高考物理一輪復習 第九章 電磁感應高頻考點真題驗收全通關-人教版高三物理試題

第九章高頻考點真題驗收全通關高頻考點一：電磁感應現(xiàn)象楞次定律1．(多選)(2013·全國卷Ⅱ)在物理學發(fā)展過程中，觀測、實驗、假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()A．奧斯特在實驗中觀察到電流的磁效應，該效應揭示了電和磁之間存在聯(lián)系B．安培根據(jù)通電螺線管的磁場和條形磁鐵的磁場的相似性，提出了分子電流假說C．法拉第在實驗中觀察到，在通有恒定電流的靜止導線附近的固定導線圈中，會出現(xiàn)感應電流D．楞次在分析了許多實驗事實后提出，感應電流應具有這樣的方向，即感應電流的磁場總要阻礙引起感應電流的磁通量的變化2．(多選)(2013·海南高考)如圖1所示，在水平光滑桌面上，兩相同的矩形剛性小線圈分別疊放在固定的絕緣矩形金屬框的左右兩邊上，且每個小線圈都各有一半面積在金屬框內(nèi)。在金屬框接通逆時針方向電流的瞬間()圖1A．兩小線圈會有相互靠攏的趨勢B．兩小線圈會有相互遠離的趨勢C．兩小線圈中感應電流都沿順時針方向D．左邊小線圈中感應電流沿順時針方向，右邊小線圈中感應電流沿逆時針方向3．(2012·海南高考)如圖2所示，一質(zhì)量為m的條形磁鐵用細線懸掛在天花板上，細線從一水平金屬圓環(huán)中穿過?，F(xiàn)將環(huán)從位置Ⅰ釋放，環(huán)經(jīng)過磁鐵到達位置Ⅱ。設環(huán)經(jīng)過磁鐵上端和下端附近時細線的張力分別為T1和T2，重力加速度大小為g，則()圖2A．T1＞mg，T2＞mgB．T1＜mg，T2＜mgC．T1＞mg，T2＜mgD．T1＜mg，T2＞mg4．(2012·四川高考)如圖3所示，在鐵芯P上繞著兩個線圈a和b，則()圖3A．線圈a輸入正弦交變電流，線圈b可輸出恒定電流B．線圈a輸入恒定電流，穿過線圈b的磁通量一定為零C．線圈b輸出的交變電流不對線圈a的磁場造成影響D．線圈a的磁場變化時，線圈b中一定有電場高頻考點二：法拉第電磁感應定律5.(多選)(2014·江蘇高考)如圖4所示，在線圈上端放置一盛有冷水的金屬杯，現(xiàn)接通交流電源，過了幾分鐘，杯內(nèi)的水沸騰起來。若要縮短上述加熱時間，下列措施可行的有()圖4A．增加線圈的匝數(shù)B．提高交流電源的頻率C．將金屬杯換為瓷杯D．取走線圈中的鐵芯6．(2013·北京高考)如圖5，在磁感應強度為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場中，金屬桿MN在平行金屬導軌上以速度v向右勻速滑動，MN中產(chǎn)生的感應電動勢為E1；若磁感應強度增為2B，其他條件不變，MN中產(chǎn)生的感應電動勢變?yōu)镋2。則通過電阻R的電流方向及E1與E2之比E1∶E2分別為()圖5A．c→a,2∶1 B．a(chǎn)→c,2∶1C．a(chǎn)→c,1∶2 D．c→a,1∶27．(2010·浙江高考)半徑為r帶缺口的剛性金屬圓環(huán)在紙面上固定放置，在圓環(huán)的缺口兩端引出兩根導線，分別與兩塊垂直于紙面固定放置的平行金屬板連接，兩板間距為d，如圖6甲所示。有一變化的磁場垂直于紙面，規(guī)定向內(nèi)為正，變化規(guī)律如圖乙所示。在t＝0時刻平板之間中心有一重力不計，電荷量為q的靜止微粒。則以下說法正確的是()圖6A．第2秒內(nèi)上極板為正極B．第3秒內(nèi)上極板為負極C．第2秒末微粒回到了原來位置D．第2秒末兩極板之間的電場強度大小為0.2πr2/d8.(多選)(2014·四川高考)如圖7所示，不計電阻的光滑U形金屬框水平放置，光滑、豎直玻璃擋板H、P固定在框上，H、P的間距很小。