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1、第十单元电磁感应第26讲电磁感应现象、楞次定律【教材知识梳理】一、1.(1)乘积(2)BS(3)标量2.2-13.磁通量的变化量二、1.感应电流2.(2)磁通量三、1.阻碍磁通量2.导线运动辨别明理(1)()(2)()(3)()(4)由b到a排斥解析 当磁铁向下运动时,穿过线圈的磁通量变大,原磁场方向向上,所以感应电流的磁场方向向下,根据安培定则,通过电阻的电流方向为ba.根据楞次定律“来拒去留”的推论可判断线圈对磁铁的作用是阻碍作用,故磁铁与线圈相互排斥.【考点互动探究】考点一例1A解析 紫铜薄板上下及左右振动,都存在磁通量变化的为选项A所示方案.变式题C解析 由于线圈平面与磁场平行,所以穿
2、过线圈的磁通量为零,当磁感应强度增大时,穿过线圈的磁通量仍然为零,则线圈中不会产生感应电流,故C正确.考点二例2D解析 金属杆PQ突然向右运动,则其速度v方向向右,由右手定则可得,金属杆PQ中的感应电流方向由Q到P,则PQRS中感应电流方向为逆时针方向.PQRS中感应电流产生垂直纸面向外的磁场,故环形金属线框T中为阻碍此变化,会产生垂直纸面向里的磁场,则T中感应电流方向为顺时针方向,D正确.变式题D解析 当左侧线圈中通有不断增大的顺时针方向的电流时,穿过右侧线圈的磁通量向右且增大,根据楞次定律可判断,右侧线圈中产生逆时针方向的电流,当有金属片通过时,接收线圈中的感应电流方向仍然为逆时针,故A、
3、C错误;通电线圈中存在顺时针方向均匀增大的电流,则穿过右侧线圈中的磁通量均匀增大,磁通量的变化率是定值,由法拉第电磁感应定律可知,接收线圈中的感应电流不变,故B错误;有金属片通过时,穿过金属片中的磁通量发生变化,金属片中会产生感应电流,感应电流的方向与接收线圈中的感应电流的方向相同,所以会将该空间中的磁场的变化削弱一些,引起接收线圈中的感应电流大小发生变化,故D正确.例3A解析 根据楞次定律的另一表述,即感应电流效果总是要阻碍产生感应电流的原因,本题中“原因”是穿过回路的磁通量增加,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,
4、选项A正确.变式题B解析 图中的两个通电的电磁铁之间的磁场方向总是水平的,在滑动变阻器R的滑片P从左向右滑动的过程中,电路中电流增大,两个电磁铁之间的磁场增强,穿过闭合导体线圈中的磁通量增大,线圈只有顺时针转动才能阻碍磁通量增大.考点三例4AD解析 开关闭合瞬间,根据楞次定律,左侧线圈产生的感应电流从南向北流过直导线,根据安培定则,直导线在小磁针位置产生的磁场方向垂直纸面向里,所以小磁针N极朝垂直纸面向里的方向转动,A正确;同理,断开开关瞬间,小磁针N极朝垂直纸面向外的方向转动,D正确;开关闭合一段时间之后,感应电动势消失,直导线中没有电流流过,小磁针保持图中的方向,B、C错误.变式题BD解析
5、 ab匀速运动时,ab中感应电流恒定,穿过L1的磁通量不变,穿过L2的磁通量不变,L2中无感应电流产生,cd保持静止,A错误;ab向右加速运动时,L2中的磁通量向下增大,根据楞次定律,通过cd的电流方向由c到d,cd受到向右的安培力,向右移动,B正确;同理可得C错误,D正确.1.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.将绕在条形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内的电流表连接,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
6、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 D只形成闭合回路,回路中的磁通量不变化,不会产生感应电流,A、B错误;给线圈通电或断电瞬间,通过闭合回路的磁通量变化,会产生感应电流,能观察到电流表的变化,C错误,D正确.2.2018常熟月考 如图26-1所示,矩形线框在磁场内做的各种运动中,能够产生感应电流的是()图26-1解析 BA中穿过线框的磁通量没有变化,因此没有感应电流,但有感应电动势,也可以理解为左、右两边切割磁感线产生的感应电动势相反,A错误;B中线框转动,穿过线框的磁通量变化,这就是发电机模型,有感应电流,B正确;C、D中线圈平面和磁感应
