2017版高考一本解決方案物理新課標(biāo)考綱專題解讀考點題組訓(xùn)練9電磁感應(yīng)

1．(2015·新課標(biāo)Ⅰ，19，6分)(多選)1824年，法 B．圓盤內(nèi)的渦電生的磁場導(dǎo)致磁針轉(zhuǎn) 電流，該電生的磁場使磁針轉(zhuǎn)動，A、B正確．由對稱性可知，從上面穿入會產(chǎn)生電流，D錯誤．2．(2015·山東理綜，17，6分)(多選)如圖所示，一均勻金屬圓盤以下說法正確的是() baa端電勢高，A正確．由于磁場部分導(dǎo)體向相反的力使圓盤停止轉(zhuǎn)動，而且磁場越強圓盤停止越快，B正確．若所加磁場方向相反，則電流會反向，力仍阻礙圓盤轉(zhuǎn)動，不會加速，C錯誤．若磁場在力，因此，圓盤將勻速轉(zhuǎn)動，D正確． 誤．圈通電或斷電的瞬間，磁通量發(fā)生變化，產(chǎn)生感應(yīng)電流，D正確．說和邏輯推理等方法都起到了重要作用．下列敘述符合史實的是 4．ABD法拉第在研究磁生電的過程中一直用的都是直流電源，直到他發(fā)現(xiàn)在化才會產(chǎn)生感應(yīng)電流的結(jié)論，C項說法與史實不符，是錯誤的．(APQCPQDPQ5．C磁塊在銅管(金屬管)中下落，會在銅管中產(chǎn)生感應(yīng)電流，感應(yīng)電流的磁場Q中的小磁塊做自由落體運動，P中不是，A錯誤．P中小磁塊下落需克服阻力做功，機械能不守速度，因此下落時間更長，落至底部時速度較小，C正確，D錯誤．逆時針方向電流的瞬間() AB正確．根據(jù)磁場疊加，可知兩側(cè)小線圈中的磁場豎直向上，由楞次定律可知，兩側(cè)小線圈感應(yīng)電流都沿順時針方向，C正確，D錯誤．7．(2014·重慶理綜，8，16分)某電子天平原理如圖所示，ENnRg.問：CDICD7【解析】(1)判斷出感應(yīng)電流方向應(yīng)當(dāng)從C端流出．力與物體重力平衡．根據(jù)左手定則，判斷電流方向應(yīng)當(dāng)從D端流入． FA＝mg，F(xiàn)A＝2nBIL 由m＝2nBL，P＝I2R，得 【答案 (1)從C端流 (2)從D端流

(2014·海南物理，1，3分)如圖，在一水平、固定的閉合導(dǎo)體上向下看)，下列說法正確的是()【解析磁鐵從圓環(huán)中穿過且不與圓環(huán)接觸，則導(dǎo)體環(huán)中，先是向上的磁通量向先順時針后逆時針，C正確．選C.導(dǎo)學(xué)導(dǎo)考楞次定律是電磁感應(yīng)中的重要內(nèi)容，一般以選擇題和與感應(yīng)電動(2013·物理，11，3分)如圖所示，通電導(dǎo)線MN與電流突然減小時，線圈所受力的合力方向() 【解析】解法1：當(dāng)MN中電流突然減小時，單匝矩形線圈abcd垂直紙面向abcd中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向為順時針方的合力方向向右，B正確．選B.圈abcd垂直紙面向里的磁通量減少時，線圈abcd一定會有向右運動的趨勢以“阻礙”其磁通量的減少，所以其所受力的合力方向向右，B正確．選B.導(dǎo)學(xué)導(dǎo)考應(yīng)用楞次定律定性分析電磁感應(yīng)現(xiàn)象時，針對具體情景，有時利.磁鐵上端和下端附近時細(xì)線的張力分別為T1和T2g，則()A．T1>mg，T2>mg 1．A金屬圓環(huán)從位置Ⅰ到位置Ⅱ過程中，由楞次定律知，金屬圓環(huán)在磁鐵上端T1>mg，T2>mg，A正確．2．(2015·松江區(qū)一模)如圖所示，圓環(huán)形導(dǎo)體線圈a aaaaFN 當(dāng)滑片P向下移動時滑動變阻器連入電路的電阻減小，由閉合電路歐姆ba的磁通量增加，方向向下，Ba中感應(yīng)電流方向俯視應(yīng)為逆時針，A錯ab的趨勢來阻C錯誤，D正確．上飛機彈射起飛是利用電磁驅(qū)動來實現(xiàn)()銅環(huán)受到的力大于鋁環(huán)受到的若將環(huán)放置圈右方，環(huán)將向左運AB線圈中電流為右側(cè)流入，磁場方向為向左，在閉合開關(guān)的過程中，磁場池正負(fù)極調(diào)換后，金屬環(huán)受力仍向左，故仍將向左彈出，D錯誤．適用范圍：導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流對楞次定律的“阻礙”來拒去留如圖所示，PQ在外力作用下運動，MNPQ向右加速運動或向左運動時，鐵芯中的磁通量向上增加或向下減少，MN中的電流向上，再利用左手定則可以判斷MN向左運動．同理可以得出，PQ向右或向左加速運動時，MN向右運動PQPQPOC的過程中，PQ中感應(yīng)電流的方向(1．CPQ桿滑動的過程中，△POQ的面積先增大后減小，穿過△POQ的磁Q→P.C正確．套有一個表面絕緣的銅環(huán)A.不計鐵芯和銅環(huán)A之間的摩擦，則下列情況中銅環(huán)A會向右運動的是( 開的瞬間，銅環(huán)中的磁通量減少，向左運動，D錯誤．個靈敏電流計的兩個接線柱上，形成閉合回 “CABD．在搖“繩”過程中，AB點電勢高3．C當(dāng)“繩”搖到最高點和最低點時，繩轉(zhuǎn)動的速度與地磁場方向平行，不切割磁感線，感應(yīng)電流最小，繩受到的力也最小，A、B錯誤．當(dāng)“繩”向下AB，C正AB，A點BBA，B點相當(dāng)于電源的負(fù)極，A點相當(dāng)于電BA點電勢低，D錯誤．BA中通有不斷增大的順時針方向的電流時，對于線框B(4．DAAAA內(nèi)的磁場B具有面積擴張的趨勢，D正確．電磁爐產(chǎn)生的交變磁場的頻率、強度及鋁箔厚度可以調(diào)一個變量，則() 鋁箔懸浮了起來，是由于磁場的變化，鋁箔中產(chǎn)生感應(yīng)電流，受到力．當(dāng)磁場增強時，鋁箔中的感應(yīng)電流增大，則力增大，那么高度會升高，使其周圍的磁場會變?nèi)酰瑢?dǎo)致力變小，仍與重力平衡，A錯誤．根據(jù)電阻定律 S越小，則電阻越大，再由 S，鋁箔越薄 ＝R，可知，感應(yīng)電流越小C可知，鋁箔中會產(chǎn)生如圖所示的電流，D正確．1．(2016·江蘇物理，6，4分)(多選)，體附近的金屬弦被磁化，因此弦振動時圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流，電流經(jīng)電路放 ， 量一會兒增大，一會兒減小，產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向不斷變化，D正確．2．(2016·理綜，16，6分)如圖所示，勻強磁場中有兩個導(dǎo)體圓環(huán)a、bB2∶1列說法正確的是()2．B原磁場方向向外，當(dāng)磁場均勻增大時，在圓環(huán)中產(chǎn)生與原磁場方向相反的ΔΦ

