第2章 电磁感应及其应用 章末综合提升-【优化探究】2025-2026学年新教材高中物理选择性必修第二册同步导学案配套PPT课件（鲁科版）

章末综合提升 第2章　电磁感应及其应用 章末检测 内容索引 一、构建思维导图 二、归纳整合提升 1.感应电流方向的判断 (1)用楞次定律判断 楞次定律中“阻碍”的含义: (2)用右手定则判断 该方法只适用于切割磁感线产生的感应电流,注意三个要点: ①掌心——磁感线垂直穿入掌心。 ②拇指——指向导体运动的方向。 ③四指——指向感应电流的方向。 2.电磁感应中的图像问题 图像类型 (1)随时间变化的图像,如B-t图像、Φ-t图像、E-t图像、I-t图像 (2)随位移变化的图像,如E-x图像、I-x图像 (所以要先看坐标轴:哪个物理量随哪个物理量变化要弄清) 问题类型 (1)由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图像(画图像) (2)由给定的有关图像分析电磁感应过程,求解相应的物理量(用图像) 应用 知识 四个 规律 左手定则、安培定则、右手定则、楞次定律 六类 公式 (1)平均电动势E=n (2)平动切割电动势E=Blv (3)转动切割电动势E=Bl2ω (4)闭合电路欧姆定律I= (5)安培力F=IlB (6)牛顿运动定律的相关公式等 3.电磁感应中的双棒模型 (1)在双金属棒切割磁感线的系统中,双金属棒和导轨构成闭合回路,安培力充当系统内力,如果它们不受摩擦力,且受到的安培力的合力为0时,满足动量守恒,运用动量守恒定律解题比较方便。 (2)双棒模型   双棒无外力 双棒有外力 示意图     F为恒力 动力学 观点 导体棒1受安培力的作用做加速度减小的减速运动,导体棒2受安培力的作用做加速度减小的加速运动,最后两棒以相同的速度做匀速直线运动 导体棒1做加速度逐渐减小的加速运动,导体棒2做加速度逐渐增大的加速运动,最终两棒以相同的加速度做匀加速直线运动   双棒无外力 双棒有外力 动量 观点 系统动量守恒 系统动量不守恒 能量 观点 棒1动能的减少量=棒2动能的增加量+焦耳热 外力做的功=棒1的动能+棒2的动能+焦耳热 三、经典例题体验 [典例1]　(2022·北京卷)如图所示平面内,在通有图示方向电流I的长直导线右侧,固定一矩形金属线框abcd,ad边与导线平行。调节电流I使得空间各点的磁感应强度随时间均匀增加,则(　　) A.线框中产生的感应电流方向为a→b→c→d→a B.线框中产生的感应电流逐渐增大 C.线框ad边所受的安培力大小恒定 D.线框整体受到的安培力方向水平向右 　D 根据安培定则可知,通电直导线右侧的磁场方向垂直于纸 面向里,磁感应强度随时间均匀增加,根据楞次定律可知线 框中产生的感应电流方向为a→d→c→b→a,A错误;线框中 产生的感应电流为I==n=n·,空间各点的磁感应强度 随时间均匀增加,故线框中产生的感应电流不变,B错误;线 框ad边感应电流保持不变,磁感应强度随时间均匀增加,根 据安培力表达式F安=ILB,故所受的安培力变大,C错误;根据左手定则可知,线框ad边所受的安培力水平向右,线框bc边所受的安培力水平向左,通电直导线的磁场分部特点可知ad边所处的磁场较大,根据安培力表达式F安=ILB可知,线框整体受到的安培力方向水平向右,D正确。 [典例2]　(多选)如图所示,水平放置的光滑平行金属导轨MN和PQ,其左端接一电阻R,金属杆ab垂直导轨放置。整个装置处于磁感应强度方向竖直向上的匀强磁场中。现对金属杆ab施加一个与其垂直的水平恒力F,使其由静止开始运动,整个过程杆与导轨接触良好,金属杆与导轨电阻均不计。在运动过程中,金属杆的速度大小v、恒力F的功率P、金属杆与导轨形成的回路中的磁通量Φ、产生的感应电动势E分别随时间变化的图像正确的是(　　) BC 对金属杆ab,由牛顿第二定律有a==-,可见 由于速度的增大,加速度逐渐减小,则金属杆做加速度 逐渐减小的加速运动,加速度减小到0时,速度达到最大, 故A错误;恒力F的功率P=Fv,感应电动势E=BLv,可见恒力F的功率及产生的感应电动势均与金属杆速度成正比,则图像规律应与速度相同,故B正确,D错误;由E=可知Φ-t图像斜率表示感应电动势,则斜率应先增大,再保持不变,故C正确。 [典例3]　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mb=mc=0.1 kg,接入电路的有效电阻Rb=Rc=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,磁场方向垂直于轨道平面向上,光滑竖直半圆轨道在磁场外,如图所示。