新高考物理三輪沖刺突破練習(xí)專題17法拉第電磁感應(yīng)現(xiàn)象（含解析）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

\l "_Tc20848" 考向一法拉第電磁感應(yīng)定律的理解和應(yīng)用 PAGEREF _Tc20848 \h 1
\l "_Tc20113" 考向二導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) PAGEREF _Tc20113 \h 3
\l "_Tc13188" 考查方式一導(dǎo)體平動(dòng)切割磁感線問(wèn)題 PAGEREF _Tc13188 \h 4
\l "_Tc30364" 考查方式二導(dǎo)體旋轉(zhuǎn)切割磁感線問(wèn)題 PAGEREF _Tc30364 \h 6
\l "_Tc687" 考向三應(yīng)用法拉第電磁感應(yīng)定律求解感應(yīng)電荷量問(wèn)題 PAGEREF _Tc687 \h 7
\l "_Tc7375" 【題型演練】 PAGEREF _Tc7375 \h 10
考向一法拉第電磁感應(yīng)定律的理解和應(yīng)用
1．對(duì)法拉第電磁感應(yīng)定律的理解
(1)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小由線圈的匝數(shù)和穿過(guò)線圈的磁通量的變化率eq \f(ΔΦ,Δt)共同決定，而與磁通量Φ的大小、變化量ΔΦ的大小沒(méi)有必然聯(lián)系．
(2)磁通量的變化率eq \f(ΔΦ,Δt)對(duì)應(yīng)Φ -t圖線上某點(diǎn)切線的斜率．
2．應(yīng)用法拉第電磁感應(yīng)定律的三種情況
(1)磁通量的變化是由面積變化引起時(shí)，ΔΦ＝BΔS，則E＝neq \f(BΔS,Δt)；
(2)磁通量的變化是由磁場(chǎng)變化引起時(shí)，ΔΦ＝ΔBS，則E＝neq \f(ΔBS,Δt)；
(3)磁通量的變化是由于面積和磁場(chǎng)變化共同引起的，則根據(jù)定義求，ΔΦ＝|Φ末－Φ初|，E＝neq \f(|B2S2－B1S1|,Δt)≠neq \f(ΔBΔS,Δt).
【例1】某眼動(dòng)儀可以根據(jù)其微型線圈在磁場(chǎng)中隨眼球運(yùn)動(dòng)時(shí)所產(chǎn)生的電流來(lái)追蹤眼球的運(yùn)動(dòng)。若該眼動(dòng)儀線圈面積為S，匝數(shù)為N，處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，線圈平面最初平行于磁場(chǎng)，經(jīng)過(guò)時(shí)間t后線圈平面逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)至與磁場(chǎng)夾角為θ處，則在這段時(shí)間內(nèi)，線圈中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小和感應(yīng)電流的方向（從左往右看）為（）
A． SKIPIF 1 < 0 ，逆時(shí)針B． SKIPIF 1 < 0 ，逆時(shí)針
C． SKIPIF 1 < 0 ，順時(shí)針D． SKIPIF 1 < 0 順時(shí)針
【答案】A
【詳解】經(jīng)過(guò)時(shí)間t，面積為S的線圈平面逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)至與磁場(chǎng)夾角為θ處，磁通量變化為
SKIPIF 1 < 0
由法拉第電磁感應(yīng)定律，線圈中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小為
SKIPIF 1 < 0
由楞次定律可判斷出感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较颉?br>故選A。
[變式1]近年來(lái)，基于變壓器原理的無(wú)線充電技術(shù)得到了廣泛應(yīng)用，其簡(jiǎn)化的充電原理圖如圖所示。發(fā)射線圈的輸入電壓為220V、匝數(shù)為1100匝，接收線圈的匝數(shù)為50匝。若工作狀態(tài)下，穿過(guò)接收線圈的磁通量約為發(fā)射線圈的80%，忽略其它損耗，下列說(shuō)法正確的是（）
A．接收線圈的輸出電壓約為8 V
B．接收線圈與發(fā)射線圈中電流之比約為22:1
C．發(fā)射線圈與接收線圈中交變電流的頻率相同
D．穿過(guò)發(fā)射線圈的磁通量變化率與穿過(guò)接收線圈的相同
【答案】AC
【詳解】A．根據(jù)
SKIPIF 1 < 0
可得接收線圈的輸出電壓約為U2=8V；
B．由于存在磁漏現(xiàn)象，電流比不再與匝數(shù)成反比，故B錯(cuò)誤；
C．變壓器是不改變其交變電流的頻率的，故C正確；
D．由于穿過(guò)發(fā)射線圈的磁通量與穿過(guò)接收線圈的磁通量大小不相同，所以穿過(guò)發(fā)射線圈的磁通量變化率與穿過(guò)接收線圈的不相同，故D錯(cuò)誤。
故選AC。
[變式2]如圖所示，水平地面（ SKIPIF 1 < 0 平面）下有一根平行于y軸且通有恒定電流I的長(zhǎng)直導(dǎo)線。P、M和N為地面上的三點(diǎn)，P點(diǎn)位于導(dǎo)線正上方， SKIPIF 1 < 0 平行于y軸， SKIPIF 1 < 0 平行于x軸。一閉合的圓形金屬線圈，圓心在P點(diǎn)，可沿不同方向以相同的速率做勻速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中線圈平面始終與地面平行。下列說(shuō)法正確的有（）
A．N點(diǎn)與M點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向相同
B．線圈沿PN方向運(yùn)動(dòng)時(shí)，穿過(guò)線圈的磁通量不變
C．線圈從P點(diǎn)開(kāi)始豎直向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，線圈中無(wú)感應(yīng)電流
