(浙江专版)2019届高考物理一轮复习 第9章 电磁感应 1 第一节 电磁感应现象 楞次定律随堂检测

第1讲楞次定律法拉第电磁感应定律[考试标准]知识内容必考要求加试要求说明电磁感应现象 b1.不要求掌握法拉第等科学家对电磁感应现象研究的具体细节．2.在用楞次定律判断感应电流方向时，只要求闭合电路中磁通量变化容易确定的情形．3.导体切割磁感线时感应电动势的计算，只限于l、B、v三者垂直的情形．4.不要求计算涉及反电动势的问题．5.在电磁感应现象中，不要求判断电路中各点电势的高低．6.不要求计算既有感生电动势，又有动生电动势的电磁感应问题．7.不要求计算自感电动势．8.不要求解释电磁驱动和电磁阻尼现象.楞次定律 c法拉第电磁感应定律d电磁感应现象的两类情况b互感和自感 b涡流、电磁阻尼和电磁驱动b一、电磁感应现象1．磁通量(1)公式：Φ＝BS.适用条件：①匀强磁场．②磁感应强度的方向垂直于S所在的平面．(2)几种常见引起磁通量变化的情形．①B变化，S不变，ΔΦ＝ΔB·S.②B不变，S变化，ΔΦ＝B·ΔS.③B、S两者都变化，ΔΦ＝Φ2－Φ1，不能用ΔΦ＝ΔB·ΔS来计算．2．电磁感应现象(1)产生感应电流的条件：穿过闭合回路的磁通量发生变化．特例：闭合电路的一部分导体在磁场内做切割磁感线运动．(2)电磁感应现象中的能量转化：发生电磁感应现象时，机械能或其他形式的能转化为电能，该过程遵循能量守恒定律．自测1(多选)如图1所示的匀强磁场中有一个矩形闭合导线框．在下列四种情况下，线框中不会产生感应电流的是( )图1A．如图甲所示，保持线框平面始终与磁感线平行，线框在磁场中左右运动B．如图乙所示，保持线框平面始终与磁感线平行，线框在磁场中上下运动C．如图丙表示，线框绕位于线框平面内且与磁感线垂直的轴线AB转动D．如图丁所示，线框绕位于线框平面内且与磁感线平行的轴线CD转动答案ABD二、感应电流方向的判断1．楞次定律(1)内容：感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化．(2)适用范围：适用于一切回路磁通量变化的情况．2．右手定则(1)内容：伸开右手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使拇指指向导线运动的方向，这时四指所指的方向就是感应电流的方向．(2)适用情况：导体切割磁感线产生感应电流．自测2(多选)如图2所示，匀强磁场垂直圆形线圈指向纸内，a、b、c、d为圆形线圈上等距离的四点，现用外力在上述四点将线圈拉成正方形，且线圈仍处在原先所在平面内，则在线圈发生形变的过程中( )图2A．线圈中无感应电流B ．线圈中有感应电流C ．感应电流的方向为abcdaD ．感应电流的方向为adcba 答案 BC三、法拉第电磁感应定律 1．感应电动势(1)感应电动势：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：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比． (2)公式：E ＝n ΔΦΔt，其中n 为线圈匝数．自测3 (多选)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有关 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 AC四、导线切割磁感线时的感应电动势 导线切割磁感线时，可有以下三种情况：切割方式电动势表达式说明垂直切割E ＝Blv ①导线与磁场方向垂直 ②磁场为匀强磁场旋转切割(以一端为轴) E ＝12Bl 2ω五、自感和涡流 1．自感现象由于通过导体自身的电流发生变化而产生的电磁感应现象． 2．自感电动势(1)定义：在自感现象中产生的感应电动势．(2)表达式：E ＝L ΔIΔt .(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. 3．涡流(1)定义：当线圈中的电流发生变化时，在它附近的导体中产生的像水中的旋涡一样的感应电流． (2)涡流的应用①涡流热效应的应用，如真空冶炼炉． ②涡流磁效应的应用，如探雷器．自测4 (多选)电磁炉为新一代炊具，无烟、无明火、无污染、不产生有害气体、无微波辐射、高效节能等是电磁炉的优势所在．电磁炉是利用电流通过线圈产生磁场，当磁场的磁感线通过含铁质锅底部时，即会产生无数小涡流，使锅体本身自行高速发热，然后再加热锅内食物．下列相关说法中正确的是( ) A ．锅体中的涡流是由恒定的磁场产生的 B ．恒定磁场越强，电磁炉的加热效果越好 C ．锅体中的涡流是由变化的磁场产生的D ．提高磁场变化的频率，可提高电磁炉的加热效果 答案 CD命题点一 感应电流方向的判断考向1 应用楞次定律判断感应电流的方向例1 (多选)下列各选项是验证楞次定律实验的示意图，竖直放置的线圈固定不动，将磁铁从线圈上方插入或拔出，线圈和电流表构成的闭合回路中就会产生感应电流．各选项中分别标出了磁铁的极性、磁铁相对线圈的运动方向以及线圈中产生的感应电流的方向等情况，其中正确的是( )答案CD解析根据楞次定律可确定感应电流的方向：以C选项为例，当磁铁向下运动时：(1)闭合线圈原磁场的方向——向上；(2)穿过闭合线圈的磁通量的变化——增加；(3)感应电流产生的磁场方向——向下；(4)利用安培定则判断感应电流的方向——与图中箭头方向相同．运用以上分析方法可知，C、D正确．变式1(多选)如图3，两同心圆环A、B置于同一水平面上，其中B为均匀带负电绝缘环，A为导体环．当B绕轴心顺时针转动且转速增大时，下列说法正确的是( )图3A．A中产生逆时针的感应电流B．A中产生顺时针的感应电流C．A具有收缩的趋势D．A具有扩展的趋势答案BD解析由题图可知，B为均匀带负电绝缘环，B中电流为逆时针方向，由右手螺旋定则可知，电流的磁场垂直纸面向外且逐渐增大；由楞次定律可知，磁场增大时，感应电流的磁场与原磁场的方向相反，所以感应电流的磁场的方向垂直纸面向里，A中感应电流的方向为顺时针方向，故A错误，B正确；B环外的磁场的方向与B环内的磁场的方向相反，当B环内的磁场增强时，A环具有面积扩展的趋势，故C错误，D正确．