資源簡介

專題四 物理選修3-2
一、高考考點回顧
年份
全國新課標Ⅰ卷考點內容
要求
題號
題型
分值
2013
感應電動勢（動生）
Ⅱ
17
選擇
6
電磁感應定律綜合應用（動生）
Ⅱ
25
計算
19
2014
電磁感應現象
Ⅰ
14
選擇
6
法拉第電磁感應定律
Ⅱ
18
選擇
6
2015
理想變壓器
Ⅰ
16
選擇
6
電磁感應現象
Ⅰ
19
選擇
6
選修3-2是物理選修部分的內容，但它是理科考生的必選模塊，也是高考必考模塊，這一模塊共有兩大塊的內容：電磁感應（主要是電磁感應現象，楞次定律和法拉第電磁感應定律）、交變電流（主要涉及交變電流的函數表達式和圖象，理想變壓器和遠距離輸電）。從這幾年的高考題可以看出，這部分試題的題型主要是選擇題，分值約12分，計算題只有2013年涉及到，從趨勢上看這部分試題難度在降低，由II級考點考查逐漸轉向Ⅰ級考點考查，交變電流部分的考點都是Ⅰ級要求，但交變電流部分的考點是否像廣東卷那樣每年都考查有待驗證；雖然2014-2015年電磁感應都未出現在計算題中，不過以后電磁感應出現在計算題中可能性仍很大，如2014年全國新課標II卷第25題。
二、例題精選
例1．如圖所示，Q是單匝金屬線圈，MN是一個螺線管，它的繞線方法沒有畫出，Q的輸出端a、b和MN的輸入端c、d之間用導線相連，P是在MN的正下方水平放置的用細導線繞制的軟彈簧線圈．若在Q所處的空間加上與環面垂直的變化磁場，發現在t1至t2時間段內彈簧線圈處于收縮狀態，則所加磁場的磁感應強度的變化情況可能是(　　)
【解析】　在t1至t2時間段內彈簧線圈處于收縮狀態，說明此段時間內穿過線圈的磁通量變大，既穿過線圈的磁場的磁感應強度變大，則螺線管中電流變大，單匝金屬線圈Q產生的感應電動勢變大，所加磁場的磁感應強度的變化率變大，即B-t圖線的斜率變大，選項D正確．
【答案】　D
例2．(多選)如圖所示，一導線彎成半徑為a的半圓形閉合回路．虛線MN右側有磁感應強度為B的勻強磁場，方向垂直于回路所在的平面．回路以速度v向右勻速進入磁場，直徑CD始終與MN垂直．從D點到達邊界開始到C點進入磁場為止，下列結論正確的是(　　)
A．感應電流方向不變
B．CD段直導線始終不受安培力
C．感應電動勢最大值Em＝Bav
D．感應電動勢平均值＝πBav
【解析】　由楞次定律可判定閉合回路中產生的感應電流方向始終不變，選項A正確；CD段電流方向是由D指向C，根據左手定則可知，CD段受到安培力，且方向豎直向下，選項B錯誤；當閉合回路有一半進入磁場時，產生的感應電動勢最大，Em＝Bav，選項C正確；由法拉第電磁感應定律得＝＝，選項D正確．
【答案】　ACD
例3．如圖所示，有一等腰直角三角形的區域，其斜邊長為2L，高為L.在該區域內分布著如圖所示的磁場，左側磁場方向垂直紙面向外，右側磁場方向垂直紙面向里，磁感應強度大小均為B.一邊長為L、總電阻為R的正方形導線框abcd，從圖示位置開始沿x軸正方向以速度v勻速穿過磁場區域．取沿順時針的感應電流方向為正，則下列表示線框中電流i隨bc邊的位置坐標x變化的圖象正確的是(　　)

【解析】　0～L過程中，無感應電流；L～2L過程中bc邊切割磁場的有效長度逐漸增大，電流沿順時針方向；2L～3L過程中ad和bc分別切割左右磁場，總電動勢不變，感應電流不變，電流沿逆時針方向；3L～4L過程中ad邊切割磁場有效長度逐漸減小，電流沿順時針方向，選D項正確．
【答案】　D
例4．(多選)如圖所示，平行金屬導軌與水平面間的夾角為θ，導軌電阻不計，與阻值為R的定值電阻相連，勻強磁場垂直穿過導軌平面，磁感應強度為B.有一質量為m、長為l的導體棒從ab位置獲得平行于斜面的、大小為v的初速度向上運動，最遠到達a′b′的位置，滑行的距離為s，導體棒的電阻也為R，與導軌之間的動摩擦因數為μ.則(　　)
A．上滑過程中導體棒受到的最大安培力為
B．上滑過程中電流做功放出熱量為mv2－mgs(sinθ＋μcosθ)
C．上滑過程中導體棒克服安培力做的功為mv2
D．上滑過程中導體棒損失的機械能為mv2－mgssinθ
【解析】上滑過程中，開始時導體棒的速度最大，受到的安培力最大為，A錯；根據能量守恒，上滑過程中電流做功放出的熱量為mv2－mgs(sinθ＋μcosθ)，B對；上滑過程中導體棒克服安培力做的功等于產生的熱，也是
mv2－mgs(sinθ＋μcosθ)，C錯；上滑過程中導體棒損失的機械能為
mv2－mgssinθ，D對．
【答案】　BD
例5．在勻強磁場中，一矩形金屬線框繞與磁感線垂直的轉軸勻速轉動，如圖乙所示，產生的交變電動勢隨時間變化規律的圖象如圖甲所示，已知發電機線圈內阻為1.0 Ω，外接一只電阻為9.0 Ω的燈泡，則(　　)
甲　　　　乙
A．電壓表V的示數為20 V
B．電路中的電流方向每秒改變5次
C．燈泡實際消耗的功率為36 W
D．電動勢隨時間變化的瞬時值表達式為e＝20cos (5πt)V
【解析】　由甲圖知電動勢峰值為20 V，周期為0.2 s，所以有效值為20 V，角速度ω＝＝10π rad/s，電壓表測的是路端電壓U＝·R＝9.0 V＝18 V，A項錯誤；交流電的頻率f＝＝5 Hz，每一周期電流方向改變兩次，所以每秒改變10次，B項錯誤；燈泡實際消耗功率為P＝＝ W＝36 W，故C項正確；電動勢瞬時值表達式e＝20cos 10πt(V)，D項錯誤．
【答案】　C
例6．圖甲中理想變壓器原、副線圈的匝數之比n1∶n2＝5∶1，電阻R＝20 Ω，L1、L2為規格相同的兩只小燈泡，S1為單刀雙擲開關．原線圈接正弦交變電源，輸入電壓u隨時間t的變化關系如圖乙所示．現將S1接1、S2閉合，此時L2正常發光．下列說法正確的是( 　)
甲　　　　乙
A．輸入電壓u的表達式u＝20sin 50πt(V)
B．只斷開S2后，L1、L2均正常發光
C．只斷開S2后，原線圈的輸入功率增大
D．若S1換接到2后，R消耗的電功率為0.8 W
【解析】　由圖乙知周期為0.02 s，因此輸入電壓的表達式u＝20sin 100πt (V)，A錯；只斷開S2，L1、L2兩端的電壓小于額定電壓，都不能正常發光，B錯；只斷開S2，負載電阻變大，功率變小，C錯；S1換接到2后，據P＝和＝得R消耗的功率為0.8 W，故選D.
