【物理】2020届二轮复习专题六电磁感应与电路学案 37页

专题六　电磁感应与电路要点提炼1.电磁问题方向判断“三定则、一定律”的应用(1)安培定则：判断运动电荷、电流产生的磁场方向。(2)左手定则：判断磁场对运动电荷、电流的作用力的方向。(3)楞次定律：判断闭合电路磁通量发生变化产生的感应电流的磁场方向。(4)右手定则：判断闭合电路中部分导体切割磁感线产生的感应电流的方向。2．楞次定律推论的应用技巧(1)“增反减同”；(2)“来拒去留”；(3)“增缩减扩”。3．四种求电动势的方法(1)平均电动势E＝n。(2)垂直切割E＝BLv。(3)导体棒绕与磁场平行的轴匀速转动E＝Bl2ω。(4)线圈绕与磁场垂直的轴匀速转动e＝nBSωsinωt。4．感应电荷量的两种求法(1)当回路中的磁通量发生变化时，由于感应电场的作用使电荷发生定向移动而形成感应电流。通过的电荷量表达式为q＝IΔt＝n·Δt＝n。(2)导体切割磁感线运动通过的电荷量q满足的关系式：－BlΔt＝－Blq＝mΔv。5．解决电磁感应图象问题的两种常用方法(1)排除法：定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是分析物理量的正负以及是否过某些特殊点，以排除错误的选项。(2)函数法：根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图象进行分析和判断。6．三步解决电磁感应中电路问题(1)确定电源：E＝n或E＝Blv。(2)分析电路结构：分析内、外电路，以及外电路的串并联关系，画出等效电路图。(3)应用闭合电路欧姆定律及串并联电路的基本规律等列方程求解。 7．电磁感应中力、能量和动量综合问题的分析方法(1)分析“受力”：分析研究对象的受力情况，特别关注安培力的方向。(2)分析“能量”：搞清楚有哪些力做功，就可以知道有哪些形式的能量发生了变化，根据动能定理或能量守恒定律等列方程求解。(3)分析“动量”：在电磁感应中可用动量定理求变力的作用时间、速度、位移和电荷量(一般应用于单杆切割磁感线运动)。①求速度或电荷量：－BlΔt＝mv2－mv1，q＝Δt。②求时间：FΔt＋IA＝mv2－mv1，IA＝－BlΔt＝－Bl。③求位移：－BlΔt＝－＝mv2－mv1，即－x＝m(v2－v1)。8．直流电路动态分析方法(1)程序法：基本思路是“部分→整体→部分”。即从阻值的变化入手，由串、并联规律判定R总的变化情况，再由闭合电路欧姆定律判断I总和U端的变化情况，最后由部分电路欧姆定律及串联分压、并联分流等规律判断各部分的变化情况。(2)结论法——“串反并同”“串反”：指某一电阻增大(减小)时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将减小(增大)。“并同”：指某一电阻增大(减小)时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将增大(减小)。(3)极限分析法：因滑动变阻器滑片滑动引起电路变化的问题，可将滑动变阻器的滑片滑到两端、中间等特殊位置，对特殊位置进行分析讨论，从而得到所研究物理量的变化规律。9．变压器和远距离输电的分析技巧(1)变压器的副线圈的电流和功率决定原线圈的电流和功率。(2)远距离输电问题分析的关键是求中间回路的电流强度的大小。高考考向1　两类电磁感应问题命题角度1　动生感应电动势　　　　　　　　　　　　　　　　　　例1　(2019·北京高考)如图所示，垂直于纸面的匀强磁场磁感应强度为B。纸面内有一正方形均匀金属线框abcd，其边长为L，总电阻为R，ad边与磁场边界平行。从ad边刚进入磁场直至bc边刚要进入的过程中，线框在向左的拉力作用下以速度v匀速运动，求： (1)感应电动势的大小E；(2)拉力做功的功率P；(3)ab边产生的焦耳热Q。解析　(1)由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势E＝BLv。(2)线框中的感应电流I＝拉力大小等于安培力大小F＝BIL拉力的功率P＝Fv＝。(3)线框ab边电阻Rab＝时间t＝ab边产生的焦耳热Q＝I2Rabt＝。答案　(1)BLv　(2)　(3)求解焦耳热Q的三种方法(1)焦耳定律：Q＝I2Rt；(2)功能关系：Q＝W克服安培力；(3)能量转化：Q＝ΔE其他能的减少量。备课记录：　1．(2019·河北省唐山一中检测)如图所示，竖直平面内有一金属环，半径为 a，总电阻为R(指拉直时两端的电阻)，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过环平面，在环的最高点上方A点用铰链连接长度为3a、电阻为的导体棒AB，AB由水平位置摆下，下摆过程中紧贴环面，当摆到竖直位置时，B点的线速度为v且刚好交圆环的最低点，则这时AB两端的电压大小为(　　)A.B.C.D.答案　B解析　设导体棒到达竖直位置时，导体棒上C点交金属环最高点，根据v＝ωr可知，因为B点的线速度为v，则C点的线速度为v，则BC产生的电动势E＝B·2a·＝Bav，则BC两端的电压为UBC＝·＝·Bav＝Bav，因UAC＝0，故UBA＝UBC＝Bav，B正确。命题角度2感生感应电动势例2　(2019·全国卷Ⅰ)(多选)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a中虚线MN所示。一硬质细导线的电阻率为ρ、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。t＝0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t＝0到t＝t1的时间间隔内(　　)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D．圆环中的感应电动势大小为解析　由于通过圆环的磁通量均匀变化，故圆环中产生的感应电动势、感应电流的大小和方向不变，但t0时刻磁场方向发生变化，故安培力方向发生变化，A错误；根据楞次定律，圆环中感应电流的方向始终沿顺时针方向，B正确；根据法拉第电磁感应定律，感应电动势大小E＝·S′＝·＝，根据闭合电路欧姆定律知，感应电流大小I＝＝＝，C正确，D错误。