2024版高考物理一輪復習第十章電磁感應第3講電磁感應的綜合應用練習含解析新人教版

PAGE8-2024版高考物理一輪復習第十章電磁感應第3講電磁感應的綜合應用練習含解析新人教版第3講電磁感應的綜合應用一、選擇題(本題共8小題，1～5題為單選，6～8題為多選)1．(2021·昌平區(qū)質(zhì)檢)如圖所示，由均勻?qū)Ь€制成的半徑為R的圓環(huán)，以速度v勻速進入一磁感應強度大小為B的勻強磁場。當圓環(huán)運動到圖示位置(∠aOb＝90°)時，a、b兩點的電勢差為(D)A．eq\r(2)BRv B．eq\f(\r(2),2)BRvC．eq\f(\r(2),4)BRv D．eq\f(3\r(2),4)BRv[解析]當圓環(huán)運動到圖示位置，圓環(huán)切割磁感線的有效長度為eq\r(2)R；線框剛進入磁場時ab邊產(chǎn)生的感應電動勢為E＝eq\r(2)BRv；線框進入磁場的過程中a、b兩點的電勢差由歐姆定律得Uab＝eq\f(3,4)E＝eq\f(3\r(2),4)BRv；選項D正確。2．在圖甲所示的電路中，螺線管匝數(shù)n＝1000匝，橫截面積S＝20cm2。螺線管導線電阻r＝1.0Ω，R1＝4.0Ω，R2＝5.0Ω，C＝30μF。在一段時間內(nèi)，垂直穿過螺線管的磁場的磁感應強度B的方向如圖甲所示，大小按如圖乙所示的規(guī)律變化，則下列說法中正確的是(C)A．螺線管中產(chǎn)生的感應電動勢為1.2VB．閉合開關S，電路中的電流穩(wěn)定后，電容器下極板帶負電C．閉合開關S，電路中的電流穩(wěn)定后，電阻R1消耗的電功率為2.56×10－2WD．S斷開后，流經(jīng)R2的電荷量為1.8×10－2C[解析]本題考查感生電動勢、閉合電路歐姆定律問題。根據(jù)法拉第電磁感應定律有E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝nSeq\f(ΔB,Δt)，解得螺線管中產(chǎn)生的感應電動勢E＝0.8V，故A錯誤；閉合開關，電路中的電流穩(wěn)定后，根據(jù)楞次定律可知，螺線管中的感應電流盤旋而下，則螺線管下端相當于電源的正極，那么電容器下極板帶正電，故B錯誤；閉合開關，電路中的電流穩(wěn)定后，根據(jù)閉合電路歐姆定律，有I＝eq\f(E,R1＋R2＋r)＝0.08A，根據(jù)P＝I2R1，解得電阻R1消耗的電功率P＝2.56×10－2W，故C正確；S斷開后，流經(jīng)R2的電荷量即為S閉合時電容器極板上所帶的電荷量Q，斷開S前，電容器兩端的電壓為U＝IR2＝0.4V，流經(jīng)R2的電荷量為Q＝CU＝1.2×10－5C，故D錯誤。3．(2020·遼寧沈陽一模)如圖所示，豎直放置的足夠長的U形金屬框架中，定值電阻為R，其他電阻均可忽略，ef是一水平放置的電阻可忽略的導體棒，導體棒質(zhì)量為m，棒的兩端始終與ab、cd保持良好接觸，且能沿框架無摩擦下滑，整個裝置放在與框架平面垂直的勻強磁場中，當導體棒ef從靜止下滑一段時間后閉合開關S，則S閉合后(D)A．導體棒ef的加速度一定大于gB．導體棒ef的加速度一定小于gC．導體棒ef的機械能一定守恒D．導體棒ef的機械能一定減少[解析]本題考查電磁感應中的單桿的加速度、機械能等問題。當導體棒ef從靜止下滑一段時間后閉合開關S，則S閉合后由于導體棒ef切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢，在回路中產(chǎn)生感應電流，則導體棒ef受到向上的安培力作用，而FA＝eq\f(B2L2v,R)，此時棒的速度大小未知，則其加速度與g的大小關系未知，選項A、B錯誤；由于回路中產(chǎn)生了感應電流，導體棒ef的機械能一部分轉(zhuǎn)化成了電阻R的內(nèi)能，則機械能一定減少，選項D正確，C錯誤。4．(2021·湖南岳陽模擬)如圖所示，由某種粗細均勻的總電阻為3R的金屬條制成的矩形線框abcd，固定在水平面內(nèi)且處于方向豎直向下的勻強磁場B中。一接入電路電阻為R的導體棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v勻速滑動，滑動過程PQ始終與ab垂直，且與線框接觸良好，不計摩擦。在PQ從靠近ad處向bc滑動的過程中(C)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D．線框消耗的電功率先減小后增大[解析]導體棒產(chǎn)生的電動勢E＝BLv，畫出其等效電路如圖，總電阻R總＝R＋eq\f(R左·R右,R左＋R右)＝R＋eq\f(R左3R－R左,3R)，在PQ從靠近ad處向bc滑動的過程中，總電阻先增大后減小，總電流先減小后增大，選項A錯誤；PQ兩端的電壓路端電壓U＝E－IR，即先增大后減小，選項B錯誤；拉力的功率等于克服安培力做功的功率，有P安＝BILv，先減小后增大，選項C正確；線框消耗的電功率即為外電阻消耗的功率，外電阻先增大后減小，因外電阻最大值為eq\f(3,4)R，小于內(nèi)阻R，根據(jù)電源的輸出功率與外電阻大小的變化關系，外電阻越來越接近內(nèi)電阻時，輸出功率越大，可知線框消耗的電功率先增大后減小，選項D錯誤。5．(2020·浙江7月選考)如圖所示，固定在水平面上的半徑為r的金屬圓環(huán)內(nèi)存在方向豎直向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場。長為l的金屬棒，一端與圓環(huán)接觸良好，另一端固定在在豎直導電轉(zhuǎn)軸OO′上，隨軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動。在圓環(huán)的A點和電刷間接有阻值為R的電阻和電容為C、板間距為d的平行板電容器，有一帶電微粒在電容器極板間處于靜止狀態(tài)。已知重力加速度為g，不計其他電阻和摩擦，下列說法正確的是(B)A．