考向2 楞次定律推论的应用楞次定律推论的应用技巧1．线圈(回路)中磁通量变化时，阻碍原磁通量的变化——应用“增反减同”的规律；2．导体与磁体间有相对运动时，阻碍相对运动——应用“来拒去留”的规律；3．当回路可以形变时，感应电流可使线圈面积有扩大或缩小的趋势——应用“增缩减扩”的规律；4．自感现象中，感应电动势阻碍原电流的变化——应用“增反减同”的规律．例2 (多选)如图4所示，光滑固定的金属导轨M 、N 水平放置，两根导体棒P 、Q 平行放置在导轨上，形成一个闭合回路，一条形磁铁从高处下落接近回路时( )图4A ．P 、Q 将相互靠拢B ．P 、Q 将相互远离C ．磁铁的加速度仍为gD ．磁铁的加速度小于g 答案 AD解析 根据楞次定律的另一种表述——感应电流的效果，总要反抗产生感应电流的原因．本题中“原因”是回路中磁通量的增加，归根结底是磁铁靠近回路，“效果”便是阻碍磁通量的增加和磁铁的靠近．所以，P 、Q 将相互靠拢且磁铁的加速度小于g ，应选A 、D. 考向3 切割类感应电流方向的判断例3 (多选)如图5所示，一个有界匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外．一个矩形闭合导线框abcd ，沿纸面由位置1(左)匀速运动到位置2，则( )图5A ．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 →b →c →d →aC ．导线框离开磁场时，受到的安培力方向水平向右D ．导线框进入磁场时，受到的安培力方向水平向左 答案 BD解析 导线框进入磁场时，cd 边切割磁感线，由右手定则可知，电流方向沿a →d →c →b →a ，由左手定则可知cd 边受到的安培力方向向左；导线框离开磁场时，ab 边处于磁场中且在做切割磁感线运动，同样用右手定则和左手定则可以判断电流的方向为a →b →c →d →a ，安培力的方向仍然向左，故选项B 、D 正确． 命题点二 法拉第电磁感应定律的理解及应用 求感应电动势大小的五种类型及对应解法 1．磁通量变化型：E ＝n ΔΦΔt2．磁感应强度变化型：E ＝nS ΔBΔt3．面积变化型：E ＝nB ΔSΔt4．平动切割型：E ＝Blv (B 、l 、v 三者垂直) (1)l 为导体切割磁感线的有效长度． (2)v 为导体相对磁场的速度． 5．转动切割型：E ＝Blv ＝12Bl 2ω例4 (多选)如图6所示，先后以速度v 1和v 2匀速把一矩形线圈拉出有界匀强磁场区域，已知v 1＝2v 2，则在先后两种情况下( )图6A ．线圈中的感应电流之比I 1∶I 2＝2∶1B ．线圈中的感应电流之比I 1∶I 2＝1∶2C ．线圈中产生的焦耳热之比Q 1∶Q 2＝2∶1D ．通过线圈某截面的电荷量之比q 1∶q 2＝1∶2 答案 AC解析 由题意v 1＝2v 2，根据E ＝BLv 可知，感应电动势之比E 1∶E 2＝v 1∶v 2＝2∶1，则感应电流之比I 1∶I 2＝E 1∶E 2＝2∶1，故A 正确，B 错误；线圈拉出磁场的时间t ＝L v，L 相同，因v 1＝2v 2，可知时间比为1∶2；又I 1∶I 2＝2∶1，R 一定，根据Q ＝I 2Rt ，可得热量之比Q 1∶Q 2＝2∶1，故C 正确；根据q ＝ΔΦR，因磁通量的变化量相等，可知通过线圈某截面的电荷量之比q 1∶q 2＝1∶1，故D 错误．变式2 (多选)穿过一个电阻为1 Ω的单匝闭合线圈的磁通量始终是每秒钟均匀地减少4 Wb ，则( )A ．线圈中感应电动势一定是每秒减少4 VB ．线圈中感应电动势一定是4 VC ．线圈中感应电流一定是每秒减少4 AD ．线圈中感应电流一定是4 A 答案 BD解析 感应电动势的大小跟穿过这一回路的磁通量的变化率成正比，与磁通量变化量无关，由法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt 得E ＝4 V ，线圈中电流I ＝ER ＝4 A ，故B 、D 正确．变式3 (多选)用一根横截面积为S 、电阻率为ρ的硬质导线做成一个半径为r 的圆环，ab 为圆环的一条直径．如图7所示，在ab 的左侧存在一个均匀变化的匀强磁场，磁场垂直圆环所在平面，磁感应强度大小随时间的变化率ΔBΔt＝k (k ＜0)．则( )图7A ．圆环中产生沿逆时针方向的感应电流B ．圆环具有扩张的趋势C ．圆环中感应电流的大小为⎪⎪⎪⎪⎪⎪krS 2ρD ．图中a 、b 两点间的电势差的绝对值为⎪⎪⎪⎪⎪⎪k πr 24答案 BD解析 k ＜0，磁通量均匀减少，根据楞次定律可知，圆环中产生沿顺时针方向的感应电流，选项A 错误；圆环在磁场中的部分，受到向外的安培力，所以有扩张的趋势，选项B 正确；圆环产生的感应电动势大小为E ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪ΔB Δt ·πr 22＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪k πr 22，则圆环中的电流大小为I ＝E ρ·2πr S＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪kSr 4ρ，选项C 错误；|U ab |＝E 2＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪k πr 24，选项D 正确．拓展点1 导体棒切割产生的感应电动势的计算例5 (多选)如图8所示，PN 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 杆的电阻为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．则( )图8A ．R 2＝6 ΩB ．R 1上消耗的电功率为0.375 WC ．a 、b 间电压为3 VD ．