【物理】2020届二轮复习专题六　电磁感应和电路第1课时电磁感应学案

【物理】2020届二轮复习专题六　电磁感应和电路第1课时电磁感应学案

第1课时　电磁感应 高考命题点 命题轨迹 情境图 楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用 ‎2015‎ ‎1卷19,2卷15‎ ‎15(1)19题　15(2)15题　16(2)20题 ‎16(3)21题　　　17(1)18题 ‎17(2)20题 ‎17(3)15题　　18(1)17题 ‎18(1)19题 ‎18(2)18题 ‎　18(3)20题 ‎19(1)20题 ‎2016‎ ‎2卷20,3卷21‎ ‎2017‎ ‎1卷18,‎ ‎2卷20,‎ ‎3卷15‎ ‎2018‎ ‎1卷17、19,‎ ‎2卷18,‎ ‎3卷20‎ ‎2019‎ ‎1卷20,3卷14‎ 电磁感应中动力学问题分析 ‎2016‎ ‎1卷24,2卷24‎ ‎　16(1)24题　　16(2)24题 电磁感应中的动力学和能量问题 ‎2016‎ ‎3卷25‎ ‎16(3)25题 ‎1．楞次定律中“阻碍”的表现 ‎(1)阻碍磁通量的变化(增反减同)．‎ ‎(2)阻碍物体间的相对运动(来拒去留)．‎ ‎(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势(增缩减扩)．‎ ‎(4)阻碍原电流的变化(自感现象)．‎ ‎2．感应电动势的计算 ‎(1)法拉第电磁感应定律：E＝n，常用于计算感应电动势的平均值．‎ ‎①若B变，而S不变，则E＝nS；‎ ‎②若S变，而B不变，则E＝nB.‎ ‎(2)导体棒垂直切割磁感线：E＝Blv，主要用于求感应电动势的瞬时值．‎ ‎(3)如图1所示，导体棒Oa围绕棒的一端O在垂直匀强磁场的平面内做匀速圆周运动而切割磁感线，产生的感应电动势E＝Bl2ω.‎ 图1‎ ‎3．感应电荷量的计算 回路中磁通量发生变化时，在Δt时间内迁移的电荷量(感应电荷量)为q＝I·Δt＝·Δt＝n·Δt＝n.可见，q仅由回路电阻R和磁通量的变化量ΔΦ决定，与发生磁通量变化的时间Δt无关．‎ ‎4．电磁感应电路中产生的焦耳热 当电路中电流恒定时，可用焦耳定律计算；当电路中电流变化时，则用功能关系或能量守恒定律计算．‎ 解决感应电路综合问题的一般思路是“先电后力”，即：‎ ‎1．“源”的分析——分析电路中由电磁感应所产生的“电源”，求出电源参数E和r；‎ ‎2．“路”的分析——分析电路结构，弄清串、并联关系，求出相关部分的电流大小，以便求解安培力；‎ ‎3．“力”的分析——分析研究对象(通常是金属棒、导体、线圈等)的受力情况，尤其注意其所受的安培力；‎ 接着进行“运动状态”的分析——根据力和运动的关系，建立正确的运动模型；‎ ‎4．“动量”和“能量”的分析——寻找电磁感应过程和研究对象的运动过程中，其能量转化和守恒的关系，并判断系统动量是否守恒.‎ ‎1．判断感应电流方向的两种方法 ‎(1)利用右手定则，即根据导体在磁场中做切割磁感线运动的情况进行判断．‎ ‎(2)利用楞次定律，即根据穿过闭合回路的磁通量的变化情况进行判断．‎ ‎2．求感应电动势的两种方法 ‎(1)E＝n，用来计算感应电动势的平均值，常用来求解电荷量．‎ ‎(2)E＝Blv或E＝Bl2ω，主要用来计算感应电动势的瞬时值．‎ 例1　 (2019·湖南衡阳市第一次联考)如图2所示是某研究性学习小组的同学设计的电梯坠落的应急安全装置，在电梯挂厢上安装永久磁铁，并在电梯的井壁上铺设线圈，这样可以在电梯突然坠落时减小对人员的伤害．关于该装置，下列说法正确的是(　　)‎ 图2‎ A．当电梯突然坠落时，该安全装置可使电梯停在空中 B．当电梯坠落至永久磁铁在图示位置时，闭合线圈A、B中的电流方向相反 C．当电梯坠落至永久磁铁在图示位置时，只有闭合线圈A在阻碍电梯下落 D．