教科版高中物理选择性必修第二册第二章章末综合提升学案

这是一份教科版高中物理选择性必修第二册第二章章末综合提升学案，共22页。

主题1　右手定则、左手定则、安培定则和楞次定律1．适用于不同现象(“左”判“力”，“右”判“电”，安培定则“磁感线”)安培定则适用于运动电荷或电流产生的磁场；左手定则判定磁场对运动电荷或通电导线作用力的方向；右手定则判定部分导体切割磁感线产生的感应电流的方向；楞次定律判断电磁感应中感应电流的方向。2．左手定则和右手定则的因果关系不同左手定则是因为有电，结果是受力，即“因电而动”；右手定则是因为受力运动，而结果是有电，即“因动而电”。【典例1】　(多选)如图所示，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路。将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态。下列说法正确的是(　　)A．开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动B．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向C．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向D．开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动AD　[根据安培定则，开关闭合时铁芯上产生水平向右的磁场，开关闭合后的瞬间，根据楞次定律，直导线上将产生由南向北的感应电流，根据安培定则，直导线上方的磁场垂直纸面向里，故小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动，A正确；开关闭合并保持一段时间后，直导线上没有感应电流，故小磁针的N极指向北，B、C错误；开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，根据楞次定律，直导线上将产生由北向南的电流，这时直导线上方的磁场垂直纸面向外，故小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动，D正确。]　开关闭合断开瞬间，由于电磁感应现象产生感应电流的磁场；开关闭合一段时间后无感应电流，小磁针在地磁场的作用下，沿南北指向。 主题2　法拉第电磁感应定律的理解与应用公式E＝nΔΦΔt与E＝BLv sin θ的区别和联系(1)区别：一般来说，E＝nΔΦΔt求出的是Δt时间内的平均感应电动势，E与某段时间或某个过程相对应；E＝BLv sin θ(θ为导体运动方向与磁感线间的夹角)求出的是瞬时感应电动势，E与某个时刻或某个位置相对应。另外E＝nΔΦΔt求得的电动势是整个回路的感应电动势，而不是回路中某部分导体的感应电动势，整个回路的感应电动势为零时，其回路中某段导体两端的感应电动势不一定为零。(2)联系：E＝nΔΦΔt和E＝BLv sin θ是统一的，当Δt→0时，则E为瞬时感应电动势。只是由于高中数学知识所限，我们目前还不能这样求瞬时感应电动势。v若代入平均速度v，则求出的E为平均感应电动势，即E＝BLvsin θ，实际上此式中的Lvsin θ＝ΔSΔt，所以E＝BLvsin θ＝BΔSΔt＝ΔΦΔt。【典例2】　把总电阻为2R的均匀电阻丝焊接成一半径为a的圆环，水平固定在垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场中，如图所示，一长度为2a、电阻等于R，粗细均匀的金属棒MN放在圆环上，它与圆环始终保持良好的接触。当金属棒以恒定速度v向右移动经过环心O时，求：(1)金属棒上电流的大小和方向及金属棒两端的电压UMN；(2)在圆环和金属棒上消耗的总热功率。[解析]　(1)把切割磁感线的金属棒看成一个内阻为R，电动势为E的电源，两个半圆环看成两个并联电阻，画出等效电路如图所示。等效电源电动势E＝BLv＝2Bav外电路的总电阻R外＝R·RR+R＝R2由闭合电路欧姆定律得电流大小I＝ER外 +R＝2BavR2+R＝4Bav3R，金属棒上电流方向从N到M，路端电压为UMN＝IR外＝2Bav3。