2019版高考物理一轮复习精选题辑：课时习题（40份）高考物理答题技巧网详细信息
| 宜城教育资源网www.ychedu.com2019版高考物理一轮复习精选题辑：课时习题（40份）高考物理答题技巧网课练37光的折射全反射光的波动性电磁波1．一束红色的细光束由真空沿着径向射入一块半圆柱形透明体，如图甲所示，对其射出后的折射光线的强度进行记录，发现折射光线的强度随着θ角的变化而变化，如图乙所示．下列说法正确的是()A．透明体对红光的折射率为233B．红光在透明体中的速度大小与在真空中的相同C．红光的折射光线的频率会随着折射光线强度的增大而增大D．红光在透明体内发生全反射的临界角为30°答案：A解析：由题图可知临界角为60°，则n＝1sinC＝233，故选项A正确、D错误；由v＝cn可知光在介质中速度小于真空中速度，故选项B错误；折射、反射过程光的频率不会发生变化，故选项C错误．2．(多选)如图所示，真空中有一个半径为R、质量分布均匀的玻璃球，频率为f的激光束在真空中沿直线BC传播，于C点经折射进入玻璃球，并在玻璃球表面的D点又经折射进入真空中．已知∠COD＝120°，玻璃球对该激光束的折射率为3，则下列说法中正确的是(设c为真空中的光速)()A．激光束的入射角α＝60°B．改变入射角α的大小，激光束可能在玻璃球的内表面发生全反射C．激光束在射入玻璃球后，光的频率变小D．此激光束在玻璃中的波长为λ＝3c3fE．从C点射入玻璃球的激光束，在玻璃球中不经反射传播的最长时间为23Rc答案：ADE解析：由几何知识得到激光束在C点的折射角r＝30°，由n＝sinαsinr得，sinα＝nsinr＝32，得α＝60°，故A正确．激光束从C点进入玻璃球时，无论怎样改变入射角α，在D点的入射角等于C点的折射角，根据光路可逆性原理得知，光束不可能在D点发生全反射，一定能从D点折射出玻璃球，故B错误．光的频率由光源决定，则激光束穿越玻璃球时频率不变，选项C错误．激光束在玻璃球中传播的速度为v＝cn＝c3，则v＝λf得λ＝3c3f，选项D正确．当光束沿玻璃球直径方向射入，路程最长，传播时间最长为t＝2Rv，可得t＝23Rc，选项E正确．3.如图所示，两束细平行单色光a、b射向置于空气中横截面为矩形的玻璃砖的下表面，设玻璃砖足够长，若发现玻璃砖的上表面只有一束光线射出，则下列说法中正确的是()A．其中有一束单色光在玻璃砖的上表面发生了全反射B．在玻璃中单色光a的传播速率小于单色光b的传播速率C．单色光a的折射率小于单色光b的折射率D．若单色光a为黄光，则单色光b可能为红光答案：C解析：a、b光射入玻璃砖的光路如图，由光路的可逆性可知，两束光不会发生全反射，A错误．a光折射率小于b光，由n＝c/v得，a光在玻璃中传播速率大，B错误、C正确．光的频率越大，折射率越大，a光折射率小，则频率小，D错误．4．图甲为某同学利用半圆形玻璃砖测定玻璃折射率n的装置示意图．他让光从空气射向玻璃砖，在正确操作后，他利用测出的数据作出了图乙所示的折射角正弦(sinr)与入射角正弦(sini)的关系图象．则下列说法正确的是()A．该玻璃的折射率n＝23B．该玻璃的折射率n＝1.5C．在由空气进入该玻璃中传播时，光波频率变为原来的23D．在由空气进入该玻璃中传播时，光波波长变为原来的1.5倍答案：B解析：由折射定律n＝sini/sinr可知，折射角正弦(sinr)与入射角正弦(sini)的关系图象的斜率的倒数表示折射率，所以n＝3/2＝1.5，选项A错误，选项B正确．在由空气进入该玻璃中传播时，光波的频率不变，光波的波长变为原来的2/3，选项C、D错误．5．市场上有种灯具俗称"冷光灯"，用它照射物品时能使被照物品处产生的热效应大大降低，从而广泛地应用于博物馆、商店等处，这种灯降低热效应的原因之一是在灯泡后面放置的反光镜玻璃表面上镀了一层薄膜(例如氟化镁)，这种膜能消除不镀膜时玻璃表面反射回来的热效应最显著的红外线．以λ表示此红外线在薄膜中的波长，则所镀薄膜的厚度最小应为()A.18λB.14λC.12λD．λ答案：B解析：为减少热效应显著的红外线，要求红外线在薄膜的前后表面反射后叠加作用减弱，即光程差为半波长的奇数倍，故膜的最小厚度为红外线在该膜中波长的14，选B.6.(多选)如图所示，一光束包含两种不同频率的单色光，从空气射向两面平行玻璃砖的上表面，玻璃砖下表面有反射层，光束经两次折射和一次反射后，从玻璃砖上表面分为a、b两束单色光射出．下列说法正确的是()A．a光的频率小于b光的频率B．用同一装置进行双缝干涉实验，a光的条纹间距小于b光的条纹间距C．出射光束a、b一定相互平行D．a、b两束单色光从同种玻璃射向空气时，a光发生全反射的临界角大答案：BC解析：作出光路图如图所示．由图可知，a光相对于入射光线偏折程度大，则a光的频率大，在介质中的折射率大，传播速度小，波长短，从同种介质射入空气中的临界角小，在相同装置的双缝干涉实验中，条纹间距小，故选项A、D错误，B正确；由光路可逆知出射光束a、b一定相互平行，选项C正确．7．电磁波已广泛运用于很多领域，下列关于电磁波的说法符合实际的是()A．电磁波不能产生衍射现象B．常用的遥控器通过发出紫外线脉冲信号来遥控电视机C．根据多普勒效应可以判断遥远天体相对于地球的运动速度D．光在真空中运动的速度在不同惯性系中测得的数值可能不同答案：C解析：任何波都能产生衍射现象，故选项A错误；常用的遥控器是通过发出红外线脉冲信号来遥控电视机的，故选项B错误；根据多普勒效应可以判断遥远天体相对于地球的运动速度，故选项C正确；由相对论知光在真空中的传播速度在不同的惯性参考系中数值不变，故选项D错误．8．(多选)电子钟是利用LC振荡电路来工作计时的，现发现电子钟每天要慢30s，则造成这一现象的原因可能是()A．电池用久了B．振荡电路中电容器的电容大了C．振荡电路中线圈的电感大了D．振荡电路中电容器的电容小了答案：BC解析：LC回路的周期T＝2πLC，由此公式可知电子钟的周期由电感和电容共同决定，与其他因素无关．此题选B、C.9．一高速列车通过洞口为圆形的隧道，列车上的司机对隧道的观察结果为()A．洞口为椭圆形，长度变短B．洞口为圆形，长度不变C．洞口为椭圆形，长度不变D．洞口为圆形，长度变短答案：D解析：在运动方向上由于有"尺缩效应"，故隧道长度变短；在垂直于运动方向上，没有"尺缩效应"，故洞口为圆形，故选D.10．(1)为进行"杨氏双缝干涉实验"，现准备了下列仪器：A．白炽灯；B.双窄缝片；C.单窄缝片；D.滤光片；E.白色光屏．把以上仪器装在光具座上时，正确的排列顺序应该是：________(填写选项前的字母)(2)在双缝干涉实验中发现条纹太密，难以测量，可以采用的改善办法是：________.A．改用波长较长的光(如红光)入射B．增大双缝到屏的距离C．