【物理】2019届一轮复习人教版 电磁感应 学案 68页

第十一章 考 纲 要 求 考 情 分 析 电磁感应现象 Ⅰ ‎1.命题规律 近几年高考对本章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知识，如动力学、能量、电路、图像等知识与电磁感应结合的问题，一般难度中等。‎ ‎2.考查热点 预计2019年高考对本章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。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。‎ 感应电流的产生条件 Ⅱ 法拉第电磁感应定律楞次定律 Ⅱ 自感　涡流 Ⅰ ‎[说明]　法拉第电磁感应定律　楞次定律限于导线方向与磁场方向、运动方向垂直的情况。‎ 第56课时　电磁感应现象和楞次定律(双基落实课)‎ 知识点一　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，则只有感应电动势，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 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左、右移动，ab中电流均会发生变化，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。‎ 判断有无感应电流的流程 ‎(1)确定研究的回路。‎ ‎(2)弄清楚回路内的磁场分布，并确定该回路的磁通量Φ。‎ ‎(3) 知识点二　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。‎ ‎2．右手定则 ‎(1)使用方法 让磁感线穿入右手手心，大拇指指向导体运动的方向，其余四指指向感应电流的方向。‎ ‎(2)适用范围：适用于部分导体切割磁感线的情况。‎ ‎[小题练通]‎ ‎1．(多选)(人教教材改编题)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，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→b B．先a→G→b，后b→G→a C．b→G→a D．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 解析：选AD　磁极上、下运动，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，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。‎ ‎(1)注意理解“阻碍”的意义，阻碍不是阻止，要弄清“增反减同”、“来拒去留”等的使用条件。‎ ‎(2)不要混淆右手定则、安培定则、左手定则，三个定则的适用对象、使用方法都不相同。‎ 知识点三　三定则、一定律的综合应用 ‎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 部分导体做切割磁感线运动 楞次定律 闭合回路的磁通量发生变化 ‎2．相互联系 ‎(1)应用楞次定律，一般要用到安培定则。‎ ‎(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。‎ ‎[典例]　(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，合上开关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方，环将向左运动 D．电池正负极调换后，环不能向左弹射 ‎[解析]　在闭合开关的过程中，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为顺时针方向，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；若铜环放在线圈右方，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。‎ ‎[答案]　AB 三个定则特别容易混淆，尤其是左手定则和右手定则，可以借用特殊方法记忆，比如左“力”右“电”，先左后右(先学磁场力，后学电磁感应)。‎ ‎[小题练通]‎ ‎1.(2017·全国Ⅰ卷)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，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。‎ ‎2．如图所示，在水平地面下有一条沿东西方向铺设的水平直导线，导线中通有自东向西稳定、强度较大的直流电流。现用一闭合的检测线圈(线圈中串有灵敏电流计，图中未画出)检测此通电直导线的位置，若不考虑地磁场的影响，在检测线圈位于水平面内从距直导线很远处，由北向南沿水平地面通过直导线的上方并移至距直导线很远处的过程中，俯视检测线圈，其中感应电流的方向是(　　)‎ A．先顺时针后逆时针 B．先逆时针后顺时针 C．先顺时针后逆时针，然后再顺时针 D．先逆时针后顺时针，然后再逆时针 解析：选D　地下通电直导线产生的磁场为以直导线为中心的闭合同心圆形磁场，且离直导线越远越稀疏，自西向东看磁场方向沿逆时针，当线圈在通电直导线正上方的左侧移动时，穿过线圈的磁通量方向斜向下且增大，由楞次定律知，线圈中感应电流方向为逆时针，同理在右侧时也为逆时针，当线圈一部分在通电直导线左侧一部分在右侧时为顺时针，故D正确。‎ ‎ 一、单项选择题 ‎1．(2017·江苏高考)如图所示，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，则穿过a、b两线圈的磁通量之比为(　　)‎ A．1∶1　　　　　　 　 　B．1∶2‎ C．1∶4 D．4∶1‎ 解析：选A　由题图可知，穿过a、b两个线圈的磁通量均为Φ＝B·πr2，因此磁通量之比为1∶1，A项正确。‎ ‎2．如图所示，闭合线圈上方有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的N极朝下。当磁铁向下运动时(但未插入线圈内部)，下列说法正确的是(　　)‎ A．线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相同，磁铁与线圈相互吸引 B．线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相同，磁铁与线圈相互排斥 C．线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相反，磁铁与线圈相互吸引 D．线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相反，磁铁与线圈相互排斥 解析：选B　当磁铁向下运动时，穿过线圈的磁通量向下且增加，根据楞次定律，感应电流的磁场阻碍磁通量的增加，方向向上，则线圈中的电流方向与箭头方向相同；由楞次定律的推论“来拒去留”可知，线圈对磁铁有向上的斥力，即二者相互排斥，故A、C、D错误，B正确。‎ ‎3．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瞬时感应电流，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。‎ ‎4．(2017·全国Ⅲ卷)如图，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(　　)‎ 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：选D　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，与原磁场方向相反，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A、B、C项错误，D项正确。‎ ‎5．(2018·泰州一模)如图所示，在长载流直导线近旁固定有两平行光滑导轨A、B，导轨与直导线平行且在同一水平面内，在导轨上有两根可自由滑动的导体棒ab和cd。当载流直导线中的电流逐渐减小时，导体棒ab和cd的运动情况是(　　)‎ A．一起向左运动 B．一起向右运动 C．相向运动，相互靠近 D．相背运动，相互远离 解析：选D　根据右手螺旋定则知，直流电流下方的磁场方向垂直纸面向里，电流减小时，磁场减弱，根据楞次定律得，回路中的感应电流方向为acdb，根据左手定则知，ab所受安培力方向向左，cd所受安培力方向向右，即ab和cd相背运动，相互远离，故D正确，A、B、C错误。‎ 二、多项选择题 ‎6．如图，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绕轴心顺时针转动且转速增大时，下列说法正确的是(　　)‎ A．A中产生逆时针的感应电流 B．A中产生顺时针的感应电流 C．A具有收缩的趋势 D．A具有扩展的趋势 解析：选BD　B为均匀带负电绝缘环，B转动时产生的电流为逆时针方向，由右手定则可知，电流的磁场垂直纸面向外且逐渐增强；由楞次定律可知，磁场增强时，感应电流的磁场与原磁场的方向相反，所以A中感应电流的磁场的方向垂直纸面向里，感应电流的方向为顺时针方向，故A错误，B正确；B外的磁场的方向与B内的磁场的方向相反，当B内的磁场增强时，A具有扩展的趋势，故C错误，D正确。‎ ‎7．如图所示，法拉第研究“磁生电”现象的实验装置原理图。两个线圈分别绕在一个铁环上，线圈A接直流电源，线圈B接灵敏电流表，下列哪些情况能使线圈B中产生感应电流(　　)‎ A．开关S闭合或断开瞬间 B．开关S闭合一段时间之后 C．开关S闭合后，改变滑动变阻器滑片的位置时 D．拿走铁环，再做这个实验，开关S闭合或断开的瞬间 解析：选ACD　根据法拉第对产生感应电流原因的概括，选项A、C、D符合变化的电流(变化的磁场)产生感应电流的现象。而开关S闭合一段时间之后，线圈A 中是恒定电流，产生恒定的磁场，线圈B中磁通量稳定不变，故不能使线圈B中产生感应电流，故选A、C、D。‎ ‎8．如图所示，光滑平行金属导轨PP′和QQ′，都处于同一水平面内，P和Q之间连接一电阻R，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中。现垂直于导轨放置一根导体棒MN，用一水平向右的力F拉动MN，下列关于MN中感应电流方向和它所受安培力的方向的说法正确的是(　　)‎ A．感应电流方向是N→M B．感应电流方向是M→N C．安培力水平向左 D．安培力水平向右 解析：选AC　方法一：由右手定则易知，MN中感应电流方向是N→M，再由左手定则可判知，MN所受安培力方向垂直于MN水平向左。故A、C正确。‎ 方法二：由楞次定律知，感应电流的产生，必然阻碍引起感应电流的原因。本题中，感应电流是由于MN相对于磁场向右运动引起的，则安培力必然阻碍这种相对运动，由安培力既垂直于电流又垂直于磁场方向可判知，MN所受安培力方向必然垂直于MN水平向左，再由左手定则，容易判断出感应电流的方向是N→M，故A、C正确。‎ ‎9．(2018·南通调研)如图所示，圆形导体线圈a平放在绝缘水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管、电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路。若将滑动变阻器的滑片P向上滑动，下列说法中正确的有(　　)‎ A．穿过线圈a的磁通量增大 B．线圈a对水平桌面的压力小于其重力 C．线圈a中将产生俯视逆时针方向的感应电流 D．线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流 解析：选BD　当P向上滑动时电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知通过b的电流减小，b产生的磁场减弱，故穿过a的磁通量变小；根据b中的电流方向和安培定则可知b产生的磁场方向向下穿过a，根据楞次定律，a中的感应电流的磁场要阻碍原来磁场的减小，故a的感应电流的磁场方向也向下，根据安培定则可知a中感应电流方向俯视应为顺时针，故A、C项错误，D项正确；开始时a对桌面的压力等于a的重力，当P向上滑动时，可以用“等效法”，即将a和b看成两个条形磁铁，易知此时两磁铁互相吸引，故a对水平桌面的压力将减小，故B项正确。‎ 第57课时　法拉第电磁感应定律(重点突破课)‎ ‎ ‎[必备知识]‎ ‎1．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，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。‎ ‎2．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：在自感现象中产生的感应电动势，表达式E＝L。‎ ‎(3)自感系数L：与线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯有关，单位为亨利(H)。‎ ‎3．涡流 当线圈中的电流发生变化时，在它附近的任何导体中都会产生感应电流，这种电流像水的漩涡，所以叫涡流。