第一章 第五节
1．如图所示，三个相同的金属圆环内，存在着不同的有界匀强磁场，虚线表示环的某条直径，已知所有磁场的磁感应强度随时间变化都满足B＝kt，方向如图．测得A环中感应电流强度为I，则B环和C环内感应电流强度分别为( )
A．IB＝I、IC＝0 B．IB＝I、IC＝2I
C．IB＝2I、IC＝2I D．IB＝2I、IC＝0
【答案】D
【解析】C环中穿过圆环的磁感线完全抵消，磁通量为零，保持不变，所以没有感应电流产生，则IC＝0.根据法拉第电磁感应定律得：E＝＝S＝kS，S是有效面积．则得E∝S，所以A、B中感应电动势之比为EA∶EB＝1∶2，根据欧姆定律得知，IB＝2IA＝2I，故选D．
2．(2019·白银校级月考)法拉第圆盘发电机的示意图如图所示，铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触，圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中，圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是( )
A．若圆盘转动的角速度均匀增加，则电流大小恒定
B．若从上往下看，圆盘顺时针转动，则电流沿b到a的方向流过R
C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化
D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率变为原来的4倍
【答案】D
【解析】铜盘转动产生的感应电动势为E＝BL2ω，B、L、ω增大，E增大，电流增大，故A错误；由右手定则可知，回路中电流方向不变，若从上往下看，圆盘顺时针转动，由右手定则知，电流沿a到b的方向流过R，故B错误；若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向不变，大小变化，故C错误；若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，根据E＝BL2ω，I＝可知回路电流变为原来2倍，根据P＝I2R可知电流在R上的热功率变为原来的4倍，D正确．
3．(2018·新课标Ⅱ卷)如图，在同一水平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域宽度均为l，磁感应强度大小相等、方向交替向上向下，一边长为l的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动，线框中感应电流i随时间变化的正确图线可能是( )
A B C D
【答案】D
【解析】由题图示位置开始线框两侧磁场反向，有恒定的顺时针感应电流；经过后两侧磁场同向，感应电流为零；再经过后两侧磁场反向，有恒定的逆时针感应电流；再经过后两侧磁场同向，感应电流为零……可知只有D图可能．
4．(2019·顺义二模)与一般吉他以箱体的振动发声不同，电吉他靠拾音器发声．如图所示，拾音器由磁体及绕在其上的线圈组成．磁体产生的磁场使钢质琴弦磁化而产生磁性，即琴弦也产生自己的磁场．当某根琴弦被拨动而相对线圈振动时，线圈中就会产生相应的电流，并最终还原为声音信号．下列说法中正确的是( )
A．若磁体失去磁性，电吉他仍能正常工作
B．换用尼龙材质的琴弦，电吉他仍能正常工作
C．琴弦振动的过程中，线圈中电流的方向不会发生变化
D．拾音器的作用是利用电磁感应把琴弦的振动转化成电信号
【答案】D
【解析】若失去磁性则无法产生电磁感应，因此吉他不能正常工作，故A错误；电吉他不可以使用尼龙线做琴弦，若是尼龙线则不能构成回路，不会产生电磁感应现象，故B错误；琴弦振动时，线圈中产生感应电流的大小和方向均是变化的，若是恒定，则声音全是一种调，所以电流方向不可能不发生变化，且根据右手定则可知，电流方向一定是变化的，故C错误；电吉他是属于磁生电的应用，是根据电磁感应原理工作的．拾音器的作用是利用电磁感应把琴弦的振动转化成电信号，故D正确．
5．如图甲所示，螺线管匝数n＝1 500 匝，横截面积S＝20 cm2，导线的电阻r＝1.5 Ω，R1＝3.5 Ω，R2＝25 Ω.穿过螺线管的磁场的磁感应强度B按图乙所示规律变化，则R2消耗的电功率是多大？
甲 乙
【答案】1 W
【解析】由乙图中可知，磁感应强度随时间均匀变化，那么在甲图的线圈中会产生恒定的感应电动势．
