第二章 电磁感应 章末综合提升-【名师导航】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册教师用书word（人教版）江苏专用

该高中物理电磁感应单元复习讲义通过对比表格系统梳理了右手定则、左手定则等规律的适用现象及因果关系，用框架图呈现法拉第电磁感应定律公式的区别联系，以步骤分解图展示力电综合问题的分析流程，清晰呈现重难点知识的内在逻辑。 讲义亮点在于典例分层设计，如典例3结合牛顿运动定律与能量守恒解决导体棒运动问题，培养科学推理和模型建构素养。方法指导中“等效电路画法”“楞次定律应用口诀”帮助学生突破难点，章末综合测评涵盖选择、计算等题型，基础题巩固概念，综合题提升能力，支持教师精准教学和学生自主复习。

主题1　右手定则、左手定则、安培定则和楞次定律 1．适用于不同现象(“左”判“力”，“右”判“电”，安培定则“磁感线”) 安培定则适用于运动电荷或电流产生的磁场；左手定则判定磁场对运动电荷或通电导线作用力的方向；右手定则判定部分导体切割磁感线产生的感应电流的方向；楞次定律判断电磁感应中感应电动势和感应电流的方向。 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，而结果是有电，即“因动而电”。 【典例1】　如图所示，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路。将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态。下列说法正确的是(　　) A．开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动 B．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向 C．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向 D．开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动 D　[根据安培定则，开关闭合时铁芯上产生水平向右的磁场。开关闭合后的瞬间，根据楞次定律，直导线上将产生由南向北的电流，根据安培定则，直导线上方的磁场垂直纸面向里，故小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动，A错。开关闭合并保持一段时间后，直导线上没有感应电流，故小磁针的N极指北，B、C错。开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，根据楞次定律，直导线上将产生由北向南的电流，这时直导线上方的磁场垂直纸面向外，故小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动，D对。] 　开关闭合断开瞬间，由于电磁感应现象产生感应电流的磁场；开关闭合一段时间后无感应电流，小磁针在地磁场的作用下，沿南北指向。 主题2　法拉第电磁感应定律的理解与应用 公式E＝n与E＝Blv sin θ的区别和联系 (1)区别：一般来说，E＝n求出的是Δt时间内的平均感应电动势，E与某段时间或某个过程相对应；E＝Blv sin θ(θ为导体运动方向与磁感线间的夹角)求出的是瞬时感应电动势，E与某个时刻或某个位置相对应。另外E＝n求得的电动势是整个回路的感应电动势，而不是回路中某部分导体的感应电动势，整个回路的感应电动势为零时，其回路中某段导体两端的感应电动势不一定为零。 (2)联系：E＝n和E＝Blv sin θ是统一的，当Δt→0时，则E为瞬时感应电动势。只是由于高中数学知识所限，我们目前还不能这样求瞬时感应电动势。若v代表平均速度，则求出的E为平均感应电动势，即E＝Blv sin θ，此式中的lv sin θ＝，所以E＝Blv sin θ＝B＝。 【典例2】　把总电阻为2R的均匀电阻丝焊接成一半径为a的圆环，水平固定在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，如图所示，一长度为2a、电阻等于R、粗细均匀的金属棒MN放在圆环上，它与圆环始终保持良好的接触。