第24讲　法拉第电磁感应定律、自感和涡流（解析版）_04高考物理_通用版（老高考）复习资料_2024年复习资料_完2024年高考物理一轮考点复习精讲精练（全国通用）

第 24 讲 法拉第电磁感应定律、自感和涡流 目录 考点一 法拉第电磁感应定律的应用...........................................................................................1 考点二 导体切割磁感线产生感应电动势的计算.......................................................................1 考点三 自感现象的理解...............................................................................................................7 练出高分.........................................................................................................................................14 考点一 法拉第电磁感应定律的应用 1．感应电动势 (1)感应电动势：在电磁感应现象中产生的电动势．产生感应电动势的那部分导体就相当于 电源，导体的电阻相当于电源内阻． (2)感应电流与感应电动势的关系：遵循闭合电路欧姆定律，即I＝. 2．感应电动势大小的决定因素 (1)感应电动势的大小由穿过闭合电路的磁通量的变化率和线圈的匝数共同决定，而与磁通 量Φ、磁通量的变化量ΔΦ的大小没有必然联系． (2)当ΔΦ仅由B的变化引起时，则E＝n；当ΔΦ仅由S的变化引起时，则E＝n；当ΔΦ由 B、S的变化同时引起时，则E＝n≠n. 3．磁通量的变化率是Φ－t图象上某点切线的斜率． [例题1] （2023•浙江模拟）如图所示，一块永磁体在光滑斜面上沿着一螺线管的 轴线做直线运动。螺线管外的轴线上存在 p、q两点（p、q两点到螺线管边缘的距离 相等）。一灯泡与螺线管串联，灯泡在永磁体通过p点时的亮度要大于永磁体通过q 点时的亮度。忽略永磁体的尺寸，下列说法中正确的（ ） A．永磁体在p点时的速度小于在q点时的速度 B．永磁体在p点时的机械能小于在q点时的机械能 C．若将灯泡换成一发光二极管，则永磁体在通过p和q时该二极管不会都发光 资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分1 百】D．若将永磁体的极性对调，则在其通过q点时灯泡的亮度将大于其通过p点时的亮度 【解答】解：A．灯泡在永磁体通过p点时的亮度大于永磁体通过q点时的亮度，说明 永磁体通过p点时产生的感应电流大于永磁体通过q点时的感应电流，根据切割电动势 规律和欧姆定律，即永磁体在p点时的速度大于在q点时的速度，故A错误； B．根据能量转化与守恒，由于灯泡发光，所以永磁体的机械能不断减小，即永磁体在 p点时的机械能大于在q点时的机械能，故B错误； C．根据楞次定律，当永磁体靠近螺线管和远离螺线管时产生的感应电流方向相反，根 据二极管反向截止的特性，所以二极管不会都发光，故C正确； D．若将永磁体的极性对调，根据切割电动势规律和欧姆定律，则在其通过 q点时灯泡 的亮度仍将小于其通过p点时的亮度，故D错误。 故选：C。 [例题2] （2023•重庆模拟）如图甲，在垂直纸面向里的匀强磁场区域中有一开口 很小的圆形线圈，在线圈开口左端连接一阻值为 R＝6 的电阻，一个电容为 C＝ 1.25×10﹣3F的电容器与R并联。已知圆形线圈面积为0.2mΩ 2，圆形线圈电阻为r＝4 ， 其余导线电阻不计，磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示。在0～4s内下列 Ω 说法正确的是（ ） A．回路中感应电动势大小为2V B．回路中感应电流的大小为0.05A C．R两端的电压为0.12V D．电容器充电完成后，上极板带电量为2.5×10﹣4C 【 解 答 】 解 ： A ． 在 0 ～ 4s 内 ， 根 据 法 拉 第 电 磁 感 应 定 律 有 ΔΦ ΔB 4 E= = S= ×0.2V =0.2V，故A错误； Δt Δt 4 B．根据闭合电路欧姆定律可知： E 0.2 I= = A=0.02A，故B错误； R+r 6+4 C．根据串联电路中电压的关系可知： R 6 U= E= ×0.2V =0.12V，故C正确； R+r 6+4 D．根据电荷量的计算公式可知，电容器两板的电荷量为： 资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分2 百】Q＝CU＝1.25×10﹣3×0.12C＝0.15×10﹣3C，故D错误。 故选：C。 [例题3] （2023•岳阳一模）轻质细线吊着一质量为m＝1kg、边长为0.2m、电阻 R＝1 、匝数n＝10的正方形闭合线圈abcd，bd下方区域分布着磁场，如图甲所示。 磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间变化关系如图乙所示。不考虑线圈的 Ω 形变和电阻的变化，整个过程细线未断且线圈始终处于静止状态，g取10m/s2。则下 列判断正确的是（ ） A．线圈中感应电流的方向为adcba B．线圈中的感应电流大小为0.2A C．0～2s时间内线圈中产生的热量为0.02J D．6s 时线圈受安培力的大小为0.08√2N 【解答】解：A．磁感应强度向里并且增大，由楞次定律可得，感应电流产生的磁场垂 直纸面向外，线圈中感应电流的方向为逆时针，即abcda，故A错误； B．根据法拉第电磁感应定律结合欧姆定律可得线圈中的感应电流大小为： SΔB I=n RΔt l2 假设线框边长为l，则S= 2 联立两式代入数据解得I＝0.1A 故B错误； C．