《2020高考物理专题11电磁感应备考强化训练31电磁感应定律动生电动势__切导的曲线运动二新人教版.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020高考物理专题11电磁感应备考强化训练31电磁感应定律动生电动势__切导的曲线运动二新人教版.pdf（17页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】1/17 2020高考物理专题 11电磁感应备考强化训练 31电磁感应定律动生电动势 _切导的曲线运动二新人教版编 辑：_时 间：_教学资料范本【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】2/17 本套强化训练搜集近年来各地高中物理高考真题、模拟题及其它极有备考价值的习题等筛选而成。其主要目的在于通过训练，更加熟练地掌握运用法拉第电磁感应定律、或、或、右手定则等确定动生电动势的大小和方向。通过理论和实际的结合，不仅加深了对法拉第电磁感应定律的理解，也极大地提高我们分析问题、解决问题的能力。全卷14 题，总计 120 分，选做题6 道备用。tSBn
2、E22121BlBlvEBSEtnBSEsin一、破解依据欲解“感应电动势的大小”一类问题，大致可用以下几条依据：产生感应电流的条件：穿过回路的“磁通量发生变化”。回路是“闭合”的。动生电动势大小：其中，n 为回路匝数，为回路面积的变化率。方向判定：“手心对 N 极、拇指表运动、四指示动（生）电（流）”右手定则。与“手心对 N极、四指表通电、拇指示受力”左手定则显著不同。tSBnESBtS，其中，l 做定轴转动。22121BlBlvElB 或，其中 为 动生 电 动 势的 最 大值。)BSEtnBSEsinnBSEm方向：“手心对N 极、拇指表运动、四指示动（生）电（流）”右手定则。与“手心对
3、 N 极、四指表通电、拇指示受力”左手定则显著不同。此类问题常涉及外电路变换、变化以及电流、电压、功率、效益等，则需综合应用“恒定电流”的有关概念和规律。亦常涉及功能联系（如动能定理）、能量转化和守恒，则宜采用相应手段处理。二、精选习题选择题（每小题5 分，共 50 分）【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】3/17 (15 新课标)1824 年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”。实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图-1 所示。实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后。下列说法正
4、确的是（）A圆盘上产生了感应电动势 B圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动C在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化D圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动（14 日照一中）如图-2 所示，直角坐标系的2、4 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 3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R，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。t=0 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的电流随时间变化的图线，正确的是（）Ox
5、y（15 新课标）如图-3，直角三角形金属框abc 放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于 ab 边向上。当金属框绕ab 边以角速度逆时针转动时，a、b、c 三点的电势分别为Ua、Ub、Uc.已知 bc 边的长度为 l。下列判断正确的是AUa Uc，金属框中无电流B.Ub Uc，金属框中电流方向沿a-b-c-aC.Ubc=-1/2Bl2，金属框中无电流【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】4/17 D.Ubc=1/2Bl2w，金属框中电流方向沿a-c-b-a（15 山东）如图-4，一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时针匀速转动。现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场，圆
