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【三维设计】(江苏专用)高考物理总复习 第九章 电磁感应讲义

第九章
考纲下载 (1)电磁感应现象(Ⅰ) (2)感应电流的产生条件(Ⅱ) (3)法拉第电磁感应定律 楞次定 律(Ⅱ) (4)自感 涡流(Ⅰ)

电 磁 感 应
考向前瞻 预计在 2016 年的高考中, 本章的热点仍是滑轨类问

题, 线框穿越有界匀强磁场问题, 电磁感应的图像问题, 电磁感应的能量问题,其涉及的知识较多,考查学生的 分析综合能力及运用数学知识解决物理问题的能力,命 题仍会倾向于上述热点内容,侧重于本章知识与相关知 识的综合应用,以大型综合题出现的可能性非常大。 第 1 节电磁感应现象__楞次定律

电磁感应现象

对应学生用书 P155

[必备知识] 1.磁通量 (1)定义:磁场中穿过磁场某一面积 S 的磁感线条数定义为穿过该面积的磁通量。 (2)公式:Φ =BS。 (3)单位:1 Wb=1_T·m 。 (4)磁通量是标量,但有正负之分,若规定磁感线从正面穿入时磁通量为正,则磁感线从 反面穿入时磁通量为负。 (5)磁通量、磁通量的变化量、磁通量的变化率的区别: 磁通量 Φ 某时刻穿过某个面的磁 感线的条数 Φ =BS,S 是与 B 垂直的 面的面积 穿过某个面有方向相反 的磁场, 则不能直接用 Φ 注意 =BS 求解, 应考虑相反方 向的磁通量抵消后所剩 余的磁通量 磁通量的变化量 Δ Φ 某一段时间内穿过某个面的 磁通量的变化量 Δ Φ =Φ 2-Φ 1 Δ Φ =BΔ S Δ Φ =SΔ B 开始时和转过 180°时平面 都与磁场垂直,穿过平面的 磁通量是一正一负,Δ Φ = 2BS 而不是 0 ΔΦ 磁通量的变化率 Δt 穿过某个面的磁通量 变化的快慢 ΔΦ ΔS =B Δt Δt ΔΦ ΔB =S Δt Δt 即不表示磁通量的大 小,也不表示变化的 多少,实际上它就是 单匝线圈上产生的电 动势
2

物理意义

大小

2.电磁感应现象 (1)当穿过闭合电路的磁通量发生变化时,电路中有感应电流产生的现象。 (2)感应电流的产生条件 表述 1 闭合电路的一部分导体在磁场内做切割磁感线运动。 表述 2 穿过闭合电路的磁通量发生变化。 (3)电磁感应现象的实质 电磁感应现象的实质是产生感应电动势,如果回路闭合则产生感应电流;如果回路不闭 合,则只有感应电动势而无感应电流。 [典题例析] (多选)(2014·德州模拟)线圈在长直导线电流的磁场中, 做如图 9-1-1 所示的运动: A 向右平动,B 向下平动,C 绕轴转动(ad 边向外转动角度 θ ≤90°),D 向上平动(D 线圈有个 缺口),判断线圈中有感应电流的是( )

图 9-1-1 [解析] 选 BC A 中线圈向右平动,穿过线圈的磁通量没有变化,故 A 线圈中没有感应 电流;B 中线圈向下平动,穿过线圈的磁通量减少,必产生感应电动势和感应电流;C 中线圈 绕轴转动,穿过线圈的磁通量变化(开始时减小),必产生感应电动势和感应电流;D 中线圈 由于有个缺口不会产生感应电流。故 B、C 正确。

判断电磁感应现象是否发生的一般流程

[针对训练] 1.(2014·全国卷Ⅰ)在法拉第时代,下列验证“由磁产生电”设想的实验中,能观察到 感应电流的是( )

A.将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路,然后观察电流表的变化

B.在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈,然后观察电流表的变化 C.将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接,往线圈中插入条形磁铁后,再到相 邻房间去观察电流表的变化 D.绕在同一铁环上的两个线圈,分别接电源和电流表,在给线圈通电或断电的瞬间,观 察电流表的变化 解析:选 D 只形成闭合回路,回路中的磁通量不变化,不会产生感应电流, A、B、C

错误;给线圈通电或断电瞬间,通过闭合回路的磁通量变化,会产生感应电流,能观察到电 流表的变化,D 正确。 2.如图 9-1-2 所示,一个 U 形金属导轨水平放置,其上放有一个金属导体棒 ab,有一 个磁感应强度为 B 的匀强磁场斜向上穿过轨道平面,且与竖直方向的夹角为 θ 。在下列各过 程中,一定能在轨道回路里产生感应电流的是( )

图 9-1-2 A.ab 向右运动,同时使 θ 减小 B.使磁感应强度 B 减小,θ 角同时也减小 C.ab 向左运动,同时增大磁感应强度 B D.ab 向右运动,同时增大磁感应强度 B 和 θ 角(0°<θ <90°) 解析:选 A 设此时回路面积为 S,据题意,磁通量 Φ =BScos θ ,对 A,S 增大,θ 减 小,cos θ 增大,则 Φ 增大,A 正确;对 B,B 减小,θ 减小,cos θ 增大,Φ 可能不变, B 错误;对 C,S 减小,B 增大,Φ 可能不变,C 错误;对 D,S 增大,B 增大,θ 增大,cos θ 减小,Φ 可能不变,D 错误。

楞次定律

对应学生用书 P156

[必备知识] 1.楞次定律 (1)内容: 感应电流具有这样的方向, 即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量 的变化。 (2)适用范围:一切电磁感应现象。 2.右手定则 (1)内容:伸开右手,使拇指与其余四个手指垂直,并且都与手掌在同一个平面内;让磁

感线从掌心进入, 并使拇指指向导线运动的方向, 这时四指所指的方向就是感应电流的方向。 (2)适用情况:导体切割磁感线产生感应电流。 [典题例析] (2014·盐城模拟)某同学设计了一个电磁冲击钻,其原理示意图如图 9-1-3 所示,若 发现钻头 M 突然向右运动,则可能是( )

图 9-1-3 A.开关 S 由断开到闭合的瞬间 B.开关 S 由闭合到断开的瞬间 C.保持开关 S 闭合,变阻器滑片 P 加速向右滑动 D.保持开关 S 闭合,变阻器滑片 P 匀速向右滑动 [解析] 选 A 若发现钻头 M 突然向右运动,则两螺线管互相排斥,根据楞次定律,可 能是开关 S 由断开到闭合的瞬间,选项 A 正确。

1.楞次定律中“阻碍”的含义

2.判断感应电流方向的两种方法 方法一 用楞次定律判断

方法二 用右手定则判断 该方法适用于部分导体切割磁感线。判断时注意掌心、四指、拇指的方向: (1)掌心——磁感线垂直穿入;

(2)拇指——指向导体运动的方向; (3)四指——指向感应电流的方向。 [针对训练] 1.(2014·南京质检)长直导线与闭合金属线框位于同一平面内,长直导线中的电流 i 随时间 t 的变化关系如图 9-1-4 所示。在 0~ 时间内,直导线中电流向上。则在 ~T 时间 2 2 内,线框中感应电流的方向与所受安培力情况是( )

T

T

图 9-1-4 A.感应电流方向为顺时针,线框受安培力的合力方向向左 B.感应电流方向为顺时针,线框受安培力的合力方向向右 C.感应电流方向为逆时针,线框受安培力的合力方向向右 D.感应电流方向为逆时针,线框受安培力的合力方向向左 解析:选 B 在 ~T 时间内,由楞次定律可知,线框中感应电流的方向为顺时针,由左 2 手定则可判断线框受安培力的合力方向向右,选项 B 正确。 2.(多选)如图 9-1-5 所示,磁场垂直于纸面,磁感应强度在竖直方向均匀分布,水平 方向非均匀分布。一铜制圆环用丝线悬挂于 O 点,将圆环拉至位置 a 后无初速释放,在圆环 从 a 摆向 b 的过程中( )

T

图 9-1-5 A.感应电流方向先逆时针后顺时针再逆时针 B.感应电流的方向一直是逆时针 C.安培力方向始终与速度方向相反 D.安培力方向始终沿水平方向 解析:选 AD 圆环从位置 a 无初速释放,在到达磁场分界线之前,穿过圆环向里的磁感 线条数增加,根据楞次定律可知,圆环内感应电流的方向为逆时针,圆环经过磁场分界线之 时,穿过圆环向里的磁感线条数减少,根据楞次定律可知,圆环内感应电流的方向为顺时针; 圆环通过磁场分界线之后,穿过圆环向外的磁感线条数减少,根据楞次定律可知,圆环内感

应电流的方向为逆时针;因磁场在竖直方向分布均匀,圆环所受竖直方向的安培力平衡,故 总的安培力沿水平方向。综上所述,正确选项为 A、D。

楞次定律、右手定则、左手定则、安培定则的综合应用对应学生用书 P157 [必备知识] 1.规律比较 基本现象 运动电荷、电流产生磁场 磁场对运动电荷、电流的作用力 电磁 感应 2.应用区别 关键是抓住因果关系: (1)因电而生磁(I→B)→安培定则; (2)因动而生电(v、B→I)→右手定则; (3)因电而受力(I、B→F 安)→左手定则。 3.相互联系 (1)应用楞次定律,一般要用到安培定则; (2)研究感应电流受到的安培力, 一般先用右手定则确定电流方向, 再用左手定则确定安 培力的方向,有时也可以直接应用楞次定律的推论确定。 [典题例析] (多选)如图 9-1-6 所示,水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒 PQ、MN, 部分导体切割磁感线运动 闭合回路磁通量的变化 应用的定则或定律 安培定则 左手定则 右手定则 楞次定律

MN 的左边有一闭合电路,当 PQ 在外力的作用下运动时,MN 向右运动,则 PQ 所做的运动可能
是( )

图 9-1-6 A.向右加速运动 B.向左加速运动 C.向右减速运动 D.向左减速运动

[思路点拨] (1)如何判断 MN 所在处的磁场方向?由 MN 的运动方向,如何进一步判断 MN 中的电流方 向? 提示:根据安培定则判断 ab 中电流产生的磁场方向,进而确定 MN 处的磁场方向为垂直 纸面向里,再由左手定则判断 MN 中电流的方向,应为由 M 到 N。 (2)如何判断线圈 L1 中的磁场方向和 L2 中磁场的方向及变化情况? 提示:根据安培定则判断 L1 中的磁场方向,再由楞次定律判断 L2 中磁场的方向及变化。 (3)如何判断 PQ 的运动情况? 提示:已知 L2 中的磁场方向及变化情况,可根据安培定则和右手定则判断 PQ 的运动情 况。 [解析] 选 BC MN 向右运动,说明 MN 受到向右的安培力,因为 ab 在 MN 处的磁场垂直 左手定则 安培定则 楞次定律 纸面向里 ― ― → MN 中的感应电流由 M→N ― ― → L1 中感应电流的磁场方向向上 ― ― →
?L2中磁场方向向上减弱 ? ? ? ?L2中磁场方向向下增强

安培定则 ;若 L2 中磁场方向向上减弱 ― ― → PQ 中电流为 Q→P 且减小

右手定则 安培定则 右手定则 ― ― → 向右减速运动; 若 L2 中磁场方向向下增强 ― ― → PQ 中电流为 P→Q 且增大 ― ― → 向左加速运动。

应用左手定则和右手定则的注意事项 (1)右手定则与左手定则的区别: 抓住“因果关系”才能无误, “因动而电”——用右手; “因电而动”——用左手。 (2)使用中左手定则和右手定则很容易混淆, 为了便于区分, 可把两个定则简单地总结为 “通电受力用左手, 运动生电用右手”。 “力”的最后一笔“丿”方向向左, 用左手; “电” 的最后一笔“乚”方向向右,用右手。 [针对训练] 1. (多选)如图 9-1-7 所示, 两个线圈套在同一个铁芯上, 线圈的绕向在图中已经标出。 左线圈连着平行导轨 M 和 N,导轨电阻不计,在导轨垂直方向上放着金属棒 ab,金属棒处在 垂直于纸面向外的匀强磁场中。下列说法中正确的是( )

图 9-1-7 A.当金属棒 ab 向右匀速运动时,a 点电势高于 b 点,c 点电势高于 d 点 B.当金属棒 ab 向右匀速运动时,b 点电势高于 a 点,c 点与 d 点等电势

C.当金属棒 ab 向右加速运动时,b 点电势高于 a 点,c 点电势高于 d 点 D.当金属棒 ab 向右加速运动时,b 点电势高于 a 点,d 点电势高于 c 点 解析:选 BD 当金属棒向右匀速运动而切割磁感线时,金属棒产生恒定感应电动势,由 右手定则判断电流方向由 a→b。 根据电流从电源(ab 相当于电源)正极流出沿外电路回到电源 负极的特点,可以判断 b 点电势高于 a 点。又左线圈中的感应电动势恒定,则感应电流也恒 定,所以穿过右线圈的磁通量保持不变,不产生感应电流。当 ab 向右做加速运动时,由右手 定则可推断 φ b>φ a,电流沿逆时针方向。又由 E=BLv 可知 ab 导体两端的 E 不断增大,那 么左边电路中的感应电流也不断增大,由安培定则可判断它在铁芯中的磁感线方向是沿逆时 针方向的,并且场强不断增强,所以右边电路的线圈中的向上的磁通量不断增加。由楞次定 律可判断右边电路的感应电流方向应沿逆时针,而在右线圈组成的电路中,感应电动势仅产 生在绕在铁芯上的那部分线圈上。 把这个线圈看作电源, 由于电流是从 c 沿内电路(即右线圈) 流向 d,所以 d 点电势高于 c 点。 2.(2014·松江区一模)如图 9-1-8 所示, 金属导轨上的导体棒 ab 在匀强磁场中沿导轨 做下列哪种运动时,铜制线圈 c 中将有感应电流产生且被螺线管吸引( )

图 9-1-8 A.向右做匀速运动 B.向左做匀速运动 C.向右做减速运动 D.向右做加速运动 解析:选 C B 导体棒 ab 向右或向左做匀速运动时,ab 中产生的感应电流不变,螺线管 产生的磁场是稳定的,穿过 c 的磁通量不变,c 中没有感应电流,线圈 c 不受安培力作用, 不会被螺线管吸引,故 A、B 错误;导体棒 ab 向右做减速运动时,根据右手定则判断得到,

ab 中产生的感应电流方向从 a→b,感应电流减小,螺线管产生的磁场减弱,穿过 c 的磁通量
减小,根据楞次定律得知,c 中产生顺时针方向(从左向右看)的感应电流,右侧相当于 N 极, 螺线管左侧是 S 极,则线圈 c 被螺线管吸引,故 C 正确;导体棒 ab 向右做加速运动时,根据 右手定则判断得到,ab 中产生的感应电流方向从 a→b,感应电流增大,螺线管产生的磁场增 强,穿过 c 的磁通量增大,根据楞次定律得知,c 中产生逆时针方向(从左向右看)的感应电 流,右侧相当于 S 极,螺线管左侧是 S 极,则线圈 c 被螺线管排斥,故 D 错误。

