专题一 感应电流方向的判断——楞次定律的应用
一、楞次定律的理解
理解楞次定律中的“阻碍”的含义：
(1)谁在阻碍？感应电流的磁场.
(2)阻碍什么？阻碍的是磁通量的变化，而不是阻碍磁通量本身.
(3)如何阻碍？当磁通量增加时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反；当磁通量减少时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，即“增反减同”.
(4)结果如何？阻碍并不是阻止，只是延缓了磁通量的变化过程，该增加的还是增加，该减少的还是减少.
[复习过关]
1.1834年，楞次在分析了许多实验事实后，用一句话巧妙地概括出感应电流方向遵循的规律.在做用条形磁铁穿过闭合导体线圈的探究实验中，以下描述符合客观事实的是( )
A.线圈内感应电流产生的磁场方向总是与条形磁铁产生的磁场方向相反
B.线圈内感应电流产生的磁场方向总是与条形磁铁产生的磁场方向相同
C.线圈内感应电流产生的磁场方向总是与条形磁铁产生的磁场方向先相反后相同
D.线圈内感应电流产生的磁场方向总是与条形磁铁产生的磁场方向先相同后相反
答案 C
解析 当条形磁铁靠近闭合线圈时，导致穿过线圈的磁通量大小增加，根据楞次定律，线圈中感应电流产生的磁场方向与条形磁铁产生的磁场方向相反；同理，当条形磁铁远离闭合线圈时，导致穿过线圈的磁通量大小减小，根据楞次定律，线圈中感应电流产生磁场方向与条形磁铁产生磁场的方向相同；故C正确，A、B、D错误；故选C.
2.根据楞次定律可知感应电流的磁场一定是( )
A.阻碍引起感应电流的磁通量
B.与引起感应电流的磁场反向
C.与引起感应电流的磁场方向相同
D.阻碍引起感应电流的磁通量的变化
答案 D
解析 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.原磁场减小时，感应电流的磁场与原磁场的方向相同，原磁场增大时，感应电流的磁场与原磁场的方向相反.故选项A、B、C错误，选项D正确.故选D.
二、楞次定律的应用
1.楞次定律的广义表述：感应电流的“效果”总是反抗(或阻碍)引起感应电流的“原因”.
常见方式有四种：
(1)阻碍原磁通量的变化，即Ф增加，B感与B原反向；Ф减小，B感与B原同向.
(2)阻碍导体和磁场的相对运动，即“来拒去留”.
(3)通过改变线圈面积来“反抗”，即线圈有收缩或扩张的趋势.
(4)阻碍原电流的变化，即自感现象的应用.
2.应用楞次定律判断感应电流的步骤
应用楞次定律的步骤可概括为：一原二变三感四螺旋.
(1)明确穿过闭合回路的原磁场方向；
(2)判断穿过闭合回路的磁通量是增加还是减少；
(3)利用楞次定律确定感应电流的磁场方向(增反减同)；
(4)利用安培定则判定感应电流的方向.
[复习过关]
3.已知一灵敏电流计，当电流从正接线柱流入时，指针向正接线柱一侧偏转，现把它与线圈串联接成如图1所示电路，当条形磁铁按如图所示情况运动时，以下判断不正确的是( )
图1
A.甲图中电流表偏转方向向右
B.乙图中磁铁下方的极性是N极
C.丙图中磁铁的运动方向向下
D.丁图中线圈的绕制方向从上往下看为顺时针方向
答案 C
解析 由图示可知，条形磁铁向下插入线圈时，穿过线圈的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流从电流计的右接线柱流入，电流计指针向右偏转，故A正确；
由图示可知，电流计指针向左偏转，说明电流从负接线柱流入，由安培定则可知，感应电流磁场向上，由图示可知，此时条形磁铁离开线圈，原磁通量减小，由楞次定律可知，原磁场方向向下，因此条形磁铁的下端是N极，故B正确；
由图示可知，电流计指针向右偏转，说明电流从正接线柱流入，由安培定则可知，感应电流磁场向上，由图示可知，原磁场方向向上，由楞次定律可知，原磁通量应减小，因此条形磁铁应向上运动，故C错误；
由图示可知，电流计指针向右偏转，说明电流从正接线柱流入，由图示可知，原磁场方向向下，磁铁离开线圈，穿过线圈的原磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流磁场应向下，由安培定则可知，丁图中线圈的绕制方向从上往下看为顺时针方向，故D正确.
4.一平面线圈用细杆悬于P点，开始时细杆处于水平位置，释放后让它在如图2所示的匀强磁场中运动，已知线圈平面始终与纸面垂直，当线圈第一次通过位置Ⅰ和位置Ⅱ时，顺着磁场的方向看去，线圈中的感应电流的方向分别为( )
图2
A.逆时针方向；逆时针方向
B.逆时针方向；顺时针方向
C.顺时针方向；顺时针方向
D.顺时针方向；逆时针方向
答案 B
解析 线圈第一次经过位置Ⅰ时，穿过线圈的磁通量增加，由楞次定律“增反减同”原则，线圈中感应电流的磁场方向向左，根据右手定则，顺着磁场看去，感应电流的方向为逆时针方向.
当线圈第一次通过位置Ⅱ时，穿过线圈的磁通量减小，由楞次定律“增反减同”原则，线圈中感应电流的磁场方向向右，可判断出感应电流为顺时针方向，故选项B正确.
5.如图3所示，圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路.若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，下列表述正确的是( )
图3
A.线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流
B.穿过线圈a的磁通量变小
C.线圈a有扩张的趋势
D.线圈a对水平桌面的压力FN将增大
答案 D
解析 当滑片P向下移动时电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知通过线圈b的电流增大，从而判断出穿过线圈a的磁通量增加且方向向下，所以B错误；根据楞次定律即可判断出线圈a中感应电流方向俯视应为逆时针，A错误.
再根据微元法将线圈a无限分割根据左手定则不难判断出线圈a应有收缩的趋势，或直接根据“增缩减扩”，因为滑片向下滑动导致穿过线圈a的磁通量增加，故只有线圈面积减小时才能阻碍磁通量的增加，故线圈a应有收缩的趋势，C错误；
开始时线圈a对桌面的压力等于线圈a的重力，当滑片向下滑动时，可以用“等效法”，即将线圈a和b看做两个条形磁铁，不难判断此时两磁铁的N极相对，互相排斥，故线圈a对水平桌面的压力将增大，所以D正确.
6.如图4所示，一个金属圆环水平放置在竖直向上的匀强磁场中，若要使圆环中产生如箭头所示方向的感应电流，下列方法可行的是( )
图4
A.使匀强磁场均匀增大
B.使圆环绕水平轴ab如图转动30°
C.使圆环绕水平轴cd如图转动30°
D.保持圆环水平并使其绕过圆心的竖直轴转动
答案 A
解析 原磁场的方向向上，顺时针方向的感应电流的磁场的方向向下，与原磁场的方向相反，所以穿过线圈的磁通量增大.
使匀强磁场均匀增大，穿过线圈的磁通量增大.故A正确；
使圆环绕水平轴ab如图转动30°的过程中穿过线圈的磁通量减小.故B错误；
使圆环绕水平轴cd如图转动30°的过程中穿过线圈的磁通量减小.故C错误；
保持圆环水平并使其绕过圆心的竖直轴转动，穿过线圈的磁通量保持不变，不能产生感应电流.故D错误.
7.如图5所示，一个闭合三角形导线框ABC位于竖直平面内，其下方(略靠前)固定一根与线框平面平行的水平直导线，导线中通以图示方向的恒定电流.释放线框，它由实线位置下落到虚线位置未发生转动，在此过程中( )
图5
A.线框中感应电流方向依次为顺时针→逆时针
B.线框的磁通量为零时，感应电流却不为零
C.线框所受安培力的合力方向依次为向上→向下→向上
D.线框所受安培力的合力为零，做自由落体运动
答案 B
解析 通电直导线的磁场在上方向外，下方向里；离导线近的地方磁感应强度大，离导线远的地方磁感应强度小.线框从上向下靠近导线的过程，向外的磁感应强度增加，根据楞次定律，线框中产生顺时针方向的电流；穿越导线时，上方向外的磁场和下方向里的磁场叠加，先是向外的磁通量减小，之后变成向里的磁通量，并逐渐增大，直至最大；根据楞次定律，线框中产生逆时针方向的电流.向里的磁通量变成最大后，继续向下运动，向里的磁通量又逐渐减小，这时的电流方向又变成了顺时针.故A错误；
根据A中的分析，穿越导线时，上方向外的磁场和下方向里的磁场叠加，先是向外的磁通量减小，一直减小到0，之后变成向里的磁通量，并逐渐增大.这一过程是连续的，始终有感应电流存在，故B正确；
根据楞次定律，感应电流始终阻碍线框相对磁场的运动，故受安培力的方向始终向上，不是0，故C、D都错误.
三、右手定则的应用
1.右手定则与楞次定律一样用来判断感应电流的方向，只不过右手定则只适于判断闭合电路中部分导体做切割磁感线运动.
2.右手定则与左手定则的区别：
抓住“因果关系”分析才能无误.
“因电而动”——用左手，“力”字的最后一笔向左钩，可以联想到左手定则用来判断安培力.