拉ab 杆水平向右的拉力为0.75 N 答案 BD解析 如图，ab 杆切割磁感线产生感应电动势，由于ab 杆上消耗的电功率与R 1、R 2消耗的电功率之和相等，则内、外电阻相等，6R 2R 2＋6＝2，解得R 2＝3 Ω，因此A 错误；E ＝Blv ＝3 V ，R 总＝4 Ω，总电流I ＝E R 总＝34 A ，路端电压U ab ＝IR 外＝34×2 V＝1.5 V ，因此C 错误；P 1＝U ab 2R 1＝0.375 W ，B 正确；ab 杆所受安培力F ＝BIl ＝0.75 N ，ab 杆匀速移动，因此拉力大小为0.75 N ，D 正确．拓展点2 圆盘转动切割产生的感应电动势的计算例6 (多选)如图9所示为法拉第圆盘发电机．半径为r 的导体圆盘绕竖直轴以角速度ω旋转，匀强磁场B 竖直向上，电刷a 与圆盘表面接触，接触点距圆心为r2，电刷b 与圆盘边缘接触，两电刷间接有阻值为R 的电阻，忽略圆盘电阻与接触电阻，则( )图9A ．ab 两点间的电势差为12Br 2ωB ．通过电阻R 的电流强度为3Br 2ω8RC ．通过电阻R 的电流方向为从上到下D ．圆盘在ab 连线上所受的安培力与ab 连线垂直，与转向相反 答案 BD命题点三 电磁感应中的图象问题 1．解决图象问题的一般步骤(1)明确图象的种类，即是B －t 图还是Φ－t 图，或者E －t 图、I －t 图等； (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的对应关系；(4)结合法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿运动定律等知识写出相应的函数关系式；(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)画图象或判断图象正误．2．电磁感应中图象类选择题的两种常见解法(1)排除法：定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)，特别是物理量的正负，排除错误的选项．(2)函数法：根据题目所给条件定量的写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图象作出分析和判断．例7 (多选)如图10所示，abcd 为一边长为l 的正方形导线框，导线框位于光滑水平面内，其右侧为一匀强磁场区域，磁场的边界与线框的cd 边平行，磁场区域的宽度为2l ，磁感应强度为B ，方向竖直向下，线框在一垂直于cd 边的水平恒定拉力F 作用下沿水平方向向右运动，直至通过磁场区域，cd 边刚进入磁场时，线框开始匀速运动，规定线框中电流沿逆时针时方向为正，则导线框从刚进入磁场到完全离开磁场的过程中，a 、b 两端的电压U ab 及导线框中的电流i 随cd 边的位置坐标x 变化的图线可能是( )图10答案 BD解析 线框刚进入磁场的过程做匀速直线运动，感应电动势E ＝Blv 0恒定，线框中的电流大小恒定，方向沿逆时针方向，a 、b 两端的电压U ab ＝14Blv 0，线框完全在磁场中运动时，穿过闭合电路的磁通量不变，线框中感应电流为零，做匀加速运动，但ab 边两端的电压U ab ＝Blv ＝Bl v 02＋2a (x －l )，其中v 0为匀速运动的速度，U ab 与位置坐标x 不是线性关系，当出磁场时，U ab ＝34Blv ，线框做减速运动，U ab 不断减小，故A 错误，B 正确；线框进入过程中，线框中的电流大小恒定且为逆时针，完全进入磁场时电流为零；线框离开磁场，做减速运动，加速度逐渐减小，线框刚好完全离开磁场时，速度逐渐趋近于匀速运动时的速度，不可能为零，故此时电流也不可能为零，故C 错误，D 正确．变式4 (多选)如图11，矩形闭合线框在匀强磁场上方，由不同高度静止释放，用t 1、t 2分别表示线框ab 边和cd 边刚进入磁场的时刻，线框下落过程形状不变，ab 边始终保持与磁场水平边界OO ′平行，线框平面与磁场方向垂直，设OO ′下方磁场区域足够大，不计空气影响，则下列哪一个图象可能反映线框下落过程中速度v 随时间t 变化的规律( )图11答案 CD解析 线框先做自由落体运动，若ab 边进入磁场后重力小于安培力，则做减速运动，由F＝B 2L 2v R知线框所受的安培力减小，加速度逐渐减小，v －t 图象的斜率应逐渐减小，故A 、B错误；线框先做自由落体运动，ab 边进入磁场后若重力大于安培力，则做加速度减小的加速运动，cd 边进入磁场后做匀加速直线运动，加速度为g ，故C 正确；线框先做自由落体运动，ab 边进入磁场后若重力等于安培力，则做匀速直线运动，cd 边进入磁场后做匀加速直线运动，加速度为g ，故D 正确．变式5 (多选)如图12甲所示，光滑绝缘水平面，虚线MN 的右侧存在方向竖直向下、磁感应强度大小为B ＝2 T 的匀强磁场，MN 的左侧有一质量为m ＝0.1 kg 的矩形线圈bcde ，电阻R ＝2 Ω，bc 边长L 1＝0.2 m ．t ＝0时，用一恒定拉力F 拉线圈，使其由静止开始向右做匀加速运动，经过1 s ，线圈的bc 边到达磁场边界MN ，此时立即将拉力F 改为变力，又经过1 s ，线圈恰好完全进入磁场，在整个运动过程中，线圈中感应电流i 随时间t 变化的图象如图乙所示．则( )图12A ．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 2C ．线圈be 边长L 2＝0.5 mD ．在第2 s 内流过线圈的电荷量为0.2 C 答案 ABD解析 在第1 s 末，i 1＝ER，E ＝BL 1v 1，v 1＝a 1t 1，F ＝ma 1，联立解得F ＝0.05 N ，A 项正确．在第2 s 内，由题图乙分析知线圈做匀加速直线运动，第2 s 末i 2＝E ′R，E ′＝BL 1v 2，v 2＝v 1＋a 2(t 2－t 1)，解得a 2＝1 m/s 2，B 项正确．在第2 s 内，v 22－v 12＝2a 2L 2，得L 2＝1 m ，C 项错误．q ＝ΔΦR ＝BL 1L 2R＝0.2 C ，D 项正确．1．(多选)磁电式仪表的线圈通常用铝框做骨架，把线圈围绕在铝框上，这样做的目的是( )A ．