电磁感应光学

1.[2017·浙江4月选考改编]如图W8-所示,在xOy平面内,有一电子源持续不断地沿x轴正方向每秒发射出N个速率均为v的电子,形成宽为2b、在y轴方向均匀分布且关于x轴对称的电子流,电子流沿x轴方向射入一个半径为R、中心位于原点O的圆形匀强磁场区域,磁场方向垂直于xOy平面向里,电子经过磁场偏转后均从P点射出.在磁场区域的正下方有一对平行于x轴的金属板K和A,其中K板与P点的距离为d,中间开有宽度为2l且关于y轴对称的小孔.K板接地,A与K两板间加有

R,d=l,电子质量为正负、大小均可调的电压U AK.穿过K板小孔到达A板的所有电子被收集且导出,从而形成电流.已知b=√3

2

m,电荷量为e,忽略电子间相互作用.

(1)求磁感应强度B的大小;

(2)求电子流从P点射出时与负y轴方向的夹角θ的范围;

(3)当U AK=0时,求每秒经过极板K上的小孔到达极板A的电子数.

图W8-

(2)-60°≤θ≤60°(3)0.82N

[解析] (1)mv

eR

[解析] (1)轨迹半径r=R

.

故B=mv

eR

(2)设上端电子从P点射出时与负y轴的最大夹角为θm,由几何关系得sin θm=b

R

图W8-

解得θm=60°

同理,下端电子从P点射出时与负y轴的最大夹角也为60°

故θ的范围是-60°≤θ≤60°.

(3)设能够到达A板的电子射出磁场时与负y轴的最大夹角为α,由tan α=l

d

得α=45°

对应的电子从电子源射出时与x 轴的距离y'=R sin α=√2

2

R

设每秒进入两极板间的电子数为n ,则

n N =y'b =√6

3

=0.82 解得n=0.82N.

2.如图W8-所示,半径为R 的圆形匀强磁场区域Ⅰ与x 轴相切于坐标系的原点O ,磁感应强度为B 1,方向垂直于纸面向外,磁场区域Ⅰ右侧有一长方体加速管,加速管底面宽度为2R ,轴线与x 轴平行且过磁场区域Ⅰ的圆心,左侧的电势比右侧的高.在加速管出口正下方距离D 点为R 处放置一宽度为d=3R 的荧光屏EF ,荧光屏与竖直方向成θ=60° 角,加速管右侧存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场区域Ⅱ,磁感应强度为B 2.在O 点处有一个粒子源,能沿纸面向y>0的各个方向均匀地发射大量质量为

m 、带电荷量为q 且速率相同的粒子,其中沿y 轴正方向射入磁场的粒子恰能沿轴线O 2O 3进入长方形加速管并垂直打在荧光屏上.不计粒子重力及其相互作用.

(1)求粒子刚进入加速管时的速度v 1的大小和加速电压U ; (2)求荧光屏上被粒子打中的区域长度Δl ;

(3)若要让从加速管BO 3区域出来的粒子全部打中荧光屏,磁场Ⅱ的磁感应强度大小B 应满足什么条件?

图W8-

[答案] (1)qB 1R m qR 2(4B 22-B 12

)

2m

(2)R

(3)14

19B 2≤B ≤43

B 2

[解析] (1)粒子在磁场Ⅰ中的运动半径为R ,如图W8-所示

图W8-

由向心力公式得 qv 1B 1=m v 12

R

解得v 1=

qB 1R

m

因粒子垂直打在荧光屏上,故在磁场Ⅱ中的运动半径为2R ,由向心力公式得qv 2B 2=m v 2

22R

解得v 2=2qB 2R

m

粒子在加速管中做加速运动,由动能定理得1

2m v22-1

2

m v12=qU

联立解得加速管所加的电压U=qR2(4B22-B12)

2m

.

(2)从B点穿出的粒子打在屏上离E点最近的点,如图W8-所示,

图W8-由几何关系得(x1cos θ+R)2+(x1sin θ)2=(2R)2

解得x1=√13-1

2

R

从D点穿出的粒子打在屏上离E点最远的点,如图W8-所示,

图W8-由几何关系得(x2cos θ-R)2+(x2sin θ)2=(2R)2

解得x2=√13+1

2

R.

粒子打中的区域长度Δl=x2-x1=R.

(3)从O3点穿出的粒子恰好打在F点时,如图W8-所示,

图W8-由几何关系得(d cos θ+2R-r3)2+(d sin θ)2=r32

解得r3=19

7

R

由向心力公式得qv2B3=m v22

r3

联立解得B 3=1419

B 2

从B 点穿出的粒子恰好打在E 点时,有r 4=32

R 由向心力公式得qv 2B 4=m v 22r 4

联立解得B 4=43

B 2

若要让从BO 3区域穿出的粒子全部打在屏上,磁感应强度大小B 应满足的条件是1419

B 2≤B ≤43

B 2.

第十一单元 电磁感应

第28讲 电磁感应现象、楞次定律

【教材知识梳理】

一、1.(1)乘积 (2)BS (3)标量 2.Φ2-Φ1 3.磁通量的变化量 二、1.感应电流 2.(2)磁通量 三、1.阻碍 磁通量 2.导线运动 辨别明理

(1)(√) (2)(√) (3)(×) (4)由b 到a 排斥

[解析] 当磁铁向下运动时,穿过线圈的磁通量变大,原磁场方向向上,所以感应电流的磁场方向向下,根据安培定则可知,通过电阻的电流方向为由b 到a.根据楞次定律“来拒去留”的推论可判断出磁铁与线圈相互排斥. 【考点互动探究】

考点一

例1 A [解析] 开关S 闭合稳定后,穿过线圈N 的磁通量保持不变,线圈N 中不会产生感应电流,故A 正确;磁铁向铝环A 靠近,穿过铝环的磁通量增大,铝环中会产生感应电流,故B 错误;金属框中从A 位置向B 位置运动,穿过金属框的磁通量发生变化,金属框中会产生感应电流,故C 错误;铜盘在磁场中按图示方向转动,铜盘的一部分切割磁感线,回路中会产生感应电流,故D 错误.

变式题 C [解析] 由于线圈平面与磁场平行,所以穿过线圈的磁通量为零,当磁感应强度增大时,穿过线圈的磁通量仍然为零,线圈中不会产生感应电流,故C 正确.

