PAGE1專題十二電磁感應(yīng)考點(diǎn)1電磁感應(yīng)現(xiàn)象楞次定律1.(2023海南，6，3分)汽車測(cè)速利用了電磁感應(yīng)現(xiàn)象，汽車可簡(jiǎn)化為一個(gè)矩形線圈abcd，埋在地下的線圈分別為1、2，通上順時(shí)針(俯視)方向電流，當(dāng)汽車經(jīng)過線圈時(shí)()A.線圈1、2產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向豎直向上B.汽車進(jìn)入線圈1過程產(chǎn)生感應(yīng)電流方向?yàn)閍bcdC.汽車離開線圈1過程產(chǎn)生感應(yīng)電流方向?yàn)閍bcdD.汽車進(jìn)入線圈2過程受到的安培力方向與速度方向相同答案C線圈1、2中所通電流方向?yàn)轫槙r(shí)針(俯視)，產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向都垂直地面向下，A錯(cuò)誤;汽車進(jìn)入線圈1過程，通過線圈abcd的磁通量增大，感應(yīng)電流方向與線圈1中電流反向，為逆時(shí)針(adcb)，離開線圈1過程通過線圈abcd的磁通量減小，感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針(abcd)，B錯(cuò)誤，C正確;汽車進(jìn)入線圈2過程，通過線圈abcd的磁通量增大，感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，汽車受到的安培力方向與速度方向相反，D錯(cuò)誤。2.(2023河北,8,6分)(多選)如圖1,絕緣水平面上四根完全相同的光滑金屬桿圍成矩形,彼此接觸良好,勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向豎直向下。金屬桿2、3固定不動(dòng),1、4同時(shí)沿圖1箭頭方向移動(dòng),移動(dòng)過程中金屬桿所圍成的矩形周長(zhǎng)保持不變。當(dāng)金屬桿移動(dòng)到圖2位置時(shí),金屬桿所圍面積與初始時(shí)相同。在此過程中()A.金屬桿所圍回路中電流方向保持不變B.通過金屬桿截面的電荷量隨時(shí)間均勻增加C.金屬桿1所受安培力方向與運(yùn)動(dòng)方向先相同后相反D.金屬桿4所受安培力方向與運(yùn)動(dòng)方向先相反后相同答案CD由數(shù)學(xué)知識(shí)可知金屬桿所圍回路的面積先增大后減小,金屬桿所圍回路內(nèi)磁通量先增大后減小,根據(jù)楞次定律可知電流方向先沿逆時(shí)針方向,后沿順時(shí)針方向,A錯(cuò)誤;由于金屬桿所圍回路的面積非均勻變化,故感應(yīng)電流的大小不恒定,通過金屬桿截面的電荷量隨時(shí)間不是均勻增加的,B錯(cuò)誤;由上述分析,再根據(jù)左手定則,可知金屬桿1所受安培力方向與運(yùn)動(dòng)方向先相同后相反,金屬桿4所受安培力方向與運(yùn)動(dòng)方向先相反后相同,故C、D正確。3.(2022北京,11,3分)如圖所示平面內(nèi),在通有圖示方向電流I的長(zhǎng)直導(dǎo)線右側(cè),固定一矩形金屬線框abcd,ad邊與導(dǎo)線平行。調(diào)節(jié)電流I使得空間各點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻增加,則()A.線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向?yàn)閍→b→c→d→aB.線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流逐漸增大C.線框ad邊所受的安培力大小恒定D.線框整體受到的安培力方向水平向右答案D由楞次定律可判定線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向?yàn)閍→d→c→b→a,選項(xiàng)A錯(cuò)誤。由于空間各點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻增大,則線框中磁通量均勻增大,由法拉第電磁感應(yīng)定律可知,線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流恒定,B錯(cuò)誤。ad邊所受安培力F=BIL隨B均勻增大,C錯(cuò)誤。由安培定則可知線框所在平面處磁場(chǎng)方向垂直紙面向里,再由左手定則可知線框各邊所受安培力方向均垂直于各邊向內(nèi)使線框收縮,由于離場(chǎng)源電流越近磁場(chǎng)越強(qiáng),故ab邊與cd邊所受安培力等大反向,ad邊所受安培力大于bc邊所受安培力,整體所受合力方向水平向右,D正確。4.(2022廣東,10,6分)(多選)如圖所示,水平地面(Oxy平面)下有一根平行于y軸且通有恒定電流I的長(zhǎng)直導(dǎo)線。P、M和N為地面上的三點(diǎn),P點(diǎn)位于導(dǎo)線正上方,MN平行于y軸,PN平行于x軸。一閉合的圓形金屬線圈,圓心在P點(diǎn),可沿不同方向以相同的速率做勻速直線運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)過程中線圈平面始終與地面平行。下列說法正確的有()A.N點(diǎn)與M點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等,方向相同B.線圈沿PN方向運(yùn)動(dòng)時(shí),穿過線圈的磁通量不變C.線圈從P點(diǎn)開始豎直向上運(yùn)動(dòng)時(shí),線圈中無感應(yīng)電流D.線圈從P到M過程的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與從P到N過程的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)相等答案AC長(zhǎng)直導(dǎo)線中的電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)在P、N兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向如圖。過M點(diǎn)作x軸的平行線,與通電導(dǎo)線在xOy平面內(nèi)的投影交于P',則有MP'=NP,故N、M兩點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向相同,A項(xiàng)正確;圓形線圈在初始位置時(shí),通過線圈的磁通量為零,沿PN方向運(yùn)動(dòng)時(shí),穿過線圈的磁通量變化,B項(xiàng)錯(cuò)誤;P點(diǎn)為導(dǎo)線正上方的點(diǎn),當(dāng)線圈從P點(diǎn)開始豎直向上運(yùn)動(dòng)時(shí),通過線圈的磁通量始終為0,線圈中無感應(yīng)電流,選項(xiàng)C正確;由E=ΔΦΔt,Δt=xv,而xPN<xPM,則ΔtPN<ΔtPM,故線圈從P到M過程與從5.(2014課標(biāo)Ⅰ,14,6分)在法拉第時(shí)代,下列驗(yàn)證“由磁產(chǎn)生電”設(shè)想的實(shí)驗(yàn)中,能觀察到感應(yīng)電流的是()A.將繞在磁鐵上的線圈與電流表組成一閉合回路,然后觀察電流表的變化B.在一通電線圈旁放置一連有電流表的閉合線圈,然后觀察電流表的變化C.將一房間內(nèi)的線圈兩端與相鄰房間的電流表連接,往線圈中插入條形磁鐵后,再到相鄰房間去觀察電流表的變化D.繞在同一鐵環(huán)上的兩個(gè)線圈,分別接電源和電流表,在給線圈通電或斷電的瞬間,觀察電流表的變化答案D將繞在磁鐵上的線圈與電流表組成一閉合回路,因線圈中的磁通量沒有變化,故不能觀察到感應(yīng)電流,選項(xiàng)A不符合題意;在一通電線圈旁放置一連有電流表的閉合線圈時(shí),如果通電線圈通以恒定電流,產(chǎn)生不變的磁場(chǎng),則在另一線圈中不會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流,選項(xiàng)B不符合題意;在線圈中插入條形磁鐵后,再到相鄰房間去觀察電流表時(shí),磁通量已不再變化,因此也不能觀察到感應(yīng)電流,選項(xiàng)C不符合題意;繞在同一鐵環(huán)上的兩個(gè)線圈,在給一個(gè)線圈通電或斷電的瞬間,線圈產(chǎn)生的磁場(chǎng)變化,使穿過另一線圈的磁通量變化,因此,能觀察到感應(yīng)電流,選項(xiàng)D符合題意。6.(2015課標(biāo)Ⅱ,15,6分)如圖,直角三角形金屬框abc放置在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向平行于ab邊向上。當(dāng)金屬框繞ab邊以角速度ω逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí),a、b、c三點(diǎn)的電勢(shì)分別為Ua、Ub、Uc。已知bc邊的長(zhǎng)度為l。下列判斷正確的是()A.Ua>Uc,金屬框中無電流B.Ub>Uc,金屬框中電流方向沿a-b-c-aC.Ubc=-12Bl2D.Uac=12Bl2答案C閉合金屬框在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中以角速度ω逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí),穿過金屬框的磁通量始終為零,金屬框中無電流。由右手定則可知Ub=Ua<Uc,A、B、D選項(xiàng)錯(cuò)誤;b、c兩點(diǎn)的電勢(shì)差Ubc=-Blv中=-12Bl2思路點(diǎn)撥①穿過金屬框的磁通量始終為零,沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生。②可以由右手定則判斷電勢(shì)高低。③感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLv。7.(2015重慶理綜,4,6分)圖為無線充電技術(shù)中使用的受電線圈示意圖,線圈匝數(shù)為n,面積為S。若在t1到t2時(shí)間內(nèi),勻強(qiáng)磁場(chǎng)平行于線圈軸線向右穿過線圈,其磁感應(yīng)強(qiáng)度大小由B1均勻增加到B2,則該段時(shí)間線圈兩端a和b之間的電勢(shì)差φa-φb()A.恒為nS(BC.恒為-nS(B答案C由楞次定律判定,感應(yīng)電流從a流向b,b點(diǎn)電勢(shì)高于a點(diǎn)電勢(shì),故φa-φb=-nSB2-B1t8.(2015課標(biāo)Ⅰ,19,6分)(多選)1824年,法國(guó)科學(xué)家阿拉果完成了著名的“圓盤實(shí)驗(yàn)”。實(shí)驗(yàn)中將一銅圓盤水平放置,在其中心正上方用柔軟細(xì)線懸掛一枚可以自由旋轉(zhuǎn)的磁針,如圖所示。實(shí)驗(yàn)中發(fā)現(xiàn),當(dāng)圓盤在磁針的磁場(chǎng)中繞過圓盤中心的豎直軸旋轉(zhuǎn)時(shí),磁針也隨著一起轉(zhuǎn)動(dòng)起來,但略有滯后。下列說法正確的是()A.圓盤上產(chǎn)生了感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)B.圓盤內(nèi)的渦電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)導(dǎo)致磁針轉(zhuǎn)動(dòng)C.在圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的過程中,磁針的磁場(chǎng)穿過整個(gè)圓盤的磁通量發(fā)生了變化D.圓盤中的自由電子隨圓盤一起運(yùn)動(dòng)形成電流,此電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)導(dǎo)致磁針轉(zhuǎn)動(dòng)答案AB如圖所示,將銅圓盤等效為無數(shù)個(gè)長(zhǎng)方形線圈的組合,則每個(gè)線圈繞OO'軸轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí),均有感應(yīng)電流產(chǎn)生,這些感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)對(duì)小磁針有作用力,從而使小磁針轉(zhuǎn)動(dòng)起來,可見A、B均正確。