專題7 電磁感應(yīng)及直流電路

1、專題7 電磁感應(yīng)和直流電路高考定位電磁感應(yīng)是電磁學(xué)部分的重點之一，是高考的重要考點考查的重點有以下幾個方面：楞次定律的理解和應(yīng)用；電磁感應(yīng)圖象；電磁感應(yīng)過程中的動態(tài)分析；綜合應(yīng)用電路知識和能量觀點解決電磁感應(yīng)問題應(yīng)考策略：復(fù)習(xí)應(yīng)注意“抓住兩個定律，運用兩種觀點”兩個定律是指楞次定律和法拉第電磁感應(yīng)定律；兩種觀點是指動力學(xué)觀點和能量觀點直流電路部分主要考查電路的簡化，直流電路的動態(tài)分析，電路故障的分析與判斷，含容電路的分析和計算，直流電路中能量轉(zhuǎn)化問題等等，這些問題也是今后的命題趨向，另外，要密切注意本考點與生產(chǎn)和生活相結(jié)合的新情境問題從高考的考查重點不難看出，掌握電路的基本結(jié)構(gòu)和基本規(guī)律是應(yīng)對

2、本內(nèi)容的關(guān)鍵考題1對楞次定律和電磁感應(yīng)圖象問題的考查一 線圈穿越磁場產(chǎn)生感應(yīng)電流圖像問題【例1】（2005年高考題）圖中兩條平行虛線間存在勻強磁場，虛線間的距離為，磁場方向垂直紙面向里。是位于紙面內(nèi)的梯形線圈，與間的距離也為。時刻，邊與磁場區(qū)域邊界重合（如圖）?，F(xiàn)令線圈以恒定的速度沿垂直于磁場區(qū)域邊界的方向穿過磁場區(qū)域。取沿的感應(yīng)電流為正，則在線圈穿越磁場區(qū)域的過程中， 感應(yīng)電流I隨時間t變化的圖線可能是（ ） A B C D 歸納總結(jié)：兩個變化，一個不變。線圈形狀的變化 磁場區(qū)域形狀及類型的變化不變的是：找到在磁場中切割磁感線的等效長度及變化情況，判斷感應(yīng)電流的大小變化情況。用右手定則判斷電

3、流的方向?！揪?-1】 如圖等腰直角三角形區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場,另有一等腰直角三角形導(dǎo)線框ABC以恒定的速度沿垂直于磁場方向穿過磁場,穿越過程中速度始終與AB邊垂直且保持AC平行于OQ,關(guān)于線框中的感應(yīng)電流隨時間變化的函數(shù)圖象為(以逆時針方向為電流正方向): （ ）ItItItItABCD【練1-2】（2007年） 如圖所示，為一折線，它所形成的兩個角和均為450。折線的右邊有一勻強磁場，其方向垂直紙面向里，有一線圈垂直的方向以速度v做勻速直線運動，在t=0時刻恰好位于圖中所示的位置。以逆時針方向為導(dǎo)線框中電流的正方向，在下面四幅圖中能夠正確表示電流時間（It）關(guān)系的是（時間以L/v為單位）（

4、）從這個題來看最重要的就是要找到線圈向上運動過程中等效切割長度是怎樣變化的。 A B C D以上只是兩個例子，如果我們認(rèn)真分析多年的各省的高考題，不難發(fā)現(xiàn)高考題就是平時練習(xí)過的試題的組合、變形或拓展而來的。因此在學(xué)習(xí)的過程中應(yīng)注意這個問題。堅持抓住問題的本質(zhì)，對一個題一定要搞透徹。二 線圈或?qū)w棒勻速穿越磁場產(chǎn)生感應(yīng)電動勢及電壓的圖像問題【例2】（08上海卷）如圖所示，平行于y軸的導(dǎo)體棒以速度v向右勻速直線運動，經(jīng)過半徑為R、磁感應(yīng)強度為B的圓形勻強磁場區(qū)域，導(dǎo)體棒中的感應(yīng)電動勢與導(dǎo)體棒位置x關(guān)系的圖像是（ ） A B C D【練2】如圖所示,一個正方形單匝線圈abcd,邊長為L,線圈每邊的電

5、阻均為R,以恒定速度v通過一個寬度為2L的勻強磁場區(qū),磁感應(yīng)強度為B,方向垂直紙面向里。ABCD圖中能正確反映ab兩端電壓Uab隨時間變化關(guān)系的是：（ ）2LUabDCABUabUabUabA B C D三 線圈或?qū)w棒加速穿越磁場產(chǎn)生感應(yīng)電動勢及電壓的圖像問題【例3】如圖，一有界區(qū)域內(nèi)，存在著磁感應(yīng)強度大小均為，方向分別垂直于光滑水平桌面向下和向上的勻強磁場，磁場寬度均為，邊長為的正方形框的邊緊靠磁場邊緣置于桌面上，使線框從靜止開始沿軸正方向勻加速通過磁場區(qū)域，若以逆時針方向為電流的正方向，能反映線框中感應(yīng)電流變化規(guī)律的是圖（ ） A B C D【練3】如圖所示，在x0的區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，