答案　BC解答本题应注意以下四点(1)根据楞次定律判断圆环中的感应电流的方向。(2)根据左手定则判断圆环所受安培力的方向。(3)根据法拉第电磁感应定律计算圆环中的感应电动势的大小。(4)根据闭合电路欧姆定律计算圆环中的感应电流的大小。备课记录：　2．(2019·河北省承德二中测试)如图所示，用相同导线绕成的两个单匝线圈a、b的半径分别为r和2r，圆形匀强磁场B的边缘恰好与a线圈重合，若磁场的磁感应强度均匀增大，开始时的磁感应强度不为0，则(　　) A．任意时刻，穿过a、b两线圈的磁通量之比为1∶4B．a、b两线圈中产生的感应电动势之比为1∶2C．a、b两线圈中产生的感应电流之比为4∶1D．相同时间内a、b两线圈产生的热量之比为2∶1答案　D解析　任意时刻，穿过a、b两线圈的磁感线条数相等，磁通量相等，故穿过a、b两线圈的磁通量之比为1∶1，A错误；根据法拉第电磁感应定律得E＝S，S＝πr2，因为有效面积S相等，也相等，所以a、b两线圈中产生的感应电动势相等，感应电动势之比为1∶1，B错误；线圈a、b的半径分别为r和2r，周长之比为1∶2，电阻之比为1∶2，根据欧姆定律知I＝，得a、b两线圈中产生的感应电流之比为2∶1，C错误；根据焦耳定律得Q＝I2Rt，相同时间内a、b两线圈产生的热量之比为2∶1，D正确。高考考向2　电磁感应综合问题命题角度1　电磁感应中的图象问题　　　　　　　　　　　　　　　　　　例3　(2019·全国卷Ⅱ)(多选)如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻忽略不计。虚线ab、cd均与导轨垂直，在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场。将两根相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好。已知PQ进入磁场时加速度恰好为零。从PQ进入磁场开始计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间变化的图象可能正确的是(　　) 解析　PQ刚进入磁场时，加速度为零，则mgsinθ＝BI1L，又I1＝，故PQ做匀速运动，电流恒定；由题意知，MN刚进入磁场时与PQ刚进入磁场时速度相同。情形1：若MN刚进入磁场时，PQ已离开磁场区域，则对MN，由mgsinθ＝BI1L、I1＝及右手定则知，通过PQ的电流大小不变，方向相反，故It图象如图A所示。情形2：若MN刚进入磁场时，PQ未离开磁场区域，由于两导体棒速度相等，产生的电动势等大、反向，故电流为0，两棒在重力沿导轨方向的分力作用下均加速直至PQ离开磁场。当PQ离开磁场时，MN在磁场中的速度大于匀速运动时的速度，MN为电源，由右手定则知PQ中的电流方向与MN未进入磁场时相反，设此时PQ中电流大小为I2，由E＝BLv′，I2＝，BI2L－mgsinθ＝ma>0知，MN减速，且随v′减小，I2减小，a减小，I2与v′成正比，故I2随t减小得越来越慢，直至匀速，这时I2＝I1，It图象如图D所示。答案　AD对于电磁感应图象问题的分析要注意以下三个方面(1)注意初始时刻的特征，如初始时刻感应电流是否为零，感应电流的方向如何。(2)注意看电磁感应发生的过程分为几个阶段，这几个阶段是否和图象变化相对应。(3)注意观察图象的变化趋势，看图象斜率的大小、图象的曲直是否和物理过程对应。备课记录：　 3－1　(2019·全国卷Ⅲ)(多选)如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上。t＝0时，棒ab以初速度v0向右滑动。运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示。下列图象中可能正确的是(　　)答案　AC解析　导体棒ab运动，切割磁感线，产生感应电流，导体棒ab受安培力F作用，速度减小，导体棒cd受安培力F′作用，速度变大，如图所示，感应电流I＝＝，安培力F＝F′＝BIl＝＝ma，随着v1减小，v2增大，则F＝F′减小，两棒的加速度大小a减小，直到v1＝v2＝v共，a＝0，两棒做匀速运动，两棒组成的系统动量守恒，则mv0＝2mv共，v共＝，A正确，B错误。由前面分析知，v1－v2随时间减小得越来越慢，最后为0，则感应电流I＝随时间减小得越来越慢，最后为0，C正确，D错误。3－2(2019·长沙二模)如图所示，线圈abcd 固定于分布均匀的磁场中，磁场方向垂直线圈平面。当磁场的磁感应强度B随时间t变化时，ab边受到的安培力恒定不变。则下列磁感应强度B随时间t变化的图象中可能正确的是(　　)答案　C解析　设线圈ab边、bc边的长度分别为l1、l2，当磁感应强度发生变化时，线框内产生感应电动势为：E＝＝＝，感应电流为：I＝，ab边所受安培力为：F＝BIl1，得：F＝。由公式可知，若磁场B增大，则减小；若B减小，则增大。所以四个图象中只有C正确。3－3　(2019·广西南宁二中最后一模)(多选)如图，平行光滑金属导轨M、N固定在水平面上，处于竖直向下的匀强磁场中，完全相同的两金属棒P、Q搭放在导轨上，开始时P、Q均处于静止状态。给P施加一个与导轨平行的恒定拉力，运动中两金属棒始终与导轨垂直并与导轨接触良好。设导轨足够长，除两棒的电阻外其余电阻均不计，则两棒的速度及棒中的感应电流随时间变化的图象可能是(　　) 答案　AD解析　P向右做切割磁感线运动，由右手定则判断可知，回路中产生逆时针的感应电流，由左手定则判断可知，Q棒所受的安培力方向向右，故Q向右做加速运动；Q向右运动后，开始阶段，P的加速度大于Q，两棒的速度差增大，回路中产生的感应电动势增大，感应电流增大，两棒所受的安培力都增大，则P的加速度减小，Q的加速度增大，当两者的加速度相等时，速度之差不变，感应电流不变，安培力不变，两棒做加速度相同的匀加速运动。