专题《江苏如东高中新教材考前大讲座融合-四电磁感应与电路》教案（人教版必修2）

1、专题四 电磁感应与电路 方法归纳电磁感应是电磁学中最为重要的内容，也是高考的热点之一。电磁感应是讨论其他形式能转化为电能的特点和规律；电路问题主要是讨论电能在电路中传输、分配并通过用电器转化成其他形式能的特点和规律，本专题的思想是能量转化与守恒思想。在复习电磁感应部分时，其核心是法拉第电磁感应定律和楞次定律；这两个定律一是揭示感应电动势的大小所遵循的规律；一个是揭示感的电动势方向所遵循的规律，法拉第电磁感定律的数学表达式为：，磁通量的变化率越大，感应电动势越大磁通量的变化率越大，外界所做的功也越大楞次定律的表述为：感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，从楞次定律的内容可以判断出：要

2、想获得感应电流就必须克服感应电流的阻碍，需要外界做功，需要消耗其他形式的能量在第二轮复习时如果能站在能量的角度对这两个定律进行再认识，就能够对这两个定律从更加整体、更加深刻的角度把握电路部分的复习，其一是以部分电路欧姆定律为中心，包括六个基本物理量（电压、电流、电阻、电功、电功率、电热），三条定律（部分电路欧姆定律、电阻定律和焦耳定律），以及串、并联电路的特点等概念、定律的理解掌握和计算；其二是以闭合电路欧姆定律为中心讨论电动势概念、闭合电路中的电流、路端电压以及闭合电路中能量的转化；其三，对高中物理所涉及的三种不同类别的电路进行比较，即恒定电流电路、变压器电路、远距离输电电路，比较这些电路哪

3、些是基本不变量，哪些是变化量，变化的量是如何受到不变量的制约的其能量是如何变化的在恒定电流电路中，如果题目不加特殊强调，电源的电动势和内电阻是基本不变量，在外电阻改变时其他量的变化受到基本不变量的制约在变压器电路中，如果题目不加特殊强调，变压器的输入电压不变，其他量改变时受到这个基本不变量的制约在远距离输电电路中，如果题目不加特殊强调，发电厂输出的电功率不变，其他量改变时受到这个基本不变量的制约典例分析1电磁感应的图象问题方法：图象问题有两种：一是给出电磁感应过程选出或画出正确图象；二是由给定的有关图象分析电磁感应过程，求解相应的物理量其思路是：利用法拉第电磁感应定律计算感应电动势感应电流的大

4、小，利用楞次定律或右手定则判定感应电流的方向，利用图象法直观，明确地表示出感应电流的大小和方向掌握这种重要的物理方法例1、如图41（a）所示区域（图中直角坐标系xOy的1、3象限）内有匀强磁场，磁感应强度方向垂直于图面向里，大小为B，半径为l，圆心角为60°的扇形导线框OPQ以角速度绕O点在图面内沿逆时针方向匀速转动，导线框回路电阻为R（1）求线框中感应电流的最大值I0和交变感应电流的频率f（2）在图（b）中画出线框转一周的时间内感应电流I随时间t变化的图象（规定在图（a）中线框的位置相应的时刻为t =0） （a） （b） 图412、电路的动态分析方法：利用欧姆定律，串、并联电路的性

5、质，闭合电路的欧姆定律；明确不变量，以“从局部到整体再到局部”，“从外电路到内电路再到外电路”的顺序讨论各物理量的变化情况 图43例2、如图43所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r当可变电阻的滑片P向b移动时，电压表的读数U1与电压表的读数U2的变化情况是（ ）AU1变大，U2变小 BU1变大，U2变大CU1变小，U2变小 BU1变小，U2变大3、电磁感应与力学综合方法：从运动和力的关系着手，运用牛顿第二定律（1）基本思路：受力分析运动分析变化趋向确定运动过程和最终的稳定状态由牛顿第二定律列方程求解（2）注意安培力的特点：导体运动v感应电动势E感应电流I安培力F磁场对电流的作用电磁感应阻碍

