2022广东高考物理复习专题四物理选修3-2专题训练一、高考考点回顾年份全国新课标Ⅰ卷考点内容要求题号题型分值2022感应电动势（动生）Ⅱ17选择6电磁感应定律综合应用（动生）Ⅱ25计算192022电磁感应现象Ⅰ14选择6法拉第电磁感应定律Ⅱ18选择62022理想变压器Ⅰ16选择6电磁感应现象Ⅰ19选择6选修3-2是物理选修部分的内容，但它是理科考生的必选模块，也是高考必考模块，这一模块共有两大块的内容：电磁感应（主要是电磁感应现象，楞次定律和法拉第电磁感应定律）、交变电流（主要涉及交变电流的函数表达式和图象，理想变压器和远距离输电）。从这几年的高考题可以看出，这部分试题的题型主要是选择题，分值约12分，计算题只有2022年涉及到，从趋势上看这部分试题难度在降低，由II级考点考查逐渐转向Ⅰ级考点考查，交变电流部分的考点都是Ⅰ级要求，但交变电流部分的考点是否像广东卷那样每年都考查有待验证；虽然2022-2022年电磁感应都未出现在计算题中，不过以后电磁感应出现在计算题中可能性仍很大，如2022年全国新课标II卷第25题。二、例题精选例1．如图所示，Q是单匝金属线圈，MN是一个螺线管，它的绕线方法没有画出，Q的输出端a、b和MN的输入端c、d之间用导线相连，P是在MN的正下方水平放置的用细导线绕制的软弹簧线圈．若在Q所处的空间加上与环面垂直的变化磁场，发现在t1至t2时间段内弹簧线圈处于收缩状态，则所加磁场的磁感应强度的变化情况可能是( )【解析】 在t1至t2时间段内弹簧线圈处于收缩状态，说明此段时间内穿过线圈的磁通量变大，既穿过线圈的磁场的磁感应强度变大，则螺线管中电流变大，单匝金属线圈Q产生的感应电动势变大，所加磁场的磁感应强度的变化率变大，即Bt图线的斜率变大，选项D正确．【答案】 D29\n例2．(多选)如图所示，一导线弯成半径为a的半圆形闭合回路．虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面．回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直．从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列结论正确的是( )A．感应电流方向不变B．CD段直导线始终不受安培力C．感应电动势最大值Em＝BavD．感应电动势平均值＝πBav【解析】 由楞次定律可判定闭合回路中产生的感应电流方向始终不变，选项A正确；CD段电流方向是由D指向C，根据左手定则可知，CD段受到安培力，且方向竖直向下，选项B错误；当闭合回路有一半进入磁场时，产生的感应电动势最大，Em＝Bav，选项C正确；由法拉第电磁感应定律得＝＝，选项D正确．【答案】 ACD例3．如图所示，有一等腰直角三角形的区域，其斜边长为2L，高为L.在该区域内分布着如图所示的磁场，左侧磁场方向垂直纸面向外，右侧磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小均为B.一边长为L、总电阻为R的正方形导线框abcd，从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁场区域．取沿顺时针的感应电流方向为正，则下列表示线框中电流i随bc边的位置坐标x变化的图象正确的是( )【解析】 0～L过程中，无感应电流；L～2L过程中bc边切割磁场的有效长度逐渐增大，电流沿顺时针方向；2L～3L过程中ad和bc分别切割左右磁场，总电动势不变，感应电流不变，电流沿逆时针方向；3L～4L过程中ad边切割磁场有效长度逐渐减小，电流沿顺时针方向，选D项正确．【答案】 D例4．(多选)如图所示，平行金属导轨与水平面间的夹角为θ，导轨电阻不计，与阻值为R的定值电阻相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面，磁感应强度为B.有一质量为m、长为l的导体棒从ab位置获得平行于斜面的、大小为29\nv的初速度向上运动，最远到达a′b′的位置，滑行的距离为s，导体棒的电阻也为R，与导轨之间的动摩擦因数为μ.则( )A．上滑过程中导体棒受到的最大安培力为B．上滑过程中电流做功放出热量为mv2－mgs(sinθ＋μcosθ)C．上滑过程中导体棒克服安培力做的功为mv2D．上滑过程中导体棒损失的机械能为mv2－mgssinθ【解析】上滑过程中，开始时导体棒的速度最大，受到的安培力最大为，A错；根据能量守恒，上滑过程中电流做功放出的热量为mv2－mgs(sinθ＋μcosθ)，B对；上滑过程中导体棒克服安培力做的功等于产生的热，也是mv2－mgs(sinθ＋μcosθ)，C错；上滑过程中导体棒损失的机械能为mv2－mgssinθ，D对．【答案】 BD例5．在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图乙所示，产生的交变电动势随时间变化规律的图象如图甲所示，已知发电机线圈内阻为1.0Ω，外接一只电阻为9.0Ω的灯泡，则( )甲 乙A．电压表V的示数为20VB．电路中的电流方向每秒改变5次C．灯泡实际消耗的功率为36WD．