【物理】2019届二轮复习电磁感应与电路学案（全国通用）

【物理】2019届二轮复习电磁感应与电路学案（全国通用）

‎　　专题4　电磁感应与电路 ‎ 10　电磁感应 ‎　　一、感应电动势和楞次定律 ‎　　1.楞次定律中“阻碍”的表现 ‎(1)阻碍磁通量的变化(增反减同)。‎ ‎(2)阻碍物体间的相对运动(来拒去留)。‎ ‎(3)阻碍原电流的变化(自感现象)。‎ 对自感现象“阻碍”作用的理解 a.当流过线圈的电流增加时,线圈中产生的自感电动势与电流方向相反,阻碍电流的增加,使其缓慢地增加。‎ b.当流过线圈的电流减小时,线圈中产生的自感电动势与电流方向相同,阻碍电流的减小,使其缓慢地减小。线圈就相当于电源,它提供的电流从原来的IL逐渐变小。‎ ‎　　2.感应电动势的计算 ‎(1)法拉第电磁感应定律:E=n,常用于计算平均电动势。‎ a.若B变化,而S不变,则E=nS,S为线圈在磁场范围内的有效面积,在B-t图象中为图线的斜率。‎ b.若S变化,而B不变,则E=nB,其中面积变化是指在磁场中的有效面积的变化。‎ ‎(2)导线垂直切割磁感线:E=Blv,主要用于求电动势的瞬时值。‎ 对公式E=Blv的理解 a.正交性:本公式要求磁场为匀强磁场,且B、l、v三者互相垂直。‎ b.有效性:公式中的l为导线切割磁感线的有效长度。如图甲所示,导线的有效长度为ab间的距离。‎ c.相对性:E=Blv中的速度v是导线相对磁场的速度,若磁场也在运动,则应注意两速度间的相对关系。‎ ‎(3)如图乙所示,导线Oa围绕线的一端O在垂直磁场的平面内做匀速圆周运动而切割磁感线,产生的电动势E=Bl2ω。‎ ‎　　3.公式E=n与E=Blv的区别与联系 公式 E=n E=Blv 区别 研究对象 闭合回路 回路中做切割磁感线运动的那部分导线 研究内容 求的是Δt时间内的平均感应电动势,E与某段时间或某个过程相对应 ‎(1)若v为瞬时速度,则求的是瞬时感应电动势 ‎(2)若v为平均速度,则求的是平均感应电动势 适用范围 普遍适用 只适用于导线切割磁感线运动的情况 联系 ‎(1)E=Blv可由E=n在一定条件下推导出来 ‎(2)E=n也可求瞬时感应电动势,当Δt→0时,E就是瞬时感应电动势 ‎(3)当导线切割磁感线运动时用E=Blv求E方便,当得知穿过回路的磁通量发生变化时,用公式E=n求E比较方便 ‎　　4.感应电荷量的计算 当回路中的磁通量发生变化时,在Δt时间内迁移的电荷量(感应电荷量)q=I·Δt=·Δt=n·Δt=n,因此对于同一个回路,q仅由回路中的电阻R和磁通量的变化量ΔΦ决定,与发生磁通量变化的时间Δt无关。‎ ‎　　5.电磁感应电路中产生的焦耳热 当电路中的电流恒定时,可用焦耳定律计算;当电路中的电流变化时,则用功能关系或能量守恒定律计算。‎ ‎　　二、通电自感和断电自感的比较 项目 通电自感 断电自感 电路图 器材 要求 A1、A2同规格,R=RL,L较大 L很大(有铁芯),RL≪RA ‎(续表)‎ 项目 通电自感 断电自感 现象 在S闭合的瞬间,灯A2立即亮起来,灯A1逐渐变亮,最终一样亮 当开关S断开时,灯A突然闪亮一下后再渐渐熄灭(当抽掉铁芯后,重做实验,断开开关S时,会看到灯A马上熄灭)‎ 原因 当开关S闭合时,流过电感线圈的电流迅速增大,使线圈产生自感电动势,阻碍电流的增大,导致流过灯A1‎ 当开关S断开时,流过线圈L的电流减小,产生自感电动势,阻碍电流的减小,使电流继续存在一段时间;在S断开后,通过L的电流反向通过灯A,且由于RL≪RA,使得流过灯A的电流在开关断开瞬间突然增大,从而使灯A闪亮 的电流比流过灯A2的电流增加得慢 能量转 化情况 电能转化为磁场能 磁场能转化为电能 考点1‎ ‎▶　楞次定律和电磁感应定律的应用 ‎　　1.感应电流方向判断的两种方法 方法一　用楞次定律判断 方法二　用右手定则判断 该方法适用于部分导线切割磁感线。判断时注意掌心、四指和拇指的方向 ‎(1)掌心——磁感线穿入。‎ ‎(2)拇指——指向导体运动的方向。‎ ‎(3)四指——指向感应电流的方向。‎ ‎2.法拉第电磁感应定律的一般解题步骤 ‎(1)分析穿过闭合电路的磁场方向及磁通量的变化情况。