第43期 法拉第电磁感应定律-【数理报】2024-2025学年高二物理选择性必修第二册同步学案（教科版2019）

书 答案详解 　　　２０２４～２０２５学年　高中物理教科（选择性必修第二册）　第４３～４６期（２０２５年５月）　　　 第４３期３版参考答案 Ａ组 １．Ｂ　２．Ｄ　３．Ｂ　４．Ｄ　５．Ｄ　６．Ｄ　７．Ｂ 提示： １．设原磁感应强度为Ｂ，线框面积为Ｓ，第一次在１ｓ内将 磁感应强度增大为原来的２倍，即变为２Ｂ，感应电动势为Ｅ１＝ ΔＢＳ Δｔ ＝（２Ｂ－Ｂ）Ｓｔ ＝ ＢＳ ｔ；第二次在１ｓ内将线框面积均匀地减 小到原来的一半，即变为 １ ２Ｓ，感应电动势大小为Ｅ２＝ ２ＢΔＳ Δｔ ＝ ２Ｂ（Ｓ－１２Ｓ） ｔ ＝ ＢＳ ｔ，所以有 Ｅ１ Ｅ２ ＝１，选项Ｂ正确． ２．导体棒ａｂ切割磁感线的总长度为４ｌ，切割磁感线的平 均速度ｖ＝１２ω·４ｌ＝２ｌω，由公式Ｅ＝Ｂｌｖ知，Ｅ＝Ｂ·４ｌ·２ｌω ＝８Ｂｌ２ω，则Ｕａｂ ＝Ｅ＝８Ｂｌ ２ω，选项Ｄ正确． ３．当小灯泡稳定发光后，导体棒做匀速运动，根据平衡条 件，有ｍｇｓｉｎθ－μｍｇｃｏｓθ＝Ｂ ２ｌ２ｖ Ｒ＋ｒ，解得ｖ＝５ｍ／ｓ，Ｉ＝ Ｂｌｖ Ｒ＋ｒ＝ １Ａ，Ｐ＝Ｉ２Ｒ＝１Ｗ．Ｂ选项正确． ４．０～１ｓ，感应电流的方向由楞次定律可知为逆时针方 向，即沿负方向，根据电磁感应定律Ｅ＝ＳΔＢ Δｔ ，由于Ｂ－ｔ图像 斜率大小一定，又因Ｓ不变，所以Ｅ大小为定值，则电流大小一 定． 同理１～３ｓ，感应电流方向为顺时针，沿正方向，电流大小 为定值，与０～１ｓ相等；３～４ｓ感应电流方向为逆时针，沿负 方向，电流大小为定值，与０～１ｓ相等． ５．当闭合Ｓ瞬间，线圈Ｌ内产生的磁场Ｂ及磁通量的变化 率 ΔΦ ΔＴ 随电压及线圈匝数增加而增大，如果套环是金属材料又 闭合，由楞次定律可知，环内会产生感应电流Ｉ及磁场Ｂ′，环会 受到向上的安培力Ｆ，当Ｆ＞ｍｇ时，环跳起，ΔΦ ΔＴ 越大，环电阻 越小，Ｆ越大，所以选项 Ｂ、Ｃ错误；如果套环换用电阻大、密度 大的材料，Ｉ减小、Ｆ减小，ｍｇ增大，套环可能无法跳起，选项 Ｄ 正确；如果使用交变电流，Ｓ闭合后，套环受到的安培力大小及 方向（上下）周期性变化，Ｓ闭合瞬间，Ｆ大小、方向都不确定， 直流电效果会更好，选项Ａ错误． ６．在０～ Ｔ４内，向外的磁通量增加，则感应电流磁场向 里，根据右手定则判断可知，线框中感应电流的方向为顺时针 方向，为负值．ｏａ中产生的感应电动势均为Ｅ＝ １２ＢＬ ２ω，感应 电流大小为Ｉ＝ＥＲ； Ｔ ４ ～ Ｔ ２内，向外的磁通量减少，则感应电 流磁场向外，根据右手定则判断可知，线框中感应电流的方向 为逆时针方向，为正值．ｏｂ中产生的感应电动势均为 Ｅ＝ １ ２ＢＬ ２ω感应电流大小为Ｉ＝ＥＲ； Ｔ ２ ～ ３Ｔ ４向里的磁通量增加， 则感应电流磁场向外，根据右手定则判断可知，线框中感应电 流的方向为逆时针方向，为正值．ｏａ中产生的感应电动势均为 Ｅ＝１２ＢＬ ２ω，感应电流大小为Ｉ＝ＥＲ； ３Ｔ ４ ～Ｔ内，向里的磁通 量减少，则感应电流磁场向里，根据右手定则判断可知，线框中 感应电流的方向为顺时针方向，为负值．ｏｂ中产生的感应电动 势均为Ｅ＝ １２ＢＬ ２ω，感应电流大小为Ｉ＝ＥＲ．故Ｄ正确． ７．根据法拉第电磁感应定律可知，３圈线圈产生的电动势 大小分别为Ｅ１ ＝ ΔＢ Δｔ ａ２ ＝ｋｓ２，Ｅ２ ＝ ΔＢ Δｔ ｂ２ ＝ｋｂ２，Ｅ３ ＝ ΔＢ Δｔ ｃ２ ＝ ｋｃ２，由图可知３圈线圈产生的电动势方向相同，则整个线圈产 生的感应电动势为Ｅ＝Ｅ１＋Ｅ２＋Ｅ３＝（ａ ２＋ｂ２＋ｃ２）ｋ，故Ｂ正 确． ８．０．５　０．５ 解析：由题中乙图可知，在０～１ｓ内磁场均匀变化，１ｓ之 后磁场不变，而整个过程中，灯泡的亮度不变，说明回路中的电 流不变，从而可以确定１ｓ时金属棒刚好到达虚线位置． 加速过程（感生电动势）：Ｅ＝ΔΦ Δｔ ＝ΔＢ Δｔ ×ｌ×ＣＭ ＝ ２×０．５×１Ｖ＝１Ｖ，电流为０．５Ａ 匀速过程（动生电动势）：Ｅ＝Ｂｌｖ＝２×０．５×ｖ＝１Ｖ，解 得ｖ＝                                                         １ｍ／ｓ —１— 高中物理教科（选择性必修第二册）　第４３～４６期 从而加速过程的加速度为１ｍ／ｓ２ 且匀速满足Ｆ＝Ｆ安， 即Ｆ＝ＢＩｌ＝２×０．５×０．５＝０．５Ｎ 质量ｍ＝０．５ｋｇ． ９．解析：（１）根据法拉第电磁感应定律，ａｂ棒中的感应电 动势为Ｅ＝Ｂｌｖ＝０．４０×０．５０×４．０Ｖ＝０．８０Ｖ． （２）感应电流的大小为 Ｉ＝ＥＲ ＝ ０．８０ ０．２０Ａ＝４．０Ａ． （３）ａｂ相当于电源，根据右手定则知，ａ端电势高． （４）ａｂ棒受安培力 Ｆ安 ＝ＢＩｌ＝０．４０×４．０×０．５０Ｎ＝０．８Ｎ 由于ａｂ以ｖ＝４．０ｍ／ｓ的速度水平向右匀速滑动，故外力 的大小也为０．８Ｎ． １０．解析：（１）由题图乙得ａ＝Δｖ Δｔ ＝０．５０．１ｍ／ｓ ２ ＝５ｍ／ｓ２， ０．１ｓ前，由牛顿第二定律有ｍｇｓｉｎθ－Ｆｆ＝ｍａ，代入数据得Ｆｆ ＝０．１Ｎ，０．１ｓ后匀速运动，有 ｍｇｓｉｎθ－Ｆｆ－ＦＡ ＝０，而 ＦＡ ＝ＢＩｌ＝Ｂ Ｂｌｖ Ｒ＋ｒｌ＝ Ｂ２ｌ２ｖ Ｒ＋ｒ， 由 以 上 两 式 得 Ｂ ＝ （ｍｇｓｉｎθ－Ｆｆ）（Ｒ＋ｒ） ｌ２槡 ｖ ＝ （０．６－０．１）×（３＋１） １２×０．槡 ５ Ｔ ＝ ２Ｔ． （２）Ｉ＝ ＢｌｖＲ＋ｒ＝ ２×１×０．５ ３＋１ Ａ＝０．２５Ａ， ＱＲ ＝Ｉ ２Ｒｔ＝０．２５２×３×０．１Ｊ＝１．８７５×１０－２Ｊ． Ｂ组 １．ＡＤ　２．ＣＤ　３．ＢＣＤ 提示： ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! " # $ % １．在半圆形闭合回路进入磁场的过程 中磁通量不断增加，始终存在感应电流，由 楞次定律、安培定则可知电流方向为逆时针 方向，且不变，选项Ａ正确；由左手定则可知 ＣＤ边始终受到安培力作用，故选项Ｂ错误；有效切割长度如图 所示，所以闭合回路进入磁场过程中ｌ先逐渐增大到ａ，然后再 逐渐减小为０，由Ｅ＝Ｂｌｖ可知，最大值Ｅｍａｘ＝Ｂａｖ，最小值为０， Ｃ错误；平均感应电动势为Ｅ＝ΔΦ Δｔ ＝ １ ２Ｂ·πａ ２ ２ａ ｖ ＝１４πＢａｖ，故 选项Ｄ正确． ２．