6、磁場的方向垂直于xy平面（紙面）向里。具有一定電阻的矩形線框abcd位于xy平面內(nèi)，線框的ab邊與y軸重合。令線框從t=0的時刻起由靜止開始沿x軸正方向做勻加速運動，則線框中的感應(yīng)電流I（取逆時針方向的電流為正）隨時間t的變化圖線It圖可能是下圖中的哪一個？（ ）A B C D四 穿過線圈的磁感應(yīng)強度發(fā)生變化【例4】（08全國卷1）矩形導(dǎo)線框abcd固定在勻強磁場中，磁感線的方向與導(dǎo)線框所在平面垂直，規(guī)定磁場的正方向垂直低面向里，磁感應(yīng)強度B隨時間變化的規(guī)律如圖所示.若規(guī)定順時針方向為感應(yīng)電流I的正方向，下列各圖中正確的是（ ） A B C D【練4】一矩形線圈位于一隨時間t變化的勻強磁場內(nèi)，

7、磁場方向垂直線圈所在的平面（紙面）向里，如圖1所示。磁感應(yīng)強度B隨 t的變化規(guī)律如圖2所示。以I表示線圈中的感應(yīng)電流，以圖1中線圈上箭頭所示方向的電流為正，則以下的It圖中正確的是：（ ） A B C D五 線圈在磁場中轉(zhuǎn)運動產(chǎn)生感應(yīng)電流圖像問題圖1【例5】(單選)如圖1所示，直角坐標(biāo)系xOy的二、四象限有垂直坐標(biāo)系向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小均為B，在第三象限有垂直坐標(biāo)系向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為2B.現(xiàn)將半徑為L、圓心角為90°的扇形閉合導(dǎo)線框OPQ在外力作用下以恒定角速度繞O點在紙面內(nèi)沿逆時針方向勻速轉(zhuǎn)動t0時刻線框在圖示位置，設(shè)電流逆時針方向為正方向則下列關(guān)于導(dǎo)線框中

8、的電流隨時間變化的圖線，正確的是()A B C D審題突破根據(jù)轉(zhuǎn)動閉合線框切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢公式EBl2求出每條半徑切割磁感線時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢，分段由閉合電路歐姆定律求出感應(yīng)電流，由楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向，即可選擇圖象圖2【練5-1】(2014·江蘇·7)如圖2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，過了幾分鐘，杯內(nèi)的水沸騰起來若要縮短上述加熱時間，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取走線圈中的鐵芯方法提煉1楞次定律的理解和應(yīng)用(1)“阻礙”的效果表現(xiàn)為：阻礙原磁通量的變化增反減同；阻礙物體間的相對

9、運動來拒去留；阻礙自身電流的變化自感現(xiàn)象(2)解題步驟：確定原磁場的方向(分析合磁場)；確定原磁通量的變化(增加或減少)；確定感應(yīng)電流磁場的方向(增反減同)；確定感應(yīng)電流方向(安培定則)2求解圖象問題的思路與方法(1)圖象選擇問題：求解物理圖象的選擇題可用“排除法”，即排除與題目要求相違背的圖象，留下正確圖象也可用“對照法”，即按照要求畫出正確的草圖，再與選項對照解決此類問題的關(guān)鍵是把握圖象特點，分析相關(guān)物理量的函數(shù)關(guān)系，分析物理過程的變化或物理狀態(tài)的變化(2)圖象分析問題：定性分析物理圖象，要明確圖象中的橫軸與縱軸所代表的物理量，弄清圖象的物理意義，借助有關(guān)的物理概念、公式、不變量和定律作出

10、相應(yīng)判斷在有關(guān)物理圖象的定量計算時，要弄清圖象所揭示的物理規(guī)律及物理量間的函數(shù)關(guān)系，善于挖掘圖象中的隱含條件，明確有關(guān)圖象所包圍的面積、斜率，以及圖象的橫軸、縱軸的截距所表示的物理意義考題2對電磁感應(yīng)中動力學(xué)問題的考查圖3【例6】如圖3所示，間距為L的兩條足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ與水平面夾角為30°，導(dǎo)軌的電阻不計，導(dǎo)軌的N、Q端連接一阻值為R的電阻，導(dǎo)軌上有一根質(zhì)量一定、電阻為r的導(dǎo)體棒ab垂直導(dǎo)軌放置，導(dǎo)體棒上方距離L以上的范圍存在著磁感應(yīng)強度大小為B、方向與導(dǎo)軌平面垂直向下的勻強磁場現(xiàn)在施加一個平行斜面向上且與棒ab重力相等的恒力，使導(dǎo)體棒ab從靜止開始沿導(dǎo)軌向上運動

