高二物理 电磁感应(一)-电子版-答案

第四章 电磁感应 第1、2节 划时代的发现 探究感应电流的产生条
件
对应学生用书P1
1.划时代的发现
(1)奥斯特梦圆“电生磁”：1820年，丹麦物理学家□
01奥斯特发现通电导线能使小磁针发生偏转，这种作用称为□
02电流的磁效应。

(2)法拉第心系“磁生电”
①英国物理学家□03法拉第发现了电磁感应现象。

在电磁感应中产生的电流叫
做□
04感应电流。

②法拉第把引起感应电流的原因概括为五类：□05变化的电流、□
06变化的磁场、运动的恒定电流、□
07运动的磁铁、在磁场中运动的导体，它们都与变化和运动相联系。

2.探究感应电流的产生条件
(1)探究导体棒在磁场中运动是否产生电流
①实验装置
②分析论证：闭合电路包围的面积□
01变化时，电路中有电流产生；包围的面积□
02不变时，电路中无电流产生。

(2)探究磁铁在线圈中运动是否产生电流
①实验装置
②分析论证：线圈中的磁场□
03变化时，线圈中有感应电流；线圈中的磁场□04不变时，线圈中无感应电流。

(3)模仿法拉第的实验
①实验装置
05变化时，线圈B中有感应电流；线圈B中磁
②分析论证：线圈B中磁场□
06不变时，线圈B中无感应电流。

场□
(4)归纳结论
07闭合导体回路的□08磁通量发生变化，闭合导体回路中就有感应电只要穿过□
流。

第3节楞次定律
对应学生用书P3
1.探究感应电流的方向
(1)实验器材：条形磁铁、电流表、线圈、导线、两节干电池(用来查明电流的流向与电流表中指针偏转方向的关系)。

(2)探究电流表指针偏转方向和电流方向之间的关系。

01左偏，右结论：电流从哪一侧接线柱流入，指针就向哪一侧偏转。

即左进□
02右偏。

进□
(3)实验现象：如图所示，在四种情况下，将实验结果填入下表。

①线圈内磁通量增加时的情况
②线圈内磁通量减少时的情况
(4)实验结论
表述一：当穿过线圈的磁通量增加时，感应电流的磁场与原磁场的方向□
11相反；当穿过线圈的磁通量减少时，感应电流的磁场与原磁场的方向□
12相同。

表述二：当磁铁靠近线圈时，两者□13相斥；当磁铁远离线圈时，两者□14相吸。

2.楞次定律
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□
01磁通量的变化。

注意：阻碍不是阻止，最终引起感应电流的磁通量的变化不能被抵消，磁通量还是发生了变化，是“阻而未止”。

阻碍不是相反，当电路中的磁通量增加时，感应电流的磁场与原磁场方向相反，减少时，感应电流的磁场与原磁场方向相同(增反减同)。

3.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□
01掌心进入，并使拇指指向导线运动的方向，这时□02四指所指的方向就是感应电流的方向。

(2)适用范围：适用于闭合回路部分导体□03切割磁感线产生感应电流的情况。

阶段回顾(第1～3节)
对应学生用书P7
易错点一对产生感应电流的条件理解有误
1.在一通电直导线附近放置一个导线圆环，有三种情况：(甲)长直导线穿过导线环中心，并和导线环所在平面垂直；(乙)导线环左右对称地放在长直导线的一侧；(丙)长直导线放在导线环旁边。

当长直导线中的电流减小时，导线圆环里会产生感应电流的是()
A.只有甲
B.只有甲和丙
C.只有乙和丙
D.只有丙
答案D
解析甲图，根据安培定则判断可知，长直导线产生的磁场磁感线与圆环平行，穿过圆环的磁通量为零，不发生变化，所以没有感应电流产生；乙图，根据安培定则判断可知，圆环左侧磁场方向向外，右侧磁场方向向里，两侧磁感线的条数相等，相互抵消，所以圆环的总磁通量保持为零，不发生变化，所以没有感应电流产生；丙图，当长直导线中的电流减小时，产生的磁场减弱，穿过圆环的磁通量减小，所以有感应电流产生，D正确，A、B、C错误。

