（新课标）高考物理总复习第十章电磁感应教师用书（含解析） 87页

电磁感应考纲要求考情分析电磁感应现象Ⅰ1.命题规律近几年高考对该部分内容重点考查了感应电流的产生、感应电动势的方向判断和大小计算等。常以选择题形式考查对基础知识、基本规律的理解与应用，以计算题的形式考查综合性问题，如动力学、能量、电路、图像等与电磁感应结合的问题，一般难度较大，分值较高。2.考查热点预计近几年高考对该部分内容仍将以法拉第电磁感应定律为核心，利用与之相关的力电综合问题，考查学生的综合分析及运用数学知识解决物理问题的能力。在复习过程中还要多关注电磁感应现象与现代科技、生活相结合的新情景题目。磁通量Ⅰ法拉第电磁感应定律Ⅱ楞次定律Ⅱ自感、涡流Ⅰ第62课时　电磁感应现象和楞次定律(双基落实课)点点通(一)　对电磁感应现象的理解和判断1．电磁感应现象当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，电路中有感应电流产生的现象。2．产生感应电流的条件(1)条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化。(2)特例：闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动。3．产生电磁感应现象的实质电磁感应现象的实质是产生感应电动势，如果回路闭合则产生感应电流；如果回路不闭合，则只产生感应电动势，而无感应电流。[小题练通]1.(鲁科教材原题)如图所示，条形磁铁以速度v向螺线管靠近，下面几种说法中正确的是(　　)A．螺线管中不会产生感应电流B．螺线管中会产生感应电流C．只有磁铁速度足够大时，螺线管中才能产生感应电流D．只有在磁铁的磁性足够强时，螺线管中才会产生感应电流n解析：选B　条形磁铁以速度v向螺线管靠近时，螺线管中磁通量增加，故会产生感应电流，B正确。2.(多选)(沪科教材原题)如图所示，导线ab和cd互相平行，在下列情况中，使导线cd中有感应电流产生的是(　　)A．将开关S闭合或断开B．开关S闭合后，将滑动变阻器的滑片P向右移动C．开关S闭合后，将滑动变阻器的滑片P向左移动D．开关S始终闭合，滑动变阻器的滑片P也不移动解析：选ABC　开关S闭合或断开，以及滑动变阻器的滑片P向左、右移动时，ab中电流均会发生变化，导致电流周围磁场发生变化，穿过cd所在的闭合回路的磁通量发生变化，故cd中产生感应电流，A、B、C正确。3．如图所示的匀强磁场中有一个矩形闭合导线框。在下列四种情况下，线框中会产生感应电流的是(　　)A．如图甲所示，保持线框平面始终与磁感线平行，线框在磁场中左、右运动B．如图乙所示，保持线框平面始终与磁感线平行，线框在磁场中上、下运动C．如图丙所示，线框绕位于线框平面内且与磁感线垂直的轴线AB转动D．如图丁所示，线框绕位于线框平面内且与磁感线平行的轴线CD转动解析：选C　题图甲中线框左、右运动，题图乙中线框上、下运动，题图丁中线框绕与磁感线平行的轴线CD转动，穿过线框的磁通量始终为零，故不能产生感应电流，只有题图丙中线框绕与磁感线垂直的轴线AB转动时，线框中磁通量会发生改变而产生感应电流。故C正确。[融会贯通]判断有无感应电流的步骤(1)确定研究的回路。(2)弄清楚回路内的磁场分布，并确定穿过该回路的磁通量Φ。(3)点点通(二)　楞次定律和右手定则1．楞次定律(1)内容：感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。(2)适用范围：适用于一切回路磁通量变化的情况。n2．右手定则(1)使用方法伸开右手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使拇指指向导线运动的方向，这时四指所指的方向就是感应电流的方向。(2)适用范围：适用于部分导线切割磁感线的情况。[小题练通]1.(多选)如图所示，一轻质绝缘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，同学们看到的现象及现象分析正确的是(　　)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．磁铁插向左环，左环中不产生感应电动势和感应电流D．磁铁插向右环，右环中产生感应电动势和感应电流解析：选BD　磁铁插向左环，左环不闭合，不会产生感应电流，但会产生感应电动势，而磁铁插向右环，右环中会产生感应电动势和感应电流，根据楞次定律，磁铁插向右环时，横杆会发生转动，故B、D正确。2．(鲁科教材原题)某实验小组用如图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线圈时，通过电流计的感应电流方向是(　　)A．a→G→bB．先a→G→b，后b→G→aC．b→G→aD．先b→G→a，后a→G→b解析：选D　根据楞次定律，磁铁穿进线圈时，电流方向是b→G→a，穿出线圈时，电流方向是a→G→b，故D正确。3．(多选)(沪科教材原题)如图所示，P为固定闭合电路的一段导体的横截面。若使一对异性磁极相对P运动，并让P始终处于磁场中，则下列说法中正确的是(　　)A．磁极竖直向上运动时，P中不产生感应电流B．磁极竖直向下运动时，P中产生指向纸外的感应电流C．磁极向左运动时，P中产生指向纸里的感应电流D．磁极向右运动时，P中产生指向纸里的感应电流n解析：选AD　磁极竖直上、下运动时，P不切割磁感线，故不产生感应电流，A正确，B错误；磁极左、右运动时，P切割磁感线，产生感应电流，根据右手定则，磁极向左运动时，P中产生指向纸外的感应电流，C错误；磁极向右运动时，P中产生指向纸里的感应电流，D正确。[融会贯通]楞次定律中“阻碍”的含义可以推广为：感应电流的效果总是阻碍引起感应电流的原因。列表说明如下：内容例证阻碍原磁通量变化——“增反减同”阻碍相对运动——“来拒去留”使回路面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”阻碍原电流的变化——“增反减同”1．