高考物理一轮总复习专题10电磁感应第3讲电磁感应定律的综合应用课后提能演练

专题提升(十) 电磁感应的综合应用电磁感应中的能量问题(1)能量转化(2)求解焦耳热Q的三种方法(1)确定研究对象(导体棒或回路);(2)弄清电磁感应过程中,哪些力做功,哪些形式的能量相互转化;(3)根据功能关系或能量守恒定律列式求解.角度1 应用能量守恒定律求解电磁感应能量问题[例1]如图所示,两平行金属导轨位于同一水平面上,相距l,左端与一电阻R相连;整个系统置于匀强磁场中,磁感应强度大小为B,方向竖直向下.一质量为m的导体棒置于导轨上,在水平外力作用下沿导轨以速率v匀速向右滑动,滑动过程中始终保持与导轨垂直并接触良好.已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ,重力加速度大小为g,导轨和导体棒的电阻均可忽略.求:(1)电阻R消耗的功率.(2)水平外力的大小.解析:(1)导体棒切割磁感线产生的电动势E=Blv由于导轨与导体棒的电阻均可忽略,则R两端电压等于电动势U=E则电阻R 消耗的功率P R =2U R综合以上三式可得P R =222B l v R. (2)设水平外力大小为F,由能量守恒有 Fv=P R +μmgv 故得F=22vB l R+μmg. 答案:见解析角度2 应用焦耳定律求解电磁感应能量问题[例2] (2019·东城区模拟)随着新技术的应用,手机不断地更新换代.新机型除了常规的硬件升级外,还支持快充和无线充电.图(甲)为兴趣小组制作的无线充电装置中的输电线圈示意图,已知线圈匝数n=100,电阻r=1.0 Ω,线圈的横截面积S=1.5×10-3m 2,外接电阻R=5.0 Ω.线圈处在平行于线圈轴线的磁场中,磁场的磁感应强度随时间变化如图(乙)所示,求:(1)t=1.0×10-2s 时线圈中的感应电动势E; (2)0~2.0×10-2 s 内通过电阻R 的电荷量q; (3)0~3.0×10-2 s 内电阻R 上产生的热量Q. 解析:(1)由图(乙)可知,t=0.01 s 时刻ΔΔBt=4 T/s 根据法拉第电磁感应定律得E=n ΔΔt Φ=n ΔΔS Bt解得E=0.6 V. (2)0~0.02 s 内,I=ER r+=0.1 A 电荷量q=IΔt 解得q=2.0×10-3 C.(3)0~0.02 s 内,E=0.6 V,I=0.1 A,根据焦耳定律可以得到,R 上产生的焦耳热为 Q 1=I 2Rt 1=1.0×10-3 J0.02~0.03 s内,E′=1.2 V,I′=0.2 A,根据焦耳定律可以得到,R上产生的焦耳热为Q2=I′2Rt2=2.0×10-3 J所以Q=Q1+Q2=3.0×10-3 J.答案:(1)0.6 V (2)2.0×10-3 C (3)3.0×10-3 J求解焦耳热应分清两类情况(1)若回路中电流恒定,可以利用电路结构及W=UIt或Q=I2Rt直接进行计算.(2)若电流变化,则①利用安培力做的功求解:电磁感应中产生的焦耳热等于克服安培力所做的功;②利用能量守恒求解:若只有电能与机械能的转化,则机械能的减少量等于产生的焦耳热;③利用功能关系求解:若除重力、安培力做功外,还有其他力做功,则其他力做功等于增加的机械能和产生的焦耳热.1.(2019·某某七市二模)(多选)在如图所示的倾角为θ的光滑斜面上,存在着两个磁感应强度大小均为B的匀强磁场,区域Ⅰ的磁场方向垂直斜面向上,区域Ⅱ的磁场方向垂直斜面向下,磁场的宽度均为L,一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形导线框,由静止开始沿斜面下滑,当ab边刚越过GH进入磁场Ⅰ区时,恰好以速度v1做匀速直线运动;当ab边下滑到JP与MN的中间位置时,线框又恰好以速度v2做匀速直线运动,从ab边越过GH到到达MN与JP的中间位置的过程中,线框的动能变化量为ΔE k,重力对线框做功大小为W1,安培力对线框做功大小为W2,下列说法中正确的有( CD)A.在下滑过程中,由于重力做正功,所以有v2>v1B.从ab边越过GH到到达MN与JP的中间位置的过程中,线框的机械能守恒C.从ab边越过GH到到达MN与JP的中间位置的过程中,有W1-ΔE k的机械能转化为电能D.从ab边越过GH到到达MN与JP的中间位置的过程中,线框动能的变化量大小ΔE k=W1-W2解析:ab 边越过JP 后回路感应电动势增大,感应电流增大,因此所受安培力增大,安培力阻碍线框下滑,因此ab 边越过JP 后开始做减速运动,使感应电动势和感应电流均减小,安培力减小,当安培力减小到与重力沿斜面向下的分力mgsin θ相等时,以速度v 2做匀速运动,因此v 2<v 1,A 错误;由于有安培力做功,线框机械能不守恒,B 错误;线框克服安培力做功,将机械能转化为电能,克服安培力做了多少功,就有多少机械能转化为电能,由动能定理得W 1-W 2=ΔE k ,W 2=W 1-ΔE k ,故C,D 正确.2.(2019·某某某某二模)(多选)如图所示,质量为3m( ABD )2gh2222B L gh mgC.线框通过磁场的过程中产生的热量Q=2mghD.线框通过磁场的过程中产生的热量Q=4mgh解析:从初始时刻到线框上边缘刚进入磁场,由机械能守恒定律得3mg×2h=mg×2h+242mv ,解得线框刚进入磁场时的速度v=2gh ,故A 正确;线框上边缘刚进磁场时,恰好做匀速直线运动,故受合力为零,3mg=BIL+mg,I=BLv R ,解得线框的电阻R=2222B L gh mg,故B 正确;线框匀速通过磁场的距离为2h,产生的热量等于系统重力势能的减少量,即Q=3mg×2h -mg×2h=4mgh,故C 错误,D 正确.电磁感应中的动量和能量问题角度1 用动量定理解决电磁感应问题 [例3](2019·某某某某模拟)(多选)水平放置的足够长光滑平行导轨,电阻不计,间距为L,左端连接的电源电动势为E 、内阻为r,质量为m 的金属杆垂直静放在导轨上,金属杆处于导轨间的部分的电阻为R.整个装置处在磁感应强度大小为B 、方向竖直向下的匀强磁场中,闭合开关,金属杆沿导轨做变加速运动直至达到最大速度,下列说法正确的是( AC )222mEB L 222mE B L 2222mE B L 解析:开关闭合瞬间,电流通过金属杆,则金属杆在安培力作用下加速运动,同时由于金属杆切割磁感线产生感应电动势,方向与E 相反,故金属杆做加速度减小的加速运动,当感应电动势等于电源电动势E 时,金属杆加速度为0,速度最大,由BLv m =E,得v m =EBL,A 正确;整个过程中对金属杆应用动量定理有B I L·t=mv m ,则q=I t=m mv BL=22mEB L ,B 错误;电源提供的电能为E 电=qE=222mE B L ,C 正确;对整个过程由功能关系可知电源提供的能量转化为金属杆的动能和电路产生的热量,即E 电=Q 总+E k ,得222mE B L =Q 总+12m 222E B L ,故Q 总=Q r +Q R =2222mE B L ,金属杆的热量为Q R =R R r +Q 总=2222mE B L ·R R r+,D 错误. 角度2 用动量守恒定律解决电磁感应问题[例4] (2019·丰台期末)如图所示,两根足够长的平行金属导轨固定于同一水平面内,导轨间的距离为L,导轨上平行放置两根导体棒ab 和cd,构成矩形回路.已知两根导体棒的质量均为m 、电阻均为R,其他电阻忽略不计,整个导轨处于竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度为B,导体棒均可沿导轨无摩擦的滑行.开始时,导体棒cd 静止、ab 有水平向右的初速度v 0,两导体棒在运动中始终不接触.求:(1)开始时,导体棒ab 中电流的大小和方向;(2)从开始到导体棒cd 达到最大速度的过程中,矩形回路产生的焦耳热; (3)当ab 棒速度变为34v 0时,cd 棒加速度的大小. 解析:(1)ab 棒产生的感应电动势E ab =BLv 0 ab 棒中电流I=2ab E R=02BLv R 方向由a→b.(2)当ab 棒与cd 棒速度相同时,cd 棒的速度最大,设最大速度为v 由动量守恒定律得mv 0=2mv 解得v=12v 0由能量守恒定律得Q=12m 20v -12(2m)v 2解得Q=14m 20v .(3)设ab 棒的速度为34v 0时,cd 棒的速度为v′ 由动量守恒定律得mv 0=m 34v 0+mv′ 解得v′=14v 0. E ab =BL 34v 0; E cd =BL 14v 0;I=2ab cdE E R-=0031()442BL v v R- 解得I=4BLv Rcd 棒受力为F=IBL=2204B L v R; 此时cd 棒加速度为a==.答案:见解析动量定理及动量守恒定律在电磁感应中的应用技巧(1)在电磁感应中,动量定理应用于单杆切割磁感线运动,可求解变力的时间、速度、位移和电荷量.①求电荷量或速度:B I lΔt=mv 2-mv 1,q=I t. ②求时间:Ft-I 冲=mv 2-mv 1,I 冲=BIlΔt=Bl ΔR Φ总. ③求位移:-BIlΔt=-=0-mv 0,即-22B l R 总s=m(0-v 0). (2)电磁感应中对于双杆切割磁感线运动,若双杆系统所受合外力为零,运用动量守恒定律结合能量守恒定律可求解与能量有关的问题.1.