1 N ，选项D 错误．2．(多选)如图所示．匀强磁场的方向垂直于电路所在平面向里．导体棒ab 与电路接触良好．当导体棒ab 在外力F 作用下从左向右做匀加速直线运动时，若不计摩擦和导线的电阻，整个过程中，灯泡L 未被烧毁，电容器C 未被击穿，则该过程中( AB )A ．感应电动势将变大B ．灯泡L 的亮度变大C ．电容器C 的上极板带负电D ．电容器两极板间的电场强度将减小解析：当导体棒ab 在外力F 作用下从左向右做匀加速直线运动时，由右手定则知，导体棒a 端的电势高，电容器C 的上极板带正电；由公式E ＝Bl v 知，感应电动势将变大，导体棒两端的电压变大，灯泡L 的亮度变大，由于场强E ＝U d，电容器两极板间的电场强度将变大．综上可知，A 、B 两项正确，C 、D 两项错误．3．矩形导线框abcd 固定在匀强磁场中，如图甲所示，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度B 随时间t 变化的规律如图乙所示，则( A )A ．从0到t 1时间内，导线框中电流的方向为adcbaB ．从0到t 1时间内，导线框中电流越来越小C ．从t 1到t 2时间内，导线框中电流越来越大D ．从t 1到t 2时间内，导线框bc 边受到的安培力大小保持不变解析：从0到t 1时间内，垂直纸面向里的磁感应强度减小，磁通量减小，根据楞次定律可判断，产生顺时针方向的电流，故A 项正确；由E ＝ΔΦΔt ＝S ΔB Δt ，I ＝E R，且磁感应强度均匀减小，ΔB Δt为一恒定值，则线框中产生的感应电流大小不变，故B 、C 两项错误；磁感应强度B 均匀变化，由F ＝BIL bc 知：bc 边受到的安培力是变化的，故D 项错误．4．(多选)如图所示．在方向垂直纸面向里，磁感应强度为B 的匀强磁场区域中有一个由均匀导线制成的单匝矩形线框abcd .线框以恒定的速度v 沿垂直磁场方向向右运动，运动中线框dc 边始终与磁场右边界平行，线框边长ad ＝l ，cd ＝2l .线框导线的总电阻为R .则在线框离开磁场的过程中．下列说法中正确的是 ( ABD )A ．流过线框截面的电量为2Bl 2RB ．线框中的电流在ad 边产生的热量2l 3B 2v 3RC ．线框所受安培力的合力为2B 2l 2v RD ．ad 间的电压为Bl v 3解析：线框离开磁场的过程中，感应电动势E ＝2Bl v ，由电路知识可知ad 间的电压为U ab＝E 6＝Bl v 3，线框所受安培力的合力为F ＝BI (2l )＝4B 2l 2v R，产生的总热量Q ＝I 2Rt ，t ＝l v ，Q ad ＝Q 6，所以Q ad ＝2l 3B 2v 3R ，通过的电量q ＝ΔΦR ＝2Bl 2R.综上可知，A 、B 、D 三项正确，C 项错误． 5．一直升飞机停在南半球的地磁极上空，该处地磁场的磁感应强度在竖直方向的分量为B ，螺旋浆叶片的长度为l ，螺旋桨转动的频率为f ，顺着地磁场的方向看，螺旋桨按顺时针方向转动．螺旋桨叶片的近轴端为a ，远轴端为b ，如图所示．如果忽略a 到转轴中心线的距离，用E 表示每个叶片中的感应电动势，则( A )A ．E ＝πfl 2B ，且a 点电势低于b 点电势B ．E ＝2πfl 2B ，且a 点电势低于b 点电势C ．E ＝πfl 2B ，且a 点电势高于b 点电势D ．E ＝2πfl 2B ，且a 点电势高于b 点电势解析：螺旋桨的叶片围绕着O 点转动，产生的感应电动势为E ＝12Bl (ωl )＝ 12B (2πf )·l 2＝πfl 2B ，由右手定则判断出b 点电势比a 点电势高．所以A 项正确．6．如图所示的电路中，L 为自感线圈，其直流电阻与电阻R 相等，C 为电容器，电源内阻不可忽略．当开关S 由闭合变为断开瞬间，下列说法正确的是( B )A ．通过灯A 的电流由c 到dB ．A 灯突然闪亮一下再熄灭C ．B 灯无电流通过，不可能变亮D ．电容器立即放电解析：S 断开瞬间，线圈L 与A 灯、电阻R 形成闭合回路，通过灯A 的电流由d 到c ，故A 错．由于自感提供给A 灯的电流开始时大于电源原来提供的电流，故A 灯闪亮一下再熄灭，B 正确．S 断开瞬间，电源的路端电压增大，将对电容器充电，充电电流通过B 灯，可能会使B 灯闪亮一下再熄灭，故C 、D 均错．7．