11、，當(dāng)ab進入磁場后，發(fā)現(xiàn)ab開始勻速運動，求：(1)導(dǎo)體棒的質(zhì)量； （ ）(2)若進入磁場瞬間，拉力減小為原來的一半，求導(dǎo)體棒能繼續(xù)向上運動的最大位移（2L）審題突破(1)由牛頓第二定律求出導(dǎo)體棒的加速度，由勻變速運動的速度位移公式求出速度，由安培力公式求出安培力，然后由平衡條件求出導(dǎo)體棒的質(zhì)量(2)應(yīng)用牛頓第二定律、安培力公式分析答題【練6】如圖4所示，光滑斜面PMNQ的傾角為，斜面上放置一矩形導(dǎo)體線框abcd，其中ab邊長為l1，bc邊長為l2，線框質(zhì)量為m、電阻為R，有界勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B，方向垂直于斜面向上，ef為磁場的邊界，且efMN.線框在恒力F作用下從靜止開始運動，其ab邊

12、始終保持與底邊MN平行，F(xiàn)沿斜面向上且與斜面平行已知線框剛進入磁場時做勻速運動，則下列判斷正確的是()圖4A線框進入磁場前的加速度為B線框進入磁場時的速度為C線框進入磁場時有abcd方向的感應(yīng)電流D線框進入磁場的過程中產(chǎn)生的熱量為(Fmgsin )l1方法提煉在此類問題中力現(xiàn)象和電磁現(xiàn)象相互聯(lián)系、相互制約，解決問題前首先要建立“動電動”的思維順序，可概括為：(1)找準(zhǔn)主動運動者，用法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律求解感應(yīng)電動勢的大小和方向(2)根據(jù)等效電路圖，求解回路中的感應(yīng)電流的大小及方向(3)分析安培力對導(dǎo)體棒運動速度、加速度的影響，從而推出對電路中的感應(yīng)電流有什么影響，最后定性分析導(dǎo)體棒的最

13、終運動情況(4)列牛頓第二定律或平衡方程求解考題3對電磁感應(yīng)中能量問題的考查圖6【例7】如圖6所示，平行金屬導(dǎo)軌與水平面間夾角均為37°，導(dǎo)軌間距為1 m，電阻不計，導(dǎo)軌足夠長兩根金屬棒ab和以ab的質(zhì)量都是0.2 kg，電阻都是1 ，與導(dǎo)軌垂直放置且接觸良好，金屬棒和導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)為0.25，兩個導(dǎo)軌平面處均存在著垂直軌道平面向上的勻強磁場(圖中未畫出)，磁感應(yīng)強度B的大小相同讓ab固定不動，將金屬棒ab由靜止釋放，當(dāng)ab下滑速度達到穩(wěn)定時，整個回路消耗的電功率為8 W求：(1)ab下滑的最大加速度； (4 m/s2)(2)ab下落了30 m高度時，其下滑速度已經(jīng)達到穩(wěn)定，則

14、此過程中回路電流的發(fā)熱量Q為多大？ (30 J)(3)如果將ab與ab同時由靜止釋放，當(dāng)ab下落了30 m高度時，其下滑速度也已經(jīng)達到穩(wěn)定，則此過程中回路電流的發(fā)熱量Q為多大？(g10 m/s2，sin 37°0.6，cos 37°0.8)(75 J)【練7-1】在傾角為足夠長的光滑斜面上，存在著兩個磁感應(yīng)強度大小相等的勻強磁場，磁場方向一個垂直斜面向上，另一個垂直斜面向下，寬度均為L，如圖7所示一個質(zhì)量為m、電阻為R、邊長也為L的正方形線框在t0時刻以速度v0進入磁場，恰好做勻速直線運動，若經(jīng)過時間t0，線框ab邊到達gg與ff中間位置時，線框又恰好做勻速運動，則下列說法

15、正確的是()圖7A當(dāng)ab邊剛越過ff時，線框加速度的大小為gsin Bt0時刻線框勻速運動的速度為Ct0時間內(nèi)線框中產(chǎn)生的焦耳熱為mgLsin mvD離開磁場的過程中線框?qū)⒆鰟蛩僦本€運動【練7-2】圖8如圖8所示，水平放置的足夠長的平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ的一端接有電阻R0，不計電阻的導(dǎo)體棒ab靜置在導(dǎo)軌的左端MP處，并與MN垂直以導(dǎo)軌PQ的左端為坐標(biāo)原點O，建立直角坐標(biāo)系xOy，Ox軸沿PQ方向每根導(dǎo)軌單位長度的電阻為r.垂直于導(dǎo)軌平面的非勻強磁場磁感應(yīng)強度在y軸方向不變，在x軸方向上的變化規(guī)律為：BB0kx，并且x0.現(xiàn)在導(dǎo)體棒中點施加一垂直于棒的水平拉力F，使導(dǎo)體棒由靜止開始向右做勻加速直