若使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棒的最大速度大小; [答案]　(1)5 m/s (1)在安培力作用下,b棒做减速运动,c棒做加速运动,当两棒速度相等时,c棒达到最大速度。 选两棒为研究对象,以v0的方向为正方向,根据动量守恒定律有mbv0=(mb+mc)v 解得c棒的最大速度大小为v=v0=5 m/s。 (2)c棒从开始到达到最大速度的过程中,此棒产生的焦耳热; [答案]　(2)1.25 J　 (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,两棒中产生的总焦耳热为Q=mb-(mb+mc)v2=2.5 J 因为Rb=Rc,所以c棒从开始到达到最大速度的过程中产生的焦耳热为Qc==1.25 J。 (3)若c棒达到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为多少。 [答案]　(3)1.25 N (3)设c棒沿半圆轨道滑到最高点时的速度为v',从最低点上升到最高点的过程,由机械能守恒定律可得mcg·2R=mcv2-mcv'2 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mcg+F=mc 解得F=1.25 N 由牛顿第三定律得,在最高点c棒对轨道的压力大小为1.25 N。 章末检测(二)　电磁感应 及其应用 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 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.(2024·贵州贵阳期末)如图所示,一螺线管的线圈匝数为n,横截面积为S,当接入稳定直流电源时,螺线管内部磁场可看作匀强磁场,磁感应强度大小为B,放在螺线管上方的小磁针的N极指向左侧,由此可判断(　　) A.导线a端接电源负极 B.螺线管内部磁场的方向向左 C.通过线圈的磁通量为nBS D.通过线圈的磁通量为BS D 16 17 18 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 由小磁针的N极指向左侧可知,螺线管的外部磁场方向向左,则内部磁场方向从左指向右,由安培定则可知,导线a端接电源正极,A、B错误;由匀强磁场的磁通量计算公式Ф=BS可知,通过线圈的磁通量为BS,C错误,D正确。 16 17 18 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 2.(2024·广东广州期末)如图a为某中学物理兴趣小组为研究无线充电技术,动手制作的一个“特斯拉线圈”。其原理图如图b所示,线圈匝数为n,面积为S,若在t时间内,匀强磁场平行于线圈轴线穿过线圈,其磁感应强度大小由B1均匀增加到B2,则该段时间内线圈两端的电势差的大小(　　) A.恒为 B.恒为 C.从0均匀变化到 D.从0均匀变化到 B 16 17 18 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 穿过线圈的磁感应强度均匀增加,产生恒定的电动势,由法拉第电磁感应定律得E=n=nS=nS,故B正确。 16 17 18 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 3.(2024·江苏泰州中学质检)在如图所示的电路中电源内阻不能忽略,两个相同的小灯泡L1和L2分别串联一个带铁芯的电感线圈L和一个滑动变阻器R。闭合开关S后,调整R,使L1和L2发光的亮度一样,此时流过两个灯泡的电流均为I。然后,断开S。若t'时刻再闭合S,则在t'前后的一小段时间内,正确反映流过L1的电流i1、流过L2的电流i2随时间t变化的图像是(　　) B 16 17 18 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 由于小灯泡L1与电感线圈串联,断开S后再闭合,流过L1的电流从无到有(即增大),电感线圈对电流有阻碍作用,所以流过灯泡L1的电流从0开始逐渐增大,最终达到I,A错误,B正确;由于小灯泡L2与滑动变阻器串联,断开S后再闭合,立即有电流通过L2,当I1电流逐渐增大时,流过L2的电流逐渐减小,最终减到I,C、D错误。 16 17 18 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 4.