减小双缝间距D．增大双缝间距答案：(1)ADCBE(2)ABC解析：(2)条纹太密，需要增大条纹间距，根据条纹间距Δx＝Ldλ可知，可以减小双缝间距，加大双缝到光屏的距离，换用波长较长的光，故答案为A、B、C.11．(2018·成都名校联考)某同学利用图甲中装置做用双缝干涉测光的波长实验．实验用的光具座上所带的测量头是游标卡尺，第一次分划板中心刻度线对齐A条纹中心时(图乙)，游标卡尺的示数如图丙所示，第二次分划板中心刻度线对齐B条纹中心时(图丁)，游标卡尺的示数如图戊所示，图丙中游标卡尺的示数为________mm，图戊中游标卡尺的示数为________mm.已知双缝间距为d＝0.50mm，从双缝到屏的距离为l＝1.000m，可求得所测光的波长为________m(保留三位有效数字)．答案：11.616.56.13×10－7解析：根据两次游标卡尺的读数可得条纹间距Δx＝x2－x14＝1.225mm，代入公式有λ＝d·Δxl＝6.13×10－7m.12.某种光学元件由两种不同透明物质Ⅰ和透明物质Ⅱ制成，其横截面如图所示，O为AB中点，∠BAC＝30°，半圆形透明物质Ⅰ的折射率为n1＝3，透明物质Ⅱ的折射率为n2.一束光线在纸面内沿O点方向射入元件，光线与AB面垂线的夹角为θ时，通过观察发现此时从AC面恰好无光线射出，在BC面有光线垂直射出，求：(1)该透明物质Ⅱ的折射率n2；(2)光线在透明物质Ⅱ中的传播速率v；(3)光线与AB面垂线的夹角θ的正弦值．答案：(1)233(2)2.6×108m/s(3)13解析：(1)由题意可知，光线射向AC面恰好发生全反射，反射光线垂直于BC面射出，光路图如图．设透明物质Ⅱ的临界角为C，由几何关系可知C＝θ1＝θ2＝60°，sinC＝1n2，得n2＝233.(2)由n2＝cv，得v＝cn2＝2.6×108m/s.(3)由几何关系得β＝30°，由相对折射率定义得，光由透明物质Ⅰ射入透明物质Ⅱ时，相对折射率n21＝n2n1＝sinθsinβ，解得sinθ＝13.刷题加餐练刷高考真题--找规律1．(2017·新课标全国卷Ⅱ，34(1))(多选)在双缝干涉实验中，用绿色激光照射在双缝上，在缝后的屏幕上显示出干涉图样．若要增大干涉图样中两相邻亮条纹的间距，可选用的方法是()A．改用红色激光B．改用蓝色激光C．减小双缝间距D．将屏幕向远离双缝的位置移动E．将光源向远离双缝的位置移动答案：ACD解析：在双缝干涉实验中相邻亮条纹的间距Δx＝ldλ，因此要增大干涉图样中两相邻亮条纹的间距可减小双缝间的距离，增大屏幕与双缝的距离，换用波长更长或频率更小的光做光源．故选A、C、D.2．(2017·天津卷)明代学者方以智在《阳燧倒影》中记载："凡宝石面凸，则光成一条，有数棱则必有一面五色"，表明白光通过多棱晶体折射会发生色散现象．如图所示，一束复色光通过三棱镜后分解成两束单色光a、b，下列说法正确的是()A．若增大入射角i，则b光先消失B．在该三棱镜中a光波长小于b光C．a光能发生偏振现象，b光不能发生D．若a、b光分别照射同一光电管都能发生光电效应，则a光的遏止电压低答案：D解析：A错：增大入射角i，a、b光都不会消失．B错：复色光通过三棱镜后分解成两束单色光，b光比a光的偏折角大，折射率大，频率高，波长短．即nb>na，νb>νa，λb<λa.C错：光波是横波，偏振现象是横波所特有的现象，a、b光都能发生偏振现象．D对：根据遏止电压Uc＝heν－We及νb>νa可知，b光的遏止电压高．3．(2017·北京卷，20)物理学原理在现代科技中有许多重要应用．例如，利用波的干涉，可将无线电波的干涉信号用于飞机降落的导航．如图所示，两个可发射无线电波的天线对称地固定于飞机跑道两侧，它们类似于杨氏干涉实验中的双缝．两天线同时都发出波长为λ1和λ2的无线电波．飞机降落过程中，当接收到λ1和λ2的信号都保持最强时，表明飞机已对准跑道．下列说法正确的是()A．天线发出的两种无线电波必须一样强B．导航利用了λ1与λ2两种无线电波之间的干涉C．两种无线电波在空间的强弱分布稳定D．两种无线电波各自在空间的强弱分布完全重合答案：C解析：A错：两种无线电波强度不一定相同．B错：两列波长为λ1的无线电波干涉时，在两波源连线的中垂面上，各点都是振动加强点，在这条线上收到的信号始终最强；同理，两列波长为λ2的无线电波干涉时，在两波源连线的中垂面上，各点也都是振动加强点．在机场其他区域，不能满足在一条线上两种频率的波各自干涉后所有的点同时都是加强点的条件，故当接收到λ1和λ2的信号都保持最强时，表明飞机已对准跑道，导航利用了λ1与λ1、λ2与λ2两种无线电波之间的干涉，而不是利用了λ1与λ2两种无线电波之间的干涉．C对：两种无线电波分别干涉后，在空间的强弱分布稳定．D错：由于两种无线电波波长不同，各自在空间的强弱分布不完全重合．4．(2016·四川卷，5)某同学通过实验测定半圆形玻璃砖的折射率n.如图甲所示，O是圆心，MN是法线，AO、BO分别表示某次测量时光线在空气和玻璃砖中的传播路径．该同学测得多组入射角i和折射角r，作出sini?sinr图象如图乙所示．则()甲乙A．光由A经O到B，n＝1.5B．光由B经O到A，n＝1.5C．光由A经O到B，n＝0.67D．光由B经O到A，n＝0.67答案：B解析：由sini?sinr图象可知，同一光线sinr＞sini，即r＞i，故r为光线在空气中传播时光线与法线的夹角，则BO为入射光线，OA为折射光线，即光线由B经O到A，折射率n＝sinrsini＝0.90.6＝1.5，故选项B正确，选项A、C、D错误．刷仿真模拟--明趋向5．(2018·北京东城区一模)如图所示，将一个半圆形玻璃砖置于空气中，当一束单色光入射到玻璃砖的圆心O时，下列情况不可能发生的是()答案：D解析：当光由半圆形玻璃砖射入空气时，若入射角大于全反射临界角，会发生全反射，光线就不能进入空气，故A可能发生；当光由空气斜射进入半圆形玻璃砖时，既有反射又有折射，折射角一定小于入射角，故B是可能发生的；当光由半圆形玻璃砖射入空气时，若入射角小于全反射临界角，既有反射又有折射，故C可能发生；当光由空气射入半圆形玻璃砖时，折射角应小于入射角，D不可能发生．6．(2018·北京朝阳区质检)光导纤维是利用光的全反射来传输光信号的，光导纤维由内、外两种材料制成，内芯材料的折射率为n1，外层材料的折射率为n2，如图所示的一束光信号与界面间的夹角为α，由内芯射向外层，要想在此界面发生全反射，必须满足的条件是()A．n1>n2，α大于某一值B．n1<n2，α大于某一值C．n1>n2，α小于某一值D．n1<n2，α小于某一值答案：C解析：光在内芯和外层的界面上发生全反射，则内芯的折射率n1大于外层的折射率n2，由于入射角要大于或等于临界角，所以α应小于某一值，故C正确．