三定则、一定律的比较适用范围基本现象安培定则电流的磁效应电流、运动电荷周围产生磁场左手定则磁场力磁场对电流、运动电荷的作用右手定则电磁感应部分导线做切割磁感线运动楞次定律闭合回路的磁通量发生变化2.巧记妙用(1)三个定则特别容易混淆，可用特殊方法记忆，比如左“力”右“电”，先左后右(先学磁场力，后学电磁感应)。(2)研究感应电流受到的安培力，一般先用右手定则确定电流方向，再用左手定则确定安培力的方向，有时也可以直接应用楞次定律的推论确定。n[课堂综合训练]1.(多选)(2018·全国卷Ⅰ)如图，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极朝垂直纸面向里的方向转动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解析：选AD　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，故A正确；同理，D正确；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，故B、C错误。2.如图所示，两同心圆环A、B置于同一水平面上，其中B为均匀带负电绝缘环，A为导体环。当B绕环心O转动时，A产生顺时针方向电流且具有扩展趋势，则B的转动情况是(　　)A．顺时针加速转动　　　B．顺时针减速转动C．逆时针加速转动D．逆时针减速转动解析：选A　由题意可知，A中感应电流为顺时针，由右手螺旋定则可知，A中感应电流的内部磁场向里，由楞次定律可知，引起感应电流的原磁场可能为：向外增大或向里减小；若原磁场向外增大，则B中电流应为逆时针且逐渐增大，由于B带负电，故B应顺时针转动且转速增大；若原磁场向里减小，则B中电流应为顺时针且逐渐减小，故B应逆时针转动且转速减小；又因为导体环A具有扩展趋势，则B中电流应与A中电流方向相反，即B应顺时针转动且转速增大，A正确。3.(多选)航母上飞机弹射起飞是利用电磁驱动来实现的，电磁驱动原理如图所示，当固定线圈上突然通过直流电流时，线圈端点的金属环被弹射出去，现在固定线圈左侧同一位置，先后放有分别用横截面积相等的铜和铝导线制成的形状、大小相同的两个闭合环，且电阻率ρ铜＜ρ铝，闭合开关S瞬间(　　)A．从左侧看环中感应电流沿顺时针方向B．铜环受到的安培力大于铝环受到的安培力C．若将铜环放在线圈右侧，环将向左运动D．电池正负极调换后，环不能向左弹射n解析：选AB　在闭合开关S的过程中，固定线圈中电流为右侧流入，磁场向左变强，则由楞次定律可知，环中感应电流由左侧看沿顺时针方向，故A正确；由于铜环的电阻较小，故铜环中感应电流较大，铜环受到的安培力要大于铝环，故B正确；若铜环放在线圈右侧，根据“来拒去留”可得，环将向右运动，故C错误；电池正负极调换后，环受力仍向左，故仍将向左弹射，故D错误。4.(多选)(2019·湖北八校联考)已知地磁场类似于条形磁铁产生的磁场，地磁场N极位于地理南极附近。如图所示，在湖北某中学实验室的水平桌面上，放置边长为L的正方形闭合导体线框abcd，线框的ad边沿南北方向，ab边沿东西方向，下列说法正确的是(　　)A．若使线框向东平移，则a点电势比d点电势低B．若使线框向北平移，则a点电势等于b点电势C．若以ad边为轴，将线框向上翻转90°，则翻转过程线框中电流方向始终为adcba方向D．若以ab边为轴，将线框向上翻转90°，则翻转过程线框中电流方向始终为adcba方向解析：选AC　地球北半球的磁场方向由南向北斜向下分布，可分解为水平向北和竖直向下两个分量。若线框向东平移，根据右手定则可知a点电势低于d点电势，A项正确；若线框向北平移，根据右手定则可知a点电势高于b点电势，B项错误；若以ad边为轴，将线框向上翻转90°过程中，穿过线框的磁通量逐渐减小，根据楞次定律及安培定则可知，线框中的电流方向始终为adcba方向，C项正确；若以ab边为轴，将线框向上翻转90°过程中，穿过线框的磁通量先增大后减小，根据楞次定律及安培定则可知，线框中的电流方向为先沿abcda方向再沿adcba方向，故D项错误。5.如图所示，通电导线MN与单匝圆形线圈a共面，位置靠近圆形线圈a左侧且相互绝缘。当MN中电流突然减小时，下列说法正确的是(　　)A．线圈a中产生的感应电流沿顺时针方向B．线圈a中产生的感应电流沿逆时针方向C．线圈a所受安培力的合力方向垂直纸面向里D．线圈a所受安培力的合力方向水平向左解析：选A　根据安培定则，MN中电流产生的磁场在MN左侧垂直纸面向外，在MN右侧垂直纸面向里，由于MN位置靠近线圈a左侧，所以线圈a中合磁场方向为垂直纸面向里，当MN中电流突然减小时，垂直纸面向里的磁通量减少，根据楞次定律可知，线圈a中产生的感应电流沿顺时针方向，选项A正确，B错误；由左手定则可知，线圈a左侧所受安培力方向水平向右，线圈a右侧所受安培力方向水平向右，所以线圈a所受安培力的合力方向水平向右，选项C、D错误。n1.(2019·大庆实验中学模拟)如图所示，套在条形磁铁外的三个线圈，其面积S1>S2＝S3，线圈1、2在同一位置，且线圈3在磁铁的正中间。设各线圈中的磁通量依次为Φ1、Φ2、Φ3，则它们的大小关系是(　　)A．Φ1>Φ2>Φ3　　　　　　　B．Φ1>Φ2＝Φ3C．Φ1<Φ2<Φ3D．Φ1<Φ2＝Φ3解析：选C　在条形磁铁内、外都有磁场，套在条形磁铁外的三个线圈的磁通量为内部向左的磁通量减去外部向右的磁通量，而其内部向左的磁通量相同，外部向右的磁通量越大，总磁通量越小，线圈1、2在同一位置，线圈1的外部面积大，则向右的磁通量大，故Φ2>Φ1，线圈2、3面积一样，线圈3位置外部向右磁通量小，则Φ3>Φ2，可知Φ1<Φ2<Φ3，选项C正确。2.(2019·天水一中月考)如图所示，绕在铁芯上的线圈与电源、滑动变阻器和开关组成闭合回路。在铁芯的右端套有一个表面绝缘的铜环A。不计铁芯和铜环A之间的摩擦。则下列情况中铜环A会向右运动的是(　　)A．线圈中通以恒定的电流B．通电时，使滑动变阻器的滑片P向右匀速移动C．通电时，使滑动变阻器的滑片P向左加速移动D．