高三物理二轮复习专题六电磁感应和电路 第1课时 电磁感应

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1、 第第 1 课时课时 电磁感应电磁感应 高考命题点 命题轨迹 情境图 楞次定律和 法拉第电磁 感应定律的 应用 2015 1卷19,2卷15 15(1)19 题 15(2)15 题 16(2)20 题 16(3)21 题 17(1)18 题 17(2)20 题 17(3)15 题 18(1)17 题 18(1)19 题 2016 2卷20,3卷21 2017 1 卷 18, 2 卷 20, 3 卷 15 2018 1 卷 17、19, 2 卷 18, 3 卷 20 2019 1卷20,3卷14 18(2)18 题 18(3)20 题 19(1)20 题 电磁感应中 动力学问题 分析 2016

2、1卷24,2卷24 16(1)24 题 16(2)24 题 电磁感应中 的动力学和 能量问题 2016 3 卷 25 16(3)25 题 1楞次定律中“阻碍”的表现 (1)阻碍磁通量的变化(增反减同) (2)阻碍物体间的相对运动(来拒去留) (3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势(增缩减扩) (4)阻碍原电流的变化(自感现象) 2感应电动势的计算 (1)法拉第电磁感应定律：En t ，常用于计算感应电动势的平均值 若 B 变，而 S 不变，则 EnB tS； 若 S 变，而 B 不变，则 EnBS t. (2)导体棒垂直切割磁感线：EBlv，主要用于求感应电动势的瞬时值 (3)如图 1 所示，导体

3、棒 Oa 围绕棒的一端 O 在垂直匀强磁场的平面内做匀速圆周运动而切割 磁感线，产生的感应电动势 E1 2Bl 2. 图 1 3感应电荷量的计算 回路中磁通量发生变化时， 在 t 时间内迁移的电荷量(感应电荷量)为 qItE Rtn Rtt n R .可见，q 仅由回路电阻 R 和磁通量的变化量 决定，与发生磁通量变化的时间 t 无关 4电磁感应电路中产生的焦耳热 当电路中电流恒定时，可用焦耳定律计算；当电路中电流变化时，则用功能关系或能量守恒 定律计算 解决感应电路综合问题的一般思路是“先电后力”，即： 1“源”的分析分析电路中由电磁感应所产生的“电源”，求出电源参数 E 和 r； 2“路”

4、的分析分析电路结构，弄清串、并联关系，求出相关部分的电流大小，以便求 解安培力； 3“力”的分析分析研究对象(通常是金属棒、导体、线圈等)的受力情况，尤其注意其 所受的安培力； 接着进行“运动状态”的分析根据力和运动的关系，建立正确的运动模型； 4 “动量”和“能量”的分析寻找电磁感应过程和研究对象的运动过程中， 其能量转化 和守恒的关系，并判断系统动量是否守恒. 1判断感应电流方向的两种方法 (1)利用右手定则，即根据导体在磁场中做切割磁感线运动的情况进行判断 (2)利用楞次定律，即根据穿过闭合回路的磁通量的变化情况进行判断 2求感应电动势的两种方法 (1)En t ，用来计算感应电动势的平

5、均值，常用来求解电荷量 (2)EBlv 或 E1 2Bl 2，主要用来计算感应电动势的瞬时值 例 1 (2019 湖南衡阳市第一次联考)如图 2 所示是某研究性学习小组的同学设计的电梯坠 落的应急安全装置，在电梯挂厢上安装永久磁铁，并在电梯的井壁上铺设线圈，这样可以在 电梯突然坠落时减小对人员的伤害关于该装置，下列说法正确的是( ) 图 2 A当电梯突然坠落时，该安全装置可使电梯停在空中 B当电梯坠落至永久磁铁在图示位置时，闭合线圈 A、B 中的电流方向相反 C当电梯坠落至永久磁铁在图示位置时，只有闭合线圈 A 在阻碍电梯下落 D当电梯坠落至永久磁铁在图示位置时，只有闭合线圈 B 在阻碍电梯下