D．線圈從P到M過(guò)程的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與從P到N過(guò)程的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)相等
【答案】AC
【詳解】A．依題意，M、N兩點(diǎn)連線與長(zhǎng)直導(dǎo)線平行、兩點(diǎn)與長(zhǎng)直導(dǎo)線的距離相同，根據(jù)右手螺旋定則可知，通電長(zhǎng)直導(dǎo)線在M、N兩點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向相同，故A正確；
B．根據(jù)右手螺旋定則，線圈在P點(diǎn)時(shí)，磁感線穿進(jìn)與穿出在線圈中對(duì)稱，磁通量為零；在向N點(diǎn)平移過(guò)程中，磁感線穿進(jìn)與穿出線圈不再對(duì)稱，線圈的磁通量會(huì)發(fā)生變化，故B錯(cuò)誤；
C．根據(jù)右手螺旋定則，線圈從P點(diǎn)豎直向上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，磁感線穿進(jìn)與穿出線圈對(duì)稱，線圈的磁通量始終為零，沒(méi)有發(fā)生變化，線圈無(wú)感應(yīng)電流，故C正確；
D．線圈從P點(diǎn)到M點(diǎn)與從P點(diǎn)到N點(diǎn)，線圈的磁通量變化量相同，依題意P點(diǎn)到M點(diǎn)所用時(shí)間較從P點(diǎn)到N點(diǎn)時(shí)間長(zhǎng)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，則兩次的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)不相等，故D錯(cuò)誤。
故選AC。
考向二導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)
1．理解E＝Blv的“五性”
(1)正交性：本公式是在一定條件下得出的，除磁場(chǎng)為勻強(qiáng)磁場(chǎng)外，還需B、l、v三者互相垂直．
(2)瞬時(shí)性：若v為瞬時(shí)速度，則E為相應(yīng)的瞬時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)．
(3)平均性：導(dǎo)體平動(dòng)切割磁感線時(shí)，若v為平均速度，則E為平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，即E＝Blv.
(4)有效性：公式中的l為導(dǎo)體切割磁感線的有效長(zhǎng)度．如圖中，棒的有效長(zhǎng)度為ab間的距離．
(5)相對(duì)性：E＝Blv中的速度v是導(dǎo)體相對(duì)磁場(chǎng)的速度，若磁場(chǎng)也在運(yùn)動(dòng)，應(yīng)注意速度間的相對(duì)關(guān)系．
2．導(dǎo)體棒切割磁感線時(shí)，可有以下四種情況
考查方式一導(dǎo)體平動(dòng)切割磁感線問(wèn)題
【例2】如圖所示，abcd為水平放置的平行“”形光滑金屬導(dǎo)軌，間距為l，導(dǎo)軌間有垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，已知金屬桿MN傾斜放置，與導(dǎo)軌成θ角，單位長(zhǎng)度的電阻為r，保持金屬桿以速度v沿平行于cd的方向滑動(dòng)(金屬桿滑動(dòng)過(guò)程中與導(dǎo)軌接觸良好)．則( )
A．電路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小為 eq \f(Blv,sin θ) B．電路中感應(yīng)電流的大小為 eq \f(Bvsin θ,r)
C．金屬桿所受安培力的大小為 eq \f(B2lvsin θ,r) D．金屬桿的熱功率為 eq \f(B2lv2,rsin θ)
【答案】B.
【解析】金屬桿的運(yùn)動(dòng)方向與金屬桿不垂直，電路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小為E＝Blv(l為切割磁感線的有效長(zhǎng)度)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；電路中感應(yīng)電流的大小為I＝eq \f(E,R)＝eq \f(Blv,\f(l,sin θ) r)＝eq \f(Bvsin θ,r)，選項(xiàng)B正確；金屬桿所受安培力的大小為F＝BIl′＝B·eq \f(Bvsin θ,r)·eq \f(l,sin θ)＝eq \f(B2lv,r)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；金屬桿的熱功率為P＝I2R＝eq \f(B2v2sin2θ,r2)·eq \f(lr,sin θ)＝eq \f(B2lv2sin θ,r)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．
[變式1]如圖所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌置于水平面內(nèi)，導(dǎo)軌之間接有電阻R.金屬棒ab與兩導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸，整個(gè)裝置放在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌平面向下．現(xiàn)使磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻減小，ab始終保持靜止，下列說(shuō)法正確的是( )
A．a(chǎn)b中的感應(yīng)電流方向由b到a B．a(chǎn)b中的感應(yīng)電流逐漸減小
C．a(chǎn)b所受的安培力保持不變 D．a(chǎn)b所受的靜摩擦力逐漸減小
【答案】D.