由以上分析知，开始运动时，P棒做加速度减小的加速运动，Q棒做加速度增大的加速运动，最终两棒做加速度相同的匀加速运动，故A正确，B错误；开始运动时，两棒的速度差增大，感应电动势增大，通过的电流增大，最终两棒都做匀加速运动，且两棒加速度相同，速度差保持不变，故回路中感应电动势不变，电流恒定，故C错误，D正确。命题角度2电磁感应中的电路问题例4　(2019·济宁调研)如图甲所示，一个电阻值为R、匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连接成闭合回路，线圈的半径为r1。在线圈中半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图乙所示(规定图甲中B的方向为正方向)。图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0，导线的电阻不计。求0～t1时间内：(1)通过电阻R1的电流大小和方向；(2)通过电阻R1的电荷量q及电阻R1上产生的热量。 解析　(1)根据楞次定律可知，通过R1的电流方向为由b到a。根据法拉第电磁感应定律得，线圈中的电动势E＝n＝根据闭合电路欧姆定律得，通过R1的电流I＝＝。(2)通过R1的电荷量q＝It1＝R1上产生的热量Q＝I2R1t1＝。答案　(1)　由b到a　(2)　“三步走”分析电路为主的电磁感应问题备课记录：4－1　(2019·石家庄二模)(多选)如图，半径为L的小圆与半径为3L的圆形金属导轨拥有共同的圆心，在小圆与导轨之间的环形区域存在垂直于纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场。现将一长度为3L的导体棒置于磁场中，让其一端O点与圆心重合，另一端A与圆形导轨良好接触。在O点与导轨间接入一阻值为r的电阻，导体棒以角速度ω绕O点做逆时针匀速圆周运动，其他电阻不计。下列说法正确的是(　　) A．导体棒O点的电势比A点的电势低B．电阻r两端的电压为C．在导体棒旋转一周的时间内，通过电阻r的电荷量为D．在导体棒旋转一周的时间内，电阻r产生的焦耳热为答案　AC解析　由右手定则可知，导体棒上感应电流由O流向A，则O点电势比A点电势低，故A正确；感应电动势：E＝B·2L·＝B·2L·＝4BL2ω，电阻r两端电压：U＝E＝4BL2ω，故B错误；电路中电流为I＝＝，周期为T＝，在导体棒旋转一周的时间内，通过电阻r的电荷量为q＝IT＝，故C正确；在导体棒旋转一周的时间内，电阻r产生的焦耳热为Q＝I2rT＝，故D错误。4－2　(2019·福建厦门二模)如图所示，单匝正方形闭合线圈MNPQ放置在水平面上，空间存在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的有界匀强磁场，磁场两边界成θ＝45°角。线圈的边长为L，总电阻为R。现使线圈以水平向右的速度v匀速进入磁场。下列说法正确的是(　　)A．当线圈中心经过磁场边界时，N、P两点间的电压U＝BLvB．当线圈中心经过磁场边界时，线圈所受安培力F安＝ C．当线圈中心经过磁场边界时，回路的瞬时电功率P＝D．线圈从开始进入磁场到其中心经过磁场边界的过程，通过导线某一横截面的电荷量q＝答案　C解析　当线圈中心经过磁场边界时，感应电动势：E＝BLv，则回路的电流：I＝＝，N、P两点间的电压U＝I·R＝BLv，A错误；当线圈中心经过磁场边界时，线圈的QP和PN两边所受安培力大小均为F＝BIL＝，方向相互垂直，则线圈所受安培力F安＝F＝，B错误；当线圈中心经过磁场边界时，回路的瞬时电功率P＝＝，C正确；线圈从开始进入磁场到其中心经过磁场边界的过程，通过导线某一横截面的电荷量q＝＝，D错误。命题角度3电磁感应中的动力学和能量问题例5　(2019·天津高考)如图所示，固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，垂直于导轨放置的两根金属棒MN和PQ长度也为l、电阻均为R，两棒与导轨始终接触良好。MN两端通过开关S与电阻为R的单匝金属线圈相连，线圈内存在竖直向下均匀增加的磁场，磁通量变化率为常量k。图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。PQ的质量为m，金属导轨足够长、电阻忽略不计。(1)闭合S，若使PQ保持静止，需在其上加多大的水平恒力F，并指出其方向；(2)断开S，PQ在上述恒力作用下，由静止开始到速度大小为v的加速过程中流过PQ的电荷量为q，求该过程安培力做的功W。解析　(1)设线圈中的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律得感应电动势E＝，则E＝k① 设PQ与MN并联的电阻为R并，有R并＝②闭合S时，设线圈中的电流为I，根据闭合电路欧姆定律得I＝③设PQ中的电流为IPQ，有IPQ＝I④设PQ受到的安培力为F安，有F安＝BIPQl⑤PQ保持静止，由受力平衡，有F＝F安⑥联立①②③④⑤⑥式得F＝⑦由楞次定律和右手螺旋定则得PQ中的电流方向为由Q到P，再由左手定则得PQ所受安培力的方向水平向左，则力F的方向水平向右。(2)设PQ由静止开始到速度大小为v的加速过程中，PQ运动的位移为x，所用时间为Δt′，回路中的磁通量变化为ΔΦ′，平均感应电动势为，有＝⑧其中ΔΦ′＝Blx⑨设PQ中的平均感应电流为，有＝⑩根据电流的定义式得＝⑪由动能定理，有Fx＋W＝mv2－0⑫联立⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得W＝mv2－kq。⑬ 答案　(1)　方向水平向右　(2)mv2－kq(1)“四步法”分析电磁感应中的动力学问题(2)电磁感应中的能量分析从能量的观点着手，运用动能定理或能量守恒定律。基本方法是：受力分析→弄清哪些力做功，做正功还是负功→明确有哪些形式的能参与转化，哪些增哪些减→由动能定理或能量守恒定律列方程求解。备课记录：　5．(2019·焦作模拟)如图所示，在倾角θ＝37°的光滑斜面上存在一垂直斜面向上的匀强磁场区域MNPQ，磁感应强度B的大小为5T，磁场宽度d＝0.55m。