根据题图甲和题图乙，我们只研究最初的一个周期，即 ２ｓ内的情况，由图甲、乙所表示的圆线圈中感应电流的方向、 大小，运用楞次定律，判断出感应电流的磁场方向、大小；再根 据楞次定律，判断引起电磁感应现象发生的磁场应该如何变 化．从而找出正确选项为Ｃ、Ｄ． ３．ＭＮ产生感应电动势为Ｅ＝Ｂｌｖ，ＭＮ中电流 Ｉ＝ ＥＲ总 ＝ Ｂｌｖ ｌｒ＋（ｌ＋２ｘ）（５ｌ－２ｘ）６ｌ ｒ ＝ ６Ｂｌ ２ｖ －４（ｘ－ｌ）２ｒ＋１５ｌ２ｒ ，当 ｘ＝０时， ＭＮ中电流最大，ＭＮ中电流的最大值为Ｉｍａｘ＝ ６Ｂｖ １１ｒ，当ｘ＝ｌ时， ＭＮ中电流最小，ＭＮ中电流的最小值为Ｉｍｉｎ ＝ ２Ｂｖ ５ｒ，故ＢＣＤ正 确，Ａ错误． ４．１２ＢＬｖ， Ｂ２Ｌ２ｖ２ Ｒ＋４ｒ，ｍｇＬ－ １ ２ｍｖ ２． ５．解析：（１）整个过程中磁通量的变化ΔΦ＝ＢＳ＝Ｂπｒ２， 所用时间为Δｔ＝２ｒｖ，代入Ｅ＝ ΔΦ Δｔ ，可得Ｅ＝Ｂπｒ ２ｖ ２ｒ ＝ πＢｒｖ ２ ，根 据闭合电路欧姆定律得通过电阻Ｒ的电流平均值为Ｉ＝ ＥＲ ＝ πＢｒｖ ２Ｒ． （２）当导线ＭＮ通过圆形导轨中心时，瞬时感应电动势为 Ｅ＝Ｂｌｖ＝２Ｂｒｖ，根据闭合电路欧姆定律，此时电路中的感应电 流为Ｉ＝ＥＲ＝ ２Ｂｒｖ Ｒ，则导线ＭＮ此时所受到的安培力为Ｆ＝ＢＩｌ ＝４Ｂ ２ｒ２ｖ Ｒ ． （３）根据闭合电路欧姆定律，电路中的感应电流为 Ｉ′＝ Ｅ Ｒ＋Ｒ０ ＝ ２ＢｒｖＲ＋Ｒ０ ，则电阻Ｒ两端的电压为Ｕ＝Ｉ′Ｒ＝２ＢｒｖＲＲ＋Ｒ０ ． 第４４期３版参考答案 Ａ组 １．Ｃ　２．Ｂ　３．Ｃ　４．Ｄ　５．Ｂ　６．Ｄ　７．Ｂ 提示： １．Ｓ闭合后由电源对Ａ供电，通过Ａ的电流方向由ａ到ｂ； Ｓ断开瞬间，由线圈Ｌ对Ａ供电，线圈Ｌ中自感电动势方向由左 向右，对Ａ供电时电流方向由ｂ到ａ，故Ｃ选项正确． ２．Ｓ１断开瞬间，Ｌ中产生很大的自感电动势，若此时 Ｓ２闭 合，则可能将电压表烧坏，故应先断开Ｓ２． ３．本题考查验证断电自感现象的实验，提高学生分析实验 现象的能力，提高学生的科学探究能力．断开开关时，灯泡能否 发生闪亮，取决于通过灯泡的电流有没有增大，与电源的内阻 无关，故Ａ错误；若小灯泡电阻偏大，稳定时通过灯泡的电流小 于线圈的电流，断开开关时，根据楞次定律，通过灯泡的电流从 线圈原来的电流逐渐减小，灯泡将发生闪亮现象，故Ｂ错误；线 圈电阻偏大，稳定时通过灯泡的电流大于线圈的电流，                                                                      断开开 —２— 高中物理教科（选择性必修第二册）　第４３～４６期 关时，根据楞次定律，通过灯泡的电流逐渐减小，灯泡不发生闪 亮现象，故Ｃ正确；线圈的自感系数较大，产生的自感电动势较 大，但不能改变稳定时灯泡和线圈中电流的大小，故Ｄ错误． ４．Ｄ图中，闭合Ｓ时，二极管处于反向截止状态，不影响电 路正常工作．断开Ｓ时，由于自感现象，线圈跟二极管Ｄ组成闭 合回路，此时二极管处于正向导通，可以避免电弧的产生，故Ｄ 选项正确． ５．闭合开关Ｓ后，调整Ｒ，使两个灯泡Ｌ１、Ｌ２发光的亮度一 样，电流为Ｉ，说明ＲＬ ＝Ｒ．若ｔ′时刻再闭合Ｓ，流过电感线圈Ｌ 和灯泡Ｌ１的电流迅速增大，使电感线圈Ｌ产生自感电动势，阻 碍了流过Ｌ１的电流ｉ１增大，直至达到电流Ｉ，故选项Ａ错误，Ｂ 正确；而对于ｔ′时刻再闭合Ｓ，流过灯泡Ｌ２的电流ｉ２立即达到 最大，然后逐渐减小至电流Ｉ，故选项Ｃ、Ｄ错误． ６．在电路甲中，闭合Ｋ时，由于Ｌ的阻碍作用，Ａ慢慢变亮． 故Ａ错误；在电路甲中，断开Ｋ后，由于Ｌ的阻碍作用，Ａ慢慢变 暗，不会出现闪亮现象．故Ｂ错误；在电路乙中，闭合Ｋ时，灯泡 Ａ与电阻Ｒ串联接入电路，则其立即变亮．故Ｃ错误；在电路乙 中，由于电阻Ｒ和自感线圈Ｌ的电阻值都很小，所以通过灯泡 的电流比线圈的电流小．断开Ｋ后，由于Ｌ的作用，导致灯泡Ａ 变得更亮，然后逐渐变暗．故Ｄ正确． ７．闭合开关的瞬间，电感的电阻很大，灯泡中有一定的电 流通过，过一段时间，电感的电阻减小，电感与灯泡并联的两端 电压减小，故灯泡中的电流变小，故 ＡＤ均错误；当时间再延 长，灯泡的电流稳定在某一值上；当断开开关时，电感产生自感 电动势，电感中的电流与原来的电流方向相同，它与灯泡组成 的电路中，感应电流沿逆时针方向，而灯泡中原来的电流沿顺 时针方向，故灯泡中的电流比稳定时要小一些，然后电流随自 感电动势的减小而慢慢减小到０，故Ｂ正确，Ｃ错误． ８．镇流器的自感现象　断开瞬间　只有在电路断开时才 能产生很高的自感电动势，使人产生触电的感觉 ９．大于　等于　立即 解析：闭合开关的瞬间，通过Ｌ的电流增大，产生自感电动 势，阻碍原电流的变化，从而使通过Ａ灯的电流比Ｂ灯的电流 大，所以灯Ａ的亮度大于灯Ｂ的亮度；当通电一段时间后，电路 的电流稳定，通过两灯的电流相同，所以两灯亮度相同；断电瞬 间，通过Ｌ的电流减小，产生自感电动势，阻碍原电流的变化， 从而使通过Ａ灯的电流比Ｂ灯的电流消失得慢，进而判断灯Ａ 逐渐熄灭，灯Ｂ立即熄灭． １０．（１）铝环向右偏　（２）１．７Ｊ 解析：（１）由楞次定律可知，当小磁铁向右运动时，铝环向 右偏斜（阻碍相对运动）． （２）由磁铁穿过铝环飞行的水平距离可求出磁铁穿过后 的速度ｖ＝ ｘ ２ｈ 槡ｇ ＝９ｍ／ｓ，由能量守恒可得 Ｅ电 ＝ １ ２ｍ０ｖ ２ ０－ １ ２ｍ０ｖ ２－１２ｍｖ′ ２ ＝１．７Ｊ． Ｂ组 １．ＡＤ　２．ＡＢ　３．ＢＤ 提示： １．金属探测器是利用涡流进行工作的．本题主要考查涡流 产生原理及应用，培养学生理论联系实际的应用能力，提高学 生的科学思维． ２．对于铜片，无论是拉出还是推入过程中，铜片内均产生 涡流，其安培力都要阻碍铜片的运动，外力都要克服安培力做 功，所以选项Ａ、Ｂ正确． ３．这个安检门是利用涡流工作的，因而只能检查出金属物 品携带者，选项Ａ错误，Ｂ正确；若“门框”的线圈中通上恒定电 流，只能产生恒定磁场，它不能使块状金属产生电流，因而不能 检查出金属物品携带者，Ｃ错误；安检门工作时，既利用了电磁 感应现象，又利用了电流的磁效应，Ｄ正确． ４．