由乙图可知，磁感应强度的变化率＝2 T/s，由法拉第电磁感应定律可得螺线管中感应电动势E＝＝＝1 500×20×10－4×2 V＝6 V，
电路中的感应电流
I＝＝ A＝0.2 A，
R2消耗的电功率P＝I2R2＝0.22×25 W＝1 W．
第一章 第五节
基础达标
一、选择题(在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～6题有多项符合题目要求)
1．(2019·衡阳名校质检)下列电器和设备工作时，工作过程与电磁感应现象无关的是( )
A．发电机 B．电磁炉
C．变压器 D．电热水器
【答案】D
【解析】发电机是典型的电磁感应的应用，是通过运动将机械能转化为电能的装置；电磁炉是通过磁场的变化产生涡流，进而产生热量，属于电磁感应现象；变压器是通过互感现象来改变电压的，故属于电磁感应现象；电热水器利用了电流的热效应，故不属于电磁感应现象．本题选择不属于电磁感应现象的，故选D．
2．(2019·宜昌期末)随着电动汽车的大量普及，汽车无线充电受到越来越多的关注．无线充电简单方便，不需手动操作，没有线缆拖拽，大大提升了用户体验．将受电线圈安装在汽车的底盘上，将供电线圈安装在地面上，如图所示．当电动汽车行驶到供电线圈装置上，受电线圈即可“接收”到供电线圈的电流，从而对蓄电池进行充电．关于无线充电，下列说法正确的是( )
A．无线充电技术与变压器的工作原理相同
B．为了保护受电线圈不受损坏，可在车底加装一个金属护板
C．只有将供电线圈接到直流电源上，才能对蓄电池进行充电
D．当受电线圈没有对准供电线圈(二者没有完全重合)时，将不能进行无线充电
【答案】A
【解析】无线充电技术与变压器都是利用电磁感应原理，故A正确；加装的金属护板会产生涡流，浪费能量，同时屏蔽了受电线圈，受电线圈无法“接收”到供电线圈的变化磁场，无法充电，故B错误；应将供电线连接到交流电源上，才能产生变化的磁场，使受电线圈发生电磁感应，对电池进行充电，故C错误；当受电线圈没有对准供电线圈(二者没有完全重合)时，也有变化的磁场通过受电线圈引起磁通量变化，也可以进行无线充电，D错误．
3．在匀强磁场中，有一个接有电容器的导线回路，如图所示．已知电容C＝30 μF，回路的长和宽分别为l1＝8 cm，l2＝5 cm，磁感应强度以变化率5×10－2 T/s增大，则( )
A．电容器的上极板带正电，电荷量为2×10－9 C
B．电容器的上极板带负电，电荷量为6×10－9 C
C．电容器的上极板带正电，电荷量为6×10－9 C
D．电容器的上极板带负电，电荷量为8×10－9 C
【答案】C
【解析】由于E＝＝＝5×10－2×8×10－2×5×10－2 V＝2×10－4 V，Q＝CE＝30×10－6×2×10－4 C＝6×10－9 C，又由楞次定律可知上极板带正电，C正确．
4．(2018·西藏校级检测)在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一圆形导体环．规定导体环中电流的正方向如图甲所示，磁场向上为正．当磁感应强度B随时间t按图乙变化时，下列能正确表示导体环中感应电流变化情况的是( )
【答案】C
【解析】根据法拉第电磁感应定律有E＝n＝nS，因此在面积、匝数不变的情况下，感应电动势与磁场的变化率成正比，即与B－t图象中的斜率成正比，由图象可知：0～2 s，斜率不变，故形成的感应电流不变，根据楞次定律可知感应电流方向顺时针即为正值，2～4 s斜率不变，电流方向为逆时针，整个过程中的斜率大小不变，所以感应电流大小不变，故A、B、D错误，C正确．
5．如图甲所示，100匝线圈(图中只画了1匝)两端A、B与一电压表相连．线圈内有一垂直指向纸内方向的磁场，线圈中的磁通量在按图乙所示规律变化．下列关于电压表的说法正确的是( )
A．电压表读数为50 V B．电压表读数为150 V
C．电压表“＋”接线柱接A端 D．电压表“＋”接线柱接B端
【答案】AC
【解析】E＝n＝100× V＝50 V，选项A正确，B错误；根据楞次定律可判断，A端电势高于B端，所以电压表“＋”接线柱接A端，选项C正确，D错误．
6．一个面积S＝4×10－2 m2、匝数n＝100匝的线圈放在匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，磁感应强度B随时间t变化的规律如图所示．则下列判断正确的是( )
A．在开始的2 s内穿过线圈的磁通量变化率等于0.08 Wb/s
