1、.第3講電磁感應規律的綜合應用見學生用書P163微知識1 電磁感應中的電路問題1內電路和外電路1切割磁感線運動的導體或磁通量發生變化的線圈都相當于電源。2該部分導體的電阻或線圈的電阻相當于電源的內阻，其余部分是外電路。2電源電動勢和路端電壓1電動勢：EBLv或En。2電源正、負極：用右手定那么或楞次定律確定。3路端電壓：UEIrIR。微知識2 電磁感應圖象問題微知識3 感應電流在磁場中所受的安培力1安培力的大小由感應電動勢EBLv，感應電流I和安培力公式FBIL得F。2安培力的方向判斷微知識4 電磁感應中的能量轉化與守恒1能量轉化的本質電磁感應現象的能量轉化本質是其他形式能和電能之間的轉化。2

2、能量的轉化感應電流在磁場中受安培力，外力抑制安培力做功，將其他形式的能轉化為電能，電流做功再將電能轉化為內能或其他形式的能。3熱量的計算電流恒定做功產生的熱量用焦耳定律計算，公式QI2Rt。一、思維辨析判斷正誤，正確的畫“，錯誤的畫“×。1閉合電路的歐姆定律同樣適用于電磁感應電路。2在閉合回路中切割磁感線的那部分導體兩端的電壓一定等于產生的感應電動勢。×3電路中電流一定從高電勢流向低電勢。×4抑制安培力做的功一定等于回路中產生的焦耳熱。×5有安培力作用時導體棒不可能做加速運動。×二、對點微練1電磁感應中的電路問題如下圖，兩個互連的金屬圓環，小金

3、屬環的電阻是大金屬環電阻的二分之一，磁場垂直穿過大金屬環所在區域，當磁感應強度隨時間均勻變化時，在大環內產生的感應電動勢為E，那么a、b兩點間的電勢差為A.EB.EC.EDE解析a、b間的電勢差等于路端電壓，而小環電阻占電路總電阻的，故a、b間電勢差為UE，B項正確。答案B2電磁感應中的圖象問題在四個選項中，虛線上方空間都存在方向垂直紙面向里的勻強磁場。A、B中的導線框為正方形，C、D中的導線框為直角扇形。各導線框均繞垂直紙面軸O在紙面內勻速轉動，轉動方向如箭頭所示，轉動周期均為T。從線框處于圖示位置時開場計時，以在OP邊上從P點指向O點的方向為感應電流i的正方向。那么在選項中的四個情景中，產

4、生的感應電流i隨時間t的變化規律如下圖的是解析根據感應電流在一段時間恒定，導線框應為扇形；由右手定那么可判斷出產生的感應電流i隨時間t的變化規律如題圖甲所示的是C。答案C3電磁感應中的動力學問題多項選擇如下圖，有兩根和程度方向成角的光滑平行金屬軌道，上端接有可變電阻R，下端足夠長，空間有垂直于軌道平面的勻強磁場，磁感應強度為B。一根質量為m的金屬桿從軌道上由靜止滑下，經過足夠長的時間后，金屬桿的速度會趨近于一個最大速度vmax，那么A假如B增大，vmax將變大B假如變大，vmax將變大C假如R變大，vmax將變大D假如m變大，vmax將變大解析金屬桿從軌道上由靜止滑下，經足夠長時間后，速度達最

5、大值vmax，此后金屬桿做勻速運動，桿受重力、軌道的支持力和安培力，如下圖。安培力FLB，對金屬桿列平衡方程mgsin，那么vmax，由此式可知，B增大，vmax減??；增大，vmax增大；R變大，vmax變大；m變大，vmax變大。因此B、C、D項正確。答案BCD4電磁感應中的能量問題如下圖，豎直放置的兩根平行金屬導軌之間接有定值電阻R，質量不能忽略的金屬棒與兩導軌始終保持垂直并良好接觸且無摩擦，棒與導軌的電阻均不計，整個裝置放在勻強磁場中，磁場方向與導軌平面垂直，棒在豎直向上的恒力F作用下加速上升的一段時間內，力F做的功與安培力做的功的代數和等于A棒的機械能增加量B棒的動能增加量C棒的重力勢