滑向杆2,为使两杆不相碰,则杆2固定与不固定两种情况下,最初摆放两杆时的最小距离之比为( C )A.1∶1B.1∶2C.2∶1D.1∶1 解析:杆2固定:对回路:q 1=Δ2R Φ=12Bds R. 对杆1:-B 1I d·Δt=0-mv 0,q 1=·Δt 联立解得s 1=222mRv B d . 杆2不固定:q 2=22Bds R对杆2:Bd·Δt=mv 2-0 全程动量守恒:mv 0=mv 1+mv 2 末态两棒速度相同,v 1=v 2,q 2=·Δt 联立解得s 2=22mRv B d . s 1∶s 2=2∶1,C 正确.2.(2019·某某黔东南二模)如图所示,宽度为L 的平行光滑的金属轨道,左端为半径为r 1的四分之一圆弧轨道,右端为半径为r 2的半圆轨道,中部为与它们相切的水平轨道.水平轨道所在的区域有磁感应强度为B 的竖直向上的匀强磁场.一根质量为m 的金属杆a 置于水平轨道上,另一根质量为M 的金属杆b 由静止开始自左端轨道最高点滑下,当b 滑入水平轨道某位置时,a 就滑上了右端半圆轨道最高点(b 始终运动且a,b 未相撞),并且a 在最高点对轨道的压力大小为mg,此过程中通过a 的电荷量为q,a,b 杆的电阻分别为R 1,R 2,其余部分电阻不计.在b 由静止释放到a 运动到右端半圆轨道最高点过程中,求:(1)在水平轨道上运动时b 的最大加速度是多大;(2)自b 释放到a 到达右端半圆轨道最高点过程中,系统产生的焦耳热是多少; (3)a 刚到达右端半圆轨道最低点时b 的速度是多大. 解析:(1)由机械能守恒定律得12M 21b v =Mgr 1 解得v b112grb 刚滑到水平轨道时加速度最大,E=BLv b1,I=12ER R +, 由牛顿第二定律有F 安=BIL=Ma 解得221122B L gr .(2)由动量定理有-B I Lt=Mv b2-Mv b1, 即-BLq=Mv b2-Mv b1 解得v b212gr -BLqM根据牛顿第三定律得:a 在最高点受支持力N=N′=mg,mg+N=m 212a v r解得v a122gr 由能量守恒定律得Mgr 1=12M 22b v +12m 21a v +mg2r 2+Q 解得Q=BLq 12gr -3mgr 2-2222B L q M. (3)由能量守恒定律有2mgr 2=12m 22a v -12m 21a v 解得v a2=26gr由动量守恒定律得Mv b1=Mv b3+mv a2 解得v b3=12gr -26m gr M.答案:(1)221122()B L gr M R R +(2)BLq 12gr -3mgr 2-2222B L q M(3)12gr -26m gr M1.( AD )A.物块c 的质量是2msin θB.b 棒放上导轨前,物块c 减少的重力势能等于a,c 增加的动能C.b 棒放上导轨后,物块c 减少的重力势能等于回路消耗的电能D.b 棒放上导轨后,a 棒中电流大小是sin mg BLθ解析:b 棒静止说明b 棒受力平衡,即安培力和重力沿斜面向下的分力平衡,a 棒匀速向上运动,说明a 棒受细线的拉力和重力沿斜面向下的分力大小以及沿斜面向下的安培力三个力平衡,c 匀速下降则c 所受重力和细线的拉力大小平衡.由b 平衡可知,安培力大小F 安=mgsin θ,由a 平衡可知F 线=F 安+mgsin θ=2mgsin θ,由c 平衡可知F 线=m c g;因为线中拉力大小相等,故2mgsin θ=m c g,即物块c 的质量为2msin θ,故A 正确;b 放上之前,a,c 系统的机械能守恒,c 减少的重力势能转化为a,c 的动能和a 的重力势能,故B 错误;放上b 后,a 匀速上升重力势能在增加,根据能量守恒知c 减小的重力势能等于回路消耗的电能和a 增加的重力势能之和,C 错误;根据b 棒的平衡可知F 安=mgsin θ,又因为F 安=BIL,故I=sin mg BL,故D 正确. 2.(2018·某某卷,9)(多选)如图所示,竖直放置的“( BC )A.刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下B.穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间D.释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h 可能小于2244g 2m R B L 解析:穿过磁场Ⅰ后,金属杆在磁场之间做加速运动,在磁场Ⅱ上边缘速度大于从磁场Ⅰ出来时的速度,即进入磁场Ⅰ时速度等于进入磁场Ⅱ时速度且大于从磁场Ⅰ出来时的速度,故金属杆在刚进入磁场Ⅰ中时做减速运动,加速度方向向上,选项A 错误. 金属杆刚进入磁场Ⅰ中时,由牛顿第二定律知BIL-mg=22vB L R-mg=maa 随着减速过程逐渐变小,即在前一段做加速度减小的减速运动,若出磁场Ⅰ前a 减为零则再做匀速运动.金属杆在磁场之间做加速度为g 的匀加速直线运动,两个过程位移大小相等,由v t 图象(以金属杆在磁场Ⅰ中一直减速为例),如图所示,可以看出前一段用时多于后一段用时(若金属杆在磁场Ⅰ中先减速再匀速可以得出同样的结论),选项B 正确.由于进入两磁场时速度相等,从金属杆刚进入磁场Ⅰ到刚进入磁场Ⅱ的过程,由动能定理知, W 安1+mg·2d=0, 则W 安1=-2mgd,可知通过磁场Ⅰ产生的热量为2mgd,故穿过两磁场产生的总热量为4mgd,选项C 正确. 设刚进入磁场Ⅰ时速度为v,则由机械能守恒定律知mgh=12mv 2,进入磁场时BIL-mg=22v B L R -mg=ma 解得v=22()m a g R B L +, 联立得h=22244(a g)2gm R B L +>2244g 2m R B L ,选项D 错误. 3.(2019·某某某某二模)如图所示,质量M=1 kg 的半圆弧形绝缘凹槽放置在光滑的水平面上,凹槽部分嵌有cd 和ef 两个光滑半圆形导轨,c 与e 端由导线连接,一质量m=1 kg 的导体棒自ce 端的正上方h=2 m 处平行ce 由静止下落,并恰好从ce 端进入凹槽,整个装置处于X 围足够大的竖直方向的匀强磁场中,导体棒在凹槽内运动过程中与导轨接触良好.已知磁场的磁感应强度B=0.5 T,导轨的间距与导体棒的长度均为L=0.5 m,导轨的半径r=0.5 m,导体棒的电阻R=1 Ω,其余电阻均不计,重力加速度g=10 m/s 2,不计空气阻力.(1)求导体棒刚进入凹槽时的速度大小;(2)求导体棒从开始下落到最终静止的过程中系统产生的热量;(3)若导体棒从开始下落到第一次通过导轨最低点的过程中产生的热量为16 J,求导体棒第一次通过最低点时回路中的电功率.解析:(1)根据机械能守恒定律,得mgh=12mv 2解得10 m/s.Q=mg(h+r)=25 J.(3)设导体棒第一次通过最低点时速度大小为v 1,凹槽速度大小为v 2,导体棒在凹槽内运动时系统在水平方向动量守恒,故有mv1=Mv2由能量守恒,得12m21v+12M22v=mg(h+r)-Q1导体棒第一次通过最低点时感应电动势E=BLv1+BLv2回路电功率P=2ER联立解得P=94W.答案:(1)210 m/s (2)25 J (3)94W4.(2019·某某某某调研)如图所示,将不计电阻的长导线弯折成P1P2P3,Q1Q2Q3形状,P1P2P3和Q1Q2Q31P2,Q1Q2的倾角均为θ,P2P3,Q2Q3在同一水平面上,P2Q2⊥P2P3,整个导轨在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中,质量为m电阻为R的金属杆CD从斜导轨上某处静止释放,然后沿水平导轨滑动一段距离后停下.杆CD始终垂直导轨并与导轨保持良好接触,导轨和空气阻力均不计,重力加速度大小为g,导轨倾斜段和水平段都足够长,求:(1)杆CD能达到的最大速度;(2)杆CD在距P2Q2为L处释放,滑到P2Q2处恰达到最大速度,则沿倾斜导轨下滑的时间Δt1及在水平导轨上滑行的最大距离.解析:(1)杆CD达到最大速度时,杆受力平衡,则有Bcos θ·dI m=mgsin θ此时杆CD切割磁感线产生的感应电动势为E=Bcos θ·dv m由欧姆定律可得I m=ER,解得v m =222sin cos θmgR B d θ. (2)在杆CD 沿倾斜导轨下滑的过程中,根据动量定理有 mgsin θ·Δt 1-Bcos θ1I d·Δt 1=mv m -01I =E R =1ΔΔRt Φ=1cos ΔR B Ld t θ 解得Δt 1=222cos θmR B d +222Lcos θsin B d mgR θ在杆CD 沿水平导轨运动的过程中,根据动量定理有 -B 2I d·Δt 2=0-mv m该过程中通过R 的电荷量为q 2=2I Δt 2,得q 2=m mv Bd杆CD 沿水平导轨运动的过程中,通过的平均电流为 2I =E R =2ΔBsd R t ,q 2=2I Δt 2=Bds R解得s=22442g sin cos θm R B d θ. 答案:(1)222sin cos θmgR B d θ (2)222cos θmR B d +222Lcos θsin B d mgR θ22442g sin cos θm R B d θ。