‎ ‎[小题热身]‎ ‎1．(人教教材改编题)将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是(　　)‎ A．感应电动势的大小与线圈的匝数无关 B．穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大 C．穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大 D．感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同 解析：选C　根据法拉第电磁感应定律E＝n，A、B错误，C正确；根据楞次定律易知，D错误。‎ ‎2．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· 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·。‎ ‎3．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∶1 B．a→c,2∶1‎ C．a→c,1∶2 D．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。‎ ‎ 重难点(一)　法拉第电磁感应定律的应用 ‎1．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＝n E＝Blvsin θ E＝Bl2ω E＝nBSω·‎ sin(ωt＋φ0)‎ ‎2.解题注意点 ‎(1)公式E＝n求的是Δt时间内的平均感应电动势，适用于任何磁场。当穿过闭合电路的磁通量均匀变化时，电路中产生恒定的电流，可用此公式求瞬时电动势。‎ ‎(2)公式E＝Blv，只适用于导体垂直于匀强磁场做切割磁感线的运动。若v为瞬时速度，求出的是瞬时感应电动势；若v为平均速度，求出的是平均感应电动势。‎ ‎[典例]　在半径为r、电阻为R的圆形导线框内，以直径为界，左右两侧分别存在着方向如图甲所示的匀强磁场，以垂直纸面向外的磁场为正，两部分磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律分别如图乙所示。则0～t0时间内，导线框中(　　)‎ A．感应电流方向为顺时针 B．感应电流方向为逆时针 C．感应电流大小为 D．感应电流大小为 ‎[解析]　根据楞次定律可知，左侧导线框的感应电流方向是顺时针，而右侧导线框的感应电流方向也是顺时针，则整个导线框的感应电流方向为顺时针，故A正确，B错误；由法拉第电磁感应定律，结合题意可知，导线框中产生的感应电动势为E＝2×，再由闭合电路欧姆定律，可得感应电流大小为I＝＝，故C、D错误。‎ ‎[答案]　A 感应电动势的大小与磁通量大小无关，与磁通量变化的大小也无关，与磁通量变化的快慢(变化率)有关。‎ ‎[集训冲关]‎ ‎1．(多选)(2016·全国Ⅱ卷)法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触。圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中。圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是(　　)‎ A．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定 B．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动 C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化 D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍 解析：选AB　由右手定则知，圆盘按如题图所示的方向转动时，感应电流沿a到b的方向流动，选项B正确；由感应电动势E＝Bl2ω知，角速度恒定，则感应电动势恒定，电流大小恒定，选项A正确；角速度大小变化，感应电动势大小变化，但感应电流方向不变，选项C错误；若ω变为原来的2倍，则感应电动势变为原来的2倍，电流变为原来的2倍，由P＝I2R知，电流在R上的热功率变为原来的4倍，选项D错误。 ‎ ‎2．(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。‎ ‎3．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O轴以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，则通过电阻R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。‎ 重难点(二)　公式E＝Blv的应用 ‎　　1.当导体平动垂直切割磁感线时，即B、l、v两两垂直时(如图甲所示)E＝Blv。公式中l指有效切割长度，即导体在与v和B垂直的方向上的投影长度。‎ ‎2．图乙中的有效切割长度为l＝sin θ。‎ ‎3．图丙中的有效切割长度为l＝。‎ ‎4．图丁中的有效切割长度：沿v1方向运动时，l＝R；沿v2方向运动时，l＝R。‎ ‎[典例]　(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．1 D. ‎[解析]　设金属棒长度为l，则金属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 本题考查切割磁感线产生感应电动势公式E＝Blv，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，MN、PQ为两条平行的水平放置的金属导轨，左端接有定值电阻R，金属棒ab斜放在两导轨之间，与导轨接触良好，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面，设金属棒与两导轨接触点之间的距离为L，金属棒与导轨间夹角为60°，以速度v水平向右匀速运动，不计导轨和金属棒的电阻，则流过金属棒中的电流为(　　)‎ A．I＝ B．I＝ C．I＝ D．I＝ 解析：选B　金属棒匀速运动，所以平均感应电动势的大小等于瞬时感应电动势的大小。题中金属棒的有效长度为，故E＝Bv·，根据闭合电路欧姆定律得I＝，故B正确。‎ ‎2．(2018·青岛质检)如图所示，虚线区域内有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁场宽度为L，磁感应强度大小为B。总电阻为R的直角三角形导线框，两条直角边边长分别为2L和L，在该线框以垂直于磁场边界的速度v匀速穿过磁场的过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A．线框中的感应电流方向始终不变 B．线框中的感应电流一直在增大 C．线框所受安培力方向始终相同 D．当通过线框的磁通量最大时，线框中的感应电动势为零 解析：选C　该线框以垂直于磁场边界的速度v 匀速穿过磁场的过程中，穿过线框的磁通量先增大后减小，根据楞次定律、安培定则可以判断，线框中的感应电流先沿逆时针方向后沿顺时针方向，且始终不为零，则感应电动势始终不为零，由左手定则可以判断，线框在该磁场中一直受到水平向左的安培力作用，故A、D错误，C正确；该线框以垂直于磁场边界的速度v匀速穿过磁场的过程中，线框切割磁感线的有效长度先增大后不变再增大，由E＝Blv及闭合电路的欧姆定律可得，线框中的感应电流先增大后不变再增大，故B错误。‎ 重难点(三)　两种自感现象的分析 通电自感 断电自感 电路图 器材规格 A1、A2同规格，R＝RL，L较大 L很大(有铁芯)，RLI1，因此A1和L1电阻不相等，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。‎ ‎ 一、单项选择题 ‎1．(2014·江苏高考)如图所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中。在Δt时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀地增大到2B ‎。在此过程中，线圈中产生的感应电动势为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选B　磁感应强度的变化率＝＝，法拉第电磁感应定律公式可写成E＝n＝nS，其中线圈在磁场中的有效面积S＝a2，代入得E＝n，选项B正确，A、C、D错误。‎ ‎2．如图所示，水平放置的平行金属导轨MN与PQ之间接有定值电阻R，导体棒ab长为l且与导轨接触良好，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，现使导体棒ab向右匀速运动，下列说法正确的是(　　)‎ A．ab两端的感应电动势越来越小 B．ab中的感应电流方向是a→b C．ab所受安培力方向水平向右 D．ab所受合力做功为零 解析：选D　由于ab匀速运动，磁感应强度及有效切割长度不变，由E＝Blv可知，运动中感应电动势不变；由楞次定律可知，ab中的电流方向是b→a；由左手定则可知，导体棒所受安培力方向水平向左；由于匀速运动，ab的动能不变，由动能定理可知，合力做的功等于零。选项A、B、C错误，D正确。‎ ‎3．如图所示，正方形线框的左半侧处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与线框平面垂直，线框的对称轴MN恰与磁场边缘平齐。若第1次将线框从磁场中以恒定速度v1向右匀速拉出，第2次以线速度v2让线框绕轴MN匀速转过90°，为使两次操作过程中，线框产生的平均感应电动势相等，则(　　)‎ A．v1∶v2＝2∶π B．v1∶v2＝π∶2‎ C．v1∶v2＝1∶2 D．v1∶v2＝2∶1‎ 解析：选A　第1次将线框从磁场中以恒定速度v1向右匀速拉出，线框中的感应电动势恒定，有1＝E1＝BLv1。第2次以线速度v2让线框绕轴MN匀速转过90°，所需时间t＝＝，线框中的磁通量变化量ΔΦ＝B·L·＝BL2，产生的平均电动势2＝＝。由题意知1＝2，可得v1∶v2＝2∶π，A正确。‎ ‎4．如图所示的电路，电源电动势为E，线圈L 的直流电阻不计，下列判断正确的是(　　)‎ A．闭合S，稳定后，电容器两端电压为E B．闭合S，稳定后，电容器的a极板带正电 C．断开S的瞬间，电容器的a极板将带正电 D．断开S的瞬间，电容器的a极板将带负电 解析：选C　由题意及自感现象规律可知，闭合S且电路稳定后，电容器与线圈L并联，由于线圈的直流电阻不计，所以电容器两端电压为零，故A、B错误；断开S的瞬间，由自感现象规律可知，线圈L中要产生感应电动势，感应电动势引起的感应电流的方向与原电流的方向一致，因而电容器的a极板将带正电，故C正确，D错误。‎ ‎5．(2018·南通、泰州、扬州高三模拟)法拉第发明了世界上第一台发电机。如图所示，圆形金属盘安置在电磁铁的两个磁极之间，两电刷M、N分别与盘的边缘和中心点接触良好，且与灵敏电流表相连。金属盘绕中心轴沿图示方向转动，则(　　)‎ A．电刷M的电势高于电刷N的电势 B．若只将电刷M移近N，电流表的示数变大 C．若只提高金属盘转速，电流表的示数变大 D．若只将滑动变阻器滑片向左滑动，电流表的示数变大 解析：选C　根据题图中电源的正负极判断电磁铁上导线的电流方向，根据安培定则可知电磁铁左侧为N极，右侧为S极，M、N间的金属盘部分垂直纸面向外运动，根据右手定则可知，M、N间的电动势由M指向N，则电刷N的电势高于电刷M的电势，A项错误；根据E＝BL 推导出，MN以电刷N为轴的转动切割磁感线时产生的感应电动势为E＝，若只将电刷M移近N，表达式中的L减小，电流表的示数变小，B项错误；若只提高金属盘转速，表达式中的ω增大，电流表的示数变大，C项正确；若只将滑动变阻器滑片向左滑动，滑动变阻器的有效阻值增大，回路电流减小，电磁铁的磁性减弱，表达式中的B减小，电流表的示数变小，D项错误。‎ 二、多项选择题 ‎6．如图所示，闭合开关S，将条形磁铁插入闭合线圈，第一次用时0.2 s，第二次用时0.4 s，并且两次磁铁的起始和终止位置相同，则(　　)‎ A．第一次线圈中的磁通量变化较快 B．第一次电流表G的最大偏转角较大 C．第二次电流表G的最大偏转角较大 D．若断开开关S，电流表G均不偏转，故两次线圈两端均无感应电动势 解析：选AB　两次磁通量变化相同，第一次时间短，则第一次线圈中磁通量变化较快，故A正确；感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，磁通量的变化率大，感应电动势大，产生的感应电流大，故B正确，C错误；断开开关S，电流表G不偏转，故感应电流为零，但感应电动势不为零，故D错误。‎ ‎7．(2016·江苏高考)电吉他中电拾音器的基本结构如图所示，磁体附近的金属弦被磁化，因此弦振动时，在线圈中产生感应电流，电流经电路放大后传送到音箱发出声音。下列说法正确的有(　　)‎ A．选用铜质弦，电吉他仍能正常工作 B．取走磁体，电吉他将不能正常工作 C．增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势 D．