2019版高考物理一轮复习精选题辑周测九电磁感应交变电流

1、3.周测九电磁感应交变电流（A 卷）（本试卷满分 95 分）一、选择题（本题包括 8 小题，每小题 6 分，共 48 分在每小题给出的四个选项中，有 的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的.全部选对的得 6 分，选不全的得 3 分，有选错或不答的得 0 分）1.,-1总II两根通电直导线M N都垂直纸面固定放置，通过它们的电流方向如图所示，正方形线 圈L的平面跟纸面平行，现将线圈从位置A沿M N连线的中垂线迅速平移到位置B,则在平移过程中，线圈中的感应电流（）A 沿顺时针方向，且越来越小B. 沿逆时针方向，且越来越大C. 始终为零D. 先顺时针，后逆时针答案：C解析：本题借助直

2、导线电流周围磁场磁感线的分布特点，考查产生感应电流的条件.根据直导线电流周围磁场磁感线的分布特点可知，两直导线所产生的磁场方向与线圈平面平 行，故穿过线圈L的磁通量始终为零，则线圈中的感应电流始终为零，C 项正确.2.某磁场磁感线如图所示，有一铜线圈自图示A位置下落至B位置，在下落过程中，自上往下看，线圈中感应电流的方向是（）A. 始终顺时针B. 先顺时针再逆时针C. 始终逆时针D. 先逆时针再顺时针答案：B解析：本题借助给定的磁感线分布图，考查用楞次定律判断感应电流的方向.由磁感线分布特点知，从A位置到B位置，磁感应强度先增大，后减小，则线圈由A位置下落至磁感应强度最大位置的过程中，磁通量向

3、上增加，然后下落至B位置的过程中，磁通量向上减少， 根据楞次定律可知线圈中感应电流的方向（自上往下看）先顺时针再逆时针，B 项正确.2（多选）如图所示，一根空心铝管竖直放置， 把一枚小圆柱形的永磁体从铝管上端由静止 释放，经过一段时间后，永磁体穿出铝管下端口. 假设永磁体在铝管内下落过程中始终沿着 铝管的轴线运动，不与铝管内壁接触，且无翻转忽略空气阻力，则下列说法中正确的是（ ）A. 若仅增强永磁体的磁性，则永磁体穿出铝管时的速度变小B. 若仅增强永磁体的磁性，则永磁体穿过铝管的时间缩短C. 若仅增强永磁体的磁性，则永磁体穿过铝管的过程中产生的焦耳热减少D. 若铝管有自上到下的裂缝，则在永磁体

4、穿过铝管的过程中，永磁体动能的增加量等 于其重力势能的减少量答案：AD解析：本题主要考查了电磁感应现象，意在考查考生的理解能力和推理能力.空心铝管可以看成由无数个水平线圈上下拼成，假设永磁体质量为m当永磁体下落时，就相当于铝管相对永磁体向上切割永磁体的磁感线（就如无数个线圈切割磁感线），在铝管中产生环形感应电流，而该电流又产生磁场， 而且这个磁场的方向与永磁体的磁场方向相反，所以铝管对永磁体产生一个向上的力F,永磁体向下的加速度变为a= （mg- F）/m若仅增强永磁体的磁 性，则永磁体向下的加速度变小，所以永磁体穿出铝管时的速度变小，下落的时间变长，穿过铝管的过程中产生的焦耳热增大，故选项A

5、 正确，BC 错误；当铝管有裂缝时，铝管不能产生感应电流，也就没有感应磁场， 那么铝管对永磁体也就没有力的作用了，永磁体做自由落体运动，其机械能守恒，故选项D 正确.4.如图所示，在AB区域中存在着匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里.一直角三角形导 线框abc位于纸面内，c点与磁场的边界重合，ab边与磁场边界平行. 导线框与磁场区域的 尺寸如图中所示.从t= 0 时刻开始，线框匀速穿过该磁场区域，以a为线框中电流i的正方向，下列四个it关系示意图中正确的是（）0-i1 11 i1I*1+r10-i：!2ta热怙沆K t4 iB4JoU气To“盒u *答案：C解析：本题借助导线框穿过磁场， 考查楞