取夺市安慰阳光实验学校课时提能练(三十) 电磁感应定律的综合应用(限时：40分钟)A 级 跨越本科线1．用均匀导线做成的正方形线圈边长为l ，如图10­3­12所示，正方形的一半放在垂直于纸面向里的匀强磁场中，当磁场以ΔBΔt 的变化率增强时，不考虑磁场的变化对虚线右侧的影响，则( )图10­3­12A ．线圈中感应电流方向为adbcaB ．线圈中产生的电动势E ＝ΔB Δt ·l 2C ．线圈中a 点电势高于b 点电势D ．线圈中b 、a 两点间的电势差为l 2ΔB4ΔtD [处于磁场中的线圈面积不变，ΔBΔt 增大时，通过线圈的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流的方向为acbda 方向，A 项错；产生感应电动势的acb 部分等效为电源，b 端为等效电源的正极，电势高于a 端，C 项错；由法拉第电磁感应定律E ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt ·l22，知B 项错；adb 部分等效为外电路，b 、a 两点间电势差为等效电路的端电压，U ＝E 2R ·R ＝E2，D 项正确．]2．(多选)(2017·武汉模拟)如图10­3­13所示，在水平光滑绝缘桌面上建立直角坐标系xOy ，第一象限内存在垂直桌面向上的磁场，磁场的磁感应强度B 沿x 轴正方向均匀增大且ΔBΔx ＝k ，一边长为a 、电阻为R 的单匝正方形线圈ABCD在第一象限内以速度v 沿x 轴正方向匀速运动，运动中AB 边始终与x 轴平行，则下列判断正确的是( )图10­3­13A ．线圈中的感应电流沿逆时针方向B ．线圈中感应电流的大小为ka 2vRC ．为保持线圈匀速运动，可对线圈施加大小为k 2a 4vR的水平外力D ．线圈不可能有两条边所受安培力大小相等BC [由楞次定律得感应电流沿顺时针方向，A 错误；设线圈向右移动一段距离Δl ，则通过线圈的磁通量变化为ΔΦ＝Δl ·ΔB Δx ·a 2＝Δl ·a 2k ，而所需时间为Δt ＝Δl v ，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势为E ＝ΔΦΔt＝ka 2v ，故感应电流大小为I ＝E R ＝ka 2v R ，B 正确；线圈匀速运动时，外力与安培力平衡，由平衡条件得F ＝(B 2－B 1)Ia ＝ka 2I ＝k 2a 4v R，C 正确；线圈的AB 、CD 两条边所受安培力大小相等，D 错误．]3．(多选)如图10­3­14所示，两根足够长的光滑金属导轨水平平行放置，间距为l ＝1 m ，cd 间、de 间、cf 间分别接着阻值R ＝10 Ω的电阻．一阻值R＝10 Ω的导体棒ab 以速度v ＝4 m/s 匀速向左运动，导体棒与导轨接触良好；导轨所在平面存在磁感应强度大小B ＝0.5 T 、方向竖直向下的匀强磁场．下列说法中正确的是( )【：92492377】图10­3­14A ．导体棒ab 中电流的流向为由b 到aB ．cd 两端的电压为1 VC ．de 两端的电压为1 VD ．fe 两端的电压为1 VBD [由右手定则可知ab 中电流方向为a →b ，A 错误．导体棒ab 切割磁感线产生的感应电动势E ＝Blv ，ab 为电源，cd 间电阻R 为外电路负载，de 和cf 间电阻中无电流，de 间和cf 间无电压，因此cd 和fe 两端电压相等，即U ＝E2R×R ＝Blv2＝1 V ，B 、D 正确，C 错误．]4．如图10­3­15甲所示，线圈ABCD 固定在磁场中，磁场方向垂直纸面向外，当磁场变化时，线圈的AB 边所受安培力向右且变化规律如图乙所示，则磁场的变化情况可能是下列选项中的( )图10­3­15D [由题图乙可知，线圈的AB 边所受安培力F ＝BIL 为定值，由欧姆定律可知感应电流I 与感应电动势E 成正比，感应电动势E 与磁通量的变化率ΔΦΔt 成正比，线圈面积不变，磁通量变化率ΔΦΔt 与磁感应强度的变化率ΔBΔt成正比．在B ­t 图象中，切线斜率表示磁感应强度的变化率，若磁感应强度增大，则其变化率应减小，A 、B 项错，D 项正确；若磁感应强度减小，则其变化率应增大，但此时F 的方向变为向左，C 项错．]5．如图10­3­16所示，abcd 是边长为L 、每边电阻均相同的正方形导体线框，今维持线框以恒定的速度v 沿x 轴运动，并穿过倾角为45°的三角形匀强磁场区域，磁场的磁感应强度为B ，方向垂直纸面向里．线框b 点在O 位置时开始计时，则在t ＝2Lv时间内，a 、b 二点的电势差U 随时间t 的变化图线为( )图10­3­16D [t ＝Lv时刻，ab 边完全进入磁场，电动势E ＝Blv ，ab 间的电压等于路端电压，U ab ＝34BLv ，C 错误；t ＝2Lv 时刻，线框完全进入磁场，ab 间的电压等于电动势E ，A 、B 错误；排除了三个错误选项，只有D 正确．]6．(2017·茂名二模))如图10­3­17所示，一个有矩形边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里．一个三角形闭合导线框，由位置1(左)沿纸面匀速运动到位置2(右)．取线框刚到达磁场边界的时刻为计时起点(t ＝0)，规定逆时针方向为电流的正方向，则下图中能正确反映线框中电流与时间关系的是( )图10­3­17A [线框进入磁场过程中，磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流方向为逆时针方向，即正方向，可排除B 、C 选项；由E ＝BLv 可知，线框进出磁场过程中，切割磁感线的有效长度为线框与磁场边界交点的连线，故进、出磁场过程中，等效长度L 先增大后减小，故感应电动势先增大后减小；由欧姆定律可知，感应电流也是先增大后减小的，故A 项正确、D 项错误．]7．(多选)(2017·连云港模拟)如图10­3­18所示，在水平面内直角坐标系xOy 中有一光滑金属导轨AOC ，其中曲线导轨OA 满足方程y ＝kx 2，长度为Lk的直导轨OC 与x 轴重合，整个导轨处于垂直纸面向里的匀强磁场中．现有一长为L 的金属棒从图示位置开始沿x 轴正方向以速度v 做匀速直线运动，已知金属棒单位长度的电阻为R 0，除金属棒的电阻外其余部分电阻均不计，棒与两导轨始终接触良好，则在金属棒运动至AC 的过程中( )图10­3­18A ．t 时刻回路中的感应电动势e ＝Bkv 3t 2B ．感应电流逐渐减小C ．闭合回路消耗的电功率逐渐增大D ．通过金属棒的电荷量为BR 0LAC [t 时刻，e ＝Byv ，y ＝kx 2，x ＝vt ，故e ＝Bkv 3t 2，A 项正确；t 时刻回路中的电阻为：R ＝yR 0＝R 0kx 2＝R 0kv 2t 2，回路中的电流为i ＝e R ＝BvR 0＝恒量，故B项错误；闭合回路的电功率P ＝i 2R ＝(Bv R 0)2R 0kv 2t 2＝kB 2v 4R 0t 2，故C 项正确；通过金属棒的电荷量q ＝it ，t ＝L k v，故q ＝B R 0Lk，故D 项错误．] 8．(2017·永定模拟)在光滑的水平地面上方，有两个磁感应强度大小均为B ，方向相反的匀强磁场，如图10­3­19所示，PQ 为两个磁场的边界，磁场范围足够大．一个半径为a 、质量为m 、电阻为R 的金属圆环垂直磁场方向以速度v 从如图位置运动，当圆环运动到直径刚好与边界线PQ 重合时，圆环的速度为12v ，则下列说法正确的是( ) 图10­3­19A ．此时圆环中的电功率为2B 2a 2v2RB ．此时圆环的加速度为4B 2a 2v2mRC ．此过程中通过圆环截面的电量为πBa 2RD ．