棒產(chǎn)生的電動勢為eq\f(1,2)Bl2ωB．微粒的電荷量與質(zhì)量之比為eq\f(2gd,Br2ω)C．電阻消耗的電功率為eq\f(πB2r4ω,2R)D．電容器所帶電的電荷量為CBr2ω[解析]棒轉(zhuǎn)動時垂直切割磁感線，由于只有圓環(huán)內(nèi)存在磁場，故產(chǎn)生的電動勢為E＝Br×eq\f(0＋rω,2)＝eq\f(1,2)Br2ω，A項錯誤；由于棒無電阻，故電容器、電阻兩端電壓均等于E，對微粒，由平衡條件有mg＝eq\f(qE,d)，故微粒的比荷為eq\f(q,m)＝eq\f(2gd,Br2ω)，B項正確；電阻R消耗的電功率為P＝eq\f(E2,R)＝eq\f(B2r4ω2,4R)，C項錯誤；由Q＝CE可知電容器所帶電荷量Q＝eq\f(1,2)CBr2ω，D項錯誤。6．如圖(a)所示，圓形線圈P靜止在水平桌面上，其正上方懸掛—相同的線圈Q，P和Q共軸，Q中通有變化的電流，電流變化的規(guī)律如圖(b)所示，P所受的重力為G，桌面對P的支持力為FN，則(AD)A．t1時刻，F(xiàn)N>G B．t2時刻，F(xiàn)N>GC．t3時刻，F(xiàn)N<G D．t4時刻，F(xiàn)N<G[解析]t1時刻電流增大，其磁場增強，則穿過P的磁通量變大，由楞次定律可知P將阻礙磁通量的變大，則P有向下運動的趨勢，對桌面的壓力增大，故FN>G，A正確；t2時刻電流減小，則磁場減弱，則穿過P的磁通量變小，由楞次定律可知P將阻礙磁通量的變小，則P有向上運動的趨勢，對桌面的壓力減小，故FN<G，B錯誤；t3時刻電流增大，與A情況相同，F(xiàn)N>G，C錯誤；t4時刻電流減小，與B情況相同，F(xiàn)N<G，D正確。7．如圖所示，質(zhì)量為3m的重物與一質(zhì)量為m的線框用一根絕緣細線連接起來，掛在兩個高度相同的定滑輪上，已知線框的橫邊邊長為L，水平方向勻強磁場的磁感應強度為B，磁場上下邊界的距離、線框豎直邊長均為h。初始時刻，磁場的下邊緣和線框上邊緣的高度差為2h，將重物從靜止開始釋放，線框上邊緣剛進磁場時，恰好做勻速直線運動，滑輪質(zhì)量、摩擦阻力均不計。則下列說法中正確的是(ABD)A．線框進入磁場時的速度為eq\r(2gh)B．線框的電阻為eq\f(B2L2,2mg)eq\r(2gh)C．線框通過磁場的過程中產(chǎn)生的熱量Q＝2mghD．線框通過磁場的過程中產(chǎn)生的熱量Q＝4mgh[解析]從初始時刻到線框上邊緣剛進入磁場，由機械能守恒定律得3mg×2h＝mg×2h＋eq\f(4mv2,2)，解得線框剛進入磁場時的速度v＝eq\r(2gh)，故A項正確；線框上邊緣剛進磁場時，恰好做勻速直線運動，故受合力為0,3mg＝BIL＋mg，I＝eq\f(BLv,R)，解得線框的電阻R＝eq\f(B2L2,2mg)eq\r(2gh)，故B項正確；線框勻速通過磁場的距離為2h，產(chǎn)生的熱量等于系統(tǒng)重力勢能的減少，即Q＝3mg×2h－mg×2h＝4mgh，故C項錯誤，D項正確。8．(2019·全國卷Ⅱ)如圖，兩條光滑平行金屬導軌固定，所在平面與水平面夾角為θ，導軌電阻忽略不計。虛線ab、cd均與導軌垂直，在ab與cd之間的區(qū)域存在垂直于導軌所在平面的勻強磁場。將兩根相同的導體棒PQ、MN先后自導軌上同一位置由靜止釋放，兩者始終與導軌垂直且接觸良好。已知PQ進入磁場時加速度恰好為零。從PQ進入磁場開始計時，到MN離開磁場區(qū)域為止，流過PQ的電流隨時間變化的圖像可能正確的是(AD) A B C D[解析]PQ剛進入磁場時，加速度為零，則mgsinθ＝BIL，I＝eq\f(mgsinθ,BL)，即電流恒定；且由題意知，MN剛進入磁場時與PQ剛進入磁場時速度相同。情形1：若MN剛進入磁場時，PQ已離開磁場區(qū)域，則對MN，由mgsinθ＝BIL及右手定則知，通過PQ的電流大小不變，方向相反，故I-t圖像如圖A所示。情形2：若MN剛進入磁場時，PQ未離開磁場區(qū)域，由于兩導體棒速度相等，產(chǎn)生的電動勢等大、反向，故電流為0，但兩棒在重力作用下均加速直至PQ離開磁場，此時MN為電源，由E＝BLv，I＝eq\f(E,R總)，BIL－mgsinθ＝ma知，MN減速，電流減小，可能的I-t圖像如圖D所示。二、非選擇題9．(2020·江蘇單科，14)如圖所示，電阻為0.1Ω的正方形單匝線圈abcd的邊長為0.2m，bc邊與勻強磁場邊緣重合。磁場的寬度等于線圈的邊長，磁感應強度大小為0.5T。在水平拉力作用下，線圈以8m/s的速度向右穿過磁場區(qū)域。求線圈在上述過程中(1)感應電動勢的大小E；(2)所受拉力的大小F；(3)感應電流產(chǎn)生的熱量Q。[答案](1)0.8V(2)0.8N(3)0.32J[解析](1)感應電動勢E＝Blv，代入數(shù)據(jù)得E＝0.8V。(2)感應電流I＝eq\f(E,R)，拉力的大小等于安培力，F(xiàn)＝BIl解得F＝eq\f(B2l2v,R)，代入數(shù)據(jù)得F＝0.8N。(3)運動時間t＝eq\f(2l,v)，焦耳定律Q＝I2Rt解得Q＝eq\f(2B2l3v,R)，代入數(shù)據(jù)得Q＝0.32J。10．如圖所示，兩條平行的光滑金屬導軌所在平面與水平面的夾角為θ，間距為d。導軌處于勻強磁場中，磁感應強度大小為B，方向與導軌平面垂直。質(zhì)量為m的金屬棒被固定在導軌上，距底端的距離為s，導軌與外接電源相連，使金屬棒通有電流。金屬棒被松開后，以加速度a沿導軌勻加速下滑，金屬棒中的電流始終保持恒定，重力加速度為g。求下滑到底端的過程中，金屬棒(1)末速度的大小v；(2)通過的電流大小I；(3)通過的電荷量Q。[答案](1)eq\r(2as)(2)eq\f(mgsinθ－a,dB)(3)eq\f(\r(2as)mgsinθ－a,dBa)[解析](1)金屬棒做勻加速直線運動，根據(jù)運動學公式有v2＝2as解得v＝eq\r(2as)(2)金屬棒所受安培力F安＝IdB金屬棒所受合力F＝mgsinθ－F安根據(jù)牛頓第二定律有F＝ma解得I＝eq\f(mgsinθ－a,dB)。