高考物理一轮复习 第9章 电磁感应综合过关规范限时检测 新人教版选修3-2
高考物理总复习：选修3-2第九章电磁感应
①垂直于磁场 ②垂直于磁场 ③1 T·m2 ④ΦS ⑤ 磁感应强度 ⑥磁通量发生变化 ⑦切割磁感线 ⑧阻 碍引起感应电流的磁通量 ⑨电磁感应 ⑩其余四指 ⑪磁感线 ⑫导体运动的方向 ⑬感应电流 ⑭切割磁 感线
一、磁通量的计算和理解 规律方法 1．求磁通量时要明确是穿过哪一面积的磁通量．且 这一面积必须是磁场内的．
题后反思 判断是否有感应电流产生，分析磁通量是否变化是 唯一的判断依据．可简单理解为判断穿过所研究的面积 内的磁感线的条数是否发生变化．
例3
如图所示，用一根长为 L、质量不计的细杆与一个上 弧长为 l0、下弧长为 d0 的金属线框的中点连接并悬挂于 O 点，悬点正下方存在一个上弧长为 2l0、下弧长为 2d0 的 方向垂直纸面向里的匀强磁场，且 d0≪L.先将线框拉开到 如图所示位置，松手后让线框进入磁场，忽略空气阻力 和摩擦．下列说法正确的是( )
________________________________________ _______________________________________________ _______________________________________________ _______________________________________________ _______________________________________________
(2)S 不变，S 内的磁场变化(即 B 变化)，导致 Φ 变 化．ΔΦ＝ΔBS.
(3)B 和 S 同时变化，导致 Φ 变化．但 ΔΦ 不一定等 于 ΔB·ΔS.
【重点提示】 磁通量是否发生变化，是判定电磁 感应现象的惟一依据，而引起磁通量变化的原因，主要 是磁场变化和导线相对磁场的运动而引起的，具体方式 有多种多样．
高中物理 一轮复习 选修3-2 第九章 电磁感应 精选课时习题(含答案解析)
高中物理一轮复习选修3-2 第九章电磁感应精选课时习题（含答案解析）学案44 电磁感应现象楞次定律一、概念规律题组图11．如图1所示，通电直导线下边有一个矩形线框，线框平面与直导线共面．若使线框逐渐远离(平动)通电导线，则穿过线框的磁通量将()A．逐渐增大B．逐渐减小C．保持不变D．不能确定2．下列情况中都是线框在磁场中切割磁感线运动，其中线框中有感应电流的是()3．某磁场磁感线如图2所示，有一铜线圈自图示A处落至B处，在下落过程中，自上向下看，线圈中感应电流的方向是()图2A．始终顺时针B．始终逆时针C．先顺时针再逆时针D．先逆时针再顺时针图34．如图3所示，导线框abcd与通电直导线在同一平面内，直导线通有恒定电流并通过ad和bc的中点，当线框向右运动的瞬间，则()A．线框中有感应电流，且按顺时针方向B．线框中有感应电流，且按逆时针方向C．线框中有感应电流，但方向难以判断D．由于穿过线框的磁通量为零，所以线框中没有感应电流二、思想方法题组图45．如图4所示，蹄形磁铁的两极间，放置一个线圈abcd，磁铁和线圈都可以绕OO′轴转动，磁铁如图示方向转动时，线圈的运动情况是()A．俯视，线圈顺时针转动，转速与磁铁相同B．俯视，线圈逆时针转动，转速与磁铁相同C．线圈与磁铁转动方向相同，但转速小于磁铁转速D．线圈静止不动图56．如图5所示，光滑固定导轨M、N水平放置，两根导体棒P、Q平行放置于导轨上，形成一个闭合回路，一条形磁铁从高处下落接近回路时()A．P、Q将相互靠拢B．P、Q将相互远离C．磁铁的加速度仍为gD．磁铁的加速度小于g一、楞次定律的含义及基本应用应用楞次定律判断感应电流方向的步骤：(1)确定原磁场方向；(2)明确闭合回路中磁通量变化的情况；(3)应用楞次定律的“增反减同”，确定感应电流的磁场的方向．(4)应用安培定则，确定感应电流的方向．应用楞次定律的步骤可概括为：一原二变三感四螺旋根据楞次定律的基本含义，按步就班解题一般不会出错．【例1】如图6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、阻值为图6R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由静止开始释放，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()A．a→b→c→d→aB．d→c→b→a→dC．先是d→c→b→a→d，后是a→b→c→d→aD．先是a→b→c→d→a，后是d→c→b→a→d[规范思维]图7[针对训练1]某实验小组用如图7所示的实验装置来验证楞次定律．当条形磁铁自上而下穿过固定的线圈时，通过电流计的感应电流的方向是()A．a→G→bB．先a→G→b，后b→G→aC．b→G→aD．先b→G→a，后a→G→b二、楞次定律拓展含义的应用感应电流的效果总是阻碍产生感应电流的原因．具体有以下几种情形：(1)当回路中的磁通量发生变化时，感应电流的效果是阻碍原磁通量的变化．(2)当出现引起磁通量变化的相对运动时，感应电流的效果是阻碍导体间的相对运动，即“来时拒，去时留”．(3)当闭合回路发生形变时，感应电流的效果是阻碍回路发生形变．(4)当线圈自身的电流发生变化时，感应电流的效果是阻碍原来的电流发生变化．【例2】如图8所示，粗糙水平桌面上有一质量为m的铜质矩形线圈．当一竖直放置的条形磁铁从线圈中线AB的正上方等高快速经过时，若线圈始终不动，则关于线圈受到的支持力FN及在水平方向上的运动趋势的判断正确的是()图8A．F N先小于mg后大于mg，运动趋势向左B．F N先大于mg后小于mg，运动趋势向左C．F N先小于mg后大于mg，运动趋势向右D．F N先大于mg后小于mg，运动趋势向右[规范思维][针对训练2]如图9所示，图9通电螺线管置于闭合金属环a的轴线上，当螺线管中电流I减小时()A．环有缩小的趋势以阻碍原磁通量的减小B．环有扩大的趋势以阻碍原磁通量的减小C．环有缩小的趋势以阻碍原磁通量的增大D．环有扩大的趋势以阻碍原磁通量的增大图10[针对训练3]如图10，金属环A用轻绳悬挂，与长直螺线管共轴，并位于其左侧，若变阻器滑片P 向左移动，则金属环A将向________(填“左”或“右”)运动，并有________(填“收缩”或“扩张”)趋势．三、楞次定律、右手定则、左手定则、安培定则的综合应用1．规律比较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，必然要用到安培定则；(2)感应电流受到安培力，有时可以先用右手定则确定电流的方向，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安培力的方向．图11【例3】如图11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，当PQ在外力作用下运动时，MN在磁场力的作用下向右运动，则PQ所做的运动可能是()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[规范思维][针对训练4]图12如图12所示，固定的水平长直导线中通有电流I，矩形线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行．线框由静止释放，在下落过程中()A．穿过线框的磁通量保持不变B．线框中感应电流方向保持不变C．线框所受安培力的合力为零D．线框的机械能不断增大【基础演练】1．在电磁学的发展过程中，许多科学家做出了贡献．下列说法正确的是()A．奥斯特发现了电流磁效应；法拉第发现了电磁感应现象B．麦克斯韦预言了电磁波；楞次用实验证实了电磁波的存在C．库仑发现了点电荷的相互作用规律；密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值D．安培发现了磁场对运动电荷的作用规律；洛伦兹发现了磁场对电流的作用规律图132．电阻R、电容C与一线圈连成闭合回路，条形磁铁静止于线圈的正上方，N极朝下，如图13所示．现使磁铁开始自由下落，在N极接近线圈上端的过程中，流过R的电流方向和电容器极板的带电情况是() A．从a到b，上极板带正电B．从a到b，下极板带正电C．从b到a，上极板带正电D．从b到a，下极板带正电图143．直导线ab放在如图14所示的水平导体框架上，构成一个闭合回路．长直导线cd和框架处在同一个平面内，且cd和ab平行，当cd中通有电流时，发现ab向左滑动．关于cd中的电流下列说法正确的是()A．电流肯定在增大，不论电流是什么方向B．电流肯定在减小，不论电流是什么方向C．电流大小恒定，方向由c到dD．电流大小恒定，方向由d到c图154．如图15所示是一种延时开关．S2闭合，当S1闭合时，电磁铁F将衔铁D吸下，将C线路接通．当S1断开时，由于电磁感应作用，D将延迟一段时间才被释放，则()A．由于A线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用B．由于B线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用C．如果断开B线圈的电键S2，无延时作用D．如果断开B线圈的电键S2，延时将变长图165．绕有线圈的铁芯直立在水平桌面上，铁芯上套着一个铝环，线圈与电源、开关相连，如图16所示．闭合开关的瞬间，铝环跳起一定高度．保持开关闭合，下列现象正确的是()A．铝环停留在这一高度，直到断开开关铝环回落B．铝环不断升高，直到断开开关铝环回落C．铝环回落，断开开关时铝环又跳起D．铝环回落，断开开关时铝环不再跳起图176．如图17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()A．ab向左，cd向右B．ab向右，cd向左C．ab，cd都向右运动D．ab，cd都不动图187．一长直铁芯上绕有一固定线圈M，铁芯右端与一木质圆柱密接，木质圆柱上套有一闭合金属环N，N可在木质圆柱上无摩擦移动．M连接在如图18所示的电路中，其中R为滑动变阻器，E1和E2为直流电源，S为单刀双掷开关．下列情况中，可观测到N向左运动的是()A．在S断开的情况下，S向a闭合的瞬间B．在S断开的情况下，S向b闭合的瞬间C．在S已向a闭合的情况下，将R的滑动头向c端移动时D．在S已向a闭合的情况下，将R的滑动头向d端移动时图198．如图19所示，在匀强磁场中放有两条平行的铜导轨，它们与大导线圈M相连接．要使小导线圈N 获得顺时针方向的感应电流，则放在导轨上的裸金属棒ab的运动情况是(两导线圈共面放置)() A．向右匀速运动B．向左加速运动C．向右减速运动D．向右加速运动【能力提升】9．如图20所示，通过水平绝缘传送带输送完全相同的铜线圈，线圈等距离排列，且与传送带以相同的速度匀速运动．为了检测出个别未闭合的不合格线圈，让传送带通过一固定匀强磁场区域，磁场方向垂直于传送带运动方向，根据穿过磁场后线圈间的距离，就能够检测出不合格线圈．通过观察图形，判断下列说法正确的是()图20A．若线圈闭合，进入磁场时，线圈相对传送带向后滑动B．若线圈不闭合，进入磁场时，线圈相对传送带向后滑动C．从图中可以看出，第3个线圈是不合格线圈10.在“研究电磁感应现象”的实验中，首先按图21(a)接线，以查明电流表指针的偏转方向与电流方向之间的关系．当闭合S时，观察到电流表指针向左偏，不通电时电流表指针停在正中央．然后按图(b)所示将电流表与副线圈B连成一个闭合回路，将原线圈A、电池、滑动变阻器和电键S串联成另一个闭合电路．(1)S闭合后，将螺线管A(原线圈)插入螺线管B(副线圈)的过程中，电流表的指针将________偏转．(2)线圈A放在B中不动时，指针将________偏转．(3)线圈A放在B中不动，将滑动变阻器的滑片P向左滑动时，电流表指针将________偏转．(选填“向左”、“向右”或“不”)图21图2211．如图22所示，匀强磁场区域宽为d，一正方形线框abcd的边长为l，且l>d，线框以速度v通过磁场区域，从线框进入到完全离开磁场的时间内，线框中没有感应电流的时间是多少？图2312．如图23所示是家庭用的“漏电保护器”的关键部分的原理图，其中P是一个变压器铁芯，入户的两根电线(火线和零线)采用双线绕法，绕在铁芯的一侧作为原线圈，然后再接入户内的用电器．Q是一个脱扣开关的控制部分(脱扣开关本身没有画出，它是串联在本图左边的火线和零线上，开关断开时，用户的供电被切断)，Q接在铁芯另一侧副线圈的两端a、b之间，当a、b间没有电压时，Q使得脱扣开关闭合，当a、b间有电压时，脱扣开关立即断开，使用户断电．(1)用户正常用电时，a、b之间有没有电压？为什么？(2)如果某人站在地面上，手误触火线而触电，脱扣开关是否会断开？为什么？