弦振动过程中，线圈中的电流方向不断变化 解析：选BCD　铜不能被磁化，铜质弦不能使电吉他正常工作，选项A错误；取走磁体后，金属弦不能被磁化，弦的振动无法通过电磁感应转化为电信号，音箱不能发声，选项B正确；增加线圈匝数，根据法拉第电磁感应定律E＝n知，线圈的感应电动势变大，选项C正确；弦振动过程中，线圈中的磁场方向不变，但磁通量一会儿增大，一会儿减小，则产生的感应电流的方向不断变化，选项D正确。‎ ‎8.‎ ‎(2018·长春外国语学校检测)如图所示，金属杆ab以恒定的速率v在光滑平行金属导轨上向右滑行，设整个电路总电阻保持不变，匀强磁场与导轨所在平面垂直，下列叙述正确的是(　　)‎ A．ab杆中的电流与速率成正比 B．电路产生的电热功率与速率成正比 C．磁场作用于ab杆的安培力与速率的平方成正比 D．外力对ab杆做功的功率与速率的平方成正比 解析：选AD　ab杆做切割磁感线运动，产生的感应电动势E＝BLv，电流I＝＝，可知电流与速率成正比，A正确；根据P＝I2R＝，知电阻R 产生的热功率(即电路产生的电热功率)与速率平方成正比，B错误；安培力F安＝BIL＝，知安培力与速率成正比，C错误；速率恒定，则外力F＝F安，故P外＝Fv＝，可知外力对ab杆做功的功率与速率的平方成正比，D正确。‎ ‎9．如图甲所示，单匝线圈两端A、B与一理想电压表相连，线圈内有一垂直纸面向里的匀强磁场，线圈中的磁通量变化规律如图乙所示。下列说法正确的是(　　)‎ A．0～0.10 s内磁通量的变化量为0.15 Wb B．电压表读数为0.5 V C．电压表“＋”接线柱接A端 D．B端比A端的电势高 解析：选BC　由题图乙知，0～0.10 s内磁通量的变化量为(0.15－0.10)Wb＝0.05 Wb，由题意知，线圈中的磁通量向里增加，根据楞次定律可得感应电流方向为逆时针方向，即电流从A流向B，所以电压表“＋”接线柱接A端，A端的电势比B端的高，根据法拉第电磁感应定律E＝＝ V＝0.5 V，即电压表读数为0.5 V，综上所述，B、C正确。‎ 三、计算题 ‎10．小明同学设计了一个“电磁天平”，如图1所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡。线圈的水平边长L＝0.1 m，竖直边长H＝0.3 m，匝数为N1。线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B0＝1.0 T，方向垂直线圈平面向里。线圈中通有可在0～2.0 A范围内调节的电流I。挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使天平平衡，测出电流即可测得物体的质量。(重力加速度取g＝10 m/s2)‎ ‎(1)为使电磁天平的量程达到0.5 kg，线圈的匝数N1至少为多少？‎ ‎(2)进一步探究电磁感应现象，另选N2＝100匝、形状相同的线圈， 总电阻R＝10‎ ‎ Ω。不接外电流，两臂平衡。如图2所示，保持B0不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B随时间均匀变大，磁场区域宽度d＝0.1 m。当挂盘中放质量为0.01 kg的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率。‎ 解析：(1)线圈受到安培力F＝N1B0IL 天平平衡mg＝N1B0IL 解得N1＝25 匝。‎ ‎(2)由电磁感应定律得E＝N2 即E＝N2Ld 由欧姆定律得I′＝ 线圈受到安培力F′＝N2B0I′L 天平平衡m′g＝N22B0· 解得＝0.1 T/s。‎ 答案：(1)25匝　(2)0.1 T/s ‎11．(2018·海安、南外、金陵三校联考)如图所示，轻质金属轮A可绕过圆心O的光滑水平轴转动，沿金属轮半径方向接有一根轻质金属棒OC，其长度为a、电阻为r, A轮的边缘与金属棒的端点O通过电刷、导线与一阻值为R的电阻相连。一轻细绳的一端固定在A轮的边缘上的某点，绳在A轮上绕有足够多的匝数后，悬挂一质量为m的重物P，A轮处在垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场中，不计A轮、端点O与电刷之间的摩擦及A轮的电阻。求：‎ ‎(1)金属棒从图示位置由静止开始转过θ角的过程中通过电阻R的电荷量；‎ ‎(2)当A轮的角速度为ω时，金属棒所受安培力的大小；‎ ‎(3)重物匀速运动时的速度。‎ 解析：(1)由＝，＝，q＝·Δt，‎ 金属棒从图示位置转过θ角的过程中扫过的面积为 ΔS＝a2θ，‎ 所以q＝。‎ ‎(2)设在Δt时间内，金属棒扫过的面积为ΔS＝a2θ ‎，根据法拉第电磁感应定律，金属棒产生的感应电动势大小为 E＝＝，‎ 又I＝，‎ F＝ILB，‎ 所以F＝。‎ ‎(3)在Δt时间内，金属棒产生的感应电动势大小为 E＝，‎ 重物匀速运动时重力的功率等于所有电阻的热功率之和，‎ 即mgv＝，‎ 而v＝ω·a，‎ 解得v＝。‎ 答案：(1)　(2)　(3) 第58课时　电磁感应中的电路问题(题型研究课)‎ ‎(一)　导体切割磁感线的电路结构分析 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＝BLv E＝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]　(2018·河南天一大联考)如图所示，间距为L的两根光滑圆弧轨道置于水平面上，其轨道末端水平，圆弧轨道半径为r，电阻不计。在其上端连有阻值为R0的电阻，整个装置处于如图所示的径向磁场中， 圆弧轨道处的磁感应强度大小为B。现有一根长度等于L、质量为m、电阻为R的金属棒，从轨道的顶端PQ处由静止开始下滑，到达轨道底端MN时对轨道的压力为2mg，重力加速度为g。求：‎ ‎(1)金属棒到达轨道底端时，金属棒两端的电压；‎ ‎(2)金属棒下滑过程中通过电阻R0的电荷量。‎ ‎[解析]　(1)金属棒两端的电压为路端电压，当金属棒到达轨道底端时，设金属棒的速度为v，‎ 由牛顿第二定律可得2mg－mg＝m，解得v＝ 由法拉第电磁感应定律可得E＝BLv 根据闭合电路欧姆定律得金属棒两端电压 U＝R0‎ 解得U＝。‎ ‎(2)通过电阻R0的电荷量q＝Δt 金属棒下滑过程中产生的感应电动势为 ＝＝ 感应电流为＝，‎ 解得q＝。‎ ‎[答案]　(1)　(2) 考法2　转动切割的电路问题　‎ ‎[例2]　(2018·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。直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＝。‎ ‎[答案]　(1)Bωr2　(2)　(3) ‎[通法归纳]‎ ‎　　1.处理电磁感应电路问题的一般思路 ‎2.电磁感应中电荷量的求解方法 无论是回路中的磁通量发生变化，还是导体切割磁感线引起的电磁感应现象，在Δt时间内通过导体横截面的电荷量的计算式为：q＝Δt＝Δt＝nΔt＝，即通过闭合回路某一横截面的电荷量仅与ΔΦ、n和回路电阻R有关，而与时间长短、磁场变化的快慢或导体运动的快慢无关。解决选择题或填空题时，可直接应用以上结论。‎ ‎[集训冲关]‎ ‎1．如图所示，竖直平面内有一金属环，半径为a，总电阻为R(指剪开拉直时两端的电阻)，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过环平面，与环的最高点A连接的长度为2a、电阻为的导体棒AB由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B点的线速度为v，则这时导体棒AB两端的电压大小为(　　)‎ A.　　 　B.　　 　C.　　 　D．Bav 解析：选A　摆到竖直位置时，导体棒AB切割磁感线的瞬时感应电动势E＝B·2a·v＝‎ Bav。由闭合电路的欧姆定律得，UAB＝·＝Bav，故选项A正确。‎ ‎2．如图所示，R1＝5 Ω，R2＝6 Ω，电压表与电流表的量程分别为0～10 V和0～3 A，电表均为理想电表。导体棒ab与导轨电阻均不计，且导轨光滑，导轨平面水平，ab棒处于匀强磁场中。‎ ‎(1)当滑动变阻器R接入电路的阻值调到30 Ω，且用F1＝40 N的水平拉力向右拉ab棒并使之达到稳定速度v1时，两表中恰好有一表满偏，而另一表又能安全使用，则此时ab棒的速度v1是多少？‎ ‎(2)当滑动变阻器R接入电路的阻值调到3 Ω，且仍使ab棒的速度达到稳定时，两表中恰有一表满偏，而另一表能安全使用，则此时作用于ab棒的水平向右的拉力F2是多大？‎ 解析：(1)此时并联支路电阻R并＝ Ω＝5 Ω，假设电流表满偏，即I＝3 A，那么此时电压表的示数应为U＝IR并＝15 V，此时电压表示数超过了量程，不能正常使用，不合题意。因此，应该是电压表正好达到满偏。‎ 当电压表满偏时，即U1＝10 V，‎ 此时电流表的示数为I1＝＝2 A 设ab棒达到稳定速度为v1时产生的感应电动势为E1，‎ 则E1＝Blv1，且E1＝I1(R1＋R并)＝20 V ab棒受到的安培力为F1＝BI1l＝40 N 解得v1＝1 m/s。‎ ‎(2)此时并联支路电阻R并′＝ Ω＝2 Ω，利用假设法可以判断，此时电流表恰好满偏，即I2＝3 A，此时电压表的示数为U2＝I2R并′＝6 V，可以安全使用，符合题意。‎ 由F＝BIl可知，速度达到稳定时ab棒受到的拉力与ab棒中的电流成正比，所以F2＝F1＝×40 N＝60 N。‎ 答案：(1)1 m/s　(2)60 N ‎(二)　变化磁场的电路结构分析 ‎1．电源：磁通量变化的线圈，感应电动势为E＝n。‎ ‎2．注意问题：E＝n为平均感应电动势，通过电路的电荷量q＝n。‎ ‎[典例]　(2018·泰州中学检测)如图(a)所示，平行且光滑的长直金属导轨MN、PQ 水平放置，间距L＝0.4 m，导轨右端接有阻值R＝1 Ω的电阻，导体棒垂直放置在导轨上，且接触良好，导体棒接入电路的电阻r＝1 Ω，导轨电阻不计。导轨间正方形区域abcd内有方向竖直向下的匀强磁场，bd连线与导轨垂直，长度也为L，从0时刻开始，磁感应强度B的大小随时间t变化，规律如图(b)所示；同一时刻，棒从导轨左端开始向右匀速运动，1 s后刚好进入磁场，若使棒在导轨上始终以速度v＝1 m/s做直线运动，求：‎ ‎(1)棒进入磁场前，电阻R中电流的大小和方向；‎ ‎(2)棒通过abcd区域的过程中通过电阻R的电量；‎ ‎(3)棒通过三角形abd区域时电流i与时间t的关系式。‎ ‎[解析]　(1)棒进入磁场前，闭合回路中有磁场通过的有效面积不变，磁感应强度均匀变大，由法拉第电磁感应定律知，‎ 回路中的电动势为：E＝NS＝1××(0.2)2 V＝0.04 V 则电流强度为：I＝＝ A＝0.02 A 根据楞次定律判断，电流方向为Q→N。‎ ‎(2)棒通过abcd区域的过程中通过电阻R的电量为：‎ q＝NΔt＝N＝1× C＝0.02 C。‎ ‎(3)根据几何关系可得：‎ L有效＝2v(t－1)＝2(t－1)　(1.0 s≤t≤1.2 s)‎ 切割产生的电动势为：E＝BL有效v 电流为：i＝ 解得：i＝(t－1)A　(1.0 s≤t≤1.2 s)。‎ ‎[答案]　(1)0.02 A，方向为Q→N　(2)0.02 C ‎(3)i＝(t－1)A　(1.0 s≤t≤1.2 s)‎ ‎(1)棒进入磁场前不切割磁感线，由于abcd中磁感应强度B随时间t均匀变化而产生感应电动势，故此时感应电动势用E＝N·S进行计算。‎ ‎(2)由于棒通过abcd区域时间内电流不恒定，故电荷量不能用q＝It直接计算，而是通过公式转换由磁通量的变化间接求解。‎ ‎(3)棒通过三角形abd区域时，磁感应强度B已保持恒定，但棒切割磁感线的有效长度随时间而变化。‎ ‎[集训冲关]‎ ‎1．(2018·福建三明质检)如图甲所示，半径为r的带缺口刚性金属圆环固定在水平面内，缺口两端引出两根导线，与电阻R构成闭合回路。若圆环内加一垂直于纸面变化的磁场，变化规律如图乙所示。规定磁场方向垂直纸面向里为正，不计金属圆环的电阻。下列说法正确的是(　　)‎ A．0～1 s内，流过电阻R的电流方向为a→b B．1～2 s内，回路中的电流逐渐减小 C．2～3 s内，穿过金属圆环的磁通量在减小 D．t＝2 s时，Uab＝πr2B0‎ 解析：选D　0～1 s内，穿过圆环垂直纸面向里的磁通量增大，根据楞次定律可知，流过电阻R的电流方向为b→a，选项A错误；1～2 s内，根据法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律得，回路中的电流I＝＝，B t图像的斜率k＝，在1～2 s内磁通量变化率恒定，所以电流恒定，选项B错误；2～3 s内，穿过金属圆环的磁通量垂直纸面向外增大，选项C错误；由法拉第电磁感应定律可知，在1～3 s内，Uab＝＝πr2B0，选项D正确。‎ ‎2．(2018·深圳高三调研)一根阻值为12 Ω的金属导线绕成如图甲所示的闭合线框，大正方形边长为0.4 m，小正方形边长为0.2 m，共10匝。放在粗糙的水平桌面上，两正方形对角线间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示，整个过程中线框始终未动。求：‎ ‎(1)线框中产生的感应电动势；‎ ‎(2)线框的电功率；‎ ‎(3)线框第1 s末受到的摩擦力。‎ 解析：(1)据法拉第电磁感应定律有：E＝N＝N 得：E＝N＝10×××(0.42－0.22)V＝1.2 V。‎ ‎(2)电功率为：P＝＝ W＝0.12 W。