专题7 电磁感应和直流电路

1、专题7 电磁感应和直流电路高考定位电磁感应是电磁学部分的重点之一，是高考的重要考点考查的重点有以下几个方面：楞次定律的理解和应用；电磁感应图象；电磁感应过程中的动态分析；综合应用电路知识和能量观点解决电磁感应问题应考策略：复习应注意“抓住两个定律，运用两种观点”两个定律是指楞次定律和法拉第电磁感应定律；两种观点是指动力学观点和能量观点直流电路部分主要考查电路的简化，直流电路的动态分析，电路故障的分析与判断，含容电路的分析和计算，直流电路中能量转化问题等等，这些问题也是今后的命题趋向，另外，要密切注意本考点与生产和生活相结合的新情境问题从高考的考查重点不难看出，掌握电路的基本结构和基本规律是应对

2、本内容的关键考题1对楞次定律和电磁感应图象问题的考查一 线圈穿越磁场产生感应电流图像问题【例1】（2005年高考题）图中两条平行虚线间存在匀强磁场，虚线间的距离为，磁场方向垂直纸面向里。是位于纸面内的梯形线圈，与间的距离也为。时刻，边与磁场区域边界重合（如图）。现令线圈以恒定的速度沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域。取沿的感应电流为正，则在线圈穿越磁场区域的过程中， 感应电流I随时间t变化的图线可能是（ ） A B C D 归纳总结：两个变化，一个不变。线圈形状的变化 磁场区域形状及类型的变化不变的是：找到在磁场中切割磁感线的等效长度及变化情况，判断感应电流的大小变化情况。用右手定则判断电

3、流的方向。【练1-1】 如图等腰直角三角形区域内存在匀强磁场,另有一等腰直角三角形导线框ABC以恒定的速度沿垂直于磁场方向穿过磁场,穿越过程中速度始终与AB边垂直且保持AC平行于OQ,关于线框中的感应电流随时间变化的函数图象为(以逆时针方向为电流正方向): （ ）ItItItItABCD【练1-2】（2007年） 如图所示，为一折线，它所形成的两个角和均为450。折线的右边有一匀强磁场，其方向垂直纸面向里，有一线圈垂直的方向以速度v做匀速直线运动，在t=0时刻恰好位于图中所示的位置。以逆时针方向为导线框中电流的正方向，在下面四幅图中能够正确表示电流时间（It）关系的是（时间以L/v为单位）（

4、）从这个题来看最重要的就是要找到线圈向上运动过程中等效切割长度是怎样变化的。 A B C D以上只是两个例子，如果我们认真分析多年的各省的高考题，不难发现高考题就是平时练习过的试题的组合、变形或拓展而来的。因此在学习的过程中应注意这个问题。坚持抓住问题的本质，对一个题一定要搞透彻。二 线圈或导体棒匀速穿越磁场产生感应电动势及电压的图像问题【例2】（08上海卷）如图所示，平行于y轴的导体棒以速度v向右匀速直线运动，经过半径为R、磁感应强度为B的圆形匀强磁场区域，导体棒中的感应电动势与导体棒位置x关系的图像是（ ） A B C D【练2】如图所示,一个正方形单匝线圈abcd,边长为L,线圈每边的电

5、阻均为R,以恒定速度v通过一个宽度为2L的匀强磁场区,磁感应强度为B,方向垂直纸面向里。ABCD图中能正确反映ab两端电压Uab随时间变化关系的是：（ ）2LUabDCABUabUabUabA B C D三 线圈或导体棒加速穿越磁场产生感应电动势及电压的图像问题【例3】如图，一有界区域内，存在着磁感应强度大小均为，方向分别垂直于光滑水平桌面向下和向上的匀强磁场，磁场宽度均为，边长为的正方形框的边紧靠磁场边缘置于桌面上，使线框从静止开始沿轴正方向匀加速通过磁场区域，若以逆时针方向为电流的正方向，能反映线框中感应电流变化规律的是图（ ） A B C D【练3】如图所示，在x0的区域内存在匀强磁场，