电动势随时间变化的瞬时值表达式为e＝20cos(5πt)V【解析】 由甲图知电动势峰值为20V，周期为0.2s，所以有效值为20V，角速度ω＝＝10πrad/s，电压表测的是路端电压U＝·R＝×9.0V＝18V，A项错误；交流电的频率f＝＝529\nHz，每一周期电流方向改变两次，所以每秒改变10次，B项错误；灯泡实际消耗功率为P＝＝W＝36W，故C项正确；电动势瞬时值表达式e＝20cos10πt(V)，D项错误．【答案】 C例6．图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n1∶n2＝5∶1，电阻R＝20Ω，L1、L2为规格相同的两只小灯泡，S1为单刀双掷开关．原线圈接正弦交变电源，输入电压u随时间t的变化关系如图乙所示．现将S1接1、S2闭合，此时L2正常发光．下列说法正确的是( )甲 乙A．输入电压u的表达式u＝20sin50πt(V)B．只断开S2后，L1、L2均正常发光C．只断开S2后，原线圈的输入功率增大D．若S1换接到2后，R消耗的电功率为0.8W【解析】 由图乙知周期为0.02s，因此输入电压的表达式u＝20sin100πt(V)，A错；只断开S2，L1、L2两端的电压小于额定电压，都不能正常发光，B错；只断开S2，负载电阻变大，功率变小，C错；S1换接到2后，据P＝和＝得R消耗的功率为0.8W，故选D.【答案】D例7．如图所示，MN、PQ是相互交叉成60°角的光滑金属导轨，O是它们的交点且接触良好．两导轨处在水平面内，并置于有界的匀强磁场中(图中过O点的虚线为磁场左边界，与∠MOQ的平分线垂直)，磁感应强度大小为B，方向与轨道平面垂直．质量为m的导体棒ab与轻弹簧S(其轴线沿∠MOQ的平分线)右端拴接，平行磁场边界跨接在导轨上．t＝0时刻，将棒ab由距离O点x0处静止释放，当棒ab向左运动到距离O点x0处时恰好受到的合外力为零．已知棒ab运动到O点时弹簧处于原长，导轨和导体棒单位长度的电阻均为r，弹簧劲度系数为k.求：(1)导体棒ab刚释放时的加速度大小；(2)导体棒ab匀速运动时的速度v0；(3)从导体棒第一次经过O点开始直到它静止的过程中，导体棒ab中产生的热量．【解析】(1)导体棒ab刚释放时感应电流为零，由kx0＝ma29\n解得加速度大小为a＝.(2)导体棒ab匀速运动时，设ab棒在导轨之间的长度为l，根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势E＝Blv0，感应电流I＝＝设O点到ab棒的距离为x，则ab棒的有效长度l＝2xtan30°＝x因为匀速运动时，ab棒受到的合外力为零，根据平衡条件得k·x0＝BIl此时l＝x0,解得v0＝.(3)导体棒ab最终只能静止于O点，故其功能全部转化为焦耳热，即Q＝mv因为导轨与ab构成等边三角形，三边电阻总是相等的，所以三边产生的热量总是相等的．即Qab＝＝＝.【答案】 (1) (2) (3)例8．如图甲所示，两相互平行的光滑金属导轨水平放置，导轨间距L＝0.5m，左端接有电阻R＝3Ω，竖直向下的磁场磁感应强度大小随坐标x的变化关系如图9325乙所示．开始导体棒CD静止在导轨上的x＝0处，现给导体棒一水平向右的拉力，使导体棒1m/s2的加速度沿x轴匀加速运动，已知导体棒质量为2kg，电阻为2Ω，导体棒与导轨接触良好，其余电阻不计，求：甲 乙(1)拉力随时间变化的关系式；(2)当导体棒运动到x＝4.5m处时撤掉拉力，此时导体棒两端的电压，此后电阻R上产生的热量．【解析】(1)经时间t导体棒的速度v＝at，位移x＝at2产生的感应电动势为E＝BLv，产生的感应电流为I＝由图乙得B＝2x29\n对导体棒由牛顿第二定律有F－BIL＝ma联立以上各式，解之得F＝＋2(2)导体棒运动到x＝4.5m处时，磁感应强度B＝2x＝9T感应电动势E＝BLv＝BL＝13.5V导体棒两端的电压U＝·R＝8.1V撤去拉力后动能全部转化为焦耳热，则Q＝mv2＝m·2ax＝9J电阻R上产生的焦耳热QR＝·R＝5.4J.【答案】 (1)F＝＋2 (2)8.1V 5.4J例9．如图所示，两根竖直固定的足够长的金属导轨cd和ef相距L＝0.2m，另外两根水平金属杆MN和PQ的质量均为m＝10－2kg，可沿导轨无摩擦地滑动，MN杆和PQ杆的电阻均为R＝0.2Ω；(竖直金属导轨电阻不计)，PQ杆放置在水平绝缘平台上，整个装置处于匀强磁场内，磁场方向垂直于导轨平面向里，磁感应强度B＝1.0T．现让MN杆在恒定拉力作用下由静止开始向上加速度运动，运动位移x＝0.1m时MN杆达到最大速度，此时PQ杆对绝缘平台的压力恰好为零．(g取10m/s2)求：(1)MN杆的最大速度vm为多少？(2)当MN杆加速度达到a＝2m/s2时，PQ杆对地面的压力为多大？(3)MN杆由静止到最大速度这段时间内通过MN杆的电荷量为多少？【解析】 (1)最大速度时PQ杆受力平衡BIL＝mg由闭合电路欧姆定律得E＝I·2RMN杆切割磁感线E＝BLvm最大速度为vm＝1m/s(2)对MN杆应用牛顿第二定律得F－mg－BI1L＝ma1PQ杆受力平衡FN＋BI1L＝mg得FN＝2×10－2N由牛顿第三定律知PQ对地面压力FN′＝FN＝2×10－2N29\n(3)位移x内回路中产生的平均电动势E′＝＝电流I′＝通过MN杆的电量为q＝I′Δt得q＝＝0.05C.【答案】 (1)1m/s (2)2×10－2N (3)0.05C三、试题选编一、选择题（1～12题为单项选择，在每小题给出的四个选项中只有一项符合题目要求。13～20为多项选择，在每小题给出的四个选项中至少有两项符合题目要求。）1.