6、次定律、法拉第电磁感应定律、i-1图象.导 线框进入磁场时，穿过导线框的磁通量增大，由楞次定律可判断出导线框中的感应电流方向 为bcTa,与规定电流方向相同，故选项D 错误；同理，穿出磁场时，导线框中的感3应电流方向与规定电流方向相反，故选项 A 错误；进入或穿出磁场时，导线框切割磁感线的有效长度越来越长，感应电流应越来越大，故选项B 错误、C 正确.5. （2018 山东德州期末）理想变压器原线圈a的匝数ni= 500 匝，副线圈b的匝数 压 =50 匝，线圈a接在频率为 50 Hz 的余弦交流电源u上，灯泡 Li、L2、L3按如图所示接入电 路中，且都恰好正常发光，其中Li正常发光时的电阻

7、为 400Q, L2、L3规格均为“10 V 5W .电压表 M、V2均为理想电表.下列推断正确的是（）A. 电压表 Vi、V2的示数分别为 200 V、20 VB.灯泡 Li的规格为“ 200 V 10 WC.交流电源的电压瞬时值表达式为u= 220 2 cosi00nt（V）D.交流电源的输出功率是20 W答案：C解析：灯泡 L2、L3的规格均为“ 10 V5 W,则理想变压器副线圈两端电压有效值为20 V,理想变压器原、副线圈匝数比为=，则原线圈两端的电压有效值为U=二 Un2501n2P 5jn=200 V,副线圈中的电流有效值为丨2= -= A = 0.5 A,则原线圈中的电流有效值

8、为11=U10ni12= 0.05 A，灯泡 Li两端的电压有效值为ULi=liR= 20 V，故电压表 M 的示数为 U/=U+LLi=220 V,选项 A 错误；灯泡 Li的功率为P=LLiIi= 20X0.05 W= 1 W 故灯泡 Li规格为“ 20 V 1 W ,选项 B 错误；根据题意，交流电源电压瞬时值的表达式为u= 220 2cos100nt（V）, 选项 C 正确；由以上分析并结合能量守恒定律可知，交变电源的输出功率为5 W+ 5W+ 1 W=11 W,选项 D 错误.6.（2018 广西陆川期末）（多选）如图所示，理想变压器原线圈两端接正弦式交变电压u,u= 220 2si

9、n10nt（V），电压表 V 接在副线圈c、d两端（不计导线电阻）.则（）A. 当滑动变阻器滑片向右滑动时，电压表示数不变B.当滑动变阻器滑片向右滑动时，电流表 A2的示数始终为零C.若仅改变u,使u= 220 2sin200nt（V），滑动变阻器滑片不动，则电流表Ai的示数 增大D.若仅改变u,使u= 220.2sin200nt（V），滑动变阻器滑片不动，则电流表Ai的示数 减小答案：AC解析：当滑动变阻器R的滑片向右滑动时，R接入电路的电阻变大，原线圈电压不变，匝数比不变，所以副线圈电压不变，电压表示数不变，选项 A 正确；电容器通交流、隔直流,交流电流表读数为有效值，电流表A 的示数不为

10、零，选项 B 错误；若滑动变阻器滑片不动，4仅改变u,使u= 220：2sin200nt（V），频率变大，电容器容抗减小，副线圈电压不变，则 电流增大，电流表 Ai的示数增大，选项 C 正确，D 错误.7. （2018 福建大门第一中学月考）（多选）如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为 5 : 1，原线圈接入图乙所示的电压，畐U线圈接火灾报警系统（报警器未画出），电压表和电流表均为理想电表，R）为定值电阻，Rr 为半导体热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，下列说法正确的是（）5A.B.C.D.图乙中电压的有效值为 电压表的示数为 44 VRr 处出现火警时电流表示数增大Rr 处出现

