1、第2講電磁感應(yīng)規(guī)律及應(yīng)用 (解讀命題角度)例1(2012四川高考)半徑為a右端開(kāi)小口的導(dǎo)體圓環(huán)和長(zhǎng)為2a的導(dǎo)體直桿，單位長(zhǎng)度電阻均為R0。圓環(huán)水平固定放置，整個(gè)內(nèi)部區(qū)域分布著豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。桿在圓環(huán)上以速度v平行于直徑CD向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，桿始終有兩點(diǎn)與圓環(huán)良好接觸，從圓環(huán)中心O開(kāi)始，桿的位置由確定，如圖421所示。則() 圖421A0時(shí)，桿產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為2BavB時(shí)，桿產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為BavC0時(shí)，桿受的安培力大小為D時(shí)，桿受的安培力大小為思路點(diǎn)撥(1)尋找桿切割磁感線的有效長(zhǎng)度與的關(guān)系。(2)畫(huà)出等效電路圖。解析根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得EBlv(其中l(wèi)為有效長(zhǎng)度)，當(dāng)

2、0時(shí)，l2a，則E2Bav；當(dāng)時(shí)，la，則EBav，故A選項(xiàng)正確，B選項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)通電直導(dǎo)線在磁場(chǎng)中所受安培力的大小的計(jì)算公式可得FBIl，又根據(jù)閉合電路歐姆定律可得I，當(dāng)0時(shí)，l2a，E2Bav，rR(2)aR0，解得F；當(dāng)時(shí)，la，EBav，rR(1)aR0，解得F，故C選項(xiàng)錯(cuò)誤，D選項(xiàng)正確。答案AD (掌握類題通法)一、基礎(chǔ)知識(shí)要記牢1感應(yīng)電流(1)產(chǎn)生條件：閉合電路的部分導(dǎo)體在磁場(chǎng)內(nèi)做切割磁感線運(yùn)動(dòng)；穿過(guò)閉合電路的磁通量發(fā)生變化。(2)方向判斷：右手定則：常用于情況；楞次定律：常用于情況。2感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的計(jì)算(1)法拉第電磁感應(yīng)定律：En。若B變，而S不變，則EnS；若S變而B(niǎo)不變，則E

3、nB。常用于計(jì)算平均電動(dòng)勢(shì)。(2)導(dǎo)體垂直切割磁感線運(yùn)動(dòng)：EBlv，主要用于求電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值。二、方法技巧要用好1楞次定律推廣的三種表述(1)阻礙原磁通量的變化(增反減同)。(2)阻礙相對(duì)運(yùn)動(dòng)(來(lái)拒去留)。(3)阻礙原電流的變化(自感現(xiàn)象)。2解決與電路相聯(lián)系的電磁感應(yīng)問(wèn)題的基本方法(1)用法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律(右手定則)確定感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小和方向。(2)畫(huà)出等效電路，對(duì)整個(gè)回路進(jìn)行分析，確定哪一部分是電源，哪一部分為負(fù)載以及負(fù)載間的連接關(guān)系。(3)運(yùn)用閉合電路歐姆定律、串并聯(lián)電路的性質(zhì)、電功率等公式求解。 (解讀命題角度)例2如圖422所示，兩固定的豎直光滑金屬導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)且電阻不計(jì)。

4、兩質(zhì)量、長(zhǎng)度均相同的導(dǎo)體棒c、d，置于邊界水平的勻強(qiáng)磁場(chǎng)上方同一高度h處。磁場(chǎng)寬為3h，方向與導(dǎo)軌平面垂直。先由靜止圖422釋放c，c剛進(jìn)入磁場(chǎng)即勻速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)再由靜止釋放d，兩導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌始終保持良好接觸。用ac表示c的加速度，Ekd表示d的動(dòng)能，xc、xd分別表示c、d相對(duì)釋放點(diǎn)的位移。圖423中正確的是() 圖423思路點(diǎn)撥(1)在哪個(gè)過(guò)程中回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流。(2)c、d兩棒在不同過(guò)程中所受安培力的大小與棒重力的大小關(guān)系。(3)從力的角度分析兩棒的速度、加速度及動(dòng)能變化情況。解析c棒在未進(jìn)入磁場(chǎng)前做自由落體運(yùn)動(dòng)，加速度為重力加速度；進(jìn)入磁場(chǎng)后，d棒開(kāi)始做自由落體運(yùn)動(dòng)，在d棒進(jìn)入磁場(chǎng)前的