2. 法拉第在研究电磁感应现象时，将两个线圈绕在同一个铁环上，简化电路如图所示，下列关于法拉第研究过程的说法正确的是()
A.闭合开关S的瞬间，右侧线圈中不产生感应电流
B.闭合开关S以后，右侧线圈中产生稳定的感应电流
C.断开开关S的瞬间，右侧线圈中产生感应电流
D.断开开关S的瞬间，右侧线圈中不产生感应电流
答案C
解析开关S闭合的瞬间，N线圈中磁通量发生变化，产生感应电流，A错误；开关闭合后，线圈N中磁通量不发生变化，不产生感应电流，B错误；开关S断开的瞬间，N线圈中磁通量发生变化，产生感应电流，C正确，D错误。

易错点二不理解“切割”磁感线的含义
3.(多选)下列选项表示的是闭合电路中的一部分导体ab在磁场中做切割磁感线运动的情景，导体ab上的感应电流方向为b→a的是()
答案BCD
解析ab棒顺时针转动，运用右手定则：磁感线穿过手心，拇指指向顺时针方向，则导体ab上的感应电流方向为a→b，A错误；ab向纸外运动，运用右手定则时，磁感线穿过手心，拇指指向纸外，则知导体ab上的感应电流方向为b→a，B正确；穿过回路的磁通量减小，由楞次定律知，回路中感应电流方向由b→a→c→b，则导体ab上的感应电流方向为b→a，C正确；ab棒沿导轨向下运动，由右手定则判断知导体ab上的感应电流方向为b→a，D正确。

易错点三混淆“左、右”手定则
4.(多选)如图所示，导体ab、cd可在水平轨道上自由滑动，且两水平轨道在中央交叉处互不相通。

当导体ab向左移动时()
A.ab中感应电流的方向为a到b
B.ab中感应电流的方向为b到a
C.cd向左移动
D.cd向右移动
答案AD
解析由右手定则可判断ab中感应电流方向为a到b，故cd中电流方向为c到d，根据左手定则可判定导体cd中安培力方向水平向右，即向右移动，A、D正确。

5.如图所示，匀强磁场与圆形导体环平面垂直，导体ef与环接触良好，当ef向右匀速运动时()
A.圆环中磁通量不变，环上无感应电流产生
B.整个环中有顺时针方向的电流
C.整个环中有逆时针方向的电流
D.ef的右侧环上有逆时针方向的电流，ef的左侧环上有顺时针方向的电流
答案D
解析导体ef切割磁感线产生感应电流，根据右手定则判断可知，ef中产生的感应电流方向从e→f，则以ef所在位置为界，环的右侧有逆时针方向的电流，环的左侧有顺时针方向的电流，A、B、C错误，D正确。

易错点四混淆感应电流的“磁场”与“原磁场”
6.如图所示，一闭合小线框从蹄形磁铁的N极正上方水平移动到S极的正上方，从上往下看，此过程中小线框中感应电流的方向()
A.始终顺时针
B.始终逆时针
C.先顺时针后逆时针
D.先逆时针后顺时针
答案B
解析小线框从N极正上方移到S极正上方的过程中，磁通量先向上减小至0后反向增大。

根据楞次定律“增反减同”的原则，可判断小线框中感应电流的方向始终逆时针，B正确，A、C、D错误。

7.如图所示，一根条形磁铁自左向右穿过一个闭合线圈，则流过灵敏电流计的感应电流方向是()
A.先向左，再向右
B.先向右，再向左
C.始终向右
D.始终向左
答案A
解析条形磁铁从左向右进入螺线管的过程中，原磁场方向向左，且磁通量在增加，根据楞次定律，感应电流的磁场阻碍原磁场磁通量的变化，所以感应电流的磁场向右，由安培定则知，流过灵敏电流计的感应电流的方向是向左。

条形磁铁从左向右离开螺线管的过程中，原磁场方向向左，且磁通量在减少，根据楞次定律，感应电流的磁场阻碍原磁场磁通量的变化，所以感应电流的磁场向左，由安培定则知，流过灵敏电流计的感应电流的方向是向右，A正确，B、C、D 错误。

8.如图所示，某同学用一个闭合线圈套入蹄形磁铁，由1位置经2位置到3位置，最后从下方S极拉出，则在这一过程中，线圈中的感应电流的方向是()
A.沿abcd不变
B.沿adcb不变
C.先沿abcd，后沿adcb
D.先沿adcb，后沿abcd
答案D
解析当原磁通量增大时，感应电流的磁场方向与原来磁场相反；当原磁通量减小时，感应电流的磁场方向与原磁场的方向相同。