(3)金屬棒的運動時間t＝eq\f(v,a)，通過的電荷量Q＝It解得Q＝eq\f(\r(2as)mgsinθ－a,dBa)。11．(2019·天津卷)如圖所示，固定在水平面上間距為l的兩條平行光滑金屬導軌，垂直于導軌放置的兩根金屬棒MN和PQ長度也為l、電阻均為R，兩棒與導軌始終接觸良好。MN兩端通過開關S與電阻為R的單匝金屬線圈相連，線圈內(nèi)存在豎直向下均勻增加的磁場，磁通量變化率為常量k。圖中虛線右側(cè)有垂直于導軌平面向下的勻強磁場，磁感應強度大小為B。PQ的質(zhì)量為m，金屬導軌足夠長、電阻忽略不計。(1)閉合S，若使PQ保持靜止，需在其上加多大的水平恒力F，并指出其方向；(2)斷開S，PQ在上述恒力作用下，由靜止開始到速度大小為v的加速過程中流過PQ的電荷量為q，求該過程安培力做的功W。[答案](1)eq\f(Bkl,3R)，方向水平向右(2)eq\f(1,2)mv2－eq\f(2,3)kq[解析](1)設線圈中的感應電動勢為E，由法拉第電磁感應定律E＝eq\f(ΔΦ,Δt)，則E＝k ①設PQ與MN并聯(lián)的電阻為R并，有R并＝eq\f(R,2) ②閉合S時，設線圈中的電流為I，根據(jù)閉合電路歐姆定律得I＝eq\f(E,R并＋R) ③設PQ中的電流為IPQ，有IPQ＝eq\f(1,2)I ④設PQ受到的安培力為F安，有F安＝BIPQl ⑤保持PQ靜止，由受力平衡，有F＝F安 ⑥聯(lián)立①②③④⑤⑥式得F＝eq\f(Bkl,3R) ⑦方向水平向右。(2)設PQ由靜止開始到速度大小為v的加速過程中，PQ運動的位移為x，所用時間為Δt，回路中的磁通量變化為ΔΦ，平均感應電動勢為eq\x\to(E)，有eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt) ⑧其中ΔΦ＝Blx ⑨設PQ中的平均電流為eq\x\to(I)，有eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),2R) ⑩根據(jù)電流的定義得eq\x\to(I)＝eq\f(q,Δt) ?由動能定理，有Fx＋W＝eq\f(1,2)mv2－0 ?聯(lián)立⑦⑧⑨⑩??式得W＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(2,3)kq第3講電磁感應的綜合應用知識點1電磁感應中的電路問題1．電源：切割磁感線運動的導體或磁通量發(fā)生變化的回路相當于電源。2．電流：電路閉合時的電流I可由歐姆定律求出，I＝eq\f(E,R總)，路端電壓U＝IR＝E－Ir。3．電勢：在外電路中，電流由高電勢流向低電勢；在內(nèi)電路中，電流由低電勢流向高電勢。思考：如圖所示，MON是固定導軌，金屬棒與導軌接觸良好，在拉力F作用下向右運動。(1)圖中電路相當于電源的部分是金屬棒的ab部分。(2)閉合電路中的感應電流方向沿逆時針方向。(3)路端電壓是閉合電路外電路的電壓，等于該圖中aOb部分電路的電壓。知識點2電磁感應中的動力學問題1．安培力的大小eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(安培力公式：FA＝BIl,感應電動勢：E＝Blv,感應電流：I＝\f(E,R)))FA＝eq\f(B2l2v,R)2．安培力的方向(1)用左手定則判斷：先用右手定則判斷感應電流的方向，再用左手定則判定安培力的方向。(2)用楞次定律判斷：安培力的方向一定與導體切割磁感線的運動方向相反(選填“相同”或“相反”)。知識點3電磁感應中的能量問題1．能量轉(zhuǎn)化：感應電流在磁場中受安培力，外力克服安培力做功，將機械能轉(zhuǎn)化為電能，電流做功再將電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能。2．轉(zhuǎn)化實質(zhì)：電磁感應現(xiàn)象的能量轉(zhuǎn)化，實質(zhì)是其他形式的能與電能之間的轉(zhuǎn)化。雙基自測一、堵點疏通1．在電磁感應電路中，產(chǎn)生電流的那部分導體相當于電源。(√)2．安培力做正功的過程是將電能轉(zhuǎn)化為機械能的過程。(√)3．物體克服安培力做功的過程是將其他形式的能量轉(zhuǎn)化為電能的過程。(√)二、對點激活1．如圖所示，光滑水平面內(nèi)有一正方形導體線框abcd，置于垂直水平面向里、邊界為MN的勻強磁場外，線框的ab邊平行磁場邊界MN，線框以垂直于MN的速度v勻速進入磁場，線框進入磁場過程中，產(chǎn)生的焦耳熱為Q1，通過線框?qū)w橫截面的電荷量為q1，若線框以速度2v勻速進入磁場，進入磁場過程中，產(chǎn)生的焦耳熱為Q2，通過線框?qū)w橫截面的電荷量為q2，則下列選項正確的是(B)A．Q2＝2Q1，q2＝2q1 B．Q2＝2Q1，q2＝q1C．Q2＝Q1，q2＝q1 D．Q2＝4Q1，q2＝2q1[解析]根據(jù)I＝eq\f(BLv,R)及F＝BIL可得F＝eq\f(B2L2v,R)，安培力做的功轉(zhuǎn)化為電能，然后轉(zhuǎn)化為焦耳熱，由Q＝W＝FL＝eq\f(B2L3v,R)可知產(chǎn)生的焦耳熱與速度成正比，所以Q2＝2Q1；根據(jù)q＝I·t，t＝eq\f(L,v)得q＝eq\f(BL2,R)，可知通過線框?qū)w橫截面的電荷量與速度無關，q2＝q1，選項B正確。2．如圖所示，a、b兩個閉合正方形線圈用同樣的導線制成，匝數(shù)均為10匝，邊長la＝3lb，圖示區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，且磁感應強度隨時間均勻增大，不考慮線圈之間的相互影響，則(B)A．兩線圈內(nèi)產(chǎn)生順時針方向的感應電流B．a(chǎn)、b線圈中感應電動勢之比為9︰1C．a(chǎn)、b線圈中感應電流之比為3︰4D．