(2)总热功率为P＝EI＝8B2a2v23R。[答案]　(1)4Bav3R　从N到M　2Bav3　(2)8B2a2v23R　(1)明确电路结构，分清内、外电路，画出等效电路图。(2)如果是磁场变化，由E＝nΔΦΔt计算；如果是导体切割磁感线，由E＝BLv sin θ计算。(3)金属棒切割磁感线产生感应电动势等于电源电动势，不是金属棒两端的电压U。 主题3　电磁感应中力电综合问题1．安培力做功及对应的能量转化关系(1)电动机模型：如图甲所示，回路通电后导体棒中存在电流，受到安培力的作用而向右运动。通过安培力做功，电能转化为导体棒的机械能。甲　　　　　　　　　　乙(2)发电机模型：如图乙所示，导体棒因向右运动而产生感应电流，受到安培力的阻碍作用。通过克服安培力做功，机械能转化为回路的电能。综上所述，安培力做功是电能和其他形式的能之间相互转化的桥梁。2．分析电磁感应中力电综合问题的基本步骤(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律确定感应电动势的大小和方向。(2)画出等效电路，搞清电路结构，确定电流，求出回路中电阻消耗电功率的表达式。(3)分析导体受力及各力做功情况，用牛顿运动定律、动能定理或能量守恒定律，得到所满足的方程。【典例3】　如图所示装置由水平轨道、倾角θ＝37°的倾斜轨道连接而成，轨道所在空间存在磁感应强度大小为B＝1 T，方向竖直向上的匀强磁场。质量m＝0.035 kg、长度L＝0.1 m、电阻R＝0.025 Ω 的导体棒ab置于倾斜轨道上，刚好不下滑；质量、长度、电阻与棒ab相同的光滑导体棒cd置于水平轨道上，用F＝2.0 N的恒力拉棒cd，使之在水平轨道上从静止向右运动。棒ab、cd与导轨垂直，且两端与导轨保持良好接触，导轨电阻忽略不计，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2。(1)求棒ab与导轨间的动摩擦因数μ；(2)求当棒ab刚要向上滑动时cd棒速度v的大小；(3)若从cd棒刚开始运动到ab棒刚要上滑的过程中，cd棒在水平轨道上移动的距离x＝0.55 m，求此过程中ab棒上产生的热量Q和此过程中cd棒的运动时间。[解析]　(1)当ab刚好不下滑时，静摩擦力沿导轨向上且达到最大，由平衡条件得mg sin 37°＝μmg cos 37°，则μ＝tan 37°＝0.75。(2)设ab刚好要上滑时，cd棒的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律有E＝BLv，设电路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律有I＝E2R设ab所受安培力为F安，有F安＝BIL，此时ab受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件有F安cos 37°＝mg sin 37°＋μ(mg cos 37°＋F安sin 37°)F安＝B2L2v2R，代入数据解得v＝6.0 m/s。(3)设cd棒的运动过程中电路中产生的总热量为Q总，则有Q总＝2Q，由能量守恒定律有Fx－2Q＝12mv2，解得Q＝12Fx-14mv2，代入数据得Q＝0.235 J，根据动量定理可知FΔt－BIL·Δt＝mv－0，且I·Δt＝q＝BLx2R，联立解得Δt＝0.16 s。[答案]　(1)0.75　(2)6.0 m/s　(3)0.235 J　0.16 s章末综合测评(二)　电磁感应及其应用一、单项选择题1．某同学为了验证断电自感现象，自己找来带铁芯的线圈L、小灯泡A、开关S和电池组E，用导线将它们连接成如图所示的电路。检查电路后，闭合开关S，小灯泡发光；再断开开关S，小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象。虽然多次重复，仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象，他冥思苦想找不出原因。