考点二

例2 D [解析] 金属杆PQ 突然向右运动,则其速度v 方向向右,由右手定则可得,金属杆PQ 中的感应电流方向由Q 到P ,则

PQRS 中感应电流方向为逆时针方向.PQRS 中感应电流产生垂直纸面向外的磁场,故圆环形金属线框T 为阻碍此变化,会产生垂直纸面向里的磁场,则T 中感应电流方向为顺时针方向,D 正确.

变式题 B [解析] 若电梯突然坠落,线圈内的磁感应强度发生变化,线圈中产生感应电流,感应电流会阻碍磁铁的相对运动,可起到应急避险作用,但不能阻止磁铁的运动,故A 错误;当电梯坠落至图示位置时,闭合线圈A 中向上的磁场减弱,感应电流的方向从上向下看是逆时针方向,闭合线圈B 中向上的磁场增强,感应电流的方向从上向下看是顺时针方向,可知闭合线圈A 、B 中感应电流方向相反,故B 正确;当电梯坠落至图示位置时,闭合线圈A 、B 都在阻碍电梯下落,故C 、D 错误.

例3 A [解析] 楞次定律的另一表述为感应电流的效果总是要阻碍产生感应电流的原因,本题中“原因”是磁铁靠近回路使穿过回路的磁通量增加,“效果”便是阻碍磁通量的增加和磁铁的靠近,所以P 、Q 将互相靠拢且磁铁的加速度小于g ,选项A 正确.

变式题 B [解析] 图中的两个通电的电磁铁之间的磁场方向总是水平的,在滑动变阻器R 的滑片P 从左向右滑动的过程中,电路中电流增大,两个电磁铁之间的磁场增强,穿过线圈的磁通量增大,线圈只有顺时针转动才能阻碍磁通量增大.

考点三

例4 AD [解析] 开关闭合瞬间,根据楞次定律可知,左侧线圈产生的感应电流从南向北流过直导线,根据安培定则可知,直导线在小磁针位置产生的磁场方向垂直纸面向里,所以小磁针N 极朝垂直纸面向里的方向转动,A 正确;同理,断开开关瞬间,小磁针N 极朝垂直纸面向外的方向转动,D 正确;开关闭合一段时间之后,感应电流消失,直导线中没有电流流过,小磁针保持图中的方向,B 、C 错误.

变式题 BD [解析] ab 匀速运动时,ab 中感应电流恒定,穿过L 1的磁通量不变,穿过L 2的磁通量不变,L 2中无感应电流产生,cd 保持静止,A 错误;ab 向右加速运动时,L 2中的磁通量向下增大,根据楞次定律可知,通过cd 的电流方向由c 到d ,cd 受到向右的安培力,向右运动,B 正确;同理可得C 错误,D 正确.

1.在法拉第时代,下列验证“由磁产生电”设想的实验中能观察到感应电流的是 ( D ) A .将绕在条形磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路,然后观察电流表的变化 B .在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈,然后观察电流表的变化

C .将一房间内的线圈两端与相邻房间内的电流表连接,往线圈中插入条形磁铁后,再到相邻房间去观察电流表的变化

D .绕在同一铁环上的两个线圈,分别接电源和电流表,在给线圈通电或断电的瞬间,观察电流表的变化

[解析] 只形成闭合回路,回路中的磁通量不变化,不会产生感应电流,A 、B 错误;给线圈通电或断电瞬间,通过闭合回路的磁通量变化,会产生感应电流,能观察到感应电流,将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接,往线圈中插入条形磁铁的过程中有感应电流产生,但是之后,再到相邻房间去观察时,回路中已经没有磁通量的变化,此时观察到的电流表没有变化,故C 错误,D 正确.

2.[2019·全国卷Ⅲ] 楞次定律是下列哪个定律在电磁感应现象中的具体体现

( D )

A .电阻定律

B .库仑定律

C .欧姆定律

D .能量守恒定律

[解析] 电阻定律R=ρL S

用来计算电阻阻值大小,库仑定律F=k

Q 1Q 2

r 2

用来计算真空中点电荷间静电力大小,欧姆定律I=U

R 用来计

算电路中的电流,选项A 、B 、C 错误.楞次定律表明,感应电流产生的效果总是和引起感应电流的原因相对抗,而这种对抗的作用是把其他形式的能量转化为感应电流所在回路中的电能,在这种能量转化过程中,总的能量是守恒的,楞次定律的深刻意义在于它是能量守恒定律在电磁感应现象中的具体体现,选项D 正确. 3.如图28-所示,矩形线框在磁场内做的各种运动中,能够产生感应电流的是

( B )

图28-

[解析] A 中穿过线框的磁通量没有变化,因此没有感应电流,但有感应电动势,可以理解为左、右两边切割磁感线产生的感应电动势方向相反,A 错误;B 中线框转动,穿过线框的磁通量变化,这就是发电机模型,有感应电流产生,B 正确;C 、D 中线圈平面和磁感应强度B 的方向平行,穿过线框的磁通量始终为零,没有感应电流产生,C 、D 错误.

4.北半球地磁场的竖直分量向下,如图28-所示,在北京某中学实验室的水平桌面上,放置着边长为L 的正方形闭合导体线圈

abcd ,线圈的ab 边沿南北方向,ad 边沿东西方向.下列说法中正确的是 ( C )

图28-

A .若使线圈向东平动,则a 点的电势比b 点的电势高

B .若使线圈向北平动,则a 点的电势比b 点的电势低

C .若以ab 边为轴将线圈向上翻转,则线圈中的感应电流方向为a →b →c →d →a

D .若以ab 边为轴将线圈向上翻转,则线圈中的感应电流方向为a →d →c →b →a

[解析] 线圈向东平动时,ab 和cd 两边切割磁感线,且两边切割磁感线产生的感应电动势大小相等,a 点电势比b 点电势低,选项A 错误;同理,线圈向北平动,则a 、b 两点的电势相等,且高于c 、d 两点的电势,选项B 错误;以ab 边为轴将线圈向上翻转,向下的磁通量减小,感应电流的磁场方向应该向下,再由安培定则知,感应电流的方向为a →b →c →d →a ,选项C 正确,选项D 错误.