当金属棒以恒定速度v向右移动经过环心O时，求： (1)金属棒上电流的大小和方向及金属棒两端的电压UMN； (2)在圆环和金属棒上消耗的总热功率。 [解析]　(1)把切割磁感线的金属棒看成一个内阻为R，电动势为E的电源，两个半圆环看成两个并联电阻，画出等效电路如图所示。 等效电源电动势E＝Blv＝2Bav， 外电路的总电阻R外＝＝， 由闭合电路欧姆定律得电流大小I＝＝＝，金属棒上电流方向从N到M，路端电压为UMN＝IR外＝。 (2)总热功率为P＝EI＝。 [答案]　(1)　从N到M　　(2) 　(1)明确电路结构，分清内、外电路，画出等效电路图。 (2)如果是磁场变化，由E＝n计算；如果是导体切割磁感线，由E＝Blv计算。 (3)金属棒MN切割磁感线产生感应电动势等于电源电动势，不是金属棒两端的路端电压U。 主题3　电磁感应中力电综合问题 1．安培力做功及对应的能量转化关系 (1)电动机模型：如图甲所示，回路通电后导体棒中存在电流，受到安培力的作用而向右运动。通过安培力做功，电能转化为导体棒的机械能。 甲　　　　　　　　乙 (2)发电机模型：如图乙所示，导体棒因向右运动而产生感应电流，受到安培力的阻碍作用。通过克服安培力做功，机械能转化为回路的电能。 综上所述，安培力做功是电能和其他形式的能之间相互转化的桥梁。 2．分析电磁感应中力电综合问题的基本步骤 (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，搞清电路结构，确定电流，求出回路中电阻消耗电功率的表达式。 (3)分析导体受力及各力做功情况，用牛顿运动定律、动能定理或能量守恒定律，列方程求解。 【典例3】　如图所示装置由水平轨道、倾角θ＝37°的倾斜轨道连接而成，轨道所在空间存在磁感应强度大小为B＝1 T、方向竖直向上的匀强磁场。质量m＝0.035 kg、长度L＝0.1 m、电阻R＝0.025 Ω的导体棒ab置于倾斜轨道上，刚好不下滑；质量、长度、电阻与棒ab相同的光滑导体棒cd置于水平轨道上，用F＝2.0 N的恒力拉棒cd，使之在水平轨道上从静止向右运动。棒ab、cd与导轨垂直，且两端与导轨保持良好接触，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2。 (1)求棒ab与导轨间的动摩擦因数μ； (2)求当棒ab刚要向上滑动时cd棒速度v的大小； (3)若从cd棒刚开始运动到ab棒刚要上滑的过程中，cd棒在水平轨道上移动的距离x＝0.55 m，求此过程中ab棒上产生的热量Q和此过程中cd棒的运动时间。 [解析]　(1)当ab刚好不下滑时，静摩擦力沿导轨向上达到最大，由平衡条件得 mg sin 37°＝μmg cos 37°， 则μ＝tan 37°＝0.75。 (2)设ab刚好要上滑时，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斜面向下，由平衡条件有F安cos 37°＝mg sin 37°＋μ(mg cos 37°＋F安sin 37°)， F安＝， 代入数据解得v＝6.0 m/s。 (3)设cd棒的运动过程中电路中产生的总热量为Q总，则有Q总＝2Q， 由能量守恒定律有Fx－2Q＝mv2， 解得Q＝Fx－mv2， 代入数据得Q＝0.235 J， 根据动量定理可知FΔt－BL·Δt＝mv－0， 且·Δt＝q＝， 联立解得Δt＝0.16 s。 [答案]　(1)0.75　(2)6.0 m/s　(3)0.235 J　0.16 s 　导体棒ab刚要上滑时安培力沿轨道斜向上的分力与重力下滑分力和最大静摩擦力大小之和相等。 章末综合测评(二)　电磁感应 一、单项选择题 1．关于感应电流的产生及方向，下列描述正确的是(　　) B　[导体ab向右切割磁感线时，磁场的方向向下，由右手定则可知，导线中将产生沿adcba方向的感应电流，A错误；磁铁通过题图所示位置向下插时，线圈内磁场的方向向下且磁场增强，根据楞次定律可知，螺线管中产生向上的磁场，根据安培定则可知导线中将产生沿ba方向的感应电流，B正确；闭合电路稳定后穿过线圈的磁通量的变化量为0，根据感应电流产生的条件可知，电路中没有感应电流，所以G表示数为零，C错误；通有恒定电流的长直导线和闭合线圈在同一竖直面内，线圈向上平移时，穿过线圈的磁通量保持不变，磁通量变化量为0，所以线圈中不产生感应电流，D错误。] 