2019版一轮优化探究物理(鲁科版)练习：第十章法拉第电磁感应定律自感涡流 含解析

法拉第电磁感应定律 自感 涡流1．将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，线圈平面与磁场方向垂直．关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是( )A ．感应电动势的大小与线圈的匝数无关B ．穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大C ．穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大D ．感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同解析：由法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt 知，感应电动势的大小与线圈匝数有关，A 错误；感应电动势正比于ΔΦΔt ，与磁通量的大小无直接关系，B 错误，C 正确；根据楞次定律知，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化，即“增反减同”，D 错误．答案：C2．如图所示，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( )A ．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解析：a 、b 两个圆环产生的感应电动势属于感生电动势，根据题意可知ΔBΔt 相同，又由法拉第电磁感应定律得E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔB Δt S ，S a ＝π(2r )2＝4πr 2，S b ＝πr 2，所以E a E b ＝4∶1，由楞次定律可知两圆环中感应电流的方向均沿顺时针方向，B 正确．答案：B3．如图所示，线圈L 的自感系数很大，且其直流电阻可以忽略不计，L 1、L 2是两个完全相同的小灯泡，开关S 闭合和断开的过程中，灯L 1、L 2的亮度变化情况是(灯丝不会断)( )A．S闭合，L1不亮，L2逐渐变亮；S断开，L2立即熄灭，L1逐渐变亮B．S闭合，L1不亮，L2很亮；S断开，L1、L2立即熄灭C．S闭合，L1、L2同时亮，而后L1逐渐熄灭，L2亮度不变；S断开，L2立即熄灭，L1亮一下才熄灭D．S闭合，L1、L2同时亮，而后L1逐渐熄灭，L2则逐渐变得更亮；S断开，L2立即熄灭，L1亮一下才熄灭解析：当S闭合，L的自感系数很大，对电流的阻碍作用较大，L1和L2串联后与电源相连，L1和L2同时亮，随着L中电流的增大，因为L的直流电阻不计，则L的分流作用增大，L1中的电流逐渐减小为零，由于总电阻变小，故电路中的总电流变大，L2中的电流增大，L2灯变得更亮；当S断开，L2中无电流，立即熄灭，而线圈L产生自感电动势，试图维持本身的电流不变，L与L1组成闭合电路，L1灯要亮一下后再熄灭．故D正确．答案：D4．(2019·辽宁鞍山模拟)如图所示，竖直平面内有一金属环，半径为a，总电阻为R(指剪开拉直时两端的电阻)，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过环平面，与环的最高点A连接的长度为2a、电阻为R2的导体棒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，则这时导体棒AB两端的电压大小为( )A.Bav3B.Bav6C.2Bav3D．Bav解析：当摆到竖直位置时，导体棒AB产生的感应电动势为E＝B·2a v＝2Ba0＋v2＝Bav，圆环被导体棒分为两个半圆环，两半圆环并联，并联电阻R并＝R2×R2R2＋R2＝R4，电路电流I＝ER2＋R4＝4Bav3R，AB两端的电压为U AB＝IR并＝Bav3.答案：A5．(多选)(2019·广西三校联考)如图所示，线圈匝数为n，横截面积为S，线圈电阻为r，处于一个均匀增强的磁场中，磁感应强度随时间的变化率为k，磁场方向水平向右且与线圈平面垂直，电容器的电容为C，定值电阻的阻值为r.由此可知，下列说法正确的是( )A ．电容器下极板带正电B ．电容器上极板带正电C ．电容器所带电荷量为nSkC2D ．电容器所带电荷量为nSkC解析：根据磁场向右均匀增强，并由楞次定律可知，电容器上极板带正电，故A 错误，B 正确．闭合线圈与阻值为r 的电阻形成闭合回路，线圈相当于电源，电容器两极板间的电压等于路端电压，线圈产生的感应电动势为E ＝nS ΔB Δt ＝nSk ，路端电压U ＝E 2r ·r ＝E2，则电容器所带电荷量为Q ＝CU ＝nSkC2，故C 正确，D 错误．答案：BC6．(多选)(2019·黑龙江牡丹江一中模拟)如图所示，阻值为R 的金属棒从图示位置ab 分别以v 1、v 2的速度沿光滑水平导轨(电阻不计)匀速滑到a ′b ′位置，若v 1∶v 2＝1∶2，则在这两次过程中( )A ．回路电流I 1∶I 2＝1∶2B ．产生的热量Q 1∶Q 2＝1∶4C ．通过任一截面的电荷量q 1∶q 2＝1∶1D ．外力的功率P 1∶P 2＝1∶2 解析：回路中感应电流为I ＝E R ＝BLvR，I ∝v ，则得I 1∶I 2＝v 1∶v 2＝1∶2，故A 正确；产生的热量为Q ＝I 2Rt ＝(BLv R )2R ×s v ＝B 2L 2svR，Q ∝v ，则得Q 1∶Q 2＝v 1∶v 2＝1∶2，故B 错误；通过任一截面的电荷量为q ＝It ＝BLv R t ＝BLsR，q 与v 无关，则得q 1∶q 2＝1∶1，故C 正确；由于金属棒匀速运动，外力的功率等于回路中的功率，即得P ＝I 2R ＝(BLv R)2R ，P ∝v 2，则得P 1∶P 2＝1∶4，故D 错误．答案：AC7．(多选)半径分别为r 和2r 的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r 、电阻为R 的均匀金属棒AB 置于圆导轨上面，BA 的延长线通过圆导轨中心O ，装置的俯视图如图所示，整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B ，方向竖直向下．在两环之间接阻值也为R 的定值电阻和电容为C 的电容器．金属棒在水平外力作用下以角速度ω绕O 逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触．下列说法正确的是( )A ．金属棒中电流从B 流向A B ．金属棒两端电压为34Bωr 2C ．电容器的M 板带负电D ．电容器所带电荷量为32CBωr 2解析：根据右手定则可知金属棒中电流从B 流向A ，选项A 正确；金属棒转动产生的电动势为E ＝Brωr ＋ω·2r 2＝32Bωr 2，切割磁感线的金属棒相当于电源，金属棒两端电压相当于电源的路端电压，因而U ＝R R ＋R E ＝34Bωr 2，选项B 正确；金属棒A 端相当于电源正极，电容器M 板带正电，选项C 错误；由C ＝Q U 可得电容器所带电荷量为Q ＝34CBωr 2，选项D 错误．答案：AB8．(多选)(2018·高考全国卷Ⅲ)如图(a)，在同一平面内固定有一长直导线PQ 和一导线框R ，R 在PQ 的右侧．导线PQ 中通有正弦交流电流i ，i 的变化如图(b)所示，规定从Q 到P 为电流的正方向．导线框R 中的感应电动势( )A ．在t ＝T 4时为零B ．在t ＝T 2时改变方向C ．在t ＝T2时最大，且沿顺时针方向D ．在t ＝T 时最大，且沿顺时针方向解析：由图(b)可知，导线PQ 中电流在t ＝T4时达到最大值，变化率为零，导线框R 中磁通量变化率为零，根据法拉第电磁感应定律，在t ＝T4时导线框中产生的感应电动势为零，选项A 正确；在T 4～34T 时，导线PQ 中电流图象斜率方向不变，导致导线框R 中磁通量变化率的正负不变，根据楞次定律，在t ＝T2时，导线框中产生的感应电动势方向不变，选项B错误；由于在t ＝T2时，导线PQ 中电流图象斜率最大，电流变化率最大，导致导线框R 中磁通量变化率最大，根据法拉第电磁感应定律，在t ＝T2时导线框中产生的感应电动势最大，由楞次定律可判断出感应电动势的方向为顺时针方向，选项C 正确；由楞次定律可判断出在t ＝T 时感应电动势的方向为逆时针方向，选项D 错误．答案：AC。

第二节 法拉第电磁感应定律 自感 涡流1.(2017·高考天津卷)如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R .金属棒ab 与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下．现使磁感应强度随时间均匀减小，ab 始终保持静止，下列说法正确的是( )A ．ab 中的感应电流方向由b 到aB ．ab 中的感应电流逐渐减小C ．ab 所受的安培力保持不变D ．ab 所受的静摩擦力逐渐减小解析：选D.本题考查楞次定律、电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力、平衡条件．由于通过回路的磁通量向下减小，则根据楞次定律可知ab 中感应电流的方向由a 到b ，A 错误；因ab 不动，回路面积不变；当B 均匀减小时，由E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔB Δt S 知，产生的感应电动势恒定，回路中感应电流I ＝ER ＋r恒定，B 错误；由F ＝BIL 知，F 随B 减小而减小，C 错误；对ab 由平衡条件有f ＝F ，故D 正确．2．如图所示的电路中，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：选B.闭合开关S 后，灯泡D 直接发光，电感L 的电流逐渐增大，电路中的总电流也将逐渐增大，电源内电压增大，则路端电压U AB 逐渐减小；断开开关S 后，灯泡D 中原来的电流突然消失，电感L 与灯泡形成闭合回路，所以灯泡D 中电流将反向，并逐渐减小为零，即U AB 反向逐渐减小为零，故选B.3.如图所示，半径为r 的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场B 中，绕O 轴以角速度ω沿逆时针方向匀速运动，则通过电阻R 的电流的方向和大小是(金属圆盘的电阻不计)( )A ．由c 到d ，I ＝Br 2ωRB ．由d 到c ，I ＝Br 2ωRC ．由c 到d ，I ＝Br 2ω2RD ．由d 到c ，I ＝Br 2ω2R解析：选D.由右手定则判定通过电阻R 的电流的方向是由d 到c ；而金属圆盘产生的感应电动E ＝12Br 2ω，所以通过电阻R 的电流大小是I ＝Br 2ω2R，选项D 正确．4．(2017·高考江苏卷)如图所示，两条相距d 的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R 的电阻．质量为m 的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ 的磁感应强度大小为B 、方向竖直向下．当该磁场区域以速度v 0匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为v .导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长，杆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：(1)MN 刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I ； (2)MN 刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a ； (3)PQ 刚要离开金属杆时，感应电流的功率P .解析：本题考查法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿第二定律． (1)感应电动势E ＝Bdv 0 感应电流I ＝ER解得I ＝Bdv 0R. (2)安培力F ＝BId牛顿第二定律F ＝ma解得a ＝B 2d 2v 0mR.(3)金属杆切割磁感线的速度v ′＝v 0－v ，则 感应电动势E ＝Bd (v 0－v )电功率P ＝E 2R解得P ＝B 2d 2（v 0－v ）2R.答案：(1)Bdv 0R (2)B 2d 2v 0mR (3)B 2d 2（v 0－v ）2R。

