2019-2020年高考物理一輪復(fù)習(xí)講義 第2講 法拉第電磁感應(yīng)定律自感渦流.doc

2019-2020年高考物理一輪復(fù)習(xí)講義 第2講 法拉第電磁感應(yīng)定律自感渦流一、法拉第電磁感應(yīng)定律1感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)(1)概念：在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)感生電動(dòng)勢(shì)：由于磁場(chǎng)的變化而激發(fā)出感生電場(chǎng)，由感生電場(chǎng)而產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)：由于導(dǎo)體在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)而產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)(2)條件：無論電路是否閉合，只要穿過電路的磁通量發(fā)生變化，電路中就一定有感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)(3)與感應(yīng)電流的關(guān)系：遵守閉合電路歐姆定律，即I.2法拉第電磁感應(yīng)定律(1)定律內(nèi)容：電路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小，跟穿過這一電路的磁通量的變化率成正比(2)公式：En.其中n為線圈的匝數(shù)二、導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)導(dǎo)體棒切割磁感線時(shí)，可有以下三種情況：切割方式電動(dòng)勢(shì)表達(dá)式說明垂直切割EBLv導(dǎo)體棒與磁場(chǎng)方向垂直磁場(chǎng)為勻強(qiáng)磁場(chǎng)傾斜切割EBLvsin_其中為v與B的夾角旋轉(zhuǎn)切割(以一端為軸)EBL2三、自感和渦流1自感現(xiàn)象(1)概念：由于導(dǎo)體本身的電流變化而產(chǎn)生的電磁感應(yīng)現(xiàn)象稱為自感，由于自感而產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)叫做自感電動(dòng)勢(shì)(2)表達(dá)式：EL.(3)自感系數(shù)L相關(guān)因素：與線圈的大小、形狀、匝數(shù)以及是否有鐵芯有關(guān)單位：亨利(H,1 mH103 H,1 H106 H)2渦流當(dāng)線圈中的電流發(fā)生變化時(shí)，在它附近的任何導(dǎo)體中都會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，這種電流像水的旋渦所以叫做渦流(1)電磁阻尼：當(dāng)導(dǎo)體在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，感應(yīng)電流會(huì)使導(dǎo)體受到安培力，安培力的方向總是阻礙導(dǎo)體的運(yùn)動(dòng)(2)電磁驅(qū)動(dòng)：如果磁場(chǎng)相對(duì)于導(dǎo)體運(yùn)動(dòng)，在導(dǎo)體中會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流使導(dǎo)體受到安培力的作用，安培力使導(dǎo)體運(yùn)動(dòng)起來交流感應(yīng)電動(dòng)機(jī)就是利用電磁驅(qū)動(dòng)的原理工作的(3)電磁阻尼和電磁驅(qū)動(dòng)的原理體現(xiàn)了楞次定律的推廣應(yīng)用1關(guān)于電路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小，下列說法正確的是()A穿過電路的磁通量越大，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)就越大B電路中磁通量的改變量越大，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)就越大C電路中磁通量改變?cè)娇?，感?yīng)電動(dòng)勢(shì)就越大D若電路中某時(shí)刻磁通量為零，則該時(shí)刻感應(yīng)電流一定為零答案：C2穿過一個(gè)單匝閉合線圈的磁通量始終為每秒均勻增加 2 Wb，則()A線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)每秒增加2 VB線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)每秒減少2 VC線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)始終為2 VD線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)始終為一個(gè)確定值，但由于線圈有電阻，電動(dòng)勢(shì)小于2 V解析：由E知：/t恒定，所以E2 V.