知識講解電磁感應(yīng)中的力電綜合問題提高

1、物理總復習：電磁感應(yīng)中的力電綜合問題編稿：xx 審稿：xx【考綱要求】1、知道電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的電路問題、力學問題、圖像問題及能量轉(zhuǎn)化問題；2 、知道常見電磁感應(yīng)現(xiàn)象中與電學相關(guān)問題的一般分析思維方法，會畫等效電路圖3、知道電磁感應(yīng)現(xiàn)象中與力學相關(guān)的運動和平衡問題的分析思路；4、理解安培力做功在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中能量轉(zhuǎn)化方面所起的作用；【考點梳理】考點一、電磁感應(yīng)中的電路問題要點詮釋：1、求解電磁感應(yīng)中電路問題的關(guān)鍵是分析清楚內(nèi)電路和外電路。切割”磁感線的導體和磁通量變化的線圈都相當于電源”，該部分導體的電阻相當于內(nèi)電阻，而其余部分的電路則是外電路。2、幾個概念 L M(1)電源電動勢E =BLv或

2、E=n 。. ：t(2)電源內(nèi)電路電壓降 Ur =卜，r是發(fā)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象導體上的電阻。(r是內(nèi)電路的電阻)(3)電源的路端電壓 U, U =IR = EUr =E卜(R是外電路的電阻)。 路端電壓、電動勢和某電阻兩端的電壓三者的區(qū)別：(1)某段導體作為外電路時，它兩端的電壓就是電流與其電阻的乘積。(2)某段導體作為電源時，它兩端的電壓就是路端電壓，等于電流與外電阻的乘積， 或等于電動勢減去內(nèi)電壓，當其內(nèi)阻不計時路端電壓等于電源電動勢。(3)某段導體作為電源時，電路斷路時導體兩端的電壓等于電源電動勢。3、解決此類問題的基本步驟(1)用法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律或右手定則確定感應(yīng)電動勢的大小和

3、方向。(2)畫等效電路：感應(yīng)電流方向是電源內(nèi)部電流的方向。(3)運用閉合電路歐姆定律結(jié)合串、并聯(lián)電路規(guī)律以及電功率計算公式等各關(guān)系式聯(lián) 立求解。4、解題思路(1)明確電源的電動勢 TOC o 1-5 h z =：-B- SE = n = nS = nB ：t：t ：t HYPERLINK l bookmark10 o Current Document 12E=BLy E=BL8, E =nBSosincct (交流電)2(2)明確電源的正、負極：根據(jù)電源內(nèi)部電流的方向是從負極流向正極，即可確定電源”的正、負極。(3)明確電源的內(nèi)阻：相當于電源的那部分電路的電阻。(4)明確電路關(guān)系：即構(gòu)成回路的

4、各部分電路的串、并聯(lián)關(guān)系。(5)結(jié)合閉合電路的歐姆定律：結(jié)合電功、電功率等能量關(guān)系列方程求解?？键c二、電磁感應(yīng)中的力學問題要點詮釋：電磁感應(yīng)和力學問題的綜合， 其聯(lián)系橋梁是磁場對感應(yīng)電流的安培力，因為感應(yīng)電流與導體運動的加速度有相互制約的關(guān)系，這類問題中的導體一般不是做勻變速運動，而是經(jīng)歷一個動態(tài)變化過程再趨于一個穩(wěn)定狀態(tài)，故解決這類問題時正確進行動態(tài)分析確定最終狀態(tài)是解題的關(guān)鍵。1、受力情況、運動情況的動態(tài)分析思路導體受力運動產(chǎn)生感應(yīng)電動勢 一感應(yīng)電流一通電導體受安培力 一合外力變化一加速度 變化一速度變化一感應(yīng)電動勢變化 一 周而復始地循環(huán)，直至最終達到穩(wěn)定狀態(tài)， 此時加 速度為零，而速度