[课时作业] 单独成册方便使用[基础题组]一、单项选择题1．将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，线圈平面与磁场方向垂直．关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是( ) A ．感应电动势的大小与线圈的匝数无关 B ．穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大 C ．穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大 D ．感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同解析：由法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt 知，感应电动势的大小与线圈匝数有关，A 错误；感应电动势正比于ΔΦΔt，与磁通量的大小无直接关系，B 错误，C 正确；根据楞次定律知，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化，即“增反减同”，D 错误． 答案：C2.A 、B 两闭合圆形导线环用相同规格的导线制成，它们的半径之比rA ∶rB ＝2∶1，在两导线环包围的空间内存在一正方形边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直于两导线环所在的平面，如图所示．在磁场的磁感应强度随时间均匀增大的过程中，下列说法正确的是( )A ．两导线环内所产生的感应电动势相等B ．A 环内所产生的感应电动势大于B 环内所产生的感应电动势C ．流过A 、B 两导线环的感应电流的大小之比为1∶4D ．流过A 、B 两导线环的感应电流的大小之比为1∶1解析：某一时刻穿过A 、B 两导线环的磁通量均为穿过磁场所在区域面积上的磁通量，设磁场区域的面积为S ，则Φ＝BS ，由E ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt S(S 为磁场区域面积)，对A 、B 两导线环，有E A E B ＝1，所以A 正确，B 错误；I ＝E R ，R ＝ρl S 1(S 1为导线的横截面积)，l ＝2πr ，所以I A I B ＝E A r B E B r A ＝12，C 、D 错误．答案：A3.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 ( )A ．恒为2－B 1t 2－t 1B ．从0均匀变化到2－B 1t 2－t 1C ．恒为－2－B 1t 2－t 1D ．从0均匀变化到－2－B 1t 2－t 1解析：根据法拉第电磁感应定律，E ＝n ΔΦΔt ＝n2－B 1t 2－t 1，由楞次定律可以判断a 点电势低于b 点电势，所以a 、b 两点之间的电势差为－n 2－S 1t 2－t 1，C 项正确．答案：C4.(2018·贵州七校联考)如图所示，两根相距为l 的平行直导轨ab 、cd ，b 、d 间连有一定值电阻R ，导轨电阻可忽略不计．MN 为放在ab 和cd 上的一导体杆，与ab 垂直，其电阻也为R.整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B ，磁场方向垂直于导轨所在平面(指向图中纸面内)．现对MN 施力使它沿导轨方向以速度v(如图)做匀速运动．令U 表示MN 两端电压的大小，则( ) A ．U ＝12Blv ，流过定值电阻R 的感应电流由b 到dB ．U ＝12Blv ，流过定值电阻R 的感应电流由d 到bC ．U ＝Blv ，流过定值电阻R 的感应电流由b 到dD ．U ＝Blv ，流过定值电阻R 的感应电流由d 到b解析：由右手定则可知，通过MN 的电流方向为N→M，电路闭合，流过电阻R 的电流方向由b 到d ，B 、D 项错误；导体杆切割磁感线产生的感应电动势E ＝Blv ，导体杆为等效电源，其电阻为等效电源内电阻，由闭合电路欧姆定律和部分电路欧姆定律可知，U ＝IR ＝E 2R ·R＝12Blv ，A 项正确，C 项错误． 答案：A5.如图所示，A 、B 是两个完全相同的灯泡，L 是自感系数较大的线圈，其直流电阻忽略不计．当开关K 闭合时，下列说法正确的是( ) A ．A 比B 先亮，然后A 熄灭B ．B 比A 先亮，然后B 逐渐变暗，A 逐渐变亮C ．A 、B 一齐亮，然后A 熄灭D ．A 、B 一齐亮，然后A 逐渐变亮，B 的亮度不变解析：开关闭合的瞬间，线圈由于自感阻碍电流通过，相当于断路，B 灯先亮，之后线圈阻碍作用减弱，相当于电阻减小，则总电阻减小，总电流增大，路端电压减小，B 灯所在支路电流减小，B 灯变暗，A 灯所在支路电流增大，A 灯变亮．答案：B 二、多项选择题6.如图所示，闭合金属导线框放置在竖直向上的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度随时间变化．下列说法正确的是( )A ．当磁感应强度增加时，线框中的感应电流可能减小B ．当磁感应强度增加时，线框中的感应电流一定增大C ．当磁感应强度减小时，线框中的感应电流一定增大D ．当磁感应强度减小时，线框中的感应电流可能不变 解析：线框中的感应电动势为E ＝ΔB Δt S ，设线框的电阻为R ，则线框中的电流I ＝E R ＝ΔB Δt ·SR，B 增大或减小时，ΔBΔt可能减小，也可能增大，也可能不变．线框中的感应电动势的大小只和磁通量的变化率有关，和磁通量的变化量无关．故选项A 、D 正确． 答案：AD7.(2016·高考全国卷Ⅱ)法拉第圆盘发电机的示意图如图所示．铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P 、Q 分别与圆盘的边缘和铜轴接触．圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B 中．圆盘旋转时，关于流过电阻R 的电流，下列说法正确的是( )A ．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定B ．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a 到b 的方向流动C ．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化D ．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R 上的热功率也变为原来的2倍解析：由右手定则知，圆盘按如题图所示的方向转动时，感应电流沿a 到b 的方向流动，选项B 正确；由感应电动势E ＝12Bl 2ω知，角速度恒定，则感应电动势恒定，电流大小恒定，选项A 正确；角速度大小变化，感应电动势大小变化，但感应电流方向不变，选项C 错误；若ω变为原来的2倍，则感应电动势变为原来的2倍，电流变为原来的2倍，由P ＝I 2R 知，电流在R 上的热功率变为原来的4倍，选项D 错误． 答案：AB8.如图所示，a 、b 两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，边长l a ＝3l b ，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则( ) A ．两线圈内产生顺时针方向的感应电流 B ．a 、b 线圈中感应电动势之比为9∶1 C ．a 、b 线圈中感应电流之比为3∶4 D ．a 、b 线圈中电功率之比为27∶1解析：由于磁感应强度随时间均匀增大，则根据楞次定律知两线圈内产生的感应电流方向皆沿逆时针方向，则A 项错误；根据法拉第电磁感应定律E ＝N ΔΦΔt ＝NS ΔB Δt ，而磁感应强度均匀变化，即ΔB Δt 恒定，则a 、b线圈中的感应电动势之比为E a E b ＝S a S b ＝l 2a l 2b ＝9，故B 项正确；根据电阻定律R ＝ρL S′，且L ＝4Nl ，则R a R b ＝l al b ＝3，由闭合电路欧姆定律I ＝E R 得，a 、b 线圈中的感应电流之比为I a I b ＝E a E b ·R bR a ＝3，故C 项错误；由功率公式P ＝I 2R 知，a 、b 线圈中的电功率之比为P a P b ＝I 2a I 2b ·R aR b＝27，故D 项正确．答案：BD[能力题组]一、选择题9.如图所示是利用交流电焊接某环形金属零件的原理示意图，其中外圈A 是通交流电的线圈，内圈B 是环形零件，a 是待焊的接口，接口处电阻较大，则下列说法不正确的是( )A ．当A 中通有交流电时，B 中会产生感应电动势，使得接口处金属熔化而焊接起来 B ．在其他条件不变的情况下，交流电频率越高，焊接越快C ．在其他条件不变的情况下，交流电频率越低，焊接越快D ．焊接过程中，接口a 处被熔化而零件的其他部分并不很热解析：交流电频率越高，磁通量变化率越大，由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势和感应电流越大，产生的热功率越大，焊接越快，选项A 、B 正确，C 错误；因为接口处电阻大，串联电路中电流处处相等，电阻大的地方产生的热量多，可将接口处熔化而零件的其他部分并不很热，选项D 正确． 答案：C10．(2018·陕西渭南教学质量检测)如图所示，纸面内有一矩形导体线框abcd ，置于垂直纸面向里、边界为MN 的匀强磁场外，线框的ab 边平行磁场边界MN ，线框以垂直于MN 的速度匀速地完全进入磁场，线框上产生的热量为Q 1，通过线框导体横截面的电荷量为q 1.现将线框进入磁场的速度变为原来的两倍，线框上产生的热量为Q 2，通过线框导体横截面的电荷量为q 2，则有( )A ．Q 2＝Q 1，q 2＝q 1B ．Q 2＝2Q 1，q 2＝2q 1C ．Q 2＝2Q 1，q 2＝q 1D ．Q 2＝4Q 1，q 2＝2q 1解析：设ab 长为L ，ad 长为L′，则电动势E ＝BLv ，感应电流I ＝E R ＝BLv R ，产生的热量Q ＝I 2Rt ＝B 2L 2v 2R 2·R·L′v＝B 2L 2vL′R ，与速度成正比，所以Q 2＝2Q 1；通过导体横截面的电荷量q ＝I Δt ，I ＝E R ，E ＝ΔΦΔt，三式联立解得q ＝ΔΦR ＝BLL′R ，与速度无关，所以q 1＝q 2，选项C 正确．答案：C11.(多选)(2018·山东潍坊高三质检)半径为a 、右端开小口的导体圆环和长为2a的导体直杆，单位长度的电阻均为R 0.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，如图所示，则( )A ．θ＝0时，杆产生的感应电动势为2BavB ．θ＝π3时，杆产生的感应电动势为3BavC ．θ＝0时，杆受的安培力大小为2B 2avπ＋0D ．θ＝π3时，杆受的安培力大小为3B 2av π＋解析：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＝π3时，l ＝a ，则E ＝Bav ，故选项A 正确，B 错误．根据通电直导线在磁场中所受安培力大小的计算公式可得F ＝BIl ，根据闭合电路欧姆定律可得I ＝Er ＋R ，当θ＝0时，l ＝2a ，E ＝2Bav ，r ＋R ＝(π＋2)aR 0，解得F ＝4B 2avπ＋0；当θ＝π3时，l ＝a ，E ＝Bav ，r ＋R ＝(5π3＋1)aR 0，解得F ＝3B 2avπ＋，故选项C 错误，D 正确． 答案：AD 二、非选择题12.小明同学设计了一个“电磁天平”，如图甲所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡．线圈的水平边长L ＝0.1 m ，竖直边长H ＝0.3 m ，匝数为N 1.线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B 0＝1.0 T ，方向垂直线圈平面向里．线圈中通有可在0～2.0 A 范围内调节的电流I.挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使天平平衡，测出电流即可测得物体的质量．(重力加速度g 取10 m/s 2)(1)为使电磁天平的量程达到0.5 kg ，线圈的匝数N 1至少为多少？(2)进一步探究电磁感应现象，另选N 2＝100匝、形状相同的线圈，总电阻R ＝10 Ω，不接外电流，两臂平衡．如图乙所示，保持B 0不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B 随时间均匀变大，磁场区域宽度d ＝0.1 m ．当挂盘中放质量为0.01 kg的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率ΔBΔt .解析：(1)线圈受到的安培力F ＝N 1B 0IL 天平平衡mg ＝N 1B 0IL 代入数据得N 1＝25. (2)由电磁感应定律得E ＝N 2ΔΦΔt即E ＝N 2ΔB ΔtLd 由欧姆定律得I′＝ER线圈受到的安培力F′＝N 2B 0I′L 天平平衡m′g＝N 22B 0ΔB Δt ·dL2R代入数据可得ΔBΔt ＝0.1 T/s.答案：(1)25 (2)0.1 T/s13．(2018·河南重点中学联考)如图所示，ab 、cd 为间距为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：(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．解析：(1)金属棒下滑到MN 的过程中的平均感应电动势为 E ＝nΔΦΔt ＝B 0lxcos θΔt根据欧姆定律，电路中的平均电流为I ＝E R ＋r ＝B 0lxcos θ＋Δt则q ＝I Δt ＝B 0lxcos 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 0lvcos 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，则 mgsin θ－Fcos θ＝0联立解得稳定时金属棒的速度v＝＋θB 20l2cos2θ.答案：见解析。

基础课2法拉第电磁感应定律自感涡流知识排查法拉第电磁感应定律1.感应电动势(1)概念：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(1)内容：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。

