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电磁感应定律的应用-鲁科版选修3-2教案一、教学目标1.掌握电磁感应定律的基本原理和公式；2.了解电磁感应定律的应用；3.能够运用电磁感应定律解决与电磁现象有关的问题；4.培养学生分析问题和解决问题的能力。
二、教学重点1.理解电磁感应定律的基本原理和公式；2.掌握电磁感应定律的应用。
三、教学难点1.运用电磁感应定律解决与电磁现象有关的问题；2.分析问题和解决问题的能力。
四、教学内容及进度安排教学内容授课时间课内教学步骤电磁感应定律的原理30 min 1. 引入电磁感应定律的概念；2. 阐述电磁感应现象的产生和意义；3. 解释电磁感应定律的物理意义和公式；电磁感应定律的应用60 min 1. 讲解电磁感应定律在变压器中的应用以及变压原理；2. 列举电磁感应定律在感应炉中的应用以及感应炉的使用场合；3. 分析电磁感应定律在发电机中的应用以及发电机的发电原理。
课堂练习+提问30 min 1. 小组讨论电磁感应定律的具体应用场合与原理；答疑2. 班级展示讨论结果和互相提问答疑。
五、教学方法1.演示法：将通电线圈和磁铁带入教学，让学生通过观察感受电磁感应现象；2.讲授法：通过讲解的方式将电磁感应定律的原理、公式和应用深入浅出地讲解给学生；3.小组讨论法：将学生分成小组，让他们通过自主探究的方式深化对电磁感应定律的理解；4.提问答疑法：在课堂上及时解答学生提出的问题，激发同学之间的讨论。
六、注意事项1.教师应事先准备好展示讲解所需的教具，确保课堂教学顺利进行；2.学生应主动参与讲解、演示和讨论，积极向老师或同学提问答疑；3.课堂结束后应做好总结，加深学生对本节课所学习内容的理解和记忆。
七、教学反思在本次教学中，我们通过讲解和演示的方式，将电磁感应定律的基本原理、公式和应用深入浅出地讲解给学生，为以后学生面对各种电磁应用场合时提供了一定的参考。
同时，我们也鼓励学生通过小组讨论和提问答疑的方式深化对本节课所学习内容的理解，以提高他们分析问题和解决问题的能力。
电磁感应复习教案教育教学目标：1、理解产生感应电流的条件2、掌握感应电流方向的判别方法3、掌握感应电动势大小的求法重点：产生感应电流条件的理解、感应电流方向的判别、公式E= 和的掌握和应用。
难点：磁通量、磁通量变化及磁通量的变化率之间的区别和联系。
教学过程这节课我和大家按学案把《电磁感应》这一章共同来复习一下。
首先看一下这章的知识结构。
下面我们就按知识结构将主要知识点逐一复习。
一、感应电流的产生及方向判断1、电磁感应现象：磁场----------电流2、感应电流产生的条件：实验①闭合电路的一部分导体切割磁感线②穿过闭合电路的磁通量发生变化说明：能量转化守恒3、感应电流的方向判定：①右手定则适用范围：导体切割磁感线产生感应电流；②楞次定律A、适用范围：磁通量变化产生感应电动势；B、内容：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磁通量的变化。
说明：a、两个磁场：原磁场-------感应电流磁场；b、阻碍：增反减同。
C、应用：(1)明确闭合电路内原磁场方向；(2)明确穿过闭合电路的磁通量是增加还是减少；(3)根据“阻碍…变化”，判定感应电流磁场方向；(4)根据“安培定则”，判定感应电流的方向。
③、楞磁定律的另一种描述：A、感应电流的效果总是阻碍物体间的相对运动；B、原因有三个： B 变化、I变化、相对运动。
二、感应电动势⑴感应电动势：在电磁感应现象中产生的电动势叫做感应电动势。
⑵法拉第电磁感应定律：公式：E= n△φ/△t 其中：n---线圈匝数；△φ---磁通量变化，△φ/△t ---磁通量变化率: 说明： E∝△φ/△t 与φ大小无直接关系；E 为平均值，由φ变化引起，与电路是否闭合无关；⑶平动切割计算式E=BLv sinα（α是B与v之间的夹角）（瞬时值）公式推导：A．α=900 B.α=θ⑷转动切割计算式三、自感1、自感现象：由于导体本身电流发生变化而产生的电磁感应现象。
【高三】物理3-2电磁感应教案第四节：法拉第电磁感应定律教案【教学目标】1、知识与技能：（1）、知道感应电动势,及决定感应电动势大小的因素。
（2）、知道磁通量的变化率是表示磁通量变化快慢的物理量，并能区别Φ、ΔΦ、。
（3）、理解法拉第电磁感应定律的内容、数学表达式。
（4）、知道E=BLvsinθ如何推得。
（5）、会用解决问题。
2、过程与方法（1）、通过学生实验，培养学生的动手能力和探究能力。
（2）、通过推导闭合电路，部分导线切割磁感线时的感应电动势公式E=BLv，掌握运用理论知识探究问题的方法。
3、情感态度与价值观（1）、从不同物理现象中抽象出个性与共性问题，培养学生对不同事物进行分析，找出共性与个性的辩证唯物主义思想。
（2）、通过比较感应电流、感应电动势的特点，引导学生忽略次要矛盾、把握主要矛盾。
【教学重点】法拉第电磁感应定律。
【教学难点】感应电流与感应电动势的产生条的区别。
【教学方法】实验法、归纳法、类比法【教具准备】多媒体、多媒体电脑、投影仪、检流计、螺线管、磁铁。
【教学过程】一、复习提问：1、在电磁感应现象中，产生感应电流的条是什么？答：穿过闭合回路的磁通量发生变化，就会在回路中产生感应电流。
2、恒定电流中学过，电路中存在持续电流的条是什么？答：电路闭合，且这个电路中一定有电。
3、在发生电磁感应现象的情况下，用什么方法可以判定感应电流的方向？答：由楞次定律或右手定则判断感应电流的方向。
二、引入新1、问题1：既然会判定感应电流的方向，那么，怎样确定感应电流的强弱呢？答：既然有感应电流，那么就一定存在感应电动势．只要能确定感应电动势的大小，根据闭合电路欧姆定律就可以确定感应电流大小了．2、问题2：如图所示，在螺线管中插入一个条形磁铁，问①、在条形磁铁向下插入螺线管的过程中,该电路中是否都有电流?为什么?答：有，因为磁通量有变化②、有感应电流,是谁充当电?答：由恒定电流中学习可知，对比可知左图中的虚线框内线圈部分相当于电。
电磁感应规律的应用教案高考趋势展望电磁感应的规律——楞次定律和法拉第电磁感应定律及其应用是中学物理的主干知识之一，是历年高考每年必考的内容.其中既有难度中等的选择题，也有难度较大、综合性较强的计算题，考查频率较高的知识点有感应电流产生的条件、感应电流的方向判定及导体切割磁感线产生感应电动势的计算.另外，自感现象及有关的图象问题，也常出现在考题中.因此在本专题的复习中，应理解并熟记产生感应电动势和感应电流的条件，会灵活地运用楞次定律判断各种情况下感应电动势或感应电流的方向，能准确地计算各种情况下感应电动势的大小，并能熟练地利用题给图象处理相关的电磁感应问题或用图象表示电磁感应现象中相应的物理量的变化规律.知识要点整合1.无论什么原因，只要穿过回路的磁通量发生变化，就会发生电磁感应现象，其中由于回路自身电流的变化所导致的电磁感应现象叫做自感现象.是否发生了电磁感应现象，是以是否产生了感应电动势为标志的.即只要产生了感应电动势（不管是否产生了感应电流），就算发生了电磁感应现象，如图3-6-1，一根导体棒或一个闭合的线圈在匀强磁场切割磁感线时，导体棒和线圈中并无感应电流，但棒中和线圈的两个边中都产生了感应电动势，故都发生了电磁感应现象.图3-6-12.楞次定律是判定感应电流（或感应电动势）方向的一般规律，普遍适用于所有电磁感应现象.其内容为：感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化.在理解楞次定律时，应特别注意：（1）阻碍不是阻止，磁通量的变化是产生感应电流的必要条件，若这种变化被阻止，也就不可能产生感应电流了.（2）感应电流的磁场阻碍的是原磁场磁通量的变化而不是阻碍的原磁场.具体地说，当原磁通量增加时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反；当原磁通量减少时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同.另外，楞次定律也可以理解为：感应电流的效果总是要反抗（或阻碍）产生感应电流的原因.如：(1)阻碍原磁通量的变化或原磁场的变化.(2)阻碍相对运动，可理解为“来拒去留”.(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势.(4)阻碍原电流的变化（自感现象）.利用上述规律分析问题可以独辟蹊径，达到快速准确的效果.例如：图3-6-2中，在O点悬挂一轻质导线环，拿一条形磁铁沿导线环的轴线方向突然向环内插入，判断在插入过程中导线环如何运动.若按常规方法，应先由楞次定律判断出环内感应电流的方向，再由安培定则确定环形电流对应的磁极，由磁极的相互作用确定导线环的运动方向.若直接由感应电流的效果分析：条形磁铁向环内插入过程，环内磁通量增加，环内感应电流产生的效果将阻碍磁通量的增加，使环向磁通量减小的方向运动，因此环将向右摆动..图3-6-2 3.