【物理】2019届二轮复习楞次定律　法拉第电磁感应定律及应用学案(浙江专用) 21页

第14讲　楞次定律　法拉第电磁感应定律及应用 ‎[考试要求和考情分析]‎ 考试内容 选考要求 历次选考统计 命题角度 ‎2016/04‎ ‎2016/10‎ ‎2017/04‎ ‎2017/11‎ ‎2018/04‎ ‎2018/11‎ 电磁感应综合题：动量、电路、图象；电磁驱动、电磁阻尼 电磁感应现象 b 楞次定律 c ‎21‎ 法拉第电磁感应定律 d ‎23‎ ‎22‎ ‎22‎ ‎22‎ ‎23‎ 电磁感应现象的两类情况 b ‎23‎ ‎22‎ ‎22‎ ‎22‎ ‎23‎ ‎22‎ 互感和自感 b 涡流、电磁阻尼和电磁驱动 b ‎　电磁感应现象的理解及楞次定律的应用 ‎[要点总结]‎ ‎1．电磁感应现象能否发生的判断关键 弄清楚回路内的磁场分布，并确定其磁通量是否变化。‎ ‎2．楞次定律的理解要注意以下两点 ‎(1)感应电流的磁场与引起感应电流的磁场方向并非总是相同或相反，而是“增反减同”。‎ ‎(2)由于运动而产生感应电流时，感应电流的效果是阻碍物体间的相对运动，而不是阻碍物体的运动。‎ ‎[典例分析]‎ ‎【例1】 (2018·浙江湖州中学高三月考)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1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(　　)‎ 图1‎ 解析　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，紫铜薄板上下振动、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，紫铜薄板中磁通量可能不变。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。‎ 答案　A ‎[精典题组]‎ ‎1．(2018·浙江余杭模拟)(多选)匀强磁场方向垂直纸面，规定垂直纸面向里的方向为正，磁感应强度B随时间t变化规律如图2甲所示。在磁场中有一细金属圆环，圆环平面位于纸面内，如图乙所示。令I1、I2、I3分别表示Oa、ab、bc段的感应电流，f1、f2、f3分别表示I1、I2、I3时，金属环上很小一段受到的安培力。则(　　)‎ 图2‎ A．I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向 B．I2沿逆时针方向，I3沿顺时针方向 C．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　由图甲所示可知，Oa段，磁场方向垂直于纸面向里，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，选项A正确；在bc段，磁场向外，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B错误；由左手定则可知，Oa段电流受到的安培力f1方向指向圆心，ab段安培力f2方向背离圆心向外，bc段，安培力f3方向指向圆心，选项C错误，D正确。‎ 答案　AD ‎2．(2018·浙江瑞安模拟)(多选)在某小组探究楞次定律的实验中，小组同学设计了如图3所示的电路进行实验。一长直铁芯上绕有一固定线圈M，铁芯右端与一木质圆柱密接，木质圆柱上套有一闭合金属环N，N可在木质圆柱上无摩擦移动。M连接在如图所示的电路中，其中R为滑动变阻器，E1和E2为直流电源，S为单刀双掷开关。下列情况中，可观测到N向右运动的是(　　)‎ 图3‎ A．在S断开的情况下，S向a闭合的瞬间 B．在S断开的情况下，S向b闭合的瞬间 C．在S已向a闭合的情况下，将R的滑动头向c端移动时 D．