1、1(多选)(2015新课标全国19)1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图1所示实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后下列说法正确的是()图1A圆盘上产生了感应电动势B圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动C在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化D圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动2(2015安徽理综19)如图2所示，abcd为水平放置的平行“”形光滑金属导轨，间距为l，导轨间有垂直于导轨平
2、面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计已知金属杆MN倾斜放置，与导轨成角，单位长度的电阻为r，保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好)则()图2A电路中感应电动势的大小为B电路中感应电流的大小为C金属杆所受安培力的大小为D金属杆的发热功率为3(2015山东理综19)如图3甲，R0为定值电阻，两金属圆环固定在同一绝缘平面内左端连接在一周期为T0的正弦交流电源上，经二极管整流后，通过R0的电流i始终向左，其大小按图乙所示规律变化规定内圆环a端电势高于b端时，a、b间的电压uab为正，下列uabt图象可能正确的是()图34(2015浙江理综24)小明同学设计
3、了一个“电磁天平”，如图4甲所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡线圈的水平边长L0.1m，竖直边长H0.3m，匝数为N1.线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B01.0T，方向垂直线圈平面向里线圈中通有可在02.0A范围内调节的电流I.挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使天平平衡，测出电流即可测得物体的质量(重力加速度取g10m/s2)图4(1)为使“电磁天平”的量程达到0.5kg，线圈的匝数N1至少为多少？(2)进一步探究电磁感应现象，另选N2100匝、形状相同的线圈，总电阻R10.不接外电流，两臂平衡如图乙所示，保持B0不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应
4、强度B随时间均匀变大，磁场区域宽度d0.1m当挂盘中放质量为0.01kg的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率.1题型特点(1)考查楞次定律的应用问题；(2)考查电磁感应中的图象问题；(3)考查法拉第电磁感应定律和楞次定律的综合应用问题，如电路问题、图象问题、动力学问题、能量问题等2命题趋势(1)综合考查楞次定律、法拉第电磁感应定律及电路、安培力等相关知识(2)考查学生的识图能力，由图象获取解题信息的能力(3)电流恒定时，考查焦耳定律、电功率的相关知识(4)电流变化时，考查不同能量的转化问题(5)与牛顿第二定律、运动学结合的动态分析问题(6)电磁感应中的安培力问题、涉及受力分析及功能关系
5、的问题考题一楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用1(2015新课标全国15)如图5，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上当金属框绕ab边以角速度逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为Ua、Ub、Uc.已知bc边的长度为l.下列判断正确的是()图5AUaUc，金属框中无电流BUbUc，金属框中电流方向沿abcaCUbcBl2，金属框中无电流DUbcBl2，金属框中电流方向沿acba2半径为r的带缺口刚性金属圆环在纸面上固定放置，并处在变化的磁场中，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于纸面固定放置的平行金属板连接，两板间距为d，如图6甲所示磁场