5、這段時(shí)間內(nèi)，c棒運(yùn)動(dòng)了2h，此過(guò)程c棒做勻速運(yùn)動(dòng)，加速度為零；d棒進(jìn)入磁場(chǎng)后，c、d棒均以相同速度切割磁感線，回路中沒(méi)有感應(yīng)電流，它們均只受重力直至c棒出磁場(chǎng)；而且c棒出磁場(chǎng)后不再受安培力，也只受重力。故B正確，A錯(cuò)。d棒自開(kāi)始下落到2h的過(guò)程中，只受重力，機(jī)械能守恒，動(dòng)能與位移的關(guān)系是線性的；在c棒出磁場(chǎng)后，d棒切割磁感線且受到比重力大的安培力，完成在磁場(chǎng)余下的2h的位移，動(dòng)能減小，安培力也減小，合力也減小，在Ekd xd圖象中Ekd的變化趨勢(shì)越來(lái)越慢；在d棒出磁場(chǎng)后，只受重力，機(jī)械能守恒，Ekd xd圖象中的關(guān)系又是線性的，且斜率與最初相同，均等于重力。故D正確，C錯(cuò)。答案BD (掌握類題

6、通法)一、基礎(chǔ)知識(shí)要記牢1電磁感應(yīng)的圖象問(wèn)題分類在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中，回路產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)、感應(yīng)電流及磁場(chǎng)對(duì)導(dǎo)線的作用力隨時(shí)間的變化規(guī)律，也可用圖象直觀地表示出來(lái)。如It、Bt、Et、Ex、Ix圖象等。此問(wèn)題可分為兩類：(1)由給定的電磁感應(yīng)過(guò)程選出或畫(huà)出相應(yīng)的物理量的函數(shù)圖象。(2)由給定的有關(guān)圖象分析電磁感應(yīng)過(guò)程，確定相關(guān)的物理量。2分析思路(1)明確圖象的種類。(2)分析電磁感應(yīng)的具體過(guò)程。(3)結(jié)合相關(guān)規(guī)律寫(xiě)出函數(shù)表達(dá)式。(4)根據(jù)函數(shù)關(guān)系進(jìn)行圖象分析。二、方法技巧要用好1圖象選擇問(wèn)題求解物理圖象的選擇類問(wèn)題可用“排除法”，即排除與題目要求相違背的圖象，留下正確圖象；也可用“對(duì)照法”，即按

7、照題目要求畫(huà)出正確的草圖，再與選項(xiàng)對(duì)照，選出正確選擇。解決此類問(wèn)題的關(guān)鍵就是把握?qǐng)D象特點(diǎn)、分析相關(guān)物理量的函數(shù)關(guān)系、分析物理過(guò)程的變化規(guī)律或關(guān)鍵物理狀態(tài)。2圖象分析問(wèn)題在定性分析物理圖象時(shí)，要明確圖象中的橫軸與縱軸所代表的物理量， 要弄清圖象的物理意義，借助有關(guān)的物理概念、公式、定理和定律作出分析判斷；而對(duì)物理圖象定量計(jì)算時(shí)，要搞清圖象所揭示的物理規(guī)律或物理量間的函數(shù)關(guān)系，并要注意物理量的單位換算問(wèn)題，要善于挖掘圖象中的隱含條件，明確有關(guān)圖線所包圍的面積、圖象在某位置的斜率(或其絕對(duì)值)、圖線在縱軸和橫軸上的截距所表示的物理意義。 (解讀命題角度)例3(2012天津高考)如圖424所示，一對(duì)光

8、滑的平行金屬導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，導(dǎo)軌間距l(xiāng)0.5 m，左端接有阻值R0.3 的電阻，一質(zhì)量m0.1 kg，電阻r0.1 的金屬棒MN放置在導(dǎo)軌上，整個(gè)裝置置于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B0.4 T。棒在水平向右的外力作用下，由靜止開(kāi)始以a2 m/s2的加速度做勻加速運(yùn)動(dòng)， 圖424當(dāng)棒的位移x9 m時(shí)撤去外力，棒繼續(xù)運(yùn)動(dòng)一段距離后停下來(lái)，已知撤去外力前后回路中產(chǎn)生的焦耳熱之比Q1Q221。導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)且電阻不計(jì)，棒在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸。求：(1)棒在勻加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，通過(guò)電阻R的電荷量q；(2)撤去外力后回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q2；(3)外力做的功WF。