当电梯坠落至永久磁铁在图示位置时，只有闭合线圈B在阻碍电梯下落 答案　B 解析　若电梯突然坠落，闭合线圈A、B内的磁感应强度发生变化，将在线圈中产生感应电流，感应电流会阻碍磁铁的相对运动，可起到应急避险作用，但不能阻止磁铁的运动，故A错误；当电梯坠落至永久磁铁在题图所示位置时，闭合线圈A中向上的磁场减弱，感应电流的方向从上向下看是逆时针方向，闭合线圈B中向上的磁场增强，感应电流的方向从上向下看是顺时针方向，可知闭合线圈A与B中感应电流方向相反，故B正确；结合A的分析可知，当电梯坠落至永久磁铁在题图所示位置时，闭合线圈A、B都在阻碍电梯下落，故C、D错误．‎ 拓展训练1　(多选)(2019·四川南充市第二次适应性考试)现在人们可以利用无线充电板为手机充电，如图3所示为充电原理图，充电板接交流电源，对充电板供电，充电板内的送电线圈可产生交变磁场，从而使手机内的受电线圈产生交变电流，再经整流电路转变成直流电后对手机电池充电．若在某段时间内，磁场垂直于受电线圈平面向上穿过线圈，其磁感应强度均匀增加．下列说法正确的是(　　)‎ 图3‎ A．c点电势高于d点电势 B．c点电势低于d点电势 C．感应电流方向由c→受电线圈→d D．感应电流方向由d→受电线圈→c 答案　BC 解析　根据楞次定律可知，受电线圈内部产生的感应电流方向为俯视顺时针，受电线圈中感应电流方向由c经受电线圈到d，所以c点的电势低于d点的电势，故A、D错误，B、C正确．‎ 例2　(多选)(2019·全国卷Ⅰ·20)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图4(a)中虚线MN所示．一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上．t＝0时磁感应强度的方向如图(a)所示；磁感应强度B随时间t的变化关系如图(b)所示．则在t＝0到t＝t1的时间间隔内(　　)‎ 图4‎ A．圆环所受安培力的方向始终不变 B．圆环中的感应电流始终沿顺时针方向 C．圆环中的感应电流大小为 D．圆环中的感应电动势大小为 答案　BC 解析　在0～t0时间内，磁感应强度减小，根据楞次定律可知感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力水平向左；在t0～t1时间内，磁感应强度反向增大，感应电流的方向仍为顺时针，圆环所受安培力水平向右，所以选项A错误，B正确；根据法拉第电磁感应定律得E＝＝πr2·＝，由R＝ρ可得R＝ρ，根据欧姆定律可得I＝＝，所以选项C正确，D错误．‎ 拓展训练2　(2019·安徽蚌埠市第二次质检)同一平面内固定有一长直导线PQ和一带缺口的刚性金属圆环，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于圆环所在平面固定放置的平行金属板MN连接，如图5甲所示．导线PQ中通有正弦交变电流i，i的变化如图乙所示，规定从Q到P为电流的正方向，则在1～2 s内(　　)‎ 图5‎ A．M板带正电，且电荷量增加 B．M板带正电，且电荷量减小 C．M板带负电，且电荷量增加 D．M板带负电，且电荷量减小 答案　A 解析　在1～2 s内，穿过金属圆环的磁场垂直于纸面向里，磁感应强度变小，穿过金属圆环的磁通量变小，磁通量的变化率变大．假设环闭合，由楞次定律可知感应电流磁场与原磁场方向相同，即感应电流磁场方向垂直于纸面向里，然后由安培定则可知感应电流沿顺时针方向，由法拉第电磁感应定律可知感应电动势增大，由此可知M板电势高，带正电，电荷量增加，故A正确，B、C、D错误．‎ 拓展训练3　(多选)(2019·贵州黔东南州第一次模拟)如图6甲所示，单匝正方形导线框固定在匀强磁场中，磁感线方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，其中B0、t0均为已知量．已知导线框的边长为L，总电阻为R，则下列说法中正确的是(　　)‎ 图6‎ A．t0时刻，ab边受到的安培力大小为 B．