專題11-3-電磁感應(yīng)的電路問題(解析版)

2021年一輪考點(diǎn)掃描微專題專題11.3電磁感應(yīng)的電路問題目錄TOC\o"1-3"\h\u【考點(diǎn)掃描】 1一．法拉第電磁感應(yīng)定律 1二．有效長度問題 1三．導(dǎo)體轉(zhuǎn)動切割磁感線 2四．二次電磁感應(yīng)問題 2五．自感現(xiàn)象 2【典例分析】 3【專題精練】 5【考點(diǎn)掃描】1．解決電磁感應(yīng)中的電路問題三部曲2．電磁感應(yīng)中電路知識的關(guān)系圖3．感應(yīng)電量問題推導(dǎo)過程：q＝eq\x\to(I)Δt；E＝neq\f(ΔΦ,Δt)；eq\x\to(I)=推導(dǎo)出：q＝n結(jié)論：通過回路截面的電荷量q僅與n、ΔΦ和回路總電阻R總有關(guān)，與時(shí)間長短無關(guān)。【典例分析】【例1】(多選)如圖所示，水平面上固定一個頂角為60°的光滑金屬導(dǎo)軌MON，導(dǎo)軌處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中。質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒CD與∠MON的角平分線垂直，導(dǎo)軌與棒單位長度的電阻均為r。t＝0時(shí)刻，棒CD在水平外力F的作用下從O點(diǎn)以恒定速度v0沿∠MON的角平分線向右滑動，在滑動過程中始終保持與導(dǎo)軌良好接觸。若棒與導(dǎo)軌均足夠長，則()A．流過導(dǎo)體棒的電流I始終為eq\f(Bv0,3r)B．F隨時(shí)間t的變化關(guān)系為F＝eq\f(2\r(3)B2v\o\al(2,0),9r)tC．t0時(shí)刻導(dǎo)體棒的發(fā)熱功率為eq\f(2\r(3)B2v\o\al(3,0),27r)t0D．撤去F后，導(dǎo)體棒上能產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)【答案】ABC【解析】導(dǎo)體棒的有效切割長度L＝2v0ttan30°，感應(yīng)電動勢E＝BLv0，回路的總電阻R＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2v0ttan30°＋\f(2v0t,cos30°)))r，聯(lián)立可得通過導(dǎo)體棒的電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(Bv0,3r)，選項(xiàng)A正確；導(dǎo)體棒受力平衡，則外力F與安培力平衡，即F＝BIL，得F＝eq\f(2\r(3)B2v\o\al(2,0),9r)t，選項(xiàng)B正確；t0時(shí)刻導(dǎo)體棒的電阻為Rx＝2v0t0tan30°·r，則導(dǎo)體棒的發(fā)熱功率P棒＝I2Rx＝eq\f(2\r(3)B2v\o\al(3,0),27r)t0，選項(xiàng)C正確；從撤去F到導(dǎo)體棒停下的過程，根據(jù)能量守恒定律有Q棒＋Q軌＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－0，得導(dǎo)體棒上能產(chǎn)生的焦耳熱Q棒＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－Q軌<eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，選項(xiàng)D錯誤?！痉椒记伞侩姶鸥袘?yīng)中確定電源的方法(1)判斷產(chǎn)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象的那一部分導(dǎo)體(電源)。(2)動生問題(棒切割磁感線)產(chǎn)生的電動勢E＝BLv，方向由右手定則判定。(3)感生問題(磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化)的電動勢E＝neq\f(ΔBS,Δt)，方向由楞次定律判定。在等效電源內(nèi)部電流方向都是由負(fù)極流向正極的。【例2】．(2018·全國卷Ⅰ)如圖所示，導(dǎo)體軌道OPQS固定，其中PQS是半圓弧，Q為半圓弧的中點(diǎn)，O為圓心。軌道的電阻忽略不計(jì)。OM是有一定電阻、可繞O轉(zhuǎn)動的金屬桿，M端位于PQS上，OM與軌道接觸良好?？臻g存在與半圓所在平面垂直的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B?