(2)公式：E＝n ΔΦΔt，其中n为线圈匝数。

(3)感应电流与感应电动势的关系：遵守闭合电路的欧姆定律，即I＝ER＋r。

3.导体切割磁感线的情形(1)若B、l、v相互垂直，则E＝Bl v。

(2)v∥B时，E＝0。

自感、涡流1.自感现象(1)概念：由于导体自身的电流变化而产生的电磁感应现象称为自感。

(2)自感电动势①定义：在自感现象中产生的感应电动势叫做自感电动势。

②表达式：E＝L ΔI Δt。

(3)自感系数L①相关因素：与线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯有关。

②单位：亨利(H)，1 mH＝10－3 H，1 μH＝10－6 H。

2.涡流将整块金属放在变化的磁场中，穿过金属块的磁通量发生变化，感应电流在金属块内部形成闭合回路就像旋涡一样，所以叫涡流。

小题速练1.思考判断 (1)Φ＝0，ΔΦΔt不一定等于0。

( ) (2)感应电动势E 与线圈匝数n 有关，所以Φ、ΔΦ、ΔΦΔt 的大小均与线圈匝数有关。

( )(3)磁场相对导体棒运动时，导体棒中也能产生感应电动势。

( ) (4)线圈匝数n 越多，磁通量越大，产生的感应电动势越大。

( ) (5)线圈中的电流越大，自感系数也越大。

( )(6)自感电动势阻碍电流的变化，但不能阻止电流的变化。

( ) 答案 (1)√ (2)× (3)√ (4)× (5)× (6)√2.[鲁科版选修3－2·P 14·T 1改编]将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是( ) A.感应电动势的大小与线圈的匝数无关 B.穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大 C.穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大 D.感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同 答案 C法拉第电磁感应定律的理解和应用1.法拉第电磁感应定律的理解(1)感应电动势的大小由线圈的匝数和穿过线圈的磁通量的变化率ΔΦΔt 共同决定，而与磁通量Φ的大小、变化量ΔΦ的大小没有必然联系。

第1节电磁感应现象楞次定律基础必备1。

（2019·广东揭阳月考)如图所示,一圆形金属环与两固定的平行长直导线在同一竖直平面内，环心与两导线距离相等,环的直径小于两导线间距离,两导线中通有图示方向相同的恒定电流I。

则当环（D)A.向上运动时，环中产生顺时针方向的感应电流B.向下运动时，环中产生顺时针方向的感应电流C。

向左侧靠近导线时,环中产生逆时针方向的感应电流D.向右侧靠近导线时，环中产生逆时针方向的感应电流解析:直导线之间的磁场是对称的,圆环在中间时,通过圆环的磁通量为零，圆环上下运动的时候，通过圆环的磁通量不变，不会有感应电流产生，故A,B错误；圆环向左侧靠近直导线，则穿过圆环的磁场垂直纸面向外并且增强,根据楞次定律可得,环上的感应电流方向为顺时针，故C错误；圆环向右侧靠近直导线,则穿过圆环的磁场垂直纸面向里并且增强，根据楞次定律可得,环上的感应电流方向为逆时针，故D正确.2。

（2019·贵州毕节三模）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(C）A。

0 B.—2BSC。

-2BScos θD.—2BSsin θ解析：初始时刻,平面abcd的有效面积为与B垂直的竖直投影面积Scos θ，其磁通量为BScos θ.将abcd绕ad轴转180°角时,其磁通量为-BScos θ。

则穿过线圈平面的磁通量的变化量为ΔΦ=Φ2-Φ1=—2BScos θ.3。

（2019·辽宁沈阳模拟)如图所示,一个有界匀强磁场区域内的磁场方向垂直纸面向外，一个矩形闭合导线框abcd沿纸面由位置甲(左）匀速运动到位置乙(右),则（D)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。

[课时作业]单独成册方便使用[基础题组]一、单项选择题1．在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”的设想实验中，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：将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，因线圈中的磁通量没有变化，故不能观察到感应电流，选项A不符合题意；在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈时，如果通电线圈通以恒定电流，产生不变的磁场，则在另一线圈中不会产生感应电流，选项B 不符合题意；在线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流表时，磁通量已不再变化，因此也不能观察到感应电流，选项C不符合题意；绕在同一铁环上的两个线圈，在给一个线圈通电或断电的瞬间，线圈产生的磁场变化，使穿过另一线圈的磁通量变化，因此，能观察到感应电流，选项D符合题意．答案：D2.如图所示，闭合圆形导体线圈放置在匀强磁场中，线圈平面与磁场平行．当磁感应强度逐渐增大时，以下说法正确的是() A．线圈中产生顺时针方向的感应电流B．线圈中产生逆时针方向的感应电流C．线圈中不会产生感应电流D．线圈面积有缩小的倾向解析：由于线圈平面与磁场平行，所以穿过线圈的磁通量为0.当磁感应强度增大时，穿过线圈的磁通量仍然为0，则线圈中不会产生感应电流，故只有C正确．答案：C3.如图所示，左侧有一个竖直放置的超导体圆环，O点为圆环的圆心，右侧有一条形磁铁．一开始圆环中没有电流，条形磁铁由静止沿轴线向左加速运动，当N极到达圆心O所在位置时，突然静止不动．下列说法正确的是() A．条形磁铁运动的过程中，线圈中有逆时针电流(从左向右看) B．条形磁铁N极运动到O点静止瞬间，线圈中的电流消失C．条形磁铁运动的过程中，线圈对条形磁铁有向右的作用力D．条形磁铁运动的过程中，条形磁铁对线圈始终没有作用力解析：根据楞次定律“增反减同”的结论，条形磁铁运动的过程中，线圈中有顺时针电流(从左向右看)，选项A错误；线圈是超导体，条形磁铁静止瞬间，线圈中的电流不会消失，选项B错误；根据楞次定律“来拒去留”，条形磁铁运动的过程中，线圈对条形磁铁有向右的作用力，条形磁铁对线圈有向左的作用力，选项C正确，选项D 错误．答案：C4.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方向的电流出现B．ΔΦ1＝ΔΦ2，两次运动中线框中均有沿abcda方向的电流出现C．ΔΦ1＜ΔΦ2，两次运动中线框中均有沿adcba方向的电流出现D．ΔΦ1＜ΔΦ2，两次运动中线框中均有沿abcda方向的电流出现解析：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出现沿adcba方向的电流，C对．答案：C5.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()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．答案：D二、多项选择题6.如图，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()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：由于磁场变化，线圈变为圆形，面积变大，根据楞次定律可知，磁场逐渐减弱，方向可以是向里也可以是向外，C、D两项正确．答案：CD7.如图是磁悬浮的原理，图中A是圆柱形磁铁，B是用高温超导材料制成的超导圆环．将超导圆环水平放在磁铁A上，它就能在磁力的作用下悬浮在磁铁A上方的空中，则()A．将B放入磁场的过程中，B中将产生感应电流，稳定后，感应电流消失B．将B放入磁场的过程中，B中将产生感应电流，稳定后，感应电流仍存在C．如A的N极朝上，B中感应电流为顺时针方向(俯视)D．如A的N极朝上，B中感应电流为逆时针方向(俯视)解析：当将B环靠近A时，由于越靠近磁铁A，磁场就越强，磁感线就越密，所以在靠近过程中穿过B环的磁通量发生改变，即在该环中会产生感应电流；由于发生了超导，即B环没有电阻，所以稳定后B 环中的电流不会变小，且永远存在，故A错误，B正确．此时B环水平放在磁铁A上且悬浮在磁铁A的上方空中，即其相互排斥，说明B环的下面是N极，故B环中感应电流为顺时针方向(俯视)，故C 正确，D错误．答案：BC8.(2018·江苏镇江模拟)航母上飞机弹射起飞所利用的电磁驱动原理如图所示．当固定线圈上突然通过直流电时，线圈左侧的金属环被弹射出去．现在线圈左侧同一位置，先后放上用横截面积相等的铜和铝导线制成的形状、大小相同的两个闭合环，电阻率ρ铜<ρ铝．则合上开关S 的瞬间()A．从右侧看，环中产生沿逆时针方向的感应电流B．铜环受到的安培力大于铝环受到的安培力C．若将金属环置于线圈右侧，环将向右弹射D．电池正、负极调换后，金属环仍能向左弹射解析：闭合开关S的瞬间，金属环中向右的磁通量增大，根据楞次定律，从右侧看，环中产生沿顺时针方向的感应电流，A错误；由于电阻率ρ铜<ρ铝，先后放上用横截面积相等的铜和铝导线制成的形状、大小相同的两个闭合环，铜环中产生的感应电流大于铝环中产生的感应电流，由安培力公式可知，铜环受到的安培力大于铝环受到的安培力，B正确；若将金属环置于线圈右侧，则闭合开关S的瞬间，环将向右弹射，C正确；电池正、负极调换后，同理可以得出金属环仍能向左弹射，D正确．答案：BCD[能力题组]选择题9.(2018·湖南长沙模拟)自1932年磁单极子概念被狄拉克提出以来，不管是理论物理学家还是实验物理学家都一直在努力寻找，但迄今仍然没能找到它们存在的确凿证据．近年来，一些凝聚态物理学家找到了磁单极子存在的有力证据，并通过磁单极子的集体激发行为解释了一些新颖的物理现象，这使得磁单极子艰难的探索之路出现了一丝曙光．如果一个只有N极的磁单极子从上向下穿过如图所示的闭合超导线圈，则从上向下看，这个线圈中将出现()A．先是逆时针方向，然后是顺时针方向的感应电流B．先是顺时针方向，然后是逆时针方向的感应电流C．逆时针方向的持续流动的感应电流D．顺时针方向的持续流动的感应电流解析：N极磁单极子穿过超导线圈的过程中，当磁单极子靠近线圈时，穿过线圈的磁通量增加，且磁场方向从上向下，所以由楞次定律可知感应电流方向为逆时针；当磁单极子远离线圈时，穿过线圈的磁通量减小，且磁场方向从下向上，所以由楞次定律可知感应电流方向为逆时针．因此线圈中产生的感应电流方向不变．由于超导线圈中没有电阻，因此感应电流将长期维持下去，故A、B、D错误，C正确．答案：C10.(2018·陕西西安模拟)如图所示，矩形闭合线圈abcd竖直放置，OO′是它的对称轴，通电直导线AB与OO′平行，且AB、OO′所在平面与线圈平面垂直．若要在线圈中产生abcda方向的感应电流，可行的做法是()A．AB中电流I逐渐增大B．AB中电流I先增大后减小C．AB正对OO′，逐渐靠近线圈D．线圈绕OO′轴逆时针转动90°(俯视)解析：选项A、B、C中通过线圈的磁通量始终为零，故不能产生感应电流，A、B、C错误；选项D中，线圈中的磁通量增加，且原磁场方向逆时针穿过线圈，根据楞次定律可判断感应电流为顺时针穿过线圈，由安培定则可得感应电流方向为abcda，D正确．答案：D11．(2018·湖南长沙重点高中联考)MN、GH为光滑的水平平行金属导轨，ab、cd为跨在导轨上的两根金属杆，匀强磁场垂直穿过MN、GH所在的平面，如图所示，则()A．若固定ab，使cd向右滑动，则abdc回路有电流，电流方向由a 到b到d到cB．若ab、cd以相同的速度一起向右滑动，则abdc回路有电流，电流方向由c到d到b到aC．若ab向左、cd向右同时运动，则abdc回路电流为零D．若ab、cd都向右运动，且两棒速度v cd>v ab，则abdc回路有电流，电流方向由c到d到b到a解析：若固定ab，使cd向右滑动，由右手定则知应产生顺时针方向的电流，故A错．若ab、cd同向运动且速度大小相同，ab、cd所围的面积不变，磁通量不变，则不产生感应电流，故B错．若ab向左、cd向右同时运动，则abdc中有顺时针方向的电流，故C错．若ab、cd均向右运动，且v cd>v ab，则ab、cd所围的面积增大，磁通量也增大，则产生由c到d到b到a的电流，故D正确．答案：D12.(2018·山东潍坊模拟)如图所示，线圈A内有竖直向上的磁场，磁感应强度B随时间均匀增大；等离子气流(由高温高压的等电荷量的正、负离子组成)由左方连续不断地以速度v0射入P1和P2两极板间的匀强磁场中，发现两直导线a、b互相吸引．由此可以判断P1、P2两极板间的匀强磁场的方向为()A．垂直纸面向外B．垂直纸面向里C．水平向左D．水平向右解析：线圈A内有竖直向上的磁场，磁感应强度B随时间均匀增大，根据楞次定律可知a中电流的方向向下，a、b相互吸引，说明b中电流的方向也向下，则P1带正电，说明正离子向上偏转，根据左手定则可知P1、P2间磁场的方向垂直于纸面向里，B正确．答案：B13.(多选)如图所示，倾角为α的斜面上放置着光滑导轨，金属棒KN置于导轨上，在以ab和cd为边界的区域内存在磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直导轨平面向上．在cd左侧的无磁场区域cdPM内有一半径很小的金属圆环L，圆环与导轨在同一平面内．当金属棒KN在重力作用下从磁场右边界ab处由静止开始向下运动后，则下列说法正确的是() A．圆环L有收缩趋势B．圆环L有扩张趋势C．圆环内产生的感应电流变小D．圆环内产生的感应电流不变解析：由于金属棒KN在重力的作用下向下运动，则KNMP回路中产生逆时针方向的感应电流，则在圆环处产生垂直于轨道平面向上的磁场，随着金属棒向下加速运动，圆环的磁通量将增加，依据楞次定律可知，圆环将有收缩的趋势以阻碍圆环磁通量的增加；又由于金属棒向下运动的加速度减小，磁通量的变化率减小，所以在圆环中产生的感应电流不断减小．故A、C正确．答案：AC14．(多选)如图所示，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()A．若线圈闭合，进入磁场时，线圈中感应电流方向从上向下看为逆时针B．若线圈闭合，传送带以较大速度匀速运动时，磁场对线圈的作用力增大C．从图中可以看出，第2个线圈是不合格线圈D．从图中可以看出，第3个线圈是不合格线圈解析：由楞次定律可知，若线圈闭合，进入磁场时，线圈中感应电流方向从上向下看为顺时针，A错误．若线圈闭合，传送带以较大速度匀速运动时，线圈通过磁场区域更快，由法拉第电磁感应定律可知，产生的感应电动势更大，感应电流更大，安培力也更大，B正确．由图知1、2、4、…线圈都发生了相对滑动，而第3个线圈没有，故第3个线圈为不合格线圈，C错误，D正确．答案：BD15．(多选)如图甲所示，等离子气流由左边连续以方向如图所示的速度v0射入P1和P2两金属板间的匀强磁场中，ab直导线与P1、P2相连接，线圈A与直导线cd连接．线圈A内有如图乙所示的变化磁场，且磁场B的正方向规定为向左，如图甲所示．下列说法正确的是()A．0～1 s内ab、cd导线互相排斥B．1～2 s内ab、cd导线互相排斥C．2～3 s内ab、cd导线互相排斥D．3～4 s内ab、cd导线互相排斥解析：由题图甲左侧电路可以判断ab中电流方向为由a到b；由右侧电路及题图乙可以判断，0～2 s内cd中感应电流方向为由c到d，跟ab中的电流同向，因此ab、cd相互吸引，选项A、B错误.2～4 s 内cd中感应电流方向为由d到c，跟ab中电流反向，因此ab、cd 相互排斥，选项C、D正确．答案：CD。