英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发感生电场。如图所示，一个半径为r的绝缘细圆环水平放置，环内存在竖直向上的匀强磁场B，环上套一带电荷量为＋q的小球。已知磁感应强度B随时间均匀增加，其变化率为k，若小球在环上运动一周，则感生电场对小球的作用力所做功的大小是( )A．0B.r2qkC．2πr2qkD．πr2qk2．如图所示，足够长的U形光滑金属导轨所在平面与水平面成θ角(0＜θ＜90°)，其中MN与PQ平行且间距为L，磁感应强度大小为B的匀强磁场方向垂直导轨所在平面斜向上，导轨电阻不计，金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且接触良好，棒ab接入电路的电阻为R，当流过棒ab某一横截面的电荷量为q时，棒的速度大小为v，则金属棒ab在此下滑过程中( )A．运动的加速度大小为B．下滑位移大小为C．产生的焦耳热为qBLvD．受到的最大安培力大小为sinθ3．如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，电感L的电阻不计，电阻R的阻值大于灯泡D的阻值。在t＝0时刻闭合开关S，经过一段时间后，在t＝t1时刻断开S。下列表示A、B两点间电压UAB随时间t变化的图象中，正确的是( )29\n4．如图所示，矩形闭合导体线框在匀强磁场上方，由不同高度静止释放，用t1、t2分别表示线框ab边和cd边刚进入磁场的时刻。线框下落过程形状不变，ab边始终保持与磁场水平边界线OO′平行，线框平面与磁场方向垂直。设OO′下方磁场区域足够大，不计空气的影响，则下列哪一个图象不可能反映线框下落过程中速度v随时间t变化的规律( )5．有一磁场方向竖直向下，磁感应强度B随时间t的变化关系如图5甲所示的匀强磁场。现有如图乙所示的直角三角形导线框abc水平放置，放在匀强磁场中保持静止不动，t＝0时刻，磁感应强度B的方向垂直纸面向里，设产生的感应电流i顺时针方向为正、竖直边ab所受安培力F的方向水平向左为正。则下面关于F和i随时间t变化的图象正确的是( )图56．如图所示，闭合的矩形导体线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动，沿着OO′方向观察，线圈沿逆时针方向转动。已知匀强磁场的磁感应强度为B29\n，线圈匝数为n，ab边的边长为l1，ad边的边长为l2，线圈的电阻为R，转动的角速度为ω，则当线圈转至图示位置时( )A．线圈中感应电流的方向为abcdaB．线圈中的感应电动势为2nBl2ωC．穿过线圈磁通量随时间的变化率最大D．线圈ad边所受安培力的大小为，方向垂直纸面向里7．正弦交变电流经过匝数比为n1∶n2＝10∶1的理想变压器与电阻R、交流电压表V、交流电流表A按图2甲所示方式连接，R＝10Ω。图乙是R两端电压U随时间变化的图象，Um＝10V，则下列说法中正确的是( )A．通过R的电流iR随时间t变化的规律是iR＝cos100πt(A)B．电流表A的读数为0.1AC．电流表A的读数为AD．电压表V的读数为10V8．一理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝11∶5，原线圈与正弦交变电源连接，输入电压u随时间t的变化规律如图3所示。副线圈仅接入一个10Ω的电阻，则( )A．流过电阻的电流是20AB．与电阻并联的电压表的示数是100VC．经过1分钟电阻发出的热量是6×103JD．变压器的输入功率是1×103W9．如图所示，匝数为100匝的矩形线圈abcd位于磁感应强度B＝T的水平匀强磁场中，线圈面积S＝0.5m2，内阻不计。线圈绕垂直于磁场的轴以角速度ω＝10πrad/s匀速转动。线圈通过金属滑环与理想变压器原线圈相连，变压器的副线圈接入一只“12V，12W”灯泡，灯泡正常发光，下列说法正确的是( )A．通过灯泡的交变电流的频率是50HzB．变压器原、副线圈匝数之比为10∶129\nC．矩形线圈中产生的电动势的最大值为120VD．若将灯泡更换为“12V,24W”且正常发光，需要增大矩形线圈的转速10．如图所示，动圈式话筒能够将声音转变为微弱的电信号(交变电流)。产生的电信号一般都不是直接送给扩音机，而是经过一只变压器(视为理想变压器)之后再送给扩音机放大，变压器的作用是为了减少电信号沿导线传输过程中的电能损失，关于话筒内的这只变压器，下列判断正确的是( )A．降压，因为P＝I2R，降压后电流减少，导线上损失的电能减少B．降压，因为P＝，降压后电压降低，导线上损失的电能减少C．升压，因为I＝，升压后，电流增大，使到达扩音机的信号加强D．升压，因为P＝UI，升压后，电流减小，导线上损失的电能减少11．中国已投产运行的1000kV特高压输电，是目前世界上电压最高的输电工程。假设甲、乙两地原来用500kV的超高压输电，在保持输送电功率和输电线电阻都不变的条件下，现改用1000kV特高压输电，不考虑其他因素的影响。则( )A．送电电流变为原来的2倍B．输电线上降落的电压将变为原来的2倍C．输电线上降落的电压将变为原来的D．输电线上损耗的电功率将变为原来的12．如图所示，某发电机输出功率是100kW，输出电压是250V，从发电机到用户间的输电线总电阻为8Ω，要使输电线上的功率损失为5%，而用户得到的电压正好为22029\nV，求升压变压器和降压变压器原、副线圈匝数比分别是( )A．