（１）Ｃ　（２）Ｃ　（３）Ａ　１００． 解析：（１）当开关Ｓ１和Ｓ２都闭合稳定时，电流表Ａ１、Ａ２的 示数分别为０．６Ａ和０．４Ａ；电源电动势为１．５Ｖ，人两手间电 阻设为２００ｋΩ，可知流过人体的电流值几乎可以忽略不计，可 知流过灯泡的电流为０．２Ａ，结合欧姆定律可知，灯泡的电阻值 较小．当电路稳定后再突然断开 Ｓ１时，线圈产生自感电动势， 此时人与灯泡并联，由于灯泡的电阻值小，所以流过灯泡的电 流比较大，则线圈的电流变化率比较小．根据自感电动势的公 式可知，线圈产生的自感电动势就比较小，人不能产生触电的 感觉，故Ａ错误；先将Ｓ１和Ｓ２闭合，稳定后再突然断开Ｓ２时，对 线圈的回路没有影响，线圈不产生比较大的自感电动势，故 Ｂ 错误；保持Ｓ２断开，当开关闭合后，电感线圈与人并联，由于电 源为１．５Ｖ的新干电池，所以流过人的电流很小．当断开Ｓ１时， 线圈与人串联，由于电感线圈电流逐渐变小到几乎等于０，根 据自感电动势的公式可知能够产生很高的瞬间电压，使人有触 电的感觉，故Ｃ正确，Ｄ错误；故选Ｃ． （２）由电路图可知，任意操作两开关，会导致线圈中产生 很高的感应电动势，则小灯泡最有可能烧坏，故Ｃ正确，Ａ、Ｂ、Ｄ 错误；故选Ｃ． （３）保持Ｓ２断开，先闭合Ｓ１待稳定后突然断开Ｓ１，因电流 的减小，导致线圈产生感应电动势，从而阻碍电流的减小，则线 圈相当于瞬间电源的作用，此时 Ａ、Ｂ                                                                      两点中电势较高的点是 —３— 高中物理教科（选择性必修第二册）　第４３～４６期 Ａ．当突然断开 Ｓ１，经过人的电流为 ０．５Ａ，而人的电阻为 ２００ｋΩ，由欧姆定律，可知，Ｕ＝ＩＲ＝０．５×２００ｋＶ＝１００ｋＶ． ５．解析：由题乙图中可知，磁感应强度随时间均匀变化，那 么在甲图的线圈中会产生恒定的感应电动势． 由乙图可知，磁感应强度的变化率 ΔＢ Δｔ ＝２Ｔ／ｓ，由法拉第 电磁感应定律可得螺线管中的感应电动势Ｅ＝ｎΔΦ Δｔ ＝ｎＳΔＢ Δｔ ＝１５００×２０×１０－４ ×２Ｖ＝６Ｖ，电路中的感应电流 Ｉ＝ Ｅ ｒ＋Ｒ１＋Ｒ２ ＝ ６１．５＋３．５＋２５Ａ＝０．２Ａ，Ｒ２消耗的电功率Ｐ＝ Ｉ２Ｒ２ ＝１Ｗ． 第４５期３版参考答案 Ａ组 １．Ａ　２．Ａ　３．Ａ　４．Ｄ　５．Ｃ　６．Ｂ　７．Ｂ 提示： １．由题图可知Ｔ＝０．２ｓ，Ｉｍ ＝１０Ａ，故频率 ｆ＝ １ Ｔ ＝５ Ｈｚ，Ｉ＝ Ｉｍ 槡２ ＝ 槡５２Ａ≈７．０７Ａ，Ａ正确，Ｂ、Ｃ、Ｄ错误． ２．由ｕ－ｔ图像可知，交流电压的最大值为３１１Ｖ，交流电 压的有效值（即电压表的读数）为 ３１１ 槡２ Ｖ＝２２０Ｖ，电流表的读 数为 ２２０ １００Ａ＝２．２０Ａ，Ａ正确． ３．在一个周期 Ｔ内，正弦交流电在电阻中消耗的电能为 Ｗ甲 ＝（ Ｉ 槡２ ）２Ｒｔ，方波交流电在电阻中消耗的电能为 Ｗ乙 ＝ Ｉ２Ｒｔ，所以Ｗ甲 ∶Ｗ乙 ＝１∶２，故Ａ正确． ４．对于正弦式交变电流可直接应用最大值为有效值的槡２ 倍这一规律，将此交变电流分为前后两部分正弦式交流，可直 接得到这两部分正弦式交变电流的有效值，分别为 Ｉ１ ＝ ２．槡５２Ａ和Ｉ２ ＝７．槡５２Ａ，分别取一个周期Ｔ中的前０．０１ｓ和 后０．０１ｓ计算产生的电热Ｑ＝Ｉ２１Ｒ×０．０１Ｊ＋Ｉ ２ ２Ｒ×０．０１Ｊ，再 利用有效值的定义得Ｑ＝Ｉ２Ｒ×０．０２Ｊ，解得Ｉ＝２． 槡５ １０Ａ． ５．电压表读数为电压有效值，即Ｕ１＝２２０Ｖ，Ｃ对，Ａ错；而 用电器的耐压值必须不小于交流电的最大值，故 Ｕ２≥ 槡２２０２Ｖ，Ｂ错；保险丝的熔断电流为有效值 Ｉ≥ ２２０ １２１０Ａ＋ ２２０ ４８４Ａ＝ ７ １１Ａ，Ｄ错． ６．摩擦轮和车轮半径比例保持不变，当车速变为原来的２ 倍时，摩擦轮转动的角速度也变为原来的２倍，产生感应电动 势的最大值Ｅｍ ＝ＮＢＳω及有效值Ｅ均变为原来的２倍，通过灯 泡的电流及灯泡两端的电压也变为原来的２倍，由功率 Ｐ＝ Ｕ２ Ｒ，可知功率变为原来的４倍，故 ＡＣ错误，Ｂ正确；角速度加 倍，由周期Ｔ＝２π ω ，可知周期变为原来的 １ ２，故Ｄ错误． ７．线圈转动一周只有一半的时间有电流流过电阻，感应电 动势的峰值为 Ｅｍ ＝ＮＢＳ·２πｎ，感应电流的峰值 Ｉｍ ＝ ＮＢＳ·２πｎ Ｒ＋ｒ ，由于交流电流表测量的是有效值，而且电路中存在 二极管，二极管的单向导电性导致一个周期内只有半周期有电 流通过电路， (由电流的有效值的定义则有 Ｉｍ 槡 )２ ２ Ｒ· Ｔ２ ＝ Ｉ２ＲＴ，解得Ｉ＝πＮＢＳｎＲ＋ｒ，故Ｂ正确． ８．ＢＳω 槡２ 　ＢＳＲ ９．解析：（１）图甲为正弦交变电流，其有效值 Ｉ１ ＝ Ｉｍ 槡２ ＝ ３．５４Ａ，周期Ｔ１＝０．４ｓ，频率ｆ１＝２．５Ｈｚ；图乙为方波交流电， 电流的大小不变，方向做周期性变化，由于热效应与电流方向 无关，因而它的有效值 Ｉ２ ＝５Ａ，周期 Ｔ２ ＝０．３ｓ，频率 ｆ２ ＝ １０ ３Ｈｚ． （２）由公式Ｐ＝Ｉ２Ｒ得Ｐ甲 ∶Ｐ乙 ＝１∶２． １０．解析：由法拉第电磁感应定律和欧姆定律得： Ｅ＝ΔΦ Δｔ ＝ΔＢ Δｔ Ｓ，Ｉ＝ＥＲ ＝ ΔＢ Δｔ ×ＳＲ，由题图可知０～３ｓ内 Ｉ１ ＝ Ｅ１ Ｒ ＝ ６×１０－３ ３ × ０．３６×１０－２ ０．３６ Ａ＝２×１０ －５Ａ，在３～５ｓ内 Ｉ２ ＝ Ｅ２ Ｒ ＝ ６×１０－３ ２ × ０．３６×１０－２ ０．３６ Ａ＝３×１０ －５Ａ，根据有效值 的定义得Ｉ２Ｒｔ＝Ｉ２１Ｒｔ１＋Ｉ ２ ２Ｒｔ２，代入数据得Ｉ＝槡６×１０ －５Ａ． Ｂ组 １．ＢＣ　２．ＢＣ　３．ＢＣ 提示： １．两导线框匀速转动切割磁感线产生感应电动势的大小 不变，选项Ａ错误；导线框的转动周期为Ｔ，则感应电流的周期 也为Ｔ，选项Ｂ正确；在ｔ＝Ｔ８时，两导线框切割磁感线的有效 长度相同，两导线框中产生的感应电动势相等，选项Ｃ正确；Ｍ 导线框中一直有感应电流，Ｎ导线框中只有一半时间内有感应 电流，所以两导线框的电阻相等时，感应电流的有效值不相等， 选项Ｄ错误． ２．