2．如图所示，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U形金属导轨，导轨平面与磁场垂直。金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS，一圆环形金属线框T位于回路围成的区域内，线框与导轨共面。现让金属杆PQ突然向右运动，在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是(　　) A．回路PQRS中沿顺时针方向，T中沿逆时针方向 B．回路PQRS中沿顺时针方向，T中沿顺时针方向 C．回路PQRS中沿逆时针方向，T中沿逆时针方向 D．回路PQRS中沿逆时针方向，T中沿顺时针方向 D　[金属杆PQ向右切割磁感线，根据右手定则可知回路PQRS中产生沿逆时针方向的感应电流；T中原来的磁场方向垂直于纸面向里，回路中的感应电流产生的磁场方向垂直于纸面向外，使得穿过T的磁通量减小，根据楞次定律和安培定则可知T中产生沿顺时针方向的感应电流，综上所述，可知选项D正确。] 3．如图所示，插有铁芯的线圈(电阻不能忽略)直立在水平桌面上，铁芯上套一铝环，线圈与电源、开关相连。用该装置可以完成一个奇妙的“跳环实验”，下列说法正确的是(　　) A．闭合开关的瞬间，铝环中会产生感应电流，铝环不会跳起 B．闭合开关的瞬间，铝环中不会产生感应电流，铝环会跳起 C．断开开关的瞬间，铝环中会产生感应电流，铝环不会跳起 D．断开开关的瞬间，铝环中不会产生感应电流，铝环会跳起 C　[闭合开关的瞬间，通过铝环的磁通量从无到有，知在铝环上产生感应电流，感应电流引起的效果要阻碍磁通量的变化(即增加)，所以铝环向上跳起。断开的瞬间，在铝环上也有感应电流，但不会跳起，因为此时线圈的电流为零，与铝环间没有作用力，所以不会跳起，故C正确，A、B、D错误。] 4．如图所示，将电阻R、电容器C和一线圈连成闭合回路，条形磁铁静止于线圈的正上方，S极朝下。现使磁铁开始自由下落，在S极接近线圈上端的过程中，下列说法正确的是(　　) A．线圈与条形磁铁之间产生了相互吸引的作用力 B．电阻R中没有感应电流流过 C．电阻R中的感应电流方向为从a到b D．电容器C的下极板将带正电 D　[当磁铁S极向下运动时，导致向上穿过线圈的磁通量增大，由楞次定律可得，感应磁场方向与原来磁场方向相反，再由安培定则可得感应电流方向沿线圈盘旋而下，由于线圈相当于电源，线圈下端相当于电源正极，则流过R的电流方向是从b到a，对电容器充电，下极板带正电，故D正确，B、C错误；磁铁下落过程中，根据楞次定律：“来拒去留”，线圈与条形磁铁之间产生了相互排斥力，故A错误。] 5．如图所示，已知某螺线管的匝数n＝100匝，横截面积S＝0.2 m2，穿过螺线管的匀强磁场的磁感应强度均匀增大，其变化率＝8.0×10-2 T/s，则下列说法正确的是(　　) A．螺线管中无感应电动势产生 B．螺线管中产生的感应电动势大小保持不变，为1.6 V C．螺线管中产生的感应电动势均匀增大，每秒增加1.6 V D．螺线管中产生的感应电动势均匀减小，每秒减小1.6 V B　[因穿过螺线管的磁通量发生变化，则螺线管中产生了感应电动势，因磁通量的变化率恒定，则感应电动势大小保持不变，为E＝n＝nS＝100×8.0×10-2×0.2 V＝1.6 V，故选B。] 6．穿过闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图像分别如图甲、乙、丙、丁所示，下列关于回路中产生的感应电动势的论述，正确的是(　　) 甲　　　　　　　　乙 丙　　　　　　　　丁 A．图甲中回路产生的感应电动势恒定不变 B．图乙中回路产生的感应电动势一直在变大 C．图丙中回路在0～t0时间内产生的感应电动势大于t0～2t0时间内产生的感应电动势 D．图丁中回路产生的感应电动势可能恒定不变 C　[根据法拉第电磁感应定律我们知道感应电动势与磁通量的变化率成正比，即E＝n，结合数学知识我们知道：穿过闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图像的斜率k＝。