利用楞次定律的推论速解电磁感应问题 对应学生用书 P158 [必备知识]

楞次定律描述了感应电流的磁场和原磁通量变化的关系,即感应电流的磁场总是阻碍原 磁通量的变化,因此电磁感应的结果总是阻碍原磁通量的变化,归纳起来,可以分为以下几 种情况: (1)阻碍原磁通量的变化——“增反减同”; (2)阻碍相对运动——“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)——“增反减同”。 [典题例析] (多选)(2014·上海高考)如图 9-1-9 所示,匀强磁场垂直于软导线回路平面,由于磁 场发生变化,回路变为圆形。则该磁场( )

图 9-1-9 A.逐渐增强,方向向外 B.逐渐增强,方向向里 C.逐渐减弱,方向向外 D.逐渐减弱,方向向里 [解析] 选 CD 根据楞次定律可知,感应电流的磁场具有阻碍原磁通量变化的作用,回 路变成圆形,说明面积在变大,根据增缩减扩的原理可知,线圈中的磁通量无论什么方向, 只要减少即会发生此现象,故 C、D 正确。

应用楞次定律及其推论时,要注意“阻碍”的具体含义 (1)从阻碍磁通量的变化理解为: 当磁通量增大时, 会阻碍磁通量增大, 当磁通量减小时, 会阻碍磁通量减小。 (2)从阻碍相对运动理解为: 阻碍相对运动是“阻碍”的又一种体现, 表现在“近斥远吸, 来拒去留”。 (3)从阻碍电流的变化(自感现象)理解为:阻碍电流的变化,增则反,减则同。 [针对训练] 1.如图 9-1-10 所示,导轨间的磁场方向垂直于纸面向里,当导线 MN 在导轨上向右加 速滑动时,正对电磁铁 A 的圆形金属环 B 中( )

图 9-1-10 A.有感应电流,且 B 被 A 吸引 B.无感应电流 C.可能有,也可能没有感应电流 D.有感应电流,且 B 被 A 排斥 解析:选 D MN 向右加速滑动,根据右手定则,MN 中的电流方向从 N→M,且大小在逐渐 变大,根据安培定则知,电磁铁 A 的左端为 N 极,且磁场强度逐渐增强,根据楞次定律知,B 环中的感应电流产生的内部磁场方向向右,B 被 A 排斥。故 D 正确。 2.(2014·静安区二模)如图 9-1-11 所示, 通电螺线管置于水平放置的两根光滑平行金 属导轨 MN 和 PQ 之间,ab 和 cd 是放在导轨上的两根金属棒,它们分别放在螺线管的左右两 侧。保持开关闭合,最初两金属棒处于静止状态,当滑动变阻器的滑动触头向左滑动时,ab 和 cd 棒的运动情况是( )

图 9-1-11 A.ab 向左,cd 向右 C.ab、cd 都向右运动 B.ab 向右,cd 向左 D.ab、cd 都不动

解析:选 A 当变阻器滑片向左滑动时,电路的电流大小变大,线圈的磁场增大;根据 安培定则由电流方向可确定线圈的磁场方向垂直于导轨向下。由于线圈处于两棒中间,所以 穿过两棒所围成的磁通量变大,由楞次定律:增反减同可得,线框 abdc 产生逆时针方向感应 电流。最后根据左手定则可确定安培力的方向:ab 棒处于垂直向上的磁场,且电流方向为

a→b,则安培力方向向左。cd 棒处于垂直向上的磁场,且电流方向为 d→c,则安培力方向向
右。 [课时跟踪检测] 一、单项选择题 1.(2014·大纲卷)很多相同的绝缘铜圆环沿竖直方向叠放,形成一很长的竖直圆筒。一 条形磁铁沿圆筒的中心轴竖直放置,其下端与圆筒上端开口平齐。让条形磁铁从静止开始下 落。条形磁铁在圆筒中的运动速率( A.均匀增大 B.先增大,后减小 C.逐渐增大,趋于不变 D.先增大,再减小,最后不变 解析:选 C 条形磁铁在下落过程中受到向上的排斥力,绝缘铜环内产生感应电流,导 ) 对应学生用书P301

致条形磁铁做加速度逐渐减小的加速运动,故其速率逐渐增大,最后趋于不变,选项 C 正确, 选项 A、B、D 错误。 2.(2012·海南高考)如图 1,一质量为 m 的条形磁铁用细线悬挂在天花板上,细线从一 水平金属环中穿过。现将环从位置Ⅰ释放,环经过磁铁到达位置Ⅱ。设环经过磁铁上端和下 端附近时细线的张力分别为 T1 和 T2,重力加速度大小为 g,则( )

图1 A.T1>mg,T2>mg B.T1<mg,T2<mg C.T1>mg,T2<mg D.T1<mg,T2>mg 解析:选 A 环从位置Ⅰ释放下落,环经过磁铁上端和下端附近时,环中磁通量都变化, 都产生感应电流,由楞次定律可知,磁铁阻碍环下落,磁铁对圆环有向上的作用力。根据牛 顿第三定律,圆环对磁铁有向下的作用力,所以 T1>mg,T2>mg,选项 A 正确。 3.(2012·北京高考)物理课上,老师做了一个奇妙的“跳环实验”。如图 2,她把一个 带铁芯的线圈 L、开关 S 和电源用导线连接起来后,将一金属套环置于线圈 L 上,且使铁芯 穿过套环。闭合开关 S 的瞬间,套环立刻跳起。某同学另找来器材再探究此实验。他连接好 电路,经重复试验,线圈上的套环均未动。对比老师演示的实验,下列四个选项中,导致套 环未动的原因可能是( )

图2 A.线圈接在了直流电源上 B.电源电压过高 C.所选线圈的匝数过多 D.所用套环的材料与老师的不同 解析:选 D 金属套环跳起的原因是开关 S 闭合时,套环上产生的感应电流与通电线圈 上的电流相互作用而引起的。无论实验用交流电还是直流电,闭合开关 S 瞬间,金属套环都

会跳起。如果套环是塑料材料做的,则不能产生感应电流,也就不会受安培力作用而跳起。 所以答案是 D。 4. (2014·北京丰台期末)如图 3 是一种焊接方法的原理示意图。 将圆形待焊接金属工件 放在线圈中,然后在线圈中通以某种电流,待焊接工件中会产生感应电流,感应电流在焊缝 处产生大量的热量将焊缝两边的金属熔化,待焊工件就焊接在一起。我国生产的自行车车轮 圈就是用这种办法焊接的。下列说法中正确的是( )

图3 A.线圈中的电流是很强的恒定电流 B.线圈中的电流是交变电流,且频率很高 C.待焊工件焊缝处的接触电阻比非焊接部分电阻小 D.焊接工件中的感应电流方向与线圈中的电流方向总是相反 解析:选 B 线圈中的电流是交变电流,且频率很高,选项 B 正确 A 错误;待焊工件焊 缝处的接触电阻比非焊接部分电阻大,选项 C 错误;根据楞次定律,当线圈中的电流增大时, 焊接工件中的感应电流方向与线圈中的电流方向相反;当线圈中的电流减小时,焊接工件中 的感应电流方向与线圈中的电流方向相同,选项 D 错误。 5.如图 4 所示,均匀带正电的绝缘圆环 a 与金属圆环 b 同心共面放置,当 a 绕 O 点在其 所在平面内旋转时,b 中产生顺时针方向的感应电流,且具有收缩趋势,由此可知,圆环

a(

)

图4 A.顺时针加速旋转 B.顺时针减速旋转 C.逆时针加速旋转 D.逆时针减速旋转 解析:选 B 由楞次定律,欲使 b 中产生顺时针电流,则 a 环内磁场应向里减弱或向外 增强,a 环的旋转情况应该是顺时针减速或逆时针加速,由于 b 环又有收缩趋势,说明 a 环 外部磁场向外,内部向里,故选 B。 6.(2014·无锡检测)如图 5 所示,一个金属圆环水平放置在竖直向上的匀强磁场中,能 使圆环中产生感应电流的做法是( )

图5 A.使匀强磁场均匀减少 B.保持圆环水平并在磁场中上下移动 C.保持圆环水平并在磁场中左右移动 D.保持圆环水平并使圆环绕过圆心的竖直轴转动 解析:选 A 根据闭合回路中磁通量变化产生感应电流这一条件,能使圆环中产生感应 电流的做法是使匀强磁场均匀减少,选项 A 正确。 二、多项选择题 7.(2014·大连二模)在大连某中学实验室的水平桌面上,放置一矩形闭合导体线圈,如 图 6 所示,线圈的 ab 边沿南北方向,ad 边沿东西方向。仅考虑地磁场的影响,下列说法中 正确的是( )

图6 A.若使线圈向东平动,则 a 点的电势比 b 点的电势低 B.若使线圈向东平动,则 a 点的电势与 b 点的电势相等 C.若以 bc 为轴将线圈向上翻转 90°过程中,则线圈中感应电流方向为 abcda D.若以 bc 为轴将线圈向上翻转 90°过程中,则线圈中感应电流方向为 adcba 解析:选 AC 线圈向东平动时,ba 和 cd 两边切割磁感线,且两边切割磁感线产生的感 应电动势大小相同,根据右手定则知,a 点的电势比 b 点的电势低,故 A 正确,B 错误;若以

bc 为轴将线圈向上翻转 90°过程中,则穿过线圈的磁通量刚开始的时候减小,且磁场向下,
之后磁场从线圈的另一面穿过,且磁通量增大,根据楞次定律可知,线圈中感应电流方向为

abcda,故 C 正确,D 错误。
8.(2014·淮安模拟)如图 7 所示,“U”形金属框架固定在水平面上,金属杆 ab 与框架 间无摩擦,整个装置处于竖直方向的磁场中。若因磁场的变化,使杆 ab 向右运动,则磁感应 强度( )

图7

A.方向向下并减小 C.方向向上并增大

B.方向向下并增大 D.方向向上并减小

解析:选 AD 因磁场变化,发生电磁感应现象,杆 ab 中有感应电流产生,而使杆 ab 受 到磁场力的作用,并发生向右运动。ab 向右运动,使得闭合回路中磁通量有增加的趋势,说 明原磁场的磁通量必定减弱, 即磁感应强度正在减小, 与方向向上、 向下无关。 故 A、 D 正确, B、C 错误。 9.(2014·唐山摸底)如图 8 甲所示,水平放置的平行金属导轨连接一个平行板电容器 C 和电阻 R,导体棒 MN 放在导轨上且接触良好,整个装置放于垂直导轨平面的磁场中,磁感应 强度 B 的变化情况如图乙所示(图示磁感应强度方向为正),MN 始终保持静止,则 0~t2 时间 ( )

图8 A.电容器 C 的电荷量大小始终没变 B.电容器 C 的 a 板先带正电后带负电 C.MN 所受安培力的大小始终没变 D.MN 所受安培力的方向先向右后向左 解析: 选 AD 磁感应强度均匀变化, 产生恒定电动势, 电容器 C 的电荷量大小始终没变, 选项 A 正确 B 错误;由于磁感应强度变化,MN 所受安培力的大小变化,MN 所受安培力的方向 先向右后向左,选项 C 错误 D 正确。 10.(2014·泰州期末)如图 9 甲所示,螺线管内有一平行于轴线的磁场,规定图中箭头 所示方向为磁感应强度 B 的正方向,螺线管与 U 型导线框 cdef 相连,导线框 cdef 内有一半 径很小的金属圆环 L,圆环与导线框 cdef 在同一平面内,当螺线管内的磁感应强度随时间按 图乙所示规律变化时,下列选项中正确的是( )

图9 A.在 t1 时刻,金属圆环 L 内的磁通量最大 B.在 t2 时刻,金属圆环 L 内的磁通量最大 C.在 t1~t2 时间内, 金属圆环 L 内有逆时针方向的感应电流 D.在 t1~t2 时间内,金属圆环 L 有收缩的趋势

解析:选 BD 当螺线管内的磁感应强度随时间按图乙所示规律变化时,在导线框 cdef 内产生感应电动势和感应电流,在 t1 时刻,感应电流为零,金属圆环 L 内的磁通量为零,选 项 A 错误;在 t2 时刻,感应电流最大,金属圆环 L 内的磁通量最大,选项 B 正确;由楞次定 律,在 t1~t2 时间内,导线框 cdef 内产生逆时针方向感应电流,感应电流逐渐增大,金属圆 环 L 内磁通量增大,根据楞次定律,金属圆环 L 内有顺时针方向的感应电流,选项 C 错误; 在 t1~t2 时间内,金属圆环 L 有收缩的趋势,选项 D 正确。 三、非选择题 11.(2012·上海高考)为判断线圈绕向, 可将灵敏电流计 G 与线圈 L 连接, 如图 10 所示。 已知线圈由 a 端开始绕至 b 端,当电流从电流计 G 左端流入时,指针向左偏转。

图 10 (1)将磁铁 N 极向下从线圈上方竖直插入 L 时,发现指针向左偏转。俯视线圈,其绕向为 ________(填:“顺时针”或“逆时针”)。 (2)当条形磁铁从图中的虚线位置向右远离 L 时,指针向右偏转。俯视线圈,其绕向为 ________(填:“顺时针”或“逆时针”)。 解析:(1)将磁铁 N 极向下从线圈上方竖直插入 L 时,发现指针向左偏转,说明 L 中电流 从 b 到 a。根据楞次定律,L 中应该产生竖直向上的磁场。由安培定则可知,俯视线圈,电流 为逆时针方向,线圈其绕向为顺时针。 (2)当条形磁铁从图中的虚线位置向右远离 L 时, 指针向右偏转, 说明 L 中电流从 a 到 b。 根据楞次定律,L 中应该产生竖直向上的磁场。由安培定则可知,俯视线圈,电流为逆时针 方向,俯视线圈,其绕向为逆时针。 答案:(1)顺时针 (2)逆时针

12.磁感应强度为 B 的匀强磁场仅存在于边长为 2l 的正方形范围内,有一个电阻为 R、 边长为 l 的正方形导线框 abcd,沿垂直于磁感线方向,以速度 v 匀速通过磁场,如图 11 所 示,从 ab 进入磁场时开始计时,到线框离开磁场为止。

图 11 (1)画出穿过线框的磁通量随时间变化的图像;

(2)判断线框中有无感应电流。若有,答出感应电流的方向。 解析:(1)进入磁场的过程中磁通量均匀地增加,完全进入以后磁通量不变,之后磁通量 均匀减小,如图所示。

(2)线框进入磁场阶段,磁通量增加,由楞次定律得电流方向为逆时针方向;线框在磁场 中运动阶段,磁通量不变,无感应电流;线框离开磁场阶段,磁通量减小,由楞次定律得电 流方向为顺时针方向。 答案:见解析

第2节

法拉第电磁感应定律__自感和涡流

法拉第电磁感应定律 [必备知识] 1.感应电动势 (1)定义: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

