培优提升练
一、选择题
1．(多选)(2018·全国卷Ⅰ)如图1，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路．将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态．下列说法正确的是( )
图1
A．开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动
B．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向
C．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向
D．开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动
答案 AD
解析 根据安培定则，开关闭合时铁芯中产生水平向右的磁场，开关闭合后的瞬间，根据楞次定律，直导线上将产生由南向北的电流，直导线上方的磁场垂直纸面向里，故小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动，A项正确；开关闭合并保持一段时间后，直导线上没有感应电流，故小磁针的N极指北，B、C项错误；开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，根据楞次定律，直导线上将产生由北向南的电流，直导线上方的磁场垂直纸面向外，故小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动，D项正确．
2.一直升机停在南半球的地磁极上空，该处地磁场的方向竖直向上，磁感应强度为B，直升机螺旋桨叶片的长度为l，螺旋桨转动的频率为f，顺着地磁场的方向看螺旋桨，螺旋桨按顺时针方向转动．螺旋桨叶片的近轴端为a，远轴端为b，如图2所示．如果忽略a到转轴中心线的距离，用E表示每个叶片中的感应电动势，则( )
图2
A．E＝πfl2B，且a点电势低于b点电势
B．E＝2πfl2B，且a点电势低于b点电势
C．E＝πfl2B，且a点电势高于b点电势
D．E＝2πfl2B，且a点电势高于b点电势
答案 A
解析 直升机螺旋桨的叶片围绕着轴转动，产生的感应电动势为E＝Blv＝Blvb＝Bl(ωl)＝B(2πf)l2＝πfl2B；ab做切割磁感线运动，由右手定则可知b点电势比a点电势高．选项A正确．
3．(多选)如图3所示，将一个近似超导的圆环水平置于非匀强磁场中，圆环恰好能处于静态平衡．以下分析正确的是( )
图3
A．俯视圆环，圆环中的电流方向为顺时针方向
B．若给圆环一个向下的扰动，俯视圆环，电流将变为逆时针方向
C．若增大圆环的微小阻值，圆环将缓慢下降
D．若增大磁场的磁感应强度，圆环将向下加速运动
答案 AC
4．(多选)如图4所示的电路中，电源电动势为E，线圈L的电阻不计．以下判断正确的是( )
图4
A．闭合S稳定后，电容器两端电压为零
B．闭合S稳定后，电容器的a极板带正电
C．断开S的瞬间，电容器的a极板将带正电
D．断开S的瞬间，电容器的a极板将带负电
答案 AC
解析 闭合S稳定后，电容器被线圈L短路，则电容器两端电压为0，即电容器不带电．稳定时流过L的电流方向是由右向左，断开S时，由楞次定律可知电容器的a极板将带正电，故A、C正确，B、D错误．
5．(2019·庄河高级中学高二上期末)如图5所示，垂直纸面向里的匀强磁场的区域宽度为2a，磁感应强度的大小为B.一边长为a、电阻为4R的正方形均匀导线框ABCD从图示位置沿水平向右方向以速度v匀速穿过磁场区域，下列图中线框A、B两端电压UAB与线框移动距离x的关系图象正确的是( )
图5
答案 D
解析 由楞次定律判断可知，在线框穿过磁场的过程中，A点的电势始终高于B点的电势，则UAB始终为正值．AB、DC两边切割磁感线时产生的感应电动势均为E＝Bav.在0～a过程中，AB切割磁感线，A、B两端的电压是路端电压，则UAB＝E＝Bav；在a～2a过程中，线框在磁场中运动，穿过线框的磁通量没有变化，不产生感应电流，则UAB＝E＝Bav；在2a～3a过程中，A、B两端的电压为UAB＝E＝Bav，故D正确．