B．在开始的2 s内穿过线圈的磁通量的变化量等于零
C．在开始的2 s内线圈中产生的感应电动势等于8 V
D．在第3 s末线圈中的感应电动势等于零
【答案】AC
【解析】磁通量的变化率＝S，其中磁感应强度的变化率即为B－t图象的斜率．由题图知前2 s的＝2 T/s，所以＝2×4×10－2 Wb/s＝0.08 Wb/s，选项A正确；在开始的2 s内磁感应强度B由2 T减到0，又从0向相反方向的B增加到2 T，所以这2 s内的磁通量的变化量ΔΦ＝B1S＋B2S＝2BS＝2×2×4×10－2 Wb＝0.16 Wb，选项B错误；在开始的2 s内E＝n＝100×0.08 V＝8 V，选项C正确；第3 s末的感应电动势等于2～4 s内的平均电动势，E＝n＝nS＝100×2×4×10－2 V＝8 V，选项D错误．
二、非选择题
7．如图甲所示，截面积为0.2 m2的100匝圆形线圈A处在变化的磁场中．磁场方向垂直纸面，其磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示，设向外为B的正方向．R1＝4 Ω，R2＝6 Ω，C＝30 μF，线圈的内阻不计，求电容器上极板所带电荷量并说明正负．
【答案】7.2×10－6 C，上极板带正电
【解析】E＝nS＝100××0.2 V＝0.4 V，
电路中的电流I＝＝ A＝0.04 A，
所以UC＝U2＝IR2＝0.04×6 V＝0.24 V，
Q＝CUC＝30×10－6×0.24 C＝7.2×10－6 C，
由楞次定律和安培定则可知，电容器的上极板带正电．
8．如图所示，L1＝0.5 m，L2＝0.8 m，回路总电阻为R＝0.2 Ω，物块M的质量m＝0.04 kg，导轨光滑，开始时磁场B0＝1 T．现使磁感应强度以＝0.2 T/s的变化率均匀增大，试求：当t为多少时，M刚好离开地面？(g取10 m/s2)
【答案】5 s
【解析】回路中原磁场方向向下，且磁通量增加，由楞次定律可以判知，感应电流的磁场方向向上，根据安培定则可以判知，ab中的感应电流的方向是a→b，由左手定则可知，ab所受安培力的方向水平向左，从而向上拉起重物．
设ab中电流为I时M刚好离开地面，此时有
FB＝BIL1＝mg，
I＝，
E＝＝L1L2，
B＝B0＋t，
解得t＝5 s．
能力提升
9．(2019·石家庄校级月考)如图所示，上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置，小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部，则小磁块( )
A．在P中的下落时间比在Q中的长
B．在两管中下落过程的机械能都守恒
C．在P和Q中都做自由落体运动
D．落至底部时在P中的速度比在Q中的大
【答案】A
【解析】当小磁块在光滑的铜管P中下落时，由于穿过铜管的磁通量变化，导致铜管产生感应电流，小磁块受到向上的安培阻力，而塑料管Q是绝缘体不产生感应电流，对小磁块没有安培力，所以小磁块在Q中做自由落体运动，则在P中的下落时间比在Q中的长，A正确．
10．(2018·新课标Ⅰ卷)如图，导体轨道OPQS固定，其中PQS是半圆弧，Q为半圆弧的中点，O为圆心．轨道的电阻忽略不计．OM是有一定电阻、可绕O转动的金属杆，M端位于PQS上，OM与轨道接触良好．空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，现使OM从OQ位置以恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定(过程Ⅰ)；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B′(过程Ⅱ)．在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM的电荷量相等，则等于( )
A． B．
C． D．2
【答案】B
【解析】极短时间内流过金属杆的电荷为Δq＝IΔt＝Δt，又E＝n，得Δq＝.设圆的半径为r，过程Ⅰ中ΔΦ1＝BΔS＝Bπr2；过程Ⅱ中ΔΦ2＝SΔB＝πr2(B′－B)．由题知Δq1＝Δq2，即Bπr2＝πr2(B′－B)，解得＝.故B正确，A、C、D错误．
11．如图甲所示，不计电阻的平行金属导轨竖直放置，导轨间距为L＝1 m，上端接有电阻R＝3 Ω，虚线OO′下方是垂直于导轨平面的匀强磁场．现将质量m＝0.1 kg、电阻r＝1 Ω的金属杆ab，从OO′上方某处垂直导轨由静止释放，杆下落过程中始终与导轨保持良好接触，杆下落过程中的v－t图象如图乙所示．(取g＝10 m/s2)求：