你认为最有可能造成小灯泡未闪亮的原因是(　　)A．电源的内阻较大 B．小灯泡电阻偏大C．线圈电阻偏大 D．线圈的自感系数较大C　[断开开关时，灯泡能否发生闪亮，取决于灯泡的电流有没有增大，与电源的内阻无关，A错误；若小灯泡电阻偏大，稳定时流过灯泡的电流小于线圈的电流，断开开关时，根据楞次定律，流过灯泡的电流从线圈原来的电流逐渐减小，灯泡将发生闪亮现象，B错误；线圈电阻偏大，稳定时流过灯泡的电流大于线圈的电流，断开开关时，根据楞次定律，流过灯泡的电流从线圈原来的电流逐渐减小，灯泡不发生闪亮现象，C正确；线圈的自感系数较大，产生的自感电动势较大，但不能改变稳定时灯泡和线圈中电流的大小，D错误。]2．工业上探测物件表面层内部是否存在缺陷的涡流探伤技术原理图如图所示，其原理是将线圈中通入电流，使被测物件内产生涡流，借助探测线圈内电流变化测定涡流的改变，从而获得被测物件内部是否断裂及位置的信息，关于以上应用实例理解正确的是(　　)A．线圈所连接的电源可以是直流电源B．线圈所连接的电源应该是交流电源C．能被探测的物件可以是非导电材料D．工业涡流探伤技术运用了自感原理B　[为产生涡流，线圈所连接的电源必须是交流电源，选项A错误，B正确；能被探测的物件必须是导电材料，否则不会产生涡流，选项C错误；工业涡流探伤技术其原理是用电流线圈使物件内产生涡流，借助探测线圈测定涡流的改变技术，不是自感原理，选项D错误。故选B。]3．如图所示，插有铁芯的线圈(电阻不能忽略)直立在水平桌面上，铁芯上套一铝环，线圈与电源、开关相连。用该装置可以完成一个奇妙的“跳环实验”，下列说法正确的是(　　)A．闭合开关的瞬间，铝环中会产生感应电流，铝环不会跳起B．闭合开关的瞬间，铝环中不会产生感应电流，铝环会跳起C．断开开关的瞬间，铝环中会产生感应电流，铝环不会跳起D．断开开关的瞬间，铝环中不会产生感应电流，铝环会跳起C　[闭合开关的瞬间，通过铝环的磁通量从无到有，知在铝环上产生感应电流，感应电流引起的效果要阻碍磁通量的变化(即增加)，所以铝环向上跳起。断开的瞬间，在铝环上也有感应电流，但不会跳起，因为此时线圈的电流为零，与铝环间没有作用力，所以不会跳起，故C正确，A、B、D错误。]4．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。现使磁铁从静止开始自由下落，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bD．电容器C的下极板将带正电D　[当磁铁S极向下运动时，导致向上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，故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，故A错误。]5．(2022·全国甲卷)三个用同样的细导线做成的刚性闭合线框，正方形线框的边长与圆线框的直径相等，圆线框的半径与正六边形线框的边长相等，如图所示。把它们放入磁感应强度随时间线性变化的同一匀强磁场中，线框所在平面均与磁场方向垂直，正方形、圆形和正六边形线框中感应电流的大小分别为I1、I2和I3。则(　　)A．I1＜I3＜I2 　 B．I1＞I3＞I2C．I1＝I2＞I3 　 D．I1＝I2＝I3C　[设线框的面积为S，周长为L，导线的截面积为S′，由法拉第电磁感应定律可知，线框中感应电动势E＝ΔΦΔt＝ΔBΔtS，而线框的总电阻R＝ρLS'，所以线框中感应电流I＝ER＝SS'ΔBρLΔt，由于三个线框处于同一线性变化的磁场中，且绕制三个线框的导线相同，设正方形线框的边长为l，则三个线框的面积分别为S1＝l2，S2＝π4 l2，S3＝338l2，三个线框的周长分别为L1＝4l，L2＝πl，L3＝3l，则I1∶I2∶I3＝S1L1∶S2L2∶S3L3＝2∶2∶3，C项正确。]6．(2023·浙江1月选考)如图甲所示，一导体杆用两条等长细导线悬挂于水平轴OO′，接入电阻R构成回路。导体杆处于竖直向上的匀强磁场中，将导体杆从竖直位置拉开小角度由静止释放，导体杆开始下摆。当R＝R0时，导体杆振动图像如图乙所示。