由于圓盤面積不變,與磁針間的距離不變,故整個(gè)圓盤中的磁通量沒有變化,C錯(cuò)誤。圓盤中的自由電子隨圓盤一起運(yùn)動(dòng)形成的電流的磁場(chǎng),由安培定則可判斷在中心方向豎直向下,其他位置關(guān)于中心對(duì)稱,此磁場(chǎng)不會(huì)導(dǎo)致磁針轉(zhuǎn)動(dòng),D錯(cuò)誤?？键c(diǎn)2法拉第電磁感應(yīng)定律及其應(yīng)用考向1感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的理解及相關(guān)計(jì)算1.(2023重慶，2，4分)某小組設(shè)計(jì)了一種呼吸監(jiān)測(cè)方案:在人身上纏繞彈性金屬線圈，觀察人呼吸時(shí)處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的線圈面積變化產(chǎn)生的電壓，了解人的呼吸狀況。如圖所示，線圈P的匝數(shù)為N，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向與線圈軸線的夾角為θ。若某次吸氣時(shí)，在t時(shí)間內(nèi)每匝線圈面積增加了S，則線圈P在該時(shí)間內(nèi)的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為()A.NBScosθtB.NBSsinθt答案A根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有E=NΔΦΔt=NBS2.(2023江蘇，8，4分)如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，OC導(dǎo)體棒的O端位于圓心，棒的中點(diǎn)A位于磁場(chǎng)區(qū)域的邊緣?，F(xiàn)使導(dǎo)體棒繞O點(diǎn)在紙面內(nèi)逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，O、A、C點(diǎn)電勢(shì)分別為φO、φA、φC，則()A.φO>φC B.φC>φAC.φO=φA D.φO-φA=φA-φC答案A棒OA段切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，相當(dāng)于電源，由右手定則可判定，φO>φA，因AC段不切割磁感線，故φA=φC，則φO>φC，A正確。3.(2023全國(guó)甲,21,6分)(多選)一有機(jī)玻璃管豎直放在水平地面上,管上有漆包線繞成的線圈,線圈的兩端與電流傳感器相連,線圈在玻璃管上部的5匝均勻分布,下部的3匝也均勻分布,下部相鄰兩匝間的距離大于上部相鄰兩匝間的距離,如圖(a)所示?，F(xiàn)讓一個(gè)很小的強(qiáng)磁體在玻璃管內(nèi)沿軸線從上端口由靜止下落,電流傳感器測(cè)得線圈中電流I隨時(shí)間t的變化如圖(b)所示。則()A.小磁體在玻璃管內(nèi)下降速度越來越快B.下落過程中,小磁體的N極、S極上下顛倒了8次C.下落過程中,小磁體受到的電磁阻力始終保持不變D.與上部相比,小磁體通過線圈下部的過程中,磁通量變化率的最大值更大答案AD設(shè)線圈總電阻為R,小磁體所受電磁阻力為F阻,小磁體下落過程中由法拉第電磁感應(yīng)定律有E=nΔΦ回路中的感應(yīng)電流I=ER線圈受到的安培力F安=BIL③根據(jù)楞次定律可知,小磁體每穿過一個(gè)線圈,電流方向改變一次(小磁體正中央水平截面與線圈齊平時(shí),以及和上下兩相鄰線圈距離相同時(shí),電流為0),小磁體的N極、S極上下不顛倒,B錯(cuò)誤;由牛頓第三定律知,小磁體受到的電磁阻力與線圈所受安培力等大反向,即F阻=F安,由題圖(b)可知感應(yīng)電流大小不斷變化,故小磁體受到的電磁阻力發(fā)生變化,C選項(xiàng)錯(cuò)誤;由①②③聯(lián)立可得感應(yīng)電流的大小I=nR·Δ4.(2022江蘇,5,4分)如圖所示,半徑為r的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化關(guān)系為B=B0+kt,B0、k為常量,則圖中半徑為R的單匝圓形線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為()A.πkr2B.πkR2C.πB0r2D.πB0R2答案A由E=ΔΦΔt=SΔBΔt5.(2022河北,5,4分)將一根絕緣硬質(zhì)細(xì)導(dǎo)線順次繞成如圖所示的線圈,其中大圓面積為S1,小圓面積均為S2,垂直線圈平面方向有一隨時(shí)間t變化的磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=B0+kt,B0和k均為常量,則線圈中總的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為()A.kS1B.5kS2C.k(S1-5S2)D.k(S1+5S2)答案D根據(jù)楞次定律可知,5個(gè)小圓線圈和大圓線圈內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向一致,因此線圈產(chǎn)生的總感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)應(yīng)為所有感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)之和。小圓線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E1=ΔΦΔt=kS2,大圓線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E2=ΔΦ'Δt=kS1,所以總感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E=5E1+E2=k(6.(2022山東,12,4分)(多選)如圖所示,xOy平面的第一、三象限內(nèi)以坐標(biāo)原點(diǎn)O為圓心、半徑為2L的扇形區(qū)域充滿方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形金屬框繞其始終在O點(diǎn)的頂點(diǎn)、在xOy平面內(nèi)以角速度ω順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。t=0時(shí)刻,金屬框開始進(jìn)入第一象限。不考慮自感影響,關(guān)于金屬框中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E隨時(shí)間t變化規(guī)律的描述正確的是()A.在t=0到t=π2ω的過程中,B.在t=0到t=π2ω的過程中,C.在t=0到t=π4ω的過程中,D.在t=0到t=π4ω的過程中,答案BC在t=0至t=π2ω的過程中,l有先變大后變小,故E先增大后減小,故B正確,A錯(cuò)誤。在t=0至t=π4ω的過程中,有效切割長(zhǎng)度l有=Lcosωt,E=12Bl有2ω=BL2ω易錯(cuò)點(diǎn)撥電動(dòng)勢(shì)的變化率從t=0至t=π4ω的過程中,有效切割長(zhǎng)度變大,故E變大,E的變化率需要對(duì)7.(2014江蘇單科,1,3分)如圖所示,一正方形線圈的匝數(shù)為n,邊長(zhǎng)為a,線圈平面與勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直,且一半處在磁場(chǎng)中。在Δt時(shí)間內(nèi),磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向不變,大小由B均勻地增大到2B。在此過程中,線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為()A.Ba22ΔtB.nB答案B由法拉第電磁感應(yīng)定律知線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=nΔФΔt=nΔBΔt·S=n28.(2018課標(biāo)Ⅲ,20,6分)(多選)如圖(a),在同一平面內(nèi)固定有一長(zhǎng)直導(dǎo)線PQ和一導(dǎo)線框R,R在PQ的右側(cè)。導(dǎo)線PQ中通有正弦交流電i,i的變化如圖(b)所示,規(guī)定從Q到P為電流正方向。導(dǎo)線框R中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)()A.在t=T4B.在t=T2C.在t=T2D.在t=T時(shí)最大,且沿順時(shí)針方向答案AC本題考查楞次定律的應(yīng)用及法拉第電磁感應(yīng)定律。由i-t圖像可知,在t=T4時(shí),ΔiΔt=0,此時(shí)穿過導(dǎo)線框R的磁通量的變化率ΔΦΔt=0,由法拉第電磁感應(yīng)定律可知,此時(shí)導(dǎo)線框R中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為0,選項(xiàng)A正確;同理在t=T一題多解當(dāng)導(dǎo)線PQ中電流變大時(shí),穿過導(dǎo)線框R的磁通量變大,由楞次定律可知,為阻礙磁通量變大,R有向右的運(yùn)動(dòng)趨勢(shì),根據(jù)兩直導(dǎo)線電流同向相吸,異向相斥,可判斷R中的電流方向。同理,可判斷當(dāng)導(dǎo)線PQ中電流變小時(shí)導(dǎo)線框R中的電流方向。9.(2015廣東理綜,35,18分)如圖(a)所示,平行長(zhǎng)直金屬導(dǎo)軌水平放置,間距L=0.4m。導(dǎo)軌右端接有阻值R=1Ω的電阻。導(dǎo)體棒垂直放置在導(dǎo)軌上,且接觸良好。導(dǎo)體棒及導(dǎo)軌的電阻均不計(jì)。導(dǎo)軌間正方形區(qū)域abcd內(nèi)有方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng),b、d連線與導(dǎo)軌垂直,長(zhǎng)度也為L(zhǎng)。從0時(shí)刻開始,磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小隨時(shí)間t變化,規(guī)律如圖(b)所示;同一時(shí)刻,棒從導(dǎo)軌左端開始向右勻速運(yùn)動(dòng),1s后剛好進(jìn)入磁場(chǎng)。若使棒在導(dǎo)軌上始終以速度v=1m/s做直線運(yùn)動(dòng),求:(1)棒進(jìn)入磁場(chǎng)前,回路中的電動(dòng)勢(shì)E;(2)棒在運(yùn)動(dòng)過程中受到的最大安培力F,以及棒通過三角形abd區(qū)域時(shí)電流i與時(shí)間t的關(guān)系式。(a)(b)答案(1)0.04V(2)0.04Ni=t-1(1s≤t≤1.2s)解析(1)由圖(b)可知0~1.0s內(nèi)B的變化率ΔB正方形磁場(chǎng)區(qū)域的面積S=L22=0.08m棒進(jìn)入磁場(chǎng)前0~1.0s內(nèi)回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=ΔΦΔt由①②③得E=0.08×0.5V=0.04V(2)當(dāng)棒通過bd位置時(shí),有效切割長(zhǎng)度最大,感應(yīng)電流最大,棒受到最大安培力F=BIL④棒過bd時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)Em=BLv=0.5×0.4×1V=0.2V⑤棒過bd時(shí)的電流I=Em由④⑤⑥得F=0.04N棒通過a點(diǎn)后在三角形abd區(qū)域中的有效切割長(zhǎng)度L'與時(shí)間t的關(guān)系:L'=2v(t-1),其中t的取值范圍為1s≤t≤1.2s⑦電流i與時(shí)間t的關(guān)系式i=BL'vRautonum0.