选修3-2 电磁感应　交变电流测试题 Word版含解析

　电磁感应　交变电流
一、选择题(本题包括8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的．全部选对的得6分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分)
1．[2019·云南曲靖一中质检]物理学的发展丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术的创新和革命，促进了物质生产的繁荣与人类文明的进步．下列表述正确的是(　　)
A．电磁感应现象是洛伦兹最先发现的
B．电动机是利用电磁感应原理，将机械能转化为电能
C．楞次最先发现了电流的磁效应
D．感应电流遵从楞次定律所描述的方向，这是能量守恒定律的必然结果
答案：D
解析：电磁感应现象是法拉第最先发现的，选项A错误；发电机是利用电磁感应原理，将机械能转化为电能的，选项B错误；奥斯特最先发现了电流的磁效应，选项C错误；电磁感应现象是闭合电路中产生了电流，是其他形式的能转化为电能，楞次定律是能量守恒定律在电磁感应现象中的具体体现，感应电流的磁场总要阻碍引起它的磁通量的变化，感应电流具有的以及消耗的能，必须从引起磁通量变化的外界获取，要在回路中维持一定的感应电流，外界必须消耗一定的能量，选项D正确．
2．[2019·上海普陀区模拟]某教室墙上有一朝南的钢窗，当把钢窗左侧向外推开时，下列说法正确的是(　　)
A．穿过窗框的地磁场的磁通量变大
B．穿过窗框的地磁场的磁通量不变
C．从推窗人的角度看，窗框中的感应电流方向是逆时针
D．从推窗人的角度看，窗框中的感应电流方向是顺时针
答案：C
解析：地磁场由南向北，当朝南的钢窗向外推开时，钢窗平面与磁场平行时，没有磁感线穿过钢窗平面，穿过钢窗平面的磁通量为0.根据楞次定律，穿过窗框平面的磁通量减小，从推窗人的角度看，窗框中产生的感应电流的方向为逆时针，故选项C正确，A、B、D错误．
3．[2019·山西清徐中学模拟]在匀强磁场中，有两条平行金属导轨a、b，磁场方向垂直a、b所在的平面向下，c、d为串接有电流表、电压表的两金属棒，如图所示，两棒以相同的水平速度向右匀速运动，则以下结论正确的是(　　)
A．电压表有读数，电流表没有读数
B．电压表有读数，电流表也有读数
C．电压表无读数，电流表有读数
D．电压表无读数，电流表也无读数
答案：D
解析：当两棒以相同的水平速度向右匀速运动时，回路的磁通量不变，没有感应电流产生，电流表没有读数．电压表是由电流表改装而成的，核心的部件是电流表，没有电流，指针不偏转，电压表也没有读数．A、B、C错误，故D正确．
4.
[2019·山东泰安模拟]如图在竖直方向上的两个匀强磁场B1和B2中，各放入一个完全一样的水平金属圆盘a和b，它们可绕竖直轴自由转动．用导线将a盘中心与b盘边缘相连，b盘中心与a盘边缘相连．从上向下看，当a盘顺时针转动时(　　)
A．b盘总是逆时针转动
B．若B1、B2同向，b盘顺时针转动
C．若B1、B2反向，b盘顺时针转动
D．b盘总是顺时针转动
答案：C
解析：①若B1、B2都竖直向上，从上向下看，当a盘顺时针转动时，其半径切割磁感线，感应电流从a′→O→b′→O′→a′；b盘电流从b′→O′，根据左手定则，安培力沿逆时针方向(俯视)；②若B1、B2都竖直向下，从上向下看，当a盘顺时针转动时，其半径切割磁感线，感应电流从O→a′→O′→b′→O；b盘电流从O′→b′，根据左手定则，安培力沿逆时针方向(俯视)；③若B1向上，B2向下，从上向下看，当a盘顺时针转动时，其半径切割磁感线，感应电流从a′→O→b′→O′→a′；b盘电流从b′→O′，根据左手定则，安培力沿顺时针方向(俯视)；④若B1向下，B2向上，从上向下看，当a盘顺时针转动时，其半径切割磁感线，感应电流从O→a′→O′→b′→O；b盘电流从O′→b′，根据左手定则，安培力沿顺时针方向(俯视)．故A、B、D错误．C正确．
5．[2019·北京通州区摸底]如图甲所示，在垂直纸面向里的匀强磁场中，一个单匝线圈与一个电容器相连，线圈平面与匀强磁场垂直，电容器的电容C＝60 μF，穿过线圈的磁通量Φ随时间t的变化规律如图乙所示，下列说法正确的是(　　)
A．电容器下极板电势高于上极板
B．线圈中磁通量的变化率为3 Wb/s
C．电容器两极板间电压为2.0 V
D．电容器所带电荷量为120 C
答案：C
解析：根据楞次定律，可判断出电容器上极板电势高于下极板，A错误；根据图象可得线圈中磁通量的变化率为＝ Wb/s＝2 Wb/s，B错误；根据法拉第电磁感应定律有E＝n＝2.0 V，C正确；根据Q＝CU，可得电容器所带电荷量为Q＝60×10－6×2.0 C＝1.20×10－4 C，D错误．
6.
