高中物理——猿题库——小猿热搜——电磁感应典型题300（答案册）_初高中资料库_高中资料库（转存避免链接过期失效）_高中物理

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目11录
单项选择题篇答案解析…………………………………………………1
多项选择题篇答案解析………………………………………………15
不定项选择题篇答案解析……………………………………………29
计算题篇答案解析……………………………………………………55
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单顶选择题篇答案解析
1。［答案］
D
［解析］
由图示的B-t图象可知’在0～1s内,B增大,@增大’由楞次定律可知,感应电流是逆时针的,为负值;在
1～2s内,B减小,O减小,由楞次定律可知,感应电流是）｜顶时针的,为正值;在2～3s内,B反向增大,@增大,由楞次
定律可知,感应电流是顺时针的,为正值;在3～4s内,B反向减小,O减小,由楞次定律可知,感应电流是逆时针的,为
负值.由法拉第电磁感应定律可知,因为B＿t图象中的图线斜率-定,所以感应电流的大小均为定值,故D项正确.
综上所述,本题正确答案为D
2。［答案］
D
［解析］
巾法帅第屯磁感应定律知阿-芳’由于线榷面积不变,故△缠＝△B.s’故I-警÷’巾电流图象可以看
出,在第＿阶段电流大小保持不变,且为正方向,故磁场强度沿正方向应该是均匀减小,即磁场强度变化斜率为负值,
且为常数’第二阶段电流恒为负定值,故磁场强度应该是沿正方向均匀增大’即磁场强度变化斜率为正值,且为常数’
故D项正确。
综上所述,本题正确答案为D。
3. ［答案］
D
［解析］
A项,当导线切割磁感线运动时将会产生感应电动势E＝NBSu′sinα,其中α为运动方向与磁场方向的夹
角。当发电机线圈某时刻处于图示位置时,α＝90°,此时感应电动势最大,变压器原线圈的电流瞬时值最大,故A项错
误;B项,此电路为交流电路,线圈匀速转动时,交流电压表测得电压有效值恒定且不为零,与线圈状态无关,故B项错
误;C项,以线圈平面与磁场平行时为计时起点时,发电机线圈感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBS山cos皿,故C项
错误;D项’交流发电机运转状态恒定时,产生电压有效值不变,经过变压器的输出电压U也保持恒定.由于用户数目
增多,用电功率P＝UI增大,因此电流表的读数I变大,故D项正确。
综上所述,本题正确答案为D°
4. ［答案］
C
［解析］
A项,Sl ｀S2都断开时变压器空载,副线圈两端有电压,电压表示数不为零,故A项错误;B项,变压器不能改
变频率,负载端交流电的频率还是50Hz,故B项错误;C项,深夜大部分用户已关灯’干路中电流减小’线路损耗也减
小’用户得到的电压较高,此时开灯就会较亮,故C项正确;D项,用电高峰期,负载增多,负荷电阻减小’干路中电流
增大,因此输电线损耗电压增大,致使降压变压器的输人电压降低,为提高负载电压,可增大降压变压器副线圈的匝
数,使输出电压提高,故D项错误.
综上所述,本题正确答案为C.
5. ［答案］
A
［解析］
由于在AB间接人的是正弦交流电,副线圈二极管Dl 、D2轮流导通°从题意可知,副线圈的二分之＿匝数被
接人,即电阻R两端的电压为半个副线圈两端的电压,由于二极管的特点,该电路中,电阻在交流电的整个周期都有
电流流人’整个周期线圈都对电阻做功,因此该电阻电路等效为原副线圈匝数比为门ll
: ″22＝1 100
: 100＝11
; l的
理想变隆器所以由阀｜』
』″鳃＝U』÷ ;U:;原线圈电压的省效值U』』≡器v-220v侧副线圈的心阻两端的有效值
.
1
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韩
班
丰
主
丰
驻
瑞
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出
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…
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U』』-20v纯电阻的功率P-等＿芳w≡20w异通二极管陶端的电雁可以忽略尔汁不黔圃二极管雨端的电臆
为整个副线圈两端的电压,此时〃2′＝n2＝200,由nl
: n2＝11
: 2,得二极管两端的电压有效值为U2＝40V,所以二极
管的反向耐压值至少为u0≡√面U2≡40√面ˉv≈56.6v,故A项正确。
综上所述’本题正确答案为A°
6. ［答案］
C
［解析］
根据题意知,当单刀双掷开关S接1时,电源为交流电,三个灯亮度相同,说明电感L的感抗与电阻R相同,
当S接2时,电感L没有感抗’电容器具有隔断直流的作用,而交流与直流对电阻R没有影响’所以丙灯不亮’灯甲亮
度不变,乙灯亮度增加,即甲灯比乙灯暗,故C项正确·
综上所述,本题正确答案为C.
7。［答案］
B
［解析］
圆形闭合细导线扭-次变成两个圆面积比为1
: 4’半径之比为1
; 2’设扭转后小圈半径为厂’大圈半径为
2′’当磁感应强霞变化的时候线圈中的电流为′』ˉ:≡颇［（2娇）』—′』］＿竿,扭转枷闭合回路半径为
R
2派.2′＋2厕.厂＝3′,当磁感应强度变化的时候线圈中的电流为′!≡颇. （3′）』＿竿侧］1
; ′』≡3
‘ 1.故B项
2冗
R
正确.
综上所述,本题正确答案为B.
8. ［答案］
C
［解析｜＾项,…橇…交…压的…,…压的…［′翻ˉ鳃0徊v则U』ˉ器ˉ鳃0v,所＂
Vl测得是Ul的电压,读数为220V,故A项错误;
B、C项,根据理想变压器″l :＂2＝Ul :U2 ’得U2＝20V。副线圈电路中有二极管,由于二极管的特性,使副线圈半个
周期内没偷电流则在ˉ个周期T内.等×÷≡等×T（视灯泡为纯电阻）.解得U侧≡l0徊v’所以灯泡的电流
′灯-鉴＝√页A≈L』A,电雁表测得的是灯泡两端的电压,电流表测得的是灯泡的电流.故B项镭误｀c项正确′∏
项,流过灯泡电流的变化周期等于正弦交变电压的周期,为T＝2×10-2s,故D项错误.
综上所述,本题正确答案为C.
9. ［答案］
D
［解析］
A项,原线圈的电压最大值为220√百V≈311V’所以每匝线圈的磁通量的最大变化率为0.311Wb／s,故A
项错误;B项,由理想变压器电压与匝数的关系可知,副线圈的电压为40√百V,有效值为40V。若在A、B两点间接人
理想二极管.根据有效值定义,设此时电压U所以（竿）』
T
U2
·丁＝万T,所以U≡20√可V’即电压表读数为20√百V,故
B项错误;C项,在A、B两点｜司接人-只电容器,只提高交流电频率,电容器的容抗减小,故R分得的电压增加,电压
表读数增大’故C项错误;D项,在A、B两点间接人-只电感线圈,只提高交流电频率’感抗增加’故R分得的电压减
小,电阻R消耗电功率减小,故D项正确.
综上所述,本题正确答案为D.
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2
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10。［答案］
D
［解析］
A项’由图乙可知电流的频率为／＝上×102Hz,则角速度‘o＝2冗／＝200rad／s’故A项错误;B项,根据最
冗
大感应电动势公式有Em＝′!BS山≡′!@o＝100×10 2×200V≡200V,故B项错误;C项,由B项可得感应电动势的
有效值为100√rV,故C项错误;D项,电路总电阻为R总＝厂＋R≡（5＋95）O＝100O,由C项可知感应电流的有效
值为l兴丹≡√可A,故p聊止确
综上所述,本题正确答案为D.
1L［答案］
A
［解析］
由题图知,此时,线圈在磁场中的面积最大,即磁通量最大,变化率最小,所以根据电磁感应定律知此刻感
应电流的大小为零,设线圈向外转动产生的感应电流方向为正,则向外转动过程中,磁通量的变化速率变大,感应电
流变大,当线圈与磁感线垂直时,变化率达到最大,感应电流最大,继续转动时,磁通量的变化速率减小,则感应电流
减小直到零（线圈与磁感线垂直时）,这个过程由楞次定律知电流方向不会改变’结合所给选项比较·知A项符合,故
A项正确。
综上所述,本题正确答案为A。
12° ［答案］
D
［解析］
线框αb边进人磁场前,受到重力作用,做自由落体运动;αb边进人磁场时和αb边穿出磁场时的速度相等,
说明线框刚进人磁场后做先减速后加速的运动·在进人磁场的过程中’线框αb边切割磁感线,αb边受到竖直向下的
重力和竖直向上的安培力作用’做变减速直线运动,后若安培力等于重力,线框还可能做匀速直线运动;线框完全进
人磁场中时,线框磁通量不发生变化,所以只受到重力作用9做自由落体运动;线框αb边在离开磁场时’C仇边切割磁
感线,所以受到坚直向下的重力和竖直向上的安培力作用,做变减速直线运动,由于线框的αb边刚进人磁场时的速
度和αb边刚离开磁场时的速度相同,所以线框在进人和离开磁场的运动过程完全相同
＾项,由过程分析知’线框的最大速度即为进人时＂速度.此时,重力小了安墙力,圆‖触鳃＞霹.由机碱能守恒;
÷狮砌m』-顺gh,得Um＝√面百万,故A项错误;B项,αb边进人磁场时和αb边穿出磁场时的速度相等,由动能定理得;
加gH-W安＝0,安培力做功转化为电热,即Q＝W安≡加gH’故B项错误;C项,线框进人磁场过程产生的感应电动
势屑＝等ˉ警,则线框中的感应电流I≡÷则电荷邑Q≡I△修≡爷线框的侧b边进入磁场过程啊感b边离开磁翰
过程相同.所以线框通过的总电荷量Q隐-2Q-竿,故C项错误;D项,αb进人磁场的速厦°』≡砌蹿-√霄颤.设线
框正好完全进人磁场时的速度为Ul ,刚要离开时的速度U2＝U0 ,线框速度由Ul变化到U2过程,线框在磁场中做自
由落体运动,根据运动学公式U02＿U12＝2g（H-′）’得到Ul≡√2g（h＋I—H）;线框在进人和离开磁场的运动过程
完全相同,凰‖线框‘d边离开磁场＂瞬时逮度翘』-财! ,此时安培力F≡BI』≡B竿′ .结合瞬时功率P-F°』,联立解
得:p≡2B2′2g（h＋′
H）,故D项正确.
R
综上所述,本题正确答案为D
∩
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O
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易错项辨析:
本题的易错项为A项因为线框α6边进人磁场时和穿出磁场时速度相等·所以线框进人磁场过程中不可能匀速,可
能先减速后匀速,也可能进人过程—直减速,完全进人后再加速,所以刚进人磁场时速度最大,且安培力大于重力,
所以逮度的最大值砌顾＞豁
13. ［答案］
A
［解析］
问题求解;将圆盘看做由无数条细杆组成,它们都切割磁感线,从而产生感应电动势’根据右手定则可以判
断圆盘上的电流从边缘流向圆心,即从b到α’根据法拉第电磁感应定律,产生的电动势E＝B′万-Bl山亏里』＝
△
0
古B′2°’故A项正确
综上所述,本题正确答案为A.
易错项辨析:
本题的易错项为B项。圆盘匀速转动时,与导线相连的＿条半径做切割磁感线运动,由右手定则可判断其产生的感
应电流在电路中顺时针流向’该半径做切割磁感线运动时,上端的速度为幻′9下端（与中心轴相连）的速度为0,平均
速度为等｀由公式E-B′丽≡B′罕＝＋B!』纱可能有些人想问;法拉第电磁感应定棒认为只能闭合电路的磁通
量发生变化才会产生感应电流,而本题中圆盘的磁通量没有变化9为什么有感应电流,或者说外电路和圆盘的＿条
直径所构成的闭合回路的磁通量没有变化,为什么会产生感应电流呢’如果不好判断闭合线圈的磁通量是否发生变
化,我们可用“在磁场中发生运动的自由电荷其受力的方向来判断感应电流的方向”.本题中,圆盘的自由电荷随圆
盘转动,由左手定则可知:自由的正电荷向轴心运动,负电荷向圆盘边缘运动,此分析也可说明通过电阻R的电流从
b流向α.
14. ［答案］
D
220
［解析］
A、B项’设副线圈中电压的有效惰为U: ,则窑≡升,德U』≡鳃√霄V,副线圈中的电流!』≡R』于R』
U2
2√百A,则S断开时,电压表示数为22√面V,电流表示数为2√百A,故A、B项错误;C、D项’变压器原副线圈的电压
比等于匝数比,故闭合开关S,副线圈上电压不变,电压表示数不变;闭合开关,副线圈电路中的总电阻为8O’输人功
率与输出功率相等,为P≡（22√百）2
8
W＝121W,故C项错误,D项正确.
综上所述,本题正确答案为D
15。［答案］
D
［鹏析｜
＾」颐｜电流均晕正弦变化有…′侗趣ˉ芳-徊A』所以尸＾ˉP凰ˉ』…R‘,C项中′《≡′瞥凰ˉ
2.25Rr,D项中PD＝I2Rt＝4Rr,所以D项中电阻产生的热量最大’故D项正确.
综上所述,本题正确答案为D.
易错项辨析:
本题的易错项为B项.D选项中电流的有效值为2A,而B选项中图象为正弦图象,其最大值为2A,则有效值为
√百A’所以在相同的时间内电阻产生热量大的选项为D.
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4
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16. ［答案］
C
［解析］
A项,从题图中可看出该交流电的最大值为20√百V’周期为0.02s’根据交变电流的电动势随时间的变化
规律‘＝Emsin‘°!,其中倒-竿,可知输人电压U≡20√可sm（l00减）V,故A项错误;B项｀理想变压器原副线圈的电
压之比Ul :U2＝″1
: 门2 ,即副线圈的电压由输人电压利线圈匝数比确定,只断开S2,副线圈中电压不变,Ll 、L2的
总电压不变,总电阻增加,流过灯泡的电流减小,Ll 、L2不能正常发光,故B项错误;C项,只断开S2 ,副线圈中电压
不变,咆…鹏增加凤翰＿20…率的计算顺用育徽值根露正弦…的…计算公式归—芳,以…
变压器原副线圈…之比U｜;U霍-鹏』;阀』｀…｛线圈…有效值为』｀′、P-署-MW理想变压器的输
人功率等于输出功率,故原线圈的输人功率为（）.8W’故C项正确;D项’由C项分析可知副线圈电压的有效值为
4V,若Sl接到2,副线圈的电压仍然不变,根据焦耳定律P＝I2R及欧姆定律,可得电阻消耗的电功率为0.8W,故
D项错误.
综上所述,本题正确答案为C.
l7。［答案］
D
［解析］
A项,根据楞次定律可知感应电流的方向为逆时针方向,故A项错误;
B项,线框中感应出了感应电流,且磁感线垂直于线框,则由左手定则知CD段受到的安培力向下,故B项错误;
C项｀当半圆闭合回路迸入磁场＿半时’这时等效长度最大为;｀这时感应电动势最大值’E＝E÷锄.故C项错误;
B÷霖（;）,＝÷…｀故D项
D项’由法执第电磁感应定橇叫得感应屯动势平均值为;置-等-等,即面＝
α
U
正确°
综上所述,本题正确答案为D。
易错项辨析:
本题的易错项为B项。CD段不切割磁感线,不产生感应电动势,但其他部分切割磁感线,会产生感应电动势,则电路
中会有感应电流,CD中有从D流向C的感应电流’该电流与磁场方向垂直,所以CD段会受到安培力。
18。［答案］
C
Umax＼2
（万′×÷＋0＝R·
U有效2×T,计算得U有效＝l10√面V,所以可
［解析］
A项,根据题图乙和有效值的计算方法得:
R巳
知题图乙中电压的有效值为110√百V,故A项错误;B项,输人电压的有效值为110√面V,由于原、副线圈电压之比
等干原、副线圈匝数之比｀可知副线圈两端的电雁为n0√霄×÷v＝22√霄v｀即可得到电压表的示数为22√百v.故
B项错误;C项,R处出现火警时,热敏电阻阻值减小’副线圈两端电压不变,得变压器输出电流增大,由干原、副线圈
电流之比等于原、副线圈匝数之比的倒数,所以变压器输人电流变大,电流表示数增大,故C项正确;D项,R处出现
火警时’负载总阻值减小’变压器输出电流增大’所以电阻R0上消耗的电功率应该增大,故D项错误.
综上所述,本题正确答案为C。
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5
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19. ［答案］
C
｜解析｜…中育效…器测…为舒根…变峰孺中线膨中吧渝之比筹于顺数比的倒数可知输
电线中…黑;』测输咆线翻火的…为（黑）』←喘』』（分厂故c…
综上所述,本题正确答案为C.
20. ［答案］
D
［解析］
A项.根据欧姆定律和电磁感应定棒有,′-÷-〃簧,知磁感应强度的变化率越大则电流越大’磁感应
强度变化率最大值为肌1’贝｛最大屯流l-α器1A-α05A,在0～2＂内磁感应强度的变化率越来越小’所以感
应电流减小,故A项错误;B、C项’根据楞次定律可得,2～5s内,磁感应强度变化率为负,感应电流方向沿逆时针方
向,故B、C项错误;D项,在（）～5s时间段,当电流最大时,发热功率最大,根据A项分析可知最大电流为0.05A,则
p≡I2R＝0.052×0.2＝5×10
4W,故I）项正确.
综上所述,本题正确答案为D.
2L［答案］
A
［解析］
磁铁和线圈之｜司的所有作用效果均是阻碍线圈磁通量的变化在本题中圆环从静止开始向下运动到落到
磁铁下方的过程中,穿过圆环的磁通量先增加再减小,根据楞次定律可知磁铁对线圈的作用是:感应电流的磁场先
阻碍磁通量增加再阻碍其减小’即先是排斥其向下运动,阻碍其磁通量增大,后是吸弓｜线圈,阻碍其磁通量的减小.
假设阻力为F,则F＞0且向上,由牛顿第三定律可知,环对磁铁的作用力F′＝F,方向向下,绳的拉力T＝加g＋F′ ,
故两种情况下绳的拉力均大于mg;金属圆环经过磁铁位置Ⅱ的时候速度较大,阻力F也较大,故T2＞Tl＞加g,故A
项正确。
综上所述,本题正确答案为A。
●
■
Ⅱ
■
｜
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■
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22。［答案］
D
［解析］
过程分析:开关S由1掷到2,电容器放电,在电路中产生放电电流。导体棒通有电流后会在磁场中受到向
右的安培力作用,向右加速运动。向右运动过程中导体棒将切割磁感线,产生感应电动势,此感应电动势将电容器的
电压抵消＿些,随着速度增大,感应电动势增大’则回路中的电流减小,导体棒所受的安培力减小,加速度减小.导轨
光滑,在有电流通过导体棒的过程中,棒是＿直做变加速运动.当感应电动势等于电容器的电压时,电路中无电流,
导体棒不受安培力,做匀速运动.
选项分析:
A项,导体棒匀速运动后,导体棒切割磁感线有感应电动势产生,所以电容器两端的电压能稳定在某个不为零的数
值根据Q≡cu9电容器的电荷量应稳定在某个不为零的数值。这时电容器的电压等于导体棒产生的感应电动势数
值,所以导体棒中无电流,故A项错误.B项,通过棒的电流是按指数递减的,最后电流减至零,故B项错误。C、D项’
导体棒先做加速度减小的变加速运动.电容器放电产生电流使得导体棒受安培力作用,当感应电动势等于电容器的
电压时,电路中无电流,导体棒不受安培力时,导体棒做匀速运动’导体棒的加速度为零,故C项错误,D项正确.
综上所述’本题正确答案为D.
＾
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O
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23. ［答案］
D
〔解析］
A项,当αb棒刚进人磁场时’由右手定则可知通过αb棒的电流方向为b→α,则cd棒的电流方向为r→α’故
A项错误B项,当C仇棒刚进人磁场时,cα棒产生动生电动势,αb棒与电阻R0并联形成外电路,则通过cα棒的电流
大小为「≡
＝｜∧通过毗镶的电流大小为′竣＝悬′＝÷A敬B项错误oD项.从喊棒铡迸磁杨到
E
厂R0
厂＋7丰瓦
αb棒刚离开磁场的过程中’系统的动能不变,根据动能定理,克服安培力做的功等于外力做功的大小’也等于产生的
焦耳热,即W＝2BIL° 5≡0.2J,故C项错误,D项正确.
综上所述,本题正确答案为D
24° ［答案］
B
［解析］
A项’铜盘转动的过程中相当于αb切割磁场,等效电源如图所示,Uα＝0,Ub＝o厂’
·峨≡÷｀贝‖感应电动势F≡BL,＿竿、愿!与愿线圈分雁侧愿线圈两端的电雁小于竿,
故A项错误B项’当Rl不变时,原线圈中电流为定值’恒定电流不能通过理想变压器传
输,所以通过R2电流为零,故B项正确C项,当Rl不变时,原线圈中电流为定值’产生的
磁场为定值,所以副线圈中磁通量为非零定值,故C项错误D项,原、副线圈电流之比为Ⅱ
的电流为Rl的＂倍,故D项错误.
综上所述,本题正确答案为B。
［〕项,原、副线圈电流之比为匝
】
厂
凹
‖
‖
‖
‖
‖
‖
日
日
■
】
■
】
□
）
几
ˉ
—
｜
山
—
一
~
R‖
｜
［巴司」
数的反比γ所以通过R’
25。［答案］
C
（解析!
因为输入电压鹏1不变,所以输出电腿醚』ˉ等不变,即电压表示数不变,用户用电器增＂’电阻减小,则输
人电流f2增大,即电流tl≡卫j2增大,电流表示数增大,故C项正确.
冗1
综上所述,本题正确答案为C。
26. ［答案］
C
［解析］
对左边的磁场分析,磁感应强度逐渐增大,导致圆形导线框中产生顺时针的电流,对右边的磁场分析,磁感
应强度逐渐减小,导致圆形导线框中产生顺时针的电流,导线框中的总电流是两个磁场产生的总效果,根据法拉第
屯磁感应定律可知.′ˉ摆＝楞2周＂＋呵』
t0R
,故C项正确.
综上所述,本题正确答案为C.
~
27. ［答案］
A
［解析］
A项,逐渐增大Rl的光照强度,Rl的电阻减小,回路总电阻减小,回路总电流增大,纯电阻电路根据P≡
UI-I凰R可知R』k消耗的电功率变大伺时,R』总电阻两端电压也增大,则电容两端电雁增大’根据C-:.可知
电荷量增加,则R3中有向上的电流,故A项正确.B项恒定电路中电容所在支路相当于断路,滑动R3的滑片不改
变电路通电情况,故不会发生任何变化,故B项错误。C项,调节R2的滑动端向下移动时,回路总电阻不发生变化,
电压表测的路端电压也不发生变化,示数不变,但是电容两端分压增大,电场强度增强,电场力大于重力,带电微粒
向上运动,故C项错误D项,若断开电键S,则电容器在电容、R2、R3组成的电路中放电,电荷量减少,电压减小,电
场力减小,带电微粒向下运动,故D项错误.
综上所述,本题正确答案为A。
厅
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『
j
28. ［答案］
A
［解析］
根搬法掀第电磁感应定律,导线框的感应电动势E-芳≡△÷is,又知导线框中的感应电流′＝÷｀所以
αb边受到的安培力F＝B几＝等.警’所以安墙力与磁感应强度和磁感应强度的变化量成正比在0～!＂时｜副
内,感应电流方向为｜｜顶时针方向,则α6边受到水平向左的安培力,此时磁感应强度逐渐减小,则安培力大小也逐渐减
小;在／0～2t0时间内,感应电流方向为顺时针方向,则α6边受到水平向右的安培力,此时磁感应强度逐渐增大’则安
培力大小也逐渐增大;在2t0～3t0时间内,导线框中无感应电流,则αb边不受到安培力作用;在3t0～3.5to时间内,
感应电流方向为逆时针方向,则αb边受到水平向左的安培力’此时磁感应强度减小,则安培力大小也减小.在
3·5〖0～4t0时间内,感应电流方向为逆时针’αb边受到水平向右的安培力9且安培力大小-直增大。根据图象可以看
出0～2‘0时间内磁感应强度变化率的大小为3‘0～4‘0时间内的÷’则两段时间内的最大安培力的大小也为＋的关
△
系,故A项正确。
综上所述,本题正确答案为A.
29. ［答案］
A
［解析］
A项,当R3不变,滑动触头P顺时针转动时,M］V两端电压变小’而负载电阻大小不变,根据串联电路的分
压原理,电压表读数变小｀根据欧姆定律l＿:经过R,的电流变小｀:｜』电流表示数减小.故∧项正确B项｀当R‘
不变,滑动触头P逆时针转动时’MlV两端电压变大,而负载电阻大小不变,根据串联电路的分压原理,电压表读数
变大,根播欧姆定律′＝:,经过R』的电流变大,腆‖电流表示数增大,故B项错误C项当P小动’滑动变阻器滑动
触头向上滑动时,MN两端电压不变,R3阻值变大｀则R2与R3并联的电阻变大’根据串联电路的分压原理,可知电
压表示数变大,经过Rl的电流变小,经过R2的电流变大,根据并联电路的分流原理,可知电流表示数变小,故C项
错误。D项,当P不动,滑动变阻器滑动触头向下滑动时,M」V两端电压不变,R3阻值变小,则R2与R3并联的电阻
变小,根据串联电路的分压原理,可知电压表示数变小,经过Rl的电流变大’经过R2的电流变小,根据并联电路的
分流原理,可知电流表示数变大,故D项错误.
综上所述,本题正确答案为A。
30. ［答案］
D
［解析］
A项,杆和光滑金属轨道组成闭合回路,在杆下滑的过程中闭合回路的磁通量发生变化,产生感应电流,并
且会通过产生焦耳热消耗＿定的能量导致机械能不守恒,故A项错误B项’杆完全沿着轨道的水平部分运动时,闭
合回路的磁通量不再发生变化’没有感应电流’即杆的水平方向上不受力的作用’所以杆沿NQ匀速运动’故B项错
误C项,杆从释放到全部滑至水平轨道的过程中,重力势能减少竿,减少的重力势能产生电能并且增加了杆的动
能’所以产生的电能少于孕,故c项错误「》项｀产生的电量q-′△Ⅷ｀其中′＝器.△.＝B（＋叮:—＋萨』）’所以
B萨芳2）.故D项正确
q＝
综上所述,本题正确答案为D.
3L［答案］
D
［解析］
问题求解:设水平向左为正方向,在0～1s内,磁感应强度减小,根据法拉第电磁感应定律,导线框的感应
电动势E-等,大小小变根据楞次定律.感应屯流力向为｜｜腻时针｀大小小变’冉根据安墙力F＝BIL可知,α剑边的
·
8
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四广
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安培力逐渐减小’水平向左.同理可知,在1～2s内,导线框感应电流方向为顺时针’大小不变,αα边所受安培力逐渐
增大,水平向右;在2～3s内,导线框感应电流方向为逆时针,大小不变,αd边所受安培力逐渐减小,水平向左;在
3～4s内,导线框感应电流方向为逆时针,大小不变,αα边所受安培力逐渐增大,水平向右,故D项正确。
综上所述,本题正确答案为D°
易错项辨析:本题易错项为B.考生可能只考虑到感应电势与磁场的变化率成正比,故感应电流是B项所对应的变化
趋势.但是安培力不仅仅与电流强度有关,还与磁场强度有关’故易错选B项
32. ［答案］
C
［解析］
A项,根据右手定则可以判断出左端为N极,右端为S极.圆盘转动过程中由右手定则可以判断出感应电
动势方向A到B,所以B的电势比较高.故A项错误.B项,减小AB距离后,切割长度变短’电动势减小,电流示数
变小。故B项错误C项,提高转速,电动势变大,电流示数变大.故C项正确.D项,向左滑动变阻器电路电流减小,磁
场变弱,电动势减弱,电流示数减小.故D项错误
综上所述,本题正确答案为C.
~~
33. ［答案］
B
（解析］
由丁交变电流图象中心对称,放只对0～α＄:交变电流进行分拆由有效值的定义知I§R‘!＋′;R泄』＝警,
Il＝0. 1A,t｛≡0。4s,I2＝0.2A’t2＝0. 1s,t＝tl＋t2＝0。5s,R＝10（）Q。代人以上参数,得U＝4√丁∏V.故B项
正确.
综上所述,本题正确答案为B·
哩
3牟· ［答案］
B
［解析］
由于干电池、开关、线圈A、滑动变阻器串联成一个电路的磁通量变化是瞬间的’因此电流计、线圈B串联
成另＿个电路中有电动势也是短暂的,即出现的电流慢慢变小为零’故B项正确.
综上所述,本题正确答案为B.
35. ［答案］
C
［解析］
当闭合电键,因为线圈与Dl串联’所以电流Il会慢慢增大,灯泡D2这-支路立即就有电流;当电键断开’
D2这＿支路电流立即消失,因为线圈阻碍电流的减小,所以通过Dl的电流不会立即消失,会从原来的大小慢慢减
小,而且Dl和D2、D3构成回路,通过Dl的电流也流过D2 ,所以I2变成反向,且逐渐减小,故C项正确。
综上所述,本题正确答案为C。
36. ［答案］
B
［解析］
＾项,动生电动势的峰值是N皿°≡NB…≡l〔）（）×奈×队4×α2×｜00厕v≡50√面v,故八项错误［』
…可卿,ˉ个陶期内,只有＿半邮恫产生电…（鱼）爷≡罢r.U裔—÷U.—酮徊故圆…〔
项,电动势峰值为50√霄V,则电容器的耐压值至少为50√面V,故C项错误D项,由容抗X≡赤叮知,C越大,容
抗越小,电流越大,故D项错误.
综上所述,本题正确答案为B.
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37. ［答案］
I）
｜懈梳）臃…上…U｜ˉ铣-÷所以U掣—芳,搬撼′≡苦,输咆线…流!—占输电线上消
糯…′橇ˉ′皱≡滞故D项正确
综上所述,本题正确答案为D.
38. ［答案］
B
［解析］
由于高压线上电流较大’为使电流表不超量程’需通过理想变压器减小电流.由理想变压器规律可知
二＝丝,所以电流表应连接匝数较多的-端
l2
γ『l
综上所述,本题正确答案为B.
39. ［答案］
D
［解析］
A项,输人功率等于输出功率,则如果教学区同时使用的电灯减少,A、B端输人电功率变小,故A项错误B
项,如果保证平时灯泡能正常工作,需要CD端的电压大于220V,故B项错误·C项,EF端电压与接人的电灯数量
有关,故C项错误.D项,教学区内同时使用的电灯越多,输电线的电阻分压越大,得EF端输人电压越低,故D项正
确.综上所述,本题正确答案为D.
易错项分辨析:本题易错项为C°考生可能忽略了变压器副线圈C、D端距教学区输人端E、F距离较远,之间输电线
电阻不能忽略的已知条件,进而没有考虑负载电阻与输电线的分压问题,故易错选C项.
40. ［答案］
C
［解析］
此题主要考查电功率的表达式以及正弦式交流电最大值与有效值的关系由题知交流电的电功率为直流
电的—半,由电功率P-晋得交流电的有效值U-5√面v,所以最大值U腮≡徊Uˉl0M故C项止确
综上所述,本题正确答案为C.
41. ［答案］
B
［解析］
根据磁极的转动可知线圈平面中的磁通量变化,在磁极绕转轴与O点在同＿条直线上时,穿过线圈的磁通
量最大,此时感应电动势最小,即磁通量的变化率最小,故B项正确.
综上所述,本题正确答案为B·
42. ［答案］
D
［解析］
线框匀速转动过程中,线框的速度始终垂直于磁场方向,因此产生的感应电动势大小不变’且根据右手定
则,通过最高点或最低点时磁场方向发生变化,因此感应电动势方向反向,故D项正确.
综上所述,本题正确答案为D.
43. ［答案】
D
［解析］
A项,令导体棒质量为砸,则由静止开始运动时,导体棒所受安培力为（）,导体棒所受拉力为″lα;当导体棒
匀加速运动到圆环内部时,导体棒会受到反方向的安培力,此时拉力大于′川α,故A项错误.B项,导体棒做匀加速运
动,初始速度为0测＋“』≡2R,‘ˉ√平,敞B项错误C项异体棒经过环M寸,R≡箭,呵≡√露丽,E≡D（2R）徽-
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2BR″丽’回路电阻为字,流过橇的电流为′-』B严·敬C项错误D项,由C知′≡↓B严侧安墙力为
F撰＝圃′（2膘》-8藤乎巫故∏项正确
综上所述,本题正确答案为D·
本题的易错项为C项.棒经过环中心时,感应电动势为B×2Ru,而u＝√Z∏,棒在环中心时’棒相当电源,圆环的两
边相当并联电阻.每边的电阻为河R,所以并联的总电阻为芋,所以电流′≡4B严
44. ［答案］
D
［解析］
A项’开关S由断开变为闭合时,电容放电,A灯有电流通过,故A项错误B项,开关S由断开变为闭合
时,电容放电,所以S闭合瞬间A灯有电流从b到α,故B项错误C项,S闭合瞬间’由于自感,L中的电流会慢慢减
小’所以B灯逐渐熄灭,α点电势高于c点电势,故C项错误D项,由于自感B灯逐渐熄灭,由于线圈中的电流方向
是逆时针,所以C点的电势低于α点的电势,故D项正确.
综上所述,本题正确答案为D.
45. ［答案］
A
［解析］
接通开关Sl ’由于L的阻碍作用,IR逐渐变大’U助逐渐升高’而接通开关S2’由于L的阻碍作用,IR逐渐变
小,至趋近于（）,则U劝逐渐变小,至趋近于0,故A项正确。
综上所述,本题正确答案为A.
白
宁
46. ［答案］
A
［解析］
线框的右半边（o阮o′）未旋转时整个问路的磁通量°≡Bssm45.≡乎Bs;线框的右半边（ob‘o′）旋转90.
后,穿进跟穿出的磁通量相等’整个问路的磁通量蚂-0△…—.!≡粤BS,根撮公式q＝I△‘,U-芳’］＝:,得
,—等嚼,故∧项服确
综上所述,本题正确答案为A.
47. ［答案】
C
［解析］
电阻R0、R与氧化锡传感器串联在电源两端’
U
电路中的电流I≡R0＋R＋R锡,
当＿氧化碳浓度增大时,R锡减小,则由欧姆定律可得电路中的电流增大;
尺＂两端的电压,即电压襄的示数》U,＿′R,≡膘』器十R倒增人;
故C与U不成正比,故C项正确
综上所述,本题正确答案为C.
48。［答案］
D
U1
［解析］
根据理想变压器原、副线圈的功率相等P＝U1Il ,又虎≡万,
』｛P｜≡′;尺≡（击）粤R≡（击）履R,
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阎理可得吗-I瓣ˉ（击）:R-《孟）:R｀:唁≡÷
综上所述,本题正确答案为D.
49° ［答案］
D
［解析］
由法拉第咆磁感应定律可知·感应电动势F＝＂罢-″警s,由图乙可知,在0～2＂内,等＝L6×l0—』,
所以感应电动势E-6×10 ‘V,根据闭合电路欧姆定律可知′-÷＝3×l0 ‘A’由楞次定律可知电流方向为从α
到b｀同理可襟在2～5＄内.rˉ:≡2×l0ˉ＂八.电流方向为从倒α,故D项正确
综上所述,本题正确答案为D
50. ［答案］
A
［解析］
A、B项,根据题意小灯泡并正常发光,可知灯泡两端的电压为U≡√吞,根据线圈在匀强磁场中转动的电
…大值等于E赡～Bs“,且由E憾ˉ倾解得…酗ˉ俘,义闺为醚-…ˉ÷腻腮』,所以转遮蹦-舞｀
故A项正磷.B项错误CJ〕项·电荷量Q一I△酋≡旦△《-坐△』≡竿-等,故°D项错误
厂
厂△t
综上所述’本题正确答案为A。
51. ［答案］
D
［解析］
A项’O中磁通量为定值,即△@＝0,由E＝″些可知’感应电动势为零’故A项错误.B项’@中磁通量均
△t
匀变化｀即芳为定值’由E＝＂芳可知产生的感应电动势为定值｀故B项错误C项｀O中.‘｜～蓝,时间和′｜～蔽』时间
磁通量的变化率相等,即产生的感应电动势相等,在0～r1和tl～t3时间内,磁通量变化量为△o相等’时间变化量
前段时间小干后段时间｀由E-″普可知0～′｜时间内产生的感应电动势大于′1～!』时间内产生的感应电动势＼即0
～‘1时间内产生的感应电动势大于′1～‘』时间内产生的感应电动势,故C项错误D项｀O中磁通量的变化速度器
先减小后增大,由E＝＂坐可知回路中的感应电动势先减小后增大,故D项正确.