【解析】本題考查楞次定律、電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律、安培力、平衡條件．由于通過(guò)回路的磁通量向下減小，則根據(jù)楞次定律可知ab中感應(yīng)電流的方向由a到b，A錯(cuò)誤；因ab不動(dòng)，回路面積不變；當(dāng)B均勻減小時(shí)，由E＝neq \f(ΔΦ,Δt)＝neq \f(ΔB,Δt)S知，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)恒定，回路中感應(yīng)電流I＝eq \f(E,R＋r)恒定，B錯(cuò)誤；由F＝BIL知，F(xiàn)隨B減小而減小，C錯(cuò)誤；對(duì)ab由平衡條件有f＝F，故D正確．
[變式2]如圖所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，金屬桿MN在平行金屬導(dǎo)軌上
以速度v向右勻速滑動(dòng)，MN中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E1；若磁感應(yīng)強(qiáng)度增為2B，其他條件不變，MN中產(chǎn)
生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)變?yōu)镋2.則通過(guò)電阻R的電流方向及E1與E2之比E1∶E2分別為( )
A．c→a,2∶1 B．a(chǎn)→c,2∶1
C．a(chǎn)→c,1∶2 D．c→a,1∶2
【答案】C
【解析】用右手定則判斷出兩次金屬棒MN中的電流方向?yàn)镹→M，所以電阻R中的電流方向a→c.由電動(dòng)勢(shì)公式E＝Blv可知eq \f(E1,E2)＝eq \f(Blv,2Blv)＝eq \f(1,2)，故選項(xiàng)C正確．
考查方式二導(dǎo)體旋轉(zhuǎn)切割磁感線問(wèn)題
【例3】半徑分別為r和2r的同心圓形導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，一長(zhǎng)為r、電阻為R的均勻金屬棒AB置于圓導(dǎo)軌上面，BA的延長(zhǎng)線通過(guò)圓導(dǎo)軌中心O，裝置的俯視圖如圖所示，整個(gè)裝置位于一勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，方向豎直向下．在兩環(huán)之間接阻值也為R的定值電阻和電容為C的電容器．金屬棒在水平外力作用下以角速度ω繞O逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，在轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌保持良好接觸．下列說(shuō)法正確的是( )
A．金屬棒中電流從B流向A B．金屬棒兩端電壓為eq \f(3,4)Bωr2
C．電容器的M板帶負(fù)電 D．電容器所帶電荷量為eq \f(3,2)CBωr2
【答案】AB
【解析】根據(jù)右手定則可知金屬棒中電流從B流向A，選項(xiàng)A正確；金屬棒轉(zhuǎn)動(dòng)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E＝Breq \f(ωr＋ω·2r,2)＝eq \f(3,2)Bωr2，切割磁感線的金屬棒相當(dāng)于電源，金屬棒兩端電壓相當(dāng)于電源的路端電壓，因而U＝eq \f(R,R＋R)E＝eq \f(3,4)Bωr2，選項(xiàng)B正確；金屬棒A端相當(dāng)于電源正極，電容器M板帶正電，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由C＝eq \f(Q,U)可得電容器所帶電荷量為Q＝eq \f(3,4)CBωr2，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．
[變式1]如圖，直角三角形金屬框abc放置在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向平行于ab邊向上．當(dāng)金屬框繞ab邊以角速度ω逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，a、b、c三點(diǎn)的電勢(shì)分別為Ua、Ub、Uc.已知bc邊的長(zhǎng)度為l.下列
判斷正確的是( )
A．Ua>Uc，金屬框中無(wú)電流 B．Ub >Uc，金屬框中電流方向沿a－b－c－a
C．Ub c＝－eq \f(1,2)Bl2ω，金屬框中無(wú)電流 D．Ub c＝eq \f(1,2)Bl2ω，金屬框中電流方向沿a－c－b－a
【答案】C.
【解析】金屬框abc平面與磁場(chǎng)平行，轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中磁通量始終為零，所以無(wú)感應(yīng)電流產(chǎn)生，選項(xiàng)B、D錯(cuò)誤；轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中bc邊和ac邊均切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，由右手定則判斷Ua＜Uc，Ub＜Uc，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由轉(zhuǎn)動(dòng)切割產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的公式得Ubc＝－eq \f(1,2)Bl2ω，選項(xiàng)C正確．
[變式2]法拉第圓盤(pán)發(fā)電機(jī)的示意圖如圖所示．銅圓盤(pán)安裝在豎直的銅軸上，兩銅片Q分別與圓盤(pán)的邊緣和銅軸接觸．圓盤(pán)處于方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B中．圓盤(pán)旋轉(zhuǎn)時(shí)，關(guān)于流過(guò)電阻R的電流，下列說(shuō)法正確的是( )
A．若圓盤(pán)轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度恒定，則電流大小恒定
B．若從上向下看，圓盤(pán)順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，則電流沿a到b的方向流動(dòng)
C．若圓盤(pán)轉(zhuǎn)動(dòng)方向不變，角速度大小發(fā)生變化，則電流方向可能發(fā)生變化
D．若圓盤(pán)轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，則電流在R上的熱功率也變?yōu)樵瓉?lái)的2倍
【答案】AB
【解析】將圓盤(pán)看成無(wú)數(shù)輻條組成，它們都在切割磁感線從而產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流，則當(dāng)圓盤(pán)順時(shí)針(俯視)轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)右手定則可知圓盤(pán)上感應(yīng)電流從邊緣流向中心，流過(guò)電阻的電流方向從a到b，B對(duì)；由法拉第電磁感應(yīng)定律得感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLeq \x\t(v)＝eq \f(1,2)BL2ω，I＝eq \f(E,R＋r)，ω恒定時(shí)，I大小恒定，ω大小變化時(shí)，I大小變化，方向不變，故A對(duì)，C錯(cuò)；由P＝I2R＝eq \f(B2L4ω2R,4?R＋r?2)知，當(dāng)ω變?yōu)樵瓉?lái)的2倍時(shí)，P變?yōu)樵瓉?lái)的4倍，D錯(cuò)．
考向三應(yīng)用法拉第電磁感應(yīng)定律求解感應(yīng)電荷量問(wèn)題
(1)公式E＝neq \f(ΔΦ,Δt)求解的是一個(gè)回路中某段時(shí)間內(nèi)的平均電動(dòng)勢(shì)，在磁通量均勻變化時(shí)，瞬時(shí)值才等于平均值．
(2)利用公式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和回路電阻R有關(guān)，與時(shí)間長(zhǎng)短無(wú)關(guān)．
推導(dǎo)如下：q＝eq \x\t(I)Δt＝eq \f(nΔΦ,ΔtR)Δt＝eq \f(nΔΦ,R).
