2020屆高考物理二輪復習 專題沖刺 專題復習篇六 電磁感應與電路練習（含解析）

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1、電磁感應與電路 要點提煉 1.電磁問題方向判斷“三定則、一定律”的應用 (1)安培定則：判斷運動電荷、電流產生的磁場方向。 (2)左手定則：判斷磁場對運動電荷、電流的作用力的方向。 (3)楞次定律：判斷閉合電路磁通量發(fā)生變化產生的感應電流的磁場方向。 (4)右手定則：判斷閉合電路中部分導體切割磁感線產生的感應電流的方向。 2．楞次定律推論的應用技巧 (1)“增反減同”；(2)“來拒去留”；(3)“增縮減擴”。 3．四種求電動勢的方法 (1)平均電動勢E＝n。 (2)垂直切割E＝BLv。 (3)導體棒繞與磁場平行的軸勻速轉動E＝Bl2ω。 (4)線圈繞與磁場垂直的軸勻速

2、轉動e＝nBSωsinωt。 4．感應電荷量的兩種求法 (1)當回路中的磁通量發(fā)生變化時，由于感應電場的作用使電荷發(fā)生定向移動而形成感應電流。通過的電荷量表達式為q＝IΔt＝n·Δt＝n。 (2)導體切割磁感線運動通過的電荷量q滿足的關系式：－BlΔt＝－Blq＝mΔv。 5．解決電磁感應圖象問題的兩種常用方法 (1)排除法：定性地分析電磁感應過程中物理量的變化趨勢(增大還是減小)、變化快慢(均勻變化還是非均勻變化)，特別是分析物理量的正負以及是否過某些特殊點，以排除錯誤的選項。 (2)函數法：根據題目所給條件定量地寫出兩個物理量之間的函數關系，然后由函數關系對圖象進行分析和判斷。

3、 6．三步解決電磁感應中電路問題 (1)確定電源：E＝n或E＝Blv。 (2)分析電路結構：分析內、外電路，以及外電路的串并聯關系，畫出等效電路圖。 (3)應用閉合電路歐姆定律及串并聯電路的基本規(guī)律等列方程求解。 7．電磁感應中力、能量和動量綜合問題的分析方法 (1)分析“受力”：分析研究對象的受力情況，特別關注安培力的方向。 (2)分析“能量”：搞清楚有哪些力做功，就可以知道有哪些形式的能量發(fā)生了變化，根據動能定理或能量守恒定律等列方程求解。 (3)分析“動量”：在電磁感應中可用動量定理求變力的作用時間、速度、位移和電荷量(一般應用于單桿切割磁感線運動)。 ①求速度或電荷量

4、：－BlΔt＝mv2－mv1，q＝Δt。 ②求時間：FΔt＋IA＝mv2－mv1，IA＝－BlΔt＝－Bl。 ③求位移：－BlΔt＝－＝mv2－mv1，即－x＝m(v2－v1)。 8．直流電路動態(tài)分析方法 (1)程序法：基本思路是“部分→整體→部分”。即從阻值的變化入手，由串、并聯規(guī)律判定R總的變化情況，再由閉合電路歐姆定律判斷I總和U端的變化情況，最后由部分電路歐姆定律及串聯分壓、并聯分流等規(guī)律判斷各部分的變化情況。 (2)結論法——“串反并同” “串反”：指某一電阻增大(減小)時，與它串聯或間接串聯的電阻中的電流、兩端電壓、電功率都將減小(增大)。 “并同”：指某一電阻增大(

5、減小)時，與它并聯或間接并聯的電阻中的電流、兩端電壓、電功率都將增大(減小)。 (3)極限分析法：因滑動變阻器滑片滑動引起電路變化的問題，可將滑動變阻器的滑片滑到兩端、中間等特殊位置，對特殊位置進行分析討論，從而得到所研究物理量的變化規(guī)律。 9．變壓器和遠距離輸電的分析技巧 (1)變壓器的副線圈的電流和功率決定原線圈的電流和功率。 (2)遠距離輸電問題分析的關鍵是求中間回路的電流強度的大小。 高考考向1　兩類電磁感應問題 命題角度1 　動生感應電動勢　　　　　　　　　　　　　　　　　　 例1　(2019·北京高考)如圖所示，垂直于紙面的勻強磁場磁感應強度為B。紙面內有一正方

6、形均勻金屬線框abcd，其邊長為L，總電阻為R，ad邊與磁場邊界平行。從ad邊剛進入磁場直至bc邊剛要進入的過程中，線框在向左的拉力作用下以速度v勻速運動，求： (1)感應電動勢的大小E； (2)拉力做功的功率P； (3)ab邊產生的焦耳熱Q。 解析　(1)由法拉第電磁感應定律可得，感應電動勢 E＝BLv。 (2)線框中的感應電流I＝ 拉力大小等于安培力大小F＝BIL 拉力的功率P＝Fv＝。 (3)線框ab邊電阻Rab＝ 時間t＝ ab邊產生的焦耳熱Q＝I2Rabt＝。 答案　(1)BLv　(2)　(3) 求解焦耳熱Q的三種方法 (1)焦耳定律：Q＝I2Rt；

7、 (2)功能關系：Q＝W克服安培力； (3)能量轉化：Q＝ΔE其他能的減少量。 備課記錄： 　 1．(2019·河北省唐山一中檢測)如圖所示，豎直平面內有一金屬環(huán)，半徑為a，總電阻為R(

8、指拉直時兩端的電阻)，磁感應強度為B的勻強磁場垂直穿過環(huán)平面，在環(huán)的最高點上方A點用鉸鏈連接長度為3a、電阻為的導體棒AB，AB由水平位置擺下，下擺過程中緊貼環(huán)面，當擺到豎直位置時，B點的線速度為v且剛好交圓環(huán)的最低點，則這時AB兩端的電壓大小為(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　設導體棒到達豎直位置時，導體棒上C點交金屬環(huán)最高點，根據v＝ωr可知，因為B點的線速度為v，則C點的線速度為v，則BC產生的電動勢E＝B·2a·＝Bav，則BC兩端的電壓為UBC＝·＝·Bav＝Bav，因UAC＝0，故UBA＝UBC＝Bav，B正確。 命題角度2 感生感應電動

9、勢 例2　(2019·全國卷Ⅰ)(多選)空間存在一方向與紙面垂直、大小隨時間變化的勻強磁場，其邊界如圖a中虛線MN所示。一硬質細導線的電阻率為ρ、橫截面積為S，將該導線做成半徑為r的圓環(huán)固定在紙面內，圓心O在MN上。t＝0時磁感應強度的方向如圖a所示；磁感應強度B隨時間t的變化關系如圖b所示。則在t＝0到t＝t1的時間間隔內(　　) A．圓環(huán)所受安培力的方向始終不變 B．圓環(huán)中的感應電流始終沿順時針方向 C．圓環(huán)中的感應電流大小為 D．圓環(huán)中的感應電動勢大小為 解析　由于通過圓環(huán)的磁通量均勻變化，故圓環(huán)中產生的感應電動勢、感應電流的大小和方向不變，但t0時刻磁場方向發(fā)生變化，故