0～2s时间内金属环产生的热量为Q＝I2Rt＝0.12×1×2J＝0.02J，故C正确； D线圈的bcd部分在匀强磁场中受到安培力，受到安培力的大小等效为bd直棒受到的安 培力，6s 时线圈受到的安培力为 F=nBIL=10×0.1×4×0.2√2N=0.8√2N 故D错误。 故选：C。 [例题4] （2023•吉水县校级一模）粗糙水平桌面上放一单匝闭合矩形线框如甲所 示，线框右半部分处在匀强磁场中，磁感应强度 B竖直向下，磁场的左边界OO′与 线框交于M．N两点。已知线框面积S＝100cm2，总电阻R＝0.02 ，M、N间距离x ＝8cm，磁感应强度B按图乙所示变化时（向下为B正方向），线框始终静止不动， Ω 资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分3 百】则（ ） A．在t＝1s时，线框上M、N两点的电势差U ＞0 MN B．在t＝1s时，线框受到的摩擦力f＝0.04N C．在t＝2s时，线框中感应电流的方向发生改变 D．在t＝2s时，线框所受的摩擦力方向发生改变 【解答】解：A、0～2s内磁感应强度方向向下，通过线框的磁通量向下减小，根据楞 次定律可知感应电流方向为顺时针（俯视），则线框上M、N两点的电势差U ＜0， MN 故A错误； △B 1 2 1 B、根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势为：E= × S= × ×100×10−4 V △t 2 2 2 ＝0.005V， E 0.005 则回路中的感应电流为：I= = A＝0.25A， R 0.02 在t＝1s时磁感应强度的大小为 B＝1T，则线框受到的安培力的合力为：F ＝BIx＝ A 1×0.25×0.08N＝0.02N， 根据平衡条件可得线框受到的摩擦力f＝F ＝0.02N，故B错误； A △B C、B﹣t图象的斜率不变，则 不变、感应电动势不变，根据闭合电路的欧姆定律可 △t 知感应电流大小方向不变，故C错误； D、在t＝2s前磁感应强度方向向下，t＝2s以后磁感应强度方向向上，由于感应电流不 变，根据左手定则可知安培力的方向变化，根据平衡条件可得线框所受的摩擦力方向发 生改变，故D正确。 故选：D。 [例题5] 如图1所示，在绝缘光滑水平桌面上，以O为原点、水平向右为正方向 建立x轴，在0≤x≤1.0m区域内存在方向竖直向上的匀强磁场。桌面上有一边长L＝ 0.5m、电阻R＝0.25 的正方形线框abcd，当平行于磁场边界的cd边进入磁场时，在 沿x方向的外力F作用下以v＝1.0m/s的速度做匀速运动，直到ab边进入磁场时撤去 Ω 外力。若以cd边进入磁场时作为计时起点，在0≤t≤1.0s内磁感应强度B的大小与时 间t的关系如图2所示，由图2可知，0.5s时ab边刚好进入磁场，1.0s时cd边开始出 磁场，1.5s时线框刚好全部出磁场。已知在0≤t≤1.5s内线框始终做匀速运动。 资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分4 百】（1）求外力F的大小； （2）在1.0≤t≤1.5s内存在连续变化的磁场从而保证线框能匀速出磁场，求在这段时间 内磁感应强度B的大小与时间t的关系； （3）求在0≤t≤1.5s内流过导线横截面的电荷量q。 【解答】解：（1）由图可知，在t ＝0时，磁感应强度，大小为B ＝0.25T，回路电流： 0 0 B Lv I= 0 R B2L2 线框所受安培力：F =B IL= 0 v A 0 R 由于线框匀速运动：F＝F A 联立解得外力：F＝0.0625N （2）线框匀速离开磁场，线框中的感应电流为0，磁通量不变时，即 ＝ 1 在t 1 ＝1.0s时，磁感应强度大小为B 1 ＝0.5T，此时的磁通量为：Φ 1 =BΦ 1 L2 Φ 因此在t时刻，磁通量： ＝BL[L﹣v（t﹣t ）] 1 1 联立解得：B= Φ 6−4t ΔΦ E （3）根据E= ，而I= Δt R ΔΦ 因此电荷量：q=I×Δt= R B L2 0.25×0.52 在0≤1≤0.5s时间内，电荷量：q = 0 = C=0.25C 1 R 0.25 B L2−B L2 0.5×0.52−0.25×0.52 在0.5s≤t≤1.0s时间内，电荷量：q = 1 0 = C=0.25C 2 R 0.25 在1.0≤t≤1.5s时间，线框无感应电流，所以q ＝0C 3 总电荷量q＝q +q ＝0.25C+0.25C＝0.5C 1 2 答：（1）外力F的大小为0.0625N； 1 （2）在这段时间内磁感应强度B的大小与时间的关系为：B= ； 6−4t （3）在0≤t≤1.5s内流过导线横截面的电荷量q为0.5C。 资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分5 百】考点二 导体切割磁感线产生感应电动势的计算 1．公式E＝Blv的使用条件 (1)匀强磁场． (2)B、l、v三者相互垂直． (3)如不垂直，用公式E＝Blvsin θ求解，θ为B与v方向间的夹角． 2．“瞬时性”的理解 (1)若v为瞬时速度，则E为瞬时感应电动势． (2)若v为平均速度，则E为平均感应电动势． 3．切割的“有效长度” 公式中的l为有效切割长度，即导体在与v垂直的方向上的投影长度．图4中有效长度分别 为： 图4 甲图：l＝sin β； 乙图：沿v 方向运动时，l＝；沿v 方向运动时，l＝0. 1 2 丙图：沿v 方向运动时，l＝R；沿v 方向运动时，l＝0；沿v 方向运动时，l＝R. 1 2 3 4．“相对性”的理解 E＝Blv中的速度v是相对于磁场的速度，若磁场也运动，应注意速度间的相对关系． [例题6] （2023•菏泽二模）如图所示，“ ”形金属框静止于光滑绝缘的水 平桌面上，金属框总质量为m，总阻值为10dR，各边粗细均匀且材料相同，相邻边相 互垂直，CD＝DE＝EF＝FG＝GH＝HP＝PQ＝d，CQ＝3d。其右侧是宽度为2d的匀强 磁场区域，磁感应强度大小为B，方向垂直于水平桌面向下。金属框在垂直于磁场边 界的水平拉力的作用下以速度v向右匀速通过磁场，FG边始终与磁场边界平行。下列 说法正确的是（ ） 资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分6 百】A．