专题三机械振动和机械波

1、名 师 辅 导教学内容：专题七 电磁感应与电磁学第13讲 电磁感应与电磁学综合考纲要求1.理解电磁感应现象，并能对有关问题进行准确分析。2.熟练掌握右手定则，楞次定律，并能灵活解决各类感应电动势、感应电流的方向问题。3.掌握法拉第电磁感应定律，并能计算感应电动势、感应电流的大小。4.了解自然现象及自感系数，并能解释有关常见的自感现象。知识结构热点导析1.电磁感应专题的重难点重点指一个条件（电磁感应产生的条件）；二个定律（楞次定律、法拉第电磁感应定律）；三个步骤（应用楞次定律判断感应电动势和感应电流方向的步骤）。难点：一是正确理解楞次定律中“阻碍”的物理含义；二是灵活应用动力学观点和能的转化和守

2、恒定律观点解决电磁感应问题。2.“阻碍”的含义“阻碍”不是“阻止”，不是“削弱”，也不是“反抗”，应是反抗磁通量增加而不能阻止总磁通量的增加；补偿磁通量的减小而不能阻止总磁通量的减小。从导体和磁场的相对运动角度来看，感应电流总要阻碍相对运动；外力正是在克服感应电流磁场的阻碍作用中实现把机械能转化为电能；在自感现象中，阻碍原电流的变化。3.法拉第感应定律的表达式法拉第感应定律的原始表达式=n。当由于面积变化而引起感应电动势，=NB；当由于磁感强度变化而引起感应电动势，=NS；当由于线圈自身电流变化而引起感应电动势自=L；当由于感应电场作用，使电荷定向运动形成电流，在t时间迁移的电量q=t=。4.

3、用功能观点分析电磁感应现象楞次定律和法拉第电磁感应定律是能的转化和守恒定律在电磁感应现象中的反映。机械能转化为电能是通过克服磁场力做功而实现的，电能转化为机械能是通过磁力做功而实现的。电能转化为电热是通过电流流经电阻而实现的。两类常见的电磁感应综合题，一是由电源提供电流，该电流在磁场中受力引起运动，由于运动切割磁感线产生感应电动势。对其中导体运动情况分析时应用动力学方法，对变化加速过程处理时可采用能量守恒求解。另一类是由于外力牵引力产生运动，由于运动而切割磁感线产生感应电流，随之又出现“因电而（阻）运”的过程，从动力学和能量两个方面着手分析求解。5.自感现象自感电动势方向依靠楞次定律判断，线圈

4、所产生的自感电动势大小可大于原电源电动势大小（当电路断开时），一定小于原电源电动势大小（当电路接通时）。线图中所产生的自感电流一定小于等于原电流的数值。典型例析【例1】 在磁棒自远处匀速沿一圆形线圈的轴线运动，并穿过线圈向远处而去，如图7-13-1所示，则下列图7-13-2中较正确反映线圈中电流i与时间t关系的是（线圈中电流以图示箭头为正方向）（ ）【解析】 本题为1997年上海高考试题从图中可以看出，条形磁铁从左侧进入线圈时，由楞次定律可判断线圈中感应电流方向与图示电流方向相同，同样可分析，当条形磁铁从左侧离开线圈时，线圈中的感应电流又反向，正确答案为B。【说明】 本题半定量地讨论感应的变化

5、规律。感应电流方向判定用楞次定律来求解。感应电流大小判断应用法拉第电磁感应定律，当磁铁远离线圈和对称跨越在线圈两侧时，穿过线圈的磁通量分别为最小和最大，而磁通量的变化率均为最小，所以才有题图中B选项的分布规律。【例2】 如图7-13-3所示，竖直放置的螺线管与导线abcd构成回路，导线所围区域内有一垂直纸面向里的变化的匀强磁场，螺线管下方水平桌面上有一导体圆环。导体abcd所围区域内磁场的磁感强度按下列图7-13-4中哪一图线所表示的方式随时间变化时，导体圆环将受到向上的磁场作用力？【解析】 本题为1999年上海高考试题C、D中B随t是均匀变化，在螺线管中产生的稳定电流，这样在圆环中不能产生感