質(zhì)量為0.2kg的細金屬桿CD恰好無擠壓地放在兩擋板之間，與金屬框接觸良好并圍成邊長為1m的正方形，其有效電阻為0.1Ω。此時在整個空間加方向與水平面成30°角且與金屬桿垂直的勻強磁場，磁感應強度隨時間變化規(guī)律是B＝(0.4－0.2t)T，圖示磁場方向為正方向?？颉醢搴蜅U不計形變。則()圖7A．t＝1s時，金屬桿中感應電流方向從C到DB．t＝3s時，金屬桿中感應電流方向從D到CC．t＝1s時，金屬桿對擋板P的壓力大小為0.1ND．t＝3s時，金屬桿對擋板H的壓力大小為0.2N高頻考點三：電磁感應中的圖像問題9．(2012·全國卷)如圖8，一載流長直導線和一矩形導線框固定在同一平面內(nèi)，線框在長直導線右側(cè)，且其長邊與長直導線平行。已知在t＝0到t＝t1的時間間隔內(nèi)，直導線中電流i發(fā)生某種變化，而線框中的感應電流總是沿順時針方向；線框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右。設電流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()圖8圖910．(2012·重慶高考)如圖10所示，正方形區(qū)域MNPQ內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場。在外力作用下，一正方形閉合剛性導線框沿QN方向勻速運動，t＝0時刻，其四個頂點M′、N′、P′、Q′恰好在磁場邊界中點。下列圖像中能反映線框所受安培力f的大小隨時間t變化規(guī)律的是()圖10圖1111．(多選)(2011·山東高考)如圖12所示，兩固定的豎直光滑金屬導軌足夠長且電阻不計。兩質(zhì)量、長度均相同的導體棒c、d，置于邊界水平的勻強磁場上方同一高度h處。磁場寬為3h，方向與導軌平面垂直。先由靜止釋放c，c剛進入磁場即勻速運動，此時再由靜止釋放d，兩導體棒與導軌始終保持良好接觸。用ac表示c的加速度，Ekd表示d的動能，xc、xd分別表示c、d相對釋放點的位移。圖13中正確的是()圖12圖1312．(2013·廣東高考)如圖14(a)所示，在垂直于勻強磁場B的平面內(nèi)，半徑為r的金屬圓盤繞過圓心O的軸轉(zhuǎn)動，圓心O和邊緣K通過電刷與一個電路連接，電路中的P是加上一定正向電壓才能導通的電子元件。流過電流表的電流I與圓盤角速度ω的關系如圖(b)所示，其中ab段和bc段均為直線，且ab段過坐標原點。ω>0代表圓盤逆時針轉(zhuǎn)動。已知：R＝3.0Ω，B＝1.0T，r＝0.2m。忽略圓盤、電流表和導線的電阻。圖14(1)根據(jù)圖(b)寫出ab、bc段對應的I與ω的關系式；(2)求出圖(b)中b、c兩點對應的P兩端的電壓Ub、Uc；(3)分別求出ab、bc段流過P的電流IP與其兩端電壓UP的關系式。高頻考點四：電磁感應中的電路問題13．(2013·安徽高考)如圖15所示，足夠長平行金屬導軌傾斜放置，傾角為37°，寬度為0.5m，電阻忽略不計，其上端接一小燈泡，電阻為1Ω。一導體棒MN垂直于導軌放置，質(zhì)量為0.2kg，接入電路的電阻為1Ω，兩端與導軌接觸良好，與導軌間的動摩擦因數(shù)為0.5。在導軌間存在著垂直于導軌平面的勻強磁場，磁感應強度為0.8T。將導體棒MN由靜止釋放，運動一段時間后，小燈泡穩(wěn)定發(fā)光，此后導體棒MN的運動速度以及小燈泡消耗的電功率分別為(重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6)()圖15A．2.5m/s1W B．5m/s1WC．7.5m/s9W D．15m/s9W14.(2013·江蘇高考)如圖16所示，勻強磁場中有一矩形閉合線圈abcd，線圈平面與磁場垂直。