6、落 答案 B 解析 若电梯突然坠落，闭合线圈 A、B 内的磁感应强度发生变化，将在线圈中产生感应电 流，感应电流会阻碍磁铁的相对运动，可起到应急避险作用，但不能阻止磁铁的运动，故 A 错误；当电梯坠落至永久磁铁在题图所示位置时，闭合线圈 A 中向上的磁场减弱，感应电流 的方向从上向下看是逆时针方向，闭合线圈 B 中向上的磁场增强，感应电流的方向从上向下 看是顺时针方向，可知闭合线圈 A 与 B 中感应电流方向相反，故 B 正确；结合 A 的分析可 知，当电梯坠落至永久磁铁在题图所示位置时，闭合线圈 A、B 都在阻碍电梯下落，故 C、D 错误 拓展训练 1 (多选)(2019 四川南充市第二次适

7、应性考试)现在人们可以利用无线充电板为手 机充电，如图 3 所示为充电原理图，充电板接交流电源，对充电板供电，充电板内的送电线 圈可产生交变磁场，从而使手机内的受电线圈产生交变电流，再经整流电路转变成直流电后 对手机电池充电若在某段时间内，磁场垂直于受电线圈平面向上穿过线圈，其磁感应强度 均匀增加下列说法正确的是( ) 图 3 Ac 点电势高于 d 点电势 Bc 点电势低于 d 点电势 C感应电流方向由 c受电线圈d D感应电流方向由 d受电线圈c 答案 BC 解析 根据楞次定律可知，受电线圈内部产生的感应电流方向为俯视顺时针，受电线圈中感 应电流方向由 c 经受电线圈到 d，所以 c 点的电

8、势低于 d 点的电势，故 A、D 错误，B、C 正 确 例 2 (多选)(2019 全国卷 20)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场， 其边界如图 4(a)中虚线 MN 所示一硬质细导线的电阻率为 、横截面积为 S，将该导线做成 半径为 r 的圆环固定在纸面内，圆心 O 在 MN 上t0 时磁感应强度的方向如图(a)所示；磁 感应强度 B 随时间 t 的变化关系如图(b)所示则在 t0 到 tt1的时间间隔内( ) 图 4 A圆环所受安培力的方向始终不变 B圆环中的感应电流始终沿顺时针方向 C圆环中的感应电流大小为B0rS 4t0 D圆环中的感应电动势大小为B0r 2 4t0

9、答案 BC 解析 在 0t0时间内，磁感应强度减小，根据楞次定律可知感应电流的方向为顺时针，圆 环所受安培力水平向左；在 t0t1时间内，磁感应强度反向增大，感应电流的方向仍为顺时 针， 圆环所受安培力水平向右， 所以选项 A 错误， B 正确； 根据法拉第电磁感应定律得 E t 1 2r 2 B0 t0 B0r 2 2t0 ， 由 Rl S可得 R 2r S ， 根据欧姆定律可得 IE R B0rS 4t0， 所以选项 C 正确， D 错误 拓展训练 2 (2019 安徽蚌埠市第二次质检)同一平面内固定有一长直导线 PQ 和一带缺口的 刚性金属圆环，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂

10、直于圆环所在平面固定放置 的平行金属板 MN 连接，如图 5 甲所示导线 PQ 中通有正弦交变电流 i，i 的变化如图乙所 示，规定从 Q 到 P 为电流的正方向，则在 12 s 内( ) 图 5 AM 板带正电，且电荷量增加 BM 板带正电，且电荷量减小 CM 板带负电，且电荷量增加 DM 板带负电，且电荷量减小 答案 A 解析 在 12 s 内，穿过金属圆环的磁场垂直于纸面向里，磁感应强度变小，穿过金属圆环 的磁通量变小，磁通量的变化率变大假设环闭合，由楞次定律可知感应电流磁场与原磁场 方向相同，即感应电流磁场方向垂直于纸面向里，然后由安培定则可知感应电流沿顺时针方 向，由法拉第电磁感应定