专题提升(十) 电磁感应的综合应用根底必备1.(2019·山东淄博一模)如下列图,闭合线圈abcd用绝缘硬杆悬于O点,虚线表示有界磁场B,把线圈从图示位置释放后使其摆动,不计其他阻力,线圈将( B )A.往复摆动B.很快停在竖直方向平衡而不再摆动C.经过很长时间摆动后最后停下D.线圈中产生的热量小于线圈机械能的减少量解析:当线圈进出磁场时,穿过线圈的磁通量发生变化,从而在线圈中产生感应电流,机械能不断转化为电能,直至最终线圈不再摆动.根据能量守恒定律,在这过程中,线圈中产生的热量等于机械能的减少量.2.(2019·湖南长沙一模)水平放置的光滑导轨上放置一根长为L、质量为m的导体棒ab,ab处在磁感应强度大小为B、方向如下列图的匀强磁场中,导轨的一端接一阻值为R的电阻,导轨与导体棒电阻不计.现使ab在水平恒力F作用下由静止沿垂直于磁场的方向运动,当通过位移为s 时,ab达到最大速度v m.此时撤去外力,最后ab静止在导轨上.在ab运动的整个过程中,如下说法正确的答案是( D )A.撤去外力后,ab做匀减速运动B.合力对ab做的功为FsC.R上释放的热量为Fs+mD.R上释放的热量为Fs解析:撤去外力后,导体棒水平方向只受安培力作用,而F安=,F安随v的变化而变化,棒做加速度减小的减速运动,A错误;对整个过程由动能定理得W合=ΔE k=0,B错误;由能量守恒定律知,外力做的功等于整个回路产生的电能,电能又转化为R上释放的热量,即Q=Fs,C错误,D正确.3.(2019·山东日照联考)竖直平面内有一形状为抛物线的光滑曲面轨道,如下列图,抛物线方程是y=x2,轨道下半局部处在一个水平向外的匀强磁场中,磁场的上边界是y=a的直线(图中虚线所示),一个小金属环从抛物线上y=b(b>a)处以速度v沿抛物线下滑,假设抛物线足够长,金属环沿抛物线下滑后产生的焦耳热总量是( D )A.mgbB.mv2C.mg(b-a)D.mg(b-a)+mv2解析:小金属环进入或离开磁场时,磁通量会发生变化,并产生感应电流,产生焦耳热;当小金属环全部进入磁场后,不产生感应电流,小金属环最终在磁场中做往复运动,由能量守恒定律可得产生的焦耳热等于减少的机械能,即Q=mv2+mgb-mga=mg(b-a)+mv2,D正确.4.(2019·江西重点中学联考)(多项选择)如下列图,金属棒ab,cd与足够长的水平光滑金属导轨垂直且接触良好,匀强磁场的方向竖直向下.如此ab棒在恒力F作用下向右运动的过程中,有( BD )A.安培力对ab棒做正功B.安培力对cd棒做正功C.abdca回路的磁通量先增加后减少D.F做的功等于回路产生的总热量和系统动能的增量之和解析:ab棒向右运动产生感应电流,电流通过cd棒,cd棒受向右的安培力作用随之向右运动.设ab,cd棒的速度分别为v1,v2,运动刚开始时,v1>v2,回路的电动势E=,电流为逆时针方向,ab,cd棒所受的安培力方向分别向左、向右,安培力分别对ab,cd棒做负功、正功,选项A 错误,B正确;金属棒最后做加速度一样、速度不同的匀加速运动,且v1>v2,abdca回路的磁通量一直增加,选项C错误;对系统,由动能定理可知,F做的功和安培力对系统做的功的代数和等于系统动能的增量,而系统抑制安培力做的功等于回路中产生的总热量,选项D正确.5.(2019·湖南衡阳模拟)(多项选择)如下列图,平行金属导轨与水平面成θ角,R1=R2=2R,匀强磁场垂直穿过导轨平面,有一导体棒ab质量为m,棒的电阻为2R,棒与导轨之间的动摩擦因数为μ.导体棒ab沿导轨向上滑动,当上滑的速度为v时,定值电阻R2消耗的电功率为P,如下说法正确的答案是( AC )A.整个装置因摩擦而产生的热功率为μmgvcos θB.整个装置消耗的机械功率为4P+μmgvcos θC.导体棒受到的安培力的大小为D.导体棒受到的安培力的大小为解析:棒ab上滑速度为v时,切割磁感线产生感应电动势E=Blv,棒电阻为2R,R1=R2=2R,回路的总电阻R总=3R,通过电阻R1的电流与通过电阻R2的电流相等,通过棒ab的电流等于通过电阻R2的电流的2倍,导体棒ab功率是电阻R2的4倍,即P ab=4P,总功率为6P,如此有6P=Fv,所以导体棒受到的安培力的大小F=,C正确D错误;棒与导轨的摩擦力f=μmgcos θ,故摩擦消耗的热功率为P f=fv=μmgvcos θ,A正确;整个装置消耗的机械功率为摩擦消耗的热功率与三局部导体的热功率之和,P总=P热+P f=6P+μmgvcos θ,B错误.6.(2019·福建漳州模拟)如下列图,水平地面上方矩形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场,两个边长相等的单匝闭合正方形线圈Ⅰ和Ⅱ,分别用一样材料,不同粗细的导线绕制(Ⅰ为细导线).两线圈在距磁场上界面h高处由静止开始自由下落,再进入磁场,最后落到地面.运动过程中,线圈平面始终保持在竖直平面内且下边缘平行于磁场上边界.设线圈Ⅰ,Ⅱ落地时的速度大小分别为v1,v2,在磁场中运动时产生的热量分别为Q1,Q2.不计空气阻力,如此( D )A.v1<v2,Q1<Q2B.v1=v2,Q1=Q2C.v1<v2,Q1>Q2D.v1=v2,Q1<Q2解析:由于从同一高度下落,到达磁场边界时具有一样的速度v,切割磁感线产生感应电流同时受到磁场的安培力F A=,又R=ρ(ρ为材料的电阻率,l为线圈的边长),此时加速度a=g-,且m=ρ0S·4l(ρ0为材料的密度),所以加速度a=g-=g-与S无关,线圈Ⅰ和Ⅱ同步运动,如此落地速度相等v1=v2;由能量守恒可得Q=mg(h+H)-mv2(H是磁场区域的高度),Ⅰ为细导线质量小,产生的热量少,所以Q1<Q2,故D正确.7.(多项选择)如图(甲)所示,左侧接有定值电阻R=3 Ω的水平粗糙导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中,磁感应强度B=2 T,导轨间距为L=1 m.一质量m=2 kg、接入电路的阻值r=1 Ω的金属棒在拉力F作用下由静止开始从CD处沿导轨向右加速运动,金属棒与导轨垂直且接触良好,金属棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.5,g=10 m/s2,金属棒的v s图象如图(乙)所示,如此从起点发生s=1 m位移的过程中( CD )A.拉力做的功为16 JB.通过电阻R的电荷量为0.25 CC.定值电阻R产生的焦耳热为0.75 JD.所用的时间t一定大于1 s解析:根据图象可知v=2s,金属棒运动过程中受到的安培力F A=,即安培力与s是线性函数,所以在此过程中平均安培力=1 N,根据功能关系W F=W f+mv2+W FA=μmgs+mv2+F A·s=0.5×20×1 J+×2×22J+1×1 J=15 J,故A错误;q=== C=0.5 C,故B错误;抑制安培力做的功转化为回路中的焦耳热,Q=W FA=1 J,而R上的焦耳热为Q R=Q=Q=0.75 J,故C正确;v s图象中的斜率k==·=,所以a=kv,即随着速度的增加,加速度也在增加,假设导体棒做匀加速运动1 m,末速度为v=2 m/s,如此需要的时间为t==1 s,现在导体棒做加速度增加的加速运动,移动1 m后速度仍为v=2 m/s,如此所需时间大于1 s,故D正确.8.(2019·河南示范性高中联考)如下列图,在光滑的水平面上,有一垂直向下的匀强磁场分布在宽度为L的区域内,现有一个边长为a(a<L)的正方形闭合线圈以初速度v0垂直磁场边界滑过磁场后,速度为v(v<v0),那么线圈( B )A.完全进入磁场中时的速度大于B.完全进入磁场中时的速度等于C.完全进入磁场中时的速度小于D.以上情况均有可能解析:线圈进入磁场过程-B L·Δt1=mv'-mv0①线圈离开磁场过程-B L·Δt2=mv-mv'②进出磁场时磁通量变化数值一样,故q0=q,q0=·Δt1=·Δt2=q③联立①②③,得v'-v0=v-v'所以v'=,应当选B.能力培养9.(2019·辽宁鞍山模拟)(多项选择)如下列图,两足够长的平行光滑的金属导轨MN,PQ相距为d,导轨平面与水平面的夹角θ=30°,导轨电阻不计,磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向上.长为d的金属棒ab垂直于MN,PQ放置在导轨上,且始终与导轨接触良好,金属棒的质量为m、电阻为r=R.两金属导轨的上端连接一个灯泡,灯泡的电阻R L=R,重力加速度为g.现闭合开关S,给金属棒施加一个垂直于棒且平行于导轨平面向上的恒力F=mg,使金属棒由静止开始运动,当金属棒达到最大速度时,灯泡恰能达到它的额定功率.如下说法正确的答案是( BCD )A.灯泡的额定功率P L=B.金属棒能达到的最大速度v m=C.金属棒达到最大速度的一半时的加速度a=gD.假设金属棒上滑距离为L时速度恰达到最大,金属棒由静止开始上滑4L的过程中,金属棒上产生的电热Q r=mgL-解析:当金属棒达到最大速度时,金属棒的合外力为0;金属棒切割磁感线时产生的感应电动势E=Bdv m,由闭合电路欧姆定律得I=;由安培力公式得F A=,由合力为0,可知,F A=F-mgsin θ,解得金属棒能达到的最大速度v m=,灯泡的额定功率P L=I2R=,故A 错误,B正确;当金属棒达到最大速度的一半时,F A'=,合力F合=F-F A'-mgsin θ=,由牛顿第二定律可知此时加速度a=g,故C正确;由能量守恒定律知,外力F做功等于增加的动能、增加的重力势能和这个过程中产生的热量,有4mgL=4mgLsin θ+m+2Q r,解得Q r=mgL-,故D 正确.10.(2019·福建龙岩模拟)(多项选择)如下列图,水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ,两导轨间距为L,导轨电阻均可忽略不计.在M和P之间接有一阻值为R的定值电阻,导体杆ab质量为m、电阻也为R,并与导轨接触良好.整个装置处于方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中.现给ab杆一个初速度v0,使杆向右运动,最终ab杆停在导轨上.如下说法正确的答案是( BD )A.ab杆将做匀减速运动直到静止B.ab杆速度减为时,ab杆加速度大小为C.ab杆速度减为时,通过电阻的电荷量为D.ab杆速度减为时,ab杆走过的位移为解析:ab杆水平方向上受与运动方向相反的安培力,安培力大小为F A=,加速度大小为a==,由于速度减小,所以ab杆做加速度减小的减速运动直到静止,故A错误;当ab杆的速度为时,安培力为F=,所以加速度为a==,故B正确;对ab杆由动量定理得-B L·Δt=m-mv0,即BLq=mv0,解得q=,故C错误;由电磁感应电荷量推论公式q==,解得x=,故D正确.11.(2019·河南安阳二模)如下列图,两根金属导轨平行放置在倾角为θ=30°的斜面上,导轨左端接有电阻R=8 Ω,导轨自身电阻不计.匀强磁场垂直于斜面向上,磁感应强度为B=0.5 T.质量为m=0.1 kg,电阻为r=2 Ω的金属棒ab由静止释放,沿导轨下滑,如下列图.设导轨足够长,导轨宽度L=2 m,金属棒ab下滑过程中始终与导轨接触良好,当金属棒下滑的高度为h=3 m时,恰好达到最大速度v m=2 m/s,求此过程中(g=10 m/s2):(1)金属棒受到的摩擦阻力;(2)电阻R中产生的热量(3)通过电阻R的电荷量.解析:(1)感应电流的方向从b到a,作受力图.当金属棒速度恰好达到最大速度时,加速度为零,如此mgsin θ=BIL+f根据法拉第电磁感应定律E=BLv m根据闭合电路欧姆定律I=,联立以上各式解得f=mgsin θ-=0.3 N.(2)下滑过程,根据能量守恒定律,重力势能的减少量等于摩擦生热、抑制安培力做的功(转化为热量)以与动能之和mgh=f·+Q+m代入数据解得电路中产生的总热量为Q=1 J此过程中电阻R中产生的热量Q R=Q=×1 J=0.8 J.(3)设通过电阻R的电荷量为q,由=,=得q=Δt===0.6 C.答案:(1)0.3 N (2)0.8 J (3)0.6 C12.(2019·湖南长沙模拟)足够长的平行金属轨道M,N,相距L=0.5 m,且水平放置;M,N左端与半径R=0.4 m 的光滑竖直半圆轨道相连,与轨道始终垂直且接触良好的金属棒b和c可在轨道上无摩擦地滑动,两金属棒的质量m b=m c=0.1 kg,接入电路的有效电阻R b=R c=1 Ω,轨道的电阻不计.平行水平金属轨道M,N处于磁感应强度B=1 T的匀强磁场中,磁场方向垂直轨道平面向上,光滑竖直半圆轨道在磁场外,如下列图,假设使b棒以初速度v0=10 m/s开始向左运动,运动过程中b,c不相撞,g取10 m/s2,求:(1)c棒的最大速度;(2)c棒达最大速度时,此棒产生的焦耳热;(3)假设c棒达最大速度后沿半圆轨道上滑,金属棒c到达轨道最高点时对轨道的压力的大小. 解析:(1)在磁场力作用下,b棒做减速运动,c棒做加速运动,当两棒速度相等时,c棒达最大速度.取两棒组成的系统为研究对象,根据动量守恒定律有m b v0=(m b+m c)v解得c棒的最大速度为v=v0=v0=5 m/s.(2)从b棒开始运动到两棒速度相等的过程中,系统减少的动能转化为电能,两棒中产生的总热量为wordQ=m b-(m b+m c)v2=2.5 J因为R b=R c,所以c棒达最大速度时此棒产生的焦耳热为Q c==1.25 J.(3)设c 棒沿半圆轨道滑到最高点时的速度为v',从半圆轨道最低点上升到最高点的过程由机械能守恒可得m c v2-m c v'2=m c g·2R解得v'=3 m/s在最高点,设轨道对c棒的弹力为F,由牛顿第二定律得m c g+F=m c解得F=1.25 N.由牛顿第三定律得,在最高点c棒对轨道的压力为1.25 N,方向竖直向上.答案:(1)5 m/s (2)1.25 J (3)1.25 N- 11 - / 11。