此过程中回路产生的电能为0.75 mv 2C [根据右手定则可知，在图示位置，圆环左、右两边的线圈因切割磁感线而产生的感应电流方向相同(均是顺时针方向)，线圈中的感应电动势大小E ＝2B ·2a ·12v ＝2Bav ，感应电流大小I ＝E R ＝2Bav R ，此时圆环中的电功率为P ＝EI ＝4B 2a 2v2R，A 项错误；根据左手定则可知，圆环左、右两边受到的安培力均是水平向左，所以根据牛顿第二定律可知，圆环的加速度为a ＝2BI ·2am＝4Ba m ·2Bav R ＝8B 2a 2v mR，B 项错误；此过程中通过圆环截面的电量为Q ＝I Δt ＝ΔΦR Δt ·Δt ＝ΔΦR ＝πBa2R，C 项正确；此过程中回路产生的电能等于小球动能的减小量，所以W 电＝12mv 2－12m (v 2)2＝38mv 2，D 项错误．]B 级 名校必刷题9．将一均匀导线围成一圆心角为90°的扇形导线框OMN ，其中OM ＝R ，圆弧MN 的圆心为O 点，将导线框的O 点置于如图10­3­20所示的直角坐标系的原点，其中第二和第四象限存在垂直纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为B ，第三象限存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为2B .从t ＝0时刻开始让导线框以O 点为圆心，以恒定的角速度ω沿逆时针方向做匀速圆周运动，假定沿ONM 方向的电流为正，则线框中的电流随时间的变化规律描绘正确的是( )图10­3­20B [在0～t 0时间内，线框从图示位置开始(t ＝0)转过90°的过程中，产生的感应电动势为E 1＝12Bω·R 2，由闭合电路欧姆定律得，回路中的电流为I 1＝E 1r ＝BωR 22r ，根据楞次定律判断可知，线框中感应电流方向为逆时针方向(沿ONM 方向)．在t 0～2t 0时间内，线框进入第三象限的过程中，回路中的电流方向为顺时针方向(沿OMN 方向)．回路中产生的感应电动势为E 2＝12Bω·R 2＋12·2Bω·R 2＝32BωR 2＝3E 1，感应电流为I 2＝3I 1.在2t 0～3t 0时间内，线框进入第四象限的过程中，回路中的电流方向为逆时针方向(沿ONM 方向)，回路中产生的感应电动势为E 3＝12Bω·R 2＋12·2Bω·R 2＝32Bω·R 2＝3E 1，感应电流为I 3＝3I 1.在3t 0～4t 0时间内，线框出第四象限的过程中，回路中的电流方向为顺时针方向(沿OMN 方向)，回路中产生的感应电动势为E 4＝12Bω·R 2，由闭合电路欧姆定律得，回路电流为I 4＝I 1，B 对．]10. (多选)(2017·长沙摸底)如图10­3­21所示为两光滑金属导轨MNQ 和GHP ，其中MN 和GH 部分为竖直的半圆形导轨，NQ 和HP 部分为水平平行导轨，整个装置置于方向竖直向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中．有两个长均为l 、质量均为m 、电阻均为R 的导体棒垂直导轨放置且始终与导轨接触良好，其中导体棒ab 在半圆形导轨上，导体棒cd 在水平导轨上，当恒力F 作用在导体棒cd 上使其做匀速运动时，导体棒ab 恰好静止，且距离半圆形导轨底部的高度为半圆形导轨半径的一半，已知导轨间距离为l ，重力加速度为g ，导轨电阻不计，则( )图10­3­21A ．每根导轨对导体棒ab 的支持力大小为2mgB ．导体棒cd 两端的电压大小为23mgRBlC ．作用在导体棒cd 上的恒力F 的大小为3mgD ．恒力F 的功率为6m 2g 2R B 2l2CD [对ab 棒受力分析如图所示：则：F N sin 30°＝mg ，则：F N ＝2mg ，每根导轨对导体棒ab 的支持力大小为mg ，故选项A 错误；F N cos 30°＝F A ＝B Blv 2R l ，则回路中电流为：I ＝Blv 2R ＝3mg Bl，导体棒cd 两端的电压大小为U ＝IR ＝3mgBlR ，故选项B 错误；由于金属棒cd匀速运动，则安培力等于拉力F ，则F ＝B Blv 2R l ＝3mg ，故选项C 正确；由于BBlv2Rl ＝3mg ，则金属棒cd 的速度为v ＝23mgRB 2l2，则恒力F 的功率为P ＝Fv ＝3mg23mgRB 2l 2＝6m 2g 2RB 2l2，故选项D 正确．]11．(2016·全国甲卷)如图10­3­22所示，水平面(纸面)内间距为l 的平行金属导轨间接一电阻，质量为m 、长度为l 的金属杆置于导轨上．t ＝0时，金属杆在水平向右、大小为F 的恒定拉力作用下由静止开始运动．t 0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B 、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动．杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ.重力加速度大小为g .求：(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小； (2)电阻的阻值． 图10­3­22【解析】 (1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a ，由牛顿第二定律得ma ＝F －μmg ①设金属杆到达磁场左边界时的速度为v ，由运动学公式有v ＝at 0 ②当金属杆以速度v 在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律，杆中的电动势为E ＝Blv③联立①②③式可得E ＝Blt 0⎝ ⎛⎭⎪⎫F m －μg .④(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I .根据欧姆定律I ＝ER⑤式中R 为电阻的阻值．金属杆所受的安培力为f ＝BlI ⑥因金属轩做匀速运动，由牛顿运动定律得F －μmg －f ＝0⑦联立④⑤⑥⑦式得R ＝B 2l 2t 0m.⑧【答案】(1)Blt 0⎝ ⎛⎭⎪⎫F m －μg(2)B 2l 2t 0m12．(2017·郑州模拟)如图10­3­23所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN 、PQ 电阻不计，其间距为L ，两导轨及其构成的平面与水平面成θ角．两根用细线连接的金属杆ab 、cd 分别垂直导轨放置，平行斜面向上的外力F 作用在杆ab 上，使两杆静止．已知两金属杆ab 、cd 的质量分别为m 和2m ，两金属杆的电阻都为R ，并且和导轨始终保持良好接触，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B .某时刻将细线烧断，保持杆ab 静止不动，重力加速度为g .(1)求细线烧断后外力F 的最小值F 1和最大值F 2；(2)当外力F ＝F 1＋F 22时，求cd 杆的速度大小；(3)从细线烧断到cd 杆达到最大速度，杆ab 产生的电热为Q ，求cd 杆在此过程中经过的位移．图10­3­23【解析】 (1)细线烧断瞬间，外力F 取得最小值F 1，对杆ab ：F 1＝mg sin θcd 杆到达最大速度v m 时，外力F 取得最大值F 2，对杆ab ： F 2＝mg sin θ＋F 安对cd 杆，因其匀速运动，则F ′安＝2mg sin θ 显然F 安＝F ′安代入可得F 2＝3mg sin θ. (2)当外力F ＝F 1＋F 22时，对杆abF ＝mg sin θ＋F ″安＝2mg sin θ可得F ″安＝mg sin θ 又知F ″安＝BIL其中I ＝BLv2R可得此时cd 杆的速度v ＝2mgR sin θB 2L2. (3)由于两杆电阻相等，所以产生的电热相等．cd 杆达到最大速度前，电路产生的总电热为2Q ，设cd 杆达到最大速度前经过的位移为x ，由能量守恒可知2mg sin θ·x ＝12(2m )v 2m ＋2Qcd 杆最后匀速时F ′安＝2mg sin θ＝BI ′LI ′＝BLv m2R联立解得x ＝8m 3g 2R 2sin 2θ＋B 4L 4QB 4L 4mg sin θ.【答案】 (1)mg sin θ 3mg sin θ(2)2mgR sin θB 2L 2 (3)8m 3g 2R 2sin 2θ＋B 4L 4Q B 4L 4mg sin θ。