6、的方向垂直于纸面，规定垂直纸面向里为正方向，磁感应强度变化规律如图乙所示则以下说法正确的是()图6A第2秒内上极板为正极B第3秒内上极板为负极C第2秒末两极板之间的电场强度大小为零D第4秒末两极板之间的电场强度大小为3(2015安徽皖南八校二次联考)如图7所示的圆形线圈共n匝，电阻为R，过线圈中心O垂直于线圈平面的直线上有A、B两点，A、B两点的距离为L，A、B关于O点对称一条形磁铁开始放在A点，中心与O点重合，轴线与A、B所在直线重合，此时线圈中的磁通量为1，将条形磁铁以速度v匀速向右移动，轴线始终与直线重合，磁铁中心到O点时线圈中的磁通量为2，下列说法正确的是()图7A磁铁在A点时，通过一
7、匝线圈的磁通量为B磁铁从A到O的过程中，线圈中产生的平均感应电动势为EC磁铁从A到B的过程中，线圈中磁通量的变化量为21D磁铁从A到B的过程中，通过线圈某一截面的电荷量不为零1楞次定律中“阻碍”的表现(1)阻碍磁通量的变化(增反减同)(2)阻碍物体间的相对运动(来拒去留)(3)阻碍原电流的变化(自感现象)2楞次定律和右手定则的适用对象(1)楞次定律：一般适用于线圈面积不变，磁感应强度发生变化的情形(2)右手定则：一般适用于导体棒切割磁感线的情形3求感应电动势大小的五种类型(1)磁通量变化型：En.(2)磁感应强度变化型：EnS.(3)面积变化型：EnB.(4)平动切割型：EBlv.(5)转动切
8、割型：EBl2.考题二电磁感应的图象问题4(2015武汉四月调研)如图8所示，边长为L的菱形由两个等边三角形abd和bcd构成，在三角形abd内存在垂直纸面向外的磁感应强度为B的匀强磁场，在三角形bcd内存在垂直纸面向里的磁感应强度也为B的匀强磁场一个边长为L的等边三角形导线框efg在纸面内向右匀速穿过磁场，顶点e始终在直线ab上，底边gf始终与直线dc重合规定逆时针方向为电流的正方向，在导线框通过磁场的过程中，感应电流随位移变化的图象是()图85如图9甲所示，光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成角，M、P两端接一电阻R，整个装置处于方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中t0时对金属棒施加一
9、平行于导轨的外力F，使金属棒ab由静止开始沿导轨向上运动，导轨电阻忽略不计已知通过电阻R的感应电流I随时间t变化的关系如图乙所示下列关于棒的运动速度v，外力F、流过R的电荷量q以及闭合回路中磁通量的变化率随时间变化的图象正确的是()图96(多选)(2015浙江宁波五校联考)如图10甲所示，竖直平面内有四条水平虚线L1、L2、L3、L4，间距分别为d、2d、3d，d1.25m，L1和L2之间、L3和L4之间存在匀强磁场，磁感应强度大小相等，B1T，方向垂直于纸面向里现有一矩形线圈abcd，宽度cdL0.5m，质量为0.1kg，电阻为2.5，将其从图示位置(cd边水平)由静止释放，cd边穿入L1开
10、始计时，直至ab边离开L4，画出线框的vt图如图乙所示，t1时刻cd与L2重合，t3时刻ab边恰好从L4离开磁场，t2t3之间图线为与t轴平行的直线，t1t2之间及t3之后为斜率相同的倾斜直线，整个运动过程中线圈始终位于竖直平面内(重力加速度g取10m/s2)，则()图10At2时刻，ab边恰好经过L1B线圈匀速运动时速度大小v210m/sCt2t3之间的时间间隔为0.75sDt2t3之间产生的热量为6.25J1解决电磁感应图象问题的“三点关注”(1)关注初始时刻，如初始时刻感应电流是否为零，是正方向还是负方向(2)关注变化过程，看电磁感应发生的过程分为几个阶段，这几个阶段是否和图象变化相对应
11、(3)关注大小、方向的变化趋势，看图线斜率的大小、图线的曲、直是否和物理过程相对应2解决电磁感应图象问题的一般步骤：(1)明确图象的种类，即是Bt图还是t图，或者Et图、It图等(2)分析电磁感应的具体过程(3)用右手定则或楞次定律确定方向对应关系(4)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等规律写出函数关系式(5)根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等(6)画图象或判断图象考题三电磁感应中的电路问题7(2015福建理综18)如图11，由某种粗细均匀的总电阻为3R的金属条制成的矩形线框abcd，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场B中一接入电路电阻为R的导体棒PQ