“因动而电”——用右手；“电”字的最后一笔向右钩，可以联想到右手定则用来判断感应电流方向.
[复习过关]
8.如图6所示，北京某中学生在自行车道上从东往西沿直线以速度v骑行，该处地磁场的水平分量大小为B1，方向由南向北，竖直分量大小为B2，假设自行车的车把为长为L的金属平把，下列结论正确的是( )
图6
A.图示位置中辐条上A点比B点电势低
B.左车把的电势比右车把的电势低
C.自行车左拐改为南北骑向，辐条A点比B点电势高
D.自行车左拐改为南北骑向，辐条A点比B点电势低
答案 A
解析 自行车行驶时，辐条切割磁感线，从东往西沿直线以速度v骑行，根据右手定则判断可知，图示位置中辐条A点电势比B点电势低，故A正确；在行驶过程中，车把与竖直分量的磁场切割，因此产生感应电流，根据右手定则可知，左车把的电势比右车把的电势高，故B错误.自行车左拐改为南北骑向，自行车辐条没有切割磁感线，则没有电势的高低，故C、D错误；故选A.
四、安培定则、左手定则、右手定则、楞次定律的区别及应用
1.安培定则、左手定则、右手定则、楞次定律应用于不同的现象：
基本现象
应用的定则或定律
运动电荷、电流产生的磁场
安培定则
磁场对运动电荷、电流的作用(安培力)
左手定则
电磁
部分导体做切割磁感线运动
右手定则
感应
闭合电路磁通量变化
楞次定律
2.判断闭合电路(或电路中可动部分导体)相对运动类问题的分析策略
磁场中的闭合电路在一定条件下产生了感应电流，而此电流又处于磁场中，受到安培力作用，从而使闭合电路或电路中可动部分的导体发生了运动. 对其运动趋势的分析判断可有两种思路：
(1)常规法：
据原磁场(B原方向及ΔΦ情况)确定感应磁场的方向(B感的方向)判断感应电流的方向(I感的方向)导体受力及运动趋势.
(2)效果法
由楞次定律可知，感应电流的“效果”总是阻碍引起感应电流的“原因”，深刻理解“阻碍”的含义.据“阻碍”原则，可直接对运动趋势做出判断，更简捷、迅速.
[复习过关]
9.物理学家法拉第在研究电磁学时，亲手做过许多实验，如图7所示的实验就是著名的电磁旋转实验，这种现象是：如果载流导线附近只有磁铁的一个极，磁铁就会围绕导线旋转；反之，载流导线也会围绕单独的某一磁极旋转.这一装置实际上就是最早的电动机.图中A是可动磁铁，B是固定导线，C是可动导线，D是固定磁铁.图中阴影部分表示汞(磁铁和导线的下半部分都浸没在汞中)，下部接在电源上.请你判断这时自上向下看，A和C转动方向为( )
图7
A.顺时针、顺时针 B.顺时针、逆时针
C.逆时针、顺时针 D.逆时针、逆时针
答案 C
解析 根据电流的方向判定可知B中的电流方向是向上的，那么在B导线附近的磁场方向为逆时针方向，即为A磁铁N极的受力方向；由于D磁铁产生的磁场呈现出由N极向外发散，C中的电流方向是向下的，由左手定则可知C受到的安培力方向为顺时针.故选项C正确.
专题七 电能的输送
一、输电线路上的损失
1.功率损失
设输电电流为I，输电线电阻为R线，则输电线上的功率损失为ΔP＝I2R线，所以减小输电线上功率损失有两个思路：
(1)减小输电线的电阻R线：由R线＝ρ知，在l保持不变的情况下，可以减小ρ，增大S.
(2)减小输电电流I：由P＝UI得，在输送功率一定的情况下，提高输电电压，可减小输电电流.
2.电压损失
输电线路始端电压U跟末端电压U′的差值，称为输电线路上的电压损失，ΔU＝U－U′＝IR线＝R线，所以减少输电线上电压损失有两个方法：
(1)减小输电线的电阻；(2)提高输送电压.
[复习过关]
1.(多选)在电能输送过程中，若输送的电功率一定，则在输电线上损耗的功率( )
A.随输电线电阻的增大而增大
B.和输送电压的平方成正比
C.和输送电压的平方成反比
D.和输电线上电流强度的平方成正比
答案 ACD
2.夏季来临，空调、冷风机等大功率用电器使用增多，用户消耗的功率增大.如图1所示，已知发电厂的输出电压U1和输电线的电阻、理想变压器匝数比均不变，则下列说法正确的是( )
图1
A. 变压器的输出电压U2增大，且U2>U1
B. 变压器的输出电压U4增大，且U4C. 输电线损耗的功率占总功率的比例减小
D. 输电线损耗的功率增大
答案 D
解析 由于发电厂的输出电压U1和输电线的电阻、理想变压器匝数比不变，变压器的输出电压U2不变，A项错误；大功率用电器使用增多，用户消耗的功率增大，输电线电流I2＝增大，输电线损耗的功率P损＝IR增大，输电线损耗的电压U损＝I2R增大，降压变压器的输入电压U3＝U2－U损减小，降压变压器的输出电压U4减小，B项错误，D项正确；由＝可知，输电线损耗的功率占总功率的比例增大，C项错误.
3.(多选)某发电站采用高压输电向外输送电能.若输送的总功率为P0，输电电压为U，输电导线的总电阻为R，则下列说法正确的是( )
A.输电线上的电流为 B.输电线上的电流为
C.输电线上损失的功率为 D.输电线上损失的功率为
答案 BD
解析 根据P＝UI得，输电线上的电流I＝，只有当U是输电线上损失的电压时，可以用电流I＝得出输电线上的电流，然而此处U为输电电压，故A错误，B正确；输电线上损耗的功率ΔP＝I2R＝，故C错误，D正确.
4.某水电站，用总电阻为2.5 Ω的输电线输电给500 km外的用户，其输出电功率是3×106 kW.现用500 kV电压输电，则下列说法正确的是( )
A.输电线上输送的电流大小为2.0×105 A
B.输电线上由电阻造成的损失电压为15 kV
C.若改用5 kV电压输电，则输电线上损失的功率为9×108 kW
D.输电线上损失的功率为ΔP＝，U为输电电压，R为输电线的电阻
答案 B
解析 输电线上电流I＝＝＝6×103 A，A错.输电线上由电阻造成的损失电压U损＝IR＝6×103×2.5 V＝1.5×104 V，B正确.若改用5 kV电压输电，则输电线上损失功率P′＝I′2R＝R＝2×2.5 W＝9×1011 W，可见输电线损失功率超过输出功率，不符合实际情况，C错误.输电线损失功率ΔP＝，U为输电线上的电压降，而不是输电电压，故D错误.
二、远距离输电问题的分析
1.远距离高压输电的几个基本关系(以图2为例)：
图2
(1)功率关系：P1＝P2，P3＝P4，P2＝P损＋P3.
(2)电压、电流关系：＝＝，＝＝
U2＝ΔU＋U3，I2＝I3＝I线.
(3)输电电流：I线＝＝＝.
(4)输电线上损耗的功率.
P损＝I线ΔU＝IR线＝2R线.
当输送的电功率一定时，输电电压增大到原来的n倍，输电线上损耗的功率就减少到原来的.
2.远距离输电问题的分析步骤：
(1)画出输电线路图，将已知量和未知量标在图中相应位置.
(2)将输电线路划分为几个独立回路.
(3)根据串并联电路特点、欧姆定律、电功率公式等确定各部分回路物理量之间关系.
(4)根据升压、降压，原、副线圈的电压、电流关系和功率关系列式求解.
[复习过关]
5.如图3所示的远距离输电电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压及输电线的电阻均不变.在用电高峰期，随着发电厂输出功率的增大，下列说法正确的有( )
图3
A.升压变压器的输出电压增大
B.降压变压器的输出电压增大
C.输电线上损耗的功率增大
D.输电线上损耗的功率占总功率的比例不变
答案 C
解析 发电厂输出功率的增大，升压变压器的输出电压不变，由于输电线电流增大，输电线损失电压增大，降压变压器的输出电压减小，选项A、B错误，C正确；输电线上损耗的功率占总功率的比例增大，选项D错误.
6.(多选)某小型水电站的电能输送示意图如图4所示，发电机通过升压变压器T1和降压变压器T2向用户供电.已知输电线的总电阻为R，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为4(1，降压变压器副线圈两端交变电压u＝220sin(100πt) V，降压变压器的副线圈与阻值R0＝11 Ω的电阻组成闭合电路.若将变压器视为理想变压器，则下列说法中正确的是( )
图4
A.通过R0电流的有效值是20 A
B.降压变压器T2原、副线圈的电压比为4∶1
C.升压变压器T1的输出电压等于降压变压器T2的输入电压
D.升压变压器T1的输出功率大于降压变压器T2的输入功率
答案 ABD
解析 降压变压器副线圈两端交变电压有效值为220 V，负载电阻为11 Ω，所以通过R0电流的有效值是20 A，A正确；降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为4∶1，所以T2原、副线圈的电压比为4∶1，B正确；升压变压器T1的输出电压等于降压变压器T2的输入电压加上输电线上损失的电压，C错误，D正确.
