文档文本内容
答案
B C
解析
解：根据右手定则进行判断可知B、C正确。
答案
B
解析
由法拉第电磁感应定律得
，且
，则有
，
，
可知
与
大小相等，选项B正确。
答案
高高
解析
磁铁无论向左还是向右抽出，通过螺线管的磁通量都会减少，感应电流的磁场与原磁场的方向相
同，即向左，在电源内部电流由低电势流向高电势，故
点电势高。
模块
模块1：
1
1
1
（练习册）
（练习册）19-20寒高二非课改
寒高二非课改
目标
目标985班第一讲电磁感应
班第一讲电磁感应
例题1
例题2
E =
Δt
ΔΦ
ΔΦ = ΔBS = BΔS
E
=
1
=
t
ΔBS
=
t
(2B −B)S
t
BS
E
=
2
=
t
2BΔS
=
t
2B(
S −S)
2
1
−
t
BS
E
1
E
2
例题3
A
答案
B C
解析
A、在
时刻，线圈中的磁通量最大，
的变化率最小，感应电动势最小，故A错误;
B、在
时刻，磁通量为零，但
的变化率最大，感应电动势最大，故B正确;
C、在
时刻，
的变化率为零，感应电动势为零，故C正确；
D、在
时间内，磁通量变化率不为零，线圈中的感应电动势的平均值不为零，故D
错误。
答案
B
解析
由图乙知，第
内磁感应强度
逐渐增大，变化率恒定，故感应电流的大小恒定。再由楞次定律可
知，线圈各处受安培力的方向都使线圈面积有缩小的趋势，故方向沿半径指向圆心。B项正确。
答案
B
解析
，选项B正确。
答案
B C
解析
解：金属棒运动到处时，有
，
，安培力
，由牛
顿第二定律得加速度：
，A错误；
金属棒运动到处时，由右手定则判断知，通过电阻的电流方向由
指向
，B正确；
1
1
1
1
例题4
t = 0
Φ
t = 1 × 10
s
−2
Φ
t = 2 × 10
s
−2
Φ
0 ∼2 × 10
s
−2
例题5
3s
B
例题6
q = IΔt =
⋅
R
E
Δt =
Δt =
RΔt
ΔΦ
R
BL
L
1
2
例题7
a
E = BLv
a
I =
R + r
E
F = BIL =
r + R
B L v
2
2
a
a =
=
m
F
m R + r
(
)
B L v
2
2
a
b
Q
N
金属棒在
过程中，通过电阻的电荷量
，同理，在
的过
程中，通过电阻的电荷量
，由于
，可得
，C
正确；
在
的过程中，对金属棒运用动量定理得
，而
，解得：
，
同理，在
的过程中，对金属棒运用动量定理得
，而
，解得
，因为
，所以
，D错误。
故选：BC。
答案
D
解析
导线框进入磁场时，
边切割磁感线，由右手定则可判断，感应电流方向为
，同理可得导线框离开磁场时，
边切割磁感线，产生感应电流的方向为
，由左手定则可判断，只有D选项正确。
答案
A
解析
向右运动，在闭合回路中产生感应电流，根据楞次定律，
棒受到的安培力将阻碍其向右运
动，即
要克服安培力做功而使其动能减小，故
是向右做减速运动。但值得注意的是，随着速
度的减小，杆受的安培力减小，加速度减小，故不可能做匀减速运动。
答案
水平力
。
解析
1
1
1
a →b
q
=
1
t =
I
t =
R + r
E
R + r
ΔΦ
1
b →c
q
=
2
t =
I
t =
R + r
E
R + r
ΔΦ2
ΔΦ
=
1
ΔΦ
2
q
=
1
q
2
b →c
−
Δt =
∑R + r
B L v
2
2
0 −mv
b
vΔt =
∑
l
bc
v
=
b
m R + r
(
)
B L l
2
2 bc
a →c
−
Δt =
∑R + r
B L v
2
2
′
0 −mv
a
vΔt =
∑
′
l
ac
v
=
a
m R + r
(
)
B L l
2
2 ac
l
=
ac
2l
bc
v
=
a
2vb
例题8
cd
a →d →c →b →a
ab
a →b →c →d →a
例题9
ef
ef
ef
ef
v
例题10
F > mg tanθ
解：金属棒中能产生从到的感应电流，说明金属棒沿导轨向上运动切割磁感线。受力分析如图。
则
，
解得：
。
答案
最大速度
是
或
。
解析
解：分情况讨论：受力分析如图甲。
若
较大，金属棒将加速上滑，安培力平行于斜面向下，金属棒先加速后匀速，匀速时即为最大
速度。
，
，
解得：
。
若
较小，金属棒将加速下滑，安培力平行于斜面向上，棒先加速后匀速，匀速时即为最大速
度。
，
，
解得：
。
答案
最大速度
最大为
，此时水平力
的大小为
。
解析
解：当水平力方向向左时，受力分析如图乙。
为使金属棒
能沿导轨运动，恰好不脱离轨道，支持力为零，受力分析如图丙。故有：
2
3
a
b
F cos θ > mg sinθ
F > mg tanθ
v
m
B L
2
2
F
cos θ −mg sinθ R
(
1
)
B L
2
2
mg sinθ −F
cos θ R
(
1
)
F
1
F
cos θ =
1
mg sinθ + F
安
F
=
安
ILB =
R
B L v
2
2
v
=
max1
B L
2
2
F
cos θ −mg sinθ R
(
1
)
F
1
F
cos θ +
1
F
=
安
mg sinθ
F
=
安
ILB =
R
B L v
2
2
v
=
max 2
B L
2
2
mg sinθ −F
cos θ R
(
1
)
v
m
B L sinθ
2
2
mgR
F
mg cot θ
ab
。
沿轨道向下滑动有最大速度时有
，
，
当
最大时，
就最大，得到最大，
最大为
，
得到
最大为
。
所以
，
此时水平力
。
F sinθ ⩽mg cos θ
F cos θ + mg sinθ = F
安
F
=
安
BIL =
R
B L v
2
2
F
F
安
v
F
F = mg cot θ
F
安
sinθ
mg
v
=
max
B L sinθ
2
2
mgR
F = mg cot θ
