9、
1. (多選)如圖1-4-4所示，一均勻金屬圓盤繞通過其圓心且與盤面垂直的軸逆時針勻速轉(zhuǎn)動。現(xiàn)施加一垂直穿過圓盤的有界勻強(qiáng)磁場，圓盤開始減速。在圓盤減速過程中，以下說法正確的是( )
圖1-4-4
A．處于磁場中的圓盤部分，靠近圓心處電勢高
B．所加磁場越強(qiáng)越易使圓盤停止轉(zhuǎn)動
C．若所加磁場反向，圓盤將加速轉(zhuǎn)動
D．若所加磁場穿過整個圓盤，圓盤將勻速轉(zhuǎn)動
解析：選ABD 根據(jù)右手定則可判斷靠近圓心處電勢高，選項(xiàng)A正確；圓盤處在磁場中的部分轉(zhuǎn)動切割磁感線，相當(dāng)于電源，其他部分相當(dāng)于外電路，根據(jù)左手定則，圓盤所受安培力與運(yùn)動方向相反，磁場越強(qiáng)，安培力越大，故所加磁場越
10、強(qiáng)越易使圓盤停止轉(zhuǎn)動，選項(xiàng)B正確；磁場反向，安培力仍阻礙圓盤轉(zhuǎn)動，選項(xiàng)C錯誤；若所加磁場穿過整個圓盤，整個圓盤相當(dāng)于電源，不存在外電路，沒有電流，所以圓盤不受安培力而勻速轉(zhuǎn)動，選項(xiàng)D正確。
2.如圖1-4-5所示，在置于勻強(qiáng)磁場中的平行導(dǎo)軌上，橫跨在兩導(dǎo)軌間的導(dǎo)體桿PQ以速度v向右勻速移動，已知磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直于導(dǎo)軌平面(即紙面)向外，導(dǎo)軌間距為l，閉合電路acQPa中除電阻R外，其他部分的電阻忽略不計(jì)，則( )
圖1-4-5
A．電路中的感應(yīng)電動勢E＝IlB
B．電路中的感應(yīng)電流I＝
C．通過電阻R的電流方向是由a向c
D．通過PQ桿中的電流方向是由Q向P
11、解析：選B 導(dǎo)體棒垂直切割磁感線，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：E＝Blv，故A錯誤；電路中的感應(yīng)電流為：I＝＝，故B正確；由右手定則可知，PQ中產(chǎn)生的感應(yīng)電流從P流向Q，通過R的電流方向從c流向a，故C、D錯誤。
3. (多選)如圖1-4-6所示，導(dǎo)體AB、CD可在水平軌道上自由滑動，且兩水平軌道在中央交叉處互不相通。當(dāng)導(dǎo)體棒AB向左移動時( )
圖1-4-6
A．AB中感應(yīng)電流的方向?yàn)锳到B
B．AB中感應(yīng)電流的方向?yàn)锽到A
C．CD向左移動
D．CD向右移動
解析：選AD 由右手定則可判斷AB中感應(yīng)電流方向?yàn)锳到B，從而CD中電流方向?yàn)镃到D。導(dǎo)體CD所受安培力方向由左手定則判
12、斷知向右，所以CD向右移動。
楞次定律的理解及應(yīng)用
1．因果關(guān)系
閉合導(dǎo)體回路中磁通量的變化是因，產(chǎn)生感應(yīng)電流是果；原因產(chǎn)生結(jié)果，結(jié)果又反過來影響原因。
2．“阻礙”的理解
3．楞次定律的推廣含義
楞次定律中“阻礙”的含義可以推廣為：感應(yīng)電流的效果總是阻礙引起感應(yīng)電流的原因，列表說明如下：
內(nèi)容
例證
阻礙原磁通量變化——“增反減同”
磁鐵靠近線圈，B感與B原反向
阻礙相對運(yùn)動——“來拒去留”
磁鐵靠近，是斥力
磁鐵遠(yuǎn)離，是引力
使回路面積有擴(kuò)大或縮小的趨勢——“增縮減擴(kuò)”
P、Q是光滑固定導(dǎo)軌，a、b是可動金屬棒，磁鐵下移，a、b靠近
13、阻礙原電流的變化——“增反減同”
(第6節(jié)學(xué)習(xí))
合上S，B先亮
4．楞次定律與右手定則的區(qū)別及聯(lián)系
楞次定律
右手定則
區(qū) 別
研究對象
整個閉合電路
閉合電路的一部分，即做切割磁感線運(yùn)動的導(dǎo)線
適用范圍
各種電磁感應(yīng)現(xiàn)象
只適用于導(dǎo)體在磁場中做切割磁感線運(yùn)動的情況
應(yīng)用
用于磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間變化而產(chǎn)生的電磁感應(yīng)現(xiàn)象較方便
