物理选择性必修 第二册第二章 电磁感应综合与测试课时作业

单元素养评价(二)(第二章)

(75分钟　100分)

一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．有一个n匝的圆形线圈，放在磁感应强度为B的匀强磁场中，线圈平面与磁感线成30°角，磁感应强度均匀变化，线圈导线的规格不变，下列方法可使线圈中的感应电流增加一倍的是(　　)

A．将线圈匝数增加一倍

B．将线圈面积增加一倍

C．将线圈半径变为原来的一半

D．将线圈平面转至跟磁感线垂直的位置

【解析】选D。将线圈匝数增加一倍时，线圈中的感应电动势增加一倍，但是由于线圈匝数的增加还会引起线圈电阻的增加，使电阻也增加了一倍，所以感应电流没有发生变化，A选项错误；将线圈面积增加一倍，感应电动势也增加了一倍，但是还是因为面积的增加会对线圈的电阻产生影响，导线的长度增加，使电阻也增加为原来的倍，B选项错误；将线圈半径变为原来的一半，面积减小为原来的四分之一，感应电动势减小为原来的四分之一，电阻减小为原来的二分之一，所以感应电流变为原来的二分之一，C选项错误；当线圈平面转到跟磁感线方向垂直时，线圈的有效面积变为原来的二倍，感应电动势变为原来的二倍，其他条件不变，感应电流变为原来的二倍，D选项正确。

2．如图所示，圆环a和圆环b的半径之比为2∶1，两环用同样粗细，同种材料制成的导线连成闭合回路，连接两环的导线电阻不计，匀强磁场的磁感应强度变化率恒定，则在a、b环分别单独置于磁场中的两种情况下，M、N两点的电势差之比为(　　)

A．4∶1    B．1∶4  C．2∶1    D．1∶2

【解析】选C。a环与b环的半径之比为2∶1，故周长之比为2∶1，由电阻定律R＝ρ知电阻之比为2∶1，M、N两点间电势差大小为路端电压，U＝E；由法拉第电磁感应定律E＝n＝S′，磁感应强度的变化率相同，得Ea∶Eb＝4∶1，故两次电压的比为2∶1。

【加固训练】

闭合回路由电阻R与单匝导线框组成，其面积大小为S，内部磁场大小按B­t图线变化，方向如图，且B­t图线的斜率为k，则回路中(　　)

A.感应电流的方向为逆时针方向

B．感应电流的电流强度越来越大

C．磁通量的变化率越来越大

D．产生的感应电动势大小为kS

【解析】选D。 由楞次定律可知，电流方向为顺时针，故A错误；由图像可知，磁感应强度随时间均匀增大，则由Φ＝BS可知，磁通量随时间均匀增加，故其变化率恒定不变，由法拉第电磁感应定律可知，E＝＝＝kS，感应电动势保持不变，电流强度不变，故B、C错误；D正确。

3．(2021·梅州高二检测)如图所示，将电阻R、电容器C和一线圈连成闭合回路，条形磁铁静止于线圈的正上方，S极朝下。现使磁铁开始自由下落，在S极接近线圈上端的过程中，下列说法正确的是(　　)

A.线圈与条形磁铁之间产生了相互吸引的作用力

B．电阻R中没有感应电流流过

C．电阻R中的感应电流方向为从a到b

D．电容器C的下极板将带正电

【解析】选D。当磁铁N极向下运动时，导致向下穿过线圈的磁通量增大，由楞次定律可得，感应磁场方向与原来磁场方向相反，再由安培定则可得感应电流方向沿线圈盘旋而下，由于线圈相当于电源，线圈下端相当于电源正极，则流过R的电流方向是从b到a，对电容器充电，下极板带正电，D正确，B、C错误；磁铁下落过程中，根据楞次定律：“来拒去留”，线圈与条形磁铁之间产生了相互排斥力，A错误。

【加固训练】

如图为綦江南州中学物理兴趣小组为研究无线充电技术，动手制作了一个“特斯拉线圈”。线圈匝数为n，面积为S，若在t1到t2时间内，匀强磁场平行于线圈轴线穿过线圈，其磁感应强度大小由B1均匀增加到B2，则该段时间线圈两端的电势差的大小为(　　)