学案44电磁感应现象楞次定律【课前双基回扣】1．B 2.BC3．C[自A落至图示位置时，穿过线圈的磁通量增加，磁场方向向上，则感应电流的磁场方向与之相反，即向下，故可由安培定则判断线圈中感应电流的方向为顺时针；自图示位置落至B点时，穿过线圈的磁通量减少，磁场方向向上，则感应电流的磁场方向与之相同，即向上，故可由安培定则判断线圈中感应电流的方向为逆时针，选C.]4．B[此题可用两种方法求解，借此感受右手定则和楞次定律分别在哪种情况下更便捷．方法一：首先由安培定则判断通电直导线周围的磁场方向(如下图所示)，因ab导线向右做切割磁感线运动，由右手定则判断感应电流由a→b，同理可判断cd导线中的感应电流方向由c→d，ad、bc两边不做切割磁感线运动，所以整个线框中的感应电流是逆时针方向的．方法二：首先由安培定则判断通电直导线周围的磁场方向(如右图所示)，由对称性可知合磁通量Φ＝0；其次当导线框向右运动时，穿过线框的磁通量增大(方向垂直向里)，由楞次定律可知感应电流的磁场方向垂直纸面向外，最后由安培定则判断感应电流沿逆时针方向，故B选项正确．]5．C[本题“原因”是磁铁有相对线圈的运动，“效果”便是线圈要阻碍两者的相对运动，线圈阻止不了磁铁的运动，由“来拒去留”知，线圈只好跟着磁铁同向转动；如果二者转速相同，就没有相对运动，线圈就不会转动了，故答案为C.]6．AD[根据楞次定律，感应电流的效果是总要阻碍产生感应电流的原因，本题中“原因”是回路中磁通量的增加，P、Q可通过缩小面积的方式进行阻碍，故可得A正确．由“来拒去留”得回路电流受到向下的力的作用，由牛顿第三定律知磁铁受向上的作用力，所以磁铁的加速度小于g，选A、D.]思维提升1．磁通量的大小与线圈匝数无关．磁通量的变化量为末态磁通量减初态磁通量，即：ΔΦ＝Φ2－Φ1.2．无论回路是否闭合．只要穿过线圈平面的磁通量发生变化，线圈中就产生感应电动势，产生感应电动势的那部分导体就相当于电源．3．楞次定律的理解：①感应电流的磁场起阻碍作用；②阻碍原磁通量的变化；③阻碍不是阻止，最终要发生变化；④阻碍的形式：“来拒去留”“增反减同”4．导线切割磁感线用右手定则来进行判断：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．【核心考点突破】例1 B[由楞次定律可知，在线框从右侧摆动到O点正下方的过程中，向上的磁通量在减小，感应电流的磁场与原磁场方向相同(即向上)，再根据安培定则可以判断感应电流的方向沿a→d→c→b→a，同理，可知线框从O点正下方向左侧摆动的过程，电流方向沿a→d→c→b→a，故选B.][规范思维](1)在判断感应电流的方向时，分析磁通量的变化只需看穿过平面的磁感线的条数即可，还要注意磁感线是从正面穿入还是从正面穿出(正面是为了分析问题事先选定的)．(2)根据楞次定律的基本含义，按步就班(一原二变三感四螺旋)解题一般不会出错．例2 D[条形磁铁从线圈正上方等高快速经过时，通过线圈的磁通量先增加后减小．当通过线圈的磁通量增加时，为阻碍其增加，在竖直方向上线圈有向下运动的趋势，所以线圈受到的支持力大于重力，在水平方向上有向右运动的趋势；当通过线圈的磁通量减小时，为阻碍其减小，在竖直方向上线圈有向上运动的趋势，所以线圈受到的支持力小于重力，在水平方向上有向右运动的趋势．综上所述，线圈受到的支持力先大于重力后小于重力，运动趋势总是向右．][规范思维]本题是根据楞次定律的第二种描述解题的．根据磁通量的增、减，利用阻碍相对运动来分析水平方向和竖直方向上安培力的方向．楞次定律的几种表述情况，都可归纳为阻碍产生感应电流的原因．例3 BC[设PQ向右运动，用右手定则和安培定则判定可知穿过L1的磁感线方向向上．若PQ向右加速运动，则穿过L1的磁通量增加，用楞次定律判定可知通过MN的感应电流方向是N→M，对MN用左手定则判定，可知MN向左运动，可见A选项不正确．若PQ向右减速运动，则穿过L1的磁通量减少，用楞次定律判定可知通过MN的感应电流方向是M→N，对MN用左手定则判定，可知MN是向右运动，可见C正确．同理设PQ向左运动，用上述类似的方法可判定B正确，而D错误．][规范思维]由导体运动分析产生感应电流的方向时用右手定则，由电流分析所受安培力的方向时，用左手定则．安培定则又称右手螺旋定则，用来判断电流产生的磁场方向，它们的作用及操作方法都不同，学习时要明确区分．[针对训练]1．D[①确定原磁场的方向：条形磁铁在穿入线圈的过程中，磁场方向向下．②明确闭合回路中磁通量变化的情况：向下的磁通量增加．③由楞次定律的“增反减同”可知：线圈中的感应电流产生的磁场方向向上．④应用右手定则可以判断感应电流的方向为逆时针(俯视)，即：电流的方向从b→G→a.同理可以判断出条形磁铁穿出线圈的过程中，向下的磁通量减小，由楞次定律可得：线圈中将产生顺时针的感应电流(俯视)，即：电流的方向从a→G→b.]2．A[由于I减小，穿过闭合金属环的磁通量变小，通电螺线管在环a的轴线上，所以环通过缩小面积来阻碍原磁通量的减小，所以A正确．]3．左收缩解析变阻器滑片P向左移动，电阻变小，电流变大，根据楞次定律，感应电流的磁场方向与原电流的磁场方向相反，相互排斥，则金属环A将向左移动，因磁通量增大，金属环A有收缩的趋势．4．B[直线电流的磁场离导线越远，磁感线越稀疏，故线圈在下落过程中磁通量一直减小，A错；由于上、下两边电流相等，上边磁场较强，线框所受合力不为零，C错；由于电磁感应，一部分机械能转化为电能，机械能减小，D错．]思想方法总结1．感应电流方向的判断方法：方法一：右手定则(适用于部分导体切割磁感线)方法二：楞次定律楞次定律的应用步骤2．(1)若导体不动，回路中磁通量变化，应该用楞次定律判断感应电流方向而不能用右手定则．(2)若是回路中一部分导体做切割磁感线运动产生感应电流，用右手定则判断较为简单，用楞次定律进行判定也可以，但较为麻烦．3．电磁感应现象、楞次定律等知识与生产、生活联系比较密切，如电磁阻尼现象、延时开关等．这类题目往往以生产、生活实践和高新技术为背景，提出问题，并要求学生用所学知识去解决问题．解决问题的关键是认真读题，弄清物理情景，建立正确的物理模型，再用相关的物理规律求解．【课时效果检测】1．AC[赫兹用实验证实了电磁波的存在，B错；安培发现了磁场对电流的作用规律；洛伦兹发现了磁场对运动电荷的作用规律，D错．]2．D[当N极接近线圈的上端时，线圈中的磁通量增大，由楞次定律可知感应电流的方向，且流经R的电流为从b到a，电容器下极板带正电．]3．B[此题利用楞次定律的第二种描述比较方便，导线ab向左滑动，说明回路中的磁通量在减小，即cd中的电流在减小，与电流的方向无关，故B正确．]4．BC[S1断开时，A线圈中电流消失，磁通量减少，B线圈中产生感应电流，阻碍线圈中磁通量的减少，A错，B对；若断开S2，B线圈中无感应电流，磁通量立即减为零，不会有延时作用，C对，D错．] 5．D[在闭合开关的瞬间，铝环的磁通量增加，铝环产生感应电流，由楞次定律的第二种描述可知，铝环受到向上的安培力跳起一定高度，当保持开关闭合时，回路中电流不再增加，铝环中不再有感应电流，不再受安培力，将在重力作用下回落，所以A、B均错误；铝环回落后，断开开关时，铝环中因磁通量的变化产生感应电流，使铝环受到向下的安培力，不会再跳起，所以C错误，D正确．] 6．A[由楞次定律可知A正确．]7．C[由楞次定律的第二种描述可知：只要线圈中电流增强，即穿过N的磁通量增加，N就会受排斥而向右运动，只要线圈中电流减弱，即穿过N的磁通量减少，N就会受吸引而向左运动．故选项C正确．]8．BC [欲使N 产生顺时针方向的感应电流，感应电流的磁场方向应垂直纸面向里，由楞次定律可知有两种情况：一是M 中有顺时针方向逐渐减小的电流，使其在N 中的磁场方向向里，且磁通量在减小；二是M 中有逆时针方向逐渐增大的电流，使其在N 中的磁场方向向外，且磁通量在增大．因此，根据右手定则，对于前者，应使ab 减速向右运动；对于后者，则应使ab 加速向左运动．故应选B 、C.]9．AC [若线圈闭合，进入磁场时，由于产生感应电流，根据楞次定律可判断线圈相对传送带向后滑动，故A 正确；若线圈不闭合，进入磁场时，不会产生感应电流，故线圈相对传送带不发生滑动，故B 错误；从图中可以看出，第3个线圈是不合格线圈，C 正确．]10．(1)向右 (2)不 (3)向右11.l －d v解析 从线框进入磁场到完全离开磁场，只有线框bc 边运动至磁场右边缘至ad 边运动至磁场左边缘的过程中无感应电流．此过程的位移为：l －d故线框中没有感应电流的时间为：t ＝l －d v12．见解析解析 (1)用户正常用电时，a 、b 之间没有电压，因为双线绕成的初级线圈的两根导线中的电流总是大小相等、方向相反，穿过铁芯的磁通量总为零，副线圈中不会产生感应电动势．(2)会断开，因为人站在地面上手误触火线，电流通过火线和人体流向大地，不通过零线，这样变压器的铁芯中就会有磁通量的变化，从而在副线圈中产生感应电动势，即a 、b 间有电压，脱扣开关就会断开．易错点评1．在第2题中，产生感应电流的是右边的线圈，它是电源．许多同学误认为是电容器C 在放电，使线圈中有电流，造成失误．2．在第5题中，有同学往往认为通电线圈好似一个电动机，只要它通电，就能使铝环停在一定高度，属于没有真正理解电磁感应现象．真正的现象应是：闭合瞬间，铝环跳起，电流稳定后，铝环是落下的，当电键断开时，是不会跳起的．3．在第8题中，注意思维的顺序，分清谁是原因——ab 的加、减速运动，谁是结果——N 中产生感应电流．4．在第11题中，一定要注意条件：l>d.。
高考物理一轮复习成套课时练习 第九章第三单元电磁感应规律的综合应用课时作业 选修32
命 题 设 计难度题号 较易中等稍难单 一 目 标 电磁感应中的力学问题64、5电磁感应中的电路问题 1、2 电磁感应中的能量问题3、7、8综合 目标综合应用 9、10 11、12高考物理一轮复习成套课时练习 第九章第三单元电磁感应规律的综合应用课时作业 选修32一、选择题(本题共9小题，每小题7分，共63分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．(2010·六安模拟)如图1所示，有两根和水平方向成α角的光滑平行的金属轨道，上端接有可变电阻R ，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为B .一根质量为m 的金属杆从轨道上由静止滑下，经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度v m ，则 ( ) A ．如果B 增大，v m 将变大 B ．如果α变大，v m 将变大 C ．如果R 变大，v m 将变小 D ．如果m 变小，v m 将变大解析：以金属杆为研究对象，受力如图所示． 根据牛顿第二定律得mg sin α－F 安＝ma ，其中F 安＝B 2L 2vR.当a →0时，v →v m ， 解得v m ＝mgR sin αB 2L 2， 结合此式分析即得B 选项正确． 答案：B目标2．如图2所示，两光滑平行金属导轨间距为L ，直导线MN 垂直跨在导轨上，且与导轨接触良好，整个装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为B .电容器的电容为C ，除电阻R 外，导轨和导线的电阻均不计．现给导线MN 一初速度，使导线MN 向右运动，当电路稳定后，MN 以速度v 向右做匀速运动，则 ( ) A ．电容器两端的电压为零 B ．电阻两端的电压为BLv C ．电容器所带电荷量为CBLvD ．为保持MN 匀速运动，需对其施加的拉力大小为B 2L 2v R解析：当导线MN 匀速向右运动时，导线MN 产生的感应电动势恒定，稳定后，电容器既不充电也不放电，无电流产生，故电阻两端无电压，电容器两极板间电压U ＝E ＝BLv ，所带电荷量Q ＝CU ＝CBLv ，故A 、B 错，C 对；MN 匀速运动时，因无电流而不受安培力，故拉力为零，D 错． 答案：C3．如图3所示的电路中，两根光滑金属导轨平行放置在倾角为θ的 斜面上，导轨下端接有电阻R ，导轨电阻不计，斜面处在竖直向上 的磁感应强度为B 的匀强磁场中，电阻可略去不计的金属棒ab 质 量为m ，受到沿斜面向上且与金属棒垂直的恒力F 的作用，金属 棒沿导轨匀速下滑，则它在下滑h 高度的过程中，以下说法正确的 是 ( ) A ．作用在金属棒上各力的合力做功为零 B ．重力做功将机械能转化为电能C ．重力与恒力F 做功的代数和等于电阻R 上产生的焦耳热与金属棒的动能之和D ．金属棒克服安培力做功等于重力与恒力F 做的总功与电阻R 上产生的焦耳热 之和解析：由于金属棒匀速下滑，故作用在棒上的各个力的合力做功为零，故A 对；克服安培力做功将机械能转化为电能，故B 错误；列出动能定理方程W G －W F －W 安＝0，变形可得W G －W F ＝W 安，可知C 、D 错误． 