2020届高考物理二轮复习 倒数10天练 倒数第5天 电路和电磁感应(含解析)
2020版高考物理大二轮复习试题：电磁感应规律及其应用(含答案)
回扣练12：电磁感应规律及其应用1．如图所示，两根相距为l 的平行直导轨ab 、cd ，b 、d 间连有一固定电阻R ，导轨电阻可忽略不计．MN 为放在ab 和cd 上的一导体杆，与ab 垂直，其电阻也为R .整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B ，磁场方向垂直于导轨所在平面(垂直纸面向里)．现对MN 施力使它沿导轨方向以速度v 水平向右做匀速运动．令U 表示MN 两端电压的大小，则( )A ．U ＝12Blv ，流过固定电阻R 的感应电流由b 经R 到dB ．U ＝Blv ，流过固定电阻R 的感应电流由d 经R 到bC ．MN 受到的安培力大小F A ＝B 2l 2v 2R，方向水平向右 D ．MN 受到的安培力大小F A ＝B 2l 2v R，方向水平向左 解析：选A.当MN 运动时，相当于电源．但其两边的电压是外电路的电压，假设导轨没电阻，MN 两端的电压也就是电阻R 两端的电压，电路中电动势为E ＝BlV ，MN 的电阻相当于电源的内阻，二者加起来为2R ，则电阻上的电压为12Blv ，再由右手定则，拇指指向速度方向，手心被磁场穿过，四指指向即为电流方向，即由N 到M ，那么流过电阻的就是由b 到d .故A 正确，B 错误．MN 受到的安培力F ＝BIl ＝B 2l 2v 2R；由左手定则可知，安培力的方向水平向左；故CD 错误．故选A.2．如图所示，两相邻有界匀强磁场的宽度均为L ，磁感应强度大小相等、方向相反，均垂直于纸面．有一边长为L 的正方形闭合线圈向右匀速通过整个磁场．用i 表示线圈中的感应电流，规定逆时针方向为电流正方向，图示线圈所在位置为位移起点，则下列关于i x 的图象中正确的是( )解析：选C.线圈进入磁场，在进入磁场的0～L 的过程中，E ＝BLv ，电流I ＝BLv R ，根据右手定则判断方向为逆时针方向，为正方向；在L ～2L 的过程中，电动势E ＝2BLv ，电流I ＝2BLv R，根据右手定则判断方向为顺时针方向，为负方向；在2L ～3L 的过程中，E ＝BLv ，电流I ＝BLv R，根据右手定则判断方向为逆时针方向，为正方向；故ABD 错误，C 正确；故选C.3．如图所示，表面粗糙的U 形金属线框水平固定，其上横放一根阻值为R 的金属棒ab ，金属棒与线框接触良好，一通电螺线管竖直放置在线框与金属棒组成的回路中，下列说法正确的是( )A ．当变阻器滑片P 向上滑动时，螺线管内部的磁通量增大B ．当变阻器滑片P 向下滑动时，金属棒所受摩擦力方向向右C ．当变阻器滑片P 向上滑动时，流过金属棒的电流方向由a 到bD ．当变阻器滑片P 向下滑动时，流过金属棒的电流方向由a 到b解析：选C.根据右手螺旋定则可知螺线管下端为N 极，而穿过回路的磁通量分为两部分，一部分为螺线管内部磁场，方向竖直向下，一部分为螺线管外部磁场，方向竖直向上，而总的磁通量方向为竖直向下，当变阻器滑片P 向上滑动时，滑动变阻器连入电路的电阻增大，螺线管中电流减小，产生的磁场变弱，即穿过回路的磁通量向下减小，根据楞次定律可得流过金属棒的电流方向由a 到b ，A 错误C 正确；当变阻器滑片P 向下滑动时，滑动变阻器连入电路的电阻减小，螺线管中电流变大，产生的磁场变强，即穿过回路的磁通量向下增大，根据楞次定律可得流过金属棒的电流方向由b 到a ，而导体棒所处磁场方向为竖直向上的，金属棒所受安培力方向向右，故摩擦力方向向左，故BD 错误．故选C.4．如图所示，处于竖直面的长方形导线框MNPQ 边长分别为L和2L ，M 、N 间连接两块水平正对放置的金属板，金属板距离为d ，虚线为线框中轴线，虚线右侧有垂直线框平面向里的匀强磁场．两板间有一个质量为m 、电量为q 的带正电油滴恰好处于平衡状态，重力加速度为g ，则下列关于磁场磁感应强度大小B 的变化情况及其变化率的说法正确的是( )A ．正在增强，ΔB Δt ＝mgd qL 2 B ．正在减小，ΔB Δt ＝mgd qL 2C ．正在增强，ΔB Δt ＝mgd 2qL 2D ．正在减小，ΔB Δt ＝mgd 2qL2 解析：选B.电荷量为q 的带正电的油滴恰好处于静止状态，电场力竖直向上，则电容器的下极板带正电，所以线框下端相当于电源的正极，感应电动势顺时针方向，感应电流的磁场方向和原磁场同向，根据楞次定律，可得穿过线框的磁通量在均匀减小；线框产生的感应电动势：E ＝ΔB Δt S ＝ΔB Δt L 2；油滴所受电场力：F ＝E 场q ，对油滴，根据平衡条件得：q E d＝mg ；所以解得，线圈中的磁通量变化率的大小为：ΔB Δt ＝mgd qL2；故选B. 5.如图所示，相距为d 的两条水平虚线L 1、L 2之间是方向水平向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，正方形线圈abcd 边长为L (L ＜d )，质量为m 、电阻为R ，将线圈在磁场上方h 高处静止释放，cd 边刚进入磁场时速度为v 0，cd 边刚离开磁场时速度也为v 0，则线圈穿过磁场的过程中(从cd 边刚进入磁场一直到ab 边离开磁场为止)( )A ．感应电流所做的功为3mgdB ．线圈的最小速度一定大于mgR B 2L 2C ．线圈的最小速度一定是2g （h ＋L －d ）D ．线圈穿出磁场的过程中，感应电流为逆时针方向解析：选C.据能量守恒，研究从cd 边刚进入磁场到cd 边刚穿出磁场的过程：动能变化量为0，重力势能转化为线框进入磁场的过程中产生的热量，Q ＝mgd .cd 边刚进入磁场时速度为v 0，cd 边刚离开磁场时速度也为v 0，所以从cd 边刚穿出磁场到ab 边离开磁场的过程，线框产生的热量与从cd 边刚进入磁场到ab 边刚进入磁场的过程产生的热量相等，所以线圈从cd 边进入磁场到ab 边离开磁场的过程，产生的热量Q ′＝2mgd ，感应电流做的功为2mgd ，故A 错误．线框可能进入磁场先做减速运动，在完全进入磁场前已做匀速运动，刚完全进入磁场时的速度最小，有：mg ＝B 2L 2v R ，解得可能的最小速度v ＝mgR B 2L2，故B 错误．因为进磁场时要减速，线圈全部进入磁场后做匀加速运动，则知线圈刚全部进入磁场的瞬间速度最小，线圈从开始下落到线圈刚完全进入磁场的过程，根据能量守恒定律得：mg (h ＋L )＝Q＋12mv 2，解得最小速度v ＝2g （h ＋L －d ），故C 正确．线圈穿出磁场的过程，由楞次定律知，感应电流的方向为顺时针，故D 错误．故选C.6．如图所示的电路中，三个相同的灯泡a 、b 、c 和电感L 1、L 2与直流电源连接，电感的电阻忽略不计．