12、，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动，滑动过程PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，不计摩擦在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中()图11APQ中电流先增大后减小BPQ两端电压先减小后增大CPQ上拉力的功率先减小后增大D线框消耗的电功率先减小后增大8(2015丽水二模)如图12是用电流传感器(相当于电流表，其电阻可以忽略不计)研究自感现象的实验电路，图中两个电阻的阻值均为R，L是一个自感系数足够大的自感线圈，其直流电阻值也为R.图13是某同学画出的在t0时刻开关S切换前后，通过传感器的电流随时间变化的图象关于这些图象，下列说法中正确的是()图12图13A甲图是开关S由断开变为闭合，通
13、过传感器1的电流随时间变化的情况B乙图是开关S由断开变为闭合，通过传感器1的电流随时间变化的情况C丙图是开关S由闭合变为断开，通过传感器2的电流随时间变化的情况D丁图是开关S由闭合变为断开，通过传感器2的电流随时间变化的情况9(2015长沙模拟)如图14所示，一根有一定电阻的直导体棒质量为m、长为L，其两端放在位于水平面内间距也为L的光滑平行导轨上，并与之接触良好；棒左侧两导轨之间连接一可控电阻；导轨置于匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨所在平面t0时刻，给导体棒一个平行于导轨的初速度，此时可控电阻的阻值为R0.在棒运动过程中，通过可控电阻的变化使棒中的电流强度保持恒定不计导
14、轨电阻，导体棒一直在磁场中图14(1)求可控电阻R随时间t变化的关系式；(2)若已知棒中电流强度为I，求0t时间内可控电阻R上消耗的平均功率P；(3)若在棒的整个运动过程中将题中的可控电阻改为阻值为R0的定值电阻，则棒将减速运动位移x1后停下，而由题中条件，棒将运动位移x2后停下，求的值解决与电路相联系的电磁感应问题的基本方法(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律(右手定则)确定感应电动势的大小和方向(2)画出等效电路，对整个回路进行分析，确定哪一部分是电源，哪一部分为负载以及负载间的连接关系(3)运用闭合电路欧姆定律，串并联电路的性质、电功率等公式求解考题四电磁感应中的动力学、能量转化问题10
15、(多选)(2015湖北八校联考二模)如图15所示，xOy平面为光滑水平面，现有一长为d，宽为L的线框MNPQ在外力F作用下，沿正x轴方向以速度v做匀速直线运动，空间存在竖直方向的磁场，磁感应强度BB0cosx(式中B0为已知量)，规定竖直向下方向为磁感应强度正方向，线框电阻为R，t0时刻MN边恰好在y轴处，则下列说法正确的是()图15A外力F为恒力Bt0时，外力大小FC通过线框的瞬时电流ID经过t，线框中产生的电热Q11(2015天津理综11)如图16所示，“凸”字形硬质金属线框质量为m，相邻各边互相垂直，且处于同一竖直平面内，ab边长为l，cd边长为2l，ab与cd平行，间距为2l.匀强磁场
16、区域的上下边界均水平，磁场方向垂直于线框所在平面开始时，cd边到磁场上边界的距离为2l，线框由静止释放，从cd边进入磁场直到ef、pq边进入磁场前，线框做匀速运动，在ef、pq边离开磁场后，ab边离开磁场之前，线框又做匀速运动线框完全穿过磁场过程中产生的热量为Q.线框在下落过程中始终处于原竖直平面内，且ab、cd边保持水平，重力加速度为g.求：图16(1)线框ab边将要离开磁场时做匀速运动的速度大小是cd边刚进入磁场时的几倍；(2)磁场上、下边界间的距离H.此类问题中力现象和电磁现象相互联系、相互制约，解决问题首先要建立“动电动”的思维顺序1基本思路(1)找准主动运动者，用法拉第电磁感应定律和
