【先學(xué)后教新思路】2020高考物理一輪復(fù)習(xí)-教案21-法拉第電磁感應(yīng)定律、自感

法拉第電磁感應(yīng)定律、自感考綱解讀1.能應(yīng)用法拉第電磁感應(yīng)定律、公式E＝Blv計(jì)算感應(yīng)電動(dòng)勢(shì).2.理解自感、渦流的產(chǎn)生，并能分析實(shí)際應(yīng)用．1．如圖1(a)、(b)所示的電路中，電阻R和自感線圈L的電阻值都很小，且小于燈A的電阻，接通S，使電路達(dá)到穩(wěn)定，燈泡A發(fā)光，則 ()圖1A．在電路(a)中，斷開(kāi)S，A將漸漸變暗B．在電路(a)中，斷開(kāi)S，A將先變得更亮，然后漸漸變暗C．在電路(b)中，斷開(kāi)S，A將漸漸變暗D．在電路(b)中，斷開(kāi)S，A將先變得更亮，然后漸漸變暗答案AD解析在電路(a)中，燈A和線圈L串聯(lián)，它們的電流相同，斷開(kāi)S時(shí)，線圈上產(chǎn)生自感電動(dòng)勢(shì)，阻礙原電流的減小，但流過(guò)燈A的電流仍漸漸減小，從而燈A只能漸漸變暗．在電路(b)中，電阻R和燈A串聯(lián)，燈A的電阻大于線圈L的電阻，電流則小于線圈L中的電流，斷開(kāi)S時(shí)，電源不再給燈供電，而線圈產(chǎn)生自感電動(dòng)勢(shì)阻礙電流的減小，通過(guò)R、A形成回路，燈A中電流突然變大，燈A變得更亮，然后漸漸變暗，故A、D正確．3．如圖2所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)的金屬導(dǎo)線彎成一圓環(huán)，導(dǎo)線的兩端接在電容為C的平行板電容器上，P、Q為電容器的兩個(gè)極板，磁場(chǎng)垂直于環(huán)面對(duì)里，磁感應(yīng)強(qiáng)度以B＝B0＋Kt(K>0)隨時(shí)間變化，t＝0時(shí)，P、Q兩極板電勢(shì)相等．兩極板間的距離遠(yuǎn)小于環(huán)的半徑，則經(jīng)時(shí)間t電容器P板 () 圖2A．不帶電B．所帶電荷量與t成正比C．帶正電，電荷量是eq\f(KL2C,4π)D．帶負(fù)電，電荷量是eq\f(KL2C,4π)答案D解析磁感應(yīng)強(qiáng)度以B＝B0＋Kt(K>0)隨時(shí)間變化，由法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝Seq\f(ΔB,Δt)＝KS，而S＝eq\f(L2,4π)，經(jīng)時(shí)間t電容器P板所帶電荷量Q＝EC＝eq\f(KL2C,4π)；由楞次定律知電容器P板帶負(fù)電，故D選項(xiàng)正確．3．2022年11月24日，中國(guó)的殲－15戰(zhàn)機(jī)成功在“遼寧號(hào)”航母上起降，使中國(guó)真正擁有了自己的航母．由于地磁場(chǎng)的存在，飛機(jī)在確定高度水平飛行時(shí)，其機(jī)翼就會(huì)切割磁感線，機(jī)翼的兩端之間會(huì)有確定的電勢(shì)差．則從飛行員的角度看，機(jī)翼左端的電勢(shì)比右端的電勢(shì) ()A．低 B．高C．相等 D．以上狀況都有可能答案B解析北半球的地磁場(chǎng)的豎直重量向下，由右手定則可判定飛機(jī)無(wú)論向哪個(gè)方向飛行，由飛行員的角度看均為左側(cè)機(jī)翼電勢(shì)較高．考點(diǎn)梳理一、法拉第電磁感應(yīng)定律1．感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)(1)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)．產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的那部分導(dǎo)體就相當(dāng)于電源，導(dǎo)體的電阻相當(dāng)于電源內(nèi)阻．(2)感應(yīng)電流與感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的關(guān)系：遵循閉合電路歐姆定律，即I＝eq\f(E,R＋r).2．法拉第電磁感應(yīng)定律(1)內(nèi)容：閉合電路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小，跟穿過(guò)這一電路的磁通量的變化率成正比．(2)公式：E＝neq\f(ΔΦ,Δt).3．導(dǎo)體切割磁感線的情形(1)一般狀況：運(yùn)動(dòng)速度v和磁感線方向夾角為θ，則E＝Blvsin_θ.(2)常用狀況：運(yùn)動(dòng)速度v和磁感線方向垂直，則E＝Blv.(3)導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)動(dòng)導(dǎo)體棒以端點(diǎn)為軸，在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中垂直于磁感線方向勻速轉(zhuǎn)動(dòng)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Bleq\x\to(v)＝eq\f(1,2)Bl2ω(平均速度等于中點(diǎn)位置線速度eq\f(1,2)lω)．二、自感1.概念：由于導(dǎo)體本身的電流變化而產(chǎn)生的電磁感應(yīng)現(xiàn)象稱為自感，由于自感而產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)叫做自感電動(dòng)勢(shì)．2.表達(dá)式：E＝Leq\f(ΔI,Δt).3.自感系數(shù)L的影響因素：與線圈的大小、外形、匝數(shù)以及是否有鐵芯有關(guān)．4．如圖3所示，線圈A、B是由不同材料制成的導(dǎo)體線圈，它們的質(zhì)量一樣大，外形一樣，設(shè)磁場(chǎng)足夠大，下列說(shuō)法正確的是 ()A．電阻大的線圈達(dá)到穩(wěn)定速度時(shí)的速度大B．電阻小的線圈達(dá)到穩(wěn)定速度時(shí)的速度大 圖3C．兩線圈的穩(wěn)定速度是一樣的D．電阻率大的材料制成的線圈，穩(wěn)定速度大答案A解析以極端狀況分析，若線圈電阻格外大，以至于無(wú)窮大時(shí)，線圈中電流趨近于零，線圈做自由落體運(yùn)動(dòng)，速度將不斷增大，所以可推知電阻大的線圈穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大，A正確．5．