二轮复习专题 (电磁感应)

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欢迎下载()(2015·新标国·19)1824年国学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所．实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后．下列说法正确的(图．圆盘上产生了感应电动势．圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动．在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动．安徽理综19)如图2所示，abcd为平放置的平行“”光金属导轨，间距为l，导轨间有垂直于导轨平面匀强磁场，磁感应强度大小为，轨电阻不计．已金属杆MN斜放置，与导轨成，位长度电阻为r，保持金属杆以速度v沿平于cd的向滑动(属杆滑动过程中与导轨接触良好．则图22学习好资料BlA电路中感应电动势的大小为θBθB．路中感应电流的大小为r

欢迎下载．金属杆所受安培力的大小为

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lsinrBlD．属的发热功率为rsin．山东理综19)如图3甲R为值电阻两金属圆环固定在同一绝缘平面内．左端0连接在一周期为的正弦交流电源上经极管整流后通过的流i始终向左其小00按图乙所示规律变化．规定内圆环a端势高于b端，、间的电压u为，下列uab－t图象可能正确的()

ab图．新课标全Ⅱ半径分别为r和r的心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r质量为且量分布均匀的直导体棒置圆导轨上面BA的长线通过圆导轨中心，装置的俯视图如图示．整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向竖直向下．在内圆轨的C点和外圆导轨的D之间接有一阻值为R的电图中未画)．直导体棒在水平外力作下以角速度绕逆针匀速转动转动过程中始终与导轨保持良好接触导棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，体棒和导轨的电阻均可忽略．重力加速度大小为g求学习好资料

欢迎下载图通过电阻R的感应电流的方向和大小；外力的功率．．题型特点考查楞次定律的应用问题；考查电磁感应中的图象问题；考查法拉第电磁感应定律和楞次定律的综合应用问题，如电路问题、图象问题、动力学问题、能量问题等．．命题趋势综合考查楞次定律、法拉第电磁感应定律及电路、安培力等相关知识．考查学生的识图能力，由图象获取解题信息的能力．2222学习好资料

欢迎下载电流恒定时，考查焦耳定律、电功率的相关知识．电流变化时，考查不同能量的转化问题．与牛顿第二定律、运动学结合的动态分析问题．电磁感应中的安培力问题、涉及受力分析及功能关系的问题．考题一楞定律和法拉电磁感应定律应用．新课标全Ⅱ·15)图，直角三角形金属框放在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，向平行ab边向上．当金属框绕ab边角速度ω逆时针转动时，a、、c三点的电势分别为UU、.知边长度为l.列判断正确的是)ab图AUU，金属框中无电流aB．U＞U，属框中电流方向沿ab－bC．＝Blω金属框中无电流2D．＝Blω金属框中电流方向沿a－－a2河南省实验中学二)半径为r的带缺口刚性金属圆环在面上固定放置处变化的磁场中，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于纸面固定放置的平行金属板连接，两板间距为，图6甲示．磁场的方向垂直纸面，规定垂直纸面向里为正方向，磁感应强度变化规律如图乙所示．则以下说法正确的()图A第秒内上极板为正极21112111学习好资料

欢迎下载．第秒内上极板为负极．第秒末两极板之间的电场强度大小为零D．4秒两极板之间的电场强度大小为d．安徽皖南八校二次联)图7所的圆形线圈共n匝电阻为，线圈中心O垂直于线圈平面的直线上有B两点、B两点的距离为，A、B关点对称．一条形磁铁开始放在A，中心与点合，轴与、B所在直线重合，此时线圈中的磁通为，条形磁铁以速度匀速向右移动，轴线始终与直线重合，磁中心到O点时线圈中的磁通量为Φ，下列说法正确的是()2图ΦA磁铁在A点，通过一匝线圈的磁通量为nΦB．铁从到的程中，线圈中产的平均感应电动势为＝LC．铁从A到B的过程中，线圈中磁通量的变化量为2

1D．铁A到的过程中，通过线圈某一截面的电荷量不为零．楞次定律中阻碍的表现阻碍磁通量的变(增反减同)．阻碍物体间的相对运(拒去留．阻碍原电流的变(自感现象)．．楞次定律和右手则的适用对象楞次定律：一般适用于线圈面积不变，磁感应强度发生变化的情．右手定则：一般适用于导体棒切割磁感线的情形．．求感应电动势大的五种类型ΔtΔtΔtΔtΔtΔt学习好资料Δ磁通量变化型＝.ΔB磁感应强度变化型＝Δ面积变化型E＝nB.平动切割型E＝Bl.转动切割型＝Bl

