必须掌握的概念、公式或规律 必须理解的4个关键点 必须明确的4个易错易混点 1.4个重要概念磁通量、磁通量的变化、感应电动势、自感电动势 1.楞次定律和右手定则都是用来判1.楞次定律中，“阻碍”的不是定感应电流方向的，前者适用于回路磁通量，而是磁通量的变中磁通量变化的情况，后者适用于导化．“阻碍”不是“阻止”也不是体切割磁感线情况 “相反” 2.3个公式 ΔΦ(1)E＝n，(2)E＝Blv Δt1(3)E＝Bl2ω 23.3个规律 (1)楞次定律 (2)右手定则 (3)法拉第电磁感应定律. 第1节 电磁感应现象 楞次定律 2.公式E＝Blv中，l是有效长2.理解楞次定律中“阻碍”的含义 ΔΦ3.公式E＝n中，ΔΦ常有两种形Δt式，即ΔΦ＝ΔB·S或ΔΦ＝B·ΔS. 4.EΔΦ＝n与E＝Blv的区别及联系 Δt度，v是导体棒相对磁场的速度． 3.注意分析动生感应电动势和感生感应电动势是否同时存在． 4.右手定则和左手定则在使用时，要注意区别.
1
[真题回放]
1．(2014·课标全国卷Ⅰ)在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中，能观察到感应电流的是( )
A．将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，然后观察电流表的变化 B．在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化
C．将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流表的变化
D．绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的变化
【解析】 产生感应电流必须满足的条件：①电路闭合；②穿过闭合电路的磁通量要发生变化．选项A、B电路闭合，但磁通量不变，不能产生感应电流，故选项A、B不能观察到电流表的变化；选项C满足产生感应电流的条件，也能产生感应电流，但是等我们从一个房间到另一个房间后，电流表中已没有电流，故选项C也不能观察到电流表的变化；选项D满足产生感应电流的条件，能产生感应电流，可以观察到电流表的变化，所以选D.
【答案】 D
2．(多选)(2013·课标全国卷Ⅱ)在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要的作用．下列叙述符合史实的是( )
A．奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应揭示了电和磁之间存在联系 B．安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说 C．法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，会出现感应电流
D．楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化
【解析】 奥斯特发现了电流的磁效应，说明电和磁之间存在联系，选项A正确；安培总结了电流周围磁场方向的规律，根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说，选项B正确；法拉第在实验中观察到，在通有变化电流的静止导线附近的固定导线圈中，会出现感应电流，选项C错误；楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，选项D正确．
【答案】 ABD
3．(2012·北京高考)物理课上，老师做了一个奇妙的“跳环实验”．如图9-1-1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，
2
导致套环未动的原因可能是( )
图9-1-1
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
【解析】 闭合开关S瞬间，金属套环跳起，是因为S闭合瞬间，穿过套环的磁通量发生变化，环中产生感应电流的缘故．产生感应电流要具备两个条件：回路闭合和穿过回路的磁通量发生变化．只要连接电路正确，闭合S瞬间，就会造成穿过套环磁通量变化，与电源的交直流性质、电压高低、线圈匝数多少均无关．该同学实验失败，可能是套环选用了非导电材料的缘故，故D选项正确．
【答案】 D
[考向分析]
1.考纲展示 2.命题趋势 3.选材特点 (1)电磁感应现象Ⅰ(2)楞次定律Ⅱ 仍以考查楞次定律的理解为主，或者分析感应电流的方向，或者分析电磁感应现象中的能量关系． 多以现实生活中存在的电磁感应现象为主，也可能通过一些物理实验来考查楞次定律. 3
考点一 电磁感应现象能否发生的判断 1.磁通量的物理意义
(1)磁通量可以理解为穿过某一线圈平面的磁感线的条数．
(2)同一平面内，当它跟磁场方向垂直时，磁通量最大；当它跟磁场方向平行时，磁通量为零；当正向穿过线圈平面的磁感线条数和反向穿过的一样多时，磁通量为零．
2．磁通量发生变化的三种常见情况 (1)磁场强弱不变，回路面积改变． (2)回路面积不变，磁场强弱改变．
(3)回路面积和磁场强弱均不变，但二者的相对位置发生改变． 3．判断流程
(1)确定研究的闭合回路．
(2)弄清楚回路内的磁场分布，并确定该回路的磁通量Φ.
Φ不变→无感应电流
(3)回路闭合，有感应电流
Φ变化→
不闭合，无感应电流，但有感应电动势
匀强磁场中，能使圆环中产生感应电流的做法是( )
【例1】 (2014·深圳南山期末)如图9-1-2所示，一个金属圆环水平放置在竖直向上的
图9-1-2
A．使匀强磁场均匀减少
B．保持圆环水平并在磁场中上下移动 C．保持圆环水平并在磁场中左右移动
D．保持圆环水平并使圆环绕过圆心的竖直轴转动
【解析】 使匀强磁场均匀减小，穿过圆环的磁通量减少，产生感应电流，A正确；保持圆环水平并在磁场中上下移动时，穿过圆环的磁通量不变，不产生感应电流，B错误；保持圆环水平并在磁场中左右移动，穿过圆环的磁通量不变，不产生感应电流，C错误；保持
4
圆环水平并使圆环绕过圆心的竖直轴转动，穿过圆环的磁通量不变，不产生感应电流，D错误．
【答案】 A 突破训练 1
如图9-1-3所示，闭合圆导线线圈放置在匀强磁场中，线圈平面与磁场平行，其中ac、bd分别是平行、垂直于磁场方向的两条直径．试分析线圈做如下运动时，能产生感应电流的是( )
图9-1-3
A．使线圈在纸面内平动
B．使线圈平面沿垂直纸面方向向纸外平动 C．使线圈以ac为轴转动 D．使线圈以bd为轴转动
【解析】 使线圈在纸面内平动、沿垂直纸面方向向纸外平动或以ac为轴转动，线圈中的磁通量始终为零，不变化，无感应电流产生；以bd为轴转动时，线圈中的磁通量不断变化，能产生感应电流，所以D选项正确．
【答案】 D
考点二 对楞次定律的理解及应用 1.楞次定律中“阻碍”的含义
(1)谁阻碍谁：感应电流的磁通量阻碍引起感应电流的磁场(原磁场)的磁通量变化． (2)阻碍什么：阻碍的是磁通量变化，而不是阻碍磁通量本身．(3)如何阻碍：当磁通量增加时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反；磁通量减少时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，即“增反减同”．
(4)阻碍效果：阻碍并不是阻止，只是延缓了磁通量的变化，这种变化将继续进行． 2．楞次定律与能量守恒定律
楞次定律在本质上就是能量守恒定律在电磁感应现象中的体现，发生电磁感应现象时，感应电流所受安培力会阻碍产生感应电流的原因，因此必须有外力克服安培力做功，而克服
5
安培力做功的过程就是将其他形式的能量转化成电能的过程．
3．应用楞次定律判断感应电流方向的分析步骤 (1)明确研究对象：确定研究的是哪一个闭合回路． (2)分析原因：分析该回路中原磁通量的变化情况．
(3)增反减同：根据感应电流的磁场总是阻碍原磁通量的变化判定感应电流磁场的方向． (4)方向判定：根据安培定则由感应电流磁场方向判定感应电流方向．
【例2】 (2014·乌鲁木齐一诊)如图9-1-4所示，一闭合小线框从蹄形磁铁的N极正上方水平移动到S极的正上方，从上往下看，此过程中小线框中感应电流的方向( )
图9-1-4
A．始终顺时针 B．始终逆时针 C．先顺时针后逆时针 D．先逆时针后顺时针
【解析】 小线框从N极正上方移到S极的正上方的过程中，磁通量先减小后增大，根据楞次定律“增反减同”的原则，可判断小线框中感应电流的方向始终逆时针，选项B正确，其余选项均错误．
【答案】 B 突破训练 2
某实验小组用如图9-1-5所示的实验装置来验证楞次定律，当条形磁铁自上而下穿过固定的线圈时，通过电流表G的感应电流方向是( )
6
图9-1-5
A．a→G→b
B．先a→G→b，后b→G→a C．b→G→a
D．先b→G→a，后a→G→b
【解析】 解答本题时可按以下顺序进行：
(1)条形磁铁在穿入线圈的过程中，原磁场方向向下． (2)穿过线圈向下的磁通量增加．
(3)由楞次定律可知：感应电流的磁场方向向上．
(4)应用安培定则可判断：感应电流的方向为逆时针(俯视)，即由b→G→a.
同理可以判断；条形磁铁穿出线圈的过程中，向下的磁通量减小，感应电流产生的磁场方向向下，感应电流的方向为顺时针(俯视)，即由a→G→b.
【答案】 D
考点三 楞次定律、右手定则、左手定则、安培定则的综合应用 1．“三个定则、一个定律”的比较
名称 电流的磁效应 洛伦兹力、安培力 电磁感应 基本现象 运动电荷、电流产生磁场 磁场对运动电荷、电流有作用力 部分导体做切割磁感线运动 闭合回路磁通量变化 2.三个定则和一个定律的因果关系 (1)因电而生磁(I→B)→安培定则； (2)因动而生电(v、B→I安)→右手定则； (3)因电而受力(I、B→F安)→左手定则； (4)因磁而生电(Φ、B→I安)→楞次定律．
7
应用的定则或规律 安培定则 左手定则 右手定则 楞次定律
【例3】 如图9-1-6所示，导轨间的磁场方向垂直于纸面向里，当导线MN在导轨上向右加速滑动时，正对电磁铁A的圆形金属环B中( )
图9-1-6
A．有感应电流，且B被A吸引 B．无感应电流
C．可能有，也可能没有感应电流 D．有感应电流，且B被A排斥
【思维模板】 问1：MN向右切割磁感线，应用什么规律判定感应电流的方向较简单？ 提示：右手定则．
问2：MN向右加速运动，则MN中的电流如何变？ 提示：变大．
【解析】 MN向右加速滑动，根据右手定则，MN中的电流方向从N→M，且大小在逐渐变大，根据安培定则知，电磁铁A的左端为N极，且磁场强度逐渐增强，根据楞次定律知，B环中的感应电流产生的内部磁场方向向右，B被A排斥，故D正确．
【答案】 D 突破训练 3
(多选)如图9-1-7所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，MN的左边有一闭合电路，当PQ在外力的作用下运动时，MN向右运动．则PQ所做的运动可能是( )
图9-1-7
A．向右加速运动 C．向右减速运动
D.向左减速运动
8
B．向左加速运动
【解析】 MN向右运动，说明MN受到向右的安培力，因为ab在MN处产生的磁场
左手定则安培定则
垂直纸面向里――――→MN中的感应电流由M→N――――→L1中感应电流的磁场方向向上楞次定律安培定则――――→L2中磁场方向向上减弱或磁场方向向下增强；若L2中磁场方向向上减弱――――→右手定则安培定则PQ中电流为Q→P且减小――――→向右减速运动；若L2中磁场方向向下增强――――→PQ右手定则
中电流为P→Q且增大――――→向左加速运动，故B、C正确．
【答案】 BC
思想方法10 电磁感应现象中的因果联系分析法
1．方法概述：因果分析法是指在解题过程中依据事物之间的前后相连，先行后续的因果关系去分析，推断事物的原因或结果的一种思维方法．
2．利用因果分析法进行主观性推断的两种情形： (1)据因推果：根据某种原因，预见它可能产生的结果． (2)执果索因：根据某种结果，探究产生或导致这种结果的原因．
3．电磁感应现象中因果关系分析：楞次定律的另一种表述是：感应电流的效果(结果)总是要反抗产生感应电流的原因．这里产生感应电流的原因，既可以是磁通量变化也可以是引起磁通量变化的相对运动或回路的形变，具体分析如下：
(1)当电路的磁通量发生变化时，感应电流的效果就阻碍变化→阻碍原磁通量的变化．(即增反减同)
(2)当出现引起磁通量变化的相对运动时，感应电流的效果就阻碍变化→阻碍(导体间的)相对运动，即“来时拒，去时留”，感应电流所受安培力总阻碍导体棒相对磁场的运动．
(3)当线圈自身的电流发生变化时，感应电流的效果就阻碍原来的电流发生变化．(自感现象)
【例4】 (2012·新课标全国卷)如图9-1-8所示，一载流长直导线和一矩形框固定在同一平面内，线框在长直导线右侧，且其长边与长直导线平行．已知在t＝0到t＝t1的时间间隔内，直导线中电流i发生某种变化，而线框中的感应电流总是沿顺时针方向；线框受到的
9
安培力的合力先水平向左、后水平向右．设电流i正方向与图中箭头所示方向相同，则i随时间t变化的图线可能是( )
图9-1-8
【思路导引】 【解析】 因通电导线周围的磁场离导线越近磁场越强，而线框中左右两边的电流大小相等，方向相反，所以受到的安培力方向相反，导线框的左边受到的安培力大于导线框的右边受到的安培力，所以合力与左边导线框受力的方向相同．因为线框受到的安培力的合力先水平向左，后水平向右，根据左手定则，导线框处的磁场方向先垂直纸面向里，后垂直纸面向外，根据右手螺旋定则，导线中的电流先为正，后为负，所以选项A正确，选项B、C、D错误．
【答案】 A 突破训练 4
如图9-1-9所示，光滑固定导轨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，当一条形磁铁从高处下落接近回路时( )
10
图9-1-9
A．P、Q将互相靠拢 B．P、Q将互相远离 C．磁铁的加速度仍为g D．磁铁的加速度大于g
【解析】 解法一 根据楞次定律的另一表述：感应电流效果总是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，归根结底是因为磁铁靠近回路，“效果”便是阻碍磁通量的增加和磁铁的靠近．所以，P、Q将互相靠拢且磁铁的加速度小于g，选项A正确．
解法二 设磁铁下端为N极，如图所示，根据楞次定律可判断出P、Q中的感应电流方向，根据左手定则可判断P、Q所受安培力的方向，可见，P、Q将相互靠拢．由于回路所受安培力的合力向下，由牛顿第三定律知，磁铁将受到向上的反作用力，从而加速度小于g.当磁铁下端为S极时，根据类似的分析可得到相同的结论．所以本题选项A正确．
11
【答案】 A
[产生感应电流的条件]
1．(2014·昆明二中检测)在图9-1-10所示的闭合铁芯上绕有一组线圈，与滑动变阻器、电池构成闭合电路，a、b、c为三个闭合金属圆环，假定线圈产生的磁场全部集中在铁芯内，则当滑动变阻器的滑片左右滑动时，能产生感应电流的金属圆环是( )
图9-1-10
A．a、b两个环 B．b、c两个环 C．a、c两个环 D．a、b、c三个环
【解析】 当滑片左右滑动时，通过a、b的磁通量变化，而通过c环的总磁通量始终为零，故a、b两环中产生感应电流，而c环中不产生感应电流，故A对．
【答案】 A [楞次定律的推广应用]
2．(多选)(2014·江西重点中盟第二次联考)如图9-1-11所示，螺线管B置于闭合金属环A的轴线上，B中有恒定电流，从某时刻起，当B中通过的电流逐渐变大时，则
( )
图9-1-11
12
A．环A有缩小的趋势 B．环A有扩张的趋势 C．螺线管B有缩短的趋势 D．螺线管B有伸长的趋势
【解析】 当B中通过的电流逐渐变大时，穿过A环的磁通量增加，感应电流产生的磁场要阻碍磁通量的增加，根据楞次定律可知，环A有缩小的趋势；根据同向电流相互吸引可知，螺线管相邻两匝线圈间的力相互吸引，因此，螺线管B有缩短的趋势，所以正确选项为B、C.
