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1、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)1.两根通电直导线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
2、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
3、上往下看)先顺时针再逆时针，B项正确3.(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
4、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(mgF)/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
5、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t0时刻开始，线框匀速穿过该磁场区域，以abca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()答案：C解析：本题借助导线框穿过磁场，考查楞次定律、法拉第电磁感应定律、it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abca，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
6、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n1500匝，副线圈b的匝数n250匝，线圈a接在频率为50 Hz的余弦交流电源u上，灯泡L1、L2、L3按如图所示接入电路中，且都恰好正常发光，其中L1正常发光时的电阻为400 ，L2、L3规格均为“10 V5 W”电压表V1、V2均为理想电表下列推断正确的是()A电压表V1、V2的示数分别为200 V、20 VB灯泡L1的规格为“200 V10 W”C交流电源的电压瞬时值表达式为u220cos100t(V)D交流电源的输出功率是20 W答案：C解析：灯泡L2、
7、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U1U2200 V，副线圈中的电流有效值为I2 A0.5 A，则原线圈中的电流有效值为I1I20.05 A，灯泡L1两端的电压有效值为UL1I1R20 V，故电压表V1的示数为UVU1UL1220 V，选项A错误；灯泡L1的功率为P1UL1I1200.05 W1 W，故灯泡L1规格为“20 V1 W”，选项B错误；根据题意，交流电源电压瞬时值的表达式为u220cos100t(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 W5 W1
8、W11 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，u220sin10t(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u220sin200t(V)，滑动变阻器滑片不动，则电流表A1的示数增大D若仅改变u，使u220sin200t(V)，滑动变阻器滑片不动，则电流表A1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
9、确；电容器通交流、隔直流，交流电流表读数为有效值，电流表A2的示数不为零，选项B错误；若滑动变阻器滑片不动，仅改变u，使u220sin200t(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A1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51，原线圈接入图乙所示的电压，副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，R0为定值电阻，RT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()A图乙中电压的有效值为220 VB电压表的示数为44 VCRT处出现火警时电流表示数
10、增大DRT处出现火警时电阻R0消耗的电功率增大答案：CD解析：设将此电压加在阻值为R的电阻上，电压的最大值为Um，电压的有效值为U，则T，代入数据得图乙中电压的有效值为110 V，选项A错误；理想变压器原、副线圈的电压与匝数成正比，所以变压器原、副线圈的电压之比是51，所以电压表的示数为22 V，选项B错误；RT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R0消耗的电功率增大，选项C、D正确8(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长abcd0.2 m，adbc0.4 m，线圈匝数为50匝，线圈的总电阻r1 ，线圈在磁感应强度B0.2 T的
11、匀强磁场中绕垂直磁场的轴以 r/s的转速匀速转动，外接电阻R9 ，电压表为理想交流电压表，则()A图甲中交流电压表的示数为80 VB图甲中电阻R上消耗的电功率为1 152 WC如图乙所示，在外电路接上原、副线圈匝数比n1n231的理想变压器时，电阻R上消耗的电功率最大D如图乙所示，在外电路接上原、副线圈匝数比n1n213的理想变压器时，电阻R上消耗的电功率最大答案：D解析：根据公式EnBS可得线圈产生的最大感应电动势为Em500.2(0.20.4) V160 V，电压表测量的是有效值，所以U V72 V，选项A错误；电阻R上消耗的电功率P1 152 W，选项B错误；若没有变压器，当内、外电路电
12、阻相等时，输出功率最大，即电阻R上消耗的功率最大，即相当于R的电阻减小为1 ，此时R两端的电压应该为U V40 V，最大功率为P3 200 W，若加上变压器，电阻R的功率为3 200 W，则3 200，需要的电压为U0120 V，故，选项C错误，D正确二、非选择题(本题包括4小题，共47分)9(11分)如图为一研究“电磁感应现象”的实验装置(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：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”)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
