2018年高考物理一轮复习 专题 磁通量、磁通量变化量的理解与应用每日一题

必考部分 第九章 电磁感应【研透全国卷】从近几年高考试题来看，高考对本章内容的考查，重点有感应电流的产生、感应电动势方向的判断、感应电动势大小的计算等知识.常以选择题形式考查对基础知识、基本规律的理解与应用，以计算题的形式考查综合性知识，如运动学、力学、能量、电路、图象等知识与电磁感应结合的问题，一般难度较大，分值较高.预测在2018年高考中仍将以法拉第电磁感应定律为核心，考查与之相关的力、电综合问题.将重点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，在复习过程中还要多关注电磁感应象与现代科技、生活相结合的新情景题目.第1讲 电磁感应现象 楞次定律知识点一 磁通量1.概念：在磁感应强度为B 的匀强磁场中，与磁场方向 的面积S 与B 的乘积.2.公式：Φ＝ .3.单位：1 Wb ＝ .4.公式的适用条件 (1)匀强磁场.(2)磁感线的方向与平面垂直，即B ⊥S . 5.磁通量的意义磁通量可以理解为穿过某一面积的磁感线的条数. 答案：1.垂直 2.BS 3.1 T·m 2知识点二电磁感应现象1.电磁感应现象当穿过闭合电路的磁通量时，电路中有产生的现象.2.产生感应电流的条件(1)条件：穿过闭合电路的磁通量.(2)特例：闭合电路的一部分导体在磁场内做运动.3.产生电磁感应现象的实质电磁感应现象的实质是产生，如果回路闭合，则产生；如果回路不闭合，那么只有，而无.答案：1.发生变化感应电流 2.(1)发生变化(2)切割磁感线 3.感应电动势感应电流感应电动势感应电流知识点三感应电流方向的判断1.楞次定律(1)内容：感应电流的磁场总要引起感应电流的的变化.(2)适用情况：所有的电磁感应现象.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平面内，让磁感应线从进入，并使拇指指向的方向，这时四指所指的方向就是感应电流的方向.(2)适用情况：产生感应电流答案：1.(1)阻碍磁通量 2.(1)掌心导体运动(2)导体切割磁感线(1)闭合电路内只要有磁通量，就有感应电流产生.( )(2)穿过线圈的磁通量和线圈的匝数无关.( )(3)线框不闭合时，即使穿过线框的磁通量发生变化，线框中也没有感应电流产生.( )(4)当导体切割磁感线时，一定产生感应电动势.( )(5)由楞次定律知，感应电流的磁场一定与引起感应电流的磁场方向相反.( )(6)感应电流的磁场一定阻碍引起感应电流的磁场的磁通量的变化.( )答案：(1) (2)√(3)√(4)√(5) (6)√考点电磁感应现象的判断1.磁通量发生变化的三种常见情况 (1)磁场强弱不变，回路面积改变. (2)回路面积不变，磁场强弱改变. (3)线圈在磁场中转动.2.判断电磁感应现象是否发生的流程 (1)确定研究的回路.(2)弄清楚回路内的磁场分布，并确定该回路的磁通量Φ.(3)⎩⎨⎧Φ不变→无感应电流.Φ变化→⎩⎪⎨⎪⎧回路闭合，有感应电流；回路不闭合，无感应电流，但有感应电动势.考向1 磁场变化引起的感应电流[典例1] 现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A 、线圈B 、电流计及开关按如图所示连接.下列说法中正确的是( )A.开关闭合后，线圈A 插入或拔出都会引起电流计指针偏转B.线圈A 插入线圈B 中后，开关闭合和断开的瞬间，电流计指针均不会偏转C.开关闭合后，滑动变阻器的滑片P 匀速滑动，会使电流计指针静止在中央零刻度D.开关闭合后，只有滑动变阻器的滑片P 加速滑动，电流计指针才能偏转[解析] 线圈A 插入或拔出，都将造成线圈B 处磁场的变化，因此线圈B 处的磁通量变化，产生感应电流，故A 正确；开关闭合和断开均能引起线圈B 中磁通量的变化而产生感应电流，故B 错误；开关闭合后，只要移动滑片P ，线圈B 中磁通变化而产生感应电流，故C 、D 错误.[答案] A考向2 “有效”面积变化引起的感应电流[典例2] (多选)如图所示，矩形线框abcd 由静止开始运动，若要使线框中产生感应电流，则线框的运动情况应该是( )A.向右平动(ad 边还没有进入磁场)B.向上平动(ab边还没有离开磁场)C.以bc边为轴转动(ad边还没有转入磁场)D.以ab边为轴转动(转角不超过90°)[解题指导] 解答本题时应把握以下两点：(1)产生感应电流的条件是穿过闭合回路的磁通量发生变化.(2)判断线框做各种运动时穿过线框的磁通量是否发生变化.[解析] 选项A和D所描述的情况中，线框在磁场中的有效面积S均发生变化(A情况下S增大，D情况下S减小)，穿过线框的磁通量均改变，由产生感应电流的条件知线框中会产生感应电流.而选项B、C所描述的情况中，线框中的磁通量均不改变，不会产生感应电流.[答案] AD考点楞次定律的理解及应用1.楞次定律中“阻碍”的含义2.应用楞次定律判断感应电流方向的步骤考向1 楞次定律的基本应用[典例3] 如图所示，通有恒定电流的导线MN与闭合金属框共面，第一次将金属框由Ⅰ平移到Ⅱ，第二次将金属框绕cd边翻转到Ⅱ，设先后两次通过金属框的磁通量变化量大小分别为ΔΦ1和ΔΦ2，则( )A.ΔΦ1>ΔΦ2，两次运动中线框中均有沿adcba方向电流出现B.ΔΦ1＝ΔΦ2，两次运动中线框中均有沿abcda方向电流出现C.ΔΦ1<ΔΦ2，两次运动中线框中均有沿adcba方向电流出现D.ΔΦ1<ΔΦ2，两次运动中线框中均有沿abcda方向电流出现[解析] 设金属框在位置Ⅰ的磁通量为ΦⅠ，金属框在位置Ⅱ的磁通量为ΦⅡ，由题可知：ΔΦ1＝|ΦⅡ－ΦⅠ|，ΔΦ2＝|－ΦⅡ－ΦⅠ|，所以金属框的磁通量变化量大小ΔΦ1<ΔΦ2，由安培定则知两次磁通量均向里减小，所以由楞次定律知两次运动中线框中均有沿adcba方向的电流，C对.[答案] C考向2 楞次定律的拓展应用——“增反减同”[典例4]如图所示，线圈两端与电阻相连构成闭合回路，在线圈上方有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的S极朝下.在将磁铁的S极插入线圈的过程中( )A.通过电阻的感应电流的方向由a到b，线圈与磁铁相互排斥B.通过电阻的感应电流的方向由b到a，线圈与磁铁相互排斥C.通过电阻的感应电流的方向由a到b，线圈与磁铁相互吸引D.通过电阻的感应电流的方向由b到a，线圈与磁铁相互吸引[解析] 将磁铁的S极插入线圈的过程中，由楞次定律知，通过电阻的感应电流的方向由b到a，线圈与磁铁相互排斥.