6、盘开始减速。在圆盘减速过程中，以下说法正确的是A处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高B所加磁场越强越易使圆盘停止转动C若所加磁场反向，圆盘将加速转动D若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘将匀速转动（16全国）如图-5 所示，M为半圆形导线框，圆心为OM；N 是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为ON；两导线框在同一竖直面(纸面)内；两圆弧半径相等；过直线OMON 的水平面上方有一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面现使线框M、N 在 t 0 时从图示位置开始，分别绕垂直于纸面、且过OM和 ON的轴，以相同的周期T 逆时针匀速转动，则()A两导线框中均会产生正弦交流电B两导线框中感应电流的周期都等于TC在 t 时
7、，两导线框中产生的感应电动势相等D两导线框的电阻相等时，两导线框中感应电流的有效值也相等（13 全国大纲版）纸面内两个半径均为R的圆相切于 O点，两圆形区域内分别存在垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度大小相等、方向相反，且不随时间变化。一长为2R的导体杆 OA绕过 O点且垂直于纸面的轴顺时针匀速旋转，角速度为，t 0 时，OA恰好位于两圆的公切线上，如图-6 所示。若选取从O指向 A的电动势为正，下列描述导体杆中感应电动势随时间变化的图像可能正确的是（）矩形线圈 abcd 在匀强磁场中绕00 轴匀速转动，当t=0 时，线圈恰好经过图-7 中所示的位置，已知线圈为n 匝，面积是 S，电阻为 R，磁感
8、强度为 B，转动角速度为。(1）从 t=0 时开始计时，写出感应电动势瞬时值的表达式。(2）由图示位置转过90角的过程中时线圈上产生的热量？（15 西安交大附中）某兴趣小组设计了一种发电装置，如图【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】5/17-8 所示在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角均为，磁场均沿半径方向匝数为N的矩形线圈 abcd 的边长 abcdL、bcad2L 线圈以角速度绕中心轴匀速转动，bc 边和 ad 边同时进入磁场在磁场中，两条边所经过处的磁感应强度大小均为B、方向始终与两边的运动方向垂直线圈的总电阻为r，外接电阻为 R。则（）A线圈切割磁感线时，感应电动势
9、的大小Em=2BL2 B线圈切割磁感线时，bc 边所受安培力的大小FrRlNB324C线圈旋转一圈时，流过电阻R的净电荷量为零。D外力做功的平均功率为22 42169N B lrR9（17 天津）在匀强磁场中，一个100 匝的闭合矩形金属线圈，绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，穿过该线圈的磁通量随时间按图示-9 正弦规律变化设线圈总电阻为2，则()At 0 时，线圈平面平行于磁感线 Bt 1 s 时，线圈中的电流改变方向Ct 1.5 s 时，线圈中的感应电动势最大D一个周期内线圈产生的热量为 82 J（16 全国）法拉第圆盘发电机的示意图如图-10 所示铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别
10、与圆盘的边缘和铜轴接触圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B 中圆盘旋转时，关于流过电阻 R的电流，下列说法正确的是()A若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定B若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a 到 b 的方向流动C若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化D若圆盘转动的角速度变为原来的2 倍，则电流在 R上的热功率也变为原来的 2 倍计算题（共 70 分）【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】6/17（16 江苏）（16 分）据报道，一法国摄影师拍到“天宫一号”空间站飞过太阳的瞬间照片中，“天宫一号”的太阳帆板轮廓清晰可见如图-11 所示，假设“天宫一号”正以速
