教育最新K12江苏省连云港市2019年高考物理考点突破每日一练(9)电磁感应现象、楞次定律(含解析)

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(最新整理)2019年高考物理试题汇编—电磁感应

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2018普通高校招生考试试题汇编—电磁感应24．(2018全国卷1)．（15分）(注意：在试题卷上作答无效)如图，两根足够长的金属导轨ab 、cd 竖直放置,导轨间距离为L 1电阻不计。

在导轨上端并接两个额定功率均为P 、电阻均为R 的小灯泡。

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。

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。

金属棒下落过程中保持水平，且与导轨接触良好。

已知某时刻后两灯泡保持正常发光.重力加速度为g 。

求：（1)磁感应强度的大小：(2）灯泡正常发光时导体棒的运动速率.解析：每个灯上的额定电流为I=U =（1）最后MN 匀速运动故：B2IL=mg B =(2)U=BLv 得：2P v mg==6．如图，EOF 和为空间一匀强磁场的边界，其中EO∥E O F '''，FO∥E O ''，且EO⊥OF；为∠EOF 的角平分线,F O ''OO 'OO '间的距离为l ；磁场方向垂直于纸面向里。

一边长为l 的正方形导线框沿方向匀速通过磁场，t =0时刻恰好位于图OO '示位置。

规定导线框中感应电流沿逆时针方向时为正,则感应电流i 与实践t 的关系图线可能正确的是7．(2018海南）．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。

高考物理连云港电磁学知识点之传感器全集汇编及答案

高考物理连云港电磁学知识点之传感器全集汇编及答案一、选择题1．某种角速度计，其结构如图所示．当整个装置绕轴OO′转动时，元件A相对于转轴发生位移并通过滑动变阻器输出电压，电压传感器(传感器内阻无限大)接收相应的电压信号．已知A的质量为m，弹簧的劲度系数为k、自然长度为l，电源的电动势为E、内阻不计．滑动变阻器总长也为l，电阻分布均匀，装置静止时滑片P在变阻器的最左端B端，当系统以角速度ω转动时，则()A．电路中电流随角速度的增大而增大B．电路中电流随角速度的增大而减小C．弹簧的伸长量为x＝D．输出电压U与ω的函数式为U＝2．如图所示是某居民小区门口利用光敏电阻设计的行人监控装置，R1为光敏电阻（光照增强电阻变小），R2为定值电阻，A、B接监控装置．则（）①当有人通过而遮蔽光线时，A、B之间电压升高②当有人通过而遮蔽光线时，A、B之间电压降低③当仅增大R2的阻值时，可增大A、B之间的电压④当仅减小R2的阻值时，可增大A、B之间的电压A．①③B．①④C．②③D．②④3．如图电路中，电源电动势为E，内阻为r，R G为光敏电阻，R为定值电阻。

闭合开关后，小灯泡L正常发光，当光照增强时，A．小灯泡变暗B．小灯泡变亮C．通过光敏电阻的电流变小D．通过光敏电阻的电流不变4．科学家研究发现，磁敏电阻(GMR)的阻值随所处空间磁场的增强而增大，随所处空间磁场的减弱而变小，如图所示电路中GMR为一个磁敏电阻，R和为滑动变阻器，和为定值电阻，当开关和闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态．则A．只调节电阻，当向下端移动时，电阻消耗的电功率不变B．只调节电阻，当向下端移动时，带电微粒向下运动C．只调节电阻R，当向右端移动时，电阻消耗的电功率变小D．只调节电阻R，当向右端移动时，带电微粒向下运动5．下列说法中正确的是( )A．电饭锅中的敏感元件是光敏电阻B．测温仪中的测温元件可以是热敏电阻C．机械式鼠标中的传感器接收到连续的红外线，输出不连续的电脉冲D．火灾报警器中的光传感器在没有烟雾时呈现低电阻状态，有烟雾时呈现高电阻状态6．某同学设计的散热排风控制电路如图所示，M为排风扇，R0是半导体热敏电阻，其阻值随温度升高而减小，R是可变电阻．控制开关电路具有下列特性：当A点电势φA＜φ0时，控制开关处于断路状态；当φA≥φ0时，控制开关接通电路，M开始运转．下列说法中正确的是（）A．环境温度升高时，A点电势升高B．可变电阻R 阻值调大时，A点电势降低C．可变电阻R 阻值调大时，排风扇开始工作的临界温度升高D．若用金属热电阻代替半导体热敏电阻，电路仍能正常工作7．电炖锅是用电阻通电后发热来加工食品的，内有两个“聪明”开关，一个是利用“热敏”材料制成的“热控开关”，当食品加热达到设定温度时，“热控开关”断开使电阻的发热功率减小；另一个是“定时开关”，当加热到一定时间时，“定时开关”断开，使电阻停止发热，这种“聪明电路”是()A．B．C．D．8．压敏电阻能够把压力这个力学量转换为电阻这个电学量，压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，在升降机中将重物放在压敏电阻上，压敏电阻接在如图甲所示的电路中，R 为定值电阻，电流表示数随时间变化如图乙所示，某同学根据电流表的示数变化情况推断升降机的运动状态，下列说法中正确的是（）A．0~1t时间内，升降机可能匀速运动B．0~1t时间内，升降机一定匀速上升C．1t~2t时间内，升降机可能匀速上升D．1t~2t时间内，升降机一定匀加速上升9．火警报警系统原理如图甲所示，M是一个小型理想变压器，原副线圈匝数之比n1:n2=10:1，接线柱a、b接上一个正弦交变电源，电压随时间变化规律如图乙所示，在变压器右侧部分，R2为用半导体热敏材料（电阻随温度升高而减小）制成的传感器，R1为一定值电阻．下列说法中正确的是A．此交变电源的每秒钟电流变化50次B．电压表示数为22 VC．当传感器R2所在处出现火警时，电流表的示数减小D．当传感器R2所在处出现火警时，电压表的示数减小10．为了儿童安全，布绒玩具必须检测其中是否存在金属断针，可以先将玩具放置强磁场中，若其中有断针，则断针被磁化，用磁报警装置可以检测到断针的存在，如图所示是磁报警装置中的一部分电路示意图，其中R B是磁敏传感器，它的电阻随断针的出现而减小，a、b接报警器，当传感器R B所在处出现断针时，电流表的电流I、ab两端的电压U将（）A．I变大，U变小B．I变小，U变小C．I变大，U变大D．I变小，U变大11．如图所示是测定位移x的电容式传感器，其工作原理是某个量的变化，造成其电容的变化，这个量为（）A．电介质进入极板的长度B．两极板的间距C．两极板的正对面积D．电介质的种类12．如图所示，R1、R2为定值电阻，L为小灯泡，R3为光敏电阻，当照射光强度增大时（）A．电压表的示数减小B．R2中电流减小C．小灯泡的功率减小D．电路的路端电压增大13．在如图所示的电路中，E为电源，其内阻为r，L为小灯泡（其灯丝电阻可视为不变），R1．R2为定值电阻，R3为光敏电阻，其阻值大小随所受照射光强度的增大而减小，V为理想电压表．若将照射R3的光的强度减弱，则（）A．电压表的示数变大 B．小灯泡消耗的功率变大C．通过R2的电流变小 D．电源内阻的功率变小14．环境监测中通常需要监测烟尘浓度。

江苏省连云港市2019年高考物理考点突破每日一练(8)电磁感应现象、楞次定律(含解析)