△t
综上所述’本题正确答案为D.
52. ［答案］
C
［解析］
A项,根据楞次定律判断线框中感应电流的方向,线框进人磁场I过程中,电流方向为α→b→C→α≡α;线
框从磁场I出来并进人磁场I［过程中,电流方向为α→α→C→6→α;线框从磁场Ⅱ出来过程中,电流方向为α→b→〔
→α→α,故A项错误。B项,当线框αb边恰好达到l2时,αb边与rd边共同切割磁感线＄感应电动势为之前的2倍,瞬
时电流也为之前时刻的2倍,所以αb与Cα边受到的沿斜面向上的安培力合力为重力沿斜面向下的分量的4倍,线
圈将做加速度逐渐减小的减速运动,直到以速度U2匀速直线运动,则有Ul＞U2 ,αb边从′l运动到／2的平均速度大
于从／2运动到／3的平均速度,所用时间更少,故B项错误.C项,线框以速度z′2匀速直线运动时,线框受力平衡,则
何…‘≡…B;解得I:≡嘿‘所以发热功率为!:』R≡糕R副n霞〃,故C项正确D项,由能旦守恒知减少
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的机械能全部转化为线框的焦耳热’即△E铡ˉQ慰,根据机械能的定义可知△E机＝WG＋＋加u｜,＿÷′＂吻, ,故D项
错误.
综上所述’本题正确答案为C.
易错项辨析:本题的易错项为D项该过程机械能的减小量应等于产生的焦耳热,物体在只有重力做功时’机械能守
恒,除重力和弹簧弹力以外的力做功时,外力所做的功等于物体机械能的变化量’所以选项D错误。
53. ［答案］
A
［解析］
当磁铁靠近线圈时,穿过线圈的磁通量增加,根据楞次定律可知,线圈中产生逆时针方向的感应电流（从上
往下看感应电流方向）,根据左手定则可知,线圈受到的安培力斜向右下方,则线圈对桌面的压力增大,即FN大于
″′g;线圈相对桌面有向右的运动趋势,受到桌面向左的静摩擦力.当磁铁远离线圈时,穿过线圈的磁通量减小,根据
楞次定律可知,线圈中产生顺时针方向的感应电流,根据左手定则可知,线圈受到的安培力斜向右上方,则线圈对桌
面的压力减小’即FN小于″!g;线圈相对桌面有向右的运动趋势,受到桌面向左的静摩擦力,故A项正确
综上所述,本题正确答案为A.
54。［答案］
C
［解析］
A项,电压表示数即为电动机两端的电压,则为U,故A项错误°B项,副线圈的电流为I2≡″I’则电动机消
耗的功率为P2≡UI2＝″UI,因电动机不属于纯电阻电路’则不满足欧姆定律,故B项错误C项,电动机消耗的功率
等于电动机输出的功率与电动机线圈电阻消耗的热功率之和,则P输出≡P2
P热＝′!UI
＂2I2R,故C项正确D项,
变压器输人的功率等于输出功率等于电动机消耗的功率,即P输人＝P输出＝则UI,故D项错误
综上所述,本题正确答案为C.
55. ［答案］
D
［解析］
A、B项,S闭合瞬间,线圈阻碍自身电流的变化,相当于断路;经过D的电流方向是自左向右’此时二极管
的电阻趋近于无穷大,则二极管相当于断路,电路中的电流趋近于零,A、B均不亮,故A、B项错误.C、D项,待电路
稳定后,线圈相当于导线,B亮,A不亮;S断开瞬间,B中电流瞬间减为零,则B立即熄灭;由于线圈的自感现象,经
过线圈的电流不会立即变为零,电流逐渐减小,则A、L、D组成闭合回路,电流的方向为顺时针方向,A先闪亮-下,
然后逐渐熄灭,故C项错误,D项正确。
综上所述,本题正确答案为D.
56. ［答案］
D
［解析］
A、B项,当线圈中的电流发生变化时,它周围的磁场就随之变化,并由此产生磁通量的变化,因而在线圈中
产生感应电动势,这个电动势总是阻碍线圈中原来电流的变化;在开关S断开的瞬间,通过小灯泡的电流由I2瞬间
减为零,线圈中电流仍为Il ;之后瞬间线圈相当于电源,与灯泡构成回路,通过灯泡的电流变为Il ,由于小灯泡闪亮
-下,说明Il＞I2 9故A、B项错误。C、D项,根据上述分析可知,断开开关前后,通过线圈的电流方向不变,通过小灯
泡的电流反向,故C项错误,D项正确·
综上所述,本题正确答案为D。
57。［答案］
A
［解析］
流过R的电流大小不变,可知在B中产生的感应电动势大小不变,根据法拉第电磁感应定律可知’通过线
圈B中的磁通量随时间均匀变化,即在线圈A中产生的磁感应强度随时间均匀变化;在线圈A当中,根据法拉第电
磁感应定律叫知,马≡″等≡等得′＝器,从啊知′应该均匀篮化』流经电阻R的电流方向是从‘铡刨,叫
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知流经线圈B的感应电流方向,根据右手定则可知线圈B中感应电流产生的磁感应强度的方向,由左向右;当线圈
A中产生的磁感应强度由右向左不断增加时,根据楞次定律可知,线圈B中由感应电流产生的磁感应强度方向应该
是由左向右,故A项正确.
综上所述,本题正确答案为A·
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上
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58. ［答案］
C
［解析］
A项,爆线圈输出电压有效值为U-220v,副线圈的输入电压有效值为U酬-舟Uˉl00v,则流过电阻的
屯流是I删＝lA,敬A项错误B项,交流屯的频率为′＝券-警-50Hz’故B项错误C项,电腿表的示数是电
压的有效值’结合选项A9电压表的示数为100V,故C项正确.D项,变压器的输人功率与输出功率相等,所以输人
功率为P＝P副＝U圆‖ I副＝（100×1）W≡100W,故D项错误
综上所述,本题正确答案为C.
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59。［答案］
A
［解析］
A项,由图乙知电动势最大值Umax≡l0√百V,则有效值为10V,电压表测量的为有效值,所以电压表示数
为10V,故A项正确。B项,0.01s时电动势最大,此时磁通量的变化最快,发电机线圈平面垂直于中性面,故B项错
误.C项’若P的位置向上移动,原、副线圈匝数比减小,副线圈的输出电压增大,电阻R的大小不变9则通过电阻R
的电流增大’则变压器的输出功率增大’变压器输人功率也增大’由P＝UI知,原线圈电压不变,电流增大’故C项错
误.D项,由Emax≡门BS妙知,若发电机线圈的转速增大＿倍’则最大电动势增加-倍,电压表示数增加-倍,变压器
输入电压增加—倍,变压器输汁吨雁增加—倍,由P-爷知,输出功率变为慷来的四倍,输人功率变为原来的则倍.
故D项错误。
综上所述,本题正确答案为A。
60. ［答案］
D
［解析］
A项,t≡0·01s时,感应电动势为零,磁通量的变化率为零,而此时穿过线框的磁通量最大,故A项错误B
项,交变电动势的最大值为22√百V,所以其有效值为22V,故B项错误C项,该交变电动势的瞬时值为正弦曲线,
其表达式为曾-…n（l＂触）v,敞c顺错误D项,取瞬时值线圈平翻与中性…满足瓢n′-哉-乎,求得
该夹角为45°,故D项正确。
综』二所述,本题正确答案为D.
6L［答案］
D
［解析］
过程分析:假设变压器线圈＂l 、＂2、门3、门《两端的电压分别为Ul 、U2、U3、U4 ,其中Ul等于AB端电压U,由
U2
U3
Rl＋R2＝些.由这两组公式得,Ll两端电压
翼想变压器电压比值愿理岛-贵·器≡器≡芳,由电流比值原理∏.
〃》
RL
U2-U3
U
U
＝
。L2所在回路中,由欧姆定律,电流
UL1＝U4＝
（芳M费〕＋1
№
Ⅷ
′≡』志｀L,两蠕电压∏腮-′源!＝式
RL
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选项分析:A项,由过程分析,将△2R＋丝Rl″与2R＋RL作差得I＜I′ ,因此电流表示Al数小于A2 ,故A项错误.B
刀2
闷1
项,由过程分析得,UL1＞UL2 ,故两灯泡亮度不同,故B项错误C项,由焦耳定律,电阻消耗功率P＝I2R,由过程分
析,I＜I′ ,所以Rl消耗的功率小于R3 ,故C项错误.D项,由I＜I′ ,又由欧姆定律U＝IR得,R2两端的电压小于R4
两端的电压’故D项正确.
综上所述,本题正确答案为D
62. ［答案］
C
［解析］
A、B项’线框运动过程中切割磁感线,当AD边或BC边到达磁场区中线时,受到的拉力最大’拉力的功率
也最大产生电动势E＝BL刚,感应电流I-÷,受到安培力F蜜-BL由于线框匀速运动则F＝F霞＝E沪,功率
P＝FU,计算得’Fmax＝12.8N,Pmax＝l28W,故A、B项错误。C、I）项,由于磁场区由正弦曲线围成,线框运动过程中
…弦交…最人电…E…-BL铡｀育…势E≡芳切割磁…‖恫为宁、—队』..线框切荆
磁感线恰好产生个阔期的电流,拉力做功等于产生的电能w≡导＝2…故C项胀确,n项错误
综上所述,本题正确答案为C.
63. ［答案］
D
［解析］
S接通时’在任意时刻’总电流-定’即通过线圈的电流与灯b的电流之和等于通过电阻的电流与灯a的电
流之和,根据通电自感现象,线圈产生自感电动势,阻碍电流的增大,因此通过线圈的电流小于通过电阻R的电流,
则通过灯b的电流大于灯a的电流,所以S接通时灯b先达到最亮;S断开时灯a直接熄灭,根据自感现象,线圈产生
自感电动势,阻碍电流的减小,而后通过线圈的电流反向通过灯b,又由于线圈电阻小于灯泡的电阻,则灯b变亮后
又逐渐变暗,所以S断开时灯b后暗,即D项是灯泡a和b的发光情况,故D项正确·
综上所述,本题正确答案为D°
易错项辨析:本题的易错项为B项。S接通瞬间,L的自感电阻很大’电路相当于断路,灯泡b的电阻大于并联部分的
电阻,灯泡b的两端电压大于灯泡a的两端电压,所以b先达到最亮,接着L的电阻减小,灯泡b的两端电压减小,灯
泡a的两端电压增大,所以灯光b的亮度减弱,a的亮度增加,最后达到—样的亮度
多顶选择题篇答案解析
64. ［答案］
CD
［解析］
根据楞次定律得回路的变化总是阻碍磁通量的变化,磁场逐渐减弱,回路变为圆形（面积增大）阻碍磁通量
减小,故C、D项正确·
综上所述,本题正确答案为CD
65. ［答案］
BD
［解析］
选项分析:A项,由于副线圈电路接有二极管,根据二极管的单向导电性,在正弦交流电-个周期内,r“端
的电功为w≡碧.÷ˉ尝.T其中U商≡卓U…是止弦交流屯的有效值,所以U厂÷U:啊,而U厂华U…｀又
由鲤想变腿器蛊≡÷·所以U磁』U厂仍』
』删』,故A项错误阀项增大负载电阻的舰值则膘副线圈屯路中的
◎
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电流减小,电流表的读数变小’故B项正确.C项’cd间的电压U团与负载电阻大小无关,与输人电压有关’故C项错
误.D项,将二极管短路,变压器的输出功率加倍｀根据功率P≡UI’输人电压不变’所以电流表的读数加倍,故D项
正确.
综上所述,本题正确答案为BD。
易错项辨析:本题易错项为ABC.A项,考生可能忽略了二极管的单向导电性;B项’考生可能对于原副线圈中电流
的关系记忆有误;C项’考生可能忽略了输出电压与输人电压有关,输人电压不变则输出电压也不变,故易漏选B项,
错选AC项.
66. ［答案］
BC
［解析］
A、B项,-般采用高压输电,以减少电能损失,故电压表所在变压器为降压变压器,故A项错误,B项正确.
C项,根据上述分析,结合理想变压器的电压、电流与原副线圈的匝数之间的关系,可得线路起始端的电压为2200
V’线路电流为100A,输电线路总功率为220kW’故C项正确。D项’只知道输电线路起始端的电压和输电线路的电
流,输电线路上的压降未知,无法求出线路总电阻,故D项错误。
综上所述,本题正确答案为BC.
67。［答案］
BD
［解析］
A项,只将Sl从2拨向1时’″l变小,根据变压比公式△＝坠可知’输出电压变大’故输出电流变大’输出
γ〗2
U2
功率也变大;输人功率等于输出功率,故输人功率变大’输人电流变大’故A项错误B项,只将S2从4拨向3时,〃2
变小,根据变压比公式△≡丝可知,输出电压变小,故输出电流变小’输出功率也变小;输人功率等于输出功率’故
门2
皿2
输人功率变小,输人电流变小,故B项正确.C项,只将S3从闭合变为断开’R2 、R3电压不变,R2阻值大小不变,故
R2两端电压也不变’故C项错误D项’仅增大光照强度’R变小,输出电流变大,故输出功率变大,而输出功率等于
输人功率,则原线圈的输人功率变大,故D项正确
综上所述,本题正确答案为BD.
68· ［答案］
BD
［解析］
A项’流过电阻R的电流是由于电磁感应产生的’故A项错误.B项,利用右手定则可以判断圆盘中心电势
比边缘要高,故B项正确。C项,实验过程中,圆盘的磁通量没有发生变化,故C项错误D项,若从上向下看,圆盘｜｜顶
时针转动,根据右手定则判断圆盘中心电势比边缘高,则有电流沿α到b的方向流动流经电阻R,故D项正确。
综上所述,本题正确答案为BD.
69. ［答案］
CD
［解析］
A项,曲图（乙）知B＝05＋α5露｀金属棒切割磁感线产生的电动势为EˉBL,感应电流l≡六-黑,
安培力F露—B′L-B黑L-兽尝则°- 『苇患ˉ′》
《鹊′ ｀叫知金属棒不叫能做匀减逮运动.故A项错误
＂项金腻…≡＂荆｜墅≡1…力大小相等有磐』警,灿』≡警≡…′…项镭误c顿,金
B;L2u0＝（）.2N’对金属棒从工＝0到工＝lm的过程,由动能定理:WF—F安.工丁
］
属棒在工≡0的安培力F安＝R＋厂
狮砌;÷′＂砌;解得;W原＝—αl75］,故C项正确D项｀曲于q-器ˉ器L’又因为对金属棒从露≡0到药＝2m
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过程』图（乙）包圈的圃积为△B.露＝2T.m则q-铝′二L-2C’故D项正确
综上所述,本题正确答案为CD.
70。［答案］
AB
［解析｜
A项.陶法拉第电磁感应定律可得′-警.角遮度厦定,感应电流恒定,故∧项正确「｛项·由行干定贝胖｜
断可知,圆盘顺时针转动时,电流由α流向b,故B项正确.C项,感应电流方向只与圆盘转动方向有关,与角速度大
小无关,故C项错误.D项’圆盘角速度变为原来的2倍,感应电流变为原来的2倍,由P热＝I2R得,热功率为原来的
4倍’故D项错误
综上所述,本题正确答案为AB.
71° ［答案］
AC
［解析］
A项,原副线圈匝数之比为l0
: 1,结合图乙可知线圈ABCD的感应电动势的表达式为e＝
l00√面bin（100r）V,故A项正确.B项,线圈ABCD处于图甲所示位置时’磁通量变化率最大,产生的感应电动势最
大』不为零’故B项错误C项’最大电动势Em-涧BS叫＝n×粤×α02×100V＝100√百V’解得厕-100,故C项正
△
确。D项,若线圈ABCD的转速加倍,要保持电阻消耗的功率不变,应将触头P向上移动,故D项错误
综上所述,本题正确答案为AC·
72. ［答案］
BCD
［解析］
A项,当EF边刚进人Ⅱ区时9!＞〃,HG在I区做切割磁感线运动,EF在Ⅱ区做切割磁感线运动’由楞次
定律可知线框电流方向为｜｜腻时针｀由于有两段导线垂直切割磁感线’感应电流大小为竿｀故A项错误B项,EF边
迸人尤场区时,感应电流为譬,EF边电压为竿》故B项Ⅲ确C项,由于匀逮运动拉力所做的功全部转化为电能｀
EF边离开′区前无电流｀离开I区进人Ⅱ区前感应电流I!＝等,运动时间′1≡÷｀EF进人I区到HG离川I区
前感应电流′:-等.运动时间′2-（宁）,产生的总电能Q-Il』R‘1＋I:R!』＝B:!:锄（4!—M）,故C项正确D项’
R
电能全部转化为焦耳热｀HG离开I区后到迸人‖区前｀感应电流′』≡罢,运动时间Ⅱ,-÷’产生的焦耳热!》』R蓝』
睬贵财d.与C项所得纬果桐川得总霹耳热为2B瞥′:融（2′—刨》,故门项服确
R
综上所述,本题正确答案为BCD.
73. ［答案］
ACD
［解析］
A项’铜盘沿顺时针方向匀速转动9由右手定则可知’电流从C流向D,所以铜片D的电势高于铜片C的电
势｀故A项正确B项｀铜摄匀速转动,角逮度不变,由佣≡＋BL』倒知,感廊电动势大小枷方向不变,所以电流人小方
向也不变,故B项错误C项’角速度增人｜倍,由Eˉ＋BL:鳃,【＝÷’则流过电阻R的电流也增人l倍｀故C项正
确D项’由E＝罢-等,磁场变为方向垂富于铜盘的交变磁场则磁通量改变,有感应电动势产生,所以铡盘中有
电流产生,故D项正确.
综上所述,本题正确答案为ACD。
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74° ［答案｝
ABC
［解析］
A、B项,因为导体框穿过磁场的速度恒定,导体边框切割磁感线的速度不变v所以在导体框磁通量变化时
（凰‖导体切割磁感线产生感应电流时）外力恒定,根据法拉第电磁感应定律叫得;EˉBL刚,′≡÷·F＝B′L≡旦肯丝｀
因为导体框在穿过磁场过程中,共运动3L,其中切割磁感线产生感应电流的过程运动了2L,所以外力做功W≡F×
2L≡2B沪,囚为逮度湘变′所以外力做功等于导体框产生的焦耳热所以导休框产生的焦耳热为2竿锄,敞A.Ⅱ
项正确C项,圃为幂体框线圈匝数为］｀磁通量变化量为BL, ,根搬q≡嘿得q-等,故C项正确D项’由上述分
析叫知EˉBL硼,′＝÷得I＝等’电流大小都为′-等’根搪右于定＂｜可知,迸人和离」「磁场过翟中’通过导体框
的电流方向相反,故D项错误.
综上所述,本题正确答案为ABC.
75. ［答案］
AD
［解析］
A项,由图乙可知接线柱α、b间的电压有效值为220V’周期为0. （）2s,理想变压器原、副线圈的电压跟匝数
成正比,故副线圈两端的电压为22V,额定电压为12V的灯泡正常发光,所以电阻R两端的电压是10V,故A项正
确.B项,因为风扇电动机不是纯电阻用电器,还有-部分功转化为机械能,所以电动机内阻两端电压小于12V,通
过风扇电动机的电流小于6A’故B项错误.C项,理想变压器只改变交流电压的大小,不改变交流电的频率,所以通
过灯泡的交流电频率是50Hz’故C项错误.D项’风扇突然卡住的瞬间,风扇变成纯电阻电路,通过风扇的电流增
大’则副线圈干路电流增大,电阻R两端的电压也增大,又因为副线圈两端的电压不变,所以灯泡两端的电压减小,
灯泡变暗,故D项正确。
综上所述9本题正确答案为AD.
76。［答案〗
AC
［解析］
A项,αb棒下滑过程中速度增加,受到的安培力也逐渐增加,由″!gsinα-F安＝mα,可知随着安培力的逐渐
增人加遮度逐渐减小·故A项服确B项｀设αb棒下滑的最大速度为融m,回路中产生的咆流为′ˉ景-警’酗″棒
受蕊‖的安蠕力与重力向卜的分力大小相等凋带L-…α,解得,陋≡2″蹿n·.故E项错误C项,当α″棒处
BL锄Ⅷ
′〃带α,所以‘刨棒受到的摩擦力为／-
于最大速度时,Cd棒受到的摩擦力最大,此时回路中的电流为I＝—面百
BILcosα＝′〃gslnαcosα,故C项正确.D项,根据能量守恒,αb棒机械能的减少量等于αb棒和cα棒产生的热量,故D
项错误.
综上所述,本题正确答案为AC.
77. ［答案］
BD
［解析］
A项,在0～÷这段位移内’切割磁感线的导线长度在变化,因此所受的安培力也在变化’故导线框所受合
■
力在变化、所以不可能做匀i0速运动》故A项错误∩项’在等～2“这段位侈内,切割磁感线的导线长度变短,囚此
所受安培力变小且小于重力’合力向下’将做加速运动,故B项正确.C项,÷～α这段位移内’导线框的重力势能转
乙
化为动能和内能’故C项错误D项’克服安培力做功为W＝F安愈’两段位移均为｀＝÷而由B项分析知0～÷内的
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ˉ↑4
÷
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尸
‖
‖
丁
『
厂
『
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平均速度小于等～2‘』内的平均逮度,易知0～÷内线框所受安培力小于等～2α内线框所受安培力’故在0～÷位
移内克服安培力做的功小于等～2α位移内克服安培力做的功｀故D项正确
综上所述,本题正确答案为BD°
78. ［答案］
BC
［解析］
A项,t＝0时刻,线圈处于中性面,通过线圈的磁通量最大,电动势为0,电流为0,但是电压表的读数为电压
的有效值’有效值不为0,所以电压表的读数不为0,故A项错误.B项’交流电的周期T＝丝,交流电在＿个周期内
幻
引
方向改变两次,所以1秒内流过电阻R的电流方向改变次数为2×卞-÷,故B项正确C项’在电阻R两端并联＿
只电阻,总电阻减小,总电流增大,线圈内电压增加,而电动势不变,所以外电压即电压表示数减小,故C项正确。D
项,电容通交流、隔直流,在电阻R两端并联-只电容较大的电容器后,交变电流能通过电容器,所以相当于总电阻
减小,总电流增大,内电压增加,电动势不变,外电压即电压表示数减小,故D项错误。
综上所述,本题正确答案为BC.
79. ［答案］
AD
［解析｜
∧项异线育效切割贮度最人时’产生的感应电动势最大,形成的感应电流最人,此时有;′腮—?-窖,故
＾项正确B项异线中产生正弦电流,电流的有效假为′≡乎′厂等d,故B项错误CD项异线徽匀逮运动.在
磁场中运动的时间‘-等,由动能定埋可卿外力做的功等丁导线中产生＂内能,则外力做的功wˉI:险＝B等L,
故C项错误,D项正确.
综上所述,本题的正确答案为AI）.
80. ［答案］
CD
［解析］
A项,若两金属棒间距离保持不变,回路的磁通量不变’没有感应电流产生’两棒都不受安培力,则Cα将做
匀加速运动’两者距离将增大,故A项错误.B项,若金属棒α6做匀速运动’所受的安培力为零’αb中电流为零,则Cα
中电流也为零,cd不受安培力’而cα还受到F作用,cα将做匀加速运动’故B项错误.C项,当两棒的运动稳定时·两
棒速度之差一定,回路中产生的感应电流＿定,两棒所受的安培力都保持不变,-起以相同的加速度做匀加速运动,
故C项正确.D项,由于两者距离不断增大,穿过回路的磁通量增大’由楞次定律判断可知,金属棒α6上的电流方向
是由b向α,故D项正确.
综上所述,本题正确答案为CD
81. ［答案］
AD
［解析］
A、B项,电流表读数为5.0A时,根据并联电路分流的规律可得通过R2的电流为1A,则原线圈电流有效
尸~｜‖
值为工二A＝l.2A’则最大值为√百×L2A≈L7A,故A项正确,B项错误C、D项’输人电流不变为l. 2A,则副
√
7
线圈的电流也保持不变,所以原先电流表示数为l.2×5×下乍7A＝5.25A,故C项错误,D项正确.
综上所述,本题正确答案为AD.
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82. ［答案］
AC
［解析］
A项,Ul为原线圈两端的电压,与接人电源相关’为定值’故A项正确.B项,电流表的读数为有效值’其读
数不会呈现出正弦曲线的图象,故B项错误.C项,变压器副线圈匝数均匀增加,副线圈两端电压也均匀增加,故C
项正确。D项,电压均匀增加,流过电阻的电流均匀增加,故D项错误。
综上所述,本题正确答案为AC.
83. ［答案］
AC
［解析］
A、B项,金属棒αb匀速穿过磁场.感厕电流』-等｀因为棒在磁场中的长度恋先均匀增大’电流大小均匀
增加,由楞次定律可知电流方向由b到α;当达到′长度时,αb杆出磁场9Cα杆进人磁场,所以此时棒在磁场中长度Z
突然变为零后均匀增加,αb杆中电流反向,大小均匀增加,故A项正确,B项错误。C、D项,cd未进人磁场中c＆受力
平衡拉力F—0,‘d近人磁场后拉力平衡安培力.安增力大小F蜜-B趣ˉB沪’安墙力非线性增大,拉力也非线性
增大,故C项正确,D项错误。
综上所述,本题正确答案为AC.
84。［答案］
AB
［解析］
A项,电压表示数为原线圈电压大小,灯泡正常发光,额定电压即为副线圈电压,由变压器原、副线圈电压
与线圈［顶数关系可知,变…蔚｜｜线圈匝数比÷≡吕.故A项止确B项副线圈电流大小为′:≡器,媳线…
即…示数′』≡′:嘴＝琵故…确C项图示位置通过线圈的磁通量履大,Ⅷ电动势最大为E獭≡
√面（Il厂＋U）9故C项错误D项,从图示位置开始计时,变压器输人电
徊（Il厂＋U）≡lV砌! .2沉,所以最大磁通量Om≡
2N＂冗
压的瞬时值表达式为测＝√面Usin（2沉＂t）V,故D项错误
综上所述,本题正确答案为AB°
85. ［答案］
BCD
［解析］
A项,由楞次定律可判定,导体棒中电流方向从6到α’故A项错误B、C项’开始时,由于感应电动势比较
小,故导体棒先加速运动,逐渐达到稳定.导体棒做匀逮运动’B′L＝′＂g副nβ,又I≡等,故当导体棒稳定时’刨＝
顺鹊!,,故且C项正确D项,由能量守恒定律‖知,崔幂体棒下落′』过释中,产生的橇耳热Q-枷g∧—÷〃酗墩,故
D项正确。
综上所述,本题正确答案为BCD.
86. ［答案］
AB
［解析］
A项,由图可知,0～2s时,磁感应强度不变,若在此期间导体棒没进人磁场,则回路中磁通量不变,在
0～2s内不会产生感应电动势9由题知u0＝1m／s,严′〃g≡′nαl ,αl＝1m／s2 ,因为b≡2m,α＝0.5m,u0＝αlt0 ,t0＝
」;,≡芳≡α6m＜6—哩所以』,ˉ」.＂异体棒静止在磁场左侧,且不会遥人磁场.所以0～2.内圆潞磁通量尔
变’不产生感应电动势』2～4‘内,磁感应强度变化,E-芳-.嘴＝α!V’且2～4、内感应电动势不变,故A项
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正确B项根搪A项分析可知.0～2·内｀感应电动势为零’贝‖感应电流也为零,2～4§内’I＝÷ˉq2A.故B项正
确.C项,因为0～2s内,感应电动势为零’所以0～2s内回路中不存在电功率,电功率为零,故C项错误.D项,因为
0～2s内,感应电动势为零,电功率为零,所以0～2s内,电热Q＝0,故D项错误.
综」二所述,本题正确答案为AB.
87. ［答案］
ABC
［解析］
过程分析:导体棒MN始终与导轨垂直并保持良好接触,导轨与导体棒MN的电阻均忽略不计,两个电阻
2B2L2U0
并联,并联电阻大小为R懒≡÷选骡分忻;A骡初输时刻,由FˉB″及′ˉ等得安蠕力大小为FA＝
R
,
故A项正确.B项9由题可知,导体棒MN第-次运动至最右端的过程中AB间电阻R上产生的焦耳热Q,回路中产
生的总焦耳热为2Q.由于安培力始终对MlV做负功,产生焦耳热,棒第＿次达到最左端的过程中,棒平均速度最大,
平均安培力最大,位移也最大｀棒克服安培力做功最大｀整个回路中产生的焦耳热应大于＋×2Q-等,故B项而确
C项’由能量守恒得知,当导体棒M］V第＿次达到最右端时,物体的机械能全部转化为整个回路中的焦耳热和两弹
簧的弹性势能｀又因为两弹簧的弹性势能相等,所以每根弹簧具有的弹性势能为＋（＋砸o』—2Q）＝＋〃″0』—Q’
故C项正确.D项·当导体棒再次回到初始位置时,由于初始的机械能＿部分转化为电路中的焦耳热,因此机械能相
对于初始时减小,因此导体棒速度小于u0,棒产生的感应电动势小于BLu0 ,则A、C｜司电阻R的热功率小于
″竿,, ,故D项错误
综上所述,本题正确答案为ABC。
88. ［答案］
AC
｛解析］
A、B项,由Em＝NBS山得Em≡220√百V,则发动机产生的交流的电压有效值为E＝220V·变压器原、副线
圈上的电流比值÷≡器≡揣≡六·变腿器隙副线圈上的电压比值岛-舟ˉ等≡单设U＂为与原线圈串峨
的电阻的电压,由0-!隐可铡两个电阻上消糯的电压关系喘-器-贵—六结合公式E＿UⅧ＋U｜可得副线
圈圆路中电阻两端的电压为U』＝20Um＝器V.故A项正确、B项错误CP项｀变压器原副线圈卜的电流比值;
÷≡芳≡揣≡六｀由F-′』啊褥原副线圈圃腮中…耗的功率的比值为骨≡酱—盂,傲c颂正碉D聪
错误°
综上所述9本题正确答案为AC·
89. ［答案］
AC
［解析］
A项.曲于金属线框匀逮运动,设有效切割磁感线长度为L,则Lˉ2倒′ . ［an30.＝竿哑,由法拉第电磁感
应定律E-BL囤’欧姆定律I-÷.联立可得电流′ˉ2磐』′,图象为过原点的直线.故A项正确B项,发热功率′
≡′:Rˉ｛警』,发热功率与时间成二次函数关系,故B项错误C项合外力为零,拉力等寸重力和安培力的和,所
以F＝狮g＋BJL≡狮g＋｛B苦』.安墙力与时｜刨＿次方成止相关,故C项正确D项,电荷量9≡!《≡万≡
-
BS
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÷÷L.碰≡嘿‘, ,与时｜网的二次方成止比,故∏项错谩
综上所述,本题正确答案为AC。
90. ［答案］
AC
［解析］
A项,若线框向东平动,根据右手定则,αb、dC边均切割地磁场,内部感应电动势方向由南向北,所以b点电
势比α点电势高,故A项正确。B项,若线框向北平动’根据右手定则,αα、bc边切割地磁场,内部感应电动势方向由
东向西°α、b两点等势’故B项错误。C、D项,若以αb为轴将线框向上翻转,线框在磁场方向上的投影面积减小,垂直
纸面向里的磁通量减少,根据楞次定律,线框中将产生顺时针方向的感应电流阻碍磁通量的减少,所以线框中感应
电流方向为α→b→‘→α→α,故C项正确,I）项错误。
综上所述,本题正确答案为AC。
91［答案］
BD
［解析］
八B项.假设丝′腐-0,当眶方形线圈进人磁场时,在0～÷时间内｀感应电动势E-B砌（L—渺…0;在÷
「
「
～2二时间内,感应电动势E＝-BU［L-U（t-ˉ二）］＝-BU（2L
Ut）’时间t单位为常数’E-／图象为两段工斜率
U
U
相反的-次函数,取电阻不变,电流的变化趋势与电动势的变化趋势一致,故A项错误,B项正确。C、D项,由A、B分
析可知’任（）～÷时间内｀安增力的大小F＾-B′L-竿B:［（L哑）tan田』翘拉力F与F慰大小相等,方间相
R
反,根据电流的方向,判定安培力水平向左,则拉力水平向右洞理可求上～2上在时间内拉力F的大小和方向.故
U
U
C项错误,D项正确。
综」二所述,本题正确答案为BD
92. ［答案］
BCD
［解析］
A项,副线圈的电压的瞬时值表达式为腮＝220√面Sin（l00冗r）V,但是有电阻分压’所以热水器两端电压小于
副线圈电压｀故A项错误B项,电压表示数为有效值.原线圈电压最大值为220√可×芋V-2200√霄V,有效值为2
200V,故B项正确。C项’闭合开关S,副线圈的电阻变小,输出电流变大,则输人电流也变大,故C项正确。D项,匝
数比不变,副线圈电压不变,副线圈的输出功率增大,所以原线圈的输人功率增大,故I）项正确.
综上所述,本题正确答案为BCD.
93. ［答案］
ACD
［解析］
A项,根据楞次定律,向下穿过导线框的磁感线减少,因此导体棒中的电流方向为α→b,故A项正确.B、C
项,磁铁克服磁场力做功等于磁场力对导体棒做功和回路产生的热量,即W2＝Wl＋Q,故B项错误,C项正确.D
项’由能量守恒定律,外力F对磁铁做功大小等于磁铁克服重力做功、导体棒产生的动能以及回路产生的热量之和,
所以WF＋WG＝Ek＋Q,故D项正确。
综」二所述,本题正确答案为ACD.
94. ［答案］
AC
［解析］
A项,S由α切换到b,副线圈匝数变小,副线圈电压减小,电阻不变,则I2减小,故A项正确。B项,S由6切
换到α,副线圈匝数变大,副线圈电压增大,R上电压增大,则R消耗的功率增大,故B项错误.C项,S由b切换到α,
·
22
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副线圈匝数变大’副线圈电压增大’电阻不变,副线圈输出功率增大.因为理想变压器输人功率等于输出功率’原线
圈电压不变,则原线圈电流增大,故C项正确°D项,P向上滑动,则副线圈电阻减小’副线圈电压不变,输出功率增
大,则输人功率增大,所以原线圈Il增大,故D项错误。
综上所述,本题正确答案为AC.
95° ［答案］
BD
［解析］
A、B项,Cd边刚进人磁场时速度为U0 ,Cd边刚离开磁场时速度也为U0 ,根据能量守恒定律知,cα边刚进人
磁场起-直到cα边刚离开磁场过程中’动能变化为零’重力势能全部转化为线框产生的热量’热量为Q＝加gα;Cα
边刚离开磁场时速度也为U0 ,则穿出磁场运动过程与刚进人时-样,产生的热量也一样,所以整个过程产生的热量
Q总≡2″!gα,即感应电流做功为2加gα,故A项错误’B项正确.C项,线框在进人磁场减速的过程中,有可能在完全进
人磁场前安培力刚好与重力平衡,做匀速运动,完全进人磁场后又开始做匀加速运动,因此完全进人磁场时速度最
小,则＂g≡竿’襟锄ˉ睬,所以线圈的最小遮度有叮能为绊’苫线框在亮全迸人磁场前安崎力未刚好与重
力平衡则最小逮度不为豁’放C项错误D项,‘威边＂｜离开磁场与刚进人磁场时速度相筹’所以线圈任离开磁场
时减速,线圈刚好完全离开磁场时的瞬时速度最小根据动能定理从c创边刚离开磁场到线框完全离开时,有÷狮砌』
—÷m刚02＝mgLQ-mgL—砸g创,另有÷″!＂02＝′′』gh’联立解得最小速度为划＝√2g（h＋L—d）,故D项正确
白
△
综上所述,本题正确答案为BD.
