【物理】2019届一轮复习人教版 电磁感应 学案 83页

模块十三:电磁感应 考点1‎ 电磁感应现象　楞次定律 ‎1.(2017·全国卷Ⅰ,18)‎ 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(　　)。‎ A B C D ‎【解析】底盘上的紫铜薄板出现扰动时,其扰动方向不确定,在C项这种情况下,紫铜薄板出现上下或左右振动时,穿过薄板的磁通量难以改变,不能发生电磁感应现象,没有阻尼效应;在B、D两项情况下,‎ 紫铜薄板出现上下振动时,也没有发生电磁阻尼现象;在A项这种情况下,不管紫铜薄板出现上下或左右振动,都会发生电磁感应现象,产生电磁阻尼效应,A项正确。‎ ‎【答案】A ‎2.(2016·全国卷Ⅱ,20)(多选)‎ 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】由右手定则知,圆盘顺时针转动时,感应电流沿a到b的方向流动,B项正确;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,A项正确;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,C项错误;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,D项错误。‎ ‎【答案】AB ‎3.(2015·全国卷Ⅰ,19)(多选)‎ ‎1824年,法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”。实验中将一铜圆盘水平放置,在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针,如图所示。实验中发现,当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时,磁针也随着一起转动起来,但略有滞后。下列说法正确的是(　　)。‎ A.圆盘上产生了感应电动势 B.圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动 C.在圆盘转动的过程中,磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化 D.圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流,此电流产生的磁场导致磁针转动 ‎【解析】当圆盘转动时,由于切割磁感线从而在圆盘内部产生电动势和涡流,该涡流产生的磁场带动磁针转动,故A、B两项正确;圆盘转动过程中,整个圆盘的磁通量没有变化,C项错误;电流是由圆盘切割磁感线产生的,不是由自由电子随圆盘移动产生的,D项错误。‎ ‎【答案】AB ‎4.(2015·海南卷,2)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】设折弯前导体切割磁感线的长度为L,则ε=BLv;折弯后,导体切割磁感线的有效长度L'==L,故产生的感应电动势ε'=BL'v=B·Lv=ε,所以=,B项正确。‎ ‎【答案】B 考点2‎ 电磁感应的图象问题 ‎1.(2017·全国卷Ⅱ,20)(多选)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,如图甲所示。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乙所示(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(　　)。‎ 甲 乙 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】由图象可知,从导线框的cd边进入磁场到ab边刚好进入磁场,用时为0.2 s,可得导线框运动速度的大小v= m/s=0.5 m/s,故B项正确。由图象可知,cd边切割磁感线产生的感应电动势E=0.01 V,由公式E=BLv,可得磁感应强度的大小B= T=0.2 T,故A项错误。感应电流的方向为顺时针时,对cd边应用右手定则可知,磁感应强度的方向垂直于纸面向外,C项正确。t=0.4 s至t=0.6 s时间段为cd边离开磁场,ab边切割磁感线的过程,由闭合电路欧姆定律及安培力公式得安培力F=,代入数据得F=0.04 N,D项错误。‎ ‎【答案】BC ‎2.(2014·全国卷Ⅰ,18)如图甲,线圈ab、cd绕在同一软铁芯上,在ab线圈中通以变化的电流,用示波器测得线圈cd间电压如图乙所示。已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比,则下列描述线圈ab中电流随时间变化关系的图中,可能正确的是(　　)。‎ 甲 乙 A B C D ‎【解析】通电线圈中产生的磁场B=kI(k为比例系数);在另一线圈中的磁通量Φ=BS=kIS,由法拉第电磁感应定律可知,在另一线圈中产生的感应电动势E=n,由图乙可知,|Ucd|不变,则||不变,故||不变,C项正确。‎ ‎【答案】C ‎3.(2015·山东卷,19)如图甲,R0为定值电阻,两金属圆环固定在同一绝缘平面内。左端连接在一周期为T0的正弦交流电源上,经二极管整流后,通过R0的电流i始终向左,其大小按图乙所示规律变化。规定内圆环a端电势高于b端时,a、b间的电压uab为正,下列uab-t图象可能正确的是(　　)‎ 甲 乙 A B C D ‎【解析】由题图乙知,0~0.25T0时间内,外圆环电流逐渐增大且逐渐减小,根据安培定则,外圆环内部磁场方向垂直纸面向里,磁场逐渐增强且逐渐减小,根据楞次定律知内圆环a端电势高,所以uab>0,根据法拉第电磁感应定律uab==知,uab逐渐减小;t=0.25T0时,=0,所以=0,uab=0;同理可知0.25T0~0.5T0时间内,uab<0,且|uab|逐渐增大;0.5T0~T0时间内重复0~0.5T0的变化规律,故C项正确。‎ ‎【答案】C ‎4.(2016·四川卷,7) (多选)‎ 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变化图象可能正确的有(　　)。‎ A B C D ‎【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,i -t图象、FA-t图象、UR-t图象为直线,P-t图象为曲线 若k>,则金属棒做加速度增大的加速运动。则i -t图象、FA-t图象、UR-t图象、P-t图象为曲线,斜率越来越大,此时B项正确 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i -t图象、FA-t 图象、UR-t图象、P-t图象为曲线,斜率越来越小,此时C项正确。‎ ‎【答案】BC 考点3‎ 电磁感应的综合应用 ‎1.(2017·全国卷Ⅲ,15)‎ 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】金属杆PQ突然向右运动,在运动开始的瞬间,闭合回路PQRS中磁场方向垂直纸面向里,磁通量增大,由楞次定律可判断,闭合回路PQRS中感应电流产生的磁场垂直纸面向外,由安培定则可判断感应电流方向为逆时针;由于闭合回路PQRS中感应电流产生的磁场方向垂直纸面向外,与原磁场方向相反,则T中磁通量减小,由楞次定律可判断,T中感应电流产生的磁场方向垂直纸面向里,由安培定则可知T中感应电流方向为顺时针,D项正确。‎ ‎【答案】D ‎2.(2015·全国卷Ⅱ,15)‎ 如图,直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中,磁感应强度大小为B,方向平行于ab边向上。当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时,a、b、c三点的电势分别为Ua、Ub、Uc。已知bc边的长度为l。下列判断正确的是(　　)‎ A.Ua>Uc,金属框中无电流 B.Ub >Uc,金属框中电流方向沿a-b-c-a C.Ubc=-Bl2ω,金属框中无电流 D.Ubc=Bl2ω,金属框中电流方向沿a-c-b-a ‎【解析】金属框绕ab边转动时,闭合回路abc中的磁通量始终为零(不变),所以金属框中无电流。金属框在逆时针转动时,bc边和ac边均切割磁感线,由右手定则可知Ubt0)穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小。‎ ‎【解析】(1)在金属棒越过MN之前,t时刻穿过回路的磁通量Φ=ktS 设在从t时刻到t+Δt的时间间隔内,回路磁通量的变化量为ΔΦ,流过电阻R的电荷量为Δq。由法拉第电磁感应定律有 E=‎ 由欧姆定律有i=‎ 由电流的定义有i=‎ 联立解得|Δq|=Δt 由上式得,在t=0到t=t0的时间间隔内,流过电阻R的电荷量q的绝对值|q|=。‎ ‎(2)当t>t0时,金属棒已越过MN。由于金属棒在MN右侧做匀速运动,有 F=F安 式中,F是外加水平恒力,F安是匀强磁场施加的安培力。设此时回路中的电流为I,则F安的大小 F安=B0Il 此时金属棒与MN之间的距离s=v0(t-t0)‎ 匀强磁场穿过回路的磁通量Φ'=B0ls 回路的总磁通量Φt=Φ+Φ'‎ 联立各式得,在时刻t(t>t0)穿过回路的总磁通量 Φt=B0lv0(t-t0)+kSt 在t到t+Δt的时间间隔内,总磁通量的改变量 ΔΦt=(B0lv0+kS)Δt 由法拉第电磁感应定律得,回路感应电动势的大小 Et=‎ 由欧姆定律有I=‎ 联立可得F=(B0lv0+kS)。‎ ‎【答案】(1)　(2)B0lv0(t-t0)+kSt　(B0lv0+kS)‎ ‎6.(2017·海南卷,13)如图,两光滑平行金属导轨置于水平面(纸面)内,轨间距为l,左端连有阻值为R的电阻。一金属杆置于导轨上,金属杆右侧存在一磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场区域。已知金属杆以速度v0向右进入磁场区域,做匀变速直线运动,到达磁场区域右边界(图中虚线位置)时速度恰好为零。金属杆与导轨始终保持垂直且接触良好。除左端所连电阻外,其他电阻忽略不计。求金属杆运动到磁场区域正中间时所受安培力的大小及此时电流的功率。‎ ‎【解析】由题意可知,开始时导体棒产生的感应电动势E=Blv0‎ 根据闭合电路欧姆定律,可得电路中电流I=‎ 再由安培力公式有F=BIl=‎ 设导体棒的质量为m,则导体棒在整个过程中的加速度a==‎ 设导体棒由开始进入磁场到停止的位移为x,由运动学公式有 ‎0-=-2ax 解得x==‎ 故正中间离开始的位移x中=‎ 设导体棒在中间位置时的速度为v,由运动学公式有 v2-=-2ax中 解得v=v0‎ 则导体棒运动到中间位置时,所受到的安培力F'=BI'l=‎ 导体棒电流的功率P=I'2R=。‎ ‎【答案】　‎ ‎　　电磁感应是高考的必考内容,涉及“电磁感应现象”“磁通量”“自感、涡流”三个Ⅰ级考点和“法拉第电磁感应定律”“楞次定律”两个Ⅱ级考点。高考对本章内容考查命题的频率较高,大部分以选择题的形式出题,也有部分是计算题,多以中等以上难度的题目来增加试卷的区分度,考查较多的知识点有:感应电流的产生条件、方向判定和导体切割磁感线产生感应电动势的计算,同时也会与力学、磁场、能量等知识综合考查。既考查考生对基本知识的掌握情况,又考查学生的理解分析能力,以及应用数学知识解决物理问题的能力。‎ 预计2019年高考命题的热点体现在:(1)应用楞次定律、右手定则、左手定则或安培定则判断电流方向;(2)结合各种图象(如Φ-t图象、B-t图象和i-t图象),考查感应电流的产生条件及其方向的判定,题型主要是选择题;(3)导体切割磁感线产生感应电动势的计算以计算题的形式考查综合性知识,通过“杆+导轨”模型,“线圈穿过有界磁场”模型,考查电磁感应与力学、电路、能量等知识的综合应用等,分值较高,能很好地考查考生的能力,受到命题专家的青睐。‎ 考点1　电磁感应现象　楞次定律 ‎1‎ 电磁感应现象 ‎　　 (1)磁通量:在磁感应强度为B的匀强磁场中,与磁场方向垂直的面积S与B的乘积。公式:Φ=BS。适用条件:①匀强磁场。②S为垂直磁场的有效面积。‎ 磁通量是标量,磁通量的意义:①磁通量可以理解为穿过某一面积的磁感线的条数。②同一线圈平面,当它跟磁场方向垂直时,磁通量最大;当它跟磁场方向平行时,磁通量为零;当正向穿过线圈平面的磁感线条数和反向穿过的一样多时,磁通量为零。磁通量变化:ΔΦ=Φ2-Φ1。‎ ‎(2)电磁感应现象:当穿过闭合导体回路的磁通量发生变化时,闭合导体回路中有感应电流产生,这种利用磁场产生电流的现象叫作电磁感应。产生条件:穿过闭合回路的磁通量发生变化。能量转化:发生电磁感应现象时,机械能或其他形式的能转化为电能,该过程遵循能量守恒定律。‎ ‎1.1 下列图中能产生感应电流的是(　　)。‎ ‎【答案】B ‎1.2 如图所示,一个矩形线圈abcd放在垂直纸面向里的匀强磁场 中,在进行下列操作时,整个线圈始终处于磁场之内,线圈中能产生感应电流的是(　　)。‎ A.线圈沿纸面向右移动 B.线圈沿纸面向下移动 C.线圈垂直纸面向外移动 ‎ D.线圈以ab边为轴转动 ‎【答案】D ‎2‎ 楞次定律 ‎　　(1)内容:感应电流具有这样的方向,即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)对楞次定律中“阻碍”的理解 谁阻碍谁 是感应电流的磁场阻碍引起感应电流的磁场(原磁场)的磁通量的变化 阻碍什么 阻碍的是磁通量的变化,而不是阻碍磁通量本身 如何阻碍 当原磁场磁通量增加时,感应电流的磁场方向与原磁场的方向相反;当原磁场磁通量减少时,感应电流的磁场方向与原磁场的方向相同,即“增反减同”‎ 结果如何 阻碍并不是阻止,只是延缓了磁通量的变化,这种变化将继续进行 ‎　　(3)应用楞次定律处理电磁感应问题的常用方法。