【例4】如圖，導(dǎo)體軌道OPQS固定，其中PQS是半圓弧，Q為半圓弧的中點(diǎn)，O為圓
心．軌道的電阻忽略不計(jì)．OM是有一定電阻、可繞O轉(zhuǎn)動(dòng)的金屬桿，M端位于PQS上，OM與軌道接觸
良好．空間存在與半圓所在平面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B.現(xiàn)使OM從OQ位置以恒定的角
速度逆時(shí)針轉(zhuǎn)到OS位置并固定(過(guò)程Ⅰ)；再使磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小以一定的變化率從B增加到B′(過(guò)程Ⅱ)．在
過(guò)程 Ⅰ、Ⅱ 中，流過(guò)OM的電荷量相等，則eq \f(B′,B)等于( )
A.eq \f(5,4) B.eq \f(3,2) C.eq \f(7,4) D．2
【答案】 B
【解析】設(shè)OM的電阻為R，過(guò)程Ⅰ，OM轉(zhuǎn)動(dòng)的過(guò)程中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為E1＝eq \f(ΔΦ,Δt1)＝eq \f(B·ΔS,Δt1)＝eq \f(B·\f(1,4)πl(wèi)2,Δt1)＝eq \f(πBl2,4Δt1)，流過(guò)OM的電流為I1＝eq \f(E1,R)＝eq \f(πBl2,4RΔt1)，則流過(guò)OM的電荷量為q1＝I1·Δt＝eq \f(πBl2,4R)；過(guò)程Ⅱ，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均勻增加，則該過(guò)程中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為E2＝eq \f(ΔΦ,Δt2)＝eq \f(（B′－B）S,Δt2)＝eq \f(（B′－B）πl(wèi)2,2Δt2)，電路中的電流為I2＝eq \f(E2,R)＝eq \f(π（B′－B）l2,2RΔt2)，則流過(guò)OM的電荷量為q2＝I2·Δt2＝eq \f(π（B′－B）l2,2R)；由題意知q1＝q2，則解得eq \f(B′,B)＝eq \f(3,2)，B正確，A、C、D錯(cuò)誤．
[變式1]如圖所示，閉合導(dǎo)線框的質(zhì)量可以忽略不計(jì)，將它從如圖所示的位置勻速拉出勻強(qiáng)磁場(chǎng)．若第一次用0.3 s時(shí)間拉出，外力所做的功為W1，通過(guò)導(dǎo)線截面的電荷量為q1；第二次用0.9 s時(shí)間拉出，外力所做的功為W2，通過(guò)導(dǎo)線截面的電荷量為q2，則( )
A．W1q2
【答案】C.
【解析】?jī)纱卫龅乃俣戎葀1∶v2＝3∶1.電動(dòng)勢(shì)之比E1∶E2＝3∶1，電流之比I1∶I2＝3∶1，則電荷量之比q1∶q2＝(I1t1)∶(I2t2)＝1∶1.安培力之比F1∶F2＝3∶1，則外力做功之比W1∶W2＝3∶1，故C正確．
[變式2]如圖所示，阻值為R的金屬棒從圖示位置ab分別以v1、v2的速度沿光滑水平導(dǎo)軌(電阻不計(jì))勻速滑到a′b′位置，若v1∶v2＝1∶2，則在這兩次過(guò)程中( )
A．回路電流I1∶I2＝1∶2 B．產(chǎn)生的熱量Q1∶Q2＝1∶4
C．通過(guò)任一截面的電荷量q1∶q2＝1∶1 D．外力的功率P1∶P2＝1∶2
【答案】AC
【解析】回路中感應(yīng)電流為I＝eq \f(E,R)＝eq \f(BLv,R)，I∝v，則得I1∶I2＝v1∶v2＝1∶2，故A正確；產(chǎn)生的熱量為Q＝I2Rt＝(eq \f(BLv,R))2R×eq \f(s,v)＝eq \f(B2L2sv,R)，Q∝v，則得Q1∶Q2＝v1∶v2＝1∶2，故B錯(cuò)誤；通過(guò)任一截面的電荷量為q＝It＝eq \f(BLv,R)t＝eq \f(BLs,R)，q與v無(wú)關(guān)，則得q1∶q2＝1∶1，故C正確；由于金屬棒勻速運(yùn)動(dòng)，外力的功率等于回路中的功率，即得P＝I2R＝(eq \f(BLv,R))2R，P∝v2，則得P1∶P2＝1∶4，故D錯(cuò)誤．
【題型演練】
1．如圖所示，一均勻金屬圓盤(pán)繞通過(guò)其圓心且與盤(pán)面垂直的軸順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，現(xiàn)施加一垂直穿過(guò)圓盤(pán)的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，圓盤(pán)開(kāi)始減速．在圓盤(pán)減速過(guò)程中，以下說(shuō)法正確的是（）
A．處于磁場(chǎng)中的圓盤(pán)部分，靠近圓心處電勢(shì)高
B．所加磁場(chǎng)越強(qiáng)越不易使圓盤(pán)停止轉(zhuǎn)動(dòng)
C．若所加磁場(chǎng)反向，圓盤(pán)將加速轉(zhuǎn)動(dòng)
D．若所加磁場(chǎng)穿過(guò)整個(gè)圓盤(pán)，圓盤(pán)將勻速轉(zhuǎn)動(dòng)
【答案】D
【詳解】A、將金屬圓盤(pán)看成由無(wú)數(shù)金屬輻條組成，金屬圓盤(pán)順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)右手定則判斷可知：圓盤(pán)上的感應(yīng)電流由圓心流向邊緣，所以靠近圓心處電勢(shì)低，故A錯(cuò)誤；
B、根據(jù)法拉第定律可知，金屬圓盤(pán)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為BLv，所以所加磁場(chǎng)越強(qiáng)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)越大，感應(yīng)電流越大，圓盤(pán)受到的安培力越大，而安培力是阻力，所以越易使圓盤(pán)停止轉(zhuǎn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；