7．(2018·湖南名校联考)(多选)如图所示，光源S从水下向真空射一束由红光和蓝光组成的复色光，在A点该复色光分成a、b两束，则下列说法正确的是()A．b光是蓝光B．射出水面前a光的传播速度较大，射出水面后a、b光传播速度相同C．逐渐增大入射角，a光最先发生全反射D．b光比a光更容易发生明显的衍射现象E．a、b两束光在任何情况下都不可以产生稳定的干涉现象答案：ABE解析：根据n＝sinθ1sinθ2，结合光路图可知，b光折射率较大，b光是蓝光，选项A正确．a光是红光，折射率较小，由n＝cv知，射出水面前a光的传播速度较大，射出水面后a、b光传播速度相同，均为光速c，选项B正确．由n＝1sinC可知，b光的全反射临界角较小，故逐渐增大入射角，b光最先发生全反射，选项C错误．a光波长比b光波长长，故a光更容易发生明显的衍射现象，选项D错误．产生稳定干涉现象的条件是两束光频率相同，故知a、b两束光在任何情况下都不可能产生稳定的干涉现象，选项E正确．刷最新原创--抓重点8．如图所示，用折射率为233的透明材料制成的圆柱形棒，其直径为4cm，长为20cm.一束光线射向圆柱棒一个底面的中心，光线进入圆柱棒后再由棒的另一底面射出，该光线经历的全反射次数最多为()A．5次B．4次C．3次D．2次答案：C解析：设透明材料对该光的全反射临界角为C，sinC＝1n＝32，故C＝60°，如图所示，x1＝d2tanC＝23cm，发生一次全反射光在介质中传播的距离s＝dtanC＝43cm，则光线最多发生全反射的次数N＝L－x1s＋1＝20－2343＋1≈3.38，故最多发生3次全反射，C正确．9．(多选)下列说法中正确的是()A．水中的气泡看上去比较明亮是因为有一部分光发生了衍射现象B．雷达发射的电磁波是由均匀变化的电场或磁场产生的C．拍摄玻璃橱窗内的物品时，可在镜头前加一个偏振片来减弱橱窗玻璃表面的反射光D．红色和蓝色的激光在不同介质中传播时波长可能相同E．狭义相对论认为：真空中的光速在不同惯性参考系中都是相同的答案：CDE解析：水中的气泡看上去比较明亮是因为光从水中射向气泡时，有一部分光发生了全反射现象，选项A错误；均匀变化的电场或磁场只能产生恒定的磁场或电场，不能形成电磁波，雷达发射的电磁波一定是由周期性变化的电场或周期性变化的磁场产生的，选项B错误；拍摄玻璃橱窗内的物品时，可在镜头前加一个偏振片来减弱橱窗玻璃表面的反射光，选项C正确；红色和蓝色激光频率不同，在同一种介质中传播时波速不同，波长不同，而红色和蓝色激光在不同介质中传播时波长可能相同，选项D正确；狭义相对论认为：真空中的光速在不同惯性参考系中都是相同的，选项E正确．刷易错易误--排难点易错点1对折射现象中光路是可逆的认识不足而出错10．(多选)如图所示，实线为空气和水的分界面，一束红光从空气中的A点沿AO1方向(O1点在分界面上，图中O1点和入射光线都未画出)射向水中，折射后通过水中的B点．图中O点为A、B连线与分界面的交点．下列说法正确的是()A．O1点在O点的右侧B．红光从空气中射入水中时，速度变小C．若沿AO1方向射向水中的是一束紫光，则折射光线有可能通过B点正下方的C点D．若红光从水中的B点沿BO1方向射向界面，则红光在界面处有可能发生全反射答案：BC解析：根据光的折射可知，O1点在O点的左侧，选项A错误．由v＝cn可知，红光从空气中射入水中时，速度变小，选项B正确．由于紫光的折射率较大，若沿AO1方向射向水中的是一束紫光，则折射光线有可能通过B点正下方的C点，选项C正确．若红光从水中的B点沿BO1方向射向界面，根据光路的可逆性可知，红光在界面处入射角小于全反射临界角，不可能发生全反射，选项D错误．易错点2对反射定律和折射定律理解不准确而出错11．(多选)一玻璃半圆柱置于空气中，其横截面(纸面)如图所示，O为半圆的圆心．一束由红光和紫光组成的复色光，沿半径PO方向射入半圆柱后被分成两束光OA、OB，∠PON＝α.已知折射光OB是单色光，光线PO可在纸面内绕O点顺时针旋转β(β<α)，逆时针旋转β′(β<90°－α)，则下列说法正确的是()A．OB是红光B．OA是由红光和紫光组成的复色光C．玻璃对紫光的折射率小于1sinαD．顺时针旋转时，光线OB可能消失，光线OA绕O点逆时针旋转βE．逆时针旋转时，光线OB可能消失，光线OA绕O点顺时针旋转β′答案：ABE解析：光在界面发生反射和折射，入射角相同时，红光折射角小于紫光折射角，折射光OB是红光，紫光已经发生了全反射，A正确．反射光OA是由红光和紫光组成的复色光，B正确．图中角α大于或等于紫光全反射的临界角，由sinα≥1n可得玻璃对紫光的折射率n≥1sinα，C错误．若光线PO在纸面内绕O点顺时针旋转β(β<α)，入射角减小，则光线OB不可能消失，光线OA绕O点逆时针旋转β，D错误．若光线PO在纸面内绕O点逆时针旋转β′(β′<90°－α)，入射角增大，则光线OB可能消失，光线OA绕O点顺时针旋转β′，E正确．刷综合大题--提能力12．(2017·新课标全国卷Ⅱ，34(2))一直桶状容器的高为2l，底面是边长为l的正方形；容器内装满某种透明液体，过容器中心轴DD′、垂直于左右两侧面的剖面图如图所示．容器右侧内壁涂有反光材料，其他内壁涂有吸光材料．在剖面的左下角处有一点光源，已知由液体上表面的D点射出的两束光线相互垂直，求该液体的折射率．答案：1.55解析：设从光源发出的光直接射到D点的光线的入射角为i1，折射角为r1.在剖面内作光源相对于反光壁的镜像对称点C，连接CD，交反光壁于E点，由光源射向E点的光线，反射后沿ED射向D点．光线在D点的入射角为i2，折射角为r2，如图所示．设液体的折射率为n，由折射定律有nsini1＝sinr1①nsini2＝sinr2②由题意知r1＋r2＝90°③联立①②③式得n2＝1sin2i1＋sin2i2④由几何关系可知sini1＝l24l2＋l24＝117⑤sini2＝3l24l2＋9l24＝35⑥联立④⑤⑥式得n≈1.55⑦课练31电磁感应规律的综合应用1．(2018·河南三门峡一模)(多选)如图所示，在光滑绝缘斜面上放置一矩形铝框abcd，铝框的质量为m、电阻为R，斜面上ef线与gh线间有垂直于斜面向上的匀强磁场，ef∥gh∥pq∥ab，eh>bc.如果铝框从磁场上方的某一位置由静止开始运动，则从开始运动到ab边到达gh线之间的速度(v)－时间(t)图象可能正确的是()答案：CD解析：铝框开始运动阶段，未进入磁场，做匀加速直线运动，进入磁场时，切割磁感线产生感应电流，受到沿斜面向上的安培力，若速度适中，安培力与重力沿斜面向下的分力大小相等，则铝框做匀速直线运动，由于eh>bc，所以铝框完全进入磁场中，由于磁通量不变，不产生感应电流，铝框做匀加速直线运动，铝框dc边出磁场时，开始做加速度减小的减速运动，最后可能做匀速运动，速度大于等于铝框进入磁场时的速度，选项A、B错误，C正确；若铝框进入磁场时速度较小，铝框做加速度减小的加速运动，铝框完全进入磁场中，由于磁通量不变，不产生感应电流，铝框做匀加速直线运动，铝框dc边出磁场时，开始做加速度减小的减速运动，最后可能做匀速运动，速度大于等于铝框进入磁场时的速度，选项D正确．