创新课堂2017届高三物理一轮复习第9章电磁感应

第一电磁感应现 楞次定考纲考情：5年20 磁通量 楞次定律[基础梳理知识点 磁通S1知识点 电磁感应现当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，电路中有感应电生的现象2知识点 楞次定律右手定[小题快练场，磁场方向垂直线圈平面，若磁感应强度为B，则穿过线圈的磁通量为( [解析 Φ＝BS中S指磁感线垂直穿过的面积，所以Φ＝B·πr2，B正确[答案 [解析]根据产生感应电流的条件：A中，电路没闭合，无感应电流；B中，磁感应强消，Φ恒为零，无感应电流；D中，磁通量不发生变化，无感应电流．[答案 如图所示，在垂直于纸面的范围足够大的匀强磁场中，有一个矩形闭合线框abcd， add 穿过线框的磁通量均不发生变化，故线框中无感应电生，选项A、B均错误；线框绕ad边转动时，穿过它的磁通量发生改变，此时有感应电生，而绕过d点与纸面垂直的轴转动时，穿过它的磁通量不发生改变，此时无感应电生，故选项C正确，D错误．[答案 长直导线穿过导线圆环中 B．只有乙和C．只有 题中丙图中穿过导线圆环的磁通量减小．故选项C正确．[答案 考向 电磁感应现象的理解及判典例1(2015·新课标Ⅰ，19)1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实随着一起转动起来，但略有滞后．下列说法正确的是()B．圆盘内的涡电生的磁场导致磁针转动D．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电生的磁场导致磁针转动 [解析]圆盘运动过程中，半径方向的金属条在切割磁感线，在圆心和边缘之间产生了感应电动势，选项A正确；圆盘在径向的辐条切割磁感线过程中，内部距离圆心远近不同呈现电中性，不会产生环形电流，选项D错误．[答案 [针对训练电流的是()[解析]A中线框的磁通量没有变化，因此没有感应电流，但有感应电动势，也可以理是发电机模型，有感应电流，B正确．C、DB平行，没有磁通量，更没有磁通量的变化，C、D错误．[答案 考向 楞次定律的理解及应2A、B的圆心重合，放在同一水平面内，线圈A中通以如图乙所示的变化电流，t＝0时电流方向为顺时针(如图中箭头所示)t1～t2时B，下列说法中正确的是()BBBB[解题引路 解答本题时可按以下思路分析[解析]t1～t2A中的电流是正向增大的，即逆时针方向增大的，BB中会产BA中的电流方向相反，有排斥作用，故线圈B将有扩张的趋势．[答案 方法 用楞次定律判方法 用右手定则判掌心——[针对训练北半球地磁场的竖直分量向下．如图所示，在某中学的水平桌面上，放置着边长为L的正方形闭合导体线圈abcdab边沿南北方向，ad边沿东西方向．下列说法中正确的是()abababab[解析]线圈向东平动时，ab和cd两边切割磁感线，且两边切割磁感线产生的感应电动势大小相等，ab点电势低，Aa、b两点的电势D错．[答案 考向 “三定则一定律”的综合应运动电荷、电生磁应应用楞次定律，一般要用到定则研究感应电流受到的力一般先用右手定则确定电流方向再用左手定则确定安3PQ、MN，MNPQ在外力的作用下运动时，MNPQ所做的运动可能是() B．向左加速运C．向右运 D．向左运[解题引路 MN提示：根据定则判断．ab中电生的磁场方向，进而确定MN处的磁场方向为垂直纸面向里，再由左手定则判断MN中电流的方向，应为由M到N.L1L2提示根据定则判断L1中的磁场方向再由楞次定律判断L2中磁场的方向及变化PQ提示：已知L2中的磁场方向及变化情况，可根据定则和右手定则判断PQ的运动[解析 MN向右运动，说明MN受到向右的力，因为ab在MN处的磁场垂直纸中感应电流的磁场方向向上向中感应电流的磁场方向向上