课后分级演练（二十九）法拉第电磁感应定律自感现象【A 级一一基础练】1•如图所示，两块水平放置的金属板距离为d,用导线、开关 K 与一个77匝的线圈连接，线圈置于方向竖直向上的均匀变化的磁 场〃中.两板间放一台小型压力传感器，压力传感器上表面绝缘, 在其上表面静止放置一个质量为刃、电荷量为Q 的带正电小球.K 没有闭合时传感器有示数，K 闭合时传感器示数变为原来的一半.则线圈中磁场〃的变化情 况和磁通量的变化率分别为（）解析：B 根据K闭合时传感器示数变为原來的一半，推出带正电小球受向上的电场力, 即上极板带负电，下极板带正电，线圈感应电动势的方向从上极板经线圈流向下极板，根据 安培定则知感应磁场的方向向下，与原磁场方向相反，又由楞次定律得线圈中磁场正在增强;FA （PA （I ）对小球受力分析得 歹于，英屮感应电动势4/帀，代入得京？故B 正确•2. 如图甲所示，电路的左侧是一个电容为C 的电容器，电路的右侧是一个环形导体,环形导体所围的面积为$在环形导体中有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小A.正在增强,A <Z> _ mgd A t =~2q B.正在增强, A <Z> _ mgd△ t 2nqC.正在减弱, A <Z> _ mgd A t 2qD.正在减弱,A <Z> _ mgdA t 2nq随时间变化的规律如图乙所示.则在0〜九时间内, 电容器（）A.上极板带正电;B.上极板带正电,C.上极板带负电，D.上极板带负电，r<:所带电荷量为一 所带电荷量为°所带电荷量为, CS所带电荷量为"toto toto解析：A由题图乙可知八★根据楞次定律知，感应电流沿逆时针方向，故电容器上极板带正电，5"to ,Q=CE少B ,故A正确.to3. （多选）法拉第圆盘发电机的示意图如图所示.铜圆盘安装 在竖直的铜轴上，两铜片只0分别与圆盘的边缘和铜轴接触.圆 盘处于方向竖直向上的匀强磁场〃中.圆盘旋转时，关于流过电 阻斤的电流，下列说法正确的是（）A. 若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定B. 若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿臼到方的方向流动C. 若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化D. 若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在斤上的热功率也变为原来的2倍 解析：AB 设圆盘的半经为八圆盘转动的角速度为则圆盘转动产生的电动势为〃=訥心,可知，转动的角速度恒定，电动势恒定，电流恒定，人项正确；根据右手定则可 知，从上向下看，圆盘顺时针转动，圆盘中电流由边缘指向圆心，即电流沿日到0的方向流 动，B 项正确；圆盘转动方向不变，产生的电流方向不变，C 项错误；若圆盘转动的角速度 变为原來的2倍，则电动势变为原來的4倍，电流变为原來的4倍，由&处可知，电阻斤 上的热功率变为原来的16倍，D 项错误.4. 如图为无线充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为刀，面 积为S 若在衣到£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〃均匀增加到5,则该段时间线圈两端曰和力之间的电 势差仇一施，（ ）解析：c 根据法拉第电磁感应定律，E=*^~,由楞次定律可以判断& 点电势低于方点电如所以方两点之间的电势差为「记十，C 项正确.5. 随着新能源轿车的普及，无线充电技术得到进一步开发和应用.一般给大功率电动 汽车充电时利用的是电磁感应原理.如图所示，由地面供电装置（主要装置有线圈和电源） 将电能传送至电动车底部的感应装置（主要装置是线圈），该装置使用接收到的电能对车载电 池进行充电，供电装置与车身接收装置之间通过磁场传送能量，由于电磁辐射等因素，其能 量传输效率只能达到90%左右.无线充电桩一般采用平铺式放置，用户无需下车、无需插电A. 恒为竺t\B.从0均匀变化到型 B L B\C. 恒为nS By —Bi上2 —D. 从0均匀变化到一nSRQLa即可对电动车进行充电.目前，无线充电桩可以允许的充电有效距离一般为15〜25 cm,允许的错位误差一般为15 cm 左右.下列说法正确的是（）A. 无线充电桩的优越性之一是在百米开外也可以对电动汽车快速充电B. 车身感应线圈中感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化C. 车身感应线圈中感应电流的磁场总是与地面发射线圈中电流的磁场方向相反D. 若线圈均采用超导材料则能量的传输效率有望达到100% 解析：B 题中给出无线充电桩可以允许的充电有效距离一般为15〜25 cm,在百米开 外无法充电，故A 项错误.该充电装置是通过改变地面供电装置的电流使电动车底部的感应 装置产生感应电流，根据楞次定律可知，车身感应线圈中感应电流的磁场总是要阻碍引起感 应电流的磁通量的变化，故B 项正确.由于不知道地面供电装置的电流是增大还是减小，故 车身感应线圈中感应电流的磁场不一定总是与地血发射线圈中电流的磁场方向相反，故 C 项错误.由于电磁辐射等因素，传输效率不可能达到100%,故D 项错误.6.金属杆"水平放置在某高处，当它被平抛进入方向竖直向上 * | B的匀强磁场中时（如图所示），忽略空气阻力， （）A. 运动过程屮感应电动势大小不变，且B. 运动过程中感应电动势大小不变，且C. 由于速率不断增大，所以感应电动势不断变大，且4》叽D. 由于速率不断增大，所以感应电动势不断变大，且也5解析：A 金属杆做平抛运动，水平方向匀速垂直切割磁感线运动，产生的感应电动势 大小不变，由右手定则知，日端电势比b 端高，竖直方向平行磁感线运动，不产生感应电动 势，故在运动过程中产生的感应电动势大小不变，并且日端电势比方端高，即选项A 正确， 英他错误.7. 如图，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， 磁感应强度人小为〃•使该线框从静止开始绕过圆心0、垂直于半 圆而的轴以角速度Q 匀速转动半周，在线框屮产生感应电流.现使线框保持图中所示位置,K 0年身底部感收置 地面供电装诂T车身底部感应装址地面供电装置以下说法中正确的是0 &> e b锂离子裁电池X X X磁感应强度人小随时间线性变化.为了产生与线框转动半周过程屮同样人小的电流，磁感应 强度随时间的变化率¥的大小应为（c竺JT解析：C 由导线框匀速转动时，设半径为门导线框电阻为爪 在很短的At 时间内, A O=CD M,由法拉第电磁感应定律及欧姆定律可得感应电流/】=9 AJI 广£肝、、丽严=色穿;当导线框不动，而磁感应强度发生变化吋，同理可得感应电流【2 =诜D.转过圆心角B* Ji r 二 2R\ t 令 71= 72, 可得 、B & 3 At JiC 对.8.（2017 •北京西城区期末）如图所示，线圈厶与小灯泡/!并联后接到电源上.先闭合开关S,稳定后，通过线圈的电流为厶，通过小灯泡的电流为Z.断开开关S,发现小灯泡闪亮一下再熄灭.则下列说法正确的是（）A.B.Z I =72C.断开开关前后，通过小灯泡的电流方向不变D.断开开关前后，通过线圈的电流方向不变解析：D分析开关S闭合稳定后，因为线圈的电阻较小，由并联电路的特征易知A、B错；开关S断开瞬间电源与线圈和小灯泡断开，线圈中的电流要发生突变，所以线圈中会感应出新的电动势阻碍原电流的减小，所以线圈屮的电流方向不变，D对；断开开关瞬间因为线圈相当于电源与灯泡构成一个回路，流过灯泡的电流方向与开始时方向相反，C错.9.（2017 •无锡模拟）如图所示,三个灯泡L】、L 2> L3的电阻关系为R&RKRx电感线圈/的电阻可忽略，D为理想二极管，开关K从闭合状态突然断开吋，下列判断正确的是（）A.4逐渐变暗，L2、5均先变亮，然后逐渐变暗B・I“逐渐变暗，L2立即熄灭，5先变亮，然后逐渐变暗C.匚立即熄灭,L2、L3均逐渐变暗D. 4、4、L3均先变亮，然后逐渐变暗解析：B开关K处于闭合状态时，由于R&RKR、,则GQTa,开关K从闭合状态突然断开时，电感线圈、【小厶组成闭合冋路，1“逐渐变喑，通过山的电流由Tf,再逐渐【B 级一一提升练】11. (多选)1824年，法国科学家阿拉杲完成了著名的“圆盘实 验”.实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬 挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示.实验中发现，当圆盘在磁 针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起 来，但略有滞后.下列说法正确的是()A. 圆盘上产生了感应电动势B. 圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动C. 在圆盘转动的过程屮，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化D. 圆盘中的口由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动 解析：AB 把圆盘等效成由无数辐条组成的自行车车轮，车轮在转动时辐条切割磁感线 产生感应电动势，但由于不同的辐条所在位置磁场大小及方向不相同，产生的感应电动势也 不相同，从而在圆盘内部形成涡形电流，该电流产生的磁场使磁针转动，A 、B 正确.由于 磁针放在圆盘中心正上方，穿出与穿入的磁感线应该一样多，即穿过圆盘的磁通量始终为零,减小，故5先变亮，然后逐渐变暗，而由于二极管的反向截止作用，・立即熄灭，选项B •正确.10. 如图所示，/側、図是两根足够长的光滑平行金屈导轨，导 轨间距为也导轨所在平面与水平面成〃角，臥P 间接阻值为斤 的电阻.匀强磁场的方向与导轨所在平面垂直，磁感应强度大小 为〃•质量为〃人阻值为“的金属棒放在两导轨上，在平行于导轨的拉力作用下，以速度/匀速向上运动.已知金属棒与导轨始终垂直并且保持良好接触，重 力加速度为g.求:(1) 金屈棒产生的感应电动势E ； (2) 通过电阻斤的电流厶 (3) 拉力尸的大小.解析：(1)根据法拉笫电磁感应定律得4加只 (2)根据闭合电路欧姆泄律得__ Bdv I=R+ R+ r(3)导体棒的受力情况如图所示，根据牛顿第二定律有F —仏一mgsin &=0,又因为 F^ = BId= R ；：,所以 F=mgsix\ 〃+注｛ 答案：⑴Bdv/、Bdv⑵科(3)加的inJdvQC 错误.圆盘整体不带电，若无磁场，则正负电荷均做圆周运动，不会形成电流，D 错误.12. （多选）线圈所围的面积为0. 1 m 2,线圈电阻为1 Q.规定线圈中感应电流/的正方 向从上往下看沿顺时针方向，如图甲所示.磁场的磁感应强度〃随时间f 的变化规律如图乙所示.则以下说法正确的是（）A. 在0〜5 s 时间内，/的最大值为0.01 AB. 在t=4 s 时刻，/的方向为逆时针C. 前2 s 内，通过线圈某一截面的总电荷量为0.01 CD. 第3 s 内，线圈的发热功率最大A 0 A RS解析：BC 根据法拉第电磁感应定律尸=/寸=/代丁可知，在B~t 图象中图线的斜 率越大，线圈中产生的感应电动势越大，由图乙可知，t=0时刻线圈的感应电动势最大， 氐尸¥>y 1V = 0. 01 V,由欧姆定律得 入=牛>牛罟=0. 01 A,选项A 错误；3〜 5 s 内，竖直向上的磁场一直在减弱，根据楞次定律可知，线圈中感应电流方向沿逆时针方— A 0— Q向，选项B 正确；由法拉第电磁感应定律得£=寸,由闭合电路欧姆定律得T,通 过线圈某一横截面的电荷量I Z 联立以上三式得，前2 s 内通过线圈某一截面的总 电荷量0=¥=乎=°弋""C = 0.01 C,选项C 正确；线圈的发热功率P=£气由此可知在B-t 图象中图线的斜率越大，线圈的发热功率越大，由图乙可知,=0时刻线圈的发热功率最大，选项D 错误.13. 在水为平面内有一条抛物线金属导轨，导轨的抛物线方程为y =4AS 磁感应强度为〃的匀强磁场垂直于导轨平面向里，一根足够长的 金属棒必垂直于％轴从坐标原点开始，以恒定速度卩沿x 轴正方向运 动，运动中始终与金属导轨保持良好接触，如图所示.则下列图象中能表示回路中感应电动势大小随时间变化的是（乙)解析：B金属棒M沿/轴以恒定速度/运动，因此，则金属棒在回路中的有效长度』=2y=4yp=4顾,由电磁感应定律得回路中感应电动势E=Blv=4B 历,即 2 t, 选项B 正确.14. 如图甲所示，光滑且足够长的平行金属导轨沏比図固定在同一水平面上，两导轨 间距0=0.30 m.导轨电阻忽略不计，其间接有定值电阻斤=0.40 Q.导轨上停放一质量为 仍=0.10 kg 、电阻r=0. 20 Q 的金属杆白方，整个装置处于磁感应强度B=0. 50 T 的匀强磁 场中，磁场方向竖直向下.利用一外力F 沿水平方向拉金属杆臼方，使之由静止开始做匀加 速直线运动，电压传感器可将斤两端的电压〃即时采集并输入电脑，电脑屏幕描绘出〃随时 间方的变化关系如图乙所示.求：(1) 金属杆加速度的大小； (2) 第2 s 末外力的瞬时功率. 解析：(1)设金属杆的运动速度为卩，则感应电动势E=BLv,p通过电阻斤的电流/=亍， 电阻*两端的电压U=規=船: 由图乙可得U=kt,斤=0.10 V/s, 口 k 7?+r解得 V= ---- ~BH<—tf上 D\ 厂金属杆做匀加速运动的加速度尸~=1.0 m/s 2.设外力大小为用，由尺一尸安=〃扫解得用=0. 175 N. 故第2 s 末外力的瞬时功率P=Fzat=0. 35 W. 答案：(1)1.0 m/s 2 (2) 0. 35 W15. (1)如图甲所示，两根足够长的平行导轨，间距A=0.3m,在导轨间有垂直纸面向 里的匀强磁场，磁感应强度5 = 0. 5 T.-根直金属杆輕V 以y=2 m/s 的速度向右匀速运动, 杆册始终与导轨垂直且接触良好.杆测的电阻门=1 Q,导轨的电阻可忽略.求杆例屮 产生的感应电动势乩(2)如图乙所示，一个匝数门=100的圆形线圈，面积S = 0.4 m 2,电阻r 2=l Q.在线R+r f^=0. 075 zr+rL电压传感器—11X4XXX XF x x XXX XXXP(2)在第2 s 末, U = B1L=6 《接电脑圈屮存在面积S=0.3m 2垂直线圈平面(指向纸外)的匀强磁场区域，磁感应强度5随时间I 变化的关系如图丙所示.求圆形线圈中产生的感应电动势血.(3) 将一个斤 =2 Q 的电阻分别与图甲和图乙中的曰、b 端相连接，然后b 端接地.试判 断以上两种情况中，哪种情况臼端的电势较高？并求出较高的电势0“解析：⑴杆侧做切割磁感线的运动, 产生的感应电动势E\ = B\Lv=0.3 V.(2)穿过圆形线圈的磁通量发生变化，(3)题图甲中 g 札=0,题图乙中 仇＜处=0,所以当电阻斤与题图甲中的导轨相连接时，曰端的电势较高.R.此时通过电阻斤的电流匸云；电阻斤两端的电势差讥一叽=IR臼端的迫势几=刀？=0.2 V.答案：(1)0.3 V (2)4.5 V ⑶与图甲中的导轨相连接臼端电势高 泯=0.2V 产生的感应电动势鸟=〃 $=4. 5。