10、安培力方向發(fā)生變化，A錯誤；根據楞次定律，圓環(huán)中感應電流的方向始終沿順時針方向，B正確；根據法拉第電磁感應定律，感應電動勢大小E＝·S′＝·＝，根據閉合電路歐姆定律知，感應電流大小I＝＝＝，C正確，D錯誤。 答案　BC 解答本題應注意以下四點 (1)根據楞次定律判斷圓環(huán)中的感應電流的方向。 (2)根據左手定則判斷圓環(huán)所受安培力的方向。 (3)根據法拉第電磁感應定律計算圓環(huán)中的感應電動勢的大小。 (4)根據閉合電路歐姆定律計算圓環(huán)中的感應電流的大小。 備課記錄：

11、 　 2．(2019·河北省承德二中測試)如圖所示，用相同導線繞成的兩個單匝線圈a、b的半徑分別為r和2r，圓形勻強磁場B的邊緣恰好與a線圈重合，若磁場的磁感應強度均勻增大，開始時的磁感應強度不為0，則(　　) A．任意時刻，穿過a、b兩線圈的磁通量之比為1∶4 B．a、b兩線圈中產生的感應電動勢之

12、比為1∶2 C．a、b兩線圈中產生的感應電流之比為4∶1 D．相同時間內a、b兩線圈產生的熱量之比為2∶1 答案　D 解析　任意時刻，穿過a、b兩線圈的磁感線條數相等，磁通量相等，故穿過a、b兩線圈的磁通量之比為1∶1，A錯誤；根據法拉第電磁感應定律得E＝S，S＝πr2，因為有效面積S相等，也相等，所以a、b兩線圈中產生的感應電動勢相等，感應電動勢之比為1∶1，B錯誤；線圈a、b的半徑分別為r和2r，周長之比為1∶2，電阻之比為1∶2，根據歐姆定律知I＝，得a、b兩線圈中產生的感應電流之比為2∶1，C錯誤；根據焦耳定律得Q＝I2Rt，相同時間內a、b兩線圈產生的熱量之比為2∶1，D正確

13、。 高考考向2　電磁感應綜合問題 命題角度1 　電磁感應中的圖象問題　　　　　　　　　　　　　　　　　　 例3　(2019·全國卷Ⅱ)(多選)如圖，兩條光滑平行金屬導軌固定，所在平面與水平面夾角為θ，導軌電阻忽略不計。虛線ab、cd均與導軌垂直，在ab與cd之間的區(qū)域存在垂直于導軌所在平面的勻強磁場。將兩根相同的導體棒PQ、MN先后自導軌上同一位置由靜止釋放，兩者始終與導軌垂直且接觸良好。已知PQ進入磁場時加速度恰好為零。從PQ進入磁場開始計時，到MN離開磁場區(qū)域為止，流過PQ的電流隨時間變化的圖象可能正確的是(　　) 解析　PQ剛進入磁場時，加速度為零，則mgsinθ＝

14、BI1L，又I1＝，故PQ做勻速運動，電流恒定；由題意知，MN剛進入磁場時與PQ剛進入磁場時速度相同。 情形1：若MN剛進入磁場時，PQ已離開磁場區(qū)域，則對MN，由mgsinθ＝BI1L、I1＝及右手定則知，通過PQ的電流大小不變，方向相反，故I-t圖象如圖A所示。 情形2：若MN剛進入磁場時，PQ未離開磁場區(qū)域，由于兩導體棒速度相等，產生的電動勢等大、反向，故電流為0，兩棒在重力沿導軌方向的分力作用下均加速直至PQ離開磁場。當PQ離開磁場時，MN在磁場中的速度大于勻速運動時的速度，MN為電源，由右手定則知PQ中的電流方向與MN未進入磁場時相反，設此時PQ中電流大小為I2，由E＝BLv′，

15、I2＝，BI2L－mgsinθ＝ma>0知，MN減速，且隨v′減小，I2減小，a減小，I2與v′成正比，故I2隨t減小得越來越慢，直至勻速，這時I2＝I1，I-t圖象如圖D所示。 答案　AD 對于電磁感應圖象問題的分析要注意以下三個方面 (1)注意初始時刻的特征，如初始時刻感應電流是否為零，感應電流的方向如何。 (2)注意看電磁感應發(fā)生的過程分為幾個階段，這幾個階段是否和圖象變化相對應。 (3)注意觀察圖象的變化趨勢，看圖象斜率的大小、圖象的曲直是否和物理過程對應。 備課記錄：

16、 　 3－1　(2019·全國卷Ⅲ)(多選)如圖，方向豎直向下的勻強磁場中有兩根位于同一水平面內的足夠長的平行金屬導軌，兩相同的光滑導體棒ab、cd靜止在導軌上。t＝0時，棒ab以初速度v0向右滑動。運動過程中，ab、cd始終與導軌垂直并接觸良好，兩者速度分別用v1、v2表示，回路中的電流用I表

17、示。下列圖象中可能正確的是(　　) 答案　AC 解析　導體棒ab運動，切割磁感線，產生感應電流，導體棒ab受安培力F作用，速度減小，導體棒cd受安培力F′作用，速度變大，如圖所示，感應電流I＝＝，安培力F＝F′＝BIl＝＝ma，隨著v1減小，v2增大，則F＝F′減小，兩棒的加速度大小a減小，直到v1＝v2＝v共，a＝0，兩棒做勻速運動，兩棒組成的系統(tǒng)動量守恒，則mv0＝2mv共，v共＝，A正確，B錯誤。由前面分析知，v1－v2隨時間減小得越來越慢，最后為0，則感應電流I＝隨時間減小得越來越慢，最后為0，C正確，D錯誤。 3－2 (2019·長沙二模)如圖所示，線圈abcd固

18、定于分布均勻的磁場中，磁場方向垂直線圈平面。當磁場的磁感應強度B隨時間t變化時，ab邊受到的安培力恒定不變。則下列磁感應強度B隨時間t變化的圖象中可能正確的是(　　) 答案　C 解析　設線圈ab邊、bc邊的長度分別為l1、l2，當磁感應強度發(fā)生變化時，線框內產生感應電動勢為：E＝＝＝，感應電流為：I＝，ab邊所受安培力為：F＝BIl1，得：F＝。由公式可知，若磁場B增大，則減?。蝗鬊減小，則增大。所以四個圖象中只有C正確。 3－3　 (2019·廣西南寧二中最后一模)(多選)如圖，平行光滑金屬導軌M、N固定在水平面上，處于豎直向下的勻強磁場中，完全相同的兩金屬棒P、Q搭放在導軌上