对应学生用书 P158

(1)内容:闭合电路中感应电动势的大小,跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比。 ΔΦ (2)公式:E=n ,其中 n 为线圈匝数。 Δt ΔΦ (3)感应电动势的大小由穿过电路的磁通量的变化率 和线圈的匝数共同决定, 而与磁 Δt 通量 Φ 、磁通量的变化量 Δ Φ 的大小没有必然联系。 3.法拉第电磁感应定律应用的三种情况 (1)磁通量的变化是由面积变化引起时,Δ Φ =B·Δ S,则 E=n

BΔ S ; Δt

Δ B·S (2)磁通量的变化是由磁场变化引起时,Δ Φ =Δ B·S,则 E=n ; Δt (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, Δ Φ =Φ 末-Φ 初,

B2S2-B1S1 Δ BΔ S E=n ≠n 。 Δt Δt

ΔΦ 4.在图像问题中磁通量的变化率 是 Φ ?t 图像上某点切线的斜率,利用斜率和线圈 Δt 匝数可以确定感应电动势的大小。 [典题例析] 如图 9-2-1 甲所示,一个电阻值为 R,匝数为 n 的圆形金属线圈与阻值为 2R 的电阻 R1 连接成闭合回路。线圈的半径为 r1。在线圈中半径为 r2 的圆形区域内存在垂直于线圈平面向 里的匀强磁场,磁感应强度 B 随时间 t 变化的关系图线如图乙所示。图线与横、纵轴的截距 分别为 t0 和 B0,导线的电阻不计。求 0 至 t1 时间内

图 9-2-1 (1)通过电阻 R1 上的电流大小和方向; (2)通过电阻 R1 上的电荷量 q 及电阻 R1 上产生的热量。 [思维流程]

[解析] (1)根据楞次定律可知,通过 R1 的电流方向为由 b 到 a。 根据法拉第电磁感应定律得线圈中的电动势为

E=n

Δ Bπ r2 n·B0π r2 = Δt t0

2

2

根据闭合电路欧姆定律得通过 R1 的电流为

E nB0π r22 I= = 。 3R 3Rt0 nB0π r22t1 (2)通过 R1 的电荷量 q=It1= , 3Rt0 R1 上产生的热量 Q=I2R1t1=
[答案] (1) (2) 2n B0 π r2 t1 。 2 9Rt0
2 2 2 4

nB0π r22 方向由 b 到 a 3Rt0

nB0π r22t1 2n2B02π 2r24t1 2 3Rt0 9Rt0

应用电磁感应定律应注意的三个问题

ΔΦ (1)公式 E=n 求解的是一个回路中某段时间内的平均电动势, 在磁通量均匀变化时, Δt 瞬时值才等于平均值。 ΔB (2)利用公式 E=nS 求感应电动势时,S 为线圈在磁场范围内的有效面积。 Δt (3)通过回路截面的电荷量 q 仅与 n、Δ Φ 和回路电阻 R 有关,与时间长短无关。推导如 下:q= I Δ t=

nΔ Φ nΔ Φ Δ t= 。 Δ tR R
[针对训练]

1.(2014·泰州质检)如图 9-2-2 甲所示,一个圆形线圈的匝数 n=100,线圈面积 S =200 cm ,线圈的电阻 r=1 Ω ,线圈外接一个阻值 R=4 Ω 的电阻,把线圈放入一方向垂 直线圈平面向里的匀强磁场中,磁感应强度随时间变化规律如图乙所示。下列说法中正确的 是( )
2

图 9-2-2 A.线圈中的感应电流方向为顺时针方向 B.电阻 R 两端的电压随时间均匀增大 C.线圈电阻 r 消耗的功率为 4×10
-4

W
-4

D.前 4 s 内通过 R 的电荷量为 4×10

C

解析:选 C 由楞次定律,线圈中的感应电流方向为逆时针方向,选项 A 错误;由法拉 第电磁感应定律,产生的感应电动势恒定为 E=nSΔ B/Δ t=0.1 V,电阻 R 两端的电压不随 时间变化,选项 B 错误;回路中电流 I=E/(R+r)=0.02 A,线圈电阻 r 消耗的功率为 P=I r =4×10
-4 2

W,选项 C 正确;前 4 s 内通过 R 的电荷量为 q=It=0.08 C,选项 D 错误。

2.(2014·江苏高考)如图 9-2-3 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 Δ t 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( )

图 9-2-3

A. C.

Ba2 2Δ t nBa2 Δt

B. D.

nBa2 2Δ t
2nBa Δt
2

Δ B 2B-B B 解析:选 B 磁感应强度的变化率 = = ,法拉第电磁感应定律公式可写成 E Δt Δt Δt ΔΦ ΔB 1 2 Ba =n =n S,其中磁场中的有效面积 S= a ,代入得 E=n ,选项 B 正确,A、C、D Δt Δt 2 2Δ t 错误。
2

导体切割磁感线产生感应电动势 [必备知识] 1.导体平动切割磁感线

对应学生用书 P159

对于导体平动切割磁感线产生感应电动势的计算式 E=Blv, 应从以下几个方面理解和掌 握。 (1)正交性 本公式是在一定条件下得出的,除了磁场是匀强磁场,还需 B、l、v 三者相互垂直。实 际问题中当它们不相互垂直时,应取垂直的分量进行计算,公式可为 E=Blvsin θ ,θ 为 B 与 v 方向间的夹角。 (2)平均性 导体平动切割磁感线时,若 v 为平均速度,则 E 为平均感应电动势,即 E =Bl v 。 (3)瞬时性 若 v 为瞬时速度,则 E 为相应的瞬时感应电动势。 (4)有效性 公式中的 l 为有效切割长度,即导体与 v 垂直的方向上的投影长度。图 9-2-4 中有效 长度分别为:

图 9-2-4 甲图:l=cdsin β (容易错算成 l=absin β )。 乙图:沿 v1 方向运动时,l=MN; 沿 v2 方向运动时,l=0。

丙图:沿 v1 方向运动时,l= 2R; 沿 v2 方向运动时,l=0; 沿 v3 方向运动时,l=R。 (5)相对性

E=Blv 中的速度 v 是相对于磁场的速度,若磁场也运动时,应注意速度间的相对关系。
2.导体转动切割磁感线 当导体在垂直于磁场的平面内,绕一端以角速度 ω 匀速转动时,产生的感应电动势为 E 1 2 =Bl v = Bl ω ,如图 9-2-5 所示。 2

图 9-2-5 [典题例析] (多选)(2014·山东高考)如图 9-2-6,一端接有定值电阻的平行金属轨道固定在水平 面内,通有恒定电流的长直绝缘导线垂直并紧靠轨道固定,导体棒与轨道垂直且接触良好, 在向右匀速通过 M、N 两区的过程中,导体棒所受安培力分别用 FM、FN 表示。不计轨道电阻。 以下叙述正确的是( )

图 9-2-6 A.FM 向右 C.FM 逐渐增大 [思路点拨] (1)导体棒所受安培力 FM、FN 的大小与什么因素有关?方向如何判断? 提示:根据 F=BIl,结合已知条件可知 FM、FN 的大小与 M、N 区域的磁场分布有关,跟 棒中通过的电流有关。方向可以用左手定则或楞次定律判断。 (2)长直绝缘导线产生的磁场有什么特点? 提示:根据安培定则,M、N 区域的磁场并非匀强磁场,而是越靠近导线磁场越强。 [解析] 选 BCD 由题意可知,根据安培定则,在轨道内的 M 区、N 区通电长直导线产生 的磁场分别垂直轨道平面向外和向里,由此可知,当导体棒运动到 M 区时,根据右手定则可 以判定,在导体棒内产生的感应电流与长直绝缘导线中的电流方向相反,再根据左手定则可 知,金属棒在 M 区时受到的安培力方向向左,因此 A 选项不正确;同理可以判定 B 选项正确; B.FN 向左 D.FN 逐渐减小

再根据导体棒在 M 区匀速靠近长直绝缘导线时对应的磁场越来越大,因此产生的感应电动势 越来越大,根据闭合电路的欧姆定律和安培力的公式可知,导体棒所受的安培力 FM 也逐渐增 大,故 C 选项正确;同理 D 选项正确。

ΔΦ 公式 E=n 与 E=Blvsin θ 的区别与联系 Δt 两个公式 项目

E=n

ΔΦ Δt

E=Blvsin θ
求的是瞬时感应电动势, E 与某个时 刻或某个位置相对应 求的是回路中一部分导体切割磁感 线时产生的感应电动势 由于是由一部分导体切割磁感线的 运动产生的,该部分就相当于电源

求的是 Δ t 时间内的平均感应电动 势,E 与某段时间或某个过程相对应 求的是整个回路的感应电动势。整个 区别 回路的感应电动势为零时,其回路中 某段导体的感应电动势不一定为零 由于是整个回路的感应电动势,因此 电源部分不容易确定

联系

ΔΦ 公式 E=n 和 E=Blvsin θ 是统一的,当 Δ t→0 时,E 为瞬时感应电动 Δt 势,而公式 E=Blvsin θ 中的 v 若代入 v ,则求出的 E 为平均感应电动势

[针对训练] 1.(2013·北京高考)如图 9-2-7 所示,在磁感应强度为 B、方向垂直纸面向里的匀强 磁场中,金属杆 MN 在平行金属导轨上以速度 v 向右匀速滑动,MN 中产生的感应电动势为 E1; 若磁感应强度增为 2B,其他条件不变,MN 中产生的感应电动势变为 E2。则通过电阻 R 的电 流方向及 E1 与 E2 之比 E1∶E2 分别为( )

图 9-2-7 A.c→a,2∶1 C.a→c,1∶2 B.a→c,2∶1 D.c→a,1∶2

解析:选 C 金属棒 MN 向右切割磁感线,产生感应电动势,由安培定则可知,电阻中电 流方向为 a→c。E1=BLv,E2=2BLv,所以 E1∶E2=1∶2。综上所述,C 正确。 2.(2013·天津高考)如图 9-2-8 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( )

图 9-2-8 A.Q1>Q2,q1=q2 C.Q1=Q2,q1=q2 解析:选 A
2

B.Q1>Q2,q1>q2 D.Q1=Q2,q1>q2

由 Q = I Rt 得, Q1 = ? ? Rt = R

?E1? 2 ? ?

BLabv R

2

×

Lbc B2Lab2Lbcv ?E2? 2 = , Q2 = ? ? Rt = v R ?R?

BLbcv R

2

Lab B2Lbc2Labv Δ Φ nBLabLbc × = ,又因为 Lab>Lbc,故 Q1>Q2。由电荷量 q= I Δ t=n = , v R R R

故 q1=q2。所以 A 正确。

自感 涡流 [必备知识] 1.互感现象

对应学生用书 P161

两个互相靠近的线圈,当一个线圈中的电流变化时,它所产生的变化的磁场会在另一个 线圈中产生感应电动势的现象。 2.自感现象 (1)定义: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。 ΔI ②表达式:E=L 。 Δt ③自感系数 L: 相关因素:与线圈的大小、形状、圈数以及是否有铁芯有关。 单位:亨利(H),1 mH=10 3.涡流 当线圈中的电流发生变化时,在它附近的任何导体中都会产生感应电流,这种电流像水 的旋涡,所以叫涡流。 (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
-3

H,1 μ H=10

-6

H。

是阻碍导体的运动。 (2)电磁驱动: 如果磁场相对于导体转动, 在导体中会产生感应电流使导体受到安培力的 作用,安培力使导体运动起来。 交流感应电动机就是利用电磁驱动的原理工作的。 4.自感现象的四大特点 (1)自感电动势总是阻碍导体中原电流的变化。 (2)通过线圈中的电流不能发生突变,只能缓慢变化。 (3)电流稳定时,自感线圈就相当于普通导体。 (4)线圈的自感系数越大,自感现象越明显,自感电动势只是延缓了过程的进行,但它不 能使过程停止,更不能使过程反向。 [典题例析] (2014·南通调研)如图 9-2-9 所示,A、B、C 是 3 个完全相同的灯泡,L 是一个自感系 数较大的线圈(直流电阻可忽略不计)。则( )

图 9-2-9 A.S 闭合时,A 灯立即亮,然后逐渐熄灭 B.S 闭合时,B 灯立即亮,然后逐渐熄灭 C.电路接通稳定后,3 个灯亮度相同 D.电路接通稳定后,S 断开时,C 灯立即熄灭 [解析] 选 A 因线圈 L 的自感系数较大且直流电阻可忽略不计, S 闭合时, A 灯立即亮, 然后逐渐熄灭,A 正确。S 闭合时,B 灯先不太亮,然后变亮,B 错误。电路接通稳定后,B、 C 灯亮度相同,A 灯不亮,C 错误。电路接通稳定后,S 断开时,C 灯逐渐熄灭,D 错误。

[针对训练] 1.(2014·扬州模拟)如图 9-2-10 所示,L 是一带铁芯的理想电感线圈,其直流电阻 为 0,电路中 A、B 是两个完全相同的灯泡,与 A 灯泡串接一个理想二极管 D,则( )

图 9-2-10 A.开关 S 闭合瞬间,A 灯泡先亮 B.开关 S 闭合瞬间,A、B 灯泡同时亮 C.开关 S 断开瞬间,A 灯泡逐渐熄灭,B 灯泡立即熄灭 D.开关 S 断开瞬间,B 灯泡逐渐熄灭,A 灯泡立即熄灭 解析:选 B 闭合瞬间线圈相当于断路,二极管为正向电流,故 A、B 同时亮,故 A 错误, B 正确;开关 S 断开瞬间,B 立刻熄灭,由于二极管只正向导通,故自感线圈与 A 无法形成回 路,A 也立刻熄灭,故 C、D 错误。 2. (多选)(2014·江苏高考)如图 9-2-11 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( )

图 9-2-11 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:选 AB 当线圈上通交流电时,金属杯由于发生电磁感应现象,杯中有感应电流, 对水加热,若要增大感应电流,则需要增大感应电动势或者减小杯体的电阻。增加线圈的匝 数,使得穿过金属杯的磁场增强,感应电动势增大,选项 A 正确;提高交流电的频率,使得 磁通量的变化率增大,感应电动势增大,选项 B 正确;若将金属杯换为瓷杯,则不会产生感 应电流,选项 C 错误;取走线圈中的铁芯,磁场会大大减弱,感应电动势减小,选项 D 错误。 [课时跟踪检测] 一、单项选择题 1.如图 1 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( ) 对应学生用书P303

图1 A.开关闭合到电路中电流稳定的时间内, A 灯立刻亮,而后逐渐变暗,最后亮度稳定 B.开关闭合到电路中电流稳定的时间内,B 灯立刻亮,而后逐渐变暗,最后亮度稳定 C.开关由闭合到断开瞬间,A 灯闪亮一下再熄灭 D.开关由闭合到断开瞬间,电流自左向右通过 A 灯 解析:选 A 开关闭合到电路中电流稳定的时间内,A 灯立刻亮,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。开关由闭合到断开瞬间,电流 自右向左通过 A 灯,A 灯没有闪亮一下再熄灭,选项 C、D 错误。 2.(2014·南京模拟)如图 2 所示,长为 L 的金属导线弯成一圆环,导线的两端接在电容 为 C 的平行板电容器上,P、Q 为电容器的两个极板,磁场垂直于环面向里,磁感应强度以 B =B0+Kt(K>0)随时间变化,t=0 时,P、Q 两极板电势相等。两极板间的距离远小于环的半 径,经时间 t 电容器 P 板( )

