高二物理第四章 电磁感应 本章知识复习归纳人教实验版

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高二物理第四章 电磁感应 本章知识复习归纳人教实验版 ‎【本讲教育信息】‎ 一. 教学内容：‎ 第四章 电磁感应 本章知识复习归纳 二. 重点、难点解析：‎ ‎（一）产生感应电动势、感应电流的条件 导体在磁场里做切割磁感线运动时，导体内就产生感应电动势；穿过线圈的磁量发生变化时，线圈里就产生感应电动势。如果导体是闭合电路的一部分，或者线圈是闭合的，就产生感应电流。从本质上讲，上述两种说法是一致的，所以产生感应电流的条件可归结为：穿过闭合电路的磁通量发生变化。‎ 对感应电动势、感应电流要注意理解：‎ ‎① 产生感应电动势的那部分导体相当于电源。‎ ‎② 产生感应电动势与电路是否闭合无关，而产生感应电流必须闭合电路。‎ ‎③ 产生感应电流的两种叙述是等效的，即闭合电路的一部分导体做切割磁感线运动与穿过闭合电路中的磁通量发生变化等效。‎ 判断磁通量的变化是关键：由磁通量的广义公式中（是B与S的夹角）看，磁通量的变化可由面积的变化引起；可由磁感应强度B的变化引起；可由B与S的夹角的变化引起；也可由B、S、中的两个量的变化，或三个量的同时变化引起。‎ ‎（二）对楞次定律的理解 ‎1. 1834‎ 年德国物理学家楞次通过实验总结出：感应电流的方向总是要使感应电流的磁场阻碍引起感应电流的磁通量的变化。‎ 即磁通量变化感应电流感应电流磁场磁通量变化。‎ ‎2. 当闭合电路中的磁通量发生变化引起感应电流时，用楞次定律判断感应电流的方向。‎ 根据楞次定律，感应电流只能采取这样一个方向，在这个方向下的感应电流所产生的磁场一定是阻碍引起这个感应电流的那个变化的磁通量的变化。我们把“引起感应电流的那个变化的磁通量”叫做“原磁通”。因此楞次定律可以简单表达为：感应电流的磁场总是阻碍原磁通的变化。所谓阻碍原磁通的变化是指：当原磁通增加时，感应电流的磁场（或磁通）与原磁通方向相反，阻碍它的增加；当原磁通减少时，感应电流的磁场与原磁通方向相同，阻碍它的减少。从这里可以看出，正确理解感应电流的磁场和原磁通的关系是理解楞次定律的关键。‎ 要注意理解“阻碍”和“变化”这四个字，不能把“阻碍”理解为“阻止”，原磁通如果增加，感应电流的磁场只能阻碍它的增加，而不能阻止它的增加，而原磁通还是要增加的。更不能感应电流的“磁场”阻碍“原磁通”，尤其不能把阻碍理解为感应电流的磁场和原磁通方向相反。正确的理解应该是：通过感应电流的磁场方向和原磁通的方向的相同或相反，来达到“阻碍”原磁通的“变化”即减或增。‎ 楞次定律所反映这样一个物理过程：原磁通变化时（原变），产生感应电流（I感），这是属于电磁感应的条件问题；感应电流一经产生就在其周围空间激发磁场（感），这就是电流的磁效应问题；而且I感的方向就决定了感的方向（用右手螺旋定则判定）；感阻碍原的变化——这正是楞次定律所解决的问题。这样一个复杂的过程，可以用图表理顺如下：‎ 楞次定律也可以理解为：感应电流的效果总是要反抗（或阻碍）产生感应电流的原因，即只要有某种可能的过程使磁通量的变化受到阻碍，闭合电路就会努力实现这种过程：‎ ‎（1）阻碍原磁通的变化（原始表述）；‎ ‎（2）阻碍相对运动，可理解为“来拒去留”，具体表现为：若产生感应电流的回路或其某些部分可以自由运动，则它会以它的运动来阻碍穿过回路的磁通的变化；若引起原磁通变化为磁体与产生感应电流的可动回路发生相对运动，而回路的面积又不可变，则回路得以它的运动来阻碍磁体与回路的相对运动，而回路将发生与磁体同方向的运动；‎ ‎（3）使线圈面积有扩大或缩小的趋势；‎ ‎（4）阻碍原电流的变化（自感现象）。