常规法:据原磁场(B原方向及ΔΦ情况)→确定感应磁场B感方向→判断感应电流I感方向→导体受力及运动趋势。效果法:由楞次定律可知,感应电流的“效果”总是阻碍引起感应电流的“原因”,深刻理解“阻碍”的含义。据“阻碍”原则,可直接对运动趋势做出判断。‎ ‎2.1 如图所示,一金属圆环水平固定放置,现将一竖直的条形磁铁,在圆环上方沿圆环轴线无初速度释放,在条形磁铁穿过圆环的过程中,条形磁铁与圆环(　　)。‎ A.始终相互吸引 B.始终相互排斥 C.先相互吸引,后相互排斥 D.先相互排斥,后相互吸引 ‎【答案】D ‎2.2 (多选)如图所示是生产中常用的一种延时继电器的示意图,铁芯上有两个线圈A和B,线圈A跟电源连接,线圈B的两端接在一起,构成一个闭合回路。下列说法正确的是(　　)。‎ ‎　　‎ A.闭合开关S时,B中产生与图示方向相同的感应电流 B.闭合开关S时,B中产生与图示方向相反的感应电流 C.断开开关S时,电磁铁会继续吸住衔铁D一小段时间 D.断开开关S时,弹簧K立即将衔铁D拉起 ‎【答案】BC ‎3‎ 右手定则 ‎　　(1)内容: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。‎ 适用情况:导体切割磁感线产生感应电流。‎ ‎(2)右手定则与左手定则的应用技巧:无论是“安培力”还是“洛伦兹力”,只要是“力”都用左手判断。“电生磁”或“磁生电”均用右手判断。‎ ‎ (3)“一定律三定则”的应用 基本现象 应用的定则或定律 运动电荷、电流产生磁场 安培定则 磁场对运动电荷、电流有作用力 左手定则 电磁 感应 部分导体做切割磁感线运动 右手定则 闭合回路磁通量变化 楞次定律 ‎　　【温馨提示】　右手定则与左手定则的区别: “因电而动”——用左手定则;“因动而电”——用右手定则。安培定则与楞次定律的区别: “因电生磁”——用安培定则;“因磁生电”——用楞次定律(或右手定则)。‎ ‎3.1 如图所示,金属棒ab、金属导轨和螺线管组成闭合回路,金属棒ab在匀强磁场B中沿导轨向右运动,则(　　)。‎ A.ab棒不受安培力作用 B.ab棒所受安培力的方向向右 C.ab棒向右运动速度v越大,所受安培力越大 D.对螺线管产生的磁场,A端为N极 ‎【答案】C ‎3.2 (多选)如图所示,金属导轨上的导体棒ab在匀强磁场中沿导轨做下列运动时,铜制线圈c中将有感应电流产生且被螺线管吸引的是(　　)。‎ A.向右做匀速运动　　　　　B.向左做减速运动 C.向右做减速运动 D.向右做加速运动 ‎【答案】BC 考点2　电磁感应的图象问题 题型简述与特点 ‎　　(1)电磁感应中的图象问题: 电磁感应中常涉及磁感应强度B、磁通量Φ、感应电动势E和感应电流I等随时间变化的图线,即B-t图线、Φ -t图线、E-t图线和I-t图线。对于切割磁感线产生感应电动势和感应电流的情况,有时还常涉及感应电动势E和感应电流I等随位移x变化的图线,即E-x图线和I-x图线等。‎ ‎(2)特点:①由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图象;②由给定的有关图象分析电磁感应过程,求解相应的物理量;③根据图象定量计算。‎ ‎　　【易错警示】　(1)电磁感应中的图象定性或定量地表示出所研究问题的函数关系。(2)在图象中E、I、B等物理量的方向通过物理量的正负来反映。(3)画图象时要注意纵、横坐标的单位长度定义或表达。‎ ‎1.1 如图所示分别为穿过某一闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图象,关于回路中产生的感应电动势,下列论述正确的是(　　)。‎ A.图甲中回路产生的感应电动势恒定不变 B.图乙中回路产生的感应电动势一直在变大 C.图丙中回路在0~t1时间内产生的感应电动势小于在t1~t2时间内产生的感应电动势 D.图丁中回路产生的感应电动势先变小再变大 ‎【答案】D 考点3　电磁感应的综合应用 ‎1‎ 法拉第电磁感应定律 ‎　　(1)感应电动势:①在电磁感应现象中产生的电动势。② 产生感应电动势的那部分导体相当于电源。‎ ‎(2)电磁感应定律 ‎①内容: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表达式:E= (单匝线圈),E=n (多匝线圈)。③感应电流与感应电动势的关系:遵循闭合电路的欧姆定律,即I=。‎ ‎(3)磁通量的变化率应为一瞬时值,如果确切知道这个值,则按法拉第电磁感应定律求得的电动势为瞬时值,若是利用去求磁通量的变化率,一般情况求的是磁通量的平均变化率,那么用E= 求得的则是平均电动势。‎ ‎【温馨提示】　(1)当ΔΦ仅由B的变化引起时,E=n;当ΔΦ仅由S的变化引起时,E=n;当ΔΦ由B、S的变化同时引起时,E=n≠n。(2)磁通量的变化率是Φ-t图象上某点切线的斜率。‎ ‎1.1 法拉第电磁感应定律可以这样表述:闭合回路中感应电动势的大小(　　)。‎ A.跟穿过这一闭合回路的磁通量成正比 B.跟穿过这一闭合回路的磁感应强度成正比 C.跟穿过这一闭合回路的磁通量的变化率成正比 D.跟穿过这一闭合回路的磁通量的变化量成正比 ‎【答案】C ‎1.2 将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中,线圈平面与磁场方向垂直,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 ‎【答案】C ‎2‎ 导体切割磁感线产生的感应电动势 ‎　　(1)导体切割磁感线时的感应电动势:①当导体棒垂直于磁场运动,B、l、v两两垂直时,E=Blv。②当导线的运动方向与导线本身垂直,但与磁感线方向夹角为θ时,E=Blvsin θ。‎ ‎(2)用公式E=计算的感应电动势是平均电动势,只有在电动势不随时间变化的情况下平均电动势才等于瞬时电动势。用公式E=BLv计算电动势的时候,如果v是瞬时速度则电动势是瞬时值;如果v是平均速度则电动势是平均值。‎ ‎(3)公式E=是计算感应电动势的普适公式,公式E=BLv则是前式的一个特例。公式E=BLv成立的条件是L、v、B三者两两垂直。‎ ‎(4)E=是求整个回路的总电动势,并且求出的是Δt时间内的平均感应电动势,而公式E=BLv求出的只是切割磁感线的那部分导体中的感应电动势,不一定是回路中的总感应电动势,并且它一般用于求某一时刻的瞬时感应电动势。‎ ‎【温馨提示】　(1)E=Blv中的速度v是相对于磁场的速度,若磁场也运动,则应注意速度间的相对关系。(2)公式中的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。(3)若v为瞬时速度,则E为瞬时感应电动势;若v为平均速度,则E为平均感应电动势。‎ ‎2.1 关于感应电动势,下列说法中正确的是(　　)。‎ A.电源电动势就是感应电动势 B.产生感应电动势的那部分导体相当于电源 C.在电磁感应现象中没有感应电流就一定没有感应电动势 D.电路中有电流就一定有感应电动势 ‎【答案】B ‎2.2 如图所示,一导线弯成半径为a的半圆形闭合回路。虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场,方向垂直于回路所在的平面。回路以速度v向右匀速进入磁场,直径CD始终与MN垂直。从D点到达边界开始到C点进入磁场为止,下列结论不正确的是(　　)。‎ A.感应电流方向不变 B.CD段直线始终不受安培力 C.感应电动势的最大值Em=Bav D.感应电动势的平均值 =πBav ‎【答案】B ‎3‎ 自感和涡流现象 ‎　　(1)自感现象 ‎①概念:由于导体本身的电流发生变化而产生的电磁感应现象,叫作自感现象。②自感电动势:由于自感而产生的感应电动势。‎ ‎　　(2)自感系数 ‎①概念:自感电动势与导体中电流的变化率成正比,比例系数则为自感系数,简称自感或电感。②决定因素:自感系数L与线圈的形状、长短、匝数及有无铁芯有关。如果线圈内有铁芯,则自感系数L会比没有铁芯时大得多。③单位:亨利(符号H)1 H=1×103mH=1×106μH。④物理意义:表征线圈产生自感电动势本领大小的物理量。数值上等于通过线圈的电流在1 s内改变1 A时产生的自感电动势的大小。‎ ‎(3)涡流 ‎①定义:在变化的磁场中的导体内产生的感应电流,就像水中的漩涡,所以把它叫作涡电流,简称涡流。②涡流的特点:若金属的电阻率小,涡流往往很强,产生的热量很多。③涡流的应用:涡流热效应的应用,如真空冶炼炉。涡流磁效应的应用,如探雷器、安检门。④涡流的防止:电动机、变压器等设备中应防止铁芯中涡流过大而导致浪费能量,损坏电器。‎ ‎【温馨提示】　(1)涡流是整块导体发生的电磁感应现象,同样遵循法拉第电磁感应定律。(2)磁场变化越快(越大),导体的横截面积S越大,导体材料的电阻率越小,形成的涡流就越大。‎ ‎3.1 (多选)如图所示电路中,灯泡A、B的规格相同,电感线圈L的自感系数足够大且电阻可忽略。下列关于此电路的说法中正确的是(　　)。‎ A.S闭合后的瞬间,A、B同时亮,然后A变暗最后熄灭 B.S闭合后的瞬间,B先亮,A逐渐变亮,最后A、B一样亮 C.S断开后的瞬间,A立即熄灭,B逐渐变暗最后熄灭 D.S断开后的瞬间,B立即熄灭,A闪亮一下后熄灭 ‎【答案】AD ‎3.2 2018年研究生考试全过程实行无死角的视频监控和录像,使用二代身份证识别仪和金属探测器等设备。下列关于金属探测器的论述正确的是(　　)。‎ A.金属探测器可用于食品生产,防止细小的砂石颗粒混入食品中 B.金属探测器探测地雷时,探测器的线圈中产生涡流 C.金属探测器探测金属时,被测金属中感应出涡流 D.探测过程中金属探测器与被测物体相对静止与相对运动的探测效果相同 ‎【答案】C 题型一 楞次定律的理解和应用 ‎　　1.判断产生感应电流的两种方法:(1)闭合电路的一部分导体切割磁感线;(2)一闭合二变磁,即导体回路必须闭合,穿过闭合导体回路的磁通量发生变化,二者缺一不可。‎ ‎2.磁通量变化的四种情况:(1)B不变,S变化,则ΔΦ=B·ΔS;(2)B变化,S不变,则ΔΦ=ΔB·S;(3)B变化,S也变化,则ΔΦ=B2S2-B1S1;(4)B不变,S不变,线圈平面与磁场方向的夹角θ变化,则ΔΦ=BS(sin θ2-sin θ1)。‎ ‎3.判断感应电流方向的“三步走”‎ ‎4.楞次定律推论的应用技巧:(1)线圈(回路)中磁通量变化时,阻碍原磁通量的变化——应用“增反减同”的规律;(2)导体与磁体间有相对运动时,阻碍相对运动——应用“来拒去留”的规律; (3)当回路可以形变时,感应电流使线圈面积有扩大或缩小的趋势——应用“增缩减扩”的规律; (4)自感现象中,感应电动势阻碍原电流的变化——应用“增反减同”的规律。‎ ‎　　【例1】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】由法拉第电磁感应定律可知E=n,则E=nπR2。由于Ra∶Rb=2∶1,则Ea∶Eb=4∶1。感应电流产生的磁场要阻碍原磁场的增大,即感应电流产生向里的感应磁场,由楞次定律和安培定则可以判断产生沿顺时针方向的电流,B项正确。‎ ‎【答案】B ‎　　本题考查法拉第电磁感应定律、楞次定律和安培定则。对于楞次定律,一定要清楚是用哪只手判断感应电流方向的,也可以从两个角度理解,一个是“增反减同”,一个是“来拒去留”,对于法拉第电磁感应定律,需要灵活掌握公式,学会变通。‎ ‎【变式训练1】‎ 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】磁感应强度随时间均匀减小,ab始终保持静止,所以闭合回路的面积不发生改变,根据楞次定律和法拉第电磁感应定律可知,ab中产生由a到b的恒定电流,A、B两项错误;因为电流恒定,磁感应强度逐渐减小,所以安培力逐渐减小,静摩擦力与安培力是一对平衡力,则静摩擦力逐渐减小,C项错误,D项正确。‎ ‎【答案】D 题型二 法拉第电磁感应定律的理解及应用 ‎　　1.应用E=n:(1)Φ为磁通量的大小,表示在某一时刻(或某一状态)穿过电路的磁感线条数。(2)ΔΦ为磁通量变化量,它体现了电路从某一位置(或时刻)经过某一过程到另一位置(或另一时刻),磁通量的改变量。(3)为磁通量的变化率,表示磁通量变化的快慢。(4)Φ大,不一定ΔΦ大;ΔΦ大,不一定大;反之Φ=0,ΔΦ不一定等于零,也不一定等于零(如交流发电机中的电枢)。‎ ‎【温馨提示】　公式E=n的应用,ΔΦ与B、S相关,可能是=B,也可能是=S,当B=kt时,=kS。‎ ‎2.应用E=Blv:导线切割磁感线产生电动势的情况,要注意v垂直于B的判断;当导线弯曲时,L是切割磁感线的有效长度,即导线两端在v、B所决定的平面上的投影长度。v是导体对磁感线的切割速度,如果导线旋转切割磁感线,且角速度为ω,则v=,即L中点的切割速度,此时感应电动势E=。‎ ‎　　3.求感应电动势大小的五种类型及对应解法 ‎(1)磁通量变化型:E=n。(2)磁感应强度变化型:E=nS。(3)面积变化型:E=nB。(4)平动切割型:E=Blv·sin θ。①θ为B与v的夹角。②l为导体切割磁感线的有效长度:首尾相连在垂直速度方向上的分量。③v为导体相对磁场的速度。(5)转动切割型:E=Blv=Bl2ω。‎ ‎　　【例2】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匝,边长la=3lb,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增大,不考虑线圈之间的相互影响,则(　　)。‎ A.两线圈内产生顺时针方向的感应电流 B.a、b线圈中的感应电动势之比为9∶1‎ C.a、b线圈中的感应电流之比为3∶4‎ D.a、b线圈中的电功率之比为3∶1‎ ‎【解析】由楞次定律可判断,两线圈中产生的感应电流均沿逆时针方向,A项错误;由法拉第电磁感应定律有E=nS,S=l2,R=ρ,I=,P=,可知Ea∶Eb=9∶1,Ia∶Ib=3∶1,Pa∶Pb=27∶1,B项正确,C、D两项错误。‎ ‎【答案】B ‎　　本题考查楞次定律、法拉第电磁感应定律。