資源簡介

微專題13　電磁感應(yīng)的兩大規(guī)律及應(yīng)用
1.感應(yīng)電流方向的判斷：感生電動勢——楞次定律；動生電動勢——右手定則。
2.在電磁感應(yīng)的電路中，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的那部分導(dǎo)體相當于電源，若形成回路，電源兩端的電壓為外電壓。
3.電磁感應(yīng)中的電荷量：q=t=n(n：線圈匝數(shù)，ΔΦ：磁通量變化量，R總：閉合電路的總電阻)
4.電磁感應(yīng)中動力學(xué)問題的分析方法
5.能量轉(zhuǎn)化及焦耳熱的求法
(1)能量轉(zhuǎn)化關(guān)系
(2)焦耳熱的三種求法
①焦耳定律：Q=I2Rt，適用于電流、電阻不變的情況。
②功能關(guān)系：Q=W克安，系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱等于系統(tǒng)克服安培力做的功，電流變或不變都適用。
③能量轉(zhuǎn)化：Q=ΔE其他，系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱等于系統(tǒng)其他能的減少量，電流變或不變都適用。
考點一　楞次定律　法拉第電磁感應(yīng)定律
1.(2024·廣東卷·4)電磁俘能器可在汽車發(fā)動機振動時利用電磁感應(yīng)發(fā)電實現(xiàn)能量回收，結(jié)構(gòu)如圖甲所示。兩對永磁鐵可隨發(fā)動機一起上下振動，每對永磁鐵間有水平方向的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小均為B。磁場中，邊長為L的正方形線圈豎直固定在減震裝置上。某時刻磁場分布與線圈位置如圖乙所示，永磁鐵振動時磁場分界線不會離開線圈。關(guān)于圖乙中的線圈，下列說法正確的是：
A.穿過線圈的磁通量為BL2
B.永磁鐵相對線圈上升越高，線圈中感應(yīng)電動勢越大
C.永磁鐵相對線圈上升越快，線圈中感應(yīng)電動勢越小
D.永磁鐵相對線圈下降時，線圈中感應(yīng)電流的方向為順時針方向
2.(2024·安徽省部分學(xué)校二模聯(lián)考)用材料相同粗細均勻的導(dǎo)線做成如圖所示的單匝線圈，線圈構(gòu)成一個閉合回路。左側(cè)小圓的半徑為2d，中間大圓的半徑為3d，右側(cè)小圓的半徑為d，左側(cè)兩圓連接處缺口的長度可忽略不計，右側(cè)兩圓錯開相交連通(麻花狀)，三個圓處在同一平面，將線圈固定在與線圈所在平面垂直的磁場中，磁感應(yīng)強度大小為B=B0+kt(k>0)，式中的B0和k為常量，則線圈中感應(yīng)電動勢的大小為：
A.14πd2k　 B.12πd2k　 C.6πd2k　 D.4πd2k
3.(2024·湖南卷·4)如圖，有一硬質(zhì)導(dǎo)線Oabc，其中是半徑為R的半圓弧，b為圓弧的中點，直線段Oa長為R且垂直于直徑ac。該導(dǎo)線在紙面內(nèi)繞O點逆時針轉(zhuǎn)動，導(dǎo)線始終在垂直紙面向里的勻強磁場中。則O、a、b、c各點電勢關(guān)系為：
A.φO>φa>φb>φc B.φO<φa<φb<φc
C.φO>φa>φb=φc D.φO<φa<φb=φc
考點二　電磁感應(yīng)中的電路、圖像問題
4.兩個固定的同心金屬圓環(huán)中間部分存在與圓面垂直的磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，如圖所示，一長度為4L的金屬棒MN，處在如圖所示位置時與兩圓的交點分別為M、P、Q、N，O點為圓心，P、O、Q將金屬棒平均分成了四等份，已知大圓環(huán)的總電阻為4R，小圓環(huán)和金屬棒的電阻均為2R，金屬棒和大、小圓環(huán)質(zhì)量分布均勻，當金屬棒以速度v經(jīng)過如圖所示位置時，下列說法正確的是：
A.金屬棒產(chǎn)生的總感應(yīng)電動勢為4BLv
B.金屬棒產(chǎn)生的總感應(yīng)電動勢為BLv
C.金屬棒MP間產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小為I=
D.金屬棒MP間產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小為I=
【點撥·提煉】　電磁感應(yīng)中電路問題解題思路
5.(多選)(2024·全國甲卷·21)如圖，一絕緣細繩跨過兩個在同一豎直面(紙面)內(nèi)的光滑定滑輪，繩的一端連接一矩形金屬線框，另一端連接一物塊。線框與左側(cè)滑輪之間的虛線區(qū)域內(nèi)有方向垂直紙面的勻強磁場，磁場上下邊界水平，在t=0時刻線框的上邊框以不同的初速度從磁場下方進入磁場。運動過程中，線框始終在紙面內(nèi)且上下邊框保持水平。以向上為速度的正方向，下列線框的速度v隨時間t變化的圖像中可能正確的是：
A 　　 　B　　 　　C　 　　D
6.(多選)(2024·福建漳州市模擬)如圖，兩條光滑平行金屬導(dǎo)軌固定，所在平面與水平面夾角為θ，導(dǎo)軌電阻可忽略不計；導(dǎo)軌間有一垂直于導(dǎo)軌所在平面向上的勻強磁場，其邊界ab、cd均與導(dǎo)軌垂直?，F(xiàn)將兩相同的導(dǎo)體棒PQ、MN先后自導(dǎo)軌上同一位置由靜止釋放，運動過程中PQ、MN始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。已知PQ進入磁場時加速度恰好為零，從PQ進入磁場時開始計時，MN中電流記為i，MN兩端電勢差記為u，則下列i-t、u-t圖像可能正確的是：
A 　　 　B　　 　　C　 　　D
【點撥·提煉】　在解決圖像問題時，可以使用排除法，某選項的圖像中包含一處以上錯誤信息，該選項就可以排除。可以從以下幾個方面篩查圖像中是否含有錯誤信息： ①圖像為直線還是曲線；②變化的趨勢是否正確；③圖像是否過原點；④交點、轉(zhuǎn)折點的信息是否正確；⑤相鄰兩段圖像的坐標值、斜率的正負、倍數(shù)關(guān)系是否合理。
考點三　電磁感應(yīng)中的動力學(xué)、能量問題
7.(多選)(2024·黑吉遼·9)如圖，兩條“∧”形的光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上，間距為L，左、右兩導(dǎo)軌面與水平面夾角均為30°，均處于豎直向上的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小分別為2B和B。將有一定阻值的導(dǎo)體棒ab、cd放置在導(dǎo)軌上，同時由靜止釋放，兩棒在下滑過程中始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，ab、cd的質(zhì)量分別為2m和m，長度均為L。導(dǎo)軌足夠長且電阻不計，重力加速度為g，兩棒在下滑過程中：