‎ ‎(2)利用楞次定律确定感应电流的方向。‎ ‎(3)灵活选择法拉第电磁感应定律的不同表达形式列方程求解。‎ ‎1.如图所示,abcd为水平放置的“”形光滑金属导轨,ab与cd平行,导轨间距为l,电阻不计。导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场,磁感应强度大小为B。金属杆放置在导轨上,与导轨的接触点为M、N,并与导轨成θ角。金属杆以角速度ω绕N点由图示位置匀速转动到与导轨ab垂直,转动过程中金属杆与导轨始终接触良好,金属杆单位长度的电阻为r。则在金属杆转动的过程中(　　)。‎ A.M、N两点电势相等 B.金属杆中感应电流的方向是由N流向M C.电路中感应电流的大小始终为 D.电路中通过的电荷量为 ‎　　解析▶　根据题意可以知道,金属杆MN为电源,轨道为外电路,由于导轨电阻不计,故外电路短路,M、N两点电势相等,A项正确;根据右手定则可知金属杆中感应电流的方向由M流向N,B项错误;设金属杆在回路中的长度为x,其接入电路的电阻R=rx,根据金属杆转动切割磁感线产生的感应电动势大小计算公式可得E=Bx2ω,感应电流I==,因为x逐渐减小,所以感应电流逐渐减小,C项错误;因为金属杆在回路中的有效切割长度逐渐减小,所以接入电路的电阻逐渐减小,不能根据q=计算通过电路的电荷量,D项错误。‎ ‎　　答案▶　A ‎　　点评▶　判断电磁感应现象中电路中两点电势高低的方法 ‎(1)分清是内电路还是外电路中的两点,若是外电路,根据顺着电流的方向,遇到电阻,电势降低,可确定两点的电势高低。‎ ‎(2)若是内电路,根据电源内部,电流由电势低的点流向电势高的点来判断。‎ ‎(3)若是内外电路合二为一的情况,则选择某点为基准点,根据电流的流向比较升高和降低的电势值,推断另外点相对基准点的电势高低。‎ 本题中把M、N当作外电路中的两点,因轨道无电阻,则电势相等,可理解为金属杆切割磁感线时升高的电势和杆的内阻上降低的电势总相等。‎ ‎1.(2018·全国卷Ⅰ)如图,导体轨道OPQS固定,其中PQS是半圆弧,Q为半圆弧的中心,O为圆心。轨道的电阻忽略不计。OM是有一定电阻、可绕O转动的金属杆,M端位于PQS上,OM与轨道接触良好。空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场,磁感应强度的大小为B。现使OM从OQ位置以恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定(过程Ⅰ);再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B'(过程Ⅱ)。在过程Ⅰ、Ⅱ中,流过OM的电荷量相等,则等于(　　)。‎ A.‎ B.‎ C.‎ D.2‎ ‎　　解析▶　设OM长为r,电阻为R,过程Ⅰ回路中磁通量变化量ΔΦ1=Bπr2,流过OM的电荷量Q1=。过程Ⅱ回路中磁通量变化量ΔΦ2=(B'-B)πr2,流过OM的电荷量Q2=。由题可知Q2=Q1,联立解得=,B项正确。‎ ‎　　答案▶　B ‎2.(多选)如图所示,电源电动势为E,其内阻r不可忽略,L1、L2是完全相同的灯泡;线圈L的直流电阻不计,电容器的电容为C。下列说法正确的是(　　)。‎ A.刚合上开关S的瞬间,L1立即亮,L2逐渐变亮 B.合上开关S,待电路稳定后,灯泡L1、L2的亮度相同 C.电路稳定后再断开开关S的瞬间,通过灯泡L1的电流方向向右 D.电路稳定后再断开开关S的瞬间,通过灯泡L2的电流为零 ‎　　解析▶　刚合上开关S的瞬间,线圈中电流要增大,则产生自感电动势L,1立即亮,电容器中有充电电流L,2逐渐变亮,A项正确;合上开关S,待电路稳定后,由于线圈的直流电阻为零,则灯泡L1被短路,B项错误;断开开关S的瞬间,线圈中电流要减小,则出现自感电动势,通过灯泡L1的电流方向向右,C项正确;断开开关S的瞬间,电容器也要放电,则灯泡L2慢慢熄灭,D项错误。‎ ‎　　答案▶　AC 考点2‎ ‎▶　电磁感应中的图象问题 ‎　　1.图象类型 ‎2.