6、应电流，圆环也就不能受到作用力。A中磁场变大，但变化率却是越来越小，由=，可知螺线管中电流越来越小，由楞次定律判断可知电流方向为dcbad，由此可知螺管在圆环中产生的磁场方向向上，且磁场程度逐渐减小，再由楞次定律可判定圆环为了阻碍磁通量减小，受到向上的作用力，有向上运动的趋势。答案应选A。【说明】 A、B答案中B-t图线均为曲线，曲线上每点的磁场变化率即为该点切线的斜率，由此可知A中变化率越来越小，B中变化率则越来越大。【例3】 图7-13-5中A是一边长为l的方形线框，电阻为R，今维持线框以恒定的速度v沿x轴运动，并穿过图7-13-5所示的匀强磁场B区域。若以x轴正方向作为力的正方向，线框在

7、图示位置的时刻作为时间的零点，则磁场对线框的作用力F随时间t的变化图线为图7-13-6中的 。【解析】 本题为1994年全国高考试题，答案为B。在线框进入磁场过程和穿出磁场过程中，由楞次定律判断产生感应电流，受到安掊力的效果应阻碍相对运动，F为负方向，且是恒力，故选B。另外也可用右手定则和左手定则分别判断感应电流方向和受力方向。闭合线圈的运动方向和感应电流所受安培力的方向始终相反。所以从能量的角度理解为线圈的动能或外力所做的功用于克服安培力做功，即产生电能。【说明】 若要画出线图中电流随时间变化规律图线，应注意当线圈部分进入（离开）磁场时，有稳恒电流，且方向为逆时针（进入磁场中）和顺时针（离开

8、磁场时）。若要画电功率-时间图线，外观上类似于选项A的形式。【例4】 如图7-13-7所示，空间存在垂直于纸面的均匀磁场，在半径为a的圆形区域内、外，磁场方向相反，磁感应强度大小均为B，一半径为b，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，在内、外磁场同时由B均匀地减小到零的过程中，通过导线截面的电量q= 。【解析】 本题为1997年上海高考试题设垂直向里的图形磁场半径为a，导线圆环的半径为b，通过线环的磁通量为，当合磁量向里时：Ba2-(b2-a2) =B(2a2-b2)；当合磁通量向外时：B(b2-a2)-a2=B(b2-2a2),设经过时间t磁通量减为零，由法拉第电磁

9、感应定律和闭合电路的欧姆定律得I=Q=It=或Q=【说明】 通过某一个面的磁场方向不单一时，要注意合磁场方向，如本题。如果有：Ba2B(b2-a2)，即2a2b2时，合磁场就向里，如果Ba2B(b2-a2)，即2a2b2时，合磁场的方向就向外，所以线环中感应电流的方向，根据楞次定律也可判断出。当向里减少时，感应电流为顺时针方向，当向外减少时，感应电流主向为逆时针方向。【例5】 两根相距d=0.20m的平行金属长导轨固定在同一水平面内，并处于竖直方向的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B=0.20T，导轨上面横放着两条金属细杆，构成矩形回路，每条金属细杆的电阻为r=0.25，回路中其余部分的电阻可不计

10、，已知两金属细杆在平行于导轨的拉力的作用下沿导轨朝相反方向匀速平移，速度大小都是v=5.0m/s，如图7-13-8所示，不计导轨上的摩擦。（1）求作用于每条金属细杆的拉力的大小。（2）求两金属细杆在间距增加0.40m的滑动过程中共产生的热量。【解析】 本题是1995年全国高考试题（1）当两金属杆同时匀速平移时，两杆上产生的感应电动势相等且同向：1=2=Bdv，感应电流I=，匀速移动拉力等于安培力。且两杆的拉力大小相等，F1=F2=BId=Bd=3.210-2N。（2）两细杆在间距增加l过程中产生的总热量为：Q=I2（2r），代入数据Q=1.2810-2J。【说明】 用右手定则判断出两根导线做切