（1）对于法拉第电磁感应定律E =t∆∆φ应从以下几个方面进行理解： ①它是定量描述电磁感应现象的普遍规律.不管是什么原因，用什么方式所产生的电磁感应现象，其感应电动势的大小均可由它进行计算.②一般说来，在中学阶段用它计算的是Δt 时间内电路中所产生的平均感应电动势的大小，只有当磁通量的变化率为恒量时，用它计算的结果才等于电路中产生的瞬时感应电动势.③若回路与磁场垂直的面积S 不变，电磁感应仅仅是由于B 的变化引起的，那么上式也可以表述为：E =StB ∆∆，ΔB /Δt 是磁感应强度的变化率，若磁场的强弱不变，电磁感应是由回路在垂直于磁场方向上的面积S 的变化引起的，则E =t ∆∆φ=B t S ∆∆.在有些问题中，选用这两种表达方式解题会更简单.④若产生感应电动势的那部分导体是一个匝数为n 的线圈，且穿过每匝线圈的磁通量的变化率t∆∆φ又相同，那么线圈所产生的总的感应电动势E =n ΔΦ/Δt (相当于许多相同电源串联）（2）公式E =BLv①公式E =BLv 是法拉第电磁感应定律的一种特殊形式，不具有普遍适用性，仅适用于计算一段导体因切割磁感线而产生的感应电动势，且在匀强磁场中B 、v 、L 三者必须互相垂直.②当v 是切割运动的瞬时速度时，算出的是瞬时电动势；当v 是切割运动的平均速度时，算出的是一段时间内的平均电动势.③若切割磁感线的导体是弯曲的，L 应理解为有效切割长度，即导体在垂直于速度方向上的投影长.④公式E =BLv 一般适用于在匀强磁场中导体各部分切割速度相同的情况，对一段导体的转动切割，导体上各点的线速度不等，怎样求感应电动势呢？如图3-6-3所示，一长为L 的导体棒AC 绕A 点在纸面内以角速度ω匀速转动，转动区域内有垂直于纸面向里的电动势.AC 转动切割时各点的速度不等，v A =0,v C =ωL ,由A 到C 点速度按与半径成正比增加，取其平均切割速度21=v ωL ,得E =B L 21=v BL 2ω.图3-6-3为了证明这样做的正确性，我们可以假设如图3-6-4所示的闭合电路，经时间Δt ，AC 棒转过的角速度θ=ωΔt ,穿过回路的磁通量的变化量ΔΦ=2222BL t B L ∆=⋅ωππθ，根据法拉第电磁感应定律ωφ221BL t E =∆∆=,又知金属棒AC 是匀速转动，产生的感应电动势应该是不变的，即感应电动势的平均值和瞬时值是相等的，所以E =21BL 2ω是正确的.图3-6-4⑤若切割速度与磁场方向不垂直，如图3-6-5所示，v 与B 的夹角为θ，将v 分解为：v ∥= v cos θ,v ⊥=v sin θ,其中v ∥不切割磁感线，根据合矢量和分矢量的等效性得E =BLv ⊥=BLv sin θ(想一想，此式还可适用于哪些情况？)图3-6-5⑥区分感应电量与感应电流.回路中发生磁通量变化时，由于感应电场的作用使电荷发生定向移动而形成感应电流，在Δt 内迁移的电量（感应电量）为q =I Δt =Rt t R t R E φφ∆=∆∆∆=∆, 仅由回路电阻和磁通量变化决定，与发生磁通量变化的时间无关.因此，当用一根磁棒先后两次从同一处用不同速度插至线圈中同一位置时，线圈里积聚的感应电量相等.但快插与慢插时产生的感应电动势、感应电流不同，外力做的功也不同.精典题例解读［例1］如图3-6-6（a ），圆形线圈P 静止在水平桌面上，其正上方悬挂一相同线圈Q ，P 和Q 共轴，Q 中通有变化电流，电流随时间变化的规律如图3-6-6（b)所示，P 所受的重力为G ，桌面对P 的支持力为FN图3-6-6A.t1时刻F N＞GB.t2时刻F N＞GC.t3时刻F N＜GD.t4时刻F N=G【解析】t1时刻Q中电流正在增大，产生的磁场正在增强，因而穿过线圈P的磁通量正在增大，P中有感应电流产生.由楞次定律知，P中感应电流的磁场应阻碍线圈P中磁通量的增大，所以P中感应电流的磁场方向应与Q中电流磁场的方向相反，即P、Q应相互排斥，从而使P对桌面的压力（即F N的反作用力）大于P的重力G.t2、t4时刻，Q中电流恒定不变，产生的磁场强弱恒定不变，因而穿过P的磁通量恒定不变，P中无感应电流，P、Q间无相互作用力，此时F N应等于G.t3时刻，由于Q中电流处于变化之中，产生的磁场亦处于变化之中，所以穿过P中的磁通量亦处于变化之中，故P中有感应电流产生，但由该时刻Q中电流为零，产生的磁场为零，P、Q间也无相互作用力，此时应有F N=G.综上讨论可知，正确答案为AD.小结：本题也可规定Q中电流的正方向，并由楞次定律确定P中感应电流方向，从而确定P、Q间相互作用情况而选出正确答案，但不如利用“感应电流产生的效果总要阻碍产生感应电流的原因”进行判断更简便些.另外讨论类似问题还应注意，只有两环中都存在电流时，两者才会发生相互作用，其中任一环中无电流时都不会发生相互作用.［例2］（2002年全国，17）图3-6-7中EF、GH为平行的金属导轨，其电阻可不计，R 为电阻器、C为电容器，AB为可在EF和GH上滑动的导体横杆，有均匀磁场垂直于导轨平面，若用I1和I2分别表示图中该处导线中的电流，则当横杆AB图3-6-7A.匀速滑动时，I1=0,I2=0B.匀速滑动时，I1≠0,I2≠0C.加速滑动时，I1=0,I2=0D.加速滑动时，I1≠0,I2≠0【解析】导体棒匀速运动时，棒中产生大小恒定的电动势，将有恒定的电流通过电阻R，即I1≠0，最初电容器C将被充电，有一短暂的充电电流，但稳定后——电容器两极间电压U C等于棒中产生的电动势时，充电过程结束，即I2=0.但当导体棒加速滑动时，棒中产生的感应电动势逐渐增大，R 中电流不断增大，同时电容器C 将不断地被充电，即I 2≠0.可见，正确答案为D.小结：分析含有电容器的电路时，一定要注意区别电容器在不同状态电路中的表现是不同的：在稳定状态下，电容器相当于开路，含容支路中电流为零，在电动势或电压变化的电路中，电容器将不断地充电或放电，含容支路中电流不为零.［例3］如图3-6-8所示，两条互相平行的光滑金属导轨位于水平面内，距离为l =0.2 m ，在导轨的一端接有阻值为R =0.5 Ω的电阻，在x ≥0处有一与水平面垂直的均匀磁场，磁感应强度B =0.5 T.一质量为m =0.1 kg 的金属直杆垂直放置在导轨上，并以v 0=2 m/s 的初速度进入磁场，在安培力和一垂直于杆的水平外力F 的共同作用下做匀变速直线运动，加速度大小为a =2 m/s 2、方向与初速度方向相反.设导轨和金属杆的电阻都可以忽略，且接触良好.求：图3-6-8（1）电流为零时金属杆所处的位置；（2）电流为最大值的一半施加在金属杆上外力F 的大小和方向；（3）保持其他条件不变，而初速度v 0不同值，求开始时F 的方向与初速度v 0取值的关系.【解析】 由于导体棒做匀减速运动，且初速度v 0和加速度大小a 均已知，故由v 2=2as 可以确定导体棒速度为零（此时电流亦为零）时的位置.由E =Blv ，I =RBlv R E =知，电流为最大值一半时，对应的速度也为最大速度的一半，结合题设条件可求出此时的电动势、电流，继而求出导体棒所受安培力，再结合牛顿第二定律即可确定F 的大小和方向.因导体棒做匀减速运动时，合外力是恒定的，初速度大小不同时，和加速度方向相同的安培力的大小即不同，所需外力的大小也不同，且方向可能发生变化，因此只要求出外力恰为零时对应的初速度值，即不难讨论清楚F 的方向与v 0取值的关系.（1）由v 02=2ax 得x =2222220⨯=a v =1 m ，即导体棒运动至x =1 m 处时，速度为零，电流为零.（2）最大电流I m =R Blv 0，所以I =21I m =RBlv 20时的安培力F A =BIl =R v l B 2022.由牛顿第二定律，得：F -F A =-ma ,所以F =F A -ma =Rv l B 2022-ma =-0.18 N.“-”号说明F 的方向与x 轴正向相反. （3）F =0时对应的初速度为v 临，则由题意得F A 临=Rv l B 临22=ma ,所以 v 临=22222.05.021.05.0⨯⨯⨯=l B Rma m/s=10 m/s.当v 0＞10 m/s 时，F 的方向应沿x 轴正向，0＜v 0＜10 m/s时，F 的方向沿x 轴负向.［例4］如图3-6-9所示,两根平行的金属导轨，固定在同一水平面上，磁感应强度B =0.50 T 的匀强磁场与导轨所在平面垂直，导轨的电阻很小，可忽略不计.导轨间的距离l =0.20 m.两根质量均为m =0.10 kg 的平行金属杆甲、乙可在导轨上无摩擦地滑动，滑动过程中与导轨保持垂直，每根金属杆的电阻为R =0.50 Ω.在t =0时刻，两杆都处于静止状态.现有一与导轨平行、大小为0.20 N 的恒力F 作用于金属杆甲上，使金属杆在导轨上滑动.经过t =5.0 s ，金属杆甲的加速度为a =1.37 m/s 2，问此时两金属杆的速度各为多少？图3-6-9【解析】 金属杆甲受F 作用后将加速运动，使回路面积、穿过回路的磁通量发生变化，于是回路中产生感应电流，甲、乙金属杆都要受到安培力的作用而做变加速运动.