已知線圈的匝數(shù)N＝100，邊長ab＝1.0m、bc＝0.5m，電阻r＝2Ω。磁感應強度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的正方向。求：圖16(1)0.5s時線圈內(nèi)感應電動勢的大小E和感應電流的方向；(2)在1～5s內(nèi)通過線圈的電荷量q；(3)在0～5s內(nèi)線圈產(chǎn)生的焦耳熱Q。15.(2012·浙江高考)為了提高自行車夜間行駛的安全性，小明同學設計了一種“閃爍”裝置。如圖17所示，自行車后輪由半徑r1＝5.0×10－2m的金屬內(nèi)圈、半徑r2＝0.40m的金屬外圈和絕緣幅條構成。后輪的內(nèi)、外圈之間等間隔地接有4根金屬條，每根金屬條的中間均串聯(lián)有一電阻值為R的小燈泡。在支架上裝有磁鐵，形成了磁感應強度B＝0.10T、方向垂直紙面向外的“扇形”勻強磁場，其內(nèi)半徑為r1、外半徑為r2、張角θ＝eq\f(π,6)。后輪以角速度ω＝2πrad/s相對于轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)動。若不計其他電阻，忽略磁場的邊緣效應。圖17(1)當金屬條ab進入“扇形”磁場時，求感應電動勢E，并指出ab上的電流方向；(2)當金屬條ab進入“扇形”磁場時，畫出“閃爍”裝置的電路圖；(3)從金屬條ab進入“扇形”磁場時開始，經(jīng)計算畫出輪子轉(zhuǎn)一圈過程中，內(nèi)圈與外圈之間電勢差Uab隨時間t變化的Uab－t圖像；(4)若選擇的是“1.5V、0.3A”的小燈泡，該“閃爍”裝置能否正常工作？有同學提出，通過改變磁感應強度B、后輪外圈半徑r2、角速度ω和張角θ等物理量的大小，優(yōu)化前同學的設計方案，請給出你的評價。高頻考點五：電磁感應中的動力學與能量問題16.(多選)(2010·四川高考)如圖18所示，電阻不計的平行金屬導軌固定在一絕緣斜面上，兩相同的金屬導體棒a、b垂直于導軌靜止放置，且與導軌接觸良好，勻強磁場垂直穿過導軌平面?，F(xiàn)用一平行于導軌的恒力F作用在a的中點，使其向上運動。若b始終保持靜止，則它所受摩擦力可能()圖18A．變?yōu)? B．先減小后不變C．等于F D．先增大再減小17.(2011·福建高考)如圖19，足夠長的U型光滑金屬導軌平面與水平面成θ角(0<θ<90°)，其中MN與PQ平行且間距為L，導軌平面與磁感應強度為B的勻強磁場垂直，導軌電阻不計。金屬棒ab由靜止開始沿導軌下滑，并與兩導軌始終保持垂直且良好接觸，ab棒接入電路的電阻為R，當流過ab棒某一橫截面的電量為q時，棒的速度大小為v，則金屬棒ab在這一過程中()圖19A．運動的平均速度大小為eq\f(1,2)vB．下滑的位移大小為eq\f(qR,BL)C．產(chǎn)生的焦耳熱為qBLvD．受到的最大安培力大小為eq\f(B2L2v,R)sinθ18.(多選)(2012·山東高考)如圖20所示，相距為L的兩條足夠長的光滑平行金屬導軌與水平面的夾角為θ，上端接有定值電阻R，勻強磁場垂直于導軌平面，磁感應強度為B。將質(zhì)量為m的導體棒由靜止釋放，當速度達到v時開始勻速運動，此時對導體棒施加一平行于導軌向下的拉力，并保持拉力的功率恒為P，導體棒最終以2v的速度勻速運動。導體棒始終與導軌垂直且接觸良好，不計導軌和導體棒的電阻，重力加速度為g。下列選項正確的是()圖20A．P＝2mgvsinθB．P＝3mgvsinθC．當導體棒速度達到eq\f(v,2)時加速度大小為eq\f(g,2)sinθD．在速度達到2v以后勻速運動的過程中，R上產(chǎn)生的焦耳熱等于拉力所做的功19.(2011·海南高考)如圖21所示，ab和cd是兩條豎直放置的長直光滑金屬導軌，MN和M′N′是兩根用細線連接的金屬桿，其質(zhì)量分別為m和2m。