教科版高中物理選擇性必修第二冊第二章章末綜合提升學案-學案下載-教習網(wǎng)

主題1　右手定則、左手定則、安培定則和楞次定律 1．適用于不同現(xiàn)象(“左”判“力”，“右”判“電”，安培定則“磁感線”) 安培定則適用于運動電荷或電流產(chǎn)生的磁場；左手定則判定磁場對運動電荷或通電導線作用力的方向；右手定則判定部分導體切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電流的方向；楞次定律判斷電磁感應(yīng)中感應(yīng)電流的方向。 2．左手定則和右手定則的因果關(guān)系不同左手定則是因為有電，結(jié)果是受力，即“因電而動”；右手定則是因為受力運動，而結(jié)果是有電，即“因動而電”。【典例1】　(多選)如圖所示，兩個線圈繞在同一根鐵芯上，其中一線圈通過開關(guān)與電源連接，另一線圈與遠處沿南北方向水平放置在紙面內(nèi)的直導線連接成回路。將一小磁針懸掛在直導線正上方，開關(guān)未閉合時小磁針處于靜止狀態(tài)。下列說法正確的是(　　) A．開關(guān)閉合后的瞬間，小磁針的N極朝垂直紙面向里的方向轉(zhuǎn)動 B．開關(guān)閉合并保持一段時間后，小磁針的N極指向垂直紙面向里的方向 C．開關(guān)閉合并保持一段時間后，小磁針的N極指向垂直紙面向外的方向 D．開關(guān)閉合并保持一段時間再斷開后的瞬間，小磁針的N極朝垂直紙面向外的方向轉(zhuǎn)動 AD　[根據(jù)安培定則，開關(guān)閉合時鐵芯上產(chǎn)生水平向右的磁場，開關(guān)閉合后的瞬間，根據(jù)楞次定律，直導線上將產(chǎn)生由南向北的感應(yīng)電流，根據(jù)安培定則，直導線上方的磁場垂直紙面向里，故小磁針的N極朝垂直紙面向里的方向轉(zhuǎn)動，A正確；開關(guān)閉合并保持一段時間后，直導線上沒有感應(yīng)電流，故小磁針的N極指向北，B、C錯誤；開關(guān)閉合并保持一段時間再斷開后的瞬間，根據(jù)楞次定律，直導線上將產(chǎn)生由北向南的電流，這時直導線上方的磁場垂直紙面向外，故小磁針的N極朝垂直紙面向外的方向轉(zhuǎn)動，D正確。] 　開關(guān)閉合斷開瞬間，由于電磁感應(yīng)現(xiàn)象產(chǎn)生感應(yīng)電流的磁場；開關(guān)閉合一段時間后無感應(yīng)電流，小磁針在地磁場的作用下，沿南北指向。主題2　法拉第電磁感應(yīng)定律的理解與應(yīng)用公式E＝nΔΦΔt與E＝BLv sin θ的區(qū)別和聯(lián)系 (1)區(qū)別：一般來說，E＝nΔΦΔt求出的是Δt時間內(nèi)的平均感應(yīng)電動勢，E與某段時間或某個過程相對應(yīng)；E＝BLv sin θ(θ為導體運動方向與磁感線間的夾角)求出的是瞬時感應(yīng)電動勢，E與某個時刻或某個位置相對應(yīng)。另外E＝nΔΦΔt求得的電動勢是整個回路的感應(yīng)電動勢，而不是回路中某部分導體的感應(yīng)電動勢，整個回路的感應(yīng)電動勢為零時，其回路中某段導體兩端的感應(yīng)電動勢不一定為零。 (2)聯(lián)系：E＝nΔΦΔt和E＝BLv sin θ是統(tǒng)一的，當Δt→0時，則E為瞬時感應(yīng)電動勢。只是由于高中數(shù)學知識所限，我們目前還不能這樣求瞬時感應(yīng)電動勢。v若代入平均速度v，則求出的E為平均感應(yīng)電動勢，即E＝BLvsin θ，實際上此式中的Lvsin θ＝ΔSΔt，所以E＝BLvsin θ＝BΔSΔt＝ΔΦΔt。【典例2】　把總電阻為2R的均勻電阻絲焊接成一半徑為a的圓環(huán)，水平固定在垂直紙面向里的磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，如圖所示，一長度為2a、電阻等于R，粗細均勻的金屬棒MN放在圓環(huán)上，它與圓環(huán)始終保持良好的接觸。當金屬棒以恒定速度v向右移動經(jīng)過環(huán)心O時，求： (1)金屬棒上電流的大小和方向及金屬棒兩端的電壓UMN； (2)在圓環(huán)和金屬棒上消耗的總熱功率。 [解析]　(1)把切割磁感線的金屬棒看成一個內(nèi)阻為R，電動勢為E的電源，兩個半圓環(huán)看成兩個并聯(lián)電阻，畫出等效電路如圖所示。等效電源電動勢E＝BLv＝2Bav 外電路的總電阻R外＝R·RR+R＝R2 由閉合電路歐姆定律得電流大小 I＝ER外 +R＝2BavR2+R＝4Bav3R，金屬棒上電流方向從N到M，路端電壓為 UMN＝IR外＝2Bav3。 (2)總熱功率為P＝EI＝8B2a2v23R。 [答案]　(1)4Bav3R　從N到M　2Bav3　(2)8B2a2v23R 　(1)明確電路結(jié)構(gòu)，分清內(nèi)、外電路，畫出等效電路圖。 (2)如果是磁場變化，由E＝nΔΦΔt計算；如果是導體切割磁感線，由E＝BLv sin θ計算。 (3)金屬棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢等于電源電動勢，不是金屬棒兩端的電壓U。主題3　電磁感應(yīng)中力電綜合問題 1．安培力做功及對應(yīng)的能量轉(zhuǎn)化關(guān)系 (1)電動機模型：如圖甲所示，回路通電后導體棒中存在電流，受到安培力的作用而向右運動。通過安培力做功，電能轉(zhuǎn)化為導體棒的機械能。甲　　　　　　　　　　乙 (2)發(fā)電機模型：如圖乙所示，導體棒因向右運動而產(chǎn)生感應(yīng)電流，受到安培力的阻礙作用。通過克服安培力做功，機械能轉(zhuǎn)化為回路的電能。綜上所述，安培力做功是電能和其他形式的能之間相互轉(zhuǎn)化的橋梁。 2．分析電磁感應(yīng)中力電綜合問題的基本步驟 (1)用法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律確定感應(yīng)電動勢的大小和方向。 (2)畫出等效電路，搞清電路結(jié)構(gòu)，確定電流，求出回路中電阻消耗電功率的表達式。 (3)分析導體受力及各力做功情況，用牛頓運動定律、動能定理或能量守恒定律，得到所滿足的方程。【典例3】　如圖所示裝置由水平軌道、傾角θ＝37°的傾斜軌道連接而成，軌道所在空間存在磁感應(yīng)強度大小為B＝1 T，方向豎直向上的勻強磁場。質(zhì)量m＝0.035 kg、長度L＝0.1 m、電阻R＝0.025 Ω 的導體棒ab置于傾斜軌道上，剛好不下滑；質(zhì)量、長度、電阻與棒ab相同的光滑導體棒cd置于水平軌道上，用F＝2.0 N的恒力拉棒cd，使之在水平軌道上從靜止向右運動。棒ab、cd與導軌垂直，且兩端與導軌保持良好接觸，導軌電阻忽略不計，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2。 (1)求棒ab與導軌間的動摩擦因數(shù)μ； (2)求當棒ab剛要向上滑動時cd棒速度v的大??； (3)若從cd棒剛開始運動到ab棒剛要上滑的過程中，cd棒在水平軌道上移動的距離x＝0.55 m，求此過程中ab棒上產(chǎn)生的熱量Q和此過程中cd棒的運動時間。 [解析]　(1)當ab剛好不下滑時，靜摩擦力沿導軌向上且達到最大，由平衡條件得 mg sin 37°＝μmg cos 37°，則μ＝tan 37°＝0.75。 (2)設(shè)ab剛好要上滑時，cd棒的感應(yīng)電動勢為E，由法拉第電磁感應(yīng)定律有E＝BLv，設(shè)電路中的感應(yīng)電流為I，由閉合電路歐姆定律有I＝E2R 設(shè)ab所受安培力為F安，有F安＝BIL，此時ab受到的最大靜摩擦力方向沿斜面向下，由平衡條件有 F安cos 37°＝mg sin 37°＋μ(mg cos 37°＋F安sin 37°) F安＝B2L2v2R，代入數(shù)據(jù)解得v＝6.0 m/s。 (3)設(shè)cd棒的運動過程中電路中產(chǎn)生的總熱量為Q總，則有Q總＝2Q，由能量守恒定律有Fx－2Q＝12mv2，解得Q＝12Fx-14mv2，代入數(shù)據(jù)得Q＝0.235 J，根據(jù)動量定理可知FΔt－BIL·Δt＝mv－0，且I·Δt＝q＝BLx2R，聯(lián)立解得Δt＝0.16 s。 [答案]　(1)0.75　(2)6.0 m/s　(3)0.235 J　0.16 s 章末綜合測評(二)　電磁感應(yīng)及其應(yīng)用一、單項選擇題 1．某同學為了驗證斷電自感現(xiàn)象，自己找來帶鐵芯的線圈L、小燈泡A、開關(guān)S和電池組E，用導線將它們連接成如圖所示的電路。檢查電路后，閉合開關(guān)S，小燈泡發(fā)光；再斷開開關(guān)S，小燈泡僅有不顯著的延時熄滅現(xiàn)象。雖然多次重復，仍未見老師演示時出現(xiàn)的小燈泡閃亮現(xiàn)象，他冥思苦想找不出原因。你認為最有可能造成小燈泡未閃亮的原因是(　　) A．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 C　[斷開開關(guān)時，燈泡能否發(fā)生閃亮，取決于燈泡的電流有沒有增大，與電源的內(nèi)阻無關(guān)，A錯誤；若小燈泡電阻偏大，穩(wěn)定時流過燈泡的電流小于線圈的電流，斷開開關(guān)時，根據(jù)楞次定律，流過燈泡的電流從線圈原來的電流逐漸減小，燈泡將發(fā)生閃亮現(xiàn)象，B錯誤；線圈電阻偏大，穩(wěn)定時流過燈泡的電流大于線圈的電流，斷開開關(guān)時，根據(jù)楞次定律，流過燈泡的電流從線圈原來的電流逐漸減小，燈泡不發(fā)生閃亮現(xiàn)象，C正確；線圈的自感系數(shù)較大，產(chǎn)生的自感電動勢較大，但不能改變穩(wěn)定時燈泡和線圈中電流的大小，D錯誤。] 2．工業(yè)上探測物件表面層內(nèi)部是否存在缺陷的渦流探傷技術(shù)原理圖如圖所示，其原理是將線圈中通入電流，使被測物件內(nèi)產(chǎn)生渦流，借助探測線圈內(nèi)電流變化測定渦流的改變，從而獲得被測物件內(nèi)部是否斷裂及位置的信息，關(guān)于以上應(yīng)用實例理解正確的是(　　) A．線圈所連接的電源可以是直流電源 B．線圈所連接的電源應(yīng)該是交流電源 C．能被探測的物件可以是非導電材料 D．工業(yè)渦流探傷技術(shù)運用了自感原理 B　[為產(chǎn)生渦流，線圈所連接的電源必須是交流電源，選項A錯誤，B正確；能被探測的物件必須是導電材料，否則不會產(chǎn)生渦流，選項C錯誤；工業(yè)渦流探傷技術(shù)其原理是用電流線圈使物件內(nèi)產(chǎn)生渦流，借助探測線圈測定渦流的改變技術(shù)，不是自感原理，選項D錯誤。故選B。] 3．如圖所示，插有鐵芯的線圈(電阻不能忽略)直立在水平桌面上，鐵芯上套一鋁環(huán)，線圈與電源、開關(guān)相連。用該裝置可以完成一個奇妙的“跳環(huán)實驗”，下列說法正確的是(　　) A．閉合開關(guān)的瞬間，鋁環(huán)中會產(chǎn)生感應(yīng)電流，鋁環(huán)不會跳起 B．閉合開關(guān)的瞬間，鋁環(huán)中不會產(chǎn)生感應(yīng)電流，鋁環(huán)會跳起 C．斷開開關(guān)的瞬間，鋁環(huán)中會產(chǎn)生感應(yīng)電流，鋁環(huán)不會跳起 D．斷開開關(guān)的瞬間，鋁環(huán)中不會產(chǎn)生感應(yīng)電流，鋁環(huán)會跳起 C　[閉合開關(guān)的瞬間，通過鋁環(huán)的磁通量從無到有，知在鋁環(huán)上產(chǎn)生感應(yīng)電流，感應(yīng)電流引起的效果要阻礙磁通量的變化(即增加)，所以鋁環(huán)向上跳起。斷開的瞬間，在鋁環(huán)上也有感應(yīng)電流，但不會跳起，因為此時線圈的電流為零，與鋁環(huán)間沒有作用力，所以不會跳起，故C正確，A、B、D錯誤。] 4．如圖所示，將電阻R、電容器C和一線圈連成閉合回路，條形磁鐵靜止于線圈的正上方，S極朝下?，F(xiàn)使磁鐵從靜止開始自由下落，在S極接近線圈上端的過程中，下列說法正確的是(　　) A．線圈與條形磁鐵之間產(chǎn)生了相互吸引的作用力 B．電阻R中沒有感應(yīng)電流流過 C．電阻R中的感應(yīng)電流方向為從a到b D．