如圖4所示，正方形線圈abcd位于紙面內(nèi)，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，匝數(shù)為N，線圈內(nèi)接有電阻值為R的電阻，過(guò)ab中點(diǎn)和cd中點(diǎn)的連線OO′恰好位于垂直紙面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的右邊界上，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.當(dāng)線圈轉(zhuǎn)過(guò)90°時(shí)，通過(guò)電阻R的電荷量為 () 圖4A.eq\f(BL2,2R) B.eq\f(NBL2,2R)C.eq\f(BL2,R) D.eq\f(NBL2,R)答案B解析初狀態(tài)時(shí)，通過(guò)線圈的磁通量為Φ1＝eq\f(BL2,2)，當(dāng)線圈轉(zhuǎn)過(guò)90°時(shí)，通過(guò)線圈的磁通量為0，由q＝Neq\f(ΔΦ,R總)可得通過(guò)電阻R的電荷量為eq\f(NBL2,2R).方法提煉1．“極端法”分析電磁感應(yīng)問(wèn)題將題中某些物理量推到極限狀態(tài)或極值條件下分析爭(zhēng)辯，會(huì)使問(wèn)題變得簡(jiǎn)潔解決．2．感應(yīng)電荷量的求法：q＝eq\f(nΔΦ,R總).考點(diǎn)一法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用1．感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小的打算因素(1)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小由穿過(guò)閉合電路的磁通量的變化率eq\f(ΔΦ,Δt)和線圈的匝數(shù)共同打算，而與磁通量Φ、磁通量的變化量ΔΦ的大小沒(méi)有必定聯(lián)系．(2)當(dāng)ΔΦ僅由B引起時(shí)，則E＝neq\f(SΔB,Δt)；當(dāng)ΔΦ僅由S引起時(shí)，則E＝neq\f(BΔS,Δt).2．磁通量的變化率eq\f(ΔΦ,Δt)是Φ－t圖象上某點(diǎn)切線的斜率．例1如圖6(a)所示，一個(gè)電阻值為R、匝數(shù)為n的圓形金屬線圈與阻值為2R的電阻R1連接成閉合回路．線圈的半徑為r1,在線圈中半徑為r2的圓形區(qū)域存在垂直于線圈平面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的關(guān)系圖線如圖(b)所示．圖線與橫、縱軸的截距分別為t0和B0.導(dǎo)線的電阻不計(jì)．求0至t1時(shí)間內(nèi)：(a)(b)圖6(1)通過(guò)電阻R1上的電流大小和方向；(2)通過(guò)電阻R1上的電荷量q及電阻R1上產(chǎn)生的熱量．審題指導(dǎo)1.用公式E＝neq\f(ΔB,Δt)·S求解時(shí)，S應(yīng)為線圈在磁場(chǎng)范圍內(nèi)的有效面積，eq\f(ΔB,Δt)應(yīng)為B－t圖象斜率的大?。?．產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的線圈相當(dāng)于電源，R1為外電阻．解析(1)穿過(guò)閉合線圈的磁場(chǎng)的面積為S＝πreq\o\al(2,2)由題圖(b)可知，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的變化率的大小為eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(B0,t0)依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝nSeq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(nB0πr\o\al(2,2),t0)由閉合電路歐姆定律可知流過(guò)電阻R1的電流為：I＝eq\f(E,R＋2R)＝eq\f(nB0πr\o\al(2,2),3Rt0)再依據(jù)楞次定律可以推斷，流過(guò)電阻R1的電流方向應(yīng)由b到a(2)0至t1時(shí)間內(nèi)通過(guò)電阻R1的電荷量為q＝It1＝eq\f(nB0πr\o\al(2,2)t1,3Rt0)電阻R1上產(chǎn)生的熱量為Q＝I2R1t1＝eq\f(2n2B\o\al(2,0)π2r\o\al(4,2)t1,9Rt\o\al(2,0))答案(1)eq\f(nB0πr\o\al(2,2),3Rt0)方向從b到a(2)eq\f(nB0πr\o\al(2,2)t1,3Rt0)eq\f(2n2B\o\al(2,0)π2r\o\al(4,2)t1,9Rt\o\al(2,0))1.應(yīng)用法拉第電磁感應(yīng)定律解題的一般步驟(1)分析穿過(guò)閉合電路的磁場(chǎng)方向及磁通量的變化狀況；(2)利用楞次定律確定感應(yīng)電流的方向；(3)機(jī)敏選擇法拉第電磁感應(yīng)定律的不同表達(dá)形式列方程求解．2．幾點(diǎn)留意(1)公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)是求解回路某段時(shí)間內(nèi)平均電動(dòng)勢(shì)的最佳選擇．(2)用公式E＝nSeq\f(ΔB,Δt)求感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)時(shí)，S為線圈在磁場(chǎng)范圍內(nèi)的有效面積．(3)通過(guò)回路截面的電荷量q僅與n、ΔΦ和回路總電阻R總有關(guān)，與時(shí)間長(zhǎng)短無(wú)關(guān)．推導(dǎo)如下：q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(nΔΦ,ΔtR總)·Δt＝eq\f(nΔΦ,R總).突破訓(xùn)練1如圖7甲所示，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)、質(zhì)量為m、總電阻為R的正方形導(dǎo)線框靜置于光滑水平面上，處于與水平面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖乙所示．求：甲乙圖7(1)在t＝0到t＝t0時(shí)間內(nèi)，通過(guò)導(dǎo)線框的感應(yīng)電流大??；(2)在t＝eq\f(t0,2)時(shí)刻，ab邊所受磁場(chǎng)作用力大??；(3)在t＝0到t＝t0時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)線框中電流做的功．