防止涡流而设计的B ．利用涡流而设计的C ．起电磁阻尼的作用D ．起电磁驱动的作用答案 BC解析 常用铝框做骨架，当线圈在磁场中转动时，导致铝框的磁通量变化，从而产生感应电流，出现安培阻力，使其很快停止转动．这样做的目的是利用涡流，起到电磁阻尼的作用，故B 、C 正确，A 、D 错误．2．(多选)下列选项表示的是闭合电路中的一部分导体ab 在磁场中做切割磁感线运动的情景，导体ab 上的感应电流方向为b →a 的是( )答案BCD解析根据右手定则，A中感应电流方向是a→b；B、C、D中感应电流方向都是b→a，故选B、C、D.3.(多选)如图1所示，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( )图1A．逐渐增强，方向向外B．逐渐增强，方向向里C．逐渐减弱，方向向外D．逐渐减弱，方向向里答案CD解析回路变为圆形，面积增大，说明闭合回路的磁通量减少，所以磁场逐渐减弱，而磁场方向可能向外，也可能向里，故选项C、D正确．4．(多选)如图2所示，几位同学在做“摇绳发电”实验：把一条长导线的两端连在一个灵敏电流计的两个接线柱上，形成闭合回路．两个同学迅速摇动AB这段“绳”．假设图中情景发生在赤道，地磁场方向与地面平行，由南指向北．图中摇“绳”同学是沿东西站立的，甲同学站在西边，手握导线的A点，乙同学站在东边，手握导线的B点．下列说法正确的是( )图2A．当“绳”摇到最高点时，“绳”中电流最小B．当“绳”摇到最低点时，“绳”受到的安培力最大C．当“绳”向下运动时，“绳”中电流从A流向BD．在摇“绳”过程中，“绳”中电流总是从A流向B答案AC5．(多选)如图3所示，一质量为m的条形磁铁用细线悬挂在天花板上，细线从一水平金属圆环中穿过．现将环从位置Ⅰ释放，环经过磁铁到达位置Ⅱ.设环经过磁铁上端和下端附近时细线的张力分别为F T1和F T2，重力加速度大小为g，则( )图3A．F T1＞mg B．F T1＜mgC．F T2＞mg D．F T2＜mg答案AC解析金属圆环从位置Ⅰ到位置Ⅱ过程中，由楞次定律知，金属圆环在磁铁上端时受力向上，在磁铁下端时受力也向上，则金属圆环对磁铁的作用力始终向下，对磁铁受力分析可知F T1＞mg，F T2＞mg，A、C正确．6．(多选)(2016·宁波市联考)单匝线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量Φ随时间t的关系图象如图4所示，则( )图4A．在t＝0时刻，线圈中磁通量最大，感应电动势也最大B．在t＝1×10－2 s时刻，感应电动势最大C ．在t ＝2×10－2s 时刻，感应电动势为零D ．在0～2×10－2s 时间内，线圈中感应电动势的平均值为零 答案 BC解析 由法拉第电磁感应定律知E ∝ΔΦΔt ，故t ＝0及t ＝2×10－2s 时刻，E ＝0，A 错，C对；t ＝1×10－2s 时刻，E 最大，B 对；在0～2×10－2s 时间内，ΔΦ≠0，故E ≠0，D 错． 7．如图5所示，在O 点正下方有一个有理想边界的磁场，铜环在A 点由静止释放向右摆至最高点B ，不考虑空气阻力，则下列说法正确的是( )图5A ．A 、B 两点在同一水平线 B ．A 点高于B 点C ．A 点低于B 点D ．铜环将做等幅摆动 答案 B解析 由于铜环刚进入和要离开磁场过程中，会产生感应电流，一部分机械能转化为电能，所以铜环运动不到与A 点等高点，即B 点低于A 点，故B 正确．8．(多选)如图6所示，粗细均匀的导线绕成匝数为n 、半径为r 的圆形闭合线圈．线圈放在磁场中，磁场的磁感应强度随时间均匀增大，线圈中产生的电流为I ，下列说法正确的是( )图6A ．电流I 与匝数n 成正比B ．电流I 与线圈半径r 成正比C ．电流I 与线圈面积S 成正比D ．电流I 与导线横截面积S 0成正比答案 BD解析 由题给条件可知感应电动势为E ＝n πr2ΔB Δt ，电阻为R ＝ρn 2πr S 0，电流I ＝ER，联立以上各式得I ＝S 0r 2ρ·ΔBΔt，则可知B 、D 项正确，A 、C 项错误．9．(多选)边长为a 的闭合金属正三角形框架，完全处于垂直于框架平面的匀强磁场中，现把框架匀速拉出磁场，如图7所示，则选项图中电动势、外力、外力功率与位移图象规律与这一过程相符合的是( )图7答案 BD解析 框架切割磁感线的有效长度L ＝2x tan 30°，则感应电动势E ＝BLv ＝B ·2x tan 30°·v ＝233Bvx ，则E 与x 成正比，A 错误，B 正确；框架匀速运动，则F 外＝F 安＝BIL ，I ＝E R ，E ＝BLv ，得到F 外＝B 2L 2v R ＝4B 2v 3R·x 2，B 、R 、v 一定，则F 外∝x 2，C 错误；外力的功率P 外＝F 外v ＝4B 2v 23R·x 2，P 外∝x 2，故D 正确．10．(多选)如图8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7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( )图8A ．两线圈内产生沿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 ．a 、b 线圈中感应电流之比为3∶1D ．a 、b 线圈中电功率之比为3∶1 答案 BC解析 因磁感应强度随时间均匀增大，根据楞次定律可知，两线圈内均产生沿逆时针方向的感应电流，选项A 错误；设ΔB Δt ＝k ，根据法拉第电磁感应定律可得E ＝n ΔΦΔt ＝nkl 2，则E a E b＝(31)2＝91，选项B 正确；根据I ＝E R ＝E ρ4nl S＝klS 4ρ可知，I ∝l ，故a 、b 线圈中感应电流之比为3∶1，选项C 正确；电功率P ＝IE ＝klS 4ρ·nkl 2＝nk 2l 3S 4ρ，则P ∝l 3，故a 、b 线圈中电功率之比为27∶1，选项D 错误．11．