(2016課標(biāo)Ⅲ,25,20分)如圖,兩條相距l(xiāng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面(紙面)內(nèi),其左端接一阻值為R的電阻;一與導(dǎo)軌垂直的金屬棒置于兩導(dǎo)軌上;在電阻、導(dǎo)軌和金屬棒中間有一面積為S的區(qū)域,區(qū)域中存在垂直于紙面向里的均勻磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1隨時(shí)間t的變化關(guān)系為B1=kt,式中k為常量;在金屬棒右側(cè)還有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域,區(qū)域左邊界MN(虛線)與導(dǎo)軌垂直,磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0,方向也垂直于紙面向里。某時(shí)刻,金屬棒在一外加水平恒力的作用下從靜止開始向右運(yùn)動(dòng),在t0時(shí)刻恰好以速度v0越過MN,此后向右做勻速運(yùn)動(dòng)。金屬棒與導(dǎo)軌始終相互垂直并接觸良好,它們的電阻均忽略不計(jì)。求(1)在t=0到t=t0時(shí)間間隔內(nèi),流過電阻的電荷量的絕對(duì)值;(2)在時(shí)刻t(t>t0)穿過回路的總磁通量和金屬棒所受外加水平恒力的大小。答案(1)kt0SR(2)B0lv0(t-t0)+kSt(B0解析(1)在金屬棒越過MN之前,t時(shí)刻穿過回路的磁通量為Φ=ktS①設(shè)在從t時(shí)刻到t+Δt的時(shí)間間隔內(nèi),回路磁通量的變化量為ΔΦ,流過電阻R的電荷量為Δq。由法拉第電磁感應(yīng)定律有ε=-ΔΦ由歐姆定律有i=εR由電流的定義有i=Δq聯(lián)立①②③④式得|Δq|=kSR由⑤式得,在t=0到t=t0的時(shí)間間隔內(nèi),流過電阻R的電荷量q的絕對(duì)值為|q|=kt(2)當(dāng)t>t0時(shí),金屬棒已越過MN。由于金屬棒在MN右側(cè)做勻速運(yùn)動(dòng),有f=F⑦式中,f是外加水平恒力,F是勻強(qiáng)磁場(chǎng)施加的安培力。設(shè)此時(shí)回路中的電流為I,F的大小為F=B0lI⑧此時(shí)金屬棒與MN之間的距離為s=v0(t-t0)⑨勻強(qiáng)磁場(chǎng)穿過回路的磁通量為Φ'=B0ls⑩回路的總磁通量為Φt=Φ+Φ'式中,Φ仍如①式所示。由①⑨⑩式得,在時(shí)刻t(t>t0)穿過回路的總磁通量為Φt=B0lv0(t-t0)+kSt在t到t+Δt的時(shí)間間隔內(nèi),總磁通量的改變?chǔ)う祎為ΔΦt=(B0lv0+kS)Δt由法拉第電磁感應(yīng)定律得,回路感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小為εt=ΔΦ由歐姆定律有I=εt聯(lián)立⑦⑧式得f=(B0lv0+kS)B0lR解題指導(dǎo)(1)金屬棒在0~t0時(shí)間內(nèi),由于圓形磁場(chǎng)中的磁通量變化而引起感應(yīng)電動(dòng)勢(shì),從而形成感應(yīng)電流,由電流的定義式可以求出流過電阻的電荷量的絕對(duì)值。(2)當(dāng)金屬棒越過MN后,穿過回路的磁通量由兩部分組成;再由法拉第電磁感應(yīng)定律等知識(shí)可以求出外加水平恒力的大小。易錯(cuò)點(diǎn)撥(1)在計(jì)算磁通量時(shí),用的是左側(cè)矩形面積,而不是圓形磁場(chǎng)面積,從而導(dǎo)致出錯(cuò)。(2)當(dāng)金屬棒越過MN后計(jì)算磁通量時(shí),得出的金屬棒與MN的距離s=v0t,從而導(dǎo)致出錯(cuò)。11.(2014浙江理綜,24,20分)某同學(xué)設(shè)計(jì)一個(gè)發(fā)電測(cè)速裝置,工作原理如圖所示。一個(gè)半徑為R=0.1m的圓形金屬導(dǎo)軌固定在豎直平面上,一根長(zhǎng)為R的金屬棒OA,A端與導(dǎo)軌接觸良好,O端固定在圓心處的轉(zhuǎn)軸上。轉(zhuǎn)軸的左端有一個(gè)半徑為r=R/3的圓盤,圓盤和金屬棒能隨轉(zhuǎn)軸一起轉(zhuǎn)動(dòng)。圓盤上繞有不可伸長(zhǎng)的細(xì)線,下端掛著一個(gè)質(zhì)量為m=0.5kg的鋁塊。在金屬導(dǎo)軌區(qū)域內(nèi)存在垂直于導(dǎo)軌平面向右的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5T。a點(diǎn)與導(dǎo)軌相連,b點(diǎn)通過電刷與O端相連。測(cè)量a、b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差U可算得鋁塊速度。鋁塊由靜止釋放,下落h=0.3m時(shí),測(cè)得U=0.15V。(細(xì)線與圓盤間沒有滑動(dòng),金屬棒、導(dǎo)軌、導(dǎo)線及電刷的電阻均不計(jì),重力加速度g=10m/s2)(1)測(cè)U時(shí),與a點(diǎn)相接的是電壓表的“正極”還是“負(fù)極”?(2)求此時(shí)鋁塊的速度大小;(3)求此下落過程中鋁塊機(jī)械能的損失。答案(1)正極(2)2m/s(3)0.5J解析(1)由右手定則知,金屬棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的方向由O→A,故A端電勢(shì)高于O端電勢(shì),與a點(diǎn)相接的是電壓表的“正極”。(2)由電磁感應(yīng)定律得U=E=ΔΔΦ=12BR2U=12BωRv=rω=13所以v=2U(3)ΔE=mgh-12mvΔE=0.5J考向2自感、渦流、電磁阻尼與電磁驅(qū)動(dòng)1.(2023全國(guó)乙，17，6分)一學(xué)生小組在探究電磁感應(yīng)現(xiàn)象時(shí)，進(jìn)行了如下比較實(shí)驗(yàn)。用圖(a)所示的纏繞方式，將漆包線分別繞在幾何尺寸相同的有機(jī)玻璃管和金屬鋁管上，漆包線的兩端與電流傳感器接通。兩管皆豎直放置，將一很小的強(qiáng)磁體分別從管的上端由靜止釋放，在管內(nèi)下落至管的下端。實(shí)驗(yàn)中電流傳感器測(cè)得的兩管上流過漆包線的電流I隨時(shí)間t的變化分別如圖(b)和圖(c)所示，分析可知()A.圖(c)是用玻璃管獲得的圖像B.在鋁管中下落，小磁體做勻變速運(yùn)動(dòng)C.在玻璃管中下落，小磁體受到的電磁阻力始終保持不變D.用鋁管時(shí)測(cè)得的電流第一個(gè)峰到最后一個(gè)峰的時(shí)間間隔比用玻璃管時(shí)的短答案A由題圖(b)知強(qiáng)磁體下落的速度較小且速度幾乎不變，說明強(qiáng)磁體受到的電磁阻力較大，由題圖(c)知強(qiáng)磁體下落速度較大且速度增加得快，說明強(qiáng)磁體受到的電磁阻力較小，所以圖(b)是用鋁管獲得的圖像，金屬鋁管重產(chǎn)生渦流，使金屬鋁管產(chǎn)生較大電磁阻力，強(qiáng)磁體運(yùn)動(dòng)時(shí)間較長(zhǎng)，圖(c)是用玻璃管獲得的圖像，故A正確，D錯(cuò)誤。由強(qiáng)磁體在鋁管中運(yùn)動(dòng)時(shí)漆包線的電流峰值相同，可知強(qiáng)磁體在一段時(shí)間內(nèi)做勻速運(yùn)動(dòng)，B錯(cuò)誤。強(qiáng)磁體在玻璃管中速度增大，電流峰值增大，強(qiáng)磁體受到的電磁阻力的峰值增大，故C錯(cuò)誤。2.(2017北京理綜,19,6分)圖1和圖2是教材中演示自感現(xiàn)象的兩個(gè)電路圖,L1和L2為電感線圈。實(shí)驗(yàn)時(shí),斷開開關(guān)S1瞬間,燈A1突然閃亮,隨后逐漸變暗;閉合開關(guān)S2,燈A2逐漸變亮,而另一個(gè)相同的燈A3立即變亮,最終A2與A3的亮度相同。下列說法正確的是()A.圖1中,A1與L1的電阻值相同B.圖1中,閉合S1,電路穩(wěn)定后,A1中電流大于L1中電流C.圖2中,變阻器R與L2的電阻值相同D.圖2中,閉合S2瞬間,L2中電流與變阻器R中電流相等答案C本題考查自感現(xiàn)象的判斷。在圖1中斷開S1瞬間,燈A1突然閃亮,說明斷開S1前,L1中的電流大于A1中的電流,故L1的阻值小于A1的阻值,A、B選項(xiàng)均錯(cuò)誤;在圖2中,閉合S2瞬間,由于L2的自感作用,通過L2的電流很小,D錯(cuò)誤;閉合S2后,最終A2與A3亮度相同,說明兩支路電流相等,故R與L2的阻值相同,C項(xiàng)正確。3.(2014廣東理綜,15,4分)如圖所示,上下開口、內(nèi)壁光滑的銅管P和塑料管Q豎直放置,小磁塊先后在兩管中從相同高度處由靜止釋放,并落至底部,則小磁塊()A.在P和Q中都做自由落體運(yùn)動(dòng)B.在兩個(gè)下落過程中的機(jī)械能都守恒C.在P中的下落時(shí)間比在Q中的長(zhǎng)D.落至底部時(shí)在P中的速度比在Q中的大答案C小磁塊在銅管中下落時(shí),由于電磁阻尼作用,不做自由落體運(yùn)動(dòng),機(jī)械能不守恒,而在塑料管中不受阻力作用而做自由落體運(yùn)動(dòng),機(jī)械能守恒,因此在P中下落得慢,用時(shí)長(zhǎng),到達(dá)底端速度小,C項(xiàng)正確,A、B、D錯(cuò)誤。考向3電磁感應(yīng)中的電路與圖像問題1.(2023福建,4,4分)如圖,M、N是兩根固定在水平面內(nèi)的光滑平行金屬導(dǎo)軌,導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)且電阻可忽略不計(jì);導(dǎo)軌間有一垂直于水平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng),其左邊界OO'垂直于導(dǎo)軌;阻值恒定的兩均勻金屬棒a、b均垂直于導(dǎo)軌放置,b始終固定。a以一定初速度進(jìn)入磁場(chǎng),此后運(yùn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好,并與b不相碰。以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn),水平向右為正方向建立x軸坐標(biāo);在運(yùn)動(dòng)過程中,a的速度記為v,a克服安培力做功的功率記為P。下列v或P隨x變化的圖像中,可能正確的是()答案A設(shè)導(dǎo)軌間磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,導(dǎo)軌間距為L(zhǎng),兩金屬棒總電阻為R,感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLv,回路中電流I=ER=BLvR,金屬棒a受到的安培力F=BIL=B2L2vR,方向與運(yùn)動(dòng)方向相反。由動(dòng)量定理有-B2L2vR·Δt=m·Δv,對(duì)等式兩邊求和可得∑?B2L2vR·Δt=mvt-mv0,即-B2L2R2.(2022全國(guó)甲,16,6分)三個(gè)用同樣的細(xì)導(dǎo)線做成的剛性閉合線框,正方形線框的邊長(zhǎng)與圓線框的直徑相等,圓線框的半徑與正六邊形線框的邊長(zhǎng)相等,如圖所示。把它們放入磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間線性變化的同一勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,線框所在平面均與磁場(chǎng)方向垂直,正方形、圓形和正六邊形線框中感應(yīng)電流的大小分別為I1、I2和I3。則()A.I1<I3<I2B.I1>I3>I2C.I1=I2>I3D.I1=I2=I3答案C設(shè)正方形的邊長(zhǎng)為2a,細(xì)導(dǎo)線單位長(zhǎng)度的電阻為r0,對(duì)正方形線框,由法拉第電磁感應(yīng)定律可得線框產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=ΔBΔt·(2a)2,總電阻R=8a·r0,所以感應(yīng)電流I1=ER=ΔB·a2Δt·r0;同理可得圓形線框中感應(yīng)電流I2=ΔBΔt·πa22πa·r3.(2022浙江1月選考,13,3分)如圖所示,將一通電螺線管豎直放置,螺線管內(nèi)部形成方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=kt的勻強(qiáng)磁場(chǎng),在內(nèi)部用絕緣輕繩懸掛一與螺線管共軸的金屬薄圓管,其電阻率為ρ、高度為h、半徑為r、厚度為d(d?r),則()A.