r2E∶E＝4∶1，BnΔt＝ΔtS＝Δt 3．(2016·浙江理綜，16，6分)如圖所示，a、b兩個閉合正方形線圈用同樣的導(dǎo)線制成，匝數(shù)均為10匝，邊長la＝ B．a(chǎn)、bC．a(chǎn)、bD．a(chǎn)、b nΔtS

Ia∶Ib＝3∶1，CP＝EIPa∶Pb＝27∶1，D錯誤．向豎直向上的勻強磁場B中．圓盤旋轉(zhuǎn)時關(guān)于流過電阻R的電流，下列說法正 ab2倍 ab，B正確．圓盤 2P＝I2R4倍，Dabc放置在勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大B，方向平行于ab邊是()

ab邊平行，通過金屬框的磁通量始終為零，金屬框中無電流，B、Dbc邊，如圖所示，Uc>Ub 2ω，A錯誤，Cv沿與棒和磁感應(yīng)強度都垂直的方向運動時，棒兩端的感應(yīng)電動勢大ε；將此棒彎成兩段22

ε′

ε等于 2B.2

22 Blv.金屬棒彎折后，切割磁感線運動的有效長度變?yōu)?ε′＝

＝2，B

2 2 r是()1 B.2r

r＝πr2qk，D

電動勢＝Δt

＝ab、aca點接觸，構(gòu)成“VMN線，可能正確的是() 金屬棒切割磁感線的有效長度l＝2vttanθ，組成閉合回路的總電阻R ＋vttan

＝2vtR ＋tan

2cos

0cos

Bvtan 1 為恒量，A ＋tanR0cos ab中電流隨時間變化關(guān)系的圖中，可能正確的是() i—t00～0.5s、0.5～1.5s、1.5～2.5CRt＝0t＝t010【解析】MN之前，tΦ＝ktS① ＝ ε由歐姆定律有 由電流的定義有 R聯(lián)立①②③④式得 Rt＝0t＝t0Rq的絕對值為＝⑥＝⑥(2)t＞t0MN.MN式中，f是外加水平恒力，F(xiàn)是勻強磁場施加的力．設(shè)此時回路中的電流I，F(xiàn)的大⑧此時金屬棒與MN之間的距離 勻強磁場穿過回路的磁通量 回路的總磁通量 tt＋Δt 由歐姆定律有 R聯(lián)立⑦⑧???式得 R

(1) (2)B0lv0(t－t0)＋kSt；(B0lv0＋kS)(2015·重慶理綜，4，6分)如圖所示為無線充電技術(shù)中使B1B2ab之間的φa－φb()

【解析】

t

21可判斷電流由a流向b，電源內(nèi)部由低電勢流向高電勢，所以φb>φa，A、B錯誤．磁感應(yīng)強度均勻增加，產(chǎn)生恒定電動勢，C正確，D錯誤．選C.21(2015·理綜，19，6分)如圖所示，abcd為水平放置的平行“——”形軌接觸良好)，則()A．電路中感應(yīng)電動勢的大sinrB．電路中感應(yīng)電流的大BvsinrB2lvsinB2lvsinrrsin【解析】當(dāng)桿滑動時，動生電動勢E＝Blv，A錯誤．金屬桿長為 ．sin．R＝lr

Bvsin

B正 力F＝sin

sin

B2lv2sin＝r，C錯誤．金屬桿的熱功率 ，D錯誤．選導(dǎo)學(xué)導(dǎo)考產(chǎn)生感應(yīng)電流的導(dǎo)體在磁場中受到力的作用，此類問題往往用力的平衡條件或運動定律解答．(2015·鹽城中學(xué)學(xué)情檢測)(多選)如圖所示，L是自兩個完全相同的燈泡，則下列說法中正確的有()S斷開瞬間，A、BS斷開瞬間，abSBa【解析】SLAB滅，D正確，B、C錯誤．選AD.導(dǎo)學(xué)導(dǎo)考解答自感問題的是理解“通過線圈的電流瞬間不變”．處理磁通量變化型：E＝n平動切割型：E＝Blv·sin①θlv②l③v 4(不一定閉合E＝n一段直導(dǎo)線(或等效成直導(dǎo)線E＝Blvsin B自感現(xiàn)象中小燈泡是否“閃亮”I1突然增大，然后逐漸I2≤I1，燈泡逐漸變 Db導(dǎo)線流進電流表

ab處，則該過程中()ARBRC．R

的電荷量為 cdab處的過程中，閉合回路中的磁通量減小，再由楞次定律A錯誤，BR

D＝R＝Rvx＝v0cosθ2＝＝BLv0cosθ，為正弦交流電，所以其有效值 2＝

Q＝R（BLv0/（BLv0/

，CBvCD始終止，下列說法中正確的是()B．CD段直導(dǎo)線始終不受力 AD在閉合回路進入磁場的過程中，通過閉合回路的磁通量逐漸增大，根判斷，CD段直導(dǎo)線受力向下，B錯誤．當(dāng)半圓形閉合回路進入磁場一半時

應(yīng)定律可得感應(yīng)電動勢的平均值E＝ΔtA、B兩點，A、B

＝8πBdv，DvL，A、BOAA點重合，軸線與法正確的是()AAO ABAB4B Φ1與匝數(shù)無關(guān)，AAO

BABn

L 感應(yīng)電流也為零，通過線圈某一截面的電荷量為零，C、D錯誤．相同的燈泡，D是理想二極管，L是帶鐵芯的線圈，其自(A．S閉合瞬間，AB．S閉合瞬間，A、BC．S斷開瞬間，BD．S斷開瞬間，A SA燈泡，B逐漸變亮，A、BSB立刻熄滅，由于二極管正向?qū)形成回路，A閃亮一下，然后逐漸熄滅，C錯誤，D正確．6．(2015·省實驗中學(xué)二調(diào))半徑為r的帶缺口剛性金屬圓環(huán)在紙面上固定放說法正確的是()A2sB3sC．第2s末兩極板之間的電場強度大D4s