‎ ‎(3)线框中的电流为：I＝＝ A＝0.1 A 在磁场中的两边受到的力垂直于线框，大小相等，互成90°，每边所受安培力大小为：‎ F＝NBIL＝10×2×0.1×(0.4＋0.2)N＝1.2 N 安培力的合力为：F′＝F＝×1.2 N≈1.7 N 摩擦力为：f＝F＝1.7 N。‎ 答案：(1)1.2 V　(2)0.12 W　(3)1.7 N ‎ 一、选择题 ‎1．如图所示，用同种材料制成的粗细相同的金属圆环A和B，电阻RA＝2RB；虚线框内有随时间均匀变化的磁场；此磁场在圆环B内时，M、N两点间电势差大小为1.8 V，则将该磁场放入圆环A内时，M、N两点间电势差大小为(　　)‎ A．2.7 V B．1.8 V C．0.9 V D．0.3 V 解析：选C　A与B的电阻之比为2∶1，M、N两点间电势差大小为路端电压，为U＝；两次磁通量变化率相等，故根据法拉第电磁感应定律公式E＝n可得，两次电动势的大小相等；故两次的路端电压之比为U1∶U2＝RA∶RB＝2∶1，故U2＝U1＝0.9 V，C正确。‎ ‎2．(2018·济南模拟)如图所示，将外皮绝缘的圆形闭合细导线扭一次变成两个面积之比为1∶4的圆形闭合回路(忽略两部分连接处的导线长度)，分别放入垂直圆面向里、磁感应强度大小随时间按B＝kt(k>0，为常数)的规律变化的磁场，前后两次回路中的电流之比为(　　)‎ A．1∶3 B．3∶1‎ C．1∶1 D．9∶5‎ 解析：选B　同一导线构成不同闭合回路，它们的电阻相同，则电流之比等于它们的感应电动势之比，设圆形闭合细导线的周长为l，依据法拉第电磁感应定律E＝S ‎，之前的闭合回路的感应电动势E＝kπ2；圆形闭合细导线扭一次变成两个面积之比为1∶4的圆形闭合回路，根据面积之比等于周长的平方之比，则1∶4的圆形闭合电路的周长之比为1∶2，之后的闭合回路的感应电动势E′＝kπ2－kπ2，则前后两次回路中的电流之比I∶I′＝E∶E′＝3∶1，B正确。‎ ‎3．(多选)如图所示为一圆环发电装置，用电阻R＝4 Ω 的导体棒弯成半径L＝0.2 m的闭合圆环，圆心为O，COD是一条直径，在O、D间接有负载电阻R1＝1 Ω。整个圆环中均有B＝0.5 T的匀强磁场垂直环面穿过(未画出)。电阻r＝1 Ω 的导体棒OA贴着圆环匀速转动，角速度ω＝300 rad/s，则(　　)‎ A．当OA到达OC处时，圆环的电功率为1 W B．当OA到达OC处时，圆环的电功率为2 W C．全电路最大功率为3 W D．全电路最大功率为4.5 W 解析：选AD　当OA到达OC处时，圆环连入电路的总电阻为1 Ω，与R1串联接入电路，外电阻为2 Ω，OA转动过程中产生的感应电动势E＝BL2ω＝3 V，圆环上分压为1 V，可得圆环上的电功率为1 W，A正确，B错误；当OA到达OD处时，圆环连入电路的电阻为零，此时电路中总电阻最小，而电动势不变，所以电功率最大为P＝＝4.5 W，C错误，D正确。‎ ‎4．(多选)(2018·石家庄高三检测)如图甲所示，质量m＝3.0×10－3 kg 的金属细框竖直放置在两水银槽中，细框的水平细杆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、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、沿竖直方向的匀强磁场中，其磁感应强度B2随时间t变化的关系如图乙所示。t＝0.22 s时闭合开关K，细框瞬间跳起(细框跳起瞬间安培力远大于重力)，跳起的最大高度h＝0.20 m。不计空气阻力，重力加速度 g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　)‎ A．0～0.10 s内线圈中的感应电动势大小为3 V B．开关K闭合瞬间，CD中的电流方向为由C到D C．磁感应强度B2的方向竖直向下 D．开关K闭合瞬间，通过CD的电荷量为0.03 C 解析：选BD　由题图乙可知，0～0.10 s内，ΔΦ＝ΔBS＝(1.0－0)×0.01 Wb＝0.01 Wb，线圈中的感应电动势大小：E＝n＝300× V＝30 V，故选项A错误；由题意可知开关K闭合瞬间，CD所受安培力方向竖直向上，由左手定则可知，电流方向为由C到D，由安培定则可知感应电流在线圈中产生的磁场方向竖直向上，由题图乙可知，在t＝0.22 s时穿过线圈的磁通量在减少，由楞次定律可知，磁感应强度B2方向竖直向上，故选项B正确，C错误；对细框，由动量定理得：B1IlΔt＝mv－0，细框向上做竖直上抛运动，则v2＝2gh，电荷量：Q＝IΔt，解得：Q＝＝ C＝0.03 C，故选项D正确。‎ 二、计算题 ‎5．(2015·江苏高考)做磁共振(MRI)检查时，对人体施加的磁场发生变化时会在肌肉组织中产生感应电流。某同学为了估算该感应电流对肌肉组织的影响，将包裹在骨骼上的一圈肌肉组织等效成单匝线圈，线圈的半径r＝5.0 cm，线圈导线的截面积A＝0.80 cm2，电阻率ρ＝1.5 Ω·m。如图所示，匀强磁场方向与线圈平面垂直，若磁感应强度B在0.3 s内从1.5 T均匀地减为零，求：(计算结果保留一位有效数字)‎ ‎(1)该圈肌肉组织的电阻R；‎ ‎(2)该圈肌肉组织中的感应电动势E；‎ ‎(3)0.3 s内该圈肌肉组织中产生的热量Q。‎ 解析：(1)由电阻定律得R＝ρ，代入数据得R≈6×103 Ω。‎ ‎(2)感应电动势E＝，代入数据得E≈4×10－2 V。‎ ‎(3)由焦耳定律得Q＝Δt，代入数据得Q＝8×10－8 J。‎ 答案：(1)6×103 Ω　(2)4×10－2 V　(3)8×10－8 J ‎6．(2018·苏锡常镇四市调研)一个圆形线圈，匝数n＝10，其总电阻r＝4.0 Ω，线圈与阻值R0＝16 Ω的外电阻连成闭合回路，如图甲所示。线圈内部存在着一个边长L＝0.20 m的正方形区域，其中有分布均匀但强弱随时间变化的磁场，图乙显示了一个周期内磁场的变化情况，周期T＝1.0×10－2 s，磁场方向以垂直线圈平面向外为正方向。求：‎ ‎(1)t＝T时刻，电阻R0上的电流大小和方向；‎ ‎(2)0～时间内，流过电阻R0的电量；‎ ‎(3)一个周期内电阻R0产生的热量。‎ 解析：(1)0～内，感应电动势大小E1＝n＝，S＝L2，可得电流大小I1＝，解得I1＝0.4 A 电流方向为从b到a。‎ ‎(2)同(1)可得～时间内，感应电流大小I2＝0.2 A 流过电阻R0的电量q＝I1·＋I2· 解得q＝1.5×10－3 C。‎ ‎(3)由一个周期内磁场变化的对称性可得，一个周期内电阻R0产生的热量Q＝I12R0·＋I22R0· 解得Q＝1.6×10－2 J。‎ 答案：(1)0.4 A　方向为从b到a　(2)1.5×10－3 C ‎(3)1.6×10－2 J 第59课时　电磁感应中的图像问题(题型研究课)‎ ‎(一)　根据电磁感应过程分析、判断图像 考法1　i t图像的判断　‎ ‎[例1]　如图所示，电阻R＝1 Ω、半径r1＝0.2 m的单匝圆形导线框P内有一个与P共面的圆形磁场区域Q，P、Q的圆心相同，Q的半径r2＝0.1 m。t＝0时刻，Q内存在着垂直于圆面向里的磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系是B＝2－t(T)。若规定逆时针方向为电流的正方向，则线框P中感应电流I随时间t变化的关系图像应该是选项图中的(　　)‎ ‎[解析]　由B＝2－t(T)知，＝1 T/s，且磁感应强度减小，由楞次定律得P内电流沿顺时针方向，为负值，故A、D错误；又由欧姆定律得E＝S＝πr22，I＝，解得电流大小I＝0.01π A，故B错误，C正确。‎ ‎[答案]　C 考法2　E t图像的判断　‎ ‎[例2]　(2018·辽宁实验中学模拟)如图所示，在PQ、QR区域中存在着磁感应强度大小相等、方向相反的匀强磁场，磁场方向均垂直于纸面。一导线框abcdef位于纸面内，框的邻边都相互垂直，bc边与磁场的边界P重合。导线框与磁场区域的尺寸已标注。从t＝0时刻开始，线框匀速横穿两个磁场区域。以a→b→c→d→e→f→a为线框中的电动势E的正方向，则选项图所示的四个Et关系示意图中正确的是(　　)‎ ‎[解析]　如图是线框切割磁感线的不同阶段示意图。‎ 在第一阶段，只有bc切割向外的磁感线，由右手定则知感应电动势为负，大小为Blv；在第二阶段，bc切割向里的磁感线，电动势为正，同时de切割向外的磁感线，电动势为负，等效电动势为零；在第三阶段，de切割向里的磁感线同时，af切割向外的磁感线，两电动势同为正，等效电动势为正，大小为3Blv；在第四阶段，只有af切割向里的磁感线，电动势为负，大小为2Blv，故C正确，A、B、D错误。‎ ‎[答案]　C 考法3　v t图像的判断　‎ ‎[例3]　如图所示，矩形闭合导体线框在匀强磁场上方，由不同高度静止释放，用t1、t2分别表示线框ab边和cd边刚进入磁场的时刻。线框下落过程，ab边始终保持与磁场水平边界线OO′平行，线框平面与磁场方向垂直。设OO′下方磁场区域足够大，不计空气阻力，则下列哪一个图像不可能反映线框下落过程中速度v随时间t变化的规律(　　)‎ ‎[解析]　由题意可知，线框先做自由落体运动，最终做匀加速直线运动。若ab边刚进入磁场时，速度较小，线框内产生的感应电流较小，线框所受安培力小于重力，则线框进入磁场的过程做加速度逐渐减小的加速运动，图像C有可能；若线框进入磁场时的速度较大，线框内产生的感应电流较大，线框所受安培力大于重力，则线框进入磁场时做加速度逐渐减小的减速运动，图像B有可能；若线框进入磁场时的速度合适，线框所受安培力等于重力，则线框匀速进入磁场，图像D有可能；由分析可知应选A。‎ ‎[答案]　A 考法4　F -t图像的判断　‎ ‎[例4]　将一段导线绕成如图甲所示的闭合回路，并固定在水平面(纸面)内。回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ中。回路的圆环区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ，以向里为磁场Ⅱ的正方向，其磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙所示。用F表示ab边受到的安培力，以水平向右为F的正方向，能正确反映F随时间t变化的图像是(　　)‎ ‎[解析]　0～时间内，回路中产生顺时针方向、大小不变的感应电流，根据左手定则可以判定ab边所受安培力向左。～T时间内，回路中产生逆时针方向、大小不变的感应电流，根据左手定则可以判定ab边所受安培力向右，故B正确。‎ ‎[答案]　B 考法5　多种图像的综合判断　‎ ‎[例5]　(多选)(2016·四川高考)如图所示，电阻不计、间距为l的光滑平行金属导轨水平放置于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，导轨左端接一定值电阻R。质量为m、电阻为r的金属棒MN置于导轨上，受到垂直于金属棒的水平外力F的作用由静止开始运动，外力F与金属棒速度v的关系是 F＝F0＋kv(F0、k是常量)，金属棒与导轨始终垂直且接触良好。金属棒中感应电流为i，受到的安培力大小为FA，电阻R两端的电压为UR，感应电流的功率为P，它们随时间t变化图像可能正确的有(　　)‎ ‎[解析]　当金属棒MN的速度为v时，MN受到的安培力FA＝Bil＝，根据牛顿第二定律得金属棒MN的加速度a＝＝＋v，且i＝，UR＝，P＝。若k＝，金属棒做匀加速直线运动，此时，it图像为直线，FAt图像为直线，URt图像为直线，Pt图像为抛物线。若k＞，则金属棒做加速度增大的加速运动。则it图像、FAt图像、URt图像、Pt图像为曲线，斜率越来越大，此时选项B正确；若k＜，则金属棒做加速度减小的加速运动，加速度减为零后做匀速运动，此时it图像、FAt图像、URt图像、Pt图像为曲线，斜率越来越小，最后恒定，感应电流的功率最后也恒定，此时选项C正确。‎ ‎[答案]　BC ‎[通法归纳]‎ 电磁感应图像的判断方法 ‎(1)关注初始时刻，如初始时刻受力、速度、磁通量、感应电流等是否为零，方向如何。‎ ‎(2)关注变化过程，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像变化相对应。‎ ‎(3)关注大小、方向的变化趋势，看图线斜率的大小、图线的曲、直是否和物理过程相对应。‎ ‎(4)推导出相应物理量的函数关系式，看图像与关系式是否相对应。‎ ‎[集训冲关]‎ ‎1．如图甲所示，三角形导线框abc固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向为垂直纸面向里，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示。规定线框中感应电流i沿顺时针方向为正方向，下列 it图像中正确的是(　　)‎ 解析：选B　由题图乙可知，0～1 s内，线框中磁通量的变化率相同，故0～1 s内电流的方向相同，由楞次定律可知，线框中电流方向为逆时针，即电流为负方向；同理可知，1～2 s内，线框中的电流为顺时针，2～3 s内，线框中的电流为顺时针，3～4 s内，线框中的电流为逆时针，由E＝＝可知，线框中电流大小恒定不变。选项B正确，A、C、D错误。‎ ‎2．