2．(2018·湖北襄阳四中月考)(多选)如图甲所示，轨道左端接有一电容为C的电容器，导体棒在水平拉力的作用下从静止开始向右运动．电容器两极板间电势差随时间变化的图象如图乙所示，下列关于导体棒运动的速度v、导体棒受到的外力F随时间变化的图象正确的是()答案：BD解析：感应电动势与电容器两极板间的电势差相等，即BLv＝U，设电容器的U－t图象的斜率为k，由图乙可知U＝kt，导体棒的速度随时间变化的关系为v＝kBLt，故选项B正确；导体棒做匀加速直线运动，其加速度a＝kBL，由C＝QU、I＝Qt，可得I＝CUt＝kC，由牛顿第二定律有F－BIL＝ma，可以得到F＝kBLC＋mBL，故选项D正确．3．(2018·山西怀仁期末)(多选)如图甲所示，光滑的平行导轨MN、PQ固定在水平面上，导轨表面上放着光滑导体棒ab、cd，两棒之间用绝缘细杆连接，两导体棒平行且与导轨垂直．现加一垂直导轨平面的匀强磁场，设磁场方向向下为正，磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示，t1＝2t0，不计ab、cd间电流的相互作用，不计导轨的电阻，每根导体棒的电阻为R，导轨间距和绝缘细杆的长度均为L.下列说法正确的是()A．t＝t0时细杆既不被拉伸也不被压缩B．在0～t1时间内，绝缘细杆先被拉伸后被压缩C．在0～t1时间内，abcd回路中的电流先沿顺时针方向后沿逆时针方向D．若在0～t1时间内流过导体棒的电荷量为q，则t1时刻的磁感应强度大小为qRL2答案：ABD解析：由题图乙所示图象可知，t＝t0时磁感应强度为零，导体棒不受安培力作用，细杆既不被拉伸也不被压缩，选项A正确；在0～t1时间内，磁通量先向下减少，后向上增大，由楞次定律可知，感应电流始终沿顺时针方向，为阻碍磁通量的变化，两导体棒先有远离的趋势，后有靠近的趋势，则绝缘细杆先被拉伸后被压缩，选项B正确，C错误；设t1时刻磁感应强度的大小为B0，根据对称性可知，t＝0时刻磁感应强度的大小也为B0，由法拉第电磁感应定律可知感应电动势E＝ΔΦΔt＝SΔBΔt＝L22B02t0＝B0L2t0，则回路中感应电流的大小为I＝E2R，若在0～t1时间内流过导体棒的电荷量为q，电荷量q＝It1＝B0L22Rt0×2t0＝B0L2R，则B0＝qRL2，选项D正确．4．(2018·山东重点中学协作体联考)如图所示，足够长的U形光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0<θ<90°)，其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，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良好接触，ab棒接入电路的电阻为R，当通过ab棒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在这一过程中()A．运动的平均速度大小为v2B．下滑的位移大小为qRBLC．产生的焦耳热为qBLvD．受到的最大安培力大小为B2L2vRsinθ答案：B解析：金属棒ab从静止开始做加速度逐渐减小的变加速运动，不是匀变速直线运动，平均速度不等于v2，而是大于v2，选项A错误；由电荷量计算公式q＝I－·Δt＝E－RΔt＝nΔΦR＝BLsR可得，金属棒ab下滑的位移大小为s＝qRBL，选项B正确；金属棒ab产生的焦耳热Q＝I－2RΔt＝qI－R，电流I－为Δt时间内的平均值，I－要比棒ab的速度大小为v时的电流I′＝BLvR小，故这一过程中产生的焦耳热小于qBLv，选项C错误；金属棒ab受到的最大安培力大小为F＝BI′L＝BBLvRL＝B2L2vR，选项D错误．5．(2018·浙江温州中学月考)(多选)如图甲所示，在倾角为θ的光滑斜面内分布着垂直于斜面的匀强磁场，以垂直于斜面向上为磁感应强度正方向，其磁感应强度B随时间变化的规律如图乙所示．质量为m的矩形金属框从t＝0时刻由静止释放，t3时刻的速度为v，移动的距离为L，重力加速度为g.在金属框下滑的过程中，下列说法正确的是()A．t1～t3时间内金属框中的电流方向不变B．0～t3时间内金属框做匀加速直线运动C．0～t3时间内金属框做加速度逐渐减小的直线运动D．0～t3时间内金属框中产生的焦耳热为mgLsinθ－12mv2答案：AB解析：t1～t3时间内穿过金属框的磁通量先垂直于斜面向上减小，后垂直于斜面向下增大，根据楞次定律可知，金属框中的电流方向不变，选项A正确；0～t3时间内，金属框的ab边与cd边所受安培力等大反向，金属框所受安培力为零，则所受的合力沿斜面向下，大小为mgsinθ，做匀加速直线运动，选项B正确，C错误；0～t3时间内，金属框所受的安培力为零，金属框的机械能守恒，有mgLsinθ＝12mv2，故金属框中产生的焦耳热不等于mgLsinθ－12mv2，选项D错误．6．(2018·河北衡水中学期末)(多选)一根质量为0.04kg、电阻为0.5Ω的导线绕成一个匝数为10匝，高为0.05m的矩形线圈，将线圈固定在一个质量为0.06kg、长度与线圈等长的小车上，如图甲所示．线圈和小车一起沿光滑水平面运动，并以初速度v1＝2m/s进入垂直于纸面向里的有界匀速磁场，磁感应强度B＝1.0T，运动过程中线圈平面和磁场方向始终垂直．若小车从刚进磁场位置1运动到刚出磁场位置2的过程中速度v随小车的位移x变化的图象如图乙所示，则根据以上信息可知()A．小车的水平长度l＝10cmB．小车的位移x＝15cm时线圈中的电流I＝1.5AC．小车运动到位置3时的速度为1.0m/sD．小车由位置2运动到位置3的过程中，线圈产生的热量Q＝0.0875J答案：AC解析：由题图可知，从x＝0开始，小车进入磁场，线圈中有感应电流，受到安培力作用，小车做减速运动，速度随位移增大而减小，当x＝10cm时，线圈完全进入磁场，线圈中感应电流消失，小车做匀速运动，因此小车的水平长度l＝10cm，选项A正确．由题图知，当小车的位移x＝15cm时线圈全部处在磁场中，磁通量不变，没有感应电流，选项B错误．设小车完全进入磁场中时速度为v2，运动到位置3时的速度为v3，根据动量定理，小车进入磁场的过程有－nBI－1ht1＝mv2－mv1，而I－1t1＝q1，则nBq1h＝mv1－mv2；同理，穿出磁场的过程有nBq2h＝mv2－mv3；根据q＝nΔΦR可知通过线圈横截面的电荷量q1＝q2，解得v3＝2v2－v1＝(2×1.5－2.0)m/s＝1.0m/s，选项C正确．