开关突然断开的瞬间解析：选C　铜环A向右运动，说明穿过A的磁通量在增加，绕在铁芯上的线圈中的电流在增大，故选项C正确。3.(2019·福建质检)法拉第在1831年发现了“磁生电”现象。如图所示，他把两个线圈绕在同一个软铁环上，线圈A和电池连接，线圈B用导线连通，导线下面平行放置一个小磁针。实验中可能观察到的现象是(　　)A．用一节电池作电源小磁针不偏转，用十节电池作电源小磁针会偏转B．线圈B匝数较少时小磁针不偏转，匝数足够多时小磁针会偏转C．线圈A和电池接通瞬间，小磁针会偏转D．线圈A和电池断开瞬间，小磁针不偏转解析：选C　根据“磁生电”即电磁感应现象的产生条件知，选项A、B错误；只有在线圈A和电池接通或断开的瞬间，线圈B中才能产生感应电流，电流产生磁场，使导线下面平行放置的小磁针发生偏转，选项C正确，D错误。4.(2017·全国卷Ⅰn)扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺度上的形貌。为了有效隔离外界振动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图所示。无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是(　　)解析：选A　施加磁场来快速衰减STM的微小振动，其原理是电磁阻尼，在振动时通过紫铜薄板的磁通量变化，紫铜薄板中产生感应电动势和感应电流，则其受到安培力作用，该作用阻碍紫铜薄板振动，即促使其振动衰减。方案A中，无论紫铜薄板上下振动还是左右振动，通过它的磁通量都发生变化；方案B中，当紫铜薄板上下振动时，通过它的磁通量可能不变，当紫铜薄板向右振动时，通过它的磁通量不变；方案C中，紫铜薄板上下、左右振动时，通过它的磁通量可能不变；方案D中，当紫铜薄板上下振动时，通过它的磁通量可能不变。综上可知，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是A。5.如图所示，一个金属圆环水平放置在竖直向上的匀强磁场中，若要使圆环中产生图中箭头方向的感应电流，下列方法可行的是(　　)A．使匀强磁场均匀增强B．使圆环绕水平轴ab如图转动30°C．使圆环绕水平轴cd如图转动30°D．保持圆环水平并使其绕过圆心的竖直轴转动解析：选A　根据右手螺旋定则，圆环中感应电流产生的磁场竖直向下与原磁场方向相反，根据楞次定律，说明通过圆环磁通量在增大，原磁场增强则磁通量增大，A正确；使圆环绕水平轴ab或cd如题图所示转动30°，圆环在垂直磁场方向上的投影面积减小，磁通量减小，只会产生与题图所示方向相反的感应电流，B、C错误；保持圆环水平并使其绕过圆心的竖直轴转动，圆环仍与磁场垂直，磁通量不变，不会产生感应电流，D错误。6.(多选)如图所示，闭合的铝环竖直放置，在其右侧的轴线上水平放置一小磁针，小磁针可在水平方向上自由运动，下列说法正确的是(　　)A．如果铝环向右运动，则小磁针沿水平方向向右运动B．如果铝环向右运动，则小磁针沿水平方向向左运动C．如果铝环垂直轴线向上运动，则小磁针沿水平方向向右运动D．如果铝环垂直轴线向上运动，则小磁针沿水平方向向左运动n解析：选AD　如果铝环向右运动，则穿过铝环的磁通量向左增加，则感应电流的磁场向右，从左向右看铝环中的感应电流沿顺时针方向，则铝环的右侧相当于N极，则小磁针沿水平方向向右运动，A正确，B错误；如果铝环垂直轴线向上运动，则穿过铝环的磁通量向左减少，则感应电流的磁场向左，从左向右看铝环中的感应电流沿逆时针方向，则铝环的左侧相当于N极，则小磁针沿水平方向向左运动，C错误，D正确。7．(多选)如图甲所示，螺线管内有一平行于轴线的磁场，规定图中箭头所示方向为磁感应强度B的正方向，螺线管与U形导线框cdef相连，导线框cdef内有一半径很小的金属圆环L，圆环面积为S，圆环与导线框cdef在同一平面内。当螺线管内的磁感应强度随时间按图乙所示规律变化时，下列说法中正确的是(　　)A．在t1时刻，金属圆环L内的磁通量最大，最大值Φm＝B0SB．在t2时刻，金属圆环L内的磁通量最大C．在t1～t2时间内，金属圆环L有扩张的趋势D．在t1～t2时间内，金属圆环L内有顺时针方向的感应电流解析：选BD　当螺线管内的磁感应强度随时间按题图乙所示规律变化时，在导线框cdef内产生感应电动势和感应电流，在t1时刻，螺线管内磁通量的变化率为零，感应电动势为零，感应电流为零，金属圆环L内的磁通量为零，选项A错误；在t2时刻，螺线管内磁通量的变化率最大，感应电动势最大，感应电流最大，金属圆环L内的磁通量最大，选项B正确；在t1～t2时间内，螺线管内磁通量减小，由楞次定律及安培定则知，导线框cdef内产生逆时针方向感应电流，螺线管内磁通量的变化率逐渐增大，则感应电动势逐渐增大，感应电流逐渐增大，金属圆环L内磁通量增大，根据楞次定律及安培定则知，金属圆环L内有顺时针方向的感应电流，金属圆环L有收缩的趋势，选项C错误，D正确。8．(多选)(2019·山东实验中学一诊)匀强磁场中有一细金属圆环，圆环平面位于纸面内，如图甲所示。磁场方向垂直纸面，规定垂直纸面向里的方向为正，磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示。用I1、I2、I3分别表示Oa、ab、bc段的感应电流，F1、F2、F3分别表示圆环产生对应感应电流时其中一小段受到的安培力。则(　　)A．I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向B．I2沿顺时针方向，I3沿逆时针方向nC．F1方向指向圆心，F2方向指向圆心D．F2方向背离圆心向外，F3方向指向圆心解析：选AD　由题图乙可知，在Oa段磁场方向垂直纸面向里，穿过圆环的磁通量增加，由楞次定律可知，感应电流I1沿逆时针方向，在ab段磁场方向垂直纸面向里，穿过圆环的磁通量减少，由楞次定律可知，感应电流I2沿顺时针方向，在bc段磁场方向垂直纸面向外，穿过圆环磁通量增加，由楞次定律可知，感应电流I3沿顺时针方向，选项A正确，B错误；由左手定则可知，Oa过程中某一小段电流受到的安培力F1方向指向圆心，ab过程中某一小段电流受到的安培力F2方向背离圆心向外，bc过程中某一小段电流受到的安培力F3方向指向圆心，选项C错误，D正确。