11、度v7.7 km/s 绕地球做匀速圆周运动，运动方向与太阳帆板两端M、N的连线垂直，M、N间的距离 L20 m，地磁场的磁感应强度垂直于v，MN所在平面的分量 B1.0 105 T，将太阳帆板视为导体(1)求 M、N间感应电动势的大小E；(2)在太阳帆板上将一只“1.5 V，0.3 W”的小灯泡与M、N相连构成闭合电路，不计太阳帆板和导线的电阻试判断小灯泡能否发光，并说明理由；(3)取地球半径 R6.4103 km，地球表面的重力加速度g9.8 m/s2，试估算“天宫一号”距离地球表面的高度h(计算结果保留一位有效数字)(15区二练)（17分）航天飞缆是用柔性缆索将两个物体连接起来在太空飞行的
12、系统。飞缆系统在太空飞行中能为自身提供电能和拖拽力，它还能清理“太空垃圾”等。从1967 年至 19xx 年17 次试验中，飞缆系统试验已获得部分成功。该系统的工作原理可用物理学的相关规律来解释。如图-12 所示为飞缆系统的简化模型示意图，图中两个物体P、Q用长为 l 的柔性金属缆索连接，外有绝缘层，系统绕地球作圆周运动，运动一周的时间为T，运动过程中 Q距地面高为 h。飞缆系统沿图示方向在地磁场中运动，缆索总保持指向地心，地磁场在缆索所在处的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。已知地球半径为R，地面的重力加速度为g。不考虑地球自转，可认为缆索切割磁感线的速度等于缆索中点的速度。（1）设缆
13、索中无电流，问缆索P、Q哪端电势高？求P、Q两端的电势差；（2）设缆索的电阻为R1，如果缆索两端物体P、Q通过周围的【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】7/17 电离层放电形成电流，相应的电阻为R2，求缆索所受的安培力多大；（3）若物体 Q的质量为 mQ，求缆索对 Q的拉力 FQ。(13 广东)（18 分）如图-13 甲所示,在垂直于匀强磁场B的平面内,半径为 r 的金属圆盘绕过圆心O的轴转动,圆心 O和边缘 K通过电刷与一个电路连接。电路中的P是加上一定正向电压才能导通的电子元件。流过电流表的电流I 与圆盘角速度的关系如图-13乙所示,其中 ab 段和 bc 段均为直线,且 ab
14、段过坐标原点。0代表圆盘逆时针转动。已知:R=3.0,B=1.0T,r=0.2m。忽略圆盘、电流表和导线的电阻。(1)根据图乙写出 ab、bc 段对应的 I 与的关系式;(2)求出图乙中 b、c 两点对应的 P两端的电压 Ub、Uc;(3)分别求出 ab、bc 段流过 P的电流 IP 与其两端电压 UP的关系式。14(14 新课标)（19 分）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-14 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
15、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。【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】8/17 求:(1)通过电阻 R的感应电流的方向和大小;(2)外力的功率。选做题.（12 新课标）如图-15，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里，磁感应强度大小为B0.使该线框从静止开始绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度匀速转动半周，在线框
16、中产生感应电流现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率的大小应为()A.B.C.D.（20 xx石家庄二检）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X21-3 所示，用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回路中电流的大小变化，方向不变B回路中电流的大小不变，方向变化C回路中电流的大小和方向都周期性变化D回路中电流的方向不变，从b