從上向下看,圓管中的感應(yīng)電流為逆時(shí)針方向B.圓管的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為kC.圓管的熱功率大小為πD.輕繩對(duì)圓管的拉力隨時(shí)間減小答案C根據(jù)安培定則,圓管中磁場(chǎng)方向向上增大,由楞次定律可判定圓管中感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針方向(從上向下看),故A錯(cuò)誤;ΔBΔt=k,圓管中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=ΔΦΔt=ΔBΔt·πr2=kπr2,故B錯(cuò)誤;根據(jù)電阻定律R=ρLS可知圓管電阻R=ρ2πrd?,結(jié)合4.(2022河北,8,6分)(多選)如圖,兩光滑導(dǎo)軌水平放置在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,一根導(dǎo)軌位于x軸上,另一根由ab、bc、cd三段直導(dǎo)軌組成,其中bc段與x軸平行,導(dǎo)軌左端接入一電阻R。導(dǎo)軌上一金屬棒MN沿x軸正向以速度v0保持勻速運(yùn)動(dòng),t=0時(shí)刻通過坐標(biāo)原點(diǎn)O,金屬棒始終與x軸垂直。設(shè)運(yùn)動(dòng)過程中通過電阻的電流為i,金屬棒受到安培力的大小為F,金屬棒克服安培力做功的功率為P,電阻兩端的電壓為U。導(dǎo)軌與金屬棒接觸良好,忽略導(dǎo)軌與金屬棒的電阻。下列圖像可能正確的是()答案AC設(shè)ab、cd導(dǎo)軌與x軸夾角為θ,在O處,金屬棒有效長(zhǎng)度為y0,在0~Lv0時(shí)間內(nèi),金屬棒切割磁感線有效長(zhǎng)度為y=y0+v0ttanθ,則切割磁感線的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=Byv0=By0v0+Bv02ttanθ,感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E與t是一次函數(shù)關(guān)系,即感應(yīng)電流i與時(shí)間t是一次函數(shù)關(guān)系,在Lv0~2Lv0時(shí)間內(nèi),金屬棒切割磁感線有效長(zhǎng)度不變,所以感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)不變,感應(yīng)電流不變,在2Lv0~3Lv0時(shí)間內(nèi)相當(dāng)于0~Lv0時(shí)間內(nèi)的逆過程,因此選項(xiàng)A正確;由于不計(jì)除電阻R之外的所有電阻,所以電阻R兩端電壓與感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)相等,選項(xiàng)D錯(cuò)誤;當(dāng)t=0、t=3Lv0時(shí),金屬棒的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)并不等于零,電流也不等于零,所以安培力并不等于0,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;在0~Lv0時(shí)間內(nèi),金屬棒克服安培力做功的功率P=Fv0=B2y2v02R=B2v02R(y5.(2022湖南,10,5分)(多選)如圖,間距L=1m的U形金屬導(dǎo)軌,一端接有0.1Ω的定值電阻R,固定在高h(yuǎn)=0.8m的絕緣水平桌面上。質(zhì)量均為0.1kg的勻質(zhì)導(dǎo)體棒a和b靜止在導(dǎo)軌上,兩導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好且始終與導(dǎo)軌垂直,接入電路的阻值均為0.1Ω,與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.1(設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力),導(dǎo)體棒a距離導(dǎo)軌最右端1.74m。整個(gè)空間存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(圖中未畫出),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0.1T。用F=0.5N沿導(dǎo)軌水平向右的恒力拉導(dǎo)體棒a,當(dāng)導(dǎo)體棒a運(yùn)動(dòng)到導(dǎo)軌最右端時(shí),導(dǎo)體棒b剛要滑動(dòng),撤去F,導(dǎo)體棒a離開導(dǎo)軌后落到水平地面上。重力加速度取10m/s2,不計(jì)空氣阻力,不計(jì)其他電阻,下列說法正確的是()A.導(dǎo)體棒a離開導(dǎo)軌至落地過程中,水平位移為0.6mB.導(dǎo)體棒a離開導(dǎo)軌至落地前,其感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)不變C.導(dǎo)體棒a在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)的過程中,導(dǎo)體棒b有向右運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)D.導(dǎo)體棒a在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)的過程中,通過電阻R的電荷量為0.58C答案BDb剛要滑動(dòng)時(shí),等效電路如圖Ra=Rb=R=0.1ΩE1=BLva,故Ib=E1R對(duì)b,有BIbL=μmg,解得va=3.0m/s,E1=0.30Va離開導(dǎo)軌做平拋運(yùn)動(dòng),滿足h=12gt2,x=vat,解得x=1.2m,A項(xiàng)錯(cuò)誤。a在空中運(yùn)動(dòng)過程中,切割磁感線的速度不變,由E=BLva,可知E不變,B項(xiàng)正確。由右手定則和左手定則可判斷b所受安培力向左,故C項(xiàng)錯(cuò)誤。a在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)過程,感應(yīng)電荷量Q=I·Δt=ER總·Δt=BLΔxR總Δt·Δt=BLΔxR總,通過方法歸納1.分析平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)要抓住兩個(gè)分運(yùn)動(dòng),h=12gt2,x=v0t。2.電磁感應(yīng)綜合問題,要抓“源、路、力、能”分析:①等效電路分析往往是電荷量分配、熱量分配問題的突破口;②感應(yīng)電荷量Q=Δ6.(2019課標(biāo)Ⅲ,19,6分)(多選)如圖,方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有兩根位于同一水平面內(nèi)的足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌,兩相同的光滑導(dǎo)體棒ab、cd靜止在導(dǎo)軌上。t=0時(shí),棒ab以初速度v0向右滑動(dòng)。運(yùn)動(dòng)過程中,ab、cd始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好,兩者速度分別用v1、v2表示,回路中的電流用I表示。下列圖像中可能正確的是()答案AC本題考查法拉第電磁感應(yīng)定律與圖像結(jié)合的問題,難度較大,要求學(xué)生具有較強(qiáng)的綜合分析能力,很好地體現(xiàn)了科學(xué)思維的學(xué)科核心素養(yǎng)。由楞次定律可知ab棒做減速運(yùn)動(dòng),cd棒做加速運(yùn)動(dòng),即v1減小,v2增加?；芈分械母袘?yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BL(v1-v2),回路中的電流I=ER=BL(v1-v2)R,回路中的導(dǎo)體棒ab、cd的加速度大小均為a=F7.(2016四川理綜,7,6分)(多選)如圖所示,電阻不計(jì)、間距為l的光滑平行金屬導(dǎo)軌水平放置于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,導(dǎo)軌左端接一定值電阻R。質(zhì)量為m、電阻為r的金屬棒MN置于導(dǎo)軌上,受到垂直于金屬棒的水平外力F的作用由靜止開始運(yùn)動(dòng),外力F與金屬棒速度v的關(guān)系是F=F0+kv(F0、k是常量),金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好。金屬棒中感應(yīng)電流為i,受到的安培力大小為FA,電阻R兩端的電壓為UR,感應(yīng)電流的功率為P,它們隨時(shí)間t變化圖像可能正確的有()答案BC金屬棒MN相當(dāng)于電源,其感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=Blv,感應(yīng)電流I=BlvRFA=BIl=B2l2UR=IR=BlvR+rP=IE=B2l對(duì)金屬棒MN:F-FA=maF0+kv-B2F0+k-若k-B2若k-B2若k-B2l2則v=at,P=IE=B2l2方法技巧先分別得出I、FA、UR、P與v的關(guān)系,然后對(duì)棒MN受力分析,由牛頓第二定律列方程,最后分情況討論棒MN的運(yùn)動(dòng)情況,根據(jù)各量與v的關(guān)系討論得各量與時(shí)間的關(guān)系圖像。8.(2015安徽理綜,19,6分)如圖所示,abcd為水平放置的平行“”形光滑金屬導(dǎo)軌,間距為l,導(dǎo)軌間有垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,導(dǎo)軌電阻不計(jì)。已知金屬桿MN傾斜放置,與導(dǎo)軌成θ角,單位長(zhǎng)度的電阻為r,保持金屬桿以速度v沿平行于cd的方向滑動(dòng)(金屬桿滑動(dòng)過程中與導(dǎo)軌接觸良好)。則()A.電路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小為BlvB.電路中感應(yīng)電流的大小為BvC.金屬桿所受安培力的大小為BD.金屬桿的熱功率為B答案B金屬桿MN切割磁感線的有效長(zhǎng)度為l,產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=Blv,A錯(cuò)誤;金屬桿MN的有效電阻R=rlsinθ,故回路中的感應(yīng)電流I=ER=Blvsinθrl=Bvsinθr,B正確;金屬桿受到的安培力F=BIlsinθ=Blsinθ9.(2023廣東,14,13分)光滑絕緣的水平面上有垂直平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁場(chǎng)被分成區(qū)域Ⅰ和Ⅱ,寬度均為h,其俯視圖如圖(a)所示,兩磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間t的變化圖線如圖(b)所示,0~τ時(shí)間內(nèi),兩區(qū)域磁場(chǎng)恒定,方向相反,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為2B0和B0,一電阻為R,邊長(zhǎng)為h的剛性正方形金屬線框abcd,平放在水平面上,ab、cd邊與磁場(chǎng)邊界平行。t=0時(shí),線框ab邊剛好跨過區(qū)域Ⅰ的左邊界以速度v向右運(yùn)動(dòng)。在τ時(shí)刻,ab邊運(yùn)動(dòng)到距區(qū)域Ⅰ的左邊界h2(1)t=0時(shí),線框所受的安培力F;(2)t=1.2τ時(shí),穿過線框的磁通量Φ;(3)2τ~3τ時(shí)間內(nèi),線框中產(chǎn)生的熱量Q。