單元素養(yǎng)評(píng)價(jià)(二)(第二章)(75分鐘　100分)一、單項(xiàng)選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1．有一個(gè)n匝的圓形線圈，放在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，線圈平面與磁感線成30°角，磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻變化，線圈導(dǎo)線的規(guī)格不變，下列方法可使線圈中的感應(yīng)電流增加一倍的是(　　)A．將線圈匝數(shù)增加一倍B．將線圈面積增加一倍C．將線圈半徑變?yōu)樵瓉淼囊话?/span>D．將線圈平面轉(zhuǎn)至跟磁感線垂直的位置【解析】選D。將線圈匝數(shù)增加一倍時(shí)，線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)增加一倍，但是由于線圈匝數(shù)的增加還會(huì)引起線圈電阻的增加，使電阻也增加了一倍，所以感應(yīng)電流沒有發(fā)生變化，A選項(xiàng)錯(cuò)誤；將線圈面積增加一倍，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)也增加了一倍，但是還是因?yàn)槊娣e的增加會(huì)對(duì)線圈的電阻產(chǎn)生影響，導(dǎo)線的長(zhǎng)度增加，使電阻也增加為原來的倍，B選項(xiàng)錯(cuò)誤；將線圈半徑變?yōu)樵瓉淼囊话?，面積減小為原來的四分之一，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)減小為原來的四分之一，電阻減小為原來的二分之一，所以感應(yīng)電流變?yōu)樵瓉淼亩种?，C選項(xiàng)錯(cuò)誤；當(dāng)線圈平面轉(zhuǎn)到跟磁感線方向垂直時(shí)，線圈的有效面積變?yōu)樵瓉淼亩?，感?yīng)電動(dòng)勢(shì)變?yōu)樵瓉淼亩叮渌麠l件不變，感應(yīng)電流變?yōu)樵瓉淼亩?，D選項(xiàng)正確。2．如圖所示，圓環(huán)a和圓環(huán)b的半徑之比為2∶1，兩環(huán)用同樣粗細(xì)，同種材料制成的導(dǎo)線連成閉合回路，連接兩環(huán)的導(dǎo)線電阻不計(jì)，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度變化率恒定，則在a、b環(huán)分別單獨(dú)置于磁場(chǎng)中的兩種情況下，M、N兩點(diǎn)的電勢(shì)差之比為(　　)A．4∶1    B．1∶4  C．2∶1    D．1∶2【解析】選C。a環(huán)與b環(huán)的半徑之比為2∶1，故周長(zhǎng)之比為2∶1，由電阻定律R＝ρ知電阻之比為2∶1，M、N兩點(diǎn)間電勢(shì)差大小為路端電壓，U＝E；由法拉第電磁感應(yīng)定律E＝n＝S′，磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率相同，得Ea∶Eb＝4∶1，故兩次電壓的比為2∶1。【加固訓(xùn)練】閉合回路由電阻R與單匝導(dǎo)線框組成，其面積大小為S，內(nèi)部磁場(chǎng)大小按B-t圖線變化，方向如圖，且B-t圖線的斜率為k，則回路中(　　)A.感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向B．感應(yīng)電流的電流強(qiáng)度越來越大C．磁通量的變化率越來越大D．產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為kS【解析】選D。 由楞次定律可知，電流方向?yàn)轫槙r(shí)針，故A錯(cuò)誤；由圖像可知，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻增大，則由Φ＝BS可知，磁通量隨時(shí)間均勻增加，故其變化率恒定不變，由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，E＝＝＝kS，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)保持不變，電流強(qiáng)度不變，故B、C錯(cuò)誤；D正確。3．(2021·梅州高二檢測(cè))如圖所示，將電阻R、電容器C和一線圈連成閉合回路，條形磁鐵靜止于線圈的正上方，S極朝下?，F(xiàn)使磁鐵開始自由下落，在S極接近線圈上端的過程中，下列說法正確的是(　　)A.線圈與條形磁鐵之間產(chǎn)生了相互吸引的作用力B．電阻R中沒有感應(yīng)電流流過C．電阻R中的感應(yīng)電流方向?yàn)閺腶到bD．電容器C的下極板將帶正電【解析】選D。當(dāng)磁鐵N極向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，導(dǎo)致向下穿過線圈的磁通量增大，由楞次定律可得，感應(yīng)磁場(chǎng)方向與原來磁場(chǎng)方向相反，再由安培定則可得感應(yīng)電流方向沿線圈盤旋而下，由于線圈相當(dāng)于電源，線圈下端相當(dāng)于電源正極，則流過R的電流方向是從b到a，對(duì)電容器充電，下極板帶正電，D正確，B、C錯(cuò)誤；磁鐵下落過程中，根據(jù)楞次定律：“來拒去留”，線圈與條形磁鐵之間產(chǎn)生了相互排斥力，A錯(cuò)誤。