要推导某个物理量与其他物理量之间的关系,可以先找到这个物理量的表达式,然后看这个物理量和什么因素有关;这里线圈的匝数是容易被忽略的量。‎ ‎【变式训练2】(多选)如图甲所示,在足够长的光滑斜面上放置着金属线框,垂直于斜面方向的匀强磁场的磁感应强度B随时间的变化规律如图乙所示(规定垂直斜面向上为正方向)。t=0时刻将线框由静止释放,在线框下滑的过程中,下列说法正确的是(　　)。‎ A.线框中产生大小、方向周期性变化的电流 B.MN边受到的安培力先减小后增大 C.线框做匀加速直线运动 D.线框中产生的焦耳热等于其机械能的损失 ‎【解析】穿过线圈的磁通量先向下减小,后向上增加,则根据楞次定律可知,感应电流方向不变,A项错误;因B的变化率不变,则感应电动势不变,即感应电流不变,而B的大小先减小后增加,根据F=BIL可知,MN边受到的安培力先减小后增大,B项正确;因线圈平行的两边电流等大反向,则整个线圈受的安培力为零,故线圈下滑的加速度为gsin θ不变,则线框做匀加速直线运动,C项正确;因安培力对线圈不做功,斜面光滑,则线框的机械能守恒,D项错误。‎ ‎【答案】BC 题型三 自感现象的分析 ‎　　1.自感现象的四大特点:(1)自感电动势总是阻碍导体中原电流的变化。(2)通过线圈中的电流不能发生突变,只能缓慢变化。(3)电流稳定时,自感线圈就相当于普通导体。(4)线圈的自感系数越大,自感现象越明显,自感电动势只是延缓了过程的进行,但它不能使过程停止,更不能使过程反向。‎ ‎2.通电自感和断电自感 比较项 电路 现象 自感电动 势的作用 通电 自感 接通电源的瞬时,灯泡A1逐渐地亮起来 阻碍电流的增加 断电 自感 断开开关的瞬时,灯泡A逐渐变暗,直到熄灭 阻碍电流的减小 ‎　　【温馨提示】　处理自感现象问题的技巧:(1)通电自感,线圈相当于一个变化的电阻——阻值由无穷大逐渐减小,通电瞬间自感线圈处相当于断路。(2)断电自感,断电时自感线圈处相当于电源,自感电动势由某值逐渐减小到零。(3)电流稳定时,理想的自感线圈相当于导体,非理想的自感线圈相当于定值电阻。‎ ‎　　【例3】两只相同的白炽灯L1和L2,分别与电容器C和电感线圈L串联,接在如图所示的电路中。将a、b接在电压最大值为Um、频率为f的正弦交流电源E1两极间时,两只灯泡都发光,且亮度相同。若更换一个新的正弦交流电源E2后,灯L2的亮度高于灯L1的亮度,则新电源E2的电压最大值和频率可能是(　　)‎ A.电压的最大值仍为Um,而频率大于f B.电压的最大值仍为Um,而频率小于f C.电压的最大值大于Um,而频率仍为f D.电压的最大值小于Um,而频率仍为f ‎【解析】当将a、b接在电压最大值为Um、频率为f的正弦交流电源E1两极间时,两只灯泡都发光,且亮度相同。而更换一个新电源后,灯L2的亮度高于灯L1的亮度,则说明电容器的容抗变大,电感的感抗变小,那么新电源的频率小,最大电压值不变,故B项正确,A、C、D三项错误。‎ ‎【答案】B ‎　　当电容器的电容越小、频率越低时,容抗越高;而线圈的自感系数越大、频率越高时,感抗越高。‎ ‎【变式训练3】 (多选)如图所示的电路中,L为一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈,D1、D2是两个完全相同的灯泡,E是一内阻不计的电源。t=0时刻,闭合开关S,经过一段时间后,电路达到稳定,t1时刻断开开关S。I1、I2分别表示通过灯泡D1和D2的电流,规定图中箭头所示的方向为电流正方向,以下各图中能定性描述电流I随时间t变化关系的是(　　)。‎ ‎【解析】当S闭合时,L的自感作用会阻碍其中的电流变大,电流从D1流过;当L的阻碍作用变小时,L中的电流变大,D1中的电流变小至零;D2中的电流为电路总电流,电流流过D1时,电路总电阻较大,电流较小,当D1中电流为零时,电流流过L与D2,总电阻变小,电流变大至稳定;当S再断开时,D2马上熄灭,D1与L组成回路,由于L的自感作用,D1慢慢熄灭,电流反向且减小,故A、C两项正确。‎ ‎【答案】AC ‎【变式训练4】(多选)如图甲、乙所示的电路中,电阻R和自感线圈L的电阻值都很小,且小于灯泡A的电阻,接通开关S,使电路达到稳定,灯泡A发光,则(　　)。‎ A.在电路甲中,断开S后,A将逐渐变暗 B.在电路甲中,断开S后,A将先变得更亮,然后才逐渐变暗 C.在电路乙中,断开S后,A将逐渐变暗 D.在电路乙中,断开S后,A将先变得更亮,然后才逐渐变暗 ‎【解析】图甲所示电路中,灯A和线圈L串联,电流相同,断开S时,线圈上产生自感电动势,阻碍原电流的减小,通过R、A形成回路,灯A逐渐变暗,A项正确,B项错误;图乙所示电路中,电阻R和灯A串联,灯A的电阻大于线圈L的电阻,通过灯A的电流则小于线圈L中的电流,断开S时,电源不给灯供电,而线圈L产生自感电动势阻碍电流的减小,通过R、A形成回路,灯A中电流比原来大,A将变得更亮,然后逐渐变暗。‎ ‎【答案】AD 题型四 电磁感应中的图象问题 ‎　　1.分析电磁感应图象问题的思路 ‎2.电磁感应中图象问题的分析技巧 ‎(1)对于图象选择问题常用排除法:先看方向再看大小及特殊点。(2)对于图象的描绘:先定性或定量表示出所研究问题的函数关系,注意横、纵坐标表达的物理量及各物理量的单位,画出对应物理图象(常用分段法、数学法)。(3)对图象的理解:看清横、纵坐标表示的量,理解图象的物理意义。‎ ‎【温馨提示】　电磁感应中图象问题的分析一般有定性与定量两种方法,定性分析主要是通过确定某一物理量的方向以及大小的变化情况判断对应的图象,而定量分析则是通过列出某一物理量的函数表达式确定其图象。‎ ‎　　【例4】 一个粗细均匀、总电阻为R的矩形金属线框MNPQ,如图所示,MN的长度是NP的2倍,NP长度为L,有一宽度为2L、磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场,自MN边进入磁场开始线框以速度v匀速穿过磁场区域,则PQ两端的电势差UPQ随时间的关系图线为(　　)。‎ ‎【解析】匀速运动L的过程中感应电动势E=2BLv,根据闭合电路的欧姆定律可得感应电流i==,根据闭合电路的欧姆定律可得UPQ=E=;在L~2L过程中,磁通量不变,感应电流为零,此过程UPQ=E=2BLv;在2L~3L的过程中,感应电动势E=2BLv,根据闭合电路的欧姆定律可得UPQ=E=,只有A项正确。‎ ‎【答案】A ‎　　关于电磁感应与图象的结合问题,关键要分段应用电磁感应和电路的基本规律、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式和焦耳定律等得到各物理量的解析式,再进行选择。在解题时要灵活选择解法,也可以运用排除法等进行解答。‎ ‎【变式训练5】如图甲所示,铜线圈水平固定在铁架台上,铜线圈的两端连接在电流传感器上,传感器与数据采集器相连,采集的数据可通过计算机处理,从而得到铜线圈中的电流随时间变化的图线。利用该装置探究条形磁铁从距铜线圈上端某一高度处由静止释放后,沿铜线圈轴线竖直向下穿过铜线圈的过程中产生的电磁感应现象。两次实验中分别得到了如图乙、丙所示的电流—时间图线。条形磁铁在竖直下落过程中始终保持直立姿态,且所受空气阻力可忽略不计。则下列说法中正确的是(　　)。‎ A.若两次实验条形磁铁距铜线圈上端的高度不同,其他实验条件均相同,则乙图对应实验条形磁铁距铜线圈上端的高度大于丙图对应实验条形磁铁距铜线圈上端的高度 B.若两次实验条形磁铁的磁性强弱不同,其他实验条件均相同,则乙图对应实验条形磁铁的磁性比丙图对应实验条形磁铁的磁性强 C.乙图对应实验条形磁铁穿过铜线圈的过程中损失的机械能小于丙图对应实验条形磁铁穿过铜线圈的过程中损失的机械能 D.两次实验条形磁铁穿过铜线圈的过程中所受的磁场力都是先向上后向下 ‎【解析】由图乙和图丙的对比可知乙中产生的感应电流小于丙中的,可知乙图中条形磁铁到达线圈的速度必然小于丙图中的到达速度,则乙图中下落的高度要更低一点,故A项错误;如果高度相同,到达的速度相同,若要通过改变磁性来调节,则必须使得乙中的磁性更弱,感应电流就更小,故B项错误;由于两个过程中都有感应电流,要产生焦耳热,则必然有机械能的损耗,感应电流大些,则损耗的机械能相应就大,故C项正确;由楞次定律可得,两个过程中所受的安培力均是向上的,则D项错误。‎ ‎【答案】C ‎【变式训练6】一圆环形铝质金属圈(阻值不随温度变化)放在匀强磁场中,设第1 s内磁感线垂直于金属圈平面(垂直于纸面)向里,如图甲所示。若磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示,那么第3 s内金属圈中(　　)‎ A.感应电流逐渐增大,沿逆时针方向 B.感应电流恒定,沿顺时针方向 C.圆环各微小段受力大小不变,方向沿半径指向圆心 D.圆环各微小段受力逐渐增大,方向沿半径指向圆心 ‎【解析】从图乙中可得第3 s内垂直向里的磁场均匀增大,穿过线圈垂直向里的磁通量增大,由楞次定律可得,感应电流为逆时针方向;根据法拉第电磁感应定律可得线圈产生的感应电动势E==,根据欧姆定律可知产生的感应电流I==,I正比于,第3 s内磁通量的变化率恒定,所以产生的感应电流恒定,A、B两项错误;圆环各微小段受安培力,由于磁场逐渐增大,电流不变,根据公式F=BIL,可得圆环各微小段受力逐渐增大,由左手定则可判断安培力的方向沿半径指向圆心,故C项错误,D项正确。‎ ‎【答案】D 题型五 电磁感应中的电路问题 ‎　　1.特点:在电磁感应中,切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势,该导体或回路相当于电源,与其他导体构成闭合的电路。因此,电磁感应问题往往又和电路问题联系在一起。解决电磁感应电路问题的关键是把电磁感应的问题等效转换成恒定直流电路,然后利用电路的有关知识解决问题。‎ ‎2.电磁感应与电路问题的联系是电源与电路的连接问题,解决问题要注意整合两部分的知识。正确分析感应电动势及感应电流的方向,产生感应电动势的那部分电路为电源部分,故该部分电路中的电流应为电源内部的电流,而外电路中的电流方向仍是从高电势到低电势;应用欧姆定律分析求解电路时,注意等效电源的内阻对电路的影响;对接在电路中电表的示数要正确进行分析,特别是并联在等效电源两端的电压表,其示数应该是外电压,而不是等效电源的电动势,也不是内电压。‎ ‎3.解题的基本方法:(1)确定电源,产生感应电流或感应电动势的那部分电路就相当于电源,利用法拉第电磁感应定律确定其电动势的大小,利用楞次定律确定其正、负极。需要强调的是,在电源内部电流是由负极流向正极的,在外部从正极流向外电路,并由负极流入电源。如无感应电流,则可以假设电流如果存在时的流向。(2)分析电路结构,画出等效电路图。(3)利用电路规律求解,主要有闭合电路欧姆定律、串并联电路的性质、电功和电热等公式。‎ ‎　　【例5】如图甲所示,空间存在方向竖直向下、磁感应强度大小B=0.5 T的匀强磁场,有两条平行的长直导轨MN、PQ处于同一水平面内,间距L=0.2 m,左端连接阻值R=0.4 Ω的电阻。质量m=0.1 kg的导体棒cd垂直跨接在导轨上,与导轨间的动摩擦因数μ=0.2。从t=0时刻开始,通过一小型电动机对棒施加一个水平向右的牵引力,使棒从静止开始沿导轨方向做加速运动,此过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好。除R以外其余部分的电阻均不计,取重力加速度大小g=10 m/s2。‎ ‎(1)若电动机保持恒定功率输出,棒的v-t 图象如图乙所示(其中OC是曲线,CD是水平直线),已知0~10 s内,电阻R产生的热量Q=30 J,则求:‎ ‎①导体棒达到最大速度vm时的牵引力大小。‎ ‎②导体棒从静止开始至达到最大速度vm时的位移大小。‎ ‎(2)若电动机保持恒定牵引力F=0.3 N ,且将电阻换为C=10 F的电容器(耐压值足够大),如图丙所示,求t=10 s时牵引力的功率。‎ ‎【解析】(1)①当导体棒达到最大速度后,所受合力为零,沿导轨方向有F-F安-f=0‎ 摩擦力f=μmg=0.2 N 感应电动势E=BLvm,感应电流I=‎ 安培力F安=BIL==0.25 N 此时牵引力F=F安+f=0.45 N。‎ ‎②变力做功问题不能用功的定义式,在0~10 s内牵引力是变力但功率恒定,可根据能量守恒定律求解 电动机的功率P=Fvm=4.5 W 电动机消耗的电能等于导体棒的动能、克服安培力做功产生的焦耳热与克服摩擦力做功产生的内能之和,有 Pt=m+f·x+Q 解得位移x=50 m。‎ ‎(2)当金属棒的速度大小为v时,感应电动势E=BLv 由C=可知,此时电容器极板上的电荷量Q=CU=CE=CBLv 设在一小段时间Δt内,可认为导体棒做匀变速运动,速度增加量为Δv 电容器极板上增加的电荷量ΔQ=CBL·Δv 根据电流的定义式I===CBLa 对导体棒受力分析,根据牛顿第二定律,有 F-f-BIL=ma 将I=CBLa代入上式可得a==0.5 m/s2‎ 可知导体棒的加速度与时间无关,为一个定值,即导体棒做匀加速运动 在t=10 s时,v=at=5 m/s,此时的功率P=Fv=1.5 W。‎ ‎【答案】(1)①0.45 N　②50 m　(2)1.5 W ‎　　对电磁感应电源的理解:(1)电源的正负极可用右手定则或楞次定律判定,要特别注意在内电路中电流由负极到正极。(2)电磁感应电路中的电源与恒定电流的电路中的电源不同,前者是由于导体切割磁感线产生的,公式E=BLv,其大小可能变化,变化情况可根据其运动情况判断;而后者的电源电动势在电路分析中认为是不变的。(3)在电磁感应电路中,相当于电源的导体(或线圈)两端的电压与恒定电流的电路中电源两端的电压一样,等于路端电压,而不等于电动势。(除非切割磁感线的导体或线圈电阻为零)‎ ‎【变式训练7】(多选)如图甲所示,一个U形光滑足够长的金属导轨固定在水平桌面上,电阻R=10 Ω,其余电阻均不计,两导轨间的距离L=0.2 m,有垂直于桌面向下并随时间变化的匀强磁场,磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示。