7、强度B平行,穿过线框的磁通量始终为零,C、D错误.图26-23.如图26-2所示,老师让学生观察一个物理小实验:一轻质横杆两侧各固定一金属环,横杆可绕中心点自由转动,老师拿一条形磁铁插向其中一个小环,后又取出插向另一个小环,同学们看到的现象是()A.磁铁插向左环,横杆发生转动B.磁铁插向右环,横杆发生转动C.把磁铁从左环中拔出,左环会跟着磁铁运动D.把磁铁从右环中拔出,右环不会跟着磁铁运动解析 B磁铁插向右环,横杆发生转动;磁铁插向左环,由于左环不是闭合回路,没有感应电流产生,横杆不发生转动,选项A错误,选项B正确;把磁铁从左环中拔出,左环不会跟着磁铁运动,把磁铁从右环中拔出,右环会跟着磁铁运
8、动,选项C、D错误.图26-34.北半球地磁场的竖直分量向下,如图26-3所示,在北京某中学实验室的水平桌面上,放置着边长为L的正方形闭合导体线圈abcd,线圈的ab边沿南北方向,ad边沿东西方向.下列说法中正确的是()A.若使线圈向东平动,则a点的电势比b点的电势高B.若使线圈向北平动,则a点的电势比b点的电势低C.若以ab边为轴将线圈向上翻转,则线圈中的感应电流方向为abcdaD.若以ab边为轴将线圈向上翻转,则线圈中的感应电流方向为adcba解析 C线圈向东平动时,ab和cd两边切割磁感线,且两边切割磁感线产生的感应电动势大小相等,a点电势比b点电势低,选项A错误;同理,线圈向北平动,则
9、a、b两点的电势相等,高于c、d两点的电势,选项B错误;以ab边为轴将线圈向上翻转,向下的磁通量减小,感应电流的磁场方向应该向下,再由安培定则知,感应电流的方向为abcda,选项C正确,选项D错误.图26-45.(多选)如图26-4所示,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后无初速度释放,在圆环从a摆向b的过程中()A.感应电流方向先逆时针后顺时针再逆时针B.感应电流的方向一直是逆时针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 AD圆环从位置a无初速度释放,在到达磁场分界线前,穿过圆环向里的磁通量增
10、加,根据楞次定律可知,圆环内感应电流的方向为逆时针,圆环经过磁场分界线时,穿过圆环向里的磁通量减少,根据楞次定律可知,圆环内感应电流的方向为顺时针,圆环通过磁场分界线后,穿过圆环向外的磁通量减少,根据楞次定律可知,圆环内感应电流的方向为逆时针;因磁场在竖直方向分布均匀,圆环所受竖直方向的安培力平衡,故合安培力沿水平方向,选项A、D正确.图26-56.如图26-5所示,一个有弹性的金属圆环用一根橡皮绳吊于通电直导线的正下方,直导线与圆环在同一竖直面内,当通电直导线中电流增大时,弹性圆环的面积S和橡皮绳的长度l将()A.S增大,l变长B.S减小,l变短C.S增大,l变短D.S减小,l变长解析 D当
11、通电直导线中电流增大时,穿过金属圆环的磁通量增大,金属圆环中产生感应电流,根据楞次定律,感应电流产生的效果要阻碍磁通量的增大,一是用缩小面积的方式进行阻碍,二是用远离直导线的方式进行阻碍,选项D正确.7.某同学设计了一个电磁冲击钻,其原理示意图如图26-6所示,若发现钻头M突然向右运动,则可能是()图26-6A.开关S由断开到闭合的瞬间B.开关S由闭合到断开的瞬间C.保持开关S闭合,变阻器滑片P加速向右滑动D.保持开关S闭合,变阻器滑片P匀速向右滑动解析 A若发现钻头M突然向右运动,根据楞次定律,可能是开关S由断开到闭合的瞬间,选项A正确.8.某实验小组用如图26-7所示的实验装置来验证楞次定
12、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()图26-7A.aGbB.先aGb,后bGaC.bGaD.先bGa,后aGb解析 D条形磁铁在穿入线圈的过程中,穿过线圈向下的磁通量增加,由楞次定律可知,感应电流的磁场方向向上,由安培定则可判断,感应电流的方向为逆时针(俯视),即由bGa;同理,条形磁铁穿出线圈的过程中,穿过线圈向下的磁通量减小,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aGb.9.(多选)如图26-8所示,一电子以初速度v沿与金属板平行的方向飞入M、N极板间,突然发现电子向M板偏转,若不考虑磁场对电子运动方向的影响,则产生这一现象的原