6.如图6所示，水平面内有两条平行金属导轨，导轨光滑且电阻不计．匀强磁场与导轨平面垂直．阻值为R的导体棒垂直于导轨静止放置，且与导轨接触良好．t＝0时，将开关S由1掷到2.Q、i、v和a分别表示电容器所带的电荷量、棒中的电流、棒的速度和加速度．下列图象正确的是( )
图6
答案 D
解析 开关S由1掷到2，电容器放电后会在电路中产生电流，导体棒通有电流后会受到安培力的作用而加速运动．导体棒切割磁感线，速度增大，感应电动势E＝Blv增大，感应电动势的方向与电流方向相反，因此电流减小，则安培力F＝BIl减小，加速度a减小，当感应电动势与电容器两端电压相等时，回路中电流为0，安培力为0，则导体棒的加速度变为0，做匀速运动，故B、C错，D对；导体棒最终做匀速运动，由Q＝CU可知，电容器所带电荷量不会为0，故A错．
7．(多选)(2020·余姚中学高二上学期期中)如图7所示，相距为d的两条水平虚线之间是方向水平向里的匀强磁场，磁感应强度为B，正方形线圈abcd边长为L(L＜d)，质量为m，电阻为R，将线圈在磁场上方高h处静止释放，cd边刚进入磁场时速度为v0，cd边刚离开磁场时速度也为v0，则从线圈cd边刚进入磁场起一直到ab边离开磁场的过程中．下列说法正确的是( )
图7
A．线圈不可能是加速进入磁场的
B．线圈可能是匀速进入磁场的
C．感应电流所做的功为2mgL
D．线圈的最小速度一定为
答案 AD
8．(2019·嘉兴一中高二上学期期中)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8
答案 A
解析 感应电动势E＝BL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(n在ef上)切割磁感线产生向下的电流，nf产生向上的电流，em(m在eg上)产生向下电流，切割磁感线的有效长度为L有＝(en－nf－em)cos 60°，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，nf＋em大于en，L有＝(nf＋em－en)cos 60°，逐渐变大，电流变大，当efg与bcd重合时，eg边和ef切割磁感线，产生电流方向均为逆时针，大小变为2I0，L～2L过程中，继续移动，eg切割磁感线，产生电流方向为顺时针，L有逐渐减小，直至全部出磁场电流为零，A正确．
9．(多选)(2020·温州十五校高二上学期期中联考)如图9所示，磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直于光滑金属导轨平面向外，导轨左右两端电路所在区域均无磁场分布．垂直于导轨的导体棒接入电路的长度为L、电阻为R，在外力作用下以速度v0从左向右做匀速直线运动．小灯泡电阻为2R，滑动变阻器总阻值为4R.图示状态滑动触头位于a、b的正中间位置，此时位于平行板电容器中的P处的带电油滴恰好处于静止状态．电路中其余电阻均不计，各接触处均接触良好．且导轨足够长，则下列判断正确的是( )
图9
A．若将滑动变阻器的滑片向b端移动，则小灯泡将变暗
B．若将滑动变阻器的滑片向a端移动，则液滴将向上运动
C．图示状态下，Δt时间内流过小灯泡的电荷量为
D．图示状态下，Δt时间内滑动变阻器消耗的电能为
答案 ABD
二、非选择题
10．(2019·浙江4月选考)在“探究电磁感应的产生条件”实验中，实验连线后如图10甲所示，感应线圈组的内外线圈的绕线方向如图乙粗线所示．
图10
(1)接通电源，闭合开关，G表指针会有大的偏转，几秒后G表指针停在中间不动．将滑动变阻器的触头迅速向右滑动时，G表指针________(“不动”“右偏”“左偏”“不停振动”)；迅速抽出铁芯时，G表指针________(“不动”“右偏”“左偏”“不停振动”)．
(2)断开开关和电源，将铁芯重新插入内线圈中，把直流输出改为交流输出，其他均不变．接通电源，闭合开关，G表指针________(“不动”“右偏”“左偏”“不停振动”)．