分析方法 对图象的分析,应做到“四明确一理解”‎ ‎(1)明确图象所描述的物理意义;明确各种正、负号的含义;明确图象斜率的含义;明确图象和电磁感应过程之间的对应关系。‎ ‎(2)理解三个相似关系及其各自的物理意义。‎ v-Δv-,B-ΔB-,Φ-ΔΦ-。‎ ‎3.常见的题型 ‎(1)由给定的电磁感应过程选出正确的图象。‎ ‎(2)图象的分析与计算。‎ ‎(3)图象的描绘。‎ ‎2.(2018·全国卷Ⅱ)如图甲所示,在同一平面内有两根平行长导轨,导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域,区域宽度均为l,磁感应强度大小相等、方向交替向上向下。一边长为l的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动,线框中感应电流i随时间t变化的正确图线可能是(　　)。‎ 甲 A.　　　　B.‎ C. D.‎ ‎　　解析▶如图乙所示,从①移动到②的过程中左边金属线切割磁感线产生的电流沿顺时针方向,右边金属线切割磁感线产生的电流也沿顺时针方向,两根金属线切割磁感线产生的电动势方向相同,所以E=2BLv ,则电流i1=,电流恒定且方向为顺时针。‎ 乙 如图丙所示,从②移动到③的过程中,左右两根金属线切割磁感线产生的电流大小相等,方向相反,所以回路中电流为零。如图丁所示,从③到④的过程中,左边金属线切割磁感线产生的电流沿逆时针方向,而右边金属线切割磁感线产生的电流也沿逆时针方向,所以电流的大小i2=,方向为逆时针。当线框再向左运动时,左边金属线切割磁感线产生的电流方向为顺时针,右边金属线切割磁感线产生的电流方向也为逆时针,此时回路中电流为零。综上所述,故D项正确。‎ 丙 丁 答案▶　D ‎　　点评▶　(1)图象问题的求解思路 ‎(2)解决图象问题的一般步骤 ‎①明确图象的种类,是B-t图象、Φ-t图象,还是E-t图象、I-t图象等。‎ ‎②分析电磁感应的具体过程。‎ ‎③用右手定则或楞次定律确定对应的方向关系。‎ ‎④结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等知识写出函数关系式。‎ ‎⑤根据函数关系式,进行数学分析,如分析斜率的变化、截距等。‎ ‎⑥画图象或判断图象。‎ ‎3.(多选)如图甲所示,abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框,在金属线框的下方有一磁感应强度大小为B的匀强磁场区域,MN和M'N'是匀强磁场区域的水平边界,边界间的宽度为s,并与线框的bc边平行,磁场方向与线框平面垂直。现让金属线框由距MN的某一高度从静止开始下落,图乙是金属线框由开始下落到完全穿过匀强磁场区域的v-t图象(其中OA、BC、DE相互平行)。已知金属线框的边长为L(L,即θ>37°。‎ ‎　　答案▶　(1)　(2)-v1　g ‎(3)θ>37°‎ 考查角度2‎ ‎▶　电磁感应中动力学观点和能量观点的应用 ‎　　1.电磁感应与力和运动 电磁感应与力学问题的综合,涉及两大研究对象:电学对象与力学对象。联系两大研究对象的桥梁是磁场对感应电流的安培力,其大小与方向的变化,直接导致两大研究对象的状态改变。‎ ‎(1)力学对象和电学对象的相互关系 ‎(2)动态分析的基本思路 解决这类问题的关键是通过对运动状态的分析,寻找过程中的临界状态,如速度、加速度最大或最小的条件。具体思路如下:‎ ‎2.电磁感应与能量守恒 导体切割磁感线或磁通量发生变化,在回路中产生感应电流,这个过程中机械能或其他形式的能转化为电能,具有感应电流的导体在磁场中受安培力作用或通过电阻发热,又可使电能转化为机械能或内能。因此,电磁感应过程中总是伴随着能量的转化。‎ ‎(1)能量转化及焦耳热的求法 ‎①能量转化 电能 ‎②求解焦耳热Q的三种方法 ‎(2)求解电能应分清两类情况 ‎①若回路中电流恒定,可以利用电路结构及W=UIt或Q=I2Rt直接进行计算。‎ ‎②若电流变化,则:a.利用安培力做功求解,电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功;b.利用能量守恒求解,若只有电能与机械能的转化,则减少的机械能等于产生的电能。