【答案】 D
例7．如圖所示，MN、PQ是相互交叉成60°角的光滑金屬導軌，O是它們的交點且接觸良好．兩導軌處在水平面內，并置于有界的勻強磁場中(圖中過O點的虛線為磁場左邊界，與∠MOQ的平分線垂直)，磁感應強度大小為B，方向與軌道平面垂直．質量為m的導體棒ab與輕彈簧S(其軸線沿∠MOQ的平分線)右端拴接，平行磁場邊界跨接在導軌上．t＝0時刻，將棒ab由距離O點x0處靜止釋放，當棒ab向左運動到距離O點x0處時恰好受到的合外力為零．已知棒ab運動到O點時彈簧處于原長，導軌和導體棒單位長度的電阻均為r，彈簧勁度系數為k.求：
(1)導體棒ab剛釋放時的加速度大小；
(2)導體棒ab勻速運動時的速度v0；
(3)從導體棒第一次經過O點開始直到它靜止的過程中，導體棒ab中產生的熱量．
【解析】(1)導體棒ab剛釋放時感應電流為零，由kx0＝ma
解得加速度大小為a＝.
(2)導體棒ab勻速運動時，設ab棒在導軌之間的長度為l，根據法拉第電磁感應定律可得感應電動勢E＝Blv0，感應電流I＝＝
設O點到ab棒的距離為x，則ab棒的有效長度l＝2xtan 30°＝x
因為勻速運動時，ab棒受到的合外力為零，根據平衡條件得k·x0＝BIl
此時l＝x0 , 解得v0＝.
(3)導體棒ab最終只能靜止于O點，故其功能全部轉化為焦耳熱，即Q＝mv
因為導軌與ab構成等邊三角形，三邊電阻總是相等的，所以三邊產生的熱量總是相等的．即Qab＝＝＝.
【答案】　(1)　(2)　(3)
例8．如圖甲所示，兩相互平行的光滑金屬導軌水平放置，導軌間距L＝0.5 m，左端接有電阻R＝3 Ω，豎直向下的磁場磁感應強度大小隨坐標x的變化關系如圖9-3-25乙所示．開始導體棒CD靜止在導軌上的x＝0處，現給導體棒一水平向右的拉力，使導體棒1 m/s2的加速度沿x軸勻加速運動，已知導體棒質量為2 kg，電阻為2 Ω，導體棒與導軌接觸良好，其余電阻不計，求：
甲　　　　　　　　乙
(1)拉力隨時間變化的關系式；
(2)當導體棒運動到x＝4.5 m處時撤掉拉力，此時導體棒兩端的電壓，此后電阻R上產生的熱量．
【解析】(1)經時間t導體棒的速度v＝at，位移x＝at2
產生的感應電動勢為E＝BLv，產生的感應電流為I＝
由圖乙得B＝2x
對導體棒由牛頓第二定律有F－BIL＝ma
聯立以上各式，解之得F＝＋2
(2)導體棒運動到x＝4.5 m處時，磁感應強度B＝2x＝9 T
感應電動勢E＝BLv＝BL ＝13.5 V
導體棒兩端的電壓U＝·R＝8.1 V
撤去拉力后動能全部轉化為焦耳熱，則Q＝mv2＝m·2ax＝9 J
電阻R上產生的焦耳熱QR＝·R＝5.4 J.
【答案】　(1)F＝＋2　(2)8.1 V　5.4 J
例9．如圖所示，兩根豎直固定的足夠長的金屬導軌cd和ef相距L＝0.2 m，另外兩根水平金屬桿MN和PQ的質量均為m＝10－2 kg，可沿導軌無摩擦地滑動，MN桿和PQ桿的電阻均為R＝0.2 Ω；(豎直金屬導軌電阻不計)，PQ桿放置在水平絕緣平臺上，整個裝置處于勻強磁場內，磁場方向垂直于導軌平面向里，磁感應強度B＝1.0 T．現讓MN桿在恒定拉力作用下由靜止開始向上加速度運動，運動位移x＝0.1 m時MN桿達到最大速度，此時PQ桿對絕緣平臺的壓力恰好為零．(g取10 m/s2)求：
(1)MN桿的最大速度vm為多少？
(2)當MN桿加速度達到a＝2 m/s2時，PQ桿對地面的壓力為多大？
(3)MN桿由靜止到最大速度這段時間內通過MN桿的電荷量為多少？
【解析】　(1)最大速度時PQ桿受力平衡BIL＝mg
由閉合電路歐姆定律得E＝I·2R
MN桿切割磁感線E＝BLvm
最大速度為vm＝1 m/s
(2)對MN桿應用牛頓第二定律得F－mg－BI1L＝ma1
PQ桿受力平衡FN＋BI1L＝mg
得FN＝210－2 N
由牛頓第三定律知PQ對地面壓力FN′＝FN＝210－2 N
(3)位移x內回路中產生的平均電動勢E′＝＝
電流I′＝
通過MN桿的電量為q＝I′Δt
得q＝＝0.05 C.
