资源简介

章末总结
以图入题·构建情境·自主总结·悟透模型
情境提点 模型-规律-方法-结论
热点一　电磁感应中的电路与图像问题
1.(2024·天津卷)如图所示,两根不计电阻的光滑金属导轨平行放置,导轨及其构成的平面均与水平面成某一角度,导轨上端用直导线连接,整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中。具有一定阻值的导体棒MN从某高度由静止开始下滑,下滑过程中MN始终与导轨垂直并接触良好,则MN所受的安培力F及其加速度a、速度v、电流I,随时间t变化的关系图像可能正确的是(　　)
[A] [B]
[C] [D]
【答案】 A
【解析】 根据题意,设导体棒的电阻为R,导轨间距为L,磁感应强度为B,导体棒速度为
v时,受到的安培力为F=BIL=,可知F∝v,由牛顿第二定律可得,导体棒的加速度为a==gsin θ-,可知随着速度的增大,导体棒的加速度逐渐减小,当加速度为零时,导体棒开始做匀速直线运动,则v-t图像的斜率逐渐减小直至为零,由于安培力F与速度v成正比,则F-t图像的斜率逐渐减小直至为零,故A正确,B、C错误;根据题意,由公式可得,感应电流为I=,由数学知识可得=·=,由于加速度逐渐减小,则I-t图像的斜率逐渐减小,故D错误。
2.(2024·浙江6月选考卷)某小组探究“法拉第圆盘发电机与电动机的功用”,设计了如图所示装置。飞轮由三根长a=0.8 m的辐条和金属圆环组成,可绕过其中心的水平固定轴转动,不可伸长细绳绕在圆环上,系着质量m=1 kg的物块,细绳与圆环无相对滑动。飞轮处在方向垂直环面的匀强磁场中,左侧电路通过电刷与转轴和圆环边缘良好接触,开关S可分别与图示中的电路连接。已知电源电动势E0=12 V,内阻r=0.1 Ω,限流电阻R1=0.3 Ω,飞轮每根辐条电阻R=0.9 Ω,电路中还有可调电阻R2(待求)和电感L,不计其他电阻和阻力损耗,不计飞轮转轴大小。
(1)开关S掷向1,“电动机”提升物块匀速上升时,理想电压表示数U=8 V。
①判断磁场方向,并求流过电阻R1的电流I1;
②求物块匀速上升的速度v。
(2)开关S掷向2,物块从静止开始下落,经过一段时间后,物块匀速下降的速度与“电动机”匀速提升物块的速度大小相等。
①求可调电阻R2的阻值;
②求磁感应强度B的大小。
【答案】 (1)①垂直于纸面向外　10 A　②5 m/s　(2)①0.2 Ω　②2.5 T
【解析】 (1)①物块上升,则飞轮沿逆时针方向转动,辐条受到的安培力指向逆时针方向,辐条中电流方向从圆周指向O点,由左手定则可知,磁场方向垂直于纸面向外;由闭合电路的欧姆定律可知,E0-U=I1(R1+r),
则I1==A=10 A。
②辐条切割磁感线产生的电动势与电源电动势相反,设每根辐条产生的电动势为E1,
则U-E1=·R,
解得E1=5 V,
此时飞轮可视为电动机,P出=E1I1,
当物块匀速上升时P出=mgv,
解得v=5 m/s。
(2)①物块匀速下落时,由受力分析可知,辐条受到的安培力与第(1)问相同,经过R2的电流
I2=I1=10 A,
由题意可知v2=v=5 m/s,
每根辐条切割磁感线产生的感应电动势
E2=E1=5 V,
R总==Ω=0.5 Ω,
R总=R2+,
解得R2=0.2 Ω。
②根据E2=Bωa2=Baωa=Bav2,
而E2=5 V,
解得B=2.5 T。
热点二　电磁感应中的动力学与能量问题
3.(多选)(2024·黑吉辽卷)如图,两条“∧”形的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上,间距为L,左、右两导轨面与水平面夹角均为30°,均处于竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度大小分别为2B和B。将有一定阻值的导体棒ab、cd放置在导轨上,同时由静止释放,两棒在下滑过程中始终与导轨垂直并接触良好,ab、cd的质量分别为2m和m,长度均为L。导轨足够长且电阻不计,重力加速度为g,两棒在下滑过程中(　　)
[A] 回路中的电流方向为abcda
[B] ab中电流趋于
[C] ab与cd加速度大小之比始终为2∶1
[D] 两棒产生的电动势始终相等
【答案】 AB
【解析】 两导体棒沿导轨向下滑动,根据右手定则可知,回路中的电流方向为abcda,故A正确;设回路中的总电阻为R,对于任意时刻当电路中的电流为I时,对ab棒根据牛顿第二定律得 2mgsin 30°-2BILcos 30°=2ma1,对cd棒,有mgsin 30°-BILcos 30°=ma2,解得a1=a2,故可知两导体棒速度大小始终相等,由于两边磁感应强度不同,故产生的感应电动势不相等,故C、D错误;由右手定则可知两个导体棒产生的电动势相互叠加,随着导体棒速度的增大,回路中的电流增大,导体棒受到的安培力在增大,故可知当安培力沿导轨向上的分力与重力沿导轨向下的分力平衡时导体棒将匀速运动,此时电路中的电流达到稳定值,此时对ab棒受力分析可得2mgsin 30°=2BILcos 30°,解得I=,故B正确。
4.(2024·安徽卷)如图所示,一“U”形金属导轨固定在竖直平面内,一电阻不计,质量为m的金属棒ab垂直于导轨,并静置于绝缘固定支架上。边长为L的正方形cdef区域内,存在垂直于纸面向外的匀强磁场。支架上方的导轨间,存在竖直向下的匀强磁场。两磁场的磁感应强度大小B随时间的变化关系均为B=kt(SI),k为常数(k>0)。支架上方的导轨足够长,两边导轨单位长度的电阻均为r,下方导轨的总电阻为R。t=0时,对ab施加竖直向上的拉力,恰使其向上做加速度大小为a的匀加速直线运动,整个运动过程中ab与两边导轨接触