【加固訓(xùn)練】如圖為綦江南州中學(xué)物理興趣小組為研究無線充電技術(shù)，動(dòng)手制作了一個(gè)“特斯拉線圈”。線圈匝數(shù)為n，面積為S，若在t1到t2時(shí)間內(nèi)，勻強(qiáng)磁場(chǎng)平行于線圈軸線穿過線圈，其磁感應(yīng)強(qiáng)度大小由B1均勻增加到B2，則該段時(shí)間線圈兩端的電勢(shì)差的大小為(　　)A.恒為B．從0均勻變化到C．恒為D．從0均勻變化到【解析】選C。穿過線圈的磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻增加，產(chǎn)生恒定的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，由法拉第電磁感應(yīng)定律得：E＝n＝nS＝，故A、B、D錯(cuò)誤，C正確。4．隨著電動(dòng)汽車的大量普及，汽車無線充電受到越來越多的關(guān)注。無線充電簡(jiǎn)單方便，不需手動(dòng)操作，沒有線纜拖拽，大大提高了用戶體驗(yàn)。將受電線圈安裝在汽車的底盤上，將供電線圈安裝在地面上，如圖所示。當(dāng)電動(dòng)汽車行駛到供電線圈裝置上，受電線圈即可“接受”到供電線圈的電流，從而對(duì)蓄電池進(jìn)行充電。關(guān)于無線充電，下列說法正確的是(　　)A.無線充電技術(shù)與變壓器的工作原理相同B．為了保護(hù)受電線圈不受損壞，可在車底加裝一個(gè)金屬護(hù)板C．只有將供電線圈接到直流電源上，才能對(duì)蓄電池進(jìn)行充電D．當(dāng)受電線圈沒有對(duì)準(zhǔn)供電線圈(二者沒有完全重合)時(shí)，將不能進(jìn)行無線充電【解析】選A。無線充電技術(shù)就是通過電磁感應(yīng)原理，當(dāng)穿過受電線圈的磁通量發(fā)生變化時(shí)，受電線圈會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，有了感應(yīng)電流，對(duì)蓄電池進(jìn)行充電，與變壓器的工作原理相同，A正確；如果在車底加裝一個(gè)金屬護(hù)板，金屬護(hù)板會(huì)產(chǎn)生渦流，損耗能量，同時(shí)屏蔽磁場(chǎng)，使受電線圈無法產(chǎn)生感應(yīng)電流，B錯(cuò)誤；供電線圈只有接到交流電源上，才能產(chǎn)生變化的磁場(chǎng)，從而使受電線圈產(chǎn)生感應(yīng)電流給蓄電池充電，C錯(cuò)誤；當(dāng)受電線圈沒有對(duì)準(zhǔn)供電線圈(二者沒有完全重合)時(shí)，只要穿過受電線圈的磁通量發(fā)生變化，就能產(chǎn)生電磁感應(yīng)，給蓄電池充電，D錯(cuò)誤。【加固訓(xùn)練】如圖甲所示是法拉第制作的世界上最早的發(fā)電機(jī)的實(shí)驗(yàn)裝置。有一個(gè)可繞固定轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)動(dòng)的銅盤，銅盤的一部分處在蹄形磁體中，實(shí)驗(yàn)時(shí)用導(dǎo)線連接銅盤的中心C。用導(dǎo)線通過滑片與銅盤的邊線D連接且按觸良好，如圖乙所示，若用外力轉(zhuǎn)動(dòng)手柄使銅盤轉(zhuǎn)動(dòng)起來，在CD兩端會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，下列說法正確的是(　　)A．如圖甲所示，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的原因是銅盤盤面上無數(shù)個(gè)以C為圓心的同心銅盤中的磁通量發(fā)生了變化B．如圖甲所示，因?yàn)殂~盤轉(zhuǎn)動(dòng)過程中穿過銅盤的磁通量不變，所以沒有感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)C．如圖乙所示，用外力順時(shí)針(從左邊看)轉(zhuǎn)動(dòng)銅盤，電路中會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，通過R的電流自下而上D.如圖乙所示，用外力順時(shí)針(從左邊看)轉(zhuǎn)動(dòng)銅盤，電路中會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，通過R的電流自上而下【解析】選C。外力搖手柄使得銅盤轉(zhuǎn)動(dòng)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的原因是銅盤盤面上無數(shù)個(gè)沿半徑方向的銅棒在切割磁感線，故A、B錯(cuò)誤；若用外力順時(shí)針(從左邊看)轉(zhuǎn)動(dòng)銅盤時(shí)，根據(jù)右手定則可得感應(yīng)電流方向?yàn)镃到D(電源內(nèi)部)，D端是感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的正極，所以通過R的電流自下而上，故C正確，D錯(cuò)誤。