7.如图5所示，某小型发电站发电机输出的交流电压为500 V，输出的电功率为50 kW，用电阻为3 Ω的输电线向远处送电，要求输电线上损失功率为输电功率的0.6%，则发电站要安装一升压变压器，到达用户再用降压变压器变为220 V供用户使用(两个变压器均为理想变压器).对整个送电过程，下列说法正确的是( )
图5
A.输电线上的损失功率为300 W
B.升压变压器的匝数比为1∶100
C.输电线上的电流为100 A
D.降压变压器的输入电压为4 700 V
答案 A
解析 输电线上的损失功率为0.6%×50 kW＝300 W，选项A正确.由I2r＝300 W可得输电线上电流I＝10 A，升压变压器副线圈电压为5 000 V，升压变压器的匝数比为1∶10，选项B、C错误.输电线损失电压为Ir＝30 V，降压变压器的输入电压为4 970 V，选项D错误.
8.一台发电机最大输出功率为4 000 kW，输出电压的有效值为4 000 V，经变压器T1升压后向远方输电.输电线路总电阻R＝1 kΩ.到目的地经变压器T2降压，负载为多个正常发光的灯泡(220 V,60 W).若在输电线路上消耗的功率为发电机输出功率的10%，变压器T1和T2的耗损可忽略，发电机处于满负荷工作状态，求：
(1)T1和T2的变压比分别为多少？
(2)有多少盏灯泡可正常发光？
答案 (1) (2)6×104盏
解析 画出远距离输电线路示意图，如图所示.
(1)T1原线圈上的电流I1＝，可得I1＝1 000 A
输电线路上消耗的功率为ΔP＝IR＝400 kW，可得输电线上的电流为I2＝20 A
T1的变压比为＝＝
T1副线圈两端的电压为U2＝＝200 kV
输电线上的电压损失为ΔU＝I2R＝20 kV
所以，降压变压器T2原线圈两端电压为U3＝U2－ΔU＝180 kV
故T2的变压比为＝＝＝.
(2)据降压变压器T2的功率关系，有U3I2＝60n，解得n＝6×104盏.
专题三 电磁感应中的电路及图象问题
一、电磁感应中的电路问题
1.对电源的理解：在电磁感应现象中，产生感应电动势的那部分导体就是电源，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.对电路的理解：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.
3.解决电磁感应中的电路问题三步曲：
(1)确定电源.利用E＝n或E＝BLv求感应电动势的大小，利用右手定则或楞次定律判断电流方向.
(2)分析电路结构(内、外电路及外电路的串、并联关系)，画出等效电路图.
(3)利用电路规律求解.主要应用欧姆定律及串、并联电路的基本性质等列方程求解.
[复习过关]
1.用均匀导线做成的正方形线圈边长为l，正方形的一半放在垂直于纸面向里的匀强磁场中，如图1所示，当磁场以的变化率增强时，则( )
图1
A.线圈中感应电流方向为adbca
B.线圈中产生的电动势E＝·
C.线圈中a点电势高于b点电势
D.线圈中a、b两点间的电势差为·
答案 B
解析 根据楞次定律可知，A错误；线圈中产生的电动势E＝＝·，B正确；线圈左边的一半导线相当于电源，在电源内部电流沿逆时针方向，所以a点电势低于b点电势，C错误；线圈右边的一半相当于外电路，a、b两点间的电势差相当于路端电压，其大小U＝＝·，D错误.
2.如图2甲所示，面积为0.1 m2的10匝线圈EFG处在某磁场中，t＝0时，磁场方向垂直于线圈平面向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图乙所示.已知线圈与右侧电路接触良好，电路中的电阻R＝4 Ω，电容C＝10 μF，线圈EFG的电阻为1 Ω，其余部分电阻不计.则当开关S闭合，电路稳定后，在t＝0.1 s至t＝0.2 s这段时间内( )
图2
A.电容器所带的电荷量为8×10－5 C
B.通过R的电流是2.5 A，方向从b到a
C.通过R的电流是2 A，方向从b到a
D.R消耗的电功率是0.16 W
答案 A
解析 线圈EFG相当于电路的电源，电动势E＝n·S＝10××0.1 V＝10 V.由楞次定律得，电动势E的方向是顺时针方向，故流过R的电流是a→b，I＝＝ A＝2 A，PR＝I2R＝22×4 W＝16 W；电容器UC＝UR，所带电荷量Q＝C·UC＝10×10－6×2×4 C＝8×10－5 C，选项A正确.
3.如图3，由某种粗细均匀的总电阻为3R的金属条制成的正方形线框abcd，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场B中.一接入电路电阻为R的导体棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动，滑动过程PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，不计摩擦.在PQ从靠近ad边向bc边滑动的过程中( )
图3
A.PQ中电流先增大后减小
B.PQ两端电压先减小后增大
C.PQ上拉力的功率先减小后增大
D.线框消耗的电功率先减小后增大
答案 C
解析 根据右手定则可知，PQ中电流的方向为Q→P，画出该电路的等效电路图如图，其中R1为ad和bc上的电阻值，R2为ab上的电阻与cd上的电阻的和，电阻之间的关系满足：R1＋R2＋R1＝3R，由题图可知，R1＝×3R＝R
当导体棒向右运动的过程中，开始时的电阻值：R0＝＝R
当导体棒位于中间位置时，左右两侧的电阻值是相等的，此时：
R中＝＝R>R，
可知当导体棒向右运动的过程中，开始时的电阻值小于中间位置处的电阻值，所以当导体棒向右运动的过程中电路中的总电阻先增大后减小.
导体棒由靠近ad边向bc边匀速滑动的过程中，产生的感应电动势E＝BLv，保持不变，外电路总电阻先增大后减小，由欧姆定律分析得知电路中的总电流先减小后增大，即PQ中电流先减小后增大.故A错误；
PQ中电流先减小后增大，PQ两端电压为路端电压，U＝E－IR，可知PQ两端的电压先增大后减小.故B错误；
导体棒匀速运动，PQ上拉力的功率等于回路的电功率，而回路的总电阻R先增大后减小，由P＝得知，PQ上拉力的功率先减小后增大.故C正确；
由以上的分析可知，导体棒PQ上的电阻始终大于线框的电阻，当导体棒向右运动的过程中电路中的总电阻先增大后减小，根据闭合电路的功率的分配关系与外电阻的关系可知，当外电路的电阻值与电源的内电阻相等时外电路消耗的电功率最大，所以可得线框消耗的电功率先增大后减小.故D错误.故选C.
4.两金属棒和三根电阻丝如图4连接，虚线框内存在均匀变化的匀强磁场，三根电阻丝的电阻大小之比R1∶R2∶R3＝1∶2∶3，金属棒电阻不计.当S1、S2闭合，S3断开时，闭合回路中感应电流为I，当S2、S3闭合，S1断开时，闭合回路中感应电流为5I，当S1、S3闭合，S2断开时，闭合回路中感应电流是( )
图4
A.0 B.3I C.6I D.7I
答案 D
解析 设变化磁场上下两部分的面积分别为al、bl，上下两部分产生的感应电动势分别为E1、E2
E1＝al E2＝bl
当S1、S2闭合，S3断开时，E1＝I·3R
当S2、S3闭合，S1断开时，E2＝5I·5R
当S1、S3闭合，S2断开时，E1＋E2＝I′·4R
所以I′＝7I.
5.如图5甲所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ被固定在水平面上，导轨间距l＝0.6 m，两导轨的左端用导线连接电阻R1及理想电压表V，电阻为r＝2 Ω的金属棒垂直于导轨静止在AB处；右端用导线连接电阻R2，已知R1＝2 Ω，R2＝1 Ω，导轨及导线电阻均不计.在矩形区域CDFE内有竖直向上的磁场，CE＝0.2 m，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示.开始时电压表有示数，当电压表示数变为零后，对金属棒施加一水平向右的恒力F，使金属棒刚进入磁场区域时电压表的示数又变为原来的值，金属棒在磁场区域内运动的过程中电压表的示数始终保持不变.求：
图5
(1)t＝0.1 s时电压表的示数；
(2)恒力F的大小；
(3)从t＝0时刻到金属棒运动出磁场的过程中整个电路产生的热量.
答案 (1)0.3 V (2)0.27 N (3)0.09 J
解析 (1)设磁场宽度为d＝CE，在0～0.2 s的时间内，有E＝＝ld＝0.6 V
此时，R1与金属棒并联后再与R2串联
R＝R并＋R2＝1 Ω＋1 Ω＝2 Ω
U＝R并＝0.3 V.
(2)金属棒进入磁场后，R1与R2并联后再与r串联，有
I′＝＋＝0.45 A
FA＝BI′l
FA＝1.0×0.45×0.6 N＝0.27 N
由于金属棒进入磁场后电压表的示数始终不变，所以金属棒做匀速运动，有
F＝FA
F＝0.27 N.
(3)在0～0.2 s的时间内有Q＝t＝0.036 J
金属棒进入磁场后，有
R′＝＋r＝ Ω
E′＝I′R′＝1.2 V
E′＝Blv，v＝2 m/s
t′＝＝ s＝0.1 s
Q′＝E′I′t′＝0.054 J
Q总＝Q＋Q′＝0.036 J＋0.054 J＝0.09 J.