电键S 从闭合状态突然断开时，下列判断正确的( )A ．a 先变亮，然后逐渐变暗B ．b 先变亮，然后逐渐变暗C ．c 先变亮，然后逐渐变暗D ．b 、c 都先变亮，然后逐渐变暗解析：选A.电键S 闭合时，电感L 1中电流等于两倍L 2的电流，断开电键S 的瞬间，由于自感作用，两个电感线圈相当于两个电源，与三个灯泡构成闭合回路，通过b 、c 的电流都通过a ，故a 先变亮，然后逐渐变暗，故A 正确； b 、c 灯泡由电流i 逐渐减小，B 、C 、D 错误 .故选A.7．(多选)如图甲所示，宽度为L 的足够长的光滑平行金属导轨固定在水平面上，导轨左端连接一电容为C 的电容器，将一质量为m 的导体棒与导轨垂直放置，导轨间存在垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B .用与导轨平行的外力F 向右拉动导体棒，使导体棒由静止开始运动，作用时间t 1后撤去力F ，撤去力F 前棒内电流变化情况如图乙所示．整个过程中电容器未被击穿，不计空气阻力．下列说法正确的是 ( )A ．有外力作用时，导体棒在导轨上做匀速运动B ．有外力作用时，导体棒在导轨上做匀加速直线运动C ．外力F 的冲量大小为It 1⎝ ⎛⎭⎪⎫BL ＋m CBL D ．撤去外力F 后，导体棒最终静止在导轨上，电容器中最终储存的电能为零解析：选BC.对电容器Q ＝CU ，则ΔQ ＝C ΔU ，I ＝ΔQ Δt ；ΔU ＝ΔE ＝BL Δv ；解得I ＝CBL Δv Δt＝CBLa ，则导体棒的加速度a 恒定，做匀加速运动，选项A 错误，B 正确；根据牛顿第二定律：F －BIL ＝ma ，则F ＝BIL ＋mI CBL ，则外力F 的冲量大小为I F ＝Ft 1＝It 1⎝⎛⎭⎪⎫BL ＋m CBL ，选项C 正确；撤去外力F 后，导体棒开始时做减速运动，当导体棒产生的感应电动势与电容器两端电压相等时，回路中电流为零，此时安培力为零，导体棒做匀速运动，此时电容器两端的电压不为零，则最终储存的电能不为零，选项D 错误；故选BC.8．(多选)如图所示，在竖直平面内MN 、PQ 两光滑金属轨道平行竖直放置，两导轨上端M 、P 间连接一电阻R .金属小环a 、b 套在金属轨道上，质量为m 的金属杆固定在金属环上，该装置处在匀强磁场中，磁场方向垂直竖直平面向里．金属杆以初速度v 0从图示位置向上滑行，滑行至最高点后又返回到出发点．若运动过程中，金属杆保持水平，两环与导轨接触良好，不计轨道、金属杆、金属环的电阻及空气阻力．金属杆上滑过程和下滑过程相比较，以下说法正确的是( )A ．上滑过程所用时间比下滑过程短B ．上滑过程通过电阻R 的电量比下滑过程多C ．上滑过程通过电阻R 产生的热量比下滑过程大D ．上滑过程安培力的冲量比下滑过程安培力的冲量大解析：选AC. 如图所示，v t 图斜率代表加速度，其面积表示位移，上滑过程中，做加速度逐渐减小的减速运动，下滑过程中是加速度逐渐减小的加速运动，由于位移大小相等，可知上升时间小于下落时间，故A 正确；由q ＝ΔΦR，可知上滑过程通过电阻R 的电量等于下滑过程中电量，故B 错误；在相同位置，上滑时的速度大于下滑时的速度，则上滑过程安培力的平均值大于下滑过程安培力的平均值，导致上滑过程中导体棒克服安培力做功多，则上滑过程中电阻R 产生的热量大于下滑过程中产生的热量，故C 正确．安培力冲量I ＝BLq ，q ＝ΔΦR，可知上滑过程安培力的冲量等于下滑过程安培力的冲量，故D 错误．9．(多选)如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN 、PQ 相距为L ，导轨平面与水平面的夹角θ＝30°，导轨电阻不计，整个装置处于磁感应强度大小为B 、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中．质量为m 、长为L 、电阻为R 的金属棒垂直导轨放置，且始终与导轨接触良好．金属导轨的上端连接一个阻值也为R 的定值电阻．现闭合开关K ，给金属棒施加一个平行于导轨斜向上、大小为F ＝2mg 的恒力，使金属棒由静止开始运动．若金属棒上滑距离s 时，金属棒开始匀速运动，则在金属棒由静止到刚开始匀速运动过程，下列说法中正确的是(重力加速度为g )( )A ．金属棒的末速度为3mgRB 2L 2 B ．金属棒的最大加速度为1.4gC ．通过金属棒的电荷量为BLs RD ．定值电阻上产生的焦耳热为34mgs －9m 3g 2R 24B 4L4 解析：选AD.设金属棒匀速运动的速度为v ，则感应电动势E ＝BLv ；回路电流I ＝E 2R ＝BLv2R ；安培力F 安＝BIL ＝B 2L 2v 2R ；金属棒匀速时，受力平衡有F ＝mg sin 30°＋F 安，即2mg ＝12mg ＋B 2L 2v 2R联立解得：v ＝3mgR B 2L2，故A 正确；金属棒开始运动时，加速度最大，即F －mg sin 30°＝ma ，代入数据2mg －12mg ＝ma ，解得a ＝1.5g ，故B 错误；根据感应电量公式Q ＝ΔΦR 总＝BLs 2R，故C 错误；对金属棒运用动能定理，有Fs －mgs sin 30°－Q ＝12mv 2，其中定值电阻上产生的焦耳热为Q R ＝12Q ＝34mgs －9m 3g 2R 24B 4L4，故D 正确；故选AD. 10．(多选)如图甲所示，光滑且足够长的金属导轨MN 、PQ 平行地固定在同一水平面上，两导轨间距L ＝0.2 m ，两导轨的左端之间连接的电阻R ＝0.4 Ω，导轨上停放一质量m ＝0.1 kg 的金属杆ab ，位于两导轨之间的金属杆的电阻r ＝0.1 Ω，导轨的电阻可忽略不计．整个装置处于磁感应强度B ＝0.5 T 的匀强磁场中，磁场方向竖直向下．现用一外力F 水平向右拉金属杆，使之由静止开始运动，在整个运动过程中金属杆始终与导轨垂直并接触良好，若理想电压表的示数U 随时间t 变化的关系如图乙所示．则在金属杆开始运动经t ＝ 5.0 s 时( )A ．通过金属杆的感应电流的大小为1.0 A ，方向由b 指向aB ．金属杆的速率为4.0 m/sC ．外力F 的瞬时功率为1.0 WD ．0～5.0 s 内通过R 的电荷量为5.0 C解析：选AC.导体棒向右切割磁感线，由右手定则知电流方向为b 指向a ，金属杆开始运动经t ＝5.0 s ，由图象可知电压为0.4 V ，根据闭合电路欧姆定律得I ＝U R ＝0.40.4 A ＝1 A ，故A 正确；根据法拉第电磁感应定律知E ＝BLv ，根据电路结构可知：U ＝R R ＋r E ，解得v ＝5 m/s ，故B 错误；根据电路知U ＝R R ＋r BLv ＝0.08v ＝0.08at ，结合U t 图象知导体棒做匀加速运动，加速度为a ＝1 m/s 2，根据牛顿第二定律，在5 s 末时对金属杆有：F －BIL ＝ma 解得：F ＝0.2 N ，此时F 的瞬时功率P ＝Fv ＝0.2×5 W＝1 W 故C 正确；0～5.0 s 内通过R 的电荷量为q ＝It ＝E R ＋r t ＝ΔΦt （R ＋r ）×t ＝ΔΦR ＋r ＝B ×12at 2R ＋r ＝12.5 C ，故D 错误；综上所述本题答案是AC.。