16、線運動，加速度大小為a.設(shè)導(dǎo)體棒的質(zhì)量為m，兩導(dǎo)軌間距為L.不計導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間的摩擦，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好，不計其余部分的電阻(1) 請通過分析推導(dǎo)出水平拉力F的大小隨橫坐標(biāo)x變化的關(guān)系式； (Fma)(2)如果已知導(dǎo)體棒從x0運動到xx0的過程中，力F做的功為W，求此過程回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q； (Wmax0)(3)若B00.1 T，k0.2 T/m，R00.1 ，r0.1 /m，L0.5 m，a4 m/s2，求導(dǎo)體棒從x0運動到x1 m的過程中，通過電阻R0的電荷量q. （0.5 C）方法提煉:1明確安培力做的功是電能和其他形式的能之間相互轉(zhuǎn)化的“橋梁”，用框圖表示如下：2明確功能關(guān)系，確定

17、有哪些形式的能量發(fā)生了轉(zhuǎn)化如有摩擦力做功，必有內(nèi)能產(chǎn)生；有重力做功，重力勢能必然發(fā)生變化；安培力做負(fù)功，必然有其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能3根據(jù)不同物理情景選擇動能定理、能量守恒定律或功能關(guān)系列方程求解問題審題突破演練考題4綜合應(yīng)用動力學(xué)觀點和能量觀點分析電磁感應(yīng)問題【例8】 (20分)如圖9甲所示，MN、PQ是相距d1 m的足夠長平行光滑金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌平面與水平面成某一夾角，導(dǎo)軌電阻不計；長也為1 m的金屬棒ab垂直于MN、PQ放置在導(dǎo)軌上，且始終與導(dǎo)軌接觸良好，ab的質(zhì)量m0.1 kg、電阻R1 ；MN、PQ的上端連接右側(cè)電路，電路中R2為一電阻箱；已知燈泡電阻RL3 ，定值電阻R17 ，調(diào)節(jié)電

18、阻箱使R26 ，重力加速度g10 m/s2.現(xiàn)斷開開關(guān)S，在t0時刻由靜止釋放ab，在t0.5 s時刻閉合S，同時加上分布于整個導(dǎo)軌所在區(qū)域的勻強磁場，磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面斜向上；圖乙所示為ab的速度隨時間變化圖象(1)求斜面傾角及磁感應(yīng)強度B的大??；圖9(2)ab由靜止下滑x50 m(此前已達到最大速度)的過程中，求整個電路產(chǎn)生的電熱；(3)若只改變電阻箱R2的值當(dāng)R2為何值時，ab勻速下滑中R2消耗的功率最大？消耗的最大功率為多少？圖10【練習(xí)8】(2014·安徽·23)(16分)如圖10甲所示，勻強磁場的磁感應(yīng)強度B為0.5 T，其方向垂直于傾角為30°的

19、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)，MP和NP長度均為2.5 m，MN連線水平，長為3 m以MN中點O為原點、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，長度d為3 m、質(zhì)量m為1 kg、電阻R為0.3 ，在拉力F的作用下，從MN處以恒定速度v1 m/s在導(dǎo)軌上沿x軸正向運動(金屬桿與導(dǎo)軌接觸良好)g取10 m/s2(1) 求金屬桿CD運動過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E及運動到x0.8 m處電勢差UCD；（1.5 V0.6 V）(2)推導(dǎo)金屬桿CD從MN處運動到P點過程中拉力F與位置坐標(biāo)x的關(guān)系式，并在圖乙中畫出Fx關(guān)系圖像； （F12.53.75x(0

20、x2)）(3)求金屬桿CD從MN處運動到P點的全過程產(chǎn)生的焦耳熱 （7.5 J）考題5對直流電路動態(tài)分析的考查【例9】(單選)如圖11所示，平行金屬板中帶電質(zhì)點P原來處于靜止?fàn)顟B(tài)，不考慮電流表和電壓表對電路的影響，R1的阻值和電源內(nèi)阻r相等當(dāng)滑動變阻器R4的滑片向b端移動時，則()圖11AR3上消耗的功率逐漸增大B電流表讀數(shù)減小，電壓表讀數(shù)增大C電源的輸出功率逐漸增大D質(zhì)點P將向上運動審題突破當(dāng)R4的滑片移動時，其電阻變化，由閉合電路歐姆定律分析干路電流、路端電壓的變化，電容器兩極板間電壓即R3的電壓由串并聯(lián)電路的特點，判斷電壓表、電流表的變化根據(jù)電源的內(nèi)電阻與外電阻的關(guān)系，分析電源的輸出功率

21、如何變化圖12【練習(xí)9-1】如圖12所示，圖中的四個電表均為理想電表，當(dāng)滑動變阻器滑片P向右端移動時，下面說法中正確的是()A電壓表V1的讀數(shù)減小，電流表A1的讀數(shù)增大B電壓表V1的讀數(shù)增大，電流表A1的讀數(shù)減小C電壓表V2的讀數(shù)減小，電流表A2的讀數(shù)增大D電壓表V2的讀數(shù)增大，電流表A2的讀數(shù)減小圖13【練習(xí)9-2】(單選)如圖13所示電路中，已知電源的內(nèi)阻r<R2，電阻R1的阻值小于滑動變阻器R0的最大阻值閉合電鍵S，當(dāng)滑動變阻器的滑片P由變阻器的中點向左滑動的過程中，下列說法中正確的是()AA1的示數(shù)不斷減小，A2的示數(shù)不斷減小BV1的示數(shù)先變小后變大，V2的示數(shù)先變大后變小C電源