答案：A4．如图4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R2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.Bav3B.Bav6C.2Bav3D ．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 ·(12v )＝Bav .由闭合电路欧姆定律，U AB ＝E R 2＋R 4·R 4＝13Bav ，故选A.答案：A5．如图5所示，光滑的“∏”形金属导体框竖直放置，质量为m 的金属棒MN 与框架接触良好．磁感应强度分别为B 1、B 2的有界匀强磁场方向相反，但均垂直于框架平面，分别处在abcd 和cdef 区域．现从图示位置由静止释放金属棒MN ，当金属棒进入磁场B 1区域后，恰好做匀速运动．以下说法中正确的有 ( ) A ．若B 2＝B 1，金属棒进入B 2区域后将加速下滑 B ．若B 2＝B 1，金属棒进入B 2区域后仍将保持匀速下滑 C ．若B 2<B 1，金属棒进入B 2区域后可能先加速后减速下滑 D ．若B 2>B 1，金属棒进入B 2区域后可能先减速后加速下滑解析：若B 2＝B 1，金属棒进入B 2区域后，磁场反向，回路电流反向，由左手定则知：安培力并没有反向，大小也没有变，故金属棒进入B 2区域后，mg －B 12L 2vR＝0，仍将保持匀速下滑，B 对；若B 2<B 1，金属棒进入B 2区域后，安培力没有反向但大小变小，由F ＝BIL ＝B BLv R L ＝B 2L 2v R 知，mg －B 22L 2vR >0，金属棒进入B 2区域后可能先加速后匀速下滑，故C 错；同理，若B 2>B 1，金属棒进入B 2区域后mg －B 22L 2vR<0，可能先减速后匀速下滑，故D 错． 答案：B6．如图6所示，用粗细相同的铜丝做成边长分别为L 和2L 的两只闭合线框a 和b ，以相同的速度从磁感应强度为B 的匀强磁场区域中匀速地拉到磁场外，不考虑线框的动能，若外力对环做的功分别为W a 、W b ，则W a ∶W b 为 ( ) A ．1∶4 B ．1∶2 C ．1∶1 D ．不能确定解析：根据能量守恒可知，外力做的功等于产生的电能，而产生的电能又全部转化为焦耳热W a ＝Q a ＝(BLv )2R a ·L v W b ＝Q b ＝(B ·2Lv )2R b ·2L v由电阻定律知R b ＝2R a ，故W a ∶W b ＝1∶4.A 项正确． 答案：A7．如图7所示，有一用铝板制成的U 型框， 将一质量为m 的带电小球用绝缘细线悬 挂在框中，使整体在匀强磁场中沿垂直 于磁场方向向左以速度v 匀速运动，悬挂拉 力为F T ，则 ( ) A ．悬线竖直，F T ＝mg B ．悬线竖直，F T >mg C ．悬线竖直，F T <mg D ．无法确定F T 的大小和方向解析：设两板间的距离为L ，由于向左运动的过程中竖直板切割磁感线，产生动生电动势，由右手定则判断下板电势高于上板，动生电动势大小E ＝BLv ，即带电小球处于电势差为BLv 的电场中，所受电场力F 电＝qE 电＝q EL ＝q BLvL＝qvB . 设小球带正电，则所受电场力方向向上．同时小球所受洛伦兹力F 洛＝qvB ，方向由左手定则判断竖直向下，即F 电＝F 洛，所以F T ＝mg .同理分析可知当小球带负电时，F T ＝mg .故无论小球带什么电，F T ＝mg .选项A正确． 答案：A8．(2010·芜湖模拟)如图8甲所示，光滑导轨水平放置在与水平方向夹角为60°的斜向下的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度B 随时间t 的变化规律如图8乙所示(规定斜向下为正方向)，导体棒ab 垂直导轨放置，除电阻R 的阻值外，其余电阻不计，导体棒ab 在水平外力F 作用下始终处于静止状态．规定a →b 的方向为电流的正方向，水平向右的方向为外力F 的正方向，则在0～t 1时间内，图9中能正确反映流过导体棒ab的电流i和导体棒ab所受水平外力F随时间t变化的图象是( )解析：由楞次定律可判定回路中的电流方向始终为b→a，由法拉第电磁感应定律可判定回路中电流大小恒定，故A、B错；由F安＝BIL可得F安随B的变化而变化，在0～t0时间内，F安方向向右，故外力F与F安等值反向，方向向左为负值；在t0～t1时间内，F安方向改变，故外力F方向也改变为正值，故C错误，D正确．答案：D9．(2010·黄山模拟)如图10所示，固定放置在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d，其右端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上的磁感应强度大小为B的匀强磁场中．一质量为m(质量分布均匀)的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为μ.当杆在水平向左、垂直于杆的恒力F作用下从静止开始沿导轨运动距离l时，速度恰好达到最大(运动过程中杆始终与导轨保持垂直)．设杆接入电路的电阻为r，导轨电阻不计，重力加速度大小为g.则此过程 ( )A ．杆的速度最大值为(F －μmg )RB 2d2B ．流过电阻R 的电荷量为Bdl2(R ＋r )C ．恒力F 做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量D ．恒力F 做的功与安培力做的功之和大于杆动能的变化量解析：当杆的速度达到最大时，安培力F 安＝B 2d 2vR ＋r ，杆受力平衡，故F －μmg －F 安＝0，所以v ＝(F －μmg )(R ＋r )B 2d 2，A 错；流过电阻R 的电荷量为q ＝ΔΦR ＋r ＝B ΔSR ＋r＝BdlR ＋r，B 错；根据动能定理，恒力F 、安培力、摩擦力做功的代数和等于杆动能的变化量，由于摩擦力做负功，所以恒力F 、安培力做功的代数和大于杆动能的变化量，C 错，D 对． 答案：D二、计算题(本题共3小题，共37分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算 步骤，有数值计算的要注明单位)10．(11分)如图11甲所示，用粗细均匀的导线制成的一只圆形金属圈，现被一根绝缘丝线悬挂在竖直平面内处于静止状态，已知金属圈的质量为m ，半径为r ，导线的电阻率为ρ，截面积为S .金属圈的上半部分处在一方向垂直圈面向里的有界匀强磁场中，磁感应强度B 随时间t 的变化满足B ＝kt (k 为常量)，如图11乙所示．金属圈下半部分在磁场外．若丝线所能承受的最大拉力F Tm ＝2mg ，求：从t ＝0时刻起，经过多长时间丝线会被拉断？解析：设金属圈受重力mg 、拉力F T 和安培力F 的作用处于静止状态，则F T ＝mg ＋F ，又F ＝2BIr ，金属圈中的感应电流I ＝ER， 由法拉第电磁感应定律得E ＝ΔΦΔt ，ΔΦΔt ＝ΔB Δt ·πr 22，金属圈的电阻R ＝ρ2πr S，又B ＝kt ，F Tm ＝2mg 由以上各式求得t ＝2mgρk 2Sr2.答案：2mgρk 2Sr211．(12分)(2010·淮南模拟)如图12所示，两平行长直金属导轨置于竖直平面内，间距为L ，导轨上端有阻值为R 的电阻，质 量为m 的导体棒垂直跨放在导轨上，并搁在支架上，导轨和 导体棒电阻不计，接触良好，且无摩擦．在导轨平面内有一 矩形区域的匀强磁场，方向垂直于纸面向里，磁感应强度为B .开始时导体棒静止，当磁场以速度v 匀速向上运动时，导体棒也随之开始运动，并很快达到恒定的速度，此时导体棒 仍处在磁场区域内，试求： (1)导体棒的恒定速度；(2)导体棒以恒定速度运动时，电路中消耗的电功率． 解析：(1)设棒速为v ′，有E ＝BL (v －v ′) ①F 安＝BIL ＝BLE R ＝B 2L 2(v －v ′)R②棒受力平衡有：mg ＝F 安 ③ 联立得：v ′＝v －mgRB 2L 2④ 方向向上(2)P ＝E 2R ⑤联立①④⑤得：P ＝m 2g 2RB 2L 2.答案：(1)v －mgR B 2L 2 向上 (2)m 2g 2RB 2L212．(14分)(2010·亳州模拟)在拆装某种大型电磁设备的过程中，需将设备内部的处于强磁场中的线圈先闭合，然后再提升直至离开磁场，操作时通过手摇轮轴A 和定滑轮O 来提升线圈．假设该线圈可简化为水平长为L 、上下宽度为d 的矩形线圈，其匝数为n ，总质量为M ，总电阻为R .磁场的磁感应强度为B ，如图13所示．开始时线圈的上边缘与有界磁场的上边缘平齐，若转动手摇轮轴A ，在时间t 内把线圈从图示位置匀速向上拉出磁场．求此过程中： (1)流过线圈中每匝导线横截面的电荷量是多少 ? (2)在转动轮轴时，人至少需做多少功？(不考虑摩擦影响)解析：(1)在匀速提升的过程中线圈运动速度v ＝d t① 线圈中感应电动势E ＝nBLv ② 产生的感应电流I ＝E R③ 流过导线横截面的电荷量q ＝It ④ 联立①②③④得q ＝nBLdR. (2)匀速提升的过程中，要克服重力和安培力做功，即W ＝W G ＋W 安 ⑤又W G ＝Mgd ⑥W 安＝nBILd ⑦联立①②③④⑤⑥⑦得W ＝Mgd ＋n 2B 2L 2d 2Rt.答案：(1)nBLd R (2)Mgd ＋n 2B 2L 2d 2Rt。
高考物理一轮复习 第九章 电磁感应 第3讲专题 电磁感应的综合应用课件 教科选修32
【变式1】
图9－3－2
(1)磁感应强度B的大小． (2)杆在磁场中下落0.1 s的过程中电阻R产生的热量． 解析 (1)由图象知，杆自由下落0.1 s进入磁场以v＝1.0 m/s做匀速运动 产生的电动势E＝BLv 杆所受安培力F安＝BIL 由平衡条件得mg＝F安 代入数据得B＝2 T. (2)电阻R产生的热量Q＝I2Rt＝0.075 J. 答案 (1)2 T (2)0.075 J
【变式4】
图9－3－8
(1)此过程中电阻R1上产生的热量； (2)此过程中电流表上的读数； (3)匀强磁场的磁感应强度． 解析 (1)因电流表的读数始终保持不变， 即感应电动势不变， 故BLab·v0＝BLa′b′·va′b′， 代入数据可得va′b′＝4 m/s 根据能量转化和守恒定律得：
代入数据可求得： QR1＝0.15 J (2)由焦耳定律QR1＝I12R1t (3)不计金属棒和导轨上的电阻， 则R1两端的电压始终等于金属棒与两轨接触间的电动势， 由E＝I1R1，E＝BLa′b′va′b′ 答案 (1)0.15 J (2)0.1 A (3)0.75 T
(2011·江西十校二模)矩形导线框abcd放在匀强磁场中，磁感线方向与线圈平面垂直，磁感应强度B随时间变化的图象如图9－3－6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下图中的(安培力取向上为正方向) ( )．
2013届高考物理一轮复习课件：9.3电磁感应定律的综合应用(人教版选修3-2)
第九章 电磁感应
考点二 电磁感应与力学综合问题中运动的动态结构 和能量转化特点
1．运动的动态结构
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第九章 电磁感应
2．能量转化特点
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第九章 电磁感应
3．安培力在不同情况下的作用 (1)若磁场不动，导体做切割磁感线的运动，导体所受 安培力与导体运动方向相反，此即电磁阻尼．在这种情况 下，安培力对导体做负功，即导体克服安培力做功，将机械 能转化为电能，进而转化为焦耳热． (2)若导体开始时静止，磁场(磁体)运动，由于导体相对 磁场向相反方向做切割磁感线运动而产生感应电流，进而受 到安培力作用，这时安培力成为导体运动的动力，此即电磁 驱动．在这种情况下，安培力做正功，电能转化为导体的机 械能．
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第九章 电磁感应
解决此类问题的一般步骤： (1)明确图象的种类，看是B t图还是Φt图，或是E t图、 I t图等． (2)分析电磁感应现象的具体过程． (3)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定 律等规律写出函数方程． (4) 根 据 函 数 方 程 ， 进 行 数 学 分 析 ， 如 分 析 斜 率 的 变 化、截距等． (5)画图象或判断图象．
（1）橡胶带匀速运动的速率； （2）电阻R消耗的电功率; （3）一根金属条每次经过磁场区域克服安培力做的功.