(1)磁感应强度B；
(2)杆在磁场中下落0.1 s的过程中电阻R产生的热量．
【答案】(1)2 T (2)0.075 J
【解析】(1)由图象可知，杆自由下落0.1 s进入磁场以v＝1.0 m/s做匀速运动产生的电动势E＝BLv，
杆中的电流I＝，
杆所受安培力F安＝BIL，
由平衡条件得mg＝F安，
代入数据得B＝2 T．
(2)电阻R产生的热量Q＝I2Rt＝0.075 J．
12．如图甲所示，在一个正方形金属线圈区域内，存在着磁感应强度B随时间变化的匀强磁场，磁场的方向与线圈平面垂直．金属线圈所围的面积S＝200 cm2，匝数n＝1 000，线圈电阻r＝1.0 Ω.线圈与电阻R构成闭合回路，电阻R＝4.0 Ω.匀强磁场的磁感应强度随时间变化的情况如图乙所示．求：
(1)在t＝2.0 s时刻，通过电阻R的感应电流大小；
(2)在t＝5.0 s时刻，电阻R消耗的电功率；
(3)0～6.0 s内整个闭合电路中产生的热量．
【答案】(1)0.2 A (2)2.56 W (3)7.2 J
【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律，0～4.0 s时间内线圈中磁通量均匀变化，产生恒定的感应电流．t＝2.0 s时的感应电动势E1＝nS＝1 000×0.05×200×10－4 V＝1 V，
根据闭合电路欧姆定律，闭合回路中的感应电流I1＝，解得I1＝0.2 A．
(2)由图象可知在4.0～6.0 s时间内，线圈中产生的感应电动势E2＝nS＝1 000×0.2×200×10－4 V＝4 V，
根据闭合电路欧姆定律，t＝5.0 s时闭合回路中的感应电流I2＝＝0.8 A，
电阻消耗的电功率P2＝I2R＝2.56 W．
(3)根据焦耳定律，0～4.0 s内闭合电路中产生的热量Q1＝I(r＋R)Δt1＝0.8 J，
4．0～6.0 s内闭合电路中产生的热量Q2＝I(r＋R)Δt2＝6.4 J，
0～6.0 s内闭合电路中产生的热量Q＝Q1＋Q2＝7.2 J．
课件57张PPT。第五节 电磁感应规律的应用1．如图所示，闭合开关S，将条形磁铁插入闭合线圈，第一次用0.2 s，第二次用0.4 s，并且两次的起始和终止位置相同，则( )A．第一次磁通量变化较大
B．第一次G的最大偏角较大
C．第一次经过G的总电荷量较多
D．若断开S，G均不偏转，故均无感应电动势
【答案】B2．一根直导线长0.1 m，在磁感应强度为0.1 T的匀强磁场中以10 m/s的速度匀速运动，则导线中产生的感应电动势不可能的是( )
A．1 V B．零
C．0.1 V D．0.01 V
【答案】A
【解析】在垂直于磁感线的平面上运动，产生的感应电动势最大，为Emax＝Blv＝0.1 T×0.1 m×10 m/s＝0.1 V，即感应电动势E≤Emax，则A不可能．一、法拉第电机O 2．法拉第电机：__________在磁场中做__________磁感线运动，产生感应电动势的导体相当于电源．运动导体 切割 如图所示是法拉第电机原理图，铜盘转起来之后相当于电源，圆心O和圆盘边缘谁是正极？
【答案】铜盘可以看成是由无数根导线组成，它运动时切磁感线，由右手定则可知圆心O是正极．二、电磁感应的应用
1．如下图所示，导体棒ef沿着导轨面向右匀速运动，导轨电阻不计，________相当于电源，______是其正极，____是负极，电源内部电流由______流向______，__________和导轨构成外电路，外电路中电流由电源的______流向______．导体棒 f e 负极 正极 电阻R 正极 负极 如果让你设计一个发电机，你设计的这个发电机至少应该由哪些部分组成？
【答案】设计发电机需要的部分有很多，最基本的组成部分有磁体提供的磁场，让线圈在磁场中运动以改变磁通量的大小从而产生感应电流．三、电磁感应中的反电动势与能量转化
1．电磁感应中的能量：在由导体切割磁感线产生的电磁感应现象中，导体克服________做多少功，就有多少其他形式的能转化为电能，即电能是通过______________转化得到的．
2．反电动势
(1)定义：直流电动机模型通电后，线圈因受________而转动，切割磁感线产生的感应电动势．
(2)方向：与外加电压的方向______．