答案(1)eq\f(B0L2,Rt0)(2)eq\f(B\o\al(2,0)L3,2Rt0)(3)eq\f(B\o\al(2,0)L4,Rt0)解析(1)由法拉第電磁感應(yīng)定律得，導(dǎo)線框的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(B0L2,t0)通過(guò)導(dǎo)線框的感應(yīng)電流大?。篒＝eq\f(E,R)＝eq\f(B0L2,Rt0)(2)t＝eq\f(t0,2)時(shí)刻，ab邊所受磁場(chǎng)作用力大?。篎＝BILF＝eq\f(B\o\al(2,0)L3,2Rt0)(3)在t＝0到t＝t0時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)線框中電流做的功：W＝I2Rt0＝eq\f(B\o\al(2,0)L4,Rt0).考點(diǎn)二導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的計(jì)算1．公式E＝Blv的使用條件(1)勻強(qiáng)磁場(chǎng)．(2)B、l、v三者相互垂直．(3)如不垂直，用公式E＝Blvsinθ求解，θ為B與v方向間的夾角．2．“瞬時(shí)性”的理解若v為瞬時(shí)速度，則E為瞬時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)．若v為平均速度，則E為平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，即E＝Bleq\x\to(v).3．切割的“有效長(zhǎng)度”公式中的l為有效切割長(zhǎng)度，即導(dǎo)體與v垂直的方向上的投影長(zhǎng)度．圖8中有效長(zhǎng)度分別為：圖8甲圖：l＝eq\x\to(cd)sinβ；乙圖：沿v1方向運(yùn)動(dòng)時(shí)，l＝eq\x\to(MN)；沿v2方向運(yùn)動(dòng)時(shí)，l＝0.丙圖：沿v1方向運(yùn)動(dòng)時(shí)，l＝eq\r(2)R；沿v2方向運(yùn)動(dòng)時(shí)，l＝0；沿v3方向運(yùn)動(dòng)時(shí)，l＝R.4．“相對(duì)性”的理解E＝Blv中的速度v是相對(duì)于磁場(chǎng)的速度，若磁場(chǎng)也運(yùn)動(dòng)，應(yīng)留意速度間的相對(duì)關(guān)系．例2如圖9甲所示，MN、PQ是固定于同一水平面內(nèi)相互平行的粗糙長(zhǎng)直導(dǎo)軌，間距L＝2.0m，R是連在導(dǎo)軌一端的電阻，質(zhì)量m＝1.0kg的導(dǎo)體棒ab垂直跨在導(dǎo)軌上，電壓傳感器與這部分裝置相連．導(dǎo)軌所在空間有一磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.50T、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．從t＝0開(kāi)頭對(duì)導(dǎo)體棒ab施加一個(gè)水平向左的拉力，使其由靜止開(kāi)頭沿導(dǎo)軌向左運(yùn)動(dòng)，電壓傳感器測(cè)出R兩端的電壓隨時(shí)間變化的圖線如圖乙所示，其中OA、BC段是直線，AB段是曲線．假設(shè)在1.2s以后拉力的功率P＝4.5W保持不變．導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒ab的電阻均可忽視不計(jì)，導(dǎo)體棒ab在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂直，且接觸良好．不計(jì)電壓傳感器對(duì)電路的影響．g取10m/s2.求：圖9(1)導(dǎo)體棒ab最大速度vm的大??；(2)在1.2s～2.4s的時(shí)間內(nèi)，該裝置總共產(chǎn)生的熱量Q；(3)導(dǎo)體棒ab與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ和電阻R的值．審題指導(dǎo)1.R兩端的電壓和導(dǎo)體棒中產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)有什么關(guān)系？2．在1.2s～2.4s的時(shí)間內(nèi)，能量是如何轉(zhuǎn)化的？3．0～1.2s和2.4s后導(dǎo)體棒分別做什么運(yùn)動(dòng)？受力狀況如何？解析(1)從題圖乙可知，2.4s時(shí)R兩端的電壓最大，Um＝1.0V，由于導(dǎo)體棒內(nèi)阻不計(jì)，故Um＝Em＝BLvm＝1.0V，所以vm＝eq\f(Em,BL)＝1.0m/s①(2)由于U＝E＝BLv，而B(niǎo)、L為常數(shù)，所以由題圖乙知，在0～1.2s內(nèi)導(dǎo)體棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)．設(shè)導(dǎo)體棒在這段時(shí)間內(nèi)的加速度為a，t1＝1.2s時(shí)導(dǎo)體棒的速度為v1，由題圖乙可知此時(shí)電壓U1＝0.90V.由于U1＝E1＝BLv1②所以v1＝eq\f(U1,BL)＝0.90m/s在1.2s～2.4s時(shí)間內(nèi)，依據(jù)功能關(guān)系eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋P·Δt＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＋Q③代入數(shù)據(jù)解得Q≈5.3J(3)導(dǎo)體棒做勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度a＝eq\f(v1－0,t1)＝0.75m/s2當(dāng)t1＝1.2s時(shí)，設(shè)拉力為F1，則有F1＝eq\f(P,v1)＝5.0N同理，當(dāng)t2＝2.4s時(shí)，設(shè)拉力為F2，則有F2＝eq\f(P,vm)＝4.5N對(duì)ab棒受力分析如圖所示，依據(jù)牛頓其次定律有F1－Ff－F安1＝ma ④F2－Ff－F安2＝0 ⑤mg－FN＝0 ⑥又由于F安1＝BI1L＝eq\f(BLU1,R) ⑦F安2＝BI2L＝eq\f(BLUm,R) ⑧Ff＝μFN ⑨聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧⑨，代入數(shù)據(jù)可求得R＝0.4Ω，μ＝0.2答案(1)1.0m/s(2)5.3J(3)0.20.4Ω1.公式E＝Blvsinθ求的是瞬時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，E與某個(gè)時(shí)刻或某個(gè)位置相對(duì)應(yīng)．切割磁感線的那部分導(dǎo)體就相當(dāng)于電源．