A.恒为

B．从0均匀变化到

C．恒为

D．从0均匀变化到

【解析】选C。穿过线圈的磁感应强度均匀增加，产生恒定的感应电动势，由法拉第电磁感应定律得：E＝n＝nS＝，故A、B、D错误，C正确。

4．随着电动汽车的大量普及，汽车无线充电受到越来越多的关注。无线充电简单方便，不需手动操作，没有线缆拖拽，大大提高了用户体验。将受电线圈安装在汽车的底盘上，将供电线圈安装在地面上，如图所示。当电动汽车行驶到供电线圈装置上，受电线圈即可“接受”到供电线圈的电流，从而对蓄电池进行充电。关于无线充电，下列说法正确的是(　　)

A.无线充电技术与变压器的工作原理相同

B．为了保护受电线圈不受损坏，可在车底加装一个金属护板

C．只有将供电线圈接到直流电源上，才能对蓄电池进行充电

D．当受电线圈没有对准供电线圈(二者没有完全重合)时，将不能进行无线充电

【解析】选A。无线充电技术就是通过电磁感应原理，当穿过受电线圈的磁通量发生变化时，受电线圈会产生感应电动势，有了感应电流，对蓄电池进行充电，与变压器的工作原理相同，A正确；如果在车底加装一个金属护板，金属护板会产生涡流，损耗能量，同时屏蔽磁场，使受电线圈无法产生感应电流，B错误；供电线圈只有接到交流电源上，才能产生变化的磁场，从而使受电线圈产生感应电流给蓄电池充电，C错误；当受电线圈没有对准供电线圈(二者没有完全重合)时，只要穿过受电线圈的磁通量发生变化，就能产生电磁感应，给蓄电池充电，D错误。

【加固训练】

如图甲所示是法拉第制作的世界上最早的发电机的实验装置。有一个可绕固定转轴转动的铜盘，铜盘的一部分处在蹄形磁体中，实验时用导线连接铜盘的中心C。用导线通过滑片与铜盘的边线D连接且按触良好，如图乙所示，若用外力转动手柄使铜盘转动起来，在CD两端会产生感应电动势，下列说法正确的是

(　　)

A．如图甲所示，产生感应电动势的原因是铜盘盘面上无数个以C为圆心的同心铜盘中的磁通量发生了变化

B．如图甲所示，因为铜盘转动过程中穿过铜盘的磁通量不变，所以没有感应电动势

C．如图乙所示，用外力顺时针(从左边看)转动铜盘，电路中会产生感应电流，通过R的电流自下而上

D.如图乙所示，用外力顺时针(从左边看)转动铜盘，电路中会产生感应电流，通过R的电流自上而下

【解析】选C。外力摇手柄使得铜盘转动产生感应电动势的原因是铜盘盘面上无数个沿半径方向的铜棒在切割磁感线，故A、B错误；若用外力顺时针(从左边看)转动铜盘时，根据右手定则可得感应电流方向为C到D(电源内部)，D端是感应电动势的正极，所以通过R的电流自下而上，故C正确，D错误。

5．车速表是用来测量车辆瞬时速度的一种装置，其工作原理如图所示。永久磁铁固定在驱动轴上，当车运动时，驱动轴会带动磁铁转动，由于电磁感应，由金属做成的速度盘也会随之转动，从而带动指针指示出相应的速度。则下列说法正确的是(　　)

A.速度盘和磁铁将以相同的角速度同时转动

B．在速度盘转动过程中，穿过整个速度盘的磁通量发生了变化

C．速度盘中产生的感应电流受到的安培力驱使速度盘转动

D．速度盘中的感应电流是速度盘中的自由电子随速度盘转动形成的

【解析】选C。当磁铁转动时，由于电磁感应，速度盘也会随磁铁发生转动，但会略有滞后，A错误；在速度盘转动的过程中，穿过整个速度盘的磁通量不发生变化，而是部分区域的磁通量发生变化，B错误；当磁铁转动时，在速度盘中会产生感应电流，感应电流在磁铁产生的磁场中受到安培力，安培力驱使速度盘转动，C正确；速度盘中的感应电流是由电磁感应产生的，不是速度盘中的自由电子随速度盘转动形成的，D错误。

