【物理】2018届一轮复习人教版法拉第电磁感应定律自感涡流学案

【物理】2018届一轮复习人教版法拉第电磁感应定律自感涡流学案

第2讲　法拉第电磁感应定律　自感　涡流 考点一　法拉第电磁感应定律的理解和应用 ‎1．感应电动势 ‎(1)概念：在电磁感应现象中产生的电动势。‎ ‎(2)产生条件：穿过回路的磁通量发生改变，与电路是否闭合无关。‎ ‎(3)方向判断：感应电动势的方向用楞次定律或右手定则判断。‎ ‎2．法拉第电磁感应定律 ‎(1)内容：感应电动势的大小跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比。‎ ‎(2)公式：E＝n，其中n为线圈匝数。‎ ‎(3)感应电流与感应电动势 ‎3．磁通量变化通常有三种方式 ‎(1)磁感应强度B不变，垂直于磁场的回路面积发生变化，此时E＝nB；‎ ‎(2)垂直于磁场的回路面积不变，磁感应强度发生变化，此时E＝nS，其中是B t图象的斜率。‎ ‎(3)磁通量的变化是由于面积和磁场变化共同引起的，则根据定义求，ΔΦ＝Φ末－Φ初，E＝n≠n。‎ 在图象问题中磁通量的变化率是Φ t图象上某点切线的斜率。‎ ‎[思维诊断]‎ ‎(1)磁通量变化越大，产生的感应电动势也越大。(　　)‎ ‎(2)磁通量变化越快，产生的感应电动势就越大。(　　)‎ ‎(3)磁通量的变化率描述的是磁通量变化的快慢。(　　)‎ ‎(4)感应电动势的大小与线圈的匝数无关。(　　)‎ 答案：　(1)×　(2)√　(3)√　(4)×‎ ‎[题组训练]‎ ‎1．[法拉第电磁感应定律的理解]将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是(　　)‎ A．感应电动势的大小与线圈的匝数无关 B．穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大 C．穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大 D．感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同 解析：　由法拉第电磁感应定律E＝n知，感应电动势的大小与线圈匝数有关，A错；感应电动势正比于，与磁通量的大小无直接关系，B错误，C正确；根据楞次定律知，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化，即“增反减同”，D错误。‎ 答案：　C ‎2．[磁场变化产生感应电动势](2016·北京理综·16)如图所示，匀强磁场中有两个导体圆环a、b，磁场方向与圆环所在平面垂直。磁感应强度B随时间均匀增大。两圆环半径之比为2∶1，圆环中产生的感应电动势分别为Ea和Eb。不考虑两圆环间的相互影响。下列说法正确的是(　　)‎ A．Ea∶Eb＝4∶1，感应电流均沿逆时针方向 B．Ea∶Eb＝4∶1，感应电流均沿顺时针方向 C．Ea∶Eb＝2∶1，感应电流均沿逆时针方向 D．Ea∶Eb＝2∶1，感应电流均沿顺时针方向 解析：　由题意可知＝k，导体圆环中产生的感应电动势E＝＝·S＝·πr2，因ra∶rb＝2∶1，故Ea∶Eb＝4∶1，由楞次定律知感应电流的方向均沿顺时针方向，选项B正确。‎ 答案：　B ‎3．[面积变化产生的感应电动势]如图所示，导线全部为祼导线，半径为r的圆内有垂直于圆平面的匀强磁场，磁感应强度为B，一根长度大于2r的导线MN以速率v在圆环上无摩擦地自左端匀速滑到右端，回路的固定电阻为R，其余电阻不计，试求：‎ ‎(1)MN从圆环左端滑到右端的过程中，电阻R上的电流的平均值及通过的电荷量。‎ ‎(2)MN从圆环左端滑到右端的过程中，电阻R上的电流的最大值。‎ 解析：　(1)从左端到右端磁通量的变化量 ΔΦ＝BΔS＝Bπr2‎ 从左端到右端的时间：Δt＝ 根据法拉第电磁感应定律，平均感应电动势 ＝＝＝ 所以，回路中平均感应电流＝＝ 通过R的电荷量q＝Δt＝·＝。‎ ‎(2)当导线运动到圆环的圆心处时，切割磁感线的有效长度最大，产生的感应电动势也就最大，电阻R上的电流也就最大，此时Em＝B·2r·v，所以Im＝，由以上两式，得Im＝。‎ 答案：　(1)＝　q＝　(2)Im＝ 方法技巧　(1)应用法拉第电磁感应定律解题的一般步骤 ‎①分析穿过闭合电路的磁场方向及磁通量的变化情况；‎ ‎②利用楞次定律确定感应电流的方向；‎ ‎③灵活选择法拉第电磁感应定律的不同表达形式列方程求解。‎ (2)应用法拉第电磁感应定律应注意以下两点 ‎①由E＝nf(ΔΦ,Δt)计算所得的感应电动势为Δt时间内的平均电动势，Δt足够小时，才可认为等于瞬时电动势。‎ ‎②应用E＝nSf(ΔB,Δt)计算时，S为线圈在磁场内的有效面积。‎ 考点二　导体切割磁感线产生感应电动势的计算 ‎1．公式E＝Blv的“四性”‎ ‎(1)正交性：本公式是在一定条件下得出的，除磁场为匀强磁场外，还需B、l、v三者互相垂直。‎ ‎(2)瞬时性：若v为瞬时速度，则E为相应的瞬时感应电动势。‎ ‎(3)有效性：公式中的l为导体切割磁感线的有效长度。‎ 如图中，棒的有效长度为a、b间的距离。‎ ‎(4)相对性：E＝Blv中的速度v是导体相对磁场的速度，若磁场也在运动，应注意速度间的相对关系。‎ ‎2．导体在磁场中旋转产生的感应电动势 导体棒绕一端在匀强磁场中转动切割磁感线产生的感应电动势为E＝Bωl2。‎ ‎(2015·新课标全国Ⅱ·15)如图，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上。当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为φa、φb、φc。已知bc边的长度为l。下列判断正确的是(　　)‎ A．φa＞φc，金属框中无电流 B．φb＞φc，金属框中电流方向沿a－b－c－a C．Ubc＝－Bl2ω，金属框中无电流 D．Ubc＝Bl2ω，金属框中电流方向沿a－c－b－a 解析：　金属框绕ab边转动时，闭合回路abc中的磁通量始终为零(即不变)，所以金属框中无电流。金属框在逆时针转动时，bc边和ac边均切割磁感线，由右手定则可知φb＜φc，φa＜φc，所以根据E＝Blv可知，Ubc＝Uac＝－Bl＝－Bl＝－Bl2ω。由以上分析可知选项C正确。‎ 答案：　C ‎(2015·北京理综·22)如图所示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，宽度L＝‎0.4 m，一端连接R＝1 Ω的电阻。导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B＝1 T。导体棒MN放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好。导轨和导体棒的电阻均可忽略不计。在平行于导轨的拉力F作用下，导体棒沿导轨向右匀速运动，速度v＝‎5 m/s。