[2019·四川广安等四市检测]如图所示，总电阻为R的金属丝围成的单匝闭合直角三角形PQM线圈，∠P＝30°，PQ＝L，QM边水平．圆形虚线与三角形PQM相切于Q、D两点，该区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化关系为B＝B0＋kt(k>0，B0>0)，则t＝0时，PQ边所受的安培力(　　)
A．方向向右，大小为
B．方向向左，大小为
C．方向向右，大小为
D．方向向左，大小为
答案：A
解析：由楞次定律可知，△PQM中感应电流为逆时针方向，PQ边的电流方向由P到Q，由左手定则可知，PQ所受的安培力方向向右；圆形磁场的半径为r＝Ltan30°·tan30°＝，则线圈中的感应电流大小I＝＝·＝k＝，则PQ边所受安培力F＝BI·2r＝B0··＝，故A正确，B、C、D错误．
7．[2019·福建漳州检测](多选)如图，理想变压器的原线圈与二极管一起接在u＝220sin100πt(V)的交流电源上，副线圈接有R＝55 Ω的电阻，原、副线匝数比为2?：1.假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大，电流表为理想电表，则(　　)
A．交流电源的频率为100 Hz
B．副线圈的输出功率为110 W
C．变压器的输入功率等于输出功率
D．电流表的读数为1 A
答案：BC
解析：交流电源的频率为f＝＝ Hz＝50 Hz.选项A错误；交流电源电压的有效值为U＝220 V，设原线圈输入电压有效值为U1，则T＝·，解得U1＝＝110 V，则副线圈电压有效值为U2＝U1＝55 V，副线圈的输出功率P2＝＝ W＝110 W，选项B正确；理想变压器的输入功率等于输出功率，选项C正确；电流表的读数为I2＝＝ A＝ A，选项D错误．
8.
如图所示为一理想变压器，其原线圈与副线圈的匝数比n1?：n2＝3?：1，a、b、c、d为4个完全相同的小灯泡，E为输出电压有效值恒定的交流电源，S为单刀双掷开关．已知当S向上闭合时，b、c、d三个小灯泡都能正常发光，则当S向下闭合时(　　)
A．4个小灯泡都能正常发光
B．4个小灯泡都比正常发光时要暗
C．a能正常发光，b、c、d比正常发光时要暗
D．b、c、d能正常发光，a比正常发光时要暗
答案：B
解析：设灯泡的额定电压为U，则电源的电压E＝3U，当S向下闭合时，设b、c、d灯泡两端的电压为U′，灯泡b、c、d中的电流均为I，则根据电流与匝数成反比可知a灯泡中的电流为I，则a灯泡两端的电压为U′，则E＝4U′，所以U′二、非选择题(本题包括4小题，共47分)
9.