13、因可能是()图26-8A.开关S闭合瞬间B.开关S由闭合到断开瞬间C.开关S是闭合的,变阻器滑片P向右迅速滑动D.开关S是闭合的,变阻器滑片P向左迅速滑动解析 AD电子向M板偏转,说明M板为正极,则感应电流方向如图26-9所示,由安培定则得,感应电流磁场方向水平向左,而原磁场方向水平向右,由楞次定律得原磁场增强,即原电流增加,故A、D正确.图26-9第27讲法拉第电磁感应定律、自感和涡流【教材知识梳理】一、1.(1)电磁感应现象(2)磁通量(3)楞次定律右手定则2.(1)磁通量的变化率(2)nt二、1.(1)电磁感应(2)LIt(3)亨利2.涡流辨别明理(1)()(2)()(3)()(4)如图
14、所示,圆盘中任意一根半径CD都在切割磁感线,此半径可以看成一个电源,根据右手定则可以判断,D点的电势比C点高,也就是说,圆盘边缘上的电势比圆心电势高,在C、D之间接上用电器,转动的圆盘就可以为用电器供电.【考点互动探究】考点一例1C解析 根据法拉第电磁感应定律知电势差大小为E=nB2-B1t2-t1S;根据楞次定律可知b点电势较高,故a-b小于0,选项C正确.变式题ABC解析 由图像可看出,在开始时刻图线的斜率最大,B的变化率最大,线圈中产生的感应电动势最大,感应电流也最大,最大值为I=EmR=0.110.11 A=0.01 A,故A正确;在第4 s末,穿过线圈的磁通量减小,根据楞次定律可判断
15、,I的方向为逆时针方向,故B正确;前2 s内,通过线圈某截面的总电荷量q=R=BSR=0.10.11 C=0.01 C,故C正确;第3 s内,B没有变化,线圈中没有感应电流产生,则线圈的发热功率最小,故D错误.考点二例2B解析 因为金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动,其切割磁感线的有效长度为导轨间距l,由法拉第电磁感应定律得,电路中感应电动势E=Blv,A错误;由图可知,金属杆接入电路的实际长度为x=lsin,电路有效电阻R=xr=lrsin,由闭合电路的欧姆定律得,电路中电流大小I=ER=Blvlrsin=Bvsinr,B正确;金属杆所受安培力F=BIx=BBvsinrlsin=B2lvr
16、,C错误;金属杆的热功率P=I2R=Bvsinr2lrsin=B2lv2sinr,D错误.变式题1AB解析 将圆盘看成由无数辐条组成,各辐条都在切割磁感线,从而产生感应电动势,出现感应电流,当圆盘顺时针转动时(从上往下看),根据右手定则可判断,圆盘上感应电流从边缘向中心,流过电阻R的电流方向从a到b,B正确,C错误;由法拉第电磁感应定律可得,感应电动势E=BLv=12BL2,而I=ER,故A正确;当角速度变为原来的2倍时,感应电动势E=12BL2变为原来的2倍,感应电流I变为原来的2倍,电流在R上的热功率P=I2R变为原来的4倍,D错误.变式题2AD解析 线圈进磁场过程,垂直于平面向里的磁通量
17、逐渐增大,根据楞次定律的推论“增反减同”可判断,感应电流方向为逆时针方向,选项A正确;CD段导线电流方向与磁场垂直,安培力不为零,选项B错误;线圈进磁场过程中,有效切割长度最长为半径,所以感应电动势最大值Em=Bd2v=12Bdv,选项C错误;感应电动势的平均值E=t=B12d22dv=18Bdv,选项D正确.变式题3(1)v1-fRB2L2(2)B2L2v1R解析 (1)由法拉第电磁感应定律得E=BL(v1-v2)由闭合电路欧姆定律得I=ER安培力F=BIL=B2L2(v1-v2)R速度恒定时,有B2L2(v1-v2)R=f解得v2=v1-fRB2L2(2)最大阻力fm=B2L2v1R考点三