求：‎ ‎(1)感应电动势E和感应电流I；‎ ‎(2)在0.1 s时间内，拉力的冲量IF的大小；‎ ‎(3)若将MN换为电阻r＝1 Ω的导体棒，其他条件不变，求导体棒两端的电压U。‎ 解析：　(1)由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势 E＝BLv＝1×0.4×5 V＝2 V 感应电流I＝＝ A＝‎‎2 A ‎(2)拉力大小等于安培力大小F＝BIL＝1×2×0.4 N＝0.8 N 冲量大小IF＝FΔt＝0.8×0.1 N·s＝0.08 N·s ‎(3)由闭合电路欧姆定律可得，电路中电流 I′＝＝ A＝‎‎1 A 由欧姆定律可得，导体棒两端电压U＝I′R＝1 V。‎ 答案：　(1)2 V　‎2 A　(2)0.08 N·s　(3)1 V ‎[题组训练]‎ ‎1．[转动切割]‎ 如图所示，竖直平面内有一金属环，半径为a，总电阻为R(指拉直时两端的电阻)，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过环平面，在环的最高点A用铰链连接长度为‎2a、电阻为的导体棒AB，AB由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B点的线速度为v，则这时AB两端的电压大小为(　　)‎ A.　　　　　　　　　 B． C. D．Bav 解析：　摆到竖直位置时，AB切割磁感线的瞬时感应电动势E＝B·‎2a·＝Bav。由闭合电路欧姆定律得，UAB＝·＝Bav，故A正确。‎ 答案：　A ‎2．[平动切割](2015·海南单科·13)如图，两平行金属导轨位于同一水平面上，相距l，左端与一电阻R相连；整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向竖直向下。一质量为m的导体棒置于导轨上，在水平外力作用下沿导轨以速率v匀速向右滑动，滑动过程中始终保持与导轨垂直并接触良好。已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ，‎ 重力加速度大小为g，导轨和导体棒的电阻均可忽略。求：‎ ‎(1)电阻R消耗的功率；‎ ‎(2)水平外力的大小。‎ 解析：　(1)导体切割磁感线运动产生的电动势为E＝Blv，根据欧姆定律，闭合回路中的感应电流为I＝，电阻R消耗的功率为P＝I2R，联立可得P＝ ‎(2)对导体棒受力分析，受到向左的安培力和向左的摩擦力，向右的外力，三力平衡，故有F安＋μmg＝F，F安＝BIl＝B··l，故F＝＋μmg 答案：　(1)　(2)＋μmg 考点三　自感现象　涡流 ‎1．自感现象：由于通过导体自身的电流发生变化而产生的电磁感应现象。‎ ‎2．自感电动势 ‎(1)定义：在自感现象中产生的感应电动势。‎ ‎(2)表达式：E＝L。‎ ‎(3)自感系数L ‎①相关因素：与线圈的大小、形状、圈数以及是否有铁芯等因素有关。‎ ‎②单位：亨利(H)，常用单位还有毫亨(mH)、微亨(μH)。1 mH＝10－3 H,1 μH＝10－6 H。‎ ‎3．自感中灯泡“闪亮”与“不闪亮”的原因 与线圈串联的灯泡 与线圈并联的灯泡 电路图 通电时 电流逐渐增大，灯泡逐渐变亮 电流突然增大，然后逐渐减小达到稳定 断电时 电流逐渐减小，灯泡逐渐变暗，电流方向不变 电路中稳态电流为I1、I2：①若I2≤I1，灯泡逐渐变暗；②若I2＞I1，灯泡闪亮后逐渐变暗。两种情况灯泡中电流方向均改变 ‎4.涡流：当线圈中的电流发生变化时，在它附近的导体中产生的像水的旋涡一样的感应电流。‎ ‎(1)电磁阻尼：当导体在磁场中运动时，感应电流会使导体受到安培力，‎ 安培力的方向总是阻碍导体的相对运动。‎ ‎(2)电磁驱动：如果磁场相对于导体转动，在导体中产生的感应电流使导体受到安培力的作用而运动起来。‎ ‎(3)电磁阻尼和电磁驱动的原理体现了楞次定律的推广应用。‎ ‎[题组训练]‎ ‎1．[自感现象](多选)如图所示，电源的电动势为E，内阻r不能忽略。A、B是两个相同的小灯泡，L是一个自感系数相当大的线圈。关于这个电路的以下说法正确的是(　　)‎ A．开关由闭合到电路中电流稳定的时间内，A灯立刻亮起，而后逐渐变暗，最后亮度稳定 B．开关由闭合到电路中电流稳定的时间内，B灯立刻亮起，而后逐渐变暗，最后亮度稳定 C．开关由闭合到断开的瞬间，A灯闪亮一下再熄灭 D．开关由闭合到断开的瞬间，电流自右向左通过A灯 解析：　从开关闭合到电路中电流稳定的时间内，A灯立刻亮起，而后逐渐变暗，最后亮度稳定；B灯逐渐变亮，最后亮度稳定，选项A正确，B错误。开关由闭合到断开的瞬间，电流自右向左通过A灯，由于线圈中电流不大于A灯电流，故本题电路A灯不会闪亮一下再熄灭，选项C错误，D正确。‎ 答案：　AD ‎2．[涡流](多选)(2014·江苏卷·7)如图所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来。若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有(　　)‎ A．增加线圈的匝数 B．提高交流电源的频率 C．将金属杯换为瓷杯 D．取走线圈中的铁芯 解析：　‎ 当电磁铁接通交流电源时，金属杯处在变化的磁场中产生涡电流发热，使水温升高。要缩短加热时间，需增大涡电流，即增大感应电动势或减小电阻。增加线圈匝数、提高交变电流的频率都是为了增大感应电动势。瓷杯不能产生涡电流，取走铁芯会导致磁性减弱。所以选项A、B正确，选项C、D错误。‎ 答案：　AB 物理模型盘点⑧——电磁感应中的“杆＋导轨”模型 ‎1．模型特点 ‎“杆＋导轨”模型是电磁感应问题高考命题的“基本道具”，也是高考的热点。‎ ‎“杆＋导轨”模型问题的物理情境变化空间大，涉及的知识点多。‎ ‎2．分析思路 ‎3．模型分类 模型一　单杆水平式 物理模型 匀强磁场与导轨垂直，磁感应强度为B，棒ab长为L，质量为m，初速度为零，拉力恒为F，水平导轨光滑，除电阻R外，其他电阻不计 动态 分析 设运动过程中某时刻棒的速度为v，由牛顿第二定律知棒ab的加速度为a＝－，a、v同向，随速度的增加，棒的加速度a减小，当a＝0时，v最大，I＝恒定 收 尾 状态 运动形式 匀速直线运动 力学特征 a＝0，v恒定不变 电学特征 I恒定 模型二　单杆倾斜式 物理 模型 匀强磁场与导轨垂直，磁感应强度为B，导轨间距L，导体棒质量m，电阻R，导轨光滑，电阻不计(如图)‎ 动态 分析 棒ab释放后下滑，此时a＝gsin α，棒ab速度v↑→感应电动势E＝BLv↑→电流I＝↑→安培力F＝BIL↑→加速度a↓，当安培力F＝mgsin α时，a＝0，v最大 收 尾 状 态 运动形式 匀速直线运动 力学特征 a＝0，v最大，vm＝ 电学特征 I恒定 ‎(2016·全国甲卷·24)如图，水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上。