6、能增加量D電阻R上放出的熱量解析棒受重力G、拉力F和安培力F安的作用。由動能定理：WFWGW安Ek得WFW安Ekmgh，即力F做的功與安培力做功的代數和等于機械能的增加量，選項A正確。答案A見學生用書P164微考點1電磁感應中的電路問題核|心|微|講在電磁感應過程中，切割磁感線的導體或磁通量發生變化的回路將產生感應電動勢，該導體或回路相當于電源。因此，電磁感應問題往往又和電路問題聯絡在一起。解決此類問題的根本思想是將電磁感應問題轉化為直流電路的分析與計算問題。根本思路：用法拉第電磁感應定律和楞次定律確定感應電動勢的大小和方向；弄清電路構造，必要時畫出等效電路圖；運用歐姆定律、串并聯電路等規律求

7、解路端電壓、電功率等問題。典|例|微|探【例1】多項選擇如下圖，邊長為L、不可形變的正方形導線框內有半徑為r的圓形磁場區域，其磁感應強度B隨時間t的變化關系為Bkt常量k>0?；芈分谢瑒幼冏杵鱎的最大阻值為R0，滑動片P位于滑動變阻器中央，定值電阻R1R0、R2。閉合開關S，電壓表的示數為U，不考慮虛線MN右側導體的感應電動勢，那么AR2兩端的電壓為B電容器的a極板帶正電C滑動變阻器R的熱功率為電阻R2的5倍D正方形導線框中的感應電動勢為kL2【解題導思】1電路中哪部分是電源？答：MN左側的正方形線框是電源。2滑動變阻器的左右兩部分中電流相等嗎？答：滑動變阻器的左邊部分電流大于右邊部分電

8、流。解析將滑動變阻器在滑片處分為兩部分，電阻均為，其中右側部分與R2并聯，并聯阻值為，所以電路中總電阻為，由歐姆定律可知，A項正確；當磁感應強度均勻增加時，由楞次定律可知，R2中電流從右向左，所以b板帶正電，B項錯誤；滑動變阻器右側部分電流、電壓均與R2一樣，左側部分電阻與R2一樣，電流是R2中電流的2倍，由PI2R可知滑動變阻器的總功率是R2的5倍，所以C項正確；由法拉第電磁感應定律可知En，其中S為有效面積，Sr2，得Ekr2，所以D項錯誤。答案AC題|組|微|練1.如下圖，虛線框內存在均勻變化的勻強磁場，三個電阻R1、R2、R3的阻值之比為123，導線的電阻不計。當S1、S2閉合，S3斷

9、開時，閉合回路中感應電流為I；當S2、S3閉合，S1斷開時，閉合回路中感應電流為5I；當S1、S3閉合，S2斷開時，閉合回路中感應電流為A0B4IC6ID7I解析因為R1R2R3123，可以設R1R，R22R，R33R；由電路圖可知，當S1、S2閉合，S3斷開時，電阻R1與R2組成閉合回路，設此時感應電動勢是E1，由歐姆定律可得E13IR。當S2、S3閉合，S1斷開時，電阻R2與R3組成閉合回路，設感應電動勢為E2，由歐姆定律可得E25I×5R25IR。當S1、S3閉合，S2斷開時，電阻R1與R3組成閉合回路，此時感應電動勢EE1E228IR，那么此時的電流I7I，應選項D正確。答案