16∶1 190∶11B．1∶16 11∶190C．1∶16 190∶11D．16∶1 11∶19013．如图，倾角为α的斜面上放置着光滑导轨，金属棒KN置于导轨上，在以ab和cd为边界的区域内存在磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直导轨平面向上。在cd左侧的无磁场区域cdPM内有一半径很小的金属圆环L，圆环与导轨在同一平面内。当金属棒KN在重力作用下从磁场右边界ab处由静止开始向下运动后，则下列说法正确的是( )A．圆环L有收缩趋势B．圆环L有扩张趋势C．圆环内产生的感应电流变小D．圆环内产生的感应电流不变14．如图所示，固定在水平面上的光滑平行金属导轨，间距为L，右端接有阻值为R的电阻，空间存在方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场。质量为m、电阻为r的导体棒ab与固定弹簧相连，放在导轨上。初始时刻，弹簧恰处于自然长度。给导体棒水平向右的初速度v0，导体棒开始沿导轨往复运动，在此过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触。已知导体棒的电阻r与定值电阻R的阻值相等，不计导轨电阻，则下列说法中正确的是( )A．导体棒开始运动的初始时刻受到的安培力向左B．导体棒开始运动的初始时刻导体棒两端的电压U＝BLv0C．导体棒开始运动后速度第一次为零时，系统的弹性势能Ep＝mvD．金属棒最终会停在初始位置，在金属棒整个运动过程中，电阻R上产生的焦耳热Q＝mv15．如图所示，理想变压器的原线圈接有频率为f、电压为U的交流电，副线圈接有光敏电阻R、理想交流电表A。下列说法正确的是( )A．当U增大时，变压器的输入功率增大B．当f减小时，变压器的输入功率减小C．当光照增强时，交流电表A的示数减小D．当滑动触头P向下滑动时，交流电表A的示数增大16．如图所示，某变电站用10kV的高压向10km外的小区供电，输送的电功率为20029\nkW。现要求在输电线路上损耗的功率不超过输送电功率的2%，下列不同规格的输电线中，符合要求的是( )选项型号千米电阻(Ω/km)ADYD30/C1BDYD50/C0.6CDYD100/C0.3DDYD150/C0.217．图为某小型水电站的电能输送示意图，发电机通过升压变压器T1和降压变压器T2向用户供电。已知输电线的总电阻R＝10Ω，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为4∶1，副线圈与纯电阻用电器组成闭合电路，用电器电阻R0＝11Ω。若T1、T2均为理想变压器，T2的副线圈两端电压表达式为u＝220sin100πtV。下列说法正确的是( )A．发电机中的电流变化频率为100HzB．通过用电器的电流有效值为20AC．升压变压器的输入功率为4650WD．当用电器的电阻R0减小时，发电机的输出功率减小18．远距离输电装置如图所示，升压变压器和降压变压器均是理想变压器．当S由2改接为1时，下列说法正确的是( )．A．电压表读数变大B．电流表读数变大C．电流表读数变小D．输电线损失的功率减小19．A、B两闭合圆形导线环用相同规格的导线制成，它们的半径之比rA∶rB＝2∶1，在两导线环包围的空间内存在一正方形边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直于两导线环的平面，如图所示．在磁场的磁感应强度随时间均匀增大的过程中，求两导线环内所产生的感应电动势之比和流过两导线环的感应电流的电流之比( )．A.＝1B.＝2C.＝D.＝20．两根相距为L的足够长的金属弯角光滑导轨如图所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边与水平面的夹角为37°，质量均为m的金属细杆ab、cd29\n与导轨垂直接触形成闭合回路，导轨的电阻不计，回路总电阻为2R，整个装置处于磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中，当ab杆在平行于水平导轨的拉力F作用下以速度v沿导轨匀速运动时，cd杆恰好处于静止状态，重力加速度为g，以下说法正确的是( )．A．ab杆所受拉力F的大小为mgtan37°B．回路中电流为C．回路中电流的总功率为mgvsin37°D．m与v大小的关系为m＝二、计算题21．如图甲所示，半径为r、匝数为n的线圈，其两极分别与固定水平放置的平行金属板A、B连接，线圈处在匀强磁场中，磁场方向垂直线圈平面，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示。在t＝0时刻，将一质量为m、带电荷量为＋q、重力不计的粒子从平行金属板中心位置由静止释放，发现在第一个周期内粒子未与金属板相撞。求：(1)平行金属板间的距离d应满足的条件；(2)在满足(1)的前提下，在T时间内粒子的最大动能为多大？22．如图甲所示，在水平面上固定有长为L＝2m、宽为d＝1m的金属“U”形导轨，在“U”形导轨右侧l＝0.5m范围内存在垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间变化规律如图乙所示。