A.回路中的電流方向為abcda
B.ab中電流趨于
C.ab與cd加速度大小之比始終為2∶1
D.兩棒產(chǎn)生的電動勢始終相等
8.(多選)(2024·海南卷·13)兩根足夠長的導(dǎo)軌由上下段電阻不計、光滑的金屬導(dǎo)軌組成，在M、N兩點絕緣連接，M、N等高，間距L=1 m，連接處平滑。導(dǎo)軌平面與水平面夾角為30°，導(dǎo)軌兩端分別連接一個阻值R=0.02 Ω的電阻和C=1 F的電容器，整個裝置處于B=0.2 T的垂直導(dǎo)軌平面斜向上的勻強磁場中，兩根導(dǎo)體棒ab、cd分別放在MN兩側(cè)，質(zhì)量分別為m1=0.8 kg，m2=0.4 kg，ab棒的電阻為0.08 Ω，cd棒的電阻不計，將ab由靜止釋放，同時cd從距離MN為x0=4.32 m處在一個大小F=4.64 N、方向沿導(dǎo)軌平面向上的力作用下由靜止開始運動，兩棒恰好在M、N處發(fā)生彈性碰撞，碰撞前瞬間撤去F，已知碰前瞬間ab的速度為4.5 m/s，g=10 m/s2，下列說法正確的是：
A.ab從釋放到第一次碰撞前所用時間為1.44 s
B.ab從釋放到第一次碰撞前，R上消耗的焦耳熱為0.78 J
C.兩棒第一次碰撞后瞬間，ab的速度大小為6.3 m/s
D.兩棒第一次碰撞后瞬間，cd的速度大小為8.4 m/s
9.(2024·北京市海淀區(qū)二模)如圖所示，兩條光滑的金屬導(dǎo)軌相距L=1 m，其中MN段平行于PQ段，位于同一水平面內(nèi)，NN0段與QQ0段平行，位于與水平面成傾角37°的斜面內(nèi)，且MNN0與PQQ0均在豎直平面內(nèi)。在水平導(dǎo)軌區(qū)域和傾斜導(dǎo)軌區(qū)域內(nèi)分別有垂直于水平面和斜面的勻強磁場B1和B2，且B1=B2=0.5 T。ab和cd是質(zhì)量均為m=0.1 kg、電阻均為R=4 Ω的兩根金屬棒，ab置于水平導(dǎo)軌上，cd置于傾斜導(dǎo)軌上，均與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。從t=0時刻起，ab棒在外力(圖中未標出)作用下由靜止開始沿水平方向向右運動(ab棒始終在水平導(dǎo)軌上運動，且垂直于水平導(dǎo)軌)，cd棒受到沿斜面且平行于導(dǎo)軌方向的變力作用，并始終處于靜止狀態(tài)，規(guī)定沿導(dǎo)軌斜面向上為正方向，該變力F隨時間t的變化關(guān)系式為F=0.6-0.25t(N)。不計導(dǎo)軌的電阻。(sin 37°=0.6，重力加速度g=10 m/s2)
(1)(3分)求流過cd棒的電流Icd的方向及其大小隨時間t變化的函數(shù)關(guān)系；
(2)(3分)求ab棒在水平導(dǎo)軌上運動的速度vab隨時間t變化的函數(shù)關(guān)系；
(3)(4分)若t=0時刻起，1.0 s內(nèi)作用在ab棒上的外力做功為W=3.8 J，求這段時間內(nèi)cd棒產(chǎn)生的焦耳熱Qcd。
1.(2024·江蘇卷·10)如圖所示，在絕緣的水平面上，有閉合的兩個線圈a、b，線圈a處在勻強磁場中，現(xiàn)將線圈a從磁場中勻速拉出，線圈a、b中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向分別是：
A.順時針，順時針 B.順時針，逆時針
C.逆時針，順時針 D.逆時針，逆時針
2.(多選)(2024·安徽省三模)如圖所示，質(zhì)量為m、長為L的金屬桿ab，以一定的初速度v0從一光滑平行金屬軌道的底端向上滑行，軌道平面與水平面成θ角，軌道平面處于磁感應(yīng)強度為B、方向垂直軌道平面向上的勻強磁場中，兩導(dǎo)軌上端與一阻值為R的電阻相連，軌道與金屬桿ab的電阻均不計，金屬桿向上滑行到某一高度后又返回到底端，則金屬桿：
A.在上滑和下滑過程中的平均速度均小于
B.在上滑過程中克服安培力做的功等于下滑過程中克服安培力做的功
C.在上滑過程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱等于金屬桿ab減少的動能
D.在上滑過程中通過電阻R的電荷量等于下滑過程中通過電阻R的電荷量
3.(多選)(2024·陜西榆林市三模)如圖甲所示，一個矩形金屬框ABCD通過細桿懸掛在豎直平面內(nèi)，懸點P為AB邊中點。金屬框AB邊水平，平行AB邊的虛線EF下方存在有隨時間變化的勻強磁場(未畫出)，磁場范圍足夠大、方向垂直紙面(豎直平面)。若金屬框的重量忽略不計，規(guī)定金屬框所受安培力向上為正方向，t=0時刻起，金屬框所受安培力F隨時間t的變化圖像如圖乙所示。取垂直紙面向外為磁感應(yīng)強度的正方向，則t=0時刻起磁感應(yīng)強度B隨時間t的變化圖像可能正確的是：
A　　　　　　　　　B
C D
4.(2024·河北卷·14)如圖，邊長為2L的正方形金屬細框固定放置在絕緣水平面上，細框中心O處固定一豎直細導(dǎo)體軸OO'。間距為L、與水平面成θ角的平行導(dǎo)軌通過導(dǎo)線分別與細框及導(dǎo)體軸相連。導(dǎo)軌和細框分別處在與各自所在平面垂直的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小均為B。足夠長的細導(dǎo)體棒OA在水平面內(nèi)繞O點以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動，水平放置在導(dǎo)軌上的導(dǎo)體棒CD始終靜止。OA棒在轉(zhuǎn)動過程中，CD棒在所受安培力達到最大和最小時均恰好能靜止。已知CD棒在導(dǎo)軌間的電阻值為R，電路中其余部分的電阻均不計，CD棒始終與導(dǎo)軌垂直，各部分始終接觸良好，不計空氣阻力，重力加速度大小為g。
(1)(5分)求CD棒所受安培力的最大值和最小值。
(2)(5分)鎖定OA棒，推動CD棒下滑，撤去推力瞬間，CD棒的加速度大小為a，所受安培力大小等于(1)問中安培力的最大值，求CD棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)。
答案精析
高頻考點練