(3)决定因素：电动机线圈转动______，反电动势越大．安培力 其他形式的能 安培力 相反 越快 1．用E＝BLv求解
用E＝BLv求解感应电动势时，要求导体上各点的切割速度相同或能求其等效切割速度.可设想，在前面图中有一个“柔软、形状可变”的回路在0时刻与棒叠在一起，当棒转动后，原有部分不动，而外端将把导线拉伸，且假设导体棒外端所到之处导线即贴在那里，则Δt时间后拉开的电路形状如图中虚线和实线所示． 解析：圆盘转动时，相当于无数条相同的、并联的长度为圆盘半径R的导体棒在转动．只要求得一条导体棒转动的感应电动势，即为整个圆盘的电动势．如下图所示，设圆盘的半径为R，处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与圆盘平面垂直，其一条半径以角速度ω匀速转动．答案：见解析1.如图所示，金属棒ab长为L，以角速度ω绕ab棒延长线上一点O逆时针转动，Oa间距为r，金属棒转动方向与磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直(磁场方向垂直纸面向里)．则a、b两点间电势差大小为( )【答案】D1．确定所研究的回路，明确回路中相当于电源的部分和相当于外电路的部分，画出等效电路图．
2．由楞次定律或右手定则判断感应电动势的方向，由法拉第电磁感应定律或导体切割磁感线公式写出感应电动势表达式．
3．运用闭合电路欧姆定律，部分电路欧姆定律，串并联电路的电压、电流、电阻特点，电功率公式等进行计算求解．?题后反思
这是电磁感应与电路结合的综合题，切割磁感线产生感应电动势的导体相当于电源，画出等效电路图应用欧姆定律就可求解．2．(2019·白城校级月考)如图所示，面积为0.2 m2的100匝线圈处在匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，已知磁感应强度随时间变化的规律为B＝(2＋0.2t) T，定值电阻R1＝6 Ω，线圈电阻R2＝4 Ω，求：【答案】(1)0.04 Wb/s 4 V (2)2.4 V (3)0.8 C(1)磁通量的变化率和回路中的感应电动势；
(2)a、b两点间电压Uab；
(3)2 s内通过R1的电荷量q．1．电磁感应的本质——能量转化
电磁感应的过程，实质上是一个能量转化与守恒的过程．可以说它是能量转化与守恒定律在电磁现象中的一个特例．通过克服安培力做功，将其他能量(非电能)转化为电能，克服安培力做多少功，就有多少其他能转化为相应量的电能；当产生的电流通过用电器后，同时将转化来的电能进一步转化成其他非电能．因此，电磁感应过程总伴随着能量转化．2．克服安培力做功与产生电能关系的特例论证
如下图所示，矩形闭合金属线框abcd电阻为R，置于有界的匀强磁场B中，现在拉力F的作用下，以速度v匀速拉出磁场，设ad、bc边的长度为L，则线框被匀速拉出的过程中：结论：在电磁感应现象中，克服安培力做多少功，就有多少电能产生．本例中， 这些电能又通过电流做功使电阻发热转变成了内能．3．关于电磁感应的能量问题，要注意以下分析程序：
(1)准确应用电磁感应定律确定感应电动势的大小；准确应用楞次定律或右手定则，判定感应电动势的方向．
(2)画出等效电路，求解电路中各相关参量．
(3)研究导体机械能的变化，利用能量转化与守恒关系，列出机械运动功率变化与电路中电功率变化的守恒关系式． 如下图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l＝0.5 m，左端接有阻值R＝0.3 Ω的电阻．一质量m＝0.1 kg，电阻r＝0.1 Ω的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝0.4 T．棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a＝2 m/s2的加速度做匀加速运动，当棒的位移x＝9 m时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝2∶1.导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求：(1)棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q；
(2)撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2；
(3)外力做的功WF.