从FG边刚进入磁场到DE和HP边刚要进入磁场的过程中，E、H间的电势差为Bdv 3Bdv B．在DE、HP边刚进入磁场时，金属框中的电流为 R B2d2v C．金属框穿过磁场的整个过程，拉力做的功为 R 2B2d2v D．金属框穿过磁场的整个过程，拉力做的功为 R 【解答】解：A．从FG边刚进入磁场到DE和HP边刚要进入磁场的过程中，根据法拉 第电磁感应定律可知导体棒切割磁感线产生的感应电动势为： E＝Bdv 根据欧姆定律可知E、H间的电势差为： 7dR U = E=0.7Bdv，故A错误； EH 10dR B．在DE、HP边刚进入磁场时，产生的感应电动势为E＝3Bdv 由闭合电路的欧姆定律可得，金属框中的电流为： E 3Bdv I= = R R 总 总 因为R总 ＝10dR 3Bdv 则金属框中的电流不等于 ，故B错误； R CD．由能量守恒定律，金属框穿过磁场的整个过程，拉力做的功等于金属框中产生焦 耳热之和，根据焦耳定律可得： W =I2R t +I2R t 1 总 1 2 总 2 E Bdv Bv 其中I = = = 1 R 10dR 10R 总 E' 3Bdv 3Bv I = = = 2 R 10dR 10R 总 d t =t =2× 1 2 v 2B2d2v 联立解得：W = ，故C错误，D正确。 R 故选：D。 [例题7] （2023•邯郸一模）如图所示，纸面内的菱形金属线框 ABCD以速度v 0 平行于AD方向匀速通过一有界的匀强磁场，磁场的边界PQ、MN相互平行，磁感应 强度大小为B、方向垂直纸面向里。已知线框的电阻为R，线框的边长和磁场宽度均 为L，∠A＝60°，AD⊥PQ，下列说法正确的是（ ） 资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分7 百】A．A点离开磁场后线框内的感应电流沿顺时针方向 √2 B．线框内感应电动势的最大值为 BLv 2 0 7√3 C．此过程中穿过线框的磁通量的最大值为 BL2 16 B2L2v2 D．线框穿过磁场的整个过程中回路的最大热功率为 0 2R 【解答】解：A、线框的A点离开磁场后，穿过线框的磁通量先增大后减小，磁场方向 是垂直纸面向里，由楞次定律可知，线框中的感应电流的方向是先沿逆时针方向，后沿 顺时针方向，故A错误； B、从B点进入磁场到D点进入磁场的过程中线框内的感应电动势最大，感应电动势的 √3BLv 最大值为E = 0，故B错误； m 2 C、当线框到如图所示的位置时 穿过线框的磁通量最大，此时A点和C点到磁场边界MN和PQ的距离相等，所以穿过 √3 L L √3 7√3 线框的磁通量的最大值Φ =( L2− × × )B= BL2 ，故C正确； m 2 4 2 2 16 E 2 3B2L2v2 D、回路中感应电动势最大时热功率最大，有P = m = 0，故D错误； max R 4R 故选：C。 [例题8] （2022•保定模拟）某同学设计了飞船登陆地外屋球的电磁阻尼缓冲装置： 其模拟器如图所示。模拟器由船舱主体、光滑导轨，缓冲弹簧、绝缘缓冲底座、绝缘 缓冲底座上的线圈以及固定在船舱主体上的超导线圈（图中未画出）组成。其中导轨 固定在船舱主体下端，绝缘缓冲底座上的线圈为竖直绕在绝缘底座上的单匝闭合线圈， 超导线圈产生水平方向的磁场。已知绝缘底座与地面接触后速度迅速减为零，导轨与 资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分8 百】线圈接触良好，则关于电磁阻尼缓冲装置分析正确的是（ ） A．船舱主体下端MN必须是导体，不能与导轨绝缘 B．只增加导轨长度，可能使缓冲弹簧接触地面前速度为零 C．只增加磁场的磁感应强度，可使缓冲弹簧接触地面前速度减小 D．只增加闭合线圈电阻，可使缓冲弹簧接触地面前速度减小 【解答】解：A、题中缓冲装置是利用绝缘缓冲底座上的线圈感应出感应电流，与船舱 主体上的超导线圈互感发生相互作用，从而让船舱主体缓冲的，不是船舱主体下端 MN 切割磁感线发生感应相互作用的，所以MN无需是导体，可以与导轨绝缘，故A错误； B、绝缘缓冲底座上的线圈ab边切割磁感线，线圈回路磁通量变化，形成感应电流，磁 场对ab边的安培力向下，根据牛顿第三定律，ab边对超导线圈的力向上，超导线圈固 B2L2v 定在船舱主体上，对船舱主体和导轨，有： −mg＝ma；当缓冲底座着地后，船 R 舱主体开始做加速度减小的减速运动，当导轨足够长，船舱主体可能达到收尾速度，之 后匀速下降到地面，故B错误； B2L2v mgR CD、当船舱主体所受安培力等于重力时，有mg= ，解得v = ，可见，只增 R B2L2 加磁场的磁感应强度，可使缓冲弹簧接触地面前速度减小（收尾速度越小）；只增加闭 合线圈电阻，可使缓冲弹簧接触地面前速度增大，故C正确，D错误。 故选：C。 [例题9] （2022•东城区三模）某铁路安装有一种电磁装置可以向控制中心传输信 号，以确定火车的位置和运动状态，其原理是将能产生匀强磁场的磁铁安装在火车首 节车厢下面，如图甲所示（俯视图），当它经过安放在两铁轨间的线圈时，线圈便产 生一个电信号传输给控制中心。线圈边长分别为l 和l ，匝数为n，线圈和传输线的电 1 2 阻忽略不计。若火车通过线圈时，控制中心接收到线圈两端的电压信号u与时间t的 关系如图乙所示（ab、cd均为直线），t 、t 、t 、t 是运动过程的四个时刻，则火车 1 2 3 4 （ ） 资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分9 百】A．在t ～t 时间内做匀速直线运动 2 3 B．在t ～t 时间内做匀减速直线运动 3 4 u −u 2 1 C．在t ～t 时间内加速度大小为 1 2 Bl (t −t ) 1 2 1 D．