ｔ１时刻通过线圈的Φ最大，磁通量变化率 ΔΦ Δｔ 最小，                                                                      此时 —４— 高中物理教科（选择性必修第二册）　第４３～４６期 感应电动势为零，Ａ错；在ｔ２、ｔ４时刻感应电动势为Ｅｍ，此时ａｂ、 ｃｄ的运动方向垂直于磁场方向，Ｂ正确；ｔ１、ｔ３、ｔ５时刻，Φ最大， ΔΦ Δｔ ＝０，此时线圈平面垂直于磁场方向，与中性面重合，Ｃ正 确；ｔ５时刻感应电流为零，Ｄ错． ３．ｔ＝０时刻电压为零，穿过线圈的磁通量最大，磁通量的 变化率为零，Ａ项错误；由图可知先后两次周期之比为２∶３，由 转速ｎ＝１Ｔ得ｎａ∶ｎｂ＝ １ Ｔａ ∶１Ｔｂ ＝３∶２，故Ｂ项正确；由图可 知交流电ａ的电动势最大值为１０Ｖ，ω＝５πｒａｄ／ｓ，由交流电的 电动势瞬时值表达式 ｅ＝Ｅｍｓｉｎωｔ（Ｖ）（从中性面开始计时） 得，ｅ＝１０ｓｉｎ５πｔ（Ｖ），故Ｃ项正确．交流电的电动势最大值Ｅｍ ＝ｎＢＳω，角速度ω＝１０π３ ｒａｄ／ｓ，由两次转速的比值可得，交流 电ｂ的电动势最大值为 ２３×１０Ｖ＝ ２０ ３Ｖ，故Ｄ项错误． ４．ｅ＝ｎＢＳωｃｏｓωｔ　ｕ＝槡２ｎＢＳωＲ２（Ｒ＋ｒ） ５．解析：（１）根据ａｂ、ｃｄ切割磁感线，由右手定则可得线圈 中感应电流方向ａ→ｄ→ｃ→ｂ→ａ． （２）线圈的角速度 ω＝２πｎ＝２×π×３０００６０ ｒａｄ／ｓ＝ １００πｒａｄ／ｓ．设ａｂ边在ｔ＝０时刻速度为ｖａｂ，图示位置的感应电 动势最大，其大小为Ｅｍ ＝２ＮＢａｂ·ｖａｂ＝ＮＢａｂ·ａｄ·ω＝５０× ０．４×０．２０×０．２５×１００πＶ＝３１４Ｖ，电动势的瞬时表达式为 ｅ＝ＮＢωＳｃｏｓωｔ＝３１４ｃｏｓ１００πｔ（Ｖ）． （３）从ｔ＝０起转过９０°的过程中，Δｔ时间内流过Ｒ的电荷 量ｑ＝ＩΔｔ＝ ＮΔΦΔｔ（Ｒ＋ｒ）Δ ｔ＝ＮＢＳＲ＋ｒ＝ ５０×０．４×０．２０×０．２５ ９＋１ Ｃ ＝０．１Ｃ． 第４６期３版参考答案 Ａ组 １．Ｂ　２．Ａ　３．Ａ　４．Ｂ　５．Ｂ　６．Ｂ　７．Ｂ 提示： １．由于家庭电路上理想变压器为降压变压器，故ｎ１ ＞ｎ２， 当原、副线圈减少相同的匝数时，其变压比 ｎ′１ ｎ′２ 变大，根据 Ｕ１ Ｕ２ ＝ ｎ′１ ｎ′２ ，因Ｕ１一定，Ｕ２变小，故小灯泡变暗，选项Ａ错误，选项Ｂ正 确；由 Ｕ１ Ｕ２ ＝ ｎ′１ ｎ′２ 知，原、副线圈电压的比值变大，选项Ｃ错误；根 据 Ｉ１ Ｉ２ ＝ ｎ′２ ｎ′１ ，则通过原、副线圈电流的比值变小，选项Ｄ错误． ２．由电压与匝数的关系 Ｕ０∶Ｕ３ ＝ｎ０∶ｎ３，解得 Ｕ３ ＝ １１０Ｖ，Ａ正确；当挡位由３变换到２时，输出电压减小，电动机 的功率减小，Ｂ错误；在额定功率的情况下，电动机的额定电流 为Ｉ＝ＰＵ ＝０．５Ａ，热功率Ｐｒ＝Ｉ ２ｒ＝１Ｗ，输出功率为Ｐ－Ｐｒ ＝（１１０－１）Ｗ ＝１０９Ｗ，Ｄ错误；当没有达到额定功率时，热 功率小于１Ｗ，Ｃ错误． ３．由题意知线圈Ｂ两端的电压为Ｕ，设线圈Ｃ两端的电压 为ＵＣ，则 ＵＣ Ｕ ＝ ｎ３ ｎ２ ，所以ＵＣ ＝ ｎ３ ｎ２ Ｕ；通过Ｌ２的电流为Ｉ，则可以 求出Ｌ２的电阻，Ｌ２与Ｌ１的电阻相同，所以可求出通过Ｌ１的电 流；根据以上数据可以求出 Ｌ１、Ｌ２的功率，可得变压器总的输 出功率，它也等于变压器的输入功率；根据题意无法求出线圈 Ａ的匝数，故选项Ａ正确． ４．设输送电功率为Ｐ，输电电压为 Ｕ，线路电阻为 Ｒ，则损 耗功率Ｐ损 ＝Ｉ ２Ｒ＝（ＰＵ） ２Ｒ，由此可见，Ｐ损 与Ｕ ２成反比，代入 数据可知Ｂ项正确． ５．由题知，变压器的输入电压Ｕ１ ＝ 槡 ２２０２ 槡２ Ｖ＝２２０Ｖ，所 以Ｕ２ ＝ ｎ２ ｎ１ Ｕ１ ＝１１０Ｖ；副线圈电流Ｉ２ ＝ Ｕ２ Ｒ ＝２Ａ，原线圈电 流Ｉ１＝ ｎ２ ｎ１ Ｉ２＝１Ａ．本题中电压表、电流表的读数为有效值，故 Ｂ项正确，Ｃ项错误；原线圈输入功率Ｐ１ ＝Ｕ１Ｉ１ ＝２２０Ｗ，故Ａ 项错误；交流电的周期Ｔ＝２π ω ＝ ２π１００π ｓ＝０．０２ｓ，故Ｄ项错误． ６．由交流电压的表达式可知，原线圈两端所加的电压最大 值为 槡２２０２Ｖ，故有效值Ｕ１＝２２０Ｖ；由 Ｕ１ Ｕ２ ＝ ｎ１ ｎ２ ＝２１知，副线 圈电压的有效值Ｕ２＝１１０Ｖ，故输出功率Ｐ２＝ Ｕ２２ Ｒ ＝２２０Ｗ；再 由输入功率等于输出功率知Ｐ１＝Ｐ２＝２２０Ｗ，Ａ项错误．根据 欧姆定律知Ｉ２ ＝ Ｕ２ Ｒ ＝２Ａ，由 Ｉ１ Ｉ２ ＝ ｎ２ ｎ１ 得Ｉ１ ＝１Ａ，故电流表 读数为１Ａ，Ｂ项正确．电压表的读数为有效值，即Ｕ２＝１１０Ｖ， Ｃ项错误．由交流电压的表达式可知，ω＝１００πｒａｄ／ｓ，又 Ｔ＝ ２π ω ，解得Ｔ＝０．０２ｓ，Ｄ项错误． ７．设输电线的电阻为 Ｒ，当输电线上的电流为 Ｉ０时，损失 的电功率Ｐ０ ＝Ｉ ２ ０Ｒ．当输电电压提高为２Ｕ０时，由Ｉ＝ Ｐ Ｕ可知 输电线上的电流变为 Ｉ０ ２，输电线上损失的电功率 Ｐ损 ＝ （ Ｉ０ ２） ２Ｒ＝ Ｐ０ ４，故选项Ｂ正确，选项Ａ、Ｃ、Ｄ错误． ８．ＭＮ，ＰＱ，                                                                      ＞． —５— 高中物理教科（选择性必修第二册）　第４３～４６期 ９．解析：（１）由变压器原理 Ｕ２ Ｕ１ ＝ ｎ２ ｎ１ 及 Ｕ３ Ｕ１ ＝ ｎ３ ｎ１ ，可得Ｕ２＝ ｎ２ ｎ１ Ｕ１ ＝４４Ｖ，Ｕ３＝ ｎ３ ｎ１ Ｕ１＝１１０Ｖ，据欧姆定律Ｉ＝ Ｕ Ｒ，得Ｉ２＝ Ｕ２ Ｒ ＝０．８Ａ，Ｉ３ ＝ Ｕ３ Ｒ ＝２Ａ，故Ｉ２∶Ｉ３ ＝２∶５． （２）由电流关系式ｎ１Ｉ１ ＝ｎ２Ｉ２＋ｎ３Ｉ３可得 Ｉ１ ＝ ｎ２Ｉ２＋ｎ３Ｉ３ ｎ１ ＝１．１６Ａ． １０．解析：（１）设空载时次级线圈的端电压为 Ｕ２，则 Ｕ２ Ｕ１ ＝ ｎ２ ｎ１ ，解得Ｕ２ ＝ ｎ２ ｎ１ Ｕ１ ＝２２０Ｖ，因为空载，次级线圈的负载电阻 Ｒ２→∞，电流Ｉ２ ＝０，则Ｐ＝Ｉ２Ｕ２ ＝０． （２）接通电路后，１００盏电灯并联的总电阻为Ｒ外 ＝ Ｒ １００＝ Ｕ２额 Ｐ额 １００≈ ８．０７Ω，次级线圈中的电流 Ｉ′２ ＝ Ｕ２ Ｒ外 ＋Ｒ内 ＝ ２２０ ８．０７＋０．２Ａ≈２６．６Ａ，次级线圈的端电压 Ｕ′２ ＝Ｉ′２Ｒ外 ＝ ２１４．