19、，開始時P、Q均處于靜止狀態(tài)。給P施加一個與導軌平行的恒定拉力，運動中兩金屬棒始終與導軌垂直并與導軌接觸良好。設導軌足夠長，除兩棒的電阻外其余電阻均不計，則兩棒的速度及棒中的感應電流隨時間變化的圖象可能是(　　) 答案　AD 解析　P向右做切割磁感線運動，由右手定則判斷可知，回路中產生逆時針的感應電流，由左手定則判斷可知，Q棒所受的安培力方向向右，故Q向右做加速運動；Q向右運動后，開始階段，P的加速度大于Q，兩棒的速度差增大，回路中產生的感應電動勢增大，感應電流增大，兩棒所受的安培力都增大，則P的加速度減小，Q的加速度增大，當兩者的加速度相等時，速度之差不變，感應電流不變，安培力不

20、變，兩棒做加速度相同的勻加速運動。由以上分析知，開始運動時，P棒做加速度減小的加速運動，Q棒做加速度增大的加速運動，最終兩棒做加速度相同的勻加速運動，故A正確，B錯誤；開始運動時，兩棒的速度差增大，感應電動勢增大，通過的電流增大，最終兩棒都做勻加速運動，且兩棒加速度相同，速度差保持不變，故回路中感應電動勢不變，電流恒定，故C錯誤，D正確。 命題角度2 電磁感應中的電路問題 例4　(2019·濟寧調研)如圖甲所示，一個電阻值為R、匝數為n的圓形金屬線圈與阻值為2R的電阻R1連接成閉合回路，線圈的半徑為r1。在線圈中半徑為r2的圓形區(qū)域內存在垂直于線圈平面向里的勻強磁場，磁感應強度B隨時

21、間t變化的關系圖線如圖乙所示(規(guī)定圖甲中B的方向為正方向)。圖線與橫、縱軸的截距分別為t0和B0，導線的電阻不計。求0～t1時間內： (1)通過電阻R1的電流大小和方向； (2)通過電阻R1的電荷量q及電阻R1上產生的熱量。 解析　(1)根據楞次定律可知，通過R1的電流方向為由b到a。根據法拉第電磁感應定律得，線圈中的電動勢 E＝n＝ 根據閉合電路歐姆定律得，通過R1的電流 I＝＝。 (2)通過R1的電荷量q＝It1＝ R1上產生的熱量Q＝I2R1t1＝。 答案　(1)　由b到a　 (2)　 “三步走”分析電路為主的電磁感應問題 備課記錄：

22、 4－1　(2019·石家莊二模)(多選)如圖，半徑為L的小圓與半徑為3L的圓形金屬導軌擁有共同的圓心，在小圓與導軌之間的環(huán)形區(qū)域存在垂直于紙面向外、磁感應強度大小為B的勻強磁場。現將一長度為3L的導體棒置于磁場中，讓其一端O點與圓心重合，另一端A與圓形導軌良好接觸。在O點與導軌間接入一阻值為r的電阻，導體棒以角速度ω繞O點做逆時針勻速圓周運動，其他電阻不計。下列說法正確的是(　　) A．導體棒O點的電勢比A點的電勢低 B．電阻r兩端的電壓為 C．在導體棒旋轉一周的時間內，通過電

23、阻r的電荷量為 D．在導體棒旋轉一周的時間內，電阻r產生的焦耳熱為 答案　AC 解析　由右手定則可知，導體棒上感應電流由O流向A，則O點電勢比A點電勢低，故A正確；感應電動勢：E＝B·2L·＝B·2L·＝4BL2ω，電阻r兩端電壓：U＝E＝4BL2ω，故B錯誤；電路中電流為I＝＝，周期為T＝，在導體棒旋轉一周的時間內，通過電阻r的電荷量為q＝IT＝，故C正確；在導體棒旋轉一周的時間內，電阻r產生的焦耳熱為Q＝I2rT＝，故D錯誤。 4－2　(2019·福建廈門二模)如圖所示，單匝正方形閉合線圈MNPQ放置在水平面上，空間存在方向豎直向下、磁感應強度大小為B的有界勻強磁場，磁場兩邊界成θ

24、＝45°角。線圈的邊長為L，總電阻為R?，F使線圈以水平向右的速度v勻速進入磁場。下列說法正確的是(　　) A．當線圈中心經過磁場邊界時，N、P兩點間的電壓U＝BLv B．當線圈中心經過磁場邊界時，線圈所受安培力F安＝ C．當線圈中心經過磁場邊界時，回路的瞬時電功率P＝ D．線圈從開始進入磁場到其中心經過磁場邊界的過程，通過導線某一橫截面的電荷量q＝ 答案　C 解析　當線圈中心經過磁場邊界時，感應電動勢：E＝BLv，則回路的電流：I＝＝，N、P兩點間的電壓U＝I·R＝BLv，A錯誤；當線圈中心經過磁場邊界時，線圈的QP和PN兩邊所受安培力大小均為F＝BIL＝，方向相互垂直，則線圈

25、所受安培力F安＝F＝，B錯誤；當線圈中心經過磁場邊界時，回路的瞬時電功率P＝＝，C正確；線圈從開始進入磁場到其中心經過磁場邊界的過程，通過導線某一橫截面的電荷量q＝＝，D錯誤。 命題角度3 電磁感應中的動力學和能量問題 例5　(2019·天津高考)如圖所示，固定在水平面上間距為l的兩條平行光滑金屬導軌，垂直于導軌放置的兩根金屬棒MN和PQ長度也為l、電阻均為R，兩棒與導軌始終接觸良好。MN兩端通過開關S與電阻為R的單匝金屬線圈相連，線圈內存在豎直向下均勻增加的磁場，磁通量變化率為常量k。圖中虛線右側有垂直于導軌平面向下的勻強磁場，磁感應強度大小為B。PQ的質量為m，金屬導軌足夠長、電阻忽

26、略不計。 (1)閉合S，若使PQ保持靜止，需在其上加多大的水平恒力F，并指出其方向； (2)斷開S，PQ在上述恒力作用下，由靜止開始到速度大小為v的加速過程中流過PQ的電荷量為q，求該過程安培力做的功W。 解析　(1)設線圈中的感應電動勢為E，由法拉第電磁感應定律得感應電動勢E＝，則 E＝k① 設PQ與MN并聯的電阻為R并，有 R并＝② 閉合S時，設線圈中的電流為I，根據閉合電路歐姆定律得 I＝③ 設PQ中的電流為IPQ，有 IPQ＝I④ 設PQ受到的安培力為F安，有 F安＝BIPQl⑤ PQ保持靜止，由受力平衡，有 F＝F安⑥ 聯立①②③④⑤⑥式得 F＝⑦