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第九章 电磁感应
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第九章 电磁感应
【解析】（1）设电动势为 ε，橡胶带运动速率为 v.
由：ε=BLv,ε=U.得：v= U . BL
（2）设电功率为 P.P= U 2 . R
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第九章 电磁感应
高考物理一轮复习(人教版)课件：选修3—2第9章第3讲专题 电磁感应的综合应用
过程判断或画出正确的图象
问题类型 (2)由给定的有关图象分析 电磁感应 过程，求解相应的物理量 (3)利用给出的图象判断或画出新的图象
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
左手定则、安培定则、右手定则、 楞次定律 、
应用知识 法拉第电磁感应定律 识等 、欧姆定律、牛顿定律、函数图象知
三、感应电流在磁场中所受的安培力 1．安培力的大小 E 由感应电动势E＝ Blv ，感应电流I＝ 和安培力公式F＝ BIl 得 R B2l2v F＝ . R
• 4．安培力在两种不同情况下的作用
情况 类型 具体描述 安培力做功 对导体做负功， 即导体克服安培 能量转化
电磁
当磁场不动，导体做切割磁感线 的运动时，导体所受的安培力与 导体运动方向相反 当导体开始时静止，磁场(磁体)
机械能→ 电能→内 能(焦耳热)
阻尼
力做功，是导体
运动的阻力
电磁 驱动
运动时，由于导体相对磁场向相
反方向做切割磁感线的运动而产 生感应电流，进而受到安培力作
对导体做正功，
是导体运动的动 力
电能→机 械能
用，方向与导体运动方向相同
• 在利用能量的转化和守恒解决电磁感应问 题时，要分析安培力的做功情况，安培力 在导体运动过程中是做正功还是做负功， 进而判断安培力是动力还是阻力．另外， 参与能量转化的形式要考虑周全，要准确 判断哪些能量增加、哪些能量减少．
2
• 一、电磁感应中的动力学问题分析 • 1．两种状态处理 • (1)导体处于平衡态——静止或匀速直线运动 状态． • 处理方法：根据平衡条件合外力等于零列 式分析． • (2)导体处于非平衡态——加速度不为零．
• 处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分 析或结合功能关系分析．
高考物理一轮复习第九章电磁感应第3讲电磁感应规律的综合应用模拟试题新人教版选修3-2
第3讲电磁感应规律的综合应用高考·模拟·创新图9－3－131．(2015年高考·福建卷)如图9－3－13，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：PQ 棒垂直切割磁感线匀速运动，它相当于恒定电源．PQ 棒移动过程中，abcd 线棒移到PQ ，R13R －R13R＋R ＝总R ，所以1R 左边线路电阻为PQ 框的等效电阻是变化的，设中间时，abcd 框的等效电阻最大，此刻PQ 棒电流最小，故PQ 中电流先减小后增大，A 项错误；PQ 两端电压U ＝E －IR ，因为电流先减小后增大，所以电压先增大后减小，B 项错误；PQ 棒到中间时，安培力最小，据P ＝Fv ，拉力的瞬时功率最小，C 项正确；当外电阻为R 时，故线圈消耗功率先大再小、再大再小，R 再减小到小于R 32增至R 功率最大，外电阻由小于D 错．答案：C为定值电阻，两金属圆环固定在同一0R 甲，14－3－9如图)山东卷·年高考(2015．2的电流0R 的正弦交流电源上，经二极管整流后，通过0T 绝缘平面内．左端连接在一周期为i 始终向左，其大小按图乙所示规律变化．规定内圆环a 端电势高于b 端时，a 、b 间的电压)(图象可能正确的是t —ab u 为正，下列ab u 图9－3－14时间内，通过大圆环的电流为顺时针逐渐增加，由楞次定律可00.25T 在第一个解析：判断内环内a 端电势高于b 端，因电流的变化率逐渐减小故内环的电动势逐渐减小；同理在时间内，通过大圆环的电流为顺时针逐渐减小，由楞次定律可判断内环内00.5T ～00.25T 第a 端电势低于b 端，因电流的变化率逐渐变大，故内环的电动势逐渐变大；故选项C 正确．答案：C3．(2015年高考·北京卷)如图9－3－15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：图9－3－15(1)感应电动势E 和感应电流I ；的大小；F I 时间内，拉力的冲量s 0.1 在(2)(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)根据法拉第电磁感应定律可得，感应电动势E ＝BLv ＝1 T ×0.4 m ×5 m /s ＝2 V.A 2 ＝2 V 1 Ω＝E R ＝I 感应电流，N 8 0.＝BIL ＝安F 导体棒所受安培力大小(2)N0.8 ＝安F ＝F 导体棒在匀速运动过程中，拉力大小等于安培力，所以导体棒所受拉力.s ·N 0.08 ＝s ×0.1 N 0.8 ＝Ft ＝F I 拉力的冲量(3)由闭合电路欧姆定律可得，电路中电流，A 1 ＝E R ＋r ＝I ′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。
2022年高考物理总复习 9-1 电磁感应 楞次定律 新人教版选修3-2
【高考领航】2022年高考物理总复习 9-1 电磁感应楞次定律新人教版选修3-2时间：45分钟满分：100分一、选择题本题共10个小题，每小题7分，共70分，每小题至少有一个选项正确，请将正确选项前的字母填在题后的括号内1．2022年海南单科自然界的电、热和磁等现象都是相互联系的，很多物理学家为寻找它们之间的联系做出了贡献．下列说法正确的是A．奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系B．欧姆发现了欧姆定律，说明了热现象和电现象之间存在联系C．法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系D．焦耳发现了电流的热效应，定量给出了电能和热能之间的转换关系解析：奥斯特发现的电流的磁效应表明了电能生磁，A正确．欧姆定律描述了电流与电阻、电压或电动势之间的关系，焦耳定律才揭示了热现象与电现象间的联系，B错误、D正确．法拉第发现的电磁感应现象表明了磁能生电，C正确．答案：ACD2．如图所示，线圈M和线圈中通入下图中哪种电流时，在线圈中电流在，铁芯右端与一木质圆柱密接，木质圆柱上套有一闭合金属环N，N可在木质圆柱上无摩擦移动．M连接在如图所示的电路中，其中R为滑动变阻器，E1和E2为直流电源，S为单刀双掷开关．下列情况中，可观测到N向左运动的是A．在S断开的情况下，S向a闭合的瞬间B．在S断开的情况下，S向b闭合的瞬间C．在S已向a闭合的情况下，将R的滑动头向c端移动时D．在S已向a闭合的情况下，将R的滑动头向d端移动时解析：在S断开的情况下S向ab闭合的瞬间M中电流瞬时增加，左端为磁极NS极，穿过N的磁通量增加，根据楞次定律阻碍磁通量变化可知N环向右运动，A、B项均错；在S已向a闭合的情况下将R的滑动头向c端移动时，电路中电流减小，M产生的磁场减弱，穿过N的磁通量减小，根据楞次定律阻碍磁通量变化可知N环向左运动，D项错、C项对．答案：C10．现代汽车中有一种先进的制动机构，可保证车轮在制动时不是完全刹死滑行，而是让车轮仍有一定的滚动．经研究这种方法可以更有效地制动，它有一个自动检测车速的装置，用来控制车轮的转动，其原理如图所示，铁质齿轮是一个电流检测器．当车轮带动齿轮转动时，线圈中会有电流，这是由于齿靠近线圈时被磁化，使磁场增强，齿离开线圈时磁场减弱，磁通量变化使线圈中产生了感应电流．将这个电流放大后去控制制动机构，可有效地防止车轮被制动抱死．如图所示，在齿a转过虚线位置的过程中，关于M中感应电流的说法正确的是A．M中的感应电流方向一直向左B．M中的感应电流方向一直向右C．M中先有自右向左、后有自左向右的感应电流D．M中先有自左向右、后有自右向左的感应电流解析：由楞次定律，感应电流的结果总是阻碍引起感应电流的原因．由于齿靠近线圈时被磁化，使磁场增强，感应电流的磁场要阻碍原磁场增强，由安培定则，M中感应电流的方向自左向右；齿离开线圈时磁场减弱，磁通量变化使线圈中产生了感应电流，感应电流的磁场要阻碍原磁场减弱，由安培定则知，M中感应电流的方向自右向左．D对．答案：D二、非选择题本题共2个小题，共30分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位11．15分如右图所示，固定于水平面上的金属架CDEF处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒MN沿框架以速度v向右做匀速运动．t＝0时，磁感应强度为B0，此时MN到达的位置使MDEN构成一个边长为的正方形．为使MN棒中不产生感应电流，从t＝0开始，磁感应强度B随时间t应怎样变化请推导出这种情况下B与t的关系式．解析：要使MN棒中不产生感应电流，应使穿过线圈平面的磁通量不发生变化在t＝0时刻，穿过线圈平面的磁通量Φ1＝B0·S＝B0·2设t时刻的磁感应强度为B，此时磁通量为Φ2＝B＋vt由Φ1＝Φ2得B＝错误!答案：见解析12．15分磁感应强度为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，如图所示，从ab进入磁场时开始计时．1画出穿过线框的磁通量随时间变化的图象；2判断线框中有无感应电流．若有，请判断出感应电流的方向；若无，请说明理由．解析：线框穿过磁场的过程可分为三个阶段：进入磁场阶段只有ab边在磁场中、在磁场中运动阶段ab、cd两边都在磁场中、离开磁场阶段只有cd边在磁场中．1①线框进入磁场阶段：t为0～错误!，线框进入磁场中的面积与时间成正比，S＝vt，最后为Φ＝BS＝B2②线框在磁场中运动阶段：t为错误!～错误!，线框磁通量为Φ＝B2，保持不变．③线框离开磁场阶段：t为错误!～错误!，线框磁通量线性减小，最后为零．2线框进入磁场阶段，穿过线框的磁通量增加，线框中将产生感应电流．由右手定则可知，感应电流方向为逆时针方向．线框在磁场中运动阶段，穿过线框的磁通量保持不变，无感应电流产生．线框离开磁场阶段，穿过线框的磁通量减小，线框中将产生感应电流．由右手定则可知，感应电流方向为顺时针方向．答案：1如右图所示2线框进入磁场阶段，感应电流方向逆时针；线框在磁场中运动阶段，无感应电流；线框离开磁场阶段，感应电流方向顺时针．。
2021年高中物理 电磁感应综合检测一 新人教版选修3-2