６６Ｖ． （３）每盏灯的实际功率 Ｐ′＝ Ｉ′２ １００Ｕ′２ ＝ ２６．６ １００×２１４．６６Ｗ≈５７．１Ｗ． Ｂ组 １．ＡＤ　２．ＢＣ　３．ＡＣ 提示： １．设灯泡的额定电压为Ｕ０，两灯均能正常发光，所以原线 圈输出端电压为Ｕ１ ＝９Ｕ０，副线圈两端电压为Ｕ２ ＝Ｕ０，故 Ｕ１ Ｕ２ ＝ ９１， ｎ１ ｎ２ ＝ Ｕ１ Ｕ２ ＝９１，Ａ正确，Ｂ错误；根据公式 Ｉ１ Ｉ２ ＝ ｎ２ ｎ１ 可得 Ｉ１ Ｉ２ ＝ １９，由于小灯泡两端的电压相等，所以根据公式 Ｐ＝ＵＩ 可得两者的电功率之比为１∶９，Ｃ错误，Ｄ正确． ２．欲使副线圈两端得到一个高压，必须使变压器铁芯中的 磁通量发生变化，即原线圈中的电流必须发生变化，只有在开 关闭合、断开瞬间原线圈中电流才有变化，故选ＢＣ． ３．直流输电系统由整流站、直流线路和逆变站三部分组 成，在整流站通过整流器将交流电变换为直流电，在逆变站利 用逆变器将直流电变换为交流电．因此选项Ａ、Ｃ正确． ４．解析：（１）因为理想变压器的输入功率等于输出功率， 采用的是降压变压器，根据 Ｐ＝ＵＩ可知，副线圈中的电流大， 为了减小输电线上功率的损失，副线圈电线电阻要小，由公式 Ｒ＝ρｌＳ知，引线要粗，故ａ、ｄ接６Ｖ． （２）根据变压器工作原理知： Ｕａ Ｕｂ ＝ Ｎａ Ｎｂ ，若理想变压器接 ６Ｖ的线圈匝数是３００匝，则接２２０Ｖ的线圈匝数是１１０００匝． （３）根据变压器工作原理知： Ｕａ Ｕｂ ＝ Ｎａ Ｎｂ ，本题采用的是降压 变压器，所以接电源的应该是匝数多的线圈，所以接电源的是 Ｎｂ． ５．解析：（１）升压变压器原线圈中的电流 Ｉ１ ＝ Ｐ１ Ｕ１ ＝ １０００Ａ （２）根据Ｐ线 ＝Ｉ ２ 线Ｒ线得：Ｉ线 ＝ Ｐ线 Ｒ槡线 ＝ Ｐ１×４％ Ｒ槡 线 ＝５０Ａ （３）升压变压器的匝数比 ｎ１ ｎ２ ＝ Ｉ线 Ｉ１ ＝ １２０ 根据能量守恒定律，可得Ｐ３ ＝Ｐ２－Ｐ线 又Ｐ２ ＝Ｐ１ 故Ｕ３ ＝ Ｐ３ Ｉ线 ＝ Ｐ２－Ｐ线 Ｉ线 ＝１．９２×１０４Ｖ 降压变压器的匝数比 ｎ３ ｎ４ ＝ Ｕ３ Ｕ４ ＝１．９２×１０ ４ ２４０ ＝ ８０ １                                                    ． —６— 高中物理教科（选择性必修第二册）　第４３～４６期 书 （上接第３版） ２．一个圆形闭合线圈固定在垂直纸面的匀 强磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，如图２甲 所示．设垂直于纸面向里的磁感应强度方向为 正，垂直于纸面向外的磁感应强度方向为负．线 圈中顺时针方向的感应电流为正，逆时针方向 的感应电流为负．已知圆形线圈中感应电流ｉ随 时间变化的图像如图乙所示，则线圈所在处的 磁场的磁感应强度随时间变化的图像可能是下 列选项中的 （　　） ３．如图３所示，矩形线框 ａｂｃｄ处于磁感应强度为 Ｂ的 匀强磁场中，磁场方向与线框 平面垂直，线框 ａｂ长为２ｌ，ｂｃ 长为ｌ，ＭＮ为垂直于ａｂ并可在ａｂ和ｃｄ上自由滑 动的金属杆，且杆与 ａｂ和 ｃｄ接触良好，ａｂｃｄ和 ＭＮ上单位长度的电阻皆为ｒ．让ＭＮ从ａｄ处开 始以速度ｖ向右匀速滑动，设ＭＮ与ａｄ之间的距 离为ｘ（０≤ｘ≤２ｌ），则在整个过程中 （　　） Ａ．当ｘ＝０时，ＭＮ中电流最小 Ｂ．当ｘ＝ｌ时，ＭＮ中电流最小 Ｃ．ＭＮ中电流的最小值为２Ｂｖ５ｒ Ｄ．ＭＮ中电流的最大值为６Ｂｖ１１ｒ 二、填空题（共９分） ４．如图４所示，均匀金属环的 电阻为 Ｒ，其圆心为 Ｏ，半径为 Ｌ， 一金属杆ＯＡ，质量可忽略不计，电 阻为ｒ，可绕Ｏ点转动，Ａ端固定一 质量为ｍ的金属球ａ，球上有孔，套 在圆环上可无摩擦滑动，Ｏｂ为一固定导线（电 阻不计），整个装置放在与环平面垂直的匀强磁 场中，磁感应强度为Ｂ．现把金属杆ＯＡ从水平位 置由静止释放，运动到竖直位置时球ａ的速度为 ｖ，则 ＯＡ到竖直位置时产生的电动势为 ；此时 ＯＡ所受安培力的功率为 ；杆ＯＡ由水平位置转到竖直位置这段 时间内，电路中转化的内能为 ． 三、计算题（共１５分） ５．如图５所示，半径为ｒ的圆形导轨处在垂 直于圆平面的匀强磁场中，磁感应强度为 Ｂ，方 向垂直于纸面向里．一根长度略大于２ｒ的导线 ＭＮ以速度ｖ在圆导轨上无摩擦地自左端匀速滑 动到右端，电路的固定电阻为 Ｒ，其余电阻忽略 不计． （１）在滑动过程中通过电阻Ｒ的电流的平均值 是多少？ （２）当导线ＭＮ通过圆形导轨中心时，导线 ＭＮ所受安培力的大小是多少？ （３）如果导线ＭＮ的电阻为Ｒ０，当导线ＭＮ 通过圆形导轨中心时，电阻 Ｒ两端的电压是多 少                                                                                         ？ !"#$%&'() ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! 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" ! % '(" ( * $ % & '(" ( * $ & '(" ( * $ % & % '(" * ( $ % & ) * + , ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! + , - . * " / 0 ! & ! ! ! ! + / * 1 ! - 书 １．适用的研究对象不同 法拉第电磁感应定律公式Ｅ＝ｎΔΦ Δｔ 适用的 是一个闭合回路，即求的是整个回路的感应电 动势，整个回路的感应电动势为零时，回路中某 段导体的感应电动势不一定为零；而推导式 Ｅ ＝Ｂｌｖｓｉｎθ适用的是切割磁感线的导体，即求的 是回路中一部分导体切割磁感线时产生的感应 电动势． 例１．矩形线圈 ａｂｃｄ绕 ＯＭ 轴在匀强磁场中转动，如图１所 示，当线圈平面与磁感线垂直时 线圈的感应电动势是多少？ 解析：此题从整体看是ａｂｃｄ 闭合回路，但从部分看，是 ａｂ边和 ｃｄ边两个导 体，因此求解此题有两种思路： 思路１：以闭合回路为研究对象 当线圈平面与磁感线垂直时，穿过它的磁通 量Φ＝ＢＳ最大，Δｔ时间内ΔΦ趋向于０，故ΔΦΔｔ ＝ ０．