2019版高考物理一轮总复习第10章电磁感应第2讲法拉第电磁感应定律、自感一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。

其中1～6为单选，7～10为多选)1．如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，将一水平放置的金属棒ab以水平初速度v0抛出，设在整个过程中棒的方向不变且不计空气阻力，则金属棒在运动过程中产生的感应电动势大小变化情况是( )A．越来越大B．越来越小C．保持不变D．无法判断答案 C解析当导体切割磁感线时感应电动势的大小为E＝Blv，其中v指的是导体沿垂直于磁场方向的分速度大小，对应于本题金属棒水平方向的分速度v0不变，所以导体棒在运动过程中产生的感应电动势大小E＝Blv0，大小保持不变。

2．如图所示，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( )A．减少线圈的匝数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 答案 B解析 该装置的工作原理是，线圈内变化的电流产生变化的磁场，从而使金属杯体内产生涡流，再把电能转化为内能，使杯内的水发热。

交流电源的频率一定时，线圈产生的磁场越强，杯体内磁通量变化就越快，产生的涡流就越大，增加线圈的匝数会使线圈产生的磁场增强，而取走线圈中的铁芯会使线圈产生的磁场减弱，故A 、D 错误。

交流电源的频率增大，杯体内磁通量变化加快，产生的涡流增大，故B 正确。

瓷为绝缘材料，不能产生涡流，故C 错误。

3．如图所示，在庆祝反法西斯胜利70周年阅兵盛典上，我国预警机“空警—2000”在天安门上空时机翼保持水平，以4.5×102km/h 的速度自东向西飞行。

该机的翼展(两翼尖之间的距离)为50 m ，北京地区地磁场的竖直分量向下，大小为4.7×10－5T ，则( )A ．两翼尖之间的电势差为2.9 VB ．两翼尖之间的电势差为1.1 VC ．飞机左方翼尖的电势比右方翼尖的电势高D ．飞机左方翼尖的电势比右方翼尖的电势低 答案 C解析 由E ＝Blv 得E ＝4.7×10－5×50×4.5×1023.6V ＝0.29 V ，故A 、B 选项均错误；由右手定则可知，飞机左方翼尖的电势比右方翼尖的电势高，C 选项正确，D 选项错误。