(11分)如图为一研究“电磁感应现象”的实验装置．
(1)将图中所缺的导线补接完整．
(2)如果在闭合电键时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上电键后：
①将小线圈迅速插入大线圈时，灵敏电流计指针将________(填“左偏”或“右偏”)．
②小线圈插入大线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，灵敏电流计指针将________(填“左偏”或“右偏”)．
答案：(1)如图所示
(2)①右偏　②左偏
解析：(2)大线圈中的磁通量增加时，产生的感应电流使灵敏电流计指针向右偏．①将小线圈迅速插入大线圈时，大线圈中的磁通量增加，灵敏电流计的指针向右偏；②将滑动变阻器的触头迅速向左拉时，小线圈中的电流减小，则大线圈中的磁通量减小，产生的感应电流使灵敏电流计的指针向左偏．
10.
(12分)轻质绝缘细线吊着一质量为m＝0.42 kg、边长为L＝1 m、匝数n＝10的正方形线圈，其总电阻为r＝1 Ω.在线圈的中间位置以下区域分布着磁场，如图甲所示．磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间变化关系如图乙所示．(重力加速度g取10 m/s2)
(1)判断线圈中产生的感应电流的方向是顺时针还是逆时针？
(2)求线圈的电功率；
(3)求t＝4 s时轻质绝缘细线的拉力大小．
答案：(1)逆时针　(2)0.25 W　(3)1.2 N
解析：(1)由楞次定律知感应电流的方向为逆时针方向．
(2)由法拉第电磁感应定律得
E＝n＝n×L2＝0.5 V
则P＝＝0.25 W
(3)t＝4 s时，B＝0.6 T，I＝＝0.5 A，F安＝nBIL，F安＋F线＝mg
联立解得F线＝1.2 N.
11.
(12分)[2019·乌鲁木齐检测]边长为L的正方形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，穿过该区域的磁通量随时间变化的图象如图甲所示．将边长为，总电阻为R的正方形线圈abcd放入磁场，线圈所在平面与磁感线垂直，如图乙所示．求：
(1)磁感应强度的变化率；
(2)t0时刻线圈ab边受到的安培力大小．
答案：(1)　(2)
解析：(1)由题意可知Φ0＝B0L2，＝，解得＝
(2)线圈中的感应电动势为E＝2×＝
由闭合电路欧姆定律I＝，安培力F＝
解得F＝
12.
(12分)如图，在竖直面内有两平行金属导轨A′B′、C′D′.导轨间距为L＝1 m，电阻不计．一根电阻不计的金属棒ab可在导轨上无摩擦地滑动．棒与导轨垂直，并接触良好．在分界线MN的左侧，两导轨之间有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B＝1 T．MN右侧，两导轨与电路连接．电路中的两个定值电阻阻值分别为R1＝4 Ω、R2＝2 Ω.在EF间接有一水平放置的平行板电容器C，板间距离为d＝8 cm.(g＝10 m/s2)
(1)闭合开关K，当ab以某一速度v匀速向左运动时，电容器中一质量为m＝8×10－17 kg，电荷量为q＝3.2×10－17 C的带电微粒恰好静止，试判断微粒的带电性质并求出ab的速度v；
(2)断开开关K，将ab固定在离MN边界距离x＝0.5 m的位置静止不动．MN左侧的磁场按B＝1＋0.5t(T)的规律开始变化，试求从t＝0至t＝4 s过程中通过电阻R1的电荷量．
答案：(1)带负电，6 m/s　(2) C
解析：(1)由右手定则可得，金属棒切割磁感线产生的电流方向由b指向a，则电容器上极板带正电，对带电微粒进行受力分析，微粒受到的电场力与重力平衡，可得电场力方向向上，微粒带负电荷．
金属棒切割磁感线产生的电动势E＝BLv
感应电流I＝
R2两端电压U2＝IR2
由平衡条件得mg＝
联立可得v＝6 m/s
(2)由B＝1＋0.5t(T)，可得＝0.5 T/s
由法拉第电磁感应定律可得，产生的电动势
E′＝Lx＝0.25 V
则感生电流I′＝＝ A
则通过电阻R1的电荷量Q＝I′Δt＝ C
探究创新卷⑨ 着眼于练模拟悟规范——争满分
(本试卷满分95分)
一、选择题(本题包括8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的．全部选对的得6分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分)
1.