在S已向a闭合的情况下，将R的滑动头向d端移动时 解析　由楞次定律的第二种描述：“来拒去留”可知要使N向右运动，穿过N的磁通量应增大；而A、B中由断开到闭合过程中磁通量均增大，选项A、B正确；若移动滑动头，则向c端移动时，滑动变阻器接入电阻增大，则电路中电流减小，磁通量减小，故会使N左移，选项C错误；而D中向d移动时，滑动变阻器接入电阻减小时，故电路中电流增大，磁场增大，故会使N右移，选项D正确。‎ 答案　ABD ‎　法拉第电磁感应定律的理解及应用 ‎[要点总结]‎ ‎1．对法拉第电磁感应定律E＝n的理解注意点 ‎(1)用公式E＝nS求感应电动势时，S为线圈在磁场范围内的有效面积。当磁场不变，回路面积随时间线性变化时，用公式E＝nB求解。‎ ‎(2)通过回路截面的电荷量q仅与n、ΔΦ和回路电阻R有关，与时间长短无关。q＝IΔt＝Δt＝。‎ ‎2．平动切割问题 ‎(1)有效长度：公式E＝BLv中的L为有效切割长度，即导体在与v垂直的方向上的投影长度 ‎(2)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。‎ ‎3．转动切割 在磁感应强度为B的匀强磁场中，长为L的导体棒绕一端为轴以角速度ω匀速转动时，此时产生的感应电动势E＝BLv中＝BωL2。若转动的是圆盘，则可以把圆盘看成由很多根半径相同的导体杆组合而成的。‎ ‎[典例分析]‎ ‎【例2】 (2018·浙江永康模拟)如图4所示，粗糙斜面的倾角θ＝37°，半径r＝‎ ‎0.5 m的圆形区域内存在着垂直于斜面向下的匀强磁场。一个匝数n＝10匝的刚性正方形线框abcd通过松弛的柔软导线与一个额定功率P＝1.25 W的小灯泡L相连，圆形磁场的一条直径恰好过线框bc边。已知线框质量m＝2 kg，总电阻R0＝1.25 Ω，边长L＞2r，与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5。从t＝0时起，磁场的磁感应强度按B＝2－t(T)的规律变化。开始时线框静止在斜面上，在线框运动前，灯泡始终正常发光。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：‎ 图4‎ ‎(1)线框不动时，回路中的感应电动势E；‎ ‎(2)小灯泡正常发光时的电阻R；‎ ‎(3)线框保持不动的时间内，小灯泡产生的热量Q。‎ 解析　(1)由法拉第电磁感应定律有 E＝n＝n×πr2＝2.5 V。‎ ‎(2)小灯泡正常发光，有P＝I2R 由闭合电路欧姆定律有E＝I(R0＋R)‎ 即P＝R 代入数据解得I＝1 A，R＝1.25 Ω。‎ ‎(3)当线框恰好要运动时，设磁场的磁感应强度大小为B′‎ 对线框bc边处于磁场中的部分受力分析 安培力F安＝nB′I×2r 由共点力的平衡条件有 mgsin θ＝F安＋Ff＝2nB′Ir＋μmgcos θ 解得线框刚要运动时，磁场的磁感应强度大小B′＝0.4 T 可得线框在斜面上可保持静止的时间t＝ s 小灯泡产生的热量Q＝Pt＝1.25× J＝3.14 J。‎ 答案　(1)2.5 V　(2)1.25 Ω　(3)3.14 J ‎[精典题组]‎ ‎3.(2018·浙江温州十五中高三月考)(多选)如图5所示是一个非接触式电源供应系统，左侧线圈连接小灯泡，右侧线圈接电源，电路均闭合。它是基于电磁感应原理，可以实现无线电力传输。下列说法正确的是(　　)‎ 图5‎ A．只要右侧线圈中输入电流，左侧小灯泡中就会有电流 B．只有右侧线圈中输入变化的电流，左侧小灯泡中才会有电流 C．右侧线圈中电流越大，左侧线圈中感应电动势越大 D．右侧线圈中电流变化越快，左侧线圈中感应电动势越大 解析　根据感应电流产生的条件，若右侧线圈中输入恒定的电流，则右侧线圈产生恒定的磁场，左侧线圈中的磁通量不发生变化，则左侧线圈中就会不产生感应电动势，但在题图输入过程中，右侧线圈中的电流从无到有，因此左侧线圈中会产生感应电动势，然而不是总会有的，选项A错误；若右侧线圈中输入变化的电流，根据法拉第电磁感应定律E＝n，可知左侧线圈中就会产生感应电动势，当右侧线圈中电流变化越快，左侧线圈中感应电动势越大，选项B、D正确，C错误。‎ 答案　BD ‎4．(2018·浙江余姚中学高三选考模拟)如图6甲所示，光滑绝缘斜面的倾角θ＝30°，矩形区域GHIJ (GH与IJ相距为d)内存在着方向垂直于斜面的匀强磁场。