a(chǎn)、b線圈中電功率之比為3︰1[解析]由于磁感應強度隨時間均勻增大，則根據(jù)楞次定律知兩線圈內(nèi)產(chǎn)生的感應電流方向皆沿逆時針方向，故A項錯誤；根據(jù)法拉第電磁感應定律E＝Neq\f(ΔΦ,Δt)＝NSeq\f(ΔB,Δt)，而磁感應強度均勻變化，即eq\f(ΔB,Δt)恒定，則a、b線圈中的感應電動勢之比為eq\f(Ea,Eb)＝eq\f(Sa,Sb)＝eq\f(l\o\al(2,a),l\o\al(2,b))＝9，故B項正確；根據(jù)電阻定律R＝ρeq\f(l,S′)，且L＝4Nl，則eq\f(Ra,Rb)＝eq\f(la,lb)＝3，由閉合電路歐姆定律I＝eq\f(E,R)，得a、b線圈中的感應電流之比為eq\f(Ia,Ib)＝eq\f(Ea,Eb)·eq\f(Rb,Ra)＝3，故C項錯誤；由功率公式P＝I2R知，a、b線圈中的電功率之比為eq\f(Pa,Pb)＝eq\f(I\o\al(2,a),I\o\al(2,b))·eq\f(Ra,Rb)＝27，故D項錯誤。核心考點·重點突破HEXINKAODIANZHONGDIANTUPO考點一電磁感應中的圖像問題1．題型簡述借助圖像考查電磁感應的規(guī)律，一直是高考的熱點，此類題目一般分為兩類：(1)由給定的電磁感應過程選出正確的圖像；(2)由給定的圖像分析電磁感應過程，定性或定量求解相應的物理量或推斷出其他圖像。常見的圖像有B—t圖、E—t圖、i—t圖、v—t圖及F—t圖等。2．解題關鍵弄清初始條件、正負方向的對應變化范圍、所研究物理量的函數(shù)表達式、進出磁場的轉(zhuǎn)折點等是解決此類問題的關鍵。3．解題步驟(1)明確圖像的種類，即是B—t圖還是Φ—t圖，或者E—t圖、I—t圖等；(2)分析電磁感應的具體過程；(3)用右手定則或楞次定律確定方向的對應關系；(4)結合法拉第電磁感應定律、閉合電路歐姆定律、牛頓運動定律等知識寫出相應的函數(shù)關系式；(5)根據(jù)函數(shù)關系式，進行數(shù)學分析，如分析斜率的變化、截距等；(6)畫圖像或判斷圖像。4．常用方法(1)排除法：定性地分析電磁感應過程中物理量的變化趨勢(增大還是減小)、變化快慢(均勻變化還是非均勻變化)。特別是分析物理量的正負，以排除錯誤的選項。(2)函數(shù)法：根據(jù)題目所給條件定量地寫出兩個物理量之間的函數(shù)關系，然后由函數(shù)關系對圖像進行分析和判斷。類型(一)感生問題例1如圖(甲)所示，一閉合圓形線圈水平放置，穿過它的豎直方向的勻強磁場磁感應強度隨時間變化規(guī)律如圖(乙)，規(guī)定B的方向以向上為正方向，感應電流以俯視順時針的方向為正方向，在0～4t時間內(nèi)感應電流隨時間變化圖像中正確的是(D)[解析]在0～t內(nèi)，B正向增大，感應電流方向為俯視順時針方向，即電流方向為正；在t～2t內(nèi)，B先正向減小后反向增大，同上分析，電流方向為負方向，且B的變化率為0～t內(nèi)的2倍，電流大小變?yōu)?倍；在2t～3t內(nèi)，B變化率為0，無感應電流；在3t～4t內(nèi)，B負向減小，電流方向為正方向，故D項正確。名師點撥B—t、Φ—t圖像的斜率表示感應電動勢，斜率的大小表示電動勢大小，斜率的正負表示電動勢的方向，但斜率為正，并不表示電動勢方向與B的正方向相同。類型(二)動生問題例2如圖所示，在等腰直角三角形abc內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強磁場，三角形efg是與三角形abc形狀相同的導線框，x軸是兩個三角形的對稱軸。現(xiàn)讓導線框efg在紙面內(nèi)沿x軸向右勻速穿過磁場，規(guī)定逆時針方向為電流的正方向，在導線框通過磁場的過程中，感應電流i隨時間t的變化圖像是(A)[解析]本題借助三角形線框進入三角形磁場模型考查i－t圖像問題。三角形egf向右運動，根據(jù)楞次定律和安培定則可知，導線框中先產(chǎn)生順時針方向的感應電流，后產(chǎn)生逆時針方向的感應電流，所以感應電流先為負值后為正值；隨著三角形egf的運動，導線框切割磁感線的有效長度L有先增大，當a點與fg邊的中點重合時，導線框切割磁感線的有效長度為L有＝eq\f(1,2)Lfg，再繼續(xù)向右移動，有效切割長度L有減小，當fg邊與三角形abc的中位線重合時，切割磁感線的有效長度為L有＝0，再繼續(xù)向右移動，有效切割長度L有增大，當fg邊與bc邊重合時，導線框切割磁感線的有效長度為L有＝Lfg，根據(jù)感應電動勢E＝BL有v，電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BL有v,R)，可知A正確，B、C、D錯誤?？键c二電磁感應中的電路問題在電磁感應過程中，切割磁感線的導體或磁通量發(fā)生變化的回路將產(chǎn)生感應電動勢，該導體或回路相當于電源。因此，電磁感應問題往往又和電路問題聯(lián)系在一起。解決此類問題的基本思想是將電磁感應問題轉(zhuǎn)化為直流電路的分析與計算問題?；舅悸罚?1)用法拉第電磁感應定律和楞次定律確定感應電動勢的大小和方向；(2)弄清電路結構，必要時畫出等效電路圖；(3)運用歐姆定律、串并聯(lián)電路等規(guī)律求解路端電壓、電功率等問題。類型(一)變化磁場的電路問題例3(多選)如圖甲所示，一個匝數(shù)為n的圓形線圈，面積為S，線圈的電阻為R，在線圈外接一個阻值為R的電阻和一個理想電壓表，將線圈放入垂直線圈平面指向紙內(nèi)的磁場中，磁感應強度隨時間變化規(guī)律如圖乙所示，下列說法正確的是(AC)A．0～t1時間內(nèi)P端電勢高于Q端電勢B．0～t1時間內(nèi)電壓表的讀數(shù)為eq\f(nB1－B0S,t1)C．t1～t2時間內(nèi)R上的電流為eq\f(nB1S,2t2－t1R)D．