【文档说明】(新高考)高考物理一轮复习学案10.3《电磁感应定律的综合运用》(含解析).doc，共(25)页，787.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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格致课堂(新高考)高考物理一轮复习学案10.3电磁感应定律的综合运用1．右手定则是楞次定律的特殊情况(1)楞次定律的研究对象为整个闭合回路，适用于磁通量变化引起感应电流的各种情况。(2)右手定则的研究对象为闭合回路的一部分导体，适用于一段导

线在磁场中做切割磁感线运动。2.对电源的理解(1)在电磁感应现象中，产生感应电动势的那部分导体相当于电源，如切割磁感线的导体棒、有磁通量变化的线圈等，这种电源将其他形式的能转化为电能。(2)判断感应电流和感应电动势的方向，都是把相当于电源的部分根据右手定则或楞次定律判定

的。实际问题中应注意外电路电流由高电势处流向低电势处，而内电路则相反。3．导体棒在匀强磁场运动过程中的变与不变(1)外电阻的变与不变若外电路由无阻导线和定值电阻构成，导体棒运动过程中外电阻不变；若外电路由考虑电阻的导线组成，导体棒运动过程中外电阻改变。(2)内电阻与电动势的变与不变切割磁感

线的有效长度不变，则内电阻与电动势均不变。反之，发生变化。处理电磁感应过程中的电路问题时，需特别关注电动势及内、外电阻是否变化。核心素养一区别安培定则、左手定则、右手定则的关键是抓住因果关系(1)因电而生磁(I→B)→安培定则(判断电流周围磁感线的方

向)。(2)因动而生电(v、B→I感)→右手定则(闭合回路的部分导体切割磁感线产生感应电流)。知识框架核心素养格致课堂(3)因电而受力(I、B→F安)→左手定则(磁场对电流有作用力)。核心素养二对电路的理解

(1)内电路是切割磁感线的导体或磁通量发生变化的线圈，外电路由电阻、电容等电学元件组成。(2)在闭合电路中，相当于“电源”的导体两端的电压与真实的电源两端的电压一样，等于路端电压，而不等于感应电动势。核心素养三图像问题图像类型(1)电

磁感应中常涉及磁感应强度B、磁通量Φ、感应电动势E和感应电流I随时间t变化的图像，即B­t图像、Φ­t图像、E­t图像和I­t图像(2)对于切割磁感线产生感应电动势和感应电流的情况，还常涉及感应电动势E和感应电流I随线圈位移x变化的图像，即E­x图像和I­x图像问题类型(1)由给定的电磁

感应过程选出或画出正确的图像(2)由给定的有关图像分析电磁感应过程，求解相应的物理量应用知识左手定则、安培定则、楞次定律、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律、相关数学知识等2.解决图像问题的一般步骤(1)明确图像的种类，即是B­t图像还是Φ­t图像，或者E­t图像、I­

t图像等。(2)分析电磁感应的具体过程。(3)用右手定则或楞次定律确定方向对应关系。(4)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等规律写出函数关系式。(5)根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等。(6)画图像或判断图像

。典例精讲格致课堂1．下列四个选项图中，虚线上方空间都存在方向垂直纸面向里的匀强磁场．A、B中的导线框为正方形，C、D中的导线框为直角扇形．各导线框均绕垂直纸面的轴O在纸面内匀速转动，转动方向如箭头所示，转动周期均为T.从

线框处于图示位置时开始计时，以在OP边上从P点指向O点的方向为感应电流i的正方向．则在如图A、B、C、D所示的四个情景中，产生的感应电流i随时间t的变化规律如i­t图象所示的是()解析：根据感应电流在一段时间恒定，导线框应为扇形；由右手定则可判断出产生的感应电流i随时间t的变化规律如题中i­t

图象所示的是选项C.答案：C2．如图所示是两个相互连接的金属圆环，小金属环的电阻是大金属环电阻的二分之一，磁场垂直穿过大金属环所在区域，当磁感应强度随时间均匀变化时，在大环内产生的感应电动势为E，则a、b两点间的电势差为()A.12EB.13EC.23ED．E解析：a、b间的电势差等

于路端电压，而小环电阻占电路总电阻的13，故a、b间电势差为U＝13E，选项B正确．答案：B3．(2019·广东四校联考)如图所示，在一磁感应强度B＝0.5T的匀强磁场中，垂直于磁场方向水平放置着两根相距L＝0.1m的平行金属导轨M