6、磁场的方向垂直于xy平面（纸面）向里。具有一定电阻的矩形线框abcd位于xy平面内，线框的ab边与y轴重合。令线框从t=0的时刻起由静止开始沿x轴正方向做匀加速运动，则线框中的感应电流I（取逆时针方向的电流为正）随时间t的变化图线It图可能是下图中的哪一个？（ ）A B C D四 穿过线圈的磁感应强度发生变化【例4】（08全国卷1）矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直低面向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图所示.若规定顺时针方向为感应电流I的正方向，下列各图中正确的是（ ） A B C D【练4】一矩形线圈位于一随时间t变化的匀强磁场内，

7、磁场方向垂直线圈所在的平面（纸面）向里，如图1所示。磁感应强度B随 t的变化规律如图2所示。以I表示线圈中的感应电流，以图1中线圈上箭头所示方向的电流为正，则以下的It图中正确的是：（ ） A B C D五 线圈在磁场中转运动产生感应电流图像问题图1【例5】(单选)如图1所示，直角坐标系xOy的二、四象限有垂直坐标系向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，在第三象限有垂直坐标系向外的匀强磁场，磁感应强度大小为2B.现将半径为L、圆心角为90°的扇形闭合导线框OPQ在外力作用下以恒定角速度绕O点在纸面内沿逆时针方向匀速转动t0时刻线框在图示位置，设电流逆时针方向为正方向则下列关于导线框中

8、的电流随时间变化的图线，正确的是()A B C D审题突破根据转动闭合线框切割磁感线产生的感应电动势公式EBl2求出每条半径切割磁感线时产生的感应电动势，分段由闭合电路欧姆定律求出感应电流，由楞次定律判断感应电流的方向，即可选择图象图2【练5-1】(2014·江苏·7)如图2所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有()A增加线圈的匝数 B提高交流电源的频率C将金属杯换为瓷杯 D取走线圈中的铁芯方法提炼1楞次定律的理解和应用(1)“阻碍”的效果表现为：阻碍原磁通量的变化增反减同；阻碍物体间的相对

9、运动来拒去留；阻碍自身电流的变化自感现象(2)解题步骤：确定原磁场的方向(分析合磁场)；确定原磁通量的变化(增加或减少)；确定感应电流磁场的方向(增反减同)；确定感应电流方向(安培定则)2求解图象问题的思路与方法(1)图象选择问题：求解物理图象的选择题可用“排除法”，即排除与题目要求相违背的图象，留下正确图象也可用“对照法”，即按照要求画出正确的草图，再与选项对照解决此类问题的关键是把握图象特点，分析相关物理量的函数关系，分析物理过程的变化或物理状态的变化(2)图象分析问题：定性分析物理图象，要明确图象中的横轴与纵轴所代表的物理量，弄清图象的物理意义，借助有关的物理概念、公式、不变量和定律作出

10、相应判断在有关物理图象的定量计算时，要弄清图象所揭示的物理规律及物理量间的函数关系，善于挖掘图象中的隐含条件，明确有关图象所包围的面积、斜率，以及图象的横轴、纵轴的截距所表示的物理意义考题2对电磁感应中动力学问题的考查图3【例6】如图3所示，间距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ与水平面夹角为30°，导轨的电阻不计，导轨的N、Q端连接一阻值为R的电阻，导轨上有一根质量一定、电阻为r的导体棒ab垂直导轨放置，导体棒上方距离L以上的范围存在着磁感应强度大小为B、方向与导轨平面垂直向下的匀强磁场现在施加一个平行斜面向上且与棒ab重力相等的恒力，使导体棒ab从静止开始沿导轨向上运动