9、思路點(diǎn)撥(1)求感應(yīng)電荷量q應(yīng)使用平均電流。(2)因電流是變量，外力也是變力，求回路中的焦耳熱、外力做的功WF時(shí)應(yīng)從能量轉(zhuǎn)化和守恒的角度分析。解析(1)設(shè)棒勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，回路的磁通量變化量為，回路中的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為，由法拉第電磁感應(yīng)定律得其中Blx設(shè)回路中的平均電流為，由閉合電路的歐姆定律得則通過(guò)電阻R的電荷量為qt聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得q4.5 C(2)設(shè)撤去外力時(shí)棒的速度為v，對(duì)棒的勻加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得v22ax設(shè)棒在撤去外力后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中安培力做功為W，由動(dòng)能定理得W0mv2撤去外力后回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q2W聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得Q21.8 J(3)由題意知，撤去外力前后回路

10、中產(chǎn)生的焦耳熱之比Q1Q221，可得Q13.6 J在棒運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中，由功能關(guān)系可知WFQ1Q2由式得WF5.4 J答案(1)4.5 C(2)1.8 J(3)5.4 J (掌握類題通法)一、基礎(chǔ)知識(shí)要記牢1動(dòng)力學(xué)問(wèn)題電磁感應(yīng)中產(chǎn)生的感應(yīng)電流在磁場(chǎng)中將受到安培力的作用，因此，電磁感應(yīng)問(wèn)題往往與力學(xué)問(wèn)題聯(lián)系在一起，解決這類電磁感應(yīng)中的力學(xué)問(wèn)題，要重視動(dòng)態(tài)分析。電磁感應(yīng)現(xiàn)象中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)感應(yīng)電流通電導(dǎo)體受安培力合外力變化加速度變化速度變化感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)變化周而復(fù)始地循環(huán)，循環(huán)結(jié)束時(shí)，加速度等于零，導(dǎo)體達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)。2能量問(wèn)題(1)安培力做的功是電能和其他形式的能之間相互轉(zhuǎn)化的“橋梁”，用框圖表示如下：安

11、培力做的功是電能與其他形式的能轉(zhuǎn)化的量度。安培力做多少正功，就有多少電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能；安培力做多少負(fù)功，就有多少其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能。(2)明確功能關(guān)系，確定有哪些形式的能發(fā)生了轉(zhuǎn)化。如有摩擦力做功，必有內(nèi)能產(chǎn)生；有重力做功，重力勢(shì)能必然發(fā)生變化；安培力做負(fù)功，必然有其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能等。二、方法技巧要用好1解決電磁感應(yīng)中的力學(xué)問(wèn)題的具體步驟為(1)明確哪一部分電路產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，則這部分電路就是等效電源；(2)正確分析電路的結(jié)構(gòu)，畫(huà)出等效電路圖；(3)分析所研究的導(dǎo)體的受力情況(包括安培力、用左手定則確定其方向)；(4)列出動(dòng)力學(xué)方程或平衡方程或功能關(guān)系并求解。2弄清兩種狀態(tài)(1

12、)導(dǎo)體處于平衡狀態(tài)靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)(根據(jù)平衡條件，合外力為零列式分析)。(2)導(dǎo)體處于非平衡狀態(tài)加速度不為零(根據(jù)牛頓第二定律進(jìn)行動(dòng)態(tài)分析或結(jié)合功能關(guān)系分析)。三、易錯(cuò)易混要明了安培力是變力時(shí)，安培力的功不能用功的定義式求解，而應(yīng)用功能關(guān)系求解。課堂針對(duì)考點(diǎn)強(qiáng)化訓(xùn)練1(2012北京高考)物理課上，老師做了一個(gè)奇妙的“跳環(huán)實(shí)驗(yàn)”。如圖425所示，她把一個(gè)帶鐵芯的線圈L、開(kāi)關(guān)S和電源用導(dǎo)線連接起來(lái)后，將一金屬套環(huán)置于線圈L上，且使鐵芯穿過(guò)套環(huán)。閉合開(kāi)關(guān)S的瞬間，套環(huán)立刻跳起。某同學(xué)另找來(lái)器材再探究此實(shí)驗(yàn)。他連接好電路，經(jīng)重復(fù)試驗(yàn)，圖425線圈上的套環(huán)均未動(dòng)。對(duì)比老師演示的實(shí)驗(yàn)，下列四個(gè)選項(xiàng)中，導(dǎo)