质量为m、边长为d的正方形闭合金属线框abcd平放在斜面上，开始时ab边与GH 相距也为d，现用一平行于斜面的恒力拉动线框，使其由静止开始(t＝0)沿斜面向上运动，当线框完全通过磁场后运动一段时间再撤去外力。已知线框运动的过程中产生的电流I随时间t变化的I－t图象如图乙所示(规定电流沿abcd方向为正)。已知向上穿过磁场时线框中电流大小为I0，前后两次通过磁场产生电流的时间之比为2∶1，重力加速度为g，斜面足够长，线框ab边始终与GH平行，求：‎ 图6‎ ‎(1)匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向；‎ ‎(2)线框的电阻阻值。‎ 解析　(1)由I－t图象知道，线框向上和向下穿过磁场的过程都做匀速运动 设向上穿过磁场时线框的速度大小为v1‎ 向下穿过磁场时线框的速度大小为v2‎ 线框中电流大小为I；‎ 根据运动学公式和欧姆定律可得 向上时，有v1t1＝2d，I0R＝Bdv1‎ 向下时，有v2t2＝2d，IR＝Bdv2‎ 根据共点力的平衡可得mgsin 30°＝BId 由题设条件知道t1∶t2＝2∶1‎ 联立解得B＝ 根据右手定则可知磁场方向垂直斜面向上。‎ ‎(2)线框向上穿过磁场时，根据共点力平衡可得 F＝mgsin 30°＋BI0d 线框从开始运动到ab边向上刚好进入磁场的过程中，根据动能定理可得 ‎(F－mgsin 30°)d＝mv 联立解得R＝。‎ 答案　(1) 　磁场方向垂直斜面向上　(2) ‎　互感和自感　涡流　电磁阻尼和电磁驱动 ‎[要点总结]‎ ‎1．分析自感现象应注意 ‎(1)通过自感线圈中的电流不能发生突变，即通电过程中，电流逐渐变大，断电过程中，电流逐渐变小，此时线圈可等效为“电源”，该“电源”与其他电路元件形成回路；‎ ‎(2)断电自感现象中灯泡是否“闪亮”的判断：若断电后通过灯泡的电流比原来强，则灯泡先闪亮，再慢慢熄灭。‎ ‎2．电磁阻尼和电磁驱动 ‎(1)电磁阻尼：当导体在磁场中运动时，感应电流会使导体受到安培力，安培力的方向总是阻碍导体的相对运动。‎ ‎(2)电磁驱动：如果磁场相对于导体转动，在导体中产生的感应电流使导体受到安培力的作用而运动起来。‎ ‎[典例分析]‎ ‎【例3】 (2018·浙江临海杜桥中学月考)(多选)如图7所示，是法拉第设计的一个研究互感现象的实验装置，图中A线圈与电源和开关S连接，B线圈与一个左进左偏、右进右偏型(电流从左接线柱流入电流计指针向左偏转，电流从右接线柱流入电流计指针向右偏转)电流计连接，两个线圈绕在同一个圆形铁芯上。以下说法正确的是(　　)‎ 图7‎ A．开关S闭合的瞬间电流计指针向右偏转 B．开关S由闭合到断开的瞬间电流计指针向左偏转 C．B线圈中产生的感应电流是一种自感现象 D．开关断开、闭合过程中的这种现象是一种互感现象 解析　如果在闭合开关时，根据右手螺旋定则可知，穿过线圈B的磁通量增大，且顺时针方向，由楞次定律可得，感应电流盘旋而上，电流计指针将向右偏，选项A正确；开关S由闭合到断开的瞬间时，根据右手螺旋定则可知，穿过线圈B的磁通量减小，且顺时针方向，由楞次定律可得，感应电流盘旋而下，电流计指针将向左偏，选项B正确；由于B中产生的电流，是由于A中的电流变化，使产生的变化磁场穿过B，使B中产生电流，所以并不是自感现象，选项C错误；开关断开、闭合过程中是由于A中的电流变化，使产生的变化磁场穿过B，使B中产生电流，所以是一种自感现象，选项D正确。‎ 答案　ABD ‎[精典题组]‎ ‎5．(2018·浙江茅盾中学月考)(多选)关于涡流，下列说法中正确的是(　　)‎ A．真空冶炼炉是利用涡流来熔化金属的装置 B．