(2018·江西联考)如图所示，导体棒沿两平行金属导轨从图中位置以速度v向右匀速通过一正方形磁场区域abcd，ac垂直于导轨且平行于导体棒，ac右侧的磁感应强度是左侧的2倍且方向相反，导轨和导体棒的电阻均不计，下列关于导体棒中感应电流和所受安培力随时间变化的图像正确的是(规定电流从M经R到N为正方向，安培力向左为正方向)(　　)‎ 解析：选A　由E＝BLv可知，导体棒由b运动到ac过程中，切割磁感线有效长度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经R到N，同理，导体棒由ac运动到d的过程中，感应电流I均匀减小，方向由N经R到M。由左手定则可知，导体棒所受安培力始终水平向左，大小不断增大，故选项A正确。‎ ‎(二)　根据图像分析电磁感应问题 ‎[典例]　如图甲所示，在同一平面内有两个相互绝缘的金属圆环A、B，圆环A平分圆环B为面积相等的两部分，当圆环A中的电流按如图乙所示规律变化时，图甲中A上所示的电流方向为正，下列说法正确的是(　　)‎ A．B中始终没有感应电流 B．B中有顺时针方向的感应电流 C．B中有逆时针方向的感应电流 D．B中先有顺时针方向的感应电流，后有逆时针方向的感应电流 ‎[解析]　由于A中的电流发生了变化，故B中一定有感应电流产生，由楞次定律判定可知，B中有顺时针方向的感应电流，故B正确。‎ ‎[答案]　B 结合Bt图像分析问题的注意点 ‎(1)法拉第电磁感应定律E＝n，常有两种特殊情况，即E＝nS和E＝nB，其中是Bt图像中图线的斜率，若斜率不变则感应电动势是恒定不变的。‎ ‎(2)感生电动势产生的感应电流方向，一般用楞次定律结合安培定则来判定。‎ ‎(3)计算电动势时要注意有效面积，求解电压时要分清内外电路。‎ ‎[集训冲关]‎ ‎1．(2018·天津静海一中模拟)半径为r带缺口的刚性金属圆环在纸面上固定放置，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于纸面固定放置的平行金属板连接，两板间距为d，如图甲所示。有一变化的磁场垂直于纸面，规定方向向里为正，变化规律如图乙所示。在t＝0时刻平板之间中心有一重力不计，电荷量为q的静止微粒，则下列说法正确的是(　　)‎ A．第2秒内上极板为正极 B．第3秒内上极板为负极 C．第2秒末微粒回到了原来位置 D．第3秒末两极板之间的电场强度大小为 解析：选A　第2秒内磁场强度减小，所以圆环产生感应电动势，相当于一电源，由楞次定律知，上极板为正极，A正确；第3秒内磁场方向向外，磁场强度增加，产生的感应电动势仍然是上极板为正极，故B错误；第1秒内，上极板为负极，第2秒内，上极板为正极，这个过程中电场强度反向，所以微粒先加速，然后减速，第2秒末微粒速度为零，离开中心位置最远，第3秒末圆环产生的感应电动势为＝0.1πr2，电场强度E＝＝，C、D错误。‎ ‎2．(多选)如图甲所示，abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，线框的质量为m、电阻为R，在线框的下方有一匀强磁场区域，MN和PQ是磁场区域的水平边界，并与线框的bc边平行，磁场方向垂直于线框平面向里。现使线框从MN 上方某一高度处由静止开始下落，如图乙是线框由开始下落到bc边刚好运动到磁场PQ边界的v t图像，图中数据均为已知量，重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的是(　　)‎ A．线框刚进入磁场时感应电流方向沿adcba方向 B．磁场的磁感应强度为 C．线框在0～t3时间内所产生的热量为mgv1(t2－t1)‎ D．MN和PQ之间的距离为v1(t2－t1)‎ 解析：选BC　根据楞次定律可知，线框刚进入磁场时，感应电流沿abcda方向，选项A错误；由于bc边进入磁场时线框做匀速运动，则mg＝，而线框边长l＝v1(t2－t1)，联立可得B＝ ，选项B正确；线框在0～t3时间内，只有在t1～t2时间内才产生热量，此过程中安培力与重力大小相等，因此所产生的热量为mgv1(t2－t1)，选项C正确；MN和PQ之间的距离为v1(t2－t1)＋(t3－t2)，选项D错误。‎ ‎ ‎1．(多选)(2018·聊城模拟)如图(a)所示，一个半径为r1、匝数为n、电阻值为R的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连接成闭合回路，导线的电阻不计。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变化的图像如图(b)所示，图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0，关于0到t1时间内的下列分析，正确的是(　　)‎ A．R1中电流的方向由a到b B．电流的大小为 C．线圈两端的电压为 D．通过电阻R1的电荷量 解析：选BD　由题图分析可知，0到t1时间内，由法拉第电磁感应定律有E＝n＝n eq lc| c|(avs4alco1(f(ΔB,Δt)))S，面积为S＝πr22，由闭合电路欧姆定律有I1＝，联立以上各式解得，通过电阻R1上的电流大小为I1＝，由楞次定律可知，通过电阻R1上的电流方向为由b到a，故A项错误，B项正确；线圈两端的电压大小为U＝I1·2R＝，故C项错误；通过电阻R1上的电荷量为q＝I1t1＝，故D项正确。‎ ‎2．(2018·南昌三校高三联考)如图所示，一个有矩形边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里。一个三角形闭合导线框，由位置1(左)沿纸面匀速运动到位置2(右)。取线框刚到达磁场边界的时刻为计时起点(t＝0)，规定逆时针方向为电流的正方向，则选项图中能正确反映线框中电流与时间关系的是(　　)‎ 解析：选A　线框进入磁场的过程，磁通量向里增加，根据楞次定律得知感应电流的磁场向外，由安培定则可知开始时电流方向为逆时针，电流i应为正方向，故B、C错误；线框进入磁场的过程，线框的有效切割长度先均匀增大后均匀减小，由E＝Blv，可知感应电动势先均匀增大后均匀减小，电流变化规律与之相同；线框完全处于磁场的过程，线框中没有感应电流产生。线框穿出磁场的过程，磁通量向里减小，根据楞次定律得知感应电流的磁场向里，由安培定则可知感应电流方向为顺时针，电流i应为负方向；线框有效的切割长度先均匀增大后均匀减小，由E＝Blv，可知感应电动势先均匀增大后均匀减小，电流变化规律与之相同，故A正确，D错误。‎ ‎3．(2018·泰州一模)在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一个面积不变的单匝金属圆线圈，规定线圈中感应电流的正方向如图甲所示，取线圈中磁场B的方向向上为正，当磁场中的磁感应强度B随时间t按图乙所示规律变化时，下列图中能正确表示线圈中感应电流变化的是(　　)‎ 解析：选A　在0～内，根据法拉第电磁感应定律，E＝n＝，根据楞次定律，感应电流的方向与题图所示箭头方向相反，为负值；在～T内，根据法拉第电磁感应定律，E＝n＝＝2E，所以感应电流是0～内的2倍，根据楞次定律，感应电流的方向与题图所示方向相反，为负值。故A正确，B、C、D错误。‎ ‎4．如图所示，一导体圆环位于纸面内，O为圆心。环内两个圆心角为90°的扇形区域内分别有匀强磁场，两磁场磁感应强度的大小相等、方向相反且均与纸面垂直。导体杆OM可绕O转动，M端通过滑动触点与圆环接触良好。在圆心和圆环间连有电阻R。杆OM以角速度ω逆时针匀速转动，t＝0 时恰好在图示位置。规定从a到b流经电阻R的电流方向为正，圆环和杆OM的电阻忽略不计，则杆OM从t＝0开始转动一周的过程中，电流随ωt变化的图像应是(　　)‎ 解析：选C　根据E＝Bωl2和I＝可知，杆OM切割磁感线时产生的感应电流的大小是恒定的。根据右手定则，可知C正确。‎ ‎5．如图所示，图中两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间的距离为l，磁场方向垂直纸面向里。abc是位于纸面内的等腰直角三角形线圈，ab边平行于磁场的虚线边界，bc边长也为l。t＝0时刻，c点位于磁场区域的边界上。现令线圈以恒定的速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域，取沿a→b→c方向的感应电流为正。则在线圈穿过磁场区域的过程中，感应电流i随时间t变化的图线可能是(　　)‎ 解析：选A　感应电流i＝，在0～时间内，由右手定则、楞次定律判断可知，感应电流方向沿a→b→c，是正的，线圈切割磁感线的有效长度l均匀增加，则电流i 均匀增加；在～时间内，由右手定则、楞次定律判断可知，感应电流方向沿c→b→a，是负的，线圈切割磁感线的有效长度l均匀增加，则电流i均匀增加；可知，B、C、D错误，A正确。‎ ‎6．(多选)(2018·南京模拟)如图所示，光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成θ角，M、P两端接一阻值为R的定值电阻，阻值为r的金属棒ab垂直导轨放置，其他部分电阻不计。整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下。t＝0时对金属棒施一平行于导轨的外力F，金属棒由静止开始沿导轨向上做匀加速直线运动。下列关于穿过回路abPM的磁通量变化量ΔΦ、磁通量的瞬时变化率、通过金属棒的电荷量q以及a、b两端的电势差U随时间t变化的图像中，正确的是(　　)‎ 解析：选BD　设金属棒的加速度为a，运动的位移x＝at2，磁通量变化量ΔΦ＝BLx＝BLat2，ΔΦ∝t2，选项A错误；感应电动势E＝＝BLat，故∝t，选项B正确；U＝＝t，U∝t，选项D正确；电荷量q＝，因为ΔΦ∝t2，所以q∝t2，选项C错误。‎ ‎7．(多选)如图甲所示，MN、PQ两平行光滑金属导轨固定在绝缘水平面上，其左端接一电容为C的电容器，导轨范围内存在竖直向下的匀强磁场，导体棒ab垂直MN、PQ放在导轨上，在水平拉力的作用下从静止开始向右运动。电容器两极板间的电势差随时间变化的图像如图乙所示，不计导体棒及导轨电阻。下列关于导体棒运动的速度v、导体棒受到的外力F随时间变化的图像可能正确的是(　　)‎ 解析：选BD　电容器的电压U＝BLv，由题图乙知，U随时间t均匀增大，说明速度v均匀增大，导体棒做匀加速运动，A错误，B正确；电路中的电流i＝＝＝常数，导体棒中的电流不变，再由F－BIL＝ma可知，外力不随时间t变化，C错误，D正确。‎ 第60课时　电磁感应中的动力学问题(题型研究课)‎ ‎(一)　运动切割类动力学问题 考法1　单杆模型(光滑平行导轨)　‎ 基本模型 运动过程 力学分析 能量分析 发 电 式 单杆受外力F和F安，v↑⇒F安↑⇒a↓，直至a＝0，F＝F安，v恒定，匀速，I恒定 外力做功转化为动能和内能，WF＝Q＋mv02‎ 阻 尼 式 单杆只受安培力F安，则v↓⇒F安↓⇒a↓，最后静止，I＝0‎ 动能转化为内能，Q＝mv02‎ ‎[例1]　(2017·江苏高考)如图所示，两条相距d的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R的电阻。质量为m的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ的磁感应强度大小为B、方向竖直向下。当该磁场区域以速度v0匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为v。导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触。求：‎ ‎(1)MN刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I；‎ ‎(2)MN刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a；‎ ‎(3)PQ刚要离开金属杆时，感应电流的功率P。‎ ‎[解析]　(1)MN刚扫过金属杆时，金属杆中感应电动势为E＝Bdv0‎ 故感应电流为I＝＝。‎ ‎(2)金属杆所受安培力F＝BId 由牛顿第二定律得F＝ma 可得磁场区域扫过金属杆后，金属杆的加速度大小 a＝。‎ ‎(3)PQ刚要离开金属杆时，金属杆切割磁感线的速度为 v′＝v0－v，‎ 则感应电动势E＝Bd(v0－v)‎ 解得感应电流的功率P＝＝。‎ ‎[答案]　(1)　(2)　(3) ‎(1)磁场运动和金属杆运动等效，都会使金属杆切割磁感线。‎ ‎(2)MN刚扫过金属杆时，金属杆切割磁感线的速度为v0，PQ刚要离开金属杆时，金属杆切割磁感线的速度为v0－v，这一点要特别注意。‎ 考法2　双杆模型(光滑平行导轨)　‎ 模型 运动过程 过程分析 方法说明 不受外力 ‎ ‎ m1＝m2 ‎ r1＝r2 ‎ L1＝L2‎ 杆MN做变减速运动，杆PQ做变加速运动；稳定时，两杆的加速度均为零，以相等的速度做匀速运动 将两杆视为整体，不受外力，最后a＝0‎ 受到恒力 m1＝m2‎ r1＝r2‎ L1＝L2‎ 开始时，两杆做变加速运动；稳定时，两杆以相同的加速度做匀加速运动 将两杆视为整体，只受外力F，a＝ ‎[例2]　如图所示，在方向竖直向上的磁感应强度为B的匀强磁场中有两条光滑固定的平行金属导轨MN、PQ，导轨足够长，间距为L，其电阻不计，导轨平面与磁场垂直。ab、cd为两根垂直于导轨水平放置的金属棒，其接入回路中的电阻均为R、质量均为m。与金属导轨平行的水平细线一端固定，另一端与cd棒的中点连接，细线能承受的最大拉力为T，一开始细线处于伸直状态，ab棒在平行导轨的水平拉力F的作用下以加速度a向右做匀加速直线运动，两根金属棒运动时始终与导轨接触良好且与导轨相垂直。