电磁感应专题考点例析二、解析典型问题典型问题1：会分析求解磁通量及其变化。磁通量Φ是电磁感应中的重要概念，必须会分析求解磁通量及其变化的大小。1.如图1所示，两个同心放置的同平面的金属圆环，条形磁铁穿过圆心且与两环平面垂直，则通过两圆环的磁通量Φa、Φb比较：A、Φa>Φb。B、Φa<Φb。C、Φa=Φb。D、不能比较。2.如图2所示，直导线ab通电流I。矩形线圈ABCD由图中实线位置运动到虚线所示位置过程，若第一次是平移，第二次是翻转1800．设前后两次通过线圈平面磁通量的变化为ΔΦ1和ΔΦ2，则：A．ΔΦ1>ΔΦ2B．ΔΦ1<ΔΦ2，C．ΔΦ1=ΔΦ2，　　D．无法肯定ΔΦ1、ΔΦ2谁大。3.如图3所示，空间存在垂直于纸面的均匀磁场，在半径为的圆形区域内部及外部，磁场方向相反，磁感应强度的大小均为B。一半径为，电阻为R的圆形导线环放置在纸面内，其圆心与圆形区域的中心重合。当内、外磁场同时由B均匀地减小到零的过程中，穿过线圈平面的磁通量的变化量为____________。典型问题2：会判定感应电流或感应电动势的方向。判定感应电流或感应电动势的方向的方法有楞次定律和右手定则。4.如图4所示，一水平放置的矩形线圈abcd，在细长的磁铁的N极附近竖直下落，保持bc边在纸外，ad边在纸内，由图中的位置Ⅰ经过位置Ⅱ到位置Ⅲ，这三个位置都靠得很近，在这个过程中，线圈中感应电流（）A．沿abcd流动。B．沿dcba流动。C．由Ⅰ到Ⅱ是沿abcd流动，由Ⅱ到Ⅲ是沿dcba流动。D．由Ⅰ到Ⅱ是沿dcba流动，由Ⅱ到Ⅲ是沿abcd流动。5.如图6所示，在两根平行长直导线M、N中，通以同方向、同强度的电流，导线框abcd和两导线在同一平面内，线框沿着与两导线垂直的方向，自右向左在两导线间匀速移动，在移动过程中，线框中感应电流的方向是。6.如图8所示，闭合导体环固定。条形磁铁S极向下以初速度v0沿过导体环圆心的竖直线下落的过程中，从上向下看导体环中的感应电流方向如何？典型问题3：会用楞次定律的推论解答相关问题。7.如图9所示，光滑导轨MN水平放置，两根导体棒P、Q平行放于导轨上，形成一个闭合回路，当一条形磁铁从上方向下落(未达导轨平面)的过程中，导体P、Q的运动情况是()A．P、Q互相靠拢B．P、Q互相远离C．P、Q均静止D．因磁铁下端的极性未知，无法判断8.如图10所示，通电螺线管与电源相连，与螺线管同一轴线上套有三个轻质闭合铝环，B在螺丝管中央，A、C位置如图10所示，当S团合时(本题忽略三环中感应电流之间相互作用力)A．A向左、C向右运动，B不动；B．A向右、C向左运动，B不动；C．A、B、C都向左运动；D．A、B、C都向右运动。第16页 1.如图13所示，在条形磁铁从图示位置绕O1O2轴转动90°的过程中，放在导轨右端附近的金属棒ab将如何移动？典型问题4：会求解电磁感应与电路的综合问题。2.如图14所示，空间存在着一个范围足够大的竖直向下的匀强磁场，磁场的磁感强度大小为B．边长为L的正方形金属框abcd（下简称方框）放在光滑的水平地面上，其外侧套着一个与方框边长相同的U型金属框架MNPQ（下简称U型框），U型框与方框之间接触良好且无摩擦．两个金属框每条边的质量均为m，每条边的电阻均为r．（1）将方框固定不动，用力拉动U型框使它以速度v0垂直NQ边向右匀速运动，当U型框的MP端滑至方框的最右侧（如图15所示）时，方框上的bd两端的电势差为多大?此时方框的热功率为多大?（2）若方框不固定，给U型框垂直NQ边向右的初速度v0，如果U型框恰好不能与方框分离，则在这一过程中两框架上产生的总热量为多少?（3）若方框不固定，给U型框垂直NQ边向右的初速度v（），U型框最终将与方框分离．如果从U型框和方框不再接触开始，经过时间t方框最右侧和U型框最左侧距离为s．求两金属框分离后的速度各多大．3.如图17所示，da、cb为相距L的平行导轨(电阻可以忽略不计)。a、b间接有一个固定电阻，阻值为R。长直细金属杆MN可以按任意角θ架在平行导轨上，并以匀速v滑动（平移），v的方向和da的方向平行。杆MN有电阻，每单位长的电阻为r0。整个空间充满匀强磁场，磁感应强度的大小为B，方向垂直纸面（dabc平面）向里。（1）求固定电阻R上消耗的电功率为最大时θ角的值。（2）求杆MN上消耗的电功率为最大时θ角的值。4.