在t ～t 时间内和在t ～t 时间内阴影面积相等 1 2 3 4 【解答】解：A、在t ～t 时间内，线圈产生的感应电动势为零，说明穿过线圈的磁通 2 3 量不变，不能判断火车做什么运动，故A错误； B、由E＝nBl v可知，线圈产生的感应电动势与速度成正比，在t ～t 时间内，ab段的 1 3 4 电压随时间均匀增大，因此可知在t ～t 这段时间内，火车的速度随时间均匀增大，所 3 4 以火车做的是匀加速直线运动，故B错误； u C、同理可知，火车在t ～t 内做匀加速直线运动，在t 时刻对应的速度为v = 1 ，t 1 2 1 1 nBl 2 1 u v −v u −u 时刻对应的速度为v = 2 ，故这段时间内火车的加速度为：a = 2 1= 2 1 2 nBl t −t nBl (t −t ) 1 2 1 1 2 1 ，故C错误； D、根据v﹣t图像与时间轴所围的面积表示位移，可知若是v﹣t图像，在t ～t 时间内 1 2 和在t ～t 时间内阴影面积表示产生匀强磁场的磁铁的宽度，则两阴影面积相等，由u＝ 3 4 E＝nBl v得知在t ～t 时间内和在t ～t 时间内阴影面积相等，故D正确。 1 1 2 3 4 故选：D。 [例题10]（2023•天津一模）如图所示，两根电阻不计的光滑金属导轨竖直放置， 相距为L，导轨上端接电阻R，宽度相同的水平条形区域Ⅰ和Ⅱ内有磁感应强度为 B、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场，其宽度均为d，Ⅰ和Ⅱ之间相距为h且无磁场． 一长度为L、质量为m、电阻为r的导体棒，两端套在导轨上，并与两导轨始终保持 良好的接触，导体棒从距区域Ⅰ上边界H处由静止释放，在穿过两段磁场区域的过程 中，流过电阻R上的电流及其变化情况相同，重力加速度为g．求： （1）导体棒进入区域Ⅰ的瞬间，通过电阻R的电流大小与方向． （2）导体棒进入区域Ⅰ的过程，电阻R上产生的热量Q． （3）求导体棒穿过区域Ⅰ所用的时间． 资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分10百】【解答】解：（1）设导体棒进入区域Ⅰ瞬间的速度大小为V ， 1 1 根据动能定理：mgH= mV2 ① 2 1 由法拉第电磁感应定律：E＝BLV ② 1 E 由闭合电路的欧姆定律：I= ③ R+r BL√2gH 由①②③得：I= ； R+r 根据右手定则可得电流方向为从M到N； （2）由题意知，导体棒进入区域Ⅱ的速度大小也为V ， 1 由能量守恒，得：Q总 ＝mg（h+d） R 电阻R上产生的热量Q= mg（h+d）； R+r （3）设导体棒穿出区域Ⅰ瞬间的速度大小为V ，从穿出区域Ⅰ到进入区域Ⅱ， 2 V 1 2−V 2 2=2gh，得：V 2 =√2g(H−ℎ)， 设导体棒进入区域Ⅰ所用的时间为t，根据动量定理： 设向下为正方向：mgt﹣BILt＝mV ﹣mV ， 2 1 △Φ BLd 此过程通过整个回路的电量为：q=It= = R+r R+r B2L2d √2(H−ℎ) √2H 得：t= + − ． mg(R+r) g g BL√2gH 答：（1）导体棒进入区域Ⅰ的瞬间，通过电阻 R的电流大小为 ；方向从M R+r 到N． R （2）导体棒进入区域Ⅰ的过程，电阻R上产生的热量为 mg（h+d）． R+r B2L2d √2(H−ℎ) √2H （3）导体棒穿过区域Ⅰ所用的时间为 + − ． mg(R+r) g g 资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分11百】考点三 自感现象的理解 1．自感现象 (1)概念：由于导体本身的电流变化而产生的电磁感应现象称为自感，由于自感而产生的感 应电动势叫做自感电动势． (2)表达式：E＝L. (3)自感系数L的影响因素：与线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯有关． 2．自感现象“阻碍”作用的理解 (1)流过线圈的电流增加时，线圈中产生的自感电动势与电流方向相反，阻碍电流的增加， 使其缓慢地增加． (2)流过线圈的电流减小时，线圈中产生的自感电动势与电流方向相同，阻碍电流的减小， 使其缓慢地减小． 线圈就相当于电源，它提供的电流从原来的I 逐渐变小． L 3．自感现象的四大特点 (1)自感电动势总是阻碍导体中原电流的变化． (2)通过线圈中的电流不能发生突变，只能缓慢变化． (3)电流稳定时，自感线圈就相当于普通导体． (4)线圈的自感系数越大，自感现象越明显，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．断电自感中，灯泡是否闪亮问题 (1)通过灯泡的自感电流大于原电流时，灯泡闪亮． (2)通过灯泡的自感电流小于或等于原电流时，灯泡不会闪亮． [例题11] （2023•朝阳区一模）某同学利用电压传感器来研究电感线圈工作时的特 点。图甲中三个灯泡完全相同，不考虑温度对灯泡电阻的影响。在闭合开关 S的同时 开始采集数据，当电路达到稳定状态后断开开关。图乙是由传感器得到的电压u随时 间t变化的图像。不计电源内阻及电感线圈L的电阻。下列说法正确的是（ ） A．开关S闭合瞬间，流经灯D 和D 的电流相等 2 3 资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分12百】B．开关S闭合瞬间至断开前，流经灯D 的电流保持不变 1 C．开关S断开瞬间，灯D 闪亮一下再熄灭 2 D．根据题中信息，可以推算出图乙中u 与u 的比值 1 2 【解答】解：AB.开关S闭合瞬间，由于电感线圈的阻碍作用，灯D 逐渐变亮，通过灯 3 D 的电流缓慢增加，待稳定后，流经灯D 和D 的电流相等，故从开关S闭合瞬间至断 3 2 3 开前，流经D 的电流也是逐渐增加的，故AB错误； 1 C.开关S断开瞬间，由于电感线圈阻碍电流减小的作用，由电感线圈继续为 D 和D 提 2 3 供电流，又因为电路稳定的时候，流经D 和D 的电流相等，所以D 逐渐熄灭，故C错 2 3 2 误； D.开关S闭合瞬间，灯D 和D 串联，电压传感器所测电压为D 两端电压，由欧姆定律， 2 1 2 1 E E E = ⋅ = u = ；电路稳定后，流经D 的电流为I 2 3 3R，开关S断开瞬间，电感线圈 1 2 3 R 2 2E 能够为D 和D 提供与之前等大电流，故其两端电压为u ＝I•2R = ，所以u 与u 的 2 3 2 3R 1 2 比值为3：4，故D正确； 故选：D。 [例题12]（2023•四川一模）如图甲，一种使心脏骤停者的心脏重新跳动的设备— 自动体外除颤仪（AED），其内部的电路可以简化为如图乙所示的电路，其中 K是自 动控制的双刀双掷开关，除颤仪启动时，开关K立即闭合，经过一段很短的时间后突 然断开，下列说法正确的是（ ） A．开关闭合的瞬间流经人体的电流很大 B．开关断开流经人体的电流立即消失 C．AED产生的瞬间高压是通过电容器放电产生的 D．AED电路中的电感线圈L可以用定值电阻代替 【解答】解：A、除颤仪需要足够大的电流流过心脏来刺激心肌，因此开关闭合的瞬间 流经人体的电流很大，故A正确； B、开关断开流经人体的电流会流入大地，不能立即消失，故B错误； C、AED产生的瞬间高压是通过电压变换器产生的，故C错误； 资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分13百】D、AED电路中的电感线圈L的作用是与人体接通形成串联简谐电路，得到一个单次大 电流脉冲，不可用定值电阻代替，故D错误； 故选：A。 [例题13]（2022•太原三模）一种叫“焦耳小偷”的电路，可以“榨干”一颗旧电 池的能量，其原理如图所示。﹣﹣颗废旧的5号电池开路电压大约1V，直接点亮一个 需要1.6V电压驱动的发光二极管是不可能的，这时可以反复快速接通和断开开关，发 光二极管就会闪烁起来。下列说法中正确的是（ ） A．发光二极管的正极应接在C端 B．只有开关接通的瞬间，发光二极管才会闪亮发光 C．只有开关断开的瞬间，发光二极管才会闪亮二极管 D．开关断开及接通的瞬间，A端的电势均高于B端的电势 【解答】解：A、由图可知，发光二极管的正极应接在B端，故A错误； B．开关接通瞬间，流过电感器的电流增大，电感器产生与原电流相反的自感电动势， 发光二极管被短路，发光二极管不会闪亮发光，此时B端电势低于A端电势，故B错误； CD．开关断开的瞬间，流过电感器的电流减小，电感器产生与原电流同向的自感电动 势，与原电流叠加，能提供更大的电动势和电流，发光二极管会闪亮发光，此时B端电 势高于A端电势，故C正确，D错误。 故选：C。 练出高分 一．选择题（共10小题） 1．（2023•东城区模拟）如图所示，在光滑水平面上，有一个粗细均匀的单匝正方形闭合 线框abcd。t＝0时刻，线框在水平外力的作用下，从静止开始向右做匀加速直线运动， bc边刚进入磁场的时刻为t ，ad边刚进入磁场的时刻为t ，设线框中产生的感应电流的 1 2 大小为i，ad边两端电压大小为U，水平拉力大小为F，则下列i、U、F随运动时间t变 化关系图像正确的是（ ） 资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分14百】A． B． C． D． 【解答】解：A、B由题得到，金属杆的速度与时间的关系式为v＝at，a是加速度。由 E E＝BLv和I= 得，感应电流与时间的关系式为 R BLa I= t，B、L、a均不变，当0﹣t 时间内，感应电流为零，t ﹣t 时间内，电流I R 1 1 2 与t成正比，t 时间后无感应电流。故AB错误。 2 E BLa C、由E＝BLv和I= 得，感应电流与时间的关系式为 I= t，当0﹣t 时间内，感应 R R 1 电 流 为 零 ， ad 的 电 压 为 零 ， t ﹣ t 时 间 内 ， 电 流 I 与 t 成 正 比 ， 1 2 BLat 1 BLat U =I R = × R= ，电压随时间均匀增加，t 时间后无感应电流，但有感 ad ad R 4 4 2 应电动势，U ＝E＝BLat电压随时间均匀增加，故C正确。 ad B2L2v D、根据推论得知：金属杆所受的安培力为F = ，由牛顿第二定律得 A R B2L2a F﹣F ＝ma，得 F= t+ma，当0﹣t 时间内，感应电流为零，F＝ma，为定 A 1 R 值，t ﹣t 时间内，F与t成正比，F与t是线性关系，但不过原点，t 时间后无感应电流， 1 2 2 F＝ma，为定值，故D错误。 故选：C。 2．（2023•张掖模拟）图甲为某款“自发电”无线门铃按钮，其“发电”原理如图乙所示， 按下门铃按钮过程磁铁靠近螺线管，松开门铃按钮磁铁远离螺线管回归原位置。下列说 法正确的是（ ） 资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分15百】A．按下按钮过程，螺线管P端电势较高 B．松开按钮过程，螺线管Q端电势较高 C．按住按钮不动，螺线管中产生恒定的感应电动势 D．若按下和松开按钮的时间相同，螺线管产生大小相同的感应电动势 【解答】解：A、按下按钮过程中，穿过线圈内向左的磁通量增大，根据楞次定律可知， 感应电流的磁场的方向向右，此时螺线管Q端电势高，故A错误； B、松开按按钮过程中，穿过线圈内向左的磁通量减小，根据楞次定律可知，感应电流 的磁场的方向向左，此时螺线管P端电势高，故B错误； C、当保持不动时，线圈内磁通量不变化，无感应电动势，故C错误； D、按下和松开按钮过程，若按下和松开按钮的时间相同，螺线管中磁通量的变化率相 同，根据法拉第电磁感应定律可知，螺线管产生的感应电动势大小相同，故D正确。 故选：D。 3．（2023•泰和县校级一模）用一根横截面积为 S、电阻率为 的硬质导线做成一个半径 为r的圆环，ab为圆环的直径，t＝0时刻在ab的左侧存在一个匀强磁场，磁场垂直圆环 ρ 所在平面，方向如甲图，磁感应强度B与时间t的关系如乙图，则0﹣t 时间内下面说法 1 正确的是（ ） A．圆环一直具有扩展的趋势 B．圆环中产生逆时针方向的感应电流 B rS 0 C．圆环中感应电流的大小为 4t ρ 0 资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分16百】B πr2 D．图中a、b两点之间的电势差U = 0 AB 2t 0 【解答】解：A、由楞次定律的“来拒去留”可知，0﹣t 为了阻碍磁通量的减小，线圈 0 有扩张的趋势，t ﹣t 为了阻碍磁通量的增大，线圈有缩小的趋势。