第63课时　法拉第电磁感应定律(重点突破课)考点一　法拉第电磁感应定律1．内容：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比。2．公式：E＝n，这样求的是Δt时间内的平均感应电动势，其中n为线圈匝数。3．导体切割磁感线时的感应电动势：E＝Blvsin_θ，式中l为导体切割磁感线的有效长度，θ为v与B的夹角。求瞬时感应电动势要用该公式，当然，代入平均速度时，该公式也可以求平均感应电动势。4．求解感应电动势的常见情况与方法情景图研究对象回路(不一定闭合)一段直导线(或等效成直导线)绕一端转动的一段导体棒绕与B垂直的轴转动的导线框表达式E＝nE＝BlvsinθE＝Bl2ωE＝nBSω·sin(ωt＋φ0)[考法细研]考法1　公式E＝n的应用　[例1]　如图所示，有一接在电容器C两端的单匝圆形线圈，其内存在着垂直线圈平面向里的匀强磁场，其磁感应强度为B，已知圆的半径r＝5cm，电容C＝20μF，当磁感应强度B以4×10－2T/s的变化率均匀增加时(　　)A．电容器a板带正电，电荷量为2π×10－9CB．电容器a板带负电，电荷量为2π×10－9CnC．电容器b板带正电，电荷量为4π×10－9CD．电容器b板带负电，电荷量为4π×10－9C[解析]　根据楞次定律知，感应电动势的方向沿逆时针，则电容器a板带正电，b板带负电，根据法拉第电磁感应定律得E＝S＝4×10－2×π×52×10－4V＝π×10－4V，则Q＝CU＝CE＝2×10－5×π×10－4C＝2π×10－9C，选项A正确，B、C、D错误。[答案]　A考法2　导体切割磁感线问题　[例2]　(2015·海南高考)如图，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ε；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ε′。则等于(　　)A．　　　　　　　　　B．C．1D．[解析]　设棒长度为l，则棒不弯折时感应电动势ε＝Blv。弯折后，切割磁感线的有效长度l′＝l，其感应电动势ε′＝Bl′v＝Blv。所以＝，故B正确。[答案]　B本题考查对切割磁感线产生感应电动势公式E＝Blv的应用，解题时应注意l是“有效切割长度”。(1)若l与B不垂直，则l在垂直于B的方向的投影长度为有效切割长度。(2)若l出现弯折的情况，则先将两端点相连，再确定其有效切割长度。　　[集训冲关]1.如图所示，半径为r的n匝线圈套在边长为L的正方形abcd之外，匀强磁场局限在正方形区域内且垂直穿过正方形，当磁感应强度以的变化率均匀变化时，线圈中产生的感应电动势的大小为(　　)A．πr2·　　　　　　　　B．L2·C．nπr2·D．nL2·n解析：选D　根据法拉第电磁感应定律，线圈中产生的感应电动势的大小为E＝n＝nL2·，D正确。2.如图所示，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向右匀速滑动，MN中产生的感应电动势为E1；若磁感应强度增加为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的电流方向及E1与E2之比分别为(　　)A．c→a,2∶1B．a→c,2∶1C．a→c,1∶2D．c→a,1∶2解析：选C　由右手定则可知，电阻R上电流的方向为a→c，由E＝BLv可知，E1∶E2＝1∶2，C正确。3.(2016·北京高考)如图所示，匀强磁场中有两个导体圆环a、b，磁场方向与圆环所在平面垂直。磁感应强度B随时间均匀增大。两圆环半径之比为2∶1，圆环中产生的感应电动势分别为Ea和Eb。不考虑两圆环间的相互影响。下列说法正确的是(　　)A．Ea∶Eb＝4∶1，感应电流均沿逆时针方向B．Ea∶Eb＝4∶1，感应电流均沿顺时针方向C．Ea∶Eb＝2∶1，感应电流均沿逆时针方向D．Ea∶Eb＝2∶1，感应电流均沿顺时针方向解析：选B　由楞次定律知，题图中圆环感应电流产生的磁场与原磁场方向相反，故感应电流沿顺时针方向。由法拉第电磁感应定律知E＝＝＝，由于两圆环半径之比Ra∶Rb＝2∶1，所以Ea∶Eb＝4∶1，选项B正确。考点二　自感和涡流1．自感(1)概念：由于导体本身的电流变化而产生的电磁感应现象称为自感。(2)自感电动势：由于自感而产生的感应电动势，表达式E＝L。(3)自感系数L：与线圈的大小、形状、圈数以及是否有铁芯等因素有关，单位为亨利(H)。(4)区别通电自感与断电自感n通电自感断电自感电路图器材规格A1、A2灯同规格，R＝RL，L较大L很大(有铁芯)，RLI1，因此A1和L1电阻值不相等，所以A、B错误；题图2中，闭合S2时，由于自感作用，通过L2与A2的电流I2会逐渐增大，而通过R与A3的电流I3立即变大，因此电流I2与I3不相等，所以D错误；由于最终A2与A3亮度相同，所以两支路电流I相同，根据部分电路欧姆定律，两支路电压U与电流I均相同，所以两支路电阻相同，由于A2、A3完全相同，故变阻器R与L2的电阻值相同，所以C正确。3.如图所示，在一个绕有线圈的可拆变压器铁芯上分别放一小铁锅水和一玻璃杯水。给线圈通入电流，一段时间后，一个容器中水温升高，则通入的电流与水温升高的是(　　)A．恒定直流、小铁锅B．恒定直流、玻璃杯C．变化的电流、小铁锅D．变化的电流、玻璃杯解析：选C　通入恒定直流时，所产生的磁场不变，不会产生感应电流，选项A、B错误；通入变化的电流，所产生的磁场发生变化，在空间产生感生电场，小铁锅是导体，感生电场在导体内产生涡流，电能转化为内能，使水温升高；涡流是由变化的磁场在导体内产生的，所以玻璃杯中的水不会升温，选项C正确，D错误。1．