2sA3s電，B2sΔt≠0為零，則兩極板之間的電場強度大小不為零，C4s · ＝10d，D錯誤3Rabcd，固定在水平面內(nèi)且處于方向豎直向下的勻強磁場adbc滑動的過程中()A．PQ中電流先增大后減小B．PQ兩端電壓先減小后增大C．PQ上拉力的功率先減小后增大 PQ＝ E ，R＝R1R2，在R1＝R2時＝ 增大后減小，D錯誤．rBtB＝kt(k>0)RR0PR1＝R0、

＝2.SUMN右側(cè)導(dǎo)體的感應(yīng)電動勢，則 A．R2兩端的電壓為7a7RR25 R2RR 2 R1R2

1U＝7，Ak>0R0＋2＋22P＝I2RR25倍，C

S為有效面積，S＝πr2E＝πkr2，D 【點撥】S3．(2013·海南物理，6，3分)如圖所示，水平桌面上固定有一半Rr；2R、電阻可忽略的導(dǎo)體棒置于圓環(huán)左側(cè)并與環(huán)相切，切點 a a8B2R8B2R 導(dǎo)體棒運動到關(guān)于O點對稱的兩個位置時，電路中的電阻相同，又因為 得

B錯誤．棒經(jīng)過環(huán)心時有12＝R，得t R2at R＝勢E＝BLat＝2BR2aR，此時回路總電阻 E＝總 總 總8B2R8B2R＝ C錯誤棒經(jīng)過環(huán)心受到 力 2R＝ D，面的軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動半周框中產(chǎn)生感應(yīng)電流．現(xiàn)使線框保持圖中所，大小的電流，磁感應(yīng)強度隨時間的變化率Δt的大小應(yīng)為

A.

D. rω

E＝B0rv＝B0r·2＝2B0rω；當(dāng)線框不動時，E′＝Δt·2.

，即Δt

π，CR＝0.3Ωm＝0.1kg＝0.1ΩMN＝0.4a＝2m/2x＝9m時撤去外力棒繼續(xù)運動一段距離后停下來已知撤去外力前后回路中產(chǎn)生的焦之比1∶2＝∶1.導(dǎo)軌足夠長且電阻不計，棒在運動過程中始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸．求：R撤去外力后回路中產(chǎn)生的焦【解析】(1)設(shè)棒勻加速運動的時間為Δt，回路的磁通量變化量為ΔΦ 中的平均感應(yīng)電動勢為E，由法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝Δt，其中-設(shè)回路中的平均電流為－，由閉合電路歐姆定律得＝IIRI

q＝4.5設(shè)撤去外力時棒的速度為v，對棒的勻加速運動過程，由運動學(xué)得2設(shè)棒在撤去外力后的運動過程 力做功為W，由動能定理得2撤去外力后回路中產(chǎn)生的焦Q2＝1.8由題意知，撤去外力前后回路中產(chǎn)生的焦之Q1∶Q2＝2∶1Q1＝3.6WF＝5.4【答案 (1)4.5 (2)1.8 (3)5.4(2012·浙江理綜，25，22分)為了提高自行車夜間行駛的安全性同學(xué)設(shè)計了一種“閃爍”裝置如r2＝0.40m的金屬外圈和絕緣輻條構(gòu)成．后4根金屬條，每根金RB＝0.10T、π、 θ＝6.后輪以角速度ω＝2πrad/s相當(dāng)金屬條ab進入“扇形”磁場時，求感應(yīng)電動勢E，并ab上的電流方ab從金屬條ab進入“扇形”磁場時開始，經(jīng)計算畫出轉(zhuǎn)一圈過程中，內(nèi)UabtUab—t若選擇的是“1.5V0.3A”的小燈泡，該“閃爍”裝置能否正常工作？有同 【解答 (1)金屬條ab在磁場中切割磁感線時，平均速度v＝ E＝B(r－r)－＝1(2－r2)≈4.9×10－2 1 b→a.RR總＝R＋1 a、b兩端電勢差ab＝－IR＝－ER＝1≈1.2×10－2 abt1t2，則θ

＝1s，t2＝

＝14 4 轉(zhuǎn)一圈的時間為T，則T＝ω＝1T＝1s431次相同．“閃爍”裝置不能正常工作．(金屬條的感應(yīng)電動勢只有4.9×10－2V，遠小評價：B增大，E增大，但有限度；r2增大，E增大，但有限度；ω增大，E大，但有限度；θ增大，E導(dǎo)學(xué)導(dǎo)考在分析電磁感應(yīng)中的電路問題時，要注意全面分析電路中的電動?BlBlvnE＝ΔΦ???R＝E如Eab兩點間的電勢差為()22

33 粗環(huán)相當(dāng)于電源，細(xì)環(huán)相當(dāng)于負(fù)載，ab33 電壓．粗環(huán)電阻是細(xì)環(huán)電阻的一半，則路端電壓是電動勢的3Uab＝3電阻阻值之比R1∶R2∶R3＝1∶2∶3I，當(dāng)S1S2、S35IS2S1、S3閉合時，可判斷()A4IC．R1、R3DS上∶S下E1＝3IRS2、S3S1R2R3組成閉合回R1R3E＝E1＋E2＝28IR

＝4R 上∶S下＝3∶25，D2L()A．甲B．乙C．丙D 線框進入磁場過程中，做切割磁感線運動，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢應(yīng)電流

＝RI＝ρ·LdL4種圖形可知，Cn＝10—π＝1.25ΩL>2rμ＝0.5.t＝0時起，磁場的磁感B＝22tT的規(guī)律變化．開始時線框靜止在斜面上，—π燈泡始終正常發(fā)光．設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：【解析】(1)E＝n

1π×0.52V＝2.5nΔt

×π P＝R0＋RRR＝1.25 bc邊處于磁場中的部分受力分析，如圖所示，當(dāng)線框恰好要運動時，磁場的磁感應(yīng)強度大B′，由力的mgsinθ＝F安＋Ff＝F安＋μmgcosF安＝nB′I×2r，I＝ B′＝0.4線框在斜面上可保持靜止的時間t＝5 小燈泡產(chǎn)生的熱量Q＝Pt＝1.25× J≈3.14【答案 (1)2.5 (2)1.25 (3)3.14屬導(dǎo)軌水平放置于磁感應(yīng)強度為B、方向豎直向下的勻強MNFFv流為i，受到的力大FA，電阻R兩端的電壓為UR，感應(yīng)電流的功率為Pt變化圖象可能正確的有()