11、割磁力线运动，产生的两个电源串联。电路中的电流方向及大小均可用楞次定律和电磁感应定律的公式进行求解。【例6】 如图7-13-9所示，、为两匀强磁场区，区域的磁场方向垂直纸面向里，区域的磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度均为B，两区域中间为宽S的无磁场区，有一边长为L（LS），电阻为R的正方形金属框abcd置于区域，ab边与磁场边界平行，现拉着金属框以速度v向右匀速移动。（1）分别求出当ab边刚进入中央无磁场区，和刚进入磁场区时，通过ab边的电流的大小和方向。（2）把金属框从区域完全拉入区域过程中拉力所做的功。【解析】 本题为1993年上海高考试题（1）ab边刚进入区时，电流I1=BLv/R，方向

12、ba，ab边刚进入区时，ab边，cd边都产生感应电动势且都为顺时针方向，大小都为BLv，所以电流I2=，方向ba。（2）在ab边穿过宽S的区过程中cd边受安培力F1=BI1L=，拉力作功W1=F1S=S，在ab边进入区，cd边未进入区过程中，ab、cd边都受安培力，F2=BLI2=，匀速拉动外力应等于2F2，通过距离为（L-S）拉力做功，W2=2F2（L-S）=（L-S），在cd边通过区过程中，只有ab边受安培力，且F3=F1，距离仍为S，拉力做功W3=F3S=S，在线段完全进入区后，无感应电流，不受磁场力，拉力做功为0，所以总功W=W1+W2+W3=（L-）。【说明】 略【例7】 如图7-1

13、3-10所示，长为L、电阻r=0.3、质量m=0.1kg的金属棒CD垂直跨搁在位于水平面上的两条平行光滑金属导轨上，两导轨间距也是L，棒与导轨间接触良好，导轨电阻不计，导轨左端接有R=0.5欧的电阻。量程为3.0安的电流表串接在一条导轨上，量程为1.0伏的电压表接在电阻R的两端，垂直导轨平面的匀强磁场向下穿过平面。现以向右恒定外力F使金属棒右移。当金属棒以v=2米/秒的速度在导轨平面上匀速滑动时，观察到电路中的一个电表正的满偏，而另一个电表未满偏。问：（1）此满偏的电表是什么表？说明理由。（2）拉动合金属棒的外力F多大？（3）此时撤去外力F，金属棒将逐渐慢下来，最终停止在导轨上。求从撤去外力到

14、金属棒停止运动的过程中通过电阻R的电量。【解析】 本题为1999年上海高考试题（1）电压表满偏。若电流表满偏，则I=3安，U=IR=1.5伏，大于电压表量程。（2）由功能关系，Fv=I2(R+r)而I=U/RF=代入数据得F=1.6牛（3）由动量定理得Mv=IBLt两边求和mv1+mv2+=BLI1t1+BLI2t2即mv=BLq由电磁感应定律=BLv=I（R+r）由、解得q=代入数据得q=0.25（库） 【说明】 上述解法中式应用了动量定理，这在全国高考考纲中已不做要求，式对两边求和则运用了高等数学中的微积分思想，对考生来说有不小的难度。【例8】 如图7-13-11所示的电路中，A1和A2是