(3)仅用一根导线，如何判断G表内部线圈是否断了？
________________________________________________________________________.
答案 (1)左偏 右偏 (2)不停振动 (3)短接G表，前后各摇动G表一次，比较指针偏转，有明显变化，则线圈断了；没有明显偏转则未断．
解析 (1)将滑动变阻器的触头迅速向右滑动时，电阻减小，回路电流变大，根据线圈中导线的绕向可知磁通量向下增加，根据楞次定律可知，A线圈中产生的感应电流使G表指针左偏；迅速抽出铁芯时，磁通量减小，产生的感应电流方向与上述方向相反，则G表指针右偏．
(2)断开开关和电源，将铁芯重新插入内线圈中，把直流输出改为交流输出，其他均不变．接通电源，闭合开关，由于穿过线圈的磁通量大小方向都不断变化，在线圈A中产生的感应电流大小方向不断变化，则G表指针不停振动．
(3)根据阻尼原理，短接G表，前后各摇动G表一次，比较指针偏转，有明显变化，则线圈断了；没有明显偏转则未断．
11．如图11甲所示，一边长L＝2.5 m、质量m＝0.5 kg的正方形金属线框，放在光滑绝缘的水平面上，整个装置处于方向垂直平面竖直向上、磁感应强度B＝0.8 T的匀强磁场中，它的一边与磁场的边界MN重合，在水平力F的作用下由静止开始向左运动，经过5 s时间线框被拉出磁场，测得金属线框中的电流随时间变化的图象如图乙所示．在金属线框被拉出的过程中，
图11
(1)求通过线框横截面的电荷量及线框的电阻；
(2)写出水平力F随时间t变化的表达式；
(3)已知在这5 s内力F做功为1.92 J，在此过程中，线框产生的焦耳热是多少？
答案 (1)1.25 C 4 Ω (2)F＝0.2t＋0.1 (N)
(3)1.67 J
解析 (1)根据q＝Δt，由I－t图象得：
q＝×0.5×5＝1.25 C.
又根据＝＝＝，得R＝＝＝4 Ω.
(2)由题图乙可知，感应电流随时间变化的规律为：
I＝0.1t (A)．
由感应电流I＝，得v＝＝0.2t (m/s)，
则线框做匀加速直线运动，加速度a＝0.2 m/s2，
线框在外力F和安培力F安作用下做匀加速直线运动，
则F－F安＝ma，又F安＝BIL＝0.2t (N)，
所以水平力F随时间t变化的表达式为
F＝0.2t＋0.1 (N)．
(3)当t＝5 s时，线框从磁场中被拉出时的速度
v5＝0.2×5 m/s＝1 m/s，则线框中产生的焦耳热为
Q＝W－mv＝1.67 J.
12．(2019·东阳中学高二下学期期中)间距为L＝2 m的足够长的金属直角导轨如图12所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边垂直于水平面．质量均为m＝0.1 kg的金属细杆ab、cd与导轨垂直放置形成闭合回路．细杆与导轨之间的动摩擦因数均为μ＝0.5，导轨的电阻不计，细杆ab、cd接入电路的电阻分别为R1＝0.6 Ω，R2＝0.4 Ω.整个装置处于磁感应强度大小为B＝0.50 T、方向竖直向上的匀强磁场中(图中未画出)．当ab杆在平行于水平导轨的拉力F作用下从静止开始沿导轨匀加速运动时，cd杆也同时从静止开始沿导轨向下运动，且t＝0时，F＝1.5 N，g＝10 m/s2.
图12
(1)求ab杆的加速度a的大小；
(2)求当cd杆达到最大速度时ab杆的速度大小；
(3)若从开始到cd杆达到最大速度的过程中拉力F做的功为5.2 J，求该过程中ab杆所产生的焦耳热．
答案 (1)10 m/s2 (2)2 m/s (3)2.94 J
解析 (1)由题可知，在t＝0时，F＝1.5 N
对ab杆进行受力分析，由牛顿第二定律得F－μmg＝ma
代入数据解得a＝10 m/s2.
(2)从d向c看，对cd杆进行受力分析，如图所示，当cd杆速度最大时，ab杆的速度大小为v，有mg＝μFN
FN＝F安＝BIL
I＝
综合以上各式，解得v＝2 m/s.