(多选)用一根横截面积为S 、电阻率为ρ的硬质导线做成一个半径为r 的圆环，ab 为圆环的一条直径，如图所示，在ab 的左侧存在一个均匀变化的匀强磁场，磁场垂直圆环所在平面，方向如图，磁感应强度大小随时间的变化率ΔB Δt＝k (k <0)，则( BD )A ．圆环中产生逆时针方向的感应电流B ．圆环具有扩张的趋势C ．圆环中感应电流的大小为|krS 2ρ| D ．图中a 、b 两点间的电压U ＝|14k πr 2| 解析：磁通量垂直纸面向里逐渐减小，由楞次定律可知，圆环中的感应电流方向为顺时针，故选项A 错误；为了阻碍磁通量的减小，圆环有扩张的趋势，故选项B 正确．由法拉第电磁感应定律可知，E ＝ΔB πr 22Δt ＝⎪⎪⎪⎪12k πr 2，感应电流I ＝E R ＝E ρ2πr S＝⎪⎪⎪⎪kSr 4ρ，故选项C 错误；由闭合电路欧姆定律可知，ab 两点间的电压U ＝E 2＝⎪⎪⎪⎪14k πr 2，故选项D 正确． 8．如图甲所示，质量为2 kg 的绝缘板静止在粗糙水平面上，质量为1 kg 、边长为1 m 、电阻为0.1 Ω的正方形金属框ABCD 位于绝缘板上，E 、F 分别为BC 、AD 的中点．某时刻起在ABEF 区域内有竖直向下的磁场，其磁感应强度B 1的大小随时间变化的规律如图乙所示，AB 边恰在磁场边缘以外；FECD 区域内有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B 2＝0.5 T ，CD 边恰在磁场边缘以内．假设金属框受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两磁场均有理想边界，取g ＝10 m/s 2.则( D )A ．金属框中产生的感应电动势大小为1 VB ．金属框受到向左的安培力大小为1 NC ．金属框中的感应电流方向沿ADCB 方向D ．如果金属框与绝缘板间的动摩擦因数为0.3，则金属框可以在绝缘板上保持静止解析：根据法拉第电磁感应定律有E ＝n ΔΦΔt ＝ΔB 1Δt ·L 22＝0.5 V ，故选项A 错误；回路中的电流为I ＝E R＝5 A ，所受安培力的大小为F ＝B 2IL ＝2.5 N ，根据楞次定律可知，产生感应电流的方向为逆时针，即ABCD 方向，则由左手定则可知，安培力的方向水平向右，故选项B 、C 错误；若金属框与绝缘板间的动摩擦因数为0.3，则最大静摩擦力F fm ＝μF N ＝μmg ＝3 N ，大于安培力，金属框可以在绝缘板上保持静止，故选项D 正确．9．(多选)如图甲所示，abcd 为导体做成的框架，其平面与水平面成θ角，导体棒PQ 与ad 、bc 接触良好，整个装置放在垂直于框架平面的变化磁场中，磁场的磁感应强度B 随时间t 变化情况如图乙所示(设图甲中B 的方向为正方向)，在0～t 1时间内导体棒PQ 始终静止，下面判断正确的是( AD )A ．导体棒PQ 中电流方向由Q 至PB ．导体棒PQ 受安培力方向沿框架向下C ．导体棒PQ 受安培力大小在增大D ．导体棒PQ 受安培力大小在减小解析：根据法拉第电磁感应定律可知在线圈中产生恒定的感应电流，方向由Q 至P ，故A 正确；根据左手定则可知，导体棒PQ 受到沿框架向上的安培力，故B 错误；产生的感应电流不变，但磁感应强度逐渐减小，故受到的安培力逐渐减小，故C 错误，D 正确．10．(多选)如图甲所示，光滑绝缘水平面上，虚线MN 的右侧存在磁感应强度B ＝2 T 的匀强磁场，MN 的左侧有一质量m ＝0.1 kg 的矩形线圈abcd ，bc 边长L 1＝0.2 m ，电阻R ＝2 Ω，t ＝0时，用一恒定拉力F 拉线圈，使其由静止开始向右做匀加速运动，经过1 s ，线圈的bc 边到达磁场边界MN ，此时立即将拉力F 改为变力，又经过1 s ，线圈恰好完全进入磁场，整个运动过程中，线圈中感应电流i 随时间t 变化的图象如图乙所示．则( ABD )A ．恒定拉力大小为0.05 NB ．线圈在第2 s 内的加速度大小为1 m/s 2C ．线圈ab 边长L 2＝0.5 mD ．在第2 s 内流过线圈的电荷量为0.2 C解析：在第1 s 末，i 1＝E R，E ＝BL 1v 1，v 1＝a 1t 1，F ＝ma 1，联立得F ＝0.05 N ，A 项正确；在第2 s 内，由图象分析知线圈做匀加速直线运动，第2 s 末，i 2＝E ′R，E ′＝BL 1v 2，v 2＝v 1＋a 2t 2，解得a 2＝1 m/s 2，B 项正确；在第2 s 内，v 22－v 21＝2a 2L 2，得L 2＝1 m ，C 项错误；q ＝ΔΦR ＝BL 1L 2R＝0.2 C ，D 项正确．。