17、楞次定律(右手定则)求解电动势大小和方向(2)根据欧姆定律，求解回路中电流(3)分析安培力对导体棒加速度、速度的影响，从而推理得出对电路中电流的影响，最后定性分析出导体棒的最终运动情况(4)运用运动学方程、牛顿第二定律、平衡方程或功能关系求解2注意的问题运用功能关系时，确定有哪些形式的能量发生了转化如有摩擦力做功，必有内能产生；有重力做功，重力势能必然发生变化；安培力做负功，必然有其他形式的能转化为电能考题五直流电路的分析12(多选)(2015益阳市四月调研)一根粗细均匀的金属导线，在其两端加上电压U时，通过导线的电流为I，导线中自由电子定向移动的平均速率为v，若将导线均匀拉长，使它的横截面半
18、径变为原来的，再给它两端加上电压2U，则()A通过导线的电流为B通过导线的电流为C导线中自由电子定向移动的速率为D导线中自由电子定向移动的速率为13(多选)(2015沈阳四校联考)如图17所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r，平行板电容器C的两金属板水平放置，R1和R2为定值电阻，P为滑动变阻器R的滑动触头，G为灵敏电流计，A为理想电流表，开关S闭合后，C的两板间恰好有一质量为m、电荷量为q的油滴处于静止状态，则以下说法正确的是()图17A在P向上移动的过程中，A表的示数变大，油滴仍然静止，G中有方向由a至b的电流B在P向上移动的过程中，A表的示数变小，油滴向上加速运动，G中有由b至a的电
19、流C在P向下移动的过程中，A表的示数变大，油滴向下加速运动，G中有由a至b的电流D在P向下移动的过程中，A表的示数变小，油滴向上加速运动，G中有由b至a的电流14(多选)如图18所示，电流表A1(03A)和A2(00.6A)是由两个相同的电流计改装而成，现将这两个电流表并联后接入电路中闭合开关S，调节滑动变阻器，下列说法中正确的是()图18AA1、A2的读数之比为11BA1、A2的读数之比为51CA1、A2的指针偏转角度之比为11DA1、A2的指针偏转角度之比为1515(2015莱芜市模拟)如图19所示，电源内阻不可忽略，电路中接有一小灯泡和一电动机小灯泡L上标有“6V12W”字样，电动机的线
20、圈电阻RM0.50.若灯泡正常发光时，电源的输出电压为12V，此时()图19A整个电路消耗的电功率为24WB电动机的热功率为12WC电动机的输出功率为12WD电动机的输入功率为12W1闭合电路动态分析的三种常用方法(1)程序分析法：流程如下R增大减小I减小增大U减小增大U增大减小(2)利用结论法：即“串反并同”法“串反”即某一电阻增大(减小)时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、消耗的电功率都减小(增大)；“并同”即某一电阻增大(减小)时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、消耗的电功率都增大(减小)(3)极限法：因变阻器滑片滑动引起电路变化的问题，可将变阻器的滑片分别滑至两
21、个极端，使电阻最大或电阻为零去讨论2电路中的电功、电热、电功率和热功率(1)纯电阻电路：QWUItI2RtPUII2R(2)非纯电阻电路WQ(WQE其他)P电P热(P电P热P其他)专题综合练1(2015邢台四模)欧姆不仅发现了欧姆定律，还研究了电阻定律，有一个长方体金属电阻，材料分布均匀，边长分别为a、b、c，且abc.电流沿以下方向经过该金属电阻，其中电阻阻值最小的是()2(2015海南单科2)如图20所示，空间有一匀强磁场，一直金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速度v沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小为，将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线，置于与磁感应强度方向
22、相垂直的平面内，当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v运动时，棒两端的感应电动势大小为.则等于()图20A.B.C1D.3.(2015重庆理综4)图21为无线充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为n，面积为S.若在t1到t2时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由B1均匀增加到B2，则该段时间线圈两端a和b之间的电势差ab()图21A恒为B从0均匀变化到C恒为D从0均匀变化到4如图22所示，一正三角形导线框ABC(高度为a)从图示位置沿x轴正向匀速穿过匀强磁场区域两磁场区域磁感应强度大小均为B、方向相反、垂直于平面、宽度均为a.下列选项反映感应电流I与线框移动距离x的