欢迎下载考题二电感应的图象题(2015·武四月调如图8所边为L的形由两等边三角形abd和bcd构在三角形内存在直纸面向外的磁感应强度为的强磁场，在三角形bcd内存在垂直面向里的磁感应强度也为B匀强磁场．一个边长为L的边三角形导线框在面内向右匀速穿过磁场，顶点始终在直线上，底边gf始与直线重．规定逆时针方向为电流的正方向，在导线框通过磁场的过程中，感应电流随位移变化的图象()图(2015·长三质检如图9甲所示，光滑平行金属轨MNPQ所平与水平面成θ角MP两接一电，个装置处于方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中＝0时金属棒施加一平行于导轨的外力F，金属棒ab由静止开始沿导轨向上运动，导轨电阻忽略不计通电阻的应电流I时间t变化的关系如图乙所示关于棒的运动速度，ΔtΔt学习好资料

欢迎下载ΔΦ外力、过R的荷量q以闭合回路中磁通量的变化率随时间变化的图象正确的(图．多选(2015·江师大附中、鹰潭一中4月考)如图10甲示，将长方形导线框abcd垂直磁场方向放入匀强磁场中，规定垂直ab边右为边所受安培力F的方向F随间的变化关系如图乙所示取垂直纸面向里为磁感应强度的方向考线圈的形变则随间t的化关系可能是下列选项中的)图10．解决电磁感应图问题“三点关”关注初始时刻，如初始时刻感应电流是否为零，是正方向还是负方向．关注变化过程电感应发生的过程分为几个阶段个阶段是否和图象变化相对应．学习好资料

欢迎下载关注大小、方向的变化趋势，看图线斜率的大小、图线的曲、直否和物理过程相对应．．解决电磁感应图问题的一般步骤：明确图象的种类，即是－t图是t图，或者－t图I－图．分析电磁感应的具体过程．用右手定则或楞次定律确定方向对应关系．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．根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等．画图象或判断图象．考题三电感应中的电问题福建理综18)如图种细均匀的总电阻为3的属条制成的矩形线框，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场．一接入电路电阻为R的体棒PQ，在水平拉力作用下沿、dc以度匀速滑动，滑动过程始与ab垂，且与线框接触良好，不计摩擦．在从靠近ad处动的过程(图．PQ中流先增大后小．PQ两电压先减小增大．PQ上力的功率先小后增大．线框消耗的电功率先减小后增大．(多选(2015·山四校第三次联考)图12所，两根等高光滑弧轨道，半径为r、间距为L，道电阻不计．在轨道顶端连有一阻值为的阻，整个装置处在一直向上的匀强磁场中，磁感应强度为.现有一根长度稍大于、阻不计的金属棒从轨道最低位置cd开始，在拉力作用下以初速度向沿轨道做匀速圆周运动至处，则该过程中()2121学习好资料

欢迎下载图12．通过的流方向为由外向内．通过的电流方向为由内向外πLC．R上生热量为

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v0BLrD．过R的荷量为2R．长沙模拟如图所，一根有一定电阻的直导体棒质量为、长为L，其两端放在位于水平面内间距也为L的滑平行导轨上，并与之接触良好；棒左侧两导轨之间连接一可控电阻；导轨置于匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为，向垂直于导轨所在平面t＝刻，给导体棒一个平行于导轨的初速，此时可控电阻的阻值为在棒运动过程中，0通过可控电阻的变化使棒中的电流强度保持恒定．不计导轨电阻，导体棒一直在磁场中．图13求可控电阻随间t变化的关系式；若已知棒中电流强度为I求0～间内可控电阻上耗的平均功率；若在棒的整个运动过程中将题中的可控电阻改为阻值为的值电阻则棒将减速运动0x位移x后下，而题中条件，棒将运动位移x后下，求的．12x2学习好资料