（8）电磁感应现象、楞次定律1．如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ 、MN ，MN 的左边有一闭合电路，当PQ 在外力的作用下运动时，MN 向右运动，则PQ 所做的运动可能是( )A ．向右加速运动B ．向左加速运动C ．向右减速运动D ．向左减速运动解析 MN 向右运动，说明MN 受到向右的安培力，因为ab 在MN 处的磁场垂直纸面向里左手定则,MN 中的感应电流由M →N 安培定则,L 1中感应电流的磁场方向向上楞次定律,⎩⎪⎨⎪⎧ L 2中磁场方向向上减弱L 2中磁场方向向下增强；若L 2中磁场方向向上减弱安培定则,PQ 中电流为Q →P 且减小右手定则,向右减速运动；若L 2中磁场方向向下增强安培定则,PQ 中电流为P →Q 且增大右手定则,向左加速运动．答案 BC2．两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，再根据左手定则进一步判定CD 、AB 的受力方向，经过比较可得正确答案．3．下列叙述正确的是 ( )A．法拉第发现了电磁感应现象B．惯性是物体的固有属性，速度大的物体惯性一定大C．牛顿最早通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的原因D．感应电流遵从楞次定律所描述的方向，这是能量守恒定律的必然结果答案AD解析电磁感应现象的发现者是法拉第，故选项A正确；惯性是物体本身固有的属性，质量是物体惯性大小的唯一量度，故选项B错误；伽利略通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的原因，故选项C错误；楞次定律是能量守恒定律在电磁感应现象中的表现，故选项D正确．4．如图所示，一根条形磁铁从左向右靠近闭合金属环的过程中，环中的感应电流(自左向右看) ( )A．沿顺时针方向B．先沿顺时针方向后沿逆时针方向 C．沿逆时针方向D．先沿逆时针方向后沿顺时针方向答案 C解析条形磁铁从左向右靠近闭合金属环的过程中，向右的磁通量一直增加，根据楞次定律，环中的感应电流(自左向右看)为逆时针方向，C对．5．如图所示，铜质金属环从条形磁铁的正上方由静止开始下落，在下落过程中，下列判断中正确的是 ( )A．金属环在下落过程中机械能守恒B．金属环在下落过程中动能的增加量小于其重力势能的减少量C．金属环的机械能先减小后增大D．磁铁对桌面的压力始终大于其自身的重力答案 B解析金属环在下落过程中，磁通量发生变化，闭合金属环中产生感应电流，金属环受到磁场力的作用，机械能不守恒，A错误．由能量守恒知，金属环重力势能的减少量等于其动能的增加量和在金属环中产生的电能之和，B正确．金属环下落的过程中，机械能转变为电能，机械能减少，C错误．当金属环下落到磁铁中央位置时，金属环中的磁通量不变，其中无感应电流，和磁铁间无作用力，磁铁所受重力等于桌面对它的支持力，由牛顿第三定律，磁铁对桌面的压力等于桌面对磁铁的支持力，等于磁铁的重力，D错误．6．现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及电键按如图1所示连接．下列说法中正确的是 ( )A．电键闭合后，线圈A插入或拔出都会引起电流计指针偏转B．线圈A插入线圈B中后，电键闭合和断开的瞬间电流计指针均不会偏转C．电键闭合后，滑动变阻器的滑片P匀速滑动，会使电流计指针静止在中央零刻度D．电键闭合后，只有滑动变阻器的滑片P加速滑动，电流计指针才能偏转答案 A解析电键闭合后，线圈A插入或拔出都会引起穿过线圈B的磁通量发生变化，从而使电流计指针偏转，选项A正确；线圈A插入线圈B中后，电键闭合和断开的瞬间，线圈B的磁通量会发生变化，电流计指针会偏转，选项B错误；电键闭合后，滑动变阻器的滑片P 无论匀速滑动还是加速滑动，都会导致线圈A的电流发生变化，使线圈B的磁通量变化，电流计指针都会发生偏转，选项C、D错误．7．如图所示，一个U形金属导轨水平放置，其上放有一个金属导体棒ab，有一个磁感应强度为B的匀强磁场斜向上穿过轨道平面，且与竖直方向的夹角为θ.在下列各过程中，一定能在轨道回路里产生感应电流的是 ( )A．ab向右运动，同时使θ减小B．使磁感应强度B减小，θ角同时也减小C．ab向左运动，同时增大磁感应强度BD．ab向右运动，同时增大磁感应强度B和θ角(0°<θ<90°)答案 A解析设此时回路面积为S，据题意，磁通量Φ＝BS cos θ，对A，S增大，θ减小，cos θ增大，则Φ增大，A正确．对B，B减小，θ减小，cos θ增大，Φ可能不变，B错误．对C，S减小，B增大，Φ可能不变，C错误．对D，S增大，B增大，θ增大，cos θ减小，Φ可能不变，D错误．故只有A正确．8．如图所示，在条形磁铁的中央位置的正上方水平固定一铜质圆环．以下判断中正确的是( )A．释放圆环，环下落时产生感应电流B．释放圆环，环下落时无感应电流C．释放圆环，环下落时环的机械能守恒D．释放圆环，环下落时环的机械能不守恒答案BC解析由条形磁铁磁场分布特点可知，穿过其中央位置正上方的圆环的合磁通量为零，所以在环下落的过程中，磁通量不变，没有感应电流，圆环只受重力，则环下落时机械能守恒，故A、D错误，B、C正确．9．如图所示，闭合圆导线线圈放置在匀强磁场中，线圈平面与磁场平行，其中ac、bd分别是平行、垂直于磁场方向的两条直径．试分析线圈做如下运动时，能产生感应电流的是 ( )A．使线圈在纸面内平动 B．使线圈平面沿垂直纸面方向向纸外平动C．使线圈以ac为轴转动 D．使线圈以bd为轴转动答案 D解析使线圈在纸面内平动、沿垂直纸面方向向纸外平动或以ac为轴转动，线圈中的磁通量始终为零，不变化，无感应电流产生；以bd为轴转动时，线圈中的磁通量不断变化，能产生感应电流，所以D选项正确．10．金属环水平固定放置，现将一竖直的条形磁铁，在圆环上方沿圆环轴线从静止开始释放，在条形磁铁穿过圆环的过程中，条形磁铁与圆环 ( )A．始终相互吸引B．始终相互排斥C．先相互吸引，后相互排斥D．先相互排斥，后相互吸引答案 D解析磁铁靠近圆环的过程中，穿过圆环的磁通量增加，根据楞次定律可知，感应电流的磁场阻碍穿过圆环的原磁通量的增加，与原磁场方向相反，如图甲所示，二者之间是斥力；当磁铁穿过圆环下降离开圆环时，穿过圆环的磁通量减少，根据楞次定律可知，感应电流的磁场阻碍穿过圆环的磁通量的减少，二者方向相同，如图乙所示，磁铁与圆环之间是引力．因此选项D正确．也可直接根据楞次定律中“阻碍”的含义推论：来则拒之，去则留之分析．磁铁在圆环上方下落过程是靠近圆环．根据来则拒之，二者之间是斥力；当磁铁穿过圆环后继续下落过程是远离圆环．根据去则留之，二者之间是引力．因此选项D正确．。

江苏省连云港市2019年高考物理考点突破每日一练(1)电磁感应现象、楞次定律(含解析)

（1）电磁感应现象、楞次定律1. 如右图所示，一个很长的竖直放置的圆柱形磁铁，在其外部产生一个中心辐射的磁场（磁场水平向外），其大小为B=k/r （其中r 为辐射半径--考察点到圆柱形磁铁中心轴线的距离，k 为常数），设一个与磁铁同轴的圆形铝环，半径为R （大于圆柱形磁铁的半径），而弯成铝环的铝丝横截面积S 。

圆环通过磁场由静止开始下落，下落过程中圆环平面始终水平，已知铝丝电阻率为ρ ，密度为0ρ ，则圆环下落的最终速度为【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；【答案解析】解析：当圆环加速度为零时，有最大速度v m ，此时安培力由平衡条件可知：mg=F 得：v m【思路点拨】当重力等于安培力时，速度最大，根据平衡，结合切割产生的感应电动势公式、闭合电路欧姆定律以及安培力大小公式求出最终的速度大.【知识点】电磁感应【答案解析】 C 解析：A、B利用同名磁极相互排斥使玩偶漂浮，所以电磁铁上端必须是N 极，根据右手定则，必须是直流电源，a端接正极，故A、B错误；C、增大线圈匝数，可以增大电磁铁磁性，可以使玩偶漂浮更高，故C正确；D、增大电阻，则电流减小，电磁铁磁性减小，玩偶高度减小，故D错误；故选C【思路点拨】本题主要考查影响电磁铁的条件，电流、匝数，根据右手定则得到电磁铁的极性，本题比较简单。