(3)整个过程中，
ab杆发生的位移x＝＝ m＝0.2 m
对ab杆应用动能定理，有WF－μmgx－W安＝mv2
代入数据解得W安＝4.9 J
根据功能关系得Q总＝W安
所以ab杆上产生的热量Qab＝Q总＝2.94 J.
13．(2019·象山三中高二下学期期中)如图13(a)所示，间距为l、电阻不计的光滑导轨固定在倾角为θ的斜面上．在区域Ⅰ内有垂直于斜面的匀强磁场，磁感应强度恒为B不变；在区域Ⅱ内有垂直于斜面向下的匀强磁场，其磁感应强度Bt的大小随时间t变化的规律如图(b)所示．t＝0时刻在轨道上端的金属细棒ab从图示位置由静止开始沿导轨下滑，同时下端的另一金属细棒cd在位于区域Ⅰ内的导轨上也由静止释放．在ab棒运动到区域Ⅱ的下边界EF之前，cd棒始终静止不动，两棒均与导轨接触良好．已知cd棒的质量为m、电阻为R，ab棒的质量、阻值均未知，区域Ⅱ沿斜面的长度为l，在t＝tx时刻(tx未知)ab棒恰好进入区域Ⅱ，重力加速度为g.求：
图13
(1)区域Ⅰ内磁场的方向；
(2)通过cd棒的电流大小和方向；
(3)ab棒开始下滑的位置离区域Ⅱ上边界的距离；
(4)ab棒开始下滑至EF的过程中，回路中产生的总热量．(结果用B、l、θ、m、R、g表示)
答案 (1)垂直斜面向上 (2) d→c (3)0.5l
(4)2mglsin θ
解析 (1)由楞次定律可知，流过cd的电流方向为从d到c，cd所受安培力沿导轨向上，故由左手定则可知，Ⅰ内磁场垂直于斜面向上．
(2)cd棒平衡，所以有：BIl＝mgsin θ
解得：I＝，电流方向为d→c.
(3)tx时刻前、后，回路感应电动势不变，＝Blvx，即有：l2＝Blvx，
解得：l＝vxtx
ab棒进入区域Ⅱ之前不受磁场力的作用，做匀加速直线运动，
s＝(0＋vx)tx＝0.5l
故ab棒开始下滑的位置离区域Ⅱ上边界的距离为0.5l.
(4)ab棒进入区域Ⅱ后做匀速直线运动，t2＝tx，总时间：t总＝tx＋t2＝2tx
电动势：E＝Blvx不变
总热量：Q＝EIt总＝2mgvxtxsin θ＝2mglsin θ
故回路中产生的总热量为：Q＝2mglsin θ.
(共34张PPT)
培优提升练
第四章 电磁感应
一、选择题
1.(多选)(2018·全国卷Ⅰ)如图1，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路.将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态.下列说法正确的是
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
A.开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动
B.开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向
C.开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向
D.开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的
方向转动
图1
√
√
解析 根据安培定则，开关闭合时铁芯中产生水平向右的磁场，开关闭合后的瞬间，根据楞次定律，直导线上将产生由南向北的电流，直导线上方的磁场垂直纸面向里，故小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动，A项正确；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
开关闭合并保持一段时间后，直导线上没有感应电流，故小磁针的N极指北，B、C项错误；
开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，根据楞次定律，直导线上将产生由北向南的电流，直导线上方的磁场垂直纸面向外，故小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动，D项正确.