11、，当ab进入磁场后，发现ab开始匀速运动，求：(1)导体棒的质量； （ ）(2)若进入磁场瞬间，拉力减小为原来的一半，求导体棒能继续向上运动的最大位移（2L）审题突破(1)由牛顿第二定律求出导体棒的加速度，由匀变速运动的速度位移公式求出速度，由安培力公式求出安培力，然后由平衡条件求出导体棒的质量(2)应用牛顿第二定律、安培力公式分析答题【练6】如图4所示，光滑斜面PMNQ的倾角为，斜面上放置一矩形导体线框abcd，其中ab边长为l1，bc边长为l2，线框质量为m、电阻为R，有界匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于斜面向上，ef为磁场的边界，且efMN.线框在恒力F作用下从静止开始运动，其ab边

12、始终保持与底边MN平行，F沿斜面向上且与斜面平行已知线框刚进入磁场时做匀速运动，则下列判断正确的是()图4A线框进入磁场前的加速度为B线框进入磁场时的速度为C线框进入磁场时有abcd方向的感应电流D线框进入磁场的过程中产生的热量为(Fmgsin )l1方法提炼在此类问题中力现象和电磁现象相互联系、相互制约，解决问题前首先要建立“动电动”的思维顺序，可概括为：(1)找准主动运动者，用法拉第电磁感应定律和楞次定律求解感应电动势的大小和方向(2)根据等效电路图，求解回路中的感应电流的大小及方向(3)分析安培力对导体棒运动速度、加速度的影响，从而推出对电路中的感应电流有什么影响，最后定性分析导体棒的最

13、终运动情况(4)列牛顿第二定律或平衡方程求解考题3对电磁感应中能量问题的考查图6【例7】如图6所示，平行金属导轨与水平面间夹角均为37°，导轨间距为1 m，电阻不计，导轨足够长两根金属棒ab和以ab的质量都是0.2 kg，电阻都是1 ，与导轨垂直放置且接触良好，金属棒和导轨之间的动摩擦因数为0.25，两个导轨平面处均存在着垂直轨道平面向上的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度B的大小相同让ab固定不动，将金属棒ab由静止释放，当ab下滑速度达到稳定时，整个回路消耗的电功率为8 W求：(1)ab下滑的最大加速度； (4 m/s2)(2)ab下落了30 m高度时，其下滑速度已经达到稳定，则

14、此过程中回路电流的发热量Q为多大？ (30 J)(3)如果将ab与ab同时由静止释放，当ab下落了30 m高度时，其下滑速度也已经达到稳定，则此过程中回路电流的发热量Q为多大？(g10 m/s2，sin 37°0.6，cos 37°0.8)(75 J)【练7-1】在倾角为足够长的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小相等的匀强磁场，磁场方向一个垂直斜面向上，另一个垂直斜面向下，宽度均为L，如图7所示一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形线框在t0时刻以速度v0进入磁场，恰好做匀速直线运动，若经过时间t0，线框ab边到达gg与ff中间位置时，线框又恰好做匀速运动，则下列说法

15、正确的是()图7A当ab边刚越过ff时，线框加速度的大小为gsin Bt0时刻线框匀速运动的速度为Ct0时间内线框中产生的焦耳热为mgLsin mvD离开磁场的过程中线框将做匀速直线运动【练7-2】图8如图8所示，水平放置的足够长的平行金属导轨MN、PQ的一端接有电阻R0，不计电阻的导体棒ab静置在导轨的左端MP处，并与MN垂直以导轨PQ的左端为坐标原点O，建立直角坐标系xOy，Ox轴沿PQ方向每根导轨单位长度的电阻为r.垂直于导轨平面的非匀强磁场磁感应强度在y轴方向不变，在x轴方向上的变化规律为：BB0kx，并且x0.现在导体棒中点施加一垂直于棒的水平拉力F，使导体棒由静止开始向右做匀加速直