如图19，用相同的均匀导线制成的两个圆环a和b，已知a的半径是b的两倍，若在a内存在着随时间均匀变大的磁场，b在磁场外，MN两端的电压为U，则当b内存在着相同的磁场而a又在磁场外时，MN两点间的电压为多少?第16页 典型问题5：会分析求解双电源问题。双电源问题有双杆切割磁感线和动生、感生电动势并存两种情况。1.如图22所示，两根平行的金属导轨，固定在同一水平面上，磁感B=0.50T的匀强磁场与导轨所在平面垂直，导轨的电阻很小，可不计。导轨间的距离L=0.20m。两根质量均为m=0.10kg的平行杆甲、乙可在导轨上无摩擦地滑动，滑动过程中与导轨保持垂直，每根金属杆的电阻R=0.50Ω，在t=0时刻，两杆都处于静止状态。现有一与导轨平行，大小为0.20N的恒力F作用于金属杆甲上，使金属杆在导轨上滑动。经过t=5.0s，金属杆甲的加速度a=1.37m/s2，问此时两金属杆的速度各为多少？2.如图23所示，两根平行金属导轨固定在水平桌面上，每根导轨每米的电阻为，导轨的端点P、Q用电阻可忽略的导线相连，两导轨间的距离有随时间变化的匀强磁场垂直于桌面，已知磁感强度B与时间的关系为比例系数一电阻不计的金属杆可在导轨上无摩擦地滑动，在滑动过程中保持与导轨垂直，在时刻，金属杆紧靠在P、Q端，在外力作用下，杆以恒定的加速度从静止开始向导轨的另一端滑动，求在时金属杆所受的安培力．典型问题6：会分析求解各种导电滑轨问题。所谓“闭合导电滑轨问题”是指一根金属棒在闭合导电滑轨上运动的有关问题。常见的有：闭合矩形导电滑轨、闭合三角形导电滑轨、闭合圆形导电滑轨等。3.如图24，直角三角形导线框abc固定在匀强磁场中，ab是一段长为L、电阻为R的均匀导线，ac和bc的电阻可不计，ac长度为L/2。磁场的磁感强度为B，方向垂直纸面向里。现有一段长度为L/2、电阻为R/2的均匀导体杆MN架在导线框上，开始时紧靠ac，然后沿ab方向以恒定速度v向b端滑动，滑动中始终与ac平行并与导线框保持良好接触。当MN滑过的距离为L/3时，导线ac中的电流是多大？方向如何？4.把总电阻为2R的均匀电阻丝焊接成一半径为a的圆周环，水平固定在竖直向下的磁感强度为B的匀强磁场中，如图26所示。一长度为2a，电阻等于R，粗细均匀的金属棒MN放在圆环上，它与圆环始终保持良好的电接触。当金属棒以恒定速度v向右移动，经过环心O时，求：（1）棒上电流的大小和方向，及棒两端的电压UMN。（2）在圆环和金属棒上消耗的总热功率。第16页 典型问题7：会分析计算感应电量的有关问题。在电磁感应现象中，只要穿过闭合电路的磁通量发生变化，闭合电路中就会产生感应电流，设在时间内通过导线截面的电量为，则根据电流定义式及法拉第电磁感应定律，得：，如果闭合电路是一个单匝线圈（），则。1.如图27所示，闭合导线框的质量可以忽略不计，将它从如图27所示的位置匀速拉出匀强磁场。若第一次用0.3s时间拉出，外力所做的功为W1，通过导线截面的电量为q1；第二次用时间拉出，外力所做的功为W2，通过导线截面的电量为q2，则（）A．B．C．D．2.如图28所示是一种测量通电螺线管中磁场的装置，把一个很小的测量线圈A放在待测处，线圈与测量电量的冲击电流计G串联，当用双刀双掷开关S使螺线管的电流反向时，测量线圈中就产生感应电动势，从而引起电荷的迁移，由表G测出电量Q，就可以算出线圈所在处的磁感应强度B。已知测量线圈共有N匝，直径为d，它和表G串联电路的总电阻为R，则被测处的磁感强度B为多大？3.一个电阻为R的长方形线圈abcd沿着磁针所指的南北方向平放在北半球的一个水平桌面上，ab=L1，bc=L2，如图29所示。现突然将线圈翻转1800，使ab与dc互换位置，用冲击电流计测得导线中流过的电量为Q1。然后维持ad边不动，将线圈绕ad边转动，使之突然竖直，这次测得导线中流过的电量为Q2，试求该处地磁场的磁感强度的大小。典型问题8：会分析计算感应电流所受安培力的冲量的有关问题。感应电流通过直导线时，直导线在磁场中要受到安培力的作用，当导线与磁场垂直时，安培力的大小为。在时间△t内安培力的冲量，式中q是通过导体截面的电量。利用该公式解答相当问题十分简便，下面举例说明这一点。4.如图30所示，在光滑的水平面上，有一垂直向下的匀强磁场分布在宽为L的区域内，有一个边长为a(a<L)的正方形闭合线圈以初速v0垂直磁场边界滑过磁场后速度变为v(v<v0)那么A．完全进入磁场中时线圈的速度大于．B．