‎ ‎2.如图所示,质量为m、边长为L的正方形线框abcd静止在粗糙的绝缘水平面上,在水平恒力F的作用下向右做匀加速运动,当bc边到达匀强磁场边界AC时,撤去水平恒力F并立即对线框施加一个水平向左的恒力,大小为2F,线框穿过了宽度为2L的匀强磁场,经过一段时间后,线框水平向左运动恰好匀速进入磁场区域。已知磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直线框平面向里,线框的总电阻为R,线框与水平面间的动摩擦因数为μ,bc边向右运动到AC时的速度是ad边向右运动到DE时速度的n倍,在整个过程中,不考虑空气阻力,且ad边始终与AC平行,重力加速度为g,求:‎ ‎(1)线框向左进入磁场时的速度大小v2。‎ ‎(2)线框bc边向右运动到AC时的速度大小v1和线框由静止开始到bc边向右运动到AC所用的时间。‎ ‎(3)线框向右运动穿过磁场过程中产生的热量Q。‎ ‎　　解析▶　(1)线框向左进入磁场时做匀速运动,线框ad边切割磁感线产生的电动势E=BLv2‎ 线框中的电流I=‎ 线框ad边受到的安培力F1=BIL 线框受力平衡,水平方向上有 ‎2F=μmg+F1‎ 联立以上各式解得v2=。‎ ‎(2)设ad边向右运动到DE时的速度为v,则有 v1=nv 线框离开磁场向右运动的过程,由动能定理有 ‎-(2F+μmg)xm=0-mv2‎ 线框进入磁场前向左运动的过程中,由动能定理有 ‎(2F-μmg)xm=m 联立解得v=‎ v1=‎ 线框从静止开始到进入磁场前向右运动的过程中由动量定理有 ‎(F-μmg)t=mv1-0‎ 解得t=。‎ ‎(3)线框向右运动穿过磁场的过程中,根据功能关系有m-mv2=(2F+μmg)×3L+Q 解得Q=-3(2F+μmg)L。‎ ‎　　答案▶　(1)‎ ‎(2)　‎ ‎(3)-3(2F+μmg)L ‎　　点评▶　两类问题的求解思路 ‎(1)解决电磁感应中的动力学问题的一般思路是“先电后力”,具体思路如下:‎ ‎①先进行“源”的分析——分离出电路中由电磁感应所产生的电源,求出电源参数E和r。‎ ‎②再进行“路”的分析——分析电路结构,弄清串、并联关系,求出相应部分的电流大小,以便求解安培力。‎ ‎③然后进行“力”的分析——分析研究对象(金属杆、导体线圈等)的受力情况,尤其注意其所受的安培力。‎ ‎④最后进行“运动”状态的分析——根据力和运动的关系,建立正确的运动模型。‎ ‎(2)用能量方法解决电磁感应问题的一般步骤 ‎ ‎①用法拉第电磁感应定律和楞次定律确定感应电动势的大小和方向。‎ ‎②画出等效电路图,求出回路中电阻消耗电功率的表达式。‎ ‎③分析导体机械能的变化,用能量守恒关系得到机械功率的改变与回路中电功率的改变所满足的关系式。‎ ‎3.如图甲所示,空间存在磁感应强度大小B=0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场,MN、PQ是处于同一水平面内相互平行的粗糙长直导轨,间距l=0.2 m。在导轨一端连接着阻值R=0.4 Ω的定值电阻,ab是放置在导轨上的质量m=0.1 g的导体棒。从零时刻开始,通过一小型电动机对导体棒施加一个牵引力,方向水平向左,使其从静止开始沿导轨做加速运动,此过程中导体棒始终保持与导轨垂直且接触良好。图乙是拉力F与导体棒ab速度的倒数的关系图象(F1未知)。已知导体棒ab与导轨间的动摩擦因数μ=0.2,除R外,其余部分电阻均不计,不计定滑轮的质量和摩擦,g=10 m/s2。‎ ‎(1)求电动机的额定功率。‎ ‎(2)若导体棒ab在16 s内运动了90 m并恰好达到最大速度,求在0 16 s内电阻R上产生的焦耳热。‎ ‎　　解析▶　(1)由图乙知导体棒ab的最大速度v1=10 m/s,此时,导体棒中产生的感应电动势E=Blv1‎ 感应电流I=‎ 导体棒受到的安培力F安=BIl 此时电动机的牵引力F1=‎ 由牛顿第二定律有-μmg-F安=0‎ 联立解得P=4.5 W。‎ ‎(2)导体棒从静止到达到最大速度的过程中,由能量守恒有 Pt=Q+μmgx+m 代入数据解得电阻R上产生的热量Q=49 J。