资源简介

(共64张PPT)
现代文阅读Ⅰ
把握共性之“新”　打通应考之“脉”
第二章　电磁感应
章末综合提升
巩固层·知识整合
提升层·主题探究
主题1　电磁感应中的动力学问题
1．平衡类问题的求解思路
2．加速类问题的求解思路
(1)确定研究对象(一般为在磁场中做切割磁感线运动的导体)．
(2)根据牛顿运动定律和运动学公式分析导体在磁场中的受力与运动情况．
(3)如果导体在磁场中受到的磁场力变化了，从而引起合外力的变化，导致加速度、速度等发生变化，进而又引起感应电流、磁场力、合外力的变化，最终可能使导体达到稳定状态．
【典例1】　如图所示，在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，有两根水平放置且足够长的平行金属导轨AB、CD，在导轨的A、C端连接一阻值为R的电阻．一根质量为m、长度为L的金属棒ab垂直导轨放置，导轨和金属棒的电阻不计，金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ．若用恒力F沿水平方向向右拉金属棒使其运动，求金属棒的最大速度．
[解析]　金属棒向右运动切割磁感线产生感应电动势，由右手定则知，金属棒中有从a到b方向的电流；由左手定则知，安培力方向向左，金属棒向右运动的过程中受到的合力逐渐减小，故金属棒向右做加速度逐渐减小的加速运动；当安培力与摩擦力的合力增大到大小等于拉力F时，金属棒的加速度减小到零，速度达到最大，此后做匀速运动．
由平衡条件得F＝BImaxL＋μmg，
由闭合电路欧姆定律有Imax＝，
金属棒ab切割磁感线产生的感应电动势为
Emax＝BLvmax，
联立以上各式解得金属棒的最大速度为
vmax＝．
[答案]　
一语通关　“四步法”分析电磁感应中的动力学问题
主题2　电磁感应中的能量问题
1．能量转化的过程分析
电磁感应的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功实现的．安培力做功使得电能转化为其他形式的能(通常为内能)，外力克服安培力做功，则是其他形式的能(通常为机械能)转化为电能的过程．
2．求解焦耳热Q的几种方法
公式法 Q＝I2Rt
功能关系法 焦耳热等于克服安培力做的功
能量转化法 焦耳热等于其他能的减少量
【典例2】　如图所示，MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成θ角固定，轨道间距为d．空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度大小为B．P、M间所接电阻阻值为R．质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上，其有效电阻为r．现从静止释放ab，当它沿轨道下滑距离s时，达到最大速度．若轨道足够长且电阻不计，重力加速度为g．求：
(1)金属杆ab运动的最大速度；
(2)金属杆ab运动的加速度为g sin θ时，电阻R上的电功率；
(3)金属杆ab从静止到具有最大速度的过程中，克服安培力
所做的功．
[解析]　 (1)当金属杆ab达到最大速度时安培力F＝mg sin θ，
安培力F＝BId，
感应电流I＝，
感应电动势E＝Bdvm，
解得最大速度vm＝．
(2)当金属杆ab运动的加速度为g sin θ时，
根据牛顿第二定律有mg sin θ－BI′d＝m·g sin θ，
电阻R上的电功率P＝I′2R，
解得P＝R．
(3)根据动能定理有mgs sin θ－WF＝－0，
解得WF＝mgs sin θ－．
[答案]　(1)R
(3)mgs sin θ－
一语通关　电磁感应现象中能量守恒问题的一般思路
(1)确定感应电动势的大小和方向．
(2)画出等效电路图，求出回路中消耗的电能表达式．
(3)分析导体机械能的变化，用能量守恒关系得到机械能的改变与回路中电能的改变所满足的方程．
主题3　电磁感应中的“双杆”模型
1．模型分类
“双杆”模型分为两类：一类是“一动一静”，甲杆静止不动，乙杆运动，其实质是单杆问题，不过要注意问题包含着一个条件：甲杆静止、受力平衡．另一类是两杆都在运动，对于这种情况，要注意在用到整个回路的电动势时，两杆切割磁感线产生的感应电动势是相加还是相减．
2．分析方法
通过受力分析，确定运动状态，一般会有收尾状态．对于收尾状态则有恒定的速度或者加速度等，再结合运动学规律、牛顿运动定律和能量观点分析求解．
【典例3】　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．
[解析]　(1)棒a在运动过程中重力沿斜面方向的分力和棒a受到的安培力大小相等时做匀速运动，由法拉第电磁感应定律可得
E＝BLv0
由闭合电路欧姆定律及安培力公式可得
I＝，F＝BIL
由a棒受力平衡可得
mg sin θ＝BIL
联立解得
v0＝．
(2)由右手定则可知导体棒b中电流向里，由左手定则可知棒b受到沿斜面向下的安培力，此时电路中电流不变，则对棒b由牛顿第二定律可得
mg sin θ＋BIL＝ma
解得
a＝2g sin θ．
[答案]　(1)　(2)2g sin θ
一语通关　分析“双杆”模型问题时，要注意双杆之间的制约关系，即“动杆”与“被动杆”之间的关系，最终两杆的收尾状态的确定是分析该类问题的关键．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
章末综合测评(二)　电磁感应
(时间：75分钟　满分：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．物理课上，老师做了一个奇妙的“跳环实验”．如图，她把一个带铁芯的线圈L、开关S和电源用导线连接起来后．将一金属套环置于线圈L上，且使铁芯穿过套环．闭合开关S的瞬间，套环立刻跳起．某同学另找来器材再探究此实验．他连接好电路，经重复试验，线圈上的套环均未动．对比老师演示的实验，下列四个选项中，导致套环未动的原因可能是(　　)