t1～t2時間內(nèi)PQ間的電勢差UPQ＝neq\f(B1,2t2－t1S)[解析]0～t1時間內(nèi)，磁通量增大，根據(jù)楞次定律知感應電流沿逆時針方向，線圈相當于電源，上端為正極，下端為負極，所以P端電勢高于Q端電勢，故A項正確；0～t1時間內(nèi)線圈產(chǎn)生的感應電動勢E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)S＝eq\f(nB1－B0S,t1)，電壓表的示數(shù)U＝IR＝eq\f(E,2R)·R＝eq\f(nB1－B0S,2t1)，故B項錯誤；t1～t2時間內(nèi)線圈產(chǎn)生的感應電動勢E′＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(B1,t2－t1)S，根據(jù)閉合電路歐姆定律I′＝eq\f(E′,2R)＝eq\f(nB1S,2t2－t1R)，故C項正確；t1～t2時間內(nèi)，磁通量減小，根據(jù)楞次定律可知，P端電勢低于Q端電勢，UPQ＝－neq\f(B1,2t2－t1)S，故D項錯誤。名師點撥磁通量變化的線圈為等效電源，平均感應電動勢為E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，線圈的電阻為電源內(nèi)電阻。例4如圖所示，間距L＝1m的兩根足夠長的固定水平平行導軌間存在著勻強磁場，其磁感應強度大小B＝1T、方向垂直于紙面向里，導軌上有一金屬棒MN與導軌垂直且在水平拉力F作用下以v＝2m/s的速度水平向左勻速運動。R1＝8Ω，R2＝12Ω，C＝6μF，導軌和棒的電阻及一切摩擦均不計。開關S1，S2閉合，電路穩(wěn)定后，求：(1)通過R2的電流I的大小和方向；(2)拉力F的大小；(3)開關S1切斷后通過R2的電荷量Q。[解析](1)開關S1，S2閉合后，根據(jù)右手定則知棒中的感應電流方向是M→N，所以通過R2的電流方向是由b→a，MN中產(chǎn)生的感應電動勢的大小E＝BLv流過R2的電流I＝eq\f(E,R1＋R2)代入數(shù)據(jù)解得I＝0.1A。(2)棒受力平衡，有F＝F安，F(xiàn)安＝BIL，代入數(shù)據(jù)解得F＝0.1N。(3)開關S1，S2閉合，電路穩(wěn)定后，電容器所帶電荷量Q1＝CIR2S1切斷后，流過R2的電荷量Q等于電容器所帶電荷量，即Q＝Q1代入數(shù)據(jù)解得Q＝7.2×10－6C。[答案](1)0.1Ab→a(2)0.1N(3)7.2×10－6C名師點撥(1)電動勢：平動切割E＝BLv，轉(zhuǎn)動切割E＝eq\f(1,2)BωL2。(2)電路總電阻：注意不要把“切割運動的導體電阻”與外電阻并聯(lián)。(3)切割運動的導體兩端電壓：該電壓既不是電動勢，也不是該導體電阻的電壓，而是電源的路端電壓：U＝IR＝E－Ir，R是外電阻，r是切割運動的導體電阻?？键c三電磁感應中的動力學問題1．電磁感應現(xiàn)象中產(chǎn)生的感應電流在磁場中受到安培力的作用，從而影響導體棒(或線圈)的受力情況和運動情況。1．導體的兩種運動狀態(tài)(1)導體的平衡狀態(tài)——靜止狀態(tài)或勻速直線運動狀態(tài)。(2)導體的非平衡狀態(tài)——加速度不為零。2．處理方法根據(jù)牛頓第二定律進行動態(tài)分析或結合功能關系分析。3．導體的運動分析流程類型(一)收尾狀態(tài)為平衡態(tài)例5如圖，光滑平行金屬導軌間距為L，與水平面夾角為θ，兩導軌上端用阻值為R的電阻相連，該裝置處于磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直于導軌平面。質(zhì)量為m的金屬桿ab以沿導軌平面向上的初速度v0從導軌底端開始運動，然后又返回到出發(fā)位置。在運動過程中，ab與導軌垂直且接觸良好，重力加速度為g，不計ab和導軌的電阻及空氣阻力。(1)求ab開始運動時的加速度a；(2)分析并說明ab在整個運動過程中速度、加速度的變化情況。[解析]本題考查電磁感應、閉合電路歐姆定律。動力學分析、能量轉(zhuǎn)化與守恒定律。(1)利用楞次定律，對初始狀態(tài)的ab受力分析得：mgsinθ＋BIL＝ma ①對回路分析I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv0,R) ②聯(lián)立①②得a＝gsinθ＋eq\f(B2L2v0,m·R)(2)上滑過程：由第(1)問中的分析可知，上滑過程加速度大小表達式為：a上＝gsinθ＋eq\f(B2L2v0,m·R) ③上滑過程，a、v反向，做減速運動。利用③式，v減小則a減小，可知，桿上滑時做加速度逐漸減小的減速運動。下滑過程：由牛頓第二定律，對ab受力分析得：mgsinθ－eq\f(B2L2v,R)＝ma下 ④a下＝gsinθ－eq\f(B2L2v,m·R) ⑤因a下與v同向，ab做加速運動。由⑤得v增加，a下減小，桿下滑時做加速度減小的加速運動。[答案](1)gsinθ＋eq\f(B2L2v,m·R)(2)上滑：加速度減小的減速運動，下滑：加速度減小的加速運動。類型(二)收尾狀態(tài)為非平衡態(tài)例6(2020·廣西柳州一模)(多選)如圖，兩根足夠長光滑平行金屬導軌PP′、QQ′傾斜放置，傾角為θ，勻強磁場垂直于導軌平面，導軌的上端與水平放置的兩金屬板M、N相連，金屬棒ab水平跨放在導軌上，下滑過程中與導軌接觸良好。現(xiàn)由靜止釋放金屬棒ab，假定電容器不會被擊穿，忽略一切電阻，則下列說法正確的是(AB)A．金屬棒ab下滑過程中M板電勢高于N板電勢B．金屬棒ab勻加速下滑C．金屬棒ab最終可能勻速下滑D．金屬棒ab下滑過程中減少的重力勢能等于其增加的動能[解析]本題考查電磁感應和電容器電路的結合。