1.D　[題圖乙所示位置穿過線圈的磁通量Φ=|BS上-BS下|≠BL2，故A錯誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知永磁鐵相對線圈上升越快，磁通量變化越快，線圈中感應(yīng)電動勢越大，故B、C錯誤；永磁鐵相對線圈下降時，根據(jù)楞次定律和安培定則可知線圈中感應(yīng)電流的方向為順時針方向，故D正確。]
2.B　[根據(jù)楞次定律可知，三個圓中感應(yīng)電流均為逆時針，左側(cè)小圓和中間大圓產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向相同，而右側(cè)小圓產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向在相交處與中間大圓的電流方向相反，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得線圈中感應(yīng)電動勢的大小為E=E左+E中-E右=kπ(2d)2+kπ(3d)2-kπd2=12πd2k，故選B。]
3.C　[導(dǎo)線繞O點轉(zhuǎn)動過程中相當于Oa、Ob、Oc導(dǎo)體棒轉(zhuǎn)動切割磁感線，如圖所示，根據(jù)右手定則可知O點電勢最高；
根據(jù)E=Blv=Bωl2
因為lOb=lOc>lOa
可得0得φO>φa>φb=φc
故選C。]
4.C　[金屬棒中產(chǎn)生的總感應(yīng)電動勢等于MP、QN兩段產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢之和，E1=E2=BLv，總感應(yīng)電動勢E=E1+E2=2BLv，故A、B錯誤；整個電路的等效電路圖如圖所示，其中等效電源內(nèi)阻r1=r2=則總電阻R總=+r1+r2+R=金屬棒MP上產(chǎn)生的感應(yīng)電流I===故C正確，D錯誤。]
5.AC　[設(shè)線框的上邊框進入磁場時的速度為v，設(shè)線框的質(zhì)量M，物塊的質(zhì)量m，題圖中線框進入磁場時的加速度向下，對線框，由牛頓第二定律可知Mg+F安-FT=Ma
對物塊有FT-mg=ma
其中F安=
即+(M-m)g=(M+m)a
線框向上做減速運動，隨速度的減小，向下的加速度減?。划敿铀俣葹榱銜r，即線框勻速運動的速度為v0=
若線框進入磁場時的速度較小，則線框進入磁場時做加速度減小的減速運動，線框的速度和加速度都趨近于零，則圖像A可能正確；
因t=0時刻線框進入磁場，則進入磁場時線框向上不可能做勻減速運動，則圖像B不可能；
若線框的質(zhì)量等于物塊的質(zhì)量，且當線框進入磁場時速度較大時，線框進入磁場做加速度減小的減速運動，完全進入磁場后線框做勻速運動；當線框出磁場時，受向下的安培力又做加速度減小的減速運動，最終出磁場時做勻速運動，則圖像C有可能，D不可能。]
6.AC　[MN剛進磁場時的速度與PQ剛進磁場時相同，設(shè)t=0時MN中電流為I1，若PQ剛出磁場時MN進入磁場，此時電流立即反向，MN進入磁場后仍勻速運動，因此電流大小不變，A正確，B錯誤；PQ剛進磁場時，MN兩端的電勢差記為U1，若PQ還未離開磁場時MN已進入磁場，根據(jù)題設(shè)此時兩導(dǎo)體棒速度相等，回路電流為零，MN兩端的電勢差(導(dǎo)體棒切割磁場產(chǎn)生的電動勢)為2U1，兩導(dǎo)體棒均未離開磁場前做勻加速運動，電動勢均勻增大，當PQ離開磁場時，MN的速度大于其剛進入磁場時的速度，其兩端的電勢差U發(fā)生突變，且略大于U1，此后MN做加速度減小的減速運動，MN兩端的電勢差逐漸減小，C正確；只有兩導(dǎo)體棒同時在磁場中運動時，MN兩端的電勢差才等于2U1，但不會恒定不變，D錯誤。]
7.AB　[兩導(dǎo)體棒沿軌道向下滑動，根據(jù)右手定則可知回路中的電流方向為abcda，故A正確；設(shè)回路中的總電阻為R，對于任意時刻當電路中的電流為I時，對ab根據(jù)牛頓第二定律得
2mgsin 30°-2BILcos 30°=2maab，
對cd有mgsin 30°-BILcos 30°
=macd，
故可知aab=acd，分析可知回路中的總電動勢為兩個導(dǎo)體棒產(chǎn)生的電動勢相加，隨著導(dǎo)體棒速度的增大，回路中的電流增大，導(dǎo)體棒受到的安培力在增大，故可知當安培力沿導(dǎo)軌方向的分力與重力沿導(dǎo)軌向下的分力平衡時導(dǎo)體棒將勻速運動，此時電路中的電流達到穩(wěn)定值，對ab分析可得2mgsin 30°=2BILcos 30°，解得I=故B正確，C錯誤；根據(jù)前面分析可知aab=acd，故可知兩導(dǎo)體棒速度大小始終相等，由于兩邊磁感應(yīng)強度大小不同，故產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢不相等，故D錯誤。]
8.BD　[由于導(dǎo)體棒ab、cd同時由靜止開始運動，且恰好在M、N處發(fā)生彈性碰撞，則說明ab、cd在到達M、N處所用的時間是相同的，對導(dǎo)體棒cd和電容器組成的回路有Δq=C·BLΔv
對cd根據(jù)牛頓第二定律有
F-BIL-m2gsin 30°=m2a2
其中a2=I=
聯(lián)立有a2=
則說明導(dǎo)體棒cd做勻加速直線運動，
則有x0=a2t2
聯(lián)立解得a2=6 m/s2，t=1.2 s，故A錯誤；
由題知，碰前瞬間ab的速度v1為4.5 m/s，
則根據(jù)功能關(guān)系有m1gxabsin 30°-Q=m1
導(dǎo)體棒ab下滑過程中根據(jù)動量定理有
m1gsin 30°·t-BL·t=m1v1
其中q=t=
R總=R+Rab=0.1 Ω
聯(lián)立解得q=6 C，xab=3 m，Q=3.9 J
則R上消耗的焦耳熱為QR=Q=0.78 J
故B正確；
由于兩棒恰好在M、N處發(fā)生彈性碰撞，取沿斜面向下為正方向，有
m1v1-m2v2=m1v1'+m2v2'
m1+m2=m1v1'2+m2v2'2
其中v2=a2t=7.2 m/s
聯(lián)立解得v1'=-3.3 m/s，v2'=8.4 m/s
故C錯誤，D正確。]
9.(1)d到c　Icd=0.5t(A)　(2)vab=8t(m/s)　(3)0.3 J
解析　(1)ab棒向右運動由右手定則可知電流方向為abdca，由于cd棒處于平衡狀態(tài)，則有F+Fcd=mgsin 37°
Fcd=B2IcdL
解得Icd=0.5t(A)
(2)cd棒中電流Icd=Iab=0.5t(A)
則回路中電源電動勢E=IcdR總
ab棒切割磁感線，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E=B1Lvab
解得ab棒的速度vab=8t(m/s)
可知ab棒做初速度為零的勻加速直線運動