11、律可知感应电动势增大，由此可知 M 板电势高，带正电，电荷量增 加，故 A 正确，B、C、D 错误 拓展训练 3 (多选)(2019 贵州黔东南州第一次模拟)如图 6 甲所示，单匝正方形导线框固定 在匀强磁场中，磁感线方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度 B 随时间 t 变化的规律如图 乙所示，其中 B0、t0均为已知量已知导线框的边长为 L，总电阻为 R，则下列说法中正确 的是( ) 图 6 At0时刻，ab 边受到的安培力大小为B0 2L3 2Rt0 B0t0时间内，导线框中电流的方向始终为 badcb C0t0时间内，通过导线框某横截面的电荷量为2B0L 2 R D0t0时间内，导线框产

12、生的热量为B0 2L4 4Rt0 答案 AD 解析 由法拉第电磁感应定律得，E t B tL 2B0 2t0L 2，通过导线框的感应电流大小为：I E R B0L2 2Rt0，t0 时刻，ab 边所受安培力大小为：FB0ILB0 2L3 2Rt0 ，故 A 正确；根据楞次定律， 可知，0t0时间内，导线框中电流的方向始终为 abcda，故 B 错误；0t0时间内，通过导线 框某横截面的电荷量为：q R B0 2 L2 R B0L 2 2R ，故 C 错误；由焦耳定律得，0t0时间内导线 框产生的热量为： ：QB0 2L4 4Rt0 ，故 D 正确. 例3 (2019 河南名校联盟高三下学期2月

13、联考)相距L1.5 m的足够长金属导轨竖直放置， 质量为 m11 kg 的金属棒 ab 和质量为 m20.27 kg 的金属棒 cd 均通过棒两端的套环水平地 套在金属导轨上，如图 7(a)所示，虚线上方磁场方向垂直纸面向里，虚线下方磁场方向竖直 向下，两处磁场磁感应强度大小相同ab 棒光滑，cd 棒与导轨间的动摩擦因数为 0.75， 两棒总电阻为 1.8 ，导轨电阻不计，ab 棒在方向竖直向上，大小按图(b)所示规律变化的外 力 F 作用下，从静止开始，沿导轨匀加速运动，同时 cd 棒也由静止释放(取 g10 m/s2) 图 7 (1)求磁感应强度 B 的大小和 ab 棒加速度大小； (2)

14、已知在 2 s 内外力 F 做功 40 J，求这一过程中两金属棒产生的总焦耳热； (3)判断 cd 棒将做怎样的运动，求出 cd 棒达到最大速度所需的时间 t0，并在图(c)中定性画出 cd 棒所受摩擦力随时间变化的图象 答案 见解析 解析 (1)经过时间 t，金属棒 ab 的速率 vat 此时，回路中的感应电流为 IE R BLv R 对金属棒 ab，由牛顿第二定律得 FBILm1gm1a 由以上各式整理得：Fm1am1gB 2L2 R at 在图线上取两点：t10，F111 N；t22 s，F214.6 N 代入上式得 a1 m/s2，B1.2 T (2)在第 2 s 末金属棒 ab 的速

15、率 v2at22 m/s 所发生的位移 x1 2at2 22 m 由动能定理得 WFm1gxW安1 2m1v2 2 又 QW安 联立以上方程，解得 Q18 J. (3)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， 当 cd 棒速度达到最大时，有 m2gFN 又 FNF安 F安BIL IE R BLvm R ，vmat0 整理解得 t0 m2gR B2L2a2 s Ffcd随时间变化的图象如图所示 拓展训练 4 (多选)(2019 山东泰安市 3 月第一轮模拟)如图 8，倾角为 的光滑斜面上存在 着两