，3．匀强磁场方向垂直纸面，规定向里的方向为正，磁感强度B随时间t变化规律如图甲所示。

在磁场中有一细金属圆环，圆环平面位于纸面内，如图乙所示。

令I1、I2、I3分别表示Oa、ab、bc段的感应电流，F1、F2、F3分别表示很小一段金属环对应I1、I2、I3时受到的安培力。

则A．I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向B．I2沿顺时针方向，I3沿顺时针方向C．F1方向指向圆心，F2方向指向圆心D．F2方向背离圆心向外，F3方向指向圆心【知识点】法拉第电磁感应定律；楞次定律．L1 L2【答案解析】 ABD 解析：A、由图甲所示可知，oa段，磁场垂直于纸面向里，穿过圆环的磁通量增加，由楞次定律可知，感应电流I1沿逆时针方向，在ab段磁场向里，穿过圆环的磁通量减少，由楞次定律可知，感应电流I2沿顺时针方向，故A正确；B、由图甲所示可知，在bc 段，磁场向外，磁通量增加，由楞次定律可知，感应电流I3沿顺时针方向，故B正确；C、由左手定则可知，oa段电流受到的安培力f1方向指向圆心，ab段安培力f2方向背离圆心向外，故C错误；D、由左手定则可知，ab段安培力f2方向背离圆心向外，bc段，安培力f3方向指向圆心，故D正确；故选：ABD．【思路点拨】应用楞次定律可以判断出感应电流方向，由左手定则可以判断出电流所受安培力方向．本题考查了判断感应电流方向与安培力方向，应用楞次定律与左手定则即可正确解题；要熟练掌握楞次定律与左手定则；要掌握应用楞次定律解题的步骤．4.如图所示，为三个有界匀强磁场，磁感应强度大小均为B，方向分别垂直纸面向外、向里和向外，磁场宽度均为L，在磁场区域的左侧边界处，有一边长为L的正方形导体线框，总电阻为R，且线框平面与磁场方向垂直，现用外力F使线框以速度v匀速穿过磁场区域，以初始位置为计时起点，规定电流沿逆时针方向时的电动势E为正，外力F向右为正．则以下能反映感应电动势E和外力F随时间变化规律的图象是（）【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；法拉第电磁感应定律；楞次定律．L1 L2 L5【答案解析】 AD解析：根据楞次定律判断可知，安培力阻碍导体与磁场间的相对运动，所以线框所受的安培力方向向左，由平衡条件得知外力方向一直向右，为正．t在为负值．产生的感应电动势为 E1=BLv，感应电流为 I1F1=BI1电动势，根据楞次定律判断可得感应电动势方向沿逆时针，为正值．回路中总的感应电动势为 E2=2BLv，感应电流为 I2外力等于安培力，为F2=2BI2时间内，线框从中间磁场进入右边磁场，线框的左边和右边都产生磁感线产生感应电动势，根据楞次定律判断可得感应电动势方向沿顺时针，为负值．回路中总的感应电动势为 E3=2BLv，感应电流为 I3F2=2BI3磁场穿出，根据楞次定律判断可得感应电动势方向沿逆时针，为正值．产生的感应电动势为E4=BLv，感应电流为 I4F4=BI4知，AD正确．故选：AD．【思路点拨】线框匀速穿过方向不同的磁场，在刚进入或刚出磁场时，线框的感应电流大小相等，方向相同．当线框从一种磁场进入另一种磁场时，此时有两边分别切割磁感线，产生的感应电动势正好是两者之和，根据E=BLv，求出每条边产生的感应电动势，得到总的感应电动势．由闭合电路欧姆定律求出线框中的感应电流，由求出安培力大小，由平衡条件得到外力的大小，要分段研究．此题电磁感应中图象的问题，近几年高考中出现的较为频繁，解答本题关键要掌握法拉第电磁感应定律、欧姆定律、楞次定律、安培力公式等等知识，要知道当线框左右两边都切割磁感线时，两个感应电动势方向相同，是串联关系．。

江苏省2019届高考物理复习专项练习：磁场_磁感应强度磁场对通电导线的作用力_安培定则(1)

D．牛顿根据理想斜面实验，提出力不是维持物体运动的原因
三、填空题
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5. 难度：中等
电流的磁场分为三类：通电直导线的磁场、环形电流的磁场、__________（磁场方向与条形磁铁类似），电流的磁场方向都是根据_________定则（左、右）来判断．
四、选择题
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6. 难度：中等
当磁铁接近发光的白炽灯泡，可以看到灯丝抖起来．关于这一现象（）
B.卡文迪许通过实验测出了万有引力常量
C.牛顿最早指出力不是维持物体运动的原因
D.安培提出了分子电流假说，并在磁场与电流的相互作用方面做出了杰出的贡献
六、选择题
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8. 难度：简单
关于科学家在电磁学中的贡献，下列说法错误的是（）
A.密立根测出了元电荷e的数值
B.法拉第提出了电场线和磁感线的概念
D.可能是小磁针正上方有电子流自北向南水平通过
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4. 难度：简单
以下关于物理学史和物理方法叙述中，正确的是
A．伽利略探究物体下落规律的过程使用的科学方法是：问题→猜想→数学推理→实验验证→合理外推→得出结论
B．安培通过多年的研究，发现了电流周围存在磁场
C．卡文迪许利用扭称实验得出万有引力与距离平方成反比的规律
D. I必定垂直于F、B，但F不一定垂直于B
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10. 难度：简单
以下叙述正确的是（）
A.牛顿发现了万有引力定律并通过实验测量计算出引力常量G
B.丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应，并总结了右手螺旋定则
C.德国天文学家开普勒发现了万有引力定律，提出了牛顿三大定律
D.法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律﹣﹣库仑定律，并测出了静电力常量K的值

