電磁感應(yīng)高考題大題綜合

..電磁感應(yīng)電路問(wèn)題一、平行導(dǎo)軌,勻強(qiáng)磁場(chǎng)<1990年全國(guó)>32．參考解答:把PQ作為電源,內(nèi)阻為R,電動(dòng)勢(shì)為εε=Blv

……………1．評(píng)分標(biāo)準(zhǔn):全題7分.正確列出1．式得1分.正確得出2．、3．、4．、5．式各得1分.正確得出aP段中電流的大小和流向再各得1分.〔20XXXX34.<7分>如圖所示,水平面上有兩根相距0.5m的足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌MN和PQ,它們的電阻可忽略不計(jì),在M和P之間接有阻值為R的定值電阻,導(dǎo)體棒ab長(zhǎng)＝0.5m,其電阻為r,與導(dǎo)軌接觸良好.整個(gè)裝置處于方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.4T.現(xiàn)使ab以＝10m／s的速度向右做勻速運(yùn)動(dòng).<1>ab中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)多大?<2>ab中電流的方向如何?<3>若定值電阻R＝3,OΩ,導(dǎo)體棒的電阻r＝1.OΩ,,則電路電流大?34.〔共7分〔1ab中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：①代入數(shù)據(jù)得：E=2.0V②〔2ab中電流方向?yàn)閎→a〔3由閉合電路歐姆定律,回路中的電流③代入數(shù)據(jù)得：I＝0.5A④評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)：本題7分,其中第〔1問(wèn)2分,第二問(wèn)2分,第三問(wèn)3分。第〔1問(wèn)中①、②各1分。第〔2問(wèn)中,正確得出ab中電流的方向給2分。第〔3問(wèn)中,③式給2分,④式給1分?！?0XX全國(guó)2卷24．〔19分如圖,一直導(dǎo)體棒質(zhì)量為m、長(zhǎng)為l、電阻為r,其兩端放在位于水平面內(nèi)間距也為l的光滑平行導(dǎo)軌上,并與之密接；棒左側(cè)兩導(dǎo)軌之間連接一可控制的負(fù)載電阻〔圖中未畫(huà)出；導(dǎo)軌置于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向垂直于導(dǎo)軌所在平面。開(kāi)始時(shí),給導(dǎo)體棒一個(gè)平行于導(dǎo)軌的初速度v0。在棒的運(yùn)動(dòng)速度由v0減小至v1的過(guò)程中,通過(guò)控制負(fù)載電阻的阻值使棒中的電流強(qiáng)度I保持恒定。導(dǎo)體棒一直在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)。若不計(jì)導(dǎo)軌電阻,求此過(guò)程中導(dǎo)體棒上感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的平均值和負(fù)載電阻上消耗的平均功率。24.〔19分導(dǎo)體棒所受的安培力為F＝IlB①該力大小不變,棒做勻減速運(yùn)動(dòng),因此在棒的速度v0從減小v1的過(guò)程中,平均速度為②當(dāng)棒的速度為v時(shí),感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小為E＝lvB③棒中的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為④由②④式得l<v0＋v1>B⑤導(dǎo)體棒中消耗的熱功率為P1＝I2r⑥負(fù)載電阻上消耗的平均功率為－P1⑦由⑤⑥⑦式得l<v0＋v1>BI－I2r⑧評(píng)分參考：①式3分〔未寫(xiě)出①式,但能正確論述導(dǎo)體棒做勻減速運(yùn)動(dòng)的也給這3分,②③式各3分,④⑤式各2分,⑥⑦⑧式各2分?！?0XX天津卷24、兩根光滑的長(zhǎng)直金屬導(dǎo)軌導(dǎo)軌MN、M'N'平行置于同一水平面內(nèi),導(dǎo)軌間距為l,電阻不計(jì),M、M'處接有如圖所示的電路,電路中各電阻的阻值均為R,電容器的電容為C。