家用电磁炉是利用涡流来加热食物的 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增大涡流 解析　高频感应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，选项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，选项B正确；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，金属板板内感应出的涡流会对金属板的运动产生阻碍作用，选项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，其目的是为了减小涡流，选项D错误。‎ 答案　ABC ‎6.如图8所示电路中，A、B、C为完全相同的三个灯泡，L是一个直流电阻不可忽略的电感线圈，a、b为线圈L的左右两端点，原来开关S是闭合的，三个灯泡亮度相同，将开关S断开后，下列说法正确的是(　　)‎ 图8‎ A．a点电势高于b点，A灯闪亮后缓慢熄灭 B．a点电势低于b点，B、C灯闪亮后缓慢熄灭 C．a点电势高于b点，B、C灯闪亮后缓慢熄灭 D．a点电势低于b点，B、C灯不会闪亮只是缓慢熄灭 解析　开关闭合稳定时，三个灯泡亮度相同，则流过A的电流等于流过B、C的电流，开关由闭合到断开瞬间，B、C灯原来的电流瞬间消失，而线圈产生自感电动势阻碍B、C灯中电流减小，并与A、B、C组成回路，原来两支路灯电流相等，则开关断开瞬间，电流都从原来A的值开始减小，所以三灯均过一会儿才熄灭。由于电流的方向与A的原电流的方向相反，则流过三个灯的电流的方向为逆时针方向，b点电势高于a点，故选项D正确。‎ 答案　D ‎(2016·10月浙江选考)如图9甲所示，质量m＝3.0×10－3 kg的“”型金属细框竖直放置在两水银槽中，“”型框的水平细杆CD长l＝0.20 m，处于磁感应强度大小B1＝1.0 T、方向水平向右的匀强磁场中。有一匝数n＝300匝、面积S＝0.01 m2的线圈通过开关K与两水银槽相连。线圈处于与线圈平面垂直的、沿竖直方向的匀强磁场中，其磁感应强度B2的大小随时间t变化的关系如图乙所示。‎ 甲 乙 图9‎ ‎(1)求0～0.10 s线圈中的感应电动势大小；‎ ‎(2)t＝0.22 s时闭合开关K，若细杆CD所受安培力方向竖直向上，判断CD中的电流方向及磁感应强度B2的方向；‎ ‎(3)t＝0.22 s时闭合开关K，若安培力远大于重力，细框跳起的最大高度h＝0.20 m，求通过细杆CD的电荷量。‎ 解析　(1)由法拉第电磁感应定律E＝n 得E＝nS＝30 V。‎ ‎(2)电流方向C→D B2方向向上。‎ ‎(3)由牛顿第二定律F＝ma＝m ‎(或由动量定理FΔt＝mv－0)‎ 安培力F＝IB1l ΔQ＝IΔt v2＝2gh 得ΔQ＝＝0.03 C。‎ 答案　(1)30 V　(2)电流方向C→D　B2方向向上 (3)0.03 C 一、选择题(在每小题给出的四个选项中，至少有一项是符合题目要求的)‎ ‎1.(2018·浙江新昌知新中学月考)如图1，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U形金属导轨，导轨平面与磁场垂直。金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS，一圆环形金属线框T位于回路围成的区域内，线框与导轨共面。现让金属杆PQ 突然向右运动，在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是(　　)‎ 图1‎ A．PQRS中沿顺时针方向，T中沿逆时针方向 B．PQRS中沿顺时针方向，T中沿顺时针方向 C．PQRS中沿逆时针方向，T中沿逆时针方向 D．PQRS中沿逆时针方向，T中沿顺时针方向 解析　金属杆PQ向右切割磁感线，根据右手定则可知PQRS中感应电流沿逆时针方向；原来T中的磁场方向垂直于纸面向里，闭合回路PQRS中的感应电流产生的磁场方向垂直于纸面向外，使得穿过T的磁通量减小，根据楞次定律可知T中产生顺时针方向的感应电流，综上所述，可知选项A、B、C项错误，D项正确。‎ 答案　D ‎2.(2018·浙江富阳模拟)如图2所示为安检门原理图，左边门框中有一通电线圈，右边门框中有一接收线圈。