16、线运动，加速度大小为a.设导体棒的质量为m，两导轨间距为L.不计导体棒与导轨间的摩擦，导体棒与导轨接触良好，不计其余部分的电阻(1) 请通过分析推导出水平拉力F的大小随横坐标x变化的关系式； (Fma)(2)如果已知导体棒从x0运动到xx0的过程中，力F做的功为W，求此过程回路中产生的焦耳热Q； (Wmax0)(3)若B00.1 T，k0.2 T/m，R00.1 ，r0.1 /m，L0.5 m，a4 m/s2，求导体棒从x0运动到x1 m的过程中，通过电阻R0的电荷量q. （0.5 C）方法提炼:1明确安培力做的功是电能和其他形式的能之间相互转化的“桥梁”，用框图表示如下：2明确功能关系，确定

17、有哪些形式的能量发生了转化如有摩擦力做功，必有内能产生；有重力做功，重力势能必然发生变化；安培力做负功，必然有其他形式的能转化为电能3根据不同物理情景选择动能定理、能量守恒定律或功能关系列方程求解问题审题突破演练考题4综合应用动力学观点和能量观点分析电磁感应问题【例8】 (20分)如图9甲所示，MN、PQ是相距d1 m的足够长平行光滑金属导轨，导轨平面与水平面成某一夹角，导轨电阻不计；长也为1 m的金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，ab的质量m0.1 kg、电阻R1 ；MN、PQ的上端连接右侧电路，电路中R2为一电阻箱；已知灯泡电阻RL3 ，定值电阻R17 ，调节电

18、阻箱使R26 ，重力加速度g10 m/s2.现断开开关S，在t0时刻由静止释放ab，在t0.5 s时刻闭合S，同时加上分布于整个导轨所在区域的匀强磁场，磁场方向垂直于导轨平面斜向上；图乙所示为ab的速度随时间变化图象(1)求斜面倾角及磁感应强度B的大小；图9(2)ab由静止下滑x50 m(此前已达到最大速度)的过程中，求整个电路产生的电热；(3)若只改变电阻箱R2的值当R2为何值时，ab匀速下滑中R2消耗的功率最大？消耗的最大功率为多少？图10【练习8】(2014·安徽·23)(16分)如图10甲所示，匀强磁场的磁感应强度B为0.5 T，其方向垂直于倾角为30°的

19、斜面向上绝缘斜面上固定有“”形状的光滑金属导轨MPN(电阻忽略不计)，MP和NP长度均为2.5 m，MN连线水平，长为3 m以MN中点O为原点、OP为x轴建立一维坐标系Ox.一根粗细均匀的金属杆CD，长度d为3 m、质量m为1 kg、电阻R为0.3 ，在拉力F的作用下，从MN处以恒定速度v1 m/s在导轨上沿x轴正向运动(金属杆与导轨接触良好)g取10 m/s2(1) 求金属杆CD运动过程中产生的感应电动势E及运动到x0.8 m处电势差UCD；（1.5 V0.6 V）(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关系图像； （F12.53.75x(0

20、x2)）(3)求金属杆CD从MN处运动到P点的全过程产生的焦耳热 （7.5 J）考题5对直流电路动态分析的考查【例9】(单选)如图11所示，平行金属板中带电质点P原来处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，R1的阻值和电源内阻r相等当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则()图11AR3上消耗的功率逐渐增大B电流表读数减小，电压表读数增大C电源的输出功率逐渐增大D质点P将向上运动审题突破当R4的滑片移动时，其电阻变化，由闭合电路欧姆定律分析干路电流、路端电压的变化，电容器两极板间电压即R3的电压由串并联电路的特点，判断电压表、电流表的变化根据电源的内电阻与外电阻的关系，分析电源的输出功率

21、如何变化图12【练习9-1】如图12所示，图中的四个电表均为理想电表，当滑动变阻器滑片P向右端移动时，下面说法中正确的是()A电压表V1的读数减小，电流表A1的读数增大B电压表V1的读数增大，电流表A1的读数减小C电压表V2的读数减小，电流表A2的读数增大D电压表V2的读数增大，电流表A2的读数减小图13【练习9-2】(单选)如图13所示电路中，已知电源的内阻r<R2，电阻R1的阻值小于滑动变阻器R0的最大阻值闭合电键S，当滑动变阻器的滑片P由变阻器的中点向左滑动的过程中，下列说法中正确的是()AA1的示数不断减小，A2的示数不断减小BV1的示数先变小后变大，V2的示数先变大后变小C电源