27、 由楞次定律和右手螺旋定則得PQ中的電流方向為由Q到P，再由左手定則得PQ所受安培力的方向水平向左，則力F的方向水平向右。 (2)設PQ由靜止開始到速度大小為v的加速過程中，PQ運動的位移為x，所用時間為Δt′，回路中的磁通量變化為ΔΦ′，平均感應電動勢為，有 ＝⑧ 其中ΔΦ′＝Blx⑨ 設PQ中的平均感應電流為，有 ＝⑩ 根據電流的定義式得 ＝? 由動能定理，有 Fx＋W＝mv2－0? 聯立⑦⑧⑨⑩??式得 W＝mv2－kq。? 答案　(1)　方向水平向右　(2)mv2－kq (1)“四步法”分析電磁感應中的動力學問題 (2)電磁感應中的能量分析 從能

28、量的觀點著手，運用動能定理或能量守恒定律。 基本方法是：受力分析→弄清哪些力做功，做正功還是負功→明確有哪些形式的能參與轉化，哪些增哪些減→由動能定理或能量守恒定律列方程求解。 備課記錄： 　 5．(2019·焦作模擬)如圖所示，在傾角θ＝37°的光滑斜面上存在一垂直斜面向上的勻強磁場區(qū)域MNPQ，磁感應強度B的大小為5 T，磁場寬度d＝0.55 m。有一邊長L＝0.4 m、質量m1＝0.6 kg、電阻R＝2 Ω的正方形均勻導體線框abcd通過一輕質細線跨過光滑的定滑

29、輪與一質量m2＝0.4 kg的物體相連。物體與水平面間的動摩擦因數μ＝0.4，將線框從圖示位置由靜止釋放，物體到定滑輪的距離足夠長。(取g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8) (1)求線框abcd還未進入磁場的運動過程中，細線中的拉力大??； (2)當ab邊剛進入磁場時，線框恰好做勻速直線運動，求線框剛釋放時ab邊距磁場MN邊界的距離x； (3)在(2)問中的條件下，若cd邊離開磁場邊界PQ時，速度大小為2 m/s，求整個運動過程中ab邊產生的熱量。 答案　(1)2.4 N　(2)0.25 m　(3)0.1 J 解析　(1)線框還未進入磁場的過程中，以線框

30、為研究對象，由牛頓第二定律得m1gsinθ－T＝m1a 以物體為研究對象， 由牛頓第二定律得T－μm2g＝m2a， 聯立解得T＝2.4 N，a＝2 m/s2。 (2)線框剛進入磁場時恰好做勻速直線運動， 有m1gsinθ－－T＝0，T－μm2g＝0， 解得v＝1 m/s。 線框進入磁場前做勻加速直線運動，有v2＝2ax， 解得x＝0.25 m。 (3)線框從開始運動到cd邊恰好離開磁場邊界PQ時，對整體有m1gsinθ(x＋d＋L)－μm2g(x＋d＋L)＝(m1＋m2)v＋Q， 解得Q＝0.4 J， 根據焦耳定律有Q＝I2Rt， ab邊產生的熱量Qab＝I2t，所以Q

31、ab＝Q＝0.1 J。 高考考向3　恒定電流與交變電流 命題角度1 直流電路的動態(tài)分析 例6　(2019·江蘇省丹陽市丹陽高級中學三模)如圖所示電路中，R為某種半導體氣敏元件，其阻值隨周圍環(huán)境一氧化碳氣體濃度的增大而減小。當一氧化碳氣體濃度增大時，下列說法中正確的是(　　) A．電壓表V示數增大 B．電流表A示數減小 C．電路的總功率減小 D．變阻器R1的取值越大，電表示數變化越明顯 解析　當一氧化碳氣體濃度增大時，R減小，總電阻減小，則總電流增大，內電壓增大，路端電壓減小，可知電壓表V示數減小，通過變阻器的電流減小，則電流表A示數增大，故A、B錯誤；電路的總功率為P＝E

32、I，E不變，I增大，則P增大，故C錯誤；變阻器R1的取值越大，R1與R并聯的阻值越接近R，R對電路的影響越大，則知變阻器R1的取值越大，電表示數變化越明顯，故D正確。 答案　D (1)直流電路動態(tài)分析方法 ①程序法；②“串反并同”法；③極限法。 (2)電容器的特點 ①直流電路中，只有當電容器充、放電時，電容器支路中才會有電流，當電路穩(wěn)定時，電容器所在的支路相當于斷路。 ②電路穩(wěn)定時，與電容器串聯的電路中沒有電流，同支路的電阻相當于導線，電容器兩端的電壓等于與之并聯的電阻(或電路)兩端的電壓。 備課記錄：

33、 　 6.(2019·江蘇省七市高三第三次調研)在如圖所示的電路中，電源電動勢為E，內阻為r，R1、R3為滑動變阻器，R2為定值電阻，C為電容器。開始時開關S1、S2閉合。下列操作能使電容器所帶電荷量增加的是(　　) A．斷開開關S1 B．斷開開關S2 C．向左移動滑動變阻器R1的滑片 D．向左移動滑動變阻器R3的滑片 答案　B 解析　根據電路結構可知，回路電流I＝，電容器兩端的電壓：U＝IR2＝。滑動變阻器R1與電容器串聯，穩(wěn)定時，支路無電流，改變R1的滑片位置，不會改變電壓和電流，電容器帶電荷量不變，C錯誤；向左移動滑動變阻

34、器R3的滑片，接入電路電阻變大，回路電流變小，電容器兩端的電壓變小，根據Q＝CU可知，電容器所帶電荷量變小，D錯誤；斷開開關S1，電容器通過與R1、R2、S2連接形成的回路放電，電荷量減小，A錯誤；斷開開關S2，電容器直接串聯在電路中，電容器兩端電壓大小與電源電動勢相同，電壓變大，根據Q＝CU可知，電容器所帶電荷量變大，B正確。 命題角度2 交流電的產生和描述 例7　(2019·天津高考)(多選)單匝閉合矩形線框電阻為R，在勻強磁場中繞與磁感線垂直的軸勻速轉動，穿過線框的磁通量Φ與時間t的關系圖象如圖所示。下列說法正確的是(　　) 　 A.時刻線框平面與中性面垂直 B．線框的感應電