22、內(nèi)部的熱功率先變大后變小D電源的輸出功率先變小后變大方法提煉: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(lián)規(guī)律判定R總的變化情況，再由歐姆定律判斷I總和U端的變化情況，最后由部分電路歐姆定律及串聯(lián)分壓、并聯(lián)分流等規(guī)律判斷各部分的變化情況2結(jié)論法“并同串反”：“并同”：指某一電阻增大(減小)時，與它并聯(lián)或間接并聯(lián)的電阻中的電流、兩端電壓、電功率都將增大(減小)“串反”：指某一電阻增大(減小)時，與它串聯(lián)或間接串聯(lián)的電阻中的電流、兩端電壓、電功率都將減小(增大)知識專題練訓(xùn)練7題組1楞次定律和電磁感應(yīng)圖象問題圖141(單選)法拉第發(fā)明了世界上第一臺發(fā)電機法拉第圓盤發(fā)電機如圖1

23、4所示，紫銅做的圓盤水平放置在豎直向下的勻強磁場中，圓盤圓心處固定一個搖柄，邊緣和圓心處各與一個黃銅電刷緊貼，用導(dǎo)線將電刷與電流表連接起來形成回路轉(zhuǎn)動搖柄，使圓盤逆時針勻速轉(zhuǎn)動，電流表的指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)下列說法正確的是()A回路中電流大小變化，方向不變B回路中電流大小不變，方向變化C回路中電流的大小和方向都周期性變化D回路中電流方向不變，從b導(dǎo)線流進電流表圖152如圖15所示，虛線右側(cè)存在勻強磁場，磁場方向垂直紙面向外，正方形金屬框電阻為R，邊長是L，自線框從左邊界進入磁場時開始計時，在外力作用下由靜止開始，以垂直于磁場邊界的恒定加速度a進入磁場區(qū)域，t1時刻線框全部進入磁場若外力大小為F，線框中

24、電功率的瞬時值為P，線框磁通量的變化率為，通過導(dǎo)體橫截面的電荷量為q，(其中Pt圖象為拋物線)則這些量隨時間變化的關(guān)系正確的是()A B C D題組2電磁感應(yīng)中動力學(xué)問題圖163如圖16所示，兩根足夠長的平行金屬導(dǎo)軌傾斜放置，導(dǎo)軌下端接有定值電阻R，勻強磁場方向垂直導(dǎo)軌平面向上現(xiàn)給金屬棒ab一平行于導(dǎo)軌的初速度v，使金屬棒保持與導(dǎo)軌垂直并沿導(dǎo)軌向上運動，經(jīng)過一段時間金屬棒又回到原位置不計導(dǎo)軌和金屬棒的電阻，在這一過程中，下列說法正確的是()A金屬棒上滑時棒中的電流方向由b到aB金屬棒回到原位置時速度大小仍為vC金屬棒上滑階段和下滑階段的最大加速度大小相等D金屬棒上滑階段和下滑階段通過棒中的電荷

25、量相等圖174如圖17所示，螺線管橫截面積為S，線圈匝數(shù)為N，電阻為R1，管內(nèi)有水平向右的磁場，磁感應(yīng)強度為B.螺線管與足夠長的平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ相連并固定在同一平面內(nèi)，與水平面的夾角為，兩導(dǎo)軌間距為L.導(dǎo)軌電阻忽略不計導(dǎo)軌處于垂直斜面向上、磁感應(yīng)強度為B0的勻強磁場中金屬桿ab垂直導(dǎo)軌，桿與導(dǎo)軌接觸良好，并可沿導(dǎo)軌無摩擦滑動已知金屬桿ab的質(zhì)量為m，電阻為R2，重力加速度為g.忽略螺線管磁場對金屬桿ab的影響，忽略空氣阻力(1)螺線管內(nèi)方向向右的磁場B不變，當(dāng)ab桿下滑的速度為v時，求通過ab桿的電流的大小和方向；(2)當(dāng)ab桿下滑的速度為v時，螺線管內(nèi)方向向右的磁場才開始變化，其變化率

26、k(k>0)討論ab桿加速度的方向與k的取值的關(guān)系題組3電磁感應(yīng)中能量問題圖185如圖18所示，空間存在一有邊界的條形勻強磁場區(qū)域，磁場方向與豎直平面(紙面)垂直，磁場邊界的間距為L.一個質(zhì)量為m、邊長也為L的正方形導(dǎo)線框沿豎直方向運動，線框所在平面始終與磁場方向垂直，且線框上、下邊始終與磁場的邊界平行t0時刻導(dǎo)線框的上邊恰好與磁場的下邊界重合(圖中位置)，導(dǎo)線框的速度為v0.經(jīng)歷一段時間后，當(dāng)導(dǎo)線框的下邊恰好與磁場的上邊界重合時(圖中位置)，導(dǎo)線框的速度剛好為零此后，導(dǎo)線框下落，經(jīng)過一段時間回到初始位置(不計空氣阻力)，則()A上升過程中合力做的功與下降過程中合力做的功相等B上升過程中