如图所示，在水平地面下有一条沿东西方向铺设的水平直导线，导线中通有自东向西稳定、强度较大的直流电流．现用一闭合的检测线圈(线圈中串有灵敏电流计，图中未画出)检测此通电直导线的位置，若不考虑地磁场的影响，在检测线圈位于水平面内，从距直导线很远处由北向南沿水平地面通过导线的上方并移至距直导线很远处的过程中，俯视检测线圈，其中感应电流的方向是(　　)
A．先顺时针后逆时针
B．先逆时针后顺时针
C．先顺时针后逆时针，然后再顺时针
D．先逆时针后顺时针，然后再逆时针
答案：D
解析：根据右手螺旋定则可确定如图所示的电流周围的磁场方向；当检测线圈水平向南移动时，由于通电导线的磁场作用，导致穿过线圈的磁通量发生变化，从而产生感应电流，因此有：先向下的磁场在增加，则有感应电流方向逆时针；当移置正上方，向下的磁场在减小，所以感应电流方向为顺时针；当继续向南移动时，向上磁场在减弱，则有感应电流方向逆时针，故D正确，A、B、C均错误．
2．[2019·江苏泰兴模拟]如图所示电路中，原先开关S闭合，电路处于稳定状态时，通过两电阻的电流大小分别为I1、I2，已知R1>R2，不计线圈L的直流电阻，A为理想电流表．在某一时刻t1突然断开开关S，则通过电流表的电流I随时间t变化的图线可能是(　　)
答案：D
解析：原先开关S闭合，电路处于稳定状态时，通过两电阻的电流大小分别为I1、I2，且由R1>R2可知I13．[2019·江西抚州模拟](多选)电磁炉采用感应电流(涡流)加热的原理，通过电子线路产生交变磁场，把铁锅放在炉面上时，在铁锅底部产生交变的电流以加热食品等．它具有升温快、效率高、体积小、安全性好等优点．下列关于电磁炉的说法中正确的是(　　)
A．电磁炉面板可采用陶瓷材料，发热部分为铁锅底部
B．电磁炉面板可采用金属材料，通过面板发热加热锅内食品
C．电磁炉可以用陶瓷器皿作为锅具对食品加热
D．可以通过改变电子线路的频率来改变电磁炉的功率
答案：AD
解析：电磁炉面板如果用金属材料制成，使用电磁炉时，面板材料发生电磁感应要损失电能，电磁炉面板要用绝缘材料制作，发热部分为铁锅底部，如以陶瓷器皿等绝缘材料为锅体，则不能产生涡流，起不到加热作用，故A正确，B、C错误；锅体中涡流的强弱与磁场变化的频率有关，故D正确．
4.
[2019·四川成都七中诊断]如图，EOF和E′O′F′为空间一匀强磁场的边界，其中EO∥E′O′，FO∥F′O′且EO⊥OF，OO′为∠EOF的角平分线，O、O′间的距离为L，磁场方向垂直于纸面向里，一边长为L的正方形导线框沿O′O方向匀速通过磁场，t＝0时刻恰好位于图示位置，规定导线框中感应电流沿逆时针方向为正，则感应电流i随时间t变化的图象可能正确的是(　　)
答案：C
解析：在整个正方形导线框通过磁场的过程中，切割磁感线的边框为两竖直边框，两水平边框不切割磁感线．由于正方形导线框沿O′O方向匀速通过磁场，则有：①从开始到左边框到达O′之前，导线框进入磁场切割磁感线的有效长度随时间均匀增加．根据E＝BLv得出感应电动势随时间也均匀增加，由于电阻不变，所以感应电流i也随时间均匀增加．根据右手定则判断出感应电流的方向，结合导线框中感应电流沿逆时针方向时为正方向，得出开始时i为正方向；②当左边框到达O′之后，由于进入磁场切割磁感线的有效长度不变，所以感应电流i不变．电流方向为正方向；③当左边框到达OO′中点，右边框即将进入磁场切割磁感线时，接下来由于左边框的切割磁感线的有效长度在减小，而右边框切割磁感线的有效长度在增大，而左右边框切割磁感线产生的感应电动势方向相反，所以整个感应电动势随时间也均匀减小．电流也均匀减小，方向为逆时针方向．④当左边框到达距O点时，左右边框切割磁感线的有效长度相等，此时感应电动势为0，电流为0.再往后跟前面过程相反．故C正确，A、B、D错误．
