2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 高考真題備選題庫(kù) 第九章 電磁感應(yīng)

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1、2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 高考真題備選題庫(kù) 第九章 電磁感應(yīng) 1. (xx·上海高考)如圖,勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于軟導(dǎo)線回路平面,由于磁場(chǎng)發(fā)生變化,回路變?yōu)閳A形。則該磁場(chǎng)(  ) A.逐漸增強(qiáng),方向向外 B.逐漸增強(qiáng),方向向里 C.逐漸減弱,方向向外 D.逐漸減弱,方向向里 解析:選CD 根據(jù)楞次定律可知,感應(yīng)電流的磁場(chǎng)具有阻礙原磁通量變化的作用,回路變成圓形,說(shuō)明面積在變大,根據(jù)增縮減擴(kuò)的原理可知,線圈中的磁通量無(wú)論什么方向,只要減少即會(huì)發(fā)生此現(xiàn)象,故CD正確。 2.(xx·海南高考)如圖,在一水平、固定的閉合導(dǎo)體圓環(huán)上方。有一條形磁鐵(N極朝上, S極朝下)由靜止開(kāi)始下落,磁鐵從圓

2、環(huán)中穿過(guò)且不與圓環(huán)接觸,關(guān)于圓環(huán)中感應(yīng)電流的方向(從上向下看),下列說(shuō)法正確的是(  ) A.總是順時(shí)針       B.總是逆時(shí)針 C.先順時(shí)針后逆時(shí)針 D.先逆時(shí)針后順時(shí)針 解析:選C 磁鐵從圓環(huán)中穿過(guò)且不與圓環(huán)接觸,則導(dǎo)體環(huán)中先是向上的磁通量增加,磁鐵過(guò)中間以后,向上的磁通量減少,根據(jù)楞次定律,產(chǎn)生的感應(yīng)電流先順時(shí)針后逆時(shí)針,選項(xiàng)C正確。 3.(xx·全國(guó)卷Ⅰ)在法拉第時(shí)代,下列驗(yàn)證“由磁產(chǎn)生電”設(shè)想的實(shí)驗(yàn)中,能觀察到感應(yīng)電流的是(  ) A.將繞在磁鐵上的線圈與電流表組成一閉合回路,然后觀察電流表的變化 B.在一通電線圈旁放置一連有電流表的閉合線圈,然后觀察電流表的變

3、化 C.將一房間內(nèi)的線圈兩端與相鄰房間的電流表連接,往線圈中插入條形磁鐵后,再到相鄰房間去觀察電流表的變化 D.繞在同一鐵環(huán)上的兩個(gè)線圈,分別接電源和電流表,在給線圈通電或斷電的瞬間,觀察電流表的變化 解析:選D 只形成閉合回路,回路中的磁通量不變化,不會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流,A、B、C錯(cuò)誤;給線圈通電或斷電瞬間,通過(guò)閉合回路的磁通量變化,會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流,能觀察到電流表的變化,D正確。 4.(xx·全國(guó)卷)很多相同的絕緣銅圓環(huán)沿豎直方向疊放,形成一很長(zhǎng)的豎直圓筒。一條形磁鐵沿圓筒的中心軸豎直放置,其下端與圓筒上端開(kāi)口平齊。讓條形磁鐵從靜止開(kāi)始下落。條形磁鐵在圓筒中的運(yùn)動(dòng)速率(  ) A.均勻

4、增大         B.先增大,后減小 C.逐漸增大,趨于不變 D.先增大,再減小,最后不變 解析:選C 條形磁鐵在下落過(guò)程中受到向上的排斥力,絕緣銅環(huán)內(nèi)產(chǎn)生感應(yīng)電流,導(dǎo)致條形磁鐵做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng),故其速率逐漸增大,最后趨于不變,選項(xiàng)C正確,選項(xiàng)A、B、D錯(cuò)誤。 5.(xx·廣東高考)如圖所示,上下開(kāi)口、內(nèi)壁光滑的銅管P和塑料管Q豎直放置。小磁塊先后在兩管中從相同高度處由靜止釋放,并落至底部。則小磁塊(  ) A.在P和Q中都做自由落體運(yùn)動(dòng) B.在兩個(gè)下落過(guò)程中的機(jī)械能都守恒 C.在P中的下落時(shí)間比在Q中的長(zhǎng) D.落至底部時(shí)在P中的速度比在Q中的大

5、 解析:選C 小磁塊從銅管P中下落時(shí),P中的磁通量發(fā)生變化,P中產(chǎn)生感應(yīng)電流,給小磁塊一個(gè)向上的磁場(chǎng)力,阻礙小磁塊向下運(yùn)動(dòng),因此小磁塊在P中不是做自由落體運(yùn)動(dòng),而塑料管Q中不會(huì)產(chǎn)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象,因此Q中小磁塊做自由落體運(yùn)動(dòng),A項(xiàng)錯(cuò)誤;P中的小磁塊受到的磁場(chǎng)力對(duì)小磁塊做負(fù)功,機(jī)械能不守恒,B項(xiàng)錯(cuò)誤;由于在P中小磁塊下落的加速度小于g,而Q中小磁塊做自由落體運(yùn)動(dòng),因此從靜止開(kāi)始下落相同高度,在P中下落的時(shí)間比在Q中下落的時(shí)間長(zhǎng),C項(xiàng)正確;根據(jù)動(dòng)能定理可知,落到底部時(shí)在P中的速度比在Q中的速度小,D項(xiàng)錯(cuò)誤。 6.(xx·山東理綜)以下敘述正確的是(  ) A.法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象 B.慣

6、性是物體的固有屬性,速度大的物體慣性一定大 C.牛頓最早通過(guò)理想斜面實(shí)驗(yàn)得出力不是維持物體運(yùn)動(dòng)的原因 D.感應(yīng)電流遵從楞次定律所描述的方向,這是能量守恒定律的必然結(jié)果 解析:慣性大小僅決定于質(zhì)量,與物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)無(wú)關(guān),選項(xiàng)B錯(cuò)誤;伽利略最早通過(guò)理想斜面實(shí)驗(yàn)得出力不是維持物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的原因,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;正確選項(xiàng)為AD。 答案:AD 7.(xx·北京理綜)物理課上,老師做了一個(gè)奇妙的“跳環(huán)實(shí)驗(yàn)”。如圖,她把一個(gè)帶鐵芯的線圈L、開(kāi)關(guān)S和電源用導(dǎo)線連接起來(lái)后,將一金屬套環(huán)置于線圈L上,且使鐵芯穿過(guò)套環(huán)。閉合開(kāi)關(guān)S的瞬間,套環(huán)立刻跳起。 某同學(xué)另找來(lái)器材再探究此實(shí)驗(yàn)。他連接好電路,經(jīng)重復(fù)試驗(yàn)