27、線框產(chǎn)生的熱量比下降過程中線框產(chǎn)生的熱量多C上升過程中，導(dǎo)線框的加速度逐漸減小D上升過程克服重力做功的平均功率小于下降過程重力的平均功率圖196(2014·新課標(biāo)·25)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)，一長為r、質(zhì)量為m且質(zhì)量分布均勻的直導(dǎo)體棒AB置于圓導(dǎo)軌上面，BA的延長線通過圓導(dǎo)軌中心O，裝置的俯視圖如圖19所示整個裝置位于一勻強磁場中，磁感應(yīng)強度的大小為B，方向豎直向下在內(nèi)圓導(dǎo)軌的C點和外圓導(dǎo)軌的D點之間接有一阻值為R的電阻(圖中未畫出)直導(dǎo)體棒在水平外力作用下以角速度繞O逆時針勻速轉(zhuǎn)動，在轉(zhuǎn)動過程中始終與導(dǎo)軌保持良好接觸設(shè)導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌之間的動摩擦

28、因數(shù)為，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) 通過電阻R的感應(yīng)電流的方向和大??； (2) 外力的功率題組4直流電路動態(tài)分析圖207 2007年諾貝爾物理學(xué)獎授予了兩位發(fā)現(xiàn)“巨磁電阻”效應(yīng)的物理學(xué)家，某探究小組查到某磁敏電阻在室溫下的電阻隨磁感應(yīng)強度變化曲線如圖20甲所示，其中R、R0分別表示有、無磁場時磁敏電阻的阻值為研究其磁敏特性設(shè)計了圖乙所示電路關(guān)于這個探究實驗，下列說法中正確的是()A閉合開關(guān)S，圖乙中只增加磁感應(yīng)強度的大小時，電壓表的示數(shù)增大B閉合開關(guān)S，圖乙中只改變磁場方向，電壓表的示數(shù)減小C閉合開關(guān)S，圖乙中只增加磁感應(yīng)強度的大小時，流過aP段的電流可能減小D

29、閉合開關(guān)S，圖乙中只增加磁感應(yīng)強度的大小時，電源的輸出功率可能增大圖218(單選)如圖21所示，電源電動勢為E，內(nèi)阻為r.電路中的R2、R3分別為總阻值一定的滑動變阻器，R0為定值電阻，R1為光敏電阻(其電阻隨光照強度增大而減小)當(dāng)電鍵S閉合時，電容器中一帶電微粒恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)有關(guān)下列說法中正確的是()A只逐漸增大R1的光照強度，電阻R0消耗的電功率變大，電阻R3中有向上的電流B只調(diào)節(jié)電阻R3的滑動端P2向上端移動時，電源消耗的功率變大，電阻R3中有向上的電流C只調(diào)節(jié)電阻R2的滑動端P1向下端移動時，電壓表示數(shù)變大D帶電微粒向下運動圖229(單選)某同學(xué)準(zhǔn)備用一種金屬絲制作一只電阻溫度計他先

30、通過實驗描繪出一段金屬絲的UI曲線，如圖22甲所示再將該金屬絲與某一定值電阻R0串聯(lián)接在電路中，用電壓表(電壓表的內(nèi)阻遠大于金屬絲的電阻)與金屬絲并聯(lián)，并在電壓表的表盤上標(biāo)注溫度值，制成電阻溫度計，如圖乙所示下列說法中正確的是()A從圖甲可知，該金屬絲的阻值隨溫度的升高而減小B圖乙中電壓表的指針偏轉(zhuǎn)角越大，溫度值越小C選用不同阻值的R0可以改變溫度計的量程，R0越大，量程越大D溫度越高，電源消耗的功率越大圖2310(單選)如圖23所示是一火警報警電路的示意圖其中R3為用某種材料制成的傳感器，這種材料的電阻率隨溫度的升高而增大值班室的顯示器為電路中的電流表，電源兩極之間接一報警器當(dāng)傳感器R3所在

31、處出現(xiàn)火情時，顯示器的電流I、報警器兩端的電壓U的變化情況是()AI變大，U變小 BI變小，U變大CI變小，U變小 DI變大，U變大【例2】解析：在x=R左側(cè)，設(shè)導(dǎo)體棒與圓的交點和圓心的連線與x軸正方向成角，則導(dǎo)體棒切割有效長度L=2Rsin，電動勢與有效長度成正比，故在x=R左側(cè)，電動勢與x的關(guān)系為正弦圖像關(guān)系，由對稱性可知在x=R右側(cè)與左側(cè)的圖像對稱。答案：A【例3】解析：在0-電流均勻增大，在-兩邊感應(yīng)電流方向相同大小相加，故電流大且反相；在只有一邊產(chǎn)生感應(yīng)電流，故電流小，所以A正確，C錯誤。由I=BL/R知C正確。【例6】解析(1)導(dǎo)體棒從靜止開始在磁場外勻加速運動，距離為L，其加速度