图2 A.不带电 C.带正电,电荷量是 B.所带电荷量与 t 成正比

KL2C


D.带负电,电荷量是

KL2C


解析:选 D 磁感应强度以 B=B0+Kt(K>0)随时间变化,由法拉第电磁感应定律得 E= ΔΦ ΔB L KL C =S =KS,而 S= ,经时间 t 电容器 P 板所带电荷量 Q=EC= ;由楞次定律知 Δt Δt 4π 4π 电容器 P 板带负电,故 D 选项正确。 3. (2014·温州八校联考)如图 3 所示的四个选项中, 虚线上方空间都存在方向垂直纸面 向里的匀强磁场。A、B 中的导线框为正方形,C、D 中的导线框为直角扇形。各导线框均绕垂 直纸面轴 O 在纸面内匀速转动,转动方向如箭头所示,转动周期均为 T。从线框处于图示位 置时开始计时, 以在 OP 边上从 P 点指向 O 点的方向为感应电流 i 的正方向。 则在如图 4 所示 的四个情景中,产生的感应电流 i 随时间 t 的变化规律如图 3 所示的是( )
2 2

图3

图4 解析:选 C 根据感应电流在一段时间恒定,导线框应为扇形;由右手定则可判断出产 生的感应电流 i 随时间 t 的变化规律如图 3 所示的是 C。 4.(2014·九江三模)如图 5 所示电路中,电源电动势为 E,线圈 L 的电阻不计。以下判 断正确的是( )

图5 A.闭合 S 瞬间,灯泡不发光 B.闭合 S 待电路稳定后,灯泡发光

C.断开 S 瞬间,灯泡发光 D.断开 S 瞬间,电阻 R 上无电流通过 解析:选 C 闭合 S 瞬间,线圈 L 与灯泡并联与 R 串联,线圈阻碍电流的增加,灯泡中 有电流,故灯泡发光,A 错误;由于线圈 L 的直流电阻不计,闭合 S,稳定后,灯泡被短路, 电流强度为零,灯泡不发光,故 B 错误。断开 S 的瞬间,电容器放电,R 中电流不为零,线 圈中电流减小,产生自感电动势,相当于电源,灯泡中的电流逐渐减小,故 C 正确,D 错误。 5.(2014·济南外国语学校测试)如图 6 所示,正方形闭合导线框的质量可以忽略不计, 将它从如图所示的位置匀速拉出匀强磁场。若第一次用 0.3 s 时间拉出,外力所做的功为 W1; 第二次用 0.9 s 时间拉出,外力所做的功为 W2,则( )

图6 1 A.W1= W2 3 C.W1=3W2 B.W1=W2 D.W1=9W2

解析:选 C 设正方形边长为 L,导线框的电阻为 R,则导体切割磁感线的边长为 L,运 动距离为 L,W= t=

E2 R

B2L2v2 L B2L3v B2L4 · = = ,可知 W 与 t 成反比,W1=3W2,选 C。 R v R Rt

6.(2012·大纲卷)如图 7 所示,均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框,半圆 直径与磁场边缘重合;磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里,磁感应强度大小为 B0。使该线框 从静止开始绕过圆心 O、垂直于半圆面的轴以角速度 ω 匀速转动半周,在线框中产生感应电 流。现使线框保持图中所示位置,磁感应强度大小随时间线性变化。为了产生与线框转动半 ΔB 周过程中同样大小的电流,磁感应强度随时间的变化率 的大小应为( Δt )

图7 A. C. 4ω B0 π ω B0 π B. D. 2ω B0 π ω B0 2π

解析: 选C

设圆的半径为 r, 当其绕过圆心 O 的轴匀速转动时, 圆弧部分不切割磁感线,

不产生感应电动势,而在转过半周的过程中仅有一半直径在磁场中,产生的感应电动势为 E =B0r v =B0r·



1 2 ΔB πr E = B0r ω ; 当线框不动时: E′= · 。 由闭合电路欧姆定律得 I= , 2 2 Δt 2 R

2

要使 I=I′必须使 E=E′,可得 C 正确。 二、多项选择题 7.(2014·资阳模拟)在如图 8 甲所示的电路中,螺线管匝数 n=1 500 匝,横截面积 S =20 cm 。螺线管导线电阻 r=1.0 Ω ,R1=5.0 Ω ,R2=6.0 Ω ,C=30 μ F。在一段时间 内, 穿过螺线管的磁场的磁感应强度 B 按如图乙所示规律变化。 则下列说法中正确的是( )
2

图8 A.2 秒末通过线圈的磁通量为 2×10
-3

Wb

B.螺线管中产生的感应电动势为 1.5 V C.闭合 S,电路稳定后电阻 R1 消耗的电功率为 5×10 D.电路中电流稳定后电容器上极板带正电 解析:选 AC 2 秒末通过线圈的磁通量为:Φ =BS=1.0×20×10
-4 -2

W

Wb=2×10

-3

Wb,

ΔΦ ΔB 1-0.2 -4 故 A 正确;螺线管中产生的感应电动势为:E=n =nS =1 500×20×10 × V Δt Δt 2 =1.2 V,故 B 错误;根据闭合电路欧姆定律,I= 耗电功率为:P=I R1=0.1 ×5 W=5×10
2 2 -2

E 1.2 = A=0.1 A,电阻 R1 消 r+R1+R2 1+5+6

W,故 C 正确;根据楞次定律可知,螺线管下端

为正极,则电流稳定后电容器下极板带正电,上极板带负电,故 D 错误。 8. (2014·嘉定区二模)如图 9 甲所示, 在竖直方向分布均匀的磁场中水平放置一个金属 圆环,圆环所围面积为 0.1 m ,圆环电阻为 0.2 Ω 。在第 1 s 内感应电流 I 沿顺时针方向。 磁场的磁感应强度 B 随时间 t 的变化规律如图乙所示(其中在 4~5 s 的时间段呈直线)。则 ( )
2

图9 A.在 0~5 s 时间段,感应电流先减小再增大 B.感应电流的方向,在 0~2 s 时间段顺时针,在 2~5 s 时间段逆时针 C.感应电流的方向,在 0~4 s 时间段顺时针,在 4~5 s 时间段逆时针

D.在 0~5 s 时间段,线圈最大发热功率为 5.0×10

-4

W

E Δ BS 解析:选 BD 根据闭合电路欧姆定律得,I= =n ,知磁感应强度的变化率越大, R Δ tR
则电流越大,磁感应强度变化率最大值为 0.1,则最大电流 I=0.05 A,则在 0~5 s 时间段, 感应电流先减小再增大,最后不变,故 A 错误;根据楞次定律知,感应电流的方向在 0~2 s 时间段顺时针,在 2~5 s 时间段逆时针,故 B 正确,C 错误;在 0~5 s 时间段,当电流最 大时,发热功率最大,则 P=I R=0.05 ×0.2 W=5×10
2 2 -4

W,故 D 正确。

9.(2014·汕头质检)如图 10 所示,圆形导体线圈 a 平放在水平桌面上,在 a 的正上方 固定一竖直螺线管 b,二者轴线重合,螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路。 若将滑动变阻器的滑片 P 向下滑动,下列表述正确的是( )

图 10 A.线圈 a 中将产生俯视逆时针方向的感应电流 B.穿过线圈 a 的磁通量变小 C.线圈 a 有扩张的趋势 D.线圈 a 对水平桌面的压力 FN 将增大 解析:选 AD 通过螺线管 b 的电流方向如图所示,根据右手螺旋 定则判断出螺线管 b 所产生的磁场方向竖直向下,滑片 P 向下滑动, 接入电路的电阻减小,电流增大,所产生的磁场的磁感应强度增强, 根据楞次定律,a 线圈中所产生的感应电流产生的感应磁场方向竖直 向上,再由右手螺旋定则可得线圈 a 中的电流方向为俯视逆时针方向,故 A 正确;由于线圈

b 中的电流增大,产生的磁场增强,导致穿过线圈 a 的磁通量变大,故 B 错误;根据楞次定
律,线圈 a 将阻碍磁通量的增大,因此,线圈 a 有缩小的趋势,线圈 a 对水平桌面的压力增 大,C 选项错误,D 选项正确。 10.半径为 a 右端开小口的导体圆环和长为 2a 的导体直杆,单位长度电阻均为 R0。圆环 水平固定放置,整个内部区域分布着竖直向下的匀强磁场,磁感应强度为 B。杆在圆环上以 速度 v 平行于直径 CD 向右做匀速直线运动,杆始终有两点与圆环良好接触,从圆环中心 O 开始,杆的位置由 θ 确定,如图 11 所示。则( )

图 11 A.θ =0 时,杆产生的电动势为 2Bav π B.θ = 时,杆产生的电动势为 3Bav 3 C.θ =0 时,杆受的安培力大小为 π D.θ = 时,杆受的安培力大小为 3 2B av π + R0 3B av π + R0
2 2

解析:选 AD 根据法拉第电磁感应定律可得 E=Blv(其中 l 为有效长度),当 θ =0 时,

l=2a,则 E=2Bav;当 θ = 时,l=a,则 E=Bav,故 A 选项正确,B 选项错误。根据通电
直导线在磁场中所受安培力的大小的计算公式可得 F=BIl,又根据闭合电路欧姆定律可得 I =

π 3

E

r+R

, 当 θ =0 时, r+R=(π +2)aR0, 解得 F=
2

4B av π ?5π ? ; 当 θ = 时, r+R=? +1? 3 π + R0 3 ? ?

2

aR0,解得 F=

3B av ,故 C 选项错误,D 选项正确。 π + R0

三、非选择题 11.(2014·万州区模拟)如图 12 甲所示,光滑导轨宽 0.4 m,ab 为金属棒,均匀变化的 磁场垂直穿过轨道平面,磁场的变化情况如图乙所示,金属棒 ab 的电阻为 1 Ω ,导轨电阻 不计。t=0 时刻,ab 棒从导轨最左端,以 v=1 m/s 的速度向右匀速运动,求 1 s 末回路中 的感应电流及金属棒 ab 受到的安培力。

图 12 解析:Φ 的变化有两个原因,一是 B 的变化,二是面积 S 的变化,显然这两个因素都应 当考虑在内,所以有

E=


ΔΦ ΔB = S+Blv Δt Δt

ΔB =2 T/s, Δt

在 1 s 末,B=2 T,S=lvt=0.4×1×1 m =0.4 m ΔB 所以 1 s 末,E= S+Blv=1.6 V, Δt 此时回路中的电流

2

2

E I= =1.6 A R
根据楞次定律与右手定则可判断出电流方向为逆时针方向 金属棒 ab 受到的安培力为 F=BIl=2×1.6×0.4 N=1.28 N,方向向左。 答案:1.6 A 1.28 N,方向向左 12.(2014·苏南六市模拟)如图 13 所示,光滑导轨 MN 和 PQ 固定在同一水平面上,两导 轨距离为 L, 两端分别接有阻值均为 R 的定值电阻 R1 和 R2, 两导轨间有一边长为 的正方形区 2 域 abcd,该区域内有方向竖直向下的匀强磁场,磁感应强度为 B。一质量为 m 的金属杆与导 轨接触良好并静止于 ab 处,现用一恒力 F 沿水平方向拉杆,使之由静止向右运动,若杆出磁 场前已做匀速运动,不计导轨及金属杆的电阻。求:

L

图 13 (1)金属杆出磁场前的瞬间流过 R1 的电流大小和方向; (2)金属杆做匀速运动时的速率; (3)金属杆穿过整个磁场过程中 R1 上产生的电热。 解析:(1)设流过金属杆中的电流为 I,由平衡条件得:

L F=BI·
2 2F 解得 I=

BL

因 R1=R2,所以流过 R1 的电流大小为 I1= = 2 BL 根据右手定则判断可知,流过 R1 的电流方向为从 M 到 P。 (2)设杆做匀速运动的速度为 v,由法拉第电磁感应定律得: 杆切割磁感线产生的感应电动势大小为 E=Bv· 又根据闭合欧姆定律得到 E=I· , 2

I

F

L
2

R

可解得 v=

2FR

B2L2



(3)设整个过程电路中产生的总电热为 Q,根据能量守恒定律得:

L 1 Q=F· - mv2
2 2 1 2mF R 代入 v 可得 Q= FL- 4 4 2 BL
2 2 2 2

1 1 mF R 所以 Q1= Q= FL- 4 4 。 2 4 BL 答案:(1)

F 2FR 1 mF2R2 从 M 到 P (2) 2 2 (3) FL- 4 4 BL BL 4 BL

第3节

电磁感应定律的综合应用

电磁感应中的电路问题 [必备知识] 1.电源和电阻

对应学生用书 P162

2.电流方向

3.电磁感应与电路知识的关系图

[典题例析] (2012·江苏高考)某兴趣小组设计了一种发电装置,如图 9-3-1 所示。在磁极和圆柱 4 状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角 α 均为 π ,磁场均沿半径方向。匝数为 N 的矩形线 9 圈 abcd 的边长 ab=cd=l、bc=ad=2l。线圈以角速度 ω 绕中心轴匀速转动,bc 和 ad 边同 时进入磁场。在磁场中,两条边所经过处的磁感应强度大小均为 B、方向始终与两边的运动 方向垂直。线圈的总电阻为 r,外接电阻为 R。求:

图 9-3-1 (1)线圈切割磁感线时,感应电动势的大小 Em; (2)线圈切割磁感线时,bc 边所受安培力的大小 F; (3)外接电阻上电流的有效值 I。 [思路点拨] (1)线圈有哪些边切割磁感线?其切割磁感线的速度如何? 提示:线圈的 bc、ad 边切割磁感线产生感应电动势。bc、ad 边切割磁感线的速度为 v =ω · 。 2 (2)线圈 bc 边中的电流方向、磁场方向、所受安培力方向三者存在怎样的关系?安培力 如何计算? 提示:线圈 bc 边中的电流方向、磁场方向、所受安培力方向三者两两互相垂直,其安培 力可以用 F=BIl 计算。

l

(3)外接电阻上电流的有效值等于最大值吗? 4 提示:一个周期内, 外接电阻上只有 T 的时间内有电流,故其有效值并不等于最大值, 9 有效值应根据电流的热效应计算。 [解析] (1)bc、ad 边的运动速度 v=ω ,感应电动势 Em=4NBlv 2 解得 Em=2NBl ω 。 (2)电流 Im=
2

l

Em ,安培力 F=2NBIml r+R

4N B l ω 解得 F= 。 r+R 4 (3)一个周期内,通电时间 t= T 9

2 2 3

R 上消耗的电能 W=Im2Rt 且 W=I2RT
解得 I= 4NBl ω 。 r+R
2 2

[答案] (1)2NBl ω

4N B l ω (2) r+R

2 2 3

(3)