江苏专版2019版高考物理一轮复习精选提分综合练单元检测九电磁感应

单元检测九电磁感应一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共计24分．每小题只有一个选项符合题意) 1．如图1所示为安检门原理图，左边门框中有一通电线圈，右边门框中有一接收线圈．工作过程中某段时间通电线圈中存在顺时针方向(从左向右看)均匀增大的电流，则( )图1A．无金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向为顺时针B．无金属片通过时，接收线圈中的感应电流增大C．有金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向为顺时针D．有金属片通过时，接收线圈中的感应电流大小发生变化2．(2017·南京市多校第三次月考)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B的方向向上为正，当磁场中的磁感应强度B随时间t如图乙变化时，下列各图中能正确表示线圈中感应电流变化的图象是( )图23．(2018·田家炳中学调研)如图3所示，A、B是两盏完全相同的白炽灯，L是直流电阻不计、自感系数很大的自感线圈，如果断开开关S1，闭合S2，A、B两灯都能同样发光．如果最初S1是闭合的，S2是断开的．那么不可能出现的情况是( )图3A．刚一闭合S2，A灯就立即亮，而B灯延迟一段时间才亮B．刚闭合S2时，线圈L中的电流为零C．闭合S2以后，A灯变亮，B灯由亮变暗D．闭合S2稳定后再断开S2时，A灯立即熄灭，B灯先亮一下然后熄灭4．(2018·虹桥中学调研)如图4所示，螺线管与灵敏电流计相连，条形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( )图4A．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5．(2018·盐城中学模拟)矩形线圈abcd，长ab＝20 cm，宽bc＝10 cm，匝数n＝200，线圈回路总电阻R＝5 Ω.整个线圈平面内均有垂直于线圈平面的匀强磁场穿过．若磁感应强度B 随时间t的变化规律如图5所示，则( )图5A ．线圈回路中感应电动势随时间均匀变化B ．线圈回路中产生的感应电流为0.5 AC ．当t ＝0.3 s 时，线圈的ab 边所受的安培力大小为0.016 ND ．在1 min 内线圈回路产生的焦耳热为48 J6．在垂直纸面的匀强磁场中，有不计重力的甲、乙两个带电粒子，在纸面内做匀速圆周运动，运动方向和轨迹示意图如图6.则下列说法中正确的是( )图6A ．甲、乙两粒子所带电荷种类不同B ．若甲、乙两粒子的动量大小相等，则甲粒子所带电荷量较大C ．若甲、乙两粒子所带电荷量及运动的速率均相等，则甲粒子的质量较大D ．该磁场方向一定是垂直纸面向里7．(2018·高邮中学阶段检测)如图7所示，LOM 为一45°角折线，折线内有一方向垂直于纸面向里的匀强磁场，一边长为l 的正方形导线框沿垂直于OM 的方向以速度v 做匀速直线运动，在t ＝0时刻恰好位于图中所示位置．以逆时针方向为导线框中电流的正方向，在下面四幅图中能够正确表示电流－时间(I －t )关系的是(时间以l v为单位)( )图78．(2017·苏锡常镇四市调研)图8中L 是线圈，D 1、D 2是发光二极管(电流从“＋”极流入才发光)．闭合S ，稳定时灯泡L 正常发光，然后断开S 瞬间，D 2亮了一下后熄灭．则( )图8A．题图是用来研究涡流现象的实验电路B．开关S闭合瞬间，灯泡L立即亮起来C．开关S断开瞬间，P点电势比Q点电势高D．干电池的左端为电源的正极二、多项选择题(本题共5小题，每小题4分，共计20分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分)9．(2018·南京市玄武区模拟)如图9所示，圆形导体线圈a平放在绝缘水平桌面上，在a 的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管、电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路．若将滑动变阻器的滑片P向上滑动，下列表述正确的是( )图9A．穿过线圈a的磁通量增大B．线圈a对水平桌面的压力小于其重力C．线圈a中将产生俯视逆时针方向的感应电流D．线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流10．(2018·启东中学模拟)如图10所示，足够长的光滑导轨倾斜放置，导轨宽度为L，其下端与电阻R连接．导体棒ab长为L，电阻为r，导轨和导线电阻不计，匀强磁场竖直向上．若导体棒ab以一定初速度v下滑，则关于ab棒的下列说法中正确的是( )图10A．所受安培力方向水平向右B．可能以速度v匀速下滑C．刚下滑的瞬间ab棒产生的感应电动势为BLvD．减少的重力势能等于电阻R上产生的内能11．如图11所示，固定于水平面上宽为l的光滑金属架abcd处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B ，左端接一定值电阻R ，质量为m 的金属棒MN 沿框架以初速度v 0向右运动，接入电路的有效电阻为r ＝R 2，若导轨足够长，其电阻不计，对整个运动过程下列说法正确的是( )图11A ．电阻R 上产生的焦耳热为13mv 02 B ．金属棒MN 上产生的焦耳热为14mv 02 C ．通过导体棒MN 的电荷量为mv 0BlD ．最终MN 停靠的位置距离其初始位置为mv 0R 2B 2l 2 12．(2018·铜山中学模拟)如图12所示，竖直平面(纸面)内两水平线间存在宽度为d 的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．一质量为m 、边长也为d 的正方形线框从磁场上方某处自由落下，t 1时刻线框的下边进入磁场，t 2时刻线框的上边进入磁场，t 3时刻线框上边离开磁场．已知线框平面在下落过程中始终与磁场方向垂直，且线框上、下边始终与磁场边界平行，不计空气阻力，则线框下落过程中的v －t 图象可能正确的是( )图1213.(2018·淮安市、宿迁市学业质量检测)如图13所示，在水平光滑绝缘桌面上建立直角坐标系xOy ，第一象限内存在垂直桌面向上的磁场，磁场的磁感应强度B 沿x 轴正方向均匀增大且ΔB Δx＝k ，一边长为a 、电阻为R 的单匝正方形线圈ABCD 在第一象限内以速度v 沿x 轴正方向匀速运动，运动中AB 边始终与x 轴平行，则下列判断正确的是( )图13A ．线圈中的感应电流沿逆时针方向B ．线圈中感应电流的大小为ka 2v RC ．为保持线圈匀速运动，可对线圈施加大小为k 2a 4v R的水平外力 D ．线圈不可能有两条边所受安培力大小相等三、非选择题(本题共5小题，共计56分)14．(9分)(2017·盐城中学月考)如图14(a)所示，平行长直金属导轨水平放置，间距L ＝0.6 m ，导轨右端接有阻值R ＝1 Ω的电阻，导体棒垂直放置在导轨上，且接触良好．导体棒及导轨的电阻均不计．导轨间正方形区域abcd 内有方向竖直向下的匀强磁场，bd 连线与导轨垂直，长度也为L .从t ＝0时刻开始，磁感应强度B 的大小随时间t 变化，规律如图(b)表示；同一时刻，棒从导轨左端开始向右匀速运动，t ＝1 s 时刚好进入磁场，若使棒在导轨上始终以速度v ＝1 m/s 做直线运动，求：图14(1)棒进入磁场前，回路中的电动势E ；(2)棒在运动过程中受到的最大安培力F ；(3)求棒穿过磁场的过程中流经电阻的电荷量．15．(10分)(2017·扬州中学5月考)如图15甲所示，一根能承受最大拉力为16 N 的轻绳系一质量为m ＝0.8 kg 、半径为1 m 的圆形线圈静止在竖直平面内，已知线圈的总电阻为R ＝0.5 Ω，在线圈上半部分分布着垂直于线圈平面向里、大小随时间变化的磁场，如图乙所示，已知t0时刻轻绳刚好被拉断，g取10 m/s2.求：(计算结果可以保留π)图15(1)在轻绳被拉断前线圈感应电动势的大小及感应电流的大小和方向；(2)t＝1 s时线圈受到的安培力；(3)t0的大小．16．(12分)(2017·丹阳中学模拟)如图16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：图16(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.17．(12分)(2017·淮阴中学模拟)如图17所示，质量为m的跨接杆ab可以无摩擦地沿水平的导轨滑行，两轨间距为L，导轨与电阻R连接，放在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B.杆从x轴原点O以大小为v0的水平初速度向右滑行，直到静止．已知杆在整个运动过程中速度v和位移x的函数关系是：v＝v0－B2L2xmR，杆及导轨的电阻均不计．图17(1)试求杆所受的安培力F随其位移x变化的函数式；(2)求出杆开始运动到停止运动过程中通过R的电荷量．(3)求从开始到滑过的位移为全程一半时电路中产生的焦耳热．18．(13分)(2018·南京市三校联考)如图18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，取g＝10 m/s2，问：图18(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为多大；(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．答案精析1．D 2.A 3.A 4.D 5.D6．C [两粒子均逆时针运动，根据左手定则可知有两种情况：①磁场垂直纸面向里，粒子均带正电；②磁场垂直纸面向外，粒子均带负电，故A 、D 错误；根据洛伦兹力提供向心力得qvB ＝m v 2R ，可得R ＝mv qB，分析可知当速率v 、电荷量q 、磁感应强度B 均相等时，半径R 越大的粒子质量m 就越大，根据R ＝mv qB 可知，磁感应强度B 相同，当两粒子动量p ＝mv 相等时，半径R 越小的粒子电荷量q 越大，所以乙粒子电荷量较大，故B 错误，C 正确．]7．C [在0～l v 时间内线框上边框进入磁场，切割磁感线产生的电动势大小恒定，感应电流沿逆时针方向，可排除D 项；在l v ～3l v 时间内，线框穿出磁场，磁通量一直减少，感应电流均沿顺时针方向，电流为负值，可排除A 、B 两项，故C 项正确．]8．D 9.BD10．AB [导体棒ab 以一定初速度v 下滑，切割磁感线产生感应电动势和感应电流，由右手定则可判断出电流方向为从b 到a ，由左手定则可判断出ab 棒所受安培力方向水平向右，选项A 正确．当mg sin θ＝BIL cos θ时，ab 棒沿导轨方向合外力为零，可以以速度v 匀速下滑，选项B 正确．由于速度方向与磁场方向夹角为(90°＋θ)，刚下滑的瞬间ab 棒产生的感应电动势为E ＝BLv cos θ，选项C 错误．由能量守恒定律知，ab 棒减少的重力势能不等于电阻R 上产生的内能，选项D 错误．]11．AC12．AB [进入磁场前和通过磁场后，线框只受重力，加速度恒为g .设线框下边进入磁场时速度为v ，则线框中感应电动势E ＝Bdv ，由闭合电路欧姆定律有I ＝E R，安培力F ＝BId ，解得F ＝B 2d 2v R，若F ＝mg ，则线框匀速穿过磁场，A 项正确；若F >mg ，则线框减速通过磁场，由牛顿第二定律有B 2d 2v R－mg ＝ma 1，可知线框加速度不断减小，B 项正确；若F <mg ，线框在磁场中刚开始做加速运动，由牛顿第二定律有mg －B 2d 2v R＝ma 2，所以线框加速度不断减小，当F ＝mg 时线框匀速运动，故C 、D 项错．]13．BC [由楞次定律得感应电流沿顺时针方向，A 错误；设线圈向右移动一段距离Δl ，则通过线圈的磁通量变化为ΔΦ＝Δl ·ΔB Δx ·a 2＝Δl ·a 2k ，而所需时间为Δt ＝Δl v，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势为E ＝ΔΦΔt ＝ka 2v ，故感应电流大小为I ＝E R ＝ka 2v R ，B 正确；线圈匀速运动时，外力与安培力平衡，由平衡条件得F ＝(B 2－B 1)Ia ＝ka 2I ＝k 2a 4v R ，C 正确；线圈的AB 、CD 两条边所受安培力大小相等，D 错误．]14．见解析解析 (1)由法拉第电磁感应定律，知E ＝n ΔΦΔt ＝ΔB Δt·S ＝0.09 V (2)棒在磁场中受到安培力，t ＝1 s 后磁感应强度不再变化，则有效切割长度为L 时，安培力最大，为F ＝BIL ＝B 2L 2v R＝0.09 N (3)q ＝I Δt ＝ΔΦR＝0.09 C 15．见解析解析 (1)根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势为：E ＝n ΔΦΔt ＝ΔB Δt·S 其中S 是指位于磁场中线圈的有效面积，有：S ＝12πr 2 解得：E ＝0.5 V根据闭合电路欧姆定律有：I ＝E R＝1 A根据楞次定律可知，感应电流的方向为逆时针方向(2)根据安培力大小计算公式可知，t ＝1 s 时线圈受到的安培力为：F 1＝B 1IL其中L 是指位于磁场中通电导线的有效长度，有：L ＝2r根据题图乙可知，t ＝1 s 时B 1＝1πT 解得：F 1＝2πN ，根据左手定则可知安培力的方向为竖直向下 (3)对线圈，受竖直向下的重力mg 和安培力F 、轻绳竖直向上的拉力F T 作用，根据共点力平衡条件有： F T ＝mg ＋F在t 0时刻，F T ＝F Tm ＝16 N ，F ＝2rI π·t 0解得：t 0＝π(F Tm －mg )2rI＝4π s 16．(1)Blv R (2)34Blv (3)2B 2l 3v R解析 (1)线框MN 边刚进入磁场时，感应电动势E ＝Blv线框中的感应电流I ＝E R ＝Blv R； (2)M 、N 两点间的电压为电源的路端电压，由闭合电路欧姆定律可得出U MN ＝34E ＝34Blv (3)线框运动过程中有感应电流的时间t ＝2l v此过程线框中产生的焦耳热Q ＝I 2Rt ＝2B 2l 3v R根据能量守恒定律得水平拉力做功W ＝Q ＝2B 2l 3v R. 17．(1)F ＝B 2L 2R (v 0－B 2L 2x mR ) (2)mv 0BL (3)38mv 02 解析 (1)杆在磁场中向右运动时，所受的安培力为：F ＝B I L ，其中：I ＝BLv R ，据题意，杆的速度v 和位移x 的函数关系为：v ＝v 0－B 2L 2x mR所以有：F ＝B 2L 2R (v 0－B 2L 2x mR) 由上式可知，安培力F 与位移x 成线性关系．(2)根据动量定理得：－B I L Δt ＝0－mv 0，则有：q ＝I Δt ＝mv 0BL (3)当v ＝0时，x ＝mRv 0B 2L 2当x ′＝x 2时，v ＝v 0－B 2L 2×1mR ×12×mRv 0B 2L 2＝v 02根据能量守恒：Q 1＝12mv 02－12m (v 02)2＝38mv 02 18．(1)由a 流向b (2)5 m/s (3)1.3 J解析 (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)开始放置时ab 刚好不下滑，ab 所受摩擦力为最大静摩擦力，设其为F max ，有F max ＝m 1g 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 ＝BLv ②设电路中的感应电流为I ，由闭合电路欧姆定律有I ＝E R 1＋R 2③ 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，如图所示，由平衡条件有F 安＝m 1g sin θ＋F max ⑤综合①②③④⑤式，得v ＝2m 1g sin θB 2L 2(R 1＋R 2)，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m 2gx sin θ＝Q 总＋12m 2v 2又Q ＝R 1R 1＋R 2Q 总，解得Q ＝1.3 J。