18、例3C解析 分析图甲,断开开关S1瞬间,A1突然闪亮,说明流经A1的电流瞬间增大,从而得到S1闭合,电路稳定时,A1中的电流小于L1中的电流,选项B错误.由并联电路特点可知,A1的电阻值大于L1的电阻值,选项A错误.分析图乙,开关S2闭合后,灯A2逐渐变亮,A3立即变亮,说明闭合S2瞬间A2与A3中的电流不相等,那么L2与R中的电流也不相等,选项D错误.最终A2与A3亮度相同,说明流经A2与A3的电流相同,由欧姆定律可知,R与L2的电阻值相等,选项C正确.变式题A解析 S刚闭合后,A、B先是一样亮,之后A逐渐熄灭,B逐渐变亮,选项A正确,B错误.S闭合足够长时间后,A熄灭,B一直都是亮的,选项
19、C、D错误.例4AB解析 磁针在圆盘所在处形成的磁场是非匀强磁场,圆盘可以等效为许多环形闭合线圈,圆盘转动过程中,穿过每个环形闭合线圈的磁通量不断地发生变化,在每一环形线圈上产生电动势和涡电流,A正确;环形线圈随圆盘转动,由楞次定律可知,线圈会受到磁针施加的阻碍相对运动的力,根据牛顿第三定律可知,磁针会受到与线圈即圆盘转动方向相同的力的作用,此力来源于电磁感应形成的涡电流,而不是自由电子随圆盘转动形成的电流,B正确,D错误.从圆盘的整个盘面上看,圆盘转动过程中穿过整个圆盘的磁通量不变,C错误.图27-11.2015海南卷 如图27-1所示,空间有一匀强磁场,一直金属棒与磁感应强度方向垂直,当它
20、以速度v沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时,棒两端的感应电动势大小为;将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线,置于与磁感应强度相垂直的平面内,当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v运动时,棒两端的感应电动势大小为,则等于()A.12B.22C.1D.2解析 B感应电动势E=BLv成立的条件是BL、Bv、Lv,即B、L、v三者两两垂直,式中的L应该取与B、v均垂直的有效长度(即导体的有效切割长度).假设题中金属棒的长度为L,那么折线的有效切割长度为22L,所以=22,选项B正确.图27-22.(多选)如图27-2所示,垂直于矩形金属线框的匀强磁场的磁感应强度为B.线框上放置一导体棒ab,ab垂
21、直于线框两个长边且和线框接触良好.线框长边足够长,短边长为l,在t时间内,ab向右以速度v匀速滑过距离d,则()A.因右边面积减少ld,左边面积增大ld,则=B2ld,E=2BldtB.因右边面积减少ld,左边面积增大ld,两边抵消,=0,E=0C.=Bld,所以E=BldtD.导体棒ab切割磁感线,E=Blv解析 CD左、右两边可看成两个并联的回路.根据法拉第电磁感应定律,每个回路产生的感应电动势为E=Bldt,由于两个回路是并联电路,总感应电动势也为E=Bldt,选项A、B错误,选项C正确;根据导体棒切割磁感线产生感应电动势的公式E=Blv,选项D正确.3.如图27-3所示,均匀磁场中有一
22、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.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匀速转动半周,在线框图27-3中产生感应电流.现使线框保持在图中所示位置,磁感应强度大小随时间均匀变化.为了产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Bt的大小应为()A.4B0B.2B0C.B0D.B02解析 C当导线框匀速转动时,设半径为r,导线框电阻为R,在很短的t时间内,转过圆心角=t,由法拉第电磁感应定律及欧姆定律可得感应电流I1=B0SRt=B0r22Rt=B0r22R;当导线框不动,而磁感应强度随
23、时间均匀变化时,同理可得感应电流I2=BSRt=Br22Rt,令I1=I2,可得Bt=B0,C正确.图27-44.如图27-4所示,水平U形金属导轨abcd固定在匀强磁场中,ab与cd平行,间距L1=0.5 m,金属棒AB垂直于ab且和ab、cd接触良好,AB与导轨左端bc的距离为L2=0.8 m,整个闭合回路的电阻为R=0.2 ,磁感应强度为B0=1 T的匀强磁场竖直向下穿过整个回路.ad通过滑轮和轻绳连接着一个质量m=0.04 kg的物体,不计一切摩擦,现使磁感应强度以Bt=0.2 T/s的变化率均匀地增大.求:(g取10 m/s2)(1)金属棒上电流的方向.(2)感应电动势的大小.(3)
