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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生的感應電流的方向；楞次定律判斷電磁感應中感應電流的方向。
2．左手定則和右手定則的因果關系不同
左手定則是因為有電，結果是受力，即“因電而動”；右手定則是因為受力運動，而結果是有電，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，開關未閉合時小磁針處于靜止狀態。下列說法正確的是(　　)
A．開關閉合后的瞬間，小磁針的N極朝垂直紙面向里的方向轉動
B．開關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動
AD　[根據安培定則，開關閉合時鐵芯上產生水平向右的磁場，開關閉合后的瞬間，根據楞次定律，直導線上將產生由南向北的感應電流，根據安培定則，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動，A正確；開關閉合并保持一段時間后，直導線上沒有感應電流，故小磁針的N極指向北，B、C錯誤；開關閉合并保持一段時間再斷開后的瞬間，根據楞次定律，直導線上將產生由北向南的電流，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動，D正確。]
　開關閉合斷開瞬間，由于電磁感應現象產生感應電流的磁場；開關閉合一段時間后無感應電流，小磁針在地磁場的作用下，沿南北指向。
主題2　法拉第電磁感應定律的理解與應用
公式E＝n與E＝BLv sin θ的區別和聯系
(1)區別：一般來說，E＝n求出的是Δt時間內的平均感應電動勢，E與某段時間或某個過程相對應；E＝BLv sin θ(θ為導體運動方向與磁感線間的夾角)求出的是瞬時感應電動勢，E與某個時刻或某個位置相對應。另外E＝n求得的電動勢是整個回路的感應電動勢，而不是回路中某部分導體的感應電動勢，整個回路的感應電動勢為零時，其回路中某段導體兩端的感應電動勢不一定為零。
(2)聯系：E＝n和E＝BLv sin θ是統一的，當Δt→0時，則E為瞬時感應電動勢。只是由于高中數學知識所限，我們目前還不能這樣求瞬時感應電動勢。v若代入平均速度，則求出的E為平均感應電動勢，即E＝BLsin θ，實際上此式中的Lsin θ＝，所以E＝BLsin θ＝B。
【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，水平固定在垂直紙面向里的磁感應強度為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放在圓環上，它與圓環始終保持良好的接觸。當金屬棒以恒定速度v向右移動經過環心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阻為R，電動勢為E的電源，兩個半圓環看成兩個并聯電阻，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＝
由閉合電路歐姆定律得電流大小
I＝，
金屬棒上電流方向從N到M，路端電壓為
UMN＝IR外＝。
(2)總熱功率為P＝EI＝。
[答案]　(1)　從N到M　　(2)
　(1)明確電路結構，分清內、外電路，畫出等效電路圖。
(2)如果是磁場變化，由E＝n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生感應電動勢等于電源電動勢，不是金屬棒兩端的電壓U。
主題3　電磁感應中力電綜合問題
1．安培力做功及對應的能量轉化關系
(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，電能轉化為導體棒的機械能。
甲　　　　　　　　　　乙
(2)發電機模型：如圖乙所示，導體棒因向右運動而產生感應電流，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化的橋梁。
2．分析電磁感應中力電綜合問題的基本步驟
(1)用法拉第電磁感應定律和楞次定律確定感應電動勢的大小和方向。
(2)畫出等效電路，搞清電路結構，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強度大小為B＝1 T，方向豎直向上的勻強磁場。質量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μ；
(2)求當棒ab剛要向上滑動時cd棒速度v的大?。?br/>(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ab剛好要上滑時，cd棒的感應電動勢為E，由法拉第電磁感應定律有E＝BLv，設電路中的感應電流為I，由閉合電路歐姆定律有I＝
設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＝，
代入數據解得v＝6.0 m/s。
(3)設cd棒的運動過程中電路中產生的總熱量為Q總，則有Q總＝2Q，
由能量守恒定律有Fx－2Q＝mv2，
解得Q＝mv2，
代入數據得Q＝0.235 J，
根據動量定理可知FΔt－BIL·Δt＝mv－0，
且I·Δt＝q＝，
聯立解得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)　電磁感應及其應用
一、單項選擇題
1．某同學為了驗證斷電自感現象，自己找來帶鐵芯的線圈L、小燈泡A、開關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S，小燈泡發光；再斷開開關S，小燈泡僅有不顯著的延時熄滅現象。雖然多次重復，仍未見老師演示時出現的小燈泡閃亮現象，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．線圈的自感系數較大