答案(1)9B02h解析(1)由題可知,t=0時(shí)線框切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=2B0hv+B0hv=3B0hv則感應(yīng)電流大小I=ER=所受的安培力F=2B03B0hvRh+B0(2)在τ時(shí)刻,ab邊運(yùn)動(dòng)到距區(qū)域Ⅰ的左邊界h2處,線框的速度近似為零,此時(shí)線框被固定,則t=1.2τ時(shí)穿過線框的磁通量Φ=1.6B0h·12h-B0h·12(3)2τ~3τ時(shí)間內(nèi),Ⅱ區(qū)磁感應(yīng)強(qiáng)度也線性減小到0,則有E'=ΔΦΔt=感應(yīng)電流大小I'=E'R則2τ~3τ時(shí)間內(nèi),線框中產(chǎn)生的熱量Q=I'2Rτ=B10.(2023新課標(biāo),26,20分)一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)、質(zhì)量為m的正方形金屬細(xì)框,每邊電阻為R0,置于光滑的絕緣水平桌面(紙面)上。寬度為2L的區(qū)域內(nèi)存在方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,兩虛線為磁場(chǎng)邊界,如圖(a)所示。(1)使金屬框以一定的初速度向右運(yùn)動(dòng),進(jìn)入磁場(chǎng)。運(yùn)動(dòng)過程中金屬框的左、右邊框始終與磁場(chǎng)邊界平行,金屬框完全穿過磁場(chǎng)區(qū)域后,速度大小降為它初速度的一半,求金屬框的初速度大小。(2)在桌面上固定兩條光滑長(zhǎng)直金屬導(dǎo)軌,導(dǎo)軌與磁場(chǎng)邊界垂直,左端連接電阻R1=2R0,導(dǎo)軌電阻可忽略,金屬框置于導(dǎo)軌上,如圖(b)所示。讓金屬框以與(1)中相同的初速度向右運(yùn)動(dòng),進(jìn)入磁場(chǎng)。運(yùn)動(dòng)過程中金屬框的上、下邊框處處與導(dǎo)軌始終接觸良好。求在金屬框整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中,電阻R1產(chǎn)生的熱量。圖(a)圖(b)答案(1)B2L解析(1)金屬框剛進(jìn)入磁場(chǎng)到完全穿過磁場(chǎng)的過程中,有q=I·Δt、I=E4R0、E=解得此過程通過金屬框的電荷量q=2BL根據(jù)動(dòng)量定理有-BILΔt=m·v02可得BLq=12mv解得金屬框的初速度v0=B(2)金屬框的上、下邊框處處與導(dǎo)軌始終接觸良好,導(dǎo)軌電阻可忽略,則上、下邊框被導(dǎo)軌短路,線框進(jìn)入磁場(chǎng)過程中左邊框與R1并聯(lián),右邊框相當(dāng)于電源,等效電路圖如圖1所示。R1與R0并聯(lián)后電阻為23R0,R總1=53R0,該過程RQ1Q由電路特點(diǎn)知I1I0=R0R1=12,I總1=I設(shè)金屬框剛好完全進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為v1,金屬框剛進(jìn)入磁場(chǎng)到完全進(jìn)入磁場(chǎng)過程中,由動(dòng)量定理可得-F安1Δt1=mv1-mv其中F安1=BI1L,I1=解得v1=2則此過程中整個(gè)回路產(chǎn)生的熱量Q總1=12mv02-12此過程中R1產(chǎn)生的熱量Q1=215Q總1=線框全部在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí),等效電路如圖2所示簡(jiǎn)化電路如圖3所示R內(nèi)=RR總2=R1+R內(nèi)=52R該過程R1上產(chǎn)生的熱量與整個(gè)回路產(chǎn)生的熱量之比Q2Q總2=設(shè)金屬框右邊框剛要出磁場(chǎng)時(shí)的速度為v2,從金屬框恰好完全進(jìn)入磁場(chǎng)到金屬框右邊框剛要出磁場(chǎng)過程中,通過包含電路的整個(gè)閉合回路的磁通量發(fā)生變化,由動(dòng)量定理可得-F安2Δt2=mv2-mvF安2=BI2L,其中I2=解得金屬框右邊框到達(dá)磁場(chǎng)右邊界時(shí)的速度v2=0則此過程中整個(gè)回路產(chǎn)生的熱量Q總2=12mv12-12此過程中R1產(chǎn)生的熱量Q2=45Q總2=綜上,R1產(chǎn)生的總熱量Q=Q1+Q2=7125+1autonum.(2022全國(guó)乙,24,12分)如圖,一不可伸長(zhǎng)的細(xì)繩的上端固定,下端系在邊長(zhǎng)為l=0.40m的正方形金屬框的一個(gè)頂點(diǎn)上。金屬框的一條對(duì)角線水平,其下方有方向垂直于金屬框所在平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。已知構(gòu)成金屬框的導(dǎo)線單位長(zhǎng)度的阻值為λ=5.0×10-3Ω/m;在t=0到t=3.0s時(shí)間內(nèi),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間t的變化關(guān)系為B(t)=0.3-0.1t(SI)。求(1)t=2.0s時(shí)金屬框所受安培力的大小;(2)在t=0到t=2.0s時(shí)間內(nèi)金屬框產(chǎn)生的焦耳熱。答案(1)0.057N(2)0.016J解析(1)對(duì)正方形金屬框分析,由法拉第電磁感應(yīng)定律得E=ΔΦΔt=ΔB·SΔt=ΔBΔt×l22,由B(t)=0.3-0.1t(SI),知ΔBΔt=0.1T/s,由閉合電路歐姆定律知I=ER,其中R=4lλ,當(dāng)t=2.0s時(shí),B=0.3-0.1×2.0(T)=0(2)根據(jù)焦耳定律有Q=I2Rt,其中R=4λl=8×10-3Ω,0~2.0s內(nèi)電流恒定,I=ER=1A,代入數(shù)據(jù)解得Q=0.誤區(qū)警示在計(jì)算感生電動(dòng)勢(shì)時(shí),注意金屬框只有一半面積處于磁場(chǎng)中;在計(jì)算安培力大小時(shí),注意金屬框的有效長(zhǎng)度。1autonum.(2022重慶,13,12分)某同學(xué)以金屬戒指為研究對(duì)象,探究金屬物品在變化磁場(chǎng)中的熱效應(yīng)。如圖所示,戒指可視為周長(zhǎng)為L(zhǎng)、橫截面積為S、電阻率為ρ的單匝圓形線圈,放置在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于戒指平面。若磁感應(yīng)強(qiáng)度大小在Δt時(shí)間內(nèi)從0均勻增加到B0,求:(1)戒指中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和電流;(2)戒指中電流的熱功率。答案(1)B0L24πΔ解析(1)設(shè)戒指的半徑為r,則有L=2πr磁感應(yīng)強(qiáng)度大小在Δt時(shí)間內(nèi)從0均勻增加到B0,產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E=B0Δt可得E=B戒指的電阻R=ρL則戒指中的感應(yīng)電流I=ER=(2)戒指中電流的熱功率P=I2R=B1autonum.(2015江蘇單科,13,15分)做磁共振(MRI)檢查時(shí),對(duì)人體施加的磁場(chǎng)發(fā)生變化時(shí)會(huì)在肌肉組織中產(chǎn)生感應(yīng)電流。某同學(xué)為了估算該感應(yīng)電流對(duì)肌肉組織的影響,將包裹在骨骼上的一圈肌肉組織等效成單匝線圈,線圈的半徑r=5.0cm,線圈導(dǎo)線的截面積A=0.80cm2,電阻率ρ=1.5Ω·m。如圖所示,勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向與線圈平面垂直,若磁感應(yīng)強(qiáng)度B在0.3s內(nèi)從1.5T均勻地減為零,求:(計(jì)算結(jié)果保留一位有效數(shù)字)(1)該圈肌肉組織的電阻R;(2)該圈肌肉組織中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E;(3)0.3s內(nèi)該圈肌肉組織中產(chǎn)生的熱量Q。答案(1)6×103Ω(2)4×10-2V(3)8×10-8J解析(1)由電阻定律得R=ρ2πrA,代入數(shù)據(jù)得R=6×10(2)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=ΔB·πr(3)由焦耳定律得Q=E2RΔt,代入數(shù)據(jù)得Q=8×10本題考查了電阻定律、法拉第電磁感應(yīng)定律和電功三個(gè)方面的內(nèi)容,模型已構(gòu)建好,主要考查基本規(guī)律的簡(jiǎn)單應(yīng)用,屬于中等難度題。學(xué)習(xí)指導(dǎo)考生在本題中出現(xiàn)的錯(cuò)誤主要有以下幾方面:①不理解公式中各字母的含義,亂套公式;②單位換算錯(cuò)誤;③未按有效數(shù)字的要求表達(dá)結(jié)果;④運(yùn)算結(jié)果錯(cuò)誤。由以上種種錯(cuò)誤可見,學(xué)習(xí)過程中不僅要牢記公式,更重要的是要理解式中各字母的物理意義;解題過程中要細(xì)心、細(xì)心、再細(xì)心!考向4電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題1.(2023山東,12,4分)(多選)足夠長(zhǎng)U形導(dǎo)軌平置在光滑水平絕緣桌面上,寬為1m,電阻不計(jì)。質(zhì)量為1kg、長(zhǎng)為1m、電阻為1Ω的導(dǎo)體棒MN放置在導(dǎo)軌上,與導(dǎo)軌形成矩形回路并始終接觸良好,Ⅰ和Ⅱ區(qū)域內(nèi)分別存在豎直方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度分別為B1和B2,其中B1=2T,方向向下。用不可伸長(zhǎng)的輕繩跨過固定輕滑輪將導(dǎo)軌CD段中點(diǎn)與質(zhì)量為0.1kg的重物相連,繩與CD垂直且平行于桌面。如圖所示,某時(shí)刻MN、CD同時(shí)分別進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ和Ⅱ并做勻速直線運(yùn)動(dòng),MN、CD與磁場(chǎng)邊界平行。MN的速度v1=2m/s,CD的速度為v2且v2>v1,MN和導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2。重力加速度大小取10m/s2,下列說法正確的是()A.B2的方向向上 B.B2的方向向下C.v2=5m/s D.v2=3m/s答案：BDMN、CD分別同時(shí)進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ、Ⅱ并做勻速直線運(yùn)動(dòng),且CD的速度v2大于MN的速度v1,MN受到向右的滑動(dòng)摩擦力f=μmg=2N,設(shè)回路中電流為I,則MN受到向左的安培力F1=B1IL,根據(jù)平衡條件可知f=F1,由此得回路中的電流I=1A,回路總電阻R=1Ω,則回路中總電動(dòng)勢(shì)E=IR=1V,MN切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E1=B1Lv1=4V,產(chǎn)生的感應(yīng)電流由N到M,則CD切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小E2=E1-E=3V,且感應(yīng)電流應(yīng)由C到D,由右手定則可知B2方向應(yīng)向下,B正確,A錯(cuò)誤;對(duì)U形導(dǎo)軌受力分析,受到向右的繩子的拉力T=m'g=1N,受到向左的滑動(dòng)摩擦力f'=f=2N,根據(jù)平衡條件可知U形導(dǎo)軌受到向右的安培力且大小為F2=f'-T=1N,由F2=B2IL解得B2=1T,代入E2=B2Lv2=3V中解得v2=3m/s,D正確,C錯(cuò)誤。2.(2022重慶,7,4分)如圖1所示,光滑的平行導(dǎo)電軌道水平固定在桌面上,軌道間連接一可變電阻,導(dǎo)體桿與軌道垂直并接觸良好(不計(jì)桿和軌道的電阻),整個(gè)裝置處在垂直于軌道平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。桿在水平向右的拉力作用下先后兩次都由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng),兩次運(yùn)動(dòng)中拉力大小與速率的關(guān)系如圖2所示。