安全进入磁场中时线圈的速度等于．C．完全进入磁场中时线圈的速度小于．第16页 D．以上情况A、B均有可能，而C是不可能的．1.光滑U型金属框架宽为L，足够长，其上放一质量为m的金属棒ab，左端连接有一电容为C的电容器和电键K，当K闭合时，给棒一个初速v0，使棒始终垂直框架并沿框架运动，如图31所示。求导体棒的最终速度。典型问题9：会分析计算的电磁感应中的收尾问题。导体棒在导电滑轨上做切割磁感线运动时，会产生感应电动势，从而在导体棒中产生感应电流，导体棒又要受到安培力作用而使运动状态发生变化，经过足够长时间后一定会达到某种收尾状态。收尾状态可为静止状态、匀速直线运动状态、匀加速直线运动状态等。2.质量为m的跨接杆可以无摩擦地沿水平的平行导轨滑行，两轨间宽为L，导轨与电阻R连接，放在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，杆的初速度为v0，电阻不计，如图32所示。试求杆所滑行的距离。3.如图33所示，AB、CD是两根足够长的固定平行金属导轨，两导轨间的距离为L，导轨平面与水平面的夹角是θ，在整个导轨平面内都有垂直于导轨平面斜向上方的匀强磁场，磁感强度为B，在导轨的A、C端连接一个阻值为R的电阻。一根垂直于导轨放置的金属棒ab，质量为m，从静止开始沿导轨下滑，求ab棒的最大速度。已知ab与导轨间的动摩擦因素为μ，导轨和金属棒的电阻都不计。4.如图34所示，两根竖直放置在绝缘地面上的金属框架，框架的上端接有一电容为C的电容器，框架上有一质量为m，长为L的金属杆平行于地面放置，与框架接触良好无摩擦，离地面的高度为h，强度为B的匀强磁场与框架平面相垂直，开始时电容器不带电，自静止起将棒释放，求棒落到地面的时间。不计各处电阻。第16页 典型问题10：会分析计算的电磁感应中的图象问题。根据题目条件描绘物理图象要求学生仔细分析物理现象，弄清物理过程，求解有关物理量或分析其与相关物理量间的变化关系，然后正确无误地作出图象。在作图时，要注意物理量的单位、坐标轴标度的适当选择及函数图象特征等。1.图35甲中abcd为一边长为L、具有质量的刚性导线框，位于水平面内，bc边中串接有电阻R，导线的电阻不计，虚线表示一匀强磁场区域的边界，它与线框的ab边平行，磁场区域的宽度为2L，磁感强度为B，方向竖直向下，线框在一垂直于ab边的水平恒定拉力作用下，沿光滑水平面运动，直到通过磁场区域，已知ab边刚进入磁场时，线框便变为匀速运动，此时通过电阻R的电流的大小为i0，试在图35乙的i—x坐标上定性画出从导线框刚进入磁场到完全离开磁场的过程中，流过电阻R的电流i的大小随ab边的位置坐标x变化关系曲线。2.如图37所示。一对平行光滑轨道放置在水平面上，两轨道间距L=0.20m，电阻R=1.0Ω;有一导体杆静止地放在轨道上，与两轨道垂直，杆及轨道的电阻皆可忽略不计，整个装置处于磁感强度B=0.50T的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道面向下。现用一外力F沿轨道方向拉杆，使之做匀加速运动，测得力F与时间t的关系如图38所示。求杆的质量和加速度。典型问题11：会分析计算的电磁感应中的能量问题。安培力做功对应着电能与其它形式的能相互转化，即W安=ΔE电。安培力做正功，对应着电能转化为其它能（如电动机模型）；克服安培力做功，对应着其它能转化为电能（如发电机模型）；且安培力做功的绝对值，等于电能转化的量值。3.如图39（a）所示，倾角为θ=370，电阻不计，间距L=0.3m，长度足够的平行导轨所在处，加有磁感应强度B=1T，方向垂直于导轨平面（图中未画出）的匀强磁场，导轨两端各接一个阻值R=2Ω的电阻。另一横跨在平行导轨间的金属棒质量m=1kg，电阻r=2Ω，其与导轨间的动摩擦因数μ=0.5.金属棒以平行于导轨向上的初速度v0=10m/s上滑，直至上升到最高点的过程中，通过上端的电量Δq=0.1C(g=10m/s2，sin370=0.6)，求上端电阻R上产生的焦耳热Q。4.如图40所示，位于竖直平面内的矩形导线框，ab边长为L1，bd边长为L2，线框的质量为，电阻为R，其下方有一匀强磁场区域，该区域的上、下边界PP/和QQ/均与ab边平行，两边界间的距离H，H>L2，磁场的磁感应强度为B，方向与线框平面垂直，如图40所示，令线框的dc边进入磁场以后，ab边到达边界第16页 之间的某一时刻线框的速度已达到这一阶段的最大值，从离开磁场区域上边界PP的距离为h处自由下落，问从线框的dc边开始下落到dc边刚刚到达磁场区域下边界QQ/的过程中，磁场作用于线框的安培力做的总功为多少？