题图甲中磁通量Φ不变，无感应电动势，故A错误；题图乙中磁通量Φ随时间t均匀增大，图像的斜率k不变，也就是说产生的感应电动势不变，故B错误；题图丙中回路在0～t0时间内磁通量Φ随时间t变化的图像的斜率为k1，在t0～2t0时间内磁通量Φ随时间t变化的图像的斜率为k2，从图像中发现：k1大于k2的绝对值，所以在0～t0时间内产生的感应电动势大于t0～2t0时间内产生的感应电动势，故C正确；题图丁中磁通量Φ随时间t变化的图像的斜率先变小后变大，所以感应电动势先变小后变大，故D错误。] 7．如图所示，导体轨道OPQS固定，其中PQS是半圆弧，Q为半圆弧的中点，O为圆心。轨道的电阻忽略不计。OM是有一定电阻、可绕O转动的金属杆，M端位于PQS上，OM与轨道接触良好。空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B。现使OM从OQ位置以恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定(过程Ⅰ)；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B′(过程Ⅱ)。在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM的电荷量相等，则等于(　　) A．　　　B．　　　C．　　　D．2 B　[设OM的电阻为R，圆的半径为l，过程Ⅰ：OM转动的过程中产生的平均感应电动势大小为E1＝＝＝＝，流过OM的电流为I1＝＝，则流过OM的电荷量为q1＝＝；过程Ⅱ：磁场的磁感应强度大小均匀增加，则该过程中产生的平均感应电动势大小为E2＝＝＝，电路中的电流为I2＝＝，则流过OM的电荷量为q2＝I2·Δt2＝；由题意知q1＝q2，则解得＝，B正确，A、C、D错误。] 8．如图所示，在同一水平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域宽度均为l，磁感应强度大小相等、方向交替向上向下。一边长为l的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动。线框中感应电流i随时间t变化的正确图线可能是 (　　) A　　　　　　B C　　　　 　D D　[设线框运动的速度为v，则线框向左匀速运动第一个的时间内，线框切割磁感线运动产生的电动势为E＝2Blv，电流i＝，回路中电流方向为顺时针；第二个的时间内，线框切割磁感线运动产生的电动势为零，电流为零；第三个的时间内，线框切割磁感线运动产生的电动势为E＝2Blv，电流i＝，回路中电流方向为逆时针，所以D正确。] 9．(源自鲁科版教材)如图所示，蹄形磁铁和矩形线圈均可绕竖直轴线OO′转动，若线圈和转轴之间的摩擦不能忽略，当外力使磁铁逆时针(从上向下看)匀速转动时，则下列说法错误的是(　　) A．线圈将逆时针匀速转动，转速与磁铁相同 B．线圈将逆时针匀速转动，转速一定比磁铁转速小 C．从图示位置磁铁开始转动时，线圈中的感应电流的方向是abcda D．在磁铁不断转动的过程中，线圈中感应电流的方向一定会发生改变 A　[根据楞次定律可知，为阻碍磁通量增加，则导致线圈与磁铁转动方向相同，但快慢不一，线圈的转速一定比磁铁转速小，故A错误，B正确；从图示位置磁铁开始转动时，线圈abcd中穿向纸面向里的磁通量增大，产生感应电流方向abcda，故C正确；在磁铁不断转动的过程中，导致线圈abcd中磁通量一会儿正向穿过增大或减小，一会儿反向穿过增大或减小，所以感应电流的方向一定会发生改变，故D正确。] 10．如图所示是研究自感现象的电路，L为自感系数足够大的线圈，R为定值电阻，A1、A2为两个完全相同灯泡，则下列说法不正确的是(　　) A．闭合开关时，若电源E有内阻，灯泡A2将立即变亮，然后稍变暗些，最后稳定 B．闭合开关时，若电源E无内阻，灯泡A2将立即变亮，然后稳定 C．闭合开关时，无论电源E是否有内阻，灯泡A1将逐渐变亮最后稳定 D．