∝ v v

B2l2與v—t圖象相同．對金屬棒由第二定律得F－FA＝ma，得

a＝0，金屬棒做勻加速運動，A

，a

P—tBC相似，D2．(2015·山東理綜，19，6分)如圖甲所示，R0為定值電阻，兩金屬圓環(huán)固定在R0ia端電勢b端時，a、buabuab—t圖象可能正確的是() Et＝0時刻，iΔt最大，uabC好與磁場的左邊界重合，隨后導(dǎo)線框進入并通過磁場區(qū)域．下列v—t圖象中， 導(dǎo)線框剛進入磁場時導(dǎo)線框受到的力F安

，所以導(dǎo)線框速度減小力減小，進入階段導(dǎo)線框做的是加速度減小的運磁場階段導(dǎo)線框做的仍然是加速度減小的運動．綜上所述，D正確．4．(2012·新課標(biāo)，20，6分)如圖所示，一載流長直導(dǎo)線和一矩形，變化，而線框中感應(yīng)電流總是沿順時針方向；線框受到的力的力先水平向左、后水平向右．設(shè)電流i正方向與圖中箭頭所示方向相同，則i隨時間t變化的圖線可能是( 4．A線框中的感應(yīng)電流沿順時針方向，由楞次定律可知，直導(dǎo)線中電流向上減弱或向下增強，B、D錯誤．又知線框所受力先水平向左、后水平向右，即C錯誤．a(chǎn)bcd規(guī)律

R ，加速度a＝ ＝mR－g，v減小，則a減小v—t圖線此階段斜率減小，A錯誤，BF<mg

mR，va減小，CF＝mg時，勻速進入，D【點撥 線圈進入磁場中，受到一個與其運動方向相反的力作用，F(xiàn)安與與

v有關(guān)，v

PIωabbcab段過ab、bcIωb、cPUb、ab、bcPIPUP【解析 (1)由圖象可知，在abωI＝150(－45rad/s≤ω≤15ωbcI＝100－0.05(15rad/s<ω≤45由題意可知，PUP222bωb＝15rad/s，Ub＝1Br2ωb＝0.322cωc＝45rad/s，Uc＝1Br2ωc＝0.92Pb點時開始導(dǎo)通，則在ab段IP＝0(－0.9V≤UP≤0.3V)RbcR 6IP＝UP－0.05(0.3V<UP≤0.96ω【答案 (1)ab段：I＝150(－45rad/s≤ω≤15ωbc段：I＝100－0.05(15rad/s<ω≤45Ub＝0.3V；Uc＝0.9ab段：IP＝0(－0.9V≤UP≤0.3bc段 UP－0.05(0.3V<UP≤0.9＝t變化的圖象是()2B—2根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝nΔtS22應(yīng)電流是恒定的，由楞次定律可知，abb→a，再由左手定則可判ab邊受到向左的0～T時間內(nèi)力恒定不變，方向與規(guī)定的正方向相反；在T～T時間內(nèi)，B—tab邊所受力仍恒定不變，但方向與規(guī)定的正方向相同．綜上可知，B正確．選B.22 導(dǎo)學(xué)導(dǎo)考處理電磁感應(yīng)的圖象問題時，首先依據(jù)題意求出Δt、Δt流，最后寫出力F、電功率P、加速度a等物理量的表達式．(2015·4月調(diào)考)如圖所示邊長Labdbcd構(gòu)成，在三角形abd內(nèi)存在垂直紙面向外、磁感應(yīng)強Bbcd內(nèi)存在垂直BL的等邊三角形導(dǎo)線框efgeabgf始終與直線流隨位移變化的圖象是()【解析】感應(yīng)電動勢E＝BL有v egf的電流，大小設(shè)為I0.30～L過程，en切割磁感線產(chǎn)生向下的電流，nf產(chǎn)生向上的電流，em33L有＝en－nf－emefg的運動，L有在減小，感應(yīng)電流減小，當(dāng)運動L時，L有＝0，電流為零．33L～L過程，繼續(xù)移動，根據(jù)等邊三角形的幾何關(guān)系，(nf＋em)大于en，L有3感應(yīng)電流方向均為逆時針方向，大小變?yōu)?I0.L～2L過程中，繼續(xù)移動，gm切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，感應(yīng)電流方向為順時針方向，L有＝gm逐漸減小，直至全部出磁場，電流為零，A正確．選A.導(dǎo)學(xué)導(dǎo)考對于圖象的認(rèn)識，應(yīng)注意以下幾個方面：(1)明確圖象所描述的物1電動勢大?。篍＝nΔt3B＝0，所以F＝0.i—tE—tt

＝0，i—ttB，磁場區(qū)域的寬a.aABCI與線框移動距x關(guān)系的是()．B C剛進入向里的磁場時，利用右手定則知，感應(yīng)電流沿

＝

2 ABCa外的磁場區(qū)域瞬間，ABC線框中感應(yīng)電流方向沿順時針方向，為負(fù)，大小4 ＝2I0，BABPQP′Q′ABUABt的變化圖象正確的是(2．CAB在到達磁場左邊界前及離開右邊界后都沒有感應(yīng)電動勢．設(shè)導(dǎo)體棒切LL1(下半部分)L2(上L1逐漸減小，UAB先正后負(fù)，C正確．，以受力方向向右為正方向，則磁場的變化情況可能是下列選項中的()，3．D由題意可知力的方向向右，根據(jù)左手定則可知，感應(yīng)電流的方向， 力的表達，BΔt

力的大小不變則BΔt是定值因磁場B增大則Δt減小B—t圖象的斜率變小，D強磁場中．t＝0Fab由靜止開RIvFRΔt隨時間變化的圖象正確的是( 設(shè)I—t圖象的斜率為k，則E＝Blv＝ktR，所以 kR，v—t圖象是一＝Blt v＝at，AE＝ΔtΔt＝ktRΔt—t R，v＝atF＝Rt＋maF—tF