4NBl ω r+R

2

解决电磁感应中电路问题的三步曲

[针对训练] 1.(2013·江苏高考)如图 9-3-2 所示,匀强磁场中有一矩形闭合线圈 abcd,线圈平 面与磁场垂直。已知线圈的匝数 N=100,边长 ab=1.0 m、bc=0.5 m,电阻 r=2 Ω 。磁感 应强度 B 在 0~1 s 内从零均匀变化到 0.2 T。在 1~5 s 内从 0.2 T 均匀变化到-0.2 T,取 垂直纸面向里为磁场的正方向。求:

图 9-3-2 (1)0.5 s 时线圈内感应电动势的大小 E 和感应电流的方向; (2)在 1~5 s 内通过线圈的电荷量 q; (3)在 0~5 s 内线圈产生的焦耳热 Q。 解析:本题考查电磁感应与电路的综合,意在考查考生对法拉第电磁感应定律的理解及 应用能力。 (1)感应电动势 E1=

NΔ Φ 1 ,磁通量的变化 Δ Φ 1=Δ B1S Δ t1

Δ B1S 解得 E1=N ,代入数据得 E1=10 V,感应电流的方向为 a→d→c→b→a Δ t1 Δ B2S E2 (2)同理可得 E2=N ,感应电流 I2= , Δ t2 r 电荷量 q=I2Δ t2 Δ B2S 解得 q=N ,代入数据得 q=10 C

r

(3)0~1 s 内的焦耳热 Q1=I1 rΔ t1,且 I1= ,1~5 s 内的焦耳热 Q2=I2 rΔ t2 由 Q=Q1+Q2,代入数据得 Q=100 J 答案:(1)10 V,感应电流的方向为 a→d→c→b→a (2)10 C (3)100 J 2.(2014·广州一模)如图 9-3-3,匀强磁场垂直铜环所在的平面,导体棒 a 的一端固 定在铜环的圆心 O 处,另一端紧贴圆环,可绕 O 匀速转动。通过电刷把铜环、环心与两竖直 平行金属板 P、Q 连接成如图所示的电路,R1、R2 是定值电阻。 带正电的小球通过绝缘细线挂在两板间的 M 点,被拉起到水平位置;合上开关 K,无初 速度释放小球,小球沿圆弧经过 M 点正下方的 N 点到另一侧。已知:磁感应强度为 B;a 的角 速度大小为 ω ,长度为 l,电阻为 r;R1=R2=2r,铜环电阻不计;P、Q 两板间距为 d;带电 小球的质量为 m、电量为 q;重力加速度为 g。求:

2

E1 r

2

图 9-3-3 (1)a 匀速转动的方向; (2)P、Q 间电场强度 E 的大小; (3)小球通过 N 点时对细线拉力 T 的大小。 解析:(1)依题意,小球从水平位置释放后,能沿圆弧向下摆动,故小球受到电场力的方 向水平向右,P 板带正电,Q 板带负电。 由右手定则可知,导体棒 a 顺时针转动。 1 2 (2)导体棒 a 转动切割磁感线,由法拉第电磁感应定律得电动势大小:ε = Bl ω 2 由闭合电路欧姆定律:I= ε

R1+R2+r

由欧姆定律可知,PQ 的电压为:UPQ=IR2

UPQ Bω l2 PQ 间匀强电场的电场强度大小:E= = 。 d 5d
1 2 (3)设细绳长度为 L,小球到达 N 点时速度为 v,由动能定理可得:mgL-EqL= mv 2 牛顿第二定律,则有:T-mg=m 2Bqω l 得:T=3mg- 。 5d
2 Bω l2 2Bqω l 答案:(1)顺时针 (2) (3) 3mg- 5d 5d 2

v2 L

电磁感应中的图像问题 [必备知识] 1.图像类型

对应学生用书 P163

2.分析方法

[典题例析] 如图 9-3-4 所示,EOF 和 E′O′F′为空间一匀强磁场的边界,其中 EO∥E′O′,FO ∥F′O′,且 EO⊥OF;OO′为∠EOF 的角平分线,OO′间的距离为 l;磁场方向垂直于纸面 向里。一边长为 l 的正方形导线框沿 O′O 方向匀速通过磁场,t=0 时刻恰好位于图示位置。 规定导线框中感应电流沿逆时针方向时为正,则感应电流 i 与时间 t 的关系图线可能正确的 是( )

图 9-3-4

图 9-3-5 [思路点拨] 导线框的运动过程分析:

[解析] 选 B 方法 1:线框由初始位置运动到(1)位置过程中,切割磁感线的导体有效 长度均匀增大,电流也均匀变大,由右手定则判知电流沿逆时针方向。 线框由(1)位置运动到(2)位置过程中, 切割磁感线的导体有效长度不变, 电流大小不变,

方向也不变。 线框由(2)位置运动到(3)位置过程中, 左边有效切割长度 ab 逐渐减小, 右边有效切割长 度 cd、ef 逐渐增大,整体上,总电动势在减小,到达(3)位置时,E=0,即 i=0。 线框由(3)位置运动到(4)位置过程中,有效切割长度变大,到达(4)位置时最大,由右手 定则判知电流沿顺时针方向。 线框由(4)位置运动到(5)位置过程中,电流大小、方向均不变。 线框由(5)位置运动到(6)位置过程中,导体有效切割长度变小,直到为零。 综上所述,可知 B 正确。 方法 2:在电磁感应现象中,流过线框某一横截面的电量与磁通量的变化量成正比,当 线框穿入和穿出磁场之后,线框内的磁通量变化量为零,流过线框某一横截面的电量也必将 为零。而在电流-时间图像中,图线与坐标轴围成的面积就是电量,所以电流图像在时间轴 上下围成的面积必然相等。观察四个选项,符合条件的只有 B 和 D。利用楞次定律判断 t=0 时刻后一段时间的电流方向可知 B 正确。

解决电磁感应中图像类选择题的两个常用方法 (1)排除法: 定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小), 变化快慢(均 匀变化还是非均匀变化),特别是物理量的正负,排除错误的选项。 (2)函数法: 根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系, 然后由函数关系 对图像作出分析和判断,这未必是最简捷的方法,但却是最有效的方法。 [针对训练] 1.(2014·锦州一模)矩形导线框 abcd 放在匀强磁场中,在外力控制下处于静止状态, 如图 9-3-6 甲所示。磁感线方向与导线框所在平面垂直,磁感应强度 B 随时间变化的图像 如图乙所示。t=0 时刻,磁感应强度的方向垂直导线框平面向里,在 0~4 s 时间内,导线 框 ad 边所受安培力随时间变化的图像 (规定以向左为安培力正方向 )可能是下列选项中的 ( )

图 9-3-6

图 9-3-7

解析:选 A t=0 时刻,磁感应强度的方向垂直导线框平面向里,在 0 到 1 s 内,穿过 线框的磁通量均匀变小,由楞次定律可得,感应电流方向是顺时针,再由左手定则可得线框 的 ad 边的安培力水平向左;当在 1 s 到 2 s 内,磁感应强度的方向垂直线框平面向外,穿过 线框的磁通量均匀变大,由楞次定律可得,感应电流方向是顺时针,再由左手定则可得线框 的 ad 边的安培力水平向右。在下一个周期内,重复出现安培力先向左后向右,故 A 正确。 2.(2014·全国卷Ⅰ)如图 9-3-8(a)所示,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 ( )

图 9-3-8

图 9-3-9 解析:选 C 根据题图(b)可知:cd 两端在 0~0.5 产生恒定的电压,根据法拉第电磁感 Δi 应定律,穿过线圈的磁通量均匀变化,即 为恒定不变,故选项 C 正确,A、B、D 错误。 Δt

电磁感应中的动力学问题 [必备知识] 1.两种状态及处理方法 状态 特征 处理方法

对应学生用书 P165

平衡态 非平衡态

加速度为零 加速度不为零

根据平衡条件列式分析 根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系进行分析

2.力学对象和电学对象的相互关系

3.动态分析的基本思路

导体受外力运动

E=Blv
― ― →

感应电动势

感应电流

F=BIl
― ― →

F合=ma 导体受安培力 ― → 合力变化 ― ― → 加速度变化 ― → 速度变化 ― → 临界状态
4.电磁感应中的动力学临界问题 (1)解决这类问题的关键是通过运动状态的分析,寻找过程中的临界状态,如速度、加速 度求最大值或最小值的条件。 (2)两种常见类型 类型 “电—动—电”型 “动—电—动”型

示意图

已知量

棒 ab 长为 l、质量为 m、电阻为 R,导 轨光滑水平,电阻不计 S 闭合,棒 ab 受安培力 F=

棒 ab 长为 l、 质量为 m、 电阻为 R, 导轨光滑,电阻不计

BlE a= ,棒 ab 速度 v↑→感应电动势 mR
过程分析

BlE ,此时 棒 ab 释放后下滑,此时 a=gsin R α ,棒 ab 速度 v↑→感应电动势 E E=Blv↑→电流 I= ↑→安培力 R F=BIl↑→加速度 a↓, 当安培力 F=mgsin α (a=0)时,v 最大,
最后匀速运动

E=Blv↑→与电源电动势反接使电流 I↓→安培力 F=BIl↓→加速度 a↓,
当安培力 F=0(a=0)时,v 最大,最 后匀速运动

[典题例析]

如图 9-3-10 所示,间距 l=0.3 m 的平行金属导轨 a1b1c1 和 a2b2c2 分别固定在两个竖直 面内。在水平面 a1b1b2a2 区域内和倾角 θ =37°的斜面 c1b1b2c2 区域内分别有磁感应强度 B1= 0.4 T、方向竖直向上和 B2=1 T、方向垂直于斜面向上的匀强磁场。电阻 R=0.3 Ω 、质量

m1=0.1 kg、长为 l 的相同导体杆 K、S、Q 分别放置在导轨上,S 杆的两端固定在 b1、b2 点, K、Q 杆可沿导轨无摩擦滑动且始终接触良好。一端系于 K 杆中点的轻绳平行于导轨绕过轻质
定滑轮自然下垂,绳上穿有质量 m2=0.05 kg 的小环。已知小环以 a=6 m/s 的加速度沿绳 下滑,K 杆保持静止,Q 杆在垂直于杆且沿斜面向下的拉力 F 作用下匀速运动。不计导轨电阻 和滑轮摩擦,绳不可伸长。取 g=10 m/s ,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求
2 2

图 9-3-10 (1)小环所受摩擦力的大小; (2)Q 杆所受拉力的瞬时功率。 [思路点拨] (1)请判断导体杆 Q 中的电流方向。 提示: 导体杆 Q 沿导轨向下匀速切割磁感线, 由右手定则可以判断其电流方向由内向外。 (2)请画出该电路的等效电路图。

提示: (3)请画出小环、导体杆 K、导体杆 Q 的受力示意图。

提示:设流过 K 的电流为 I

[解析] (1)以小环为研究对象,由牛顿第二定律 m2g-Ff=m2a 代入数据得 Ff=0.2 N。 (2)设流过杆 K 的电流为 I,由平衡条件得 IlB1=FT=Ff 对杆 Q,根据并联电路特点以及平衡条件得 2IlB2=F+m1gsin θ 由法拉第电磁感应定律的推论得

E=B2lv
根据欧姆定律有 2I= 且 R 总= +R 2 瞬时功率表达式为 P=Fv 联立以上各式得 P=2 W。 [答案] (1)0.2 N (2)2 W

E R总

R

用“四步法”分析电磁感应中的动力学问题 解决电磁感应中的动力学问题的一般思路是“先电后力”,具体思路如下:

[针对训练] 1.(多选)(2014·张掖模拟)两根足够长的光滑导轨竖直放置,间距为 L,底端接阻值为

R 的电阻。将质量为 m 的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端,金属棒和导轨接触良好,导
轨所在平面与磁感应强度为 B 的匀强磁场垂直, 如图 9-3-11 所示。 除电阻 R 外其余电阻不 计。现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放。则( )

图 9-3-11 A.释放瞬间金属棒的加速度小于重力加速度 g

B.金属棒向下运动时,流过电阻 R 的电流方向为 b→a C.金属棒的速度为 v 时,所受的安培力大小为 F=

B2L2v R

D.电阻 R 上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量 解析:选 BC 释放瞬间金属棒的速度为零,没有感应电流产生,不受安培力,金属棒只 受重力,所以金属棒的加速度为 g,故 A 错误;金属棒向下运动时切割磁感线,根据右手定 则判断可知,流过电阻 R 的电流方向为 b→a,故 B 正确;金属棒的速度为 v 时,回路中产生 的感应电流为 I=

BLv B2L2v ,所受的安培力大小为 F=BIL= ,故 C 正确;由于金属棒产生感 R R

应电流,受到安培力的阻碍,系统的机械能不断减少,最终金属棒停止运动,弹簧具有弹性 势能,所以导体棒的重力势能转化为内能和弹簧的弹性势能,则根据能量守恒定律得知在金 属棒运动的过程中,电阻 R 上产生的总热量等于棒的重力势能减少量与弹簧弹性势能之差, 故 D 错误。 2.(2014·盐城模拟)如图 9-3-12 所示,两根电阻忽略不计、互相平行的光滑金属导 轨竖直放置,相距 L=1 m,在水平虚线间有与导轨所在平面垂直的匀强磁场,磁感应强度 B =0.5 T,磁场区域的高度 d=1 m,导体棒 a 的质量 ma=0.2 kg、电阻 Ra=1 Ω ;导体棒 b 的质量 mb=0.1 kg、电阻 Rb=1.5 Ω 。它们分别从图中 M、N 处同时由静止开始在导轨上无 摩擦向下滑动,b 匀速穿过磁场区域,且当 b 刚穿出磁场时 a 正好进入磁场,重力加速度 g =10 m/s ,不计 a、b 棒之间的相互作用,导体棒始终与导轨垂直且与导轨接触良好,求:
2

图 9-3-12 (1)b 棒穿过磁场区域过程中克服安培力所做的功; (2)a 棒刚进入磁场时两端的电势差; (3)保持 a 棒以进入时的加速度做匀变速运动,对 a 棒施加的外力随时间的变化关系。 解析:(1)b 棒匀速穿过磁场,安培力等于重力,则有:

BI1L=mbg,
克服安培力做功为:W=BI1Ld=mbgd=0.1×10×1 J=1 J。 (2)设 b 棒在磁场中匀速运动的速度为 v1,重力和安培力平衡,根据平衡条件,结合闭 合电路欧姆定律得:

B2L2vb mbg Ra+Rb =mbg,vb= =10 m/s Ra+Rb B2L2

b 棒在磁场中匀速运动的时间为 t1, d=vbt1,t1=0.1 s a、b 都在磁场外运动时,速度总是相等的,b 棒进入磁场后,a 棒继续加速 t1 时间而进
入磁场,a 棒进入磁场的速度为 va,

va=vb+gt1=10 m/s+10×0.1 m/s=11 m/s
电动势为:E=BLva=0.5×1×11 V=5.5 V

ERb a 棒两端的电势差即为路端电压为:U= =3.3 V。 Ra+Rb
(3)a 棒刚进入磁场时的加速度为 a,根据牛顿第二定律得:

mag-BI2L=maa BI2L B2L2va 2 a=g- =g- =4.5 m/s 。 ma ma Ra+Rb
要保持加速度不变,加外力 F,根据牛顿第二定律得:

F+mag-BIL=maa B2L2 va+at 得:F= -ma(g-a)=0.45t。 Ra+Rb
答案:(1)1 J (2)3.3 V (3)F=0.45t

电磁感应中的能量问题 [必备知识] 1.能量转化及焦耳热的求法 (1)能量转化 其他形式 克服安培 电流做功 焦耳热或其他 ― ― → 电能 ― ― → 力做功 的能量 形式的能量 (2)求解焦耳热 Q 的三种方法

对应学生用书 P166

2.求解电能的三种思路 (1)利用克服安培力求解:电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功; (2)利用能量守恒或功能关系求解; (3)利用电路特征来求解:通过电路中所产生的电能来计算。 [典题例析] (2012·天津高考)如图 9-3-13 所示,一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内,

导轨间距 l=0.5 m,左端接有阻值 R=0.3 Ω 的电阻。一质量 m=0.1 kg,电阻 r=0.1 Ω 的金属棒 MN 放置在导轨上, 整个装置置于竖直向上的匀强磁场中, 磁场的磁感应强度 B=0.4 T。棒在水平向右的外力作用下,由静止开始以 a=2 m/s 的加速度做匀加速运动。当棒的位 移 x=9 m 时撤去外力,棒继续运动一段距离后停下来,已知撤去外力前后回路中产生的焦耳 热之比 Q1∶Q2=2∶1。导轨足够长且电阻不计,棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导 轨保持良好接触。求:
2

图 9-3-13 (1)棒在匀加速运动过程中,通过电阻 R 的电荷量 q; (2)撤去外力后回路中产生的焦耳热 Q2; (3)外力做的功 WF。 [思维流程]

[解析] (1)设棒匀加速运动的时间为 Δ t, 回路的磁通量变化量为 Δ Φ , 回路中的平均 ΔΦ 感应电动势为 E,由法拉第电磁感应定律得 E= Δt 其中 Δ Φ =Blx ② ①

设回路中的平均电流为 I,由闭合电路的欧姆定律得

E I= R+r



则通过电阻 R 的电荷量为 q=IΔ t 联立①②③④式,代入数据得 q=4.5 C。

④ ⑤

(2)设撤去外力时棒的速度为 v,对棒的匀加速运动过程,由运动学公式得

v2=2ax⑥
1 2 设棒在撤去外力后的运动过程中安培力做功为 W,由动能定理得 W=0- mv ⑦ 2 撤去外力后回路中产生的焦耳热 Q2=-W ⑧ 联立⑥⑦⑧式,代入数据得 Q2=1.8 J。 ⑨

(3)由题意知,撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比 Q1∶Q2=2∶1,可得

Q1=3.6 J
在棒运动的整个过程中,由功能关系可知,

1 0 ○

WF=Q1+Q2
由⑨⑩? 式得 WF=3.6 J+1.8 J=5.4 J。 [答案] (1)4.5 C (2)1.8 J (3)5.4 J

? ?

解决电磁感应中能量问题的一般步骤 (1)确定研究对象(导体棒或回路); (2)弄清电磁感应过程中,哪些力做功,哪些形式的能量相互转化; (3)根据能量守恒定律列式求解。 [针对训练] 1.(2014·南通一模)如图 9-3-14 所示,间距为 L 的平行光滑金属导轨与水平面的夹 角为 θ ,导轨电阻不计。导体棒 ab、cd 垂直导轨放置,棒长均为 L,质量均为 m,电阻均为

R,且与导轨接触良好。ab 棒处于垂直导轨平面向上、磁感应强度 B1 随时间均匀增加的匀强
磁场中。cd 棒质量为 m,处于垂直导轨平面向上、磁感应强度恒为 B2 的匀强磁场中,恰好保 持静止。ab 棒在外力作用下也保持静止,重力加速度为 g。

图 9-3-14 (1)求通过 cd 棒中的电流大小和方向。 (2)在 t0 时间内,通过 ab 棒的电荷量 q 和 ab 棒产生的热量 Q。

(3)若零时刻 B1 等于零,ab 棒与磁场 B1 下边界的距离为 L0,求磁感应强度 B1 随时间 t 的 变化关系。 解析:(1)设通过 cd 棒中的电流大小为 I, 由平衡条件有 B2IL=mgsin θ 解得 I=

mgsin θ B2L

由左手定则可知,电流的方向为 c 到 d。 (2)电荷量 q=It0=

mgt0sin θ B2L
2

根据焦耳定律,则产生的热量为 Q=I Rt0=

m2g2Rt0sin2 θ 。 B22L2

(3)根据闭合电路欧姆定律,可得电动势 E=2IR Δ B1 根据法拉第电磁感应定律,则有 E= LL0 Δt 2mgRsin θ 解得 B1= t。 2

B2L L0

答案:(1)

mgsin θ mgt0sin θ ,c 到 d (2) B2L B2L

m2g2Rt0sin2 θ B22L2

2mgRsin θ (3)B1= t 2

B2L L0

2.(2014·江苏高考)如图 9-3-15 所示,在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨,导 轨间距为 L,长为 3d,导轨平面与水平面的夹角为 θ ,在导轨的中部刷有一段长为 d 的薄绝 缘涂层。匀强磁场的磁感应强度大小为 B,方向与导轨平面垂直。质量为 m 的导体棒从导轨 的顶端由静止释放,在滑上涂层之前已经做匀速运动,并一直匀速滑到导轨底端。导体棒始 终与导轨垂直,且仅与涂层间有摩擦,接在两导轨间的电阻为 R,其他部分的电阻均不计, 重力加速度为 g。求:

图 9-3-15 (1)导体棒与涂层间的动摩擦因数 μ ; (2)导体棒匀速运动的速度大小 v; (3)整个运动过程中,电阻产生的焦耳热 Q。 解析:(1)在绝缘涂层上导体棒受力平衡有 mgsin θ =μ mgcos θ 解得 μ =tan θ 。 (2)在光滑导轨上感应电动势 E=BLv

感应电流 I=

E R

安培力 F 安=BIL 导体棒受力平衡有 F 安=mgsin θ 解得 v=

mgRsin θ 。 B2L2

(3)摩擦生热 QT=μ mgdcos θ 1 2 由能量守恒定律有 3 mgdsin θ =Q+QT+ mv 2

m3g2R2sin2θ 解得 Q=2mgdsin θ - 。 4 4 2B L
答案:(1)tan θ (3)2mgdsin θ - (2)

mgRsin θ B2L2

m3g2R2sin2θ 4 4 2B L

杆加导轨模型 [必备知识] 1.模型特点

对应学生用书 P168

“杆+导轨”模型是电磁感应问题在高考命题的“基本道具”,也是高考的热点,考查 的知识点多,题目的综合性强,物理情景富于变化,是我们复习中的难点。“杆+导轨”模 型又分为“单杆”模型和“双杆”模型;导轨放置方式可分为水平、竖直和倾斜;杆的运动 状态可分为匀速运动、匀变速运动、非匀变速运动或转动等;磁场的状态可分为恒定不变、 均匀变化和非均匀变化等等,情景复杂多变。 2.模型分类 (1)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 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 动态分析

F B2L2v 为 a= - ,a、v 同向,随速度的增加,棒的加速度 a 减小,当 a m mR
=0 时,v 最大,I=

BLv 恒定 R

运动形式 收尾 状态 力学特征 电学特征

匀速直线运动

a=0 v 恒定不变 I 恒定

(2)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,导轨间距为 L,导体棒质 量为 m,电阻为 R,导轨光滑,电阻不计 棒 ab 释放后下滑,此时 a=gsin α ,棒 ab 的速度 v↑→感应电动 动态分析 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

E R

运动形式 收尾 状态 力学特征 电学特征

匀速直线运动

mgRsin α a=0 v 最大 vm= B2L2 I 恒定

[典题例析] (2014·天津高考)如图 9-3-16 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=10 m/s 。问:
2

图 9-3-16 (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=3.8 m,此过程中 ab 上产生的热量 Q 是多少。 [解析] (1)由右手定则可以直接判断出电流是由 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=m1gsin θ ① 设 ab 刚好要上滑时,cd 棒的感应电动势为 E,由法拉第电磁感应定律有

E=BLv



设电路中的感应电流为 I,由闭合电路欧姆定律有

E I= R1+R2
设 ab 所受安培力为 F 安,有 F 安=ILB

③ ④

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 +Fmax

⑤ ⑥

综合①②③④⑤式,代入数据解得 v=5 m/s。

(3)设 cd 棒的运动过程中电路中产生的总热量为 Q 总,由能量守恒有

m2gxsin θ =Q 总+ m2v2
又 Q=

1 2

⑦ ⑧ ⑨

R1 Q总 R1+R2

解得 Q=1.3 J。

[答案] (1)由 a 流向 b (2)5 m/s (3)1.3 J

分析电磁感应问题中导体运动状态的基本思路

[针对训练] 1.(2014·漳州三模)如图 9-3-17 所示,两平行导轨间距 L=0.1 m,足够长光滑的倾 斜部分和粗糙的水平部分圆滑连接,倾斜部分与水平面的夹角 θ =30°,垂直斜面方向向上 磁感应强度 B=0.5 T,水平部分没有磁场。金属棒 ab 质量 m=0.005 kg,电阻 r=0.02 Ω , 运动中与导轨有良好接触,并且垂直于导轨,电阻 R=0.08 Ω ,其余电阻不计,当金属棒从 斜面上离地高 h=1.0 m 以上任何地方由静止释放后, 在水平面上滑行的最大距离 x 都是 1.25 m。(取 g=10 m/s ),求:
2

图 9-3-17 (1)棒在斜面上的最大速度? (2)水平面的滑动摩擦因数? (3)从高度 h=1.0 m 处滑下后电阻 R 上产生的热量? 解析:(1)物体到达水平面之前已经开始匀速运动,设最大速度为 v,感应电动势为:

E=BLv
感应电流为:I=

E

R+r

安培力为:F=BIL 匀速运动时,沿斜面方向上受力有:mgsin θ =F 联立解得:v=1.0 m/s。

(2)在水平面上滑动时,滑动摩擦力为:f=μ mg 金属棒在摩擦力作用下做匀减速运动,由牛顿第二定律有:f=ma 金属棒在水平面做匀减速运动,由运动学公式有:v =2ax 联立解得:μ =0.04。 1 2 (3)下滑的过程中,由动能定理可得:mgh-W= mv 2 安培力所做的功等于电路中产生的焦耳热,即为:W=Q 电阻 R 上产生的热量:QR=
2

Q R+r
-2

R

代入数据解得:QR=3.8×10

J。
-2

答案:(1)1.0 m/s (2)0.04 (3)3.8×10

J

2.(2014·凉山州二模)如图 9-3-18 所示, 倾角为 θ =30°的光滑倾斜导体轨道(足够 长)与光滑水平导体轨道平滑连接。轨道宽度均为 L=1 m,电阻忽略不计。水平向右大小为 B =1 T 的匀强磁场仅分布在水平轨道平面所在区域;垂直于倾斜轨道平面向下,同样大小的 匀强磁场仅分布在倾斜轨道平面所在区域。现将两质量均为 m=0.2 kg,电阻均为 R=0.5 Ω 的相同导体棒 ab 和 cd,垂直于轨道分别置于水平轨道上和倾斜轨道的顶端,并同时由静止 释放。(g 取 10 m/s )求:
2

图 9-3-18 (1)导体棒 cd 沿倾斜轨道下滑的最大速度 v 的大小; (2)导体棒 ab 对水平轨道的最大压力 N 的大小; (3)若已知从开始运动到 cd 棒达到最大速度的过程中, ab 棒上产生的焦耳热 Q=0.45 J, 求该过程中通过 cd 棒横截面的电荷量 q。 解析:(1)对 ab 棒受力分析知,ab 棒始终处于平衡状态 由于轨道倾斜部分足够长,金属棒在进入水平轨道前做匀速运动,电路的总电阻为 2R, 设金属棒 cd 做匀速运动的速度为 v,电动势为 E,电路中的电流为 I,则:

mgsin θ -F 安=0 F 安=BIL BLvm I= , 2R
由①②③解得:vm=1 m/s;I=1 A。

① ② ③

(2)根据左手定则可以判断出 ab 受到的安培力方向向下,当 cd 棒的速度最大时,ab 棒

对轨道的压力最大:

N=mg+BIL=0.2×10 N+1×1×1 N=3 N。
(3)对整个系统分析,由能量守恒得:

mgsin θ ·x= mvm2+2Q
而:Q=0.45 J 解得:x=1 m 该过程中的平均电动势: E = Δ Φ BΔ S = Δt Δt

1 2

- E BΔ S BLx 1×1×1 - 则:q= I ·Δ t= ·Δ t= = = C=1 C。 2R 2R 2R 2×0.5 答案:(1)1 m/s (2)3 N (3)1 C [课时跟踪检测] 一、单项选择题 1.如图 1 所示,两根足够长的光滑金属导轨 MN、PQ 平行放置,导轨平面与水平面的夹角 为 θ ,导轨的下端接有电阻。当导轨所在空间没有磁场时,使导体棒 ab 以平行导轨平面的 初速度 v0 冲上导轨平面,ab 上升的最大高度为 H;当导轨所在空间存在方向与导轨平面垂直 的匀强磁场时, 再次使 ab 以相同的初速度从同一位置冲上导轨平面, ab 上升的最大高度为 h。 两次运动中 ab 始终与两导轨垂直且接触良好。关于上述情景,下列说法中正确的是( ) 对应学生用书P305

图1 A.两次上升的最大高度比较,有 H=h B.两次上升的最大高度比较,有 H<h C.无磁场时,导轨下端的电阻中有电热产生 D.有磁场时,导轨下端的电阻中有电热产生 解析:选 D 没有磁场时,只有重力做功,机械能守恒,没有电热产生,C 错误。有磁场 时,ab 切割磁感线,重力和安培力均做负功,机械能减小,有电热产生,故 ab 上升的最大 高度变小,A、B 错误,D 正确。 2.(2014·福建模拟)在水平桌面上,一个面积为 S 的圆形金属框置于匀强磁场中,线框 平面与磁场垂直,磁感应强度 B1 随时间 t 的变化关系如图 2 甲所示。0~1 s 内磁场方向垂直 线框平面向下。圆形金属框与一个水平的平行金属导轨相连接,导轨上放置一根导体棒,导