15、完全相同的灯泡，线圈L的电阻可以忽略。下列说法中正确的是（ ）A.合上开关K接通电路时，A2先亮，A1后亮，最后一样亮B.合上开关K接通电路时，A1和A2始终一样亮C.断开开关K切断电路时，A2立刻熄灭，A1过一会儿才熄灭D.断开开关K切断电路时，A1和A2都要过一会儿才熄灭【解析】 本题是1997年全国高考试题，选A、D。接通电路时，由于线圈的自感作用，A1支路相当于断路，电流增加得慢，A1后亮。稳定后，线圈的作用消失，又相当于短路，A1与A2并联，亮度一样。所以A正确，B不正确。当断开K时，线圈L、灯A1、A2组成串联闭合回路，A1、A2亮度一样，都将过一会儿才熄灭。D正确，C不正确。此时

16、回路中电流方向LA2A1。【说明】 K闭合时，A1、A2两支路都是同时出现电流，但A2支路电流瞬时变为最大，A1支路电流却由线圈L的阻碍作用要逐渐变为最大，而灯中电流达到一定值后才能亮，因此现象为A2先亮A1后亮，且是逐渐变亮。【例9】 质量为m的金属杆a在离地h高处从静止开始沿弧形金属轨道下滑，导轨的水平部分有竖直向上的匀强磁场B，水平部分原来放有金属杆b，如图7-13-12所示。已知mamb=34，导轨足够长，磁场足够大，不计摩擦，问：（1）a、b的最大速度是多少？（2）在整个过程中释放出来的电能是多少？【解析】 （1）a下滑到水平处时，速度最大，根据机械能守恒定律有mgh=mv2am,v

17、am=a杆进入水平部分导轨时切割磁感线产生感应电动势，a、b杆与导轨构成的回路就产生了逆时针方向的感应电流，于是a杆受到向左的安培力而减速，b杆受到向右的安培力而加速，同时，b杆向右切割磁感线也将产生感应电动势。如图7-13-13所示，随着a杆不断减速和b杆的不断加速，感应电动势a和b也将不断减小和增大，从而引起回路中的电流I=不断减小，当I减小到零时，a杆和b杆受到的安培力也为零，此时必须有Blva=BLvbm,va=vbm,可见，a杆和b杆最终的速度相同，一起以vbm作匀速运动。从a杆具有vam=到a、b杆具有共同速度vbm的整个过程中，在水平方向无外力作用，a、b组成的系统动量守恒，所以

18、有mavam=(ma+mb)vbm,而故解得,vbm=（2）在整个过程中释放出来的电能是由机械能转化来的，因此释放的电能E电等于减少的机械能E，即E电=E=mgh-(ma+mb)v2bm=mgh【说明】 （1）本题中a杆受到的安培力做负功，即克服安培力做功，把机械能转化为电能；b杆受到的安培力做正功，把电能转化为机械能，这一功能关系具有普遍意义，必须指出，a杆机械能的减少，一部分转化为回路中产生的焦耳热，另一部分转化为b杆的机械能，在能量的转化过程中总量保持守恒。（2）本题中导轨间距离相等，a、b杆受到的安培力始终大小相等方向相反，故a、b杆组成的系统动量守恒。若导轨间距不等a、b杆受到安培力

19、方向相反，而大小不等。此时a、b杆组成的系统动量不再守恒，需应用动量定理讨论。处理此类问题，必须掌握电磁感应中动态问题的分析方法，从而找出题中的隐含条件，例如，本题中的“a、b杆以共同速度做匀速运动时，b杆的速度最大”。要弄清问题中的物理过程、物理情景、打出各因素间的因果关系，建立正确的物理模型是解决此类问题的关键。能力测试一、选择题（至少有一个选项符合题意）1.下列说法正确的是（ ）A.感应电流的磁场总是与原磁场方向相反B.线圈的自感作用是阻碍通过线圈的电流C.当穿过线圈的磁通量为零时，感生电动热一定为零D.自感电动势的方向可以与原电流方向相同2.日光灯电路主要由镇流器、启动器和灯管组成，在