工作过程中某段时间通电线圈中存在顺时针方向(从左向右看)均匀增大的电流，则(　　)‎ 图2‎ A．无金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向为顺时针 B．无金属片通过时，接收线圈中的感应电流增大 C．有金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向为顺时针 D．有金属片通过时，接收线圈中的感应电流大小发生变化 解析 ‎　当左侧线圈中通有不断增大的顺时针方向的电流时，知穿过右侧线圈的磁通量向右，且增大，根据楞次定律，右侧线圈中产生逆时针方向的电流，即使有金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向仍然为逆时针，选项A、C错误；通电线圈中存在顺时针方向均匀增大的电流，则通电线圈中的磁通量均匀增大，所以穿过右侧线圈中的磁通量均匀增大，则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，选项B错误；有金属片通过时，则穿过金属片中的磁通量发生变化时，金属片中也会产生感应电流，感应电流的方向与接收线圈中的感应电流的方向相同，所以也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，选项D正确。 ‎ 答案　D ‎3．(2018·浙江长兴中学模拟)1831年，法拉第在一次会议上展示了他发明的圆盘发电机(图3甲)。 它是利用电磁感应原理制成的，是人类历史上第一台发电机。图乙是这个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良好接触。使铜盘转动，电阻R中就有电流通过。若所加磁场为匀强磁场，回路的总电阻恒定，从左往右看，铜盘沿顺时针方向匀速转动，CRD平面与铜盘平面垂直，下列说法正确的是(　　)‎ 图3‎ A．电阻R中没有电流流过 B．铜片C的电势高于铜片D的电势 C．保持铜盘不动，磁场变为方向垂直于铜盘的交变磁场，则铜盘中有电流产生 ‎ D．保持铜盘不动，磁场变为方向垂直于铜盘的交变磁场，则CRD回路中有电流产生 解析　根据右手定则可知，电流从D点流出，流向C点，因此圆盘中电流方向为从C向D，由于圆盘在切割磁感线，相当于电源，所以D处的电势比C处高，选项A、B错误；保持铜盘不动，磁场变为方向垂直于铜盘的交变磁场，则穿过铜盘的磁通量发生变化，故有感应电流产生，但是此时不再切割磁感线，所以CD不能当成电源，故CRD回路中没有电流产生，选项C正确，D错误。‎ 答案　C ‎4．物理课上，老师做了一个奇妙的“跳环实验”。如图4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，经重复实验，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，导致套环未动的原因可能是(　　)‎ 图4‎ 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　无论实验用的是交流电还是直流电，闭合开关S的瞬间，穿过套环的磁通量均增加，只要套环的材料是导体，套环中就能产生感应电流，套环就会跳起。如果套环是用塑料做的，则不能产生感应电流，也就不会受安培力作用而跳起，选项D正确。‎ 答案　D ‎5.(2018·浙江温岭模拟)铺设海底金属油气管道时，焊接管道需要先用感应加热的方法对焊口两侧进行预热。将被加热管道置于感应线圈中，当感应线圈中通以电流时管道发热。下列说法中正确的是(　　)‎ 图5‎ A．管道发热是由于线圈中的电流直接流经管道引起的 B．感应加热是利用线圈电阻产生的焦耳热加热管道的 C．感应线圈中通以恒定电流时也能在管道中产生电流 D．感应线圈中通以正弦交流电在管道中产生的涡流也是交流电 解析　高频焊接利用高频交变电流产生高频交变磁场，在焊接的金属工件中就产生感应电流，根据法拉第电磁感应定律分析可知，电流变化的频率越高，磁通量变化频率越高，产生的感应电动势越大，感应电流越大，焊缝处的温度升高的越快。