豎直向上的外力F作用在桿MN上，使兩桿水平靜止，并剛好與導軌接觸；兩桿的總電阻為R，導軌間距為l。整個裝置處在磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向與導軌所在平面垂直。導軌電阻可忽略，重力加速度為g。在t＝0時刻將細線燒斷，保持F不變，金屬桿和導軌始終接觸良好。求：圖21(1)細線燒斷后，任意時刻兩桿運動的速度之比；(2)兩桿分別達到的最大速度。20.(2013·全國卷Ⅰ)如圖22，兩條平行導軌所在平面與水平地面的夾角為θ，間距為L。導軌上端接有一平行板電容器，電容為C。導軌處于勻強磁場中，磁感應強度大小為B，方向垂直于導軌平面。在導軌上放置一質(zhì)量為m的金屬棒，棒可沿導軌下滑，且在下滑過程中保持與導軌垂直并良好接觸。已知金屬棒與導軌之間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g。忽略所有電阻。讓金屬棒從導軌上端由靜止開始下滑，求：圖22(1)電容器極板上積累的電荷量與金屬棒速度大小的關系；(2)金屬棒的速度大小隨時間變化的關系。答案1．選ABD本題考查電學中重要物理學史及其相關知識點，意在考查考生對物理學重要史實的了解情況。奧斯特在實驗中觀察到電流的磁效應，該效應揭示了電流能夠產(chǎn)生磁場，電和磁之間存在聯(lián)系，選項A正確。安培根據(jù)通電螺線管的磁場和條形磁鐵的磁場的相似性，提出了分子電流假說，選項B正確。法拉第在實驗中觀察到，通有恒定電流的靜止導線附近的固定導線圈中，由于導線圈中磁通量不變，不會產(chǎn)生感應電流，選項C錯誤。楞次在分析了許多實驗事實后提出，感應電流應具有這樣的方向，即感應電流的磁場總要阻礙引起感應電流的磁通量的變化，這就是楞次定律，選項D正確。2．選BC對于左側(cè)小線圈，左側(cè)豎直導線在小線圈內(nèi)的磁通量為零，上下側(cè)水平導線和右側(cè)水平導線在小線圈中的磁場方向均向外，故金屬框接通逆時針方向電流的瞬間，左側(cè)小線圈為阻礙磁通量的增加而有向左運動的趨勢。同理可知，右側(cè)小線圈有向右運動的趨勢，所以兩小線圈會有相互遠離的趨勢，A錯誤，B正確。由楞次定律可知，兩側(cè)小線圈感應電流都沿順時針方向，C正確，D錯誤。3．選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)在磁鐵上端時受力向上，在磁鐵下端時受力也向上，則金屬圓環(huán)對磁鐵的作用力始終向下，對磁鐵受力分析可知T1＞mg，T2＞mg，A項正確。4．選Da、b線圈相當于變壓器的原、副線圈，根據(jù)電磁感應定律可知，當線圈a輸入正弦交變電流時，線圈b將輸出正弦交變電流，故A選項錯誤；當線圈a輸入恒定電流，將產(chǎn)生不變的磁場，則穿過線圈b的磁通量不為零，只是磁通量的變化為零，故B選項錯誤；線圈b輸出的交變電流也要產(chǎn)生磁場，對線圈a的磁場也會產(chǎn)生影響，故C選項錯誤；根據(jù)麥克斯韋電磁場理論可知，變化的磁場周圍將產(chǎn)生電場，則線圈a中的磁場變化時，線圈b中一定有電場，故D選項正確。5．選AB當線圈上通交流電時，金屬杯由于發(fā)生電磁感應現(xiàn)象，杯中有感應電流，對水加熱，若要增大感應電流，則需要增大感應電動勢或者減小杯體的電阻。增加線圈的匝數(shù)，使得穿過金屬杯的磁場增強，感應電動勢增大，選項A正確；提高交流電的頻率，使得磁通量的變化率增大，感應電動勢增大，選項B正確；若將金屬杯換為瓷杯，則不會產(chǎn)生感應電流，選項C錯誤；取走線圈中的鐵芯，磁場會大大減弱，感應電動勢減小，選項D錯誤。6．