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第3节电磁感应定律的综合应用知识点1 电磁感应中的电路问题1．内电路和外电路（1)切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的线圈都相当于电源．(2）该部分导体的电阻或线圈的电阻相当于电源的内阻，其余部分是外电路．2．电源电动势和路端电压(1)电动势：E＝Blv或E＝n错误!.(2）路端电压：U＝IR＝E－Ir.知识点2 电磁感应的图象问题图象类型（1）磁感应强度B、磁通量Φ、感应电动势E和感应电流I随时间t变化的图象,即B。

t图象、Φ­t图象、E。

t图象和I。

t图象(2）对于切割磁感线产生感应电动势和感应电流的情况，还常涉及感应电动势E和感应电流I随位移x变化的图象，即E­x图象和I。

x图象问题类型(1）由给定的电磁感应过程判断或画出正确的图象（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应用知识左手定则、安培定则、右手定则、楞次定律、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿定律、函数图象知识等1．能量的转化感应电流在磁场中受安培力，外力克服安培力做功，将其他形式的能转化为电能，电流做功再将电能转化为其他形式的能．2．实质电磁感应现象的能量转化,实质是其他形式的能和电能之间的转化．3．电磁感应现象中能量的三种计算方法(1)利用克服安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功．（2)利用能量守恒求解：机械能的减少量等于电能的增加量．（3）利用电路特征来求解：通过电路中所产生的电能来计算．知识点4 电磁感应中的动力学问题1．安培力的大小错误!⇒F A＝错误!2．安培力的方向(1)用左手定则判断：先用右手定则判断感应电流的方向,再用左手定则判定安培力的方向．(2）用楞次定律判断：安培力的方向一定与导体切割磁感线的运动方向相反．3．安培力参与物体的运动导体棒（或线框)在安培力和其他力的作用下,可以做加速运动、减速运动、匀速运动、静止或做其他类型的运动，可应用动能定理、牛顿运动定律等规律解题．1．正误判断(1)闭合电路的欧姆定律同样适用于电磁感应电路．（√）（2）“相当于电源”的导体棒两端的电压一定等于电源的电动势．(×)（3)电流一定从高电势流向低电势．(×)（4）在有安培力的作用下，导体棒不能做加速运动．(×）(5）电路中的电能增加，外力一定克服安培力做了功．（√）2．[电磁感应中的动力学问题]如图10。