2.一直升机停在南半球的地磁极上空，该处地磁场的方向竖直向上，磁感应强度为B，直升机螺旋桨叶片的长度为l，螺旋桨转动的频率为f，顺着地磁场的方向看螺旋桨，螺旋桨按顺时针方向转动.螺旋桨叶片的近轴端为a，远轴端为b，如图2所示.如果忽略a到转轴中心线的距离，用E表示每个叶片中的感应电动势，则
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
A.E＝πfl2B，且a点电势低于b点电势
B.E＝2πfl2B，且a点电势低于b点电势
C.E＝πfl2B，且a点电势高于b点电势
D.E＝2πfl2B，且a点电势高于b点电势
图2
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
3.(多选)如图3所示，将一个近似超导的圆环水平置于非匀强磁场中，圆环恰好能处于静态平衡.以下分析正确的是
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
图3
A.俯视圆环，圆环中的电流方向为顺时针方向
B.若给圆环一个向下的扰动，俯视圆环，电流将变为逆时针方向
C.若增大圆环的微小阻值，圆环将缓慢下降
D.若增大磁场的磁感应强度，圆环将向下加速运动
√
√
1
2
3
4
4.(多选)如图4所示的电路中，电源电动势为E，线圈L的电阻不计.以下判断正确的是
5
6
7
8
9
10
11
12
13
A.闭合S稳定后，电容器两端电压为零
B.闭合S稳定后，电容器的a极板带正电
C.断开S的瞬间，电容器的a极板将带正电
D.断开S的瞬间，电容器的a极板将带负电
图4
√
√
解析 闭合S稳定后，电容器被线圈L短路，则电容器两端电压为0，即电容器不带电.稳定时流过L的电流方向是由右向左，断开S时，由楞次定律可知电容器的a极板将带正电，故A、C正确，B、D错误.
1
2
3
4
5.(2019·庄河高级中学高二上期末)如图5所示，垂直纸面向里的匀强磁场的区域宽度为2a，磁感应强度的大小为B.一边长为a、电阻为4R的正方形均匀导线框ABCD从图示位置沿水平向右方向以速度v匀速穿过磁场区域，下列图中线框A、B两端电压UAB与线框移动距离x的关系图象正确的是
5
6
7
8
9
10
11
12
13
图5
√
1
2
3
4
解析 由楞次定律判断可知，在线框穿过磁场的过程中，A点的电势始终高于B点的电势，则UAB始终为正值.AB、DC两边切割磁感线时产生的感应电动势均为E＝Bav.
5
6
7
8
9
10
11
12
13
在a～2a过程中，线框在磁场中运动，穿过线框的磁通量没有变化，不产生感应电流，则UAB＝E＝Bav；
1
2
3
6.如图6所示，水平面内有两条平行金属导轨，导轨光滑且电阻不计.匀强磁场与导轨平面垂直.阻值为R的导体棒垂直于导轨静止放置，且与导轨接触良好.t＝0时，将开关S由1掷到2.Q、i、v和a分别表示电容器所带的电荷量、棒中的电流、棒的速度和加速度.下列图象正确的是
4
5
6
7
8
9
10
11
12
图6
13
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
解析 开关S由1掷到2，电容器放电后会在电路中产生电流，导体棒通有电流后会受到安培力的作用而加速运动.导体棒切割磁感线，速度增大，感应电动势E＝Blv增大，感应电动势的方向与电流方向相反，因此电流减小，则安培力F＝BIl减小，加速度a减小，当感应电动势与电容器两端电压相等时，回路中电流为0，安培力为0，则导体棒的加速度变为0，做匀速运动，故B、C错，D对；
导体棒最终做匀速运动，由Q＝CU可知，电容器所带电荷量不会为0，故A错.