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
A．线圈接在了直流电源上
B．电源电压过高
C．所选线圈的匝数过多
D．所用套环的材料与老师的不同
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
D　[金属套环跳起来的原因是开关S闭合时，套环上产生的感应电流与通电螺线管上的电流相互作用而引起的，线圈接在直流电源上时，金属套环也会跳起．电压越高线圈匝数越多，S闭合时，金属套环跳起越剧烈．若套环是非导体材料，则套环不会跳起，故A、B、C错误，D正确．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
2．某小组设计了一种呼吸监测方案：在人身上缠绕弹性金属线圈，观察人呼吸时处于匀强磁场中的线圈面积变化产生的电压，了解人的呼吸状况．如图所示，线圈P的匝数为N，磁场的磁感应强度大小为B，方向与线圈轴线的夹角为θ．若某次吸气时，在t时间内每匝线圈面积增加了S，则线圈P在该时间内的平均感应电动势为(　　)
A．　 B．
C． D．
√
A　[根据法拉第电磁感应定律有＝N ＝，故选A．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
3．图甲为列车运行的俯视图，列车首节车厢下面安装一块电磁铁，电磁铁产生垂直于地面的匀强磁场，列车经过放在铁轨间的线圈时，线圈产生的电脉冲信号传到控制中心，如图乙所示．则列车的运动情况可能是(　　)
A．匀速运动　 B．匀加速运动
C．匀减速运动 D．变加速运动
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
C　[当列车通过线圈时，线圈的左边及右边先后切割磁感线，由E＝BLv可得电动势的大小由速度v决定，由题图可得线圈产生的感应电动势均匀减小，则列车做匀减速运动，选项C正确．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
4．如图所示，将一半径为r的金属圆环在垂直于环面的磁感应强度为B的匀强磁场中用力握中间使其变成“8”字形状，并使上、下两圆半径相等．如果环的电阻为R，则此过程中流过环的电荷量为(　　)
A．　 B．
C．0 D．
√
B　[通过环横截面的电荷量只与磁通量的变化量和环的电阻有关，因此，ΔΦ＝Bπr2－2×Bπ＝Bπr2，电量q＝＝．B正确．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
5．(2024·广东卷)电磁俘能器可在汽车发动机振动时利用电磁感应发电实现能量回收，结构如图甲所示。两对永磁铁可随发动机一起上下振动，每对永磁铁间有水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。磁场中，边长为L的正方形线圈竖直固定在减震装置上。某时刻磁场分布与线圈位置如图乙所示，永磁铁振动时磁场分界线不会离开线圈。关于图乙中的线圈。下列说法正确的是(　　)
A．穿过线圈的磁通量为BL2
B．永磁铁相对线圈上升越高，线圈中感应电动势越大
C．永磁铁相对线圈上升越快，线圈中感应电动势越小
D．永磁铁相对线圈下降时，线圈中感应电流的方向为顺时针方向
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
D　[根据题图乙可知此时穿过线圈的磁通量为0，故A错误；根据法拉第电磁感应定律可知永磁铁相对线圈上升越快，磁通量变化越快，线圈中感应电动势越大，故B、C错误；永磁铁相对线圈下降时，根据安培定则可知线圈中感应电流的方向为顺时针方向，故D正确。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
6．如图所示，两根平行的水平光滑长直金属导轨，其电阻不计，导体棒ab、cd跨在导轨上，ab的电阻R大于cd的电阻r，当cd在大小为F1的水平外力作用下匀速向右滑动时，ab在大小为F2的水平外力作用下保持静止，那么以下说法中正确的是(　　)
A．Uab>Ucd，F1>F2　
B．Uab＝Ucd，F1C．Uab>Ucd，F1＝F2
D．Uab＝Ucd，F1＝F2
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
D　[cd导体棒在F1的作用下做切割磁感线运动，成为电源．Uab为电路外电阻上的电压，等效电路如图所示．由于导轨的电阻不计，Uab＝Ucd．另外，由于cd棒与ab棒中电流大小相等，导体棒有效长度相同，所处磁场相同，故两棒分别受到的安培力大小相等、方向相反．ab、cd两棒均为平衡态，故导体棒分别受到的外力F1、F2与所受到的安培力平衡，故F1＝F2，故选项D正确．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
7．如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，电感L的电阻不计，电阻R的阻值大于灯泡D的阻值．在t＝0时刻闭合开关S，经过一段时间后，在t＝t1时刻断开开关S．如选项图所示，表示A、B两点间电压UAB随时间t变化的图像中，正确的是(　　)
√
A　　　　　B　　　 　C　　　　　D
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
B　[开关S闭合的瞬间，由于L的阻碍作用，由R与L组成的支路相当于断路，后来由于L的阻碍作用不断减小，相当于外电路并联部分的电阻不断减小，根据闭合电路欧姆定律可知，整个电路中的总电流增大，由U内＝Ir得内电压增大，由UAB＝E－Ir得路端电压UAB减小．电路稳定后，由于R的阻值大于灯泡D的阻值，所以流过L支路的电流小于流过灯泡D的电流．当开关S断开时，由于电感L的自感作用，流过灯泡D的电流立即与L电流相等，与灯泡原来的电流方向相反且逐渐减小，即UAB反向减小，选项B正确．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