0～t0时间内，导线框中电流的方向始终为badcb C．0～t0时间内，通过导线框某横截面的电荷量为 D．0～t0时间内，导线框产生的热量为 答案　AD 解析　由法拉第电磁感应定律得，E＝＝L2＝L2，通过导线框的感应电流大小为：I＝＝，t0时刻，ab边所受安培力大小为：F＝B0IL＝，故A正确；根据楞次定律，可知，0～t0时间内，导线框中电流的方向始终为abcda，故B错误；0～t0‎ 时间内，通过导线框某横截面的电荷量为：q＝＝＝，故C错误；由焦耳定律得，0~t0时间内导线框产生的热量为：：Q＝，故D正确.‎ 例3　(2019·河南名校联盟高三下学期2月联考)相距L＝1.5 m的足够长金属导轨竖直放置，质量为m1＝1 kg的金属棒ab和质量为m2＝0.27 kg的金属棒cd均通过棒两端的套环水平地套在金属导轨上，如图7(a)所示，虚线上方磁场方向垂直纸面向里，虚线下方磁场方向竖直向下，两处磁场磁感应强度大小相同．ab棒光滑，cd棒与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.75，两棒总电阻为1.8 Ω，导轨电阻不计，ab棒在方向竖直向上，大小按图(b)所示规律变化的外力F作用下，从静止开始，沿导轨匀加速运动，同时cd棒也由静止释放(取g＝10 m/s2)．‎ 图7‎ ‎(1)求磁感应强度B的大小和ab棒加速度大小；‎ ‎(2)已知在2 s内外力F做功40 J，求这一过程中两金属棒产生的总焦耳热；‎ ‎(3)判断cd棒将做怎样的运动，求出cd棒达到最大速度所需的时间t0，并在图(c)中定性画出cd棒所受摩擦力随时间变化的图象．‎ 答案　见解析 解析　(1)经过时间t，金属棒ab的速率v＝at 此时，回路中的感应电流为I＝＝ 对金属棒ab，由牛顿第二定律得F－BIL－m1g＝m1a 由以上各式整理得：F＝m1a＋m1g＋at 在图线上取两点：t1＝0，F1＝11 N；t2＝2 s，F2＝14.6 N 代入上式得a＝1 m/s2，B＝1.2 T ‎(2)在第2 s末金属棒ab的速率v2＝at2＝2 m/s 所发生的位移x＝at22＝2 m 由动能定理得WF－m1gx－W安＝m1v22‎ 又Q＝W安 联立以上方程，解得Q＝18 J.‎ ‎(3)cd棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当cd棒所受重力与滑动摩擦力相等时，速度达到最大，然后做加速度逐渐增大的减速运动，最后停止运动，‎ 当cd棒速度达到最大时，有m2g＝μFN 又FN＝F安 F安＝BIL I＝＝，vm＝at0‎ 整理解得t0＝＝2 s Ffcd随时间变化的图象如图所示．‎ 拓展训练4　 (多选)(2019·山东泰安市3月第一轮模拟)如图8，倾角为θ的光滑斜面上存在着两个磁感应强度大小相同的匀强磁场，其方向一个垂直于斜面向上，一个垂直于斜面向下，它们的宽度均为L.一个质量为m，边长也为L的正方形线框以速度v进入上部磁场恰好做匀速运动，ab边在下部磁场运动过程中再次出现匀速运动．重力加速度为g，则(　　)‎ 图8‎ A．在ab进入上部磁场过程中的电流方向为adcba B．当ab边刚越过边界ff′时，线框的加速度为gsin θ C．ab边进入下部磁场再次做匀速运动的速度为v D．从ab边进入磁场到ab边进入下部磁场再次做匀速运动的过程中，减少的动能等于线框中产生的焦耳热 答案　AC 解析　根据楞次定律可知，在ab边进入上部磁场过程中的电流方向为adcba，选项A 正确；当线框在上部磁场中匀速运动时：F安＝mgsin θ＝，当ab边刚越过边界ff′时，由于线框的ab边和cd边产生同方向感应电动势，则回路的感应电动势加倍，感应电流加倍，每个边受到的安培力加倍，则此时：4F安－mgsin θ＝ma，解得线框的加速度为a＝3gsin θ，选项B错误；当ab边进入下部磁场再次做匀速运动时：2BL＝mgsin θ，解得v′＝v，选项C正确；由能量关系可知，从ab边进入磁场到ab边进入下部磁场再次做匀速运动的过程中，减少的动能与重力势能之和等于线框中产生的焦耳热，选项D错误.