故A错误； 0 1 B、磁通量向里减小，由楞次定律“增反减同”可知，线圈中的感应电流方向为顺时针； 故B错误； △Bs B πr2 C 、 由 法 拉 第 电 磁 感 应 定 律 可 知 ， E= = 0 ， 感 应 电 流 I 2△t 2t 0 E B πr2 S B rS = = 0 ⋅ = 0 ，故C正确； R 2t ρ⋅2πr 4t ρ 0 0 E B πr2 D、与闭合电路欧姆定律可知，ab两点间的电势差为 = 0 ，故D错误； 2 4t 0 故选：C。 4．（2022•太原三模）一种叫“焦耳小偷”的电路，可以“榨干”一颗旧电池的能量，其 原理如图所示。﹣﹣颗废旧的5号电池开路电压大约1V，直接点亮一个需要1.6V电压 驱动的发光二极管是不可能的，这时可以反复快速接通和断开开关，发光二极管就会闪 烁起来。下列说法中正确的是（ ） A．发光二极管的正极应接在C端 B．只有开关接通的瞬间，发光二极管才会闪亮发光 C．只有开关断开的瞬间，发光二极管才会闪亮二极管 D．开关断开及接通的瞬间，A端的电势均高于B端的电势 【解答】解：A、由图可知，发光二极管的正极应接在B端，故A错误； B．开关接通瞬间，流过电感器的电流增大，电感器产生与原电流相反的自感电动势， 发光二极管被短路，发光二极管不会闪亮发光，此时B端电势低于A端电势，故B错误； CD．开关断开的瞬间，流过电感器的电流减小，电感器产生与原电流同向的自感电动 势，与原电流叠加，能提供更大的电动势和电流，发光二极管会闪亮发光，此时B端电 势高于A端电势，故C正确，D错误。 故选：C。 5．（2023•湖南模拟）有一正方形匀质金属框，其质量为m，边长为L，距离金属框下底 边H处有一垂直纸面向里的匀强磁场。磁场区域上下边界水平，高度为 L，左右宽度足 够大。把该金属框在垂直磁场的平面内以初速度v 水平无旋转抛出（金属框下端保持水 0 资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分17百】平），设置合适的磁感应强度大小B，使其匀速通过磁场，不计空气阻力，重力加速度 为g。下列说法正确的是（ ） A．通过磁场的过程中，金属框中电流的大小和方向保持不变 B．金属框在通过磁场的过程中产生的热量为mgL C．仅改变H，金属框仍能匀速通过磁场 D．仅改变v ，金属框仍能匀速通过磁场 0 【解答】解：A．将金属框以初速度v 水平无旋转抛出后，金属框做平抛运动，后进入 0 磁场做匀速运动，经分析可知，水平方向切割磁感线产生感应电动势相互抵消，竖直方 E 向切割磁感线产生感应电动势E＝BLv ，根据欧姆定律I= y R BLv 联立解得I= y R 通过磁场过程中，金属框中电流大小不变，当金属框刚进入磁场时穿过金属框磁通量增 加，此时感应电流的方向为逆时针方向，根据楞次定律可知，当金属框出磁场时穿过金 属框磁通量减少，此时感应电流方向为顺时针方向，故A错误； B．在金属框匀速通过磁场过程中，根据平衡条件有mg＝F安 克服安培力做功W＝F安×2L＝2mgL 根据能量转化和守恒规律，金属框在通过磁场过程中产生热量2mgL，故B错误； B2L2v CD．根据平抛运动规律和平衡条件：v =√2gH，mg=F = y y 安 R √ mgR 1 联立解得B= ⋅ 则B与H有关，与v 无关，故C错误，D正确。 L2√2g √√H 0 故选：D。 6．（2022•海淀区校级三模）如图所示，竖直放置的两根平行金属导轨间接有定值电阻 R，金属棒与两导轨始终保持垂直，接触良好且无摩擦，棒与导轨的电阻均不计，整个 装置放在水平匀强磁场中。棒在竖直向上的恒力F作用下匀速上升，下列说法正确的是 （ ） 资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分18百】A．恒力F与金属棒的重力是一对平衡力 B．棒内自由电荷所受洛伦兹力沿棒方向的分力做正功 C．恒力F做的功等于定值电阻R产生的热量 D．金属棒两端电势差为零 【解答】解：A、棒向上运动时，由右手定则可知，通过电阻R的电流方向向右，通过 棒的电流方向向左，由左手定则知，棒受到的安培力方向向下，导体棒在拉力、重力、 安培力作用下匀速上升，故A错误； B、导体中自由电荷一方面随导体棒向下运动，另一方面在洛伦兹力作用下沿棒运动。 虽然实际的洛伦兹力不做功，但其沿棒的方向的分力使自由电荷向一端累积，形成电势 ＝差，所以对自由电荷做正功，故B正确； C、根据功能关系知，恒力F做的功等于棒机械能的增加量与电路中产生的热量之和， 故C错误； D、导体棒向上运动，产生动生电动势，导体棒相当于电源，电源两端电压小于电动势， 一定不为零，故D错误。 故选：B。 7．（2023•昆明一模）如图所示，间距为d的两水平虚线之间有方向垂直于竖直平面向里 的匀强磁场，正方形金属线框abcd的边长为l（l＜d）。线框从ab边距磁场上边界h处 自由下落，下落过程中线框始终在竖直平面内且ab边保持水平。已知ab边进入磁场瞬 间、dc边进入磁场瞬间及dc边离开磁场瞬间线框的速度均相同。设线框进入磁场的过 程中产生的热量为 Q ，离开磁场的过程中产生的热量为 Q 。不计空气阻力，则 1 2 （ ） 资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分19百】Q l Q l Q l Q l A． 1= B． 1= C． 1= D． 1= Q d Q d−l Q d+ ℎ Q l+ ℎ 2 2 2 2 【解答】解：设正方形线框的质量为 m，据题知，ab边进入磁场瞬间、dc边进入磁场 瞬间线框的速度相同，由能量守恒定律知线框进入磁场的过程中产生的热量Q ＝mgl 1 又因为ab边进入磁场瞬间、dc边离开磁场瞬间线框的速度相同，由能量守恒定律知整 个过程线框产生的热量为Q +Q ＝mg（d+l） 1 2 Q l 联立解得Q ＝mgd，所以 1= ，故A正确，BCD错误。 2 Q d 2 故选：A。 8．（2022•江苏模拟）如图所示，一根直径为d，弧长为L的半圆形硬导体棒AB在水平拉 力F作用下，以速度v 在竖直平面内的U形框架上匀速滑动，匀强磁场的磁感应强度为 0 B，回路中除电阻R外，其余电阻均不计，U形框左端与平行板电容器相连，质量为m 的带电油滴静止于电容器两极板中央，半圆形硬导体棒AB始终与U形框接触良好。