5、v通過加速達到最大值， 做勻速直線運動或通過減速達到穩(wěn)定值做勻速直 線運動。2、解決此類問題的基本步驟(1)用法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律(包括右手定則)求出感應(yīng)電動勢的大小和方向。(2)依據(jù)全電路歐姆定律，求出回路中的電流。(3)分析導體的受力情況(包含安培力，可利用左手定則確定所受安培力的方向)。(4)依據(jù)牛頓第二定律列出動力學方程或平衡方程，以及運動學方程，聯(lián)立求解。3、常見類型電磁感應(yīng)中力學問題，常常以一個導體棒在滑軌上運動問題形式出現(xiàn)。這種情況有兩種 類型。(1)、電一動一電”類型如圖所示水平放置的光滑平行導軌MN、PQ放有長為1、電阻為R、質(zhì)量為m的金屬棒abo導軌左端接內(nèi)電阻不計

6、電動勢E的電源形成回路，整個裝置放在豎直向上的勻強磁場B之中。導軌電阻不計且足夠長，并與電鍵S串接，當剛閉合電鍵時，棒ab因電而動，E B1E其又女培力FA = B1一,方向向右，此時 ab具有取大加速度am =。然而，ab一旦廣RmR生速度，則因動而電，立即產(chǎn)生了感應(yīng)電動勢。因速度決定感應(yīng)電動勢，而感應(yīng)電動勢與電 池的電動勢反接又導致電流減小，從而使安培力變小，故加速度減小，不難分析ab導體做的是一種復雜的變加速運動。 但是當FA = 0, ab速度將達最大值，故ab運動收尾狀態(tài)為勻(2)、動一電一動”類型如圖所示，平行滑軌 PQ、MN,與水平方向成角，長度1、質(zhì)量m、電阻為R的導體 ab緊

7、貼滑軌并與 PM平行，滑軌電阻不計。整個裝置處于與滑軌平面正交、磁感強度為B的勻強磁場中，滑軌足夠長。導體 ab由靜止釋放后，由于重力作用下滑，此時具有最大加速度am =gsince , ab一旦運動，則因動而電，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，在PMba回路中產(chǎn)生電流, 磁場對此電流作用力剛好與下滑力方向反向，隨 ab棒下滑速度不斷增大。E 一 -B212V、，+ 用E = B L VI =,則電路中電流隨之變大，安培阻力Fa=變大，直到與下滑RR力的合力為零，即加速度為零，以vm=mgRrn的最大速度收尾。b2i24、電磁感應(yīng)中的動力學臨界問題的處理方法此類問題覆蓋面廣，題型也多樣，但解決這類問題的關(guān)鍵在

8、于通過運動狀態(tài)的分析，尋找過程中的臨界狀態(tài)，如速度、加速度取最大值或最小值的條件等，基本思路是：確定電源(E、r)-WT感應(yīng)電流一FiMlT運動導體所受的安培力 一絲上二 合外力一T a 的變化情況一汽或t運動狀態(tài)的分析 一一臨界狀態(tài)?？键c三、電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化問題 要點詮釋：1、電磁感應(yīng)過程往往涉及多種能量的轉(zhuǎn)化如圖所示金屬棒ab沿導軌由靜止下滑時， 重力勢能減少，一部分用來克服安培力做功， 轉(zhuǎn)化為感應(yīng)電流的電能，最終在R上轉(zhuǎn)化為焦耳熱；另一部分轉(zhuǎn)化為金屬棒的動能，若導軌足夠長，棒最終達到穩(wěn)定狀態(tài)勻速運動時，減小的重力勢能完全用來克服安培力做功，轉(zhuǎn)化為感應(yīng)電流的電能.因此，從功和能的觀點入