若横纵坐标皆采用图乙标度，则当R＝2R0时，导体杆振动图像是(　　)A　　　　　　　　　BC　　　　　　　　　DB　[导体杆切割磁感线时，回路中产生感应电流，由楞次定律可得，导体杆受到的安培力总是阻碍导体棒的运动。当R从R0变为2R0时，回路中的电阻增大，则电流减小，导体杆所受安培力减小，即导体杆在摆动时所受的阻力减弱，所杆从开始摆动到停止，运动的路程和经历的时间变长。故选B。]7．如图所示，一矩形线框置于匀强磁场中，右边dc与磁场边界重合，线框平面与磁场方向垂直，先保持线框面积不变，在时间t内将磁感应强度均匀地增大到原来的两倍；接着，保持磁场大小和方向不变，在时间t内将线框沿垂直于磁场方向向右匀速拉出磁场，前后两个过程中，线框中产生的焦耳热之比是(　　)A．1∶1 　B．1∶4 　C．1∶2 　D．2∶1B　[设线框的面积为S，电阻为R，原来磁感应强度为B。当保持线框面积不变，将磁感应强度在时间t内均匀地增大到原来的两倍，根据法拉第电磁感应定律，线框中产生的感应电动势E1＝ΔΦΔt＝ΔBΔtS＝BSt，线框中产生的焦耳热Q1＝E12Rt＝B2S2tR；当保持增大后的磁感应强度不变，在相同的时间t内，将线框沿垂直于磁场的方向水平向右匀速拉出时，线框中产生的感应电动势为E2＝2Blabv＝2Blab·lbct＝2BSt，线框中产生的焦耳热Q2＝E22Rt＝4B2S2tR所以先后两个过程中，线框中产生的焦耳热之比为Q1∶Q2＝1∶4，B正确。]8．(2023·辽宁卷)如图所示，空间中存在水平向右的匀强磁场，一导体棒绕固定的竖直轴OP在磁场中匀速转动，且始终平行于OP。导体棒两端的电势差u随时间t变化的图像可能正确的是(　　)A　　　　　　　　　　　　BC　　　　　　　　　　　　DC　[设导体棒的长度为L，导体棒与竖直轴间的距离为r，在磁场中转动的角速度为ω。将导体棒的速度沿磁场方向和垂直于磁场方向进行分解，因为只有垂直磁感线运动的分量会产生感应电动势，即v⊥＝ωr cos ωt，则u＝BLv⊥＝BLωr cos ωt，C正确，A、B、D错误。]二、多项选择题9．如图所示，蹄形磁铁和矩形线圈均可绕竖直轴线OO′转动，若线圈和转轴之间的摩擦不能忽略，当外力使磁铁逆时针(从上向下看)匀速转动时，则(　　)A．线圈将逆时针匀速转动，转速与磁铁相同B．线圈将逆时针匀速转动，转速一定比磁铁转速小C．从图示位置磁铁开始转动时，线圈中的感应电流的方向是abcdaD．在磁铁不断转动的过程中，线圈中感应电流的方向一定会发生改变BCD　[根据楞次定律可知，为阻碍磁通量增加，则导致线圈与磁铁转动方向相同，但快慢不一，线圈的转速一定比磁铁转速小，故A错误，B正确；从图示位置磁铁开始转动时，线圈abcd中穿向纸面向里的磁通量增大，产生感应电流方向abcda，故C正确；在磁铁不断转动的过程中，导致线圈abcd中磁通量一会儿正向穿过增大或减小，一会儿反向穿过增大或减小，所以感应电流的方向一定会发生改变，故D正确。]10．如图所示是研究自感现象的电路，L为自感系数足够大的线圈，R为定值电阻，A1、A2为两个完全相同灯泡，则下列说法正确的是(　　)A．闭合开关时，若电源E有内阻，灯泡A2将立即变亮，然后稍变暗些，最后稳定B．闭合开关时，若电源E无内阻，灯泡A2将立即变亮，然后稳定C．闭合开关时，无论电源E是否有内阻，灯泡A1将逐渐变亮最后稳定D．开关断开时，若线圈直流电阻等于定值电阻，则灯泡A2会闪亮一下，然后逐渐熄灭ABC　[闭合开关时，若电源E有内阻，灯泡A2将立即变亮，因为电感线圈的感抗逐渐减小，故外电阻减小，干路电流增大，根据U＝E－Ir可知，路端电压变小，灯A2和电阻R支路电压变小，电流变小，灯A2逐渐变暗，当电路稳定后，电感线圈无感抗，此时灯A2亮度稳定，故A正确；闭合开关时，若电源E无内阻，路端电压是电动势不变，故灯泡A2将立即变亮，然后稳定，故B正确；闭合开关时，无论电源E是否有内阻，由于电感线圈阻碍电流变化的作用，都会导致灯泡A1将逐渐变亮最后稳定，故C正确；若线圈直流电阻等于定值电阻，两支路电流相同，开关断开时，电流均从原来大小的电流开始减小，故灯泡A2不会闪亮一下，故D错误。]11．