有一边长L＝0.4m、质量m1＝0.6kg、电阻R＝2Ω的正方形均匀导体线框abcd通过一轻质细线跨过光滑的定滑轮与一质量m2＝0.4kg的物体相连。物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4，将线框从图示位置由静止释放，物体到定滑轮的距离足够长。(取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)求线框abcd还未进入磁场的运动过程中，细线中的拉力大小；(2)当ab边刚进入磁场时，线框恰好做匀速直线运动，求线框刚释放时ab边距磁场MN边界的距离x；(3)在(2)问中的条件下，若cd边离开磁场边界PQ时，速度大小为2m/s，求整个运动过程中ab边产生的热量。答案　(1)2.4N　(2)0.25m　(3)0.1J解析　 (1)线框还未进入磁场的过程中，以线框为研究对象，由牛顿第二定律得m1gsinθ－T＝m1a以物体为研究对象，由牛顿第二定律得T－μm2g＝m2a，联立解得T＝2.4N，a＝2m/s2。(2)线框刚进入磁场时恰好做匀速直线运动，有m1gsinθ－－T＝0，T－μm2g＝0，解得v＝1m/s。线框进入磁场前做匀加速直线运动，有v2＝2ax，解得x＝0.25m。(3)线框从开始运动到cd边恰好离开磁场边界PQ时，对整体有m1gsinθ(x＋d＋L)－μm2g(x＋d＋L)＝(m1＋m2)v＋Q，解得Q＝0.4J，根据焦耳定律有Q＝I2Rt，ab边产生的热量Qab＝I2t，所以Qab＝Q＝0.1J。高考考向3　恒定电流与交变电流命题角度1直流电路的动态分析例6　(2019·江苏省丹阳市丹阳高级中学三模)如图所示电路中，R为某种半导体气敏元件，其阻值随周围环境一氧化碳气体浓度的增大而减小。当一氧化碳气体浓度增大时，下列说法中正确的是(　　)A．电压表V示数增大B．电流表A示数减小C．电路的总功率减小D．变阻器R1的取值越大，电表示数变化越明显解析　当一氧化碳气体浓度增大时，R减小，总电阻减小，则总电流增大，内电压增大，路端电压减小，可知电压表V示数减小，通过变阻器的电流减小，则电流表A示数增大，故A、B错误；电路的总功率为P＝EI，E不变，I 增大，则P增大，故C错误；变阻器R1的取值越大，R1与R并联的阻值越接近R，R对电路的影响越大，则知变阻器R1的取值越大，电表示数变化越明显，故D正确。答案　D(1)直流电路动态分析方法①程序法；②“串反并同”法；③极限法。(2)电容器的特点①直流电路中，只有当电容器充、放电时，电容器支路中才会有电流，当电路稳定时，电容器所在的支路相当于断路。②电路稳定时，与电容器串联的电路中没有电流，同支路的电阻相当于导线，电容器两端的电压等于与之并联的电阻(或电路)两端的电压。备课记录：　6.(2019·江苏省七市高三第三次调研)在如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，R1、R3为滑动变阻器，R2为定值电阻，C为电容器。开始时开关S1、S2闭合。下列操作能使电容器所带电荷量增加的是(　　)A．断开开关S1B．断开开关S2C．向左移动滑动变阻器R1的滑片D．向左移动滑动变阻器R3的滑片答案　B解析　根据电路结构可知，回路电流I＝，电容器两端的电压：U＝IR2＝。滑动变阻器R1与电容器串联，稳定时，支路无电流，改变R1的滑片位置，不会改变电压和电流，电容器带电荷量不变，C错误；向左移动滑动变阻器R3的滑片，接入电路电阻变大，回路电流变小，电容器两端的电压变小，根据Q＝CU可知，电容器所带电荷量变小，D错误；断开开关S1 ，电容器通过与R1、R2、S2连接形成的回路放电，电荷量减小，A错误；断开开关S2，电容器直接串联在电路中，电容器两端电压大小与电源电动势相同，电压变大，根据Q＝CU可知，电容器所带电荷量变大，B正确。命题角度2交流电的产生和描述例7　(2019·天津高考)(多选)单匝闭合矩形线框电阻为R，在匀强磁场中绕与磁感线垂直的轴匀速转动，穿过线框的磁通量Φ与时间t的关系图象如图所示。下列说法正确的是(　　)　A.时刻线框平面与中性面垂直B．线框的感应电动势有效值为C．线框转一周外力所做的功为D．从t＝0到t＝过程中线框的平均感应电动势为解析　中性面的特点是与磁场垂直，线框位于中性面时，穿过线框的磁通量最大，磁通量变化率最小，则时刻线框所在平面与中性面重合，A错误；感应电动势最大值为Em＝Φmω＝Φm，对正弦式交流电，感应电动势有效值E有＝＝，B正确；由功能关系知，线框转一周外力做的功等于产生的电能，W＝E电＝·T＝，C正确；由法拉第电磁感应定律知，从t＝0到t＝过程中线框的平均感应电动势＝＝＝，D错误。答案　BC(1)线圈通过中性面时的特点①穿过线圈的磁通量最大。②线圈中的感应电动势为零。 ③线圈每经过中性面一次，感应电流的方向改变一次。(2)交流电的“四值”①最大值：Em＝NBSω。可用来分析电容器的耐压值。②瞬时值：e＝NBSωsinωt。计算闪光电器的闪光时间、线圈某时刻的受力情况。③有效值：正弦式交流电的有效值E＝；非正弦式交流电的有效值必须根据电流的热效应，用等效的思想来求解。计算交流电路的电功、电功率和测定交流电路的电压、电流都是指有效值。④平均值：＝n。常用来计算通过电路的电荷量。备课记录：7.(2019·山东滨州二模)如图所示为线圈匝数为n的小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈面积为S，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动。矩形线圈电阻为r，矩形线圈通过两刷环接电阻R，伏特表接在R两端。当线圈以角速度ω匀速转动时，下列说法正确的是(　　)A．从线圈与磁场平行位置开始计时，瞬时电动势为e＝nBSωsinωtB．当线圈平面转到与磁场垂直时，电压表示数为零C．线圈从与磁场平行位置开始转过90°的过程中，通过电阻R的电荷量为D．