長(zhǎng)度也為l、阻值同為R的金屬棒ab垂直于導(dǎo)軌放置,導(dǎo)軌處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。ab在外力作用下向右勻速運(yùn)動(dòng)且與導(dǎo)軌保持良好接觸,在ab運(yùn)動(dòng)距離為s的過(guò)程中,整個(gè)回路中產(chǎn)生的焦耳熱為Q。求：⑴ab運(yùn)動(dòng)速度v的大??；⑵電容器所帶的電荷量q。24、〔18分解：⑴設(shè)ab上產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E,回路中電流為I,ab運(yùn)動(dòng)距離s所用的時(shí)間為t,則有：E＝BLvQ＝I2<4R>t由上述方程得：⑵設(shè)電容器兩極板間的電勢(shì)差為U,則有：U＝IR電容器所帶電荷量為：q＝CU解得：二、平行導(dǎo)軌,非勻強(qiáng)磁場(chǎng)〔20XXXX18．〔13分如圖所示,兩根平行金屬導(dǎo)軌固定在水平桌面上,每根導(dǎo)軌每米的電阻為r0＝0.10Ω/m,導(dǎo)軌的端點(diǎn)P、Q用電阻可忽略的導(dǎo)線相連,兩導(dǎo)軌間的距離l＝0.20m。有隨時(shí)間變化的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于桌面,已知磁感強(qiáng)度B與時(shí)間t的關(guān)系為B＝kt,比例系數(shù)k＝0.020T/s,一電阻不計(jì)的金屬桿可在導(dǎo)軌上無(wú)摩擦地滑動(dòng),在滑動(dòng)過(guò)程中保持與導(dǎo)軌垂直,在t＝0時(shí)刻,金屬桿緊靠在P、Q端,在外力作用下,桿以恒定的加速度從靜止開(kāi)始向?qū)к壍牧硪欢嘶瑒?dòng),求在t＝6.0s時(shí)金屬桿所受的安培力。18．〔13分以表示金屬桿運(yùn)動(dòng)的加速度,在時(shí)刻,金屬桿與初始位置的距離此時(shí)桿的速度,這時(shí),桿與導(dǎo)軌構(gòu)成的回路的面積,回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)回路的總電阻回路中的感應(yīng)電流作用于桿的安培力解得,代入數(shù)據(jù)為三、雙棒平行導(dǎo)軌,勻強(qiáng)磁場(chǎng)〔20XXXX卷18．〔17分如圖〔a所示,水平放置的兩根平行金屬導(dǎo)軌,間距L=0.3m．導(dǎo)軌左端連接R＝0.6的電阻,區(qū)域abcd內(nèi)存在垂直于導(dǎo)軌平面B=0.6T的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁場(chǎng)區(qū)域?qū)扗=0.2m．細(xì)金屬棒A1和A2用長(zhǎng)為2D=0.4m的輕質(zhì)絕緣桿連接,放置在導(dǎo)軌平面上,并與導(dǎo)軌垂直,每根金屬棒在導(dǎo)軌間的電阻均為t=0.3,導(dǎo)軌電阻不計(jì),使金屬棒以恒定速度r=1.0m/s沿導(dǎo)軌向右穿越磁場(chǎng),計(jì)算從金屬棒A1進(jìn)入磁場(chǎng)〔t=0到A2離開(kāi)磁場(chǎng)的時(shí)間內(nèi),不同時(shí)間段通過(guò)電阻R的電流強(qiáng)度,并在圖〔b中畫(huà)出．18．解析：0－t1〔0－0.2sA1產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：電阻R與A2并聯(lián)阻值：所以電阻R兩端電壓通過(guò)電阻R的電流：t1－t2〔0.2－0.4sE=0,I2=0t2－t3〔0.4－0.6s同理：I3=0.12A四、豎直平行導(dǎo)軌,勻強(qiáng)磁場(chǎng)〔20XX天津卷23．〔16分圖中MN和PQ為豎直方向的兩平行長(zhǎng)直金屬導(dǎo)軌,間距l(xiāng)為0.40m,電阻不計(jì)。導(dǎo)軌所在平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度B為0.50T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直。質(zhì)量m為6.0×10-3kg、電阻為1.0Ω的金屬桿ab始終垂直于導(dǎo)軌,并與其保持光滑接觸。導(dǎo)軌兩端分別接有滑動(dòng)變阻器和阻值為3.0Ω的電阻R1。