‎ ‎1．电荷量的求解 电荷量q＝IΔt，其中I必须是电流的平均值．由E＝n，I＝，q＝IΔt联立可得q＝n，与时间无关．‎ ‎2．求解焦耳热Q的三种方法 ‎(1)焦耳定律：Q＝I2Rt.‎ ‎(2)功能关系：Q＝W克服安培力．‎ ‎(3)能量转化：Q＝ΔE其他能的减少量．‎ ‎3．用到的物理规律 匀变速直线运动的规律、牛顿运动定律、动能定理、能量守恒定律等．‎ 例4　(2019·四川达州市第二次诊断)如图9甲所示，斜面倾角为θ＝37°，一宽为d＝0.65 m的有界匀强磁场垂直于斜面向上，磁场边界与斜面底边平行．在斜面上由静止释放一矩形金属线框，线框沿斜面下滑，下边与磁场边界保持平行．取斜面底部水平面为重力势能零势能面，从线框开始运动到恰好完全进入磁场的过程中，线框的机械能E和位移x之间的关系如图乙所示，图中①、②均为直线段．已知线框的质量为m＝0.1 kg，电阻为R＝0.06 Ω.(取g＝10 m·s－2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：‎ 图9‎ ‎(1)线框与斜面间的动摩擦因数μ；‎ ‎(2)线框刚进入磁场到恰好完全进入磁场所用的时间t；‎ ‎(3)线框穿越磁场的过程中，线框中的最大电功率Pm.‎ 答案　(1)0.5　(2) s　(3)0.54 W 解析　(1)金属线框进入磁场前，由能量守恒定律，线框减小的机械能等于克服摩擦力做的功，则ΔE1＝Wf1＝μmgx1cos 37°‎ 其中x1＝0.36 m；ΔE1＝(1.000－0.856) J＝0.144 J 解得μ＝0.5‎ ‎(2)金属线框进入磁场的过程中，减小的机械能等于克服摩擦力和安培力做的功，机械能均匀减小，因此安培力是恒力，可知线框做匀速运动，设速度为v1‎ v12＝2ax1‎ mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma 解得a＝2 m/s2，v1＝1.2 m/s ΔE2＝Wf2＋W安＝(Ff＋F安)x2‎ 其中ΔE2＝(0.856－0.736)J＝0.12 J，Ff＋F安＝mgsin 37°＝0.6 N，x2为线框的侧边长，即线框进入磁场过程中运动的距离，可求出x2＝0.2 m，‎ 则t＝＝ s＝ s ‎(3)线框刚出磁场时速度最大，设为v2，此时线框内电功率最大，Pm＝I2R＝ 由v22－v12＝2a(d－x2)可求得v2＝1.8 m/s 根据线框匀速进入磁场时：F安＋μmgcos 37°＝mgsin 37°‎ 可得F安＝0.2 N 又因为F安＝BIL＝ 可得B2L2＝0.01(T2·m2)‎ 将v2、B2L2代入可得：Pm＝＝0.54 W.‎ 拓展训练5　 (2019·安徽安庆市二模)如图10所示，两个平行光滑金属导轨AB、CD固定在水平地面上，其间距L＝0.5 m，左端接有阻值R＝3 Ω的定值电阻．一根长度与导轨间距相等的金属杆放置于导轨上，金属杆的质量m＝0.2 kg，电阻r＝2 Ω，整个装置处在方向竖直向下、磁感应强度大小B＝4 T的匀强磁场中，t＝0时刻，在MN上加一与金属杆垂直，方向水平向右的外力F，金属杆由静止开始以a＝2 m/s2的加速度向右做匀加速直线运动，2 s末撤去外力F，运动过程中金属杆与导轨始终垂直且接触良好．(不计导轨和连接导线的电阻，导轨足够长)求：‎ 图10‎ ‎(1)1 s末外力F的大小；‎ ‎(2)撤去外力F后的过程中，电阻R上产生的焦耳热．‎ 答案　(1)2 N　(2)0.96 J 解析　(1)1 s末，金属杆MN的速度大小为 v1＝at1＝2×1 m/s＝2 m/s 金属杆MN产生的感应电动势为 E＝BLv1‎ 金属杆MN中的感应电流大小I＝ 金属杆MN受到的安培力大小 F安＝BIL 联立得F安＝＝1.6 N 根据牛顿第二定律得 F－F安＝ma 可得F＝F安＋ma＝2 N ‎(2)2 s末，金属杆MN的速度大小为 v2＝at2＝2×2 m/s＝4 m/s 撤去外力F后的过程中，根据能量守恒定律得电路中产生的总焦耳热Q＝mv＝×0.2×42 J＝1.6 J 电阻R上产生的焦耳热QR＝Q＝×1.6 J＝0.96 J.