10、D2在同一程度面上的光滑平行導軌P、Q相距l1 m，導軌左端接有如下圖的電路。其中程度放置的平行板電容器兩極板M、N相距d10 mm，定值電阻R1R212 ，R32 ，金屬棒ab的電阻r2 ，其他電阻不計。磁感應強度B0.5 T的勻強磁場豎直穿過導軌平面，當金屬棒ab沿導軌向右勻速運動時，懸浮于電容器兩極板之間的質量m1×1014kg、電荷量q1×1014 C的微粒恰好靜止不動。g取10 m/s2，在整個運動過程中金屬棒與導軌接觸良好，且速度保持恒定。試求：1勻強磁場的方向。2ab兩端的路端電壓。3金屬棒ab運動的速度。解析1負電荷受到重力和電場力的作用處于靜止狀態，因為重

11、力豎直向下，所以電場力豎直向上，故M板帶正電。ab棒向右做切割磁感線運動產生感應電動勢，ab棒等效于電源，其a端為電源的正極，感應電流方向由ba，由右手定那么可判斷，磁場方向豎直向下。2微粒受到重力和電場力的作用處于靜止狀態，根據平衡條件有mgEq，又E，所以UMN0.1 V。R3兩端電壓與電容器兩端電壓相等，由歐姆定律得通過R3的電流為I0.05 A，那么ab棒兩端的電壓為UabUMNI0.4 V。3由法拉第電磁感應定律得感應電動勢EBlv，由閉合電路歐姆定律得EUabIr0.5 V，聯立解得v1 m/s。答案1豎直向下20.4 V31 m/s微考點2電磁感應中的圖象問題核|心|微|講1圖象

12、類型2分析方法對圖象的分析，應做到“四明確三理解1明確圖象所描繪的物理意義；明確各種正、負號的含義；明確斜率的含義；明確圖象和電磁感應過程之間的對應關系。2理解三個相似關系及其各自的物理意義vv，BB，。典|例|微|探【例2】多項選擇如下圖，電阻不計、間距為l的光滑平行金屬導軌程度放置于磁感應強度為B、方向豎直向下的勻強磁場中，導軌左端接一定值電阻R。質量為m、電阻為r的金屬棒MN置于導軌上，受到垂直于金屬棒的程度外力F的作用由靜止開場運動，外力F與金屬棒速度v的關系是FF0kvF0、k是常量，金屬棒與導軌始終垂直且接觸良好。金屬棒中感應電流為i，受到的安培力大小為FA，電阻R兩端的電壓為UR

13、，感應電流的功率為P，它們隨時間t變化圖象可能正確的有【解題導思】1程度方向導體棒受到哪些力作用？答：程度方向受到外力F和安培力作用。2導體棒的加速度會隨著速度變化而變化嗎？答：根據FFAma和FF0kv可知，a與v有關。解析設某時刻金屬棒的速度為v，根據牛頓第二定律FFAma，即F0kvma，即F0vma，假如k>，那么加速度與速度成線性關系，且隨著速度增大，加速度越來越大，即金屬棒運動的vt圖象的切線斜率越來越大，由于FA，FAt圖象的切線斜率也越來越大，感應電流、電阻兩端的電壓及感應電流的功率也會隨時間變化得越來越快，B項正確；假如k，那么金屬棒做勻加速直線運動，電動勢隨時間均勻增

14、大，感應電流、電阻兩端的電壓、安培力均隨時間均勻增大，感應電流的功率與時間的二次方成正比，沒有選項符合；假如k<，那么金屬棒做加速度越來越小的加速運動，感應電流、電阻兩端的電壓、安培力均增加得越來越慢，最后恒定，感應電流的功率最后也恒定，C項正確。答案BC【反思總結】電磁感應中圖象類選擇題的兩個常見解法1排除法：定性地分析電磁感應過程中物理量的變化趨勢增大還是減小、變化快慢均勻變化還是非均勻變化，特別是物理量的正負，排除錯誤的選項。2函數法：根據題目所給條件定量地寫出兩個物理量之間的函數關系，然后由函數關系對圖象作出分析和判斷，這未必是最簡捷的方法，但卻是最有效的方法。題|組|微|練3如