7、,線圈上的套環(huán)均未動(dòng)。對(duì)比老師演示的實(shí)驗(yàn),下列四個(gè)選項(xiàng)中,導(dǎo)致套環(huán)未動(dòng)的原因可能是(  ) A.線圈接在了直流電源上 B.電源電壓過(guò)高 C.所選線圈的匝數(shù)過(guò)多 D.所用套環(huán)的材料與老師的不同 解析:金屬套環(huán)跳起的原因是開(kāi)關(guān)S閉合時(shí),套環(huán)上產(chǎn)生的感應(yīng)電流與通電線圈上的電流相互作用而引起的。無(wú)論實(shí)驗(yàn)用交流電還是直流電,閉合開(kāi)關(guān)S瞬間,金屬套環(huán)都會(huì)跳起。如果套環(huán)是塑料材料做的,則不能產(chǎn)生感應(yīng)電流,也就不會(huì)受安培力作用而跳起。所以答案是D。 答案:D 第2節(jié) 法拉第電磁感應(yīng)定律 自感和渦流 1.(xx·全國(guó)卷Ⅱ)半徑分別為r和2r的同心圓形導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi),一長(zhǎng)為r、質(zhì)量為m且質(zhì)

8、量分布均勻的直導(dǎo)體棒AB置于圓導(dǎo)軌上面,BA的延長(zhǎng)線通過(guò)圓導(dǎo)軌中心O,裝置的俯視圖如圖所示。整個(gè)裝置位于一勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B,方向豎直向下。在內(nèi)圓導(dǎo)軌的C點(diǎn)和外圓導(dǎo)軌的D點(diǎn)之間接有一阻值為R的電阻(圖中未畫(huà)出)。直導(dǎo)體棒在水平外力作用下以角速度ω繞O逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng),在轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌保持良好接觸。設(shè)導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌的電阻均可忽略。重力加速度大小為g。求 (1)通過(guò)電阻R的感應(yīng)電流的方向和大??; (2)外力的功率。 解析:根據(jù)右手定則、法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律及能量守恒定律解題。 (1)根據(jù)右手定則,得導(dǎo)體棒AB上的電流方向?yàn)锽

9、→A,故電阻R上的電流方向?yàn)镃→D。 設(shè)導(dǎo)體棒AB中點(diǎn)的速度為v,則v= 而vA=ωr,vB=2ωr 根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律,導(dǎo)體棒AB上產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=Brv 根據(jù)閉合電路歐姆定律得I=,聯(lián)立以上各式解得通過(guò)電阻R的感應(yīng)電流的大小為I=。 (2)根據(jù)能量守恒定律,外力的功率P等于安培力與摩擦力的功率之和,即P=BIrv+fv,而f=μmg 解得P=+。 答案:(1)方向?yàn)镃→D 大小為 (2)+ 2.(xx·江蘇高考)如圖所示,一正方形線圈的匝數(shù)為n,邊長(zhǎng)為a,線圈平面與勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直,且一半處在磁場(chǎng)中。在Δt時(shí)間內(nèi),磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向不變,大小由B均勻地增大到2B。在此過(guò)程

10、中,線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為(  ) A. B. C. D. 解析:選B 磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率==,法拉第電磁感應(yīng)定律公式可寫(xiě)成E=n=nS,其中磁場(chǎng)中的有效面積S=a2,代入得E=n,選項(xiàng)B正確,A、C、D錯(cuò)誤。 3.(xx·江蘇高考)如圖所示,在線圈上端放置一盛有冷水的金屬杯,現(xiàn)接通交流電源,過(guò)了幾分鐘,杯內(nèi)的水沸騰起來(lái)。若要縮短上述加熱時(shí)間,下列措施可行的有(  ) A.增加線圈的匝數(shù) B.提高交流電源的頻率 C.將金屬杯換為瓷杯 D.取走線圈中的鐵芯 解析:選AB 當(dāng)線圈上通交流電時(shí),金屬杯由于發(fā)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象,杯中有感應(yīng)電流,對(duì)水加熱,若要增大感應(yīng)電流,則需要

11、增大感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)或者減小杯體的電阻。增加線圈的匝數(shù),使得穿過(guò)金屬杯的磁場(chǎng)增強(qiáng),感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)增大,選項(xiàng)A正確;提高交流電的頻率,使得磁通量的變化率增大,感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)增大,選項(xiàng)B正確;若將金屬杯換為瓷杯,則不會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;取走線圈中的鐵芯,磁場(chǎng)會(huì)大大減弱,感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)減小,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 4.(xx·北京理綜)如圖,在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,金屬桿MN在平行金屬導(dǎo)軌上以速度v向右勻速滑動(dòng), MN中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E1;若磁感應(yīng)強(qiáng)度增為2B,其他條件不變,MN中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)變?yōu)镋2。則通過(guò)電阻R的電流方向及E1與E2之比E1∶E2分別為(  ) A.c→a,2∶1

12、      B.a(chǎn)→c,2∶1 C.a(chǎn)→c,1∶2 D.c→a,1∶2 解析:選C 本題考查電磁感應(yīng)知識(shí),意在考查考生對(duì)感應(yīng)電流方向的判斷和對(duì)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的理解能力。根據(jù)右手定則或楞次定律,可知通過(guò)電阻R的電流方向?yàn)閍→c;根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律,知E1∶E2=1∶2,則C項(xiàng)正確,其他選項(xiàng)錯(cuò)誤。 5.(xx·新課標(biāo)全國(guó))如圖,均勻磁場(chǎng)中有一由半圓弧及其直徑構(gòu)成的導(dǎo)線框,半圓直徑與磁場(chǎng)邊緣重合;磁場(chǎng)方向垂直于半圓面(紙面)向里,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0。使該線框從靜止開(kāi)始繞過(guò)圓心O、垂直于半圓面的軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)半周,在線框中產(chǎn)生感應(yīng)電流?,F(xiàn)使線框保持圖中所示位置,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間線