‎ 拓展训练6　 (2019·宁夏银川市高三质检)如图11所示，水平放置的U形导轨足够长，置于方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B＝5 T，导轨宽度L＝0.4 m，左侧与R＝0.5 Ω的定值电阻连接，右侧有导体棒ab垂直导轨跨放在导轨上，导体棒ab质量m＝2.0 kg，电阻r＝0.5 Ω，与导轨的动摩擦因数μ＝0.2，其余电阻可忽略不计．导体棒ab在大小为10 N的水平外力F作用下，由静止开始运动了x＝40 cm后，速度达到最大，取g＝10 m/s2.求：‎ 图11‎ ‎(1)导体棒ab运动的最大速度；‎ ‎(2)当导体棒ab的速度v＝1 m/s时，导体棒ab的加速度的大小；‎ ‎(3)导体棒ab由静止达到最大速度的过程中，电阻R上产生的热量．‎ 答案　(1)1.5 m/s　(2)1 m/s2　(3)0.075 J 解析　(1)导体棒ab垂直切割磁感线运动，产生的感应电动势大小：E＝BLv 由闭合电路欧姆定律得：I＝ 可得导体棒受到的安培力：F安＝BIL＝ 当导体棒做匀速直线运动时速度最大，由平衡条件得：＋μmg＝F 解得最大速度：vm＝1.5 m/s；‎ ‎(2)当导体棒ab的速度v＝1 m/s时，由牛顿第二定律得：F－－μmg＝ma 解得：a＝1 m/s2；‎ ‎(3)在整个过程中，由能量守恒定律可得：Fx＝Q＋μmgx＋mvm2‎ 解得：Q＝0.15 J 所以QR＝Q＝0.075 J.‎ 专题强化练 ‎(限时40分钟)‎ ‎1. (多选)(2019·广东广州市4月综合测试)如图1，两条水平光滑金属导轨固定在电磁铁两磁极之间，导轨两端a、b断开，金属杆L垂直导轨放置．闭合开关S，下列判断正确的是(　　)‎ 图1‎ A．电磁铁两磁极之间的磁场方向向下 B．若给金属杆向左的初速度，则a点电势高于b点 C．若a、b间接导线，向下移动滑片P，则金属杆向左运动 D．若a、b间接直流电源，a接正极、b接负极，则金属杆向左运动 答案　AC 解析　闭合开关S，根据右手螺旋定则可知，电磁铁两磁极之间的磁场方向向下，选项A正确；根据右手定则可知，若给金属杆向左的初速度，则a点电势低于b点，选项B错误；若a、b间接导线，向下移动滑片P，则螺线管中的电流变大，磁场增强，由于穿过闭合回路的磁通量增加，由楞次定律可知，金属杆向左运动，选项C正确；若a、b间接直流电源，a接正极、b接负极，由左手定则可知，金属杆向右运动，选项D错误．‎ ‎2. (多选)(2019·广东揭阳市第一次模拟)如图2所示，一根长导线弯曲成“”形，通以直流电I，正中间用绝缘线悬挂一金属环C，环与导线处于同一竖直平面内．在电流I增大的过程中，下列判断正确的是(　　)‎ 图2‎ A．金属环中无感应电流产生 B．金属环中有逆时针方向的感应电流 C．悬挂金属环C的竖直线的拉力大于环的重力 D．悬挂金属环C的竖直线的拉力小于环的重力 答案　BC 解析　由安培定则知，弯曲成“”形的导线中电流在金属环C处产生的磁场方向垂直纸面向里，因电流逐渐增大，由楞次定律知，金属环C中感应电流的方向为逆时针，由左手定则可知，安培力的方向指向圆心，由于导线弯曲成“”形，所以金属环下边圆弧受到的安培力较小，因此导致悬挂金属环C的竖直线的拉力增大，且大于环的重力，故B、C正确，A、D错误．‎ ‎3．(多选)(2019·湖北武汉市调研)如图3甲所示，在足够长的光滑的斜面上放置着金属线框，垂直于斜面方向的匀强磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示(规定垂直斜面向上为正方向)．t＝0时刻将线框由静止释放，在线框下滑的过程中，下列说法正确的是(　　)‎ 图3‎ A．