2021年高中物理电磁感应综合检测一新人教版选修3-2一、选择题(本大题共8个小题，每小题6分，共48分．第1～5小题只有一项符合题目要求，第6～8小题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1．研究表明，地球磁场对鸽子识别方向起着重要作用．鸽子体内的电阻大约为103Ω，当它在地球磁场中展翅飞行时，会切割磁感线，在两翅之间产生动生电动势．这样，鸽子体内灵敏的感受器即可根据动生电动势的大小来判别其飞行方向．若某处地磁场磁感应强度的竖直分量约为0.5×10－4T.鸽子以20 m/s速度水平滑翔，则可估算出两翅之间产生的动生电动势大约为( ) A．30 mV B．3 mVC．0.3 mV D．0.03 mV【解析】鸽子展翅飞行时若两翅端间距为0.3 m．由E＝Blv得E＝0.3 mV.C 项正确．【答案】C图12．半径为R的圆形线圈，两端A、D接有一个平行板电容器，线圈垂直放在随时间均匀变化的匀强磁场中，如图1所示，则要使电容器所带电荷量Q增大，可以采取的措施是( )A．增大电容器两极板间的距离B．增大磁感应强度的变化率C．减小线圈的半径D ．改变线圈所在平面与磁场方向间的夹角 【解析】 由Q ＝CU ，U ＝E ＝ΔΦΔt ＝ΔBSΔt，分析可得增大磁感应强度变化率、增大线圈在垂直磁场方向的投影面积可增大A 、D 间电压，从而使Q 增大，B 项正确，C 、D 错误．减小电容器两极板间距离可使Q 增大，A 错误．【答案】 B图23．(xx·洛阳一中高二检测)如图2所示，一个铜质圆环，无初速度地自位置Ⅰ下落到位置Ⅱ，若圆环下落时其轴线与磁铁悬线重合，圆环面始终水平．位置Ⅰ与位置Ⅱ的高度差为h ，则运动时间( )A ．等于2hg B ．大于2h gC ．小于2hgD ．无法判定【解析】 由于电磁阻尼，阻碍铜质圆环的下落，所以下落时间大于自由下落时间2h g. 【答案】 B图34．(xx·新课标全国高考)如图3，匀强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B 0.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周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率ΔBΔt的大小应为( )A.4ωB 0πB.2ωB 0πC.ωB 0πD.ωB 02π【解析】 设圆的半径为L ，电阻为R ，当线框以角速度ω匀速转动时产生的感应电动势E 1＝12B 0ωL 2.当线框不动，而磁感应强度随时间变化时E 2＝12πL 2ΔB Δt ，由E 1R ＝E 2R 得12B 0ωL 2＝12πL 2ΔB Δt ，即ΔB Δt ＝ωB 0π，故C 项正确．【答案】 C5．(xx·北京朝阳区高二检测)如图4所示，一刚性矩形铜制线圈从高处自由下落，进入一水平的匀强磁场区域，然后穿出磁场区域，( )图4A ．若线圈进入磁场过程是匀速运动，则离开磁场过程一定是匀速运动B ．若线圈进入磁场过程是加速运动，则离开磁场过程一定是加速运动C ．若线圈进入磁场过程是减速运动，则离开磁场过程一定是加速运动D ．若线圈进入磁场过程是减速运动，则离开磁场过程一定是减速运动【解析】 若线圈进入磁场过程是匀速运动，完全进入磁场区域一定做加速运动，则离开磁场过程所受安培力大于重力，一定是减速运动，选项A 错误；若线圈进入磁场过程是加速运动，则离开磁场过程可能是加速运动，也可能是匀速运动，选项B 错误；若线圈进入磁场过程是减速运动，则离开磁场过程一定是减速运动，选项C 错误D 正确．【答案】 D6．(xx·山东高考)以下叙述正确的是( ) A ．法拉第发现了电磁感应现象B ．惯性是物体的固有属性，速度大的物体惯性一定大C ．牛顿最早通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的原因D ．感应电流遵从楞次定律所描述的方向，这是能量守恒定律的必然结果【解析】 质量是惯性大小的唯一量度，与速度大小无关，B 错误；伽利略通过实验与假想得出力不是维持物体运动的原因，C 错误．【答案】AD图57．如图5所示，线圈内有条形磁铁，将磁铁从线圈中拔出来时( )A．φa>φbB．φa<φbC．电阻中电流方向由a到bD．电阻中电流方向由b到a【解析】磁铁从线圈中拔出时，线圈中磁场方向向右，磁通量减少，根据楞次定律，线圈中产生感应电动势，右端为正极，左端为负极，所以电阻中电流方向由b到a，故φb>φa.B、D项正确．【答案】BD8．如图6所示，电灯A、B与固定电阻的阻值均为R，L是自感系数较大的线圈．当S1闭合、S2断开且电路稳定时A、B亮度相同，再闭合S2，待电路稳定后将S1断开，下列说法正确的是( )图6A．B灯立即熄灭B．A灯将比原来更亮一些后再熄灭C．有电流通过B灯，方向为c→dD．有电流通过A灯，方向为b→a【解析】S2断开而只闭合S1，稳定时，A、B两灯一样亮，说明两条支路电流相等，这时线圈无自感作用，可知线圈L的电阻也是R；在S2闭合、S1闭合且稳定时，I A＝I L；当S2闭合、S1突然断开时，流过A灯的电流只是方向变为b→a，但其大小不能突然增大，A 灯不能出现闪亮一下再熄灭的现象，故D正确，B错误；由于固定电阻R没有自感作用，故断开S1时，B灯被断路，电流迅速变为零，B灯立即熄灭．A正确，C错误．故正确答案为A、D.【答案】AD二、非选择题(本题共4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，有数值计算的要注明单位)9．(12分)如图7为“研究电磁感应现象”的实验装置．图7(1)将图中所缺的导线补接完整．(2)如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后可能出现的情况有：①将原线圈迅速插入副线圈时，灵敏电流计指针将________；②原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，灵敏电流计指针________．(3)在做“研究电磁感应现象”实验时，如果副线圈两端不接任何元件，则副线圈电路中将( )A．因电路不闭合，无电磁感应现象B．有电磁感应现象，但无感应电流，只有感应电动势C．不能用楞次定律判断感应电动势方向D．可以用楞次定律判断感应电动势方向【解析】(2)依照楞次定律及灵敏电流计的指针偏转方向与流过它的电流方向的关系来判定，则①向右偏转一下；②向左偏转一下．(3)穿过电路中的磁通量发生变化即产生电磁感应现象．因电路不闭合无感应电流，但有感应电动势，且可以用楞次定律判断出感应电动势的方向，要产生感应电流，电路要求必须闭合．故答案选B、D.【答案】(1)如图所示(2)①向右偏转一下②向左偏转一下(3)BD10．(10分)如图8甲所示的螺线管，匝数n＝1 500匝，横截面积S＝20 cm2，电阻r ＝1.5 Ω，与螺线管串联的外电阻R1＝3.5 Ω，R2＝25 Ω，方向向右穿过螺线管的匀强磁场，磁感应强度按图8乙所示规律变化，试计算电阻R2的电功率和a、b两点的电势差．图8【解析】 螺线管中产生的感应电动势E ＝nS ΔBΔt＝6 V ，根据闭合电路欧姆定律，电路中的电流大小I ＝ER 1＋R 2＋r ＝0.2 A ，电阻R 2上消耗的电功率大小P ＝I 2R 2＝1 W ， a 、b 两点间的电势差U ＝I(R 1＋R 2)＝5.7 V. 【答案】 1 W 5.7 V11．(14分)(xx·天津宝坻中学检测)如图9甲所示，平行金属导轨竖直放置，导轨间距为L ＝1 m ，上端接有电阻R 1＝3 Ω，下端接有电阻R 2＝6 Ω，虚线OO′下方是垂直于导轨平面的匀强磁场．现将质量m ＝0.1 kg 、电阻不计的金属杆ab ，从OO′上方某处垂直导轨由静止释放，杆下落0.2 m 过程中始终与导轨保持良好接触，加速度a 与下落距离h 的关系图象如图9乙所示．求：(1)磁感应强度B(2)杆下落0.2 m 过程中通过金属杆的电荷量．甲 乙图9【解析】 (1)当地重力加速度g ＝10 m/s 2，则杆进入磁场时的速度v ＝2gh ＝1 m/s 由图象知，杆进入磁场时加速度a ＝－g ＝－10 m/s 2由牛顿第二定律得mg －F 安＝ma 回路中的电动势E ＝BLv杆中的电流I ＝ER 并R 并＝R 1R 2R 1＋R 2F 安＝BIL ＝B 2L 2vR 并得B ＝2mgR 并L 2v＝2 T (2)杆在磁场中运动产生的平均感应电动势E ＝ΔΦΔt杆中的平均电流I ＝ER 并通过杆的电荷量q ＝I ·Δt ＝E R 并Δt ＝ΔΦR 并＝B·ΔSR 并通过杆的电荷量q ＝0.15 C 【答案】 (1)2 T (2)0.15 C12．(16分)(xx·浙江高考)某同学设计一个发电测速装置，工作原理如图10所示．一个半径为R ＝0.1 m 的圆形金属导轨固定在竖直平面上，一根长为R 的金属棒OA ，A 端与导轨接触良好，O 端固定在圆心处的转轴上．转轴的左端有一个半径为r ＝R3的圆盘，圆盘和金属棒能随转轴一起转动．圆盘上绕有不可伸长的细线，下端挂着一个质量为m ＝0.5 kg 的铝块．在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面向右的匀强磁场，磁感应强度B ＝0.5 T ．a 点与导轨相连，b 点通过电刷与O 端相连．测量a 、b 两点间的电势差U 可算得铝块速度．铝块由静止释放，下落h ＝0.3 m 时，测得U ＝0.15 V ．(细线与圆盘间没有滑动，金属棒、导轨、导线及电刷的电阻均不计，重力加速度g ＝10 m/s 2)图10(1)测U 时，与a 点相接的是电压表的“正极”还是“负极”？ (2)求此时铝块的速度大小；(3)求此下落过程中铝块机械能的损失． 【解析】 (1)正极 (2)由电磁感应定律得U ＝E ＝ΔΦΔtΔΦ＝12BR 2ΔθU＝12BωR2v＝rω＝13ωR所以v＝2U3BR＝2 m/s.(3)ΔE＝mgh－12 mv2ΔE＝0.5 J.【答案】(1)正极(2)2 m/s (3)0.5 J37997 946D 鑭431022 792E 礮 -, 26473 6769 杩34425 8679 虹f27450 6B3A 欺38975 983F 頿f31469 7AED 竭m。
高考物理一轮复习 第9章 电磁感应 第1讲 电磁感应现象 楞次定律课后限时训练 新人教版选修3-2(
2018版高考物理一轮复习第9章电磁感应第1讲电磁感应现象楞次定律课后限时训练新人教版选修3-2编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2018版高考物理一轮复习第9章电磁感应第1讲电磁感应现象楞次定律课后限时训练新人教版选修3-2）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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电磁感应现象楞次定律一、选择题（本题共10小题，1～5题为单选，6~10题为多选)1．（2016·浙江宁波期末)如图甲所示，在同一平面内有两个圆环A、B，圆环A将圆环B 分为面积相等的两部分，以图甲中A环电流沿顺时针方向为正，当圆环A中的电流如图乙所示变化时，下列说法正确的是错误!（ B )A．B中始终没有感应电流B．B中有顺时针方向的感应电流C．B中有逆时针方向的感应电流D．B中的感应电流先沿顺时针方向，后沿逆时针方向[解析]由于圆环A中的电流发生了变化,故圆环B中一定有感应电流产生，由楞次定律判定B中有顺时针方向的感应电流，故B选项正确。