C、若所加磁場(chǎng)反向，只是產(chǎn)生的電流反向，根據(jù)楞次定律可知，安培力仍然阻礙圓盤(pán)的轉(zhuǎn)動(dòng)，所以圓盤(pán)還是減速轉(zhuǎn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；
D、若所加磁場(chǎng)穿過(guò)整個(gè)圓盤(pán)時(shí)，圓盤(pán)在切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，相當(dāng)于電路斷開(kāi)，則不會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，不受安培力作用，所以圓盤(pán)將勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，故D正確；
2．如圖，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 SKIPIF 1 < 0 到 SKIPIF 1 < 0 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正方向與圖中箭頭方向相同，則i隨時(shí)間t變化的圖線可能是（）
A．B．
C．D．
【答案】A
【詳解】A．電流先正向減小，電流在矩形線框內(nèi)產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，且逐漸減小，根據(jù)楞次定律可知感應(yīng)電流的磁場(chǎng)方向與原磁場(chǎng)方向相同也是向里，再根據(jù)安培定則可知，感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较?，合力方向與線框左邊所受力方向都向左；然后電流反向增大，在此過(guò)程，電流在矩形線框內(nèi)產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，且逐漸增大，根據(jù)楞次定律可知感應(yīng)電流的磁場(chǎng)方向與原磁場(chǎng)方向相反，再根據(jù)安培定則可知，感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较?，合力方向與線框左邊所受力方向都向右，故A正確；
BD．電流反向減小，電流在矩形線框內(nèi)產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，且逐漸減小，根據(jù)楞次定律可知感應(yīng)電流的磁場(chǎng)方向與原磁場(chǎng)方向相同也是向外，再根據(jù)安培定則可知，感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较?，故B、D錯(cuò)誤；
C．由A項(xiàng)分析和圖可知，線框受到的安培力水平向左不變，不符合題安培力的合力先水平向左、后水平向右，故C錯(cuò)誤。
故選A。
3．如圖所示，上下開(kāi)口、內(nèi)壁光滑的銅管P和塑料管Q豎直放置，小磁塊先后在兩管中從相同高度處由靜止釋放，并落至底部，則小磁塊（）
A．在P和Q中都做自由落體運(yùn)動(dòng)
B．在兩個(gè)下落過(guò)程中的機(jī)械能都守恒
C．在P中的下落時(shí)間比在Q中的長(zhǎng)
D．落至底部時(shí)在P中的速度比在Q中的大
【答案】C
【詳解】試題分析：當(dāng)小磁塊在光滑的銅管P下落時(shí)，由于穿過(guò)銅管的磁通量變化，導(dǎo)致銅管產(chǎn)生感應(yīng)電流，因磁場(chǎng)，從而產(chǎn)生安培阻力，而對(duì)于塑料管內(nèi)小磁塊沒(méi)有任何阻力，在做自由落體運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；由A選項(xiàng)分析可知，在銅管的小磁塊機(jī)械能不守恒，而在塑料管的小磁塊機(jī)械能守恒，故B錯(cuò)誤；在銅管中小磁塊受到安培阻力，則在P中的下落時(shí)間比在Q中的長(zhǎng)，故C正確；根據(jù)動(dòng)能定理可知，因安培阻力，導(dǎo)致產(chǎn)生熱能，則至底部時(shí)在P中的速度比在Q中的小，故D錯(cuò)誤．故選C．
考點(diǎn)：電磁感應(yīng)
4．如圖所示，一金屬圓環(huán)水平固定放置，現(xiàn)將一豎直的條形磁鐵，在圓環(huán)上方沿圓環(huán)軸線無(wú)初速度釋放，在條形磁鐵穿過(guò)圓環(huán)的過(guò)程中，條形磁鐵與圓環(huán)
A．始終相互吸引
B．始終相互排斥
C．先相互吸引，后相互排斥
D．先相互排斥，后相互吸引
【答案】D
【詳解】因圓環(huán)從開(kāi)始下降到達(dá)磁鐵中間時(shí)，磁通量一直增大；而當(dāng)從中間向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，磁通量減小時(shí)；則由楞次定律可知，當(dāng)條形磁鐵靠近圓環(huán)時(shí)，感應(yīng)電流阻礙其靠近，是排斥力；當(dāng)磁鐵穿過(guò)圓環(huán)遠(yuǎn)離圓環(huán)時(shí)，感應(yīng)電流阻礙其遠(yuǎn)離，是吸引力，故先相互排斥，后相互吸引；故D正確，ABC錯(cuò)誤。
5．一個(gè)長(zhǎng)直密繞螺線管N放在一個(gè)金屬圓環(huán)M的中心，圓環(huán)軸線與螺線管軸線重合，如圖甲所示。螺線管N通有如圖乙所示的電流，下列說(shuō)法正確的是（）
A． SKIPIF 1 < 0 時(shí)刻，圓環(huán)有擴(kuò)張的趨勢(shì)
B． SKIPIF 1 < 0 時(shí)刻，圓環(huán)中感應(yīng)電流最大
C． SKIPIF 1 < 0 時(shí)刻，圓環(huán)有擴(kuò)張的趨勢(shì)
D． SKIPIF 1 < 0 和 SKIPIF 1 < 0 時(shí)刻，圓環(huán)內(nèi)有相同的感應(yīng)電流
【答案】A