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．穿过固定不动的单匝线框的磁通量随时间变化的规律如图所示，下列说法正确的是(　　)
A．第2 s末到第4 s末这段时间内，感应电动势最大
B．第1 s内和第2 s内，感应电动势一样大
C．最后1 s内感应电动势比最初2 s内感应电动势大
D．第1 s末感应电动势的大小等于1 V
√
√
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
BCD　[图线的斜率表示磁通量变化率的大小，由E＝可知，第1 s内和第2 s内的斜率相同，感应电动势E＝＝ V＝1 V；在最后1 s内的斜率绝对值是最初2 s内的2倍，且方向相反，故最后1 s内感应电动势最大，故B、C、D正确．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
9．如图所示，水平放置足够长光滑金属导轨abc和de，ab与de平行，bc是以O为圆心的圆弧导轨．圆弧be左侧和扇形Obc内有方向如图的匀强磁场．金属杆OP的O端与e点用导线相接，P端与圆弧bc接触良好．初始时，可滑动的金属杆MN静止在平行导轨上．若杆OP绕O点在匀强磁场区内从b到c匀速转动时，回路中始终有电流，则此过程中，下列说法正确的有(　　)
A．杆OP产生的感应电动势恒定
B．杆OP受到的安培力不变
C．杆MN做匀加速直线运动
D．杆MN中的电流逐渐减小
√
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
AD　[根据转动切割磁感线产生感应电动势的公式可知EOP＝Bl2ω，故A正确；OP切割磁感线，产生感应电流，由右手定则可判断出MN中电流为从M到N，根据左手定则可知MN所受安培力向左，MN向左运动，切割磁感线，产生的感应电流与OP切割磁感线产生的感应电流方向相反，故OP与MN中的电流会逐渐减小，OP所受安培力逐渐减小，MN做加速度逐渐减小的加速运动，故B、C错误，D正确．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
10．(多选)(2024·辽宁卷)如图所示，两条“∧”形的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，间距为L，左、右两导轨面与水平面夹角均为30°，均处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B．将有一定阻值的导体棒ab、cd放置在导轨上，同时由静止释放，两棒在下滑过程中始终与导轨垂直并接触良好，ab、cd的质量分别为2m和m，长度均为L．导轨足够长且电阻不计，重力加速度为g，两棒在下滑过程中(　　)
A．回路中的电流方向为abcda
B．ab中电流趋于
C．ab与cd加速度大小之比始终为2∶1
D．两棒产生的电动势始终相等
√
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
AB　[两导体棒沿轨道向下滑动，根据右手定则可知回路中的电流方向为abcda，故A正确；设回路中的总电阻为R，对于任意时刻，当电路中的电流为I时，对ab根据牛顿第二定律得2mg sin 30°－2BIL cos 30°＝2maab，对cd有mg sin 30°－BIL cos 30°＝macd，故可知aab＝acd，分析可知两个导体棒产生的电动势相互叠加，随着导体棒速度的增大，回路中的电流增大，导体棒受到的安培力在增大，故可知当安培力沿导轨方向的分力与重力沿导轨向下的分力平衡时导体棒将匀速运动，此时电路中的电流达到稳定值，此时对ab分析可得2mg sin 30°＝2BIL cos 30°，解得I＝，故B正确，C错误；根据前面分析可知aab＝acd，故可知两导体棒速度大小始终相等，由于两边磁感应强度不同，故产生的感应电动势不等，故D错误．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
三、非选择题(本题共5小题，共54分)
11．(6分)如图所示为“研究电磁感应现象”的实验装置．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
(1)将图中所缺的导线补接完整(要求滑动变阻器滑片向右移时，电阻减小)．
(2)如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后可能出现的情况有：
①将原线圈迅速插入绕圈时，灵敏电流计指针将_____________；
②原线圈插入副线圈稳定后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，灵敏电流计指针________________．
见解析图
向右偏转一下　
向左偏转一下
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
(3)(多选)在做“研究电磁感应现象”实验时，如果副线圈两端不接任何元件，则副线圈电路中将(　　)
A．因电路不闭合，无电磁感应现象
B．有电磁感应现象，但无感应电流，只有感应电动势
C．不能用楞次定律判断感应电动势方向
D．可以用楞次定律判断感应电动势方向
√
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
[解析]　(1)如图所示．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
(2)依据楞次定律及灵敏电流计的指针偏转方向与流过它的电流方向的关系来判定，则①向右偏转一下；②向左偏转一下．