【答案】 BC
[感应电动势的方向判断]
3．(多选)在北半球，地磁场的水平分量由南向北，竖直分量竖直向下．北京长安大街上，如图9-1-12所示，某人骑车从东往西行驶，则下列说法正确的是( )
图9-1-12
A．自行车左车把的电势比右车把的电势高 B．自行车左车把的电势比右车把的电势低 C．图中辐条AB此时A端比B端的电势高 D．图中辐条AB此时A端比B端的电势低
【解析】 从东往西，车把切割地磁场的竖直分量，由右手定则知左车把电势高，而辐条切割水平分量，B端电势高，即A、D正确．
【答案】 AD [判断感应电流的方向]
4．如图9-1-13所示，通有恒定电流的导线MN与闭合金属框共面，第一次将金属框由Ⅰ平移到Ⅱ，第二次将金属框绕cd边翻转到Ⅱ，设先后两次通过金属框的磁通量变化量大小分别是ΔΦ1和ΔΦ2，则( )
13
图9-1-13
A．ΔΦ1>ΔΦ2，两次运动中线框中均有沿adcba方向电流出现 B．ΔΦ1＝ΔΦ2，两次运动中线框中均有沿abcda方向电流出现 C．ΔΦ1<ΔΦ2，两次运动中线框中均有沿adcba方向电流出现 D．ΔΦ1<ΔΦ2，两次运动中线框中均有沿abcda方向电流出现
【解析】 设金属框在位置Ⅰ的磁通量为ΦⅠ，金属框在位置Ⅱ的磁能量为ΦⅡ，由题可知：ΔΦ1＝|ΦⅡ－ΦⅠ|，ΔΦ2＝|－ΦⅡ－ΦⅠ|，所以金属框的磁通量变化量大小ΔΦ1<ΔΦ2，由安培定则知两次磁通量均向里减小，所以由楞次定律知两次运动中线框均出现沿adcba方向的电流，C对．
【答案】 C
[楞次定律与安培定则的综合]
5．(多选)(2014江西景德镇质检)如图9-1-14所示，一根长导线弯曲成“n”形，通以直流电I，正中间用绝缘线悬挂一金属杯C，环与导线处于同一竖直平面内．在电流I增大的过程中，下列判断正确的是( )
图9-1-14
A．金属环中无感应电流产生 B．金属环中有逆时针方向的感应电流
14
C．悬挂金属环C的竖直线的拉力大于环的重力 D．悬挂金属环C的竖直线的拉力小于环的重力
【解析】 由安培定则知，C中磁场垂直纸面向里，当电流增大时，环中磁通量增大，由楞次定律知，C环中有逆时针方向的感应电流，A错误、B正确；感应电流总是阻碍引起感应电流的原因，所以环有向下运动趋势，环受到线的拉力大于重力，C正确、D错误．
【答案】 BC
课时提升练(二十六) 电磁感应现象 楞次定律
(限时：45分钟)
A组 对点训练——巩固基础知识
题组一 感应电流的产生条件
1．如图9-1-15所示，闭合线圈abcd水平放置，其面积为S，匝数为n，线圈与匀强磁场B夹角为θ＝45°.现将线圈以ab边为轴顺时针转动90°，则线圈在此过程中磁通量的改变量的大小为( )
图9-1-15
A．0 C.2nBS
B.2BS D.无法计算
【解析】 设初位置时穿过线圈的磁通量为正，则初位置时：Φ1＝BSsin θ＝位置时：Φ2＝－BScos θ＝－
2
BS，则初、末位置磁通量的改变量的大小为： 2
2
BS，末2
ΔΦ＝|Φ2－Φ1|＝2BS，故B正确． 【答案】 B
2．现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及开关如图9-1-16所示连接．下列说法中正确的是( )
15
图9-1-16
A．开关闭合后，线圈A插入或拔出时都会引起电流计指针偏转
B．线圈A插入线圈B中后，开关闭合和断开的瞬间电流计指针均不会偏转 C．开关闭合后，滑动变阻器的滑片P匀速滑动，会使电流计指针静止在零刻度 D．开关闭合后，只有滑动变阻器的滑片P加速滑动，电流计指针才能偏转
【解析】 开关闭合后，线圈A插入或拔出都会引起穿过线圈B的磁通量发生变化，从而使电流计指针偏转，选项A正确；线圈A插入线圈B中后，开关闭合和断开的瞬间，线圈B的磁通量会发生变化，电流计指针会偏转，选项B错误；开关闭合后，滑动变阻器的滑片P无论匀速滑动还是加速滑动，都会导致线圈A的电流发生变化，从而引起线圈B的磁通量变化，电流计指针都会发生偏转，选项C、D错误．
【答案】 A
3．(多选)如图9-1-17所示，在条形磁铁的位置的正上方水平固定一铜质圆环．以
下判断中正确的是( )
图9-1-17
A．释放圆环，环下落时产生感应电流 B．释放圆环，环下落时无感应电流 C．释放圆环，环下落时环的机械能守恒 D．释放圆环，环下落时环的机械能不守恒
【解析】 由条形磁铁磁场分布特点可知，穿过其位置正上方的圆环的合磁通量为零，所以在环下落的过程中，磁通量不变，没有感应电流，圆环只受重力，则环下落时机械能守恒，故A、D错误，B、C正确．
【答案】 BC
题组二 楞次定律与右手定则
4．两个大小不同的绝缘金属圆环a、b如图9-1-18所示叠放在一起，小圆环b有一半面积在大圆环a中，当大圆环a通上顺时针方向电流的瞬间，小圆环中感应电流的方向是( )
图9-1-18
A．顺时针方向
16
B．逆时针方向
C．左半圆顺时针，右半圆逆时针 D．无感应电流
【解析】 (1)当大圆环a中电流为顺时针时，圆环a内部的磁场方向垂直纸面向里，而环外的磁场方向垂直纸面向外，但环里磁场比环外磁场要强，圆环b的净磁通量是垂直纸面向里且增强的；(2)由楞决定律可知圆环b中产生的感应电流的磁场方向应垂直纸面向外；(3)再由安培定则得出圆环b中感应电流的方向为逆时针方向，B正确．
【答案】 B
5. 如图9-1-19所示，当磁场的磁感应强度B增强时，内、外金属环上的感应电流的方向应为( )
图9-1-19
A．内环顺时针，外环逆时针 B．内环逆时针，外环顺时针 C．内、外环均为顺时针 D．内、外环均为逆时针
【解析】 磁场增强，则穿过回路的磁通量增大，故感应电流的磁场向外，由安培定则知电流对整个电路而言应沿逆时针方向；若分开讨论，则外环逆时针，内环顺时针，A正确．
【答案】 A
6．(多选)如图9-1-20所示，在匀强磁场中放有平行金属导轨，它与大线圈M相连接，要使小线圈N获得顺时针方向的感应电流，则放在导轨上的祼金属棒ab的运动情况是(两线圈共面)( )
图9-1-20
A．向右匀速运动 C．向右减速运动
B.向左加速运动 D.向右加速运动
【解析】 根据右手定则和楞次定律，金属棒向左加速运动和向右减速运动都可以使小线圈N中产生顺时针方向的感应电流，故B、C正确．
【答案】 BC
题组三 右手定则、安培定则与楞次定律的综合
17
7．如图9-1-21所示，闭合的矩形金属框abcd的平面与匀强磁场垂直，现在金属框固定不动而磁场运动，发现ab边所受安培力的方向为竖直向上，则此时磁场的运动方向可能是( )
图9-1-21
A．水平向右平动 B．水平向左平动 C．竖直向上平动 D．竖直向下平动
【解析】 ab边受到的力向上，由左手定则可知，ab上电流的方向由b→a，由楞次定律可得，线框内的磁通量在增加，磁场向右运动，A项正确，B项错误；当磁场上下运动时，线框内的磁通量不变化，不产生感应电流，C、D项错误．
【答案】 A
8．(多选)两根相互平行的金属导轨水平放置于如图9-1-22所示的匀强磁场中，在导轨上接触良好的导体棒AB和CD可以自由滑动．当AB在外力F作用下向右运动时，下列说法中正确的是( )
图9-1-22
A．导体棒CD内有电流通过，方向是D→C B．导体棒CD内有电流通过，方向是C→D C．磁场对导体棒CD的作用力向左 D．磁场对导体棒AB的作用力向左
【解析】 利用楞决定律，两个导体棒与两根金属导轨构成闭合回路，分析出磁通量增加，结合安培定则判断回路中感应电流的方向是B→A→C→D→B.以此为基础，再判断CD内的电流方向，最后根据左手定则进一步确定AB、CD的受力方向，经过比较可得正确选项为B、D.
【答案】 BD
B组 深化训练——提升应考能力
9．如图9-1-23所示，一个U形金属导轨水平放置，其上放有一个金属导体棒ab，有
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一个磁感应强度为B的匀强磁场
图9-1-23
斜向上穿过轨道平面，且与竖直方向的夹角为θ.在下列各过程中，一定能在轨道回路里产生感应电流的是( )
A．ab向右运动，同时使θ减小
B．使磁感应强度B减小，θ角同时也减小 C．ab向左运动，同时增大磁感应强度B
D．ab向右运动，同时增大磁感应强度B和θ角(0°<θ<90°)
【解析】 设此时回路面积为S，据题意，磁通量Φ＝BScos θ，对A，S增大，θ减小，cos θ增大，则Φ增大，A正确；对B，B减小，θ减小，cos θ增大，Φ可能不变，B错误；对C，S减小，B增大，Φ可能不变，C错误；对D，S增大，B增大，θ增大，cos θ减小，Φ可能不变，D错误．
【答案】 A
10．甲、乙两个完全相同的铜环可绕固定轴OO′旋转，当它们以相同的角速度开始转动后，由于阻力，经相同的时间后便停止，若将两环置于磁感应强度为B的大小相同的匀强磁场中，乙环的转轴与磁场方向平行，甲环的转轴与磁场方向垂直，如图9-1-24所示，当甲、乙两环同时以相同的角速度开始转动后，则下列判断中正确的是( )
图9-1-24
A．甲环先停 C．两环同时停下
B.乙环先停
D.无法判断两环停止的先后
【解析】 两环均在匀强磁场中以相同的角速度转动，由图可知：甲环的磁通量会发生变化，甲环的动能要转化为电能，而乙环中无磁通量的变化，不会产生感应电流，故甲环先停下来，A选项正确．
【答案】 A
11．(2014·北京西城区模拟)如图9-1-25所示，固定于水平面上的金属架abcd处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒MN沿框架以速度v向右做匀速运动．t＝0时，磁感应强度为
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B0，此时MN到达的位置恰好使MbcN构成一个边长为l的正方形．为使MN棒中不产生感应电流，从t＝0开始，磁感应强度B随时间t变化的示意图为( )
图9-1-25
【解析】 要使回路中不产生感应电流，只有回路中磁通量不发生变化，由B0l2＝Bl(lB0l
＋vt)，得到B＝，所以C选项正确．
l＋vt
【答案】 C
12．如图9-1-26所示，A、B是两根互相平行的、固定的长直通电导线，二者电流大小和方向都相同．一个矩形闭合金属线圈与A、B在同一平面内，并且ab边保持与通电导线平行，线圈从图中的位置1匀速向左移动，经过位置2，最后到位置3，其中位置2恰在A、B的正中间，则下面的说法中正确的是( )
图9-1-26
A．在位置2这一时刻，穿过线圈的磁通量为最大 B．在位置2这一时刻，穿过线圈的磁通量的变化率为零
C．从位置1到位置3的整个过程中，线圈内感应电流的方向发生了变化 D．从位置1到位置3的整个过程中，线圈受到的磁场力的方向保持不变
【解析】 由题意知线圈经过位置2时穿过线圈的磁通量为零，但磁通量的变化率不为零，故A、B均错误；从位置1到位置3的整个过程中，穿过线圈的磁通量是先向外逐渐减小到零，然后向里逐渐增大，由楞次定律知线圈中感应电流的方向始终沿逆时针方向，线圈所受的磁场力的方向始终向右，故C错误、D正确．
【答案】 D
13．(2014浙江部分学校联考)如图9-1-27所示，一矩形线框以竖直向上的初速度进入只有一条水平边界的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，进入磁场后上升一段高度又落下离
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开磁场，运动中线框只受重力和安培力作用，线框在向上、向下经过图中1、2位置时的速度按时间顺序依次为v1、v2、v3和v4，则可以确定( )
图9-1-27
A．v1 【答案】 D 14．(2014·宁夏石嘴山十七中模拟)如图9-1-28所示，甲、乙两个矩形线圈同处在纸面内，甲的ab边与乙的cd边平行且靠得较近，甲、乙两线圈分别处在垂直纸面方向的匀强磁场中，穿过甲的磁感应强度为B1，方向指向纸面内，穿过乙的磁感应强度为B2，方向指向纸面外，两个磁场可同时变化，当发现ab边和cd边间有排斥力时，磁场的变化情况可能是( ) 甲 乙 图9-1-28 A．B1变小，B2变大 B．B1变大，B2变大 C．B1变小，B2变小 D.B1不变，B2变小 【解析】 ab边与cd边有斥力，则两边通过的电流方向一定相反，由楞次定律可知，当B1变小，B2变大时，ab边与cd边中的电流方向相反． 【答案】 A 15．如图9-1-29所示，ab为一金属杆，它处在垂直于纸面向里的匀强磁场中，可绕a点在纸面内转动；S为以a为圆心位于纸面内的金属环；在杆转动过程中，杆的b端与金属 21 环保持良好接触；A为电流表，其一端与金属环相连，一端与a点良好接触．当杆沿顺时针方向转动时，某时刻ab杆的位置如图所示，则此时刻( ) 图9-1-29 A．有电流通过电流表，方向由c向d，作用于ab的安培力向右 B．有电流通过电流表，方向由c向d，作用于ab的安培力向左 C．有电流通过电流表，方向由d向c，作用于ab的安培力向右 D．无电流通过电流表，作用于ab的安培力为零 【解析】 当金属杆ab顺时针方向转动时，切割磁感线，由法拉第电磁感应定律知产生感应电动势，由右手定则可知将产生由a到b的感应电流，电流表的d端与a端相连c端通过金属环与b端相连，则通过电流表的电流是由c到d，而金属杆在磁场中会受到安培力的作用，由左手定则可判断出安培力的方向为水平向右，阻碍金属杆的运动，所以A正确． 【答案】 A 16．(多选)(2010·上海高考)如图9-1-30，磁场垂直于纸面，磁感应强度在竖直方向均匀分布，水平方向非均匀分布．一铜制圆环用丝线悬挂于O点，将圆环拉至位置a后无初速释放，在圆环从a摆向b的过程中( ) 图9-1-30 A．感应电流方向先逆时针后顺时针再逆时针 B．感应电流方向一直是逆时针 C．安培力方向始终与速度方向相反 D．安培力方向始终沿水平方向 【解析】 圆环从位置a运动到磁场分界线前，磁通量向里增大，感应电流为逆时针；跨越分界线过程中，磁通量由向里最大变为向外最大，感应电流为顺时针；再摆到b的过程中，磁通量向外减小，感应电流为逆时针，所以选项A正确．由于圆环所在处的磁场，上下对称，所受安培力竖直方向平衡，因此总的安培力沿水平方向，故D正确． 【答案】 AD 22 第2节 法拉第电磁感应定律 自感现象 [真题回放] 1．(2012·课标全国卷) 如图9-2-1，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里，磁感应强度大小为B0. 图9-2-1 使该线框从静止开始绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流．现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化．为了产ΔB 生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率的大小应为 Δt ( ) 4ωB02ωB0ωB0ωB0A. B. C. D. πππ2π 【解析】 当线框绕过圆心O的转动轴以角速度ω匀速转动时，由于面积的变化产生EΔΦ 感应电动势，从而产生感应电流．设半圆的半径为r，导线框的电阻为R，即I1＝＝＝ RRΔt12πrB0 B0ΔS2B0r2ωEΔΦΔBSΔBπr2 ＝＝.当线圈不动，磁感应强度变化时，I2＝＝＝＝，因I1＝RΔtπ2RRRΔtRΔtΔt2R RωΔBωB0I2，可得＝，C选项正确． Δtπ 【答案】 C 2．(2013·北京高考)如图9-2-2，在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN在平行金属导轨上以速度v向右匀速运动，MN中产生的感应电动势为E1；若磁感应强度增为2B，其他条件不变，MN中产生的感应电动势变为E2.则通过电阻R的电流方 23 向及E1与E2之比分别为 ( ) 图9-2-2 A．c→a；2∶1 C．a→c；1∶2 D.c→a；1∶2 B．a→c；2∶1 【解析】 根据右手定则可知导体棒中感应电流的方向由N→M，所以电阻R中的电流方向是a→c，由E＝BLv，磁感应强度变为原来的2倍，其他条件不变，则感应电动势也变为原来的2倍，故C正确，A、B、D错误． 【答案】 C 3．(多选)(2012·四川高考)半径为a右端开小口的导体圆环和长为2a的导体直杆，单位长度电阻均为R0.圆环水平固定放置，整个内部区域分布着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B.杆在圆环上以速度v平行于直径CD向右做匀速直线运动，杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O开始，杆的位置由θ确定，如图9-2-3所示．则( ) 24 图9-2-3 A．θ＝0时，杆产生的电动势为2Bav π B．θ＝时，杆产生的电动势为3Bav 32B2av C．θ＝0时，杆受的安培力大小为 π＋2R0π3B2av D．θ＝时，杆受的安培力大小为 35π＋3R0 【解析】 当θ＝0时，杆切割磁感线的有效长度l1＝2a，所以杆产生的电动势E1＝Bl1vE12Bv ＝2Bav，选项A正确；此时杆上的电流I1＝＝，杆受的安培力大 πa＋2aR0π＋2R04B2avππ 小F1＝BI1l1＝，选项C错误；当θ＝时，杆切割磁感线的有效长度l2＝2acos 33π＋2R0＝a，杆产生的电动势E2＝Bl2v＝Bav，选项B错误； 此时杆上的电流I2＝ E23Bv＝，杆受的安培力大小F2＝BI2l2 2πa5π＋3R0 2πa－＋aR0 6 3B2av＝，选项D正确． 