典型问题12：会分析自感的有关问题。1.如图41所示的电路，D1和D2是两个相同的小电珠，L是一个自愿系数相当大的线圈，其电阻与R相同，由于存在自感现象，在电键S接通和断开时，灯泡D1和D2先后亮暗的次序是：()A、接通时D1先达最亮，断开时D1后暗。B、接通时D2先达最亮，断开时D2后暗。C、接通时D1先达最亮，断开时D1先暗。D、接通时D2先达最亮，断开时D2先暗。2.如图42是测定自感系数很大的线圈直流电阻的电路，两端并联一只电压表（电压表的内阻Rv很大），用来测电感线圈的直流电压，在测量完毕后将电路解体时．若先断开S1时，则(填电压表或电流表)将可能损坏。3.如图43所示（a）、（b）中，R和自感线圈L的电阻都很小，接通K，使电路达到稳定，灯泡S发光，下列说法正确的是（）A．在电路（a）中，断开K，S将渐渐变暗。B．在电路（a）中，断开K，S将先变得更亮，然后渐渐变暗。C．在电路（b）中，断开K，S将渐渐变暗。D．在电路（b）中，断开K，S将先变得更亮，然后渐渐变暗。典型问题13：会分析求解联系实际的有关问题。以现实生活有关的理论问题和实际问题立意命题，更加真实和全面地模拟现实，这是近几年高考的一大特点，也是新高考命题的热点。电磁感应是高中物理的重要内容，它在现实生活中有许多实际运用。如用电磁感应原理进行测量、运用电磁感应原理进行信号转换、运用电磁感应原理制造“漏电保护器”、运用电磁感应原理制造“延时继电器”等。4.电磁流量计广泛应用于测量可导电流体（如污水）在管中的流量（在单位时间内通过管内横截面的流体的体积）。为了简化，假设流量计是如图44所示的横截面为长方形的一段管道，其中空部分的长、宽、高分别为图中的a、b、c．流量计的两端与输送流体的管道相连接（图中虚线）。图中流量计的上下两面是金属材料，前后两面是绝缘材料。现于流量计所在处加磁感强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直于前后两面。当导电流体稳定地流经流量计时，在管外将流量计上、下两表面分别与一串接了电阻R的电流表的两端连接，I表示测得的电流值。已知流体的电阻率为ρ，不计电流表的内阻，则可求得流量为：A、B、C、D、5.第16页 如图45所示是家庭用的“漏电保护器“的关键部分的原理图，其中P是一个变压器铁芯，入户的两根电线”（火线和零线）采用双线绕法，绕在铁芯的一侧作为原线圈，然后再接入户内的用电器。Q是一个脱扣开关的控制部分（脱扣开关本身没有画出，它是串联在本图左边的火线和零线上，开关断开时，用户的供电被切断），Q接在铁芯另一侧副线圈的两端a、b之间，当a、b间没有电压时，Q使得脱扣开关闭合，当a、b间有电压时，脱扣开关即断开，使用户断电。（1）用户正常用电时，a、b之间有没有电压？（2）如果某人站在地面上，手误触火线而触电，脱扣开关是否会断开？为什么？三、警示易错试题典型错误之一：混淆平均电动势和瞬时电动势的概念。1.如图46所示，有一弯成θ角的光滑金属导轨POQ，水平放置在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直。有一金属棒MN与导轨的OQ边垂直放置，金属棒从O点开始以加速度a向右运动，求t时间末，棒与导轨所构成的回路中的感应电动势是多少？典型错误之二：误把“阻碍”当“阻止”。2.图47中的软铁棒F插入线圈L1的过程中，电阻R上的电流方向是（）A．从A流向B．B．从B流向A．C．先从A流向B，再从B流向A．D．没有电流．典型错误之三：错误认为有感应电动势电压表就一定有示数。3.如图47所示，U形线框abcd处于匀强磁场之中，磁场的磁感强度为B，方向垂直于纸面向里。长度为L的直导线MN中间串有电压表，跨接在ab与cd上，且与ab垂直，它们之间的接触是完全光滑的。R为电阻。C为电容器。现令MN以速度v0向右匀速运动，用U表示电压表的读数，q表示电容器所带的电量，C表示电容器的电容，F表示对MN的拉力。因电压表的体积很小，其中线圈切割磁感线对MN间电压的影响可忽略，则（）A、．B、．C、U=0，F=0．