9、手，分析清楚電磁感應(yīng)過程中能量轉(zhuǎn)化的關(guān) 系，是解決電磁感應(yīng)中能量問題的重要途徑之一。電磁感應(yīng)現(xiàn)象的實質(zhì)是產(chǎn)生了感應(yīng)電動勢。2、安培力做功和電能變化的特定對應(yīng)關(guān)系外力”克服安培力做多少功，就有多少其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能。同理，安培力做功的過程，是電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能的過程，安培力做多少功就有多少電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能。3、解決此類問題的步驟(1)用法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律(包括右手定則)確定感應(yīng)電動勢的大小和方向。(2)畫出等效電路圖，寫出回路中電阻消耗的電功率的表達式。(3)分析導體機械能的變化，用能量守恒關(guān)系得到機械功率的改變與回路中電功率的改 變所滿足的方程，聯(lián)立求解?！镜湫屠}】類

10、型一、電磁感應(yīng)中的電路問題例1、固定在勻強磁場中的正方形導線框 abcd,各邊長1,其中ab是一段電阻為 R的 均勻電阻絲，其余三邊均為電阻可忽略的銅線。 磁場的磁感應(yīng)強度為 B,方向垂直紙面向里， 現(xiàn)有一與ab段所用材料、粗細、長度都相同的電阻絲 PQ架在導線框上，如圖所示，以恒定速度v從ad滑向bc,當PQ滑過-的距離時，通過aP段電阻絲的電流是多大 ？方向如何？3【思路點撥】電阻絲 PQ以恒定速度v向右移動，切割磁感線相當于電源，判斷電流方向, 電勢高的點，標出電流方法，可以看出，電流分成兩條支路，即兩部分導線并聯(lián)，簡要畫出 電路圖，然后列式計算。【答案】6B1V,方向從a到P。11 R

11、【解析】PQ滑動時，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為 E = BLv 應(yīng)用右手定則判斷出電流方向從P到Q, Q點電勢高，Q是電源的正極，P是負極，aP段與bP段是并聯(lián)關(guān)系，此電路就可以等效為如圖所示的電路：根據(jù)串并聯(lián)電路的特點和性質(zhì)，aP段與bP段的并聯(lián)2 11一電阻為R=-R,電路中的總電阻Rtt =R 9心9干路電流為I =-E, aP段的電流占干路電流的三分之二,心心、22,2 E2 Blv6 Blv即 la。= - I = - = =,方向從 a 至Pop 33 凡 3 1111 R心 一R9【總結(jié)升華】解題的關(guān)鍵是分析清楚哪是電源、哪是內(nèi)電路、 哪是外電路,它們的電阻是多大，電流的流向，串并聯(lián)關(guān)系

12、如何，做題時最好畫出電路圖。本題PQ是電源，其電阻是內(nèi)阻，電流在Q分成兩條支路aP段和bP段，這兩段是并聯(lián)關(guān)系，aP段的電阻是R的三分之一，bP段的電阻是R的三分之 舉一反三【變式1】用一根粗細均勻電阻值為r的電阻絲，彎曲成圓環(huán)，固定在磁感應(yīng)強度為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場中o圓環(huán)直徑為d,有一長度亦為d的金屬棒ab,電阻值為 % ,水平放置在圓環(huán)下側(cè)邊緣，如圖所示。ab棒以速度v緊靠著圓環(huán)做勻速直線運動，運動過程中保持棒與電阻絲良好接觸。當棒到達圖 中虛線所示位置時，求(1)通過棒中的電流大小。(2)棒所受安培力大小。(3)加在棒上外力的功率。(1)12Bdv /c、12B2d2v 、

13、12B2d2v2(2) (3)7r7r7r【解析】(1) ab棒以速度v勻速運動到圖中虛線位置時,1產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為 E=Bdv,電流方向從b到a,分成兩條支路，這兩段的電阻均為r ,211_117則外電路的電阻為 一r ,內(nèi)電阻為一r ,電路的總電阻為 R r r r434312所以通過棒中的電流|=巨=!2史丫。R 7r(2)棒所受安培力 FA = Bld = BdA12Bdv 12B2d2v=,7r7r根據(jù)左手定則，安培力方向向下。(3) ab棒勻速運動，外力等于安培力, 加在棒上外力的功率等于安培力的功率22P =Fvfv 二12B d v7r【高清課堂：法拉第電磁感應(yīng)定律【變式2】