15、下圖，在平面直角坐標系xOy的第一、三象限內有垂直該坐標平面向里的勻強磁場，二者磁感應強度一樣，圓心角為90°的扇形導線框OPQ以角速度繞O點在圖示坐標平面內沿順時針方向勻速轉動。規定與圖中導線框的位置相對應的時刻為t0，導線框中感應電流逆時針為正。那么關于該導線框轉一周的時間內感應電流i隨時間t的變化圖象正確的選項是解析在線框切割磁感線產生感應電動勢時，由EBL2知，感應電動勢一定，感應電流大小不變，故B、D項錯誤；在T內，由楞次定律判斷可知線框中感應電動勢方向沿逆時針方向，為正，故A項正確、C項錯誤。答案A4邊長為a的閉合金屬正三角形框架，左邊豎直且與磁場右邊界平行，完全處于垂直

16、框架平面向里的勻強磁場中?，F把框架勻速程度向右拉出磁場，如下圖，那么以下圖象與這一過程相符合的是解析該過程中，框架切割磁感線的有效長度等于框架與磁場右邊界兩交點的間距，根據題中幾何關系有l有效x，所以E電動勢Bl有效vBvxx，A項錯誤，B項正確；框架勻速運動，故F外力F安x2，C項錯誤；P外力功率F外力vF外力x2，D項錯誤。答案B微考點3電磁感應中的動力學問題核|心|微|講電磁感應現象中產生的感應電流在磁場中受到安培力的作用，從而影響導體棒或線圈的受力情況和運動情況。1導體的兩種運動狀態1導體的平衡狀態靜止狀態或勻速直線運動狀態。2導體的非平衡狀態加速度不為零。2處理方法根據牛頓第二定律進

17、展動態分析或結合功能關系分析。3導體的運動分析流程典|例|微|探【例3】如圖，兩固定的絕緣斜面傾角均為，上沿相連。兩細金屬棒ab僅標出a端和cd僅標出c端長度均為L，質量分別為2m和m；用兩根不可伸長的柔軟輕導線將它們連成閉合回路abdca，并通過固定在斜面上沿的兩光滑絕緣小定滑輪跨放在斜面上，使兩金屬棒程度。右斜面上存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于斜面向上。兩根導線剛好不在磁場中，回路電阻為R，兩金屬棒與斜面間的動摩擦因數均為，重力加速度大小為g。金屬棒ab勻速下滑。求：1作用在金屬棒ab上的安培力的大小。2金屬棒運動速度的大小?！窘忸}導思】1ab棒受到哪些力的作用？答：重力豎直

18、向下、斜面的支持力垂直斜面向上、軟導線的拉力沿斜面向上、斜面的摩擦力沿斜面向上、安培力沿斜面向上。2cd棒受到哪些力的作用？答：重力豎直向下、斜面的支持力垂直斜面向上、軟導線的拉力沿斜面向上、斜面的摩擦力沿斜面向下解析1設兩根導線的總的張力的大小為T，右斜面對ab棒的支持力的大小為N1，作用在ab棒上的安培力的大小為F，左斜面對cd棒的支持力大小為N2。對于ab棒，由力的平衡條件得2mgsinN1TF，N12mgcos。對于cd棒，同理有mgsinN2T，N2mgcos，聯立式得Fmgsin3cos。2由安培力公式得FBIL，這里I是回路abdca中的感應電流。ab棒上的感應電動勢為EBlv，

19、式中，v是ab棒下滑速度的大小。由歐姆定律得I，聯立式得vsin3cos。答案1mgsin3cos2sin3cos【反思總結】用“四步法分析電磁感應中的動力學問題解決電磁感應中的動力學問題的一般思路是“先電后力，詳細思路如下：1進展“源的分析別離出電路中由電磁感應所產生的電源，求出電源的參數E和r。2進展“路的分析分析電路構造，明確串、并聯的關系，求出相關部分的電流大小，以便求解安培力。3進展“力的分析分析研究對象常是金屬桿、導體線圈等的受力情況，尤其注意其所受的安培力。4進展“運動狀態的分析根據力和運動的關系，判斷出正確的運動模型。題|組|微|練5.多項選擇如下圖，不計電阻的光滑U形金屬框程