(3)穿过电路中的磁通量发生变化，即产生电磁感应现象；因电路不闭合，无感应电流，但有感应电动势，且可以用楞次定律判断出感应电动势的方向，要产生感应电流，电路必须闭合，B、D正确．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
12．(8分)甲、乙、丙三位同学利用如图所示装置探究影响感应电流方向的因素．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
(1)如图甲，甲同学在断开开关时发现灵敏电流计指针向右偏转，下列操作中同样能使指针向右偏转的有________．
A．闭合开关
B．开关闭合时将滑动变阻器的滑片向左滑动
C．开关闭合时将A线圈从B线圈中拔出
D．开关闭合时将A线圈倒置再重新插入B线圈中
CD　
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
(2)如图乙，乙同学将条形磁铁从B线圈上方由静止释放，使其笔直落入B线圈中，多次改变释放高度，发现释放高度越高，灵敏电流计指针偏转过的角度越大．该现象说明了线圈中_______________ (选填“磁通量”“磁通量变化量”或“磁通量变化率”)越大，产生的感应电流越大．
磁通量的变化率
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
(3)丙同学设计了如图丙所示的装置来判断感应电流的方向．他先使用多用电表的欧姆挡对二极管正负极进行确认，某次测量时发现多用电表指针几乎没有偏转，说明此时黑表笔接触的是二极管的____ (选填“正极”或“负极”)．实验操作时将磁铁插入线圈时，只有灯____(选填“C”或“D”)短暂亮起．
负　
C
[解析]　(1)断开开关时，A线圈中电流迅速减小，则B线圈中磁通量减小，出现感应电流，使灵敏电流计指针向右偏转；为了同样使指针向右偏转，应减小B线圈中的磁通量或增加B线圈中反向的磁通量．闭合开关，A线圈中的电流突然增大，则B线圈中的磁通量增大，故A错误；开关闭合时将滑动变阻器的滑片向左滑动，滑动变阻器接入电路阻值减小，A线圈中的电流增大，则B线圈中的磁通量增大，故B错误；开关闭合时将A线圈从B线圈中拔出，则B线圈中的磁通量减小，故C正确；开关闭合时将A线圈倒置，再重新插入B线圈中，则B线圈中反向的磁通量增加，故D正确．故选CD．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
(2)释放高度越高，磁铁落入线圈的速度越快，则线圈中磁通量变化率越大，产生的感应电流越大．
(3)某次测量时发现多用电表指针几乎没有偏转，说明测量的是二极管的反向电阻，此时黑表笔接触的是二极管的负极；
当磁铁插入线圈时，通过线圈的磁通量向下增加，根据楞次定律可知，线圈中出现如图所示方向的电流，灯C短暂亮起．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
13．(13分)如图所示，电阻为0.1 Ω的正方形单匝线圈abcd的边长为0.2 m，bc边与匀强磁场边缘重合．磁场的宽度等于线圈的边长，磁感应强度大小为0.5 T．在水平拉力作用下，线圈以8 m/s的速度向右穿过磁场区域．求线圈在上述过程中：
(1)感应电动势的大小E；
(2)所受拉力的大小F；
(3)感应电流产生的热量Q．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
[解析]　(1)感应电动势大小
E＝BLv＝0.5×0.2×8 V＝0.8 V． ①
(2)线圈中感应电流的大小I＝， ②
线圈所受安培力的大小F安＝BIL， ③
因为线圈做匀速运动，所以拉力F＝F安， ④
联立以上各式并代入数据解得F＝0.8 N． ⑤
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
(3)线圈的运动时间t＝＝0.05 s， ⑥
感应电流产生的热量Q＝I2Rt＝0.32 J． ⑦
[答案]　(1)0.8 V　(2)0.8 N　(3)0.32 J
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
14．(13分)做磁共振(MRI)检查时，对人体施加的磁场发生变化时会在肌肉组织中产生感应电流．某同学为了估算该感应电流对肌肉组织的影响，将包裹在骨骼上的一圈肌肉组织等效成单匝线圈，线圈的半径r＝5.0 cm，线圈导线的截面积A＝，电阻率ρ＝1.5 Ω·m．如图所示，匀强磁场方向与线圈平面垂直，若磁感应强度B在0.3 s内从1.5 T 均匀地减为零，求：(计算结果保留1位有效数字)
(1)该圈肌肉组织的电阻R；
(2)该圈肌肉组织中的感应电动势E；
(3)0.3 s内该圈肌肉组织中产生的热量Q．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
[解析]　(1)由电阻定律得R＝ρ，
代入数据得R≈6×103 Ω．
(2)感应电动势E＝，
代入数据得E≈4×10-2 V．
(3)由焦耳定律得Q＝Δt，
代入数据得Q＝8×10-8 J．
[答案]　(1)6×103 Ω　(2)4×10-2 V　(3)8×10-8 J
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
15．(14分)(2024·湖北卷)如图所示，两足够长平行金属直导轨MN、PQ的间距为L，固定在同一水平面内，直导轨在左端M、P点分别与两条竖直固定、半径为L的圆弧导轨相切．MP连线与直导轨垂直，其左侧无磁场，右侧存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场．长为L、质量为m、电阻为R的金属棒ab跨放在两圆弧导轨的最高点．质量为2m、电阻为6R的均匀金属丝制成一个半径为L的圆环，水平放置在两直导轨上，其圆心到两直导轨的距离相等．忽略导轨的电阻、所有摩擦以及金属环的可能形变，金属棒、金属环均与导轨始终接触良好，重力加速度大小为g．现将金属棒ab由静止释放，求：