6、闭合电路欧姆定律（3）纯力学问题中只有重力、弹力、摩擦力，电磁感应中多一个安培力，安培力随速度变化，部分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，在分析问题时要注意上述联系例3、如图44所示，两根相距为d的足够长的平行金属导轨位于水平xOy平面内，左端接有阻值为R的电阻，其他部分的电阻均不计在x>0的一侧存在垂直xOy平面且方向竖直向下的稳定磁场，磁感强度大小按B=kx规律变化（其中k是一大于零的常数）一根质量为m的金属杆垂直跨搁在光滑的金属导轨上，两者接触良好当t =0时直杆位于x=0处，其速度大小为v0，方向沿x轴正方向，在此后的过程中，始终有一个方向向左的变力F作用

7、于金属杆，使金属杆的加速度大小恒为a，加速度方向一直沿x轴的负方向求：（1）闭合回路中感应电流持续的时间有多长？（2）当金属杆沿x轴正方向运动的速度为时，闭合回路的感应电动势多大？此时作用于金属杆的外力F多大？图444、电磁感应与动量、能量的综合方法：（1）从动量角度着手，运用动量定理或动量守恒定律应用动量定理可以由动量变化来求解变力的冲量，如在导体棒做非匀变速运动的问题中，应用动量定理可以解决牛顿运动定律不易解答的问题在相互平行的水平轨道间的双棒做切割磁感线运动时，由于这两根导体棒所受的安培力等大反向，合外力为零，若不受其他外力，两导体棒的总动量守恒解决此类问题往往要应用动量守恒定律（2）从

8、能量转化和守恒着手，运用动能定律或能量守恒定律基本思路：受力分析弄清哪些力做功，正功还是负功明确有哪些形式的能量参与转化，哪增哪减由动能定理或能量守恒定律列方程求解能量转化特点：其它能（如：机械能）电能内能（焦耳热）例4、如图46所示，在空间中有一水平方向的匀强磁场区域，区域的上下边缘间距为h，磁感应强度为B有一宽度为b（b<h）、长度为L、电阻为R、质量为m的矩形导体线圈紧贴磁场区域的上边缘从静止起竖直下落，当线圈的PQ边到达磁场下边缘时，恰好开始做匀速运动求：（1）线圈的MN边刚好进入磁场时，线圈的速度大小（2）线圈从开始下落到刚好完全进入磁场所经历的时间图46例5、两根足够长的固定

9、的平行金属导轨位于同一水平内，两导轨间的距离为l，导轨上面横放着两根导体棒ab和cd构成矩形回路，如图47所示两根导体棒的质量皆为m，电阻皆为R，磁感应强度为B，设两导体棒均为沿导轨无摩擦地滑行，开始时，棒cd静止，棒ab有指向棒cd的初速度（如图所示），若两导体棒在运动中始终不接触，求：（1）在运动中产生的焦耳热最多是多少？图47（2）当ab棒的速度变为初速度的时，cd棒的加速度是多少？5、电磁感应与电路综合方法：在电磁感应现象中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路相当于电源解决电磁感应与电路综合问题的基本思路是：（1）明确哪部分相当于电源，由法拉第电磁感应定律和楞次定律确定感应电动势的

10、大小和方向（2）画出等效电路图（3）运用闭合电路欧姆定律串并联电路的性质求解未知物理量例6、如图48所示，直角三角形导线框abc固定在匀强磁场中，ab是一段长为L、电阻为R的均匀导线，ac和bc的电阻可不计，ac长度为磁场的磁感强度为B，方向垂直纸面向里现有一段长度为，电阻为的均匀导体棒MN架在导线框上，开始时紧靠ac，然后沿bc方向以恒定速度v向b端滑动，滑动中始终与ac平行并与导线框保持良好接触，当MN滑过的距离为时，导线ac中的电流为多大？方向如何？图486、交变电流的三值（1）最大值：，最大值与线圈的形状，以及转轴的位置无关，但转轴应与磁感线垂直（2）有效值：交流电的有效值是根据电流的