2．(2016·上海虹口区一模）如图所示，竖直放置的螺线管与导线abcd构成回路，abcd 所围区域内存在垂直纸面向里的变化的匀强磁场，螺线管下方的水平桌面上放置一导体圆环。
若圆环与桌面间的压力大于圆环的重力，abcd区域内磁场的磁感应强度随时间变化的关系可能是错误!( B ）[解析]圆环与桌面间的压力大于圆环的重力，可知导体圆环受到向下的磁场作用力,根据楞次定律的另一种表述,可知螺线管中的磁场磁通量在增大,即螺线管和abcd构成的回路中产生的感应电流在增大。
高考导练高考物理一轮复习第九章电磁感应第1讲电磁感应现象楞次定律自主测评新人教版选修3-2
第1讲电磁感应现象楞次定律自主测评一、基础知识题组1．[产生感应电流的条件]处在磁场中的一闭合线圈，若没有产生感应电流，则可以判定( )A．线圈没有在磁场中运动B．线圈没有做切割磁感线运动C．磁场没有发生变化D．穿过线圈的磁通量没有发生变化解析：要发生电磁感应现象，穿过线圈的磁通量必须发生变化，D正确．答案：D图9－1－12．[对电磁感应现象发生条件的考查](多选)如图9－1－1所示，一个矩形线框从匀强磁场的上方自由落下，进入匀强磁场中，然后再从磁场中穿出．已知匀强磁场区域的宽度L大于线框的高度h，下列说法正确的是( )A．线框只在进入和穿出磁场的过程中，才有感应电流产生B．线框从进入到穿出磁场的整个过程中，都有感应电流产生C．线框在进入和穿出磁场的过程中，都是机械能转化成电能D．整个线框都在磁场中运动时，机械能转化成电能解析：产生感应电流的条件是穿过闭合回路的磁通量发生变化，线框全部在磁场中时，磁通量不变，不产生感应电流，故选项B、D错误．线框进入和穿出磁场的过程中磁通量发生变化，产生了感应电流，故选项A正确．在产生感应电流的过程中线框消耗了机械能，故选项C正确．答案：AC二、规律方法题组3．[感应电流方向的判断] 如图9－1－2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9－1－2A．a→b→c→d→aB．d→c→b→a→dC．先是d→c→b→a→d，后是a→b→c→d→aD．先是a→b→c→d→a，后是d→c→b→a→d解析：由楞次定律，一开始磁通量减小，后来磁通量增大，由“增反”“减同”可知电流方向是d→c→b→a→d.答案：B4．[电磁感应与电路的综合]如图9－1－3所示，同一平面内的三条平行导线串有两个电阻R和r，导体棒PQ与三条导线接触良好，匀强磁场的方向垂直纸面向里．导体棒的电阻可忽略．当导体棒向左滑动时，下列说法正确的是( )图9－1－3A．流过R的电流为由d到c，流过r的电流为由b到aB．流过R的电流为由c到d，流过r的电流为由b到aC．流过R的电流为由d到c，流过r的电流为由a到bD．流过R的电流为由c到d，流过r的电流为由a到b解析：PQ向左切割，Q为导体棒上电势最高点，P为最低点．PQ作为电源，在电源外部，电流由高电势流向低电势，所以可判断出B正确．答案：B。
高考物理一轮复习第9章电磁感应第1讲电磁感应现象楞次定律模拟新人教版选修3-2
电磁感应现象楞次定律1．(2015·北京理综)利用所学物理知识，可以初步了解常用的公交一卡通(IC卡)的工作原理及相关问题。
IC卡内部有一个由电感线圈L和电容C构成的LC振荡电路。
公交车上的读卡机(刷卡时“嘀”的响一声的机器)向外发射某一特定频率的电磁波。
刷卡时，IC卡内的线圈L中产生感应电流，给电容C充电，达到一定的电压后，驱动卡内芯片进行数据处理和传输。
下列说法正确的是导学号( B )A．IC卡工作所需要的能量来源于卡内的电池B．仅当读卡机发射该特定频率的电磁波时，IC卡才能有效工作C．若读卡机发射的电磁波偏离该特定频率，则线圈L中不会产生感应电流D．IC卡只能接收读卡机发射的电磁波，而不能向读卡机传输自身的数据信息[解析]A项，IC卡由电感线圈产生感应电流为电容充电，故A项错误。
B项，LC振荡电路接收与其固有频率相同频率的电磁波，读卡机发出电磁波频率与之匹配，才能得到最优的充电效果，使电容电压达到预定值，才能进行数据传输，故B项正确。
C项，如果是其他频率的电磁波，根据法拉第电磁感应定律，依然会有电磁感应现象，有感应电流，故C项错误。
D项，IC卡能接收读卡机发射的电磁波，同时将存储的信息传输到读卡机中进行识别，故D项错误。
综上所述，本题正确答案为B。
2．(2017·江苏苏北四市联考)如图所示，螺线管与灵敏电流计相连，磁铁从螺线管的正上方由静止释放，向下穿过螺线管。
下列说法正确的是导学号( D )A．电流计中的电流先由a到b，后由b到aB．a点的电势始终低于b点的电势C．磁铁减少的重力势能等于回路中产生的热量D．磁铁刚离开螺线管时的加速度小于重力加速度[解析]电流计中的电流先由b到a，后由a到b，A错误；a点的电势先比b点低，后比b点高，B错误；磁铁减少的机械能等于回路中产生的热量，C错误；根据楞次定律，感应电流的磁场总是阻碍磁铁与闭合回路间的相对运动，磁铁刚离开螺线管时，受到向上的磁场力，加速度小于重力加速度，D正确。
2022届高三物理一轮配套练习9.2法拉第电磁感应定律新人教版选修3-2
第二节法拉第电磁感觉定律随堂操练稳固12022 广东高考 ,15将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中于线圈中产生的感觉电动势和感觉电流, 以下表述正确的选项是, 线圈平面与磁场方向垂直, 关A感觉电动势的大小与线圈的匝数没关B穿过线圈的磁通量越大 , 感觉电动势越大C穿过线圈的磁通量变化越快 , 感觉电动势越大D感觉电流产生的磁场方向与原磁场方向一直同样【分析】由E n t AB错 ,C 正确B与感的方向可同样亦可相反,D 错原B【答案】 C2 汽车在两个南极科学观察站之间行驶, 汽车后轮轮轴左右两头的电势高低状况是A左端电势较高B右端电势较高C左右两头电势同样D不知汽车行驶方向 , 没法判断【分析】因为南极邻近地磁场的磁感线都是从地面指向天空, 因此不论汽车向什么方向行驶由右手定章都能够判断右端电势高【答案】 B,32022 河北承德联校高二月考,6为了利用大海资源,=05 104T,水流是南北流向, 如图将两个电极竖直插入此处海水中,=10 m,与两电极相连的敏捷电压表的读数为U=2 mV,则海水的流速大小为A.40 m/B.4 m/C0.4 m/D4 103 m/【分析】 E U Blv v U0 00210 m/=4 m/ Bl05104【答案】 B4 有一个 10匝的线圈放在匀强磁场中, 磁场方向垂直于线圈平面, 线圈的面积为10 cm 2当 t=0时 B 1 02 T, 经过 后 , 磁场减弱为 B 20 05 T, 磁场方向不变 , 则线圈中的感觉电动势为5 10 3 VVV V【分析】E n t 1010 10 4(0 2 0 05) V= 1510 3V0 1【答案】 A5 向来升机停在南半球的地磁极上空该处地磁场的方向竖直向上,, 螺旋桨转动的频次为 f, 顺着地磁场的方向看螺旋桨,, 远轴端为 b, 到转轴中心线的距离 , 用 E 表示每个叶片中的感觉电动势 , 则=fl 2 B 且 a 点电势低于 b 点电势=2fl 2 B 且 a 点电势低于b 点电势=fl 2 B 且a 点电势高于b 点电势=2fl 2 B 且a 点电势高于b 点电势【分析】叶片转动切割磁感线产生的感觉电动势E=Bv =Bll 2fl 2B ; 据右手定章判断 a 点电势低于 b 点电势 , 应选项 A 正确 【答案】 A62022 广东惠州调研 ,18 将一磁铁迟缓或快速地插到闭合线圈中的同一地点, 两次发生变化的物理量不一样的是A 磁通量的变化量B 磁通量的变化率C 感觉电流的电流大小D 流过线圈导体横截面中的电荷量 【分析】 快速插时磁通量变化率大, 产生的感觉电流大,B 、C 对 ; 两种方法 , 磁通量都是增添,磁通量变化量同样qR总电阻和磁通量变化量分别同样, 故流过线圈导体横截面中的电荷量同样【答案】 BC7 ☆选做题 2022 四川成都玉林中学模拟,18 如下图 , 理想变压器左线圈与导轨相连结 , 导体棒 ab 可在导轨上滑动 , 磁场方向垂直纸面向里 , 以下说法正确的选项是棒匀速向右滑,c 、d 两点中 c 点电势高棒匀加快右滑,c 、d 两点中 d 点电势高棒匀减速右滑,c 、d 两点中 d 点电势高棒匀加快左滑,c 、d 两点中 c 点电势高【分析】 ab 棒匀速向右滑 , 产生的感觉电流是恒定的 ,cd 中没有电流流过 ,A 错 ;ab棒匀加快右滑 , 左线圈中向下的磁场增添, 右线圈向上的磁场增添 , 感觉电流产生向下的磁场, 电流从d 经过电灯到 c,B 对 ;ab棒匀加快左滑 , 左线圈中向上的磁场增添 , 右线圈向下的磁场增添 ,感觉电流产生向上的磁场, 电流从 c 经过电灯到 d,D 对;ab 棒匀减速右滑 , 左线圈中向下的磁场减弱 , 右线圈向上的磁场减弱, 感觉电流产生向上的磁场 , 电流从 c 经过电灯到 d,C错【答案】 BD课后作业夯基时间 :45分钟必做题满分:100分选做题:10分一、不定项选择题此题共8 小题 , 每题 8 分, 共 64 分, 选对但不全的得 5 分12022 海南单科 ,7自然界的电、热和磁等现象都是互相联系的, 好多物理学家为找寻它们之间的联系做出了贡献以下说法正确的选项是A 奥斯特发现了电流的磁效应, 揭露了电现象和磁现象之间的联系B 欧姆发现了欧姆定律, 说了然热现象和电现象之间存在联系C 法拉第发现了电磁感觉现象, 揭露了磁现象和电现象之间的联系D 焦耳发现了电流的热效应, 定量得出了电能和热能之间的变换关系【分析】奥斯特实验和法拉第电磁感觉现象揭露了磁和电之间的联系,A 、C 对; 焦耳发现了电流的热效应, 给出的焦耳定律公式能定量计算热量, 揭露电与热的定量关系,D 对 ; 欧姆定律是电路规律 , 不可以说明热现象和电现象之间存在联系,B 错【答案】ACD2 原创以下说法中正确的选项是A 自感电动势越大, 自感系数越大B 线圈中的电流变化越快, 自感系数也越大C插有铁芯时线圈的自感系数会变大D线圈的自感系数与电流的大小、电流变化的快慢、能否有铁芯等都没关【分析】线圈的自感系数由线圈自己决定 , 与线圈的长短、匝数的多少、粗细以及有无铁芯相关 , 与电流大小、变化快慢、【答案】C3 原创对于E L I t的说法 , 正确的选项是A自感电动势与电流的变化量成正比B自感电动势与自感系数成正比C自感电动势与自感系数、电流的变化量没有直接关系D自感电动势与电流的变化率成正比【分析】一个量与几个量相关系时, 讨论两个量之间是正比仍是反比关系, 必定要保持其余量不变才行 , 故 AB 错,C 对自感电动势与电流的变化率成正比, 这是对的 ,D 