14、半徑為a的圓形區(qū)域內(nèi)有均勻磁場，磁感強度為B=0.2T ,磁場方向垂直紙面向里，半徑為b的金屬圓環(huán)與磁場同心地放置，磁場與環(huán)面垂直，其中 a=0.4m, b=0.6m ,金屬環(huán) 上分別接有燈L1、L2,兩燈的電阻均為 R=2Q, 一金屬棒MN與金屬環(huán)接觸良好，棒與環(huán)的 電阻均忽略不計（1）若棒以Vo=5m/s的速率在環(huán)上向右勻速滑動，求棒滑過圓環(huán)直徑 OO的瞬時（如圖所 示），MN中的電動勢和流過燈 L1的電流。（2）撤去中間的金屬棒 MN,將右面的半圓環(huán) OL2O以O(shè)O為軸向上翻轉(zhuǎn)900,若此時磁場隨時間均勻變化，其變化率為=-T/s,求Li的功率。 t二【答案】（1） 0.4A; （2）

15、1.28M10W?！窘馕觥浚?）棒滑過圓環(huán)直徑 OO的瞬時，MN中的電動勢Ei=B2a v=0.2 0.8 5 V =0.8V兩燈泡并聯(lián)，等效電路如圖（1）所示，流過燈 Li的電流Ii=Ei/R=0.8 A /2=0.4A圖（2）撤去中間的金屬棒 MN,將右面的半圓環(huán)OL2O以O(shè)O為軸向上翻轉(zhuǎn)90o,半圓環(huán)OLiO中產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，相當于電源，燈L2為外電路,圖(!)兩燈泡串聯(lián)，等效電路如圖（2）所示，B TOC o 1-5 h z 感應(yīng)電動勢E2 = =na2 =0.32V.：t 2; t,，一1燈Li的電壓為一E2, 2 2(Ec 2)2o所以 Li 的功率 P= 2/)=1.2810 W

16、 .R類型二、電磁感應(yīng)中的力學問題例2、（2015天津卷）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，且處于同一水平面內(nèi)，ab邊長為l, cd邊長為2l。ab與cd平行，間距為2l。勻強磁場區(qū)域的上下邊界均水平，磁場方向垂直于線框所在平面。開始時.cd邊到磁場上邊界的距離為2l ,線框由靜止釋放，從 cd邊進入磁場直到 ef、pq邊進入磁場前，線框做勻速運動。在 ef、pq邊離開磁場后，ab邊離開磁場之前，線框又做勻速運動。線框完全穿過磁場過程中 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go求磁，區(qū)(1)線木S ab邊將離開磁場

17、時做勻速運動的速度大小是cd邊剛進入磁場時的幾倍:(2)磁場上下邊界間的距離H?！敬鸢浮?1) 4倍(2) +281 mg【解析】(1)設(shè)磁場的磁感應(yīng)強度大小為B, cd邊剛進磁場時，線框做勻速運動的速度為vi, cd邊上的感應(yīng)電動勢為 Ei,由法拉第電磁感應(yīng)定律，有 TOC o 1-5 h z Ei=2B1vi設(shè)線框總電阻為 R,此時線框中電流為Ii,閉合電路歐姆定律，有Ii = ElR設(shè)此時線框所受安培力為Fi,有Fi=2Ii1B由于線框做勻速運動，其受力平衡，有mg=F i由式得mgR4B212V2,同理可得設(shè)ab邊離開磁場之前，線框做勻速運動的速度為_mgRV2 一 B212由式得 T

18、OC o 1-5 h z V2=4vi(2)線框自釋放直到 cd邊進入磁場前，有機械能守恒定律，有2_2mg1 = mv1線框完全穿過磁場的過程中，由能量守恒定律，有_1212mg(21 +H ) = mv2 m, +Q HYPERLINK l bookmark45 o Current Document 22由式得H Q 281mg舉一反三【變式1】如圖所示，兩根豎直放置的光滑平行導軌，其中一部分處于方向垂直導軌所在平面并且有上下水平邊界的勻強磁場中。一根金屬桿MN保持水平并沿導軌滑下 （導軌電阻不計），當金屬桿 MN進入磁場區(qū)后，其運動的速度隨時間變化的圖線不可能的是（）【答案】B【解析】A