图28-

5.(多选)如图28-所示,磁场垂直于纸面,磁感应强度在竖直方向均匀分布,水平方向非均匀分布.一铜制圆环用丝线悬挂于O点,将圆环拉至位置a后无初速度释放,在圆环从a摆向b的过程中(AD)

A.感应电流方向先逆时针后顺时针再逆时针

B.感应电流的方向一直是逆时针

C.安培力方向始终与速度方向相反

D.安培力方向始终沿水平方向

[解析] 圆环从位置a无初速度释放,在到达磁场分界线前,穿过圆环向里的磁通量增加,根据楞次定律可知,圆环内感应电流的方向为逆时针,圆环经过磁场分界线时,穿过圆环向里的磁通量减少,根据楞次定律可知,圆环内感应电流的方向为顺时针,圆环通过磁场分界线后,穿过圆环向外的磁通量减少,根据楞次定律可知,圆环内感应电流的方向为逆时针;因磁场在竖直方向分布均匀,圆环所受竖直方向的安培力平衡,故合安培力沿水平方向,选项A、D正确.

6.[2019·武汉调研]如图28-所示,绝缘光滑水平面上有两个离得很近的导体环a、b.将条形磁铁沿它们的正中向下移动(不到达该平面),则(A)

图28-

A.a、b将相互远离

B.a、b将相互靠近

C.a、b将不动

D.无法判断a、b的运动情况

[解析] 根据Φ=BS,磁铁向下移动过程中,B增大,所以穿过每个环中的磁通量都增大,a、b中产生同方向的感应电流,两环间有斥力作用,所以a、b将相互远离,选项A正确.

图28-

7.如图28-所示,一个有弹性的金属圆环用一根橡皮绳吊于通电直导线的正下方,直导线与圆环在同一竖直面内.当通电直导线中电流增大时,弹性圆环的面积S和橡皮绳的长度l将(D)

A.S增大,l变长

B.S减小,l变短

C.S增大,l变短

D.S减小,l变长

[解析] 当通电直导线中电流增大时,穿过金属圆环的磁通量增大,金属圆环中产生感应电流,根据楞次定律可知,感应电流产生的效果要阻碍磁通量的增大,一是用缩小面积的方式进行阻碍,二是用远离直导线的方式进行阻碍,选项D正确.

第29讲 法拉第电磁感应定律、自感和涡流

【教材知识梳理】

一、1.(1)电磁感应现象 (2)磁通量 (3)楞次定律 右手定则 2.(1)磁通量的变化率 (2)n ΔΦΔt

二、1.(1)电磁感应 (2)L ΔI Δt

(3)亨利 2.涡流 辨别明理

(1)(√) (2)(×) (3)(√)

(4)如图所示,圆盘中在磁场中的任意一根半径都在切割磁感线,此半径可以看成一个电源,根据右手定则可以判断,圆盘边缘上的电势比圆心电势高,在C 、D 之间接上用电器,转动的圆盘就可以为用电器供电.

【考点互动探究】

考点一

例1 BC [解析] 由图像可知,穿过圆环的磁通量变化率不变,感应电动势恒定,感应电流恒定,但t 0时刻后磁感应强度B 将反向,所以圆环所受安培力也会在t 0时刻之后反向,A 错误;根据楞次定律和安培定则可知,圆环中的感应电流始终沿顺时针方向,B 正确;圆环中的感应电动势E=

ΔΦΔt =B 0t 0·12πr 2=B 0πr 2

2t 0

,D 错误;圆环的电阻R=ρ

2πr

S

,故感应电流I=E R =B 0

rS

4t 0

ρ

,C 正确.

变式题 B [解析] 由法拉第电磁感应定律可知,线圈产生的感应电动势E=n

ΔB Δt

·L 2

,故B 正确.

考点二

例2 B [解析] 因为金属杆以速度v 沿平行于cd 的方向滑动,其切割磁感线的有效长度为导轨间距l ,由法拉第电磁感应定律得,电路中感应电动势E=Blv ,A 错误;由图可知,金属杆接入电路的实际长度为x=l

sinθ

,电路有效电阻R=x ·r=lr

sinθ,由闭合电路的欧姆定律得,电路中电流大小I=E R

=

Blv

lr sinθ

=

Bvsinθ

r

,B 正确;金属杆所受安培力F=BIx=B ·

Bvsinθr ·l sinθ=B 2lv

r

,C 错误;金属杆的热功率

P=I

2

R=(Bvsinθr )2·lr sinθ=B 2lv 2sinθ

r ,D

错误.

变式题1 AD [解析] 线圈进磁场过程中,垂直于平面向里的磁通量逐渐增大,根据楞次定律的推论“增反减同”可判断,感应电流方向为逆时针方向,选项A 正确;CD 段直导线中电流方向与磁场垂直,安培力不为零,选项B 错误;线圈进磁场过程中,有效切割长度最长为半径,所以感应电动势最大值E m =B d 2v=1

2Bdv ,选项

C

错误;感应电动势的平均值E =ΔΦΔt

=B ·1

2π(d 2

)

2

d v

=1

8πBdv ,选

项D 正确.

变式题2 B [解析] 过程Ⅰ中,磁通量的变化量ΔΦ1=14

πr 2B ,过程Ⅱ中,磁通量的变化量ΔΦ2=12

πr 2(B'-B ),流过OM 的电荷量

q=ΔΦR ,根据题意可知ΔΦ1=ΔΦ2,得到B'B =3

2,选项B 正确.

变式题3(1)v1-F f R

B2L2(2)B2L2v1

R

[解析] (1)由法拉第电磁感应定律得E=BL(v1-v2)

由闭合电路欧姆定律得I=E

R

安培力F=BIL=B2L2(v1-v2)

R

速度恒定时,有B2L2(v1-v2)

R

=F f

解得v2=v1-F f R

B2L2

(2)为使导体棒能随磁场运动,阻力最大不能超过所受的最大安培力,即导体棒不动时,安培力最大为

F A=B2L2v1

R

解得阻力的最大值为

F fm=B2L2v1

R

考点三

例3C[解析] 分析图甲,断开开关S1瞬间,A1突然闪亮,说明流经A1的电流瞬间增大,从而得到S1闭合,电路稳定时,A1中的电流小于L1中的电流,选项B错误.由并联电路特点可知,A1的电阻值大于L1的电阻值,选项A错误.分析图乙,开关S2闭合后,灯A2逐渐变亮,A3立即变亮,说明闭合S2瞬间A2与A3中的电流不相等,那么L2与R中的电流也不相等,选项D错误.最终A2与A3亮度相同,说明流经A2与A3的电流相同,由欧姆定律可知,R与L2的电阻值相等,选项C正确.