金屬棒ab下滑過程中，金屬棒ab切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢，由右手定則可判斷出導體棒a端為正極，所以M板電勢高于N板電勢，選項A正確；金屬棒ab下滑過程中由于產(chǎn)生感應電動勢和感應電流，對電容器充電，由I＝eq\f(Δq,Δt)，C＝eq\f(Δq,ΔU)，ΔU＝BLΔv，金屬棒ab受到安培力F＝BIL，對金屬棒受力分析，有mgsinθ－F＝ma，聯(lián)立解得a＝eq\f(mgsinθ,m＋CB2L2)，加速度為恒量，說明金屬棒ab下滑時做加速度恒定的勻加速運動，選項B正確，C錯誤；金屬棒ab下滑過程中減少的重力勢能等于其增加的動能和電容器儲存的電能之和，選項D錯誤?？键c四電磁感應中的能量問題電能的求解思路例7(2019·北京卷，22)如圖所示，垂直于紙面的勻強磁場磁感應強度為B。紙面內(nèi)有一正方形均勻金屬線框abcd，其邊長為L，總電阻為R，ad邊與磁場邊界平行。從ad邊剛進入磁場直至bc邊剛要進入的過程中，線框在向左的拉力作用下以速度v勻速運動，求：(1)感應電動勢的大小E；(2)拉力做功的功率P；(3)ab邊產(chǎn)生的焦耳熱Q。[解析](1)由法拉第電磁感應定律可得，感應電動勢E＝BLv(2)線框中的感應電流I＝eq\f(E,R)拉力大小等于安培力大小F＝BIL拉力的功率P＝Fv＝eq\f(B2L2v2,R)(3)線框ab邊電阻Rab＝eq\f(R,4)時間t＝eq\f(L,v)ab邊產(chǎn)生的焦耳熱Q＝I2Rabt＝eq\f(B2L3v,4R)[答案](1)BLv(2)eq\f(B2L2v2,R)(3)eq\f(B2L3v,4R)〔變式訓練〕CD、EF是兩條水平放置的阻值可忽略的平行金屬導軌，導軌間距為L，在水平導軌的左側(cè)存在磁感應強度方向垂直導軌平面向上的勻強磁場，磁感應強度大小為B。磁場區(qū)域的長度為d，如圖所示。導軌的右端接有一電阻R，左端與一彎曲的光滑軌道平滑連接。將一阻值也為R的導體棒從彎曲軌道上h高處由靜止釋放，導體棒最終恰好停在磁場的右邊界處。已知導體棒與水平導軌接觸良好，且兩者間的動摩擦因數(shù)為μ，則下列說法中正確的是(B)A．電阻R的最大電流為eq\f(Bd\r(2gh),R)B．流過電阻R的電荷量為eq\f(BdL,2R)C．整個電路中產(chǎn)生的焦耳熱為mghD．電阻R中產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(1,2)mgh[解析]金屬棒下滑過程中，由機械能守恒定律得：mgh＝eq\f(1,2)mv2，金屬棒到達水平面時的速度v＝eq\r(2gh)，金屬棒到達水平面后進入磁場受到向左的安培力做減速運動，則導體棒剛到達水平面時的速度最大，所以最大感應電動勢為E＝BLv，最大的感應電流為I＝eq\f(E,2R)＝eq\f(BL\r(2gh),2R)，故A項錯誤；流過電阻R的電荷量q＝eq\f(ΔΦ,R＋r)＝eq\f(BLd,2R)，故B項正確；金屬棒在整個運動過程中，由動能定理得：mgh－W安－μmgd＝0－0，則克服安培力做功：W安＝mgh－μmgd，所以整個電路中產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝W安＝mgh－μmgd，故C項錯誤；克服安培力做功轉(zhuǎn)化為焦耳熱，電阻與導體棒電阻相等，通過它們的電流相等，則金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱：QR＝eq\f(1,2)Q＝eq\f(1,2)(mgh－μmgd)，故D項錯誤。2年高考·1年模擬2NIANGAOKAO1NIANMONI1．(2020·課標Ⅰ，21)(多選)如圖，U形光滑金屬框abcd置于水平絕緣平臺上，ab和dc邊平行，和bc邊垂直。ab、dc足夠長，整個金屬框電阻可忽略。一根具有一定電阻的導體棒MN置于金屬框上，用水平恒力F向右拉動金屬框，運動過程中，裝置始終處于豎直向下的勻強磁場中，MN與金屬框保持良好接觸，且與bc邊保持平行。經(jīng)過一段時間后(BC)A．金屬框的速度大小趨于恒定值B．金屬框的加速度大小趨于恒定值C．導體棒所受安培力的大小趨于恒定值D．導體棒到金屬框bc邊的距離趨于恒定值[解析]本題考查電磁感應定律與力學問題的綜合。金屬框在外力作用下向右運動過程中，由楞次定律知，導體棒向右運動，設某時刻金屬框的速度為v1，導體棒的速度為v2，導體棒接入電路的電阻為R，回路中感應電動勢E＝BL(v1－v2)，由閉合電路歐姆定律得，回路中的電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv1－v2,R)。設金屬框的質(zhì)量為m1，導體棒的質(zhì)量為m2，對金屬框，由牛頓第二定律得F－BIL＝m1a1，整理得a1＝eq\f(F,m1)－eq\f(B2L2v1－v2,m1R)，對導體棒，由牛頓第二定律得a2＝eq\f(B2L2v1－v2,m2R)，當a1>a2時，v1－v2增大，金屬框的加速度a1減小，導體棒的加速度a2增大，當a1＝a2時，此時F＝(m1＋m2)a，a＝eq\f(F,m1＋m2)，v1－v2不變，回路中的電流不變，金屬框和導體棒所受安培力不變，兩者以相同的加速度做勻加速直線運動，故金屬框的加速度大小趨于恒定值，速度越來越大，其v－t圖像如圖所示，A錯誤，B正確；由于回路中的電流趨于恒定值，故導體棒所受安培力大小趨于恒定值，C正確；導體棒與金屬框的加速度相同時，金屬框的速度較大，由勻加速直線運動規(guī)律知，導體棒到金屬框bc邊的距離越來越大，D錯誤。2．(2020·山東，21)(多選)如圖所示，平面直角坐標系的第一和第二象限分別存在磁感應強度大小相等、方向相反且垂直于坐標平面的勻強磁場，圖中虛線方格為等大正方形。一位于Oxy平面內(nèi)的剛性導體框abcde在外力作用下以恒定速度沿y軸正方向運動(不發(fā)生轉(zhuǎn)動)。從圖示位置開始計時，4s末bc邊剛好進入磁場。