C　[斷開開關時，燈泡能否發生閃亮，取決于燈泡的電流有沒有增大，與電源的內阻無關，A錯誤；若小燈泡電阻偏大，穩定時流過燈泡的電流小于線圈的電流，斷開開關時，根據楞次定律，流過燈泡的電流從線圈原來的電流逐漸減小，燈泡將發生閃亮現象，B錯誤；線圈電阻偏大，穩定時流過燈泡的電流大于線圈的電流，斷開開關時，根據楞次定律，流過燈泡的電流從線圈原來的電流逐漸減小，燈泡不發生閃亮現象，C正確；線圈的自感系數較大，產生的自感電動勢較大，但不能改變穩定時燈泡和線圈中電流的大小，D錯誤。]
2．工業上探測物件表面層內部是否存在缺陷的渦流探傷技術原理圖如圖所示，其原理是將線圈中通入電流，使被測物件內產生渦流，借助探測線圈內電流變化測定渦流的改變，從而獲得被測物件內部是否斷裂及位置的信息，關于以上應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．工業渦流探傷技術運用了自感原理
B　[為產生渦流，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，否則不會產生渦流，選項C錯誤；工業渦流探傷技術其原理是用電流線圈使物件內產生渦流，借助探測線圈測定渦流的改變技術，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，線圈與電源、開關相連。用該裝置可以完成一個奇妙的“跳環實驗”，下列說法正確的是(　　)
A．閉合開關的瞬間，鋁環中會產生感應電流，鋁環不會跳起
B．閉合開關的瞬間，鋁環中不會產生感應電流，鋁環會跳起
C．斷開開關的瞬間，鋁環中會產生感應電流，鋁環不會跳起
D．斷開開關的瞬間，鋁環中不會產生感應電流，鋁環會跳起
C　[閉合開關的瞬間，通過鋁環的磁通量從無到有，知在鋁環上產生感應電流，感應電流引起的效果要阻礙磁通量的變化(即增加)，所以鋁環向上跳起。斷開的瞬間，在鋁環上也有感應電流，但不會跳起，因為此時線圈的電流為零，與鋁環間沒有作用力，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。現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生了相互吸引的作用力
B．電阻R中沒有感應電流流過
C．電阻R中的感應電流方向為從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，感應磁場方向與原來磁場方向相反，再由安培定則可得感應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，根據楞次定律：“來拒去留”，線圈與條形磁鐵之間產生了相互排斥力，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′，由法拉第電磁感應定律可知，線框中感應電動勢E＝S，而線框的總電阻R＝ρ，所以線框中感應電流I＝，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，設正方形線框的邊長為l，則三個線框的面積分別為S1＝l2，S2＝l2，三個線框的周長分別為L1＝4l，L2＝πl，L3＝3l，則I1∶I2∶I3＝∶∶＝2∶2∶，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，回路中產生感應電流，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變為2R0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內將磁感應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，線框中產生的焦耳熱之比是(　　)
A．1∶1 　B．1∶4 　C．1∶2 　D．2∶1
B　[設線框的面積為S，電阻為R，原來磁感應強度為B。當保持線框面積不變，將磁感應強度在時間t內均勻地增大到原來的兩倍，根據法拉第電磁感應定律，線框中產生的感應電動勢E1＝，線框中產生的焦耳熱Q1＝；當保持增大后的磁感應強度不變，在相同的時間t內，將線框沿垂直于磁場的方向水平向右勻速拉出時，線框中產生的感應電動勢為E2＝2Blabv＝2Blab·，線框中產生的焦耳熱Q2＝所以先后兩個過程中，線框中產生的焦耳熱之比為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生感應電動勢，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′轉動，若線圈和轉軸之間的摩擦不能忽略，當外力使磁鐵逆時針(從上向下看)勻速轉動時，則(　　)
A．線圈將逆時針勻速轉動，轉速與磁鐵相同
B．線圈將逆時針勻速轉動，轉速一定比磁鐵轉速小
C．從圖示位置磁鐵開始轉動時，線圈中的感應電流的方向是abcda
D．在磁鐵不斷轉動的過程中，線圈中感應電流的方向一定會發生改變
BCD　[根據楞次定律可知，為阻礙磁通量增加，則導致線圈與磁鐵轉動方向相同，但快慢不一，線圈的轉速一定比磁鐵轉速小，故A錯誤，B正確；從圖示位置磁鐵開始轉動時，線圈abcd中穿向紙面向里的磁通量增大，產生感應電流方向abcda，故C正確；在磁鐵不斷轉動的過程中，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，所以感應電流的方向一定會發生改變，故D正確。]
10．如圖所示是研究自感現象的電路，L為自感系數足夠大的線圈，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．閉合開關時，若電源E有內阻，燈泡A2將立即變亮，然后稍變暗些，最后穩定
B．閉合開關時，若電源E無內阻，燈泡A2將立即變亮，然后穩定
C．閉合開關時，無論電源E是否有內阻，燈泡A1將逐漸變亮最后穩定