【答案】　(1)1 m/s　(2)210－2N　(3)0.05 C
三、試題選編
一、選擇題（1～12題為單項選擇，在每小題給出的四個選項中只有一項符合題目要求。13～20為多項選擇，在每小題給出的四個選項中至少有兩項符合題目要求。）
1.英國物理學家麥克斯韋認為，磁場變化時會在空間激發感生電場。如圖所示，一個半徑為r的絕緣細圓環水平放置，環內存在豎直向上的勻強磁場B，環上套一帶電荷量為＋q的小球。已知磁感應強度B隨時間均勻增加，其變化率為k，若小球在環上運動一周，則感生電場對小球的作用力所做功的大小是(　　)
A．0 B.r2qk C．2πr2qk D．πr2qk
2．如圖所示，足夠長的U形光滑金屬導軌所在平面與水平面成θ角(0＜θ＜90°)，其中MN與PQ平行且間距為L，磁感應強度大小為B的勻強磁場方向垂直導軌所在平面斜向上，導軌電阻不計，金屬棒ab由靜止開始沿導軌下滑，并與兩導軌始終保持垂直且接觸良好，棒ab接入電路的電阻為R，當流過棒ab某一橫截面的電荷量為q時，棒的速度大小為v，則金屬棒ab在此下滑過程中(　　)
A．運動的加速度大小為
B．下滑位移大小為
C．產生的焦耳熱為qBLv
D．受到的最大安培力大小為sinθ
3．如圖所示的電路中，電源的電動勢為E，內阻為r，電感L的電阻不計，電阻R的阻值大于燈泡D的阻值。在t＝0時刻閉合開關S，經過一段時間后，在t＝t1時刻斷開S。下列表示A、B兩點間電壓UAB隨時間t變化的圖象中，正確的是(　　)
4．如圖所示，矩形閉合導體線框在勻強磁場上方，由不同高度靜止釋放，用t1、t2分別表示線框ab邊和cd邊剛進入磁場的時刻。線框下落過程形狀不變，ab邊始終保持與磁場水平邊界線OO′平行，線框平面與磁場方向垂直。設OO′下方磁場區域足夠大，不計空氣的影響，則下列哪一個圖象不可能反映線框下落過程中速度v隨時間t變化的規律(　　)
5．有一磁場方向豎直向下，磁感應強度B隨時間t的變化關系如圖5甲所示的勻強磁場。現有如圖乙所示的直角三角形導線框abc水平放置，放在勻強磁場中保持靜止不動，t＝0時刻，磁感應強度B的方向垂直紙面向里，設產生的感應電流i順時針方向為正、豎直邊ab所受安培力F的方向水平向左為正。則下面關于F和i隨時間t變化的圖象正確的是(　　)
圖5
6．如圖所示，閉合的矩形導體線圈abcd在勻強磁場中繞垂直于磁感線的對稱軸OO′勻速轉動，沿著OO′方向觀察，線圈沿逆時針方向轉動。已知勻強磁場的磁感應強度為B，線圈匝數為n，ab邊的邊長為l1，ad邊的邊長為l2，線圈的電阻為R，轉動的角速度為ω，則當線圈轉至圖示位置時(　　)
A．線圈中感應電流的方向為abcda
B．線圈中的感應電動勢為2nBl2ω
C．穿過線圈磁通量隨時間的變化率最大
D．線圈ad邊所受安培力的大小為，方向垂直紙面向里
7．正弦交變電流經過匝數比為n1∶n2＝10∶1的理想變壓器與電阻R、交流電壓表V、交流電流表A按圖2甲所示方式連接，R＝10 Ω。圖乙是R兩端電壓U隨時間變化的圖象，Um＝10 V，則下列說法中正確的是(　 　)
A．通過R的電流iR隨時間t變化的規律是iR＝cos100πt(A)
B．電流表A的讀數為0.1 A
C．電流表A的讀數為 A
D．電壓表V的讀數為10 V
8．一理想變壓器原、副線圈匝數比n1∶n2＝11∶5，原線圈與正弦交變電源連接，輸入電壓u隨時間t的變化規律如圖3所示。副線圈僅接入一個10 Ω的電阻，則(　　)
A．流過電阻的電流是20 A
B．與電阻并聯的電壓表的示數是100  V
C．經過1分鐘電阻發出的熱量是6103 J
D．變壓器的輸入功率是1103 W
9．如圖所示，匝數為100匝的矩形線圈abcd位于磁感應強度B＝ T的水平勻強磁場中，線圈面積S＝0.5 m2，內阻不計。線圈繞垂直于磁場的軸以角速度ω＝10π rad/s勻速轉動。線圈通過金屬滑環與理想變壓器原線圈相連，變壓器的副線圈接入一只“12 V，12 W”燈泡，燈泡正常發光，下列說法正確的是(　　)
A．通過燈泡的交變電流的頻率是50 Hz
B．變壓器原、副線圈匝數之比為10∶1
C．矩形線圈中產生的電動勢的最大值為120 V
D．若將燈泡更換為“12 V,24 W”且正常發光，需要增大矩形線圈的轉速
10．如圖所示，動圈式話筒能夠將聲音轉變為微弱的電信號(交變電流)。產生的電信號一般都不是直接送給擴音機，而是經過一只變壓器(視為理想變壓器)之后再送給擴音機放大，變壓器的作用是為了減少電信號沿導線傳輸過程中的電能損失，關于話筒內的這只變壓器，下列判斷正確的是(　　)
A．降壓，因為P＝I2R，降壓后電流減少，導線上損失的電能減少
B．降壓，因為P＝，降壓后電壓降低，導線上損失的電能減少
C．升壓，因為I＝，升壓后，電流增大，使到達擴音機的信號加強
D．升壓，因為P＝UI，升壓后，電流減小，導線上損失的電能減少
11．中國已投產運行的1 000 kV特高壓輸電，是目前世界上電壓最高的輸電工程。假設甲、乙兩地原來用500 kV的超高壓輸電，在保持輸送電功率和輸電線電阻都不變的條件下，現改用1 000 kV特高壓輸電，不考慮其他因素的影響。則(　　)
A．送電電流變為原來的2倍
B．輸電線上降落的電壓將變為原來的2倍
C．輸電線上降落的電壓將變為原來的
D．輸電線上損耗的電功率將變為原來的