11、热效应来定义的即在同一时间内，跟某一交流电一样能使同一电阻产生相等热量的直流的数值，叫做该交流电的有效值正弦交流电的有效值与最大值之间的关系为：各种交流电器设备上标准值及交流电表上的测量值都是指有效值（3）平均值 （4）最大值、有效值和平均值的应用求电功、电功率以及确定保险丝的熔断电流等物理量时，要用有效值计算正弦交变电流的有效值为，其他交流电流的有效值只能根据有效值的定义来计算求一段时间内通过导体横截面的电量时要用平均值来计算而注意，平均值不等于有效值在考虑电容器的耐压值时，则应根据交流电的最大值例7、边长为a的N匝正方形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中，以角速度绕垂直于磁感线的转轴匀速转动

12、，线圈的电阻为R求：（1）线圈从中性面开始转过90°角的过程中产生的热量（2）线圈从中性面开始转过90°角的过程中，通过导线截面的电量7、电容、电路、电场、磁场综合方法：从电场中的带电粒子受力分析入手，综合运用牛顿第二定律；串、并联电路的性质、闭合电路欧姆定律和法拉第电磁感应定律进行分析、计算，注意电容器两端的电压和等效电路例8、如图411所示，光滑的平行导轨P、Q相距l=1m，处在同一水平面中，导轨左端接有如图所示的电路，其中水平放置的平行板电容器C两极板间距离d=10mm，定值电阻R1=R3=8，R2=2，导轨电阻不计，磁感应强度B=0.4T的匀强磁场竖直向下穿过导轨平

13、面，当金属棒ab沿导轨向右匀速运动（开关S断开）时，电容器两极板之间质量m=1×1014kg，带电荷量q=1×1025C的粒子恰好静止不动；当S闭合时，粒子以加速度a=7m/s2向下做匀加速运动，取g=10m/s2，求：（1）金属棒ab运动的速度多大？电阻多大？（2）S闭合后，使金属棒ab做匀速运动的外力的功率多大？× × ×× × ×× × ×× × ×R3R2qSmR1vaPbQ图4118、电磁感应与交流电路、变压器综合方法：变压器遵循的是法拉第电磁感

14、应定律，理想变压器不考虑能量损失，即输入功率等于输出功率理想变压器原线圈的电压决定着负线圈的电压，而副线圈上的负载反过来影响着原线圈的电流，输入功率远距离输电是以电功率展开分析的，其中损失功率是最为关键的因素在供电电路、输电电路、用电回路所构成的输电电路中， 输出电路中的电流和输电回路中的损失电压是联系其余两回路的主要物理量U0I送P输U送RU1U2 n1n2 图412例9、有条河流，流量Q=2m3/s，落差h=5m，现利用其发电，若发电机总效率为50%，输出电压为240V，输电线总电阻R=30，允许损失功率为输出功率的6%，为满足用电的需求，则该输电线路所使用的理想电压、降压变压器的匝数比各

15、是多少？能使多少盏“220V、100W”的电灯正常发光图413跟踪练习1矩形导线框abcd放在匀强磁场中，磁感线方向与线圈平面垂直，磁感强度B随时间变化的图象如图413所示t=0时刻，磁感强度的方向垂直于纸面向里在04s时间内，线框的ab边受力随时间变化的图象（力的方向规定以向左为正方向），可能如图414中的（ ）A B C D2如图414甲所示，由均匀电阻丝做成的正方形线框abcd的电阻为R，ab=bc=cd=da=l现将线框以与ab垂直的速度v匀速穿过一宽为2l、磁感应强度为B的匀强磁场区域，整个过程中ab、cd两边始终保持与边界平行令线框的cd边刚与磁场左边界重合时t=0，电流沿abcd