【詳解】AC．螺線管內(nèi)外磁感線方向不同但總數(shù)相同，由圖可知，在t= SKIPIF 1 < 0 時(shí)刻，通過(guò)線圈N的電流增大，則線圈產(chǎn)生的磁場(chǎng)增大，所以穿過(guò)金屬環(huán)M的磁通量增大，根據(jù)楞次定律可知，圓環(huán)有擴(kuò)大的趨勢(shì)（使螺線管外部穿過(guò)圓環(huán)的磁感線增多從而減小穿過(guò)圓環(huán)的總磁通量），同理， SKIPIF 1 < 0 時(shí)刻，通過(guò)線圈N的電流減小，穿過(guò)金屬環(huán)M的磁通量減小，圓環(huán)有縮小的趨勢(shì)，故A正確，C錯(cuò)誤；
B．在 t= SKIPIF 1 < 0 時(shí)刻，電流最大，磁場(chǎng)最大，磁通量最大，但是磁通量的變化率最小為0，所以圓環(huán)中感應(yīng)電流最小為0，故B錯(cuò)誤；
D．在 t= SKIPIF 1 < 0 和t= SKIPIF 1 < 0 時(shí)刻，電流變化率大小相同，穿過(guò)圓環(huán)的磁通量變化率大小相同，圓環(huán)內(nèi)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與電流大小相等，但方向相反，故D錯(cuò)誤。
故選A。
6．如圖，豎直虛線 SKIPIF 1 < 0 右側(cè)區(qū)域有垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)邊緣有一質(zhì)量為m的矩形勻質(zhì)導(dǎo)線框 SKIPIF 1 < 0 ，頂點(diǎn)a固定在虛線 SKIPIF 1 < 0 上，線框可繞a點(diǎn)在豎直平面內(nèi)自由無(wú)摩擦轉(zhuǎn)動(dòng)，從圖示位置由靜止釋放線框，線框順時(shí)針擺動(dòng)到左側(cè)最高點(diǎn)時(shí) SKIPIF 1 < 0 邊與 SKIPIF 1 < 0 之間的夾角為45°。已知ab＝cd＝2l，ad＝bc＝l，線框單位長(zhǎng)度的電阻為ρ，忽略空氣阻力，重力加速度為g，則（）
A．線框向左擺動(dòng)離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程中線框中的電流方向?yàn)橛蒩指向b
B．線框從釋放到擺至左側(cè)最高點(diǎn)過(guò)程中通過(guò)線框某截面的電荷量為 SKIPIF 1 < 0
C．若頂點(diǎn)c轉(zhuǎn)到最低點(diǎn)時(shí)角速度為ω，則此時(shí)線框受到的安培力大小為 SKIPIF 1 < 0
D．線框從釋放到最終靜止克服安培力做的功為 SKIPIF 1 < 0
【答案】D
【詳解】A．線框順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程中磁通量減小，根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较?，即電流方向?yàn)橛蒪指向a，A錯(cuò)誤；
B．線框從釋放到擺至左側(cè)最高點(diǎn)過(guò)程中，通過(guò)線框平均電流為
SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0
導(dǎo)線框的總電阻為
SKIPIF 1 < 0
某橫截面的電荷量為
SKIPIF 1 < 0
B錯(cuò)誤；
C．線框頂點(diǎn)c轉(zhuǎn)到最低點(diǎn)時(shí)角速度為ω，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為
SKIPIF 1 < 0
回路中的感應(yīng)電流為
SKIPIF 1 < 0
受到的安培力大小為
SKIPIF 1 < 0
C錯(cuò)誤；
D．線框最終靜止時(shí)，對(duì)角線 SKIPIF 1 < 0 恰好與 SKIPIF 1 < 0 重合，整個(gè)過(guò)程中根據(jù)能量守恒定律有
SKIPIF 1 < 0
D正確。
故選D。
7．虛線區(qū)域內(nèi)有一垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，當(dāng)閉合線圈 SKIPIF 1 < 0 由靜止開(kāi)始平移時(shí)，磁場(chǎng)對(duì) SKIPIF 1 < 0 邊的安培力 SKIPIF 1 < 0 方向如圖所示。則線圈內(nèi)磁通量變化及 SKIPIF 1 < 0 邊受到的安培力方向分別為（）
A．變大，向左B．變大，向右C．變小，向左D．變小，向右
【答案】C
【詳解】當(dāng)閉合線圈 SKIPIF 1 < 0 由靜止開(kāi)始平移時(shí)，磁場(chǎng)對(duì) SKIPIF 1 < 0 邊的安培力 SKIPIF 1 < 0 方向如圖所示，可知線框面積有增大的趨勢(shì)，阻礙磁通量減小，根據(jù)楞次定律可知，線圈內(nèi)磁通量變小，則 SKIPIF 1 < 0 邊受到的安培力向左，使面積有增大趨勢(shì)。故C正確ABD錯(cuò)誤。
故選C。
8．（多選）兩根足夠長(zhǎng)的光滑導(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
B．金屬棒向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，流過(guò)電阻R的電流方向?yàn)閍→b
C．金屬棒的速度為v時(shí)，所受的安培力大小為F= SKIPIF 1 < 0
D．電阻R上產(chǎn)生的總熱量等于金屬棒重力勢(shì)能的減少
【答案】AC
【詳解】A、金屬棒剛釋放時(shí)，彈簧處于原長(zhǎng)，彈力為零，又因此時(shí)速度為零，沒(méi)有感應(yīng)電流，金屬棒不受安培力作用，金屬棒只受到重力作用，其加速度應(yīng)等于重力加速度，故A正確；
B、金屬棒向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，由右手定則可知，在金屬棒上電流方向向右，流過(guò)電阻R的電流方向?yàn)?SKIPIF 1 < 0 ，故B錯(cuò)誤；
C、金屬棒速度為 SKIPIF 1 < 0 時(shí)，安培力大小為 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ，由以上兩式得： SKIPIF 1 < 0 ，故C正確；