解析：(1)设棒匀加速运动的时间为Δt，回路的磁通量变化量为ΔΦ，回路中的平均感应电动势为，由法拉第电磁感应定律得联立⑥⑦⑧式，代入数据得Q2＝1.8 J．⑨ CD、EF为两足够长的导轨，CE＝l，匀强磁场方向与导轨平面垂直，磁感应强度为B，导体CE连接一电阻R，导体ab质量为m，框架与导体电阻不计，如图所示．框架平面与水平面成θ角，框架与导体ab间的动摩擦因数为μ，求：(1)导体ab下滑的最大速度；
(2)设ab从静止开始达到最大速度时下降的高度为h，利用能量观点求这一变速过程中共在R上产生的热量．
解析：(1)由能的转化和守恒定律知，当导体ab以最大速度vm匀速运动以后，导体ab下滑过程中，减少的重力势能(机械能)等于克服摩擦力所做的功和电阻R产生的热量，并设以最大速度运动的时间为t，则
mgsin θ·(vmt)＝μmgcos θ·(vmt)＋I2Rt，?题后反思
求最大速度问题，一般是从受力分析入手，由牛顿第二定律列式，再经过分析得出：当a＝0时，速度最大．这种思路是解题的一种方法，本题也可以通过该方法求解．利用力学观点处理问题的方法往往繁琐，不如用能量观点处理方便．像本例题求最大速度问题，尽管达最大速度前运动为变速运动，感应电流(电动势)都在变化，但达最大速度之后，感应电流及安培力均恒定，计算热量可用Q＝I2Rt，这样，对不少题目通过抓住速度最大之后速度不变这一关键条件出发，运用能量观点处理，运算过程得以简捷．3．如图所示，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垂直于导轨旋转，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的运动速度稳定，小灯泡稳定发光．此后导体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g取10 m/s2，sin 37°＝0.6)( )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】B4．如图所示，bacd为静止于水平面上宽度为L，而长度足够长的U形金属滑轨，ac边接有电阻R，其他部分电阻不计．ef为一可在滑轨平面上滑动，质量为m的均匀导体棒．整个滑轨面处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，忽略所有摩擦．【解析】(1)解法一 导体棒受到恒力F后的运动情况，可用如下式子表示：感生电动势和动生电动势的区别与联系改改 如图所示，导轨OM和ON都在纸面内，导体AB可在导轨上无摩擦滑动，若AB以5 m/s的速度从O点开始沿导轨匀速右滑，导体与导轨都足够长，它们每米长度的电阻都是0.2 Ω，磁场的磁感应强度为0.2 T．求：
(1)3 s末夹在导轨间的导体长度是多少？此时导体切割磁感线产生的感应电动势多大？回路中的电流为多少？(2)3 s内回路中的磁通量变化了多少？此过程中的平均感应电动势为多少？
5．在如图所示的四种磁场情况中能产生恒定的感生电场的是( )
【答案】C
【解析】据麦克斯韦电磁理论，恒定的感生电场，必须由均匀变化的磁场产生，C对． A B C D
