2017_2018学年高中物理专题培优练(二)电磁感应中的四类综合问题教科版选修3_2
2017_2018学年高中物理第四章电磁感应过关检测二新人教版选修3_2
第四章电磁感应(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48分。
在每小题给出的四个选项中,第1~5题只有一项符合题目要求,第6~8题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)1.闭合的金属环处于随时间均匀变化的匀强磁场中,磁场方向垂直于圆环平面,则()A.环中产生的感应电动势均匀变化B.环中产生的感应电流均匀变化C.环中产生的感应电动势保持不变D.环上某一小段导体所受的安培力保持不变解析:磁场均匀变化,也就是说=k,根据感应电动势的定义式,E==kS,其中k是一个常量,所以圆环中产生的感应电动势的数值是一个常量,产生的感应电流也不变化,而环上某一小段导体受安培力F=IlB要发生变化。
答案:C2.现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及开关如图连接,在开关闭合、线圈A放在线圈B中的情况下,某同学发现当他将滑动变阻器的滑片P向左加速滑动时,电流计指针向右偏转。
由此可以推断()A.线圈A向上移动或滑动变阻器滑片P向右加速滑动,都能引起电流计指针向左偏转B.线圈A中铁芯向上拔出或断开开关,都能引起电流计指针向右偏转C.滑动变阻器的滑片P匀速向左或匀速向右滑动,都能使电流计指针静止在中央D.因为线圈A、线圈B的绕线方向未知,故无法判断电流计指针偏转的方向解析:当他将滑动变阻器的滑片P向左加速滑动时,滑动变阻器接入电路的电阻值增大,线圈A中电流减小,线圈B中磁通量减小,电流计指针向右偏转。
线圈A向上移动或铁芯向上拔出或断开开关,线圈B中磁通量减小,都能引起电流计指针向右偏转,选项A错误,B正确;滑动变阻器的滑片P匀速向左或匀速向右滑动,都能使线圈A中电流变化,线圈B中磁通量变化,线圈B中产生感应电流,电流计指针偏转,可以判断电流计指针偏转的方向,选项C、D错误。
答案:B3.用均匀导线做成的正方形线框边长为0.2 m,正方形的一半放在垂直纸面向里的匀强磁场中,如图所示。
2017_2018学年高中物理第4章电磁感应5电磁感应现象的两类情形练习新人教版选修3_2
图11
A．不变
B．增大
C．减少
D．以上情形都有可能
答案 B
解析 当磁场增强时，将产生如下图的电场，带正电的粒子将受到那个电场对它的电场力作用，而使动能增大．
3．在匀强磁场中，ab、cd两根导体棒沿两根导轨别离以速度v1、v2滑动，如图12所示，以下情形中，能使电容器取得最多电荷量且左侧极板带正电的是( )
图14
答案 D
解析ab切割磁感线产生感应电动势E＝Blv，感应电流为I＝ ，安培力F安＝ ，因此v∝F安，v∝t，金属杆的加速度为定值．又由牛顿第二定律F－F安＝ma，即F＝F安＋ma，可知D项正确．
图8
答案v1∶v2v ∶v
解析 线圈匀速拉出磁场，故其动能未转变．线圈中由于电磁感应产生电流，即有电能产生，且电能全数转化为内能，故外力做多少功就有多少内能产生．
W＝Q＝I2RΔt＝ 2RΔt＝ ∝ ∝v
故W1∶W2＝v1∶v2
同理，由P＝ ＝ ∝v2可得P1∶P2＝v ∶v
方式总结 两次均匀速把线框拉出磁场都有F安＝F外，但两次的外力不同．
图9
A．mgbB. mv2
C．mg(b－a)D．mg(b－a)＋ mv2
答案 D
解析 金属块在进入磁场或离开磁场的进程中，穿过金属块的磁通量发生转变，产生电流，进而产生焦耳热．最后，金属块在高为a的曲面上做往复运动．减少的机械能为mg(b－a)＋ mv2，由能量的转化和守恒可知，减少的机械能全数转化成焦耳热，即选D.
2017-2018学年高中物理(SWSJ)教科版选修3-2模块综合检测含解析
模块综合检测(时间：90分钟满分:110分）一、选择题(本题共14小题，每小题4分,共56分，第1～8小题中只有一个选项符合题意，第9～14小题中有多个选项符合题意,全选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1．在物理学发展过程中，许多科学家做出了贡献，下列说法正确的是( ）A．法拉第发现了电磁感应定律并找到了判断感应电动势方向的楞次定律B．库仑用他发明的扭秤研究带电体间的相互作用，提出了库仑定律C．楞次发现了电流热效应的规律D．奥斯特发现了电流的磁效应，总结出了电磁感应定律解析：选B 法拉第发现了电磁感应现象，是楞次找到了判断感应电动势方向的楞次定律,故A错误.库仑通过他发明的扭秤研究带电体间的相互作用,提出了库仑定律，故B正确.焦耳发现了电流热效应的规律，故C错误。
奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第总结出了电磁感应定律，故D错误。
2．如图1所示，L1和L2是远距离输电的两根高压线，在靠近用户端的某处用电压互感器和电流互感器监测输电参数。
在用电高峰期，用户接入电路的用电器逐渐增多的时候（）图1A．甲电表为电流表B．甲电表的示数变大C．乙电表为电压表D．乙电表的示数变大解析：选D 由题图可知，甲并联在电路中，乙串联在电路中，则甲是电压表，乙是电流表，所以甲是电压互感器,乙是电流互感器，故A、C错误；在用电高峰期，用户接入电路的用电器逐渐增多的时候，副线圈总电阻变小,副线圈总电流变大，所以输电导线电流变大，输电导线电阻R不变，由U＝IR可知，电压损失变大，所以高压线上输出电压变小，根据匝数比等于电压之比，所以甲电表的示数变小，输电导线电流变大，所以乙电表的示数变大，故B错误、D正确.3．在半径为r、电阻为R的圆形导线框内，以直径为界，左、右两侧分别存在着方向如图2甲所示的匀强磁场.以垂直纸面向外的磁场为正，两部分磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律分别如图乙所示。