13、致套環(huán)未動(dòng)的原因可能是() A線圈接在了直流電源上B電源電壓過(guò)高C所選線圈的匝數(shù)過(guò)多D所用套環(huán)的材料與老師的不同解析：選D金屬套環(huán)跳起的原因是開(kāi)關(guān)S閉合時(shí)，套環(huán)上產(chǎn)生的感應(yīng)電流與通電線圈上的電流相互作用而引起的。無(wú)論實(shí)驗(yàn)用交流電還是直流電，閉合開(kāi)關(guān)S瞬間，金屬套環(huán)都會(huì)跳起。如果套環(huán)是塑料材料做的，則不能產(chǎn)生感應(yīng)電流，也就不會(huì)受安培力作用而跳起。所以答案是D。2.如圖426所示，豎直平面內(nèi)有一金屬環(huán)，半徑為a，總電阻為R(指拉直時(shí)兩端的電阻)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直穿過(guò)環(huán)平面， 圖426在環(huán)的最高點(diǎn)A用鉸鏈連接長(zhǎng)度為2a、電阻為的導(dǎo)體棒AB，AB由水平位置緊貼環(huán)面擺下，當(dāng)擺到豎直位置時(shí)，B

14、點(diǎn)的線速度為v，則這時(shí)AB兩端的電壓大小為() A.B.C. DBav解析：選A由題意可得：EB2av，UABR，選項(xiàng)A正確。3.如圖427所示，固定的水平長(zhǎng)直導(dǎo)線中通有電流 I，矩形線框與導(dǎo)線在同一豎直平面內(nèi)，且一邊與導(dǎo)線平行。線框由靜止釋放，在下落過(guò)程中()A穿過(guò)線框的磁通量保持不變圖427B線框中感應(yīng)電流方向保持不變C線框所受安培力的合力為零D線框的機(jī)械能不斷增大解析：選B當(dāng)線框由靜止向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，穿過(guò)線框的磁通量逐漸減小，根據(jù)楞次定律可得產(chǎn)生的感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針且方向不發(fā)生變化，A錯(cuò)誤，B正確；因線框上下兩邊所在處的磁場(chǎng)強(qiáng)弱不同，線框所受的安培力的合力一定不為零，C錯(cuò)誤；整個(gè)線框所受

15、的安培力的合力豎直向上，對(duì)線框做負(fù)功，線框的機(jī)械能減小，D錯(cuò)誤。4(2012新課標(biāo)全國(guó)卷)如圖428所示，一載流長(zhǎng)直導(dǎo)線和一矩形導(dǎo)線框固定在同一平面內(nèi)，線框在長(zhǎng)直導(dǎo)線右側(cè)，且其長(zhǎng)邊與長(zhǎng)直導(dǎo)線平行。已知在t0到tt1的時(shí)間間隔內(nèi)，直導(dǎo)線中電流i發(fā)生某種變化，而線框中的感應(yīng)電流總是沿順時(shí)針?lè)较?；線框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右。設(shè)電流i正方向與圖中箭頭所示方向相同，則i隨時(shí)間t變化的圖線可能是() 圖428圖429解析：選A依題意，線框中感應(yīng)電流方向總是沿順時(shí)針?lè)较?，由于線框受到的安培力中左邊框受力較大，故以左邊框受力為主，由左手定則可知直線電流方向向上時(shí)，線框受到向左的安培力，直線電

16、流方向向下時(shí)，線框受到向右的安培力，由題意導(dǎo)線中的電流應(yīng)先為正后為負(fù)，故A對(duì)。5.(2012廣東高考)如圖4210所示，質(zhì)量為M的導(dǎo)體棒ab，垂直放在相距為l的平行光滑金屬導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為，并處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，左側(cè)是水平放置、 圖4210間距為d的平行金屬板，R和Rx分別表示定值電阻和滑動(dòng)變阻器的阻值，不計(jì)其他電阻。(1)調(diào)節(jié)RxR，釋放導(dǎo)體棒，當(dāng)棒沿導(dǎo)軌勻速下滑時(shí)，求通過(guò)棒的電流I及棒的速率v。(2)改變Rx，待棒沿導(dǎo)軌再次勻速下滑后，將質(zhì)量為m、帶電荷量為q的微粒水平射入金屬板間，若它能勻速通過(guò)，求此時(shí)的Rx。解析：(1)導(dǎo)體棒勻速