2．本題中U－t圖象實(shí)際上可以轉(zhuǎn)化為v－t圖象(U＝E＝Blv)，因此，此運(yùn)動(dòng)類(lèi)似于機(jī)車(chē)啟動(dòng)模型．3．以圖象形式給出題目已知條件的，要竭力挖掘圖象中的隱含信息．突破訓(xùn)練2在范圍足夠大，方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，B＝0.2T，有一水平放置的光滑框架，寬度為L(zhǎng)＝0.4m，如圖10所示，框架上放置一質(zhì)量為0.05kg、電阻為1Ω的金屬桿cd，框架電阻不計(jì)．若桿cd以恒定加速度a＝2m/s2，由靜止開(kāi)頭做勻變速運(yùn)動(dòng)，則：(1)在5s內(nèi)平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)是多少？ 圖10(2)第5s末，回路中的電流多大？(3)第5s末，作用在cd桿上的水平外力多大？答案(1)0.4V(2)0.8A(3)0.164N解析(1)5s內(nèi)的位移x＝eq\f(1,2)at2＝25m5s內(nèi)的平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(x,t)＝5m/s(也可用eq\x\to(v)＝eq\f(0＋v5,2)求解)故平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)eq\x\to(E)＝BLeq\x\to(v)＝0.4V(2)第5s末：v＝at＝10m/s此時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：E＝BLv則回路中的電流為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv,R)＝eq\f(0.2×0.4×10,1)A＝0.8A(3)桿cd勻加速運(yùn)動(dòng)，由牛頓其次定律得F－F安＝ma即F＝BIL＋ma＝0.164N考點(diǎn)三自感現(xiàn)象的分析1．自感現(xiàn)象“阻礙”作用的理解(1)流過(guò)線圈的電流增加時(shí)，線圈中產(chǎn)生的自感電動(dòng)勢(shì)與電流方向相反，阻礙電流的增加，使其緩慢地增加．(2)流過(guò)線圈的電流減小時(shí)，線圈中產(chǎn)生的自感電動(dòng)勢(shì)與電流方向相同，阻礙電流的減小，使其緩慢地減?。€圈就相當(dāng)于電源，它供應(yīng)的電流從原來(lái)的IL漸漸變?。?．自感現(xiàn)象的四大特點(diǎn)(1)自感電動(dòng)勢(shì)總是阻礙導(dǎo)體中原電流的變化．(2)通過(guò)線圈中的電流不能發(fā)生突變，只能緩慢變化．(3)電流穩(wěn)定時(shí)，自感線圈就相當(dāng)于一般導(dǎo)體．(4)線圈的自感系數(shù)越大，自感現(xiàn)象越明顯，自感電動(dòng)勢(shì)只是延緩了過(guò)程的進(jìn)行，但它不能使過(guò)程停止，更不能使過(guò)程反向．例3如圖11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)完全相同的電燈，E是內(nèi)阻不計(jì)的電源．t＝0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.I1、I2分別表示通過(guò)電燈D1和D2中的電流，規(guī)定圖中箭頭所示方向?yàn)殡娏髡较?，以下各圖中能定性描述電流I隨時(shí)間t變化關(guān)系的是 () 圖11解析當(dāng)S閉合時(shí)，L的自感作用會(huì)阻礙其中的電流變大，電流從D1流過(guò)；當(dāng)L的阻礙作用變小時(shí)，L中的電流變大，D1中的電流變小至零；D2中的電流為電路總電流，電流流過(guò)D1時(shí)，電路總電阻較大，電流較小，當(dāng)D1中電流為零時(shí)，電流流過(guò)L與D2，總電阻變小，電流變大至穩(wěn)定；當(dāng)S再斷開(kāi)時(shí)，D2馬上熄滅，D1與L組成回路，由于L的自感作用，D1漸漸熄滅，電流反向且減??；綜上所述知選項(xiàng)A、C正確．答案AC在分析自感現(xiàn)象問(wèn)題時(shí)，應(yīng)留意電路的結(jié)構(gòu)，弄清楚自感線圈L與用電器的串、并聯(lián)關(guān)系，明確原電流的方向，再推斷自感電流的方向及大小變化．同時(shí)留意，L的自身電阻是不是能忽視不計(jì)．在斷開(kāi)開(kāi)關(guān)時(shí)，還要看線圈和用電器能否形成回路．突破訓(xùn)練3在如圖12所示的電路中，兩個(gè)相同的小燈泡L1和L2分別串聯(lián)一個(gè)帶鐵芯的電感線圈L和一個(gè)滑動(dòng)變阻器R.閉合開(kāi)關(guān)S后，調(diào)整R，使L1和L2發(fā)光的亮度一樣，此時(shí)流過(guò)兩個(gè)燈泡的電流均為I.然后，斷開(kāi)S.若t′時(shí)刻再閉合S，則在t′前后的一小段時(shí)間內(nèi)，正確反映流過(guò)L1的電流i1、流過(guò)L2的電流i2隨時(shí)間t變化的圖象是 ()圖12答案B解析閉合開(kāi)關(guān)S后，調(diào)整R，使兩個(gè)燈泡L1、L2發(fā)光的亮度一樣，電流均為I，說(shuō)明RL＝R.若t′時(shí)刻再閉合S，流過(guò)電感線圈L和燈泡L1的電流快速增大，使電感線圈L產(chǎn)生自感電動(dòng)勢(shì)，阻礙流過(guò)L1的電流i1增大，直至達(dá)到電流I，故A錯(cuò)誤，B正確；而對(duì)于t′時(shí)刻再閉合S，流過(guò)燈泡L2的電流i2馬上達(dá)到電流I，故C、D錯(cuò)誤．41．應(yīng)用法拉第電磁感應(yīng)定律答題的規(guī)范在閱卷過(guò)程中，我們看到同學(xué)計(jì)算題的答題卷面，有時(shí)不是由于物理學(xué)問(wèn)不夠扣分，而是由于答題不規(guī)范而扣分，很是惋惜．下面談一下規(guī)范答題的幾大要素．1．文字說(shuō)明(1)爭(zhēng)辯對(duì)象個(gè)體或系統(tǒng)、過(guò)程或狀態(tài)．(2)所列方程的依據(jù)名稱．(3)題目中的隱含條件、臨界條件．(4)非題設(shè)字母，說(shuō)明符號(hào)的物理意義．字母符號(hào)書(shū)寫(xiě)、使用要規(guī)范，題目給了符號(hào)最好不要再另設(shè)符號(hào)．敬重課本常用符號(hào)．(5)規(guī)定的正方向、零勢(shì)點(diǎn)(面)及所建立的坐標(biāo)系．(6)結(jié)果的物理意義，給出明確答案．2．