5π＋3R0 【答案】 AD [考向分析] 1.考纲展示 (1)法拉第电磁感应定律Ⅱ (2)自感、涡流Ⅰ 本节的命题常有以下几种情况(1)对感应电动势的几种求法的考查． (2)自感现象的考查． (1)设计不同的导体棒的切割方式，灵活考查E＝Blv的应用． 25 2.命题趋势 3.选材特点 (2)利用常见的自感现象实验，分析自感电动势的大小，方向以及对电路的影响. 考点一 法拉第电磁感应定律的理解应用 1.感应电动势大小的决定因素 ΔΦ 感应电动势大小由穿过闭合电路的磁通量的变化率和线圈匝数共同决定，而与磁通ΔtΔΦ 量Φ、磁通量的变化量ΔΦ的大小没有必然联系，为单匝线圈产生的感应电动势大小． Δt2．法拉第电磁感应定律的适用范围 法拉第电磁感应定律适用于任何情况下感应电动势的计算．但在中学物理中一般用来计算某段时间内的平均电动势．若所取时间极短，即Δt趋近于零时，所求感应电动势为该时刻的瞬时感应电动势． 3．法拉第电磁感应定律应用的两种情况 ΔB(1)回路与磁场垂直的面积不变，磁感应强度发生变化，则ΔΦ＝ΔB·S，E＝n·S，式 ΔtΔBΔB 中为磁感应强度的变化率，等于Bt图象上某点切线的斜率，若是恒定的，产生的感ΔtΔt应电动势就恒定． ΔS(2)磁感应强度B不变，回路与磁场垂直的面积发生变化，则ΔΦ＝B·ΔS，E＝nB. Δt【例1】 (2014·江苏高考)如图9-2-4所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中．在Δt时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀地增大到2B.在此过程中，线圈中产生的感应电动势为 ( ) 图9-2-4 26 Ba2nBa2nBa22nBa2A. B. C. D. 2Δt2ΔtΔtΔt 2B－Ba2nBa2ΔΦΔB【解析】 线圈中产生的感应电动势E＝n＝n··S＝n··＝，选项B正 ΔtΔtΔt22Δt确． 【答案】 B 突破训练 1 (多选)某学习小组在探究线圈中感应电流的影响因素时，设计如图9-2-5所示的实验装置，让一个闭合圆线圈放在匀强磁场中，线圈的轴线与磁场方向成30°角，磁感应强度随时间均匀变化，则( ) 图9-2-5 A．若把线圈的匝数增加一倍，线圈内感应电流大小不变 B．若把线圈的面积增加一倍，线圈内感应电流大小变为原来的2倍 C．改变线圈轴线与磁场方向的夹角大小，线圈内感应电流大小可能变为原来的2倍 D．把线圈的半径增加一倍，线圈内感应电流大小变为原来的2倍 ΔΦ 【解析】 由法拉第电磁感应定律E＝n可知，若线圈的匝数增加一倍，感应电动势 Δt与线圈的总电阻都增加一倍，线圈中的感应电流大小不变，A正确；若线圈的面积增加一倍，感应电动势增加一倍，但线圈的电阻增大，线圈内的感应电流并不是原来的2倍，B错误；ΔB E＝nScos 30°，故无论怎样改变线圈轴线与磁场方向的夹角，都不可能使线圈内的感应电 Δt流是原来的2倍，C错误；若线圈的半径增加一倍，则面积是原来的4倍，电阻是原来的2倍，线圈内感应电流变为原来的2倍，D正确． 【答案】 AD 考点二 导体切割磁感线产生感应电动势的计算 1．导体平动切割磁感线 对于导体平动切割感线产生感应电动势的计算式E＝Blv，应从以下几个方面理解和掌握． (1)正交性 27 本公式是在一定条件下得出的，除了磁场是匀强磁场，还需B、l、v三者相互垂直．实际问题中当它们不相互垂直时，应取垂直的分量进行计算，公式可为E＝Blvsin θ，θ为B与v方向间的夹角． (2)平均性 导体平动切割磁感线时，若v为平均速度，则E为平均感应电动势，即E＝Blv. (3)瞬时性 若v为瞬时速度，则E为相应的瞬时感应电动势． (4)有效性 公式中的l为有效切割长度，即导体与v垂直的方向上的投影长度．图9-2-6中有效长度分别为： 甲 乙 丙 图9-2-6 甲图：l＝cdsin β(容易错算成l＝absin β)． 乙图：沿v1方向运动时，l＝MN； 沿v2方向运动时，l＝0. 丙图：沿v1方向运动时，l＝2R； 沿v2方向运动时，l＝0； 沿v3方向运动时，l＝R. (5)相对性 E＝Blv中的速度v是相对于磁场的速度，若磁场也运动时，应注意速度间的相对关系． 2．导体转动切割磁感线 当导体在垂直于磁场的平面内，绕一端以角速度ω匀速转动时，产生的感应电动势为E1 ＝Blv＝Bl2ω，如图9-2-7所示． 2 28 图9-2-7 【例2】 (2014·云南昭通5月统测)如图9-2-8所示，水平桌面上固定有一半径为R的光滑金属细圆环，环面水平，圆环总电阻为r；空间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向下；一长度为2R、电阻可忽略的导体棒AC置于圆环左侧并与环相切，切点为棒的中点． 图9-2-8 一拉力作用于棒中点使其以恒定加速度a从静止开始向右运动、运动过程中棒与圆环接触良好．下列说法正确的是 ( ) A．棒运动过程中产生的感应电流在棒中由A流向C B．棒通过整个圆环所用的时间为 2R a 4BR2aR C．棒经过环心时流过棒的电流为 r 29 16B2R22aRD．棒经过环心时所受安培力的大小为 r 【思维模板】 问1：导体棒运动过程中，切割有效长度的最大值是多少？ 提示：当棒过圆心时，切割有效长度最大为2R. 问2：棒经过圆心时，电路中的总电阻是多少？ 1 提示：此时，两侧的电阻并联，故R总＝r. 4 【解析】 导体棒AC切割磁感线产生的感应电流的方向由右手定则可知由C流向A，1 故A项错误；由于棒以恒定加速度a从静止开始向右运动，则有2R＝at2，解得t＝2 2 R，a r 故B项错误；棒经过环心时的速度v＝2aR，有效切割长度L＝2R，回路中总电阻R＝， 4U8BR2aR由I＝及U＝BLv得此时棒中的电流为，故C项错误；棒经过环心时所受安培力 Rr16B2R22aR的大小F＝BIL＝，故D项正确． r 【答案】 D 【反思总结】 感应电动势两个公式的比较 公式 导体 适用 意义 ΔΦE＝n Δt一个回路 普遍适用 常用于求平均电动势 E＝Blv 一段导体 导体切割磁感线 既可求平均值也可求瞬时值 本质上是统一的．后者是前者的一种特殊情况．但是，当导体做切割磁感线运动时，用E＝Blv求E联系 突破训练 2 (多选)如图9-2-9所示，半径为R的半圆形硬导体AB，在拉力F的作用下、以速度v在水平U形框架上匀速滑动．且彼此接触良好．匀强磁场的磁感应强度为B，U形框架中接有电阻R0，AB的电阻为r，其余电阻不计．则AB进入磁场的过程中( ) ΔΦ比较方便；当穿过电路的磁通量发生变化时，用E＝n求E比较方便 Δt30 图9-2-9 A．R0中电流的方向由上到下 B．感应电动势的平均值为BπRv C．感应电动势的最大值为2BRv D．感应电动势的最大值为BπRv 【解析】 AB进入磁场过程中根据右手定则可判断感应电流方向为逆时针，即由上向12πR·BΔΦ2BπRv 下通过R0，故A正确；感应电动势的平均值为：E＝＝＝，故B错误；当 ΔtR2 vAB完全进入磁场后，其有效长度最长，最大值为2R，则感应电动势的最大值为Em＝B·2Rv＝2BRv，故C正确，D错误． 【答案】 AC 考点三 通电自感与断电自感 1.自感现象的四大特点 (1)自感电动势总是阻碍导体中原电流的变化． (2)通过线圈中的电流不能发生突变，只能缓慢变化． (3)电流稳定时，自感线圈就相当于普通导体． (4)线圈的自感系数越大，自感现象越明显，自感电动势只是延缓了过程的进行，但它不能使过程停止，更不能使过程反向． 2．通电自感和断电自感的对比 通电自感 断电自感 31 电路图 器材要求 现象 A1、A2同规格，R＝RL，L较大 在S闭合瞬间，A2灯立即亮起来，A1灯逐渐变亮，最终一样亮 3.自感中“闪亮”与“不闪亮”问题 与线圈串联的灯泡 与线圈并联的灯泡 L很大(有铁芯)RL≪RA 在开关S断开时，灯A突然闪亮一下后再渐渐熄灭电路图 电流突然增大，然后逐渐减小达到稳定 通电时 断电时 电流逐渐增大，灯泡逐渐变亮 电流逐渐减小，灯泡逐渐变暗，电流方向不变 【例3】 (2014·江苏四市调研)如图9-2-10所示电路中，L为电感线圈，C为电容器， 当开关S由断开变为闭合时( ) 电路中稳态电流为I1、I2：①若I2≤I1，灯泡逐渐变暗；②若I2>I1灯泡闪亮后逐渐变暗．两种情况灯泡中电流方向均改变 图9-2-10 32 A．A灯中无电流通过，不可能变亮 B．A灯中有电流通过，方向由a到b C．B灯逐渐熄灭，c点电势高于d点电势 D．B灯逐渐熄灭，c点电势低于d点电势 【解析】 当开关S由断开变为闭合时，电感线圈L中产生从c到d的感应电动势，B灯逐渐熄灭，把L看做一个电源的话，c点电势低于d点电势，选项D正确，而C错误；电容器C短路放电，A灯中有电流通过，方向由b到a，选项A、B均错误． 【答案】 D 突破训练 3 (2011·北京高考)某同学为了验证断电自感现象，自己找来带铁芯的线圈L、小灯泡A、开关S和电池组E，用导线将它们连接成如图9-2-11所示的电路． 图9-2-11 检查电路后，闭合开关S，小灯泡发光；再断开开关S，小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象．虽经多次重复，仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象，他冥思苦想找不出原因．你认为最有可能造成小灯泡未闪亮的原因是( ) A．电源的内阻较大 C．线圈电阻偏大 B．灯泡电阻偏大 D.线圈的自感系数较大 【解析】 由自感规律可知在开关断开的瞬间造成灯泡闪亮以及延时熄灭的原因是在线圈中产生了与原电流同向的自感电流且大于稳定时通过灯泡的原电流．由图可知灯泡和线圈构成闭合的自感回路，与电源无关，故A错．造成不闪亮的原因是自感电流不大于稳定时通过灯泡的原电流，当线圈电阻小于灯泡电阻时才会出现闪亮现象，故B错、C正确；自感系数与小灯泡是否闪亮无直接关系，故D错． 【答案】 C 33 思想方法11 电磁感应现象中电荷量和热量的计算 1．电荷量的计算 ΔΦ (1)思考方向：根据法拉第电磁感应定律E＝n确定平均感应电动势，结合闭合电路欧 Δtq 姆定律和电流的定义式I＝计算电荷量． t (2)公式推导过程 2．焦耳热的计算 求解电磁感应过程中产生的焦耳热，有以下三种思路： (1)电路中感应电流恒定时→应用焦耳定律：Q＝I2Rt (2)导体切割磁感线克服安培力做功→焦耳热等于克服安培力做的功：Q＝W安 (3)电路中感应电流是变化的→根据功能关系来求解焦耳热 【例4】 (2012·天津高考) 34 如图9-2-12所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l＝0.5 m，左端接有阻值R＝0.3 Ω的电阻．一质量m＝0.1 kg，电阻r＝0.1 Ω的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝0.4 T． 图9-2-12 棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a＝2 m/s2的加速度做匀加速运动，当棒的位移x＝9 m时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝2∶1.导轨足够长且电阻不计，棒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： (1)棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q； (2)撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2； (3)外力做的功WF. 【思路导引】 35 【解析】 (1)设棒匀加速运动的时间为Δt，回路的磁通量变化量为ΔΦ，回路中的平均感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律得 E＝ ΔΦ Δt ① ② 其中ΔΦ＝Blx 设回路中的平均电流为I，由闭合电路欧姆定律得 E I＝ R＋r ③ ④ 则通过电阻R的电荷量为q＝IΔt 联立①②③④式，代入数据得q＝4.5 C． ⑤ (2)设撤去外力时棒的速度为v，对棒的匀加速运动过程，由运动学公式得v2＝2ax⑥ 设棒在撤去外力后的运动过程中安培力所做的功为W，由动能定理得 1 W＝0－mv2 2 ⑦ 撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2＝－W ⑧ 联立⑥⑦⑧式，代入数据得Q2＝1.8 J． ⑨ (3)由题意知，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝2∶1，可得Q1＝3.6 J ⑩ 36 在棒运动的整个过程中，由功能关系可知WF＝Q1＋Q2 ⑪ 由⑨⑩⑪式得WF＝5.4 J. 【答案】 (1)4.5 C (2)1.8 J (3)5.4 J 突破训练 4 如图9-2-13所示，匀强磁场中有一矩形闭合线圈abcd，线圈平面与磁场垂直．已知线圈的匝数N＝100，边长ab＝1.0 m、bc＝0.5 m，电阻r＝2 Ω.磁感应强度B在0～1 s内从零均匀变化到0.2 T．在1～5 s内从0.2 T均匀变化到－0.2 T，取垂直纸面向里为磁场的正方向．求： 图9-2-13 (1)0.5 s时线圈内感应电动势的大小E和感应电流的方向； (2)在1～5 s内通过线圈的电荷量q； (3)在0～5 s内线圈产生的焦耳热Q. 【解析】 (1)感应电动势E1＝N ΔΦ1ΔB1S ，磁通量的变化量ΔΦ1＝ΔB1S，解得E1＝N ，Δt1Δt1 代入数据得E1＝10 V，感应电流的方向为a→d→c→b→a. (2)同理可得E2＝N ΔB2SE2，感应电流I2＝ Δt2r ΔB2S ，代入数据得q＝10 C. r 电荷量q＝I2Δt2，解得q＝N E1(3)0～1 s内的焦耳热Q1＝I2rΔt，且I＝，1～5 s内的焦耳热Q2＝I21112rΔt2 r由Q＝Q1＋Q2，代入数据得Q＝100 J. 【答案】 (1)10 V，感应电流的方向为a→d→c→b→a (2)10 C (3)100 J 37 [通电自感与断电自感] 1．(多选)(2014·陕西咸阳二模) 在如图9-2-14所示的电路中，L是一带铁心的线圈，R为电阻．两条支路的直流电阻相等．那么在接通和断开开关的瞬间，两电流表的读数I1、I2的大小关系错误的是( ) 图9-2-14 A．接通时I1 [公式E＝n的应用] Δt 2．一矩形线框置于匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直．先保持线框的面积不变，将磁感应强度在1 s时间内均匀地增大到原来的两倍．接着保持增大后的磁感应强度不变，在1 s时间内，再将线框的面积均匀地减小到原来的一半．先后两个过程中，线框中感应电动势的比值为( ) 1 A. B．1 C．2 D．4 2 【解析】 设原磁感应强度是B，线框面积是S.第1 s内ΔΦ1＝2BS－BS＝BS，第2 sSΔΦ 内ΔΦ2＝(2B·－2B·S)＝BS.因为E＝n，所以两次电动势大小相等，B正确． 2Δt 【答案】 B 38 3．(2014·青岛模拟)如图9-2-15所示，铁芯右边绕有一个线圈，线圈两端与滑动变阻器、电池组连成回路．左边的铁芯上套有一个环面积为0.02 m2、电阻为0.1 Ω的金属环．铁芯的横截面积为0.01 m2，且假设磁场全部集中在铁芯中，金属环与铁芯截面垂直．调节滑动变阻器的滑动头，使铁芯中的磁感应强度每秒均匀增加0.2 T，则从上向下看( ) 图9-2-15 － A．金属环中感应电流方向是逆时针方向，感应电动势大小为4.0×103 V B．金属环中感应电流方向是顺时针方向，感应电动势大小为4.0×103 V － C．金属环中感应电流方向是逆时针方向，感应电动势大小为2.0×103 V － D．金属环中感应电流方向是顺时针方向，感应电动势大小为2.0×103 V － 【解析】 铁芯内的磁通量情况是相同的，金属环的有效面积即铁芯的横截面积．根据ΔΦ－ 电磁感应定律E＝n＝1×0.2×0.01 V＝2×103 V．又根据楞次定律，金属环中电流方向为 Δt逆时针方向，即C正确． 【答案】 C [导体平动切割磁感线] 4．(多选)(2014·武汉二中模拟)光滑金属导轨宽L＝0.4 m，电阻不计，均匀变化的磁场穿过整个轨道平面，如图9-2-16甲所示．磁场的磁感应强度随时间变化的情况如图9-2-16乙所示．金属棒ab的电阻为1 Ω，自t＝0时刻起从导轨最左端以v＝2 m/s的速度向右匀速运动，则( ) 39 甲 乙 图9-2-16 A．1 s末回路中电动势为0.8 V B．1 s末ab棒所受磁场力为0. N C．1 s末回路中电动势为1.6 V D．1 s末ab棒所受磁场力为1.28 N 【解析】 1 s末磁场的磁感应强度大小为B＝2 T，回路中电动势为E＝BLv＝1.6 V，E 则C对；回路中的电流为I＝＝1.6 A，杆受的安培力大小为F＝BIL＝1.28 N，D对． R 【答案】 CD [电磁感应现象在电路中的应用] 5．