‎ ‎　　答案▶　(1)4.5 W　(2)49 J ‎4.如图所示,在竖直平面内有两条间距为L的足够长的平行长直金属导轨,上端接有一个阻值为R的电阻和一个耐压值足够大的电容器,电容器的电容为C,且不带电。质量为m的导体棒ab垂直跨在导轨上,且接触良好。导轨所在空间有垂直导轨平面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B。S为单刀双掷开关。现将开关S接1,由静止释放导体棒ab。已知重力加速度为g,不计导轨和导体棒的电阻,不计一切摩擦。‎ ‎(1)当导体棒向下运动的速度为v1时,求电容器所带的电荷量q。‎ ‎(2)求导体棒ab下落高度h时的速度大小v2。‎ ‎(3)当速度为v2时迅速将开关S接2,请分析说明此后导体棒ab的运动情况;并计算导体棒ab在开关接2后又下落足够大的高度H的过程中电阻R上产生的热量Q。‎ ‎　　解析▶　(1)导体棒向下以速度v1切割磁感线产生的感应电动势E=BLv1‎ 电容器所带电荷量q=CE=CBLv1。‎ ‎(2)设在Δt时间内,导体棒速度变化为Δv,导体棒的产生的感应电动势的变化量ΔE=BLΔv 电容器两极板电压的变化量ΔU=BLΔv 电容器所带电荷量的变化量Δq=CΔU=CBLΔv 导体棒中的电流I==CBL=CBLa 对导体棒,由牛顿第二定律有 mg-BIL=ma 联立解得a=‎ 可以看出加速度与时间无关,说明导体棒做匀加速直线运动 导体棒沿导轨向下运动高度h时,速度为v2,有 ‎=2ah 解得v2=。‎ ‎(3)当速度为v2时,迅速将开关S接2,若重力大于安培力,则导体棒先做加速运动后做匀速运动;若重力等于安培力,则导体棒做匀速运动;若重力小于安培力,则导体棒先做减速运动后做匀速运动。因为最后匀速,所以由平衡条件有 mg=F安=‎ 解得v3=‎ 对导体棒,由动能定理有 mgH-W克安=m-m 故此过程中电阻R上产生的热量 Q=W克安=mgH+-。‎ ‎　　答案▶　(1)CBLv1　(2)‎ ‎(3)见解析　mgH+-‎ ‎1.如图所示,在磁感应强度大小为B的匀强磁场中,有半径为r的光滑半圆形导体框架,Oc为一能绕O在框架上转动的导体棒,Oa之间连一电阻R,导体框架与导体棒的电阻均不计,施加外力使Oc以角速度ω逆时针匀速转动,则(　　)。‎ A.通过电阻R的电流方向由a经R到O B.导体棒O端的电势低于c端的电势 C.外力做功的功率为 D.回路中的感应电流大小为 ‎　　解析▶　由右手定则可知感应电流由c到O,则通过电阻R的电流由O经R到a,A项错误;导体棒以角速度ω逆时针匀速转动切割磁感线时可等效为电源,O端为电源正极,c端为电源负极,故导体棒O端的电势高于c端的电势,B项错误;导体棒切割磁感线产生的感应电动势E=Br·,由此可知感应电流I==,D项错误;电阻R上的热功率P=I2R=,由能量守恒定律可知外力做功的功率也为P,C项正确。‎ ‎　　答案▶　C ‎2.如图所示,在同一水平面内有两根光滑平行的金属导轨MN和PQ,在两导轨之间竖直放置通电螺线管,ab和cd是放在导轨上的两根金属棒,它们分别放在螺线管的左右两侧,保持开关闭合,最初两金属棒均处于静止状态。当滑动变阻器的滑片向右滑动时,ab和cd两棒的运动情况是(　　)。‎ A.ab、cd都向左运动 B.ab、cd都向右运动 C.ab向左,cd向右 D.ab向右,cd向左 ‎　　解析▶　当变阻器滑片向右滑动时,电路的电流变小,线圈的磁场减弱;根据安培定则,由电流方向可确定线圈的磁场方向垂直于导轨向下。由于线圈处于两棒中间,所以穿过两棒所围成的磁通量变小,由楞次定律可得,回路abdc产生顺时针方向的感应电流。ab棒受安培力方向向右,cd棒受安培力方向向左,即两棒相互靠近,D项正确。‎ 另解:当电路中的电流减小时,回路abdc中的磁通量减小,根据楞次定律回路abdc的面积应缩小,则D项正确。‎ ‎　　答案▶　D ‎3.(多选)如图所示,a、b、c为三只完全相同的灯泡,L为有电阻的电感线圈(线圈电阻小于灯泡电阻),电源内阻不计。下列判断正确的是(　　)。