答案：C3.如圖所示，L為一個(gè)自感系數(shù)很大的自感線圈，開關(guān)閉合后，小燈泡能正常發(fā)光，那么閉合開關(guān)和斷開開關(guān)的瞬間，能觀察到的現(xiàn)象分別是()A小燈泡逐漸變亮，小燈泡立即熄滅B小燈泡立即亮，小燈泡立即熄滅C小燈泡逐漸變亮，小燈泡比原來更亮一下再慢慢熄滅D小燈泡立即亮，小燈泡比原來更亮一下再慢慢熄滅解析：開關(guān)閉合瞬間，通過自感線圈的電流逐漸增大，自感線圈產(chǎn)生自感電動(dòng)勢(shì)阻礙原電流的增加，故小燈泡逐漸變亮；開關(guān)斷開瞬間，回路處于斷開狀態(tài)，故小燈泡立即熄滅，選項(xiàng)A正確答案：A4.如圖所示，正方形線圈abcd位于紙面內(nèi)，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，匝數(shù)為N，線圈內(nèi)接有電阻值為R的電阻，過ab中點(diǎn)和cd中點(diǎn)的連線OO恰好位于垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的右邊界上，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.當(dāng)線圈轉(zhuǎn)過90時(shí)，通過電阻R的電荷 量為()A. B.C. D.解析：初狀態(tài)時(shí)，通過線圈的磁通量為1，當(dāng)線圈轉(zhuǎn)過90時(shí)，通過線圈的磁通量為0，由qN可得通過電阻R的電量為.答案：B5.如圖所示，一段導(dǎo)線彎曲成半徑為R的半圓形閉合回路虛線MN、PQ間有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)的寬度等于R，方向垂直于回路所在的平面現(xiàn)讓回路以速度v向右勻速穿過磁場(chǎng)，直徑CD始終與MN垂直關(guān)于此過程，下列結(jié)論正確的是()A穿過的過程中回路中感應(yīng)電流一直不為零B感應(yīng)電流的方向一直不變C感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)先增大后減小再增大再減小D感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大值Em2BRv解析：當(dāng)回路的圓心到磁場(chǎng)的中間時(shí)，回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零，電流為零，A項(xiàng)錯(cuò)誤；磁通量先向里增大，后向里減小，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流的方向先沿逆時(shí)針方向后沿順時(shí)針方向，B項(xiàng)錯(cuò)誤；當(dāng)回路的圓心到MN或PQ上時(shí)，切割磁感線的有效長(zhǎng)度最長(zhǎng)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大為BRv，D項(xiàng)錯(cuò)誤；在穿過磁場(chǎng)的過程中，回路切割磁感線的有效長(zhǎng)度先變大，后變小，再變大，再變小，因此感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)先增大后減小再增大再減小，C項(xiàng)正確答案：C1決定感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小的因素感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E的大小決定于穿過電路的磁通量的變化率和線圈的匝數(shù)n.而與磁通量的大小、磁通量變化量的大小無必然聯(lián)系2磁通量變化通常有兩種方式(1)磁感應(yīng)強(qiáng)度B不變，垂直于磁場(chǎng)的回路面積發(fā)生變化，此時(shí)EnB；(2)垂直于磁場(chǎng)的回路面積不變，磁感應(yīng)強(qiáng)度發(fā)生變化，此時(shí)EnS，其中是Bt圖象的斜率(xx新課標(biāo)全國(guó)卷)如圖，均勻磁場(chǎng)中有一由半圓弧及其直徑構(gòu)成的導(dǎo)線框，半圓直徑與磁場(chǎng)邊緣重合；磁場(chǎng)方向垂直于半圓面(紙面)向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0.