16、个磁感应强度大小相同的匀强磁场， 其方向一个垂直于斜面向上， 一个垂直于斜面向下， 它们的宽度均为 L.一个质量为 m，边长也为 L 的正方形线框以速度 v 进入上部磁场恰好做匀 速运动，ab 边在下部磁场运动过程中再次出现匀速运动重力加速度为 g，则( ) 图 8 A在 ab 进入上部磁场过程中的电流方向为 adcba B当 ab 边刚越过边界 ff时，线框的加速度为 gsin Cab 边进入下部磁场再次做匀速运动的速度为1 4v D从 ab 边进入磁场到 ab 边进入下部磁场再次做匀速运动的过程中，减少的动能等于线框 中产生的焦耳热 答案 AC 解析 根据楞次定律可知，在 ab 边进入上部

17、磁场过程中的电流方向为 adcba，选项 A 正确； 当线框在上部磁场中匀速运动时：F安mgsin B 2L2v R ，当 ab 边刚越过边界 ff时，由于线 框的 ab 边和 cd 边产生同方向感应电动势，则回路的感应电动势加倍，感应电流加倍，每个 边受到的安培力加倍，则此时：4F安mgsin ma，解得线框的加速度为 a3gsin ，选项 B 错误；当 ab 边进入下部磁场再次做匀速运动时：2B2BLv R Lmgsin ，解得 v1 4v，选 项 C 正确；由能量关系可知，从 ab 边进入磁场到 ab 边进入下部磁场再次做匀速运动的过程 中，减少的动能与重力势能之和等于线框中产生的焦耳热

18、，选项 D 错误. 1电荷量的求解 电荷量 qIt，其中 I 必须是电流的平均值由 En t ，I E R总，qIt 联立可得 qn R总， 与时间无关 2求解焦耳热 Q 的三种方法 (1)焦耳定律：QI2Rt. (2)功能关系：QW克服安培力 (3)能量转化：QE其他能的减少量 3用到的物理规律 匀变速直线运动的规律、牛顿运动定律、动能定理、能量守恒定律等 例 4 (2019 四川达州市第二次诊断)如图 9 甲所示，斜面倾角为 37 ，一宽为 d0.65 m 的有界匀强磁场垂直于斜面向上，磁场边界与斜面底边平行在斜面上由静止释放一矩形金 属线框，线框沿斜面下滑，下边与磁场边界保持平行取斜面底

19、部水平面为重力势能零势能 面，从线框开始运动到恰好完全进入磁场的过程中，线框的机械能 E 和位移 x 之间的关系如 图乙所示，图中、均为直线段已知线框的质量为 m0.1 kg，电阻为 R0.06 .(取 g 10 m s 2，sin 37 0.6，cos 37 0.8)求： 图 9 (1)线框与斜面间的动摩擦因数 ； (2)线框刚进入磁场到恰好完全进入磁场所用的时间 t； (3)线框穿越磁场的过程中，线框中的最大电功率 Pm. 答案 (1)0.5 (2)1 6 s (3)0.54 W 解析 (1)金属线框进入磁场前， 由能量守恒定律， 线框减小的机械能等于克服摩擦力做的功， 则 E1Wf1mg

20、x1cos 37 其中 x10.36 m；E1(1.0000.856) J0.144 J 解得 0.5 (2)金属线框进入磁场的过程中，减小的机械能等于克服摩擦力和安培力做的功，机械能均匀 减小，因此安培力是恒力，可知线框做匀速运动，设速度为 v1 v122ax1 mgsin 37 mgcos 37 ma 解得 a2 m/s2，v11.2 m/s E2Wf2W安(FfF安)x2 其中 E2(0.8560.736)J0.12 J，FfF安mgsin 37 0.6 N，x2为线框的侧边长，即线框 进入磁场过程中运动的距离，可求出 x20.2 m， 则 tx2 v1 0.2 1.2 s 1 6 s