江苏省连云港市2019年高考物理考点突破每日一练(7)电磁感应现象、楞次定律(含解析)

（7）电磁感应现象、楞次定律1．如图所示，ab是水平面上一个圆的直径，在过ab的竖直面内有一根通电直导线ef，且ef 平行于ab，当ef竖直向上平移时，穿过圆面积的磁通量将( )A．逐渐变大B．逐渐减小C．始终为零 D．不为零，但始终保持不变答案 C解析穿过圆面积的磁通量是由通电直导线ef产生的，因为通电直导线位于圆的正上方，所以向下穿过圆面积的磁感线条数与向上穿过该面积的条数相等，即磁通量为零，而且竖直方向的平移也不会影响磁通量的变化．故C正确．2．列各图是验证楞次定律实验的示意图，竖直放置的线圈固定不动，将磁铁从线圈上方插入或拔出，线圈和电流表构成的闭合回路中就会产生感应电流．各图中分别标出了磁铁的极性、磁铁相对线圈的运动方向以及线圈中产生的感应电流的方向等情况，其中正确的是( )答案CD解析根据楞次定律可确定感应电流的方向：以C选项为例，当磁铁向下运动时：(1)闭合线圈原磁场的方向——向上；(2)穿过闭合线圈的磁通量的变化——增加；(3)感应电流产生的磁场方向——向下；(4)利用安培定则判断感应电流的方向——与图中箭头方向相同．线圈的上端为S极，磁铁与线圈相互排斥．运用以上分析方法可知，C、D正确．3.如图所示，在直线电流附近有一根金属棒ab，当金属棒以b端为圆心，以ab为半径，在过导线的平面内匀速旋转到达图中的位置时( )A．a端聚积电子 B．b端聚积电子C．金属棒内电场强度等于零 D．U a>U b答案BD解析因金属棒所在区域的磁场的方向垂直于纸面向外，当金属棒转动时，由右手定则可知，a端的电势高于b端的电势，b端聚积电子，B、D正确．4．如图所示，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 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答案 C解析当P向右滑动时，电路中电阻减小，电流增大，穿过线圈ab的磁通量增大，根据楞次定律判断，线圈ab将顺时针转动．5．如图所示，甲是闭合铜线框，乙是有缺口的铜线框，丙是闭合的塑料线框，它们的正下方都放置一薄强磁铁，现将甲、乙、丙拿至相同高度H处同时释放(各线框下落过程中不翻转)，则以下说法正确的是( )A．三者同时落地B．甲、乙同时落地，丙后落地C．甲、丙同时落地，乙后落地D．乙、丙同时落地，甲后落地答案 D解析甲是闭合铜线框，在下落过程中产生感应电流，所受的安培力阻碍它的下落，故所需的时间长；乙不是闭合回路，丙是塑料线框，故都不会产生感应电流，它们做自由落体运动，所需时间相同，故D正确．6．如图所示，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．匀强磁场均匀增加解析只有当圆盘中的磁通量发生变化时，圆盘中才产生感应电流，当圆盘绕过圆心的竖直轴匀速转动或圆盘在磁场中向右匀速平移时，圆盘中的磁通量不发生变化，不能产生感应电流，A、C错误；当圆盘以某一水平直径为轴匀速转动或匀强磁场均匀增加时，圆盘中的磁通量发生变化，圆盘中将产生感应电流，B、D正确．答案BD7．如图所示，能产生感应电流的是 ( )答案 B解析A图中线圈没闭合，无感应电流；B图中磁通量增大，有感应电流；C图中导线在圆环的正上方，不论电流如何变化，穿过线圈的磁感线相互抵消，磁通量恒为零，也无感应电流；D图中的磁通量恒定，无感应电流．故选B.8．如图所示，均匀带正电的绝缘圆环a与金属圆环b同心共面放置，当a绕O点在其所在平面内旋转时，b中产生顺时针方向的感应电流，且具有收缩趋势，由此可知，圆环a ( )A．顺时针加速旋转 B．顺时针减速旋转C．逆时针加速旋转 D．逆时针减速旋转解析由楞次定律知，欲使b中产生顺时针电流，则a环内磁场应向里减弱或向外增强，a环的旋转情况应该是顺时针减速或逆时针加速，由于b环又有收缩趋势，说明a环外部磁场向外，内部向里，故选B.答案 B9．如图 (a)所示，两个闭合圆形线圈A、B的圆心重合，放在同一水平面内，线圈A中通以如图(b)所示的交变电流，t＝0时电流方向为顺时针(如图中箭头所示)，在t1～t2时间段内，对于线圈B，下列说法中正确的是 ( )A．线圈B内有顺时针方向的电流，线圈有扩张的趋势B．线圈B内有顺时针方向的电流，线圈有收缩的趋势C．线圈B内有逆时针方向的电流，线圈有扩张的趋势D．线圈B内有逆时针方向的电流，线圈有收缩的趋势答案 A解析在t1～t2时间段内，A线圈的电流为逆时针方向，产生的磁场垂直纸面向外且是增加的，由此可判定B线圈中的电流为顺时针方向．线圈的扩张与收缩可用阻碍Φ变化的观点去判定．在t1～t2时间段内B线圈内的Φ增强，根据楞次定律，只有B线圈增大面积，才能阻碍Φ的增加，故选A.10．如图所示，当磁场的磁感应强度B增强时，内、外金属环上的感应电流的方向应为( )A．内环顺时针，外环逆时针B．内环逆时针，外环顺时针C．内、外环均为顺时针D．内、外环均为逆时针答案 A解析磁场增强，则穿过回路的磁通量增大，故感应电流的磁场向外，由安培定则知感应电流对整个电路而言应沿逆时针方向；若分开讨论，则外环逆时针，内环顺时针，A正确.。

江苏省连云港市2019年高考物理考点突破每日一练(10)电磁感应现象、楞次定律(含解析)