一个电阻不计的金属杆可在导轨上无摩擦地滑动,在滑动过程中保持与导轨两边垂直。在t=0时刻,金属杆紧靠在最左端,杆在外力的作用下以速度v=0.5 m/s向右做匀速运动。当t=4 s时,下列说法中正确的是(　　)。‎ A.穿过回路的磁通量为0.08 Wb B.流过电阻R的感应电流的方向为b→a C.电路中感应电动势的大小E=0.02 V D.金属杆所受到的安培力的大小为1.6×10-4N ‎【解析】当t=4 s时,金属杆的位移x=vt=2 m,则穿过回路的磁通量Φ=BS=BLx=0.08 Wb,A项正确;根据右手定则可得流过电阻R的感应电流的方向为a→b,B项错误;电路中感应电动势的大小E=BLv+=0.04 V,C项错误;根据欧姆定律可得电路中的电流I==0.004 A,金属杆所受到的安培力的大小F=BIL=1.6×10-4N,D项正确。‎ ‎【答案】AD ‎【变式训练8】如图所示,绝缘水平面内固定有一间距d=1 m、电阻不计的足够长光滑矩形导轨AKDC,导轨两端接有阻值分别为R1=3 Ω和R2=6 Ω的定值电阻,矩形区域AKFE、NMCD范围内均有方向竖直向下、磁感应强度大小B=1 T的匀强磁场Ⅰ和Ⅱ,一质量m=0.2 kg、电阻r=1 Ω的导体棒bc垂直放在导轨上AK与EF之间某处,在方向水平向右、大小F0=2 N的恒力作用下由静止开始运动,刚要到达EF时导体棒bc的速度大小v1=3 m/s,导体棒bc进入磁场Ⅱ后,导体棒bc中通过的电流始终保持不变,导体棒bc在运动过程中始终保持与导轨垂直且接触良好,空气阻力不计。‎ ‎(1)求导体棒bc刚要到达EF时的加速度大小a1。‎ ‎(2)求两磁场边界EF和MN之间的距离L。‎ ‎【解析】(1)导体棒bc刚要到达EF时,在磁场中切割磁感线产生的感应电动势E1=Bdv1,经分析可知,此时导体棒bc所受安培力的方向水平向左,由牛顿第二定律,则有F0-BI1d=ma1‎ 根据闭合电路的欧姆定律,则有I1=‎ 上式中,R==2 Ω 解得a1=5 m/s2。‎ ‎(2)导体棒bc进入磁场Ⅱ后,受到的安培力与F0平衡,做匀速直线运动,导体棒bc中通过的电流I2保持不变,则有F0=BI2d,其中I2=‎ 设导体棒bc从EF运动到MN的过程中的加速度大小为a2,根据牛顿第二定律,则有F0=ma2‎ 导体棒bc在EF、MN之间做匀加速直线运动,则有 ‎-=2a2L 解得L=1.35 m。‎ ‎【答案】(1)5 m/s2　(2)1.35 m 题型六 电磁感应中的动力学问题 ‎　　1.特点:感应电流在磁场中受到安培力的作用,因此电磁感应问题往往跟力学问题联系在一起。解决这类问题需要综合应用电磁感应规律(法拉第电磁感应定律、楞次定律)及力学中的有关规律(共点力的平衡条件、牛顿运动定律、动能定理等)。‎ ‎2.解题的基本方法:(1)选择研究对象,即哪一根导体棒或几根导体棒组成的系统;(2)用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向;(3)求回路中的电流大小;(4)分析其受力情况;(5)分析研究对象所受各力的做功情况和合力做功情况,选定所要应用的物理规律;(6)运用物理规律列方程求解。‎ ‎【温馨提示】　解决这类问题的关键是通过运动状态的分析,寻找过程中的临界状态,如求速度、加速度的最大值或最小值的条件,思维框架如下所示:‎ 导体受外力运动感应电动势感应电流导体受安培力合力变化加速度变化速度变化临界状态。‎ ‎　　【例6】 如图所示,有一光滑的水平导电轨道置于竖直向上的匀强磁场中,导轨由宽度分别为2L、L的两部分组合而成。两导体棒ab、cd分别垂直两导轨水平放置,质量都为m、有效电阻都为R。现给ab一水平向左的初速度v0 ,导轨电阻不计且足够长,最终cd离开宽轨且滑上无磁场的光滑圆弧轨道,cd上升的最大高度为h,重力加速度为g。从cd开始运动到cd离开磁场这一过程中,求:‎ ‎(1)ab开始运动瞬间cd所受安培力的大小和方向。‎ ‎(2)ab做匀速运动时的速度大小。‎ ‎(3)上述过程中闭合电路中产生的焦耳热。‎ ‎【解析】(1)ab开始运动瞬间,产生的电动势E=BLv0‎ 根据闭合电路的欧姆定律可得I=‎ 根据右手定则可得电流方向为dbac,根据左手定则可知cd所受安培力方向向左,安培力大小F=BI·2L 解得 F=。‎ ‎(2)设cd滑上无磁场的光滑圆弧轨道时初速度为v1,则有mgh=m ‎ cd和ab在导轨上最终做匀速运动时,此时闭合回路的磁通量不变,所以ab棒的速度v2为cd棒速度v1的2倍 则v2=2。‎ ‎(3)由功能关系,有Q= -‎ 得Q=m-5mgh。‎ ‎【答案】(1) 　水平向左　(2)2‎ ‎(3)m-5mgh ‎　　对于电磁感应问题的研究思路常常有两条:一条从力的角度,重点是分析安培力作用下导体棒的平衡问题,根据平衡条件列出方程;另一条是能量角度,分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题,根据动能定理、功能关系等列方程求解。‎ ‎【变式训练9】为了探究电动机转速与弹簧伸长量之间的关系,小明设计了如图所示的装置。半径为l的圆形金属导轨固定在水平面上,一根长也为l,电阻为R的金属棒ab一端与导轨接触良好,另一端固定在圆心处的导电转轴OO'上,由电动机带动旋转。在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面,大小为B1、方向竖直向下的匀强磁场。另有一质量为m、电阻为R的金属棒cd用轻质弹簧悬挂在竖直平面内,并与固定在竖直平面内的“U”形导轨保持良好接触,导轨间距为l,底部接阻值也为R的电阻,处于大小为B2、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场中。从圆形金属导轨引出导线和通过电刷从转轴引出导线经开关S与“U”形导轨连接。当开关S断开,棒cd静止时,弹簧伸长量为x0;当开关S闭合,电动机以某一转速逆时针匀速转动,棒cd再次静止时,弹簧伸长量变为x(不超过弹性限度)。不计其余电阻和摩擦等阻力,求此时:‎ ‎(1)通过棒cd的电流Icd。‎ ‎(2)电动机对该装置的输出功率P。‎ ‎(3)电动机转动角速度ω与弹簧伸长量x之间的函数关系。‎ ‎【解析】(1)S断开时,cd棒静止,有mg=kx0‎ S闭合时,cd棒静止,有mg+B2Icdl=kx 联立解得Icd=。‎ ‎(2)回路总电阻R总=R+R=R 总电流I=2Icd=‎ 电动机对该装置的输出功率P=I2R总=。‎ ‎(3)由法拉第电磁感应定律得E=B1ωl2‎ 回路总电流I==‎ 联立解得ω=。‎ ‎【答案】(1)　(2)‎ ‎(3)‎ ‎【变式训练10】如图甲所示,放置在水平桌面上的两条光滑导轨间的距离L=1 m,质量m=1 kg的光滑导体棒放在导轨上,导轨左端与阻值R=4 Ω的电阻相连,导轨所在位置有磁感应强度大小B=2 T的匀强磁场,磁场的方向垂直导轨平面向下,现在给导体棒施加一个水平向右的恒定拉力F,并每隔0.2 s测量一次导体棒的速度,图乙是根据所测数据描绘出的导体棒的v-t图象。设导轨足够长,求:‎ ‎(1)力F的大小。‎ ‎(2)t=1.6 s时,导体棒的加速度大小。‎ ‎(3)若1.6 s内导体棒的位移x=8 m,试计算1.6 s内电阻产生的热量。‎ ‎【解析】(1)感应电动势 E=BLv 感应电流I=,安培力F安=BIL 当速度最大时F=F安 解得F==10 N。‎ ‎ (2)当t=1.6 s时,v1=8 m/s ,此时 F安==8 N F-F安= ma,解得a=2 m/s2。‎ ‎(3)由能量守恒得Fx=Q+m 解得1.6 s内电阻产生的热量Q =48 J。‎ ‎【答案】(1)10 N　(2)2 m/s2　(3)48 J 题型七 电磁感应中的能量问题 ‎　　1.特点:电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程,而能量的转化是通过安培力做功的形式实现的,安培力做功的过程,是电能转化为其他形式能的过程,外力克服安培力做功,则是其他形式的能转化为电能的过程。‎ ‎2.基本思路:(1)在电磁感应中,切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势,该导体或回路就相当于电源。(2)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相互转化。(3)根据能量守恒列方程求解。‎ ‎3.能量转化及焦耳热的求法 ‎(1)能量转化 ‎　　(2)求解焦耳热Q的几种方法 ‎【温馨提示】　求解电能应分清两类情况: (1)若回路中电流恒定,可以利用电路结构及W=UIt或Q=I2Rt直接进行计算。(2)若电流变化,则可利用安培力做功求解,电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功;也可利用能量守恒求解,若只有电能与机械能的转化,则减少的机械能等于产生的电能。‎ ‎　　【例7】如图所示,两根等高、光滑的四分之一圆弧轨道,半径为r,间距为L,轨道电阻不计,在轨道顶端连有一阻值为R的电阻,整个装置处在一竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度为B,现有一根长度稍大于L,电阻为R,质量为m的金属棒从轨道最低位置cd开始,在拉力作用下以速度v0向右沿轨道做匀速圆周运动至ab处,求:‎ ‎(1)初始时刻cd两端的电压。‎ ‎(2)在该过程中R上产生的热量。‎ ‎(3)拉力做的功。‎ ‎【解析】(1)刚进入时,根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势E=BLv0‎ 根据串联电路特点可知U外∶U内=3∶1‎ 解得Ucd=U外=BLv0。‎ ‎(2)导体棒在磁场中做匀速圆周运动,相当于矩形线圈一条边框在磁场中转动,因电磁感应产生的感应电流为余弦交变电流,所以有Em=BLr·=BLv0‎ 电流的有效值I=‎ 所以R产生的热量QR=I2Rt 经过的时间t=‎ 解得QR=r。‎ ‎(3)由动能定理可得 W拉-mgr-Q总=m-m 其中:Q总=I2t 解得W拉=mgr+r。‎ ‎【答案】(1)BLv0　(2)r　(3)mgr+r ‎　　根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势,根据串联电路特点求解初始时刻cd两端的电压;分析电路中电磁感应产生的感应电流的特点,求出电流的有效值,根据焦耳定律求解R产生的热量;由动能定理可得拉力做的功。‎ ‎【变式训练11】如图所示,上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置,小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放,并落至底部,则小磁块(　　)。‎ A.在Q和P中都做自由落体运动 B.在两个下落过程中的机械能都守恒 C.在P中的下落时间比在Q中的长 D.落至底部时在P中的速度比在Q中的大 ‎【解析】当小磁块在光滑的铜管P中下落时,由于穿过铜管的磁通量变化,导致铜管产生感应电流,从而产生安培阻力,所以P做的不是自由落体运动;而对于塑料管内小磁块没有任何阻力,做自由落体运动,故A项错误;由A项分析可知,在铜管中运动的小磁块机械能不守恒,而在塑料管中运动的小磁块机械能守恒,故B项错误;在铜管中小磁块受到安培阻力,则在P中的下落时间比在Q中的长,故C项正确;根据动能定理可知,因安培阻力做功产生热能,则至底部时在P中的速度比在Q中的小,故D项错误。‎ ‎【答案】C ‎【变式训练12】如图甲所示,abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框,在金属线框的下方有一磁感应强度为B的匀强磁场区域,MN和M'N'是匀强磁场区域的水平边界,并与线框的bc边平行,磁场方向与线框平面垂直。现金属线框由距MN的某一高度从静止开始下落,图乙是金属线框由开始下落到完全穿过匀强磁场区域的v-t图象。已知金属线框的质量为m,电阻为R,当地的重力加速度为g,图象中坐标轴上所标出的v1、v2、v3、t1、t2、t3、t4均为已知量(下落过程中线框 abcd 始终在竖直平面内,且 bc 边始终水平)。根据题中所给条件,以下说法正确的是(　　)。‎ A.可以求出金属线框的边长 ‎ B.线框穿出磁场时间(t4-t3)等于进入磁场时间(t2-t1)‎ C.线框穿出磁场与进入磁场过程所受安培力方向相同 ‎ D.线框穿出磁场与进入磁场过程产生的焦耳热相等 ‎【解析】由线框运动的v-t图象,可知0~t1时间线框自由下落,t1~t2时间线框进入磁场,t2~t3时间线框在磁场中只受重力作用加速下降,t3~t4时间线框匀速离开磁场。线框的边长l=v3(t4-t3),A项正确。由于线框离开磁场时的速度v3大于进入磁场时的平均速度,因此线框穿出磁场的时间小于进入磁场的时间,B项错误。线框穿出磁场与进入磁场过程所受安培力方向都竖直向上,C项正确。线框进入磁场时有Q1=m+mgl-m;线框穿出磁场时有mgl=Q2,可见Q1b 的铝条,磁铁仍以速度v进入铝条间,试简要分析说明磁铁在铝条间运动时的加速度和速度如何变化。‎ ‎【解析】 (1)磁铁在铝条间运动时,两根铝条受到的安培力大小相等且均为F安,有F安=IdB 磁铁受到沿斜面向上的作用力为F,其大小F=2F安 磁铁匀速运动时受力平衡,则有F-mgsin θ=0‎ 联立可得I=。‎ ‎(2)磁铁穿过铝条时,在铝条中产生的感应电动势为E,有 E=Bdv 铝条与磁铁正对部分的电阻为R,由电阻定律有R=ρ 由欧姆定律有I=‎ 联立可得v=。‎ ‎(3)磁铁以速度v进入铝条间,恰好做匀速运动时,磁铁受到沿斜面向上的作用力F,联立上式可得F=‎ 当铝条的宽度b'>b时,磁铁以速度v进入铝条间时,磁铁受到的作用力变为F',有 F'=‎ 可见,F'>F=mgsin θ,磁铁所受到的合力方向沿斜面向上,获得与运动方向相反的加速度,磁铁将减速下滑,此时加速度最大;之后,随着运动速度减小,F'也随着减小,磁铁所受的合力也减小,由于磁铁加速度与所受到的合力成正比,磁铁的加速度逐渐减小 综上所述,磁铁做加速度逐渐减小的减速运动。