(3)t=1.0 s時，ab棒的速度
vab=8t=8 m/s
根據(jù)動能定理可得
W+W安=m-0
可得1.0 s內(nèi)安培力做功為
W安=-0.6 J
回路中產(chǎn)生的焦耳熱為Q=-W安=0.6 J
cd棒上產(chǎn)生的焦耳熱Qcd==0.3 J。
補償強化練
1.A　[線圈a從磁場中勻速拉出的過程中，穿過a線圈的磁通量在減小，根據(jù)楞次定律和安培定則可知a線圈中的電流方向為順時針，由于線圈a從磁場中勻速拉出，則a中產(chǎn)生的電流為恒定電流，線圈a靠近線圈b的過程中通過線圈b的磁通量在向外增大，同理可得線圈b中產(chǎn)生的電流方向為順時針。故選A。]
2.AD　[上滑時由牛頓第二定律得a1==gsin θ+即上滑時金屬桿ab做加速度減小的減速直線運動，用v-t圖像分析知上滑時的平均速度小于；同理可知，下滑時由牛頓第二定律a2==gsin θ-下滑過程中ab桿做加速度逐漸減小的加速直線運動，由于機械能有損失，所以ab桿經(jīng)過同一位置時上滑的速度大于下滑的速度，則下滑過程的平均速度小于上滑的平均速度，即小于 選項A正確；經(jīng)過同一位置時下滑的速度小于上滑的速度，下滑時ab桿受到的安培力小于上滑時所受的安培力，則下滑過程安培力的平均值小于上滑過程安培力的平均值，所以上滑時金屬桿克服安培力做的功大于下滑過程克服安培力做的功，故B錯誤；在上滑過程中，金屬桿ab減小的動能轉(zhuǎn)化為焦耳熱和桿的重力勢能，故上滑過程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱小于金屬桿ab減小的動能，故C錯誤；根據(jù)q=Δt=Δt==知上滑過程和下滑過程穿過回路的磁通量的變化量相等，則通過電阻R的電荷量相等，故D正確。]
3.BD　[在一個周期內(nèi)，安培力F先正向線性增大，再反向線性減小，且增大時的變化率比減小時的變化率大；當線圈內(nèi)的磁通量垂直紙面向外時，根據(jù)左手定則可知，感應(yīng)電流先沿順時針方向，再沿逆時針方向，由楞次定律和安培定則可知，穿過線圈的磁通量先增大后減小，則磁感應(yīng)強度先增大后減??；由F=BIL可知，順時針的最大電流大于逆時針的最大電流，由I==可知磁感應(yīng)強度增大的變化率大于減小的變化率，故A錯誤，B正確；當線圈內(nèi)的磁通量垂直紙面向里時，根據(jù)左手定則可知，感應(yīng)電流先沿逆時針方向，再沿順時針方向，由楞次定律和安培定則可知，磁通量先增大后減小，則磁感應(yīng)強度先增大后減?。挥蒄=BIL可知，逆時針的最大電流大于順時針的最大電流，則磁感應(yīng)強度增大的變化率大于減小的變化率，故C錯誤，D正確。]
4.(1)　　(2)-tan θ或或μ=
解析　(1)當OA運動到正方形細框?qū)蔷€瞬間，切割的有效長度最大，Lmax=L，此時感應(yīng)電流最大，CD棒所受的安培力最大，
根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得
Emax=BLmax=B·L·
=BL2ω
根據(jù)閉合電路歐姆定律得Imax=
故CD棒所受的安培力最大值
Fmax=BImaxL=
當OA運動到與細框一邊平行的瞬間，切割的有效長度最短，Lmin=L，感應(yīng)電流最小，CD棒受到的安培力最小，
感應(yīng)電動勢最小為
Emin=BLmin'=B·L·=
根據(jù)閉合電路歐姆定律得Imin=
故CD棒所受的安培力最小值
Fmin=BIminL=
(2)當CD棒受到的安培力最小時根據(jù)平衡條件得mgsin θ-μmgcos θ-Fmin=0
當CD棒受到的安培力最大時根據(jù)平衡條件得
Fmax-mgsin θ-μmgcos θ=0
聯(lián)立解得m=
撤去推力瞬間，根據(jù)牛頓第二定律得
Fmax+μmgcos θ-mgsin θ=ma
聯(lián)立解得μ=-tan θ或μ=或μ=。(共54張PPT)
微專題13
電磁感應(yīng)的兩大規(guī)律及應(yīng)用
專題三　電磁場的基本原理
知識聚焦
高頻考點練
內(nèi)容索引
核心精講
補償強化練
知識聚焦
PART ONE
1.感應(yīng)電流方向的判斷：感生電動勢——楞次定律；動生電動勢——右手定則。
2.在電磁感應(yīng)的電路中，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的那部分導(dǎo)體相當于電源，若形成回路，電源兩端的電壓為外電壓。
3.電磁感應(yīng)中的電荷量：q=t=n(n：線圈匝數(shù)，ΔΦ：磁通量變化量，R總：閉合電路的總電阻)
核心精講
PART TWO
4.電磁感應(yīng)中動力學(xué)問題的分析方法
5.能量轉(zhuǎn)化及焦耳熱的求法
(1)能量轉(zhuǎn)化關(guān)系
(2)焦耳熱的三種求法
①焦耳定律：Q=I2Rt，適用于電流、電阻不變的情況。
②功能關(guān)系：Q=W克安，系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱等于系統(tǒng)克服安培力做的功，電流變或不變都適用。
③能量轉(zhuǎn)化：Q=ΔE其他，系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱等于系統(tǒng)其他能的減少量，電流變或不變都適用。
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高頻考點練
PART THREE
考點一　楞次定律　法拉第電磁感應(yīng)定律
1.(2024·廣東卷·4)電磁俘能器可在汽車發(fā)動機振動時利用電磁感應(yīng)發(fā)電實現(xiàn)能量回收，結(jié)構(gòu)如圖甲所示。兩對永磁鐵可隨發(fā)動機一起上下振動，每對永磁鐵間有水平方向的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小均為B。磁場中，邊長為L的正方形線圈豎直固定在減震裝置上。某時刻磁場分布與線圈位
置如圖乙所示，永磁鐵振動時磁場分界線不會離開線圈。關(guān)于圖乙中的線圈，下列說法正確的是
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A.穿過線圈的磁通量為BL2
B.永磁鐵相對線圈上升越高，線圈中感應(yīng)電動勢越大
C.永磁鐵相對線圈上升越快，線圈中感應(yīng)電動勢越小
D.永磁鐵相對線圈下降時，線圈中感應(yīng)電流的方向為順時針方向
√