13、性變化。為了產(chǎn)生與線框轉(zhuǎn)動(dòng)半周過(guò)程中同樣大小的電流,磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化率的大小應(yīng)為(  ) A. B. C. D. 解析:當(dāng)導(dǎo)線框勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí),設(shè)半徑為r,導(dǎo)線框電阻為R,在很小的Δt時(shí)間內(nèi),轉(zhuǎn)過(guò)圓心角Δθ=ωΔt,由法拉第電磁感應(yīng)定律及歐姆定律可得感應(yīng)電流I1=== ;當(dāng)導(dǎo)線框不動(dòng),而磁感應(yīng)強(qiáng)度發(fā)生變化時(shí),同理可得感應(yīng)電流I2==,令I(lǐng)1=I2,可得=,C對(duì)。 答案:C 6.(2011·北京理綜)某同學(xué)為了驗(yàn)證斷電自感現(xiàn)象,自己找來(lái)帶鐵芯的線圈L、小燈泡A、開(kāi)關(guān)S和電池組E,用導(dǎo)線將它們連接成如圖所示的電路.檢查電路后,閉合開(kāi)關(guān)S,小燈泡發(fā)光;再斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S,小燈泡僅有不

14、顯著的延時(shí)熄滅現(xiàn)象.雖經(jīng)多次重復(fù),仍未見(jiàn)老師演示時(shí)出現(xiàn)的小燈泡閃亮現(xiàn)象,他冥思苦想找不出原因.你認(rèn)為最有可能造成小燈泡未閃亮的原因是(  ) A.電源的內(nèi)阻較大 B.小燈泡電阻偏大 C.線圈電阻偏大 D.線圈的自感系數(shù)較大 解析:閉合開(kāi)關(guān)S,電路穩(wěn)定燈泡正常發(fā)光時(shí),如果電感線圈L中的電阻比燈泡的電阻大,則電感線圈L中的電流IL比燈泡A中的電流IA小,當(dāng)開(kāi)關(guān)S斷開(kāi),則由于自感現(xiàn)象,L和A 構(gòu)成回路使L和A 中的電流從IL開(kāi)始減小,因此不可能看到小燈泡閃亮的現(xiàn)象,C項(xiàng)正確. 答案:C 7.(xx·新課標(biāo)全國(guó))如圖所示,兩個(gè)端面半徑同為R的圓柱形鐵芯同軸水平放置,相對(duì)的端面之間有一

15、縫隙,鐵芯上繞導(dǎo)線并與電源連接,在縫隙中形成一勻強(qiáng)磁場(chǎng).一銅質(zhì)細(xì)直棒ab水平置于縫隙中,且與圓柱軸線等高、垂直.讓銅棒從靜止開(kāi)始自由下落,銅棒下落距離為0.2R時(shí)銅棒中電動(dòng)勢(shì)大小為E1,下落距離為0.8R時(shí)電動(dòng)勢(shì)大小為E2.忽略渦流損耗和邊緣效應(yīng).關(guān)于E1、E2的大小和銅棒離開(kāi)磁場(chǎng)前兩端的極性,下列判斷正確的是(  ) A.E1>E2,a端為正 B.E1>E2,b端為正 C.E1

16、故銅棒b端為正極.作出銅棒下落時(shí)的截面圖如圖所示,當(dāng)銅棒下落距離為0.2R時(shí),由機(jī)械能守恒定律可得:mv=mg×0.2R,所以v1=,此時(shí)銅棒的有效切割長(zhǎng)度:L1=2=2,銅棒的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E1=BL1v1= 2BR.當(dāng)銅棒下落距離為0.8R時(shí),由機(jī)械能守恒定律可得:mv=mg×0.8R,所以v2=,此時(shí)銅棒的有效切割長(zhǎng)度:L2=2=2,銅棒的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E2=BL2v2=2BR,故E1

17、有一變化的磁場(chǎng)垂直于紙面,規(guī)定向內(nèi)為正,變化規(guī)律如圖(下)所示.在t=0時(shí)刻平板之間中心有一重力不計(jì),電荷量為q的靜止微粒.則以下說(shuō)法正確的是(  ) A.第2秒內(nèi)上極板為正極 B.第3秒內(nèi)上極板為負(fù)極 C.第2秒末微?;氐搅嗽瓉?lái)位置 D.第2秒末兩極板之間的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為0.2 πr2/d 解析:本題考查電磁感應(yīng)定律和楞次定律,考查帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)情況.根據(jù)楞次定律,結(jié)合圖象可以判斷:在0~1 s內(nèi),下極板為正極,上極板為負(fù)極;第2秒內(nèi)上極板為正極,下極板為負(fù)極;第3秒內(nèi)上極板為正極,下極板為負(fù)極;第4秒內(nèi)上極板為負(fù)極,下極板為正極,故A選項(xiàng)正確,B選項(xiàng)錯(cuò)誤.由于磁感應(yīng)強(qiáng)度均

18、勻變化,故產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小是恒定的,感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小E==S=0.1πr2,第2秒末兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度為=,D選項(xiàng)錯(cuò)誤.在第1秒內(nèi)微粒從靜止沿向上或向下的方向開(kāi)始做勻加速運(yùn)動(dòng),第2秒內(nèi)電場(chǎng)反向,電荷沿該方向做勻減速運(yùn)動(dòng),第2秒末速度為0,第3秒內(nèi)電荷做反向勻加速運(yùn)動(dòng),第4秒內(nèi)電荷沿反向做勻減速運(yùn)動(dòng),第4秒末回到原來(lái)位置,故C選項(xiàng)錯(cuò)誤. 答案:A 第3節(jié) 電磁感應(yīng)中的電路和圖像問(wèn)題 1.(xx·重慶高考)某電子天平原理如圖所示,E形磁鐵的兩側(cè)為N極,中心為S極,兩極間的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B,磁極寬度均為L(zhǎng),忽略邊緣效應(yīng)。一正方形線圈套于中心磁極,其骨架與秤盤(pán)連為一體,線圈兩端C、D與外電