(2024·福建龙岩期末)如图所示,有a、b两个闭合单匝正方形线圈,用材料和粗细均相同的导线制成,线圈边长la∶lb=2∶1,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变化,不考虑线圈之间的相互影响,则a、b线圈中感应电流大小之比为(　　) A.1∶2　　　　　　　　 B.1∶1 C.2∶1 D.4∶1 C 16 17 18 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 依题意,设正方形线圈横截面积为S,根据法拉第电磁感应定律可得线圈中产生感应电动势大小为E==,又因为I=,R=ρ,联立得I=,所以可得两线圈中产生感应电流大小之比为==,故C正确。 16 17 18 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 5.(2024·湖北黄冈期末)如图所示,在平行虚线区域内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场,粗细均匀的三角形闭合导线框abc的ab边与磁场边界平行(bc边长度小于磁场区域宽度)。现使导线框水平向右匀速穿过磁场区域,且速度方向与ab边始终垂直。若规定电流在导线框中沿逆时针方向为正,在该过程中,导线框中的感应电流i随时间t的变化规律,可能如下面哪一图线所示(　　) A 16 17 18 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 磁场方向垂直纸面向里,三角形闭合导线框进入磁场 时磁通量增大,根据楞次定律可知,电流方向为逆时针, 电流为正,三角形闭合导线框离开磁场时磁通量减小, 根据楞次定律可知,电流方向为顺时针,电流为负;根据 E=Blv知,三角形闭合导线框进入磁场的过程中“有效长度l”逐渐减小,故电动势逐渐减小,电流逐渐减小,三角形闭合导线框离开磁场的过程中“有效长度l”逐渐减小,故电动势逐渐减小,电流逐渐减小,三角形闭合导线框全部在磁场中运动的过程中,磁通量不变,无感应电流,B、C、D错误,A正确。 16 17 18 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 6.(2024·江西九江期末)将一段导线绕成图甲所示 的闭合电路,并固定在纸面内,回路的ab边置于垂 直纸面向里的匀强磁场Ⅰ中。回路的圆环区域 内有垂直纸面的磁场Ⅱ,以垂直纸面向里为磁场Ⅱ的正方向,其磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙所示。用F表示ab边受到的安培力,以水平向右为F的正方向,能正确反映F随时间t变化的图像是(　　) B 16 17 18 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 在0~内,磁感应强度均匀变化,由E==S知 感应电动势恒定不变,则感应电流恒定不变,方 向从b到a,ab边在磁场Ⅰ中所受的安培力F=IlB, 由于匀强磁场Ⅰ中磁感应强度B恒定,则0~内,安培力大小不变,图线为平行t轴的直线,方向水平向左(为负),同理分析可得在~T内,安培力大小与0~时间的大小相等,方向水平向右,为正值,故B正确。 16 17 18 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 7.(2024·浙江温州期末)如图甲所示,面积为0.2 m2的100匝线圈处在匀强磁场中,线圈电阻r=4 Ω,磁场方向垂直于线圈平面向里,已知磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示,定值电阻R=6 Ω。下列说法正确的是(　　) A.线圈中产生的感应电动势均匀增大 B.a、b两点间电压为2 V C.a点电势比b点电势低1.2 V D.0~5 s内通过电阻R的电荷量为1.0 C D 16 17 18 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 由图乙可知B随t均匀变化,所以线圈中的 磁通量变化率恒定,产生的感应电动势恒 定,A错误;根据法拉第电磁感应定律可得 E=n=nS=2 V,根据闭合电路欧姆定律 可得a、b两点间电压为U==1.2 V,B错误;根据楞次定律可知电流从a点流出、b点流入,所以a点电势比b点电势高1.2 V,C错误;通过电阻R的电流为I==0.2 A,0~5 s内通过电阻R的电荷量为q=It=1.0 C,D正确。 16 17 18 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 8.