20、度放置，光滑、豎直玻璃擋板H、P固定在框上，H、P的間距很小。質量為0.2 kg的細金屬桿CD恰好無擠壓地放在兩擋板之間，與金屬框接觸良好并圍成邊長為1 m的正方形，其有效電阻為0.1 。此時在整個空間加方向與程度面成30°角且與金屬桿垂直的勻強磁場，磁感應強度隨時間的變化規律為B0.40.2tT，圖示磁場方向為正方向。框、擋板和桿不計形變。那么At1 s時，金屬桿中感應電流方向從C到DBt3 s時，金屬桿中感應電流方向從D到CCt1 s時，金屬桿對擋板P的壓力大小為0.1 NDt3 s時，金屬桿對擋板H的壓力大小為0.2 N解析由于磁感應強度隨時間的變化規律是B0.40.2t T，

21、那么t1 s時，穿過金屬桿與金屬框圍成的平面的磁通量向下且在減小，那么根據楞次定律可知，金屬桿CD中的感應電流的方向從C到D，故A項正確；在t3 s時，穿過金屬桿與金屬框圍成的平面的磁通量向上且在增大，那么根據楞次定律可知，金屬桿CD中的感應電流的方向從C到D，故B項錯誤；根據法拉第電磁感應定律可得，在t1 s時，回路中產生的感應電動勢的大小為EL2sin30°0.1 V，根據閉合電路歐姆定律和電路的串、并聯知識可得，流經金屬桿CD的電流大小為I1 A，又根據平衡條件可知，在t1 s時擋板P對金屬桿CD產生的彈力為FBILsin30°0.2×1×1

22、15; N0.1 N，又根據牛頓第三定律可得，在t1 s時金屬桿CD對擋板P產生的壓力為0.1 N，故C項正確；根據法拉第電磁感應定律可得，在t3 s時，回路中產生的感應電動勢的大小為EL2sin30°0.1 V，根據閉合電路歐姆定律和電路的串、并聯知識可得，流經金屬桿CD的電流大小為I1 A，又根據平衡條件可知，在t3 s時擋板H對金屬桿CD產生的彈力為FBILsin30°0.2×1×1× N0.1 N，根據牛頓第三定律可得，在t3 s時金屬桿CD對擋板H產生的壓力為0.1 N，故D項錯誤。答案AC6.多項選擇如圖，兩根足夠長且光滑平行的金屬

23、導軌PP、QQ傾斜放置，勻強磁場垂直于導軌平面，導軌的上端與程度放置的兩金屬板M、N相連，板間間隔 足夠大，板間有一帶電微粒，金屬棒ab程度跨放在導軌上，下滑過程中與導軌接觸良好?，F同時由靜止釋放帶電微粒和金屬棒ab，那么以下說法正確的選項是A金屬棒ab最終可能勻速下滑B金屬棒ab一直加速下滑C金屬棒ab下滑過程中M板電勢高于N板電勢D帶電微粒不可能先向N板運動后向M板運動解析金屬棒沿光滑導軌加速下滑，棒中有感應電動勢而對電容器充電，充電電流通過金屬棒時受安培力作用，只有金屬棒速度增大時才有充電電流，因此總有mgsin BIl>0，金屬棒將一直加速，A項錯、B項對；由右手定那么可知，金屬