良好。已知ab与导轨间动摩擦因数为μ,重力加速度大小为g。不计空气阻力,两磁场互不影响。
(1)求通过面积Scdef的磁通量大小随时间t变化的关系式,以及感应电动势的大小,并写出ab中电流的方向;
(2)求ab所受安培力的大小随时间t变化的关系式;
(3)求经过多长时间,对ab所施加的拉力达到最大值,并求此最大值。
【答案】 (1)Φ=kL2t　kL2　从a流向b
(2)F安=
(3)　+m(g+a)
【解析】 (1)通过面积Scdef的磁通量大小随时间t变化的关系式为Φ=BS=kL2t,
根据法拉第电磁感应定律得E=n=n=kL2,
由楞次定律和安培定则可知ab中的电流从a流向b。
(2)根据左手定则可知,ab受到的安培力方向垂直于导轨平面向里,大小为F安=BIL,
其中B=kt,
设金属棒向上运动的位移为x,根据运动学公式有x=at2,
所以支架上方的电阻为R′=2xr=art2,
由闭合电路欧姆定律得I=,
联立得ab所受安培力的大小随时间t变化的关系式为F安=。
(3)由题知t=0时,对ab施加竖直向上的拉力,恰使其向上做加速度大小为a的匀加速直线运动,则对ab受力分析,由牛顿第二定律得F-mg-μF安=ma,
其中F安=,
联立可得F=+m(g+a),
整理得F=+m(g+a),
根据均值不等式可知,当且仅当=art时,F有最大值,故解得t=,
F的最大值为Fm=+m(g+a)。
5.(2024·全国甲卷)两根平行长直光滑金属导轨距离为l,固定在同一水平面(纸面)内,导轨左端接有电容为C的电容器和阻值为R的电阻,开关S与电容器并联;导轨上有一长度略大于l的金属棒,如图所示。导轨所处区域有方向垂直于纸面、磁感应强度大小为B的匀强磁场。开关S闭合,金属棒在恒定的外力作用下由静止开始加速,最后将做速率为v0的匀速直线运动。金属棒始终与两导轨垂直且接触良好,导轨电阻和金属棒电阻忽略不计。
(1)在加速过程中,当外力做功的功率等于电阻R热功率的2倍时,金属棒的速度大小是
多少
(2)如果金属棒达到(1)中的速度时断开开关S,改变外力使金属棒保持此速度做匀速运动。之后某时刻,外力做功的功率等于电阻R热功率的2倍,求此时电容器两极间的电压及从断开S开始到此刻外力做的功。
【答案】 (1)　(2)　CB2l2
【解析】 (1)开关S闭合时,电容器被短路,外力做功的功率等于电阻R热功率的2倍时,有Fv=2I2R,
根据欧姆定律,有I=,
金属棒最终做速度大小为v0的匀速直线运动,则F=BI′l,I′=,
联立得v=。
(2)断开开关S,金属棒做匀速直线运动,设某时刻充电电流为I1,电容器两极板间的电压为U,根据欧姆定律,有I1=,
金属棒匀速运动,受力平衡,有F′=BI1l,
外力做功的功率等于电阻R热功率的2倍,有F′·=2R,
联立得U=;
从断开开关S开始到此刻,外力做的功为
W=∑(Bil·Δt)=Bl·∑iΔt=Bl·Q
=Bl·CU=CB2l2。
热点三　电磁感应中的动量问题
6.(多选)(2024·海南卷)两根足够长的导轨由上、下段电阻不计、光滑的金属导体组成,在M、N两点绝缘连接,M、N等高,间距L=1 m,连接处平滑。导轨平面与水平面夹角为30°,导轨两端分别连接一个阻值R=0.02 Ω的电阻和C=1 F的电容器,整个装置处于B=0.2 T 的垂直导轨平面斜向上的匀强磁场(图中未画出)中,两根导体棒ab、cd分别放在MN两侧,质量分别为m1=0.8 kg,m2=0.4 kg,ab棒电阻为0.08 Ω,cd棒的电阻不计,将ab由静止释放,同时cd从距离MN为x0=4.32 m处在一个大小F=4.64 N、方向沿导轨平面向上的力作用下由静止开始运动,两棒恰好在MN处发生弹性碰撞,碰撞前瞬间撤去F,已知碰前瞬间ab的速度为4.5 m/s,g取10 m/s2,则(　　)
[A] ab从释放到第一次碰撞前所用时间为1.44 s
[B] ab从释放到第一次碰撞前,R上消耗的焦耳热为0.78 J
[C] 两棒第一次碰撞后瞬间,ab的速度大小为 6.3 m/s
[D] 两棒第一次碰撞后瞬间,cd的速度大小为 8.4 m/s
【答案】 BD
【解析】 已知金属棒ab由静止释放的同时,金属棒cd在力F的作用下沿导轨平面向上由静止开始运动,两棒恰好在MN处发生弹性碰撞,可知金属棒ab和金属棒cd到达MN处的时间相同,金属棒cd距离MN为x0=4.32 m,设两棒从释放到第一次碰撞前所用时间为t,金属棒cd运动时的加速度为a2,对金属棒cd分析,有F-BIL-m2gsin 30°=m2a2,因为金属导轨在M、N两点绝缘,所以对金属棒cd和电容器组成的回路有Δq=C·BLΔv,a2=,I=,联立解得a2==6 m/s2,即金属棒cd做匀加速直线运动,有x0=a2t2,解得t=1.2 s,A错误;已知碰前瞬间金属棒ab的速度v1=4.5 m/s,对金属棒ab和电阻R组成的回路分析有m1gxab sin 30°-Q=m1,金属棒ab下滑过程有m1gsin 30°·t-BL·t=m1v1,其中q=t=,
R总=R+Rab=0.1 Ω,联立解得q=6 C,xab=3 m,Q=3.9 J,则R上消耗的焦耳热为QR=Q=0.78 J,
B正确;由于两棒恰好在M、N处发生弹性碰撞,取沿斜面向下为正方向,有m1v1-m2v2=
m1v1′+m2v2′,m1+m2=m1v1′2+m2v2′2,已知v1=4.5 m/s,v2=a2t=7.2 m/s,联立解得v1′=-3.3 m/s,v2′=8.4 m/s,C错误,D正确。