32、為Fmgsin 30°maFmg 得ag棒進入磁場時的速度為v由棒在磁場中勻速運動可知F安mg F安BIL 得m(2)若進入磁場瞬間使拉力減半，則Fmg則導(dǎo)體棒所受合力為F安 F安BILmav和a代入上式 m 即mv設(shè)導(dǎo)體棒繼續(xù)向上運動的位移為x，則有 mv將v和m 代入得x2L答案(1)(2)2L【例7】解析(1)當(dāng)ab棒剛下滑時，ab棒的加速度有最大值：agsin gcos 4 m/s2.(2分)(2)ab棒達到最大速度時做勻速運動，有mgsin BILmgcos ，(2分)整個回路消耗的電功率 P電BILvm(mgsin mgcos )vm8 W，(2分)則ab棒的最大速度為：

33、vm10 m/s(1分)由P電(2分) 得：B0.4 T(1分)根據(jù)能量守恒得： mghQmvmgcos ·(2分) 解得：Q30 J(1分)(3)由對稱性可知，當(dāng)ab下落30 m穩(wěn)定時其速度為v，ab也下落30 m，其速度也為v，ab和ab都切割磁感線產(chǎn)生電動勢，總電動勢等于兩者之和根據(jù)共點力平衡條件，對ab棒受力分析，得mgsin BILmgcos (2分) 又I(2分)代入解得v5 m/s(1分)由能量守恒2mgh×2mv22mgcos Q(3分) 代入數(shù)據(jù)得Q75 J(1分)答案(1)4 m/s2(2)30 J(3)75 J【練7-1】答案BC解析當(dāng)ab邊進入磁場時

34、，F(xiàn)Amgsin .當(dāng)ab邊剛越過ff時，線框的感應(yīng)電動勢和電流均加倍，mgsin ma，加速度向上為3gsin ，A錯誤；t0時刻，mgsin ，解得v，B正確；線框從進入磁場到再次做勻速運動過程，沿斜面向下運動距離為L，則由功能關(guān)系得t0時間內(nèi)線框中產(chǎn)生的焦耳熱為Qmvmv2mgLsin mv，C正確；線框離開磁場時做加速運動，D錯誤【練7-2】答案(1)Fma(2)Wmax0(3)0.5 C解析(1)設(shè)導(dǎo)體棒運動到坐標(biāo)為x處的速度為v，由法拉第感應(yīng)定律得產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：EBLv由閉合電路歐姆定律得回路中的電流為：I由于棒做勻加速度直線運動，所以有：v此時棒受到的安培力：FABIL由牛

35、頓第二定律得：FFAma由聯(lián)立解得：Fma(2)設(shè)導(dǎo)體棒在xx0處的動能為Ek，則由動能定理得：Ekmax0由能量守恒與轉(zhuǎn)化定律得：WQEk將式代入式解得：QWmax0(3)由兩式得：I因為vat，將題中所給的數(shù)值代入式得：I2t(A)可知回路中的電流與時間成正比，所以在0t時間內(nèi)，通過R0的電荷量為：qtt2 (C)由勻加速直線運動規(guī)律得：t當(dāng)x1 m時，有q0.5 C【例8】解析(1)S斷開時，ab做勻加速直線運動，從圖乙得a6 m/s2(1分)由牛頓第二定律有mgsin ma，(1分) 所以有sin ，即37°，(1分)t0.5 s時，S閉合且加了磁場，分析可知，此后ab將先做

36、加速度減小的加速運動，當(dāng)速度達到最大(vm6 m/s)后接著做勻速運動勻速運動時，由平衡條件知mgsin F安，(1分) 又F安BIdI(1分)R總RR110 (1分) 聯(lián)立以上四式有mgsin (2分)代入數(shù)據(jù)解得B 1 T(1分)(2) 由能量轉(zhuǎn)化關(guān)系有mgsin xmvQ(2分)代入數(shù)據(jù)解得Qmgsin xmv28.2 J(1分)(3)改變電阻箱R2的值后，ab勻速下滑時有mgsin BdI(1分)所以I0.6 A(1分)通過R2的電流為I2I(1分)R2的功率為PIR2(1分)聯(lián)立以上三式可得PI2I2(1分)當(dāng)時，即R2RL3 ，功率最大，(1分) 所以Pm0.27 W(2分)答案(

37、1)37°1 T(2)28.2 J(3)3 0.27 W【練習(xí)8】.答案(1)1.5 V0.6 V(2)F12.53.75x(0x2)見解析圖(3)7.5 J解析(1)金屬桿CD在勻速運動中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢EBlv(ld)E1.5 V(D點電勢高)當(dāng)x0.8 m時，金屬桿在導(dǎo)軌間的電勢差為零設(shè)此時桿在導(dǎo)軌外的長度為l外，則l外ddOP 2 m 得l外1.2 m由楞次定律判斷D點電勢高，故C、D兩端電勢差 UCDBl外v0.6 V.(2)桿在導(dǎo)軌間的長度l與位置x的關(guān)系是 ld3x對應(yīng)的電阻R1R 電流I桿受的安培力為F安BIl7.53.75x根據(jù)平衡條件得FF安mgsin F12.5