必要方程(1)寫(xiě)出符合題意的原始方程，不能寫(xiě)變形式，如：要寫(xiě)成“eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(I＝\f(BLv,R),F＝BIL＝\f(B2L2v,R)))”，不要寫(xiě)成“F＝eq\f(B2L2v,R)”．(2)要用字母表述方程，不要寫(xiě)代入數(shù)據(jù)的方程，方程中等號(hào)兩邊雖然含有相同的物理量字母，也不能相“約”，如“mgh＝eq\f(1,2)mv2”．(3)要用原始方程組聯(lián)立求解，不要用連等式，不要在等式中不斷的“續(xù)”進(jìn)一些內(nèi)容．(4)方程式有多個(gè)時(shí)，應(yīng)分步列，并對(duì)各方程式編號(hào)，不要合寫(xiě)一式，以免一錯(cuò)全錯(cuò)．3．?dāng)?shù)字運(yùn)用(1)幾何關(guān)系只說(shuō)結(jié)果，不必證明．(2)數(shù)字相乘，要用“×”，不用“·”．(3)卷面上不能打“/”相約．4．答題模板解設(shè)……(未知量)為……對(duì)……過(guò)程由……規(guī)律得：……(具體問(wèn)題的原始方程)在……位置由……公式得：……(具體問(wèn)題的原始方程)聯(lián)立以上各式(或聯(lián)立①②式)得：……(由已知量符號(hào)表示)＝……＝“結(jié)果”(代入數(shù)據(jù)得結(jié)果，并留意待求量的數(shù)值及單位)解析(1)金屬棒達(dá)到最大速度時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E＝B0Lvm(1分)回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R＋r)(1分)金屬棒所受安培力F＝B0IL(1分)金屬棒所受合外力為零時(shí)，下滑的速度達(dá)到最大，則mgsinθ－F－μmgcosθ＝0(2分)解得vm＝2m/s(1分)(2)設(shè)電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為Q，整個(gè)電路產(chǎn)生的焦耳熱為Q總，則由動(dòng)能定理，得mgssinθ－μmgscosθ－W安＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)(3分)W安＝Q總(1分)Q＝eq\f(R,R＋r)Q總(1分)解得Q＝0.16J．(1分)(3)不產(chǎn)生感應(yīng)電流，即磁通量不變，金屬棒不受安培力作用，金屬棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓其次定律可得mgsinθ－μmgcosθ＝ma(2分)得a＝g(sinθ－μcosθ)＝10×(0.6－0.5×0.8)m/s2＝2m/s2(1分)依據(jù)閉合回路磁通量不變有B0Ls＝BL(s＋vmt＋eq\f(1,2)at2)(3分)得B＝eq\f(3,t2＋2t＋3)(1分)所以，當(dāng)t＝1s時(shí)，B＝0.5T．(1分)答案(1)2m/s(2)0.16J(3)0.5T高考題組1．(2022·課標(biāo)全國(guó)·19)如圖14，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)頭繞 圖14過(guò)圓心O、垂直于半圓面的軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)半周，在線框中產(chǎn)生感應(yīng)電流．現(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eq\f(ΔB,Δt)的大小應(yīng)為()A.eq\f(4ωB0,π)B.eq\f(2ωB0,π)C.eq\f(ωB0,π)D.eq\f(ωB0,2π)答案C解析當(dāng)線框繞過(guò)圓心O的轉(zhuǎn)動(dòng)軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，由于面積的變化產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，從而產(chǎn)生感應(yīng)電流．設(shè)半圓的半徑為r，導(dǎo)線框的電阻為R，即I1＝eq\f(E,R)＝eq\f(ΔΦ,RΔt)＝eq\f(B0ΔS,RΔt)＝eq\f(\f(1,2)πr2B0,R\f(π,ω))＝eq\f(B0r2ω,2R).當(dāng)線框不動(dòng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度變化時(shí)，I2＝eq\f(E,R)＝eq\f(ΔΦ,RΔt)＝eq\f(ΔBS,RΔt)＝eq\f(ΔBπr2,2RΔt)，因I1＝I2，可得eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(ωB0,π)，C選項(xiàng)正確．2．(2022·四川理綜·20)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)域分布著垂直紙面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.直桿在圓環(huán)上以速度v平行于直徑CD向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，直桿始終有兩點(diǎn)與圓環(huán)良好接觸，從圓環(huán)中心O開(kāi)頭，直桿的位置由θ確定，如圖15所示．則 ()A．θ＝0時(shí)，直桿產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為2Bav 圖15B．θ＝eq\f(π,3)時(shí)，直桿產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為eq\r(3)BavC．θ＝0時(shí)，直桿受的安培力大小為eq\f(2B2av,π＋2R0)D．θ＝eq\f(π,3)時(shí)，直桿受的安培力大小為eq\f(3B2av,5π＋3R0)答案AD解析當(dāng)θ＝0時(shí)，直桿切割磁感線的有效長(zhǎng)度l1＝2a，所以直桿產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E1＝Bl1v＝2Bav，選項(xiàng)A正確．此時(shí)直桿上的電流I1＝eq\f(E1,πa＋2aR0)＝eq\f(2Bv,π＋2R0)，直桿受到的安培力大小F1＝BI1l1＝eq\f(4B2av,π＋2R0)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤．當(dāng)θ＝eq\f(π,3)時(shí)，直桿切割磁感線的有效長(zhǎng)度l2＝2acoseq\f(π,3)＝a，直桿產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E2＝Bl2v＝Bav，選項(xiàng)B錯(cuò)誤．此時(shí)直桿上的電流I2＝eq\f(E2,2πa－\f(2πa,6)＋aR0)＝eq\f(3Bv,5π＋3R0)，直桿受到的安培力大小F2＝BI2l2＝eq\f(3B2av,5π＋3R0)，選項(xiàng)D正確．3．(2011·北京理綜·19)某同學(xué)為了驗(yàn)證斷電自感現(xiàn)象，自己找來(lái)帶鐵芯的線圈L、小燈泡A、開(kāi)關(guān)S和電池組E，用導(dǎo)線將它們連接成如圖16所示的電路．檢查電路后，閉合開(kāi)關(guān)S，小燈泡發(fā)光；再斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S，小燈泡僅有不顯著的延時(shí)熄滅現(xiàn)象．雖經(jīng)多次重復(fù)，仍未見(jiàn)老師演示時(shí)毀滅的小燈泡閃亮現(xiàn)象，他冥思苦想找不出緣由．你認(rèn)為最有可能造成小燈泡未閃亮的緣由是 ()圖16A．電源的內(nèi)阻較大 B．小燈泡電阻偏大C．線圈電阻偏大 D．線圈的自感系數(shù)較大答案C解析由自感規(guī)律可知在開(kāi)關(guān)斷開(kāi)的瞬間造成燈泡閃亮以及延時(shí)的緣由是在線圈中產(chǎn)生了與原電流同向的自感電流且大于穩(wěn)定時(shí)通過(guò)燈泡的原電流．由題圖可知燈泡和線圈構(gòu)成閉合的自感回路，與電源無(wú)關(guān)，故A錯(cuò)誤；造成不閃亮的緣由是自感電流不大于穩(wěn)定時(shí)通過(guò)燈泡的原電流，當(dāng)線圈電阻小于燈泡電阻時(shí)才會(huì)毀滅閃亮現(xiàn)象，故B錯(cuò)誤，C正確；自感系數(shù)越大，則產(chǎn)生的自感電流越大，燈泡更亮，故D錯(cuò)誤．4．(2011·廣東理綜·15)將閉合多匝線圈置于僅隨時(shí)間變化的磁場(chǎng)中，線圈平面與磁場(chǎng)方向垂直，關(guān)于線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流，下列表述正確的是 ()A．感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小與線圈的匝數(shù)無(wú)關(guān)B．穿過(guò)線圈的磁通量越大，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)越大C．穿過(guò)線圈的磁通量變化越快，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)越大D．感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向與原磁場(chǎng)方向始終相同答案C解析由法拉第電磁感應(yīng)定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)可知感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小E與n有關(guān)，與eq\f(ΔΦ,Δt)即磁通量變化的快慢成正比，所以A、B錯(cuò)誤，C正確．由楞次定律可知，感應(yīng)電流的磁場(chǎng)總是阻礙引起感應(yīng)電流的原磁通量的變化，即原磁通量增加，感應(yīng)電流的磁場(chǎng)方向與原磁場(chǎng)方向相反；原磁通量減小，感應(yīng)電流的磁場(chǎng)方向與原磁場(chǎng)方向相同，故D錯(cuò)誤．模擬題組5.如圖17所示的金屬圓環(huán)放在有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，將它從磁場(chǎng)中勻速拉出來(lái)，下列說(shuō)法正確的是 ()A．向左拉出和向右拉出過(guò)程中，其感應(yīng)電流方向相反B．不管從什么方向拉出，環(huán)中的感應(yīng)電流方向總是順時(shí)針的 圖17C．不管從什么方向拉出，環(huán)中的磁通量的變化量都相同D．在勻速拉出過(guò)程中，感應(yīng)電流大小不變答案BC解析無(wú)論是向左拉出或向右拉出磁場(chǎng)區(qū)域，圓環(huán)中的磁通量都削減，由楞次定律可判出環(huán)中的感應(yīng)電流方向應(yīng)是順時(shí)針的，B、C項(xiàng)正確，A項(xiàng)錯(cuò)誤；由E＝Blv知，圓環(huán)被拉出時(shí)，切割的有效長(zhǎng)度在變化，因此，E發(fā)生變化，感應(yīng)電流大小發(fā)生變化，D項(xiàng)錯(cuò)誤．6.如圖18所示，L1、L2、L3是完全相同的燈泡，L為直流電阻可忽視的自感線圈，電源內(nèi)阻不計(jì)，開(kāi)關(guān)S原來(lái)接通．現(xiàn)將開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)，則 () 圖18A．L1點(diǎn)亮，L2變暗，最終兩燈一樣亮B．L2閃亮一下后恢復(fù)到原來(lái)的亮度C．L3變暗一下后恢復(fù)到原來(lái)的亮度D．L3閃亮一下后恢復(fù)到原來(lái)的亮度答案AD解析當(dāng)S閉合時(shí)，L把燈L1短路，L1不亮，IL3＝IL2＝eq\f(E,R)；將S斷開(kāi)時(shí)，L1與L2串聯(lián)，電流變小，L2變暗，L1被點(diǎn)亮，最終兩燈一樣亮．由于L中的電流要減小，且與L3串聯(lián)，IL3′＝eq\f(E,R)，因此L3要閃亮一下后再恢復(fù)到原來(lái)的亮度．因此正確選項(xiàng)為A、D兩項(xiàng)．