（10）电磁感应现象、楞次定律1．(多选)如图甲，已知开关闭合时灵敏电流计G指针向右偏，则当图乙中同一灵敏电流计G 指针向左偏时，以下可能的原因是( )A．乙图中滑片P正向右加速运动B．乙图中滑片P正向左加速运动C．乙图中滑片P正向右减速运动D．乙图中滑片P正向左减速运动2．如图所示为地磁场磁感线分布示意图．一架民航飞机在赤道上空匀速飞行，机翼保持水平，由于遇到强气流作用使飞机竖直下坠，在地磁场的作用下，金属机翼上有电势差．设飞行员左方机翼末端处的电势为φ1，右方机翼末端处的电势为φ2，忽略磁偏角的影响，则( )A．若飞机从西往东飞，φ2比φ1高B．若飞机从东往西飞，φ2比φ1高C．若飞机从南往北飞，φ2比φ1高D．若飞机从北往南飞，φ2比φ1高3．如图所示，竖直放置的螺线管与导线abcd构成回路，导线所围区域内有一垂直纸面向里的变化的匀强磁场，螺线管下方水平桌面上有一导体圆环，导线abcd所围区域内磁场的磁感应强度按下列哪一图线所表示的方式随时间变化时，导体圆环将受到向下的磁场作用力( )4.(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0.2kg 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1m 的正方形，其有效电阻为0.1Ω.此时在整个空间加上方向与水平面成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( )A ．金属杆中感应电流方向始终从C 到DB ．金属杆中感应电流的大小始终为2AC ．金属杆受到向上的支持力一直增大D ．t ＝0时与t ＝4s 时，金属杆对挡板的压力大小均为0.4N5．(多选)如图甲所示，固定在光滑水平面上的正三角形金属线框，匝数n ＝20，总电阻R ＝2.5Ω，边长L ＝0.3m ，处在两个半径均为r ＝L 3的圆形匀强磁场区域中．线框顶点与右侧圆中心重合，线框底边中点与左侧圆中心重合．磁感应强度B 1垂直水平面向外，大小不变；B 2垂直水平面向里，大小随时间变化，B 1、B 2的值如图乙所示．(π取3)( )A ．通过线框中感应电流方向为逆时针方向B ．t ＝0时刻穿过线框的磁通量为0.1WbC．在t＝0.6s内通过线框中的电荷量为0.006CD．经过t＝0.6s线框中产生的热量为0.06J6.如图所示，在水平放置的螺线管的中央，放着一个可绕水平轴OO′自由转动的闭合线圈abcd，轴OO′与螺线管的轴线垂直，ab边在OO′轴的左上方，闭合K的瞬间，关于线圈的运动情况，下列说法正确的是( )A．不转动B．ab边向左转动C．ab边向右转动D．转动的方向与螺线管中的电流方向有关参考答案1．BD [甲图中，开关闭合时，由楞次定律判断知，G表电流由正接线柱流入时，指针向右偏，乙图中指针向左偏，故电流为负接线柱流入，即电容器放电，电容器两端电压正在减小，故滑片向左滑动，可能向左加速运动，也可能向左减速运动，故B、D正确，A、C错误．] 2．C [当飞机在赤道上空竖直下坠时，由于地磁场向北，若飞机从西往东或从东往西飞，机翼不切割磁感线，不产生感应电动势，所以机翼两端不存在电势差，故A、B错误；若飞机从南往北飞，当竖直下坠时，由右手定则可判知，飞机的右方机翼末端电势比左方末端电势高，即φ2比φ1高，相反，若飞机从北往南飞，φ1比φ2高，故C正确，D错误．]3．B [由楞次定律的运动学描述“来拒去留”可知，要使圆环受到向下的磁场作用力，则螺线管中应产生增大的磁场，而螺线管中的磁场是由abcd区域内的磁场变化引起的，故abcd 中的磁场变化率应越来越大，故只有B符合，A是减小的，C、D是不变的．]4．AC [当0≤t<2s时，磁场在减小，根据楞次定律可得，金属杆中感应电流方向从C到D，同理，当t≥2s时，磁场在反向增加，由楞次定律可知，金属杆中感应电流方向从C到D，故A正确；由法拉第电磁感应定律得：E＝ΔBSΔtsin30°＝0.2×12×12V＝0.1V，再由欧姆定律，则有感应电流大小I ＝0.10.1A ＝1A ，故B 错误；安培力大小F ＝B t IL ，由左手定则可知，安培力垂直磁场方向斜向上，则将安培力分解，那么金属杆受到向上的支持力大小F N ＝mg －F sin60°＝mg －32(0.4－0.2t )IL ，所以随时间增大，F N 增大，故C 正确；金属杆对挡板的压力F N ′＝F cos60°＝(0.2－0.1t ) N ，所以当t ＝0时与t ＝4s 时F N ′的大小均为0.2N ，故D 错误．]5．AD [磁感应强度B 1垂直水平面向外，大小不变；B 2垂直水平面向里，大小随时间增大，由楞次定律可得，线框中感应电流方向为逆时针方向，故A 正确；t ＝0时刻穿过线框的磁通量为：Φ＝B 1×12πr 2－B 2×16πr 2＝1×0.5×3×0.12Wb －2×16×3×0.12Wb ＝0.005Wb ，故B 错误；在t ＝0.6s 内通过线框中的电荷量q ＝I t ＝E R t ＝n ΔΦΔt R ·Δt ＝n ΔΦR ＝20×5－2×16×3×0.122.5C ＝0.12C ，故C 错误；由Q ＝I 2Rt ＝(n ΔΦΔt R )2R ·Δt ＝n ΔΦR Δt2＝[20×5－2×16×3×0.12]2.5×0.62J ＝0.06J ，故D 正确．] 6．B [根据安培定则与线圈的绕法可知，通电时，通电螺线管中产生的磁场的N 极向左；闭合K 的瞬间，螺线管中的电流增大，所以产生的磁场增大，即向左的磁场增大，根据楞次定律可知线圈的感应电流的磁场方向向右，感应电流的方向为abcd ，由左手定则可知，ab 边受力的方向向下，cd 边受力的方向向上，所以ab 边向左转动，故B 正确．]。