‎ 利用上述规律分析问题可独辟蹊径，达到快速准确的效果。‎ ‎3. 当闭合电路中的一部分导体做切割磁感线运动时，用右手定则可判定感应电流的方向。‎ 运动切割产生感应电流是磁通量发生变化引起感应电流的特例，所以判定电流方向的右手定则也是楞次定律的特例。用右手定则能判定的，一定也能用楞次定律判定，只是不少情况下，不如用右手定则判定的方便简单。反过来，用楞次定律能判定的，并不是用右手定则都能判定出来。如图所示，闭合图形导线中的磁场逐渐增强，因为看不到切割，用右手定则就难以判定感应电流的方向，而用楞次定律就很容易判定。‎ 要注意左手定则与右手定则应用的区别，两个定则的应用可简单总结为：“因电而动”用左手，“因动而电”用右手，因果关系不可混淆。‎ ‎（三）电磁感应规律 ‎1. 计算感应电动势的常用公式 ‎，电路中感应电动势的大小跟穿过这个电路的磁通变化率成正比——‎ 法拉第电磁感应定律。‎ ‎，当长L的导线，以速度，在匀强磁场B中，切割磁感线，其两端间感应电动势的大小为E。‎ ‎，当长为L的导线，以其一端为轴，在垂直匀强磁场B的平面内，以角速度匀速转动时，其两端感应电动势为E。‎ 对公式一：‎ 注意：① 该式普遍适用于求平均感应电动势。② E只与穿过电路的磁通量的变化率有关，而与磁通的产生、磁通的大小及变化方式、电路是否闭合、电路的结构与材料等因素无关；③ 若线圈的匝数为n，则公式变为。‎ 对公式二：‎ 要注意：① 为v与B的夹角。l为导体切割磁感线的有效长度（即l为导体实际长度在垂直于B方向上的投影）。② 当导体垂直切割磁感线时（l^B），。‎ ‎2. 磁通量的变化量的计算。‎ 对的计算，一般遇到有两种情况：① 回路与磁场垂直的面积S不变，磁感应强度发生变化，由，此时，此式中的叫磁感应强度的变化率，若是恒定的，即磁场变化是均匀的，那么产生的感应电动势是恒定电动势。② 磁感应强度B 不变，回路与磁场垂直的面积发生变化，则，线圈绕垂直于匀强磁场的轴匀速转动产生交变电动势就属这种情况。‎ ‎3. 对磁通量，磁通量的变化量，磁通量的变化率的区分。‎ 磁通量，表示穿过研究平面的磁感线的条数，磁通量的变化量，表示磁通量变化的多少，磁通量的变化率表示磁通量变化的快慢，，大，不一定大；大，也不一定大。‎ 四、自感现象、自感电动势、自感系数L 自感现象是指由于导体本身的电流发生变化而产生的电磁感应现象。‎ 自感现象中产生的感应电动势叫做自感电动势。自感电动势的大小跟电流变化率成正比。即：。 自感电动势总是阻碍线圈（导体）中原电流的变化。‎ 自感系数简称自感或电感，它是反映线圈特性的物理量。线圈越长，单位长度上的匝数越多，截面积越大，有铁芯则线圈的自感系数L越大。单位是亨利（H）。如是线圈的电流每秒钟变化‎1A，在线圈可以产生1V 的自感电动势，则线圈的自感系数为1H。‎ 自感现象分通电自感和断电自感两种，其中断电自感中“小灯泡在熄灭之前是否要闪亮一下”的问题，如图所示，原来电路闭合处于稳定状态，L与并联，其电流分别为，方向都是从左到右。在断开S的瞬间，灯A中原来的从左向右的电流立即消失，但是灯A与线圈L构成一闭合回路，由于L的自感作用，其中的电流不会立即消失，而是在回路中逐断减弱维持暂短的时间，在这个时间内灯A中有从右向左的电流通过，此时通过灯A的电流是从开始减弱的，如果原来，则在灯A熄灭之前要闪亮一下；如果原来，则灯A是逐断熄灭不再闪亮一下。原来哪一个大，要由L的直流电阻和A的电阻的大小来决定，如果，如果。‎ ‎【典型例题】‎ ‎[例1] 发现在如图所示的电路中，放在光滑金属导轨上的ab导体向右移动，这可能发生在（ ）‎ ‎① 闭合S的瞬间 ‎② 断开S的瞬间 ‎③ 闭合S后，减小电阻R时 ‎④ 闭合S后，增大电阻R时 A. ①③ B. ②④ C. ①④ D. ②③‎ 解析：本题中线圈L1和L2绕在同一个铁芯上，因此穿过二者的磁通量始终相等。