变式题D[解析] 开关S原来闭合时,电路处于稳定状态,流过R1的电流方向向左,大小为I1,与R1并联的R2和线圈L支路中的电流I2的方向也是向左.当某一时刻开关S突然断开时,L中向左的电流要减小,由于自感现象,线圈L产生自感电动势,在回路“L→R1→A→R2”中形成感应电流,电流通过R1的方向与原来相反,变为向右,并从I2开始逐渐减小到零,故D正确.

例4AB[解析] 磁针在圆盘所在处形成的磁场是非匀强磁场,圆盘可以等效为许多环形闭合线圈,圆盘转动过程中,穿过每个环形闭合线圈的磁通量不断地发生变化,在每一环形线圈上产生电动势和涡电流,A正确;环形线圈随圆盘转动,由楞次定律可知,线圈会受到磁针施加的阻碍相对运动的力,根据牛顿第三定律可知,磁针会受到与线圈即圆盘转动方向相同的力的作用,此力来源于电磁感应形成的涡电流,而不是自由电子随圆盘转动形成的电流,B正确,D错误.从圆盘的整个盘面上看,圆盘转动过程中穿过整个圆盘的磁通量不变,C错误.

1.(多选)如图29-所示,在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯,现接通交流电源,过了几分钟,杯内的水沸腾起来.若要缩短上述加热时间,下列措施可行的有(AB)

图29-

A.增加线圈的匝数

B.提高交流电源的频率

C.将金属杯换为瓷杯

D.取走线圈中的铁芯

[解析] 当线圈上通交流电时,金属杯发生电磁感应现象,杯中有感应电流,对水加热,若要增大感应电流,则需要增大感应电动势或者减小杯体的电阻.增加线圈的匝数,使得穿过金属杯的磁场增强,感应电动势增大,选项A正确;提高交变电流的频率,使得磁

通量的变化率增大,感应电动势增大,选项B 正确;若将金属杯换为瓷杯,则不会产生感应电流,选项C 错误;取走线圈中的铁芯,磁场会大大减弱,感应电动势减小,选项D 错误.

2.(多选)[沪科版选修3-2改编] 变压器的铁芯是利用薄硅钢片叠压而成的,而不是采用一整块硅钢,这是为了 ( BD )

A .增大涡流,提高变压器的效率

B .减小涡流,提高变压器的效率

C .增大铁芯中的电阻,以产生更多的热量

D .增大铁芯中的电阻,以减小发热量

[解析] 不使用整块硅钢而采用很薄的硅钢片进行叠压,这样做的目的是增大铁芯中的电阻,减小涡流,从而减少电能转化成铁芯的内能,提高效率,故B 、D 正确,A 、C 错误.

图29-

3.(多选)如图29-所示,垂直于矩形金属线框的匀强磁场的磁感应强度为B ,线框上放置一导体棒ab ,ab 垂直于线框两个长边且和线框接触良好.线框长边足够长,短边长为l.在Δt 时间内,ab 向右以速度v 匀速滑过距离d ,则( CD ) A .因右边面积减少ld ,左边面积增大ld ,故ΔΦ=B ·2ld ,E=

2Bld

Δt

B .因右边面积减少ld ,左边面积增大ld ,两边抵消,故ΔΦ=0,E=0

C .因ΔΦ=Bld ,故E=

Bld

Δt

D .ab 切割磁感线,E=Blv

[解析] 左、右两边可看成两个并联的回路,根据法拉第电磁感应定律,每个回路产生的感应电动势为E=Bld

Δt

,由于两个回路是并联电路,所以总感应电动势也为E=

Bld

Δt

,选项A 、B 错误,选项C 正确;ab 切割磁感线产生的感应电动势E=Blv ,选项D 正确.

4.(多选)[2019·湖南岳阳质检] 用导线绕成一圆环,环内有一用同样导线折成的内接正方形线框,圆环与线框绝缘,如图29-所示,把它们放在磁感应强度为 B 的匀强磁场中,磁场方向垂直于圆环平面(纸面)向里.当磁场均匀减弱时 ( AC )

图29-

A .线框和圆环中的电流方向都为顺时针

B .线框和圆环中的电流方向都为逆时针

C .线框和圆环中的电流大小之比为1∶√2

D .线框和圆环中的电流大小之比为1∶2

[解析] 根据楞次定律可知,当磁场均匀减弱时,圆环和线框中的电流方向都为顺时针,故A 正确,B 错误;设正方形的边长为2a ,由几何关系可知,外接圆的半径r=√2a ,根据法拉第电磁感应定律可知,正方形回路中的感应电动势与外接圆中感应电动势之比为E 正∶E 圆=

ΔB Δt (2a )2∶ΔB

Δt

π(√2a )2=2∶π,根据电阻定律得,正方形回路中的电阻与外接圆的电阻之比为R 正∶R 圆

=ρ8a S ∶ρ2π·√2a

S =2√2∶π,由欧姆定律得,正方形回路中的感应电流与外接圆中感应电流之比为

I 正∶I 圆=E

正

R 正

∶E

圆

R 圆

=1∶√2,故C

正确,D 错误.

5.如图29-所示,匀强磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框,半圆

图29-

直径与磁场边缘重合,磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里,磁感应强度大小为B 0.使该线框从静止开始绕过圆心O 、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周,在线框中产生感应电流.现使线框保持在图中所示位置,磁感应强度大小随时间均匀变化.为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流,磁感应强度随时间的变化率

ΔB

Δt

的大小应为 ( C )

A .4ω

B 0

π

B .

2ωB 0

π

C .

ωB 0

π

D .

ωB 0

2π

[解析] 当导线框匀速转动时,设半径为r ,导线框电阻为R ,在很短的Δt 时间内,转过圆心角Δθ=ωΔt ,由法拉第电磁感应定律及欧姆定律可得感应电流

I 1=B 0ΔS RΔt =B 0·πr 2Δθ

2πRΔt =B 0r 2ω

2R ;当导线框不动,而磁感应强度随时间均匀变化时,同理可得感应电流

I 2=SΔB RΔt =

ΔB ·πr 2

2RΔt

,令I 1=I 2,可得ΔB Δt =

B 0ω

π

,C 正确.

图29-

6.如图29-所示,水平U 形金属导轨abcd 固定在匀强磁场中,ab 与cd 平行,间距L 1=0.5 m,金属棒AB 垂直于ab 且和ab 、

cd 接触良好,AB 与导轨左端bc 的距离为L 2=0.8 m,整个闭合回路的电阻为R=0.2 Ω,磁感应强度为B 0=1 T 的匀强磁场竖直向下穿过整个回路.AB 通过滑轮和轻绳连接着一个质量m=0.04 kg 的物体,不计一切摩擦,现使磁感应强度以ΔB

Δt

=0.2 T/s 的变化率均匀地增大,g 取10 m/s 2,求: (1)AB 上电流的方向. (2)感应电动势的大小.