35、動勢有效值為 C．線框轉一周外力所做的功為 D．從t＝0到t＝過程中線框的平均感應電動勢為 解析　中性面的特點是與磁場垂直，線框位于中性面時，穿過線框的磁通量最大，磁通量變化率最小，則時刻線框所在平面與中性面重合，A錯誤；感應電動勢最大值為Em＝Φmω＝Φm，對正弦式交流電，感應電動勢有效值E有＝＝，B正確；由功能關系知，線框轉一周外力做的功等于產生的電能，W＝E電＝·T＝，C正確；由法拉第電磁感應定律知，從t＝0到t＝過程中線框的平均感應電動勢＝＝＝，D錯誤。 答案　BC (1)線圈通過中性面時的特點 ①穿過線圈的磁通量最大。 ②線圈中的感應電動勢為零。 ③線圈每經過中性

36、面一次，感應電流的方向改變一次。 (2)交流電的“四值” ①最大值：Em＝NBSω?？捎脕矸治鲭娙萜鞯哪蛪褐?。 ②瞬時值：e＝NBSωsinωt。計算閃光電器的閃光時間、線圈某時刻的受力情況。 ③有效值：正弦式交流電的有效值E＝；非正弦式交流電的有效值必須根據電流的熱效應，用等效的思想來求解。計算交流電路的電功、電功率和測定交流電路的電壓、電流都是指有效值。 ④平均值：＝n。常用來計算通過電路的電荷量。 備課記錄： 7.(2019·山東濱州二模)如圖所示為線圈匝

37、數為n的小型旋轉電樞式交流發(fā)電機的原理圖，其矩形線圈面積為S，在磁感應強度為B的勻強磁場中繞垂直于磁場方向的固定軸OO′勻速轉動。矩形線圈電阻為r，矩形線圈通過兩刷環(huán)接電阻R，伏特表接在R兩端。當線圈以角速度ω勻速轉動時，下列說法正確的是(　　) A．從線圈與磁場平行位置開始計時，瞬時電動勢為e＝nBSωsinωt B．當線圈平面轉到與磁場垂直時，電壓表示數為零 C．線圈從與磁場平行位置開始轉過90°的過程中，通過電阻R的電荷量為 D．線圈轉一周的過程中回路產生的焦耳熱為 答案　D 解析　交流發(fā)電機產生電動勢的最大值為Em＝nBSω，從線圈與磁場平行位置開始計時，瞬時電動勢為e

38、＝nBSωcosωt，故A錯誤；交流電壓表測量的是電阻R兩端電壓的有效值，電動勢的有效值為E＝＝，電流為I＝＝，交流電壓表的示數為U＝IR＝＝，故B錯誤；線圈從與磁場平行位置開始轉過90°的過程中，線圈轉動，＝n，平均電流＝，電荷量q＝·Δt＝n＝，故C錯誤；線圈轉一周的過程中回路產生的焦耳熱為Q＝I2(R＋r)T＝2(R＋r)×＝，故D正確。 命題角度3 理想變壓器與遠距離輸電 例8　(2019·江蘇高考)某理想變壓器原、副線圈的匝數之比為1∶10，當輸入電壓增加20 V時，輸出電壓(　　) A．降低2 V B．增加2 V C．降低200 V D．增加200 V 解析

39、　理想變壓器的電壓與匝數關系為＝＝，整理可得＝，即原、副線圈匝數之比等于原、副線圈的電壓變化量之比，當ΔU1＝20 V時，ΔU2＝200 V，D正確。 答案　D (1)理想變壓器動態(tài)分析的兩種情況 ①負載電阻不變，討論變壓器原、副線圈兩端的電壓、電流、電功率等隨匝數比的變化情況。 ②匝數比不變，討論變壓器原、副線圈兩端的電壓、電流、電功率等隨負載電阻的變化情況。 (2)分析技巧 ①根據題意分清變量和不變量。 ②弄清“誰決定誰”的制約關系。對電壓而言，輸入決定輸出；對電流、電功(率)而言，輸出決定輸入。 備課記錄：

40、 　 8－1　(2019·山東省“評價大聯考”三模)如圖，理想變壓器T的原線圈接在電壓為U的交流電源兩端，P為滑動變阻器的滑片，RT為熱敏電阻，其阻值隨溫度升高而減小，則(　　) A．P向左滑動時，變壓器的輸出電壓變大 B．P向左滑動時，變壓器的輸入功率變大 C．RT溫度升高時，燈L變亮 D．RT溫度升高時，適當向右滑動P可保持燈L亮度不變 答案　D 解析　P向左滑動時，變壓器原線圈電壓和原、副線圈的匝數比均不變，輸出電壓不變，故A錯誤；P向左滑動時，滑動變阻器電阻變大，副線圈回路總電阻增大，輸出功率減小，所以變壓器

41、的輸入功率也變小，故B錯誤；RT溫度升高時，其阻值減小，副線圈回路總電阻減小，總電流增大，滑動變阻器的分壓增大，燈L兩端電壓減小，燈L變暗，故C錯誤；RT溫度升高時，其阻值減小，只有適當向右滑動P，才能使燈L分壓不變，從而保持燈L的亮度不變，故D正確。 8－2　(2019·湖南衡陽三模)(多選)如圖所示為某小型水電站的電能輸送示意圖，輸電線總電阻為r，升壓變壓器、降壓變壓器均為理想變壓器。假設發(fā)電機的輸出電壓不變。則下列說法正確的是(　　) A．若使用的電燈減少，則發(fā)電機的輸出功率不變 B．若使用的電燈減少，則發(fā)電機的輸出功率將減小 C．若使用的電燈增多，則降壓變壓器的輸出電壓不變

42、 D．若使用的電燈增多，則降壓變壓器的輸出電壓減小 答案　BD 解析　輸入的功率的大小是由輸出功率的大小決定的，當使用的電燈減少時，輸出功率減小，則輸入功率也減小，即發(fā)電機的輸出功率減小，故A錯誤，B正確；當使用的電燈增多時，輸出功率增大，降壓變壓器的輸出電流增大，則降壓變壓器的輸入電流變大，輸電線上的電流增大；輸電線上的電壓損失Ur增大，發(fā)電機的輸出電壓U1不變，升壓變壓器匝數比不變，則升壓變壓器輸出電壓U2不變，由U2＝U3＋Ur可知降壓變壓器的輸入電壓U3減小，又降壓變壓器的匝數比不變，故降壓變壓器的輸出電壓U4減小，故D正確，C錯誤。 閱卷現場　對感應電動勢的分析出錯 例

43、9　(2019·云南昆明4月質檢)(20分)如圖甲所示，ACD是固定在水平面上的半徑為2r，圓心為O的金屬半圓弧導軌，EF是半徑為r、圓心也為O的半圓弧，在半圓弧EF與導軌ACD之間的半圓環(huán)區(qū)域內存在垂直導軌平面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B，B隨時間t變化的圖象如圖乙所示。OA間接有電阻P，金屬桿OM可繞O點轉動，M端與軌道接觸良好，金屬桿OM與電阻P的阻值均為R，其余電阻不計。 (1)0～t0時間內，OM桿固定在與OA夾角為θ1＝的位置不動，求這段時間內通過電阻P的感應電流大小和方向； (2)t0～2t0時間內，OM桿在外力作用下以恒定的角速度逆時針轉動，2t0時轉過角度θ2＝