用于導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生電磁感應(yīng)的現(xiàn)象較方便
聯(lián)系
右手定則是楞次定律的特例
[典例] 圖1-4-7為無線充電技術(shù)中使用的受電線圈示意圖，線圈匝數(shù)為n，面積為S。若在t1到t2時間內(nèi)，勻強(qiáng)磁場平行于線圈軸線向右穿過線圈
14、，其磁感應(yīng)強(qiáng)度大小由B1均勻增加到B2，則該段時間線圈兩端a和b之間的電勢差φa－φb( )
圖1-4-7
A．恒為
B．從0均勻變化到
C．恒為－
D．從0均勻變化到－
[解析] 根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得，感應(yīng)電動勢E＝n＝n，由楞次定律和右手螺旋定則可判斷b點(diǎn)電勢高于a點(diǎn)電勢，因磁場均勻變化，所以感應(yīng)電動勢恒定，因此a、b兩點(diǎn)電勢差恒為φa－φb＝－n，選項(xiàng)C正確。
[答案] C
楞次定律的使用步驟
1.如圖1-4-8所示，在通電長直導(dǎo)線AB的一側(cè)懸掛一可以自由擺動的閉合矩形金屬線圈P，AB在線圈平面內(nèi)。當(dāng)發(fā)現(xiàn)閉合線圈向右擺動時( )
15、
圖1-4-8
A．AB中的電流減小，用楞次定律判斷得線圈中產(chǎn)生逆時針方向的電流
B．AB中的電流不變，用楞次定律判斷得線圈中產(chǎn)生逆時針方向的電流
C．AB中的電流增大，用楞次定律判斷得線圈中產(chǎn)生逆時針方向的電流
D．AB中的電流增大，用楞次定律判斷得線圈中產(chǎn)生順時針方向的電流
解析：選C 根據(jù)安培定則可知導(dǎo)線框所在處的磁場方向垂直紙面向里，若直導(dǎo)線中的電流增大，穿過線框的磁通量增大，根據(jù)楞次定律得到：線框中感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r針方向；根據(jù)左手定則可知導(dǎo)線框所受安培力指向線框內(nèi)，由于靠近導(dǎo)線磁場強(qiáng)，則安培力較大；遠(yuǎn)離導(dǎo)線磁場弱，則安培力較小。因此線圈離開AB直導(dǎo)線，即向右擺動，反之產(chǎn)
16、生順時針方向的電流，向左擺動，故C正確。
2. (多選)如圖1-4-9所示，螺線管B置于閉合金屬圓環(huán)A的軸線上，當(dāng)B中通過的電流I減小時( )
圖1-4-9
A．環(huán)A有收縮的趨勢
B．環(huán)A有擴(kuò)張的趨勢
C．螺線管B有縮短的趨勢
D．螺線管B有伸長的趨勢
解析：選AD 當(dāng)B中通過的電流逐漸變小時，電流產(chǎn)生的磁場逐漸變?nèi)酰蚀┻^A的磁通量變小，為阻礙磁通量變小，環(huán)A有收縮的趨勢，故A正確，B錯誤；螺線管B電流變小，每匝線圈產(chǎn)生的磁場減弱，線圈間的引力變小，螺線管B有擴(kuò)張的趨勢，故C錯誤，D正確；故選A、D。
3. (多選)如圖1-4-10所示，固定于水平面上的光滑平行金屬
17、導(dǎo)軌AB、CD上放著兩根細(xì)金屬棒ab、cd。當(dāng)一條形磁鐵從上向下接近閉合回路時，下列說法中正確的是( )
圖1-4-10
A．a(chǎn)b、cd將相互靠攏
B．a(chǎn)b、cd將相互遠(yuǎn)離
C．磁鐵的加速度仍為g
D．磁鐵的加速度小于g
解析：選AD 當(dāng)條形磁鐵從上向下接近閉合回路時，穿過回路的磁場方向向下且磁通量在不斷增加。根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流所產(chǎn)生的效果總要反抗產(chǎn)生感應(yīng)電流的原因。在這里，產(chǎn)生感應(yīng)電流的原因是條形磁鐵的下落使回路中的磁通量增加，為了反抗條形磁鐵的下落，感應(yīng)電流的磁場給條形磁鐵一個向上阻礙其下落的阻力，使磁鐵下落的加速度小于g。為了反抗回路中的磁通量增加，ab、cd兩
18、金屬棒將互相靠攏，使回路的面積減小，以阻礙磁通量的增加。選項(xiàng)A、D正確。
電磁感應(yīng)中的能量問題