只要L1中的电流发生变化，穿过L2中的磁通量就随之发生变化，L2中就有感应电流产生，ab棒就受安培力的作用发生移动。显然，对ab棒来说是“因电而动”的，故可由左手定则确定其中的电流方向。至于ab棒运动又切割磁感线产生一个反电动势，那是后话，与本题无关。‎ 由左手定则判定ab中的电流方向为a→b，再由安培定则可判断出L2中的感应电流产生的磁场方向与L1产生的磁场方向相反。说明原磁场——L1产生的磁场磁通量是增加的，即L1中的电流在增大，故相应的情况应是闭合S的瞬间或闭合S后减小电阻R时，①③正确，选A ‎[例2] 如图所示，固定于水平面上的光滑平行导电轨道AB、CD上放着两根细金属棒ab、cd.当一条形磁铁自上而下竖直穿过闭合电路时，两金属棒ab、cd将如何运动？磁铁的加速度仍为g吗？‎ 解析：‎ 当条形磁铁从高处下落接近回路abcd时，穿过回路的磁通量方向向下且在不断增加.根据楞次定律的第二种表述：感应电流所产生的效果，总要反抗产生感应电流的原因.在这里，产生感应电流的原因是：条形磁铁的下落使回路中的磁通量增加，为反抗条形磁铁的下落，感应电流的磁场给条形磁铁一个向上的阻碍其下落的阻力，使磁铁下落的加速度小于g。为了反抗回路中的磁通量增加，ab、cd两导体棒将互相靠拢，使回路的面积减小，以阻碍磁通量的增加.同理，当穿过平面后，磁铁的加速度仍小于g，ab、cd将相互远离.‎ 点评：磁铁穿过闭合电路前、后，引起磁通量的变化是不同的，因而引起的感应电流方向不同。据楞次定律判断出感应电流方向，再应用左手定则判断受力情况，由牛顿第三定律可判断磁铁受力方向.此法较为繁琐。若根据楞次定律的另一种表述——感应电流的效果，总是反抗产生感应电流的原因，本题中的“原因”是磁铁靠近（过线圈后“远离”），从而可以判断。‎ ‎[例3] 图中为地磁场磁感线的示意图，在南半球地磁场的竖直分量向上，飞机在南半球上空匀速飞行，机翼保持水平，飞机高度不变，由于地磁场的作用，金属机翼上有电势差。设飞行员左方机翼末端处的电势为U1，右方机翼末端处的电势为U2（ ）‎ A. 若飞机从西往东飞，U1比U2高 B. 若飞机从东往西飞，U2比U1高 C. 若飞机从南往北飞，U1比U2高 D. 若飞机从北往南飞，U2比U1高 解析：在地球南半球，地磁场在竖直方向上的分量是向上的，飞机在空中水平飞行时，飞行员的右手掌向下，大姆指向前（飞行方向），则其余四指指向了飞行员的右侧，就是感应电流的方向，而右手定则判断的是电源内部的电流方向，故飞行员右侧的电势总比左侧高，与飞行员和飞行方向无关。故选项B、D正确。‎ 点评：‎ 这是一道典型用右手定则来判断感应电流方向的试题。试题的难度不大，但是若不确定飞机在南半球上空任何方向平向飞行时总是右侧的电势高，则可能得出B、C或A、D两答案。另外必须明确的是楞次定律和右手定则均是判断电源内部的电流方向，在电源内部，电流是从电势低的方向流向电势高的方向。‎ ‎[例4] 如图所示，用一种新材料制成一闭合线圈，当它浸入液氮中时，会成为超导体，这时手拿一永磁体，使任一磁极向下，放在线圈的正上方，永磁体便处于悬浮状态，这种现象称为超导体磁悬浮，可以用电磁感应及有关知识来解释这一现象。‎ 解析：当磁体放到线圈上方的过程中。穿过线圈的磁通量由无到有发生变化。于是超导线圈中产生感应电流，由于超导线圈中电阻几乎为零，产生的感应电流极大，相应的感应磁场也极大；由楞次定律可知感应电流的磁场相当于永磁体，与上方磁极的极性相同，永磁体将受到较大的向上的斥力，当永磁体重力与其受到磁场力相平衡时，永滋体处于悬浮状态。‎ ‎[例5] 在光滑水平面上固定一个通电线圈，如图所示，一铝块正由左向右滑动穿过线圈，那么下面正确的判断是（ ）‎ A. 