第2节法拉第电磁感应定律自感和涡流一、法拉第电磁感应定律(1)概念: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.(1)内容:电路中感应电动势的大小与穿过这一电路的磁通量变化率成正比.(2)公式:E=nΔΔt,其中n为线圈匝数.(1)垂直切割:E=Blv.(2)倾斜切割:E=Blvsin θ,其中θ为v与B的夹角.(3)旋转切割(以一端为轴):E=12Bl2ω.自主探究如图所示,导体棒CD在均匀磁场中运动.(1)自由电荷会随着导体棒运动,并因此受到洛伦兹力.导体棒中自由电荷相对于纸面的运动大致沿什么方向?为了方便,可以认为导体棒中的自由电荷是正电荷.(2)导体棒一直运动下去,自由电荷是否总会沿着导体棒运动?为什么?(3)导体棒哪端的电势比较高?(4)如果用导线把C,D两端连到磁场外的一个用电器上,导体棒中的电流是沿什么方向的?答案:(1)D→C (2)达到电场力和洛伦兹力平衡就不会沿导体棒运动下去 (3)C 端(4)D→C(1)概念:电动机转动时,线圈中也会产生感应电动势,这个感应电动势总要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:反电动势阻碍电动机线圈的转动. 二、自感和涡流由于通过导体自身的电流变化而产生的电磁感应现象.(1)定义:由导体自身电流变化所产生的感应电动势. (2)表达式:E=LΔΔI t. (3)自感系数L:①相关因素:与线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯等因素有关. ②单位:亨利(H),1 mH=10-3H,1 μH=10-6H.(1)涡流:块状金属放在变化的磁场中,穿过金属块的磁通量发生变化,金属块内产生的旋涡状感应电流.(2)产生原因:金属块内磁通量变化→感应电动势→感应电流.(3)涡流的利用:冶炼金属的高频感应炉利用炉内金属中涡流产生焦耳热使金属熔化;家用电磁炉也是利用涡流原理制成的.(4)涡流的减少:各种电动机和变压器中,用涂有绝缘漆的硅钢片叠加成的铁芯,以减少涡流.(1)线圈中磁通量变化越大,产生的感应电动势越大.( × ) (2)公式E=Blv 中的l 是导体棒的总长度.( × )(3)磁场相对导体棒运动时,导体棒中也能产生感应电动势.( √ ) (4)线圈中的感应电动势大小与线圈的匝数无关.( × )(5)对于同一线圈,当电流变化越快时,线圈中的自感电动势越大.( √ ) 2.(多选)如图所示,用相同导线绕成的两个单匝线圈a,b 的半径分别为r 和2r,圆形匀强磁场B 的边缘恰好与a 线圈重合,若磁场的磁感应强度均匀增大,开始时的磁感应强度不为0,则( BD )A.任意时刻,穿过a,b 两线圈的磁通量之比均为1∶4B.任意时刻,穿过a,b 两线圈的磁通量之比均为1∶1C.a,b 两线圈中产生的感应电动势之比为1∶2D.a,b 两线圈中产生的感应电动势之比为1∶1解析:任意时刻,穿过a,b 两线圈的磁感线条数相等,磁通量相等,故磁通量之比为1∶1,故A 错误,B 正确;根据法拉第电磁感应定律得E=ΔΔB tS,S 为线圈在磁场X 围内的有效面积,S=πr 2,因为S 相等,ΔΔBt也相等,所以a,b 两线圈中产生的感应电动势相等,感应电动势之比为1∶1,故C 错误,D 正确. 3.如图所示,电路中A,B 是两个完全相同的灯泡,L 是一个自感系数很大、电阻可忽略的自感线圈,C 是电容很大的电容器.当S 闭合时,A,B 灯泡的发光情况是( A ) A.S 闭合后,A 亮一下又逐渐熄灭,B 逐渐变亮 B.S 闭合后,B 亮一下又逐渐变暗,A 逐渐变亮 C.S 闭合足够长时间后,A 和B 一样亮 D.S 闭合足够长时间后,A,B 都熄灭解析:S 闭合后,A,B 都变亮,且A 比B 亮,之后A 逐渐熄灭,B 逐渐变亮,A 项正确,B 项错误.S 闭合足够长时间后,A 熄灭,B 一直都是亮的,C,D 项错误.( A )D.电磁炉的上表面一般都用金属材料制成,以加快热传递,减少热损耗解析:涡流是由高频交变电流产生的磁场引起的电磁感应现象,频率越大,产生的涡流越大,直流电不产生涡流,A 项正确,B 项错误;电磁炉表面一般用绝缘材料制成,避免产生涡流,而锅体用金属制成,利用涡流加热食物,C,D 项错误.考点一 法拉第电磁感应定律的理解与应用(1)公式E=nΔΔtΦ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,瞬时值才等于平均值.(2)感应电动势的大小由线圈的匝数和穿过线圈的磁通量的变化率ΔΔtΦ共同决定,而与磁通量Φ的大小、变化量ΔΦ的大小没有必然联系. (3)磁通量的变化率ΔΔtΦ对应Φt 图线上某点切线的斜率. (4)通过回路截面的电荷量q=Δn RΦ,与n,ΔΦ和回路电阻R 有关.(1)回路与磁场垂直的面积S 不变,磁感应强度发生变化,则ΔΦ=ΔB·S,E=nΔΔBt ·S. (2)磁感应强度B 不变,回路与磁场垂直的面积发生变化,则ΔΦ=B·ΔS,E=nBΔΔSt. (3)磁通量的变化是由面积和磁场变化共同引起的,则根据定义求,ΔΦ=Φ2-Φ1,E=n2211ΔB S B S t-. [例1] (2019·某某某某二模)(多选)如图(甲)所示,abcd 是匝数为100匝、边长为10 cm( ACD )B.在t=2.5 s 时导线圈产生的感应电动势为1 VC.在0~2 s 内通过导线横截面的电荷量为20 CD.在t=1 s 时,导线圈内电流的瞬时功率为10 W 解析:在0~2 s 内,磁感应强度变化率为11ΔΔB t =1 T/s,根据法拉第电磁感应定律,产生的感应电动势为E 1=nS11ΔΔB t 2×1 V=1 V;在2~3 s 内,磁感应强度变化率为=2 T/s,根据法拉第电磁感应定律,产生的感应电动势为E 22×2 V=2 V.导线圈中产生的感应电流为方波交变电流,选项A 正确;在t=2.5 s 时,产生的感应电动势为E 2=2 V,选项B 错误.在0~2 s 内,感应电流I=1E R=10 A,通过导体横截面的电荷量为q=IΔt 1=20 C,选项C 正确;在t=1 s 时,导线圈内感应电流的瞬时功率P=UI=I 2R=102×0.1 W=10 W,选项D 正确.求电荷量三法(1)q=It(式中I 为回路中的恒定电流、t 为时间)①由于导体棒匀速切割磁感线产生感应电动势使闭合回路中的电流恒定,根据电流定义式可知q=It.②闭合线圈中磁通量均匀增大或减小且回路中电阻保持不变,则电路中的电流I 恒定,时间t 内通过线圈横截面的电荷量q=It. (2)q=nΔR(其中R 为回路电阻、ΔΦ为穿过闭合回路的磁通量的变化量) ①闭合回路中的电阻R 不变、并且只有磁通量变化为电路提供电动势.②从表面来看,穿过回路的磁通量与时间无关;但ΔΦ与时间有关、随时间而变化. (3)Δq=CBlΔv(式中C 为电容器的电容、B 为匀强磁场的磁感应强度、l 为导体棒切割磁感线的有效长度、Δv 为导体棒切割速度的增量).在匀强磁场中,电容器接在切割磁感线的导体棒两端,不计一切电阻,电容器两极板间的电压等于导体棒切割磁感线产生的电动势E,电容器的充电(或放电)电流I=ΔΔq t =ΔΔC Ut,又E=Blv,则ΔU=Bl(Δv)可得Δq=CBlΔv.1.(2019·某某某某摸底)如图所示,边长为l 的正方形单匝金属线框ABCD,左半部分处在方向垂直于线框平面向里的匀强磁场中,磁感应强度大小为B,线框的AD 边从图中位置按俯视的逆时针方向,以线速度v 绕固定对称轴OO′匀速转动90°,则此过程线框中( D ) A.感应电流方向沿A→D→C→B→A22πBlv解析:由楞次定律结合安培定则,可知感应电流方向应为A→B→C→D→A,A 项错误;通过线框的磁通量的最大值为Φ=BS=12Bl 2,B 项错误;由法拉第电磁感应定律可知,线框转过90°过程中线框的平均感应电动势为=ΔΔt ,ΔΦ=12Bl 2,Δt=π4l v ,联立可得E =2πBlv ,C 项错误,D 项正确. 2.( AC )C.线框和圆环中的电流大小之比为2D.线框和圆环中的电流大小之比为1∶2解析:依据楞次定律,当磁场均匀减弱时,圆环和线框中的电流方向都为顺时针,故A 正确,B 错误;设正方形的边长为2a.由几何关系可知,外接圆的半径2则根据法拉第电磁感应定律得,正方形回路中的感应电动势与外接圆中感应电动势之比为E 正∶E圆=ΔΔB t (2a)2∶ΔΔB tπ(2a)2=2∶π,根据电阻定律得,正方形回路中的电阻与外接圆的电阻之比为R 正∶R 圆=ρ8aS∶ρ2π2a S ⋅=22∶π,由欧姆定律得正方形回路中的感应电流与外接圆中感应电流之比为I 正∶I 圆=E R 正正∶E R 圆圆=1∶2,故C 正确,D 错误. 考点二 导体切割磁感线产生感应电动势的计算1.公式E=Blv 的使用条件 (1)匀强磁场.(2)B,l,v 三者相互垂直. 2.E=Blv 的“四性”(1)正交性:本公式是在一定条件下得出的,除磁场为匀强磁场外,还需B,l,v 三者互相垂直. (2)瞬时性:若v 为瞬时速度,则E 为相应的瞬时感应电动势. (3)有效性:公式中的l 为导体切割磁感线的有效长度. 如图所示,导体的有效长度为a,b 间的距离.(4)相对性:E=Blv 中的速度v 是导体相对磁场的速度,若磁场也在运动,应注意速度间的相对关系. 3.