(2014·福建泉州一中质检)如图9-2-17所示，两根平行金属导轨固定在同一水平面内，间距为l，导轨左端连接一个电阻．一根质量为m、电阻为r的金属棒ab垂直放置在导轨上．在杆的右方距杆为d处有一个匀强磁场，磁场方向垂直于导轨平面向下，磁感应强度为B.对杆施加一个大小为F、方向平行于导轨的恒力，使杆从静止开始运动，已知杆到达磁场区域时速度为v，之后进入磁场恰好做匀速运动．不计导轨的电阻，假定导轨与杆之间存在恒定的阻力．求： 40 图9-2-17 (1)导轨对杆ab的阻力大小f； (2)杆ab中通过的电流及其方向； (3)导轨左端所接电阻的阻值R. 【解析】 (1)杆进入磁场前做匀加速运动，有F－f＝ma v2＝2ad mv2 解得导轨对杆的阻力f＝F－ 2d (2)杆进入磁场后做匀速运动，有F＝f＋FB 杆ab所受的安培力FB＝IBl mv2 解得杆ab中通过的电流I＝ 2Bld杆中的电流方向自a流向b (3)杆产生的感应电动势E＝Blv E 杆中的感应电流I＝ R＋r 2B2l2d 解得导轨左端所接电阻阻值R＝－r mvmv2mv2 【答案】 (1)F－ (2) 方向为a→b 2d2Bld2B2l2d (3)－r mv 课时提升练(二十七) 法拉第电磁感应定律 自感现象 (限时：45分钟) A组 对点训练——巩固基础知识 ΔΦ 题组一 对E＝n的理解应用 Δt 41 1．穿过闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图象分别如图9-2-18①～④所示，下列关于回路中产生的感应电动势的论述，正确的是( ) 图9-2-18 A．图①中，回路产生的感应电动势恒定不变 B．图②中，回路产生的感应电动势一直在变大 C．图③中，回路在0～t1时间内产生的感应电动势小于在t1～t2时间内产生的感应电动势 D．图④中，回路产生的感应电动势先变小再变大 ΔΦΔΦ 【解析】 在图①中，＝0，感应电动势为零，故选项A错；在图②中，为一定ΔtΔtΔΦΔΦ 值，故感应电动势不变，选项B错；在图③中，0～t1内的||比t1～t2内的||大，选项C ΔtΔt错；在图④中，图线上各点切线斜率的绝对值先变小后变大，故选项D对． 【答案】 D 2．如图9-2-19甲所示，电路的左侧是一个电容为C的电容器，电路的右侧是一个环形导体，环形导体所围的面积为S.在环形导体中有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小随时间变化的规律如图9-2-19乙所示，则在0～t0时间内电容器( ) 甲 乙 图9-2-19 CSB2－B1 A．上极板带正电，所带电荷量为 t0CB2－B1 B．上极板带正电，所带电荷量为 t0CSB2－B1 C．上极板带负电，所带电荷量为 t0 42 CB2－B1 D．上极板带负电，所带电荷量为 t0 ΔBB2－B1 【解析】 由题图乙可知＝，B增大，根据楞次定律，感应电流沿逆时针方向， Δtt0 CSB2－B1SΔBSB2－B1 故电容器上极板带正电，E＝n＝，Q＝CE＝，A正确． Δtt0t0 【答案】 A 3．如图9-2-20所示，Q是单匝金属线圈，MN是一个螺线管，它的绕线方法没有画出，Q的输出端a、b和MN的输入端c、d之间用导线相连，P是在MN的正下方水平放置的用细导线绕制的软弹簧线圈．若在Q所处的空间加上与环面垂直的变化磁场，发现在t1至t2时间段内弹簧线圈处于收缩状态，则所加磁场的磁感应强度的变化情况可能是( ) 图9-2-20 【解析】 在t1至t2时间段内弹簧线圈处于收缩状态，说明此段时间内穿过线圈的磁通量变大，既穿过线圈的磁场的磁感应强度变大，则螺线管中电流变大，单匝金属线圈Q产生的感应电动势变大，所加磁场的磁感应强度的变化率变大，即B-t图线的斜率变大，选项D正确． 【答案】 D 题组二 对E＝Blv的理解应用 4．(2014·湖北八校联考)如图9-2-21所示，在国庆60周年阅兵盛典上，我国预警机“空警－2 000”在天安门上空时机翼保持水平，以4.5×102 km/h的速度自东向西飞行．该机的翼展(两翼尖之间的距离)为50 m，北京地区地磁场的竖直分量向下，大小为4.7×105 T，则 － ( ) 43 图9-2-21 A．两翼尖之间的电势差为2.9 V B．两翼尖之间的电势差为1.1 V C．飞行员左方翼尖的电势比右方翼尖的电势高 D．飞行员左方翼尖的电势比右方翼尖的电势低 【解析】 飞机的飞行速度4.5×102 km/h＝125 m/s，飞机两翼间的电动势为E＝BLv＝4.7×105×50×125 V＝0.29 V，A、B项错；飞机速度从东向西，磁场竖直向下，根据右手定 － 则可知飞行员左方翼尖电势高于右方翼尖的电势，C对、D错． 【答案】 C 5．(多选)(2014·北京十八中模拟)如图9-2-22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 ( ) 图9-2-22 A．感应电流方向不变 B．CD段直导线始终不受安培力 C．感应电动势最大值Em＝Bav 1 D．感应电动势平均值E＝πBav 4 【解析】 由楞次定律可判定闭合回路中产生的感应电流方向始终不变，选项A正确；CD段电流方向是由D指向C，根据左手定则可知，CD段受到安培力，且方向竖直向下，选项B错误；当闭合回路有一半进入磁场时，产生的感应电动势最大，Em＝Bav，选项CΔΦπBav 正确；由法拉第电磁感应定律得E＝＝，选项D正确． Δt4 【答案】 ACD 6．如图9-2-23所示，金属三角形导轨COD上放一根金属棒MN，拉动MN使它以速度 44 v在匀强磁场中向右匀速平动，若导轨和金属棒都是粗细相同的均匀导体，它们的电阻率相同，则在MN运动过程中闭合电路的( ) 图9-2-23 A．感应电动势保持不变 B．感应电流逐渐增大 C．感应电流将保持不变 D．感应电流逐渐减小 【解析】 拉动MN使它以速度v在匀强磁场中向右匀速平动，t时刻，导体棒切割磁感线的有效长度L＝vt tan α，产生的感应电动势E＝BLv＝Bv2t tan α，感应电动势逐渐增大，选项A错误；粗细相同的均匀导体，它们的电阻率相同，单位长度电阻相同，设为R，回路总电阻R总＝R(vt tan α＋vt/cos α＋vt)＝R(tan α＋1/cos α＋1)vt，产生的感应电流I＝E/R总是一恒量，选项C正确，B、D错误． 【答案】 C 题组三 自感和涡流 7．(多选)(2014·江苏苏北四校调研)关于涡流，下列说法中正确的是( ) 图9-2-24 A．真空冶炼炉是利用涡流来熔化金属的装置 B．家用电磁炉锅体中的涡流是由恒定磁场产生的 C．阻尼摆摆动时产生的涡流总是阻碍其运动 D．变压器的铁芯用相互绝缘的硅钢片叠成能减小涡流 【解析】 真空冶炼炉是用涡流来熔化金属对其进行冶炼的，炉内放入被冶炼的金属，线圈内通入高频交变电流， 这时被冶炼的金属中产生涡流就能被熔化，故A正确；电磁炉利用高频电流在电磁炉内部线圈中产生磁场，当含铁质锅具放置炉面时，铁磁性锅体被磁化，锅具即切割交变磁感线而在锅具底部产生交变的涡流，恒定磁场不会产生涡流，故B错误；阻尼摆摆动时产生的涡流总是阻碍其运动，当金属板从磁场中穿过时，金属板板内感应出涡 45 流会对金属板的运动产生阻碍作用．故C正确；在整块导体内部发生电磁感应而产生感应电流的现象称为涡流现象，要损耗能量，不用整块的硅钢铁芯，其目的是为了减小锅流，故D正确． 【答案】 ACD 8．如图9-2-25所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，电感L的电阻不计，电阻R的阻值大于灯泡D的阻值．在t＝0时刻闭合开关S.经过一段时间后，在t＝t1时刻断开S.下列表示A、B两点间电压UAB随时间t变化的图象中，正确的是( ) 图9-2-25 【解析】 S闭合时，由于电感L有感抗，经过一段时间电流稳定时L电阻不计，可见R外电路的外阻是从大变小的过程．由U外＝E可知U外也是从大变小的过程，所以A、C R外＋r错误．t1时刻断开S，由于自感在L、R、D构成的回路中，电流从B向A，中间流过D，所以t1时刻UAB反向，B正确． 【答案】 B B组 深化训练——提升应考能力 9．(多选)如图9-2-26所示是圆盘发电机的示意图．铜盘安装在水平的铜轴上，它的边缘正好在两磁极之间，两块铜片C、D分别与转动轴和铜盘的边缘接触．若铜盘半径为L，匀强磁场的磁感应强度为B，回路的总电阻为R，从左往右看，铜盘以角速度ω沿顺时针方向匀速转动．则( ) 图9-2-26 A．由于穿过铜盘的磁通量不变，故回路中无感应电流 BL2ω B．回路中感应电流大小不变，为 2RC．回路中感应电流方向不变，为C→D→R→C 46 D．回路中有周期性变化的感应电流 【解析】 把铜盘看作闭合回路的一部分，在铜盘以角速度ω沿顺时针方向匀速转动时，铜盘切割磁感线产生感应电动势，回路中有感应电流，选项A错误；铜盘切割磁感线12EBL2ω 产生的感应电动势为E＝BLω，根据闭合电路欧姆定律，回路中感应电流I＝＝，由 2R2R右手定则可判断出感应电流方向为C→D→R→C，选项B、C正确，D错误． 【答案】 BC 10．(多选)如图9-2-27所示的电路中，电容器的电容为C、带电荷量为q，线圈匝数为n、横截面积为S、电阻为r，线圈处于一个磁感应强度均匀减小的磁场中，磁感应强度方向水平向右且与线圈平面垂直，电路中两个定值电阻的阻值分别为r和2r.则下列说法正确的是( ) 图9-2-27 A．电容器上极板带正电 B．电容器下极板带正电 q C．磁感应强度随时间的变化率为 nSC2q D．磁感应强度随时间的变化率为 nSC 【解析】 由题图可知，向右的磁场均匀减小，根据楞次定律，外电路r中的电流自右q 向左，所以电容器下极板带正电，A错、B对；由C＝得：电容器两端的电压即电源的路Uq2q 端电压U＝，又由闭合电路欧姆定律可知：感应电动势E＝2U＝，根据法拉第电磁感应 CCΔBΔB2q 定律有E＝nS，联立得：＝，C错、D对． ΔtΔtnSC 【答案】 BD 11．(2014·河南郑州预测)如图9-2-28所示，两根平行且光滑的金属轨道固定在斜面上，斜面与水平面之间的夹角α＝53°，轨道上端接一只阻值为R＝0.4 Ω的电阻，在轨道间存在垂直于轨道平面斜向上的匀强磁场，磁场的磁感应强度B＝0.5 T，两轨道之间的距离为L＝40 cm，且轨道足够长，电阻不计．现将一质量为m＝3 g，有效电阻为r＝1.0 Ω的金属杆ab放在轨道上，且与两轨道垂直，然后由静止释放，(g＝10 m/s2)求： 47 图9-2-28 (1)金属杆ab下滑过程中可达到的最大速率； (2)金属杆ab达到最大速率以后，电阻R每秒内产生的电热． 【解析】 (1)当达到最大速度vm时，根据牛顿第二定律得 mgsin α＝F安 根据法拉第电磁感应定律，E＝BLvm 根据闭合电路欧姆定律，I＝根据安培力公式F安＝BIL 解得vm＝0.84 m/s. (2)根据能的转化和守恒定律，达到最大速度后，电路中每秒钟产生的热量为Q＝mgvmsin α＝2.01×102 J － BLvm R＋r R－ 金属杆每秒钟产生的热量为QR＝ Q＝5.76×103 J. R＋r【答案】 (1)0.84 m/s (2)5.76×103 J － 12．(2014·山东济南模拟)如图9-2-29甲所示，不计电阻的平行金属导轨竖直放置，导轨间距为L＝1 m，上端接有电阻R＝3 Ω，虚线OO′下方是垂直于导轨平面向里的匀强磁场．现将质量m＝0.1 kg、电阻r＝1 Ω的金属杆ab从OO′上方某处垂直导轨由静止释放，杆下落过程中始终与导轨保持良好接触，杆下落过程中的v-t图象如图9-2-29乙所示．(g取10 m/s2)求： 甲 乙 图9-2-29 (1)磁感应强度B； 48 (2)杆在磁场中下落0.1 s过程中电阻R产生的热量． 【解析】 (1)由图象知，杆自由下落0.1 s进入磁场后以v＝1.0 m/s做匀速运动． 产生的电动势E＝BLv E 杆中的电流I＝ R＋r杆所受安培力F安＝BIL 由平衡条件得mg＝F安 解得B＝2 T. (2)杆在磁场中下落0.1 s过程中电阻R产生的热量 Q＝I2Rt＝0.075 J. 【答案】 (1)2T (2)0.075 J 阶段升华微专题(十一) 感应电流的方向和大小 [专题归纳] 专题一 感应电流方向的判定 1. 2. 49 【例1】 MN、GH为光滑的水平平行金属导轨，ab、cd为跨在导轨上的两根金属杆，匀强磁场垂直穿过MN、GH所在的平面，如图1所示，则( ) 图1 A．若固定ab，使cd向右滑动，则abdc回路有电流，电流方向由a到b到d到c B．若ab、cd以相同的速度一起向右滑动，则abdc回路有电流，电流方向由c到d到b到a C．若ab向左、cd向右同时运动，则abdc回路电流为零 50 D．若ab、cd都向右运动，且两棒速度vcd>vab，则abdc回路有电流，电流方向由c到d到b到a 【解析】 若固定ab，使cd向右滑动，由右手定则知，应产生顺时针方向的电流，故选项A错；若ab、cd同向运动且速度大小相同，ab、cd所围的面积不变，磁通量不变，故不产生感应电流，故选项B错误；若ab向左、cd向右同时运动，则abdc中有顺时针方向的电流，故选项C错误；若ab、cd向右运动，且vcd>vab，则ab、cd所围的面积发生变化，磁通量也发生变化，故由楞次定律可判断出产生由c到d到b到a的电流，故选项D正确． 【答案】 D 专题二 感应电动势、感应电流的大小计算 1．求解感应电动势常有如下几种方法 ΔΦE＝n ΔtE＝ Blvsin θ 1E＝BL2ω 2式 E＝NBSωsin(ωt＋图 回路(不一定闭合) 一般求平均感应电动势，当Δt→0时，求的是瞬时感应电动势 所有磁场(匀强磁场定量计算、非匀强磁场定性分析) 一段直导线(或等效成直导线) 一般求瞬时感应电动势，当v为平均速度时，求的是平均感应电动势 匀强磁场 绕一端转动的一段导体棒 用平均值法求瞬时感应电动势 匀强磁场 框 求瞬时感应电动势 对象 绕与B垂直的轴转动义 条件 匀强磁场 2.与上述问题相关的几个知识点 ΔΦ (1)电源电动势E＝Blv或E＝n. ΔtE (2)闭合电路欧姆定律I＝ R＋rU 部分电路欧姆定律I＝ R电源的内电压Ur＝Ir 电源的路端电压U＝IR＝E－Ir ΔΦ (3)通过导体的电荷量q＝IΔt＝n. R＋r 【例2】如图2所示，匀强磁场B＝0.1 T，金属棒AB长0.4 m，与框架宽度相同，电阻 51 1 为 Ω，框架电阻不计，电阻R1＝2 Ω，R2＝1 Ω，当金属棒以5 m/s的速度匀速向左运动时，3求： (1)流过金属棒的感应电流多大？ 图2 (2)若图中电容器C为0.3 μF，则所充电荷量多少？ 【解析】 (1)由E＝Blv得 E＝0.1×0.4×5 V＝0.2 V R1·R22×12R＝＝ Ω＝ Ω 3R1＋R22＋1I＝ E0.2 ＝ A＝0.2 A R＋r21 ＋33 20.4 (2)路端电压U＝IR＝0.2× V＝ V 330.4－－ Q＝CU＝0.3×106× C＝4×108 C 3【答案】 (1)0.2 A (2)4×108 C － [学以致用] 1．如图3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3 A．两表均无读数 52 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 【解析】 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． 【答案】 A 2. 某实验小组用如图4所示的实验装置来验证楞次定律．当条形磁铁自上而下穿过固定的线圈时，通过电流计的感应电流方向(俯视)是( ) 图4 A．a→G→b B．先a→G→b，后b→G→a C．b→G→a D．先b→G→a，后a→G→b 【解析】 ①确定原磁场的方向：条形磁铁在穿入线圈的过程中，磁场方向向下． ②明确回路中磁通量变化的情况：向下的磁通量增加． ③由楞次定律的“增反减同”可知：线圈中感应电流产生的磁场方向向上． ④应用安培定则可以判断感应电流的方向为逆时针(俯视)，即从b→G→a. 同理可以判断出条形磁铁穿出线圈过程中，向下的磁通量减小，由楞次定律可得：线圈中将产生顺时针的感应电流(俯视)，即从a→G→b.故D正确． 【答案】 D 3．[楞次定律的理解]如图5所示，当磁场的磁感应强度B增强时，内、外金属环上的感应电流的方向应为( ) 53 图5 A．内环顺时针，外环逆时针 B．内环逆时针，外环顺时针 C．内、外环均为顺时针 D．内、外环均为逆时针 【解析】 磁场增强，则穿过回路的磁通量增大，故感应电流的磁场向外，由安培定则知电流对整个电路而言应沿逆时针方向，即外环逆时针，内环顺时针，选项A正确． 【答案】 A 4. 如图6所示，均匀带正电的绝缘圆环a与金属圆环b同心共面放置，当a绕O点在其所在平面内旋转时，b中产生顺时针方向的感应电流，且具有收缩趋势，由此可知，圆环a( ) 图6 A．顺时针加速旋转 B．顺时针减速旋转 C．逆时针加速旋转 D．逆时针减速旋转 【解析】 由楞次定律知，欲使b中产生顺时针电流，则a环内磁场应向里减弱或向外增强，a环的旋转情况应该是顺时针减速或逆时针加速，由于b环又有收缩趋势，说明a环外部磁场向外，内部向里，故选项B正确． 【答案】 B 5．(多选)将一磁铁缓慢地或迅速地插到闭合线圈中同样位置处，不发生变化的物理量有( ) A．磁通量的变化率 B．感应电流的大小 C．磁通量的变化量 D．