17、下滑時(shí)，Mgsin BilI設(shè)導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E0E0Blv由閉合電路歐姆定律得I聯(lián)立，得v(2)改變Rx，由式可知電流不變。設(shè)帶電微粒在金屬板間勻速通過(guò)時(shí)，板間電壓為U，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為EUIRxEmgqE聯(lián)立，得Rx答案：(1)(2)課下針對(duì)高考押題訓(xùn)練押題訓(xùn)練(一)一、單項(xiàng)選擇題1(2012新課標(biāo)全國(guó)卷)如圖1所示，均勻磁場(chǎng)中有一由半圓弧及其直徑構(gòu)成的導(dǎo)線框，半圓直徑與磁場(chǎng)邊緣重合；磁場(chǎng)方向垂直于半圓面(紙面)向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0。使該線框從靜止開(kāi)始繞過(guò)圓心O、垂直于半圓面的軸以角速度勻速轉(zhuǎn)動(dòng)半周，在線框中產(chǎn)生 圖1感應(yīng)電流?，F(xiàn)使線框保持圖中所示位置，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間線性

18、變化。為了產(chǎn)生與線框轉(zhuǎn)動(dòng)半周過(guò)程中同樣大小的電流，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化率的大小應(yīng)為() A.B.C. D.解析：選C當(dāng)導(dǎo)線框勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，設(shè)半徑為r，導(dǎo)線框電阻為R，在很小的t時(shí)間內(nèi)，轉(zhuǎn)過(guò)圓心角t，由法拉第電磁感應(yīng)定律及歐姆定律可得感應(yīng)電流I1；當(dāng)導(dǎo)線框不動(dòng)，而磁感應(yīng)強(qiáng)度發(fā)生變化時(shí)，同理可得感應(yīng)電流I2，令I(lǐng)1I2，可得，C對(duì)。2.如圖2所示，一圓形閉合銅環(huán)由高處從靜止開(kāi)始下落，穿過(guò)一根豎直懸掛的條形磁鐵，銅環(huán)的中心軸線與條形磁鐵的中軸線始終保持重合。若取磁鐵中心O為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立豎直向下為正方向的x軸，則圖3中最能正確反映環(huán)中感應(yīng)電流i隨環(huán)心位置坐標(biāo)x變化的關(guān)系圖象是() 圖2 解析：選B閉

19、合銅環(huán)在下落過(guò)程中穿過(guò)銅環(huán)的磁場(chǎng)方向始終向上，磁通量先增加后減少，由楞次定律可判斷感應(yīng)電流的方向要發(fā)生變化，D項(xiàng)錯(cuò)誤；因穿過(guò)閉合銅環(huán)的磁通量的變化率不是均勻變化，所以感應(yīng)電流隨x的變化關(guān)系不可能是線性關(guān)系，A項(xiàng)錯(cuò)誤；銅環(huán)由靜止開(kāi)始下落，速度較小，所以穿過(guò)銅環(huán)的磁通量的變化率較小，產(chǎn)生的感應(yīng)電流的最大值較小，過(guò)O點(diǎn)后，銅環(huán)的速度增大，磁通量的變化率較大，所以感應(yīng)電流的反向最大值大于正向最大值，故B項(xiàng)正確，C項(xiàng)錯(cuò)誤。3(2012淄博模擬)如圖4所示，等腰三角形內(nèi)分布有垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，它的底邊在x軸上且長(zhǎng)為2L，高為L(zhǎng)。紙面內(nèi)一邊長(zhǎng)圖4為L(zhǎng)的正方形導(dǎo)線框沿x軸正方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)穿過(guò)勻強(qiáng)磁

20、場(chǎng)區(qū)域，在t0時(shí)刻恰好位于圖中所示的位置。以順時(shí)針?lè)较驗(yàn)閷?dǎo)線框中電流的正方向，在下面四幅圖中能夠正確表示電流位移(Ix)關(guān)系的是() 圖5解析：選C線框勻速穿過(guò)L的過(guò)程中，有效長(zhǎng)度l均勻增加，由EBlv知，電動(dòng)勢(shì)隨位移均勻變大，xL處電動(dòng)勢(shì)最大，電流I最大；從xL至x1.5 L過(guò)程中，框架兩邊都切割，總電動(dòng)勢(shì)減小，電流減??；從x1.5 L至x2 L，左邊框切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大于右邊框切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，故電流反向且增大；x2L至x3L過(guò)程中，只有左邊框切割，有效長(zhǎng)度l減小，電流減小。綜上所述，只有C項(xiàng)符合題意。4. (2012重慶高考) 如圖6所示，正方形區(qū)域MNPQ內(nèi)有垂直紙