2020年高考物理二轮复习讲练测 专题09 电磁感应(讲)(解析版)
1．（2019·新课标全国Ⅰ卷）空间存在一方向与直面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图（a） 中虚线MN所示，一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内， 圆心O在MN上。t=0时磁感应强度的方向如图（a）所示。磁感应强度B随时间t的变化关系如图（b）所示， 则在t=0到t=t1的时间间隔内（ ）
R
RT
T
故 C 正确；从 0 时刻到 时刻的平均感应电动势为
4
，故 D 错误。
一、考向分析：
2020 年高考必备
2015 年 2016 年 2017 年 2018 年 2019 年
Ⅱ ⅠⅡⅢⅠⅡⅢⅠⅡⅢⅠⅡⅢ Ⅰ卷
卷 卷卷卷卷卷卷卷卷卷卷卷卷
电磁感应现象 楞次定律
考点一
19 15 20 18 15 19 20
14
法拉第电磁感应定律
考点二 电磁感应中的电路和图象问题
24
20
18 20 21 19
电磁感应中的动力学和能量问 考点三
题
24 24
二、考向讲解 考向一 电磁感应现象 楞次定律 一、磁通量 1．概念：在磁感应强度为 B 的匀强磁场中，与磁场方向垂直的面积 S 与 B 的乘积． 2．公式：Φ＝BS. 3．适用条件： (1)匀强磁场． (2)S 为垂直磁场的有效面积. 4．磁通量是标量(填“标量”或“矢量”)． 5．物理意义： 相当于穿过某一面积的磁感线的条数．如图所示，矩形 abcd、abb′a′、a′b′cd 的面积分别为 S1、S2、S3， 匀强磁场的磁感应强度 B 与平面 a′b′cd 垂直，则：
二、电磁感应中常见的图象问题
(1)随时间变化的图象，如 Bt 图象、Φt 图象、Et 图象、It 图象
2020年高考物理二轮复习经典试题： 电磁感应规律及其应用 Word版含解析 Word版含答案
2022年高考物理二轮复习经典试题电磁感应规律及其应用一、选择题(本题共8小题，每小题8分，共64分，其中第2、3、4、5、7、8小题为多选题．)1．[2021·湖北七市联考]奥斯特发觉了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间存在着某种联系，法拉第发觉了电磁感应定律，使人们对电和磁内在联系的生疏更加完善．关于电磁感应，下列说法中正确的是()A. 运动的磁铁能够使四周静止的线圈中产生电流B. 静止导线中的恒定电流可以使四周静止的线圈中产生电流C. 静止的磁铁不行以使四周运动的线圈中产生电流D. 运动导线上的恒定电流不行以使四周静止的线圈中产生电流解析：依据感应电流产生条件，运动的磁铁能够使四周静止的闭合线圈中产生电流，选项A正确．静止导线中的恒定电流不行以使四周静止的线圈中产生电流，选项B错误．静止的磁铁可以使四周运动的闭合线圈中产生电流，选项C错误．运动导线上的恒定电流可以使四周静止的闭合线圈中产生电流，选项D错误．答案：A2．[2021·武汉调研]如图是生产中常用的一种延时继电器的示意图，铁芯上有两个线圈A和B，线圈A跟电源连接，线圈B的两端接在一起，构成一个闭合回路．下列说法正确的是()A. 闭合开关S时，B中产生图示方向的感应电流B. 闭合开关S时，B中产生与图示方向相反的感应电流C. 断开开关S时，电磁铁会连续吸住衔铁D一小段时间D. 断开开关S时，弹簧K马上将衔铁D拉起解析：闭合开关S时，线圈B的磁通量增大，由楞次定律知，线圈B中产生与图示方向相反的感应电流，选项A错误，B正确；断开开关S时，线圈B中的磁通量减小，线圈B产生感应电流，感应电流的磁场连续吸引衔铁D一小段时间，选项C正确，D错误．答案：BC3．如图，水平的平行虚线间距为d＝60 cm，其间有沿水平方向的匀强磁场．一个阻值为R的正方形金属线圈边长l<d，线圈质量m＝100 g．线圈在磁场上方某一高度处由静止释放，保持线圈平面与磁场方向垂直，其下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时的速度相等．不计空气阻力，取g ＝10 m/s 2.则( )A. 线圈下边缘刚进磁场时加速度最小B. 线圈进入磁场过程中产生的电热为0.6 JC. 线圈在进入磁场和穿出磁场的过程中，电流均为逆时针方向D. 线圈在进入磁场和穿出磁场的过程中，通过导线截面的电荷量相等 解析：由于线圈下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时的速度相等，且线圈全部在磁场中运动时有一段加速阶段，则可推断出线圈下边缘刚进入磁场时安培力大于重力，线圈做减速运动，加速度渐渐减小，选项A 错误；线圈进入磁场过程中，由能量守恒定律得Q ＝ΔE p ＝mgd ＝0.1×10×0.6 J ＝0.6 J ，选项B 正确；线圈进入磁场过程中电流为逆时针方向，线圈离开磁场过程中，电流为顺时针方向，选项C 错误；线圈进入磁场和穿出磁场过程中，通过导线截面的电荷量均为q ＝Bl 2R ，选项D 正确．答案：BD4．上海磁悬浮列车于2003年10月1日正式运营．如图所示为其磁悬浮原理，B 是用高温超导材料制成的超导圆环，A 是圆柱形磁铁，将超导圆环B 水平放在磁铁A 上，它就能在磁场力作用下悬浮在磁铁A 的上方空中．以下推断正确的是( )A. 在B 放入磁场的过程中，B 中将产生感应电流，当稳定后，感应电流消逝B. 在B 放入磁场的过程中，B 中将产生感应电流，当稳定后，感应电流仍存在C. 在B 放入磁场的过程中，如B 中感应电流方向如图所示，则A 的N 极朝上D. 在B 放入磁场的过程中，如B 中感应电流方向如图所示，则A 的S 极朝上解析：当B 环靠近A 时，穿过B 环中的磁通量增大，在该环中会产生感应电流．由于超导体(电阻率为零)没有电阻，所以B 环中的电流不会变小，永久存在，故选项A 错、B 对；由安培定则可推断出B 环的下面是N 极，因此A 的N 极朝上，故选项C 对、D 错．答案：BC5．如图所示，正方形匀强磁场区域内，有一个正方形导线框abcd ，导线粗细均匀，导线框平面与磁感线垂直，导线框各边分别与磁场边界平行．第一次将导线框垂直磁场边界以速度v 匀速拉出磁场，其次次朝另一个方向垂直磁场边界以速度3v 匀速拉出磁场，则将导线框两次拉出磁场的过程中( )A. 导线框中产生的感应电流方向相同B. 导线框中产生的焦耳热相同C. 导线框ad 边两端电势差相同D. 通过导线横截面的电量相同。