D、。典型错误之四：错误应用平均电动势来计算电能。4.如图48所示，匀强磁场的磁感应强度为B，方向竖直向下，在磁场中有一个边长为L的正方形刚性金属框，ab边质量为m，其它三边的质量不计，金属框的总电阻为R，cd边装有固定的水平轴，现在将金属框从水平位置由静止释放，不计一切摩擦。金属框经时间t恰好通过竖直位置a′b′cd，且ab的速度为v。（1）求上述时间t内金属框中的平均感应电动势；（2）求在上述时间t内，金属框中产生的焦耳热。典型错误之五：忽视磁通量的正、负号而出错。第16页 1.如图49所示，以边长为50cm的正方形导线框，放置在B=0.40T的匀强磁场中。已知磁场方向与水平方向成37°角，线框电阻为0.10Ω，求线框绕其一边从水平方向转至竖直方向的过程中通过导线横截面积的电量。典型错误之六：错误理解导体切割磁感线的有效长度。2.如图50所示，平行导轨间距为d，一端跨接一个电阻为R，匀强磁场的磁感强度为B，方向与导轨所在平面垂直。一根足够长的金属棒与导轨成θ角放置，金属棒与导轨的电阻不计。当金属棒沿垂直于棒的方向以速度v滑行时，通过电阻R的电流强度是（）A．B．C．　　D．典型错误之七：因错误分析运动的收尾状态而出错。3.在如图51所示的水平导轨上（摩擦、电阻忽略不计），有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B，导轨左端的间距为L1=4L0，右端间距为L2=L0。今在导轨上放置AC、DE两根导体棒，质量分别为m1=2m0，m2=m0，电阻R1=4R0，R2=R0．若AC棒以初速度v0向右运动，求AC棒运动的过程中产生的总焦耳热Q及通过它们的总电量q．参考答案1.分析与解：正确答案是A第16页 。由于磁场的磁感线是闭合的曲线，在磁体(磁铁)内是由S极指向N极，在磁体外是由N极出发指向S极，且在磁体外的磁感线分布在磁体的四周，又由于穿过线圈a、b的磁通均为合磁通，因此面积越大，磁感线抵消得越多，合磁通越小，∴a圆环的磁通量较大。注意：必须熟悉各磁体的内外磁感线分布。2.分析与解：设矩形线圈ABCD在图中实线位置时的磁通量为Φ1，运动到虚线所示位置时的磁通量为Φ2，则若第一次是平移时磁通量的变化为ΔΦ1=Φ1－Φ2，第二次是翻转1800时磁通量的变化为ΔΦ2=Φ1＋Φ2，显然有ΔΦ1<ΔΦ2，即B选项正确。注意：磁通量虽然是标量，但却有正、负，从线圈平面穿过的方向不同，符号是不同的。3.分析与解：由题意知：。注意：当有两个方向的磁感线穿过线圈平面时，磁通量应是两个方向的磁通量相减所得到的结果。4.分析与解：正确的答案是A，画出N极附近的磁感线如图5所示，线圈在位置Ⅰ，磁场方向向上，在位置Ⅱ的磁通量为零，由Ⅰ到Ⅱ向上的磁通减少，感应电流方向为abcd，线圈在位置Ⅲ时磁场方向向下，由Ⅱ到Ⅲ间下的磁通量增加，感应电流方向还是abcd。注意：由此题可见，穿过回路的磁场方向发生变化，但感应电流方向不一定变。5.分析与解：通电导线M的磁感线在右边是垂直于纸面向里，设它的磁感强度为B1，离M越远，B1就越弱，通电导线N的磁感线在左边是垂直于纸面向外，设它的磁感强度为B2，离N越远，B2就越弱，因此在中央线OO′处合磁感强度为零，在OO′的右边合磁感强度B垂直纸面向外，且自右向左逐渐减弱，在OO′的左边合磁感强度B垂直纸面向里，且自右向左逐渐增强。先画出两根通电直导线间的合磁场的磁感线分布如图7所示，下列用两种方法判定。6.分析与解：从“阻碍磁通量变化”来看，原磁场方向向上，先增后减，感应电流磁场方向先下后上，感应电流方向先顺时针后逆时针。从“阻碍相对运动”来看，先排斥后吸引，把条形磁铁等效为螺线管，根据“同向电流互相吸引，反向电流互相排斥”，也有同样的结论。7.分析与解：条形磁铁下落，引起感应电流的磁通量增加，要阻碍磁通量的增加，P、Q必须互相靠拢，故本题的正确答案为A。注意：本题如果不用“阻碍引起感应电流的磁通量的变化”这个含义来解答，第一步先假设条形磁铁下端为N极，用楞次定律和安培定律来判定P、Q中的感应电流方向，又用安培定则和左手定则来判定P、Q的受力情况，最后确定P、Q的运动情况，第二步再假设条形磁铁的下端是S极，按照第一步的程序确度P、Q的运动情况，综合两步的结论也得正确答案是A，但十分麻烦。8.分析和解：正确答案是A。