11、火警时电阻 R）消耗的电功率增大H/Vd敢 I Pa0.010. 02 0.03甲220 V答案：解析：um2二T2CD设将此电压加在阻值为R的电阻上，电压的最大值为Un,电压的有效值为U,则U2R 2 R-T,代入数据得图乙中电压的有效值为110 2 V,选项 A 错误；理想变压器原、畐U线圈的电压与匝数成正比，所以变压器原、畐U线圈的电压之比是5 : 1,所以电压表的示数为 22 2 V,选项 B 错误；Rr 处温度升高时，阻值减小，由于电压不变，所以出现火 警时电流表示数增大，电阻R）消耗的电功率增大，选项C、D 正确.（2018 湖南长沙长郡中学月考）如图甲所示，交流发电机的矩形线圈边

12、长ad=bc= 0.4 m，线圈匝数为 50 匝，线圈的总电阻r= 1的匀强磁场中绕垂直磁场的轴以100 r/s 的转速匀速转动，n&0.2 m ,=0.2 T压表为理想交流电压表，则（）Lt94c/Li-L J1=1iliiL.匚甲图甲中交流电压表的示数为 80.、2 V _ 图甲中电阻R上消耗的电功率为 1 152,2 Wab=cd=Q，线圈在磁感应强度B外接电阻R= 9Q,电A.B.C. 如图乙所示，在外电路接上原、畐U线圈匝数比R上消耗的电功率最大D. 如图乙所示，在外电路接上原、畐U线圈匝数比R上消耗的电功率最大答案：D解析：根据公式E=nBSco可得线圈产生的最大感应电动势

13、为Em=100、EmR2n =丿 V = 160 V,电压表测量的是有效值，所以2=灵乂U272-22=1 152 W50X0.2 X (0.2 X 0.4) X1的理想变压器时，电阻ni:n2= 1：3的理想变压器时，电阻R+r1609=XV = 72 ;2 V，选项 A 错误；电阻R上消耗的电功率P= =；2 10R选项 B 错误；若没有变压器，当内、外电路电阻相等时，输出功率最大，即电阻EmR上消耗的R160功率最大，即相当于R的电阻减小为 1 Q,此时R两端的电压应该为U=p；XR，+=正X2 V = 40 2 V,最大功率为US则 3 200 =R，需要的电压为二、非选择题（本题包括

14、9. （11 分）如图为一研究P=UR= 3 200 W 若加上变压器，电阻R的功率为 3 200 WU0= 120 强 V，故77=旦=,选项 C 错误，D 正确.U0n234 小题，共 47 分）“电磁感应现象”的实验装置.67（1）将图中所缺的导线补接完整.（2）如果在闭合电键时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上电键后：1将小线圈迅速插入大线圈时，灵敏电流计指针将 _（填“左偏”或“右偏”）.2小线圈插入大线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，灵敏电流计指针将 _（填“左偏”或“右偏”）.答案：（1）如图所示（2）右偏 左偏解析：（2）大线圈中的磁通量增加时，产生的感应电流使灵敏

15、电流计指针向右偏.将 小线圈迅速插入大线圈时，大线圈中的磁通量增加，灵敏电流计的指针向右偏；将滑动变阻器的触头迅速向左拉时，小线圈中的电流减小， 则大线圈中的磁通量减小，产生的感应电流使灵敏电流计的指针向左偏.10. （12 分）轻质绝缘细线吊着一质量为m= 0.42 kg、边长为L= 1 m、匝数n= 10 的正方形线圈，其总电阻为r= 1Q.在线圈的中间位置以下区域分布着磁场，如图甲所示.磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间变化关系如图乙所示.（重力加速度g取 10m/s2）三三三_,5阴1一XX X X XXo24(5出（1）判断线圈中产生的感应电流的方向是顺时针还是逆时针?（2）