D、金屬棒下落過(guò)程中，由能量守恒定律知，金屬棒減少的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)能、金屬棒的動(dòng)能（速度不為零時(shí)）以及電阻R上產(chǎn)生的熱量，故D錯(cuò)誤．
【點(diǎn)睛】釋放瞬間金屬棒只受重力，加速度為 SKIPIF 1 < 0 ．金屬棒向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)右手定則判斷感應(yīng)電流的方向．由安培力公式、歐姆定律和感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)公式推導(dǎo)安培力的表達(dá)式．金屬棒下落過(guò)程中，金屬棒減少的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)能、金屬棒的動(dòng)能（金屬棒速度不是零時(shí)）和電阻R產(chǎn)生的內(nèi)能；本題考查分析、判斷和推導(dǎo)電磁感應(yīng)現(xiàn)象中導(dǎo)體的加速度、安培力、能量轉(zhuǎn)化等問(wèn)題的能力，是一道基礎(chǔ)題．
9．（多選）空間存在一方向與直面垂直、大小隨時(shí)間變化的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其邊界如圖（a）中虛線MN所示，一硬質(zhì)細(xì)導(dǎo)線的電阻率為ρ、橫截面積為S，將該導(dǎo)線做成半徑為r的圓環(huán)固定在紙面內(nèi)，圓心O在MN上．t=0時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向如圖（a）所示：磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖（b）所示，則在t=0到t=t1的時(shí)間間隔內(nèi)（）
A．圓環(huán)所受安培力的方向始終不變
B．圓環(huán)中的感應(yīng)電流始終沿順時(shí)針?lè)较?br>C．圓環(huán)中的感應(yīng)電流大小為 SKIPIF 1 < 0
D．圓環(huán)中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為 SKIPIF 1 < 0
【答案】BC
【詳解】AB、根據(jù)B-t圖象，由楞次定律可知，線圈中感應(yīng)電流方向一直為順時(shí)針，但在t0時(shí)刻，磁場(chǎng)的方向發(fā)生變化，故安培力方向 SKIPIF 1 < 0 的方向在t0時(shí)刻發(fā)生變化，則A錯(cuò)誤，B正確；
CD、由閉合電路歐姆定律得： SKIPIF 1 < 0 ，又根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得： SKIPIF 1 < 0 ，又根據(jù)電阻定律得： SKIPIF 1 < 0 ，聯(lián)立得： SKIPIF 1 < 0 ，則C正確，D錯(cuò)誤．
故本題選BC．
10．（多選）如圖甲所示，金屬圓環(huán)靜止在絕緣水平桌而上，垂直桌面施加豎直方向的交變磁場(chǎng)，取豎直向下為正方向，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的變化規(guī)律如圖乙所示（不考慮金屬圓環(huán)的自感），下列說(shuō)法正確的是（）
A．在 SKIPIF 1 < 0 時(shí)間內(nèi)，從上往下看感應(yīng)電流沿逆時(shí)針?lè)较?br>B．在 SKIPIF 1 < 0 時(shí)間內(nèi)，感應(yīng)電流先增大后減小，方向不變
C．在 SKIPIF 1 < 0 時(shí)間內(nèi)，圓環(huán)有擴(kuò)張的趨勢(shì)
D．在 SKIPIF 1 < 0 時(shí)間內(nèi)，磁場(chǎng)對(duì)圓環(huán)上任一小段導(dǎo)線的作用力逐漸減小
【答案】BC
【詳解】A．在 SKIPIF 1 < 0 時(shí)間內(nèi)，交變磁場(chǎng)方向豎直向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度增大，根據(jù)楞次定律可知，從上往下看感應(yīng)電流沿順時(shí)針?lè)较?，A錯(cuò)誤；
B．在 SKIPIF 1 < 0 時(shí)間內(nèi)，根據(jù)
SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0
則有
SKIPIF 1 < 0
根據(jù)圖乙可知，在 SKIPIF 1 < 0 時(shí)間內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率，即圖線切線的斜率先增大后減小，則感應(yīng)電流先增大后減小，根據(jù)楞次定律可以判斷，該段時(shí)間內(nèi)，從上往下看感應(yīng)電流的方向始終沿逆時(shí)針?lè)较?，方向不變，B正確；
C．在 SKIPIF 1 < 0 時(shí)間內(nèi)，磁場(chǎng)方向豎直向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度減小，根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流的效果是要阻礙磁通量的減小，即交變磁場(chǎng)對(duì)感應(yīng)電流的安培力作用使得圓環(huán)有擴(kuò)張的趨勢(shì)，C正確；
D．在 SKIPIF 1 < 0 時(shí)間內(nèi)，由于
SKIPIF 1 < 0