19、路連接。當(dāng)質(zhì)量為m的重物放在秤盤(pán)上時(shí),彈簧被壓縮,秤盤(pán)和線圈一起向下運(yùn)動(dòng)(骨架與磁極不接觸),隨后外電路對(duì)線圈供電,秤盤(pán)和線圈恢復(fù)到未放重物時(shí)的位置并靜止,由此時(shí)對(duì)應(yīng)的供電電流I可確定重物的質(zhì)量。已知線圈匝數(shù)為n,線圈電阻為R,重力加速度為g。問(wèn): (1)線圈向下運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,線圈中感應(yīng)電流是從C端還是從D端流出? (2)供電電流I是從C端還是從D端流入?求重物質(zhì)量與電流的關(guān)系。 (3)若線圈消耗的最大功率為P,該電子天平能稱量的最大質(zhì)量是多少? 解析:(1)感應(yīng)電流從C端流出。 (2)外加電流從D端流入。 設(shè)線圈受到的安培力為FA 由FA=mg和FA=2nBIL 得m=I。

20、(3)設(shè)稱量最大質(zhì)量為m0 由m=I和P=I R 得m0=。 答案:見(jiàn)解析 2.(xx·山東高考)如圖,一端接有定值電阻的平行金屬軌道固定在水平面內(nèi),通有恒定電流的長(zhǎng)直絕緣導(dǎo)線垂直并緊靠軌道固定,導(dǎo)體棒與軌道垂直且接觸良好。在向右勻速通過(guò)M、N兩區(qū)的過(guò)程中,導(dǎo)體棒所受安培力分別用FM、FN表示。不計(jì)軌道電阻。以下敘述正確的是(  ) A.FM向右 B.FN向左 C.FM逐漸增大 D.FN逐漸減小 解析:選BCD 由題意可知,根據(jù)安培定則,在軌道內(nèi)的M區(qū)、N區(qū)通電長(zhǎng)直導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場(chǎng)分別垂直軌道平面向外和向里,由此可知,當(dāng)導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)到M區(qū)時(shí),根據(jù)右手定則可以判定,在導(dǎo)

21、體棒內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電流與長(zhǎng)直絕緣導(dǎo)線中的電流方向相反,再根據(jù)左手定則可知,金屬棒在M區(qū)時(shí)受到的安培力方向向左,因此A選項(xiàng)不正確;同理可以判定B選項(xiàng)正確;再根據(jù)導(dǎo)體棒在M區(qū)勻速靠近長(zhǎng)直絕緣導(dǎo)線時(shí)對(duì)應(yīng)的磁場(chǎng)越來(lái)越大,因此產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)越來(lái)越大,根據(jù)閉合電路的歐姆定律和安培力的公式可知,導(dǎo)體棒所受的安培力FM也逐漸增大,故C選項(xiàng)正確;同理D選項(xiàng)正確。 3.(xx·江蘇高考)如圖所示,導(dǎo)電物質(zhì)為電子的霍爾元件位于兩串聯(lián)線圈之間,線圈中電流為I,線圈間產(chǎn)生勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B與I成正比,方向垂直于霍爾元件的兩側(cè)面,此時(shí)通過(guò)霍爾元件的電流為IH,與其前后表面相連的電壓表測(cè)出的霍爾電壓UH滿足:UH

22、=k,式中k為霍爾系數(shù),d為霍爾元件兩側(cè)面間的距離。電阻R遠(yuǎn)大于RL,霍爾元件的電阻可以忽略,則(  ) A.霍爾元件前表面的電勢(shì)低于后表面 B.若電源的正負(fù)極對(duì)調(diào),電壓表將反偏 C.IH與I成正比 D.電壓表的示數(shù)與RL消耗的電功率成正比 解析:選CD 導(dǎo)電物質(zhì)為電子,由左手定則得電子受到洛倫茲力向后表面偏轉(zhuǎn),后表面電勢(shì)低,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;若將電源的正負(fù)極對(duì)調(diào),磁場(chǎng)和電子的運(yùn)動(dòng)方向同時(shí)反向,洛倫茲力的方向不變,電壓表仍能正常偏轉(zhuǎn),選項(xiàng)B錯(cuò)誤;電路是穩(wěn)定電路,線圈中的電流和通過(guò)霍爾元件的電流的比例不變,選項(xiàng)C正確;UH=k,而B(niǎo)與I成正比,故UH正比于IH·I,而RL的功率正比于I,

23、IH·I與I的比例不變,故UH正比于RL的功率,選項(xiàng)D正確。 4.(xx·山東理綜)將一段導(dǎo)線繞成圖甲所示的閉合回路,并固定在水平面(紙面)?;芈返腶b邊置于垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅰ中?;芈返膱A環(huán)區(qū)域內(nèi)有垂直紙面的磁場(chǎng)Ⅱ,以向里為磁場(chǎng)Ⅱ的正方向,其磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的圖像如圖乙所示。用F表示ab邊受到的安培力,以水平向右為F的正方向,能正確反映F隨時(shí)間t變化的圖像是(  ) 解析:選B 本題考查電磁感應(yīng)中的圖像問(wèn)題,意在考查考生利用法拉第電磁感應(yīng)定律及楞次定律、左手定則處理電磁感應(yīng)綜合問(wèn)題的能力。0~時(shí)間內(nèi),根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律及楞次定律可得回路的圓環(huán)形區(qū)域產(chǎn)生大小恒定的、

24、順時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流,根據(jù)左手定則,ab邊在勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅰ中受到水平向左的恒定的安培力;同理可得~T時(shí)間內(nèi),ab邊在勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅰ中受到水平向右的恒定的安培力,故B項(xiàng)正確。 5.(xx·北京理綜)在如圖所示的電路中,兩個(gè)相同的小燈泡L1和L2分別串聯(lián)一個(gè)帶鐵芯的電感線圈L和一個(gè)滑動(dòng)變阻器R.閉合開(kāi)關(guān)S后,調(diào)整R,使L1和L2發(fā)光的亮度一樣,此時(shí)流過(guò)兩個(gè)燈泡的電流均為I.然后,斷開(kāi)S.若t′時(shí)刻再閉合S,則在t′前后的一小段時(shí)間內(nèi),正確反映流過(guò)L1的電流i1、流過(guò)L2的電流i2隨時(shí)間t變化的圖象是(  ) 解析:本題考查線圈的自感現(xiàn)象、電磁感應(yīng)中的電流圖象.由題中給出的電路可知,電路由L與L1和