线圈转一周的过程中回路产生的焦耳热为答案　D解析　交流发电机产生电动势的最大值为Em＝nBSω，从线圈与磁场平行位置开始计时，瞬时电动势为e＝nBSωcosωt，故A错误；交流电压表测量的是电阻R两端电压的有效值，电动势的有效值为E＝＝，电流为I＝＝ ，交流电压表的示数为U＝IR＝＝，故B错误；线圈从与磁场平行位置开始转过90°的过程中，线圈转动，＝n，平均电流＝，电荷量q＝·Δt＝n＝，故C错误；线圈转一周的过程中回路产生的焦耳热为Q＝I2(R＋r)T＝2(R＋r)×＝，故D正确。命题角度3理想变压器与远距离输电例8　(2019·江苏高考)某理想变压器原、副线圈的匝数之比为1∶10，当输入电压增加20V时，输出电压(　　)A．降低2VB．增加2VC．降低200VD．增加200V解析　理想变压器的电压与匝数关系为＝＝，整理可得＝，即原、副线圈匝数之比等于原、副线圈的电压变化量之比，当ΔU1＝20V时，ΔU2＝200V，D正确。答案　D(1)理想变压器动态分析的两种情况①负载电阻不变，讨论变压器原、副线圈两端的电压、电流、电功率等随匝数比的变化情况。②匝数比不变，讨论变压器原、副线圈两端的电压、电流、电功率等随负载电阻的变化情况。(2)分析技巧①根据题意分清变量和不变量。②弄清“谁决定谁”的制约关系。对电压而言，输入决定输出；对电流、电功(率)而言，输出决定输入。备课记录：　8－1　(2019·山东省“评价大联考”三模)如图，理想变压器T的原线圈接在电压为U的交流电源两端，P为滑动变阻器的滑片，RT为热敏电阻，其阻值随温度升高而减小，则(　　) A．P向左滑动时，变压器的输出电压变大B．P向左滑动时，变压器的输入功率变大C．RT温度升高时，灯L变亮D．RT温度升高时，适当向右滑动P可保持灯L亮度不变答案　D解析　P向左滑动时，变压器原线圈电压和原、副线圈的匝数比均不变，输出电压不变，故A错误；P向左滑动时，滑动变阻器电阻变大，副线圈回路总电阻增大，输出功率减小，所以变压器的输入功率也变小，故B错误；RT温度升高时，其阻值减小，副线圈回路总电阻减小，总电流增大，滑动变阻器的分压增大，灯L两端电压减小，灯L变暗，故C错误；RT温度升高时，其阻值减小，只有适当向右滑动P，才能使灯L分压不变，从而保持灯L的亮度不变，故D正确。8－2　(2019·湖南衡阳三模)(多选)如图所示为某小型水电站的电能输送示意图，输电线总电阻为r，升压变压器、降压变压器均为理想变压器。假设发电机的输出电压不变。则下列说法正确的是(　　)A．若使用的电灯减少，则发电机的输出功率不变B．若使用的电灯减少，则发电机的输出功率将减小C．若使用的电灯增多，则降压变压器的输出电压不变D．若使用的电灯增多，则降压变压器的输出电压减小答案　BD解析　输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，当使用的电灯减少时，输出功率减小，则输入功率也减小，即发电机的输出功率减小，故A错误，B正确；当使用的电灯增多时，输出功率增大，降压变压器的输出电流增大，则降压变压器的输入电流变大，输电线上的电流增大；输电线上的电压损失Ur增大，发电机的输出电压U1不变，升压变压器匝数比不变，则升压变压器输出电压U2不变，由U2＝U3＋Ur可知降压变压器的输入电压U3减小，又降压变压器的匝数比不变，故降压变压器的输出电压U4减小，故D正确，C错误。 阅卷现场　对感应电动势的分析出错例9　(2019·云南昆明4月质检)(20分)如图甲所示，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。(1)0～t0时间内，OM杆固定在与OA夹角为θ1＝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)t0～2t0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θ2＝到OC位置，求电阻P在这段时间内产生的焦耳热Q；(3)2t0～3t0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时转到OD位置，若2t0时匀强磁场开始变化，使得2t0～3t0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。正解　(1)0～t0：＝，(1分)E1＝＝·S1，(2分)S1＝×(π·4r2－πr2)＝，(1分)I1＝，(2分)解得：I1＝，通过电阻P的感应电流方向为：A→O。(2分)(2)t0～2t0，OM转动的角速度为ω＝，(1分)感应电动势为：E2＝B0r，(2分) ＝(1分)I2＝，(1分)Q＝IRt0，(2分)解得：Q＝。(1分)(3)2t0～3t0，回路中无感应电流，磁通量不变则B0πr2＝B·(2分)解得：B＝。(1分)图象如图所示：(1分)答案　(1)　感应电流方向为：A→O(2)　(3)B＝　图见解析错解　(1)0～t0：＝，(1分)E1＝＝·S1，(2分)S1＝×(π·4r2－πr2)＝，(1分)I1＝(2分)解得：I1＝，通过电阻P的感应电流方向为：A→O。(2分)(2)t0～2t0，OM转动的角速度为ω＝，(1分)感应电动势为：E2＝B0r，(2分)＝ω·2r(扣1分) I2＝，(1分)Q＝IRt0，(2分)解得：Q＝。(扣1分)(3)2t0～3t0，回路中无感应电流，磁通量不变则B0πr2＝B·(2分)解得：B＝(1分)图象如图所示：(1分)答案　(1)　感应电流方向为：A→O(2)　(3)B＝　图见解析本题出错点为：金属棒转动切割磁感线产生的感应电动势E＝Br中，是金属棒切割磁感线两端点速度的平均值，而不是最外端点的速度值。从上述步骤中可以看出做综合大题一定要树立“重视过程，分步解答”的解题观，因为高考阅卷实行按步给分，每一步的关键方程都是得分点，不要写连等式或综合式子，否则会“一招不慎，满盘皆输”。专题作业1．(2019·唐山模拟)(多选)如图所示，在磁感应强度B＝1.0T的匀强磁场中，金属杆PQ在外力F作用下在粗糙U形导轨上以速度v＝2m/s向右匀速滑动。两导轨间距离l＝1.0m，电阻R＝3.0Ω，金属杆的电阻r＝1.0Ω，导轨电阻忽略不计。