13、”)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m0.42 kg、边长为L1 m、匝数n10的正方形线圈，其总电阻为r1 .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10 m/s2)(1)判断线圈中产生的感应电流的方向是顺时针还是逆时
14、针？(2)求线圈的电功率；(3)求t4 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EnnL20.5 V则P0.25 W(3)t4 s时，B0.6 T，I0.5 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场，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，总电阻为R的正方形线圈abcd放入磁场，线圈所在平面与磁感线垂直，如图乙所示求：(1)磁感应强度的变化率；(2)t0时刻线圈ab边受
15、到的安培力大小答案：(1)(2)解析：(1)由题意可知0B0L2，解得(2)线圈中的感应电动势为E2由闭合电路欧姆定律I，安培力F解得F12(12分)如图，在竖直面内有两平行金属导轨AB、CD.导轨间距为L1 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B1 TMN右侧，两导轨与电路连接电路中的两个定值电阻阻值分别为R14 、R22 .在EF间接有一水平放置的平行板电容器C，板间距离为d8 cm.(g10 m/s2)(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m810
16、17 kg，电荷量为q3.21017 C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x0.5 m的位置静止不动MN左侧的磁场按B10.5t(T)的规律开始变化，试求从t0至t4 s过程中通过电阻R1的电荷量答案：(1)带负电，6 m/s(2) C解析：(1)由右手定则可得，金属棒切割磁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EBLv感应电流IR2两端电压U2IR2由平衡条件得mg联立可得v6 m/s(2)由B10
17、.5t(T)，可得0.5 T/s由法拉第电磁感应定律可得，产生的电动势ELx0.25 V则感生电流I A则通过电阻R1的电荷量QIt C周测九电磁感应交变电流(B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
18、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，俯视检测线圈，其中感应电流的方向是()A先顺时针后逆时针B先逆时针后顺时针C先顺时针后逆时针，然后再顺时针D先逆时针后顺时针，然后再逆时针答案：D解析：如图为地下通电直导线产生的磁场的正视图，当线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L1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L1在铁
19、芯中产生的磁场，下列说法正确的有()A家庭电路正常工作时，L2中的磁通量为零B家庭电路中使用的用电器增多时，L2中的磁通量不变C家庭电路发生短路时，开关K将被电磁铁吸起D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绕制，所以在家庭电路正常工作时，火线和零线中的电流大小相等，方向相反，因此合磁通量为零，L2中的磁通量为零，A项正确；当家庭电路中使用的用电器增多时，火线和零线中的电流仍然大小相等，方向相反，L2中的磁通量不变，B项正确；家庭电路发生短路时，火线和零线中的电流同时增大，合磁通量仍然为零，因此开关K不会被电磁铁吸起，C项错误；当地面上的人接触火
20、线发生触电时，火线中的电流突然变大，即L1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K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，L是带铁芯的线圈，其自感系数很大，直流电阻忽略不计下列说法正确的是()AS闭合瞬间，A先亮BS闭合瞬间，A、B同时亮CS断开瞬间，B逐渐熄灭DS断开瞬间，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
21、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5(多选)如图甲所示，竖直向上的匀强磁场的磁感应强度B00.5 T，并且以0.1 T/
22、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L0.5 m，在导轨上放着一金属棒MN，电阻R00.1 ，并且水平细线通过定滑轮悬吊着质量M0.2 kg的重物导轨的定值电阻R0.4 ，与P、Q端点相连组成回路又知PN长d0.8 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)()A电阻R中电流的方向由P到QB电流的大小为0.1 AC从磁感应强度为B0开始计时，经过495 s的时间，金属棒MN恰能将重物拉起D电阻R上产生的热量约为16 J答案：AC解析：根据楞次定律可知电流方向为MNPQM，故A项正确；电流大小I A0.08 A，故B项错误；要恰
23、好把质量M0.2 kg的重物拉起，则F安TMg2 N，B T50 T，BB0t0.50.1t，解得t495 s，故C项正确；电阻R上产生的热量为QI2Rt(0.08)20.4495 J1.27 J，故D项错误6(2018山西五校联考)(多选)如图所示，一理想变压器原线圈匝数n11 000匝，副线圈匝数n2100匝，将原线圈接在u100sin100t(V)的交流电压上，副线圈接有阻值R5 的定值电阻、理想电流表和理想电压表现在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R15 的定值电阻，则电压表示数为2.5 VC若