12．如圖所示，某發電機輸出功率是100 kW，輸出電壓是250 V，從發電機到用戶間的輸電線總電阻為8 Ω，要使輸電線上的功率損失為5%，而用戶得到的電壓正好為220 V，求升壓變壓器和降壓變壓器原、副線圈匝數比分別是(　 )
A．16∶1　190∶11 B．1∶16　11∶190
C．1∶16　190∶11 D．16∶1　11∶190
13．如圖，傾角為α的斜面上放置著光滑導軌，金屬棒KN置于導軌上，在以ab和cd為邊界的區域內存在磁感應強度為B的勻強磁場，磁場方向垂直導軌平面向上。在cd左側的無磁場區域cdPM內有一半徑很小的金屬圓環L，圓環與導軌在同一平面內。當金屬棒KN在重力作用下從磁場右邊界ab處由靜止開始向下運動后，則下列說法正確的是(　　)
A．圓環L有收縮趨勢
B．圓環L有擴張趨勢
C．圓環內產生的感應電流變小
D．圓環內產生的感應電流不變
14．如圖所示，固定在水平面上的光滑平行金屬導軌，間距為L，右端接有阻值為R的電阻，空間存在方向豎直向上、磁感應強度為B的勻強磁場。質量為m、電阻為r的導體棒ab與固定彈簧相連，放在導軌上。初始時刻，彈簧恰處于自然長度。給導體棒水平向右的初速度v0，導體棒開始沿導軌往復運動，在此過程中，導體棒始終與導軌垂直并保持良好接觸。已知導體棒的電阻r與定值電阻R的阻值相等，不計導軌電阻，則下列說法中正確的是(　　)
A．導體棒開始運動的初始時刻受到的安培力向左
B．導體棒開始運動的初始時刻導體棒兩端的電壓U＝BLv0
C．導體棒開始運動后速度第一次為零時，系統的彈性勢能Ep＝mv
D．金屬棒最終會停在初始位置，在金屬棒整個運動過程中，電阻R上產生的焦耳熱Q＝mv
15．如圖所示，理想變壓器的原線圈接有頻率為f、電壓為U的交流電，副線圈接有光敏電阻R、理想交流電表A。下列說法正確的是(　　)
A．當U增大時，變壓器的輸入功率增大
B．當f減小時，變壓器的輸入功率減小
C．當光照增強時，交流電表A的示數減小
D．當滑動觸頭P向下滑動時，交流電表A的示數增大
16．如圖所示，某變電站用10 kV的高壓向10 km外的小區供電，輸送的電功率為200 kW。現要求在輸電線路上損耗的功率不超過輸送電功率的2%，下列不同規格的輸電線中，符合要求的是(　　)
選項
型號
千米電阻(Ω/km)
A
DYD30/C
1
B
DYD50/C
0.6
C
DYD100/C
0.3
D
DYD150/C
0.2
17．圖為某小型水電站的電能輸送示意圖，發電機通過升壓變壓器T1和降壓變壓器T2向用戶供電。已知輸電線的總電阻R＝10 Ω，降壓變壓器T2的原、副線圈匝數之比為4∶1，副線圈與純電阻用電器組成閉合電路，用電器電阻R0＝11 Ω。若T1、T2均為理想變壓器，T2的副線圈兩端電壓表達式為u＝220sin 100πt V。下列說法正確的是(　　)
A．發電機中的電流變化頻率為100 Hz
B．通過用電器的電流有效值為20 A
C．升壓變壓器的輸入功率為4 650 W
D．當用電器的電阻R0減小時，發電機的輸出功率減小
18．遠距離輸電裝置如圖所示，升壓變壓器和降壓變壓器均是理想變壓器．當S由2改接為1時，下列說法正確的是(　　)．
A．電壓表讀數變大 B．電流表讀數變大
C．電流表讀數變小 D．輸電線損失的功率減小
19．A、B兩閉合圓形導線環用相同規格的導線制成，它們的半徑之比rA∶rB＝2∶1，在兩導線環包圍的空間內存在一正方形邊界的勻強磁場區域，磁場方向垂直于兩導線環的平面，如圖所示．在磁場的磁感應強度隨時間均勻增大的過程中，求兩導線環內所產生的感應電動勢之比和流過兩導線環的感應電流的電流之比(　　)．
A.＝1 B.＝2 C.＝ D.＝
20．兩根相距為L的足夠長的金屬彎角光滑導軌如圖所示放置，它們各有一邊在同一水平面內，另一邊與水平面的夾角為37°，質量均為m的金屬細桿ab、cd與導軌垂直接觸形成閉合回路，導軌的電阻不計，回路總電阻為2R，整個裝置處于磁感應強度大小為B、方向豎直向上的勻強磁場中，當ab桿在平行于水平導軌的拉力F作用下以速度v沿導軌勻速運動時，cd桿恰好處于靜止狀態，重力加速度為g，以下說法正確的是(　　)．
A．ab桿所受拉力F的大小為mgtan 37°
B．回路中電流為
C．回路中電流的總功率為mgvsin 37°
D．m與v大小的關系為m＝
二、計算題
21．如圖甲所示，半徑為r、匝數為n的線圈，其兩極分別與固定水平放置的平行金屬板A、B連接，線圈處在勻強磁場中，磁場方向垂直線圈平面，磁感應強度隨時間變化規律如圖乙所示。在t＝0時刻，將一質量為m、帶電荷量為＋q、重力不計的粒子從平行金屬板中心位置由靜止釋放，發現在第一個周期內粒子未與金屬板相撞。求：
(1)平行金屬板間的距離d應滿足的條件；
(2)在滿足(1)的前提下，在T時間內粒子的最大動能為多大？
22．如圖甲所示，在水平面上固定有長為L＝2 m、寬為d＝1 m的金屬“U”形導軌，在“U”形導軌右側l＝0.5 m范圍內存在垂直紙面向里的勻強磁場，且磁感應強度隨時間變化規律如圖乙所示。在t＝0時刻，質量為m＝0.1 kg的導體棒以v0＝1 m/s的初速度從導軌的左端開始向右運動，導體棒與導軌之間的動摩擦因數為μ＝0.1，導軌與導體棒單位長度(1 m)的電阻均為λ＝0.1 Ω，不計導體棒與導軌之間的接觸電阻及地球磁場的影響(取g＝10 m/s2 )。