96. ［答案］
ABC
［解析］
A、C项’当S闭合瞬间’A中有电流通过’线圈中磁通量发生变化’A中产生感应电动势,B中由于A产生
由下向上的磁通量,根据楞次定律B线圈感应出上负下正的电动势,则M会亮-下,N不亮,故A、C项正确.B、D
项,当S断开瞬间,A中也将感应出电动势’由于与S闭合瞬间磁通量变化趋势相反,则可得到S断开瞬间,N亮＿
下,M不亮,故B项正确,D项错误.
综上所述,本题正确答案为ABC。
97. ［答案］
AD
［解析］
A项,交流发电机产生的是正弦交流电’且感应电动势e＝门BS凹sin凹t,所以感应电动势的有效值E＝
警,散A项而确6嘘,缓圈转过铡.通过…徽截阎的电蕊置,ˉ黑撰｀敬…误c项线圈经过
中性面时,通过线圈的磁通量最大,但是磁通量的变化率为零’所以感应电动势为零,即感应电流为零,故C项错误.
D项｀在—个周期内,线圈电流改变两次,所以每经过÷＝÷线圈中的电流方向改变—次,故D项正确
综上所述,本题正确答案为AD·
98. ［答案］
AD
［解析］
A项,由图乙知交流电周期为0D26,则频率为／＝＋＝50Hz,故A项正确B项,升压变压器输人端的有
…U拙ˉ芳≡鳃0v测U础＝250＂v.升压变…输人驯率为′50瞧w侧…输…上的电流为
I～÷ˉ30A’所以损失的功率为P巍-l瞥R＝90kW｀故B项错误C项.当传感器R』所在处州现火警时’温度升高,
°
23
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阻值变小;原、副线圈匝数比不变’输出电压不变;所以副线圈电流变大,电阻Rl的分压变大’R2上的分压变小,即电
压示数变小’故C项错误°D项,由C项的分析可知,当传感器R2所在处出现火警时,副线圈的电流变大,因为电流
与匝数成反比,副线圈电流变大’原线圈电流也变大,故D项正确.
综上所述9本题正确答案为AD.
99° ［答案］
AD
［解析］
保持变压器输人电流不变,则副线圈电流也不变设为I2,可知5＝5R0
° I2 ,即负载电阻改变后,原线圈两端
电压有效值为u｛＝6R0
。I2 ·4＝24v,即电压最大值为√百Ul约为34v;负载电阻没改变时,有原线圈两端电压有
效值为Ul＝12R0
. I2 .4＝48V,故A、D项正确
综上所述’本题正确答案为AD.
阳
而
叫
蛔
出
恤
吓
蹲
蝉
汰
汰
摊
叫
叫
料
门
挡
阉
判
什
村
洞
归
州
口
100. ［答案］
AB
［解析］
A项,在圆盘位置,磁针磁场的磁感线为从左到右的曲线,铜圆盘和磁针的相对运动使铜圆盘上从上到下
的无数小导体切割磁感线’根据法拉第电磁感应定律,圆盘上产生了感应电动势,故A项正确;B项,圆盘上的感应
电动势产生感应电流’即涡电流,感应电流产生磁场,使磁针受到该磁场的作用发生偏转’故B项正确;C项,根据磁
针磁场磁感线分布的特点,同-根磁感线从圆盘左边穿人,从右边穿出,因此磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量-
直为零,没有变化,故C项错误;D项,圆盘中的电流并不是自由电子随圆盘-起运动产生的,而是导体切割磁感线
产生了感应电动势,从而出现的涡电流’故D项错误.
综上所述,本题正确答案为AB。
田
出
出
咐
职
幽
峭
田
州
汛
翻
测
搁
酮
蛔
出
州
101. ［答案］
ABD
［解析］
A项,当线圈冈』迸人磁场时,b‘边产生的感应电动势为E≡BL』,｜侧此时感应电流』一旦芹1｀川知′!≡
13时线圈的速度u1＝0.5m／s,可知线圈在进人磁场区域前的加速度α-等＝0.5m／s2 ,根据牛顿第二定律可知
L1
′—狮α≡α05N.故A项正确;B项伺理叮求…≡2.时,线圈的逮度为刚:≡L＄m／s,棍搬′≡竿知′与翻成
正比’则在第2＄内物体做匀加速直线运动.加速度大小为α:-器＝lm／s』,故B项正确』C项,线圈在磁场中做匀加
速度直线运动的位移大小等于αb边的边长｀根据匀h‖速直线运动的运动规律’可知L:-砌》（啦＿Ⅱ｜）＋÷鲤（陶—h）』
＝1m,故C项错误;D项,由f—r图象可求在第2s内的平均电流大小为了＝0.2A,所以在第2s内流过线圈的电荷
量为q＝j（t2-tl）＝0.2C’故D项正确
综上所述,本题正确答案为ABD.
易错项辨析:本题易错项为C.考生可能对匀加速直线运动位移的求解掌握不足,故易错选C项°
卡「ˉ丁～『ˉ『ˉ厂『-
｛十↑-↑ˉ］-厂十
醋霉
｜
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『
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甜
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个
｜
↓
‖
苇
秆
苟唾
ˉⅡ｀
102. ［答案］
BC
［解析］
A、B项,金属杆在磁场中匀速率转动,在最高点和最低点金属杆垂直切割磁感线,感应电动势最大,所以
金属杆从圆环最高点向最低点转动过程中,感应电动势先由最大值减小到零（经历于）再反向增大到最大值（经历
尸厂
寸）’所以流过外电阻的电流先变小后增大,故A项错误,B项正确;C、D项’金属杆在磁场中匀速率转动过程产生
·
24
·
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啡
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↓
吁
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丁
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↓
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『
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‖
止
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↓
［
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正弦变化的交流…,…墩大值E峨ˉ皿铡ˉ…鬼流…′ˉ话—粤.R故C项正确D项镭误
综上所述,本题正确答案为BC·
易错项辨析:本题易错项为AD。A项,考生可能对金属杆切割磁感线的方向对感应电动势大小的影响分析不到位
D项,考生可能对电流最大值分析错误或对有效值的计算掌握欠缺,故易错选AD项.
103. ［答案］
AD
［解析］
A、B项,保持电键S位置不动,则次级线圈两端电压不变,欲使通过电阻的电流变大’根据欧姆定律’应将
变阻器接人电路的电阻变小,即应将滑片P向上滑动’故A项正确,B项错误;C、D项,保持变阻器滑片的位置不
动’即变阻器接人电路的电阻不变,欲使通过电阻的电流变大,根据欧姆定律,应将电阻两端电压增大,又知理想变
压器啊端电压U1 ;U:-″1
; 〃: ’』‖U』＝器U1 ,所以应减小隙线圈恤数,将电键S掷向2｀故C项错误,D项证确
综上所述,本题正确答案为AD
易错项辨析:本题易错项为C.考生可能将原副线圈的匝数比与电流比和电压比之间的关系弄混,理想变压器两端
电压Ul :U2＝门l :n2 ,电流I2
: Il＝＂l
:＂2 ,故易错选C项。
104. ［答案］
BC
［解析］
过程分析:金属杆MN受到水平向右的外力F和水平向左的安培力和摩擦力作用,做匀加速直线运动’根
据牛顿第二定律,F-BIL-／＝mα,又知金属杆做切割磁感线运动,产生的感应电动势为E＝BLU＝BLαt,又知欧
姆定律I＝÷
选项分析;A项,解得外力F＝B2肯鸟＋／＋〃哩,即外力是时间的—次涵数’故A项错误』B项｀电流I＝等.即电
流是时间的—次函数.故B项服确;C项,摩擦生热Qˉ′. 』＝＋″,即摩擦生热是时间的二次函数,故C项正
确;∏项,外力的功率P≡F触≡B竿‘』＋（允＋顺感凰》‘,即外力的功率是时间的二次函数’故D项错误
综上所述,本题正确答案为BC。
易错项辨析:本题易错项为D.考生可能对金属杆的受力分析有误,故易错选D项。
105. ［答案］
AD
［解析］
A、B项’根据楞次定律可知感应电流的效果总是阻碍磁通量的变化,在Oα段通过线圈的磁通量为正且变
大,感应电流产生的磁场要消弱磁通量变化的趋势,所以此时感应电流I1方向为逆时针,在αb段通过线圈的磁通
量为正且变小,此时感应电流I2方向为顺时针,在bC段通过线圈的磁通量为负且变大,此时感应电流I3方向为顺
时针,故A项正确,B项错误;C、D项,根据安培力方向的左手定则,可知／1方向指向圆心,／2方向背离圆心向外,
／3方向指向圆心,故C项错误,D项正确.
综上所述,本题正确答案为AD。
■
卜
】
↓…↓＋＋瞎｛
｛…｛≡｀↓
』
懦.j灶
106. ［答案］
BD
［解析］
A、B项,r棒在未进人磁场前做自由落体运动,加速度为重力加速度;c棒进人磁场后,α棒开始做自由落
体运动,在d棒迸人磁场前的这段时间内,刨棒有露徽≡＋g侈＝h’‘棒有露像＝g′ . ′,‘棒在磁场中运动了2h,共3州’
此过程c棒做匀速运动,加速度为零;α棒进人磁场后,C、α棒均以相同速度切割磁感线,回路中没有感应电流,它们
均只受重力直至c棒出磁场;而且c棒出磁场后不再受安培力,也只受重力,故A项错误,B项正确;C、D项,α棒自
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跨↑
·
岛
Ⅱ
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子
匹
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仑
十
＋
‖
‖
千
｜
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开始下落到2h的过程中,只受重力,机械能守恒,动能与位移的关系是线性的;在C棒出磁场后,α下落2∧,c出磁
场后,只有导体棒α切割磁感线,此时α的速度大于进磁场时的速度,d棒受到比重力大的安培力,动能减小;α棒
出磁场后’只受重力’机械能守恒,Ekd-工创图象中的关系又是线性的’且斜率与最初相同,均等于重力,故C项错
误,D项正确.
综上所述,本题正确答案为BD
易错项辨析:本题易错项为ACDA项,考生可能对棒c的运动过程分析有误;C、D项,考生可能认为c出磁场后α
做匀速运动,但是忽略了工剧从h到2h的过程中α棒做了加速运动,当C棒出磁场时α的运动速度大于α进人磁场
前c的匀速运动速度,α棒在出磁场前将会做减速运动,动能会有所下降,故易漏选D项,错选AC项。
咀
｛
｜
司
‖
刮
』
叫
』
』
司
｝
可
｜
型
｛
叫
＝
司
「
伞
↑
Ⅱ
＋
↑
｝
′
汁
江
哗
汰
汰
洼
玲
熬
汁
舞
弹
熬
汁
洋
汰~~
107. ［答案］
ABD
［解析］
A项,发电机处于满负荷工作状态时’T!原线圈电流为′｛-÷-1×l0』A,设输电线路屯流圆‖T1鼠‖线圈
电流为I2 ,Tl的输人功率和输出功率相等9因为输电线路上消耗的功率为发电机输出功率的l0％,则P损＝I2R＝
10％.4000kW,解得I2＝2（）A,故A项正确;B项,由△＝坠＝上得升压变压器的输出电压U2＝2×105V’输电
〃2
U2
I1
线上的电压损失U损＝I2R≡2×l04V,降压变压器的输人电压U3＝U2
I2R＝1.8×105V,用户得到的电压即为
降压变压器的输出电皿′』-酗0V故颐正鹏;C项,降压变压器的匝数比为器＝告≡呼,敞C项筒艘;D项
用户嚼到…PⅡˉP瞥—αlP:ˉ3‘0叭w』可供灯泡正常发光的盏数鹏≡最ˉ偷＼l酿敬D项而确
综上所述,本题正确答案为ABD.
［答案］
AC
［解析］
A项,设线框下落的高度是h,线框做自由落体运动,线框进人磁场时的速度U2≡2gh,U＝√z万,两线框
进人磁场时的逮度相等,线框进人磁场时受到的安培力F≡BIL＝B.等.L＝B:青:渺,A迸人磁场时做匀逮直线
运动｀则旦肯丝≡′鹏g｀A的边长是B的二倍,A的电阻是B的』倍,两线框的逮度相筹｀由B:肯:圃可知.B受到的安
培力等于A受到的安培力;辱线截面积相同,A的边长是B的二倍.A的密度是E的＋Ⅳ则A与B的质量相等,B
受到的重力与A受到的重力相等,所在B进人磁场时’受到的安培力等于重力,B受到的合力为零,B做匀速直线
运动,故A项正确;B项,线框迸人磁场时的感应电流I＝÷-等,A的边长是B的二倍,A的电阻是B的4倍’
故进入磁场后.A、B中感应电流强度之比是1
; 2,故B项错误』C项,电荷量Q≡″≡等×÷-等,∧的边长是
B的二倍,A的电阻是B的4倍,两框全部进人磁场的过程中,通过截面的电荷量相等,故C项正确.D项,消耗的电
能W-I2R‘-（等）,×R×÷ˉB:÷刚’刨与B相问,A的边长是B的二倍’A的电阻是B的4倍,啊框全部迸人
磁场的过程中,消耗的电能之比为2
: 1,故D项错误.
综上所述,本题正确答案为AC.
108
109. ［答案］
AC
［解析］
A项,导体棒切割磁感线则有最大电动势E0＝BLu0,根据E＝I（R＋厂）,P输出＝I2R可得最大输出功率为
（器》:R,故∧项服确｛B项异体棒上滑时做加遮度减小的减逮运动,所以这段时间内平均逮度小于等,那么所
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用的时间大于△.故B项错误;C项.根据能量守恒可得÷…-＋〃”:＋2……＋Q镶,即有Q燕-÷′＂锄0』
U0
—÷狮刚舅
2…co爵0’故C项丽确;D项,对于导体棒k滑的过程根据能量守恒有＋狮,』2＝…mβ＋……
＋Q上｀对于导体棒下滑的过程根据能量守恒有…m0-……＋÷狮翘:＋Q下｀由两式可知导体棒｝猾和下
滑过程中’电阻R产生的焦耳热不一定相等,故D项错误
综上所述,本题正确答案为AC.
110. ［答案］
AC
［解析］
A、B项,根据题意小灯泡正常发光,可知灯泡两端的电压为U＝√歹7,根据线圈在匀强磁场中转动的电动
势最大值等于E呵＝Bs妙,所以由E呵＝√m解得角逮度鲤＝警Z’又因为″ˉ2派＂,s＝÷厕R圈.所以转逮厕＝
羔蔑.故A项眶蹦,B项错躁』CP项.电蒲量Q-′鳃＝÷鲤-缓鲤≡等-竿,敞C项正确·D项错误
综上所述’本题正确答案为AC·
111. ［答案］
ABD
［解析］＾项膘线圈中有鹏』≡22o√mn」00碱（w原副线圈的腿敝比…:-22 ; ‘根搬岛≡舟则知副线
圈的电压有效值为U』＝÷×220V＝50V,故A项正确｛B项,副线圈的最大电压为50√百V,二极管具有单向导电
性,因此二极管的反向耐压值应大于50√百V,故B项正确;C项,R2只有正向电压,而R1的电压等于副线圈的电
压,因此叫艘设没有-极管,贝‖电阳梢蕊的功率为P-晋ˉ器W—200w,由于存任二极管的作用.电流正向时
鼠』线圈电路电阻为皿6Q,反向时R』断路副线圈电路咆阻为25∩,所以瓢线圈的输出功率应为P-÷（罢＋
502
I面丁百）W＝l50W’故C项错误;D项,结合C项分析可知电流正向时副线圈电路电阻为12.5Q’由副线圈两端电压
为50V,则电流为4A,反向时R2断路,副线圈电路电阻为25O,则电流为2A,即＿个周期内通过副线圈的电流为
3A,故D项正确.
综上所述,本题正确答案为ABD.
112° ［答案］
CD
［解析］
A项,根据题图乙知输人的交流电周期T＝0.02s’所以输人变压器原线圈的交流电压的表达式为“＝
36√mn100∏tV’故A项错误;B项,t＝0·015s时,输人电压为最大值,根据法拉第电磁感应定律’线圈切割磁感
线的速度最大,则此时发电机的线圈平面与磁场方向平行,故B项错误;C项,理想变压器输人输出的功率相等,输
人电压与输出电压之比等于原、副线圈的匝数比,输人电流和输出电流等于原副线圈的匝数反比,为1
: 5’故C项
正确;D项,Rt温度升高,阻值增大,伏特表测量的是输人电压的有效值,读数不变;输出电压不变,R《阻值增大,所
以输出电流减小,即电流表示数变小,故D项正确.
综上所述,本题正确答案为CD·
113. ［答案］
BCD
［解析］
A项,线框做匀速直线运动’受力平衡9在水平面上有F＝F安,线框只有左右两边切割磁感线,设左边所在
磁场强度为B］-B0cos÷z-B0c。s乎,则右边所在磁场强度为B』＝B＂cos（乎＋厕）＝—B0c。s宁,根据法拉第
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匹
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白
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瞩
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霹
咖
淋
叫
胜
淋
瞪
电磁感应定律得线框电动势为E＝｜E｜｜＋E2 ｜＝｜B｜Lu｜＋｜B圆L°｜ˉ2B0Luco爵宁』则安培力为F安＝｜B｜IL｜＋
｜B』IL＝2B0ILcos宁—4B＂:L:…′呼
α ,因安培力随时间变化,所以外力也随时间变化,故A项错误;B项,Z≡0
R
4B02L2U
R
,故B项正臆;C项｀由A项分析可知,通过线圈的瞬时电流为I-÷-
时,由A项分析可知,F＝F安＝
2B＂L＂cos乎,故C项正确;D项’由C项分析可知’通过线圈电流的有效值为I蒲效—万＿
′…—√孪刨测经过′≡
R
三线圈中产生的电热Q≡I葡徽:赋-2E竿徽故p项正确
U
综上所述,本题正确答案为BCD
114。［答案］
AD
［解析］
A项,分析电路,R2与滑动变阻器的-半并联再与Rl 、线圈和滑动变阻器的另-半串联,并联的电阻为R′
R0
R0
盂蚤≡等｀＂帐膳…儒可铡干潞…!—
≡!A,…趟腮,的枷［′,≡÷—
U
2‖2
R!＋等＋坠
▲
4
α5A,所以电阻R』上的热功率为P-I2』R‘＝÷W,故A项正确;B项,α023时的磁通量为零,线圈与磁感线平
行’磁通量的变化率不为零,根据法拉第电磁感应率可知,感应电动势不为零且最大’所以变阻器R两端的电压的
瞬时值不为零’故B项错误;C项,线圈有内阻’外电路电压的有效值为10V,则产生的感应电动势的有效值E＝I厂
＋U-12V,周期T-2×10ˉ:＄,则“-粤＝l00厕（rad／s）,所以‘随时间』变化的规律是‘＝12√百bos100减（V）｀故
C项错误』D项｀由图可知周期T＝2×10—, ‘,所以′-六T｀则线圈在这段时间内转过的角度为÷＝30.;电动势的
最大值E砸-l2徊V＝测BS倒,所以磁瘤量的最大值为够＝BS-〃瑶撼测在这段时间内通过R｜的电荷量q≡′△′
″△.
″E十s
△:（喘′）鲤≡R娜＋′ Ⅱ′｝＋腋’其中R外为外电路的总电阻’联立解嚼q≡蒜…项止确
综上所述,本题正确答案为AD
115。［答案］
AD
［解析］
A项,输人电压恒定’变压器线圈匝数不变’则变压器输出电压恒定’用电器数目增加时’R减小,由欧姆定
律得U愿≡R,坠萨≡升了,所以用电器两端电压减小,故A项正确;B项,输出电流′』≡面÷瓦,U和R,小变.用
l＋丙
电搬增加R变小测′』增大,故闸项错误;c项·变雁搬的输人功率等于输附功率｀为P≡蒜F用电器敝目增
加,尺变小则功率增大,故C项错误｛D项·输电线上的功率损耗P′≡!』尺,-（瓦坠贾）』R』.滑片P问上滑时,R增
大,则P′减小,故D项正确。
综」二所述,本题正确答案为AD。
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不定顶选择题篇苔案解析
116. ［答案］
D
［解析］
选项分析:A、B项’电感总是阻碍电流的变化,撤去电感线圈中的铁芯,使L减小’阻碍作用减小’闪亮的
时间缩短,反之闪亮的时间延长,并不影响亮度,故A、B项错误.
C、D项,L保持不变,感应电动势不变,减小RL,则通过小灯泡的电流增大,实验现象会更明显,故C项错误,D项正确
综上所述,本题正确答案为D°
117. ［答案］
AB
［解析］
选项分析:
A项,tl～t3时间内,磁感应强度先减小,后反向增大,由楞次定律可知,金属框中的电流方向不变,故A项正确。
B、C项,0～t3时间内磁场的变化导致磁通量的变化,产生感应电流,从而使α6边和cα边产生安培力,但是两者的
安培力等大反向,所以金属框合外力不变,在重力沿斜面向下的分力作用下匀加速直线运动,故B项正确’C项
错误.
D项,0～‘3时间内金属框在斜面运动过程中只有重力做功机械能守恒,则mgLsm0÷啊”2＝0;而线圈在磁场中
运动’因为磁通量的改变而产生感应电流,线框闭合9αb边和Cα边产生的安培力大小相等方向相反,则磁能全部转
化为焦耳热,即焦耳热不为零,故D项错误.
综上所述,本题正确答案为AB.
118. ［答案］
D
［解析］
问题求解;由法械第电磁感应定律E＝器≡等’前÷周期内,磁场均匀减小至反向增大’产生小变的电
厂『■
动势,由楞次定律可判定P板为正极’电场方向由P板指向Q板.同理可知在下＿个寸周期内’电场方向由Q板指
向P板’故D项正确.
综上所述,本题正确答案为D
119。［答案］
B
［解析］
问题求解:刚闭合开关S的瞬间,L发生自感效应,相当于断路;随着L趋于稳定’电路总电阻减小’总电流
增大,路端电压即灯泡两端的电压减小,则通过灯泡的电流减小。断开开关的瞬间,由于L的自感效应,电路中会产
生反向且逐渐减小的电流,因为L的电阻大于灯泡的电阻,所以反向电流的起始值必小于反向前通过灯泡的电流
值.分析可知,B项图象符合,故B项正确.
综上所述,本题正确答案为B.
120。［答案］
AD
［解析］
问题求解:闭合开关S,接人-个灯泡,功率增加,原、副线圈功率相等,则原线圈的功率也增加,原线圈总
电压不变,则流过Ll的电流增大,Ll变亮;Ll两端电压变大,则变压器原线圈的电压变小,理想变压器原、副线圈
电压之比等于匝数之比,所以副线圈的电压变小,即电压表的示数变小,即L2两端电压变小,所以L2变暗;由
上＝塑可得流过副线圈的电流变大,即电流表的示数变大,故A、D项正确.
I2
Ⅶl
综上所述,本题正确答案为AD
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29
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121。［答案］
A
［解析］
选项分析:
A项,由理想变压器特性可知,膘线圈屯流为副线圈电流的÷测原线圈的电流为÷,故A项止确
B项’电动机消耗的功率为变压器原线圈的输人功率,即匹,故B项错误
门
C项,电动机两端的电压为变压器副线圈的电压,即旦,电动机为非纯电阻电路·所以电动机两端的电压不等于
门
IR,故C项错误。
D项,变压器原线圈的输入功率为乎,故D项错误
综上所述,本题正确答案为A.
122。［答案］
BC
［解析］
选项分析:
7
A项’在′＝孟’此刻线圈转过了寸,根据图乙可知此刻线圈中电流为0’故A项错误
B项,线圈转过了子,此刻线圈与磁感线垂富｀磁通量最大,故B项止确
C项,此刻线圈中电流为0,根据F＝BIL可知其所受安培力为0’故C项正确.
D项,线圈与磁感线垂直,磁通量最大,磁通量的变化率为零,故D错误
综上所述,本题正确答案为BC°
123. ［答案］
BC
［解析］
问题求解:当传感器R2所在处出现火情时’R2的电阻减小,导致电路的总的电阻减小,所以电路中的总电
流将会增加,Al测量的是原线圈中的总的电流,由于副线圈的电流增大了,所以原线圈的电流A‖示数也要增加;
由于电源电压不变,原、副线圈的电压也不变,所以Vl的示数不变,由于副线圈中电流增大,R3的电压变大,所以
V2的示数要减小,即Rl的电压也要减小,所以A2的示数也要减小,故B、C项正确.
综上所述,本题的正确答案为BC.
124. ［答案］
C
［解析］
选项分析:
A、B项,0～于时间内,线框在磁场之外,不切割磁感线｀所以没有感厕电流;于～÷时间内,线框切割磁感线,但
有效切割长度不断变化,感应电流大小不是恒定的,故A｀B项错误.
C项｀0～于时间内,线挺在磁场之外,不切割磁感线｀所以没有感应电流;于～÷时间内,线框切割磁感线｀有效长
度为半径保持不变.所以感应电流大小保持不变｀根据楞次定律可判断方向为正同露可判断÷～T的电流如题图
所示,故C项正确.
D项,0～于时间内,线框在磁场之外’不切割磁感线,所以没有感应电流;于～÷时间内’线框切割磁感线,有效隆
度为半径保持不变,所以感应电流大小保持不变,但根据楞次定律可判断方向为负,故D项错误。
综上所述,本题正确答案为C.
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30
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125. ［答案］
ABD
［解析］
选项分析:
…项,由图象分析叫知｀0～‘1 ＂恫内芳-等,由法拉露电磁感顺定橇得E-删芳≡獭警s.顺s-藏;,由闭合电
路欧姆定橇得′≡尺｜号院联立以上各式…过腮｜的电流大小为;′—撇器; ,由楞次定徘叫判断通过电阻R｜上
的电流方向为从b到α,故A、B项正确.
◎项.线圈两端的电腿为;U-2M—2测铲,故C项错误
Ⅲ项…删R』…董,ˉ″!ˉ融瓣』｀故…确
综上所述,本题的正确答案为ABD。
126。［答案］
C
［解析］
问题求解;有效值是根据电流的热效应来定义的前÷电压按正弦规德变化,所以此段电压的有效值为
U｜ˉ片v＿:徊v,后￥周期电压懂定,所以此段…有效值为U』-,v设此交蛮…有效值为U根锯
焦耳定肆有》罢T-鹃＋警粤解得U≡2陋v故c疵确
综上所述,本题正确答案为C.
127. ［答案］
B
［解析］
选项分析:
A项,铜质金属环从条形磁铁的正上方由静止开始下落,在靠近磁铁的过程中’金属环中的磁通量发生变化,根据
法拉第电磁感应定律可知,金属环将产生感应电动势,使得金属环在下落的过程中有机械能转化为电能’所以机械
能不守恒,故A项错误。
B项’根据能量守恒,金属环减小的重力势能转化为电能和增加的动能,故B项正确。
C项,因为在金属环下落的过程中,不存在除重力以外的其他力对金属环做正功v所以机械能不可能增大,故C
项错误。
D项,当金属环从条形磁铁正中间穿过的时候,磁通量没有变化,两者不存在相互作用力,此时磁铁对桌面的压力等
于其重力,故D项错误。
综上所述,本题正确答案为B。
128. ［答案〗
D
［解析］
问题求解:线圈对直流电无阻碍,对交流电有阻碍作用,根据XL＝2∏L／知’自感系数很小,频率越低,感
抗越小｀所以阻碍作用为通低频阻高频电容器隔直流,对交流电有—定的阻蠕作尉,根搪xCˉ志知,电容◎
越小,频率越低,容抗越大,所以阻碍作用为:通高频,阻低频。因此,电流的高频部分从电容器通过,低频和直流部
分从线圈通过并输出’电路的主要作用是阻高频,通低频,输出低频交流电和直流电,故D项正确.
129. ［答案］
A
［解析］
问题求解:电键S断开瞬间,电感线圈会阻碍电流变化,故电感L上的电流仍然从右向左,再从左向右经
过R2流回电感L,故A项正确.
综上所述,本题正确答案为A.
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［答案］
CD
［解析］
选项分析:
A项,不管从那个方向移出导体框’导体框当中的磁通量均减小’根据楞次定律和右手螺旋定则可知,导体框中感
应电流的方向都是顺时针9故A项错误.
B项,导体框从左右两个方向移出磁场时,安培力作用的距离相等,均为导体框的边长;当导体框以速度U移出磁场
时.安蠕力F右ˉBIL≡B碧L-竿’同理叫得,当导休框以遮皮3·移州磁场时’安培力F左≡3竿翻.由于移
出磁场走过的位移相同,所以安培力对导体框做功不相同,故B项错误.
C项,向左移出时,bf边相当十屯源》根搬串联电路分压的特点叮知｀凰剧电势差U1＝＋BL.3锄≡÷BL锄;向石移出
时｀αd边相当于电源,α刨边两端的咆雁等于路端电压｀所以α剑电势差U:＝:BL砌,导体榷α刨边两端电势差相同｀
故C项正确.
130
△o
△t
△@BL2
D项’屯荷量q＝I△》＝÷△′-万△!-万—了.与遮度尤关测通过导体框截面的电荷量相问’故D项正确
综上所述,本题正确答案为CD.
131。［答案］
D
［解析］
选项分析:
A、B项,磁通量垂直纸面向里增大,根据楞次定律（感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化）和右
手螺旋定贝｜呵知,感应电流的方向为逆时针万向;根搬法拉第电磁感应定律叫知’Eˉ等＝s苦根搪题图乙可知,
苦为定值’所以感应电动势为定值侧感应电流为定值,故A、B琐错误
C、D项,各微小段受到的安培力为F≡BI／,在第3秒内,电流恒定,微小段长度不变,磁场强度不断增大,故受力逐
渐增大’根据左手定则可判断圆环各微小段受力方向均沿半径指向圆心’故C项错误,D项正确
综上所述,本题正确答案为D.
132. ［答案］
AB
［解析］
选项分析:
A项,由题图可知它的周期为0.8s’故A项正确.
B项,由题图可知峰值为4A,故B项正确.
颐若……弦…,』临撼而弦…的…计算公式鹰＝芳可褐有效值…八但晨…屯
不是正弦交流电,故其有效值不等于2√百A,故C项错误
D项,频率是周期的倒数,即频率为1.25Hz,故D项错误.
综上所述,本题正确答案为AB。
133. ［答案］
AC
［解析］
选项分析:
A项｀发电机的输出功率等于路端电压与电流的乘积｀即I＝÷｀故A项正确
B项,输电线上的功率损失为电阻的发热功率,根锯焦耳定律P＝!:R＝（吉）』萨.故B项错误
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°
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c项,用户得到的功率P刷-PR＝Pˉ（÷）2′’故C项正确
D项’用户得到的电压U删-U—号,故D项错误
综上所述’本题正确答案为AC.
134. ［答案］
C
［解析］
问题求解;电键S闭合时,L2立即变亮,由于电感阻碍电流作用’Ll会延迟亮;随着自感效应减弱’电感中
电流逐渐增大,Ll逐渐变亮,外电路总阻值变小,则路端电压分压减小,则流过L2的电流减小,则L2变暗,故C项
正确.
综上所述,本题正确答案为C.
135. ［答案］
C
［解析｜问题求解螺戮圈输人咆…值u镶-鳃芳vˉ鳃0v副线圈鼓大电流′娜满足贵≡÷褥′翻-
…理想…输人输出功率榴筹｀敬屯腮最小值R.瞒足［J懒′阀ˉ′瓣…叮得腮…ˉ等ˉ…敝C项正确
综上所述’本题正确答案为C·
136. ［答案］
BD
［解析］
选项分析;
A项,V2表测副线圈中的电压’且示数为有效值,根据理想变压器原、副线圈的电压之比Ul :U2＝＂l
: ′!2及正弦
交流电的…计算公式E≡芳,叮知…鳃＂v敬八唆籍谩
B项,原线圈中的电流由负载决定,理想变压器原、副线圈的电流之比Il
: I2＝″2
: nl ,故原线圈中的电流随副线圈
中的电流的增大而增大,故B项正确
C项｀原、副线圈中的交流电的频率相同曲原线圈中电压的表达式及o-竿,／-＋,可得副线圈中交流电的频率
为50Hz,故C项错误。
D项,副线圈电压由原线圈电压和原副线圈匝数比确定’故V2表示数不变,闭合开关后’副线圈回路总电阻减小,
电流增大’功率增大’原、副线圈功率恒相等’所以变压器的输人功率也增大,故D项正确
综上所述,本题正确答案为BD。
137. ［答案］
AC
［解析］
问题求解:保险丝被烧坏的条件是电流的有效值最大只能为0。2A,根据P＝UI可知原线圈中的功率为
44W,原副线圈的功率相同,所以负载功率不能超过44W,再根据理想变压器原、副线圈的电流之比Il
: I2＝
刀2 :″l ,可知副线圈电流的有效值不能超过1A,故A、C项正确.
综上所述,本题正确答案为AC。
138。［答案］
C
［解析］
问题求解:交流发电机的电动势最大值为Em≡BSα』,又‘O＝2沉7l’可知角速度变为原来的两倍,电动势最大
值也变为原来的两倍,故C项正确。
综上所述,本题正确答案为C.
°
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139. ［答案］
B
［解析］
问题求解:电压表测电热丝两端的电压,示数为有效值,交流电的有效值的定义:让交流与恒定电流分别
通过大小相同的电阻,如果交流的＿个周期内它们产生的热量相等,而这个恒定电流是I、电压是U,则把I、U叫做
（器）』
×（）。01
研
页~~
0. （）2,解得U≡155.5V≈156V,故B项正确
这个交流的有效值’则有
R
综上所述,本题正确答案为B
140° ［答案〗
C
［解析］
问题求解:设线框进人磁场的速度为Ul ,离开磁场的速度为U2’以磁场的下边界为零势能面,线框从开始
下落到离川磁场的过程中能量守恒,凰′″孵（H＋2L）-Q＋÷″m;,从斤始下落至‖凰b边进人磁场过程中应用动能定
理′＂凰H＝＋狮渺｛题日已知°｜＝2渺』｀解得Q-…L＋÷′＂gH｀故C项正确
综上所述’本题正确答案为C。
141。［答案］
BD
［解析］
选项分析:
A、B项,输电线路的损耗主要是热损耗,当输电线路的电阻＿定时,其所产生的焦耳热跟流过的电流有关.输电线
电阳雁—′÷则导线损火功率P〃＝′褒R≡景R≡器,战A项错误·E琐账确
CJ）项’P阔≡PˉP′-P（1ˉ鞋）,故c项错谩,∏项正碉
综上所述,本题正确答案为BD
142。［答案］
B
［解析］
问题求解:根据楞次定律可知,为阻碍磁通量的增加,则线圈与磁铁转动方向相同,但快慢不＿,线圈的转
速＿定比磁铁转速小,故B项正确.
综上所述,本题正确答案为B°
143. ［答案］
AD
［解析］
问题求解:设磁感应强度为B,矩形线圈切割磁场长度为／,线框总电阻为R,以速率U拉出磁场过程产生
感应电动势为E＝B′锄,感应屯流I＝譬…,所以I!
: I』-U』
; 财:＝2
; 1;线圈中产生的焦耳热Q-I』R』≡
B÷』Ucc删,所以Q;Q:-测1 ;吨-2
; l;通过线圈截面的电荷量q-I‘≡等’与速度无关,所以q1
; q』-1
; l,故
A、D项正确.
综上所述,本题正确答案为AD.
144· ［答案］
D
［解析］
选项分析;
A项,理想变压器输人、输出功率相等,所以原线圈的输人功率随着副线圈的输出功率增大而增大,即A项正确,故
不选择A项.