D．開關斷開時，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　[閉合開關時，若電源E有內阻，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，當電路穩定后，電感線圈無感抗，此時燈A2亮度穩定，故A正確；閉合開關時，若電源E無內阻，路端電壓是電動勢不變，故燈泡A2將立即變亮，然后穩定，故B正確；閉合開關時，無論電源E是否有內阻，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，光滑的金屬圓環導軌MN、PQ豎直放置，兩環之間ABDC內(含邊界)有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為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的輕質金屬桿，帶有小孔的一端套在內環MN上，另一端連接帶孔金屬球，球的質量為m，球套在外環PQ上，且都與導軌接觸良好，內圓半徑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＝
C．金屬桿從AB滑動到CD的過程中，通過R的電荷量q＝
D．金屬桿第一次即將離開磁場時，R上產生的焦耳熱Q＝3mgl－mv2
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電動勢E＝B0·2l，解得E＝B0lv，電路電流I＝，R兩端電壓U＝IR＝，B錯誤；由法拉第電磁感應定律得，平均感應電流 Δt，解得q＝，C正確；由于金屬桿第一次即將離開磁場時，根據能量守恒可知，定值電阻和金屬桿產生的焦耳熱為3mgl－mv2，所以金屬桿第一次即將離開磁場時，R上產生的焦耳熱，D錯誤。故選AC。]
12．(2023·山東卷)足夠長U形導軌平置在光滑水平絕緣桌面上，寬為1 m，電阻不計。質量為1 kg、長為1 m、電阻為1 Ω的導體棒MN放置在導軌上，與導軌形成矩形回路并始終接觸良好，Ⅰ和Ⅱ區域內分別存在豎直方向的勻強磁場，磁感應強度分別為B1和B2，其中B1＝2 T，方向向下。用不可伸長的輕繩跨過固定輕滑輪將導軌CD段中點與質量為0.1 kg的重物相連，繩與CD垂直且平行于桌面。如圖所示，某時刻MN、CD同時分別進入磁場區域Ⅰ和Ⅱ并做勻速直線運動，MN、CD與磁場邊界平行。MN的速度v1＝2 m/s，CD的速度為v2且v2>v1，MN和導軌間的動摩擦因數為 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的質量m＝1 kg，設MN受到的安培力大小為FMN，規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，根據左手定則可知，MN中電流從N流向M，設CD受到的安培力為FCD，重物質量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，根據左手定則可知，B2的方向豎直向下，A錯誤，B正確；FMN＝B1IL，FCD＝B2IL，根據法拉第電磁感應定律有E＝B1Lv1－B2Lv2，根據閉合電路歐姆定律有E＝IR，聯立解得v2＝3 m/s，C錯誤，D正確。]
三、非選擇題
13．(1)在“研究電磁感應現象”的實驗中：為了研究感應電流的方向，圖中滑動變阻器和電源的連線已經畫出，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，在突然閉合開關時，B線圈中產生的感應電流方向與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，發現電流計的指針向左偏，則在閉合開關后，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。
(4)閉合開關后，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(選填“向左”“向右”或“不”)。
[解析]　(1)連接電路如圖。
(2)突然閉合開關后，A線圈中的磁通量增大，根據楞次定律可知B線圈中感應電流產生的磁場應阻礙A線圈中磁通量的增大，所以B線圈中產生的感應電流方向與A線圈中的電流方向相反。
(3)閉合開關，B線圈中磁通量增大，電流表指針向左偏轉，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。
(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。
[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，于是又在一些發光玩具中拆得一發光二極管，同時找到一條形磁鐵。將線圈與發光二極管連接，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現二極管發光。
(1)二極管發光時，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“發光”或“不發光”)。
(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“發光”或“不發光”)。
[解析]　(1)b端電勢比a端電勢高時，二極管發光。
(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生變化，有感應電流產生，原磁場方向向上，感應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，二極管將不發光。
(3)螺線管的磁通量增大，穿過螺線管的磁通量發生變化，有感應電流產生，原磁場方向向上，感應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，二極管將發光。
[答案]　(1)高　(2)不發光　(3)發光
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強度B＝0.5 T的勻強磁場區域時，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)由法拉第電磁感應定律
E＝Bav＝1 V
I＝＝0.5 A
根據右手定則判斷，電流為逆時針方向。
(2)根據歐姆定律可知UCD＝I×R＝0.75 V。
(3)由焦耳定律可列式Q＝I2Rt，t＝