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
(1)ab刚越过MP时产生的感应电动势大小；
(2)金属环刚开始运动时的加速度大小；
(3)为使ab在整个运动过程中不与金属环接触，金属环圆心初始位置到MP的最小距离．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
[解析]　(1)设ab棒刚越过MP时速度大小为v1，产生的电动势大小为E1，对ab在圆弧导轨上运动的过程，由机械能守恒定律有
mgL＝
ab刚越过MP时，由法拉第电磁感应定律得
E1＝BLv1
联立解得E1＝BL．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
(2)经分析知金属环在导轨外的两段电阻被短路，由几何关系可知导轨之间两段金属环的电阻均为R，它们在电路中并联后的总电阻Rc＝
设电路中初始的干路电流为I1，由闭合电路欧姆定律有
I1＝
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
经分析知整个金属环在运动过程中可视为长度为L、电阻为Rc的金属棒，设金属环刚开始运动时所受的安培力大小为F1、加速度大小为a，则
F1＝I1LB
由牛顿第二定律得
F1＝2ma
联立解得a＝．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
(3)经分析，ab进入磁场后，ab和金属环组成的系统动量守恒，设两者共速时的速度大小为v2，由动量守恒定律得mv1＝(m＋2m)v2
设在极短时间Δt内，ab与金属环圆心的距离减少量为Δx，金属环所受安培力大小为F，流过ab的电流为I，整个电路的电动势为E，对金属环，由动量定理得＝2mv2－0
F＝ILB
由闭合电路欧姆定律得I＝
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
设金属环圆心初始位置到MP的最小距离为s，若ab与金属环共速时，两者恰好接触，金属环圆心初始位置到MP的距离最小，对ab进入磁场到两者共速的过程，由法拉第电磁感应定律有
E＝BL
s＝L＋
联立解得s＝＋L．
答案：(1)BL　(2)　(3)＋L
谢 谢！主题1　电磁感应中的动力学问题
1．平衡类问题的求解思路
2．加速类问题的求解思路
(1)确定研究对象(一般为在磁场中做切割磁感线运动的导体)．
(2)根据牛顿运动定律和运动学公式分析导体在磁场中的受力与运动情况．
(3)如果导体在磁场中受到的磁场力变化了，从而引起合外力的变化，导致加速度、速度等发生变化，进而又引起感应电流、磁场力、合外力的变化，最终可能使导体达到稳定状态．
【典例1】　如图所示，在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，有两根水平放置且足够长的平行金属导轨AB、CD，在导轨的A、C端连接一阻值为R的电阻．一根质量为m、长度为L的金属棒ab垂直导轨放置，导轨和金属棒的电阻不计，金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ．若用恒力F沿水平方向向右拉金属棒使其运动，求金属棒的最大速度．
[解析]　金属棒向右运动切割磁感线产生感应电动势，由右手定则知，金属棒中有从a到b方向的电流；由左手定则知，安培力方向向左，金属棒向右运动的过程中受到的合力逐渐减小，故金属棒向右做加速度逐渐减小的加速运动；当安培力与摩擦力的合力增大到大小等于拉力F时，金属棒的加速度减小到零，速度达到最大，此后做匀速运动．
由平衡条件得F＝BImaxL＋μmg，
由闭合电路欧姆定律有Imax＝，
金属棒ab切割磁感线产生的感应电动势为
Emax＝BLvmax，
联立以上各式解得金属棒的最大速度为
vmax＝．
[答案]　
　“四步法”分析电磁感应中的动力学问题
主题2　电磁感应中的能量问题
1．能量转化的过程分析
电磁感应的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功实现的．安培力做功使得电能转化为其他形式的能(通常为内能)，外力克服安培力做功，则是其他形式的能(通常为机械能)转化为电能的过程．
2．求解焦耳热Q的几种方法
公式法 Q＝I2Rt
功能关系法 焦耳热等于克服安培力做的功
能量转化法 焦耳热等于其他能的减少量
【典例2】　如图所示，MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成θ角固定，轨道间距为d．空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度大小为B．P、M间所接电阻阻值为R．质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上，其有效电阻为r．现从静止释放ab，当它沿轨道下滑距离s时，达到最大速度．若轨道足够长且电阻不计，重力加速度为g．求：
(1)金属杆ab运动的最大速度；
(2)金属杆ab运动的加速度为g sin θ时，电阻R上的电功率；
(3)金属杆ab从静止到具有最大速度的过程中，克服安培力所做的功．
[解析]　 (1)当金属杆ab达到最大速度时安培力F＝mg sin θ，
安培力F＝BId，
感应电流I＝，
感应电动势E＝Bdvm，
解得最大速度vm＝．
(2)当金属杆ab运动的加速度为g sin θ时，
根据牛顿第二定律有mg sin θ－BI′d＝m·g sin θ，
电阻R上的电功率P＝I′2R，
解得P＝R．
(3)根据动能定理有mgs sin θ－WF＝－0，
解得WF＝mgs sin θ－．
[答案]　(1)R
(3)mgs sin θ－