[答案] B考向3 楞次定律的拓展应用——“来拒去留”[典例5] 如图所示，两个相同的轻质铝环套在一根水平光滑绝缘杆上，当一条形磁铁向左运动靠近两环时，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，间距减小C.同时向右运动，间距减小D.同时向右运动，间距增大[解析] 当条形磁铁向左靠近两环时，两环中的磁通量均增加.根据楞次定律，两环的运动都要阻碍磁铁相对环的运动，即阻碍“靠近”，那么两环都向左运动.又由于两环中的感应电流方向相同，两环相互吸引，且磁铁对右环的斥力较大，故右环向左运动的加速度较大，所以两环间距离要减小，故只有选项B正确.[答案] B考向4 楞次定律的拓展应用——“增缩减扩”[典例6] (多选)如图所示，光滑固定的金属导轨M、N水平放置，两根导体棒P、Q平行放置在导轨上，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[解析] 根据楞次定律的另一种表述——感应电流的效果，总要反抗产生感应电流的原因.本题中“原因”是回路中磁通量的增加，归根结底是磁铁靠近回路，“效果”便是阻碍磁通量的增加和磁铁的靠近.所以，P、Q将互相靠近且磁铁的加速度小于g，应选A、D.[答案] AD楞次定律中“阻碍”的含义可以推广为：感应电流的效果总是阻碍引起感应电流的原因.(1)阻碍原磁通量变化——“增反减同”.(2)阻碍相对运动——“来拒去留”.(3)使回路面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”.考点“三定则”、“一定律”的综合应用1.三定则、一定律的比较三个定则容易混淆，特别是左、右手易错用，抓住因果关系是关键. (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(“来拒去留”或“增缩减扩”)确定.[典例7] (多选)如图所示，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F M 、F N 表示.不计轨道电阻.以下叙述正确的是( )A.F M 向右B.F N 向左C.F M 逐渐增大D.F N 逐渐减小[解题指导] (1)利用安培定则判断直线电流产生磁场的方向及强弱分布. (2)利用阻碍相对运动可判断安培力的方向.[解析] 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，A错误；同理可以判定B正确；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F M也逐渐增大，C正确；同理D正确.[答案] BCD[变式] (多选)如图所示，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( )A.向右做匀速运动B.向左做减速运动C.向右做减速运动D.向右做加速运动答案：BC 解析：当导体棒向右匀速运动时产生恒定的电流，线圈中的磁通量恒定不变，无感应电流出现，A错；当导体棒向左做减速运动时，由右手定则可判定回路中出现从b→a 的感应电流且减小，由安培定则知螺线管中感应电流的磁场向左在减弱，由楞次定律知c中出现顺时针方向的感应电流(从右向左看)且被螺线管吸引，B对；同理可判定C对，D错.左、右手定则巧区分(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.1.[产生感应电流的条件]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，观察电流表的变化答案：答案：D 解析：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，选项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，选项D正确.2.[楞次定律的应用]如图所示，在一水平、固定的闭合导体圆环上方，有一条形磁铁(N极朝上，S极朝下)由静止开始下落，磁铁从圆环中穿过且不与圆环接触，关于圆环中感应电流的方向(从上向下看)，下列说法正确的是( )A.总是顺时针B.总是逆时针C.先顺时针后逆时针D.先逆时针后顺时针答案：答案：C 解析：由条形磁铁的磁场分布可知，磁铁下落的过程，闭合圆环中的磁通量始终向上，并且先增加后减少，由楞次定律可判断出，从上向下看时，闭合圆环中的感应电流方向先顺时针后逆时针，C正确.3.[右手定则、安培力]如图所示，一个有界匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，一个矩形闭合导线框abcd沿纸面由位置1匀速运动到位置2，则( )A.导线框进入磁场时，感应电流方向为a→b→c→d→aB.导线框离开磁场时，感应电流方向为a→d→c→b→aC.导线框离开磁场时，受到的安培力方向水平向右D.导线框进入磁场时，受到的安培力方向水平向左答案：答案：D 解析：导线框进入磁场时，cd边切割磁感线，由右手定可知，电流方向为a→d→c→b→a，这时由左手定则可判断cd边受到的安培力方向水平向左，A错，D对；在导线框离开磁场时，ab边处于磁场中且在做切割磁感线运动，同样用右手定则和左手定则可以判断电流方向为a→b→c→d→a，这时安培力的方向仍然水平向左，B、C错.4.[楞次定律的应用]如图所示，插有铁芯的螺线管固定在水平面上，管右端的铁芯上套着一个可以自由移动的表面绝缘的闭合铜环，螺线管与电源、电键组成电路，不计铜环与铁芯之间的摩擦阻力，下列说法正确的是( )A.闭合电键，螺线管右端为N极B.闭合电键瞬间，铜环会向右运动C.闭合电键瞬间，铜环会向左运动D.闭合电键瞬间，铜环仍保持不动答案：B5.[楞次定律、安培力](多选)AOC是光滑的直角金属导轨，AO沿竖直方向，OC沿水平方向，ab是一根靠立在导轨上的金属直棒(开始时b离O点很近)，如图所示.它从静止开始在重力作用下运动，运动过程中a 端始终在AO上，b端始终在OC上，直到ab完全落在OC上，整个装置放在一匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，则ab棒在运动过程中( )A.感应电流方向始终是b→aB.感应电流方向先是b→a，后变为a→bC.所受安培力方向垂直于ab向上D.所受安培力方向先垂直于ab向下，后垂直于ab向上答案：BD 解析：ab棒下滑过程中，穿过闭合回路的磁通量先增大后减小，由楞次定律可知，感应电流方向先由b→a，后变为a→b，B正确；由左手定则可知，ab棒所受安培力方向先垂直于ab向下，后垂直于ab向上，D正确.提醒完成课时作业(四十三)。