线圈进入磁场和离开磁场时，克服安培力做功，线圈的动能减少，转化成线圈上产生的热量，有Q＝12(M＋m)(v22－v23)，解得线圈产生的热量Q＝0.0625J，选项D错误．7．(2018·山东胶州二中期末)(多选)如图所示，两根等高光滑的14圆弧轨道，半径为r、间距为L，轨道电阻不计．在轨道顶端连有一阻值为R的电阻，整个装置处在一竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B.现有一根长度稍大于L、电阻不计的金属棒从轨道最低位置cd开始，在拉力F作用下以速度v0向右沿轨道做匀速圆周运动至ab处，则该过程中()A．通过R的电流在均匀减小B．金属棒产生的电动势的有效值为2BLv02C．拉力F做的功为πB2L2v0r4RD．通过R的电荷量为BLrR答案：BD解析：金属棒沿轨道做匀速圆周运动，设金属棒垂直于磁场方向的分速度为v，则v＝v0cosθ，θ为分速度v与v0之间的夹角，设金属棒切割磁感线产生的感应电动势为E，感应电流为I，则有E＝BLv＝BLv0cosθ，随水平分速度v与v0之间夹角的增大，感应电动势逐渐减小，感应电流I＝ER逐渐减小，而不是均匀减小，选项A错误；金属棒切割磁感线产生的电动势E＝BLv＝BLv0cosθ，其有效值为BLv02＝2BLv02，选项B正确；金属棒做匀速圆周运动，回路中产生正弦式交变电流，电阻R中产生的热量Q＝2BLv022R·12πrv0＝πrB2L2v04R，设拉力做的功为WF，由功能关系，有WF－mgr＝Q，得WF＝mgr＋πrB2L2v04R，选项C错误；通过R的电荷量q＝ΔΦR＝BLrR，选项D正确．8．(2018·黑龙江哈六中期中)(多选)如图所示，在光滑的水平面上方，有两个磁感应强度大小均为B、方向相反的水平匀强磁场，PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大．一个边长为a、质量为m、电阻为R的金属正方形线框，以速度v垂直于磁场方向从实线位置开始向右运动，当线框运动到分别有一半面积在两个磁场中的位置时，线框的速度为v2.下列说法正确的是()A．在虚线位置时线框中的电功率为B2a2v2RB．此过程中线框产生的内能为38mv2C．在虚线位置时线框的加速度为B2a2v2mRD．此过程中通过线框截面的电荷量为2Ba2R答案：AB解析：在虚线位置时线框中产生的感应电动势为E＝2×Bav2＝Bav，感应电流为I＝ER＝BavR，线框所受安培力大小为F＝2BIa＝2BBavRa＝2B2a2vR，方向向左，根据牛顿第二定律得加速度为a＝2B2a2vmR，故C错误．线框在虚线位置时，线框中的电功率P＝I2R＝B2a2v2R，故A正确．此过程中穿过线框的磁通量的变化量为ΔΦ＝Ba2，通过线框截面的电荷量为q＝ΔΦR＝Ba2R，故D错误．根据能量守恒定律可得，此过程中线框产生的内能Q＝12mv2－12mv22＝38mv2，故B正确．9.(多选)如图所示，间距为L的两根平行金属导轨弯成"L"形，竖直导轨面与水平导轨面均足够长，整个装置处于竖直向上大小为B的匀强磁场中．质量均为m、阻值均为R的导体棒ab、cd均垂直于导轨放置，两导体棒与导轨间动摩擦因数均为μ，当导体棒cd在水平恒力作用下以速度v0沿水平导轨向右匀速运动时，释放导体棒ab，它在竖直导轨上匀加速下滑．某时刻将导体棒cd所受水平恒力撤去，经过一段时间，导体棒cd静止，此过程流经导体棒cd的电荷量为q(导体棒ab、cd与导轨间接触良好且接触点及金属导轨的电阻不计，已知重力加速度为g)，则()A．导体棒cd受水平恒力作用时流经它的电流I＝BLv0RB．导体棒ab匀加速下滑时的加速度大小a＝g－μB2L2v02mRC．导体棒cd在水平恒力撤去后它的位移为s＝2RqBLD．导体棒cd在水平恒力撤去后它产生的焦耳热为Q＝14mv20－μmgRqBL答案：BCD解析：cd棒切割磁感线产生感应电动势为E＝BLv0，根据闭合电路欧姆定律得I＝E2R＝BLv02R，故A错误；对于ab棒，根据牛顿第二定律得mg－f＝ma，又f＝μN，N＝BIL，联立解得a＝g－μB2L2v02mR，故B正确；对于cd棒，电荷量q＝ΔΦR总＝BLs2R，则得s＝2RqBL，故C正确；cd棒减速运动过程中，由动能定理得－μmgs－WFA＝0－12mv20，电路中产生的焦耳热Q＝WFA，则可得Q＝12mv20－2μmgRqBL，ab棒与cd棒串联且电阻相同，故cd棒产生的焦耳热Q2＝12Q＝14mv20－μmgRqBL，D正确．10.(多选)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＝12mv20D．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上产生的焦耳热为14mv20答案：AD解析：导体棒和定值电阻组成闭合回路，开始运动的初始时刻，导体棒向右运动，回路面积减小，根据楞次定律可判断棒中电流方向为由a到b，所以安培力水平向左，选项A正确．导体棒切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv0，但导体棒和定值电阻组成闭合回路，导体棒两端电压为路端电压，已知导体棒的电阻r与定值电阻R的阻值相等，所以路端电压U＝12E＝12BLv0，选项B错误．导体棒向右运动的过程，安培力和弹簧弹力做功，产生的焦耳热为Q，根据功能关系有Q＋Ep＝12mv20，选项C错误．导体棒最终停下来时，不再切割磁感线，没有感应电动势和感应电流，不受安培力，因导轨光滑，没有摩擦力，所以导体棒静止时，弹簧弹力为0，即弹簧恢复原长，根据功能关系，电路中产生的焦耳热为Q＝12mv20，由于r＝R，所以电阻R上产生的焦耳热为12Q＝14mv20，选项D正确．11.如图所示，足够长的光滑导轨ab、cd固定在竖直平面内，导轨间距为l，b、c两点间接一阻值为R的电阻．ef是一水平放置的导体杆，其质量为m、有效电阻值为R，杆与ab、cd保持良好接触．整个装置放在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直．现用一竖直向上的力拉导体杆，使导体杆从静止开始做加速度为g2的匀加速运动，上升了h高度，这一过程中b、c间电阻R产生的焦耳热为Q，g为重力加速度，不计导轨电阻及感应电流间的相互作用．求：(1)导体杆上升h高度过程中通过杆的电荷量；(2)导体杆上升h高度时所受拉力F的大小；(3)导体杆上升h高度过程中拉力做的功．