20、日光灯正常工作时（ ）A.灯管正常发光后，启动器两上触片是连接的B.灯管正常发光后，启动器起降压作用C.日光灯开始发光时，镇流器提供瞬时高压D.灯管正常发光后，镇流器将交流电变成直流电3.如图7-13-14，三角形线框与长直导线彼此绝缘，线框被导线分成面积相等的两部分，在M接通图示方向电流的瞬间，线框中感应电流的方向是（ ）A.无感应电流B.ABCC.CBAD.条件不足，无法判断4.如图7-13-15，水平直导线通以恒定电流I，在其正下方有一竖直放置的闭合线圈abcd，线圈从静止开始释放，则线圈在下落过程中（ ）A.没有感应电流产生B.有电流，方向是adcbaC.下落加速度小于重力加速度D.下

21、落过程中，线圈机械能守恒5.如图7-13-16，所示是观察自感现象的电路图，为了观察到断开开关的瞬间灯泡有明显的闪烁现象，除增大线圈的自感系数外，还要考虑线圈电阻RL和小灯泡电阻R，它们之间应满足的关系是（ ）A.RLRB.RL=RC.RLR6.如图7-13-17，ABCD是固定的水平放置的足够长U型金属导轨，整个导轨处于竖直向上的匀强磁场中，在导轨上放一金属棒ab，给ab一个水平向右的冲量，使它以初速v0运动起来，最后静止在导轨上，在导轨是光滑和粗糙两种情况下（ ）A.安培力对ab所做的功相等B.电流通过整个回路做功相等C.整个回路产生的热量相等D.到停止运动时，两棒运动距离相等7.如图7-

22、13-18，导体棒ab在金属导轨上向右做匀加速运动，在此过程中（ ）A.电容器上电量越来越多B.电容器上电量保持不变C.电阻R上无电流D.电阻R上有电流通过二、填空题8.如图7-13-19（a），边长为20cm的正方形线框，电阻为0.1,线框中存在着垂直框平面的匀强磁场,磁感强度随时间变化规律如图7-13-19（b）,由图可知,在t1t2时间内通过线框导线某截面的电量大小为 C(规定向里方向为正方向)。9.如图7-13-20，一根通有稳恒电流的长直导线的右侧，有一金属棒AB可绕其中点O沿顺时旋转，转动面与直导线在同一平面内，当转到水平位置AB和竖直位置AB两位置时，两端电势高低关系：UA UB

23、，UA UB。10.如图7-13-21所示，相距为d的两水平线虚线L1和L2之间是方向水平向里的匀强磁场，磁强感度B，线框abcd边长为l(ld)，质量为m,电阻为R。将线框在磁场上方向h处由静止释放，ab刚进磁场时速度为v0，ab边刚穿出磁场时速度也为v0，在线框全部穿过磁场的过程中，感应电流所做功为 ，线框最小速度为 。11.如图7-13-22所示，闭合电路中一定长度的螺线管可自由伸缩，通电时灯泡有一定的亮度，若将一软铁棒由螺线管的一端迅速扦入螺线管内，则插入过程中灯泡变 ，螺线管长度变 。三、计算与论述题12.如图7-13-23是生产中常用一种延时继电器的示意图，铁芯上有两个线圈A和B，

24、线圈A跟电源相连，线圈B的两端接在一起，构成一个闭合电路。在开关S断开的时候，弹簧K并不能立即将衔铁D拉起，从而使触头C（连接工作电路）不立即离开，过一段时间后触头C才能离开；延时继电器就是这样得名的，试说明这种继电器的原理。13.如图7-13-24，把总电阻为2R的均匀电阻丝焊接成一半径为a的圆环，水平固定在竖直向下的磁感强度为B的匀强磁场中，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电压UMN。（2）圆环和金属棒上消耗的总功率。14.如图7-13-25，倾角=30，