7.(2024·江西卷)如图a所示,绝缘水平面上固定一光滑平行金属导轨,导轨左右两端分别与两粗糙的倾斜平行金属导轨平滑连接,两侧导轨倾角分别为θ1、θ2,导轨间距均为l=2 m,水平导轨所在区域存在竖直向上的匀强磁场,磁感应强度大小B=0.5 T。现有两均匀金属细棒甲和乙,质量分别为m1=6 kg和m2=2 kg,接入导轨的电阻均为R=1 Ω,左、右两侧倾斜导轨与两棒的动摩擦因数分别为μ1=、μ2=。初始时刻,乙静止在水平导轨上,与水平导轨左端P1P2的距离为d,甲从左侧倾斜导轨高度h=4 m的位置静止滑下。水平导轨足够长,两棒运动过程中始终与导轨接触良好且保持垂直。若两棒发生碰撞,则为完全非弹性碰撞。不计空气阻力和导轨的电阻。(g取10 m/s2,sin θ1=0.6,sin θ2=0.8)
(1)求甲刚进入磁场时乙的加速度大小和方向;
(2)为使乙第一次到达水平导轨右端Q1Q2之前甲和乙不相碰,求d的最小值;
(3)若乙前两次在右侧倾斜导轨上相对于水平导轨的竖直高度y随时间t的变化如图b所示(t1、t2、t3、t4、b均为未知量),乙第二次进入右侧倾斜导轨之前与甲发生碰撞,甲在0～t3时间内未进入右侧倾斜导轨,求d的取值范围。
【答案】 (1)2 m/s2　方向水平向右　(2)24 m (3) m【解析】 (1)对甲从静止到运动至P1P2处的过程,根据动能定理有
m1gh-μ1m1gcos θ1·=m1-0,
解得v0=8 m/s;
甲刚进入磁场时,切割磁感线产生的感应电动势为E0=Blv0,
根据欧姆定律有I0=,
由牛顿第二定律有BI0l=m2a乙0,
解得a乙0=2 m/s2,
根据楞次定律可知,回路中的感应电流沿逆时针方向(俯视),结合左手定则可知,乙所受安培力方向水平向右,则加速度方向水平向右。
(2)甲和乙在磁场中运动的过程中,系统不受外力作用,则系统动量守恒,两者共速时恰不相碰,则有m1v0=(m1+m2)v共,
对乙应用动量定理有Blt=m2v共-0,
其中t=q==,
联立解得d的最小值dmin=Δx=24 m。
(3)根据(2)问可知,从甲刚进入磁场至甲、乙第一次在水平导轨上运动稳定,相对位移为Δx=24 m,且稳定时的速度v共=6 m/s,
乙第一次在右侧倾斜导轨上向上运动的过程中,
根据牛顿第二定律有m2gsin θ2+μ2m2gcos θ2=m2a乙上,
根据匀变速直线运动位移与速度的关系有2a乙上x上=,
乙第一次在右侧倾斜导轨上向下运动的过程中,根据牛顿第二定律有
m2gsin θ2-μ2m2gcos θ2=m2a乙下,
根据匀变速直线运动位移与速度的关系有2a乙下x下=,
又x上=x下,
联立解得乙第一次从右侧倾斜导轨滑下至Q1Q2时的速度v1=5 m/s。
由于两棒发生碰撞为完全非弹性碰撞,则甲、乙碰撞后结合为一个整体,甲、乙结合体第一次在右侧斜导轨上向上运动的过程中有(m1+m2)gsin θ2+μ2(m1+m2)gcos θ2=(m1+m2)a共上,
又有2a共上x共上=v2,
由题图b可知x上=4.84x共上,
解得甲、乙碰撞后的速度v= m/s;
在乙第一次从右侧倾斜导轨滑下至Q1Q2与甲相互作用的过程中,甲、乙组成的系统所受合力为零,根据动量守恒定律有m1v2-m2v1=(m1+m2)v,
解得乙第一次从右侧斜导轨滑下至Q1Q2时甲的速度为v2= m/s。
若乙第一次滑下至Q1Q2时与甲发生碰撞,则对应d的最小值,在乙第一次在右侧倾斜导轨上运动的过程,对甲应用动量定理有-BlΔt1=m1v2-m1v共,
其中Δt1=q1=,
解得Δx1= m,
根据位移关系有dmin′-Δx=Δx1,
解得dmin′= m;
若乙返回水平导轨后,当两者共速时恰好碰撞,则对应d的最大值,对乙从返回水平导轨到与甲碰撞前瞬间的过程,根据动量定理有BlΔt2=m2v-(-m2v1),
其中Δt2=q2=,
解得Δx2= m,
根据位移关系有dmax′-Δx-Δx1=Δx2,
解得dmax′= m,
则d的取值范围为 m电磁感应　检测试题
(分值:100分)
一、单项选择题:本题共8小题,每小题3分,共 24分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1.以下四图都与电磁感应有关,下列说法正确的是(　　)
[A] 图甲中,真空冶炼炉能在真空环境下,使炉内的金属产生涡流,从而炼化金属
[B] 图乙中,当蹄形磁体顺时针转动时,铝框将朝相反方向转动
[C] 图丙中,金属探测器通过使用恒定电流的长柄线圈来探测地下是否有金属
[D] 图丁中为磁电式仪表,把线圈绕在铝框骨架上,起到电磁驱动的作用
【答案】 A
【解析】 真空冶炼炉能在真空环境下,利用电磁感应现象,使炉内的金属产生涡流,从而炼化金属,故 A正确;根据电磁驱动原理,当蹄形磁体顺时针转动时,铝框将朝相同方向转动,故B错误;金属探测器通过使用交变电流的长柄线圈来探测地下是否有金属,故C错误;把线圈绕在铝框骨架上,铝框中产生感应电流,使铝框尽快停止摆动,起到电磁阻尼的作用,故D错误。
2.图甲、乙中磁场方向与轮子的转轴平行,图丙、丁中磁场方向与轮子的转轴垂直,轮子是绝缘体,则采取下列哪个措施,能有效地借助磁场的作用,让转动的轮子停下(　　)
[A] 如图甲,在轮子上固定如图绕制的线圈
[B] 如图乙,在轮子上固定如图绕制的闭合线圈
[C] 如图丙,在轮子上固定一些细金属棒,金属棒与轮子转轴平行
[D] 如图丁,在轮子上固定一些闭合金属线框,线框长边与轮子转轴平行
【答案】 D
【解析】 题图甲、乙中当轮子转动时,穿过线圈的磁通量都是不变的,不会产生感应电流,则不会有磁场力阻碍轮子的运动,A、B错误;题图丙中在轮子上固定一些细金属棒,当轮子转动时会产生感应电动势,但是不会形成感应电流,也不会有磁场力阻碍轮子转动,C错误;题图丁中在轮子上固定一些闭合金属线框,线框长边与轮子转轴平行,当轮子转动时会产生感应电动势,形成感应电流,则会有磁场力阻碍轮子转动,使轮子较快停下来,D正确。