一单匝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1s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1s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(　　)A．　　　　　　　　　　B．1C．2D．4n解析：选B　根据法拉第电磁感应定律E＝，设初始时刻磁感应强度为B0，线框面积为S0，则第一个过程的感应电动势为E1＝＝＝；第二个过程的感应电动势为E2＝＝＝，所以两个过程线框中的感应电动势相等，比值为1，故选项B正确。2.如图所示，一金属弯杆处在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，已知ab＝bc＝L，当它以速度v向右水平运动时，a、c两点间的电势差为(　　)A．BLvB．BLvsinθC．BLvcosθD．BLv(1＋sinθ)解析：选B　当金属弯杆以速度v向右水平运动时，其有效切割长度为Lsinθ，故感应电动势大小为BLvsinθ，即a、c两点间的电势差为BLvsinθ，故选项B正确。3.如图所示，匀强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。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(　　)A．B．C．D．解析：选C　当线框绕过圆心O的轴以角速度ω匀速转动时，由于面积的变化产生感应电动势，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＝＝＝＝＝。当线框不动，磁感应强度变化时，I2＝＝＝＝，因I1＝I2，可得＝，选项C正确。4.如图所示，半径为r的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场B中，绕过O点的轴以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，则通过电阻Rn的电流的方向和大小是(金属圆盘的电阻不计)(　　)A．由c到d，I＝B．由d到c，I＝C．由c到d，I＝D．由d到c，I＝解析：选D　由右手定则判定通过电阻R的电流的方向是由d到c，而金属圆盘产生的感应电动势E＝Br2ω，所以通过电阻R的电流大小是I＝，选项D正确。5.如图所示的电路，初始时开关S闭合，电路处于稳定状态，在某一时刻突然断开开关S，则通过电阻R1中的电流I随时间t变化的图线可能是选项图中的(　　)解析：选D　初始时开关S闭合，电路处于稳定状态，流过R1的电流方向向左，大小为I1，与R1并联的R2和线圈L支路，电流I2的方向也是向左。当某一时刻开关S突然断开时，L中向左的电流要减小，由于自感现象，线圈L产生自感电动势，在回路“L→R1→A→R2”中形成感应电流，电流通过R1的方向与原来相反，变为向右，并从I2开始逐渐减小到零，故D正确。6．(多选)某种安检门是一个用于安全检查的“门”，“门框”内有线圈，线圈里通有交变电流，交变电流在“门”内产生交变磁场，金属物品通过“门”时能产生涡流，涡流的磁场又反过来影响线圈中的电流，从而引起报警。以下关于此安检门的说法正确的是(　　)A．安检门也能检查出毒品携带者B．安检门只能检查出金属物品携带者C．如果“门框”的线圈中通上恒定电流，也能检查出金属物品携带者D．安检门工作时，既利用了电磁感应现象，又利用了电流的磁效应解析：选BD　此安检门是利用涡流工作的，因而只能检查出金属物品携带者，A错，B对；若“门框”的线圈中通上恒定电流，只能产生恒定磁场，它不能使金属物品中产生涡流，因而不能检查出金属物品携带者，C错；安检门工作时，既利用了电磁感应现象，又利用了电流的磁效应，D对。7.(多选)(2019·湖北七校联考)如图所示，a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10，边长La＝2Lb，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀减小，不考虑a、b线圈之间的相互影响，则(　　)nA．两线圈内产生顺时针方向的感应电流B．a、b线圈中感应电动势之比为2∶1C．a、b线圈中感应电流之比为4∶1D．a、b线圈消耗的电功率之比为8∶1解析：选AD　原磁场向里减小，根据楞次定律可知，感应电流的磁场与原磁场方向相同，因此两线圈内产生的感应电流沿顺时针方向，选项A正确；根据法拉第电磁感应定律可知，E＝＝L2，由La＝2Lb，得a、b线圈中感应电动势之比为4∶1，选项B错误；线圈电阻R＝ρ，故a、b线圈电阻之比为2∶1，由闭合电路欧姆定律可知I＝，则a、b线圈中感应电流之比为2∶1，选项C错误；电功率P＝I2R，则a、b线圈消耗的电功率之比为8∶1，选项D正确。8．(多选)(2019·唐山模拟)如图甲所示，一个匝数为n的圆形线圈(图中只画了2匝)，面积为S，线圈的电阻为R，在线圈外接一个阻值为R的电阻和一个理想电压表，将线圈放入垂直线圈平面向里的磁场中，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示，下列说法正确的是(　　)A．0～t1时间内P端电势高于Q端电势B．0～t1时间内电压表的示数为C．t1～t2时间内通过R的电流为D．t1～t2时间内P端电势高于Q端电势解析：选AC　0～t1时间内，由题图乙知磁感应强度垂直线圈平面向里增大，根据楞次定律可知感应电流沿逆时针方向，线圈相当于电源，上端为正极，下端为负极，所以P端电势高于Q端电势，故A正确；0～t1时间内线圈产生的感应电动势E＝n＝nS＝nS，电压表的示数等于电阻R两端的电压U＝IR＝·R＝，故B错误；t1～t2时间内线圈产生的感应电动势E′＝n＝nS，根据闭合电路的欧姆定律知，通过R的电流为I′＝＝，故C正确；t1～t2n时间内，磁感应强度垂直线圈平面向里减小，根据楞次定律，感应电流沿顺时针方向，线圈相当于电源，上端为负极，下端为正极，所以P端电势低于Q端电势，故D错误。9.