直至最终两杆以相同的加速度和恒定的速度差做匀加速运动.对于该题所述情景和题设条件，根据牛顿第二定律（对金属杆甲）可求杆甲所受安培力F A ，继而可求回路电流I 和电动势ε，由法拉第电磁感应定律，可用甲、乙杆的速度v 1和v 2表示电动势而得到一个含有v 1、v 2的方程.再对甲、乙两杆组成的系统研究知，其所受合外力即为恒力F ，两杆经时间t 获得的动量是(mv 1+mv 2)，即是F 的冲量作用的结果，对系统应用动量定理，可得另一个含v 1、v 2的方程.解上述两个方程，即可求得v 1、v 2的值.解答一：设任一时刻t 两金属杆甲、乙之间的距离为x ,速度分别为v 1和v 2,经过很短的时间Δt ，杆甲移动距离v 1Δt ，杆乙移动距离v 2Δt ,回路面积改变ΔS =［(x -v 2Δt )+v 1Δt ］l -lx=(v 1-v 2)l Δt ①ε=B t S ∆∆②I =R 2ε ③F -BlI =ma ④ 由于作用于杆甲和杆乙的安培力总是大小相等、方向相反，所以两杆的动量（t =0时为0）等于外力FFt =mv 1+mv 2 ⑤v 1=21［)(222ma F l B R m Ft -+］ ⑥ v 2=21［)(222ma F l B R m Ft --］ ⑦v 1=8.15 m/sv 2=1.85 m/s解答二：设t 时刻甲、乙杆的速度分别为v 1、v 2，则由法拉第电磁感应定律，得： E 甲=Blv 1 ①E 乙=Blv 2 ②I =R E E 2乙甲 ③对杆甲应用牛顿第二定律，得：F -BlI =ma④Ft =mv 1+mv 2⑤v 1=8.15 m/sv 2=1.85 m/s小结：例3、例4都是电磁感应现象和力学规律相联系的力、电综合题，处理此类问题，一定要思路开阔，方法灵活，既要注意电磁感应过程的分析和相应电磁学规律的应用，又要注意力学过程的分析及相应力学规律的应用.1.某实验小组用如图3-6-10所示的实验装置来验证楞次定律，当条形磁铁自上而下穿过固定的线圈时，通过电流计的感生电流方向是图3-6-10A.a →G →bB.先a →G →b ，后b →G →aC.b →G →aD.先b →G →a ，后a →G →b【答案】 D2.（2001年广东，28）有一种高速磁悬浮列车的设计方案是在每节车厢底部安装磁铁（磁场方向向下），并在两条铁轨之间沿途平放一系列线圈，下列说法中不正确．．．的是 A.B.列车速度越快，通过线圈的磁通量变化越快C.列车运动时，线圈中会产生感应电流D.线圈中的感应电流的大小与列车速度无关【答案】 D3.（2002年江苏，30）如图3-6-11所示，在一均匀磁场中有一U 形导线框abcd ，线框处于水平平面内，磁场与线框平面垂直，R 为一电阻，ef 为垂直于ab 的一根导体杆，它可在ab 、cd 上无摩擦地滑动.杆ef 及线框中导线的电阻都可不计.开始时，给ef 一个向右的初速度，则图3-6-11A.efB.efC.efD.ef【解析】给ef一个向右的初速度，ef切割磁感线产生感应电动势，回路中形成感应电流，使ef受到安培力作用而减速.随着ef速度减小，电动势、电流、ef所受安培力都相应减小，所以ef将向右减速运动，但不是匀减速.【答案】A4.（2002年天津，20）图3-6-12中MN、GH为平行导轨，AB、CD为跨在导轨上的两根横杆，导轨和横杆均为导体，有匀强磁场垂直于导轨所在平面，方向如图.用I表示回路中的电流图3-6-12A.当AB不动而CD向右滑动时，I≠0且沿顺时针方向B.当AB向左、CD向右滑动且速度大小相等时，I=0C.当AB、CD都向右滑动且速度大小相等时，I=0D.当AB、CD都向右滑动，且AB速度大于CD时，I≠0且沿逆时针方向【解析】AB不动而CD右滑时，I≠0，但方向逆时针，故A错.AB向左、CD向右滑动时，回路磁通量增加，I≠0，故B错.AB、CD向右等速滑动时，回路磁通量不变，I=0，故C 对.AB、CD都向右滑但AB速度大于CD速度时，回路磁通量变化，I≠0，但方向顺时针，故D错.【答案】C5.（2001年上海，6）如图3-6-13所示是一种延时开关，当S1闭合时，电磁铁F将衔铁D 吸下，C线路接通；当S1断开时，由于电磁感应作用，D将延迟一段时间才被释放，则图3-6-13A.由于A线圈的电磁感应作用，才产生延时释放DB.由于B线圈的电磁感应作用，才产生延时释放DC.如果断开B线圈的电键S2，无延时作用D.如果断开B 线圈的电键S 2，延时将变长【解析】 延时开关的原理是：当断开S 1，A 中电流变小并减为零时，铁芯中的磁通量也减小为零，若线圈B 闭合时，B 中产生感应电流，感应电流的磁场仍可吸引衔铁，使D 延时释放.若线圈B 不闭合，则不会产生上述延时作用.【答案】 BC6.如图3-6-14所示，有两根和水平方向成α角的光滑平行的金属轨道，上端接有可变电阻R ，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为B .一根质量为m 的金属杆从轨道上由静止滑下，经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度vm图3-6-14A.如果B 增大，vmB.如果α变大，vmC.如果R 变大，vmD.如果m 变小，vm【解析】 金属杆从轨道上由静止滑下做加速度逐渐减小的变加速运动，经足够长的时间后，加速度减为零后，金属杆即以此时的速度（即最大速度）匀速运动.对金属杆列受力平衡方程mg sin α=R v L B m 22（L 为导轨宽度），所以v m =22sin L B Rmg .可见B 增大，v m 减小；α变大，v m 变大；m 减小，v m 变小.【答案】 BC7.一匀强磁场，磁场方向垂直纸面，规定向里的方向为正，在磁场中有一细金属圆环，线圈平面位于纸面内，如图3-6-15（a)所示，现令磁感应强度B 随时间t 变化，先按图3-6-15（b)中所示的Oa 图线变化，后来又按图线bc 和cd 变化，令E 1、E 2、E 3分别表示这三段变化过程中感应电动势的大小.I1、I2、I 3图3-6-15A.E 1＞E 2，I 1沿逆时针方向，I 2沿顺时针方向B.E 1＜E 2，I 1沿逆时针方向，I 2沿顺时针方向C.E 1＜E 2，I 2沿顺时针方向，I 3沿逆时针方向D.E 2=E 3，I 2沿顺时针方向，I 3沿顺时针方向【解析】 Oa 段B 大于零，且逐渐增大（向里），由楞次定律可判定I 1逆时针方向流动.bc段表示向里的磁场减弱，用楞次定律可判定I 2沿顺时针方向.同样方法判定I 3亦沿顺时针方向.又由法拉第电磁感应定律E =S t B t ∆∆=∆∆φ知，该题中S 恒定，所以E ∝tB ∆∆.由图象知，bc 、cd 段t B ∆∆相同，大于Oa 段的t B ∆∆，所以E 1＜E 2=E 3. 【答案】 BD8.两块水平放置的金属板间的距离为d ,用导线与一个n 匝线圈相连，线圈电阻为r ，线圈中有竖直方向的磁场，电阻R 与金属板连接如图3-6-16所示，两板间有一个质量为m ，电量+q 的油滴恰好处于静止，则线圈中的磁感应强度B图3-6-16A.磁感应强度B 竖直向上且正在增强，nqdmg t =∆∆φ B.磁感应强度B 竖直向下且正在增强，nqdmg t =∆∆φ C.磁感应强度B 竖直向上且正在减弱，nRqr R dmg t )(+=∆∆φ D.磁感应强度B 竖直向下且正在减弱，nRq r R dmg t )(+=∆∆φ 【解析】 分析油滴受力，应 qE =mg ,且下极板为正，即a 端电势高，由楞次定律，外磁场B 应方向向上时减弱或方向向下时增强.由mg =qE =q d R r R E q d U +==q ·dr R R t n +⋅∆∆φ 所以nqRr R dmg t )(+=∆∆φ，选项C 正确. 【答案】 C9.如图3-6-17所示，A 、B 两个闭合线圈用同样导线制成，匝数均为10匝，半径R A =2R B ，图示区域内有磁感应强度均匀减小的匀强磁场，则A 、B 线圈中产生的感应电动势之比为E A ∶E B =_____,两线圈中感应电流之比为I A ∶I B =_____.图3-6-17【解析】 由公式E =n t∆∆φ两线圈匝数相同，磁通量变化率相同,E A ∶E B =1∶1.电流I =SR n E S L E R E πρρ2==电阻所以I ∝R 1，I A ∶I B =1∶2 【答案】 1∶1；1∶210.在50周年国庆盛典上我国FBC-1“飞豹”新型超音速歼击轰炸机在天安门上空沿水平方向以1.7倍的声速自东向西飞过，该机两翼尖间的距离是12.705 m ，设北京上空地磁场的竖直分量为0.42×10-4 T ，那么此飞机机翼两端_______端电势较高，电势差是_______.空气中声音的传播速度为340 m/s.(结果取两位有效数字)【解析】 北京处于北半球，地磁场竖直分量方向向下，由右手定则判定后知飞机机翼左端电势高，电势差U =E =Blv =0.42×10-4×12.705×340×1.7 V=0.31 V.