電容器C的下極板將帶正電 D　[當磁鐵S極向下運動時，導致向上穿過線圈的磁通量增大，由楞次定律可得，感應(yīng)磁場方向與原來磁場方向相反，再由安培定則可得感應(yīng)電流方向沿線圈盤旋而下，由于線圈相當于電源，線圈下端相當于電源正極，則流過R的電流方向是從b到a，對電容器充電，下極板帶正電，故D正確，B、C錯誤；磁鐵下落過程中，根據(jù)楞次定律：“來拒去留”，線圈與條形磁鐵之間產(chǎn)生了相互排斥力，故A錯誤。] 5．(2022·全國甲卷)三個用同樣的細導線做成的剛性閉合線框，正方形線框的邊長與圓線框的直徑相等，圓線框的半徑與正六邊形線框的邊長相等，如圖所示。把它們放入磁感應(yīng)強度隨時間線性變化的同一勻強磁場中，線框所在平面均與磁場方向垂直，正方形、圓形和正六邊形線框中感應(yīng)電流的大小分別為I1、I2和I3。則(　　) A．I1＜I3＜I2 　 B．I1＞I3＞I2 C．I1＝I2＞I3 　 D．I1＝I2＝I3 C　[設(shè)線框的面積為S，周長為L，導線的截面積為S′，由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，線框中感應(yīng)電動勢E＝ΔΦΔt＝ΔBΔtS，而線框的總電阻R＝ρLS'，所以線框中感應(yīng)電流I＝ER＝SS'ΔBρLΔt，由于三個線框處于同一線性變化的磁場中，且繞制三個線框的導線相同，設(shè)正方形線框的邊長為l，則三個線框的面積分別為S1＝l2，S2＝π4 l2，S3＝338l2，三個線框的周長分別為L1＝4l，L2＝πl(wèi)，L3＝3l，則I1∶I2∶I3＝S1L1∶S2L2∶S3L3＝2∶2∶3，C項正確。] 6．(2023·浙江1月選考)如圖甲所示，一導體桿用兩條等長細導線懸掛于水平軸OO′，接入電阻R構(gòu)成回路。導體桿處于豎直向上的勻強磁場中，將導體桿從豎直位置拉開小角度由靜止釋放，導體桿開始下擺。當R＝R0時，導體桿振動圖像如圖乙所示。若橫縱坐標皆采用圖乙標度，則當R＝2R0時，導體桿振動圖像是(　　) A　　　　　　　　　B C　　　　　　　　　D B　[導體桿切割磁感線時，回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流，由楞次定律可得，導體桿受到的安培力總是阻礙導體棒的運動。當R從R0變?yōu)?R0時，回路中的電阻增大，則電流減小，導體桿所受安培力減小，即導體桿在擺動時所受的阻力減弱，所桿從開始擺動到停止，運動的路程和經(jīng)歷的時間變長。故選B。] 7．如圖所示，一矩形線框置于勻強磁場中，右邊dc與磁場邊界重合，線框平面與磁場方向垂直，先保持線框面積不變，在時間t內(nèi)將磁感應(yīng)強度均勻地增大到原來的兩倍；接著，保持磁場大小和方向不變，在時間t內(nèi)將線框沿垂直于磁場方向向右勻速拉出磁場，前后兩個過程中，線框中產(chǎn)生的焦耳熱之比是(　　) A．1∶1 　B．1∶4 　C．1∶2 　D．2∶1 B　[設(shè)線框的面積為S，電阻為R，原來磁感應(yīng)強度為B。當保持線框面積不變，將磁感應(yīng)強度在時間t內(nèi)均勻地增大到原來的兩倍，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E1＝ΔΦΔt＝ΔBΔtS＝BSt，線框中產(chǎn)生的焦耳熱Q1＝E12Rt＝B2S2tR；當保持增大后的磁感應(yīng)強度不變，在相同的時間t內(nèi)，將線框沿垂直于磁場的方向水平向右勻速拉出時，線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E2＝2Blabv＝2Blab·lbct＝2BSt，線框中產(chǎn)生的焦耳熱Q2＝E22Rt＝4B2S2tR所以先后兩個過程中，線框中產(chǎn)生的焦耳熱之比為Q1∶Q2＝1∶4，B正確。] 8．(2023·遼寧卷)如圖所示，空間中存在水平向右的勻強磁場，一導體棒繞固定的豎直軸OP在磁場中勻速轉(zhuǎn)動，且始終平行于OP。導體棒兩端的電勢差u隨時間t變化的圖像可能正確的是(　　) A　　　　　　　　　　　　B C　　　　　　　　　　　　D C　[設(shè)導體棒的長度為L，導體棒與豎直軸間的距離為r，在磁場中轉(zhuǎn)動的角速度為ω。