定

；若L2中磁场方向向上减弱―――→PQQ→P

右手定 定2 运动；若P→Q且增大右手定则[答案

使用中左手定则和右手定则很容易为了便于区分可把两个定则简单地总结为的最后一笔“”方向向右，用右手．[针对训练ABCDABF CDCDCDAB[解析]两个导体棒与两根金属导轨构成闭合回路，分析出磁通量增加，结合定则判断回路中感应电流的方向是B→A→C→D→B.以此为基础，再根据左手定则进一步判断CD、AB的受力方向，经过比较可得正确答案．[答案 A．P、QB．P、QC[解析]解法一设磁铁下端为NP、Q中的感应电流方向，根据左手定则可判断P、Q所受力的方向．可见，P、Q将互相靠拢．由小于g.当磁铁下端为S极时，根据类似的分析可得到相同的结果，所以，本题应选A、D.解法二根据楞次定律的另一种表述——磁通量的增加和磁铁的靠近．所以，P、QgA、D.[答案 [迁移训练形导体线圈，当滑动变阻器R的滑片P自左向右滑动的过程中，线圈ab将( C[解析]R的滑[答案 ABFN及在水平方向运动趋势的正确判断是()A．FNmgmg，运动趋势向左B．FN先大于mgmg，运动趋势向左C．FN先小于mgmg，运动趋势向右D．FNmgmg[解析]解法一当一竖直放置的条形磁铁从线圈中线AB产生顺时针方向的感应电流，线圈四条边所受力的合力先向右下，后向右上，因此FN先大于mg后小于mg，运动趋势向右，所以D正确．解法二 根据楞次定律的另一种表述——感应电流的效果总要反抗产生感应电流的原因本题中的“原因”是AB回路中磁通量先增大后减小归根结底是磁场靠近了回路“效果”是回路要采取措施阻碍磁通量先增大后减小，即“来拒去留”，故必有向右运动的趋势在竖直方向上回路则应以“向下躲”后“向上追”的方式阻碍磁通量先增大后减小故FN先大于g后小于g.[答案]频考一滑动触头左右滑动时，能产生感应电流的圆环是()a、b两 B．b、c两C．a、c两 D．a、b、c三个[解析]滑动触头左右滑动时，引起电路中电流变化，从而引起闭合铁芯中的磁通量变为A.[答案 abd是CacDbd[解析]ac能产生感应电流，所以D 确[答案]频考二3．(2016·哈尔滨市一模)ab放在如图所示的水平导体框架上，构成一个闭合回路，长直导线cd和框架处在同一个平面内cdabcd中通有电流时，发现abcd中的电流下列说法正确的是()C．电流大小恒定，方向由c到dDdc[解析 ab向左滑动，说明通过回路的磁通量在减小，通过回路的磁感应强度在减弱cd[答案 4．(2016·郑州模拟)如图所示，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P向上滑动，下面说法中正确的是()AaBaCaDaFN[解析Pa的磁通量变小，根据楞次定律，a环面积应增大，A、Baa环中感应电流应为俯视顺时针方向，Ca环中磁通量减小，根据楞次定律，a环有阻碍磁通量减小的趋势，可知a环对水平桌面的压力FN减小，D错．[答案]频考三根导线ab和cd，导轨跟大线圈A相连，A内有一小闭合线圈B，磁感线垂直导轨所在的平面向上(俯视)．小线圈B中能产生感应电流，且使得ab和cd之间的距离减小，下列叙述正确的是()导线ab加速向右运动，B中产生逆时针方向的电流，cd所受力水平向导线ab匀速向左运动，B中产生顺时针方向的电流，cd所受力水平向导线cd匀速向右运动，B中不产生感应电流，ab不受导线cd加速向左运动，B中产生顺时针方向的电流，ab所受力水平向[解析]abcdabcd向左运动时，abcd间的距离才ab向右运动时，由楞次定律(或右手定则)abcdca中感应电流的方可得，当导线cd向左加速运动时，B中产生顺时针方向的感应电流，ab所受力水平向左，所以叙述正确的是A、D.[答案][基础小题1．(2016·连云港摸底)abcd竖直放置，OO′是它的对称轴，abcda方向的感应电流，可行的做法是()A．ABIB．ABIC．ABOO[解析]若要圈中产生abcda方向的感应电流，可行的做法是线圈绕OO′轴逆时针转动90°，选项D正确．[答案 2(2016abcdPI增大时，下列说法中正确的是AP中产生顺时针方向的电流[解析]P电流I增大时，金属环P中的磁通量向里且增大，由楞次定律和定则可知金属P中产生逆时针方向的感应电流，故A错；根据对称性及左手定则可知金属环P所受力的合力方向向下，并且随电流I的增大而增大，所以橡皮筋会被拉长，故B正确，C、D错．[答案]LAM、N连线的中垂线迅B，则在平移过程中，线圈中的感应电流()[解析 为零，C[答案 在此过程中()a→b→c→d→ad→c→b→a→dBd→c→b→a→da→b→c→d→a[解析 在磁极上方和下方，由于穿过abcd线框的合磁通量为0，所以线框abcd中感线穿过线框平面，则磁通量变化为0，线框中没有感应电生，答案为D.[答案 abcdefab与框架接触良好，从某一时刻开始，给这个空间施加一个斜向上的匀强磁场，并且磁场均匀增加，ab棒仍ab棒受到的摩擦力，下列说法正确的是()[解析 由法拉第电磁感应定律，ab中产生的电流的大小恒定，方向由b到a，由左定则知，ab受到的力方向向左下方，F＝BIL，由于B均匀变大，F变大，F的水平分量Fx变大，静摩擦力Ff＝Fx变大，方向向右，B正确．[答案 如图所示，AOC是光滑的金属轨道，AO沿竖直方向，OC沿水平方向，PQ是一根列判断正确的是()感应电流的方向始终是由P→QC．PQ受磁场力的方向垂直杆向左D．PQ[解析]PQ杆滑动的过程中，杆与导轨所围成的三角形面积先增大后减小，三角形POQBPQ中电流方向及左手定则可判断D项对．[答案 ab在匀强磁场中沿导轨做下列哪种运动时，铜制线圈c中将有感应电生且被螺线管吸引()向右做匀速运 B．向左做运C．向右做运 [解析]当导体棒向右匀速运动时产生恒定的电流，线圈中的磁通量恒定不变，无感应电流出现，A错；当导体棒向左运动时，由右手定则可判定回路中出现从b→a的感时针感应电流(从右向左看)且被螺线管吸引，B对；同理可判定C对、D错．[答案 [必纠错题不动，那么线圈受到薄板的摩擦力方向和线圈中产生感应电流的方向(从上向下看)是()[错解 易错选D项[错因分析 对易错选项及错误原因具体分析如下DNS极分别靠近和远离线框时通过的磁通量的变化情况[解析]穿过线圈的磁通量先向上方向增加，后减少，当线圈处在磁铁中间以后，磁通作用，所以摩擦力方向向左，故A正确，B错误．[答案 [高考9．(2014·新课标Ⅰ)在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中，能观 [解析]产生感应电流的条件为：闭合回路内磁通量发生变化．A通量发生变化，产生感应电流，D正确．[答案]下说法正确的是()[解析]由右手定则可知，处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高，选项A无感应电流，不产生力，圆盘匀速转动，选项D正确．[答案][综合大题11．如图所示，CDEF为闭合线圈，ABCDEFG处产生的磁感应强度的方向是“·”时，电源的哪一端是[解析]当线圈CDEF中的感应电流在G处产生的磁感应强度的方向是“·”时，它在楞次定律知，线圈CDEF中感应电流的磁场要和原磁场方向相反，AB中增强的电流圈[答案 下12CDEF处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒MNv向右做匀速运动．t＝0B0MN到达的位置使MDENlMNt＝0开始，磁感应BtBt的关系式． 要使MN棒中不产生感应电流，应使穿过线圈平面的磁通量不发生变化在t＝0时刻，穿过线圈平面的磁通量tB，此时磁通量为Φ1＝Φ2B＝B0l ＝B0l 第二法拉第电磁感应定律，自感涡考纲考情：5年19 自感，涡流[基础梳理知识点 法拉第电磁感应定(2)