1．電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量轉(zhuǎn)化方式
(1)如果電磁感應(yīng)現(xiàn)象是由于磁場的變化而引起的，則在這個過程中，磁場能轉(zhuǎn)化為電能。若電路是純電阻電路，這些電能將全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能。
(2)在導(dǎo)線切割磁感線運(yùn)動而產(chǎn)生感應(yīng)電流時，通過克服安培力做功，把機(jī)械能或其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能?？朔才嗔ψ龆嗌俟Γ彤a(chǎn)生多少電能。若電路是純電阻電路，這些電能也將全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能。
2．求解電磁感應(yīng)現(xiàn)象中能量守恒問題的一般步驟
(1)分析電路，分清電源和外電路。
在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中，切割磁感線的導(dǎo)體或磁通量發(fā)生變
19、化的電路將產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，該導(dǎo)體或電路就相當(dāng)于電源，其余部分相當(dāng)于外電路。
(2)分析清楚有哪些力做功，明確有哪些形式的能量發(fā)生了轉(zhuǎn)化。如：
①有滑動摩擦力做功，必有內(nèi)能產(chǎn)生；
②有重力做功，重力勢能必然發(fā)生變化；
③克服安培力做功，必然有其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能，并且克服安培力做多少功，就產(chǎn)生多少電能；
④如果是安培力做正功，就是電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能。
(3)列有關(guān)能量的關(guān)系式。
[典例] (多選)如圖1-4-11所示，兩根電阻不計(jì)的光滑平行金屬導(dǎo)軌的傾角為θ，導(dǎo)軌下端接有電阻R，勻強(qiáng)磁場垂直于導(dǎo)軌平面向上。質(zhì)量為m、電阻不計(jì)的金屬棒ab在沿導(dǎo)軌平面且與棒垂直的恒力F作用
20、下沿導(dǎo)軌勻速上滑，上升高度為h。在此過程中( )
圖1-4-11
A．金屬棒所受各力的合力所做的功為零
B．金屬棒所受各力的合力所做的功等于mgh和電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱之和
C．恒力F與重力的合力所做的功等于棒克服安培力所做的功與電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱之和
D．恒力F與重力的合力所做的功等于電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱
[思路點(diǎn)撥]
(1)金屬棒ab勻速上滑過程中所受合力為零，合力做功為零。
(2)金屬棒克服安培力做的功等于電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱。
[解析] 由于金屬棒沿導(dǎo)軌勻速上滑，根據(jù)動能定理可知金屬棒所受各力的合力所做的功為零，選項(xiàng)A正確，B錯誤；恒力F與重力的合力所做的功等
21、于金屬棒克服安培力所做的功，或者說等于電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱，克服安培力所做的功就等于電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱，不要把二者混淆，選項(xiàng)C錯誤，D正確。
[答案] AD
外力克服安培力做功將其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能，克服重力做功將其他形式的能轉(zhuǎn)化為重力勢能。遇到類似問題，首先要從功能角度研究清楚能量的轉(zhuǎn)化途徑，并明確是什么力做功使能量發(fā)生轉(zhuǎn)化?！ ?