24、从开始至物体刚好离开地面的时间.答案 (1)由A到B(2)0.08 V(3)5 s解析 (1)由楞次定律可以判断,金属棒上的电流方向为由A到B.(2)由法拉第电磁感应定律得E=t=BtS=0.08 V.(3)物体刚好离开地面时,其受到的拉力F=mg而拉力F又等于棒所受的安培力,即mg=F安=BIL1其中B=B0+BttI=ER解得t=5 s.5.如图27-5甲所示,光滑平行金属导轨间距为l=0.4 m,左端用导线连接,ab为金属棒,与导轨垂直且接触良好.均匀变化的磁场垂直穿过导轨平面,磁感应强度的变化情况如图乙所示,金属棒ab接入电路的电阻R为1 ,导轨电阻不计.t=0时刻,ab棒从导轨最左端
25、以v=1 m/s的速度向右匀速运动,求1 s末回路中的感应电流及金属棒ab受到的安培力.图27-5答案 1.6 A,方向为逆时针方向1.28 N,方向向左解析 1 s末与t=0时刻相比,的变化有两个原因,一是B的变化,二是金属棒和导轨所围面积S的变化,显然这两个因素都应当考虑在内,所以有E=t=BtS+Blv又Bt=2 T/s在1 s末,B=2 T,S=lvt=0.411 m2=0.4 m2所以1 s末,E=BtS+Blv=1.6 V此时回路中的电流I=ER=1.6 A根据楞次定律与右手定则可判断出电流方向为逆时针方向,金属棒ab受到的安培力大小为F=BIl=21.60.4 N=1.28 N,
26、方向向左.专题九电磁感应中的电路和图像问题【热点题型探究】热点一例1见解析解析 从A1开始进入磁场(t=0时刻)到刚好离开磁场(t1=Dv=0.2 s时刻)的时间内,A1产生的感应电动势E1=BLv=0.18 V其等效电路图如图甲所示.由图甲知,电路的总电阻R总=r+rRr+R=0.5 总电流为I=E1R总=0.36 A通过R的电流为IR=I3=0.12 A从A1刚好离开磁场(t1=0.2 s时刻)至A2刚好进入磁场(t2=2Dv=0.4 s时刻)的时间内,回路无电流,IR=0从A2刚好进入磁场(t2=0.4 s时刻)至刚好离开磁场(t3=2D+Dv=0.6 s时刻)的时间内,A2上的感应电动
27、势为E2=0.18 V,其等效电路图如图乙所示.与0t1内A1开始进入磁场到离开磁场类似,可知,此过程IR=0.12 A.如图所示变式题AB解析 根据右手定则可知,金属棒中电流从B流向A,选项A正确;金属棒转动产生的电动势为E=Brr+2r2=32Br2,切割磁感线的金属棒相当于电源,金属棒两端电压相当于电源的路端电压,因而U=RR+RE=34Br2,选项B正确;金属棒A端相当于电源正极,所以电容器的M板带正电,选项C错误;由C=QU可得,电容器所带电荷量为Q=34CBr2,选项D错误.热点二例2B解析 0T2时间内,根据法拉第电磁感应定律及楞次定律可得,回路的圆环形区域产生大小恒定、沿顺时针
28、方向的感应电流,根据左手定则,ab边在匀强磁场中受到水平向左的恒定的安培力;同理,T2T时间内,ab边在匀强磁场中受到水平向右的恒定的安培力,故B正确.变式题AC解析 由图像可知,在T4时刻图线的斜率为0,故磁场没有发生变化,穿过线框R的磁通量没有变化,感应电动势为0,A正确;由于T43T4时间内图线的斜率始终为负,所以感应电动势的方向不变,B错误;由于T2时刻图线的斜率的绝对值最大,所以电流变化最快,磁通量的变化率最大,感应电动势最大,由楞次定律可判断感应电流的方向为顺时针,C正确;在T时刻,由楞次定律可判断感应电流的方向为逆时针,D错误.例3D解析 当线框运动L时开始进入磁场,磁通量开始增
29、大,当全部进入时磁通量达到最大,此后向里的磁通量减小,向外的磁通量增大,总磁通量减小,当运动2.5L时磁通量为零,故选项A错误;当线框进入第一个磁场时,由E=BLv可知,E保持不变,而开始进入第二个磁场时,两边同时切割磁感线,电动势应为2BLv,故选项B错误;因安培力总是与运动方向相反,所以外力F应一直向右,故选项C错误;拉力的功率P=Fv,因速度不变,而线框进入第一个磁场时,电流为定值,外力F也为定值,两边分别在两个磁场中时,电流加倍,回路中总电动势加倍,电功率变为原来的4倍,此后从第二个磁场中离开时,安培力应等于线框在第一个磁场中的安培力,所以电功率应等于在第一个磁场中的电功率,故选项D正