n＝Δt知识点 导体切割磁感线产生感应电动E＝Blvsin_θθvB 知识点 自感、涡②表达式：E＝单位：(H)，1mH＝10－3H,1μH＝10－6H.，，电磁驱动如果磁场相对于导体转动在导体中会产生感应电流使导体受到力的作用，力使导体运动起来．[小题快练1s时间内，再将线框的面积均匀地减小到原来的一半．先后两个过程中，线框中感应电动势的比值为()2 2 [解析 设原磁感应强度是B，线框面积是S.第1s内ΔΦ1＝2BS－BS＝BS，第2s 2B·2－2B·S＝－BS.E＝nΔt，所以两次电动势大小相等，B[答案 abv0抛动势大小变化情况是() B．越来越C．保持不 [解析]金属棒水平抛出后，在垂直于磁场方向上的速度不变，由E＝BLv可知，感应电动势也不变．C确．[答案 v向右匀速滑动，MNE1；若磁感应强度增为2B，其他条件不变，MNE2.RE1E2E1∶E2分别为() B．a→c,2∶ [解析]E＝Blv，判断金属杆切割磁感线则E1∶E2＝1∶2，故选项C正确．[答案 4．(2016·漳州高三质检)在如图所示的电路中，a、b为两个完全相同的灯泡，L为电阻法正确的是()合上开关，a先亮，b后亮；断开开关，a、b合上开关，b先亮，a后亮；断开开关，a先熄灭，b合上开关，b先亮，a后亮；断开开关，a，b合上开关，a、b同时亮；断开开关，b先熄灭，a[解析]LSL将产生自感电动势，阻碍电流的增加，故有baS断开时，L、a、b组成回路，L产生自感电动势阻碍电流的减弱，由此可知，a、b同时熄灭，故选项C正确．[答案 ΔtEΔt

ΔΦBE＝

nBΔt

nΔtS，其中Δt磁通量的变化是由于面积和磁场变化共同引起的，则根据定义求，ΔΦ＝Φ末－Φ初E＝

Δt在图象问题中磁通量的变化率ΔΦΦ－tq律得

＝R＝nR·ΔtRq＝nRqΔΦR12013·江苏卷，13)abcd，线圈平面与磁场垂直．已知线圈的匝数N＝100，边长ab＝1.0m、bc＝0.5m，电阻r＝2Ω.磁感应强度B0～1s0.2T1～5s0.2T均匀变化到－0.2T，取垂直纸面0.5sE1～5s在0～5s内线圈产生的焦[解析 (1)感应电动势1

NE1＝10(2)

rr

N

Nq＝10(3)0～1s内线圈产生的 Q1＝I2rΔt1且I1＝E1，1～5s内线圈产生的 rΔt2Q＝Q1＋Q2Q＝100[答案 (1)10 (2)10(3)100③灵活选择法拉第电磁感应定律的不同表达形式列方程求解[针对训练1RnR1接成闭合回路．线圈的半径为1.圈中半径为2的圆区域内存在垂直于线圈平面向里Btt0B01(2)R1qR1[解析 (1)由图象分析可知，0至t1时间内