‎ A.S闭合的瞬间,a灯比b、c两灯亮,但b、c两灯亮度相同 B.S闭合足够长时间后,a、c两灯亮度相同 C.S闭合后,a、b、c三灯均发光 D.S断开后,b灯先突然闪亮再逐渐变暗熄灭 ‎　　解析▶　S闭合的瞬间,L相当于断路,b、c两灯串联后与a灯并联,因此a灯比b、c两灯亮,b、c两灯亮度相同,A项正确;S闭合后,因L有电阻,三灯均发光,连接形式为b灯与L并联后与c灯串联,a灯直接连接在电源两端,C项正确,B项错误;S断开后,L相当于电源,L中的电流并未全部流过b灯,故不能确定b灯是否会闪亮,D项错误。‎ ‎　　答案▶AC ‎4.(多选)如图所示,在坐标系xOy中,有边长为L的正方形金属线框abcd,对角线ac和y轴重合,点a位于坐标原点O处。在第Ⅰ、Ⅳ象限内有垂直纸面向里的匀强磁场,磁场的上边界与线框的ab边刚好完全重合,左边界与y轴重合,右边界与y轴平行。t=0时刻,线框以恒定的速度v沿垂直于磁场上边界的方向穿过磁场区域。则在线框穿过磁场区域的过程中,a、b间的电势差Uab、安培力的功率P随时间t变化的图线正确的是(　　)。‎ ‎　　解析▶　在d点运动到O点的过程中,ab边切割磁感线,根据右手定则可以确定线框中电流方向为逆时针方向,ab相当于电源,电流由a到b,则Uab<0,Uab等于电流乘以bc、cd、da三条边的总电阻,并均匀减小到0;然后cd边开始切割磁感线,感应电流的方向为顺时针方向,cd相当于电源,Uab<0,Uab等于电流乘以ab边电阻,并均匀减小到0,ab刚进入磁场时Uab大小等于cd刚进入磁场时Uab大小的3倍,故A项错误,B项正确。在d点运动到O点的过程中,电流均匀减小到0,功率P=I2R,可知功率也在减小,当cd边切割磁感线时,电流也均匀减小到0,则前后两段切割功率与时间的图象应该是一样的,故C项错误,D项正确。‎ ‎　　答案▶　BD ‎5.两个线圈套在同一个铁芯上,线圈的绕向如图甲所示,左线圈连着正方形线框abcd,线框所在区域存在变化的磁场,取垂直纸面向外为磁感应强度正方向,磁感应强度随时间变化的关系如图乙所示,不计线框以外的感生电场,右侧线圈连接一定值电阻R,则下列说法正确的是(　　)。‎ A.设t1、t3时刻,ab边中的电流大小分别为i1、i3,则有i1E1,i3>i1。由于E3、E1大小均不变,由法拉第电磁感应定律可知,副线圈中不会有感应电流出现,故A项错误。t3 t4时间内有恒定感应电流,通过ab的电荷量不为0,由于副线圈磁通量不变,定值电阻R中无电流,B项错误。t1时刻磁场方向垂直纸面向外且磁感应强度大小均匀增加,根据楞次定律,ab中边的电流方向为b→a,原线圈中电流值恒定,副线圈中不产生感应电动势,e点的电势等于f点电势,故C项错误。t5时刻磁场方向向里且磁感应强度大小不断减小,根据楞次定律,ab边中的电流方向为b→a;原线圈中电流变化,副线圈中产生感应电动势(感应电动势上负下正),则f点的电势高于e点的电势,故D项正确。‎ ‎　　答案▶　D ‎6.法拉第发明了世界上第一台发电机——法拉第圆盘发电机,原理如图所示。铜质圆盘水平放置在竖直向下的匀强磁场中,圆盘圆心处固定一个带摇柄的转轴,边缘和转轴处各有一个铜电刷与其紧贴,用导线将电刷与电阻R连接起来形成回路,其他电阻均不计。转动摇柄,使圆盘如图示方向匀速转动。已知匀强磁场的磁感应强度大小为B,圆盘半径为r,电阻的功率为P。则(　　)。‎ A.圆盘转动的角速度为,流过电阻R的电流方向为从c到d B.圆盘转动的角速度为,流过电阻R的电流方向为从d到c C.圆盘转动的角速度为,流过电阻R的电流方向为从c到d D.圆盘转动的角速度为,流过电阻R 的电流方向为从d到c ‎　　解析▶　将圆盘看成由无数辐条组成,它们都切割磁感线,从而产生感应电动势,出现感应电流,根据右手定则知圆盘上感应电流从边缘流向圆心,则流过电阻R的电流方向为从d到c;根据法拉第电磁感应定律知圆盘产生的感应电动势E=Br2ω,电阻消耗的电功率P==,解得ω=,D项正确。‎ 答案▶　D ‎7.(多选)一个细小金属圆环,在范围足够大的磁场中竖直下落,磁感线的分布情况如图所示,其中沿圆环轴线的磁场方向始终竖直向上。开始时圆环的磁通量为Φ0 ,圆环磁通量随下落高度y的变化关系为Φ=Φ0(1+ y)( 为比例常数, >0)。