其中,第一次對(duì)應(yīng)直線①,初始拉力大小為F0,改變電阻阻值和磁感應(yīng)強(qiáng)度大小后,第二次對(duì)應(yīng)直線②,初始拉力大小為2F0,兩直線交點(diǎn)的縱坐標(biāo)為3F0。若第一次和第二次運(yùn)動(dòng)中的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小之比為k、電阻的阻值之比為m、桿從靜止開始運(yùn)動(dòng)相同位移的時(shí)間之比為n,則k、m、n可能為()圖1圖2A.k=2、m=2、n=2B.k=22、m=2、n=2C.k=6、m=3、n=2D.k=23、m=6、n=2答案C在導(dǎo)體桿勻加速運(yùn)動(dòng)中,由F-BIL=Ma、I=E/R、E=BLv可得:F=B2L2vR+Ma,結(jié)合圖2可見兩次運(yùn)動(dòng)過程中B12R2B22R1=2、a1a2=12,再結(jié)合位移-時(shí)間公式3.(2014山東理綜,16,6分)如圖,一端接有定值電阻的平行金屬軌道固定在水平面內(nèi),通有恒定電流的長(zhǎng)直絕緣導(dǎo)線垂直并緊靠軌道固定,導(dǎo)體棒與軌道垂直且接觸良好。在向右勻速通過M、N兩區(qū)的過程中,導(dǎo)體棒所受安培力分別用FM、FN表示。不計(jì)軌道電阻。以下敘述正確的是()A.FM向右B.FN向左C.FM逐漸增大D.FN逐漸減小答案BCD直導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場(chǎng)在M區(qū)域垂直紙面向外,在N區(qū)域垂直紙面向里,根據(jù)右手定則,導(dǎo)體棒上的感應(yīng)電流在M區(qū)域向下,在N區(qū)域向上,由左手定則判定,在M、N區(qū)域?qū)w棒所受安培力均向左,故A錯(cuò)誤,B正確;I感=BLvR,F安=BI感L=B2L2v4.(2015山東理綜,17,6分)(多選)如圖,一均勻金屬圓盤繞通過其圓心且與盤面垂直的軸逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)?，F(xiàn)施加一垂直穿過圓盤的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng),圓盤開始減速。在圓盤減速過程中,以下說法正確的是()A.處于磁場(chǎng)中的圓盤部分,靠近圓心處電勢(shì)高B.所加磁場(chǎng)越強(qiáng)越易使圓盤停止轉(zhuǎn)動(dòng)C.若所加磁場(chǎng)反向,圓盤將加速轉(zhuǎn)動(dòng)D.若所加磁場(chǎng)穿過整個(gè)圓盤,圓盤將勻速轉(zhuǎn)動(dòng)答案ABD根據(jù)右手定則,處于磁場(chǎng)中的圓盤部分,感應(yīng)電流從靠近圓盤邊緣處流向靠近圓心處,故靠近圓心處電勢(shì)高,A正確;安培力F=B25.(2014大綱全國(guó),20,6分)很多相同的絕緣銅圓環(huán)沿豎直方向疊放,形成一很長(zhǎng)的豎直圓筒。一條形磁鐵沿圓筒的中心軸豎直放置,其下端與圓筒上端開口平齊。讓條形磁鐵從靜止開始下落。條形磁鐵在圓筒中的運(yùn)動(dòng)速率()A.均勻增大B.先增大,后減小C.逐漸增大,趨于不變D.先增大,再減小,最后不變答案C對(duì)磁鐵受力分析可知,磁鐵重力不變,磁場(chǎng)力隨速率的增大而增大,當(dāng)重力等于磁場(chǎng)力時(shí),磁鐵勻速下落,所以選C。6.(2023天津,10,14分)如圖,有一正方形線框靜止懸掛著,其質(zhì)量為m、電阻為R、邊長(zhǎng)為l?？臻g中有一個(gè)三角形磁場(chǎng)區(qū)域,其磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=kt(k>0),方向垂直于線框所在平面向里,且線框中磁場(chǎng)區(qū)域的面積為線框面積的一半,已知重力加速度為g,求:(1)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E;(2)線框開始向上運(yùn)動(dòng)的時(shí)刻t0。答案(1)kl2解析(1)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有E=ΔB·SΔt=ΔBΔ(2)由圖可知線框受到的安培力為FA=BIl=kt·ER·l=kl當(dāng)線框開始向上運(yùn)動(dòng)時(shí)有mg=FA解得t0=mg·27.(2016天津理綜,12,20分)電磁緩速器是應(yīng)用于車輛上以提高運(yùn)行安全性的輔助制動(dòng)裝置,其工作原理是利用電磁阻尼作用減緩車輛的速度。電磁阻尼作用可以借助如下模型討論:如圖所示,將形狀相同的兩根平行且足夠長(zhǎng)的鋁條固定在光滑斜面上,斜面與水平方向夾角為θ。一質(zhì)量為m的條形磁鐵滑入兩鋁條間,恰好勻速穿過,穿過時(shí)磁鐵兩端面與兩鋁條的間距始終保持恒定,其引起電磁感應(yīng)的效果與磁鐵不動(dòng)、鋁條相對(duì)磁鐵運(yùn)動(dòng)相同。磁鐵端面是邊長(zhǎng)為d的正方形,由于磁鐵距離鋁條很近,磁鐵端面正對(duì)兩鋁條區(qū)域的磁場(chǎng)均可視為勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,鋁條的高度大于d,電阻率為ρ。為研究問題方便,鋁條中只考慮與磁鐵正對(duì)部分的電阻和磁場(chǎng),其他部分電阻和磁場(chǎng)可忽略不計(jì),假設(shè)磁鐵進(jìn)入鋁條間以后,減少的機(jī)械能完全轉(zhuǎn)化為鋁條的內(nèi)能,重力加速度為g。(1)求鋁條中與磁鐵正對(duì)部分的電流I;(2)若兩鋁條的寬度均為b,推導(dǎo)磁鐵勻速穿過鋁條間時(shí)速度v的表達(dá)式;(3)在其他條件不變的情況下,僅將兩鋁條更換為寬度b'>b的鋁條,磁鐵仍以速度v進(jìn)入鋁條間,試簡(jiǎn)要分析說明磁鐵在鋁條間運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度和速度如何變化。答案(1)mgsinθ解析(1)磁鐵在鋁條間運(yùn)動(dòng)時(shí),兩根鋁條受到的安培力大小相等均為F安,有F安=IdB①磁鐵受到沿斜面向上的作用力為F,其大小有F=2F安②磁鐵勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)受力平衡,則有F-mgsinθ=0③聯(lián)立①②③式可得I=mgsin(2)磁鐵穿過鋁條時(shí),在鋁條中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E,有E=Bdv⑤鋁條與磁鐵正對(duì)部分的電阻為R,由電阻定律有R=ρddb由歐姆定律有I=ER聯(lián)立④⑤⑥⑦式可得v=ρmgsin(3)磁鐵以速度v進(jìn)入鋁條間,恰好做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),磁鐵受到沿斜面向上的作用力F,聯(lián)立①②⑤⑥⑦式可得F=2B當(dāng)鋁條的寬度b'>b時(shí),磁鐵以速度v進(jìn)入鋁條間時(shí),磁鐵受到的作用力變?yōu)镕',有F'=2B可見,F'>F=mgsinθ,磁鐵所受到的合力方向沿斜面向上,獲得與運(yùn)動(dòng)方向相反的加速度,磁鐵將減速下滑,此時(shí)加速度最大。之后,隨著運(yùn)動(dòng)速度減小,F'也隨著減小,磁鐵所受的合力也減小,由于磁鐵加速度與所受到的合力成正比,磁鐵的加速度逐漸減小。綜上所述,磁鐵做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)。直到F'=mgsinθ時(shí),磁鐵重新達(dá)到平衡狀態(tài),將再次以較小的速度勻速下滑。解題指導(dǎo)明確題中所構(gòu)建的物理模型是解本題的關(guān)鍵。另外要注意的是:兩邊鋁條對(duì)磁鐵均有電磁阻力,且阻力相同。對(duì)于(3)中磁鐵運(yùn)動(dòng)過程的分析,可類比我們熟悉的情景:導(dǎo)體棒沿傾斜的平行金屬導(dǎo)軌下滑。方法技巧當(dāng)遇到嶄新的物理情景時(shí),可以把它與我們熟悉的情景進(jìn)行分析對(duì)比,找出共同點(diǎn)與不同點(diǎn),采用類比的方法解題,就容易突破難點(diǎn)。8.(2015天津理綜,11,18分)如圖所示,“凸”字形硬質(zhì)金屬線框質(zhì)量為m,相鄰各邊互相垂直,且處于同一豎直平面內(nèi),ab邊長(zhǎng)為l,cd邊長(zhǎng)為2l,ab與cd平行,間距為2l。勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的上下邊界均水平,磁場(chǎng)方向垂直于線框所在平面。開始時(shí),cd邊到磁場(chǎng)上邊界的距離為2l,線框由靜止釋放,從cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)直到ef、pq邊進(jìn)入磁場(chǎng)前,線框做勻速運(yùn)動(dòng)。在ef、pq邊離開磁場(chǎng)后,ab邊離開磁場(chǎng)之前,線框又做勻速運(yùn)動(dòng)。線框完全穿過磁場(chǎng)過程中產(chǎn)生的熱量為Q。線框在下落過程中始終處于原豎直平面內(nèi),且ab、cd邊保持水平,重力加速度為g。求(1)線框ab邊將離開磁場(chǎng)時(shí)做勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小是cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的幾倍;(2)磁場(chǎng)上下邊界間的距離H。答案(1)4倍(2)Qmg解析(1)設(shè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí),線框做勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v1,cd邊上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E1,由法拉第電磁感應(yīng)定律,有E1=2Blv1①設(shè)線框總電阻為R,此時(shí)線框中電流為I1,由閉合電路歐姆定律,有I1=E1設(shè)此時(shí)線框所受安培力為F1,有F1=2I1lB③由于線框做勻速運(yùn)動(dòng),其受力平衡,有mg=F1④由①②③④式得v1=mgR4設(shè)ab邊離開磁場(chǎng)之前,線框做勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v2,同理可得v2=mgRB由⑤⑥式得v2=4v1⑦(2)線框自釋放直到cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)前,由機(jī)械能守恒定律,有2mgl=12mv線框完全穿過磁場(chǎng)的過程中,由能量守恒定律,有mg(2l+H)=12mv22-1由⑦⑧⑨式得H=Qmg9.(2015四川理綜,11,19分)如圖所示,金屬導(dǎo)軌MNC和PQD,MN與PQ平行且間距為L(zhǎng),所在平面與水平面夾角為α,N、Q連線與MN垂直,M、P間接有阻值為R的電阻;光滑直導(dǎo)軌NC和QD在同一水平面內(nèi),與NQ的夾角都為銳角θ,均勻金屬棒ab和ef質(zhì)量均為m,長(zhǎng)均為L(zhǎng),ab棒初始位置在水平導(dǎo)軌上與NQ重合;ef棒垂直放在傾斜導(dǎo)軌上,與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ(μ較小),由導(dǎo)軌上的小立柱1和2阻擋而靜止?？臻g有方向豎直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(圖中未畫出)。兩金屬棒與導(dǎo)軌保持良好接觸。不計(jì)所有導(dǎo)軌和ab棒的電阻,ef棒的阻值為R,最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力大小相等,忽略感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng),重力加速度為g。