16、a流动的方向为正（1）求此过程中线框产生的焦耳热；（2）在图乙中画出线框中感应电流随时间变化的图象；（3）在图丙中画出线框中a、b两点间电势差Uab随时间t变化的图象abcditO图甲图乙UabtO图丙l图414R1A1R2R3A2T图4153如图415所示，T为理想变压器，A1、A2为交流电流表，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，原线圈两端接恒压交流电源，当滑变阻器的滑动触头向下滑动时（ ）AA1的读数变大，A2读数变大BA1的读数变大，A2读数变小CA1的读数变小，A2读数变大DA1的读数变小，A2的读数变小4如图416所示：半径为r、电阻不计的两个半圆形光滑导轨并列竖直放置，在轨道

17、左上方端点M、N间接有阻值为R的小电珠，整个轨道处在磁感强度为B的匀强磁场中，两导轨间距为L，现有一质量为m，电阻为R的金属棒ab从M、N处自由静止释放，经一定时间到达导轨最低点O、O，此时速度为v（1）指出金属棒ab从M、N到O、O的过程中，通过小电珠的电流方向和金属棒ab的速度大小变化情况（2）求金属棒ab到达O、O时，整个电路的瞬时电功率（3）求金属棒ab从M、N到O、O的过程中，小电珠上产生的热量图416图4175（2002·上海）如图417所示，有两根和水平方向成角的光滑平行的金属轨道，上端接有可变电阻R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为B一根质量为

18、m的金属杆从轨道上静止自由滑下，经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度vm，则（ ）A如果B增大，vm将变大 B如果变大，vm将变大C如果R变小，vm将变大 D如果m变小，vm将变大图4186（2004年全国）如图418所示a1b1c1d1和a2b2c2d2为在同一竖直平面内的金属导轨，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨所在的平面（纸面）向里导轨的a1b1段与a2b2段是竖直的，距离l1；c1d1段与c2d2段也是竖直的，距离为l2x1y1与x2y2为两根用不可伸长的绝缘轻线相连的金属细杆，质量分别为m1和m2，它们都垂直于导轨并与导轨保持光滑接触两杆与导轨构成的回

19、路的总电阻为RF为作用于金属杆x1y1上的竖直向上的恒力已知两杆运动到图示位置时，已匀速向上运动，求此时作用两杆的重力的功率的大小和回路电阻上的热功率 7光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线，如图419所示，抛物线的方程是y=x2，下图419半部处在一个水平方向的匀强磁场中，磁场的上边界是y=a的直线（图中虚线所示），一个小金属环从抛物线上y=b（y>a）处以速度v沿抛物线下滑，假设抛物线足够长，金属环沿抛物线下滑后产生的焦耳热总量是（ ）Amgb B Cmg(ba) D8如图420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

20、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的电阻，量程为03.0A的电流表串接在一条导轨上，量程为01.0V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=2m/s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好满偏，而另一个电表未满偏，问：图420（1）此满偏的电表是什么表？说明理由（2）拉动金属棒的外力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金属棒停止运动的过程中通过电阻R的电量9高频焊接是一种常用的焊接方法，其焊接的原理如图所示将半径为10cm的待焊接的

21、圆形金属工件放在导线做成的1000匝线圈中，然后在线圈中通以高频的交变电流，线圈产生垂直于金属工件所在平面的变化磁场，磁场的磁感应强度B的变化率为1000T/s焊接处的接触电阻为工件非焊接部分电阻的 99倍工作非焊接部分每单位长度上的电阻为，焊接的缝宽非常小，求焊接过程中焊接处产生的热功率（取=10，不计温度变化对电阻的影响）图42110如图所示，与光滑的水平平行导轨P、Q相连的电路中，定值电阻R1=5，R2=6；电压表的量程为010V，电流表的量程为03A，它们都是理想电表；竖直向下的匀强磁场穿过水平导轨面，金属杆ab横跨在导轨上，它们的电阻均可不计，求解下列问题：（1）当滑动变阻器的阻值R