体棒的长为 L、电阻为 R,且与导轨接触良好,导体棒处于另一匀强磁场中,其磁感应强度恒 为 B2,方向垂直导轨平面向下,如图乙所示。若导体棒始终保持静止,则其所受的静摩擦力

f 随时间变化的图像是下图中的(设向右为静摩擦力的正方向)(

)

图2

图3 解析:选 A 在 0 到 1 秒内磁感应强度 B1 随时间 t 均匀增加,则由法拉第电磁感应定律 得感应电动势恒定不变,则电流也不变。再由楞次定律可得感应电流方向逆时针,则根据左 手定则可得导体棒受到的安培力的方向为向左,大小恒定,所以棒受到的静摩擦力方向为向 右,即为正方向,且大小也恒定。而在 1 秒到 2 秒内磁感应强度大小不变,则线圈中没有感 应电动势,所以没有感应电流,则也没有安培力。因此棒不受静摩擦力。 3.如图 4 所示,将一根绝缘硬金属导线弯曲成一个完整的正弦曲线形状,它通过两个小 金属环与长直金属杆导通,图中 a、b 间距离为 L,导线组成的正弦图形顶部或底部到杆的距 离都是 d。 右边虚线范围内存在磁感应强度大小为 B、 方向垂直于弯曲导线所在平面向里的匀 强磁场,磁场区域的宽度为 3L 。现在外力作用下导线沿杆以恒定的速度 v 向右运动,t=0 时 4 )

刻 a 环刚从 O 点进入磁场区域。则下列说法正确的是(

图4 A.t= 时刻,回路中的感应电动势为 Bdv 2v 3L B.t= 时刻,回路中的感应电动势为 2Bdv 4v C.t= 时刻,回路中的感应电流第一次开始改变方向 4v D.t= 时刻,回路中的感应电流第一次开始改变方向 2v

L

L L

解析:选 D 在 t= 时刻导线有 进入磁场,切割磁感线的有效长度为零,故回路中感 2v 2 应电动势为零, 根据右手定则可知在 0~ 时间内回路中的感应电流沿杆从 a 到 b, 以后将改 2v 3L 3L 为从 b 到 a,故选项 A、C 错,D 对。在 t= 时刻导线有 进入磁场,切割磁感线的有效长 4v 4 度为 d,故回路中感应电动势为 Bdv,B 错。 4.(2014·红河州一模)轻质细线吊着一质量为 m=0.32 kg,边长为 L=0.8 m,匝数 n =10 的正方形线圈,其总电阻为 r=1 Ω 。边长为 的正方形磁场区域对称分布在线圈下边的 2 两侧,如图 5 甲所示。磁场方向垂直纸面向里,大小随时间变化如图乙所示,从 t=0 开始经

L

L

L

L

t0 时间细线开始松驰,g=10 m/s2。则(

)

图5 A.在前 t0 时间内线圈中产生的电动势为 0.5 V B.在前 t0 时间内线圈的电功率为 0.16 W C.t0 的值为 1 s D.当细线松弛时,磁感应强度的大小为 3 T ΔΦ 解析:选 B 由法拉第电磁感应定律得:E=n = Δt 1?L? Δ B 1 ?0.8? 4-1 n ? ?2 =10× ×? ?2× V=0.4 V 2?2? Δ t 2 ? 2 ? 6 故在前 t0 时间内线圈中产生的电动势为 0.4 V,故 A 错误; 由闭合电路欧姆定律,则有:I= =

E 0.4 2 A=0.4 A,根据功率表达式:P=I r=0.16 W, r 1

故在前 t0 时间内线圈的电功率为 0.16 W,故 B 正确。 分析线圈受力可知,当细线松弛时有:F 2×0.32×10×1 T=2 T 10×0.4×0.8 由图像知:Bt=1+0.5t0,解得:t0=2 s;故 t0 的值为 2 s。磁感应强度的大小为 2 T, 故 C、D 均错误; 5.(2014·安徽师大摸底)如图 6 所示,光滑斜面的倾角为 θ ,斜面上放置一矩形导体


L E 2mgr = nBtI = mg , 且 I = , Bt = = 2 r nEL

线框 abcd,ab 边的边长为 l1,bc 边的边长为 l2,线框的质量为 m,电阻为 R,线框通过绝缘 细线绕过光滑的滑轮与重物相连, 重物质量为 M, 斜面上 ef 线(ef 平行底边)的上方有垂直斜 面向上的匀强磁场,磁感应强度为 B,如果线框从静止开始运动,进入磁场的最初一段时间 是做匀速运动的,且线框的 ab 边始终平行底边,则下列说法正确的是( )

图6 A.线框进入磁场前运动的加速度为

Mg-mgsin θ m Mg-mgsin θ Bl1 R R

B.线框进入磁场时匀速运动的速度为 C.线框做匀速运动的总时间为

B2l12 Mg-mgsin θ

D.该匀速运动过程产生的焦耳热为(Mg-mgsin θ )l2 解析:选 D 由牛顿第二定律,Mg-mgsin θ =(M+m)a,解得线框进入磁场前运动的加 速度为

Mg-mgsin θ , 选项 A 错误; 由平衡条件, Mg-mgsin θ -F 安=0, F 安=BIl1, I=E/R, m+M Mg-mgsin θ B2l12 R
,选项 B 错误;

E=Bl1v,联立解得线框进入磁场时匀速运动的速度为 v= B2l12l2 线框做匀速运动的总时间为 t=l2/v= Mg-mgsin θ

R

,选项 C 错误;由能量守恒定律,

该匀速运动过程产生的焦耳热等于系统重力势能的减小,为(Mg-mgsin θ )l2,选项 D 正确。 二、多项选择题 6.如图 7 所示,两根足够长的光滑金属导轨水平平行放置,间距为 l=1 m,cd 间、de 间、cf 间分别接着阻值 R=10 Ω 的电阻。一阻值 R=10 Ω 的导体棒 ab 以速度 v=4 m/s 匀 速向左运动,导体棒与导轨接触良好;导轨所在平面存在磁感应强度大小 B=0.5 T、方向竖 直向下的匀强磁场。下列说法中正确的是( )

图7 A.导体棒 ab 中电流的流向为由 b 到 a B.cd 两端的电压为 1 V

C.de 两端的电压为 1 V D.fe 两端的电压为 1 V 解析:选 BD 由右手定则可知 ab 中电流方向为 a→b,A 错误。导体棒 ab 切割磁感线产 生的感应电动势 E=Blv,ab 为电源,cd 间电阻 R 为外电路负载,de 和 cf 间电阻中无电流,

E Blv de 间无电压,因此 cd 和 fe 两端电压相等,即 U= ×R= =1 V,B、D 正确,C 错误。 2R 2
7.两根足够长的平行光滑导轨竖直固定放置,顶端接一电阻 R,导轨所在平面与匀强磁 场垂直。将一金属棒与下端固定的轻弹簧的上端拴接,金属棒和导轨接触良好,重力加速度 为 g,如图 8 所示。现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放,则( )

图8 A.金属棒在最低点的加速度小于 g B.回路中产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量 C.当弹簧弹力等于金属棒的重力时,金属棒下落速度最大 D.金属棒在以后运动过程中的最大高度一定低于静止释放时的高度 解析:选 AD 如果不受安培力,杆和弹簧组成了一个弹簧振子,由简谐运动的对称性可 知其在最低点的加速度大小为 g,但由于金属棒在运动过程中受到与速度方向相反的安培力 作用,金属棒在最低点时的弹性势能一定比没有安培力做功时小,弹性形变量一定变小,故 加速度小于 g,选项 A 正确;回路中产生的总热量等于金属棒机械能的减少量,选项 B 错误; 当弹簧弹力与安培力之和等于金属棒的重力时,金属棒下落速度最大,选项 C 错误;由于金 属棒运动过程中产生电能, 金属棒在以后运动过程中的最大高度一定低于静止释放时的高度, 选项 D 正确。 8.(2014·江苏名校质检)如图 9 所示,平行金属导轨与水平面间的倾角为 θ ,导轨电阻 不计,与阻值为 R 的定值电阻相连,匀强磁场垂直穿过导轨平面,磁感应强度为 B。有一质 量为 m、长为 l 的导体棒从 ab 位置获得平行于斜面的、大小为 v 的初速度向上运动,最远到 达 a′b′的位置,滑行的距离为 s,导体棒的电阻也为 R,与导轨之间的动摩擦因数为 μ 。 则( )

图9 A.上滑过程中导体棒受到的最大安培力为

B2l2v 2R

1 2 B.上滑过程中电流做功发出的热量为 mv -mgs(sin θ +μ cos θ ) 2 1 2 C.上滑过程中导体棒克服安培力做的功为 mv 2 1 2 D.上滑过程中导体棒损失的机械能为 mv -mgssin θ 2 解析:选 ABD 本题考查的是电磁感应定律和力学的综合问题,上滑过程中开始时导体 棒的速度最大,受到的安培力最大为

B2l2v ;根据能量守恒,上滑过程中电流做功发出的热量 2R

1 2 1 为 mv -mgs(sin θ +μ cos θ );上滑过程中导体棒克服安培力做的功等于产生的热也是 2 2

mv2-mgs(sin θ +μ cos θ );上滑过程中导体棒损失的机械能为 mv2-mgssin θ 。
9.两根足够长的光滑导轨竖直放置,间距为 L,顶端接阻值为 R 的电阻。质量为 m、电阻 为 r 的金属棒在距磁场上边界某处静止释放,金属棒和导轨接触良好,导轨所在平面与磁感 应强度为 B 的匀强磁场垂直,如图 10 所示,不计导轨的电阻, 重力加速度为 g,则( )

1 2

图 10 A.金属棒在磁场中运动时,流过电阻 R 的电流方向为 a→b

B2L2v B.金属棒的速度为 v 时,金属棒所受的安培力大小为 R+r
C.金属棒的最大速度为

mg R+r BL

D.金属棒以稳定的速度下滑时,电阻 R 的热功率为? ? R 解析:选 BD 金属棒在磁场中向下运动时,由楞次定律可知,流过电阻 R 的电流方向为

?mg?2 ?BL?

E b→a,选项 A 错误;金属棒的速度为 v 时,金属棒中感应电动势 E=BLv,感应电流 I= , R+r
所受的安培力大小为 F=BIL=

B2L2v , 选项 B 正确; 当安培力 F=mg 时, 金属棒下落速度最大, R+r

金属棒的最大速度为 v=

mg R+r ,选项 C 错误;金属棒以稳定的速度下滑时,电阻 R 和 r B2L2

的热功率为 P=mgv=? ? (R+r),电阻 R 的热功率为? ? R,选项 D 正确。 三、非选择题 10.如图 11 甲所示,MN、PQ 是相距 d=1.0 m 足够长的平行光滑金属导轨,导轨平面与 水平面间的夹角为 θ , 导轨电阻不计, 整个导轨处在方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中, 金属棒 ab 垂直于导轨 MN、 PQ 放置, 且始终与导轨接触良好, 已知金属棒 ab 的质量 m=0.1 kg、 其接入电路的电阻 R=1 Ω ,小灯泡电阻 RL=9 Ω ,重力加速度 g 取 10 m/s 。现断开开关 S, 棒 ab 由静止释放并开始计时,t=0.5 s 时刻闭合开关 S,图乙为 ab 的速度随时间变化的图 像。求:
2

?mg?2 ?BL?

?mg?2 ?BL?

图 11 (1)金属棒 ab 开始下滑时的加速度大小、斜面倾角的正弦值; (2)磁感应强度 B 的大小。 解析:(1)S 断开时 ab 做匀加速直线运动,由图乙可知

a=

Δv 3 2 2 = m/s =6 m/s , Δ t 0.5

① ② ③

根据牛顿第二定律有:mgsin θ =ma

a 3 所以 sin θ = = 。 g 5

(2)t=0.5 s 时 S 闭合,ab 先做加速度减小的加速运动,当速度达到最大 vm=6 m/s 后 做匀速直线运动, 根据平衡条件有 mgsin θ =F 安 又 F 安=Bid ④ ⑤ ⑥ ⑦

E=Bdvm E I= RL+R
联立④⑤⑥⑦解得:

B= d

1

mgsin θ vm

RL+R

=1× 答案:(1)6 m/s
2

+ 6 3 5 (2)1 T

T=1 T。

11.如图 12 甲所示,金属“U”型轨导一部分固定在水平面上,长为 l=1.5 m、宽为 d =2.0 m,另一部分与水平面夹角为 θ =30°,右端接有电阻 R=3 Ω 。在水平导轨右侧 x= 1.0 m 范围内存在垂直斜面向上的匀强磁场,且磁感应强度 B 随时间 t 变化规律如图乙所示。 在 t=0 时刻,质量为 m=0.1 kg 电阻为 r=1 Ω 的导体棒以 v0=2 m/s 的初速度从导轨的左 端开始向右运动,导体棒与水平导轨之间的动摩擦因数为 μ =0.1,与倾斜导轨间的摩擦不 计。不计导体棒与导轨之间的接触电阻及地球磁场的影响(取 g=10 m/s )。
2

图 12 (1)在导体棒进入磁场时立即施加一沿斜面向上的拉力可以使它做匀速直线运动, 这个力 应多大? (2)通过计算画出 2 s 内回路电流随时间变化的图像;

图 13 (3)从 t=0 时刻开始直到棒第一次离开磁场的过程中回路产生的总热量是多少? 解析:(1)在棒进入磁场前只受滑动摩擦力作用,做匀减速运动,由牛顿运动定律有: μ mg=ma,a=-1 m/s ; 由运动学公式 vt -v0 =2al 得棒进入磁场前的速度为:
2 2 2

vt=1 m/s;又由 vt-v0=at 得导体棒进入磁场前的运动时间为:t=1 s;即棒进入磁场
时,所在区域的磁场已恒定。 此时棒中的感应电动势为:E1=Bdvt=0.8 V, 感应电流为:I1=

E1

R+r

=0.2 A

棒进入磁场区域后做匀速直线运动,由平衡条件得沿斜面向上的拉力满足:

F=mgsin θ +F 安,F 安=BId,解得:F=0.66 N。
(2)根据图乙知: ①回路在 0~0.5 s 内的感应电动势为:

E2=

ΔB ΔB ·S= ·xd=1.6 V Δt Δt

感应电流为:I2=

E2

R+r

=0.4 A,逆时针方向。

②在 0.5~1 s 内,回路中没有电流。 ③棒在磁场中的运动时间为:t2= =1 s, 则在 1~2 s 内,回路中电流

x vt

I1=0.2 A,方向不变。
综合得,0~2 s 内回路电流随时间变化的图像如图所示。

(3)0~0.5 s 内焦耳热:

Q1=I22(R+r)t1=0.42×4×0.5 J=0.32 J,
1~2 s 内焦耳热:

Q2=I12(R+r)t2=0.22×4×1 J=0.16 J,
全程摩擦热:Q3=μ mgl=0.1×1×1.5 J=0.15 J, 整个过程中回路产生的总热量是:

Q=Q1+Q2+Q3=0.63 J。
答案:(1)0.66 N (2)见解析图 (3)0.63 J

阶段验收评估(九)