使該線框從靜止開始繞過圓心O、垂直于半圓面的軸以角速度勻速轉(zhuǎn)動(dòng)半周，在線框中產(chǎn)生感應(yīng)電流現(xiàn)使線框保持圖中所示位置，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間線性變化為了產(chǎn)生與線框轉(zhuǎn)動(dòng)半周過程中同樣大小的電流，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化率的大小應(yīng)為()A.B.C. D.解析：當(dāng)線框繞過圓心O的轉(zhuǎn)動(dòng)軸以角速度勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，由于面積的變化產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，從而產(chǎn)生感應(yīng)電流設(shè)半圓的半徑為r，導(dǎo)線框的電阻為R，即I1.當(dāng)線圈不動(dòng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度變化時(shí)，I2，因I1I2，可得，C選項(xiàng)正確答案：C(1)應(yīng)用法拉第電磁感應(yīng)定律解題的一般步驟分析穿過閉合電路的磁場(chǎng)方向及磁通量的變化情況；利用楞次定律確定感應(yīng)電流的方向；靈活選擇法拉第電磁感應(yīng)定律的不同表達(dá)形式列方程求解(2)應(yīng)注意的問題通過回路的電荷量q僅與n、和回路電阻R有關(guān)，與變化過程所用的時(shí)間長(zhǎng)短無關(guān)，推導(dǎo)過程：qtt.11：在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，水平放置一個(gè)不變形的單匝金屬圓線圈，線圈所圍的面積為0.1 m2，線圈電阻為1 .規(guī)定線圈中感應(yīng)電流I的正方向從上往下看是順時(shí)針方向，如圖甲所示磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖乙所示則下列說法正確的是()A在時(shí)間05 s內(nèi)，I的最大值為0.1 AB在第4 s時(shí)刻，I的方向?yàn)槟鏁r(shí)針C前2 s內(nèi)，通過線圈某截面的總電量為0.01 CD第3 s內(nèi)，線圈的發(fā)熱功率最大解析：根據(jù)Bt圖象的斜率表示，由EnSk，因此剛開始時(shí)，圖象的斜率為0.1，代入得電源的電動(dòng)勢(shì)為0.01 V電流為0.01 A，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；在第4 s時(shí)，根據(jù)楞次定律，電流為逆時(shí)針，故B項(xiàng)正確；由q，代入得C項(xiàng)正確；第3 s內(nèi)，B不變，故不產(chǎn)生感應(yīng)電流，因此發(fā)熱功率為零，D項(xiàng)錯(cuò)誤答案：BC1理解EBlv的“四性”(1)正交性：本公式是在一定條件下得出的，除磁場(chǎng)為勻強(qiáng)磁場(chǎng)外，還需B、l、v三者互相垂直(2)瞬時(shí)性：若v為瞬時(shí)速度，則E為相應(yīng)的瞬時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)(3)有效性：公式中的l為導(dǎo)體切割磁感線的有效長(zhǎng)度(4)相對(duì)性：EBlv中的速度v是導(dǎo)體相對(duì)磁場(chǎng)的速度，若磁場(chǎng)也在運(yùn)動(dòng)，應(yīng)注意速度間的相對(duì)關(guān)系2公式EBlv與En的區(qū)別與聯(lián)系EnEBlv區(qū)別研究對(duì)象閉合回路回路中做切割磁感線運(yùn)動(dòng)的那部分導(dǎo)體適用范圍對(duì)任何電磁感應(yīng)現(xiàn)象普遍適用只適用于導(dǎo)體切割磁感線運(yùn)動(dòng)的情況聯(lián)系導(dǎo)體切割磁感線是電磁感應(yīng)現(xiàn)象的特例，EBlv可由En推導(dǎo)得出(xx四川理綜)半徑為a右端開小口的導(dǎo)體圓環(huán)和長(zhǎng)為2a的導(dǎo)體直桿，單位長(zhǎng)度電阻均為R0.圓環(huán)水平固定放置，整個(gè)內(nèi)部區(qū)域分布著豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.