N和PQ，导轨电阻忽略不计，在两根导轨的端点N、Q之间连接一阻值R＝0.3Ω的电阻．导轨上正交放置着金属棒ab，其电阻r格致课堂＝0.2Ω.当金属棒在水平拉力作用下以速度v＝4.0m/s向左做匀速运动时()A．ab棒所受安培力大小为0.02N

B．N、Q间电压为0.2VC．a端电势比b端电势低D．回路中感应电流大小为1A解析：ab棒产生的电动势E＝BLv＝0.2V，电流I＝ER＋r＝0.4A，ab棒受的安培力F＝BIL＝0.02N，A正确，D错误；N、Q之间的电

压U＝RR＋rE＝0.12V，B错误；由右手定则得a端电势较高，C错误．答案：A一、解答题1．电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理可用来研制新武器和航天运载器．电磁轨道炮示意如图，图中直流电源电动势为E，电容

器的电容为C．两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为l，电阻不计．炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触．首先开关S接1，使电容器完全充电．然后将S接

至2，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场（图中未画出），MN开始向右加速运动．当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零，MN达到最大速度，之后离开导轨．问：（1）磁场的方向；（2）MN刚开始运动时加速度

a的大小；（3）MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q是多少．2．如图所示，光滑平行金属导轨的水平部分处于竖直向下的B＝4T的匀强磁场中，两导轨间距为L＝0.5m，导轨足够长且不计电阻．金属棒a和b的质量都为m＝1kg，连入导轨间的电阻Ra

＝Rb＝1Ω．b棒静止于导轨水平部分，现将a棒从h＝80cm高处自静止沿弧形导轨下滑，过关训练格致课堂通过C点进入导轨的水平部分，已知两棒在运动过程中始终保持与导轨垂直，且两棒始终不相碰．求a、b两棒的最终速度，以及整个过程

中b棒中产生的焦耳热(已知重力加速度g＝10m/s2)．3．发电机和电动机具有装置上的类似性，源于它们机理上的类似性.直流发电机和直流电动机的工作原理可以简化为如图1、图2所示的情景.格致课堂在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，两根光滑

平等金属轨道MN、PQ固定在水平面内，相距为L，电阻不计.电阻为R的金属导体棒ab垂直于MN、PQ放在轨道上，与轨道接触良好，以速度v（v平行于MN）向右做匀速运动.图1轨道端点MP、间接有阻值为r的电阻，导体棒ab受到水平向右的外力作用.图2轨道

端点MP、间接有直流电源，导体棒ab通过滑轮匀速提升重物，电路中的电流为I.（1）求在t时间内，图1“发电机”产生的电能和图2“电动机”输出的机械能；（2）从微观角度看，导体棒ab中的自由电荷所受洛伦兹在上述

能量转化中起着重要作用.为了方便，可认为导体棒中的自由电荷为正电荷.a.请在图3（图1的导体棒ab）、图4（图2的导体棒ab）中，分别画出自由电荷所受洛伦兹力的示意图.b.我们知道，洛伦兹力对运动电荷不做功.那么，导体棒ab中的自由电荷所受洛伦兹力是如

何在能量转化过程中起到作用的呢？请以图2“电动机”为例，通过计算分析说明.4．真空管道超高速列车的动力系统是一种将电能直接转换成平动动能的装置．图1是某种动力系统的简化模型，图中粗实线表示固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金

属导轨，电阻格致课堂忽略不计，ab和cd是两根与导轨垂直，长度均为l，电阻均为R的金属棒，通过绝缘材料固定在列车底部，并与导轨良好接触，其间距也为l，列车的总质量为m．列车启动前，ab、cd处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下，如图1所示，为使列

车启动，需在M、N间连接电动势为E的直流电源，电源内阻及导线电阻忽略不计，列车启动后电源自动关闭．（1）要使列车向右运行，启动时图1中M、N哪个接电源正极，并简要说明理由；（2）求刚接通电源时列车加速度a的大小；

（3）列车减速时，需在前方设置如图2所示的一系列磁感应强度为B的匀强磁场区域，磁场宽度和相邻磁场间距均大于l．若某时刻列车的速度为0v，此时ab、cd均在无磁场区域，试讨论：要使列车停下来，前方至少需要多少块这样的有界

磁场？5．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，磁通量变化率为常量k．图中格致课堂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，需在其上加多大的水平恒力F，并指出其方向；（2）断开S，PQ在上述恒力作用下，由静止开始

到速度大小为的加速过程中流过PQ的电荷量为q，求该过程安培力做的功W．6．如图所示，两条相距d的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R的电阻．质量为m的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ的磁感应强度大小为B、方