6．(2021·重庆适应性测试)如图所示，正方形MNPQ内的两个三角形区域充满匀强磁场，形状与MNPQ完全相同的闭合导线框M′N′P′Q′在外力作用下沿轴线OO′水平向左匀速运动。设通过导线框的感应电流为i，逆时针方向为电流的正方向，当t＝0时M′Q′与NP重合，在M′Q′从NP到临近MQ的过程中，下列图像中能反映i随时间t变化规律的是(　　)

【解析】选B。闭合导线框M′N′P′Q′匀速向左运动过程中，穿过闭合回路的磁通量不断增大，根据楞次定律“增反减同”可知回路中的电流一直是逆时针的，所以电流一直为正值，A、C、D均错误，B正确。故选B。

7．如图所示，电阻不计的平行金属导轨与水平面成θ角，导轨与定值电阻R1和R2相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面。有一导体棒ab，质量为m，其电阻R0与定值电阻R1和R2的阻值均相等，与导轨之间的动摩擦因数为μ。若使导体棒ab沿导轨向上滑动，当上滑的速度为v时，受到的安培力大小为F，此时(　　)

A.电阻R1消耗的热功率为

B．电阻R0消耗的热功率为

C．整个装置因摩擦而消耗的热功率为μmgv cos θ

D．整个装置消耗的机械功率为Fv

【解析】选C。设ab长度为L，磁感应强度为B，电阻R0＝R1＝R2＝R，电路中感应电动势E＝BLv，ab中感应电流为I＝＝，ab所受安培力为F＝BIL＝，电阻R1消耗的热功率为P1＝(I)2R＝，电阻R0消耗的热功率为P0＝I2R＝，联立以上各式解得P1＝Fv，P0＝Fv，A错误，B错误；整个装置因摩擦而消耗的热功率为Pf＝fv＝μmg cos θ·v＝μmgv cos θ，C正确；整个装置消耗的机械功率为P3＝Fv＋Pf＝(F＋μmg cos θ)v，D错误。

【加固训练】

1．如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有定值电阻R。金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下。现使磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，下列说法正确的是(　　)

A.ab中的感应电流方向由b到a

B．ab中的感应电流逐渐减小

C．ab所受的安培力保持不变

D．电阻R的热功率不变

【解析】选D。磁感应强度均匀减小，穿过回路的磁通量均匀减小，根据楞次定律得知ab中的感应电流方向由a到b，故A错误；由于磁感应强度均匀减小，穿过回路的磁通量均匀减小，根据法拉第电磁感应定律E＝可知，回路产生的感应电动势恒定，则ab中的感应电流不变，故B错误；根据安培力公式F＝BIL知，电流I不变，B均匀减小，则ab所受的安培力减小，故C错误；I不变，根据P＝I2R分析知电阻R的热功率保持不变，故D正确。

2．(2018·全国卷Ⅰ)如图，导体轨道OPQS固定，其中PQS是半圆弧，Q为半圆弧的中点，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】选B。由q＝t、＝、＝n解得：q＝n。过程Ⅰ中流过OM的电荷量q1＝＝；过程Ⅱ中流过OM的电荷量q2＝＝。而q1＝q2，即＝，解得＝。

二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

8．如图所示是法拉第圆盘发电机的示意图。铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触，圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中，当圆盘旋转时，下列说法正确的是(　　)

A.实验中流过电阻R的电流是由于圆盘内产生涡流现象而形成的

B．若从上往下看，圆盘顺时针转动，则圆盘中心电势比边缘要高

C．实验过程中，穿过圆盘的磁通量发生了变化，产生感应电动势

D．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则有电流沿a到b的方向流经电阻R

【解析】选B、D。圆盘转动可等效看成无数轴向导体切割磁感线，但由此产生的电流不属于涡流，A错误；根据右手螺旋定则，从上往下看，圆盘顺时针转动产生由圆盘边缘指向圆盘中心的电流，即圆盘中心电势比边缘高，B正确；实验过程中，穿过圆盘的磁通量没有发生变化，而是导体切割磁感线产生了感应电动势，C错误；从上往下看，圆盘顺时针转动产生由圆盘边缘指向圆盘中心的电流，则有电流沿a到b的方向流经电阻R，D正确。