B项,原线圈输人电流与副线圈输出电流的比值等于变压比的倒数,变压比不变时,原线圈的输人电流随着副线圈
的输出电流增大而增大,即B项正确’故不选择B项.
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C项,原线圈电压由输人端接人电压的大小决定,与副线圈输出电流无关,即C项正确,故不选择C项
D项,若原线圈输人直流电压,则副线圈电流为零,即D项错误’故选择D项.
综上所述,本题正确答案为D·
145· ［答案］
BC
［解析］
问题求解;当′＝0时,咆子不受力,』比时两极板｜副电压为零’此后电雁开始增大.‘＝＋T时电压达到最大,
此过程中电子沿电场方向做j‖逮度增大的』＂速运动速度增大,＋T～÷T这段时间内｀两极板间电压减小’但电
场方向不变,所以屯子在这段时间内仍沿原方向傲加逮度减小的加遮运动速度继续增大÷T后电场反向,屯子
开始减速但运动方向不变.直至T时刻逮度喊为零故在＋T时电子有最大逮度因电子的速度方向不变’即随时
间的增长,位移增大°故B、C项正确.
综上所述,本题正确答案为BC.
146。［答案］
BC
［解析］
选项分析;
A、B项,导线在磁场中做匀速直线运动,安培力与运动方向相反做负功,与做正功的外力大小相同,导线的动能不
变,根据能量守恒定律,外力F做的功全部转化为电熊.凰‖外力做功功率筹丁电功率,:‖P≡号＿（BL财）,
R
,其中L
为导线垂直于运动方向的有效长度,三者相等,外力做功功率相同’因此电阻越大速度越大,e／导线电阻最大,因此
运动速度最大’故A项错误,B项正确.
C项,导线产生的热量Q＝Pr,时间t相等’通过对于A、B项的分析可知发热功率P相等,因此产生的热量相等,故
C项正确.
D项,感应电动势E＝BLU,虽然有效长度L相等,但是三根导线切割磁感线速度U不同,因此感应电动势不相等’
故D项错误。
综上所述,本题正确答案为BC.
147. ［答案］
BC
［解析］
问题求解:T1 、T2均为理想变压器,变压时能保持功率不变,所以Pl＝p2 ’由于输电导线分压’则U2＞
U3 ,故B、C项正确.
综上所述,本题正确答案为BC.
148° ［答案〗
AC
［解析］
问题求解:断开S,电感L由于自感效应（阻碍电流减小）’其相当于电源并与E灯构成闭合回路’回路电流
Il ,方向从α到b,并逐渐减为零,由于E灯电流也从Il逐渐减小为零,方向从右向左（与I2相反）,所以b端电势高
于α端,故A、C项正确。
综上所述,本题正确答案为AC。
149。［答案］
BC
［解析】
选项分析:
A项,电压表示数为有效值,考虑线圈电阻,将线圈视为电源,电压表测路端电压,图示电压的最大值为20V,根据
正弦交…有效值计算公式Eˉ芳可得…压为川徊vˉM」w,…腿价瓢分瓶…内阻硼外电阻
上,所以电压表的示数肯定不是14。14V,故A项错误.
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B项,电源电压的有效值为14. 14V,根据闭合电路欧姆定律得,通过电阻的电流为0. 707A’故B项正确
C项,根据p＝I2R可得电阻上消耗的功率为7。5W,故C项正确.
D项,根据图象可知该交流电＿个周期内变化两次,周期为0.04s,故1 s内电流方向改变5（）次,故D项错误
综上所述,本题正确答案为BC
150. ［答案］
ACD
［解析］
问题求解:L的作用是“通低频、阻高频”,C的作用是‘通高频、阻低频’, ,R对高低频的阻碍是＿样的,因为
L滤去了高频,所以通过的低频百分比大于高频的百分比,故A、C、D项正确.
综上所述,本题正确答案为ACD
151. ［答案］
ACD
［解析］
选项分析:
A、B项,开关闭合瞬间电感相当于断路,灯泡L2在支路电流从零慢慢变大,慢慢变亮;灯泡Ll直接接在电源两端,
开关闭合瞬间即变亮,故A项正确’B项错误.
C、D项,由于电感L自感系数很大,所以开关由闭合到断开瞬间电感L产生很大的感应电动势继续维持从左向右
的电流,此时电感L相当于电源9Ll将闪亮＿下再逐渐熄灭,Ll电流方向向左,故C、D项正确。
综上所述,本题正确答案为ACD
152. ［答案］
B
［解析］
选项分析:
A项0在第1s内,由楞次定律知,感应电流的方向为逆时针方向;磁通量变化率为定值’感应电流是恒定的’故A项
错误·
B项,在第2s内’由楞次定律知,感应电流的方向为顺时针方向;磁通量变化率为定值,感应电流是恒定的,故B项
正确。
C项’在第3s内’由楞次定律知’感应电流的方向为｜｜顶时针方向;磁通量变化率为定值’感应电流是恒定的,故C项
错误.
D项,在第4s内,由楞次定律知,感应电流的方向为逆时针方向;磁通量变化率为定值’感应电流是恒定的’故D项
错误.
综上所述,本题正确答案为B.
153. ［答案］
AD
［解析］
电路分析:R3与Rt串联后与Rl并联,最后与R2串联.电压表测R3两端的电压
选项分析:
A、B项,若温度升高,其他条件不变·则热敏电阻阻值减小,R3与Rt支路电阻减小,使并联电路电阻减小,从而外电
阻减小’在电动势和内阻不变的情况下,干路电流增大,内电阻分压增大,导致路端电压减小·又R2两端电压随干
路电流增大,从而并联部分电压减小,Rl支路电流减小,则R3与Rt支路电流增大.在R3不变的情况下电压表示数
增大。故A项正确,B项错误.
C、D项,若光照增强,其他条件不变,则光敏电阻阻值减小,使并联电路电阻减小,从而外电阻减小,在电动势和内
阻不变的情况下,干路电流增大,内电阻分压增大,导致路端电压减小°又R2两端电压随干路电流增大,从而并联
部分电压减小.在R3和Rt都不变的情况下R3上的分压减小,电压表示数减小.故C项错误,D项正确。
综上所述,本题正确答案为AD.
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154. ［答案］
BD
［解析］
选项分析:
A项,滑动头P向上移动,原线圈匝数增多,则副线圈输出电压变小（即电压表V示数变小）,故A项错误.
＂项副线圈所在电路中有P-晋测变压器输州功率变小,故日项正确
C、D项,理想变压器输人功率等于输出功率,故输人功率变小,由于输人电压不变,所以原线圈电流减小,即电流表
A示数变小,故C项错误,D项正确。
综上所述,本题正确答案为BD.
155. ［答案］
C
［解析］
问题求解:0～1s内’磁感应强度均匀增大,根据楞次定律可知,电流方向为负;1～2s内’磁感应强度均匀
减小,根据楞次定律可知,电流方向为正;2～3s内,磁感应强度不变,电流为零;3～4S内磁感应强度变化规律与
0～ls内的变化规律-致,电流方向为负;4～5s内,磁感应强度不变,电流为零;5～6s内磁感应强度变化规律与
1～2s变化规律相同,电流方向为正,故C项正确.
综上所述,本题正确答案为C.
156. ［答案］
AD
［解析］
选项分析:
在两个过程中,隆直做减速运动,根搪安墙力公式;F-BJL-B碧′≡竿,速度减小.故安墙力逐渐减小,所以棒
运动的加速度不相等,安培力逐渐减小’两个过程的位移相同,所以安培力做功也不相等,根据功能关系可知’回路中
产生的内能等于棒克服安培力做的功,由于安培力减小,而两个过程的位移相同,所以回路中产生的内能不相等,根据
公式q-I鲤-器△′＝等可知,厕个过程中的磁通量变化量相问’故通过棒横截面的电荷量相等’故A、D项正确
综上所述,本题正确答案为AD.
l57. ［答案］
AC
［解析］
选项分析;
A、B项’开关S接在题图位置1时,设小灯额定电流为I,则原线圈电流I］≡I,副线圈电流I2＝4I,则原、副线圈匝
数比尘＝上＝4’故这是＿个降压变压器,故A项正确,B项错误.
门2
I］
QD项,设小灯额定电压为U’则电源咆压“＝U＋4U＝5U;开关S接在题图位置2时副线圈电压U′＝十“≡÷U
＞U,副线圈中的灯泡仍能发光,只是更亮些,故C项正确,D项错误.
综」二所述’本题正确答案为AC.
158. ［答案］
BD
［解析］
选项分析:
A项,原线圈电压鹏＝36√霄sml00撼‘（V）｀根据原｀副线圈匝数比和电压关系’副线圈电压＂〃-＋‘′ˉ,√百爵inl00减（V）,
故A项错误
B项,电压表读数为副线圈电压的有效值酗敷＝9V,故B项正确,
C项,理想变压器输人、输出功率相等,故C项错误。
·
37
·
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D项’理想变压器输出电压只和输人电压以及变压比有关,故输出电压不变（即电压表V2示数不变）,Rt处温度升
高,电阻减小,电路负载减小,则电流表示数变大,故D项正确.
综上所述’本题正确答案为BD.
159. ［答案］
B
［解析］
选项分析:
A项,合上开关’线圈中的电流变化9线圈因自己的磁场变化而产生感应电动势,即发生自感现象,阻碍该支路电流
的增大,故b、c先亮,a逐渐变亮,故A项错误。
B项,合上开关-会后,电路稳定,电流不再变化,此时线圈不发生自感现象,又线圈的直流电阻为零,a、b完全相
同,并联电压相同,故流过a、b的电流＿样大,a、b＿样亮9故B项正确.
C、D项,断开开关,线圈中的电流发生变化,由于线圈的自感现象,L、a和b组成的闭合回路的电流将从原来L中的
电流开始逐渐减小,原来流过L的电流与流过a、b的电流相等,故a、b逐渐变暗,b不会先闪亮-下再变暗,故C、D
项错误.
综上所述,本题正确答案为B。
160. ［答案］
BC
［解析］
过程分析:在乙进人磁场前两金属棒都在做匀加速运动,加速度都是5m／s2 ;当甲进人磁场后,甲、乙金属
棒以及导轨构成的封闭线圈内的磁通量开始增大,金属棒中产生感应电流,磁场对甲金属棒产生沿斜面向上的安
培力,外力需要时刻等于安培力以保证甲金属棒加速度不变,甲金属棒在磁场内一直匀加速’磁通量变大,感应电
流变大,安培力也变大,即外力F也变大;甲、乙由于加速度始终相同,保持相对静止,在乙进人磁场区域时,甲刚好
离开磁场区域,之后磁通量开始减小,导体中依然有感应电流,乙金属棒受沿斜面向上安培力作用,加速度减小,由
题意可知乙金属棒进人磁场时做匀速直线运动,则有安培力的大小等于重力沿斜面向下的分力,乙金属棒速度不
变,则磁通量的变化率不变’感应电流也不变,安培力大小也不变’所以之后乙金属棒＿直做匀速直线运动直到离
开磁场区域.
选项分析:
A项,乙金属棒进人磁场前加速度为5m／s2 ,进人磁场时的速度u乙≡√面∏T＝2m／s,在进人磁场后＿直做匀速直线
运动,金属棒沿斜颧方问受力平衡’即…n0—BI′’感厕电流′≡器得…,ˉ警,代人已知量.叮解榔Rˉ
0。064Q’故A项错误。
B项’甲金属棒在磁场中一直做匀加速直线运动,初速度为零,加速度为5m／s2,运动位移为0.4m,则甲金属棒离
开磁场时速度倒甲-√m＝2m／s,因此甲在磁场中运动的时间′嘲＝等＝043,故B项正确
C项,甲金属棒在运动过程中运动速度＿直在增大,分析可知F也-直增大,因此由P＝Fu可知功率＿直增大,故
C项正确.
∏项乙在磁场中徽匀速直线运动’安蠕力大小F蜜-警-α｜M逮度刨垦-2m／兽’刨讣算出功率为队2W’故∏
项错误。
综上所述,本题正确答案为BC.
16L［答案］
BD
｜解析｜＂题求解;灯泡上…是…值.则根籍正…电的…汁算公式E—贵可知输入…有敏
值为3βv假设原副线圈两端的电雁分铡为U］、U』副线圈中通过每个灯泡的电流为′≡等’R为灯泡的电阻则
·
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理想变压器原、副线圈的电流之比为Il
: I2＝″2 :″l ,L1的电流为I’又知皿＝U2＋U］,又理想变压器原、副线圈的
电压之比为Ul :U2＝＂1
:
′!2 ,联立解得Ul＝27V,U2＝9V,则四只灯泡均能正常发光;根据灯泡的规格可知,电
流Iˉ÷A.即电压表示数为27v｀电流表示数为2A;由阁可知该交流电的周期为α02＂’则根据／＝十可知频率
为50Hz,故B、D项正确。
综上所述,本题正确答案为BD.
162· ［答案］
B
［解析］
问题求解:灯泡的额定电压是指有效值,根据交流电的有效值的定义;让交变电流与恒定电流分别通过大
小相同的电阻,如果交流的＿个周期内它们产生的热量相等,而这个恒定电流是I、恒定电压是U’则把I、U叫做这
个交流的有效值,根据单个周期内焦耳热相等’即U:×片023
U;×α（）083
Ⅱ
·则得该交流电的有效值U≡竿憋,解
≡＝＝
得电压有效值为ll0√而V≡347.85V,最接近B,故B项正确.
综上所述,本题正确答案为B.
163. ［答案］
AC
［解析］
选项分析;
A、B项,断开S前,因为是直流电,所以线圈上的电阻为零,分压为零,电容器与线圈并联’则电容器两端的电压为
零’Q＝CU为零,故A项正确,B项错误.
C、D项,断开S的瞬间,电流减小,线圈因为自感而产生电动势,且左边的电势高,所以α板上带正电,故C项正确’
D项错误.
综上所述,本题正确答案为AC.
164. ［答案］
A
［解析］问题求解根据愿副线圈匝数利电压电流关系端≡岛≡÷由于…, ,呵得U』＞U詹’I］＜］″
Pl＝IlUl＝I2U2＝P2 ,故A项正确
综上所述,本题正确答案为A。
165. ［答案］
AB
［解析］
选项分析:
A项’根据右手定则.线框切割磁感线产生的电动势串联’故线框中产生的感应电动势E≡2Bα×＋渺—B“砌,线框
中的电功率为Pˉ:≡呼窖,故A项止确
B项.根据能量守但定律可知;线框中产生的内能Q-÷咖,塑—÷咖（÷）,-÷砸倒: ’故B项正确
c项,线框所受的合力为F≡2BI哩＝2Bα等ˉ2譬:创,故j‖速度αˉ÷≡2器聊’故C项错误
D项,在位置（Ⅱ）时,线框的磁通量为零,线框的磁通量的变化量△o＝Bα2 ,所以此过程中通过线框截面的电荷量
qˉ等-等,故D项错误
综上所述,本题正确答案为AB.
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166. ［答案］
D
［解析］
过程分析:线圈从高处自由下落,以＿定的速度进人磁场,受重力和安培力。线圈全部进人磁场后只受重
力,在磁场内部会做-段加速运动,所以线圈出磁场时的速度要大于刚好全部进人磁场的速度.
选项分析:
A项,若线圈进人磁场过程是匀速运动’重力等于安培力,离开磁场时安培力大于重力,就会做减速运动’故A项
错误。
B项,若线圈进人磁场过程是加速运动,重力大于安培力’离开磁场时安培力变大’安培力与重力的大小关系无法确
定,故B项错误。
C、D项’若线圈进人磁场过程是减速运动,重力小于安培力’刚好进人磁场的速度大于等于使安培力等于重力时的
速度,离开磁场时速度增加,安培力必大于重力,所以也是减速运动,故C项错误,D项正确。
综上所述,本题正确答案为D°
167. ［答案］
C
［解析］
选项分析
当摆到竖直位置时’导体棒产生的感应电动势E≡BL万＝BL÷＝Bαz′’AB两端的电压是路端电压,根据欧姆定律
△
十R
可知,AB两端的电压大小为U-＋R—÷RE-竿｀故C项止确,A、BD项都镭误
综上所述,本题正确答案为C
168. ［答案］
C
［解析］
问题求解;根据题意,要使氖管发光,电压需要满足U≥25√百V,解得-个周期内第一次开始发光的时间
为′＝α0025,,根据交变电流的电动势随时间的变化规律‘＝E厕…‘,其中倒＝芋,可知周期T＝M2＄｀则总发
光时间′＝4×（÷—队0025§）＝α0l.,故C项正确
综上所述,本题正确答案为C.
169. ［答案］
A
［解析］
问题求解;直流电源供电时Q-′:陆,交流电源供电时Q-『淆…-FR‘＝′霄—平A,交流电最大值
Im＝√百I有≡3A,故A项正确
综上所述,本题正确答案为A
170。［答案］
BD
［解析］
选项分析:
A项,变压器的电压与匝数成正比,由此可得副线圈的电压为22V,电压表V测的是R2两端电压,故A项错误.
B项,由题图乙可知,周期T＝0.02s’频率为50Hz’故B项正确。
C、D项,当出现火警时,温度升高’电阻R2减小,副线圈的电流变大,所以原线圈的电流也要增大,电流表示数增
大;副线圈电流增大,则R1电压增大,R2电压减小,电压表示数减小,故C项错误,D项正确.
综上所述,本题正确答案为BD°
◎
40
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仆
｜
↑
~
~
~
~
~
十
寸
寸
↑
→
↓
↓
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171。［答案］
ABD
［解析］
问题求解;输出电压低于时22（）V时’为了提高输出电压’应该减小原、副线圈匝数比值;A、B、D项均可减
小原、副线圈匝数比值’C项增大原、副线圈匝数比值,减小输出电压;故A、B、D项正确°
综上所述,本题正确答案为ABD。
172. ［答案］
D
［解析］
问趣求解灯泡电阻R＂ˉ;÷登ˉ等n闭合开关s瞬间’由十L的自感作用’电流几平全部通过灯泡,灯
3V
≈2。5V,为额定电
D开始发很强的光稳定后,L相当于＿直流电阻,路端电压U＝3V—α2Q×孕×l
六
O＋1Q
亏＋1
压,故D项正确。
综上所述,本题正确答案为D
173. ［答案］
AB
［解析］
选项分析:
A项,三角形线框向磁场内匀速运动的过程中,由于有效切割磁感线的长度／＝Ur,所以线框中感应电动势的大小为
E＝BlU≡BU2t,故A项正确.
圈项,线框迸人磁场的运动过程中,通过线圈的电荷量q—『△‘≡器△‘,其中△°≡周÷L 0≡-.所以q≡器,
BL2
故B项正确.
C项｀当线框恰好刚要完全进人磁场时｀线框有效切割磁感线的长度最大为L,则F＝ELI＝BL等＝B』肯』渺’故C
项错误.
D项,线框的热功率P≡:.F-B′,＝B,瞥』,联立得P-B芳, ’故D项错误
综上所述,本题正确答案为AB°
174. ［答案］
AD
［解析］
问题求解:理想变压器不改变电压频率’且原、副线圈两端功率相等;理想变压器可改变电压和电流’故A、
D项正确.
综上所述’本题正确答案为AD·
175. ［答案］
BD
［解析］
选项分析:
…颂｀媳副线圈…之比贵≡芳≡÷,设R厂R』≡R则器≡器-÷,贵—羔-÷,故…镭
误,B项正确。
Ⅲ聊副线圈输出电压为U凰测根据变压比源线圈输出电压为爵U凰｀耐U处≡÷U凰测U＾＋:U腻≡粤U凰≡芳v,
则UB＝66V,故D项正确.
综上所述,本题正确答案为BD.
·
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‖76. ［答案］
C
［解析］
选项分析:
A、B项,闭合开关瞬间,电路接通,b灯立即变亮,由于电感阻碍电流的效应,通过a灯的电流为零’a灯不亮;随着
电感的自感效应减弱,a灯中电流慢慢增大,最后a灯电流与b灯＿样大,故A、B项错误
C、D项,闭合开关’待电路稳定后断开开关’由于电感自感效应（阻碍电流减小）,其相当于电源并与a、b灯串联,则
a、b灯均过＿会同时熄灭,故C项正确,D项错误.
综上所述,本题正确答案为C°
177. ［答案］
D
［解析］
问题求解:一个周期内电压做功
D项正确.
综上所述,本题正确答案为D。
α2s≡等×…解得U徽≡5＂徊v,故
（100V）2
乙
＼
／
γ
尺
＾
·
巨
√
（
＋
＄
■
』
○
×
R
178. ［答案］
D
［解析］
选项分析:
A项,从题图中可看出该交流电的最大值为20√百V,周期为0。02s,根据交变电流的电动势随时间的变化规律e＝
∩
Emsino《’其中o＝千’可知输人电压“＝20√可sin（100厕酋）V,故A项错误
B项,理想变压器原、副线圈的电压之比U1 :U2≡nl
: n2 ,即副线圈的电压由输人电压和线圈匝数比确定,只断开
S2 ,副线圈中电压不变,L］、L2的总电压不变,总电阻增加,流过灯泡的电流减小’Ll 、L2均不能正常发光,故B项
错误°
C项’只断开S2’副线圈中电压不变’电路总电阻增加,总电流减小,副线圈功率减小’理想变压器的输人功率等于
输出功率,故原线圈的输人功率减小,故C项错误
D项,电功率的计算应用有效值,根据正弦交流电的有效值计算公式E＝里,以及理想变压器原、副线圈的电压之
√2
比Ul :U2≡″1
:
＂2 ,可知副线圈电压的有效值为4V,若Sl接到2,副线圈的电压仍然不变,根据焦耳定律及欧姆
定律P＝等’可得电阻捎耗的电功率为队6W,故D项止确
综上所述,本题正确答案为D.
179. ［答案］
C
［解析］
问题求解:产生正弦交流电的交流发电机的电动势的最大值为Em≡NBS山,若将转速″提高-倍,根据
α」≡2汀＂,角速度o变为原来的两倍,同时电枢所围面积S减少＿半,则电动势的最大值不变,已知正弦交变电流的
电动势随时间的变化规律e＝Emsinot,故C项正确.
综」二所述,本题正确答案为C。
180. ［答案］
C
［解析］
问题求解:合上开关,b灯立即变亮,由于电感阻碍电流作用,a灯延迟变亮;断开开关,电感相当于电源并
与a、b灯形成串联闭合电路,a、b灯均逐渐变暗直至熄灭,故C项正确.
综上所述,本题正确答案为C。
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181. ［答案］
BC
［解析］
选项分析:
＾项,贵≡器≡÷·放A项错误
Ⅱ项｀器—笨ˉ÷.敬颐正确
C项,原线圈电压U′＝坠UB＝2U凰’又U′÷UA-2UB＋÷UB＝U,可得UB＝÷U’U八＝÷UB＝÷U’故C项
〃2
△
L」
△
｀」
正确.
Ⅲ项瓮—摆—＋｀…错谩
综上所述,本题正确答案为BC°
182. ［答案］
ABC
［解析］
电路分析:只闭合Sl ,电路为L2、R串联和L、Ll串联后的并联;再闭合S2’电路为L2、L并联和R、Ll并
联后的串联。
选项分析:
A项’只闭合Sl瞬间,由于电感自感效应（阻碍电流流过）,则Ll灯逐渐变亮,故A项正确.
B项’再合上鸟稳定后’L2与电感L并联’由于电感电阻很小’故并联后总电阻很小’电压很小,故I咽很暗’故B项正确.
C、D项,只断开Sl瞬间’电路断开,Ll立即熄灭,由于电感的自感效应（阻碍电流变小）’其相当于电源并与L2串
联,则L2亮-下后逐渐变暗直至熄灭,故C项正确,D项错误.
综上所述,本题正确答案为ABC。
183. ［答案］
C
［解析］
问题求解;电压表的示数为有效值,交流电的有效值的定义:让交变电流与恒定电流分别通过大小相同的
电阻,如果交流的＿个周期内它们产生的热量相等,而这个恒定电流是I、恒定电压是U,则把I、U叫做这个交变电
流的有效值,题图中所示交流电压是正弦交流电的＿部分’从做功的角度来看’-个周期内该交流电做的功只是它
所对应的完整的止弦交流电的÷侧根据有效值的定义可知该交流电的有效值与对应的完整的正弦交流屯的最大
值的比倘为乎侧橱搬止弦……值计算公式E-兰利…知,…电的电压…为芳v.故C项
√2
正确。
综上所述’本题正确答案为C。
184［答案］
BD
［解析］
选项分析:
A项,题图中位置磁通量为p0＝0,转过9（）。后磁通量为@l＝BS,△°＝Ol＿O0＝BS’故A项错误.
-
2lVBS（o,故B项正确.
B项,根据法拉第电磁感应定律得.平均′惑应电动势百ˉN等’△‘＝孟｀解得E＝
冗
颐,电流的瘤效值为′≡六’厨≡乎E鳃.电阻腮所产生的焦耳热Q≡′.殿,′-为得Q≡￥鹃;乒,敬〔
项错误
。
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p项通过电阻R的屯荷量q＝N器,得q＝黔故D项正确
综上所述,本题正确答案为BD°
185. ［答案］
C
［解析］
选项分析:
A项,线圈平面与磁场平行时,线圈的磁通量为零,但是磁通量的变化率最大,此时产生的感应电动势最大,线圈中
的瞬时电流最大,不为零,故A项错误.
B项,线圈平面与磁场平行时,线圈中的电流最大,从这一时刻开始计时,即t＝0当时,电流应最大,显然表达式不
正确,故B项错误.
C项,电压表测电阻两端的电压,示数为交流电的有效值,实验室的交流发电机产生的交流电是正弦交流电,根据正
弦交流电的有效值计算公式E＝兰,可知该交流电的电压最大值为10√面V,则电流的最大值为√百A,故C项正确
√2
∩项,电阻的热功率用有效值计算根掘橇耳定橇有Pˉ′:R≡爷-l0w.故∏项镭误
综上所述,本题正确答案为C·
186. ［答案］
B
［解析］
问题求解:通电螺线管的磁场分布相当于条形磁铁,内部磁感线的分布平行于螺线管中心轴线’因此沿轴
线磁感应强度不变,管口磁感线较管内磁感线稀疏,磁感应强度较小,故B项正确.
综上所述,本题正确答案为B°
187. ［答案］
B
［解析］
选项分析:
AB项｀开关援通后｀由题意知副线圈交变电压塑′＝5幽＝l00√百赢ml00减（V）,电压频率′-婴＝50Hz,—个周期
内氖泡电压有侧次达到100v测其发光频率为:′ˉl＂H露』电压轰承数为输出…效值卿l0芳vˉ100v,
故A项错误’B项正确
C、D项,开关断开后,电压表示数仍是输出电压,保持不变,氖泡不发光,则变压器输出功率变小,故C、D项错误
综上所述,本题正确答案为B.
188. ［答案］
AC
［解析］
过程分析:根据楞次定律可知当原磁场方向不变时,磁通量变化情况相同,感应电流方向相同,磁通量变
化情况相反时,感应电流方向相反.滑片P向左滑动时,滑动变阻器接人电路中的阻值变大,通过线圈A的电流变
小,线圈B的磁通量变小,线圈B中感应电流使电流表指针向右偏转.
选项分析:A项,断开开关的瞬间,线圈A中电流变小,线圈B的磁通量变小,与题目情况相同,故A项正确。
B项,闭合开关的瞬间,线圈A中电流变大,线圈B的磁通量变大,与题目情况相反,故B项错误
C项,在开关闭合的情况下,向上移动线圈A的过程中,线圈B的磁通量变小,与题目情况相同,故C项正确.
D项’在开关闭合的情况下’滑动变阻器的滑动端P向右滑动的过程中,滑动变阻器接人电路中的阻值变小,线圈
A中电流变大,线圈B的磁通量变大,与题目情况相反,故D项错误.
综上所述,本题正确答案为AC。
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189. ［答案］
AC
［解析］
选项分析:
A项’感应电动势E＝BLU,其中L是组成闭合回路的有效切割长度,L随时间t均匀增大,则E随时间均匀增大,
故A项正确°
B项,感应电流I＝÷.其中ER都随时间均匀变化.日变化规律相同所以I是＿个定值.故B项错误
C项,导体棒所受安培力F安≡BIL随时间均匀增大,为维持导体棒匀速运动,拉力F均匀增大’则拉力功率P＝Fu
均匀增大,故C项正确.
D项,因为导体棒动能不变,所以拉力做的功全部转化为回路中的焦耳热,即Q≡Pr,因为P随时间均匀增大,所以
Q与t2成正比,故D项错误.
综上所述,本题正确答案为AC°
190. ［答案］
AD
［解析】
选项分析;
A项,根据楞次定律和右手定则可知,αb边刚进人磁场时,电流方向为α到b,故A项正确.
B项,线圈未完全进人磁场的过程中受到沿斜面向上的安培力的作用,完全进人磁场后安培力消失,αb刚进人磁场
时的速度与完全进人磁场-段时间后的速度相等,则线圈在这个过程中必经历了先减速后加速的过程’即刚进人
磁场时减速,加速度沿斜面向上’故B项错误.
C项若线框任迸入磁场的过程中存在匀速过程测安培力等了蔽力沿斜面问「的分力时逮度最小,即孪旦
”g…,得融≡嘿严’若不存在匀遮过程测最小逮皮必大于该值故C项错误
D项,从αb刚进人磁场时到再次速度为U0的过程中,线框进人磁场的＿段过程机械能转化为电能,最后变为热能,
则根据功能关系有Q＝Ⅷgαsin0,故D项正确.
综上所述’本题正确答案为AD
191. ［答案］
AD
［解析］
选项分析;
＾项.媳线圈输人电隆的有效值为蒜≡岩v≡2:（）v.所以电腿霍的硫数为220v故A项正确
B项,对于埋想变压器有贵-舟＝罢,故B项错误
C项,电流表的示数等于通过电阻R0的有效值,故C项错误。
◎
2冗
D项,交流电压的表达式〃＝测msi…（V）,根据图象得』‘m＝3llV’o-千＝2×10 2md／s-l00＂rad／s,所以
椰＝311sin100冗〖（V）,故D项正确
综上所述,本题正确答案为AD
192。［答案］
CD
［解析］
选项分析:
A项,由右手定则判断感应电动势方向为M指向N,则电阻R中感应电流方向由r到α,故A项错误.
B项,释放物体的瞬时,物体的加速度最大,由于绳不可伸长,物体和导体棒加速度大小相等,设此时绳的拉力为T,
对导体棒和物体分别用牛顿第二定律’T＝咖…g—T＝mα’求得α＝÷故B项错误
.
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C项,当导体棒所受的安培力等于绳子拉力时,加速度为零,速度达最大·感应电动势E＝BLu,导体棒受到安培力F
≡B′L＿等丝蝇的拉力为T-′＂g′由此可求州物体卜落的最人遮皮为融ˉ潞,故c项股确
D项,物块下落高度h时｀通过导体棒磁通量的变化量为△.-BL″’所以通过电阻R的电荷量为q＝等＝等,故
D项正确。
综上所述,本题正确答案为CD.
193。［答案］
AD
［解析］
问题求解:由于αb杆绕α点以角速度山沿逆时针方向转动,在αb上取＿微段,其速度垂直于αb向上,由
右手定则可以判断感应电动势的方向向左,又αb杆相当于电源,所以电容器与α相连的极板带正电;αb杆切割磁
感线的等效速度为等｀所以αb电势差为U＝竿’电容器所带电荷量为Q-CUˉ塑笋｀故A、D项正确
白
▲
综上所述,本题正确答案为AD。
194. ［答案］
BC
［解析］
选项分析:
A项,根据原、副线圈中的电流与理想变压器的原、副线圈的匝数成反比可知,原、副线圈中的电流之比为1
: 5,故
A项错误.
B项·膘、副线圈中的电压与理想变压器的原副线圈的恤数成反比∏J知副线圈电腿U-竿V＝44V’由于有二极
管使得反向咆流无法通过,黑×÷≡鞭×T.故U葡徽≡鳃徊v敬…确
℃项·由颐可知.U萄擞≡2:侗v｀得Q≡字t-2,鹏J｀故c项服确
D项,若将滑动变阻器的滑片向上滑动,R减小,电流表读数变大,电压表测量副线圈电压,读数不变’故D项错误
综上所述,本题正确答案为BC.
195. ［答案］
C
［解析］
过程分析:
根据电动势公式:E＝BLU＝B山L2,由图∏I知,●为定值,切割长度L为变量
如图可知:L＝2Rsin0,L先变长后变短
所以E＝B@4R2sin20,
若不了解sin20的图象,可在排除A、B项后,由右手定则判断方向排除
D项。
由公式可知,仅C项符合sin20的图象形状.故C项正确.
综上所述,本题正确答案为C.
196。［答案］
AC
［解析］
选项分析:
A项,线框开始进人磁场时,线框处于平衡状态,
B2L2U0
此时有:加gsin0＝BIL＝
R
辩r｝H］
川
磕b■←■幸→曲←十→＋…十■＝‖
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当αb边刚越过／／′时,此时线框速度仍为U0
,
此时有:2BI2L加gsin0＝7＂α2
,
2BLU0
I2＝R
’
联立解得:α≡3gsin0,故A项正确.
B项,设t0时刻的速度为U,此时处于平衡状态,
此时有I』-竿｀
2BI3L＝mgsin0,
联立解得侧-宁,故B项错误
c项,在时间』＂内根搬功能关系有Q＝÷狮gLsjn0＋÷咖渺;—÷咖圃:＝;啊gL愚m0＿器咖铡;,故c项正确
D项,离开磁场时由于安培力小于重力沿斜面的分力,因此线框将做加速度逐渐减小的变加速运动,故D项错误
综上所述,本题正确答案为AC°
197。［答案］
B
［解析］
问题求解:设线框电阻为厂’半径为R,根据楞次定律’0～r阶段,即线框转过90°阶段,线圈中产生的感应
电流方向应为逆时针方向,削弱线框向里的磁通量的增加’oQ边切割磁场平均速率为刨＝乎,所以感应电流大小!
B÷“RB“R,
-面厂;t～2t阶段,即线框转动角度从90°～180°过程,注意此时OQ边和OP边都在切割磁场,且产生
厂
BR等＋2BR等-戮;:r～3』阶段’感应电动
的感应电动势叠加,感应电流方向为顺时针方向,感应电流大小j2≡
厂
势大小与第二阶段相同’即感应电流j3＝j2＝3j,根据楞次定律,感应电流方向为逆时针方向;3t～4t阶段,感应电
流方向为顺时针方向,大小为j4＝j,故B项正确.
综上所述,本题正确答案为B.
198。［答案］
A
［解析］
选项分析:
A项,由于电压表读数是读有效值,故读数为互＂2≡22V,故A项正确.
″l
B项｀》-赤5时’鲤’两点电压的瞬时值为220√配in÷V＝｜｜0√圆ˉV’故B项错误
C项,滑动变阻器触片向上移,电压表示数不变,电流表示数减小,故C项错误.
D项,单刀双掷开关由α扳向b,原、副线圈的匝数比减小,副线圈电压增大,电压表和电流表示数均增大9故D项错误
综上所述’本题正确答案为A。
199。［答案］
C
［解析］
问题求解;6c边的位置坐标工在L～2L过程,线框6c边有效切线长度为』＝工＿L,感应电动势为E＝B′U
＝B（堑—L）°’感应电流′＿÷-R（堑贡l）触』根据楞次定律判断出感廊电流方向沿α→b→‘→刨→“为正值z在2【
～3L过程,根据楞次定律判断出感应电流方向沿α→α→（→b→α,为负值,线框α仇边有效切线长度为l≡Z
2L’感
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B（工-2L）U
应电动势为E＝B′拟＝B（工—2L）砌’感应电流‘＝÷-
坐标工的关系,故C项正确.