金属圆环在下落过程中,环面始终保持水平,速度越来越大,最终稳定为某一数值,称为收尾速度。已知该金属环的收尾速度为v,金属圆环的电阻为R,忽略空气阻力,关于该情景,以下结论正确的有(　　)。‎ A.金属圆环的速度稳定后,金属圆环产生的平均感应电动势大小= Φ0v B.金属圆环的速度稳定后,金属圆环的热功率P=‎ C.金属圆环的质量m=‎ D.金属圆环的速度稳定后,金属圆环的热功率P=‎ ‎　　解析▶　金属圆环的速度稳定后,Δt时间内,下降的高度Δh=vΔt,圆环中磁通量的变化量ΔΦ=Φ末-Φ初=Φ0 vΔt,由=n得金属圆环产生的平均感应电动势大小== Φ0v,故A项正确;金属圆环的速度稳定后,金属圆环的热功率P=I2R=R=,故B项错误,D项正确;金属圆环的速度稳定后,由能量守恒可得,金属圆环减小的重力的势能全部转变为热能,重力的功率等于热功率, mgv=P,解得m=,故C项正确。‎ ‎　　答案▶　ACD ‎8.(多选)如图所示,水平地面上固定一个顶角为60°的光滑金属导轨MON,导轨处在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中,质量为m的导体棒PQ与∠MON的角平分线垂直,导轨与导体棒单位长度的电阻均为r。PQ在水平外力F的作用下从O点以恒定速度沿∠MON的角平分线向右滑动,在滑动过程中始终保持与导轨良好接触。若导体棒与导轨均足够长,则(　　)。‎ A.流过导体棒的电流I始终为 B.F随时间t的变化关系为F=t C.t时刻导体棒的发热功率为t D.撤去F后,导体棒上产生的热量为m ‎　　解析▶　设PQ棒从O点开始运动,运动时间为t,有效切割的长度L=2v0ttan 30°,感应电动势E=BLv0,回路的总电阻R=r,回路中的电流I==,故A项正确;匀速运动时外力与安培力平衡,即F=BIL,得F=t,故B项正确;t时刻导体棒的电阻Rx=2v0trtan 30°,则导体棒的发热功率P=I2Rx=t,故C项错误;撤去F后,在安培力的作用下导体棒减速到0,动能减少了m,减少的动能转化为整个电路产生的热量,导体棒上产生的热量应小于m,故D项错误。‎ ‎　　答案▶　AB ‎9.如图所示,竖直面内有一个闭合导线框ACDE(由柔软细导线制成)挂在两固定点A、D上,水平线段AD为半圆的直径,在导线框的E处有一个动滑轮,动滑轮下面挂一重物,使导线处于绷紧状态。在半圆形区域内,有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场。设导线框的电阻为r,圆的半径为R,在将导线上的C点以恒定角速度ω(相对圆心O)从A点沿圆弧移动的过程中,若不考虑导线中电流间的相互作用,则下列说法正确的是(　　)。‎ A.在C从A点沿圆弧移动到D点的过程中,导线框中感应电流的方向先逆时针,后顺时针 B.当C沿圆弧移动到圆心O的正上方时,导线框中产生的感应电动势最大 C.在C从A点沿圆弧移动到图中∠ADC=30°位置的过程中,通过导线上C点的电荷量为 D.在C从A点沿圆弧移动到D点的过程中,动滑轮的位置固定不动 ‎　　解析▶　设C点转过角度θ=ωt,根据几何知识知,线框上部分的三角形的面积 S=×2R×Rsin θ=R2sin θ,磁通量Φ=BR2sin θ=BR2sin ωt,磁通量先增大后减小,根据楞次定律知电流的方向先逆时针,后顺时针,故A项正确;根据E=知e=ωBR2cos ωt=ωBR2cos θ,C沿圆弧移动到圆心O的正上方时,导线框中的感应电动势最小为零,故B项错误;根据q=知q==,故C项错误;滑轮不动时,C点应该在椭圆上移动,故D项错误。‎ ‎　　答案▶　A ‎10.如图甲所示,间距为L的光滑平行金属导轨弯成“∠”形,底部导轨面水平,倾斜部分与水平面成θ角,导轨与固定电阻相连,整个装置处于竖直向上的磁感应强度大小为B的匀强磁场中。导体棒ab与cd均垂直于导轨放置,且与导轨间接触良好,两导体棒的电阻与固定电阻的阻值均为R,其余部分电阻不计,当导体棒cd沿导轨向右以速度v匀速滑动时,导体棒ab恰好在倾斜导轨上处于静止状态,导体棒ab的重力为mg,则(　　)。