(多选)一个闭合回路由两部分组成，如图9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 、长度为d 的导体棒此时恰好能静止在导轨上，分析下述判断正确的是( )图9A ．圆形导线中的磁场可以是向上均匀减弱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 2 θB 22d2(r ＋R ) 答案 BC解析 导体棒静止在斜面上，根据左手定则，可知流过导体棒的电流是b →a ，根据楞次定律，圆形线圈中的磁场应是向上均匀增强，A 错误；导体棒受安培力的方向沿斜面向上，因此F 安＝mg sin θ，B 正确；F 安＝B 2Id ，因此回路中的感应电流I ＝mg sin θB 2d，C 正确；而圆形导线中的电热功率P ＝I 2r ＝m 2g 2sin 2 θB 22d 2r ，D 错误．12.在范围足够大、方向竖直向下的匀强磁场中，B ＝0.2 T ，有一水平放置的光滑框架，宽度为L ＝0.4 m ，框架上放置一垂直于框架、长度也为L ＝0.4 m 、质量为0.05 kg 、电阻为1 Ω的金属杆cd ，如图10所示，框架电阻不计，金属杆始终与框架接触良好．若杆cd 以恒定加速度a ＝2 m/s 2由静止开始做匀加速直线运动，求：图10(1)在5 s 内平均感应电动势是多少？ (2)在5 s 末回路中的电流多大？(3)第5 s 末作用在杆cd 上的水平外力多大？ 答案 (1)0.4 V (2)0.8 A (3)0.164 N 解析 (1)5 s 内的位移x ＝12at 2＝25 m5 s 内磁通量的变化量为ΔΦ＝BxL ＝2 Wb 故平均感应电动势E ＝ΔΦt＝0.4 V.(2)第5 s 末：v ＝at ＝10 m/s 此时感应电动势：E ＝BLv 则回路中的电流为：I ＝E R ＝BLv R ＝0.2×0.4×101A ＝0.8 A. (3)杆cd 匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：F －F 安＝ma即F ＝BIL ＋ma ＝0.164 N.13．轻质细线吊着一质量为m ＝0.42 kg 、边长为L ＝1 m 、匝数n ＝10的正方形线圈，其总电阻为r ＝1 Ω.在线圈的中间位置以下区域分布着磁场，如图11甲所示．磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间变化关系如图乙所示．(g ＝10 m/s 2)图11(1)判断线圈中产生的感应电流的方向是顺时针还是逆时针； (2)求线圈的电功率；(3)求在t ＝4 s 时轻质细线的拉力大小． 答案 (1)逆时针 (2)0.25 W (3)1.2 N解析 (1)由楞次定律知感应电流的方向为逆时针方向． (2)由法拉第电磁感应定律得E ＝n ΔΦΔt ＝n ·12L 2ΔB Δt ＝0.5 V 则P ＝E2r ＝0.25 W(3)I ＝E r＝0.5 A。

-14知识点一 知识点二 知识点三
2.右手定则 (1)使用方法 伸开右手,使大拇指跟其余四指垂直,让磁感线垂直穿入手心 大拇指指向导体运动 的方向,其余四指指向感应电流 的方 向。 (2)适用范围:适用于部分导体 切割磁感线的情况。
,
-15知识点一 知识点二 知识点三
自我诊断 5.(多选题)下列各图是验证楞次定律实验的示意图,图中分别标 出了磁铁的极性、磁铁相对线圈的运动方向以及线圈中产生的感 应电流的方向等情况,其中与事实相符的是( )
-5知识点一 知识点二 知识点三
知识点一
磁通量
磁通量变化
基础夯实 1.磁通量 (1)定义:磁感应强度B 与垂直于磁感应强度的面积S 的乘积, 叫做穿过这个面的磁通量,简称磁通。用字母Φ 表示。 (2)大小:在匀强磁场中,当B⊥S时,Φ=BS ;当B∥S时,磁通量为 0 。B与S不垂直时,取S在与B垂直方向上的投影。 (3)单位:韦伯 。符号:Wb 。
选修3-2
第九章
电磁感应
第一节
电磁感应现象·楞次定律
-4-
考
试 标 准 考试要求
考
试 说 明
知识内容 必 加试 考 电磁感 应现象 楞次定 律 b c
1.不要求掌握法拉第等科学家对电磁感 应现象研究的具体细节。 2.用楞次定律判断感应电流的方向时,只 限于闭合电路中磁通量变化容易确定的 情形。
-6知识点一 知识点二 知识点三
特别提醒 ①磁通量是标量,却有正、负之分。若规定磁感线从 线圈平面的a面穿入磁通量为正,则从它的反面b面穿入磁通量为负。 磁通量概念是学习电磁感应的基础。
②由Φ=BS,可以得到 B= 。因为通过某一平面的磁通量的大小,
可以用穿过这一平面的磁感线条数的多少来形象表示,因此,磁感 应强度的另一种定义叫磁通量密度或磁通密度,其单位可表示为 Wb/m2。 ③当穿过某个面有方向相反的磁场时,则应考虑相反方向的磁通 量抵消以后所剩余的磁通量。

自感 涡流 【知识提炼】 1．自感现象“阻碍”作用的理解 (1)流过线圈的电流增加时，线圈中产生的自感电动势与电流 方向相反，阻碍电流的增加，使其缓慢地增加． (2)流过线圈的电流减小时，线圈中产生的自感电动势与电流 方向相同，阻碍电流的减小，使其缓慢地减小．
(1)导体与磁场方向垂直； (2)磁场为匀强磁场．
2．判断 (1)把产生感应电动势的那部分电路或导体当做电源的内电路， 那部分导体相当于电源． (2)若电路是不闭合的，则先假设有电流通过，然后应用楞次 定律或右手定则判断出电流的方向． (3)电源内部电流的方向是由负极(低电势)流向正极(高电势)， 外电路顺着电流方向每经过一个电阻电势都要降低．
(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＝Bdv0 感应电流 I＝ER 解得 I＝BdRv0． (2)安培力 F＝BId 牛顿第二定律 F＝ma 解得 a＝Bm2dR2v0．
【典题例析】 (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 v0 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：
时，则
E＝nBΔΔ