(2024·河南洛阳期末)如图所示,虚线边界MN右侧充满垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B,纸面内有一个边长为L,粗细均匀的正方形导线框abcd,cd边与MN平行,导线框在外力的作用下,先后以v和2v的速度垂直MN两次匀速进入磁场,运动过程中导线框平面始终与磁场垂直,则(　　) A.两次进入磁场的过程中,导线框中的电流均为逆时针方向 B.导线框以速度v进入磁场时,c、d两点间的电压为BLv C.导线框先后两次进入磁场的过程中,产生的热量之比为1∶2 D.导线框先后两次进入磁场的过程中,外力做功的功率之比为1∶2 C 16 17 18 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 根据右手定则可知,导线框两次进入磁场的过程中,导线 框中的电流均为顺时针方向,A错误;导线框以速度v进入 磁场时电动势为E=BLv,c、d两点间的电压为路端电压U=I·R=·R=BLv,B错误;导线框进入磁场的过程中产 生的焦耳热Q=I2Rt=()2R·=,故焦耳热与速度成 正比,因此导线框先后两次进入磁场的过程中,产生的热量之比为1∶2,C正确;导线框匀速进入磁场,所以安培力与外力F大小相等,因此外力做功的功率P=Fv=F安v=ILBv=,故外力做功的功率与速度平方成正比,因此导线框先后两次进入磁场的过程中,外力做功的功率之比为1∶4,D错误。 16 17 18 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 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.(2024·云南昆明诊断)如图甲所示,矩形线框abcd与直导线MN固定在同一平面内,线框的ad、bc两条边与导线MN平行。规定从N至M为直导线中电流的正方向,当导线MN中通以按图乙所示规律变化的电流时,下列说法正确的是(　　) A.矩形线框中感应电流先沿abcda方向后沿adcba方向 B.矩形线框中感应电流始终沿abcda方向 C.矩形线框所受安培力方向先向左后向右 D.矩形线框所受安培力方向始终向左 BC 16 17 18 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 导线MN中电流先向上均匀减小后向下均匀增大, 通过线框的磁通量先垂直纸面向里减小,后垂直纸 面向外增大,由楞次定律“增反减同”可知,线框中感 应电流始终是顺时针方向,即始终沿abcda方向,A错误,B正确;线框中感应电流始终是顺时针方向,先处于垂直纸面向里的磁场中,ad边所在处的磁感应强度大于bc边,所以线框所受安培力合力与ad边所受安培力一致,由左手定则可知安培力合力水平向左,线框后处于垂直纸面向外的磁场中,同理由左手定则知安培力合力水平向右,C正确,D错误。 16 17 18 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 10.(2024·广东深圳调研)磁悬浮列车是高速低耗交通工具,如图(a)所示,它的驱动系统简化为如图(b)所示的物理模型。固定在列车底部的正方形金属线框的边长为L,匝数为N,总电阻为R;水平面内平行长直导轨间存在磁感应强度均为B、方向交互相反、边长均为L的正方形组合匀强磁场。当磁场以速度v匀速向右移动时,可驱动停在轨道上的列车,则(　　) A.图示时刻线框中感应电流沿逆时针方向 B.列车运动的方向与磁场移动的方向相同 C.列车速度为v'时线框中的感应电动势大小为2NBL(v-v') D.列车速度为v'时线框受到的安培力大小为 BC 16 17 18 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 线框相对磁场向左运动,根据右手定则可知 图示时刻线框中感应电流沿顺时针方向,A 错误;根据左手定则,列车受到向右的安培 力,因此列车运动的方向与磁场移动的方 向相同,B正确;由于前后两条边产生的感应电动势顺次相加,根据法拉第电磁感应定律E=2NBLΔv=2NBL(v-v'),C正确;列车速度为v'时线框受到的安培力大小为F=2NILB=,D错误。 16 17 18 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 11.(2024·陕西咸阳期末)如图甲所示,在光滑绝缘水平面上的AB、CD间存在一匀强磁场,在磁场左侧有一单匝正方形闭合线框。t=0时刻,线框在水平向右的恒力F作用下从静止开始运动,线框穿过磁场的过程中,线框中电流i随时间t变化的图像如图乙所示,已知磁感应强度B=1 T,线框总电阻R=2 Ω,下列说法正确的是(　　) A.