半軸有交點的直線，C錯誤．q＝IΔt＝R＝口向上的拋物線，D錯誤．

＝2Rt2，q—tm＝0.1kgμ＝0.1d＝1.0m處，導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒始終接觸良好，電阻均忽略不計．整個裝置處g＝10m/s2.求t＝0時棒所受到的力3s3sFft＝3st＝4sq.【解析】(1)t＝0 E＝Δt＝ΔtRRt＝0時棒所受到的力F0＝0.025abFfm＝μmg＝0.1N>F0＝0.025t＝00～3sBB0，棒所受的力都小于最大靜摩擦力，故前3s內(nèi)導(dǎo)體棒靜止不動，電流恒為＝0.250～3sB＝B0－kt＝0.2－0.1t因?qū)w棒靜止不動，ab棒在水平方向受力和摩擦力，二力平衡，則有Ff＝Ff＝0.0125(2－t)N(t<33s＝1st＝4sv4sxv＝v0－aΔt1＝4 Δt1＝6

1在這段時間內(nèi)的平均感應(yīng)電動勢1-q＝－Δt＝EΔt＝B2Lx＝1.5 【答案】(1)0.025N(2)靜止不動；Ff＝0.0125(2－t)N(t<3s)(3)1.51Ω.MN0.8TMN由靜止釋放，運動一段時間后，小燈泡穩(wěn)定發(fā)光，MN的運動速度以及小燈泡消耗的電功率分別為(gm/s2，sin A．2.5m/s，1 B．5m/s，1C．7.5m/s，9 D．15m/s，9 R37°＝F安＋μmgcos37°，又有F安 ，解得v＝5m/s.通過小燈泡R總

R ＝1AP＝IR＝1W，BR總燈泡穩(wěn)定發(fā)光，導(dǎo)體棒做勻速直線運動，重點是受力分析，找到平衡CDm0.1Ω.30°角示磁場方向為正方向．框、擋板和桿不計形變，則()t＝1sCt＝3sDt＝1s時，金屬桿對擋板P的壓力大0.1t＝3s時，金屬桿對擋板H的壓力大0.2AC0～2s內(nèi)，磁場斜向下均勻減小，由楞次定律可得回CD，A正確.2s后，磁場斜向上均勻增大，由楞次定律可得回路中還是 拉第電磁感應(yīng)定律得，E＝NΔt＝NΔtSsin＝0.1 1A．t＝1s時，B1＝0.2TF1＝BILcos60°＝0.1N，C正確．t＝3s時，B2＝0.2T，桿受力如圖乙所示，由F2＝BILcos60°＝0.1N，D錯誤．a(chǎn)端)cd(c端)L速度大g.已知金屬棒ab勻速下滑．求：作用在金屬棒ab上的力的大小 (1)設(shè)兩根導(dǎo)線的張力的大小的和為T，右斜面對ab棒的支持力的大N1，作用在ab棒上的力的大F，左斜面對cd棒的支持力大N2.ab2mgsin①N1＝2mgcos 對于cd棒，同理有mgsin N2＝mgcos 聯(lián)立①②③④式得F＝mg(sinθ－3μcos (2)由力得 Iabdcaab棒上的感應(yīng)電動勢 式中，vabε由歐姆定律得 聯(lián)立⑤⑥⑦⑧式得v＝(sinθ－3μcos【答案 (1)mg(sinθ－3μcos (2)(sinθ－3μcosml的金屬桿置于導(dǎo)軌上．t＝0時，金屬桿在水平向右、大F的恒定拉者之間的動摩擦因數(shù)為μ.重力加速度大g.求：【解析 (1)設(shè)金屬桿進入磁場前的加速度大a，由第二定律得 設(shè)金屬桿到達磁場左邊界時的速度為v，由運動學(xué) 聯(lián)立①②③式可得E＝Blt 設(shè)金屬桿在磁場區(qū)域中勻速運動時，金屬桿中的電流為I，根據(jù)歐姆定律得＝⑤＝⑤式中R為電阻的阻值．金屬桿所受的力F安 因金屬桿做勻速運動，由運動定律得F－μmg－F安 聯(lián) ④⑤⑥⑦式得R＝

【答案 (2)5.(2016·理綜，12，20分)電磁緩速器是應(yīng)用于車穿過，穿過時磁鐵兩端面與兩鋁條的間距始終保持恒dB，鋁條的高度大于d，電阻率為ρ.為研究問題方便，鋁條中只考慮與磁鐵正對g.bvv進入鋁條間，試簡要分析說明磁鐵在鋁條間運動時的加速度和速度如何變【解析】(1)磁鐵在鋁條間運動時兩根鋁條受到的力大小相等均為F安，有F安＝IdB 磁鐵受到沿斜面向上的作用力為F，其大小有F＝2F安 磁鐵勻速運動時受力平衡，則有F－mgsinθ＝0 mgsin聯(lián)立①②③

E 鋁條與磁鐵正對部分的電阻為R，由電阻定律有R＝ρd R由歐姆定律有 R聯(lián)立④⑤⑥⑦

ρmgsin vF，聯(lián)立①②⑤⑥⑦式可得 b′>bv有 可見，F(xiàn)′>F＝mgsinθ，磁鐵所受到的合力方向沿斜面向上，獲得與運動方向相磁鐵的加速度逐漸減?。C上所述，磁鐵做加速度逐漸減小的運動，直到F′＝mgsinθmgsin ρmgsin【答案 (2)v＝ 6．(2016·浙江理綜，24，20分)設(shè)計的電磁器的簡化裝置如圖所示，兩l＝0.50mθ＝53R＝0.05ΩGH相連．CDmCD棒到達磁場上邊界時者松手，觸發(fā)恢復(fù)裝置使CD棒回到初始位置(重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝CDvCD棒進入磁場時所受的力FA的大小在拉升CD棒的過程中，者所做的功W和電阻產(chǎn)生的焦F－mgsin【解析 (1) 第二定律得 ＝12 進入磁場時的速度v＝2as＝2.4 (2)感應(yīng)電動勢 v＝感應(yīng)電流 v＝力 代入得 ＝48 (3)者做功W＝F(s＋d)＝64 由第二定律F－mgsin a＝0CDv v焦Q＝I2Rt＝26.88 【答案 (1)2.4 (2)48 (3)64J；26.88θ＝30L＝0.4mMN，Ⅰ中的勻強磁場方向垂直斜面向下，Ⅱ中的勻強磁場方向垂直斜面向上，兩磁場的磁感應(yīng)強度大小均為B＝0.5Tm1＝0.1kgR1＝0.1Ωab放在導(dǎo)軌上，abm2＝0.4kgR2＝0.1Ω的光滑導(dǎo)體棒cd置于導(dǎo)軌上，由靜止開始下滑，cd在滑動過始終處于區(qū)域Ⅱ的磁場中，ab、cd始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與軌道保持良好接觸，g10m/s2.問：cd下滑的過，ab中的電流方向ab將要向上滑動時，cdv從cd開始下滑到ab剛要向上滑動的過，cd滑動的距離x＝3.8m，此abQ是多少？ (1)cd下滑，根據(jù)右手定則判斷，c端電勢高于d端，ab中電流方向為從a到b.(2)abab棒受到了最大靜摩擦力Ffm作用，且Ffm＝m1gsinθcdab的受力如圖所示，ab剛要上滑時，ab所受最大靜摩擦力沿斜面向下，則F安＝Ffm＋m1gsinF安cd由閉合電路的歐姆定律得 由以上各式得 ＝5 1(3)cdQ′ 1