【答案】 左；0.3111.两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为l .导轨上面横放着两根导体棒ab 和cd ，构成矩形回路，如图3-6-18所示.两根导体棒的质量皆为m ，电阻皆为R ，回路上其余部分的电阻可不计.在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B .设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行.开始时，棒cd 静止，棒ab 有指向棒cd 的初速度v图3-6-18 （1（2）当棒ab 的速度变为初速度的43时，棒cd【解析】 （1）ab 棒获初速度v 0后切割磁感线产生感应电动势，回路中产生感应电流，ab 棒在安培力作用下减速，cd 棒在安培力作用下加速，至两棒等速时，回路磁通量不再变化，回路中不再有感应电流.由于ab 、cd 棒组成的系统所受合外力为零，动量守恒.设其共同速度为v ,则mv 0=2mv ,所以v =21v 0.由能的转化和守恒定律得:Q =21mv 02-21·2mv 2=41mv 02.(2)v ab =43v 0时，由mv 0=m ·43v 0+mv cd 得U cd =41v 0.所以E ab =Bl ·43v 0=43Blv 0，E cd =41Blv 0，I =RBlv R E E cd ab 420=-.F cd =BIl =R v l B 4022,a cd =mR v l B m F cd 4022=.【答案】 (1)41mv 02 (2)mR v l B 402212.如图3-6-19所示，金属杆M 、N 放在用相同导体制成的金属框abcd 上，bc 边与x 轴重合，且b 为坐标原点，矩形框长为2L ，宽为L ，单位长度的电阻为R 0，磁感应强度为B 的匀强磁场与框架平面垂直.现对MN 杆施加沿x 轴正方向的外力，使之从框架左端开始，以速度v图3-6-19（1）在MN 杆运动过程中，通过杆的电流与坐标x 的关系.（2）作用在MN 杆上的外力的最大值与最小值之比.【解析】 （1）设在MN 杆运动的过程中，任一时刻MN 的坐标值为x ，杆左侧框架的总电阻为R1，右侧框架的总电阻为R 2R 1=（L +2x )R 0;R 2=［L +2(2L -x )］R 0=(5L -2x )R 0杆M NR =02121LR R R R R ++ =00000)25()2()25()2(LR R x L R x L R x L R x L +-++-+ =02264811R Lx Lx L -+ 又MNE =BLv所以杆中的电流与坐标xI =0222)4811(6R x Lx L v BL R E -+= （2）作用在杆上的外力大小应等于杆受的安培力.由数学知识可知，当x =L 时，外电路总电阻最大，此时MN 中的电流最小，所受的安培力也最小.此时：I min =052R Bv安培力的最小值：F min =ILB =0252R Lv B 当x =0或x =2L 时，外电路总电阻最小，此时MN 中的电流最大，所受的安培力也最大.此时I max =0116R Bv 安培力的最大值：F max =ILB =02116R Lv B 所以作用在MN 杆上的外力的最大值与最小值之比为：F max ∶F min =15∶11.【答案】 (1)I =0222)4811(6R x Lx L v BL -+ （2）15∶11本专题内容是中学物理的主干知识之一，是历年高考的必考内容.能熟练灵活地运用楞次定律判断感应电流和感应电动势的方向，熟练准确地应用法拉第电磁感应定律计算各种情况下感应电动势的大小，是本专题内容复习的重点.由于本专题内容易与力学、电路等知识结合而构建出具有一定难度、方法要求灵活、综合性较强的应用题型，对学生的能力要求较高，应作为难点予以突破.本专题中所选四个例题，目的各有侧重，例1主要结合图象强化对楞次定律的理解和应用；例2结合电阻和电容的不同性质考查对法拉第电磁感应定律的理解和掌握；例3、例4则通过与力学重要知识的结合，培养和提高学生分析处理综合问题的能力.所选练习题多为涉及该专题内容的近几年的高考题，难度都不太大，具体使用时可结合学生实际情况适当增减.无论是讨论单独考查楞次定律或法拉第电磁感应定律的选择、填空题，还是处理和电路、力学或其他内容相结合的综合性较强、能力要求较高的计算题，深刻理解和熟练掌握基本概念和规律，还是最根本的，这是分析处理问题的基础，所以不能因为强调了综合能力的训练而放松了对基本概念和规律的理解和掌握.。
第五节：电磁感应规律的应用教案【教学目标】1、知识与技能：〔1〕、了解感生电动势和动生电动势的概念及不同。
〔2〕、了解感生电动势和动生电动势产生的原因。
〔3〕、能用动生电动势和感生电动势的公式进行分析和计算。
2、过程与方法通过探究感生电动势和动生电动势产生的原因，培养学生对知识的理解和逻辑推理能力。
3、情感态度与价值观从电磁感应现象中我们找到产生感生电动势和动生电动势的个性与共性问题，培养学生对不同事物进行分析，找出共性与个性的辩证唯物主义思想。
【教学重点】感生电动势和动生电动势。
【教学难点】感生电动势和动生电动势产生的原因。
【教学方法】类比法、练习法【教具准备】多媒体课件【教学过程】一、复习提问：1、法拉第电磁感应定律的内容是什么数学表达式是什么答：感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，即E =t∆∆Φ。
答：导体在磁场中切割磁感线产生的电动势的大小与导体棒的有效长度、磁场强弱、导体棒的运动速度有关，表达式是E = BLv sin θ，该表达式只能适用于匀强磁场中。
在电磁感应现象中，由于引起磁通量的变化的原因不同感应电动势产生的机理也不同，本节课我们就一起来学习感应电动势产生的机理。
三、进行新课〔一〕、感生电动势和动生电动势由于引起磁通量的变化的原因不同感应电动势产生的机理也不同，一般分为两种：一种是磁场不变，导体运动引起的磁通量的变化而产生的感应电动势，这种电动势称作动生电动势，另外一种是导体不动，由于磁场变化引起磁通量的变化而产生的电动势称作感生电动势。
1、感应电场19世纪60年代，英国物理学家麦克斯韦在他的电磁场理论中指出，变化的磁场会在周围空间激发一种电场，我们把这种电场叫做感应电场。
静止的电荷激发的电场叫静电场，静电场的电场线是由正电荷发出，到负电荷终止，电场线不闭合，而感应电场是一种涡旋电场，电场线是封闭的，如下列图，如果空间存在闭合导体，导体中的自由电荷就会在电场力的作用下定向移动，而产生感应电流，或者说导体中产生感应电动势。
选修3-2电磁感应复习学案知识结构：课标要求：1、收集资料，了解电磁感应现象的发现过程，体会人类探索自然规律的科学态度和科学精神。
2、通过实验，理解感应电流的产生条件。
举例说明电磁感应在生活和生产中的应用。
3、通过探究，理解楞次定律。
理解法拉第电磁感应定律。
4、通过实验了解自感现象和涡流现象。
举例说明自感现象和涡流现象在生活中和生产中的应用。
知识要点：1．电磁感应现象:2．感应电流的产生条件①②3．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。
这里的阻碍可以理解为“反抗增大、补偿减小”。
4．从磁通量变化的角度来看，感应电流“阻碍磁通量变化”。
由磁通量的计算式Φ=BS cosα（α是指B、S之间的夹角），可知，磁通量变化ΔΦ=Φ2-Φ1有多种形式,主要有：①S、α不变，B改变，这时ΔΦ=②B、α不变，S改变，这时ΔΦ=③B、S不变，α改变，这时ΔΦ=BS（cosα2-cosα1）④另外还有B、S、α中有两个或三个一起变化的情况。
此时只能使用公式ΔΦ=Φ2-Φ1。
从阻碍相对机械运动的角度来看，感应电流总是阻碍。
从阻碍自身电流变化的角度来看，感应电流“阻碍自身电流变化”。
这就是。
5．楞次定律的应用，可以分为五步：①确定研究对象②确定原磁场方向；③；④（增反减同）；⑤根据判定感应电流的方向。
6．对一部分导线在磁场中切割磁感线产生感应电流的情况，右手定则和楞次定律的结论是完全一致的。
右手定则的内容：让磁感线垂直穿过手心，大拇指指向方向，四指的指向就是导体内部所产生的的方向．四指的指向还可以代表等效电源的极。
7．法拉第电磁感应定律：感应电动势的大小与，其数学表达式E = 。
一般情况下该关系式表示的是电动势的值。
8．磁通量、磁通量的变化量、磁通量的变化率是三个完全不同的物理量。
磁通量的符号是，磁通量的变化量的符号为，磁通量的变化率的符号是。
9．导体棒做切割磁感线时，感应电动势的大小与B成正比，与L 成正比，与v成正比，与θ成正比。
4.4.3 电磁感应定律的应用（二） 教案（人教版选修3-2）【教学目标】1．2．3．【重点难点】1．2．【【教教学学方方法法】】讲练结合、比较、观察、分析、推理、归纳、综合【【教教学学用用具具】】课 件【教学过程】【例1】如图所示，质量为m 的金属棒ab 垂直架放在间距为L 的水平放置的光滑的足够长的导轨PQ 和MN 上面，处于静止状态，两导轨左端P 、M 用导线连接，整个导轨处于磁感应强度为B 、方向竖直向下的匀强磁场中。
