17 第二章 电磁感应 章末阶段总结-【正禾一本通】2024-2025学年高中物理选择性必修2同步课堂高效讲义配套课件（人教版2019）

物理选择性 必修第二册 章末阶段总结(二) 电磁感应 第二章 电磁感应 单元体系建构•把握全局 学科素养提升•整合培优 单元综合评估（二）电磁感应 一、安培定则、左手定则、右手定则的区别 1．适用于不同现象 安培定则又叫右手螺旋定则，适用于判定运动电荷或电流产生的磁场的方向；左手定则适用于判定磁场对运动电荷或电流作用力的方向；右手定则适用于判定导体切割磁感线产生的感应电流的方向。 2．左手定则和右手定则的因果关系不同 左手定则是因为有电，结果是受力，即“因电而动”；右手定则是因为受力运动，结果是有电，即“因动而电”。 3．记忆方法 左手定则与右手定则在使用时易混淆，可采用“字形记忆法”：“力”字最后一笔向左，用左手定则判断力；“电”字最后一笔向右，用右手定则判定感应电动势或感应电流，总之可简记为“力左电右”。 【典例1】 如图所示，MN是一根固定的通电长直导线，电流方向向上，今将一金属线框abcd放在导线上，让线框的位置偏向导线的左边，两者彼此绝缘，当导线中的电流突然增大时，线框整体受力情况为( ) A．受力向右 B．受力向左 C．受力向上 D．受力为零 解析：选A。由安培定则可知，通电长直导线周围的磁场分布如图所示。 当长直导线上的电流突然增大时，穿过矩形线框的合磁通量增加，合磁场方向向外，线框中产生顺时针方向的感应电流，因ad、bc两边分布对称，故所受的安培力合力为零；而ab、cd两边虽然通过的电流方向相反，但它们所处的磁场方向也相反，由左手定则可知它们所受的安培力均向右，所以线框整体受力向右，选项A正确。 二、电磁感应中的综合问题 此类问题涉及电路知识、动力学知识和能量观点，综合性很强，解决此类问题要注意以下三点： 1．电路分析 (1)找“电源”：确定出由电磁感应所产生的电源，求出电源的电动势E和内阻r。 (2)电路结构分析 弄清串、并联关系，求出相关部分的电流大小，为求安培力做好铺垫。 2．力和运动分析 (1)受力分析：分析研究对象(常为金属杆、导体线圈等)的受力情况，尤其注意安培力的方向。 (2)运动分析：根据力与运动的关系，确定出运动性质，根据性质特点，找到解决途径。 3．功和能量分析 (1)做功分析，找全部力所做的功，弄清功的正、负。 (2)能量转化分析，弄清哪些能量增加，哪些能量减小，根据功能关系、能量守恒定律列方程求解。 【典例2】 (多选)我国新一代航母阻拦系统的研制引入了电磁阻拦技术，其基本原理如图所示，飞机着舰时关闭动力系统，通过绝缘阻拦索钩住轨道上的一根金属棒，飞机与金属棒瞬间获得共同速度v0＝180 km/h，在磁场中共同减速滑行至停下，已知飞机质量M＝2.7×104 kg，金属棒质量m＝3×103 kg、电阻R＝10 Ω，导轨间距L＝50 m，匀强磁场磁感应强度B＝5 T，导轨电阻不计，除安培力外飞机克服其他阻力做的功为1.5×106 J，则下列说法中正确的是(　　 ) A．金属棒中感应电流方向为a到b B．飞机着舰瞬间金属棒中感应电流大小为I＝1.25×103 A C．金属棒中产生的焦耳热Q＝3.6×107 J D．金属棒克服安培力做功为W＝1.5×106 J 解析：选BC。由右手定则可知感应电流方向为b到a，故A错误；飞机着舰瞬间金属棒中感应电动势E＝BLv0，感应电流I＝，解得I＝1.25×103 A，故B正确；飞机着舰至停下，由动能定理得－W克安－W克阻＝0－ ，解得W克安＝3.6×107 J，Q＝W克安＝3.6×107 J，故C正确，D错误。 【典例3】 如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上，导轨电阻不计，间距l＝0.4 m，导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN。Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下，Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均为B＝0.5 T。在区域Ⅰ中，将质量m1＝0.1 kg、电阻R1＝0.1 Ω的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑。然后，在区域Ⅱ中将质量m2＝0.4 kg，电阻R2＝0.1 Ω的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开始下滑。cd在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，取g＝10 m/s2，求： (1)cd下滑的过程中，ab中的电流方向； (2)ab刚要向上滑动时，cd的速度v的大小； (3)若从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中，cd滑动的距离x＝3.8 m，则此过程中ab上产生的热量Q。 解析：(1)由右手定则可判断出cd中的电流方向为由d到c，则ab中电流方向为由a流向b。 (2)开始放置时ab刚好不下滑，ab所受摩擦力为最大静摩擦力，设其为fmax，有fmax＝m1g sin θ 设ab刚要上滑时，cd棒的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律有E＝Blv 设电路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律有I＝ 设ab所受安培力为F安，有F安＝BIl 此时ab受到的最大静摩擦力方向沿导轨向下，由平衡条件有 F安＝m1g sin θ＋fmax 联立解得v＝5 m/s。 (3)设cd棒运动过程中在电路中产生的总热量为Q总，由能量守恒定律有 m2gx sin θ＝Q总＋m2v2 又Q＝Q总 解得Q＝1.3 J。 答案：(1)a→b　(2)5 m/s　(3)1.3 J 三、高考热点——楞次定律和法拉第电磁感应定律 楞次定律是电磁学的重要基础，是高考命题的热点内容；法拉第电磁感应定律是电磁学的核心知识，也是高考命题的重点和热点。高考对本章主要考查楞次定律、右手定则、法拉第电磁感应定律的应用。大多数以单棒或导体框切割磁感线为情境，对电磁感应和电路、图像问题、动力学问题、能量问题和动量等问题进行考查。 【典例4】 (2023·福建高考)如图，M、N是两根固定在水平面内的光滑平行金属导轨，导轨足够长且电阻可忽略不计；导轨间有一垂直于水平面向下的匀强磁场，其左边界OO′垂直于导轨；阻值恒定的两均匀金属棒a、b均垂直于导轨放置，b始终固定。a以一定初速度进入磁场，此后运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，并与b不相碰。以O为坐标原点，水平向右为正方向建立轴坐标；在运动过程中，a的速度记为v，a克服安培力做功的功率记为P。下列v或P随x变化的图像中，可能正确的是(　　) 解析：选A。设导轨间磁场磁感应强度为B，导轨间距为L，金属棒总电阻为R，由题意导体棒a进入磁场后受到水平向左的安培力作用，做减速运动，根据动量定理有F·Δt＝mv0－mv，根据F＝BIL、I＝、E＝BLv，可得F＝，又因为x＝v·Δt，联立可得x＝mv0－mv，根据表达式可知v与x成一次函数关系，故A正确，B错误；a克服安培力做功的功率为P＝Fv＝，故P ­x图像为开口向上的抛物线，由于F和v都在减小，故P在减小，故C、D错误。 