44、到OC位置，求電阻P在這段時間內產生的焦耳熱Q； (3)2t0～3t0時間內，OM桿仍在外力作用下以恒定的角速度逆時針轉動，3t0時轉到OD位置，若2t0時勻強磁場開始變化，使得2t0～3t0時間內回路中始終無感應電流，求B隨時間t變化的關系式，并在圖乙中補畫出這段時間內的大致圖象。 正解　(1)0～t0：＝，(1分) E1＝＝·S1，(2分) S1＝×(π·4r2－πr2)＝，(1分) I1＝，(2分) 解得：I1＝，通過電阻P的感應電流方向為：A→O。(2分) (2)t0～2t0，OM轉動的角速度為ω＝，(1分) 感應電動勢為：E2＝B0r，(2分) ＝(1分) I2＝

45、，(1分) Q＝IRt0，(2分) 解得：Q＝。(1分) (3)2t0～3t0，回路中無感應電流，磁通量不變 則B0πr2＝B·(2分) 解得：B＝。(1分) 圖象如圖所示： (1分) 答案　(1)　感應電流方向為：A→O (2)　(3)B＝　圖見解析 錯解　(1)0～t0：＝，(1分) E1＝＝·S1，(2分) S1＝×(π·4r2－πr2)＝，(1分) I1＝(2分) 解得：I1＝，通過電阻P的感應電流方向為：A→O。(2分) (2)t0～2t0，OM轉動的角速度為ω＝，(1分) 感應電動勢為：E2＝B0r，(2分) ＝ω·2r(扣1分) I2＝，(

46、1分) Q＝IRt0，(2分) 解得：Q＝。(扣1分) (3)2t0～3t0，回路中無感應電流，磁通量不變 則B0πr2＝B·(2分) 解得：B＝(1分) 圖象如圖所示： (1分) 答案　(1)　感應電流方向為：A→O (2)　(3)B＝　圖見解析 本題出錯點為：金屬棒轉動切割磁感線產生的感應電動勢E＝Br 中，是金屬棒切割磁感線兩端點速度的平均值，而不是最外端點的速度值。從上述步驟中可以看出做綜合大題一定要樹立“重視過程，分步解答”的解題觀，因為高考閱卷實行按步給分，每一步的關鍵方程都是得分點，不要寫連等式或綜合式子，否則會“一招不慎，滿盤皆輸”。 專題作業(yè)

47、1．(2019·唐山模擬)(多選)如圖所示，在磁感應強度B＝1.0 T的勻強磁場中，金屬桿PQ在外力F作用下在粗糙U形導軌上以速度v＝2 m/s向右勻速滑動。兩導軌間距離l＝1.0 m，電阻R＝3.0 Ω，金屬桿的電阻r＝1.0 Ω，導軌電阻忽略不計。下列說法正確的是(　　) A．通過R的感應電流的方向為由a到d B．金屬桿PQ切割磁感線產生的感應電動勢的大小為2.0 V C．金屬桿PQ受到的安培力大小為0.5 N D．外力F做功的數值等于電路產生的焦耳熱 答案　ABC 解析　由右手定則判斷知，金屬桿滑動時產生逆時針方向的電流，通過R的感應電流的方向為由a到d，A正確；金屬桿P

48、Q切割磁感線產生的感應電動勢的大小為：E＝Blv＝1.0×1×2 V＝2 V，B正確；在整個回路中產生的感應電流為：I＝，代入數據得：I＝0.5 A，由安培力公式：F安＝BIl，代入數據得：F安＝0.5 N，C正確；金屬桿PQ在外力F作用下在粗糙U形導軌上以速度v向右勻速滑動，外力F做功大小等于電路產生的焦耳熱和導軌與金屬桿之間的摩擦力產生的內能之和，D錯誤。 2．(2019·兩湖八市十二校聯合二模)如圖甲所示，在豎直方向分布均勻的磁場中水平放置一個金屬圓環(huán)，圓環(huán)所圍面積為0.1 m2，圓環(huán)電阻為0.2 Ω。在第1 s內感應電流I沿順時針方向。磁場的磁感應強度B隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示(

49、其中在4～5 s的時間段呈直線)。則(　　) A．在0～5 s時間段，感應電流先減小再增大 B．在0～2 s時間段感應電流沿逆時針方向，在2～5 s時間段感應電流沿順時針方向 C．在0～5 s時間段，圓環(huán)最大發(fā)熱功率為5.0×10－4 W D．在0～2 s時間段，通過圓環(huán)橫截面的電量為5.0×10－1 C 答案　C 解析　根據閉合電路歐姆定律得I＝＝n，知磁感應強度的變化率越大，則電流越大，磁感應強度變化率最大值為0.1 T/s，則最大電流I＝ A＝0.05 A，則在0～5 s時間段，感應電流先減小再增大，最后不變，故A錯誤；由題意知，在第1 s內感應電流I沿順時針方向，根據楞

50、次定律知，磁場方向向上為正方向，在0～2 s時間段感應電流沿順時針方向，在2～5 s時間段，感應電流的方向為逆時針方向，故B錯誤；在0～5 s時間段，當電流最大時，發(fā)熱功率最大，則P＝I2R＝0.052×0.2 W＝5.0×10－4 W，故C正確；在0～2 s時間段，通過圓環(huán)橫截面的電量為q＝＝ C＝5×10－2 C，故D錯誤。 3.(2019·陜西八校高三4月聯考)如圖所示，電源電動勢為E，內阻為r，電路中的R1為光敏電阻(其阻值隨光照強度增大而減小)，R2為定值電阻。當開關S閉合時，下列說法正確的是(　　) A．增大光照強度，電流表示數變小 B．增大光照強度，電壓表示數變小 C

51、．減小光照強度，R2消耗的功率變大 D．減小光照強度，電源的總功率變大 答案　B 解析　當光照強度增大時，光敏電阻的阻值減小，總電阻減小，由閉合電路歐姆定律可得，電路中總電流增大，由U＝E－Ir可知，路端電壓減小，故電壓表示數減小，電流表示數增大，故A錯誤，B正確；當光照強度減小時，光敏電阻的阻值增大，總電阻增大，由閉合電路歐姆定律可得，電路中總電流減小，由P＝I2R2可知，R2消耗的功率變小，故C錯誤；由C項分析可知，當光照強度減小時，電路中總電流減小，由P＝EI可知電源的總功率減小，故D錯誤。 4．(2019·遼寧大連二模)(多選)近年來，手機無線充電功能的廣泛應用為人們提供了很大