(3)从开始至物体刚好离开地面的时间. [答案] (1)由A 到B (2)0.08 V (3)5 s

[解析] (1)由楞次定律可以判断,AB 上的电流方向为由A 到B. (2)由法拉第电磁感应定律得E=

ΔΦΔt =ΔB

Δt

S=0.08 V . (3)物体刚好离开地面时,其受到的拉力F=mg 而拉力F 又等于AB 所受的安培力,即mg=F 安=BIL 1 其中B=B 0+ΔB Δt

t

I=E

R

解得t=5 s .

7.[2019·江苏卷] 如图29-所示,匀强磁场中有一个用软导线制成的单匝闭合线圈,线圈平面与磁场垂直.已知线圈的面积

S=0.3 m 2、电阻R=0.6 Ω,磁场的磁感应强度B=0.2 T .现同时向两侧拉动线圈,线圈的两边在Δt=0.5 s 时间内合到一起.求线圈在上述过程中

(1)感应电动势的平均值E ;

(2)感应电流的平均值I ,并在图中标出电流方向; (3)通过导线横截面的电荷量q.

图29-

[答案] (1)0.12 V (2)0.2 A 沿顺时针方向 (3)0.1 C [解析] (1)感应电动势的平均值E=ΔΦΔt

磁通量的变化ΔΦ=B ΔS 解得E=

BΔS

Δt

,代入数据得E=0.12 V

(2)平均电流I=E R

代入数据得I=0.2 A(电流方向如图29-所示)

图29-

(3)电荷量q=I Δt 代入数据得q=0.1 C

专题九 电磁感应中的电路和图像问题

【热点题型探究】

热点一

例1 (1)0.1 A (2)1 m/s

[解析] (1)在t=0至t=4 s 内,金属棒PQ 保持静止,磁场变化导致电路中产生感应电动势.等效电路为r 与R 并联,再与R L 串联,电路的总电阻R 总=R L +Rr

R+r

=5 Ω 此时感应电动势E=

ΔΦΔt =dl ΔB Δt =0.5×2×0.5 V =0.5 V 通过小灯泡的电流I=E R

总

=0.1 A .

(2)当金属棒PQ 在磁场区域中运动时,由金属棒PQ 切割磁感线产生电动势,等效电路为R 与R L 并联,再与r 串联,此时电路的总电阻R 总'=r+

RR L R+R L =(2+4×24+2) Ω=10

3

Ω 由于灯泡中电流不变,所以通过灯泡的电流I L =I=0.1 A,则通过金属棒PQ 的电流为I'=I L +I R =I L +R L I L

R

=0.3 A

电动势E'=I'R总'=Bdv

解得金属棒PQ在磁场区域中运动的速度大小v=1 m/s.

变式题见解析

=0.2 s)的时间内,A1产生的感应电动势

[解析] 从A1开始进入磁场(t=0)到刚好离开磁场(t1=D

v

E1=BLv=0.18 V

其等效电路图如图甲所示.

由图甲知,电路的总电阻

=0.5 Ω

R总=r+rR

r+R

=0.36 A

总电流为I=E1

R

总

=0.12 A

通过R的电流为I R=I

3

=0.4 s)的时间内,回路无电流,I R=0

从A1刚好离开磁场(t1=0.2 s)至A2刚好进入磁场(t2=2D

v

=0.6 s)的时间内,A2上的感应电动势为E2=0.18 V,其等效电路图如图从A2刚好进入磁场(t2=0.4 s)至刚好离开磁场(t3=2D+D

v

乙所示.

与0~t1内A1开始进入磁场到离开磁场的情况类似,可知,此过程中通过R的电流为I R=0.12 A.

因此,从金属棒A1进入磁场到A2离开磁场的时间内,通过电阻R的电流如图所示

热点二

例2AC[解析] 由图像可知,磁感应强度变化率分段为恒定值,根据法拉第电磁感应定律可知,产生的感应电动势分段恒定,由闭合电路欧姆定律可知,感应电流分段恒定,且两段时间相等,故A正确,B错误;由安培力公式F=BIL可知,C正确,D错误.例3D[解析] 当线框运动L时开始进入磁场,磁通量开始增大,当全部进入时磁通量达到最大,此后向里的磁通量减小,向外的磁通量增大,总磁通量减小,当运动2.5L时磁通量为零,故选项A错误;当线框进入第一个磁场时,由E=BLv可知,E保持不变,而开始进入第二个磁场时,两边同时切割磁感线,电动势应为2BLv,故选项B错误;因安培力总是与运动方向相反,所以外力F 应一直向右,故选项C错误;外力F的功率等于电功率,外力F的功率P=Fv,因速度不变,而线框进入第一个磁场时,电流为定值,外力F也为定值,两边分别在两个磁场中时,电流加倍,回路中总电动势加倍,电功率变为原来的4倍,此后从第二个磁场中离开时,受到的外力应等于线框在第一个磁场中受到的外力,所以电功率应等于在第一个磁场中的电功率,故选项D正确.

变式题AD[解析] 已知PQ进入磁场时加速度恰好为0,有mg sin θ=BIl,分情况考虑:

①若PQ离开磁场时,MN还未进入磁场,则开始时PQ中电流为I=mgsinθ

;在PQ离开磁场后且MN还未进入磁场时,回路中

Bl

总电流为零;当MN进入磁场时,因为两根导体棒是从同一个位置由静止释放的,所以MN刚进入磁场时,加速度也恰好为零,之后一直匀速通过匀强磁场,所以流过PQ的电流与开始时大小相等、方向相反,故选项A正确.

②若PQ 未离开磁场时,MN 已进入磁场,则MN 刚进入磁场瞬间,PQ 和MN 两根导体棒都在切割磁感线,而且速度相等,所以产生的两个感应电流大小相等,但方向相反,故回路中总电流为零,然后两个导体棒分别在重力作用下做匀加速直线运动;当PQ 离开磁场后,MN 还未离开磁场时,对MN 受力分析,因为当两根导体棒都在磁场中时速度增加了,所以此时MN 受到的安培力大于重力沿导轨向下的分力,有B

Blv

R

总

l-mg sin θ=ma ,MN 沿导轨向下做加速度减小的减速运动,所以在此阶段回路中的电流会

减小,又因为是导体棒MN 在切割磁感线,所以流过PQ 的电流方向和开始时PQ 切割磁感线时电流方向相反,当加速度减为零时,MN 的速度和刚进入磁场时的速度相等,所以电流的大小又会和开始时的电流相等,故选项D 正确.