综上所述,本题正确答案为C。
,根据数学知识可知C项的图象符合感应电流f和
R
200。［答案］
D
［解析］
过程分析:金属棒受到重力、安培力、拉力的作用,M］V棒中未通电流时’重力与弹簧拉力相等.当MN棒
中通有恒定电流时,M｜v会受到-个向下的安培力作用,大小为B!L’此时Mv棒是做简谐振动,平衡位置为守,此
处安培力和重力的和等于弹簧拉力.
选项分析:
A项,由简谐振动特性知,MN棒的加速度先减小后增大,故A项错误.
B项,M」V棒在向下运动过程中重力做的功和安培力做的功的和等于弹性势能的增加量,则MN棒及弹簧、地球组
成的系统机械能不守恒,故B项错误.
C项,在最低点弹簧具有的弹性势能等于重力做功、安培力做功加上初始的弹性势能,所以最低点弹簧具有的弹性
势能大于（mg＋BIL）工m,故C项错误.
∏项,由简谐振动半衡位置知皿-鹿宁′B—盏,故I〕项正确
综上所述,本题正确答案为D·
201. ［答案］
C
［解析］
问题求解:根据法拉第电磁感应定律,由题图乙可知:磁感应强度的变化率不变.所以副线圈电流大小恒
定。因此,电感元件相当于导线,电容元件相当于开路.因为Rl 、R2阻值相等.所以二者电流相等’A3无电流流过’
故C项正确。
综上所述,本题正确答案为C.
202。［答案］
ACD
［解析］
选项分析:
A项,导线框离开磁场时,磁通量减小,根据楞次定律,感应电流的方向为｜｜｜Ⅲ时针方向,故A项正确.
B项,导线框在进出磁场时,速度变化,则感应电动势变化,产生的感应电流变化,则所受到的安培力变化,根据牛顿
第二定律可知,加速度变化’导线框做变减速运动’故B项错误
C项,因为导体框进人磁场时的速度大于移出磁场时的速度,则导体框进人磁场时产生的电流要比移出磁场时产生
的电流大,根据焦耳定律知,Ql＞Q2 ,故c项正确°
D项｝根擂能量守恒定律知,线框动能的减小量全部转化为焦耳热’则Q｜十Q:＝＋狮（,;
砌｛》,故D项正确
综上所述,本题正确答案为ACD
203。［答案］
A
［解析］
过程分析根据法拉第电磁感应定橇可知;E＝等≡芳s
故第1秒内和第4秒内U＝＋0. l穴厂2V,第2秒内和第3秒内U＝
0. l冗厂2V。由楞次定律可知第1秒内和第4秒内
下极板带正电,第2秒内和第3秒内上极板带正电。
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选项分析:
A项,第2秒内上极板带正电,为正极.故A项正确.
B项,第3秒内上极板带正电,为正极.故B项错误。
C项,第1秒内微粒受到向上的电场力,向上做匀加速运动;第2秒内微粒受到向下的电场力,向上做匀减速运动,
到第2秒末正好速度为0.由于物体-直向上,故C项错误
D项,第3秒末两极板之间＂电场强度大小为E-子ˉ等〔1放D项镭误
综上所述,本题正确答案为A。
204。［答案］
CD
［解析］
选项分析:
A项’当光照强度增大时’光敏电阻阻值减小’外电路总电阻减小’根据欧姆定律可知,总电流I增大,灯泡变亮’故
A项错误·
B、C项,电流变大,电源内阻所占电压变大,路端电压U减小,所以则电压表的示数减小。而灯泡两端电压增大,所
以光敏电阻R上的电压减小,故B项错误,C项正确.
D项’灯泡两端电压’电容器两端电压增大,根据Q＝UC可知电容器C所带电荷量增大’故D项正确.
综上所述,本题正确答案为CD。
205。［答案］
BD
＾
［解析］
由“2—′图象知〃2m＝l90√百V,T＝2×10—25故°＝争＝l00厕rad／s,故以2＝l90√配in（100厕t）V选项A
错误,选项B正确。由理想变压器电压与匝数关系』1上＝卫上得’皿2≡』1旦丛,可减小″l以使z《2的有效值增大至220V’
观2
γ『2
刀1
即将P适当上移,故选项C错误’选项D正确。
206. ［答案］
AD
［解析］
当0＝0时’杆切割磁感线的有效长度／l＝2α’所以杆产生的电动势El≡B′lU＝2BαU,选项A正确.此时
E1
杆上的电流I｜≡（丽α＋2凰》R』≡（厕籍R, ,杆受的安墙力大小F｜≡B′｜′｜≡（鹊÷, ,选项C错误
当0＝÷时’杆切割磁感线的有效长度′2＝2αc°s÷＝α’杆产生的电动势E2＝B′2U＝BαU’选项B错误此时杆上
E2
的电流′:-（2派“—竿＋α）R』
（5鹊愿』.杆受的安蠕力人小F霍—B′鼠′勘＿（黑揣』·选项D正确
207。［答案］
CD
［解析］
问题求解;输电线电流为I-÷-等八-20八,输电线损耗的功率为P损≡l』R＝P×2％’求州输电线的
电阻为l0o’输电线千米电阻最人为l0器2＝队5n／km｀故oD项正确
综上所述,本题正确答案为CD
◎
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208。［答案］
A
［解析］
选项分析:
A、B项,由于输出端电压信号为“≡220√百sin10（）灭r（V）,电压表电流表测得都是有效值,故V2示数为220V.电流
表Al与电流表A2的读数比为1
: 4,则原、副线圈匝数比为4: 1,即V］示数为880V.故A项正确,B项错误。
C项,电阻R≡55Q,电流I2＝4A,电流Il≡1A,则P＝U］I］＝880W,故C项错误.
D项’由图知副线圈交变电压的频率为′＝＋＝50Hz｀且原副线圈中交变电雁频率相同｀故原线圈中交变电压频
率为50Hz。故D项错误.
综上所述’本题正确答案为A.
209。［答案］
AC
［解析］
选项分析:
A、B项’开关闭合时,电感阻碍电流变化,L为一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈,所以电感的阻碍慢慢减
小,即流过电感的电流增大,所以Il慢慢减小,最后稳定时电感相当于一根导线,Il为0,电感阻碍自身电流变化,
产生的感应电流流过电灯D1 ,其方向与规定图示流过电灯D1的方向相反’Il慢慢减小最后为0,故A项正确,B项
错误.
C、D项,开关闭合时’电感阻碍电流变化’L为-个自感系数很大、直流电阻不计的线圈’电感的阻碍慢慢减小’即
流过电感的电流增大,所以I2慢慢增大,最后稳定,断开开关,原来通过D2的电流立即消失,故C项正确’D项
错误.
综上所述,本题正确答案为AC。
210. ［答案］
AC
［解析］
选项分析;
A项’m物体上升的速度大小等于转轮的线速度U≡厂@’故A项正确。
B项’变压器的输人功率等于电动机的输人功率P0 ,故B项错误
α项原线圈中的功率大小等于萨, ,P＂＿′耐U霜＝′蒲ˉ是ˉ警故…确
D项,电动机的输出功率为输人功率减去电动机内阻的焦耳热功率9即P0-I2R,副线圈的电路为非纯电阻电路,即
′隐霹≡′:R≠等·故D项错误
综上所述,本题正确答案为AC.
211. ［答案］
C
［解析］
问题求解;杆oM以匀角速度厘』逆时针转动｀′＝0时恰好要进人磁场,在前十周期内有电流流过’根据右
手定则可判定感应电流的方向从M指向圆心O’流过电阻时的方向是从b流向α与给定的正方向相反』在÷～∏
内,没有感应电流.故C项正确.
综上所述,本题正确答案为C.
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212. ［答案］
BD
［解析］
｜可题求解:B接近A的过程中’向上的磁通量增大,根据楞次定律有方向相反的电流产生;B远离A的过
程中,向上的磁通量减少,根据楞次定律有方向相同的电流产生.经过平面瞬间磁通量变化率为零,故瞬间电流为
零.故B、D项正确,A、C项错误°
综上所述,本题正确答案为BD
213。［答案］
D
［解析］
选项分析:
A项,注意到该过程初末状态通过线框的磁通量大小不变,但方向相反,因此该过程磁通量变化△O＝2BScos45。＝
-
△O√百NBS
2√百NBSo’故A项错误.
√mS＝E≡N—＝
△f
÷／@
∏
B项’通过线圈捂截面的电荷量△q-÷△!＝N警.骨-竿≠0,故B项错误
C项’在此转动过程中,外界对线圈做的总功筹于线圈中产生的热量;电腿霄效值为;乎N周s″,用有效值计算得到
电热为N等颜铡,但线圈从位置A转过,0到达位置B的过程中,电流做功的平均效果不筹了有效值.故C项
错误。
D项,电流方向在线框经过中性面时发生改变,A到B过程线框未通过中性面,因此电流方向并未发生变化,故D
项正确。
综上所述,本题正确答案为D.
214［答案］
BC
［解析］
问题求解:闭合瞬间’L相当于断路,A2立刻变亮,Al逐渐变亮.稳定后’两个灯泡亮度相同’说明他们两
端的电压相同,L和R两端的电势差＿定相同故B、C项正确。
综上所述,本题正确答案为BC.
215. ［答案］
ABD
［解析］
选项分析;
A项,增加导线横截面积则电阻减小,由Q≡I2厂t知,利于减少输电过程中的电能损失,故A项正确。
B项,由Q＝I2厂t知,电流减小则发热减少,故B项正确.
C项,由p≡IU知,电压一定时,功率越大则电流越大,又由Q＝I2厂／知,电能损失越大,故C项错误。
D项,电压越高,对技术的要求也越高,安全隐患也越大,故高压输电必须综合考虑各种因素,不能盲目提高电压,故
D项正确.
综上所述,本题正确答案为ABD。
216. ［答案］
C
［解析］
选项分析:
A项’由题图可知,此时线圈和磁场垂直,此时线框的磁通量最大,感应电动势为0,故A项错误.
β项矩彤闭合导线框ABCD任磁场中转动,产生＂交流电电动势的最大值为马-…ˉ50×猾×α,×100-
250√百V,电动势的有效值为250V,故B项错误.
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C项｀题恿可知220v的灯泡正常发光’由于电压与匝数成正比,所以变压器原副线圈匝数之比为器＝器,故C
项正确.
D项’由于熔断器允许通过的最大电流为10A,所以允许变压器输出的最大功率为P＝UI＝250×10W＝2500W’
故D项错误.
综上所述,本题正确答案为C。
217。［答案］
BD
［解析］
选项分析:
A、B项,由闭合电路中感应电动式的瞬时表达式馏＝E赋蓟n°′得回路中感应电动势瞬时表达式‘＝÷E°L爵sm纱＾
题图位置t≡0,感应电动势为0,故A项错误,B项正确
℃……梳过咆腮…撒量,≡′鲤≡＋罢二羔,敲c螺错龄
皿:.
.电阻R｜了产生的热量Q≡I霍R赃≡蒜筹等—f鹊＄故D项正确
D项,电路中有效电流为I＝
2×√百（R＋7）
综上所述,本题正确答案为BD.
218. ［答案］
BD
［解析］
选项分析;
A项,巾E砸＝220√百V,E≡220V,屯胀表示数［′-卢屑-20,V’故A项错误
B项｀周期T-M2,,每个周期交流咆方向改变两次｀则l＄内电流方向改变的次数为′』＝2.＋≡100次｀故B项
正确。
C项,灯泡实际梢耗的功率Pˉ罢-警w≠4,4w,故C项错误
D项’发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为Q＝（E-U）2
112
＝-＝×1J≡24。2J,故D项正确
厂
综上所述,本题正确答案为BD°
219. ［答案］
CD
［解析］
选项分析:
＾项副线圈的电流为′:≡六-M5八则原线圈的电流为′』’由÷—芳叫得′］≡带×′』≡队1酶A.故A项
错误。
B项,流过电阻的交流电的频率为50Hz,故B项错误.
°项副线圈的电雁为U:≡2בv-｜0v喘≡苛叫得U』≡÷U虐-20v其最大值为20徊v,故C项正确
D项,P人＝P｜｛｛＝U2I2≡10×0。25W＝2. 5W,故D项正确。
综上所述,本题正确答案为CD
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220. ［答案］
D
7
［解析］
过程分析:如图所示’—个周期内,设线框刚切割磁感线时开始计时,0～亏时有感应
尸厂
电流’古～T时线框不在磁场中’没有感应电流.
问题求解;0～÷,渺≡〃L,感应电动势为E＝BL锄…ˉBL舅…0.由证弦交变电流知识可知
厂延~~~
〖）
辨
｜
…值为等故—恫绷内D:（尺十厂》Tˉ
正确.
综ˉk所述,本题正确答案为D.
（BL2α》／√百）2
BO」Lz
.÷,解得D-
故I）项
R＋厂
2（R＋厂）
B
221. ［答案］
AC
［解析］
选项分析:
A项.灯泡正常发光.故灯泡的功率为《W.此时灯泡两端的电压根据Pˉ÷可得U＝20v.另外根掘法拉第电磁
感应定律可知矩形线框产生的电动势为“l＝］VBS凹sin（山t）,故卿l＝40√mn（10r）V,其有效值为Ul＝40V,原副线
圈的匝数之比器≡爷,故÷ˉ2’故A项正确
B项,根搬欧姆的定律叫得,经过灯泡的电流′≡骨′故经过灯泡的电流为α2A,所以副线圈中的总电流′2大于
0.2A;原副线圈的匝数之比等于原副线圈中电流的反比,所以原线圈中的电流等于副线圈中的电流的-半,原线
圈中的电流I1-÷I粤＞αlA’因为副线圈电流跟滑动变阻器接人电路的阻值有关’所以屯流表的示数不＿定为
0。4A,只能确定大于0。lA,故B项错误。
c项,将自糯变雁器触头向卜滑动时原副线圈的顺数之比会增大根端≡等可知,灯泡两端的咆雁〔′会减小.
故灯泡会变暗,故C项正确。
D项,将滑动变阻器滑片向上移动,滑动变阻器接人电路的阻值变大,副线圈中的总阻值变大,副线圈端的电压不
变,电流会减小,根据B项的分析可知’原线圈中的电流为副线圈中的＿半,故电流表示数也减小,故D项错误
综上所述,本题正确答案为AC.
222. ［答案］
BC
［解析］
选项分析:
A项’匀速直线运动表示的是速度的大小方向始终不变,由题图乙可知,金属棒的速度随位移是变化的,故A项错误
B项,金属棒受到竖直向下的重力、垂直于导轨斜向上的支持力、沿斜面斜向上的拉力、沿斜面斜向下的安培力和摩
擦力,则可得支持力」V＝mgcos30°’摩擦力为F｛＝／2N,摩擦生热等于克服摩擦力做功Q＝W／＝mgcos30°尸工＝
10］,故B项正确.
c项’根据法拉第电磁感应定律得E＝罢’则感应电流I＝卢’电荷q＝I△‘《对于每＿段徽小时间内’有q＝黑△《＝
ˉ旦二△堑’所以全程有q＝黑＝α5C.故C项正碉
R＋厂
尸矿》
●
O○
●
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D项,回路电阻产生的焦耳热等于克服安培力所做的功.由题图乙得〖′≡2工’所以安培力大小与位移的关系为F安＝
错粤-2警÷-工,做出F 堑图象』‖阁,陶功的定义△w-尸△露知Fˉ药图象与轴的面积就是焦耳热的大小,得
Q＝竿］＝α6J电阻产生的焦耳热为QR＝反狰ˉα25J′故D项错误
尸γN
O｜
0.5
l
x／m
综上所述,本题正确答案为BC
223。［答案］
C
［解析］
问题求解:根据题图乙可知,磁场强度B随着时间t均匀变化,由于导体棒围成的面积不变,所以回路中的
磁通量均匀变化,根据法拉第电磁感应定律可知回路中将产生恒定的感应电流,所以I≠0;又因为在t0时刻磁场强
度B为0,所以安培力为0,所以绝缘丝的拉力FT＝0,故C项正确。
综上所述,本题正确答案为C。
224. ［答案］
AD
［解析］
选项分析:
A、B项,再闭合开关S时,A2中通过的电流突然增大而变亮;Al与自感线圈相连,自感线圈产生自感电动势,阻碍
原来电流的变化,通过自感线圈的电流会缓慢的增加,使得Al后亮,故A项正确,B项错误.
C、D项,再闭合开关S,待电路稳定以后,自感线圈相当于导线,重新断开开关S,通过线圈的电流减小,自感线圈将
产生自感电动势,阻碍电流的减小,使得电流不立刻变为零,自感线圈相当于电源,与A2所在支路构成回路’使得
Al和A2都要过-会儿才熄灭,故C项错误,D项正确.
综上所述,本题正确答案为AD
225. ［答案］
C
［解析］
问题求解;根擂法扰第屯磁感应定律F-〃坐则知’电流′-÷-楞,其中″为线圈的匝数’s为线圈
△t
的阎积;根懈题图乙可知,亦0～α6‘时间内,磁感应强度与时间的图象斜率爷为定值且为止数’磁场垂直纸面向
里9则电流t为定值,B不断的增大,根据楞次定律可知,线圈产生的磁场阻碍原磁场的磁感应强度的变化,可知电
流的方向为逆时针,j为负值,同理可得到其余时间段内的电流j的变化情况,故C项正确。
综上所述,本题正确答案为C.
226. ［答案］
AD
［解析］
选项分析:
A项题图甲所示为正弦交流电｀电压最人值为Uo ’其有效值U］＝孕〔′o ’故A项正确
＂项题图乙父流咆—个周期做功w≡（帮）』÷十曾÷≡藉］｀
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由于有效值U』满足等T≡w,所以［′:≡√吾U,.故B项错误
cD项’P! 』P凰≡警;普≡1 ; ‘,敞c项锚误∏项账确
综上所述,本题正确答案为AD.
227. ［答案］
AD
［解析］
选项分析:
A项,变压器输人输出电压比值等于输人输出线圈匝数之比,P向上滑动,输人线圈匝数变大,所以输出电压变小,
灯泡变暗,故A项正确.
6项.电容器容抗为赤’当咆容变大,容抗变小,灯泡变亮,故｝颐错误
C项’题图位置为中性面,瞬时感应电动势为零,但电压表测量的是有效值,所以电压表读数不为零’故C项错误.
D项,电动势最大值Em＝lVBS幻’当线圈转动的角速度变为2凹,电动势最大值变为原来2倍,电动势有效值E≡
兰,电动势有效值也变为原来2倍,所以电压表读数变为原来2倍,故D项正确
√2
综上所述’本题正确答案为AD°
队
计算题篇答案解析
B2
22a［答案］
α）E-警≡L｜L』等＝L｜L』:,′≡岩-L｜L, 《R＋′）△!,…n0 B:IL｜ˉF!≡0,叮得F｜≡0
B2
（2）由题图可知B3＝L5T,F2≡B3ILl-加gsin30°＝B3L瞪L2 （厂＋R）△t-″1gsin30°≡0.5N’沿斜面向下.
（3）如图:
F（N）
l＼门.
｜）!＿1ˉ到」
.′（＂
［解析］
问题求解:
（1）由题图知,0～3s时间内,B均匀增大,回路中产生恒定的感应电动势和感应电流,根据法拉第电磁感应定律和
欧姆定律求出感应电流,由平衡条件求解t＝2s时,外力F］的大小.
（2）与上题用同样的方法求出外力F2的大小和方向。
（3）由B-r图象得到B与t的关系式,根据平衡条件得到外力F与t的关系式,再作出图象.
229. ［答案］
（1）加l 、加2运动过程中,以整体法分析有:
″11gSin0-尸′帅2g＝（ml＋加2）α
α＝2m／s2
以′′22为研究对象有T-尸加2g＝″l2α（或以ml为研究对象有″llgsin0＿T＝mlα）
T＝2·4N.
（2）线框进人磁场恰好做匀速直线运动,以整体法分析有:
.
55
·
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带
咐
汛
汁
刊
菏
～
拓
｜
…
』
↑
讯
Ⅲ
焦
声
｝
｛
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、
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赤
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十
『
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『
｛
删
栅
抑
珊
＂
撇
批
攒
铅
瞄
揖
韶
髓
｝
顺｀…ˉ…—等丝＝0
解得℃＝1m／s
αb到M」V前线框做匀加速运动有
U2＝2α工
解得工＝0.25m°
（3）线框从开始运动到〔α边恰离开磁场边界PQ时,有
狮｜g瓢n0（露＋刨＋L）—队狮:g（工＋创＋L）＝＋（″』｜＋′＂鸳）刨;＋Q
解得:Q≡0.4J
所以Q磷ˉ＋Q＝αl爪
［解析］
问题求解:
（1）先整体后分离的方法在进人磁场前,将′川l 、狮2看做-个整体’通过牛顿第二定律;F＝mα,求出二者的整体加
速度,再分别以ml或加2作为研究对象,即可求出细线中的拉力.
（2）根据题目中条件“线框恰好做匀速直线运动”,可知加速度为0,整体受力平衡进人磁场时,线圈中产生电流I＝
等｀方向为｜｜,时针方向’代人到安蠕力F＝B几中,安蠕力万向沿斜面向上’冉由受力平衡即叫求碍逮度叭财:≡
2α工’代人第（1）问中的加速度α,即可求得距离工。
（3）整个系统运动的过程遵循能量守恒定律,初始的重力势能变成离开磁场时的动能及热量’由等式可以求出热量
的多少°
230. ［答案］
（1）根据法拉第电磁感应定律得
△BS有效
E＝旦△尘＝N
△t
△t
咽
—
。
△
~
吵
—
°
△
（
句
乙
∏
【
β
○
●
○
~~
叮
么
飞
』
∏
）
闭合回路在磁场中的有效面积为:S有效＝Sl-S2＝
解得E＝lV坐×0.06m2≡L2V。
△t
《2）闭合电路的电功率为P≡:.代人数值解卿P-α1:W
（3）在磁场中的两条长边受到的安培力垂直于线框’大小相等’互相垂直’每条边受到的力:
F＝NBIL＝10×2×0. 1×（0·4＋0.2）N＝1·2N
它们的合力方向水平向左,大小为F合＝√面F＝1.70N
闭合回路受到的摩擦力与安培力的合力是一对平衡力,
则摩擦力大小为／＝F合＝L70N,方向水平向右.
［解析］
问题求解:
（1）根据法拉第电磁感应定律求解;
（2）根据电功率公式求解;
（3）闭合回路受到的摩擦力与受到的安培力的合力是＿对平衡力,利用安培力公式求出安培力的合力’即可得到线
框受到的摩擦力。
·
56
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~
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~
~
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‖
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叫
‖
】
‖
卜
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卜
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~
引
23l. ［答案］
（1）设αb棒进人水平导轨的速度为U0’由动能定理知;2mgR＝÷.2加U;
离开导轨时,设αb、cα棒的速度分别为ul 、u2 ,由于二者受到的安培力的合力为零,动量守恒,即2加uo＝27nul＋′Ⅶu2
由于做平抛运动的时间相等’有Z＝Ut得U1 :U2＝Z1 :工2≡3
:
1
∩
联立上式解得:渺1＝÷√面顽刚2≡÷√面硕
（2）α6棒刚进人水平导轨时,Cα棒还未运动,此时回路中电流最大,αb受到的安培力最大,加速度最大,
E＝BL融＂,′＝÷’F＝B『L＝2mα
解得:α＝B2L2√直盂
4矾厂
（3）根据能量守恒定律’两棒在轨道上运动过程产生的焦耳热为:
2Q＝2狮gR—÷.2咖砌§—÷…:
］‖
解得;Q＝雨加g尺
［解析］
问题求解:
（1）先利用动能定理求出αb棒进人水平导轨的速度U0,再根据安培力的合力为零求出α6、c＆棒的速度Ul和U2的
关系最后用平抛运动求出U1和U2.
（2）＿根导体棒切割磁感线,可以求出感生电动势E＝BLU0 ,再利用安培力公式F＝BIL求出安培力,根据牛顿第
d
二定律求出加速度.
（3）根据能量守恒定律可得,损失的机械能即为运动过程产生的焦耳热
232. ［答案］
（1）O＝BS＝0. 1Wb
即t＝1s时穿过线圈的磁通量为（）. 1Wb.
（2）I＝警导-α05A
Q＝I2厂t＝0·01J
即4s内线圈中产生的焦耳热为0。01J.
（3）／≡加gsin0＝5N
即【＝3.5s时,线圈受到的摩擦力为5N.
［解析］
问题求解:
（1）根据磁通量的定义;
（2）根据线圈电压大小等于磁通量的变化率和焦耳定律;
（3）线圈受到的洛伦兹力的合力为零,故线圈的重力沿斜面向下的分量与摩擦力平衡
~
~
T
盛
P
233. ［答案］
（1）由法拉第电磁感应定律得:E＝BLo0
巾闭合电蹄欧姆定律得;I＝卢
安培力F＝BIL
由牛顿第二定律得:α＝旦
加
整理得凰≡（鹊荒,方向水平向左
叮
□
汾
『
】
■
℃
↑
『
‖
↑
↑…!十↑↑
｛…士…～↓■Ⅷ沪←出■
尸厅
●
O／
●
γ
~
■
＋
｜.
』
厂
］
｜
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代人数据得α＝l00m／s2。
（2）磁通量保持不变,则:B0L0L＝BL（L0＋U0t）
解得B-l瑞（″Ⅲ
（3）电荷量q≡It
U0
匀减速运动U0-ˉ百＝α／
√
由牛顿第二定律得;α≡旦
″〗
又F≡B0IL
代人数据得q＝0°8C
由能量守恒定律得Q腮＝÷狮砌;十咖（等）2＿I:〃｀
代人解得QR＝40J.
［解析］
问题求解:
（1）根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律和牛顿第二定律列出式子,求解即可;
（2）根据磁通量不变,列出式子,即可求出电磁感应强度应该满足的函数表达式;
（3）根据牛顿第二定律和能量守恒定律,列出式子,即∏I求解。
234. ［答案］
导体αb以速度U切割磁感线产生感应电动势’则有E＝BαU’
根擂闭合电路的知识知;E-′（R＋÷）
导体杆αb速度较小时,对于导体杆cd则有:
B.÷剑＋陛…爵37.＝…m37.
解得°…＿:瞬
导体杆αb速度较大时’对于导体杆Cα则有:
β.÷.剑≡〃…s3铲＋…n37.
解得靴…＿瓣~
:骡≤则≤瓣
故导体杆αb的速度应满足条件
［解析］
问题求解:根据受力平衡条件,法拉第电磁感应定律的推论,欧姆定律’安培力公式列出式于’联立求解
即可。
‖
』
【
§
‖
§
‖
↓
~
~
~
~
~
Ⅱ
】
斗
』
｛
心
』
↓
铲
235. ［答案］
（1）感应电动势E0＝BLU0
E0
I0＝F丰了,
BLU0
解得I0＝∏干了.
（2）设杆最初静止不动时弹簧伸长工o
则有卢工0≡加gsm0.
』
口
↑
『
咕
｜
《
●
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~
『
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促
『
『
广
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嘴
石
●
』
『
●
｛
~
了
拟
蹋
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当杆的速度为Ul时’弹簧伸长工l ’杆中电流为I］
则有虎工l＝加gsin0＋BIlL.
此时感应电动势El≡BLUl
E1
I1＝F干下
△工＝工1
工0
B2L2U〗
解得△工≡虎（R＋厂）
（3）杆最后静止时’杆在初始位置,由能量守恒定律可得回路产生的总焦耳热
Q＝＋咖锄;
~
Q愿＝岩了Q
R′m′;
解得QR＝2（R＋厂）。
［解析］
问题求解:
（1）已知金属杆长为L,金属杆切割磁感线运动,可求出产生的感应电动势’再利用闭合电路欧姆定律即可求出闭合
回路中的感应电流,即通过R的电流;
（2）弹簧劲度系数为虎,在静止时,由力的平衡公式龙工0＝mgsin0’得到刃0 ;当杆的速度为时Ul ,杆向上运动’杆的加
速度为零,力的平衡公式为虎工l＝″!gsin0＋BI1L’将感应电动势E1 、感应电流Il代人力的平衡公式’可得工1 ,差值
即为杆离最初静止位置的距离;
（3）根据能量守恒定律求出电阻R和金属杆内阻厂总共产生的焦耳热,进而求出电阻R产生的焦耳热.
236。［答案］
（1）S断开’cα棒静止有:加g≡虎工0
S闭合,cα棒静止时受到的安培力为:F＝I囤B2l
Cd棒静止有:mg＋I碱B2′＝虎工
mg（工-工0）
解得I回＝
B2′刃0
.
（2）回路总电阻;R总＝R＋÷R-÷R
2加g（工-工0）
总电流:I＝
B2／工0
6加2g2R（工-工0）2
由能量守恒得:P≡I2R总＝
Bi′2工;
（3）由法拉第电磁感应定律;E—簧＝＋B!°′』
B1（O／2
6mgR（工
工0）
回路总电流I＝-面而,得αl＝
BlB2／3工0
.
［解析］
问题求解:
（1）S断开时,Cα所受重力和弹簧弹力平衡;S闭合时重力与安培力之和与弹簧弹力平衡,由此求出I‘豺;
（2）先根据欧姆定律求出电路的总电流,再由能量守恒得出电动机对该装置的输出功率;
（3）先由法拉第电磁感应定律得到电动机转动角速度与E的关系,再根据电路求出电动机转动角速度与弹簧伸长
量之间的函数关系。
·
59
·
争
~
~
□
』
｜
争
≥
《
→
带
~
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宁
『
从
乓
｜
【
中
『
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237. ［答案］
（1）由牛顿第二定律得:α≡F-″Ⅸgsin0＝12m／s2
γⅦ
进人磁场时的速度u＝√Z了＝2.4m／s.
（2）感应电动势E≡B／U
感廊屯流′＝譬
安培力FA＝BI／
解得FA＝（等刚＝48№
（3）健身者做功W＝F（s＋α）＝64J
又F-加gsin0＿FA＝0
可知CD棒在磁场区域做匀速运动
在磁场中运动的时间t≡旦
U
焦耳热Q＝I2Rt≡26.88J.
［解析］
问题求解;
（1）对CD棒进行受力分析,求得其在斜面上运动的加速度,再根据运动学方程式联立’便可求解;
（2）由（1）中所求得的进人磁场中的速度’我们可以求得感应电动势,然后求解感应电流’最后便可以求得安培力的
大小;
（3）CD棒进人磁场中,受到安培力、重力和拉力的作用,在这几个力作用下合力为零,故在磁场中匀速运动’由焦耳
定律列出方程式’我们可以求出电阻产生的焦耳热;健身者做功等于力与距离的乘积便可求得
238. ［答案］
（1）金属杆MN在倾斜导轨上滑行的速度最大时’其受到的合力为零,对其受力分析’可得
mgSin0-BIL＝0
BLUm
根据欧姆定律可得;I≡-〗厂
联立解得;刚颧＝2豁塑
（2）设这段时间内,金属杆运动的位移为工,由电流的定义式得:q＝I△t
-
B△S
BL工
根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律得:I＝万∏『＝万∏『
联立解得;q＝宁,堑—签
设电流为I0时金属杆的速度为渺｀根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律’可得;I』ˉ等
设此过程中’电路产生的焦耳热为Q｀由功能关系可得;…m0＿Q＋÷砸,』
电阻腮上产生的焦耳热Q蕊＝÷Q
联立可得;Q＝mg瓷n0
mI;厂2
B2L2
.
（3）设金属杆在水平导轨上滑行的最大距离为工m,由牛顿第二定律得
BIL≡″〗α
由法拉第电磁感应定律、欧姆定律利电流的定义式可得;′＝等
.
60
°
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■
§
~
~
『
←
联立解得;宁融狮器
—,△《≡…,即宁露顾—啊融”
B2L2
2厂
解得:工m＝4m2g厂2sin0
B4L4
,
［解析］
问题求解:
（1）金属杆MN在倾斜导轨上滑行的速度最大时,其受到的合力为零,列出公式’根据欧姆定律可求出此时的电流,
代人公式中即可求出最大速度;
（2）根据电流的定义式与法拉第电磁感应定律和欧姆定律联立可解出这段时间内金属杆的位移工,通过能量守恒定
律可求出整个电路的发热量’而定值电阻的发热量是电路发热量的一半’代人即可求解;
（3）由法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电流的定义式可得到电流的表达式,结合牛顿第二定律可得到关于最大位
巾
Ⅱ
□
仆
移和最大速度的关系式,代人最大速度即可解出最大位移
~γ
239｛答案］
（1）线框切割磁感线得感应电动势E!＝NB亏诞′＝α4V
啡＄
由欧姆定律则;′』ˉ:ˉ队』八
「
（2）右边导线所受向左的安培力;F］＝lvBI!÷＝0.4N
上边导线所受向下的安培力:F2＝NBIlL＝0.8N
滑动摩擦力:／＝以（Mg＋F2）＝10。4N
故拉力为:F＝Fl＋／≡10.8N°
-
10.4＋10·8×（）
（3）进人过程外力所做的功:Wl＝FlL＝
2
坠
『
］
△
β
《~~
］
血
在磁场中运动时;E2＝N坐＝N△BL÷
△＝0.2V
△t
△t
其巾等为图线斜率的绝对值
线框中形成｜｜厕时针电濒为;′』≡:-…
线框上边受到向上的最大安培力为:F3＝NBI2L≡0。4N
拉力做的功为:W2＝尸Mg＋严（MgF3）×2L＝7.92J
2
3s后无电流,拉力做功为:W3＝2严MgL＝8J
整个过程拉力所做的总功:W＝Wl＋W2＋W3＝（4.24＋7.92＋8）J＝20. l6J
［解析］
问题求解:
（1）导体切割磁感线产生动生电动势’结合欧姆定律求解;
寸
寸
°
喝
『
＋
『
此
~
~
呀
叮
‖
岛
°
°
↓
啡
了
『
（2）导体框产生感生电动势,可由法拉第电磁感应定律求解感应电流,再求解安培力的大小.对导体框受力分析,求
解拉力的大小;
（3）全过程分解为三个小过程,分别求解。前两个过程均为拉力均匀变化,可用平均拉力乘以距离求出拉力做功;最
后＿个过程,拉力不变.
◎
61
。
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『
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节
Ⅲ斟＃剑
ˉ了ˉ↑ˉ↑ˉ了ˉˉ↑十ˉ｝
弘｝鞘二↓抖
箍
240. ［答案］
（1）回路感应电动势的最大值:Em≡B幻L2
Em
回路电流的最大值隐Im＝丽平页
回路电流的瞬时值:j＝I『nsin山t
联立解得;面ˉ器…‘
（2》当′ˉ器时’《—2（笋责）
电流沿逆时针方向（或正方向或α→α→C→b）.
［解析］
问题求解:
（1）先由法拉第电磁感应定律求感应电动势的最大值’再由欧姆定律求回路电流的最大值’联立写出电流的瞬时值
即可.
（2）在（1）的基础上把t代人即可求解,再根据楞次定律判断电流的方向即可。
241。［答案］
（1）E＝BLU
I-÷-等
F缓-BIL-粤鸳
当安培力与重力的分力相等时,速度最大,棒αb做匀速运动,即
B2L2Um
加gSin0＝
R
联立解得;,厂砸膘鹊37.≡‘m／｀
（2）由前可知um＝6m／s
（BLUm）2
代人P＝
R
得P＝加2g2Rsin237° ＝0.72W.
B2L2
（3）q≡h＝罢ˉ等
r＝器ˉz6m
由能量关系可得;Q＝′…m37.—＋m渺2＝α152儿
［解析］
问题求解:
（1）由法拉第电磁感应定律可以得到感应电动势的表达式,进＿步得到感应电流的表达式,从而得到安培力的表达
式,利用安培力与重力沿轨道分力相等时’速度最大的条件建立等式即可求解;
（2）利用前面算出的数据求出感应电动势的大小,利用欧姆定律即可求解;
（3）利用电荷量的变形式求出棒αb沿导轨的位移,再利用能量守恒即可求解.