23、关系，以逆时针方向为电流的正方向图象正确的是()图225(2015南昌二模)一闭合线圈固定在垂直于纸面的均匀磁场中，设垂直纸面向里为磁感应强度B的正方向，线圈中的箭头方向为电流i的正方向，如图23(a)所示已知线圈中感应电流i随时间变化的图象如图(b)所示，则磁感应强度B随时间变化的图象可能是下图中的()图236(2015金丽衢十二校二次联考)如图24所示电路中，电源电动势为E、内阻为r，电阻R2为定值电阻，R1为滑动变阻器，A、B为水平放置的电容器的上下两个极板当滑动变阻器R1处于某位置时，A、B两板间的带电油滴恰好悬浮不动，则下列说法中正确的是()图24A两极板A、B间正对面积减小其他条件
24、不变时，油滴将向下运动B移动R1的滑动触头且其他条件不变时，电压表的读数增大了U，则电阻R2两端的电压减小了UCR1滑动触头向左移动且其他条件不变时，带电油滴向上运动DR1滑动触头向右移动且其他条件不变时，R2上消耗的热功率变小7(2015西安交大附中四模)如图25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()图25AS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8(多选)(2015雅安三诊)如图26所示，电阻不计、相距L的两条足够长的平行金属导轨倾斜放置，与水
25、平面的夹角为，整个空间存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B，导轨上固定有质量为m，电阻为R的两根相同的导体棒，导体棒MN上方轨道粗糙下方光滑，将两根导体棒同时释放后，观察到导体棒MN下滑而EF始终保持静止，当MN下滑的距离为x时，速度恰好达到最大值vm，则下列叙述正确的是()图26A导体棒MN的最大速度vmB此时导体棒EF与轨道之间的静摩擦力为mgsinC当导体棒MN从静止开始下滑x的过程中，通过其横截面的电荷量为D当导体棒MN从静止开始下滑s的过程中，导体棒MN中产生的热量为mgxsinmv9如图27所示，、区域是宽度L均为0.5m的匀强磁场，磁感应强度大小均为B1T，方向相反，
26、一边长L0.5m、质量m0.1kg、电阻R0.5的正方形金属线框abcd的ab边紧靠磁场边缘，在外力F的作用下向右匀速运动穿过磁场区域，速度v010m/s.在线框穿过磁场区域的过程中，外力F所做的功为()图27A5JB7.5JC10JD15J10(2014新课标全国25)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28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
27、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：图28(1)通过电阻R的感应电流的方向和大小；(2)外力的功率11(2015唐山二模)用密度为d、电阻率为粗细均匀的金属导线制成两个闭合正方形线框M和N.边长均为L.线框M、N的导线横截面积分别为S1、S2，S1S2，如图29甲、乙所示匀强磁场仅存在于相对磁极之间，磁感应强度大小为B，其他地方的磁场忽略不计金属线框M水平放在磁场上边界的狭缝间，线框平面与磁场方向平行，开始运动时可认为M的aa边和bb边都处在磁场中，线框N在线框M的正上方，与线框M相距为h，
28、两线框均从静止开始同时释放，其平面在下落过程中保持水平，设磁场区域在竖直方向足够长，不计空气阻力及两线框间的相互作用图29(1)求线框N刚进入磁场时产生的感应电流；(2)在下落过程中，若线框N恰能追上线框M.追上时线框M下落高度为H，追上线框M之前线框N一直做减速运动，求该过程中线框N产生的焦耳热答案精析专题8电磁感应和直流电路真题示例1AB当圆盘转动时，圆盘的半径切割磁针产生的磁场的磁感线，产生感应电动势，选项A正确如题图所示，铜圆盘上存在许多小的闭合回路，当圆盘转动时，穿过小的闭合回路的磁通量发生变化，回路中产生感应电流，根据楞次定律，感应电流阻碍其相对运动，但抗拒不了相对运动，故磁针会随