25、宽度L=1m的足够长的U形平行光滑金属导轨，固定在磁感强度B=1T，范围充分大的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，用平行于导轨、功率恒为6W和牵引力F牵引一根质量为m=0.2kg，电阻R=1放在导轨上的金属棒ab，由静止开始沿导轨向上移动（ab始终与导轨接触良好且垂直），当ab棒移动2.8m时，获得稳定速度，在此过程中，金属棒产生的热量为5.8J（不计导轨电阻及一切摩擦，取g=10m/s2），求：（1）ab棒的稳定速度。（2）ab棒从静止开始达到稳定速度所需时间。15.如图7-13-26所示，固定于水平桌面上的金属框cdef，处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒ab搁在框架上，可无摩擦滑动，此时

26、adeb构成一个边长为L的正方形，棒的电阻为r，其余部分电阻不计，开始时磁感强度为B。（1）若从t=0时刻起，磁感强度均匀增加，每秒增量为k，同时保持棒静止。求棒中的感应电流。在图上标出感应电流的方向。（2）在上述（1）情况中，始终保持棒静止，当t=t1末时需加的垂直于棒的水平拉力为多大？（3）若从t=0时刻起，磁感强度逐渐减小，当棒以恒定速度v向右做匀速运动时，可使棒中不产生感应电流，则磁感强度应怎样随时间变化（写出B与t的关系式）？综合测试一、选择题（至少有一个选项符合题意）1.如图7-1（a），圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方悬挂一相同的线圈Q，P和Q共轴，Q中通有变化的电流，电流随

27、时间变化的规律如图7-1（b）所示，P所受的重力为G，桌面对P的支持力为N，则（ ）A.t1时刻NGB.t2时刻NGC.t3时刻NGD.t4时刻N=G2.如图7-2，光滑绝缘水平面上，有一矩形线圈冲入一匀强磁场，线圈全部进入磁场区域时，其动能恰好等于它在磁场外面时的一半，设磁场宽度大于线圈宽度，那么（ ）A.线圈恰好在刚离开磁场的地方停下B.线圈在磁场中某位置停下C.线圈在未完全离开磁场时即已停下D.线圈完全离开磁场以后仍能继续运动，不会停下来3.如图7-3所示，导线ab沿金属导轨运动使电容器充电，设磁场是匀强磁场，且右边电路电阻不变，若使电容器带电量恒定且上板带正电，则ab运动情况是（ ）A

28、.匀速运动B.匀加速向右运动C.变加速向左运动D.变加速向右运动4.如图7-4所示，a、b是平行金属导轨，匀强磁场垂直导轨平面，c、d是分别串有电压表和电流表金属棒，它们与导轨接触良好，当c、d以相同速度向右运动时，下列正确的是（ ）A.两表均有读数B.两表均无读数C.电流表有读数，电压表无读数D.电流表无读数，电压表有读数5.如图7-5所示，四边完全相同的正方形线圈置于一个有界匀强磁场中，磁场垂直线圈平面，磁场边界与对应的线圈边平行，今在线圈平面内分别以大小相等、方向与正方形各边垂直的速度，沿四个不同的方向把线圈拉出场区，则能使ab间电势差最大的是（ ）A.向上拉B.向下拉C.向左拉D.向右

29、拉6.如图7-6所示，是测定自感系数很大的线圈L直流电阻的电路，L两端并有一只电压表，用来测定自感线圈的直流电压，测量完毕将电路解体时（ ）A.先断K1B.先断K2C.先拆除电流表D.先拆除电阻R7.如图7-7所示，固定于水平绝缘面上的平等金属导轨不光滑，除R外其它电阻均不计，垂直导轨平面有一匀强磁场，当质量为m的金属棒cd在水平力F作用下由静止向右滑动过程中，下列说法中，正确的是（ ）A.水平力F对cd所做功等于电路中产生的电能B.只有在cd棒做匀速运动时，F对cd棒做的功才等于电路中产生的电能C.无论cd棒做何种运动，它克服磁场力做的功一定等于电路中产生的电能D.R两端电压始终小于cd棒中