242. ［答案］
（1）mαy＝qU0B
U;o≡2α’d
解得锄hˉ2q器B创,所以翻√竿＋刨;
◎
62
·
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）
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乙″TUJ0
OP凰＝2Rsm0＝2静!nβ＝B9
删｜顾＝』√呼
（3）小球进人细管后,由于洛伦兹力不做功,小球和管组成的系统机械能守恒
÷狮渺舅＋÷M渺;＝＋（狮＋M）刚翘』
解得融缀≡√笋黑—锄; ,方向水平向有
任意时刻工方向上,对细管和小球整体（M＋″′）αr＝qUyB
有（M＋加）△U正≡qBUy△t
）′方向上,对小球-qUrB≡加αγ
有m△Uy＝-qBU堑△t
分别解得（M＋加）（UJ＿U0）＝qB（）′
y0）
加（uy
Uyo）≡-qB（r-工0）
初始状态小球在（）点时r0≡（）、y0＝（）
之后当渺厂0时.圃霞-卿缀ˉ√笋仔十翘;
~~′27ⅦU（）d
γ》〗U沁
＝＼／B,
代人上两式可得工＝qB
~ ~~~
（／籍粤＋端ˉ翅, ）
（′川＋M）（U堑-U0）
（M＋y川）
γ＝
＝
qB
qB
［解析］
问题求解:
（1）根据洛伦兹力的公式以及y方向的匀加速运动公式即可求解;
（2）画出小球的轨迹图,根据几何关系和洛伦兹力公式即可求解;
（3）小球进人细管后,由机械能守恒可得出Um’再分别对工方向和y方向运用洛伦兹力的公式,可以得出U工与y、
Uγ与工的关系式,再代人前面求出的z′m即可求解。
,
243. ［答案］
（1）设金属棒在绝缘涂层上的加速度为αl ,刚从绝缘涂层滑出时的速度为Ul 9加速度为α2 ,由牛顿第二定
律得:
mgsin0—尸mgcos0＝7Ⅶα1
解得αl＝g（sin0
尸cos0）＝4m／s2
又U;＝2α］工l
·
63
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解得Ul＝2m／s
加gsin0-F安＝加α2
（B0』）2U］
解得F安＝B0I‖＝R＋厂
＝2N
′刀gsin0
F安＝2m／s2
解得α,≡
′＂
（2）设金属棒匀速运动时的速度为u2,整个过程克服安培力做功为W,金属棒上产生的焦耳热为Q,由平衡条件得
B;l谬U2
″!gsin0＝B0I／＝ˉF干厂
解得u2＝加gsin0（R＋厂）＝3m／s.
B;l2
由动能定理得:
…』sinβ—w＝÷狮雁′笛—÷咖）;
w-…sm,＿＋咖刨:＋÷狮谎
解得W＝1。75J
Q-∏÷7w≡α7J
（3）当回路中的总磁通量不变时,棒中不产生感应电流,沿导轨做匀加速运动,加速度为α3.
则存B＂蟹｜!≡B（r｜＋刚｜蔽＋÷α辨』）』
由牛顿第二定律得:mgsin0＝mα3
B0工1
2
联立解得B＝
＝
“］＋″l《＋÷“:‘』
l＋4!＋6产
［解析］
问题求解:
（1）金属棒在绝缘涂层上的加速度根据牛顿第二定律可由重力和摩擦力求得,根据速度、位移公式可以求得金属棒
刚脱离绝缘涂层时的速度,由此可以由法拉第电磁感应定律和和安培力计算公式,求得安培力的大小,由重力和安
培力,根据牛顿第二定律求得金属棒刚从绝缘涂层上滑出时的加速度的大小;
（2）先求得金属棒匀速运动时的速度’然后有动能定理求得金属棒损失的机械能’即为金属棒产生的克服安培力做
的功,再由串联电路各个部分做功关系可以求得金属棒产生的焦耳热;
（3）要使棒中不产生感应电流,则要求回路中总的磁通量不变,可列方程式求解,其中棒的加速度可由牛顿第二定
律求得
244。［答案］
（l）重物匀速下降时,设细线对金属杆的拉力为T,金属杆所受安培力为F,对金属棒受力分析,
由平衡条件得:T＝加g＋F
由安培力公式得:F＝B0IL
由闭合电路欧姆定律得;I-贾旱页
由法拉第电磁感应定律得:E＝B0LU
对重物,由平衡条件得:T＝2mg
由上述式子解得;翘≡耪
·
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◎
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（2）设电路中产生的总焦耳热为Q,则由系统功能关系得:
…′i—狮gh≡＋（2狮）砌膨＋十咖澎翻＋Q
电阻R中产生的焦耳热为QR,由串联电路特点:
QR＝＋Q
△
所以Q腻ˉ÷…—3赛乒
（3）金属杆中恰好不产生感应电流,即磁通量不变@0＝o! ,所以
B0hL＝B（∧＋h2）L
式中h2＝U0!＋÷″』
由牛顿第二定律得:对系统有
-2mg-加g-g
α-2加＋加
3
B0h
则磁感应强度与时间t的关系为B＝
＂＋”0l＋÷2
［解析］
问题求解:
（1）金属杆受细线的拉力、安培力、重力作用,在这三个力作用下’金属棒做匀速直线运动,故可列出方程式求解;
（2）根据系统能量守恒定律,金属杆损失的机械能转化为焦耳热,故可以列出方程式,求得所需物理量;
（3）如果金属杆中不产生感应电流’则应知道磁通量不会发生变化’由此便可列出前后过程磁通量相等的式子’然
后根据牛顿运动定律,便可求解所需物理量.
245. ［答案］
（1）对金属杆αb应用牛顿第二定律有
F＋″〗gsln0-F安-严″!gcos0＝加α
αb杆所受安培力大小为:
F安＝BIL
αb杆切割磁感线产生感应电动势为:E≡BLU
由闭合电路欧姆定律可知:
Ⅱ
—
尺~~
〗
穗埋得;F＋…n,ˉ竿烈ˉ……＿顾‘』
代人:Um＝8m／s时α≡0,解得:F＝8N
代人;u＝4m／s及F＝8N’解得:α＝4m／s2.
（2）设通过回路截面的电荷量为q,则:
q＝Ir
-
E
回路中的平均电流强度为:I＝万
-△@
回路中产生的平均感应电动势为:E＝—
t
回路中的磁通量变化量为:△o≡BL工
联立解得:q＝3C.
.
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［解析］
问题求解:
（］）由法拉第电磁感应定律可以求得感应电动势大小,由欧姆定律可以求得电路中电流大小,然后可以求得安培力
大小·根据重力、摩擦力和安培力求得合外力大小,由牛顿第二定律可以求得加速度大小;
（2）根据电流和电荷量的关系可以求得电荷量大小,由于电阻已知,感应电动势可以由电磁感应定律求得’而电流
大小可由欧姆定律求得.
246。［答案］
（1）电流达到Im时棒做匀速运动
对棒:F安＝BImα
F安＝Ⅷg
解得;B＝器
（2）tl时刻,对｜』路有:
E＝BαU
′陋＝船
I扁（R＋厂）
解得:U＝
加g
（3）电路中产生的总电热;Qˉ顾ghˉ÷狮刚』
电阳R上产生的电热;Q腮-屁粤干Q
解得;Q腮＝鹤I｛R（R＋′）
2加g2
°
［解析］
问题求解;
（1）电流达到Im时棒做匀速运动’安培力等于重力,列出方程即可求解;
（2）根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律列出方程,联立即可求出在tl时刻棒AB的速度大小;
（3）根据能量守恒定律列等式可求出电路中产生的总焦耳热Q,再根据电阻的比例关系即可求出电阻R上产生的
电热。
247. ［答案］
（l）对“∏”形线框使用动能定理:
‖
2′″gLW＝亏×2′′m‘
0
得W＝2′′‖gL
′′lu2.
（2）对金属棒CD受力分析:Tm＝加g＋BIL
得到′＝器
E-′R总-铲~
（3）对金属棒CD运动分析;日＝＋配:
对岭∏”形线框运动分析;H＋L＝咖＋÷g‘2
△
解得:t≡上
U
66
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相遇时CD棒逮度刨』-0＋g』＝等
此时动能为E隐≡÷…≡塑票
［解析］
问题求解:
（1）线框在下降过程中受到安培力和重力作用’根据动能定理列出等式即可求解;
（2）EF到达磁场I区域的下边界时细线刚好断裂’受力分析可算出安培力的大小,进而得出电路中的电流,又知道
电路中的总电阻,根据欧姆定律可得到感应电动势的大小;
（3）肖细绳开始断裂’金属棒CD做初速度为零的自由落体运动,EF做初速度为u的匀加速运动’根据运动学公式
可计算出两者相遇所需的时间’进而求得CD棒的速度’从而求得其动能.
［答案］
（1）F安＝B0IL
E≡B0LU
248
℃
仪
尺
β
~~
Ⅱ
—
及
~~
〗
U二＝αt
B;L2α
联立得;F安＝—厂t
当b棒匀加速运动时,根据牛顿第二定律有:F-／-F安＝′〃α
B;L2α
联立可得;F-／-＿厂t≡′》m
由题图乙可得:当t＝0时’F＝0.4N’当t＝1s时’F＝0.5N’代人上式可解得
α＝5m／s2
／＝0。2N.
（2）当磁感应强度均匀增大时’闭合电路中有恒定的感应电流I’以6棒为研究对象,它受到的安培力逐渐增大’静
摩擦力也随之增大,当磁感应强度增大到b所受安措力F′安与最大静摩擦力／相等时开始滑动.
感应电动势;E′＝芳L』＝α02v
『≡:ˉ｜A
棒b将要运动时’有F′安≡B!I′L＝／
得:B『＝lT
根据B′＝B＂十筹＝（αl＋α5!）T
得:t＝1.8s
回路中产生的焦耳热为Q＝I2Rt＝0.036J。
［解析］
问题求解;
（1）E＝BLU与安培力公式F＝BIL联解得6棒受到的安培力,再结合牛顿第二定律得出安培力与摩擦力／、拉力F
的函数关系,代人图象数据,即可求解;
（2）b棒受到的安培力增大到与／相等时,6棒开始运动,结合题图可得出6棒开始运动的时间;整个过程电路电流
不变,由Q＝I2Rt即可求解.
·
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［答案］
（l）细线烧断瞬间,外力F取得最小值Fl ’对杆α6
F1＝加gsin0
rd杆到达最大速度Um时,外力F取得最大值F2 ,对杆α6
F2≡mgSin0＋F安
对〔α杆,因其匀速运动,则
F′安≡2加gsin0
显然F安＝F′安
代人可得F2≡3加g爵in0.
（2）当外力F＝F!寺F胁时’对杆“b
乙
F＝′〃gSin0＋F安＝2mgSin0
可得:F安＝mgsin0
又知:F安＝BIL
其中I＝器
249
联立可得此时Cα杆的速度U＝2mgRsin0
B2L2
.
（3）由于两杆电阻相等,所以产生的电热相等.Cα杆达到最大速度前,电路产生的总电热为2Q,设cα杆达到最大速
度前经过的位移为工,由能量守恒可知
2…m0.z-÷（2m）°瑞＋2Q
cα杆最后匀速时
BLUm
F安＝2加gsin0≡BIL,I≡—面百
联立解得工≡8加3g2sin20＋B4L4Q
B4L4mgSin0
［解析］
问题求解:
（1）当烧断细线的瞬间’杆αb没有受到安培力的作用,外力F取得最小值,即与杆的重力沿导轨面的分力大小相
等;当Cα杆向下的速度达到最大时,α6杆受到的安培力最大,外力也达到最大,列出相应方程,两杆受到的安培力
相等,联立可求出αb杆受到的最大外力;
（2）根据（1）中计算出来的最大外力和最小外力,可以计算出F的大小,再根据安培力的公式以及感应电流的大小’
联立可解得此时cd杆的运动速度;
（j）由于两根杆是串联的,则流过它们的电流时时刻刻相等,而它们的电阻又相等,所以它们产生的电热相等.根据
能量守恒列出公式,再根据安培力的公式,联立可解得Cd杆达到最大速度前经过的位移°
250. ［答案］
（1）设医药物资安全到达地面的最大速度为U,由自由落体运动可知:
U＝｀／百颤,得:U＝20m／s.
（2）在△您时｜川内,金属杆EF扫过的面积为;△s＝÷（锄△r十÷△膝）（厂!—喻）
由法拉第电磁感应定律,金属杆上感应电动势的大小为;E＝锣-等＝÷B（U＋÷）（厂1—′:）
.
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代人数值得:E＝300V
故电阻两端的电势差为300V.
E2
（3）当医药物资以最大安全速度下降时,由能量关系可知:mg记′＝万
得:R＝7。5Q
可调电阻的阻值应该小于7.5O.
（4）设金属杆EF所受安培力为F,F＝BIL-B÷（门ˉ′:）
E2
将…＝万和Eˉ器～等～÷B（＂＋÷）（门—′』）代人得;F＝÷咖凰
［解析］
问题求解;
（1）医药物资下落过程中除重力外无其他外力做功,用机械能守恒定律求出到达地面的最大速度,或者直接用运动
学中的自由落体运动进行分析;
（2）运用法拉第电磁感应定律:当穿过回路的磁通量发生变化时,回路中的感应电动势的大小与穿过回路的磁通量
变化率成正比9此题中重物通过金属圆环带动金属杆EF转动’回路的面积发生变化导致回路磁通量发生变化’产
生的感应电动势即为电阻两端的电势差;
E2
《3）由熊量守恒,重力势熊的减小量筹于电阻上消耗的电熊;…而.化简州R≡悬｀当窿药物资以最大安金逮
度下降时’求出电阻值即为可调电阻的最大值,所以可调电阻应该小于此最大值;
E2
（4）医药物资匀逮下降时…＝页,由安培定则列出金属杆受到的安培力表达式F＿B′L＝E÷（萨］—′』）｀把上题
求得的感应电动势代人安培力表达式中即可求得安培力.
25L［答案］
（1）设αb棒的初动能为Ek,e／棒和电阻R在此过程产生的热量分别为W和Wl ’有
W＋Wl≡Ek
且W＝W1
由题知E臆＝÷啊′｝
解得w＝＋…
（2）设在题设过程中,αb棒滑行时间为△t,扫过的导轨间的面积为△S’通过△S的磁通量为△O,α6棒产生的电动势
为E,αb棒中的电流为I,通过α6棒某横截面的电荷量为q,则
Ⅳα
「‖r≡盲封仁～
尸＝△鱼
E＝坐
C
△t
且△o≡B△S
I≡ˉ丛
△t
又有I＝普
如图所示有△S＝d（L-‘jcot0）
联立上式,解得q＝2B‘I（L-αcot0）
R
（3）α6棒滑行距离为工时,αb棒在导轨间的棒长L工为
L江＝L-2工cot0
·
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『
‖
0
‖
‖
『
‖
‖
0
□
0
β
L
d
D
Qb
叫
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此时α6棒产生的电动势E堑为E工＝BU2L堑
流过〃棒的电流′.为I襄≡÷
e／棒所受安培力F蓟为F工＝BIrL
B2U2L
联立上式,解得F互＝＿厂（L
2工cot0）
由F刃表达式可得’F刃在工＝0和B为最大值Bm时有最大值F1
。
由题知’αb棒所受安培力方向必水平向左’e／棒所受安培力方向必水平向右,使Fl为最大』
示9图中／m为最大静摩擦力,有Flcosα≡″〖gsinα＋尸（″1gcosα＋Flslnα）
联立上式.得凰厂＋√嘿:喇制＂
Bm表达式就是题目所求最强磁场的磁感应强度大小,该磁场方向可竖直向上,也可竖直
向下.
由F刃表达式可知,B为Bm时,Fx随xˉ增大而减小,工为最大工m时,F工为最小值F2 ,如图
可知
F2cosα＋尸（加gcosα＋F2sinα）＝″〗gsmα
联立上式,得
〃Ltan0
工m≡（l＋以2）SinαCOSα＋α.
［解析］
问题求解;
使Fl为最大值的受力分析如图所
占‘曾二「＿瓦
肌g
mg
（1）由于e／棒始终静止,分析系统的能量转化,安培力不做功,可知αb棒的动能转化为e／棒和电阻R上的热量,根
据阻值关系可进一步得到具体数值;
（2）感应电动势的公式为E＝芳-B!°’但该题中切割磁感线的等效长度不断变化.不易表示,所以应该用磁通量的
变化率求电动势进而推导出电荷量的表达式;
（3）:／棒始终静止,且无论磁场方向如何其受到的安培力始终水平向右,该安培力利磁场B的大小与等效切割长度
L同时相关,并且当e／棒受到的摩擦力沿斜面向下时,安培力最大,此时根据平衡关系能得到最大磁感应强度;随
着αb棒的运动,等效切割长度』越来越小,安培力越来越小,摩擦力沿斜面向上时安培力达到此状态的最小值,可
求出该时刻的等效切割长度』,进而求解αb棒最大运动距离。
［答案｜
（1）止方形磁场的颧积为s,则s-;—α08m2在橇迸人磁场脑,回路中的感应电动势是由丁磁场的变
化厕产生的由B—′图象可知芳-0旧T／s,根据E＝″等,得回路中的感应电动势E-坐S＝…队0sV
△〖
≡0。04V.
（2）当导体棒通过bα位置时感应电动势、感应电流最大,导体棒受到的安培力最大.此时感应电动势
E′＝BLu＝0·5×0.4×1V≡0.2V
圆路小感应电流′′≡:≡罕八ˉ队2A
导体棒受到的安培力F≡BI′L＝0. 5×0·2×0.4N≡0.04N
当导体棒通过三角形αbα区域时,导体棒切割磁感线的有效长度
I＝2U（t-1）m（ls≤r≤1.2S）
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252
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感应电动势e＝B′z」≡2Bu2（t
1）≡（t-1）V
感应电流j＝肯＝（诊—l）A（ls≤t≤L2s）
［解析］
问题求解;
（D棒迸人磁场前’回路巾的电动势为感生电动势’由磁场变化产生,由E＝尝ˉ旦代人数据叫得结果;
（2）棒进人磁场后,磁感应强度不变,回路中的电动势为动生电动势,由导体棒切割磁感线产生°由F＝BIL≡
B.等.L—旦肯丝′由于导体棒在运动过程中处于磁场区域内的长度L＝直在发生变化,而其他为定值,因』比当
I″最大时,F最大,代人相关数据可得结果’在三角形αbd区域时,可得到L与时间t的关系,综合E＝BLU与j≡
÷’整理可得′ˉ（′—l）八
［答案］
（1）金属棒速度最大时,在轨道切线方向所受合力为0,则
mgcos0≡BIL
253
解得:Ⅱ＝增s0
流经R的电流方向为α→R→b.
（2）磁通量变化量△o-B.s＝鸟卫
-△o-
E
平均电动势E≡歹,I≡R＋R0
BL冗厂
电荷量q＝I. ［＝瓦干瓦≡2（R＋R0）.
2
（3）轨道最低点时:有1.5mg～加g＝加—
厂
由能量守恒得;Q＝狮g厂—÷咖拟』＝÷砸g′
电阻R上产生的热量Q愿≡F悬『Q≡滞斋
［解析］
问题求解:
（1）金属棒在圆弧轨道上运动时’切割磁感线产生感应电动势,与轨道和电阻R组成回路,由右手定则可判断金属
棒中电流方向为α→C’由左手定则可判断金属棒所受安培力方向为沿圆轨道切线方向斜向上.当金属棒的速度最
大时,金属棒在轨道切线方向所受合力为0,即金属棒重力沿切线方向的分力与安培力大小相等、方向相反,列式求
解即可得出电流大小;
（2）根据感应电动势的定义式、欧姆定律以及电荷量的计算公式q＝It,先用整个过程的磁通量的变化量表示平均电
动势和平均电流,再由电荷量的计算公式消去△t计算即可;
（3）根据金属棒在轨道最低点,支持力与重力的合力提供向心力,可求出金属棒在最低点的动能;再根据能量守恒
定律:金属棒滑到轨道底端的整个过程中重力势能转化为棒的动能和整个电路消耗的电能,列式求解可得整个回
路消耗的电能;再根据电阻值大小按比例分得回路中消耗的电能。
~~
254. ［答案］
（1）O金属棒从M点被抛出至落回M点的整个过程中,由能量守恒知
回路中消耗的电能为;Q-＋″拟;—＋″（等）』-;”蛔;
.
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3R′nU;
电阻R消耗的电能为;Q愿＝卢.Q-8（R＋厂T
o方法-:
金属棒从M点被抛出至落回M点的整个过程中,由动量定理知:
砸g. ′＋〖蜜＝咖.罢—（—砸砌o）
将整个运动过程划分成很多小段,可认为在每个小段中感应电动势几乎不变,设每小段的时间为△r
则安培力的冲量
I安＝Bt1L·△t＋Bf2L.△t＋Bi3L·△t＋…
＝BL（iI .△t＋t2 ·△t＋f3 °△t＋…）
＝BLq
-＝
E-△o
又q＝It’I＝F干下’E＝—
t
3U0
因为△@＝0,所以I安＝0,解得!≡万.
方法二:
金属棒从M点被抛出至落回M点的整个过程中,由动量定理知:
mg. 』＋I蜜≡狮.等ˉ（＿狮翘o）
将整个运动过程划分成很多小段’可认为在每个小段中感应电动势几乎不变,设每小段的时间为△t
则安培力的冲量
′疆≡鹃则｜.△‘＋器圃, .△′＋器白』′鲤…
B2L2
F干了（Ul °△t＋U2 .△r＋U3 °△t＋…）
因为棒的位移为0,则Ul .△t＋U2 ·△【十U3 .△t＋…＝0
所以I安＝0
3U0
解得‘≡万.
方法三:
金属棒从M点被抛出至落回M点的整个过程中,由动量定理知
刨（F安）
~~~~~~~~
U0~
2
≥≥二ˉ司
咖g. ′＋I篷＝狮÷＿（＿加Uo）
棒的速度U随时间t变化的图象如图所示
因为棒所受安培力
F霍≡碰Lˉ器.…
O
／
′
『
＝00
所以棒所受安培力F安随时间t变化的图象亦大致如此.
棒的位移为0,则U-t图线与横轴所围“总面积’,为0,F安-t图线与横轴所围‘f总面积’,也为0,即整个过程中安培力
的冲量I安＝0
解得′≡警
·
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卜
卓
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…
丁≡『ˉ!＝
▲
Q□隐护q、牛
｛＝忠~4~
↑
!
旦日
（2）方法一:
当金属棒向下运动达到稳定状态时加g＝Fm
B2L2Um
其中Fm≡R＋厂
解得翻顾＝嘿暴么
沿棒方向,棒中自由电子受到洛伦兹力eUmB、电场力eE和金属离子对它的平均作用力／作用.因为棒中电流恒定,
所以自由电子沿棒的运动可视为匀速运动。
则／＋eE＝eUmB
又E—县』U≡器.＂
解得／＝祭~
方法二:
当金属棒向下运动达到稳定状态时
单位时间内机械能减少P＝加gUm
金属棒生热功率R＝匣÷7P
BLUm
回路中的电流I＝F干下
设棒的横截面积为S,棒中单位长度的自由电子数为＂,棒中自由电子定向移动的速度为U,金属离子对自由电子的
平均作用力为／°
则P厂＝（闪SL）／u
I＝问eSU
所以／＝粥~
［解析］
问题求解;
（1）金属棒从M点被抛出至落回M点的整个过程中应用动能定理可得金属棒动能的变化等于线路电阻消耗的
内能,而流经电阻R与厂的电流相同’所以电阻消耗的功率与其阻值成正比;本问主要的思路是应用动量定理’
重力、安培力的冲量之和等于动量的变化。本问的答案应用了三种思路来证明安培力的冲量为零.方法一是根据
安培力的冲量正比于全过程中通过电路横截面的电荷量,根据法拉第电磁感应定律,通过电路横截面的电荷量
等于磁通量的变化,而该过程磁通量的变化为零,故安培力的冲量为零。方法二是根据安培力的冲量正比于全过
程中速度对时间的积分＿位移,而该过程位移为零,故安培力的冲量为零.方法三与方法二的思路相近,作出
U-t图象,根据与横轴所围“总面积”为0,F安-t图线与横轴所围“总面积’,也为0,即整个过程中安培力的冲量
为零;
（2）本问答案提供了两种思路.方法-是根据沿棒方向自由电子沿棒的运动可视为匀速运动.棒中自由电子受到的
洛伦兹力eUmB、电场力eE和金属离子对它的平均作用力／作用,三力平衡。方法二是根据金属的电阻源于定向运
动的自由电子与金属离子的碰撞.故金属离子对它的平均作用力即阻力的功率等于金属棒消耗的热功率.
~~
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←
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Ⅱ
寸
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↑
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｝＋《ˉ十十｛
嗡…§审卜…』→＋…
上↓粥ˉ』≡上↓
255。［答案］
（1）导体棒达到最大速度时,受力平衡,有
B0ImL＝″1gsin0
又Em＝B0LUm
!t掸蝉憋
｝.↓≡↓≡｝…!ˉ｝＋喻
｛
↓
｛
↓
｛
『
↑
!
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男
丽
~~
Ⅶ
『
解得碰厂2孺nβ
（2）对导体棒由牛顿第二定律得:
加gSin0-B0IL＝加α
又E＝B0LU
I＝最
B;L2U
解得:α＝gsin0-ˉ面丽百.
巨
（3）0～÷T内导体棒不动,由于磁感应强度随时间按正弦规律变化,因此回路中磁通量随时间按正弦规律变化’回
路中产生的是正弦交流电.
…的电…大值乓＝疏…』爪,寄≡2票L,
靴圭
』面
←■
＄
↑＝
吁～□
黑
电动势的有效值E＝单-√虱B0L』
√2
T0
Ⅱ
—
哑
~】
流
电
的
中
路
电
5灾2B;L4
定值电阻产生的焦耳热Q＝Ⅱ2R.÷T0＝8RT0
在此下滑过程中’减少的机械能等于回路中产生的焦耳热,根据功率分配,定值电阻上产生的焦耳热:
Q:ˉ÷（…M＿砸鼠）ˉ＋…′（蓟—2狮孺帧′）
因此,在该过程中定值电阻产生的焦耳热:
°ˉQ』＋魁-5器＋÷…0（重—2弯群M）
［解析］
问题求解:
（l）整个过程分为两部分在÷吗前’导体棒保持静止,导体棒与导轨围成的问路中磁通量不断变化;在÷％后,
导体在安培力和重力的作用下做变加速运动.在下滑过程中’当导体棒速度较小时,重力在导轨上的分力大于安培
力’导体棒做加速运动,安培力逐渐增大,直至安培力与重力平衡时,导体棒达到最大速度,列出此时的平衡条件方
程,即可求出导体棒下滑过程中的最大速度;
（2）通过导体棒切割磁感线的速度可以求出导体棒产生的感应电动势大小,再根据欧姆定律和安培力的定义式计
算所受安培力的大小,最后根据牛顿第二定律即可求出导体棒的加速度;
（3）定值电阻产生的热量要分为两个过程分别求解。当导体棒不动时’回路中磁通量随时｜司按正弦规律变化,由于
巨
电磁感应的存在’回路中产生交流正弦电’求出其有效值即可求出在前寸Ib内产生的焦耳热Q! ;在导体棒下滑过
程中’定值电阻产生焦耳热的大小等于导体棒减少的机械能’用减少的重力势能减去动能的增量即可得到此阶段
产生的焦耳热Q2.将Ql和Q2相加,即可求出整个过程产生的焦耳热·
.
74
。
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,
B2L2U］
25饥［答寨］
（D棒在G月处逮度为圃｜.囚此←B′″』,′!ˉ粤,由此得F＾ˉ
≡8N
R
（2）设棒移动距离为“’由几何关系知EF间距离也为“,磁通量变化量为△.＝÷磁（α＋L）B题设运动时回路中电
疏儡播不变,:』感腥电动势砸,禄≡BL鳃,因此詹≡芳≡倒《“蒜》B,解得△‘ˉα册》≡!｀
（3）设外力做功为W,克服安培力做功为WA,导体棒在EF处的速度为u§.由动能定理△Ek≡W—WA得W＝WA
α（α＋L）B2LU3 ,由于
＋÷…ˉ＋狮刨;』鬼服安墙力做功w＾-』!R鲤′ ,式中I』ˉ竿,△!′≡凰溃）侧w＾-
2R
“《,ˉ｝…鳃＋＋咖（:
1）融;,代人数值得』渺;＋』,』—7≡0｀解得鞠≡
电流始终不变,有U′3≡上U3 ,因此W＝
α
2R
7
lm／s’或U3≡-寸m／s（舍去）.
［解析］
问题求解:
（l）在GH处异体棒中产生的感应电动势E-BL刚］,安培力FA＝IBL-÷BL-8N》
（2》注意题设运动中线框电流儡持不变,即′＝′』≡半ˉ2∧’通过线檀横截面的电荷量q＝′△‘-器△!≡等’过
△
卜■
程中磁通量变化量△.-B△S＝3Wb因此所用时间△泼＝带-l＄;
BLU3
（3）过程中线框中电流强度保持不变,等于初始时刻线框中感应电流,即I＝I0＝-百;
由（2）问分析,过程所用时｜司′-带｛
过程中线框产生热量Q≡I2Rt;
线框运动到EF处电流I′＝Io＝B（L贡2）汕′ ,可得线框运动到EF处的速度刚′＝2刚: ;
根据能量守恒有W＝△Ek＋Q,代人数据可得u3＝1m／s.
257。［答案］
（1）电动势E＝BLU
导线匀速运动,受力平衡,即F≡F安＝BIL
在△t时间内,外力F对导线做功
W＝Fu△r≡F安u△t＝BILu△1
电路获得的电能W电＝qE≡IE△〖≡BILu△t
可见,F对导线MN所做的功等于电路获得的电能W电;
导线MN中产生的焦耳热Q＝I2R△t＝I△Z×IR＝9E＝W电
可见,电路获得的电能W电等于导线MlV中产生的焦耳热Q.
（2）导线MlV中具有的原子数N＝巫NA
〃
因为＿个金属原子贡献＿个电子,所以导线MlV中的自由电子数也是N
导线Mv单位休积内的自由电子数＂＝盖
其中,S为导线MlV的横截面积.
因为电流I＝nUeSe
◎
75
。
催
心
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些
…
~
ˉ
γ
~~
几
—
№
~~
】
—
杜
~~
巴
Ⅵ
以
所
解得ue≈7.8×10一bm／s·
（3）下述解法的共同假设;所有自由电子（简称电子,下同）以同＿方式运动.
法—:动量解法
设电子在每-次碰撞结束至下＿次碰撞结束之间的运动都相同’经历的时间为△t,电子的动量变化为零.
因为导线MN的运动,电子受到沿导线方向的洛伦兹力／洛的作用:／洛＝eUB
沿导线方向’电子只受到金属离子的作用力和／洛的作用’所以／洛△t-I／＝0
其中I／为金属离子对电子的作用力的冲昌’其平均作用力为了,则I／＝了△Z
得了＝／洛＝eUB.
法二:能量解法
设电子从幂线的—端到达另—端经历的时｜副为′’在这段时｜旬内,通过导线＿端的电子总数N＝÷
电阻上产生的焦耳热是由于克服金属离子对电子的平均作用力／做功产生的.
在时间t内
总的焦耳热Q＝N／L
由能量守恒得Q＝W电＝EIz＝BLuIr
所以了＝eUB.
法三:动力学解法
因为电流不变,所以假设电子以速度℃e相对导线做匀速直线运动.
因为导线MN的运动,电子受到沿导线方向的洛伦兹力／洛的作用:／洛＝eUB
沿导线方向,电子只受到金属离子的平均作用力／和／洛作用,二力平衡即／＝／洛＝eUB。
［解析］
问题求解:
（1）根据功的定义可以求得在△t时间内,恒力F对导线MN所做的功W,根据电功率的定义可以求得电路获得的
电能W电,根据焦耳定律可以求解导线MN中产生的焦耳热Q’三个计算结果相等’可以证得题设的结论;
（2）从微观考虑电流现象,求出导体棒中的总电荷数’再根据电流的定义求解电流与电子平均速度的关系’最终求
解电子定向移动的平均速率大小;
（3）方法一:可以从动量角度人手,假设电子在每＿次碰撞结束至下＿次碰撞结束之间的运动都相同,自由电子在
这＿运动过程中受到的洛伦兹力的冲量与金属离子对电子的作用力的冲量I／之和为零,解此方程即可解得平均作
用力／的表达式;
方法二;可以从能量人手,由于金属中的金属离子不移动,自由电子在金属中移动时受到金属离子的阻力作用’动
能减小,损失的动能可认为转化为导体的焦耳热。所以根据能量守恒,宏观中导体焦耳热即等于线MlV中金属离子
对-个自由电子沿导线长度方向的平均作用力／所做的功,联立两个表达式即可求解平均作用力／;
方法三:可以从动力学的角度人手’由于电路电流不变,可以假设电子以速度U′相对导线做匀速直线运动。根据电
子沿导线方向受到的金属离子的平均作用力和洛伦兹力／洛二力平衡即可求解°
八
~
~
【
』
甲
亏
258. ［答案］
（1）根据右手定则,得导体棒AB上的电流方向为B→A,故电阻R上的电流方向为C→D.
UA＋UB
设导体棒AB中点的速度为U,则U＝
2
而UA＝@厂,UB＝2凹厂
曰＾
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』
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口
‖
十
罕
…
根据法拉第电磁感应定律可知’导体棒AB上产生的感应电动势E＝B厂U
根搬闭合电路欧姆定律得J＝÷,
联立以上各式解得通过电阻R的感应电流的大小为Iˉ翠等
（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P＝BI厂U＋／U,而／＝严mg
解得P＝9愿襟＋绊掣r~
［解析］
问题求解:
（1）根据转动切割感应电动势公式E＝÷BL2°求州OA和OB｜司电势羞.两者的差值:‖为AB中感应电动势的大
小,再根据欧姆定律可求通过电阻R的电流大小,由右手定则判断电势的高低,进而判断通过电阻R的电流方向,
注意导体棒两端电势为电路的电动势;
（2）根据安培定律可知电阻上的电功率大小,而导体棒分别在A、B两点受到两个滑动摩擦力’分别求解两个摩擦力
做功的功率由于外加机械功率等于电阻上电功率与克服摩擦力做功的功率之和’根据能量守恒定律可求解外力
做功的功率
~
~
~
寸□
十
｛.
◆
』
｜
】
寸
∏
、
小
拟
〈
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~
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《
■
『
△
‖
●
『
■
寸
［答案］
（l）设磁场霓度为威＝CE,在0～α2｀的时间内｀有E＝芳.
E＝坐Ld＝0.6V
△t
此时,R1与金属棒厂并联,再与R2串联,R＝R并＋R2＝1Q＋1O≡2Q’
U-急辨＝α3M
（:）金属棒迸人磁场后有′′ˉ舟＋箭＝α45A
FA＝BI′／≡1×0·45×0·6N＝0·27N
由于金属棒进人磁场后电压表示数始终不变,所以金属棒做匀速运动,有F＝FA,
F＝0.27N.
（3）金属棒在0～M‘的运动时间内.有Q!≡:』≡α036］
金属棒进人磁场后,因电压表示数保持不变’故切割磁感线速度u不变’有WF＝F°α＝0.27×（）°2J＝0.054』
根据能量守恒知Q2＝-WA＝0°054J,所以Q总＝Ql＋Q2＝0。09J。
（4）0～队2,内,』ˉ是ˉ竿A≡肌』八｀
q1＝I· t1＝0。3×0,2C＝0·06C
迸人磁场后.凤.≡揣』＋厂≡:Q,鸟＝rR息≡队』5×÷v≡12v’由E≡皿翘得翅≡2m!.
々≡:＝等蔚＝队l＄
′:ˉ员≡罕＾＝队3∧
所以q2＝I2r2＝0.03C,q总＝q］＋q2＝0°09C.
.
77
·
259
7
~
~
~
出
啡
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［解析］
过程分析:因为从金属棒开始运动直到离开磁场区域的整个过程中电压表的示数保持不变’分析可知t＝
0.2s时刻金属棒运动到CD处.