22

n

Δt由闭合电路欧姆定律有

R1

2R1b(2)R1R1Q1＝I2Rt

2

11

2

πB

答

从b到

02

200 E＝Blv的“四性”vE有效性：中的l为导体切割磁感线的有效长度．a、b间的距离．相对性：E＝Blvv是导体相对磁场的速度，若磁场也在运动，应注意速度E＝nΔΦE＝Blv

＝2BωlE＝nΔt时间内的平均感应电动势，E与某段时间或某v为瞬时速度，则求的vE＝BlvE＝nΔtE＝ Δt→0EnΔtE＝BlvE过回路的磁通量发生变化情况时，用E＝ E比较方nΔt典例2(2015·理综，35)如图(a)所示平行长直金属导轨水平放置间距L＝0.4m，的电阻均不计导轨间正方形区域abcd内有方向竖直向下的匀强磁场bd连线与导轨垂直，长度也为L0时刻开始，磁感应强度B的大小随时间t变化，规律如图(b)所示；同一时刻，棒从导轨左端开始向右匀速运动，1s后刚好进入磁场，若使棒在导轨上始终以速度v＝1m/s做直线运动，求：(2)棒在运动过程中受到的最大力F，以及棒通过三角形abd区域时电流i与时间[解题引路] 1.棒进入磁场之前，电路中的电动势产生是由磁通量的变化引起.2.棒入磁场后回路中的电动势产生是由于棒切割磁感线而引起要注此过程有效长度的变化规律[解析 (1)棒进入磁场前E＝ΔΦ＝22由题图知ΔB＝0.5E＝0.04

S·①②③④(2)bdE⑤RR⑥F安⑦

F安＝R＝0.04N⑧abd区域，t⑨⑩ ＝R (1s＜t＜1.2⑪[答案 (1)0.04 (2)0.04 方向向 (1s＜t＜1.2[针对训练vE，将折线夹角平分线的方向以速度v运动时，棒两端的感应电动势大小为E′.则E等于 2 22B.2 2[解析 设折弯前导体切割磁感线的长度为L，E＝BIv；折弯后，导体切割线磁感线

L2＋L2＝2LE′＝BL′v＝B·

v＝ E′

2 ，所以E＝2，B[答案 为L，匀强磁场的磁感应强度为B，回路的总电阻为R，从左往右看，铜盘以角速度ω沿顺时针方向匀速转动．则()回路中感应电流大小不变，为 把铜盘看作闭合回路的一部分在穿过铜盘以角速度ω沿顺时针方向匀速转动生感应电动势为

2BL

C→D→R→CB、C正确，D[答案 考向 通电自感和断电自典例3 如图所示，L1、L2、L3是完全相同的灯泡，L为直流电阻可忽略的自感线圈，电源内阻不计，开关S原来接通．现将开关S断开，则( B．L2闪亮一下后恢复到原来的亮度C．L3变暗一下后恢复到原来的亮度D．L3闪亮一下后恢复到原来的亮度[解题引路 1.S处于接通状态时通过各灯泡的电流I1，I2和I3各为多少2．SI1′，I2′I3′RRL2．I1′＝I2′＝E，I3′＝ RR[解析]S闭合时，LL1短路，L1不亮，IL3＝IL2＝ES断开时，L1L2串联，IL3′＝E，因此L3要闪亮一下后再恢复到原来的亮度．因此正确选项为A、D两项．RR[答案 [针对训练4．(2016·江苏常州检测)如图所示，电路中A、B是两个完全相同的灯泡，L是一个自感泡的发光情况是()A．S刚闭合后，A亮一下又逐渐熄灭，BB．S刚闭合后，B亮一下又逐渐变暗，AC．S闭合足够长时间后，ABD．S闭合足够长时间后，A、B[解析]S刚闭合后，A、BABA逐渐熄灭，B逐渐变亮，选项A正确、B错误．S闭合足够长时间后，A熄灭，B一直都是亮的，选项C、D错误．[答案 范例1 如图，两根相距L＝1m、电阻不计的平行光滑金属导轨水平放置，导轨足够长，其一端接有一阻值为R＝2Ω的电阻，导轨处在磁感应强度为B＝0.5T的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向里．一根质量m＝0.2kg、电阻r＝0.5Ω的金属棒置于导轨左端，向右的随时间变化的力F，可以让棒从静止开始向右以加速度a1＝1m/s2做匀加速运动；(2)将轨道左端的定值电阻换成一个随时间变化的电阻R0，再给棒一个水平向右的初速度v0＝6m/s，可以使棒向右以加速度a2＝－1m/s2匀 的变力F和变化的电阻R0满足的方程是( [技巧点拨]审题时首先抓住“让棒在导轨上做匀变速直线运动”培力的变化而变化；第二种情况中则要保证力不变，电阻R0随时间变化．极据变量关[解析]第一种情况：金属棒在水平方向上受到力F和力FA，由第二定律得－FA＝ma1