二、电磁感应中的图象问题
1.题型特点
一般可把图象问题分为三类：
(1)由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图象；
(2)由给定的有关图象分析电磁感应过程，求解相应的物理量；
(3)根据图象定量计算.
2.解题关键
弄清初始条件，正负方向的对应，变化范围，所研究物理量的函数表达式，进、出磁场的转折点是解决问题的关键.
3.解决图象问题的一般步骤
(1)明确图象的种类，即是B－t图象还是Φ－t图象，或者是E－t图象、I－t图象等；
(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)画出图象或判断图象.
[复习过关]
6.一矩形线圈位于方向垂直线圈平面的磁场中，如图6甲所示，磁感应强度B随t的变化规律如图乙所示(若规定磁感应强度B垂直线圈平面向里为正方向).以i表示线圈中的感应电流，以图甲线圈上箭头所示方向为电流的正方向，则以下的i－t图中正确的是( )
图6
答案 A
解析 在0～1 s内，据E＝S可知感应电动势恒定，感应电流恒定，且电流为逆时针方向，在图象中方向为负；1～2 s内，B不变，i＝0；同理，2～3 s内，由E＝S知i恒定，方向为正.综合分析可知A正确.
7.如图7所示，等腰三角形内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场，它的底边在x轴上且长为2L，高为L.纸面内一边长为L的正方形导线框沿x轴正方向做匀速直线运动穿过匀强磁场区域，在t＝0时刻恰好位于图中所示的位置.以顺时针方向为导线框中电流的正方向，在下面四幅图中能够正确表示电流—位移(i－x)关系的是( )
图7
答案 C
解析 线框匀速穿过磁场的过程中，有效长度l均匀增加，由E＝Blv知，电动势随位移均匀变大，x＝L处电动势最大，电流i最大；从x＝L至x＝1.5L过程中，线框两边都切割磁感线，总电动势减小，电流减小；从x＝1.5L至x＝2L，左边框切割磁感线产生的感应电动势大于右边框，故电流反向且增大；x＝2L到x＝3L过程中，只有左边框切割磁感线，有效长度l减小，电流减小.综上所述，只有C项符合题意.
8.如图8甲所示，线圈ABCD固定于匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向外，当磁场变化时，线圈AB边所受安培力向右且变化规律如图乙所示，则磁场的变化情况可能是选项中的( )
图8
答案 D
解析 由安培力向右知电流方向为顺时针，由楞次定律知磁场增强，C错.由乙图知安培力不变，根据F＝BIL知，B增大，I必减小，即电动势减小，故B的变化率减小，因此A、B错，D正确.
9.如图9甲所示，光滑导轨水平放置在与水平方向夹角为60°的斜向下的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示(规定斜向下为正方向)，导体棒ab垂直导轨放置，除电阻R的阻值外，其余电阻不计，导体棒ab在水平外力F作用下始终处于静止状态.规定a→b的方向为电流的正方向，水平向右的方向为外力F的正方向，则在0～t1时间内，选项图中能正确反映流过导体棒ab的电流i和导体棒ab所受水平外力F随时间t变化的图象是( )
图9
答案 D
10.如图10所示，垂直于纸面向里的匀强磁场的区域宽度为2a，磁感应强度的大小为B.一边长为a、电阻为4R的正方形均匀导线框CDEF从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁场区域，关于线框EF两端的电压UEF与线框移动距离x的关系，下列图象正确的是( )
图10
答案 D
解析 线框经过整个磁场区域时，做匀速运动，所以产生的感应电动势大小E＝Bav，刚进入磁场时，等效电路如图甲所示；完全在磁场中时，等效电路如图乙所示；一条边从磁场中离开时，等效电路如图丙所示.选项D正确，选项A、B、C错误.
11.(多选)如图11所示，两条形有界磁场宽度均为d＝0.5 m，磁感应强度大小均为B＝4 T，方向垂直于纸面，两磁场区域间距也为d.在磁场区域的左边界处有一长L＝1 m、宽d＝0.5 m的矩形导体线框，线框总电阻为R＝2 Ω，且线框平面与磁场方向垂直.现使线框以v＝0.5 m/s 的速度匀速穿过磁场区域，若以初始位置为计时起点，规定B垂直纸面向里为正，则以下关于线框所受的安培力大小F及穿过线框磁通量Φ随时间t变化的四个图象正确的是( )
图11
答案 AD
解析 0～1 s时，线框中产生的感应电动势E＝Bdv＝1 V，由欧姆定律可知，I＝＝0.5 A，由安培力公式可知：F＝BId＝1 N；第2 s内，通过线框的磁通量不变，无感应电流，安培力为零；第3 s内，线框左、右两边均切割磁感线，由右手定则可知，感应电动势方向相同，故线框中总的感应电动势为E′＝2Bdv＝2 V，由欧姆定律可知，I′＝＝1 A；线框左、右两边所受安培力均为：F1＝F2＝BI′d＝2 N，由左手定则可知，两安培力方向相同，故安培力的合力为4 N，A项正确，B项错；当t＝2.5 s时，线框位移x＝vt＝2.5d，此时通过线框的磁通量为零，C项错，D项正确.
专题二 感应电动势两计算公式的比较应用
一、法拉第电磁感应定律E＝n的应用
1.计算感应电动势大小的一般公式E＝n
说明：Φ－t图象上某点斜率表示磁通量的变化率.若磁通量随时间均匀变化，则变化率不变，Φ－t图象为一条直线，产生的感应电动势不变.
2.两种特例
(1)线圈面积S不变，磁感应强度B均匀变化时，E＝n·S.
(2)磁感应强度B不变，线圈的面积S均匀变化时，E＝nB·.
3.感应电荷量的求解
由电流的定义I＝可得q＝IΔt，式中I为感应电流的平均值.由闭合电路的欧姆定律和法拉第电磁感应定律得I＝＝n.式中R为电磁感应闭合电路的总电阻.联立解得q＝n.
[复习过关]
1.一闭合线圈固定在垂直于纸面的匀强磁场中，设向里为磁感应强度B的正方向，线圈中的箭头为电流i的正方向，如图1(a)所示.已知线圈中感应电流i随时间变化的图象如图(b)所示，则磁感应强度B随时间变化的图象可能是下图中的( )
图1
答案 A
2.(多选)如图2甲所示，螺线管匝数n＝1 000匝，横截面积S＝10 cm2，螺线管导线电阻r＝1 Ω，电阻R＝4 Ω，磁感应强度B随时间变化的图象如图乙所示(以向右为正方向)，下列说法正确的是( )
图2
A.通过电阻R的电流是交变电流
B.感应电流的大小保持不变
C.电阻R两端的电压为6 V
D.C点的电势为4.8 V
答案 AB
解析 穿过螺线管的磁场方向不变，但大小变化，导致磁通量变化，则根据楞次定律可知，0～1 s内，电流从C流到A；在1～2 s内，电流从A流到C，因此电流为交变电流，A正确.根据法拉第电磁感应定律E＝n＝nS＝1 000×10×10－4×6 V＝6 V，而感应电流大小为I＝＝ A＝1.2 A，故B正确.根据闭合电路欧姆定律，电阻R两端的电压U＝IR＝1.2×4 V＝4.8 V，故C错误.当螺线管左端是正极时，C点的电势为4.8 V，当右端是正极时，则C点的电势为－4.8 V，故D错误.
3.(多选)如图3所示，不计电阻的光滑U形金属框水平放置，光滑、竖直玻璃挡板H、P固定在框上，H、P的间距很小.质量为0.2 kg的细金属杆CD恰好无挤压地放在两挡板之间，与金属框接触良好并围成边长为1 m的正方形，其有效电阻为0.1 Ω.此时在整个空间加方向与水平面成30°角且与金属杆垂直的匀强磁场，磁感应强度随时间变化规律是B＝(0.4－0.2t) T，图示磁场方向为正方向.框、挡板和杆不计形变.则( )
图3
A.t＝1 s时，金属杆中感应电流方向从C到D
B.t＝3 s时，金属杆中感应电流方向从D到C
C.t＝1 s时，金属杆对挡板P的压力大小为0.1 N
D.t＝3 s时，金属杆对挡板H的压力大小为0.2 N
答案 AC
解析 根据楞次定律可判断感应电流的方向总是从C到D，故A正确，B错误；由法拉第电磁感应定律可知：E＝＝＝sin 30°＝0.2×12× V＝0.1 V，故感应电流为I＝＝1 A，金属杆受到的安培力FA＝BIL，t＝1 s时，FA＝0.2×1×1 N＝0.2 N，此时金属杆受力分析如图甲，由平衡条件可知F1＝FA·cos 60°＝0.1 N，F1为挡板P对金属杆施加的力，故C正确；t＝3 s时，磁场反向，此时金属杆受力分析如图乙，此时挡板H对金属杆施加的力向右，大小F3＝B′ILcos 60°＝0.2×1×1× N＝0.1 N.故D错误.
4.如图4甲所示，电路的左侧是一个电容为C的电容器，电路的右侧是一个环形导体，环形导体所围的面积为S.在环形导体中有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小随时间变化的规律如图乙所示.则在0～t0时间内电容器( )
图4
A.上极板带正电，所带电荷量为
B.上极板带正电，所带电荷量为
C.上极板带负电，所带电荷量为
D.上极板带负电，所带电荷量为
答案 A
解析 在0～t0时间内回路中磁通量增加，由楞次定律知，回路中产生的感应电流方向为逆时针方向，电容器上极板带正电.由法拉第电磁感应定律知，在0～t0时间内回路中产生的感应电动势E＝＝，电容器两极板之间电压U＝E，电容器所带电荷量为q＝CU＝，选项A正确.