下列说法正确的是(　　)A．通过R的感应电流的方向为由a到dB．金属杆PQ切割磁感线产生的感应电动势的大小为2.0V C．金属杆PQ受到的安培力大小为0.5ND．外力F做功的数值等于电路产生的焦耳热答案　ABC解析　由右手定则判断知，金属杆滑动时产生逆时针方向的电流，通过R的感应电流的方向为由a到d，A正确；金属杆PQ切割磁感线产生的感应电动势的大小为：E＝Blv＝1.0×1×2V＝2V，B正确；在整个回路中产生的感应电流为：I＝，代入数据得：I＝0.5A，由安培力公式：F安＝BIl，代入数据得：F安＝0.5N，C正确；金属杆PQ在外力F作用下在粗糙U形导轨上以速度v向右匀速滑动，外力F做功大小等于电路产生的焦耳热和导轨与金属杆之间的摩擦力产生的内能之和，D错误。2．(2019·两湖八市十二校联合二模)如图甲所示，在竖直方向分布均匀的磁场中水平放置一个金属圆环，圆环所围面积为0.1m2，圆环电阻为0.2Ω。在第1s内感应电流I沿顺时针方向。磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示(其中在4～5s的时间段呈直线)。则(　　)A．在0～5s时间段，感应电流先减小再增大B．在0～2s时间段感应电流沿逆时针方向，在2～5s时间段感应电流沿顺时针方向C．在0～5s时间段，圆环最大发热功率为5.0×10－4WD．在0～2s时间段，通过圆环横截面的电量为5.0×10－1C答案　C解析　根据闭合电路欧姆定律得I＝＝n，知磁感应强度的变化率越大，则电流越大，磁感应强度变化率最大值为0.1T/s，则最大电流I＝A＝0.05A，则在0～5s时间段，感应电流先减小再增大，最后不变，故A错误；由题意知，在第1s内感应电流I沿顺时针方向，根据楞次定律知，磁场方向向上为正方向，在0～2s时间段感应电流沿顺时针方向，在2～5s时间段，感应电流的方向为逆时针方向，故B错误；在0～5 s时间段，当电流最大时，发热功率最大，则P＝I2R＝0.052×0.2W＝5.0×10－4W，故C正确；在0～2s时间段，通过圆环横截面的电量为q＝＝C＝5×10－2C，故D错误。3.(2019·陕西八校高三4月联考)如图所示，电源电动势为E，内阻为r，电路中的R1为光敏电阻(其阻值随光照强度增大而减小)，R2为定值电阻。当开关S闭合时，下列说法正确的是(　　)A．增大光照强度，电流表示数变小B．增大光照强度，电压表示数变小C．减小光照强度，R2消耗的功率变大D．减小光照强度，电源的总功率变大答案　B解析　当光照强度增大时，光敏电阻的阻值减小，总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可得，电路中总电流增大，由U＝E－Ir可知，路端电压减小，故电压表示数减小，电流表示数增大，故A错误，B正确；当光照强度减小时，光敏电阻的阻值增大，总电阻增大，由闭合电路欧姆定律可得，电路中总电流减小，由P＝I2R2可知，R2消耗的功率变小，故C错误；由C项分析可知，当光照强度减小时，电路中总电流减小，由P＝EI可知电源的总功率减小，故D错误。4．(2019·辽宁大连二模)(多选)近年来，手机无线充电功能的广泛应用为人们提供了很大便利。如图甲为充电原理示意图。充电板接交流电源，对充电板供电，充电板内的励磁线圈可产生交变磁场，从而使手机内的感应线圈产生感应电流。当充电板内的励磁线圈通入如图乙所示的交变电流时(电流由a流入时方向为正)，下列说法正确的是(　　) A．感应线圈中产生的是恒定电流B．感应线圈中电流的方向总是与励磁线圈中电流方向相反C．t3时刻，感应线圈中电流的瞬时值为0D．t1～t3时间内，c点电势高于d点电势答案　CD解析　励磁线圈产生的磁场随电流变化，因为电流不是均匀变化，电流产生的磁场也不是均匀变化，所以感应线圈中的感应电动势E＝n＝nS就不是恒定的，感应电流也就不是恒定的，A错误；感应电流方向阻碍引起感应电流磁通量的变化，当励磁线圈电流减小，电流产生的磁场减小时，感应线圈中的感应电流与励磁线圈电流方向相同，阻碍磁场减小，B错误；t3时刻，励磁线圈电流变化率为零，磁感应强度变化率为零，E＝n＝nS，感应线圈中的感应电动势为零，感应电流为零，C正确；t1～t3时间内，励磁线圈的电流先正向减小后负向增大，电流产生的磁场先向上减小后向下增大，感应线圈中的感应电流的磁场向上，根据安培定则可判断c点电势高于d点电势，D正确。5.(2019·吉林省吉林市三模)将一均匀导线围成一圆心角为90°的扇形导线框OMN，其中OM＝R，圆弧MN的圆心为O点，将导线框的O点置于如图所示的直角坐标系的原点，其中第二和第四象限存在垂直纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为B，第三象限存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为2B。从t＝0时刻开始让导线框以O点为圆心，以恒定的角速度ω沿逆时针方向做匀速圆周运动，假定沿ONM方向的电流为正，则线框中的电流随时间的变化规律描绘正确的是(　　) 答案　B解析　在0～t0时间内，线框从图示位置(t＝0)开始转过90°的过程中，产生的感应电动势为E1＝Bω·R2，由闭合电路欧姆定律得，回路中的电流为I1＝＝，根据楞次定律判断可知，线框中感应电流方向为逆时针方向(沿ONM方向)。在t0～2t0时间内，线框进入第三象限的过程中，回路中的电流方向为顺时针方向(沿OMN方向)，回路中产生的感应电动势为E2＝Bω·R2＋·2Bω·R2＝BωR2＝3E1，感应电流为I2＝＝3I1。在2t0～3t0时间内，线框进入第四象限的过程中，回路中的电流方向为逆时针方向(沿ONM方向)，回路中产生的感应电动势为E3＝Bω·R2＋·2Bω·R2＝Bω·R2＝3E1，感应电流为I3＝＝3I1。在3t0～4t0时间内，线框出第四象限的过程中，回路中的电流方向为顺时针方向(沿OMN方向)，回路中产生的感应电动势为E4＝Bω·R2，回路电流为I4＝＝I1，故B正确，A、C、D错误。6．