，F(xiàn)使OM從OQ位置以恒定的角速度逆時(shí)針轉(zhuǎn)到OS位置并固定(過程Ⅰ)；再使磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小以一定的變化率從B增加到B′(過程Ⅱ)。在過程Ⅰ、Ⅱ中，流過OM的電荷量相等，則eq\f(B′,B)等于()A．eq\f(5,4)B．eq\f(3,2)C．eq\f(7,4)D．2【審題指導(dǎo)】：在電磁感應(yīng)中計(jì)算通過電路的電荷量時(shí)要用到電流的平均值，因此在本題中，首先根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律計(jì)算感應(yīng)電動勢的平均值，再利用歐姆定律計(jì)算平均電流，最后根據(jù)電流的定義式得出電荷量?！敬鸢浮緽【解析】設(shè)OM的電阻為R，圓的半徑為l，過程Ⅰ：OM轉(zhuǎn)動的過程中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動勢大小為E1＝eq\f(ΔΦ,Δt1)＝eq\f(B·ΔS,Δt1)＝eq\f(B·\f(1,4)πl(wèi)2,Δt1)＝eq\f(πBl2,4Δt1)，流過OM的電流為I1＝eq\f(E1,R)＝eq\f(πBl2,4RΔt1)，則流過OM的電荷量為q1＝I1·Δt1＝eq\f(πBl2,4R)；過程Ⅱ：磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均勻增加，則該過程中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動勢大小為E2＝eq\f(ΔΦ,Δt2)＝eq\f(B′－BS,Δt2)＝eq\f(B′－Bπl(wèi)2,2Δt2)，電路中的電流為I2＝eq\f(E2,R)＝eq\f(πB′－Bl2,2RΔt2)，則流過OM的電荷量為q2＝I2·Δt2＝eq\f(πB′－Bl2,2R)；由題意知q1＝q2，則解得eq\f(B′,B)＝eq\f(3,2)，B正確，A、C、D錯誤?！痉椒偨Y(jié)】應(yīng)用法拉第電磁感應(yīng)定律應(yīng)注意的三個問題(1)公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)求解的是一個回路中某段時(shí)間內(nèi)的平均電動勢，在磁通量均勻變化時(shí)，瞬時(shí)值才等于平均值。(2)利用公式E＝nSeq\f(ΔB,Δt)求感應(yīng)電動勢時(shí)，S為線圈在磁場范圍內(nèi)的有效面積。(3)通過回路截面的電荷量q僅與n、ΔΦ和回路電阻R有關(guān)，與時(shí)間長短無關(guān)。推導(dǎo)如下：q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(nΔΦ,ΔtR)Δt＝eq\f(nΔΦ,R)?！纠?】(2020·湖南婁底市下學(xué)期質(zhì)量檢測)(多選)如圖所示，光滑的金屬框CDEF水平放置，寬為L，在E、F間連接一阻值為R的定值電阻，在C、D間連接一滑動變阻器R1(0≤R1≤2R)?？騼?nèi)存在著豎直向下的勻強(qiáng)磁場。一長為L，電阻為R的導(dǎo)體棒AB在外力作用下以速度v勻速向右運(yùn)動，金屬框電阻不計(jì)，導(dǎo)體棒與金屬框接觸良好且始終垂直，下列說法正確的是()A．ABFE回路的電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，ABCD回路的電流方向?yàn)轫槙r(shí)針B．左右兩個閉合區(qū)域的磁通量都在變化且變化率相同，故電路中的感應(yīng)電動勢大小為2BLvC．當(dāng)滑動變阻器接入電路中的阻值R1＝R時(shí)，導(dǎo)體棒兩端的電壓為eq\f(2,3)BLvD．當(dāng)滑動變阻器接入電路中的阻值R1＝eq\f(R,2)時(shí)，滑動變阻器有最大電功率且為eq\f(B2L2v2,8R)【答案】AD【解析】根據(jù)楞次定律可知，A正確；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，感應(yīng)電動勢E＝BLv，故B錯誤；R1＝R時(shí)，外電路總電阻R外＝eq\f(R,2)，故導(dǎo)體棒兩端的電壓即路端電壓應(yīng)等于eq\f(1,3)BLv，故C錯誤；該電路電動勢E＝BLv，電源內(nèi)阻為R，求解滑動變阻器的最大電功率時(shí)，可以將導(dǎo)體棒和電阻R看成新的等效電源，等效內(nèi)阻為eq\f(R,2)，故當(dāng)R1＝eq\f(R,2)時(shí)，等效電源輸出功率最大，即滑動變阻器電功率最大，最大值Pm＝eq\f(Ueq\o\al(2,R1),R1)＝eq\f(（\f(1,4)E）2,\f(R,2))＝eq\f(B2L2v2,8R)，故D正確?！