7.(多选)(2020·余姚中学高二上学期期中)如图7所示，相距
为d的两条水平虚线之间是方向水平向里的匀强磁场，磁感
应强度为B，正方形线圈abcd边长为L(L＜d)，质量为m，
电阻为R，将线圈在磁场上方高h处静止释放，cd边刚进入
磁场时速度为v0，cd边刚离开磁场时速度也为v0，则从线圈cd边刚进入磁场起一直到ab边离开磁场的过程中.下列说法正确的是
A.线圈不可能是加速进入磁场的
B.线圈可能是匀速进入磁场的
C.感应电流所做的功为2mgL
D.线圈的最小速度一定为
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
图7
√
√
1
2
3
8.(2019·嘉兴一中高二上学期期中)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
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
图8
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
1
2
3
9.(多选)(2020·温州十五校高二上学期期中联考)如图9所示，磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直于光滑金属导轨平面向外，导轨左右两端电路所在区域均无磁场分布.垂直于导轨的导体棒接入电路的长度为L、电阻为R，在外力作用下以速度v0从左向右做匀速直线运动.小灯泡电阻为2R，滑动变阻器总阻值为4R.图示状态滑动触头位于a、b的正中间位置，此时位于平行板电容器中的P处的带电油滴恰好处于静止状态.电路中其余电阻均不计，各接触处均接触良好.且导轨足够长，则下列判断正确的是
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
图9
1
2
3
A.若将滑动变阻器的滑片向b端移动，则小灯泡将变暗
B.若将滑动变阻器的滑片向a端移动，则液滴将向上运动
C.图示状态下，Δt时间内流过小灯泡的电荷量为
D.图示状态下，Δt时间内滑动变阻器消耗的电能为
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
√
√
√
1
2
3
二、非选择题
10.(2019·浙江4月选考)在“探究电磁感应的产生条件”实验中，实验连线后如图10甲所示，感应线圈组的内外线圈的绕线方向如图乙粗线所示.
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
(1)接通电源，闭合开关，G表指针会有大的偏转，几秒后G表指针停在中间不动.将滑动变阻器的触头迅速向右滑动时，G表指针_____(“不动”“右偏”“左偏”“不停振动”)；迅速抽出铁芯时，G表指针______(“不动”“右偏”“左偏”“不停振动”).
图10
左偏
右偏
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
解析 将滑动变阻器的触头迅速向右滑动时，电阻减小，回路电流变大，根据线圈中导线的绕向可知磁通量向下增加，根据楞次定律可知，A线圈中产生的感应电流使G表指针左偏；迅速抽出铁芯时，磁通量减小，产生的感应电流方向与上述方向相反，则G表指针右偏.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
(2)断开开关和电源，将铁芯重新插入内线圈中，把直流输出改为交流输出，其他均不变.接通电源，闭合开关，G表指针_________(“不动”“右偏”“左偏”“不停振动”).
不停振动
解析 断开开关和电源，将铁芯重新插入内线圈中，把直流输出改为交流输出，其他均不变.接通电源，闭合开关，由于穿过线圈的磁通量大小方向都不断变化，在线圈A中产生的感应电流大小方向不断变化，则G表指针不停振动.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
(3)仅用一根导线，如何判断G表内部线圈是否断了？
________________________________________________________________________________________
解析 根据阻尼原理，短接G表，前后各摇动G表一次，比较指针偏转，有明显变化，则线圈断了；没有明显偏转则未断.
短接G表，前后各摇动G表一次，比较指针偏转，有明显变化，则线圈断了；没有明显偏转则未断.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
11.如图11甲所示，一边长L＝2.5 m、质量m＝0.5 kg的正方形金属线框，放在光滑绝缘的水平面上，整个装置处于方向垂直平面竖直向上、磁感应强度B＝0.8 T的匀强磁场中，它的一边与磁场的边界MN重合，在水平力F的作用下由静止开始向左运动，经过5 s时间线框被拉出磁场，测得金属线框中的电流随时间变化的图象如图乙所示.在金属线框被拉
出的过程中，
(1)求通过线框横截面的电荷量及线框的电阻；
答案 1.25 C 4 Ω
图11
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
(2)写出水平力F随时间t变化的表达式；
答案 F＝0.2t＋0.1 (N)
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
解析 由题图乙可知，感应电流随时间变化的规律为：
I＝0.1t (A).
则线框做匀加速直线运动，加速度a＝0.2 m/s2，
线框在外力F和安培力F安作用下做匀加速直线运动，
则F－F安＝ma，又F安＝BIL＝0.2t (N)，
所以水平力F随时间t变化的表达式为
F＝0.2t＋0.1 (N).