t＝0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止 运动。t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动。杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ。重力加速度大小为g。求 ‎(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；‎ ‎(2)电阻的阻值。‎ 解析：　(1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a，由牛顿第二定律得 ma＝F－μmg①‎ 设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有 v＝at0②‎ 当金属杆以速度v在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律，杆中的电动势为 E＝Blv③‎ 联立①②③式可得 E＝Blt0(－μg)④‎ ‎(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I，根据欧姆定律 I＝⑤‎ 式中R为电阻的阻值。金属杆所受的安培力为 FA＝BlI⑥‎ 因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得 F－μmg－FA＝0⑦‎ 联立④⑤⑥⑦式得 R＝⑧‎ 答案：　(1)Blt0　(2) ‎[即学即练]‎ 如图所示，足够长的固定平行粗糙金属双轨MN、PQ相距d＝‎0.5 m，导轨平面与水平面夹角α＝30°，处于方向垂直导轨平面向上、磁感应强度大小B＝0.5 T的匀强磁场中。长也为d的金属棒ab垂直于导轨MN、PQ放置，且始终与导轨接触良好，棒的质量m＝‎0.1 kg，电阻R＝0.1 Ω，与导轨之间的动摩擦因数μ＝，导轨上端连接电路如图所示。已知电阻R1与灯泡电阻R2的阻值均为0.2 Ω，导轨电阻不计，取重力加速度大小g＝‎10 m/s2。‎ ‎(1)求棒由静止刚释放瞬间下滑的加速度大小a；‎ ‎(2)假若棒由静止释放并向下加速运动一段距离后，灯L的发光亮度稳定，求此时灯L的实际功率P和棒的速率v。‎ 解析：　(1)棒由静止刚释放的瞬间速度为零，不受安培力作用 根据牛顿第二定律有mgsin α－μmgcos α＝ma，代入数据得a＝‎2.5 m/s2。‎ ‎(2)由“灯L的发光亮度稳定”知棒做匀速运动，受力平衡，有mgsin α－μmgcos α＝BId 代入数据得棒中的电流I＝‎‎1 A 由于R1＝R2，所以此时通过小灯泡的电流 I2＝I＝‎0.5 A，P＝IR2＝0.05 W 此时感应电动势E＝Bdv＝I 得v＝‎0.8 m/s 答案：　(1)‎2.5 m/s2　(2)0.05 W　‎0.8 m/s ‎1．(2016·江苏单科·6)(多选)电吉他中电拾音器的基本结构如图所示，磁体附近的金属弦被磁化，因此弦振动时，在线圈中产生感应电流，电流经电路放大后传送到音箱发出声音。‎ 下列说法正确的有(　　)‎ A．选用铜质弦，电吉他仍能正常工作 B．取走磁体，电吉他将不能正常工作 C．增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势 D．弦振动过程中，线圈中的电流方向不断变化 解析：　铜质弦无法被磁化，不能产生磁场引起线圈中磁通量的变化从而产生感应电流，所以铜质弦不能使电吉他正常工作，故A项错误；取走磁体，金属弦无法被磁化，线圈中不会产生感应电流，B项正确；由E＝n知，C项正确；金属弦来回振动，线圈中磁通量不断增加或减小，电流方向不断变化，D项正确。‎ 答案：　BCD ‎2．(2016·全国甲卷·20)(多选)‎ 法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触。圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中。圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是(　　)‎ A．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定 B．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动 C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化 D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍 解析：　由右手定则知，圆盘按如题图所示的方向转动时，感应电流沿a到b的方向流动，选项B正确；由感应电动势E＝Bl2ω 知，角速度恒定，则感应电动势恒定，电流大小恒定，选项A正确；角速度大小变化，感应电动势大小变化，但感应电流方向不变，选项C错误；若ω变为原来的2倍，则感应电动势变为原来的2倍，电流变为原来的2倍，由P＝I2R知，电流在R上的热功率变为原来的4倍，选项D错误。‎ 答案：　AB ‎3．(2016·浙江理综·16)如图所示，a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，边长la＝‎3lb，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则(　　)‎ A．两线圈内产生顺时针方向的感应电流 B．a、b线圈中感应电动势之比为9∶1‎ C．a、b线圈中感应电流之比为3∶4‎ D．a、b线圈中电功率之比为3∶1‎ 解析：　磁场均匀增大，穿过两线圈的磁通量增大，根据楞次定律可知两线圈内会产生逆时针方向的感应电流，选项A错误；由法拉第电磁感应定律E＝n＝nl2，得＝＝，选项B正确；由电阻定律R＝ρ，得＝＝，由闭合电路欧姆定律可得I＝，即＝×＝，选项C错误；由P＝得＝×＝，选项D错误。‎ 答案：　B ‎4．(2015·江苏单科·13)做磁共振(MRI)检查时，对人体施加的磁场发生变化时会在肌肉组织中产生感应电流。某同学为了估算该感应电流对肌肉组织的影响，将包裹在骨骼上的一圈肌肉组织等效成单匝线圈，线圈的半径r＝‎5.0 cm，线圈导线的截面积A＝‎0.80 cm2，电阻率ρ＝1.5 Ω·m。如图所示，匀强磁场方向与线圈平面垂直，若磁感应强度B在0.3 s内从1.5 T均匀地减为零，求：(计算结果保留一位有效数字)‎ ‎(1)该圈肌肉组织的电阻R；‎ ‎(2)该圈肌肉组织中的感应电动势E；‎ ‎(3)0.3 s内该圈肌肉组织中产生的热量Q。‎ 解析：　(1)由电阻定律R＝ρ，代入数据解得R＝6×103 Ω ‎(2)感应电动势E＝πr2，代入数据解得E＝4×10－2 V ‎(3)由焦耳定律得Q＝Δt，代入数据解得Q＝8×10－8 J 答案：　(1)6×103 Ω　(2)4×10－2 V　(3)8×10－8 J ‎5．