如图所示，在光滑的水平面上有一半径r＝10cm、电阻R＝1Ω、质量m＝1kg的金属圆环，以速度v＝10m/s向一有界磁场运动。匀强磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度B＝0.5T，从圆环刚进入磁场算起，到刚好有一半进入磁场时，圆环一共释放了32J的热量，求：(1)此时圆环中电流的瞬时功率；(2)此时圆环运动的加速度。解析：(1)圆环从开始进入磁场到有一半进入磁场过程中，由能量守恒定律得mv2＝Q＋mv′2，代入数据解得v′＝6m/s，此时的感应电动势E＝BLv′＝B·2rv′＝0.5×2×0.1×6V＝0.6V，圆环中电流的瞬时功率P＝＝W＝0.36W。(2)感应电流I＝＝A＝0.6A，圆环受到的安培力F＝BIL＝BI·2r＝0.5×0.6×2×0.1N＝0.06N，由牛顿第二定律得F＝ma，解得圆环此时运动的加速度a＝＝m/s2＝0.06m/s2，由右手定则可知，圆环中感应电流沿逆时针方向，由左手定则可知，安培力水平向左，则加速度方向向左。答案：(1)0.36W　(2)0.06m/s2，方向向左第64课时　电磁感应中的电路问题(题型研究课)1.(2018·全国卷Ⅰ)如图，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Bn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解析：选B　在过程Ⅰ中，根据法拉第电磁感应定律，有E1＝＝，根据闭合电路欧姆定律，有I1＝，且q1＝I1Δt1，在过程Ⅱ中，有E2＝＝，I2＝，q2＝I2Δt2，又q1＝q2，即＝，解得＝，B正确。2.(2018·全国卷Ⅱ)如图，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(　　)解析：选D　设线路中只有一边切割磁感线时产生的感应电流为i，根据题图可得：线框位移等效电路的连接电流0～I＝2i(顺时针)～lI＝0l～I＝2i(逆时针)～2lI＝0综合分析知，只有选项D符合要求。n3．(多选)(2018·全国卷Ⅲ)如图(a)，在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R，R在PQ的右侧。导线PQ中通有正弦交流电i，i的变化如图(b)所示，规定从Q到P为电流正方向。导线框R中的感应电动势(　　)A．在t＝时为零B．在t＝时改变方向C．在t＝时最大，且沿顺时针方向D．在t＝T时最大，且沿顺时针方向解析：选AC　在t＝时，题图(b)中图线斜率为0，即磁场变化率为0，由E＝＝S知，E＝0，A正确；在t＝和t＝T时，图线斜率大小最大，在t＝和t＝T时感应电动势最大。在到之间，电流由Q向P减弱，导线在R处产生垂直纸面向里的磁场，且磁场减弱，由楞次定律知，R产生的感应电流的磁场方向也垂直纸面向里，则R中感应电动势沿顺时针方向，同理可判断在到T时，R中感应电动势也为顺时针方向，在T到T时，R中感应电动势为逆时针方向，C正确，B、D错误。4．(多选)(2017·全国卷Ⅱ)两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直。边长为0.1m、总电阻为0.005Ω的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图(a)所示。已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd边于t＝0时刻进入磁场。线框中感应电动势随时间变化的图线如图(b)所示(感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正)。下列说法正确的是(　　)A．磁感应强度的大小为0.5TB．导线框运动速度的大小为0.5m/snC．磁感应强度的方向垂直于纸面向外D．在t＝0.4s至t＝0.6s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1N解析：选BC　由题图(b)可知，导线框运动的速度大小为v＝＝m/s＝0.5m/s，B项正确；导线框进入磁场的过程中，cd边切割磁感线，由E＝BLv，得B＝＝T＝0.2T，A项错误；由题图(b)可知，导线框进入磁场的过程中，感应电流的方向为顺时针，根据楞次定律可知，磁感应强度方向垂直于纸面向外，C项正确；在t＝0.4s至t＝0.6s这段时间内，导线框正在出磁场，回路中的感应电流大小为I＝＝A＝2A，则导线框所受的安培力大小为F＝BIL＝0.2×2×0.1N＝0.04N，D项错误。5．(2018·天津高考)真空管道超高速列车的动力系统是一种将电能直接转换成平动动能的装置。图1是某种动力系统的简化模型，图中粗实线表示固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，电阻忽略不计。ab和cd是两根与导轨垂直、长度均为l、电阻均为R的金属棒，通过绝缘材料固定在列车底部，并与导轨良好接触，其间距也为l，列车的总质量为m。列车启动前，ab、cd处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下，如图1所示。为使列车启动，需在M、N间连接电动势为E的直流电源，电源内阻及导线电阻忽略不计。列车启动后电源自动关闭。(1)要使列车向右运行，启动时图1中M、N哪个接电源正极，并简要说明理由；(2)求刚接通电源时列车加速度a的大小；(3)列车减速时，需在前方设置如图2所示的一系列磁感应强度为B的匀强磁场区域，磁场宽度和相邻磁场间距均大于l。若某时刻列车的速度为v0，此时ab、cd均在无磁场区域，试讨论：要使列车停下来，前方至少需要多少块这样的有界磁场？解析：(1)列车要向右运动，安培力方向应向右。根据左手定则，接通电源后，金属棒中电流方向由a到b、由c到d，故M接电源正极。