在t＝0时刻，质量为m＝0.1kg的导体棒以v0＝1m/s的初速度从导轨的左端开始向右运动，导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ＝0.1，导轨与导体棒单位长度(1m)的电阻均为λ＝0.1Ω，不计导体棒与导轨之间的接触电阻及地球磁场的影响(取g＝10m/s2)。(1)通过计算分析4s内导体棒的运动情况；29\n(2)计算4s内回路中电流的大小，并判断电流方向；甲乙(3)计算4s内回路产生的焦耳热。23．如图所示，足够长的粗糙绝缘斜面与水平面成θ＝37°角，在斜面上虚线aa′和bb′与斜面底边平行，在aa′、b′b围成的区域有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度为B＝1T；现有一质量为m＝10g、总电阻为R＝1Ω、边长为d＝0.1m的正方形金属线圈MNPQ，让PQ边与斜面底边平行，从斜面上端静止释放，线圈刚好匀速穿过磁场。已知线圈与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，(取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：(1)线圈进入磁场区域时，受到的安培力大小；(2)线圈释放时，PQ边到bb′的距离；(3)整个线圈穿过磁场的过程中，线圈上产生的焦耳热。24．某同学设计一个发电测速装置，工作原理如图所示。一个半径为R＝0.1m的圆形金属导轨固定在竖直平面上，一根长为R的金属棒OA，A端与导轨接触良好，O端固定在圆心处的转轴上。转轴的左端有一个半径为r＝的圆盘，圆盘和金属棒能随转轴一起转动。圆盘上绕有不可伸长的细线，下端挂着一个质量为m＝0.5kg的铝块。在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面向右的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5T。a点与导轨相连，b点通过电刷与O端相连。测量a、b两点间的电势差U可算得铝块速度。铝块由静止释放，下落h＝0.3m时，测得U＝0.15V。(细线与圆盘间没有滑动，金属棒、导轨、导线及电刷的电阻均不计，重力加速度g＝10m/s2)(1)测U时，与a点相接的是电压表的“正极”还是“负极”？(2)求此时铝块的速度大小；(3)求此下落过程中铝块机械能的损失。29\n25．如图甲所示，“∩”形线框竖直放置，电阻不计。匀强磁场方向与线框平面垂直，一个质量为m、阻值为R的光滑导体棒AB，紧贴线框下滑，所达到的最大速度为v。现将该线框和磁场同时旋转一个角度放置在倾角为θ的斜面上，如图乙所示。(1)在斜面上导体棒由静止释放，在下滑过程中，线框一直处于静止状态，求导体棒的最大速度；(2)导体棒在下滑过程中线框保持静止，求线框与斜面之间的动摩擦因数μ所满足的条件(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)；(3)现用一个恒力F＝2mgsinθ沿斜面向上由静止开始拉导体棒，通过距离s时导体棒已经做匀速运动，线框保持不动，求此过程中导体棒上产生的焦耳热。29\n26．如图所示，一与水平面成θ＝37°角的倾斜导轨下半部分有足够长的一部分(cd、ef虚线之间)处在垂直轨道平面的匀强磁场中，轨道下边缘与一高为h＝0.2m光滑平台平滑连接，平台处在磁场外。轨道宽度L＝1m，轨道顶部连接一阻值为R＝1Ω的电阻，现使一质量m＝0.3kg、电阻为r＝0.2Ω的导体棒PQ从距磁场上边界l＝3m处自由下滑，导体棒始终与导轨接触良好，导轨电阻不计，导体棒离开磁场前恰好达到匀速运动。导体棒离开平台后做平抛运动，落至水平面时的速度方向与水平方向成α＝53°角。不计一切摩擦，g取10m/s2。(1)求磁场的磁感应强度的大小；(2)PQ从距磁场上边界l＝3m处自由下滑，请分析进入磁场后的运动情况，并求刚进入磁场时通过电阻R的电流。29\n27．如图，匀强磁场垂直铜环所在的平面，导体棒a的一端固定在铜环的圆心O处，另一端紧贴铜环、可绕O匀速转动。通过电刷把铜环、环心与两竖直平行金属板P、Q连接成如图所示的电路，R1、R2是定值电阻。带正电的小球通过绝缘细线挂在两板间M点，被拉起到水平位置；合上开关K，无初速度释放小球，小球沿圆弧经过M点正下方的N点的另一侧。已知：磁感应强度为B；a的角速度大小为ω，长度为l，电阻为r；R1＝R2＝2r，铜环电阻不计；P、Q两板间距为d；带电小球的质量为m、电量为q；重力加速度为g。求：(1)a匀速转动的方向；(2)P、Q间电场强度E的大小；(3)小球通过N点时对细线拉力FT的大小。29\n28．半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r、质量为m且质量分布均匀的直导体棒AB置于圆导轨上面，BA的延长线通过圆导轨中心O，装置的俯视图如图10所示。整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向竖直向下。在内圆导轨的C点和外圆导轨的D点之间接有一阻值为R的电阻(图中未画出)。直导体棒在水平外力作用下以角速度ω绕O逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触。