由于在蹄形磁铁外部，磁
极部位磁感线最密集，弯曲部位磁感线最稀疏，而在蹄形磁铁内部磁通量始终不变，所以穿过线圈的总磁通量变化是先增大后减小，由楞次定律判断可知线圈中感应电流方向先沿adcb，后沿abcd，故D正确。

对应学生用书P8
重难点一楞次定律与图象的综合问题
1.如图甲所示，通电螺线管A与用绝缘绳悬挂的线圈B的中心轴在同一水平直线上，A中通有如图乙所示的变化电流，t＝0时电流方向如图甲中箭头所示。

在t1～t2时间内，对于线圈B的电流方向(从左往右看)及运动方向，下列判断正确的是()
A.线圈B内有逆时针方向的电流、线圈向右摆动
B.线圈B内有顺时针方向的电流、线圈向左摆动
C.线圈B内有顺时针方向的电流、线圈向右摆动
D.线圈B内有逆时针方向的电流、线圈向左摆动
答案C
解析在t1～t2时间内，由右手螺旋定则可知，螺线管A中的磁场水平向左，当电流增大时，线圈B处磁场增强，则磁通量变大，根据楞次定律可得，感应电流的方向为顺时针(从左向右看)；从产生感应电流阻碍磁通量变化的角度可知，线圈向右摆动，才能阻碍磁通量的增大，C正确。

2.如图甲所示，圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方固定一螺线管Q，P和Q共轴，Q中通有变化的电流i，电流随时间变化的规律如图乙所示，t1时刻电流方向如图甲中箭头所示。

P所受的重力为G，桌面对P的支持力为F N，则()
A.t1时刻F N＞G，P有收缩的趋势
B.t2时刻F N＝G，此时穿过P的磁通量为0
C.t3时刻F N＝G，此时P中无感应电流
D.t4时刻F N＜G，此时穿过P的磁通量最小
答案A
解析当螺线管中电流增大时，其形成的磁场不断增强，因此线圈P中的磁通量增大，根据楞次定律可知线圈P将阻碍其磁通量的增大，故线圈有远离螺线管和面积收缩的趋势，A正确；当螺线管中电流不变时，其形成磁场不变，线圈P中的磁通量不变，因此线圈中无感应电流产生，故t2时刻F N＝G，此时穿过P的磁通量最大，B错误；t3时刻螺线管中电流为零，但是线圈P中磁通量是变化的，因此此时线圈中有感应电流产生，C错误；t4时刻螺线管中电流不变，线圈P中的磁通量不变，无感应电流产生，故F N＝G，此外，t3时刻磁通量为最小，D错误。

重难点二楞次定律与力学的综合问题
3.如图所示，两个相同的铝环穿在一根光滑杆上，将一根条形磁铁向左插入铝环的过程中，两环的运动情况是()
A.同时向左运动，间距增大
B.同时向左运动，间距不变
C.同时向左运动，间距变小
D.同时向右运动，间距增大
答案C
解析将一根条形磁铁向左插入铝环的过程中，两环中均产生感应电流。

根据楞次定律，感应电流将阻碍与磁铁间的相对运动，所以两环均向左运动。

靠近磁铁的环所受的安培力大于另一个，可判断两环在靠近，C正确。

4.如图所示，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F N及在水平方向运动趋势的正确判断是()
A.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
答案D
解析根据楞次定律的另一种表述判断，磁铁靠近线圈时两者排斥，F N大于mg，磁铁远离线圈时两者吸引，F N小于mg，由于安培力阻碍两者间的相对运动，所以线圈一直有向右运动的趋势，D正确。

5. 如图所示，A为水平放置的胶木圆盘，在其侧面均匀分布着负电荷，在A 的正上方用绝缘丝线悬挂一个金属圆环B，使B的环面水平且与圆盘面平行，其轴线与胶木盘A的轴线OO′重合。

现使胶木盘A由静止开始绕其轴线OO′按箭头所示方向加速转动，则()
A.金属环B的面积有扩大的趋势，丝线受到的拉力增大
B.金属环B的面积有缩小的趋势，丝线受到的拉力减小
C.金属环B的面积有扩大的趋势，丝线受到的拉力减小
D.金属环B的面积有缩小的趋势，丝线受到的拉力增大
答案B
解析胶木盘A由静止开始绕其轴线OO′按箭头所示方向加速转动，形成环形电流，环形电流的大小增大，根据右手螺旋定则知，通过金属环B的磁通
量向下，且增大，根据楞次定律的另一种表述，引起的机械效果阻碍磁通量的增大，知金属环B的面积有缩小的趋势，且有向上的运动趋势，所以丝线的拉力减小，B正确，A、C、D错误。