1.一個閉合的正方形金屬線框放入如圖1-4-12所示的勻強(qiáng)磁場中，圖中虛線表示磁場的邊界，在外力作用下線框從磁場中以速度v勻速穿出。關(guān)于線框從磁場邊界穿出過程，下列說法中正確的是( )
圖1-4-12
A．線框的運(yùn)動速度越大，
22、通過導(dǎo)線橫截面的電荷量越多
B．磁感應(yīng)強(qiáng)度越大，拉力的功率越大
C．線框的電阻越大，導(dǎo)線中產(chǎn)生的熱量越多
D．線框的邊長與拉力做功的多少無關(guān)
解析：選B 根據(jù)q＝·Δt＝，不管線框的速度如何，磁通量的變化量相同，則通過導(dǎo)線橫截面的電量相同，故A錯誤。根據(jù)能量守恒知，勻速運(yùn)動時WF－WF安＝0，Q＝WF安＝BIL·L，I＝，則拉力做功WF＝，知磁感應(yīng)強(qiáng)度B越大，拉力做功越多。拉力做功的多少與線框的寬度L有關(guān)，線框的電阻R越大，拉力做功越少。故B正確，C、D錯誤。
2．如圖1-4-13所示，兩條平行光滑導(dǎo)軌相距L，左端一段被彎成半徑為H的圓弧，圓弧導(dǎo)軌所在區(qū)域無磁場。水平導(dǎo)軌區(qū)域存在著豎
23、直向上的勻強(qiáng)磁場B，右端連接阻值為R的定值電阻，水平導(dǎo)軌足夠長。在圓弧導(dǎo)軌頂端放置一根質(zhì)量為m的金屬棒ab，導(dǎo)軌和金屬棒ab的電阻不計(jì)，重力加速度為g?，F(xiàn)讓金屬棒由靜止開始運(yùn)動，整個運(yùn)動過程金屬棒和導(dǎo)軌接觸緊密。求：
圖1-4-13
(1)金屬棒進(jìn)入水平導(dǎo)軌時，通過金屬棒的感應(yīng)電流的大小和方向。
(2)整個過程電阻R產(chǎn)生的焦耳熱。
解析：(1)設(shè)金屬棒進(jìn)入水平導(dǎo)軌時速度為v，根據(jù)機(jī)械能守恒定律
mgH＝mv2，v＝。
金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢
E＝BLv。
根據(jù)閉合電路歐姆定律
I＝，
則金屬棒的感應(yīng)電流大小
I＝＝。
根據(jù)右手定則，金屬棒的感應(yīng)電流方向由b
24、流向a。
(2)根據(jù)左手定則，金屬棒在磁場中受到的安培力方向水平向左。
根據(jù)牛頓第二運(yùn)動定律F＝ma，金屬棒向右做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動，直至靜止。
根據(jù)能量守恒定律，電阻R產(chǎn)生的焦耳熱等于金屬棒減少的動能，所以電阻R產(chǎn)生的焦耳熱Q＝mgH。
答案：(1) 由b流向a (2)mgH
1．如圖所示，是高二某同學(xué)演示楞次定律實(shí)驗(yàn)記錄，不符合實(shí)驗(yàn)事實(shí)的是( )
解析：選D D選項(xiàng)中，由楞次定律知：當(dāng)條形磁鐵拔出時，感應(yīng)電流形成的磁場與原磁場方向相同，因原磁場方向向上，故感應(yīng)磁場方向也向上，再由安培定則知，D項(xiàng)不符合。
2．如圖1所示，一個有界勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場方
25、向垂直紙面向外。一個矩形閉合導(dǎo)線框abcd，沿紙面由位置1(左)勻速運(yùn)動到位置2(右)。則( )
圖1
A．導(dǎo)線框進(jìn)入磁場時，感應(yīng)電流方向?yàn)閍→b→c→d→a
B．導(dǎo)線框離開磁場時，感應(yīng)電流方向?yàn)閍→d→c→b→a
C．導(dǎo)線框離開磁場時，受到的安培力方向水平向右