【典例5】 (2023·广东高考)光滑绝缘的水平面上有垂直平面的匀强磁场，磁场被分成区域Ⅰ和Ⅱ，宽度均为h，其俯视图如图(a)所示，两磁场磁感应强度随时间t的变化如图(b)所示，0～τ时间内，两区域磁场恒定，方向相反，磁感应强度大小分别为2B0和B0，一电阻为R，边长为h的刚性正方形金属框abcd，平放在水平面上，ab、cd边与磁场边界平行。t＝0时，线框ab边刚好跨过区域Ⅰ的左边界以速度v向右运动。在τ时刻，ab边运动到距区域Ⅰ的左边界处，线框的速度近似为零，此时线框被固定，如图(a)中的虚线框所示。随后在τ～2τ时间内，Ⅰ区磁感应强度线性减小到0，Ⅱ区磁场保持不变；2τ～3τ时间内，Ⅱ区磁感应强度也线性减小到0。求： (1)t＝0时线框所受的安培力F； (2)t＝1.2τ时穿过线框的磁通量Φ； (3)2τ～3τ时间内，线框中产生的热量Q。 解析：(1)由图可知t＝0时，线框切割磁感线的感应电动势为E＝2B0hv＋B0hv＝3B0hv 则感应电流大小为I＝ 所受的安培力为F＝2B0，方向水平向左。 (2)在τ时刻，ab边运动到距区域Ⅰ的左边界处，线框的速度近似为零，此时线框被固定，则t＝1.2τ时穿过线框的磁通量为 Φ＝1.6B0h·，方向垂直纸面向里。 (3)2τ～3τ时间内，Ⅱ区磁感应强度也线性减小到0，则有E′＝ 感应电流大小为I′＝ 则2τ～3τ时间内，线框中产生的热量为 Q＝I′2Rt＝。 答案：(1)，方向水平向左 (2)　(3) 一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1．如图，手持金属探测器工作时发射线圈通以正弦式交流电，附近被探测的金属物中产生涡流，涡流的磁场被探测器中的接收线圈接收，从而使探测器发出警报，则(　　 ) A．发射线圈中产生了涡流 B．被测金属物中产生的是直流电 C．被测金属物与探测器相对运动时才能被检测出 D．金属探测器是利用电磁感应原理制成的 解析：选D。发射线圈通以正弦式交流电，附近被探测的金属物中产生涡流，这种涡流是交变电流，故A、B错误；根据法拉第电磁感应定律，探测器产生的是变化的磁场，使靠近的金属物体产生涡流，探测器与被测金属物相对静止时也能发出警报，故C错误；金属探测器是利用电磁感应原理制成的，故D正确。 2．1931年英国物理学家狄拉克从理论上预言：存在只有一个磁极的粒子，即“磁单极子”。1982年，美国物理学家卡布莱设计了一个寻找磁单极子的实验：他设想，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，那么从上向下看，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．顺时针方向的持续流动的感应电流 D．逆时针方向的持续流动的感应电流 解析：选D。N单极子向下靠近线圈时，穿过线圈的磁通量向下且增加，当N单极子向下离开线圈时，穿过线圈的磁通量向上且减小，产生的感应电流均为逆时针方向，D正确。 3．如图所示，一根条形磁铁自左向右穿过一个闭合螺线管，则电路中(　　 ) A．始终有感应电流自a向b流过电流表Ⓖ B．始终有感应电流自b向a流过电流表Ⓖ C．先有a→Ⓖ→b方向的感应电流，后有b→Ⓖ→a方向的感应电流 D．将不会产生感应电流 解析：选C。在条形磁铁进入螺线管过程中，闭合线圈中的磁通量增加，产生感应电流方向为a→Ⓖ→b；在条形磁铁穿出螺线管过程中，闭合线圈中的磁通量减少，产生感应电流方向为b→Ⓖ→a，选项C正确。 4．(2023·北京高考)如图所示，L是自感系数很大、电阻很小的线圈，P、Q是两个相同的小灯泡，开始时，开关S处于闭合状态，P灯微亮，Q灯正常发光，断开开关(　　) A．P与Q同时熄灭 B．P比Q先熄灭 C．Q闪亮后再熄灭 D．P闪亮后再熄灭 解析：选D。