38、3.75x(0x2)畫出的Fx圖象如圖所示(3)外力F所做的功WF等于Fx圖線下所圍的面積即WF×2 J17.5 J而桿的重力勢能增加量EpmgOPsin 故全過程產(chǎn)生的焦耳熱QWFEp7.5 J.【例9】解析滑動變阻器R4的滑片向b端移動時，R4的阻值越來越小，故并聯(lián)電路的總電阻減小，根據(jù)串聯(lián)電路的分壓規(guī)律可得：R3的電壓減小，消耗的功率減小，故A錯誤；電容器電壓等于R3的，故也減小，所以質(zhì)點P將向下運動，所以D錯誤；外電路總電阻減小，所以干路電流I1增大，而R3的電流I3減小，根據(jù)I1I3IA，可得電流表讀數(shù)IA增大，所以B錯誤；因R1的阻值和電源內(nèi)阻r相等，故外電路電阻大于電源

39、內(nèi)阻，且逐漸減小，由輸出功率與外電阻的關(guān)系可得：電源的輸出功率在增大，所以C正確答案C【練習(xí)9-1】答案AD解析當(dāng)滑動變阻器滑片P向右端移動時，變阻器接入電路的電阻減小，由閉合電路歐姆定律可知，干路電流I增大，路端電壓U減小，則電流表A1讀數(shù)增大；電壓表V1讀數(shù)U1EI(R1r)，I增大，其他量不變，則U1減?。煌ㄟ^電流表A2的電流I2，U1減小，則I2減??；通過R2的電流I2II2，I增大，I2減小，則I2增大，則電壓表V2的讀數(shù)增大故A、D正確【練習(xí)9-2】答案D解析R1<R0的最大阻值，當(dāng)滑片P由中點向左滑動的過程中，R0左側(cè)電阻與R1串聯(lián)后與R0右側(cè)并聯(lián)的總電阻先變大后變小，根據(jù)

40、閉合電路歐姆定律得知，電路中電流先變小后變大，路端電壓先變大后變小，所以V1的示數(shù)先變大后變小V2測量R2兩端的電壓，R2不變，則V2的示數(shù)先變小后變大并聯(lián)電壓U并UU2，先變大后變小，電阻R1所在支路電阻R1支路逐漸減小，所以電流I1增大，電流表A2示數(shù)增大；I2II1，電流表A1示數(shù)變小，故A、B錯誤電源內(nèi)部的熱功率PI2r，因為電流I先變小后變大，所以電源內(nèi)部的熱功率，先變小后變大，故C錯誤因為r<R2，所以外電阻總是大于內(nèi)電阻的，當(dāng)滑動變阻器的滑片P從變阻器的中點向左滑動的過程中，變阻器左側(cè)電阻與R1串聯(lián)后與變阻器右側(cè)并聯(lián)的總電阻先變大后變小，所以 電源的輸出功率先變小后變大，故

41、D正確1答案D解析銅盤轉(zhuǎn)動產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：EBL2，B、L、不變，E不變，電流：I，電流大小恒定不變，由右手定則可知，回路中電流方向不變，從b導(dǎo)線流進電流表，故A、B、C錯誤，D正確2答案BD解析線框做勻加速運動，其速度vat，感應(yīng)電動勢EBLv線框進入磁場過程中受到的安培力F安BIL由牛頓第二定律得：Fma則Fmat，故A錯誤；感應(yīng)電流I 線框的電功率PI2Rt2，故B正確；線框的位移xat2，B·B·BLat，故C錯誤；電荷量qIt·t·tt2，故D正確3答案AD解析金屬棒上滑時，根據(jù)右手定則判斷可知金屬棒中感應(yīng)電流的方向由b到a，故A正確金屬棒

42、運動過程中產(chǎn)生感應(yīng)電流，受到安培力作用，根據(jù)楞次定律可知安培力總是阻礙金屬棒相對于導(dǎo)軌運動，所以金屬棒的機械能不斷減小，則金屬棒回到原位置時速度大小必小于v，故B錯誤根據(jù)牛頓第二定律得：對于上滑過程：mgsin F安ma上；對于下滑過程：mgsin F安ma下可知：a上>a下，故C錯誤金屬棒上滑階段和下滑階段中回路磁通量的變化量相等，根據(jù)q可知通過金屬棒的電荷量相等，故D正確4.答案(1)，方向為ba(2)k<，加速度方向向上；k>，加速度方向向下解析(1)切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E1B0Lv 則電流的大小I根據(jù)右手定則知，通過ab的電流方向為ba.(2)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得，螺線管中磁場變化產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢 E2kNS產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢方向與ab切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢方向相反則感應(yīng)電流的大小I當(dāng)mgsin <B0IL時，加速度方向向上即k