17、导线流进电流表(14 浙江)某同学设计一个发电测速装置,工作原理如图-17 所示。一个半径为R=0.1m 的圆形金属导轨固定在竖直平面上,一根长为 R的金属棒 OA,A端与导轨接触良好,O 端固定在圆心处的转轴上。转轴的左端有一个半径为r=的圆盘,圆盘和金属棒能随转轴一起转动。圆盘上绕有不可伸长的细线,下端挂着一个质量为m=0.5kg 的铝块。在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面向右的匀强磁场,磁感应强度 B=0.5T。a 点与导轨相连,b 点通过电刷与 O端相连。测量 a、b【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】9/17 两点间的电势差U 可算得铝块速度。铝块由静止释放,下落 h=0.
18、3m时,测得 U=0.15V。(细线与圆盘间没有滑动,金属棒、导轨、导线及电刷的电阻均不计,重力加速度 g=10m/s2)(1)测 U时,与 a 点相接的是电压表的“正极”还是“负极”?(2)求此时铝块的速度大小;(3)求此下落过程中铝块机械能的损失。（13 郑州一模）如图-18 所示，在 xOy 平面内有一扇形金属框 abc，其半径为 r，ac 边与 y 轴重合，bc 边与 x 轴重合，且 c 为坐标原点，ac 边与 bc 边的电阻不计，圆弧ab 上单位长度的电阻为R.金属杆 MN长度为 L，放在金属框 abc 上，MN与 ac 边紧邻磁感应强度为 B的匀强磁场与框架平面垂直并充满平面现对M
19、N杆施加一个外力(图中未画出)，使之以c 点为轴顺时针匀速转动，角速度为.求：(1)在 MN杆运动过程中，通过杆的电流I 与转过的角度 间的关系；(2)整个电路消耗电功率的最小值是多少？(15 苏州二调)（15 分）如图-19 所示，两根半径为r 的圆弧轨道间距为L，其顶端 a、b 与圆心处等高，轨道光滑且电阻不计，在其上端连有一阻值为R 的电阻，整个装置处于辐向磁场中，圆弧轨道所在处的磁感应强度大小均为B将一根长度稍大于L、质量为m、电阻为 R0的金属棒从轨道顶端ab 处由静止释放已知当金属棒到达如图所示的cd 位置（金属棒与轨道圆心连线和水平面夹角为）时，金属棒的速度达到最大；当金属棒到达
20、轨道底端ef 时，对轨道的压力为 1.5mg求：41（1）当金属棒的速度最大时，流经电阻R的电流大小和方向；（2）金属棒滑到轨道底端的整个过程中流经电阻R的电量；（3）金属棒滑到轨道底端的整个过程中电阻R上产生的热量【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】10/17（14 广州一模）如图-20 所示，匀强磁场垂直于铜环所在的平面，导体棒a 的一端固定在铜环的圆心O处，另一端紧贴圆环，可绕 O匀速转动通过电刷把铜环、环心与两块竖直平行金属板P、Q 连接成如图所示的电路，R1、R2 是定值电阻带正电的小球通过绝缘细线挂在两板间的M点，被拉起到水平位置；合上开关S，无初速度释放小球，小球沿圆弧
21、经过M点正下方的 N 点到另一侧已知磁感应强度为B，a 的角速度为，长度为l，电阻为 r，R1R2 2r，铜环的电阻不计，P、Q两板的间距为 d，小球的质量为 m、带电荷量为 q，重力加速度为g.求：(1)a 匀速转动的方向；(2)P、Q间电场强度 E的大小；(3)小球通过 N点时对细线拉力 F 的大小三、参考答案选择题【答案】A、B【解析】因为当磁体和导体之间的相对运动在导体内产生出了感应电流，而感应电流产生的磁力又会与磁体的磁力相互作用，从而使磁体一起转动起来，具休是当铜圆盘在小磁针的磁场中转动时，半径方向的金属条在切割磁感线，发生电磁感应现象，在铜圆盘的圆心和边缘之间产生感应电动势，选项
22、A 正确；圆盘在径向的辐条切割磁感线过程中，内部距离圆心远近不同的点电势不等而形成感应电流即涡流（根据圆盘转向的不同以及磁极的不同，感应电流从轴心流向边缘或从边缘流向轴心），而感应电流产生的磁力又会与小磁针的磁力相互作用，从而使小磁针一起转动起来，故选项B 正确，圆盘转动过程中，圆盘位置、圆盘面积和磁场都没有发生变化，【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】11/17 故磁场穿过整个圆盘的磁通量没有变化，选项C 错误；圆盘本身呈中性，不会产生环形电流，D错误。【答案】B 【解析】在 0-t 时间内，线框从图示位置开始（t=0）转过 90的过程中，产生的感应电动势为：E1=B?R2；由闭合
23、电路欧姆定律得，回路电流为：I1=根据楞次定律判断可知，线框中感应电流方向沿逆时针在t-2t时间内，线框进入第3 象限的过程中，回路电流方向为顺时针回路中产生的感应电动势为：E2=B?R2+?2B?R2=B?R2=3E1；感应电流为：I2=3I1；在 2t-3t时间内，线框进入第4 象限的过程中，回路电流方向为逆 时针回路 中产 生的感 应电 动势为：E3=B?R2+?2B?R2=B?R2=3E1；21rRBrE221212123212123感应电流为：I2=3I1；在 3t-4t时间内，线框出第4 象限的过程 中，回 路 电 流 方 向 为 顺 时 针 回 路 中 产 生 的 感 应 电 动