25、L2與R兩個(gè)支路并聯(lián),在t′時(shí)刻,L1支路的電流因?yàn)橛蠰的自感作用,所以i1由0逐漸增大,L2支路為純電阻電路,i2不存在逐漸增大的過(guò)程,所以選項(xiàng)B正確. 答案:B 第4節(jié) 電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)和能量問(wèn)題 1.(xx·上海高考)如圖,水平面內(nèi)有一光滑金屬導(dǎo)軌,其MN、PQ邊的電阻不計(jì),MP邊的電阻阻值R=1.5 Ω, MN與MP的夾角為135°, PQ與MP垂直,MP邊長(zhǎng)度小于1 m。將質(zhì)量m=2 kg,電阻不計(jì)的足夠長(zhǎng)直導(dǎo)體棒擱在導(dǎo)軌上,并與MP平行。棒與MN、PQ交點(diǎn)G、 H間的距離L=4 m??臻g存在垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5 T。在外力作用下,棒由GH處以一定的

26、初速度向左做直線運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)時(shí)回路中的電流強(qiáng)度始終與初始時(shí)的電流強(qiáng)度相等。 (1)若初速度v1=3 m/s,求棒在GH處所受的安培力大小FA。 (2)若初速度v2=1.5 m/s,求棒向左移動(dòng)距離2 m到達(dá)EF所需時(shí)間Δt。 (3)在棒由GH處向左移動(dòng)2 m到達(dá)EF處的過(guò)程中,外力做功W=7 J,求初速度v3。 解析:(1)棒在GH處速度為v1,因此E=BLv1,I1= 由此得FA==8 N; (2)設(shè)棒移動(dòng)距離a,由幾何關(guān)系EF間距也為a,磁通量變化ΔΦ=a(a+L)B。 題設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)回路中電流保持不變,即感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)不變,有:E=BLv2 因此E==解得Δt==1 s (3)

27、設(shè)外力做功為W,克服安培力做功為WA,導(dǎo)體棒在EF處的速度為v′3 由動(dòng)能定理:W-WA=mv′-mv 克服安培力做功:WA=IRΔt′ 式中I3= Δt′= 聯(lián)立解得:WA= 由于電流始終不變,有:v′3=v3 因此W=+mv 代入數(shù)值得3v+4v3-7=0 解得v3=1 m/s或v3=- m/s(舍去) 答案:(1)8 N (2)1 s (3)1 m/s 2.(xx·天津高考)如圖所示,兩根足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌固定在傾角θ=30°的斜面上,導(dǎo)軌電阻不計(jì),間距L=0.4 m。導(dǎo)軌所在空間被分成區(qū)域Ⅰ和Ⅱ,兩區(qū)域的邊界與斜面的交線為MN,Ⅰ中的勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直斜面向下,Ⅱ中

28、的勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直斜面向上,兩磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B=0.5 T。在區(qū)域Ⅰ中,將質(zhì)量m1=0.1 kg,電阻R1=0.1 Ω的金屬條ab放在導(dǎo)軌上,ab剛好不下滑。然后,在區(qū)域Ⅱ中將質(zhì)量m2=0.4 kg,電阻R2=0.1 Ω的光滑導(dǎo)體棒cd置于導(dǎo)軌上,由靜止開(kāi)始下滑。cd在滑動(dòng)過(guò)程中始終處于區(qū)域Ⅱ的磁場(chǎng)中,ab、cd始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸,取g=10 m/s2。問(wèn): (1)cd下滑的過(guò)程中,ab中的電流方向; (2)ab剛要向上滑動(dòng)時(shí),cd的速度v多大; (3)從cd開(kāi)始下滑到ab剛要向上滑動(dòng)的過(guò)程中,cd滑動(dòng)的距離x=3.8 m,此過(guò)程中ab上產(chǎn)生的熱量Q是多少。

29、 解析:(1)由a流向b。 (2)開(kāi)始放置ab剛好不下滑時(shí),ab所受摩擦力為最大靜摩擦力,設(shè)其為Fmax,有Fmax=m1gsin θ ① 設(shè)ab剛好要上滑時(shí),cd棒的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E,由法拉第電磁感應(yīng)定律有 E=BLv ② 設(shè)電路中的感應(yīng)電流為I,由閉合電路歐姆定律有 I= ③ 設(shè)ab所受安培力為F安,有F安=ILB ④ 此時(shí)ab受到的最大靜摩擦力方向沿斜面向下,由平衡條件有 F安=m1gsin θ+Fmax ⑤ 綜合①②③④⑤式,代入數(shù)據(jù)解得v=5 m/s。⑥ (3)設(shè)cd棒的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電路中產(chǎn)生的總熱量為Q總,由能量守恒有 m2gxsin θ=Q總+m2v2 ⑦

30、又Q=Q總 ⑧(2分) 解得Q=1.3 J。 ⑨ 答案:(1)由a流向b (2)5 m/s (3)1.3 J 3.(xx·安徽高考)英國(guó)物理學(xué)家麥克斯韋認(rèn)為,磁場(chǎng)變化時(shí)會(huì)在空間激發(fā)感生電場(chǎng)。如圖所示,一個(gè)半徑為r的絕緣細(xì)圓環(huán)水平放置,環(huán)內(nèi)存在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B,環(huán)上套一帶電荷量為+q的小球。已知磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間均勻增加,其變化率為k,若小球在環(huán)上運(yùn)動(dòng)一周,則感生電場(chǎng)對(duì)小球的作用力所做功的大小是(  ) A.0 B.r2qk C.2πr2qk D.πr2qk 解析:選D 變化的磁場(chǎng)產(chǎn)生的感生電動(dòng)勢(shì)為E=πr2=kπr2,小球在環(huán)上運(yùn)動(dòng)一周感生電場(chǎng)對(duì)其所做的功W=

31、qE=qkπr2,D項(xiàng)正確,A、B、C項(xiàng)錯(cuò)誤。 4.(xx·安徽高考)如圖1所示,勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B為0.5 T,其方向垂直于傾角θ為30°的斜面向上。絕緣斜面上固定有“∧”形狀的光滑金屬導(dǎo)軌MPN(電阻忽略不計(jì)),MP和NP長(zhǎng)度均為2.5 m,MN連線水平,長(zhǎng)為3 m。以MN中點(diǎn)O為原點(diǎn)、OP為x軸建立一維坐標(biāo)系Ox。一根粗細(xì)均勻的金屬桿CD,長(zhǎng)度d為3 m、質(zhì)量m為1 kg、電阻R為0.3 Ω,在拉力F的作用下,從MN處以恒定速度v=1 m/s在導(dǎo)軌上沿x軸正向運(yùn)動(dòng)(金屬桿與導(dǎo)軌接觸良好)。g取10 m/s2。 (1)求金屬桿CD運(yùn)動(dòng)過(guò)程中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E及運(yùn)動(dòng)到x=0.8