24、棒a端電勢高，那么M板電勢高，C項對；假設微粒帶負電，那么靜電力向上與重力反向，開場時靜電力為0，微粒向下加速運動，當靜電力增大到大于重力時，微粒的加速度向上，D項錯。答案BC微考點4電磁感應中的能量問題核|心|微|講1能量轉化特點2電能的求解思路典|例|微|探【例4】多項選擇如下圖，固定放置在同一程度面內的兩根平行長直金屬導軌的間距為d，其右端接有阻值為R的電阻，整個裝置處在豎直向上的磁感應強度大小為B的勻強磁場中。一質量為m的導體棒ab垂直于導軌放置，且與兩導軌保持良好接觸，導體棒與導軌之間的動摩擦因數為。現導體棒在程度向左、垂直于導體棒的恒力F作用下從靜止開場沿導軌運動間隔 L時，速度恰

25、好到達最大運動過程中導體棒始終與導軌保持垂直。設導體棒接入電路的電阻為r，導軌電阻不計，重力加速度大小為g。那么在此過程中，以下說法正確的選項是A導體棒的速度最大值為B流過電阻R的電荷量為C恒力F和摩擦力對導體棒做的功之和等于導體棒動能的變化量D恒力F和安培力對導體棒做的功之和大于導體棒動能的變化量【解題導思】1導體棒的速度在什么情況下到達最大？答：合外力為零。2導體棒運動過程中有哪些力做功？合外力的功與動能變化有何關系？答：恒力F做正功、摩擦力做負功、安培力做負功，合外力的功與動能變化相等。解析當合外力為零的時候，導體棒的加速度為零，此時導體棒的速度到達最大值，此后因為速度不變，所以感應電流

26、不變，安培力不變，合外力不變，一直是零，導體棒將做勻速直線運動。由EBdv，F安BId以及I得出安培力F安，因為合外力為零，所以F安Fmg，可解出vm，所以A項錯誤；由電荷量qIt、E和I得出q，所以B項正確；由能量守恒知恒力F做的功在數值上等于產生的電熱即抑制安培力做的功、抑制摩擦力做的功以及動能的增加量，所以C項錯誤、D項正確。答案BD題|組|微|練7.多項選擇如下圖，兩條電阻不計的平行導軌與程度面成角，導軌的一端連接定值電阻R1，勻強磁場垂直穿過導軌平面。一根質量為m、電阻為R2的導體棒ab，垂直導軌放置，導體棒與導軌之間的動摩擦因數為，且R22R1。假如導體棒以速度v勻速下滑，導體棒此

27、時受到的安培力大小為F，那么以下判斷正確的選項是A電阻R1消耗的熱功率為B整個裝置消耗的機械功率為FvC整個裝置因摩擦而消耗的熱功率為mgvcosD假設使導體棒以v的速度勻速上滑，那么必須施加沿導軌向上的外力F外2F解析由能量守恒定律可知，安培力的功率等于電路中消耗的電功率，因此有P1P2Fv, 由焦耳定律可知，解得P1Fv，A項正確；由于導體棒勻速運動，整個裝置消耗的機械功率等于重力的功率，為mgvsin，B項錯誤；下滑過程中，導體棒所受摩擦力大小為fmgcos，整個裝置因摩擦而消耗的功率為Pfvmgvcos，C項正確；假設使導體棒以v的速度勻速上滑，那么安培力方向沿斜面向下而大小不變，由共

28、點力平衡條件可知，那么應沿斜面向上施加的拉力為F外mgsinFmgcos，又導體棒以速度v勻速下滑時，導體棒受到的安培力大小為F，那么mgsinFmgcos，F外2Fmgcos，D項錯誤。答案AC8.如下圖，固定的程度光滑金屬導軌，間距為L，左端接有阻值為R的電阻，處在方向豎直、磁感應強度為B的勻強磁場中，質量為m的導體棒與固定彈簧相連，放在導軌上，導軌與導體棒的電阻均可忽略。初始時刻，彈簧恰處于自然長度，導體棒具有程度向右的初速度v0。在沿導軌往復運動的過程中，導體棒始終與導軌垂直并保持良好接觸。1求初始時刻導體棒受到的安培力。2假設導體棒從初始時刻到速度第一次為零時，彈簧的彈性勢能為Ep，