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，磁感應強度大小為B?，F將質量均為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
由法拉第電磁感應定律及閉合電路歐姆定律有I0＝ ②
聯立解得v0＝。 ③
(2)a勻速運動時，由(1)可得電路中電流I0＝ ④
對b由牛頓第二定律有mg sin θ＋BI0L＝ma0 ⑤
聯立解得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－t0＝mv－mv0，
mg sin θ·t0＋t0＝mv，
聯立解得v＝gt0sin θ＋，
，
又，
聯立解得Δx＝。
[答案]　(1)　(2)2g sin θ　(3)gt0sin θ＋
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變化的關系如圖2所示。求：
(1)t＝4.0 s時，通過金屬桿ab的感應電流的大小和方向；
(2)金屬桿ab的速度v與時間t的關系式；
(3)4.0 s內通過電阻R的電荷量；
(4)若4.0 s內外力F做了2.7 J的功，求4.0 s內電阻R中產生的電熱。
[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的感應電流
I＝ A＝0.75 A。
(2)根據閉合電路歐姆定律得E＝I(R＋r)
金屬桿ab產生的感應電動勢E＝BLv
由歐姆定律得U＝IR＝
由題圖2得U＝kt＝0.15t(V)
聯立得v＝t
代入數據解得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內的位移為
x＝×4 m＝12 m
4．0 s內通過電阻R的電荷量
q＝
代入數據解得q＝1.5 C。
(4)根據動能定理得
WF－W克安＝mv2－0
又整個回路產生的電熱Q＝W克安
4．0 s內電阻R中產生的電熱QR＝Q
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S與電阻為R的單匝金屬線圈相連，線圈內存在豎直向下均勻增加的磁場。圖中虛線右側有垂直于導軌平面向下的勻強磁場，磁感應強度大小為B。PQ的質量為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上產生的熱量。
[解析]　(1)設線圈中產生的感應電動勢為E，根據法拉第電磁感應定律可得E＝
設PQ與MN并聯的電阻為R并，有R并＝R
閉合S后，設線圈中的電流為I，方向為逆時針方向，根據閉合電路的歐姆定律可得I＝
設PQ中的電流為IPQ，方向為Q到P，
則IPQ＝I，
設PQ受到的安培力為F安，方向向左，有F安＝BIPQl
保持PQ靜止，根據平衡條件可得F＝F安，方向向右
聯立解得。
(2)設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，平均感應電動勢為E＝
其中ΔΦ＝Blx
PQ中的平均電流為
根據電流強度的定義式可得q＝Δt
根據動能定理可得Fx＋W＝mv2
根據功能關系知Q＝－W
聯立解得
Q＝mv2
金屬棒PQ上產生的熱量
Q′＝mv2。
[答案]　(1)水平向右　　(2)(共66張PPT)
章末綜合提升
第二章　電磁感應及其應用
提升層·題型探究
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生的感應電流的方向；楞次定律判斷電磁感應中感應電流的方向。
2．左手定則和右手定則的因果關系不同
左手定則是因為有電，結果是受力，即“因電而動”；右手定則是因為受力運動，而結果是有電，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，開關未閉合時小磁針處
于靜止狀態。下列說法正確的是(　　)
A．開關閉合后的瞬間，小磁針的N極朝垂直紙面向里的方向轉動
B．開關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動
√
√
AD　[根據安培定則，開關閉合時鐵芯上產生水平向右的磁場，開關閉合后的瞬間，根據楞次定律，直導線上將產生由南向北的感應電流，根據安培定則，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動，A正確；開關閉合并保持一段時間后，直導線上沒有感應電流，故小磁針的N極指向北，B、C錯誤；開關閉合并保持一段時間再斷開后的瞬間，根據楞次定律，直導線上將產生由北向南的電流，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動，D正確。]
一語通關　開關閉合斷開瞬間，由于電磁感應現象產生感應電流的磁場；開關閉合一段時間后無感應電流，小磁針在地磁場的作用下，沿南北指向。
【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，水平固定在垂直紙面向里的磁感應強度為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放在圓環上，它與圓環始終保持良好的接觸。當金屬棒以恒定速度v向右移動經過環心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)在圓環和金屬棒上消耗的總熱功率。
主題3　電磁感應中力電綜合問題
1．安培力做功及對應的能量轉化關系
(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，電能轉化為導體棒的機械能。
(2)發電機模型：如圖乙所示，導體棒因
向右運動而產生感應電流，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
式的能之間相互轉化的橋梁。
甲　　　　　　乙
2．分析電磁感應中力電綜合問題的基本步驟
(1)用法拉第電磁感應定律和楞次定律確定感應電動勢的大小和方向。
(2)畫出等效電路，搞清電路結構，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強度大小為B＝1 T，方向豎直向上的勻強磁場。質量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。