16、求线圈的电功率；（3）求t= 4 s 时轻质绝缘细线的拉力大小. 答案：（1）逆时针 （2）0.25 W （3）1.2 N解析：（1）由楞次定律知感应电流的方向为逆时针方向.（2）由法拉第电磁感应定律得l 1,2ABE=n-=nx-L-=0.5 VAt2AtntE2贝 y p= 0.25 Wr(3)t= 4 s 时，B= 0.6 T ,I=E= 0.5 A ,F安=nBIL,F安+F线=mg联立解得F线=1.2 N.11. （12 分）（2018 乌鲁木齐二检）边长为L的正方形区域内有垂直纸面向里的匀强磁，总电阻为R的正方形 线圈abed放入磁场，线圈所在平面与磁感线垂直，如图乙所示.求：场，

17、穿过该区域的磁通量随时间变化的图象如图甲所示将边长为制卩8(1)磁感应强度的变化率to时刻线圈ab边受到的安培力大小.200一2一 (2)-Lto8toRL2B BoB解析：由题意可知0=BL,匚，解得卫匚,、Bo(2)线圈中的感应电动势为E=OL X-=幺丿 t4to由闭合电路欧姆定律i=R安培力12. (12 分)如图，在竖直面内有两平行金属导轨A B、C D.导轨间距为L= 1 m电阻不计一根电阻不计的金属棒ab可在导轨上无摩擦地滑动棒与导轨垂直，并接触良好在分界线MN的左侧，两导轨之间有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B= 1 T.MN右侧，两导轨与电路连接电路中的两个定值电阻阻值分

18、别为R= 4Q、F2= 2Q.在EF间2接有一水平放置的平行板电容器C,板间距离为d= 8 cm.(g= 1o m/s )(1) 闭合开关 K,当ab以某一速度v匀速向左运动时，电容器中一质量为m= 8X107kg,电荷量为q= 3.2X10 17C 的带电微粒恰好静止，试判断微粒的带电性质并求出ab的速度v；(2) 断开开关 K,将ab固定在离MN边界距离x= 0.5 m 的位置静止不动.MN左侧的磁场 按B= 1+ 0.5t(T)的规律开始变化，试求从t= 0 至t= 4 s 过程中通过电阻R的电荷量.1答案：(1)带负电，6 m/s (2)八 C6解析：(1)由右手定则可得，金属棒切割磁

19、感线产生的电流方向由b指向a,则电容器上极板带正电，对带电微粒进行受力分析， 微粒受到的电场力与重力平衡， 可得电场力方向 向上，微粒带负电荷.金属棒切割磁感线产生的电动势E=BLv感应电流I= 丁二R+R两端电压 U=IR2由平衡条件得m=qUd联立可得v= 6 m/s(2)由B= 1 + 0.5t(T)，可得；B= 0.5 T/s由法拉第电磁感应定律可得，产生的电动势,BE= Lx= 0.25 Vt4口It心丿Ka L-2答案：oL2toBolL2解得F=8toRL9则感生电流I= 口 =1AFF+ 民 241则通过电阻R的电荷量Q= I t=- C610周测九 电磁感应交变电流（B 卷）

20、（本试卷满分 95 分）一、选择题（本题包括 8 小题，每小题 6 分，共 48 分在每小题给出的四个选项中，有 的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的.全部选对的得 6 分，选不全的得 3 分，有选错或不答的得 0 分）1.如图所示，在水平地面下有一条沿东西方向铺设的水平直导线，导线中通有自东向 西稳定、强度较大的直流电流现用一闭合的检测线圈（线圈中串有灵敏电流计，图中未画出）检测此通电直导线的位置，若不考虑地磁场的影响，在检测线圈位于水平面内，从距直 导线很远处由北向南沿水平地面通过导线的上方并移至距直导线很远处的过程中，俯视检测如图为地下通电直导线产生的磁场的正视图，当线

21、圈在通电直导线正上方的左侧时由楞次定律知，线圈中感应电流方向为逆时针，同理在右侧也为逆时针， 当线圈一部分在左侧一部分在右侧时为顺时针，故 D 正确.2.（多选）某同学设计的家庭电路保护装置如图所示，铁芯左侧线圈Li由火线和零线并行绕成当右侧线圈 L2中产生电流时，电流经放大器放大后，使电磁铁吸起铁质开关K,从而切断家庭电路.仅考虑Li在铁芯中产生的磁场，下列说法正确的有（）电踣家庭电路正常工作时，L2中的磁通量为零家庭电路中使用的用电器增多时，L2中的磁通量不变家庭电路发生短路时，开关 K 将被电磁铁吸起地面上的人接触火线发生触电时，开关K 将被电磁铁吸起答案：ABD解析：由于火线和零线并行