19、圖說明金屬桿 MN進入磁場區(qū)后一直做勻速直線運動，情景是進入磁場的瞬間重力等于安培力，是可能的。B圖說明金屬桿做勻加速運動，金屬桿 MN進入磁場區(qū)后，產(chǎn)生安培力，方向向上，與重力加速度方向相反，加速度減小，B是不可能的。C圖做加速度減小的加速運動，是可能到。D圖速度減小最后做勻速運動， 當金屬桿進入磁場的速度很大時， 由于受到的安培力大于重力，速度減小，當安培力等于重力時做勻速運動， 是可能的。故不可能的是Bo【變式2】如圖，MN、PQ兩條平行的光滑金屬軌道與水平面成。角固定，軌距為do空間Bo P、M間所接阻值為R的電r?，F(xiàn)從靜止釋放ab,當它沿存在勻強磁場，磁場方向垂直軌道平面向上，磁感應(yīng)

20、強度為 阻。質(zhì)量為m的金屬桿ab水平放置在軌道上，其有效電阻為軌道下滑距離s時，達到最大速度。若軌道足夠長且電阻不計，重力加速度為go求：（1）金屬桿ab運動的最大速度；1（2）金屬桿ab運動的加速度為gsin日時，電阻R上的電功率;2（3）金屬桿ab從靜止到具有最大速度的過程中，克服安培力所做的功。mg sin 1 2 P=( 2Bd ) R(3) WF =1 m3g2(R r)2 sin mgs sin v【解析】（1）當桿達到最大速度時 F = mg sinB安培力F = BId感應(yīng)電流I = E感應(yīng)電動勢E -Bdv解得最大速度vmmg(R r)sin i1（2）當ab運動的加速為 一

21、mgsin 6時1根據(jù)牛頓第一th律 mgsin r - BI d = m 2 g sin ?電阻R上的電功率P = |2r 解得p =(mgsina )2r2Bd1(3)根據(jù)動能te理 mgs sin 日-WF =mvm -0232 _22 .B4d1 m g (R r) sin i 解得 WF =mgs sin2安培力是變力，變力做功不能用力乘以位移計算，只能用動能定理求解。【變式3】如圖所示，平行金屬導軌與水平面成 。角，導軌與固定電阻 Ri和R2相連，勻強 磁場垂直穿過導軌平面. 有一導體棒ab,質(zhì)量為m,導體棒的電阻與固定電阻 R1和R2的阻 值均相等，與導軌之間的動摩擦因數(shù)為由導體

22、棒ab沿導軌向上滑動，當上滑的速度為 v TOC o 1-5 h z 時，受到安培力的大小為 F.此時、A,電阻R消耗的熱功率為Fv/3 .B.電阻Ri消耗的熱功率為 Fv/6 WiC.整個裝置因摩擦而消耗的熱功率為mgcosQ.(二妄D.整個裝置消耗的機械功率為( F+mgos V v屋、.【答案】BCDR【解析】由法拉第電磁感應(yīng)定律得E = BLv,總電阻=R + R=1.5R2回路總電流1.5R2Blv3R2 2安培力F = BIL =組3R所以電阻Ri的功率:2, 2 2. .2 B l vR =(T) R 9R1 一=-Fv。 A 錯 B 對。6由于摩擦力f = Nmg cos日,故

23、因摩擦而消耗的熱功率為 pf = fv = Nmgvcos8 , C對。整個裝置消耗的機械功率應(yīng)為安培力與摩擦力消耗的功率之和(F + Rmg cos9 )v , d對。故B、C、D選項正確。 TOC o 1-5 h z 【變式4】如圖所示，處于勻強磁場中的兩根足夠長、電阻不計的平行金屬導軌相距L=1m。導軌平面與水平面成 。=37角，下端連接阻值為 R的電阻。勻強磁場方向垂直于導軌平面 向上，磁感應(yīng)強度為 B=0.4T.質(zhì)量為0.2kg、電阻不計的金屬棒放在兩導軌上，棒與導軌垂 直且保持良好接觸，它們間的動摩擦因數(shù)為科=0.25.金屬棒沿導軌由靜止開始下滑，當金 |屬棒下滑速度達到穩(wěn)定時，速