第3节电磁感应定律的综合应用知识点1电磁感应中的电路问题1.内电路和外电路⑴切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的线圈都相当于里址(2)该部分导体的电阻或线圈的电阻相当于电源的缠，英余部分是外电路.2.电源电动势和路端电压A(1)电动势：E=Blv或E= (・⑵路端电压：U=IR=E~Ir.1.能量的转化感应电流在磁场中受安培力，外力克服安培力做功，将其他形式的能转化为电能,电流做功再将电能转化为内能.2.实质电磁感应现象的能量转化，实质是其他形式的能和蜒之间的转化.3.电磁感应现彖中能量的三种计算方法(1)利用克服安培力求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功.(2)利用能量守恒求解：机械能的减少量等于产生的电能.(3)利用电路特征来求解：通过电路中所产生的电热来计算.知识点4电磁感应中的动力学问题1.安培力的大小安培力公式：F,=BIf感应电动势：E=Blv BfvE K感应电流：1=-K丿2.安培力的方向（1）用左手左则判断：先用右手宦则判断感应电流的方向，再用左手左则判左安培力的方向.（2）用楞次左律判断：安培力的方向一泄与导体切割磁感线的运动方向m3.安培力参与物体的运动导体棒（或线框）在安培力和其他力的作用下，可以做加速运动、减速运动、匀速运动、静止或做其他类型的运动，可应用动能立理、牛顿运动左律等规律解题.1.正误判断（1）闭合电路的欧姆左律同样适用于电磁感应电路.（J）（2）"相当于电源”的导体棒两端的电压一立等于电源的电动势.（X）（3）电流一泄从高电势流向低电势.（X）（4）在有安培力的作用下，导体棒不能做加速运动.（X）（5）电路中的电能增加，外力一泄克服安培力做了功.（J）2.（电磁感应中的动力学问题）如图9-3・1所示，在一匀强磁场中有一U型导线框bacd, 线框处于水平面内，磁场与线框平而垂直，斤为一电阻，e/■为垂直于ab的一根导体杆，它可以在ab、c"上无摩擦地滑动，杆ef及线框中导体的电阻都可不计.开始时，给ef—个向右的初速度，贝M ）【导学号：96622167]图9- 3-1A.ef将减速向右运动，但不是匀减速B.ef将匀减速向右运动，最后静止C.ef将匀速向右运动D.ef将做往复运动【答案】A3.（电磁感应中的电路问题）如图9-3-2, 一个半径为£的半圆形硬导体M以速度y 在水平U形框架上匀速滑动，匀强磁场的磁感应强度为万，回路电阻为凡，半圆形硬导体凡5 的电阻为n其余电阻不计，则半圆形导体初切割磁感线产生感应电动势的大小及曲之间的电势差分别为（）图9- 3- 2A.BLv； ~~~B. 2BLv； BLv【答案】c4. （对电磁感应中图象问题的理解）边长为a 的闭合金属正三角形框架，左边竖直且与 磁场右边界平行，完全处于垂直框架平而向里的匀强磁场中.现把框架匀速水平向右拉出磁 场，如图9-3-3所示，则下列选项与这一过程相符合的是（）图 9-3-3【答案】B5. （电磁感应中的功能关系）（2016 •浙江高考）如图9-3・4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，边长乙=3人，图示区域内有垂宜纸而向里的匀强 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，贝虹 ）【导学号：96622168]图 9- 3-4A. 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 : 1C. &、&线圈中感应电流之比为3 : 4D. a 、b 线圈中电功率之比为3 ： 1【答案】B［师生共研］•考向1根据电磁感应的过程选图如图9-3-5所示，两磁感应强度大小相等、方向相反的有界磁场，磁场区域宽度均为丛一底边长为2/的三角形金属线框以一泄的速度匀速通过两磁场的过程中，三角 形线框中的感应电流，随时间r 的变化图象正确的是（取逆时针方向为正）（）图 9- 3- 5D 整个过程分为4个小过程，且由线框有效切割长度和几何关系 可知，电流随时间线性变化：由1到2位置，产生逆时针方向的电流且 均匀减小，设开始时电流大小为2厶，则由2厶减小到厶：由2到3位巻, 产生顺时针方向的电流，开始时电流大小为3厶，且均匀减小，一直减 小到2Zo ；由3到4位宜，产生逆时针方向的电流且由零均匀增大到％ 由4位置到最后全部出磁场，为逆时针方向的电流且由厶均匀减小到零：综上所述选项D 正确.电磁感应中图象类选择题的两个常用方法1. 排除法:左性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势（增大还是减小）、变化快慢（均 匀变化还是非均匀变化），特别是分析物理量的正负，以排除错误的选项.2. 函数法：根据题目所给条件左量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关 系对C. 2BLv ：2BLv& 凡+r D. BLvx 2BLv卜例图象进行分析和判断.•考向2根据图象信息分析电磁感应过程卜例园（多选）如图9-3-6甲所示，光滑绝缘水平而上，虚线州的右侧存在磁感应强度5=2 T 的匀强磁场，的左侧有一质量加=0.1 kg的矩形线圈abed, be边长厶=0. 2 m, 电阻42 Q. t= 0时，用一恒泄拉力尸拉线圈，使其由静止开始向右做匀加速运动，经过时间1 s,线圈的弘边到达磁场边界JZV,此时立即将拉力尸改为变力，又经过1 s,线圈恰好完全进入磁场，整个运动过程中，线圈中感应电流，随时间r变化的图象如图乙所示•则（）甲乙图9- 3- 6A.恒定拉力大小为0.05 NB.线圈在第2 s内的加速度大小为1 m/s=C.线圈ab边长Z：=0. 5 mD.在第2 s内流过线圈的电荷量为0.2 CABD 在第Is 末，ii=g, BL M，% = ah, F= ma、,联立得尸=0.05 N, A 项正确.在第2 s内，由图象分析知线圈做匀加速直线运动，第2 s末」；=牛，F =BLg卩=内+ A（P 比纭解得a£=ln/s\ B项正确.在第2 s内，诟一诟=2爰厶，得厶=1叫C项错误.<?=—K =誉=0.2 C、D项正确.［题组通关］1.（多选）空间存在一垂宜纸面向里的匀强磁场，磁场区域横截面为等腰直角三角形，底边水平，其斜边长度为乙一正方形导体框abed边长也为L,开始时正方形导体框的ab 边与磁场区域横截而的斜边刚好重合，如图9-3-7所示.由图示的位置开始计时，正方形导体框以平行于氐边的速度y匀速穿越磁场.若导体框中的感应电流为几a、b两点间的电压为氐，感应电流取逆时针方向为正，则导体框穿越磁场的过程中，,、弘随时间的变化规律正确的是（）图9- 3- 7AD在曲边到e点的过程中，必边切割磁感线的有效长度减小，则感应电动势逐渐减3小，感应电流沿逆时针方向，a、b两点间的电压氐为负值，大小为电动势的斤且均匀减小，訪边越过e点后，在边接触磁场之前，线框中磁通量不变，没有感应电动势和感应电流；之后，。

电磁感应定律的综合应用(一)(电路和图像)(45分钟100分)一、选择题(本大题共10小题,每小题7分,共70分。

每小题只有一个选项正确)1.如图所示是两个互连的金属圆环,小金属环的电阻是大金属环电阻的二分之一,磁场垂直穿过大金属环所在区域。

当磁感应强度随时间均匀变化时,在大环内产生的感应电动势为E,则a、b两点间的电势差为( )A. EB. EC. ED.E【解析】选B。

大金属环相当于电源,a、b两点间的电势差等于路端电压,而小金属环电阻占电路总电阻的,故U ab=E,B正确。

2.一环形线圈放在匀强磁场中,设第1s内磁感线垂直线圈平面(即垂直于纸面)向里,如图甲所示。

若磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示,那么第3s内线圈中感应电流的大小与其各处所受安培力的方向是( )A.大小恒定,沿顺时针方向与圆相切B.大小恒定,沿着圆半径指向圆心C.逐渐增加,沿着圆半径离开圆心D.逐渐增加,沿逆时针方向与圆相切【解析】选B。

由题图乙知,第3 s内磁感应强度B逐渐增大,变化率恒定,故感应电流的大小恒定。

再由楞次定律,线圈各处受安培力的方向都使线圈面积有缩小的趋势,故沿着圆半径指向圆心,B项正确。

【变式备选】一个闭合线圈固定在垂直纸面的匀强磁场中,设磁场方向向里为磁感应强度B的正方向,线圈中的箭头为电流I的正方向。

线圈及线圈中感应电流I随时间变化的图线如图所示,则磁感应强度B随时间变化的图线可能是图中的( )【解析】选C。

在线圈中感应电流的方向是顺时针为正,由其感应电流的图像可知线圈中开始的电流是逆时针方向,感应电流的磁场是垂直于纸面向外的,原磁场是向里的(正方向),则原磁场应是加强的,在B -t图像上的图线斜率为正值,经过T后,感应电流反向,说明原磁场是正向减弱或负向增强,图线的斜率为负值,再过T,图线的斜率为正值。