3.如图所示,紧绕有闭合线圈的绝缘圆筒放在表面由非磁性材料制成的电子秤上,一条形磁体(N极向下)从圆筒正上方竖直向下减速靠近圆筒。空气阻力不计。对磁体插入圆筒且未碰到电子秤表面的过程,下列说法正确的是(　　)
[A] 电子秤的示数变大
[B] 电子秤的示数变小
[C] 电子秤的示数不变
[D] 从上往下看,线圈中的电流方向为顺时针
【答案】 A
【解析】 由题意,磁体插入圆筒且未碰到电子秤表面的过程,竖直向下穿过闭合线圈的磁通量在增大,根据楞次定律可知,线圈中感应电流产生的磁场方向竖直向上,结合安培定则可知,从上往下看,线圈中的电流方向为逆时针,线圈对磁体有竖直向上的作用力,则磁体对线圈有竖直向下的作用力,则紧绕有闭合线圈的绝缘圆筒对电子秤的压力将变大,电子秤的示数将变大,故A正确,B、C、D错误。
4.如图所示,在水平地面下有一条沿东西方向铺设的水平直导线,导线中通有自东向西稳定、强大的直流电流。现用一闭合的检测线圈(线圈中串有灵敏的检流计,图中未画出)检测此通电直导线的位置,若不考虑地磁场的影响,在检测线圈位于水平面内,从距直导线很远处由北向南沿水平地面通过导线的上方并移至距直导线很远处的过程中,俯视检测线圈,其中的感应电流的方向是(　　)
[A] 先顺时针后逆时针
[B] 先逆时针后顺时针
[C] 先逆时针后顺时针,然后再逆时针
[D] 先顺时针后逆时针,然后再顺时针
【答案】 C
【解析】 根据通电直导线周围磁感线的特点,检测线圈由远处移至直导线正上方时,穿过线圈的磁场有向下的分量,磁通量先增加后减小,由楞次定律和安培定则知,线圈中的电流方向先逆时针后顺时针。当检测线圈由直导线正上方移至远处时,穿过线圈的磁场有向上的分量,磁通量先增大后减小,由楞次定律和安培定则知,线圈中的电流方向先顺时针后逆时针,故C正确。
5.如图甲所示是高频焊接原理示意图,线圈中通以图乙所示的交变电流时(以电流顺时针为正方向),待焊接的金属工件中就产生感应电流,感应电流流过工件产生大量热量,将金属熔化,把工件焊接在一起,下列说法正确的是(　　)
[A] 待焊接金属工件中产生的感应电流为直流电
[B] 图乙中的交流电的频率越小,焊缝处的温度上升越快
[C] 0.5×10-6～1×10-6 s内,工件中的感应电流在减小
[D] 1×10-6～1.5×10-6 s内,工件中的感应电流方向为顺时针
【答案】 D
【解析】 线圈中电流为正弦式变化,线圈中电流产生的磁场也是正弦式变化,在金属工件中的感应电流是交流电,故A错误;线圈中电流变化的频率越高,金属工件的磁通量变化频率就越高,根据E=n 可知,产生的感应电动势就越大,感应电流越大,焊缝处的温度上升越快,故B错误;0.5×10-6～1×10-6 s内,线圈中的电流变化率在变大,磁场的变化率变大,所以金属工件的磁通量变化率也在增大,工件中的感应电流在增大,故C错误;1×10-6～1.5×10-6 s内,线圈中的电流沿逆时针增大,穿过金属的磁场方向垂直于纸面向外,且不断增大,磁通量不断增大,根据楞次定律可知工件中的感应电流方向为顺时针,故D正确。
6.某同学为了验证自感现象,找来带铁芯的线圈L(线圈的自感系数很大,构成线圈导线的电阻可以忽略),两个相同的小灯泡A和B、二极管D、开关S和电池组E等,用导线将它们连接成如图所示的电路。经检查,各元件和导线均是完好的,检查电路无误后,开始进行实验操作。他可能观察到的现象是(　　)
[A] 闭合S瞬间,A不亮,B逐渐变亮
[B] 闭合S瞬间,A、B同时亮
[C] 闭合S待电路稳定后,A、B亮度一样
[D] 断开S瞬间,B闪亮后逐渐熄灭
【答案】 A
【解析】根据实物图画出电路图如图所示,闭合开关的瞬间,通过B的电流增大,自感线圈产生感应电流阻碍电路电流增大,所以B是逐渐亮起来,电路稳定后B亮度保持不变;而A灯泡和二极管串联,二极管阻止由S向A的电流通过,故A灯泡一直不亮,故A正确,B、C错误。断开开关的瞬间,电流减小,自感线圈要阻碍电流的减小,产生与原电流方向相同的感应电流,此时A、B串联构成回路,所以B灯泡是缓慢熄灭,A会先亮再逐渐熄灭,故D
错误。
7.在如图甲所示的电路中,螺线管匝数n=1 500,横截面积S=20 cm2。环绕螺线管的导线电阻r=1.0 Ω,R1=4.0 Ω,滑动变阻器最大电阻R2=5.0 Ω,电压表可看作理想电表,螺线管内磁场的磁感应强度B按如图乙所示的规律变化。下列说法正确的是(　　)
[A] S断开时,电压表示数为2.4 V
[B] 闭合S稳定后,电压表示数为1.2 V
[C] 闭合S稳定后,电阻R1消耗的最大功率为 0.36 W
[D] 闭合S稳定后,电阻R1消耗的最大功率为0.230 4 W
【答案】 D
【解析】 S断开时,电压表示数等于电源的电动势,根据法拉第电磁感应定律有E=nS=
1 500××20×10-4 V=1.2 V,所以电压表示数为1.2 V,故A错误;闭合S稳定后,电压表的示数为电源的路端电压,小于1.2 V,故B错误;当滑动变阻器的阻值为0时,电路电流最大,为I== A=0.24 A,电阻R1消耗的最大功率为P1=I2R1=0.242×4.0 W=0.230 4 W,故C错误,D正确。
8.如图所示,足够长的U形光滑金属导轨平面与水平面成θ(0<θ<90°)角,其中MN与PQ平行且间距为L,导轨平面与磁感应强度大小为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接触良好,ab棒接入电路的部分的电阻为R,某一时刻金属棒的速度大小为v,则金属棒ab在这一过程中(　　)