流过导体横截面的电荷量 【解析】 插到闭合线圈中同样位置，磁通量的变化量相同，磁通量的变化率不同，由EΔΦEΔΦΔФI感＝＝可知，I感不同，流过导体横截面的电荷量q＝I·Δt＝·Δt＝·Δt＝，因ΔΦ、 RR·ΔtRR·ΔtRR不变，所以q与磁铁插入线圈的快慢无关，故选项C、D正确． 【答案】 CD 6. 在如图7所示的电路中，两个灵敏电流表 和 的零点都在刻度盘， 当电流从“＋”接线柱流入时，指针向右摆；电流从“－”接线柱流入时，指针向左摆．在电路接通后再断开的瞬间，下列说法中符合实际情况的是 ( ) 图7 A．B． 表指针向左摆， 表指针向右摆， 表指针向右摆 表指针向左摆 55 C．D． 、、 表的指针都向左摆 表的指针都向右摆 【解析】 电路接通后线圈中电流方向向右，当电路断开时，线圈中电流减小，线圈中产生与原方向相同的自感电动势，线圈与 中电流方向向右， 、 和电阻组成闭合电路，所以 表指针向右摆， 中电流方向向左，即 表指针向左摆，故选项B正确，选项A、C、D错误． 【答案】 B 7．在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一圆形导体环．规定导体环中电流的正方向如图8甲所示，磁场向上为正．当磁感应强度B随时间t按图8乙变化时，下列能正确表示导体环中感应电流变化情况的是( ) 甲 乙 ΔB 【解析】 0～2 s，＞0，且为定值，即产生的感应电流的大小不变，排除A、B两 ΔtΔB 个选项；2～4 s，＜0，也为定值，也产生不变的感应电流，根据题目所给定的正方向， Δt很容易得到正确选项C. 【答案】 C 8．如图9所示，导线全部为裸导线，半径为r的圆内有垂直于圆平面的匀强磁场，磁感应强度为B，一根长度大于2r的导线MN以速度v在圆环上无摩擦地自左端匀速滑到右端．电路的固定电阻为R，其余电阻不计，求MN从圆环的左端滑到右端的过程中电阻R上的电流的平均值和通过电阻R的电荷量． 56 图9 【解析】 MN做切割磁感线运动，有效切割长度在不断地变化，用E＝Blv难以求得平均感应电动势，从另一角度看，回路中的磁通量在不断地变化，可利用法拉第电磁感应定律求平均感应电动势． 从左端到右端磁通量的变化量 ΔΦ＝BΔS＝Bπr2 2r 从左端到右端的时间Δt＝ v 根据法拉第电磁感应定律，平均感应电动势 2 －ΔΦBπrBπvrE＝＝＝ Δt2r2 v － －EBπvr 所以，电路中平均感应电流I＝＝ R2R通过R的电荷量 Bπvr2rBπr2－ q＝IΔt＝·＝ 2RvRBπvrBπr2 【答案】 2RR 第3节 电磁感应规律的综合应用 [真题回放] 1．(2013·新课标全国Ⅱ)如图9-3-1所示，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框； 57 图9-3-1 在导线框右侧有一宽度为d(d>L)的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下．导线框以某一初速度向右运动．t＝0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域．下列v-t图象中，可能正确描述上述过程的是( ) 【解析】 导体切割磁感线时产生感应电流，同时产生安培力阻碍导体运动，利用法拉第电磁感应定律、安培力公式及牛顿第二定律可确定线框在磁场中的运动特点． 线框进入和离开磁场时，安培力的作用都是阻碍线框运动，使线框速度减小，由E＝BLv、I＝E R及F＝BIL＝ma可知安培力减小，加速度减小，当线框完全进入磁场后穿过线框的磁通量不再变化，不产生感应电流，不再产生安培力，线框做匀速直线运动，故选项D正确． 【答案】 D 2．(2013天津高考)如图9-3-2所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，ab边长大于bc边长，置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN.第一次ab边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1；第二次bc边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则( ) 58 图9-3-2 A．Q1>Q2，q1＝q2 C．Q1＝Q2，q1＝q2 D.Q1＝Q2，q1>q2 E 【解析】 根据法拉第电磁感应定律E＝Blv、欧姆定律I＝和焦耳定律Q＝I2Rt，得线 REB2l2v2l′B2SlvΔΦ 圈进入磁场产生的热量Q＝·＝，因为lab>lbc，所以Q1>Q2.根据E＝，I＝ RvRΔtRBS 及q＝IΔt得q＝，故q1＝q2.选项A正确，选项B、C、D错误． R 【答案】 A 3．(多选)(2012·山东高考)如图9-3-3所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B.将质量为m的导体棒由静止释放，当速度达到v时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P，导体棒最终以2v的速度匀速运动． 导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g.下列选项正确的是( ) B．Q1>Q2，q1>q2 图9-3-3 A．P＝2mgvsin θ 59 B．P＝3mgvsin θ vg C．当导体棒速度达到时加速度大小为sin θ 22 D．在速度达到2v以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力所做的功 【解析】 对导体棒受力分析如图．当导体棒以v匀速运动时(如图甲)，应有：mgsin θB2L2v2B2L2v ＝F安＝BIL＝；当加力F后以2v匀速运动时(如图乙)，有F＋mgsin θ＝，两式RR联立得F＝mgsin θ，则P＝F·2v＝2mgvsin θ，A正确、B错误；由牛顿第二定律可知，当导B2L2v mgsin θ－ 2Rmgsin θ－F″安 vg 体棒的速度为时，a＝＝＝sin θ，C正确； 2mm2 由功能关系可知，当导体棒达到2v以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力所做的功与减少的重力势能之和，D错误． 甲 乙 【答案】 AC [考向分析] 1.考纲展示 (1)电磁感应定律(Ⅱ) (2)楞次定律(Ⅱ) 仍以4种综合的题型为主 (1)与电路的综合 2.命题趋势 (2)与图象的综合 (3)与动力学的综合 (4)与能量的综合 3.选材特点 (1)各种形状的线框穿越磁场过程中的电磁感应现象(2)“单杆＋导轨”模型中的电磁感应规律的综合应用(3)“双滑杆”模型中的电磁感应现象 考点一 电磁感应中的电路问题 1.电磁感应中电路知识的关系图 60 2．分析电磁感应电路问题的基本思路 (1)确定电源：用法拉第电磁感应定律和楞次定律或右手定则确定感应电动势的大小和方向，电源内部电流的方向是从低电势流向高电势； (2)分析电路结构：根据“等效电源”和电路中其他元件的连接方式画出等效电路．注意区别内外电路，区别路端电压、电动势； ΔΦ (3)利用电路规律求解：根据E＝BLv或E＝n结合闭合电路欧姆定律、串并联电路知 Δt识和电功率、焦耳定律等关系式联立求解． 【例1】 (19分)(2014·新课标全国Ⅱ) 半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r、质量为m且质量分布均匀的直导体棒AB置于圆导轨上面，BA的延长线通过圆导轨中心O，装置的俯视图如图9-3-4所示． 61 图9-3-4 整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向竖直向下．在内圆导轨的C点和外圆导轨的D点之间接有一阻值为R的电阻(图中未画出)．直导体棒在水平外力作用下以角速度ω绕O逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触．设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒和导轨的电阻均可忽略．重力加速度大小为g.求 (1)通过电阻R的感应电流的方向和大小； (2)外力的功率． 【思维模板】 问1：该题中，谁相当于电源，谁相当于外电路？ 提示：AB棒相当于电源．R属于外电路． 1 问2：AB棒转动切割切割磁感线，能用E＝Bl2ω求感应电动势吗？为什么？ 2提示：不能．因该题中AB棒不是绕A端转动切割． 【解析】 (1)根据右手定则，得导体棒AB上的电流方向为B→A，故电阻R上的电流方向为C→D. vA＋vB设导体棒AB中点的速度为v，则v＝ 2而vA＝ωr，vB＝2ωr 根据法拉第电磁感应定律，导体棒AB上产生的感应电动势E＝Brv E 根据闭合电路欧姆定律得I＝，联立以上各式解得通过电阻R的感应电流的大小为I R3Bωr2＝. 2R (2)根据能量守恒定律，外力的功率P等于安培力与摩擦力的功率之和，即P＝BIrv＋fv，而f＝μmg 9B2ω2r43μmgωr解得P＝＋. 4R2 62 3Bωr2 【答案】 (1)方向为C→D 大小为 2R9B2ω2r43μmgωr(2)＋ 4R2【反思总结】 电磁感应电路的几个等效问题 突破训练 1 粗细均匀的电阻丝围成如图9-3-5所示的线框，置于正方形有界匀强磁场中，磁感强度为B，方向垂直于线框平面，图中ab＝bc＝2cd＝2de＝2ef＝2fa＝2L. 63 图9-3-5 现使线框以同样大小的速度v匀速沿四个不同方向平动进入磁场，并且速度方向始终与线框先进入磁场的那条边垂直，则线框在通过如图所示位置时，下列说法中正确的是 ( ) A．ab两点间的电势差图①中最大 B．ab两点间的电势差图②中最大 C．回路电流图③中最大 D．回路电流图④中最小 【解析】 设ab段电阻为r，图①中ab两点间的电势差U＝3Ir，图②中ab两点间的1 电势差U＝Ir，图③中ab两点间的电势差U＝Ir，图④中ab两点间的电势差U＝Ir，所以 2ab两点间的电势差，图①中最大，选项A正确、B错误；回路电流图③中最小，其他回路电流相等，选项C、D错误． 【答案】 A 考点二 电磁感应现象中的图象问题 1.图象类型 电磁感应中主要涉及的图象有B-t图象、Φ-t图象、E-t图象和I-t图象．还常涉及感应电动势E和感应电流I随线圈位移x变化的图象，即E-x图象和I-x图象． 2．常见题型 图象的选择、图象的描绘，图象的转换、图象的应用． 3．所用规律 一般包括：左手定则、安培定则、楞次定律、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等． 4．分析步骤 (1)明确图象的种类； (2)分析电磁感应的具体过程； (3)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等规律写出函数方程； (4)根据函数方程进行数学分析，例如分析斜率的变化、截距等； (5)画图象或判断图象． 【例2】 (2013·新课标全国卷Ⅰ)如图9-3-6所示，在水平面(纸面)内有三根相同的均匀金属棒ab、ac和MN，其中ab、ac在a点接触，构成“V”字型导轨． 图9-3-6 空间存在垂直于纸面的均匀磁场．用力使MN向右匀速运动，从图示位置开始计时，运动中MN始终与∠bac的平分线垂直且和导轨保持良好接触．下列关于回路中电流i与时间t的关系图线，可能正确的是( ) 【解析】 设图示位置时a距棒的距离为l0，导体棒匀速切割磁感线的速度为v，单位长度金属棒的电阻为R0，导轨夹角为θ，运动时间t时，切割磁感线的导体棒长度l＝2(l0＋2l0＋vtθ vt)·tan ，有效电路中导体棒长度l总＝l＋，导体棒切割磁感线产生的感应电动势 2θ cos 2 2l＋vttan θ＋2l0＋vtθ0 2θ， e＝Blv＝2Bv(l0＋vt)tan ，电路中总电阻R＝R0l总＝R02cos 2 65 θ2e 所以i＝＝ R2l＋vtθ02l＋vttan ＋ 0 2θR0 cos 2 2Bvl0＋vttan Bv·tan ＝ θ 2 tan θ＋12θR0cos 2 ， 即i为恒定值，与t无关，选项A正确． 【答案】 A 【反思总结】 该题是采用“解析法”确定i-t图线的，该法的要点为： ΔΦ (1)公式选择：一般选用E＝Blv或E＝n的瞬时值表达式(即Δt→0时的平均电动势)． Δt(2)准确写出每一个时刻(或位置)的磁通量变化率、导体棒切割磁感线的有效长度、回路总电阻等物理量随时间变化的函数表达式． (3)正确分析解析式中变量和不变量的函数关系． 突破训练 2 (2014·河南郑州预测)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纸面向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图9-3-7所示．若规定顺时针方向为感应电流i的正方向，下列i-t图象中正确的是( ) 图9-3-7 66 【解析】 由图可知，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，即电流为负方向；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ΔΦΔB·S 逆时针，由E＝＝可知，电路中电流大小恒定不变，故D正确． ΔtΔt 【答案】 D 考点三 电磁感应中的动力学和能量问题 1.两大研究对象及其关系 电磁感应中导体棒既可看作电学对象(因为它相当于电源)，又可看作力学对象(因为感应电流产生安培力)，而感应电流I和导体棒的速度v则是联系这两大对象的纽带： 2．电磁感应中的动力学问题分析思路 (1)电路分析： 导体棒相当于电源，感应电动势相当于电源的电动势，导体棒的电阻相当于电源的内阻，感应电流I＝ Blv. R＋r (2)受力分析： B2l2v 导体棒受到安培力及其他力，安培力F安＝BIl或，根据牛顿第二定律列动力学方R总 67 程：F合＝ma. (3)过程分析： 由于安培力是变力，导体棒做变加速或变减速运动，当加速度为零时，达到稳定状态，最后做匀速直线运动，根据共点力平衡条件列平衡方程：F合＝0. 3．电磁感应中的能量转化 4．求解焦耳热Q的三种方法 【例3】 (2014江苏高考)如图9-3-8所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为L，长为3d，导轨平面与水平面的夹角为θ，在导轨的中部刷有一段长为d的薄绝缘涂层． 68 图9-3-8 匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直．质量为m的导体棒从导轨的顶端由静止释放，在滑上涂层之前已经做匀速运动，并一直匀速滑到导轨底端．导体棒始终与导轨垂直，且仅与涂层间有摩擦，接在两导轨间的电阻为R，其他部分的电阻均不计，重力加速度为g.求： (1)导体棒与涂层间的动摩擦因数μ； (2)导体棒匀速运动的速度大小v； (3)整个运动过程中，电阻产生的焦耳热Q. 【解析】 (1)在绝缘涂层上 导体棒受力平衡：mgsin θ＝μmgcos θ 解得导体棒与涂层间的动摩擦因数μ＝tan θ (2)在光滑导轨上 E 感应电动势：E＝BLv 感应电流：I＝ R 安培力：F安＝BIL 受力平衡的条件是：F安＝mgsin θ mgRsin θ 解得导体棒匀速运动的速度v＝ B2L2(3)摩擦生热：QT＝μmgdcos θ 1 根据能量守恒定律知：3mgdsin θ＝Q＋QT＋mv2 2m3g2R2sin2 θ 解得电阻产生的焦耳热Q＝2mgdsin θ－ 2B4L4mgRsin θm3g2R2sin2 θ 【答案】 (1)tan θ (2) (3)2mgdsin θ－ B2L22B4L469 突破训练 3 (2013·安徽高考)如图9-3-9所示，足够长平行金属导轨倾斜放置，倾角为37°，宽度为0.5 m，电阻忽略不计，其上端接一小灯泡，电阻为1 Ω.一导体棒MN垂直于导轨放置，质量为0.2 kg，接入电路的电阻为1 Ω，两端与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为0.5.在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为0.8 T． 将导体棒MN由静止释放，运动一段时间后，小灯泡稳定发光，此后导体棒MN的运动速度以及小灯泡消耗的电功率分别为(重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6)( ) 图9-3-9 A．2.5 m/s 1 W C．7.5 m/s 9 W B．5 m/s 1 W D.15 m/s 9W 【解析】 对导体棒进行受力分析作出截面图，如图所示，导体棒共受四个力作用，即重力、支持力、摩擦力和安培力． 由平衡条件得mgsin 37°＝F安＋Ff Ff＝μFN FN＝mgcos 37° 而F安＝BIL I＝E R＋r ① ② ③ ④ ⑤ ⑥ E＝BLv 联立①～⑥式， 70 mgsin 37°－μcos 37°R＋r 解得v＝ 22BL代入数据得v＝5 m/s. 