當(dāng)桿ab達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)以速率v勻速下滑,整個(gè)電路消耗的電功率P為0.27W,重力加速度取10m/s2,試求速率v和滑動(dòng)變阻器接入電路部分的阻值R2RR1R2labMNPQBv23.由能量守恒定律得：mgv=P①代入數(shù)據(jù)得：v=4.5m/s又E＝BLv③設(shè)電阻R與R的并聯(lián)電阻為R,ab棒的電阻為r,有④⑤P=IE⑥代入數(shù)據(jù)得：＝6.0Ω〔20XX全國(guó)大綱卷24．〔15分如圖,兩根足夠長(zhǎng)的金屬導(dǎo)軌ab、cd豎直放置,導(dǎo)軌間距離為L(zhǎng),電阻不計(jì)。在導(dǎo)軌上端并接兩個(gè)額定功率均為P、電阻均為R的小燈泡。整個(gè)系統(tǒng)置于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與導(dǎo)軌所在平面垂直?，F(xiàn)將一質(zhì)量為m、電阻可以忽略的金屬棒MN從圖示位置由靜止開(kāi)始釋放。金屬棒下落過(guò)程中保持水平,且與導(dǎo)軌接觸良好。已知某時(shí)刻后兩燈泡保持正常發(fā)光。重力加速度為g。求：⑴磁感應(yīng)強(qiáng)度的大?。孩茻襞菡０l(fā)光時(shí)導(dǎo)體棒的運(yùn)動(dòng)速率。aacMNbdL答案：⑴⑵解析：〔1設(shè)小燈泡的額定電流為I0,有P=I02R=1\*GB3①由題意,在金屬棒沿導(dǎo)軌豎直下落的某時(shí)刻,小燈泡保持正常發(fā)光,流經(jīng)MN電流為I=2I0=2\*GB3②此時(shí)金屬棒MN所受的重力和安培力相等,下落的速度達(dá)到最大值,有mg=BIL=3\*GB3③聯(lián)立=1\*GB3①=2\*GB3②=3\*GB3③式得=4\*GB3④〔2設(shè)燈泡正常發(fā)光時(shí),導(dǎo)體棒的速率為v,由電磁感應(yīng)定律和歐姆定律得E=BLv=5\*GB3⑤E=RI0=6\*GB3⑥聯(lián)立=1\*GB3①=2\*GB3②=4\*GB3④=5\*GB3⑤=6\*GB3⑥式得=7\*GB3⑦五、單軌圓形環(huán)問(wèn)題,勻強(qiáng)磁場(chǎng)〔20XX全國(guó)15．〔12分如圖所示,半徑為Ｒ、單位長(zhǎng)度電阻為λ的均勻?qū)w圓環(huán)固定在水平面上,圓環(huán)中心為Ｏ．勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直水平面方向向下,磁感強(qiáng)度為Ｂ．平行于直徑ＭＯＮ的導(dǎo)體桿,沿垂直于桿的方向向右運(yùn)動(dòng)．桿的電阻可以忽略不計(jì),桿與圓環(huán)接觸良好,某時(shí)刻,桿的位置如圖,∠ａＯｂ＝2θ,速度為ｖ,求此時(shí)刻作用在桿上安培力的大?。?5．如圖所示,桿切割磁力線時(shí),ａｂ部分產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)Ｅ＝ｖＢ〔2Ｒｓｉｎθ,

此時(shí)?。幔悖夂突。幔洌獾碾娮璺謩e為2λＲ〔π－θ和2λＲθ,它們并聯(lián)后的電阻為

ｒ＝2λＲθ〔π－θ／π,

桿中的電流為Ｉ＝Ｅ／ｒ,

作用在桿上的安培力為Ｆ＝ＩＢ〔2Ｒｓｉｎθ,

由以上各式解得Ｆ＝〔2πｖＢ２Ｒ／λ〔ｓｉｎ２θ／θ〔π－θ．

〔20XX上海22．〔3分半徑為a的圓形區(qū)域內(nèi)有均勻磁場(chǎng),磁感強(qiáng)度為B＝0.2T,磁場(chǎng)方向垂直紙面向里,半徑為b的金屬圓環(huán)與磁場(chǎng)同心地放置,磁場(chǎng)與環(huán)面垂直,其中a＝0.4m,b＝0.6m,金屬環(huán)上分別接有燈L1、L2,兩燈的電阻均為R0＝2Ω,一金屬棒MN與金屬環(huán)接觸良好,棒與環(huán)的電阻均忽略不計(jì)〔1若棒以v0＝5m/s的速率在環(huán)上向右勻速滑動(dòng),求棒滑過(guò)圓環(huán)直徑OO’的瞬時(shí)〔如圖所示MN中的電動(dòng)勢(shì)和流過(guò)燈L1的電流?！?撤去中間的金屬棒MN將右面的半圓環(huán)OL2O’以O(shè)O’為軸向上翻轉(zhuǎn)90o,若此時(shí)磁場(chǎng)隨時(shí)間均勻變化,其變化率為ΔB/Δt＝〔4/3.14T/s,求L1的功率。