選C本題考查電磁感應知識，意在考查考生對感應電流方向的判斷和對感應電動勢的理解能力。根據(jù)右手定則或楞次定律，可知通過電阻R的電流方向為a→c；根據(jù)法拉第電磁感應定律，知E1∶E2＝1∶2，則C項正確，其他選項錯誤。7．選A本題考查電磁感應定律和楞次定律，考查帶電粒子在電場中的運動情況。根據(jù)楞次定律，結(jié)合圖像可以判斷：在0～1s內(nèi)，下極板為正極，上極板為負極；第2秒內(nèi)上極板為正極，下極板為負極；第3秒內(nèi)上極板為正極，下極板為負極；第4秒內(nèi)上極板為負極，下極板為正極，故A選項正確，B選項錯誤。由于磁感應強度均勻變化，故產(chǎn)生的感應電動勢大小是恒定的，感應電動勢大小E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S＝0.1πr2，第2秒末兩極板間的電場強度為eq\f(U,d)＝eq\f(0.1πr2,d)，D選項錯誤。在第1秒內(nèi)微粒從靜止沿向上或向下的方向開始做勻加速運動，第2秒內(nèi)電場反向，電荷沿該方向做勻減速運動，第2秒末速度為0，第3秒內(nèi)電荷做反向勻加速運動，第4秒內(nèi)電荷沿反向做勻減速運動，第4秒末回到原來位置，故C選項錯誤。8.選AC根據(jù)楞次定律可判斷感應電流的方向總是從C到D，故A正確，B錯誤；由法拉第電磁感應定律可知：E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB⊥S,Δt)＝eq\f(ΔBL2,Δt)sin30°＝0.2×12×eq\f(1,2)V＝0.1V，故感應電流為I＝eq\f(E,R)＝1A，金屬桿受到的安培力FA＝BIL，t＝1s時，F(xiàn)A＝0.2×1×1N＝0.2N，方向如圖甲，此時金屬桿受力分析如圖甲，由平衡條件可知F1＝FA·cos60°＝0.1N，F(xiàn)1為擋板P對金屬桿施加的力。t＝3s時，磁場反向，此時金屬桿受力分析如圖乙，此時擋板H對金屬桿施加的力向右，大小F3＝BILcos60°＝0.2×1×1×eq\f(1,2)N＝0.1N。故C正確，D錯誤。甲乙9．選A依題意，線框中感應電流方向總是沿順時針方向，由于線框受到的安培力中左邊框受力較大，故以左邊框受力為主，由左手定則可知直線電流方向向上時，線框受到向左的安培力，直線電流方向向下時，線框受到向右的安培力，由題意導線中的電流應先為正后為負，故A對。10.選B在導線框運動過程中，導線框的Q′M′和P′N′兩邊所受安培力始終平衡，M′N′和P′Q′切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢，在閉合導線框中產(chǎn)生感應電流。則E＝BvL有效，I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BvL有效,R)，f＝BIL有效＝eq\f(B2vL\o\al(2,有效),R)，設導線框邊長為a，則導線框運動到M′N′完全出磁場之前的過程中，L有效＝a－(a－2vt)＝2vt，f1＝eq\f(4B2v3t2,R)；在M′N′完全出磁場后直到P′Q′開始出磁場之前，僅有P′Q′受安培力，有效長度不變，為a，f2＝eq\f(B2va2,R)，不變；P′Q′出磁場的過程中，有效長度L有效＝a－2vt，f3＝eq\f(B2v,R)(a－2vt)2；根據(jù)三個過程中安培力的表達式可知，B選項正確。11．選BDc棒在未進入磁場前做自由落體運動，加速度為重力加速度；進入磁場后，d棒開始做自由落體運動，在d棒進入磁場前的這段時間內(nèi)，c棒運動了2h，此過程c棒做勻速運動，加速度為零；d棒進入磁場后，c、d棒均以相同速度切割磁感線，回路中沒有感應電流，它們均只受重力直至c棒出磁場；而且c棒出磁場后不再受安培力，也只受重力。