[A] ab棒中电流的方向由a到b
[B] ab棒受到的安培力方向与金属棒的运动方向相反且做负功
[C] 加速度的大小为
[D] 下滑过程中速度的最大值为
【答案】 B
【解析】 根据右手定则可知,ab棒中电流的方向由b到a,故A错误;根据左手定则可知,
ab棒受到的安培力方向沿导轨平面向上,与金属棒的运动方向相反,故安培力做负功,故B正确;根据牛顿第二定律有mgsin θ-IBL=ma,ab棒中的电流为I=,加速度的大小为a=gsin θ-,故C错误;下滑过程中速度最大时,有mgsin θ=ImBL,ab棒中的最大电流为Im=,下滑过程中速度的最大值为vm=,故D错误。
二、多项选择题:本题共4小题,每小题4分,共 16分。每小题有多个选项符合题目要求,全选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分。
9.如图甲所示,两个闭合圆形线圈A、B的圆心重合,放在同一水平面内,在其中一个线圈中通以如图乙所示的变化电流,t=0时电流方向为顺时针。下列说法正确的是(　　)
[A] 若电流通在A中,则在0～t1时间内,B内有逆时针方向的电流,且有扩张的趋势
[B] 若电流通在A中,则在t1～t2时间内,B内有顺时针方向的电流,且有收缩的趋势
[C] 若电流通在B中,则在0～t1时间内,A内有顺时针方向的电流,且有收缩的趋势
[D] 若电流通在B中,则在t1～t2时间内,A内有逆时针方向的电流,且有扩张的趋势
【答案】 BC
【解析】 若电流通在A中,在0～t1时间内,电流顺时针方向减小,通过B线圈的磁通量减小,根据楞次定律,知B内有顺时针方向的电流,B线圈有扩张的趋势,在t1～t2时间内,电流逆时针增大,通过 B线圈的磁通量增大,根据楞次定律,知B内有顺时针方向的电流,B线圈有收缩的趋势,故A错误,B正确;若电流通在B中,则在0～t1时间内,电流顺时针方向减小,通过A线圈的磁通量减小,根据楞次定律,知A内有顺时针方向的电流,对于A线圈,减小面积时可以阻碍磁通量减小,所以A线圈有收缩趋势,在t1～t2时间内,电流逆时针增大,通过A线圈的磁通量增大,根据楞次定律,知A内产生顺时针方向的电流,对于A线圈,增大面积可以阻碍磁通量的增大,所以A线圈有扩张的趋势,故C正确,D错误。
10.如图甲所示,两条足够长、间距为L、电阻不计的平行导轨放置在范围足够大的匀强磁场内,磁场方向垂直于导轨平面向下,磁感应强度大小为B。两根质量均为m、电阻均为r的导体杆a、b与两导轨垂直放置且接触良好,开始时两杆均静止。b杆与导轨间无摩擦力,a杆与导轨间动摩擦因数为μ,杆受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现对b杆施加一与杆垂直且大小随时间按图乙规律变化的水平外力F,t1时刻,a杆开始运动,重力加速度为g。则下列说法正确的是(　　)
[A] 当a杆开始运动时,b杆的速度大小为
[B] 当a杆开始运动时,b杆的速度大小为
[C] 最终a、b两杆的速度差为
[D] 最终a、b两杆的速度差为
【答案】 BD
【解析】 当a杆开始运动时,对a杆分析有μmg=BI1L,根据闭合电路欧姆定律有E1=I1·2r,根据法拉第电磁感应定律有E1=BLv,联立可得,当a杆开始运动时,b杆的速度大小为v=,A错误,B正确;最终外力F不变,a、b杆一起做匀加速运动,根据法拉第电磁感应定律有E=BLvb-BLva=BLΔv,根据闭合电路欧姆定律有E=I·2r,对a、b杆整体分析有F3-μmg=2ma,对a杆分析有BIL-μmg=ma,联立解得最终a、b两杆的速度差为Δv=,
C错误,D正确。
11.如图所示,一光滑平行金属轨道平面与水平面成θ角,两轨道宽为L,该装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向垂直于轨道平面向上,质量为m的金属杆ab从距离地面高度h处由静止释放,下滑一段距离后达到最大速度vm。若运动过程中,金属杆ab始终保持与轨道垂直且接触良好,且轨道与金属杆ab的电阻均忽略不计,则金属杆从开始下滑到轨道最低点的过程中(　　)
[A] 金属杆先做匀加速直线运动后做匀速直线运动
[B] 电路产生的焦耳热为mgh-m
[C] 金属杆的最大速度vm=
[D] 流过电阻R的电荷量q=
【答案】 BD
【解析】由右手定则可知金属杆中电流的方向由b流向a,对金属杆受力分析,如图所示。金属杆切割磁感线产生的感应电动势为 E=BLv,由闭合电路欧姆定律可得感应电流为 I==,安培力为F安=BIL=,由牛顿第二定律有mgsin θ-F安=ma,即mgsin θ-=ma,金属杆从静止释放,v增大,a减小,当a减小到零时,则有mgsin θ-=0,可得最大速度为vm=,以后金属杆做匀速直线运动,故A、C错误;金属杆ab从开始到下滑到轨道最低点的过程中,金属杆减少的重力势能转化为金属杆的动能和回路中的焦耳热,则有mgh=m+Q,解得Q=mgh-m,故B正确;由法拉第电磁感应定律有=,由闭合电路欧姆定律有=,电荷量为q=Δt,联立可得q===,故D正确。
12.如图甲所示,水平面内的粗糙导轨处于竖直向下的匀强磁场中,磁场的磁感应强度B=2 T,导轨间距L=1 m,导轨左、右两侧各接有阻值R=4 Ω的定值电阻。一质量为 m=0.5 kg,电阻值r= 2 Ω 的金属棒在外界拉力的作用下,从MN处由静止开始沿导轨向右加速运动,运动过程中流过金属棒的感应电流的大小随金属棒的位移变化的图像如图乙所示。已知金属棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.1,重力加速度g取10 m/s2,导轨电阻不计,则金属棒从位置MN处开始运动x=1 m位移的过程中(　　)