22、内部的热功率先变大后变小D电源的输出功率先变小后变大方法提炼:1程序法：基本思路是“部分整体部分”即从阻值的变化入手，由串、并联规律判定R总的变化情况，再由欧姆定律判断I总和U端的变化情况，最后由部分电路欧姆定律及串联分压、并联分流等规律判断各部分的变化情况2结论法“并同串反”：“并同”：指某一电阻增大(减小)时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将增大(减小)“串反”：指某一电阻增大(减小)时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将减小(增大)知识专题练训练7题组1楞次定律和电磁感应图象问题图141(单选)法拉第发明了世界上第一台发电机法拉第圆盘发电机如图1

23、4所示，紫铜做的圆盘水平放置在竖直向下的匀强磁场中，圆盘圆心处固定一个摇柄，边缘和圆心处各与一个黄铜电刷紧贴，用导线将电刷与电流表连接起来形成回路转动摇柄，使圆盘逆时针匀速转动，电流表的指针发生偏转下列说法正确的是()A回路中电流大小变化，方向不变B回路中电流大小不变，方向变化C回路中电流的大小和方向都周期性变化D回路中电流方向不变，从b导线流进电流表图152如图15所示，虚线右侧存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，正方形金属框电阻为R，边长是L，自线框从左边界进入磁场时开始计时，在外力作用下由静止开始，以垂直于磁场边界的恒定加速度a进入磁场区域，t1时刻线框全部进入磁场若外力大小为F，线框中

24、电功率的瞬时值为P，线框磁通量的变化率为，通过导体横截面的电荷量为q，(其中Pt图象为抛物线)则这些量随时间变化的关系正确的是()A B C D题组2电磁感应中动力学问题图163如图16所示，两根足够长的平行金属导轨倾斜放置，导轨下端接有定值电阻R，匀强磁场方向垂直导轨平面向上现给金属棒ab一平行于导轨的初速度v，使金属棒保持与导轨垂直并沿导轨向上运动，经过一段时间金属棒又回到原位置不计导轨和金属棒的电阻，在这一过程中，下列说法正确的是()A金属棒上滑时棒中的电流方向由b到aB金属棒回到原位置时速度大小仍为vC金属棒上滑阶段和下滑阶段的最大加速度大小相等D金属棒上滑阶段和下滑阶段通过棒中的电荷

25、量相等图174如图17所示，螺线管横截面积为S，线圈匝数为N，电阻为R1，管内有水平向右的磁场，磁感应强度为B.螺线管与足够长的平行金属导轨MN、PQ相连并固定在同一平面内，与水平面的夹角为，两导轨间距为L.导轨电阻忽略不计导轨处于垂直斜面向上、磁感应强度为B0的匀强磁场中金属杆ab垂直导轨，杆与导轨接触良好，并可沿导轨无摩擦滑动已知金属杆ab的质量为m，电阻为R2，重力加速度为g.忽略螺线管磁场对金属杆ab的影响，忽略空气阻力(1)螺线管内方向向右的磁场B不变，当ab杆下滑的速度为v时，求通过ab杆的电流的大小和方向；(2)当ab杆下滑的速度为v时，螺线管内方向向右的磁场才开始变化，其变化率

26、k(k>0)讨论ab杆加速度的方向与k的取值的关系题组3电磁感应中能量问题图185如图18所示，空间存在一有边界的条形匀强磁场区域，磁场方向与竖直平面(纸面)垂直，磁场边界的间距为L.一个质量为m、边长也为L的正方形导线框沿竖直方向运动，线框所在平面始终与磁场方向垂直，且线框上、下边始终与磁场的边界平行t0时刻导线框的上边恰好与磁场的下边界重合(图中位置)，导线框的速度为v0.经历一段时间后，当导线框的下边恰好与磁场的上边界重合时(图中位置)，导线框的速度刚好为零此后，导线框下落，经过一段时间回到初始位置(不计空气阻力)，则()A上升过程中合力做的功与下降过程中合力做的功相等B上升过程中