30、确.变式题1A解析 由E=BLv可知,导体棒由b运动到ac过程中,切割磁感线的有效长度L均匀增大,感应电动势E均匀增大,由欧姆定律可知,感应电流I均匀增大,由右手定则可知,感应电流方向由M到N,由左手定则可知,导体棒所受安培力水平向左,大小不断增大,故选项A正确,选项B、C、D错误.变式题2C解析 经过时间t,MN到O点的距离为l0+vt,直导线在回路中的长度也为l0+vt,此时直导线产生的感应电动势E=B(l0+vt)v,整个回路的电阻为R=(2+2)(l0+vt)r,回路中的电流I=ER=B(l0+vt)v(2+2)(l0+vt)r=Bv(2+2)r,直导线受到的外力F大小等于安培力,即F
31、=BIL=BBv(2+2)r(l0+vt)=B2v(2+2)r(l0+vt),故C正确.热点三例4(1)如图甲所示(2)如图乙所示解析 (1)金属框进入磁场区域时,E1=Blv=2 V,I1=E14r=2.5 A,电流的方向为逆时针方向,感应电流持续的时间t1=lv=0.1 s金属框全部进入磁场区域后,E2=0,I2=0,无电流的时间t2=L-lv=0.2 s金属框穿出磁场区域时,E3=Blv=2 V,I3=E34r=2.5 A,电流的方向为顺时针方向,感应电流持续的时间t3=lv=0.1 s规定电流沿逆时针方向为正方向,故I-t图线如图甲所示.(2)金属框进入磁场区域时,ab两端电压U1=I
32、1r=0.5 V金属框全部进入磁场区域后,ab两端电压U2=Blv=2 V金属框穿出磁场区域时,ab两端电压U3=E3-I3r=1.5 V由此得U-t图线如图乙所示.变式题(1)5 m/s20.2 N(2)0.036 J解析 (1)安培力F安=B0IL其中I=ERE=B0Lvv=at所以F安=B02L2aRt当b棒匀加速运动时,根据牛顿第二定律得F-f-F安=ma即F-f-B02L2aRt=ma由图像可得,当t=0时,F=0.4 N,当t=4 s时,F=0.8 N.代入上式,解得a=5 m/s2,f=0.2 N.(2)当磁感应强度均匀增大时,闭合电路中有恒定的感应电流I,以b棒为研究对象,它受
33、到的安培力逐渐增大,静摩擦力也随之增大,当磁感应强度增大到b所受安培力F安与最大静摩擦力f相等时,b开始滑动.感应电动势E=BtL2=0.02 VI=ER=1 A棒b将要运动时,有F安=BtIL=f所以Bt=1 T根据Bt=B0+Btt解得t=1.8 s回路中产生的焦耳热为Q=I2Rt=0.036 J.【高考模拟演练】1.BC解析 设金属棒在某一时刻速度为v,由题意可知,感应电动势E=Blv,感应电流I=ER+r=BlR+rv,即Iv;安培力FA=BIl=B2l2R+rv,方向水平向左,即FAv;R两端电压UR=IR=BlRR+rv,即URv;感应电流功率P=EI=B2l2R+rv2,即Pv2
34、.分析金属棒运动情况,由牛顿第二定律可得F合=F-FA=F0+kv-B2l2R+rv=F0+k-B2l2R+rv,而加速度a=F合m.因为金属棒从静止出发,所以F00,且F合0,即a0,加速度方向水平向右.(1)若k=B2l2R+r,F合=F0,即a=F0m,金属棒水平向右做匀加速直线运动,有v=at,说明vt,即It,FAt,URt,Pt2,所以在此情况下没有选项符合;(2)若kB2l2R+r,F合随v增大而增大,即a随v增大而增大,说明金属棒在做加速度增大的加速运动,根据四个物理量与速度的关系可知选项B符合;(3)若kB2l2R+r,F合随v增大而减小,即a随v增大而减小,说明金属棒在做加
35、速度减小的加速运动,直到加速度减小为0后金属棒做匀速直线运动,根据四个物理量与速度关系可知选项C符合;综上所述,选项B、C符合题意.2.AD解析 在t1t2时间内,磁场增强,根据楞次定律可判断出导线框中产生dcba方向的感应电流,且电流逐渐增大,则穿过圆环的磁通量增大,可知L有收缩趋势,A正确;在t2t3时间内,磁场先减弱后反向增强,线圈中产生abcd方向的感应电流且保持不变,穿过圆环的磁通量不变,L内无感应电流且没有扩张或收缩的趋势,B、C错误;在t3t4时间内,沿负方向的磁场减弱,根据楞次定律可判断出导线框中产生dcba方向的感应电流,且电流在逐渐减小,故穿过圆环的磁通量减小,L内有顺时针