22、绕制， 小相等，方向相反，因此合磁通量为零，L2中的磁通量为零，的用电器增多时，火线和零线中的电流仍然大小相等，方向相反，正确；家庭电路发生短路时，火线和零线中的电流同时增大，A.B.C.D.所以在家庭电路正常工作时，火线和零线中的电流大A 项正确；当家庭电路中使用La中的磁通量不变，B 项 合磁通量仍然为零，因此开关11K 不会被电磁铁吸起， C 项错误；当地面上的人接触火线发生触电时，火线中的电流突然变 大，即Li中的磁场发生变化，导致L2中的磁通量变化，L2中产生感应电流，电磁铁将开关12吸起，D 项正确.3如图所示，A B 是两个完全相同的灯泡， D 是理想二极管, 自感系数很大，直流

23、电阻忽略不计下列说法正确的是（）A 先亮 A B 同时亮B 逐渐熄灭A 闪亮一下，然后逐渐熄灭答案：D解析：S 闭合瞬间，线圈相当于断路，二极管两端为反向电压，电路中无电流通过，A、B 都不亮，选项 A、B 错误；开关 S 断开瞬间，B 立刻熄灭，由于自感线圈与 A 形成回路，二 极管正向导通，A 闪亮一下，然后逐渐熄灭，故选项 C 错误，选项 D 正确.4.如图甲，线圈ab、cd绕在同一软铁芯上，在ab线圈中通以变化的电流，用示波器 测得线圈cd间电压如图乙所示，已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比，则下列描 述线圈ab中电流随时间变化关系的图中，可能正确的是（）答案：C解析：由线圈cd

24、间的电压图象可知，00.5 s 内，0.51.5 s 内，cd间的电压分 别为不同的恒定值，由法拉第电磁感应定律知，00.5 s 内，0.51.5 s 内，穿过线圈cd中磁通量的变化率分别为不同的恒定值，在00.5 s 内，0.51.5 s 内，线圈ab中电流应该是均匀变化的，故选项C 可能正确.AB5.（多选）如图甲所示，竖直向上的匀强磁场的磁感应强度B0= 0.5 T,并且以石 =0.1T/s 的变化率均匀增大，变化图象如图乙所示，水平放置的导轨不计电阻，不计摩擦阻力， 宽度L= 0.5m，在导轨上放着一金属棒MN电阻 R）= 0.1Q，并且水平细线通过定滑轮悬吊着质量M=0.2 kg 的

25、重物.导轨的定值电阻R=0.4Q,与P、Q端点相连组成回路.又知PN长d= 0.8 m .在重物被拉起的过程中，下列说法中正确的是（g取 10 N/kg）（ ）L是带铁芯的线圈，其rVWWiBA. S 闭合瞬间,B. S 闭合瞬间,C. S 断开瞬间,D. S 断开瞬间,13电阻R中电流的方向由P到Q电流的大小为 0.1 A从磁感应强度为B0开始计时，经过电阻R上产生的热量约为 16 JMg0.2X10,B宀 008X05T=50 T，B=时眉t=.5+J，22电阻R上产生的热量为C=I Rt= (0.08)X0.4X495 J= 1.27答案：AC解析：根据楞次定律可知电流方向为B -S0.