故此时Ｅ＝０ 思路２：以切割导体为研究对象 当线圈平面与磁感线垂直时，ａｂ边和ｃｄ边 产生的感应电动势大小相等，方向相 反，如图２所示，所以合电动势为零． ２．方向的判断不同 运用公式 Ｅ＝ｎΔΦ Δｔ 时，一般用 楞次定律来判断方向；而运用推导式Ｅ＝Ｂｌｖｓｉｎ θ时，一般用右手定则来判断方向． ３．所求电动势的物理意义不同 Ｅ＝ｎΔΦ Δｔ 求的是Δｔ时间内的平均感应电 动势，Ｅ是某段时间或某个过程相对应的感应电 动势；推导式Ｅ＝Ｂｌｖｓｉｎθ求的是瞬间感应电动 势，Ｅ是与某个时刻或某个位置相对应的感应电 动势． 例２．如图３所示，半径 为ｒ的金属圆环，绕通过某直 径的轴 ＯＯ′以角速度 ω转 动，匀强磁场的磁感应强度 为 Ｂ．从金属圆环的平面与 磁场方向重合开始计时，则在转过３０°的过程 中，环中产生的感应电动势的平均值是多大？ 解析：金属圆环在转过３０°的过程中，磁通 量的变化量为： ΔΦ ＝ Φ２ －Φ１ ＝ ＢＳｓｉｎ３０°－０ ＝ １ ２Ｂπｒ ２ 又Δｔ＝θω ＝ π ６ ω ＝π６ω 所以Ｅ＝ΔΦ Δｔ ＝ １ ２Ｂπｒ ２ π ６ω ＝３Ｂωｒ２． 例３．如图４所示，粗细均匀 的电阻为 ｒ的金属环放在磁感 应强度为 Ｂ的垂直环面的匀强 磁场中，圆环直径为 ｄ，长为 ｄ、 电阻为 ｒ ２的金属棒ａｂ在中点处 与环相切，使ａｂ始终以垂直棒的速度 ｖ向左运 动，当达到圆环直径位置时，ａｂ棒两端的电势差 大小为多少？ 解析：ａｂ到达虚线所 示的的直径位置时，ａｂ切 割磁感线产生感应电动 势：Ｅ＝Ｂｄｖ 电路等效图如图 ５ 所示， Ｉ＝ ＥＲ总 ＝ Ｂｄｖｒ ４＋ ｒ ２ ＝４Ｂｄｖ３ｒ Ｕａｂ ＝Ｉ· ｒ ４ ＝ Ｂｄｖ ３． 书 一、模型解读 １．导电滑轨模型基本内容 在匀强磁场中，金属棒沿导电滑轨运动的 问题，要涉及磁场对电流的作用、法拉第电磁感 应定律、闭合电路欧姆定律等电学知识；要依据 物体的受力情况对加速度和速度进行动态分 析；还要对运动过程中能量进行深入分析．所以 凡是以导电滑轨为模型的题目都是综合性较强 的题目，既考查学生对基础知识的掌握情况又 考查学生处理综合问题的能力． （１）从导电滑轨的放置情况我们可以将导电 滑轨分为：水平面上的导电滑轨（如图１）、竖直平 面内的导电滑轨（如图２）、斜面上的导电滑轨（如 图３）三种类型； （２）从导电滑轨上导体棒的数目来分类可 以分为：单导体棒类（如图４）、双导体棒类（如 图５）； （３）从导电滑轨的宽度来分类可以分为：等 宽类导电滑轨（如图 ６）和不等宽类导电滑轨 （如图７）． ２．运用模型解题的基本规律 导电滑轨问题按不同的分类标准分成多种 类型，轨道放置的平面不同，影响的只是导体棒 的受力情况． 如果从处理方法来看，具体可以分为两类 问题，一类是一根导体棒滑动问题，另一类是两 根导体棒滑动问题．我们在分析一根导体棒滑 动问题时，往往以这根导体棒为研究对象，应用 牛顿运动定律、动能定理等求解；在分析两根棒 滑动问题时，除了单根棒分析与上面相同外，还 经常构成分流，希望考生在做题时加以注意． 二、典例精析 例 １．如图 １所示， ＭＮ、ＰＱ是两根足够长且 相距为Ｌ的固定平行金属 导轨，导轨平面与水平面 的夹角为θ，整个导轨平面内有磁感应强度为 Ｂ、垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场，在导轨 的Ｎ、Ｑ端连接有阻值为 Ｒ的电阻，另一根质量 为ｍ、垂直于导轨放置的金属棒 ａｂ从静止释放 后沿导轨下滑．求棒的最大速度． 解法１．动态分析法： 金属棒下滑后，速度ｖ增大→感应电动势Ｅ 增大→感应电流Ｉ增大→导体棒受安培力Ｆ安 增大→导体棒受合外力Ｆ合 减小→加速度ａ减 小→ ……，周而复始地循环 → 循环结束时 ａ＝０ Ｆ合 ＝０ ｖ { } 最大 ，可知金属棒ａｂ最终做匀速直线运动 终态时根据平衡条件，导体棒在斜面方向 上有ｍｇｓｉｎθ－Ｆ安 ＝０ 因Ｆ安 ＝ＢＩＬ，又Ｉ＝ Ｅ Ｒ＝ ＢＬｖｍ Ｒ ，可求得最大 速度 ｖｍ ＝ ｍｇＲｓｉｎθ Ｂ２Ｌ２ ． 解法２．一般位置分析法： 导体棒运动到任一个位置时，在斜面方向 上由牛顿第二定律可列方程ｍｇｓｉｎθ－Ｆ安 ＝ｍａ 而Ｆ安 ＝ＢＩＬ，又Ｉ＝ Ｅ Ｒ ＝ ＢＬｖ Ｒ，求得 ａ＝ｇｓｉｎθ－Ｂ ２Ｌ２ｖ ｍＲ 随着速度的增大，棒的加速度逐渐减小，当 加速度减小到零时、速度最大（设为ｖｍ），以后一 直做匀速直线运动． 即所受合外力为０，ｇｓｉｎθ－ Ｂ２Ｌ２ｖｍ ｍＲ ＝０，求 得最大速度ｖｍ ＝ ｍｇＲｓｉｎθ Ｂ２Ｌ２ ． 三、模型拓展 １．若磁场方向竖直向上， 如图２所示．则终态时感应电 动势为 Ｅ＝ＢＬｖｍｓｉｎ（９０°＋θ） ＝ＢＬｖｍｃｏｓθ 斜面方向上合外力为０，有 ｍｇｓｉｎθ－ＢＥＲ·Ｌｃｏｓθ＝０ 求得ｖｍ ＝ ｍｇＲｓｉｎθ Ｂ２Ｌ２ｃｏｓ２θ ． ２．如图３、４所示情况下导体棒的动态特征 和能量转化与本题相似． ３．原模型中若导体棒与导轨间动摩擦因数 为μ， 则终态时斜面方向上有 ｍｇｓｉｎθ－μｍｇｃｏｓθ－Ｆ安 ＝０ 求得ｖｍ ＝ ｍｇＲ（ｓｉｎθ－μｃｏｓθ） Ｂ２Ｌ２ ． ４．若将两平行金属导 轨（无论是否光滑）水平放 置且只给金属棒初速度，如 图５所示．则棒切割磁感线 运动，回路中产生感应电流，棒受到反方向的安 培力而做减速运动，其安培力减小、加速度减 小，当棒的速度减小到零时，加速度也减小到 零．即棒的终态是静止状态． 由此也可推得：导轨光滑时、棒的初动能全 部转化为感应电流的焦耳热．导轨不光滑时，棒 的初动能一部分转化为焦耳热，另一部分由于 摩擦转化为内能． ５．终态也可以为往复运动 如图６所示，固定的水 平光滑金属导轨，间距为 Ｌ，左端接有阻值为 Ｒ的电 阻，处在方向竖直向下、磁 感应强度为 Ｂ的匀强磁场 中，质量为ｍ的导体棒与固定弹簧相连，放在导 轨上，导轨与导体棒的电阻均可忽略．初始时 刻，弹簧恰处于自然长度，导体棒具有水平向右 的初速度ｖ０．