32、m處電勢(shì)差UCD; (2)推導(dǎo)金屬桿CD從MN處運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)過(guò)程中拉力F與位置坐標(biāo)x的關(guān)系式,并在圖2中畫(huà)出F-x關(guān)系圖像; (3)求金屬桿CD從MN處運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的全過(guò)程產(chǎn)生的焦耳熱。 解析:(1)金屬桿CD在勻速運(yùn)動(dòng)中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) E=Blv(l=d) E=1.5 V (D點(diǎn)電勢(shì)高) 當(dāng)x=0.8 m時(shí),金屬桿在導(dǎo)軌間的電勢(shì)差為零。設(shè)此時(shí)桿在導(dǎo)軌外的長(zhǎng)度為l外,則l外=d-d OP= =2 m 得l外=1.2 m 由楞次定律判斷D點(diǎn)電勢(shì)高,故CD兩端電勢(shì)差 UCD=-Bl外v UCD=-0.6 V (2)桿在導(dǎo)軌間的長(zhǎng)度l與位置x關(guān)系是 l=d=3-x 對(duì)應(yīng)的電

33、阻Rl為Rl=R 電流I= 桿受的安培力F安=BIl=7.5-3.75x 根據(jù)平衡條件得F=F安+mgsin θ F=12.5-3.75x(0≤x≤2) 畫(huà)出的F-x圖像如圖所示。 (3)外力F所做的功WF等于F-x圖線下所圍的面積, 即WF=×2 J=17.5 J 而桿的重力勢(shì)能增加量ΔEp=mgsin θ 故全過(guò)程產(chǎn)生的焦耳熱Q=WF-ΔEp=7.5 J 答案:見(jiàn)解析 5.(xx·浙江高考)其同學(xué)設(shè)計(jì)一個(gè)發(fā)電測(cè)速裝置,工作原理如圖所示。一個(gè)半徑為R=0.1 m的圓形金屬導(dǎo)軌固定在豎直平面上,一根長(zhǎng)為R的金屬棒OA,A端與導(dǎo)軌接觸良好,O端固定在圓心處的轉(zhuǎn)軸上。轉(zhuǎn)軸的左

34、端有一個(gè)半徑為r=R/3的圓盤(pán),圓盤(pán)和金屬棒能隨轉(zhuǎn)軸一起轉(zhuǎn)動(dòng)。圓盤(pán)上繞有不可伸長(zhǎng)的細(xì)線,下端掛著一個(gè)質(zhì)量為m=0.5 kg的鋁塊。在金屬導(dǎo)軌區(qū)域內(nèi)存在垂直于導(dǎo)軌平面向右的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5 T。a點(diǎn)與導(dǎo)軌相連,b點(diǎn)通過(guò)電刷與O端相連。測(cè)量a、b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差U可算得鋁塊速度。鋁塊由靜止釋放,下落h=0.3 m時(shí),測(cè)得U=0.15 V。(細(xì)線與圓盤(pán)間沒(méi)有滑動(dòng),金屬棒、導(dǎo)軌、導(dǎo)線及電刷的電阻均不計(jì),重力加速度g=10 m/s2) (1)測(cè)U時(shí),與a點(diǎn)相接的是電壓表的“正極”還是“負(fù)極”? (2)求此時(shí)鋁塊的速度大?。? (3)求此下落過(guò)程中鋁塊機(jī)械能的損失。 解析:(1)正極

35、(2)由電磁感應(yīng)定律得U=E= ΔΦ=BR2Δθ U=BωR2 v=rω=ωR 所以v==2 m/s (3)ΔE=mgh-mv2 ΔE=0.5 J 答案:見(jiàn)解析 6.(xx·四川高考)如圖所示,不計(jì)電阻的光滑U形金屬框水平放置,光滑、豎直玻璃擋板H、P固定在框上,H、P的間距很小。質(zhì)量為0.2 kg的細(xì)金屬桿CD恰好無(wú)擠壓地放在兩擋板之間,與金屬框接觸良好并圍成邊長(zhǎng)為1 m的正方形,其有效電阻為0.1 Ω。此時(shí)在整個(gè)空間加方向與水平面成30°角且與金屬桿垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化規(guī)律是B=(0.4-0.2t)T,圖示磁場(chǎng)方向?yàn)檎较????、擋板和桿不計(jì)形變。則(  ) A.t

36、=1 s時(shí),金屬桿中感應(yīng)電流方向從C到D B.t=3 s時(shí),金屬桿中感應(yīng)電流方向從D到C C.t=1 s時(shí),金屬桿對(duì)擋板P的壓力大小為0.1 N D.t=3 s時(shí),金屬桿對(duì)擋板H的壓力大小為0.2 N 解析:選AC 根據(jù)楞次定律可判斷感應(yīng)電流的方向總是從C到D,故A正確,B錯(cuò)誤;由法拉第電磁感應(yīng)定律可知:E===sin 30°=0.2×12× V=0.1 V,故感應(yīng)電流為I==1 A,金屬桿受到的安培力FA=BIL,t=1 s時(shí),F(xiàn)A=0.2×1×1 N=0.2 N,方向如圖甲,此時(shí)金屬桿受力分析如圖甲,由平衡條件可知F1=FA·cos 60°=0.1 N,F(xiàn)1為擋板P對(duì)金屬桿施加的力

37、。t=3 s時(shí),磁場(chǎng)反向,此時(shí)金屬桿受力分析如圖乙,此時(shí)擋板H對(duì)金屬桿施加的力向右,大小F3=BILcos 60°=0.2×1×1× N=0.1 N。故C正確,D錯(cuò)誤。 甲     乙 7.(xx·江蘇高考)如圖所示,在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有一傾斜的平行金屬導(dǎo)軌,導(dǎo)軌間距為L(zhǎng),長(zhǎng)為3d,導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為θ,在導(dǎo)軌的中部刷有一段長(zhǎng)為d的薄絕緣涂層。勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向與導(dǎo)軌平面垂直。質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒從導(dǎo)軌的頂端由靜止釋放,在滑上涂層之前已經(jīng)做勻速運(yùn)動(dòng),并一直勻速滑到導(dǎo)軌底端。導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直,且僅與涂層間有摩擦,接在兩導(dǎo)軌間的電阻為R,其他部分的電阻均不計(jì),重力加速度為g