無(wú)字母22解：〔1ε1＝B2av＝0.2×0.8×5＝0.8V①I(mǎi)1＝ε1/R＝0.8/2＝0.4A②〔2ε2＝ΔФ/Δt＝0.5×πa2×ΔB/Δt＝0.32V③P1＝<ε2/2>2/R＝1.28×102W④1,28*10-2評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)：全題13分．第〔1小題6分,第〔2小題7分。其中〔1正確得出①式得3分,得出②式得3分；〔2得出③式4分,得出④式得3分。六、其他形狀導(dǎo)軌,勻強(qiáng)磁場(chǎng)〔2003上海22．〔14分如圖所示,OACO為置于水平面內(nèi)的光滑閉合金屬導(dǎo)軌,O、C處分別接有短電阻絲〔圖中用粗線表示,R1=4Ω、R2=8Ω〔導(dǎo)軌其它部分電阻不計(jì)。導(dǎo)軌OAC的形狀滿足〔單位：m。磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.2T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌平面。一足夠長(zhǎng)的金屬棒在水平外力F作用下,以恒定的速率v=5.0m/s水平向右在導(dǎo)軌上從O點(diǎn)滑動(dòng)到C點(diǎn),棒與導(dǎo)軌接觸良好且始終保持與OC導(dǎo)軌垂直,不計(jì)棒的電阻。求：⑴外力F的最大值；⑵金屬棒在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)時(shí)電阻絲R1上消耗的最大功率；⑶在滑動(dòng)過(guò)程中通過(guò)金屬棒的電流I與時(shí)間t的關(guān)系。yyxR1R2AoCv[⑴金屬棒勻速運(yùn)動(dòng),F外=F安,E=BLv,I=E/R總,F外=BIL=B2L2v/R總,Lmax=2sin90°=2m,R總=8/3Ω,故Fmax=0.3N⑵P1=E2/R1⑶金屬棒與導(dǎo)軌接觸點(diǎn)間的長(zhǎng)度隨時(shí)間變化,且x=vt,E=BLv,故]22．〔14分.解：〔1金屬棒勻速運(yùn)動(dòng)F外＝F安ε＝BLv①I(mǎi)=ε/R總②F外＝BIL＝③Lmax=2sin=2<m>④R總＝＝8/3<Ω>⑤∴Fmax=0.22×22×5.0×3/8=0.3<N>⑥〔2P1＝ε2/R1＝B2L2v2/R1=0.22×22×5.02/4=1<W>〔3金屬棒與導(dǎo)軌接觸點(diǎn)的長(zhǎng)度隨時(shí)間變化L＝2sin<x><m>且x=vt,ε=BLv,∴I==〔A⑧〔2010XX卷23．〔16分法拉第曾提出一種利用河流發(fā)電的設(shè)想,并進(jìn)行了實(shí)驗(yàn)研究．實(shí)驗(yàn)裝置的示意圖可用題23圖表示,兩塊面積均為S的矩形金屬板,平行、正對(duì)、豎直地全部浸在河水中,間距為d．水流速度處處相同,大小為v,方向水平．金屬板與水流方向平行,地磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度的豎直分別為B,說(shuō)的電阻率為ρ,水面上方有一阻值為R的電阻通過(guò)絕緣導(dǎo)線和電鍵K連接到兩個(gè)金屬板上．忽略邊緣效應(yīng),求：〔1該發(fā)電裝置的電動(dòng)勢(shì)；〔2通過(guò)電阻R的電流強(qiáng)度；〔3電阻R消耗的電功率．23.〔16分解：〔1由法拉第電磁感應(yīng)定律,有E＝Bdv〔2兩板間河水的電阻r=由閉合電路歐姆定律,有I=〔3由電功率公式,P=I2R得P=六、非勻強(qiáng)磁場(chǎng)問(wèn)題〔20XX上海23．〔13分如圖所示,固定水平桌面上的金屬框架cdef,處在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,金屬棒ab擱在框架上,可無(wú)摩擦滑動(dòng),此時(shí)adeb構(gòu)成一個(gè)邊長(zhǎng)為的正方形,棒的電阻為,其余部分電阻不計(jì),開(kāi)始時(shí)磁感強(qiáng)度為?！?若從時(shí)刻起,磁感強(qiáng)度均勻增加,每秒增量為,同時(shí)保持棒靜止,求棒中的感應(yīng)電流,在圖上標(biāo)出感應(yīng)電流的方向?！?在上述〔1情況中,始終保持棒靜止,當(dāng)秒末時(shí)需加的垂直于棒的水平拉力為多大？