29、那么這一過程中安培力所做的功W1和電阻R上產生的焦耳熱Q1分別為多少？3導體棒往復運動，最終將靜止于何處？從導體棒開場運動到最終靜止的過程中，電阻R上產生的焦耳熱Q為多少？解析1初始時刻棒中感應電動勢EBLv0，棒中感應電流I，作用于棒上的安培力FBIL，聯立以上各式解得F，方向程度向左。2由功能關系得安培力做功W1Epmv，電阻R上產生的焦耳熱Q1mvEp。3由能量轉化及平衡條件等，可判斷：棒最終靜止于初始位置，Qmv。答案1，方向程度向左2EpmvmvEp3棒最終靜止于初始位置mv見學生用書P167電磁感應中的“桿導軌模型素能培養1單桿模型1模型特點：導體棒運動感應電動勢閉合回路感應電流安

30、培力阻礙棒相對磁場運動。2分析思路：確定電源3解題關鍵：對棒的受力分析，動能定理應用。2雙桿模型1模型特點一桿切割時，分析同單桿類似。兩桿同時切割時，回路中的感應電動勢由兩桿共同決定，EBlv1v2。2解題要點：單獨分析每一根桿的運動狀態及受力情況，建立兩桿聯絡，列方程求解。經典考題如下圖，兩根足夠長的平行金屬導軌固定在傾角30°的斜面上，導軌電阻不計，間距L0.4 m。導軌所在空間被分成區域和，兩區域的邊界與斜面的交線為MN，中的勻強磁場方向垂直斜面向下，中的勻強磁場方向垂直斜面向上，兩磁場的磁感應強度大小均為B0.5 T。在區域中，將質量m10.1 kg、電阻R10.1 的金屬條

31、ab放在導軌上，ab剛好不下滑。然后，在區域中將質量m20.4 kg、電阻R20.1 的光滑導體棒cd置于導軌上，由靜止開場下滑。cd在滑動過程中始終處于區域的磁場中，ab、cd始終與導軌垂直且兩端與導軌保持良好接觸，g取10 m/s2。問：1cd下滑的過程中，ab中的電流方向。2ab剛要向上滑動時，cd的速度v多大。3從cd開場下滑到ab剛要向上滑動的過程中，cd滑動的間隔 x3.8 m，此過程中ab上產生的熱量Q是多少。解析1cd下滑，根據右手定那么判斷，c端電勢高于d端，ab中電流方向從a到b。2ab剛放上時，剛好不下滑，說明ab棒受到了最大靜摩擦力fm作用，且fmm1gsin，cd棒下

32、滑后，分析導體棒ab的受力如下圖，ab剛要上滑時，ab所受最大靜摩擦力沿斜面向下，那么F安fmm1gsin，又F安ILB，cd棒切割磁感線產生的感應電動勢EBLv，由閉合電路的歐姆定律得I，由以上各式得v5 m/s。3設cd產生的熱量為Q，那么1，根據動能定理得m2gxsinQQm2v2，代入數據得QQ1.3 J。答案1從a到b25 m/s31.3 J對法對題1如圖，MN和PQ是電阻不計的平行金屬導軌，其間距為L，導軌彎曲部分光滑，平直部分粗糙，右端接一個阻值為R的定值電阻。平直部分導軌左邊區域有寬度為d、方向豎直向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場。質量為m、電阻也為R的金屬棒從高度為h處靜止