(1)通過計算分析4 s內導體棒的運動情況；
(2)計算4 s內回路中電流的大小，并判斷電流方向；
(3)計算4 s內回路產生的焦耳熱。
23．如圖所示，足夠長的粗糙絕緣斜面與水平面成θ＝37°角，在斜面上虛線aa′和bb′與斜面底邊平行，在aa′、b′b圍成的區域有垂直斜面向上的有界勻強磁場，磁感應強度為B＝1 T；現有一質量為m＝10 g、總電阻為R＝1 Ω、邊長為d＝0.1 m的正方形金屬線圈MNPQ，讓PQ邊與斜面底邊平行，從斜面上端靜止釋放，線圈剛好勻速穿過磁場。已知線圈與斜面間的動摩擦因數為μ＝0.5，(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：
(1)線圈進入磁場區域時，受到的安培力大小；
(2)線圈釋放時，PQ邊到bb′的距離；
(3)整個線圈穿過磁場的過程中，線圈上產生的焦耳熱。
24．某同學設計一個發電測速裝置，工作原理如圖所示。一個半徑為R＝0.1 m的圓形金屬導軌固定在豎直平面上，一根長為R的金屬棒OA，A端與導軌接觸良好，O端固定在圓心處的轉軸上。轉軸的左端有一個半徑為r＝的圓盤，圓盤和金屬棒能隨轉軸一起轉動。圓盤上繞有不可伸長的細線，下端掛著一個質量為m＝0.5 kg的鋁塊。在金屬導軌區域內存在垂直于導軌平面向右的勻強磁場，磁感應強度B＝0.5 T。a點與導軌相連，b點通過電刷與O端相連。測量a、b兩點間的電勢差U可算得鋁塊速度。鋁塊由靜止釋放，下落h＝0.3 m時，測得U＝0.15 V。(細線與圓盤間沒有滑動，金屬棒、導軌、導線及電刷的電阻均不計，重力加速度g＝10 m/s2)
(1)測U時，與a點相接的是電壓表的“正極”還是“負極”？
(2)求此時鋁塊的速度大小；
(3)求此下落過程中鋁塊機械能的損失。
25．如圖甲所示，“∩”形線框豎直放置，電阻不計。勻強磁場方向與線框平面垂直，一個質量為m、阻值為R的光滑導體棒AB，緊貼線框下滑，所達到的最大速度為v。現將該線框和磁場同時旋轉一個角度放置在傾角為θ的斜面上，如圖乙所示。
(1)在斜面上導體棒由靜止釋放，在下滑過程中，線框一直處于靜止狀態，求導體棒的最大速度；
(2)導體棒在下滑過程中線框保持靜止，求線框與斜面之間的動摩擦因數μ所滿足的條件(設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)；
(3)現用一個恒力F＝2mgsinθ沿斜面向上由靜止開始拉導體棒，通過距離s時導體棒已經做勻速運動，線框保持不動，求此過程中導體棒上產生的焦耳熱。
26．如圖所示，一與水平面成θ＝37°角的傾斜導軌下半部分有足夠長的一部分(cd、ef虛線之間)處在垂直軌道平面的勻強磁場中，軌道下邊緣與一高為h＝0.2 m光滑平臺平滑連接，平臺處在磁場外。軌道寬度L＝1 m，軌道頂部連接一阻值為R＝1 Ω的電阻，現使一質量m＝0.3 kg、電阻為r＝0.2 Ω的導體棒PQ從距磁場上邊界l＝3 m處自由下滑，導體棒始終與導軌接觸良好，導軌電阻不計，導體棒離開磁場前恰好達到勻速運動。導體棒離開平臺后做平拋運動，落至水平面時的速度方向與水平方向成α＝53°角。不計一切摩擦，g取10 m/s2。
(1)求磁場的磁感應強度的大小；
(2)PQ從距磁場上邊界l＝3 m處自由下滑，請分析進入磁場后的運動情況，并求剛進入磁場時通過電阻R的電流。
27．如圖，勻強磁場垂直銅環所在的平面，導體棒a的一端固定在銅環的圓心O處，另一端緊貼銅環、可繞O勻速轉動。通過電刷把銅環、環心與兩豎直平行金屬板P、Q連接成如圖所示的電路，R1、R2是定值電阻。帶正電的小球通過絕緣細線掛在兩板間M點，被拉起到水平位置；合上開關K，無初速度釋放小球，小球沿圓弧經過M點正下方的N點的另一側。
已知：磁感應強度為B；a的角速度大小為ω，長度為l，電阻為r；R1＝R2＝2r，銅環電阻不計；P、Q兩板間距為d；帶電小球的質量為m、電量為q；重力加速度為g。求：
(1)a勻速轉動的方向；
(2)P、Q間電場強度E的大小；
(3)小球通過N點時對細線拉力FT的大小。
28．半徑分別為r和2r的同心圓形導軌固定在同一水平面內，一長為r、質量為m且質量分布均勻的直導體棒AB置于圓導軌上面，BA的延長線通過圓導軌中心O，裝置的俯視圖如圖10所示。整個裝置位于一勻強磁場中，磁感應強度的大小為B，方向豎直向下。在內圓導軌的C點和外圓導軌的D點之間接有一阻值為R的電阻(圖中未畫出)。直導體棒在水平外力作用下以角速度ω繞O逆時針勻速轉動，在轉動過程中始終與導軌保持良好接觸。設導體棒與導軌之間的動摩擦因數為μ，導體棒和導軌的電阻均可忽略。重力加速度大小為g。求
(1) 通過電阻R的感應電流的方向和大小；
(2) 外力的功率。
29．兩根平行、光滑的、相距l＝1 m的長金屬導軌(電阻不計)被固定在絕緣水平面上，左端接有R＝2 Ω的電阻，導軌間區域加上與導軌垂直、方向垂直紙面的磁場，磁場方向分布如圖所示，磁場寬度相同且其寬度d＝0.6 m，磁感應強度B1＝ T、B2＝0.8 T．現有電阻r＝1 Ω的導體棒ab(長為l)垂直導軌放置且接觸良好，當導體棒ab以v＝5 m/s的速度從邊界MN進入磁場后始終做勻速運動，求：
(1)導體棒ab進入磁場B1區域時拉力的功率；
(2)導體棒ab經過任意一個磁場B2區域過程中通過電阻R的電荷量；