D．導(dǎo)線框進(jìn)入磁場時，受到的安培力方向水平向左
解析：選D 線框進(jìn)入磁場時，磁通量增大，因此感應(yīng)電流形成磁場方向向里，由右手定則可知感應(yīng)電流方向?yàn)閍→d→c→b→a，安培力方向水平向左，同理線框離開磁場時，電流方向?yàn)閍→b→c→d→a，安培力方向水平向左，故A、B、C錯誤，D正確。
3．(2016·浙江高考)如圖2
26、所示，a，b兩個閉合正方形線圈用同樣的導(dǎo)線制成，匝數(shù)均為10匝，邊長la＝3lb，圖示區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，且磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間均勻增大，不考慮線圈之間的相互影響，則( )
圖2
A．兩線圈內(nèi)產(chǎn)生順時針方向的感應(yīng)電流
B．a(chǎn)、b線圈中感應(yīng)電動勢之比為9∶1
C．a(chǎn)、b線圈中感應(yīng)電流之比為3∶4
D．a(chǎn)、b線圈中電功率之比為3∶1
解析：選B 當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度變大時，由楞次定律知，線圈中感應(yīng)電流的磁場方向垂直紙面向外，由安培定則知，線圈內(nèi)產(chǎn)生逆時針方向的感應(yīng)電流，選項(xiàng)A錯誤；由法拉第電磁感應(yīng)定律E＝S及Sa∶Sb＝9∶1知，Ea＝9Eb，選項(xiàng)B正確；由R＝ρ知兩線圈的電阻關(guān)
27、系為Ra＝3Rb，其感應(yīng)電流之比為Ia∶Ib＝3∶1，選項(xiàng)C錯誤；兩線圈的電功率之比為Pa∶Pb＝EaIa∶EbIb＝27∶1，選項(xiàng)D錯誤。
4．(多選)如圖3甲所示，單匝線圈兩端A、B與一理想電壓表相連，線圈內(nèi)有一垂直紙面向里的磁場，線圈中的磁通量變化規(guī)律如圖乙所示。下列說法正確的是( )
圖3
A．0～0.1 s內(nèi)磁通量的變化量為0.15 Wb
B．電壓表讀數(shù)為0.5 V
C．電壓表“＋”接線柱接A端
D．B端比A端的電勢高
解析：選BC 0～0.1 s內(nèi)磁通量的變化量為ΔΦ＝0.15 Wb－0.10 Wb＝0.05 Wb，線圈內(nèi)的磁通量垂直向里增加，所以根據(jù)楞次定律可
28、得感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r針方向，即電流從A流向B，所以電壓表“＋”接線柱接A端，A端的電勢比B端的高，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝＝＝0.5 V，即電壓表示數(shù)為0.5 V，故B、C正確。
5．(多選)如圖4甲所示，矩形導(dǎo)線框abcd固定在勻強(qiáng)磁場中，磁感線的方向與導(dǎo)線框所在平面垂直。規(guī)定磁場的正方向垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示。則下列i-t圖像中可能正確的是( )
圖4
解析：選CD 由圖可知，0～1 s內(nèi)，線圈中磁通量的變化率相同，故0～1 s內(nèi)電流的方向相同，由楞次定律可知，電路中電流方向?yàn)槟鏁r針；同理可知，1～2 s內(nèi)電路中的電流為順時針，2～3
29、 s內(nèi)，電路中的電流為順時針，3～4 s內(nèi)，電路中的電流為逆時針，由E＝＝可知，電路中電流大小恒定不變。故C、D對。