38、。求: (1)導(dǎo)體棒與涂層間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ; (2)導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小v; (3)整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q。 解析:(1)在絕緣涂層上導(dǎo)體棒受力平衡有 mgsin θ=μmgcos θ 解得μ=tan θ (2)在光滑導(dǎo)軌上 感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLv 感應(yīng)電流I= 安培力F安=BIL 導(dǎo)體棒受力平衡有F安=mgsin θ 解得v= (3)摩擦生熱QT=μmgdcos θ 由能量守恒定律有3 mgdsin θ=Q+QT+mv2 解得Q=2mgdsin θ- 答案:(1)tan θ (2) (3)2mgdsin θ- 8.(xx·北京高考)導(dǎo)體切

39、割磁感線的運(yùn)動(dòng)可以從宏觀和微觀兩個(gè)角度來(lái)認(rèn)識(shí)。如圖所示,固定于水平面的U形導(dǎo)線框處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,金屬直導(dǎo)線MN在與其垂直的水平恒力F作用下,在導(dǎo)線框上以速度v做勻速運(yùn)動(dòng),速度v與恒力F方向相同;導(dǎo)線MN始終與導(dǎo)線框形成閉合電路。已知導(dǎo)線MN電阻為R,其長(zhǎng)度L恰好等于平行軌道間距,磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。忽略摩擦阻力和導(dǎo)線框的電阻。 (1)通過(guò)公式推導(dǎo)驗(yàn)證:在Δt時(shí)間內(nèi),F(xiàn)對(duì)導(dǎo)線MN所做的功W等于電路獲得的電能W電,也等于導(dǎo)線MN中產(chǎn)生的焦耳熱Q; (2)若導(dǎo)線MN的質(zhì)量m=8.0 g、長(zhǎng)度L=0.10 m,感應(yīng)電流I=1.0 A,假設(shè)一個(gè)原子貢獻(xiàn)1個(gè)自由電子,計(jì)算導(dǎo)線MN中電子沿導(dǎo)

40、線長(zhǎng)度方向定向移動(dòng)的平均速率ve(表中列出一些你可能會(huì)用到的數(shù)據(jù)); 阿伏加德羅常數(shù)NA 6.0×1023 mol-1 元電荷e 1.6×10-19 C 導(dǎo)線MN的摩爾質(zhì)量μ 6.0×10-2 kg/mol (3)經(jīng)典物理學(xué)認(rèn)為,金屬的電阻源于定向運(yùn)動(dòng)的自由電子和金屬離子(即金屬原子失去電子后的剩余部分)的碰撞。展開(kāi)你想象的翅膀,給出一個(gè)合理的自由電子的運(yùn)動(dòng)模型;在此基礎(chǔ)上,求出導(dǎo)線MN中金屬離子對(duì)一個(gè)自由電子沿導(dǎo)線長(zhǎng)度方向的平均作用力的表達(dá)式。 解析:(1)電動(dòng)勢(shì)E=BLv 導(dǎo)線勻速運(yùn)動(dòng),受力平衡F=F安=BIL 在Δt時(shí)間內(nèi),外力F對(duì)導(dǎo)線做功 W=FvΔt=F安vΔt

41、=BILvΔt 電路獲得的電能W電=qE=IEΔt=BILvΔt 可見(jiàn),F(xiàn)對(duì)導(dǎo)線MN所做的功等于電路獲得的電能W電; 導(dǎo)線MN中產(chǎn)生的焦耳熱 Q=I2RΔt=IΔt·IR=qE=W電 可見(jiàn),電路獲得的電能W電等于導(dǎo)線MN中產(chǎn)生的焦耳熱Q。 (2)導(dǎo)線MN中具有的原子數(shù)為N=NA, 因?yàn)橐粋€(gè)金屬原子貢獻(xiàn)一個(gè)電子,所以導(dǎo)線MN中的自由電子數(shù)也是N。 導(dǎo)線MN單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)n=, 其中,S為導(dǎo)線MN的橫截面積。 因?yàn)殡娏鱅=nveSe, 所以ve===, 解得ve=7.8×10-6 m/s。 (3)下述解法的共同假設(shè):所有自由電子(簡(jiǎn)稱電子,下同)以同一方式運(yùn)動(dòng)。

42、 方法一:動(dòng)量解法 設(shè)電子在每一次碰撞結(jié)束至下一次碰撞結(jié)束之間的運(yùn)動(dòng)都相同,經(jīng)歷的時(shí)間為Δt,電子的動(dòng)量變化為零。 因?yàn)閷?dǎo)線MN的運(yùn)動(dòng),電子受到沿導(dǎo)線方向的洛倫茲力f洛的作用f洛=evB, 沿導(dǎo)線方向,電子只受到金屬離子的作用力和f洛的作用,所以 f洛Δt-If=0 其中If為金屬離子對(duì)電子的作用力的沖量,其平均作用力為,則If=Δt 得=f洛=evB。 方法二:能量解法 設(shè)電子從導(dǎo)線的一端到達(dá)另一端經(jīng)歷的時(shí)間為t,在這段時(shí)間內(nèi),通過(guò)導(dǎo)線一端的電子總數(shù)N=, 電阻上產(chǎn)生的焦耳熱是由于克服金屬離子對(duì)電子的平均作用力做功產(chǎn)生的。 在時(shí)間t內(nèi) 總的焦耳熱Q=N L, 能量守恒

43、Q=W電=EIt=BLvIt, 所以=evB。 方法三:動(dòng)力學(xué)解法 因?yàn)殡娏鞑蛔?,所以假設(shè)電子以速度ve相對(duì)導(dǎo)線做勻速直線運(yùn)動(dòng)。 因?yàn)閷?dǎo)線MN的運(yùn)動(dòng),電子受到沿導(dǎo)線方向的洛倫茲力f洛的作用,f洛=evB 沿導(dǎo)線方向,電子只受到金屬離子的平均作用力和f洛作用,二力平衡即 =f洛=evB。 答案:見(jiàn)解析 9.(xx·安徽理綜)圖1是交流發(fā)電機(jī)模型示意圖。在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,有一矩形線圈abcd可繞線圈平面內(nèi)垂直于磁感線的軸OO′轉(zhuǎn)動(dòng),由線圈引出的導(dǎo)線ae和df分別與兩個(gè)跟線圈一起繞OO′轉(zhuǎn)動(dòng)的金屬圓環(huán)相連接,金屬圓環(huán)又分別與兩個(gè)固定的電刷保持滑動(dòng)接觸,這樣矩形線圈在轉(zhuǎn)動(dòng)中