5．[2019·河南模拟](多选)如图甲所示，静止在水平面上的等边三角形金属闭合线框，匝数n＝10，总电阻R＝2.5 Ω，边长L＝0.3 m，处在两个半径均为r＝0.1 m的圆形区域内的匀强磁场中，线框顶点与右侧圆心重合，线框底边与左侧圆直径重合，磁感应强度B1垂直水平面向外，B2垂直水平面向里，B1、B2随时间t的变化如图乙所示，线框一直处于静止状态，计算过程中近似取π＝3.下列说法正确的是(　　)
A．t＝0时刻穿过线框的磁通量为0.5 Wb
B．t＝0.2 s时刻线框中感应电动势为1.5 V
C．0～0.3 s内通过线框横截面的电荷量为0.18 C
D．线框具有向左运动的趋势
答案：BC
解析：t＝0时刻穿过线框的磁通量为Φ＝B1·πr2－B2·πr2＝0.025 Wb，选项A错误；根据法拉第电磁感应定律可知，t＝0.2 s时刻线框中感应电动势为E＝n＝n＝1.5 V，选项B正确；在0～0.3 s内通过线框横截面的电荷量q＝×Δt＝×Δt＝0.18 C，选项C正确；由楞次定律可知，线框垂直纸面向外的磁通量增大，感应电流为顺时针方向，根据左手定则判断出安培力向右，所以线框有向右运动的趋势，选项D错误．
6.
[2019·辽宁凌源模拟](多选)如图所示，一根直导体棒质量为m、长为L，其两端放在位于水平面内、间距也为L的光滑平行金属导轨上，并与之接触良好，导体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．t＝0时刻，给导体棒一个平行于导轨的水平初速度v0，此时可控电阻的阻值为R0，在导体棒运动过程中，通过可控电阻的变化使导体棒中的电流保持恒定，不计导轨和导体棒的电阻，导体棒一直在磁场中，下列说法正确的是(　　)
A．导体棒的加速度大小始终为a＝
B．导体棒从开始运动到停止的时间为t＝
C．导体棒从开始运动到停止的时间内，回路产生的焦耳热为mv
D．导体棒从开始运动到停止的时间内，回路产生的焦耳热为mv
答案：ABC
解析：由右手定则和左手定则可得，导体棒受到安培力水平向左，导体棒向右做减速运动，在导体棒运动过程中，通过可控电阻的变化使导体棒中的电流I保持恒定，对导体棒由牛顿第二定律可得BIL＝ma，导体棒向右做匀减速运动，结合E＝BLv，I＝可得，＝＝ma，可知导体棒的加速度大小始终为a＝，故A正确；由导体棒做匀减速运动可得v＝v0－at，导体棒从开始运动到停止的时间为t＝，故B正确；根据能量守恒定律可知，导体棒从开始运动到停止运动的过程中，回路产生的焦耳热为Q＝mv，故C正确，D错误．
7．[2019·广东肇庆模拟](多选)如图甲为风力发电机的简易模型．在风力的作用下，风叶带动与其固定在一起的永磁铁转动，风叶的转速与风速成正比．某一风速时，线圈中产生的电流如图乙所示．下列说法中正确的是(　　)
A．磁铁的转速为10 r/s
B．图乙中电流的表达式为i＝0.6sin10πt (A)
C．风速加倍时线圈中电流的有效值为0.6 A
D．风速加倍时电流的表达式为i＝1.2sin10πt (A)
答案：BC
解析：由图乙可知，线圈的转动周期T＝0.2 s，角速度为 ω＝＝10π rad/s，根据ω＝2πn可知转速为5 r/s，图乙中电流的表达式为i＝0.6 sin10πt(A)，故A错误，B正确；由转速与风速成正比可知，当风速加倍时，转速也加倍，则此时电流的最大值Im＝1.2 A，则电流的表达式为i＝1.2sin20πt (A)，则电流的有效值为 A＝0.6 A，故C正确，D错误．
8.