6．(多選)如圖5所示，不計(jì)電阻的光滑U形金屬框水平放置，光滑、豎直玻璃擋板H、P固定在框上，H、P的間距很小。質(zhì)量為0.2 kg的細(xì)金屬桿CD恰好無擠壓地放在兩擋板之間，與金屬框接觸良好并圍成邊長為1 m的正方形，其有效電阻為0.1 Ω。此時在整個空間加方向與水平面成30°角且與金屬桿垂直的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間變化規(guī)律是B＝(0.4－0.2t)T，圖示磁場方向?yàn)檎较??？?、擋板和桿不計(jì)形變。則( )
圖5
A．t＝1 s時，金屬桿中感應(yīng)電流方向從C到D
B
30、．t＝3 s時，金屬桿中感應(yīng)電流方向從D到C
C．t＝1 s時，金屬桿對擋板P的壓力大小為0.1 N
D．t＝3 s時，金屬桿對擋板H的壓力大小為0.2 N
解析：選AC 根據(jù)楞次定律可判斷感應(yīng)電流的方向總是從C到D，故A正確，B錯誤；由法拉第電磁感應(yīng)定律可知：E＝＝＝sin 30°＝0.2×12× V＝0.1 V，故感應(yīng)電流為I＝＝1 A，金屬桿受到的安培力FA＝BIL，t＝1 s時，F(xiàn)A＝0.2×1×1 N＝0.2 N，方向如圖甲，此時金屬桿受力分析如圖甲，由平衡條件可知F1＝FA·cos 60°＝0.1 N，F(xiàn)1為擋板P對金屬桿施加的力。t＝3 s時，磁場反向，此時金屬桿受力分
31、析如圖乙，此時擋板H對金屬桿施加的力向右，大小F3＝BILcos 60°＝0.2×1×1× N＝0.1 N。故C正確，D錯誤。
甲 乙
7.如圖6所示，在一勻強(qiáng)磁場中有一U形導(dǎo)線框abcd，線框處于水平面內(nèi)，磁場與線框平面垂直，R為一電阻，ef為垂直于ab的一根導(dǎo)體桿，它可在ab、cd上無摩擦地滑動。桿ef及線框中導(dǎo)線的電阻都可不計(jì)。開始時，給ef一個向右的初速度，則( )
圖6
A．ef將減速向右運(yùn)動，但不是勻減速
B．ef將勻減速向右運(yùn)動，最后停止
C．ef將勻速向右運(yùn)動
D．ef將往返運(yùn)動
解析：選A ef向右運(yùn)動，切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電
32、流，會受到向左的安培力而做減速運(yùn)動，直到停止，但不是勻減速，由F＝BIL＝＝ma知，ef做的是加速度減小的減速運(yùn)動，故A正確。
8.如圖7所示，勻強(qiáng)磁場與圓形導(dǎo)體環(huán)平面垂直，導(dǎo)體ef與環(huán)接觸良好，當(dāng)ef向右勻速運(yùn)動時( )
圖7
A．圓環(huán)中磁通量不變，環(huán)上無感應(yīng)電流產(chǎn)生
B．整個環(huán)中有順時針方向的電流
C．整個環(huán)中有逆時針方向的電流
D．環(huán)的右側(cè)有逆時針方向的電流，環(huán)的左側(cè)有順時針方向的電流
解析：選D 導(dǎo)體ef將圓分成兩部分，導(dǎo)體向右移動時，右邊的磁通量減小，左邊的磁通量增加，根據(jù)楞次定律，左邊電流為順時針方向，右邊電流為逆時針方向，應(yīng)選D。
9. (多選)如圖8所
33、示的豎直平面內(nèi)，水平條形區(qū)域Ⅰ和Ⅱ內(nèi)有方向垂直豎直面向里的勻強(qiáng)磁場，且磁感應(yīng)強(qiáng)度相同，其寬度均為d，Ⅰ和Ⅱ之間有一寬度為h的無磁場區(qū)域，h>d。一質(zhì)量為m、邊長為d的正方形線框由距區(qū)域Ⅰ上邊界某一高度處靜止釋放，在穿過兩磁場區(qū)域的過程中，通過線框的電流及其變化情況相同。重力加速度為g，空氣阻力忽略不計(jì)。則下列說法正確的是( )