(2)由题意，列车启动时ab、cd并联，设回路总电阻为R总，由电阻的串并联知识得R总＝①设回路总电流为I，根据闭合电路欧姆定律有nI＝②设两根金属棒所受安培力之和为F，有F＝IlB③根据牛顿第二定律有F＝ma④联立①②③④式得a＝。⑤(3)设列车减速时，cd进入磁场后经Δt时间ab恰好进入磁场，此过程中穿过两金属棒与导轨所围回路的磁通量的变化量为ΔΦ，平均感应电动势为E1，由法拉第电磁感应定律有E1＝⑥其中ΔΦ＝Bl2⑦设回路中平均电流为I′，由闭合电路欧姆定律有I′＝⑧设cd受到的平均安培力为F′，有F′＝I′lB⑨以向右为正方向，设Δt时间内cd受安培力冲量为I冲，有I冲＝－F′Δt⑩同理可知，回路出磁场时ab受安培力冲量仍为上述值，设回路进出一块有界磁场区域安培力冲量为I0，有I0＝2I冲⑪设列车停下来受到的总冲量为I总，由动量定理有I总＝0－mv0⑫联立⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得＝⑬讨论：若恰为整数，设其为n，则需设置n块有界磁场；若不是整数，设的整数部分为N，则需设置N＋1块有界磁场。n答案：(1)M接电源正极，理由见解析　(2)　(3)见解析1．电磁感应电路、图像、动力学和能量问题是高考命题的热点，近几年高考几乎每年都涉及这方面的题目。2．电路和图像问题常以选择题形式考查，动力学和能量问题考查类型比较灵活，既有选择题，也有计算题。3．电磁感应和动量知识的综合考查，是高考命题的潜在热点，会以综合计算题形式出现，分值和难度都较大，要引起足够的重视。　　命题点一　导体切割磁感线的电路问题平动切割转动切割电源平动切割的导体棒转动切割的导体棒内阻平动棒上的电阻转动棒上的电阻电动势E＝BLvE＝BωL2感应电流用闭合电路欧姆定律：I＝电流方向用右手定则判断路端电压电路接通时切割棒两端的电压考法1　平动切割的电路问题　[例1]　如图所示，PQ、MN是放置在水平面内的光滑导轨，导轨电阻不计，GH是长度为L、电阻为r的导体棒，其中点与一端固定的轻弹簧连接，轻弹簧的劲度系数为k。导体棒处在方向向下、磁感应强度为B的匀强磁场中。电路中直流电源的电动势为E、内阻不计，电容器的电容为C。闭合开关S，待电路稳定后(轻弹簧始终在弹性限度内)，下列说法正确的是(　　)A．导体棒中电流为B．轻弹簧的长度增大C．轻弹簧的长度减小D．电容器所带电荷量为n[解析]　导体棒中的电流为I＝，故A错误；由左手定则知导体棒所受的安培力方向向左，则弹簧长度减小，由平衡条件得BIL＝kΔx，解得Δx＝，故B、C错误；电容器上的电压等于导体棒两端的电压U＝Ir，电容器所带的电荷量为Q＝CU＝，故D正确。[答案]　D考法2　转动切割的电路问题　[例2]　(多选)如图所示是圆盘发电机的示意图，铜盘安装在水平的铜轴上，它的盘面恰好与匀强磁场垂直，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(　　)A．由于穿过铜盘的磁通量不变，故回路中无感应电流B．回路中感应电流大小不变，为C．回路中感应电流方向不变，为C→D→R→CD．回路中有周期性变化的感应电流[解析]　把铜盘视为闭合回路的一部分，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；铜盘切割磁感线产生感应电动势为E＝BL2ω，根据闭合电路欧姆定律，回路中感应电流为I＝＝，由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处理电磁感应电路问题的一般思路[集训冲关]1.如图所示，MN、PQ为两平行金属导轨，M、P间连接一阻值为R的电阻，导轨处于匀强磁场中，磁感应强度为B，磁场方向垂直纸面向里与导轨所在平面垂直，有一匀质金属圆环以速度vn沿两导轨滑动，与导轨接触良好，金属圆环的直径为d与两导轨间的距离相等，设金属圆环与导轨的电阻均可忽略，当金属圆环向右做匀速运动时(　　)A．有感应电流通过电阻R，大小为B．没有感应电流通过电阻RC．没有感应电流流过金属圆环D．有感应电流流过金属圆环，且左、右两部分流过的电流相同解析：选D　当金属圆环运动时，相当于电源，即两个电动势相等的电源并联，画出等效电路如图所示，由法拉第电磁感应定律可知，E0＝Bdv，电源组的电动势E＝Bdv，所以流过电阻R的电流I＝＝，A、B错误；由等效电路可知，有感应电流流过金属圆环，并且左、右两部分并联，所以左、右两部分流过的电流相同，C错误，D正确。2．(2019·上海闸北检测)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、质量分布均匀的直导体棒MN置于圆导轨上，NM的延长线过圆导轨中心O，装置的俯视图如图所示。整个装置位于一磁感应强度大小为B的匀强磁场中，方向竖直向下。在内、外圆导轨间对称地接有三个阻值均为R的电阻。导体棒在垂直作用于导体棒MN中点的水平外力F作用下，以角速度ω绕O点顺时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触，导体棒和导轨电阻均可忽略。求：(1)导体棒产生的感应电动势；(2)流过导体棒的感应电流；(3)外力的大小。解析：(1)根据E＝BωL2得E感＝Bω(2r)2－Bωr2＝Bωr2。(2)三个电阻为并联关系R总＝，I总＝＝＝。(3)外力F＝BI总L＝B··r＝。n答案：(1)Bωr2　(2)　(3)命题点二　变化磁场的电路问题[例1]　(多选)(2019·衡阳八中检测)如图甲所示的电路中，电阻R1＝R，R2＝2R，单匝圆形金属线圈半径为r2，圆心为O，线圈的电阻为R，其余导线的电阻不计。半径为r1(r1t2－t1，故B正确；由于金属杆进入两磁场时速度相等，由动能定理得，W安1＋mg·2d＝0，可知金属杆穿过磁场Ⅰ克服安培力做功为2mgd，即产生的热量为2mgd，所以穿过两磁场产生的总热量为4mgd，故C正确；设金属杆刚进入磁场Ⅰ时速度为v，则由机械能守恒定律知mgh＝mv2，由牛顿第二定律得－mg＝ma，解得h＝＞，故D错误。