则0~t0时间内,导线框中（）图2A．没有感应电流B．感应电流方向为逆时针C．感应电流大小为错误!D．感应电流大小为错误!解析:选C 根据楞次定律可知,左边的导线框的感应电流是顺时针,而右边的导线框的感应电流也是顺时针，则整个导线框的感应电流方向为顺时针，故A、B错误；由法拉第电磁感应定律,因磁场的变化，导致导线框内产生感应电动势，结合题意可知，产生感应电动势正好是两者之和，即为E＝2×错误!；再由闭合电路欧姆定律，可得感应电流大小为I＝错误!＝错误!,故C正确，D错误.4．如图3甲所示,一矩形线圈位于随时间t变化的匀强磁场中，磁感应强度B随t的变化规律如图乙所示。
【教育专用】2017_2018学年高中物理课时跟踪检测四电磁感应现象的两类情况新人教版选修3_2
课时跟踪检测（四） 电磁感应现象的两类情况1．下列说法中正确的是( )A ．动生电动势是洛伦兹力对导体中自由电荷做功而引起的B ．因为洛伦兹力对运动电荷始终不做功，所以动生电动势不是由洛伦兹力而产生的C ．动生电动势的方向可以由右手定则来判定D ．导体棒切割磁感线产生感应电流，受到的安培力一定与受到的外力大小相等、方向相反解析：选C 动生电动势是洛伦兹力沿导体方向的分力做功引起的，但洛伦兹力对自由电荷所做的总功仍为零，选项A 、B 错误；动生电动势是由于导体切割磁感线产生的，可由右手定则判定方向，C 正确；只有在导体棒做匀速切割时，除安培力以外的力的合力才与安培力大小相等方向相反，做变速运动时不成立，故D 错误。
2. (多选)一个面积S ＝4×10－2m 2、匝数n ＝100匝的线圈，放在匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，磁感应强度B 随时间t 变化的规律如图1所示，则下列判断正确的是( )图1A ．在开始的2 s 内穿过线圈的磁通量的变化率等于0.08 Wb/sB ．在开始的2 s 内穿过线圈的磁通量的变化量等于零C ．在开始的2 s 内线圈中产生的感应电动势等于8 VD ．在第3 s 末线圈中的感应电动势等于零解析：选AC 由B t 图像可知，在开始的2 s 内，ΔΦΔt ＝ΔB ·S Δt ＝2×2×4×10－22 Wb/s＝0.08 Wb/s ，选项A 正确，B 错误；在开始的2 s 内，E ＝n ΔΦΔt ＝100×0.08 V＝8 V ，故选项C 正确；第3 s 末磁感应强度的变化率不为零，则感应电动势也不为零，故选项D 错误。
3. (多选)如图2所示，导体棒AB 在做切割磁感线运动时，将产生一个感应电动势，因而在电路中有电流通过。
下列说法中正确的是( )图2A．因导体运动而产生的感应电动势称为动生电动势B．动生电动势的产生与洛伦兹力有关C．动生电动势的产生与电场力有关D．动生电动势和感生电动势产生的原因是一样的解析：选AB 动生电动势是由于导体运动而产生的，选项A正确；动生电动势中，非静电力是洛伦兹力沿导体棒方向的分力，而感生电动势是由感生电场产生的，选项B正确，C、D错误。
2017-2018学年高中物理人教版选修3-2检测：第四章 电磁感应4.6互感和自感
2017-2018学年高中物理人教版选修3-2检测：第四章 电磁感应4.6互感和自感一、单选题1. 下列关于自感现象的说法中，不正确的是( )A．自感现象是由于导体本身的电流发生变化而产生的电磁感应现象B．线圈中自感电动势的方向总与引起自感的原电流的方向相反C．线圈中自感电动势的大小与穿过线圈的磁通量变化的快慢有关D．加铁芯后线圈的自感系数比没有铁芯时要大2. 如图所示，L是一个带有铁芯的线圈，灯正常发光，当S断开时，出现的情况是()A．灯立即熄灭B．灯逐渐熄灭C．灯比原来更亮一些，再逐渐熄灭D．灯比原来更亮一些，再突然熄灭3. 如图所示灯L A、L B完全相同，带铁芯的线圈L的电阻可忽略．则( )A．S闭合的瞬间，L A、L B同时发光，接着L A变暗，L B更亮，最后L A熄灭B．S闭合瞬间，L A不亮，L B立即亮C．S闭合瞬间，L A、L B都不立即亮D．稳定后再断开S的瞬间，L B熄灭，L A比L B(原先亮度)更亮4. 如图所示电路，L是自感系数较大的线圈，在滑动变阻器的滑动片P从B端迅速滑向A端的过程中，经过AB中点C时通过线圈的电流为I1；P从A 端迅速滑向B端的过程中，经过C点时通过线圈的电流为I2；P固定在C点不动，达到稳定时通过线圈的电流为I0。
则A．I1=I2=I0B．I1>I0>I2C．I1=I2>I0D．I1＜I0＜I25. 在如图所示电路中，L为电阻很小的线圈，G1和G2为零点在表盘中央的相同的电流表．当开关S闭合时，电流表G1指针偏向右方，那么当开关S断开时，将出现的现象是( )．A．G1和G2指针都立即回到零点B．G1指针立即回到零点，而G2指针缓慢地回到零点C．G1指针缓慢回到零点，而G2指针先立即偏向右方，然后缓慢地回到零点D．G1指针立即偏向左方，然后缓慢地回到零点，而G2指针缓慢地回到零点6. 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7. 在制作精密电阻时，为了消除使用过程中由于电流变化而引起的自感现象，采取了双线绕法，如图所示，其道理是( )A．当电路中的电流变化时，两股导线中产生的自感电动势互相抵消B．当电路中的电流变化时，两股导线中产生的感应电流互相抵消C．当电路中的电流变化时，两股导线中产生的磁通量互相抵消D．以上说法均不对8. 如右图所示的电路，线圈L的直流电阻不计，则( )A．S闭合瞬间，A板带正电，B板带负电B．S保持闭合，A板带正电，B板带负电C．S断开瞬间，A板带正电，B板带负电D．由于线圈电阻不计，电容器被短路，上述三种情况下两板都不带电二、多选题9. 如图所示的电路，可用来测定自感系数较大的线圈的直流电阻，线圈两端并联一个电压表，用来测量自感线圈两端的直流电压，在实验完毕后，将电路拆开时应( ) A ．先断开开关S 1B ．先断开开关S 2C ．先拆去电流表D ．先拆去电阻R 10. 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 ＝t 1时刻断开S ，下列表示A 、B 两点间电压U AB 随时间t 变化的图象中，正确的是() A. B. C. D. 11. 