磁场的宽度为2 m B.线框的质量为1 kg C.在1~3 s内,外力F做功24 J D.在0~1.5 s内,通过线框横截面的电荷量为1 C AD 16 17 18 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 由图乙分析可得,线框在t1=1 s时进入磁场 做匀速运动,离开磁场时也做匀速运动,且 进入磁场与离开磁场所用时间相等,均为 t2=1 s,则磁场宽度恰好等于线框边长L,设 线框匀速运动的速度为v,则I==, 即线框进入磁场时的速度v=2 m/s,磁场的宽度为L=vt2=2 m,A正确;线框从静止开始匀加速运动,在t1=1 s时以2 m/s的速度进入磁场,即线框的加速度a=2 m/s2,在磁场中线框做匀速运动F=F安=ILB=LB==4 N,m==2 kg,B错误;在1~3 s内Q=I2Rt=16 J,WF=Q=16 J,C错误;在t=1.5 s时,线框进入磁场的距离为s'=vt'=1 m,通过线框横截面的电荷量为q=It=t==1 C,D正确。 16 17 18 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 12.(2024·河南焦作期末)如图所示,间距为L=0.1 m的光滑足够长平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面夹角为θ=30°,M、P两端接一阻值为R=0.1 Ω 的定值电阻,质量为m=0.1 kg、电阻不计的金属棒ab垂直导轨放置且棒两端始终与导轨接触良好,导轨电阻不计,重力加速度g取10 m/s2。整个装置处在磁感应强度大小为B=1 T、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中。t=0时对金属棒施加一平行于导轨向上的拉力F,拉力F的功率恒为P=15 W,使金属棒由静止开始沿导轨向上运动,经过足够长时间,达到稳定状态后,下列说法正确的是(　　) A.金属棒运动的速度为10 m/s B.1 s内通过电阻R的电荷量为10 C C.电阻R的热功率为15 W D.拉力F的大小为10 N AB 16 17 18 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 金属棒达到稳定状态后,做匀速直线运动,受力平衡,则F=mgsin θ+ILB,又P=Fv,I=,E=BLv,解得v=10 m/s,A正确;由q=IΔt,I=,E=得1 s内通过电阻R的电荷量为q==ΔS==10 C,B正确;由P=I2R,I=,E=BLv得电阻R的热功率为P=10 W,C错误;力F的大小为F==1.5 N,D错误。 16 17 18 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 三、非选择题:本题共6小题,共60分。 13.(8分)(2024·广西宾阳期末)学习法拉第电磁感应定律后,为了定量验证感应电动势E与时间Δt的关系,甲、乙两位同学共同设计了图示实验装置:线圈和电压传感器相连,线圈和光电门固定在长木板的轨道上,强磁铁和挡光片固定在小车上。每当小车经过光电门时,光电门会记录下挡光时间Δt同时触发电压传感器记录下Δt内线圈产生的感应电动势E。利用弹簧将小车以不同的速度从轨道的右端弹出,就能得到一系列E和Δt的实验数据。 16 17 18 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (1)关于实验原理、过程和操作,下列说法正确的是　　　　。  A.实验中必须保持线圈、光电门的位置不变 B.实验中轨道必须保持水平 C.实验中轨道必须光滑 D.实验中每个挡光时间Δt内线圈中磁通量的变化量ΔΦ可视为不变 AD 16 17 18 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (1)由E=n可知为了定量验证感应电动势E与时间Δt成反比,实验只需要控制线圈匝数n与磁通量的变化量ΔΦ不变即可,对轨道是否光滑、轨道是否水平没有要求,B、C错误;实验需要控制线圈匝数n与磁通量的变化量ΔΦ不变,为控制磁通量的变化量ΔΦ不变,实验中必须保持线圈、光电门位置不变,A、D正确。 16 17 18 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (2)两位同学用作图法分析实验数据在直角坐标系中作出　　　　(选填“E-Δt”或“E-”)图线,若图线是误差允许范围内通过原点的倾斜直线,则可验证E与Δt成反比。  