[答案]　BC考法2　能量守恒定律的应用　[例2]　如图所示，倾角为θ的平行金属导轨下端连接一阻值为R的电阻，导轨MN、PQ间距为L，与MN、PQ垂直的虚线a1b1、a2b2区域内有垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，a1b1、a2b2间距离为d，一长为L、质量为m、电阻为R的导体棒在导轨平面上与磁场上边界a2b2距离d处从静止开始释放，最后能匀速通过磁场下边界a1b1。重力加速度为g(导轨摩擦及电阻不计)。求：(1)导体棒刚到达磁场上边界a2b2时的速度大小v1；(2)导体棒匀速通过磁场下边界a1b1时的速度大小v2；(3)导体棒穿过磁场过程中，回路产生的热量。[解析]　(1)导体棒在磁场外沿导轨下滑，只有重力做功，由机械能守恒定律得：mgdsinθ＝mv12解得：v1＝。(2)导体棒匀速通过磁场下边界a1b1时，由平衡条件得：mgsinθ＝F安F安＝BIL＝n解得：v2＝。(3)由能量守恒定律得：mgdsinθ＝mv22－mv12＋Q解得：Q＝2mgdsinθ－。[答案]　(1)　(2)　(3)2mgdsinθ－[集训冲关]1.如图所示，间距为L的足够长的平行金属导轨固定在斜面上，导轨一端接入阻值为R的定值电阻，t＝0时，质量为m的金属棒由静止开始沿导轨下滑，t＝T时，金属棒的速度恰好达到最大值vm，整个装置处于垂直斜面向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，已知金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒在运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，金属棒及导轨的电阻不计，下列说法正确的是(　　)A．t＝时，金属棒的速度大小为B．0～T的过程中，金属棒机械能的减少量等于R上产生的焦耳热C．电阻R在0～内产生的焦耳热小于～T内产生的焦耳热D．金属棒在0～内机械能的减少量大于～T内机械能的减少量解析：选C　速度达到最大值vm前金属棒做加速度减小的加速运动，故相同时间内速度的增加量减小，所以t＝时，金属棒的速度大于，故A错误；由能量守恒定律，0～T时间内的过程中，金属棒机械能的减少量等于R上产生的焦耳热和金属棒与导轨间摩擦生热之和，故B错误；0～内金属棒的位移小于～T内的位移，金属棒做加速运动，其所受安培力增大，所以～T内金属棒克服安培力做功更多，产生的电能更多，电阻R上产生的焦耳热更多，故C正确；～T内的位移比0～内的位移大，故～T内滑动摩擦力对金属棒做功多，由功能关系得Wf＋W安＝ΔE，～T内金属棒机械能的减少量更多，故D错误。2．匀强磁场的方向垂直于铜环所在的平面向里，导体棒a的一端固定在铜环的圆心O处，另一端紧贴铜环，可绕O匀速转动。通过电刷把铜环、环心与两块竖直平行金属板P、nQ连接成如图所示的电路，R1、R2是定值电阻。带正电的小球通过绝缘细线挂在两板间的中点M处，被拉起到水平位置；闭合开关S，无初速度释放小球，小球沿圆弧经过M点正下方的N点到另一侧，小球在另一侧不能到达与释放点等高处。已知磁感应强度为B，a的角速度为ω，长度为l，电阻为r，R1＝R2＝2r，铜环的电阻不计，P、Q两板的间距为d，小球的质量为m、带电荷量为q，重力加速度为g。求：(1)a匀速转动的方向；(2)P、Q间电场强度E的大小；(3)小球通过N点时对细线的拉力F的大小。解析：(1)依题意可知，P板带正电，Q板带负电。由右手定则可知，a沿顺时针方向转动。(2)a转动切割磁感线，由法拉第电磁感应定律得感应电动势的大小E感＝Bl2ω由闭合电路的欧姆定律有I＝由欧姆定律可知，PQ间的电压UPQ＝IR2PQ间匀强电场的电场强度E＝解得E＝。(3)设细线的长度为L，小球到达N点时速度为v，由动能定理可得mgL－EqL＝mv2又F′－mg＝解得F′＝3mg－。由牛顿第三定律可知小球对细线的拉力F＝F′＝3mg－。答案：(1)顺时针方向　(2)　(3)3mg－n1．(多选)如图所示，竖直放置的两根平行光滑金属导轨之间接有定值电阻R，质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并接触良好，金属棒与导轨的电阻均不计，整个装置处于匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，金属棒在竖直向上的恒力F作用下匀速上升，以下说法正确的是(　　)A．作用在金属棒上各力的合力做功为零B．重力做的功等于系统产生的电能C．金属棒克服安培力做的功等于电阻R上产生的焦耳热D．恒力F做的功等于电阻R上产生的焦耳热解析：选AC　因为金属棒匀速上升，所以其所受合力为零，合力做的功为零，故A对；重力做的功等于重力势能变化量的负值，恒力F做的功等于重力势能的变化量与产生的电能之和，而克服安培力做的功等于电阻R上产生的焦耳热，故B、D错，C对。2.有一边长为L的正方形导线框，质量为m，由高H处自由下落，如图所示，其边ab进入匀强磁场区域后，线框开始做减速运动，直到其边cd刚好穿出磁场时，速度减为ab边刚进入磁场时速度的一半，此匀强磁场的宽度也是L，线框在穿越匀强磁场过程中产生的电热是(　　)A．2mgL　　　　　　　　B．2mgL＋mgHC．2mgL＋mgHD．2mgL＋mgH解析：选C　设线框进入磁场的速度为v1，离开磁场的速度为v2，以磁场的下边界为零势能面，线框从开始下落到离开磁场的过程中能量守恒，则mg(H＋2L)＝Q＋mv22，线框从开始下落到ab边进入磁场过程中应用动能定理mgH＝mv12，由题意知v1＝2v2，解得Q＝2mgL＋mgH，故C项正确。3.如图所示，足够长的光滑金属导轨MN、PQ平行放置且固定，导轨平面与水平方向的夹角为θ。在导轨的最上端M、P之间接有电阻R，不计其他电阻。导体棒ab从导轨的最底端以初速度v0冲上导轨，当没有磁场时，ab棒上升的最大高度为H；若存在垂直导轨平面的匀强磁场时，ab棒上升的最大高度为h。在两次运动过程中ab棒都与导轨保持垂直，且初速度都相等。则下列说法正确的是(　　)A．两次上升的最大高度有H