5．車速表是用來測(cè)量車輛瞬時(shí)速度的一種裝置，其工作原理如圖所示。永久磁鐵固定在驅(qū)動(dòng)軸上，當(dāng)車運(yùn)動(dòng)時(shí)，驅(qū)動(dòng)軸會(huì)帶動(dòng)磁鐵轉(zhuǎn)動(dòng)，由于電磁感應(yīng)，由金屬做成的速度盤也會(huì)隨之轉(zhuǎn)動(dòng)，從而帶動(dòng)指針指示出相應(yīng)的速度。則下列說法正確的是(　　)A.速度盤和磁鐵將以相同的角速度同時(shí)轉(zhuǎn)動(dòng)B．在速度盤轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，穿過整個(gè)速度盤的磁通量發(fā)生了變化C．速度盤中產(chǎn)生的感應(yīng)電流受到的安培力驅(qū)使速度盤轉(zhuǎn)動(dòng)D．速度盤中的感應(yīng)電流是速度盤中的自由電子隨速度盤轉(zhuǎn)動(dòng)形成的【解析】選C。當(dāng)磁鐵轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，由于電磁感應(yīng)，速度盤也會(huì)隨磁鐵發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng)，但會(huì)略有滯后，A錯(cuò)誤；在速度盤轉(zhuǎn)動(dòng)的過程中，穿過整個(gè)速度盤的磁通量不發(fā)生變化，而是部分區(qū)域的磁通量發(fā)生變化，B錯(cuò)誤；當(dāng)磁鐵轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，在速度盤中會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，感應(yīng)電流在磁鐵產(chǎn)生的磁場(chǎng)中受到安培力，安培力驅(qū)使速度盤轉(zhuǎn)動(dòng)，C正確；速度盤中的感應(yīng)電流是由電磁感應(yīng)產(chǎn)生的，不是速度盤中的自由電子隨速度盤轉(zhuǎn)動(dòng)形成的，D錯(cuò)誤。6．(2021·重慶適應(yīng)性測(cè)試)如圖所示，正方形MNPQ內(nèi)的兩個(gè)三角形區(qū)域充滿勻強(qiáng)磁場(chǎng)，形狀與MNPQ完全相同的閉合導(dǎo)線框M′N′P′Q′在外力作用下沿軸線OO′水平向左勻速運(yùn)動(dòng)。設(shè)通過導(dǎo)線框的感應(yīng)電流為i，逆時(shí)針方向?yàn)殡娏鞯恼较?，?dāng)t＝0時(shí)M′Q′與NP重合，在M′Q′從NP到臨近MQ的過程中，下列圖像中能反映i隨時(shí)間t變化規(guī)律的是(　　)【解析】選B。閉合導(dǎo)線框M′N′P′Q′勻速向左運(yùn)動(dòng)過程中，穿過閉合回路的磁通量不斷增大，根據(jù)楞次定律“增反減同”可知回路中的電流一直是逆時(shí)針的，所以電流一直為正值，A、C、D均錯(cuò)誤，B正確。故選B。7．如圖所示，電阻不計(jì)的平行金屬導(dǎo)軌與水平面成θ角，導(dǎo)軌與定值電阻R1和R2相連，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直穿過導(dǎo)軌平面。有一導(dǎo)體棒ab，質(zhì)量為m，其電阻R0與定值電阻R1和R2的阻值均相等，與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。若使導(dǎo)體棒ab沿導(dǎo)軌向上滑動(dòng)，當(dāng)上滑的速度為v時(shí)，受到的安培力大小為F，此時(shí)(　　)A.電阻R1消耗的熱功率為B．電阻R0消耗的熱功率為C．整個(gè)裝置因摩擦而消耗的熱功率為μmgv cos θD．整個(gè)裝置消耗的機(jī)械功率為Fv【解析】選C。設(shè)ab長(zhǎng)度為L(zhǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，電阻R0＝R1＝R2＝R，電路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv，ab中感應(yīng)電流為I＝＝，ab所受安培力為F＝BIL＝，電阻R1消耗的熱功率為P1＝(I)2R＝，電阻R0消耗的熱功率為P0＝I2R＝，聯(lián)立以上各式解得P1＝Fv，P0＝Fv，A錯(cuò)誤，B錯(cuò)誤；整個(gè)裝置因摩擦而消耗的熱功率為Pf＝fv＝μmg cos θ·v＝μmgv cos θ，C正確；整個(gè)裝置消耗的機(jī)械功率為P3＝Fv＋Pf＝(F＋μmg cos θ)v，D錯(cuò)誤。【加固訓(xùn)練】1．如圖所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌置于水平面內(nèi)，導(dǎo)軌之間接有定值電阻R。