S． t
2．磁通量的变化率ΔΔΦt 是 Φ－t 图象上某点切线的斜率．

（浙江选考）2019届高三物理一轮复习第9章电磁感应交变电流章末检测(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题共13小题，每小题5分，共65分．每小题列出的四个备选项中至少有一个符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)图11．如图1所示，通电直导线下边有一个矩形线框，线框平面与直导线共面．若使线框逐渐远离(平动)通电导线，则穿过线框的磁通量将( )A．逐渐增大B．逐渐减小C．保持不变D．不能确定B[当矩形线框在线框与直导线决定的平面内逐渐远离通电直导线时，由于离开导线越远，磁场越弱，而线框的面积不变，则穿过线框的磁通量将减小，所以B正确．] 2．如图2所示，几位同学在做“摇绳发电”实验：把一条长导线的两端连在一个灵敏电流计的两个接线柱上，形成闭合回路．两个同学迅速摇动AB这段“绳”．假设图中情景发生在赤道，地磁场方向与地面平行，由南指向北．图中摇“绳”同学是沿东西站立的，甲同学站在西边，手握导线的A点，乙同学站在东边，手握导线的B点．下列说法正确的是( )图2A．当“绳”摇到最高点时，“绳”中电流最小B．当“绳”摇到最低点时，“绳”受到的安培力最大C．当“绳”向下运动时，“绳”中电流从A流向BD．在摇“绳”过程中，“绳”中电流总是从A流向B【答案】AC3．(2016·余姚市联考)如图3所示，在O点正下方有一个具有理想边界的磁场，铜环在A点由静止释放，向右摆至最高点B，不考虑空气阻力，则下列说法正确的是( )图3A ．A 、B 两点在同一水平线上B ．A 点高于B 点C ．A 点低于B 点D ．铜环最终将做等幅摆动BD [铜环在进入和穿出磁场的过程中，穿过环的磁通量发生变化，环中有感应电流产生，将损耗一定的机械能，所以A 点高于B 点．铜环的摆角会越来越小，最终出不了磁场，而做等幅摆动．]4.如图4所示，半径为r 的n 匝线圈套在边长为L 的正方形abcd 之外，匀强磁场局限在正方形区域内且垂直穿过正方形，当磁感应强度以ΔB Δt均匀变化时，线圈中产生的感应电动势大小为( )图4【导学号：81370355】A ．πr 2ΔB ΔtB ．L 2ΔB ΔtC ．n πr 2ΔB ΔtD ．nL 2ΔB Δt D [磁场的有效面积S ＝L 2，根据法拉第电磁感应定律，线圈中产生的感应电动势大小E ＝n ΔΦΔt ＝nL 2ΔB Δt，选项D 正确．] 5．如图5所示，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( )图5A ．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CD [回路变为圆形，面积增大，说明闭合回路的磁通量减少，所以磁场逐渐减弱，而磁场方向可能向外，也可能向里，故选项C 、D 正确．]6．如图6所示，a 、b 是平行的金属导轨，匀强磁场垂直导轨平面，c 、d 是分别串有电压表和电流表的金属棒，它们与导轨接触良好，当c 、d 以相同的速度向右运动时，下列说法正确的是( )图6A ．两表均无读数B ．两表均有读数C ．电流表有读数，电压表无读数D ．电流表无读数，电压表有读数A [当c 、d 以相同的速度向右运动时，穿过回路的磁通量没变，故无感应电流产生，所以电流表和电压表中的电流均为零．]7．一只矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图象如图7甲所示，则下列说法中正确的是( )图7A ．t ＝0时刻线圈平面与中性面垂直B ．t ＝0.01 s 时刻Φ的变化率达到最大C ．t ＝0.02 s 时刻感应电动势达到最大D ．该线圈相应的感应电动势图象如图7乙所示B [由Φ­t 图知，在t ＝0时，Φ最大，即线圈处于中性面位置，此时e ＝0，故A 、D两项错误；由图知T ＝0.04 s ，在t ＝0.01 s 时，Φ＝0，ΔΦΔt最大，e 最大，则B 项正确；在t ＝0.02 s 时，Φ最大，ΔΦΔt＝0，e ＝0，则C 项错误．]8．(2017·嵊州选考模拟)如图8所示，匀强磁场的磁感应强度B＝25πT.单匝矩形线圈面积S＝1 m2，电阻不计，绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动．线圈通过电刷与一理想变压器原线圈相连，Ⓐ为交流电流表．调整副线圈的滑动触头P，当变压器原、副线圈匝数比为1∶2时，副线圈电路中标有“36 V36 W”的灯泡正常发光．以下判断正确的是( )图8【导学号：81370356】A．电流表的示数为1 AB．矩形线圈产生电动势的有效值为18 2 VC．从矩形线圈转到中性面开始计时，线圈电动势随时间的变化规律e＝182sin 90πt(V)D．若矩形线圈转速减小，为使灯泡仍能正常发光，应将P适当上移C[灯泡正常发光，故副线圈两端电压为36 V且副线圈中的电流为1 A，又因为原、副线圈匝数比为1∶2，故原线圈两端电压为18 V且线圈中电流为2 A，即电流表示数为2 A，矩形线圈产生的电动势的有效值为18 V，A、B项错误；因矩形线圈产生的交流电为正弦交流电，故交流电的最大值为E m＝182V，由E m＝NBSω，解得ω＝90π，故若从中性面开始计时，线圈电动势随时间的变化规律为e＝182sin 90πt(V)，C项正确；若矩形线圈转速减小，原、副线圈两端的电压都将减小，为增大副线圈两端电压，应使副线圈匝数增加，即应将P下移，D项错误．]9．一个闭合的正方形金属线框放入如图9所示的匀强磁场中，图中虚线表示磁场的边界，在外力作用下线框从磁场中以速度v匀速穿出．关于线框从磁场边界穿出过程，下列说法中正确的是( )图9A．线框的运动速度越大，通过导线横截面的电荷量越多B ．磁感应强度越大，拉力的功率越大C ．线框的电阻越大，导线中产生的热量越多D ．线框的边长与拉力做功的多少无关B [由q ＝I －·Δt ＝ΔΦR知，不管线框的速度如何，磁通量的变化量相同，则通过导线横截面的电荷量相同，故A 错误．