开关断开时，若线圈直流电阻等于定值电阻，则灯泡A2会闪亮一下，然后逐渐熄灭 D　[闭合开关时，若电源E有内阻，灯泡A2将立即变亮，因为电感线圈的感抗逐渐减小，故外电阻减小，干路电流增大，根据U＝E－Ir可知，路端电压变小，灯泡A2和电阻R支路电压变小，电流变小，灯泡A2逐渐变暗，当电路稳定后，电感线圈无感抗，此时灯泡A2亮度稳定，故A正确；闭合开关时，若电源E无内阻，路端电压是电动势不变，故灯泡A2将立即变亮，然后稳定，故B正确；闭合开关时，无论电源E是否有内阻，由于电感线圈阻碍电流变化的作用，都会导致灯泡A1将逐渐变亮最后稳定，故C正确；若线圈直流电阻等于定值电阻，两支路电流相同，开关断开时，电流均从原来大小的电流开始减小，故灯泡A2不会闪亮一下，故D错误。] 11．如图甲所示，两平行金属导轨水平固定在竖直方向的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，t＝0时刻，磁感应强度的方向竖直向下，导体棒ab垂直导轨放置，且与导轨接触良好，除电阻R外，其余电阻不计。若导体棒始终保持静止，则在0～4 s时间内，流过导体棒ab的电流i及其所受的静摩擦力f随时间t变化的图像可能正确的是(规定a→b的方向为电流的正方向，向左的方向为静摩擦力的正方向)(　　) 甲　　　　　　　乙 A　　　　　　　　B C　　　　　　　　D C　[根据法拉第电磁感应定律E＝S，0～2 s内，磁感应强度的变化率恒定，感应电动势大小恒定，由闭合电路欧姆定律知感应电流大小恒定，同理2～4 s内，磁感应强度的变化率恒定，感应电动势大小恒定，根据楞次定律0～2 s内通过导体棒的电流为a→b，方向沿正方向，2～4 s内通过导体棒的电流为b→a，方向沿负方向，故A、B错误；0～1 s内，根据左手定则，受到的安培力向右，导体棒始终静止，受到向左的静摩擦力，由f＝BIl可知静摩擦力与磁感应强度B成正比，f随B的均匀减小而减小，1～2 s内，磁场方向向上，根据左手定则，受到的安培力水平向左，导体棒始终静止，受到向右的静摩擦力，由f＝BIl可知静摩擦力与磁感应强度成正比，f随B的均匀增大而增大，2～4 s同理分析，故C正确，D错误。] 二、非选择题：本题共5小题，其中第13题～16题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。 12．(1)在“研究电磁感应现象”的实验中：为了研究感应电流的方向，图中滑动变阻器和电源的连线已经画出，请将图中实物连成实验所需电路图。 (2)线圈A放在B中不动，在突然闭合开关时，B线圈中产生的感应电流方向与A线圈中的电流方向________(选填“相同”“相反”或“无电流”)。 (3)连接好实验线路后，闭合开关，发现电流表的指针向左偏，则在闭合开关后，把螺线管A插入螺线管B的过程中，电流表的指针将向________(选填“向左”“向右”或“不”)偏转。 (4)闭合开关后，线圈A放在B中不动，在滑动变阻器的滑片向右滑动的过程中，电流表指针将向________(选填“向左”“向右”或“不”)偏转。 [解析]　(1)连接电路如图所示。 (2)突然闭合开关时，A线圈中的磁通量增大，根据楞次定律可知B线圈中感应电流产生的磁场应阻碍A线圈中磁通量的增大，所以B线圈中产生的感应电流方向与A线圈中的电流方向相反。 (3)闭合开关，B线圈中磁通量增大，电流表指针向左偏转，把螺线管A插入螺线管B的过程中，磁通量增大，所以电流表指针向左偏转。 (4)线圈A放在B中不动，在滑动变阻器的滑片向右滑动的过程中，电流减小，线圈B中磁通量减小，电流表指针向右偏转。 [答案]　(1)见解析图　(2)相反　(3)向左　(4)向右 13．如图甲所示，一个圆形线圈匝数n＝1 000匝、面积S＝2×10-2 m2、电阻r＝1 Ω。在线圈外接一阻值R＝4 Ω的电阻。把线圈放入一个匀强磁场中，磁场方向垂直线圈平面向里，磁场的磁感应强度B随时间变化规律如图乙所示。求： (1)0～4 s内，回路中的感应电动势大小； (2)t＝5 s时，电阻R两端的电压U。 [解析]　(1)根据法拉第电磁感应定律得，0～4 s内，回路中的感应电动势大小 E＝n＝1 000× V＝1 V。 (2)在t＝5 s时，线圈的感应电动势大小 E′＝n＝1 000× V＝4 V 根据闭合电路欧姆定律得，回路中的电流大小 I＝＝ A＝0.8 A 故电阻R两端的电压U＝IR＝0.8×4 V＝3.2 V。 [答案]　(1)1 V　(2)3.2 V 14．如图所示，一个正方形线圈边长a＝0.5 m，总电阻为R＝2 Ω，当线圈以v＝4 m/s的速度匀速通过磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场区域时，线圈平面总保持与磁场垂直。