[A] 金属棒中产生的焦耳热为0.25 J
[B] 整个装置中产生的总热量为0.5 J
[C] 外界拉力做功为2.0 J
[D] 金属棒在1 m处的动能为0.25 J
【答案】 AD
【解析】 根据题图乙可得,金属棒从位置MN处开始运动x=1 m位移时,金属棒中的感应电流的大小为0.5 A,结合图像的面积关系可得,此过程中金属棒克服安培力所做的功为
W安=BL·x=BL·x=2×1××1×0.5 J=0.5 J,则电路中导体电阻产生的焦耳热为Q1=W安=0.5 J,电路中两电阻R并联,所以金属棒中产生的焦耳热为 Q=Q1=0.25 J,故A正确;此过程中金属棒与导轨摩擦产生的热量为Q2=μmgx=0.1×0.5×10×1 J=0.5 J,则整个装置中产生的总热量为Q总=Q1+Q2=1 J,故B错误;x=1 m位移时,金属棒的感应电流的大小为0.5 A,则此时的感应电动势为E=I(r+0.5R)=2 V,此时金属棒的速度为v==1 m/s,则此时金属棒的动能为Ek=mv2=0.25 J,故D正确;根据功能关系可得,外界拉力做功为WF=Q总+Ek=1.25 J,故C错误。
三、非选择题:本题共6小题,共60分。
13.(6分)某实验小组探究影响感应电流方向的因素。
(1)按照图甲所示电路连接灵敏电流表和一节干电池,闭合开关后瞬间断开,发现灵敏电流表指针先向右偏转,再回到零刻度线处,该操作的实验目的是　　　　。(多选)
A.检查干电池是否为新电池
B.检查电流表是否可正常工作
C.判断电流表指针偏转方向与电流流向的关系
(2)按照图乙所示电路连接灵敏电流表和螺线管(绕线方向如图所示),当条形磁铁沿不同方向插入或者抽出螺线管时,实验记录如下表:
磁体磁场的方向 向下 向下 向上 向上
通过线圈的磁通量的变化 增大 减小 增大 减小
指针偏转的方向 左 右 右 左
感应电流的磁场方向 向上 向下 向下 向上
分析实验记录,得出影响感应电流方向的因素有　　　　。(多选)
A.条形磁铁运动的快慢
B.原磁场的方向
C.螺线管的绕线方向
D.磁通量的变化
(3)实验室中有一缺失绕线标识的螺线管,该实验小组用如图丙所示的电路确认其绕线方向,当条形磁铁向上抽出螺线管时,灵敏电流表指针向右偏转,则该螺线管的绕线方向是图丁中的图　　　　(选填“a”或“b”)。
【答案】 (1)BC　(2)BD　(3)a
【解析】 (1)闭合开关后瞬间断开,发现灵敏电流表指针先向右偏转,再回到零刻度线处。这样是为了确定电流方向与指针偏转方向的关系,同时检查电流表是否可以正常工作。
故选BC。
(2)从左往右,分析1、2组或3、4组可知,电流方向与磁通量的变化有关;分析1、3组或2、4组可知,电流方向与原磁场方向有关。从表格中看不出条形磁铁运动的快慢,也得不出螺线管的绕线方向与电流方向有什么关系。故选BD。
(3)已测得电流表指针向右偏时,电流是由正接线柱流入。此时灵敏电流表指针向右偏转,说明电流是由正接线柱流入。当条形磁铁向上抽出螺线管时,螺线管中的磁场方向向下,磁通量减小,根据楞次定律可知,感应电流的磁场方向向下,由右手螺旋定则可知,螺线管的绕线方向是题图丁中的图a。
14.(6分)图甲为某同学研究自感现象的实验电路图,用电流传感器显示各时刻通过线圈L的电流。电路中灯泡的电阻R1=5.0 Ω,定值电阻R=2.0 Ω,A、B间电势差UAB=6.0 V,开关S原来闭合,电路处于稳定状态,在t1=1.0×10-3 s时刻断开开关S,该时刻前后电流传感器显示的电流I随时间t变化的图线如图乙所示。
(1)线圈L的直流电阻RL=　　　　　Ω。(结果保留2位有效数字)
(2)闭合开关一段时间后,开关断开时,看到的现象是　　　　　　　　　　　　　。
(3)断开开关后,通过灯泡的电流方向为　　　　(选填“a→b”或“b→a”)。
【答案】 (1)2.0　(2)灯泡闪亮一下再逐渐熄灭　(3)a→b
【解析】 (1)由题图乙可知,零时刻通过电感线圈L的电流为I0=1.5 A,由欧姆定律得I0=,解得RL=2.0 Ω。
(2)电路中灯泡的电阻R1=5.0 Ω,则通过灯泡的电流I1== A=1.2 A<1.5 A,开关S接通一段时间后,L相当于一直流电阻,由以上的分析可知,L中的电流大于灯泡中的电流,开关断开瞬间,L产生感应电动势,相当于电源,给灯泡供电,灯泡将闪亮一下再逐渐熄灭。
(3)断开开关后,由楞次定律可知L中的电流方向不变,所以通过灯泡的电流方向为a→b。
15.(8分)小伟以金属戒指为研究对象,探究金属物品在变化磁场中的热效应。如图所示,戒指可视为周长为L、横截面积为S、电阻率为ρ的单匝圆形线圈,放置在匀强磁场中,磁感应强度方向垂直于戒指平面。若磁感应强度大小在Δt时间内从0均匀增加到B0,求:
(1)戒指中的感应电动势和电流;
(2)戒指中电流的热功率。
【答案】 (1)　　(2)
【解析】 (1)设戒指的半径为r,则有L=2πr,
磁感应强度大小在Δt时间内从0均匀增加到B0,产生的感应电动势为E=·πr2,
可得E=,
戒指的电阻为R=,
则戒指中的感应电流为I==。
(2)戒指中电流的热功率为P=I2R=。
16.(12分)如图甲所示,轻质细线吊着一质量m= 0.6 kg,边长l=0.2 m,匝数n=100的正方形线圈,其总电阻r=2 Ω。正方形线圈中间位置以下部分处于垂直于纸面向里的匀强磁场中,磁感应强度B的大小随时间t的变化关系如图乙所示,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)3 s末通过正方形线圈的电流大小及方向;