由题知，开始时，开关S闭合时，由于L的电阻很小，Q灯正常发光，P灯微亮，断开开关前通过Q灯的电流远大于通过P灯的电流，断开开关时，Q所在电路未闭合，立即熄灭，由于自感，L中产生感应电动势，与P组成闭合回路，故P灯闪亮后再熄灭，D正确。 5．公路上安装的一种测速“电子眼”的示意图如图所示。在“电子眼”前方路面下间隔一段距离埋设两个通电线圈，当汽车通过线圈上方的道路时，会引起线圈中的电流变化，系统根据两次电流变化的时间及线圈之间的距离，对超速汽车进行抓拍。下列说法正确的是(　　) A．汽车通过线圈上方的道路时，线圈中会产生感应电流 B．汽车通过线圈上方的道路时，线圈中的电流一定增大 C．汽车通过两个线圈的速度越小，线圈中的感应电流越大 D．若某个线圈出现断路故障，则“电子眼”仍能正常工作 解析：选A。在“电子眼”前方路面下间隔一段距离埋设的是通电线圈，汽车的大部分部件是金属，当汽车通过线圈时会引起通电线圈的磁通量变化，从而产生电磁感应现象，产生感应电动势，汽车经过线圈会产生感应电流，但感应电流的方向和原电流的方向可能相反，故线圈中的电流可能减小，故A正确，B错误；由I＝可知，汽车通过两个线圈的速度越小，线圈中的感应电流越小，故C错误；若某个线圈断路，汽车通过时就不会产生电流，“电子眼”就无法正常工作，故 D错误。 6．某眼动仪可以根据其微型线圈在磁场中随眼球运动时所产生的电流来追踪眼球的运动。若该眼动仪线圈面积为S，匝数为N，处于磁感应强度为B的匀强磁场中，t＝0时，线圈平面平行于磁场。t＝t1时线圈平面逆时针转动至与磁场夹角为θ处，则0～t1时间内磁通量的平均变化率是(　　) A． B． C． D． 解析：选B。开始时线圈与磁场的方向平行，则穿过线圈的磁通量为零；经过时间t＝t1，面积为S的线圈平面逆时针转动至与磁场夹角为θ处，磁通量变化量为ΔΦ＝BS sin θ，则0～t1时间内磁通量的平均变化率是，故B正确。 7．如图甲所示是一个电磁阻尼现象演示装置，钢锯条上端固定在支架上，下端固定有强磁体。将磁体推开一个角度释放，它会在竖直面内摆动较长时间；如图乙所示，若在其正下方固定一铜块(不与磁体接触)，则摆动迅速停止。关于实验的以下分析与结论正确的是(　　) A．如果将磁体的磁极调换，重复实验将不能观察到电磁阻尼现象 B．用闭合的铜制线圈替代铜块，重复实验将不能观察到电磁阻尼现象 C．在图乙情况中，下摆和上摆过程中磁体和锯条组成的系统机械能均减少 D．在摆动过程中铜块不受磁体的作用力 解析：选C。此现象的原理是当磁体在铜块上面摆动时，铜块中产生涡流，涡流的磁场与磁体的磁场相互作用阻碍磁体的运动，如果将磁体的磁极调换，重复实验仍能观察到电磁阻尼现象，A错误；用闭合的铜制线圈替代铜块，仍能在线圈中产生感应电流，从而对磁体产生阻碍作用，则重复实验仍能观察到电磁阻尼现象，B错误；在题图乙情况中，下摆和上摆过程中均会产生涡流从而消耗机械能，则磁体和锯条组成的系统机械能均减少，C正确；由上述分析可知，在摆动过程中铜块对磁体有阻碍作用，由牛顿第三定律可知，铜块也要受磁体的作用力，D错误。 8．如图甲所示，一个矩形线圈悬挂在竖直平面内，悬点P为AB边中点。矩形线圈水平边AB＝CD，竖直边AC＝BD，在EF下方有一个范围足够大、方向垂直纸面(竖直平面)的匀强磁场。取垂直纸面向外为磁感应强度的正方向，电流逆时针方向为正方向，安培力向下为正方向，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示。下列关于线圈内的感应电流i、线圈受到的安培力F随时间t变化的图像正确的是(　　) 解析：选B。在一个周期内，B先线性增大，再线性减小，且增大时的变化率比减小时的变化率大，所以线圈内的磁通量先垂直纸面向外线性增大，再垂直纸面向外线性减小，前者的变化率大于后者的变化率，根据楞次定律可知，感应电流先沿顺时针(负方向)，再沿逆时针(正方向)，且根据法拉第电磁感应定律可知，顺时针的电流大于逆时针的电流，故A错误，B正确；根据左手定则可知，当电流沿顺时针方向时，F方向向上，且线性增大；当电流沿逆时针方向时，F方向向下，且线性减小，根据F＝BIL可知，F线性增大时的变化率大于线性减小时的变化率，故C、D错误。 