重难点三楞次定律与能量守恒的综合问题
6. (多选)在一水平通电直导线的正下方，有一半圆形光滑圆弧轨道，一导体圆环自轨道左侧的A点无初速度释放，则下列说法中正确的是()
A.圆环中有感应电流产生
B.圆环能滑到轨道右侧与A点等高处C
C.圆环最终停在轨道的最低点B处
D.圆环运动过程中机械能守恒
答案AC
解析水平通电导线周围有磁场，且离导线越远磁感应强度越小，在圆环下落过程中，通过圆环的磁通量变小，故有感应电流产生，A正确；因为圆环在运动的过程中，有感应电流，对整个过程由能量守恒定律得，重力势能转化为电能，故不能上升到右侧与A点等高处C，B错误；由于圆环运动的范围内，各处的磁感应强度不同，所以圆环运动的过程中机械能不断转化为电能，故圆环的机械能会越来越小，最终停在最低点B处，C正确；整个过程重力势能转化为电能，机械能不守恒，D错误。

7.如图所示，铜质金属环从条形磁铁的正上方由静止开始下落，在下落过程中，下列判断正确的是()
A.金属环在下落过程中的机械能守恒
B.金属环在下落过程中动能的增加量小于其重力势能的减少量
C.金属环的机械能先减小后增大
D.磁铁对桌面的压力始终大于其自身的重力
答案 B
解析 金属环在下落过程中，磁通量发生变化产生感应电流，金属环受到磁场力的作用，磁场力做功，机械能不守恒，A 错误；由能量守恒，金属环的重力势能只有一部分转化为其动能，B 正确；金属环下落的过程中，机械能不停地转变为电能，机械能一直减少，C 错误；当金属环下落到磁铁中央位置时，金属环中的磁通量不变，无感应电流产生，环和磁铁间无作用力，磁铁对桌面的压力大小等于磁铁的重力，D 错误。

第4节 法拉第电磁感应定律
对应学生用书P9
1.感应电动势
(1)概念：在□01电磁感应现象中产生的电动势。

(2)产生：只要穿过回路的□
02磁通量发生变化，就能产生感应电动势，与电路是否闭合无关。

(3)方向：产生感应电动势的电路(导体或线圈)相当于电源，电源的正、负极可由□
03右手定则或□04楞次定律判断。

(4)感应电流与感应电动势的关系：遵循□05闭合电路欧姆定律，即I ＝□
06E R ＋r。

2.法拉第电磁感应定律
(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□
01变化率成正比。

(2)公式：E ＝□02n ΔΦΔt ，n 为线圈匝数。

注意：①感应电动势的大小由穿过闭合电路的磁通量的变化率ΔΦ
Δt和线圈的
匝数共同决定，而与磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ的大小没有直接联系。

②当
ΔΦ仅由B的变化引起时，则E＝n SΔB
Δt；当ΔΦ仅由S的变化引起时，则E＝n
BΔS
Δt。

③磁通量的变化率ΔΦ
Δt是Φ-t图象上某点切线的斜率。

3.导体切割磁感线时的感应电动势
4.反电动势
(1)定义：电动机转动时，线圈中产生感应电动势，这个感应电动势总要□01削弱电源电动势的作用，我们把这个电动势称为反电动势。

(2)作用：反电动势的作用是□02阻碍线圈的转动。

如果要使线圈维持原来的转动，电源就要向电动机提供能量，此时，电能转化为其他形式的能。

第5节 电磁感应现象的两类情况
对应学生用书P11
1.电磁感应现象中的感生电场
(1)感生电场
麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发一种电场，它与静电场不同，不是由□
01电荷产生的，我们把它叫做感生电场。