接近线圈时做加速运动，离开时做减速运动 B. 接近和离开线圈时都做减速运动 C. 一直在做匀速运动 D. 在线圈中运动时是匀速的 解析：‎ 把铝块看成由无数多片横向的铝片叠成，每一铝片又由可看成若干闭合铝片框组成；如图，当它接近或离开通电线圈时，由于穿过每个铝片框的磁通量发生变化，所以在每个闭合的铝片框内都要产生感应电流。产生感应电流的原因是它接近或离开通电线圈，产生感应电流的效果是要阻碍它接近或离开通电线圈，所以在它接近或离开时都要作减速运动，所以A，C错，B正确。由于通电线圈内是匀强磁场，所以铝块在通电线圈内运动时无感应电流产生，故作匀速运动，D正确。故答案为BD。‎ ‎[例6] 半径为a的圆形区域内有均匀磁场，磁感强度为B＝0.2T，磁场方向垂直纸面向里，半径为b的金属圆环与磁场同心地放置，磁场与环面垂直，其中a＝‎0.4m，b＝‎0.6m，金属环上分别接有灯L1、L2，两灯的电阻均为R0＝2Ω，一金属棒MN与金属环接触良好，棒与环的电阻均忽略不计 ‎（1）若棒以v0＝‎5m/s的速率在环上向右匀速滑动，求棒滑过圆环直径OO′ 的瞬时（如图示）MN中的电动势和流过灯L1的电流。‎ ‎（2）撤去中间的金属棒MN，将右面的半圆环OL2O′ 以OO´ 为轴向上翻转90º，若此时磁场随时间均匀变化，其变化率为 T/s，求L1的功率。‎ ‎ ‎ 解析：（1）棒滑过圆环直径OO′ 的瞬时，MN中的电动势 E1=B2av =0.2×0.8×5=0.8V ①‎ 等效电路如图（1）所示，流过灯L1的电流 I1=E1/R=0.8/2=‎0.4A ②‎ ‎（2）撤去中间的金属棒MN，将右面的半圆环OL2O′ 以OO′ 为轴向上翻转90º，半圆环OL1O′中产生感应电动势，相当于电源，灯L2为外电路，等效电路如图（2）所示，感应电动势 E2==0.5×πa2×=0.32V ③‎ L1的功率=1.28 ×10－2 W ‎[例7] 匀强磁场磁感应强度B =0.2 T，磁场宽度L=‎3m，一正方形金属框边长ab==‎1m，每边电阻r=0.2Ω，金属框以v=‎10m/s的速度匀速穿过磁场区，其平面始终保持与磁感线方向垂直，如图所示，求：‎ ‎（1）画出金属框穿过磁场区的过程中，金属框内感应电流的I-t图线 ‎（2）画出ab两端电压的U-t图线 解析：线框进人磁场区时：‎ E1=Blv = 2 V，=‎‎2.5 A 方向沿逆时针，如图（1）实线abcd所示，感电流持续的时间t1==0.1 s 线框在磁场中运动时：E2=0，I2=0‎ 无电流的持续时间：t2==0.2 s，‎ 线框穿出磁场区时：E3= B l v=2 V，=‎‎2.5 A 此电流的方向为顺时针，如图（1）虚线abcd所示，感电流持续的时间t3==0.1 s 规定电流方向逆时针为正，得I—t图线如图（2）所示 ‎（2）线框进入磁场区ab两端电压 U1=I1 r=2.5×0.2=0.5V 线框在磁场中运动时；ab两端电压等于感应电动势 U2=B l v=2V 线框出磁场时ab两端电压（路端电压）：U3=E – I3r=1.5V 由此得U—t图线如图（3）所示 点评：将线框的运动过程分为三个阶段，第一阶段ab为外电路，第二阶段ab相当于开路时的电源，第三阶段ab是接上外电路的电源 ‎[例8] 如图甲所示，一对平行光滑导轨，放在水平面上，两导轨间的距离l=‎0.20m，电阻R=1.0Ω ‎；有一导体杆静止地放在轨道上，与两轨道垂直，杆及两轨道的电阻均可忽略不计，整个装置处于磁感应强度B=0.50T的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道面向下，如图甲所示。