线框中产生大小、方向周期性变化的电流 B．MN边受到的安培力先减小后增大 C．线框做匀加速直线运动 D．线框中产生的焦耳热等于其机械能的损失 答案　BC 解析　穿过线框的磁通量先向下减小，后向上增大，则根据楞次定律可知，感应电流方向不变，选项A错误；因B的变化率不变，则感应电动势不变，感应电流不变，而B的大小先减小后增大，根据F＝BIL可知，MN边受到的安培力先减小后增大，选项B正确；因线框平行的两边电流等大反向，则整个线框受到的安培力为零，则线框下滑的加速度不变，线框做匀加速直线运动，选项C 正确；因安培力对线框做功为零，斜面光滑，则线框的机械能守恒，选项D错误．‎ ‎4. (2019·安徽蚌埠市第三次质量检测)如图4所示，某小组利用电流传感器(接入电脑，图中未画出)记录灯泡A和自感元件L构成的并联电路在断电瞬间各支路电流随时间的变化情况，i1表示小灯泡中的电流，i2表示自感元件中的电流(已知开关S闭合时i2>i1)，则下列图象中正确的是(　　)‎ 图4‎ 答案　C 解析　当开关S断开后，自感元件与灯泡形成回路，自感元件阻碍自身电流变化，自感元件产生的感应电流仍沿着原来方向，大小从i2开始不断减小，灯泡的电流反向，大小与自感元件电流相等，故C正确，A、B、D错误．‎ ‎5．(2019·河南南阳市上学期期末)如图5甲所示，边长为L＝0.1 m的10匝正方形线框abcd处在变化的磁场中，在线框d端点处开有一个小口，d、e用导线连接到一个定值电阻上，线框中的磁场随时间的变化情况如图乙所示(规定垂直纸面向外为磁场的正方向)，下列说法正确的是(　　)‎ 图5‎ A．t＝3 s时线框中的磁通量为0.03 Wb B．t＝4 s时线框中的感应电流大小为零 C．t＝5 s时通过线框中的电流将反向 D．t＝8 s时通过线框中的电流沿逆时针方向 答案　C 解析　由磁通量的定义可知t＝3 s时穿过线框的磁通量为Φ＝B0·L2＝0.003 Wb，故A错误；t＝4 s时，由法拉第电磁感应定律知E＝n＝nL2＝10××0.01 V＝0.03 V，所以线框中的感应电流为I＝，故B错误；由楞次定律可知，3～5 s，线框中的感应电流为逆时针方向，5～11 s ‎，线框中的感应电流为顺时针方向，故t＝5 s时通过线框中的电流将反向，故C正确，D错误．‎ ‎6. (多选)(2019·河南平顶山市一轮复习质检)如图6所示，边长为L的正三角形金属线框处于匀强磁场中，开始时线框平面与磁场垂直，磁场的磁感应强度为B，让线框以AB边为轴以角速度ω在磁场中匀速转过180°的过程中，则(　　)‎ 图6‎ A．穿过线框导线横截面的电荷量为0‎ B．线框中的感应电流方向先沿ACBA后沿ABCA C．线框中的平均感应电动势为 D．线框中感应电动势的有效值为 答案　CD 解析　由楞次定律可知，线框转过180°的过程中，感应电流方向始终沿ACBA，说明穿过线框导线横截面的电荷量不为零，故A、B错误；由法拉第电磁感应定律可知，平均感应电动势：＝＝＝＝，故C正确；线框中感应电动势峰值：Em＝BSω＝B××L×Lsin 60°×ω＝，线框匀速转动产生正弦式交变电流，感应电动势的有效值：E＝＝，故D正确．‎ ‎7. (多选)(2019·山东烟台市第一学期期末)如图7所示，两根平行光滑金属导轨间距为L，导轨电阻不计，下端PQ接有阻值为R的电阻，导轨平面与水平面的夹角为θ，且处在磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中．一质量为m、接入电路的电阻也为R的导体棒与固定弹簧相连后放在导轨上，静止时导体棒处于导轨的MN处．已知弹簧的劲度系数为k，弹簧的中心轴线与导轨平行．现将导体棒从弹簧处于自然长度时由静止释放，整个运动过程中导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触．则下列说法中正确的是(　　)‎ 图7‎ A．当导体棒沿导轨向下运动时流过电阻R的电流方向为由P到Q B．