26、1 X 0.8X0.5zvt _R）+R_=MRNR i CHM故 A 项正确；电流大小I=0.1 + 0.4A = 0.08 A，故 B 项错误；要恰好把质量M= 0.2 kg 的重物6. （2018 山西五校联考副线圈匝数n2= 100 匝，将原线圈接在阻值R=5Q的定值电阻、理想电流表和理想电压表.现在）（多选）如图所示，一理想变压器原线圈匝数n1= 1 000 匝,u= 100、,2sin100nt（V）的交流电压上，副线圈接有A B两点间接入不同的电子元件，下列说法正确的是（）A.穿过铁芯的磁通量的最大变化率为1 Wb/sB.若在A B两点间接入一阻值 R= 15Q的定值电阻，则电压

27、表示数为2.5 VC. 若在A B两点间接入一内阻r= 5Q的电动机（正常工作），则电流表的示数为 1 AD. 若在AB 两点间接入一只电容器，则降低交流电的频率时，电压表的示数减小 答案：BD解析：根据法拉第电磁感应定律知磁通量变化率最大时有，代入数据解得E1m=n1乎 = Wb/s，即穿过铁芯的磁通量的最大变化率为普 Wb/s，故 A 错误；原线圈电压t1010的有效值U=100泸 V = 100 V，根据理想变压器中原副线圈的电压与匝数成正比，V2得副线n2100圈两端的电压有效值U=：U=而匸X 100 V = 10 V，A、B两点间接入一阻值n1I 000R=15Q的定值电阻，副线圈

28、中电流I2=U，= 口 10 口 A = 0.5 A，电压表示数等于电阻R两端的电R十R5 十 15压U= 12R= 0.5X5 V = 2.5 V，故 B 正确；在A B两点间接入一内阻r= 5Q的电动机（正常工作），欧姆定律不适用，电流表示数1工R十r= 5+ 5 A =1A，故 C 错误；在AB间接入一只电容器，降低交流电的频率，容抗增大，畐 U 线圈电流减小，电阻 所以电压表的示数减小，故 D 正确.R两端的电压减小,A.B.C.495 s 的时间，金属棒MN恰能将重物拉起拉起，贝 UF安=T= Mgj= 2 N,解得t= 495 s,故 C 项正确;J,故 D 项错误.1415侧面会

29、形成电势差则下列说法中正确的是（）A.若元件的载流子是自由电子，则D 侧面的电势高于C 侧面的电势B.若元件的载流子是空穴，则D 侧面的电势高于 C侧面的电势C. 在测地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持竖直D. 在测地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持水平答案：AC解析：若载流子为自由电子，由左手定则可判断电子受洛伦兹力作用偏向C侧面，则侧面的电势会低于D侧面，选项 A 正确；若载流子为空穴，根据左手定则， 空穴在洛伦兹力 的作用下也是向C侧面聚集，C侧面的电势会高于D侧面，选项 B 错误；地球赤道上方的地 磁场的方向沿水平方向，霍尔元件的工作面应保持竖直才能让地磁场垂直

30、其工作面，选项 正确，D 错误.& （2018 河北武邑中学月考）（多选）如图所示为音箱的电路图，高、低频混合电流由a、b端输入，Li和L2是线圈，甲扬声器是低频扬声器C2的作用是阻碍高频电流通过乙扬声器Li的作用是阻碍高频电流通过甲扬声器L2的作用是减少通过乙扬声器的高频电流答案：AC解析：高频和低频交流电通入该电路，由于电感线圈通低频、阻高频，电容器通高频、 阻低频，所以低频交流电通过甲扬声器，高频交流电通过乙扬声器， 所以甲扬声器是低频扬声器，选项 A 正确；C的作用是阻碍低频电流通过乙扬声器，选项B 错误；Li的作用是阻碍高频电流通过甲扬声器， 选项 C 正确；L2的作用是让低

31、频交流电通过，减少通过乙扬声器的低频电流，选项 D 错误.二、非选择题（本题包括 4 小题，共 47 分）9. （11 分）两根足够长的平行金属导轨间的距离为L,导轨光滑且电阻不计，导轨所在的平面与水平面夹角为0.在导轨所在平面内，分布磁感应强度为B方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场.把一个质量为m的导体棒ab放在金属导轨上，在外力作用下保持静止，导体棒与金属导轨垂直且接触良好，与金属导轨接触的两点间的导体棒电阻为R.完成下列7. （2018 陕西西安中学二模）（多选）霍尔元件广泛应用于测量和自动控制等领域，霍 尔元件一般用半导体材料做成，有的半导体中的载流子（自由电荷）是自由电子，有的半导体中