將導體棒的速度沿磁場方向和垂直于磁場方向進行分解，因為只有垂直磁感線運動的分量會產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，即v⊥＝ωr cos ωt，則u＝BLv⊥＝BLωr cos ωt，C正確，A、B、D錯誤。] 二、多項選擇題 9．如圖所示，蹄形磁鐵和矩形線圈均可繞豎直軸線OO′轉(zhuǎn)動，若線圈和轉(zhuǎn)軸之間的摩擦不能忽略，當外力使磁鐵逆時針(從上向下看)勻速轉(zhuǎn)動時，則(　　) A．線圈將逆時針勻速轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)速與磁鐵相同 B．線圈將逆時針勻速轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)速一定比磁鐵轉(zhuǎn)速小 C．從圖示位置磁鐵開始轉(zhuǎn)動時，線圈中的感應(yīng)電流的方向是abcda D．在磁鐵不斷轉(zhuǎn)動的過程中，線圈中感應(yīng)電流的方向一定會發(fā)生改變 BCD　[根據(jù)楞次定律可知，為阻礙磁通量增加，則導致線圈與磁鐵轉(zhuǎn)動方向相同，但快慢不一，線圈的轉(zhuǎn)速一定比磁鐵轉(zhuǎn)速小，故A錯誤，B正確；從圖示位置磁鐵開始轉(zhuǎn)動時，線圈abcd中穿向紙面向里的磁通量增大，產(chǎn)生感應(yīng)電流方向abcda，故C正確；在磁鐵不斷轉(zhuǎn)動的過程中，導致線圈abcd中磁通量一會兒正向穿過增大或減小，一會兒反向穿過增大或減小，所以感應(yīng)電流的方向一定會發(fā)生改變，故D正確。] 10．如圖所示是研究自感現(xiàn)象的電路，L為自感系數(shù)足夠大的線圈，R為定值電阻，A1、A2為兩個完全相同燈泡，則下列說法正確的是(　　) A．閉合開關(guān)時，若電源E有內(nèi)阻，燈泡A2將立即變亮，然后稍變暗些，最后穩(wěn)定 B．閉合開關(guān)時，若電源E無內(nèi)阻，燈泡A2將立即變亮，然后穩(wěn)定 C．閉合開關(guān)時，無論電源E是否有內(nèi)阻，燈泡A1將逐漸變亮最后穩(wěn)定 D．開關(guān)斷開時，若線圈直流電阻等于定值電阻，則燈泡A2會閃亮一下，然后逐漸熄滅 ABC　[閉合開關(guān)時，若電源E有內(nèi)阻，燈泡A2將立即變亮，因為電感線圈的感抗逐漸減小，故外電阻減小，干路電流增大，根據(jù)U＝E－Ir可知，路端電壓變小，燈A2和電阻R支路電壓變小，電流變小，燈A2逐漸變暗，當電路穩(wěn)定后，電感線圈無感抗，此時燈A2亮度穩(wěn)定，故A正確；閉合開關(guān)時，若電源E無內(nèi)阻，路端電壓是電動勢不變，故燈泡A2將立即變亮，然后穩(wěn)定，故B正確；閉合開關(guān)時，無論電源E是否有內(nèi)阻，由于電感線圈阻礙電流變化的作用，都會導致燈泡A1將逐漸變亮最后穩(wěn)定，故C正確；若線圈直流電阻等于定值電阻，兩支路電流相同，開關(guān)斷開時，電流均從原來大小的電流開始減小，故燈泡A2不會閃亮一下，故D錯誤。] 11．如圖所示，光滑的金屬圓環(huán)導軌MN、PQ豎直放置，兩環(huán)之間ABDC內(nèi)(含邊界)有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B0，AB水平且與圓心等高，CD豎直且延長線過圓心，電阻為r、長為2l的輕質(zhì)金屬桿，帶有小孔的一端套在內(nèi)環(huán)MN上，另一端連接帶孔金屬球，球的質(zhì)量為m，球套在外環(huán)PQ上，且都與導軌接觸良好，內(nèi)圓半徑r1＝l，外圓半徑r2＝3l，P、M間接有阻值為R的定值電阻，讓金屬桿從AB處無初速釋放，金屬桿第一次即將離開磁場時，金屬球的速度為v，其他電阻不計，忽略一切摩擦，重力加速度為g，則(　　) A．金屬球向下運動的過程中，通過定值電阻R的電流方向為由M指向P B．金屬桿第一次即將離開磁場時，R兩端的電壓U＝2B0lvRR+r C．金屬桿從AB滑動到CD的過程中，通過R的電荷量q＝2πl(wèi)2B0R+r D．