热点三

例4 (1)37° 1 T (2)28.2 J (3)3 Ω 0.27 W [解析] (1)S 断开时,CD 做匀加速直线运动,由图像得

a=Δv

Δt =6 m/s 2

由牛顿第二定律得mg sin α=ma 解得sin α=3

5

,即α=37°

t=0.5 s 时,S 闭合且加了磁场,此后CD 将先做加速度逐渐减小的加速运动,速度达到最大(v m =6 m/s)后,做匀速运动. 匀速运动时,由平衡条件得mg sin α=F 安 其中F 安=BId , I=

Bdv m

R

总

R 总=R+R 1+R L R

2

R L

+R

2

=10 Ω

联立解得B=1 T

(2)由能量转化关系得mg sin α·x=1

2

m v m 2

+Q

解得Q=28.2 J

(3)改变电阻箱R 2的值后,CD 匀速下滑时,有mg sin α=BdI' 解得I'=0.6 A 通过R 2的电流为I 2=

R L

R L +R 2

I' R 2消耗的功率为P=I 22

R 2

联立可得P=I'2

R L 2R 2

(R L +R 2)

2=I'

2

R L

2(L 2

+√R 2)2

当

L

R =√R 2,即R 2=R L =3 Ω时,功率P 最大,最大值P m =0.27 W

变式题 (1)如图甲所示 (2)如图乙所示

[解析] (1)金属框进入磁场区域时,E 1=Blv=2 V,I 1=E 14r

=2.5 A,感应电流的方向为逆时针方向,持续的时间t 1=l v

=0.1 s 金属框全部进入磁场区域后,E 2=0,I 2=0,无感应电流的时间t 2=L -l v

=0.2 s

金属框穿出磁场区域时,E 3=Blv=2 V,I 3=E 34r

=2.5 A,感应电流的方向为顺时针方向,持续的时间t 3=l v

=0.1 s 规定逆时针方向为I 的正方向,故I-t 图线如图甲所示. (2)金属框进入磁场区域时,ab 两端电压U 1=I 1r=0.5 V 金属框全部进入磁场区域后,ab 两端电压U 2=Blv=2 V 金属框穿出磁场区域时,ab 两端电压U 3=E 3-I 3r=1.5 V 由此得U-t 图线如图乙所示. 【真题模拟演练】

1.AC [解析] ab 在向左的安培力作用下做减速运动,加速度大小a 1=

BIL m

=B 2L 2(v 1-v 2)

2mR ,随着ab 棒速度v 1的减小和cd 棒速度

v 2的增大,a 1逐渐减小,所以ab 做加速度逐渐减小的减速运动;同理,cd 做加速度逐渐减小的加速运动.当v 1=v 2时,达到稳定状态,两棒保持匀速运动,由动量守恒定律得mv 0=mv 1+mv 2,最终v 1=v 2=12

v 0,故A 正确,B 错误.由电流I=BL(v 1-v 2)

2R

可知,电流逐渐减小,最终为零,故C 正确,D 错误.

2.D [解析] 在线框运动过程中,左、右两边的导线切割磁感线,会产生感应电动势.金属线框运动0~l

2

过程中,根据楞次定律,感应电流方向为顺时针,由法拉第电磁感应定律知,左、右两边的导线切割磁感线产生的感应电动势大小相等,方向相同,回路中感应电流I=

2Bdv R .金属线框运动l

2

~l 过程中,由法拉第电磁感应定律知,左、右两边的导线产生的感应电动势大小相等,方向

相反,回路中电流为零.金属线框运动l~3l 2

过程中,由法拉第电磁感应定律知,左、右两边的导线产生的感应电动势大小相等,方向相同,回路中感应电流I=

2Bdv R ,根据楞次定律,感应电流方向为逆时针.同理分析,金属线框运动3l

2

~2l 过程中,由法拉第电磁感

应定律知,左、右两边的导线产生的感应电动势大小相等,方向相反,回路中电流为零,选项D 正确. 3.AB [解析] 根据I-t 图像可知I=kt ,其中k 为比例系数,由闭合电路欧姆定律可得I=E

R+r

=kt ,可推出E=kt (R+r ),因E=Blv ,所

以v=

k(R+r)

Bl

t ,可见v-t 图像是一条过原点且斜率大于零的直线,说明了金属棒做的是初速度为零的匀加速直线运动,即v=at ,故

A 正确;因为E=

ΔΦΔt ,所以ΔΦΔt =kt (R+r ),可见ΔΦΔt

-t 图像是一条过原点且斜率大于零的直线,故B 正确;对金属棒,在沿导轨方向,有

F-BIl-mg sin θ=ma ,而I=Blv

R+r ,v=at ,可得

F=B 2l 2

a

R+r t+ma+mg sin θ,可见

F-t 图像是一条斜率大于零且与纵轴正半轴有交点的

直线,故C 错误;q=I Δt=ΔΦR+r =Bl ·1

2at 2

R+r =Bla 2(R+r)

t 2

,可见

q-t 图像是一条开口向上的抛物线,故D 错误.

4.BC [解析] 假设电压表满偏,则通过电流表的电流为I=

U

R 2R R 2+R

=2 A <3 A,所以电压表指针可以达到满偏,此时电流表的示数为2 A,故A 错误,B 正确;棒ab 匀速运动时,水平拉力F 与安培力大小相等,有F A =BIL=F ,感应电动势E=U+IR 1=(10+2×5) V =20 V,又E=BLv ,解得v=EI F

=1 m/s,故C 正确,D 错误.