(3)導體棒ab勻速運動過程中電阻R兩端的電壓有效值．
30．如圖 (a)所示，在垂直于勻強磁場B的平面內，半徑為r的金屬圓盤繞過圓心O的軸轉動，圓心O和邊緣K通過電刷與一個電路連接，電路中的P是加上一定正向電壓才能導通的電子元件，流過電流表的電流I與圓盤角速度ω的關系如圖(b)所示，其中ab段和bc段均為直線，且ab段過坐標原點，ω＞0代表圓盤逆時針轉動．已知：R＝3.0 Ω，B＝1.0 T，r＝0.2 m．忽略圓盤、電流表和導線的電阻．

(1)根據圖(b)寫出ab、bc段對應的I與ω的關系式；
(2)求出圖(b)中b、c兩點對應的P兩端的電壓Ub、Uc；
(3)分別求出ab、bc流過P的電流IP與其兩端電壓UP的關系式．
專題四：物理選修3-2【參考答案】
1．D 解析　由法拉第電磁感應定律得：E＝＝·πr2＝kπ·r2，小球運動一圈，電場力做的功為W＝Eq＝πr2qk，選項D正確。
2．B 解析　由牛頓第二定律可知mgsin θ－＝ma，有a＝gsin θ－，可知金屬棒做變加速直線運動，選項A錯；由q＝I·Δt＝·Δt＝＝得，位移x＝，選項B對；由動能定理可知mgxsin θ－Q＝mv2，把x代入式中得到Q＝－mv2，選項C錯；當速度為v時，所受安培力最大為，選項D錯。
3．B 解析　S閉合時，由于電感L有感抗，經過一段時間電流穩定時L電阻不計，可見電路的外阻是從大變小的過程。由U外＝E可知U外也是從大變小的過程，所以A、C錯；t1時刻斷開S，由于自感在L、R、D構成的回路中，電流從B經D流向A，以后逐漸變小直到零，所以t1時刻UAB反向，B正確。
4．A 解析　線框在0～t1這段時間內做自由落體運動，v－t圖象為過原點的傾斜直線，t2之后線框完全進入磁場區域中，無感應電流，線框不受安培力，只受重力，線框做勻加速直線運動，v－t圖象為傾斜直線。t1～t2這段時間線框受到安培力作用，線框的運動類型只有三種，即可能為勻速直線運動、也可能為加速度逐漸減小的加速直線運動，還可能為加速度逐漸減小的減速直線運動，而A選項中，線框做加速度逐漸增大的減速直線運動是不可能的，故不可能的v－t圖象為A選項中的圖象。
5．A 解析　0～3 s時間內，磁感應強度隨時間線性變化，由法拉第電磁感應定律可知，感應電動勢恒定，回路中感應電流恒定，所以D錯誤；同時由F＝BIL知道，電流恒定，安培力與磁感應強度成正比，又由楞次定律判斷出回路中感應電流的方向應為順時針方向，即正方向，3～4 s時間內，磁感應強度恒定，感應電動勢等于零，感應電流為零，安培力等于零，B、C錯誤，A正確。
6．C 解析　當線圈轉到圖示的位置時，線圈的磁通量即將向右增加，由楞次定律結合安培定則可知，線圈中感應電流的方向為adcba，故A錯誤；當轉到圖示的位置時產生的電動勢最大，由法拉第電磁感應定律可得，穿過線圈的磁通量的變化率最大。此時電動勢的大小為e＝2nBl2ω＝nBl1l2ω，B錯誤，C正確；線圈此時的感應電流大小為I＝＝，所以ad邊所受的安培力的大小為F＝nBIl2，代入I可得F＝，方向垂直紙面向外，D錯誤。
7．C 解析　由圖乙知T＝210－2 s，f＝50 Hz，ω＝2πf＝100π rad/s，Im＝＝1 A，故iR＝cos 100πt(A)，A錯誤；通過R的電流的有效值I2＝＝ A，再根據＝知，I1＝ A，B錯誤，C正確；電壓表讀數應為副線圈兩端電壓的有效值，即U＝＝ V，故D錯誤。
8．D 解析　原線圈中電壓的有效值是220 V，由變壓比＝知副線圈中電壓為U2＝100 V，流過電阻的電流I＝＝10 A，A錯誤；與電阻并聯的電壓示數是100 V，B錯誤；經過1分鐘電阻發出的熱量Q＝I2Rt＝6104 J，C錯誤；變壓器的輸入功率等于輸出功率，即P入＝P出＝UI＝1103 W，故D正確。
9．B 解析　由ω＝2πf可得通過燈泡的交變電流的頻率是5 Hz，選項A錯誤；矩形線圈在水平勻強磁場中轉動產生感應電動勢最大值為Em＝NBSω＝1000.510π V＝120 V，變壓器輸入電壓為120 V，由變壓器變壓公式可知，變壓器原、副線圈匝數之比為10∶1，選項B正確，C錯誤；因副線圈電壓仍為12 V，故將燈泡更換為“12 V,24 W”能保證其正常發光，不需要增大矩形線圈的轉速，選項D錯誤。
10．D 解析　根據變壓器的作用是為了減少電信號沿導線傳輸過程中的電能損失可知，話筒內的這只變壓器一定是升壓變壓器，因為P＝UI，升壓后，電流減小，導線上損失的電能減少，選項D正確。
11．C 解析　根據輸送電功率P輸＝U輸I輸及P輸不變可知，輸電電流I輸＝P輸/U輸∝1/U輸，當U輸變為原來的2倍時，I輸變為原來的，選項A錯誤；輸電線上降落的電壓U降＝I輸R降∝I輸，所以，當輸電電流變為原來的時，輸電線上降落的電壓也變為原來的，選項B錯誤、C正確；輸電線上損耗的電功率P損＝IR降∝I，所以輸電線上損耗的電功率將變為原來的，選項D錯誤。
12．C 解析　輸電線損失功率P損＝1001035% W＝5103 W，
所以，輸電線電流I2＝＝25 A，
升壓變壓器原線圈電流I1＝＝400 A，
故升壓變壓器原、副線圈匝數比＝＝。
升壓變壓器副線圈端電壓U2＝U1＝4 000 V，
輸電線損失電壓U損＝I2R線＝200 V，
降壓變壓器原線圈電壓U3＝U2－U損＝3 800 V，
故降壓變壓器原、副線圈匝數比為＝＝。
故選項C正確。