30、感应电动势的值二、填空题8.如图7-8所示，水平面上有足够长的光滑导轨，匀强磁场B垂直导轨平面，相同的金属棒ab,cd质量均为m，长为L，开始时ab静止，cd初速为v0，则最后ab的速度大小为 ，整个过程回路中产生的热量为 。9.如图7-9所示，正三角形导线框abc的边长为L，在磁感强度为B的匀强磁场中，以平行于bc边的速度v向右匀速运动，则电压表示数为 ，a、b两点间的电势差为 。10.一线圈共1000匝，流入图7-10所示电流，第1秒内线圈产生的自感电动势为1V，则线圈的自感系数为 H，3秒末线圈中自感电动势为 。11.如图7-11所示，有两电阻2R和R，其余电阻不计，电容器电容为C，匀强

31、磁场B垂直纸面向里，当MN以速度2v向右、PQ以速度v向右运动时，电容器极板带电量为 ，且左板带 电（轨宽为L）。三、计算与论述题12.用水平力F将矩形线框abcd水平向左以速度v匀速拉出磁场，开始时ab边和磁场边缘对齐，如图7-12所示，设匀强磁场的磁感强度为B，方向垂直纸面向里，试针对这一过程，用能量转化为守恒定律导出法拉第电磁感应定律。13.如图7-13所示，质量M=100g的闭合铝框，用较长细线悬挂起来，静止铝框的中央距地面h=0.8m，今有一质量m=200g的磁铁以水平速度v0=10m/s射入并穿过铝框，落在距铝框原位置水平距离S=3.6m处。在磁铁穿过铝框后，求：（1）铝框向哪边偏

32、转？能上升多高？（2）在磁铁穿过铝框的整个过程中，框中产生了多少电能？14.如图7-14所示，直线MN的上方有一个磁感强度B=1T的匀强磁场。有一张角为/2的扇形回路OAB，其顶点O在直线MN上，扇形回路绕O沿水平面以=2rad/s逆时针方向转动，设扇形半径r=1m，回路电阻R=2，试求：（1）若从OA最初与MN重合的瞬间开始观察，电流沿OABO方向流动为正，作出一个周期内回路中电流强度I随时间t的变化图像。（2）回路转动一周，产生多少电能。15.如图7-15所示，电动机牵引的是一根原来静止的长L=1m，质量m=0.1kg的金属棒MN，棒电阻R=1，MN架在处于磁感强度B=1T的水平匀强磁场中

33、的竖直放置的固定框架上，磁场方向与框架平面垂直，当导体棒上升h=3.8m时获得稳定速度，其产生的焦耳热Q=2J，电动机牵引棒时，伏特表、安培表的读数分别为7V、1A，已知电动机的内阻r=1，不计框架电阻及一切摩擦，g取10m/s2，求：（1）金属棒所达到的稳定速度大小。（2）金属棒从静止开始运动到达稳定速度所需的时间。参考答案第13讲 电磁感应与电磁学综合1.D 2.C 3.C 4.B、C 5.C 6.C 7.A、D 8.0.2 9.，= 10.2mgd, 11.暗，长12.解析 主要是由于B闭合线圈的作为：S断时，A减小，B中会产生感应电流，阻碍铁芯中磁通量减小，从而减缓了铁芯对D吸力的撤销，延缓了C处电路断开。说明 若把C处结构反向安装，即变为延缓闭合回路。同理S合上时，B也会有减缓磁场增强的作用。13.解析 （1）MN产生电动势=B2avMN为内电路，两半环并联为外电路R总=R+0.5R=1.5RI总= 方向由NM等效路端电压UMN=总=Bav（2）消耗总功率P=I=说明 本题为典型的稳恒电路和电磁感应的综合，切割磁感线部分相当于直流电流电源内部，两半圆环相当于外电路，应用全电路欧姆定律即可定量运算。14.解析 （1）ab棒具有稳定速度后，具有受力平衡的特点设此时棒ab所受安培力为FB则F=mgs