22、0=30时，用水平恒力F1=40N向右作用于ab，在ab运动达到稳定状态时，两个电表中有一个电表的指针恰好满偏，另一个电表能安全使用试问：这时水平恒力F1的功率多大？ab的速度v1多大？（2）将滑动变阻器的电阻调到R0=3，要使ab达到稳定运动状态时，两个电表中的一个电表的指针恰好满偏，另一个电表能安全使用，作用于ab的水平恒力F2多大？这时ab的运动速度v2多大？图422R0RxR1图42311两只相同的电阻，分别通过简谐波形的交流电和方形波的交流电两种交变电流的最大值相等，波形如图423所示在简谐波形交流电的一个周期内，简谐波形交流电在电阻上产生的焦耳热Q1与方波形交流电在电阻上产生的焦耳

23、热Q2之比为等于（ ）A31 B12 C21 D4312曾经流行过一种向自行车车头灯供电的小型交流发电机，图424甲为其结构示意图图中N、S是一对固定的磁极，abcd为固定在转轴上的矩形线框，转轴过bc边中点、与ab边平行，它的一端有一半径r0=1.0cm的摩擦小轮，小轮与自行车车轮的边缘相接触，如图424乙所示当车轮转动时，因摩擦而带动小轮转动，从而使线框在磁极间转动设线框由N=800匝导线圈组成，每匝线圈的面积S=20cm2，磁极间的磁场可视为匀强磁场，磁感强度B=0.010T，自行车车轮的半径R1=35cm，小齿轮的半径R2=4.0cm，大齿轮的半径R3=10.0cm（见图乙）现从静止开

24、始使大齿轮加速运动，问大齿轮的角速度为多大时才能使发电机输出电压的有效值U=3.2V？（假定摩擦小轮与自行车轮之间无相对滑动）图42413如图425所示，两块水平放置的平行金属板间距为d，定值电阻的阻值为R，竖直放置线圈的匝数为n，绕制线圈导线的电阻为R，其他导线的电阻忽略不计现在竖直向上的磁场B穿过线圈，在两极板中一个质量为m，电量为q，带正电的油滴恰好处于静止状态，则磁场B的变化情况是（ ）图425A均匀增大，磁通量变化率的大小为B均匀增大，磁通量变化率的大小为C均匀减小，磁通量变化率的大小为D均匀减小，磁通量变化率的大小为14如图426所示，水平面中的光滑平行导轨P1、P2相距l=50c

25、m，电池电动势E=6V，电阻不计；电容C=2F，定值电阻R=9；直导线ab的质量m=50g，横放在平行导轨上，其中导轨间的电阻R=3；竖直向下穿过导轨面的匀强磁场的磁感应强度B=1.0T；导轨足够长，电阻不计（1）闭合开关S，直导线ab由静止开始运动的瞬时加速度多大？ab运动能达到的最大速度多大？（2）直导线ab由静止开始运动到速度最大的过程中，电容器的带电荷量变化了多少？EP1P2图426abcdabdcabcdabdc15如图427所示的四个图中，a、b为输入端，接交流电源、cd为输出端，下列说法中错误的是（ ） A B C DAA图中Uab<Ucd BB图中Uab>Ucd C

26、C图中Uab<Ucd DD图中Uab>Ucd 16某电站输送的电功率是500kW，当采用6kV电压输电时，安装在输电线路起点的电度表和终点的电度表一昼夜读数相差4800kWh（即4800度），试求：（1）输电线的电阻；（2）若要使输电线上损失的功率降到输送功率的2.304%，应采用多高的电压向外输电？专题四 电磁感应与电路典型例题【例1】 解析：在从图中位置开始（t =0）匀速转动60°的过程中，只有OQ边切割磁感线，产生的感应电动势，由右手定则可判定电流方向为逆时针方向（设为正方向）根据欧姆定律得，导线框再转过30°的过程中，由于=0，则顺时针方向逆时针方向顺