则 以下判断正确的是（ ） mgd A．油滴所带电荷量为 BLv 0 B．电流自上而下流过电阻R C．A、B间的电势差U ＝BLv AB 0 D．其他条件不变，使电容器两极板距离减小，电容器所带电荷量将增加，油滴将向下 运动 【解答】解：B、由右手定则可知，回路中感应电流方向从B到A，电流自上而下流过 电阻R，故B正确； 2L C、弧长为L的半圆形硬导体棒切割磁感线的有效长度D= ，AB产生的感应电动势 π 2BLv 为E＝BDv ，由于AB棒的电阻不计，则A、B间的电势差U ＝E，可得U = 0， 0 AB AB π 故C错误； U πmgd A、油滴受力平衡可得qE＝mg，又E= AB，则油滴所带电荷量为q= ，故A错 d 2BLv 0 误； 资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分20百】D、其他条件不变，使电容器两极板距离减小，电容器的电容增大，而电容器板间电压 U 不变，由Q＝CU知电容器所带电荷量将增加。由E= 知电容器板间场强变大，由F＝ d qE知油滴受到的电场力变大，油滴将向上运动，故D错误。 故选：B。 9．（2023•平谷区一模）摩托车和汽车上装有的磁性转速表的结构原理如图所示，转轴Ⅰ 随待测物沿图示方向旋转，永久磁体同步旋转。铝盘、游丝和指针固定在转轴Ⅱ上，铝 盘靠近永久磁体，当待测物以一定的转速旋转时，指针指示的转角即对应于被测物的转 速。下列说法正确的是（ ） A．铝盘接通电源后，通有电流的铝盘才会在磁场作用下带动指针转动 B．永久磁体转动时，铝盘中产生感应电流，感应电流使铝盘受磁场力作用而转动 C．刻度盘上的零刻度线应标在刻度盘的a端 D．若去掉游丝和指针，使转轴Ⅱ可以无阻碍地自由转动，铝盘就能同永久磁体完全同 步转动 【解答】解：AB．当永久磁体随转轴转动时，产生转动的磁场，在铝盘中会产生感应 电流，这时永久磁体会对铝盘上的感应电流有力的作用，从而产生一个转动的力矩，由 于弹簧游丝的反力矩，会使指针稳定指在某一刻度上，故A错误，B正确； C．刻度盘上的零刻度线应标在刻度盘的中央，故C错误； D．若去掉游丝和指针，使转轴Ⅱ可以无阻碍地自由转动，由楞次定律知，铝盘不能同 永久磁体完全同步转动，转速低于磁体，故D错误。 故选：B。 10．（2022•泰州模拟）如图，足够长的磁铁在空隙产生一个径向辐射状磁场，一个圆形细 金属环与磁铁中心圆柱同轴，由静止开始下落，经过时间t，速度达最大值v，此过程中 环面始终水平。已知金属环质量为m、半径为r、电阻为R，金属环下落过程中所经过 位置的磁感应强度大小均为B，重力加速度大小为g，不计空气阻力，则（ ） 资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分21百】A．在俯视图中，环中感应电流沿逆时针方向 √mgv B．环中最大的感应电流大小为 R C．环下落过程中一直处于超重状态 2πrBvt D．t时间内通过金属环横截面的电荷量为 R 【解答】解：A、根据右手定则，在圆环上取一段分析可知环中感应电流沿顺时针方向， 故A错误； B、当重力等于安培力时，环下落的速度最大，此时感应电流最大，根据 mgv＝I2R，解 √mgv 得：I= ，故B正确； R C、环下落中mg﹣F＝ma，加速度向下，处于始终失重状态，故C错误； D、设t时间内通过金属环横截面的电荷量为q。环下落速度为v时的感应电流大小为I 2πBrv 2πBrvt = ，由于环中感应电流不断增大，则知q＜It= ，故D错误。 R R 故选：B。 二．计算题（共3小题） 11．（2023•滨海新区校级模拟）如图甲所示，水平面上固定一个 10匝的边长为 L＝ 10cm、电阻为r＝2.0 的正方形线圈，线圈端点a、b通过导线与间距为d＝0.5m的足够 长平行倾斜金属导轨相连，导轨与水平方向的夹角 ＝30°，金属杆MN质量为m＝ Ω 0.1kg，电阻为R＝1 ，放在导轨足够高处与导轨垂直且接触良好。已知整个线圈处于 θ 竖直向下磁场中，磁感应强度B 随时间的变化如图乙所示，从t ＝0.2s时刻起该磁场不 Ω 0 0 再变化；倾斜导轨处于垂直于轨道平面向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为 B＝1T。 忽略其余电阻，重力加速度为g＝10m/s2，已知0～t 时间内金属杆MN刚好不下滑，设 0 最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，求： （1）0～t 时间内，ab两点之间的电势差U ； 0 ab （2）t 时刻后，MN从静止开始下滑，求MN所能达到的最大速度v ； 0 m （3）MN从开始下滑到速度v＝2m/s过程中，沿导轨下滑的距离为x＝1.6m，求该过程 MN上产生的焦耳热Q。 资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分22百】【解答】解：根据题干可知线圈的边长为L＝10cm＝0.1m。 （1）根据法拉第电磁感应定律可得正方形线圈中产生的感应电动势为： ΔΦ ΔB 2.4 E＝n =n ⋅L2=10× ×0.12V =1.2V Δt Δt 0.2 E 1.2 此过程中回路中感应电流的大小为：I= = A＝0.4A R+r 1+2 根据楞次定律可知b点电势高，则：U ＝﹣IR＝﹣0.4×1V＝﹣0.4V； ab （2）设MN与导轨间的动摩擦因数为 ，0～0.2s内，根据平衡条件可得：mgsin ＝ BId+ mgcos μ θ 解得： mgcos ＝0.3N μ θ MN达到的速度最大时，受力平衡，根据平衡条件可得： μ θ mgsin ＝ mgcos +F安 θ μB2d2vθ 其中F安 = m R+r 解得：v ＝2.4m/s； m （3）MN从开始下滑到速度v＝2m/s过程中，沿导轨下滑的距离为x＝1.6m，设此过程 中导体棒克服安培力做的功为W ， A 1 根据动能定理可得：（mgsin ﹣ mgcos ）x﹣W = mv2−0 A 2 θ μ θ 解得：W ＝0.12J A 根据功能关系可得产生的总的焦耳热：Q总 ＝W A ＝0.12J R 1 根据能量关系可得该过程MN上产生的焦耳热Q= Q = ×0.12J＝0.04J。 