(1)若磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,給ab棒一個(gè)垂直于NQ、水平向右的速度v1,在水平導(dǎo)軌上沿運(yùn)動(dòng)方向滑行一段距離后停止,ef棒始終靜止,求此過程ef棒上產(chǎn)生的熱量;(2)在(1)問過程中,ab棒滑行距離為d,求通過ab棒某橫截面的電荷量;(3)若ab棒以垂直于NQ的速度v2在水平導(dǎo)軌上向右勻速運(yùn)動(dòng),并在NQ位置時(shí)取走小立柱1和2,且運(yùn)動(dòng)過程中ef棒始終靜止。求此狀態(tài)下最強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度及此磁場(chǎng)下ab棒運(yùn)動(dòng)的最大距離。答案(1)14mv12解析(1)設(shè)ab棒的初動(dòng)能為Ek,ef棒和電阻R在此過程產(chǎn)生的熱量分別為W和W1,有W+W1=Ek①且W=W1②由題有Ek=12mv得W=14mv說明:①②③④式各1分。(2)設(shè)在題設(shè)過程中,ab棒滑行時(shí)間為Δt,掃過的導(dǎo)軌間的面積為ΔS,通過ΔS的磁通量為ΔΦ,ab棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E,ab棒中的電流為I,通過ab棒某橫截面的電荷量為q,則E=ΔΦ且ΔΦ=BΔS⑥I=qΔ又有I=2E由圖所示ΔS=d(L-dcotθ)⑨聯(lián)立⑤~⑨,解得q=2Bd說明:⑤⑥⑦⑧⑨⑩式各1分。(3)ab棒滑行距離為x時(shí),ab棒在導(dǎo)軌間的棒長(zhǎng)Lx為L(zhǎng)x=L-2xcotθ此時(shí),ab棒產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)Ex為Ex=Bv2Lx流過ef棒的電流Ix為Ix=Exef棒所受安培力Fx為Fx=BIxL聯(lián)立~,解得Fx=B2v2L由式可得,Fx在x=0和B為最大值Bm時(shí)有最大值F1。由題知,ab棒所受安培力方向必水平向左,ef棒所受安培力方向必水平向右,使F1為最大值的受力分析如圖所示,圖中fm為最大靜摩擦力,有F1cosα=mgsinα+μ(mgcosα+F1sinα)聯(lián)立,得Bm=1Lmg(sin式就是題目所求最強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小,該磁場(chǎng)方向可豎直向上,也可豎直向下。由式可知,B為Bm時(shí),Fx隨x增大而減小,x為最大xm時(shí),Fx為最小值F2,如圖可知F2cosα+μ(mgcosα+F2sinα)=mgsinα聯(lián)立,得xm=μLtan說明:式各1分,式2分,正確說明磁場(chǎng)方向得1分?？枷?電磁感應(yīng)中的能量問題1.(2022全國(guó)甲,20,6分)(多選)如圖,兩根相互平行的光滑長(zhǎng)直金屬導(dǎo)軌固定在水平絕緣桌面上,在導(dǎo)軌的左端接入電容為C的電容器和阻值為R的電阻。質(zhì)量為m、阻值也為R的導(dǎo)體棒MN靜止于導(dǎo)軌上,與導(dǎo)軌垂直,且接觸良好,導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì),整個(gè)系統(tǒng)處于方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。開始時(shí),電容器所帶的電荷量為Q,合上開關(guān)S后,()A.通過導(dǎo)體棒MN電流的最大值為QB.導(dǎo)體棒MN向右先加速、后勻速運(yùn)動(dòng)C.導(dǎo)體棒MN速度最大時(shí)所受的安培力也最大D.電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱大于導(dǎo)體棒MN上產(chǎn)生的焦耳熱答案AD合上開關(guān)的瞬間,導(dǎo)體棒兩端電壓等于電容器兩端電壓且為最大值,電流也最大,I=UR=QRC,電流最大時(shí),導(dǎo)體棒MN所受的安培力最大,而導(dǎo)體棒速度最大時(shí)電流不是最大,所以A正確,C錯(cuò)誤;導(dǎo)體棒MN先加速后減速,不會(huì)勻速,如果導(dǎo)體棒MN做勻速直線運(yùn)動(dòng),電阻上一直有焦耳熱產(chǎn)生,其他能量都不變,不符合能量守恒,所以B錯(cuò)誤;由于棒運(yùn)動(dòng)過程切割磁感線產(chǎn)生反電動(dòng)勢(shì),導(dǎo)致只有開始時(shí)通過電阻R的電流與通過導(dǎo)體棒MN的電流相等,其他時(shí)候通過電阻R的電流都比通過導(dǎo)體棒MN的電流大,故由焦耳定律可知電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱比導(dǎo)體棒易錯(cuò)警示導(dǎo)體棒加速時(shí)通過其電流由M到N,減速時(shí)電流由N到M。2.(2019課標(biāo)Ⅲ,14,6分)楞次定律是下列哪個(gè)定律在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的具體體現(xiàn)?()A.電阻定律B.庫(kù)侖定律C.歐姆定律D.能量守恒定律答案C楞次定律的本質(zhì)是感應(yīng)磁場(chǎng)中能量的轉(zhuǎn)化,是能量守恒定律在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的具體體現(xiàn),故選項(xiàng)D正確。3.(2014安徽理綜,20,6分)英國(guó)物理學(xué)家麥克斯韋認(rèn)為,磁場(chǎng)變化時(shí)會(huì)在空間激發(fā)感生電場(chǎng)。如圖所示,一個(gè)半徑為r的絕緣細(xì)圓環(huán)水平放置,環(huán)內(nèi)存在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B,環(huán)上套一帶電荷量為+q的小球。已知磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間均勻增加,其變化率為k,若小球在環(huán)上運(yùn)動(dòng)一周,則感生電場(chǎng)對(duì)小球的作用力所做功的大小是()A.0B.12r2qkC.2πr2qkD.πr2答案D變化的磁場(chǎng)使回路中產(chǎn)生的感生電動(dòng)勢(shì)E=ΔΦΔt=ΔBΔ本題考查麥克斯韋理論,即變化的磁場(chǎng)在空間激發(fā)電場(chǎng)。解答此題的關(guān)鍵是由法拉第電磁感應(yīng)定律確定出感生電動(dòng)勢(shì),試題難度中等,雖源于教材,但易失分。autonum.(2014課標(biāo)Ⅱ,25,19分)半徑分別為r和2r的同心圓形導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi),一長(zhǎng)為r、質(zhì)量為m且質(zhì)量分布均勻的直導(dǎo)體棒AB置于圓導(dǎo)軌上面,BA的延長(zhǎng)線通過圓導(dǎo)軌中心O,裝置的俯視圖如圖所示。整個(gè)裝置位于一勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B,方向豎直向下。在內(nèi)圓導(dǎo)軌的C點(diǎn)和外圓導(dǎo)軌的D點(diǎn)之間接有一阻值為R的電阻(圖中未畫出)。直導(dǎo)體棒在水平外力作用下以角速度ω繞O逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng),在轉(zhuǎn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌保持良好接觸。設(shè)導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌的電阻均可忽略。重力加速度大小為g。求(1)通過電阻R的感應(yīng)電流的方向和大小;(2)外力的功率。解析解法一(1)在Δt時(shí)間內(nèi),導(dǎo)體棒掃過的面積為ΔS=12ωΔt[(2r)2-r2根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律,導(dǎo)體棒上感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小為ε=BΔ根據(jù)右手定則,感應(yīng)電流的方向是從B端流向A端。因此,通過電阻R的感應(yīng)電流的方向是從C端流向D端。由歐姆定律可知,通過電阻R的感應(yīng)電流的大小I滿足I=εR聯(lián)立①②③式得I=3ωB(2)解法一在豎直方向有mg-2N=0⑤式中,由于質(zhì)量分布均勻,內(nèi)、外圓導(dǎo)軌對(duì)導(dǎo)體棒的正壓力大小相等,其值為N。兩導(dǎo)軌對(duì)運(yùn)行的導(dǎo)體棒的滑動(dòng)摩擦力均為f=μN(yùn)⑥在Δt時(shí)間內(nèi),導(dǎo)體棒在內(nèi)、外圓導(dǎo)軌上掃過的弧長(zhǎng)分別為l1=rωΔt⑦和l2=2rωΔt⑧克服摩擦力做的總功為Wf=f(l1+l2)⑨在Δt時(shí)間內(nèi),消耗在電阻R上的功為WR=I2RΔt⑩根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒定律知,外力在Δt時(shí)間內(nèi)做的功為W=Wf+WR外力的功率為P=WΔ由④至式得P=32μmgωr+9答案(1)方向:由C端到D端大小:3ωBr22解題思路(1)由法拉第電磁感應(yīng)定律求解感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小,再由歐姆定律求出電流,由右手定則判斷電流方向。(2)根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒定律知外力做的功等于電阻R上產(chǎn)生的熱量和摩擦力做功之和。一題多解(1)解法二ε=Brv=Brωr+ω·2r2I=εR=由右手定則判得通過R的感應(yīng)電流從C→D解法三取Δt=Tε=B·ΔSΔt=B(π·4I=εR=由右手定則判得通過R的感應(yīng)電流從C→D(2)解法二由能量守恒P=PR+Pf在豎直方向2N=mg,則N=12mg,得f=μN(yùn)=1Pf=12μmgωr+12μmg·ω·2r=PR=I2R=9所以P=32μmgωr+autonum.(2017北京理綜,24,20分)發(fā)電機(jī)和電動(dòng)機(jī)具有裝置上的類似性,源于它們機(jī)理上的類似性。直流發(fā)電機(jī)和直流電動(dòng)機(jī)的工作原理可以簡(jiǎn)化為如圖1、圖2所示的情景。在豎直向下的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,兩根光滑平行金屬軌道MN、PQ固定在水平面內(nèi),相距為L(zhǎng),電阻不計(jì)。電阻為R的金屬導(dǎo)體棒ab垂直于MN、PQ放在軌道上,與軌道接觸良好,以速度v(v平行于MN)向右做勻速運(yùn)動(dòng)。圖1軌道端點(diǎn)M、P間接有阻值為r的電阻,導(dǎo)體棒ab受到水平向右的外力作用。圖2軌道端點(diǎn)M、P間接有直流電源,導(dǎo)體棒ab通過滑輪勻速提升重物,電路中的電流為I。(1)求在Δt時(shí)間內(nèi),圖1“發(fā)電機(jī)”產(chǎn)生的電能和圖2“電動(dòng)機(jī)”輸出的機(jī)械能。(2)從微觀角度看,導(dǎo)體棒ab中的自由電荷所受洛倫茲力在上述能量轉(zhuǎn)化中起著重要作用。為了方便,可認(rèn)為導(dǎo)體棒中的自由電荷為正電荷。a.請(qǐng)?jiān)趫D3(圖1的導(dǎo)體棒ab)、圖4(圖2的導(dǎo)體棒ab)中,分別畫出自由電荷所受洛倫茲力的示意圖。b.我們知道,洛倫茲力對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷不做功。那么,導(dǎo)體棒ab中的自由電荷所受洛倫茲力是如何在能量轉(zhuǎn)化過程中起到作用的呢?請(qǐng)以圖2“電動(dòng)機(jī)”為例,通過計(jì)算分析說明。答案見解析解析本題考查發(fā)電機(jī)和電動(dòng)機(jī)的機(jī)理分析、洛倫茲力的方向及其在能量轉(zhuǎn)化中的作用。