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題圖乙所示位置穿過線圈的磁通量Φ= |BS上-BS下|≠BL2，故A錯誤；
根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知永磁鐵相對線圈上升越快，磁通量變化越快，線
圈中感應(yīng)電動勢越大，故B、C錯誤；
永磁鐵相對線圈下降時，根據(jù)楞次定律和安培定則可知線圈中感應(yīng)電流的方向為順時針方向，故D正確。
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2.(2024·安徽省部分學(xué)校二模聯(lián)考)用材料相同粗細均勻的導(dǎo)線做成如圖所示的單匝線圈，線圈構(gòu)成一個閉合回路。左側(cè)小圓的半徑為2d，中間大圓的半徑為3d，右側(cè)小圓的半徑為d，左側(cè)兩圓連接處缺口的長度可忽略不計，右側(cè)兩圓錯開相交連通(麻花狀)，三個圓處在同一平面，將線圈固定在與線圈所在平面垂直的磁場中，磁感應(yīng)強度大小為B=B0+kt(k>0)，式中的B0和k為常量，則線圈中感應(yīng)電動勢的大小為
A.14πd2k B.12πd2k
C.6πd2k D.4πd2k
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根據(jù)楞次定律可知，三個圓中感應(yīng)電流均為逆時針，左側(cè)小圓和中間大圓產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向相同，而右側(cè)小圓產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向在相交處與中間大圓的電流方向相反，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得線圈中感應(yīng)電動勢的大小為E=E左+E中-E右=kπ(2d)2+kπ(3d)2-kπd2=12πd2k，故選B。
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3.(2024·湖南卷·4)如圖，有一硬質(zhì)導(dǎo)線Oabc，其中 是半徑為R的半圓
弧，b為圓弧的中點，直線段Oa長為R且垂直于直徑ac。該導(dǎo)線在紙面內(nèi)繞O點逆時針轉(zhuǎn)動，導(dǎo)線始終在垂直紙面向里的勻強磁場中。則O、a、b、c各點電勢關(guān)系為
A.φO>φa>φb>φc
B.φO<φa<φb<φc
C.φO>φa>φb=φc
D.φO<φa<φb=φc
√
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導(dǎo)線繞O點轉(zhuǎn)動過程中相當于Oa、Ob、Oc導(dǎo)體棒轉(zhuǎn)動切割磁感線，如圖所示，根據(jù)右手定則可知O點電勢最高；
根據(jù)E=Blv=Bωl2
因為lOb=lOc>lOa
可得0得φO>φa>φb=φc
故選C。
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考點二　電磁感應(yīng)中的電路、圖像問題
4.兩個固定的同心金屬圓環(huán)中間部分存在與圓面垂直的磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，如圖所示，一長度為4L的金屬棒MN，處在如圖所示位置時與兩圓的交點分別為M、P、Q、N，O點為圓心，P、O、Q將金屬棒平均分成了四等份，已知大圓環(huán)的總電阻為4R，小圓環(huán)和金屬棒的電阻均為2R，金屬棒和大、小圓環(huán)質(zhì)量分布均勻，當金屬棒以速度v經(jīng)過如圖所示位置時，下列說法正確的是
A.金屬棒產(chǎn)生的總感應(yīng)電動勢為4BLv
B.金屬棒產(chǎn)生的總感應(yīng)電動勢為BLv
C.金屬棒MP間產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小為I=
D.金屬棒MP間產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小為I=
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金屬棒中產(chǎn)生的總感應(yīng)電動勢等于MP、QN兩段產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢之和，E1=E2=BLv，總感應(yīng)電動勢E=E1+E2=2BLv，故A、B錯誤；
整個電路的等效電路圖如圖所示，其中等效電源內(nèi)阻r1=r2=，則總電阻R總=+r1+r2+R=，金屬棒MP上產(chǎn)生的感應(yīng)電流I===，
故C正確，D錯誤。
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點撥·提煉
電磁感應(yīng)中電路問題解題思路
5.(多選)(2024·全國甲卷·21)如圖，一絕緣細繩跨過兩個在同一豎直面(紙面)內(nèi)的光滑定滑輪，繩的一端連接一矩形金屬線框，另一端連接一物塊。線框與左側(cè)滑輪之間的虛線區(qū)域內(nèi)有方向垂直紙面的勻強磁場，磁場上下邊界水平，在t=0時刻線框的上邊框以不同的初速度從磁場下方進入磁場。運動過程中，線框始終在紙面內(nèi)且上下邊框保持水平。以向上為速度的正方向，下列線框的速度v隨時間t變化的圖像中可能正確的是
√
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設(shè)線框的上邊框進入磁場時的速度為v，設(shè)線框的質(zhì)量M，物塊的質(zhì)量m，題圖中線框進入磁場時的加速度向下，對線框，由牛頓第二定律可知Mg+F安-FT=Ma
對物塊有FT-mg=ma
其中F安=
即+(M-m)g=(M+m)a
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線框向上做減速運動，隨速度的減小，向下的加速度減?。划敿铀俣葹榱銜r，即線框勻速運動的速度為v0
=
若線框進入磁場時的速度較小，則線框進入磁場時做
加速度減小的減速運動，線框的速度和加速度都趨近于零，則圖像A可能正確；
因t=0時刻線框進入磁場，則進入磁場時線框向上不可能做勻減速運動，則圖像B不可能；