(2015·浙江理综·24)小明同学设计了一个“电磁天平”，如图甲所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡。线圈的水平边长L＝‎0.1 m，竖直边长H＝‎0.3 m，匝数为N1。线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B0＝1.0 T，方向垂直线圈平面向里。线圈中通有可在0～‎2.0 A范围内调节的电流I。挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使天平平衡，测出电流即可测得物体的质量。(重力加速度取g＝‎10 m/s2)‎ ‎(1)为使电磁天平的量程达到‎0.5 kg，线圈的匝数N1至少为多少？‎ ‎(2)进一步探究电磁感应现象，另选N2＝100匝、形状相同的线圈，总电阻R＝10 Ω。不接外电流，两臂平衡。如图乙所示，保持B0不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B随时间均匀变大，磁场区域宽度d＝‎0.1 m。当挂盘中放质量为‎0.01 kg的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率。‎ 解析：　(1)线圈受到安培力F＝N1B0IL，天平平衡mg＝N1B0IL，代入数据得N1＝25匝。‎ ‎(2)由电磁感应定律得E＝N2，E＝N2Ld，由欧姆定律得I′＝，线圈受到安培力F′＝N2B0I′L，天平平衡，则m′g＝NB0·，代入数据可得＝0.1 T/s。‎ 答案：　(1)25匝　(2)0.1 T/s 课时作业 ‎(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)‎ 一、选择题(1～6题为单项选择题，7～10题为多项选择题)‎ ‎1．(2015·海南单科·2)如图，空间有一匀强磁场，一直金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速度v沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小为E，将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线，置于与磁感应强度相垂直的平面内，‎ 当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v运动时，棒两端的感应电动势大小为E′。则等于(　　)‎ A.　　　　　　　　　　　 B． C．1 D． 解析：　设折弯前导体切割磁感线的长度为L，E＝BLv；折弯后，导体切割磁感线的有效长度为L＝＝L，故产生的感应电动势为E′＝Blv＝B·Lv＝E，所以＝，B正确。‎ 答案：　B ‎2.‎ ‎(2014·江苏高考)如图所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中。在Δt时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀地增大到2B。在此过程中，线圈中产生的感应电动势为(　　)‎ A.　　　　　　　　　 B． C. D． 解析：　线圈在磁场中的面积S＝a2，穿过线圈的磁通量的变化量ΔΦ＝2BS－BS＝Ba2。根据法拉第电磁感应定律E＝n得E＝n，所以B正确。‎ 答案：　B ‎3．如图所示，线圈L的自感系数很大，且其电阻可以忽略不计，L1、L2是两个完全相同的小灯泡，随着开关S闭合和断开的过程中，灯L1、L2的亮度变化情况是(灯丝不会断)(　　)‎ A．S闭合，L1亮度不变，L2亮度逐渐变亮，最后两灯一样亮；S断开，L2立即不变，L1逐渐变亮 B．S闭合，L1不亮，L2很亮；S断开，L1、L2立即不亮 C．S闭合，L1、L2同时亮，而后L1逐渐熄灭，L2亮度不变；S断开，L2立即不亮，L1亮一下才熄灭 D．S闭合，L1、L2同时亮，而后L1逐渐熄灭，L2则逐渐变得更亮；S断开，L2立即不亮，L1亮一下才熄灭 解析：　当S闭合时，L的自感系数很大，对电流的阻碍作用较大，L1和L2串接后与电源相连，L1和L2同时亮，随着L中电流的增大，L的直流电阻不计，L的分流作用增大，L1中的电流逐渐减小为零，由于总电阻变小，总电流变大，L2中的电流增大，L2灯变得更亮；当S断开时，L2中无电流，立即熄灭，而线圈L将要维持本身的电流不变，L与L1组成闭合电路，L1灯要亮一下后再熄灭。综上所述，选项D正确。‎ 答案：　D ‎4．如图所示，在水平面内固定着U形光滑金属导轨，轨道间距为‎50 cm，金属导体棒ab质量为‎0.1 kg，电阻为0.2 Ω，横放在导轨上，电阻R的阻值是0.8 Ω(导轨其余部分电阻不计)。现加上竖直向下的磁感应强度为0.2 T的匀强磁场。用水平向右的恒力F＝0.1 N拉动ab，使其从静止 运动，则(　　)‎ A．导体棒ab 运动后，电阻R中的电流方向是从P流向M B．导体棒ab运动的最大速度为‎10 m/s C．导体棒ab 运动后，a、b两点的电势差逐渐增加到1 V后保持不变 D．导体棒ab 运动后任一时刻，F的功率总等于导体棒ab和电阻R的发热功率之和 解析：　由右手定则可判断电阻R中的感应电流方向是从M流向P，A错；当金属导体棒受力平衡时，其速度将达到最大值，由F＝BIL，I＝＝可得F＝，代入数据解得vm＝‎10 m/s，B对；感应电动势的最大值Em＝1 V，a、b两点的电势差为路端电压，最大值小于1 V，C错；在达到最大速度以前，F所做的功一部分转化为内能，另一部分转化为导体棒的动能，D错。‎ 答案：　B ‎5.‎ 矩形线圈abcd，长ab＝‎20 cm，宽bc＝‎10 cm，匝数n＝200，线圈回路总电阻R＝5 Ω。整个线圈平面内均有垂直于线圈平面的匀强磁场穿过。若匀强磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图所示，则(　　)‎ A．线圈回路中感应电动势随时间均匀变化 B．线圈回路中产生的感应电流为‎0.2 A C．当t＝0.3 s时，线圈的ab边所受的安培力大小为0.016 N D．在1 min内线圈回路产生的焦耳热为48 J 解析：　由E＝n＝nS可知，由于线圈中磁感应强度的变化率＝ T/s＝0.5 T/s为常数，则回路中感应电动势为E＝nS＝2 V，且恒定不变，故选项A错误；回路中感应电流的大小为I＝＝‎0.4 A，选项B错误；当t＝0.3 s时，磁感应强度B＝0.2 T，则安培力为F＝nBIl＝200×0.2×0.4×0.2 N＝3.2 N，故选项C错误；1 min内线圈回路产生的焦耳热为Q＝I2Rt＝0.42×5×60 J＝48 J，选项D正确。‎ 答案：　D ‎6．