现有一水平向右的恒力F 作用于金属棒ab 上使之向右运动，通过大小为S 的路程后，金属棒速度达到最大值。
设金属棒的电阻为R ，其他电阻不计，则在金属棒通过这段路程的过程中，金属棒上产生的热量多大?【例2】如图所示，ef 、gh 为水平放置的平行光滑导轨，导轨间距为L ，导轨一端接一定值电阻R ，质量为m 的金属棒cd 垂直放在导轨上，导轨和金属棒的电阻均忽略不计，整个装置放在磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面。
现对金属棒施一水平向左的拉力，使棒向左运动，若保持拉力的功率恒为P ，经一段时间，棒的速度为υ，求：（1）这时棒的加速度。
（2）在时间t内电阻上产生的焦耳热。
（2）Q＝Pt－1/2mυ2【例3】如图所示，电动机牵引一根原来静止的、长L＝1米，质量m＝0.1千克的导体棒MN，其电阻R＝1欧，导体棒架在竖直放置的框架上，框架处于如图所示的匀强磁场中，磁感应强度B＝1特。
当导体棒上升h＝3.8米时获得稳定的逮度，导体产生的热量为2焦。
电动机牵引棒时，伏特表、安培表的读数分别为7伏、1安，电动机内阻r＝1欧，不计框架电阻及一切摩擦，g取10米／秒2，求：（1）导体棒能达到的稳定速度；（2）棒从静止达到稳定速度所需要的时间。
（1）υm＝2m/S；（2）t＝1S.【例4】如图所示，AB和CD是两根足够长的平行光滑导轨，两导轨的间距为L，导轨平面与水平面的夹角为θ，两导轨间垂直于导轨平面有斜向上的匀强磁场，磁感应强度为B，导轨AC端连有一阻值为R的电阻。
1．3《电磁感觉定律的应用》教案【学习目标】<1）知道涡流是怎样产生的；<2）知道涡流对我们有不利和有益的双方面，以及怎样利用和防备；<3）知道电磁阻尼和电磁驱动。
【学习重点】涡流的观点及其应用；电磁阻尼和电磁驱动的实例剖析。
【知识重点】1、涡流及其应用当线圈中的电流发生变化时，这个线圈邻近的导体中就会产生感觉电流。
这类电流看起来很像水的旋涡，因此叫做涡流。
由于铁板中的涡流很强，会产生大批的热。
而铁芯中的涡流被限制在狭小的薄片以内，回路的电阻很大，涡流大为减弱，涡流产生的热量也减少。
电磁阻尼导体在磁场中运动时，感觉电流使导体遇到安培力的作用，安培力的方向老是阻挡导体的运动，这类现象称为电磁阻尼。
电磁驱动磁场相关于导体运动时，感觉电流使导体遇到安培力的作用，安培力使导体运动起来，这类现象称为电磁驱动。
沟通感觉电动机就是应用电磁驱动的原理工作的。
2、磁卡和动圈式话筒<1）、磁卡<2）、动圈式话筒【典型例题】例题 1: 如图 10 所示，一闭合圆形线圈放在匀强磁场中，线圈的平面与磁场方向成θ角，磁感觉强度随时间平均变化，变化率为必定值．在下述方法顶用哪一种能够使线圈中感觉电流的强度增添一倍[]A．线圈的匝数增添一倍B．把线圈的半径增添一倍C．把线圈的面积增添一倍D．改变线圈轴线对磁场的方向E．把线圈的匝数减少到本来的一半解读：由欧姆定律可得：I= ε/R．由法拉第电磁感觉定律可知此中线圈垂直于磁感线的有效面积S⊥为 S⊥=πr 2cosθ．再由电阻定律上式中的 S0是线圈导线的横截面积，ρ是导线的电阻率．联立上述公式可得：上式表示：当磁感觉强度平均变化 ( 即变化率必定 >时，在闭合线圈导线的截面积 S0和电阻率ρ不变的条件下，线圈中的电流强度 I 仅与线圈的半径 r 和线圈轴线与磁感线方向夹角的余弦相关．要使 I 增添一倍，只有使 r 增添一倍．由于 cosθ的最大值不可以超出 1，改变θ的值不可以使cosθ增添一倍．因此此题的正确选项只好是 B．【达标训练】1、如下图，一块长方形圆滑铝板水平放在桌面上，铝板右端拼接一根与铝板等厚的条形磁铁，一质量散布平均的闭合铝环以初速度v 从板的左端沿中线向右端转动，则 <B）A.铝环的转动速度将愈来愈小B.铝环将保持匀速转动C.铝环的运动将渐渐倾向条形磁铁的 N 极或 S 极D.铝环的运动速率会改变，但运动方向将不会发生改变2、如下图，闭合金属环从曲面上h 高处滚下，又沿曲面的另一侧上涨，设环的初速为零，摩擦不计，曲面处在图示磁场中，则<BD）A. 假如匀强磁场，环滚上的高度小于hB. 假如匀强磁场，环滚上的高度等于hC. 假如非匀强磁场，环滚上的高度等于hD. 假如非匀强磁场，环滚上的高度小于h3、如下图，在圆滑水平面上固定一条形磁铁，有一小球以必定的初速度向磁铁方向运动，假如发现小球做减速运动，则小球的资料可能是 <CD）A.铁B.木C.铜D.铝4、如下图，圆形金属环竖直固定穿套在圆滑水平导轨上，条形磁铁沿导轨以初速度 v0向圆环运动，其轴线在圆环圆心，与环面垂直，则磁铁在穿过环过程中，做 ___减速 ___运动． <选填“加快”、“匀速”或“减速”）5．如下图是高频焊接原理表示图．线圈中通以高频变化的电流时，待焊接的金属工件中就产生感觉电流，感觉电流经过焊缝产生大批热量，将金属消融，把工件焊接在一同，而工件其余部散发热极少，以下说法正确的选项是 <AD）A.电流变化的频次越高，焊缝处的温度高升的越快B.电流变化的频次越低，焊缝处的温度高升的越快C.工件上只有焊缝处温度升的很高是由于焊缝处的电阻小D.工件上只有焊缝处温度升的很高是由于焊缝处的电阻大【反省】收获疑问声明：全部资料为自己采集整理，仅限个人学习使用，勿做商业用途。
第3讲专题电磁感应的综合应用考点一电磁感应中的力学问题1．题型特点：电磁感应中产生的感应电流在磁场中将受到安培力的作用，因此，电磁感应问题往往跟力学问题联系在一起，解决这类问题，不仅要应用电磁学中的有关规律，如楞次定律、法拉第电磁感应定律、左手定则、右手定则、安培力的计算公式等，还要应用力学中的有关规律，如牛顿运动定律、动能定理、机械能守恒定律等．要将电磁学和力学的知识综合起来应用．2．解题方法(1)选择研究对象，即哪一根导体棒或几根导体棒组成的系统；(2)用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向；(3)求回路中的电流大小；(4)分析其受力情况；(5)分析研究对象所受各力的做功情况和合外力做功情况，选定所要应用的物理规律；(6)运用物理规律列方程求解．电磁感应力学问题中，要抓好受力情况、运动情况的动态分析：导体受力运动产生感应电动势→感应电流→通电导体受安培力→合外力变化→加速度变化→速度变化，周而复始地循环，循环结束时，加速度等于零，导体达到稳定状态．附：安培力的方向判断3．电磁感应问题中两大研究对象及其相互制约关系【典例1】一个质量m＝0.1 kg的正方形金属框总电阻R＝0.5 Ω，金属框放在表面绝缘的斜面AA′B′B的顶端(金属框上边与AA′重合)，自静止开始沿斜面下滑，下滑过程中穿过一段边界与斜面底边BB′平行、宽度为d的匀强磁场后滑至斜面底端(金属框下边与BB′重合)，设金属框在下滑过程中的速度为v，与此对应的位移为x，那么v2－x图象如图9－3－1所示，已知匀强磁场方向垂直斜面向上，金属框与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8；cos 53°＝0.6.(1)根据v2－x图象所提供的信息，计算出金属框从斜面顶端滑至底端所需的时间T；(2)求出斜面AA′B′B的倾斜角θ；(3)求匀强磁场的磁感应强度B的大小；图9－3－1 解析 (1)由v 2－x 图象可知：x 1＝0.9 m v 1＝3 m/s 做匀加速运动x 2＝1.0 m v 1＝3 m/s 做匀速运动x 3＝1.6 m ，末速度v 2＝5 m/s ，做匀加速运动设线框在以上三段的运动时间分别为t 1、t 2、t 3.则x 1＝12v 1t 1 所以t 1＝0.6 s x 2＝v 1t 2 所以t 2＝13s x 3＝12(v 1＋v 2)t 3 t 3＝0.4 s T ＝t 1＋t 2＋t 3＝43s. (2)线框加速下滑时，由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma由a ＝5.0 m/s 2得θ＝53°.(3)线框通过磁场时，线框做匀速运动，线框受力平衡B 2L 2v 1R＋μmg cos θ＝mg sin θ 线框的宽度L ＝d ＝0.5x 2＝0.5 m得B ＝33T. 答案 (1)43s (2)53° (3)33T 【变式1】如图9－3－2甲所示，不计电阻的平行金属导轨竖直放置，导轨间距为L ＝1 m ，上端接有电阻R ＝3 Ω，虚线OO ′下方是垂直于导轨平面的匀强磁场．现将质量m ＝0.1 kg 、电阻r ＝1 Ω的金属杆ab ，从OO ′上方某处垂直导轨由静止释放，杆下落过程中始终与导轨保持良好接触，杆下落过程中的v －t 图象如图9－3－2乙所示(取g ＝10 m/s 2)．求：图9－3－2 (1)磁感应强度B 的大小．(2)杆在磁场中下落0.1 s 的过程中电阻R 产生的热量．