第二十五讲磁感应强度磁通量安培力洛伦兹力1.(2015届徐州学业水平模拟)磁感应强度是描述磁场的重要概念，磁场的基本性质是对电流有磁场力的作用，关于磁感应强度的大小，下列说法中正确的是()A.一小段通电直导线在磁场中某处受的力越大，该处的磁感应强度越大B.一小段通电直导线在磁场中某处受的力等于零，则该处的磁感应强度一定等于零C.匀强磁场中某处的磁感应强度的大小等于该处某一面积穿过的磁D.磁感线密的地方，磁感应强度大；磁感线疏的地方，磁感应强度小2.(2015年江苏省普通高中学业水平测试)如图所示，匀强磁场方向向下，一正电荷水平向右射入匀强磁场中．此时，该电荷所受洛伦兹力的方向是()A.向上B.向下C.垂直纸面向外D.垂直纸面向里3.(2014年江苏省普通高中学业水平测试)如图所示，匀强磁通量竖直场水平向右，电子在磁场中的运动方向与磁场方向平行，则该电子()A.不受洛伦兹力B.受洛伦兹力，方向向上C.受洛伦兹力，方向向下D.受洛伦兹力，方向向左4.(2018届无锡学业水平模拟)如图所示，在下列四种情况中穿过线圈的磁通量不发生变化的是()A.导线中的电流I增加B.线圈向下平动C.线圈向右平动D.线圈向左平动5.(2018届盐城学业水平模拟)三块相同的蹄形磁铁并列放置，可以认为磁极间的磁场是均匀的．将一根直导线悬挂在磁铁两极间，分别将“2、3”和“1、4”接到电源上，两次通过直导线的电流相同，这一操作探究的是()A.电流大小对安培力的影响B.通电导线长度对安培力的影响C.磁感应强度大小对安培力的影响D.磁感应强度大小和通电导线长度对安培力的影响6.(2018届徐州学业水平模拟)下列图中分别标出了一根放置在匀强磁场中的通电直导线的电流I、磁场的磁感应强度B和所受磁场力F的方向，其中图示正确的是()A B C D7.(2018届苏州学业水平模拟)如图所示，在两平行直导线A、B中，通有方向相同的电流I.则B导线受到磁场力的方向()A.向左B.向右C.垂直纸面向外D.垂直纸面向里8.(2018届扬州学业水平模拟)如图所示为两个同心圆环，当一界匀强磁场恰好完全垂直穿过A环面时，A环的磁通量为Φ1，B环的有磁通量为Φ2，则有关磁通量的大小，下列说法中正确的是()A.Φ1<Φ2B.Φ1＝Φ2C.Φ1>Φ2D.无法确定9.(2018届无锡学业水平模拟)一磁感应强度为B的匀强磁场方向水平向右，一面积为S的矩形线圈abcd如图所示放置，平面abcd与竖直方向成θ角．则穿过线圈平面的磁通量为()A.0B.BSC.BScosθD.BSsinθ10.(2018届镇江学业水平模拟)关于运动电荷、通电导线所受磁场力的方向，下列判断正确的是()A B C D。

磁通量及磁通量的变化专题训练一、选择题1、下列关于磁通量的说法中，正确的是A ．穿过一个面的磁通量等于磁感应强度与该面面积的乘积B ．在匀强磁场中，穿过某平面的磁通量等于磁感应强度与该面面积的乘积C ．穿过一个面的磁通量就是穿过该面单位面积的磁感线的条数D ．穿过一个面的磁通量就是穿过该面的磁感线的条数2、如图所示，两个同心放置的共面金属圆环a 和b ，一条形磁铁穿过圆心且与环面垂直，则穿过两环的磁通量φa 、φb 的大小关系为A ．φa ＞φbB ．φa ＜φbC ．φa ＝φbD ．无法比较3、一磁感应强度为B 的匀强磁场方向水平向右，一面积为S 的矩形线圈abcd 如图所示放置，平面abcd 与竖直方向成θ角。