5.如图5所示，匝数N＝100匝、截面积S＝0.2 m2、电阻r＝0.5 Ω的圆形线圈MN处于垂直纸面向里的匀强磁场内，磁感应强度随时间按B＝0.6＋0.02t (T)的规律变化.处于磁场外的电阻R1＝3.5 Ω，R2＝6 Ω，闭合S后，求：线圈中的感应电动势E和感应电流I.
图5
答案 0.4 V 0.04 A
解析 线圈中磁感应强度的变化率＝0.02 T/s
根据法拉第电磁感应定律，线圈中感应电动势大小为
E＝N＝N·S＝0.4 V
由闭合电路欧姆定律得，感应电流
I＝＝ A＝0.04 A.
6.如图6所示，边长为50 cm的正方形导线框，放置在B＝0.4 T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0.1 Ω，求线框绕其一边从水平方向转至竖直方向的过程中通过线框横截面的电荷量.(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)
图6
答案 1.4 C
解析 设线框在水平位置时法线(题干图中)n方向向上，穿过线框的磁通量Φ1＝BScos 53°＝6.0×10－2 Wb
当线框转至竖直位置时，线框平面的法线方向水平向右，与磁感线夹角θ＝143°，穿过线框的磁通量Φ1＝BScos 143°＝－8.0×10－2 Wb
通过线框横截面的电荷量：
Q＝IΔt＝Δt＝＝1.4 C.
二、导体切割磁感线产生感应电动势的计算
1.一般情况：运动速度v和磁感线方向夹角为θ，则E＝BLvsin θ.
2.常用情况：运动速度v和磁感线方向垂直，则E＝BLv.
3.导体转动切割产生的电动势
导体棒以端点为轴，在匀强磁场中垂直于磁感线方向匀速转动产生感应电动势E＝BL＝BL2ω(平均速度等于中点位置的线速度＝Lω).
[复习过关]
7.如图7所示，abcd为水平放置的平行“?”形光滑金属导轨，间距为l，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计，已知金属杆MN倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r，保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好).则( )
图7
A.电路中感应电动势的大小为
B.电路中感应电流的大小为
C.金属杆所受安培力的大小为
D.金属杆的热功率为
答案 B
解析 电路中感应电动势的大小E＝Blv；公式中的l为切割的有效长度，故电动势E＝Blv；故A错误；
感应电流I＝＝；故B正确；
安培力的大小F＝BIL＝；故C错误；
热功率P＝I2RMN＝；故D错误.
8.(多选)如图8所示，在一磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场中，垂直于磁场方向水平放着两根相距为h＝0.1 m的平行金属导轨MN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＝0.3 Ω的电阻，导轨上跨放着一根长为L＝0.2 m，每米阻值r＝2.0 Ω的金属棒ab，金属棒与导轨正交放置，交点为c、d，当金属棒在水平拉力作用下以速度v＝4.0 m/s向左做匀速运动时，则下列说法正确的是( )
图8
A.金属棒a、b两端点间的电势差为0.2 V
B.水平拉金属棒的力的大小为0.02 N
C.金属棒a、b两端点间的电势差为0.32 V
D.回路中的发热功率为0.06 W
答案 BC
解析 当金属棒ab在水平拉力作用下向左做匀速运动时，切割磁感线的有效长度为cd部分，cd部分产生的感
应电动势E＝Bhv＝0.5×0.1×4.0 V＝0.2 V，由闭合电路欧姆定律，可得回路中产生的感应电流I＝＝ A＝0.4 A，金属棒ab受到的安培力F安＝BIh＝0.5×0.4×0.1 N＝0.02 N，要使金属棒匀速运动，应有F＝F安＝0.02 N，B正确；该回路为纯电阻电路，回路中的热功率为P热＝I2(R＋hr)＝0.08 W，D错误；金属棒ab两点间的电势差Uab＝Eab－Ircd＝BLv－Ihr＝0.32 V，A错误，C正确.
9.如图9所示，导体AB的长为2R，绕O点以角速度ω匀速转动，OB为R，且OBA三点在一条直线上，有一磁感应强度为B的匀强磁场充满转动平面且与转动平面垂直，那么A、B两端的电势差为( )
图9
A.BωR2 B.2BωR2 C.4BωR2 D.6BωR2
答案 C
解析 A点线速度vA＝ω·3R，B点线速度vB＝ω·R，AB棒切割磁感线的平均速度v＝＝2ωR由E＝Blv得A、B两端的电势差为4BωR2，C项正确.
专题五 交变电流“四值”的理解与应用
交变电流的“四值”即最大值、瞬时值、有效值、平均值，近几年来的高考在考查“交变电流”一章的有关内容时，主要是考查了交变电流的“四值”.很多学生在学习和复习中对这四个类似但又需要严格区别的物理量分辨不清.理解好这四个值对于解交变电流相关的习题帮助很大.
一、瞬时值与最大值
1.瞬时值
反映的是不同时刻交流电的大小和方向.从中性面开始计时，其瞬时值表达式为：e＝Emsin ωt，i＝Imsin ωt；从垂直中性面位置开始计时，其瞬时值表达式为：e＝Emcos ωt，
i＝Imcos ωt.
2.峰值(最大值)
(1)线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时，电动势的最大值Em＝nBSω.
(2)加在电容器、二极管上交流电压的最大值不能超过其标称的耐压值.
[复习过关]
1.闭合线圈在匀强磁场中匀速转动，转速为240 r/min，若线圈平面转至与磁场方向平行时的电动势为2 V，则从中性面开始计时，所产生的交流电动势的表达式为e＝________ V，电动势的峰值为________ V，从中性面起经 s，交流电动势的大小为________ V.
答案 2sin(8πt) 2 1
解析 当线圈平面与磁场平行时，感应电动势最大，即Em＝2 V，ω＝2πn＝2π× rad/s＝8π rad/s，则从中性面开始计时，瞬时值表达式e＝Emsin ωt＝2sin(8πt) V，当t＝ s时，e＝2sin V＝1 V.
2.如图1所示，圆形线圈共100匝，半径为r＝0.1 m，在磁感应强度B＝0.1 T的匀强磁场中绕过直径的轴匀速转动，角速度为ω＝ rad/s，电阻为R＝10 Ω，若以图示位置为t＝0时刻，求：
图1
(1)转过90°时，线圈中的感应电流为多大？
(2)写出线圈中电流的表达式.
答案 (1)3 A (2)i＝3sin A
解析 当从题图示位置转过90°时，线圈中有最大感应电流.图示位置为中性面，从中性面位置开始计时，表明瞬时值e与t是正弦关系.
(1)Em＝nBSω＝100×0.1×π×0.12× V＝30 V.
Im＝＝ A＝3 A.
(2)i＝3sin A.
3.频率为50 Hz的交变电流，电压u＝100sin (ωt) V，把它加在激发电压、熄灭电压均为50 V的霓红灯的两端，求在半个周期内霓虹灯发光的时间.
答案 s
解析 因为ω＝2πf＝2π×50 rad/s＝100π rad/s
T＝＝ s＝0.02 s
所以电压的瞬时值表达式为u＝100sin (100πt) V
依据题意可知：当加在霓红灯两端的电压大于或等于50 V时，霓红灯就发光，即：100sin (100πt)≥50
且0≤t≤
解此不等式组得：≤t≤
故半个周期内霓虹灯发光的时间为
t＝ s＝ s.
二、有效值与平均值
1.有效值：
(1)计算：
①利用I＝，U＝，E＝计算，只适用于正弦式或余弦式交流电.
②据电流的热效应计算(非正弦式交流电)，计算时要注意：
三同
“相同时间”至少要取一个周期的时间.
(2)适用情况
①计算与电流热效应相关的量(如功率、热量)
②交流电表的测量值
③电气设备标注的额定电压、额定电流
④保险丝的熔断电流
2.平均值：求一段时间内通过导体横截面的电荷量时要用平均值，q＝t＝t＝n.
[复习过关]
4.如图2所示为一交流电的电流随时间而变化的图象，此交变电流的有效值是( )
图2
A.5A B.5 A C.3.5 A D.3.5 A
答案 B
解析 设交流电与直流电通过阻值都为R的电阻，设直流电流为I，则根据有效值的定义有：
(4)2R·＋(3)2R·＝I2RT
解得I＝5 A.
5.将正弦交流电经过整流器处理后，得到的电流波形刚好去掉了半周，如图3，它的有效值是( )
图3
A.2 A B. A C. A B.1 A
答案 D
解析 设交流电电流的有效值为I，周期为T，电阻为R，则有：I2RT＝2R·
解得：I＝＝1 A.
