第9講電磁感應(yīng)題型1例1B[解析]根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知E=ΔΦΔt=ΔBΔtS=103×(1.02+1.22+1.42)×10-4V=0.44例2D[解析]題圖乙中穿過(guò)正方形線圈上下方的磁通量正負(fù)抵消,故此時(shí)穿過(guò)線圈的磁通量為零,A錯(cuò)誤;正方形線圈與永磁鐵相對(duì)運(yùn)動(dòng)時(shí),上下兩條邊切割磁感線,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知,線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=2BLv,永磁鐵相對(duì)線圈上升越快,線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)越大,C錯(cuò)誤;永磁鐵相對(duì)線圈上升的高低,對(duì)線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)沒(méi)有影響,B錯(cuò)誤;永磁鐵相對(duì)線圈下降時(shí),穿過(guò)線圈的磁通量向紙外增大,根據(jù)楞次定律可知,線圈中產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流,D正確.【遷移拓展】1.B[解析]閉合開關(guān)瞬間,由楞次定律可知,線圈P中感應(yīng)電流的磁場(chǎng)與線圈M中電流的磁場(chǎng)方向相反,二者相互排斥,故A錯(cuò)誤;閉合開關(guān),達(dá)到穩(wěn)定后,通過(guò)線圈P的磁通量保持不變,感應(yīng)電流為零,電流表的示數(shù)為零,故B正確;斷開開關(guān)瞬間,通過(guò)線圈P的磁場(chǎng)方向向右,磁通量減小,由楞次定律可知感應(yīng)電流的磁場(chǎng)方向向右,因此流過(guò)電流表的感應(yīng)電流方向由b到a,故C、D錯(cuò)誤.2.CD[解析]線圈平面的磁通量增加,根據(jù)楞次定律可知線圈有收縮的趨勢(shì),故A錯(cuò)誤;磁通量變化量為BS,與匝數(shù)無(wú)關(guān),故B錯(cuò)誤;線圈的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=nΔΦt=nBSt,故C正確;通過(guò)導(dǎo)線某截面的電荷量q=ERt=nBSR題型2例3B[解析]棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E=Br·12ωr=12Br2ω,選項(xiàng)A錯(cuò)誤.金屬棒無(wú)電阻,故電容器兩極板間的電壓等于棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì),粒子所受的重力與電場(chǎng)力大小相等,即qEd=mg,可得qm=2gdBr2ω,選項(xiàng)B正確.電阻消耗的電功率P=E2R=B2r4ω24R,例4D[解析]棒向右運(yùn)動(dòng)過(guò)程,彈簧形變量變小,向右的彈力變小,棒速度增大,根據(jù)楞次定律可知向左的安培力增大,因此,若速度增大,則向右的合外力應(yīng)該是減小的,加速度應(yīng)該是減小的,v-t圖像斜率應(yīng)該是減小的,靠近O點(diǎn)時(shí),彈力較小安培力較大,此時(shí)速度應(yīng)該減小,故A、B錯(cuò)誤;設(shè)某時(shí)刻棒接入導(dǎo)軌的長(zhǎng)度為L(zhǎng),此時(shí)I=BLvR,其中R=3Lr0,聯(lián)立得I=Bv3r0,則電流的變化規(guī)律應(yīng)該與速度的變化規(guī)律相同,故C錯(cuò)誤;根據(jù)q=It,則q-t圖像斜率的絕對(duì)值表示電流大小,由以上分析可知電流的變化規(guī)律應(yīng)該與速度的變化規(guī)律相同即先增大后減小,則q-t圖像斜率先增大后減小,【遷移拓展】1.C[解析]設(shè)圓線框的半徑為r,則由題意可知正方形線框的邊長(zhǎng)為2r,正六邊形線框的邊長(zhǎng)為r,所以圓線框的周長(zhǎng)為C2=2πr,面積為S2=πr2,正方形線框的周長(zhǎng)和面積分別為C1=8r,S1=4r2,正六邊形線框的周長(zhǎng)和面積分別為C3=6r,S3=12×6×r×32r=33r22,三個(gè)線框的材料、橫截面積完全相同,根據(jù)電阻定律R=ρLS橫截面,可知三個(gè)線框的電阻之比為R1∶R2∶R3=C1∶C2∶C3=8∶2π∶6,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有I=ER=ΔBΔt·SR,可得電流之比為I1∶I2∶I3=2∶2∶3,2.C[解析]由法拉第電磁感應(yīng)定律,有E=nΔΦΔt=ΔBSΔtsin60°,由圖乙知,B的變化率不變,即ΔBΔt保持不變,則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)保持不變,電路中電流