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若線框的質(zhì)量等于物塊的質(zhì)量，且當線框進入磁場時速度較大時，線框進入磁場做加速度減小的減速運動，完全進入磁場后線框做勻速運動；當線框出磁場時，受向下的安培力又做加速度減小的減速運動，最終出磁場時做勻速運動，則圖像C有可能，D不可能。
6.(多選)(2024·福建漳州市模擬)如圖，兩條光滑平行金屬導(dǎo)軌固定，所在平面與水平面夾角為θ，導(dǎo)軌電阻可忽略不計；導(dǎo)軌間有一垂直于導(dǎo)軌所在平面向上的勻強磁場，其邊界ab、cd均與導(dǎo)軌垂直?，F(xiàn)將兩相同的導(dǎo)體棒PQ、MN先后自導(dǎo)軌上同一位置由靜止釋放，運動過程中PQ、MN始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。已知PQ進入磁場時加速度恰好為零，從PQ進入磁場時開始計時，MN中電流記為i，MN兩端電勢差記為u，則下列i-t、u-t圖像可能正確的是
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MN剛進磁場時的速度與PQ剛進磁場時相同，設(shè)t=0時MN中電流為I1，若PQ剛出磁場時MN進入磁場，此時電流立即反向，MN進入磁場后仍勻速運動，因此電流大小不變，A正確，B錯誤；
PQ剛進磁場時，MN兩端的電勢差記為U1，若PQ還未離開磁場時MN已進入磁場，根據(jù)題設(shè)此時兩導(dǎo)體棒速度相等，回路電流為零，MN兩端的電勢差(導(dǎo)體棒切割磁場產(chǎn)生的電動勢)為2U1，兩導(dǎo)體棒均未離開磁場前做勻加速運動，電動勢均勻增大，當PQ離開磁場時，MN的速度大于其剛進入磁場時的速度，其兩端的電勢差U發(fā)生突變，且略大于U1，此后MN做加速度減小的減速運動，MN兩端的電勢差逐漸減小，C正確；
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只有兩導(dǎo)體棒同時在磁場中運動時，MN兩端的電勢差才等于2U1，但不會恒定不變，D錯誤。
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點撥·提煉
在解決圖像問題時，可以使用排除法，某選項的圖像中包含一處以上錯誤信息，該選項就可以排除?？梢詮囊韵聨讉€方面篩查圖像中是否含有錯誤信息：
①圖像為直線還是曲線；②變化的趨勢是否正確；③圖像是否過原點；④交點、轉(zhuǎn)折點的信息是否正確；⑤相鄰兩段圖像的坐標值、斜率的正負、倍數(shù)關(guān)系是否合理。
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考點三　電磁感應(yīng)中的動力學(xué)、能量問題
7.(多選)(2024·黑吉遼·9)如圖，兩條“∧”形的光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上，間距為L，左、右兩導(dǎo)軌面與水平面夾角均為30°，均處于豎直向上的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小分別為2B和B。將有一定阻值的
導(dǎo)體棒ab、cd放置在導(dǎo)軌上，同時由靜止釋放，兩棒在下滑過程中始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，ab、cd的質(zhì)量分別為2m和m，長度均為L。導(dǎo)軌足夠長且電阻不計，重力加速度為g，兩棒在下滑過程中
A.回路中的電流方向為abcda B.ab中電流趨于
C.ab與cd加速度大小之比始終為2∶1 D.兩棒產(chǎn)生的電動勢始終相等
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兩導(dǎo)體棒沿軌道向下滑動，根據(jù)右手定則可知回路中的電流方向為abcda，故A正確；
設(shè)回路中的總電阻為R，對于任意時刻當電路中的
電流為I時，對ab根據(jù)牛頓第二定律得
2mgsin 30°-2BILcos 30°=2maab，
對cd有mgsin 30°-BILcos 30°=macd，
故可知aab=acd，分析可知回路中的總電動勢為兩個導(dǎo)體棒產(chǎn)生的電動勢相加，隨著導(dǎo)體棒速度的增大，回路中的電流增大，導(dǎo)體棒受到的安培力在增大，
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故可知當安培力沿導(dǎo)軌方向的分力與重力沿導(dǎo)軌向下的分力平衡時導(dǎo)體棒將勻速運動，此時電路中的電流達到穩(wěn)定值，對ab分析可得
2mgsin 30°=2BILcos 30°，解得I=，故B
正確，C錯誤；
根據(jù)前面分析可知aab=acd，故可知兩導(dǎo)體棒速度大小始終相等，由于兩邊磁感應(yīng)強度大小不同，故產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢不相等，故D錯誤。
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8.(多選)(2024·海南卷·13)兩根足夠長的導(dǎo)軌由上下段電阻不計、光滑的金屬導(dǎo)軌組成，在M、N兩點絕緣連接，M、N等高，間距L=1 m，連接處平滑。導(dǎo)軌平面與水平面夾角為30°，導(dǎo)軌兩端分別連接一個阻值R=0.02 Ω的電阻和C= 1 F的電容器，整個裝置處于B=0.2 T的垂直導(dǎo)軌平面斜向上的勻強磁場中，兩根導(dǎo)體棒ab、cd分別放在MN兩側(cè)，質(zhì)量分別為m1=0.8 kg，m2=0.4 kg，ab棒的電阻為0.08 Ω，cd棒的電阻不計，將ab由靜止釋放，同時cd從距離MN為x0= 4.32 m處在一個大小F=4.64 N、方向沿導(dǎo)軌平面向上
的力作用下由靜止開始運動，兩棒恰好在M、N處發(fā)生彈性碰撞，碰撞前瞬間撤去F，已知碰前瞬間ab的速度為4.5 m/s，g=10 m/s2，
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下列說法正確的是
A.ab從釋放到第一次碰撞前所用時間為1.44 s
B.ab從釋放到第一次碰撞前，R上消耗的焦耳
熱為0.78 J
C.兩棒第一次碰撞后瞬間，ab的速度大小為6.3 m/s
D.兩棒第一次碰撞后瞬間，cd的速度大小為8.4 m/s
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由于導(dǎo)體棒ab、cd同時由靜止開始運動，且恰好在M、N處發(fā)生彈性碰撞，則說明ab、cd在到達M、N處所用的時間是相同的，對導(dǎo)體棒cd和電容器組成的回路有Δq=C·BLΔv