21、(3)线框刚出磁场时速度最大，设为 v2，此时线框内电功率最大，PmI2RB 2L2v 2 2 R 由 v22v122a(dx2)可求得 v21.8 m/s 根据线框匀速进入磁场时：F安mgcos 37 mgsin 37 可得 F安0.2 N 又因为 F安BILB 2L2v 1 R 可得 B2L20.01(T2 m2) 将 v2、B2L2代入可得：PmB 2L2v 2 2 R 0.54 W. 拓展训练 5 (2019 安徽安庆市二模)如图 10 所示，两个平行光滑金属导轨 AB、CD 固定在 水平地面上，其间距 L0.5 m，左端接有阻值 R3 的定值电阻一根长度与导轨间距相 等的金属杆放置于

22、导轨上，金属杆的质量 m0.2 kg，电阻 r2 ，整个装置处在方向竖直 向下、磁感应强度大小 B4 T 的匀强磁场中，t0 时刻，在 MN 上加一与金属杆垂直，方向 水平向右的外力 F，金属杆由静止开始以 a2 m/s2的加速度向右做匀加速直线运动，2 s 末 撤去外力 F，运动过程中金属杆与导轨始终垂直且接触良好(不计导轨和连接导线的电阻， 导轨足够长)求： 图 10 (1)1 s 末外力 F 的大小； (2)撤去外力 F 后的过程中，电阻 R 上产生的焦耳热 答案 (1)2 N (2)0.96 J 解析 (1)1 s 末，金属杆 MN 的速度大小为 v1at121 m/s2 m/s 金属

23、杆 MN 产生的感应电动势为 EBLv1 金属杆 MN 中的感应电流大小 I E Rr 金属杆 MN 受到的安培力大小 F安BIL 联立得 F安B 2L2v 1 Rr 1.6 N 根据牛顿第二定律得 FF安ma 可得 FF安ma2 N (2)2 s 末，金属杆 MN 的速度大小为 v2at222 m/s4 m/s 撤去外力 F 后的过程中，根据能量守恒定律得电路中产生的总焦耳热 Q1 2mv2 21 20.24 2 J1.6 J 电阻 R 上产生的焦耳热 QR R RrQ 3 321.6 J0.96 J. 拓展训练 6 (2019 宁夏银川市高三质检)如图 11 所示，水平放置的 U 形导轨足

24、够长，置于 方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为 B5 T，导轨宽度 L0.4 m，左侧与 R0.5 的定值电阻连接，右侧有导体棒 ab 垂直导轨跨放在导轨上，导体棒 ab 质量 m2.0 kg，电 阻 r0.5 ，与导轨的动摩擦因数 0.2，其余电阻可忽略不计导体棒 ab 在大小为 10 N 的水平外力 F 作用下，由静止开始运动了 x40 cm 后，速度达到最大，取 g10 m/s2.求： 图 11 (1)导体棒 ab 运动的最大速度； (2)当导体棒 ab 的速度 v1 m/s 时，导体棒 ab 的加速度的大小； (3)导体棒 ab 由静止达到最大速度的过程中，电阻 R 上产生的热

25、量 答案 (1)1.5 m/s (2)1 m/s2 (3)0.075 J 解析 (1)导体棒 ab 垂直切割磁感线运动，产生的感应电动势大小：EBLv 由闭合电路欧姆定律得：I E Rr 可得导体棒受到的安培力：F安BILB 2L2v Rr 当导体棒做匀速直线运动时速度最大，由平衡条件得：B 2L2v m Rr mgF 解得最大速度：vm1.5 m/s； (2)当导体棒 ab 的速度 v1 m/s 时，由牛顿第二定律得：FB 2L2v Rr mgma 解得：a1 m/s2； (3)在整个过程中，由能量守恒定律可得：FxQmgx1 2mvm 2 解得：Q0.15 J 所以 QR R RrQ0.0