问题求解:
（l）′＝α1§时｀线框中感应电动势腐-器＝等＝Mv,再根锯电路串、并联关系和欧姆定橇求川电压表示数;
（2）金属棒在磁场中做匀速直线运动,所以恒力大小等于所受安培力,求出金属棒中电流大小,求出安培力大小,即
可得到恒力大小;
（3）0～0.2s过程磁场在变化,该过程产生热量应根据焦耳定律求解;金属棒在磁场中运动过程,恒力F做功完全
转化为电路电流产生的热量;
（4）根据Q＝l△槛分两个过程计算注意到这里不能直接套用推论公式Q-等
～卜→卜肇＋-＋
｜｝j
°
←＝＋串←击＋～↓
ˉ十丁丁←『寸丁镭｝
→!
!
笛
』■ˉg
;｜…中
［答案］
（1）闭合铜线框右侧刚进人磁场时产生的感应电动势E＝BLU0
产生的感应电流′-÷ˉ竿
B2L2U0
所受安培力F＝BIL＝
R
.
（2）线框以速度U0进人磁场,在进人磁场的过程中,受安培力而做减速运动;进人磁场后,在摩擦力作用下加速运
动’当其右侧边到达PQ时速度又恰好等于U0。因此’线框在刚进人磁场时’所受安培力最大,加速度最大,设为αm;
线框全部进人磁场的瞬间速度最小,设此时线框的速度为U.线框刚进人磁场时,根据牛顿第二定律有
F-尸mg＝加αm
B2L2U0
解得αm＝mR-尸g
在线框完全进人磁场又』‖速运动到达边界PQ的过程中.根据动能定理有陛狮蔚（刨—L）＝十砸°;—÷咖砌:
260
解得U＝√U;-2尸g（d—L）ˉ
（3）线框从右侧边进人磁场到运动至磁场边界PQ的过程中,线框受摩擦力／＝尸加g,由功的公式W／l＝／‘′
解得W／l≡尸加gα
闭合线框出磁场与进人磁场的受力情况相同,则完全出磁场的瞬间速度为U;在线框完全出磁场后到加速至与传送
带速度相同的过程中’设其位移工’由动能定理有尸加g工≡丁mU0-丁加U
解得工＝α
L
闭合线框在右侧边出磁场到与传送带共速的过程中位移工′≡工＋L＝d
在此过程中摩擦力做功w冗＝尸加gα
因此,闭合铜线框从刚进人磁场到穿出磁场后又相对传送带静止的过程中,传送带对闭合铜线框做的功
W＝W∩＋W／2＝2尸mgα.
［解析］
问题求解:
（1）线框右侧边切割磁感线,产生的感应电动势为BLU0 ,可以求出线框中的感应电流,进而可以求出右侧边受到的
安培力的大小;
（2）分析线框的运动过程可以得出线框在刚进人磁场时加速度最大,由牛顿第二定律可以求出该最大加速度,全部
进人磁场时速度最小’由动能定理可以求出该最小速度;
.
78
·
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（3）将该过程分为三个阶段,第＿阶段为线框从右侧边进人磁场到运动至磁场边界PQ的过程,第二阶段为闭合线
框出磁场的过程’第三阶段为线框完全出磁场后到加速至与传送带速度相同的过程,分别分析这三个阶段摩擦力
做的功,就可以得出传送带对该闭合铜线框做的功。
［答案］
（1）a.在＿小段时间△t内,金属棒MlV的位移△工＝U△r
这个过程中线框面积的变化量△S＝′△工＝／U△t
穿过闭合电路磁通量的变化量△O≡B△S＝Blu△t
根据法拉第电磁感应定律E＝芳
解得E＝B』U。
b°如图1所示,棒向右运动时,电子具有向右的分速度9受到沿棒向下的洛伦兹力／≡eUB,在非静
M
×
×
-
×
×
电力／的作用下,电子从M移动到N的过程中,非静电力做功W＝euB』
×
×
×
×
D
｜面
根据电动势定义E＝Ⅱ
×
×
q
×
×
B
解得E＝B／U。
×
×
」×
×
Ⅳ
（2）小球随管向右运动的同时还沿管向上运动,其运动如图2所示.小球受到洛伦兹力如图3所
图1
示.将洛伦兹力正交分解如图4所示。
八
／
／合
＂.P≥y;
＾＼√…
囚
＼＿
U
／′
F
图2
图3
图4
图5
小球除受到洛伦兹力／合外’还受到管对它向右的支持力F,如图5所示。洛伦兹力／合不做功,W／合＝0
沿管方向,洛伦兹力／做正功Wl≡／′≡quB【
垂直管方向,洛伦兹力是变力,做负功W2＝-Wl≡—quB／
由于小球在水平方向做匀速运动,则F＝／
因此,管的支持力对小球做正功WF＝quB』.
［解析］
问题求解:
（l）a.由于金属棒向右做匀速直线运动,则可知时间t内,金属棒与金属框架组成的回路的磁通量的变化量,再根据
法拉第电磁感应定律E＝罢,求解金属棒MN的感应电动势大小;
b。电动势在数值上,等于非静电力将单位正电荷从电源的负极通过电源内部移送到正极时所做的功.根据金属棒
MlV中的电子有水平向右的分速度,根据左手定则可知电子受到水平向下的洛伦兹力,洛伦兹力即非静电力,求出
电子从M运动到N时洛伦兹力做的功,再除以电子的电荷量,就可以得到电动势的大小;
（2）本题解题关键是将带电小球的速度进行合成’并对洛伦兹力进行分解.带电小球有垂直于管于向右的速度且有
沿管子向上的速度,根据矢量的合成规律可知小球运动的合速度方向,进而可知小球受到洛伦兹力的方向,将洛伦
兹力分解为沿管子方向和垂直于管子方问的两个分力,由于洛伦兹力的合力不做功,而沿管方向洛伦兹力的分力
做正功,则垂直于管子的方向上洛伦兹力的分力做负功.再根据小球在水平方向上处于平衡状态,则垂直于管子方
向上的洛伦兹力和管子的支持力做的总功为零,进而可以分别求解小球所受各力对小球做的功.
261
262. ［答案］
（l）设金属杆的运动速度为Ⅺ′,则感应电动势;E＝BLU
通过屯阻R的电流;I≡六
·
79
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电阻R两端的电压;U-′R＝:等
由题图乙可得:U＝此t’虎＝0. 10V／s
解得;刚＝隐（蒜）.
′
金属杆做匀加逮运动,』0逮度;α-隐（蒜）≡L0m／或
B2L2U2
B2L2αr ＝0.075N
设外力大小为F2 ,由F2-F安＝mα,解得:F2＝0. 175N
故2s末时F的瞬时功率P＝F2u2＝F2αZ≡0.35W.
［解析］
问题求解:
（1）题目已知电阻两端电压随时间的变化规律’可通过法拉第电磁感应定律和欧姆定律求出电阻两端电压的大小
若能建立电压与金属杆速度的关系’就可知金属杆速度与时间的关系,从而得到金属杆的加速度大小;
（2）分别求出2s末金属杆受到的安培力大小和速度大小,利用瞬时功率P＝Fu求解.
263. ［答案］
（1）由题图乙可知:棒下滑的任意状态有
B2U≡0·5T2 ·m· S-1
对棒下滑过程中某一状态运用牛顿第二定律有:
…3旷ˉ譬÷ˉ砸“
以上两式代人数据可得物体的加速度α＝4m／s2
可见导体棒在斜面上做α≡4m／s2的匀加速直线运动
r＝2s时,棒的速度u≡αt＝8m／s
棒的位移‘＝寺αt2＝8m.
乙
（2）由能量守但得;咖…n30.-÷狮,:＋Q
代人数据得:Q＝2J.
［解析］
问题求解;
（D幂体棒下滑过橇产生感应电动势E-皿锄,感应电流『＝六船异体棒受到的安培力F≡′腐L-鹊婴,
根据B2-ˉ上图象得出B2u＝0.5T2 ·m.s
l ’从而求出安培力大小’对导体棒受力分析结合牛顿第二定律求出加
U
速度大小;物体做匀加速直线运动,利用速度公式和位移公式分别求出速度和位移;
（2）导体棒下滑过程’机械能通过安培力做功转化为回路的焦耳热,对导体棒运用动能定理求出安培力做功大小,
即电路产生的焦耳热。
264· ［答案］
（1）以金属杆为研究对象,有U＝αt,感应电动势为:E＝B』U
欧姆定律;′＝÷＝等
牛顿第二定律:F-BⅡ＝′川α
解得;F≡厕翻＋￥凰（
·
80
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图线上取两点坐标（0,0. lN）和（10s,0.2N）代人方程
解得:α＝1m／s2 ,加＝0. 1kg.
（2）从静止开始运动的′时间内杆的位移垄＝÷“,
穿过回路的磁通量变化量:△o＝B△S＝Bl工
-
E
△oBα』t2
所以通过电阻R的电荷量为;q＝n＝万t＝万≡＝面万
或;△q＝I△财＝譬△!＝:△″
得q≡∑△q≡骨∑△工—等~
［解析〗
问题求解:
（1）由于已知外力随时间的变化图象,所以本问重点是求出外力的表达式,之后读取图象中的坐标点代人求解。
以金属杆为研究对象0金属杆做匀加速直线运动’运动方向上受到水平向右的外力F和水平向左的安培力作用.根
据匀加速直线运动规律,可得物体瞬时速度的方程°由于金属杆做切割磁感线运动,根据电磁感应定律’金属杆两
端有感应电动势,在金属杆与电阻组成的闭合回路中’根据欧姆定律’可知金属杆内的电流,从而得知安培力的大
小.由牛顿第二定律’可知合外力和质量与加速度的关系.联立以上方程求得外力的表达式’代人具体图象坐标点
求解杆的质量与加速度;
（2）本问的核心是利用电流的定义式I＝÷’首先利用匀变速直线运动规律和电磁感应定律求得金属棒平均感应电
G
动势,又已知电阻R,根据欧姆定律求出时间t内的平均电流’从而求解电荷量q.
2硒［答案］
（D由题圈2可知:芳＝号
根搬法撇第电磁感应定律知,感应电动势E-芳＝［,芳-L』旦
t0
《…棒在弧…卜滑行过穆中｀产…耳热Q』-等ˉ警
金属棒在弧形轨道上滑行过程中,根据动能定理
加g丁＝丁加U0
金属棒在水平轨道上滑行的过程中,产生的焦耳热为Q2,根据能量守恒定律
Q2-÷m砌;—÷咖Ⅺ′:＝′＂g亏—亏砸”
所以,金属棒在全部运动过程中产生的焦耳热
°≡Q』＋Q』ˉ等十吨÷—÷…
B0（工o—工l）,设金属棒在水平轨道上滑行时间为△t,
（3）a.根据题图3,工＝工l（工l＜主0）处磁场的磁感应强度Bl≡
工0
B0＋B1
-△@L工1
2
由于B（工）磁场沿工方向均匀变化,根据法拉第电磁感应定律△r时间内的平均感应电动势E＝歹＝
△t
B0L工1（2工0
正1）
2工0△t
·
81
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-
E
B0Lr1（2工0-工l）
所以’通过金属棒电荷量q＝I△t＝页△t＝
2工0R
b金屑棒…轨遭上滑行过橇巾有I』ˉ÷ˉ尝
金属棒在水平轨道上滑行过程中,由于滑行速度和磁场的磁感应强度都在减小,此过程中,金属棒刚进人磁场时,
感应电流最大.
刚进人水平轨道时,金属棒的速度U0＝√百了
所以,水平轨遭上滑行过程中的最人电流′:≡:≡月,L／百r
R
籍金属棒自由下藕离废÷.经历时间』≡仔显然‘0＞′
叫『』—器霍等恭＿Ⅷ
综上所述,金属棒刚进人水平轨道时,即金属棒在工＝0处,感应电流最大.
［解析］
问题求解;
（1）根据题图2,可以知道在沿圆弧轨道下滑到水平导轨过程中磁感应强度的变化,根据法拉第电磁感应定律’可以
求出感应电动势;
（2）根据焦耳定律’可以知道在沿弧形轨道下滑时产生的焦耳热,根据动能定理’求出下滑到水平轨道时的速度9在
水平轨道上’根据动能定理,可以求出产生的焦耳热,将两段的焦耳热相加’可以求得总热量;
（3）a.根据磁感应强度的变化规律’求得停止滑动时的磁感应强度根据磁感应强度是均匀变化的,求得平均感应
电动势,进而求得电荷量;
b。根据电流的表达式,可以确定刚滑下弧形轨道时感应电流最大.
2“［答鬃］
（l）0～!1时间内,线框中的感应电动势E］≡′』竿≡″L1L』（B!—B』）
t1
El
″L1L2（B1-B0）
根据闭合电路欧姆定律可知’通过电阻R的电流Il＝∏丁7＝
（R＋厂）il
（2）线框产生感应电动势的最大值Em＝门BlLlL2@
感应电动势的有效值E＝÷E顾＝争B!L｜L:·
…阻…流的有效值I＝（R呈）蛹翰″
舌≡≡
线框转动一周所需的时间T≡红
〔O
刀B1L1L2
）
此过程中.电阻R产生的热量Q-I:RT—厕R座』（
R＋厂
（3）线框从题图甲所示的位置转过90°的过程中,
-
△@
ⅪB1L1L2
平均感应电动势E＝＂—＝
△／
△t
-
E
刀BlL1L2
平均感应电流J＝原丁7≡△t（R＋厂）
通过电阻R的电荷量q≡′△!ˉ（器）
,等÷,
·
82
°
』
『
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［解析］
问题求解:
（1）先求出感应电动势,再根据闭合电路欧姆定律求解电流;
（2）线框产生感应电动势的最大值E碱ˉ乎〃B｜L｜L露。进『∏求附有效值根掘Q-『:膨,即可求解在转动一周的过
程中电流通过电阻R产生的热量;
~
（3）先求出平均电动势,再求出平均电流’根据q＝Ir,即可求解
［答案］
（l）电路中产生的感应电动势E-芳
通过电阻R的电荷量q≡I△』-等
导体穿过磁场区1过程△o＝BL工0
BLr0
解得q＝-厅.
（2）设导体匀速运动时速度为U0,则产生的感应电流
I,＝÷ˉ半
导体受到的安培力与水平向右的恒力Fo平衡,即
BI0L≡F0
F0R
解得U0＝F百r百
设棒通过磁场区1在△t时间内速度的变化为△U
F0—BIL＝加尘
△t
△圃—需△‘孺△“
则∑△砌—÷∑△』—警∑△“
B2L2工0｜矾R
解得t＝FoR十百百I可.
（3）设棒进人磁场区1时拉力为Fl ,速度为U,则有
1
2
Fl工0＝丁mU
F｜—B等渺＝0
2B4L4工0
2B2L2工0
解得Fl＝
加R2
,U＝
mR
棒进人磁场区j时的拉力
Fj≡（fB）2L2U≡2f2B4L4Z0
R
加R2
267
导体棒以后通过每区都以U做匀速运动,由功能关系有Q＝Fl工0＋F2工0＋…＋F″工0
2工;B4L4
mR2
（l2＋22…＋闪2）·
解得Q＝
83
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［解析］
问题求解:
（1）用法拉第电磁感应定律求出感应电动势,从而求出平均电流,代人公式q≡It即可求出电荷量;
（2）线框开始做加速度逐渐减小的加速运动,然后做匀速运动,对于变加速过程,可用微元法建立金属棒在任意微
小时｜司段△t与速度变化量△U和位移变化量△r的关系’从而求出时间;
（3）根据动能定理可以求出导体棒进人磁场时速度大小,在磁场中做匀速运动因此安培力等于力Fl ,根据受力平衡
可以求出力Fl ,在磁场中运动时,导体棒克服安培力做功’转化为回路中的电热9根据功能关系写出安培力做功表
达式,然后依据数学知识求解
［答案］
（1）0～t0时间内电流方向为正方向,r0～2to时间内电流方向为负方向;
工0
0～‘0、t0～2r0时｜目］内线圈向下、向［运动的速率均为U≡万
全程产生的感应电动势大小均为E＝＂B·2沉厂°U
又′-R急
2沉门B厂工0
联立以上方程解得I≡（R＋R0）r0
线圈中感应电流〔随时间t变化的图象如下图所示
268
7′
2∏″B′w0
（R＋R0）／0
▲
＝-→
｜
r（）
｜2′〔）
′
O
2∏″B颇0
（R＋R0）『0
（27w』B厂）2dr｜
（2）0～t0时间内线圈安培力方向向上,且F安＝门BI.2冗厂≡（R＋R0）t0
÷时刻地板受到的压力;F＂-雌÷＋F“
（2冗′〗B厂）2主0
得FN＝2卢工0＋（R＋R0）t0
.
（3）全过程中弹力做功为零,则由功能关系可得
W≡E电≡I2（R＋R0）
。2t0
8沉鳖＂2B2厂凶工;
解得W＝（R＋R0）t0
.
［解析］
问题求解:
（l）辐射状磁场的处理方法与匀强磁场相同,有效长度为2∏厂,可求得感应电动势与速度的关系,进而得出电流图象;
′
（2）在r＝等时,地板的弹力与安培力｀弹簧弹力平衡,求出安培力与弹力即可;
乙
（3）人踩踏-次地板所做的功转化为焦耳热能,而由（］）可知电场电流大小不变,求出焦耳热能,得到人踩踏-次地
板所做的功.
269. ［答案］
（1）金属棒仅受安培力作用’其大小F≡″′α≡0。2N,金属棒运动0.5m,框架中产生的焦耳热等于克服安
培力做的功,所以Q＝F＄＝0。］J。
（2）金属棒所受安培力为FˉB′L｀Iˉ÷—等’F—旦肯兰咖‘‰
·
84
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由于棒傲匀减速运动侧有囤≡√徽;—2嚷《露』ˉ工）,所以R-嘿｀／汹;—2“（堑』—堑）≡α｜√瓦m入
（3）错误之处是把α4§时回路内的电阻R代人q＝等进行计算正确解法是q＝h｀因为F-BIL＝…-器-
0.4C·
［解析］
问题求解:
（l）由于金属棒做匀变速运动,故其受到的力为恒力’即为安培力,则产生的焦耳热等效为恒力做功;
（2）求解此问婆注意夏‖安培力为恒力由F-等兰叫知,通过R与刨之间的关系确定电阻愿随雾的变化关系;
（3）由于金属框架的电阻并不均匀分布,且随棒的运动而改变,故该同学用0.4s时的电阻代人计算’显然是错误
的求通过αb的电荷量q可用公式q＝It,避开无法确定的电阻值的使用即可正确求解
［答案］
（1）金属杆2进人磁场前做自由落体运动’进人磁场的速度
Um＝√百百叮＝√2×10×0,8m／s≡4m／s
金属杆2进人磁场后切割磁感线’回路中产生感应电流’有
感应电动势E-BL刨m,感应电流Iˉ万旱F
金属杆恰做匀速运动,所受安培力和重力平衡:即加g＝BIL
B2L2Um
解州枷-（2′＋R）g≡（2豺!f掇l0kgˉ队2k:
（2）金属杆2自由下落hl进人磁场做加速运动’设金属杆2在磁场内下降h2后达到匀速运动’在加速的过程中,部
分机械能转化为电能产生电热,有
］
′″g（′h＋h2）≡亏mU甜＋Q
′m′甜＋2Q-hl＝L3m
可得h2＝
2加g
金属杆2进人磁场到匀速运动的过程中有
r≡芳≡等.了＝（2厂＋R）
E
得出流过电阻的电荷量
q-I△‘≡（鹊）湍碧丁;c≡M5c
（3）金属杆2刚进人磁场时的速度u≡√面百叮＝2m／s
金属杆2进人磁场同时释放金属杆1后,回路中有感应电流’两杆都受安培力和重力作用’且受力情况相同,都向下
做加速运动,随着速度增大,感应电流增大,安培力增大,直到安培力和重力相等时,速度达到最大值.
金属杆1和2产生的感应电动势分别为El＝BLUl ,E2＝BLU2
‖
γ
’
≈
E1＋E2
感应电流I＝2厂＋R
达到最大速度时杆的重力等于安培力
加g＝BIL
整理得到U1＋U2＝加g（2厂＋R）
B2L2
代人数据得u1＋u2≡4m／s
.
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因为两个金属杆任何时候受力情况相同,因此任何时候两者的加速度也都相同,在相同时间内速度的增量也必相
同,即Ul-0＝飞′2
U
代人数据解得U2＝Ul＋2m
联立上式求出ul＝lm／s,u2≡3m／s.
［解析］
问题求解:
（l）金属杆在进人磁场之前做自由落体运动,可求得进人磁场时的速度;由恰好匀速的状态知其受力平衡可求得重
力,即可求出质量;
（2）根据（l）可知匀速运动速度→动能＋焦耳热→重力势能→下落高度→磁通变化量—＝电荷量;
（3）根据下落高度可知杆2初速度’达到最大速度时受力平衡即安培力与重力大小相等.因为二者进人磁场后受力
情况＿致,可知速度差＿直不变联立即可求解
［答案］
（1）棒产生的感应电动势’El＝BLU0
E1
BLU0
通过R的电流大小Il＝F丁下≡F下厂
电流方向b→α。
（2）棒产生的感应电动势E2＝BLU
E2
BLU
感应电流I2＝F干下＝∏丁7
棒受至‖的安培力大小F—BIL-瓷婴,方问沿斜面向上
根据牛顿第二定律,有加gsin0-F＝加α
解得,α＝gsin0＿B2L2u
m（R＋厂）·
（3）导体棒最终静止,有
′〃gSin0＝Ar
271
压缩量r＝mg旱in0
尺
设整个过程回路产生的焦耳热为Q0 ,根据能量守恒定律,有
＋mU;＋…smβ＝E僻＋Q（）
Q＂＝÷咖财;＋（咖gγ∏0）:—E,
电阻R上产生的焦耳热
Q＝声二;Q＂≡卢「÷减＂;＋（咖gγn0）凰—E隔］
［解析］
问题求解:
（1）棒向上运动切割磁感线,由El＝BLUo求感应电动势,由欧姆定律求感应电流,根据右手定则判断感应电流的
方向;
（2）当导体棒第＿次回到初始位置时,速度变为U,棒产生的感应电动势为E2≡BLz′,再由欧姆定律求得感应电流,
由F＝ILB求出此时棒所受的安培力,根据牛顿第二定律就可以求出加速度;
（3）导体棒最终静止时,由胡克定律求出弹簧的压缩量Z,对整个过程,运用能量守恒列式,可求出回路产生的总热
量,再运用电路串联关系求出R上产生的焦耳热Q。
◎
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N
［答案］
（1）设导体棒的初速度为U0’由动能的定义式知
E腺＝÷咖U;
△
272
得融＂-｀／罕
设初始时刻产生的感应电动势为E,由法拉第电磁感应定律得:
E＝皿喻≡BI√享
设初始时刻回路中产生的电流为I,由闭合电路欧姆定律得:
′-÷-÷｀／等
设初始时刻导体棒受到的安培力为F’由安培力公式得;
F＝B几＝竿√享
（2）从初始时刻到最终导体棒静止的过程中,导体棒减少的机械能一部分转化为弹簧的弹性势能,另-部分通过克
服安培力做功转化为电路中的电能’因在电路中只有电阻’电能最终转化为电阻上产生的焦耳热Q
当导体棒静止时,棒受力平衡,此时导体棒的位置比初始时刻降低了h,则mg＝hh
得;h＝等
由能量守恒得:加g∧＋Ek＝Ep＋Q
2
2
Q＝罕二＋E瞧—E严
［解析】
问题求解;
（1）由初始动能可求出初始速度,用法拉第电磁感应定律求出感应电动势,用闭合电路欧姆定律求通过导体棒的电
流,用安培力公式求出导体棒受到的安培力;
（2）导体棒最终静止时受到重力和弹簧作用力’由此可求出弹簧压缩的长度,即导体棒相对初始位置下降的高度;
整个过程中由功能关系可得产生的焦耳热等于系统机械能的减少.
≈
忠
°
由
之
°
沪
『
广
乙
□
『
~
~
~
273. ［答案］
（1）设装置由静止释放到导体棒运动到磁场下边界的过程中,作用在线框上的安培力做功为W
由动能定理知:mgsinα.4d＋W-BI′α＝0
且Q＝w
解得Q＝4mgαsinα-BI〃.
（2）设线框刚离开磁场下边界时的速度为Ul ,则接着向下运动2α
由动能定理知;加gsjnα.2d—BI′α＝0—÷咖翘;
线框装置在磁场中运动时受到的合力F＝加gsinα-F′
感应电动势e＝BαU
感应电流I′＝肯
安培力F′＝BI′d
F
由牛顿第二定律知,在t到t＋△』时间内,有△U＝—△t
炯
·
87
.
~~
■7
□萨
ˉk
←…卜
呐＋
□…r
｀◆
｛
→
~
~
『
…
~
~
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活
扫
州
州
词
ˉ
｜
｛
〕
｜
惟
雄
饯
世
慨
毋
部
什
汁
柠
汁
汁
汁
~
~
~
~
~
饰
｜
了
‖
卜
‖
卜
‖
｜
丁
＋
｜
十
个
＋
｛
工
｝
§
十
十
｜
丫
个
↓
｛
~
~
~
~
｛
°
丫
Ⅱ
十
§
冉
『
‖
十
↓
Ⅵ
℃
】
‖
】
［…ˉ警］△』
则F八U≡∑
2B2d3
有Ul＝gtlslnα-＿
加R
√2咖（BI腮—2…smα）＋竿』
解得t］≡
加gS1nα
（3）经过足够长时间后’线框在磁场下边界与最大距离工m之间往复运动
由动能定理知:加gsinα.工m-BI／（工m-d）＝0
BIld
解得工m＝BI』
mgsinα.
［解析］
过程分析:线框通过磁场时,产生感应电流,安培力做的功大小等于线框中产生的焦耳热,导体棒中的电
流恒定,则通过磁场时安培力做的功可以方便地求出9运动过程中系统满足能量守恒。
问题求解:
（1）导体棒恰好运动到磁场区域下边界处返回,对系统用动能定理加gsinα.4α＋W-BⅡα＝0可求出安培力做的
功,产生的焦耳热Q＝-w;
（2）线框在穿越磁场过程中,设速度为刚,求出任意时刻的感应电动势‘＝B′砌,感应电流l′＝肯’安培力F′＝BI′′
和加速度α＝gsin0-旦,此外可用动能定理求出线框刚好穿越磁场时的速度,用微元法可求出线框穿越磁场的
m
时间;
（3）因为线框穿越中磁场时感应电流始终消耗能量’经过足够长时间后’整个装置的稳定状态应该是导体棒在磁场
中往复运动,带着线框在磁场下边界与最大距离工m之｜司往复运动,可由动能定理求出最大距离工m
274. ［答案］
（1）感应电荷量q＝I△t
-
E
根据闭合电路欧姆定律得:I＝丽
-△@
根据电磁感应定律得:E＝歹
联立上式解得qˉ簧＝器
（2）设e／上升到h时,速度为U］、拉力为F,根据运动学公式,得i′l＝√顾＝
根据牛顿第二定律,得F-加g＿BIll≡mα
B′U1
根据闭合电路的欧姆定律’得Il＝ˉ面百
综上三式得F≡孪＋B』!;严
（3）由功能关系,得
2
WF
mg′i—2Q＝孕—0
WF＝堑等h＋2Q.
△
［解析］
问题求解:
（l）根据电磁感应定律』由q＝器＝器即可求得幂体杆七升h高度过程中通过的电荷量;
·
88
°
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（2）导体棒做加速度为÷的匀加速上升运动’由U2≡2αh即可求得上升到h高度的速度,导体棒受到重力、安培力、
拉力F作用,根据牛顿第二定律,由F-mg-BIl』＝加α即可求得拉力F的大小;
（3）根据能量守恒定律,拉力做的功转化为导体棒的动能和重力势能以及回路中产生的热量,由WF-饥gh＿2Q＝
竿
0即可求得拉力做的功
设经过时间为△t,磁通量变化量为
［答案］
（1）金属条αb在磁场中切割磁感线时,所构成的回路的磁通量变化
△o,由法拉第电磁感应定律得
E＝坐
△t
△.-B△s＝B（＋萨:M—十萨｛M）
联立两式并代人数值得:
E＝芳-÷B°（旷:—萨;）＝槛9×l0＿』V
根据右手定则（或楞次定律）’可得感应电流方向为
b＿＞α.
（2）通过分析,可得电路图为
275
b
｜
｜
｜
｜
←
‖
‖
凹
尺
｜
｜
｜
｜
丙
‖
‖
‖
单
~
尺
｜
｜
｜
｜
∩
‖
‖
‖
早
~
尺
｜
｜
上
‖
‖
凹
上
丁
｜
R
R
刀
巳
α
（3）设电路中的总电阻为R总,根据电路图可知
尺憾＝R＋÷R-÷R
αb两端电势差
U厂Eˉ′R-E 最R≡＋E≡…l0ˉ』γ
设αb离开磁场区域的时刻为tl ,下＿根金属条进人磁场区域的时刻为12
0
1
tl＝丁≡而s
沉
2
1
t2＝丁≡丁s
设轮子转-圈的时间为T
T≡丝＝1s
凹
在T＝1s内,金属条有四次进出,后三次与第-次相同
联立上式可画出U的-t图象.
仆
龟
｜［M×l0ˉ2v）
2信—气ˉ
~
1.0
』／S
O
0·75
0.50
0.25
°
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（4）“闪烁,,装置不能正常工作. （金属条的感应电动势只有4. 9×10＿2V,远小于小灯泡的额定电压’因此无法
工作.
）
B增大’E增大,但有限度;
厂2增大,E增大,但有限度;
m增大,E增大,但有限度;
0增大,E不变.
［解析］
过程分析:当后轮转动时’在磁场中的辐条切割磁感线,产生感应电动势,在回路中产生电流’使灯泡亮起
来’没有辐条在磁场中时,灯泡灭,形成闪烁的效果.
问题求解:
（1）根据金属棒转动切割磁感线时的感应电动势公式,代人即可求得结果.根据右手定则判断电流方向;
（2）见答案;
（3）当有辐条在磁场中时,有感应电动势,且因为车轮匀速运动,感应电动势为＿定值.当没有辐条在磁场中时,感
应电动势为0,故得到如图所示的图象;
（4）根据感应电动势和灯泡额定电压的关系’可以判断是否正常工作.根据第-问的公式’可得在各物理量变化时,
感应电动势的变化情况。
276. ［答案〗
（1）当导线框运动到磁场中心线时,有两种情况’＿是BC边,二是AD边’当AD边运动到磁场中心时,
AD边上的电压最大.
‖／／m
v／m
D
C
D
C
F
／／锰碌｀
J
××
×
×
＼
′
欠××
×
×
×＼
A
O
B-∏亏j-雨i
尸尸页.
／夕×
J
××
′
×××
F
-
＝←尹
护
／×
矿
××
′
『×
××
O
∧
＝只≈｀
〈
×＼
b
×
×
b
h
×
×对
0。3
Bx／m
Em＝BLU＝0.2×0·2×l0V＝0·4V
I硒≡÷-』A
Um＝Im×0·75R＝0·3V·
（2）BC边切割磁场的时｜司为′｜＝爷＄-α03＄
α4而α3:＝α013』线框中无感应电流
此后,经时间t2＝
AD边切割时间r3＝rl＝0.03s
在整个切割过程中,I-t图象如图所示
由图象可知,每个小方格表示电荷量q＝0.0005C
在图象中,图象与t轴所围区域共有小方格153个（150～155个均算正确）
故通过线框某-截面的电荷量Q＝Nq＝0.0765C
又QˉI』1＝等
~
』
皿
β
β
○
◎
~~
巫
β
~~
吕
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〃A
O
′／S
（3）在rl和t3时间内,通过线框的电流按正弦规律变化
I≡乎J瞬ˉ2徊∧
W＝I2R（〖l＋／3）＝0.048J.
［解析］
问题求解;
（1）分两种情况讨论,当BC边切割磁感线时,BC边相当于电源,AD边相当于负载,AD两端电压等于AD边的电
阻与电流的乘积;当AD边切割磁感线时,AD边相当于电源,AD两端的电压等于DC、BC、AB三边的电阻与电流
的乘积,所以当AD边切割磁感线时电压最大,由电磁感应定律和欧姆定律可求得AD两端的最大电压;
（2）BC边和AD边切割磁场的时间均为0.03s,产生的感应电流方向相反,且都按正弦曲线变化;中间0·01s线框
内的磁通量不发生变化,小产生感应电流’绘制出的I—′图象如答案图所示;由Q＝I!｜＝等可估算出磁场区域的
面积;
（3）线框向右做匀速直线运动,动能不发生变化,根据能量守恒定律,拉力做的功全部转化为电路中产生的焦耳热,
由公式W＝I2Rt（I为有效电流）即可求得F做的功.
277。［答案］
（1）由牛顿第二定律:″!gsin0≡′刀α
得:α＝gsin0≡5m／s2
由运动学公式;剑＝÷鳃,
得》』＝√平＝1｀
（2）由法拉第电磁感应定律:E≡BLU且U＝αr
厕F霍＝BIL｀I-÷
得;F蛰＝B凰:“＝a5M
（3）因为F蜜＝a5N＝〃gsin0,所以金属棒进人磁场后做匀速直线运动,运动至导轨底端的时间为》′』＝÷＝2｀
由图可知,棒被卡住1 s后磁场才开始均匀变化.
由法拉第电磁感应定棒;F1-等-等-5V
所以在0～‘.时间内电路中产生的熊耳热为;Q≡Q』＋Q』｀Q）≡等］≡酶］｀Q:≡÷』≡‘0］,所以Q≡雨肌
［解析］
过程分析:o金属棒在只有重力做功的情况下运动到磁场上边界;@金属棒在磁场内运动,受到安培力作
用;此段过程需要计算分析,金属棒是在4s之前,还是4s之后到达底端,经计算分析可知金属棒在3s时已经到达
底端.o金属棒在底端静止,磁场改变,有电流流过电阻R。
·
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问题求解:
（1）金属棒从静止释放到刚进人磁场的过程中做匀加速运动’由牛顿第二定律求出加速度,由运动学公式求解时间;
（2）上＿问已求出迸入磁场的时间,由谨度公式求出金属棒冈』进入磁场时的逮度财,由E≡BLU、［＝÷、F＝BIL结
合,求解安培力;
（3）根据安培力与重力沿斜面问下的分力关系,分析可知棒刚进人磁场时做匀速直线运动,此时假设棒到达底端时
磁场还没有发生改变’计算出时间为2s,棒进人磁场前运动1s,则此时t＝3s,即棒运动到底端,磁场还没有改变。
棒被卡住后磁场开始逐渐均匀变化,根据法拉第电磁感应定律求出电磁感应电动势,由焦耳定律求解焦耳热
／
278. ［答案］
（l）bC、αα边的运动速度z′＝α′丁
感应电动势Em＝4NBlU
解得Em＝2NB』2凹.
（2）电流I瞬≡岩,安培力F＝2NB′翻′
解得F＝4lV2B2／3α′
厂＋R
.
（3）-个周期内,通电时间′＝÷T
R上消耗的电能W＝I瑞Rt’且W＝I2RT
解得lˉ;丹粥
［解析］
（1）过程分析:bC和αα两条边切割磁感线产生动生电动势,E＝2N·B.2′ .U;
Em
（2）过程分析:安培力大小为F＝NBIm°2／’其中Im＝F干了;
（3）过程分祈;＿个周期内通电时｜副为′＝÷T求州—个周期做的功｀再根据Wˉ′』R′求出有效值
279. ［答案］
（1）αb对框架的压力
Fl＝mlg
框架受水平面的支持力
FN＝m2g＋F1
依题意,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则框架受到最大静摩擦力
F2＝尸FN
αb中的感应电动势
E＝BlU
MN中的电流
E
I＝Rl＋R2
MN受到的安培力
F安＝ILB
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框架开始运动时
F安＝F2
由上述各式代人数据解得
u＝6m／s.
（2）闭合回路中产生的总热量
R1＋R2Q
Q总＝
R2
由能量守恒定律’得
FⅡ＝÷m］U』＋Q.