對cd根據(jù)牛頓第二定律有
F-BIL-m2gsin 30°=m2a2
其中a2=，I=
聯(lián)立有a2=
則說明導(dǎo)體棒cd做勻加速直線運動，
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則有x0=a2t2
聯(lián)立解得a2=6 m/s2，t=1.2 s，故A錯誤；
由題知，碰前瞬間ab的速度v1為4.5 m/s，
則根據(jù)功能關(guān)系有m1gxabsin 30°-Q=m1
導(dǎo)體棒ab下滑過程中根據(jù)動量定理有
m1gsin 30°·t-BL·t=m1v1
其中q=t=，
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R總=R+Rab=0.1 Ω
聯(lián)立解得q=6 C，xab=3 m，Q=3.9 J
則R上消耗的焦耳熱為QR=Q=0.78 J
故B正確；
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由于兩棒恰好在M、N處發(fā)生彈性碰撞，取沿斜面向下為正方向，有
m1v1-m2v2=m1v1'+m2v2'
m1+m2=m1v1'2+m2v2'2
其中v2=a2t=7.2 m/s
聯(lián)立解得v1'=-3.3 m/s，v2'=8.4 m/s
故C錯誤，D正確。
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9.(2024·北京市海淀區(qū)二模)如圖所示，兩條光滑的金屬導(dǎo)軌相距L=1 m，其中MN段平行于PQ段，位于同一水平面內(nèi)，NN0段與QQ0段平行，位于與水平面成傾角37°的斜面內(nèi)，且MNN0與PQQ0均在豎直平面內(nèi)。在水平導(dǎo)軌區(qū)域和傾斜導(dǎo)軌區(qū)域內(nèi)分別有垂直于水平面和斜面的勻強磁場B1和B2，且B1=B2=0.5 T。ab和cd是質(zhì)量均為m=0.1 kg、電阻均為R=4 Ω的兩根金屬棒，ab置于水平導(dǎo)軌上，cd置于傾斜導(dǎo)軌上，均與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。
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從t=0時刻起，ab棒在外力(圖中未標出)作用下由靜止開始沿水平方向向右運動(ab棒始終在水平導(dǎo)軌上運動，且垂直于水平導(dǎo)軌)，cd棒受到沿斜面且平行于導(dǎo)軌方向的變力作用，并始終處于靜止狀態(tài)，規(guī)定沿導(dǎo)軌斜面向上為正方向，該變力F隨時間t的變化關(guān)系式為F=0.6-0.25t(N)。不計導(dǎo)軌的電阻。(sin 37°=0.6，重力加速度g=10 m/s2)
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(1)求流過cd棒的電流Icd的方向及其大小隨時間t變化的函數(shù)關(guān)系；
答案　d到c　Icd=0.5t(A)　
ab棒向右運動由右手定則可知電流方向為abdca，由于cd棒處于平衡狀態(tài)，則有F+Fcd=mgsin 37°
Fcd=B2IcdL
解得Icd=0.5t(A)
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(2)求ab棒在水平導(dǎo)軌上運動的速度vab隨時間t變化的函數(shù)關(guān)系；
答案　vab=8t(m/s)　
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cd棒中電流Icd=Iab=0.5t(A)
則回路中電源電動勢E=IcdR總
ab棒切割磁感線，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為
E=B1Lvab
解得ab棒的速度vab=8t(m/s)
可知ab棒做初速度為零的勻加速直線運動
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(3)若t=0時刻起，1.0 s內(nèi)作用在ab棒上的外力做功為W=3.8 J，求這段時間內(nèi)cd棒產(chǎn)生的焦耳熱Qcd。
答案　0.3 J
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t=1.0 s時，ab棒的速度
vab=8t=8 m/s
根據(jù)動能定理可得W+W安=m-0
可得1.0 s內(nèi)安培力做功為
W安=-0.6 J
回路中產(chǎn)生的焦耳熱為Q=-W安=0.6 J
cd棒上產(chǎn)生的焦耳熱Qcd==0.3 J。
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補償強化練
PART FOUR
1.(2024·江蘇卷·10)如圖所示，在絕緣的水平面上，有閉合的兩個線圈a、b，線圈a處在勻強磁場中，現(xiàn)將線圈a從磁場中勻速拉出，線圈a、b中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向分別是
A.順時針，順時針
B.順時針，逆時針
C.逆時針，順時針
D.逆時針，逆時針
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圈a靠近線圈b的過程中通過線圈b的磁通量在向外增大，同理可得線圈b中產(chǎn)生的電流方向為順時針。故選A。
線圈a從磁場中勻速拉出的過程中，穿過a線圈的磁通量在減小，根據(jù)楞次定律和安培定則可知a線圈中的電流方向為順時針，由于線圈a從磁場中勻速拉出，則a中產(chǎn)生的電流為恒定電流，線
2.(多選)(2024·安徽省三模)如圖所示，質(zhì)量為m、長為L的金屬桿ab，以一定的初速度v0從一光滑平行金屬軌道的底端向上滑行，軌道平面與水平面成θ角，軌道平面處于磁感應(yīng)強度為B、方向垂直軌道平面向上的勻強磁場中，兩導(dǎo)軌上端與一阻值為R的電阻相連，軌道與金屬桿ab的電阻均不計，金屬桿向上滑行到某一高度后又返回到底端，則金屬桿
A.在上滑和下滑過程中的平均速度均小于
B.在上滑過程中克服安培力做的功等于下滑過程
中克服安培力做的功
C.在上滑過程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱等于金屬桿ab減少的動能