正确的分析是：(用二种方法分析)方法一，以三个环上端截面为例，画出感应电流方向和磁感线方向，以及这一小段电流的受力方向如右图11所示，A和C所受磁场力的水平分量将会使A向左，C向右运动。由于对称性，以任意一小段感应电流为研究对象，都会得出相同的结论。方法二，用阻碍磁通量变化来判定，画出通电螺线管的磁感线分布(如图12)，对A环为了阻碍磁通量的增加，应向左运动，即朝磁通量较小的左方运动，同理可知C环向右运动，对B环，因左右两侧的磁通量是对称的，即无处可“躲”，若电源反向亦同样结果。9.分析与解：无论条形磁铁的哪个极为N极，也无论是顺时针转动还是逆时针转动，在转动90°过程中，穿过闭合电路的磁通量总是增大的（条形磁铁内、外的磁感线条数相同但方向相反，在线框所围面积内的总磁通量和磁铁内部的磁感线方向相同且增大。而该位置闭合电路所围面积越大，总磁通量越小，所以为阻碍磁通量增大金属棒ab将向右移动。第16页 10.分析与解：（1）U型框向右运动时，NQ边相当于电源，产生的感应电动势　。　当U型框的MP端滑至方框的最右侧（如图15所示）时，等效电路如图16所示。U型框连同方框构成的闭合电路的总电阻为：　根据全电路欧姆定律可得电路的总电流为：　根据欧姆定律可知，bd两端的电势差为：　．　方框中的热功率为：　　　　　　　　　（2）在U型框向右运动的过程中，U型框和方框组成的系统所受外力为零，故系统动量守恒，设到达图示位置时具有共同的速度v，根据动量守恒定律　　　　解得：　根据能量守恒定律，U型框和方框组成的系统损失的机械能等于在这一过程中两框架上产生的热量，即：　　　　　　（3）设U型框和方框不再接触时方框速度为v1，U型框的速度为v2，根据动量守恒定律，有：　　　　　　　　　　　　两框架脱离以后分别以各自的速度做匀速运动，经过时间t方框最右侧和U型框最左侧距离为s，即．联立以上两式，解得：；　　11.分析与解：杆滑动时切割磁感线而产生感应电动势为E=BLv，与θ角无关。以r表示两导轨间那段杆的电阻，可作出等效电路如图18所示，根据欧姆定律可得回路中的电流为．(1)电阻R上消耗的电功率为：由于E和R均与θ无关，所以r的值最小时PR的值达最大。当杆与导轨垂直时两轨道间的杆长最短，r的值最小，所以PR最大的θ值为．(2)杆上消耗的电功率为：，要求Pr最大，即要求取最大值。由于显然，r=R时，有极大值。因杆MN单位长的电阻值为r0，r=R即要求两导轨间的杆长为，所以有以下两种情况：①如果LL0，则θ满足下式时r=R，L0sinθ=L，所以．②如果L>L0，则两导轨间那段杆长总是大于L0，即总有r>R．由于，在r>R的条件下，此式随r的减小而单调减小，r取最小值θ=π/2时，取最小值，取最大值，所以Pr取最大值时。12.第16页 分析与解：因a的半径是b的两倍，所以它们的电阻之比为：；面积之比为：。当a在磁场内，a相当于电源，设磁感强度B=kt，则电动势为：，等效电路如图20所示。根据欧姆定律可得：当b在磁场内，b相当于电源，设磁感强度B=kt，则电动势为：Eb=kSb，等效电路如图21所示。根据欧姆定律可得：所以，即MN两点间的电压为．13.分析与解：设t=0时刻甲、乙两杆之间的距离为L0，经过t时间后甲运动的位移为x1(t)，乙运动的位移为x2(t)，则该时刻穿回路的磁通量为：由法拉第电磁感应定律，回路中的感应电动势：所以回路中的电流杆甲的运动方程由于作用于杆甲和杆乙的安培力总是大小相等，方向相反，所以两杆的动量时为0）等于外力F的冲量联立以上各式解得代入数据得分析甲、乙两杆的运动，还可以求出甲、乙两杆的最大速度差：开始时，金属杆甲在恒力F作用下做加速运动，回路中产生感应电流，金属杆乙在安培力作用下也将做加速运动，但此时甲的加速度肯定大于乙的加速度，因此甲、乙的速度差将增大。根据法拉第电磁感应定律，感应电动势将增大，同时甲、乙两杆所受安培力增大，导致乙的加速度增大，甲的加速度减小。但只要a甲>a乙，甲、乙的速度差就会继续增大，所以当甲、乙两杆的加速度相等时，速度差最大。此后，甲、乙两杆做加速度相等的匀加速直线运动。设金属杆甲、乙的共同加速度为a，回路中感应电流最大值Im．对系统和乙杆分别应用牛顿第二定律有：F=2ma；BLIm=ma．由闭合电路的欧姆定律有E=2ImR，而由以上各式可解得14分析与解：以表示金属杆运动的加速度，在时刻，金属杆与初始位置的距离。