不變,B錯(cuò)誤;根據(jù)P=I2R,電阻R的熱功率P恒定不變,A錯(cuò)誤;根據(jù)楞次定律判斷可知ab中感應(yīng)電流從b到a,當(dāng)B為負(fù)值時(shí),安培力的方向垂直于磁感線斜向右下方,根據(jù)平衡條件可知,外力水平向左,為負(fù)值,大小為F=BILsin60°∝B,B為正值時(shí),外力水平向右,為正值,大小為F=BILsin60°∝B,C正確;根據(jù)安培力FA=BIL可知,導(dǎo)體棒ab3.AC[解析]設(shè)ad與ab的夾角為α,t=0時(shí)刻Oa長(zhǎng)度為l0,則0~Lv0,電動(dòng)勢(shì)E=Bl0+v0ttanαv0=Bl0v0+Bv02ttanα,i-t圖像在這段時(shí)間內(nèi)為不過(guò)原點(diǎn)的直線,Lv0~2Lv0,金屬棒切割磁感線的長(zhǎng)度不變,電動(dòng)勢(shì)不變,電流不變,2L~3L段與0~L段導(dǎo)軌對(duì)稱,圖像也應(yīng)對(duì)稱,故A正確;在t=0時(shí)刻,金屬棒切割磁感線的有效長(zhǎng)度、速度都不為0,受到的安培力也不為0,故B錯(cuò)誤;0~Lv0,金屬棒克服安培力做功的功率為P=Fv0=Bi(l0+v0ttanα)v0=B2v0題型3例5(20分)(1)12v0(2)mv02[解析](1)Q與P發(fā)生彈性碰撞,則有3mv0=3mvQ+mvP (1分)12×3mv02=12×3mvQ2+得vQ=12v0 (1分vP=32v0 (1分之后,金屬棒P做減速運(yùn)動(dòng)至導(dǎo)軌最右端,而后做平拋運(yùn)動(dòng);絕緣棒Q勻速至導(dǎo)軌最右端后做平拋運(yùn)動(dòng).由于P和Q先后落在地面上同一地點(diǎn),所以棒P滑出導(dǎo)軌時(shí)的速度與棒Q滑出導(dǎo)軌時(shí)的速度大小相同,有vP1=vQ=12v0 (1分(2)由能量守恒,可知P棒的速度從vP到vP1的過(guò)程中產(chǎn)生的熱量Q=12mvP2-12m代入數(shù)據(jù)得Q=mv02 (1(3)對(duì)金屬棒P由動(dòng)量定理得∑-F安t=mvP1-mvP (2分)其中F安=BIl (1分)I=ER (1分E=Blv (1分)聯(lián)立得∑-B2l2vRt=mvP1--B2l2Rx=mvP1-mv得x=mv0R與P碰撞后,絕緣棒Q在導(dǎo)軌上勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t=xvQ (1代入數(shù)據(jù)得t=2mRB2例6(1)B2L3ωRB2L3[解析](1)當(dāng)OA棒轉(zhuǎn)動(dòng)到正方形細(xì)框?qū)蔷€瞬間,切割磁感線的有效長(zhǎng)度最大,為L(zhǎng)max=2L,此時(shí)感應(yīng)電流最大,CD棒所受的安培力最大,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得Emax=BLmaxv其中vmax=12L根據(jù)閉合電路歐姆定律得Imax=ECD棒所受的安培力最大值為Fmax=BImaxL聯(lián)立解得Fmax=B當(dāng)OA棒轉(zhuǎn)動(dòng)到與細(xì)框一邊平行瞬間,切割磁感線的有效長(zhǎng)度最小,為L(zhǎng)min=L,此時(shí)感應(yīng)電流最小,CD棒受到的安培力最小,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得Emin=BLminv其中vmin=12L根據(jù)閉合電路歐姆定律得Imin=ECD棒所受的安培力最小值為Fmin=BIminL聯(lián)立解得Fmin=B(2)當(dāng)CD棒受到的安培力最小時(shí),根據(jù)平衡條件得mgsinθ-Ffm=Fmin當(dāng)CD棒受到的安培力最大時(shí),根據(jù)平衡條件得mgsinθ+Ffm=Fmax根據(jù)(1)中可知Fmax=2Fmin聯(lián)立解得Fmax=43mgsin撤去推力瞬間,根據(jù)牛頓第二定律得Fmax+μmgcosθ-mgsinθ=ma解得μ=agcosθ-1【遷移拓展】1.AC[解析]MN在平行金屬導(dǎo)軌上滑動(dòng)時(shí),由動(dòng)量定理有-μmgt-∑BILΔt=0-mv0,又有∑IΔt=q=ΔΦR+r2=2BLx2R+r,聯(lián)立解得x=mv0-μmgt2R+r2B2L2,故A正確;MN速度為v1時(shí),MN切割磁感線產(chǎn)生的電勢(shì)差為2BLv1,但由于MN作為電源有內(nèi)阻,所以UMN小于感應(yīng)電動(dòng)勢(shì),故B錯(cuò)誤;MN速度為v1時(shí)2.(1)4m/s2(2)0.2m/s(3)13個(gè)96[解析](1)減震器受到的安培力為F安=nBIL=nB·nBLvR·L=剛進(jìn)入磁場(chǎng)瞬間減震器的加速度為a=F安m=n2B(2)設(shè)向右為正方向,對(duì)減震器進(jìn)行分析,由動(dòng)量定理可得-F安t=-n2B2L2vR·t=-n2解得v'=v0-2n2B2L(3)