答案：(1)Blh2R(2)3mg2＋B2l2gh2R(3)3mgh2＋2Q解析：(1)通过杆的电荷量q＝IΔt，根据闭合电路欧姆定律有I＝E2R，根据法拉第电磁感应定律得E＝ΔΦΔt，联立以上各式解得q＝ΔΦ2R＝Blh2R.(2)设导体杆上升h高度时速度为v1、拉力为F，根据运动学公式得v1＝2×g2×h＝gh，根据牛顿第二定律得F－mg－BI1l＝ma＝mg2，根据闭合电路欧姆定律得I1＝Blv12R，联立以上各式解得F＝3mg2＋B2l2gh2R.(3)由功能关系得WF－mgh－2Q＝12mv21－0，解得WF＝3mgh2＋2Q.12．如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上，导轨电阻不计，间距L＝0.4m．导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN，Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下，Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均为B＝0.5T．在区域Ⅰ中，将质量m1＝0.1kg、电阻R1＝0.1Ω的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑．然后，在区域Ⅱ中将质量m2＝0.4kg、电阻R2＝0.1Ω的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开始下滑．cd在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，取g＝10m/s2.问：(1)cd下滑的过程中，ab中的电流方向；(2)ab刚要向上滑动时，cd的速度v多大；(3)从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中，cd滑动的距离x＝3.8m，此过程中ab上产生的热量Q是多少．答案：(1)由a到b(2)5m/s(3)1.3J解析：(1)由右手定则可判断ab中的电流方向为由a流向b.(2)开始放置ab刚好不下滑时，ab所受摩擦力为最大静摩擦力，设其为Fmax，有Fmax＝m1gsinθ①设ab刚要上滑时，cd棒的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律有E＝BLv②设电路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律有I＝ER1＋R2③设ab所受安培力为F安，有F安＝ILB④此时ab受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件有F安＝m1gsinθ＋Fmax⑤综全①②③④⑤式，代入数据解得v＝5m/s⑥(3)设cd在运动过程中电路中产生的总热量为Q总，由能量守恒定律有m2gxsinθ＝Q总＋12m2v2⑦又Q＝R1R1＋R2Q总⑧解得Q＝1.3J⑨刷题加餐练刷高考真题--找规律1．(2015·重庆理综)图为无线充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为n，面积为S.若在t1到t2时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由B1均匀增加到B2，则该段时间线圈两端a和b之间的电势差φa－φb()A．恒为nS?B2－B1?t2－t1B．从0均匀变化到nS?B2－B1?t2－t1C．恒为－nS?B2－B1?t2－t1D．从0均匀变化到－nS?B2－B1?t2－t1答案：C解析：穿过线圈的磁通量均匀增加，由楞次定律可判定a、b两端的电势b端较高．再根据法拉第电磁感应定律E＝nΔΦΔt得E＝nS?B2－B1?t2－t1是一恒定值，所以φa－φb＝－nS?B2－B1?t2－t1，C正确．2．(2015·福建卷))如图，由某种粗细均匀的总电阻为3R的金属条制成的矩形线框abcd，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场B中．一接入电路电阻为R的导体棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动，滑动过程PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，不计摩擦．在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中()A．PQ中电流先增大后减小B．PQ两端电压先减小后增大C．PQ上拉力的功率先减小后增大D．线框消耗的电功率先减小后增大答案：C解析：PQ在运动过程中切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，线框左右两端电阻并联，当PQ运动到中间时并联电阻最大，流经PQ的电流最小，因此在滑动过程中，PQ中电流先减小后增大，选项A错误；由于外接电阻先增大后减小，因此PQ两端电压即路端电压先增大后减小，选项B错误；由能量守恒得拉力的功率等于线框和导体棒的电功率，因此拉力的功率为P＝U2R总＝?BLv?2R总，由于电路总电阻先增大后减小，因此拉力的功率先减小后增大，选项C正确；矩形线框abcd总电阻为3R，当PQ滑动到ab中点时，线框并联总电阻最大，最大值为34R，小于导体棒PQ的电阻，所以滑动过程中线框消耗的电功率先增大后减小，选项D错误．3．(2016·四川卷)(多选)如图所示，电阻不计、间距为l的光滑平行金属导轨水平放置于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，导轨左端接一定值电阻R.质量为m、电阻为r的金属棒MN置于导轨上，受到垂直于金属棒的水平外力F的作用由静止开始运动，外力F与金属棒速度v的关系是F＝F0＋kv(F0、k是常量)，金属棒与导轨始终垂直且接触良好．金属棒中感应电流为i，受到的安培力大小为FA，电阻R两端的电压为UR，感应电流的功率为P，它们随时间t变化图象可能正确的有()ABCD答案：BC解析：金属棒MN相当于电源，其感应电动势E＝Blv，感应电流I＝BlvR＋r即I∝vFA＝BIl＝B2l2vR＋r即：FA∝vUR＝IR＝BlvR＋rR即：UR∝vP＝IE＝B2l2v2R＋r即：P∝v2对金属棒MN：F－FA＝maF0＋kv－B2l2R＋rv＝maF0＋k－B2l2R＋rv＝ma若k－B2l2R＋r>0，随着v增大，a也增大，棒做加速度增大的加速运动，B项正确．