13．AC 解析　由于金屬棒KN在重力的作用下向下運動，則KNMP回路中產生逆時針方向的感應電流，則在圓環處產生垂直于軌道平面向上的磁場，隨著金屬棒向下加速運動，圓環的磁通量將增加，依據楞次定律可知，圓環將有收縮的趨勢以阻礙圓環磁通量的增加；又由于金屬棒向下運動的加速度a＝gsin α－減小，單位時間內磁通量的變化率減小，所以在圓環中產生的感應電流不斷減小。
14．AD 解析　根據楞次定律，導體棒向右運動，感應電流的方向為a到b，再根據左手定則，導體棒受到的安培力方向水平向左，選項A正確；導體棒開始運動的初始時刻，導體棒產生的感應電動勢為BLv0，而導體棒兩端的電壓為路端電壓，大小為＝，選項B錯誤；根據動能定理，W安＋W彈＝mv，所以W彈<mv，而W彈等于彈簧的彈性勢能，故Ep<mv，選項C錯誤；最終機械能全部轉化為電阻的內能，導體棒r和電阻R產生的內能都是mv，選項D正確。
15．AD 解析　當U增大時，變壓器的輸出電壓增加，根據功率表達式P＝，光敏電阻消耗的功率增大，變壓器輸入功率增大，故A正確；當f減小時，輸入電壓和輸出電壓不變，輸出功率不變，故變壓器的輸入功率不變，故B錯誤；當光照增強時，光敏電阻的阻值減小，副線圈電壓不變，交流電表A的示數增大，故C錯誤；當滑動觸頭P向下滑動時，原線圈匝數減少，變壓器的輸出電壓增大，交流電表A的示數增大，故D正確。
16．CD 解析　由P＝UI解得輸電電流I＝P/U＝20 A．輸電線路上損耗的功率不超過P線＝200 kW2%＝4 kW，由P線＝I2R解得R＝10 Ω。由于輸電線長度需要20 km，所以可以選擇千米電阻0.5 Ω/km以下的型號DYD100/C或型號DYD150/C，符合要求的是選項C、D。
17．BC 解析　由u＝220sin 100πt(V)可知：ω＝100π，U2m＝220 V，所以f＝50 Hz，U2＝220 V。通過用電器的電流IR0＝＝20 A，選項A錯，B正確；由＝得＝，所以IR＝5 A，所以P損＝IR＝250 W。
P入＝P出＝IR0U2＋P損＝4 650 W，選項C正確；當R0減小時，由P＝可知，用戶消耗的功率增大，線路上損耗的功率也增大，所以發電機的輸出功率增大。選項D錯誤。
18．AB 解析　當S由2改接為1時，升壓變壓器的原線圈匝數不變，副線圈匝數變大，所以輸送電壓變大，降壓變壓器的輸入電壓和輸出電壓均變大，電壓表示數變大，選項A正確；降壓變壓器的輸出電壓變大時，流過燈泡的電流I燈也變大，輸電線上的電流I線也隨著I燈的變大而變大，所以電流表讀數變大，選項B正確，C錯誤；I線變大時，輸電線損失的功率P線＝IR變大，選項D錯誤．本題答案為A、B.
19．AD 解析　勻強磁場的磁感應強度隨時間均勻變化，設t時刻的磁感應強度為Bt，則Bt＝B0＋kt，其中B0為t＝0時的磁感應強度，k為一常數，A、B兩導線環的半徑不同，它們所包圍的面積不同，但某一時刻穿過它們的磁通量均為穿過磁場所在區域面積上的磁通量，設磁場區域的面積為S，則Φt＝BtS，即在任一時刻穿過兩導線環包圍面上的磁通量是相等的，所以兩導線環上的磁通量變化率是相等的． 由E＝得，E＝·S(S為磁場區域面積)．對A、B兩導線環，由于及S均相同，得＝1.I＝，R＝ρ(S1為導線的橫截面積)，l＝2πr，所以＝.代入數值得＝＝.
20．AD 解析　對cd桿，BILcos 37 °＝mgsin 37°，對ab桿，F＝BIL，聯立解出ab桿所受拉力F的大小為F＝mgtan 37°，故A對；回路中電流為：I＝， 故B錯；回路中電流的總功率為Fv＝mgvtan 37°，故C錯；I＝，又I＝， 故m＝，故D對．
21．解析　(1)在T時間內，線圈的感應電動勢大小恒定，
且有E＝n＝ ①
若前內A板為正，則在后內A板為負，粒子先加速后減速，t＝T時刻速度恰好減小為0，加速度大小為a＝＝＝ ②
總位移s＝2a()2＝ ③
粒子沒有與金屬板相撞，則滿足≥s ④
聯立③④解得d≥r ⑤
(2)粒子動能最大在t＝加速結束的時刻，要使粒子的動能最大，則加速度必須最大，因此板間距離d最小，即d＝r ⑥
粒子加速距離為s0＝ ⑦
由動能定理得q·E＝Ekm ⑧
聯立①⑧解得Ekm＝。
答案　(1)d≥r　(2)
22．解析　(1)導體棒先在無磁場區域做勻減速直線運動，
有－μmg＝ma，v＝v0＋at，x＝v0t＋at2
導體棒速度減為零時，v＝0。
代入數據解得：t＝1 s，x＝0.5 m導體棒在1 s末已停止運動，以后一直保持靜止，離左端距離為x＝0.5 m。
(2)前2 s磁通量不變，回路電動勢和電流分別為E＝0，I＝0
后2 s回路產生的感應電動勢為E＝＝ld＝0.1 V
回路的總長度為5 m，因此回路的總電阻為R＝5λ＝0.5 Ω
電流為I＝＝0.2 A
根據楞次定律，在回路中的電流方向是順時針方向。
(3)前2 s電流為零，后2 s有恒定電流，焦耳熱為Q＝I2Rt＝0.04 J。
答案　(1)前1 s導體棒做勻減速直線運動，1 s～4 s內一直保持靜止
(2)0.2 A，順時針方向　(3)0.04 J
23．解析　(1)對線圈受力分析有：F安＋μmgcosθ＝mgsinθ
代入數據得：F安＝210－2 N
(2)F安＝BId，E＝Bvd，I＝
解得：F安＝
代入數據得：v＝2 m/s
線圈進入磁場前做勻加速運動，a＝gsin θ－μgcos θ＝2 m/s2