如图所示，光滑的金属圆环导轨MN、PQ竖直放置，两环之间ABDC内(含边界)有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B0，AB水平且与圆心等高，CD竖直且延长线过圆心，电阻为r、长为2l的轻质金属杆，带有小孔的一端套在内环MN上，另一端连接带孔金属球，球的质量为m，球套在外环PQ上，且都与导轨接触良好，内圆半径r1＝l，外圆半径r2＝3l，P、M间接有阻值为R的定值电阻，让金属杆从AB处无初速释放，金属杆第一次即将离开磁场时，金属球的速度为v，其他电阻不计，忽略一切摩擦，重力加速度为g，则(　　)A．金属球向下运动的过程中，通过定值电阻R的电流方向为由M指向PB．金属杆第一次即将离开磁场时，R两端的电压U＝2B0lvRR+rC．金属杆从AB滑动到CD的过程中，通过R的电荷量q＝2πl2B0R+rD．金属杆第一次即将离开磁场时，R上产生的焦耳热Q＝3mgl－12mv2AC　[由右手定则可知，金属球向下运动的过程中，通过金属杆的电流方向为由B到A，则通过R的电流方向为由M到P，A正确；金属杆第一次离开磁场时，金属球的速度v＝3ωl，金属杆第一次离开磁场时感应电动势E＝B0·2l ωr1+ωr22，解得E＝43B0lv，电路电流I＝ER+r，R两端电压U＝IR＝4B0lvR3R+r，B错误；由法拉第电磁感应定律得E ＝ΔΦΔt＝B0ΔSΔt＝B0·14 π3l2-l2Δt＝2πB0l2Δt，平均感应电流 I ＝ER+r，通过R的电荷量q＝IΔt，解得q＝2πB0l2R+r，C正确；由于金属杆第一次即将离开磁场时，根据能量守恒可知，定值电阻和金属杆产生的焦耳热为3mgl－12mv2，所以金属杆第一次即将离开磁场时，R上产生的焦耳热Q<3mgl-12 mv2，D错误。故选AC。]12．(2023·山东卷)足够长U形导轨平置在光滑水平绝缘桌面上，宽为1 m，电阻不计。质量为1 kg、长为1 m、电阻为1 Ω的导体棒MN放置在导轨上，与导轨形成矩形回路并始终接触良好，Ⅰ和Ⅱ区域内分别存在竖直方向的匀强磁场，磁感应强度分别为B1和B2，其中B1＝2 T，方向向下。用不可伸长的轻绳跨过固定轻滑轮将导轨CD段中点与质量为0.1 kg的重物相连，绳与CD垂直且平行于桌面。如图所示，某时刻MN、CD同时分别进入磁场区域Ⅰ和Ⅱ并做匀速直线运动，MN、CD与磁场边界平行。MN的速度v1＝2 m/s，CD的速度为v2且v2>v1，MN和导轨间的动摩擦因数为 0.2。重力加速度大小取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)A．B2的方向向上 　 B．B2的方向向下C．v2＝5 m/s 　 D．v2＝3 m/sBD　[CD运动速度v2大于导体棒MN的速度v1，则导体棒MN受到水平向右的摩擦力，因为导体棒MN做匀速运动，所以导体棒MN受到的安培力方向水平向左，导体棒MN的质量m＝1 kg，设MN受到的安培力大小为FMN，规定水平向右为正方向，对导体棒MN受力分析有μmg－FMN＝0，解得FMN＝2 N，根据左手定则可知，MN中电流从N流向M，设CD受到的安培力为FCD，重物质量m0＝0.1 kg，对CD受力分析有－μmg＋FCD＋m0g＝0，解得FCD＝1 N，则CD受到的安培力向右，电流从D流向C，根据左手定则可知，B2的方向竖直向下，A错误，B正确；FMN＝B1IL，FCD＝B2IL，根据法拉第电磁感应定律有E＝B1Lv1－B2Lv2，根据闭合电路欧姆定律有E＝IR，联立解得v2＝3 m/s，C错误，D正确。]三、非选择题13．(1)在“研究电磁感应现象”的实验中：为了研究感应电流的方向，图中滑动变阻器和电源的连线已经画出，请将图中实物连成实验所需电路图。(2)线圈A放在B中不动，在突然闭合开关时，B线圈中产生的感应电流方向与A线圈中的电流方________(选填“相同”或“相反”或“无电流”)。(3)连接好实验线路后，闭合开关，发现电流计的指针向左偏，则在闭合开关后，把螺线管A插入螺线管B的过程中，电流表的指针将向________(选填“向左”“向右”或“不”)偏转。(4)闭合开关后，线圈A放在B中不动，在滑动变阻器的滑片P向右滑动的过程中，电流表指针将________偏转(选填“向左”“向右”或“不”)。