向竖直向下．当该磁场区域以速度v0匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为v．导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良格致课堂好接触．求：（1）MN刚扫

过金属杆时，杆中感应电流的大小I；（2）MN刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a；（3）PQ刚要离开金属杆时，感应电流的功率P．7．如图所示，MN、PQ是两根足够长的光滑平行金属导轨，导轨间距为d，导轨所在平面与水平面成θ角，M、P间接阻值为R的电阻．匀强磁场的

方向与导轨所在平面垂直，磁感应强度大小为B．质量为m、阻值为r的金属棒放在两导轨上，在平行于导轨的拉力作用下，以速度v匀速向上运动．已知金属棒与导轨始终垂直并且保持良好接触，重力加速度为g，求：格致课堂（1）金属棒产生的感应电动势E；（2）通过电阻R电流I；（3）拉力F的大小．8．如图所示，

足够长的粗糙绝缘斜面与水平面成θ=37°放置，在斜面上虚线aa′和bb′与斜面底边平行，在aa′b′b围成的区域有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度为B=1T；现有一质量为m=10g，总电阻为R=

1Ω，边长d=0.1m的正方形金属线圈MNPQ，让PQ边与斜面底边平行，从斜面上端静止释放，线圈刚好匀速穿过磁场．已知线圈与斜面间的动摩擦因数为格致课堂μ=0.5，（取g=10m/s2；sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：（1）线圈进入磁场区域时，受到安培力大小；（2

）线圈释放时，PQ边到bb′的距离；（3）整个线圈穿过磁场的过程中，线圈上产生的焦耳热．9．如图所示，间距L＝1m的两根足够长的固定水平平行导轨间存在着匀强磁场，其磁感应强度大小B＝1T、方向垂直于纸面向里，导轨上有一金属棒MN与导轨垂直且在水平拉力F作用下以v＝2

m/s的速度水平向左匀速运动．R1＝8Ω，R2＝12Ω，C＝6μF，导轨和棒的电阻及一切摩擦均不计．开关S1、S2闭合，电路稳定后，求：格致课堂(1)通过R2的电流I的大小和方向；(2)拉力F的大小；(3)开关S1切断后通过R2的电荷量Q．10．如图甲所示，光滑导轨宽0.4m，ab为金属

棒，均匀变化的磁场垂直穿过轨道平面，磁场的变化情况如图乙所示，金属棒ab的电阻为1Ω，导轨电阻不计．t=0时刻，ab棒从导轨最左端，以v=1m/s的速度向右匀速运动，求:1s末回路中的感应电流及金属棒ab受到的安培力。11．如图甲所示，导体棒MN置于足够长的

水平“匚”型金属框架上，框架的两根导轨平行，左侧连有定值电阻，右侧虚线外有垂直导轨平面的匀强磁场．导体棒在水平恒力作用下，从t=0时刻开始向右沿导轨运动，其运动的v—t图线如图乙所示．图线在0-t1时间内是直线，在t

1-t2时间内是曲线，大于t2时间是平行时间轴的直线．已知该棒t1时刻速度为v1，t2时刻速度为v2，不计棒与导轨间的摩擦，求：格致课堂（1）刚进入磁场的t1时刻和t2时刻通过导体棒的电流之比；（2）导体棒进入磁场时加速度的大小．1．如图所示，有两根与水平方向

成α角的光滑平行的金属轨道，上端接有可变电阻R，下端足够长．空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为B，一根质量为m的金属杆从轨道上由静止滑下．经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度vm，则()

格致课堂A．如果B增大，vm将变大B．如果α变大，vm将变大C．如果R变大，vm将变大D．如果m变小，vm将变大2．如图所示，一不计电阻的导体圆环，半径为r、圆心在O点，过圆心放置一长度为2r、电阻为R的辐条，辐条与圆环接触良好，现将此装置放置于磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场中，

磁场边界恰与圆环直径在同一直线上，现使辐条以角速度ω绕O点逆时针转动，右侧电路通过电刷与圆环中心和环的边缘相接触，R1＝R2，S处于闭合状态，不计其他电阻，则下列判断正确的是()A．通过R1的电流方向为

自下而上B．感应电动势大小为2Br2ωC．理想电压表的示数为16Br2ωD．理想电流表的示数为4Br2ω3R3．两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，底端接阻值为R的电阻．将质量为m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导

轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，如图所示．除电阻R外其余电阻不计．现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放．则()格致课堂A．释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度gB．金属棒向下运动时，流过电阻R的电流方向为a