高考物理二轮复习专题四电路与电磁感应1直流电路与交流电路课时作业含解析
2021-4-29 20XX年复习资料教学复习资料班级：科目：直流电路与交流电路[题组一] 直流电路的分析1.(2020·长沙长郡中学模拟)如图为直流电动机提升重物的装置，重物的重量G ＝500 N ，电源电动势E ＝90 V ，电源内阻r ＝2 Ω，不计各处摩擦，当电动机以v ＝0.6 m/s 的恒定速度向上提升重物时，电路中的电流I ＝5 A ，下列判断不正确的是( )A ．电动机消耗的总功率为400 WB ．电动机线圈的电阻为0.4 ΩC ．电源的效率约为88.9%D ．电动机的效率为75%解析：B [重物被提升的功率P 重＝Fv ＝Gv ＝500×0.6 W＝300 W ，此时电路中的电流I ＝5 A ，则电源的总功率P 总＝EI ＝90×5 W＝450 W ，设电动机线圈的电阻为R ，根据能量守恒定律得P 总＝P 重＋I 2r ＋I 2R ，则得R ＝P 总－P 重－I 2r I 2＝450－300－52×252 Ω＝4 Ω，电动机消耗的总功率P 电＝P 重＋I 2R ＝400 W ，电源的效率η1＝P 总－I 2r P 总×100%＝450－52×2450×100%≈88.9%，电动机的效率η2＝P 重P 重＋I 2R ×100%＝300300＋52×4×100%＝75%，故选项B 符合题意．] 2．(2020·广州模拟)在如图所示的电路中，E 为电源电动势，r 为电源内阻，R 1和R 3均为定值电阻，R 2为滑动变阻器．当R 2的滑动触点在a 端时合上开关S ，此时三个电表A 1、A 2和V 的示数分别为I 1、I 2和U .现将R 2的滑动触点向b 端移动，则三个电表示数的变化情况是( )A ．I 1增大，I 2不变，U 增大B ．I 1减小，I 2增大，U 减小C ．I 1增大，I 2减小，U 增大D ．I 1减小，I 2不变，U 减小解析：B [由题图知电压表测量路端电压，电流表A 1测量流过R 1的电流，电流表A 2测量流过R 2的电流．R 2的滑动触点向b 端移动时，R 2减小，整个电路的总电阻减小，总电流增大，电源的内电压增大，则路端电压减小，即电压表示数U 减小，R 3电压增大，R 1、R 2并联电压减小，通过R 1的电流I 1减小，而总电流I 增大，则流过R 2的电流I 2增大．故A 、C 、D 错误，B 正确．]3．(2020·孝义市一模)如图所示的电路中，电源电动势E ＝8 V ，内阻r ＝2 Ω，电阻R 2＝6 Ω，电容为1μF 的平行板电容器水平放置且下极板接地．当滑动变阻器R 1的滑片处于b 端时，有一带电油滴位于板间正中央P 点且恰好处于静止状态．下列说法正确的是( )A ．此时P 点电势为6 VB ．电容器上极板所带电荷量为6×10－6 CC ．若仅将电容器上极板缓慢上移少许，则P 点电势不变D ．若仅将滑片P 从b 端向a 端缓慢移动少许，则油滴将向下移动解析：B [由闭合电路的欧姆定律可知：路端电压U ＝R 2R 2＋r E ＝6 V ，那么电容器两极的电势差为6 V ，又有下端接地，故电势为零，那么P 点电势为12U ＝3 V ，故A 错误；电容器上极板所带电荷量Q ＝CU ＝1×10－6×6 C＝6×10－6C ，故B 正确；移动电容器上极板，电容器两端电势差不变；又有两极板间距离增大，故电场强度减小；又有P 点到下极板的距离不变，故电势差减小，那么，P 点电势减小，故C 错误；滑片P 从b 端向a 端移动，那么外电路电阻增大，所以路端电压增大，故两极板电势差增大，极板间场强增大，那么，油滴受到的电场力增大；油滴受重力和电场力作用，故有开始时油滴静止可知：电场力方向向上，那么，移动滑片后油滴合外力向上，故油滴向上运动，故D 错误．][题组二] 交变电流的产生及描述4．(2020·河南模拟)(多选)如图1所示，在匀强磁场中，一电阻均匀的金属正方形线圈abcd 以垂直磁感线的cd 边为转动轴匀速转动，线圈产生的交变电动势图像如图2所示，则下列说法正确的是( )A ．t ＝3 s 时刻通过线圈的磁通量为零B ．ab 边两端的电压大小等于dc 边两端的电压大小C ．此交变电动势的频率为50 HzD ．dc 边两端电压的有效值为2 2 V 解析：ABD [由图乙可知，当t ＝3 s 时，感应电动势最大，则此时穿过线框回路的磁通量变化率最大，磁通量为零．故A 正确；由图可知，线框中的ab 边与dc 边切割磁感线，产生电动势，由E ＝BLv 可知二者产生的电动势是相等的；由于线框各部分的电阻串联，所以ab 边与dc 边电压降U ＝IR 也相等，所以ab 边两端的电压大小等于dc 边两端的电压大小．故B 正确；由图可知，交流电的周期为0.04 s ，则此交变电动势的频率为：f ＝1T ＝10.04Hz ＝25 Hz ；故C 错误；由图可知，交流电压的最大值为16 V ，则有效值为8 2 V ，该电路的等效电路如图 设ab 边与dc 边产生的电动势都是E ，每一条边的电阻都是r ，则E ＝4 2 V电路中的电流：I ＝2E 4rdc 边两侧的电压：U dc ＝E －Ir ＝E －2E 4r ·r ＝12E ＝2 2 V ．故D 正确．] 5．(多选)如图所示，图线a 是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生的正弦交流电的图像，当调整线圈转速后，所产生的正弦交流电的图像如图线b 所示，以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是( )A ．在图中t ＝0时刻穿过线圈的磁通量均为零B ．线圈先后两次转速之比为3∶2C ．交流电a 的瞬时值表达式为u ＝10sin 5πt (V)D ．交流电b 的最大值为203 V 解析：BCD [在图中t ＝0时刻，感应电动势为零，穿过线圈的磁通量最大，A 错误；a 的周期为0.4 s ，b 的周期为0.6 s ，转速与周期成反比，所以转速之比为3∶2，B 正确；交流电的瞬时值表达式为u ＝U m sin ωt ，所以a 的瞬时值表达式为u ＝10sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π0.4t ＝10sin 5πt (V)，C 正确；由U m ＝NBSω，可知角速度变为原来的23，则最大值变为原来的23，交流电b 的最大值为203V ，D 正确．]6．图1中，单匝矩形线圈abcd 在匀强磁场中绕垂直磁场的轴转动．