可知，感應(yīng)電流逐漸減小為0，即在 SKIPIF 1 < 0 時(shí)刻感應(yīng)電流為0，則此時(shí)刻磁場(chǎng)對(duì)圓環(huán)上任一小段導(dǎo)線的作用力為0，又由于在 SKIPIF 1 < 0 時(shí)刻，交變磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為0，則此時(shí)刻磁場(chǎng)對(duì)圓環(huán)上任一小段導(dǎo)線的作用力也為0，可知，在 SKIPIF 1 < 0 時(shí)間內(nèi)，磁場(chǎng)對(duì)圓環(huán)上任一小段導(dǎo)線的作用力逐漸先增大后減小，D錯(cuò)誤。
故選BC。
11．如圖甲所示，質(zhì)量 SKIPIF 1 < 0 、電阻 SKIPIF 1 < 0 的單匝等腰直角三角形線框用細(xì)繩懸掛于A點(diǎn)，三角形的直角邊長(zhǎng)為 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 為三角形兩邊的中點(diǎn)。從零時(shí)刻起，在 SKIPIF 1 < 0 連線上方加垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小按圖乙規(guī)律變化。在 SKIPIF 1 < 0 時(shí)細(xì)繩恰好被拉斷，線框向下運(yùn)動(dòng)，穿出磁場(chǎng)時(shí)速度為 SKIPIF 1 < 0 ，重力加速度 SKIPIF 1 < 0 。求：
（1） SKIPIF 1 < 0 內(nèi)，繩中拉力F隨時(shí)間t的變化關(guān)系；
（2）從零時(shí)刻到線框全部離開(kāi)磁場(chǎng)，線框中產(chǎn)生的總熱量Q。
【答案】（1） SKIPIF 1 < 0 ；（2） SKIPIF 1 < 0
【詳解】（1） SKIPIF 1 < 0 內(nèi)，磁場(chǎng)隨時(shí)間均的變化
SKIPIF 1 < 0
線框中有恒定電流
SKIPIF 1 < 0
線框受力分析
SKIPIF 1 < 0
線框在磁場(chǎng)中有效面積
SKIPIF 1 < 0
等效長(zhǎng)度
SKIPIF 1 < 0
解得
SKIPIF 1 < 0
（2） SKIPIF 1 < 0 內(nèi)，線框中熱量 SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0
繩斷后，線框中熱量為 SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0
解得
SKIPIF 1 < 0
12．如圖所示，兩條平行金屬導(dǎo)軌的間距為L(zhǎng)，長(zhǎng)為d的傾斜部分與水平面的夾角為 SKIPIF 1 < 0 ，水平部分足夠長(zhǎng)，兩部分平滑相連，傾斜導(dǎo)軌下端接有一平行板電容器，電容為C。兩部分導(dǎo)軌均處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，方向垂直于導(dǎo)軌平面，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為 SKIPIF 1 < 0 和B，在傾斜導(dǎo)軌下端放置一質(zhì)量為m的金屬棒，使其沿導(dǎo)軌由靜止開(kāi)始加速上滑，當(dāng)金屬棒下滑d后無(wú)動(dòng)能損失進(jìn)入水平軌道，然后進(jìn)入豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。已知金屬棒在滑動(dòng)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，電容器能正常工作，重力加速度為g，不計(jì)所有電阻和摩擦阻力。試求：
（1）金屬棒剛進(jìn)入水平軌道時(shí)速度的大小 SKIPIF 1 < 0 ；
（2）金屬棒進(jìn)入水平軌道后的最終速度v。
【答案】（1） SKIPIF 1 < 0 ；（2） SKIPIF 1 < 0
【詳解】（1）設(shè)金屬棒速度大小為 SKIPIF 1 < 0 時(shí)，經(jīng)歷的時(shí)間為 SKIPIF 1 < 0 ，通過(guò)金屬棒的電流為 SKIPIF 1 < 0 ，對(duì)金屬棒有
SKIPIF 1 < 0
設(shè)在極短時(shí)間間隔 SKIPIF 1 < 0 內(nèi)流過(guò)金屬棒的電荷量為 SKIPIF 1 < 0 ，則
SKIPIF 1 < 0
而
SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0
所以
SKIPIF 1 < 0
聯(lián)立解得
SKIPIF 1 < 0
金屬棒做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)金屬棒下滑 SKIPIF 1 < 0 后的速度大小為
SKIPIF 1 < 0
聯(lián)立解得
SKIPIF 1 < 0
（2）由 SKIPIF 1 < 0 可知當(dāng)導(dǎo)體棒剛進(jìn)入水平軌道時(shí)電容器極板上積累的電荷量為
SKIPIF 1 < 0
此時(shí)金屬棒的速度大小仍為
SKIPIF 1 < 0
而感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)
SKIPIF 1 < 0
小于電容器兩極板間的電壓，電容器放電，設(shè)再經(jīng)過(guò) SKIPIF 1 < 0 時(shí)間電容器放電結(jié)束，此時(shí)金屬棒達(dá)到最終速度為 SKIPIF 1 < 0 ，取水平向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理可得
SKIPIF 1 < 0
而
SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0
聯(lián)立解得
SKIPIF 1 < 0
情景圖
研究對(duì)象
回路(不一定閉合)
一段直導(dǎo)線(或等效成直導(dǎo)線)
繞一端轉(zhuǎn)動(dòng)的一段導(dǎo)體棒
繞與B垂直的軸轉(zhuǎn)動(dòng)的導(dǎo)線框
表達(dá)式
E＝neq \f(ΔΦ,Δt)
E＝BLvsin θ
E＝eq \f(1,2)BL2ω
E＝NBSω·sin(ωt＋φ0)

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