[答案]　(1)0.75　(2)6.0 m/s　(3)0.235 J　0.16 s
章末綜合測評(二)　電磁感應及其應用
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一、單項選擇題
1．某同學為了驗證斷電自感現象，自己找來帶鐵芯的線圈L、小燈泡A、開關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S，小燈泡發光；再斷開開關S，小燈泡僅有不顯著的延時熄滅現象。雖然多次重復，仍未見老師演示時出現的小燈泡閃亮現象，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．線圈的自感系數較大
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C　[斷開開關時，燈泡能否發生閃亮，取決于燈泡的電流有沒有增大，與電源的內阻無關，A錯誤；若小燈泡電阻偏大，穩定時流過燈泡的電流小于線圈的電流，斷開開關時，根據楞次定律，流過燈泡的電流從線圈原來的電流逐漸減小，燈泡將發生閃亮現象，B錯誤；線圈電阻偏大，穩定時流過燈泡的電流大于線圈的電流，斷開開關時，根據楞次定律，流過燈泡的電流從線圈原來的電流逐漸減小，燈泡不發生閃亮現象，C正確；線圈的自感系數較大，產生的自感電動勢較大，但不能改變穩定時燈泡和線圈中電流的大小，D錯誤。]
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2．工業上探測物件表面層內部是否存在缺陷的渦流探傷技術原理圖如圖所示，其原理是將線圈中通入電流，使被測物件內產生渦流，借助探測線圈內電流變化測定渦流的改變，從而獲得被測物件內部是否斷裂及位置的信息，關于以上應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．工業渦流探傷技術運用了自感原理
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B　[為產生渦流，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，否則不會產生渦流，選項C錯誤；工業渦流探傷技術其原理是用電流線圈使物件內產生渦流，借助探測線圈測定渦流的改變技術，不是自感原理，選項D錯誤。故選B。]
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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，線圈與電源、開關相連。用該裝置可以完成一個奇妙的“跳環實驗”，下列說法正確的是(　　)
A．閉合開關的瞬間，鋁環中會產生感應電流，鋁環不會跳起
B．閉合開關的瞬間，鋁環中不會產生感應電流，鋁環會跳起
C．斷開開關的瞬間，鋁環中會產生感應電流，鋁環不會跳起
D．斷開開關的瞬間，鋁環中不會產生感應電流，鋁環會跳起
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C　[閉合開關的瞬間，通過鋁環的磁通量從無到有，知在鋁環上產生感應電流，感應電流引起的效果要阻礙磁通量的變化(即增加)，所以鋁環向上跳起。斷開的瞬間，在鋁環上也有感應電流，但不會跳起，因為此時線圈的電流為零，與鋁環間沒有作用力，所以不會跳起，故C正確，A、B、D錯誤。]
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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生了相互吸引的作用力
B．電阻R中沒有感應電流流過
C．電阻R中的感應電流方向為從a到b
D．電容器C的下極板將帶正電
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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，感應磁場方向與原來磁場方向相反，再由安培定則可得感應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，根據楞次定律：“來拒去留”，線圈與條形磁鐵之間產生了相互排斥力，故A錯誤。]
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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
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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(　　)
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A　　　　　　　　　B
C　　　　　　　　　D
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B　[導體桿切割磁感線時，回路中產生感應電流，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變為2R0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，運動的路程和經歷的時間變長。故選B。]
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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內將磁感應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，線框中產生的焦耳熱之比
是(　　)
A．1∶1 　B．1∶4 　C．1∶2 　D．2∶1