此时杆的速度，这时，杆与导轨构成的回路的面积，穿过回路的磁通量为：所以回路中的感应电动势为：由于回路的总电阻根据欧姆定律可得回路中的感应电流作用于杆的安培力解得，代入数据为15.第16页 分析与解：MN滑过的距离为L/3时，它与bc的接触点为P，如图25。由几何关系可知MP长度为L/3，MP中的感应电动势为：MP段的电阻为：MacP和MbP两电路的并联电阻为：由欧姆定律，PM中的电流为：由分流得ac中的电流为：解得：根据右手定则，MP中的感应电流的方向由P流向M，所以电流Iac的方向由a流向c。16.分析与解：（1）金属棒MN以恒定速度经过圆心O时，产生的感应电动势最大，此时外电路相当于两个相同电阻并联。此时产生的最大电动势为：．此时感应电流，其方向由N指向M。则（2）此时在整个电路中消耗的总热功率为：。17.分析与解：设线框长为L1，宽为L2，第一次拉出速度为v1，第二次拉出速度为v2，则v1=3v2。匀速拉出磁场时，外力所做的功恰等于克服安培力所做的功，有，同理，故W1>W2；又由于线框两次拉出过程中，磁通量的变化量相等，即，由，得：故正确答案为选项C。18.分析与解：当双刀双掷开关S使螺线管的电流反向时，测量线圈中就产生感应电动势，根据法拉第电磁感应定律可得：由欧姆定律得：由上述二式可得：19.分析与解：根据地磁场的特征可知，在北半球的地磁场方向是向北向下的。只要求出这个磁感强度的竖直分量B1和水平分量B2，就可以求出该处磁感强度B的大小。当线圈翻个身时，穿过线圈的磁通量的变化量为，因为感应电动势，所以2B1L1L2=RQ1当线圈绕ad边竖直站起来时，穿过线圈的磁通量的变化量为，所以由此可得：20.分析与解：设线圈完全进入磁场中时的速度为vx。线圈在穿过磁场的过程中所受合外力为安培力。对于线圈进入磁场的过程，据动量定理可得：对于线圈穿出磁场的过程，据动量定理可得：由上述二式可得，即B选项正确。21.第16页 分析与解：当金属棒ab做切割磁力线运动时，要产生感应电动势，这样，电容器C将被充电，ab棒中有充电电流存在，ab棒受到安培力的作用而减速，当ab棒以稳定速度v匀速运动时，有：而对导体棒ab利用动量定理可得：-BLq=mv-mv0由上述二式可求得：22.分析与解：当跨接杆在运动时，做切割磁感线运动，会产生感应电动势，从而在跨接杆中产生感应电流，跨接杆又要受到安培力作用而做减速运动，经过足够长时间后跨接杆会处于静止状态。设跨接杆从开始运动到静止状态所滑行的距离为S，则在这段时间跨接杆中的平均感应电动势为：根据欧姆定律可得跨接杆中的平均电流强度为：根据动量定理可得：，所以杆所滑行的距离。23.分析与解：金属棒ab下滑时，其加速度为：棒由静止下滑，当v变大时，有下述过程发生：v↑→F↓→a↓→v↑，可知a=0时速度达到最大值，以后棒做匀速运动。当平衡时有：所以有：。24.分析与解：设某时刻金属棒下落的加速度为a，速度为v，那么金属棒切割磁感线所产生的感应电动势为。电容器两端的电压，所以，通过金属棒的电流为又因为，所以，，这样，金属棒除受向下的重力外，还受到向上的安培力，它的大小为：运用牛顿第二定律得：所以，由于m、B、L、C、g均为常数，故加速度a为恒量，所以金属棒做竖直向下的匀加速直线运动。而，所以，25.分析与解：x从0→L时，ab边切割磁感线，磁场力与F平衡，线框匀速运动，i=i0;x从L→2L时，线框内磁通量不变，i=0，线框在F作用下做加速运动。X刚大于2L时，cd边将以原先ab边更大的速度切割磁感线，从而在线框中形成大于i0的电流。这时，磁场力大于F，合外力是阻力，物体开始做减速运动。速度的减小将导致I减小，合外力及加速度的减小。所以速度将减小得越来越慢，进而造成电流减小的越来越慢，在X从2L→3L时，图线应是向下的凹线。且X=3L时，i≥i0，如图36所示。26.分析与解：导体杆在轨道上做匀加速直线运动，用v表示其速度，用t表示时间，则有(1)第16页 杆切割磁感线，将产生感应电动势（2）在杆、轨道和电阻的闭合回路中产生电流（3）根据牛顿第二定律，有(4)联立以上各式得：(5)由图线上取两点代入（5）式可解得：a=10m/s2，m=0.1kg．27.分析与解：金属棒以初速度v0向上滑行的过程中克服重力、安培力和摩擦力做功，动能分别转化为重力势能、电能和内能。从电路构成可知导轨上、下端电阻发出的热量相等，由焦耳定律可求出金属棒发热是R发热的四倍。