1.如图Z9-所示为两根相距为l 的平行金属导轨ab 、cd ,b 、d 间连有一定值电阻R ,导轨电阻可忽略不计.MN 为放在ab 和cd 上的一导体杆,MN 与ab 垂直,其电阻也为R.整个装置处于匀强磁场中,磁感应强度的大小为B ,磁场方向垂直于导轨所在平面(纸面)向下.现对MN 施力,使它以速度v 沿导轨向右做匀速运动.用U 表示MN 两端的电压大小,则下列说法正确的是

( A )

图Z9-

A .U=12

Blv ,流过定值电阻R 的电流方向由b 到d B .U=12

Blv ,流过定值电阻R 的电流方向由d 到b C .U=Blv ,流过定值电阻R 的电流方向由b 到d D .U=Blv ,流过定值电阻R 的电流方向由d 到b

[解析] 根据右手定则可知,流过定值电阻R 的电流方向由b 到d ,根据法拉第电磁感应定律可知E=Blv ,MN 两端的电压等于电阻R 两端的电压,故U=R 2R

E=12

Blv ,选项A 正确.

2.(多选)如图Z9-甲所示,一个刚性圆形导线圈与电阻R 构成闭合回路,线圈平面与所在处的匀强磁场方向垂直,磁场的磁感应强度B 随时间t 的变化规律如图乙所示.关于线圈中产生的感应电动势e 、电阻R 消耗的功率P 随时间t 变化的图像,图Z9-中可能正确的是 ( BD )

图Z9-

图Z9-

[解析] 根据图乙知0~0.5T 内磁场增强,0.5T~T 内磁场减弱,由楞次定律知,线圈中的感应电流先沿逆时针方向,后沿顺时针方向,故A 错误;根据法拉第电磁感应定律可知E=

ΔΦΔt =ΔB

Δt

S ,因为0~0.5T 内和0.5T~T 内磁感应强度的变化率为定值且绝对值相

等,所以感应电动势大小不变,故B正确;根据I=E

可知,整个过程中电流大小不变,由P=I2R知,电阻R消耗的功率不变,故C

R

总

错误,D正确.

图Z9-

3.如图Z9-所示,边长为2L、电阻为R的正方形导线框abcd在纸面内以速度v水平向右匀速穿过一宽为L、磁感应强度为B的匀强磁场区域,磁场方向垂直于纸面向外.刚开始时线框的ab边刚好与磁场的左边界重合,规定水平向右为ab边受到安培力的正方向.能正确反映ab边受到的安培力随运动距离x变化的图像是图Z9-中的(C)

图Z9-

,ab边所受的安培力大小为[解析] 线框的位移在0~L内时,ab边切割磁感线产生的感应电动势为E=B·2Lv,感应电流I=E

R

F=BI·2L=4B2L2v

,由楞次定律知,ab边受到的安培力方向向左,为负方向.线框的位移大于L后,位移在L~2L内时线框中磁通量R

不变,不产生感应电流,ab边不受安培力;位移在2L~3L内时,ab边在磁场之外,不受安培力,选项C正确.

4.[2019·江西上饶二模]在如图Z9-所示的竖直平面内,在水平线MN的下方有足够大的匀强磁场

图Z9-

,一个等腰三角形金属线框顶点C与MN重合,线框由静止释放,沿轴线DC方向竖直落入磁场中.忽略空气阻力,从释放到线框完全进入磁场过程中,线框运动的v-t图像可能是图Z9-中的(C)

图Z9-

[解析] 线框进入磁场过程中受到的安培力F=BIl=B2l2v

,线框切割磁感线的有效长度l增大,则安培力增大,由牛顿第二定律得

R

mg-F=ma,可得a=g-B2l2v

,线框由静止加速,由于l、v不断增大,则a不断减小,线框做加速度减小的加速运动,故C正确.

mR

5.[2019·河北保定模拟]如图Z9-所示为有理想边界的两个匀强磁场,磁感应强度均为B=0.5 T,两边界间距s=0.1 m.一边长L=0.2 m的正方形线框abcd由粗细均匀的电阻丝围成,总电阻为R=0.4 Ω.现使线框以v=2 m/s的速度从位置Ⅰ匀速运动到位置Ⅱ,则能正确反映整个过程中线框a、b两点间的电势差U ab随时间t变化的图像是图Z9-中的(A)

图Z9-

图Z9-

=0.5 A,所以在0~5×10-2 s时间内,a、b [解析] ab边切割磁感线产生的感应电动势为E=BLv=0.2 V,线框中感应电流为I=E

R

R=0.15 V;在5×10-2~10×10-2 s时间内,a、b两点间电势差U ab=E=0.2 V;在10×10-2~15×10-2 s 两点间电势差为U ab=I·3

4

R=0.05 V,选项A正确.

时间内,a、b两点间电势差为U ab=I·1

4

6.(多选)[2019·湖南岳阳一模]如图Z9-所示,abcd是粗细均匀的电阻丝制成的长方形线框,导体棒MN有电阻,可在ad边及bc边上无摩擦滑动,且接触良好,线框处于垂直于纸面向里的匀强磁场中.在MN由ab边向cd边匀速移动的过程中,以下说法正确的是(BC)

图Z9-

A.MN中电流先增大后减小

B.MN两端电压先增大后减小

C.MN上拉力的功率先减小后增大

D.矩形线框中消耗的电功率先减小后增大

[解析] 导体棒MN向右运动的过程中,MN相当于电源,产生恒定的感应电动势,其余部分是外电路,外电阻先增大后减小,当MN运动到线框中线时,外电路的电阻最大,根据闭合电路欧姆定律知,MN棒中的电流先减小后增大,故A错误;MN两端电压是路端电压,由U=E-Ir可知,E、r不变,I先减小后增大,则U先增大后减小,故B正确;MN棒做匀速运动,拉力的功率等于电路

中电功率,根据电功率公式P=E2

R+r

可知,拉力的功率先减小后增大,故C正确;当外电阻等于电源的内电阻时,电源的输出功率最大,由于外电阻与MN电阻的关系未知,所以无法判断矩形线框消耗的电功率如何变化,故D错误.