36、方向的感应电流,D正确.3.AB解析 根据I-t图像可知I=kt,其中k为比例系数,由闭合电路欧姆定律可得I=ER+r=kt,可推出E=kt(R+r),因E=Blv,所以v=k(R+r)Blt,可见v-t图像是一条过原点且斜率大于零的直线,说明了导体棒做的是初速度为零的匀加速直线运动,即v=at,故A正确;因E=t,所以有t=kt(R+r),可见t-t图像是一条过原点且斜率大于零的直线,故B正确;对导体棒,在沿导轨方向,有F-BIl-mgsin =ma,而I=BlvR+r,v=at,可得F=B2l2aR+rt+ma+mgsin ,可见F-t图像是一条斜率大于零且与纵轴正半轴有交点的直线,故C错
37、误;q=It=R+r=Bl12at2R+r=Bla2(R+r)t2,可见q-t图像是一条开口向上的抛物线,故D错误.4.BC解析 假设电压表满偏,则通过电流表的电流为I=UR2RR2+R=2 A3 A,所以电压表可以满偏,此时电流表的示数为2 A,故A错误,B正确;棒ab匀速运动时,水平拉力F与安培力大小相等,有FA=BIL=F,感应电动势E=U+IR1=(10+25) V=20 V,又E=BLv,解得v=EIF=1 m/s,故C正确,D错误.5.D解析 01 s内,穿过金属圆环垂直于纸面向里的磁通量在增大,根据楞次定律可判断,流过电阻R的电流方向为ba,A错误;12 s内,磁感应强度均匀减小
38、,穿过金属圆环的磁通量变化率恒定,所以回路中的电流恒定,B错误;23 s内,穿过金属圆环垂直于纸面向外的磁通量在增大,C错误;由法拉第电磁感应定律可知,在t=2 s时,Uab=BSt=B0r2,D正确.1.如图Z9-1所示为两根相距为l的平行金属导轨ab、cd,b、d间连有一定值电阻R,导轨电阻可忽略不计.MN为放在ab和cd上的一导体杆,MN与ab垂直,其电阻也为R.整个装置处于匀强磁场中,磁感应强度的大小为B,磁场方向垂直于导轨所在平面(纸面)向下.现对MN施力,使它以速度v沿导轨向右做匀速运动.用U表示MN两端的电压大小,则下列说法正确的是()图Z9-1A.U=12Blv,流过定值电阻R
39、的电流方向由b到dB.U=12Blv,流过定值电阻R的电流方向由d到bC.U=Blv,流过定值电阻R的电流方向由b到dD.U=Blv,流过定值电阻R的电流方向由d到b解析 A根据右手定则可知,流过定值电阻R的电流方向由b到d,根据法拉第电磁感应定律得E=Blv,MN两端的电压等于电阻R两端的电压,故U=R2RE=12Blv,选项A正确.2.(多选)如图Z9-2甲所示,一个刚性圆形导线圈与电阻R构成闭合回路,线圈平面与所在处的匀强磁场方向垂直,磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示.关于线圈中产生的感应电动势e、电阻R消耗的功率P随时间t变化的图像,图Z9-3中可能正确的是()图Z9-2
40、图Z9-3解析 BD根据图像知00.5T内磁场增强,0.5TT内磁场减弱,由楞次定律知,线圈中的感应电流先沿逆时针方向,后沿顺时针方向,故A错误;根据法拉第电磁感应定律得E=t=BtS,因为00.5T内和0.5TT内磁感应强度的变化率为定值且绝对值相等,所以感应电动势大小不变,故B正确;根据I=ER总,可知整个过程中电流大小不变,由P=I2R知电阻R消耗的功率不变,故C错误,D正确.图Z9-43.如图Z9-4所示,边长为2L、电阻为R的正方形导线框abcd在纸面内以速度v水平向右匀速穿过一宽为L、磁感应强度为B的匀强磁场区域,磁场方向垂直于纸面向外.刚开始时线框的右边ab刚好与磁场的左边界重合
41、,规定水平向右为右边ab受到安培力的正方向.能正确反映右边ab受到的安培力随运动距离x变化的图像是图Z9-5中的()图Z9-5解析 C线框的位移在0L内时,ab边切割磁感线产生的感应电动势为E=B2Lv,感应电流I=ER,ab边所受的安培力大小为F=BI2L=4B2L2vR,由楞次定律知,ab边受到的安培力方向向左,为负值.线框的位移大于L后,位移在L2L内线框中磁通量不变,不产生感应电流,ab边不受安培力;位移在2L3L内,ab边在磁场之外,不受安培力,选项C正确.图Z9-64.如图Z9-6所示,有一个边界为正三角形的匀强磁场区域,边长为a,磁感应强度方向垂直于纸面向里.一个矩形导线框长为3