直到F'=mgsin θ时,磁铁重新达到平衡状态,将再次以较小的速度匀速下滑。‎ ‎【答案】(1)　(2)v=　(3)见解析 题组1‎ 电磁感应现象、楞次定律 ‎1.(2018·河北月考)如图所示,光滑的水平桌面上放着两个完全相同的金属环a和b,当一条形磁铁的S极竖直向下迅速靠近两环中间时,则(　　)。‎ A.a、b均静止不动 B.a、b互相靠近 C.a、b均向上跳起 D.a、b互相远离 ‎【解析】根据楞次定律可知:当条形磁铁沿轴线竖直向下迅速移动时,闭合导体环内的磁通量增大,因此两线圈产生顺时针方向的感应电流,因为两线圈靠近侧电流方向相反,所以a、b两环互相远离,D项正确。‎ ‎【答案】D ‎2.(2018·江苏仿真)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】穿过a和b两线圈的磁感线的条数相同,所以A项正确。‎ ‎【答案】A ‎3.(2017·武汉一模)如图甲所示,固定的长直导线与闭合金属线框ABCD位于同一平面内,长直导线中的电流i随时间t的变化关系如图乙所示。在0~t1时间内,直导线中电流向左,则在t1~t2时间内,线框中感应电流的方向与所受安培力的合力方向分别是(　　)。‎ A.A→B→C→D→A,向上 B.A→B→C→D→A,向下 C.A→D→C→B→A,向上 D.A→D→C→B→A,向下 ‎【解析】在0~t1时间内,直导线中电流向左,由题图乙知,在t1~t2时间内,直导线电流方向向右,根据安培定则知,导线上侧磁场的方向垂直纸面向外,电流逐渐增大,则磁场逐渐增强,根据楞次定律可知,金属线框中产生顺时针方向的感应电流。根据左手定则可知,金属线框下边受到的安培力方向向上,上边受到的安培力向下,离导线越近,磁场越强,则下边受到的安培力大于上边受到的安培力,所以金属线框所受安培力的合力方向向上,A项正确。‎ ‎【答案】A ‎4.(2017·青海模拟)磁铁在线圈中心上方开始运动时,线圈中产生如图所示的感应电流,则磁铁(　　)。‎ A.向上运动 B.向下运动 ‎ C.向左运动 D.向右运动 ‎【解析】据题意,由图可知磁铁提供的穿过线圈原磁场的磁通量方向向下,由安培定则可知线圈中感应电流激发的感应磁场方向向上,即两个磁场的方向相反,则由楞次定律可知原磁场通过线圈的磁通量的大小在增加,B项正确。‎ ‎【答案】B ‎5.(2018·湖北检测)如图所示,紫铜做的圆盘水平放置在竖直向下的匀强磁场中,圆盘圆心处固定有一个摇柄,边缘和圆心处各与一个黄铜电刷紧贴,用导线将电刷与电流表连接起来形成回路。转动摇柄,使圆盘以角速度ω沿逆时针方向匀速转动,下列说法正确的是(　　)。‎ A.回路中不会产生感应电流 B.回路中会产生电流大小不变、方向变化的感应电流 C.回路中电流的大小和方向都做周期性变化,周期为 D.回路中电流方向不变,从b导线流进电流表 ‎【解析】铜盘转动产生的感应电动势E=,B、L、ω不变,E不变,电流I==,电流大小恒定不变,由右手定则可知,回路中电流方向不变,从b导线流进电流表,故A、B、C三项错误,D项正确。‎ ‎【答案】D ‎6.(2017·广西月考)如图所示的条形磁铁的上方放置一矩形线框,线框平面水平且与条形磁铁平行,则线框在由N极匀速平移到S极的过程中,线框中的感应电流的情况是(　　)。‎ A.线框中始终无感应电流 B.线框中始终有感应电流 C.线框中开始有感应电流,当线框运动到磁铁中部上方时无感应电流,以后又有了感应电流 D.开始无感应电流,当运动到磁铁中部上方时有感应电流,后来又没有感应电流 ‎【解析】条形磁铁中部磁性较弱,两极磁性最强,线圈从左向右移动过程中,线圈中磁通量先减小后反方向增大,因此线圈中始终有感应电流,故B项正确。‎ ‎【答案】B ‎7.(2017·湖南模拟)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和电池连接瞬间,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】小磁针能否发生偏转,要看B中能不能产生感应电流,与A连接的电源电动势的大小无关,A项错误;只要穿过B的磁通量发生变化,B中就可产生感应电流,小磁针就可以发生偏转,如果磁通量不变,匝数再多也没有用,B项错误;线圈A与电池连接的瞬间,B中的磁场从无到有,磁通量发生变化,B中会产生感应电流,小磁针会发生偏转,C项正确;线圈A与电池断开瞬间,穿过B的磁场从有到无,B中会产生感应电流,小磁针会发生偏转,D项错误。‎ ‎【答案】C ‎8.(2017·江苏仿真)据报道,一法国摄影师拍到“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,其在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1位有效数字)。‎ ‎【解析】(1)由法拉第电磁感应定律有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 对“天宫一号”来说万有引力提供向心力,有G=m 联立解得h=g-R 代入数据得h≈4×105 m。‎ ‎【答案】(1)1.54 V　(2)不能,理由见解析　(3)4×105 m(数量级正确都算对)‎ 题组2‎ 电磁感应的图象问题 ‎1.(2017·山西一模)如图甲所示,导体棒EF垂直光滑水平导轨放置且与固定导轨接触良好,除电阻R的阻值外,其余电阻不计,导轨放在匀强磁场中(规定斜向下为正方向),磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示, 在0~t1时间内导体棒EF在水平外力作用下始终处于静止状态,则(　　)。‎ A.回路中的电流方向先为E→F,后为F→E B.回路中的电流先变小,后变大 C.在0~t0时间内,导体棒EF受到的外力方向水平向右 D.在t0~t1时间内,导体棒EF受到的安培力方向水平向左 ‎【解析】由楞次定律可判定回路中的电流方向始终为E→F,A项错误;由法拉第电磁感应定律可判定回路中的电流大小恒定,B项错误;由F安=BIL可得F安随B的变化而变化,在0~t0时间内,F安方向垂直于磁感线斜向左下方,故外力F方向水平向右,C项正确;在t0~t1时间内,F安方向改变,方向垂直于磁感线斜向右上方,D项错误。‎ ‎【答案】C ‎2.(2017·江西联考)如图甲所示,将一个正方形线圈直立在绝缘光滑水平桌面上,正方形线圈质量m=0.5 kg、匝数n=10、总电阻r=1 Ω。边长L=1 m的正方形磁场区域对称分布在线圈上边的两侧。磁场方向垂直纸面向里,磁感应强度大小B随时间t变化的关系如图乙所示。则(　　)。‎ A.t=1 s时线圈中感应电流的方向为顺时针方向 B.t=2 s时线圈的电功率为0.5 W C.t=3 s时线圈中感应电流为1 A D.t=4 s时桌面对线圈的弹力大小为8 N ‎【解析】由楞次定律知感应电流的方向为逆时针方向,A项错误;由法拉第电磁感应定律得E=n=n ·L2=0.5 V,则P==0.25 W,B项错误;线圈中的感应电流I==0.5 A,C项错误; F安=nBIL=3 N,方向向下,F安+mg=FN,联立解得桌面对线圈的弹力大小FN=8 N,D项正确。‎ ‎【答案】D ‎3.(2017·安徽联考)如图甲所示,一闭合圆形线圈水平放置,穿过它的竖直方向的匀强磁场磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示,规定B的方向以向上为正方向,感应电流以俯视顺时针的方向为正方向,在0~4t时间内感应电流随时间变化的图象正确的是(　　)。‎ ‎【解析】根据法拉第电磁感应定律有E=n=nS,因此在线圈面积、匝数不变的情况下,感应电动势与磁场的变化率成正比,即与B-t图象中的斜率成正比,由图象可知0~t,图线斜率为k保持不变,则感应电流大小为i保持不变,方向为顺时针(正向);t~2t,图线斜率为-2k,则感应电流大小为2i,方向为逆时针(负向);2t~3t,图线斜率为零,感应电流为零;3t~4t,图线斜率为k,感应电流大小为i,方向为顺时针(正向),D项正确。‎ ‎【答案】D ‎4.(2017·唐山摸底)(多选)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指向纸内的磁场中,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点电势低于Q点电势 B.0~t1时间内电压表的示数为 C.t1~t2时间内R上的电流为 D.0~t2时间内线圈中的电流方向不变 ‎【解析】根据楞次定律可知:0~t1时间内,线圈中感应电流的方向为逆时针方向,所以P点电势高,A项错误;0~t1时间内的感应电动势E=n·S=n·S,而电压表的示数是路端电压,所以U=·E=n·S,B项正确;t1~t2时间内,感应电动势E'=n=n,感应电流I'==,C项正确;t1~t2时间内,感应电流的方向为顺时针方向,D项错误。‎ ‎【答案】BC ‎5.(2017·山东诊断)如图甲所示,左侧接有定值电阻R=2 Ω的水平粗糙导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中,磁感应强度B=1 T,导轨间距L=1 m。一质量m=2 kg,阻值r=2 Ω 的金属棒在水平拉力F作用下由静止开始从CD处沿导轨向右加速运动,金属棒的v-x图象如图乙所示,若金属棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.25,则从起点发生x=1 m位移的过程中(g=10 m/s2)(　　)。‎ ‎　　‎ A.金属棒克服安培力做的功W1=0.5 J B.金属棒克服摩擦力做的功W2=4 J C.整个系统产生的总热量Q=4.25 J D.拉力做的功W=9.25 J ‎【解析】金属棒克服安培力做的功W1=BL·x=vx,由图可知vx=1,解得W1=0.25 J,A项错误;金属棒克服摩擦力做的功W2=μmgx=5 J,B项错误;整个系统产生的总热量Q=W1+W2=5.25 J,C项错误;根据动能定理可得,拉力做的功W=W1+W2+mv2=9.25 J,D项正确。‎ ‎【答案】D ‎6.(2017·广西模拟)(多选)图示为三个有界匀强磁场,磁感应强度大小均为B,方向分别垂直纸面向外、向里和向外,磁场宽度均为L,在磁场区域的左侧边界处,有一边长为L的正方形导体线框,总电阻为R,且线框平面与磁场方向垂直,现用外力F使线框以速度v匀速穿过磁场区域,以初始位置为计时起点,规定电流沿逆时针方向时的电动势E为正,磁感线垂直纸面向里时的磁通量Φ为正值,外力F向右为正。则以下能反映线框中的磁通量Φ、感应电动势E、外力F和电功率P随时间t变化的规律图象的是(　　)。‎ ‎【解析】当线框运动时开始进入磁场,磁通量开始增加,当全部进入时达最大;此后向里的磁通量增加,总磁通量减小且变化率为之前2倍;当运动到1.5L时,磁通量最小,当运动到2L时磁通量变为向里的最大,故A项正确;当线圈进入第一个磁场时,由E=BLv可知,E保持不变,感应电动势为顺时针方向;而开始进入第二个磁场时,两端同时切割磁感线,电动势应为2BLv,方向为逆时针方向,为正值,故B项正确;因安培力总是与运动方向相反,故拉力应一直向右,故C项错误;拉力的功率P=Fv,因速度不变,而当线框在第一个磁场时,电流为定值,拉力也为定值;两边分别在两个磁场中时,F安=2B·L=4,因此安培力变为原来的4倍,则拉力的功率变为原来的4倍,故D项正确。‎ ‎【答案】ABD ‎7.(2007·福建二模)如图甲所示,水平足够长的平行金属导轨MN、PQ间距L=0.3 m。导轨电阻忽略不计,其间连接有阻值R=0.8 Ω的固定电阻。开始时,导轨上固定着一质量m=0.01 kg、电阻r=0.4 Ω的金属杆cd,整个装置处于磁感应强度B=0.5 T的匀强磁场中,磁场方向垂直导轨平面向下。现用一平行金属导轨平面的外力F沿水平方向拉金属杆cd,使之由静止开始运动。电压采集器可将其两端的电压U即时采集并输入电脑,获得的电压U随时间t变化的关系如图乙所示。求:‎ ‎(1)在t=4 s时通过金属杆的感应电流的大小和方向。‎ ‎(2)4 s内cd位移的大小。‎ ‎(3)4 s末拉力F的瞬时功率。‎ ‎【解析】(1)由图乙可知,当t=4 s时,U=0.6 V 此时电路中的电流(通过金属杆的电流)I==0.75 A 用右手定则判断出,此时电流的方向由d指向c。‎ ‎(2)由图乙知U=kt=0.15t 金属杆做切割磁感线运动产生的电磁感应电动势E=BLv 由电路分析:U=E 联立以上两式得v=t 由于R、r、B及L均为常数,所以v与t成正比,即金属杆沿斜面向上做初速度为零的匀加速直线运动,匀加速运动的加速度a=×0.15=1.5 m/s2‎ 金属杆在0~4 s内的位移x=at2=12 m。‎ ‎(3)在第4 s末杆的速度v=at=6 m/s 杆受安培力F安=BIL=0.1125 N 由牛顿第二定律,对杆有F-F安=ma 解得拉力F=0.1275 N ‎ 故4 s末拉力F的瞬时功率P=Fv=0.765 W。‎ ‎【答案】(1)0.75 A　由d指向c　(2)12 m　(3)0.765 W ‎8.(2018·云南检测)如图甲所示,n匝正方形线框用细线悬挂于天花板上且处于静止状态,线框平面在纸面内,线框的边长为L,总电阻为R,线框的下半部分(总面积的一半)处于垂直纸面向里的有界匀强磁场中,磁场的上、下边界之间的距离为d(d>L),磁场的磁感应强度按照图乙所示规律变化,t0时刻,悬线的拉力恰好为零,图中的B0、t0已知。在t=t0时刻剪断细线,线框刚要完全穿过磁场时,加速度为零,线框在穿过磁场的过程中始终在纸面里,且不发生转动,重力加速度为g,求:‎ ‎(1)线框的总质量m。‎ ‎(2)0~t0时间内,通过某一匝线框截面的电荷量q。‎ ‎(3)线框穿过磁场的过程中,线框中产生的焦耳热Q。