改变线圈的转速，穿过该线圈的磁通量随时间分别按图2中图线甲、乙的规律变化．设线圈的电阻为1.0 Ω，则( )A ．图线甲对应线圈在t ＝0时产生的感应电动势最大B ．图线甲、乙对应的线圈在t ＝2.0 s 时，线圈平面均平行于磁感线C ．图线甲、乙对应的线圈转速之比为4∶5D ．图线甲对应的线圈中交变电流的峰值为2.5π A解析：B [在t ＝0时，Φ甲最大，则产生的感应电动势最小，故A 错误；因为在t ＝0.2 s×10＝2.0 s 时，Φ甲＝Φ乙＝0，所以线圈平面均平行于磁感线，故B 正确；由图可知甲、乙图线对应的周期之比为4∶5，而线圈的转速n ＝1T，所以图线甲、乙对应的线圈转速之比为5∶4，故C 错误；甲图线对应的线圈中交流电压的峰值E m ＝BSω＝Φm ω＝0.4×2π0.16V ＝5π V，电流的峰值I m ＝E m R＝5π A，故D 项错误．][题组三] 变压器及远距离输电7．(2019·山西四模)如图甲所示，一阻值为R 的电阻接在电动势为E 、内阻为r 的直流电源两端，电源的效率为94.1%；如图乙所示，当该阻值为R 的电阻通过理想变压器接在电压有效值为E 、内阻为r 的交流电源上时，变压器原线圈两端的电压为E 2，则该变压器的原、副线圈匝数比为( ) A ．4∶1B ．1∶4C ．16∶1D ．1∶16 解析：B [当接直流电源时，有：η＝R R ＋r ＝94.1%解得：R ＝16r 根据原副线圈的电压比等于匝数比可知：n 1n 2＝U 1U 2＝E2U 2解得：U 2＝En 22n 1根据原副线圈的功率相等可知：I 1U 1＝I 2U 2 即为：E 2r ×E 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫En 22n 12R 解得：n 1n 2＝14故B 正确，A 、C 、D 错误．]8．(2020·安徽一模)有一理想变压器，副线圈所接电路如图所示，灯L 1、L 2为规格相同的两只小灯泡．当S 断开时，灯L 1正常发光．保持原线圈输入电压不变，S 闭合后，下列说法正确的是( )A ．电阻R 消耗的功率增大B ．原线圈的输入电流减小C ．原、副线圈的电压比增大D ．灯L 1、L 2都能正常发光解析：A [当S 闭开后，电路的电阻减小，副线圈的电流增大，所以电阻R 两端的电压增大，故R 消耗的功率增大，故A 正确；变压器原副线圈的匝数不变，故原副线圈中电流之比不变，副线圈中电流增大，故原线圈中电流也增大，故B 错误；因线圈匝数之比不变，故原副线圈中电压比不变，故C 错误；当S 闭合后，电路的电阻减小，副线圈的电流增大，所以通过电阻R 的电压增大，灯泡两端的电压减小，灯L 1、L 2都不能正常发光，故D 错误．]9．(2020·河南郑州检测)如图所示的电路中，R 为光敏电阻(增大照射光的强度电阻会减小)、C 为电容器，灯泡L 的额定电压为50 V ，理想变压器原、副线圈的匝数之比为2∶1.闭合开关S ，在a 、b 两端输入正弦式交变电流u ＝1002sin 10πt (V)，则下列说法正确的是( )A ．灯泡会正常发光B ．光敏电阻中的电流和灯泡中的电流相等C ．增大照射光的强度照射光敏电阻，灯泡会变亮D ．断开开关S ，灯泡会熄灭解析：C [由题可知，理想变压器原、副线圈的匝数之比为2∶1，原线圈两端的电压的有效值为100 V ，根据U 1U 2＝n 1n 2，可知副线圈两端的电压的有效值为50 V ，由于电容器和光敏电阻都会阻碍交变电流的通过，因此灯泡两端的电压小于50 V ，不会正常发光，A 错误；由于电容器能通交流，因此光敏电阻R 中的电流小于灯泡中的电流，B 错误；增大照射光的强度照射光敏电阻，光敏电阻的阻值减小，因此灯泡中的电流增大，灯泡会变亮，C 正确；断开开关S ，由于电容器能通交流，因此灯泡不会熄灭，D 错误．]10.(2020·资阳模拟)如图所示，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a 和b .当输入电压U 为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光．下列说法正确的是( )A ．原、副线圈匝数之比为1∶9B ．原、副线圈匝数之比为9∶1C ．此时a 和b 的电功率之比为10∶1D ．此时a 和b 的电功率之比为1∶10解析：B [灯泡正常发光，则其电压均为额定电压U ，则说明原线圈输入电压为9U ，输出电压为U ；则可知，原副线圈匝数之比为9∶1，故A 错误，B 正确；根据公式I 1I 2＝n 2n 1可得I 1I 2＝19，由于小灯泡两端的电压相等，所以根据公式P ＝UI 可得两者的电功率之比为1∶9；故C 错误，D 错误．][B 级－综合练]11．(2019·江苏南京三模，5)如图所示为远距离输电的原理图，升压变压器的原副线圈匝数比为m ，降压变压器的原副线圈匝数比为n ，输电线的电阻为R ，升压变压器和降压变压器均为一理想变压器，发电机输出的电压恒为U ，若由于用户的负载变化，使电压表V 2的示数减小了ΔU ，则下列判断正确的是( )A ．电流表A 2的示数增大了ΔU RB ．电流表A 1的示数增大了n ΔU RC ．电压表V 1的示数减小了ΔUD ．输电线损失的功率增加了⎝ ⎛⎭⎪⎫n ΔU R 2R 解析：B [由U U 1＝m 得U 1＝U m ，由于U 、m 不变，故U 1不变，故C 错．设降压变压器的输入电压为U ′，则U ′＝U 1－I 1R ，由U ′U 2＝n 得，U 2＝1n ⎝ ⎛⎭⎪⎫U m －I 1R ，则ΔU ＝－R n ΔI 1，由此可见，电流表A 1的示数增大了n ΔU R ，即B 正确．由I 1I 2＝1n 得I 2＝nI 1，由此可知，I 2增大了n 2ΔU R，故A 错．输电线损失的功率增加量ΔP ＝(I 1＋ΔI 1)2R －I 21R ＝2I 1ΔI 1·R ＋ΔI 21R ≠⎝⎛⎭⎪⎫n ΔU R 2R ，故D 错．]12.(2020·新课标Ⅱ卷一模)如图所示，直角三角形导线框OPQ 放置在磁感应强度大小为B ，方向垂直于OQ 向右的匀强磁场中，且OP 边的长度为L ，∠POQ ＝θ.当导线框绕OQ 边以角速度ω逆时针转动(从O 向Q 观察)时，下列说法正确的是( )A ．导线框OPQ 内无感应电流B ．导线框OPQ 内产生大小恒定，方向周期性变化的交变电流C ．P 点的电势始终大于O 点的电势D ．