管道发热是由于线圈的作用，导致管道有涡流，选项A错误；感应加热是利用线圈变化的磁场，从而产生感应电场，形成涡流，选项B错误；感应线圈中通以正弦交流电在管道中产生的涡流也是交流电，选项C错误，D正确。‎ 答案　D ‎6.如图6所示，三个相同的灯泡L1、L2、L3，电感线圈L的电阻可忽略，D为理想二极管。下列说法正确的是(　　)‎ 图6‎ A．闭合开关S的瞬间，L3立即变亮，L1、L2逐渐变亮 B．闭合开关S的瞬间，L2、L3立即变亮，L1逐渐变亮 C．断开开关S的瞬间，L2立即熄灭，L1先变亮一下然后才熄灭 D．断开开关S的瞬间，L2、L3立即熄灭 解析　闭合开关S瞬间，因二极管具有单向导电性，所以L2与二极管处于通路，导致灯泡L2立刻亮，而在闭合开关S瞬间，因线圈L的电流的变化，导致阻碍灯泡L1的电流增大，导致灯泡L1将慢慢变亮，L2、L3均立即变亮，选项A错误，B正确；断开开关S的瞬间，因二极管的导通方向与电流方向相反，则L2立即熄灭，线圈L与灯泡L1、L3构成回路，因线圈产生感应电动势，所以灯泡L1、L3均逐渐变暗，熄灭，选项C、D错误。‎ 答案　B ‎7．(2018·浙江黄岩中学高三月考)如图7所示，在绝缘光滑水平面上，有一个边长为L＝10 cm的单匝正方形线框abcd，在外力的作用下以恒定的速率v＝10 m/s向右运动进入磁感应强度为B＝2 T的有界匀强磁场区域。线框被全部拉入磁场的过程中线框平面保持与磁场方向垂直，线框的ab边始终平行于磁场的边界。已知线框的四个边的电阻值相等，均为R＝0.5 Ω，下列说法正确的是(　　)‎ 图7‎ A．线框中的感应电动势为200 V B．线框进入磁场过程中ab边两端的电压为2 V C．在线框被拉入磁场的整个过程中，线框中产生的热量为0.02 J D．维持线框以恒定的速率被拉入磁场的外力大小为8 N 解析　根据法拉第电磁感应定律有E＝n，代入数得电动势E＝BLv＝2 V，此时ab两端的电压是路端电压，故Uab＝E＝1.5 V，选项A、B错误；根据焦耳定律有Q＝I24Rt＝·，代入数得Q＝0.02 J，选项C正确；回路中的电流I＝＝1 A，根据安培力公式有F安＝BIL＝2×1×0.1 N＝0.2 N，根据平衡条件可知，外力与安培力大小相等，方向相反，故外力的大小为0.2 N，选项D错误。‎ 答案　C ‎8.如图8所示，等腰直角三角形区域内有垂直纸面向内的匀强磁场，左边有一形状完全相同的等腰直角三角形导线框，线框从图示位置开始水平向右匀速穿过磁场区域，规定线框中感应电流逆时针方向为正方向，线框刚进入磁场区域时感应电流为i0，直角边长为L，其感应电流i随位移x变化的图象正确的是(　　)‎ 图8‎ 解析　在线框进入磁场的过程中，位移x为0～L，磁通量先增大再减小，所以感应电流方向先是逆时针，后是顺时针，当右边和斜边切割长度相等时感应电流为零，接着又反向增大，在位移为L时的位置如图所示，以后有效切割长度逐渐减小到零，则感应电动势逐渐减小到零，感应电流逐渐减小到零。当x＝0时，感应电流大小为i0＝，当x＝L时，感应电流大小为i＝ ＝，方向沿顺时针方向，为负值，选项D正确，A、B、C错误。‎ 答案　D 二、非选择题 ‎9．(2018·浙江宁波适应性考试)如图9甲所示，绝缘水平面上固定着两根足够长的光滑金属导轨PQ、MN, 相距为L＝0.5 m，ef右侧导轨处于匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下，磁感应强度B的大小如图乙变化。开始时ab棒和cd棒锁定在导轨如图甲位置，ab棒与cd棒平行，ab棒离水平面高度为h＝0.2 m，cd棒与ef之间的距离也为L，ab棒的质量为m1＝0.2 kg，有效电阻R1＝0.05 Ω，cd棒的质量为m2＝0.1 kg，有效电阻为R2＝0.15 Ω。(设a、b棒在运动过程始终与导轨垂直，两棒与导轨接触良好，导轨电阻不计，取g＝10 m/s2)。