R+r 总 1+2 答：（1）0～t 时间内，ab两点之间的电势差为﹣0.4V； 0 （2）t 时刻后，MN从静止开始下滑，MN所能达到的最大速度为2.4m/s； 0 （3）MN从开始下滑到速度v＝2m/s过程中，沿导轨下滑的距离为x＝1.6m，该过程 MN上产生的焦耳热为0.04J。 12．（2023•天津二模）如图所示，一对平行的粗糙金属导轨固定于同一水平面上，导轨间 距L＝0.2m，左端接有阻值R＝0.3 的电阻，右侧平滑连接一对弯曲的光滑轨道．水平 导轨的整个区域内存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小B＝1.0T，一根质量m＝ Ω 0.2kg，电阻r＝0.1 的金属棒ab垂直放置于导轨上，在水平向右的恒力F作用下从静止 开始运动，当金属棒通过位移x＝9m时离开磁场，在离开磁场前已达到最大速度．当金 Ω 属棒离开磁场时撤去外力F，接着金属棒沿弯曲轨道上升到最大高度h＝0.8m处．已知 金属棒与导轨间的动摩擦因数 ＝0.1，导轨电阻不计，棒在运动过程中始终与轨道垂直 且与轨道保持良好接触，取g＝10m/s2，求： μ （1）金属棒运动的最大速率v； 资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分23百】v （2）金属棒在磁场中速度为 时的加速度大小； 2 （3）金属棒在磁场区域运动过程中，电阻R上产生的焦耳热． 【解答】解：（1）金属棒从出磁场到达弯曲轨道最高点过程中只有重力做功，根据动 能定理可得： 1 −mgℎ =0− mv2 2 可得金属棒离开磁场时的最大速率为： v=√2gℎ =√2×10×0.8m/s=4m/s （2）金属棒在磁场中做匀速运动时，设回路中的电流为I，根据平衡条件得： F＝BIL+ mg BLv 解得：I=μ R+r BLb 1．02×(0.2) 2×4 解得：F＝BIL+ mg=B L+μmg= +0.1×0.2×10N=0.6N R+r 0.3+0.1 μ v 金属棒速度为 时，设回路中的电流为I′，根据牛顿第二定律得： 2 F﹣BI′L﹣ mg＝ma v 4 BμL 1.0×0.2× 解得： 2 2 I'= = A=1A R+r 0.3+0.1 所以可得此时金属棒的加速度为： F−BI'L−μmg 0.6−1.0×1×0.2−0.1×0.2×10 a= = m/s2=1m/s2 m 0.2 （3）设金属棒在磁场中运动过程中，回路中产生的焦耳热为Q，根据功能关系： 1 Fx=μmgx+ mv2+Q 2 根据闭合电路欧姆定律可得电阻R上的焦耳热为： R Q = Q R R+r 所 以 可 得 ： R 1 0.3 1 Q = ⋅(Fx−μmgx− mv2 )= ⋅(0.6×9−0.1×0.2×10×9− ×0.2×42 ) R R+r 2 0.3+0.1 2 资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分24百】J＝1.5J 答：（1）金属棒运动的最大速率v为4m/s； v （2）金属棒在磁场中速度为 时的加速度大小为1m/s2； 2 （3）金属棒在磁场区域运动过程中，电阻R上产生的焦耳热为1.5J． 13．（2022•辽宁模拟）如图所示，质量为M的U形金属框M′MNN′静置在粗糙绝缘水 平面上，金属框与水平面间的动摩擦因数为 ，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 MM′、NN′两边相互平行，相距为 l，两边电阻不计且足够长；底边 MN垂直于 μ MM′，电阻为r。质量为m的光滑导体棒ab，电阻为R，垂直MM′放在金属框上， 整个装置处于垂直金属框平面向上、磁感应强度大小为 B的匀强磁场中。在垂直ab棒 的水平拉力F作用下，ab棒沿轨道由静止开始做匀加速直线运动，经x 距离后撤去拉力， 0 直至ab棒最后停下，整个过程中金属框恰好没动。若导体棒 ab与MM′、NN′始终保 持良好接触，重力加速度为g，求： （1）加速过程中通过导体棒ab的电荷量q。 （2）导体棒做匀加速直线运动过程中，导体棒的加速度和水平拉力F随位移x变化的 函数关系式。 （3）导体棒ab通过的总位移。 【解答】（1）由电流的定义得q=I Δt ΔΦ 又I= (R+r)Δt Δ ＝Blx 0 Blx 解 Φ 得：q= 0； R+r （2）由题意可知，当金属框恰好不动时，导体棒速度最大，故F ＝F ＝ （M+m）g A fm 而F A ＝BIl，且I（R+r）＝Blv m ， μ μg(M+m)(R+r) 得到v = m B2l2 由v2 =2ax ， m 0 μ2g2 (M+m) 2 (R+r) 2 得到a= 2B4l4x 0 资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分25百】B2l2v 设位移为x时导体棒速度为v，对导体棒由牛顿第二定律有F− =ma R+r μ2g2m(M+m) 2 (R+r) 2 √ x 而v2＝2ax，联立解得F= +μ(M+m) ； 2B4l4x x 0 0 （3）选向右的方向为正方向，撤去拉力后，导体棒在安培力作用下做减速运动，由动 量定理可知﹣Blq ＝0﹣mv 1 m Blx 而q = 1 1 R+r μgm(M+m)(R+r) 2 总位移x'=x +x =x + 。 0 1 0 B4l4 BI x 答：（1）加速过程中通过导体棒ab的电荷量为 0。 R+r （2）导体棒做匀加速直线运动过程中，导体棒的加速度和水平拉力F随位移x变化的 μ2g2 (M+m) 2 (R+r) 2 函数关系式为a= 。 2B4l4x 0 μmg(M+m)(R+r) 2 （3）导体棒ab通过的总位移为x + 。 0 B4l4 资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分26百】