32、的载流子是空穴（相当于正电荷）如图所示为用半导体材料制成的霍尔元件的工作原理示 意图，磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下，通入电流I的方向如图所示，C D两A.B.C.D.16(2) 如图乙，金属导轨的一端接一个阻值为R2的定值电阻，撤去外力让导体棒由静止开始下滑，在加速下滑的过程中，当导体棒的速度达到v时，求此时导体棒的加速度；(3) 求第(2)问中导体棒所能达到的最大速度.宀mg R+rEIn 0答案：BLdl半径分别为r和 2r的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为 分布均匀的直导体棒AB置于圆导轨上面.BA的延长线通过圆导轨中心 图所示整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为

33、 的C点和外圆导轨的D点之间接有一阻值为R的电阻(图中未画出)直导体棒在水平外力作用下以角速度3绕0逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触设导体棒 与导轨之间的动摩擦因数为，导体棒和导轨的电阻均可忽略重力加速度大小为g. 求:(1) 通过电阻R的感应电流的方向和大小；(2) 外力的功率.gsin0BVv0m R+Rmg R+Rsin 0BLE1=RT7，导体棒受到的安培力为F安=BIL, 对导体棒受力分析知F安=min0.sin解析：(1)回路中的电流为联立上面三式解得E mg R+rBL(2)当导体棒速度为导体棒受到的安培力解得a=gsin0m R+RBVv当R十R=mgsin0

34、时，mg R十艮 i n 0v时，产生的感应电动势E=BLv， 此导体棒达到最大速度Vm,可得BT10. （12 分）E_BLvR=RTR?，BVvA_R+艮，r、质量为m且质量0,装置的俯视图如B,方向竖直向下.在内圆导轨1733Br2答案：(1)2R，方向由C向D3932BV(2) 2 卩mgo r十一 4R-解析：(1)在t时间内，导体棒扫过的面积为12 2S= -3 t(2r)r根据法拉第电磁感应定律，导体棒上感应电动势的大小为E=営根据右手定则，感应电流的方向是从B端流向A端.因此，通过电阻R的感应电流的方18向是从C端流向D端.由欧姆定律可知，通过电阻R的感应电流的大小I满足1=E

35、R3Br2联立式得I=3:2R(2)在竖直方向有mg-2N=0式中，由于质量分布均匀，内、外圆导轨对导体棒的支持力大小相等，其值为 轨对运行的导体棒的滑动摩擦力均为在t时间内，导体棒在内、外圆导轨上扫过的弧长分别为11=ro t12=2ro t克服摩擦力做的总功为W=f(l1+I2)在t时间内，消耗在电阻W= I2RAt根据能量守恒定律知，外力在W= W+W?(1) 求金属杆CD运动过程中产生的感应电动势E及运动到x= 0.8 m 处电势差 UbD(2) 推导金属杆CD从MN处运动到P点过程中拉力F与位置坐标x的关系式，并在图乙 中画出Fx关系图象；(3) 求金属杆CD从MN处运动到P点的全过程产生的焦耳热.答案：(1)E= 1.5 VUCD= 0.6 V(2)F= 12.5 3.75x(N)(0 x 2)，图象见解析(3) Q= 7.5 J解析：(1)金属杆CD在匀速运动中产生的感应电动势E=Blv(l=d)，代入数值得E= 1.5 V.当x= 0.8 m 时，金属杆在导轨间的电势差为零(被短路)，设此时杆在导轨外的长度为l外，则Oi xl外=dop d,OR=由楞次定律判断D点电势高，故CD两端电势差N两导R上的功为t时间内做的功为Wp=?t-3P= 2 mgo r+4R-11. (12 分)如图甲所示，匀强磁场的磁感应强度B为 0.5 T，其方向垂直于倾角0