21、面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。在外力作用下，一正方形閉合剛性導(dǎo)線框沿QN方向勻速運(yùn)動(dòng)，t0時(shí)刻，其四個(gè)頂點(diǎn)M、N、P、Q恰好在磁場(chǎng)邊界中點(diǎn)。下列圖象中能反映線框所受安培力f的大小隨時(shí)間t變化規(guī)律的是() 圖6 圖7解析：選B在導(dǎo)線框運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，導(dǎo)線框的QM和PN兩邊所受安培力始終平衡，MN和PQ切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，在閉合導(dǎo)線框中產(chǎn)生感應(yīng)電流。則EBvL有效，I，fBIL有效，設(shè)導(dǎo)線框邊長(zhǎng)為a，則導(dǎo)線框運(yùn)動(dòng)到MN完全出磁場(chǎng)之前的過(guò)程中，L有效a(a2vt)2vt，f1；在MN完全出磁場(chǎng)后直到PQ開(kāi)始出磁場(chǎng)之前，僅有PQ受安培力，有效長(zhǎng)度不變，為a，f2，不變；PQ出磁場(chǎng)的過(guò)程中，有效長(zhǎng)度L有效a2vt

22、，f3(a2vt)2；根據(jù)三個(gè)過(guò)程中安培力的表達(dá)式可知，B選項(xiàng)正確。5在水平桌面上，一個(gè)圓形金屬框置于勻強(qiáng)磁場(chǎng)B1中，線框平面與磁場(chǎng)垂直，圓形金屬框與一個(gè)水平的平行金屬導(dǎo)軌相連接，導(dǎo)軌上放置一根導(dǎo)體棒ab，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)體棒處于另一勻強(qiáng)磁場(chǎng)B2中，該磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度恒定，方向垂直導(dǎo)軌平面向下，如圖8甲所示。磁感應(yīng)強(qiáng)度B1隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖8乙所示，01 s內(nèi)磁場(chǎng)方向垂直線框平面向下。若導(dǎo)體棒始終保持靜止，并設(shè)向右為靜摩擦力的正方向，則導(dǎo)體棒所受的靜摩擦力Ff隨時(shí)間變化的圖象是下列圖9中的()圖8圖9解析：選D由題圖乙可知在12 s和45 s這兩段時(shí)間內(nèi)，圓形線圈中磁感應(yīng)強(qiáng)度B1保

23、持不變，為定值，由法拉第電磁感應(yīng)定律可得，電路中無(wú)電動(dòng)勢(shì)產(chǎn)生，整個(gè)回路無(wú)電流，導(dǎo)體棒不受安培力和靜摩擦力作用，所以A、B錯(cuò)誤；在01 s內(nèi)，由題圖乙可得，磁場(chǎng)垂直于線框平面向下均勻增加，由楞次定律結(jié)合右手定則可判斷出，線框中的感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较?，電流大小I，因?yàn)榇艌?chǎng)均勻變化，則I為定值，導(dǎo)體棒電流由ba，即得安培力大小恒定，由左手定則可得方向水平向左。因?yàn)榘羰冀K靜止，所以受力平衡，靜摩擦力與安培力等大反向，即靜摩擦力大小恒定、方向水平向右，為正值，C錯(cuò)誤，D正確。二、多項(xiàng)選擇題6.(2012南通調(diào)研)如圖10所示的電路中，L為一個(gè)自感系數(shù)很大、直流電阻不計(jì)的線圈，D1、D2是兩個(gè)完全相同

24、的電燈，E是內(nèi)阻不計(jì)的電源。t0時(shí)刻，閉合開(kāi)關(guān)S，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后，電路達(dá)到穩(wěn)定，t1時(shí)刻斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S。規(guī)定圖示流過(guò)電燈D1、D2的電流方向?yàn)檎?，分別用I1、I2表示流過(guò)電燈D1和D2中的電流，則以下各圖中能定性描述I隨時(shí)間t變化關(guān)系的是() 圖10圖11解析：選ACt0時(shí)刻，剛閉合S時(shí)，因線圈的自感作用，電流由D1直接流到D2，但隨線圈中的電流增大，D1中的電流逐漸變小，當(dāng)電流穩(wěn)定時(shí)，D1中電流為零，D2中電流達(dá)最大，t1時(shí)刻斷開(kāi)S后，D2中電流立即為零，而因線圈的自感作用，線圈與D1構(gòu)成回路，此時(shí)D1中的電流與線圈中相等，方向向上，逐漸減小，故A、C正確。7.(2012無(wú)錫模擬)兩根足夠長(zhǎng)的光