设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒和导轨的电阻均可忽略。重力加速度大小为g。求(1)通过电阻R的感应电流的方向和大小；(2)外力的功率。29．两根平行、光滑的、相距l＝1m的长金属导轨(电阻不计)被固定在绝缘水平面上，左端接有R＝2Ω29\n的电阻，导轨间区域加上与导轨垂直、方向垂直纸面的磁场，磁场方向分布如图所示，磁场宽度相同且其宽度d＝0.6m，磁感应强度B1＝T、B2＝0.8T．现有电阻r＝1Ω的导体棒ab(长为l)垂直导轨放置且接触良好，当导体棒ab以v＝5m/s的速度从边界MN进入磁场后始终做匀速运动，求：(1)导体棒ab进入磁场B1区域时拉力的功率；(2)导体棒ab经过任意一个磁场B2区域过程中通过电阻R的电荷量；(3)导体棒ab匀速运动过程中电阻R两端的电压有效值．30．如图(a)所示，在垂直于匀强磁场B的平面内，半径为r的金属圆盘绕过圆心O的轴转动，圆心O和边缘K通过电刷与一个电路连接，电路中的P是加上一定正向电压才能导通的电子元件，流过电流表的电流I与圆盘角速度ω的关系如图(b)所示，其中ab段和bc段均为直线，且ab段过坐标原点，ω＞0代表圆盘逆时针转动．已知：R＝3.0Ω，B＝1.0T，r＝0.2m．忽略圆盘、电流表和导线的电阻．29\n(1)根据图(b)写出ab、bc段对应的I与ω的关系式；(2)求出图(b)中b、c两点对应的P两端的电压Ub、Uc；(3)分别求出ab、bc流过P的电流IP与其两端电压UP的关系式．专题四：物理选修3-2【参考答案】1．D解析 由法拉第电磁感应定律得：E＝＝·πr2＝kπ·r2，小球运动一圈，电场力做的功为W＝Eq＝πr2qk，选项D正确。2．B解析 由牛顿第二定律可知mgsinθ－＝ma，有a＝gsinθ－，可知金属棒做变加速直线运动，选项A错；由q＝I·Δt＝·Δt＝＝得，位移x＝29\n，选项B对；由动能定理可知mgxsinθ－Q＝mv2，把x代入式中得到Q＝－mv2，选项C错；当速度为v时，所受安培力最大为，选项D错。3．B解析 S闭合时，由于电感L有感抗，经过一段时间电流稳定时L电阻不计，可见电路的外阻是从大变小的过程。由U外＝E可知U外也是从大变小的过程，所以A、C错；t1时刻断开S，由于自感在L、R、D构成的回路中，电流从B经D流向A，以后逐渐变小直到零，所以t1时刻UAB反向，B正确。4．A解析 线框在0～t1这段时间内做自由落体运动，v－t图象为过原点的倾斜直线，t2之后线框完全进入磁场区域中，无感应电流，线框不受安培力，只受重力，线框做匀加速直线运动，v－t图象为倾斜直线。t1～t2这段时间线框受到安培力作用，线框的运动类型只有三种，即可能为匀速直线运动、也可能为加速度逐渐减小的加速直线运动，还可能为加速度逐渐减小的减速直线运动，而A选项中，线框做加速度逐渐增大的减速直线运动是不可能的，故不可能的v－t图象为A选项中的图象。5．A解析 0～3s时间内，磁感应强度随时间线性变化，由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势恒定，回路中感应电流恒定，所以D错误；同时由F＝BIL知道，电流恒定，安培力与磁感应强度成正比，又由楞次定律判断出回路中感应电流的方向应为顺时针方向，即正方向，3～4s时间内，磁感应强度恒定，感应电动势等于零，感应电流为零，安培力等于零，B、C错误，A正确。6．C解析 当线圈转到图示的位置时，线圈的磁通量即将向右增加，由楞次定律结合安培定则可知，线圈中感应电流的方向为adcba，故A错误；当转到图示的位置时产生的电动势最大，由法拉第电磁感应定律可得，穿过线圈的磁通量的变化率最大。此时电动势的大小为e＝2nBl2ω＝nBl1l2ω，B错误，C正确；线圈此时的感应电流大小为I＝＝，所以ad边所受的安培力的大小为F＝nBIl2，代入I可得F＝，方向垂直纸面向外，D错误。7．C解析 由图乙知T＝2×10－2s，f＝50Hz，ω＝2πf＝100πrad/s，Im＝＝1A，故iR＝cos100πt(A)，A错误；通过R的电流的有效值I2＝＝A，再根据＝知，I1＝A，B错误，C正确；电压表读数应为副线圈两端电压的有效值，即U＝＝V，故D错误。29\n8．D解析 原线圈中电压的有效值是220V，由变压比＝知副线圈中电压为U2＝100V，流过电阻的电流I＝＝10A，A错误；与电阻并联的电压示数是100V，B错误；经过1分钟电阻发出的热量Q＝I2Rt＝6×104J，C错误；变压器的输入功率等于输出功率，即P入＝P出＝UI＝1×103W，故D正确。9．B解析 由ω＝2πf可得通过灯泡的交变电流的频率是5Hz，选项A错误；矩形线圈在水平匀强磁场中转动产生感应电动势最大值为Em＝NBSω＝100××0.5×10πV＝120V，变压器输入电压为120V，由变压器变压公式可知，变压器原、副线圈匝数之比为10∶1，选项B正确，C错误；因副线圈电压仍为12V，故将灯泡更换为“12V,24W”能保证其正常发光，不需要增大矩形线圈的转速，选项D错误。10．D解析 根据变压器的作用是为了减少电信号沿导线传输过程中的电能损失可知，话筒内的这只变压器一定是升压变压器，因为P＝UI，升压后，电流减小，导线上损失的电能减少，选项D正确。11．