当导体棒的速度最大时，弹簧的伸长量为 C．导体棒最终静止时弹簧的弹性势能为Ep，则导体棒从开始运动到停止运动的过程中，回路中产生的焦耳热为－Ep D．若导体棒第一次运动到MN处时速度为v，则此时导体棒的加速度大小为 答案　ACD 解析　由右手定则可知，当导体棒沿导轨向下运动时流过电阻R的电流方向为由P到Q，故A正确；导体棒所受重力、弹簧弹力与安培力的合力为零时速度最大，弹簧伸长量为时，弹簧弹力为mgsin θ，此时导体棒所受合力为安培力，导体棒速度不是最大，故B错误；导体棒最终静止，由平衡条件得：mgsin θ＝kx，弹簧伸长量：x＝，由能量守恒定律得：mgxsin θ＝Q＋Ep，解得：Q＝－Ep，故C正确；导体棒第一次到达MN处时，弹簧的弹力：kx＝mgsin θ，此时导体棒受到的安培力为F＝BIL＝，对导体棒，由牛顿第二定律得：kx－mgsin θ＋＝ma，解得：a＝，故D正确．‎ ‎8. (2019·江西南昌市一模)如图8所示，在倾角θ＝37°的光滑绝缘斜面内有两个质量分别为4m和m的正方形导线框a、b，电阻均为R，边长均为l；它们分别系在一跨过两个轻质定滑轮的轻绳两端，在两导线框之间有一方向垂直斜面向下、宽度为2l的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B；开始时，线框b的上边框与匀强磁场的下边界重合，线框a的下边框到匀强磁场的上边界的距离为l.现将系统由静止释放，线框a恰好匀速穿越磁场区域．不计滑轮摩擦和空气阻力，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：‎ 图8‎ ‎(1)线框a穿出磁场区域时的电流大小；‎ ‎(2)线框a穿越磁场区域时的速度大小；‎ ‎(3)线框b进入磁场过程中产生的焦耳热．‎ 答案　见解析 解析　(1)设绳子拉力为F，线框a匀速穿越磁场区域 对线框a：4mgsin θ＝F安＋F 对线框b：F＝mgsin θ 且F安＝BIl 解得：I＝ ‎(2)线框a匀速运动时，线框a、b速度大小相等 E＝Blv I＝ 解得：v＝ ‎(3)设线框b进入磁场过程产生的焦耳热为Q，对系统列能量守恒方程 ‎4mglsin θ＝mglsin θ＋×5mv2＋Q 得Q＝mgl－.‎ ‎9．(2019·云南昆明市4月质检)如图9甲所示，ACD是固定在水平面上的半径为2r、圆心为O的金属半圆弧导轨，EF是半径为r、圆心也为O的半圆弧，在半圆弧EF与导轨ACD之间的半圆环区域内存在垂直导轨平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，B随时间t变化的图象如图乙所示．OA间接有电阻P，金属杆OM可绕O点转动，M端与轨道接触良好，金属杆OM与电阻P的阻值均为R，其余电阻不计．‎ 图9‎ ‎(1)0～t0时间内，OM杆固定在与OA夹角为θ1＝的位置不动，求这段时间内通过电阻P的感应电流大小和方向；‎ ‎(2)t0～2t0时间内，OM杆在外力作用下以恒定的角速度逆时针转动，2t0时转过角度θ2＝到OC位置，求电阻P在这段时间内产生的焦耳热Q；‎ ‎(3)2t0～3t0时间内，OM杆仍在外力作用下以恒定的角速度逆时针转动，3t0时转到OD位置，若2t0时匀强磁场开始变化，使得2t0～3t0时间内回路中始终无感应电流，求B随时间t变化的关系式，并在图乙中补画出这段时间内的大致图象．‎ 答案　(1)　感应电流方向为：A→O　(2) ‎(3)B＝　图象如图所示：‎ 解析　(1)0～t0时间内：＝，E1＝＝·S1，S1＝·π(2r)2－πr2＝，I1＝ 解得：I1＝，通过电阻P的感应电流方向为：A→O ‎(2)t0～2t0时间内，OM转动的角速度为ω＝，感应电动势为：E2＝B0r，＝ I2＝，Q＝IRt0，得到：Q＝ ‎(3)2t0～3t0时间内，回路中无感应电流，磁通量不变 则B0πr2＝B·[πr2＋·3πr2]‎ 得到：B＝，图象如图所示．‎