金屬桿第一次即將離開磁場時，R上產(chǎn)生的焦耳熱Q＝3mgl－12mv2 AC　[由右手定則可知，金屬球向下運動的過程中，通過金屬桿的電流方向為由B到A，則通過R的電流方向為由M到P，A正確；金屬桿第一次離開磁場時，金屬球的速度v＝3ωl，金屬桿第一次離開磁場時感應(yīng)電動勢E＝B0·2l ωr1+ωr22，解得E＝43B0lv，電路電流I＝ER+r，R兩端電壓U＝IR＝4B0lvR3R+r，B錯誤；由法拉第電磁感應(yīng)定律得E ＝ΔΦΔt＝B0ΔSΔt＝B0·14 π3l2-l2Δt＝2πB0l2Δt，平均感應(yīng)電流 I ＝ER+r，通過R的電荷量q＝IΔt，解得q＝2πB0l2R+r，C正確；由于金屬桿第一次即將離開磁場時，根據(jù)能量守恒可知，定值電阻和金屬桿產(chǎn)生的焦耳熱為3mgl－12mv2，所以金屬桿第一次即將離開磁場時，R上產(chǎn)生的焦耳熱Qv1，MN和導軌間的動摩擦因數(shù)為 0.2。重力加速度大小取10 m/s2，下列說法正確的是(　　) A．B2的方向向上　 B．B2的方向向下 C．v2＝5 m/s 　 D．v2＝3 m/s BD　[CD運動速度v2大于導體棒MN的速度v1，則導體棒MN受到水平向右的摩擦力，因為導體棒MN做勻速運動，所以導體棒MN受到的安培力方向水平向左，導體棒MN的質(zhì)量m＝1 kg，設(shè)MN受到的安培力大小為FMN，規(guī)定水平向右為正方向，對導體棒MN受力分析有μmg－FMN＝0，解得FMN＝2 N，根據(jù)左手定則可知，MN中電流從N流向M，設(shè)CD受到的安培力為FCD，重物質(zhì)量m0＝0.1 kg，對CD受力分析有－μmg＋FCD＋m0g＝0，解得FCD＝1 N，則CD受到的安培力向右，電流從D流向C，根據(jù)左手定則可知，B2的方向豎直向下，A錯誤，B正確；FMN＝B1IL，F(xiàn)CD＝B2IL，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有E＝B1Lv1－B2Lv2，根據(jù)閉合電路歐姆定律有E＝IR，聯(lián)立解得v2＝3 m/s，C錯誤，D正確。] 三、非選擇題 13．(1)在“研究電磁感應(yīng)現(xiàn)象”的實驗中：為了研究感應(yīng)電流的方向，圖中滑動變阻器和電源的連線已經(jīng)畫出，請將圖中實物連成實驗所需電路圖。 (2)線圈A放在B中不動，在突然閉合開關(guān)時，B線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向與A線圈中的電流方________(選填“相同”或“相反”或“無電流”)。 (3)連接好實驗線路后，閉合開關(guān)，發(fā)現(xiàn)電流計的指針向左偏，則在閉合開關(guān)后，把螺線管A插入螺線管B的過程中，電流表的指針將向________(選填“向左”“向右”或“不”)偏轉(zhuǎn)。 (4)閉合開關(guān)后，線圈A放在B中不動，在滑動變阻器的滑片P向右滑動的過程中，電流表指針將________偏轉(zhuǎn)(選填“向左”“向右”或“不”)。 [解析]　(1)連接電路如圖。 (2)突然閉合開關(guān)后，A線圈中的磁通量增大，根據(jù)楞次定律可知B線圈中感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場應(yīng)阻礙A線圈中磁通量的增大，所以B線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向與A線圈中的電流方向相反。 (3)閉合開關(guān)，B線圈中磁通量增大，電流表指針向左偏轉(zhuǎn)，把螺線管A插入螺線管B的過程中，磁通量增大，所以電流表指針向左偏轉(zhuǎn)。 (4)線圈A放在B中不動，在滑動變阻器的滑片P向右滑動的過程中，電流減小，線圈B中磁通量減小，電流表指針向右偏轉(zhuǎn)。 [答案]　(1)見解析圖　(2)相反　(3)向左　(4)向右 14．某同學在家電維修店得到一匝數(shù)較多的線圈，但從外觀上無法看出線圈的繞向，于是又在一些發(fā)光玩具中拆得一發(fā)光二極管，同時找到一條形磁鐵。將線圈與發(fā)光二極管連接，如圖所示。