金屬棒ab與兩導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸，整個(gè)裝置放在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌平面向下?，F(xiàn)使磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻減小，ab始終保持靜止，下列說法正確的是(　　)A.ab中的感應(yīng)電流方向由b到aB．a(chǎn)b中的感應(yīng)電流逐漸減小C．a(chǎn)b所受的安培力保持不變D．電阻R的熱功率不變【解析】選D。磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻減小，穿過回路的磁通量均勻減小，根據(jù)楞次定律得知ab中的感應(yīng)電流方向由a到b，故A錯(cuò)誤；由于磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻減小，穿過回路的磁通量均勻減小，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝可知，回路產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)恒定，則ab中的感應(yīng)電流不變，故B錯(cuò)誤；根據(jù)安培力公式F＝BIL知，電流I不變，B均勻減小，則ab所受的安培力減小，故C錯(cuò)誤；I不變，根據(jù)P＝I2R分析知電阻R的熱功率保持不變，故D正確。2．(2018·全國(guó)卷Ⅰ)如圖，導(dǎo)體軌道OPQS固定，其中PQS是半圓弧，Q為半圓弧的中點(diǎn)，O為圓心。軌道的電阻忽略不計(jì)。OM是有一定電阻、可繞O轉(zhuǎn)動(dòng)的金屬桿，M端位于PQS上，OM與軌道接觸良好?？臻g存在與半圓所在平面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B?，F(xiàn)使OM從OQ位置以恒定的角速度逆時(shí)針轉(zhuǎn)到OS位置并固定(過程Ⅰ)；再使磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小以一定的變化率從B增加到B′(過程Ⅱ)。在過程Ⅰ、Ⅱ中，流過OM的電荷量相等，則等于(　　)A．     B．   C．     D．2【解析】選B。由q＝t、＝、＝n解得：q＝n。過程Ⅰ中流過OM的電荷量q1＝＝；過程Ⅱ中流過OM的電荷量q2＝＝。而q1＝q2，即＝，解得＝。二、多項(xiàng)選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。8．如圖所示是法拉第圓盤發(fā)電機(jī)的示意圖。銅圓盤安裝在豎直的銅軸上，兩銅片P、Q分別與圓盤的邊緣和銅軸接觸，圓盤處于方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B中，當(dāng)圓盤旋轉(zhuǎn)時(shí)，下列說法正確的是(　　)A.實(shí)驗(yàn)中流過電阻R的電流是由于圓盤內(nèi)產(chǎn)生渦流現(xiàn)象而形成的B．若從上往下看，圓盤順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，則圓盤中心電勢(shì)比邊緣要高C．實(shí)驗(yàn)過程中，穿過圓盤的磁通量發(fā)生了變化，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)D．若從上向下看，圓盤順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，則有電流沿a到b的方向流經(jīng)電阻R【解析】選B、D。圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)可等效看成無數(shù)軸向?qū)w切割磁感線，但由此產(chǎn)生的電流不屬于渦流，A錯(cuò)誤；根據(jù)右手螺旋定則，從上往下看，圓盤順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)產(chǎn)生由圓盤邊緣指向圓盤中心的電流，即圓盤中心電勢(shì)比邊緣高，B正確；實(shí)驗(yàn)過程中，穿過圓盤的磁通量沒有發(fā)生變化，而是導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生了感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，C錯(cuò)誤；從上往下看，圓盤順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)產(chǎn)生由圓盤邊緣指向圓盤中心的電流，則有電流沿a到b的方向流經(jīng)電阻R，D正確。9．在如圖所示的電路中，a、b為兩個(gè)完全相同的燈泡，L為自感系數(shù)較大而直流電阻可以忽略的線圈，R為固定電阻，E為電源，S為開關(guān)。關(guān)于兩燈泡點(diǎn)亮和熄滅的下列說法正確的是(　　)A.合上開關(guān)，a先亮，b后亮；穩(wěn)定后a、b一樣亮B．