C解析 根据输送电功率P输＝U输I输及P输不变可知，输电电流I输＝P输/U输∝1/U输，当U输变为原来的2倍时，I输变为原来的，选项A错误；输电线上降落的电压U降＝I输R降∝I输，所以，当输电电流变为原来的时，输电线上降落的电压也变为原来的，选项B错误、C正确；输电线上损耗的电功率P损＝IR降∝I，所以输电线上损耗的电功率将变为原来的，选项D错误。12．C解析 输电线损失功率P损＝100×103×5%W＝5×103W，所以，输电线电流I2＝＝25A，升压变压器原线圈电流I1＝＝400A，故升压变压器原、副线圈匝数比＝＝。升压变压器副线圈端电压U2＝U1＝4000V，输电线损失电压U损＝I2R线＝200V，降压变压器原线圈电压U3＝U2－U损＝3800V，故降压变压器原、副线圈匝数比为＝＝。29\n故选项C正确。13．AC解析 由于金属棒KN在重力的作用下向下运动，则KNMP回路中产生逆时针方向的感应电流，则在圆环处产生垂直于轨道平面向上的磁场，随着金属棒向下加速运动，圆环的磁通量将增加，依据楞次定律可知，圆环将有收缩的趋势以阻碍圆环磁通量的增加；又由于金属棒向下运动的加速度a＝gsinα－减小，单位时间内磁通量的变化率减小，所以在圆环中产生的感应电流不断减小。14．AD解析 根据楞次定律，导体棒向右运动，感应电流的方向为a到b，再根据左手定则，导体棒受到的安培力方向水平向左，选项A正确；导体棒开始运动的初始时刻，导体棒产生的感应电动势为BLv0，而导体棒两端的电压为路端电压，大小为＝，选项B错误；根据动能定理，W安＋W弹＝mv，所以W弹<mv，而W弹等于弹簧的弹性势能，故Ep<mv，选项C错误；最终机械能全部转化为电阻的内能，导体棒r和电阻R产生的内能都是mv，选项D正确。15．AD解析 当U增大时，变压器的输出电压增加，根据功率表达式P＝，光敏电阻消耗的功率增大，变压器输入功率增大，故A正确；当f减小时，输入电压和输出电压不变，输出功率不变，故变压器的输入功率不变，故B错误；当光照增强时，光敏电阻的阻值减小，副线圈电压不变，交流电表A的示数增大，故C错误；当滑动触头P向下滑动时，原线圈匝数减少，变压器的输出电压增大，交流电表A的示数增大，故D正确。16．CD解析 由P＝UI解得输电电流I＝P/U＝20A．输电线路上损耗的功率不超过P线＝200kW×2%＝4kW，由P线＝I2R解得R＝10Ω。由于输电线长度需要20km，所以可以选择千米电阻0.5Ω/km以下的型号DYD100/C或型号DYD150/C，符合要求的是选项C、D。17．BC解析 由u＝220sin100πt(V)可知：ω＝100π，U2m＝220V，所以f＝50Hz，U2＝220V。通过用电器的电流IR0＝＝20A，选项A错，B正确；由＝得＝，所以IR＝5A，所以P损＝IR＝250W。P入＝P出＝IR0U2＋P损＝4650W，选项C正确；当R0减小时，由P＝可知，用户消耗的功率增大，线路上损耗的功率也增大，所以发电机的输出功率增大。选项D错误。18．AB解析 29\n当S由2改接为1时，升压变压器的原线圈匝数不变，副线圈匝数变大，所以输送电压变大，降压变压器的输入电压和输出电压均变大，电压表示数变大，选项A正确；降压变压器的输出电压变大时，流过灯泡的电流I灯也变大，输电线上的电流I线也随着I灯的变大而变大，所以电流表读数变大，选项B正确，C错误；I线变大时，输电线损失的功率P线＝IR变大，选项D错误．本题答案为A、B.19．AD解析 匀强磁场的磁感应强度随时间均匀变化，设t时刻的磁感应强度为Bt，则Bt＝B0＋kt，其中B0为t＝0时的磁感应强度，k为一常数，A、B两导线环的半径不同，它们所包围的面积不同，但某一时刻穿过它们的磁通量均为穿过磁场所在区域面积上的磁通量，设磁场区域的面积为S，则Φt＝BtS，即在任一时刻穿过两导线环包围面上的磁通量是相等的，所以两导线环上的磁通量变化率是相等的．由E＝得，E＝·S(S为磁场区域面积)．对A、B两导线环，由于及S均相同，得＝1.I＝，R＝ρ(S1为导线的横截面积)，l＝2πr，所以＝.代入数值得＝＝.20．AD解析 对cd杆，BILcos37°＝mgsin37°，对ab杆，F＝BIL，联立解出ab杆所受拉力F的大小为F＝mgtan37°，故A对；回路中电流为：I＝，故B错；回路中电流的总功率为Fv＝mgvtan37°，故C错；I＝，又I＝，故m＝，故D对．21．解析 (1)在T时间内，线圈的感应电动势大小恒定，且有E＝n＝①若前内A板为正，则在后内A板为负，粒子先加速后减速，t＝T时刻速度恰好减小为0，加速度大小为a＝＝＝②总位移s＝2×a()2＝③粒子没有与金属板相撞，则满足≥s④联立③④解得d≥r⑤(2)粒子动能最大在t＝加速结束的时刻，要使粒子的动能最大，则加速度必须最大，因此板间距离d最小，即d＝r⑥29\n粒子加速距离为s0＝⑦由动能定理得q·E＝Ekm⑧联立①⑧解得Ekm＝。答案 (1)d≥r (2)22．解析 (1)导体棒先在无磁场区域做匀减速直线运动，有－μmg＝ma，v＝v0＋at，x＝v0t＋at2导体棒速度减为零时，v＝0。代入数据解得：t＝1s，x＝0.5m<L－l＝1.5m，导体棒没有进入磁场区域。导体棒在1s末已停止运动，以后一直保持静止，离左端距离为x＝0.5m。(2)前2s磁通量不变，回路电动势和电流分别为E＝0，I＝0后2s回路产生的感应电动势为E＝＝ld＝0.1V回路的总长度为5m，因此回路的总电阻为R＝5λ＝0.5Ω电流为I＝＝0.2A根据楞次定律，在回路中的电流方向是顺时针方向。