在此過程中，導體框內(nèi)感應電流的大小為I，ab邊所受安培力的大小為Fab，二者與時間t的關系圖像可能正確的是(BC)[解析]AB項因為4s末bc邊剛好進入磁場，可知線框的速度每秒運動一個方格，故在0～1s內(nèi)只有ae邊切割磁場，設方格邊長為L，根據(jù)E1＝2BLv，I1＝eq\f(E1,R)，可知電流恒定；2s末時線框在第二象限長度最長，此時有E2＝3BLv，I2＝eq\f(E2,R)，可知I2＝eq\f(3,2)I1,2～4s線框有一部分進入第一象限，電流減小，在4s末同理可得I3＝eq\f(1,2)I1，綜上分析可知A錯誤，B正確；CD項根據(jù)Fab＝BILab可知在0～1s內(nèi)ab邊所受的安培力線性增加；1s末安培力為Fab＝BI1L，在2s末可得安培力為F′ab＝B×eq\f(3,2)I1×2L，所以有F′ab＝3Fab；由圖像可知C正確，D錯誤。故選BC。3．(2020·課標Ⅲ，24)如圖，一邊長為l0的正方形金屬框abcd固定在水平面內(nèi)，空間存在方向垂直于水平面、磁感應強度大小為B的勻強磁場。一長度大于eq\r(2)l0的均勻?qū)w棒以速率v自左向右在金屬框上勻速滑過，滑動過程中導體棒始終與ac垂直且中點位于ac上，導體棒與金屬框接觸良好。已知導體棒單位長度的電阻為r，金屬框電阻可忽略。將導體棒與a點之間的距離記為x，求導體棒所受安培力的大小隨x(0≤x≤eq\r(2)l0)變化的關系式。[答案]見解析[解析]本題考查電磁感應定律與力學問題的綜合。當導體棒與金屬框接觸的兩點間棒的長度為l時，由法拉第電磁感應定律知，導體棒上感應電動勢的大小為E＝Blv ①由歐姆定律，流過導體棒的感應電流為I＝eq\f(E,R) ②式中，R為這一段導體棒的電阻。按題意有R＝rl ③此時導體棒所受安培力大小為f＝BlI ④由題設和幾何關系有l(wèi)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x，0≤x≤\f(\r(2),2)l0,2\r(2)l0－x，\f(\r(2),2)l0<x≤\r(2)l0)) ⑤聯(lián)立①②③④⑤式得f＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2B2v,r)x，0≤x≤\f(\r(2),2)l0,\f(2B2v,r)\r(2)l0－x，\f(\r(2),2)l0<x≤\r(2)l0。)) ⑥第十章電磁感應綜合過關規(guī)范限時檢測滿分：100分考試時間：45分鐘一、選擇題(本題共8小題，每小題6分，共計48分。每小題給出的四個選項中，第1～5題只有一項符合題目要求，第6～8題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分)1．隨著科技的不斷發(fā)展，無線充電已經(jīng)進入人們的視線。小到手表、手機，大到電腦、電動汽車，都已經(jīng)實現(xiàn)了無線充電從理論研發(fā)到實際應用的轉(zhuǎn)化。如圖所示為某品牌的無線充電手機利用電磁感應方式充電的原理圖。關于無線充電，下列說法正確的是(C)A．無線充電時手機接收線圈部分的工作原理是“電流的磁效應”B．只有將充電底座接到直流電源上才能對手機進行充電C．接收線圈中交變電流的頻率與發(fā)射線圈中交變電流的頻率相同D．只要有無線充電底座，所有手機都可以進行無線充電[解析]無線充電時手機接收線圈部分的工作原理是電磁感應，故A錯誤；當給充電設備通以恒定直流電時，充電設備不會產(chǎn)生交變磁場，即不能正常充電，故B錯誤；接收線圈中交變電流的頻率與發(fā)射線圈中交變電流的頻率相同，故C正確；被充電手機內(nèi)部，應該有一類似金屬線圈的部件與手機電池相連，當有交變磁場時，則產(chǎn)生感應電動勢，那么普通手機由于沒有金屬線圈，所以不能夠利用無線充電設備進行充電，故D錯誤。2．如圖所示，在光滑的水平面上，有一垂直向下的勻強磁場分布在寬度為L的區(qū)域內(nèi)，現(xiàn)有一個邊長為a(a<L)的正方形閉合線圈以初速度v0垂直磁場邊界滑過磁場后，完全穿出后速度為v(v<v0)，那么線圈(B)A．完全進入磁場中時的速度大于eq\f(v0＋v,2)B．完全進入磁場中時的速度等于eq\f(v0＋v,2)C．完全進入磁場中時的速度小于eq\f(v0＋v,2)D．以上情況均有可能[解析]線圈進入磁場過程－Beq\x\to(I)1L·Δt1＝mv′－mv0 ①線圈離開磁場過程－Beq\x\to(I)2L·Δt2＝mv－mv′ ②進出磁場時磁通量變化數(shù)值相同，故q0＝q，q0＝eq\x\to(I)1·Δt1＝eq\x\to(I)2·Δt2＝q ③聯(lián)立①②③，得v′－v0＝v－v′所以v′＝eq\f(v0＋v,2)，故選B。3．(2021·山東濟南質(zhì)檢)如圖甲所示，一線圈匝數(shù)為100匝，橫截面積為0.01m2，磁場與線圈軸線成30°角向右穿過線圈。若在2s時間內(nèi)磁感應強度隨時間的變化關系如圖乙所示，則該段時間內(nèi)線圈兩端a和b之間的電勢差Uab為(A)A．－eq\r(3)V B．2VC．eq\r(3)V D．從0均勻變化到2V[解析]本題考查根據(jù)B-t圖像求感生電動勢。與線圈軸線成30°角穿過線圈的向右磁感應強度均勻增加，故產(chǎn)生恒定的感應電動勢，根據(jù)法拉第電磁感應定律有E＝Neq\f(ΔΦ,Δt)＝Neq\f(ΔB,Δt)Scos30°，由題圖乙可知eq\f(ΔB,Δt)＝2T/s，解得E＝eq\r(3)V，a、b兩端的電勢差大小等于線圈產(chǎn)生的感應電動勢，由楞次定律可得，a端電勢低于b端電勢，故Uab＝－E＝－eq\r(3)V，A正確，B、C、D錯誤。4．(2021·云南昆明聯(lián)考)在豎直向下的磁感應強度為B的勻強磁場中，兩根足夠長的光滑平行金屬導軌固定在水平面內(nèi)，相距為L，電阻不計。軌道左側(cè)連接一阻值為R的定值電阻。質(zhì)量為m、電阻不計的導體棒ab水平放置在導軌上，ab垂直于導軌。施加大小為F的水平恒力，使ab從靜止開始沿導軌運動，經(jīng)過時間t，ab通過的位移為x，速度變?yōu)関，整個運動過程中ab與導軌接觸良好。關于這一過程下列說法正確的是(D)A．