圖8
A．線框進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅰ時與離開區(qū)域Ⅰ時的電流方向相同
B．線框進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ時與離開區(qū)域Ⅱ時所受安培力的方向相同
C．線框有可能勻速通過磁場區(qū)域Ⅰ
D．線框通過區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ產(chǎn)生的總熱量為Q＝2mg(d＋h)
解析：選BD 由楞次定律可知，線框進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅰ
34、時感應(yīng)電流為逆時針方向，而離開區(qū)域Ⅰ時的電流方向?yàn)轫槙r針方向，故選項(xiàng)A錯誤；由楞次定律可知，線框進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ時與離開區(qū)域Ⅱ時所受安培力的方向相同，均向上，選項(xiàng)B正確；因穿過兩磁場區(qū)域的過程中，通過線框的電流及其變化情況相同，則可知線圈進(jìn)入磁場區(qū)域Ⅰ一定是減速運(yùn)動，選項(xiàng)C錯誤；線圈離開磁場區(qū)域Ⅰ的速度應(yīng)等于離開磁場區(qū)域Ⅱ的速度，則在此過程中，線圈的機(jī)械能的減小量等于線圈通過磁場區(qū)域Ⅱ產(chǎn)生的電能，即Q2＝mg(d＋h)，則線框通過區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ產(chǎn)生的總熱量為Q＝2Q2＝2mg(d＋h)，選項(xiàng)D正確；故選B、D。
10. (多選)如圖9所示，電阻不計(jì)、相距L的兩條足夠長的平行金屬導(dǎo)軌傾斜放置，與水平
35、面的夾角為θ，整個空間存在垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，導(dǎo)軌上固定有質(zhì)量為m，電阻為R的兩根相同的導(dǎo)體棒，導(dǎo)體棒MN上方軌道粗糙下方光滑，將兩根導(dǎo)體棒同時釋放后，觀察到導(dǎo)體棒MN下滑而EF始終保持靜止，當(dāng)MN下滑的距離為s時，速度恰好達(dá)到最大值vm，則下列敘述正確的是( )
圖9
A．導(dǎo)體棒MN的最大速度vm＝
B．此時導(dǎo)體棒EF與軌道之間的靜摩擦力為mgsin θ
C．當(dāng)導(dǎo)體棒MN從靜止開始下滑s的過程中，通過其橫截面的電荷量為
D．當(dāng)導(dǎo)體棒MN從靜止開始下滑s的過程中，導(dǎo)體棒MN中產(chǎn)生的熱量為mgssin θ－mvm2
解析：選AC 當(dāng)MN下滑到最大速度時滿足
36、：mgsin θ＝，解得vm＝，選項(xiàng)A正確；此時導(dǎo)體棒滿足mgsin θ＋F安＝f靜，故此時導(dǎo)體棒EF與軌道之間的靜摩擦力大于mgsin θ，選項(xiàng)B錯誤；當(dāng)導(dǎo)體棒MN從靜止開始下滑s的過程中，通過其橫截面的電荷量為q＝＝，選項(xiàng)C正確；當(dāng)導(dǎo)體棒MN從靜止開始下滑s的過程中，兩個導(dǎo)體棒中產(chǎn)生的總熱量為mgssin θ－mvm2，則MN中產(chǎn)生的熱量是(mgssin θ－mvm2)，選項(xiàng)D錯誤；故選A、C。