如果截去导线PQ ，则P 、O 两点的电势差的最大值为12BL 2ωsin θcos θ 解析：D [导线框OPQ 内，只有边长OP 做切割磁感线运动，产生感应电动势，根据法拉第电磁感应定律可求得感应电动势的大小为E ＝BL ·L sin θ2·ωcos θsin ωt ＝12BL 2ωsin θcos θsin ωt ，故导线框OPQ 内产生正弦式交变电流，故A 、B 错误；由于导体框OPQ 内产生正弦式交变电流，P 点的电动势与O 点的电动势大小成周期性变化，故C 错误；如果截取导线PQ ，则没有感应电流，但PQ 两点的电势差U ＝BL L sin θ2ωcos θsin ωt ＝12BL 2ωsin θcos θsin ωt ，故最大值为12BL 2ωsin θcos θ，故D 正确．] 13．(2020·衡水模拟)(多选)如图所示，面积S ＝0.5 m 2、n ＝50匝、电阻不计的矩形闭合导线圈ABCD 处于磁感应强度大小为B ＝210 T 的水平匀强磁场中，线框绕垂直于磁场的轴OO ′以角速度ω＝200 rad/s 匀速转动，并与理想变压器原线圈1相连，副线圈2接入一只“220 V 100 W”的灯泡甲，副线圈3接入一只“110 V 60 W”的灯泡乙与滑动变阻器，已知当滑动变阻器的滑片处于最左端时两灯均正常发光，交流电流表的量程为0～0.6 A ，且为理想电表．下列说法正确的是( )A ．从图示位置计时，线框中交变电压瞬时值的表达式为e ＝5002sin 200t VB ．当两灯正常发光时，交流电流表的示数为0.30 AC ．变压器线圈的匝数之比为n 1∶n 2∶n 3＝50∶22∶11D ．当滑动变阻器的滑片向右滑动时，电流表的示数增大解析：AC [图示位置穿过线框的磁通量最大，电动势的最大值E m ＝NBSω＝50×210×0.5×200 V＝500 2 V ．图示位置穿过线框的磁通量最大，导线框中产生交变电压的表达式为u ＝5002sin 200t V ．故A 正确；变压器副线圈2中的电功率为100 W ，变压器副线圈3中电功率为60 W ，则变压器原线圈中的电功率为160 W ，所以变压器原线圈中电流强度I 1＝P 1U 1＝160500 A ＝825A ．故B 错误；电动势的最大值为500 2 V ，则交流电压的有效值500 V ．滑动变阻器的滑片处于最左端时接入电路中的电阻值为0；根据电压之比等于匝数比，则原副线圈的匝数比＝500∶220∶110＝50∶22∶11，故C 正确，当滑动变阻器的滑片向右滑动时，接入副线圈的电阻值增大，所以副线圈3中的电流值减小，输出功率与输入功率都减小，所以电流表的示数减小，故D错误．]14．(多选)如图所示的电路中，E为电源，内电阻为r，V为理想电压表，L为阻值恒为2r的小灯泡，定值电阻R1的阻值恒为r，R3为半导体材料制成的光敏电阻(其阻值随光照的增强而减小)．电容器两极板处于水平状态，闭合开关S，电容器中心P点有一带电小球处于静止状态，电源负极接地，则下列说法正确的是( )A．若将R2的滑片上移，则电压表的示数变小B．若突然将电容器上极板上移，则小球在P点的电势能增大C．若光照变强，则小球会向上运动D．若光照变强，则A、B间电路的功率变大解析：BD [R2与电容器C串联，若只是将R2的滑片上移，对电路没有影响，电压表示数不变，A项错误；若只是将电容器上极板上移，则电容器两端电压U C不变，两极板间距d 增大，场强E减小，P点的电势减小，由题分析可知小球带负电，则小球在P点的电势能增大，B项正确；若光照变强，则光敏电阻R3的阻值减小，灯L和R3两端电压减小，电容器两端电压减小，两极板间场强E减小，小球所受电场力减小，球会向下运动，C项错误；将R1视为电源一部分，则等效电源内阻阻值为2r，而A、B间L和R3的总电阻为R L＋R3＝2r＋R3＞2r，若光照变强，则R3的阻值减小，A、B间电路的功率变大，故D项正确．]高考物理二轮复习专题四电路与电磁感应1直流电路与交流电路课时作业含解析结束语同学们，相信梦想是价值的源泉，相信成功的信念比成功本身更重要，相信人生有挫折没有失败，相信生命的质量来自决不妥协的信念。
2020届高考物理二轮：电磁感应练习及答案
2020届高考物理二轮：电磁感应练习及答案高考复习：电磁感应一、选择题1、(2019·河北省衡水中学模拟)(多选)如图所示，将若干匝线圈固定在光滑绝缘杆上，另一个金属环套在杆上与线圈共轴，当合上开关时线圈中产生磁场，金属环就可被加速弹射出去。
现在线圈左侧同一位置处，先后放置形状、大小相同的铜环和铝环(两环分别用横截面积相等的铜和铝导线制成)，且铝的电阻率大于铜的电阻率，闭合开关S的瞬间，下列描述正确的是()A．从左侧看环中感应电流沿顺时针方向B．线圈沿轴向有伸长的趋势C．铜环受到的安培力大于铝环受到的安培力D．若金属环出现断裂，不会影响其向左弹射2、如图，一质量为m的条形磁铁用细线悬挂在天花板上，细线从一水平金属圆环中穿过．现将环从位置Ⅰ释放，环经过磁铁到达位置Ⅱ．设环经过磁铁上端和下端附近时细线的张力分别为F T1和F T2，重力加速度大小为g，则()A．F T1＞mg，F T2＞mgB．F T1＜mg，F T2＜mgC．F T1＞mg，F T2＜mgD．F T1＜mg，F T2＞mg3、如图所示，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U形金属导轨，导轨平面与磁场垂直。
金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS，一圆环形金属线框T位于回路围成的区域内，线框与导轨共面。
现让金属杆PQ突然向右运动，在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是()A．PQRS中沿顺时针方向，T中沿逆时针方向B．PQRS中沿顺时针方向，T中沿顺时针方向C．PQRS中沿逆时针方向，T中沿逆时针方向D．PQRS中沿逆时针方向，T中沿顺时针方向4、如图所示，A、B、C是三个完全相同的灯泡，L是一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，三个灯亮度相同D．电路接通稳定后，S断开时，C灯立即熄灭5、(多选)(2019·临沂市上学期期末)如图所示，矩形线框abcd处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与线框平面垂直，线框ab长为2L，bc长为L，MN 为垂直于ab并可在ab和cd上自由滑动的金属杆，且杆与ab和cd接触良好，abcd和MN上单位长度的电阻皆为r。
2020年高考回归复习—电磁感应综合解答题 含解析
1 / 29高考回归复习—电磁感应综合解答题1．如图甲，在水平桌面上固定着两根相距L ＝20cm 、相互平行的无电阻轨道P 、Q ，轨道一端固定一根电阻R ＝0.02Ω的导体棒a ，轨道上横置一根质量m ＝40g 、电阻可忽略不计的金属棒b ，两棒相距也为L ＝20cm 。
该轨道平面处在磁感应强度大小可以调节的竖直向上的匀强磁场中。