欢迎下载解决与电路相联系的电磁感应问的基本方法用法拉第电磁感应定律和楞次定右手定则)确定感应电动势的大小和方向．画出等效电路，对整个回路进行分析，确定哪一部分是电源，哪一部分为负载以及负载间的连接关系．运用闭合电路欧姆定律，串并联电路的性质、电功率等公式求解．考题四电感应中的动学、能量转化题．多选(2015·湖八联考二)如图14所示，xOy平面为光滑水平面，现有一长为d宽为的框MNPQ在外力F作下正轴向以速度v做速直线运动间存在竖π直方向的磁场，磁感应强度＝cos(中B为知量)，规定竖直向下方向为磁感应度00正方向，线框电阻为R，＝0时刻边恰好在y轴，则下列说正确的(22002202200220学习好资料

欢迎下载图14A外力为力BLBt＝0时外力大小F＝C．过线框的瞬时电流I＝

BL

BLD．过t＝，线中产生的电热＝

11(2015·天11)如图15所“”字形硬质金属线框质量为相邻各边互垂直处于同一竖直平面内，ab边为l长为l与平行，间距为l.匀强磁场区域的上下边界均水平磁场方向垂直于线框所在平面．开始时到磁场上边界的距离为2l线框由静止释放，从边进入磁场直到、边入磁场前，线框做匀速运动，在ef边离开磁场后边离开磁场之前，线框又做匀速运动．线框完全穿过磁场过程中产生的热量Q线框在下落过程中始终处于原竖直平面内，且、cd保持水平，重力加速度为g求：图15线框边将要离开磁场时做匀速运动的速度大小是边刚进入磁场时的几倍；磁场上、下边界间的距离H学习好资料

欢迎下载此类问题中力现象和电磁现象相互联系、相互制约，解决问题首先要建“→电→动”的思维顺序．．基本思路找准主动运动者，用法拉第电磁感应定律和楞次定右手定求解电动势大小和方向．根据欧姆定律，求解回路中电流．分析安培力对导体棒加速度、速度的影响，从而推理得出对电路中电流的影响，最后定性分析出导体棒的最终运动情况．运用运动学方程、牛顿第二定律、平衡方程或功能关系求解．．注意的问题运用功能关系时，确定有哪些形式的能量发生了转化．如有摩擦力做功，必有内能产生；有重力做功，重力势能必然发生变化；安培力做负功，必然有其他形式的能转化为电能．ε2222ε2222学习好资料

欢迎下载专题综合海南单2)如图示，空间有一匀强磁场，一直金属与磁感应强度方向垂直，当它以速度沿棒和磁感应强度都垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小为，将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线，置于与磁感应强度方向相垂直的平面内，当它沿ε两段折线夹角平分线的方向以速度运时，棒两端的感应电动势大小为ε′.等()图162．1D.22重理综图为无线充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数n面积为S若在到时内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小B均11增加到，该段时间线圈两端和b之的电势差－()2图17－A恒为t－t21－B．均匀变化到t－t2－C．为－t－t21D．0均变化到－t－21开封市二)如图18所正三角形导线框ABC高度为a从图示位置沿轴向匀速穿过匀强磁场区域．两磁场区域磁感应强度大小均为B、向相反、垂直于平面宽度均为下列选项反映感应电流I与线框移动距离的关系时方向为电流的正方向学习好资料

欢迎下载象正确的是)图18南昌二模)闭合线圈固定在垂直于纸面的均匀磁中垂纸面向里为磁感应强度的方向，线圈中的头方向为电流i的正方向，如图所示．已知线圈中感应流i随间变化的图象如(所示，则磁感应强度随间变化的图象可能是下图中(图192222学习好资料

欢迎下载．(多选如图所示，在半径为半圆形区域内，有磁感应强度为B的直纸面向里的有界匀强磁场圆内接三角形且PM为圆的直径三形的各由材料相同的细软导线组成(不考导线中电流间的相互作用)．线圈的总电阻为r且不随形状改变，此时∠PMQ，已知，＝则列说法正确的(图20．穿过线圈PQM的磁通量为＝．若磁场方向不变，只改变磁感应强度的大小，且＝B＋kt(k为数>0)，则线圈中0kR产生的感应电流大小为Ir．保持P、M两位置不变，将点圆弧顺时针移动到接近M点过中，线圈中感应电流的方向先沿逆时针，后沿顺时针．保持、M两位置不变，将Q点沿圆弧顺时针移动到接近M点过程中线圈中不会产生焦耳热．图所示、是个完全相同的灯泡D是想二极管L是铁芯的线圈其自感系数很大，直流电阻忽略不计．下列说法正确的图21．闭瞬间，A先．闭瞬间，A、B同亮．断瞬间，B逐熄灭．断瞬间，A闪一下，后逐渐熄灭．(多选(2015·雅三诊)如图所，电阻不计、相L的条足够长的平行金属导轨倾斜放置，与水平面的夹角为，整个空间存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强为，导轨上固定有质量为，阻为的根相同的导体棒，导体棒上方轨道粗糙下方光滑，将两根导体棒同时释放后，观察到导体棒MN下而EF始终保持静止，当MNmm222m02mm222m02学习好资料