在沿导轨往复运动的过程中，导体 棒始终与导轨垂直并保持良好接触． （１）求初始时刻导体棒受到的安培力； （２）若导体棒从初始时刻到速度第一次为 零时，弹簧的弹性势能为Ｅｐ，则这一过程中安培 力所做的功Ｗ１和电阻Ｒ上产生的焦耳热Ｑ１分 别为多少？ （３）导体棒往复运动，最终将静止于何处？ 从导体棒开始运动直到最终静止的过程中，电 阻Ｒ上产生的焦耳热Ｑ为多少？ 解析：（１）初始时刻棒中感应电动势 Ｅ＝ ＢＬｖ０ ① 棒中感应电流Ｉ＝ＥＲ ② 作用于棒上的安培力Ｆ＝ＢＩＬ ③ 联立①②③，得Ｆ＝ Ｂ２Ｌ２ｖ０ Ｒ ，安培力方向：水平 向左； （２）由功和能的关系，得安培力做功 Ｗ１ ＝Ｅｐ－ １ ２ｍｖ ２ ０ 电阻 Ｒ上产生的焦耳热等于它克服安培力 做的功 Ｑ１ ＝ １ ２ｍｖ ２ ０－Ｅｐ （３）由能量转化及平衡条件等，可判断棒最 终静止于初始位置，故Ｑ＝１２ｍｖ ２ ０．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线框所在平面垂直．规 定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度Ｂ随时 间变化的规律如图３所示．若规定顺时针方向为感 应电流的正方向，则图中正确的是 （　　） ５．物理课上，老师做 了一个奇妙的“跳环实 验”．如图４所示，她把一 个带铁芯的线圈Ｌ、开关Ｓ 和电源用导线连接起来 后，将一金属套环置于线圈 Ｌ上，且使铁芯穿过套 环．闭合开关Ｓ的瞬间，套环立刻跳起．某同学另找 来器材再探究此实验．他连接好电路，经重复试 验，线圈上的套环均未动．对比老师演示的实验， 下列四个选项中，导致套环未动的原因可能是 （　　） Ａ．线圈接在了直流电源上 Ｂ．电源电压过高 Ｃ．所选线圈的匝数过多 Ｄ．所用套环的材料与老师的不同 ６．如图５所示，ｘＯｙ坐标 系第一象限有垂直纸面向外 的匀强磁场，第三象限有垂 直纸面向里的匀强磁场，磁 感应强度大小均为 Ｂ，第二、 四象限内没有磁场．一个围 成四分之一圆弧形的导体环 Ｏａｂ，其圆心在原点 Ｏ，开始时导体环在第四象限，从ｔ＝０时刻起绕Ｏ 点在ｘＯｙ坐标平面内逆时针匀速转动．若以逆时针 方向的电流为正，下列表示环内感应电流ｉ随时间 ｔ变化的图象中，正确的是 （　　） ７．近场通信（ＮＦＣ）器件 依据电磁感应原理进行通 信，其内部装有类似于压扁 的线圈作为天线．如图 ６所 示，这种线圈从内到外逐渐 扩大，构成正方形．在这个正 方形ＮＦＣ线圈中，共有３圈，它们的边长分别为ａ、 ｂ、ｃ（ａ＞ｂ＞ｃ），若匀强磁场垂直穿过该线圈时， 磁感应强度随时间变化规律为Ｂ＝ｋｔ＋Ｂ０（ｋ为常 数）．则整个线圈产生的感应电动势最接近（　　） Ａ．３ａ２ｋ Ｂ．（ａ２＋ｂ２＋ｃ２）ｋ Ｃ．３（ａ２＋ｂ２＋ｃ２）ｋ Ｄ．（ａ＋ｂ＋ｃ）２ｋ 二、填空题（共６分） ８．如图７甲所示，两光滑水平导轨ＡＭ、ＢＮ放 置在同一水平面内，间距为０．５ｍ，导轨电阻不计． Ｍ、Ｎ之间连接一阻值为２Ω的灯泡 Ｌ．在虚线 ＣＤ 右侧区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，ＣＭ ＝ ＤＮ＝１ｍ，磁场的磁感应强度Ｂ随时间ｔ的变化图 线如图５乙所示．在ｔ＝０时，一阻值不计的金属棒 在恒力Ｆ作用下由静止开始从图示位置沿导轨向 右运动，在金属棒到达 ＭＮ之前的过程中，小灯泡 的亮度始终不变，则 Ｆ的大小为 Ｎ，金属棒 的质量为 ｋｇ． 三、计算题（本题共２小题，共２４分） ９．（１２分）如图８所示，水平放置的平行金属 导轨相距ｌ＝０．５０ｍ，左端接一电阻Ｒ＝０．２０Ω， 磁感应强度Ｂ＝０．４０Ｔ的匀强磁场，方向垂直于 导轨平面．导体棒ａｂ垂直放在导轨上，并能无摩擦 地沿导轨滑动，导轨和导体棒的电阻均可忽略不 计，当ａｂ以ｖ＝４．０ｍ／ｓ的速度水平向右匀速滑动 时，求： （１）ａｂ棒中感应电动势的大小； （２）回路中感应电流的大小； （３）ａｂ棒中哪端电势高； （４）维持ａｂ棒做匀速运动的水平外力Ｆ的大小． １０．（１２分）如图９甲所示，不计电阻的平行金 属导轨与水平面成３７°夹角放置，导轨间距为ｌ＝１ ｍ，上端接有电阻Ｒ＝３Ω，虚线ＯＯ′下方是垂直于 导轨平面的匀强磁场．现将质量ｍ＝０．１ｋｇ、有效 电阻ｒ＝１Ω的金属杆ａｂ从ＯＯ′上方某处垂直于 导轨由静止释放，杆下滑过程中始终与导轨垂直 并保持良好接触，杆下滑过程中的 ｖ－ｔ图像如图 乙所示．ｇ取１０ｍ／ｓ２，ｓｉｎ３７°＝０．６．求： （１）磁感应强度Ｂ； （２）杆在磁场中下滑０．１ｓ过程中电阻Ｒ产生 的热量． Ｂ组 一、选择题（本题共３小题，每题６分，共１８分） １．如图１所示 ，一导 线弯成半径为 ａ的半圆形 闭合回路．虚线ＭＮ右侧有 磁感应强度为 Ｂ的匀强磁 场，方向垂直于回路所在 的平面．回路以速度ｖ向右 匀速进入磁场，直径ＣＤ始终与ＭＮ垂直．从Ｄ点到 达边界开始到Ｃ点进入磁场为止，下列结论正确的 是 （　　） Ａ．感应电流方向不变 Ｂ．ＣＤ段直线始终不受安培力 Ｃ．感应电动势最大值Ｅ＝２Ｂａｖ Ｄ．感应电动势的平均值Ｅ＝１４πＢａｖ （下转第４版                                                                                                                                                                     ） 书 第４２期２版参考答案 素养专练１ １．Ａ　２．Ｃ　３．ＡＤ　４．Ａ　５．Ａ 素养专练２ １．Ｂ　２．Ｂ　３．Ｃ　４．ＢＣＤ ５．Ｍ→Ｎ　Ｎ→Ｍ 素养专练３ １．Ａ　２．Ｂ　３．Ｃ　４．ＡＢＣ 第４２期３版参考答案 Ａ组 １．Ｄ　２．Ｄ　３．Ｃ　４．Ｄ　５．Ｄ　６．Ｂ　７．Ｃ ８．逆时针　向下　收缩 ９．解析：（１）根据右手螺旋 定则，线圈Ａ中的磁感线穿过线 圈Ｂ的方向如图（ｂ）中的实线所 示，电路接通瞬间，线圈 Ｂ中的 磁场增强，磁通量也增大；根据楞次定律，线圈 Ｂ中感应电 流的磁场方向应该与原磁场方向相反，即如图（ｂ）中的虚 线所示；再用右手螺旋定则判断感应电流的方向便可确定 流过灵敏电流计的电流方向是Ｄ→Ｃ． （２）当Ｓ接通时，中间线圈产生从右向左的磁场，根据 楞次定律和安培定则，则线圈 Ａ中感应电流从右向左流过 电流计，同理Ｂ中感应电流也从右向左流过电流计． 