　电磁感应现象中能量守恒问题的一般思路
(1)确定感应电动势的大小和方向．
(2)画出等效电路图，求出回路中消耗的电能表达式．
(3)分析导体机械能的变化，用能量守恒关系得到机械能的改变与回路中电能的改变所满足的方程．
主题3　电磁感应中的“双杆”模型
1．模型分类
“双杆”模型分为两类：一类是“一动一静”，甲杆静止不动，乙杆运动，其实质是单杆问题，不过要注意问题包含着一个条件：甲杆静止、受力平衡．另一类是两杆都在运动，对于这种情况，要注意在用到整个回路的电动势时，两杆切割磁感线产生的感应电动势是相加还是相减．
2．分析方法
通过受力分析，确定运动状态，一般会有收尾状态．对于收尾状态则有恒定的速度或者加速度等，
再结合运动学规律、牛顿运动定律和能量观点分析求解．
【典例3】　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．
[解析]　(1)棒a在运动过程中重力沿斜面方向的分力和棒a受到的安培力大小相等时做匀速运动，由法拉第电磁感应定律可得
E＝BLv0
由闭合电路欧姆定律及安培力公式可得
I＝，F＝BIL
由a棒受力平衡可得
mg sin θ＝BIL
联立解得
v0＝．
(2)由右手定则可知导体棒b中电流向里，由左手定则可知棒b受到沿斜面向下的安培力，此时电路中电流不变，则对棒b由牛顿第二定律可得
mg sin θ＋BIL＝ma
解得
a＝2g sin θ．
[答案]　(1)　(2)2g sin θ
　分析“双杆”模型问题时，要注意双杆之间的制约关系，即“动杆”与“被动杆”之间的关系，最终两杆的收尾状态的确定是分析该类问题的关键．
章末综合测评(二)　电磁感应
(时间：75分钟　满分：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．物理课上，老师做了一个奇妙的“跳环实验”．如图，她把一个带铁芯的线圈L、开关S和电源用导线连接起来后．将一金属套环置于线圈L上，且使铁芯穿过套环．闭合开关S的瞬间，套环立刻跳起．某同学另找来器材再探究此实验．他连接好电路，经重复试验，线圈上的套环均未动．对比老师演示的实验，下列四个选项中，导致套环未动的原因可能是(　　)
A．线圈接在了直流电源上
B．电源电压过高
C．所选线圈的匝数过多
D．所用套环的材料与老师的不同
D　[金属套环跳起来的原因是开关S闭合时，套环上产生的感应电流与通电螺线管上的电流相互作用而引起的，线圈接在直流电源上时，金属套环也会跳起．电压越高线圈匝数越多，S闭合时，金属套环跳起越剧烈．若套环是非导体材料，则套环不会跳起，故A、B、C错误，D正确．]
2．某小组设计了一种呼吸监测方案：在人身上缠绕弹性金属线圈，观察人呼吸时处于匀强磁场中的线圈面积变化产生的电压，了解人的呼吸状况．如图所示，线圈P的匝数为N，磁场的磁感应强度大小为B，方向与线圈轴线的夹角为θ．若某次吸气时，在t时间内每匝线圈面积增加了S，则线圈P在该时间内的平均感应电动势为(　　)
A．　　　　　　 B．
C． D．
A　[根据法拉第电磁感应定律有＝N＝，故选A．]
3．图甲为列车运行的俯视图，列车首节车厢下面安装一块电磁铁，电磁铁产生垂直于地面的匀强磁场，列车经过放在铁轨间的线圈时，线圈产生的电脉冲信号传到控制中心，如图乙所示．则列车的运动情况可能是(　　)
A．匀速运动　　　　　 B．匀加速运动
C．匀减速运动 D．变加速运动
C　[当列车通过线圈时，线圈的左边及右边先后切割磁感线，由E＝BLv可得电动势的大小由速度v决定，由题图可得线圈产生的感应电动势均匀减小，则列车做匀减速运动，选项C正确．]
4．如图所示，将一半径为r的金属圆环在垂直于环面的磁感应强度为B的匀强磁场中用力握中间使其变成“8”字形状，并使上、下两圆半径相等．如果环的电阻为R，则此过程中流过环的电荷量为(　　)
A．　　　　 B．
C．0 D．
B　[通过环横截面的电荷量只与磁通量的变化量和环的电阻有关，因此，ΔΦ＝Bπr2－2×Bπ＝Bπr2，电量q＝＝．B正确．]
5．(2024·广东卷)电磁俘能器可在汽车发动机振动时利用电磁感应发电实现能量回收，结构如图甲所示。两对永磁铁可随发动机一起上下振动，每对永磁铁间有水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。磁场中，边长为L的正方形线圈竖直固定在减震装置上。某时刻磁场分布与线圈位置如图乙所示，永磁铁振动时磁场分界线不会离开线圈。关于图乙中的线圈。下列说法正确的是(　　)
A．穿过线圈的磁通量为BL2
B．永磁铁相对线圈上升越高，线圈中感应电动势越大
C．永磁铁相对线圈上升越快，线圈中感应电动势越小
D．永磁铁相对线圈下降时，线圈中感应电流的方向为顺时针方向
D　[根据题图乙可知此时穿过线圈的磁通量为0，故A错误；根据法拉第电磁感应定律可知永磁铁相对线圈上升越快，磁通量变化越快，线圈中感应电动势越大，故B、C错误；永磁铁相对线圈下降时，根据安培定则可知线圈中感应电流的方向为顺时针方向，故D正确。]
6．如图所示，两根平行的水平光滑长直金属导轨，其电阻不计，导体棒ab、cd跨在导轨上，ab的电阻R大于cd的电阻r，当cd在大小为F1的水平外力作用下匀速向右滑动时，ab在大小为F2的水平外力作用下保持静止，那么以下说法中正确的是(　　)
A．Uab>Ucd，F1>F2　　　　 B．Uab＝Ucd，F1C．Uab>Ucd，F1＝F2 D．Uab＝Ucd，F1＝F2
D　[cd导体棒在F1的作用下做切割磁感线运动，成为电源．Uab为电路外电阻上的电压，等效电路如图所示．由于导轨的电阻不计，Uab＝Ucd．另外，由于cd棒与ab棒中电流大小相等，导体棒有效长度相同，所处磁场相同，故两棒分别受到的安培力大小相等、方向相反．ab、cd两棒均为平衡态，故导体棒分别受到的外力F1、F2与所受到的安培力平衡，故F1＝F2，故选项D正确．
]