如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，ab边长大于bc边长，置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN。第一次ab边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1；第二次bc边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则(　　)‎ A．Q1>Q2，q1＝q2‎ B．Q1>Q2，q1>q2‎ C．Q1＝Q2，q1＝q2‎ D．Q1＝Q2，q1>q2‎ 解析：　第一次ab边是电源，第二次bc边是电源。设线框ab、bc边长分别为l1、l2，第一次时线框中产生的热量Q1＝IRt＝2·R·＝＝l1，同理第二次时线框中产生的热量Q2＝l2，由于l1>l2，所以Q1>Q2。通过线框导体横截面的电荷量q＝n＝，故q ‎1＝q2，A选项正确。‎ 答案：　A ‎7.‎ 如图所示，线圈内有理想边界的磁场，开关闭合，当磁感应强度均匀减小时，有一带电微粒静止于水平放置的平行板电容器中间，若线圈的匝数为n，平行板电容器的板间距离为d，粒子的质量为m，带电荷量为q，线圈面积为S，则下列判断中正确的是(　　)‎ A．带电微粒带负电 B．线圈内磁感应强度的变化率为 C．当下极板向上移动时，带电微粒将向上运动 D．当开关断开时，带电微粒将做自由落体运动 解析：　由于磁感应强度均匀减小，由楞次定律及右手定则可知电容器下极板带正电，带电微粒静止，说明其受到的电场力向上，故带电微粒带正电，选项A错误；带电微粒静止，由mg＝q及U＝n＝nS可得：＝，选项B正确；当下极板向上移动时，两极板间距减小，由E＝可知场强变大，则此时mg0，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－<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。‎ 若k－＝0，则a＝，金属棒做匀加速运动 则v＝at，P＝IE＝t2，都不正确。‎ 答案：　BC ‎[变式训练]‎ ‎1.‎ 图中有A、B两个线圈。线圈B连接一电阻R，要使流过电阻R的电流大小恒定，且方向由c点流经电阻R到d点。设线圈A中电流i从a点流入线圈的方向为正方向，则线圈A中的电流随时间变化的图象是(　　)‎ 解析：　根据感应电动势E＝n表达式知，要想产生从c经R流向d的电流，那么穿过线圈B中的原磁场方向若向右，则应该在均匀减小，若向左则均匀增加。当线圈A中从a点流入电流，则电流应该均匀增加才可以满足题中条件；当线圈A中从b点流入电流，则电流应该均匀减小才可以满足题中条件，A对，B错；当线圈A中电流保持不变时，线圈B中没有感应电流，C、D错。‎ 答案：　A ‎2．矩形导线框abcd如图甲所示放在匀强磁场中，磁感线方向与线框平面垂直，磁感应强度B随时间变化的图象如图乙所示。t＝0时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里。若规定导线框中感应电流沿逆时针方向为正，则在0～4 s时间内，线框中的感应电流I以及线框的ab边所受安培力F随时间变化的图象为(安培力取向上为正方向)(　　)‎ 解析：　由法拉第电磁感应定律E＝＝·S及图象可知，感应电动势E大小不变，A项错；由闭合电路欧姆定律I＝及安培力公式F＝BIL可知，安培力与磁感应强度成正比，D项错；由楞次定律可知，0～2 s内感应电流方向为顺时针方向，2～4 s为逆时针方向，B项错；由左手定则可知，第1 s和第 3 s安培力竖直向上，第2 s和第4 s安培力竖直向下，C项正确。‎ 答案：　C ‎3．(多选)一正方形金属线框位于有界匀强磁场区域内，线框平面与磁场垂直，线框的右边紧贴着磁场边界，如图甲所示。t＝0时刻对线框施加一水平向右的外力，让线框从静止 做匀加速直线运动穿过磁场，外力F随时间t变化的图象如图乙所示。已知线框质量m＝‎1 kg、电阻R＝1 Ω，以下说法正确的是(　　)‎ A．线框做匀加速直线运动的加速度为‎1 m/s2‎ B．匀强磁场的磁感应强度为2 T C．线框穿过磁场的过程中，通过线框的电荷量为 C D．线框边长为‎1 m 解析：　t＝0时，线框初速度为零，故感应电动势为零，力F为线框所受合外力，由牛顿第二定律可知，线框的加速度a＝‎1 m/s2，A项正确；由图象知，t＝1.0 s时，线框刚好离开磁场，由匀变速直线运动规律可知线框的边长为‎0.5 m，D项错；线框的末速度v＝at＝‎1 m/s，感应电动势E＝BLv，回路中电流I＝E/R，安培力F安＝BIL，由牛顿第二定律有：F－F安＝ma，联立解得B＝2 T，B正确，由q＝＝＝ C，C项正确。‎ 答案：　ABC 考点二　电磁感应中的电路问题 ‎1．电磁感应中物理量的关系图 ‎2．处理电磁感应电路问题的一般思路 如图甲所示，足够长的平行光滑金属导轨ab、cd倾斜放置，两导轨之间的距离为L＝‎0.5 m，导轨平面与水平面的夹角θ＝30°，导轨上端a、c之间连接有一阻值为R1＝‎ ‎4 Ω的电阻，下端b、d之间接有一阻值为R2＝4 Ω的小灯泡。有理想边界的匀强磁场垂直于导轨平面向上，虚线ef为磁场的上边界，ij为磁场的下边界，此区域内的磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，现将一质量为m＝‎0.2 kg的金属棒MN从距离磁场上边界ef一定距离处从t＝0时刻 由静止释放，金属棒MN从 运动到经过磁场的下边界ij的过程中，小灯泡的亮度始终不变。金属棒MN在两轨道间的电阻r＝1 Ω，其余电阻忽略不计，ef、ij边界均垂直于两导轨，重力加速度g＝‎10 m/s2。求：‎ ‎(1)小灯泡的实际功率。‎ ‎(2)金属棒MN穿出磁场前的最大速率。‎ ‎(3)整个过程中小灯泡产生的热量。‎ 解析：　(1)‎ 由于灯泡亮度始终不变，可知MN棒在t1时刻进入磁场以后做匀速直线运动，受力平衡，受力如图丙所示，列平衡方程mgsin θ＝F安 F安＝BIL 联立解得I＝‎‎1 A MN切割磁感线，相当于电源，等效电路如图丁所示。‎ 由电路的串并联关系得I灯＝I＝‎‎0.5 A 所以P灯＝IR2＝1 W。‎ ‎(2)‎ 由法拉第电磁感应定律可知E＝BLv E＝I(r＋R并)，＝＋ 代入得v＝‎3 m/s。‎ ‎(3)灯泡亮度始终不变，在MN进入磁场前的等效电路如图戊所示 ＝＋，R并′＝＝0.8 Ω E′＝I灯(R2＋R并′)＝2.4 V MN进入磁场前做匀加速直线运动v＝gsin θt1，t1＝0.6 s 由法拉第电磁感应定律可知E′＝Lxei 其中＝ T/s，联立得xei＝‎‎1.44 m 从ef到ij，棒MN做匀速直线运动，xei＝vt2‎ t2＝0.48 s 整个过程中小灯泡产生的热量Q＝P灯(t1＋t2)＝1.08 J。‎ 答案：　(1)1 W　(2)‎3 m/s　(3)1.08 J ‎[变式训练]‎ ‎1.