当Ｓ断开时，从右向左的磁场突然减小，根据楞次定律 和安培定则，则线圈Ａ中感应电流从左向右流过电流计，同 理Ｂ中感应电流也从左向右流过电流计． １０．解析：（１）该闭合电路是指 ＥＦＣＤ回路；当导体棒 ＣＤ向右运动时，穿过闭合回路的磁通量向里增加，根据楞 次定律，感应电流磁场向外，根据右手定则可知感应电流为 逆时针方向； （２）如图所示，根据楞次定律，仅当磁场方向反向时， 导体棒ＣＤ中感应电流的方向反向，即顺时针方向；仅当导 体棒ＣＤ的运动方向反向时，电流方向也反向，即顺时针方 向；当磁场方向和导体棒的运动方向都反向时，感应电流方 向不变，仍为逆时针方向； （３）伸开右手，使磁感线从掌心进入，大拇指指导体棒 运动的方向，则四指指向感应电流方向． Ｂ组 １．ＢＤ　２．ＡＤ　３．ＡＤ ４．（１）向左偏转；（２）逆时针　收缩 ５．解析：（１）①线框进入磁场阶段：ｔ为０～ ｌｖ，线框进 入磁场中的面积与时间成正比，Ｓ＝ｌｖｔ，最后为Φ ＝ＢＳ＝ Ｂｌ２． ②线框在磁场中运动阶段：ｔ为 ｌｖ ～ Ｌ ｖ，线框磁通量 为Φ ＝Ｂｌ２，保持不变． ③线框离开磁场阶段：ｔ为 Ｌｖ～ Ｌ＋ｌ ｖ，线框磁通量线性减小，最后为 零，磁通量随时间变化的图像如图所 示． （２）根据右手定则可知，ｃｄ边上的电流方向为ｃ到ｄ； （３）根据左手定则或楞次定律知，ｃｄ边在进出磁场过 程中受到的安培力方向均为向左． 书 ４．法拉第电磁感应定律 １．（多选）如图１所示，闭合金属导线框放置 在竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度的 大小随时间变化而变化．下列说法中正确的是 （　　） Ａ．当磁感应强度增大时，线框中的感应电流可 能减小 Ｂ．当磁感应强度增大时，线框中的感应电流一 定增大 Ｃ．当磁感应强度减小时，线框中的感应电流一 定增大 Ｄ．当磁感应强度减小时，线框中的感应电流可 能不变 ２．（多选）如图２所示，空间存在两个磁场，磁 感应强度大小均为 Ｂ，方向相反且垂直于纸面， ＭＮ、ＰＱ为其边界，ＯＯ′为其对称轴．一导线折成边 长为ｌ的正方形闭合回路ａｂｃｄ，回路在纸面内以恒 定速度ｖ０向右运动，当运动到关于 ＯＯ′对称的位 置时 （　　） Ａ．穿过回路的磁通量为零 Ｂ．回路中感应电动势的大小为２Ｂｌｖ０ Ｃ．回路中感应电流为零 Ｄ．回路中ａｂ边与ｃｄ边所受安培力方向相同 ３．在匀强磁场中，ａ、ｂ是两条 平行金属导轨，而 ｃ、ｄ为串有电流 表、电压表的两金属棒，如图３所 示，两棒以相同的速度向右匀速运 动，则以下结论正确的是 （　　） Ａ．电压表有读数，电流表没有读数 Ｂ．电压表有读数，电流表也有读数 Ｃ．电压表无读数，电流表有读数 Ｄ．电压表无读数，电流表也无读数 ４．如图４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，在 外力作用下向右做匀加速直 线运动穿过磁场，则下列判 断正确的是 （　　） Ａ．导线框进入磁场时， 感应电流随时间均匀增大 Ｂ．导线框离开磁场时，感应电流方向为ａ→ｄ →ｃ→ｂ→ａ Ｃ．导线框进入磁场时，受到的安培力方向水 平向右 Ｄ．导线框离开磁场时，受到的安培力恒定 不变 ５．如图５所示，正方形线圈位 于纸面内，边长为 Ｌ，匝数为 Ｎ，电 阻为Ｒ，过ａｂ中点和ｃｄ中点的连 线ＯＯ′恰好位于垂直于纸面向里 的匀强磁场的右边界上，磁感应 强度为Ｂ，当线圈在图示位置转过９０°时，则穿过 线圈某横截面的总电量为 （　　） Ａ．ＢＬ２ Ｂ．ＮＢＬ２ Ｃ．ＢＬ ２ ２Ｒ Ｄ． ＮＢＬ２ ２                                                                 Ｒ ５．导线切割磁感线 产生的感应电动势 １．如图１甲、乙、丙、丁所示的四种情况中，金 属导体中产生的感应电动势为Ｂｌｖ的是 （　　） Ａ．乙和丁 Ｂ．甲、乙、丁 Ｃ．甲、乙、丙、丁 Ｄ．只有乙 ２．如图２所示，在竖直向下 的匀强磁场中，将一个水平放置 的金属棒 ａｂ以水平初速度 ｖ０抛 出，设运动的整个过程中棒的方 向不变且不计空气阻力，则金属 棒在运动过程中产生的感应电动势大小将（　　） Ａ．越来越大 Ｂ．越来越小 Ｃ．保持不变 Ｄ．无法确定 ３．如图３所示，“凹”字形金属线框右侧有一 宽度为３Ｌ的匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面 向里．线框在纸面内向右匀速 通过磁场区域，ｔ＝０时，线框 开始进入磁场．设逆时针方向 为感应电流的正方向，则线框 中感应电流ｉ随时间ｔ变化的 图像可能正确的是 （　　） ４．如图４所示，半径为ｒ的金属圆盘在垂直于 盘面的匀强磁场Ｂ中，绕Ｏ轴以角速度ω沿逆时针 方向匀速转动，则通过电阻Ｒ 的电流的方向和大小是（金属 圆盘的电阻不计） （　　） Ａ．由ｃ到ｄ，Ｉ＝Ｂｒ ２ω Ｒ Ｂ．由ｄ到ｃ，Ｉ＝Ｂｒ ２ω Ｒ Ｃ．由ｃ到ｄ，Ｉ＝Ｂｒ ２ω ２Ｒ Ｄ．由ｄ到ｃ，Ｉ＝Ｂｒ ２ω ２Ｒ ５．如图５所示，用粗细相同 的铜丝做成边长分别为ｌ和２ｌ的 两只闭合线框ａ和ｂ，以相同的速 度从磁感应强度为Ｂ的匀强磁场 区域中匀速地拉到磁场外，不考 虑线框的重力，若闭合线框的电流分别为 Ｉａ、Ｉｂ，则 Ｉａ∶Ｉｂ为 （　　） Ａ．１∶４ Ｂ．１∶２ Ｃ．１∶１ Ｄ．不能确定 ６．如图６所示，一金属弯杆 处在磁感应强度大小为Ｂ、方向 垂直纸面向里的匀强磁场中，已 知ａｂ＝ｂｃ＝Ｌ，当它以速度ｖ向 右平动时，ａ、ｃ两点间的电势差为 （　　） Ａ．ＢＬｖ Ｂ．ＢＬｖｓｉｎθ Ｃ．ＢＬｖｃｏｓθ Ｄ．ＢＬｖ（１＋ｓｉｎθ                                                               ） ! !"#$% !"#&' " ! 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