E- 16 17 18 (2)根据法拉第电磁感应定律得E=n,在n与ΔΦ不变的条件下,E与成正比,在直角坐标系中作E-图线,若图线在误差允许范围内是过坐标原点的倾斜直线,则可验证E与Δt成反比。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (3)若按(2)问中两同学的方法处理数据,当仅增加线圈匝数后得到的图线斜率会　　　　(选填“增大”“不变”或“减小”)。  增大 16 17 18 (3)由E=n可知,E-图线的斜率k=nΔΦ,ΔΦ不变,当仅增加线圈匝数n后,图线的斜率k会增大。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 17 18 14.(8分)(2024·四川成都联考)如图,面积为S=0.25 m2、电阻为r=1 Ω、匝数为n=10匝的矩形线圈MNPQ内有垂直于线圈平面的匀强磁场B。矩形线圈MNPQ的两个端点e、f通过导线连接有阻值为R1=3 Ω和R2=6 Ω的定值电阻,R2两端用导线连接一理想电压表。当线圈内磁场随时间均匀变化时,电压表的示数为4.0 V。求:   (1)线圈内因磁场变化而产生的感应电动势的大小; 答案:(1)6 V 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (1)外电阻总阻值为R==2 Ω 则电路中电流为I==2 A 则感应电动势大小为E=I(R+r)=6 V。 16 17 18 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (2)线圈内磁场随时间变化的变化率。 答案:　(2)2.4 T/s 16 17 18 (2)根据E=n=n·S得=2.4 T/s 故线圈内磁场随时间变化的变化率为2.4 T/s。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 15.(10分)(2024·重庆七校联考)如图所示,一个人通过定滑轮从静止开始,在离磁场下边界的某位置以恒定的拉力F=11 N拉一个边长L=2 m,质量m=1 kg,电阻R=2 Ω的单匝线框,磁场宽度也为L=2 m,线框恰能匀速通过磁场。已知磁感应强度为B=0.5 T,g取10 m/s2,滑轮摩擦及空气阻力不计。 16 17 18 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (1)求线框未入磁场前的加速度a; 答案:(1)1 m/s2 16 17 18 (1)未进入磁场前,根据牛顿第二定律有 F-mg=ma 解得a=1 m/s2。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (2)求通过磁场的整个过程线框产生的焦耳热; 答案:　(2)4 J　 16 17 18 (2)进入磁场时,因为受力平衡有F=mg+ILB 则Q=ILB·2L=4 J。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (3)其他条件不变,线框进入磁场后保持(1)问恒定的加速度a继续通过磁场,求人施加的拉力F与线框通过磁场的时间t的关系。 16 17 18 答案: (3)F=t+12(N) (3)匀速进入磁场时I=,解得v0=2 m/s 以加速度a进入磁场时F-ILB-mg=ma I=,v=v0+at 联立可得F=t+12(N)。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 17 18 16.(10分)如图甲所示,水平面上两根足够长的金属导轨平行固定放置,间距为L,导轨一端通过导线与阻值为R的电阻连接,导轨上放一质量为m的金属杆。金属杆与导轨的电阻忽略不计,匀强磁场的方向竖直向下。现用与导轨平行的恒定拉力F作用在金属杆上,金属杆最终将做匀速运动,当改变拉力F的大小时,金属杆相对应地做匀速运动的速度v也会变化,v和F的关系如图乙所示。(g取10 m/s2) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 17 18 (1)金属杆在匀速运动之前做什么运动? 答案:(1)加速度减小的加速运动 (1)根据牛顿第二定律有F-F安-f=ma 金属杆产生的感应电动势E=BLv 感应电流I= 则F安=BIL= 故金属杆在匀速运动之前做加速度减小的加速运动。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 17 18 (2)若m=0.5 kg,L=0.5 m,R=0.5 Ω,则磁感应强度B和金属杆与导轨间的动摩擦因数μ各为多大? 