a(chǎn)b做勻加速直線運動B．a(chǎn)b的動能變化量為FxC．a(chǎn)b的動量變化量為FtD．定值電阻上產(chǎn)生的焦耳熱為Fx－eq\f(1,2)mv2[解析]本題考查電磁感應中安培力的沖量和做功問題。F大小不變，ab速度變化時安培力一定變化，所以ab受到的合力發(fā)生變化，不可能做勻加速直線運動，A錯誤；ab運動過程中除了受恒力F，還受到安培力，考慮動能和動量變化時應該考慮合外力做的功和沖量，B、C錯誤；由能量守恒定律有，力F做的功轉(zhuǎn)化為棒ab的動能和電阻產(chǎn)生的焦耳熱，所以焦耳熱Q＝Fx－eq\f(1,2)mv2，D正確。5．(2021·江西南城一中模擬)如圖，一足夠長的光滑平行金屬軌道，其軌道平面與水平面成θ角，上端與一電阻R相連，處于方向垂直軌道平面向上的勻強磁場中，質(zhì)量為m、電阻為r的金屬桿ab，從高為h處由靜止釋放，下滑一段時間后，金屬桿開始以速度v勻速運動直到軌道的底端。金屬桿始終保持與導軌垂直且接觸良好，軌道電阻及空氣阻力均可忽略不計，重力加速度為g。則(D)A．金屬桿加速運動過程中的平均速度小于eq\f(1,2)vB．金屬桿加速運動過程中克服安培力做功的功率大于勻速運動過程中克服安培力做功的功率C．當金屬桿的速度為eq\f(v,4)時，它的加速度大小為eq\f(gsinθ,4)D．整個運動過程中電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(2mgh－mv2R,2R＋r)[解析]本題考查斜面上導體棒切割磁感線的問題。ab加速過程中，有mgsinθ－F安＝ma，而安培力F安＝BIL，電流I＝eq\f(E,R＋r)，電動勢E＝BLv，聯(lián)立解得F安＝eq\f(B2L2v,R＋r)，可知ab加速時，速度越大，安培力越大，加速度越小，金屬桿做加速度減小的加速運動，當加速度減為零后做勻速直線運動，v－t圖像如圖。v－t圖線與t軸所圍圖形的面積表示位移，由平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(x,t)可知，加速運動的平均速度大于eq\f(v,2)，A錯誤；由功率公式P＝Fv可知，加速過程時，安培力小于勻速過程的安培力，速度也小于勻速過程的速度，所以加速過程中克服安培力做功的功率小于勻速過程中克服安培力做功的功率，B錯誤；當金屬桿的速度為v時，加速度為零，即mgsinθ－eq\f(B2L2v,R＋r)＝0，當金屬桿的速度為eq\f(v,4)時，有mgsinθ－eq\f(B2L2v,4R＋r)＝ma，聯(lián)立解得a＝eq\f(3gsinθ,4)，C錯誤；整個運動過程中整個電路產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝mgh－eq\f(1,2)mv2，電阻R產(chǎn)生的焦耳熱與總焦耳熱之間的關系為QR＝eq\f(R,R＋r)Q，所以電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為QR＝eq\f(2mgh－mv2R,2R＋r)，D正確。6．如圖所示，A、B為相同的燈泡，C為電容器，L為電感線圈(其直流電阻小于燈泡電阻)。下列說法中正確的是(AC)A．閉合開關，B立即發(fā)光B．閉合開關，電路穩(wěn)定后，A中沒有電流C．電路穩(wěn)定后，斷開開關，B變得更亮后再熄滅D．電路穩(wěn)定后，斷開開關，A中電流立即為零[解析]本題考查含容的自感電路。閉合開關S的瞬時，電容器C充電；而電感L阻礙電流的增加，相當于斷路，則B先發(fā)光；電路穩(wěn)定后，電容器充電完畢相當于斷路，則A中有電流，選項A正確，B錯誤；電路穩(wěn)定后，斷開開關，則電感L與燈泡B組成新的回路，因電路穩(wěn)定時L中的電流大于B的電流，則斷開S時，B變得更亮后再熄滅，選項C正確；電路穩(wěn)定后，斷開開關，由于電容器放電，則A中電流不會立即為零，選項D錯誤。7．一個閉合線圈固定在垂直紙面的勻強磁場中，設磁場方向向里為磁感強度B的正方向，線圈中的電流I的正方向為順時針。線圈及線圈中感應電流I隨時間變化的圖線如圖所示，則磁感強度B隨時間變化的圖線可能是圖中的(CD)[解析]用排除法，根據(jù)楞次定律判斷：A項中，eq\f(T,4)內(nèi)，磁場向外增加，感應電流的方向是順時針，為正值，故A項錯誤；B項中，eq\f(T,2)內(nèi)，感應電流的方向一直是逆時針，為負值，故B項錯誤；同理判斷C、D兩項正確。8．如圖所示，相距為d的兩水平虛線L1和L2分別是水平向里的勻強磁場的上下兩個邊界，磁場的磁感應強度為B，正方形線框abcd邊長為L(L<d)，質(zhì)量為m，將線框在磁場上方高h處由靜止釋放。如果ab邊進入磁場時的速度為v0，cd邊剛穿出磁場時的速度也為v0，則從ab邊剛進入磁場到cd邊剛穿出磁場的整個過程中(BD)A．線框中一直有感應電流B．線框中有一階段的加速度為重力加速度gC．線框中產(chǎn)生的熱量為mg(d＋h＋L)D．線框有一階段做減速運動[解析]正方形線框abcd邊長為L(L<d)，所以cd進入磁場后，ab還在磁場內(nèi)，所以線框磁通量不變，即無感應電流，故A錯誤；由以上分析知，有一段過程，線框無感應電流，只受重力，線框的加速度為g，故B正確；根據(jù)能量守恒定律可知從ab邊剛進入磁場到cd邊剛穿出磁場的整個過程；動能變化為0，重力勢能轉(zhuǎn)化為線框產(chǎn)生的熱量，Q＝mg(d＋L)，故C錯誤；線框ab邊剛進入磁場速度為v0，cd邊剛穿出磁場時速度也為v0，線框有一階段的加速度為g，在整個過程中必然也有一段減速過程，故D正確。二、非選擇題(本題共3小題，共52分。)9．(12分)(2020·湖北高三模擬)在用如圖甲所示裝置“研究回路中感應電動勢大小與磁通量變化快慢的關系”實驗中：(1)本實驗中需要用到的傳感器是光電門傳感器和電壓傳感器。(2)讓小車以不同速度靠近螺線管，記錄下光電門擋光時間Δt內(nèi)感應電動勢的平