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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(　　)
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A　　　　　　　　　　　　B
C　　　　　　　　　　　　D
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C　[設導體棒的長度為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生感應電動勢，即v⊥＝ωr cos ωt，則u＝BLv⊥＝BLωr cos ωt，C正確，A、B、D錯誤。]
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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′
轉動，若線圈和轉軸之間的摩擦不能忽略，當外力使磁鐵
逆時針(從上向下看)勻速轉動時，則(　　)
A．線圈將逆時針勻速轉動，轉速與磁鐵相同
B．線圈將逆時針勻速轉動，轉速一定比磁鐵轉速小
C．從圖示位置磁鐵開始轉動時，線圈中的感應電流的方向是abcda
D．在磁鐵不斷轉動的過程中，線圈中感應電流的方向一定會發生改變
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BCD　[根據楞次定律可知，為阻礙磁通量增加，則導致線圈與磁鐵轉動方向相同，但快慢不一，線圈的轉速一定比磁鐵轉速小，故A錯誤，B正確；從圖示位置磁鐵開始轉動時，線圈abcd中穿向紙面向里的磁通量增大，產生感應電流方向abcda，故C正確；在磁鐵不斷轉動的過程中，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，所以感應電流的方向一定會發生改變，故D正確。]
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10．如圖所示是研究自感現象的電路，L為自感系數足夠大的線圈，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．閉合開關時，若電源E有內阻，燈泡A2將立即變亮，
然后稍變暗些，最后穩定
B．閉合開關時，若電源E無內阻，燈泡A2將立即變亮，
然后穩定
C．閉合開關時，無論電源E是否有內阻，燈泡A1將逐漸變亮最后穩定
D．開關斷開時，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
√
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ABC　[閉合開關時，若電源E有內阻，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，當電路穩定后，電感線圈無感抗，此時燈A2亮度穩定，故A正確；閉合開關時，若電源E無內阻，路端電壓是電動勢不變，故燈泡A2將立即變亮，然后穩定，故B正確；閉合開關時，無論電源E是否有內阻，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。]
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11．如圖所示，光滑的金屬圓環導軌MN、PQ豎直放置，兩環之間ABDC內(含邊界)有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為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的輕質金屬桿，帶有小孔的一端套在內環MN上，另一端連接帶孔金屬球，球的質量為m，球套在外環PQ上，且都與導軌接觸良好，內圓半徑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(　　)
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12．(2023·山東卷)足夠長U形導軌平置在光滑水平絕緣桌面上，寬為1 m，電阻不計。質量為1 kg、長為1 m、電阻為1 Ω的導體棒MN放置在導軌上，與導軌形成矩形回路并始終接觸良好，Ⅰ和Ⅱ區域內分別存在豎直方向的勻強磁場，磁感應強度分別為B1和B2，其中B1＝2 T，方向向下。用不可伸長的輕繩跨過固定輕滑輪將導軌CD段中點與質量為0.1 kg的重物相連，繩與CD垂直且平行于桌面。如圖所示，某時刻MN、CD同時分別進入磁場區域Ⅰ和Ⅱ并做勻速直線運動，MN、CD與磁場邊界平行。MN的速度v1＝2 m/s，CD的速度為v2且v2>v1，MN和導軌間的動摩擦因數為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
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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的質量m＝1 kg，設MN受到的安培力大小為FMN，規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，根據左手定則可知，MN中電流從N流向M，設CD受到的安培力為FCD，重物質量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，根據左手定則可知，B2的方向豎直向下，A錯誤，B正確；FMN＝B1IL，FCD＝B2IL，根據法拉第電磁感應定律有E＝B1Lv1－B2Lv2，根據閉合電路歐姆定律有E＝IR，聯立解得v2＝3 m/s，C錯誤，D正確。]
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三、非選擇題