代人数据解得
工＝1° 1m.
［解析］
问题求解:
（1）在棒αb速度较小时,棒αb所受到的安培力小于拉力F,此时棒αb做加速运动;金属框架受到大小相同、方向相
反的安培力,此时的安培力小于摩擦力,金属框架静止不动;
随棒αb速度增大,金属框架和棒αb所受的安培力增大’当安培力大于金属框架与水平面的摩擦力时o金属框架开
始运动;
（2）系统中只有MN和αb会产生热量,并且产生的热量与其电阻成正比,可以求出系统产生的总热量’整个系统只
有力F做功’则可根据能量守恒定律求出力F做功的大小,然后求出位移.
L2
280° ［答案］
（1）矩形线圈αbCα在磁场中转动时’αb、cα切割磁感线’且转动的半径为厂＝ˉ百
转动时…的线速度砌-哑-字.且与磁场方向的夹角为“′
o〗
所以,整个线圈中的感应电动势el＝2BLlusin（ot≡BLlL2创sin山r.
（2）当t＝0时,线圈平面与中性面的夹角为p0 ,则某时刻t时,线圈平面与中性面的夹角为（凹r＋甲0）
故此时感应电动势的瞬时值为
e,＝2BL1USin（@t＋仰）＝BL1L2α′Sin（α』t＋90）·
（3）线圈匀速转动时感应电动势的最大值Em≡BLlL2四
Em
BLlL2山
故有效值E≡＝≡
~～
√2
√2
阿蹦中…有效值′≡卢-谎当》
根据焦耳定律知转动-周电阻R上的焦耳热为
…T—［器尝》］』.愿红≡…』L;L;
山
（R＋厂）2
·
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［解析］
问题求解;（1）如图所示,单线圈切割磁感线而产生的感应电动势为El≡BlU’其中
L2
U＝@丁,Ⅺ′y＝Usin山1,则整个线圈的感应电动势为el＝2El＝BLlL2幻sin四t;
（2）相对于（1）,只需将初相位改为凹t＋帜0 ;
Em
BLlL2〔D
2∏
（3）本题根搬基本公式Q≡′:R!求得,其中′＝六』E-万＝
√百,T＿
山
中
哑
一
ˉ｀厂
‖怔
l′阅←艺‘／
｝＂
（J
28L［答案］
（1）方法～:γ″g刃smα＝丁″〗U
U＝√面酝百∏Iˉ万＝4m／s
B2L2U
2R＝加gSlnα
BL＝1T·m
BLI＝″lgS1nα
得I＝1A.
方法二:″′g工Slnα＝ˉ示mU
△
U≡√面霹丽Iˉ百＝4m／s
mgUsinα＝I2 °2R,得I≡1A.
（2）方法一:通过金属棒αb进人磁场时以速度U先做匀速运动,设经过时间rl ,当金属棒cα也进人磁场,速度也为
刚,金属棒c创位移延＝÷. ′! ’此时金属棒αb在磁场中的运动距离为;x′＝哑0＝2工两棒都在磁场中时速度相同,无
电流,金属棒cd在磁场中而金属棒αb已在磁场外时,cd棒中才有电流,运动距离为2工（得到Cα棒单独在磁场中运
动距离为2工,即可）
—
BL. 2露＝等-α8。
q＝I〖＝
2R
方法二:两金属棒单独在在磁场中时扫过的距离都为2工’因而通过的电荷量大小相等。
2工
q＝q帅＝It］＝I·
＝1×0.8C＝0,8C·
√面百盂i了Iˉ百
（3）方法一:金属棒αb在磁场中（金属棒Cα在磁场外）回路产生的焦耳热为:
Ql＝2工′Ⅺgsinα≡3。2J
金属棒αb、金属棒C′都在磁场中运动时,回路不产生焦耳热
金属棒c〃在磁场中（金属棒αb在磁场外）,金属棒cα的初速度为√石藻∏Iˉ百’末速度为√百酝百而万,由动能定理:
砸gs｜n·2堑Q』-÷咖（√2…nα）』＿＋m（√I了百丽m:
Q2≡3rmgslnα＝4。8J
Q＝Ql＋Q2＝8J.
方法二:两根金属棒全部通过磁场的过程中回路产生的焦耳热Q等于两棒损失的机械能
Q≡2r加gsinα＋3工γ帅gsinα＝5工′川gsinα＝8J.
［解析］
问题求解:
（l）首先根据重力做功求得αb棒刚进磁场的速度U,再根据受力平衡或者重力的功率等于焦耳热的功率求得电流;
（2）首先分析两棒的运动过程｀求得“6‘刨组成的闭合线圈在此过程中的磁通量变化量’在通过q＝罢求得电荷量｛
·
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（3）分阶段分析,αb在磁场中rα禾进人磁场时.由于αb匀速运动,此阶段αb的重力势能全部转化为焦耳热αb、Cα
均在磁场中时无焦耳热.αb在磁场外,Cα在磁场中时,安培力做负功使Cd减速至匀速（题目中给出的条件）,由动能
定理可求得此阶段焦耳热。
282. ［答案］
（1）对线圈受力分析有:F安＋〃mgcos0≡′＂gsin0
代人数据得:F安＝0.02N.
（2）F安＝BIα
E＝BαU
Ⅱ-÷
解得F蜜≡等d:°
代人数据得:u＝2m／s.
（3）由于线圈刚好匀速穿过磁场,则磁场宽度″＝0. 1m
Q＝W安≡F安×2′＝4×10-3J。
［解析］
问题求解:
（l）由于线圈匀速通过磁场,可知其在通过磁场过程中受力平衡,线圈受到安培力、摩擦力、重力以及支持力的作
用’将四个力沿斜面分解’列出方程式可求得其所受安培力的大小;
（2）根据安培力公式可求出电流大小,已知闭合电路中总的电阻阻值,即可求出感应电动势,根据E＝BαU可求出速
度大小;
（3）由于线圈刚好匀速穿过磁场,则磁场宽度等于d’穿过磁场时速度不变’安培力不变,安培力做功的距离为2α,
可求出安培力做的功,即为线圈上产生的焦耳热
BL2〔O0
283. ［答案］
（1）E＝—疗.
（2）等效电路如图所示
Rl
冗LR
R并≡ˉ丁＝ˉ厂
R2≡LR
厂≡LR
R总＝R并＋R2＋厂
E2
当达到最大速度时’功率关系为加gU＝雨
其中;Eˉ竿-坐
2
最大速度为U＝2加gR（4＋7［）
B2L
〔3）回路总电动势为E≡毕
＂…源外咆路路端咆压｀由闭合……得;［′蛔→旦贵导
代人°＝2砸腐R（4＋丽）｀萨＝LR｀R辨＝粤＝孪.R2＝LR’R橇＝R辩＋足＋′得
B2L
β
×
×
×
×
~~
×
~~~ ~~~~~
□
″〗
）
］
｜
丁
穴
～
◎
≈
（
尺
区
狮
而
□
∑
~~
）
舰
∏
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［解析］
问题求解;
（l〕切割磁感线的杆的长度为L’由旋转杆的电动势公式E-BL刚＝皿°＂.÷＿里些’呵以得到金属杆OA产生
的电动势;
（2）当物体下落速度最大时’重力做功的功率与电路消耗的功率相等。将电路简化,可以认为以OA为电源,串联电
阻OC,再并联两个半圆电阻’由题中所给数据’可以计算出电源的内阻、串联的电阻和并联的两个电阻的阻值,化
简后可以…源总的等敦腮值腮隐测……为是.真｜由（］〕分折可知E-竿而重力…为…＾
让其与电路消耗的功率相等,联立方程’可解得物块下落的最大速度
（3）由（2）可以得到电源的电动势和简化的电路图,据此可以算出电源的输出电压,该电压就是OA两端的电压.
［答案］
（1）设开关断开时,金属棒离开底端PP′的速度大小为Ul ,在空中运动的时间为t,则
工l＝U1r
284
‘≡√乎
~~圆厂--
~／ˉ旦ˉ
v2h
可得:Ul≡｀r］
（2）开关断开时’在金属棒沿倾斜导轨下滑的过程中,重力做功为WG,摩擦力做功为WF
根据动能定理;wG＋w假＝÷′砸｛
慨
〗
工
β
℃
度
速
的
尸
尸
端
底
开
离
棒
属
金
时
△
口
闭
关
开
在金属棒沿倾斜导轨下滑的过程中,重力做功和摩擦力做功与开关断开时相同,安培力做功为W安,系统产生的焦
耳热为Q,
由动能定理可得;w儡＋wF＋w糜＝÷砸°;
又因为Q＝｜w安｜
金属棒产生的焦耳热Q＝南子Q
联立上述方程可得;Q＝∏÷7.警（r;—堑:儿
（3）金属棒在倾斜导轨上先做加速度减小的加速运动,然后匀速运动。
［解析］
过程分析:开关断开时金属棒的整个运动过程中能量转化情况为:重力势能转化为动能和因摩擦产生的
热能;开关闭合时金属棒的整个运动过程中能量转化情况为:重力势能转化为动能和因摩擦产生的热能以及因电
磁感应产生感应电动势产生的焦耳热
问题求解:
（1）金属棒滑过PP′后做平抛运动,根据平抛运动的规律列出方程式,联立解得金属棒离开导轨时水平方向初速度;
（2）根据（1）中求解方法求出闭合后金属棒离开导轨时水平方向的初速度’根据动能定理及过程分析,可求出因闭
合电路产生焦耳热的能量值,又因为闭合电路中电流相等,阻值都已知,可求出金属棒产生焦耳热占比;
（3）开关S闭合,金属棒从比AA′更高处静止开始滑下,金属棒落地点离PP′的水平距离仍为工2,说明两次金属棒
在PP′处的速度-样,即此时增加的重力势能都转化为摩擦热和焦耳热,重力斜向下方向分量不变,摩擦力不变,故
到达某-时刻时金属棒受力平衡,保持匀速,F≡BI／中三个量中两个定量-定不变,即电流先增大’后不变,充当运
动阻力的安培力变化情况与电流一致,故金属棒先加速度减小,到达某-速度后开始匀速运动。
。
96
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285. ［答案］
（1）E＝BLu≡BLgsin30。t＝0.5t（V）。
（2）对回路有′＝轰＝5∧
对b有加gsin30°＝BIL
解得加α＝mb＝0。1kg
放上b后,α做匀速运动,减小的重力势能全部用于产生焦耳热,即
Q＝加gh＝加gJSin30°＝0.5J.
［解析］
问题求解:
（1）因为轨道不封闭,无法形成电路回路,所以α下滑时,只产生感应电动势,而不受安培力作用,将沿轨道向下做匀
加速直线运动,加速度为gsin30°;由匀加速直线运动规律知t时刻其速度为gsin30°t;最后由法拉第电磁感应定律
得E＝BLu,解得E＝0。5t（V）;
（2）根据（1）可求得t＝2s时感应电动势的大小,α与b电阻相等·对回路应用欧姆定律可求出电路t＝2s时电流.b
刚好静止,则其重力沿斜面向下的分量与安培力相等,以此求出b的质量,也就是α的质量.α与6-样受力平衡,将
做匀速直线运动,由能量守恒定律可知,α杆下滑过程中重力势能减小量即为电路回路产生的焦耳热.
286. ［答案］
（1）铜芯线中产生的是正弦交流电,则:
Im＝√百I
Em＝ImR
Em＝B凹S
解得B＝2×10-5T.
（2）在铜芯线与地面平行开始至铜芯线转动四分之-周的过程中
E＝坐
t
E≡IR
q＝It
解得q＝4×10
6C.
（3）铜芯线转动-周,电路中产生的焦耳热Q
Q＝I2RT
T＝丝
四
解得Q＝7.2×l0-9J.
［解析］
问题求解:
（1）先根据欧姆定律求出电路中电动势的有效值,再根据有效值与最大值的关系得到电动势的最大值’再由法拉第
电磁感应定律Em＝BSO的关系可得到磁感应强度;
（2）根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律可以得到q＝俘’即可得到通过电流表的电荷量》
（3）由角速度得到周期T≡丝’再根据焦耳定律即可求出焦耳热
凹
28饥［答案］
（1）根据法拉第电磁感应定律得;E＝N器
…
＿
血~~
蛔
—
山
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U-卢E
据题图可得:
0～α2§时间内,等ˉa6T／＄
解得;El＝5V’Ul＝3V
队2～α3,时间内｀等≡6T／§
解得;E2＝10V,U2＝6V
由题图可知,-分钟内有40s用电器两端电压为Ul ,有20s用电器两端电压为U2 ,因此-分钟内电热器产生的
热量:
Q≡睁!｜普〃
tl＝40s,t2＝20s
解得:Q≡360J·
（2）设电流有效值为I,可得:I2Rt≡Q
代人数据解得;I＝√面A.
［解析］
问题求解:
（1）由题图知,磁场强度先均匀增大后均匀减小并周期性变化,均匀增大的变化时间是均匀减小的变化时间的两
倍;根据法拉第电磁感应定律分别求得磁场强度均匀增大和均匀减小时的感应电动势,根据闭合回路的欧姆定律
求得磁场强度均匀增大和均匀减小时电热器电阻两端的电压,由焦耳定律求得＿分钟内电热器产生的热量Q;
（2）根据电流的有效值定义,以电流有效值为大小的直流电通过电热器＿分钟内产生的热量也为Q,根据焦耳定律
解得通过电热器电流的有效值
288· ［答案］
（1）根据I-t图象可知:I＝虎lt（炎l≡2A／s）
当t≡2s时,回路中电流Il≡4A
根据闭合电路欧姆定律得:E≡I］R＝2V.
（2）流过回路电荷量q＝It
缸
—
∑~~
＿
［
hl／2
联立上式得:q≡＿厂
当t＝2s时,q≡4C
对回路由欧姆定律得;′ˉ譬
』＝工tan45·
根搪B—堑图象叫知;B≡粤（陶-1T.m）
虎lR
由上式联立可得:U≡—r
陀2
点］R
由于万＝1m／s2
再根据u≡u0＋αt可得:α≡1m／s2
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可知导体棒做匀加速直线运动
则导体棒的位移愈-÷α』:＝2n‰
（3）棒受到的安培力F安≡BI／
根据牛顿第二定律:F-F安＝加α
根据位移速度关系式;2α工＝U2
根据功率公式:P≡FU
联址式叫得;P＝（臆严＋″）〃万≡“墅＋伍》W
［解析］
问题求解:
（1）根据题图丙可得出相应时刻的电流’再根据闭合电路欧姆定律可求出回路电动势;
（2）根据题图丙求出流过回路电荷量与时间的关系’然后求出0～2s内流过回路的电荷量’对回路研究’用电磁感
应定律求出回路电动势,再用欧姆定律以及轨道与导体棒的几何关系列出相应方程,联立可得导体棒速度随时间
变化的关系,进-步求出其加速度,然后根据位移公式可求出导体棒位移;
（3）先用安培定律求出导体棒所受安培力’根据牛顿第二定律求出拉力表达式,利用速度位移公式’求出速度表达
式,利用求瞬时功率的公式P＝FU,求得瞬时功率与横坐标的关系式.
~
~
~
巴
士
289. ［答案］
（1）由I～t图象可知,当金属杆达到稳定运动时的电流为1.60A
杆受力平衡:Ⅷgsin0＝BIL
解得B＝骋n0—0丫般》5T＝α625T
由题图可知,当t＝0。5s时,I＝1. 1（）A
p＝I2R＝1, 102×1·0W＝L21W0
（2）由题图可知:1。2s末杆的电流I＝1.50A
因为I＝式≡黑
所以砌-『（铲）＝凯6m／;
△o
△t
BL工
因为q≡巨丁7△t≡万F丰7＝∏丰7
所以矿-q（铲）＝鼠l2m
因为狮g延sin0＝÷咖渺2＋Q
所以Qˉ砸…n0ˉ÷啊Uz＝l82』」
Q愿-卢Qˉl2M］
［解析］
问题求解:
（1）由题图（b）读取金属杆达到稳定运动时的电流,此时杆受力平衡,由平衡条件和安培力公式求解磁感应强度B
的大小;读出t＝0.5s时电路中电流,由公式P＝I2R求出电阻R的热功率;
（2）根据法拉第电磁感应定律欧姆定律得到屯荷量的关系式q＝器＝器’可求出杆通过的跑离r’根撮功能关
系求出电路中产生的总热量Q
.
99
·
【
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2皿（答案］
（l）咖°＝B′L—…m°′可得α≡等gs!n刨
（2）设装置由静止释放到线框的下边运动到磁场的上边界MN处时,安培力对线框做功的大小为W,根据动能定理
有:0-0＝BIL。α-加gsinα.4α-W
解得W＝BILd-4mgαsinα
线框中产生的热量Q＝W＝BILd-4加gαsinα。
（3）装置往复运动的最高位置,线框的上边位于磁场的下边界,此时金属棒距磁场上边界d;往复运动到最低位置
时,金属棒在磁场内,设距离上边界刃,则有加gsinα· （工＋＆）＝BIL.Z
可解出露≡BI畔斟“
BILα
最高位置与最低位置之间的距离为刃＋α＝BIL-mgslnα
［解析］
问题求解:
（1）刚刚释放时,固定装置在沿着斜面方向受到沿斜面向下的重力的分力和沿斜面向上的安培力,根据牛顿第二定
律,可求刚释放时装置加速度的大小;
（2）装置在刚开始释放时速度为零,当线框的下边界运动到MN时,装置的速度为零,在该过程中应用动能定理列
式,求得线框中产生的热量;
（3）装置最终在斜面上做稳定的往复运动’装置能量守恒’线框将不通过磁场区域,导体棒来回通过磁场区域;从最
高位置到最低位置应用能量守恒列式,即可求得最高位置和最低位置之间的距离.
↓
人
~
~
~
~
涸
州
∩
∏
∩
门
←
｝
卜
｝
拦
｜
举
』
』
沪
｜
广
‖
广
‖
＝
~
…
~
＝
~
～
ˉ
…
←
［答案］
（l）由题图知苦＝等T／露＝αlT／、
』＝0时棒的速度为零,故只有感生电动势;E≡等＝黑＋旦＝α1×α5×lV-α05V
I≡÷＝咎A＝α25A
得:t＝0时棒所受到的安培力F0＝IB0L＝0.025N°
（2）棒与导轨之间的最大静摩擦力／m＝严加g＝0. 1×0.1×10N＝0。1N＞F0＝0.025N
所以t＝0时棒静止不动’加速度为零’这以后磁感应强度B都小于B0,棒所受到的安培力都小于最大静摩擦力,故
前3s时间内导体棒静止不动,电流恒为I＝0°25A
在0～3s的时间内,磁感应强度B＝B0-虹＝0。2-0。1r
因导体棒静止不动,故棒在水平方向受安培力和静摩擦力,合力为零
／＝BIL＝（0.2＿0. 1t）×0.25×0.5N＝0.0125（2-〖）N（t＜3s）.
（3）3～4s时间内磁感应强度大小恒为B2≡0. 1T,α6棒做匀变速运动,△t2＝（4-3）s＝1s,设t＝4s时速度大小为
u,位移为z,则℃＝u0＿α△t＝4m／s
U0＋U
工＝—广△r2＝6m
-△@
在这段时间内的平均电动势为E＝巫
在这段时间内通过电阻的电荷量为q≡′△』:≡÷△陶≡等ˉ芋-l;C（或△q-ˉ厅△‘≡万△堑,
B2LU
B2L
故qˉ∑△q≡竿≡L6C儿
·
100
◎
291
丁
‘
」
『
丁
丁
斗
｜
寸
加
捌
毗
搬
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←
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…｝
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~
H田
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＝卜
［
飞
『
↓
【
哈
γ
思
咐
】
□
〈
忠
出
~
~
予
［解析］
问题求解;
（1）导体棒的速度为零,只具有感生电动势’根据法拉第电磁感应定律可求得’在t＝（）时回路当中产生的感应电动
势’根据欧姆定律求得感应电流的大小,进而求得安培力的大小;
（2）求得导体棒的最大静摩擦力,该值大于安培力’所以在t＝0时刻导体棒不动;在前三秒磁感应强度的变化率不
变,所以感应电动势的大小不变,感应电流不变,棒受到的安培力随着磁感应强度的减小而减小,棒的安培力-直
小于最大静摩擦力,棒-直静止’可知安培力和静摩擦力合力为零’进而可求得摩擦力的表达式;
（3）在3～4s内,αb棒向右做匀减速运动,根据运动学公式可求得棒在这段时间的位移和末速度;根据法拉第电磁
感应定律求得’这段时间的平均电动势,进而求得这段时间内通过电阻的电荷量.
…＄
7
｀l
↓
↑
￡
丫
■
↑｀
窃｝
~…
?
!
T口…、
292° ［答案］
（1）棒αb产生的电动势E＝B』U
回路中感应电流I＝÷
棒αb所受的安培力F≡BI1
对棒αb:mgsin37。-BI／≡加α
当j‖遮度“≡0时速度最人,最人值°硒≡濒g器严＝6m（｀
↑
（2）根据能量转化和守恒定律有mg工sin37。≡÷mu2＋Q
代人数据解得Q＝2。35J
9＝l△r-÷△』＝等＝等-3c
B』U1
（3）回路中感应电流Il＝—厅
框架上边所受安培力Fl＝BIll
对框架Mgsin37°＋BIll＝尸（炯＋M）gcos37°
代人数据解得Ul≡2.4m／s.
［解析］
问题求解:
（1）当导体棒的加速度等于零时’即重力沿斜面分力等于安培力时’棒αb的速度最大;
（2）根据能量关系可以求得产生的热量;流过αb棒的电荷量等于电流平均值与变化时间的乘积,通过公式变换可知
等于磁通量变化量除以电阻值;
（3）框架刚要运动时,框架沿斜面方向上的合外力等于零.
-△@
2B／2
293. ［答案］
（1）此过程的平均感应电动势为:E≡万＝x厂
ˉ
E
△o
通过线圈截面的电荷量:q＝j△Z＝百△t＝万
解孵;q-等
（2）此时线框的速度为;砌＝锄oc。s60.＝粤
线框中的感应电动势:E＝Bl〖U＋B2lU＝2B【U0
线框中的感应电流;Iˉ÷
此时安墙力的功率;P≡′:R≡呼i
·
101
·
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』
ˉ !
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☆0
‖
4
《
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古
二
宁
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侣
『
『
铲
°
』
~
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（3）对于系统由功能关系得
Q＝M蔚h—＋M韧;—吉砸°』＝M腐′hˉ＋M拟;—÷砸刨;
［解析］
问题求解:
B2／2
B1′2
（1）根据法拉第电磁感应定律可得线圈中产生的平均感应电动势,其中磁通量的变化△@＝-厂＋-厂＝2B』2 ,通
过计算即可求得线圈截面的电荷量的大小;
（2）已知物块下滑的速度,根据速度的分解即可求得沿着绳方向的速度,即为线框的速度;根据感应电动势的计算
公式和欧姆定律即可求得线框中的感应电流,线框中的电功率即为安培力的功率;
（3）机械能的变化量等于除重力和弹力以外的其他力做功’本题当中,机械能的变化量等于线框中产生的焦耳热’
根据功能关系即可求得线框中产生的焦耳热
［答案］
（l）设小灯泡额定功率为P＝4W’额定电流为I,额定电压为U＝4V,正常发光时电阻为R,则
P＝IU
294
∏
＿
丁
』~~
尺
在0～1s时间内,金属杆从PQ运动到αb位置,设整个回路中的感应电动势为E,磁场区域宽度为／,则
E＝I（R＋厂）
E≡坐
△t
△o山△B△B
2T
△f
△r
,△t
S
联立解得I＝1A,R≡4O,E＝6V,l＝3m
在t＝ls金属杆进人磁场后,磁场磁感应强度保持不变,设金属杆进人磁场时速度为U,金属杆中的感应电动势为
El ,则El≡E,El＝BαU
设金属杆在运动过程中受到的摩擦力为／,杆进人磁场前加速度为α,则
U
α＝--
t1
加gsin0—／≡加α
进场后杆匀速运动,设受到的安培力为F安,所以
F安＝BIα
加gsin0-／-F安＝0
联立解得u＝3m／s,α＝3m／s2 ,／＝2N,F安＝2N
加＝0.67kg
Ut1
′
（2）解法＿:设金属杆进人磁场前0～1s内的位移为工l ,通过磁场的时间为22 ,则工l≡-了,／z＝丁
解得工l＝L5m,t2＝ls
故在2s后金属杆出磁场,设第3s内金属杆的位移为工3 ,3s末金属杆的速度为u3 ,则
γ
望
〗
｜
十
句
山
◆
『
巴
〃
~~
吼
凹
正
U3＝U＋αt3
2
γ＂U3
△E＝加g（工l＋′＋工3）sin0--丁
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联立解得工3＝4·5m,u3＝6m／s
△E≡24J.
解法二:0～3s内杆克服摩擦力做功W／＝／（工l＋／＋工3）＝18J
克服安培力做功WF＝F安l≡6J
0～3s内杆损失的机械能为△E≡WF＋W′＝24J.
［解析］
问题求解:
（1）由于灯泡-直处于正常发光状态’已知额定功率、额定电压可求得回路中电流大小与自身电阻大小’又由于金属杆
内阻已知,可算得回路的电动势.该电动势在0～1｀由变化的磁场产生,即E≡芳｀联立可得′;金属杆迸人磁场前｀重
力沿斜面分量与摩擦力合力提供加速度,金属杆进人磁场后磁场不变,电动势由金属杆切割磁感线产生,灯泡持续正
常发光,故金属杆匀速下滑,安培力、重力沿斜面分力与摩擦力三力平衡,列出相应公式,联立即可得结果;
（2）分别求出整个过程中金属杆重力势能与动能的变化量’由功能关系可得机械能的变化量;又或者机械能的变化
量等于除重力和弹力以外的力做功,所以机械能的变化量等于克服安培力做功和克服摩擦力做功之和。
295。［答案］
（1）由右手定则判断甲b＞9α。
（2）当金属棒匀速下落时’由共点力平衡条件得mg＝BIL
o
金属棒产生的感应电动势E＝BLU《
@
BLU‘
则电路中的电流I＝哀丁7
o
由图象可得u《＝7m／s
代人数据解得B＝0. 1T。
（3）在0～L5§以金属棒αb为研究对象,根据动能定理得…—W蜜＝÷砸,;—0
o
W安＝0.455J
屯阻R上产生的热量Q腮＝六W蜜＝α26］
［解析］
问题求解:
（1）整个电路金属棒αb相当于电源,由右手定则容易判断出内电路电流从α到b’外电路电流从b到α,所以b的电
势比α的高;
（2）由图象容易求得AB段导体棒平衡时的速度,由重力与安培力大小相等列方程,再根据产生的电动势以及欧姆
定律列出公式可求得磁感应强度;
（3）0～1.5s内导体棒受重力和安培力’由动能定理列方程可求得安培力做的功,由闭合电路欧姆定律,最终求得电
阻上产生的热量。
了
296。［答案］
（1）线圈产生感应电动势的最大值Em＝门B山／劝×／仇
解得;Em＝150V
感应电动势随时间变化的表达式;e＝Emsin山t＝150sin300t（V）（或15（）sin1（）07〔t（V））
（2）线……势的有…ˉ芳ˉ′5徊γ
电流的有效值′≡六≡幽鹊2A≡l5√m
交流发电机的输出功率即为电阻R的热功率P＝I2R＝2. 16×103W°
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.
~
~
少
『
匹
夺
皋
矗
→
喀
‖
…
~
~
~
~
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-
△@
B△S
（3）根据法拉第电磁感应定律有:E＝′!—＝′J—
△Z
△r
-
E
″B△S
根据欧姆定律有:I＝F干7＝（R＋厂）△t
解得;q＝I△t＝0. 10C。
［解析］
问题求解;
（1）已知从线圈经过中性面开始计时,线圈与磁感线方向垂直,此时的感应电动势为零,从而可知感应电动势与时
间成正弦函数关系,通过Em≡＂BS山求得感应电动势的最大值’进而求得感应电动势随时间变化的函数表达式;
（2）根据（1）的表达式,可以求得电动势的有效值,进而通过闭合电路欧姆定律即可求得干路电流,电阻R上消耗的
功率即为发电机在工作状态下的输出功率;
】
（3）根据法拉第电磁感应定律可以得到平均电动势的表达式,从中性面开始计时经过士周期后△S＝′幽×′欠’根据
欧姆定律可以求得平均电流,进而可以求得这段时间通过电阻的电荷量,求电荷量时’时间不需要具体求出,可
约去.
［答案］
（1）细线恰好松弛,对线框受力分析有B0IL＝′ng
Iˉ志悬
弓≡≡
因感生产生的感应电动势E≡芳≡△÷i驾｛3
S＝÷Lh
4
B;L2′l
解得r0＝可7∏百∏.
（2）当CD边到达MllVl时线框恰好匀速运动,设速度为u′
对线框受力分析有B0I′L＝加g
297
泅
丽
~~′
尺
—
∑
∏
＋
尺
~~
′
［
因CD棒切割产生的感应电动势E′＝B0Lu′
解得√≡器
CD边到达M］N1至EF边离开磁场过程线框＿直做匀速运动,因此EF边刚离开M2N2时,
速度为U＝U′＝且1塑且
2B;L2。
（3）根瞩功熊…;Qˉ吨;〃—÷枷碳—÷…—,孺鸟
［解析］
问题求解;
（1）to时刻细线恰好松弛’线框所受重力和安培力平衡9再结合因感生产生的感应电动势公式,可求出Z0
;
（2）这＿问的关键是分析从CD边到达MlNl到线框EF边刚离开磁场下边界M2N2全程中,线框＿直做匀速直线
运动.分析如下:当CD边刚进人磁场上边界M‖ 」Vl时线框恰好做匀速运动,此时只有CD切割磁感线,速度设为u,
由电阻的串、并联规律,此时回路总电阻为1.5R,当CD匀速运动到CD离开磁场时,EF进人磁场,此后EF以速度
渺切割…回路总电删仍｜肛5R而F…-谱,所以EF迸人磁场属｀可以棵…锄继续匀遮运动,所
以此后EF将匀速切割磁感线直至EF边刚离开磁场下边界M2N2.综上分析,当CD边到达MllVl到线框EF边
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刚离开磁场下边界M2lV2全程中,线框-直做匀速直线运动,所受重力和安培力平衡,再结合因CD棒切割产生的
感应电动势公式’可求出线框EF边刚离开磁场下边界M2N2时的速度;
（3）从剪断细线到线框EF边离开磁场下边界M2lV2的过程中,重力做正功,安培力做负功’根据动能定理可求得在
此过程中安培力所做的功,即得到金属线框中产生的焦耳热·
~
~
~~
［答案］
（l）αb杆向右运动时,αb杆中产生的感应电动势方向为α→b,大小为E＝BLU1
Cα杆中的感应电流方向为α→r’Cα杆受到的安培力方向水平向右
BLU1
B2L2U1
安培力大小为F安＝BIL＝BL-面万＝
2R
cα杆向下匀速运动,有加g＝严F安
联立以上两式解得》鲤′杆匀遮运…度为叭-辨~
《…杆所受拉力F≡F霍＋…≡B芳』＋…≡（平）獭凰
hU1
（3）设Cα杆以速度U2向下运动h过程中,α6杆匀速运动了s距离’因为二＝上＝／’所以5＝—
U1
［′2
U2
298
整个回路中产生的焦耳热等于克服安培力所做的功
B2L2U1＄
B2L2U1
hU1-2（mg）2hR
Q＝F安s＝
2R
2R
U2
〃2U2B2L2 .
二≡二
［解析】
问题求解:
（1）αb杆向右运动时,根据右手定则,判断出αb杆中产生的感应电动势方向为由α向b,则cd杆中感应电流的方向
为由α向c,根据左手定则,cd杆受到水平向右的安培力°由于cα杆向下匀速运动’根据牛顿第-定律知cd杆受力
平衡’由感应电动势的公式和受力平衡公式联立即可求得αb杆的速度;
（2）αb杆匀速运动,则其受到的拉力等于水平向左的安培力与摩擦力之和;
（3）整个回路产生的焦耳热等于克服安培力所做的功,由于cα杆运动方向与安培力方向垂直’则只有αb杆的安培
力做功,根据安培力做功的公式即可求得焦耳热.
~
~
G
299. ［答案］
（1）由题图乙可得F-上关系为F＝凶,Fu＝20,即拉力功率恒定’功率p＝Fu＝20W.
U
U
（2）金属棒切割磁感线产生感应电动势U＝BLu,欧姆定律U＝（R＋厂）I,安培力公式F＝BLI联立可得当平衡时
′慰＝罕ˉF…-:等,由题图乙得最大遮度,≡击m／爵-l0m／塌｀最人遮膜也就晨平衡逮度,代人粤W
B2L2U
R＋厂
解得B＝2T。
（3）由功能关系,从0～4s,W外力≡Q＋△Ek
外力的功率恒定,4＄做功W外力-20×4J≡80J,△凤-÷加砌2
由（2）知最大逮度砌＝古m／s-l0m／s’代人数据解得Q＝80」—50］＝30J
0
~
~
□
干
~
得Q腮≡卢Q-24J
~
~
~
~
［解析］
问题求解;
（l）根据题图乙当中的已知点坐标得F—÷表达式’发现P≡Fp是定值’即功率恒定‖
·
105
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卜
宁
＋
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（2）由于拉力功率恒定’所以拉力随着速度增大而减小;所以当安培力等于拉力时,速度最大’联立求解;
（3）运用功能关系,拉力功率恒定,所以可以求得在4s内拉力做功;外力做功等于电路中产生的焦耳热与金属棒的
动能的增加量,通过计算求解电路中产生的焦耳热’进而可以求得电阻R产生的热量
（瞥鬃］
（D线檀迸入磁场的过程,通过线框的电荷量q≡′△l-万△‘≡器△‘≡罢-等
-
E
磁感应强度B-粤
』二
线框迸人磁场前做自由落体运动…＝÷,＂砌,
迸入磁…』磁感线产生的感应电动势E≡BL,ˉ皆×L×√霄颤≡qR严
αb切割磁感线产生感应电动势｀αb相当于电源,αb两端电压即路端电压,U＝÷E＝3qR√2gh
4L
.
（z）′b迸人磁场时,线框中的感应电流Iˉ÷＝?√呵『
L
呻边受瓢安墙力F≡B皿≡普×q哩×L≡尝√霄丽
线框进出磁场速度相同,而且线框完全进人磁场后还要加速,所以进磁场过程为减速,即加速度向上,大小为
Ⅳ子厦≡筹〃硕—凰
α＝＝
（3）设线框刚进人磁场时速度为U0,线框完全进人磁场时速度为Ul ,根据动量关系
（加g-BIL）r＝加U〗-mU0
BqL-加U0＋加Ul ,由于线框刚进人磁场时速度与刚穿出磁场时速度相同,根据能量关系得
可求得t＝
加g
砸凰h＝÷枷砌;
＋″韧;÷狮°;＝砸g（剑—L）
联立上式可以求出!＝且迟√百丽—√2g（h＋L-α）
加gL
g
［解析］
问题求解;
300
（l）根罐公式q＝I′、欧姆定律公式′＝:和感应电动势公式E＝BL锄可以求出磁感应强度B根据能量守恒叮以求
出线框刚接触磁场时的速度,根据E＝BLU即可求得αb作为电源时产生的电动势’根据分压原理’即可求出αb两
端的电压;
（2）根据求出的电动势求出电流’进而求出安培力,最后利用公式F合＝mα可以求出线框的加速度;
（3）对线框进人磁场前的-段运动应用动能定理,求得线框进人磁场的速度.由于αb边刚进人磁场时速度与刚穿出
磁场时速度相同,对线框完全在磁场内部的一段运动应用动能定理,求得线框完全进人磁场时的速度。然后对线框
进人磁场的过程应用动量定理,线框受到安培力和重力的作用,根据动量定理即可求出时间.
卜二＝略q呻凸■●宇＋山仆∩■十
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｝《壮比~
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