26、75 J. 专题强化练专题强化练 (限时 40 分钟) 1. (多选)(2019 广东广州市 4 月综合测试)如图 1， 两条水平光滑金属导轨固定在电磁铁两磁极 之间，导轨两端 a、b 断开，金属杆 L 垂直导轨放置闭合开关 S，下列判断正确的是( ) 图 1 A电磁铁两磁极之间的磁场方向向下 B若给金属杆向左的初速度，则 a 点电势高于 b 点 C若 a、b 间接导线，向下移动滑片 P，则金属杆向左运动 D若 a、b 间接直流电源，a 接正极、b 接负极，则金属杆向左运动 答案 AC 解析 闭合开关 S，根据右手螺旋定则可知，电磁铁两磁极之间的磁场方向向下，选项 A 正 确；根据右手定则可知

27、，若给金属杆向左的初速度，则 a 点电势低于 b 点，选项 B 错误；若 a、b 间接导线，向下移动滑片 P，则螺线管中的电流变大，磁场增强，由于穿过闭合回路的 磁通量增加，由楞次定律可知，金属杆向左运动，选项 C 正确；若 a、b 间接直流电源，a 接正极、b 接负极，由左手定则可知，金属杆向右运动，选项 D 错误 2. (多选)(2019 广东揭阳市第一次模拟)如图 2 所示，一根长导线弯曲成“”形，通以直流 电 I，正中间用绝缘线悬挂一金属环 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 2 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

28、流 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 答案 BC 解析 由安培定则知， 弯曲成“”形的导线中电流在金属环 C 处产生的磁场方向垂直纸面 向里，因电流逐渐增大，由楞次定律知，金属环 C 中感应电流的方向为逆时针，由左手定则 可知，安培力的方向指向圆心，由于导线弯曲成“”形，所以金属环下边圆弧受到的安培 力较小，因此导致悬挂金属环 C 的竖直线的拉力增大，且大于环的重力，故 B、C 正确，A、 D 错误 3(多选)(2019 湖北武汉市调研)如图 3 甲所示，在足够长的光滑的斜面上放置着金属线框， 垂直于斜面方向的匀强磁场的磁感应强度B随时

29、间t的变化规律如图乙所示(规定垂直斜面向 上为正方向)t0 时刻将线框由静止释放，在线框下滑的过程中，下列说法正确的是( ) 图 3 A线框中产生大小、方向周期性变化的电流 BMN 边受到的安培力先减小后增大 C线框做匀加速直线运动 D线框中产生的焦耳热等于其机械能的损失 答案 BC 解析 穿过线框的磁通量先向下减小，后向上增大，则根据楞次定律可知，感应电流方向不 变，选项 A 错误；因 B 的变化率不变，则感应电动势不变，感应电流不变，而 B 的大小先减 小后增大，根据 FBIL 可知，MN 边受到的安培力先减小后增大，选项 B 正确；因线框平 行的两边电流等大反向，则整个线框受到的安培力为

30、零，则线框下滑的加速度不变，线框做 匀加速直线运动， 选项 C 正确； 因安培力对线框做功为零， 斜面光滑， 则线框的机械能守恒， 选项 D 错误 4. (2019 安徽蚌埠市第三次质量检测)如图 4 所示，某小组利用电流传感器(接入电脑，图中未 画出)记录灯泡 A 和自感元件 L 构成的并联电路在断电瞬间各支路电流随时间的变化情况， i1 表示小灯泡中的电流，i2表示自感元件中的电流(已知开关 S 闭合时 i2i1)，则下列图象中正 确的是( ) 图 4 答案 C 解析 当开关 S 断开后，自感元件与灯泡形成回路，自感元件阻碍自身电流变化，自感元件 产生的感应电流仍沿着原来方向，大小从 i2