将abcd 绕ad 轴转180°角，则穿过线圈平面的磁通量的变化量为 A ．0 B ．2BS C ．2BScos θ D ．2BSSin θ4、如图所示，矩形线框abcd 的长和宽分别为2L 和L ，匀强磁场的磁感应强度为B ，虚线为磁场的边界。

若线框以ab 边为轴转过60°的过程中，穿过线框的磁通量的变化情况是 A ．变大 B ．变小 C ．不变 D ．无法判断5、如图所示，两直导线中通以相同的电流I ，矩形线圈位于导线之间。

将线圈由实线位置移到虚线位置的过程中，穿过线圈的磁通量的变化情况是 A ．向里，逐渐增大 B ．向外，逐渐减小 C ．先向里增大，再向外减小 D ．先向外减小，再向里增大6、如图所示条形磁铁竖直放置，闭合的金属线框水平地紧挨着磁铁从A 端移至B 端的过程中，穿过线框的磁通量的变化情况是A ．变大B ．变小C ．先变大后变小D ．先变小后变大7、如图所示，匀强磁场中放有平行的铜导轨，它与大线圈M 相连，小线圈N 放在大线圈M 内，裸金属棒ab 在导轨上做某种运动。

则下列说法中正确的是A ．若ab 向右匀速运动，穿过小线圈N 的磁通量向里且增大B ．若ab 向左加速运动，穿过小线圈N 的磁通量向外且增大C ．若ab 向右减速运动，穿过小线圈N 的磁通量向里且减小D ．若ab 向左减速运动，穿过小线圈N 的磁通量向里且减小8、如图所示，一水平放置的圆形通电线圈1固定，另有一个较小的圆形线圈2从1的正上方下落，在下落过程中两线圈平面始终保持平行且共轴，则线圈2从1的正上方下落到1的正下方的过程中，穿过线圈2的磁通量φA ．为零且保持不变B ．不为零且保持不变C ．先向上增大，再向上减小D ．先向上增大，再向下减小9、如图所示，螺线管CD 的绕法不明，当磁铁AB 分别以不同的速度V 1（A 端向下）和V 2（B 端向下）（V 1 ＜V 2）插入螺线管时，电路中有如图所示的感应电流。

2018届高考物理一轮复习第十一章电磁感应第1讲：磁通量、电磁感应现象班级__________ 座号_____ 姓名__________ 分数__________ 一、知识清单1．磁通量(1)定义：磁感应强度B与垂直于磁场方向的面积S的乘积叫做穿过这个面积的磁通量(2)公式：Φ＝BS。

(3)单位：1 Wb＝1_T·m2。

(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)适用条件：①匀强磁场；②S是垂直磁场的有效面积．如图1，穿过S2的有效面积为S1，所以磁通量为Φ＝BS1；如图2，有效面积为S cosθ，所以磁通量为Φ＝BScosθ。

(6)磁通量与线圈的匝数无关。

2．非匀强磁场的磁通量磁通量可以理解为穿过某一面积的磁感线的净条数．①条形磁铁：Φ先增后减，b处最大Φ先减后增，Φb=0 Φ先减后增，，Φb=0 Φa>Φb②通电直导线I →II：Φ增大；II→III：Φ减小，ΦIII=0III→Ⅳ：Φ增大；Ⅳ→Ⅴ：Φ减小Φ甲=0，Φ乙=0，Φ丙≠0 Φ=0③环形电流Φa>Φb3．磁通量的变化Iaba bN Sa cbMN SabcN Sa cbN S磁通量是标量，但有正负之分．若规定从某一方向穿过平面的磁通量为正，则反向穿过的磁通量为负，合磁通量是相反方向抵消后所剩余的净磁通量．(1)磁通量的变化ΔΦ＝Φ2－Φ1.（注意磁通量的正负号） (2)几种常见引起磁通量变化的情形． ①B 改变，S 不变，ΔΦ＝ΔB ·S . ②B 不变，S 变化，ΔΦ＝B ·ΔS .③B 、S 两者都变化，ΔΦ＝Φ2－Φ1，不能用ΔΦ＝ΔB ·ΔS 来计算．④B 和S 均不变，磁感线方向与线圈平面的夹角θ变化，则ΔΦ＝BS (sin θ2－sin θ1)． 4． 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。

2018年高考物理第一轮考点及考纲复习题（有答案）
95Ω＜05Ω
所以此传感器仍可使用
[答案] （1）10Ω，03A （2）6V （3）传感器仍可使用，3V
[解读] 本题涉及到欧姆定律、电阻率与温度的关系、电流表和电压表的使用等知识点，考查推理能力和应用数学处理物理问题的能力，体现了《考试大纲》中对“能够根据已知的知识和物理事实、条，对物理问题进行逻辑推理和论证，并能把推理过程正确地表达出”和“能够根据具体问题列出物理量之间的关系式，进行推导和求解”的能力要求。

本题中涉及的数据较多，要在审题时分清哪些是正常工作值，哪些是实际值，必要时要用方程组联立求解。

【样题4】（广东省2018年高考模拟试卷）一辆典型的电动车蓄电池贮存了45×107J的有效电能，若车辆自重2t，装有1t的货物，行驶时所要克服的所有阻力是车重的002倍，电动车辆总工作效率为80%，试计算这台电动车辆行驶的有效距离最多是多少？（g取10m/s2）
若电动车辆蓄电池的总电动势为24V，工作时的电流强度为20A，工作时能量全部损失在控制电流大小的电阻上及在电池和电动机内转化为内能上，由于机械摩擦的损失忽略不计，则控制电阻、电池和电动机的总内阻是多大？电动车辆能匀速行驶的速度是多大？电动车辆加速行驶的方法是什么？
[分析] （1）设电动车行驶过程中不刹车，车辆贮存的能量全部用克服地面阻力做功，有，这辆车最多能行驶距离为 km （2）由蓄电池工作时损失的能量全部转化为控制电阻、电池和电动机的内能，有，可得控制电阻，电池和电动机总内阻（3）由蓄电池工作时80%能量转化为电动车的机械能，且电动车匀速行驶时，有，可得，电动车匀速行驶速度 m/s
（4）电动车欲加速行驶，必须从工作电路中减小控制电阻，使。