合上開關(guān)，b先亮，a后亮；穩(wěn)定后a比b亮一些C．?dāng)嚅_開關(guān)，b立即熄滅、a閃亮后再漸漸熄滅D．?dāng)嚅_開關(guān)，b閃亮后再與a一起漸漸熄滅【解析】選B、D。燈b與電阻R串聯(lián)，當(dāng)開關(guān)S閉合時(shí)，燈b立即發(fā)光，通過線圈L的電流突然增大，穿過線圈的磁通量增大，根據(jù)楞次定律線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電流與原來電流方向相反，阻礙電流的增大，電路的電流只能逐漸增大，a逐漸亮起來，所以b比a先亮。由于線圈直流電阻忽略不計(jì)，當(dāng)電流逐漸穩(wěn)定時(shí)，通過a燈的電流大于b燈的電流，所以穩(wěn)定后a比b亮一些，故A錯(cuò)誤，B正確；穩(wěn)定后當(dāng)開關(guān)斷開時(shí)，由于自感效應(yīng)，線圈中的電流只能慢慢減小，其相當(dāng)于電源，與燈泡a、b和電阻R構(gòu)成閉合回路放電，由于穩(wěn)定時(shí)通過a燈的電流大于b燈泡的電流，故a逐漸變暗，b先閃亮一下，最后一起熄滅，故C錯(cuò)誤，D正確。【總結(jié)提升】自感問題的求解策略自感現(xiàn)象是電磁感應(yīng)現(xiàn)象的一種特例，它仍遵循電磁感應(yīng)定律。分析自感現(xiàn)象除弄清這一點(diǎn)之外，還必須抓住以下三點(diǎn)：(1)自感電動(dòng)勢(shì)總是阻礙電路中原來電流的變化。當(dāng)原來電流增大時(shí)，自感電動(dòng)勢(shì)的方向與原來電流方向相反；當(dāng)原來電流減小時(shí)，自感電動(dòng)勢(shì)的方向與原來電流方向相同。(2)“阻礙”不是“阻止”。“阻礙”電流變化的實(shí)質(zhì)是使電流不發(fā)生“突變”，使其變化過程有所延緩。(3)當(dāng)電路接通瞬間，自感線圈相當(dāng)于斷路；當(dāng)電路穩(wěn)定時(shí)，相當(dāng)于電阻，如果線圈沒有電阻，相當(dāng)于導(dǎo)線(短路)；當(dāng)電路斷開瞬間，自感線圈相當(dāng)于電源。【加固訓(xùn)練】(多選)如圖所示，電燈A和B與固定電阻的電阻均為R，L是自感系數(shù)很大的線圈。當(dāng)S1閉合、S2斷開且電路穩(wěn)定時(shí)，A、B亮度相同，再閉合S2，待電路穩(wěn)定后將S1斷開，下列說法正確的是(　　)A．B立即熄滅B．A燈將比原來更亮一些后再熄滅C．有電流通過B燈，方向?yàn)閏→dD．有電流通過A燈，方向?yàn)閎→a【解析】選A、D。當(dāng)斷開S2而只閉合S1時(shí)，A、B兩燈一樣亮，可知線圈L的電阻也是R，在S1、S2閉合時(shí)，IA＝IL，故當(dāng)S2閉合、S1突然斷開時(shí)，流過A燈的電流只是方向變?yōu)閎→a，但其大小不突然增大，A燈不出現(xiàn)更亮一下再熄滅的現(xiàn)象，故D項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)誤。由于固定電阻R幾乎沒有自感作用，故斷開S1時(shí)，B燈電流迅速變?yōu)榱悖⒓聪?，故A項(xiàng)正確，C項(xiàng)錯(cuò)誤。綜合上述分析可知，本題正確選項(xiàng)為A、D。10．(2021·湖南適應(yīng)性測(cè)試)如圖，兩根足夠長(zhǎng)、電阻不計(jì)的光滑平行金屬導(dǎo)軌，固定在同一水平面上，其間距為1 m，左端通過導(dǎo)線連接一個(gè)R＝1.5 Ω的定值電阻。整個(gè)導(dǎo)軌處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝0.4 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向豎直向下。質(zhì)量m＝0.2 kg、長(zhǎng)度L＝1 m、電阻r＝0.5 Ω的勻質(zhì)金屬桿垂直導(dǎo)軌放置，且與導(dǎo)軌接觸良好。在桿的中點(diǎn)施加一個(gè)垂直金屬桿的水平拉力F，使其從靜止開始運(yùn)動(dòng)。拉力F的功率P＝2 W保持不變，當(dāng)金屬桿的速度v＝5 m/s時(shí)撤去拉力F。下列說法正確的是(　　)A．若不撤去拉力F，金屬桿的速度會(huì)大于5 m/sB．金屬桿的速度為4 m/s時(shí)，其加速度大小可能為0.9 m/s2C．從撤去拉力F到金屬桿停下的整個(gè)過程，通過金屬桿的電荷量為2.5 CD．從撤去拉力F到金屬桿停下的整個(gè)過程，金屬桿上產(chǎn)生的熱量為2.5 J【解析】選B、C。若不撤去拉力F，對(duì)金屬桿由牛頓第二定律有F－BIL＝ma，P＝Fv，I＝，當(dāng)a＝0時(shí)，速度達(dá)到最大，聯(lián)立各式解得最大速度為vm＝＝5 m/s，即桿的最大速度不會(huì)超過5 m/s，故A錯(cuò)誤；若在F撤去前金屬桿的切割速度v1＝4 m/s，代入各式可得加速度為a＝＝0.9 m/s2，撤去F后金屬桿減速的速度為v2＝4 m/s時(shí)，加速度為a′＝＝1.6 m/s2，故金屬桿的速度為4 m/s時(shí)，其加速度大小為0.9 m/s2或1.6 m/s2，故B正確；從撤去拉力F到金屬桿停下，金屬桿只受安培力做變減速直線運(yùn)動(dòng)，取向右為正，由動(dòng)量定理有－BL·Δt＝0－mv，而電量的表達(dá)式q＝·Δt，可得q＝＝2.5 C，故C正確；從撤去拉力F到金屬桿停下的過程由動(dòng)能定理－WF安＝0－mv2，而由功能關(guān)系有WF安＝Q，另金屬桿和電阻R串聯(lián)，熱量比等于電阻比，有Q1＝，聯(lián)立解得Q1＝0.625 J，故D錯(cuò)誤；故選B、C。