小灯泡消耗的电功率为P＝I2R ⑦ Blv2 由⑤⑥⑦式得P＝()R＝1 W，故选项B正确． R＋r【答案】 B 物理模型13 电磁感应中的“杆＋导轨”模型 1．单杆模型 (1)模型特点：导体棒运动→感应电动势→闭合回路→感应电流→安培力→阻碍棒相对磁场运动． (2)分析思路：确定电源 71 (3)解题关键：对棒的受力分析，动能定理应用． 2．双杆模型 (1)模型特点． ①一杆切割时，分析同单杆类似． ΔΦ ②两杆同时切割时，回路中的感应电动势由两杆共同决定，E＝＝Bl(v1－v2)． Δt(2)解题要点：单独分析每一根杆的运动状态及受力情况，建立两杆联系，列方程求解． 【例4】 (2014·天津高考)如图9-3-10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.问： 72 图9-3-10 (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多大； (3)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，此过程中ab上产生的热量Q是多少. 思路导引】 【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 73 a流向b. (2)开始放置ab刚好不下滑时，ab所受摩擦力为最大静摩擦力，设其为Fmax，有Fmax ＝m1gsin θ ① 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＝BLv② 设电路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律有 I＝E R1＋R2 ③ ④ 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＝m1gsin θ＋Fmax⑤ 综合①②③④⑤式，代入数据解得v＝5 m/s ⑥ (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m2gxsin θ＝Q总 1＋m2v2 2 R1又Q＝Q总 R1＋R2 解得Q＝1.3 J ⑦ ⑧ ⑨ 【答案】 (1)由a流向b (2)5 m/s (3)1.3 J 突破训练 4 如图9-3-11所示，足够长金属导轨竖直放置，金属棒ab、cd均通过棒两端的环套在金属导轨上．虚线上方有垂直纸面向里的匀强磁场，虚线下方有竖直向下的匀强磁场．ab、cd棒与导轨间动摩擦因数均为μ，两棒总电阻为R，导轨电阻不计． 开始两棒均静止在图示位置，当cd棒无初速释放时，对ab棒施加竖直向上的力F，沿导轨向上做匀加速运动．则 ( ) 74 图9-3-11 A．ab棒中的电流方向由b到a B．cd棒先加速运动后匀速运动 C．cd棒所受摩擦力的最大值等于cd棒的重力 D．力F做的功等于两金属棒产生的电热与增加的机械能之和 【解析】 根据右手定则可判断出ab棒中电流方向由b到a，A正确；由左手定则可判断出cd棒受到的安培力垂直导轨平面向里，由于ab棒做匀加速运动，回路中的感应电流逐渐增大，cd棒受到的安培力逐渐增大，故cd棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当cd棒所受重力与滑动摩擦力相等时，速度达到最大，然后做加速度逐渐增大的减速运动，最后停止运动，cd棒所受摩擦力的最大值大于cd棒的重力，故B、C错误； 1 对金属棒ab分析，由动能定理可知WF－WG－W安＝mv2，故力F做的功等于金属棒 2ab产生的电热与增加的机械能之和，D错误． 【答案】 A [电磁感应中的图象问题] 1．(2014·新课标全国卷Ⅰ)如图9-3-12(a)，线圈ab、cd绕在同一软铁芯上，在ab线圈中通以变化的电流，用示波器测得线圈cd间电压如图9-3-12(b)所示．已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比，则下列描述线圈ab中电流随时间变化关系的图中，可能正确的是( ) 75 (a) (b) 图9-3-12 【解析】 由题图(b)可知在cd间不同时间段内产生的电压是恒定的，所以在该时间段内线圈ab中的磁场是均匀变化的，则线圈ab中的电流是均匀变化的，故选项A、B、D错误、选项C正确． 【答案】 C [电磁感应中的电路问题] 2．(多选)(2013·四川高考)如图9-3-13所示，边长为L、不可形变的正方形导线框内有半径为r的圆形磁场区域，其磁感应强度B随时间t的变化关系为B＝kt(常量k>0)．回路中 76 R0滑动变阻器R的最大阻值为R0，滑动片P位于滑动变阻器，定值电阻R1＝R0、R2＝. 2闭合开关S，电压表的示数为U，不考虑虚线MN右侧导体的感应电动势，则( ) 图9-3-13 U A．R2两端的电压为 7B．电容器的a极板带正电 C．滑动变阻器R的热功率为电阻R2的5倍 D．正方形导线框中的感应电动势为kL2 7 【解析】 根据串、并联电路特点，虚线MN右侧回路的总电阻R＝R0.回路的总电流 4U4UI2U2UR01 I＝＝，通过R2的电流I2＝＝，所以R2两端电压U2＝I2R2＝·＝U，选项AR7R027R07R027正确；根据楞决定律知回路中的电流为逆时针方向，即流过R2的电流方向向左，所以电容器b极板带正电，选项B错误； I2R052IR0根据P＝I2R，滑动变阻器R的热功率P＝I2＋＝IR，电阻R的热功率P＝22 222280 2 11ΔΦ R2＝I2R0＝P，选项C正确；根据法拉第电磁感应定律得，线框中产生的感应电动势E＝ 85Δt B ＝S＝kπr2，选项D错误． t 【答案】 AC [电磁感应中的能量问题] 77 3. (2014·山东省聊城模拟)如图9-3-14所示，水平放置的光滑平行金属导轨上有一质量为m的金属棒ab.导轨的一端连接电阻R，其他电阻均不计，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向下，ab在一水平恒力F作用下由静止开始向右运动的过程中( ) 图9-3-14 A．随着ab运动速度的增大，其加速度也增大 B．外力F对ab做的功等于电路中产生的电能 C．外力F做功的功率始终等于电路中的电功率 D．克服安培力做的功一定等于电路中产生的电能 【解析】 随着ab运动速度的增大，安培力也增大，所以加速度减小，A项错误；外力F做功，使电路中的电能和棒的动能增加，B、C项均错误；克服安培力做功实现了机械能向电能的转化，D项正确． 【答案】 D [电磁感应中力与能量的综合] 4．(2014·上海高考)如图9-3-15所示，水平面内有一光滑金属导轨，其MN、PQ边的电阻不计，MP边的电阻阻值R＝1.5 Ω，MN与MP的夹角为135°，PQ与MP垂直，MP边长度小于1 m．将质量m＝2 kg，电阻不计的足够长直导体棒搁在导轨上，并与MP平行．棒与MN、PQ交点G、H间距离L＝4 m． 空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5 T．在外力作用下，棒由GH处以一定的初速度向左做直线运动，运动时回路中的电流始终与初始时的电流相等． 78 图9-3-15 (1)若初速度v1＝3 m/s，求棒在GH处所受的安培力大小FA. (2)若初速度v2＝1.5 m/s，求棒向左移动距离2 m到达EF所需时间Δt. (3)在棒由GH处向左移动2 m到达EF处的过程中，外力做功W＝7 J，求初速度v3. 【解析】 (1)棒在GH处速度为v1＝3 m/s，则E＝BLv1， EB2L2v1而I＝、FA＝BIL，解得FA＝＝8N. RR 1 (2)设棒移动距离为a(a＝2m)，由几何关系知EF间距也为a，磁通量变化ΔΦ＝a(a＋ 2L)B.题设运动时回路中电流保持不变，即感应电动势不变， 有E＝BLv2， 1 aa＋LB aa＋LΔΦ2 因此E＝＝，解得Δt＝＝1 s. ΔtΔt2Lv2(3)设克服安培力做功为WA，导体棒在EF处的速度为v3′. 11 由动能定理W－WA＝ΔEk 得W＝WA＋mv3′2－mv2. 223克服安培和做功WA＝I23RΔt′， aa＋LBLv3式中I3＝，Δt′＝， R2Lv3代入 WA＝I23RΔt′得 aa＋LB2Lv3 WA＝. 2R 由于电流始终不变，有Bav3′＝BLv3， aa＋LB2Lv31L2 因此W＝＋m(－1)v23. 2R2a2 79 代入数值得3v23＋4v3－7＝0， 7 解得v3＝1 m/s或v3＝－ m/s(舍去) 3【答案】 (1)8 N (2)1 s (3)1 m/s 课时提升练(二十八) 电磁感应规律的综合应用 (限时：45分钟) A组 对点训练——巩固基础知识 题组一 电路问题 1．用均匀导线做成的正方形的线框边长为0.2 m，正方形的一半放在垂直于纸面向里的匀强磁场中，如图9-3-16所示．当磁场以10 T/s的变化率均匀增强时，线框中a、b两点间的电势差是( ) 图9-3-16 A．Uab＝0.1 V B．Uab＝－0.1 V C．Uab＝0.2 V D．Uab＝－0.2 V ΔΦΔB·SE【解析】 由E＝＝＝10×0.02 V＝0.2 V，由楞次定律可知Uab＝－＝－0.1 V， ΔtΔt2选项B正确． 【答案】 B 2．粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于有界匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行．现使线框以同样大小的速度沿四个不同方向平移出磁场，下面四个选项中，在移出过程中线框的一边a、b两点间的电势差绝对值最大的是( ) 【解析】 将线框等效成直流电路，设线框每条边的电阻为r，如图所示． 80 因线框在四次移动中速度大小相等，其感应电动势E＝Blv也大小相等．A、C、D中|Uab|E1E3＝Ir＝×r＝Blv，B中|Uab|＝I×3r＝×3r＝Blv，故正确选项为B.B中a、b两点间的电势 4r44r4差应该是a、b两点间的路端电压，而不是感应电动势． 【答案】 B 题组二 图象问题 3．如图9-3-17所示，两个相邻的有界匀强磁场区域，方向相反且垂直纸面，磁感应强度的大小均为B，以磁场区左边界为y轴建立坐标系，磁场区域在y轴方向足够长，在x轴方向宽度均为a.矩形导线框ABCD的CD边与y轴重合，AD边长为a.线框从图示位置水平向右匀速穿过两磁场区域，且线框平面始终保持与磁场垂直，线框中感应电流i与线框移动距离x的关系图象正确的是(以逆时针方向为电流的正方向)( ) 图9-3-17 【解析】 由楞次定律可知，刚进入磁场时电流沿逆时针方向，线框全部在磁场中时电流沿顺时针方向，出磁场时沿逆时针方向，进入磁场和穿出磁场等效为一条边切割磁感线，全部在磁场中时，AB边和CD边均切割磁感线，相当于两等效电源串联，故电流大小为进入磁场和穿出时的两倍，所以C正确． 【答案】 C 4．(多选)[(2014·陕西渭南质检(一)]如图9-3-18甲所示，变化的磁场中放置一固定的导体圆形闭合线圈，图9-3-18乙中所示的磁感应强度和电流的方向为设定的正方向，已知线圈中感应电流i随时间t变化的图象如图所示．则在图中可能是磁感应强度B随时间t变化 81 的图象是( ) 甲 乙 图9-3-18 【解析】 在0～0.5 s，电流为负值，可推得磁感强度向内的增加或向外的减少，即磁感强度值正值越来越大或负值越来越小，因此A错误；在0.5～1.5 s内，电流为正值．在这段时间内，磁感强度向内减少或向外增加，当然也可以先是向内的减少，然后是向外的增加，因此C选项错误，在1.5～2 s，电流为负值，可知磁感强度向内增加或向外的减少，在以后的变化过程中，磁场都做周期性的变化，因此B、D都正确． 【答案】 BD 5．(2014·兰州模拟)如图9-3-19所示，有一等腰直角三角形的区域，其斜边长为2L，高为L.在该区域内分布着如图所示的磁场，左侧磁场方向垂直纸面向外，右侧磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小均为B.一边长为L、总电阻为R的正方形导线框abcd，从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁场区域．取沿顺时针的感应电流方向为正，则下列表示线框中电流i随bc边的位置坐标x变化的图象正确的是( ) 图9-3-19 82 【解析】 0～L过程中，无感应电流；L～2L过程中bc边切割磁场的有效长度逐渐增大，电流沿顺时针方向；2L～3L过程中ad和bc分别切割左右磁场，总电动势不变，感应电流不变，电流沿逆时针方向；3L～4L过程中ad边切割磁场有效长度逐渐减小，电流沿顺时针方向，选D项正确． 【答案】 D 题组三 动力学与能量综合问题 6．(多选)(2014·扬州模拟)如图9-3-20所示，平行金属导轨与水平面间的夹角为θ，导轨电阻不计，与阻值为R的定值电阻相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面，磁感应强度为B.有一质量为m、长为l的导体棒从ab位置获得平行于斜面的、大小为v的初速度向上运动，最远到达a′b′的位置，滑行的距离为s，导体棒的电阻也为R，与导轨之间的动摩擦因数为μ.则( ) 图9-3-20 B2l2vA．上滑过程中导体棒受到的最大安培力为 R 1 B．上滑过程中电流做功放出热量为mv2－mgs(sin θ＋μcos θ) 21 C．上滑过程中导体棒克服安培力做的功为mv2 21 D．上滑过程中导体棒损失的机械能为mv2－mgssin θ 2 B2l2v 【解析】 上滑过程中，开始时导体棒的速度最大，受到的安培力最大为，A错； 2R1 根据能量守恒，上滑过程中电流做功放出的热量为mv2－mgs(sin θ＋μcos θ)，B对；上滑过 21 程中导体棒克服安培力做的功等于产生的热，也是mv2－mgs(sin θ＋μcos θ)，C错；上滑过 2 83 1 程中导体棒损失的机械能为mv2－mgssin θ，D对． 2 【答案】 BD 7．(2014·泰安模拟)如图9-3-21所示，间距为L、电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置，导轨左端用一阻值为R的电阻连接，导轨上横跨一根质量为m、电阻也为R的金属棒，金属棒与导轨接触良好．整个装置处于竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中．现使金属棒以初速度v0沿导轨向右运动，若金属棒在整个运动过程中通过的电荷量为q.下列说法正确的是( ) 图9-3-21 A．金属棒在导轨上做匀减速运动 mv20B．整个过程中电阻R上产生的焦耳热为 2qR C．整个过程中金属棒在导轨上发生的位移为 BLmv20D．整个过程中金属棒克服安培力做功为 2 B2L2v 【解析】 由牛顿第二定律可得＝ma，金属棒做a减小的减速运动，A错误；由 R1 能量守恒定律可知，克服安培力做功等于电阻R和金属棒上产生的焦耳热之和，W安＝mv2 2ΔΦBLx ＝Q，因此B错误，D正确；整个过程中通过金属棒的电流量q＝＝，得金属棒位移 2R2R2qRx＝，C错误． BL 【答案】 D B组 深化训练——提升应考能力 8．(多选)用均匀导线做成的正方形线圈边长为l，正方形的一半放在垂直于纸面向里的ΔB 匀强磁场中，如图9-3-22所示，当磁场以的变化率增强时，则( ) Δt 图9-3-22 A．线圈中的感应电流方向为acbda 84 ΔBl2 B．线圈中产生的电动势E＝· Δt2C．线圈中a点电势高于b点电势 ΔBl2 D．线圈中a、b两点间的电势差为· Δt2 ΔΦΔBl2 【解析】 根据楞次定律可知，A正确；线圈中产生的电动势E＝＝·，B正确； ΔtΔt2线圈左边的一半导线相当于电源，在电源内部电流沿逆时针方向，所以a点电势低于b点电势，C错误；线圈右边的一半相当于外电路，a、b两点间的电势差相当于路端电压，其大El2ΔB 小U＝＝·，D错误． 24Δt 【答案】 AB 9．(多选)(2014重庆杨家坪中学质检)如图9-3-23所示，两根足够长且光滑平行的金属导轨PP′、QQ′倾斜放置，匀强磁场垂直于导轨平面，导轨的上端与水平放置的两金属板M、N相连，板间距离足够大，板间有一带电微粒，金属棒ab水平跨放在导轨上，下滑过程中与导轨接触良好．现同时由静止释放带电微粒和金属棒ab，则( ) 图9-3-23 A．金属棒ab最终可能匀速下滑 B．金属棒ab一直加速下滑 C．金属棒ab下滑过程中M板电势高于N板电势 D．带电微粒不可能先向N板运动后向M板运动 【解析】 金属棒沿光滑导轨加速下滑，棒中有感应电动势而对电容器充电，充电电流通过金属棒时受安培力作用，只有金属棒速度增大时才有充电电流，因此总有mg sin θ－BIl>0，金属棒将一直加速，A错、B对；由右手定则可知，金属棒a端电势高，则M板电势高，C项正确；若微粒带负电，则静电力向上与重力反向，开始时静电力为0，微粒向下加速，当静电力增大到大于重力时，微粒的加速度向上，D项错． 【答案】 BC 10．