若k－B2l2R＋r<0，随着v增大，a减小，棒做加速度减小的加速运动，当a＝0时，v达到最大后保持不变，C项正确、A项错误．若k－B2l2R＋r＝0，则a＝F0m，金属棒做匀加速运动则v＝at，P＝IE＝B2l2a2R＋rt2，D项错误．刷仿真模拟--明趋向4．(2018·山东潍坊段考)如图所示，两根间距为l的光滑平行金属导轨与水平面夹角为α，图中虚线下方区域内存在磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直于斜面向上．两金属杆质量均为m，电阻均为R，垂直于导轨放置．开始时金属杆ab处在距磁场上边界一定距离处，金属杆cd处在导轨的最下端，被与导轨垂直的两根小柱挡住．现将金属杆ab由静止释放，金属杆ab刚进入磁场便开始做匀速直线运动．已知重力加速度为g，则()A．金属杆ab进入磁场时感应电流的方向为由a到bB．金属杆ab进入磁场时速度大小为2mgRsinαB2l2C．金属杆ab进入磁场后产生的感应电动势为mgsinαBlD．金属杆ab进入磁场后，金属杆cd对两根小柱的压力大小为零答案：B解析：由右手定则可知，金属杆ab进入磁场时产生的感应电流的方向为由b到a，故A错误；因金属杆ab刚进入磁场便开始做匀速直线运动，则有mgsinα＝B2l2v2R，解得v＝2mgRsinαB2l2，故B正确；金属杆ab进入磁场后产生的感应电动势E＝Blv，解得E＝2mgRsinαBl，故C错误；由左手定则可知，金属杆cd受到的安培力与斜面平行且向下，则金属杆cd对两根小柱的压力不为零，故D错误．5．(2018·江苏苏州模拟)如图所示，两光滑平行金属导轨间距为L，直导线MN垂直跨在导轨上，且与导轨接触良好，整个装置处在垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为B.电容器的电容为C，除电阻R外，导轨和导线的电阻均不计．现给导线MN一初速度，使导线MN向右运动，当电路稳定后，MN以速度v向右做匀速运动，则()A．电容器两端的电压为零B．电阻两端的电压为BLvC．电容器所带电荷量为CBLvD．为保持MN匀速运动，需对其施加的拉力大小为B2L2vR答案：C解析：当导线MN匀速向右运动时，导线MN产生的感应电动势恒定，稳定后，电容器既不充电也不放电，无电流产生，故电阻两端没有电压，电容器两极板间的电压为U＝E＝BLv，所带电荷量为Q＝CU＝CBLv，故A、B错、C对；MN匀速运动时，因无电流而不受安培力，又导轨光滑，故拉力为零，D错．6．(2018·河北邯郸一模)如图所示，一足够长的光滑平行金属轨道，轨道平面与水平面成θ角，上端与一电阻R相连，处于方向垂直轨道平面向上的匀强磁场中．质量为m、电阻为r的金属杆ab，从高为h处由静止释放，下滑一段时间后，金属杆开始以速度v匀速运动直到轨道的底端．金属杆始终保持与轨道垂直且接触良好，轨道的电阻及空气阻力均可忽略不计，重力加速度为g.则()A．金属杆加速运动过程中的平均速度为v/2B．金属杆加速运动过程中克服安培力做功的功率大于匀速运动过程中克服安培力做功的功率C．当金属杆的速度为v/2时，它的加速度大小为gsinθ2D．整个运动过程中电阻R产生的焦耳热为mgh－12mv2答案：C解析：对金属杆分析知，金属杆ab在运动过程中受到重力、轨道支持力和安培力作用，先做加速度减小的加速运动，后做匀速运动，因金属杆加速运动过程不是匀加速，故其平均速度不等于v2，A错误．当安培力等于重力沿斜面的分力，即mgsinθ＝B2l2vR时，杆ab开始匀速运动，此时v最大，F安最大，故匀速运动时克服安培力做功的功率大，B错误；当金属杆速度为v2时，F安′＝B2l2·v2R＝12mgsinθ，所以F合＝mgsinθ－F安′＝12mgsinθ＝ma，得a＝gsinθ2，C正确；由能量守恒可得mgh－12mv2＝Qab＋QR，即mgh－12mv2应等于电阻R和金属杆上产生的总焦耳热，D错误．7．(2018·河北唐山调研)(多选)如图所示，两端与定值电阻相连的光滑平行金属导轨倾斜放置，其中R1＝R2＝2R，导轨电阻不计，导轨宽度为L，匀强磁场垂直穿过导轨平面，磁感应强度为B.导体棒ab的电阻为R，垂直导轨放置，与导轨接触良好．释放后，导体棒ab沿导轨向下滑动，某时刻流过R2的电流为I，在此时刻()A．重力的功率为6I2RB．导体棒ab消耗的热功率为4I2RC．导体棒受到的安培力的大小为2BILD．导体棒的速度大小为2IRBL答案：BC解析：本题考查导体棒切割磁感线的电磁感应问题．导体棒ab向下滑动切割磁感线产生感应电动势，R1与R2并联接在ab两端，R1＝R2＝2R，设当ab棒速度为v时，流过R2的电流为I，由闭合电路欧姆定律知：2I＝BLvR＋R并，解得v＝4RIBL，此时ab棒重力的功率为P＝mgvsinθ＝mgsinθ·4RIBL，ab棒消耗的热功率为P＝(2I)2R＝4I2R，ab棒受到的安培力大小为F＝B·2I·L＝2BIL，综上知B、C正确，A、D错误．刷最新原创--抓重点8．(2018·湖北八校二联)(多选)如图xOy平面为光滑水平面，现有一长为d宽为L的线框MNQP在外力F作用下，沿x轴正方向以速度v做匀速直线运动，空间存在竖直方向的磁场，磁感应强度B＝B0cosπdx(式中B0为已知量)，规定竖直向下方向为磁感应强度正方向，线框电阻为R.t＝0时刻MN边恰好在y轴处，则下列说法正确的是()A．外力F为恒力B．t＝0时，外力大小F＝4B20L2vRC．通过线框的瞬时电流i＝2B0LvcosπvtdRD．经过t＝dv，线框中产生的电热Q＝2B20L2vdR答案：BCD解析：因线框沿x轴方向匀速运动，故F＝F安，由图中磁场分布知F安的大小是变化的，故F不是恒力，A错．t＝0时，x＝0处，B＝B0，x＝d处，B＝－B0，由E＝BLv，又MN、PQ两边均切割磁感线且产生的感应电动势方向相同，则E＝2B0Lv，I0＝ER，F安＝2B0I0L＝4B20L2vR，而F＝F安，故B对．因线框做匀速直线运动，则有x＝vt，B＝B0cosπvtd，又E＝2BLv，故i＝2B0LvcosπvtdR，C对．由电流的瞬时值表达式可知此电流为正弦交流电，有效值I＝Im2＝2B0LvR，又Q＝I2Rt，故经过t＝dv，线框中产生的电热Q＝2B20L2vdR，D对．9．某探究性学习小组研制了一种发电装置如图甲所示，图乙为其俯视图．将8块外形相同的磁铁交错放置组合成一个高h＝0.5m、半径r＝0.2m的圆柱体，其可绕固定轴OO′逆时针(俯视)转动，角速度ω＝100rad/s.设圆柱外侧附近每个磁场区域的磁感应强度大小均为B＝0.2T、方向都垂直于圆柱体侧表面．