(限時(shí)：45分鐘)?題組1對(duì)法拉第電磁感應(yīng)定律的考查1．(2010·江蘇單科·2)一矩形線框置于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，線框平面與磁場(chǎng)方向垂直．先保持線框的面積不變，將磁感應(yīng)強(qiáng)度在1s時(shí)間內(nèi)均勻地增大到原來(lái)的兩倍．接著保持增大后的磁感應(yīng)強(qiáng)度不變，在1s時(shí)間內(nèi)，再將線框的面積均勻地減小到原來(lái)的一半．先后兩個(gè)過(guò)程中，線框中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的比值為 ()A.eq\f(1,2) B．1 C．2 D．4答案B解析設(shè)原磁感應(yīng)強(qiáng)度是B，線框面積是S.第1s內(nèi)ΔΦ1＝2BS－BS＝BS，第2s內(nèi)ΔΦ2＝2B·eq\f(S,2)－2B·S＝－BS.由于E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，所以兩次感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小相等，B正確．2．如圖1甲所示，電路的左側(cè)是一個(gè)電容為C的電容器，電路的右側(cè)是一個(gè)環(huán)形導(dǎo)體，環(huán)形導(dǎo)體所圍的面積為S.在環(huán)形導(dǎo)體中有一垂直紙面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示．則在0～t0時(shí)間內(nèi)電容器 ()圖1A．上極板帶正電，所帶電荷量為eq\f(CSB2－B1,t0)B．上極板帶正電，所帶電荷量為eq\f(CB2－B1,t0)C．上極板帶負(fù)電，所帶電荷量為eq\f(CSB2－B1,t0)D．上極板帶負(fù)電，所帶電荷量為eq\f(CB2－B1,t0)答案A解析由題圖乙可知eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(B2－B1,t0)，B增大，依據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流沿逆時(shí)針?lè)较?，故上極板帶正電，E＝neq\f(SΔB,Δt)＝eq\f(SB2－B1,t0)，Q＝CE＝eq\f(CSB2－B1,t0)，A正確．3.一個(gè)由電阻均勻的導(dǎo)線繞制成的閉合線圈放在磁場(chǎng)中，如圖2所示，線圈平面與磁場(chǎng)方向成60°角，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻變化，下列方法可使感應(yīng)電流增加一倍的是 ()A．把線圈匝數(shù)增加一倍B．把線圈面積增加一倍 圖2C．把線圈半徑增加一倍D．轉(zhuǎn)變線圈與磁場(chǎng)方向的夾角為另確定值答案C解析設(shè)導(dǎo)線的電阻率為ρ，橫截面積為S0，線圈的半徑為r，線圈與磁場(chǎng)方向的夾角為θ，線圈匝數(shù)為n，則I＝eq\f(E,R)＝eq\f(n\f(ΔΦ,Δt),R)＝eq\f(nπr2\f(ΔB,Δt)sinθ,ρ\f(n·2πr,S0))＝eq\f(S0r,2ρ)·eq\f(ΔB,Δt)·sinθ，可見(jiàn)，將r增加一倍，I增加一倍；轉(zhuǎn)變線圈與磁場(chǎng)方向的夾角，sinθ不能變?yōu)樵瓉?lái)的2倍(因sinθ最大值為1)；若將線圈的面積增加一倍，半徑r增加(eq\r(2)－1)倍，電流增加(eq\r(2)－1)倍；I與線圈匝數(shù)無(wú)關(guān)．綜上所述，只有C項(xiàng)正確．4.如圖3所示，兩塊水平放置的金屬板距離為d，用導(dǎo)線、開(kāi)關(guān)K與一個(gè)n匝的線圈連接，線圈置于方向豎直向上的均勻變化的磁場(chǎng)B中．兩板間放一臺(tái)小型壓力傳感器，壓力傳感器上表面絕緣，在其上表面靜止放置一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球．K沒(méi)有閉合時(shí)傳感器有示數(shù)，K閉合時(shí)傳感器示數(shù)變?yōu)樵瓉?lái)的一半．則線 圖3圈中磁場(chǎng)B的變化狀況和磁通量變化率分別為 ()A．正在增加，eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(mgd,2q) B．正在增加，eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(mgd,2nq)C．正在減弱，eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(mgd,2q) D．正在減弱，eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(mgd,2nq)答案B解析依據(jù)K閉合時(shí)傳感器示數(shù)變?yōu)樵瓉?lái)的一半，推出帶正電小球受電場(chǎng)力向上，即上極板帶負(fù)電，下極板帶正電，線圈感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的方向從上極板經(jīng)線圈流向下極板，依據(jù)安培定則知感應(yīng)磁場(chǎng)的方向向下，與原磁場(chǎng)方向相反，又由楞次定律得線圈中磁場(chǎng)正在增加；對(duì)小球受力分析得qeq\f(E,d)＝eq\f(mg,2)，其中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，代入得eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(mgd,2nq)，故B正確．?題組2對(duì)公式E＝Blv的綜合考查5．(2010·山東理綜·21)如圖4所示，空間存在兩個(gè)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，方向相反且垂直紙面，MN、PQ為其邊界，OO′為其對(duì)稱軸．一導(dǎo)線折成邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形閉合回路abcd，回路在紙面內(nèi)以恒定速度v0向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)運(yùn)動(dòng)到關(guān)于OO′對(duì)稱的位置時(shí) ()A．穿過(guò)回路的磁通量為零 圖4B．回路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為BLv0C．回路中感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较駾．回路中ab邊與cd邊所受安培力方向相同答案AD解析由于兩磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向相反，且回路此時(shí)關(guān)于OO′對(duì)稱，因而此時(shí)穿過(guò)回路的磁通量為零，A項(xiàng)正確；ab、cd均切割磁感線，相當(dāng)于兩個(gè)電源，由右手定則知，回路中感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较?