根据能量守恒知， 匀速运动时W F －W 安＝0，Q ＝W 安＝BIL ·L ，I ＝BLv R ，则拉力做功W F ＝B 2L 3v R，知磁感应强度B 越大，拉力做功越多，拉力做功的多少与线框的宽度L 有关，线框的电阻R 越大，拉力做功越少，故B 正确，C 、D 错误．]10．如图10甲所示，矩形导线框abcd 固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直．规定磁场的正方向垂直于纸面向里，磁感应强度B 随时间t 变化的规律如图乙所示．则下列i ­t 图象中可能正确的是( )图10CD [由题图乙可知，0～1 s 内，线圈中磁通量的变化率相同，故0～1 s 内电流的方向相同，由楞次定律可知，电路中电流方向为逆时针；同理可知，1～2 s 内电路中的电流为顺时针，2～3 s 内，电路中的电流为顺时针，3～4 s 内，电路中的电流为逆时针，由E ＝ΔΦΔt ＝ΔB ·S Δt可知，电路中电流大小恒定不变，故C 、D 正确．] 11．在如图11所示的电路中，A 1和A 2是两个完全相同的灯泡，线圈L 的自感系数足够大，电阻可以忽略不计．下列说法中正确的是( )图11A ．合上开关S 时，A 2先亮，A 1后亮，最后一样亮B ．断开开关S 时，A 1和A 2都要过一会儿才熄灭C ．断开开关S 时，A 2闪亮一下再熄灭D ．断开开关S 时，流过A 2的电流方向向右【答案】 AB12．(2016·丽水选考模拟)如图12所示，50匝矩形闭合导线框ABCD 处于磁感应强度大小B ＝210T 的水平匀强磁场中，线框面积S ＝0.5 m 2，线框电阻不计．线框绕垂直于磁场的轴OO ′以角速度ω＝200 rad/s 匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，副线圈接入一只“220 V 60 W”灯泡，且灯泡正常发光，熔断器允许通过的最大电流为10 A ，下列说法正确的是( )【导学号：81370357】图12A ．中性面位置穿过线框的磁通量为零B ．线框中产生交变电压的有效值为500 2VC ．变压器原、副线圈匝数之比为25∶11D ．允许变压器输出的最大功率为5 000 WCD [由题图可知，中性面为线圈和磁场垂直，此时线框的磁通量最大，所以A 错误；矩形闭合导线框ABCD 在磁场中转动，产生的交流电的最大值为：E m ＝nBS ω＝50×210×0.5×200 V＝5002V ，所以交流电的有效值为500 V ，所以B 错误；由于电压与匝数成正比，所以变压器原、副线圈匝数之比为500220＝2511，所以C 正确；由于熔断器允许通过的最大电流为10 A ，所以允许变压器输出的最大功率为：P ＝UI ＝500×10 W＝5 000 W ，所以D 正确．]13．如图13所示，光滑斜面PMNQ 的倾角为θ，斜面上放置一矩形导体线框abcd ，其中ab 边长为L 1，bc 边长为L 2，线框质量为m 、电阻为R ，有界匀强磁场的磁感应强度为B ，方向垂直于斜面向上，ef 为磁场的边界，且ef ∥MN .线框在恒力F 作用下从静止开始运动，其ab 边始终保持与底边MN 平行，恒力F 沿斜面向上且与斜面平行．已知线框刚进入磁场时做匀速运动，则下列判断正确的是( )图13A ．线框进入磁场前的加速度为F －mg sin θm B ．线框刚进入磁场时的速度为F －mg sin θR B 2L 21C ．线框进入磁场时有a →b →c →d →a 方向的感应电流D ．线框进入磁场的过程中产生的热量为(F －mg sin θ)L 1ABC [在线框进入磁场前，由牛顿第二定律可得F －mg sin θ＝ma ⇒a ＝F －mg sin θm，A 对．设线框刚进入磁场时速度大小为v ，线框匀速运动受力平衡，F ＝F 安＋mg sin θ，其中F 安＝BIL 1＝B BL 1v R L 1，代入解得：v ＝F －mg sin θR B 2L 21，B 对．由右手定则可得线框刚进入磁场时感应电流方向为a →b →c →d →a ，C 对．由功能关系可得线框在进入磁场的过程中产生的热量大小等于克服安培力做的功，Q ＝F 安L 2＝(F －mg sin θ)L 2，D 错．]二、非选择题(本题共4小题，共35分)14．(8分)在探究电磁感应现象的实验中：(1)已测得电流表指针向右偏时，电流是由正接线柱流入．由于某种原因，螺线管线圈绕线标识已没有了，通过实验查找绕线方向．如图14甲所示，当磁铁N 极插入线圈时，电流表指针向左偏，如图乙所示线圈的绕线方向是________图(填“左”或“右”)乙图14(2)若将条形磁铁S极放在下端，从螺线管中拔出，这时电流表的指针应向________偏(填“左”或“右”)．(3)如图15所示，在用可拆变压器做“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验中，下列说法正确的是________(填字母)．图15A．用可拆变压器，能方便地从不同接线柱上选取不同匝数的线圈B．测量原、副线圈的电压，可用“测定电池的电动势和内阻”实验中的直流电压表C．原线圈接0、8接线柱，副线圈接0、4接线柱，副线圈电压大于原线圈电压D．为便于探究，先保持原线圈匝数和电压不变，改变副线圈的匝数，研究其对副线圈电压的影响【解析】(1)当磁铁N极插入螺线管时，根据楞次定律，感应电流的磁场阻碍磁通量的增加，螺线管上端应为N极，下端为S极，又电流表指针向左偏，可知电流方向是由电流表正接线柱流出至螺线管上端接线柱，由安培定则可判断螺线管的绕线方向如左图所示．(2)若将条形磁铁S极放在下端，从螺线管中拔出时，感应电流磁场方向为阻碍磁通量的减少，螺线管上端应为N极，下端为S极，由螺线管的绕线方向可以判定电流是从电流表的负接线柱流入，故指针向左偏．