B2L2a1t 力变化的方程为 F F C、D错误．第二种情况：金属棒在水平方向上只受力，因此

得R0＝7－1.25t(Ω)[定性分析：a2恒定→FA恒定→I恒定；v减小→E减小→R0减小]，B错误，A正确．[答案 2lθ角，匀强磁场垂直于导轨平面向上．如图甲所示，质量为m、阻值为r、长度为l的两金属棒ab、cd水平放置在导轨上并与导轨保持良好接触，ab、cd间用长为L的绝缘轻质细线ef连接，ab用轻绳与固定的力传感器P相连，导轨电阻不计．当匀强磁场的磁感应强度按图乙规律变化时，下列说法正确的是()0～t1ef弹力减小，t1～t2eft＝0ef2mgsinθt2efef02mgsin[技巧点拨]①回路磁通量变化率不变，则感应电流方向不变，所以磁感应强度反向，则力反向；②回路磁通量变化率不变，则力大小以t1时刻对时间对称．[解析]对ab、cd整体，受重力2mg、两棒力FA、斜面支持力FN和轻绳拉力FT，对ab棒，FT＝mgsinθ＋FA>2mgsinθ，D对；对cd棒，受重力、斜面支持力、力和绝缘线ef的弹力F，在0～t1时间内，磁感应强度B减小，由楞次定律可判断力沿斜面2rt下，cd棒静止，由平衡条件得F－mgsinθ－FA＝0，其 力FA＝BIl＝BB0lL，即2rt1B0B0lmgsinθ2rt1 B0B0l缘线ef所 力沿斜面向上，同理得F＝mgsinθ－2rt1 ②，随B增大而继续减小误由以上分析可知力大小FA以t1时刻对称若t＝0时刻绝缘线ef弹力为θ，则由力FA的对称性可判断t2时刻绝缘线ef弹力为 确[答案 、方向涉及整体法和体的选择，在电磁感应方面涉及法拉第电磁感应定律的应用力、频考 法拉第电磁感应定律的理如图甲所示，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(

[解析 由题图乙可知ΔB＝B2－B1，B增大，根据楞次定律，感应电流沿逆时针方向

A[答案

nΔt

场方向成60°角，磁感应强度随时间均匀变化，下列方法可使感应电流增加一倍的是( [解析 nn Δt

nπrΔtsin

S0rθnI＝R＝R

ρS0

＝2ρ·Δt·sinθr增加一倍，I线圈的面积增加一倍，半径r增加(2－1)倍，电流增加(2－1)倍；I与线圈匝数无关．综上所述，只有C确．[答案]频考二导体切割磁感线产生v通过电阻R的电流是

Bdvsin Bdvcos

D.Rsinsin[解析 sin＝得 Bdv，＝ Rsin[答案 4(2016·摸底)如图所示正方形线框的左半侧处在磁感应强度为B的匀强磁场中，以恒定速度v1向右匀速拉出，第二次以线速度v2让线框绕轴MN匀速转过90°，为使两次操作过程中，线框产生的平均感应电动势相等，则() [解析 第一次将线框从磁场中以恒定速度v1向右匀速拉出，线框中的感应电动势定，有E1＝E1＝BLv1.第二次以线速度v2让线框绕轴MN匀速转过90°，所需时间t＝πr2

E1＝E2v1∶v2＝2∶π，A[答案

t 频考 自感现表示A、B两点间电压UAB随时间t变化的图象中，正确的是 [解析 S闭合时，由于自感L有感抗，经过一段时间电流稳定时L电阻不计，可见R路的外阻是从大变小的过程．由U外

E可知U外也是从大变小的过程，所以A、R刻UAB反向，B正确．[答案 [基础小题如图所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半ΔtB2B.在此过程中，线圈中产生的感应电动势为() B. C. D.[解析 根据法拉第电磁感应定律解题．线圈中产生的感应电动势E＝nΔΦ＝ΔB n·Δt2B－B

n·Δt·2＝2ΔtB[答案 上，磁场的磁感应强度为B.当线圈转过90°时，通过电阻R的电荷量为( A. C.

解析 R0q＝NΔΦRR

2R[答案 3．(2016C.kBC．ab[解析]kL2/2，A选项压，电压表没有示数，B选确；根据楞次定律可以判断，a点的电势高于b点的电势2C 确；电容器所带电荷量为Q＝C2，D 误[答案 B，方向相反且垂直纸面，MNPQ为其边界，OOlabcd，回路在v0OO′对称的位置时()B．回路中感应电动势大小为2Blv0D．回路中ab边与cd边所受力方向相同[解析]Φ＝0，Aab边切割磁感线产生的感应电动势相当于两个电源串联，回路中的感应电动势E＝Blabv0＋Blcdv0＝2Blv0，B正确．由右手定则可知感应电流的方向为逆时针方向，C错误．由左手定则可知以ab边与cd边所受的力方向均向左，D正确．[答案]n1n2AB，两IA∶IB为() nnC. D.nn [解析 分别n