24、度大小為10m/s.(取g=10m/s2,3(sin37 =0.6, cos37 =0.8).求：(1)金屬棒沿導軌開始下滑時的加速度大??；|(2)當金屬棒下滑速度達到穩(wěn)定時電阻R消耗的功率；(3)電阻R的阻值。/【答案】(1) 4m/s2 (2) 8W (3) 2C.【解析】金屬棒開始下滑的初速度為零，根據(jù)牛頓第二定律mg sin 二-mgcosi - ma 2 解得 a =gsin【- Jgcosi -10 0.6-0.25 10 0.8 = 4m/s(2)設(shè)金屬棒運動達到穩(wěn)定時，設(shè)速度為v,所受安培力為 F,棒沿導軌方向受力平衡，根據(jù)物體平衡條件mg sin ? - mg cos 二 F

25、代入數(shù)據(jù)解得安培力 F =0.8N此時金屬棒克服安培力做功的功率等于電路中電阻R消耗的電功率P = F v=0. 8 M 1 0W = 8W(3)設(shè)電路中電流為I,感應(yīng)電動勢為 EE = BLv =0.4 1 10V =4V由于金屬棒的電阻不計，感應(yīng)電動勢即為電阻R的電壓_ 22E4=-QP8 TOC o 1-5 h z .2 一 2. . 2r U E 一 UP =,電阻 R =類型三、電磁感應(yīng)中的能量問題【高清課堂：法拉第電磁感應(yīng)定律例5】B,方向豎直向下，在磁場中有一個邊長為例3、如圖所示，勻強磁場的磁感應(yīng)強度為L的正方形剛性金屬框。 ab邊質(zhì)量為 m,其它三邊的質(zhì)量不計，金屬框的總電阻

26、為R, cd邊上裝有固定的水平軸，現(xiàn)在將金屬框從水平位置由靜止釋放，不計一切摩擦。金屬框經(jīng)t秒鐘恰好通過豎直位置 ab cdo求：(1)在圖中標出ab通過最低位置時，金屬框中的感應(yīng)電流的方向;(2)求上述時間t內(nèi)金屬框中的平均感應(yīng)電動勢；(3)若在上述ts內(nèi)，金屬框中產(chǎn)生的焦耳熱為Q,求ab邊通過最低位置時受到的安培力?！舅悸伏c撥】(1)根據(jù)右手定則判斷感應(yīng)電流的方向；(2)根據(jù)E = n求平均感應(yīng)電:t動勢；根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒定律求產(chǎn)生的焦耳熱，根據(jù)安培力公式求安培力。BL【答案】(1)感應(yīng)電流的萬向 bacdb. (2 ) E = t,方向水平向右?！窘馕觥?1) ab通過最低位置時，速度

27、水平向左，根據(jù)右手定則，感應(yīng)電流的方向 bacdb. 巾(2)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律， E = n，初態(tài)的磁通量 尊=BL2 ,末態(tài)的磁通量 / = 0 ,-=t磁通量的變化 Ae=BL2,所以平均感應(yīng)電動勢12（3）根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒定律有 mgL = Q +2mv2,2求出ab邊到達最低點時的速度大小 v = J2（mgL-Q）, m在最低點時電動勢的大小E =BLv =BL 2（mgL 一 Q） m則ab邊到達最低點時受到的安培力二 BIL 二肛 v = B2L1 2(mgL飛R R m根據(jù)左手定則，安培力的方向水平向右。【總結(jié)升華】（2）中求平均感應(yīng)電動勢必須用E=n，可以求平均電流，