13．(1)在“研究電磁感應現象”的實驗中：為了研究感應電流的方向，圖中滑動變阻器和電源的連線已經畫出，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，在突然閉合開關時，B線圈中產生的感應電流方向與A線圈中的電流方________(選填“相同”或“相反”或“無電流”)。
見解析圖　
相反
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(3)連接好實驗線路后，閉合開關，發現電流計的指針向左偏，則在閉合開關后，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。
(4)閉合開關后，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(選填“向左”“向右”或“不”)。
向左
向右
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[解析]　(1)連接電路如圖。
(2)突然閉合開關后，A線圈中的磁通量增大，根據楞次定律可知B線圈中感應電流產生的磁場應阻礙A線圈中磁通量的增大，所以B線圈中產生的感應電流方向與A線圈中的電流方向相反。
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(3)閉合開關，B線圈中磁通量增大，電流表指針向左偏轉，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。
(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。
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14．某同學在家電維修店得到一匝數較多的線圈，但從外觀上無法看出線圈的繞向，于是又在一些發光玩具中拆得一發光二極管，同時找到一條形磁鐵。將線圈與發光二極管連接，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現二極管發光。
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(1)二極管發光時，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“發光”或“不發光”)。
(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“發光”或“不發光”)。
高
不發光
發光
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[解析]　(1)b端電勢比a端電勢高時，二極管發光。
(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生變化，有感應電流產生，原磁場方向向上，感應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，二極管將不發光。
(3)螺線管的磁通量增大，穿過螺線管的磁通量發生變化，有感應電流產生，原磁場方向向上，感應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，二極管將發光。
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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強度B＝0.5 T的勻強磁場區域時，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。
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[答案]　(1)0.5 A　逆時針方向　(2)0.75 V　(3)0.125 J
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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，磁感應強度大小為B?，F將質量均為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。
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(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內棒a相對于棒b運動的距離Δx。
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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變化的關系如圖2所示。求：
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(1)t＝4.0 s時，通過金屬桿ab的感應電流的大小和方向；
(2)金屬桿ab的速度v與時間t的關系式；
(3)4.0 s內通過電阻R的電荷量；
(4)若4.0 s內外力F做了2.7 J的功，求4.0 s內電阻R中產生的電熱。
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[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S與電阻為R的單匝金屬線圈相連，線圈內存在豎直向下均勻增加的磁場。圖中虛線右側有垂直于導軌平面向下的勻強磁場，磁感應強度大小為B。PQ的質量為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；
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(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上產生的熱量。
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