該同學用條形磁鐵的S極向下快速插入線圈中時發(fā)現(xiàn)二極管發(fā)光。 (1)二極管發(fā)光時，b端電勢比a端電勢________(選填“高”或“低”)。 (2)該同學將磁鐵S極向上快速拔出時，二極管將________(選填“發(fā)光”或“不發(fā)光”)。 (3)若該同學將磁鐵S極向下豎直放在水平桌面上，使線圈的中心軸與磁鐵的中心軸共線，當線圈豎直向下快速靠近磁鐵時，二極管將________(選填“發(fā)光”或“不發(fā)光”)。 [解析]　(1)b端電勢比a端電勢高時，二極管發(fā)光。 (2)距離條形磁鐵磁極越近磁感強度越大，所以螺線管的磁通量減小，穿過螺線管的磁通量發(fā)生變化，有感應(yīng)電流產(chǎn)生，原磁場方向向上，感應(yīng)電流的磁場方向向上，由右手螺旋定則可知電流方向由上向下，二極管將不發(fā)光。 (3)螺線管的磁通量增大，穿過螺線管的磁通量發(fā)生變化，有感應(yīng)電流產(chǎn)生，原磁場方向向上，感應(yīng)電流的磁場方向向下，由右手螺旋定則可知電流方向由下向上，二極管將發(fā)光。 [答案]　(1)高　(2)不發(fā)光　(3)發(fā)光 15．如圖所示，一個正方形線圈邊長a＝0.5 m，總電阻為R＝2 Ω，當線圈以v＝4 m/s的速度勻速通過磁感應(yīng)強度B＝0.5 T的勻強磁場區(qū)域時，線圈平面總保持與磁場垂直。若磁場的寬度b>a，如圖所示，求： (1)線圈進入磁場過程中感應(yīng)電流的大小和方向； (2)線圈進入磁場瞬間，線框CD邊兩端的電壓UCD； (3)線框在穿過整個磁場過程中釋放的焦耳熱Q。 [解析]　(1)由法拉第電磁感應(yīng)定律 E＝Bav＝1 V I＝ER＝0.5 A 根據(jù)右手定則判斷，電流為逆時針方向。 (2)根據(jù)歐姆定律可知UCD＝I×34R＝0.75 V。 (3)由焦耳定律可列式Q＝I2Rt，t＝2av 解得Q＝0.125 J。 [答案]　(1)0.5 A　逆時針方向　(2)0.75 V (3)0.125 J 16．(2023·湖南卷)如圖所示，兩根足夠長的光滑金屬直導軌平行放置，導軌間距為L，兩導軌及其所構(gòu)成的平面均與水平面成θ角，整個裝置處于垂直于導軌平面斜向上的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為B。現(xiàn)將質(zhì)量均為m的金屬棒a、b垂直導軌放置，每根金屬棒接入導軌之間的電阻均為R。運動過程中金屬棒與導軌始終垂直且接觸良好，金屬棒始終未滑出導軌，導軌電阻忽略不計，重力加速度為g。 (1)先保持棒b靜止，將棒a由靜止釋放，求棒a勻速運動時的速度大小v0； (2)在(1)問中，當棒a勻速運動時，再將棒b由靜止釋放，求釋放瞬間棒b的加速度大小a0； (3)在(2)問中，從棒b釋放瞬間開始計時，經(jīng)過時間t0，兩棒恰好達到相同的速度v，求速度v的大小，以及時間t0內(nèi)棒a相對于棒b運動的距離Δx。 [解析]　(1)a勻速運動時受力平衡，有mg sin θ＝BI0L ① 由法拉第電磁感應(yīng)定律及閉合電路歐姆定律有I0＝BLv02R ② 聯(lián)立解得v0＝2mgRsinθB2L2。 ③ (2)a勻速運動時，由(1)可得電路中電流I0＝mgsinθBL ④ 對b由牛頓第二定律有mg sin θ＋BI0L＝ma0 ⑤ 聯(lián)立解得a0＝2g sin θ。 ⑥ (3)分析可知a與b受到的安培力大小始終相等，則對a、b由動量定理分別有 mg sin θ·t0－F安t0＝mv－mv0， mg sin θ·t0＋F安t0＝mv，聯(lián)立解得v＝gt0sin θ＋mgRsinθB2L2， F安 t0＝m2gRsinθB2L2，又F安 t0＝BILt0，q＝It0＝E2R t0＝BLΔx2R，聯(lián)立解得Δx＝2m2gR2sinθB4L4。 [答案]　(1)2mgRsinθB2L2　(2)2g sin θ　(3)gt0sin θ＋mgRsinθB2L2　2m2gR2sinθB4L4 17．如圖所示，光滑且足夠長的平行金屬導軌MN、PQ固定在水平面上，導軌間距L＝0.3 m，導軌電阻忽略不計，其間連接有R＝0.8 Ω的定值電阻。