开始时，磁感应强度B 0＝0.1T 。
设棒与轨道间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10m/s 2。
（1）若保持磁感应强度B 0的大小不变，从t ＝0时刻开始，给b 棒施加一个水平向右的拉力，使它由静止开始做匀加速直线运动。
此拉力F 的大小随时间t 变化关系如图乙所示。
求b 棒做匀加速运动的加速度及b 棒与轨道间的滑动摩擦力大小；（2）若从t ＝0开始，磁感应强度B 随时间t 按图丙中图像所示的规律变化，求从t ＝0到金属棒b 将要运动所经历的时间。
2．如图所示，平行导轨宽为L 、倾角为θ，处在垂直导轨平面向下的匀强磁场中，磁感强度为B ，CD 为磁场的边界，导轨左端接一电流传感器，CD 右边平滑连一足够长的导轨。
质量为m 、电阻为R 的导体棒ab 长也为L ，两端与导轨接触良好，自导轨上某处由静止滑下。
其余电阻不计，不计一切摩擦和空气阻力，重力加速度为g 。
(1)棒ab 上的感应电流方向如何？(2)棒ab 在磁场内下滑过程中，速度为v 时加速度为多大？(3)若全过程中电流传感器指示的最大电流为I 0。
求棒ab 相对于CD 能上升的最大高度。
3．如图，光滑水平桌面上等间距分布着4个条形匀强磁场，磁场方向竖直向下，磁感应强度B =1T ，每一条形磁场区域的宽度及相邻条形磁场区域的间距均为d =0.5m 。
桌面上现有一边长l =0.1m 、质量m =0.2kg 、电阻R =0.1Ω的单匝正方形线框abcd ，在水平恒力F =0.3N 作用下由静止开始从左侧磁场边缘垂直进入磁场，在穿出第4个磁场区域过程中的某个位置开始做匀速直线运动，线框ab边始终平行于磁场边界，取g=10m/s2，不计空气阻力。
2020届高考物理复习：法拉第电磁感应定律(解析版)
2020届高考物理 法拉第电磁感应定律（解析版）1. 如图所示，一正方形线圈的匝数为 n ，边长为 a ，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中. 在 Δt 时间内，磁感应强度的方向不变，大小由 B 均匀地增大到 2 B ．在此过程中，线圈中产生的感应电动势为（ B ）A ．B ．C ．D ． 【解析】当磁场增强时线圈中产生感生电动势，由法拉第电磁感应定律221a t B n S t B n t E ∆∆∆∆ϕ∆===，选项B 正确 2. 英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发感生电场。
如图所示，一个半径为r 的绝缘细圆环水平放置，环内存在竖直向上的匀强磁场B ，环上套一带电量为+q 的小球。
已知磁感应强度B 随时间均匀增加，其变化率为k ，若小球在环上运动一周，则感生电场对小球的作用力所做功的大小是 （ D ）A ．0B ．212r qk C ．22r qk π D ．2r qk π【解析】由法拉第电磁感应定律得感生电动势：22r k r tB t E ππ∆∆∆∆Φ===，而电场力做功W=qU ，小球在环上运动一周U=E ，故2r qk W π=。
D 正确。
3. 如图.在水平面（纸面）内有三报相同的均匀金属棒ab 、ac 和MN ，其中ab 、ac 在a 点接触，构成“V”字型导轨。
空间存在垂直于纸面的均匀磁场。
用力使MN 向右匀速运动，从图示位置开始计时，运动中MN 始终与∠bac 的平分线垂直且和导轨保持良好接触。
下列关于回路中电流i 与时间t 的关系图线.可能正确的是（ A ）22Ba t ∆22nBa t ∆2nBa t ∆22nBa t∆【解析】设“V”字形导轨夹角为2θ，MN 向右匀速运动运动的速度为v ，根据法拉第电磁感应定律：，设回路中单位长度的导线的电阻为R O ，， 根据欧姆定律：，A 选项对。
4. 如图，在磁感应强度为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN 在平行金属导轨上以速度v 向右匀速滑动，MN 中产生的感应电动势为E l ；若磁感应强度增为2B ，其他条件不变，MN 中产生的感应电动势变为E 2。
高考物理二轮专题复习 考前必做题 倒数第5天课件
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2.一般思路
解决感应电路综合问题的一般思路是“先电后力”，即：先作
“源”的分析——分析电路中由电磁感应所产生的电源，求出
电源参数E和r；
接着进行“路”的分析——分析电路结构，弄清串、并联关系，
求出相关部分的电流大小，以便求解安培力；
然后是“力”的分析——分析研究对象(通常是金属棒、导体、
倒数第5天 电路和电磁感应
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1.方法技巧 应注意“抓住两个定律，运用两种观点，分析三种电路”。 两个定律是指楞次定律和法拉第电磁感应定律；两种观点是 指动力学观点和能量观点；三种电路指直流电路、交流电路 和感应电路。
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4.(2015·浙江省衢州质检)如图3所示，两个垂直纸面的匀强磁场方 向相反。磁感应强度的大小均为B，磁场区域的宽度为a，一正 三角形(高度为a)导线框ABC从图示位置沿图示方向匀速穿过两 磁场区域，以逆时针方向为电流的正方向，在下图中感应电流I 与线框移动距离x的关系图正确的是( )
＝I－IA 变小，所以定值电阻 R2 两端的电压 U2＝I2R2 变小，B 灯两
端电压 U1B＝U－U2 变大，所以 B 灯变亮，选项 A 正确。
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知识回扣导图
规律方法回扣
方法二：“串反并同”法 当变阻器R1的滑动触头向上滑动时，R1接入电路中的阻值 变大，灯泡B与之并联，电流变大，灯泡B变亮；R1接入电 路中的阻值变大，灯泡A与其间接并联，所以灯泡A变亮。 答案 A
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倒数第5天 电路和电磁感应
知识回扣导图 考前必做题
1．(多选)如图1所示为一直流电路，电源内阻不能忽略，在滑动变阻器滑片P 从滑动变阻器
的最右端滑向最左端的过程中，下列说法正确的是
( )
图1
A ．电压表的示数可能增大
B ．电流表的示数可能增大
C ．电阻R 0消耗的功率可能增大
D ．电源的输出功率可能增大