若磁场的宽度b>a，求： (1)线圈进入磁场过程中感应电流的大小和方向； (2)线圈进入磁场瞬间，线框CD边两端的电压UCD； (3)线框在穿过整个磁场过程中释放的焦耳热Q。 [解析]　(1)由法拉第电磁感应定律：E＝Bav＝1 V， I＝＝0.5 A， 根据右手定则判断，电流为逆时针方向。 (2)根据欧姆定律可知UCD＝I×R＝0.75 V。 (3)由焦耳定律可列式：Q＝I2Rt，t＝， 解得：Q＝0.125 J。 [答案]　(1)0.5 A，逆时针方向　(2)0.75 V　(3)0.125 J 15．如图1所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在水平面上，导轨间距L＝0.3 m，导轨电阻忽略不计，其间连接有R＝0.8 Ω的固定电阻。导轨上放一质量m＝0.1 kg、电阻r＝0.4 Ω的金属杆ab，整个装置处于垂直导轨平面向下B＝0.5 T的匀强磁场中。现用水平向右的外力F拉金属杆ab，使之由静止开始向右运动，电压传感器(流过它的电流可忽略)可将R两端的电压U即时采集并输入电脑，获得的电压U随时间t变化的关系如图2所示。 (1)t＝4.0 s时，求通过金属杆ab的感应电流的大小和方向； (2)写出金属杆ab的速度v与时间t的关系式； (3)求4.0 s内通过电阻R的电荷量； (4)若4.0 s内外力F做了2.7 J的功，求4.0 s内电阻R中产生的电热。 图1　　　　　　　图2 [解析]　(1)由右手定则可得金属杆ab的电流方向由b流向a， 当t＝4.0 s时，U＝0.6 V，由欧姆定律得通过金属杆ab的感应电流I＝＝ A＝0.75 A。 (2)根据闭合电路欧姆定律得E＝I(R＋r)， 金属杆ab产生的感应电动势E＝BLv， 由欧姆定律得U＝IR＝， 由题图乙得U＝kt＝0.15t(V)， 联立得v＝t， 代入数据解得v＝1.5t(m/s)。 (3)t＝4 s金属杆的速度为v＝6 m/s，金属杆在4 s内的位移为x＝t＝×4 m＝12 m， 4.0 s内通过电阻R的电荷量q＝t＝＝， 代入数据解得q＝1.5 C。 (4)根据动能定理得WF－W安＝mv2－0， 又整个回路产生的电热Q＝W安， 4．0 s内电阻R中产生的电热QR＝Q， 解得QR＝0.6 J。 [答案]　(1)0.75 A　方向由b流向a　(2)v＝1.5t(m/s)　(3)1.5 C　(4)0.6 J 16．如图所示，固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，垂直于导轨放置的两根金属棒MN和PQ长度也为l、电阻均为R，两棒与导轨始终接触良好。MN两端通过开关S与电阻为R的单匝金属线圈相连，线圈内存在竖直向下均匀增加的磁场。图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。PQ的质量为m，金属导轨足够长，电阻忽略不计。 (1)闭合S，若使PQ保持静止，需在其上加大小为F的水平恒力，请指出力F的方向并求出单匝金属线圈里磁通量的变化率； (2)断开S，PQ在上述恒力F的作用下，由静止开始到速度大小为v的加速过程中流过PQ的电荷量为q，求该过程中金属棒PQ上产生的热量。 [解析]　(1)设线圈中产生的感应电动势为E，根据法拉第电磁感应定律可得E＝， 设PQ与MN并联的电阻为R并，有：R并＝R， 闭合S后，设线圈中的电流为I，方向为逆时针方向，根据闭合电路的欧姆定律可得： I＝， 设PQ中的电流为IPQ，Q到P，则IPQ＝I， 设PQ受到的安培力为F安，方向向左，有：F安＝BIPQl， 保持PQ静止，根据平衡条件可得F＝F安， 方向水平向右，联立解得＝。 (2)设PQ由静止开始到速度大小为v的过程中，PQ运动的位移为x，所用的时间为Δt，回路中磁通量的变化为ΔΦ，平均感应电动势为＝， 其中ΔΦ＝Blx， PQ中的平均电流为＝， 根据电流强度的定义式可得：q＝Δt， 根据动能定理可得Fx＋W＝mv2， 根据功能关系知Q＝－W， 联立解得：Q＝mv2， 金属棒PQ上产生的热量Q′＝Q＝mv2。 [答案]　(1)水平向右　　(2)mv2 1 / 17 学科网（北京）股份有限公司 $