高考物理一轮复习 第九章 电磁感应真题集训 章末验收(2021年最新整理)
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第九章电磁感应命题点一：电磁感应现象、楞次定律1．(2014·全国卷Ⅰ)在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中，能观察到感应电流的是（)A．将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路,然后观察电流表的变化B．在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化C．将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流表的变化D．绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间,观察电流表的变化解析：选D 只形成闭合回路，回路中的磁通量不变化,不会产生感应电流,A、B、C错误；给线圈通电或断电瞬间，通过闭合回路的磁通量变化，会产生感应电流，能观察到电流表的变化,D正确.2．（多选)(2013·全国卷Ⅱ）在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用.下列叙述符合史实的是( )A．奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应揭示了电和磁之间存在联系B．安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性,提出了分子电流假说C．法拉第在实验中观察到,在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，会出现感应电流D．楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化解析：选ABD 奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应揭示了电流能够产生磁场，电和磁之间存在联系，选项A正确。
2018版高考物理(新课标)一轮复习习题：第九章电磁感应课时作业44含答案
课时作业（四十四）法拉第电磁感应定律自感涡流［基础训练］1．(2017·江苏南通模拟)如图所示，A、B、C是3个完全相同的灯泡，L是一个自感系数较大的线圈（直流电阻可忽略不计）．则（)A．S闭合时，A灯立即亮，然后逐渐熄灭B．S闭合时,B灯立即亮，然后逐渐熄灭C．电路接通稳定后，3个灯亮度相同D．电路接通稳定后，S断开时，C灯立即熄灭答案：A 解析：因线圈L的自感系数较大且直流电阻可忽略不计，S闭合时，A灯立即亮，然后逐渐熄灭，A正确．S闭合时，B灯先不太亮，然后变亮，B错误．电路接通稳定后，B、C灯亮度相同，A灯不亮,C错误．电路接通稳定后，S断开时,C灯逐渐熄灭，D错误．2．如图所示的电路，开关原先闭合,电路处于稳定状态,在某一时刻突然断开开关S，则通过电阻R1中的电流I随时间变化的图线可能是下图中的( ）答案:D 解析：开关S原来闭合时,电路处于稳定状态，流过R1的电流方向向左，大小为I1.与R1并联的R2和线圈L支路,电流I2的方向也是向左．当某一时刻开关S突然断开时，L中向左的电流要减小,由于自感现象，线圈L产生自感电动势，在回路“L→R1→A→R2”中形成感应电流，电流通过R1的方向与原来相反,变为向右，并从I2开始逐渐减小到零，故选项D图正确．3．A、B两闭合圆形导线环用相同规格的导线制成，它们的半径之比r A∶r B＝2∶1，在两导线环包围的空间内存在一正方形边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直于两导线环的平面，如图所示,当磁场的磁感应强度随时间均匀增大的过程中，流过两导线环的感应电流大小之比为（)A。
错误!＝1 B。
错误!＝2C.错误!＝错误!D。