〔3若從時(shí)刻起,磁感強(qiáng)度逐漸減小,當(dāng)棒以恒定速度向右作勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),可使棒中不產(chǎn)生感應(yīng)電流,則磁感強(qiáng)度應(yīng)怎樣隨時(shí)間變化〔寫(xiě)出B與的關(guān)系式？23．〔1感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)eq\o\ac<○,1>感應(yīng)電流eq\o\ac<○,2>方向：逆時(shí)針〔見(jiàn)右圖〔2秒時(shí),eq\o\ac<○,3>eq\o\ac<○,4>eq\o\ac<○,5>〔3總磁通量不變eq\o\ac<○,6>eq\o\ac<○,7>評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)：全題13分?！?5分,正確得出eq\o\ac<○,2>式,得4分,僅得出eq\o\ac<○,1>式得2分,方向正確,得1分?！?4分,正確得出eq\o\ac<○,5>式,得4分,僅得出eq\o\ac<○,3>式,得1分,僅寫(xiě)出eq\o\ac<○,4>式,得2分。〔34分,正確得出eq\o\ac<○,7>式,得4分,僅得出eq\o\ac<○,6>式,得2分?！?015年XX卷35.〔18分如圖17〔a所示,平行長(zhǎng)直金屬導(dǎo)軌水平放置,間距L=0.4m。導(dǎo)軌右端接有阻值R=1Ω的電阻,導(dǎo)體棒垂直放置在導(dǎo)軌上,且接觸良好。導(dǎo)體棒及導(dǎo)軌的電阻均不計(jì),導(dǎo)軌間正方形區(qū)域abcd內(nèi)有方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng),bd連線與導(dǎo)軌垂直,長(zhǎng)度也為L(zhǎng)從0時(shí)刻開(kāi)始,磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小隨時(shí)間t變化,規(guī)律如圖17〔b所示；同一時(shí)刻,棒從導(dǎo)軌左端開(kāi)始向右勻速運(yùn)動(dòng),1s后剛好進(jìn)入磁場(chǎng)。若使棒在導(dǎo)軌上始終以速度v=1m/s做直線運(yùn)動(dòng),求：棒進(jìn)入磁場(chǎng)前,回路中的電動(dòng)勢(shì)E；棒在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的最大安培力F,以及棒通過(guò)三角形abd區(qū)域時(shí)電流i與時(shí)間t的關(guān)系式。35.〔18分〔1棒在進(jìn)入磁場(chǎng)前,棒沒(méi)有做切割磁感線,但磁場(chǎng)的強(qiáng)弱發(fā)生變化,導(dǎo)致磁通量發(fā)生變化。abcd的面積=1\*GB3①=2\*GB3②由=1\*GB3①=2\*GB3②聯(lián)立得：棒進(jìn)入磁場(chǎng)中后,做切割磁感線運(yùn)動(dòng),當(dāng)棒到達(dá)bd時(shí),產(chǎn)生的感應(yīng)電流最大,同時(shí)切割長(zhǎng)度最大,到達(dá)bd時(shí),產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)=3\*GB3③產(chǎn)生的感應(yīng)電流=4\*GB3④所受最大安培力=5\*GB3⑤由=3\*GB3③=4\*GB3④=5\*GB3⑤聯(lián)立得：棒通過(guò)三角形abd區(qū)域時(shí),切割的長(zhǎng)度=6\*GB3⑥產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)=7\*GB3⑦感應(yīng)電流=8\*GB3⑧由=6\*GB3⑥=7\*GB3⑦=8\*GB3⑧聯(lián)立感應(yīng)電流為：〔20XX全國(guó)2卷24.<15分>如圖,勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于紙面向里,大小隨時(shí)間的變化率,為負(fù)的常量。用電阻率為、橫截面積為的硬導(dǎo)線做成一邊長(zhǎng)為的方框。將方框固定于紙面內(nèi),其右半部位于磁場(chǎng)區(qū)域中。求導(dǎo)線中感應(yīng)電流的大??