‎ ‎【解析】(1)0~t0这段时间内,感应电动势E==n ‎ 感应电流I= ‎ 由题意知悬线拉力为零,即所受的安培力F=nB0IL=mg 联立解得m=。‎ ‎(2)通过横截面积的电荷量q=I·t0‎ 产生的感应电流I==‎ 所以通过一匝线框横截面的电荷量q=。‎ ‎(3)设线框刚完全穿出来时速度为v,线框的上边缘离开磁场时加速度为零,则此刻有重力等于安培力,即F=nB0IL=mg 产生的感应电流I=‎ 穿过磁场过程中根据动能定理,有WG-W安=mv2‎ 其中WG=mg 克服安培力做的功W安=Q 联立解得Q=。‎ ‎【答案】(1)　(2)‎ ‎(3)‎ 题组3‎ 电磁感应的综合应用 ‎1.(2018·湖南月考)(多选)如图所示,空间中存在一匀强磁场区域,磁场方向与竖直面(纸面)垂直,磁场的上、下边界(虚线)均为水平面;纸面内磁场上方有一个正方形导线框abcd,其上、下两边均与磁场边界平行,边长小于磁场上、下边界的间距。若线框自由下落,从ab边进入磁场时开始,直至ab边到达磁场下边界为止,线框下落的速度大小可能(　　)。‎ A.始终减小　　　　B.始终不变 C.始终增加 D.先减小后增加 ‎【解析】导线框开始做自由落体运动,ab边以一定的速度进入磁场,ab边切割磁场产生感应电流,根据左手定则可知ab边受到向上的安培力,当安培力大于重力时,线框做减速运动,当线框完全进入磁场后,线框不产生感应电流,此时只受重力,做加速运动,故先减速运动后加速运动,A项错误,D项正确;当ab边进入磁场后安培力等于重力时,线框做匀速运动,当线框完全进入磁场后,线框不产生感应电流,此时只受重力,做加速运动,故先匀速运动后加速运动,B项错误;当ab边进入磁场后安培力小于重力时,线框做加速运动,当线框完全进入磁场后,线框不产生感应电流,此时只受重力,做加速度增大的加速运动,C项正确。‎ ‎【答案】CD ‎2.(2018·湖北联考)如图所示,磁感应强度大小B=0.2 T的匀强磁场中有一固定金属线框PMNQ,线框平面与磁感线垂直,线框宽度L = 0.4 m。导体棒CD垂直放置在线框上,并以垂直于棒的速度v=5 m/s向右匀速运动,‎ 运动过程中导体棒与金属线框保持良好接触。导体棒接入电路中的有效电阻R = 0.5 Ω,金属线框电阻不计,则匀强磁场对导体棒的安培力大小和回路中的电功率分别为(　　)。‎ A.F = 0.032 N,P = 0.64 W B.F = 0.032 N,P = 0.32 W C.F = 0.064 N,P = 0.32 W D.F = 0.064 N,P = 0.64 W ‎【解析】MNCDM 回路中的感应电动势E = BLv,回路中的电流I = ,导体棒受到的安培力F =BIL ,联立解得F ==0.064 N; 安培力的方向与速度方向相反,回路中的电功率P = EI = 0.32 W,C项正确。‎ ‎【答案】C ‎3.(2017·江苏诊断)(多选)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】铜质弦为非磁性材料,不能被磁化,选用铜质弦,电吉他不能正常工作,A项错误;若取走磁体,金属弦不能被磁化,其振动时,不能在线圈中产生感应电动势,电吉他不能正常工作,B项正确;由E=n可知,C项正确;弦振动过程中,穿过线圈的磁通量大小不断变化,由楞次定律可知,线圈中感应电流方向不断变化,D项正确。‎ ‎【答案】BCD ‎4.(2018·湖北省月考)(多选)如图所示,间距L=1.0 m、长为5.0 m的光滑导轨固定在水平面上,一电容C=0.1 F的平行板电容器接在导轨的左端。垂直于水平面的磁场沿x轴方向上按B=B0+kx(其中B0=0.47 T,k=0.2 T/m)分布,垂直x轴方向的磁场均匀分布。现有一导体棒横跨在导体框上,在沿x轴方向的水平拉力F作用下,以v=2.0 m/s的速度从x=0处沿x轴方向匀速运动,不计所有电阻,下列说法中正确的是(　　)。‎ A.电容器中的电场随时间均匀增大 B.电路中的电流随时间均匀增大 C.拉力F的功率随时间均匀增大 D.导体棒运动至x=3 m处时,所受安培力为0.02 N ‎【解析】根据导体切割磁感线产生的感应电动势计算公式可得E=BLv,所以ΔE=ΔBLv,因为磁场随位移均匀变化,所以感应电动势随位移均匀增大,电容器两端的电压均匀变化,电场强度也是均匀变化的,A项正确;电容器的电容C==,解得I=LCv,由于导体棒匀速运动,且磁感应强度随位移均匀变化,而Δx=v·Δt,所以电流不变,B项错误;导体棒匀速运动,根据平衡条件可得F=BIL,而B均匀增大,所以安培力均匀增大,拉力F均匀增大,拉力做功功率等于克服安培力做功功率,根据P=Fv可知,外力的功率均匀增大,C项正确;导体棒运动至x=3 m处时,磁感应强度B=(0.4+0.2×3)T=1 T,电流I=LCv=LCv2=0.08 A,所以导体棒所受安培力F=BIL=0.08 N,D项错误。‎ ‎【答案】AC ‎5.(2017·桂林测试)(多选)如图所示是一种冶炼金属的感应炉宣传画。感应炉内装着需冶炼的金属,炉外绕着很多匝线圈,当高频交变电流通过线圈后,炉内的金属就会被熔化。则关于该感应炉冶炼金属的说法正确的是(　　)。‎ A.炉体因为线圈中电流的变化而产生感应电流,形成焦耳热 B.炉内装着的金属中产生的感应电流形成焦耳热将金属熔化 C.炉内金属中会产生感应电流,这种电流叫涡流 D.高频交变电流的频率越低,冶炼效果越好 ‎【解析】冶炼金属的感应炉的炉体是由导热性能差的非金属做的,不会产生感应电流,不然线圈就会被熔化,A项错误;当线圈中的电流随时间变化时,这个线圈附近的任何导体中都会产生涡流。炉内金属块中的涡流会产生热量,如果金属的电阻率小,则涡流很强,产生的热量也很多,金属就会很快被熔化,B项正确;而线圈中电流的频率越高,则在炉内金属中产生的自感电动势也越大,从而产生的涡流也越强,所以冶炼过程越快,冶炼效果也越好,C项正确,D项错误。‎ ‎【答案】BC ‎6.(2017·武汉二模)(多选)如图所示电路中,灯泡A、B的规格相同,电感线圈L的自感系数足够大且电阻可忽略,电容器的电容为C,电源电动势为E,内阻为r。下列关于此电路的说法中正确的是(　　)。‎ A.S闭合电路稳定后,电容器的带电荷量为CE B.S闭合后的瞬间,B先亮,A逐渐变亮,最后A、B一样亮 C.S断开后的瞬间,通过灯泡A的电流方向向下 D.S断开后的瞬间,灯泡B慢慢熄灭 ‎【解析】当电路稳定后,电容器与灯泡并联,其电压低于电源电动势E,因此电容器的电荷量小于CE,A项错误;闭合S时,电源的电压同时加到两灯上,A、B同时亮,随着L中电流增大,由于线圈L的直流电阻可忽略不计,分流作用增大,A逐渐被短路直到熄灭,外电路总电阻减小,总电流增大,B变亮,B项错误。当断开S的瞬间,线圈中电流要减小,则出现自感电动势,通过灯泡A的电流方向向下,C项正确;断开S的瞬间,电容器也要放电,则灯泡B慢慢熄灭,D项正确。‎ ‎【答案】CD ‎7.(2018·广西联考)如图所示,足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ相距为L,导轨平面与水平面的夹角为α,导轨电阻不计,磁感应强度为B的匀强磁场垂直导轨平面斜向上,长为L的金属棒ab垂直MN、PQ放置在导轨上,且始终与导轨接触良好,金属棒的质量为m,电阻为R,两金属导轨的上端连接右侧电路,电路中R2为一电阻箱,已知灯泡的电阻RL=3R不变,定值电阻R1=R,调节电阻箱使R2=6R,重力加速度为g,闭合开关S,现将金属棒由静止释放。‎ ‎(1)求金属棒下滑的最大速度vm的大小。‎ ‎(2)若金属棒下滑距离为x时速度恰好达到最大,求金属棒由静止开始下滑x的过程中流过R1的电荷量和R1产生的焦耳热Q1。‎ ‎(3)改变电阻箱R2的值,求R2为何值时,金属棒匀速下滑过程中R2消耗的电功率最大。‎ ‎【解析】(1)当金属棒受力平衡时速度最大,有 mgsin α=F安,F安=BIL,I=‎ R总=4R,联立解得vm=。‎ ‎(2)平均感应电动势E==,平均感应电流I=‎ 得通过R1的电荷量q=IΔt=‎ 由动能定理有WG-W安=m WG=mgxsin α, W安=Q 解得Q=mgxsin α-‎ 故Q1=Q=mgxsin α-。‎ ‎(3)设金属棒匀速下滑时通过R2的电流大小为I2,则P2=R2‎ 联立可得P2==‎ 当R2=,即R2=3R时,R2消耗的功率最大。‎ ‎【答案】(1)　(2)mgxsin α-‎ ‎(3)R2=3R ‎8.( 2018·安徽考试)如图所示,足够长的平行金属导轨倾斜放置,导轨所在平面倾角θ=37°,导轨间距L=1 m,在水平虚线的上方有垂直于导轨平面向下的匀强磁场B1,水平虚线下方有平行于导轨平面向下的匀强磁场B2,两磁场的磁感应强度大小均为B=1 T。导体棒cd、ef垂直放置在导轨上,开始时给两导体棒施加约束力使它们静止在斜面上,现给ef棒施加沿斜面向上的拉力F,同时撤去对两导体棒的约束力,使ef沿斜面向上以a=1 m/s2的加速度做匀加速直线运动,cd棒沿斜面向下运动,‎ 运动过程中导体棒始终与导轨垂直并接触良好。已知导体棒与导轨间的动摩擦因数均为μ=0.5,导体棒的质量均为m=0.1 kg,两导体棒组成的回路总电阻R=2 Ω,导轨的电阻不计,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求:‎ ‎(1)当cd棒运动的速度达到最大时,ef棒受到的拉力大小。‎ ‎(2)当回路中的瞬时电功率为2 W时,在此过程中,通过ef棒横截面的电荷量。‎ ‎【解析】(1)当cd棒运动的速度达到最大时有 mgsin θ=μ(mgcos θ+B2IL)‎ 对ef棒,根据牛顿第二定律,有 F-B1IL-μmgcos θ-mgsin θ=ma 解得F=1.5 N。‎ ‎(2)当回路中的瞬时功率为2 W时,有P=,E=B1Lv 导体棒ef向上运动的距离x==2 m 此过程中通过导体棒ef横截面的电荷量q=Δt=Δt===1 C。‎ ‎【答案】(1)1.5 N　(2)1 C 一、选择题 ‎1.(2018·湖南月考)法拉第是19世纪电磁学领域中最伟大的实验家,下列有关法拉第在电磁学领域的贡献的说法中不正确的是(　　 )‎ A.法拉第是电磁学的奠基者,他首先提出了场的概念 B.韦伯等总结出电磁感应是由闭合电路磁通量变化引起的 C.法拉第正确地指出电磁感应与静电感应不同,感应电流并不是与原电流有关,而是与原电流的变化有关 D.法拉第通过科学实验以及研究发现判断感应电流方向的方法,即感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流磁通量的变化 ‎【解析】法拉第是电磁学的奠基者,他首先提出了场的概念,A项正确;纽曼、韦伯总结出电磁感应是由闭合电路磁通量变化引起的,B项正确; 法拉第正确地指出电磁感应与静电感应不同,感应电流并不是与原电流有关,而是与原电流的变化有关,C项正确;楞次通过科学实验以及研究发现判断感应电流方向的方法,即感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流磁通量的变化,D项错误。‎ ‎【答案】D ‎2.(2017·福建测试)如图所示,纸面内有一宽为d的匀强磁场区域,磁场方向垂直纸面向外,直径为d的金属圆形线框位于纸面内,在以恒定速度v通过磁场区域的过程中,则下列说法正确的是(　　)。‎ A.穿过金属圆形线框的磁通量一直变大 B.金属框内感应电流方向先逆时针再顺时针 C.金属框内感应电流一直变大 D.金属框内感应电流经历两次先增大后减小过程 ‎【解析】根据题图可知穿过金属圆形线框的磁通量先变大后变小,A项错误;根据楞次定律可知金属框内的感应电流方向先顺时针再逆时针,B项错误;根据金属圆形线框的运动轨迹、切割磁感线的有效长度可知金属框内感应电流经历两次先增大后减小过程,C项错误,D项正确。‎ ‎【答案】D ‎3.(2017·山东调研)(多选)如图所示,一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时针匀速转动。现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场,圆盘开始减速。在圆盘减速过程中,以下说法正确的是(　　)。‎ A.处于磁场中的圆盘部分,靠近圆心处电势高 B.所加磁场越强越易使圆盘停止转动 C.若所加磁场反向,圆盘将加速转动 D.若所加磁场穿过整个圆盘,圆盘将匀速转动 ‎【解析】由右手定则可知,处于磁场中的圆盘部分,靠近圆心处电势高,A项正确;根据E=BLv可知所加磁场越强,则感应电动势越大,感应电流越大,产生的阻碍圆盘转动的安培力就越大,则圆盘越容易停止转动,B项正确;若加反向磁场,安培力仍是阻力,阻碍圆盘的转动,故圆盘仍减速转动,C项错误;若所加磁场穿过整个圆盘,穿过圆盘的磁通量没有变化,则圆盘中无感应电流,不产生安培力,圆盘匀速转动,D项正确。‎ ‎【答案】ABD ‎4.(2017·广东联考)(多选)光滑金属导轨宽L=0.5 m,电阻不计,均匀变化的磁场充满整个轨道平面,如图甲所示,磁场的磁感应强度随时间变化的情况如图乙所示。金属棒ab的电阻为2 Ω,垂直固定在导轨上静止不动,且与导轨左端距离l=0.2 m,则(　　)。‎ A.1 s末回路中的电动势为0.1 V B.1 s末回路中的电流为1 A C.2 s末回路产生的电热为0.01 J D.2 s末,ab所受安培力大小为0.05 N ‎【解析】由图乙知,=1 T/s,由法拉第电磁感应定律得,感应电动势E=S=lL=0.1 V,故A项正确;回路中的感应电流I==0.05 A,故B项错误;2 s内回路产生的电热Q=I2Rt=0.01 J,故C项正确;2 s末,B=2 T,ab所受的安培力F=BIL=0.05 N,故D项正确。‎ ‎【答案】ACD ‎5.(2017·河北联考)(多选)如图甲所示,圆形的刚性金属线圈与一平行板电容器连接,线圈内存在垂直于线圈平面的匀强磁场,磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示(以图示方向为正方向)。