解析 (1)由图象知，杆自由下落0.1 s 进入磁场以v ＝1.0 m/s 做匀速运动产生的电动势E ＝BL v杆中的电流I ＝E R ＋r杆所受安培力F 安＝BIL由平衡条件得mg ＝F 安代入数据得B ＝2 T.(2)电阻R 产生的热量Q ＝I 2Rt ＝0.075 J.答案 (1)2 T (2)0.075 J考点二 电磁感应中的电学问题1．题型特点：磁通量发生变化的闭合电路或切割磁感线导体将产生感应电动势，回路中便有感应电流．从而涉及电路的分析及电流、电压、电功等电学物理量的计算．2．解题方法(1)确定电源．切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路就相当于电源，利用E ＝Bl v sin θ或E ＝n ΔΦΔt求感应电动势的大小，利用右手定则或楞次定律判断电流方向．如果在一个电路中切割磁感线的有几个部分但又相互联系，可等效成电源的串、并联．(2)分析电路结构(内、外电路及外电路的串并联关系)，画出等效电路图．(3)利用电路规律求解．主要应用欧姆定律及串并联电路的基本性质等列方程求解．【典例2】如图9－3－3所示，图9－3－3 匀强磁场B ＝0.1 T ，金属棒AB 长0.4 m ，与框架宽度相同，电阻为13Ω，框架电阻不计，电阻R 1＝2 Ω，R 2＝1 Ω，当金属棒以5 m/s 的速度匀速向左运动时，求：(1)流过金属棒的感应电流多大？(2)若图中电容器C 为0.3 μF ，则充电量多少？解析 (1)由E ＝BL v 得E ＝0.1×0.4×5 V ＝0.2 VR ＝R 1·R 2R 1＋R 2＝2×12＋1Ω＝23 Ω I ＝E R ＋r ＝0.223＋13A ＝0.2 A (2)路端电压U ＝IR ＝0.2×23 V ＝0.43V Q ＝CU 2＝CU ＝0.3×10－6×0.43C ＝4×10－8 C 答案 (1)0.2 A (2)4×10－8 C【变式2】如图9－3－4所示，图9－3－4PN 与QM 两平行金属导轨相距1 m ，电阻不计，两端分别接有电阻R 1和R 2，且R 1＝6 Ω，ab 导体的电阻为2 Ω，在导轨上可无摩擦地滑动，垂直穿过导轨平面的匀强磁场的磁感应强度为1 T ．现ab 以恒定速度v ＝3 m/s 匀速向右移动，这时ab 杆上消耗的电功率与R 1、R 2消耗的电功率之和相等，求：(1)R 2的阻值．(2)R 1与R 2消耗的电功率分别为多少？(3)拉ab 杆的水平向右的外力F 为多大？解析 (1)内外功率相等，则内外电阻相等， 6×R 26＋R 2＝2，解得R 2＝3 Ω. (2)E ＝BL v ＝1×1×3 V ＝3 V ，总电流I ＝E R 总＝34A ＝0.75 A ， 路端电压U ＝IR 外＝0.75×2 V ＝1.5 V ，P 1＝U 2R 1＝1.526W ＝0.375 W ， P 2＝U 2R 2＝1.523W ＝0.75 W. (3)F ＝BIL ＝1×0.75×1 N ＝0.75 N.答案 (1)3 Ω (2)0.375 W ；0.75 W (3)0.75 N考点三 电磁感应中的图象问题1．题型特点：一般可把图象问题分为三类(1)由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图象；(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)根据图象定量计算．2．电磁感应的图象：主要包括B －t 图象、Φ－t 图象、E －t 图象和I －t 图象，还可能涉及感应电动势E 和感应电流I 随线圈位移x 变化的图象，即E －x 图象和I －x 图象．【典例3】如图9－3－5所示，图9－3－5边长为L 、总电阻为R 的正方形线框abcd 放置在光滑水平桌面上，其bc 边紧靠磁感应强度为B 、宽度为2L 、方向竖直向下的有界匀强磁场的边缘．现使线框以初速度v 0匀加速通过磁场，下列图线中能定性反映线框从进入到完全离开磁场的过程中，线框中的感应电流的变化的是( )． 解析 线框以初速度v 0匀加速通过磁场，由E ＝BL v ，i ＝E R知线框进出磁场时产生的电流应该是均匀变化的，由楞次定律可判断出感应电流的方向，对照选项中各图可知应选A.答案 A——电磁感应图象问题的解决方法(1)明确图象的种类，即是B -t 图象还是Φ-t 图象，或者E -t 图象、I -t 图象等．(2)分析电磁感应的具体过程．(3)用右手定则或楞次定律确定方向对应关系．(4)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等规律写出函数关系式．(5)根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等．(6)判断图象(或画图象或应用图象解决问题)．【变式3】(2012·江西十校二模)矩形导线框abcd 放在匀强磁场中，磁感线方向与线圈平面垂直，磁感应强度B 随时间变化的图象如图9－3－6所示，t ＝0时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里．若规定导线框中感应电流逆时针方向为正，则在0～4 s 时间内，线框中的感应电流I 以及线框的ab 边所受安培力F 随时间变化的图象为下图中的(安培力取向上为正方向)( )．图9－3－6解析 由E ＝n ΔΦΔt ＝n S ΔB Δt，推知电流恒定，A 错；因为规定了导线框中感应电流逆时针方向为正，感应电流在0～2 s 内为顺时针方向，所以B 错；由F ＝BIL 得：F 与B 成正比，C 正确、D 错．答案 C考点四 电磁感应中的能量问题1．题型特点：电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功的形式实现的，安培力做功的过程，是电能转化为其他形式能的过程，外力克服安培力做功，则是其他形式的能转化为电能的过程．2．能量转化及焦耳热的求法(1)能量转化(2)求解焦耳热Q 的几种方法【典例4】如图9－3－7所示，图9－3－7水平虚线L 1、L 2之间是匀强磁场，磁场方向水平向里，磁场高度为h .竖直平面内有一等腰梯形线框，底边水平，其上下边长之比为5∶1，高为2h .现使线框AB 边在磁场边界L 1的上方h 高处由静止自由下落，当AB 边刚进入磁场时加速度恰好为0，在AB 边刚出磁场的一段时间内，线框做匀速运动．求：(1)DC 边刚进入磁场时，线框加速度的大小；(2)从线框开始下落到DC 边刚进入磁场的过程中，线框的机械能损失和重力做功之比． 解析 (1)设AB 边刚进入磁场时速度大小为v 0，线框质量为m ，电阻为R ，AB ＝l ，CD ＝5l ，则mgh ＝12m v 02， AB 刚进入磁场时有，B 2l 2v 0R＝mg . AB 边刚出磁场的一段时间内，线框切割磁感线的有效长度为2l ，设线框匀速运动时速度大小为v 1，由法拉第电磁感应定律得E 感＝B ·2l v 1，线框匀速运动时有B 2(2l )2v 1R ＝mg .解得v 1＝v 04. DC 边刚进入磁场瞬间，线框切割磁感线的有效长度为3l ，产生的感应电动势E 感′＝B (3l )v 1.由牛顿第二定律得B 2(3l )2v 1R－mg ＝ma ， 解得DC 边刚进入磁场时线框的加速度的大小为a ＝5g 4. (2)从线框开始下落到DC 边进入磁场前瞬间，重力做功W G ＝mg ·3h .根据能量守恒定律得线框机械能损失ΔE ＝mg ·3h －12m v 12. 联立解得ΔE ＝4716mgh . 所以，线框的机械能损失ΔE 和重力做功W G 之比为ΔE ∶W G ＝47∶48.答案 (1)5g 4(2)47∶48——解决这类问题的基本方法(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律确定感应电动势的大小和方向．(2)画出等效电路，求出回路中电阻消耗的电功率表达式．(3)分析导体机械能的变化，用能量守恒关系得到机械功率的改变与回路中电功率的改变所满足的方程．【变式4】如图9－3－8所示，图9－3－8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 02－v a ′b ′2)－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 12R 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对应学生用书P160一、电磁感应中的图象问题(高频考查)1．(2010·广东理综，16)如图9－3－9所示，平行导轨间有一矩形的匀强磁场区域，细金属棒PQ 沿导轨从MN 处匀速运动到M ′N ′的过程中，棒上感应电动势E 随时间t 变化的图象，可能正确的是( )．图9－3－9解析 在金属棒PQ 进入磁场区域之前或出磁场后，棒上均不会产生感应电动势，D 项错误．