(2014云南第一次检测)如图9-3-24甲所示，线圈ABCD固定于匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向外，当磁场变化时，线圈AB边所受安培力向右且变化规律如图9-3-24乙所示，则磁场的变化情况可能是选项中的( ) 85 甲 乙 图9-3-24 【解析】 A图中，磁场均匀增强，由楞次定律判断线圈ABCD中的感应电流沿顺时针方向，利用左手定则判断AB边受安培力方向向右，安培力大小由法拉第电磁感应定律有F 安 ΔBS＝lB，则知F安变大，与题目已知不符，A错；B图中，磁场变强，线圈中产生顺时针RΔt ΔBS 方向电流，AB边受安培力方向向右，安培力大小F安＝lB，则知F安变大，与题目已知 RΔt不符，B错；C图中，磁场变弱，线圈中产生逆时针方向电流，AB边受力方向向左，与题目已知不符，C错；D图中，磁场变强，线圈中产生顺时针方向电流，AB边受安培力方向ΔBS 向右，安培力大小F安＝lB，可知安培力大小可能恒定，D对． RΔt 【答案】 D 11．(2014·山东潍坊市模拟)如图9-3-25甲所示，两相互平行的光滑金属导轨水平放置，导轨间距L＝0.5 m，左端接有电阻R＝3 Ω，竖直向下的磁场磁感应强度大小随坐标x的变化关系如图9-3-25乙所示．开始导体棒CD静止在导轨上的x＝0处，现给导体棒一水平向右的拉力，使导体棒1 m/s2的加速度沿x轴匀加速运动，已知导体棒质量为2 kg，电阻为2 Ω，导体棒与导轨接触良好，其余电阻不计，求： 甲 乙 图9-3-25 (1)拉力随时间变化的关系式； (2)当导体棒运动到x＝4.5 m处时撤掉拉力，此时导体棒两端的电压，此后电阻R上产生的热量． 1【解析】 (1)经时间t导体棒的速度v＝at，位移x＝at2 2E 产生的感应电动势为E＝BLv，产生的感应电流为I＝ R＋r由图乙得B＝2x 对导体棒由牛顿第二定律有F－BIL＝ma 86 t5 联立以上各式，解之得F＝＋2 20 (2)导体棒运动到x＝4.5 m处时，磁感应强度B＝2x＝9 T 感应电动势E＝BLv＝BL 2ax＝13.5 V E 导体棒两端的电压U＝·R＝8.1 V R＋r撤去拉力后动能全部转化为焦耳热． 11则Q＝mv2＝m·2ax＝9 J 22 Q电阻R上产生的焦耳热QR＝·R＝5.4 J. R＋rt5 【答案】 (1)F＝＋2 (2)8.1 V 5.4 J 20 12．(2014·山东威海一模)如图9-3-26所示，两根竖直固定的足够长的金属导轨cd和ef相距L＝0.2 m，另外两根水平金属杆MN和PQ的质量均为m＝102 kg，可沿导轨无摩擦地 － 滑动，MN杆和PQ杆的电阻均为R＝0.2 Ω；(竖直金属导轨电阻不计)，PQ杆放置在水平绝缘平台上，整个装置处于匀强磁场内，磁场方向垂直于导轨平面向里，磁感应强度B＝1.0 T．现让MN杆在恒定拉力作用下由静止开始向上加速度运动，运动位移x＝0.1 m时MN杆达到最大速度，此时PQ杆对绝缘平台的压力恰好为零．(g取10 m/s2)求： 图9-3-26 (1)MN杆的最大速度vm为多少？ (2)当MN杆加速度达到a＝2 m/s2时，PQ杆对地面的压力为多大？ (3)MN杆由静止到最大速度这段时间内通过MN杆的电荷量为多少？ 【解析】 (1)最大速度时PQ杆受力平衡BIL＝mg 由闭合电路欧姆定律得E＝I·2R MN杆切割磁感线E＝BLvm 最大速度为vm＝1 m/s (2)对MN杆应用牛顿第二定律得F－mg－BI1L＝ma1 PQ杆受力平衡 FN＋BI1L＝mg 得FN＝2×102 N － 87 由牛顿第三定律知PQ对地面压力FN′＝FN＝2×102 N － (3)位移x内回路中产生的平均电动势E′＝电流I′＝ E′ 2R ΔΦBLx＝ ΔtΔt 通过MN杆的电量为q＝I′Δt ΔΦ 得q＝＝0.05 C. R 【答案】 (1)1 m/s (2)2×102N (3)0.05 C － 高频考点强化卷(八) 电磁感应中的图象、力及能量问题 (时间：60分钟 满分：100分) 一、选择题(本题共8小题，每小题7分，共56分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得7分，选对但不全的得4分，有选错的得0分) 1．(2014·北京海淀区期末)如图9-3-27所示，固定在水平面上的光滑平行金属导轨，间距为L，右端接有阻值为R的电阻，空间存在方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场．质量为m、电阻为r的导体棒ab与固定弹簧相连，放在导轨上．初始时刻，弹簧恰处于自然长度．给导体棒水平向右的初速度v0′，导体棒开始沿导轨往复运动，在此过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触．已知导体棒的电阻r与定值电阻R的阻值相等，不计导轨电阻，则下列说法中正确的是( ) 图9-3-27 A．导体棒开始运动的初始时刻受到的安培力向右 B．导体棒开始运动的初始时刻导体棒两端的电压U＝BLv0 1C．导体棒开始运动后速度第一次为零时，系统的弹性势能Ep＝mv2 20 D．金属棒最终会停在初始位置，在金属棒整个运动过程中，电阻R上产生的焦耳热Q1＝mv2 40 【解析】 根据楞次定律，导体棒向右运动，感应电流的方向为a到b，再根据左手定则，导体棒受到的安培力方向水平向左，选项A错误；导体棒开始运动的初始时刻，导体BLv0RBLv0棒产生的感应电动势为BLv0，而导体棒两端的电压为路端电压，大小为＝，选项2R＋r 88 112 B错误；根据动能定理，W安＋W弹＝mv20，所以W弹 40 【答案】 D 图9-3-28 2．(2014·荆州市模拟)在边长为L的等边三角形区域abc内存在着垂直于纸面向外的匀强磁场，一个边长也为L的等边三角形导线框def在纸面上以某一速度向右匀速运动，底边ef始终与磁场的底边界bc在同一直线上，如图9-3-28所示．取沿顺时针方向的电流为正，在线框通过磁场的过程中，其感应电流随时间变化的图象是( ) 【解析】 进入磁场过程中，等效切割边均匀增大，故感应电流呈线性增加，进入磁场时回路磁通量增加，由楞次定律可知回路中的感应电流为顺时针，离开时回路的磁通量减小，同理可知回路中的感应电流为逆时针，故B正确． 【答案】 B 3．(2014·陕西咸阳二模)如图9-3-29所示，B是一个螺线管，C是与螺线管相连接的金属线圈，在B的正上方用绝缘丝线悬挂一个金属圆环A，A的环面水平且与螺线管的横截面平行．若仅在金属线圈C所处的空间加上与C环面垂直的变化磁场，发现在t1至t2时间段内金属环A的面积有缩小的趋势，则金属线圈C处所加磁场的磁感应强度随时间变化的B-t图象可能是( ) 图9-3-29 ΔΦΔB 【解析】 由法拉第电磁感应定律得C线圈中的感应电动势E＝＝S，S为C的 ΔtΔt ΔBΔB面积，为穿过C线圈磁感应强度的变化率，即B-t图线的斜率，A、B项图中，为定值， ΔtΔt感应电动势E恒定不变，由欧姆定律知B的电流恒定不变，穿过A线圈的磁通量不变，无ΔB 感应电流，故A、B项错误；在C图中逐渐减小，电动势E减小，B中感应电流I减小， ΔtΔB 穿过A的磁通量减小，由楞次定律知，A线圈有扩张的趋势，C项错误；D图中逐渐增Δt大，电动势E增大，B中感应电流I增大，穿过A的磁通量增大，同理可知，A有缩小的趋势，D项正确． 【答案】 D 4．(2014·山东滨州模拟)学生设计了一个验证法拉第电磁感应定律的实验，实验装置如图9-3-30甲所示．在大线圈Ⅰ中放置一个小线圈Ⅱ，大线圈Ⅰ与多功能电源连接．多功能电源输入到大线圈I的电流i1的周期为T，且按图9-3-30乙所示的规律变化，电流i1将在大线圈Ⅰ的内部产生变化的磁场，该磁场磁感应强度B与线圈中电流i的关系为B＝ki1(其中k为常数)．小线圈Ⅱ与电流传感器连接，并可通过计算机处理数据后绘制出小线圈Ⅱ中感应电流i2随时间t变化的图象．若仅将多功能电源输出电流变化的周期适当减小，则下列各图象中可能正确反映i2-t图象变化的是(图中分别以实线和虚线表示调整前、后的i2-t图象)( ) 甲 乙 图9-3-30 90 【解析】 由乙图象可知大线圈Ⅰ中的电流随时间均匀变化，i1产生的磁场随时间均匀ΔBΔΦΔB 变化，而为定值，则穿过线圈Ⅱ的磁通量是均匀变化的，而＝S为定值，则由法拉ΔtΔtΔt第电磁感应定律和欧姆定律知线圈Ⅱ中的电流i2大小不变，故A、B项错误；若i1的变化周ΔB 期适当减小，则变大，同理，i2变大，故C错误、D正确． Δt 【答案】 D 5．(2014·东北三省三校二模)如图9-3-31所示，等腰直角区域EFG内有垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，直角边CF长度为2L.现有一电阻为R的闭合直角梯形导线框ABCD以恒定速度v水平向右匀速通过磁场．t＝0时刻恰好位于图示位置(即BC与EF在一条直线上，且C与E重合)，规定导线框中感应电流沿逆时针方向时为正，则感应电流i与时间t的关系图线正确的是( ) 图9-3-31 【解析】 由于导线框匀速向右运动，由几何关系可知在C点到达EF中点之前，即L 0 91 2L3L 应电流为C点到达EF中点时的一半，方向仍为正方向； 6．(2014·山东潍坊市模拟)空间中存在着竖直方向的磁场，—圆形金属框水平放在磁场中，规定磁感应强度方向和线圈中感应电流方向如图9-3-32甲所示时为正．某时刻开始计时线圈中产生了如图9-3-32乙所示的感应电流，则磁感应强度随时间变化的图线可能是( ) 甲 乙 图9-3-32 ΔΦΔBESΔB 【解析】 根据法拉第电磁感应定律，感应电动势E＝＝S·，感应电流I＝＝·， ΔtΔtRRΔt即感应电流大小与B-t图象斜率成正比，1～2 s感应电流为0，则B-t图象斜率应为0，故B项错误；从上往下看，0～1 s要产生顺时针方向的感应电流，根据楞次定律可知，磁场可能是正向增大，也可能是负向减小，D项错误；2～4 s感应电流为负向，即逆时针方向(俯视)，则磁场可能是正向减小或者负向增大，而且根据电流大小关系，B-t图象在0～1 s的斜率等于2～4 s斜率的两倍，对照选项，A、C正确． 【答案】 AC 7．(2014·山西四校第三次联考)如图9-3-33甲所示，光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成θ角，M、P两端接一阻值为R的定值电阻，阻值为r的金属棒ab垂直导轨放置，其他部分电阻不计．整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上．t＝0时对棒施一平行于导轨的外力F，棒由静止开始沿导轨向上运动，通过R的感应电流随时间t变化的关系如图9-3-33乙所示．下列关于穿过回路abPMa的磁通量ΦΔΦ 和磁通量的瞬时变化率以及ab两端的电势差Uab和通过棒的电荷量q随时间变化的图象 Δt 92 中，正确的是( ) 甲 乙 图9-3-33 【解析】 本题应根据右手定则判断ab产生感应电流方向，即可得到流过电阻R的电流方向；再由左手定则判断出安培力的方向为沿斜面向下，棒由静止开始沿导轨向上运动，E 由法拉第电磁感应定律和欧姆定律知：E＝BLv，I＝，I＝kt可以得出物体运动的速度随 R＋r1 时间均匀变化，即v＝k′t则物体做匀加速直线运动，物体运动的位移x＝ at2，则穿过回路 2abPMa的磁通量Φ＝BS＝B(Ma＋x)L知，x不随时间均匀变化，故A选项错误；磁通量的ΔΦBΔSBLΔx 变化率＝＝＝BLv＝BLat，知磁通量的变化率随时间的增大而均匀增大，故B ΔtΔtΔt选项正确；金属棒导体ab的电压Uab＝IR＝kRt，即金属棒导体ab的电压随时间的增大而均1 BL×at2 2ΔΦBLx 匀增大，故C选项错误；通过金属棒ab的电荷量q＝It＝＝＝，故D选 R＋rR＋rR＋r项正确． 【答案】 BD 8．(2014·贵阳期末)如图9-3-34所示，在光滑的水平面上方，有两个磁感应强度大小均为B，方向相反的水平匀强磁场，PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大．一个边长为a、质量为m、电阻为R的金属正方形线框，以速度v垂直磁场方向从如图实线(Ⅰ)位置开始向v 右运动，当线框运动到分别有一半面积在两个磁场中的(Ⅱ)位置时，线框的速度为.下列说 2法正确的是( ) 93 图9-3-34 B2a2v2 A．在位置(Ⅱ)时线框中的电功率为 R3 B．此过程中回路产生的电能为mv2 8B2a2v C．在位置(Ⅱ)时线框的加速度为 2mR2Ba2 D．此过程中通过线框截面的电量为 R 【解析】 线框经过位置(Ⅱ)时，线框左右两边均切割磁感线，所以此时的感应电动势vE2B2a2v2 为E＝Ba×2＝Bav，故线框中的电功率为P＝＝，选项A正确；线框从位置(Ⅰ)到 2RR11v3 位置(Ⅱ)的过程中，动能减少了ΔEk＝mv2－m()2＝mv2，根据能量守恒定律可知，此过 22283 程中回路产生的电能为mv2，选项B正确；线框在位置(Ⅱ)时，左右两边所受安培力大小均 8EB2a2v 为F＝Ba＝，根据左手定则可知，线框左右两边所受安培力的方向均向左，故此时线RR2F2B2a2vΔΦ 框的加速度为a＝＝，选项C错误；由q＝IΔt、I＝eq \\f(E,R]、E＝三式联mmRΔtΔΦ 立，解得q＝，线框在位置(Ⅰ)时其磁通量为Ba2，而线框在位置(Ⅱ)时其磁通量为0，综 RBa2 上q＝，选项D错误． R 【答案】 AB 二、非选择题(本题共2小题，共44分．按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．) 9．(22分)(2014·江苏南京、盐城二模)如图9-3-35所示，MN与PQ为在同一水平面内的平行光滑金属导轨，间距l＝0.5 m，电阻不计，在导轨左端接阻值为R＝0.6 Ω的电阻．整个金属导轨置于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B＝2 T．将质量m＝1 kg、电阻r＝0.4 Ω的金属杆ab垂直跨接在导轨上，金属杆ab在水平拉力F的作用下由静止开始向右做匀加速运动．开始时，水平拉力为F0＝2 N. 94 图9-3-35 (1)求金属杆ab的加速度大小； (2)求2 s末回路中的电流大小； (3)已知开始2 s内电阻R上产生的焦耳热为6.4 J，求该2 s内水平拉力F所做的功． 【解析】 (1)在初始时刻由牛顿第二定律得 F0＝ma0 F0得a＝＝2 m/s2 m(2)2 s未时，v＝at＝4 m/s 感应电动势E＝Blv＝4 V E 回路电流为I＝＝4 A R＋r (3)设拉力F所做的功为WF，由动能定理： 1 WF－WA＝ΔEk＝mv2 2 QRR3 WA为金属杆克服安培力做的总功，它与R上焦耳热QR关系为＝＝， WAR＋r5得WA＝ 32 J 3 156 所以：WF＝WA＋mv2＝ J≈18.7 J. 23【答案】 (1)2 m/s2 (2)4 A (3)18.7 J 10．(22分)(2014·山东滨州模拟)如图9-3-36甲所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置，其宽度L＝1 m，一匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P之间连接阻值为R＝0.40 Ω的电阻，质量为m＝0.01 kg、电阻为r＝0.30 Ω的金属棒ab紧贴在导轨上．现使金属棒ab由静止开始下滑，下滑过程中ab始终保持水平，且与导轨接触良好，其下滑距离x与时间t的关系如图9-3-36乙所示，图象中的OA段为曲线，AB段为直线，导轨电阻不计，g＝10 m/s2(忽略ab棒运动过程中对原磁场的影响)，求： (1)磁感应强度B的大小； (2)金属棒ab从开始运动的1.5 s内，电路中产生的热量． 95 甲 乙 图9-3-36 【解析】 (1)金属棒先做加速度减小的加速运动，最后匀速直线运动，根据速度定义Δx式vt＝ Δt ① 代入数据得，金属棒匀速运动的速度为vt＝7 m/s 由平衡条件得mg＝BIL 金属棒产生的感应电动势E＝BLvt BLvt则电路中的电流I＝ R＋r联立②③④代入数据得B＝0.1 T (2)在0～1.5 s，以金属棒ab为研究对象，根据动能定理得 1 mgh－W安＝mv2－0 2t 电路中产生的热量Q＝W安＝0.455 J. 【答案】 (1)0.1 T (2)0.455 J 章末检测卷(九) (时间：90分钟 满分：100分) 一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分) 1．(2014·海南高考)如图1所示，在一水平、固定的闭合导体圆环上方，有一条形磁铁(N极朝上，S极朝下)由静止开始下落，磁铁从圆环中穿过且不与圆环接触．关于圆环中感应电流的方向(从上向下看)，下列说法正确的是( ) ③ ④ ② 96 图1 A．总是顺时针 C．先顺时针后逆时针 B．总是逆时针 D.先逆时针后顺时针 【解析】 条形磁铁穿过圆环的过程中，圆环中的磁通量先向上增加，后向上减少，根据楞次定律：增反减同，感应电流产生的磁场方向先向下再向上，结合安培定则，产生的感应电流的方向先顺时针再逆时针，故选项C正确． 【答案】 C 2．(2014·潍坊模拟)两个不可形变的正方形导体框a、b连成如图2甲所示的回路，并固定在竖直平面(纸面)内．导体框a内固定一小圆环c，a与c在同一竖直面内，圆环c中通入如图2乙所示的电流(规定电流逆时针方向为正方向)，导体框b的MN边处在垂直纸面向外的匀强磁场中，则匀强磁场对MN边的安培力( ) 甲 乙 图2 A．0～1 s内，方向向下 B．1～3 s内，方向向下 C．