二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 9．如图所示的电路中，线圈L的自感系数足够大，其直流电阻忽略不计，A、B是两个相同的灯泡，下列说法正确的是(　　) A．S闭合后，A、B同时发光且亮度不变 B．S闭合后，A立即发光，然后又逐渐熄灭 C．S断开的瞬间，A、B同时熄灭 D．S断开的瞬间，A再次发光，然后又逐渐熄灭 解析：选BD。线圈对变化的电流有阻碍作用，开关接通时，A、B串联，同时发光，但电流稳定后线圈的直流电阻忽略不计，使A被短路，所以A错误，B正确；开关断开时，线圈产生自感电动势，与A构成回路，A再次发光，然后又逐渐熄灭，所以C错误，D正确。 10．如图所示，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑连接。右端接一个阻值为R的定值电阻。平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量为m、电阻也为R的金属棒从高度为h处静止释放，到达磁场右边界处恰好停止。已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨间接触良好。重力加速度为g，则金属棒穿过磁场区域的过程中(　　) A．流过定值电阻的电流方向是N→Q B．通过金属棒的电荷量为 C．克服安培力做的功为mgh D．金属棒产生的焦耳热为(mgh－μmgd) 解析：选BD。金属棒下滑到底端时速度向右，而且磁场竖直向上，根据右手定则可以知道流过定值电阻的电流方向是Q→N，故A错误；根据法拉第电磁感应定律，通过金属棒的电荷量为q＝，故B正确；根据动能定理得mgh－μmgd－W克安＝0，则克服安培力所做的功为W克安＝mgh－μmgd，电路中产生的焦耳热等于克服安培力做的功，金属棒和电阻的阻值相等，所以产生的焦耳热相等，即2Q＝W克安，所以金属棒产生的焦耳热为Q＝(mgh－μmgd)，故C错误，D正确。 11．如图1所示，大功率家用电器的插头常配备漏电保护装置，工作原理如图2所示，其中“零序电流互感器”可视为闭合铁芯。正常用电时，火线和零线的电流等大反向；出现漏电时，快速响应电路能够在毫秒级的时间内检测到漏电并触发断路器，使触头弹起从而自动切断电源。下列说法正确的是(　　) A．漏电保护装置应用了电磁感应的原理 B．图2中零线应该置于互感器的外面，否则无法正常使用 C．正常用电时，M和N两点之间没有电压 D．出现漏电时，M和N两点之间没有电压 解析：选AC。若火线和零线电流始终等大反向，则穿过零序电流互感器的磁通量不发生变化，零序电流互感器无感应电动势，则与之构成闭合回路的断路器两端MN间无电压，但若发生漏电，则由火线、用电器、零线构成的闭合回路中，流经火线与零线的电流大小将不再相等，从而使穿过零序电流互感器的磁通量发生变化，产生感应电动势，触发断路器，使触头弹起从而自动切断电源，保护电路，即此时断路器两端MN间有电压，由此可知漏电保护装置应用了电磁感应的原理，故A、C正确，B、D错误。 12．某磁悬浮列车的刹车原理可以简化为如图所示，将匝数为N的矩形线框固定在车身下方，当线框进入磁场时，会受到安培力的作用，这种力会辅助列车进行刹车。已知列车的质量为m，线框长为s，ab和cd长度均为L(L小于磁场的宽度)，线框的总电阻为R。站台轨道上匀强磁场区域大于s，磁感应强度的大小为B，方向竖直向上。列车停止前所受铁轨阻力及空气阻力的合力恒为f，最终列车出磁场后运动一段时间后停止。下列说法正确的是(　　) A．列车进磁场时间小于出磁场时间 B．