【加固訓(xùn)練】(多選)如圖甲所示，“U”形金屬導(dǎo)軌ABCD固定在絕緣水平面上，金屬棒ab放在導(dǎo)軌上，剛好構(gòu)成一個(gè)邊長(zhǎng)為L(zhǎng)＝1 m的正方形，整個(gè)裝置處在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化如圖乙所示，金屬棒始終不動(dòng)，回路中的總電阻為2 Ω，則下列說法正確的是(　　)A.t＝1 s時(shí)，金屬棒中的電流方向?yàn)閺腶到bB．t＝3.5 s時(shí)回路中的瞬時(shí)電功率比t＝4 s時(shí)回路中的瞬時(shí)電功率小C．0～2 s內(nèi)通過金屬棒截面的電量為1 CD．金屬棒受到的摩擦力最大值為4 N【解析】選A、C。在t＝1 s時(shí)，通過閉合回路的磁通量正在向上增加，根據(jù)楞次定律“增反減同”可以知道感應(yīng)電流的磁場(chǎng)豎直向下，根據(jù)安培定則可知通過金屬棒中的電流方向?yàn)閺腶到b，故A正確；由乙圖可知在3～5 s的時(shí)間內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率為一定值，所以在此時(shí)間內(nèi)，產(chǎn)生的感應(yīng)電流不變，回路的電功率不變，故B錯(cuò)誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得在0～2 s內(nèi)回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝，其中ΔΦ表示在這2 s內(nèi)磁通量的變化量，即ΔΦ＝2 Wb。通過金屬棒截面的電荷量為q＝IΔt，其中I表示平均感應(yīng)電流，則I＝，各方程聯(lián)立可得q＝＝1 C，故C正確；由乙圖可知在后三分之一周期內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率大于前三分之二周期內(nèi)的變化率，所以當(dāng)電路中電流最大時(shí)，磁感應(yīng)強(qiáng)度最大時(shí)，金屬棒受到的安培力最大，則受到的靜摩擦力也最大，則根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可以得到后三分之一周期內(nèi)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝S＝2 V，感應(yīng)電流為I＝＝1 A，因?yàn)榇鸥袘?yīng)強(qiáng)度最大值為2 T，所以受到的最大安培力為Fm＝BmIL＝2 N，根據(jù)平衡條件可得金屬棒受到的最大靜摩擦力為fm＝Fm＝2 N，故D錯(cuò)誤。三、非選擇題：共54分。11．(7分)在“研究電磁感應(yīng)現(xiàn)象”實(shí)驗(yàn)中，將靈敏電流計(jì)G與線圈L連接，線圈上導(dǎo)線繞法如圖所示。已知當(dāng)電流從電流計(jì)G左端流入時(shí)，指針向左偏轉(zhuǎn)。(1)將磁鐵N極向下從線圈L上方豎直插入L時(shí)，靈敏電流計(jì)的指針將____________偏轉(zhuǎn)(選填“向左”“向右”或“不”)。(2)當(dāng)條形磁鐵從圖中虛線位置向右遠(yuǎn)離L時(shí)，a點(diǎn)電勢(shì)____________b點(diǎn)電勢(shì)(選填“高于”“等于”或“低于”)。【解析】(1)將磁鐵N極向下從線圈上方豎直插入L時(shí)，穿過L的磁場(chǎng)向下，磁通量增大，由楞次定律可知，感應(yīng)電流的磁場(chǎng)方向與原磁場(chǎng)方向相反，感應(yīng)電流磁場(chǎng)應(yīng)該向上，由安培定則可知，電流從左端流入電流計(jì)，則電流計(jì)指針向左偏轉(zhuǎn)；(2)當(dāng)條形磁鐵從圖中虛線位置向右遠(yuǎn)離L時(shí)，穿過L的磁通量向上，磁通量減小，由楞次定律可知，感應(yīng)電流磁場(chǎng)應(yīng)向上，由安培定則可知，電流從b流向a，a點(diǎn)電勢(shì)高于b點(diǎn)電勢(shì)。答案：(1)向左　(2)高于12．(9分)(2021·深圳高二檢測(cè))在“探究電磁感應(yīng)的產(chǎn)生條件”的實(shí)驗(yàn)中，先按如圖甲所示連線，不通電時(shí)，電流計(jì)指針停在正中央，閉合開關(guān)S時(shí)，觀察到電流計(jì)指針向左偏。然后按如圖乙所示將靈敏電流計(jì)與副線圈B連成一個(gè)閉合回路，將原線圈A、電源、滑動(dòng)變阻器和開關(guān)S串聯(lián)成另一個(gè)閉合電路。(1)圖甲電路中，串聯(lián)定值電阻R的主要作用是________。A．減小電源兩端的電壓，保護(hù)電源B．