24、 势为：E4=B?R2；由闭合电路欧姆定律得，回路电流为：I4=I1；故 B正确故选：B21【答案】C【答案】ABD【答案】BC【解析】设导线圈半径为l，角速度为，两导线框切割磁感线的等效长度始终等于圆弧半径，因此在产生感应电动势时其瞬时感应电动势大小始终为EBl2，但进磁场和出磁场时电流方向相反，所以线框中应该产生方波交流式电，如图所示，A错误；由 T可知，两导线框中感应电流的周期相同，均为T，B 正确；在 t 时，两导线框均在切割磁感线，故两导线框中产生的感应电动势均为Bl2，C正确；对于线框 M，有,R)T，解得 U有 M E；对于线框 N，有 0 0,R)T，解得 U 有 NE，故两导
25、线框中感应电流的有效值并不相等，D错误【答案】C【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】12/17【解析】导体杆OA绕过 O点且垂直于纸面的轴顺时针匀速旋转，在转过180的过程中，切割磁感线的导体棒长度先不均匀增大后减小，由右手定则可判断出感应电动势的方向为由O指向 A 为正，所以下列描述导体杆中感应电动势随时间变化的图像可能正确的是C。【解析】（1）显然，从中性面开始计时电动势瞬时值表达式 为：nBSEm(2)由焦耳定律可得tREQ22mEE4Tt2T联立得RSBnQ4222【答案】CD【解析】A、bc、ad 边的运动速度：2Lv感应电动势：，解得：，故A错误；m4ENBLv2m2EN
26、BLB、根据欧姆定律得：电流：mmEIRr安培力：，解得：，故B错误；2mFNBI L2234N B LFRrC、线圈旋转一圈时，磁通量的变化量为零，故平均感应电动势为零，故流过电阻R的净电荷量为零，故C正确；D、在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角均为，电机的总功率：；外力做功的功率与电源的总功率相等，故D 正确。492224241699()EN B LPRrRrg故选：CD【答案】AD【解析】由图可知，t 0 时，磁通量为0，线圈平面平行于磁感线，A 正确；t 1 s 时，由法拉第电磁感应定律和图线的斜率可知，线圈中的电流方向不变，B 错误；t 1.5 s 时磁通量的变化率为 0
27、，感应电动势为0，C错误；交变电流的电动势最大值Em nm【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】13/17，所以电流的有效值I，根据焦耳定律Q I2RT，联立解得 Q 82 J，D正确【答案】AB【解析】将圆盘看成由无数辐条组成，各辐条都在切割磁感线，从而产生感应电动势，出现感应电流，当圆盘顺时针转动时(从上往下看)，根据右手定则可判断，圆盘上感应电流从边缘向中心，流过电阻 R的电流方向从 a 到 b，B正确；由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势 EBLvBL2，而 I，故 A正确，C错误；当角速度变为原来的2 倍时，感应电动势EBL2变为原来的 2 倍，感应电流 I 变为原来的 2
28、倍，电流在 R上的热动率 PI2R 变为原来的 4倍，D错误计算题【答案】(1)1.54 V(2)不能，理由见解析(3)4 105 m【解析】(1)法拉第电磁感应定律EBLv，代入数据得 E1.54 V(2)不能，因为穿过闭合回路的磁通量不变，不产生感应电流(3)在地球表面有 G mg匀速圆周运动 G mv2Rh解得 hgR，代入数据得 h4105 m(数量级正确都算对)【解析】（1）由右手定则可以判定P点电势高设缆索中点的速度设为v22()lRhvT P、Q两点电势差就是缆索的电动势UPQ=E=BlvQ=22()lBl RhT另解：2222()llMmvGmRhRh2GMmmgR（2）缆索电
29、流 I=21RRE安培力 FA=BIl 将代入式解得FA=2 22122()()lB lRhRR T（3）Q的速度设为 vQ，Q受地球引力和缆索拉力FQ作用FQ=mQ 2)(hRGMmQ2QvRh物体 Q绕地球做匀速圆周运动，设Q的速度设为 vQ2()QRhvT【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】14/17 又2GMmmgR将代入式解得：FQ=mQ 22)(hRgR224()RhT【答案】(1)ab段:I=A(-45rad/s 15rad/s)bc段:I=(-0.05+)A(15rad/s 45rad/s)(2)0.3V 0.9V(3)ab 段:IP=0 bc 段:IP=A11501