列车进磁场过程通过线框横截面的电荷量小于出磁场过程通过线框横截面的电荷量 C．列车进磁场过程动量变化量小于出磁场过程动量变化量 D．列车进磁场过程线框产生的焦耳热小于出磁场过程线框产生的焦耳热 解析：选AC。列车进入磁场过程中平均速度较大，故运动相同距离所用时间较小，A正确；根据q＝，得q＝，故列车进出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量相等，B错误；根据动量定理－ft－BLt＝－ft－BqL＝Δp，由于列车进入磁场的时间较短，则列车进磁场过程动量变化量小于出磁场过程动量变化量，C正确；线框产生的焦耳热等于克服安培力做功，由于列车进入磁场过程中平均速度较大，线框所受安培力较大，则克服安培力做功较多，故列车进磁场过程线框产生的焦耳热大于出磁场过程线框产生的焦耳热，D错误。 三、非选择题：共6题，共60分。 13．(6分)用如图所示的实验器材来探究产生感应电流的条件。 (1)图中已经用导线将部分器材连接，请将实物间的连线补充完整。 (2)若连接好实验电路并检查无误后，在闭合开关的瞬间，观察到电流计指针向右偏转，这是由于线圈________(选填“A”或“B”)中有了感应电流。 (3)在开关闭合且稳定后，使滑动变阻器的滑片向右匀速滑动，此过程中灵敏电流计的指针________(选填“向右偏”“不偏转”或“向左偏”)。 解析： (1)本实验中线圈A与电源相连，通过调节滑动变阻器使线圈A中的磁通量发生变化，从而使线圈B产生电磁感应现象，故线圈B应与电流计相连，如图所示。 (2)闭合开关的瞬间，观察到电流计指针发生偏转，说明线圈B中有了感应电流，产生感应电流的原因是其线圈内磁通量发生变化。 (3)在闭合开关时，线圈A中的电流增大，穿过线圈B的磁通量增加，产生感应电流，指针向右偏。闭合开关后，滑动变阻器的滑片向右移动，线圈A中电流减小，穿过线圈B的磁通量减小，产生感应电流，根据楞次定律知，感应电流的方向与闭合开关的瞬间电流方向相反，则电流计指针向左偏。 答案：(1)见解析　(2)B　(3)向左偏 14．(8分)在“探究影响感应电流方向的因素”的实验中，首先按图甲接线，当闭合S时观察到电流表指针向左偏，不通电时电流表指针停在正中央。然后按如图乙所示将电流表与线圈B连成一个闭合回路，将线圈A、电池、滑动变阻器和开关S串联成另一个闭合电路。 (1)图甲电路中串联定值电阻的主要作用是________________。 (2)图乙电路S闭合后，将线圈A插入线圈B的过程中，电流表的指针将________(选填“左偏”“右偏”或“不偏”)。 (3)图乙电路S闭合后，线圈A放在B中不动，这时突然断开S，指针将________(选填“左偏”“右偏”或“不偏”)。 (4)图乙电路S闭合后，线圈A放在B中不动，在滑动变阻器滑片向左滑动过程中，指针将________(选填“左偏”“右偏”或“不偏”)。 解析：(1)为防电流过大，损坏电表，所以串联定值电阻保护电流表。 (2)将线圈A插入线圈B的过程中，线圈B中磁场的方向为向上，磁通量增大，根据楞次定律可得感应电流的磁场方向为向下，感应电流从“－”接线柱流入电表，所以指针向右偏。 (3)若突然断开S，线圈B中磁通量减小，原磁场方向向上，根据“增反减同”可得，感应电流磁场向上，感应电流从“＋”接线柱流入电表，所以指针向左偏。 (4)在滑动变阻器滑片向左滑动过程中，电阻减小，电流增大，B线圈的磁通量增大，同理可得：指针向右偏。 答案：(1)保护电流表　(2)右偏　(3)左偏　(4)右偏 15．(10分)如图所示，两根足够长的光滑金属导轨水平平行放置(电阻不计)，间距l＝0.5 m，c、d间连接着阻值R＝20 Ω的电阻，两导轨间存在方向竖直向下的匀强磁场。若匀强磁场的磁感应强度大小B＝0.5 T，导体棒ab(电阻不计)以速度v＝2 m/s匀速向左运动，运动过程中导体棒与导轨接触良好。 (1)求通过回路的感应电流I； (2)若导体棒ab固定在cd左侧d0＝2 m处，要使回路的感应电流不变(与第一问相同)，求匀强磁场的变化率。 解析：(1)设导体棒ab切割磁感线产生的感应电动势为E，则有 E＝Blv I＝ 解得I＝0.025 A。 (2)要使回路的感应电流不变，即回路的感应电动势不变，根据法拉第电磁感应定律得E＝ 解得＝0.5 T/s。 答案：(1)0.025 A　(2)0.5 T/s 16．(10分)如图所示，水平面内的长方形金属线框处在匀强磁场中，磁感应强度大小为B、方向与金属线框垂直向下，线框宽度为L，线框左右两边各接阻值为R的电阻。一金属棒ab在线框平面内以恒定的速度v向右运动，金属棒接入电路部分的电阻为R，线框的电阻不计，不计摩擦，棒与线框垂直且接触良好。求： (1)金属棒ab两端的电压； (2)整个装置的热功率P。 解析：(1)感应电动势为E＝Blv 外电路电阻为R外＝ 则金属棒ab两端的电压为 U＝。 (2)整个装置的热功率为 P＝。 答案：(1)　(2) 17．(12分)如图甲所示，一根不可伸长的细绳上端固定，下端系在一质量m＝0.2 kg、边长L＝0.40 m的单匝正方形金属框的D点上。金属框的一条对角线AC水平，其下方有方向垂直于金属框所在平面向外的匀强磁场，匀强磁场的磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙所示。已知构成金属框的导线单位长度的阻值为λ＝5×10-2 Ω/m。重力加速度g取10 m/s2。求： (1)0～0.4 s内，金属线框中感应电流的大小； (2)t＝0.2 s时，细绳拉力的大小。 解析：(1)根据法拉第电磁感应定律可得 E＝S S＝L2 整个回路的总电阻为R＝4Lλ 根据欧姆定律可得回路中的感应电流为 I＝ 解得I＝10 A。 (2)设细绳的拉力大小为F，根据共点力的平衡条件可得 F＝mg＋F安 F安＝BIL 由题图乙可知t＝0.2 s时B＝2.0 T 解得F＝ N。 答案：(1)10 A　(2) N 18．(14分)如图所示，两根平行光滑足够长金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上，其间距L＝1 m。导轨间存在垂直于斜面向上的匀强磁场，磁感应强度B＝1 T。两根金属棒NQ和ab与导轨始终保持垂直且接触良好，NQ棒通过一绝缘细线与固定在斜面上的拉力传感器连接(连接前，传感器已校零)，细线平行于导轨。已知ab棒和NQ棒的质量均为1 kg，NQ棒和ab棒接入电路的电阻均为0.5 Ω，导轨电阻不计。将ab棒从静止开始释放，其v ­t图像如图乙所示，同时拉力传感器开始测量细线拉力FT，当ab棒的位移为x＝10 m时，其速度已达到了最大速度vm＝5 m/s，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)金属棒ab的速度为v＝2 m/s时拉力FT的大小； (2)金属棒ab的位移为10 m过程中NQ棒上产生的焦耳热； (3)金属棒ab的位移为10 m过程中所用时间为多少。 解析：(1)金属棒ab的速度为v＝2 m/s时，产生的电动势为E＝BLv＝2 V 根据右手定则可知，电动势方向从b指向a，回路中的电流为I＝＝2 A 电流方向从N流向Q，对NQ棒受力分析，由平衡条件可知BIL＋mg sin θ＝FT 解得FT＝7 N。 (2)金属棒ab的位移为10 m过程中，由能量守恒定律可得mg sin θ·x－Q＝ 可得NQ棒上产生的焦耳热为 QNQ＝＝18.75 J。 (3)对ab棒分析，由动量定理可得 mg sin θ·t－BLt＝mvm 又因为 联立解得t＝3 s。 答案：(1)7 N　(2)18.75 J　(3)3 s $$