2019高考一轮复习：破析电磁感应的综合问题精品教育.doc

2019年高考一轮复习破析电磁感应的综合问题江苏省赣榆高级中学（222100）陈修斌《电磁感应现象及应用》专题的内容是历年来各地高考的重点和热点，题型较全，考查比较全面且有极强的综合性．考查内容从感应电流的产生条件、感应电流的方向判断、感应电动势的大小计算等基础知识，到物理图象的应用，力、电综合问题的处理等综合性问题．涉及恒定电流、牛顿运动定律、能的转化和守恒等知识的应用等，且多以中档以上题目出现来增加试题的区分度，而选择和填空题多以中档左右的试题出现，占整份试卷分值的六分之一左右（约20分左右），对学生的能力要求较高，给学生的印象是题目长、难度大、涉及知识点多、计算量大、综合能力强，处理起来比较棘手，因此在二轮复习时一定要对本专题有所侧重，有所突破．一、知识储备1、关于电磁感应的几个基本问题（1）电磁感应现象（2）发生电磁感应现象的两种基本方式及其理论解释（3）发生电磁感应现象，产生感应电流的条件：发生电磁感应现象，产生感应电流的条件 2、几种定则、定律的适用范围定则、定律适用的基本物理现象安培定则判断电流（运动电荷）的磁场方向左手定则判断磁场对电流、运动电荷的作用力方向右手定则判断闭合电路的一部分做切割磁感线的运动时产生的感应电流方向楞次定律判断闭合电路的一部分做切割磁感线运动时，或者是穿过闭合电路的磁通量发生变化时产生的感应电流的方向3、关于楞次定律（1）楞次定律的内容；（2）对楞次定律的正确理解；（3）楞次定律的应用步骤；（4）楞次定律的灵活运用4、对公式BLv E =的研究（1）公式的推导；（2）与公式tE ∆∆Φ=的比较；（3）适用条件；（4）公式中L 的意义；（5）公式中v 的意义5、自感现象中的一个重要特征二、方法技巧1. 电磁感应中的图像问题在分析电磁感应中的图像问题时，如果是在分析电流方向问题时一定要紧抓住图象的斜率，图象斜率的正负代表了电流的方向；具体的可从以下六个方面入手分析：（1）看坐标轴表示什么物理量；（2）看具体的图线，它反映了物理量的状态或变化；（3）看斜率，斜率是纵坐标与横坐标的比值，往往有较丰富的物理意义；（4）看图象在坐标轴上的截距，它反映的是一个物理量为零时另一物理量的状态；（5）五要看面积，如果纵轴表示的物理量与横轴表示的物理量的乘积，与某个的物理量的定义相符合，则面积有意义，否则没有意义；六要看（多个图象）交点．2.电磁感应与电路的综合关于电磁感应与电路的综合问题，分析思路及步骤可归纳为“一源、二感、三电”，具体操作为：（1）先做“源”的分析：分离出电路中由电磁感应所产生的电源，并求出电源的电动势和电源的内阻；接着用右手定则或楞次定律确定感应电流的方向．在电源（导体）内部，电流由负极（低电势）流向电源的正极（高电势），在外部由正极流向负极．（2）再做“路”的分析：分析电路的结构，画出等效电路图，弄清电路的连接方式，再结合闭合电路欧姆定律及串、并联电路的性质求出相关部分的电流大小，以便计算安培力．（3）然后做“力”的分析：分离力学研究对象（通常是电路中的杆或线圈）的受力分析，特别要注意摩擦力与安培力的分析．（4）接着做“运动状态”的分析：根据力与运动状态的关系，确定物体的运动性质．（5）最后做“能量”的分析：找出电路中提供能量的部分结构和电路中消耗能量部分的结构,然后根据能的转化与守恒建立等式关系.3.电磁感应中的动力学问题电磁感应中产生的感应电流在磁场中将受到安培力的作用，从而影响导体棒的受力情况和运动情况．这类问题的分析思路如下：不为零为零分析综合问题时，可把问题分解成两部分——电学部分与力学部分来处理：电学部分思路：先将产生电动势的部分电路等效成电源，如果有多个，则应弄清它们间的（串、并联或是反接）关系．再分析内、外电路结构，作出等效电路图，应用欧姆定律理顺电学量间的关系．力学部分思路：分析通电导体的受力情况及力的效果，并根据牛顿定律、动量、能量守恒等规律理顺力学量间的关系．分析稳定状态或是某一瞬间的情况，往往要用力和运动的观点去处理．注意稳定状态的特点是受力平衡或者系统加速度恒定，稳定状态部分（或全部）物理量不会进一步发生改变．非稳态时的物理量，往往都处于动态变化之中，瞬时性是其最大特点．而“电磁感应”及“磁场对电流的作用”是联系电、力两部分的桥梁和纽带，因此，要紧抓这两点来建立起相应的等式关系．4.电磁感应中的能量问题此类问题虽属变化的安培力做功问题，但不必追究变力、变电流做功的具体细节，只需弄清能量的转化途径，用能量的转化与守恒定律或动能定理就可求解．安培力做了多少功就有多少电能转化为其他形式的能（多数情况下是内能），解决这类问题的方法是：（1）用法拉第电磁感应定律和楞次定律确定感应电动势的大小和方向；（2）画出等效电路，求出回路中电阻消耗电功率的表达式；（3）析导体机械能的变化，用能量守恒关系得到机械功率的改变所满足的方程．5.数学物理方法---微元法的运用一切宏观量都可被看成是由若干个微小的单元组成的，在整个物体运动的全过程中，通过对这些微小单元的研究，常能发现物体运动的特征和规律.微元法就是基于这种思想研究问题的一种方法.在电磁感应的综合问题中常常要用到这一方法，运用这一方法时有一个明显的特征，那就是题目中有非匀变速运动.三、考题预测预测2019年的高考基础试题仍是重点考查法拉第电磁感应定律及楞次定律和电路等效问题．综合试题还是涉及到力和运动、动量守恒、能量守恒、电路分析、安培力等力学和电学知识．主要的类型有滑轨类问题、线圈穿越有界磁场的问题、电磁感应图象的问题等．涉及的主要的数学物理方法---微元法也要引起足够的重视，此外磁悬浮原理、电磁阻尼、超导技术这些在实际中有广泛的应用问题也要引起重视．【预测题1】（原创）如图1所示，在质量为kg M 99.0=的小车上，固定着一个质量为g m 10=、电阻Ω=1R 的矩形单匝线圈MNPQ ，其中MN 边水平，NP 边竖直，高度m l 05.0=．小车载着线圈在光滑水平面上一起以s m v /100=的速度做匀速运动，随后进入一水平有界匀强磁场（磁场宽度大于小车长度），完全穿出磁场时小车速度s m v /21=．磁场方向与线圈平面垂直并指向纸内、磁感应强度大小T B 0.1=．已知线圈与小车之间绝缘，小车长度与线圈MN 边长度相同．求：（1）小车刚进入磁场时线圈中感应电流I 的大小和方向；（2）小车通过磁场的过程中线圈电阻的发热量Q ；（3）小车进入磁场过程中线圈克服安培力所做的功W ．【解析】（1）小车刚进入磁场时，NP 边切割磁感线，相当于电源，V B l v E 5.00==，A RE I 5.0== 方向：P Q M N P →→→→（右手定则）（2）小车通过磁场的过程：k W E ∆=合所以 2021)(21)(21v M m v M m Q +-+=- 解得 J Q 48= （3）小车进入磁场过程做变减速运动，t 时刻有：ma l F ===BI F 安合，取一个极短的时间间隔t ∆，则有 t a v ∆=∆所以 tv m BIl ∆∆= ，即 q BI t BIl v m ∆=∆=∆ 所以 ∑∑∆=∆q BI V m即进BIq v v m =-)(0 （其中v 为小车完全进入磁场时的速度）同理，小车离开磁场过程有出BIq v v m =-)(1 从而得 s m v v v /620=+=小车进入磁场过程 k W E ∆=合所以 202)(21)(21v M m v M m W +-+=- 解得 J W 23= 【预测题2】（改编）如图2所示，足够长的光滑平行金属导轨cd 和ef ，水平放置且相距L ，在其左端各固定一个半径为r 的四分之三金属光滑圆环，两圆环面平行且竖直．在水平导轨和圆环上各有一根与导轨垂直的金属杆，两金属杆与水平导轨、金属圆环形成闭合回路，两金属杆质量均为m ，电阻均为R ，其余电阻不计．整个装置放在磁感应强度大小为B 、方向竖直向上的匀强磁场中．当用水平向右的恒力mg F 3=拉细杆a ，达到匀速运动时，杆b 恰好静止在圆环上某处，试求：（1）杆a 做匀速运动时，回路中的感应电流；（2）杆a 做匀速运动时的速度；（3）杆b 静止的位置距圆环最低点的高度．【解析】⑴ 匀速时，拉力与安培力平衡，l⨯ ⨯ ⨯ ⨯ ⨯ ⨯ ⨯ ⨯ ⨯ ⨯ ⨯ ⨯ B M NQ P v 0 图1BIL F F ==安，所以 BLmg 3I =⑵ 金属棒a 切割磁感线，产生的电动势BLv E =回路电流R R 2I = ，所以 2232L B mgR v = ⑶ 平衡时，棒和圆心的连线与竖直方向的夹角为θ， 3tan ==mgF θ ，所以所以 060=θ 所以杆b 静止的位置距圆环最低点的高度 2)cos 1(r r h =-=θ。

江苏省连云港市高考物理考点突破每日一练(36)电磁感应中的动力学和能量问题、动量能量的综合问题(含

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考点突破每日一练(36）电磁感应中的动力学和能量问题、动量能量的综合问题1.（多选)如图所示，一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时针匀速转动．现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场，圆盘开始减速．在圆盘减速过程中，以下说法正确的是( )A．处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高B．所加磁场越强越易使圆盘停止转动C．若所加磁场反向，圆盘将加速转动D．若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘将匀速转动2．如图所示，足够长平行金属导轨倾斜放置，倾角为37°,宽度为0。

5 m,电阻忽略不计，其上端接一小灯泡,电阻为1 Ω.一导体棒MN垂直于导轨放置，质量为0。

2 kg,接入电路的电阻为1 Ω，两端与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为0.5。

在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度为0。

8 T．将导体棒MN由静止释放,运动一段时间后,小灯泡稳定发光,此时导体棒MN的运动速度以及小灯泡消耗的电功率分别为（重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6)( )A．2。

2019年江苏省高考物理试卷及答案(K12教育文档)