6.(多选)先后用不同的交流电源给同一盏灯泡供电(如图4).第一次灯泡两端的电压随时间按正弦规律变化，如图5甲所示；第二次灯泡两端的电压变化规律如图乙所示.若甲、乙图中的U0、T所表示的电压、周期值是相同的，则以下说法正确的是( )
图4
图5
A.第一次灯泡两端的电压有效值是U0
B.第二次灯泡两端的电压有效值是U0
C.第一次和第二次灯泡的电功率之比是2∶9
D.第一次和第二次灯泡的电功率之比是1∶5
答案 AD
解析 第一次灯泡两端的电压有效值为：
U1＝Um＝U0
设第二次电压的有效值为U2，根据有效值的定义，则有：
·＋·＝T
解得：U2＝U0.故A正确，B错误.
由功率的公式P＝得，灯泡的电功率之比是：
P1∶P2＝∶＝1∶5.故C错误，D正确.
7.如图6所示，单匝矩形闭合导线框abcd一半处于磁感应强度为B的水平有界匀强磁场中，线框面积为S，电阻为R.线框绕与其中心线重合的竖直固定转轴OO′以角速度ω匀速转动，固定转轴恰好位于匀强磁场的右边界.则线框中感应电流的有效值为( )
图6
A. B. C. D.
答案 C
解析 线框中产生感应电动势的最大值：Em＝BSω，
设感应电动势的有效值为E，则：T＝×，
电流I＝；联立解得：I＝.
8.如图7甲所示，一固定的矩形导体线圈水平放置，线圈的一端接一只小灯泡.在线圈所在空间内存在着与线圈平面垂直的均匀分布的磁场.已知线圈的匝数n＝100，电阻r＝1 Ω，所围成矩形的面积S＝0.04 m2，小灯泡的电阻R＝9 Ω，磁场的磁感应强度随时间按如图乙所示的规律变化，线圈中产生的感应电动势瞬时值的表达式为e＝nBmScos t，其中Bm为磁感应强度的最大值，T为磁场变化的周期，不计灯丝电阻随温度的变化，求：
图7
(1)线圈中产生感应电动势的最大值.
(2)在磁感应强度变化的0～时间内，通过小灯泡的电荷量.
答案 (1)8 V (2)4.0×10－3 C
解析 (1)因为线圈中产生的感应电流变化的周期与磁场变化的周期相同，所以由图象可知，线圈中产生交变电流的周期为T＝3.14×10－2 s.所以线圈中感应电动势的最大值为Em＝nBmS，
代入数据得Em＝8 V.
(2)在磁感应强度变化的前时间内，线圈中感应电动势的平均值＝n＝nS，通过灯泡的平均电流为＝＝，
通过灯泡的电荷量q＝Δt＝，
代入数据得q＝4.0×10－3 C.
9.如图8所示，矩形线圈面积为S，匝数为n，线圈电阻为r，线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω匀速转动，外电路电阻为R，在线圈由图示位置转过90°的过程中，求：
图8
(1)通过电阻R的电荷量q.
(2)电阻R上产生的焦耳热Q.
答案 (1) (2)
解析 (1)在此过程中，穿过线圈的磁通量变化量ΔΦ＝BS，时间Δt＝＝，产生的平均感应电动势＝n＝，平均电流＝＝，通过R的电荷量q＝·Δt＝.
(2)在该过程中电阻R上产生的焦耳热为一个周期内产生焦耳热的，Q＝·I2RT＝·2·R·＝.
10.如图9甲所示，一个半径为r的半圆形线框，以直径ab为轴匀速转动，周期为T，ab的左侧有垂直于纸面向里(与ab垂直)的匀强磁场，磁感应强度大小为B.M和N是两个集流环，负载电阻为R，线框电阻为R0，摩擦和其它部分的电阻均不计.从图示位置开始计时，
图9
(1)在图乙中画出线框产生的感应电动势随时间变化的图象(至少画两个周期)；
(2)求线框转过时间内通过负载电阻R的电荷量；
(3)求线框转过时间内外力做的功；
(4)电压表的示数多大？
答案 (1)见解析 (2) (3) (4)
解析 (1)根据题意得：最大电动势Em＝Bπr2·＝，
感应电动势随时间变化的图象，如图所示：
(2)从图示位置起转过的时间内，穿过线框平面的磁通量的变化量为：ΔΦ＝Bπr2，则通过小灯泡的电荷量为q＝·Δt＝·Δt＝＝.
(3)线框转过时间内外力做的功W＝t＝×＝.
(4)设感应电动势的平均值为E，则根据电流的热效应得：·T＝·T，解得：E＝＝，
电压表的示数为U＝R＝.
专题六 变压器的基本规律及动态电路问题
一、变压器的基本规律
1.电压关系：＝，即对同一变压器的任意两个线圈，都有电压和匝数成正比.
2.功率关系：P入＝P出， 有多个副线圈时，P1＝P2＋P3＋P4＋P5＋….
3.电流关系：由功率关系，当只有一个副线圈时，I1U1＝I2U2，即＝＝；当有多个副线圈时，I1U1＝I2U2＋I3U3＋…，即I1n1＝I2n2＋I3n3＋….
[复习过关]
1.(多选)如图1所示，理想变压器原线圈的匝数为n1，副线圈的匝数为n2，原线圈的两端a、b接正弦交流电源，电压表的示数为220 V，负载电阻R＝44 Ω，电流表A1的示数为0.20 A.下列判断中正确的是( )
图1
A.原线圈和副线圈的匝数比为2∶1
B.原线圈和副线圈的匝数比为5∶1
C.电流表A2的示数为1.0 A
D.电流表A2的示数为0.4 A
答案 BC
解析 对于理想变压器，P1＝U1I1＝220×0.20 W＝44 W，则负载电阻消耗的功率P2＝P1＝44 W，据P2＝，得U2＝＝ V＝44 V，则＝＝＝，故B正确.A2的示数I2＝＝ A＝1.0 A，故C正确.
2.某变压器原、副线圈匝数比为55∶9，原线圈所接电源电压按如图2所示规律变化，副线圈接有负载，下列判断正确的是( )
图2
A.输出电压的最大值为36 V
B.原、副线圈中电流之比为55∶9
C.变压器输入、输出功率之比为55∶9
D.交流电源电压有效值为220 V，频率为50 Hz
答案 D
解析 由图知原线圈电压最大值为220 V，周期T＝2×10－2 s，故有效值为220 V，频率为50 Hz；由＝，＝得输出电压最大值为36 V，原、副线圈中电流之比为9∶55，输入、输出功率应相等，所以正确答案为D.
3.如图3甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，R1＝20 Ω，R2＝30 Ω，C为电容器.已知通过R1的正弦交流电如图乙所示，则( )
图3
A.交流电的频率为0.02 Hz
B.原线圈输入电压的最大值为220 V
C.电阻R2的电功率约为6.67 W
D.通过R3的电流始终为零
答案 C
解析 由题图乙知电流的周期是0.02 s，则其频率为f＝＝ Hz＝50 Hz，则A错误，副线圈的最大电压为U2＝ImR1＝20 V，则原线圈的输入电压为U1，由＝得U1＝200 V，故B错误.
电阻R2的功率为P＝≈6.67 W，故C正确.
电容器通交流，故R3有电流，故D错误.
4.(多选)如图4所示，理想变压器原、副线圈的匝数比是10∶1，原线圈输入交变电压u＝100sin 50πt(V)，在副线圈中串接有理想电流表和定值电阻R，电容器并联在电阻R两端，电阻阻值R＝10 Ω，关于电路分析，下列说法中正确的是( )
图4
A.电流表示数是1 A
B.电流表示数是 A
C.电阻R消耗的电功率为10 W
D.电容器的耐压值至少是10 V
答案 CD
解析 由变压公式，副线圈输出电压为10 V，由于交变电流可以通过并联在电阻R两端的电容器，所以不能应用欧姆定律计算电流表示数，选项A、B错误；电阻R消耗的电功率为P＝ W＝10 W，选项C正确；副线圈输出电压最大值为10 V，电容器的耐压值至少是10 V，选项D正确.
5.如图5所示，变压器的输入电压U一定，两个副线圈的匝数是n2和n3.当把电热器接a、b，让c、d空载时，安培表读数是I2；当把同一电热器接c、d，而a、b空载时，安培表读数是I3，则I2∶I3等于( )
图5
A. n2∶n3 B. n3∶n2
C.n∶n D.n∶n
答案 C
解析 由变压比知：＝＝，由P入＝P出知，当电热器接a、b，让c、d空载时，有I2U＝；当把同一电热器接c、d，而a、b空载时，有I3U＝，所以I2∶I3＝U∶U＝n∶n，故答案为C.
6.如图6甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数n1∶n2＝3∶1，原线圈电路中接有一量程为3 A的理想交流电流表，副线圈两端接有理想交流电压表一只和可变电阻R以及若干规格为“6 V,6 W”的相同灯泡.输入端交变电压u的图象如图乙所示.
图6
(1)求图甲中电压表的读数.
(2)要求灯泡均正常发光，求电路中最多允许接入的灯泡个数.
(3)为满足第(2)问中要求，求可变电阻R应调到的电阻值.
答案 (1)9 V (2)9盏 (3) Ω
解析 (1)根据图象可得原线圈电压的最大值
U1m＝27 V
其有效值为U1＝27 V
根据n1∶n2＝ U1∶U2
代入数据后可得U2＝9 V
即为电压表的读数.