30、100PU9【解析】(1)根据题图乙可求得ab 段斜率 kab=1150故 ab 段:I=A(-45rad/s15rad/s)1150bc 段斜率 kbc=1100故 bc 段:I=I0+,把 b 点的坐标=15rad/s,I=0.1A1100代入可求得 I0=-0.05A故 bc 段有:I=(-0.05+)A(15rad/s 45rad/s)1100(2)圆盘逆时针转动切割磁感线产生感应电动势E=Br2,得E=0.0212当=15rad/s 时,E=0.3V;当=45rad/s 时,E=0.9V。由于圆盘电阻忽略不计,故 Ub=0.3V,Uc=0.9V。(3)ab 段:由右手定则,可判断加在
31、 P的电压是反向电压,故 IP=0,对应于 c 点 P导通,通过电流表的电流I=A+A=0.4 APcPcPUURR0.93P0.9R解得:RP=9所以对应 bc 段流过 P的电流 IP=A。PU9【答案】(1)（2）DRCRBr232RrBmgr4923422【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律,导体棒产生的感应电动势大小:vBrE又因为 ,221vvvv1=r,v2=2r 通过电阻 R的感应电流的大小【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】15/17 REI联立解得RBrI232根据右手定则,感应电流的方向由B 端流向 A 端,因此通过电阻R的感应电流方向为CRD。(2)由于导体棒质
32、量分布均匀,导体棒对内外圆导轨的正压力相等,正压力为mgN21两导轨对棒的滑动摩擦力f=N 在t 时间内导体棒在内外圆导轨上滑过的弧长l1=r t,l2=2rt 导体棒克服摩擦力做的功Wf=f(l1+l2)在t 时间内,电阻 R上产生的焦耳热Q=I2R t 根据能量转化与守恒定律,外力在 t 时间内做的功W=Wf+Q 外力的功率?tWP由至?式可得:RrBmgrP4923422选做题【答案】C【解析】当导线框在磁场中转动时，产生的感应电动势为EB0R2，当导线框在磁场中不转动而磁场变化时，产生的感应电动势为 ER2，故，C正确【答案】D【解析】圆盘辐向垂直切割磁感线，由EBr2可得，电动势的大
33、小一定，则电流的大小一定；由右手定则可知，电流方向从圆盘边缘流向圆心，电流从b 导线流进电流表，选项D正确【答案】(1)正极(2)2m/s(3)0.5 J【解析】(1)由右手定则可知A 是电源正极,所以 a 点接的是电压表的正极。(2)金属棒切割磁感线产生的电动势E=2ABRv【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】16/17 圆盘和金属棒的角速度相同,设为,铝块速度为 v,则 v=r,vA=R,代入数据可得 v=2m/s(其中 E=U)。(3)下落过程中铝块机械能的损失E=mgh-22mv代入数据得 E=0.5J18.【答案】(1)(2)2B2r428R0 rR【解析】(1)电路中感应
34、电动势EBr2设金属杆的电阻为R0，则电路总电阻R总R0 R0（2）rR杆中电流 I 与杆转过的角度 的关系为I.(2)由于总电阻 R总R0，圆弧总长度 r r 是定值，所以，当 rr 时，即 时，总电阻R总有最大值此时，R总R0.此时，电路消耗电功率的最小值是P.19.【答案】（1），aRb；（2）；（3）BLmgcos)(20RRrBL)(430RRmgrR【解析】（1）金属棒速度最大时，在轨道切线方向所受合力为0，则有：mgcos=BIL 解得：I=，流经 R的电流方向为aRbBLmgcos（2）金属棒滑到轨道底端的整个过程中，穿过回路的磁通量变化量为：=BS=B?L?22rBLr平均电
35、动势为：，平均电流为：tE0RREI则流经电阻 R的电量：q=)(200RRrBLRRtI（3）在轨道最低点时，由牛顿第二定律得：Nmg=mrv2据题有：N=1.5mg由能量转化和守恒得：Q=mgr=mgr221mv43【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】17/17 电阻 R上发热量为：QR=QrRR)(430RRmgrR20.【答案】(1)导体棒 a 沿顺时针方向转动；(2)；(3)3mg。【解析】(1)依题意可知，P 板带正电，Q 板带负电由右手定则可知，导体棒 a 沿顺时针方向转动(2)导体棒 a 转动切割磁感线，由法拉第电磁感应定律得电动势的大小 Bl2由闭合电路的欧姆定律有IR1 R2r由欧姆定律可知，PQ间的电压 UPQ IR2故 PQ间匀强电场的电场强度EUPQd由以上各式解得E.(3)设细绳的长度为L，小球到达N 点时速度为v，由动能定理可得mgL EqLmv2又 Fmg mv2L由以上各式解得F3mg。