29、圆盘一起转动，但略有滞后，选项B正确；在圆盘转动过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量始终为零，选项C错误；圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成的电流的磁场方向沿圆盘轴线方向，会使磁针沿轴线方向偏转，选项D错误2B电路中的感应电动势EBlv，感应电流I，故A错误，B正确；金属杆所受安培力大小FBI，故C错误；金属杆的发热功率PI2RI2r，故D错误3C由题图乙知，00.25T0，外圆环电流逐渐增大且逐渐减小，根据安培定则，外圆环内部磁场方向垂直纸面向里，磁场逐渐增强且逐渐减小，根据楞次定律知内圆环a端电势高，所以uab0，根据法拉第电磁感应定律uab知，uab逐渐减小；t0.25T0时，0，所以
30、0，uab0；同理可知0.25T0t0.5T0时，uab0，且|uab|逐渐增大；0.5T0T0内重复00.5T0的变化规律故选项C正确4(1)25匝(2)0.1T/s解析(1)题中“电磁天平”中的线圈受到安培力FN1B0IL由天平平衡可知：mgN1B0IL代入数据解得：N125匝(2)由电磁感应定律得：EN2N2Ld由欧姆定律得：I线圈受到的安培力FN2B0IL由天平平衡可得：mgNB0代入数据可得0.1T/s考题一楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用1C金属框abc平面与磁场平行，转动过程中磁通量始终为零，所以无感应电流产生，选项B、D错误转动过程中bc边和ac边均切割磁感线，产生感应电动势
31、，由右手定则判断UaUc，UbUc，选项A错误由转动切割产生感应电动势的公式得UbcBl2，选项C正确2A第2s内情况：由楞次定律可知，金属板上极板带正电，金属板下极板带负电，故A正确；第3s内情况：由楞次定律可知，金属板上极板带正电，金属板下极板带负电，故B错误；根据法拉第电磁感应定律可知，第2s末感应电动势不变，则两极板之间的电场强度大小不为零，故C错误；由题意可知，第4s末两极板间的电场强度大小E，故D错误3B磁铁在A点时，线圈中的磁通量为1，故通过一匝线圈的磁通量也为1，与匝数无关，故A错误；磁铁从A到O的过程中，线圈中产生的平均感应电动势为Enn，故B正确；磁铁从A到B的过程中，磁通
32、量先增加后减小，磁通量的变化量为零，故平均感应电动势为零，故平均感应电流为零，故通过线圈某一截面的电荷量为零，故C、D错误考题二电磁感应的图象问题4A感应电动势EBL有v，电流I，三角形egf向右运动，根据右手定则，开始时ef切割磁感线，产生顺时针电流，大小设为I0,0过程，en切割磁感线产生向下的电流，nf产生向上的电流，em产生向下电流，切割磁感线的有效长度为L有ennfem，随着三角形的运动L有在减小，感应电流减小，当运动时，L有0，电流为零；L过程，继续移动根据等边三角形的几何关系，nfem大于en，L有nfemen，逐渐变大，电流变大，当efg与bcd重合时，eg边和ef边切割磁感线
33、，产生电流方向均为逆时针，大小变为2I0；L2L过程中，继续移动gm切割磁感线，产生感应电动势，L有gm，逐渐减小，直至全部出磁场电流为零，故A正确5BEBlvktR，所以vt，vt图象是一条过原点斜率大于零的直线，说明了金属棒做的是初速度为零的匀加速直线运动，即vat，故A错误；根据题图乙所示的It图象可知Ikt，其中k为比例系数，由闭合电路欧姆定律可得：Ikt可推出：EktR而E，所以有：ktR，t图象是一条过原点斜率大于零的直线，故B正确；对金属棒在沿导轨方向列出动力学方程FBIlma，而I，vat得到Ftma，可见Ft图象是一条斜率大于零且与F轴正半轴有交点的直线，故C错误；qtt2，
34、qt图象是一条开口向上的抛物线，故D错误6BD由题图乙知，t2t3内线框匀速运动，t2时刻在L3下方d处，t3时刻ab边恰好从L4离开磁场，说明bc3d，则t2时刻，ab边恰好经过L2.故A错误；线圈匀速运动时，有mg，得v210m/s，故B正确；t2t3之间内线框下落的距离为5d，则t2t3之间的时间间隔为t0.625s，故C错误；t2t3之间产生的热量为Qmg5d0.11051.25J6.25J故D正确考题三电磁感应中的电路问题7C设PQ左侧电路的电阻为Rx，则右侧电路的电阻为3RRx，所以外电路的总电阻为R外，外电路电阻先增大后减小，所以路端电压先增大后减小，所以B错误；电路的总电阻先增