；磁場(chǎng)對(duì)方框作用力的大小隨時(shí)間的變化答案〔1〔2[解析]本題考查電磁感應(yīng)現(xiàn)象.<1>線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)……①在線框產(chǎn)生的感應(yīng)電流……②,……③聯(lián)立①②③得導(dǎo)線框所受磁場(chǎng)力的大小為,它隨時(shí)間的變化率為,由以上式聯(lián)立可得.〔2013XX物理13．〔15分如圖所示,勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有一矩形閉合線圈abcd,線圈平面與磁場(chǎng)垂直。已知線圈的匝數(shù)N=100,邊長(zhǎng)ab=1。0m、bc=0。5m,電阻r=2。磁感應(yīng)強(qiáng)度B在0~1s內(nèi)從零均勻變化到0.2T。在1~5s內(nèi)從0。2T均勻變化到-0。2T,取垂直紙面向里為磁場(chǎng)的正方向。求:〔10.5s時(shí)線圈內(nèi)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小E和感應(yīng)電流的方向；〔2在1~5s內(nèi)通過(guò)線圈的電荷量q；〔3在0~5s內(nèi)線圈產(chǎn)生的焦耳熱Q。13.<1>感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E1=N,磁通量的變化ΔΦ1=ΔB1S解得E1=N代入數(shù)據(jù)得E1=10V感應(yīng)電流的方向?yàn)閍→d→c→b→a<2>同理可得E2=N感應(yīng)電流I2=電荷量q=I2Δt2解得q=N代入數(shù)據(jù)得q=10C<3>0~1s內(nèi)的焦耳熱Q1=rΔt1且I1=1~5s內(nèi)的焦耳熱Q2=rΔt2由Q=Q1+Q2,代入數(shù)據(jù)得Q=100J答案:<1>10Va→d→c→b→a<2>10C<3>100J〔20XXXX卷18．〔15分如圖18〔a所示,一個(gè)電阻值為R,匝數(shù)為n的圓形金屬線圈與阻值為2R的電阻R1連接成閉合回路,線圈的半徑為r1,在線圈中半徑為r2的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直于線圈平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的關(guān)系圖線如圖18〔b所示,圖線與橫、縱軸的截距分別為t0和B0導(dǎo)線的電阻不計(jì),求0至t1時(shí)間內(nèi)〔1通過(guò)電阻R1上的電流大小和方向；〔2通過(guò)電阻R1上的電量q及電阻R1上產(chǎn)生的熱量．RR1ab〔aBB0tt0t1O〔b圖1818．〔1由法拉第電磁感應(yīng)定律知由閉合電路歐姆定律知,方向由b→a〔2通過(guò)電阻R1上的電量為電阻R1上產(chǎn)生的熱量為六、法拉第圓盤(pán)問(wèn)題〔20XXXX卷36.如圖甲所示,在垂直于勻強(qiáng)磁場(chǎng)B的平面內(nèi),半徑為r的金屬圓盤(pán)繞過(guò)圓心O的軸轉(zhuǎn)動(dòng),圓心O和邊緣K通過(guò)電刷與一個(gè)電路連接。電路中的P是加上一定正向電壓才能導(dǎo)通的電子元件。流過(guò)電流表的電流I與圓盤(pán)角速度ω的關(guān)系如圖乙所示,其中ab段和bc段均為直線,且ab段過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)。ω>0代表圓盤(pán)逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。已知:R=3.0Ω,B=1.0T,r=0.2m。忽略圓盤(pán)、電流表和導(dǎo)線的電阻。<1>根據(jù)圖乙寫(xiě)出ab、bc段對(duì)應(yīng)的I與ω的關(guān)系式;<2>求出圖乙中b、c兩點(diǎn)對(duì)應(yīng)的P兩端的電壓Ub、Uc;<3>分別求出ab、bc段流過(guò)P的電流IP與其兩端電壓UP的關(guān)系式。16.D36.<1>根據(jù)題圖乙可求得ab段斜率kab=故ab段:I=ωA<-45rad/s≤ω≤15rad/s>bc段斜率kbc=故bc段:I=I0+ω,把b點(diǎn)的坐標(biāo)ω=15rad/s,I=0.1A代入可求得I0=-0.05A故b