25、滑導(dǎo)軌豎直放置，間距為L(zhǎng)，底端接阻值為R的電阻。將質(zhì)量為m的金屬棒懸掛在一個(gè)固定的輕彈簧下端，金屬棒和導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌所在平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直，如圖12所示。除電阻R外其余電阻不計(jì)?，F(xiàn)將金屬棒從彈簧原長(zhǎng)位置由靜止釋放，則() A釋放瞬間金屬棒的加速度等于重力加速度g圖12B金屬棒向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，流過(guò)電阻R的電流方向?yàn)閍bC金屬棒的速度為v時(shí)，所受的安培力大小為FD電阻R上產(chǎn)生的總熱量等于金屬棒重力勢(shì)能的減少量解析：選AC剛釋放金屬棒瞬間，棒只受重力作用，其加速度為重力加速度g，A正確；由右手定則可知，棒向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，流過(guò)電阻R的電流方向?yàn)橛蒪a，B錯(cuò)誤；棒所受安培力FBILBL，C正

26、確；由能量守恒可知，金屬棒重力勢(shì)能的減少量等于電阻R上產(chǎn)生的總熱量與彈簧彈性勢(shì)能之和，D錯(cuò)誤。8(2012山東高考)如圖13所示，相距為L(zhǎng)的兩條足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌與水平面的夾角為，上端接有定值電阻R，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌平面，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。將質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒由靜止釋放，當(dāng)速度達(dá)到v時(shí)開(kāi)始勻速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)對(duì)導(dǎo)體棒施加一平行于導(dǎo)軌向下的拉力，并保持拉力的功率恒為P，導(dǎo)體棒最終以2v的速度勻速運(yùn)動(dòng)。 圖13導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，不計(jì)導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻，重力加速度為g。下列選項(xiàng)正確的是() AP2mgv sin BP3mgv sin C當(dāng)導(dǎo)體棒速度達(dá)到時(shí)加速度大小為sin D. 在速度達(dá)

27、到2v以后勻速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，R上產(chǎn)生的焦耳熱等于拉力所做的功解析：選AC當(dāng)導(dǎo)體棒第一次勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，沿導(dǎo)軌方向：mgsin ；當(dāng)導(dǎo)體棒第二次達(dá)到最大速度時(shí)，沿導(dǎo)軌方向：Fmgsin ，即Fmgsin ，此時(shí)拉力F的功率PF2v2mgvsin ，選項(xiàng)A正確、B錯(cuò)誤；當(dāng)導(dǎo)體棒的速度達(dá)到v/2時(shí)，沿導(dǎo)軌方向：mgsin ma，解得agsin ，選項(xiàng)C正確；導(dǎo)體棒的速度達(dá)到2v以后，拉力與重力的合力做功全部轉(zhuǎn)化為R上產(chǎn)生的焦耳熱，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。三、非選擇題9.如圖14所示，固定的水平光滑金屬導(dǎo)軌，間距為L(zhǎng)，左端接有阻值為R的電阻，處在方向豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒與固定彈簧相連

28、，放在導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌與導(dǎo)體棒的電阻均可忽略。初始時(shí)刻，彈簧恰處于自然長(zhǎng)度，導(dǎo)體棒具有水平向右的初速度v0。在沿導(dǎo)軌往復(fù)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，導(dǎo)體棒始終與 圖14導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸。(1)求初始時(shí)刻導(dǎo)體棒受到的安培力。(2)若導(dǎo)體棒從初始時(shí)刻到速度第一次為零時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能為Ep，則這一過(guò)程中安培力所做的功W1和電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q1分別為多少？(3)導(dǎo)體棒往復(fù)運(yùn)動(dòng)，最終將靜止于何處？從導(dǎo)體棒開(kāi)始運(yùn)動(dòng)直到最終靜止的過(guò)程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q為多少？解析：導(dǎo)體棒以初速度v0做切割磁感線運(yùn)動(dòng)而產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，回路中的感應(yīng)電流使導(dǎo)體棒受到安培力的作用，安培力做功使系統(tǒng)機(jī)械能減少，最終將全部機(jī)械能轉(zhuǎn)化

29、為電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱。由平衡條件知，棒最終靜止時(shí)，彈簧的彈力為零，即此時(shí)彈簧處于初始的原長(zhǎng)狀態(tài)。(1)初始時(shí)刻棒中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBLv0棒中感應(yīng)電流I作用于棒上的安培力FBIL聯(lián)立，得F安培力方向：水平向左(2)由功和能的關(guān)系，安培力做功為W1Epmv電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q1mvEp(3)由能量轉(zhuǎn)化及平衡條件等，可判斷：棒最終靜止于初始位置。Qmv答案：(1)水平向左(2)EpmvmvEp(3)靜止于初始位置mv10(2012浙江高考)為了提高自行車夜間行駛的安全性，小明同學(xué)設(shè)計(jì)了一種“閃爍”裝置。如圖15所示，自行車后輪由半徑r15.0102 m的金屬內(nèi)圈、半徑r20.40 m的金屬外圈和絕