公式E=nΦt∆∆与E=Blv 的区别与联系 E=nΦt∆∆ E=Blv区 别 研究对象闭合回路垂直切割磁感线的那部分导体研究求的是Δt 时间内的平均感应电动势,E 与某段时间或某个过程对应(1)若v 为瞬时速度,则求的是瞬时感应电动势内容(2)若v 为平均速度,则求的是平均感应电动势联系 (1)本质上是统一的,E=Blv 可由E=nΦt∆∆在一定条件下推导出来 (2)当导体切割磁感线运动时用E=Blv 求E 方便;当得知穿过回路的磁通量发生变化时,用E=nΦt∆∆求E 比较方便 [例2](2019·某某名校联盟测试)如图所示,光滑水平面内有一正方形导体线框abcd,置于垂直水平面向里、边界为MN 的匀强磁场外,线框的ab 边平行磁场边界MN,线框以垂直于MN 的速度v 匀速进入磁场,线框进入磁场过程中,产生的焦耳热为Q 1,通过线框导体横截面的电荷量为q 1,若线框以速度2v 匀速进入磁场,进入磁场过程中,产生的焦耳热为Q 2,通过线框导体横截面的电荷量为q 2,则下列选项正确的是( B )2=2Q 1,q 2=2q 12=2Q 1,q 2=q 1 2=Q 1,q 2=q 12=4Q 1,q 2=2q 1解析:根据I=Blv R及F=BIl 可得F=22v B l R ,安培力做的功转化为电能,然后转化为焦耳热,由Q=W=Fl=23v B l R 可知产生的焦耳热与速度成正比,所以Q 2=2Q 1;根据q=I·t,t=l v得q=2Bl R ,可知通过线框导体横截面的电荷量与速度无关,q 2=q 1,选项B 正确.导体切割磁感线的三种方式切割方式 感应电动势的表达式垂直切割E=Blv 倾斜切割E=Blvsin θ,其中θ为v 与B 的夹角旋转切割(以一端为轴)E=Bl 2ω1.( AC )2ω2ω4Bl RD.P,Q 两点电势满足φP >φQ解析:M 端线速度为v=ωl,OM 切割磁感线的平均速度为v =2v ,OM 转动切割磁感线产生的电动势恒为E=Bl 2v =12Bl 2ω,A 正确,B 错误;当M 位于最下端时圆环接入电路的电阻为0,此时有最大电流I max =2E R =2ω4Bl R ,根据右手定则可得电流方向从Q 到P,P,Q 两点电势满足φP <φQ ,C 正确,D 错误. 2.(2019·某某某某质检)(多选)如图所示,空间存在两个磁场,磁感应强度大小均为B,方向相反且垂直于纸面,MN,PQ 为其边界,OO′为其对称轴.一导线折成边长为l 的正方形闭合回路abcd,回路在纸面内以恒定速度v 0向右运动,当运动到关于OO′对称的位置时( ABD )解析:由题意知,穿过回路的磁通量Φ=0,A项正确;由右手定则判断,ab边与cd边切割磁感线产生的感应电动势相当于两个电源串联,回路中的感应电动势E=Bl ab v0+Bl cd v0=2Blv0,B项正确;由右手定则可知,感应电流的方向为逆时针方向,C项错误;由左手定则可知,ab边与cd边所受的安培力方向均向左,D项正确.考点三自感和涡流(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.2.自感中“闪亮”与“不闪亮”问题与线圈串联的灯泡与线圈并联的灯泡电路图通电时电流逐渐增大,灯泡逐渐变亮电流突然增大,然后逐渐减小达到稳定与线圈串联的灯泡与线圈并联的灯泡断电时电流逐渐减小,灯泡逐渐变暗,电流方向不变电路中稳态电流为I1,I2:①若I2≤I1,灯泡逐渐变暗;②若I2>I1,灯泡闪亮后逐渐变暗. 两种情况下灯泡中电流方向均改变[例3] (2019·某某某某检测)(多选)在(甲)、(乙)所示的电路中,电阻R和自感线圈L的阻值都很小,且小于灯泡A的电阻,接通S,使电路达到稳定,灯泡A发光,则( AD)A.在电路(甲)中,断开S后,A将逐渐变暗B.在电路(甲)中,断开S后,A将先变得更亮,然后才逐渐变暗C.在电路(乙)中,断开S后,A将逐渐变暗D.在电路(乙)中,断开S后,A将变得更亮,然后才逐渐变暗解析:题图(甲)所示的电路中,灯A和线圈L串联,电流相同,断开S时,线圈上产生自感电动势,阻碍原电流的减小,通过R,A形成回路,灯A逐渐变暗,A项正确,B项错误;题图(乙)所示的电路中,电阻R和灯A串联,灯A所在支路的电阻大于线圈L所在支路的电阻,电流则小于线圈L 中的电流,断开S时,电源不给灯供电,而线圈L产生自感电动势阻碍电流的减小,通过R,A形成回路,灯A中电流比原来大,A将变得更亮,然后逐渐变暗,C项错误,D项正确.分析自感现象时的注意事项(1)通过自感线圈中的电流不能发生突变,即通电过程中,电流是逐渐变大,断电过程中,电流是逐渐变小,此时线圈可等效为“电源”,该“电源”与其他电路元件形成回路.(2)断电自感现象中灯泡是否“闪亮”问题的判断,在于对电流大小的分析,若断电后通过灯泡的电流比原来大,则灯泡先闪亮一下后慢慢熄灭.1.(2019·某某某某期中)(多选)如图所示的电路中,L为一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈,D1,D2是两个完全相同的灯泡,E是一内阻不计的电源.t=0时刻,闭合开关S,经过一段时间后,电路达到稳定,t11,I2分别表示通过灯泡D1和D2的电流,规定图中箭头所示的方向为电流正方向,以下各图中能定性描述电流I随时间t变化关系的是( AC)解析:当S闭合时,L的自感作用会阻碍其中的电流变大,电流从D1流过;当L的阻碍作用变小时,L中的电流变大,D1中的电流变小至零;D2中的电流为电路总电流,电流流过D1时,电路总电阻较大,电流较小,当D1中电流为零时,电流流过L与D2,总电阻变小,电流变大至稳定;当S再断开时,D2马上熄灭,D1与L组成回路,由于L的自感作用,D1慢慢熄灭,电流反向且减小,故A,C 项正确.2.( CD)B.由于金属球没有形成闭合电路,所以金属球中不会产生感应电流解析:金属球在运动过程中,穿过金属球的磁通量不断变化,在金属球内形成闭合回路,产生涡流,金属球受到的安培力做负功,金属球产生的热量不断地增加,机械能不断地减少,直至金属球停在半圆轨道的最低点,C正确,A,B错误;由于最终小球静止于最低点,根据能量守恒定律得系统产生的总热量为mgR,D正确.1.(2019·全国Ⅰ卷,20)(多选)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场,其边界如图(a)中虚线MN所示,一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S,将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内,圆心O在MN上.t=0时磁感应强度的方向如图(a)所示;磁感应强度B随时间t的变化关系如图(b)所示.则在t=0到t=t1的时间间隔内( BC)00rS 4ρB t 200π4B r t 解析:根据B t 图象结合楞次定律可知,圆环中感应电流方向一直为顺时针方向,在t 0时刻,磁场的方向发生变化,安培力方向发生变化,故A 错误,B 正确;根据法拉第电磁感应定律得感应电动势E=ΔΔt Φ=200π2B r t ,根据电阻定律得R=ρ2πr S ,由闭合电路欧姆定律得I=E R ,解得I=00rS 4ρB t ,故C 正确,D 错误.2.(2019·某某某某检测)(多选)两根相距为l 的足够长的金属弯角光滑导轨如图所示放置,它们各有一边在同一水平面内,另一边与水平面的夹角为37°,质量均为m 的金属细杆ab,cd 与导轨垂直接触形成闭合回路,导轨的电阻不计,回路总电阻为2R,整个装置处于磁感应强度大小为B,方向竖直向上的匀强磁场中,当ab 杆在平行于水平导轨的拉力F 作用下以速度v 沿导轨匀速运动时,cd 杆恰好处于静止状态,重力加速度为g,以下说法正确的是( AD )A.ab 杆所受拉力F 的大小为mgtan 37°sin37mg Bl︒ C.回路中电流的总功率为mgvsin 37°D.m 与v 大小的关系为m=22v 2tan37B l Rg ︒解析:对cd 杆,BIlcos 37°=mgsin 37°,对ab 杆,F=BIl,即ab 杆所受拉力F=mgtan 37°,故A 正确;回路中电流为I=tan37mg Bl︒,故B 错误;回路中电流的总功率为Fv=mgvtan 37°,故C 错误;I=2Blv R ,又I=tan37mg Bl ︒,解得m=22v 2tan37B l Rg ︒,故D 正确. 3.(2019·某某卷,11)如图所示,固定在水平面上间距为l 的两条平行光滑金属导轨,垂直于导轨放置的两根金属棒MN 和PQ 长度也为l 、电阻均为R,两棒与导轨始终接触良好.MN 两端通过开关S 与电阻为R 的单匝金属线圈相连,线圈内存在竖直向下均匀增加的磁场,磁通量变化率为常量k.图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场,磁感应强度大小为B.PQ 的质量为m,金属导轨足够长、电阻忽略不计.(1)闭合S,若使PQ 保持静止,需在其上加多大的水平恒力F,并指出其方向;(2)断开S,PQ 在上述恒力作用下,由静止开始到速度大小为v 的加速过程中流过PQ 的电荷量为q,求该过程安培力做的功W.解析:(1)设线圈中的感应电动势为E,由法拉第电磁感应定律E=ΔΔtΦ,则 E=k①设PQ 与MN 并联的电阻为R 并,有R 并=2R ② 闭合S 时,设线圈中的电流为I,根据闭合电路欧姆定律得I=RE R +并③ 设PQ 中的电流为I PQ ,有I PQ =12I④设PQ 受到的安培力为F 安,有F 安=BI PQ l⑤保持PQ 静止,由受力平衡,有F=F 安⑥联立①②③④⑤⑥式得F=3Bkl R ⑦ 方向水平向右.(2)设PQ 由静止开始到速度大小为v 的加速过程中,PQ 运动的位移为x,所用时间为Δt,回路中的磁通量变化为ΔΦ,平均感应电动势为,有=ΔΔt ⑧其中ΔΦ=Blx⑨设PQ 中的平均电流为,有I =2ER ⑩根据电流的定义得I =Δqt由动能定理,有Fx+W=12mv 2-0联立⑦⑧⑨⑩式得W=12mv 2-23kq.答案:(1)3BklR ,方向水平向右(2)12mv 2-23kq。