‎ 如图所示，导体AB在做切割磁感线运动时，将产生感应电动势，设导体AB的电阻为r，导轨左端接有阻值为R的电阻，磁场磁感应强度为B，导轨宽为d，导体AB匀速运动，速度为v。下列说法正确的是(　　)‎ A．在本题中分析电路时，导体AB相当于电源，且A端为电源正极 B．UCD＝Bdv C．C、D两点电势关系为φC<φD D．在AB中电流从B流向A，所以φB>φA 解析：　导体AB切割磁感线产生感应电动势，在回路中产生感应电流，方向从B到A，导体AB相当于电源，电源内部电流由负极流向正极，因此A项对，D项错；C、D间电阻R相当于外电阻，UCD＝，且φC>φD。B、C项均错误。‎ 答案：　A ‎2．(多选)如图所示，PN与QM两平行金属导轨相距‎1 m，电阻不计，‎ 两端分别接有电阻R1和R2，且R1＝6 Ω，ab杆的电阻为2 Ω，在导轨上可无摩擦地滑动，垂直穿过导轨平面的匀强磁场的磁感应强度为1 T。现ab以恒定速度v＝‎3 m/s匀速向右移动，这时ab杆上消耗的电功率与R1、R2消耗的电功率之和相等。则(　　)‎ A．R2＝6 Ω B．R1上消耗的电功率为0.375 W C．a、b间电压为3 V D．拉ab杆水平向右的拉力为0.75 N 解析：　由于ab杆上消耗的电功率与R1、R2消耗的电功率之和相等，则内、外电阻相等，＝2，解得R2＝3 Ω，因此A错。E＝Blv＝3 V，总电流I＝＝ A，路端电压Uab＝IR外＝×2 V＝1.5 V，因此C错。P1＝＝0.375 W，B正确；ab杆所受安培力F＝BIl＝0.75 N，因此拉力大小为0.75 N，D正确。‎ 答案：　BD 考点三　电磁感应中的动力学问题 ‎1．导体的两种运动状态 ‎(1)平衡状态：静止或匀速直线运动，F合＝0。‎ ‎(2)非平衡状态：加速度不为零，F合＝ma。‎ ‎2．电学对象与力学对象的转换及关系 ‎(多选)如图所示，间距为L的两根平行金属导轨变成“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，两导体棒与导轨间的动摩擦因数均为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＝ B．导体棒ab匀加速下滑时的加速度大小a＝g－ C．导体棒cd在水平恒力撤去后的位移为x＝ D．导体棒cd在水平恒力撤去后产生的焦耳热为Q＝mv－ 解析：　cd棒切割磁感线产生的感应电动势为E＝BLv0，根据闭合电路欧姆定律得I＝＝，故A错误。对于ab棒，根据牛顿第二定律得mg－Ff＝ma，又Ff＝μFN，FN＝BIL，联立解得a＝g－，故B正确。对于cd棒，根据感应电荷量公式q＝得q＝，则得x＝，故C正确。设导体棒cd在水平恒力撤去后产生的焦耳热为Q，由于ab的电阻与cd相同，两者串联，则ab产生的焦耳热也为Q。根据能量守恒得2Q＋μmgx＝mv，又x＝，解得Q＝mv－，故D正确。‎ 答案：　BCD ‎[考法拓展]　在【典例3】中若cd棒在外力F作用下以恒定的加速度a做初速度为零的匀加速直线运动，则ab棒经多长时间 做匀速直线运动？‎ 解析：　ab棒做加速度减小的加速运动，当mg＝μFN时 匀速运动。对ab棒，水平方向FN＝F安＝BIL，又I＝，v＝at，代入解得t＝。‎ 答案：　 方法技巧　用“四步法”分析电磁感应中的动力学问题 ‎[变式训练]‎ 如图所示，光滑斜面的倾角α＝30°，在斜面上放置一矩形线框abcd，ab边的边长l1＝‎1 m，bc边的边长l2＝‎0.6 m，线框的质量m＝‎1 kg，电阻R＝0.1 Ω，线框通过细线与重物相连，重物质量M＝‎2 kg，斜面上ef(ef∥gh)的右方有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5 T，如果线框从静止 运动，进入磁场的最初一段时间做匀速运动，ef和gh的距离x＝‎11.4 m，(取g＝‎10 m/s2)，求：‎ ‎(1)线框进入磁场前重物的加速度；‎ ‎(2)线框进入磁场时匀速运动的速度v。‎ 解析：　(1)线框进入磁场前，仅受细线的拉力F，斜面的支持力和线框的重力的作用，重物受自身的重力和细线的拉力F′的作用。对线框由牛顿第二定律得F－mgsin α＝ma 对重物由牛顿第二定律得Mg－F′＝Ma 又F＝F′‎ 联立解得线框进入磁场前重物的加速度a＝＝‎5 m/s2。‎ ‎(2)因为线框进入磁场的最初一段时间做匀速运动，则重物受力平衡：Mg＝F1‎ 线框abcd受力平衡：F1＝mgsin α＋F安 ab边进入磁场切割磁感线，产生的感应电动势E＝Bl1v 回路中的感应电流为I＝＝，ab边受到的安培力为F安＝BIl1‎ 联立解得Mg＝mgsin α＋ 代入数据解得v＝‎6 m/s。‎ 答案：　(1)‎5 m/s2　(2)‎6 m/s 考点四　电磁感应中的能量问题 ‎1．能量转化过程 ‎(1)导体切割磁感线或磁通量发生变化产生感应电流的过程就是机械能或其他形式的能转化成电能的过程。‎ ‎(2)克服安培力做的功等于转化的电能，纯电阻电路中，电能以内能形式消耗。‎ ‎2．选用解题规律 ‎(1)动能定理：合外力(包含安培力)所做的功等于导体棒动能的增量。‎ ‎(2)能量转化和守恒定律 ‎①判断选定的系统在某一过程中能量是否守恒。‎ ‎②分析该过程中能量形式，哪种能量增加，哪种能量减少。‎ ‎③增加的能量等于减少的能量。‎ ‎3．求解电磁感应回路焦耳热Q的几种方法 ‎(2015·天津理综·11)如图所示，“凸”字形硬质金属线框质量为m，相邻各边互相垂直，且处于同一竖直平面内，ab边长为l，cd边长为‎2l，ab与cd平行，间距为‎2l。匀强磁场区域的上下边界均水平，磁场方向垂直于线框所在平面。 时，cd边到磁场上边界的距离为‎2l，线框由静止释放，从cd边进入磁场直到ef、pq边进入磁场前，线框做匀速运动，在ef、pq边离开磁场后，ab边离开磁场之前，线框又做匀速运动。线框完全穿过磁场过程中产生的热量为Q。线框在下落过程中始终处于原竖直平面内，且ab、cd边保持水平，重力加速度为g。求：‎ ‎(1)线框ab边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是cd边刚进入磁场时的几倍；‎ ‎(2)磁场上下边界间的距离H。‎ 解析：　(1)设磁场的磁感应强度大小为B，cd边刚进入磁场时，线框做匀速运动的速度为v1，cd边上的感应电动势为E1，由法拉第电磁感应定律，有E1＝2Blv1①‎ 设线框总电阻为R，此时线框中电流为I1，由闭合电路欧姆定律，有I1＝②‎ 设此时线框所受安培力为F1，有F1＝2I‎1lB③‎ 由于线框做匀速运动，其受力平衡，有mg＝F1④‎ 由①②③④式得v1＝⑤‎ 设ab边离开磁场之前，线框做匀速运动的速度为v2，同理可得v2＝⑥‎ 由⑤⑥式得v2＝4v1⑦‎ ‎(2)线框自释放直到cd边进入磁场前，由机械能守恒定律，有2mgl＝mv⑧‎ 线框完全穿过磁场的过程中，由能量守恒定律，有 mg(‎2l＋H)＝mv－mv＋Q⑨‎ 由⑦⑧⑨式得H＝＋‎‎28l 答案：　(1)4倍　(2)＋‎‎28l ‎[变式训练]‎ ‎1．