I2Rt 2m2gxsin2Q＝Q′＝1.3【答案 (1)從a到 (2)5 (3)1.3 分析時要畫出等效電路．a(chǎn)b棒產(chǎn)生的熱量等于整個電路產(chǎn)生熱量的一部分．8．(2013·新課標(biāo)Ⅰ，25，19分)如圖所示，θ，C.導(dǎo)軌處于勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大B，金屬棒與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大g，忽略所有電阻，讓【解析 (1)設(shè)金屬棒下滑的速度大v，則感應(yīng)電動 平行板電容器兩極板之間的電勢差 U設(shè)此時電容器極板上積累的電荷量為Q，按定義有 U聯(lián)立①②③式得 (2)設(shè)金屬棒的速度大v時經(jīng)歷的時間為t，通過金屬棒的電流為i.金屬棒受 設(shè)在時間間隔t～(t＋Δt)內(nèi)流經(jīng)金屬棒的電荷量為ΔQ，按定義有i＝ ΔQt～(t＋Δt)內(nèi)增加的電荷量，由④式得 式中，Δv為金屬棒的速度變化量，按定義有 金屬棒所受到的摩擦力方向斜向上，大Ff＝μFN 式中，F(xiàn)N是金屬棒對導(dǎo)軌的正壓力的大小，有FN＝mgcos 金屬棒在時刻t的加速度方向沿斜面向下．設(shè)其大a，根據(jù)第二定律mgsin m（sinθ－μcos

m（sinθ－μcos

m（sinθ－μcos【答案

9．(2015·理綜，11，18分)如圖所示“凸”字形硬質(zhì)金m，相鄰各邊互相垂直，且處于同一豎直平面內(nèi)，abl，cd2l，abcd2l.面．開始時，cd2l離開磁場后，ab產(chǎn)生的熱量為Q.線框在下落過始終處于原豎直平面內(nèi)，且ab、cd邊保持水g.求：(1)abcd【解析】(1)設(shè)磁場的磁感應(yīng)強度大B，cd邊剛進入磁場時，線框做勻速運動的速度為v1，cd邊上的感應(yīng)電動勢為E1，由法拉第電磁感應(yīng)定律，有E1＝ RRI1I1＝E1R設(shè)此時線框所受力為F1，有 由于線框做勻速運動，其受力平衡，有 由①②③④式得v1＝abv2⑥⑥由⑤⑥式得 (2)cd 線框完全穿過磁場的過，由能量守恒定律，mg(2l＋H)＝1mv2－1 2m由⑦⑧⑨式得H＝Q 【答案 (1)4 (2)Q(2015·合肥第三次模擬)如圖所示一對mL的金屬棒置于導(dǎo)軌上，B，方向豎直向下的勻強磁場中．(1)SF，求棒即將運動時的加速度和運動過的最大速度；m后再閉合開關(guān)S；要使開關(guān)S閉合瞬間棒的加速度 F，則F需作用多長m【解析 (1)閉合開關(guān)S的瞬間回路電流I＝金屬棒所受力水平向右，其大小 第二定律得 整理可得 速度最大，此時由平衡條件得FA′＝F由力得

＝

E (2)S 第二定律得 a″＝F－ 若加速度 F，則|F－BLv－E mv＝E

E

mSmF mE

0t1＝a0＝FBLt2＝a0

【答案 【答案

F（R＋r） mE或

導(dǎo)學(xué)導(dǎo)考電磁感應(yīng)中導(dǎo)體棒既可視為電學(xué)對象(相當(dāng)于電源)對象(因為感應(yīng)電流的存在而受到力)，感應(yīng)電流I和導(dǎo)體棒的速度v則是聯(lián)MN左側(cè)有一垂直紙面向里磁感應(yīng)強度大B的勻強磁場現(xiàn)將一質(zhì)量為m、邊長為l的正方形金屬線框置于該磁場中，bcMN重合．對線框施加一按圖F＝0時，拉力大F0；線框的ad邊與磁場邊界MN重合時，拉力大則 m線框的加速度為m

線框的admF線框在磁場中運動的時間 F0

B確．根據(jù)運動學(xué)得

＝mv

mCadMN

F0

R＝maR＝B

，D2mm導(dǎo)線框之間有一寬度為2L磁感應(yīng)強度大B方向垂ABCD()A.

C．兩線框從開始運動至等高的過所產(chǎn)生的總焦Dabcdt＝

【解析】ABCD條件：FT＝2mg，A錯誤．ABCD完全進入磁場后，abcd

v

場后不再有感應(yīng)電流不再受力后，abcd又開始穿出磁場產(chǎn)生感應(yīng)電流受

D

導(dǎo)學(xué)導(dǎo)考 (2015·滁州高級中考)如圖所示，兩L＝1m的足夠長的光滑金屬導(dǎo)軌，一組導(dǎo)R＝1Ωm＝2kg的金abcdR＝1Ω.B＝1T、方ab桿在平行于水平導(dǎo)軌的拉力作用下沿導(dǎo)(2)現(xiàn)讓cd桿靜止，求撤去拉力后ab桿產(chǎn)生的焦【解析】(1)cdmgsinθ＝BILI＝122I＝BLvv＝3622F＝2BIL＝24NP＝Fv＝864(2)撤去外力后ab桿在力作用下做運動，力做負(fù)功，先將棒的動能2Q＝ΔEk＝1mv2＝12962而Q＝I′2·3·t，ab桿產(chǎn)生的 Q′＝I′2·R·t，所以Q′＝2＝864 【答案 (1)864 (2)864v0＝0

力學(xué)觀點 a＝0時，v最大，vm＝

能量觀點：F做的功一部分轉(zhuǎn)化為桿的動能，

↓，F(xiàn)安

＝E＝E時，a＝0，v＝vmax＝ 電

abv↑，E＝BLv↑，經(jīng)過Δtv＋Δv，E′＝BL(v＋Δv)，Δt時間內(nèi)流入電容器的電荷量

＝Δt

ΔtF安

， 22v0≠0力學(xué)觀點：導(dǎo)體棒切割磁場產(chǎn)生阻礙其運動的力，ab桿的加速 a＝m＝mRa＝0時，v＝0，桿保持靜止?fàn)顟B(tài)