问：‎ 图9‎ ‎(1)0～1 s时间段通过cd棒的电流大小与方向；‎ ‎(2)假如在1 s末，同时解除对ab棒和cd棒的锁定，稳定后ab棒和cd棒将以相同的速度作匀速直线运动， 试求这一速度大小；‎ ‎(3)对ab棒和cd棒从解除锁定到开始以相同的速度作匀速运动，ab棒产生的热量为多少？‎ 解析　(1)0～1 s时间内由于磁场均匀变化，根据法拉第电磁感应定律E＝＝＝和闭合电路欧姆定律I＝，代入数据可解得I＝1.25 A。‎ ‎(2)1 s末后由磁场不变，ab棒从高为h处滑下到ef过程，由动能定理可知，‎ m1gh＝m1v 得v0＝＝ m/s＝2 m/s，‎ 从ab棒刚到ef处至两棒达共同速度过程，由动量守恒定律得，‎ m1v0＝(m1＋m2)v 即0.2×2＝(0.1＋0.2)v 解得v＝ m/s。‎ ‎(3)对ab棒和cd棒从解除锁定到开始以相同的速度作匀速运动过程，由能量守恒可知，‎ m1gh＝(m1＋m2)v2＋Q ‎ 代入数据解得Q＝ J 由于ab和cd棒串联，所以产生的热量之比等于电阻之比，所以 Qab＝Q＝× J＝ J。‎ 答案　(1) 1.25 A　d→c　(2) m/s　(3) J ‎10．(2018·浙江稽阳联谊学校高三第二学期选考)如图10甲，光滑的水平绝缘轨道M、N上搁放着质量m1＝0.2 kg、电阻R1＝0.02 Ω的“[”形金属框dabc，轨道间有一有界磁场，变化关系如图乙所示。一根长度与ab相等，质量m2＝0.1 kg、电阻R2＝0.012的金属棒ef放在轨道上并静止在磁场的左边界上。已知轨道间距与ab长度相等，均为L1＝0.3 m，ad＝bc＝L2＝0.1 m，其余电阻不计。t＝0时刻，给“[”形金属框一初速度v0＝3 m/s，与金属棒碰撞后合在一起成为一闭合导电金属框(碰撞时间极短)。t0时刻整个框刚好全部进入磁场，(t0＋1) s时刻，框左边刚要出磁场。求：‎ 图10‎ ‎(1)碰撞结束时金属框的速度大小；‎ ‎(2)0～t0时间内整个框产生的焦耳热。‎ 解析　(1)碰撞过程中，动量守恒，得到 m1v0＝v ‎ v＝2 m/s。‎ ‎(2)对闭合金属框应用动量定理有 ‎－BIL1Δt＝－BL1Δq ＝mΔv 等号两边求和，得－BL1 q ＝m(v′－v)‎ 又因为q＝＝ ‎ 得到v′＝1 m/s 所以Q＝(m1＋m2)v2－(m1＋m2)v′2＝0.45 J。‎ 答案　(1)2 m/s　(2)0.45 J ‎11.(2018·浙江桐乡高三模拟)如图11所示，间距为L的倒U型金属导轨竖直放置，导轨光滑且电阻忽略不计。垂直导轨平面分布着100个场强为B 的条形匀强磁场，磁场区域的宽度为a，相邻磁场距离为b。一根质量为m、电阻为R的金属棒放置在导轨上且与导轨始终良好接触，金属棒从距离第一磁场区域上端2a位置静止释放。(设重力加速度为g)‎ 图11‎ ‎(1)求刚进入第1磁场区域时的安培力大小和方向；‎ ‎(2)金属棒穿过各段磁场时，发现通过回路的电流随时间以固定周期做周期性变化，求金属棒穿出第100个磁场区域时的速度大小及整个过程金属棒产生的热量；‎ ‎(3)若满足第(2)问的情况，求金属棒穿过每个磁场区域的时间；并画出通过回路的电流i随时间t的变化的图象(定性即可，不需要标出具体坐标值)。‎ 解析　(1)金属棒刚进入第1磁场区域时产生的感应电动势为E＝BLv 根据速度位移公式v2－0＝2g×2a 解得v＝2 感应电流为I＝ 安培力大小为F＝BIL 联立解得F＝，方向竖直向上。‎ ‎(2)回路的电流随时间以固定周期做周期性变化，可知金属棒进入每个磁场时的速度必定相同，出每个磁场的速度也相同，即v进＝2 根据速度位移公式v－v＝2gb 联立解得v出＝ 金属棒在每个磁场中产生热量相同，由动能定理得 Q总＝100Q 则有Q＝mg(a＋b)‎ 总热量为Q总＝100mg(a＋b)。‎ ‎(3)由动量定理mgt－I安＝mv出－mv进 I安＝∑BiLΔt，i＝，∑v2Δt＝a 联立可得I安＝a 解得t＝＋－ 通过回路的电流i随时间t的变化的图象如图所示。‎ 答案　(1)　方向竖直向上 ‎(2)　100mg(a＋b)‎ ‎(3)＋－　见解析图