‎ ‎(1)经多长时间细线被拉断？‎ ‎(2)若在细线被拉断瞬间撤去拉力F，则两根金属棒之间距离增量Δx的最大值是多少？‎ ‎[解析]　(1)ab棒以加速度a向右运动时，当细线断时，设ab棒运动的速度为v ‎，产生的感应电动势E＝Blv，‎ 回路中的感应电流I＝，‎ cd棒受到安培力F安＝BIL，‎ 设经t时细线被拉断，得F安＝T，‎ v＝at，‎ 解得t＝。‎ ‎(2)细线断后，ab棒做减速运动，cd棒做加速运动，两棒之间的距离增大，当两棒达到共同速度u而稳定运动时，两棒之间的距离增量Δx达到最大值，整个过程回路中磁通量的变化量ΔΦ＝BLΔx，‎ 由动量守恒定律得mv＝2mu，‎ 回路中感应电动势的平均值＝，‎ 回路中电流的平均值＝，‎ 对于cd棒，由动量定理得 BLΔt＝mu，‎ 解得Δx＝。‎ ‎[答案]　(1)　(2) 考法3　含容问题　‎ ‎[例3]　(多选)如图所示，水平放置的足够长光滑金属导轨ab、cd处于匀强磁场中，磁感应强度方向与导轨平面垂直。质量为m、电阻为R的金属棒ef静止于导轨上。导轨的一端经过开关S与平行板电容器相连，开始时，开关S打开，电容器上板带正电，带电荷量为Q。现闭合开关S，金属棒ef开始运动，则下列说法中正确的是(　　)‎ A．电容器所带电荷量逐渐减少，最后变为零 B．电容器两板间场强逐渐减小，最后保持一个定值不变 C．ef中电流先增大后减小，最后减为零 D．ef的速度逐渐增大，最后保持一个定值不变 ‎[解析]　闭合开关S，电容器放电，ef上产生电流，ef受安培力作用而做加速运动，ef上产生的感应电动势与极板间电压相等时，电容器停止放电，ef最后做匀速运动。可知A错误，D正确；由以上分析可知，电容器两板间场强逐渐减小，最后保持一个定值不变，B正确；ef中电流开始最大，然后逐渐减小，最后为零，C错误。‎ ‎[答案]　BD ‎(1)电容器开始放电时，电流最大，金属棒受到的安培力最大，加速度最大，放电后极板间电压逐渐减小。‎ ‎(2)金属棒开始运动后，产生感应电动势，随着金属棒做加速运动，感应电动势逐渐增大。‎ ‎(3)感应电动势与极板间电压相等时，电容器不再放电，电路中电流等于零，金属棒做匀速运动。‎ ‎[集训冲关]‎ ‎1．如图所示，水平面内有一平行金属导轨，导轨光滑且电阻不计，匀强磁场与导轨平面垂直。阻值为 R 的导体棒垂直于导轨静止放置，且与导轨接触良好。t＝0 时，将开关S由1 掷到2。q、i、v和a分别表示电容器所带的电荷量、棒中的电流、棒的速度和加速度。下列图像正确的是(　　)‎ 解析：选D　当开关S由1掷到2时，电容器开始放电，此时电流最大，棒受到的安培力最大，加速度最大，此后棒开始运动，产生感应电动势，棒相当于电源，利用右手定则可判断棒上端为正极，下端为负极，与电容器的极性相同，当棒运动一段时间后，电路中的电流逐渐减小，当电容器极板电压与棒两端电动势相等时，电容器不再放电，电路电流等于零，棒做匀速运动，加速度减为零，所以B、C错误，D正确；因电容器两极板间有电压，q＝CU不等于零，所以A错误。‎ ‎2．(2018·江西重点中学联考)如图所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ固定在同一水平面上，两导轨间距L＝1 m，电阻R＝0.4 Ω，导轨上停放一质量m＝0.25 kg、电阻r＝0.1 Ω的金属杆，导轨电阻可忽略不计，整个装置处于磁感应强度B＝0.25 T的匀强磁场中，磁场方向竖直向下。现用一外力F沿水平方向拉金属杆，使之由静止开始运动，理想电压表的示数U随时间t变化的关系如图(b)所示。求：‎ ‎(1)金属杆运动的加速度；‎ ‎(2)第5 s末外力F的瞬时功率。‎ 解析：(1)U＝E·＝，U∝v，因U随时间均匀变化，故v也随时间均匀变化，金属杆做匀加速直线运动。‎ k＝＝·＝a· 解得：a＝＝ m/s2＝2 m/s2。‎ ‎(2)F＝F安＋ma＝BIL＋ma＝＋ma＝0.25t＋0.5(N)‎ 第5 s末外力F的瞬时功率：‎ P＝Fv＝(0.25t＋0.5)at＝17.5 W。‎ 答案：(1)2 m/s2　(2)17.5 W ‎(二)　变化磁场类动力学问题 ‎[典例]　电磁弹射是我国最新研究的重大科技项目，原理可用下述模型说明。如图甲所示，虚线MN右侧存在一个竖直向上的匀强磁场，一边长为L的正方形单匝金属线框abcd静止放在光滑水平面上，电阻为R，质量为m，ab边在磁场外侧紧靠 MN虚线边界。t＝0时起磁感应强度B随时间t的变化规律是B＝B0＋kt(k为大于零的常数)，空气阻力忽略不计。‎ ‎(1)求t＝0时刻，线框中感应电流的功率P；‎ ‎(2)若线框cd边穿出磁场时速率为v，求线框穿出磁场过程中，安培力对线框所做的功W及通过导线截面的电荷量q；‎ ‎(3)若用相同的金属线绕制相同大小的n匝线框，如图乙所示，在线框上加一质量为M的负载物，证明：载物线框匝数越多，t＝0时线框加速度越大。‎ ‎[解析]　(1)t＝0时刻线框中的感应电动势E0＝L2‎ 功率P＝ 解得P＝。‎ ‎(2)由动能定理有W＝ΔEk 解得W＝mv2‎ 穿出过程线框中的平均电动势＝ 线框中的电流＝ 通过的电量q＝Δt 解得q＝。‎ ‎(3)n匝线框中t＝0时刻产生的感应电动势E＝n 线框的总电阻R总＝nR 线框中的电流I＝ t＝0时刻线框受到的安培力F＝nB0IL 设线框的加速度为a，根据牛顿第二定律有F＝(nm＋M)a 解得a＝，可知n越大，a越大。‎ ‎[答案]　(1)　(2)mv2　　(3)见解析 磁场变化类电磁感应问题的解题方法 ‎(1)用法拉第电磁感应定律计算感应电动势，用楞次定律判断方向。‎ ‎(2)用闭合电路欧姆定律计算回路中电流。‎ ‎(3)分析计算感应电流所受安培力，研究导体受力情况和运动情况。‎ ‎(4)根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程。‎ ‎[集训冲关]‎ ‎1．(2017·天津高考)如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R。金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下。现使磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，下列说法正确的是(　　)‎ A．ab中的感应电流方向由b到a B．ab中的感应电流逐渐减小 C．ab所受的安培力保持不变 D．ab所受的静摩擦力逐渐减小 解析：选D　根据楞次定律，可判断ab中感应电流方向从a到b，A错误；磁场变化是均匀的，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势恒定不变，感应电流I恒定不变，B错误；安培力F＝BIL，由于I、L不变，B减小，所以ab 所受的安培力逐渐减小，根据力的平衡条件，静摩擦力逐渐减小，C错误，D正确。‎ ‎2．如图甲所示，足够长的光滑导轨倾角为30°，间距L＝1 m，电阻不计，恒定的非匀强磁场方向垂直于导轨平面向下，电阻R＝1 Ω，导体棒ab质量m＝0.25 kg，其电阻r＝1 Ω，垂直于导轨放置。现ab从磁场上边界由静止下滑，测得ab所到达位置的磁感应强度B与ab在该位置速度的倒数之间的关系如图乙所示。g取10 m/s2，求：‎ ‎(1)ab下滑2 s时的速度和位移；‎ ‎(2)ab下滑2 s内回路中产生的焦耳热。‎ 解析：(1)由题图乙可知，ab下滑的任意状态有 B2v＝0.5 T2·m·s－1‎ 对ab下滑过程中某一状态由牛顿第二定律得 mgsin 30°－＝ma 解得ab的加速度a＝4 m/s2‎ 可见ab在导轨上做a＝4 m/s2的匀加速直线运动 ab在2 s内的位移x＝at2＝8 m ‎2 s末的速度v＝at＝8 m/s。‎ ‎(2)由能量守恒定律得 mgxsin 30°＝mv2＋Q 解得Q＝2 J。‎ 答案：(1)8 m/s　8 m　(2)2 J ‎ 一、选择题 ‎1．如图所示，有两根和水平方向成α角的光滑平行金属导轨，上端接有可变电阻R，下端足够长，空间有垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度为B，一根质量为m的金属杆(电阻忽略不计)从导轨上由静止滑下，经过足够长的时间后，金属杆的速度会达到一个最大速度vm，则(　　)‎ A．如果B增大，vm将变大 B．如果α增大，vm将变大 C．如果R变小，vm将变大 D．如果m变小，vm将变大 解析：选B　金属杆从导轨上由静止滑下，经足够长时间后，速度达最大值vm，此后金属杆做匀速运动。金属杆受重力、导轨的支持力和安培力如图所示。安培力F＝LB，对金属杆列平衡方程式：mgsin α＝，则vm＝。由此式可知，B增大，vm减小；α增大，vm增大；R变小，vm变小；m变小，vm变小。因此A、C、D错误，B正确。‎ ‎2．两块水平放置的金属板，板间距离为d，用导线将两块金属板与一线圈连接，线圈中存在方向竖直向上、大小变化的磁场，如图所示。两板间有一带正电的油滴恰好静止，则磁场的磁感应强度B随时间t变化的图像是(　　)‎ 解析：选C　带正电的油滴静止，即所受重力与电场力平衡，两板间为匀强电场，因此线圈中产生的感应电动势为恒定值，由法拉第电磁感应定律可知，通过线圈的磁通量一定是均匀变化的，A、D项错；油滴带正电，故下极板电势高于上极板电势，线圈中感应电流产生的磁场与原磁场方向相同，由楞次定律可知，通过线圈的磁通量均匀减小，C项对，B项错。‎ ‎3．如图所示，两足够长平行金属导轨固定在水平面上，匀强磁场方向垂直导轨平面向下，金属棒ab、cd与导轨构成闭合回路且都可沿导轨无摩擦滑动，两金属棒ab、cd的质量之比为2∶1。用一沿导轨方向的恒力F水平向右拉金属棒cd，经过足够长时间以后(　　)‎ A．金属棒ab、cd都做匀速运动 B．金属棒ab上的电流方向是由a向b C．金属棒cd所受安培力的大小等于 D．两金属棒间距离保持不变 解析：选C　对两金属棒ab、cd进行受力和运动分析可知，两金属棒最终将做加速度相同的匀加速直线运动，且金属棒ab速度小于金属棒cd速度，所以两金属棒间距离是变大的，由楞次定律判断金属棒ab上的电流方向是由b到a，A、B、D错误；以两金属棒整体为研究对象有：F＝3ma，隔离金属棒cd分析：F－F安＝ma，可得金属棒cd 所受安培力的大小F安＝F，C正确。‎ ‎4．(多选)(2018·江苏清江中学模拟)如图所示，两光滑平行导轨水平放置在匀强磁场中，磁场方向垂直导轨所在平面，金属棒ab可沿导轨自由滑行，导轨一端跨接一个定值电阻R，导轨电阻不计。现将ab沿导轨由静止向右拉，若保持拉力F恒定，经时间t1后速度为v，加速度为a1，最终以速度2v做匀速运动；若保持拉力F的功率P恒定，ab由静止经时间t2后速度为v，加速度为a2，最终也以速度2v做匀速运动，则(　　)‎ A．t2＝t1 B．t1>t2‎ C．a2＝2a1 D．a2＝3a1‎ 解析：选BD　当拉力的功率恒定时，随着速度增大，拉力逐渐减小，最终ab做匀速运动时拉力最小，且最小值和第一种情况下的拉力相等，因此最终ab都达到速度2v时，根据力与加速度、速度的关系易知，t1>t2，故A错误，B正确；由于两种情况下，最终ab都以速度2v做匀速运动，此时拉力与安培力大小相等，则有：F＝F安＝BIL＝BL＝，若保持拉力恒定，速度为v时，加速度为a1时，根据牛顿第二定律有：F－＝ma1，解得：a1＝。若保持拉力的功率恒定，速度为2v时，拉力为F，则有：P＝F·2v，又F＝F安＝，所以P＝，则当速度为v时，拉力大小为：F1＝＝；根据牛顿第二定律，得：F1－＝ma2，解得：a2＝，所以有a2＝3a1，故C错误，D正确。‎ 二、计算题 ‎5．如图所示，两条足够长的平行金属导轨相距L，与水平面的夹角为θ，整个空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，虚线上方导轨光滑且磁场方向垂直导轨平面向上，虚线下方导轨粗糙且磁场方向垂直导轨平面向下。当导体棒EF以初速度v0沿导轨上滑至最大高度的过程中，导体棒MN一直静止在导轨上，若两导体棒质量均为m、电阻均为R，导轨电阻不计，重力加速度为g，在此过程中导体棒EF上产生的电热为Q，求：‎ ‎(1)导体棒MN受到的最大摩擦力；‎ ‎(2)导体棒EF上滑的最大高度。‎ 解析：(1)导体棒EF获得初速度v0时，产生的感应电动势E＝BLv0，电路中电流为I，由闭合电路欧姆定律有 I＝，‎ 此时对导体棒MN受力分析，由平衡条件有 FA＋mgsin θ＝Ff，FA＝BIL，‎ 解得Ff＝＋mgsin θ。‎ ‎(2)导体棒EF上滑过程中，导体棒MN一直静止，对系统由能量守恒定律有mv02＝mgh＋2Q，‎ 解得h＝。‎ 答案：(1)＋mgsin θ　(2) ‎6．平行水平长直导轨间的距离为L，左端接一耐高压的电容器C。轻质导体杆cd与导轨接触良好，如图所示，在水平力作用下以加速度a从静止到匀加速运动，匀强磁场B竖直向下，不计摩擦与电阻，求：‎ ‎(1)所加水平外力F与时间t的关系；‎ ‎(2)在时间t内有多少能量转化为电场能。‎ 解析：(1)对于cd，由于做匀加速运动，则有：‎ v＝at，由E＝U＝BLv可知：E＝BLat 对于电容器，由C＝可知：Q＝CU＝CBLat，‎ 对于闭合回路，由I＝可知：I＝CBLa 对于cd，由F安＝BIL可知：F安＝B2L2Ca 由牛顿第二定律可知：F－F安＝ma，F＝(m＋B2L2C)a，因此外力F是一个恒定的外力，不随时间变化。