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
(3)已知在这5 s内力F做功为1.92 J，在此过程中，线框产生的焦耳热是多少？
答案 1.67 J
解析 当t＝5 s时，线框从磁场中被拉出时的速度
v5＝0.2×5 m/s＝1 m/s，则线框中产生的焦耳热为
1
2
3
12.(2019·东阳中学高二下学期期中)间距为L＝2 m的足够长的金属直角导轨如图12所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边垂直于水平面.质量均为m＝0.1 kg的金属细杆ab、cd与导轨垂直放置形成闭合回路.细杆与导轨之间的动摩擦因数均为μ＝0.5，导轨的电阻不计，细杆ab、cd接入电路的电阻分别为R1＝0.6 Ω，R2＝0.4 Ω.整个装置处于磁感应强度大小为B＝0.50 T、方向竖直向上的匀强磁场中(图中未画出).当ab杆在平行于水平导
轨的拉力F作用下从静止开始沿导轨匀加速运动时，cd杆
也同时从静止开始沿导轨向下运动，且t＝0时，F＝1.5 N，
g＝10 m/s2.
(1)求ab杆的加速度a的大小；
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
图12
答案 10 m/s2
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
解析 由题可知，在t＝0时，F＝1.5 N
对ab杆进行受力分析，由牛顿第二定律得F－μmg＝ma
代入数据解得a＝10 m/s2.
1
2
3
(2)求当cd杆达到最大速度时ab杆的速度大小；
答案 2 m/s
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
解析 从d向c看，对cd杆进行受力分析，如图所示，当cd杆速度最大时，ab杆的速度大小为v，有mg＝μFN
FN＝F安＝BIL
综合以上各式，解得v＝2 m/s.
1
2
3
(3)若从开始到cd杆达到最大速度的过程中拉力F做的功为5.2 J，求该过程中ab杆所产生的焦耳热.
答案 2.94 J
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
解析 整个过程中，
代入数据解得W安＝4.9 J
根据功能关系得Q总＝W安
1
2
3
13.(2019·象山三中高二下学期期中)如图13(a)所示，间距为l、电阻不计的光滑导轨固定在倾角为θ的斜面上.在区域Ⅰ内有垂直于斜面的匀强磁场，磁感应强度恒为B不变；在区域Ⅱ内有垂直于斜面向下的匀强磁场，其磁感应强度Bt的大小随时间t变化的规律如图(b)所示.t＝0时刻在轨道上端的金属细棒ab从图示位置由静止开始沿导轨下滑，同时下端的另一金属细棒cd在位于区域Ⅰ内的导轨上也由静止释放.在ab棒运动到区域Ⅱ的下边界EF之前，cd棒始终静止不动，两棒均与导轨接触良好.已知cd棒的质量为m、电
阻为R，ab棒的质量、阻值均未知，区域Ⅱ
沿斜面的长度为l，在t＝tx时刻(tx未知)ab棒
恰好进入区域Ⅱ，重力加速度为g.求：
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
图13
1
2
3
(1)区域Ⅰ内磁场的方向；
答案 垂直斜面向上
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
解析 由楞次定律可知，流过cd的电流方向为从d到c，cd所受安培力沿导轨向上，故由左手定则可知，Ⅰ内磁场垂直于斜面向上.
1
2
3
(2)通过cd棒的电流大小和方向；
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
解析 cd棒平衡，所以有：BIl＝mgsin θ
1
2
3
(3)ab棒开始下滑的位置离区域Ⅱ上边界的
距离；
答案 0.5l
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
解得：l＝vxtx
ab棒进入区域Ⅱ之前不受磁场力的作用，做匀加速直线运动，
故ab棒开始下滑的位置离区域Ⅱ上边界的距离为0.5l.
1
2
3
(4)ab棒开始下滑至EF的过程中，回路中产生的总热量.(结果用B、l、θ、m、R、g表示)
答案 2mglsin θ
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
解析 ab棒进入区域Ⅱ后做匀速直线运动，t2＝tx，总时间：t总＝tx＋t2＝2tx
电动势：E＝Blvx不变
总热量：Q＝EIt总＝2mgvxtxsin θ＝2mglsin θ
故回路中产生的总热量为：Q＝2mglsin θ.