(多选)如图所示，固定在水平绝缘平面上且足够长的金属导轨不计电阻，但表面粗糙，导轨左端连接一个电阻R，质量为m的金属棒(电阻也不计)放在导轨上并与导轨垂直，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直。用水平恒力F把ab棒从静止起向右拉动的过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A．恒力F做的功等于电路产生的电能 B．恒力F和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能 C．克服安培力做的功等于电路中产生的电能 D．恒力F和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能和棒获得的动能之和 解析：　根据功能关系可知，金属棒克服安培力做功等于电路产生的电能。恒力做功等于棒获得的动能、克服安培力和摩擦力做功之和，故A错误，C正确；根据功能关系得知，恒力F和摩擦力的合力做的功等于棒获得的动能、电路中产生的电能之和，故B错误，D正确。‎ 答案：　CD ‎2．如图所示，质量为‎100 g的铝框，用细线悬挂起来，框中央离地面h为‎0.8 m，有一质量为‎200 g的磁铁以‎10 m/s的水平速度射入并穿过铝框，落在距铝框原位置水平距离‎3.6 m处，则在磁铁与铝框发生相互作用时，求：‎ ‎(1)铝框向哪边偏斜，它能上升多高；‎ ‎(2)在磁铁穿过铝框的整个过程中，框中产生了多少热量。‎ 解析：　磁铁在穿过铝框的过程中，使铝框中磁通量发生变化，产生感应电流，磁铁与铝框一直发生相互作用，水平方向动量守恒。磁铁穿过铝框后做平抛运动，根据平抛的水平距离可得作用后磁铁的速度v1′。‎ 因为t＝ ＝ ＝0.4 s x＝v1′t，则v1′＝＝＝‎9 m/s 根据动量守恒定律，有m1v1＝m1v1′＋m2v2′‎ v2′＝＝＝‎2 m/s 铝框作用后获得的速度向右，则将向右偏斜。根据机械能守恒，有m2gh′＝m2v2′2‎ 故h′＝＝＝‎0.2 m。‎ ‎(2)根据能的转化与守恒定律，磁铁的动能一部分转化为电能，另一部分转化为铝框的动能，其中电能又转化为焦耳热Q，即m1v＝m1v1′2＋m2v2′2＋Q 解得Q＝m1v－m1v1′2－m2v1′2‎ ‎＝×0.2×102××0.2×92－×0.1×22＝1.7 J。‎ 答案：　(1)‎0.2 m　(2)1.7 J 方法技巧　电磁感应中能量问题的分析方法 ‎(1)利用克服安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功。‎ 克服安培力做功,电流做功, ‎(2)利用能量守恒定律求解：若只有电能与机械能参与转化，则机械能的减少量等于产生的电能。‎ ‎(3)利用电路的相关公式——电功公式或电热公式求解：若通过电阻的电流是恒定的，则可直接利用电功公式或焦耳定律求解焦耳热。‎ ‎1．(2014·全国卷新课标Ⅰ·18)如图(a)，线圈ab、cd绕在同一软铁芯上，在ab线圈中通以变化的电流，用示波器测得线圈cd间电压如图(b)所示。已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比，则下列描述线圈ab中电流随时间变化关系的图中，可能正确的是(　　)‎ 解析：　由题图(b)可知在cd间不同时间段内产生的电压是恒定的，所以在该时间段内线圈ab中的磁场是均匀变化的，则线圈ab中的电流是均匀变化的，故选项A、B、D错误，选项C正确。‎ 答案：　C ‎2.‎ ‎(2015·福建理综·18)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 解析：　设PQ左侧电路的电阻为Rx，则右侧电路的电阻为3R－Rx，所以外电路的总电阻为R外＝，外电路电阻先增大后减小，所以路端电压先增大后减小，所以B错误；电路的总电阻先增大后减小，再根据闭合电路的欧姆定律可得PQ中的电流，I＝先减小后增大，故A错误；由于导体棒做匀速运动，拉力等于安培力，即F＝BIL，拉力的功率P＝BILv，故先减小后增大，所以C正确；外电路的总电阻R外＝，最大值为R，小于导体棒的电阻R，又外电阻先增大后减小，由电源的输出功率与外电阻的关系图象可知，线框消耗的电功率先增大后减小，故D错误。‎ 答案：　C ‎3.‎ ‎(2016·全国乙卷·24)如图，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连。两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为L，质量分别为‎2m和m；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平。右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上。已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g。已知金属棒ab匀速下滑。求：‎ ‎(1)作用在金属棒ab上的安培力的大小；‎ ‎(2)金属棒运动速度的大小。‎ 解析：　(1)设导线的张力的大小为FT，右斜面对ab棒的支持力的大小为FN1，作用在ab棒上的安培力的大小为F，左斜面对cd棒的支持力大小为FN2。对于ab棒，由力的平衡条件得 ‎2mgsin θ＝μFN1＋FT＋F①‎ FN1＝2mgcos θ②‎ 对于cd棒，同理有③‎ mgsin θ＋μFN2＝FT④‎ FN2＝mgcos θ 联立①②③④式得 F＝mg(sin θ－3μcos θ)⑤‎ ‎(2)由安培力公式得 F＝BIL⑥‎ 这里I是回路abdca中的感应电流。ab棒上的感应电动势为 E＝BLv⑦‎ 式中，v是ab棒下滑速度的大小。由欧姆定律得 I＝⑧‎ 联立⑤⑥⑦⑧式得 v＝(sin θ－3μcos θ)⑨‎ 答案：　(1)mg(sin θ－3μcos θ)‎ ‎(2)(sin θ－3μcos θ) ‎4．(2014·天津卷·11)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＝‎0.4 m。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＝0.5 T。在区域Ⅰ中，将质量m1＝‎0.1 kg，电阻R1＝0.1 Ω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＝‎0.4 kg，电阻R2＝0.1 Ω的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止 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＝‎10 m/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 下滑到ab刚要向上滑动的过程中，cd滑动的距离x＝‎3.8 m，此过程中ab上产生的热量Q是多少。