42、2a,宽为a2,导线框平行于纸面沿着磁场区域的轴线匀速穿越磁场区域.规定导线框中感应电流的正方向为逆时针方向,以导线框开始进入磁场时为t=0时刻,则导线框中的感应电流随时间变化的图像是图Z9-7中的()图Z9-7解析 D由右手定则可知,线框进入磁场过程与离开磁场过程产生的感应电流方向相反,故A错误;由图示可知,线框刚进入磁场的一段时间内,线框切割磁感线的有效长度L不变,电流I=ER=BLvR大小不变,在线框右边的部分穿出磁场过程中,切割磁感线的有效长度L减小,感应电流减小,右边完全离开磁场后,左边完全进入磁场,然后左边切割磁感线,感应电流反向,此后一段时间内,切割磁感线的有效长度L不变,感应电
43、流大小不变,线框左边离开磁场过程中,切割磁感线的有效长度L减小,感应电流减小,故B、C错误,D正确.5.如图Z9-8所示,一闭合直角三角形导线框以速度v匀速穿过匀强磁场区域.从BC边恰好进入磁场区域开始到A点离开磁场区域为止的过程中,能正确表示线框内感应电流变化(以逆时针方向为电流的正方向)的图像是图Z9-9中的()图Z9-8图Z9-9解析 A设线框电阻为R,切割磁感线的有效长度为L,线框产生的感应电动势E=BLv,故产生的感应电流I=ER=BLvR.线框开始进入磁场时,切割磁感线的有效长度L减小,感应电流I逐渐减小;当线框完全进入磁场后,穿过线框的磁通量不变,不产生感应电流,I=0;当线框离
44、开磁场时,切割磁感线的有效长度L减小,感应电流I逐渐减小.由右手定则可知,线框在进入磁场的过程中,电流沿逆时针方向,为正值,在离开磁场的过程中,电流沿顺时针方向,为负值,故A正确.图Z9-106.如图Z9-10所示,由某种粗细均匀的总电阻为3R的金属条制成的矩形线框abcd固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场中.一接入电路电阻为R的导体棒PQ在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动,滑动过程PQ始终与ab垂直,且与线框接触良好,不计摩擦.在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中()A.PQ中电流先增大后减小B.PQ两端电压先减小后增大C.PQ上拉力的功率先减小后增大D.线框消耗的电功率先
45、减小后增大图Z9-11解析 C感应电动势E=BLv保持不变,导体棒向右运动时,电路的总电阻先增大后减小,由I=ER总可知,电流应先减小后增大,A错误;PQ两端的电压为路端电压,由U外=E-Ir可知,路端电压先增大后减小,B错误;PQ棒匀速运动,由平衡条件有,拉力F=F安=BIL,拉力的功率P=Fv=BILv,可见功率应先减小后增大,C正确;当PQ棒位于ab正中央时,线框的等效电阻(相当于外电阻)为0.75R,小于导体棒的电阻(相当于内阻),由P出-R外图像(如图Z9-11所示)可知,线框消耗的功率(相当于外电路的总功率,即电源的输出功率)应先增大后减小,D错误.专题十涉及电磁感应的力电综合问题
46、【热点题型探究】热点一例1(1)v2=2as2as(2)mgsin -F安m(gsin-a)dB(3)2asm(gsin-a)dBa变式题(1)0.8 kg0.5 (2)1.6 m/s解析 (1)金属棒以最大速度vm下滑时,根据法拉第电磁感应定律得E=BLvm由闭合电路的欧姆定律得E=I(R+R0)当金属棒以最大速度下滑时,有mgsin =BIL联立解得vm=mgsinB2L2R+mgsinB2L2R0由vm-R图线可知mgsinB2L2=1,mgsinB2L2R0=0.5解得m=0.8 kg,R0=0.5 (2)设金属棒下滑的速度为v,根据法拉第电磁感应定律得E=BLv由闭合电路的欧姆定律得E=I(R+R0)当金属棒下滑的加速度为3 m/s2时,根据牛顿第二定律得mgsin -BIL=ma