27、线框产生的热量比下降过程中线框产生的热量多C上升过程中，导线框的加速度逐渐减小D上升过程克服重力做功的平均功率小于下降过程重力的平均功率图196(2014·新课标·25)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r、质量为m且质量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O，装置的俯视图如图19所示整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向竖直向下在内圆导轨的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绕O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

28、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) 外力的功率题组4直流电路动态分析图207 2007年诺贝尔物理学奖授予了两位发现“巨磁电阻”效应的物理学家，某探究小组查到某磁敏电阻在室温下的电阻随磁感应强度变化曲线如图20甲所示，其中R、R0分别表示有、无磁场时磁敏电阻的阻值为研究其磁敏特性设计了图乙所示电路关于这个探究实验，下列说法中正确的是()A闭合开关S，图乙中只增加磁感应强度的大小时，电压表的示数增大B闭合开关S，图乙中只改变磁场方向，电压表的示数减小C闭合开关S，图乙中只增加磁感应强度的大小时，流过aP段的电流可能减小D

29、闭合开关S，图乙中只增加磁感应强度的大小时，电源的输出功率可能增大图218(单选)如图21所示，电源电动势为E，内阻为r.电路中的R2、R3分别为总阻值一定的滑动变阻器，R0为定值电阻，R1为光敏电阻(其电阻随光照强度增大而减小)当电键S闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态有关下列说法中正确的是()A只逐渐增大R1的光照强度，电阻R0消耗的电功率变大，电阻R3中有向上的电流B只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动时，电源消耗的功率变大，电阻R3中有向上的电流C只调节电阻R2的滑动端P1向下端移动时，电压表示数变大D带电微粒向下运动图229(单选)某同学准备用一种金属丝制作一只电阻温度计他先

30、通过实验描绘出一段金属丝的UI曲线，如图22甲所示再将该金属丝与某一定值电阻R0串联接在电路中，用电压表(电压表的内阻远大于金属丝的电阻)与金属丝并联，并在电压表的表盘上标注温度值，制成电阻温度计，如图乙所示下列说法中正确的是()A从图甲可知，该金属丝的阻值随温度的升高而减小B图乙中电压表的指针偏转角越大，温度值越小C选用不同阻值的R0可以改变温度计的量程，R0越大，量程越大D温度越高，电源消耗的功率越大图2310(单选)如图23所示是一火警报警电路的示意图其中R3为用某种材料制成的传感器，这种材料的电阻率随温度的升高而增大值班室的显示器为电路中的电流表，电源两极之间接一报警器当传感器R3所在

31、处出现火情时，显示器的电流I、报警器两端的电压U的变化情况是()AI变大，U变小 BI变小，U变大CI变小，U变小 DI变大，U变大【例2】解析：在x=R左侧，设导体棒与圆的交点和圆心的连线与x轴正方向成角，则导体棒切割有效长度L=2Rsin，电动势与有效长度成正比，故在x=R左侧，电动势与x的关系为正弦图像关系，由对称性可知在x=R右侧与左侧的图像对称。答案：A【例3】解析：在0-电流均匀增大，在-两边感应电流方向相同大小相加，故电流大且反相；在只有一边产生感应电流，故电流小，所以A正确，C错误。由I=BL/R知C正确。【例6】解析(1)导体棒从静止开始在磁场外匀加速运动，距离为L，其加速度