所以C正确,A、B、D错误。

3.粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于有界匀强磁场中,磁场方向垂直于线框平面,其边界与正方形线框的边平行。

第3讲 专题 电磁感应规律的综合应用对应学生用书P175一、电磁感应中的电路问题 1．内电路和外电路(1)切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的线圈都相当于电源． (2)该部分导体的电阻或线圈的电阻相当于电源的内阻，其余部分是外电路． 2．电源电动势和路端电压 (1)电动势：E ＝Blv 或E ＝n ΔΦΔt ．(2)路端电压：U ＝IR ＝E －Ir ． 【即学即练】1．(多选)用均匀导线做成的正方形线圈边长为l ，图9－3－1正方形的一半放在垂直于纸面向里的匀强磁场中，如图9－3－1所示，当磁场以ΔBΔt 的变化率增大时，则( )． A ．线圈中感应电流方向为acbda B ．线圈中产生的电动势E ＝ΔB Δt ·l22C ．线圈中a 点电势高于b 点电势D ．线圈中a 、b 两点间的电势差为ΔB Δt ·l22解析 根据楞次定律可知，选项A 正确；线圈中产生的电动势E ＝ΔΦΔt ＝S ΔB Δt ＝l 22ΔBΔt ，选项B 正确；线圈中的感应电流沿逆时针方向，所以a 点电势低于b 点电势，选项C 错误；线圈左边的一半导线相当于电源，右边的一半相当于外电路，a 、b 两点间的电势差相当于路端电压，其大小为U ＝E 2＝l 24ΔBΔt，选项D 错误．答案 AB二、电磁感应现象中的动力学问题 1．安培力的大小 感应电动势：E ＝Blv 感应电流：I ＝ER ＋r安培力公式：F ＝BIl ＝B 2l 2vR ＋r2．安培力的方向(1)先用右手定则确定感应电流方向，再用左手定则确定安培力方向． (2)根据楞次定律，安培力方向一定和导体切割磁感线运动方向相反． 【即学即练】2．(多选)如图9－3－2所示，图9－3－2MN 和PQ 是两根互相平行竖直放置的光滑金属导轨，已知导轨足够长，且电阻不计．有一垂直导轨平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，宽度为L ，ab 是一根不但与导轨垂直而且始终与导轨接触良好的金属杆．开始，将开关S 断开，让ab 由静止开始自由下落，过段时间后，再将S 闭合，若从S 闭合开始计时，则金属杆ab 的速度v 随时间t 变化的图象可能是( )．解析 设闭合S 时，ab 的速度为v ，则E ＝BLv ，I ＝E R ＝BLv R ，F 安＝BIL ＝B 2L 2v R ，若F 安＝B 2L 2vR ＝mg ，则选项A 正确．若F 安＝B 2L 2vR <mg ，则选项C 正确．若F 安＝B 2L 2vR>mg ，则选项D 正确．答案 ACD三、电磁感应现象中的能量问题1．能量的转化：感应电流在磁场中受安培力，外力克服安培力做功，将其他形式的能转化为电能，电流做功再将电能转化为内能．2．实质：电磁感应现象的能量转化，实质是其他形式的能和电能之间的转化． 【即学即练】3．(多选)如图9－3－3所示，图9－3－3水平固定放置的足够长的U 形金属导轨处于竖直向上的匀强磁场中，在导轨上放着金属棒ab ，开始时ab 棒以水平初速度v 0向右运动，最后静止在导轨上，就导轨光滑和导轨粗糙的两种情况相比较，这个过程( )． A ．安培力对ab 棒所做的功不相等 B ．电流所做的功相等 C ．产生的总内能相等 D ．通过ab 棒的电荷量相等解析 光滑导轨无摩擦力，导轨粗糙的有摩擦力，动能最终都全部转化为内能，所以内能相等，C 正确；对光滑的导轨有，12mv 20＝Q 安，对粗糙的导轨有，12mv 20＝Q 安′＋Q 摩，Q 安≠Q 安′，则A 正确，B 错；q ＝It ＝Blvt R ＝BlxR，且x 光>x 粗，所以q 光>q 粗，D 错． 答案 AC对应学生用书P176题型一 电磁感应中的电路问题【典例1】 (2012·浙江卷，25)为了提高自行车夜间行驶的安全性，小明同学设计了一图9－3－4种“闪烁”装置．如图9－3－4所示，自行车后轮由半径r 1＝5.0×10－2m 的金属内圈、半径r 2＝0.40 m 的金属外圈和绝缘辐条构成．后轮的内、外圈之间等间隔地接有4根金属条，每根金属条的中间均串联有一电阻值为R 的小灯泡．在支架上装有磁铁，形成了磁感应强度B ＝0.10 T 、方向垂直纸面向外的“扇形”匀强磁场，其内半径为r 1、外半径为r 2、张角θ＝π6.后轮以角速度ω＝2π rad/s 相对于转轴转动．若不计其它电阻，忽略磁场的边缘效应．(1)当金属条ab 进入“扇形”磁场时，求感应电动势E ，并指出ab 上的电流方向； (2)当金属条ab 进入“扇形”磁场时，画出“闪烁”装置的电路图；(3)从金属条ab 进入“扇形”磁场时开始，经计算画出轮子转一圈过程中，内圈与外圈之间电势差U ab 随时间t 变化的U ab －t 图象；(4)若选择的是“1.5 V ，0.3 A ”的小灯泡，该“闪烁”装置能否正常工作？有同学提出，通过改变磁感应强度B 、后轮外圈半径r 2、角速度ω和张角θ等物理量的大小，优化前同学的设计方案，请给出你的评价．规范解答 (1)金属条ab 在磁场中切割磁感线时，所构成的回路的磁通量变化．设经过时间Δt ，磁通量变化量为ΔΦ，由法拉第电磁感应定律E ＝ΔΦΔt ，①ΔΦ＝B ΔS ＝B ⎝ ⎛⎭⎪⎫12r 22Δθ－12r 21Δθ② 由①、②式并代入数值得：E ＝ΔΦΔt ＝12B ω(r 22－r 21)＝4.9×10－2V ③ 根据右手定则(或楞次定律)，可得感应电流方向为b →a .④ (2)通过分析，可得电路图为(3)设电路中的总电阻为R 总，根据电路图可知，R 总＝R ＋13R ＝43R ⑤ab 两端电势差U ab ＝E －IR ＝E －E R 总R ＝14E ＝1.2×10－2 V ⑥设ab 离开磁场区域的时刻为t 1，下一根金属条进入磁场区域的时刻为t 2，t 1＝θω＝112s ⑦t 2＝π2ω＝14s ⑧设轮子转一圈的时间为T ，T ＝2πω＝1 s ⑨在T ＝1 s 内，金属条有四次进出，后三次与第一次相同．⑩ 由⑥、⑦、⑧、⑨、⑩可画出如下U ab －t 图象．(4)“闪烁”装置不能正常工作．(金属条的感应电动势只有4.9×10－2V ，远小于小灯泡的额定电压，因此无法正常工作．)B 增大，E 增大，但有限度；r 2增大，E 增大，但有限度；ω增大，E 增大，但有限度；θ增大，E 不变．答案 (1)4.9×10－2V 电流方向为b →a (2)(3)(4)见解析 【变式跟踪1】 如图9－3－5所示，图9－3－5在倾角为θ＝37°的斜面内，放置MN 和PQ 两根不等间距的光滑金属导轨，该装置放置在垂直斜面向下的匀强磁场中．导轨M 、P 端间接入阻值R 1＝30 Ω的电阻和理想电流表，N 、Q 端间接阻值为R 2＝6 Ω的电阻．质量为m ＝0.6 kg 、长为L ＝1.5 m 的金属棒放在导轨上以v 0＝5 m/s 的初速度从ab 处向右上方滑到a ′b ′处的时间为t ＝0.5 s ，滑过的距离l ＝0.5 m ．ab 处导轨间距L ab ＝0.8 m ，a ′b ′处导轨间距L a ′b ′＝1 m ．若金属棒滑动时电流表的读数始终保持不变，不计金属棒和导轨的电阻．sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2，求： (1)此过程中电阻R 1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BL ab v 0＝BL a ′b ′v a ′b ′，代入数据可得v a ′b ′＝4 m/s ，根据能量转化和守恒定律得：Q 总＝12m (v 20－v 2a ′b ′)－mgl sin 37°＝Q R 1＋Q R 2由Q ＝U 2R t 得：Q R 1Q R 2＝R 2R 1，代入数据可求得：Q R 1＝0.15 J(2)由焦耳定律Q R 1＝I 21R 1t 可知：电流表读数I 1＝Q R 1R 1t＝0.1 A (3)不计金属棒和导轨上的电阻，则R 1两端的电压始终等于金属棒与两轨接触间的电动势，由E ＝I 1R 1，E ＝BL a ′b ′v a ′b ′可得：B ＝I 1R 1L a ′b ′v a ′b ′＝0.75 T答案 (1)0.15 J (2)0.1 A (3)0.75 T ,借题发挥1．电磁感应中电路知识的关系图2．电磁感应中电路问题的解题思路 (1)明确电源的电动势E ＝nΔΦΔt ＝nS ΔB Δt ＝nB ΔS Δt ，E ＝BLv ，E ＝12BL 2ω (2)明确电源的正、负极：根据电源内部电流的方向是从负极流向正极，即可确定电源的正、负极．(3)明确电源的内阻：即相当于电源的那部分电路的电阻． (4)明确电路关系：即构成回路的各部分电路的串、并联关系． (5)结合闭合电路欧姆定律和电功、电功率等能量关系列方程求解． 3．易错总结对于电磁感应现象中的电路结构分析有两个方面容易出错：(1)电源分析错误，不能正确地应用右手定则或楞次定律判断电源的正负极，不能选择恰当的公式计算感应电动势的大小．(2)外电路分析错误，不能正确判断电路结构的串并联关系．4．求解电磁感应中的电路问题的关键：(1)在电磁感应电路中产生感应电动势的那一部分电路相当于电源，电流的流向是从“电源”的负极经电源流向正极，这一部分电路两端电压相当于路端电压，U＝RR＋rE.感应电动势是联系电磁感应与电路的桥梁．(2)当所涉及的电路为全电路时，往往存在着一定的功率关系：即电磁感应产生的电功率等于内外电路消耗的功率之和．若为纯电阻电路，则产生的电能全部转化为电路中的内能．所以能量守恒是分析这类问题的思路．题型二电磁感应中的动力学问题【典例2】如图9－3－6甲所示，光滑斜面的倾角α＝30°，在斜面上放置一矩形线框abcd，ab 边的边长l1＝1 m，bc边的边长l2＝0.6 m，线框的质量m＝1 kg，电阻R＝0.1 Ω，线框受到沿光滑斜面向上的恒力F的作用，已知F＝10 N．斜面上ef线(ef∥gh)的右方有垂直斜面向上的均匀磁场，磁感应强度B随时间t的变化情况如图乙的B－t图象所示，时间t是从线框由静止开始运动时刻起计时的．如果线框从静止开始运动，进入磁场最初一段时间是匀速的，ef线和gh线的距离x＝5.1 m，取g＝10 m/s2.求：(1)线框进入磁场前的加速度；(2)线框进入磁场时匀速运动的速度v；(3)线框整体进入磁场后，ab边运动到gh线的过程中产生的焦耳热．图9－3－6审题提示解析 (1)线框进入磁场前，线框仅受到拉力F 、斜面的支持力和线框重力，由牛顿第二定律得：F －mg sin α＝ma 线框进入磁场前的加速度a ＝F －mg sin αm＝5 m/s 2(2)因为线框进入磁场的最初一段时间做匀速运动，ab 边进入磁场切割磁感线，产生的电动势E ＝Bl 1v 形成的感应电流I ＝E R ＝Bl 1vR受到沿斜面向下的安培力F 安＝BIl 1线框受力平衡，有F ＝mg sin α＋B 2l 21vR代入数据解得v ＝2 m/s(3)线框abcd 进入磁场前时，做匀加速直线运动；进入磁场的过程中，做匀速直线运动；线框完全进入磁场后至运动到gh 线，仍做匀加速直线运动．进入磁场前线框的运动时间为t 1＝v a ＝25 s ＝0.4 s进入磁场过程中匀速运动时间为t 2＝l 2v ＝0.62s ＝0.3 s线框完全进入磁场后线框受力情况与进入磁场前相同，所以该阶段的加速度大小仍为a ＝5 m/s 2，该过程有x －l 2＝vt 3＋12at 23解得t 3＝1 s因此线框整体进入磁场后，ab 边运动到gh 线的过程中，线框中有感应电流的时间t 4＝t 1＋t 2＋t 3－0.9 s ＝0.8 s E ＝ΔB ·S Δt ＝0.5×0.62.1－0.9V ＝0.25 V此过程产生的焦耳热Q ＝E 2t 4R ＝0.252×0.80.1J ＝0.5 J答案 (1)5 m/s 2(2)2 m/s (3)0.5 J【变式跟踪2】 (2012·广东卷，35)如图9－3－7所示，质量为M 的导体棒ab ，垂直放在相距为l 的平行光滑金属导轨上．导轨平面与水平面的夹角为θ，并处于磁感应强度大小为B 、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中．左侧是水平放置、间距为d 的平行金属板．R 和R x 分别表示定值电阻和滑动变阻器的阻值，不计其他电阻．图9－3－7(1)调节R x ＝R ，释放导体棒，当棒沿导轨匀速下滑时，求通过棒的电流I 及棒的速率v . (2)改变R x ，待棒沿导轨再次匀速下滑后，将质量为m 、带电荷量为＋q 的微粒水平射入金属板间，若它能匀速通过，求此时的R x .图甲解析 (1)对匀速下滑的导体棒进行受力分析如图甲所示． 导体棒所受安培力F 安＝BIl ①导体棒匀速下滑，所以F 安＝Mg sin θ② 联立①②式，解得I ＝Mg sin θBl③ 导体棒切割磁感线产生感应电动势E ＝Blv ④ 由闭合电路欧姆定律得I ＝E R ＋R x ，且R x ＝R ，所以I ＝E2R⑤ 联立③④⑤式，解得v ＝2MgR sin θB 2l2.⑥图乙(2)由题意知，其等效电路图如图乙所示．。