桿在圓環(huán)上以速度v平行于直徑CD向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，桿始終有兩點(diǎn)與圓環(huán)良好接觸，從圓環(huán)中心O開始，桿的位置由確定，如圖所示則()A0時(shí)，桿產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為2BavB時(shí)，桿產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為BavC0時(shí)，桿受的安培力大小為D時(shí)，桿受的安培力大小為解析：當(dāng)0時(shí)，桿切割磁感線的有效長(zhǎng)度l12a，所以桿產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E1Bl1v2Bav，選項(xiàng)A正確此時(shí)桿上的電流I1，桿受的安培力大小F1BI1l1，選項(xiàng)C錯(cuò)誤當(dāng)時(shí)，桿切割磁感線的有效長(zhǎng)度l22acosa，桿產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E2Bl2vBav，選項(xiàng)B錯(cuò)誤此時(shí)桿上的電流I2，桿受的安培力大小F2BI2l2，選項(xiàng)D正確答案：AD21：如圖所示，水平放置的U形框架上接一個(gè)阻值為R0的電阻，放在垂直紙面向里的、場(chǎng)強(qiáng)大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，一個(gè)半徑為L(zhǎng)、質(zhì)量為m的半圓形硬導(dǎo)體AC在水平向右的恒定拉力F作用下，由靜止開始運(yùn)動(dòng)距離d后速度達(dá)到v，半圓形硬導(dǎo)體AC的電阻為r，其余電阻不計(jì)下列說法正確的是()A此時(shí)AC兩端電壓為UAC2BLvB此時(shí)AC兩端電壓為UACC此過程中電路產(chǎn)生的電熱為QFdmv2D此過程中通過電阻R0的電荷量為q解析：AC的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E2BLv，兩端電壓為UAC，A錯(cuò)、B對(duì)；由功能關(guān)系得Fdmv2QW，C錯(cuò)；此過程中平均感應(yīng)電流為，通過電阻R0的電荷量為qt，D對(duì)答案：BD通電自感斷電自感電路圖器材要求A1，A2同規(guī)格，RRL，L較大L很大(有鐵蕊)RLRA現(xiàn)象在S閉合瞬間，A2燈立即亮起來，A1燈逐漸變亮，最終一樣亮在開關(guān)S斷開時(shí)，燈A逐漸熄滅原因由于開關(guān)閉合時(shí)，流過電感線圈的電流迅速增大，使線圈產(chǎn)生自感電動(dòng)勢(shì)，阻礙了電流的增大，使流過A1燈的電流比流過A2燈的電流增加得慢斷開開關(guān)S時(shí)，流過線圈L的電流減小，產(chǎn)生自感電動(dòng)勢(shì)，阻礙了電流的減小，使電流繼續(xù)存在一段時(shí)間；在S斷開后，通過L的電流反向通過電燈A，燈A不會(huì)立即熄滅若RLRA，原來的電流ILIA，則A燈熄滅前要閃亮一下若RLRA，原來的電流ILIA，則燈A逐漸熄滅，不再閃亮一下能量轉(zhuǎn)化電能轉(zhuǎn)化為磁場(chǎng)能磁場(chǎng)能轉(zhuǎn)化為電能(xx北京理綜)某同學(xué)為了驗(yàn)證斷電自感現(xiàn)象，自己找來帶鐵芯的線圈L、小燈泡A、開關(guān)S和電池組E，用導(dǎo)線將它們連接成如圖所示的電路檢查電路后，閉合開關(guān)S，小燈泡發(fā)光；再斷開開關(guān)S，小燈泡僅有不顯著的延時(shí)熄滅現(xiàn)象雖經(jīng)多次重復(fù)，仍未見老師演示時(shí)出現(xiàn)的小燈泡閃亮現(xiàn)象，他冥思苦想找不出原因你認(rèn)為最有可能造成小燈泡未閃亮的原因是()A電源的內(nèi)阻較大 B小燈泡電阻偏大C線圈電阻偏大 D線圈的自感系數(shù)較大解析：小燈泡沒有出現(xiàn)閃亮現(xiàn)象是因?yàn)閿嚯姾箅娐分械男襞輧啥穗妷禾?、因斷電后電路與電源脫離關(guān)系，線圈與燈泡組成閉合回路，故電源內(nèi)阻大小對(duì)自感無影響，A錯(cuò)誤；若小燈泡電阻偏大，則分得的電壓就大，這有助于出現(xiàn)閃亮現(xiàn)象，B錯(cuò)誤；若線圈電阻偏大，在自感電動(dòng)勢(shì)一定的情況下，線圈內(nèi)阻上的電壓偏大，相應(yīng)燈泡兩端的電壓就偏小，這不利于出現(xiàn)閃亮現(xiàn)象，C正確；線圈自感系數(shù)越大，產(chǎn)生的自感電動(dòng)勢(shì)越大，這有利于閃亮現(xiàn)象的出現(xiàn)，故D錯(cuò)誤答案：C31：如圖所示的電路中，A1和A2是完全相同的燈泡，線圈L的電阻可以忽略下列說法中正確的是()A合上開關(guān)K接通電路時(shí)，A2先亮，A1后亮，最后一樣亮B合上開關(guān)K接通電路時(shí)，A1和A2始終一樣亮C斷開開關(guān)K切斷電路時(shí)，A2立刻熄滅，A1過一會(huì)兒才熄滅D斷開開關(guān)K切斷電路時(shí)，A1和A2都要過一會(huì)兒才熄滅解析：由于自感現(xiàn)象，合上開關(guān)時(shí)，A1中的電流緩慢增大到某一個(gè)值，故過一會(huì)兒才亮；斷開開關(guān)時(shí)，A1中的電流緩慢減小到0，A1、A2串聯(lián)，電流始終相等，都是過一會(huì)兒才熄滅故選A、D.