27、时针方向综合以上分析可知，感应电流的最大值，图42频率其It 图象如图42所示答案：（1） （2）如图42所示【例2】 解析：P向b移动，电路中总电阻变大，由闭合电路的欧姆定律、欧姆定律以及电路的性质从而可以判断U1、U2的变化情况当P向b移动时，电路中总电阻变大，由闭合电路的欧姆定律可知电路中总电路I变小，由欧姆定律得U2=IR变小，再由闭合电路欧姆定律得U1=EIr变大，故本题正确答案应选A【例3】 解析： （1）由题意可知，金属杆在磁场中的运动分为两个阶段：先沿x轴正方向做匀减速运动，直到速度为零；然后x轴负方向做匀加速直线运动，直到离开磁场，其速度一时间图象如图45所示金属杆在磁场中运

28、动切割磁感线，闭合回路产生感应电流，所以回路中感应电流持续的时间图45（2）当金属杆沿x轴正方向运动的速度为时，对应的x坐标x1满足：解得x1=则在x1处的磁感强度此时回路中的感应电动势，金属杆所受的安培力大小方向沿x轴负方向由牛顿第二定律得FF安=ma所以，此时作用于金属杆的外力方向沿x轴负方向答案：（1） （2）【例4】 解析： （1）设线圈匀速穿出磁场的速度为v，此时线圈中产生的感应电动势为 产生的感应电流为 线圈受到的安培力为F=BIL 此过程线圈受到的重力与安培力平衡mg=F 联立式，得 设线圈的上边刚好进入磁场时速度为v，线圈全部在磁场里运动的过程中，根据能量守恒定律 联立解得 （

29、2）设线圈从开始下落到刚好完全进入磁场所用时间为t，根据动量定理 根据法拉第电磁感应定律 线圈中产生的平均电流 故安培力的冲量 联立得， 将和代入解得【例5】 解析：ab棒向cd棒运动时，两棒和导轨构成的回路面积变小，磁通量发生变化，于是产生感应电流ab棒受到与运动方向相反的安培力作用做减速运动，cd棒则在安培力作用下做加速运动，在ab棒的速度大于cd棒的速度时，回路中总有感应电流，ab棒继续减速，cd棒继续加速两棒速度达到相同后，回路面积保持不变，磁通量不变化，不产生感应电流，再棒以相同的速度v做匀速运动（1）从初始至两棒达到速度相同的过程中，两棒的动量守恒，有根据能量守恒，整个过程中产生的

30、总热量（2）设ab棒的速度为初速度的时，cd棒的速度为v，则由动量守恒可知此时回路中感应电动势和感应电流分别为此时cd棒所受的安培力F=IBl，cd棒的加速度由以上各式可得答案： （1） （2）【例6】 解析：MN滑过的距离为时，它与bc的接触点为P，如图49所示由几何关系可知，MP的长度为，MP相当于电路中的电源，其感应电动势，内阻等效电路如图410所示 图49 图410外电路并联电阻为由闭合电路欧姆定律可得，MP中的电流ac中的电流联立以上各式解得根据右手定则，MP中的感应电流方向由P流向M，所以电流Iac的方向由a流向c答案：，方向由a流向c【例7】 解析：（1）线圈中产生的热量应用转动

31、过程中产生的交变电流的有效值来计算因线圈中感应电动势的峰值为，故线圈中电流的有效值为，线圈转过90°角经历的时间为所以此过程中产生的热量（3）线圈转过90°角的过程中，感应电动势和感应电流的平均值分别为所以通过导体截面的电量为答案：（1） （2）【例8】 解：（1）带电粒子在电容器两极板间静止时，受向上的电场力和向下的重力作用而平衡求得电容器两极板间的电压：由于粒子带负电，可知上极板电势高由于S断开，R1上无电流，R2、R3上电压等于U1，电路中的感应电流即通过R2、R3的电流强度为：由闭合电路欧姆定律可知：ab切割磁感线运动产生的感应电动势为： 其中r为ab金属棒的电阻当