→bC．金属棒的速度为v时，所受的安培力大小为F＝B2L2vRD．电阻R上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量考题预测参考答案1解析：金属杆在下滑过程中先做加速度减小的加速运动，速度达到最大后做匀速运动．所以当F安＝mgsinα时速度最大，F安＝BIl＝B

2l2vmR，所以vm＝mgRsinαB2l2，分析各选项知B、C正确．格致课堂答案：BC2解析：由右手定则可知圆环中心为电源的正极、圆环边缘为电源的负极，因此通过R1的电流方向为自下而上，选项A正确；

由题意可知，始终有长度为r的辐条在转动切割磁场线，因此感应电动势大小为12Br2ω，选项B错误；由图可知，在磁场内部的半根辐条相当于电源，磁场外部的半根辐条与R1并联，因此理想电压表的示数为16Br2ω，选项C正确；理想电流表的示数为B

r2ω3R，选项D错误．答案：AC3解析：金属棒刚释放时，弹簧处于原长，弹力为零，又因此时速度为零，没有感应电流，金属棒不受安培力作用，只受到重力作用，其加速度应等于重力加速度，选项A正确；金属棒向下运动时，由右手定则可知，流过电阻R的电流方向为b→a，选项B错误；金属棒

速度为v时，安培力大小为F＝BIL，又I＝BLvR，解得F＝B2L2vR，选项C正确；金属棒下落过程中，由能量守恒定律知，金属棒减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能、金属棒的动能(速度不为零时)以及电阻R上产生的热量，选项D错误．答案：AC过关训练参考答案1．（1）垂直于导轨平面向下；（2）BElm

R（3）22222BlCEmBlC【详解】（1）电容器充电后上板带正电，下板带负电，放电时通过MN的电流由M到N，欲使炮弹射出，安培力应沿导轨向右，根据左手定则可知磁场的方向垂直于导轨平面向下．（2）电容

器完全充电后，两极板间电压为E，根据欧姆定律，电容器刚放电时的电流：EIR炮弹受到的安培力：FBIl根据牛顿第二定律：Fma格致课堂解得加速度BElamR（3）电容器放电前所带的电荷量1QCE开关S

接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值vm时，MN上的感应电动势：mEBlv最终电容器所带电荷量2QCE设在此过程中MN的平均电流为I，MN上受到的平均安培力：FBIl由动量定理，有：m0Ft

mv又：12ItQQ整理的：最终电容器所带电荷量222222BlCEQBlCm2．2m/s；2J【详解】设a棒下滑至C点时速度为v0，由动能定理，有：mgh＝12mv02－0解得：v0＝4m/s此后的运动过程中，a、b两棒达到共速前，两

棒所受安培力始终等大反向，因此a、b两棒组成的系统动量守恒，有：mv0＝(m＋m)v解得a、b两棒共同的最终速度为：v＝2m/s此后两棒一起做匀速直线运动；由能量守恒定律可知，整个过程中回路产生的总焦耳热为：Q＝12mv02－12(m＋m)v2则

b棒中产生的焦耳热为：Qb＝12Q解得：Qb＝2J格致课堂3．（1）222BLvtBILtRr（2）a.见解析图b.见解析【详解】（1）图1中，电路中的电流1BLvlRr，棒ab受到的安培力11FBIL，在t时间内，“发电机”产生的电能等于棒ab克服安

培力做的功，有2221BLvtEFvtRr电.图2中，棒ab受到的安培力22FBIL，在t时间内，“发电机”产生的电能等于棒ab克服安培力做的功，故2EFvtBILvt机.（2）a.如图3、图4所示.图3图4

b.设自由电荷所带电荷量为q，沿导体棒定向移动的速度为u.如图4所示，沿棒方向的洛伦兹力1fqvB，做负功，11WfutqvBut，垂直于棒方向的洛伦兹力2fquB，做正功，22WfvtquBv

t，所以12WW，即导体棒中一个自由电荷所受的洛伦兹力所做的功为零.1f做负功，阻碍自由电荷的定向移动，宏观上表现为“反电动势”，消耗电源的电源；2f做正功，宏观上表现为安培力做正功，使机械能

增加.大量自由电荷所受洛伦兹力做功的宏观表现格致课堂是将电能转化为等量的机械能，在此过程中洛伦兹力通过两个分力做功起到“传递”能量的作用.4．（1）M接电源正极，理由见解析（2）2BElamR（3）若0II总恰好为整