24、在A、B两点间接入一内阻r5 的电动机(正常工作)，则电流表的示数为1 AD若在A、B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E1mn1，代入数据解得 Wb/s，即穿过铁芯的磁通量的最大变化率为 Wb/s，故A错误；原线圈电压的有效值U1 V100 V，根据理想变压器中原副线圈的电压与匝数成正比，得副线圈两端的电压有效值U2U1100 V10 V，A、B两点间接入一阻值R15 的定值电阻，副线圈中电流I2 A0.5 A，电压表示数等于电阻R两端的电压UI2R0.55 V2.5 V，故B正确；在A、B两点间接入一内阻
25、r5 的电动机(正常工作)，欧姆定律不适用，电流表示数I A1 A，故C错误；在A、B间接入一只电容器，降低交流电的频率，容抗增大，副线圈电流减小，电阻R两端的电压减小，所以电压表的示数减小，故D正确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两侧面会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
26、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C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其工作面，选项C正确，D错误8(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
27、流由a、b端输入，L1和L2是线圈，C1和C2是电容器，则()A甲扬声器是低频扬声器BC2的作用是阻碍高频电流通过乙扬声器CL1的作用是阻碍高频电流通过甲扬声器DL2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；C2的作用是阻碍低频电流通过乙扬声器，选项B错误；L1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
28、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.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R1.完成下列问题：(1)如图甲，金属导轨的一端接一个内阻为r的直流电源，撤去外力后导体棒仍能静止，求直流电源的电动势；(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
29、到的最大速度答案：(1)(2)gsin(3)解析：(1)回路中的电流为I，导体棒受到的安培力为F安BIL，对导体棒受力分析知F安mgsin.联立上面三式解得E.(2)当导体棒速度为v时，产生的感应电动势EBLv，此时电路中电流I，导体棒受到的安培力FBIL.根据牛顿第二定律有mamgsin，解得agsin.(3)当mgsin时，导体棒达到最大速度vm，可得vm.10(12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
30、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)外力的功率答案：(1)，方向由C向D(2)mgr解析：(1)在t时间内，导体棒扫过的面积为St(2r)2r2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I联立式得I(
31、2)在竖直方向有mg2N0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N.两导轨对运行的导体棒的滑动摩擦力均为fN在t时间内，导体棒在内、外圆导轨上扫过的弧长分别为l1rtl22rt克服摩擦力做的总功为Wff(l1l2)在t时间内，消耗在电阻R上的功为WRI2Rt根据能量守恒定律知，外力在t时间内做的功为WWfWR外力的功率为P由至式得Pmgr.11(12分)如图甲所示，匀强磁场的磁感应强度B为0.5 T，其方向垂直于倾角为30的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
32、，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；(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)E1.5 VUCD0.6 V(2)F12.53.75x(N)(0x2)，图象见解析(3)Q7.5 J解析：(1)金属杆CD在匀
33、速运动中产生的感应电动势EBlv(ld)，代入数值得E1.5 V.当x0.8 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l外dd，OP ，得l外1.2 m.由楞次定律判断D点电势高，故CD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，杆受到的安培力F安BIl7.53.75x，根据平衡条件得FF安mgsin，得F12.53.75x(N)(0x2)，画出的Fx图象如图所示(3)外力F所做的功WF等于Fx图线与x轴所围成的图形的面积，即WF2 J17.5 J.而杆的重力势能增加量Epmgsin，故全过
34、程产生的焦耳热QWFEp7.5 J.12(12分)如图所示，MN、PQ是两条水平、平行放置的光滑金属导轨，导轨的右端接理想变压器的原线圈，变压器的副线圈与电阻R20 组成闭合回路，变压器的原副线圈匝数之比n1n2110，导轨宽L5 m质量m2 kg、电阻不计的导体棒ab垂直MN、PQ放在导轨上，在水平外力F作用下，从t0时刻开始在图示的两虚线范围内往复运动，其速度随时间变化的规律是v2sin20t(m/s)垂直轨道平面的匀强磁场的磁感应强度B4 T导轨、导线和线圈电阻均不计求：(1)ab棒中产生的电动势的表达式；ab棒中产生的是什么电流？(2)电阻R上的电热功率P.(3)从t0到t10.025
35、 s的时间内，外力F所做的功答案：(1)E40sin20t(V)，正弦交流电(2)4103 W(3)104 J解析：(1)ab棒中产生的电动势的表达式为EBLv40sin20t(V)故ab棒中产生的是正弦式交变电流(2)设原线圈上电压的有效值为U1，则U120 V设副线圈上电压的有效值为U2，则解得U2200 V电阻R上的电热功率P4103 W(3)由以上分析可知，该正弦交流电的周期T0.1 s从t0到t10.025 s，经历了四分之一个周期设在这段时间内电阻R上产生的热量为Q，则Q100 J在t10.025 s时刻，ab棒的速度为v，则v2sin20t12 m/s由能量守恒定律可得这段时间内外力F做的功WQmv2104 J