增大電源兩端的電壓，保護(hù)開關(guān)C．減小電路中的電流，保護(hù)靈敏電流計(jì)D．減小電路中的電流，保護(hù)開關(guān)(2)圖乙中，S閉合后，將原線圈A插入副線圈B的過程中，靈敏電流計(jì)的指針將________(選填“向左”“向右”或“不”)偏轉(zhuǎn)。(3)圖乙中，S閉合后，線圈A放在B中不動(dòng)，在滑動(dòng)變阻器的滑片P向左滑動(dòng)的過程中，靈敏電流計(jì)指針將________(選填“向左”“向右”或“不”)偏轉(zhuǎn)。(4)圖乙中，S閉合后，線圈A放在B中不動(dòng)，在突然斷開S時(shí)，靈敏電流計(jì)指針將________(選填“向左”“向右”或“不”)偏轉(zhuǎn)。【解析】(1)電路中串聯(lián)定值電阻，目的是減小電流，保護(hù)靈敏電流計(jì)，故本題答案為選項(xiàng)C。(2)由題知，當(dāng)電流從靈敏電流計(jì)正接線柱流入時(shí)，指針向左偏轉(zhuǎn)。S閉合后，將原線圈A插入副線圈B的過程中，穿過B的磁場(chǎng)向下，磁通量變大，由楞次定律可知，感應(yīng)電流從靈敏電流計(jì)正接線柱流入電流計(jì)，則靈敏電流計(jì)的指針將向左偏轉(zhuǎn)。(3)線圈A放在B中不動(dòng)，穿過B的磁場(chǎng)向下，將滑動(dòng)變阻器的滑片向左滑動(dòng)時(shí)，穿過B的磁通量增大，由楞次定律可知，感應(yīng)電流從靈敏電流計(jì)正接線柱流入電流計(jì)，則靈敏電流計(jì)的指針將向左偏轉(zhuǎn)。(4)線圈A放在B中不動(dòng)，穿過B的磁場(chǎng)向下，突然斷開S時(shí)，穿過B的磁通量減小，由楞次定律可知，感應(yīng)電流從靈敏電流計(jì)負(fù)接線柱流入電流計(jì)，則靈敏電流計(jì)的指針將向右偏轉(zhuǎn)。答案：(1)C　(2)向左　(3)向左　(4)向右13．(10分)(2019·北京高考)如圖所示，垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。紙面內(nèi)有一正方形均勻金屬線框abcd，其邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，總電阻為R，ad邊與磁場(chǎng)邊界平行。從ad邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)直至bc邊剛要進(jìn)入的過程中，線框在向左的拉力作用下以速度v勻速運(yùn)動(dòng)，求：(1)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)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(yīng)定律可得，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv(2分)(2)線框中的感應(yīng)電流I＝(1分)拉力大小等于安培力大小F＝BIL(1分)拉力的功率P＝Fv＝(2分)(3)線框ab邊電阻Rab＝(1分)時(shí)間t＝(1分)ab邊產(chǎn)生的焦耳熱Q＝I2Rabt＝(2分)答案：(1)BLv　(2)　(3)14．(12分)如圖所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.2 T、方向與紙面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，有水平放置的兩平行導(dǎo)軌ab、cd，其間距l(xiāng)＝50  cm，a、c間接有電阻R，現(xiàn)有一電阻為r的導(dǎo)體棒MN跨放在兩導(dǎo)軌間，并以v＝10 m/s的恒定速度向右運(yùn)動(dòng)，a、c間電壓為0.8 V，且a點(diǎn)電勢(shì)高，其余電阻忽略不計(jì)。問：(1)導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)是多大？(2)通過導(dǎo)體棒電流方向如何？磁場(chǎng)的方向是指向紙里，還是指向紙外？(3)R與r的比值是多少？【解析】(1)E＝Blv＝1 V(3分)(2)電流方向N→M；磁場(chǎng)方向指向紙里 (3分)(3)I＝＝(3分)＝＝4(3分)答案：(1)1 V(2)電流方向N→M　磁場(chǎng)方向指向紙里　(3)415．(16分)(2021·全國(guó)乙卷)如圖，一傾角為α的光滑固定斜面的頂端放有質(zhì)量M＝0.06 kg的U形導(dǎo)體框，導(dǎo)體框的電阻忽略不計(jì)；一電阻R＝3 Ω的金屬棒CD的兩端置于導(dǎo)體框上，與導(dǎo)體框構(gòu)成矩形回路CDEF；EF與斜面底邊平行，長(zhǎng)度L＝0.6 m。初始時(shí)CD與EF相距s0＝0.4 m，金屬棒與導(dǎo)體框同時(shí)由靜止開始下滑，金屬棒下滑距離s1＝ m后進(jìn)入一方向垂直于斜面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)邊界(圖中虛線)與斜面底邊平行；金屬棒在磁場(chǎng)中做勻速運(yùn)動(dòng)，直至離開磁場(chǎng)區(qū)域。