对【答案】CD42022 全国理综卷Ⅰ ,17某地的地磁场磁感觉强度的竖直重量方向向下, 大小为510 5一敏捷电压表连结在当地入海河段的两岸, 河宽 100 m,该河段涨潮和落潮时有海水视为导体流过设落潮时 , 海水自西向东流, 流速为 2 m/ 以下说法正确的选项是A 河北岸的电势较高B 河南岸的电势较高C 电压表记录的电压为9 mVD 电压表记录的电压为 5 mV【分析】海水在落潮时自西向东流, 该过程能够理解为: 自西向东运动的导体棒在切割竖直向下的磁场依据右手定章, 右岸即北岸是正极电势高, 南岸电势低 , =BLv=4 5 1051002 V= 9 103V,C 对 D错【答案】 AC5 在如下图的电路中 ,a 、b 为两个完整同样的灯泡,L 为自感线圈 ,E 为电源 ,S 为开关对于两灯泡点亮和熄灭的先后序次, 以下说法正确的是A 合上开关 ,a 先亮 ,b 后亮 ; 断开开关 ,a 、 b 同时熄灭B 合上开关 ,b 先亮 ,a 后亮 ; 断开开关 ,a 先熄灭 ,b 后熄灭C 合上开关 ,b 先亮 ,a 后亮 ; 断开开关 ,a 、 b 同时熄灭D 合上开关 ,a 、 b 同时亮 ; 断开开关 ,b 先熄灭 ,a 后熄灭【分析】合上开关,b灯先亮,因为L的自感作用,a灯渐渐变亮;断开开关,线圈L和灯b、a 构成串连回路 ,a 、【答案】C变化的图象分别如图甲、乙、丙、丁所示, 以下对于回路中产生的感觉电动势的阐述, 正确的是A 图甲中回路产生的感觉电动势恒定不变B 图乙中回路产生的感觉电动势向来在变大C 图丙中回路在 0 - t0时间内产生的感觉电动势大于在t0- 2t0时间内产生的感觉电动势D 图丁中回路产生的感觉电动势可能恒定不变【分析】感觉电动势等于磁通量的变化率, 在磁通量的图象上磁通量的变化率等于切线的斜率, 甲的斜率为零 , 乙的斜率为必定值,A 、B 均不对 ; 图丙中回路在 0 - t0时间内的斜率大于t0- 2t0时间内的斜率,C对丁图中的斜抢先减小再增大,【答案】 C7 如下图 , 两块水平搁置的金属板距离为d, 用导线、电键 K 与一个 n 匝的线圈连结 , 线圈置于方向竖直向上的变化磁场 B 中两板间放一台小压力传感器, 压力传感器上表面静止搁置一个质量为 m、电荷量为 q 的小球 K 断开时传感器上有示数, 的变化状况和磁通量变化率分别是A正在增添C正在减弱mgdt qmgdt qB正在减弱D正在增添mgdt nqmgdt nq【分析】据题知小球遇到向上的与重力相等的电场力下极板为正, 依据安培定章知感觉电流磁场向下 , 依据楞次定律知向上磁场加强由qmg 得tmgd n d t nq【答案】 D8 如下图 , 长为L 的金属导轨弯成一圆环, 导线的两头接在电容为 C 的平行板电容器上, B 0kt(k 0)kL 2C kL 2CB B 0 kt44EBL)2kL 2kL 2C1.0 m =1 kg 的物体 c 置于水平川面上 , m ttS( 24Q4并经过轻绳绕过定滑轮与ab 相连 , 当竖直向上的磁场按 B=t 为恒量平均变化时 , 物体 c 对地面的压力 F 随时间 t 变化的图象如下图不考虑全部摩擦, 取 g=10 m/ s 21 在图顶用箭头标出 ab 棒中感觉电流的 方向 ;2 求出的值【分析】 1 感觉电流方向由 b 指向 a① 2 分(2) EtBt Skl 2 ② 4 分回路中的感觉电流 IE kl 2③ 4 分RRab 所受安培力F BIl kt kl 2l k 2 l 3t ④ 4 分RRt=5 时 , 安培力大小等于 c 的重力 10 N, 即k 213510 ⑤ 2 分2得=2 V/ m 2 或 2 T/⑥ 2 分【答案】 1 由 b 指向 a 22 V/m 2 或 2 T/1018 分如图 1 所示是某人设计的一种振动发电装置, 它的构造是一个半径为r=0.1 m的有 20 匝的线骗局在辐射状永远磁铁槽中, 磁场的磁感线均沿半径方向平均散布, 如图 1 的大小均为T, 线圈的电阻为2, 它的引出线接有8端,使线圈做来去运动, 便有电流经过小灯泡当线圈向右的位移随时间变化的规律如图 2 所示时 ; 取向右为正 , 试求 :图 1图 2图 31在图 3 中画出感觉电流随时间变化的图象在图1中取电流经 L由C D为正; 2每一次推进线圈运动过程中的作使劲大小;3该发电机输出的功率摩擦等消耗不计【分析】 1从图 2能够看出 , 线圈来回的每次运动都是匀速直线运动, 其速度为v x0 08t0 1m/= m/ 2分线圈做切割磁感线运动产生的感觉电动势E=nBLv=nBv2r2002 08 2 314V= 2V2 分感觉电流 I R E R822A=A 2分12依据右手定章可得, 当线圈沿正方向运动时, 产生的感觉电流方向为负, 可获得如下图的图象 4 分2 因为线圈每次运动都是匀速直线运动, 因此每次运动过程中推力须等于安培力, 即F F nBIL nBI 2r20 020 2 2 31401N=N 4分3 发电机的输出功率即小灯泡的电功率P I 2R20 228W=W 4分【答案】 1 看法析图2N 3W三、选做题10 分11 如图 A 所示 , 固定于水平桌面上的金属架cdef,处在一竖直向下的匀强磁场中, 磁感觉强度的大小为B0金属棒ab搁在框架上, 可无摩擦地滑动, 此时adeb构成一个边长为的正方形, 金属棒的电阻为r,=0的时辰起, 磁场开始平均增添, 磁感觉强度变化率的大小为k(k Bt )求:1 用垂直于金属棒的水平拉力 F 使金属棒保持静止, 写出 F 的大小随时间t 变化的关系式2 假如竖直向下的磁场是非平均增大的即不是常数, 金属棒以速度v0向什么方向匀速运动时, 可使金属棒中一直不产生感觉电流, 写出该磁感觉强度B t随时间t变化的关系式图 A图 B图 C3 假如非平均变化磁场在0t1时间内的方向竖直向下, 在t1t 2时间内的方向竖直向上 , 若 t=0时辰和 t1时辰磁感觉强度的大小均为B0且 adeb 的面积均为l2当金属棒按图 B 中的规律运动时 , 为使金属棒中一直不产生感觉电流, 请在图 C 中表示地画出变化的磁场的磁感觉强度B t随时间变化的图象(t1t0t2t1v l )【分析】(1)t B t S kl 21分Ikl2分r r1因为金属棒一直静止, 在 t时辰磁场的磁感觉强度为B t B0 kt因此 F外FA BIl(B kt) kl 2l B kl3k 2l 3t0r0r r方向向右2分2 依据感觉电流产生的条件, 为使回路中不产生感觉电流, 回路中磁通量的变化应为零 ,因为磁感觉强度是渐渐增大的, 因此金属棒应向左运动使磁通量减小即0 即B t S t B0S0也就是 B t l (l vt)B0l 22分得 B tB0l1分l vt3 假如金属棒向右匀速运动, 因为这时磁感觉强度是渐渐减小的, 同理可推得 ,B t B0l l vt因此磁感觉强度随时间变化的图象如上图(t2时辰 B t不为零 3 分(1)F外 B0323B tB0l【答案】kl r k r l t 2向左运动l vt 3 见分析中图象。
《物理导练》2017年高考物理第一轮总复习新课标选修3-2第九章电磁感应9-2aWord版含解析
自主测评一、基础知识题组 1．[法拉第电磁感应定律](2014年高考·安徽卷) 英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发感生电场，如图9－2－1所示，一个半径为r 的绝缘细圆环水平放置，环内存在竖直向上的匀强磁场B ，环上套一带电荷量为＋q 的小球．已知磁感强度B 随时间均匀增加，其变化率为k ，若小球在环上运动一周，则感生电场对小球的作用力所做功的大小是( )图9－2－1A ．0B .12r 2qk C ．2πr 2qkD ．πr 2qk解析：沿圆环一周产生的感生电动势U ＝nS ΔBΔt＝πr 2·k ，则感生电场力做的功W ＝qU ＝πr 2qk.答案：D 2．[自感现象]图9－2－2如图9－2－2所示的电路中，电源的电动势为E ，内阻为r ，电感L 的电阻不计，电阻R 的阻值大于灯泡D 的阻值．在t ＝0时刻闭合开关S ，经过一段时间后，在t ＝t 1时刻断开S .下列表示A 、B 两点间电压U AB 随时间t 变化的图象中，正确的是( )解析：开关闭合时，线圈由于自感对电流的阻碍作用，可看作“变化的电阻”，线圈电阻逐渐减小，并联电路电阻逐渐减小，电压U AB 逐渐减小；开关闭合后再断开时，线圈的感应电流与原电流方向相同，形成回路，灯泡的电流与原电流方向相反，又由于电阻R 的阻值大于灯泡D 的阻值，电路稳定时，电感中电流小于灯泡中的电流，断电后电流突变为较小的值并逐渐减小到0，所以正确选项为B .答案：B二、规律方法题组 3．[导体切割磁感线问题]图9－2－3如图9－2－3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E 1；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E 2.则通过电阻R 的电流方向及E 1与E 2之比分别为( )A ．c →a,2∶1B ．a →c,2∶1C ．a →c,1∶2D ．c →a,1∶2解析：由右手定则可知金属杆中的电流方向为N →M ，通过电阻R 的电流方向为a →c.磁感应强度为B 时，金属杆切割磁感线产生的感应电动势为E 1＝Blv ；磁感应强度为2B 时，金属杆切割磁感线产生的感应电动势为E 2＝2Blv ，因而E 1∶E 2＝1∶2.综上可知选项C 正确．答案：C图9－2－44．[用结论“q ＝n ΔΦR 总”解题]如图9－2－4所示，正方形线圈abcd 位于纸面内，边长为L ，匝数为N ，线圈内接有电阻值为R 的电阻，过ab 中点和cd 中点的连线OO ′恰好位于垂直纸面向里的匀强磁场的右边界上，磁场的磁感应强度为B.当线圈转过90°时，通过电阻R 的电荷量为( )A .BL 22R B .NBL 22R C .BL 2RD .NBL 2R解析：初状态时，通过线圈的磁通量为Φ1＝BL 22，当线圈转过90°时，通过线圈的磁通量为0，由q ＝N ΔΦR 总可得通过电阻R 的电荷量为NBL 22R. 答案：B。
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第九章 综合过关规范限时检测满分100分，考试时间60分钟。
一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共计48分。
1～4题为单选，5～8题为多选，全都选对的得6分，选对但不全的得3分，错选或不选的得0分)1．(2015·重庆理综)如图为无线充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为n ，面积为S 。