在日光灯电路中接有启动器、镇流器和日光灯管，下列说法中正确的是( )A ．日光灯点燃后，镇流器、启动器都不起作用B ．镇流器在点燃灯管时产生瞬时高压，点燃后起降压限流作用C ．日光灯点亮后，启动器不再起作用，可以将启动器去掉D ．日光灯点亮后，使镇流器短路，日光灯仍能正常发光，并能降低对电能的消耗三、解答题12. 有一个被称为“千人震”的趣味物理小实验，实验是用一节电动势为1.5 V的新干电池、几根导线、开关和一个用于日光灯上的镇流器，几位做这个实验的同学手拉手成一串，另一位同学将电池、镇流器(自感系数很大的线圈)、开关用导线将他们首、尾两位同学两个空着的手相连．如图所示，在开关通或断时就会使连成一串的同学都有触电的感觉．请你说明该实验的原理，并说明人有触电感觉时是开关接通还是开关断开的瞬间？为什么？13. 如图所示，图甲为某同学研究自感现象的实验电路图，用电流传感器显示各时刻通过线圈L的电流．电路中电灯的电阻R1＝6.0 Ω，定值电阻R＝2.0 Ω，A、B间的电压U＝6.0 V．开关S原来闭合，电路处于稳定状态，在t1＝1.0×10－3s时刻断开开关S，该时刻前后电流传感器显示的电流I 随时间t变化的图线如图乙所示．(1)求出线圈L的电阻R L；(2)在图甲中，断开开关后通过电灯的电流方向如何？(3)在t2＝1.6×10－3s时刻线圈L中的感应电动势的大小是多少？。
专题4-6 互感和自感-试题君之K三关2017-2018学年高二
第四章电磁感应第6节互感和自感一、自感1．自感现象：由于导体自身电流的变化而产生的叫做自感现象。
2．自感电动势（1）定义：在自感现象中产生的电动势；（2）方向：当导体中的电流增大时，自感电动势与原电流方向；当导体中的电流减小时，自感电动势与原电流方向；（3）作用：总是阻碍导体中原电流的变化，只是延缓了过程的进行，但不能使过程，其大小与电流的变化率成。
3．线圈的自感系数（1）线圈的自感系数跟线圈的横截面积、长度、等因素有关，线圈的横截面积、线圈越长、匝数越多，它的自感系数就，另外，有铁芯时线圈的自感系数要比没有铁芯时大得多。
（2）单位：亨，符号：H，1 mH= H，1 μH=H。
二、互感1．如图所示的电路中，两个线圈之间并没有导线相连，但当一个线圈中的电流变化时，它所产生的的磁场会使另一个线圈中产生，这种现象叫做互感。
2．互感电动势在互感现象中产生的电动势叫做。
说明（1）互感现象是一种常见的电磁感应现象，它不仅发生于绕在同一铁芯上的两个线圈之间，而且可以发生于任何相互靠近的之间。
（2）互感现象可以把能量由一个电路传递到另一个电路。
3．应用与危害（1）应用：变压器、收音机的磁性天线都是利用互感现象制成的。
（2）危害：在电力工程和电子电路中，互感现象有时会影响电路的正常工作，这时要设法减小电路间的互感。
例如在电路板的刻制时就要设法减小电路间的互感现象。
电磁感应现象相反相同停止正比匝数越大越大10–3 10–6变化感应电动势互感电动势电路通电自感与断电自感比较注意：（1）通电时线圈产生的自感电动势阻碍电流的增加且与电流方向相反，使电流相对缓慢地增加；（2）断电时线圈产生的自感电动势与原电流方向相同，在与线圈串联的回路中，线圈相当于电源，它提供的电流从原来的I L逐渐变小；（3）自感电动势只是延缓了过程的进行，但它不能使过程停止，更不能使过程反向；（4）电流稳定时，若线圈有电阻时就相当于一个定值电阻，若不计线圈的电阻时就相当于一根导线。
2017-2018学年高中物理选修3-2浙江专版：课时跟踪检测
课时跟踪检测（六） 电磁感应现象中的常考问题一、单项选择题1．一根直导线长0.1 m ，在磁感应强度为0.1 T 的匀强磁场中以10 m/s 的速度匀速运动，则关于导线中产生的感应电动势的说法错误的是( )A ．一定为0.1 VB ．可能为零C ．可能为0.01 VD ．最大值为0.1 V解析：选A 当公式E ＝Bl v 中B 、l 、v 互相垂直，且导体切割磁感线运动时感应电动势最大：E m ＝Bl v ＝0.1×0.1×10 V ＝0.1 V ，根据它们三者的空间位置关系的可能性，可知B 、C 、D 正确，A 错误。
2．闭合回路的磁通量Φ随时间t 的变化图象分别如图所示，关于回路中产生的感应电动势的下列论述，其中正确的是( )A ．图甲回路中感应电动势恒定不变B ．图乙回路中感应电动势恒定不变C ．图丙回路中0～t 1时间内感应电动势小于t 1～t 2时间内感应电动势D ．图丁回路中感应电动势先变大后变小解析：选B 因E ＝ΔΦΔt ，则可据图象斜率判断，易知题图甲中ΔΦΔt恒为零，回路中不产生感应电动势；题图乙中ΔΦΔt＝恒量，即电动势E 为一恒定值；题图丙中E 前>E 后；题图丁中图象斜率ΔΦΔt先减后增，即回路中感应电动势先变小后变大，故只有B选项正确。
3.如图所示，边长为L 的正方形导线框质量为m ，由距磁场H 高处自由下落，其下边ab 进入匀强磁场后，线圈开始做减速运动，直到其上边dc 刚刚穿出磁场时，速度减为ab 边刚进入磁场时的一半，磁场的宽度也为L ，则线框穿越匀强磁场过程中产生的焦耳热为( )A ．2mgLB ．2mgL ＋mgHC ．2mgL ＋34mgHD ．2mgL ＋14mgH 解析：选C 设线框刚进入磁场时的速度为v 1，则刚穿出磁场时的速度v 2＝v 12，线框自开始进入磁场到完全穿出磁场共下落高度为2L ，由题意得12m v 12＝mgH ，12m v 12＋mg ·2L＝12m v 22＋Q ，解得Q ＝2mgL ＋34mgH 。
2017-2018学年高中物理 第二章 交变电流 微专题培优(三) 含有变压器的动态电路问题 教科版选修3-2
含有变压器的动态电路问题1.(1)构建模型(2)模型突破：解答这类问题的关键是分清变量和不变量。
首先确定哪些量是不变的，然后结合变压器的基本规律和欧姆定律分析相关量的变化情况。
①理想变压器将电能由原线圈传给副线圈时总是“量出而入”，即用户消耗多少，原线圈就提供多少，因而输出功率决定输入功率。