答案：AD模型特點(diǎn)“桿導(dǎo)軌”模型是電磁感應(yīng)問題高考命題的“基本道具”，也是高考的熱點(diǎn)“桿導(dǎo)軌”模型問題的物理情境變化空間大，涉及的知識(shí)點(diǎn)多，如力學(xué)問題、電路問題、磁場(chǎng)問題及能量問題等，常用的規(guī)律有法拉第電磁感應(yīng)定律、楞次定律、右手定則、左手定則、歐姆定律及力學(xué)中的運(yùn)動(dòng)規(guī)律、動(dòng)能定理、功能關(guān)系、能的轉(zhuǎn)化和守恒定律等求解思路模型分類模型一單桿水平式物理模型勻強(qiáng)磁場(chǎng)與導(dǎo)軌垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，棒ab長(zhǎng)為L(zhǎng)，質(zhì)量為m，初速度為零，拉力恒為F，水平導(dǎo)軌光滑，除電阻R外，其他電阻不計(jì)動(dòng)態(tài)分析設(shè)運(yùn)動(dòng)過程中某時(shí)刻棒的速度為v，由牛頓第二定律知棒ab的加速度為a，a、v同向，隨速度的增加，棒的加速度a減小，當(dāng)a0時(shí)，v最大，I恒定收尾狀態(tài)運(yùn)動(dòng)形式勻速直線運(yùn)動(dòng)力學(xué)特征a0v恒定不變電學(xué)特征I恒定(xx天津理綜)如圖所示，一對(duì)光滑的平行金屬導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，導(dǎo)軌間距l(xiāng)0.5 m，左端接有阻值R0.3 的電阻一質(zhì)量m0.1 kg，電阻r0.1 的金屬棒MN放置在導(dǎo)軌上，整個(gè)裝置置于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B0.4 T棒在水平向右的外力作用下，由靜止開始以a2 m/s2的加速度做勻加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)棒的位移x9 m時(shí)撤去外力，棒繼續(xù)運(yùn)動(dòng)一段距離后停下來，已知撤去外力前后回路中產(chǎn)生的焦耳熱之比Q1Q221.導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)且電阻不計(jì)，棒在運(yùn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸求：(1)棒在勻加速運(yùn)動(dòng)過程中，通過電阻R的電荷量q；(2)撤去外力后回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q2；(3)外力做的功WF.解析：(1)設(shè)棒勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，回路的磁通量變化量為，回路中的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為，由法拉第電磁感應(yīng)定律得 其中Blx 設(shè)回路中的平均電流為，由閉合電路歐姆定律得 則通過電阻R的電荷量為qt聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得q4.5 C (2)設(shè)撤去外力時(shí)棒的速度為v，對(duì)棒的勻加速運(yùn)動(dòng)過程，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得v22ax 設(shè)棒在撤去外力后的運(yùn)動(dòng)過程中安培力所做的功為W，由動(dòng)能定理得W0mv2 撤去外力后回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q2W 聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得Q21.8 J (3)由題意知，撤去外力前后回路中產(chǎn)生的焦耳熱之比Q1Q221，可得Q13.6 J 在棒運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程中，由功能關(guān)系可知WFQ1Q2 由式得WF5.4 J.