44、就可以保持和外電路電阻R形成閉合電路。圖2是線圈的主視圖,導(dǎo)線ab和cd分別用它們的橫截面來(lái)表示。已知ab長(zhǎng)度為L(zhǎng)1,bc長(zhǎng)度為L(zhǎng)2,線圈以恒定角速度ω逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。(只考慮單匝線圈) (1)線圈平面處于中性面位置時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí),試推導(dǎo)t時(shí)刻整個(gè)線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)e1的表達(dá)式; (2)線圈平面處于與中性面成φ0夾角位置時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí),如圖3所示,試寫(xiě)出t時(shí)刻整個(gè)線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)e2的表達(dá)式; (3)若線圈電阻為r,求線圈每轉(zhuǎn)動(dòng)一周電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱。(其他電阻均不計(jì)) 解析:(1)矩形線圈abcd在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí),只有ab和cd切割磁感線,且轉(zhuǎn)動(dòng)的半徑為r=,設(shè)ab和cd的轉(zhuǎn)動(dòng)速度為v,則

45、 v=ω·?、? 在t時(shí)刻,導(dǎo)線ab和cd因切割磁感線而產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)均為 E1=BL1v⊥?、? 由圖可知v⊥=vsin ωt?、? 則整個(gè)線圈的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為 e1=2E1=BL1L2ωsin ωt?、? (2)當(dāng)線圈由圖3位置開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí),在t時(shí)刻整個(gè)線圈的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為 e2=BL1L2ωsin(ωt+φ0)?、? (3)由閉合電路歐姆定律可知 I=?、? 這里E為線圈產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)的有效值 E==?、? 則線圈轉(zhuǎn)動(dòng)一周在R上產(chǎn)生的焦耳熱為 QR=I2RT ⑧ 其中T=?、? 于是QR=πRω2?、? 答案:(1)e1=BL1L2ωsin ωt (2)e2=BL1L2ωs

46、in(ωt+φ0) (3)πRω2 10.(xx·廣東理綜)如圖所示,質(zhì)量為M的導(dǎo)體棒ab,垂直放在相距為l的平行光滑金屬導(dǎo)軌上,導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為θ,并處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,左側(cè)是水平放置、間距為d的平行金屬板,R和Rx分別表示定值電阻和滑動(dòng)變阻器的阻值,不計(jì)其他電阻。 (1)調(diào)節(jié)Rx=R,釋放導(dǎo)體棒,當(dāng)棒沿導(dǎo)軌勻速下滑時(shí),求通過(guò)棒的電流I及棒的速率v。 (2)改變Rx,待棒沿導(dǎo)軌再次勻速下滑后,將質(zhì)量為m、帶電量為+q的微粒水平射入金屬板間,若它能勻速通過(guò),求此時(shí)的Rx。 解析:(1)導(dǎo)體棒勻速下滑時(shí), Mgsin θ=BIl①

47、 I=② 設(shè)導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E0 E0=Blv③ 由閉合電路歐姆定律得 I=④ 聯(lián)立②③④,得 v=⑤ (2)改變Rx,由②式可知電流不變。設(shè)帶電微粒在金屬板間勻速通過(guò)時(shí),板間電壓為U,電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E U=IRx⑥ E=⑦ mg=qE⑧ 聯(lián)立②⑥⑦⑧,得 Rx=⑨ 答案:(1)  (2) 11.(xx·福建理綜,)如圖所示,兩條平行的光滑金屬導(dǎo)軌固定在傾角為θ絕緣斜面上,導(dǎo)軌上端連接一個(gè)定值電阻.導(dǎo)體棒a和b放在導(dǎo)軌上,與導(dǎo)軌垂直并良好接觸.斜面上水平虛線PQ以下區(qū)域內(nèi),存在著垂直穿過(guò)斜面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng).現(xiàn)對(duì)a棒施以平行導(dǎo)軌斜向上的拉力,使它沿導(dǎo)軌勻速向

48、上運(yùn)動(dòng),此時(shí)放在導(dǎo)軌下端的b棒恰好靜止.當(dāng)a棒運(yùn)動(dòng)到磁場(chǎng)的上邊界PQ處時(shí),撤去拉力,a棒將繼續(xù)沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng)一小段距離后再向下滑動(dòng),此時(shí)b棒已滑離導(dǎo)軌.當(dāng)a棒再次滑回到磁場(chǎng)上邊界PQ處時(shí),又恰能沿導(dǎo)軌勻速向下運(yùn)動(dòng).已知a棒、b棒和定值電阻的阻值均為R,b棒的質(zhì)量為m,重力加速度為g,導(dǎo)軌電阻不計(jì).求 (1)a棒在磁場(chǎng)中沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中,a棒中的電流強(qiáng)度Ia與定值電阻R中的電流強(qiáng)度IR之比; (2)a棒質(zhì)量ma; (3)a棒在磁場(chǎng)中沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng)時(shí)所受的拉力F. 解析:(1)a棒沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng)時(shí),a棒、b棒及電阻R中的電流分別為Ia、Ib、IR,有 IRR=IbRb① Ia

49、=IR+I(xiàn)b② 由①②解得=.③ (2)由于a棒在PQ上方滑動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能守恒,因而a棒在磁場(chǎng)中向上滑動(dòng)的速度大小v1與在磁場(chǎng)中向下滑動(dòng)的速度大小v2相等,即v1=v2=v④ 設(shè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,導(dǎo)體棒長(zhǎng)為L(zhǎng).a棒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為 E=BLv⑤ 當(dāng)a棒沿斜面向上運(yùn)動(dòng)時(shí) Ib=⑥ IbLB=mgsinθ⑦ 當(dāng)a棒向下勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),a棒中的電流為Ia′,則 Ia′=⑧ Ia′LB=magsinθ⑨ 由④⑤⑥⑦⑧⑨解得ma=m. (3)由題知導(dǎo)體棒a沿斜面向上運(yùn)動(dòng)時(shí),所受拉力F=IaLB+magsinθ 聯(lián)立以上各式解得F=mgsinθ. 答案:(1) (2)m (3)mgsinθ

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