28、進而求出通：t過導體截面的電量。（3）解題思路要清晰，要求安培力，就必須要求電流，F(xiàn)A = BIL ,又必須求出電動勢 E=BLv,最終要求速度，由于有內(nèi)能產(chǎn)生，必須根據(jù)能量守恒定律求速度。舉一反三【變式1】將一磁鐵插入閉合線圈，第一次插入所用時間為 A 1,第二次插入所用的時間為 Am 且 A2=2 Ai,則（） TOC o 1-5 h z A,兩次產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢之比為2： 1B.兩次通過線圈的電荷量之比為2： 1C.兩次線圈中產(chǎn)生的熱量之比為2： 1D,兩次線圈中感應(yīng)電流的功率之比為2： 1AC【解析】磁鐵兩次插入線圈磁通量的變化巾相同，但磁通量的變化率 一1 = 2L: t2即E1=2

29、E2, A選項正確；兩次通過線圈的電何重 q1 = n, q2 = n,所以q1 ： q2=1 ： 1,故B錯誤； HYPERLINK l bookmark28 o Current Document RR磁體通入過程線圈中產(chǎn)生的熱量Q二C正確;Q1 11、2 %2x2 1 2所以L =() ，1 =(一)一= 一，選項Q2E2t2 1 2 1PE. 2 4功率之比 一=（L）=一，故選項D錯誤。故選 AC。F2E21【變式2】如圖所示，閉合導線框的質(zhì)量可以忽略不計，將它從圖示位置勻速拉出勻強磁場，若第一次用0.3秒時間拉出，外力所做的功為Wi,通過導線截面的電量為 q1；第二次用0.9秒時間拉

30、出，外力做的功為W2,通過導體截面的電量為q2,則（）A . W1VW2, qi q2B, WiW2, q1 = q2D, WW2, q1q2Ml t X X X X X I* X X X X X i L 一一 一一 一 J 【答案】C 【解析】用11表示導線框豎邊長，勻速拉出時產(chǎn)生感應(yīng)電動勢E = Blv；12 用12表示拉出的橫邊長，則拉出所用的時間t =-0v 把導線框拉出磁場的過程，線框中電流I = B11v,R這段時間通過導線截面的電量q - It -小包。R v R可見通過導線截面的電量和拉出所用的時間大小無關(guān)，是q1=q2o2把導線框出磁場區(qū)做功 W = Fl 2 = B1111

31、2 M （B2）, Rt說明做功大小和拉出所用白時間有關(guān)，本題中t1W2o【變式3】（2015四川卷）如圖所示，金屬導軌MNC和PQD, MN與PQ平行且間距為L,所在平面與水平面夾角為N、Q連線與MN垂直，M、P間接有阻值為R的電阻；光滑直導軌NC和QD在同一水平面內(nèi)，與 NQ的夾角都為銳角 仇均勻金屬棒ab和ef質(zhì)量 均為m,長均為L, ab棒初始位置在水平導軌上與 NQ重合；ef棒垂直放在傾斜導軌上，與 導軌間的動摩擦因數(shù)為 小科較?。?，由導軌上的小立柱1和2阻擋而靜止?？臻g有方向豎直 的勻強磁場（圖中未畫出）。兩金屬棒與導軌保持良好接觸。不計所有導軌和ab棒的電阻，ef棒的阻值為R,最

32、大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，忽略感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場，重力加 速度為go(1)若磁感應(yīng)強度大小為B,給ab棒一個垂直于NQ、水平向右的速度 “，在水平導軌上沿運動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棒某橫截面的電量；(3)若ab棒以垂直于NQ的速度V2在水平導軌上向右勻速運動，并在NQ位置時取走小立柱1和2,且運動過程中 ef棒始終靜止。求此狀態(tài)下最強磁場的磁感應(yīng)強度及此磁場下ab棒運動的最大距離。122Bd(L-dcotu)【答案 】(1 ) Qef =-mv12 ; ( 2 ) q= ；( 3 )c 1 llmgR(sin a+ixcosa)血土小血土小十Bm =,萬向豎