‎ ‎(2)cd克服安培力做多少功，就有多少能量转化为电能，则有：W安＝F安x x＝at2‎ 解得：W安＝，‎ 所以在时间t内转化为电场能的能量为：E电＝。‎ 答案：(1)F＝(m＋B2L2C)a，为恒力，不随时间t变化 ‎(2) ‎7．(2018·南京学情调研)如图甲所示，间距为L、足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ放置在绝缘水平桌面上，N、Q间接有电阻R0，导体棒ab垂直放置在导轨上，接触良好。导轨间直径为L的圆形区域内有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B的大小随时间t的变化规律如图乙所示，导体棒ab和导轨的电阻不计，导体棒ab静止。‎ ‎(1)求在0～t0时间内，回路中的感应电动势E；‎ ‎(2)求在0～t0时间内，电阻R0产生的热量Q；‎ ‎(3)若从t＝t0时刻开始，ab以速度v向右做匀速运动，则ab通过圆形区域过程中，ab所受水平拉力F的最大值。‎ 解析：(1)在0～t0时间内，‎ 回路中的磁感应强度的变化率为＝，‎ 圆形区域的面积S＝π2＝，‎ 回路中的感应电动势E＝S＝。‎ ‎(2)在0～t0时间内，‎ 电阻R上的电流I＝＝，‎ 电阻R产生的热量Q＝I2Rt0＝。‎ ‎(3)ab进入圆形磁场区域，保持匀速直线运动，说明水平拉力和安培力二力平衡，当有效切割长度为L时，安培力最大，电动势最大值E′＝B0Lv，‎ 回路中的电流I′＝，‎ ab受到的安培力F安＝B0I′L，‎ 水平拉力F的最大值Fm＝F安＝。‎ 答案：(1)　(2)　(3) ‎8．(2018·南通调研)如图所示，在宽为L的区域内有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。光滑绝缘水平面上有一边长为L、质量为m、电阻为R的单匝正方形线框abcd，ad边位于磁场左边界，线框在水平外力作用下垂直边界穿过磁场区。‎ ‎(1)若线框以速度v匀速进入磁场区，求此过程中b、c两端的电势差Ubc；‎ ‎(2)在(1)的情况下，从线框开始移动到完全进入磁场区的过程中产生的热量Q和通过导线截面的电量q；‎ ‎(3)若线框由静止开始以加速度a匀加速穿过磁场区，求此过程中外力F随运动时间t的变化关系。‎ 解析：(1)线框产生的感应电动势E＝BLv 感应电流I＝ 电势差Ubc＝IR 解得Ubc＝BLv。‎ ‎(2)线框完全进入磁场区所用的时间t＝ 由于Q＝I2Rt，q＝It 解得Q＝，q＝。‎ ‎(3)设线框穿过磁场区的时间为t0，则2L＝at02‎ 即t0＝2 线框产生的感应电动势E′＝BLat 受到的安培力F安＝ 根据牛顿第二定律F－F安＝ma 解得F＝t＋ma。‎ 答案：(1)BLv　(2)　 ‎(3)F＝t＋ma 第61课时　电磁感应中的能量问题(题型研究课)‎ 电磁感应过程的实质是不同形式的能量之间转化的过程，而能量的转化是通过(克服)安培力做功的形式实现的。安培力做功，则电能转化为其他形式的能(如焦耳热)，外力克服安培力做功，则其他形式的能转化为电能，转化过程和常用关系如右：‎ ‎(1)功能关系：E电能＝W克安。‎ ‎(2)焦耳定律：Q＝I2Rt。‎ ‎(3)动能定理：W外－W克安＝mv2－mv02。‎ ‎(一)　应用焦耳定律求解电磁感应能量问题 ‎[典例]　(2018·天津静海一中模拟)如图所示，在与水平面成θ＝30°夹角的平面内放置两条平行、光滑且足够长的金属导轨，其电阻可忽略不计。空间存在着匀强磁场，磁感应强度B＝0.20 T，方向垂直导轨平面向上。导体棒ab、cd垂直于导轨放置，且与导轨接触良好构成闭合回路，导体棒的质量均为m＝2.0×10－2 kg，回路中导体棒电阻均为r＝5.0×10－2 Ω，金属导轨间距l＝0.50 m。现对导体棒ab施加平行于导轨向上的拉力，使之匀速向上运动，在导体棒ab匀速向上运动过程中，导体棒cd始终能静止在导轨上，g取10 m/s2，求：‎ ‎(1)通过导体棒cd的电流I；‎ ‎(2)导体棒ab受到的外力F；‎ ‎(3)导体棒cd产生Q＝0.1 J的热量时，力F做的功W。‎ ‎[解析]　(1)导体棒cd受到的安培力，Fcd＝IlB 导体棒cd受力平衡，则Fcd＝mgsin θ 联立以上两式代入数据，解得I＝1 A，方向由右手定则可知由d到c。‎ ‎(2)导体棒ab与导体棒cd受到的安培力大小相等，Fab＝Fcd 对导体棒ab由平衡条件有F＝mgsin θ＋IlB 代入数据解得F＝0.2 N。‎ ‎(3)设在时间t内导体棒cd产生Q＝0.1 J的热量，由焦耳定律可知Q＝I2rt 设导体棒ab匀速运动的速度大小为v，则产生的感应电动势E＝Blv 由闭合电路欧姆定律知I＝ 由运动学公式知，在时间t内，导体棒ab沿导轨的位移x＝vt 力F做的功W＝Fx 综合上述各式，代入数据解得W＝0.4 J。‎ ‎[答案]　(1)1 A，方向由d到c　(2)0.2 N　(3)0.4 J 导体棒cd保持静止、导体棒ab在磁场中做匀速运动，回路中的感应电流恒定，故可以应用焦耳定律求解。‎ ‎[集训冲关]‎ ‎1．(多选)(2018·海南文昌中学模拟)如图所示，阻值为R的金属棒从图示ab位置分别以v1、v2的速度沿光滑水平导轨(电阻不计)匀速滑到a′b′位置，若v1∶v2＝1∶2，则在这两次过程中(　　)‎ A．回路电流I1∶I2＝1∶2‎ B．产生的热量Q1∶Q2＝1∶4‎ C．通过任一截面的电荷量q1∶q2＝1∶1‎ D．外力的功率P1∶P2＝1∶2‎ 解析：选AC　两种情况下产生的感应电动势分别为E1＝BLv1，E2＝BLv2，电阻都为R，故回路电流为I1＝＝，I2＝＝，故电流之比为＝＝，A正确；两种情况下所用时间＝＝＝，故产生的热量＝＝，B错误；两种情况下磁通量变化量相同，故通过任一截面的电荷量q＝t＝Δt＝，故通过任一截面的电荷量q1∶q2＝1∶1，C正确；由于金属棒做匀速运动，外力的功率等于回路中的电功率，故＝＝，D错误。‎ ‎2．(2016·浙江高考)小明设计的电磁健身器的简化装置如图所示，两根平行金属导轨相距l＝0.50 m，倾角θ＝53°，导轨上端串接一个 R＝0.05 Ω的电阻。在导轨间长d＝0.56 m的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B＝2.0 T。质量m＝4.0 kg的金属棒CD水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH相连。CD棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s＝0.24 m。一位健身者用恒力F＝80 N拉动GH杆，CD棒由静止开始运动，上升过程中CD棒始终保持与导轨垂直。当CD棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复装置使CD棒回到初始位置(重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量)。求 ‎(1)CD棒进入磁场时速度v的大小；‎ ‎(2)CD棒进入磁场时所受的安培力FA的大小；‎ ‎(3)在拉升CD棒的过程中，健身者所做的功W和电阻产生的焦耳热Q。‎ 解析：(1)由牛顿第二定律a＝＝12 m/s2‎ 进入磁场时的速度v＝＝2.4 m/s。‎ ‎(2)感应电动势E＝Blv 感应电流I＝ 安培力FA＝IBl 代入得FA＝＝48 N。‎ ‎(3)健身者做功W＝F(s＋d)＝64 J 由牛顿第二定律F－mgsin θ－FA＝0‎ CD棒在磁场区做匀速运动 在磁场中运动时间t＝ 焦耳热Q＝I2Rt＝26.88 J。‎ 答案：(1)2.4 m/s　(2)48 N　(3)64 J　26.88 J ‎(二)　根据功能关系求解电磁感应能量问题 ‎[典例]　(2018·南平检测)如图所示，一对平行的粗糙金属导轨固定于同一水平面上，导轨间距L＝0.2 m，左端接有阻值R＝0.3 Ω的电阻，右侧平滑连接一对弯曲的光滑导轨。水平导轨的整个区域内存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小B＝1.0 T。一根质量m＝0.2 kg，电阻r＝0.1 Ω的金属棒垂直放置于导轨上，在水平向右的恒力F作用下从静止开始运动，当金属棒通过位移x＝9 m时离开磁场，在离开磁场前已达到最大速度。当金属棒离开磁场时撤去外力F，接着金属棒沿弯曲导轨上升到最大高度h＝0.8 m处。已知金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.1，导轨电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且与导轨保持良好接触，取g＝10 m/s2。求：‎ ‎(1)金属棒运动的最大速度v；‎ ‎(2)金属棒在磁场中速度为时的加速度大小；‎ ‎(3)金属棒在磁场区域运动过程中，电阻R上产生的焦耳热。‎ ‎[解析]　(1)金属棒从离开磁场到上升到弯曲导轨最高点，根据机械能守恒定律：mv2＝mgh 解得：v＝4 m/s。‎ ‎(2)金属棒在磁场中以最大速度v做匀速运动过程，设回路中的电流为I，‎ 根据平衡条件得F＝BIL＋μmg 回路中的电流为：I＝ 解得：F＝0.6 N。‎ 金属棒速度为时，设回路中的电流为I′‎ 根据牛顿第二定律得F－BI′L－μmg＝ma 回路中的电流为：I′＝ 解得：a＝1 m/s2。‎ ‎(3)设金属棒在磁场区域运动过程中，回路中产生的焦耳热为Q 根据功能关系：Fx＝μmgx＋mv2＋Q 则电阻R上的焦耳热：QR＝Q 解得：QR＝1.5 J。‎ ‎[答案]　(1)4 m/s　(2)1 m/s2　(3)1.5 J 金属棒加速运动过程，电流是变化的，焦耳热必须根据功能关系求解。需要特别注意这样求出的是整个回路的总焦耳热，而电阻R上产生的焦耳热只是其中的一部分，需要再结合电路特点进行求解。‎ ‎[集训冲关]‎ ‎1.(多选)(2018·宁德检测)如图所示，固定在倾角为θ＝30°的斜面内的两根平行长直光滑金属导轨的间距为d＝1 m，其底端接有阻值为R＝2 Ω 的电阻，整个装置处在垂直斜面向上、磁感应强度大小为B＝2 T的匀强磁场中。一质量为m＝1 kg (质量分布均匀)的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触。现ab在沿斜面向上、垂直于ab的恒力F＝10 N作用下，从静止开始沿导轨向上运动的距离L＝6 m时，速度恰好达到最大(运动过程中ab始终与导轨保持垂直)。设ab接入电路的电阻为r＝2 Ω，导轨电阻不计，重力加速度大小为g＝10 m/s2。则此过程(　　)‎ A．ab的速度最大值为5 m/s B．流过电阻R的电量为6 C C．整个回路产生的焦耳热为17.5 J D．流过电阻R的电流方向为由c到d 解析：选AC　当ab达到最大速度时满足：F＝＋mgsin θ，解得vm＝5 m/s，选项A正确；流过电阻R的电量：q＝＝＝ C＝3 C，选项B错误；回路产生的焦耳热：Q＝FL－mgLsin θ－mvm2＝17.5 J，选项C正确；由右手定则可知，流过电阻R的电流方向为由d到c，选项D错误。‎ ‎2.如图所示，电阻不计、间距L＝1 m、足够长的光滑金属导轨ab、cd与水平面成θ＝37°角，导轨平面矩形区域efhg内分布着磁感应强度大小B＝1 T、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，边界ef、gh之间的距离D＝1.4 m。现将质量均为m＝0.1 kg、电阻均为R＝ Ω的导体棒P、Q相隔Δt＝0.2 s 先后从导轨顶端由静止自由释放，P、Q在导轨上运动时始终与导轨垂直且接触良好，P进入磁场时恰好做匀速运动，Q穿出磁场时速度为2.8 m/s。已知重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，求：‎ ‎(1)导轨顶端与磁场上边界ef之间的距离s；‎ ‎(2)从P释放到Q穿出磁场的过程，回路中产生的焦耳热Q总。‎ 解析：(1)设P进入磁场时的速度为v1，由法拉第电磁感应定律有E＝BLv1‎ 由闭合电路欧姆定律有I＝，安培力F＝BIL，‎ P做匀速运动时有F＝mgsin θ，联立解得v1＝2 m/s，‎ P从ac到ef过程，由牛顿第二定律有ma＝mgsin θ，‎ 由运动学公式有s＝，‎ 解得s＝ m≈0.33 m。‎ ‎(2)由题意可知，P进入磁场以速度v1做匀速运动，Δt＝0.2 s 后，Q恰好进入磁场，速度也为v1＝2 m/s。之后，P、Q以加速度a做匀加速运动，P出磁场以后继续以加速度a做匀加速运动，而Q在安培力作用下做减速运动，直到穿出磁场区域。‎ P在磁场中做匀速运动的位移x1＝v1Δt，‎ 此过程回路产生的焦耳热Q1＝mgx1sin θ，‎ P、Q一起做匀加速运动的位移x2＝D－x1，‎ 设P刚好出磁场时，P、Q的速度为v，‎ 由运动学公式有v2－v12＝2ax2，解得v＝4 m/s，‎ P出磁场后Q做减速运动，Q出磁场时的速度v2＝2.8 m/s，运动的位移x3＝x1，‎ Q做减速运动过程中回路产生的焦耳热Q2＝mgx3sin θ＋mv2－mv22，‎ 解得全过程回路中的焦耳热为Q总＝Q1＋Q2＝0.888 J。‎ 答案：(1)0.33 m　(2)0.888 J ‎ 一、选择题 ‎1．