答案：(1)4.5 C(2)1.8 J(3)5.4 J模型二單桿傾斜式物理模型勻強(qiáng)磁場(chǎng)與導(dǎo)軌垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，導(dǎo)軌間距L，導(dǎo)體棒質(zhì)量m，電阻R，導(dǎo)軌光滑，電阻不計(jì)(如圖) 動(dòng)態(tài)分析棒ab釋放后下滑，此時(shí)agsin ，棒ab速度v感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBLv電流I安培力FBIL加速度a，當(dāng)安培力Fmgsin 時(shí)，0，v最大收尾狀態(tài)運(yùn)動(dòng)形式勻速直線運(yùn)動(dòng)力學(xué)特征a0v最大vm電學(xué)特征I恒定(xx山東理綜)如圖所示，相距為L(zhǎng)的兩條足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌與水平面的夾角為，上端接有定值電阻R，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌平面，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.將質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒由靜止釋放，當(dāng)速度達(dá)到v時(shí)開始勻速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)對(duì)導(dǎo)體棒施加一平行于導(dǎo)軌向下的拉力，并保持拉力的功率恒為P，導(dǎo)體棒最終以2v的速度勻速運(yùn)動(dòng)導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，不計(jì)導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻，重力加速度為g.下列選項(xiàng)正確的是()AP2mgvsin BP3mgvsin C當(dāng)導(dǎo)體棒速度達(dá)到時(shí)加速度大小為sin D在速度達(dá)到2v以后勻速運(yùn)動(dòng)的過程中，R上產(chǎn)生的焦耳熱等于拉力所做的功解析：導(dǎo)體棒由靜止釋放，速度達(dá)到v時(shí)，回路中的電流為I，則根據(jù)共點(diǎn)力的平衡條件，有mgsin BIL.對(duì)導(dǎo)體棒施加一平行于導(dǎo)軌向下的拉力，以2v的速度勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，則回路中的電流為2I，則根據(jù)平衡條件，有Fmgsin B2IL所以拉力Fmgsin ，拉力的功率PF2v2mgvsin ，故選項(xiàng)A正確選項(xiàng)B錯(cuò)誤；當(dāng)導(dǎo)體棒的速度達(dá)到時(shí)，回路中的電流為，根據(jù)牛頓第二定律，得mgsin BLma，解得asin ，選項(xiàng)C正確；當(dāng)導(dǎo)體棒以2v的速度勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)能量守恒定律，重力和拉力所做的功之和等于R上產(chǎn)生的焦耳熱，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤答案：AC1.將閉合多匝線圈(匝數(shù)為n)置于僅隨時(shí)間變化的磁場(chǎng)中，線圈平面與磁場(chǎng)方向垂直，關(guān)于線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，下列表述正確的是()A穿過線圈的磁通量越大，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)越大B穿過線圈的磁通量變化越快，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)越大C若磁感應(yīng)強(qiáng)度B不變，t時(shí)間內(nèi)線圈面積變化S，則EnBD若t時(shí)間內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度變化B，線圈面積變化S，則En解析：由法拉第電磁感應(yīng)定律表達(dá)式En可知，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E的大小與線圈的匝數(shù)n和磁通量的變化率有關(guān)，與磁通量無關(guān)，故A錯(cuò)誤，B正確當(dāng)僅有磁感應(yīng)強(qiáng)度變化時(shí)，磁通量的變化量21(B2B1)SBS，同理可得當(dāng)僅有線圈面積變化時(shí)磁通量的變化量BS，而當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度和線圈面積同時(shí)變化時(shí)磁通量的變化量B2S2B1S1BS，故C正確D錯(cuò)誤答案：BC2.