(2)t=2 s时,细线对线圈的拉力的大小。
【答案】 (1)1 A　顺时针方向　(2)46 N
【解析】 (1)由题图乙可知3 s末磁通量变化率的绝对值为=1 T/s,
正方形线圈中产生的感应电动势为E=n··l2=2 V,
根据欧姆定律可知,3 s末通过正方形线圈的电流大小I==1 A,
根据安培定则可知电流方向为顺时针。
(2)根据共点力平衡条件有F-nBIl-mg=0,
由题图乙可知t=2 s时的磁感应强度为B=2 T,
代入数据解得F=46 N。
17.(12分)如图所示,平行倾斜光滑导轨与足够长的平行水平光滑导轨平滑连接,导轨电阻不计。质量分别为2 kg和1 kg的金属棒b和c静止放在水平导轨上,b、c两棒均与导轨垂直。图中de虚线右侧有范围足够大、方向竖直向上的匀强磁场,磁感应强度大小B=2 T。两平行导轨宽度L1∶L2=2∶1。质量为2 kg的绝缘棒a垂直于倾斜导轨由静止释放,释放位置与水平导轨的高度差为h=1.8 m。求:(重力加速度g取10 m/s2,不计摩擦和空气阻力)
(1)绝缘棒a与金属棒b发生弹性正碰后刚分离时两棒的速度大小v1和v2;
(2)若金属棒b始终在宽导轨间运动,最终两金属棒b、c的速度大小v3和v4。
【答案】 (1)0　6 m/s　(2)2 m/s　4 m/s
【解析】 (1)设绝缘棒a滑上水平导轨时,速度为v0,下滑过程中绝缘棒a机械能守恒,
有mgh=m,
绝缘棒a与金属棒b发生弹性碰撞,由动量守恒定律有mv0=mv1+mv2,
由机械能守恒定律有m=m+m,
联立解得绝缘棒a的速度大小v1=0,
金属棒b的速度大小v2=v0==6 m/s。
(2)当b和c组成的回路磁通量不发生变化时,回路中不再有电流且两棒不再受安培力,此时速度达到稳定,两导体棒单位时间内扫过面积相等,有v3L1=v4L2,
金属棒b、c分别由动量定理得
-BIL1·t=mbv3-mbv2,
BIL2·t=mcv4-0,
联立解得v3=2 m/s,v4=4 m/s。
18.(16分)如图所示,固定在水平面上的半径为d=1 m 的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B=1 T的匀强磁场,在外力作用下长为d=1 m的金属棒CD可绕着圆环圆心匀速转动。从圆环边缘和圆心所在竖直轴OO′用细导线连接足够长的两固定平行金属导轨MN、PQ,导轨与水平面的夹角为α=37°,空间内存在垂直于导轨平面向上的磁感应强度大小为B=1 T的匀强磁场。质量m=1 kg的金属棒ab垂直于导轨处于静止状态,导轨的宽度和金属棒ab的长度均为L=2 m,金属棒ab与导轨之间的动摩擦因数为 μ=0.8,金属棒CD的电阻r= 1 Ω,金属棒ab的电阻为R=4 Ω,其余电阻不计,取sin 37°=0.6,
cos 37°=0.8,重力加速度g取 10 m/s2。
(1)闭合开关S,若金属棒CD以ω0=10 rad/s的角速度顺时针(俯视)匀速转动,求流过金属棒CD的电流方向和金属棒CD两端的电压;
(2)要使金属棒ab与导轨保持相对静止,求金属棒CD转动的角速度应满足的条件;
(3)若金属棒CD以ω3=8 rad/s的角速度逆时针(俯视)匀速转动,求金属棒ab恰好匀速时的速度大小。
【答案】 (1)电流由D流向C　4 V　(2)见解析 (3)1.5 m/s
【解析】 (1)假设金属棒ab静止,对金属棒CD,由法拉第电磁感应定律有E=Bω0d2=5 V,
根据闭合电路欧姆定律,有E=I(R+r),
解得I=1 A,
对金属棒ab,因为mgsin 37°-BIL=4 N<μmgcos 37°=6.4 N,
故假设成立,
金属棒CD两端的电压为UCD=IR,
解得UCD=4 V,
由右手定则可知,电流由D流向C。
(2)若金属棒CD以ω1顺时针转动,且金属棒ab刚好未滑动时,
有BI1L=mgsin 37°+μmgcos 37°,
解得I1=6.2 A,
且E1=Bω1d2=I1(R+r),
解得ω1=62 rad/s;
若金属棒CD以ω2逆时针转动,且金属棒ab刚好未滑动时,
有μmgcos 37°=BI2L+mgsin 37°,
解得I2=0.2 A,
且E2=Bω2d2=I2(R+r),
解得ω2=2 rad/s,
故要使金属棒ab保持静止,角速度应满足
顺时针转动时ω1≤62 rad/s,
逆时针转动时ω2≤2 rad/s。
(3)设金属棒ab恰好匀速时的速度为v,则有BI3L+mgsin 37°=μmgcos 37°,
解得I3=0.2 A,
由闭合电路欧姆定律得E3=I3(R+r)=1 V,
回路的电动势E3=Bω3d2-BLv,
解得v=1.5 m/s。(共37张PPT)
章末总结
以图入题·构建情境·自主总结·悟透模型 情境提点 模型-规律-方法-结论
热点一　电磁感应中的电路与图像问题
1.(2024·天津卷)如图所示,两根不计电阻的光滑金属导轨平行放置,导轨及其构成的平面均与水平面成某一角度,导轨上端用直导线连接,整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中。具有一定阻值的导体棒MN从某高度由静止开始下滑,下滑过程中MN始终与导轨垂直并接触良好,则MN所受的安培力F及其加速度a、速度v、电流I,随时间t变化的关系图像可能正确的是(　　)
A
[A] [B] [C] [D]