31、开始不断减小，灯泡的电流反向，大小与自感元 件电流相等，故 C 正确，A、B、D 错误 5(2019 河南南阳市上学期期末)如图 5 甲所示，边长为 L0.1 m 的 10 匝正方形线框 abcd 处在变化的磁场中，在线框 d 端点处开有一个小口，d、e 用导线连接到一个定值电阻上，线 框中的磁场随时间的变化情况如图乙所示(规定垂直纸面向外为磁场的正方向)，下列说法正 确的是( ) 图 5 At3 s 时线框中的磁通量为 0.03 Wb Bt4 s 时线框中的感应电流大小为零 Ct5 s 时通过线框中的电流将反向 Dt8 s 时通过线框中的电流沿逆时针方向 答案 C 解析 由磁通量的定义可知t

32、3 s 时穿过线框的磁通量为B0 L20.003 Wb， 故A 错误； t4 s 时，由法拉第电磁感应定律知En t nB tL 2100.6 2 0.01 V0.03 V，所以线框中的感应 电流为IE R，故B 错误；由楞次定律可知，35 s，线框中的感应电流为逆时针方向，511 s， 线框中的感应电流为顺时针方向，故t5 s 时通过线框中的电流将反向，故C 正确，D 错误 6. (多选)(2019 河南平顶山市一轮复习质检)如图 6 所示，边长为 L 的正三角形金属线框处于 匀强磁场中，开始时线框平面与磁场垂直，磁场的磁感应强度为 B，让线框以 AB 边为轴以 角速度 在磁场中匀速转过 1

33、80 的过程中，则( ) 图 6 A穿过线框导线横截面的电荷量为 0 B线框中的感应电流方向先沿 ACBA 后沿 ABCA C线框中的平均感应电动势为 3BL2 2 D线框中感应电动势的有效值为 6BL2 8 答案 CD 解析 由楞次定律可知，线框转过 180 的过程中，感应电流方向始终沿 ACBA，说明穿过线 框导线横截面的电荷量不为零，故 A、B 错误；由法拉第电磁感应定律可知，平均感应电动 势： E t 2BS 2B1 2LLsin 60 3BL2 2 ，故 C 正确；线框中感应电动势峰值：Em BSB1 2LLsin 60 3BL2 4 ，线框匀速转动产生正弦式交变电流，感应电动势 的

34、有效值：EEm 2 6BL2 8 ，故 D 正确 7. (多选)(2019 山东烟台市第一学期期末)如图 7 所示， 两根平行光滑金属导轨间距为 L， 导轨 电阻不计，下端 PQ 接有阻值为 R 的电阻，导轨平面与水平面的夹角为 ，且处在磁感应强 度大小为 B、方向垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中一质量为 m、接入电路的电阻也为 R 的导体棒与固定弹簧相连后放在导轨上，静止时导体棒处于导轨的 MN 处已知弹簧的劲 度系数为 k，弹簧的中心轴线与导轨平行现将导体棒从弹簧处于自然长度时由静止释放， 整个运动过程中导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触则下列说法中正确的是( ) 图 7 A当导体棒沿导轨

35、向下运动时流过电阻 R 的电流方向为由 P 到 Q B当导体棒的速度最大时，弹簧的伸长量为mgsin k C导体棒最终静止时弹簧的弹性势能为 Ep，则导体棒从开始运动到停止运动的过程中，回 路中产生的焦耳热为m 2g2sin2 k Ep D若导体棒第一次运动到 MN 处时速度为 v，则此时导体棒的加速度大小为B 2L2v 2mR 答案 ACD 解析 由右手定则可知，当导体棒沿导轨向下运动时流过电阻 R 的电流方向为由 P 到 Q，故 A 正确；导体棒所受重力、弹簧弹力与安培力的合力为零时速度最大，弹簧伸长量为mgsin k 时，弹簧弹力为 mgsin ，此时导体棒所受合力为安培力，导体棒速度不