②可以把理想变压器的副线圈看做给用户供电的无阻电源，对负载电路进行动态分析时，可以参照直流电路动态分析的方法。
2．负载变化的情况有(1)负载的数目发生变化，如某些用电器的开关断开或闭合。
(2)滑动变阻器的触片移动，电路中的电阻发生变化。
3．解题思路变与不变结合，根据答题模型从副线圈向原线圈推进。
如果原副线圈的匝数不变，则副线圈电压不变，根据负载电阻的变化，判断出副线圈电流或功率的变化情况，然后根据输出功率决定输入功率的特点，分析原线圈电流或功率的变化。
[例1] 如图1所示，理想变压器原、副线圈回路中的输电线的电阻忽略不计。
当S闭合时( )图1A．电流表A1的读数变大，电流表A2的读数变小B．电流表A1的读数变大，电流表A2的读数变大C ．电流表A 1的读数变小，电流表A 2的读数变小D ．电流表A 1的读数变小，电流表A 2的读数变大[思路点拨] 原、副线圈及回路中导线电阻忽略不计→变压器为理想变压器，且副线圈的负载仅为R 1、R 2和R 3→ S 闭合后，电阻减小→副线圈电压不变，可求副线圈电流、功率变化情况→原线圈电流变化情况[解析] 当S 闭合后，变压器副线圈中的输电回路的电阻减小，而输出电压不变。
由I 2＝U 2R 1＋R 2R 3R 2＋R 3得I 2增大，即电流表A 2的读数增大。
再由电流比公式可知，I 1也增大，即电流表A 1的读数也增大，选项B 正确。
[答案] B1.(1)原线圈匝数不变，副线圈匝数变化。
(2)副线圈匝数不变，原线圈匝数变化。
(3)原副线圈的匝数同时变化，且变化后匝数比与之前不同。
2017-2018学年高中物理教科版选修3-2：综合检测B 含解
综合检测B(时间：90分钟 满分：100分)一、单项选择题(本大题共6小题，每小题4分，共24分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，选错或不答的得0分)1．如图1所示为安检门原理图，左边门框中有一通电线圈，右边门框中有一接收线圈．工作过程中某段时间通电线圈中存在顺时针方向均匀增大的电流，则( )图1A ．无金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向为顺时针B ．无金属片通过时，接收线圈中的感应电流增大C ．有金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向为顺时针D ．有金属片通过时，接收线圈中的感应电流大小发生变化答案 D解析 当左侧通电线圈中存在顺时针方向均匀增大的电流，则通过右侧线圈的磁通量增大，根据楞次定律可以知道，右侧线圈产生感应电流为逆时针，由于磁场是均匀增大，则产生的感应电流为恒定的，故选项A 、B 错误；当有金属片通过时，接收线圈中磁通量仍然增大，故产生的感应电流仍然为逆时针，但是由于金属片中也要产生感应电流，所以接收线圈中的感应电流大小发生变化，故选项C 错误，D 正确．2.图2为无线充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为n ，面积为S .若在t 1到t 2时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由B 1均匀增加到B 2，则该段时间线圈两端a 和b 之间的电势差φa －φb ( )图2A.恒为nS (B 2－B 1)t 2－t 1B.从0均匀变化到nS (B 2－B 1)t 2－t 1C.恒为－nS (B 2－B 1)t 2－t 1D.从0均匀变化到－nS (B 2－B 1)t 2－t 1答案 C解析 根据法拉第电磁感应定律得，感应电动势E ＝n ΔΦΔt ＝n (B 2－B 1)S t 2－t 1，由楞次定律和右手螺旋定则可判断b 点电势高于a 点电势，因磁场均匀变化，所以感应电动势恒定，因此a 、b两点电势差恒为φa －φb ＝－n (B 2－B 1)S t 2－t 1，选项C 正确. 3.在图3中，L 为电阻很小的线圈，G 1和G 2为内阻可不计、零点在表盘中央的电流计.当开关K 处于闭合状态时，两表的指针皆偏向右方.那么，当开关K 断开时，将出现( )图3A.G 1和G 2的指针都立即回到零点B.G 1的指针立即回到零点，而G 2的指针缓慢地回到零点C.G 1的指针缓慢地回到零点，而G 2的指针先立即偏向左方，然后缓慢地回到零点D.G 1的指针先立即偏向左方，然后缓慢地回到零点，而G 2的指针缓慢地回到零点 答案 D4.如图4所示的电路中，电源电压u ＝311sin (100πt ) V ，A 、B 间接有“220V ，440W ”的电暖宝、“220V,220W ”的抽油烟机、交流电压表及保险丝，下列说法正确的是( )图4A.交流电压表的示数为311VB.电路要正常工作，保险丝的额定电流不能小于32AC.电暖宝发热的功率是抽油烟机发热功率的2倍D.抽油烟机1min 消耗的电能为1.32×104J答案 D解析 由交变电压的表达式可知，交变电压的有效值U ＝U m 2≈220V ，所以交流电压表的示数为有效值220V ，A 错误；电路正常工作时，通过保险丝的电流为I ＝P 1U 1＋P 2U 2＝3A<32A ，B 错误；若是纯电阻电路，电暖宝的功率是抽油烟机功率的2倍，但抽油烟机消耗的电能主要转化为机械能，产生的热量很少，电暖宝的热功率大于抽油烟机热功率的2倍，C 错误；抽油烟机1min 消耗的电能为W ＝P 2t ＝220×60J ＝1.32×104J ，D 正确.5.如图5所示，矩形线圈abcd 的面积为S ，匝数为N ，线圈电阻为R ，在匀强磁场中可以分别绕垂直于磁场方向的轴P 1和P 2以相同的角速度ω匀速转动(P 1与ab 边重合，P 2过ad 边的中点)，从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过90°的过程中，绕P 1及P 2轴转动产生的交变电流的大小、通过线圈的电荷量及线圈中产生的热量分别为I 1、q 1、Q 1及I 2、q 2、Q 2，则下列判断正确的是( )图5A.