专题十涉及电磁感应的力电综合问题

【热点题型探究】

热点一

例1[步骤规范]

(1)√2as(2)m(gsinθ-a)

dB

(3)√2asm(gsinθ-a)

dBa

[解析] (1)金属棒做匀加速直线运动,有v2=2as①(2分)

解得v=√2as②(1分)

(2)金属棒所受的安培力F安=IdB③(2分)

金属棒所受合力F=mg sin θ-F安④(2分)

由牛顿运动定律有F=ma⑤(1分)

解得I=m(gsinθ-a)

dB

⑥(2分)

(3)运动时间t=v

a

⑦(2分)

通过的电荷量Q=It⑧(2分)

解得Q=√2asm(gsinθ-a)

dBa

⑨(1分)

变式题(1)mgR

2B02L2(2)B=8B0x

8x+8v0t+gt2

[解析] (1)金属棒匀速运动时,对金属棒,由平衡条件得F安+mg sin 30°=F T

其中F T=mg

F安=B0IL

由欧姆定律得I=E

R

由法拉第电磁感应定律得E=B0Lv

联立解得v=mgR

2B02L2

(2)对金属棒和小物块组成的系统,由牛顿第二定律得mg-mg sin 30°=2ma

由法拉第电磁感应定律知

B0Lx=BL[x+(v0t+1

2

at2)]

解得B=8B0x

8x+8v0t+gt2

热点二

例2(1)9.6 m(2)42.4 J3.0 J

[解析] (1)在恒力作用下,线框开始向上做匀加速直线运动,设线框的加速度为a,根据牛顿第二定律得F-mg=ma cd边刚进入磁场时,设线框的速度为v1,线框从静止到cd边刚进入磁场的过程中,由运动学规律得v12=2aH

cd边刚进入磁场时,产生的感应电动势E=BLv1

感应电流I=E R =

BLv 1

R

安培力F 安=BIL

线框做匀速直线运动,有F=F 安+mg 联立解得v 1=24 m/s,H=9.6 m . (2)恒力F 做的功W=F (H+L+h )=42.4 J

从cd 边进入磁场到ab 边离开磁场的过程中,拉力所做的功等于线框增加的重力势能与产生的热量Q 之和,即F (L+h )=mg (L+h )+Q 解得Q=(F-mg )(L+h )=3.0 J .

变式题 BC [解析] 金属杆从轨道底端滑上轨道至最高点又返回到出发点的过程中,由于电阻R 上产生热量,故金属杆的机械能减小,即返回到底端时速度小于v 0,选项A 错误;金属杆从轨道底端上滑到最高点的过程中动能转化为重力势能和电阻R 上产生的热量(即克服安培力所做的功),选项B 、C 正确;金属杆两次通过轨道上同一位置时的速度大小不同,电路中的电流不同,故电阻R 的热功率不同,选项D 错误.

热点三

例3 (1)18 m/s (2)见解析

[解析] (1)当b 棒先向下运动时,在a 棒和b 棒以及导轨所组成的闭合回路中产生感应电流,于是a 棒受到向下的安培力,b 棒受到向上的安培力,且二者大小相等.释放a 棒后,经过时间t ,分别以a 棒和b 棒为研究对象,根据动量定理得

mgt+I F =mv a

mgt-I F =mv b -mv 0 联立解得v b =18 m/s

(2)在a 、b 棒向下运动的过程中,a 棒的加速度a 1=g+F

m

,b 棒的加速度a 2=g-F m

.当a 棒的速度与b 棒的速度接近时,闭合回路中的

ΔΦ

Δt

逐渐减小,感应电流也逐渐减小,则安培力也逐渐减小,最后,两棒以共同的速度向下做加速度为g 的匀加速运动.

例4 (1)4

5√2gR 2

5

√2gR (2)

B 2L 2√2gR

2mr

(3)14

25

mgR

[解析] (1)设ab 棒进入水平导轨的速度为v ,ab 棒从圆弧导轨下滑过程,由机械能守恒定律得2mgR=1

2

×2mv 2 解得v=√2gR

两棒离开导轨时,设ab 棒的速度为v 1,cd 棒的速度为v 2.

两棒离开导轨后做平抛运动的时间相等,由水平位移x=v 0t 可知v 1∶v 2=x 1∶x 2=2∶1

两棒均在水平导轨上运动时,系统的合外力为零,系统动量守恒,取向右为正方向,由动量守恒定律得2mv=2mv 1+mv 2 解得v 1=4

5√2gR ,v 2=2

5

√2gR

(2)ab 棒刚进入水平导轨时,cd 棒受到的安培力最大,此时它的加速度最大.

ab 棒刚进入水平导轨时,回路的感应电动势E=BLv 感应电流I=E 2r

cd 棒受到的安培力为F=BIL

根据牛顿第二定律,cd 棒最大加速度为a=F m

解得a=

B 2L 2√2gR

2mr

(3)由能量守恒定律得12

×2mv 2=12

×2m v 12+12m v 22

+Q

解得Q=1425

mgR

核心素养(科学态度与责任) 带电粒子在叠加场中的科技应用

例5

(1)NBLP F

阻

(2)

mP 22F 阻

2

-2.5F 阻L

(3)

2mRP+5F 阻

N 2B 2L 3

2mR

[解析] (1)小车刚进入磁场时的速度v 0=P

F

阻

故感应电动势E=NBLv 0=NBLP

F

阻

(2)由能量守恒定律得

2.5F 阻L+Q=12

m v 02

解得Q=12

m v 02-2.5F 阻L=

mP 2

2F 阻

2

-2.5F 阻L

(3)以小车刚要进入到恰好穿出磁场为研究过程,由动量定理得F 阻t+2NBLq=mv'0 其中q=N

ΔΦR =N 5BL 2

2R

当功率为P 时,设小车进入磁场过程所用时间为t ,由动量定理得

F 阻t+NBLq=mv 0 可得t=

2mRP -5F 阻N 2B 2L 3

2RF 阻

2

联立解得v'0=

2mRP+5F 阻

N 2B 2L 3

2mF 阻

R

故P'=F 阻v'0=

2mRP+5F 阻

N 2B 2L 3

2mR

变式题 (1)从d 到c (2)1.5×10-5 Ω (3)200 N (4)加速度逐渐减小,最终趋近于零 4 m/s 2 F f =720-2000

3

v (N)(0.78 m/s ≤v ≤1.08 m/s) [解析] (1)磁场向下运动,导体棒cd 相对于磁场向上运动,由右手定则可判断,电流方向从d 到c. (2)导体棒产生的感应电动势E=BLv 1 感应电流I=E R =BLv 1

R

安培力

F A =BIL=B 2L 2v 1

R

由左手定则可判断,导体棒cd 所受安培力方向向下,根据牛顿第三定律可知,磁铁受到的磁场力向上,大小为

F'A =B 2L 2v 1

R

由平衡条件得(M 1+m )g=F'A 解得

R=B 2L 2v 1

(M 1

+m)g =1.5×10-5 Ω

(3)由平衡条件得(M 2+m )g=F'A +F f 解得

F f =(M 2+m )g-B 2L 2v 1

R =200 N

(4)根据牛顿第二定律得(M 2+m )g-F″A -F f =(M 2+m )a ,