课时作业(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)一、选择题(1～5题为单项选择题，6～10题为多项选择题)1．小型交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势与时间成正弦函数关系，如图所示。

此线圈与一个R＝10 Ω的电阻构成闭合电路，不计电路的其他电阻，下列说法正确的是()A．交变电流的周期为0.125 sB．交变电流的频率为8 HzC．交变电流的有效值为 2 AD．交变电流的最大值为4 A解析：由图象可知周期T＝0.250 s，频率f＝1T＝4 Hz，故选项A、B均错误。

交变电流的有效值I＝UR＝E m2R＝202×10A＝ 2 A，最大值I m＝E mR＝2 A，故选项D错误，C正确。

答案： C2.如图，实验室一台手摇交流发电机，内阻r＝1.0 Ω，外接R＝9.0 Ω的电阻。

闭合开关S，当发电机转子以某一转速匀速转动时，产生的电动势e＝102sin 10πt (V)，则()A．该交变电流的频率为10 HzB．该电动势的有效值为10 2 VC．外接电阻R所消耗的电功率为10 WD．电路中理想交流电流表的示数为1.0 A解析：据ω＝2πf知该交流电的频率为5 Hz，A错；该交流电电动势的最大值为10 2 V，有效值E＝10 V，B错；I＝ER＋r＝1.0 A，P＝I2R＝9 W，C错，D对。

答案： D3．一个矩形线圈在匀强磁场中转动产生的电动势e＝2002sin 100πt(V)，那么() A．该交变电流的频率是100 HzB．当t＝0时，线圈平面恰好与中性面垂直C．当t＝1200s时，e达到峰值D．该交变电流的电动势的有效值为200 2 V解析： 由交变电流的电动势瞬时值表达式e ＝nBSωsin ωt 可知，交变电流的频率f ＝ω2π＝100π2π Hz ＝50 Hz ，选项A 错误。

在t ＝0时，电动势瞬时值为0，线圈平面恰好在中性面处，选项B 错误。

磁通量及磁通量的变化专题训练磁通量φ及磁通量Δφ的变化是磁场理论中一个很重要的基本概念1、磁通量φ磁感应强度B与垂直于磁场方向的面积S的乘积叫做穿过这个面积的磁通量，定义式为φ=BS。

如果面积S与磁感应强度B不垂直，可将磁感应强度B向着垂直于面积S和平行于面积S和方向进行正交分解，也可以将面积向着垂直于磁感应强度B的方向投影[这两种方法的基本物理原理是：B∥S时，φ=0；B⊥S时，φ为最大（BS）]。

2、磁通量的变化Δφ由公式：φ=BS可得BΔS（实际面积的变化、与磁感应强度间夹角的变化，就是有效面积的变化）Δφ=SΔB（B是矢量，它的变化有三种情况）ΔSΔB（B是矢量，它的变化有三种情况）可见磁通量φ是由B、S及角度θ共同决定的，磁通量的变化情况应从这三个方面去考虑巩固练习一、选择题1、下列关于磁通量的说法中，正确的是A．穿过一个面的磁通量等于磁感应强度与该面面积的乘积B．在匀强磁场中，穿过某平面的磁通量等于磁感应强度与该面面积的乘积C．穿过一个面的磁通量就是穿过该面单位面积的磁感线的条数D．穿过一个面的磁通量就是穿过该面的磁感线的条数2、如图所示，两个同心放置的共面金属圆环a和b，一条形磁铁穿过圆心且与环面垂直，则穿过两环的磁通量φa、φb的大小关系为A．φa＞φb B．φa＜φ b C．φa＝φb D．无法比较3、一磁感应强度为B的匀强磁场方向水平向右，一面积为S的矩形线圈abcd如图所示放置，平面abcd与竖直方向成θ角。

将abcd绕ad轴转180°角，则穿过线圈平面的磁通量的变化量为A．0 B．2BS C．2BScosθD．2BSSinθ4、如图所示，矩形线框abcd的长和宽分别为2L和L，匀强磁场的磁感应强度为B，虚线为磁场的边界。

若线框以ab边为轴转过60°的过程中，穿过线框的磁通量的变化情况是A．变大B．变小C．不变D．无法判断5、如图所示，两直导线中通以相同的电流I，矩形线圈位于导线之间。

1、知道电磁感应现象以及产生感应电流的条件。

2．理解磁通量的定义，理解磁通量的变化、变化率以及净磁通量的概念。

3．理解棱次定律的实质，能熟练运用棱次定律来分析电磁感应现象中感应电流的方向。

4．理解右手定则并能熟练运用该定则判断感应电流的的方向。

一、磁通量1．概念：在磁感应强度为B的匀强磁场中，与磁场方向垂直的面积S与B的乘积。

2．公式：Φ＝BS。

3．单位：1 Wb＝1T·m2。

4．公式的适用条件(1)匀强磁场；(2)磁感线的方向与平面垂直，即B⊥S。

二、电磁感应现象1．电磁感应现象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．产生感应电流的条件(1)条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化。