[2019·福建龙岩质检](多选)如图所示，有一个“?”形铁芯上绕有两个线圈，铁芯的三个竖直部分截面积相同，当线圈通电时产生的磁场都不能穿出铁芯，并且在分支处分成完全相等的两部分，现在给线圈1加电压为U0的正弦式交流电，2接一负载电阻，此时线圈1中的电流为I0，线圈2中的电流为I0，则线圈1、2的匝数比k及线圈2两端的电压U为(忽略线圈的电阻及铁芯中由于涡流而造成的电能损失)(　　)
A．U＝2U0 B．U＝4U0
C．k＝ D．k＝
答案：AC
解析：原线圈中的磁通量为φ时，副线圈中的磁通量为，所以＝2，所以U0＝n1，U＝n2＝n2，又U0I0＝U·I0，所以U＝2U0，k＝＝，即A、C正确，B、D错误．
二、非选择题(本题包括4小题，共47分)
9．(11分)两根足够长的平行金属导轨间的距离为L，导轨光滑且电阻不计，导轨所在的平面与水平面夹角为θ.在导轨所在平面内，分布磁感应强度为B、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场．把一个质量为m的导体棒ab放在金属导轨上，在外力作用下保持静止，导体棒与金属导轨垂直且接触良好，与金属导轨接触的两点间的导体棒电阻为R1.完成下列问题：
(1)如图甲，金属导轨的一端接一个内阻为r的直流电源，撤去外力后导体棒仍能静止，求直流电源的电动势；
(2)如图乙，金属导轨的一端接一个阻值为R2的定值电阻，撤去外力让导体棒由静止开始下滑，在加速下滑的过程中，当导体棒的速度达到v时，求此时导体棒的加速度；
(3)求第(2)问中导体棒所能达到的最大速度．
答案：(1)　(2)gsinθ－　(3)
解析：(1)回路中的电流为I＝，
导体棒受到的安培力为F安＝BIL，
对导体棒受力分析知F安＝mgsinθ.
联立上面三式解得E＝.
(2)当导体棒速度为v时，产生的感应电动势E＝BLv，此时电路中电流I＝＝，导体棒受到的安培力F＝BIL＝.根据牛顿第二定律有ma＝mgsinθ－，
解得a＝gsinθ－.
(3)当＝mgsinθ时，导体棒达到最大速度vm，可得
vm＝.
10．(12分)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度ω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μ，导体棒和导轨的电阻均可忽略．重力加速度大小为g.求：
(1)通过电阻R的感应电流的方向和大小；
(2)外力的功率．
答案：(1)，方向由C向D
(2)μmgωr＋
解析：(1)在Δt时间内，导体棒扫过的面积为
ΔS＝ωΔt[(2r)2－r2]①
根据法拉第电磁感应定律，导体棒上感应电动势的大小为
E＝②
根据右手定则，感应电流的方向是从B端流向A端．因此，通过电阻R的感应电流的方向是从C端流向D端．由欧姆定律可知，通过电阻R的感应电流的大小I满足I＝③
联立①②③式得I＝④
(2)在竖直方向有mg－2N＝0⑤
式中，由于质量分布均匀，内、外圆导轨对导体棒的支持力大小相等，其值为N.两导轨对运行的导体棒的滑动摩擦力均为f＝μN⑥
在Δt时间内，导体棒在内、外圆导轨上扫过的弧长分别为
l1＝rωΔt⑦
l2＝2rωΔt⑧
克服摩擦力做的总功为Wf＝f(l1＋l2)⑨
在Δt时间内，消耗在电阻R上的功为
WR＝I2RΔt⑩
根据能量守恒定律知，外力在Δt时间内做的功为
W＝Wf＋WR?
外力的功率为P＝?
由④至?式得P＝μmgωr＋.