3～5 s内，先逐渐减小后逐渐增大 D．第4 s末，大小为零 【解析】 由法拉第电磁感应定律可知，回路中产生的感应电动势大小不变，则安培力大小也不变，故C项错误；由楞次定律可知第1 s内，导体框中感应电流方向为顺时针方向，由左手定则可知，MN所受安培力方向向上，A项错误；由楞次定律可知，1～3 s内导体框中感应电流方向为逆时针方向，由左手定则可知，MN所受安培力方向向下，B项正确；第4 s末圆环中瞬时电流为零，通过圆环的磁通量为零，但磁通量变化率不为零，故导体框中仍有感应电流产生，所以MN受力不为零，D项错误． 【答案】 B 3．(2014·湖南长沙二模)均匀带负电的塑料圆环绕垂直于圆环平面过圆心的轴旋转，在环的圆心处有一闭合小线圈，小线圈和圆环在同一平面．则( ) A．只要圆环在转动，小线圈内就一定有感应电流 B．不管环怎样转动，小线圈内都没有感应电流 97 C．圆环在作变速转动时，小线圈内一定有感应电流 D．圆环作匀速转动时，小线圈内有感应电流 【解析】 当圆环匀速转动时，圆环上电荷定向移动形成大小恒定的电流，产生恒定的磁场，穿过线圈的磁通量不变，无感应电流，当圆环做变速转动时，形成大小变化的电流，产生变化的磁场，穿过线圈的磁通量发生变化，有感应电流出现，故A、B、D项错误，C项正确． 【答案】 C 4．(2014·漯河模拟)如图3所示的电路中，三个灯泡L1、L2、L3的电阻关系为R1 A．L1逐渐变暗，L2、L3均先变亮，然后逐渐变暗 B．L1逐渐变暗，L2立即熄灭，L3先变亮，然后逐渐变暗 C．L2立即熄灭，L1、L3均逐渐变暗 D．L1、L2、L3均先变亮，然后逐渐变暗 【解析】 电键K从闭合状态突然断开时，电感L中产生自感电动势，感应电流向右，与L3构成闭合回路，L2立即熄灭，L1、L3均逐渐变暗，因K断开前I3 5．A、B两闭合圆形导线环用相同规格的导线制成，它们的半径之比rA：rB＝2：1，在两导线环包围的空间内存在一正方形边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直于两导线环的平面，如图4所示．当磁场的磁感应强度随时间均匀增大的过程中，流过两导线环的感应电流大小之比为( ) 图4 IAA.＝1 IB IAB.＝2 IB 98 IA1C.＝ IB4IA1D.＝ IB2 【解析】 匀强磁场的磁感应强度随时间均匀变化，设t时刻的磁感应强度为Bt，则Bt＝B0＋kt，其中B0为t＝0时的磁感应强度，k为一常数，A、B两导线环的半径不同，它们所包围的面积不同，但某一时刻穿过它们的磁通量均为穿过磁场所在区域面积上的磁通量，设磁场区域的面积为S，则Φt＝BtS，即在任一时刻穿过两导线环包围面上的磁通量是相等的，所以两导线环上的磁通量变化率是相等的．E＝ ΔΦΔB ＝S(S为磁场区域面积)．对A、ΔtΔt ΔBEAEAEl B两导线环，由于及S均相同，得及S均相同，得Δ＝1，I＝，R＝ρ，(S1为导线 ΔtEBEBRs1IAEArBIArB1 的横截面积)，l＝2πr，所以＝，代入数值得＝＝. IBEBrAIBrA2 【答案】 D 6．(2014·河北石家庄质检)如图5所示，两根电阻不计的光滑金属导轨竖直放置，导轨上端接电阻R，宽度相同的水平条形区域Ⅰ和Ⅱ内有方向垂直导轨平面向里的匀强磁场B，Ⅰ和Ⅱ之间无磁场．一导体棒两端套在导轨上，并与两导轨始终保持良好接触，导体棒从距区域Ⅰ上边界H处由静止释放，在穿过两段磁场区域的过程中，流过电阻R上的电流及其变化情况相同．下面四个图象能定性描述导体棒速度大小与时间关系的是( ) 图5 【解析】 MN棒先做自由落体，当到Ⅰ区域场时由四个选项知棒开始减速、说明F 安 >mg，由牛顿第二定律得，F安－mg＝ma，当减速时F安减小，合力减小，a也减小，速度 图象中图线上各点切线斜率减小，离开Ⅰ区后棒做加速度为g的匀加速直线运动，随后进入Ⅱ区磁场，因棒在穿过两段磁场区域的过程中，流过电阻R上的电流变化情况相同，则在Ⅱ区磁场中运动情况与Ⅰ区磁场中完全相同，所以只C项正确． 【答案】 C 7．(2014·上海高考)如图6所示，匀强磁场垂直于软导线回路平面，由于磁场发生变化， 99 回路变为圆形．则该磁场 ( ) 图6 A．逐渐增强，方向向外 C．逐渐减弱，方向向外 B．逐渐增强，方向向里 D.逐渐减溺，方向向里 【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． 【答案】 CD 8．(2014·山东高考) 如图7，一端接有定值电阻的平行金属轨道固定在水平面内，通有恒定电流的长直绝缘导线垂直并紧靠轨道固定，导体棒与轨道垂直且接触良好．在向右匀速通过M、N两区的过程中，导体棒所受安培力分别用FM、FN表示．不计轨道电阻，以下叙述正确的是( ) 图7 A．FM向右 C．FM逐渐增大 B.FN向左 D.FN逐渐减小 【解析】 由于绝缘导线紧贴导轨，根据安培定则判断电流Ⅰ在M区的磁场方向应垂直轨道面向外，且从左向右，磁感线逐渐变密，导体棒匀速穿越该区时，由右手定则可判断棒中产生的感应电流方向竖直向下，且逐渐增大，再由左手定则可知棒所受的安培力水平向左，且逐渐增大，故选项A错误、C正确；同理可得，导体棒在穿越N区的过程中，棒所受的安培力水平向左，且逐渐减小，故选项B、D均正确． 【答案】 BCD 9．如图8所示，有两根和水平方向成α角的光滑平行金属轨道，上端接有可变电阻R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为B.一根质量为m的金属杆从轨道上由静止滑下，经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度vm，则( ) 100 图8 A．如果B增大，vm将变大 B．如果α变大，vm将变大 C．如果R变大，vm将变大 D．如果m变大，vm将变大 【解析】 金属杆从轨道上由静止滑下，经足够长时间后，速度达最大值vm，此后金BLvm属杆做匀速运动，杆受重力、轨道的支持力和安培力如图所示．安培力F＝LB，对金 RB2L2vmmgsin α·R 属杆列平衡方程mgsin α＝，则vm＝，由此式可知，B增大，vm减小；α增22RBL大，vm增大；R变大，vm变大；m变大，vm变大．因此B、C、D选项正确． 【答案】 BCD 10．(2014江西八校联考)如图9甲所示，光滑绝缘水平面上，虚线MN的右侧存在磁感应强度B＝2 T的匀强磁场，MN的左侧有一质量m＝0.1 kg的矩形线圈abcd，bc边长L1＝0.2 m，电阻R＝2 Ω.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，经过时间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，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9乙所示．则( ) 甲 乙 图9 A．恒定拉力大小为0.05 N B．线圈在第2 s内的加速度大小为1 m/s2 C．线圈ab边长L2＝0.5 m D．在第2 s内流过线圈的电荷量为0.2 C 101 E 【解析】 在第1 s末，i1＝，E＝BL1v1，v1＝at1，F＝ma1，联立得F＝0.05 N，A项 RE′ 正确；在第2 s内，由图象分析知线圈做匀加速直线运动，第2 s末i2＝，E′＝BL1v2，v2 R 2 ＝v1＋a2t2，解得a2＝1 m/s2，B项正确；在第2 s内，v2－v21＝2a2L2，得L2＝1 m，C项错误； ΔΦBL1L2q＝＝＝0.2 C，D项正确． RR 【答案】 ABD 二、非选择题(本题共6小题，共60分．按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．) 11．(8分)如图10所示，在磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场中，有一等边三角形ABC的固定裸导体框架，框架平面与磁感线方向垂直，裸导体DE能沿着导体框架滑动，且滑动时一直能与框架保持良好的接触．已知三角形的边长为0.2 m，且三角形框架和导体DE的材料、横截面积相同，它们单位长度的电阻均为每米10 Ω，当导体DE以v＝4.2 m/s的速度(速度方向与DE垂直)下滑至AB、AC的中点M、N时，求： 图10 (1)M、N两点间感应电动势的大小； (2)流过导体框底边BC的电流多大？方向如何？ 【解析】 (1)该位置处，MN＝0.1 m. E＝BLv＝0.5×0.1×4.2 V＝0.21 V. (2)该位置处等效电路如图： MN间电阻为r＝1 Ω. 2r·4r7R总＝r＋＝ Ω. 2r＋4r3E I总＝＝0.09 A. R总1 IBC＝I总＝0.03 A. 3 据右手定则，结合电路，电流由B流向C. 【答案】 (1)0.21 V (2)0.03 A 由B流向C 12．(8分)(2014·湖南十三校3月联考)如图11甲所示，光滑且足够长的平行金属导轨 102 MN，PQ固定在同一水平面上，两导轨间距L＝0.30 m．导轨电阻忽略不计，其间接有定值电阻R＝0.40 Ω，导轨上停放一质量为m＝0.10 kg、电阻r＝0.20 Ω的金属杆ab，整个装置处于磁感应强度B＝0.50 T的匀强磁场中，磁场方向竖直向下，利用一外力F沿水平方向拉金属杆ab，使之由静止开始做匀加速直线运动，电压传感器可将R两端的电压U即时采集并输入电脑，电脑屏幕描绘出U随时间t的关系如图11乙所示．求： 甲 乙 图11 (1)金属杆加速度的大小； (2)第2 s末外力的瞬时功率． 【解析】 (1)设金属杆的运动速度为v，则感应电动势E＝BLv，通过电阻R的电流IkR＋rEBLvR ＝，电阻R两端的电压U＝IR＝，由图乙可得U＝kt，k＝0.10 V/s，解得v＝·t， BLRR＋rR＋rkR＋r 金属杆做匀加速运动，加速度a＝＝1.0 m/s2. BLR B2L2v2B2L2at (2)在2 s末，F安＝BIL＝＝＝0.075 N，设外力大小为F2，由F2－F安＝ma， R＋rR＋r解得F2＝0.175 N，故2 s末时F的瞬时功率P＝F2v2＝F2at＝0.35 W. 【答案】 (1)1.0 m/s2 (2)0.35 W 13．(10分)如图12所示，MN、PQ是两根竖直放置的间距为L的足够长的光滑平行金属导轨，虚线以上有垂直纸面向外的匀强磁场Ⅰ，虚线以下有垂直纸面向里的匀强磁场Ⅱ，两磁场区域的磁感应强度均为B.金属棒ab质量为M，电阻为R，静止放在Ⅰ中导轨上的水平突起上；金属棒cd质量为m，电阻也为R.让cd在Ⅱ中某处无初速度释放，当cd下落距离为h时，ab恰好对突起没有压力．已知两根金属棒始终水平且与金属导轨接触良好，金属导轨的电阻不计，重力加速度为g.求： 103 图12 (1)当cd下落距离为h时，通过ab的电流I； (2)当cd下落距离为h时，cd的速度大小v； (3)从cd释放到下落距离为h的过程中，ab上产生的焦耳热Qab.(结果用B、L、M、m、R、h、g表示) Mg 【解析】 (1)由题意知，ab受重力和安培力作用处于平衡状态，有Mg＝BIL解得I＝ BL(2)设cd切割磁感线产生的感应电动势为E，有 E E＝BLv I＝ 2R 2MgR 联立以上各式解得v＝22 BL 1 (3)由能量守恒定律得mgh＝Qab＋Qcd＋mv2 2因ab与cd串联，且电阻相等，故Qab＝Qcd 1mM2g2R2 联立解得Qab＝mgh－ 2B4L4Mg2MgR1mM2g2R2 【答案】 (1) (2)22 (3)mgh－ BLBL2B4L414．(10分)(2014·江西重点中盟第二次联考)如图13所示，固定于水平桌面上足够长的两平行光滑导轨PQ、MN，其电阻不计，间距d＝0.5 m，P、M两端接有一只理想电压表，整个装置处于竖直向下的磁感应强度B0＝0.2 T的匀强磁场中，两金属棒L1、L2平行地搁在导轨上，其电阻均为r＝0.1 Ω，质量分别为m1＝0.3 kg和m2＝0.5 kg.固定棒L1，使L2在水平恒力F＝0.8 N的作用下，由静止开始运动．试求： 图13 104 (1)当电压表读数为U＝0.2 V时，棒L2的加速度； (2)棒L2能达到的最大速度vm. U0.2 【解析】 (1)流过L2的电流I＝＝ A＝2 A r0.1L2所受的安培力F′＝B0Id＝0.2 N 对L2由牛顿第二定律，可得：F－F′＝m2a 解得：a＝1.2 m/s2 (2)当安培力F安与恒力F平衡时，棒L2速度达到最大，此时电路电流为Im，则F安＝BImd Bdvm而Im＝ 2r由F安＝F 2Fr 解得：vm＝22＝16 m/s Bd【答案】 (1)1.2 m/s2 (2)16 m/s 15．(12分)(2014江苏常州检测)如图14甲所示，空间存在B＝0.5 T，方向竖直向下的匀强磁场，MN、PQ是处于同一水平面内相互平行的粗糙长直导轨，间距L＝0.2 m，R是连接在导轨两端的电阻，ab是跨接在导轨上质量为m＝0.1 kg的导体棒．从零时刻开始，通过一小型电动机对ab棒施加一个牵引力F，方向水平向左，使其从静止开始沿导轨做加速运动，此过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好．图14乙是棒的v-t图象，其中OA段是直线，AC段是曲线，DE是曲线图象的渐近线，小型电动机在12 s末达到额定功率P＝4.5 W，此后保持功率不变．除R外，其余部分电阻均不计，取g＝10 m/s2.求： (1)导体棒ab在0～12 s内的加速度大小； (2)导体棒ab与导轨间的动摩擦因数及电阻R的值； (3)若t＝17 s时导体棒ab达最大速度，且0～17 s内共发生位移100 m，试求12～17 s内R上产生的热量． 甲 乙 图14 【解析】 抓住12 s和17 s两个时刻导体棒的运动学特征和动力学特征，即12 s时导体棒速度已知(可以从题图象上读出)，加速度已知(可由斜率求出)，而且此时电动机已达到额定功率；17 s后导体棒匀速运动，加速度为零．把握住这两个状态，列方程求解． (1)由题图象知12 s末导体棒ab的速度为v1＝9 m/s，则在0～12 s内的加速度大小为a 105 Δv9 ＝＝ m/s2＝0.75 m/s2. Δt12 E (2)t＝12 s时，导体棒中感应电动势为E＝BLv1，感应电流I＝，导体棒受到的安培力RF1＝BIL， B2L2v1即F1＝. r B2L2v2同理，t＝17 s时，导体棒受的安培力F2＝. RP4.5 当t＝12 s，F1′＝＝N＝0.5 N； v19P4.5 当t＝17 s，F2′＝＝ N＝0.45 N. v210 B2L2v1B2L2v2F1′－μmg－＝ma，F2′－μmg－＝0. RR解得μ＝0.2，R＝0.4 Ω. (3)0～12 s内，导体棒匀加速运动的位移 v1s1＝t1＝ m. 2 12～17 s内，导体棒的位移s2＝100 m－ m＝46 m. 112 由能量守恒：Q＝Pt2－(mv2－mv)－μmgs2， 2221代入数据解得Q＝12.35 J. 【答案】 (1)0.75 m/s2 (2)0.2 0.4 Ω (3)12.35 J 16．(12分)(2014·安徽高考)如图15甲所示，匀强磁场的磁感应强度B为0.5 T，其方向垂直于倾角θ为30°的斜面向上．绝缘斜面上固定有“∧”形状的光滑金属导轨MPN(电阻忽略不计)，MP和NP长度均为2.5 m，MN连线水平，长为3 m．以MN中点O为原点，OP为x轴建立一维坐标系Ox.一根粗细均匀的金属杆CD，长度d为3 m、质量m为1 kg、电阻R为0.3 Ω，在拉力F的作用下，从MN处以恒定速度v＝1 m/s在导轨上沿x轴正向运动(金属杆与导轨接触良好)．g取10 m/s2. 甲 乙 图15 (1)求金属杆CD运动过程中产生的感应电动势E及运动到x＝0.8 m处电势差UCD； 106 (2)推导金属杆CD从MN处运动到P点过程中拉力F与位置坐标x的关系式，并在图15乙中画出F-x关系图象； (3)求金属杆CD从MN处运动到P点的全过程产生的焦耳热． 【解析】 (1)金属杆CD在匀速运动中产生的感应电动势 E＝Blv(l＝d) 解得E＝1.5 V(D点电势高) 当x＝0.8 m时，金属杆在导轨间的电势差为零．设此时杆在导轨外的长度为l外，则 l＝d－OP－x 外OPd，OP＝ MP2－MN22 ＝2 m 解得l外＝1.2 m 由楞次定律判断D点电势高，故CD两端电势差 UCD＝－Bl外v，解得UCD＝－0.6 V (2)杆在导轨间的长度l与位置x的关系是 l＝OP－x3OPd＝3－2x(0≤x≤2)， 对应的电阻Rl1＝dR 电流I＝Blv R1 杆受的安培力为F安＝BIl＝7.5－3.75x(0≤x≤2) 根据平衡条件得F＝F安＋mgsin θ 解得F＝12.5－3.75x(0≤x≤2) 画出的F-x图象如图所示． (3)外力F所做的功WF等于F-x图线下所围的面积，即 WF＝ 5＋12.5 2 ×2 J＝17.5 J 而杆的重力势能增加量 ΔEp＝mgOPsin θ 故全过程产生的焦耳热Q＝WF－ΔEp＝7.5 J 【答案】 (1)1.5 V －0.6 V (2)F＝12.5－3.75x(0≤x≤2)107 (3)7.5 J 图象如图所示 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容
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