错误!＝错误!答案：D 解析：设t时刻的磁感应强度为B t，则B t＝B0＋kt，其中B0为t＝0时的磁感应强度，k为一常数,A、B两导线环所包围的面积不同,但某一时刻穿过它们的磁通量均为穿过磁场所在区域面积上的磁通量，设磁场区域的面积为S，则Φt＝B t S，即在任一时刻穿过两导线环包围面上的磁通量是相等的，所以两导线环上的磁通量变化率是相等的．E＝错误!＝错误!S（S为磁场区域面积）．对A、B两导线环，由于错误!及S均相同，得错误!＝1,I＝错误!，R＝ρ错误!(S1为导线的横截面积)，l＝2πr，所以错误!＝错误!，代入数值得错误!＝错误!＝错误!。
2018版高考物理一轮复习 第九章 电磁感应冲刺训练
第九章 电磁感应电磁感应失分点之(一)——电磁感应的图像问题(2角度破解)电磁感应中的图像问题是考生容易失分的考点，因为该题型难度大综合性强，而且“名目繁多”，包括B t 、i t 、F t 、a t 、v t 等图像都可能涉及。
但只要通过深入研究、认真归纳，就可以站在更高的角度上来审视电磁感应图像问题：“感生”图像和“动生”图像。
力。
但是设问形式有所不同，具体如下：1．直接设问式[典例1] (多选)(2017·聊城二模)如图(a)所示，一个半径为r 1、匝数为n 、电阻值为R 的圆形金属线圈与阻值为2R 的电阻R 1连接成闭合回路，导线的电阻不计。
在线圈中半径为r 2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B 随时间t 变化的图像如图(b)所示，图线与横、纵轴的截距分别为t 0和B 0，关于0到t 1时间内的下列分析，正确的是( )A ．R 1中电流的方向由a 到bB ．电流的大小为n πB 0r 223Rt 0C ．线圈两端的电压为n πB 0r 223t 0D ．通过电阻R 1的电荷量为n πB 0r 22t 13Rt 0[解析] 由图像分析可知，0至t 1时间内，由法拉第电磁感应定律有E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔB ΔtS ，面积为S ＝πr 22，由闭合电路欧姆定律有I 1＝ER 1＋R ，联立以上各式解得，通过电阻R 1上的电流大小为I 1＝n πB 0r 223Rt 0，由楞次定律可判断通过电阻R 1上的电流方向为从b 到a ，故A 项错误，B 项正确；线圈两端的电压大小为U ＝I 1·2R ＝2n πB 0r 223t 0，故C 项错误；通过电阻R 1上的电荷量为q ＝I 1t 1＝n πB 0r 22t 13Rt 0，故D 项正确。
[答案] BD[题后悟通](1)法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt ，常有两种特殊情况，即E ＝n ΔB Δt S 和E ＝nB ΔS Δt，其中ΔB Δt是B t 图像中图线的斜率，若斜率不变则感应电动势是恒定不变的。
(新课标)2018年高考物理一轮复习 第九章 磁场章末过关检测
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2.0×104Ω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。
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第九章电磁感应一、选择题(本题共7小题，每小题6分，共42分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不选的得0分．)1．(2015·江苏卷)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解析：小线圈接近通电线圈过程中，小线圈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．答案：C2．(2016·威海模拟)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，电压表有读数解析：当c、d以相同的速度向右运动时，穿过回路的磁通量没变，故无感应电流产生，所以电流表和电压表中的电流均为零，故选项A正确．答案：A3．(2016·大连模拟)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8×10－5 CB ．