52、便利。如圖甲為充電原理示意圖。充電板接交流電源，對充電板供電，充電板內的勵磁線圈可產生交變磁場，從而使手機內的感應線圈產生感應電流。當充電板內的勵磁線圈通入如圖乙所示的交變電流時(電流由a流入時方向為正)，下列說法正確的是(　　) A．感應線圈中產生的是恒定電流 B．感應線圈中電流的方向總是與勵磁線圈中電流方向相反 C．t3時刻，感應線圈中電流的瞬時值為0 D．t1～t3時間內，c點電勢高于d點電勢 答案　CD 解析　勵磁線圈產生的磁場隨電流變化，因為電流不是均勻變化，電流產生的磁場也不是均勻變化，所以感應線圈中的感應電動勢E＝n＝nS就不是恒定的，感應電流也就不是恒定的，A錯

53、誤；感應電流方向阻礙引起感應電流磁通量的變化，當勵磁線圈電流減小，電流產生的磁場減小時，感應線圈中的感應電流與勵磁線圈電流方向相同，阻礙磁場減小，B錯誤；t3時刻，勵磁線圈電流變化率為零，磁感應強度變化率為零，E＝n＝nS，感應線圈中的感應電動勢為零，感應電流為零，C正確；t1～t3時間內，勵磁線圈的電流先正向減小后負向增大，電流產生的磁場先向上減小后向下增大，感應線圈中的感應電流的磁場向上，根據安培定則可判斷c點電勢高于d點電勢，D正確。 5.(2019·吉林省吉林市三模)將一均勻導線圍成一圓心角為90°的扇形導線框OMN，其中OM＝R，圓弧MN的圓心為O點，將導線框的O點置于如圖所示的直

54、角坐標系的原點，其中第二和第四象限存在垂直紙面向里的勻強磁場，其磁感應強度大小為B，第三象限存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為2B。從t＝0時刻開始讓導線框以O點為圓心，以恒定的角速度ω沿逆時針方向做勻速圓周運動，假定沿ONM方向的電流為正，則線框中的電流隨時間的變化規(guī)律描繪正確的是(　　) 答案　B 解析　在0～t0時間內，線框從圖示位置(t＝0)開始轉過90°的過程中，產生的感應電動勢為E1＝Bω·R2，由閉合電路歐姆定律得，回路中的電流為I1＝＝，根據楞次定律判斷可知，線框中感應電流方向為逆時針方向(沿ONM方向)。在t0～2t0時間內，線框進入第三象限的過程中，回

55、路中的電流方向為順時針方向(沿OMN方向)，回路中產生的感應電動勢為E2＝Bω·R2＋·2Bω·R2＝BωR2＝3E1，感應電流為I2＝＝3I1。在2t0～3t0時間內，線框進入第四象限的過程中，回路中的電流方向為逆時針方向(沿ONM方向)，回路中產生的感應電動勢為E3＝Bω·R2＋·2Bω·R2＝Bω·R2＝3E1，感應電流為I3＝＝3I1。在3t0～4t0時間內，線框出第四象限的過程中，回路中的電流方向為順時針方向(沿OMN方向)，回路中產生的感應電動勢為E4＝Bω·R2，回路電流為I4＝＝I1，故B正確，A、C、D錯誤。 6．(2019·山西懷仁檢測)(多選)如圖甲所示，光滑的平行導軌

56、MN、PQ固定在水平面上，導軌表面上放著光滑導體棒ab、cd，兩棒之間用絕緣細桿連接，兩導體棒平行且與導軌垂直?，F加一垂直導軌平面的勻強磁場，設磁場方向向下為正，磁感應強度B隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示，t1＝2t0，不計ab、cd間電流的相互作用，不計導軌的電阻，每根導體棒的電阻為R，導軌間距和絕緣細桿的長度均為L。下列說法正確的是(　　) A．t＝t0時細桿既不被拉伸也不被壓縮 B．在0～t1時間內，絕緣細桿先被拉伸后被壓縮 C．在0～t1時間內，abcd回路中的電流先沿順時針方向后沿逆時針方向 D．若在0～t1時間內流過導體棒的電荷量為q，則t1時刻的磁感應強度大小為 答案

57、　ABD 解析　由題圖乙所示圖象可知，t＝t0時磁感應強度為零，導體棒不受安培力作用，細桿既不被拉伸也不被壓縮，A正確；在0～t1時間內，磁通量先向下減少，后向上增大，由楞次定律可知，感應電流始終沿順時針方向，為阻礙磁通量的變化，兩導體棒先有遠離的趨勢，后有靠近的趨勢，則絕緣細桿先被拉伸后被壓縮，B正確，C錯誤；設t1時刻磁感應強度的大小為B0，根據對稱性可知，t＝0時刻磁感應強度的大小也為B0，由法拉第電磁感應定律可知感應電動勢E＝＝S＝L2＝，則回路中感應電流的大小為I＝，若在0～t1時間內流過導體棒的電荷量為q，電荷量q＝It1＝×2t0＝，則B0＝，D正確。 7．(2019·湖南師

58、大附中高考二模)(多選)半徑分別為r和2r的同心半圓粗糙導軌MN、PQ固定在同一水平面內，一長為r、電阻為2R、質量為m且質量分布均勻的導體棒AB置于半圓軌道上面，BA的延長線通過導軌的圓心O，裝置的俯視圖如圖所示。整個裝置位于磁感應強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場中。在N、Q之間接有一阻值為R的電阻。導體棒AB在水平外力作用下，以角速度ω繞O順時針勻速轉動，在轉動過程中始終與導軌保持良好接觸。設導體棒與導軌間的動摩擦因數為μ，導軌電阻不計，重力加速度為g，則下列說法正確的是(　　) A．導體棒AB兩端的電壓為Brω2 B．電阻R中的電流方向從Q到N，大小為 C．外力的功率大小為

59、＋μmgrω D．若導體棒不動，要產生同方向的感應電流，可使豎直向下的磁場的磁感應強度增加，且變化得越來越慢 答案　BC 解析　導體棒在勻強磁場中切割磁感線產生感應電動勢E＝Br＝Br＝Br2ω，I＝＝，方向為順時針，UBA＝E＝Br2ω，故A錯誤，B正確；外力的功率P外＝BIr＋f＝＋μmgrω，故C正確；由楞次定律可知，若導體棒不動，要產生同方向的感應電流，可使豎直向下的磁場的磁感應強度減小，故D錯誤。 8．(2019·河南安陽二模)(多選)如圖所示，發(fā)電機的輸出電壓U＝1000sin100πt(V)，通過理想降壓變壓器給若干盞燈泡供電，輸電線上連接可調電阻r。變壓器原線圈兩端接有