9．在如图所示的电路中，a、b为两个完全相同的灯泡，L为自感系数较大而直流电阻可以忽略的线圈，R为固定电阻，E为电源，S为开关。关于两灯泡点亮和熄灭的下列说法正确的是(　　)

A.合上开关，a先亮，b后亮；稳定后a、b一样亮

B．合上开关，b先亮，a后亮；稳定后a比b亮一些

C．断开开关，b立即熄灭、a闪亮后再渐渐熄灭

D．断开开关，b闪亮后再与a一起渐渐熄灭

【解析】选B、D。灯b与电阻R串联，当开关S闭合时，灯b立即发光，通过线圈L的电流突然增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律线圈产生的感应电流与原来电流方向相反，阻碍电流的增大，电路的电流只能逐渐增大，a逐渐亮起来，所以b比a先亮。由于线圈直流电阻忽略不计，当电流逐渐稳定时，通过a灯的电流大于b灯的电流，所以稳定后a比b亮一些，故A错误，B正确；稳定后当开关断开时，由于自感效应，线圈中的电流只能慢慢减小，其相当于电源，与灯泡a、b和电阻R构成闭合回路放电，由于稳定时通过a灯的电流大于b灯泡的电流，故a逐渐变暗，b先闪亮一下，最后一起熄灭，故C错误，D正确。

【总结提升】自感问题的求解策略

自感现象是电磁感应现象的一种特例，它仍遵循电磁感应定律。分析自感现象除弄清这一点之外，还必须抓住以下三点：

(1)自感电动势总是阻碍电路中原来电流的变化。当原来电流增大时，自感电动势的方向与原来电流方向相反；当原来电流减小时，自感电动势的方向与原来电流方向相同。

(2)“阻碍”不是“阻止”。“阻碍”电流变化的实质是使电流不发生“突变”，使其变化过程有所延缓。

(3)当电路接通瞬间，自感线圈相当于断路；当电路稳定时，相当于电阻，如果线圈没有电阻，相当于导线(短路)；当电路断开瞬间，自感线圈相当于电源。

【加固训练】

(多选)如图所示，电灯A和B与固定电阻的电阻均为R，L是自感系数很大的线圈。当S1闭合、S2断开且电路稳定时，A、B亮度相同，再闭合S2，待电路稳定后将S1断开，下列说法正确的是(　　)

A．B立即熄灭

B．A灯将比原来更亮一些后再熄灭

C．有电流通过B灯，方向为c→d

D．有电流通过A灯，方向为b→a

【解析】选A、D。当断开S2而只闭合S1时，A、B两灯一样亮，可知线圈L的电阻也是R，在S1、S2闭合时，IA＝IL，故当S2闭合、S1突然断开时，流过A灯的电流只是方向变为b→a，但其大小不突然增大，A灯不出现更亮一下再熄灭的现象，故D项正确，B项错误。由于固定电阻R几乎没有自感作用，故断开S1时，B灯电流迅速变为零，而立即熄灭，故A项正确，C项错误。综合上述分析可知，本题正确选项为A、D。

10．(2021·湖南适应性测试)如图，两根足够长、电阻不计的光滑平行金属导轨，固定在同一水平面上，其间距为1 m，左端通过导线连接一个R＝1.5 Ω的定值电阻。整个导轨处在磁感应强度大小B＝0.4 T的匀强磁场中，磁场方向竖直向下。质量m＝0.2 kg、长度L＝1 m、电阻r＝0.5 Ω的匀质金属杆垂直导轨放置，且与导轨接触良好。在杆的中点施加一个垂直金属杆的水平拉力F，使其从静止开始运动。拉力F的功率P＝2 W保持不变，当金属杆的速度v＝5 m/s时撤去拉力F。下列说法正确的是(　　)