(2019·山西怀仁检测)(多选)如图甲所示，光滑的平行导轨MN、PQ固定在水平面上，导轨表面上放着光滑导体棒ab、cd，两棒之间用绝缘细杆连接，两导体棒平行且与导轨垂直。现加一垂直导轨平面的匀强磁场，设磁场方向向下为正，磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示，t1＝2t0，不计ab、cd间电流的相互作用，不计导轨的电阻，每根导体棒的电阻为R ，导轨间距和绝缘细杆的长度均为L。下列说法正确的是(　　)A．t＝t0时细杆既不被拉伸也不被压缩B．在0～t1时间内，绝缘细杆先被拉伸后被压缩C．在0～t1时间内，abcd回路中的电流先沿顺时针方向后沿逆时针方向D．若在0～t1时间内流过导体棒的电荷量为q，则t1时刻的磁感应强度大小为答案　ABD解析　由题图乙所示图象可知，t＝t0时磁感应强度为零，导体棒不受安培力作用，细杆既不被拉伸也不被压缩，A正确；在0～t1时间内，磁通量先向下减少，后向上增大，由楞次定律可知，感应电流始终沿顺时针方向，为阻碍磁通量的变化，两导体棒先有远离的趋势，后有靠近的趋势，则绝缘细杆先被拉伸后被压缩，B正确，C错误；设t1时刻磁感应强度的大小为B0，根据对称性可知，t＝0时刻磁感应强度的大小也为B0，由法拉第电磁感应定律可知感应电动势E＝＝S＝L2＝，则回路中感应电流的大小为I＝，若在0～t1时间内流过导体棒的电荷量为q，电荷量q＝It1＝×2t0＝，则B0＝，D正确。7．(2019·湖南师大附中高考二模)(多选)半径分别为r和2r的同心半圆粗糙导轨MN、PQ固定在同一水平面内，一长为r、电阻为2R、质量为m且质量分布均匀的导体棒AB置于半圆轨道上面，BA的延长线通过导轨的圆心O，装置的俯视图如图所示。整个装置位于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中。在N、Q之间接有一阻值为R的电阻。导体棒AB在水平外力作用下，以角速度ω绕O顺时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触。设导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ，导轨电阻不计，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)A．导体棒AB两端的电压为Brω2 B．电阻R中的电流方向从Q到N，大小为C．外力的功率大小为＋μmgrωD．若导体棒不动，要产生同方向的感应电流，可使竖直向下的磁场的磁感应强度增加，且变化得越来越慢答案　BC解析　导体棒在匀强磁场中切割磁感线产生感应电动势E＝Br＝Br＝Br2ω，I＝＝，方向为顺时针，UBA＝E＝Br2ω，故A错误，B正确；外力的功率P外＝BIr＋f＝＋μmgrω，故C正确；由楞次定律可知，若导体棒不动，要产生同方向的感应电流，可使竖直向下的磁场的磁感应强度减小，故D错误。8．(2019·河南安阳二模)(多选)如图所示，发电机的输出电压U＝1000sin100πt(V)，通过理想降压变压器给若干盏灯泡供电，输电线上连接可调电阻r。变压器原线圈两端接有理想交流电压表V，副线圈干路接有理想交流电流表A，下列说法正确的是(　　)A．电压表V的示数始终为1000VB．仅增多接入灯泡，电流表A的示数增大C．仅增大可调电阻r，电压表V的示数增大D．仅增大可调电阻r，电流表A的示数减小答案　BD解析　因发电机输出电压有效值为1000V，则变压器初级电压为U1＝1000V－I1r，可知电压表V的示数小于1000V，A错误；仅增多接入灯泡，则次级电阻减小，次级电流变大，电流表A的示数增大，B正确；仅增大可调电阻r，初级电压会减小，即电压表V的示数减小，次级电压也会减小，则次级电流减小，即电流表A的示数减小，C错误，D正确。9．(2019·河南省郑州市一模)(多选)如图所示，竖直放置的“”形光滑导轨宽为L，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d，磁感应强度为B。将质量为m的水平金属杆由静止释放，金属杆进入磁场Ⅰ和Ⅱ 时的速度相等。金属杆在导轨间的电阻为R，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g。则金属杆(　　)A．穿出两磁场时的速度相等B．穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间C．穿过两磁场产生的总热量为4mgdD．释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h可能小于答案　ABC解析　由题意可知，金属杆进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，则金属杆在Ⅰ区做减速运动，同理在Ⅱ区也做减速运动，两磁场区域的高度与磁感应强度都相同，金属杆在两区域的运动规律与运动过程相同，金属杆穿出两磁场时的速度相等，故A正确；金属杆在磁场Ⅰ运动时，随着速度减小，产生的感应电流减小，受到的安培力减小，合力减小，加速度减小，所以金属杆做加速度逐渐减小的变减速运动，在两个磁场之间做匀加速运动，由题知，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，所以金属杆在磁场Ⅰ中运动时平均速度小于在两磁场之间运动的平均速度，两个过程位移相等，所以金属杆穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间，故B正确；金属杆从刚进入磁场Ⅰ到刚进入磁场Ⅱ的过程，由能量守恒定律得：2mgd＝Q，金属杆通过磁场Ⅱ时产生的热量与通过磁场Ⅰ时产生的热量相同，所以总热量为：Q总＝2Q＝4mgd，故C正确；设金属杆释放时距磁场Ⅰ上边界的高度为h0时进入磁场Ⅰ时刚好匀速运动，则有：mg＝BIL＝BL＝，又v＝，联立解得：h0＝，由于金属杆进入磁场Ⅰ时做减速运动，所以释放时距磁场Ⅰ上边界高度h一定大于h0＝，故D错误。10．