现用一外力F沿轨道方向拉杆，使之做匀加速运动，侧得力F与时间t的关系如图乙所示。求杆的质量m和加速度a。‎ ‎ ‎ 解析：导体杆在轨道上做初速度为零的匀加速直线运动，用v表示瞬时速度，t表示时间，则杆切割磁感线产生的感应电动势为：E=BLv=Blat ①‎ 闭合回路中的感应电流为 ②‎ 由安培力公式和牛顿第二定律得：F－BIl=ma ③‎ 由①、②、③式得F=ma+ ④‎ 由乙图线上取两点t1=0，F1=1N，t2=10s，F2=2N代入④，联立方程得：a=‎10m/s2，m=‎‎0.1kg ‎[例9] 如图所示，电动机牵引一根原来静止的、长L为‎1m、质量m为‎0.1kg的导体棒MN上升，导体棒的电阻R为1Ω，架在竖直放置的框架上，它们处于磁感应强度B为1T的匀强磁场中，磁场方向与框架平面垂直。当导体棒上升h=‎3.8m时，获得稳定的速度，导体棒上产生的热量为2J，电动机牵引棒时，电压表、电流表的读数分别为7V、‎1A，电动机内阻r为1Ω，不计框架电阻及一切摩擦，求：‎ ‎（1）棒能达到的稳定速度；‎ ‎（2）棒从静止至达到稳定速度所需要的时间。‎ 解析：（1）电动机的输出功率为：W 电动机的输出功率就是电动机牵引棒的拉力的功率，所以有 其中F为电动机对棒的拉力，当棒达稳定速度时 感应电流 由①②③式解得，棒达到的稳定速度为m/s ‎（2）从棒由静止开始运动至达到稳定速度的过程中，电动机提供的能量转化为棒的机械能和内能，由能量守恒定律得：‎ 解得t=1s ‎【模拟试题】‎ 一. 选择题 ‎1. 1931年，英国物理学家狄拉克从理论上预言了存在着只有一个磁极的粒子——磁单极子.如图所示，如果有一个磁单极子（单N极）从a点开始运动穿过线圈后从b点飞过。那么（ ）‎ A. 线圈中感应电流的方向是沿PMQ方向 B. 线圈中感应电流的方向是沿QMP方向 C. 线圈中感应电流的方向先是沿QMP方向，然后是PMQ方向 D. 线圈中感应电流的方向先是沿PMQ方向，然后是QMP方向 ‎2. 如图所示，匀强磁场区域宽度为L，将一边长为d（d>L）的矩形线圈以恒定的速度v向右通过磁场区域，在这个过程中，没有感应电流的时间为（ ）‎ A. d/v B. 2d/v C.（d－L）/v D.（d－‎2L）/v ‎3. 如图所示，两竖直放置的平行光滑导轨处于垂直于导轨平面的匀强磁场中，金属杆ab可沿导轨滑动，原先S断开，让ab杆由静止下滑，一段时间后闭合S，则从S闭合开始计时，ab杆的运动速度v随时间t的图象不可能是下图中的（ ）‎ ‎4. 在闭合线圈的上方有一条形磁铁自由下落，直到穿过线圈的过程中，下列说法正确的是（ ）‎ A. 磁铁下落过程机械能守恒 B. 磁铁的机械能增加 C. 磁铁的机械能减少 D. 线圈增加的热能是由磁铁减少的机械能转化而来的 ‎5. 如图所示，两闭合圆线圈a和b，a通有顺时针方向的电流，b原来没有电流，当a靠近b时，下列哪种情况会发生（ ）‎ A. b线圈产生逆时针方向的电流，a、b相互吸引 B. b线圈产生逆时针方向的电流，a、b互相排斥 C. b线圈产生顺时针方向的电流，a、b互相吸引 D. b线圈产生顺时针方向的电流，a、b互相排斥 ‎6. 如图所示装置中，cd杆原来静止。当ab 杆做如下那些运动时，cd杆将向右移动（ ）‎ A. 向右匀速运动 B. 向右加速运动 C. 向左加速运动 D. 向左减速运动 ‎7. 如图（a）所示，一个固定不动的闭合线圈处于垂直于纸面的均匀磁场中，设垂直于纸面向里为磁感应强度B的正方向，线圈中的箭头方向为电流i的正方向。已知线圈中感应电流如图（b），则磁感应强度B随时间而变的图像为下图中的（ ）‎ ‎8. 如图所示，螺线管B置于闭合金属环A的轴线上，当B中通过的电流减小时，则（ ）‎ A. 环A有缩小的趋势 B. 