當(dāng)金屬棒離開磁場(chǎng)的瞬間，導(dǎo)體框的EF邊正好進(jìn)入磁場(chǎng)，并在勻速運(yùn)動(dòng)一段距離后開始加速。已知金屬棒與導(dǎo)體框之間始終接觸良好，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝1 T，重力加速度大小取g＝10 m/s2，sin α＝0.6。求：(1)金屬棒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)所受安培力的大??；(2)金屬棒的質(zhì)量以及金屬棒與導(dǎo)體框之間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(3)導(dǎo)體框勻速運(yùn)動(dòng)的距離。【解析】(1)設(shè)金屬棒質(zhì)量為m，根據(jù)題意可得金屬棒和導(dǎo)體框在沒有進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)一起做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理可得(M＋m)gs1sin α＝(M＋m)v(1分)代入數(shù)據(jù)解得v0＝ m/s(1分)金屬棒在磁場(chǎng)中切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，由法拉第電磁感應(yīng)定律可得E＝BLv0由閉合回路的歐姆定律可得I＝(1分)則金屬棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)受到的安培力為F安＝BIL＝0.18 N(1分)(2)金屬棒進(jìn)入磁場(chǎng)以后因?yàn)樗查g受到安培力的作用，根據(jù)楞次定律可知金屬棒的安培力沿斜面向上，之后金屬棒相對(duì)導(dǎo)體框向上運(yùn)動(dòng)，因此金屬棒受到導(dǎo)體框給的沿斜面向下的滑動(dòng)摩擦力，因勻速運(yùn)動(dòng)，可有mg sin α＋μmg cos α＝F安(1分)此時(shí)導(dǎo)體框向下做勻加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律可得Mg sin α－μmg cos α＝Ma(1分)設(shè)磁場(chǎng)區(qū)域的寬度為x，則金屬棒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t＝則此時(shí)導(dǎo)體框的速度為v1＝v0＋at(1分)則導(dǎo)體框的位移x1＝v0t＋at2(1分)因此導(dǎo)體框和金屬棒的相對(duì)位移為Δx＝x1－x＝at2(1分)由題意知，當(dāng)金屬棒離開磁場(chǎng)時(shí)導(dǎo)體框的上端EF剛好進(jìn)入磁場(chǎng)，則有位移關(guān)系s0－Δx＝x(1分)導(dǎo)體框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)勻速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)的電動(dòng)勢(shì)為E1＝BLv1，I1＝導(dǎo)體框受到向上的安培力和滑動(dòng)摩擦力，因此可得Mg sin α＝μmg cos α＋BI1L(1分)聯(lián)立以上可得x＝0.3 m，a＝5 m/s2，m＝0.02 kg，μ＝(2分)(3)金屬棒出磁場(chǎng)以后，速度小于導(dǎo)體框的速度，因此受到向下的摩擦力，做加速運(yùn)動(dòng)，則有mg sin α＋μmg cos α＝ma1(1分)金屬棒向下加速，導(dǎo)體框勻速，當(dāng)共速時(shí)導(dǎo)體框不再勻速，則有v0＋a1t1＝v1(1分)導(dǎo)體框勻速運(yùn)動(dòng)的距離為x2＝v1t1代入數(shù)據(jù)解得x2＝ m＝ m(1分)答案：(1)0.18 N　(2)0.02 kg　　(3) m【加固訓(xùn)練】如圖所示，兩條平行的光滑金屬導(dǎo)軌所在平面與水平面的夾角為θ，間距為d。導(dǎo)軌處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向與導(dǎo)軌平面垂直。質(zhì)量為m的金屬棒被固定在導(dǎo)軌上，距底端的距離為s，導(dǎo)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(dǎo)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。【解析】(1)金屬棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有v2＝2as，解得v＝。(2)安培力F安＝IdB，金屬棒所受合力F＝mg sin θ－F安由牛頓第二定律F＝ma解得I＝(3)運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝，電荷量Q＝It解得Q＝答案：(1)　(2)(3)

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