(2019·广西钦州三模)(多选)如图，两条间距为L的平行金属导轨位于同一水平面(纸面)内，其左端接一阻值为R的电阻。一金属棒垂直放置在两导轨上，在MN左侧面积为S的圆形区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场，磁感应强度大小B随时间t的变化关系为B＝kt，式中k为常量，且k＞0。在MN右侧区域存在一与导轨垂直、磁感应强度大小为B0、方向垂直纸面向里的匀强磁场。t＝0时刻，金属棒从MN处开始，在水平拉力F作用下以速度v0向右匀速运动。金属棒与导轨的电阻及摩擦均可忽略。则(　　) A．在t(t>0)时刻穿过回路的总磁通量为B0Lv0tB．电阻R上的电流为恒定电流C．在时间Δt内流过电阻的电荷量为ΔtD．金属棒所受的水平拉力F随时间均匀增大答案　BC解析　根据题图可知，MN左边的磁场方向与右边的磁场方向相同，则穿过回路的总磁通量即为两边磁通量之和，在t(t＞0)时刻穿过回路的总磁通量为：Φ＝Φ1＋Φ2＝ktS＋B0Lv0t，故A错误；根据法拉第电磁感应定律得，回路中产生的总感应电动势为：E＝＝kS＋B0Lv0，由闭合电路欧姆定律有：I＝＝＋，则电阻R上的电流为恒定电流，故B正确；在时间Δt内流过电阻的电荷量为：q＝IΔt＝Δt，故C正确；金属棒受到的安培力大小为：FA＝B0IL，保持不变，金属棒匀速运动，水平拉力大小等于安培力大小，所以水平拉力F保持不变，故D错误。11.(2019·四川省德阳市高中检测)如图所示，光滑导轨MN和PQ固定在竖直平面内，导轨间距为L，两端分别接有阻值均为R的定值电阻R1和R2。两导轨间有一边长为的正方形区域abcd，该区域内有磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场。一质量为m的金属杆与导轨相互垂直且接触良好，从ab处由静止释放，若金属杆离开磁场前已做匀速运动，其余电阻均不计。重力加速度为g。求： (1)金属杆离开磁场时速度的大小；(2)金属杆穿过整个磁场过程中电阻R1上产生的电热。答案　(1)　(2)－解析　(1)设金属杆离开磁场时金属杆中的电流为I，由平衡条件得mg＝BI解得I＝设杆匀速运动时的速度为v，由E＝Bv，E＝I解得v＝。(2)由能量守恒定律得mg＝Q＋mv2电阻R1上产生的电热为Q1＝解得Q1＝－。12．(2019·山东省潍坊市二模)如图所示，两平行金属导轨固定在水平面上，间距为L，左端接有阻值为R的电阻。两导轨间匀强磁场方向竖直向上，磁感应强度大小为B。质量为m、阻值为r的金属棒垂直于导轨放置。现对棒施加水平向右的恒定拉力F，使棒由静止开始向右运动。若棒向右运动距离为x时速度达到最大值，不计导轨电阻，忽略棒与导轨间的摩擦，求：(1)棒运动的最大速度vm； (2)在棒运动位移x的过程中，电阻R产生的焦耳热。答案　(1)　(2)解析　(1)棒的速度最大时，棒中的感应电动势：Em＝BLvm棒中的电流：Im＝根据平衡条件，有：BImL＝F解得：vm＝。(2)设回路中产生的热量为Q，由能量守恒定律得：Fx－Q＝mv电阻R产生的热量：QR＝解得：QR＝。13．(2019·山东省聊城市二模)如图所示，两根足够长的光滑金属导轨平行放置在倾角为30°的绝缘斜面上，导轨宽度为L，下端接有阻值为R的电阻，导轨处于方向垂直于斜面向上、磁感应强度大小为B0的匀强磁场中。轻绳一端跨过光滑定滑轮，悬吊质量为m的小物块，另一端平行于斜面系在质量为m的金属棒的中点，现将金属棒从PQ位置由静止释放，金属棒与导轨接触良好且电阻均忽略不计，重力加速度为g。(1)求金属棒匀速运动时的速度大小；(2)若金属棒速度为v0且距离导轨底端x时开始计时，磁场的磁感应强度B的大小随时间t发生变化，使回路中无电流，请推导出磁感应强度B的大小随时间t变化的关系式。答案　(1)　(2)B＝ 解析　(1)金属棒匀速运动时，对物块：FT＝mg对金属棒有：FA＋mgsin30°＝FT又：FA＝B0IL由闭合电路欧姆定律：I＝＝联立解得：v＝。(2)当回路中没有电流时，金属棒不受安培力对金属棒：T－mgsin30°＝ma对物块：mg－T＝ma回路中无电流，回路中的磁通量不变，则B0Lx＝BL联立解得B＝。14.(2019·山东省济宁市二模)边长为L的正方形闭合金属导线框，其质量为m，回路电阻为R。图中M、N、P为磁场区域的边界，且均为水平，上、下两部分水平匀强磁场的磁感应强度大小均为B，方向如图所示。现让线框由图示位置由静止开始下落，线框在穿过M和P两界面的过程中均做匀速运动。已知M、N之间和N、P之间的高度差相等，均为h＝L＋，下落过程中线框平面始终保持竖直，底边始终保持水平，当地的重力加速度为g。试求：(1)图示位置线框的底边到M的高度d；(2)线框的底边刚通过磁场边界N时，线框加速度的大小；(3)线框在通过磁场边界N的过程中，线框中产生的焦耳热。答案　(1)　(2)(2－1)g　 (3)mg解析　(1)根据题意分析可知，导线框在穿过M和P两界面的过程中，速度相同，设为v1，根据自由落体运动的公式有v＝2gd在导线框穿过M的过程中，线框中产生的感应电动势E＝BLv1线框中产生的感应电流I＝线框受到的安培力F＝BIL根据物体的平衡条件有mg＝F联立解得d＝。(2)设线框的底边刚通过磁场边界N时，线框的速度大小为v2，根据题意和运动学公式有v－v＝2g(h－L)此时线框中产生的感应电动势E′＝2BLv2线框中产生的感应电流I′＝线框受到的安培力F′＝2BI′L根据牛顿第二定律有F′－mg＝ma′解得线框的加速度大小为a＝(2－1)g。(3)解法一：根据能的转化和守恒定律，在线框通过磁场边界M和P的过程中，产生的焦耳热相同，均为Q0＝mgL在整个运动过程中，线框中产生的焦耳热为Q＝mg(2h＋L)所以线框通过磁场边界N的过程中，线框中产生的焦耳热为Qx＝Q－2Q0解得Qx＝mg。解法二：设线框的上边刚要通过磁场边界N时，线框的速度大小为v3，根据题意和运动学公式有v－v＝2g(h－L)解得v3＝根据能的转化和守恒定律，线框通过磁场边界N的过程中，线框中产生的焦耳热为 Qx＝mgL＋m(v－v)解得Qx＝mg。