在磁场中运动时，感应电动势E ＝Bl v ，与时间无关，保持不变，故A 选项正确．答案 A2．(2011·海南卷，6)如图9－3－10所示，EOF 和E ′O ′F ′为空间一匀强磁场的边界，其中EO ∥E ′O ′，FO ∥F ′O ′，且EO ⊥OF ；OO ′为∠EOF 的角平分线，OO ′间的距离为l ；磁场方向垂直于纸面向里．一边长为l 的正方形导线框沿O ′O 方向匀速通过磁场，t ＝0时刻恰好位于图示位置．规定导线框中感应电流沿逆时针方向时为正，则感应电流i 与时间t 的关系图线可能正确的是( )．图9－3－10解析当线框左边进入磁场时，线框上的电流方向为逆时针，直至线框右边完全进入磁场；当右边一半进入磁场，左边一半开始出磁场，此后线圈中的电流方向为顺时针．当线框左边进入磁场时，切割磁感线的有效长度均匀增加，故感应电动势、感应电流均匀增加，当左边完全进入磁场，右边还没有进入时，感应电动势、感应电流达最大，且直到右边将要进入磁场这一段时间内均不变，当右边进入磁场时，左边开始出磁场，这时切割磁感线的有效长度均匀减小，感应电动势、感应电流均减小，且左、右两边在磁场中长度相等时为零，之后再反向均匀增加至左边完全出来，到右边到达左边界时电流最大且不变，直到再次减小，故B正确．答案 B3．(2011·山东卷，22改编)如图9－3－11所示，两固定的竖直光滑金属导轨足够长且电阻不计．两质量、长度均相同的导体棒c、d，置于边界水平的匀强磁场上方同一高度h处．磁场宽为3h，方向与导轨平面垂直．先由静止释放c，c刚进入磁场即匀速运动，此时再由静止释放d，两导体棒与导轨始终保持良好接触．用a c表示c的加速度，E kd表示d的动能，x c、x d分别表示c、d相对释放点的位移，图中正确的是()．图9－3－11A ．①②B ．③④C ．①③D ．②④解析 c 棒下落h 过程为自由落体运动，a ＝g .设进入磁场瞬间速度大小为v ，则由匀速运动有F 安＝mg ＝BIL ＝B 2L 2v R，a ＝0.此时释放d 棒，在d 棒自由下落h 的过程中，c 棒在磁场中下落2h ，此过程c 一直做匀速运动，a ＝0.当d 棒进入磁场后，c 、d 两棒运动速度相同，穿过闭合回路磁通量不变，无感应电流，无安培力，二者都做匀加速直线运动．共同下落h 后，此时c 棒离开磁场，d 棒进入磁场h 的距离，此时c 、d 的速度都是v ′(v ′>v )，d 此时切割磁感线，产生感应电动势E ′＝BL v ′，F 安′＝BI ′L ＝B BL v ′RL >F 安＝mg ，d 棒做减速运动，d 棒离开磁场后c 、d 两棒均以加速度a ＝g 做匀加速运动，故选项②④正确．答案 D二、电磁感应中的力、电综合问题(高频考点)4.图9－3－12(2011·天津卷，11)如图9－3－12所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN 、PQ 间距为L ＝0.5 m ，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成30°角．完全相同的两金属棒ab 、cd 分别垂直导轨放置，每棒两端都与导轨始终有良好接触，已知两棒质量均为m ＝0.02 kg ，电阻均为R ＝0.1 Ω，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B ＝0.2 T ，棒ab 在平行于导轨向上的力F 作用下，沿导轨向上匀速运动，而棒cd 恰好能够保持静止．取g ＝10 m/s 2，问：(1)通过棒cd 的电流I 是多少，方向如何？(2)棒ab 受到的力F 多大？(3)棒cd 每产生Q ＝0.1 J 的热量，力F 做的功W 是多少？解析(1)对cd 棒受力分析如图所示由平衡条件得mg sin θ＝BIL得I ＝mg sin θBL ＝0.02×10×sin 30°0.2×0.5A ＝1 A. 根据楞次定律可判定通过棒cd 的电流方向为由d 到c .(2)棒ab 与cd 所受的安培力大小相等，对ab 棒，受力分析如图所示，由共点力平衡条件知F ＝mg sin θ＋BIL代入数据解得F ＝0.2 N.(3)设在时间t 内棒cd 产生Q ＝0.1 J 的热量，由焦耳定律知Q ＝I 2Rt设ab 棒匀速运动的速度是v ，其产生的感应电动势E ＝BL v由闭合电路欧姆定律知I ＝E 2R时间t 内棒ab 运动的位移s ＝v t力F 所做的功W ＝Fs综合上述各式，代入数据解得W ＝0.4 J.答案 (1)1 A 方向由d 到c (2)0.2 N (3)0.4 J5．(2011·浙江卷，23)如图9－3－13甲所示，在水平面上固定有长为L ＝2 m 、宽为d ＝1 m 的金属“U”型导轨，在“U”型导轨右侧l ＝0.5 m 范围内存在垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间变化规律如图9－3－13乙所示，在t ＝0时刻，质量为m ＝0.1 kg 的导体棒以v 0＝1 m/s 的初速度从导轨的左端开始向右运动，导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ＝0.1，导轨与导体棒单位长度的电阻均为λ＝0.1 Ω/m ，不计导体棒与导轨之间的接触电阻及地球磁场的影响(取g ＝10 m/s 2)．图9－3－13(1)通过计算分析4 s 内导体棒的运动情况；(2)计算4 s 内回路中电流的大小，并判断电流方向；(3)计算4 s 内回路产生的焦耳热．解析 (1)导体棒先在无磁场区域做匀减速直线运动，有－μmg ＝ma ，v 1＝v 0＋at ，x ＝v 0t ＋12at 2 代入数据解得：t ＝1 s ，x ＝0.5 m ，导体棒没有进入磁场区域．导体棒在1 s 末已停止运动，以后一直保持静止，离左端位置仍为x ＝0.5 m.(2)前2 s 磁通量不变，回路电动势和电流分别为E ＝0，I ＝0后2 s 回路产生的电动势为E ＝ΔΦΔt ＝ld ΔB Δt＝0.1 V 回路的总长度为5 m ，因此回路的总电阻为R ＝5λ＝0.5 Ω电流为I ＝E R＝0.2 A 根据楞次定律，在回路中的电流方向是顺时针方向．(3)前2 s 电流为零，后2 s 有恒定电流，焦耳热为Q ＝I 2Rt ＝0.04 J.答案 (1)导体在1 s 末停止运动，没进入磁场．(2)0.2 A 顺时针方向(3)0.04 J6.图9－3－14(2011·大纲全国卷，24)如图9－3－14所示，两根足够长的金属导轨ab 、cd 竖直放置，导轨间距离为L ，电阻不计．在导轨上端并接两个额定功率均为P 、电阻均为R 的小灯泡．整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度方向与导轨所在平面垂直．现将一质量为m 、电阻可以忽略的金属棒MN 从图示位置由静止开始释放，金属棒下落过程中保持水平，且与导轨接触良好．已知某时刻后两灯泡保持正常发光．重力加速度为g .求：(1)磁感应强度的大小；(2)灯泡正常发光时导体棒的运动速率． 解析 (1)设小灯泡的额定电流为I 0，有 P ＝I 02R ①由题意知，在金属棒沿导轨竖直下落的某时刻后，两小灯泡保持正常发光，流经MN 的电流为I ＝2I 0②此时金属棒MN 所受的重力和安培力大小相等，下落的速度达到最大值，有 mg ＝BLI ③联立①②③式得B ＝mg 2L R P④(2)法一 设灯泡正常发光时，导体棒的速度为v ，由电磁感应定律与欧姆定律得E ＝BL v ⑤E ＝RI 0⑥联立①②④⑤⑥式得v ＝2P mg⑦ 法二 由功能关系知，导体棒匀速下落灯泡正常发光时，导体棒下落所受重力的功率与两灯泡消耗的功率相等，即mg v ＝2P ，解得：v ＝2Pmg.答案 (1)mg 2L R P (2)2Pmg对应学生用书P289图9－3－151．如图9－3－15所示，光滑平行金属导轨PP ′和QQ ′，都处于同一水平面内，P 和Q 之间连接一电阻R ，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中．现垂直于导轨放置一根导体棒MN ，用一水平向右的力F 拉动导体棒MN ，以下关于导体棒MN 中感应电流方向和它所受安培力的方向的说法正确的是( )．①感应电流方向是N ―→M ②感应电流方向是M ―→N ③安培力水平向左 ④安培力水平向右A ．①②B ．③④C ．①③D ．②④ 解析答案 C图9－3－162．(2012·北京西城期末考试)在下列四个情景中，虚线上方空间都存在方向垂直纸面向里的匀强磁场．A 、B 中的导线框为正方形，C 、D 中的导线框为直角扇形．各导线框均绕轴O 在纸面内匀速转动，转动方向如箭头所示，转动周期均为T .从线框处于图示位置时开始计时，以在OP 边上从P 点指向O 点的方向为感应电流i 的正方向．则四个情景中，产生的感应电流i 随时间t 的变化规律符合图9－3－16中i －t 图象的是( )．