(2)感生电动势
由感生电场产生的感应电动势。

(3)感生电动势中的非静电力 就是□02感生电场对□03自由电荷的作用。

(4)感生电场的方向判断
由磁场的方向和强弱变化，根据楞次定律、安培定则判断。

(5)感生电场的产生条件
空间中磁场发生变化，与是否存在闭合导体无关。

注意：感生电场的电场线与磁场方向垂直，感生电场的强弱与磁感应强度的变化率有关。

2.电磁感应现象中的洛伦兹力
(1)动生电动势
由于导体做□
01切割磁感线运动而产生的感应电动势。

(2)动生电动势中的“非静电力” 自由电荷因随导体棒运动而受到□02洛伦兹力，非静电力与□03洛伦兹力有关。

(3)动生电动势中的功能关系
闭合回路中，导体棒做切割磁感线运动时，克服□
04安培力做功，其他形式的能转化为□
05电能。

注意：产生动生电动势时，洛伦兹力对导体棒中的自由电荷不做功。

阶段回顾(第4～5节)
对应学生用书P21
易错点一 混淆公式的适用范围
1.如图所示，平行导轨间距为d ，一端跨接一个电阻R ，匀强磁场的磁感应强度为B ，方向垂直于平行金属导轨所在平面。

一根金属棒MN 与导轨成θ角放置，金属棒与导轨的电阻均不计。

当金属棒沿垂直于棒的方向以恒定的速度v 在金属导轨上滑行时，通过电阻R 的电流是( )
A.Bd v R
B.Bd v sin θR
C.Bd v cos θR
D.Bd v R sin θ
答案 D
解析 MN 中产生的感应电动势为：E ＝BL v ＝B d sin θv ，通过R 的电流为I ＝E R
＝Bd v R sin θ，D 正确。

易错点二 电势差、电势的高低判断不准确
2. 如图所示，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( )
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 →a
C.U bc ＝－12Bl 2ω，金属框中无电流
D.U bc ＝12Bl 2ω，金属框中电流方向沿a →c →b →a
答案 C
解析 金属框bc 、ac 边做切割磁感线运动，产生感应电动势，根据右手定则，感应电动势的方向从b 到c ，或从a 到c ，故U a ＝U b ＜U c ，A 、B 错误；感
应电动势大小E ＝12Bl 2ω，由于U b ＜U c ，所以U bc ＝－12Bl 2ω，磁通量一直为零，
不变，金属框中无电流，C 正确，D 错误。

易错点三 不明确是否涉及线圈匝数n
3.如图所示，半径为r 的n 匝圆形线圈套在边长为L 的正方形abcd 之外，t ＝0时刻磁感应强度为B 0的匀强磁场局限在正方形区域内且垂直穿过正方形，
在t ＝t 1时刻磁感应强度以ΔB Δt 的变化率均匀变化，则t ＝0时刻穿过圆形线圈的磁
通量及t ＝t 1时刻圆形线圈中产生的感应电动势大小分别为( )
A.n πB 0r 2、n πΔB Δt r 2
B.πB 0r 2、πΔB Δt r 2
C.nB 0L 2、ΔB Δt L 2
D.B 0L 2、n ΔB Δt L 2
答案 D
解析 t ＝0时刻穿过圆形线圈的磁通量Φ＝B 0L 2，t ＝t 1时刻圆形线圈中产生
的感应电动势大小E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔB Δt L 2，D 正确。

易错点四 混淆双电源感应电动势的方向
4. 如图所示装置，导体棒AB 、CD 在相等的外力F 作用下，沿着光滑的轨道朝相反方向以0.1 m/s 的速度匀速运动。

匀强磁场垂直纸面向里，磁感强度B ＝4 T ，导体棒有效长度都是L ＝0.5 m ，电阻R 均等于0.5 Ω，导轨上接有一只R ′＝1 Ω的电阻和平行板电容器，两板间相距1 cm ，轨道电阻不计，试求：
(1)电容器极板间的电场强度的大小和方向；
(2)外力F的大小。

答案(1)20 V/m b→a(2)0.4 N
解析根据右手定则，导体棒AB产生的感应电动势方向向下，导体棒CD 产生的感应电动势方向向上，都使回路产生逆时针方向的电流，相当于两个电动势和内阻都相同的电池串联。

(1)导体棒AB、CD在外力的作用下做切割磁感线运动，使回路中产生感应电流，感应电流大小为
I＝E AB＋E DC
R总
＝
2BL v
2R＋R′
＝0.2 A
电容器两端电压U等于R′两端电压，即U＝IR′＝0.2 V
电容器两极板间的电场场强E＝U
d＝20 V/m
回路电流流向为D→C→R′→A→B→D
所以，电容器b极板电势高于a极板电势，故电场强度方向为b→a。