(2)设原线圈中通过的电流为I1，副线圈中通过的电流为I2.为使副线圈接入的灯泡最多，则I1取允许通过的最大电流的有效值为3 A
根据U1I1＝U2I2
代入数据后可得I2＝9 A
正常发光时每个灯泡中电流为I灯＝＝1 A
所以允许接入的灯泡个数为n＝＝9盏.
(3)电阻R两端电压为UR＝U2－U灯＝3 V
电阻阻值为R＝＝ Ω.
二、含变压器的动态电路分析方法
变压器问题往往与闭合电路的动态变化结合，处理此类问题的关键是要分清变量和不变量，弄清理想变压器中各物理量之间的联系和相互制约关系——U2由U1和匝数比决定；I2由U2和负载电阻决定；I1由I2和匝数比决定.分析思路程序可表示为：
[复习过关]
7.如图7所示，理想变压器的a、b端加上一交流电压(电压有效值保持不变)，副线圈c、d端所接灯泡L恰好正常发光.此时滑动变阻器的滑片P位于图示位置.现将滑片下移，则以下说法中正确的是( )
图7
A.灯仍能正常发光，原线圈输入电流变小
B.灯不能正常发光，原线圈输入功率变大
C.灯不能正常发光，原线圈输入电压变大
D.灯仍能正常发光，原线圈输入功率不变
答案 A
解析 因为副线圈两端的电压没发生变化，所以灯仍能正常发光.当滑片下移时，由于滑动变阻器的电阻增大，所以副线圈中的电流减小，原线圈中输入的电流也变小，故输入的功率变小，A正确，B、C、D错误.
8.如图8所示，理想变压器的输入电压保持不变.副线圈通过输电线接两个相同的灯泡L1和L2，输电线的等效电阻为R.开始时，开关S断开，当S闭合时，下列说法正确的是( )
图8
A.电压表示数变大 B.灯泡L1变亮
C.电流表示数增大 D.变压器的输出功率减小
答案C
解析 当S闭合时，通过R的电流增大，电压表示数变小，灯泡L1变暗，变压器的输出功率增大，电流表示数增大，选项C正确，A、B、D错误.
9.如图9所示的交流电路中，理想变压器输入电压为U1，输入功率为P1，输出功率为P2，各交流电表均为理想电表.当滑动变阻器R的滑动头向下移动时( )
图9
A.灯L变亮
B.各个电表读数均变大
C.因为U1不变，所以P1不变
D.P1变大，且始终有P1＝P2
答案 D
解析 当滑动变阻器R的滑动头向下移动时，电流表读数增大，变压器输出电流增大，电阻R0两端电压增大，电压表读数减小，电灯L变暗，选项A、B错误；根据变压器功率关系，P1变大，且始终有P1＝P2 ，选项C错误，D正确.
10.(多选)如图10所示，一理想变压器原线圈接入一交流电源，副线圈电路中R1、R2、R3和R4均为定值电阻，开关S是闭合的，和为理想电压表，读数分别为U1和U2；、和为理想电流表，读数分别为I1、I2和I3，现断开S，U1数值不变，下列推断中正确的是( )
图10
A.U2变小、I3变小 B.U2不变、I3变大
C.I1变小、I2变小 D.I2变大、I3变大
答案 BC
解析 断开S，负载总电阻增大，因为U2＝U1，U1不变，则U2不变，由I2＝，知I2变小，因为I1＝I2，故I1也变小.R1分压减小，则R3分压增大，故I3增大，综上可知B、C正确.
专题四 电磁感应中的动力学及能量
一、电磁感应中的动力学问题
1.安培力的大小
?F＝
2.安培力的方向
(1)先用右手定则判定感应电流方向，再用左手定则判定安培力方向.
(2)根据楞次定律，安培力的方向一定和导体切割磁感线运动方向相反.
3.受力分析与运动分析
对电磁感应现象中的力学问题，除了要作好受力情况和运动情况的动态分析外，还需要注意导体受到的安培力随运动速度变化的特点，速度变化，弹力及相应的摩擦力也随之而变，导致物体的运动状态发生变化.
4.应用牛顿运动定律和运动学规律解答电磁感应问题的基本思路
(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向.
(2)求回路中的电流.
(3)分析研究导体的受力情况(包含安培力，用左手定则确定其方向).
(4)根据牛顿第二定律和运动学规律或平衡条件列方程求解.
[复习过关]
1.(多选)如图1所示，两根相距为L的足够长的金属直角导轨如图所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边垂直于水平面.质量均为m的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数均为μ，导轨电阻不计，回路总电阻为2R.整个装置处于磁感应强度大小为B，方向竖直向上的匀强磁场中.当ab杆在平行于水平导轨的拉力F作用下以速度v1沿导轨匀速运动时，cd杆也正好以速度v2向下匀速运动.重力加速度为g.以下说法正确的是( )
图1
A.ab杆所受拉力F的大小为μmg＋
B.cd杆所受摩擦力为零
C.回路中的电流大小为
D.μ与v1的大小关系为μ＝
答案 AD
解析 由右手定则可知，回路中感应电流方向为：abdca，
感应电流大小：I＝①
金属细杆ab受到水平向左的安培力，由受力平衡得：
BIL＋μmg＝F②
金属细杆cd运动时，受到的摩擦力不为零，
cd受到的摩擦力和重力平衡，由平衡条件得：
μBIL＝mg③
联立以上各式解得：F＝μmg＋，μ＝，故A、D正确，B、C错误.
2.(多选)两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，顶端接阻值为R的电阻.质量为m、电阻为r的金属棒在距磁场上边界某处由静止释放，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2所示，不计导轨的电阻，重力加速度为g，则( )
图2
A.金属棒在磁场中运动时，流过电阻R的电流方向为a→b
B.金属棒的速度为v时，金属棒所受的安培力大小为
C.金属棒的最大速度为
D.金属棒以稳定的速度下滑时，电阻R的热功率为2R
答案 BD
解析 金属棒在磁场中向下运动时，由楞次定律知，流过电阻R的电流方向为b→a，选项A错误；金属棒的速度为v时，金属棒中感应电动势E＝BLv，感应电流I＝，所受的安培力大小为F＝BIL＝，选项B正确；当安培力F＝mg时，金属棒下滑速度最大，金属棒的最大速度为v＝，选项C错误；金属棒以稳定的速度下滑时，电阻R和r的总热功率为P＝mgv＝2(R＋r)，电阻R的热功率为2R，选项D正确.
3.(多选)如图3所示，两足够长平行金属导轨固定在水平面上，匀强磁场方向垂直导轨平面向下，金属棒ab、cd与导轨构成闭合回路且都可沿导轨无摩擦滑动，两金属棒ab、cd的质量之比为2∶1.用一沿导轨方向的恒力F水平向右拉金属棒cd，经过足够长时间以后( )
图3
A.金属棒ab、cd都做匀速运动
B.金属棒ab上的电流方向是由b向a
C.金属棒cd所受安培力的大小等于
D.两金属棒间距离保持不变
答案 BC
4.(多选)在仁川亚运会上，100 m赛跑跑道两侧设有跟踪仪，其原理如图4甲所示，水平面上两根足够长的金属导轨平行固定放置，间距为L＝0.5 m，一端通过导线与阻值为R＝0.5 Ω的电阻连接.导轨上放一质量为m＝0.5 kg的金属杆，金属杆与导轨的电阻忽略不计.匀强磁场方向竖直向下.用与导轨平行的拉力F作用在金属杆上，使杆运动.当改变拉力的大小时，相对应的速度v也会变化，从而使跟踪仪始终与运动员保持一致.已知v和F的关系如图乙.(取重力加速度g＝10 m/s2)则( )
图4
A.金属杆受到的拉力与速度成正比
B.该磁场的磁感应强度为2 T
C.图线在横轴的截距表示金属杆与导轨间的阻力大小
D.导轨与金属杆之间的动摩擦因数μ＝0.4
答案 CD
解析 由题图乙可知拉力与速度是一次函数，但不成正比，故A错；图线在横轴的截距是速度为零时的拉力，金属杆将要运动，此时最大静摩擦力等于该拉力，也等于运动时的滑动摩擦力，C对；由F－BIL－μmg＝0及I＝可得：F－－μmg＝0，从题图乙上分别读出两组F、v数据代入上式即可求得B＝1 T，μ＝0.4，所以选项B错，D对.
5.(多选)如图5所示，光滑平行的金属导轨宽度为L，与水平方向成θ角倾斜固定，导轨之间充满了垂直于导轨平面的足够大的匀强磁场，磁感应强度为B，在导轨上垂直放置着质量均为m、电阻均为R的金属棒a、b，二者都被垂直于导轨的挡板挡住保持静止，金属导轨电阻不计，现对b棒施加一垂直于棒且平行于导轨平面向上的牵引力F，并在极短的时间内将牵引力的功率从零调为恒定的P.为了使a棒沿导轨向上运动，P的取值可能为(重力加速度为g)( )
图5
A.·sin2 θ B.·sin2 θ
C.·sin2 θ D.·sin2 θ
答案 CD
解析 以b棒为研究对象，由牛顿第二定律可知F－mgsin θ－BL＝ma，以a棒为研究对象，由牛顿第二定律可知BL－mgsin θ＝ma′，则F>2mgsin θ，v>，故P＝Fv>sin2 θ，由此可得选项C、D正确，选项A、B错误.