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 W解析：线圈EFG 相当于电路的电源，电动势E ＝n ΔB Δt S ＝10×20.2×0.1 V ＝10 V ．由楞次定律得，电动势E 的方向是顺时针方向，故流过R 的电流是a→b，I ＝E R ＋r ＝104＋1 A ＝2 A ，P R ＝I 2R ＝22×4 W ＝16 W ；电容器U C ＝U R ，所带电荷量Q ＝C·U C ＝10×10－6×2×4 C ＝8×10－5C ，选项A 正确． 答案：A4．(2017·西安模拟)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 后熄灭解析：由于L 是自感线圈，当合上S 时，自感线圈L 将产生自感电动势，阻碍电流的增加，故有b 灯先亮，而a 灯后亮；当S 断开时，L 、a 、b 组成回路，L 产生自感电动势阻碍电流的减弱，由此可知，a 、b 同时熄灭，C 正确．答案：C5．(2016·东营模拟)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解析：根据右手定则可知，导体框中产生的感应电流均是沿顺时针方向，选项A 错误；导体框中产生的焦耳热等于克服安培力做的功，设导线框的边长为l ，当以速度v 匀速拉出时，Q 1＝F 安l ＝B 2l 2v R ·l ＝B 2l 3vR ∝v ，所以导体框中产生的焦耳热不同，选项B 错误；当以速度v 匀速拉出时，cd 边切割磁感线产生感应电动势，cd 边相当于电源，导体框ad 边两端电势差U 1＝14Blv ，当以速度3v 匀速拉出时，ad 边切割磁感线产生感应电动势，ad 边相当于电源，导体框ad 边两端电势差等于路端电压，其大小为U 2＝34Bl ·3v ＝94Blv ，选项C 错误；两个过程中，通过导体框截面的电荷量均为q ＝ΔΦR ＝Bl2R，选项D 正确．答案：D6．(2016·宝鸡模拟)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解析：在PQ 棒右侧放金属棒时，回路中产生感应电流，使金属棒加速，PQ 棒减速，当获得共同速度时，回路中感应电流为零，两棒都将匀速运动，A 、B 错误；当一端或两端用导线连接时，PQ 的动能将转化为内能而最终静止，C 、D 正确．答案：CD7．(2017·荆州模拟)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2mgr sin θB 2L 2B ．速度大小是mgr sin θB 2L2C ．加速度大小是2g sin θD ．加速度大小是0解析：由静止释放后cd 棒沿斜面向下做加速运动，随着速度的增大，E ＝BLv 变大，I ＝E2r 也变大，F ＝BIL 也变大，对ab 棒，当T ＝2mg sin θ＝mg sin θ＋BIL 时细线刚好被拉断，此时v ＝2mgr sin θB 2L 2，cd 棒这时向上的安培力与沿斜面向下的重力的分力平衡，加速度大小是0，故选项A 、D 正确，选项B 、C 错误．答案：AD二、非选择题(本题共5小题，共52分．按题目要求作答，解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．)8．(10分)(2015·江苏卷)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. 解析：(1)由电阻定律R ＝ρ2πrA，(2分) 解得R ＝6×103Ω.(1分) (2)感应电动势E ＝ΔB Δt πr 2，(2分)解得E ＝4×10－2V ．(1分) (3)由焦耳定律得Q ＝E2R Δt ，(3分)解得Q ＝8×10－8J ．(1分)答案：(1)6×103Ω (2)4×10－2V (3)8×10－8J9．(10分)(2015·海南卷)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．解析：(1)导体切割磁感线运动产生的电动势为 E ＝Blv ，(2分)根据欧姆定律，闭合回路中的感应电流为I ＝ER ，(1分)电阻R 消耗的功率为P ＝I 2R.(1分) 联立可得P ＝B 2l 2v2R.(1分)(2)对导体棒受力分析，受到向左的安培力和向左的摩擦力，向右的外力，三力平衡， 故有F 安＋μmg ＝F ，(2分) F 安＝BIl ＝B·BlvR ·l.