紧靠圆柱体外侧固定一根长度与圆柱体高相等、电阻为R1＝0.5Ω的细金属杆ab，杆ab与轴OO′平行．图丙中阻值R＝1.5Ω的电阻与理想电流表A串联后接在杆ab两端．下列说法正确的是()A．电流表A的示数约为1.41AB．杆ab产生感应电动势的最大值约为2.83VC．电阻R消耗的电功率为2WD．在圆柱体转过一周的时间内，流过电流表A的总电荷量为零答案：D解析：杆ab切割磁感线产生的感应电动势为E＝Bhv，又v＝ωr，解得E＝2V，由于杆ab中产生的感应电动势E的大小保持不变，所以电流表A的示数为I＝ER1＋R＝20.5＋1.5A＝1A，故A、B错误；电阻R消耗的电功率为P＝I2R＝12×1.5W＝1.5W，故C错误；由楞次定律判断可知，通过电流表的电流方向周期性变化，在一个周期内两个方向通过电流表的电荷量相等，所以在圆柱体转过一周的时间内，流过电流表A的总电荷量为零，故D正确．刷易错易误--排难点易错点1对线框的运动过程及受力情况分析不清而导致错误10．(2018·湖北十三校二联)(多选)如图甲所示，abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，在金属线框的下方有一磁感应强度为B的匀强磁场区域，MN和M′N′是匀强磁场区域的水平边界，边界的宽度为s，并与线框的bc边平行，磁场方向与线框平面垂直．现让金属线框由距MN的某一高度从静止开始下落，图乙是金属线框由开始下落到完全穿过匀强磁场区域的v－t图象(其是OA、BC、DE相互平行)．已知金属线框的边长为L(L<s)、质量为m、电阻为R，当地的重力加速度为g，图象中坐标轴上所标出的字母v1、v2、t1、t2、t3、t4均为已知量．(下落过程中bc边始终水平)根据题中所给条件，以下说法正确的是()A．t2时刻是线框全部进入磁场瞬间，t4时刻是线框全部离开磁场瞬间B．从bc边进入磁场起一直到ad边离开磁场为止，感应电流所做的功为mgsC．v1的大小可能为mgRB2L2D．线框穿出磁场过程中流经线框横截面的电荷量比线框进入磁场过程中流经线框横截面的电荷量多答案：AC解析：分析题给条件可知：线框进入磁场之前，做自由落体运动，即匀加速直线运动；线框的bc边进入磁场后，ad边进入磁场前，bc边受向上的安培力，加速度a＝F安－mgm，做加速度越来越小的变减速运动；当线框全部进入磁场中后，线框受安培力为零，又做匀加速直线运动加速度为g；当bc边出磁场，只有ad边在磁场中时，ad边受向上的安培力，a＝F安－mgm，做加速度越来越小的变减速运动；当线框全部出磁场之后，其只受重力，又做匀加速直线运动，加速度为g；对照图乙可知，t2时刻是线框全部进入磁场瞬间、t4时刻是线框全部离开磁场瞬间，A正确．由能量关系可得，从bc边进入磁场到ad边出磁场的过程中感应电流做的功为W＝mg(s＋L)－12mv21－12mv22，B错．由q＝nΔΦR可知，线框穿出磁场过程中流经线框横截面的电荷量与线框进入磁场过程中流经线框横截面的电荷量相等，D错．当线框速度为v1时，其所受安培力若正好与重力相平衡，则有F安＝mg，即B2L2v1R＝mg，得v1＝mgRB2L2，C正确．易错点2搞不清楚活塞移动速度和液体喷出速度关系而出错11．(多选)如图所示为利用电磁作用输送非导电液体装置的示意图．一截面为正方形(边长为L)的塑料管道水平放置，其右端面上有一个截面积为A的小喷口，喷口离地的高度为h.管道中有一绝缘活塞．在活塞的中部和上部分别嵌有两根金属棒a、b，长度均为L，其中b棒的两端与一理想电压表相连，整个装置放在竖直向上的匀强磁场中．当a棒中通有垂直纸面向里的恒定电流I时，活塞向右匀速推动液体从喷口水平射出，液体落地点离喷口的水平距离为s.若液体的密度为ρ，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是()A．活塞移动的速度大小为AsL2g2hB．该装置的功率为Aρ?L4－A2?s32L4g2h32C．磁感应强度大小B＝ρ?L4－A2?s2g4IhL3D．电压表的读数为ρ?L4－A2?s3g4IhL2g2h答案：ABC解析：设液体从喷口水平射出的速度为v0，活塞移动的速度为v，液体从小喷口喷出到落地点所用时间为t，则有12gt2＝h，s＝v0t，得v0＝sg2h，又因为v0A＝vL2，所以活塞移动的速度v＝Av0L2＝AsL2g2h，选项A正确；该装置的功率为P，Δt时间内有Δm质量液体从喷口射出，由能量守恒定律可知，整个装置做的功都转化为液体的动能，则有PΔt＝12Δmv20－12Δmv2，流出的液体的质量为Δm＝ρL2vΔt，以上各式联立可解得P＝Aρ?L4－A2?s32L4g2h32，故选项B正确；因为装置的功率即为安培力的功率，故P＝F安v，即Aρ?L4－A2?s32L4g2h32＝BILv，所以磁感应强度的大小为B＝ρ?L4－A2?s2g4IhL3，选项C正确；电压表的读数为b棒切割磁感线产生的电动势，故由法拉第电磁感应定律可得U＝BLv＝ρA?L4－A2?s3g4IhL4g2h，选项D错误．刷综合大题--提能力12．(2018·福建厦门质检)如图甲所示，水平面内的直角坐标系的第一象限有磁场分布，方向垂直于水平面向下，磁感应强度沿y轴方向没有变化，沿x轴方向B与x成反比，如图乙所示．顶角θ＝45°的光滑金属长导轨MON固定在水平面内，ON与x轴重合，一根与ON垂直的长导体棒在水平向右的外力作用下沿导轨向右滑动，导体棒在滑动过程中始终与导轨接触．已知t＝0时，导体棒位于顶点O处，导体棒的质量为m＝1kg，回路接触点总电阻恒为R＝0.5Ω，其余电阻不计．回路电流I与时间t的关系如图丙所示，图线是过原点的直线．求：(1)t＝2s时回路的电动势E；(2)0～2s时间内流过回路的电荷量q和导体棒的位移x；(3)导体棒滑动过程中水平外力F的瞬时功率P(单位：W)与横坐标x(单位：m)的关系式．答案：(1)2V(2)4C2m(3)P＝4x＋2x(W)解析：(1)根据I-t图象可知：I＝k1t(k1＝2A/s)当t＝2s时，回路中电流I1＝4A根据欧姆定律：E＝I1R＝2V(2)流过回路的电荷量q＝ItI＝I2解得：q＝k1t22当t＝2s时，q＝4C由欧姆定律得：I＝BlvRl＝xtan45°根据B-x图象可知：B＝k2x(k2＝1T·m)解得：v＝k1Rk2t由于k1Rk2＝1m/s2再根据v＝v0＋at，可得a＝1m/s2可知导体棒做匀加速直线运动则0～2s时间内导体棒的位移x＝12at2＝2m(3)棒受到的安培力F安＝BIl根据牛顿第二定律：F－F安＝ma根据2ax＝v2P＝Fv解得：P＝k222axR＋ma2ax＝4x＋2x(W) 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