线圈绕P 1和P 2轴转动时电流的方向相同，都是a →b →c →d →aB.q 1>q 2C.I 1＝I 2D.Q 1<Q 2答案 C解析 绕P 1、P 2轴转动时电流的方向相同，但电流的方向为a →d →c →b →a ，选项A 错误；电荷量q ＝N ΔΦR，与绕哪个轴转动没有关系，选项B 错误；线圈分别绕两轴转动时产生的电动势相同，所以电流相同，产生的热量也相同，选项C 正确，选项D 错误.6．如图6所示，甲图中两导轨不平行，而乙图中两导轨平行，其余物理条件都相同，金属棒MN 正在导轨上向右匀速运动，在金属棒运动过程中，将观察到( )图6A ．L 1、L 2都发光，只是亮度不同B ．L 1、L 2都不发光C ．L 2发光，L 1不发光D ．L 1发光，L 2不发光答案 D解析 甲图右侧线圈中感应电动势的大小时刻变化，乙图右侧线圈中感应电动势恒定．据变压器只能改变交变电压可知L 1发光，L 2不发光．二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对得5分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分)7.目前中国南极考察队队员正在地球南极考察，设想考察队队员在地球南极附近水平面上驾驶一辆冰车向前行进时，由于地磁场作用，冰车两端会有电势差，设驾驶员的左方电势为U 1，右方电势为U 2，则下列说法正确的是( )A.向着南极点行进时，U 1比U 2高B.背着南极点行进时，U 1比U 2低C.在水平冰面上转圈时，U 1比U 2高D.无论怎样在水平冰面上行进，U 1总是低于U 2答案 BD解析 在南极附近，地磁场磁感线的方向都是向上的，向着南极点行进或者背着南极点行进时，冰车切割磁感线，由右手定则可知，驾驶员右方电势高于左方电势；不管冰车怎样在水平冰面上行进，依据右手定则可判定，驾驶员右方电势总是高于左方电势.故B 、D 正确.8.电阻为1Ω的单匝矩形线圈绕垂直于磁场方向的轴在匀强磁场中匀速转动，产生的交变电动势随时间变化的图像如图7所示，现把此交变电动势加在电阻为9Ω的电热丝上，下列判断正确的是( )图7A.线圈转动的角速度为100rad/sB.在0～0.005s 时间内，通过电阻的电荷量为15πC C.电热丝两端的电压为180VD.电热丝的发热功率为1800W答案 BD解析 由题图可知T ＝0.02s ，ω＝2πT＝100πrad/s ，A 错误.在0～0.005s 内，由U m ＝nBSω，得BS ＝2πWb ，q ＝ΔΦR ＋r ＝BS －0R ＋r ＝15πC ，B 正确.电热丝两端电压U ＝R R ＋r ·U m 2＝902V ，C 错误.电热丝的发热功率P ＝U 2R ＝(902)29W ＝1800W ，D 正确. 9.某发电站用11kV 的交变电压输电，输送功率一定，输电线的总电阻为R ，现若用变压器将电压升高到330kV 送电，下面选项正确的是( )A.因I ＝U R所以输电线上的电流增为原来的30倍 B.因I ＝P U 所以输电线上的电流减为原来的130C.因P ＝U 2R，所以输电线上损失的功率为原来的900倍 D.若要使输电线上损失的功率不变，可将输电线的半径减为原来的130答案 BD 解析 输送功率P ＝UI 一定，电压升高后，电流变为原来的130，A 错误，B 正确；P 损＝I 2R ，损失的功率变为原来的(130)2＝1900，C 错误；输电线的半径变为原来的130，根据公式R ＝ρl S，电阻变为原来的900倍，P 损＝I 2R ，输电线上损失的功率保持不变，D 正确.10.如图8所示，平行金属导轨与水平面间夹角为θ，导轨电阻不计，与阻值为R 的定值电阻相连，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直穿过导轨平面.有一质量为m 、长为l 的导体棒从ab 位置(ab 与导轨垂直)获得平行斜面的大小为v 的初速度向上运动，最远到达a ′b ′的位置，滑行的距离为x ，导体棒的电阻也为R ，与导轨之间的动摩擦因数为μ，则( )图8A.上滑过程中导体棒受到的最大安培力为B 2l 2v RB.上滑过程中安培力、滑动摩擦力和重力对导体棒做的总功为m v 22C.上滑过程中电流做功产生的热量为m v 22－mgx (sin θ＋μcos θ) D.上滑过程中导体棒损失的机械能为m v 22－mgx sin θ 答案 CD解析 上滑过程中导体棒在初始位置所受的安培力最大，即F ＝BIl ＝B Bl v 2R l ＝B 2l 2v 2R，所以选项A 错误；上滑过程中由动能定理可得安培力、滑动摩擦力和重力对导体棒做的总功为W 安培力＋W 摩擦力＋W G ＝ΔE k ＝－12m v 2，选项B 错误；上滑过程中电流做功产生的热量等于克服安培力所做的功，选项C 正确；由能量守恒定律可判断D 正确.三、填空题(共2小题，共10分)11.(4分)如图9所示，图甲为热敏电阻的R —t 图像，图乙为用此热敏电阻R 和继电器组成的一个简单恒温箱温控电路，继电器线圈的电阻为100Ω.当线圈的电流大于或等于20mA 时，继电器的衔铁被吸合.为继电器线圈供电的电池的电动势E ＝9.0V ，内阻可以不计.图中的“电源”是恒温箱加热器的电源.则：图9(1)应该把恒温箱内的加热器接在________(填“A 、B 端”或“C 、D 端”).(2)如果要使恒温箱内的温度保持50℃，可变电阻R ′的阻值应调节为________Ω. 答案 (1)A 、B 端 (2)260解析 (1)恒温箱内的加热器应接在A 、B 端.当线圈中的电流较小时，继电器的衔铁在上方，恒温箱的加热器处于工作状态，恒温箱内温度升高.(2)随着恒温箱内温度升高，热敏电阻R 的阻值变小，则线圈中的电流变大，当线圈中的电流大于或等于20mA 时，继电器的衔铁被吸到下方来，则恒温箱加热器与电源断开，加热器停止工作，恒温箱内温度降低.随着恒温箱内温度降低，热敏电阻R 的阻值变大，则线圈中的电流变小，当线圈中的电流小于20mA 时，继电器的衔铁又被释放到上方，则恒温箱加热器又开始工作，这样就可以使恒温箱内保持在某一温度.