答案:　(2)1 T　0.4 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 17 18 (2)金属杆所受的安培力F安=BIL= 由题意可知金属杆受拉力、安培力和阻力作用,匀速时合力为零,即有F=+f 所以v=(F-f) 从题图乙可以得到直线的斜率k=2 联立可得=k 将数据代入可解得B=1 T 由f=μmg=2 N 解得μ=0.4。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 17 18 17.(12分)如图甲所示,两条足够长的平行金属导轨间距为0.5 m,固定在倾角为37°的斜面上。导轨顶端连接一个阻值为1 Ω的电阻。在MN下方存在方向垂直于斜面向上、大小为1 T的匀强磁场。质量为0.5 kg的金属棒从AB处由静止开始沿导轨下滑,其运动过程中的v-t图像如图乙所示。金属棒运动过程中与导轨保持垂直且接触良好,金属棒与导轨间的动摩擦因数为0.25,不计金属棒和导轨的电阻,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 17 18 (1)求金属棒在磁场中能够达到的最大速率; 答案:(1)8 m/s　 (1)金属棒在磁场中达到最大速率时,金属棒处于平衡状态,根据平衡条件有 mgsin 37°=BIL+μmgcos 37° 根据闭合电路欧姆定律有I= 金属棒切割磁感线产生的感应电动势为E=BLvm 联立解得vm=8 m/s。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 17 18 (2)已知金属棒从进入磁场到速度达到5 m/s时通过电阻的电荷量为1.3 C,求此过程中电阻产生的焦耳热。 答案: (2)2.95 J 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 17 18 (2)由通过电阻的电荷量为 q=t==== 解得金属棒在磁场中下滑的位移x==2.6 m 由动能定理有 mgxsin 37°-μmgxcos 37°-WA=m-m 此过程中电阻产生的焦耳热等于克服安培力做的功 Q=WA 由以上各式结合题图乙解得,此过程中电阻产生的焦耳热Q=2.95 J。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 17 18 18.(12分)(2024·福建莆田期末)如图所示,在空间AA'与BB'间存在方向垂直纸面向里,磁感应强度大小为B=2 T的匀强磁场区域,边界AA'与BB'的间距为H=1.55 m,BB'到水平地面CC'的高度为h=0.2 m。现有一质量为m=0.5 kg、边长为L=0.5 m、电阻为R=2 Ω的正方形线框,由AA'上方某处竖直自由落下,恰能匀速进入磁场区域。重力加速度g=10 m/s2,空气阻力不计。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 17 18 (1)求线框匀速进入场区的速度大小v1及此过程产生的热量Q1; 答案:(1)10 m/s　2.5 J　 (1)线框从AA'匀速进入磁场过程mg=ILB,E=BLv1,I= 解得v1=10 m/s 由能量守恒定律知,减少的重力势能等于此过程产生的热量,则Q1=mgL,解得Q1=2.5 J。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 17 18 (2)求cd边从AA'运动到BB'所需的时间; 答案: (2)0.15 s　 (2)线框匀速运动过程的时间t1= 线框匀加速运动过程H-L=v1t2+ cd边从AA'运动到BB'所需的时间t=t1+t2 解得t=0.15 s。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 17 18 (3)若在cd边刚离开BB'时,对线框施加一与重力等大反向的恒力,求在cd边离开BB'直至到达CC'的过程中线框产生的热量Q2。 答案: (3)1.09 J 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 17 18 (3)cd边加速到BB'处线框的速度 v2=v1+gt2=11 m/s cd边离开BB'直至到达CC'的过程有 ILB·Δt=m(v2-v3) ILBΔt=qLB= 解得v3=10.8 m/s cd边离开BB'直至到达CC'的过程中,由能量守恒定律有Q2= 解得Q2=1.09 J。 $$