36、是最大，故 B 错误； 导体棒最终静止，由平衡条件得：mgsin kx，弹簧伸长量：xmgsin k ，由能量守恒定律 得：mgxsin QEp，解得：Qm 2g2sin2 k Ep，故 C 正确；导体棒第一次到达 MN 处时， 弹簧的弹力：kxmgsin ，此时导体棒受到的安培力为 FBILB 2L2v 2R ，对导体棒，由牛顿 第二定律得：kxmgsin B 2L2v 2R ma，解得：aB 2L2v 2mR ，故 D 正确 8. (2019 江西南昌市一模)如图 8 所示， 在倾角 37 的光滑绝缘斜面内有两个质量分别为 4m 和 m 的正方形导线框 a、b，电阻均为 R，边长均为 l；

37、它们分别系在一跨过两个轻质定滑轮 的轻绳两端，在两导线框之间有一方向垂直斜面向下、宽度为 2l 的匀强磁场区域，磁感应强 度大小为 B；开始时，线框 b 的上边框与匀强磁场的下边界重合，线框 a 的下边框到匀强磁 场的上边界的距离为 l.现将系统由静止释放，线框 a 恰好匀速穿越磁场区域不计滑轮摩擦 和空气阻力，重力加速度为 g，sin 37 0.6，cos 37 0.8.求： 图 8 (1)线框 a 穿出磁场区域时的电流大小； (2)线框 a 穿越磁场区域时的速度大小； (3)线框 b 进入磁场过程中产生的焦耳热 答案 见解析 解析 (1)设绳子拉力为 F，线框 a 匀速穿越磁场区域 对线框

38、 a：4mgsin F安F 对线框 b：Fmgsin 且 F安BIl 解得：I9mg 5Bl (2)线框 a 匀速运动时，线框 a、b 速度大小相等 EBlv IE R 解得：v9mgR 5B2l2 (3)设线框 b 进入磁场过程产生的焦耳热为 Q，对系统列能量守恒方程 4mglsin mglsin 1 25mv 2Q 得 Q9 5mgl 81m3g2R2 10B4l4 . 9(2019 云南昆明市 4 月质检)如图 9 甲所示，ACD 是固定在水平面上的半径为 2r、圆心为 O 的金属半圆弧导轨，EF 是半径为 r、圆心也为 O 的半圆弧，在半圆弧 EF 与导轨 ACD 之 间的半圆环区域内

39、存在垂直导轨平面向外的匀强磁场， 磁感应强度大小为 B， B 随时间 t 变化 的图象如图乙所示OA 间接有电阻 P，金属杆 OM 可绕 O 点转动，M 端与轨道接触良好， 金属杆 OM 与电阻 P 的阻值均为 R，其余电阻不计 图 9 (1)0t0时间内，OM 杆固定在与 OA 夹角为 1 3的位置不动，求这段时间内通过电阻 P 的 感应电流大小和方向； (2)t02t0时间内，OM 杆在外力作用下以恒定的角速度逆时针转动，2t0时转过角度 2 3到 OC 位置，求电阻 P 在这段时间内产生的焦耳热 Q； (3)2t03t0时间内， OM 杆仍在外力作用下以恒定的角速度逆时针转动， 3t0时

40、转到 OD 位置， 若 2t0时匀强磁场开始变化，使得 2t03t0时间内回路中始终无感应电流，求 B 随时间 t 变化 的关系式，并在图乙中补画出这段时间内的大致图象 答案 (1)B0r 2 4t0R 感应电流方向为：AO (2)B0 22r4 16t0R (3)B2B0t0 t 图象如图所示： 解析 (1)0t0时间内：B t B0 t0 ，E1 t B t S1，S1 1 6(2r) 21 6r 2r 2 2 ，I1E1 2R 解得：I1B0r 2 4t0R ，通过电阻 P 的感应电流方向为：AO (2)t02t0时间内，OM 转动的角速度为 3t0，感应电动势为：E2B0r v ， v r2r 2 I2E2 2R，QI2 2Rt 0，得到：QB 2 0 2r4 16t0R (3)2t03t0时间内，回路中无感应电流，磁通量不变 则 B0r2B r2t2t0 2 3r2 得到：B2B0t0 t ，图象如图所示