7．如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，电感L的电阻不计，电阻R的阻值大于灯泡D的阻值．在t＝0时刻闭合开关S，经过一段时间后，在t＝t1时刻断开开关S．如选项图所示，表示A、B两点间电压UAB随时间t变化的图像中，正确的是(　　)
A　　　　　　B　　　 　　C　　　　　　D
B　[开关S闭合的瞬间，由于L的阻碍作用，由R与L组成的支路相当于断路，后来由于L的阻碍作用不断减小，相当于外电路并联部分的电阻不断减小，根据闭合电路欧姆定律可知，整个电路中的总电流增大，由U内＝Ir得内电压增大，由UAB＝E－Ir得路端电压UAB减小．电路稳定后，由于R的阻值大于灯泡D的阻值，所以流过L支路的电流小于流过灯泡D的电流．当开关S断开时，由于电感L的自感作用，流过灯泡D的电流立即与L电流相等，与灯泡原来的电流方向相反且逐渐减小，即UAB反向减小，选项B正确．]
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．穿过固定不动的单匝线框的磁通量随时间变化的规律如图所示，下列说法正确的是(　　)
A．第2 s末到第4 s末这段时间内，感应电动势最大
B．第1 s内和第2 s内，感应电动势一样大
C．最后1 s内感应电动势比最初2 s内感应电动势大
D．第1 s末感应电动势的大小等于1 V
BCD　[图线的斜率表示磁通量变化率的大小，由E＝可知，第1 s内和第2 s内的斜率相同，感应电动势E＝＝ V＝1 V；在最后1 s内的斜率绝对值是最初2 s内的2倍，且方向相反，故最后1 s内感应电动势最大，故B、C、D正确．]
9．如图所示，水平放置足够长光滑金属导轨abc和de，ab与de平行，bc是以O为圆心的圆弧导轨．圆弧be左侧和扇形Obc内有方向如图的匀强磁场．金属杆OP的O端与e点用导线相接，P端与圆弧bc接触良好．初始时，可滑动的金属杆MN静止在平行导轨上．若杆OP绕O点在匀强磁场区内从b到c匀速转动时，回路中始终有电流，则此过程中，下列说法正确的有(　　)
A．杆OP产生的感应电动势恒定
B．杆OP受到的安培力不变
C．杆MN做匀加速直线运动
D．杆MN中的电流逐渐减小
AD　[根据转动切割磁感线产生感应电动势的公式可知EOP＝Bl2ω，故A正确；OP切割磁感线，产生感应电流，由右手定则可判断出MN中电流为从M到N，根据左手定则可知MN所受安培力向左，MN向左运动，切割磁感线，产生的感应电流与OP切割磁感线产生的感应电流方向相反，故OP与MN中的电流会逐渐减小，OP所受安培力逐渐减小，MN做加速度逐渐减小的加速运动，故B、C错误，D正确．]
10．(多选)(2024·辽宁卷)如图所示，两条“∧”形的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，间距为L，左、右两导轨面与水平面夹角均为30°，均处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B．将有一定阻值的导体棒ab、cd放置在导轨上，同时由静止释放，两棒在下滑过程中始终与导轨垂直并接触良好，ab、cd的质量分别为2m和m，长度均为L．导轨足够长且电阻不计，重力加速度为g，两棒在下滑过程中(　　)
A．回路中的电流方向为abcda
B．ab中电流趋于
C．ab与cd加速度大小之比始终为2∶1
D．两棒产生的电动势始终相等
AB　[两导体棒沿轨道向下滑动，根据右手定则可知回路中的电流方向为abcda，故A正确；设回路中的总电阻为R，对于任意时刻，当电路中的电流为I时，对ab根据牛顿第二定律得2mg sin 30°－2BIL cos 30°＝2maab，对cd有mg sin 30°－BIL cos 30°＝macd，故可知aab＝acd，分析可知两个导体棒产生的电动势相互叠加，随着导体棒速度的增大，回路中的电流增大，导体棒受到的安培力在增大，故可知当安培力沿导轨方向的分力与重力沿导轨向下的分力平衡时导体棒将匀速运动，此时电路中的电流达到稳定值，此时对ab分析可得2mg sin 30°＝2BIL cos 30°，解得I＝，故B正确，C错误；根据前面分析可知aab＝acd，故可知两导体棒速度大小始终相等，由于两边磁感应强度不同，故产生的感应电动势不等，故D错误．]
三、非选择题(本题共5小题，共54分)
11．(6分)如图所示为“研究电磁感应现象”的实验装置．
(1)将图中所缺的导线补接完整(要求滑动变阻器滑片向右移时，电阻减小)．
(2)如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后可能出现的情况有：
①将原线圈迅速插入绕圈时，灵敏电流计指针将____________________；
②原线圈插入副线圈稳定后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，灵敏电流计指针_____________________________________________________________________．
(3)(多选)在做“研究电磁感应现象”实验时，如果副线圈两端不接任何元件，则副线圈电路中将(　　)
A．因电路不闭合，无电磁感应现象
B．有电磁感应现象，但无感应电流，只有感应电动势
C．不能用楞次定律判断感应电动势方向
D．可以用楞次定律判断感应电动势方向
[解析]　(1)如图所示．
(2)依据楞次定律及灵敏电流计的指针偏转方向与流过它的电流方向的关系来判定，则①向右偏转一下；②向左偏转一下．
(3)穿过电路中的磁通量发生变化，即产生电磁感应现象；因电路不闭合，无感应电流，但有感应电动势，且可以用楞次定律判断出感应电动势的方向，要产生感应电流，电路必须闭合，B、D正确．
[答案]　(1)见解析图　(2)①向右偏转一下　②向左偏转一下　(3)BD
12．(8分)甲、乙、丙三位同学利用如图所示装置探究影响感应电流方向的因素．
(1)如图甲，甲同学在断开开关时发现灵敏电流计指针向右偏转，下列操作中同样能使指针向右偏转的有________．