欢迎下载滑的距离为x时速度恰好达到最大值，下列叙述正确的()图22A导体棒MN的大度＝

2sinBLB．时导体棒与道之间的静摩擦力为θC．导体棒MN静止开始下滑x的程中，通过其横面的电荷量为2RD．导棒从止开始下滑的程中，导体棒MN中生的热量为mgxsin－v．图23所，Ⅰ、Ⅱ区域是宽度均为0.5m的强磁场，磁感应强度大小均为B＝，方向相反，一边长L＝、质量m、阻R＝正形属线框abcd的紧靠磁场边缘，在外力F的用下向右匀速运动穿过磁场区域，速度＝在线框穿过磁场区域的过程中，外力F所的功(图23A5JB．7.5JC．15J江理综24)小明同学设计了一个“电磁天平”，如图4甲示等天的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡．线圈的水平边长L＝，竖直边长H0.3m，匝数为N.圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B＝1.0T，方向垂直线圈平面向里．圈1中通有可在0～范内调节的电流I挂放上待测物体后线圈中电流使天平平衡，测出电流即可测得物体的质量(重力加速度取g)ΔtΔt学习好资料

欢迎下载图24为使“电磁天平”的量程达到，线圈的匝数N至少为多少？1进一步探究电磁感应现象，另选＝匝、形状相同的线圈，总电阻＝Ω.不接外电2流，两臂平衡．如图乙所示，保不，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁0感应强度随时间均匀变大，磁场区域宽度d．当挂盘中放质量为的体时，ΔB天平平衡，求此时磁感应强度的变化率.．山二用密度为、电阻率为粗细均匀的金导线制成两个闭合正方形线框M和边长均为L.线框的线截面积分别为S>S如25乙所示匀12强磁场仅存在于相对磁极之间，磁感应强度大小为，他地方的磁场忽略不计．金属线框M水放在磁场上边界的狭缝间，线框平面与磁场方向平行，开始运动时可认为的aa′边和′边都处在磁场中，线框在框M的正上方，与线框相为h两线框均从静止开始同时释放，其平面在下落过程中保持水平，设磁场区域在竖直方向足够长，不计空气阻力及两线框间的相互作用．lr22lr22学习好资料

欢迎下载图25求线框刚入磁场时产生的感应电流；在下落过程中若线框恰追上线框追上时线框M下高度为追上线框M之线框N直做减速运动，求该过程中线框产的焦耳热．答案精析专9电感真题示例．AB当盘转动时，圆盘的半径切割磁针产生的磁场的磁感线，产生感应动势，选项正确．如题图所示，铜圆盘上存在许多小的闭合回路，当圆盘转动时，穿过小的闭合回路的磁通量发生变化，回路中产生感应电流，根据楞次定律，感应电流阻碍其相对运动，但抗拒不了相对运动，故磁针会随圆盘一起转动，但略有滞后，选正；在圆盘转过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量始终为零，选错；圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成的电流的磁场方向沿圆盘轴线方向，会使磁针沿轴线方向偏转，选误EvsinB[路中的感应电动势＝Bl，应电流I＝＝，故A错B正；金rθ属杆所受安培力大小F＝

lll＝，错误；金属杆的发热功率＝IR＝Ir＝sinrsin2ΔtΔtΔtΔtΔtΔt2224＋AB222422ΔtΔtΔtΔtΔtΔt2224＋AB22242学习好资料