t=0时刻,平行板电容器间一带正电的粒子(重力不计)由静止释放,假设粒子运动过程中未碰到极板,不计线圈内 部磁场变化时对外部空间的影响,下列粒子在板间运动的速度图象和位移图象(以向上为正方向)中正确的是(　　)。‎ ‎【解析】由题图乙可知:0~,电容器下极板带正电,电压不变;~,电容器上极板带正电,电压不变;T~T,电容器下极板带正电,电压不变。带电粒子在0~内向上做匀加速运动,~内向上做匀减速运动,~内向下做匀加速运动,T~T内向下做匀减速运动,A项错误,B项正确。x=at2,前半个周期,一直向上运动,位移向上,时离起始点最远,后半个周期向下运动,位移仍然向上,t=T时,回到起始点,位移为零,C项正确,D项错误。‎ ‎【答案】BC ‎6.(2018·吉林监测)(多选)如图所示,在光滑的水平面上方,有两个磁感应强度大小均为B,方向相反的水平匀强磁场,MN为两个磁场的理想边界,磁场范围足够大。一个边长为L、质量为m、电阻为R的单匝正方形金属线框,以速度v垂直磁场方向从如图实线位置Ⅰ开始向右运动,当线框运动到分别有一半面积在两个磁场中的位置Ⅱ时,线框的速度为。则下列说法正确的是(　　)。‎ A.在位置Ⅱ时线框中的电功率为 B.此过程中回路产生的电能为mv2‎ C.在位置Ⅱ时线框的加速度为 D.此过程中通过导线横截面的电荷量为 ‎【解析】线框经过位置Ⅱ时,线框左右两边均切割磁感线,所以此时的感应电动势E=2BL=BLv,故线框中的电功率P==,A项正确;线框从位置Ⅰ到位置Ⅱ的过程中,动能减少了ΔEk=mv2-m=mv2,根据能量守恒定律可知,此过程中回路产生的电能为mv2,故B项正确;线框在位置Ⅱ时,左右两边所受安培力大小均为F=BL=,根据左手定则可知,线框左右两边所受安培力的方向均向左,由牛顿第二定律得2F=ma,故此时线框的加速度a==,C项错误;通过的电荷量q=Δt=Δt=Δt=,线框在位置Ⅰ时其磁通量为BL2,而线框在位置Ⅱ时其磁通量为零,故q=,D项正确。‎ ‎【答案】ABD ‎7.(2017·江西一模)(多选)如图所示,有一水平放置的U形导轨处在竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度大小为B,导轨间距离为L,电阻不计,左端连接一阻值为R的电阻。在导轨上垂直放置一根长度为L与导轨接触良好的金属棒ab,电阻为r,用外力拉着金属棒向右以速度v做匀速运动。则在金属棒运动过程中(　　)。‎ A.ab棒受到的安培力的方向向左 B.电阻R两端的电压为BLv C.ab棒受到的安培力大小为 D.电阻R产生焦耳热的功率为 ‎【解析】安培力的效果总是阻碍磁通量的变化,安培力方向向左,故A项正确;ab产生的感应电动势E=BLv,则电阻R两端的电压U=,故B项错误;回路中的感应电流大小I=,金属棒ab受到的安培力大小F=BIL=,故C项正确;电阻R产生的焦耳热的功率P=I2R=R=,故D项错误。‎ ‎【答案】AC ‎8.(2017·福建质检)如图甲所示,由某种粗细均匀的总电阻为3R的金属条制成的矩形线框abcd,固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场B中。一接入电路电阻为R的导体棒MN,在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动,滑动过程MN始终与ab垂直,且与线框接触良好,不计摩擦。在MN从靠近ad处向bc滑动的过程中(　　)。‎ A.MN中电流先增大后减小 B.MN两端电压先减小后增大 C.MN上拉力的功率先减小后增大 D.线框消耗的电功率先减小后增大 ‎【解析】设MN左侧电路的电阻为Rx,则右侧电路的电阻为3R-Rx,所以外电路的总电阻R外=,外电路电阻先增大后减小,所以路端电压先增大后减小,B项错误;电路的总电阻先增大后减小,再根据闭合电路的欧姆定律可得MN中的电流I=,可知此电流先减小后增大,故A项错误;由于导体棒做匀速运动,拉力等于安培力,即F=BIL,拉力的功率P=BILv,故先减小后增大,所以C项正确;外电路的总电阻R外=,最大值为R,小于导体棒的电阻R,又外电阻先增大后减小,由电源的输出功率与外电阻的关系图象(如图乙所示)可知,线框消耗的电功率先增大后减小,故D项错误。‎ ‎【答案】C ‎9.(2017·珠海模拟)如图所示,MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨,其间距为L,导轨弯曲部分光滑,平直部分粗糙,N、Q两点间接一个阻值为R的电阻。平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量为m、电阻也为R的金属棒从高度为h处由静止释放,到达磁场右边界处恰好停止。已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ,重力加速度大小为g,金属棒与导轨间接触良好,则金属棒穿过磁场区域的过程中(　　)。‎ A.金属棒两端的最大电压为BL B.金属棒在磁场中做匀减速运动 C.克服安培力所做的功为mgh D.右端的电阻R产生的焦耳热为(mgh+μmgd)‎ ‎【解析】金属棒刚进入磁场时的速度最大,此时金属棒产生的电动势最大,mgh=mv2,解得v=,电动势E=BLv=BL,金属棒两端的电压为路端电压,U==,A项正确;金属棒在磁场中做加速度减小的减速运动,不是做匀减速运动,B项错误;对金属棒运动全过程应用动能定理得mgh-W克安-μmg·d=0,所以金属棒克服安培力做功小于mgh,C项错误;由上式解得Q=W克安=mgh-μmgd,右端电阻R产生的焦耳热QR=(mgh-μmgd),D项错误。‎ ‎【答案】A ‎10.(2017·安徽质检)(多选)如图所示,倾斜放置的足够长的平行光滑金属导轨下端连接一个电阻为R的灯泡,匀强磁场B垂直于导轨所在平面,现将电阻为r、垂直导轨的导体棒MN由静止释放,导轨和导线电阻不计,导体棒MN下滑过程中始终与导轨垂直且紧密接触,下列说法正确的是(　　)。‎ A.MN中的感应电流方向从M到N B.MN受到的安培力方向沿斜面向下,大小保持恒定 C.MN的机械能一直减小 D.MN克服安培力做的功等于灯泡消耗的电能 ‎【解析】导体棒MN下滑过程中,由右手定则判断感应电流I在导体棒MN中从M到N,A项正确;由左手定则判断导体棒MN受沿斜面向上的安培力F安的作用,由分析知,导体棒MN开始速度增大,感应电动势增大,感应电流增大,安培力增大,由于导轨足够长,当F安=mgsin α时达到最大速度vm,之后做匀速直线运动,速度不再增大,安培力不变,B项错误;由于下滑过程中导体棒MN切割磁感线产生感应电动势,回路中有灯泡电阻和导体棒电阻消耗电能,机械能不断转化为内能,所以导体棒的机械能不断减少,C项正确;安培力做负功实现机械能转化为电能,根据功能关系得克服安培力做的功等于整个回路消耗的电能,包括灯泡和导体棒消耗的电能,D项错误。‎ ‎【答案】AC 二、非选择题 ‎11.(2017·武汉二模)如图甲所示,固定的光滑平行导轨(电阻不计)与水平面的夹角θ=30°,导轨足够长且间距L=0.5 m,底端接有阻值R=4 Ω的电阻,整个装置处于垂直于导体框架向上的匀强磁场中,一质量m=1 kg、电阻r=1 Ω、长度也为L的导体棒MN在沿导轨向上的外力F作用下由静止开始运动,拉力F与导体棒速率倒数的关系如图乙所示。已知g=10 m/s2。求:‎ ‎(1)磁感应强度的大小。‎ ‎(2)当导体棒速率为4 m/s时,拉力的功率。‎ ‎(3)当导体棒的加速度为8 m/s2时,导体棒受到的安培力。 ‎ ‎【解析】(1)导体棒有最大速度时:=0.1 s/m,最大速度vm=10 m/s,此时拉力最小Fmin=7 N,Fmin-mgsin θ-F安=0‎ 导体棒受到的安培力F安=‎ 代入数据得B=2 T。‎ ‎(2)根据PF=Fv可得F=P·,可知PF为图象斜率,为一定值,故拉力的功率PF=Fv=70 W。‎ ‎(3)由乙图得F=70‎ 由牛顿第二定律得F-mgsin θ-F安=ma ‎ F安==v 联立解得v2+65v-350=0,解得v=5 m/s 故此时安培力的大小F安=1 N。‎ ‎【答案】(1)2 T　(2)70 W　 (3)1 N ‎12.(2017·江苏检测)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1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R=ρ,代入数据解得 R=6×103 Ω。‎ ‎(2)感应电动势E=πr2,代入数据解得E=4×10-2 V。‎ ‎(3)由焦耳定律得Q=Δt,代入数据解得Q=8×10-8 J。‎ ‎【答案】　(1)6×103 Ω　(2)4×10-2 V　(3)8×10-8 J ‎13.(2018·云南月考)如图甲所示,一边长L=1 m、质量m=5 kg 的正方形金属线框,放在光滑绝缘的水平面上,整个装置放在方向竖直向上、磁感应强度B=10 T的匀强磁场中,它的一边与磁场的边界MN重合,在水平力F作用下由静止开始向左运动,经过5 s线框被拉出磁场,测得金属线框中的电流随时间变化的图象如图乙所示。在金属线框被拉出的过程中。‎ ‎(1)求通过线框截面的电荷量及线框的电阻。‎ ‎(2)试判断线框做什么运动并写出速度v随时间t变化的表达式。‎ ‎(3)写出水平力F随时间变化的表达式。‎ ‎(4)已知在这5 s内力F做功1.4 J,求在此过程中,线框产生的焦耳热。‎ ‎【解析】(1)根据q=IΔt,由I-t图象得q=1.25 C 又根据I===‎ 得R=8 Ω。‎ ‎(2)由电流图象可知,感应电流随时间变化的规律 I=0.1 t(A)‎ 由感应电流I=‎ 可得金属线框的速度随时间也是线性变化的,v==0.08t(m/s)。‎ ‎(3)线框做匀加速直线运动,加速度a=0.08 m/s2‎ 线框在外力F和安培力F安作用下做匀加速直线运动,F-F安=ma 所以水平力F随时间变化的表达式为F=(t+0.4) N。‎ ‎(4)当t=5 s时,线框从磁场中拉出时的速度 v5=at=0.4 m/s 线框中产生的焦耳热Q=W-m=1 J。‎ ‎【答案】(1) 8 Ω　(2)匀加速运动　v=0.08t(m/s)‎ ‎(3)F=(t+0.4) N　(4)1 J ‎14.(2018·定州检测)如图所示,两根平行的光滑金属导轨MN、PQ放在水平面上,左端向上弯曲,导轨间距为L,电阻不计,水平段导轨所处空间存在方向竖直向上的匀强磁场,磁感应强度为B。导体棒a与b的质量均为m,电阻值分别为Ra=R,Rb=2R。b棒放置在水平导轨上足够远处,a棒在弧形导轨上距水平面h高度处由静止释放。运动过程中导体棒与导轨接触良好且始终与导轨垂直,重力加速度为g。求:‎ ‎(1)a棒刚进入磁场时受到的安培力的大小和方向。‎ ‎(2)最终稳定时两棒的速度大小。‎ ‎(3)从a棒开始下落到最终稳定的过程中,b棒产生的内能。‎ ‎【解析】(1)设a棒刚进入磁场时的速度为v,从开始下落到进入磁场 根据机械能守恒定律有mgh=mv2‎ a棒切割磁感线产生感应电动势E=BLv 根据闭合电路欧姆定律有I=‎ a棒受到的安培力F=BIL 联立以上各式解得F=,方向水平向左。‎ ‎(2)设最终稳定时两棒的速度大小为v',从a棒进入磁场到两棒速度达到稳定 根据动量守恒定律有mv=2mv'‎ 解得v'=。‎ ‎(3)设a棒产生的内能为Ea,b棒产生的内能为Eb 根据能量守恒定律得mv2=×2mv'2+Ea+Eb 两棒串联内能与电阻成正比,有Eb=2Ea 解得Eb=mgh。‎ ‎【答案】(1)　方向水平向左　(2)‎ ‎(3)mgh ‎15.(2017·四川模拟)如图所示,一足够大的倾角θ=30°的粗糙斜面上有一个粗细均匀的由同种材料制成的金属线框abcd,线框的质量m=0.6 kg,其电阻值R=1.0 Ω,ab边长L1=1 m,bc边长L2=2 m,与斜面之间的动摩擦因数μ=。斜面以EF为界,EF上侧有垂直于斜面向上的匀强磁场。一质量为M的物体用绝缘细线跨过光滑定滑轮与线框相连,连接线框的细线与斜面平行且线最初处于松弛状态。现先释放线框再释放物体,当cd边离开磁场时线框即以v=2 m/s的速度匀速下滑,在ab边运动到EF位置时,细线恰好被拉直绷紧(时间极短),随即物体和线框一起匀速运动t=1 s后开始做匀加速运动。取g=10 m/s2,求:‎ ‎(1)匀强磁场的磁感应强度B。‎ ‎(2)细绳绷紧前,物体下降的高度H。‎ ‎(3)系统在线框cd边离开磁场至重新进入磁场过程中损失的机械能ΔE。‎ ‎【解析】(1)线框cd边离开磁场后受到的安培力 F=BIL1=‎ 线框cd边离开磁场时匀速下滑,由平衡条件得 mgsin θ-μmgcos θ-F=0‎ 解得B=1 T。‎ ‎(2)由题意,线框第二次匀速运动方向向上,设其速度为v1,细线拉力为T 则匀速运动的速度 v1==2 m/s 对线框,由平衡条件得 T-mgsin θ-μmgcos θ-=0‎ 对物体,由平衡条件得T-Mg=0‎ 设绳突然绷紧过程中绳子作用力的冲量为I,由动量定理得 对线框I=mv1-m(-v)‎ 对物体I=Mv1-Mv0‎ 绳绷紧前物体自由下落,有=2gH 解得H=1.8 m。‎ ‎(3)根据能量守恒定律得, 线框匀速下滑过程 Q1=mgL2sin θ 绳子突然绷紧过程 Q2=M+mv2-(M+m)‎ 线框匀速上滑过程 Q3=MgL2-mgL2sin θ 损失的机械能 ΔE=Q1+Q2+Q3‎ 解得ΔE=21.6 J。‎ ‎【答案】(1)1 T　(2)1.8 m　(3)21.6 J ‎16.(2017·长沙模拟)水平放置的两根足够长的平行金属导轨EF间距L=2 m,电阻忽略不计,处于磁感应强度大小B=1 T、方向竖直向上的匀强磁场中,质量均为m=0.8 kg、电阻均为r=1 Ω的P、Q两金属棒垂直导轨放置,导轨与金属棒之间的动摩擦因数μ=0.5,且两者接触良好。P、Q分别通过光滑的定滑轮用足够长的轻绳连接质量为2m与m的两物体C、D,轻绳的一端分别水平垂直连接P、Q。