35、大后减小，再根据闭合电路的欧姆定律可得PQ中的电流，I先减小后增大，故A错误；由于导体棒做匀速运动，拉力等于安培力，即FBIL，拉力的功率PBILv，故先减小后增大，所以C正确；外电路的总电阻R外，最大值为R，小于导体棒的电阻R，又外电阻先增大后减小，由电源的输出功率与外电阻的关系图象可知，线框消耗的电功率先增大后减小，故D错误8C开关S由断开变为闭合，传感器2这一支路立即有电流，线圈这一支路，由于线圈阻碍电流的增加，通过线圈的电流要慢慢增加，所以干路电流(通过传感器的电流)也要慢慢增加故A、B错误；开关S由闭合变为断开，通过传感器2的电流立即消失，而电感这一支路，由于电感阻碍电流的减小，该电
36、流又通过传感器2，只是电流的方向与以前相反，所以通过传感器2的电流逐渐减小故C正确，D错误9(1)RR0t(2)I2(R0t)(3)21解析(1)因棒中的电流强度保持恒定，故棒做匀减速直线运动，设棒的电阻为r，电流为I，其初速度为v0，加速度大小为a，经时间t后，棒的速度变为v，则有vv0at而at0时刻棒中电流为：I经时间t后棒中电流为：I由以上各式得：RR0t(2)因可控电阻R随时间t均匀减小，故所求PI2由以上各式得：PI2(R0t)(3)将可控电阻改为定值电阻R0，棒将做变减速运动有：v0t而tt由以上各式得：x1而x2由以上各式得x2所求考题四电磁感应中的动力学、能量转化问题10BC
37、D由于磁场是变化的，故线框切割磁感线产生的感应电动势也为变值，安培力也为变力，故要保持线框匀速运动，外力F不能为恒力，故A错误；t0时，左右两边的磁感应强度均为B0，方向相反，则感应电动势E2B0Lv，拉力等于安培力即F2B0IL，故B正确；由于两边正好相隔半个周期，故产生的电动势方向相同，经过的位移为vt，瞬时电动势E2B0Lvcos，瞬时电流I，故C正确；由于瞬时电流成余弦规律变化，故可知感应电流的有效值I，故产生的电热QI2Rt，故D正确11(1)4倍(2)28l解析(1)设磁场的磁感应强度大小为B，cd边刚进入磁场时，线框做匀速运动的速度为v1，cd边上的感应电动势为E1，由法拉第电磁
38、感应定律，有E12Blv1设线框总电阻为R，此时线框中电流为I1，由闭合电路欧姆定律，有I1设此时线框所受安培力为F1，有F12I1lB由于线框做匀速运动，其受力平衡，有mgF1由式得v1设ab边离开磁场之前，线框做匀速运动的速度为v2，同理可得v2由式得v24v1(2)线框自释放直到cd边进入磁场前，由机械能守恒定律，有2mglmv线框完全穿过磁场的过程中，由能量守恒定律，有mg(2lH)mvmvQ由式得H28l考题五直流电路的分析12AD将金属导线均匀拉长，因半径变为原来的一半，则横截面积为原来的，其长度变为原来的4倍，根据电阻定律R分析得到，电阻变为原来的16倍，电压变为2U时，根据欧姆
39、定律I可知，电流变为.故A正确，B错误电流的微观表达式InevS，其中n、e不变，电流I为原来的，横截面积S变为原来的倍，则自由电子定向移动的平均速率为.故C错误，D正确13BC油滴原来处于平衡状态，重力和静电力平衡；电容器与滑动变阻器R、电阻R2相并联后与R1串联，滑片向上移动，电阻R变大，电路总电阻变大，电流变小，电容器两端电压为：UEI(rR1)，故电容器两端电压变大，带电荷量变大，电场力变大，油滴向上加速；电容器充电，故G中电流从b到a，故A错误，B正确在将滑动变阻器滑片P向下移动的过程，电阻R变小，电路总电阻变小，电流变大，电容器两端电压为：UEI(rR1)，故电容器两端电压变小，带
40、电荷量变小，电场力变小，油滴向下加速；电容器放电，故G中电流从a到b，故C正确，D错误14BC电流表A1(03 A)和A2(00.6 A)是由两个相同的电流计改装而成，都是并联电阻，在题图中两电流计也是并联的，所以C正确；它们的量程之比为51，即总电阻之比为15，所以并联时读数之比51，所以B正确15D灯泡正常发光，则电路电流IILA2A；已知电路电流，由于不知电源电动势，无法求出整个电路消耗的电功率，故A错误；电动机的热功率PQI2RM220.5W2W，故B错误；灯泡正常发光时，电动机电压UMUUL(126) V6V，电动机的输入功率PUMI62W12W，电动机的输出功率P出PPQ12W2W