要使恒温箱内的温度保持50℃，即50℃时线圈内的电流为20mA.由闭合电路的欧姆定律得I ＝E r ＋R ＋R ′，r 为继电器的电阻.由题图甲可知，50℃时热敏电阻R 的阻值为90Ω，所以R ′＝E I－R －r ＝260Ω. 12.(6分)如图10甲所示，调压器装置可视为理想变压器，负载电路中R ＝55Ω，、分别为理想电流表和理想电压表，若原线圈接入如图乙所示的正弦交变电压，电压表的示数为110V ，则电流表的示数为________A ，的示数为____________A ，原线圈中电流的瞬时值表达式为：____________________.图10答案 2 1 i ＝2sin (100πt ) A四、解答题(本题共4小题，共46分.解答应写出必要的文字说明、只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)13.(10分)在拆装某种大型电磁设备的过程中，需将设备内部的处于匀强磁场中的线圈先闭合，然后再提升直至离开磁场.操作时通过手摇轮轴A 和定滑轮O 来提升线圈.假设该线圈可简化为水平长为L 、上下宽度为d 的矩形线圈，其匝数为n ，总质量为M ，总电阻为R ，如图11所示.开始时线圈的上边缘与有界磁场的上边缘平齐.转动手摇轮轴A ，在时间t 内把线圈从图示位置匀速向上拉出磁场.此过程中，通过线圈中每匝导线横截面的电荷量为q ，求：图11(1)磁场的磁感应强度；(2)在转动轮轴时，人至少需做多少功？(不考虑摩擦影响)答案 (1)qR nLd (2)Mgd ＋q 2R t解析 (1)设磁场的磁感应强度为B ，在匀速提升过程中线圈运动速度v ＝d t① 线圈中感应电动势E ＝nBL v ②产生的感应电流I ＝E R③ 通过导线横截面的电荷量q ＝It ④联立①②③④得B ＝qR nLd(2)匀速提升过程中，人要克服重力和安培力做功即W ＝W G ＋W 安⑤又W G ＝Mgd ⑥W 安＝nBILd ＝n ·qR nLd ·q t ·Ld ＝q 2R t⑦联立⑤⑥⑦可得W ＝Mgd ＋q 2R t14.(10分)如图12所示为交流发电机示意图，匝数为n ＝100匝的矩形线圈，边长分别为10cm 和20cm ，内阻为5Ω，在磁感应强度B ＝0.5T 的匀强磁场中绕OO ′轴以502rad/s 的角速度匀速转动，线圈外部和20Ω的电阻R 相连接.求：图12(1)S 断开时，电压表的示数；(2)开关S 合上时，电压表和电流表的示数；(3)通过电阻R 的电流最大值是多少？电阻R 上所消耗的电功率是多少？答案 (1)50V (2)40V 2A (2)22A 80W解析 (1)感应电动势的最大值E m ＝nBSω＝100×0.5×0.1×0.2×50 2 V ＝50 2 VS 断开时，电压表示数为电源电动势的有效值E ＝E m 2＝50 V. (2)当开关S 合上时，由闭合电路欧姆定律得 I ＝E R ＋r ＝5020＋5A ＝2 A U ＝IR ＝2×20 V ＝40 V故电压表的示数为40 V ，电流表的示数为2 A.(3)通过R 的电流最大值I m ＝2I ＝2 2 A.电阻R 上所消耗的电功率P ＝UI ＝40×2 W ＝80 W.15.(12分)图13甲为一理想变压器，ab 为原线圈，ce 为副线圈，d 为副线圈引出的一个接头，原线圈输入正弦式交变电压的u －t 图像如图乙所示.若只在c 、e 间接一只R ce ＝400Ω的电阻，或只在d 、e 间接一只R de ＝225Ω的电阻，两种情况下电阻消耗的功率均为80W.图13(1)请写出原线圈输入电压u ab 的瞬时值表达式.(2)求只在c 、e 间接400Ω的电阻时，原线圈中的电流I 1.(3)求c 、e 和d 、e 间线圈的匝数比n ce n de. 答案 (1)u ab ＝400sin (200πt ) V(2)0.28A(或25A) (3)43解析 (1)由题图乙知ω＝2πT＝200πrad/s ， 电压瞬时值u ab ＝400sin (200πt ) V .(2)电压的有效值U 1＝2002V ，理想变压器P 1＝P 2，原线圈中的电流I 1＝P 1U 1解得I 1≈0.28A(或25A). (3)设原线圈的匝数为n 1，U 1n 1＝U ce n ce ，同理，U 1n 1＝U de n de， 由题意知U 2ce R ce ＝U 2de R de， 联立解得n ce n de ＝R ce R de ＝43. 16.(14分)光滑的平行金属导轨长为L ＝2m ，两导轨间距d ＝0.5m ，轨道平面与水平面的夹角为θ＝30°，导轨上端接一个阻值为R ＝0.6Ω的电阻，导轨所在空间有垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁场的磁感应强度B ＝1T ，如图14所示，一根质量m ＝0.5kg 、电阻r ＝0.4Ω的金属棒ab 垂直于导轨放在导轨最上端，且与导轨接触良好，其余部分电阻不计.已知棒ab 从导轨最上端由静止开始下滑到最底端脱离导轨的过程中，电阻R 上产生的热量Q 1＝0.6J ，棒与导轨始终垂直，g 取10m/s 2，试求：图14(1)当棒的速度v ＝2m/s 时，电阻R 两端的电压；(2)棒下滑到导轨最底端时速度的大小；(3)棒下滑到导轨最底端时加速度a 的大小.答案 (1)0.6V (2)4m /s (3)3 m/s 2解析 (1)当棒的速度v ＝2m/s 时，棒中产生的感应电动势E ＝Bd v ＝1V ，此时电路中的电流I ＝E R ＋r＝1A ， 所以电阻R 两端的电压U ＝IR ＝0.6V .(2)根据Q ＝I 2Rt ∝R 可知，在棒下滑的整个过程中金属棒中产生的热量Q 2＝r RQ 1＝0.4J ， 设棒到达导轨最底端时的速度为v 2，根据能量守恒定律，有mgL sin θ＝12m v 22＋Q 1＋Q 2， 解得v 2＝4m/s.(3)棒到达导轨最底端时回路中产生的感应电流I 2＝Bd v 2R ＋r＝2A ， 根据牛顿第二定律有mg sin θ－BI 2d ＝ma ，联立解得a ＝3m/s 2.。