＝＝

2n＝1 2n＝1势之比为

1Δt

＝nR相等，故感应电流之比为I＝E＝E＝n，B1n2Δt1

R[答案 达到稳定，t1时刻断开开关S.I1、I2分别表示通过灯泡D1和D2的电流，规定图中箭头所示It变化关系的是()[解析]S闭合时，LD1L的阻碍作用变小时，L中的电流变大，D1中的电流变小至零；D2中的电流为电路总电流，电流D1D1LD2，总电阻S再断开时，D2马上熄灭，D1LL的自感作用，D1慢慢熄灭，电流反向且减小；综上所述知选项A、C正确．[答案 1kg1m0.1ΩABCD放在B1的大小随时间变化的规律如图乙所示，AB边恰好在磁场边缘以外；FECDg＝10m/s2.则()ADCB方向B10AC．金属框受到向右的力大小为1N[解析]ABCDA错；根据法拉第电磁CD边受力的大小为F＝B2Il＝0.5×5×1N＝2.5N，故C错误；金属框受的最大静摩擦力f＝μN＝μmg＝0.4×1×10N＝4N，大于力，故金属框能在绝缘板上保持静止，故D[答案 [必纠错题BMNR的热功率变为原来的两倍，在其他条件不变的情况下，可以采用的办法有()2BRCB变为原来的2DMN2[错解 易错选B、C、D项 引起速度的变化，误认为B、C、D正确．错解如下：稳定时R的热功率与机械功率相等，P＝mgv，把速度看作不变，错误地认为导体棒MN质量增加为原来的两倍，功率变为原来

，磁感应强度变为原来的

解析 导体棒下滑，电流稳定后R的热功率为

R，∩为原来的122R21/2B变为原来的2倍，速度变为原来的变为原来的4倍．[答案 [高考9．(2015·重庆理综，4)如图为无线充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为n，面积为S.若在t1到t2时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由B1均匀增加到B2，则该段时间线圈两端a和b之间的电势差φa－φb(

0

0

[解析 由于磁感应强度均匀增大，故φa－φb为定值，由楞次定律可得φa<φb，故由[答案

，故 强度大小为B，方向平行于ab边向上．当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，a、b、cUa、Ub、Uc.bcl.下列判断正确的是()2222[解析 φ<φE＝Blv

＝U

1Bl2ω.

C[答案 [综合大题11．如图甲光滑导轨宽0.4m，ab为金属棒均匀变化的磁场垂直穿过轨道平面，ab1Ω，导轨电阻不计．t＝0时刻，ab棒从v＝1m/s1sab受到的力．[解析]ΦBS的变化，显然这两个因素都 又ΔB＝21s末，B＝2T，S＝lvt＝0.4×1×1m2＝0.41s末，E＝ΔBS＋Blv＝1.6V，RI＝E＝1.6R根据楞次定律与右手定则可判断出电流方向为逆时针方向金属棒ab受到的力为＝BIl＝2×1.6×0.4N＝1.28N[答案 1.6 1.28N，方向向12．(1)如图甲所示，两根足够长的平行导轨，间距L＝0.3m，在导轨间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B1＝0.5T．一根直金属杆MN以v＝2m/s的速度向右匀速运动，MNMNr1＝1ΩMNE1.如图乙所示，一个匝数n＝100的圆形线圈，面积S1＝0.4m2，电阻r2＝1Ω.圈中存在面积S2＝0.3m2垂直线圈平面(指向纸外)的匀强磁场区域，磁感应强度B2随时间t变化E2.R＝2Ωa、b分别与图甲中的导轨和图乙中的圆形线圈相φa. (1)杆MN做切割磁感线的运动，E1＝B1Lv产生的感应电动势E1＝0.3V穿过圆形线圈的磁通量发生变化，E2＝ΔB2S2E2＝4.5nR与题图甲中的导轨相连接时，aRI＝Rφa－φb＝IRa端的电势φa＝IR＝0.2V.[答案 (1)0.3 (2)4.5 (3)与图甲中的导轨相连接a端电势高φa＝0.2第三电磁感应定律的综合应考纲考情：5年18考 [基础梳理知识点 电磁感应中的电路问(3)运用闭合电路欧姆定律，串、并联电路的性质、电功率等求解ΔtE＝BLvΔt＝全电路欧姆定律 E.＝部分电路欧姆定律

＝R知识点 电磁感应现象中的力学问通电导体在磁场中将受到力作用，电磁感应问题往往和力学问题联系在一起，分析导体受力情况(包含力在内的全面受力分析根据平衡条件或第二定律列方程