[解析]　(1)连接电路如图。(2)突然闭合开关后，A线圈中的磁通量增大，根据楞次定律可知B线圈中感应电流产生的磁场应阻碍A线圈中磁通量的增大，所以B线圈中产生的感应电流方向与A线圈中的电流方向相反。(3)闭合开关，B线圈中磁通量增大，电流表指针向左偏转，把螺线管A插入螺线管B的过程中，磁通量增大，所以电流表指针向左偏转。(4)线圈A放在B中不动，在滑动变阻器的滑片P向右滑动的过程中，电流减小，线圈B中磁通量减小，电流表指针向右偏转。[答案]　(1)见解析图　(2)相反　(3)向左　(4)向右14．某同学在家电维修店得到一匝数较多的线圈，但从外观上无法看出线圈的绕向，于是又在一些发光玩具中拆得一发光二极管，同时找到一条形磁铁。将线圈与发光二极管连接，如图所示。该同学用条形磁铁的S极向下快速插入线圈中时发现二极管发光。(1)二极管发光时，b端电势比a端电势________(选填“高”或“低”)。(2)该同学将磁铁S极向上快速拔出时，二极管将________(选填“发光”或“不发光”)。(3)若该同学将磁铁S极向下竖直放在水平桌面上，使线圈的中心轴与磁铁的中心轴共线，当线圈竖直向下快速靠近磁铁时，二极管将________(选填“发光”或“不发光”)。[解析]　(1)b端电势比a端电势高时，二极管发光。(2)距离条形磁铁磁极越近磁感强度越大，所以螺线管的磁通量减小，穿过螺线管的磁通量发生变化，有感应电流产生，原磁场方向向上，感应电流的磁场方向向上，由右手螺旋定则可知电流方向由上向下，二极管将不发光。(3)螺线管的磁通量增大，穿过螺线管的磁通量发生变化，有感应电流产生，原磁场方向向上，感应电流的磁场方向向下，由右手螺旋定则可知电流方向由下向上，二极管将发光。[答案]　(1)高　(2)不发光　(3)发光15．如图所示，一个正方形线圈边长a＝0.5 m，总电阻为R＝2 Ω，当线圈以v＝4 m/s的速度匀速通过磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场区域时，线圈平面总保持与磁场垂直。若磁场的宽度b>a，如图所示，求：(1)线圈进入磁场过程中感应电流的大小和方向；(2)线圈进入磁场瞬间，线框CD边两端的电压UCD；(3)线框在穿过整个磁场过程中释放的焦耳热Q。[解析]　(1)由法拉第电磁感应定律E＝Bav＝1 VI＝ER＝0.5 A根据右手定则判断，电流为逆时针方向。(2)根据欧姆定律可知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　逆时针方向　(2)0.75 V(3)0.125 J16．(2023·湖南卷)如图所示，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为L，两导轨及其所构成的平面均与水平面成θ角，整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。现将质量均为m的金属棒a、b垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为R。运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终未滑出导轨，导轨电阻忽略不计，重力加速度为g。(1)先保持棒b静止，将棒a由静止释放，求棒a匀速运动时的速度大小v0；(2)在(1)问中，当棒a匀速运动时，再将棒b由静止释放，求释放瞬间棒b的加速度大小a0；(3)在(2)问中，从棒b释放瞬间开始计时，经过时间t0，两棒恰好达到相同的速度v，求速度v的大小，以及时间t0内棒a相对于棒b运动的距离Δx。[解析]　(1)a匀速运动时受力平衡，有mg sin θ＝BI0L ①由法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律有I0＝BLv02R ②联立解得v0＝2mgRsinθB2L2。 ③(2)a匀速运动时，由(1)可得电路中电流I0＝mgsinθBL ④对b由牛顿第二定律有mg sin θ＋BI0L＝ma0 ⑤联立解得a0＝2g sin θ。 ⑥(3)分析可知a与b受到的安培力大小始终相等，则对a、b由动量定理分别有mg sin θ·t0－F安t0＝mv－mv0，mg sin θ·t0＋F安t0＝mv，联立解得v＝gt0sin θ＋mgRsinθB2L2，F安 t0＝m2gRsinθB2L2，又F安 t0＝BILt0，q＝It0＝E2R t0＝BLΔx2R，联立解得Δx＝2m2gR2sinθB4L4。[答案]　(1)2mgRsinθB2L2　(2)2g sin θ　(3)gt0sin θ＋mgRsinθB2L2　2m2gR2sinθB4L417．如图所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在水平面上，导轨间距L＝0.3 m，导轨电阻忽略不计，其间连接有R＝0.8 Ω的定值电阻。导轨上放一质量m＝0.1 kg，电阻r＝0.4 Ω的金属杆ab，整个装置处于垂直导轨平面向下B＝0.5 T的匀强磁场中。现用水平向右的外力F拉金属杆ab，使之由静止开始向右运动，电压传感器(流过它的电流可忽略)可将R两端的电压U即时采集并输入电脑，获得的电压U随时间t变化的关系如图2所示。求：(1)t＝4.0 s时，通过金属杆ab的感应电流的大小和方向；(2)金属杆ab的速度v与时间t的关系式；(3)4.0 s内通过电阻R的电荷量；(4)若4.0 s内外力F做了2.7 J的功，求4.0 s内电阻R中产生的电热。[解析]　(1)由右手定则可得金属杆ab的电流方向由b流向a当t＝4.0 s时，U＝0.6 V，由欧姆定律得通过金属杆ab的感应电流I＝UR＝0.60.8 A＝0.75 A。(2)根据闭合电路欧姆定律得E＝I(R＋r)金属杆ab产生的感应电动势E＝BLv由欧姆定律得U＝IR＝BLvRR+r由题图2得U＝kt＝0.15t(V)联立得v＝kR+rBLRt代入数据解得v＝1.5t(m/s)。(3)t＝4 s金属杆的速度为v＝6 m/s，金属杆在4 s内的位移为x＝v2t＝62×4 m＝12 m4．0 s内通过电阻R的电荷量q＝It＝BLvtR+r＝BLxR+r代入数据解得q＝1.5 C。(4)根据动能定理得WF－W克安＝12mv2－0又整个回路产生的电热Q＝W克安4．0 s内电阻R中产生的电热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 J18．如图所示，固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，垂直于导轨放置的两根金属棒MN和PQ长度也为l、电阻均为R，两棒与导轨始终接触良好。MN两端通过开关S与电阻为R的单匝金属线圈相连，线圈内存在竖直向下均匀增加的磁场。图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。PQ的质量为m，金属导轨足够长，电阻忽略不计。(1)闭合S，若使PQ保持静止，需在其上加大小为F的水平恒力，请指出力F的方向并求出单匝金属线圈里磁通量的变化率；(2)断开S，PQ在上述恒力F的作用下，由静止开始到速度大小为v的加速过程中流过PQ的电荷量为q，求该过程中金属棒PQ上产生的热量。[解析]　(1)设线圈中产生的感应电动势为E，根据法拉第电磁感应定律可得E＝ΔΦΔt设PQ与MN并联的电阻为R并，有R并＝12R闭合S后，设线圈中的电流为I，方向为逆时针方向，根据闭合电路的欧姆定律可得I＝ER+12R设PQ中的电流为IPQ，方向为Q到P，则IPQ＝12I，设PQ受到的安培力为F安，方向向左，有F安＝BIPQl保持PQ静止，根据平衡条件可得F＝F安，方向向右联立解得ΔΦΔt＝3RFBl。(2)设PQ由静止开始到速度大小为v的过程中，PQ运动的位移为x，所用的时间为Δt，回路中磁通量的变化为ΔΦ，平均感应电动势为E＝ΔΦΔt其中ΔΦ＝BlxPQ中的平均电流为I＝E2R根据电流强度的定义式可得q＝IΔt根据动能定理可得Fx＋W＝12mv2根据功能关系知Q＝－W联立解得Q＝2FRqBl-12mv2金属棒PQ上产生的热量Q′＝RR+RQ＝FRqBl-14mv2。[答案]　(1)水平向右　3RFBl　(2)FRqBl-14 mv2