环A有扩张的趋势 C. 螺线管B有缩短的趋势 D. 螺线管B有伸长的趋势 ‎9. 如图所示，水平放置的两根金属导轨位于方向垂直于导轨平面并指向纸里的磁场中，导轨上有两根小金属导体杆ab、cd，能沿导轨无摩擦地滑动，金属杆ab、cd与导轨间的接触电阻可忽略不计，开始时，ab、cd都是静止的，现在让cd杆以初速度v向右开始运动，如果两根导轨足够长，则（ ）‎ A. cd始终做减速运动，ab始终做加速运动并追上cd B. cd始终做减速运动，ab始终做加速运动，但追不上cd C. cd先做减速运动，后作加速运动，ab先做加速运动后作减速运动 D. 开始cd做减速运动，ab做加速运动，最终两杆以相同速度做匀速运动 ‎10. 如图所示，两根光滑的金属导轨平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨的左端接有电阻R，导轨自身的电阻忽略不计，斜面处在方向垂直斜面向上的匀强磁场中，一质量为m，电阻可忽略不计的金属棒ab，在沿着斜面与棒垂直的恒力F作用下，沿导轨匀速上滑，并上升高度h，在这一过程中（ ）‎ A. 作用于金属棒的合力做功为零 B. 作用于金属棒的合力做功为重力势能mgh与电阻发出的焦耳热之和 C. 恒力F与安培力的合力所做的功等于零 D. 恒力F与重力的合力做的功等于电阻R上发出的焦耳热 二. 填空题 ‎11. 把边长为‎5cm、总匝数为400匝的正方形线圈放在磁感应强度为O.1T的匀强磁场中，在0.2s时间内线圈平面从平行于磁场方向的位置转过90°，到达与磁场方向垂直的位置，那么在这段时间内感应电动势的平均值为________。‎ ‎12. 如图所示，通有恒定电流的螺线管竖直放置，铜环A沿螺线管的轴线加速下落，在下落过程中，环面始终保持水平，铜环先后经过轴线上的1、2、3位置时的加速度分别为a1、a2、a3，位置2处于螺线管的中心，位置1、3与位置2等距离，则a1、a2、a3的大小关系是_________。（假设铜环始终在加速）‎ ‎13. 如图所示，线圈匝数n=100匝，面积S=‎50cm2，线圈总电阻r=10Ω，外电路总电阻R=40Ω，沿轴向匀强磁场的磁感应强度由B=0.4T，在0.1s内均匀减小为零再反向增为B'=0.1T，则磁通量的变化率为________Wb／s，感应电流大小为________A，线圈的输出功率为________W。‎ ‎14. 如图所示，A、B两闭合线圈用同样导线且均绕成10匝，半径为rA=2rB，内有以B线圈作为理想边界的匀强磁场，若磁场均匀减小，则A、B环中感应电动势之比EA：EB=________；产生的感应电流之比IA：B=________。‎ ‎15. 如图所示，矩形线圈abcd质量为m，宽为d，在竖直平面内由静止自由下落。其下方有如图方向的匀强磁场，磁场上、下边界水平，宽度也为d，线圈ab 边刚进入磁场就开始做匀速运动，那么在线圈穿越磁场的全过程，产生电热_________ J。‎ 三. 计算题 ‎16. 如图所示水平放置的两平行金属板相距为d，金属板与两平行金属导轨相连，导轨间距为L，匀强磁场与导轨平面垂直，磁场的磁感应强度为B，由于导轨上有一导体棒曲在运动，导致平行板间有一质量为m，电荷量为－q的液滴处于静止状态.求导体ab的速度大小和方向。‎ ‎17. 如图所示，匀强磁场方向和平行导轨所在平面垂直，两金属棒a、b的电阻分别为R、2R，导轨电阻不计，固定a，使b以速度v1沿导轨匀速运动，感应电流大小为I1，两导轨间电势差为U0，若将b固定，使a以速度v2沿导轨运动，感应电流的大小为I2，两导轨间电势差仍为U0，求：I1：I2和v1：v2分别为多少?‎ ‎18. 