如圖所示是測(cè)定自感系數(shù)很大的線圈L直流電阻的電路，L兩端并聯(lián)一只電壓表，用來測(cè)自感線圈的直流電壓，在測(cè)量完畢后，將電路拆開時(shí)應(yīng)先()A斷開S1 B斷開S2C拆除電流表 D拆除電阻R解析：將電路拆開時(shí)，如果先斷開S1，而電壓表與線圈L仍組成閉合回路，由于L的自感系數(shù)很大，可能產(chǎn)生很大的自感電動(dòng)勢(shì)使電壓表的指針被打彎，因此，應(yīng)先斷開S2，B項(xiàng)正確答案：B3一矩形線框置于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，線框平面與磁場(chǎng)方向垂直先保持線框的面積不變，將磁感應(yīng)強(qiáng)度在1 s時(shí)間內(nèi)均勻地增大到原來的兩倍接著保持增大后的磁感應(yīng)強(qiáng)度不變，在1 s時(shí)間內(nèi)，再將線框的面積均勻地減小到原來的一半先后兩個(gè)過程中，線框中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的比值為()A. B1 C2 D4解析：根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E，設(shè)初始時(shí)刻磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0，線框面積為S0，則第一種情況下的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E1B0S0；則第二種情況下的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E2B0S0，所以兩種情況下線框中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)相等，比值為1，故選項(xiàng)B正確答案：B4xx廣州亞運(yùn)會(huì)上100 m賽跑跑道兩側(cè)設(shè)有跟蹤儀，水平面上兩根足夠長(zhǎng)的金屬導(dǎo)軌平行固定放置，間距為L(zhǎng)0.5 m，一端通過導(dǎo)線與阻值為R0.5 的電阻連接；導(dǎo)軌上放一質(zhì)量為m0.5 kg的金屬桿(如圖甲)，金屬桿與導(dǎo)軌的電阻忽略不計(jì)；均勻磁場(chǎng)豎直向下用與導(dǎo)軌平行的拉力F作用在金屬桿上，使桿運(yùn)動(dòng)當(dāng)改變拉力的大小時(shí)，相對(duì)應(yīng)的速度v也會(huì)變化，從而使跟蹤儀始終與運(yùn)動(dòng)員保持一致已知v和F的關(guān)系如圖乙(取重力加速度g10 m/s2)則()A金屬桿受到的拉力與速度成正比B該磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度為1 TC圖線在橫軸的截距表示金屬桿與導(dǎo)軌間的阻力大小D導(dǎo)軌與金屬桿之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4解析：由圖象可知選項(xiàng)A錯(cuò)誤、C正確；由FBILmg0及I可得：Fmg0，從圖象上分別讀出兩組F、v數(shù)據(jù)代入上式即可求得B1 T，0.4.所以選項(xiàng)B、D正確答案：BCD5.如圖，足夠長(zhǎng)的U型光滑金屬導(dǎo)軌平面與水平面成角(090)，其中MN與PQ平行且間距為L(zhǎng)，導(dǎo)軌平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直，導(dǎo)軌電阻不計(jì)金屬棒ab由靜止開始沿導(dǎo)軌下滑，并與兩導(dǎo)軌始終保持垂直且良好接觸，ab棒接入電路的電阻為R，當(dāng)流過ab棒某一橫截面的電荷量為q時(shí)，棒的速度大小為v，則金屬棒ab在這一過程中()A運(yùn)動(dòng)的平均速度大小為vB下滑的位移大小為C產(chǎn)生的焦耳熱為qBLvD受到的最大安培力大小為sin 解析：對(duì)棒受力分析如圖所示F安BIL，故D錯(cuò)；F安隨棒的速度的增大而增大，故棒做的不是勻加速直線運(yùn)動(dòng)因此運(yùn)動(dòng)的平均速度v，A錯(cuò)；由qn可得：q，故棒下滑的位移x，B正確；求焦耳熱應(yīng)該用有效值，故C錯(cuò)答案：B