故B正確，A錯。d棒自開始下落到2h的過程中，只受重力，機械能守恒，動能與位移的關系是線性的；在c棒出磁場后，d棒切割磁感線且受到比重力大的安培力，完成在磁場余下的2h的位移，動能減小，安培力也減小，合力也減小，在Ekd-xd圖像中Ekd的變化趨勢越來越慢；在d棒出磁場后，只受重力，機械能守恒，Ekd-xd圖像中的關系又是線性的，且斜率與最初相同，均等于重力。故D正確，C錯。12．解析：圓盤轉(zhuǎn)動切割磁感線，根據(jù)E＝eq\f(1,2)Br2ω計算感應電動勢。題目給出了I-ω圖像，根據(jù)數(shù)學知識寫出I與ω的關系式。根據(jù)歐姆定律求解通過R的電流。根據(jù)并聯(lián)電路的特點求解通過P的電流。(1)根據(jù)數(shù)學知識，ab、bc段對應的I與ω的關系式分別為Iab＝k1ω，Ibc＝k2ω＋b，且當ω＝15rad/s時，Iab＝0.1A，故k1＝eq\f(1,150)。所以Iab＝eq\f(1,150)ω(A)(－45rad/s≤ω≤15rad/s)。ω1＝15rad/s時，Ibc＝0.1A，即0.1＝15k2＋bω2＝45rad/s時，Ibc′＝0.4A，即0.4＝45k2＋b解得k2＝eq\f(1,100)，b＝－0.05所以Ibc＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,100)ω－0.05))A(15rad/s≤ω≤45rad/s)。(2)圓盤電阻不計，切割磁感線時產(chǎn)生的感應電動勢加在P和R上。b點對應的P兩端的電壓Ub＝E1＝eq\f(1,2)Bω1r2＝eq\f(1,2)×1.0×15×0.22V＝0.3V。c點對應的P兩端的電壓Uc＝E2＝eq\f(1,2)Bω2r2＝eq\f(1,2)×1.0×45×0.22V＝0.9V。(3)P、R兩端的電壓等于圓盤以角速度ω轉(zhuǎn)動產(chǎn)生的感應電動勢，即UP＝UR＝E＝eq\f(1,2)Bωr2＝0.02ω根據(jù)歐姆定律得通過R的電流IR＝eq\f(UR,R)＝eq\f(UP,R)＝eq\f(UP,3)。根據(jù)并聯(lián)電路的電流特點Iab＝IP＋IRIbc＝IP′＋IR′所以ab段流過P的電流IP＝Iab－IR＝eq\f(1,150)ω－eq\f(UP,3)＝0(－45rad/s≤ω≤15rad/s)bc段流過P的電流IP′＝Ibc－IR′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(UP,6)－0.05))A(15rad/s≤ω≤45rad/s)。答案：見解析13.選B本題考查電與磁的綜合應用，意在綜合考查電磁感應、恒定電流、磁場、牛頓運動定律、能量的轉(zhuǎn)化和守恒等知識點。小燈泡穩(wěn)定發(fā)光時，導體棒MN的運動速度穩(wěn)定，所受合力為零，在沿斜面方向上：mgsin37°＝μmgcos37°＋ILB，又I＝eq\f(BLv,R總)，其中R總＝2Ω，代入數(shù)據(jù)可得v＝5m/s，閉合回路的總功率P＝eq\f(BLv2,R總)＝2W，小燈泡和導體棒MN的電阻相等，消耗的電功率相等，都為1W。14．解析：本題考查電磁感應與電路的綜合，意在考查考生對法拉第電磁感應定律的理解及應用能力。(1)感應電動勢E1＝eq\f(NΔΦ1,Δt1)，磁通量的變化ΔΦ1＝ΔB1S解得E1＝Neq\f(ΔB1S,Δt1)，代入數(shù)據(jù)得E1＝10V，感應電流的方向為a→d→c→b→a(2)同理可得E2＝Neq\f(ΔB2S,Δt2)，感應電流I2＝eq\f(E2,r)，電荷量q＝I2Δt2，解得q＝Neq\f(ΔB2S,r)，代入數(shù)據(jù)得q＝10C(3)0～1s內(nèi)的焦耳熱Q1＝Ieq\o\al(2,1)rΔt1，且I1＝eq\f(E1,r)，1～5s內(nèi)的焦耳熱Q2＝Ieq\o\al(2,2)rΔt2由Q＝Q1＋Q2，代入數(shù)據(jù)得Q＝100J答案：(1)10V，感應電流的方向為a→d→c→b→a(2)10C(3)100J15．