解析 在刚开始滑动的一段时间内，电路中的总电阻增大，总电流减小，电流表的示数减小，电阻R 0消耗的功率也减小，B 、C 项错误；如果滑动变阻器的最大阻值小于等于电阻R ，则内电压一直减小，外电压一直增大，电源与R 0两端电压一直减小，电压表示数增大，A 项正确；如果电源的内阻一直大于外电阻，且滑动变阻器的最大阻值小于等于电阻R ，则电源的输出功率增大，D 项正确． 答案 AD
2．(2014·浙江温州八校联考，9)如图2所示，一由均匀电阻丝折成的正方形闭合线框abcd ，
置于磁感应强度方向垂直纸面向外的有界匀强磁场中，线框平面与磁场垂直，线框bc 边与磁场左右边界平行．若将该线框以不同的速率从图示位置分别从磁场左、右边界匀速拉出直至全部离开磁场，在此过程中( )
图2
A ．流过ab 边的电流方向相反
B ．ab 边所受安培力的大小相等
C ．线框中产生的焦耳热相等
D ．通过电阻丝某横截面的电荷量相等
解析 由于线框被拉出磁场的过程中，两种情况穿过线圈的磁通量均减小，则根据楞次定律可判断出流过ab 边的电流方向相同，故A 错误；根据I ＝
BLv
R
及F ＝BIL 可得安培力表达式：F ＝B 2L 2v
R ，而速度不同，所以ab 边所受安培力的大小不同，故B 错误；由Q ＝W ＝FL
＝B 2L 3v R 可知速度不同，线框中产生的焦耳热不同，故C 错误；根据q ＝BL 2R
可知通过电阻丝
某横截面的电荷量相等，故D 正确． 答案 D
3.如图3所示，在第一象限有一边长为L 的等边三角形匀强磁场区域．在第二象限有一平行
于y 轴的长为L 的导体棒沿x 轴正方向以速度v 匀速通过磁场区域．下列关于导体棒中产生的感应电动势e 随x 变化的图象正确的是( )
图3
解析 导体棒垂直磁场方向做切割磁感线运动，产生的感应电动势e ＝Blv ，式中l 为导体棒切割磁感线的有效长度．导体棒切割磁感线的有效长度l 随x 先均匀增大后均匀减小，其最大值为等边三角形的高，为3
2
L ＝0.87L .所以导体棒中产生的感应电动势e 随x 变化的图象正确的是D. 答案 D
4．(2014·浙江温州八校联考，14)(多选)如图4所示，边长为L 、不可形变的正方形导线框
内有半径为r 的圆形磁场区域，其磁感应强度B 随时间t 的变化关系为B ＝kt (常量k >0)．回路中滑动变阻器R 的最大阻值为R 0，滑动片P 位于滑动变阻器中央，定值电阻R 1＝R 0、R 2＝R 0
2(框及导线电阻不计)．闭合开关S ，电压表的示数为U ，不考虑虚线MN 右侧导体的感应电动势，则
( ) 图4
A ．R 2两端的电压为U
7
B ．电容器的a 极板带正电
C ．滑动变阻器R 的热功率为电阻R 2的5倍
D ．正方形导线框中的感应电动势为kL 2
解析 由法拉第电磁感应定律得E ＝ΔΦΔt ＝ΔB ·S Δt ＝k Δt πr 2
Δt ＝k πr 2
，由此可知D 错；R 2
与R 右侧部分是并联，并联滑动变阻器的阻值为R 02，可知并联电阻为R 0
4
，外电路的总电阻
为：R 1＋R 02＋R 04＝7R 04，根据串联分压可知R 2两端电压为U 7R 04
R 04＝U
7
，所以A 正确；由楞次定律
可知电路左侧的变化磁场在正方形导体内产生逆时针电流，由此可知导体框相当于一个上负下正的电源，所以电容器a 极板带负电，故B 错误；设干路电流为I ，则通过滑动变阻器左半部分的电流为I ，通过其右半部分的电流为I
2，由于此部分与R 2并联且阻值相等，
因此通过R 2的电流也为I
2，由P ＝I 2
R 知滑动变阻器热功率为P ＝I 2R
2＋(I 2)2R 02＝5I 2R 0
8，R 2的
热功率为：P 2＝(I 2)2R 02＝I 2R 0
8，所以滑动变阻器R 的热功率为电阻R 2的5倍，故C 正确． 答案 AC
5．如图5甲所示，DIS 系统中，S 是电流传感器，接计算机，足够长的金属导轨MN 和PQ 与R
相连，平行地放在水平桌面上，质量m ＝0.10 kg 的金属杆ab 可以无摩擦地沿导轨运动．已知电阻R ＝0.60 Ω，ab 杆的电阻r ＝0.40 Ω，导轨宽度为L ＝1.0 m ，磁感应强度为B ＝1 T 的匀强磁场垂直向上穿过整个导轨平面．现给金属杆ab 施加一个恒力F ＝10 N ，电流传感器就将各时刻t 的电流I 数据实时传到计算机，在屏幕上显示出I －t 图象如图乙．g ＝10 m/s 2
.下列说法正确的是
( )
图5
A ．杆在恒力F 作用下做匀加速直线运动
B ．在刚开始运动的0.40 s 内通过电阻的电荷量q 大约为4
C C ．0～0.40 s 内杆的位移约为44 m ，R 上产生的焦耳热Q R ＝5 J
D ．杆运动的v －t 图象与I －t 图极其类似，最大速度是10 m/s
解析 根据牛顿第二定律得：F －ILB ＝ma ，F －L 2B 2R ＋r
v ＝ma ，金属杆的速度逐渐增大，加速
度逐渐减小，选项A 错误；加速度为0时，金属杆的速度最大，为v ＝
R ＋r F
L 2B 2
＝10 m/s ，
I ＝LBv R ＋r
∝v ，杆运动的v －t 图象与I －t 图极其类似，选项D 正确；在刚开始运动的0.4 s 内通过电阻的电荷量q 等于图线与t 轴包围的面积数值，由图知：总格数为150格(145～155格均正确)，q ＝150×0.04×0.4 C ＝2.4 C ，选项B 错误；q ＝I ·Δt ＝ΔΦΔt R ＋r ·Δt ＝BLx R ＋r ，0～0.40 s 内杆的位移约为x ＝
q
R ＋r
BL
＝2.4 m ，所以选项C 错误． 答案 D
6．(2014·山东潍坊统考)如图6甲所示，两相互平行的光滑金属导轨水平放置，导轨间距L
＝0.5 m ，左端接有电阻R ＝3 Ω，竖直向下的磁场磁感应强度大小随坐标x 的变化关系如图乙所示．开始导体棒CD 静止在导轨上的x ＝0处，现给导体棒一水平向右的拉力，使导体棒以1 m/s 2
的加速度沿x 轴匀加速运动，已知导体棒质量为2 kg ，电阻为2 Ω，导体棒与导轨接触良好，其余电阻不计．求：
图6
(1)拉力随时间变化的关系式；
(2)当导体棒运动到x ＝4.5 m 处时撤掉拉力，此时导体棒两端的电压；此后电阻R 上产生的热量．
解析 (1)经时间t 导体棒运动的速度v ＝at
① 位移x ＝12
at
2
②
产生的感应电动势为E ＝BLv ③ 由图可知：B ＝2x
④
对导体棒由牛顿运动定律F －BIL ＝ma
⑤ 产生的感应电流I ＝
E
R ＋r
⑥ 解得：F ＝t 5
20
＋2＝0.05t 5
＋2
⑦
(2)当x ＝4.5 m 时导体棒两端电压为U ，
U ＝E R ＋r
R
⑧ 解得：U ＝8.1 V
⑨
撤力后由能的转化和守恒定律：
Q 总＝12
mv 2
⑩ Q R ＝
R
R ＋r
Q 总＝5.4 J
⑪
答案 (1)F ＝0.05t 5
＋2 (2)8.1 V 5.4 J。