如图所示，在光滑的水平面上，一质量为m，半径为r，电阻为R的均匀金属圆环，以初速度v0向一磁感应强度大小为B、方向竖直向下的有界匀强磁场滑去(磁场宽度d>2r)。圆环的一半进入磁场历时t秒，这时圆环上产生的焦耳热为Q，则t秒末圆环中感应电流的瞬时功率为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选B　t秒末圆环中感应电动势为E＝B·2r·v，由能量守恒知，减少的动能全部转化为焦耳热，Q＝mv02－mv2，t秒末圆环中感应电流的功率为P＝EI＝＝，B正确。‎ ‎2．CD、EF是两条水平放置的电阻可忽略的平行金属导轨，导轨间距为L，在水平导轨的左侧存在磁感应强度方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场区域的长度为d，如图所示。导轨的右端接有一电阻R，左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接。将一阻值也为R的导体棒从弯曲轨道上h高处由静止释放，导体棒最终恰好停在磁场的右边界处。已知导体棒与水平导轨接触良好，且动摩擦因数为μ，则下列说法中正确的是(　　)‎ A．电阻R的最大电流为 B．流过电阻R的电荷量为 C．整个电路中产生的焦耳热为mgh D．电阻R中产生的焦耳热为mg(h－μd)‎ 解析：选D　由题图可知，导体棒刚进入磁场的瞬间速度最大，产生的感应电流最大，由机械能守恒有mgh＝mv2，所以I＝＝＝，A错误；流过R的电荷量为q＝ t＝＝，B错误；由能量守恒定律可知整个电路中产生的焦耳热为Q＝mgh－μmgd，C错误；由于导体棒的电阻也为R，则电阻R中产生的焦耳热为Q＝mg(h－μd)，D正确。‎ ‎3．(多选)如图所示，竖直放置的平行金属导轨上端跨接一个阻值为R的电阻。质量为m的金属棒MN可沿平行导轨竖直下滑，不计导轨与MN的电阻。MN自由下落了h后进入一个有上下边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直导轨平面向外，磁场宽度也为h，设MN到达上边界aa′时的速度为v1，到达下边界bb′时的速度为v2，则下列说法正确的是(　　)‎ A．进入磁场后，MN可能做匀速运动，则v1＝v2‎ B．进入磁场后，MN可能做加速运动，则v1v2‎ D．通过磁场区域的过程中，R上释放出的焦耳热一定是mgh 解析：选ABC　MN在进入磁场前自由下落，当MN刚进入磁场产生感应电流对应的安培力刚好等于重力时，则接着做匀速直线运动，此时v1＝v2，A项正确；当MN刚进入磁场产生感应电流对应的安培力大于重力时，根据牛顿第二定律知，MN将做减速运动，此时v1>v2，C项正确；当MN刚进入磁场产生感应电流对应的安培力小于重力时，由牛顿第二定律知，MN将做加速运动，此时v1t2时刻后无感应电流，F＝ma，为定值，故D错误。‎ ‎4．如图所示的电路中，A、B、C是三个完全相同的灯泡，L是一个自感系数较大的线圈，其直流电阻与灯泡电阻相同。下列说法正确的是(　　)‎ A．闭合开关S，A灯逐渐变亮 B．电路接通稳定后，流过B灯的电流是流过C灯电流的倍 C．电路接通稳定后，断开开关S，C灯立即熄灭 D．电路接通稳定后，断开开关S，三个灯过一会儿才熄灭，且A灯亮度比B、C灯亮度高 解析：选D　画出等效电路如图所示，闭合开关S，三个灯都立即变亮，A错误；电路稳定后，线圈和A灯的并联电阻为，与B灯的串联电阻为，C灯的电阻为R，根据并联电路分流与电阻成反比，故流过B灯的电流是流过C灯电流的，B错误；断开开关S，线圈产生的感应电动势对三个灯泡供电，因此三个灯都过一会儿才熄灭，供电电路是B、C灯串联后与A灯并联，因此A灯的亮度比B、C灯的亮度高，C错误，D正确。‎ ‎5．如图所示，PQQ2P2是由两个正方形导线方格PQQ1P1、P1Q1Q2P2构成的网络电路，方格每边长度l＝10 cm。在x>0 的空间分布有磁感应强度随时间t均匀增加的匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面并指向纸内。今令网络电路PQQ2P2以恒定的速度v＝5 cm/s沿x轴正方向运动并进入磁场区域，在运动过程中方格的边PQ始终与y轴平行。若取PQ与y轴重合的时刻为t＝0，在以后任一时刻t磁场的磁感应强度为B＝B0＋bt，式中t的单位为s，B0、b为已知恒量。t＝2.5 s时刻，方格PQQ1P1中的感应电动势是E1，方格P1Q1Q2P2中的感应电动势是E2。E1、E2的表达式正确的是(　　)‎ A．E1＝B0lv B．E1＝bl2‎ C．E2＝ D．E2＝(B0＋2.5b)lv 解析：选B　经过2.5 s，网络电路向右运动了12.5 cm，此时方格PQQ1P1中只有感生电动势，根据法拉第电磁感应定律得E1＝bl2，B正确，A错误；此时方格P1Q1Q2P2只有右边在磁场中，离磁场边界0.25l，既有动生电动势又有感生电动势，故电动势的大小E2＝(B0＋2.5b)lv＋0.25bl2，C、D错误。‎ 二、多项选择题 ‎6．如图所示是法拉第做成的世界上第一台发电机模型的原理图。将铜盘放在磁场中，让磁感线垂直穿过铜盘；图中a、b导线与铜盘的中轴线处在同一竖直平面内；转动铜盘，就可以使闭合电路获得电流。若图中铜盘半径为L，匀强磁场的磁感应强度为B，回路总电阻为R，铜盘以角速度ω逆时针匀速转动(从上往下看)。则下列说法正确的是(　　)‎ A．回路中有大小和方向周期性变化的电流 B．回路中电流大小恒定，且等于 C．回路中电流方向不变，且从b导线流进灯泡，再从a导线流向旋转的铜盘 D．若将匀强磁场改为垂直穿过铜盘的按正弦规律变化的磁场，不转动铜盘，灯泡中一定有电流流过 解析：选BC　据题意，当铜盘转动后，由右手定则可以确定电流流向铜盘的中心，从b导线流出到达a导线，方向不变，故A错误，C正确；所产生的电动势大小为：E＝BLv＝BL·，则产生的电流大小为：I＝＝，故B正确；当铜盘不动磁场按正弦规律变化时，铜盘中形成涡流，该电流仅在铜盘中产生，没有电流通过灯泡，故D错误。‎ ‎7．(2014·江苏高考)如图所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来。若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有(　　)‎ A．增加线圈的匝数 B．提高交流电源的频率 C．将金属杯换为瓷杯 D．取走线圈中的铁芯 解析：‎ 选AB　当线圈上通交流电时，金属杯由于发生电磁感应现象，杯中有感应电流，对水加热，若要增大感应电流，则需要增大感应电动势或者减小杯体的电阻。增加线圈的匝数，使得穿过金属杯的磁场增强，感应电动势增大，选项A正确；提高交流电的频率，使得磁通量的变化率增大，感应电动势增大，选项B正确；若将金属杯换为瓷杯，则不会产生感应电流，选项C错误；取走线圈中的铁芯，磁场会大大减弱，感应电动势减小，选项D错误。‎ ‎8．(2018·无锡检测)如图所示，在水平桌面上有个金属圆环，在它圆心正上方有一个条形磁铁(极性不明)，当条形磁铁下落时，可以判定(　　)‎ A．环将产生俯视逆时针的感应电流 B．环有缩小面积的趋势 C．环对桌面的压力将增大 D．磁铁将受到竖直向下的电磁作用力 解析：选BC　因为条形磁铁极性未知，磁场方向未知，所以不能判断感应电流的方向，A项错误；根据楞次定律“增缩减扩”可知，B项正确；根据楞次定律“来拒去留”，可知环对桌面的压力将增大，C项正确；磁铁受到竖直向上的电磁阻力，D项错误。‎ ‎9．(2017·全国Ⅱ卷)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0.1 m、总电阻为0.005 Ω 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0.5 T B．导线框运动速度的大小为0.5 m/s C．磁感应强度的方向垂直于纸面向外 D．在t＝0.4 s至t＝0.6 s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1 N 解析：选BC　由题图(b)可知，导线框运动的速度大小为v＝＝ m/s＝0.5 m/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＝0.2 T，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方向，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0.4～0.6‎ ‎ s这段时间内，导线框正在出磁场，回路中的电流大小为I＝＝ A＝2 A，则导线框所受到的安培力大小为F＝BIL＝0.2×2×0.1 N＝0.04 N，D项错误。‎ 三、计算题 ‎10．(2016·江苏高考)据报道，一法国摄影师拍到了“天宫一号”空间站飞过太阳的瞬间。照片中，“天宫一号”的太阳帆板轮廓清晰可见。如图所示，假设“天宫一号”正以速度v＝7.7 km/s绕地球做匀速圆周运动，运动方向与太阳帆板两端M、N的连线垂直，M、N间的距离L＝20 m，地磁场的磁感应强度垂直于v、MN所在平面的分量B＝1.0×10－5 T。将太阳帆板视为导体。‎ ‎(1)求M、N间感应电动势的大小E；‎ ‎(2)在太阳帆板上将一只“1.5 V,0.3 W”的小灯泡与M、N相连构成闭合电路，不计太阳帆板和导线的电阻，试判断小灯泡能否发光，并说明理由；‎ ‎(3)取地球半径R＝6.4×103 km，地球表面的重力加速度g＝9.8 m/s2，试估算“天宫一号”距离地球表面的高度h(计算结果保留一位有效数字)。‎ 解析：(1)感应电动势E＝BLv，代入数据得E＝1.54 V。‎ ‎(2)不能，因为穿过闭合回路的磁通量不变，不产生感应电流。‎ ‎(3)在地球表面有G＝mg ‎“天宫一号”做匀速圆周运动，有G＝m 解得h＝－R，代入数据得h≈4×105 m(数量级正确即可)。‎ 答案：(1)1.54 V　(2)见解析　(3)4×105 m ‎11．(2018·南昌三校高三联考)如图所示，空间分布着水平方向的匀强磁场，磁场区域的水平宽度d＝0.4 m，竖直方向足够长，磁感应强度B＝0.5 T。正方形导线框PQMN边长L＝0.4 m，质量m＝0.2 kg，电阻R＝0.1 Ω，开始时放在光滑绝缘水平板上Ⅰ位置，现用一水平向右的恒力F＝0.8 N 拉线框，使其向右穿过磁场区，最后到达Ⅱ位置(MN边恰好出磁场)。设线框平面在运动中始终保持在竖直平面内，PQ边刚进入磁场后线框恰好做匀速运动，g取 10 m/s2。求：‎ ‎(1)线框进入磁场前运动的距离D；‎ ‎(2)上述整个过程中线框内产生的焦耳热；‎ ‎(3)线框进入磁场过程中通过的电量。‎ 解析：(1)线框在磁场中做匀速运动，则F安＝F 由公式得：F安＝BIL，I＝，E＝BLv1‎ 解得：v1＝2 m/s 由动能定理得：FD＝mv12‎ 解得：D＝0.5 m。‎ ‎(2)由能量守恒定律可知 Q＝2Fd＝2×0.8×0.4 J＝0.64 J。‎ ‎(3)根据q＝t＝t＝可得 q＝＝ C＝0.8 C。‎ 答案：(1)0.5 m　(2)0.64 J　(3)0.8 C ‎12．(2017·天津高考)电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理可用来研制新武器和航天运载器。电磁轨道炮示意如图，图中直流电源电动势为E，电容器的电容为C。两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为l，电阻不计。炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触。首先开关S接1，使电容器完全充电。然后将S接至2，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场(图中未画出)，MN开始向右加速运动。当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零，MN达到最大速度，之后离开导轨。问：‎ ‎(1)磁场的方向；‎ ‎(2)MN刚开始运动时加速度a的大小；‎ ‎(3)MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q是多少。‎ 解析：(1)将S接1时，电容器充电，上极板带正电，下极板带负电，当将S接2时，电容器放电，流经MN的电流由M到N，又知MN向右运动，由左手定则可知磁场方向垂直于导轨平面向下。‎ ‎(2)电容器完全充电后，两极板间电压为E，当S接2时，电容器放电，设刚放电时流经MN的电流为I，有 I＝　 ①‎ 设MN受到的安培力为F，有F＝IlB　 ②‎ 由牛顿第二定律，有F＝ma　 ③‎ 联立①②③式得a＝。　 ④‎ ‎(3)当电容器充电完毕时，设电容器上电荷量为Q0，有 Q0＝CE　 ⑤‎ S接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值vmax时，设MN上的感应电动势为E′，‎ 有E′＝Blvmax　 ⑥‎ 依题意有E′＝　 ⑦‎ 设在此过程中MN的平均电流为，MN上受到的平均安培力为，有 ＝lB　 ⑧‎ 由动量定理，有Δt＝mvmax－0　 ⑨‎ 又Δt＝Q0－Q　 ⑩‎ 联立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得Q＝。　 ⑪‎ 答案：(1)垂直导轨平面向下　(2)　(3)