若在t 1到t 2时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由B 1均匀增加到B 2，则该段时间线圈两端a 和b 之间的电势差φa －φb 导学号 51343073( C )A ．恒为nSB 2－B 1 t 2－t 1B ．从0均匀变化到nS B 2－B 1 t 2－t 1C ．恒为－nS B 2－B 1 t 2－t 1D ．从0均匀变化到－nS B 2－B 1 t 2－t 1 [解析] 穿过线圈的磁场均匀增加，产生恒定的感应电动势，E ＝n ΔΦΔt ＝n S B 2－B 1 t 2－t 1，而等效电源内部的电流由愣次定律知从a →b ，即b 点是正极，φa －φb ＝－nS B 2－B 1 t 2－t 1，故选C 。
2．(2015·课标Ⅱ)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U a 、U b 、U c 。
已知bc 边的长度为l .下列判断正确的是导学号 51343074( C )A ．U a >U c ，金属框中无电流B ．U b >U c ，金属框中电流方向沿a —b —c —aC ．U bc ＝－12Bl 2ω，金属框中无电流 D ．U ac ＝12Bl 2ω，金属框中电流方向沿a —c —b —a [解析] 当金属框绕ab 边以角速度ω逆时针转动时，穿过直角三角形金属框abc 的磁通量恒为0，所以没有感应电流，由右手定则可知，c 点电势高，U bc ＝－12Bl 2ω，故C 正确，A 、B 、D 错误。
3．(2016·河北石家庄期末)如图所示电路中，A 、B 、C 为完全相同的三个灯泡，L 是一直流电阻不可忽略的电感线圈，a 、b 为线圈L 上的左右两端点，原来开关S 是闭合的，三个灯泡亮度相同。
某时刻将开关S 断开，下列说法正确的是导学号 51343075( D )A ．a 点电势高于b 点，A 灯闪亮后缓慢熄灭B ．a 点电势低于b 点，B 、C 灯闪亮后缓慢熄灭C ．a 点电势高于b 点，B 、C 灯闪亮后缓慢熄灭D ．a 点电势低于b 点，B 、C 灯不会闪亮只是缓慢熄灭[解析] S 闭合，三个灯的亮度相同，说明L 的直流电阻与灯的电阻相等，某时刻将开关S 断开，L 中产生断电自感，感应电流的方向由a →b ，b 点电势高，a 点电势低，A 、B 、C 三盏灯都是逐渐熄灭，不会出现闪亮的现象，A 、B 、C 错误，D 正确。
4．(2016·浙江嘉兴期末)如图甲所示，垂直纸面向里的匀强磁场的区域宽度为2L ，磁感应强度的大小为B 0。
一边长为L 、电阻为R 的正方形均匀导线框ABCD 从图示位置开始沿x 轴正方向以速度v 匀速穿过磁场区域，在图乙中给出的线框C 、D 两端的电压U CD 与线框移动距离x 的关系的图象正确的是导学号 51343076( D )[解析] 0～L ，CD 切割磁感线，电动势E ＝BLv ，C 点电势比D 点高，U CD ＝34E ＝34BLv ，L ～2L ，线框全部在磁场中，没有感应电流，U CD ＝E ＝BLv, 2L ～3L ，AB 切割磁感线，B 点电势比A 点高，U CD ＝14E ＝BLv 4，D 正确。
5．如图所示，不计电阻的光滑U 形金属框水平放置，光滑、竖直玻璃挡板H 、P 固定在框上，H 、P 的间距很小。
质量为0.2kg 的细金属杆CD 恰好无挤压地放在两挡板之间，与金属框接触良好并围成边长为1m 的正方形，其有效电阻为0.1Ω。
此时在整个空间加方向与水平面成30°角且与金属杆垂直的匀强磁场，磁感应强度随时间变化规律是B ＝(0.4－0.2t )T ，图示磁场方向为正方向。
框、挡板和杆不计形变。
则导学号 51343077( AC )A ．t ＝1s 时，金属杆中感应电流方向从C 到DB ．t ＝3s 时，金属杆中感应电流方向从D 到CC ．t ＝1s 时，金属杆对挡板P 的压力大小为0.1ND ．t ＝3s 时，金属杆对挡板H 的压力大小为0.2N[解析] 解题的关键是根据磁感应强度变化规律分析电流方向，进而根据平衡条件求解各力。
t ＝1s 时，B 1＝0.2T ，并且逐渐减小，由楞次定律知感应电流方向从C 到D ，选项A 正确；画出金属杆受力图如图所示，由平衡条件F NP ＝F 安sin30°，又E ＝L 2ΔB Δtsin30°＝0.1V ，I 1＝E R＝1A ，F 安＝B 1I 1L ＝0.2N ，所以金属中杆对挡板P 的压力大小为F NP ＝0.1N ，选项C 正确；用同样的方法可知，选项B 、D 均错误。
本题中易出现的错误没有弄清t ＝3s 时的磁感应强度方向和金属框的有效面积而导致错误。
6．(2017·广东广州六中、广雅中学、执信中学等六校第一次联考)在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n ＝1500匝，横截面积S ＝20cm 2。
螺线管导线电阻r ＝1Ω，R 1＝4Ω，R 2＝5Ω，C ＝30μF 。
在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁感应强度B 按如图乙所示的规律变化。
则下列说法中正确的是导学号 51343078( AD )A ．螺线管中产生的感应电动势为1.2VB ．闭合S ，电路中的电流稳定后电容器上极板带正电C ．电路中的电流稳定后，电阻R 1的电功率为5×10－2WD ．S 断开后，通过R 2的电荷量为1.8×10－5C[解析] 由法拉第电磁感应定律可得，螺线管内产生的电动势为：E ＝n ΔB Δt S ＝1500×0.82×20×10－4V ＝1.2V ，故A 正确；根据楞次定律，当穿过螺线管的磁通量增加时，螺线管下部可以看成电源的正极，则电容器下极板带正电，故B 错误；电流稳定后，电流为：I ＝E R 1＋R 2＋r ＝ 1.24＋5＋1A ＝0.12A ，电阻R 1上消耗的功率为：P ＝I 2R 1＝0.122×4W＝5.76×10－2W ，故C 错误；开关断开后通过电阻R 2的电荷量为：Q ＝CU ＝CIR 2＝30×10－6×0.12×5C＝1.8×10－5C ，故D正确。
7．(2016·广东珠海一模)如图所示，MN 和PQ 是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L ，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，N 、Q 两点间接一个阻值为R 的电阻。
平直部分导轨左边区域有宽度为d 、方向竖直向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场。
质量为m 、电阻也为R 的金属棒从高度为h 处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止。
已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨间接触良好。
则金属棒穿过磁场区域的过程中导学号 51343079( AD )A ．金属棒两端的最大电压为12BL 2gh B ．金属棒在磁场中的运动时间为2d gh C ．克服安培力所做的功为mgh D ．右端的电阻R 产生的焦耳热为12(mgh －μmgd ) [解析] 金属棒刚进入磁场时的速度最大，此时金属棒产生的电动势最大，mgh ＝12mv 2，解得v ＝2gh ，电动势E ＝BLv ＝BL 2gh ，金属棒两端的电压为路端电压，U ＝E 2＝BL 22gh ，A 正确；金属棒在磁场中做加速度减小的减速运动，不是匀减速运动，无法求其运动时间，B 错误；对金属棒运动全过程应用动能定理，mgh －W 克安－μmg ·d ＝0，所以克服安培力做功小于mgh ，C 错误；由上式解得Q ＝W克安＝mgh －μmgd ，右端电阻及产生的焦耳热Q R ＝12(mgh －μmgd )，D 正确。
8．(2017·湖南省五市十校高三联考)如图所示，两平行的光滑导轨固定在同一水平面内，两导轨间距离为L ，金属棒ab 垂直于导轨，金属棒两端与导轨接触良好，在导轨左端接入阻值为R 的定值电阻，整个装置处于竖直向下的磁感应强度为B 的匀强磁场中。
与R 相连的导线、导轨和金属棒的电阻均可忽略不计。
用平行于导轨向右的大小为F 的力拉金属棒，使金属棒以大小为v 的速度向右匀速运动，下列说法正确的是导学号 51343080( BD )A ．金属棒ab 相当于电源，其a 端相当于电源负极B ．拉力F ＝B 2L 2v RC ．回路中的感应电流沿顺时针方向流动D ．定值电阻消耗的电功率P ＝Fv[解析] 用平行于导轨向右的恒力拉金属棒，使金属棒向右匀速运动，ab 棒相当于电源，由右手定则知，电流方向由b →a ，在电源内部电流由低电势流向高电势，所以a 端相当于电源的正极，回路中的感应电流沿逆时针方向，AC 选项错误；由于金属棒匀速运动，所以F ＝F安，根据法拉第电磁感应定律知F 安＝BIL ＝B 2L 2v R，而定值电阻消耗的功率为安培力的功率，也等于拉力的功率，选项BD 正确。
二、非选择题(共3小题，共52分。
计算题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分。
)9．(15分)(2017·河南省郑州市第一次质量检测)如图所示，ab 、cd 为间距l 的光滑倾斜金属导轨，与水平面的夹角为θ，导轨电阻不计，a 、c 间接有阻值为R 的电阻，空间存在磁感应强度为B 0、方向竖直向上的匀强磁场。
将一根阻值为r 、长度为l 的金属棒从轨道顶端由静止释放，金属棒沿导轨向下运动的过程中始终与导轨接触良好。
已知当金属棒向下滑行距离x 到达MN 处时已经达到稳定速度，重力加速度为g 。
求：导学号 51343081(1)金属棒下滑到MN 的过程中通过电阻R 的电荷量；(2)金属棒的稳定速度的大小。
[答案] (1)B 0lx cos θR ＋r (2)mg R ＋r sin θB 20l 2cos 2θ[解析] (1)金属棒下滑到MN 的过程中的平均感应电动势为E ＝n ΔΦΔt ＝B 0lx cos θΔt根据欧姆定律，电路中的平均电流为I ＝E R ＋r ＝B 0lx cos θ R ＋r Δt 则q ＝I Δt ＝B 0lx cos θR ＋r(2)稳定时金属棒切割磁感线产生的感应电动势为：E ′＝B 0lv cos θ电路中产生的电流为：I ′＝E ′R ＋r金属棒受的安培力为：F ＝B 0I ′l稳定时金属棒的加速度为零，mg sin θ－F cos θ＝0联立解得稳定时金属棒的速度v ＝mg R ＋r sin θB 20l 2cos 2θ10．(17分)(2016·辽宁本溪一模)如图所示，在倾角θ＝37°的光滑斜面上存在一垂直斜面向上的匀强磁场区域MNPQ ，磁感应强度B 的大小为5T ，磁场宽度d ＝0.55m ，有一边长L ＝0.4m 、质量m 1＝0.6kg 、电阻R ＝2Ω的正方形均匀导体线框abcd 通过一轻质细线跨过光滑的定滑轮与一质量m 2＝0.4kg 的物体相连，物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4，将线框从图示位置由静止释放，物体到定滑轮的距离足够长。