E F合知识点 电磁感应中的能量转化问在磁场中必定受到力作用因此要维持力存在必须有“外力”克服力做功此，，同理力做功的过程，是电能转化为其他形式的能的过程力做多少功就有多，，利用克服力求解：电磁感应中产生的电能等于克服力所做的功[小题快练Ea、b两点间的电势差为() [解析 B[答案 场与导轨平面垂直，t＝0S12，若分q、i、va表示电容器所带的电荷量、棒中的电流、棒的速度大小和加速度大小，则下图所示的图象中正确的是()[解析]电容器放电时导体棒在力作用下运动，产生感应电动势，感应电动势与电最终必为零，B错误．导体棒速度增大到最大后做匀速直线运动，加速度为零，C错误，D[答案]0.5Ωv0＝5m/sB＝0.1T的有界匀强磁场滑去(磁场宽度d>2r)．圆环的一半进入磁场历时2秒，圆环上产生的焦为0.5J，则2秒末圆环中感应电流的瞬时功率为()A．0.15 B．0.2C．0.3 D．0.6[解析]圆环刚好有一半进入磁场时，设瞬时速度为v，由Q＝1mv2－1mv2，解得 m/s[答案 平面与水平面的夹角为θ，导轨的下端接有电阻．当导轨所在空间没有磁场时，使导体棒ab以平行导轨平面的初速度v0冲上导轨平面，ab上升的最大高度为H；当导轨所在空间存在ab上升的最大高度为h.两次运动中ab始终与两导轨垂直且接触良好．关于上述情景，下列说法中正确的是()A．两次上升的最大高度比较，有H＝hB．两次上升的最大高度比较，有H<h[解析 小，A、B错误，D正确．[答案 考向 电磁感应中的电路问(2)感应电动势大小的计算——E＝nΔΦE＝Blv典例 R的均匀导线，acbc

长度为2.B 里．现有一段长度为2，电阻为2MNacabvbacMN滑过的距离为3ac3[思路点拨3[解析 MN滑过的距离为L时，它与bc的接触点为P，等效电路图如图所MP长度为L，MP 3MP3MdcPMbP r并 由欧姆定律，PMI＝3ac3

ac＝根据右手定则，MPPMIaca[答案

aE的大小，用楞次定律或右手定则确定r.E＝E＝BLvΔt[针对训练阻值为R.长直金属杆MN可以按任意角θ架在平行导轨上并以速度v匀速滑动(平移)，B，方向垂直纸面向里．求：(1)定值电阻上消耗的电功率最大时，θ(2)MN上消耗的电功率最大时，θ的值．(要求写出推导过程[解析 (1)无论θ角多大，感应电动势E＝BLv不P＝I2R2由闭合电路欧姆定律，MN接入电路的电阻[相当于电源内阻]越小，电流越大，定值电阻上消耗的电功率越大．即θ＝π时，定值电阻上消耗的电功率最大．2 令MN接入电路的电阻为r，则 sin

＝I2r和 ＝＝ BLv ) LR＋ sinsin

Rsinθ＋sin θ∈(0，2]，由均值不等式可知sinθ＋sinθ＋2L≥4Lsinθ＝Lθ＝arcsin0＜L≤120＜L≤1mθ＝arcsinL时，MN上消耗的功率最大；若L＞1m，当θ＝π时，MN上消耗的功率最大．2 了E恒定、内阻不变的等效电路．20＜L≤1mθ＝arcsinL时，内外电阻相等，MN上消耗的功率最大；若L＞1m，当θ＝π时，MN上消耗的功率最大．2[答案

考向 电磁感应中的图象问B－t图象、Φ－t图象、E－t图象、I－t－txE－xI－x左手定则、定则、右手定则、楞次定律、法拉第电磁感应定律、欧定律、定律、函数图象知识2(2015·山东理综，19)如图甲，R0为定值电阻，两金属圆环固定在同一绝缘平面内．左端连接在一周期为T0的正弦交流电源上，经二极管整流后，通过R0的电流i始终向ab端时，a、bUab为Uab－t图象可能正确的是()[解题引路]1°明确产生感动势的“源”为大圆环变化的电流―→2°由楞次定律及右手[解析]0.25T0时间内，通过大圆环的电流为瞬时针逐渐增加，由楞次定律和定律和右手螺旋定则可判断内环的a端电势低于b端，因电流的变化率逐渐变大故内环的电动势逐渐变大，故选项C正确．[答案 3如图所示，EOFE′O′FEO∥E′O′，FO∥F′O′，且EO⊥OF；OO′为∠EOF的角平分线，OO′间的距离为l；磁场方向垂直示位置．规定导线框中感应电流沿逆时针方向时为正，则感应电流i与时间t的关系图线可能正确的是()[解题引路 导线框的运动过程分析 度cd、ef逐渐增大，整体上，总电动势在减小，到达(3)位置时，E＝0，即i＝0.综上所述，可知B正确．解法二在电磁感应现象中，流过线框某一横截面的电量与磁通量的变化量成正比，当BD.t＝0时刻后一段时间的电流方向可知B正确．[答案 [针对训练里．一个三角形闭合导线框，由位置1(左)沿纸面匀速运动到位置2(右)．取线框刚到达磁场电流与时间关系的是()[解析]线框进入磁场过程中，磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流方向为逆时针B、CE＝BLv可知，线框进出磁场过程中，切割磁感线的有效长度为线框与磁场边界交点的连线，故进、出磁场过程中，等效长度L先增大后减正确、D[答案 3．(2016R240°OωB以顺时针方向为电流的正向[解析]由图示位置线圈转过60°过程中通过线圈的磁通量不变故无感应电生，C、D；线圈转过60°到120°过程中，通过线圈的磁通量增大，由楞次定律可知，线圈中感应电流方向为逆时针方向，即负方向，故A；排除A、C、D三个选项，故B[答案 考向 电磁感应中的动力学问题分 F＝BIl得F＝R处理方法：根据第二定律进行动态分析或结合功能关系分析4(2015·海南单科，13)l，左端与一电阻R相连；整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向竖直向下．一质量mv匀速向右滑动，滑动过程中g，导轨和导体棒的电阻均可忽略．求.(1)R[解题引路 R[解析](1)E＝Blv，根据欧姆定律，闭合回路中的感应电流为I＝ER电