如图所示，导体框架的平行导轨间距d=‎1m，框架平面与水平面夹角为α=30°，匀强磁场方向垂直框架平面向上，且B=0.2T，导体棒ab的质量m=‎0.2kg，R=0.1Ω，水平跨在导轨上，且可无摩擦滑动（g取‎10m／s2），求：‎ ‎（1）ab下滑的最大速度；‎ ‎（2）以最大速度下滑时，ab棒上的电热功率.‎ ‎[参考答案］‎ http://www.dearedu.com ‎1. B 解析：将磁单极子（单N极），理解为其磁感线都是向外的 ‎2. C 3. B 4. CD 5. D 6. B、D 解析：ab 匀速运动时，ab中感应电流恒定，L1中磁通量不变，穿过L2的磁通量不变化，L2中无感应电流产生，cd保持静止，A不正确；ab向右加速运动时，L2中的磁通量向下，增大，通过cd的电流方向向下，cd向右移动，B正确；同理可得C不正确，D正确。‎ ‎7. C 解析：我们可以运用产生电磁感应现象条件及楞次定律逐一分析各选项以确定正误。也可以根据法拉第电磁感应定律定性分析。首先0—0.5s电流恒定，故恒定，排除A。0—1s电流方向改变，故排除B。0-0.5s电流方向逆时针，根据楞次定律可判断磁场向里变大。‎ ‎8. AD ‎9. D 解析：cd以速度v向右运动，由cdba所组成的回路中磁通量增大，回路中就有逆时针方向的感应电流，感应电流在原磁场中受到安培力的作用。ab中有向右的安培力，使ab向右作加速运动，cd有向左的安培力，使cd作减速运动，但只要cd的速度大于ab的速度，回路中的磁通量还是增大的（但增大的速度变小，也就是磁通量的变化率在减小，回路中的感应电流在减小），也就是回路中还有逆时针方向的电流，致使ab继续加速，cd继续减速，当两者速度相等时，回路中的磁通量不变，则图回路中无感应电流，两杆将作匀速运动．‎ 点评：本题中的关键是分析 ab作加速运动，cd作减速运动，它们之间相对速度在减小，从而导致回路中磁通量增大的速度变小，即磁通量的变化率在减小，回路中的感应电流在减小。当电流减小为零时，两杆在运动方向再也不受到安培力的作用，它们就作匀速直线运动。‎ ‎10. AD 解析：对金属棒ab根据动能定理，其动能增量为零，所以作用于ab的合力做功为零，所以A对B错。CD：恒力做功大于安培力做的功，恒力做功等于安培力做功与重力做功之和，所以C错，安培力做的功等于产生的焦耳热，所以恒力做功等于重力做功与焦耳热之和，因而D正确。‎ ‎11. 解析：据法拉第电磁感应定律得：=n·=400×=0.5V ‎12. 解析：铜环在2位置时，其磁通量变化率为零，环中无感应电流，因而它不受安培力作用，所以其加速度a2=g.铜环在1和3位置时，磁通量变化率均不为零，据楞次定律可知铜环所受的安培力会阻碍环的下落，所以a1a1>a3.‎ ‎13. 解析：（1）=2.5×10-2Wb／s （2）5×10‎‎-2A ‎（3）P出=I2·R=（5×10－2）2×40=0.1W ‎14. 解析：∵ E=n· ∴ EA：EB=1：1‎ ‎∵ I=，而R=，RA：RB=2：1‎ ‎∴ IA：IB=1：2‎ ‎15. 解析：ab刚进入磁场就做匀速运动，说明安培力与重力刚好平衡，在下落2d的过程中，重力势能全部转化为电能，电能又全部转化为电热，所以产生电热Q =2mgd ‎16. 解析：∵ 带电液滴静止，∴ mg=Eq=‎ ‎∴ v=方向水平向右 ‎17. 解析：若a固定，其等效电路如图A U0=I1·R=BLv1·=BLv1‎ 若B固定，其等效电路如图B U0=I2·2R=BLv2·=BLv2‎ ‎∴ I1：I2=2：1；v1：v2=2：1‎ ‎18. 解析：（1）ab的受力情况如图所示，当F安=mgsinα时，ab匀速下滑。‎ 所以mgsinα=BIL=BL·，vm==‎2.5m／s ‎（2）P热=I2R==2.5（W）‎ ‎ ‎