(1)圖1中,電路中的電流I1=BLv棒ab受到的安培力F1=BI1L在Δt時(shí)間內(nèi),“發(fā)電機(jī)”產(chǎn)生的電能等于棒ab克服安培力做的功E電=F1·vΔt=B圖2中,棒ab受到的安培力F2=BIL在Δt時(shí)間內(nèi),“電動(dòng)機(jī)”輸出的機(jī)械能等于安培力對(duì)棒ab做的功E機(jī)=F2·vΔt=BILvΔt(2)a.如圖甲、乙所示。b.設(shè)自由電荷的電荷量為q,沿導(dǎo)體棒定向移動(dòng)的速率為u。如圖乙所示,沿棒方向的洛倫茲力f1'=qvB,做負(fù)功W1=-f1'·uΔt=-qvBuΔt垂直棒方向的洛倫茲力f2'=quB,做正功W2=f2'·vΔt=quBvΔt所以W1=-W2,即導(dǎo)體棒中一個(gè)自由電荷所受的洛倫茲力做功為零。f1'做負(fù)功,阻礙自由電荷的定向移動(dòng),宏觀上表現(xiàn)為“反電動(dòng)勢(shì)”,消耗電源的電能;f2'做正功,宏觀上表現(xiàn)為安培力做正功,使機(jī)械能增加。大量自由電荷所受洛倫茲力做功的宏觀表現(xiàn)是將電能轉(zhuǎn)化為等量的機(jī)械能,在此過程中洛倫茲力通過兩個(gè)分力做功起到“傳遞”能量的作用。疑難突破洛倫茲力的做功及其作用在“發(fā)電機(jī)”模型中,外力促使導(dǎo)體棒做切割磁感線運(yùn)動(dòng)時(shí),棒中自由電荷隨棒運(yùn)動(dòng),從而會(huì)受到沿棒方向的洛倫茲力,表現(xiàn)為“電源中的非靜電力”,這一力做正功,起到了使其他形式能量向電能轉(zhuǎn)化的作用;在“電動(dòng)機(jī)”模型中,外電源使導(dǎo)體棒中產(chǎn)生電場(chǎng),在電場(chǎng)力作用下,導(dǎo)體棒中的自由電荷沿棒運(yùn)動(dòng),從而受到垂直于棒方向的洛倫茲力,宏觀上表現(xiàn)為“導(dǎo)體棒受到的安培力”,這一力做正功,起到了使電能向其他形式能量轉(zhuǎn)化的作用。autonum.(2016上海單科,33,14分)如圖,一關(guān)于y軸對(duì)稱的導(dǎo)體軌道位于水平面內(nèi),磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)與平面垂直。一足夠長(zhǎng)、質(zhì)量為m的直導(dǎo)體棒沿x方向置于軌道上,在外力F作用下從原點(diǎn)由靜止開始沿y軸正方向做加速度為a的勻加速直線運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)時(shí)棒與x軸始終平行。棒單位長(zhǎng)度的電阻為ρ,與電阻不計(jì)的軌道接觸良好,運(yùn)動(dòng)中產(chǎn)生的熱功率隨棒位置的變化規(guī)律為P=ky32(SI)。求:(1)導(dǎo)體軌道的軌道方程y=f(x);(2)棒在運(yùn)動(dòng)過程中受到的安培力Fm隨y的變化關(guān)系;(3)棒從y=0運(yùn)動(dòng)到y(tǒng)=L過程中外力F的功。答案(1)y=4aB2kρ2x2(3)k22a解析(1)設(shè)棒運(yùn)動(dòng)到某一位置時(shí)與軌道接觸點(diǎn)的坐標(biāo)為(±x,y),安培力Fm=B安培力的功率P=Fmv=4B2棒做勻加速運(yùn)動(dòng)v2=2ayR=2ρx代入前式得y=4aB軌道形狀為拋物線。(2)安培力Fm=4B2以軌道方程代入得Fm=k2(3)由動(dòng)能定理W=Wm+12mv安培力做功Wm=k22棒在y=L處的動(dòng)能為12mv2外力做功W=k22aautonum.(2015海南單科,13,10分)如圖,兩平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面上,相距l(xiāng),左端與一電阻R相連;整個(gè)系統(tǒng)置于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向豎直向下。一質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒置于導(dǎo)軌上,在水平外力作用下沿導(dǎo)軌以速率v勻速向右滑動(dòng),滑動(dòng)過程中始終保持與導(dǎo)軌垂直并接觸良好。已知導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,重力加速度大小為g,導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻均可忽略。求(1)電阻R消耗的功率;(2)水平外力的大小。答案(1)B2l2解析解法一導(dǎo)體棒勻速向右滑動(dòng),速率為v,則有F=F安+μmgE=BlvI=EF安=BIl解得F=B2由能量守恒定律得Fv=μmgv+PR解得PR=B解法二(1)導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E=Blv由于導(dǎo)軌與導(dǎo)體棒的電阻均可忽略,則R兩端電壓等于電動(dòng)勢(shì):U=E則電阻R消耗的功率PR=U綜合以上三式可得PR=B(2)設(shè)水平外力大小為F,由能量守恒有Fv=PR+μmgv故得F=PRv+μmg=autonum.(2014安徽理綜,23,16分)如圖1所示,勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B為0.5T,其方向垂直于傾角θ為30°的斜面向上。絕緣斜面上固定有“”形狀的光滑金屬導(dǎo)軌MPN(電阻忽略不計(jì)),MP和NP長(zhǎng)度均為2.5m,MN連線水平,長(zhǎng)為3m。以MN中點(diǎn)O為原點(diǎn)、OP為x軸建立一維坐標(biāo)系Ox。一根粗細(xì)均勻的金屬桿CD,長(zhǎng)度d為3m、質(zhì)量m為1kg、電阻R為0.3Ω,在拉力F的作用下,從MN處以恒定速度v=1m/s在導(dǎo)軌上沿x軸正向運(yùn)動(dòng)(金屬桿與導(dǎo)軌接觸良好)。g取10m/s2。(1)求金屬桿CD運(yùn)動(dòng)過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E及運(yùn)動(dòng)到x=0.8m處電勢(shì)差UCD;(2)推導(dǎo)金屬桿CD從MN處運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)過程中拉力F與位置坐標(biāo)x的關(guān)系式,并在圖2中畫出F-x關(guān)系圖像;(3)求金屬桿CD從MN處運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的全過程產(chǎn)生的焦耳熱。答案見解析解析(1)金屬桿CD在勻速運(yùn)動(dòng)中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=Blv(l=d),解得E=1.5V(D點(diǎn)電勢(shì)高)當(dāng)x=0.8m時(shí),金屬桿在導(dǎo)軌間的電勢(shì)差為零。設(shè)此時(shí)桿在導(dǎo)軌外的長(zhǎng)度為l外,則l外=d-OP-xOPd、OP=M由楞次定律判斷D點(diǎn)電勢(shì)高,故CD兩端電勢(shì)差UCD=-Bl外v,即UCD=-0.6V(2)桿在導(dǎo)軌間的長(zhǎng)度l與位置x關(guān)系是l=OP-xOP對(duì)應(yīng)的電阻Rl為Rl=ldR,電流I=桿受的安培力F安=BIl=7.5-3.75x根據(jù)平衡條件得F=F安+mgsinθF=12.5-3.75x(0≤x≤2m)畫出的F-x圖像如圖所示。(3)外力F所做的功WF等于F-x圖線下所圍的面積,即WF=5+12.52而桿的重力勢(shì)能增加量ΔEp=mgOPsinθ故全過程產(chǎn)生的焦耳熱Q=WF-ΔEp=7.5Jautonum.(2014江蘇單科,13,15分)如圖所示,在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有一傾斜的平行金屬導(dǎo)軌,導(dǎo)軌間距為L(zhǎng),長(zhǎng)為3d,導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為θ,在導(dǎo)軌的中部刷有一段長(zhǎng)為d的薄絕緣涂層。勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向與導(dǎo)軌平面垂直。質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒從導(dǎo)軌的頂端由靜止釋放,在滑上涂層之前已經(jīng)做勻速運(yùn)動(dòng),并一直勻速滑到導(dǎo)軌底端。導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直,且僅與涂層間有摩擦,接在兩導(dǎo)軌間的電阻為R,其他部分的電阻均不計(jì),重力加速度為g。求:(1)導(dǎo)體棒與涂層間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ;(2)導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小v;(3)整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中,電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q。思路解析關(guān)注:導(dǎo)體棒在有絕緣涂層段受摩擦力,而不受安培力,在無涂層段不受摩擦力,而受安培力。隱含條件,勻速運(yùn)動(dòng)意味著摩擦力與安培力相等。解析(1)在絕緣涂層上受力平衡mgsinθ=μmgcosθ解得μ=tanθ(2)在光滑導(dǎo)軌上感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLv感應(yīng)電流I=E安培力F安=BIL受力平衡F安=mgsinθ解得v=mgR(3)摩擦生熱Q摩=μmgdcosθ由能量守恒定律得3mgdsinθ=Q+Q摩+12mv解得Q=2mgdsinθ-m答案(1)tanθ(2)mgR(3)2mgdsinθ-mautonum.(2014北京理綜,24,20分)導(dǎo)體切割磁感線的運(yùn)動(dòng)可以從宏觀和微觀兩個(gè)角度來認(rèn)識(shí)。如圖所示,固定于水平面的U形導(dǎo)線框處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,金屬直導(dǎo)線MN在與其垂直的水平恒力F作用下,在導(dǎo)線框上以速度v做勻速運(yùn)動(dòng),速度v與恒力F方向相同;導(dǎo)線MN始終與導(dǎo)線框形成閉合電路。已知導(dǎo)線MN電阻為R,其長(zhǎng)度L恰好等于平行軌道間距,磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。忽略摩擦阻力和導(dǎo)線框的電阻。(1)通過公式推導(dǎo)驗(yàn)證:在Δt時(shí)間內(nèi),F對(duì)導(dǎo)線MN所做的功W等于電路獲得的電能W電,也等于導(dǎo)線MN中產(chǎn)生的焦耳熱Q;(2)若導(dǎo)線MN的質(zhì)量m=8.0g、長(zhǎng)度L=0.10m,感應(yīng)電流I=1.0A,假設(shè)一個(gè)原子貢獻(xiàn)1個(gè)自由電子,計(jì)算導(dǎo)線MN中電子沿導(dǎo)線長(zhǎng)度方向定向移動(dòng)的平均速率ve(下表中列出一些你可能會(huì)用到的數(shù)據(jù));阿伏加德羅常數(shù)NA6.0×1023mol-1元電荷e1.6×10-19C導(dǎo)線MN的摩爾質(zhì)量μ6.0×10-2kg/mol(3)經(jīng)典物理學(xué)認(rèn)為,金屬的電阻源于定向運(yùn)動(dòng)的自由電子與金屬離子(即金屬原子失去電子后的剩余部分)的碰撞。展開你想象的翅膀,給出一個(gè)合理的自由電子的運(yùn)動(dòng)模型;在此基礎(chǔ)上,求出導(dǎo)線MN中金屬離子對(duì)一個(gè)自由電子沿導(dǎo)線長(zhǎng)度方向的平均作用力f的表達(dá)式。溫馨提示(1)推導(dǎo)出W電與Q的表達(dá)