(3)前2s电流为零，后2s有恒定电流，焦耳热为Q＝I2Rt＝0.04J。答案 (1)前1s导体棒做匀减速直线运动，1s～4s内一直保持静止(2)0.2A，顺时针方向 (3)0.04J23．解析 (1)对线圈受力分析有：F安＋μmgcosθ＝mgsinθ代入数据得：F安＝2×10－2N(2)F安＝BId，E＝Bvd，I＝解得：F安＝代入数据得：v＝2m/s线圈进入磁场前做匀加速运动，a＝gsinθ－μgcosθ＝2m/s2线圈释放时，PQ边到bb′的距离x＝＝1m(3)由于线圈刚好匀速穿过磁场，则磁场宽度等于d＝0.1m，由功能关系得Q＝－W安＝F安·2d29\n解得：Q＝4×10－3J答案 (1)2×10－2N (2)1m (3)4×10－3J24．解析(1)根据右手定则可判断知A点是电源的正极，故a点接电压表的“正极”。(2)根据①②v＝ωr＝ωR③联立①②③得：v＝2m/s。(3)根据能量守恒得：ΔE＝mgh－mv2＝0.5J。答案 (1)正极 (2)2m/s (3)0.5J25．解析 (1)线框竖直放置时，对导体棒分析，有E＝BLv，I＝，mg＝BIL＝同理，导体棒在斜面上下滑速度最大时解得。(2)设线框的质量为M，当导体棒速度最大时，线框受到沿斜面向下的安培力最大，要使线框静止不动，则Mgsinθ＋F安≤fmax即：Mgsinθ＋mgsinθ≤μ(M＋m)gcosθ解得μ≥tanθ。(3)当匀速运动时F＝mgsinθ＋F安′F安′＝由功能关系可得Fs＝mgssinθ＋mv＋Q联立可得Q＝mgssinθ－mv2sin2θ。答案 (1) (2)μ≥tanθ (3)mgssinθ－mv2sin2θ26．解析 (1)设导体棒离开磁场前恰好达到匀速运动时的速度为v1，由题意知离开平台的水平速度也为v1。则根据平抛运动的特点：vy＝gt，h＝gt2，tanα＝。所以v1＝1.5m/s29\n导体棒离开磁场时满足：mgsinθ＝BIL，又E＝BLv1，I＝，解得B＝1.2T。(2)设导体棒进入磁场时的速度为v，则由机械能守恒定律得mglsin37°＝mv2，所以v＝＝6m/s.这时通过R的电流为I′＝＝6A，而这时安培力F＝BI′L＝7.2N重力的分力mgsin37°＝1.8N，因此导体棒进入磁场后先做加速度越来越小的减速运动，最终匀速运动，滑上平台后仍匀速运动，离开平台后做平抛运动。答案 (1)1.2T (2)见解析27．解析 (1)依题意，小球从水平位置释放后，能沿圆弧向下摆动，故小球受到电场力的方向水平向右，P板带正电，Q板带负电。由右手定则可知，导体棒a顺时针方向转动。(2)导体棒a转动切割磁感线，由法拉第电磁感应定律得电动势大小E0＝＝＝Bl2ω①由闭合电路欧姆定律得I＝②由欧姆定律可知，PQ的电压为UPQ＝IR2③故PQ间匀强电场的电场强度大小E＝④联立①②③④，代入R1＝R2＝2r，可得E＝⑤(3)设细线长度为L，小球到达N点时速度为v，由动能定理可得mgL－EqL＝mv2⑥又FT－mg＝⑦由⑤⑥⑦得FT＝3mg－⑧答案 (1)顺时针转动 (2) (3)3mg－28．解析 (1)在Δt时间内，导体棒扫过的面积为：ΔS＝ωΔt[(2r)2－r2]①29\n根据法拉第电磁感应定律，导体棒产生的感应电动势大小为：E＝②根据右手定则，感应电流的方向是从B端流向A端，因此流过导体R的电流方向是从C端流向D端；由欧姆定律流过导体R的电流满足：I＝③联立①②③可得：I＝④(2)在竖直方向有：mg－2FN＝0⑤式中，由于质量分布均匀，内外圆导轨对导体棒的正压力相等，其值为FN，两导轨对运动的导体棒的滑动摩擦力均为：Ff＝μFN⑥在Δt时间内，导体棒在内外圆导轨上扫过的弧长分别为：l1＝rωΔt⑦和l2＝2rωΔt⑧克服摩擦力做的总功为：Wf＝Ff(l1＋l2)⑨在Δt时间内，消耗在电阻R上的功为：WR＝I2RΔt⑩根据能量转化和守恒定律，外力在Δt时间内做的功为：W＝Wf＋WR⑪外力的功率为：P＝⑫由④至⑫式可得：P＝μmgωr＋⑬答案 (1) 方向由C→D (2)μmgωr＋29．解析(1)导体棒ab在磁场B1区域中运动时，产生的感应电动势为E1＝B1lv，感应电流I1＝所受安培力F安＝B1I1l，导体棒ab做匀速运动，则F拉＝F安故拉力的功率P＝F拉v＝＝W＝0.67W.(2)经过任意一个磁场B2区域过程中，通过电阻R的电荷量q＝I2Δt2由题意得I2＝，位移d＝vΔt2解得q＝＝0.16C.(3)导体棒进入磁场B2区域时，感应电动势E2＝B2lv＝4V，进入磁场B1区域时，感应电动势E1＝B1lv＝V设感应电动势的有效值为E，一个周期T中，一半时间内感应电动势为E129\n，一半时间内感应电动势为E2，则有×＋×＝×T解得E＝3V电阻R两端电压有效值为UR＝R＝2V.答案 (1)0.67W (2)0.16C (3)2V30.解析 (1)由题图(b)得出三点坐标a(－45，－0.3)，b(15，0.1)，c(45,0.4)，由直线的两点式得I与ω的关系式为I＝(2)圆盘切割产生的电动势为：E＝Br＝Bωr2＝0.02ω当ω＝15rad/s时E＝0.3V，当ω＝45rad/s时E＝0.9V，忽略电源内阻，故UP＝E，可得：Ub＝0.3V，Uc＝0.9V(3)对应于c点P导通，通过电表的电流I总＝＋＝A＋＝0.4A解得RP＝9Ω则对应于bc段流过P的电流IP＝＝对应于a点元件P不导通，则对应于ab段流过P的电流IP＝0.答案 见解析29