解析：(1)金屬條ab在磁場中切割磁感線時，所構成的回路的磁通量變化。設經(jīng)過時間Δt，磁通量變化量為ΔΦ，由法拉第電磁感應定律E＝eq\f(ΔΦ,Δt)①ΔΦ＝BΔS＝Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)r\o\al(2,2)Δθ－\f(1,2)r\o\al(2,1)Δθ))②由①②式并代入數(shù)值得：E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(1,2)Bω(req\o\al(2,2)－req\o\al(2,1))＝4.9×10－2V③根據(jù)右手定則(或楞次定律)，可得感應電流方向為b→a。④(2)通過分析，可得電路圖為(3)設電路中的總電阻為R總，根據(jù)電路圖可知，R總＝R＋eq\f(1,3)R＝eq\f(4,3)R⑤ab兩端電勢差Uab＝E－IR＝E－eq\f(E,R總)R＝eq\f(1,4)E≈1.2×10－2V⑥設ab離開磁場區(qū)域的時刻為t1，下一根金屬條進入磁場區(qū)域的時刻為t2，t1＝eq\f(θ,ω)＝eq\f(1,12)s⑦t2＝eq\f(\f(π,2),ω)＝eq\f(1,4)s⑧設輪子轉(zhuǎn)一圈的時間為T，T＝eq\f(2π,ω)＝1s⑨由T＝1s，金屬條有四次進出，后三次與第一次相同。⑩由⑥⑦⑧⑨⑩可畫出如下Uab-t圖像。(4)“閃爍”裝置不能正常工作。(金屬條的感應電動勢只有4.9×10－2V)，遠小于小燈泡的額定電壓，因此無法工作。B增大，E增大，但有限度；r2增大，E增大，但有限度；ω增大，E增大，但有限度；θ增大，E不變。答案：見解析16．選AB本題考查電磁感應、安培力與物體的平衡，意在考查考生對平衡條件的理解，并能綜合磁場知識解答磁場中導體棒的平衡問題。對b，由平衡條件可得，未施加恒力F時，有mgsinθ＝Ffb。當施加恒力F后，因b所受的安培力向上，故有F安＋Ffb＝mgsinθ。對a，在恒力F的拉動后，先加速最后勻速運動，故b所受的安培力先增大，然后不變，b所受的摩擦力可能先減小后不變，B正確，D錯誤；若F安＝mgsinθ，則Ffb＝0，A正確；若Ffb＝F，則對導體棒a、b系統(tǒng)，所受的合外力將沿斜面向下，與題意中兩棒的運動狀態(tài)不符，C錯誤。17．選B分析棒的受力，有mgsinθ－eq\f(B2L2v,R)＝ma，分析可得棒做加速度減小的加速運動，故其平均速度不等于初末速度的平均值，A錯。設沿斜面下滑的位移為s，則電荷量q＝I·Δt＝eq\f(ΔΦ,Δt)·eq\f(1,R)·Δt＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BsL,R)，解得位移s＝eq\f(qR,BL)，B正確。根據(jù)能量守恒，產(chǎn)生的焦耳熱等于棒機械能的減少量，Q＝mgssinθ－eq\f(1,2)mv2。棒受到的最大安培力為eq\f(B2L2v,R)，C、D錯誤。18．選AC當導體棒第一次勻速運動時，沿導軌方向：mgsinθ＝eq\f(B2L2v,R)；當導體棒第二次達到最大速度時，沿導軌方向：F＋mgsinθ＝eq\f(2B2L2v,R)，即F＝mgsinθ，此時拉力F的功率P＝F·2v＝2mgvsinθ，選項A正確、B錯誤；當導體棒的速度達到eq\f(v,2)時，沿導軌方向：mg