欢迎下载Blsin，故D错．]rΔi．C[由题图乙知～T，圆环电流逐渐增大且逐减小，根据安培定则，外圆环0ΔB内部磁场方向垂直纸面向里磁逐渐增强且逐渐减小根楞次定律知内圆环端电势ΔΦΔΔi高，所以>0，据拉第电磁感应定律＝＝知逐减t＝T时ababab0ΔB＝，所以＝0u＝；同理可知0.25t<0.5T时，，且|逐渐增大～Tababab0内重复0～0.5的变化规律．故选项C正．]09Brωr．(1)向为C→D大为(2)＋42解析(1)根据右手定则得导体棒AB上的电流方向为→A故电阻R上电流方向为C→.设导体棒AB中的速度为，＝

A而v＝，＝2根据法拉第电磁感应定律，导体棒AB上生的感应电动势E＝BrE3根据闭合电路欧姆定律得I＝以上各式解得通电阻R的感应电流的大小为I.2R根据能量守恒定律，外力的功等于安培力与摩擦力的功率之和，＝BIr＋f，f＝μmgrωr解得P＝＋.2考题一

楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用C[金框平面与磁场平行，转动过程中磁通量始终为零，所以无感电流产生B错过程中边和边均切割磁感线感电动势手则判断U<，aUU，选项A错．由转动切割产生感应电动势的公式得U＝－Blω选项确．]b2．A[第2s内情：由楞次定律可知，金属板上极板带正电，金属板下极板带负电，A正确；第内况：由楞次定律可知，金属板上极板带正电，金属板下极板带负电故B错误根法拉第电磁感应定律可知第2s末应电动势不变则两极板之间的电场强度大小S2Δ21ΔtL1BlS2Δ21ΔtL1Bl学习好资料

欢迎下载ΔBUt0.1r不为零，故错；由题意可知，第末极板间的电场强度大小E＝＝＝，d故D错．]磁在点线圈中的磁量为Φ故通过一匝线圈的磁通量也为与数无关，1Φ－故A误；磁铁从A到的过程中，线圈中产生的平均感应电动势为＝＝n＝

2Φ，故B正；磁铁从到的程中，磁通量先增加后减小，磁通量的变化L量为零故平均感应电动势为零平均感应电流为零通过线圈某一截面的电荷量为零，故、D误．]考题二

电磁感应的图象问题．A[感电动势＝

有

EBL，流I＝＝，角形egf向右运动，据右手定则，开始时ef切磁感线，产生L顺时针电流大设为I0过en切磁感线产生向下的电流nf产生向上的电流0,产生向下电流，切割磁感线的有效长度为L＝ennfem，随着三角形的运动L在小，有有LL感应电流减小，当运动时L＝，电流为零；～L过，继续移动根据等边三角形的几有3何关系nfem于enL＝nfem，逐渐变大，电流变，当重时eg有边和ef边切割磁感线，产生电流方向均为逆时针，大小变为IL～L过中，继续移动0gm切磁感线，产感应电动势L＝gm逐渐减小，直至全部出磁场电流为零，A正有确．]．B[E＝Bl＝ktR，以＝

t，－图象是一条过原点斜率大于零的直线，说明了金棒做的是初速度为零的匀加速直线运动，即＝，故A误；根据题图乙所示的It图可ΔtΔtΔt2222RRxxΔtΔtΔt2222RRxx学习好资料

欢迎下载E知Ikt，其中k为例系数，由合电路欧姆定律可得I＝＝kt可推出＝ΔΦ而＝，ΔΦ所以有：＝ktR，ΔΦ－图是一条过原点斜率大于零的直线，故B正确；对金属棒在沿导轨方向列出动力学方程F－＝，Blla而I，＝得F＝＋ma可见F－t图是一条斜率大于零且与轴半轴有交点的直线，故错；BlΔΦBla＝IΔt＝＝t，－t图是一条开口向上的抛物线，故D错]．ABD由图乙可知～内即ab边到向左的安培力，线框有面积扩大的趋势，所以磁场应当减弱，故错，同理可以判断、、确考题三

电磁感应中的电路问题．C[设PQ左电路的电阻为，右电路的电阻为3R－，以外电路的总电阻为＝，外电路电阻外R先增大后减小，所以路端电压先增大后减小，所以B错；E电路的总电阻先增大后减小，再根据闭合电路的欧姆定律可Q中电流，I＝先＋外小后增大，A错；由于导体棒做匀速运动，拉力等于安培力，＝，拉力的功＝BIL，故先减小后增大，所以正确；外电路的总电阻R