，兩電源串?lián)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為2BLv0，B、C項(xiàng)錯(cuò)誤；由左手定則知ab、cd所受安培力方向均向左，D項(xiàng)正確．6.一個(gè)邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形導(dǎo)線框在傾角為θ的光滑固定斜面上由靜止開(kāi)始沿斜面下滑，隨后進(jìn)入虛線下方方向垂直于斜面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．如圖5所示，磁場(chǎng)的上邊界線水平，線框的下邊ab邊始終水平，斜面以及下方的磁場(chǎng)往下方延長(zhǎng)到足夠遠(yuǎn)．下列推理推斷正確的是()A．線框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程b點(diǎn)的電勢(shì)比a點(diǎn)高 圖5B．線框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程確定是減速運(yùn)動(dòng)C．線框中產(chǎn)生的焦耳熱確定等于線框削減的機(jī)械能D．線框從不同高度下滑時(shí)，進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中通過(guò)線框?qū)Ь€橫截面的電荷量不同答案C解析ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)后，切割磁感線，ab相當(dāng)于電源，由右手定則可知a為等效電源的正極，a點(diǎn)電勢(shì)高，A項(xiàng)錯(cuò)．由于線框所受重力的分力mgsinθ與安培力大小不能確定，所以不能確定其是減速還是加速，B項(xiàng)錯(cuò)；由能量守恒知C項(xiàng)對(duì)；由q＝neq\f(ΔΦ,R)知，q與線框下降的高度無(wú)關(guān)，D項(xiàng)錯(cuò)．7．如圖6所示，P、Q是兩根豎直且足夠長(zhǎng)的金屬桿(電阻忽視不計(jì))，處在垂直紙面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B中，MN是一個(gè)螺線管，它的繞線方法沒(méi)有畫(huà)出，P、Q的輸出端a、b和MN的輸入端c、d之間用導(dǎo)線相連，A是在MN的正下方水平放置在地面上的金屬圓環(huán)．現(xiàn)將金屬棒ef由靜止釋放，在下滑中始終與P、Q桿良好接觸且無(wú)摩擦．在金屬棒釋放后下列說(shuō)法正確的是 () 圖6A．A環(huán)中有大小不變的感應(yīng)電流B．A環(huán)中有越來(lái)越大的感應(yīng)電流C．A環(huán)對(duì)地面的壓力先減小后增大至恒定值D．A環(huán)對(duì)地面的壓力先增大后減小至恒定值答案D解析金屬棒ef從靜止釋放后，產(chǎn)生感應(yīng)電流I＝eq\f(Blv,R)，受力分析得mg－BIl＝ma，故其做a減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)a＝0后做勻速運(yùn)動(dòng)．MN螺線管上的電流I＝eq\f(Blv,R)，隨v增大而增大，故A上產(chǎn)生與螺線管上相反的感應(yīng)電流，由于反向電流相互排斥，A環(huán)受到斥力，故對(duì)地面的壓力增大，當(dāng)ef勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，電路中電流恒定，A環(huán)上不再產(chǎn)生感應(yīng)電流，對(duì)地面的壓力大小等于重力．C項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確．由于A環(huán)上產(chǎn)生的I感正比于MN上電流的變化率，MN上電流的變化率由eq\f(Δv,Δt)打算，由此知IA漸漸減小，A、B項(xiàng)錯(cuò)誤．8.如圖7所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)的金屬導(dǎo)線上端懸于C點(diǎn)，下端系一小球A，在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做圓錐擺運(yùn)動(dòng)，轉(zhuǎn)動(dòng)方向如圖所示，導(dǎo)線與豎直方向的夾角為θ，擺球的角速度為ω，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，則金屬導(dǎo)線中產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的高電勢(shì)端及大小為 ()A．C點(diǎn)eq\f(1,2)BL2ωB．C點(diǎn)eq\f(1,2)BL2ωsin2θ 圖7C．A點(diǎn)eq\f(1,2)BL2ωD．A點(diǎn)eq\f(1,2)BL2ωsin2θ答案B解析由右手定則可推斷φC>φA，即C端的電勢(shì)高于A端的電勢(shì)；金屬導(dǎo)線切割磁感線的有效長(zhǎng)度為L(zhǎng)sinθ，所以導(dǎo)線中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E＝eq\f(1,2)B(Lsinθ)2ω＝eq\f(1,2)BL2ωsin2θ.故B正確．9．如圖8所示，MN、PQ是兩根豎直放置的間距為L(zhǎng)的足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌，虛線以上有垂直紙面對(duì)外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅰ，虛線以下有垂直紙面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅱ，兩磁場(chǎng)區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度均為B.金屬棒ab質(zhì)量為M，電阻為R，靜止放在Ⅰ中導(dǎo)軌上的水平突起上；金屬棒cd質(zhì)量為m，電阻也為R.讓cd在Ⅱ中某處無(wú)初速度釋放，當(dāng)cd下落距離為圖8h時(shí)，ab恰好對(duì)突起沒(méi)有壓力．已知兩根金屬棒始終水平且與金屬導(dǎo)軌接觸良好，金屬導(dǎo)軌的電阻不計(jì)，重力加速度為g.求：(1)當(dāng)cd下落距離為h時(shí)，通過(guò)ab的電流I.(2)當(dāng)cd下落距離為h時(shí)，cd的速度大小v.(3)從cd釋放到