‎ 甲 A.导体棒cd两端的电压为BLv B.t时间内通过导体棒cd横截面的电荷量为 C.导体棒cd克服安培力做功的功率为 D.导体棒ab所受安培力为mgsin θ ‎　　解析▶　根据题意画出等效电路,如图乙所示。导体棒cd产生的感应电动势E=BLv,导体棒cd两端的电压即路端电压,大小为E=BLv,A项错误;通过cd棒的电流I==,在时间t内通过导体棒cd横截面的电荷量 q=It=,B项正确;对ab棒进行受力分析,如图丙所示,由于ab棒静止,所以ab棒所受安培力Fab=mgtan θ,D项错误;由功能关系知导体棒cd克服安培力做功的功率等于整个电路的电功率,即P==,C项错误。‎ ‎　　　乙　　　　　　　　　　丙 ‎　　答案▶　B ‎11.如图甲所示,半径为r的金属细圆环水平放置,环内存在竖直向上的匀强磁场,磁感应强度B随时间t的变化关系为B= t( >0,且为已知的常量)。‎ ‎(1)已知金属环的电阻为R。根据法拉第电磁感应定律,求金属环产生的感应电动势E感和感应电流I。‎ ‎(2)麦克斯韦电磁场理论认为:变化的磁场会在空间激发一种电场,这种电场与静电场不同,称为感生电场或涡旋电场。如图甲所示的磁场会在空间产生如图乙所示的圆形涡旋电场,涡旋电场的电场线与金属环是同心圆。金属环中的自由电荷在涡旋电场的作用下做定向运动,形成了感应电流。涡旋电场力F充当非静电力,其大小与涡旋电场中电场强度E的关系满足F=qE。如果移送自由电荷q时非静电力所做的功为W,那么感应电动势E感=。‎ ‎①请推导证明:金属环上某点的电场强度大小为E= r。‎ ‎②经典物理学认为,金属的电阻源于定向运动的自由电子与金属离子(金属原子失去电子后的剩余部分)的碰撞。在考虑大量自由电子的统计结果时,电子与金属离子的碰撞结果可视为导体对电子有连续的阻力,其大小可表示为f=bv(b>0,且为已知的常量)。已知自由电子的电荷量为e,金属环中自由电子的总数为N。展开你想象的翅膀,给出一个合理的自由电子的运动模型,并在此基础上,求出金属环中产生的感应电流I。‎ ‎　　解析▶　(1)根据法拉第电磁感应定律有 E感=== πr2‎ 根据欧姆定律,有 I==。‎ ‎(2)①设金属环中自由电子的电荷量为e。一个自由电子在电场力的作用下沿圆环运动一周电场力做的功 W=eE·2πr 解得 E感===2πrE 又因为 E感= πr2‎ 所以 E= r。‎ ‎②假设电子以速度v沿金属环做匀速圆周运动,导体对电子的阻力f=bv 沿切线方向,根据牛顿第二定律有 bv-eE=0‎ 又因为E= r 联立解得v=‎ 电子做匀速圆周运动的周期T==‎ 则I==。‎ ‎　　答案▶　(1) πr2　‎ ‎(2)①见解析　②‎ ‎12.如图所示,间距为L的两根平行长直金属导轨MN、PQ固定在倾角为θ的绝缘斜面上,导轨上端接有阻值为R的电阻,一根长为L、电阻为3R的直导体棒ab垂直放在两导轨上。整个装置处于方向垂直斜面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。ab由静止释放后沿导轨运动,下滑位移大小为s时到达cd位置并开始以最大速度vm做匀速运动。ab在运动过程中与导轨接触良好,导轨电阻及一切摩擦均不计,重力加速度大小为g。求:‎ ‎(1)ab棒的质量m和ab棒在匀速运动过程中的热功率P。‎ ‎(2)从ab棒由静止释放到开始匀速运动的整个过程中电阻R产生的热量Q热。‎ ‎(3)从ab棒由静止释放到开始匀速运动的整个过程所经历的时间t。‎ ‎　　解析▶　(1)ab在匀速运动过程中受力平衡,有 mgsin θ=BIL ab切割磁感线产生的感应电动势E=BLvm 根据闭合电路欧姆定律,有E=I(R+3R) ‎ 得ab的质量m=‎ ab在匀速运动过程中的热功率 P=I2·3R=。‎ ‎(2)根据能量守恒定律,有 mgssin θ=m+Q总 根据焦耳定律,有=‎ 得电阻R产生的热量 Q热=。‎ ‎　　(3)ab从静止开始释放,根据牛顿第二定律,有 mgsin θ-BiL=ma 在很短的Δt时间内,瞬时加速度a=‎ 电荷量Δq=iΔt 得mgsin θ·Δt-BLΔq=mΔv 将上式求和得 mgsin θ·