2017-2018学年高中物理 第四章 电磁感应 专题4.3 楞次定律试题 新人教版选修3-2
第3节楞次定律一、楞次定律1．实验探究将螺线管与电流计连接成闭合回路，分别将N极、S极插入、抽出线圈，如图所示。
记录感应电流方向如下。
甲乙丙丁2．分析3．归纳总结当线圈内的磁通量增加时，感应电流的磁场______磁通量的增加；当线圈内磁通量减少时，感应电流的磁场_______磁通量的减少。
4．楞次定律感应电流具有这样的方向，即感应电流的______总要______引起感应电流的磁通量的_______。
5．适用范围：一切电磁感应现象。
6．对“阻碍”意义的理解7．楞次定律的推广含义楞次定律中“阻碍”的含义可以推广为：感应电流的效果总是阻碍引起感应电流的原因，列表说明如下磁铁靠近线圈，B感与B原反向磁铁靠近，是斥力合上S，B先亮二、右手定则1．内容：伸开右手，使拇指与其余四个手指________，并且都与手掌在同一个平面内，让磁感线从_______进入，并使拇指指向__________方向，这时________所指的方向就是感应电流的方向。
2．适用范围：右手定则适用于闭合回路中_______导体做_________时产生感应电流的情况。
3．楞次定律与右手定则的区别4．右手定则与左手定则的比较使用左手定则和右手定则时容易混淆，为了便于区分，可把两个定则简单地总结为“通电受力用左手，运动生电用右手”，简称为“通电左，生电右”。
向下 向上 向上 向下 向下 向上 向上 向下 阻碍 阻碍 磁场 阻碍 变化 垂直 掌心 导线运动的 四指 一部分 切割磁感线运动一、楞次定律处理电磁感应问题的常用方法1．常规法：ΔB B Φ−−−→−−−−→楞次定律原安培定则感据原磁场（方向及情况）确定感应电流产生的磁场（方向）判I −−−→左手定则感断感应电流（方向）导体受力及运动趋势。
2．效果法：由楞次定律可知，感应电流的“效果”总是阻碍引起感应电流的“原因”，深刻理解“阻碍”的含义，根据“阻碍”原则，可直接对运动趋势做出判断。
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1
专题培优练（二） 电磁感应中的四类综合问题
1.如图1所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，ab边长大于bc边长，置于垂直纸
面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方
向均垂直于MN。第一次ab边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横
截面的电荷量为q1；第二次bc边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q2，通过线框导体
横截面的电荷量为q2，则( )
图1
A．Q1>Q2，q1＝q2 B．Q1>Q2，q1>q2
C．Q1＝Q2，q1＝q2 D．Q1＝Q2，q1>q2
解析：选A 第一次ab边是电源，第二次bc边是电源。设线框ab、bc边长分别为l1、
l2，第一次时线框中产生的热量Q1＝I12Rt＝Bl1vR2·R·l2v＝B2l12l2vR＝B2l1l2vRl
1
，同理第二次
时线框中产生的热量Q2＝B2l1l2vRl2，由于l1>l2，所以Q1>Q2。通过线框导体横截面的电荷量
q
＝nΔΦR＝Bl1l2R，故q1＝q2，A选项正确。
2.英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发感生电场。如图2所示，一个
半径为r的绝缘细圆环水平放置，环内存在竖直向上的匀强磁场B，环上套一带电荷量为＋
q的小球。已知磁感应强度B随时间均匀增加，其变化率为k
，若小球在环上运动一周，则
感生电场对小球的作用力所做功的大小是( )
图2
A．0 B.12r2qk
C．2πr2qk D．πr2qk
解析：选D 变化的磁场产生的感生电动势为E＝ΔBΔtπr2＝kπr2，小球在环上运动一周
感生电场对其所做的功W＝qE＝qkπr2，D项正确，A、B、C项错误。
3.如图3所示，在匀强磁场中放一电阻不计的平行光滑金属导轨，导轨跟大线圈M相接，
小闭合线圈N在大线圈M包围中，导轨上放一根光滑的金属杆ab，磁感线垂直于导轨所在
2
平面。最初一小段时间t0内，金属杆ab向右做匀减速直线运动时，小闭合线圈N中的电流
按下列图中哪一种图线方式变化( )
图3
解析：选A 当金属杆ab向右做匀减速直线运动时，在ab中产生由a到b的均匀减小
的电流，由楞次定律可知，由于穿过线圈N的磁通量均匀减小，故在N中产生恒定不变的顺
时针方向的感应电流，故选项A正确。
4．如图4甲，R0为定值电阻，两金属圆环固定在同一绝缘平面内。左端连接在一周期
为T0的正弦交流电源上，经二极管整流后，通过R0的电流i始终向左，其大小按图乙所示
规律变化。规定内圆环a端电势高于b端时，a、b间的电压uab为正，下列uabt图像可能
正确的是( )
图4
解析：选C 由题图乙知，0～0.25T0，外圆环电流逐渐增大且ΔiΔt逐渐减小，根据安培
定则，外圆环内部磁场方向垂直纸面向里，磁场逐渐增强且ΔBΔt逐渐减小，根据楞次定律知
内圆环a端电势高，所以uab＞0，根据法拉第电磁感应定律uab＝ΔΦΔt＝ΔBSΔt知，uab逐渐减
3
小；t＝0.25T0时，ΔiΔt＝0，所以ΔBΔt＝0，uab＝0；同理可知0.25T0＜t＜0.5T0时，uab＜0，
且|uab|逐渐增大；0.5T0～T0内重复0～0.5T0的变化规律。故选项C正确。
5.如图5所示，abcd为水平放置的平行“ ”形光滑金属导轨，间距为l，导轨间有
垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计，已知金属杆MN倾斜放
置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r，保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动(金