A．若不撤去拉力F，金属杆的速度会大于5 m/s

B．金属杆的速度为4 m/s时，其加速度大小可能为0.9 m/s2

C．从撤去拉力F到金属杆停下的整个过程，通过金属杆的电荷量为2.5 C

D．从撤去拉力F到金属杆停下的整个过程，金属杆上产生的热量为2.5 J

【解析】选B、C。若不撤去拉力F，对金属杆由牛顿第二定律有F－BIL＝ma，P＝Fv，I＝，当a＝0时，速度达到最大，联立各式解得最大速度为vm＝＝5 m/s，即杆的最大速度不会超过5 m/s，故A错误；若在F撤去前金属杆的切割速度v1＝4 m/s，代入各式可得加速度为a＝＝0.9 m/s2，撤去F后金属杆减速的速度为v2＝4 m/s时，加速度为a′＝＝1.6 m/s2，

故金属杆的速度为4 m/s时，其加速度大小为0.9 m/s2或1.6 m/s2，故B正确；从撤去拉力F到金属杆停下，金属杆只受安培力做变减速直线运动，取向右为正，由动量定理有－BL·Δt＝0－mv，而电量的表达式q＝·Δt，可得q＝＝2.5 C，故C正确；从撤去拉力F到金属杆停下的过程由动能定理－WF安＝0－mv2，而由功能关系有WF安＝Q，另金属杆和电阻R串联，热量比等于电阻比，有Q1＝，联立解得Q1＝0.625 J，故D错误；故选B、C。

【加固训练】

(多选)如图甲所示，“U”形金属导轨ABCD固定在绝缘水平面上，金属棒ab放在导轨上，刚好构成一个边长为L＝1 m的正方形，整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度随时间变化如图乙所示，金属棒始终不动，回路中的总电阻为2 Ω，则下列说法正确的是(　　)

A.t＝1 s时，金属棒中的电流方向为从a到b

B．t＝3.5 s时回路中的瞬时电功率比t＝4 s时回路中的瞬时电功率小

C．0～2 s内通过金属棒截面的电量为1 C

D．金属棒受到的摩擦力最大值为4 N

【解析】选A、C。在t＝1 s时，通过闭合回路的磁通量正在向上增加，根据楞次定律“增反减同”可以知道感应电流的磁场竖直向下，根据安培定则可知通过金属棒中的电流方向为从a到b，故A正确；由乙图可知在3～5 s的时间内磁感应强度的变化率为一定值，所以在此时间内，产生的感应电流不变，回路的电功率不变，故B错误；根据法拉第电磁感应定律可得在0～2 s内回路中的感应电动势E＝，其中ΔΦ表示在这2 s内磁通量的变化量，即ΔΦ＝2 Wb。通过金属棒截面的电荷量为q＝IΔt，其中I表示平均感应电流，则I＝，各方程联立可得q＝＝1 C，故C正确；由乙图可知在后三分之一周期内磁感应强度的变化率大于前三分之二周期内的变化率，所以当电路中电流最大时，磁感应强度最大时，金属棒受到的安培力最大，则受到的静摩擦力也最大，则根据法拉第电磁感应定律可以得到后三分之一周期内的感应电动势为E＝S＝2 V，感应电流为I＝＝1 A，因为磁感应强度最大值为2 T，所以受到的最大安培力为Fm＝BmIL＝2 N，根据平衡条件可得金属棒受到的最大静摩擦力为fm＝Fm＝2 N，故D错误。

三、非选择题：共54分。

11．(7分)在“研究电磁感应现象”实验中，将灵敏电流计G与线圈L连接，线圈上导线绕法如图所示。已知当电流从电流计G左端流入时，指针向左偏转。

(1)将磁铁N极向下从线圈L上方竖直插入L时，灵敏电流计的指针将____________偏转(选填“向左”“向右”或“不”)。

(2)当条形磁铁从图中虚线位置向右远离L时，a点电势____________b点电势(选填“高于”“等于”或“低于”)。

【解析】(1)将磁铁N极向下从线圈上方竖直插入L时，穿过L的磁场向下，磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，感应电流磁场应该向上，由安培定则可知，电流从左端流入电流计，则电流计指针向左偏转；