6.(多选)如图6甲所示，光滑绝缘水平面上，虚线MN的右侧存在磁感应强度B＝2 T的匀强磁场，MN的左侧有一质量m＝0.1 kg的矩形线圈abcd，bc边长L1＝0.2 m，电阻R＝2 Ω.t＝0时，用一恒定拉力F拉线圈，使其由静止开始向右做匀加速运动，经过时间1 s，线圈的bc边到达磁场边界MN，此时立即将拉力F改为变力，又经过1 s，线圈恰好完全进入磁场，整个运动过程中，线圈中感应电流i随时间t变化的图象如图乙所示.则( )
图6
A.恒定拉力大小为0.05 N
B.线圈在第2 s内的加速度大小为1 m/s2
C.线圈ab边长L2＝0.5 m
D.在第2 s内流过线圈的电荷量为0.2 C
答案 ABD
解析 在第1 s末，i1＝，E＝BL1v1，v1＝a1t1，F＝ma1，联立解得F＝0.05 N，A项正确.在第2 s内，由图象分析知线圈做匀加速直线运动，第2 s末i2＝，E′＝BL1v2，v2＝v1＋a2t2，解得a2＝1 m/s2，B项正确.在第2 s内，v－v＝2a2L2，得L2＝1 m，C项错误.q＝＝＝0.2 C，D项正确.
二、电磁感应中的能量问题
1.过程分析
(1)电磁感应现象中产生感应电流的过程，实质上是能量的转化过程.
(2)感应电流在磁场中受安培力，若安培力做负功，则其他形式的能转化为电能；若安培力做正功，则电能转化为其他形式的能.
(3)当感应电流通过用电器时，电能转化为其他形式的能.
2.安培力做功和电能变化的对应关系
“外力”克服安培力做多少功，就有多少其他形式的能转化为电能；安培力做多少功，就有多少电能转化为其他形式的能.
3.用能量方法解决电磁感应问题的一般步骤
(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律确定电动势的大小和方向.
(2)画出等效电路，求出回路中电阻消耗电功率的表达式.
(3)分析导体机械能的变化，用能量守恒关系得到机械功率的改变与回路中电功率的改变所满足的关系式.
[复习过关]
7.如图7所示，足够长平行金属导轨倾斜放置，倾角为37°，宽度为0.5 m，电阻忽略不计，其上端接一小灯泡，电阻为1 Ω.一导体棒MN垂直于导轨放置，质量为0.2 kg，接入电路的电阻为1 Ω，两端与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为0.5.在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为0.8 T.将导体棒MN由静止释放，运动一段时间后，小灯泡稳定发光，此后导体棒MN的运动速度以及小灯泡消耗的电功率分别为(重力加速度取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6)( )
图7
A.2.5 m/s 1 W B.5 m/s 1 W
C.7.5 m/s 9 W D.15 m/s 9 W
答案 B
解析 小灯泡稳定发光说明导体棒做匀速直线运动，此时：
F安＝
对导体棒满足：mgsin θ－μmgcos θ－＝0
因为R灯＝R棒，则：P灯＝P棒
再依据功能关系：mgsin θ·v－μmgcos θ·v＝P灯＋P棒
联立解得v＝5 m/s, P灯＝1 W，所以B项正确.
8.如图8所示，边长为L的正方形导线框质量为m，由距磁场H高处自由下落，其下边ab进入匀强磁场后，线框开始做减速运动，直到其上边cd刚刚穿出磁场时，速度减为ab边刚进入磁场时的一半，磁场的宽度也为L，则线框穿越匀强磁场过程中产生的焦耳热为( )
图8
A.2mgL B.2mgL＋mgH
C.2mgL＋mgH D.2mgL＋mgH
答案 C
解析 设刚进入磁场时的速度为v1，刚穿出磁场时的速度为v2＝①
线框自开始进入磁场到完全穿出磁场共下落高度为2L.
由题意得mv＝mgH②
mv＋mg·2L＝mv＋Q③
由①②③得Q＝2mgL＋mgH.C选项正确.
9.(多选)如图9所示，在倾角为θ的斜面上固定两根足够长的光滑平行金属导轨PQ、MN，相距为L，导轨处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下.有两根质量均为m的金属棒a、b，先将a棒垂直导轨放置，用跨过光滑定滑轮的细线与物块c连接，连接a棒的细线平行于导轨，由静止释放c，此后某时刻，将b也垂直导轨放置，a、c此刻起做匀速运动，b棒刚好能静止在导轨上.a棒在运动过程中始终与导轨垂直，两棒与导轨接触良好，导轨电阻不计.则( )
图9
A.物块c的质量是2msin θ
B.b棒放上导轨前，物块c减少的重力势能等于a、c增加的动能
C.b棒放上导轨后，物块c减少的重力势能等于回路消耗的电能
D.b棒放上导轨后，a棒中电流大小是
答案 AD
解析 b棒恰好静止，受力平衡，有mgsin θ＝F安，对a棒，安培力沿导轨平面向下，由平衡条件，mgsin θ＋F安＝mcg，由上面的两式可得mc＝2msin θ，选项A正确；根据机械能守恒定律知，b棒放上导轨之前，物块c减少的重力势能应等于a棒、物块c增加的动能与a棒增加的重力势能之和，选项B错误；根据能量守恒可知，b棒放上导轨后，物块c减少的重力势能应等于回路消耗的电能与a棒增加的重力势能之和，选项C错误；对b棒，设通过的电流为I，由平衡条件mgsin θ＝F安＝BIL，得I＝，a棒中的电流也为I＝，选项D正确.
10.如图10所示，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑连接.右端接一个阻值为R的定值电阻.平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场.质量为m、电阻也为R的金属棒从高度为h处静止释放，到达磁场右边界处恰好停止.已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨间接触良好.则金属棒穿过磁场区域的过程中( )
图10
A.流过金属棒的最大电流为
B.通过金属棒的电荷量为
C.克服安培力所做的功为mgh
D.金属棒产生的焦耳热为mg(h－μd)
答案 D
解析 金属棒下滑过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgh＝mv2，金属棒到达水平面时的速度v＝，金属棒到达水平面后做减速运动，刚到达水平面时的速度最大，最大感应电动势E＝BLv，最大感应电流I＝＝，故A错误；
感应电荷量q＝Δt＝＝，故B错误；
金属棒在整个运动过程中，由动能定理得：mgh－WB－μmgd＝0－0，克服安培力做功：WB＝mgh－μmgd，故C错误；
克服安培力做的功转化为焦耳热，电阻与导体棒电阻相等，通过它们的电流相等，则金属棒产生的焦耳热：QR＝Q＝WB＝mg(h－μd)，故D正确.
11.(多选)如图11所示，质量为3m的重物与一质量为m的线框用一根绝缘细线连接起来，挂在两个高度相同的定滑轮上，已知线框的横边边长为L，水平方向匀强磁场的磁感应强度为B，磁场上下边界的距离、线框竖直边长均为h.初始时刻，磁场的下边缘和线框上边缘的高度差为2h，将重物从静止开始释放，线框上边缘刚进磁场时，恰好做匀速直线运动，滑轮质量、摩擦阻力均不计.则下列说法中正确的是( )
图11
A.线框进入磁场时的速度为
B.线框的电阻为
C.线框通过磁场的过程中产生的热量Q＝2mgh
D.线框通过磁场的过程中产生的热量Q＝4mgh
答案 ABD
解析 从初始时刻到线框上边缘刚进入磁场，由机械能守恒定律得3mg×2h＝mg×2h＋，解得线框刚进入磁场时的速度v＝，故A对；线框上边缘刚进磁场时，恰好做匀速直线运动，故所受合力为零，3mg＝BIL＋mg，I＝，解得线框的电阻R＝，故B对；线框匀速通过磁场的距离为2h，产生的热量等于系统重力势能的减少，即Q＝3mg×2h－mg×2h＝4mgh，故C错，D对.
12.如图12所示，将边长为a、质量为m、电阻为R的正方形导线框竖直向上抛出，穿过宽度为b、磁感应强度为B的匀强磁场区域，磁场的方向垂直纸面向里，线框向上离开磁场时的速度刚好是进入磁场时速度的一半，线框离开磁场后继续上升一段高度，然后落下并匀速进入磁场.整个运动过程中始终存在着大小恒定的空气阻力Ff且线框不发生转动.求：
图12
(1)线框在下落阶段匀速进入磁场时的速度v2；
(2)线框在上升阶段刚离开磁场时的速度v1；
(3)线框在上升阶段通过磁场过程中产生的焦耳热Q.
答案 (1) (2)
(3)[(mg)2－F]－(mg＋Ff)(a＋b)
解析 (1)线框在下落阶段匀速进入磁场时有
mg＝Ff＋
解得v2＝.
(2)由动能定理，线框从离开磁场至上升到最高点的过程有(mg＋Ff)h＝mv
线框从最高点回落至进入磁场瞬间有
(mg－Ff)h＝mv
两式联立解得v1＝.
(3)线框在向上通过磁场过程中，由能量守恒定律有
mv－mv＝Q＋(mg＋Ff)(a＋b)
且由已知v0＝2v1
解得Q＝[(mg)2－F]－(mg＋Ff)(a＋b).