33、釋放，到達磁場右邊界處恰好停頓。金屬棒與平直部分導軌間的動摩擦因數為，金屬棒與導軌間接觸良好。那么金屬棒穿過磁場區域的過程中A流過金屬棒的最大電流為B通過金屬棒的電荷量為C抑制安培力所做的功為mghD金屬棒產生的焦耳熱為mghd解析金屬棒滑下過程中，根據動能定理有mghmv，根據法拉第電磁感應定律有EmBLvm，根據閉合電路歐姆定律有Im，聯立得Im，A項錯誤；根據q可知，通過金屬棒的電荷量為，B項錯誤；金屬棒運動的全過程根據動能定理得mghWfW安0，所以抑制安培力做的功小于mgh，故C項錯誤；由Wfmgd，金屬棒抑制安培力做的功完全轉化成電熱，由題意可知金屬棒與電阻R上產生的焦耳熱一樣，設

34、金屬棒上產生的焦耳熱為Q，故2QW安，聯立得Qmghd，D項正確。答案D2如下圖，兩根足夠長、電阻不計的平行光滑金屬導軌相距為L，導軌平面與程度面成角，質量均為m、阻值均為R的金屬棒a、b緊挨著放在兩導軌上，整個裝置處于垂直于導軌平面向上的勻強磁場中，磁感應強度大小為B，以一平行于導軌平面向上的恒力F2mgsin拉a棒，同時由靜止釋放b棒，直至b棒剛好勻速時，在此過程中通過棒的電量為q，棒與導軌始終垂直并保持良好接觸，重力加速度為g。求：1b棒剛好勻速時，a、b棒間的間隔 s。2b棒最終的速度大小vb。3此過程中a棒產生的熱量Q。解析1根據法拉第電磁感應定律有，根據閉合電路歐姆定律有，又qt，

35、得q，解得s。2b棒勻速時有BILmgsin，EBLvavb，I。對a棒向上加速的任一時刻由牛頓第二定律得FBILmgsinma1，即mgsinBILma1。對b棒向下加速的任一時刻由牛頓第二定律得mgsinBILma2，由式可得a1a2，故a、b棒運動規律相似，速度同時到達最大，且最終vavb，由式可得vb。3因a、b棒串聯，產生的熱量Q一樣，設a、b棒在此過程中運動的間隔 分別為l1和l2，對a、b棒組成的系統，由功能關系得Fl1mgsin·l1mgsin·l2mvmv2Q，l1l2s且l1l2，由解得Q。答案123見學生用書P1681多項選擇如下圖，在光滑的程度面上方

36、，有兩個磁感應強度大小均為B、方向相反的程度勻強磁場，PQ為兩個磁場的邊界，磁場范圍足夠大。一邊長為a、質量為m、電阻為R的金屬正方形線框，以速度v垂直磁場方向從如圖位置開場向右運動，當線框運動到分別有一半面積在兩個磁場中的的位置時，線框的速度為。以下說法正確的選項是A在位置時線框中的電功率為B此過程中回路產生的電能為mv2C在位置時線框的加速度為D此過程中通過線框截面的電量為解析線框經過位置時，線框左右兩邊均切割磁感線，此時的感應電動勢EBa×2Bav，故線框中的電功率P，A項正確；線框從位置到位置的過程中，動能減少了Ekmv2m2mv2，根據能量守恒定律可知，此過程中回路產生的電能為mv2，B項正確；線框在位置時，左右兩邊所受安培力大小均為FBa，根據左手定那么可知，線框左右兩邊所受安培力的方向均向左，故此時線框的加速度a，C項錯誤；由qt，解得q，線框在位置時其磁通量為Ba2，而線框在位置時其磁通量為0，綜上q，D項錯誤。答案AB2磁卡的磁條中有用于存儲信息的磁極方向不同的磁化區，刷卡器中有檢測線圈。當以速度v0刷卡時，在線圈中產生感應電動勢，其Et關系如下圖。假如只將刷卡速度改為，線圈中的Et關系圖可能是解析刷卡速度改為原來一半時，磁卡通過檢測線圈的時間即有感應電動勢產生的時間就變為原來的2倍，可知A、B項錯誤；由EBLv知，