(2)当条形磁铁从图中虚线位置向右远离L时，穿过L的磁通量向上，磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流磁场应向上，由安培定则可知，电流从b流向a，a点电势高于b点电势。

答案：(1)向左　(2)高于

12．(9分)(2021·深圳高二检测)在“探究电磁感应的产生条件”的实验中，先按如图甲所示连线，不通电时，电流计指针停在正中央，闭合开关S时，观察到电流计指针向左偏。然后按如图乙所示将灵敏电流计与副线圈B连成一个闭合回路，将原线圈A、电源、滑动变阻器和开关S串联成另一个闭合电路。

(1)图甲电路中，串联定值电阻R的主要作用是________。

A．减小电源两端的电压，保护电源

B．增大电源两端的电压，保护开关

C．减小电路中的电流，保护灵敏电流计

D．减小电路中的电流，保护开关

(2)图乙中，S闭合后，将原线圈A插入副线圈B的过程中，灵敏电流计的指针将________(选填“向左”“向右”或“不”)偏转。

(3)图乙中，S闭合后，线圈A放在B中不动，在滑动变阻器的滑片P向左滑动的过程中，灵敏电流计指针将________(选填“向左”“向右”或“不”)偏转。

(4)图乙中，S闭合后，线圈A放在B中不动，在突然断开S时，灵敏电流计指针将________(选填“向左”“向右”或“不”)偏转。

【解析】(1)电路中串联定值电阻，目的是减小电流，保护灵敏电流计，故本题答案为选项C。

(2)由题知，当电流从灵敏电流计正接线柱流入时，指针向左偏转。S闭合后，将原线圈A插入副线圈B的过程中，穿过B的磁场向下，磁通量变大，由楞次定律可知，感应电流从灵敏电流计正接线柱流入电流计，则灵敏电流计的指针将向左偏转。

(3)线圈A放在B中不动，穿过B的磁场向下，将滑动变阻器的滑片向左滑动时，穿过B的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流从灵敏电流计正接线柱流入电流计，则灵敏电流计的指针将向左偏转。

(4)线圈A放在B中不动，穿过B的磁场向下，突然断开S时，穿过B的磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流从灵敏电流计负接线柱流入电流计，则灵敏电流计的指针将向右偏转。

答案：(1)C　(2)向左　(3)向左　(4)向右

13．(10分)(2019·北京高考)如图所示，垂直于纸面的匀强磁场磁感应强度为B。纸面内有一正方形均匀金属线框abcd，其边长为L，总电阻为R，ad边与磁场边界平行。从ad边刚进入磁场直至bc边刚要进入的过程中，线框在向左的拉力作用下以速度v匀速运动，求：

(1)感应电动势的大小E；

(2)拉力做功的功率P；

(3)ab边产生的焦耳热Q。

【解析】(1)由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势E＝BLv(2分)

(2)线框中的感应电流I＝(1分)

拉力大小等于安培力大小F＝BIL(1分)

拉力的功率P＝Fv＝(2分)

(3)线框ab边电阻Rab＝(1分)

时间t＝(1分)

ab边产生的焦耳热Q＝I2Rabt＝(2分)

答案：(1)BLv　(2)　(3)

14．(12分)如图所示，在磁感应强度B＝0.2 T、方向与纸面垂直的匀强磁场中，有水平放置的两平行导轨ab、cd，其间距l＝50  cm，a、c间接有电阻R，现有一电阻为r的导体棒MN跨放在两导轨间，并以v＝10 m/s的恒定速度向右运动，a、c间电压为0.8 V，且a点电势高，其余电阻忽略不计。问：

(1)导体棒产生的感应电动势是多大？

(2)通过导体棒电流方向如何？磁场的方向是指向纸里，还是指向纸外？

(3)R与r的比值是多少？

【解析】(1)E＝Blv＝1 V(3分)

(2)电流方向N→M；磁场方向指向纸里 (3分)

(3)I＝＝(3分)

＝＝4(3分)