属杆滑动过程中与导轨接触良好)。则( )
图5
A．电路中感应电动势的大小为Blvsin θ
B．电路中感应电流的大小为Bvsin θr
C．金属杆所受安培力的大小为B2lvsin θr
D．金属杆的热功率为B2lv2rsin θ
解析：选B 金属杆的运动方向与金属杆不垂直，电路中感应电动势的大小为E＝Blv(
l
为切割磁感线的有效长度)，选项A错误；电路中感应电流的大小为I＝ER＝Blvlsin θ r＝
Bvsin θr，选项B正确；金属杆所受安培力的大小为F＝BIl′＝B·Bvsin θr·lsin θ＝B2lv
r
，
选项C错误；金属杆的热功率为P＝I2R＝B2v2sin2θr2·lrsin θ＝B2lv2sin θr，选项D错误。
6.如图6所示，导线全部为裸导线，半径为r的圆内有垂直于圆平面的匀强磁场，磁感
应强度为B，一根长度大于2r的导线MN以速率v在圆环上无摩擦地自左端匀速滑到右端，
回路的固定电阻为R，其余电阻不计，试求：
图6
(1)MN从圆环左端滑到右端的过程中，电阻R上的电流的平均值及通过的电荷量。
(2)MN从圆环左端滑到右端的过程中，电阻R上的电流的最大值。
4
解析：(1)从左端到右端磁通量的变化量
ΔΦ＝BΔS＝Bπr2
从左端到右端的时间：Δt＝2rv
根据法拉第电磁感应定律，平均感应电动势
E
＝ΔΦΔt＝Bπr22rv＝Bπvr2
所以，回路中平均感应电流I＝ER＝Bπvr2R
通过R的电荷量q＝IΔt＝Bπvr2R·2rv＝Bπr2R。
(2)当导线运动到圆环的圆心处时，切割磁感线的有效长度最大，产生的感应电动势也
就最大，电阻R上的电流也就最大，此时Em＝B·2r·v，所以Im＝EmR，由以上两式，得
I
m
＝2BrvR。
答案：(1)Bπvr2R Bπr2R (2)2BrvR
7．如图7所示，平行长直金属导轨水平放置，间距L＝0.4 m。导轨右端接有阻值R＝1 Ω
的电阻。导体棒垂直放置在导轨上，且接触良好，导体棒及导轨电阻均不计，导轨间正方形
区域abcd内有方向竖直向下的匀强磁场，bd连线与导轨垂直，长度也为L。从0时刻开始，
磁感应强度B的大小随时间t变化，规律如图8所示；同一时刻，棒从导轨左端开始向右匀
速运动，1 s后刚好进入磁场，若使棒在导轨上始终以速度v＝1 m/s做直线运动，求：
(1)棒进入磁场前，回路中的电动势E；
(2)棒在运动过程中受到的最大安培力F，以及棒通过三角形abd区域时电流i与时间
t
的关系式。
图7 图8
解析：(1)正方形磁场的面积为S，则S＝L22＝0.08 m2。在棒进入磁场前，回路中的感应
电动势是由于磁场的变化而产生的。由Bt图像可知ΔBΔt＝0.5 T/s，根据E＝nΔΦΔt，得回
5
路中的感应电动势E＝ΔBΔtS＝0.5×0.08 V＝0.04 V。
(2)当导体棒通过bd位置时感应电动势、感应电流最大，导体棒受到的安培力最大。此
时感应电动势E′＝BLv＝0.5×0.4×1 V＝0.2 V
回路中感应电流I′＝E′R＝0.21 A＝0.2 A
导体棒受到的安培力F＝BI′L＝0.5×0.2×0.4 N＝0.04 N
当导体棒通过三角形abd区域时，导体棒切割磁感线的有效长度
l＝2v(t－1)(1 s≤t
≤1.2 s)
感应电动势e＝Blv＝2Bv2(t－1)＝(t－1)V
感应电流i＝eR＝(t－1)A(1 s≤t≤1.2 s)。
答案：(1)0.04 V
(2)0.04 N i＝(t－1)A(1 s≤t≤1.2 s)
8.如图9所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上，导轨电阻
不计，间距L＝0.4 m。导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN，
Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下，Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强
度大小均为B＝0.5 T。在区域Ⅰ中，将质量m1＝0.1 kg，电阻R1＝0.1 Ω的金属条ab放在
导轨上，ab刚好不下滑。然后，在区域Ⅱ中将质量m2＝0.4 kg，电阻R2＝0.1 Ω的光滑导
体棒cd置于导轨上，由静止开始下滑。cd在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，ab、
cd
始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，取g＝10 m/s2。问：
图9
(1)cd下滑的过程中，ab中的电流方向；
(2)ab刚要向上滑动时，cd的速度v多大；
(3)从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中，cd滑动的距离x＝3.8 m，此过程中
ab上产生的热量Q
是多少。
解析：(1)由a流向b。
(2)开始放置ab刚好不下滑时，ab所受摩擦力为最大静摩擦力，设其为Fmax，有Fmax＝
m1g
sin θ①
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
②
6
设电路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律有
I
＝ER1＋R2③
设ab所受安培力为F安，有F安＝ILB④
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＝m1gsin θ＋F
max
⑤
综合①②③④⑤式，代入数据解得v＝5 m/s。⑥
(3)设cd棒的运动过程中电路中产生的总热量为Q总，由能量守恒有
m2gxsin θ＝Q总＋12m2v
2
⑦
又Q＝R1R1＋R2Q总⑧
解得Q＝1.3 J。⑨
答案：(1)由a流向b (2)5 m/s (3)1.3 J