专题十 第3讲一、选择题：在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～9题有多项符合题目要求．1．如图所示，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，整个装置处在垂直于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 向右做匀速运动时( )A ．电容器两端的电压为零B ．电阻两端的电压为BL vC ．电容器所带电荷量为CBL vD ．为保持MN 匀速运动，需对其施加的拉力大小为B 2L 2vR【答案】C【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，故电阻两端没有电压，电容器两极板间的电压U ＝E ＝BL v ，所带电荷量Q ＝CU ＝CBL v ，故选项A 、B 错误，C 正确；MN 匀速运动时，因无电流而不受安培力，故拉力为零，选项D 错误．2．如图所示，电阻R ＝1 Ω、半径为r 1＝0.2 m 的单匝圆形导线框P 内有一个与P 共面的圆形磁场区域Q ，P 、Q 的圆心相同，Q 的半径r 2＝0.1 m ．在t ＝0时刻，Q 内存在着垂直于圆面向里的磁场，磁感应强度B 随时间t 变化的关系是B ＝2－t (T)．若规定逆时针方向为电流的正方向，则线框P 中感应电流I 随时间t 变化的关系图象应该是下图中的( )【答案】C【解析】圆形导线框P 中产生的感应电动势E ＝ΔB ·S Δt ＝ΔB Δt ·πr 2＝－0.01π V ，由I ＝ER ，得I ＝－0.01π A ，其中负号表示电流的方向是顺时针方向的．3．如图所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R ，质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦，棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，棒在竖直向上的恒力F 作用下加速上升的一段时间内，力F 做的功与安培力做的功的代数和等于( )A ．棒的机械能增加量B ．棒的动能增加量C ．棒的重力势能增加量D ．电阻R 上放出的热量【答案】A【解析】金属棒加速上升h 高度过程中，受重力mg ，拉力F 和安培力F A 的作用，由动能定理有W F －mgh －W F A ＝ΔE k ，解得W F －W F A ＝ΔE k ＋mgh ＝ΔE ，即力F 做的功与安培力做功的代数和等于机械能的增加量．4．如图所示，B 是一个螺线管，C 是与螺线管相连接的金属线圈，在B 的正上方用绝缘丝线悬挂一个金属圆环A ，A 的环面水平且与螺线管的横截面平行．若仅在金属线圈C 所处的空间加上与C 环面垂直的变化磁场，发现在t 1至t 2时间段内金属环A 的面积有缩小的趋势，则金属线圈C 处所加磁场的磁感应强度随时间变化的B －t 图象可能是( )【答案】D【解析】由法拉第电磁感应定律得C 线圈中的感应电动势E ＝ΔΦΔt ＝S ΔBΔt ，S 为C 的面积，ΔB Δt 为穿过C 线圈磁感应强度的变化率，即B －t 图线的斜率，A 、B 项图中，ΔBΔt 为定值，感应电动势E 恒定不变，由欧姆定律知B 的电流恒定不变，穿过A 线圈的磁通量不变，无感应电流，故A 、B 两项错误；在C 图中ΔBΔt 逐渐减小，电动势E 减小，B 中感应电流I 减小，穿过A 的磁通量减小，由楞次定律知，A 线圈有扩张的趋势，C 项错误；D 图中ΔBΔt 逐渐增大，电动势E 增大，B 中感应电流I 增大，穿过A 的磁通量增大，同理可知，A 有缩小的趋势，D 项正确．5．(2015年郑州模拟)如图所示，水平面内有一平行金属导轨，导轨光滑且电阻不计，阻值为R 的导体棒垂直于导轨放置，且与导轨接触良好．导轨所在空间存在匀强磁场，匀强磁场与导轨平面垂直，t ＝0时，将开关S 由1掷向2，若分别用q ，i ，v 和a 表示电容器所带的电荷量、棒中的电流、棒的速度大小和加速度大小，则下图所示的图象中正确的是( )【答案】D【解析】电容器放电时导体棒在安培力作用下运动，产生感应电动势，感应电动势与电容器电压相等时，棒做匀速直线运动，说明极板上电荷量最终不等于零，A 项错误．但电流最终必为零，B 项错误．导体棒速度增大到最大后做匀速直线运动，加速度为零，C 项错误，D 项正确．6．如图所示，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，分别用相同材料，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v 1，v 2，在磁场中运动时产生的热量分别为Q 1，Q 2.不计空气阻力，则 ( )A ．v 1<v 2，Q 1<Q 2B ．v 1＝v 2，Q 1＝Q 2C ．v 1<v 2，Q 1>Q 2D ．v 1＝v 2，Q 1<Q 2【答案】D【解析】由于两线圈从同一高度下落，到达磁场边界时具有相同的速度v ，切割磁感线产生感应电流同时受到磁场的安培力F ＝B 2l 2v R ，又由R ＝ρ4l S (ρ为线圈材料的电阻率，l 为线圈的边长，S 为单匝线圈的横截面积)，所以线圈所受安培力F ＝B 2l v S 4ρ，此时加速度a ＝g －Fm ，其中m ＝ρ0S ·4l (ρ0为线圈材料的密度)，所以加速度a ＝g －B 2v16ρρ0是定值，线圈Ⅰ和Ⅱ同步运动，落地时两线圈速度相等v 1＝v 2.由能量守恒定律可得Q ＝mg (h ＋H )－12m v 2，(H 是磁场区域的高度)，Ⅰ为细导线，因质量m 较小，产生的热量较小，所以Q 1<Q 2.7．如图所示，两根足够长且光滑平行的金属导轨PP ′，QQ ′倾斜放置，匀强磁场垂直于导轨平面，导轨的上端与水平放置的两金属板M ，N 相连，板间距离足够大，板间有一带电微粒，金属棒ab 水平跨放在导轨上，下滑过程中与导轨接触良好．现同时由静止释放带电微粒和金属棒ab ，则( )A ．金属棒ab 最终可能匀速下滑B ．金属棒ab 一直加速下滑C ．金属棒ab 下滑过程中M 板电势高于N 板电势D ．带电微粒不可能先向N 板运动后向M 板运动 【答案】BC【解析】金属棒沿光滑导轨加速下滑，棒中有感应电动势而对电容器充电，充电电流通过金属棒时受安培力作用，只有金属棒速度增大时才有充电电流，因此总有mg sin θ－BIl >0，金属棒将一直加速，A 项错、B 项对；由右手定则可知，金属棒a 端电势高，则M 板电势高，C 项正确；若微粒带负电，则静电力向上与重力反向，开始时静电力为0，微粒向下加速，当静电力增大到大于重力时，微粒的加速度向上，D 项错．8．如图所示，均匀金属圆环总电阻为2R ，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直穿过圆环．金属杆OM 长为l ，电阻为R2，M 端与环紧密接触，金属杆OM 绕过圆心的转轴O 以恒定的角速度ω转动，当电阻为R 的一段导线一端和环连接，另一端与金属杆的转轴Ο相连接时，下列结论中正确的是( )A ．通过导线R 的电流的最大值为Bl 2ω3RB ．通过导线R 的电流的最小值为Bl 2ω4RC ．OM 中产生的感应电动势恒为Bl 2ω2D ．导线中通过的电流恒为Bl 2ω2R【答案】ABC【解析】求解本题的关键是找OM 从与圆环接触点的位置，要求回路中通过的电流的大小，需要画等效电路图求其回路中的电流．当金属杆绕O 点匀速转动时，由E ＝12Bl 2ω，知选项C 正确．电流的大小，决定于M 与滑环的连接点，当M 与下方最低点连接时，回路中电路电阻最小，其阻值为R 小＝32R ，根据I ＝E R ＋r可得，I max ＝Bl 2ω2×32R ＝Bl 2ω3R ，选项A 正确，D 错误．当M 与圆环顶端相接触时，回路电阻最大，其阻值为R 大＝R 2＋3R2＝2R ，所以I min＝Bl 2ω4R，选项B 正确． 9．如图所示，矩形单匝导线中串联着两个电阻器，一个电阻为R ，另一个电阻为2R ，其余电阻不计；在电路中央有一面积为S 的矩形区域磁场，磁感应强度与时间的关系为B ＝B 0＋kt ，则( )A ．该电路为串联电路B ．该电路为并联电路C ．流过电阻R 的电流为kS3RD ．流过电阻R 的电流为kSR【答案】AC【解析】电源只能生成于导体上，故该电路为串联电路．该电源的电动势恒为E ＝ΔΦΔt ＝ΔB ·S Δt ＝kS ，则流过电阻R 的电流(即电路的总电流)I ＝E R ＋2R ＝kS3R. 二、非选择题10．如图所示，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L 2，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？解：MN 滑过的距离为L3时，它与bc 的接触点为P (图甲)，等效电路图如图乙所示．甲 乙由几何关系可知MP 长度为L3，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，PM 中的电流I ＝Er ＋r 并ac 中的电流I ac ＝23I解得I ac ＝2BL v5R根据右手定则，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 . 11．如图所示，两金属杆ab 和cd 长均为l ，电阻均为R ，质量分别为M 和m (M >m )，用两根质量和电阻均可忽略的不可伸长的柔软导线将它们连成闭合回路，并悬挂在水平、光滑、不导电的圆棒两侧．两金属杆都处在水平位置，整个装置处在一与回路平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B .若金属杆ab 正好匀速向下运动，求其运动的速度．解：方法一 假设磁感应强度B 的方向垂直纸面向里，ab 杆向下匀速运动的速度为v ，则ab 杆切割磁感线产生的感应电动势大小为E i ＝Bl v ，方向a →b ；cd 杆以速度v 向上切割磁感线运动产生的感应电动势大小为E i ′＝Bl v ，方向d →c .在闭合回路中产生a →b →d →c →a 方向的感应电流I ，据闭合电路欧姆定律知 I ＝E i ＋E i ′2R ＝2Bl v 2R ＝Bl vRab 杆受磁场作用的安培力F 1方向向上，cd 杆受的安培力F 2方向向下，F 1，F 2的大小相等，有F 1＝F 2＝IlB ＝B 2l 2v R对ab 杆应有F ＝Mg －F 1 对cd 杆应有F ＝F 2＋mg 解得v ＝(M －m )gR2B 2l 2.方法二 若把ab ，cd 和柔软导线视为一个整体，因M >m ，故整体动力为(M －m )g ，ab 向下、cd 向上运动时，穿过闭合回路的磁通量发生变化，根据电磁感应定律判断回路中产生感应电流，根据楞次定律知，I 感的磁场要阻碍原磁场的磁通量的变化，即阻碍ab 向下，cd 向上运动，即F 安为阻力．整体受到的动力与安培力满足平衡条件，即(M －m )g ＝2B 2l 2vR则可解得v 如上结果．方法三 整个回路视为一整体系统，因其速度大小不变，故动能不变，ab 向下，cd 向上运动过程中，因Mg >mg ，系统的重力势能减少，将转化为回路的电能，根据能量守恒定律，重力的机械功率(单位时间内系统减少的重力势能)要等于电功率(单位时间内转化的回路中的电能)．所以有Mg v －mg v ＝E 2总R 总＝(2Bl v )22R同样可解得v 为上值．12．如下图甲所示，光滑且足够长的金属导轨MN ，PQ 平行地固定在同一水平面上，两导轨间距L ＝0.20 m ，两导轨的左端之间所接的电阻R ＝0.40 Ω，导轨上静止放置一质量m ＝0.10 kg 的金属杆ab ，位于两导轨之间的金属杆的电阻r ＝0.10 Ω，导轨的电阻可忽略不计．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．现用一水平外力F 水平向右拉金属杆，使之由静止开始运动，在整个运动过程中金属杆始终与导轨垂直并接触良好，若理想电压表的示数U 随时间t 变化的关系如下图乙所示，求从金属杆开始运动经t ＝5.0 s 时：(1)通过金属杆的感应电流的大小和方向； (2)金属杆的速度大小； (3)外力F 的瞬时功率．甲 乙解：(1)由图象可知，t ＝5.0 s 时的U ＝0.40 V 此时电路中的电流(即通过金属杆的电流) I ＝UR＝1.0 A 由右手定则判断出，此时电流的方向为由b 指向a . (2)金属杆产生的感应电动势E ＝I (R ＋r )＝0.50 V 因E ＝BL v ，所以5.0 s 时金属杆的速度大小 v ＝EBL＝5.0 m/s.(3)金属杆速度为v 时，电压表的示数应为U ＝RR ＋r BL v ，由图象可知，U 与t 成正比，由于R ，r ，B 及L 均为不变量，所以v 和t 成正比，即金属杆应沿水平方向向右做初速度为零的匀加速直线运动，金属杆运动的加速度a ＝vt＝1.0 m/s 2根据牛顿第二定律，在5.0 s 末时对金属杆有 F －BIL ＝ma 解得F ＝0.2 N此时F 的瞬时功率P ＝F v ＝1.0 W.。