答案：(1)1 V

(2)电流方向N→M　磁场方向指向纸里　(3)4

15．(16分)(2021·全国乙卷)如图，一倾角为α的光滑固定斜面的顶端放有质量M＝0.06 kg的U形导体框，导体框的电阻忽略不计；一电阻R＝3 Ω的金属棒CD的两端置于导体框上，与导体框构成矩形回路CDEF；EF与斜面底边平行，长度L＝0.6 m。初始时CD与EF相距s0＝0.4 m，金属棒与导体框同时由静止开始下滑，金属棒下滑距离s1＝ m后进入一方向垂直于斜面的匀强磁场区域，磁场边界(图中虚线)与斜面底边平行；金属棒在磁场中做匀速运动，直至离开磁场区域。当金属棒离开磁场的瞬间，导体框的EF边正好进入磁场，并在匀速运动一段距离后开始加速。已知金属棒与导体框之间始终接触良好，磁场的磁感应强度大小B＝1 T，重力加速度大小取g＝10 m/s2，sin α＝0.6。求：

(1)金属棒在磁场中运动时所受安培力的大小；

(2)金属棒的质量以及金属棒与导体框之间的动摩擦因数；

(3)导体框匀速运动的距离。

【解析】(1)设金属棒质量为m，根据题意可得金属棒和导体框在没有进入磁场时一起做匀加速直线运动，由动能定理可得

(M＋m)gs1sin α＝(M＋m)v(1分)

代入数据解得v0＝ m/s(1分)

金属棒在磁场中切割磁感线产生感应电动势，由法拉第电磁感应定律可得E＝BLv0

由闭合回路的欧姆定律可得I＝(1分)

则金属棒刚进入磁场时受到的安培力为

F安＝BIL＝0.18 N(1分)

(2)金属棒进入磁场以后因为瞬间受到安培力的作用，根据楞次定律可知金属棒的安培力沿斜面向上，之后金属棒相对导体框向上运动，因此金属棒受到导体框给的沿斜面向下的滑动摩擦力，因匀速运动，可有

mg sin α＋μmg cos α＝F安(1分)

此时导体框向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律可得

Mg sin α－μmg cos α＝Ma(1分)

设磁场区域的宽度为x，

则金属棒在磁场中运动的时间为t＝

则此时导体框的速度为v1＝v0＋at(1分)

则导体框的位移x1＝v0t＋at2(1分)

因此导体框和金属棒的相对位移为

Δx＝x1－x＝at2(1分)

由题意知，当金属棒离开磁场时导体框的上端EF刚好进入磁场，则有位移关系s0－Δx＝x(1分)

导体框进入磁场时匀速运动，此时的电动势为

E1＝BLv1，I1＝

导体框受到向上的安培力和滑动摩擦力，因此可得

Mg sin α＝μmg cos α＋BI1L(1分)

联立以上可得

x＝0.3 m，a＝5 m/s2，m＝0.02 kg，μ＝(2分)

(3)金属棒出磁场以后，速度小于导体框的速度，

因此受到向下的摩擦力，做加速运动，则有

mg sin α＋μmg cos α＝ma1(1分)

金属棒向下加速，导体框匀速，当共速时导体框不再匀速，则有v0＋a1t1＝v1(1分)

导体框匀速运动的距离为x2＝v1t1

代入数据解得x2＝ m＝ m(1分)

答案：(1)0.18 N　(2)0.02 kg　　(3) m

【加固训练】

如图所示，两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为θ，间距为d。导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直。质量为m的金属棒被固定在导轨上，距底端的距离为s，导轨与外接电源相连，使金属棒通有电流。金属棒被松开后，以加速度a沿导轨匀加速下滑，金属棒中的电流始终保持恒定，重力加速度为g。求下滑到底端的过程中，金属棒

(1)末速度的大小v。

(2)通过的电流大小I。

(3)通过的电荷量Q。

【解析】(1)金属棒做匀加速直线运动，有v2＝2as，解得v＝。

(2)安培力F安＝IdB，金属棒所受合力

F＝mg sin θ－F安

由牛顿第二定律F＝ma

解得I＝

(3)运动时间t＝，电荷量Q＝It

解得Q＝

答案：(1)　(2)

(3)