(2)由于导体棒沿着光滑的轨道做匀速运动，所以有F＝F安＝BIL＝0.4 N。

易错点五功能关系分析不到
5.如图所示，一无限长通电直导线固定在光滑水平面上，金属环质量为0.2 kg，在该平面上以初速度v0＝4 m/s朝与导线夹角为60°的方向运动，最后达到稳定状态，此过程金属环中产生的电能最多为()
A.1.6 J
B.1.2 J
C.0.8 J
D.0.4 J
答案B
解析由题意可知金属环受到的安培力的合力水平向左，最终速度沿导线方向。

初始时刻金属环沿导线方向的分速度v1＝v0cos60°＝2 m/s，根据能量守恒定
律得：Q＝1
2m v
2
－
1
2m v
2
1
＝1.2 J，故环中最多能产生1.2 J的电能，B正确。

6. 如图所示，POQ是折成60°角的固定于竖直平面内的光滑金属导轨，导轨关于竖直轴线对称，OP＝OQ＝L。

整个装置处在垂直导轨平面向里的足够大的匀强磁场中，磁感应强度随时间的变化规律为B＝B0－kt(其中k为大于0的常数)。

一质量为m、长为L、电阻为R、粗细均匀的导体棒锁定于OP、OQ的中
点a、b位置。

当磁感应强度变为1
2B0后保持不变，同时将导体棒解除锁定，导
体棒向下运动，离开导轨时的速度为v。

导体棒与导轨始终保持良好接触，导轨电阻不计，重力加速度为g。

求导体棒：
(1)解除锁定前回路中电流的大小及方向；
(2)滑到导轨末端时的加速度大小；
(3)运动过程中产生的焦耳热。

答案(1)3kL2
8R感应电流的方向为顺时针方向(或b→a)(2)g－
B20L2v
4mR
(3)3mgL
4－
1
2m v
2
解析(1)导体棒解除锁定前，闭合回路的面积不变，且
ΔB
Δt＝k，S＝
3
16L
2,
由法拉第电磁感应定律知：E＝ΔB
Δt S＝
3
16kL
2
由闭合电路欧姆定律知：I＝E
R总
＝
3kL2
8R由题可知，其中R总＝
1
2R
由楞次定律知，感应电流的方向为顺时针方向(或b→a)。

(2)导体棒恰好要离开导轨时受力如图所示，
E′＝1
2B0L v，
I′＝E′R，
F＝1
2B0I′L，则有：F＝
B20L2v
4R
由牛顿第二定律得：mg－F＝ma
所以a＝g－B20L2v 4mR。

(3)由能量守恒知：mgh＝1
2m v
2＋Q
由几何关系知，导体棒离开导轨时下降：h＝
3 4L
解得：Q＝
3
4mgL－
1
2m v
2。

对应学生用书P22
重难点一电荷量问题
1.如图所示，一匝数为N、面积为S、总电阻为R的圆形线圈，放在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面。

当线圈由原位置翻转180°过程中，通过线圈导线横截面的电荷量为()
A.NBS
R B.
2NBS
R
C.BS
R D.
2BS
R
答案B
解析由法拉第电磁感应定律E＝N ΔΦ
Δt，可求出感应电动势大小，再由闭合
电路欧姆定律I＝E
R，可求出感应电流大小，根据公式q＝It，可得q＝N
ΔΦ
R。

由
于开始时线圈平面与磁场垂直，现把线圈翻转180°，则有ΔΦ＝2BS，所以由以
上公式可得q＝2NBS
R，B正确，A、C、D错误。

重难点二图象问题
2.(多选)如图甲所示，轨道左端接有一电容为C的电容器，导体棒在水平拉力的作用下从静止开始向右运动。

电容器两极板间电势差随时间变化的图象如图乙所示，下列关于导体棒运动的速度v、导体棒受到的外力F随时间变化的图象正确的是()
答案BD
解析感应电动势与电容器两极板间的电势差相等，即BL v＝U，设电容器的U-t图象的斜率为k，由图乙可知U＝kt，导体棒的速度随时间变化的关系为v
＝k
BL t，故A错误，B正确；可知导体棒做匀加速直线运动，其加速度a＝k
BL，
由C＝Q
U、I＝
ΔQ
Δt，可得I＝C·
ΔU
Δt＝kC，由牛顿第二定律F－BIL＝ma可以得到F。