11．(12分)如图甲所示，匀强磁场的磁感应强度B为0.5 T，其方向垂直于倾角θ为30°的斜面向上．绝缘斜面上固定有“∧”形状的光滑金属导轨MPN(电阻忽略不计)，MP和NP长度均为2.5 m，MN连线水平，长为3 m．以MN中点O为原点，OP为x轴建立一维坐标系Ox.一根粗细均匀的金属杆CD，长度d为3 m，质量m为1 kg，电阻R为0.3 Ω，在拉力F的作用下，从MN处以恒定速度v＝1 m/s在导轨上沿x轴正向运动(金属杆与导轨接触良好)．g取10 m/s2.
(1)求金属杆CD运动过程中产生的感应电动势E及运动到x＝0.8 m处电势差UCD；
(2)推导金属杆CD从MN处运动到P点过程中拉力F与位置坐标x的关系式，并在图乙中画出F－x关系图象；
(3)求金属杆CD从MN处运动到P点的全过程产生的焦耳热．
答案：(1)E＝1.5 V　UCD＝－0.6 V
(2)F＝12.5－3.75x(N)(0≤x≤2)，图象见解析
(3)Q＝7.5 J
解析：(1)金属杆CD在匀速运动中产生的感应电动势
E＝Blv(l＝d)，代入数值得E＝1.5 V.
当x＝0.8 m时，金属杆在导轨间的电势差为零(被短路)，设此时杆在导轨外的长度为l外，则
l外＝d－d，OP＝ ，得l外＝1.2 m.
由楞次定律判断D点电势高，故CD两端电势差
UCD＝－Bl外v＝－0.6 V.
(2)杆在导轨间的长度l与位置x的关系是
l＝d＝3－x，
对应的电阻R1＝R，
电流I＝，
杆受到的安培力F安＝BIl＝7.5－3.75x，
根据平衡条件得F＝F安＋mgsinθ，
得F＝12.5－3.75x(N)(0≤x≤2)，
画出的F—x图象如图所示．
(3)外力F所做的功WF等于F—x图线与x轴所围成的图形的面积，即WF＝×2 J＝17.5 J.
而杆的重力势能增加量
ΔEp＝mgsinθ，故全过程产生的焦耳热Q＝WF－ΔEp＝7.5 J.
12．(12分)如图所示，MN、PQ是两条水平、平行放置的光滑金属导轨，导轨的右端接理想变压器的原线圈，变压器的副线圈与电阻R＝20 Ω组成闭合回路，变压器的原副线圈匝数之比n1?：n2＝1?：10，导轨宽L＝5 m．质量m＝2 kg、电阻不计的导体棒ab垂直MN、PQ放在导轨上，在水平外力F作用下，从t＝0时刻开始在图示的两虚线范围内往复运动，其速度随时间变化的规律是v＝2sin20πt(m/s)．垂直轨道平面的匀强磁场的磁感应强度B＝4 T．导轨、导线和线圈电阻均不计．求：
(1)ab棒中产生的电动势的表达式；ab棒中产生的是什么电流？
(2)电阻R上的电热功率P.
(3)从t＝0到t1＝0.025 s的时间内，外力F所做的功．
答案：(1)E＝40sin20πt(V)，正弦交流电
(2)4×103 W　(3)104 J
解析：(1)ab棒中产生的电动势的表达式为E＝BLv＝40sin20πt(V)
故ab棒中产生的是正弦式交变电流．
(2)设原线圈上电压的有效值为U1，则U1＝＝20 V
设副线圈上电压的有效值为U2，则＝
解得U2＝200 V
电阻R上的电热功率P＝＝4×103 W
(3)由以上分析可知，该正弦交流电的周期T＝＝0.1 s．从t＝0到t1＝0.025 s，经历了四分之一个周期．设在这段时间内电阻R上产生的热量为Q，则Q＝·＝100 J
在t1＝0.025 s时刻，ab棒的速度为v，则
v＝2sin20πt1＝2 m/s
由能量守恒定律可得这段时间内外力F做的功W＝Q＋mv2＝104 J