(3)可拆变压器原、副线圈上分别接0以及对应的数字就代表了它们各自匝数，可以比较方便的调节，故A正确；变压器要正常工作，需要使用交流电，而直流电压表是无法测交流电压，故B错误；原线圈接0、8说明匝数为8，副线圈接0、4说明匝数为4，原、副线圈电压比等于线圈的匝数比，即2∶1，故C错误；实验要探究电压与匝数的关系，如果要研究对副线圈的影响，通过控制原线圈的各个量保持不变，只能够改变副线圈的匝数，来观察副线圈电压的变化，故D正确．【答案】(1)左(2)左(3)AD15．(8分)如图16所示，用图中所示的器材进行研究电磁感应现象．A是直径较小的线圈，B是直径较大的线圈，学生电源能输出交流电和直流电．图16(1)将A线圈放在B线圈中，若想检验在开关S闭合的瞬间，线圈B中是否有电流产生，则图中的电路需要进一步连线，请你补充完整．(2)在(1)中将线连接好之后，检查无误．闭合开关S的瞬间，灵敏电流计G的指针________(填“发生偏转”或者“不发生偏转”)；闭合开关S经过一段时间之后，灵敏电流计G的指针________(填“发生偏转”或者“不发生偏转”)；改变滑动变阻器的触头P的位置，第Ⅰ次缓慢移动，第Ⅱ次快速移动，观察灵敏电流计G的示数可得到的结论是：第Ⅰ次的示数________(填“大于”“小于”或“等于”)第Ⅱ次的示数；将铁芯插入A线圈中，保持其他不变，断开开关的瞬间，灵敏电流计G的示数与线圈A中没有铁芯断开开关时比较，示数________(填“变大”“变小”或“相同”)．(3)在实验中某实验小组误将电路中的电源接在交流电上，闭合开关，电路稳定之后，该小组观察灵敏电流计G，看到的现象是___________________________________________________________________________________________.【导学号：81370358】【解析】在(1)中将线连接好之后，检查无误．闭合开关S的瞬间，导致B线圈中的磁通量发生变化，产生感应电流，所以灵敏电流计G的指针发生偏转；当闭合开关S经过一段时间之后，回路中磁通量不再发生变化，则回路中没有感应电流，所以灵敏电流计G的指针不发生偏转；改变滑动变阻器的触头P的位置且快慢不同，则回路产生的感应电动势不同，所以产生的感应电流不同，快速移动产生的感应电动势大，所以电流大，指针偏转的程度大；将铁芯插入A线圈中，产生的感应电动势大，所以电流大，指针偏转的程度大；如果将电路中的电源接在交流电上，闭合开关之后由于交变电流的大小和方向随着时间发生变化，所以线圈B中不停的产生感应电流，灵敏电流计的指针不停的来回运动．【答案】(1)如图所示：(2)发生偏转不发生偏转小于变大(3)灵敏电流计G的指针不停的来回运动16．(9分)(2017·嵊州选考模拟)如图17所示，匀强磁场的磁感应强度为B ，方向竖直向下，在磁场中有一边长为L 的正方形导线框，ab 边质量为m ，其余边质量不计，cd 边有固定的水平轴，导线框可以绕其转动，现将导线框拉至水平位置由静止释放，不计摩擦和空气阻力，金属框经过时间t 运动到竖直位置，此时ab 边的速度为v ，求：图17(1)此过程中线框产生的平均感应电动势的大小；(2)线框运动到竖直位置时线框感应电动势的大小；(3)此过程中线框中产生的热量．【解析】 (1)Φ1＝BS ＝BL 2，转到竖直位置Φ2＝0，ΔΦ＝Φ2－Φ1＝－BL 2，根据法拉第电磁感应定律有E ＝ΔΦΔt ＝－BL 2t ， 平均感应电动势的大小为E ＝BL 2t. (2)转到竖直位置时，bc 、ad 两边不切割磁感线，ab 边垂直切割磁感线，E ＝BLv ，此时求的是瞬时感应电动势．(3)由能量转化与守恒定律，线框的重力势能转化为ab 的动能和电路中的电能(即转化为热能的部分)．由mgL ＝12mv 2＋Q ，得Q ＝mgL －12mv 2. 【答案】 (1)BL 2t (2)BLv (3)mgL －12mv 2 17．(10分)(2017·兰溪联考)如图18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L 1＝1 m ，bc 边的边长L 2＝0.4 m ，线框的质量m ＝1 kg ，电阻R ＝0.2 Ω，斜面上ef 线(ef ∥gh )的右方有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度B 随时间t 的变化情况如图乙所示，ef 线和gh 线的距离s ＝6.9 m ，t ＝0 时线框在平行于斜面向上的恒力F ＝10 N 的作用下从静止开始运动，线框进入磁场的过程中始终做匀速直线运动，重力加速度g 取10 m/s 2.求：图18(1)线框进入磁场前的加速度大小和线框进入磁场时做匀速直线运动的速度v 的大小；(2)线框进入磁场的过程中产生的焦耳热；(3)线框从静止开始到ab 边运动到gh 处所用的时间.【导学号：81370359】【解析】 (1)线框abcd 进入磁场前，做匀加速直线运动，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 ＝10－1×10×sin 30°1m/s 2＝5 m/s 2 线框进入磁场的过程中做匀速直线运动，所以线框abcd 受力平衡F ＝mg sin α＋F 安 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受到的安培力F 安＝BIL 1，代入数据解得：v ＝4 m/s.(2)线框进入磁场的过程中做匀速直线运动，根据功能关系有Q ＝(F －mg sin α)L 2 代入数据解得：Q ＝(10－1×10×sin 30°)×0.4 J＝2 J.(3)线框abcd 进入磁场前，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＝0.8 s 进入磁场过程中匀速直线运动时间为t 2＝L 2v ＝0.1 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s －L 2＝vt 3＋12at 23 解得：t 3＝1 s因此ab 边由静止开始运动到gh 线处所用的时间为t ＝t 1＋t 2＋t 3＝1.9 s【答案】 (1)5 m/s 2 4 m/s (2)2 J (3)1.9 s。