30、緣幅條構(gòu)成。后輪的內(nèi)、外圈之間等間隔地接有4根金屬條，每根金屬條的中間均串聯(lián)有一電阻值為R的小燈泡。在支架上裝有磁鐵，形成了磁感應(yīng)強(qiáng)度B0.10 T、方向垂直紙面向外的“扇形”勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其內(nèi)半徑為r1、外半徑為r2、圖15張角。后輪以角速度2 rad/s相對(duì)于轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)動(dòng)。若不計(jì)其它電阻，忽略磁場(chǎng)的邊緣效應(yīng)。(1)當(dāng)金屬條ab進(jìn)入“扇形”磁場(chǎng)時(shí)，求感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E，并指出ab上的電流方向；(2)當(dāng)金屬條ab進(jìn)入“扇形”磁場(chǎng)時(shí)，畫(huà)出“閃爍”裝置的電路圖；(3)從金屬條ab進(jìn)入“扇形”磁場(chǎng)時(shí)開(kāi)始，經(jīng)計(jì)算畫(huà)出輪子轉(zhuǎn)一圈過(guò)程中，內(nèi)圈與外圈之間電勢(shì)差Uab隨時(shí)間t變化的Uabt圖象。解析：(1)金屬條ab在磁場(chǎng)

31、中切割磁感線時(shí)，電動(dòng)勢(shì)EBr2所以EB(rr)4.9102 V根據(jù)右手定則(或楞次定律)，可得感應(yīng)電流方向?yàn)閎a。(2)通過(guò)分析，可得電路圖為(3)設(shè)電路中的總電阻為R總，根據(jù)電路圖可知，R總RRRab兩端電勢(shì)差UabEIRERE1.2102 V設(shè)ab離開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域的時(shí)刻為t1，下一根金屬條進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域的時(shí)刻為t2，t1 st2 s設(shè)輪子轉(zhuǎn)一圈的時(shí)間為T(mén)，T1 s由T1 s，金屬條有四次進(jìn)出，后三次與第一次相同。由、可畫(huà)出如下Uabt圖象。答案：見(jiàn)解析押題訓(xùn)練(二)1.(2012蘇北四市一模)兩根足夠長(zhǎng)的光滑平行直導(dǎo)軌MN、PQ與水平面成角放置，兩導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，M、P兩點(diǎn)間接有阻值為R的電阻。一

32、根質(zhì)量為m的均勻直金屬桿ab放在兩導(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌垂直。整套裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直圖1于導(dǎo)軌平面向上，導(dǎo)軌和金屬桿接觸良好，它們的電阻不計(jì)?，F(xiàn)讓ab桿由靜止開(kāi)始沿導(dǎo)軌下滑。(1)求ab桿下滑的最大速度vm；(2)ab桿由靜止釋放至達(dá)到最大速度的過(guò)程中，電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為Q，求該過(guò)程中ab桿下滑的距離x及通過(guò)電阻R的電荷量q。解析：(1)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、安培力公式和牛頓第二定律有EBLvIF安BILmgsin F安ma即mgsin ma當(dāng)加速度a為零時(shí)，速度v達(dá)最大，速度最大值vm(2)根據(jù)能量守恒定律有mgxsin mvQ得x根據(jù)電磁感應(yīng)定律有根據(jù)

33、閉合電路歐姆定律有感應(yīng)電荷量qt得q答案：(1)(2)2. (2012南京模擬)均勻?qū)Ь€制成的單匝正方形閉合線框abcd，每邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，總電阻為R，總質(zhì)量為m。將其置于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)上方h處，如圖2所示。線框由靜止自由下落，線框平面保持在豎直平面內(nèi)，且cd邊始終與水平的磁場(chǎng)邊界平行。重力加速度為g。當(dāng)cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，圖2(1)求線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小；(2)求cd兩點(diǎn)間的電勢(shì)差大?。?3)若此時(shí)線框向下的加速度大小恰好為g/4，求線框下落的高度h應(yīng)滿足什么條件？解析：(1)設(shè)cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，線框的速度為v，由機(jī)械能守恒定律得mghmv2(或由v22gh)由法拉第電磁感應(yīng)定律得EBLv綜合上述兩式解得EBL(2)由閉合電路歐姆定律得到此時(shí)線框中電流Icd兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UI(R)BL(3)由安培力公式得FBIL當(dāng)ag/4，方向向下時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律mgFma解得