32、闭合S后，带电粒子向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律有：求得S闭合后电容器两极板间的电压这时电路中的感应电流为：根据闭合电路欧姆定律有： 将已知量代入求得又因：即金属棒做匀速运动的速度为3m/s，电阻r=2（2）S闭合后，通过ab的电流I2=0.15A，ab所受安培力F2=BLI=0.4×1×0.15=0.06Nab以速度v=3m/s匀速运动时，所受外力必与安培力F2大小相等，方向相反，即F=0.06N方向向右（与v同向），可见外力F的功率为：P=Fv=0.06×3=0.18W【例9】 解：依题意，电源端输出电压U0=240V 为满足输电要求，由有：则送电电压为所

33、以升压变压器的变压比为输电线电压损失用户端，据题意可知U2=220V所以降压变压器的匝数比为因为理想变压器没有能量损失，所以可正常发光的电灯的盏数为：（盏）跟踪练习1D 提示： 2（1）ab或cd切割磁感线所产生的感应电动势为对应的感应电流为 ab或cd所受的安培力为外力所做的功为itO答图41UabtOl0l0答图42由能的转化和守恒定律，根据匀速拉出过程中所产生的焦耳热应与外力所做的功相等，即（2）令，画出的图象（答图41）分为三段（3）令U0=Blv，画出的图象（答图42）分为三段3A 提示：当滑动头下移时，R3R总，U不变IU并=UUR 的示数变大，由原副线圈电流与匝数成反比，可知A1

34、的示数变大4（1）电流方向由NM，ab棒的速度先变大后变小（2）在最低点，ab切割磁感线产生的E=BLv瞬时功率：（3）下滑过程中，设小电珠上产生的热量为Q，则整个电路上产生的热量为2Q由能量守恒定律有：5金属杆从轨道上由静止滑下，经足够长时间后，速度达最大值vm，此后金属杆做匀速运动，杆受重力、轨道的支持力和安培力如答图43所示安培力，对金属杆列平衡方程，则，由此式可知，B增大，vm减小；增大；vm增大；R变大，vm变大；m变小，vm变小因此BC两选项正确答案：BC6设杆向上运动的速度为v，因杆的运动，两杆与导轨构成的回路的面积减小，从而磁通量也减少由法拉第电磁感应定律，回路中的感应电动势的

35、大小 回路中的电流 电流沿顺时针方向两金属杆都要受到安培力作用，作用于杆x1y1的安培力 方向向上，作用于杆x2y2的安培力 方向向下当杆做匀速运动时,根据牛顿第二定律,有由得 作用于两杆的重力的功率的大小 电阻上的热功率Q=I2R 由式得7D 提示：小金属杯进入或离开磁场时，磁通量会发生变化，并产生感应电流，当小金属杯全部进入磁场后，不产生磁感应电流，由能量守恒可得产生的焦耳热等于减少的机械能即8由两表的量程和电阻R的大小可判定哪一个表满偏；由功能关系即可求出外力F的大小；撤去外力后，感应电流大小不断变化， 平均作用力的冲量BIL·t=BLq=m·v，变力作用下的导体运动

36、问题可从电荷量的角度进行分析答案：（1）满偏的电表是电压表因为若电流表满偏，电路中的电流I=3A，电阻R两端的电压U=IR=1.5V，已超过电压表量程（2）外力拉动金属棒匀速右移时，外力的功率全部转化为电路中的电功率根据功能关系有而，所以N=1.6N（3）撤去外力F后，金属棒CD做减速运动，把金属棒减速至零的时间分成许多极短的时间间隔t1、t2、tn，在每一个极短的时间间隔内电流强度可以认为保持不变，大小分别为I1、I2、In，由动量定理可得金属棒在整个时间内的动量变化等于各段时间内所受安培力的冲量之和，即： 即mv=BLq由电磁感应定律原来匀速右移的棒中产生的感应电动势代入上式得9当线圈中通过高频交变电流时，