緦ｎ}精練】1.(多選)在如圖甲所示的虛線框內(nèi)有勻強(qiáng)磁場，設(shè)圖甲所示磁場方向?yàn)檎?，磁感?yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖乙所示。邊長為l，電阻為R的正方形均勻線框abcd有一半處在磁場中，磁場方向垂直于線框平面，此時(shí)線框ab邊的發(fā)熱功率為P，則()A．線框中的感應(yīng)電動勢為eq\f(B0,l2T)B．線框中感應(yīng)電流為2eq\r(\f(P,R))C．線框cd邊的發(fā)熱功率為eq\f(P,2)D．b端電勢高于a端電勢【答案】BD【解析】由題圖乙可知，在每個周期內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻變化，線框中產(chǎn)生大小恒定的感應(yīng)電流，設(shè)感應(yīng)電流為I，則對ab邊有，P＝I2·eq\f(1,4)R，得I＝2eq\r(\f(P,R))，選項(xiàng)B正確；由閉合電路歐姆定律得，感應(yīng)電動勢為E＝IR＝2eq\r(PR)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(1,2)l2，由題圖乙知，eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(2B0,T)，聯(lián)立解得E＝eq\f(B0l2,T)，故選項(xiàng)A錯誤；線框的四邊電阻相等，電流相等，則發(fā)熱功率相等，都為P，故選項(xiàng)C錯誤；由楞次定律判斷可知，線框中感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，則b端電勢高于a端電勢，故選項(xiàng)D正確。2.(2020·龍巖市3月模擬)如圖所示，abcd為水平放置的平行“”形光滑金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為l，電阻不計(jì)。導(dǎo)軌間有垂直于導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。金屬桿放置在導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌的接觸點(diǎn)為M、N，并與導(dǎo)軌成θ角。金屬桿以ω的角速度繞N點(diǎn)由圖示位置勻速轉(zhuǎn)動到與導(dǎo)軌ab垂直，轉(zhuǎn)動過程中金屬桿與導(dǎo)軌始終接觸良好，金屬桿單位長度的電阻為r。則在金屬桿轉(zhuǎn)動過程中()A．M、N兩點(diǎn)電勢相等B．金屬桿中感應(yīng)電流的方向由N流向MC．電路中感應(yīng)電流的大小始終為eq\f(Blω,2r)D．電路中通過的電荷量為eq\f(Bl,2rtanθ)【答案】A【解析】根據(jù)題意可知，金屬桿MN為電源，導(dǎo)軌為外電路，由于導(dǎo)軌電阻不計(jì)，外電路短路，M、N兩點(diǎn)電勢相等，故選項(xiàng)A正確；根據(jù)右手定則可知金屬桿中感應(yīng)電流的方向是由M流向N，故選項(xiàng)B錯誤；由于切割磁場的金屬桿長度逐漸變短，感應(yīng)電動勢逐漸變小，回路中的感應(yīng)電流逐漸變小，故選項(xiàng)C錯誤；因?yàn)閷?dǎo)體棒MN在回路中的有效切割長度逐漸減小，所以接入電路的電阻逐漸減小，不能根據(jù)q＝eq\f(ΔΦ,R)計(jì)算通過電路的電荷量，故選項(xiàng)D錯誤。3．(多選)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、電阻為R的均勻金屬棒AB置于圓導(dǎo)軌上面，BA的延長線通過圓導(dǎo)軌中心O，裝置的俯視圖如圖所示，整個裝置位于一勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，方向豎直向下。在兩環(huán)之間接阻值為R的定值電阻和電容為C的電容器。金屬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，在轉(zhuǎn)動過程中始終與導(dǎo)軌保持良好接觸。導(dǎo)軌電阻不計(jì)。