(2分)解得F ＝B 2l 2vR＋μmg.(1分)答案：(1)P ＝B 2l 2v 2R (2)F ＝B 2l 2vR ＋μmg10．(12分)(2016·唐山模拟)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 ＝10m /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．解析：(1)由图象知，杆自由下落0.1 s进入磁场后以v＝1.0 m/s做匀速运动．产生的电动势E＝BLv，(2分)杆中的电流I＝ER＋r，(2分)杆所受安培力F安＝BIL，(2分)由平衡条件得mg＝F安，(2分)解得B＝2 T．(1分)(2)电阻R产生的热量Q＝I2Rt＝0.075 J．(3分)答案：(1)2 T(2)0.075 J11．(12分)如图所示，间距l＝0.3 m的平行金属导轨a1b1c1和a2b2c2分别固定在两个竖直面内．在水平面a1b1b2a2区域内和倾角θ＝37°的斜面c1b1b2c2区域内分别有磁感应强度B1＝0.4 T、方向竖直向上和B2＝1 T、方向垂直于斜面向上的匀强磁场．电阻R＝0.3 Ω、质量m1＝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b1、b2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m2＝0.05 kg的小环．已知小环以a＝6 m/s2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/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝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．解析：(1)设小环受到的摩擦力大小为F f ，由牛顿第二定律，有m 2g －F f ＝m 2a ，(3分) 代入数据，得F f ＝0.2 N ．(1分)(2)设通过K 杆的电流为I 1，K 杆受力平衡，有 F f ＝B 1I 1l ，(1分)设回路总电流为I ，总电阻为R 总，有I ＝2I 1， R 总＝32R.(2分)设Q 杆下滑速度大小为v ，产生的感应电动势为E ，有 I ＝ER 总，E ＝B 2lv ，F ＋m 1g sin θ＝B 2Il ，(3分) 拉力的瞬时功率P ＝Fv.(1分)联立以上各式，代入数据得P ＝2 W ．(1分) 答案：(1)0.2 N (2)2 W12．(14分)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？解析：(1)由I ＝Bdv 1R ＋r 和F 安＝BId ，(2分)可得F 安＝B 2d 2v 1R ＋r，(1分)根据平衡条件可得F ＝μmg ＋F 安．(1分) 解得v 1＝（F －μmg ）（R ＋r ）B 2d 2＝（10－0.2×1×10）（2＋1）22×12m /s ＝6 m /s .(1分)(2)稳定后F ＝μmg ＋B 2d 2v 2R ＋r ，(2分)且P ＝Fv 2，(1分)整理得2v 22＋3v 2－9＝0.(1分) 解得v 2＝1.5 m /s .(1分)(3)金属棒和灯泡串联，由Q ＝I 2Rt 得灯泡和金属棒产生的热量比Q R Q r ＝R r ，(1分)根据能量守恒Pt ＝12mv 23＋Q R ＋Q r ，(2分)解得v 3＝2（Pt －Q R －Q r ）m＝2（20×1－12－6）1m /s＝2 m /s .(1分)答案：(1)6 m /s (2)1.5 (3)2 m /s[教师用书备选题]13．(2016·赣州模拟)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解析：题图乙中斜率既能反映线圈内产生的感应电流的方向变化，又能反映感应电流的大小变化．t＝0.1 s时刻，图线斜率最大，意味着磁通量的变化率最大，感应电动势最大，线圈内产生的感应电流的大小达到了最大值，t＝0.1 s时刻前后的图线斜率一正一负，说明产生的感应电流的方向发生了变化，所以A、C正确；同理可知t＝0.15 s时刻，图线斜率不是最大值，且该时刻前后图线斜率全为负值，说明线圈内产生的感应电流的方向没有变化，而且大小并未达到最大值，选项B、D错误．答案：AC。