数，设其为n，则需设置n块有界磁场，若0II总不是整数，设0II总的整数部分为N，则需设置N+1块有界磁场【详解】试题分析：结合列车的运动方向，应用左手定则判断电流方向，从而判断哪一个接电源正极；对导体棒受力分

析，根据闭合回路欧姆定律以及牛顿第二定律求解加速度；根据动量定理分析列车进入和穿出磁场时动量变化，据此分析；（1）M接电源正极，列车要向右运动，安培力方向应向右，根据左手定则，接通电源后，金属棒中电流方向由a到b，由c到d，故M接电源正极．（2）

由题意，启动时ab、cd并联，设回路总电阻为R总，由电阻的串并联知识得2RR总①；设回路总电流为I，根据闭合电路欧姆定律有EIR总②设两根金属棒所受安培力之和为F，有F=BIl③根据牛顿第二定律有F=ma④，联立①②③④式得2BElamR⑤（3）设列车减速时，cd进入磁

场后经t时间ab恰好进入磁场，此过程中穿过两金属棒与导轨所围回路的磁通量的变化为，平均感应电动势为1E，由法拉第电磁感应定律有1Et⑥，其中2Bl⑦；设回路中平均电流为'I，由闭合电路欧姆定律有1'2EIR⑧

设cd受到的平均安培力为'F，有''FIlB⑨以向右为正方向，设t时间内cd受安培力冲量为I冲，有'IFt冲⑩同理可知，回路出磁场时ab受安培力冲量仍为上述值，设回路进出一块有界磁场区域安培力冲量为0I，有02II冲⑪设列车停下来受到的总冲

量为I总，由动量定理有00Imv总⑫联立⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得0230=ImvRIBl总⑬讨论：若0II总恰好为整数，设其为n，则需设置n块有界磁场，若0II总不是整数，设0II总的整数部格致课堂分为N，则需设置N+1块有界磁场．

⑭．【点睛】如图所示，在电磁感应中，电量q与安培力的冲量之间的关系，如图所示，以电量为桥梁，直接把图中左右两边的物理量联系起来，如把导体棒的位移和速度联系起来，但由于这类问题导体棒的运动一般都不是匀变速直线运动，无法直接使用匀变速直线运动的运动学公

式进行求解，所以这种方法就显得十分巧妙，这种题型难度最大．5．（1）3BklFR，方向水平向右；（2）21223Wmkq【详解】（1）设线圈中的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律Et，则Ek①设PQ与MN并联的电阻

为R并，有2RR并②闭合S时，设线圈中的电流为I，根据闭合电路欧姆定律得EIRR并③设PQ中的电流为PQI，有12RQII④设PQ受到的安培力为F安，有PQFBIl安⑤保持PQ静止，由受力平衡，有ⅠⅡⅢⅣFF安⑥联立①②③④⑤⑥式得格致课堂3BklFR⑦方向水平向右．

（2）设PQ由静止开始到速度大小为的加速过程中，PQ运动的位移为x，所用时间为t，回路中的磁通量变化为，平均感应电动势为E，有Et⑧其中Blx⑨设PQ中的平均电流为I，有2EIR

⑩根据电流的定义得qIt⑪由动能定理，有2102FxWm⑫联立⑦⑧⑨⑩⑪⑫⑬式得21223Wmkq⑬6．（1）0BdvR；（2）220BdvmR；（3）2220()BdvvR；【分析】本题的关键在于导体切割磁感线产生电动势E=Blv，切割的速度（v）是

导体与磁场的相对速度，分析这类问题，通常是先电后力，再功能．（1）根据电磁感应定律的公式可得知产生的电动势，结合闭合电路的欧姆定律，即可求得MN刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I；（2）根据第一问求得的电流，利用安培力的公式，结

合牛顿第二定律，即可求得MN刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a；（3）首先要得知，PQ刚要离开金属杆时，杆切割磁场的速度，即为两者的相对速度，然后结合感应电动势的公式以及功率的公式即可得知感应电流的功率P．【详解】（1）感应电动势0EBdv感应

电流EIR解得0BdvIR格致课堂（2）安培力FBId牛顿第二定律Fma解得220BdvamR（3）金属杆切割磁感线的速度0=vvv，则感应电动势0()EBdvv电功率2EPR解得222

0()BdvvPR【点睛】该题是一道较为综合的题，考查了电磁感应，闭合电路的欧姆定律以及电功电功率．对于法拉第电磁感应定律是非常重要的考点，经常入选高考物理压轴题，平时学习时要从以下几方面掌握．（1）切割速度v的问题切割速度的大小决定了E的大小；切割速度是由导体棒的初速度与加