下列說法正確的是()A．金屬棒中電流從B流向AB．金屬棒兩端電壓為eq\f(3,4)Bωr2C．電容器的M板帶負(fù)電D．電容器所帶電荷量為eq\f(3,2)CBωr2【答案】AB【解析】根據(jù)右手定則可知金屬棒中電流從B流向A，選項(xiàng)A正確；金屬棒轉(zhuǎn)動產(chǎn)生的電動勢為E＝Breq\f(ωr＋ω·2r,2)＝eq\f(3,2)Bωr2，切割磁感線的金屬棒相當(dāng)于電源，金屬棒兩端電壓相當(dāng)于電源的路端電壓，因而U＝eq\f(R,R＋R)E＝eq\f(3,4)Bωr2，選項(xiàng)B正確；金屬棒A端相當(dāng)于電源正極，電容器M板帶正電，選項(xiàng)C錯誤；由C＝eq\f(Q,U)可得電容器所帶電荷量為Q＝eq\f(3,4)CBωr2，選項(xiàng)D錯誤。4．(多選)如圖甲所示，發(fā)光竹蜻蜓是一種常見的兒童玩具，它在飛起時(shí)能夠持續(xù)發(fā)光。某同學(xué)對竹蜻蜓的電路作如下簡化：如圖乙所示，半徑為L的導(dǎo)電圓環(huán)繞垂直于圓環(huán)平面、通過圓心O的金屬軸O1O2以角速度ω逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(俯視)。圓環(huán)上接有電阻均為r的三根金屬輻條OP、OQ、OR，輻條互成120°角。在圓環(huán)左半部分張角也為120°角的范圍內(nèi)(兩條虛線之間)分布著垂直圓環(huán)平面向下磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，在轉(zhuǎn)軸O1O2與圓環(huán)的邊緣之間通過電刷M、N與一個LED燈相連。假設(shè)LED燈電阻為r，其他電阻不計(jì)，從輻條OP進(jìn)入磁場開始計(jì)時(shí)。在輻條OP轉(zhuǎn)過120°的過程中，下列說法中正確的是()A．O、P兩端電壓為eq\f(1,4)BL2ωB．通過LED燈的電流為eq\f(BL2ω,8r)C．整個裝置消耗的電能為eq\f(πωB2L4,8r)D．增大磁感應(yīng)強(qiáng)度可以使LED燈發(fā)光時(shí)更亮【答案】BCD【解析】輻條OP進(jìn)入磁場勻速轉(zhuǎn)動時(shí)有E＝BLeq\f(ωL,2)，在電路中OP相當(dāng)于內(nèi)阻為r的電源，另外兩根金屬輻條和LED燈并聯(lián)，故而電路的總電阻R＝eq\f(4r,3)，OP兩端的電壓為電源的路端電壓U＝eq\f(E,R)·eq\f(r,3)＝eq\f(BL2ω,8)，流過LED燈的電流是I＝eq\f(U,r)＝eq\f(BL2ω,8r)，A錯誤，B正確；整個裝置消耗的電能Q＝eq\f(E2,R)t＝eq\f(E2,\f(4r,3))·eq\f(1,3)·eq\f(2π,ω)＝eq\f(πωB2L4,8r)，C正確；由LED燈中電流為I＝eq\f(BL2ω,8r)知，增大角速度、增大磁感應(yīng)強(qiáng)度、減小輻條的電阻和LED燈的電阻等措施可以使LED燈變得更亮，故D正確。5.(2020·德州模擬)如圖所示，長為L的金屬導(dǎo)線彎成一圓環(huán)，導(dǎo)線的兩端接在電容為C的平行板電容器上，P、Q為電容器的兩個極板。磁場方向垂直于環(huán)面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度以B＝B0＋kt(k>0)隨時(shí)間變化。t＝0時(shí)，P、Q兩極板電勢相等，兩極板間的距離遠(yuǎn)小于環(huán)的半徑。經(jīng)時(shí)間t，電容器的P極板()A．不帶電B．所帶電荷量與t成正比C．帶正電，電荷量是eq\f(kL2C,4π)D．帶負(fù)電，電荷量是eq\f(kL2C,4π)【答案】D【解析】磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻增加，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，Q板帶正電，P板帶負(fù)電，A錯誤；由L＝2πR，得R＝eq\f(L,2π)，感應(yīng)電動勢E＝eq\f(ΔB,Δt)·S＝k·πR2，解得E＝eq\f(kL2,4π)，電容器上的電荷量Q＝CE＝eq\f(kL2C,4π)，B、C錯誤，D正確。6.(多選)如圖所示為一圓環(huán)發(fā)電裝置，用電阻R＝4Ω的導(dǎo)體棒彎成半徑L＝0.2m的閉合圓環(huán)，圓心為O，COD是一條直徑，在O、D間接有負(fù)載電阻R1＝1Ω。整個圓環(huán)中均有B＝0.5T的勻強(qiáng)磁場垂直環(huán)面穿過。