开始时固定住两物体C、D,轻绳拉直但不张紧,整个装置开始处于静止状态,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,其中g取10 m/s2。‎ ‎(1)若始终固定住D,自由释放C,C的最大速度是多少?‎ ‎(2)若自由释放C,当C的速度至少为多大时再释放D,D才能不下落?‎ ‎【解析】(1)若始终固定住D,自由释放C,当C的运动速度为v时,P切割产生的电动势E=BLv 感应电流I=‎ 则P棒受到的安培力F=BIL=‎ C向下做加速运动,2mg-FT=2ma P向左做加速度大小相同的加速运动,有 ‎ FT-μmg-=ma 可得2mg-μmg-=3ma C向下(P向左)做加速度减小的加速运动,直至以最大速度做匀速运动,有 ‎2mg=+μmg 得vm=6 m/s。‎ ‎(2)要使Q保持不下滑,Q所受摩擦力的方向水平向左,则F+f=mg 静摩擦力最大时,安培力有最小值Fmin=4 N ‎ 由F=BIL=得对应的最小速度vmin=2 m/s 即当C的速度为2 m/s时,释放D,D才不下落。‎ ‎【答案】(1)6 m/s　 (2)2 m/s 一、选择题 ‎1.(2017·湖北二模)如图甲所示,一固定的矩形导体线圈abcd竖直放置,线圈的两端M、N接一理想电压表,线圈内有一垂直纸面向外的均匀分布的磁场,线圈中的磁通量按图乙所示规律变化。下列说法正确的是(　　)。‎ A.测电压时电压表“+”接线柱应接M端 B.M端的电势高于N端的电势 C.在0~0.4 s时间内磁通量的变化量为0.3 Wb D.电压表示数为0.25 V ‎【解析】由楞次定律判定,感应电流的方向为顺时针方向,线圈相当于电源,而电源中电流由低电势流向高电势,故N端的电势高于M端电势,N端应该与电压表的“+”接线柱连接,A、B两项错误;由图乙可知,0~0.4 s内磁通量的变化量为0.1 Wb,C项错误;磁通量的变化率=0.25 Wb/s=0.25 V,则电压表示数为0.25 V,D项正确。‎ ‎【答案】D ‎2.(2018·北京月考)(多选)如图所示,矩形导线框abcd与无限长通电直导线MN在同一平面内,直导线中的电流方向由M到N,导线框的ab边与直导线平行。若直导线中的电流增大,导线框中将产生感应电流,导线框会受到安培力的作用,则以下关于导线框受到的安培力的判断正确的是(　　)。‎ A.导线框内有两条边所受安培力的方向相同 B.导线框内有两条边所受安培力的大小相同 C.导线框所受的安培力的合力向左 D.导线框所受的安培力的合力向右 ‎【解析】若直导线中的电流增大,导线框中将产生感应电流,上下两边电流方向相反,而所在区域磁场方向相同,则安培力大小相等、方向相反,同样左右两条边电流方向也相反,所受安培力方向相反,由于所在区域磁场大小不等,则所受安培力大小不等,则B项正确,C项错误。若直导线中的电流增大,则导线右侧磁场增强,线圈中磁通量增大,根据楞次定律推论线圈将向右移从而阻碍线圈中磁通量增大,所以所受合力向右,则D项正确,C项错误。‎ ‎【答案】BD ‎3.(2017·甘肃月考)(多选)如图甲所示,两根足够长粗糙的平行金属导轨MN、PQ固定在同一绝缘水平面上,两导轨间距d=2 m,导轨电阻忽略不计,M、P端连接一阻值R=0.75 Ω 的电阻;现有一质量m=0.8 kg、阻值r=0.25 Ω的金属棒ab垂直于导轨放在两导轨上,棒距电阻R的距离L=2.5 m,棒与导轨接触良好。整个装置处于一竖直方向的匀强磁场中, 磁感应强度大小随时间变化的情况如图乙所示。已知棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.5,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取g=10 m/s2,下列说法正确的是(　　)‎ A.棒相对于导轨静止时,回路中产生的感应电动势为2 V B.棒相对于导轨静止时,回路中产生的感应电流为2 A C.棒经过2.0 s开始运动 D.在0~2.0 s时间内通过R的电荷量q为4 C ‎【解析】回路中产生的感应电动势E=dL=2 V,A项正确;由闭合电路欧姆定律得感应电流I= ,联立上式得I=2 A,B项正确;由平衡条件得μmg-BId=0,解得B=1.0 T,由图象知棒经过时间Δt=2.5 s,C项错误;在0~2.0 s时间内通过R的电荷量q=IΔt=4 C,D项正确。‎ ‎【答案】ABD ‎4.(2018·广西考试)如图所示,平行金属轨道宽度为d,一部分轨道水平,左端接电阻R,倾斜部分与水平面夹θ角,且置于垂直斜面向上的匀强磁场中,磁感应强度为B。现将一质量为m、长度也为d的导体棒从导轨顶端由静止释放,直至滑到水平部分(导体棒下滑到水平部分之前已经匀速,滑动过程与导轨保持良好接触,重力加速度为g)。不计一切摩擦阻力,导体棒接入回路的电阻为r,则整个下滑过程中(　　)。‎ A.导体棒匀速运动的速度大小为 B.匀速运动时导体棒两端的电压为 C.导体棒下滑距离为s时,通过R的总电荷量为 D.重力和安培力对导体棒所做的功大于导体棒获得的动能 ‎【解析】导体棒下滑过程中受到沿斜面向下重力的分力和沿斜面向上的安培力,当匀速运动时,有mgsin θ=BId,根据欧姆定律可得I=,根据法拉第电磁感应定律可得E=Bdv,联立解得v=sin θ,E=Bdv=sin θ,故导体棒两端的电压U==sin θ,所以A项正确,B项错误;根据法拉第电磁感应定律有 E===,故q=IΔt=Δt=,根据动能定理可得重力和安培力对导体棒所做的功等于导体棒获得的动能,故C项正确,D项错误。‎ ‎【答案】AC ‎5.(2018·湖南月考)某次军事演习中,其中有一个“红方”战士跳起来,一脚踹翻“黑方”士兵的精彩动作,如果其跳起的最大高度堪比运动员,请根据体育和生活常识估算该“红方”战士起跳瞬间消耗的能量最接近于(　　)。‎ A.10 J　　　　　　　　　B.1000 J C.10000 J D.1 J ‎【解析】战士的质量约为75 kg,其受到的重力G=mg=750 N,跳起的高度h=1 m,水平位移x=2 m,则在竖直方向上vy== m/s,运动时间t=2,水平方向上vx=== m/s,合速度v==5 m/s,动能Ek=mv2=937.5 J,故W=Ek=937.5 J,与1000 J最接近,B项正确。‎ ‎【答案】B ‎6.(2018·吉林监测)如图所示电路中,电源E内阻为r,R3为定值电阻,R1、R2为滑动变阻器,A、B为电容器两个水平放置的极板。当滑动变阻器R1、R2的滑片处于图示位置时,A、B两板间的带电油滴静止不动。下列说法中正确的是(　　)。‎ A.把R2的滑片向右缓慢移动时,油滴向下运动 B.把R1的滑片向右缓慢移动时,油滴向上运动 C.缓慢增大极板A、B间的距离,油滴静止不动 D.缓慢减小极板A、B的正对面积,油滴向上运动 ‎【解析】当仅把R2的滑片向右缓慢移动时,两极板间的电压不变,由E电=可知,电场强度不变,即油滴静止不动,故A项错误;R1的滑片向右缓慢移动时R1的阻值变大,R1与R3串联的总电阻变大,故电路中的总电流变小,路端电压变大,电容器两板间电压增大,由E电=可知,极板间的电场强度增大,所以油滴受到的电场力增大,故油滴会向上运动,B项正确;当缓慢增大极板A、B间的距离时,因为板间电压不变,由E电=可知,‎ 极板间的电场强度减小,油滴向下运动,故C项错误;当两极板A、B间的正对面积缓慢减小时,由C=,可知电容器电容减小,但极板间电压不变,由E电=可知,电场强度不变,故油滴仍静止在原处,D项错误。‎ ‎【答案】B 二、非选择题 ‎7.(2017·四川一模)某实验小组分析了下面两个问题后,在实验室进行了验证。‎ ‎(1)如图甲所示,当交变电源的电压有效值为220 V,频率为50 Hz时,三只电灯的亮度相同;当仅将交流电源的频率改为100 Hz时,各灯亮度变化情况是:a灯　　　　,b灯　　　　,c灯　　　　。 ‎ ‎(2)如图乙所示,A、B、C为三个相同的灯泡,a、b、c为与之串联的三个元件,E1为直流电源,E2为交流电源。当开关S接“1”时,A、B两灯均正常发光,C灯不亮;当开关S接“2”时,A灯仍正常发光,B灯变暗,C灯正常发光。由此可知,a元件应是　　　　,b元件应是　　　　,c元件应是　　　　。 ‎ ‎(3)“研究感应电流产生的条件”的实验电路如图丙所示。实验表明:当穿过闭合电路的　　　　发生变化时,闭合电路中就会有电流产生。在闭合开关S前,滑动变阻器滑片P应置于　　　　(选填“a”或“b”)端。开关S闭合后还有多种方法能使线圈C中产生感应电流,试写出其中的一种方法:　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎【解析】(1)当f升高时,电容器的容抗变小,线圈的感抗变大,电阻器的电阻不变,故a灯变亮,b灯变暗,c灯不变。‎ ‎(2)接“1”通直流时,灯C不亮,说明c处为电容器,直流不能通过;接“2”通交流时,B灯变暗,说明b处为电感,电感对交流有阻碍作用;接“1”“2”时,A灯均正常发光,说明a处为电阻,电阻大小与交流电频率无关。‎ ‎(3)只要穿过闭合电路的磁通量发生变化,电路中就会产生感应电流。‎ ‎【答案】(1)变亮　变暗　不变　(2)电阻　电感　电容器 ‎(3)磁通量　a　移动滑动变阻器的滑片(线圈A在线圈C中拔出或插入、断开开关等)‎ ‎8.(2018·江西月考)在“验证机械能守恒定律”的实验中,小明同学利用传感器设计实验:如图甲所示,将质量为m、直径为d的金属小球在一定高度h由静止释放,小球正下方固定一台红外线计时器,能自动记录小球挡住红外线的时间t,改变小球下落高度h,进行多次重复实验。用此方案验证机械能守恒定律方便快捷。‎ ‎(1)用螺旋测微器测小球的直径如图乙所示,则小球的直径d=　　　　mm。 ‎ ‎(2)为直观判断小球下落过程中机械能是否守恒,应作下列哪一个图象?　　　　。 ‎ A.h-t图象　　　　　B.h-图象 C.h-t2图象 D.h-图象 ‎(3)经正确的实验操作,小明发现小球动能的增加量mv2总是稍小于重力势能的减少量mgh,你认为增加释放高度h后,两者的差值会增大　　　　　(选填“增大”“缩小”或“不变”)。 ‎ ‎【解析】(1)用螺旋测微器测小球的直径d=18.0 mm+0.01 mm×30.5=18.305 mm。‎ ‎(2)要验证的关系式是:mgh=mv2=m,即h=· ,则为直观判断小球下落过程中机械能是否守恒,应作h-图象,故选D项。‎ ‎(3)由于下落过程中受空气阻力的作用,使得小球动能的增加量总是稍小于重力势能的减小量,则增加释放的高度后,空气阻力做功会增加,两者的差值会增大。‎ ‎【答案】(1) 18.305　 (2)D　(3)增大 ‎9.(2018·黑龙江月考)如图所示,倾角为θ的斜面上PP'、QQ'之间粗糙,且长为3L,其余部分都光滑。形状相同、质量分布均匀的三块薄木板A、B、C沿斜面排列在一起,但不粘接。每块薄木板长均为L,质量均为m,与斜面PP'、QQ'间的动摩擦因数均为2tan θ。将它们从PP'上方某处由静止释放,三块薄木板均能通过QQ',重力加速度为g。求:‎ ‎(1)薄木板A在PP'、QQ'间运动速度最大时的位置。‎ ‎(2)薄木板A上端到达PP'时,A受到薄板B弹力的大小。‎ ‎(3)释放木板时,薄木板A下端与PP'的距离x满足的条件。‎ ‎【解析】(1)将三块薄木板看成整体,当它们下滑到重力沿斜面的分力等于摩擦力时运动速度达最大值,此时有μmxgcos θ=3mgsin θ 得到mx=m,即滑块A的下端离PP'1.5L处时的速度最大。‎ ‎(2)对三个薄木板整体用牛顿第二定律,有 ‎3mgsin θ-μmgcos θ=3ma 得到a=gsin θ 对A薄木板用牛顿第二定律,有 F+mgsin θ-μmgcos θ=ma 解得F=mgsin θ。‎ ‎(3)要使三个薄木板都能滑出QQ'处,薄木板C中点过QQ'处时的速度应大于零。薄木板C全部越过PP'前,三木板是相互挤压着的,但三木板全部在PP'、QQ'之间运动的过程中并无相互作用力,离开QQ'时,三木板是相互分离的。设C木板刚好全部越过PP'时速度为v ‎①对木板C用动能定理,得 mgsin θ×L-=0-mv2‎ 解得v=‎ ‎②设开始下滑时,A的下端离PP'处距离为x,对三木板整体用动能定理得 ‎3mgsin θ×(3L+x)-μ×mgcos θ×3L=mv2-0‎ 解得x=2.25L 即释放时,A下端离PP'距离x>2.25L。‎ ‎【答案】(1)滑块A的下端离PP'1.5L处时的速度最大 ‎(2)mgsin θ　(3)x>2.25L ‎10.(2018·河北统考)如图甲所示,用纸面表示竖直面,空间中同时存在着匀强电场和匀强磁场。匀强电场的大小未知、方向在纸面内水平向右,匀强磁场方向垂直于纸面向里,磁感应强度大小B=T。有一带正电的固体颗粒,质量m=1×10-3 kg,电荷量q=2×10-3 C,正以某一与水平方向成45°角的速度在竖直面内做匀速直线运动,当经过M点时撤掉磁场,一段时间后运动到最高点N(题目中未标出)。取g=10 m/s2,求:‎ ‎(1)电场强度大小及颗粒做匀速直线运动的速度v的大小。‎ ‎(2)从M点撤掉磁场到颗粒运动到最高点N经历的时间t。‎ ‎ (3)颗粒再次回到与M点水平方向等高位置时,颗粒的动能。‎ ‎【解析】(1)小球匀速直线运动时的受力如图乙所示 其所受的三个力在同一平面内,合力为零。电场力和重力的合力方向与水平方向成45°,由三角形关系可得tan 45°=‎ ‎　　‎ 则可得E==5 N/C 因为做直线运动,所以合力为零,即有qvB=‎ 代入数据解得v=10 m/s。‎ ‎(2)根据运动的独立性,竖直方向做初速度vy0=v,加速度为g的匀减速运动,由速度与时间关系,有vy0=v=gt 解得t= s。‎ ‎(3)颗粒再次回到与M点水平方向等高位置时,时间为2t= s 在水平方向上的初速度vx0=v 水平方向获得的速度vx=v+·2t 其中qE=mg 联立解得vx=15 m/s 在竖直方向的速度vy=5 m/s 合速度大小v=10 m/s 则动能Ek=mv2=0.25 J。‎ ‎【答案】(1)5 N/C　10 m/s　(2) s　(3)0.25 J