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2019年普通高等学校招生全国统一考试物理注意事项考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求1．本试卷共8页,包含选择题(第1题～第9题，共9题）、非选择题(第10题~第15题,共6题）两部分．本卷满分为120分，考试时间为100分钟．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题,必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑;如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、单项选择题:本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意．1．某理想变压器原、副线圈的匝数之比为1：10，当输入电压增加20 V时，输出电压A．降低2 V B．增加2 V C．降低200 V D．增加200 V2．如图所示，一只气球在风中处于静止状态，风对气球的作用力水平向右．细绳与竖直方向的夹角为α,绳的拉力为T，则风对气球作用力的大小为A．错误!B．错误!C．T sinαD．T cosα3．如图所示的电路中，电阻R = 2 Ω．断开S后，电压表的读数为3 V；闭合S后，电压表的读数为2 V,则电源的内阻r为A．1 ΩB．2 ΩC．3 ΩD．4 Ω4．1970年成功发射的“东方红一号”是我国第一颗人造地球卫星，该卫星至今仍沿椭圆轨道绕地球运动．如图所示，设卫星在近地点、远地点的速度分别为v1、v2，近地点到地心的距离为r，地球质量为M,引力常量为G．则A．v 1 > v2,v1 = 错误!B．v1 > v2，v1〉错误!C．v1〈v2，v1 = 错误!D．v1 < v2，v1〉错误!5．一匀强电场的方向竖直向上，t =0时刻，一带电粒子以一定初速度水平射入该电场，电场力对粒子做功的功率为P，不计粒子重力，则P —t关系图象是A B C D二、多项选择题:本题共4小题,每小题4分，共计16分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分．错选或不答的得0分．6．如图所示，摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动．座舱的质量为m，运动半径为R，角速度大小为ω,重力加速度为g，则座舱A．运动周期为错误!B．线速度的大小为ωRC．受摩天轮作用力的大小始终为mgD．所受合力的大小始终为mω2R7．如图所示，在光滑的水平桌面上，a和b是两条固定的平行长直导线，通过的电流强度相等．矩形线框位于两条导线的正中间，通有顺时针方向的电流，在a、b产生的磁场作用下静止．则a、b的电流方向可能是A．均向左B．均向右C．a的向左,b的向右D．a的向右,b的向左8．如图所示,轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态．小物块的质量为m,从A点向左沿水平地面运动,压缩弹簧后被弹回,运动到A点恰好静止．物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度．在上述过程中A．弹簧的最大弹力为μmg B．物块克服摩擦力做的功为2μmgsC．弹簧的最大弹性势能为μmgs D．物块在A点的初速度为错误!9．如图所示，ABC为等边三角形，电荷量为+q的点电荷固定在A点．先将一电荷量也为+q的点电荷Q1从无穷远处(电势为0)移到C点，此过程中,电场力做功为—W．再将Q1从C点沿CB移到B点并固定．最后将一电荷量为 -2q的点电荷Q2从无穷远处移到C点．下列说法正确的有A．Q1移入之前，C点的电势为错误!B．Q1从C点移到B点的过程中，所受电场力做的功为0C．Q2从无穷远处移到C点的过程中，所受电场力做的功为2WD．Q2在移到C点后的电势能为 - 4W三、简答题：本题分必做题(第10 ～ 12题）和选做题（第13题）两部分,共计42分．请将解答填写在答题卡相应的位置．【必做题】10．（8分)某兴趣小组用如题10-1图所示的装置验证动能定理．（1)有两种工作频率均为50 Hz的打点计时器供实验选用：A．电磁打点计时器B．电火花打点计时器为使纸带在运动时受到的阻力较小，应选择 (选填“A”或“B”）．（题10—1图）（2）保持长木板水平，将纸带固定在小车后端，纸带穿过打点计时器的限位孔．实验中，为消除摩擦力的影响，在砝码盘中慢慢加入沙子，直到小车开始运动．同学甲认为此时摩擦力的影响已得到消除．同学乙认为还应从盘中取出适量沙子,直至轻推小车观察到小车做匀速运动．看法正确的同学是（选填“甲”或“乙")．（3）消除摩擦力的影响后,在砝码盘中加入砝码．接通打点计时器电源,松开小车，小车运动．纸带被打出一系列点，其中的一段如题10-2图所示．图中纸带按实际尺寸画出,纸带上A点的速度v A= m/s．(题10—2图）（4）测出小车的质量为M，再测出纸带上起点到A点的距离为L．小车动能的变化量可用ΔE k = 错误!Mv错误!算出．砝码盘中砝码的质量为m，重力加速度为g；实验中,小车的质量应 (选填“远大于”、“远小于”或“接近”）砝码、砝码盘和沙子的总质量，小车所受合力做的功可用W = mgL算出．多次测量,若W与ΔE k均基本相等则验证了动能定理．11．（10分）某同学测量一段长度已知的电阻丝的电阻率．实验操作如下：（1）螺旋测微器如题11—1图所示．在测量电阻丝直径时，先将电阻丝轻轻地夹在测砧与测微螺杆之间,再旋动（选填“A”、“B”或“C”），直到听见“喀喀”的声音，以保证压力适当，同时防止螺旋测微器的损坏．（题11–1图）（2）选择电阻丝的（选填“同一”或“不同”)位置进行多次测量，取其平均值作为电阻丝的直径．（3）题11-2甲图中R x，为待测电阻丝．请用笔画线代替导线，将滑动变阻器接入题11—2乙图实物电路中的正确位置．（题11-2甲图） (题11—2乙图）(4）为测量R,利用题11—2甲图所示的电路，调节滑动变阻器测得5组电压U1和电流I1的值，作出的U1–I1关系图象如题11—3图所示．接着,将电压表改接在a、b两端，测得5组电压U2和电流I2的值，数据见下表：U2/V0。

高考物理连云港电磁学知识点之电磁感应单元汇编

高考物理连云港电磁学知识点之电磁感应单元汇编一、选择题1．穿过一个单匝闭合线圈的磁通量始终为每秒均匀增加2Wb，则（）A．线圈中感应电动势每秒增加2VB．线圈中感应电动势始终为2VC．线圈中感应电动势始终为一个确定值，但由于线圈有电阻，电动势小于2VD．线圈中感应电动势每秒减少2V2．两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直。

边长为0.1m、总电阻为0.005Ω的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图甲所示。

已知导线框向右做匀速直线运动，cd边于t=0时刻进入磁场。

导线框中感应电动势随时间变化的图线如图乙所示（规定感应电流的方向abcda为正方向）。

下列说法正确的是（）A．磁感应强度的方向垂直纸面向内B．磁感应强度的大小为0.5TC．导线框运动速度的大小为0.05m/sD．在t=0.4s至t=0.6s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.04N3．如图所示，把金属圆环在纸面内拉出磁场，下列叙述正确的是（）A．将金属圆环向左拉出磁场时，感应电流方向为逆时针B．不管沿什么方向将金属圆环拉出磁场时，感应电流方向都是顺时针C．将金属圆环向右匀速拉出磁场时，磁通量变化率不变D．将金属圆环向右加速拉出磁场时，受到向右的安培力4．下列关于教材中四幅插图的说法正确的是（）A．图甲是通电导线周围存在磁场的实验。

这一现象是物理学家法拉第通过实验首先发现B．图乙是真空冶炼炉，当炉外线圈通入高频交流电时，线圈产生大量热量，从而冶炼金属C ．图丙是李辉用多用电表的欧姆挡测量变压器线圈的电阻刘伟手握线圈裸露的两端协助测量，李辉把表笔与线圈断开瞬间，刘伟觉得有电击说明欧姆挡内电池电动势很高D ．图丁是微安表的表头，在运输时要把两个接线柱连在一起，这是为了保护电表指针，利用了电磁阻尼原理5．在倾角为θ的两平行光滑长直金属导轨的下端，接有一电阻R ，导轨自身的电阻可忽略不计，有一匀强磁场与两金属导轨平面垂直，方向垂直于导轨面向上。

江苏省连云港市2019年高考物理考点突破每日一练(29)带电粒子在匀强电场中的运动、电磁感应的综合问题(

考点突破每日一练（29）带电粒子在匀强电场中的运动、电磁感应的综合问题1．如图所示，MN是一点电荷产生的电场中的一条电场线，一个带正电的粒子(不计重力)穿越这条电场线的轨迹如图中虚线所示．a、b为轨迹上两点．下列结论正确的是( )A．产生电场的电荷一定为负点电荷B．带电粒子在a点的加速度小于在b点的加速度C．带电粒子从a到b过程中动能逐渐减小D．带电粒子在a点时具有的电势能大于在b点时具有的电势能2.(多选)一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能E p随位移x变化的关系如图所示，其中0～x2段是对称的曲线，x2～x3段是直线，则下列说法正确的是( )A．x1处电场强度为正值B．x1、x2、x3处电势φ1、φ2、φ3的关系为φ1>φ2>φ3C．粒子在0～x2段做匀变速运动，x2～x3段做匀速直线运动D．x2～x3段是匀强电场3.图中虚线是某电场中的一簇等势线．两个带电粒子从P点均沿等势线的切线方向射入电场，粒子运动的部分轨迹如图中实线所示．若粒子仅受电场力的作用，下列说法中正确的是( )A．两粒子的电性相同B．a点的电势高于b点的电势C．粒子从P运动到a的过程中，电势能增大D．粒子从P运动到b的过程中，动能增大4．光滑金属导轨a、b、c、d相互平行，固定在同一水平面内，a、c间距离为L1，b、d间距离为L2，a与b 间、c 与d 间分别用导线连接。

导轨所在区域有方向竖直向下、磁感应强度B 的匀强磁场。

金属杆MN 在垂直于MN 的水平外力F 1（图中未画出）作用下保持静止，且垂直于a 和c ；金属杆GH 质量为m ，在垂直于GH 的水平恒力F 2作用下从静止开始向右运动，经过水平距离x 后，F 2对杆GH 做功的功率就不再变化保持为P ，运动过程中杆GH 始终垂直于b 和d 。

金属杆MN 接入电路的电阻为R ，其余电阻不计，导轨b 、d 足够长。

求：（1）外力F 1的最大值和恒力F 2的大小；（2）在GH 杆经过水平距离x 的过程中，金属杆MN 杆上产生的热量Q 。

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