線圈釋放時，PQ邊到bb′的距離x＝＝1 m
(3)由于線圈剛好勻速穿過磁場，則磁場寬度等于d＝0.1 m，
由功能關系得Q＝－W安＝F安·2d
解得：Q＝410－3 J
答案　(1)210－2 N　(2)1 m　(3)410－3 J
24．解析 (1)根據右手定則可判斷知A點是電源的正極，故a點接電壓表的“正極”。
(2)根據 ①
②
v＝ωr＝ωR ③
聯立①②③得：v＝2 m/s。
(3)根據能量守恒得：ΔE＝mgh－mv2＝0.5 J。
答案　(1)正極　(2)2 m/s　(3)0.5 J
25．解析　(1)線框豎直放置時，對導體棒分析，有
E＝BLv，I＝，mg＝BIL＝
同理，導體棒在斜面上下滑速度最大時
解得。
(2)設線框的質量為M，當導體棒速度最大時，線框受到沿斜面向下的安培力最大，要使線框靜止不動，則Mgsinθ＋F安≤fmax
即：Mgsinθ＋mgsinθ≤μ(M＋m)gcosθ
解得μ≥tanθ。
(3)當勻速運動時F＝mgsinθ＋F安′
F安′＝
由功能關系可得Fs＝mgssinθ＋mv＋Q
聯立可得Q＝mgssinθ－mv2sin2θ。
答案　(1) 　(2)μ≥tanθ　(3)mgssinθ－mv2sin2θ
26．解析　(1)設導體棒離開磁場前恰好達到勻速運動時的速度為v1，由題意知離開平臺的水平速度也為v1。
則根據平拋運動的特點：vy＝gt，h＝gt2，tanα＝。所以v1＝1.5 m/s
導體棒離開磁場時滿足：
mgsinθ＝BIL，又E＝BLv1，I＝，解得B＝1.2 T。
(2)設導體棒進入磁場時的速度為v，則由機械能守恒定律得
mglsin37°＝mv2，所以v＝＝6 m/s.
這時通過R的電流為I′＝＝6 A，而這時安培力F＝BI′L＝7.2 N
重力的分力mgsin 37°＝1.8 N，因此導體棒進入磁場后先做加速度越來越小的減速運動，最終勻速運動，滑上平臺后仍勻速運動，離開平臺后做平拋運動。
答案　(1)1.2 T　(2)見解析
27．解析　(1)依題意，小球從水平位置釋放后，能沿圓弧向下擺動，故小球受到電場力的方向水平向右，P板帶正電，Q板帶負電。由右手定則可知，導體棒a順時針方向轉動。
(2)導體棒a轉動切割磁感線，由法拉第電磁感應定律得
電動勢大小E0＝＝＝Bl2ω①
由閉合電路歐姆定律得I＝②
由歐姆定律可知，PQ的電壓為UPQ＝IR2③
故PQ間勻強電場的電場強度大小E＝④
聯立①②③④，代入R1＝R2＝2r，可得E＝⑤
(3)設細線長度為L，小球到達N點時速度為v，
由動能定理可得mgL－EqL＝mv2⑥
又FT－mg＝⑦
由⑤⑥⑦得FT＝3mg－⑧
答案　(1)順時針轉動　(2)　(3)3mg－
解析　(1)在Δt時間內，導體棒掃過的面積為：
ΔS＝ωΔt[(2r)2－r2]①
根據法拉第電磁感應定律，導體棒產生的感應電動勢大小為：E＝②
根據右手定則，感應電流的方向是從B端流向A端，因此流過導體R的電流方向是從C端流向D端；
由歐姆定律流過導體R的電流滿足：I＝③
聯立①②③可得：I＝④
(2)在豎直方向有：mg－2FN＝0 ⑤
式中，由于質量分布均勻，內外圓導軌對導體棒的正壓力相等，其值為FN，兩導軌對運動的導體棒的滑動摩擦力均為：Ff＝μFN ⑥
在Δt時間內，導體棒在內外圓導軌上掃過的弧長分別為：l1＝rωΔt⑦
和l2＝2rωΔt ⑧
克服摩擦力做的總功為：Wf＝Ff(l1＋l2) ⑨
在Δt時間內，消耗在電阻R上的功為：WR＝I2RΔt ⑩
根據能量轉化和守恒定律，外力在Δt時間內做的功為：W＝Wf＋WR?
外力的功率為：P＝ ?
由④至?式可得：P＝μmgωr＋ ?
答案　(1)　方向由C→D　(2)μmgωr＋
29．解析(1)導體棒ab在磁場B1區域中運動時，產生的感應電動勢為E1＝B1lv，感應電流I1＝
所受安培力F安＝B1I1l，導體棒ab做勻速運動，則F拉＝F安
故拉力的功率P＝F拉v＝＝ W＝0.67 W.
(2)經過任意一個磁場B2區域過程中，通過電阻R的電荷量q＝I2Δt2
由題意得I2＝，位移d＝vΔt2
解得q＝＝0.16 C.
(3)導體棒進入磁場B2區域時，感應電動勢E2＝B2lv＝4 V，進入磁場B1區域時，感應電動勢E1＝B1lv＝ V
設感應電動勢的有效值為E，一個周期T中，一半時間內感應電動勢為E1，一半時間內感應電動勢為E2，則有＋＝T
解得E＝3 V
電阻R兩端電壓有效值為UR＝R＝2 V.
答案　(1)0.67 W　(2)0.16 C　(3)2 V
30. 解析　(1)由題圖(b)得出三點坐標a(－45，－0.3)，b(15，0.1)，c(45,0.4)，
由直線的兩點式得I與ω的關系式為I＝
(2)圓盤切割產生的電動勢為：E＝Br＝Bωr2＝0.02ω
當ω＝15 rad/s時E＝0.3 V，
當ω＝45 rad/s時E＝0.9 V，忽略電源內阻，
故UP＝E，可得：Ub＝0.3 V，Uc＝0.9 V
(3)對應于c點P導通，通過電表的電流I總＝＋＝ A＋＝0.4 A
解得RP＝9 Ω
則對應于bc段流過P的電流IP＝＝
對應于a點元件P不導通，則對應于ab段流過P的電流IP＝0.
答案　見解析

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