D.在上滑過程中通過電阻R的電荷量等于下滑過程中通過電阻R的電荷量
√
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度小于；同理可知，下滑時由牛頓第二定律a2==gsin θ-，下滑過程中ab桿做加速度逐漸減小的加速直線運動，由于機械
能有損失，所以ab桿經(jīng)過同一位置時上滑的速度大于下滑的速度，則下滑過程的平均速度小于上滑的平均速度，即小于， 選項A正確；
上滑時由牛頓第二定律得a1==gsin θ +，即上滑時金屬桿ab做加速度減小的減
速直線運動，用v-t圖像分析知上滑時的平均速
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滑過程克服安培力做的功，故B錯誤；
在上滑過程中，金屬桿ab減小的動能轉(zhuǎn)化為焦耳熱和桿的重力勢能，故上滑過程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱小于金屬桿ab減小的動能，故C錯誤；
根據(jù)q=Δt=Δt==，知上滑過程和下滑過程穿過回路的磁通量的變化
量相等，則通過電阻R的電荷量相等，故D正確。
經(jīng)過同一位置時下滑的速度小于上滑的速度，下滑時ab桿受到的安培力小于上滑時所受的安培力，則下滑過程安培力的平均值小于上滑過程安培力的平均值，所以上滑時金屬桿克服安培力做的功大于下
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3.(多選)(2024·陜西榆林市三模)如圖甲所示，一個矩形金屬框ABCD通過細桿懸掛在豎直平面內(nèi)，懸點P為AB邊中點。金屬框AB邊水平，平行AB邊的虛線EF下方存在有隨時間變化的勻強磁場(未畫出)，磁場范圍足夠大、方向垂直紙面(豎直平面)。若金屬框的重量忽略不計，規(guī)定金屬框所受安培力向上為正方向，
t=0時刻起，金屬框所受安培力F隨時間t的變化圖像如圖乙所示。取垂直紙面向外為磁感應(yīng)強度的正方向，則t=0時刻起磁感應(yīng)強度B隨時間t的變化圖像可能正確的是
√
√
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在一個周期內(nèi)，安培力F先正向線性增大，再反向線性減小，且增大時的變化率比減小時的變化率大；當線圈內(nèi)的磁通量垂直紙面向外時，根據(jù)左手定則可知，感應(yīng)電流先沿
順時針方向，再沿逆時針方向，由楞次定律和安培定則可知，穿過線圈的磁通量先增大后減小，則磁感應(yīng)強度先增大后減?。挥蒄=BIL可知，順時針的最大電流大于逆時針的最大電流，由I==，可知磁感應(yīng)強度增大的變化率大于減小的變化率，故A錯誤，B正確；
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當線圈內(nèi)的磁通量垂直紙面向里時，根據(jù)左手定則可知，感應(yīng)電流先沿逆時針方向，再沿順時針方向，由楞次定律和安培定則可知，磁通量先增大后減小，
則磁感應(yīng)強度先增大后減??；由F=BIL可知，逆時針的最大電流大于順時針的最大電流，則磁感應(yīng)強度增大的變化率大于減小的變化率，故C錯誤，D正確。
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4.(2024·河北卷·14)如圖，邊長為2L的正方形金屬細框固定放置在絕緣水平面上，細框中心O處固定一豎直細導(dǎo)體軸OO'。間距為L、與水平面成θ角的平行導(dǎo)軌通過導(dǎo)線分別與細框及導(dǎo)體軸相連。導(dǎo)軌和細框分別處在與各自所在平面垂直的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小均為B。足夠長的細導(dǎo)體棒OA在水平面內(nèi)繞O點以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動，水平放置在導(dǎo)軌上的導(dǎo)體棒CD始終靜止。OA棒在轉(zhuǎn)動過程中，CD棒在所受安培力達到最大和
最小時均恰好能靜止。已知CD棒在導(dǎo)軌間的電阻值為R，電路中其余部分的電阻均不計，CD棒始終與導(dǎo)軌垂直，各部分始終接觸良好，不計空氣阻力，重力加速度大小為g。
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(1)求CD棒所受安培力的最大值和最小值。
答案　　　
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當OA運動到正方形細框?qū)蔷€瞬間，切割的有效長度最大，Lmax= L，此時感應(yīng)電流最大，CD棒所受的安培力最大，
根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得
Emax=BLmax=B·L·=BL2ω
根據(jù)閉合電路歐姆定律得Imax=
故CD棒所受的安培力最大值
Fmax=BImaxL=
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當OA運動到與細框一邊平行的瞬間，切割的有效長度最短，Lmin=L，感應(yīng)電流最小，CD棒受到的安培力最小，
感應(yīng)電動勢最小為
Emin=BLmin'=B·L·=
根據(jù)閉合電路歐姆定律得Imin=
故CD棒所受的安培力最小值
Fmin=BIminL=
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(2)鎖定OA棒，推動CD棒下滑，撤去推力瞬間，CD棒的加速度大小為a，所受安培力大小等于(1)問中安培力的最大值，求CD棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)。
答案　-tan θ或或μ=
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當CD棒受到的安培力最小時根據(jù)平衡條件得mgsin θ-μmgcos θ-Fmin=0
當CD棒受到的安培力最大時根據(jù)平衡條件得
Fmax-mgsin θ-μmgcos θ=0
聯(lián)立解得m=
撤去推力瞬間，根據(jù)牛頓第二定律得
Fmax+μmgcos θ-mgsin θ=ma
聯(lián)立解得μ=-tan θ或μ=或μ=。

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