R＝，大值为，外R4小于导体棒的电阻又外电阻先增大后减小电源的输出功率与外电阻的关系图象可知，线框消耗的电功率先增大后减小，故D错．]m02220EΔt2222200022022220m02220EΔt2222200022022220学习好资料

欢迎下载金棒从轨道最低位置cd运到ab处过程中，穿过回路的磁通量减小，根据楞次定律得知通过的电流方向为由外向内，A正B错；属做匀速圆周运动，回路中产生正弦式交变电流，可得产生的感应电动势的最大值＝BL，效值为E＝

E，πrE2rBL根据焦耳定律有＝t时为t，立解Q，正；通的电荷量4R0由公式：＝IΔt＝

ΔΦBLr＝＝，D错．]RBLL．(1)＝R－tI－t)(3)2∶102m解析(1)因棒中的电流强度保持恒定，棒做匀减速直线运动，设棒的电阻r，电流为I其初速度为，速度大小为，经时间t后棒的速度变为，则有＝－BIL而amvt＝刻棒中电流为：I＝＋r0经时间t后棒中电流为I

v＋rBL由以上各式得：R＝－t0＋因可控电阻R随间t匀减小，故所求＝IBL由以上各式得：P＝I(R－t0将可控电阻改为定值电阻，将做变减速运动．0有：＝tBIL＝

mE而Itt＋r0＝02220021x0002πt0R02200211111lBl2＝02220021x0002πt0R02200211111lBl21学习好资料

欢迎下载E＝

ΔΦBLxtt

1mr由以上各式得：＝1L而＝22m＋r由以上各式得＝2BLx2所求＝2考题四

电磁感应中的动力学、能量转化问题BCD[由于磁场是变化的线框切割磁感线产生的感应电动势也为变值安培也为变力，故要保持线框匀速运动，外力不为恒力，故A错误＝0时左右两边的磁感应强度均为方相反则应电动势＝2BL拉等于安培力即FBIL

L0

2

故B正确；由于两边正好相隔半个周期，故产生的电动势方向相同，经过的位移，瞬时电动πt2BL势＝BL，时电流I＝，故正确；由于瞬时电流成余弦规律变化，BLBL故可知感应电流的有效值I，故产生的电热Q＝I＝，D正．RRQ11(2)＋28lmg解析(1)设磁场的磁感应强度大小为cd边进入磁场时，线框做速运动的速度边上的感应电动势为，由法拉第电磁感应定律，有E＝Bl①E设线框总电阻为R此时线框中电流为I，由闭合电路欧姆定律，有I＝②1设此时线框所受安培力为，F＝IlB③11由于线框做匀速运动，其受力平衡，有mgF④1mgR由①②③④式得1＝2⑤mgR设ab边开磁场之前，线框做匀速运动的速度为2同理可得v＝⑥由⑤⑥式得v＝4⑦2122221＝L生感电动势ε′＝Bl＝BL＝2122221＝L生感电动势ε′＝Bl＝BL＝ε＝，22＋Δ2Δt21t－t故错x在0学习好资料

欢迎下载线框自释放直到边入磁场前，由机械能守恒定律，有mgl＝v⑧线框完全穿过磁场的过程中，由能量守恒定律，有1mg(2l＋H)＝－v＋⑨Q由⑦⑧⑨得H＝＋l⑩mg专题综合练．B[设折弯前金属棒切割感线的长度为Lε＝BL；弯后，金属棒切割磁感线的有效长度l＝

2ε′22ε2B正．－．C[根据法拉第电感应定律得，感应电动势＝n＝，由楞次定律和右手螺t－21旋定则可判断点势高于点电势，因磁场均匀变化，所以感应电动势恒定，因此、b－B两点电势差恒为－＝－n，项正．]a21．Cx在～a范，线框穿过左侧磁场时，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针方，为正值．故B错误x在aa围，线框穿过左、右两侧磁场时，根据楞次定律，感电流方向为顺时针，为负值，且为x在～a范内电流的2倍最大值为aa范，线框穿过右侧磁场时，根据楞次定律，感应电流方向为逆时，为正值．正确，错．T．A[0内电流为负向恒定不变即顺时针方向，则感应电流的磁场方向垂直纸面向里，根据楞次定律，若原磁场均匀增大，则原磁场方向向外，为负向均匀增大；若原磁场均匀减T3小，则原磁场方向向里，为正向均匀减小