A．闭合开关
B．开关闭合时将滑动变阻器的滑片向左滑动
C．开关闭合时将A线圈从B线圈中拔出
D．开关闭合时将A线圈倒置再重新插入B线圈中
(2)如图乙，乙同学将条形磁铁从B线圈上方由静止释放，使其笔直落入B线圈中，多次改变释放高度，发现释放高度越高，灵敏电流计指针偏转过的角度越大．该现象说明了线圈中________(选填“磁通量”“磁通量变化量”或“磁通量变化率”)越大，产生的感应电流越大．
(3)丙同学设计了如图丙所示的装置来判断感应电流的方向．他先使用多用电表的欧姆挡对二极管正负极进行确认，某次测量时发现多用电表指针几乎没有偏转，说明此时黑表笔接触的是二极管的________(选填“正极”或“负极”)．实验操作时将磁铁插入线圈时，只有灯________(选填“C”或“D”)短暂亮起．
[解析]　(1)断开开关时，A线圈中电流迅速减小，则B线圈中磁通量减小，出现感应电流，使灵敏电流计指针向右偏转；为了同样使指针向右偏转，应减小B线圈中的磁通量或增加B线圈中反向的磁通量．闭合开关，A线圈中的电流突然增大，则B线圈中的磁通量增大，故A错误；开关闭合时将滑动变阻器的滑片向左滑动，滑动变阻器接入电路阻值减小，A线圈中的电流增大，则B线圈中的磁通量增大，故B错误；开关闭合时将A线圈从B线圈中拔出，则B线圈中的磁通量减小，故C正确；开关闭合时将A线圈倒置，再重新插入B线圈中，则B线圈中反向的磁通量增加，故D正确．故选CD．
(2)释放高度越高，磁铁落入线圈的速度越快，则线圈中磁通量变化率越大，产生的感应电流越大．
(3)某次测量时发现多用电表指针几乎没有偏转，说明测量的是二极管的反向电阻，此时黑表笔接触的是二极管的负极；
当磁铁插入线圈时，通过线圈的磁通量向下增加，根据楞次定律可知，线圈中出现如图所示方向的电流，灯C短暂亮起．
[答案]　(1)CD　(2)磁通量的变化率　(3)负　C
13．(13分)如图所示，电阻为0.1 Ω的正方形单匝线圈abcd的边长为0.2 m，bc边与匀强磁场边缘重合．磁场的宽度等于线圈的边长，磁感应强度大小为0.5 T．在水平拉力作用下，线圈以8 m/s的速度向右穿过磁场区域．求线圈在上述过程中：
(1)感应电动势的大小E；
(2)所受拉力的大小F；
(3)感应电流产生的热量Q．
[解析]　(1)感应电动势大小
E＝BLv＝0.5×0.2×8 V＝0.8 V．①
(2)线圈中感应电流的大小I＝，②
线圈所受安培力的大小F安＝BIL，③
因为线圈做匀速运动，所以拉力F＝F安，④
联立以上各式并代入数据解得F＝0.8 N．⑤
(3)线圈的运动时间t＝＝0.05 s，⑥
感应电流产生的热量Q＝I2Rt＝0.32 J．⑦
[答案]　(1)0.8 V　(2)0.8 N　(3)0.32 J
14．(13分)做磁共振(MRI)检查时，对人体施加的磁场发生变化时会在肌肉组织中产生感应电流．某同学为了估算该感应电流对肌肉组织的影响，将包裹在骨骼上的一圈肌肉组织等效成单匝线圈，线圈的半径r＝5.0 cm，线圈导线的截面积A＝，电阻率ρ＝1.5 Ω·m．如图所示，匀强磁场方向与线圈平面垂直，若磁感应强度B在0.3 s内从1.5 T 均匀地减为零，求：(计算结果保留1位有效数字)
(1)该圈肌肉组织的电阻R；
(2)该圈肌肉组织中的感应电动势E；
(3)0.3 s内该圈肌肉组织中产生的热量Q．
[解析]　(1)由电阻定律得R＝ρ，
代入数据得R≈6×103 Ω．
(2)感应电动势E＝，
代入数据得E≈4×10-2 V．
(3)由焦耳定律得Q＝Δt，
代入数据得Q＝8×10-8 J．
[答案]　(1)6×103 Ω　(2)4×10-2 V　(3)8×10-8 J
15．(14分)(2024·湖北卷)如图所示，两足够长平行金属直导轨MN、PQ的间距为L，固定在同一水平面内，直导轨在左端M、P点分别与两条竖直固定、半径为L的圆弧导轨相切．MP连线与直导轨垂直，其左侧无磁场，右侧存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场．长为L、质量为m、电阻为R的金属棒ab跨放在两圆弧导轨的最高点．质量为2m、电阻为6R的均匀金属丝制成一个半径为L的圆环，水平放置在两直导轨上，其圆心到两直导轨的距离相等．忽略导轨的电阻、所有摩擦以及金属环的可能形变，金属棒、金属环均与导轨始终接触良好，重力加速度大小为g．现将金属棒ab由静止释放，求：
(1)ab刚越过MP时产生的感应电动势大小；
(2)金属环刚开始运动时的加速度大小；
(3)为使ab在整个运动过程中不与金属环接触，金属环圆心初始位置到MP的最小距离．
[解析]　(1)设ab棒刚越过MP时速度大小为v1，产生的电动势大小为E1，对ab在圆弧导轨上运动的过程，由机械能守恒定律有
mgL＝
ab刚越过MP时，由法拉第电磁感应定律得
E1＝BLv1
联立解得E1＝BL．
(2)经分析知金属环在导轨外的两段电阻被短路，由几何关系可知导轨之间两段金属环的电阻均为R，它们在电路中并联后的总电阻Rc＝
设电路中初始的干路电流为I1，由闭合电路欧姆定律有
I1＝
经分析知整个金属环在运动过程中可视为长度为L、电阻为Rc的金属棒，设金属环刚开始运动时所受的安培力大小为F1、加速度大小为a，则
F1＝I1LB
由牛顿第二定律得
F1＝2ma
联立解得a＝．
(3)经分析，ab进入磁场后，ab和金属环组成的系统动量守恒，设两者共速时的速度大小为v2，由动量守恒定律得mv1＝(m＋2m)v2
设在极短时间Δt内，ab与金属环圆心的距离减少量为Δx，金属环所受安培力大小为F，流过ab的电流为I，整个电路的电动势为E，对金属环，由动量定理得
＝2mv2－0
F＝ILB
由闭合电路欧姆定律得
I＝
设金属环圆心初始位置到MP的最小距离为s，若ab与金属环共速时，两者恰好接触，金属环圆心初始位置到MP的距离最小，对ab进入磁场到两者共速的过程，由法拉第电磁感应定律有
E＝BL
s＝L＋
联立解得s＝＋L．
答案：(1)BL　(2)　(3)＋L
1 / 17

展开更多......

收起↑