41、10W，故C错误，D正确专题综合练1A由电阻的决定式可知，A中电阻RA，B中电阻RB；C中电阻RC；D中电阻RD，故电阻最小的为A.2B设折弯前金属棒切割磁感线的长度为L，BLv；折弯后，金属棒切割磁感线的有效长度为lL，故产生的感应电动势为BlvBLv，所以，B正确3C根据法拉第电磁感应定律得，感应电动势Enn，由楞次定律和右手螺旋定则可判断b点电势高于a点电势，因磁场均匀变化，所以感应电动势恒定，因此a、b两点电势差恒为abn，选项C正确4Cx在0a范围，线框穿过左侧磁场时，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针方向，为正值故B错误；x在a2a范围，线框穿过左、右两侧磁场时，根据楞次定律，感应
42、电流方向为顺时针，为负值，且为x在0a范围内电流的2倍，最大值为2I0.故A错误；x在2a3a范围，线框穿过右侧磁场时，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针，为正值故C正确，D错误5A0内，电流为负向恒定不变，即顺时针方向，则感应电流的磁场方向垂直纸面向里，根据楞次定律，若原磁场均匀增大，则原磁场方向向外，为负向均匀增大；若原磁场均匀减小，则原磁场方向向里，为正向均匀减小.内，电流为正向恒定不变，即逆时针方向，则感应电流的磁场方向垂直纸面向外，根据楞次定律，若原磁场均匀增大，则方向向里，为正向均匀增大；若原磁场均匀减小，则原磁场向外，为负向均匀减小，根据以上的分析知A正确6D仅把两极板A、B间正
43、对面积减小，电容器的电压不变，由E分析得知，板间场强不变，油滴所受电场力不变，则油滴仍保持静止，故A错误；移动R1的滑动触头且其他条件不变时，电压表的读数增大了U，说明变阻器的电阻增大，总电流减小，电源内电阻电压减小，则电阻R2两端的电压的减小量小于U，故B错误；电容器的电压等于路端电压，欲使带电油滴向上运动，必须增大路端电压，则使可变电阻R1滑动触头向右移动，故C错误；若将R1的滑动触头向右移动时，R1的电阻增大，总电流减小，即可知R2的发热功率减小，故D正确7D闭合开关S瞬间线圈相当于断路，二极管为反向电压，故电流不走A灯泡，B逐渐变亮，故A错误，B错误；开关S断开瞬间B立刻熄灭，由于二极
44、管正向导通，故自感线圈与A形成回路，A闪亮一下，然后逐渐熄灭，故C错误D正确8AC导体棒MN速度最大时做匀速直线运动，由平衡条件得：mgsinBILBL解得vm.故A正确；在MN下滑的过程中，穿过回路的磁通量增大，根据楞次定律判断知，EF受到沿导轨向下的安培力，根据平衡条件得：导体棒EF所受的静摩擦力FfmgsinF安故B错误；当导体棒MN从静止开始下滑s的过程中，通过其横截面的电荷量为qtt，故C正确；根据能量守恒得：导体棒MN中产生的热量为Q(mgxsinmv)，故D错误9D从ab进入磁场到cd进入磁场的过程中，线框产生的电能：E12.5J，同理当线框从磁场中离开时产生的电能也为E32.5
45、J；当线框的ab边从开始进入区域到线框的cd边开始进入区域的过程中，线框产生的电能：E210J，故整个过程中线框一共产生的电能为EE1E2E315J，由于外力F做功等于产生的电能，所以外力F所做的功为15J，故选项D正确10(1)方向为CD大小为(2)解析(1)根据右手定则，得导体棒AB上的电流方向为BA，故电阻R上的电流方向为CD.设导体棒AB中点的速度为v，则v而vAr，vB2r根据法拉第电磁感应定律，导体棒AB上产生的感应电动势EBrv根据闭合电路欧姆定律得I，联立以上各式解得通过电阻R的感应电流的大小为I.(2)根据能量守恒定律，外力的功率P等于安培力与摩擦力的功率之和，即PBIrvfv，而fmg解得P.11(1)(2)4LS2d(hH)解析(1)线框N进入磁场前由动能定理得：mghmv刚进入磁场时切割磁感线，有：E2BLv1由闭合电路欧姆定律可得：IN由电阻定律可得：RN由以上各式可得：IN(2)以线框M为研究对象，当线框在磁场中运动达到匀速时，设速度为v2，线框所受重力：Gmg4LS1dg安培力：F2BIML切割电动势：E2BLv2感应电流：IM电阻：RM匀速时受力平衡：GF由以上各式可得：v2由上式可知匀速运动速度与导线截面积无关，所以两线框匀速运动速度相同，均为v2.由此可知当线框N恰好追上M时，两者速度相等可得线框N产生的焦耳热：Q4LS2gd(hH)