(2)特例：闭合电路的一部分导体在磁场内做切割磁感线运动。

3．产生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。

三、楞次定律1．楞次定律(1)内容：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)适用情况：所有的电磁感应现象．2．楞次定律中“阻碍”的含义谁阻碍谁→感应电流的磁场阻碍引起感应电流的磁场(原磁场)的磁通量的变化↓阻碍什么→阻碍的是磁通量的变化，而不是阻碍磁通量本身 ↓如何阻碍→ 当磁通量增加时，感应电流的磁场方向与原磁场的方向相反；当磁通量 减少时，感应电流的磁场方向与原磁场的方向相同，即“增反减同” ↓阻碍效果→阻碍并不是阻止，只是延缓了磁通量的变化，这种变化将继续进行 3．楞次定律的使用步骤4．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．高频考点一 电磁感应现象的判断例1．在一空间有方向相反、磁感应强度大小均为B 的匀强磁场，如图1所示，垂直纸面向外的磁场分布在一半径为a 的圆形区域内，垂直纸面向里的磁场分布在除圆形区域外的整个区域，该平面内有一半径为b (b ＞2a )的圆形线圈，线圈平面与磁感应强度方向垂直，线圈与半径为a 的圆形区域是同心圆．从某时刻起磁感应强度大小开始减小到B2，则此过程中该线圈磁通量的变化量的大小为( )图1A.12πB (b 2－2a 2) B ．πB (b 2－2a 2)C ．πB (b 2－a 2) D.12πB (b 2－2a 2) 答案 D解析 计算磁通量Φ时，磁感线既有垂直纸面向外的，又有垂直纸面向里的，所以可以取垂直纸面向里的方向为正方向．磁感应强度大小为B 时线圈磁通量Φ1＝πB (b 2－a 2)－πBa 2，磁感应强度大小为B 2时线圈磁通量Φ2＝12πB (b 2－a 2)－12πBa 2，因而该线圈磁通量的变化量的大小为ΔΦ＝|Φ2－Φ1|＝12πB (b 2－2a 2)，故选项D 正确．【变式探究】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 答案 D【举一反三】现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A 、线圈B 、电流计及开关按如图2所示连接．下列说法中正确的是( )图2A ．开关闭合后，线圈A 插入或拔出都会引起电流计指针偏转B ．线圈A 插入线圈B 中后，开关闭合和断开的瞬间电流计指针均不会偏转C ．开关闭合后，滑动变阻器的滑片P 匀速滑动，会使电流计指针静止在中央零刻度D ．开关闭合后，只有滑动变阻器的滑片P 加速滑动，电流计指针才能偏转答案 A解析 只要闭合回路磁通量发生变化就会产生感应电流，故A 正确，B 错误；开关闭合后，只要滑片P 滑动就会产生感应电流，故C 、D 错误． 【方法规律】电磁感应现象能否发生的判断流程 1．确定研究的闭合回路．2．明确回路内的磁场分布，并确定该回路的磁通量Φ.3.⎩⎨⎧Φ不变→无感应电流Φ变化→⎩⎪⎨⎪⎧ 回路闭合，有感应电流不闭合，无感应电流，但有感应电动势高频考点二 楞次定律的理解及应用例2．如图3，在一水平、固定的闭合导体圆环上方，有一条形磁铁(N 极朝上，S 极朝下)由静止开始下落，磁铁从圆环中穿过且不与圆环接触，关于圆环中感应电流的方向(从上向下看)，下列说法正确的是( )图3A ．总是顺时针B ．总是逆时针C ．先顺时针后逆时针D ．先逆时针后顺时针答案 C解析 磁铁从圆环中穿过且不与圆环接触，则圆环中，先是向上的磁通量增加，磁铁中间通过以后，向上的磁通量减少，根据楞次定律，产生的感应电流方向(从上向下看)先顺时针后逆时针，选项C 正确．【变式探究】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 答案 C【举一反三】(多选)如图4，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，则磁场可能( )图4A．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，方向向里答案CD解析根据楞次定律，感应电流的磁场方向总是阻碍引起闭合回路中磁通量的变化，体现在面积上是“增缩减扩”，而回路变为圆形，面积增加了，说明磁场逐渐减弱．因不知回路中电流方向，故无法判定磁场方向，故C、D都有可能．【变式探究】如图5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( )图5A．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答案 B【方法规律】应用楞次定律判断感应电流和电动势的方向1．利用楞次定律判断的电流方向也是电路中感应电动势的方向，利用右手定则判断的电流方向也是做切割磁感线运动的导体上感应电动势的方向．若电路为开路，可假设电路闭合，应用楞次定律或右手定则确定电路中假想电流的方向即为感应电动势的方向．2．在分析电磁感应现象中的电势高低时，一定要明确产生感应电动势的那部分电路就是电源．在电源内部，电流方向从低电势处流向高电势处．高频考点三三定则一定律的综合应用例3．(多选)如图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，MN的左边有一如图所示的闭合电路，当PQ在一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6A．向右加速运动B．向左加速运动C．向右减速运动D．向左减速运动答案BC【变式探究】(多选)如图7所示，一电子以初速度v沿与金属板平行的方向飞入MN极板间，突然发现电子向M板偏转，若不考虑磁场对电子运动方向的影响，则产生这一现象的原因可能是( )图7A．开关S闭合瞬间B．开关S由闭合后断开瞬间C．开关S是闭合的，变阻器滑片P向右迅速滑动D．开关S是闭合的，变阻器滑片P向左迅速滑动答案AD解析电子向M板偏转，说明M板为正极，则感应电流如图：由安培定则得，感应电流磁场方向水平向左，而原磁场方向水平向右，由楞次定律得原磁场增强，即原电流增加，故A、D正确．【举一反三】(多选)如图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8A．向右做匀速运动B．向左做减速运动C．向右做减速运动D．向右做加速运动答案BC解析当导体棒向右匀速运动时产生恒定的电流，线圈中的磁通量恒定，无感应电流出现，A 错；当导体棒向左做减速运动时，由右手定则可判定回路中出现了b→a的感应电流且减小，由安培定则知螺线管中感应电流的磁场向左在减弱，由楞次定律知c中出现顺时针方向的感应电流(从右向左看)且被螺线管吸引，B对；同理可判定C对，D错．【方法技巧】三定则一定律的应用技巧1．应用楞次定律时，一般要用到安培定则．2．研究感应电流受到的安培力时，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方向，有时也可以直接应用楞次定律的推论确定．1．【2016·北京卷】如图1­所示，匀强磁场中有两个导体圆环a、b，磁场方向与圆环所在平面垂直．磁感应强度B随时间均匀增大．两圆环半径之比为2∶1，圆环中产生的感应电动势分别为E a和E b，不考虑两圆环间的相互影响．下列说法正确的是( )图1­A．E a∶E b＝4∶1，感应电流均沿逆时针方向B．E a∶E b＝4∶1，感应电流均沿顺时针方向C．E a∶E b＝2∶1，感应电流均沿逆时针方向D．E a∶E b＝2∶1，感应电流均沿顺时针方向2．【2016·江苏卷】电吉他中电拾音器的基本结构如图1­所示，磁体附近的金属弦被磁化，因此弦振动时，在线圈中产生感应电流，电流经电路放大后传送到音箱发出声音，下列说法正确的有( )图1­A．选用铜质弦，电吉他仍能正常工作B．取走磁体，电吉他将不能正常工作C．增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势D．磁振动过程中，线圈中的电流方向不断变化1.【2015·上海·24】1．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0.02kg，在该平面上以02/v m s、与导线成60°角的初速度运动，其最终的运动状态是__________，环中最多能产生__________J的电能。