电 磁 感 应

(时间:60 分钟 满分:100 分) 一、单项选择题(本题共 5 小题,每小题 6 分,共 30 分,每小题只有一个选项正确) 1.(2014·广东高考)如图 1 所示,上下开口、内壁光滑的铜管 P 和塑料管 Q 竖直放置。 小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放,并落至底部。则小磁块( )

图1 A.在 P 和 Q 中都做自由落体运动 B.在两个下落过程中的机械能都守恒 C.在 P 中的下落时间比在 Q 中的长 D.落至底部时在 P 中的速度比在 Q 中的大 解析:选 C 小磁块从铜管 P 中下落时,P 中的磁通量发生变化,P 中产生感应电流,给 小磁块一个向上的磁场力,阻碍小磁块向下运动,因此小磁块在 P 中不是做自由落体运动, 而塑料管 Q 中不会产生电磁感应现象,因此 Q 中小磁块做自由落体运动,A 项错误;P 中的小 磁块受到的磁场力对小磁块做负功,机械能不守恒,B 项错误;由于在 P 中小磁块下落的加 速度小于 g,而 Q 中小磁块做自由落体运动,因此从静止开始下落相同高度,在 P 中下落的 时间比在 Q 中下落的时间长,C 项正确;根据动能定理可知,落到底部时在 P 中的速度比在 Q 中的速度小,D 项错误。 2.如图 2 所示,在磁感应强度大小为 B、方向竖直向上的匀强磁场中,有一质量为 m、阻 值为 R 的闭合矩形金属线框 abcd 用绝缘轻质细杆悬挂在 O 点, 并可绕 O 点摆动。 金属线框从 右侧某一位置静止开始释放,在摆动到左侧最高点的过程中,细杆和金属线框平面始终处于 同一平面,且垂直纸面。则线框中感应电流的方向是( )

图2 A.a→b→c→d→a B.d→c→b→a→d C.先是 d→c→b→a→d,后是 a→b→c→d→a D.先是 a→b→c→d→a,后是 d→c→b→a→d 解析:选 B 线框从右侧摆到最低点的过程中,穿过线框的磁通量减小,由楞次定律可 判断感应电流的方向为 d→c→b→a→d,从最低点摆到左侧最高点的过程中,穿过线框的磁 通量增大,由楞次定律可判断感应电流的方向为 d→c→b→a→d,所以选 B。 3.(2014·宿迁二模)如图 3 电路中,A1、A2 是两个指示灯,L 是自感系数很大的线圈, 电阻 R 阻值较小,开关 S1 断开、S2 闭合。现闭合 S1,一段时间后电路稳定。下列说法中正确

的是(

)

图3 A.闭合 S1,通过电阻 R 的电流先增大后减小 B.闭合 S1,A1 亮后逐渐变暗 C.闭合 S1,A2 逐渐变亮,然后亮度不变 D.断开电路时,为保护负载,应先断开 S2,再断开 S1 解析:选 D 闭合开关 S1 的瞬间,由于线圈中自感电动势的阻碍,通过电阻 R 的电流只 能慢慢增加,电路稳定后达到最大值,故 A 错误;闭合开关 S1,刚开始 A1、A2、负载串联, 之后阻值较小的 R 并入电路,再与 A1 串联,总电阻变小,干路电流变大,支路电压变小,导 致 A1 逐渐变亮,A2 逐渐变暗,故 B、C 错误;断开电路时,为保护负载,由于线圈 L 产生自 感电动势,应先断开 S2,再断开 S1,故 D 正确。 4.如图 4 所示,虚线右侧存在匀强磁场,磁场方向垂直纸面向外,正方形金属框电阻为

R,边长是 L,自线框从左边界进入磁场时开始计时,在外力作用下由静止开始,以垂直于磁
场边界的恒定加速度 a 进入磁场区域,t1 时刻线框全部进入磁场。规定顺时针方向为感应电 流 I 的正方向。外力大小为 F,线框中电功率的瞬时值为 P,通过导体横截面的电荷量为 q, 则这些量随时间变化的关系正确的是( )

图4

图5 解析:选 C 线框速度 v=at,产生的感应电动势随时间均匀增大,感应电流均匀增大, 安培力随时间均匀增大,外力 F 随时间变化关系是一次函数,但不是成正比,功率 P=EI 随 时间变化关系是二次函数,其图像是抛物线,所以 C 正确 A、B 错误。导体横截面的电荷量 q =It 随时间变化关系是二次函数,其图像是抛物线,选项 D 错误。 5.(2014·河南三市联考)矩形导线框固定在匀强磁场中, 如图 6 甲所示。磁感线的方 向与导线框所在平面垂直,规定磁场的正方向为垂直纸面向里,磁感应强度 B 随时间 t 变化 的规律如图乙所示,则( )

图6 A.从 0 到 t1 时间内,导线框中电流的方向为 abcda B.从 0 到 t1 时间内,导线框中电流越来越小 C.从 0 到 t2 时间内,导线框中电流的方向始终为 adcba D.从 0 到 t2 时间内,导线框 ab 边受到的安培力越来越大 解析:选 C 由楞次定律,知从 0 到 t2 时间内,导线框中电流的方向始终为 adcba,选 项 A 错误 C 正确;由法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律,从 0 到 t1 时间内,导线框中 电流恒定,选项 B 错误;由安培力公式,从 0 到 t2 时间内,导线框 ab 边受到的安培力先减 小后增大,选项 D 错误。 二、多项选择题(本题共 3 小题,每小题 6 分,共 18 分,每小题有多个选项正确,全选 对得 6 分,选对但不全得 3 分,选错或不选得 0 分) 6.(2014·成都模拟)如图 7 所示,甲为某闭合线圈内磁通量 Φ 随时间 t 变化的函数图 像,乙为某特殊电阻 R 的伏安特性曲线。已知两图像具有相似性,即 OA 段为曲线,AB 段为 平行于横轴的直线。则下列说法不正确的是( )

图7 A.甲图 OA 段表示线圈的感应电动势在 O~t1 时间内随时间推移而逐渐增大 B.乙图 OA 段表示电阻 R 的阻值在 O~I1 范围内随电流的增大而逐渐增大 C.甲图 AB 段表示线圈的感应电动势为零 D.乙图 AB 段表示电阻 R 的阻值为零 解析:选 ABD 根据法拉第电磁感应定律,则有:磁通量 Φ 随时间 t 变化的函数图像的 斜率表示感应电动势的大小,甲图 OA 段表示线圈的感应电动势在 O~t1 时间内随时间推移而 逐渐减小,故 A 错误;电阻 R 的伏安特性曲线的斜率不表示电阻的大小,但根据 R= ,可知, 电阻 R 的阻值一直随电流的增大而逐渐减小,但不为零,故 B、D 错误。甲图 AB 段磁通量的 变化率为零,则线圈的感应电动势为零,故 C 正确。 7.如图 8 所示,两足够长平行金属导轨固定在水平面上,匀强磁场方向垂直导轨平面向 下,金属棒 ab、cd 与导轨构成闭合回路且都可沿导轨无摩擦滑动,两金属棒 ab、cd 的质量 之比为 2∶1。用一沿导轨方向的恒力 F 水平向右拉金属棒 cd,经过足够长时间以后( )

U I

图8 A.金属棒 ab、cd 都做匀速运动 B.金属棒 ab 上的电流方向是由 b 向 a C.金属棒 cd 所受安培力的大小等于 2F/3 D.两金属棒间距离保持不变 解析:选 BC 对两金属棒 ab、cd 进行受力和运动分析可知,两金属棒最终将做加速度 相同的匀加速直线运动,且金属棒 ab 速度小于金属棒 cd 速度,所以两金属棒间距离是变大 的,由楞次定律判断金属棒 ab 上的电流方向是由 b 到 a,A、D 错误,B 正确;以两金属棒整 体为研究对象有:F=3ma,隔离金属棒 cd 分析:F-F 安=ma,可求得金属棒 cd 所受安培力 2 的大小 F 安= F,C 正确。 3 8. (2014·江都检测)如图 9 所示, 水平放置的光滑平行金属导轨上有一质量为 m 的金属 棒 ab。导轨的一端连接电阻 R,其它电阻均不计,磁感应强度为 B 的匀强磁场垂直于导轨平 面向下,金属棒 ab 在一水平恒力 F 作用下由静止开始向右运动。则( )

图9 A.随着 ab 运动速度的增大,其加速度也增大 B.外力 F 对 ab 做的功等于电路中产生的电能 C.当 ab 做匀速运动时,外力 F 做功的功率等于电路中的电功率 D.无论 ab 做何种运动,它克服安培力做的功一定等于电路中产生的电能 解析:选 CD 金属棒 ab 在一水平恒力 F 作用下由静止开始向右运动,随着 ab 运动速度 的增大,产生的感应电流增大,所受与 F 方向相反的安培力增大,其加速度减小,选项 A 错 误;外力 F 对 ab 做的功等于电路中产生的电能和导体棒增加的动能之和,选项 B 错误;由能 量守恒定律可知, 当 ab 做匀速运动时, 外力 F 做功的功率等于电路中的电功率, 选项 C 正确; 无论 ab 做何种运动,它克服安培力做的功一定等于电路中产生的电能,选项 D 正确。 三、非选择题(本题共 3 小题,共 52 分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算 步骤) 9.(12 分)(2014·黄山七校联考)如图 10 所示,M、N 为纸面内两平行光滑导轨,间距为

L。轻质金属杆 ab 可在导轨上左右无摩擦滑动,杆与导轨接触良好,导轨右端与定值电阻连

接。P、Q 为平行板器件,两板间距为 d,上下两板分别与定值电阻两端相接。两板正中左端 边缘有一粒子源始终都有速度为 v0 的带正电粒子沿平行于极板的方向进入两板之间。整个装 置处于垂直于纸面向外的匀强磁场中。已知轻杆和定值电阻的阻值分别为 r 和 R,其余电阻 不计,带电粒子的重力不计,为使粒子沿原入射方向从板间右端射出,则轻杆应沿什么方向 运动?速度多大?

图 10 解析:粒子在电场中运动,电场力 F=qU/d 粒子在磁场中运动,磁场力 F′=qv0B 因为粒子沿原入射方向从板间右端射出,所以粒子所受的电场力和洛伦兹力相互平衡, 得 qU/d =qv0B 轻质金属杆 ab 切割磁感线产生的感应电动势 E=BLv

R 中电流 I=E/(R+r) PQ 之间电压 U=IR
联立解得 v= (R+r) v0 由右手定则得杆应向右运动。 答案:向右运动

d RL

d (R+r)v0 RL

10.(20 分)(2014·长宁区一模)如图 11 所示,一对平行光滑轨道放置在水平面上,两轨 道间距 l=0.20 m,电阻 R=1 Ω ,有一质量为 m=1 kg 的金属棒 MN 平放在轨道上,与两轨 道垂直,金属棒及轨道的电阻可忽略不计,整个装置处于垂直轨道平面向下的匀强磁场中, 磁感应强度 B=5 T, 现用拉力 F 平行轨道方向拉金属棒, 使棒做初速为零的匀加速直线运动, 加速度 a=1 m/s ,试求:
2

图 11 (1)第 2 s 末安培力 FA 的大小; (2)在虚线方框内画出拉力 F 随时间 t 变化的图线(要标出坐标值); (3)当拉力 F=4 N 时,电路消耗的电功率;

(4)若拉力 F 的最大值为 5 N,流过电阻 R 的最大电流为多大? 解析:(1)棒做初速为零的匀加速直线运动,第 2 s 末的瞬时速度为:

v=at=1×2 m/s=2 m/s B2l2v 52×0.22×2 FA=BIl= = N=2 N。 R 1
(2)由安培力公式得:

B2l2v 52×0.22 FA=BIl= = v=v=at=t, R 1
由牛顿第二定律得 F-FA=ma,即 F=t+1。 故图象为

(3)棒做初速为零的匀加速直线运动,当拉力 F=4 N 时,可得此时安培力的大小为:

F′A=F-ma=4 N-1×1 N=3 N
由安培力表达式可得瞬时电流的大小:I′=
2 2

F A′ =3 A Bl

电路消耗的电功率:P=I′ R=3 ×1 W=9 W。 (4)当金属棒做匀速直线运动时, 流过电阻 R 的电流最大, 此时外力大小等于安培力大小, 故由:

F″A=F=BI″l=5 N
解得:I″=5 A。 答案:(1)2 N (2)见解析图 (3)9 W (4)5 A 11.(20 分)(2014·绵阳模拟)如图 12 甲,电阻不计的足够长的平行光滑金属导轨 PX、

QY 相距 L=0.5 m,底端连接的电阻 R=2 Ω ,导轨平面倾斜角 θ =30°,匀强磁场垂直于导
轨平面向上,磁感应强度 B=1 T。质量 m=40 g、电阻 r=0.5 Ω 的金属棒 MN 放在导轨 上,金属棒通过绝缘细线在电动机牵引下从静止开始运动,经过时间 t1=2 s 通过距离 x= 1.5 m,速度达到最大,这个过程中电压表示数 U0=0.8 V,电流表示数 I0=0.6 A,示数稳 定,运动过程中金属棒始终与导轨垂直,细线始终与导轨平行且在同一平面内,电动机线圈 内阻 r0=0.5 Ω ,g=10 m/s 。求:
2

图 12 (1)细线对金属棒拉力的功率 P 多大? (2)从静止开始运动的 t1=2 s 时间内,电阻 R 上产生的热量 QR 是多大? (3)用外力 F 代替电动机沿细线方向拉金属棒 MN,使金属棒保持静止状态,金属棒到导 轨下端距离为 d=1 m。若磁场按照图乙规律变化,求外力 F 随着时间 t 的变化关系式? 解析: (1)细线对金属棒拉力的功率 P 等于电动机的输出功率, 根据能量转化和守恒, 有:

P=I0U0-I02r0=0.6×0.8-0.62×0.5=0.3 W。
(2)当从静止开始运动经过 t1=2 s 时间,金属棒速度达到最大,设最大速度为 vm,电流 为 I1,则

B2L2vm F 安=BI1L= R+r
又 P=F 拉 vm 金属棒速度最大时做匀速运动,由 F 拉=mgsin θ +F 安联立得:

P B2L2vm =mgsin θ + vm R+ r
解得:vm=1 m/s 金属棒从静止开始运动到达到最大速度过程中,设整个电路中产生的热量为 Q,由能量 转化和守恒得:

Pt=mgxsin θ + mvm2+Q R QR= Q=0.224 J。 R+r
(3)由图可知 B′=(0.2+0.4t) T 根据法拉第电磁感应定律得: ΔB E′ 感应电动势 E′= Ld,感应电流 I′= Δt R+r 金属棒所受的安培力 F 安′=B′I′L 根据平衡条件得 F=mgsin θ +F 安′ 解得:F=(0.016t+0.208) N。 答案:(1)0.3 W (2)0.224 J (3)F=(0.016t+0.208) N

1 2


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