2.(2024·浙江6月选考卷)某小组探究“法拉第圆盘发电机与电动机的功用”,设计了如图所示装置。飞轮由三根长a=0.8 m的辐条和金属圆环组成,可绕过其中心的水平固定轴转动,不可伸长细绳绕在圆环上,系着质量m=1 kg的物块,细绳与圆环无相对滑动。飞轮处在方向垂直环面的匀强磁场中,左侧电路通过电刷与转轴和圆环边缘良好接触,开关S可分别与图示中的电路连接。已知电源电动势E0=12 V,内阻r=0.1 Ω,限流电阻R1=0.3 Ω,飞轮每根辐条电阻R=0.9 Ω,电路中还有可调电阻R2(待求)和电感L,不计其他电阻和阻力损耗,不计飞轮转轴大小。
(1)开关S掷向1,“电动机”提升物块匀速上升时,理想电压表示数U=8 V。
①判断磁场方向,并求流过电阻R1的电流I1;
【答案】 (1)①垂直于纸面向外　10 A
②求物块匀速上升的速度v。
【答案】 ②5 m/s
(2)开关S掷向2,物块从静止开始下落,经过一段时间后,物块匀速下降的速度与“电动机”匀速提升物块的速度大小相等。
①求可调电阻R2的阻值;
【答案】 (2)①0.2 Ω　
②求磁感应强度B的大小。
【答案】 ②2.5 T
热点二　电磁感应中的动力学与能量问题
3.(多选)(2024·黑吉辽卷)如图,两条“∧”形的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上,间距为L,左、右两导轨面与水平面夹角均为30°,均处于竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度大小分别为2B和B。将有一定阻值的导体棒ab、cd放置在导轨上,同时由静止释放,两棒在下滑过程中始终与导轨垂直并接触良好,ab、cd的质量分别为2m和m,长度均为L。导轨足够长且电阻不计,重力加速度为g,两棒在下滑过程中(　 　)
[A] 回路中的电流方向为abcda
AB
[C] ab与cd加速度大小之比始终为2∶1
[D] 两棒产生的电动势始终相等
4.(2024·安徽卷)如图所示,一“U”形金属导轨固定在竖直平面内,一电阻不计,质量为m的金属棒ab垂直于导轨,并静置于绝缘固定支架上。边长为L的正方形cdef区域内,存在垂直于纸面向外的匀强磁场。支架上方的导轨间,存在竖直向下的匀强磁场。两磁场的磁感应强度大小B随时间的变化关系均为B=kt(SI),k为常数(k>0)。支架上方的导轨足够长,两边导轨单位长度的电阻均为r,下方导轨的总电阻为R。t=0时,对ab施加竖直向上的拉力,恰使其向上做加速度大小为a的匀加速直线运动,整个运动过程中ab与两边导轨接触良好。已知ab与导轨间动摩擦因数为μ,重力加速度大小为g。不计空气阻力,两磁场互不影响。
(1)求通过面积Scdef的磁通量大小随时间t变化的关系式,以及感应电动势的大小,并写出ab中电流的方向;
【答案】 (1)Φ=kL2t　kL2　从a流向b
(2)求ab所受安培力的大小随时间t变化的关系式;
(3)求经过多长时间,对ab所施加的拉力达到最大值,并求此最大值。
5.(2024·全国甲卷)两根平行长直光滑金属导轨距离为l,固定在同一水平面
(纸面)内,导轨左端接有电容为C的电容器和阻值为R的电阻,开关S与电容器并联;导轨上有一长度略大于l的金属棒,如图所示。导轨所处区域有方向垂直于纸面、磁感应强度大小为B的匀强磁场。开关S闭合,金属棒在恒定的外力作用下由静止开始加速,最后将做速率为v0的匀速直线运动。金属棒始终与两导轨垂直且接触良好,导轨电阻和金属棒电阻忽略不计。
(1)在加速过程中,当外力做功的功率等于电阻R热功率的2倍时,金属棒的速度大小是多少
(2)如果金属棒达到(1)中的速度时断开开关S,改变外力使金属棒保持此速度做匀速运动。之后某时刻,外力做功的功率等于电阻R热功率的2倍,求此时电容器两极间的电压及从断开S开始到此刻外力做的功。
热点三　电磁感应中的动量问题
6.(多选)(2024·海南卷)两根足够长的导轨由上、下段电阻不计、光滑的金属导体组成,在M、N两点绝缘连接,M、N等高,间距L=1 m,连接处平滑。导轨平面与水平面夹角为30°,导轨两端分别连接一个阻值R=0.02 Ω的电阻和C=1 F的电容器,整个装置处于B=0.2 T 的垂直导轨平面斜向上的匀强磁场(图中未画出)中,两根导体棒ab、cd分别放在MN两侧,质量分别为m1=0.8 kg,m2=0.4 kg,ab棒电阻为0.08 Ω,cd棒的电阻不计,将ab由静止释放,同时cd从距离MN为x0=4.32 m处在一个大小F=4.64 N、方向沿导轨平面向上的力作用下由静止开始运动,两棒恰好在MN处发生弹性碰撞,碰撞前瞬间撤去F,已知碰前瞬间ab的速度为4.5 m/s,g取10 m/s2,则(　 　 )
[A] ab从释放到第一次碰撞前所用时间为1.44 s
[B] ab从释放到第一次碰撞前,R上消耗的焦耳热为0.78 J
[C] 两棒第一次碰撞后瞬间,ab的速度大小为 6.3 m/s
[D] 两棒第一次碰撞后瞬间,cd的速度大小为 8.4 m/s
BD
(1)求甲刚进入磁场时乙的加速度大小和方向;
【答案】 (1)2 m/s2　方向水平向右
由牛顿第二定律有BI0l=m2a乙0,
解得a乙0=2 m/s2,
根据楞次定律可知,回路中的感应电流沿逆时针方向(俯视),结合左手定则可知,乙所受安培力方向水平向右,则加速度方向水平向右。
(2)为使乙第一次到达水平导轨右端Q1Q2之前甲和乙不相碰,求d的最小值;
【答案】 (2)24 m
(3)若乙前两次在右侧倾斜导轨上相对于水平导轨的竖直高度y随时间t的变化如图b所示(t1、t2、t3、t4、b均为未知量),乙第二次进入右侧倾斜导轨之前与甲发生碰撞,甲在0～t3时间内未进入右侧倾斜导轨,求d的取值范围。
感谢观看

展开更多......

收起↑