章末专题复习物理方法|等效法在电磁感应中的应用1．方法概述闭合线圈磁通量的变化或导体棒切割磁感线形成感应电流．将电磁感应和电路问题相结合，采用等效的方法找到电源和电路结构，利用闭合电路问题求解．2．方法技巧(1)明确切割磁感线的导体相当于电源，其电阻是电源的内阻，其他部分为外电路，电源的正、负极由右手定则来判定．(2)画出等效电路图，并结合闭合电路欧姆定律等有关知识解决相关问题．3．等效问题如图10-1所示，直角三角形导线框abc固定在匀强磁场中，ab是一段长为L、电阻为R的均匀导线，ac和bc的电阻可不计，ac长度为L2.磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里．现有一段长度为L2，电阻为R2的均匀导体棒MN架在导线框上，开始时紧靠ac，然后沿ab方向以恒定速度v向b端滑动，滑动中始终与ac平行并与导线框保持良好接触，当MN滑过的距离为L3时，导线ac中的电流为多大？方向如何？图10-1【解析】 MN 滑过的距离为L 3时，如图甲所示，它与bc 的接触点为P ，等效电路图如图乙所示．甲 乙由几何关系可知MP 长度为L 3，MP 中的感应电动势E ＝13BL vMP 段的电阻r ＝13RMacP 和MbP 两电路的并联电阻为r 并＝13×2313＋23R ＝29R由欧姆定律得，PM 中的电流I ＝E r ＋r 并ac 中的电流I ac ＝23I解得I ac ＝2BL v 5R根据右手定则可知，MP 中的感应电流的方向由P 流向M ，所以电流I ac 的方向由a 流向c .【答案】 2BL v 5R 方向由a 流向c[突破训练]1．如图10-2所示，水平桌面上固定有一半径为R 的金属细圆环，环面水平，圆环每单位长度的电阻为r ，空间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向竖直向下；一长度为2R 、电阻可忽略的导体棒置于圆环左侧并与环相切，切点为棒的中点．棒在拉力的作用下以恒定加速度a 从静止开始向右运动，运动过程中棒与圆环接触良好．下列说法正确的是()图10-2A．拉力的大小在运动过程中保持不变B．棒通过整个圆环所用的时间为2R aC．棒经过环心时流过棒的电流为B2aR πrD．棒经过环心时所受安培力的大小为8B2R2aRπrD[导体棒做匀加速运动，合外力恒定，由于受到的安培力随速度的变化而变化，故拉力一直变化，选项A错误；设棒通过整个圆环所用的时间为t，由匀变速直线运动的基本关系式可得2R＝12at2，解得t＝4Ra，选项B错误；由v2－v2＝2ax可知棒经过环心时的速度v＝2aR，此时的感应电动势E＝2BR v，此时金属圆环的两侧并联，等效电阻r总＝πRr2，故棒经过环心时流过棒的电流为I＝Er总＝4B2aRπr，选项C错误；由对选项C的分析可知棒经过环心时所受安培力的大小为F＝2BIR＝8B2R2aRπr，选项D正确．]物理模型|电磁感应中的“杆＋导轨”模型1．单杆模型(1)模型特点：导体棒运动→感应电动势→闭合回路→感应电流→安培力→阻碍棒相对于磁场运动．图10-3(2)分析思路：确定电源(3)解题关键：对棒的受力分析，动能定理应用．图10-4 2．双杆模型(1)模型特点①一杆切割一杆静止时，分析同单杆类似．②两杆同时切割时，回路中的感应电动势由两杆共同决定，E＝ΔΦΔt＝Bl|v1－v2|.(2)解题要点：单独分析每一根杆的运动状态及受力情况，建立两杆联系，列方程求解．如图10-5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，g取10 m/s2.问：图10-5(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．【思路导引】【解析】(1)由右手定则可判断出cd中的电流方向为由d到c，则ab中电流方向为由a流向b.(2)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F max，有F max＝m1g sin θ①设ab刚要上滑时，cd棒的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律有E＝BL v②设电路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律有I＝ER1＋R2③设ab所受安培力为F安，有F安＝BIL 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＝m1g sin θ＋F max ⑤综合①②③④⑤式，代入数据解得v＝5 m/s.(3)设cd棒运动过程中在电路中产生的总热量为Q总，由能量守恒定律有m2gx sin θ＝Q总＋12m2v2又Q＝R1R1＋R2Q总解得Q＝1.3 J.【答案】(1)由a流向b(2)5 m/s(3)1.3 J[突破训练]2．(2017·四川雅安中学月考)如图10-6所示，两条足够长的平行金属导轨相距L，与水平面的夹角为θ，整个空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，虚线上方轨道光滑且磁场方向垂直导轨平面向上，虚线下方轨道粗糙且磁场方向垂直导轨平面向下．