1；能出現(xiàn)；重力做功可能有機械能參與轉(zhuǎn)化力做負(fù)功過程其他形式能轉(zhuǎn)化為；根據(jù)桿的數(shù)目，對于“導(dǎo)軌＋桿”B.abR，垂ab沿導(dǎo)R2I，在此時刻(ab導(dǎo)體棒ab受到的力的大ab的速度大 ab向下滑動切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，R1R2兩端，R1＝R2＝2RabvR2I姆定律可知2I＝BLv，解得 4RI，此時ab棒重力的功率P＝mgvsin

＝mgsin

·BL，ab棒消耗的熱功率P＝(2I)R＝4IR，ab棒受到 力大?。紹·2I·L＝2BILB、C正確，A、D錯誤．軌豎直放置，導(dǎo)軌上端接電阻RⅡ內(nèi)有方向垂直導(dǎo)軌平面向里的勻強磁場B，Ⅰ和Ⅱ之間無磁導(dǎo)體棒從距區(qū)域Ⅰ上邊界H處由靜止釋放，在穿過兩段磁場區(qū)域的過，流R4個圖象能定性描述導(dǎo)體棒速度大小與時間關(guān)系的是() MN棒先做自由落體運動，當(dāng)?shù)舰駞^(qū)磁場時由4個選項可知棒開始說明F安＞mg， 第二定律得F安－mg＝ma， 時，F(xiàn)安＝ 減小磁場中完全相同，C正確．3．(2015·八校二聯(lián))(多選)如圖xOy平面為光Fxv做勻速直π＝B0cosdx(B0為已知量)正確的是()AF00B．t＝0F＝2BLv0 d

00 xF＝F安F安的F不是恒力，A錯誤．t＝0時，x＝0處，B＝B0，x＝d0 0同，則E＝2B0Lv，I0＝R，F(xiàn)安＝2B0I0L＝ ，而F＝F安，B正確．因線框2BLv 勻速直線運動，則有x＝vt，B＝B0cosd，又E＝2BLv，故 ＝C正確．由電流的瞬時值表達式可知此電流為交流電，有效值 Im 2B0Lv＝0 0

Q＝IRtt＝v4．(2015·德陽四校聯(lián)考)如圖所4h.

，D線框恰好勻速運動．(空氣阻力不計，g10m/s2)求：t0ABM2N2R【解析】(1)細(xì)線恰好松弛，線框受到的力與重力平衡，有B0I0L＝mg，I0＝ER

2＝BL＝BL

＝Δt

Δt，Δt＝t0 當(dāng)CD邊到達M3N3時線框恰好勻速運動，設(shè)速度為v1RRCD0從線框AB邊到達M2N2到CD邊到達M3N3的過線框中感應(yīng)電動勢為3h3mgh＝1mv2－1ABM2N2

B 4B 0

線框從靜止開始下落到CD離開M4N4的過線框中產(chǎn)生的電能設(shè)為4．5mgh＝E 0E電＝2mgh0B40L【答案 (1)

00PQL，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角θ＝30°，導(dǎo)軌電阻不計，磁感應(yīng)強度為BLMN、PQR.K，給金屬棒施加一個方向垂直于桿且平行于導(dǎo)軌平面向上的大F＝2mg的恒力使金屬棒由靜止開始運動，當(dāng)金屬棒達到最大速度時，燈泡恰能達到它的額定功率．重力加速度為g若金屬棒上滑距離為s時速度恰達到最大，求金屬棒由靜止開始上滑2s的過，金屬Q(mào)1.【解析】(1)金屬棒先做加速度逐漸減小的加速運動，當(dāng)加速度為零時，金E＝BLvm，I＝E，F(xiàn)＝BIL＋mgsin PL＝IRPL＝QF·2s＝Q＋mgsinm22解

【答案 (1) (2)

M水平放在磁場上邊界的狹縫間，線框平Maa′bb′邊都處在磁場中，線框N框M的正上方，與線框M相距h，兩線框均從靜止開始同時釋放，其平 N上線框M之前線框N一直做運動，求該過線框N產(chǎn)生的焦．【解析 (1)線框N進入磁場前由動能定理m m2NRIN＝RNSS2

(2)Mv2，線框SS1v2＝均為v2.NM2可得線框N產(chǎn)生的 ：Q＝mNg(h＋H)－12

【答案

當(dāng)導(dǎo)體在磁場中做切割磁感線的運動時將發(fā)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象，導(dǎo)體里產(chǎn)生感vbcad磁場變化使穿過磁場中閉合回路的磁通量改變而發(fā)生的電磁感應(yīng)現(xiàn)象，可以阻礙并不是，只是延緩了磁通量的變化，結(jié)果是阻而止用到楞次定律必定要用定則(判斷感應(yīng)電生的磁場方向，或由磁場方＝ E.＝E＝nΔt②當(dāng)Δt為一段時間時，E為這段時間內(nèi)的平均感應(yīng)電動勢；當(dāng)Δt→0時，E瞬時感應(yīng)電動勢；Φ—tΔt③n為線圈的匝數(shù)，Φn無關(guān)，EnΦ E＝nΔtE＝nΔt

E＝nΔt E＝nΔt③ E＝nSΔt求感應(yīng)電動勢時，S為線圈在磁場范圍內(nèi)垂直磁場方向的qn、ΔΦ 總總總有關(guān)，與時間長短無關(guān)．推導(dǎo)如下：q＝IΔt＝RΔt·Δt＝ 總總LvBL⊥B，L⊥vvBθE＝BLvsinabvEω

來計算

電流的變化率ΔtL OKN此時回路()COD．KL邊將垂直紙面向里運動，MN【解析】KLMN為軸轉(zhuǎn)動，也沒有磁感線穿過線框，也沒有感應(yīng)電流，CKL可以判斷有感應(yīng)電生，且方向如圖所示，D正確．選D.C環(huán)內(nèi)感應(yīng)電流強度分別為()【解析】C 有感應(yīng) 生，則IC＝0.根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝nΔt＝nΔt定律得，IB＝2IA＝2I.選D.B、方向相反的水平勻強磁場，PQ為兩個磁場的邊界，磁場范圍個磁場中的(Ⅱ)位置時，線框的速度為v下列說法正確的是

8 回路產(chǎn)生的電能為8 通過線框截面的電量為【解析】線框經(jīng)過位置(Ⅱ)