由电磁感应定律可得，可求出金属棒扫过的面积和沿导轨上滑的距离。由电流定义式和并联电路规律，闭合电路欧姆定律和电磁感应定律，可得所以由磁通量定义，可得，金属棒沿导轨上滑的距离L0为。金属棒沿导轨上滑的受力如图39（b）所示。金属棒所受各力中安培力是变力，其做负功使机械能转化为电能，进而变为内能。由能量守恒定律可得。则上端电阻发热量28.分析与解：当线框匀速运动时，根据能量守恒有：，所以，从线框下落开始一直到ab边刚刚进入匀强磁场，此全过程根据动能定理有：，所以。此后一阶段安培力不做功，故上面即为答案。29.分析与解：正确答案是A，当电键S接通时，D1和D2应该同时亮，但由于自感现象的存在，流过线圈的电流由零变大时，线圈上产生自感电动势的方向是左边正极，右边负极，使通过线圈的电流从零开始慢慢增加，所以开始瞬时电流几乎全部从D1通过，而该电流又将同时分路通过D2和R，所以D1先达最亮，经过一段时间电路稳定后，D1和D2达到一样亮。当电键S断开时，电源电流立即为零，因此D2立刻熄灭，而对D1，由于通过线圈的电流突然减弱，线圈中产生自感电动势(右端为正极，左端为负极)，使线圈L和D1组成的闭合电路中有感应电流，所以D1后灭。因此，分析自感现象，关键是分清电流的变化，确定自感电动势的方向及怎样阻碍电流的变化。30.分析与解：若先断开S1时，则由于自感在L两端会产生瞬时高压，高压加到电压表两端，则电压表可能损坏。31.分析与解：对于图1(a)电路，令I1和I2分别是K接通后线圈、灯泡支路和电阻R支路的稳态电流值，设灯泡的电路为Rs，线圈电阻为RL，由欧姆定律有：，考虑到R与线圈的电阻RL都很小，则I1<<I2．当K断开的瞬间，L支路电流I1不能突变，而R支路的电流I2可以突变，即由方向向右的I2突变为向左的I1．，在K断开后再一次达到稳态时，两支路形成的回路中的电流为零。所以，断开K后，S将渐渐变暗。对于图1(b)所示电路，令I3和I4为K接通后线圈支路和电阻R、灯泡支路的稳态电流值，同理有：，．第16页 考虑到RL很小，则I3>>I4．当K断开的瞬间，L支路的电流I3不能突变，而R、S支路的电流I4可能突变，即由方向向右的I4突变为向左的I3．在K断开后再一次达到稳态时，各支路的电流为零。所以，断开K后，S将先变得更亮，然后渐渐变暗。选项A、D正确。32.分析与解：设导电流体稳定地流经流量计的速度为v，则导电流体切割磁感线产生的感应电动势为E=Bcv，根据欧姆定律可得：，而流量，所以Q=，即A选项正确。33.分析与解：（1）用户正常用电时，a、b之间没有电压，因为双线绕成的初级线圈两根导线中的电流总是大小相等而方向相反的，穿过铁芯的磁通量总为0，副线圈中不会有感应电动势产生。（2）人站在地面上手误触火线，电流通过火线和人体而流向大地，不通过零线，这样变压器的铁芯中就会有磁通量的变化，从而次级产生感应电动势，脱扣开关就会断开。34.错解：从O点开始运动t时间后，金属棒的位移为：设这时金属棒运动到图46所示的位置。根据法拉第电磁感应定律，回路中的感应电动势为：。分析纠错：用公式求出的是t时间内感应电动势的平均值，而题目要求的是运动t时间末感应电动势的瞬时值。在这道题中，感应电动势E在不断地变化，t时间末的瞬时值和t时间内的平均值并不相同。将感应电动势的瞬时值和平均值混为一谈是造成错解的原因。正确解法是：开始运动t时间后，金属棒切割磁感线的有效长度为：。根据运动学公式，这时金属棒切割磁感线的速度为：．所以有：。35.正确地解答是：因为两个线圈绕在同一圆筒上，在软铁棒插入线圈L1的过程中，由于软铁棒被磁化使L1中的磁通量增加，因此，线圈L1附近的线圈L2的磁通量也是增加的。根据楞次定律，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化，所以线圈L2中感应电流的磁场方向是从左向右；根据安培定则可知，电阻R上的电流方向是从A流向B。选项A正确。36.错解：不少同学认为当MN以速度向右匀速运动时，产生的感应电动势为，所以，所以错误选择B选项。分析纠错：只有有电流通过电压表时，电压表指针才会偏转。当MN以速度v0向右匀速运动时，产生的感应电动势为，而本题所给定的回路中因为存在电容C，所以回路中的电流强度为I=0，电压表指针不会偏转，所以U=0，F=0，即C选项正确。第16页