32、为Fmgsin 30°maFmg 得ag棒进入磁场时的速度为v由棒在磁场中匀速运动可知F安mg F安BIL 得m(2)若进入磁场瞬间使拉力减半，则Fmg则导体棒所受合力为F安 F安BILmav和a代入上式 m 即mv设导体棒继续向上运动的位移为x，则有 mv将v和m 代入得x2L答案(1)(2)2L【例7】解析(1)当ab棒刚下滑时，ab棒的加速度有最大值：agsin gcos 4 m/s2.(2分)(2)ab棒达到最大速度时做匀速运动，有mgsin BILmgcos ，(2分)整个回路消耗的电功率 P电BILvm(mgsin mgcos )vm8 W，(2分)则ab棒的最大速度为：

33、vm10 m/s(1分)由P电(2分) 得：B0.4 T(1分)根据能量守恒得： mghQmvmgcos ·(2分) 解得：Q30 J(1分)(3)由对称性可知，当ab下落30 m稳定时其速度为v，ab也下落30 m，其速度也为v，ab和ab都切割磁感线产生电动势，总电动势等于两者之和根据共点力平衡条件，对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) 代入数据得Q75 J(1分)答案(1)4 m/s2(2)30 J(3)75 J【练7-1】答案BC解析当ab边进入磁场时

34、，FAmgsin .当ab边刚越过ff时，线框的感应电动势和电流均加倍，mgsin ma，加速度向上为3gsin ，A错误；t0时刻，mgsin ，解得v，B正确；线框从进入磁场到再次做匀速运动过程，沿斜面向下运动距离为L，则由功能关系得t0时间内线框中产生的焦耳热为Qmvmv2mgLsin mv，C正确；线框离开磁场时做加速运动，D错误【练7-2】答案(1)Fma(2)Wmax0(3)0.5 C解析(1)设导体棒运动到坐标为x处的速度为v，由法拉第感应定律得产生的感应电动势为：EBLv由闭合电路欧姆定律得回路中的电流为：I由于棒做匀加速度直线运动，所以有：v此时棒受到的安培力：FABIL由牛

35、顿第二定律得：FFAma由联立解得：Fma(2)设导体棒在xx0处的动能为Ek，则由动能定理得：Ekmax0由能量守恒与转化定律得：WQEk将式代入式解得：QWmax0(3)由两式得：I因为vat，将题中所给的数值代入式得：I2t(A)可知回路中的电流与时间成正比，所以在0t时间内，通过R0的电荷量为：qtt2 (C)由匀加速直线运动规律得：t当x1 m时，有q0.5 C【例8】解析(1)S断开时，ab做匀加速直线运动，从图乙得a6 m/s2(1分)由牛顿第二定律有mgsin ma，(1分) 所以有sin ，即37°，(1分)t0.5 s时，S闭合且加了磁场，分析可知，此后ab将先做

36、加速度减小的加速运动，当速度达到最大(vm6 m/s)后接着做匀速运动匀速运动时，由平衡条件知mgsin F安，(1分) 又F安BIdI(1分)R总RR110 (1分) 联立以上四式有mgsin (2分)代入数据解得B 1 T(1分)(2) 由能量转化关系有mgsin xmvQ(2分)代入数据解得Qmgsin xmv28.2 J(1分)(3)改变电阻箱R2的值后，ab匀速下滑时有mgsin BdI(1分)所以I0.6 A(1分)通过R2的电流为I2I(1分)R2的功率为PIR2(1分)联立以上三式可得PI2I2(1分)当时，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【练习8】.答案(1)1.5 V0.6 V(2)F12.53.75x(0x2)见解析图(3)7.5 J解析(1)金属杆CD在匀速运动中产生的感应电动势EBlv(ld)E1.5 V(D点电势高)当x0.8 m时，金属杆在导轨间的电势差为零设此时杆在导轨外的长度为l外，则l外ddOP 2 m 得l外1.2 m由楞次定律判断D点电势高，故C、D两端电势差 UCDBl外v0.6 V.(2)杆在导轨间的长度l与位置x的关系是 ld3x对应的电阻R1R 电流I杆受的安培力为F安BIl7.53.75x根据平衡条件得FF安mgsin F12.5