1 到位置(Ⅱ)的 8 回路產(chǎn)生的電能為3mv2，B正確．線框在位置(Ⅱ)時，左右8邊所 力大小均 ＝ BRa＝

a＝m＝ Rt，IR

，解得q＝

，線框在位置(Ⅰ)時其磁通量為Ba2(Ⅱ)0q＝R，D(2014·檢測)如圖所示，A、B、C是3個完全相同的燈泡，L是一 A．S閉合時，AB．S閉合時，BC．電路接通穩(wěn)定后，3D．電路接通穩(wěn)定后，S斷開時，C【解析】L的直流電阻可忽略不計，S閉合時，A燈立即亮，然后逐漸熄滅，B燈先不太亮，然后亮，A正確，B錯誤．電路接通穩(wěn)定后，B、C燈亮度相同，A燈不亮，C錯誤．電路接通穩(wěn)定后，S斷開時，C燈逐漸熄滅，D錯誤．選A.E＝nΔt，EnΦnE＝nΔtSS－ 計算通過某一截面的電荷量的：q＝It(I為平均電流 焦，還包括因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能(2015·銀川一中一模)如圖所示，傾角R＝0.5Ωabcd，垂直于軌道分別置于水平軌道上和傾斜g＝10m/s2.cd若已知從開始運動到cd棒達到最大速度的過，ab棒產(chǎn)生的焦0.45J，求該過通過cd棒橫截面的電荷量Bt (1)cd棒勻速運動時速度最大，設(shè)為vm，棒中感應(yīng)電動勢：E＝B2Lvm，電流：I＝Emgsinvm＝1設(shè)cd棒從開始運動到達到最大速度的過經(jīng)過的時間為t，通過的距離x，cd棒中平均感應(yīng)電動勢為E1，平均感應(yīng)電流為I1，通過cd棒橫截面的電荷量為q，由能量守恒定律得mgxsinθ＝1mv2＋2QmE1＝B2Lx，I1＝E1 q＝1設(shè)cd棒開始運動時穿過回路的磁通量為Φ0，cd棒在傾斜軌道上下滑的過程中，設(shè)加速度大a，經(jīng)過時間t通過的距離為x1，穿過回路的磁通量為Φ，Bcdt0Φ0＝0Bsin加速度：a＝gsinθ，位移：x1＝1h

h 1Φ＝BLsin sin2解得 22cd2B＝

【答案 (1)1 (2)1

22產(chǎn)生的焦Q，是由導(dǎo)體棒減少的機械能轉(zhuǎn)化而來的，在列能量守恒定律的公45～8分，選對但不全的得3分，有的得0分)位于紙面內(nèi)，O90O轉(zhuǎn)動，MR.OMω逆時針轉(zhuǎn)動，t＝0時恰好在圖示abR計，則桿從t＝0開始轉(zhuǎn)動一周的過，電流隨ωt變化的圖象是 OMω

錯誤．在4～2內(nèi)桿OM處于磁場之外，沒有感應(yīng)電生，C正確，D錯誤I(取逆時針方向為正方向)t( 根據(jù)楞次定律和法拉第電磁感應(yīng)定律可知，0～t1rLabd0.現(xiàn)用一x變化的情況如圖乙所示，F(xiàn)0已知．下列判斷正確的是()AabacBabceCabceD．棒ab經(jīng)過磁場的過，通過電阻

的電荷量為， abac之間運動時，由于穿過線圈的磁通量為零，所以沒有感應(yīng)電F0～d0Fac之間做勻加速直線運動，A正確．當(dāng)導(dǎo)體棒進入磁場后，若開始拉力大于力，則做加速運動，磁場時拉力小于力則做運動速度減小力減小加速度減小，直到力等于拉力后，做勻速直線運動，B、C錯誤．根據(jù)q＝IΔt，I＝，RE R

＝Δt

＋r，DRθ現(xiàn)將一質(zhì)量為m、長度也為d的導(dǎo)體棒從導(dǎo)軌頂端由靜為r，則整個下滑過()

mg（R＋r）sinmg（R＋r）sinθs

重力和力對導(dǎo)體棒所做的功大于導(dǎo)體棒獲得的動 導(dǎo)體棒下滑過受到沿斜面向下重力的分力和沿斜面向上的力＝ E，根據(jù)法拉第電磁感＝ 應(yīng)定律可得E＝Bdv，聯(lián)立解得 sin sin＝故導(dǎo)體棒兩端的電壓為 ER＝mgRsinθ，A正確，B錯誤．根據(jù)法拉第電＝

E BsdRR＝Δt＝Δt＝ΔtRR

得重力和力對導(dǎo)體棒所做的功等于導(dǎo)體棒獲得的動能，C、D錯誤S＝20cm2.r＝1.0Ω，R1＝4.0Ω，R2＝5.0Ω，C＝30μ下列說法中正確的是()1.2S，電路中的電流穩(wěn)定后電容器上極板帶正電CR15×10－2WD．SR21.8×10－5

nΔtBI＝R2Q＝CU＝CIR2＝1.8×10－5C，D正確．R外，其余電阻不計．導(dǎo)軌處于勻強磁場中，磁場方向的伸長量為Δl，彈性勢能為Ep.重力加速度大g.將中始終保持水平，則()當(dāng)金屬棒的速度最大時，彈簧的伸長量為RARBD將金屬棒從彈簧原長位置由靜止釋放，金屬棒向下運動，切割磁感線A處重力勢能為零，金屬棒從彈簧原長位置由靜止釋放時，系統(tǒng)機械能為mgΔl.金屬棒做切割磁感線運動最后靜止在A處，機械能為Ep.由能量守恒定q＝RR的電荷量比第一次上升過程的多，D處在磁感應(yīng)強度大B的勻強磁場中，磁場方向垂直于紙面向速度v0，當(dāng)cd邊第一次運動至最下端的過，R產(chǎn)生的電熱為Q，此過程邊始終未離開磁場，已知重力加速度大g，下列說法中正確的是(R線框中產(chǎn)生的最大感應(yīng)電流可能為R

cd邊第一次到達最下端的時刻，兩根彈簧具有的彈性勢能總量大于 在cd邊反復(fù)運動 ，R中產(chǎn)生的電熱最多為 cdv0E＝BLv0 應(yīng)電流I＝R＝R初始時刻cd邊所 力的大小F＝BIL＝ A錯誤1mv2＋mgh＝Q＋Epcd Ep＝1mv2＋mgh－Q，大于1v2－Q，C 2mcd邊反復(fù)運動地過最后平衡位置彈簧彈力等于線框重力一定具有彈性能，R中產(chǎn)生的電熱一定小于1mv2，D mMN，軌道左端通R的電撥向“2”tMN恰好開始勻速向右運動．下列說法正確的是()開關(guān)撥