導軌上放一質(zhì)量m＝0.1 kg，電阻r＝0.4 Ω的金屬桿ab，整個裝置處于垂直導軌平面向下B＝0.5 T的勻強磁場中?，F(xiàn)用水平向右的外力F拉金屬桿ab，使之由靜止開始向右運動，電壓傳感器(流過它的電流可忽略)可將R兩端的電壓U即時采集并輸入電腦，獲得的電壓U隨時間t變化的關(guān)系如圖2所示。求： (1)t＝4.0 s時，通過金屬桿ab的感應(yīng)電流的大小和方向； (2)金屬桿ab的速度v與時間t的關(guān)系式； (3)4.0 s內(nèi)通過電阻R的電荷量； (4)若4.0 s內(nèi)外力F做了2.7 J的功，求4.0 s內(nèi)電阻R中產(chǎn)生的電熱。 [解析]　(1)由右手定則可得金屬桿ab的電流方向由b流向a 當t＝4.0 s時，U＝0.6 V，由歐姆定律得通過金屬桿ab的感應(yīng)電流 I＝UR＝0.60.8 A＝0.75 A。 (2)根據(jù)閉合電路歐姆定律得E＝I(R＋r) 金屬桿ab產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝BLv 由歐姆定律得U＝IR＝BLvRR+r 由題圖2得U＝kt＝0.15t(V) 聯(lián)立得v＝kR+rBLRt 代入數(shù)據(jù)解得v＝1.5t(m/s)。 (3)t＝4 s金屬桿的速度為v＝6 m/s，金屬桿在4 s內(nèi)的位移為 x＝v2t＝62×4 m＝12 m 4．0 s內(nèi)通過電阻R的電荷量 q＝It＝BLvtR+r＝BLxR+r 代入數(shù)據(jù)解得q＝1.5 C。 (4)根據(jù)動能定理得 WF－W克安＝12mv2－0 又整個回路產(chǎn)生的電熱Q＝W克安 4．0 s內(nèi)電阻R中產(chǎn)生的電熱QR＝RR+rQ 解得QR＝0.6 J。 [答案]　(1)0.75 A　方向由b流向a　(2)v＝1.5t(m/s)　(3)1.5 C　(4)0.6 J 18．如圖所示，固定在水平面上間距為l的兩條平行光滑金屬導軌，垂直于導軌放置的兩根金屬棒MN和PQ長度也為l、電阻均為R，兩棒與導軌始終接觸良好。MN兩端通過開關(guān)S與電阻為R的單匝金屬線圈相連，線圈內(nèi)存在豎直向下均勻增加的磁場。圖中虛線右側(cè)有垂直于導軌平面向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B。PQ的質(zhì)量為m，金屬導軌足夠長，電阻忽略不計。 (1)閉合S，若使PQ保持靜止，需在其上加大小為F的水平恒力，請指出力F的方向并求出單匝金屬線圈里磁通量的變化率； (2)斷開S，PQ在上述恒力F的作用下，由靜止開始到速度大小為v的加速過程中流過PQ的電荷量為q，求該過程中金屬棒PQ上產(chǎn)生的熱量。 [解析]　(1)設(shè)線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得E＝ΔΦΔt 設(shè)PQ與MN并聯(lián)的電阻為R并，有R并＝12R 閉合S后，設(shè)線圈中的電流為I，方向為逆時針方向，根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得I＝ER+12R 設(shè)PQ中的電流為IPQ，方向為Q到P，則IPQ＝12I，設(shè)PQ受到的安培力為F安，方向向左，有F安＝BIPQl 保持PQ靜止，根據(jù)平衡條件可得F＝F安，方向向右聯(lián)立解得ΔΦΔt＝3RFBl。 (2)設(shè)PQ由靜止開始到速度大小為v的過程中，PQ運動的位移為x，所用的時間為Δt，回路中磁通量的變化為ΔΦ，平均感應(yīng)電動勢為E＝ΔΦΔt 其中ΔΦ＝Blx PQ中的平均電流為I＝E2R 根據(jù)電流強度的定義式可得q＝IΔt 根據(jù)動能定理可得Fx＋W＝12mv2 根據(jù)功能關(guān)系知Q＝－W 聯(lián)立解得 Q＝2FRqBl-12mv2 金屬棒PQ上產(chǎn)生的熱量 Q′＝RR+RQ＝FRqBl-14mv2。 [答案]　(1)水平向右　3RFBl　(2)FRqBl-14 mv2