38、3.75x(0x2)画出的Fx图象如图所示(3)外力F所做的功WF等于Fx图线下所围的面积即WF×2 J17.5 J而杆的重力势能增加量EpmgOPsin 故全过程产生的焦耳热QWFEp7.5 J.【例9】解析滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，R4的阻值越来越小，故并联电路的总电阻减小，根据串联电路的分压规律可得：R3的电压减小，消耗的功率减小，故A错误；电容器电压等于R3的，故也减小，所以质点P将向下运动，所以D错误；外电路总电阻减小，所以干路电流I1增大，而R3的电流I3减小，根据I1I3IA，可得电流表读数IA增大，所以B错误；因R1的阻值和电源内阻r相等，故外电路电阻大于电源

39、内阻，且逐渐减小，由输出功率与外电阻的关系可得：电源的输出功率在增大，所以C正确答案C【练习9-1】答案AD解析当滑动变阻器滑片P向右端移动时，变阻器接入电路的电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，干路电流I增大，路端电压U减小，则电流表A1读数增大；电压表V1读数U1EI(R1r)，I增大，其他量不变，则U1减小；通过电流表A2的电流I2，U1减小，则I2减小；通过R2的电流I2II2，I增大，I2减小，则I2增大，则电压表V2的读数增大故A、D正确【练习9-2】答案D解析R1<R0的最大阻值，当滑片P由中点向左滑动的过程中，R0左侧电阻与R1串联后与R0右侧并联的总电阻先变大后变小，根据

40、闭合电路欧姆定律得知，电路中电流先变小后变大，路端电压先变大后变小，所以V1的示数先变大后变小V2测量R2两端的电压，R2不变，则V2的示数先变小后变大并联电压U并UU2，先变大后变小，电阻R1所在支路电阻R1支路逐渐减小，所以电流I1增大，电流表A2示数增大；I2II1，电流表A1示数变小，故A、B错误电源内部的热功率PI2r，因为电流I先变小后变大，所以电源内部的热功率，先变小后变大，故C错误因为r<R2，所以外电阻总是大于内电阻的，当滑动变阻器的滑片P从变阻器的中点向左滑动的过程中，变阻器左侧电阻与R1串联后与变阻器右侧并联的总电阻先变大后变小，所以 电源的输出功率先变小后变大，故

41、D正确1答案D解析铜盘转动产生的感应电动势为：EBL2，B、L、不变，E不变，电流：I，电流大小恒定不变，由右手定则可知，回路中电流方向不变，从b导线流进电流表，故A、B、C错误，D正确2答案BD解析线框做匀加速运动，其速度vat，感应电动势EBLv线框进入磁场过程中受到的安培力F安BIL由牛顿第二定律得：Fma则Fmat，故A错误；感应电流I 线框的电功率PI2Rt2，故B正确；线框的位移xat2，B·B·BLat，故C错误；电荷量qIt·t·tt2，故D正确3答案AD解析金属棒上滑时，根据右手定则判断可知金属棒中感应电流的方向由b到a，故A正确金属棒

42、运动过程中产生感应电流，受到安培力作用，根据楞次定律可知安培力总是阻碍金属棒相对于导轨运动，所以金属棒的机械能不断减小，则金属棒回到原位置时速度大小必小于v，故B错误根据牛顿第二定律得：对于上滑过程：mgsin F安ma上；对于下滑过程：mgsin F安ma下可知：a上>a下，故C错误金属棒上滑阶段和下滑阶段中回路磁通量的变化量相等，根据q可知通过金属棒的电荷量相等，故D正确4.答案(1)，方向为ba(2)k<，加速度方向向上；k>，加速度方向向下解析(1)切割产生的感应电动势E1B0Lv 则电流的大小I根据右手定则知，通过ab的电流方向为ba.(2)根据法拉第电磁感应定律得，螺线管中磁场变化产生的感应电动势 E2kNS产生的感应电动势方向与ab切割产生的感应电动势方向相反则感应电流的大小I当mgsin <B0IL时，加速度方向向上即k