‎ 解析：　(1)由右手定则可判断出cd中的电流方向为由d到c，则ab中电流方向为由a流向b。‎ ‎(2) 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＝m1gsin θ①‎ 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＝③‎ 设ab所受安培力为F安，有F安＝BIL④‎ 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＝m1gsin θ＋Fmax⑤‎ 综合①②③④⑤式，代入数据解得v＝‎5 m/s。⑥‎ ‎(3)设cd棒运动过程中在电路中产生的总热量为Q总，由能量守恒定律有m2gxsin θ＝Q总＋m2v2⑦‎ 又Q＝Q总⑧‎ 解得Q＝1.3 J 答案：　(1)由a流向b　(2)‎5 m/s　(3)1.3 J 课时作业 ‎(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)‎ 一、选择题(1～5题为单项选择题，6～7题为多项选择题)‎ ‎1.‎ 水平放置的金属框架cdef处于如图所示的匀强磁场中，金属棒ab置于粗糙的框架上且接触良好。从某时刻 ，磁感应强度均匀增大，金属棒ab始终保持静止，则(　　)‎ A．ab中电流增大，ab棒所受摩擦力增大 B．ab中电流不变，ab棒所受摩擦力不变 C．ab中电流不变，ab棒所受摩擦力增大 D．ab中电流增大，ab棒所受摩擦力不变 解析：　磁感应强度均匀增大，则＝定值，由E＝·S，I＝，知I一定，Ff＝F安＝BIL，因B增大，所以Ff变大。故选C。‎ 答案：　C ‎2.‎ 如图所示，线圈L与小灯泡A并联后接到电源上。先闭合开关S，稳定后，‎ 通过线圈的电流为I1，通过小灯泡的电流为I2。断开开关S，发现小灯泡闪亮一下再熄灭。则下列说法正确的是(　　)‎ A．I1 I2，A、B错；开关S断开瞬间电源与线圈和小灯泡断开，线圈中的电流要发生突变，所以线圈中会感应出新的电动势阻碍原电流的减小，所以线圈中的电流方向不变，D对；断开瞬间因为线圈相当于电源与灯泡构成一个回路，流过灯泡的电流方向与 时方向相反，C错。‎ 答案：　D ‎3．(2017·浙江宁波二模)在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一个矩形的金属导体框，规定磁场方向向上为正，导体框中电流的正方向如图甲所示，当磁场的磁感应强度B随时间t如图乙变化时，下图中正确表示导体框中感应电流变化的是(　　)‎ 解析：　由B t图象知，磁感应强度随时间在0～2 s、2～4 s、4～5 s内均匀变化，根据法拉第电磁感应定律E＝知，产生的感应电动势不变，故感应电流大小不变，所以A、B错误；在0～1 s内磁感应强度为负值，即方向向下，且在减小，根据楞次定律知感应电流的磁场方向向下，再由安培定则知，感应电流的方向从上往下看为顺时针方向，为正值，所以C正确，D错误。‎ 答案：　C ‎4.‎ 如图所示，水平放置的两根平行的光滑长直金属导轨，其电阻不计，导体棒ab、cd跨在导轨上，ab的电阻R大于cd的电阻r，当cd在大小为F1的水平向右的外力作用下匀速向右滑动时，ab在大小为F2的水平外力作用下保持静止，那么以下说法中正确的是(　　)‎ A．Ua b＞Uc d，F1＞F2　　　　 B．Ua b＝Uc d，F1＜F2‎ C．Ua b＞Uc d，F1＝F2 D．Ua b＝Uc d，F1＝F2‎ 解析：　导体棒cd在力F1的作用下切割磁感线，成为电源。Uc d即为电路的路端电压，Ua b为电路外电阻上的分压，等效电路图如图所示。由于导轨的电阻不计，故有Ua b＝Uc d。另外，由于导体棒cd与ab中电流大小相等，导体棒的有效长度相同，所处磁场相同，故两棒受到的安培力大小相等，方向相反。ab、cd两棒均处于平衡状态，故分别受到的外力F1、F2与这两个安培力平衡，即有F1＝F2。故选D。‎ 答案：　D ‎5.‎ ‎(2017·安徽合肥二模)如图所示，Ⅰ、Ⅱ区域是宽度L均为‎0.5 m的匀强磁场，磁感应强度大小均为B＝1 T，方向相反，一边长L＝‎0.5 m、质量m＝‎0.1 kg、电阻R＝0.5 Ω的正方形金属线框abcd的ab边紧靠磁场边缘，在外力F的作用下向右匀速运动穿过磁场区域，速度v0＝‎10 m/s。在线框穿过磁场区的过程中，外力F所做的功为(　　)‎ A．5 J B．7.5 J C．10 J D．15 J 解析：　线框进入第一个磁场过程中，外力F所做的功等于克服安培力做的功，即W1＝＝2.5 J，进入第二个磁场过程中，外力F所做的功W2＝BL×‎2L＝＝10 J，出第二个磁场的过程中外力F所做的功W3＝＝2.5 J，在线框穿过磁场区的过程中，外力F所做的功为W＝W1＋W2＋W3＝15 J，D正确。‎ 答案：　D ‎6.‎ 一空间有垂直纸面向里的匀强磁场B，两条电阻不计的平行光滑导轨竖直放置在磁场内，如图所示，磁感应强度B＝0.5 T，导体棒ab、cd长度均为‎0.2 m，电阻均为0.1 Ω，重力均为0.1 N，现用力向上拉动导体棒ab，使之匀速上升(导体棒ab、cd与导轨接触良好)，此时cd静止不动，则ab上升时，下列说法正确的是(　　)‎ A．ab受到的拉力大小为2 N B．ab向上运动的速度为‎2 m/s C．在2 s内，拉力做功，有0.4 J的机械能转化为电能 D．在2 s内，拉力做功为0.6 J 解析：　对导体棒cd分析：mg＝BIl＝，得v＝‎2 m/s，故选项B正确；对导体棒ab分析：F＝mg＋BIl＝0.2 N，选项A错误；在2 s内拉力做功转化的电能等于克服安培力做的功，即W＝F安vt＝0.4 J，选项C正确；在2 s内拉力做的功为Fvt＝0.8 J，选项D错误。‎ 答案：　BC ‎7.‎ 如图所示，一沿水平方向的匀强磁场分布在宽度为‎2L的某矩形区域内(长度足够大)，该区域的上下边界MN、PS是水平的，有一边长为L的正方形导线框abcd从距离磁场上边界MN的某高处由静止释放下落而穿过该磁场区域，已知当线框的ab边到达PS时线框刚好做匀速直线运动。以线框的ab边到达MN时 计时，以MN上O点为坐标原点，取如图坐标轴x，并规定逆时针方向为感应电流的正方向，向上为力的正方向，则下列关于线框中的感应电流i和线框所受到的安培力F与ab边的位置坐标x的关系中，可能正确的是(　　)‎ 解析：　线框的ab边到达PS时线框刚好做匀速直线运动，此时线框所受的安培力与重力大小相等，即F＝mg ‎，而线框完全在磁场中运动时做匀加速运动，所以可知线框进入磁场过程，安培力应小于重力，即F

查看更多