電阻r＝1Ω的導(dǎo)體棒OA貼著圓環(huán)做勻速圓周運(yùn)動，角速度ω＝300rad/s，則()A．當(dāng)OA到達(dá)OC處時(shí)，圓環(huán)的電功率為1WB．當(dāng)OA到達(dá)OC處時(shí)，圓環(huán)的電功率為2WC．全電路最大功率為3WD．全電路最大功率為4.5W【答案】AD【解析】當(dāng)OA到達(dá)OC處時(shí)，圓環(huán)的電阻為1Ω，與R1串聯(lián)接入電路，外電阻為2Ω，棒轉(zhuǎn)動過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝eq\f(1,2)BL2ω＝3V，圓環(huán)上分壓為1V，所以圓環(huán)上的電功率為1W，選項(xiàng)A正確，B錯誤；當(dāng)OA到達(dá)OD處時(shí)，圓環(huán)中的電流為零，此時(shí)電路中總電阻最小，而電動勢不變，所以全電路的電功率最大為P＝eq\f(E2,R1＋r)＝4.5W，選項(xiàng)C錯誤，D正確。7.如圖所示，a、b兩個閉合正方形線圈用同樣的導(dǎo)線制成，匝數(shù)均為10匝，邊長la＝3lb，圖示區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，且磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻增大，不考慮線圈之間的相互影響，則()A．兩線圈內(nèi)產(chǎn)生順時(shí)針方向的感應(yīng)電流B．a(chǎn)、b線圈中感應(yīng)電動勢之比為9∶1C．a(chǎn)、b線圈中感應(yīng)電流之比為3∶4D．a(chǎn)、b線圈中電功率之比為3∶1【答案】B【解析】當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度變大時(shí)，由楞次定律知，線圈中感應(yīng)電流的磁場方向垂直紙面向外，由安培定則知，線圈內(nèi)產(chǎn)生逆時(shí)針方向的感應(yīng)電流，選項(xiàng)A錯誤；由法拉第電磁感應(yīng)定律E＝Seq\f(ΔB,Δt)及Sa∶Sb＝9∶1知，Ea＝9Eb，選項(xiàng)B正確；由R＝ρeq\f(L,S′)知兩線圈的電阻關(guān)系為Ra＝3Rb，其感應(yīng)電流之比為Ia∶Ib＝3∶1，選項(xiàng)C錯誤；兩線圈的電功率之比為Pa∶Pb＝EaIa∶EbIb＝27∶1，選項(xiàng)D錯誤。8.(多選)在水平放置的兩條平行光滑直導(dǎo)軌上有一垂直其放置的金屬棒ab，勻強(qiáng)磁場與軌道平面垂直，磁場方向如圖所示，導(dǎo)軌接有兩定值電阻及電阻箱R，R1＝5Ω，R2＝6Ω，其余電阻不計(jì)。電路中的電壓表量程為0～10V，電流表的量程為0～3A，現(xiàn)將R調(diào)至30Ω，用F＝40N的水平向右的力使ab垂直導(dǎo)軌向右平移，當(dāng)棒ab達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)，兩電表中有一表正好達(dá)到滿偏，而另一表未達(dá)到滿偏。則下列說法正確的是()A．當(dāng)棒ab達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)，電流表滿偏B．當(dāng)棒ab達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)，電壓表滿偏C．當(dāng)棒ab達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)，棒ab的速度是1m/sD．當(dāng)棒ab達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)，棒ab的速度是2m/s【答案】BC【解析】假設(shè)電壓表滿偏，則通過電流表的電流為I＝eq\f(U,\f(R2R0,R2＋R0))＝2A＜3A，所以電壓表可以滿偏，此時(shí)電流表的示數(shù)為2A，故A錯誤，B正確；棒ab勻速運(yùn)動時(shí)，水平拉力F與安培力大小相等，則有FA＝F＝BIL，得BL＝eq\f(F,I)＝20N/A，感應(yīng)電動勢E＝U＋I(xiàn)R1＝(10＋2×5)V＝20V，又E＝BLv，則得v＝eq\f(E,BL)＝eq\f(20,20)m/s＝1m/s，故C正確，D錯誤。9.