解析 线框转动90°后开始进入磁场，由楞次定律结合右手定则可得，若线框顺时针转动进入磁场时产生的感应电流由O 点指向P 点为负值，线框逆时针转动进入磁场时产生的感应电流由P 点指向O 点为正值，所以B 、D 错误；线框若为正方形，进入磁场后的一段时间内切割磁感线的有效长度越来越大，产生的电动势不为定值，感应电流不恒定，A 错误；线框若为扇形，进入磁场后转动90°的时间内切割的有效长度恒为半径，为定值，产生的电动势恒定，电流恒定，C 正确．答案 C图9－3－173．如图9－3－17所示，一由均匀电阻丝折成的正方形闭合线框abcd ，置于磁感应强度方向垂直纸面向外的有界匀强磁场中，线框平面与磁场垂直，线框bc 边与磁场左右边界平行．若将该线框以不同的速率从图示位置分别从磁场左、右边界匀速拉出直至全部离开磁场，在此过程中( )．A ．流过ab 边的电流方向相反B ．ab 边所受安培力的大小相等C ．线框中产生的焦耳热相等D ．通过电阻丝某横截面的电荷量相等解析 线框离开磁场，磁通量减小，由楞次定律可知线框中的感应电流方向为a ―→d ―→c ―→b ―→a ，故A 错误；由法拉第电磁感应定律得E ＝BL v ，I ＝ER ，F ＝BIL ＝B 2L 2v R，v 不同，F 不同，故B 错误；线框离开磁场的时间t ＝L v ，产生的热量Q ＝I 2Rt ＝B 2L 3v R，故C 错误；通过导体横截面的电荷量q ＝It ＝BL 2R，故D 正确．答案 D4．如图9－3－18甲所示，abcd 是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，在金属线框的下方有一磁感应强度为B 的匀强磁场区域，MN 和M ′N ′是匀强磁场区域的水平边界，并与线框的bc 边平行，磁场方向与线框平面垂直．现金属线框由距MN 的某一高度从静止开始下落，图9－3－18乙是金属线框由开始下落到完全穿过匀强磁场区域的v －t 图象．已知金属线框的质量为m ，电阻为R ，当地的重力加速度为g ，图象中坐标轴上所标出的字母v 1、v 2、v 3、t 1、t 2、t 3、t 4均为已知量．(下落过程中bc 边始终水平)根据题中所给条件，以下说法正确的是( )．图9－3－18A ．可以求出金属框的边长B ．线框穿出磁场时间(t 4－t 3)等于进入磁场时间(t 2－t 1)C ．线框穿出磁场与进入磁场过程所受安培力方向相反D ．线框穿出磁场与进入磁场过程产生的焦耳热相等解析 由线框运动的v －t 图象，可知0～t 1线框自由下落，t 1～t 2线框进入磁场，t 2～t 3线框在磁场中只受重力作用加速下降，t 3～t 4线框离开磁场．线框的边长l ＝v 3(t 4－t 3)选项A 正确；由于线框离开时的速度v 3大于进入时的平均速度，因此线框穿出磁场时间小于进入磁场时间，选项B 错；线框穿出磁场与进入磁场过程所受安培力方向都竖直向上，选项C 错误；线框进入磁场mgl ＝Q 1＋12m v 22－12m v 12，线框离开磁场mgl ＝Q 2，可见Q 1<Q 2，选项D 错．答案 A5．如图9－3－19甲所示，bacd 为导体做成的框架，其平面与水平面成θ角，质量为m 的导体棒PQ 与ab 、cd 接触良好，回路的电阻为R ，整个装置放于垂直框架平面的变化磁场中，磁感应强度B 的变化情况如图9－3－19乙所示，PQ 能够始终保持静止，则0～t 2时间内，PQ 受到的安培力F 和摩擦力F f 随时间变化的图象错误的是(取平行斜面向上为正方向)图9－3－19解析 在0～t 2内，磁场随时间均匀变化，故回路中产生的感应电流大小方向均恒定，所以PQ 受到的安培力F ＝BIL ∝B ，方向先沿斜面向上，t 1时刻之后方向变为沿斜面向下，故A 项正确，B 项错；静摩擦力F f ＝mg sin θ－BIL ，若t ＝0时刻，mg sin θ>BIL ，则F f 刚开始时沿斜面向上，若t ＝0时刻，mg sin θ<BIL ，则F f 刚开始时沿斜面向下，C 、D 都有可能正确．(极限思维法)答案 B6．如图9－3－20甲，在虚线所示的区域有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场变化规律如图9－3－20乙所示，面积为S 的单匝金属线框处在磁场中，线框与电阻R 相连．若金属框的电阻为R2，则下列说法错误的是( )．图9－3－20A ．流过电阻R 的感应电流由a 到bB ．线框cd 边受到的安培力方向向下C ．感应电动势大小为2B 0St 0D ．ab 间电压大小为2B 0S3t 0解析 本题考查电磁感应及闭合电路相关知识．由乙图可以看出磁场随时间均匀增加，根据楞次定律及安培定则可知，感应电流方向由a →b ，选项A 正确；由于电流由c →d ，根据左手定则可判断出cd 边受到的安培力向下，选项B 正确；回路中感应电动势应为E ＝(2B 0－B 0)St 0＝B 0S t 0.选项C 错误；因为E R ＋12R＝U R ，解得U ＝2B 0S 3t 0，选项D 正确． 答案 C图9－3－217．一个闭合回路由两部分组成，如图9－3－21所示，右侧是电阻为r 的圆形导线，置于竖直方向均匀变化的磁场B 1中；左侧是光滑的倾角为θ的平行导轨，宽度为d ，其电阻不计．磁感应强度为B 2的匀强磁场垂直导轨平面向上，且只分布在左侧，一个质量为m 、电阻为R 的导体棒此时恰好能静止在导轨上，分析下述判断不正确的有( )．A ．圆形线圈中的磁场，可以向上均匀增强，也可以向下均匀减弱B ．导体棒ab 受到的安培力大小为mg sin θC ．回路中的感应电流为mg sin θB 2dD ．圆形导线中的电热功率为m 2g 2sin 2θB 22d 2(r ＋R )解析 导体棒此时恰好能静止在导轨上，依据平衡条件知导体棒ab 受到的安培力大小为mg sin θ，方向沿斜面向上，由左手定则判定电流方向为b →a ，再由楞次定律判定A 、B 正确；回路中的感应电流为I ＝F B 2d ＝mg sin θB 2d，C 正确；由焦耳定律得圆形导线中的电热功率为P r ＝m 2g 2sin 2θB 22d 2r ，D 错． 答案 D图9－3－228．如图9－3－22所示，abcd 是一个质量为m ，边长为L 的正方形金属线框．如从图示位置自由下落，在下落h 后进入磁感应强度为B 的磁场，恰好做匀速直线运动，该磁场的宽度也为L .在这个磁场的正下方h ＋L 处还有一个未知磁场，金属线框abcd 在穿过这个磁场时也恰好做匀速直线运动，那么下列说法正确的是( )．A ．未知磁场的磁感应强度是2B B ．未知磁场的磁感应强度是2BC ．线框在穿过这两个磁场的过程中产生的电能为4mgLD ．线框在穿过这两个磁场的过程中产生的电能为2mgL解析 设线圈刚进入第一个磁场时速度大小为v 1，那么mgh ＝12m v 12，v 1＝2gh .设线圈刚进入第二个磁场时速度大小为v 2，那么v 22－v 12＝2gh ，v 2＝2v 1.根据题意还可得到，mg ＝B 2L 2v 1R ，mg ＝B x 2L 2v 2R 整理可得出B x ＝ 22B ，A 、B 两项均错．穿过两个磁场时都做匀速运动，把减少的重力势能都转化为电能，所以在穿过这两个磁场的过程中产生的电能为4mgL ，C 项正确、D 项错．答案 C9．(2011·四川卷，24)如图9－3－23所示，间距l ＝0.3 m 的平行金属导轨a 1b 1c 1和a 2b 2c 2分别固定在两个竖直面内．在水平面a 1b 1b 2a 2区域内和倾角θ＝37°的斜面c 1b 1b 2c 2区域内分别有磁感应强度B 1＝0.4 T ，方向竖直向上和B 2＝1 T 、方向垂直于斜面向上的匀强磁场．电阻R ＝0.3 Ω、质量m 1＝0.1 kg 、长为l 的相同导体杆K 、S 、Q 分别放置在导轨上，S 杆的两端固定在b 1、b 2点，K 、Q 杆可沿导轨无摩擦滑动且始终接触良好．一端系于K 杆中点的轻绳平行于导轨绕过轻质定滑轮自然下垂，绳上穿有质量m 2＝0.05 kg 的小环．已知小环以a ＝6 m/s 2的加速度沿绳下滑，K 杆保持静止，Q 杆在垂直于杆且沿斜面向下的拉力F 作用下匀速运动．不计导轨电阻和滑轮摩擦，绳不可伸长．取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求图9－3－23(1)小环所受摩擦力的大小；(2)Q 杆所受拉力的瞬时功率．解析 (1)以小环为研究对象，在环沿绳下滑过程中，受重力m 2g 和绳向上的摩擦力f ，由牛顿第二定律知m 2g －f ＝m 2a .代入数据解得f ＝m 2(g －a )＝0.05×(10－6) N ＝0.2 N.(2)根据牛顿第二定律知，小环下滑过程中对绳的反作用力大小f ′＝f ＝0.2 N ，所以绳上的张力F T ＝0.2 N ．设导体棒K 中的电流为I K ，则它所受安培力F K ＝B 1I K l ，对导体棒K ，由平衡条件知F T ＝F K ，所以电流I K ＝53A.。