11．如圖10所示，兩平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面上，相距l(xiāng)，左端與一電阻R相連，整個系統(tǒng)置于勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向豎直向下。一質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒置于導(dǎo)軌上，在水平外力作用下沿導(dǎo)軌以速
37、度v勻速向右滑動，滑動過程中始終保持與導(dǎo)軌垂直并接觸良好。已知導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g。導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻均可忽略。求：
圖10
(1)電阻R消耗的功率；
(2)水平外力的大小。
解析：(1)導(dǎo)體切割磁感線運(yùn)動產(chǎn)生的電動勢為E＝Blv，根據(jù)歐姆定律，閉合回路中的感應(yīng)電流為I＝，電阻R消耗的功率為P＝I2R，聯(lián)立可得P＝。
(2)對導(dǎo)體棒受力分析，受到向左的安培力和向左的摩擦力，向右的外力，三力平衡，故有F安＋μmg＝F，F(xiàn)安＝BIl＝B··l，故F＝＋μmg。
答案：(1) (2)＋μmg
12.如圖11所示，“凸”字形硬質(zhì)金屬線框質(zhì)量為m，相鄰各邊
38、互相垂直，且處于同一豎直平面內(nèi)，ab邊長為l，cd邊長為2l，ab與cd平行，間距為2l。勻強(qiáng)磁場區(qū)域的上下邊界均水平，磁場方向垂直于線框所在平面。開始時，cd邊到磁場上邊界的距離為2l，線框由靜止釋放，從cd邊進(jìn)入磁場直到ef、pq邊進(jìn)入磁場前，線框做勻速運(yùn)動，在ef、pq邊離開磁場后，ab邊離開磁場之前，線框又做勻速運(yùn)動。線框完全穿過磁場過程中產(chǎn)生的熱量為Q。線框在下落過程中始終處于原豎直平面內(nèi)，且ab、cd邊保持水平，重力加速度為g。求
圖11
(1)線框ab邊將離開磁場時做勻速運(yùn)動的速度大小是cd邊剛進(jìn)入磁場時的幾倍；
(2)磁場上下邊界間的距離H。
解析：(1)設(shè)磁場的磁
39、感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，cd邊剛進(jìn)入磁場時，線框做勻速運(yùn)動的速度為v1，cd邊上的感應(yīng)電動勢為E1，由法拉第電磁感應(yīng)定律，有
E1＝2Blv1①
設(shè)線框總電阻為R，此時線框中電流為I1，由閉合電路歐姆定律，有
I1＝②
設(shè)此時線框所受安培力為F1，有
F1＝2I1lB③
由于線框做勻速運(yùn)動，其受力平衡，有
mg＝F1④
由①②③④式得
v1＝⑤
設(shè)ab邊離開磁場之前線框做勻速運(yùn)動的速度為v2，同理可得
v2＝⑥
由⑤⑥式得
v2＝4v1。⑦
(2)線框自釋放直到cd邊進(jìn)入磁場前，由機(jī)械能守恒定律，有
2mgl＝mv12⑧
線框完全穿過磁場的過程中，由能量守恒定律，有
mg(2l＋H)＝mv22－mv12＋Q⑨
由⑦⑧⑨式得
H＝＋28l。⑩
答案：(1)4倍 (2)＋28l
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2017-2018學(xué)年高中物理 第一章 電磁感應(yīng) 第4、5節(jié) 楞次定律 電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化與守恒教學(xué)案 教科版選修3-2