(多選)如圖所示，邊長為L、不可形變的正方形導(dǎo)線框內(nèi)有半徑為r的圓形磁場區(qū)域，其磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化關(guān)系為B＝kt(常量k>0)?；芈分谢瑒幼冏杵鱎的最大阻值為R0，滑動片P位于滑動變阻器中央，定值電阻R1＝R0、R2＝eq\f(R0,2)。閉合開關(guān)S，電壓表的示數(shù)為U，不考慮虛線MN右側(cè)導(dǎo)體的感應(yīng)電動勢，則()A．R2兩端的電壓為eq\f(U,7)B．電容器的a極板帶正電C．滑動變阻器R的熱功率為電阻R2的5倍D．正方形導(dǎo)線框中的感應(yīng)電動勢為kL2【答案】AC【解析】P將R分為R左、R右兩部分，R左＝R右＝eq\f(R0,2)，R2與R右并聯(lián)，阻值為eq\f(R0,4)，再與R1、R左串聯(lián)，故R2兩端的電壓為U′＝eq\f(U,R0＋\f(R0,2)＋\f(R0,4))·eq\f(R0,4)＝eq\f(U,7)，故A選項(xiàng)正確；正方形導(dǎo)線框相當(dāng)于電源，根據(jù)楞次定律可知，定值電阻R1的左端與電源的正極相連，則電容器的b極板帶正電，故B選項(xiàng)錯誤；根據(jù)電路的串、并聯(lián)知識和純電阻的熱功率的計(jì)算公式P＝I2R可得，定值電阻R2的熱功率為P＝Ieq\o\al(2,0)·eq\f(R0,2)，滑動變阻器R的熱功率為P′＝Ieq\o\al(2,0)·eq\f(R0,2)＋(2I0)2·eq\f(R0,2)＝5Ieq\o\al(2,0)·eq\f(R0,2)＝5P，即滑動變阻器R的熱功率是定值電阻R2的熱功率的5倍，故C選項(xiàng)正確；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得，正方形導(dǎo)線框中的感應(yīng)電動勢的大小為E＝Seq\f(ΔB,Δt)＝πr2k，故D選項(xiàng)錯誤。10.(2020·吉林省長春市七校第二次聯(lián)考)如圖所示，兩根水平放置的平行金屬導(dǎo)軌，其末端連接等寬的四分之一圓弧導(dǎo)軌，圓弧半徑r＝0.41m。導(dǎo)軌的間距為L＝0.5m，導(dǎo)軌的電阻與摩擦均不計(jì)。在導(dǎo)軌的頂端接有阻值為R1＝1.5Ω的電阻，整個裝置處在豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2.0T?，F(xiàn)有一根長度稍大于L、電阻R2＝0.5Ω、質(zhì)量m＝1.0kg的金屬棒。金屬棒在水平拉力F作用下，從圖中位置ef由靜止開始勻加速運(yùn)動，在t＝0時(shí)刻，F(xiàn)0＝1.5N，經(jīng)2.0s運(yùn)動到cd時(shí)撤去拉力，棒剛好能沖到最高點(diǎn)ab，重力加速度g＝10m/s2。求：(1)金屬棒做勻加速直線運(yùn)動的加速度；(2)金屬棒運(yùn)動到cd時(shí)電壓表的讀數(shù)；(3)金屬棒從cd運(yùn)動到ab過程中電阻R1上產(chǎn)生的焦耳熱?！敬鸢浮?1)1.5m/s2(2)2.25V(3)0.3J【解析】(1)剛開始拉金屬棒時(shí)，由牛頓第二定律得F0＝ma代入數(shù)據(jù)得a＝1.5m/s2(2)t＝2.0s時(shí)，金屬棒的速度v＝at＝3m/s此時(shí)的感應(yīng)電動勢E＝BLv電壓表示數(shù)U＝eq\f(E,R1＋R2)R1，代入數(shù)據(jù)得U＝2.25V(3)金屬棒從cd位置運(yùn)動到ab位置，由動能定理得－mgr－W克安＝0－eq\f(1,2)mv2回路中產(chǎn)生的總焦耳熱Q＝W克安電阻R1上產(chǎn)生的焦耳熱Q1＝eq\f(Q,R1＋R2)R1代入數(shù)據(jù)得Q1＝0.3J11.(2020·南昌三校聯(lián)考)如圖所示，空間分布著水平方向的勻強(qiáng)磁場，磁場區(qū)域的水平寬度d＝0.4m，豎直方向足夠長，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5T。正方形導(dǎo)線框PQMN邊長L＝0.4m，質(zhì)量m＝0.2kg，電阻R＝0.1Ω，開始時(shí)放在光滑絕緣水平板上“Ⅰ”位置?，F(xiàn)用一水平向右的恒力F＝0.8N拉線框，使其向右穿過磁場區(qū)域，最后到達(dá)“Ⅱ”位置(MN邊恰好出磁場)。已知線框平面在運(yùn)動中始終保持在豎直平面內(nèi)，PQ邊剛進(jìn)入磁場時(shí)線框恰好做勻速運(yùn)動，g取10m/s2。試求：(1)線框進(jìn)入磁場前運(yùn)動的距離D；(2