60、理想交流電壓表V，副線圈干路接有理想交流電流表A，下列說法正確的是(　　) A．電壓表V的示數始終為1000 V B．僅增多接入燈泡，電流表A的示數增大 C．僅增大可調電阻r，電壓表V的示數增大 D．僅增大可調電阻r，電流表A的示數減小 答案　BD 解析　因發(fā)電機輸出電壓有效值為1000 V，則變壓器初級電壓為U1＝1000 V－I1r，可知電壓表V的示數小于1000 V，A錯誤；僅增多接入燈泡，則次級電阻減小，次級電流變大，電流表A的示數增大，B正確；僅增大可調電阻r，初級電壓會減小，即電壓表V的示數減小，次級電壓也會減小，則次級電流減小，即電流表A的示數減小，C錯誤，D正確

61、。 9．(2019·河南省鄭州市一模)(多選)如圖所示，豎直放置的“”形光滑導軌寬為L，矩形勻強磁場Ⅰ、Ⅱ的高和間距均為d，磁感應強度為B。將質量為m的水平金屬桿由靜止釋放，金屬桿進入磁場Ⅰ和Ⅱ時的速度相等。金屬桿在導軌間的電阻為R，與導軌接觸良好，其余電阻不計，重力加速度為g。則金屬桿(　　) A．穿出兩磁場時的速度相等 B．穿過磁場Ⅰ的時間大于在兩磁場之間的運動時間 C．穿過兩磁場產生的總熱量為4mgd D．釋放時距磁場Ⅰ上邊界的高度h可能小于 答案　ABC 解析　由題意可知，金屬桿進入磁場Ⅰ和Ⅱ時的速度相等，則金屬桿在Ⅰ區(qū)做減速運動，同理在Ⅱ區(qū)也做減速運動，兩磁場區(qū)域的

62、高度與磁感應強度都相同，金屬桿在兩區(qū)域的運動規(guī)律與運動過程相同，金屬桿穿出兩磁場時的速度相等，故A正確；金屬桿在磁場Ⅰ運動時，隨著速度減小，產生的感應電流減小，受到的安培力減小，合力減小，加速度減小，所以金屬桿做加速度逐漸減小的變減速運動，在兩個磁場之間做勻加速運動，由題知，進入磁場Ⅰ和Ⅱ時的速度相等，所以金屬桿在磁場Ⅰ中運動時平均速度小于在兩磁場之間運動的平均速度，兩個過程位移相等，所以金屬桿穿過磁場Ⅰ的時間大于在兩磁場之間的運動時間，故B正確；金屬桿從剛進入磁場Ⅰ到剛進入磁場Ⅱ的過程，由能量守恒定律得：2mgd＝Q，金屬桿通過磁場Ⅱ時產生的熱量與通過磁場Ⅰ時產生的熱量相同，所以總熱量為：Q

63、總＝2Q＝4mgd，故C正確；設金屬桿釋放時距磁場Ⅰ上邊界的高度為h0時進入磁場Ⅰ時剛好勻速運動，則有：mg＝BIL＝BL＝，又v＝，聯立解得：h0＝，由于金屬桿進入磁場Ⅰ時做減速運動，所以釋放時距磁場Ⅰ上邊界高度h一定大于h0＝，故D錯誤。 10．(2019·廣西欽州三模)(多選)如圖，兩條間距為L的平行金屬導軌位于同一水平面(紙面)內，其左端接一阻值為R的電阻。一金屬棒垂直放置在兩導軌上，在MN左側面積為S的圓形區(qū)域中存在垂直于紙面向里的均勻磁場，磁感應強度大小B隨時間t的變化關系為B＝kt，式中k為常量，且k＞0。在MN右側區(qū)域存在一與導軌垂直、磁感應強度大小為B0、方向垂直紙面向里的

64、勻強磁場。t＝0時刻，金屬棒從MN處開始，在水平拉力F作用下以速度v0向右勻速運動。金屬棒與導軌的電阻及摩擦均可忽略。則(　　) A．在t(t>0)時刻穿過回路的總磁通量為B0Lv0t B．電阻R上的電流為恒定電流 C．在時間Δt內流過電阻的電荷量為Δt D．金屬棒所受的水平拉力F隨時間均勻增大 答案　BC 解析　根據題圖可知，MN左邊的磁場方向與右邊的磁場方向相同，則穿過回路的總磁通量即為兩邊磁通量之和，在t(t＞0)時刻穿過回路的總磁通量為：Φ＝Φ1＋Φ2＝ktS＋B0Lv0t，故A錯誤；根據法拉第電磁感應定律得，回路中產生的總感應電動勢為：E＝＝kS＋B0Lv0，由閉合電

65、路歐姆定律有：I＝＝＋，則電阻R上的電流為恒定電流，故B正確；在時間Δt內流過電阻的電荷量為：q＝IΔt＝Δt，故C正確；金屬棒受到的安培力大小為：FA＝B0IL，保持不變，金屬棒勻速運動，水平拉力大小等于安培力大小，所以水平拉力F保持不變，故D錯誤。 11.(2019·四川省德陽市高中檢測)如圖所示，光滑導軌MN和PQ固定在豎直平面內，導軌間距為L，兩端分別接有阻值均為R的定值電阻R1和R2。兩導軌間有一邊長為的正方形區(qū)域abcd，該區(qū)域內有磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里的勻強磁場。一質量為m的金屬桿與導軌相互垂直且接觸良好，從ab處由靜止釋放，若金屬桿離開磁場前已做勻速運動，其余電

66、阻均不計。重力加速度為g。求： (1)金屬桿離開磁場時速度的大?。? (2)金屬桿穿過整個磁場過程中電阻R1上產生的電熱。 答案　(1)　(2)－ 解析　(1)設金屬桿離開磁場時金屬桿中的電流為I，由平衡條件得mg＝BI 解得I＝ 設桿勻速運動時的速度為v，由E＝Bv，E＝I 解得v＝。 (2)由能量守恒定律得mg＝Q＋mv2 電阻R1上產生的電熱為Q1＝ 解得Q1＝－。 12．(2019·山東省濰坊市二模)如圖所示，兩平行金屬導軌固定在水平面上，間距為L，左端接有阻值為R的電阻。兩導軌間勻強磁場方向豎直向上，磁感應強度大小為B。質量為m、阻值為r的金屬棒垂直于導軌放置?，F對棒施加水平向右的恒定拉力F，使棒由靜止開始向右運動。若棒向右運動距離為x時速度達到最大值，不計導軌電阻，忽略棒與導軌間的摩擦，求： (1)棒運動的最大速度vm； (2)在棒運動位移x的過程中，電阻R產生的焦耳熱。 答案　(1)　 (2) 解析　(1)棒的速度最大時，棒中的感應電動勢： Em＝BLvm 棒中的電流：Im＝ 根據平衡條件，有：BImL＝F 解得：vm＝。