速度共同决定的．同时还要注意磁场和金属棒都运动的情况，切割速度为相对运动的速度；不难看出，考电磁感应的问题，十之八九会用到牛顿三大定律与直线运动的知识．（2）能量转化的问题电磁感应主要是将其他形式能量（机械能）

转化为电能，可由于电能的不可保存性，很快又会想着其他形式能量（焦耳热等等）转化．（3）安培力做功的问题电磁感应中，安培力做的功全部转化为系统全部的热能，而且任意时刻安培力的功率等于系统中所有电阻的热功率．（4）动能定理的应用动能定理当然也能应用在电磁感应中，只不过同学们要明确研究对象

，我们大多情况下是通过导体棒的．固定在轨道上的电阻，速度不会变化，显然没有用动能定理研究的必要．7．（1）E=Bdv；（2）BdvIRr；（3）22sinBdvFmgRr【详解】（1）根据法拉第电磁感应定律E=Bdv（2）根据闭合电路欧姆定律EBdvIRrR

r（3）导体棒的受力情况如图所示，根据牛顿第二定律有格致课堂sin0FFmg安又因为：22BdvFBIdRr安所以：22sinBdvFmgRr8．（1）2m/s；（2）1m；（3）3410J【分析】（1）由于线

圈匀速进磁场，根据平衡可求出安培力的大小（2）根据闭合回路欧姆定律，以及动能定理可以求出PQ边到bb′的距离（3）根据能量守恒求解整个线圈穿过磁场的过程中，线圈上产生的焦耳热【详解】（1）对线圈受力分析有

：sincosAmgmgF代入数据得：2210AFN（2）设线圈释放时，PQ边到bb′的距离为L根据安培力公式可知：22AEBdvFBIdBLRR导体棒从开始到进入磁场过程中，有动能定理可得：21sincos2mgLmgLmv

结合公式可解得：1Lm（3）由于线圈刚好匀速穿过磁场，则磁场宽度d=0.1m•2QWFd安安代入数据解得：2321020.1410QJJ故本题答案是：（1）2210AFN（2）1Lm（3）3410QJ【点睛】要会

根据题目中的词语找到隐含条件，比如由于线圈刚好匀速穿过磁场，则磁场宽度等于d，格致课堂穿过磁场时速度不变，安培力不变，安培力做功的距离为2d，可求出安培力做的功，即为线圈上产生的焦耳热．9．（1）0.1A（2）0.1N（

3）7.2×10-6C【详解】（1）开关S1、S2闭合后，根据右手定则知棒中的感应电流方向是由M→N，所以通过R2的电流方向是由b→a.MN中产生的感应电动势的大小E=BLv.流过R2的电流I=12ERR.代入数据解得I=0.1A．.(2)棒

受力平衡，有FF安＝，FBIL安＝.代入数据解得0.1FN＝(3)开关S1、S2闭合，电路稳定后，电容器所带电荷量Q1=CIR2.S1切断后，流过R2的电荷量Q等于电容器所带电荷量的减少量，即Q=Q1-0代入数据解得Q=7.2×10-6C.10．1s末回路中的感应电流为1.

6A，ab棒所受的安培力大小为1.28N，方向向左【详解】由图乙知，1s末磁感应强度B=2Tab棒产生的动生电动势为E动=BLv=2×0.4×1V=0.8V回路中产生的感生电动势为E感=BtLvt=2×0.4×1×1V=0.8根据楞次定律知两个电动势串联，则总电动势为E=E动+E

感=1.6V回路中感应电流为1.61.61EIAAR1s末ab棒所受安培力为F=BIL=2×1.6×0.4N=1.28N，方向向左格致课堂11．(1)1122IvIv(2)11211vvvt【详解】试题分析：产

生的感应电动势为E=BLv，根据闭合电路欧姆定律即可求得通过导体棒的电流之比；根据牛顿第二定律求出加速度．（1）设棒切割磁场的长度为L，磁场的磁感应强度为B，回路的总电阻为R，则棒在t1、t2时刻的电流为1212,BLvBLvIIRR因此电流之比为1122IvIv（2）设恒力为F，

则在t1时刻：221BLvFmaR在t2时刻：2220BLvFR在0-t1时间有：11Ftmv联解得：11211vvavt点睛：本题主要考查了导体棒的切割问题，结合闭合电路欧姆定律和牛顿第二定律即可解题

．考题预测