当导体棒EF 以初速度v 0沿导轨上滑至最大高度的过程中，导体棒MN 一直静止在导轨上，若两导体棒质量均为m 、电阻均为R ，导轨电阻不计，重力加速度为g ，在此过程中导体棒EF 上产生的电热为Q ，求：(1)导体棒MN 受到的最大摩擦力；(2)导体棒EF 上升的最大高度．图10-6【解析】 (1)EF 获得向上初速度v 0时，产生感应电动势E ＝BL v 0，电路中电流为I ，由闭合电路的欧姆定律有I ＝E 2R ，此时对导体棒MN 受力分析，由平衡条件有F A ＋mg sin α＝F f ，F A ＝BIL ，解得F f ＝B 2L 2v 02R ＋mg sin θ.(2)导体棒EF 上升过程MN 一直静止，对系统由能的转化和守恒定律有12m v 20＝mgh ＋2Q ，解得h ＝m v 20－4Q 2mg .【答案】 (1)B 2L 2v 02R ＋mg sin θ (2)m v 20－4Q 2mg高考热点|电磁感应中电荷量和焦耳热的计算1．电荷量的计算(1)思考方向：根据法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt确定平均感应电动势，结合闭合电路欧姆定律和电流的定义式I ＝q t 计算电荷量．(2)公式推导过程 根据法拉第电磁感应定律→回路中平均感应电动势E ＝n ΔΦΔt ↓根据闭合电路欧姆定律→I＝ER＋r＝nΔΦΔt(R＋r)↓根据电流定义式I＝qt→q＝IΔt＝nΔΦR＋r2．焦耳热的计算求解电磁感应过程中产生的焦耳热，有以下三种思路：(1)电路中感应电流恒定时：应用焦耳定律：Q＝I2Rt.(2)导体切割磁感线克服安培力做功：焦耳热等于克服安培力做的功：Q＝W安．(3)电路中感应电流是变化的：根据功能关系来求解焦耳热．如图10-7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/s2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：图10-7(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W F.【思路导引】【解析】 (1)设棒匀加速运动的时间为Δt ，回路的磁通量变化量为ΔΦ，回路中的平均感应电动势为E ，由法拉第电磁感应定律得 E ＝ΔΦΔt① 其中ΔΦ＝Blx ②设回路中的平均电流为I ，由闭合电路欧姆定律得 I ＝E R ＋r ③则通过电阻R 的电荷量为q ＝I Δt ④联立①②③④式，代入数据得q ＝4.5 C ． 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v 2＝2ax ⑥设棒在撤去外力后的运动过程中安培力所做的功为W ，由动能定理得W ＝0－12m v 2 ⑦撤去外力后回路中产生的焦耳热Q 2＝－W ⑧联立⑥⑦⑧式，代入数据得Q 2＝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Q 1∶Q 2＝2∶1，可得Q 1＝3.6 J ⑩在棒运动的整个过程中，由功能关系可知W F ＝Q 1＋Q 2⑪由⑨⑩⑪式得W F ＝5.4 J.【答案】 (1)4.5 C (2)1.8 J (3)5.4 J[突破训练]3．如图10-8所示，两根足够长平行金属导轨MN、PQ固定在倾角θ＝37°的绝缘斜面上，顶部接有一阻值R＝3 Ω的定值电阻，下端开口，轨道间距L＝1 m．整个装置处于磁感应强度B＝2 T的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向上．质量m＝1 kg的金属棒ab置于导轨上，ab在导轨之间的电阻r＝1 Ω，导轨电阻不计．金属棒ab由静止释放后沿导轨运动时始终垂直于导轨，且与导轨接触良好．已知金属棒ab沿导轨向下运动的最大速度v m＝2.0 m/s，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2.(1)求金属棒ab与导轨间的动摩擦因数μ；(2)若从金属棒ab开始运动至达到最大速度过程中，电阻R上产生的焦耳热为1.5 J，求流过电阻R的总电荷量q.【导学号：92492381】图10-8【解析】(1)金属棒由静止释放后，沿导轨做变加速运动，加速度不断减小，当加速度为零时有最大速度v m.由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ－F安＝0F安＝BIL，I＝ER＋r，E＝BL v m.解得金属棒ab与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5.(2)设金属棒从开始运动至达到最大速度过程中，沿导轨下滑距离为x 由能量守恒定律得mgx sin θ＝μmgx cos θ＋Q R＋Q r＋12m v2m根据焦耳定律得Q RQ r＝Rr，则金属棒上产生的焦耳热Q r＝0.5 J解得x＝2.0 m根据q＝IΔt，I＝ER＋r，E＝ΔΦΔt，ΔΦ＝BLx可得q＝BLxR＋r＝1.0 C.【答案】(1)0.5(2)1.0 C。