RP＝IRP＝

F安＋μmg＝F，F安＝BIl＝B·R·lF＝R

答案 (1)

R[针对训练4．(2015·理综，11)如图所示，“凸”字形硬质金属线框质量为m，相邻各边互相垂直，且处于同一竖直平面内，abl，cd2l，abcd2l.匀强磁2lcdef、pq边进入磁场前，线框做匀速运动，ef、pq边离开磁场后，ab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Q.ab、cd边保持水平，重力g.求：abcd 为v1，cd边上的感应电动势为E1，由法拉第电磁感应定律，有E1＝①R设线框总电阻为R，此时线框中电流为I1，由闭合电路欧姆定律，有I1＝R②设此时线框所受力为F1，有③④v⑤设ab边离开磁场之前，线框做匀速运动的速度为v2，同理可得v2⑥⑦(2)cd ⑧ ⑨H＝Q⑩[答案 (1)4 Q＋28范例(2014新课标Ⅱ半径分别为r和2r同心圆形导轨固定在同一水平面内，mAB置于圆导轨上面，BACDR的电阻出ωOμg.求：R[解题引路 (1)Δt时间金属棒扫过的面积为多少？感应电动势多大？感应电流多大(2)导体棒受两导轨的滑动摩擦力各为多大？ΔtR上产生的焦为多少

提示

2

(2)μ

[解析 (1)在Δt时间内，导体棒扫过的面积22RBAR的感应电流的方向是从C端流向D端．由欧姆定律可知，通过电阻R的感应电流的大小I满足I＝ER

(2)对运行的导体棒的滑动摩擦力均为f＝μNΔtl1＝rωΔtΔt由上式

答案

2R，从C端流向D (2)2μmgωr＋明．图中倾角为θ的导轨不光滑，外力F拉着导体棒向上加速垂直切割磁感线，导体棒质量mr.导体棒运动过程的功能关系如下图所示．WF＋W安＋Wf＝ΔEWF＋WG＋W安[迁移训练圈肌肉组织等效成单匝线圈，线圈的半径r＝5.0cm，线圈导线的截面积A＝0.80cm2，电阻T均匀地减为零，求：(计算结果保留一位有效数字)0.3sA[解析 (1)由电阻定律R＝ρ2πr，代入数据AR＝6×103E＝ΔB2E＝4×10－2Δt 由焦耳定律得Q＝RΔt，代入数据解得 [答案 (1)6×103 (2)4×10－2 (3)8×10－8MPR＝0.40Ωm＝0.01kg、电阻为r＝0.30Ωabab由静止开始下滑，其下滑距离与时间g10m/s2.试求：00t＝0.7sab金属棒ab在开始运动的0.7s内，电阻R上产生的焦t＝0.4sab[解析](1)7m/s的速度匀速下落，则t＝0.7s时，重力对金属棒ab做功的功率为PG＝mgv＝0.7W.根据动能定理：WG＋W安 W安＝1mv2－1mv2－mgh＝－0.105 QR＝R|W安|＝0.06

ab匀速下落时，G＝F

BL＝0.1q＝It＝ΔΦ＝BLx＝0.2 [答案 (1)0.7 (2)0.06 (3)0.2频考 电磁感应中的电路问个不同方向平移中磁场，如图所示，则在移出过程中线框一边a、b两点间的电势差绝对值 线框各边电阻相等，切割磁感线的那个边为电源，电动势相同均为Blv.在A、C、D中，Uab＝1Blv，B中，Uab＝3Blv，选项B正确． [答案 22aR(指拉直时两端的电阻)，BA2a、电阻为R2的导体棒AB由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B点的线速度为v，则这时导体棒AB两端的电压大小为(

B.C. 2[解析 摆到竖直位置时导体棒AB切割磁感线的瞬时感应电动势2由闭合电路欧姆定律得，UAB＝E·R＝1BavR＋R [答案 频考二it变化的图象是下图所示的()[解析]根据楞次定律，在进磁场的过程中，感应电流的方向为逆时针方向，切割的有割的有效长度线性减小，排除D.故选项C正确．[答案]一过程相符合的是()[解析 该过程中，框架切割磁感线的有效长度等于框架与磁场右边界两交点的间距 l有＝23xE电动势＝Bl有v＝23vx∝xA错误，B正确；F

力＝R＝3R∝x2C错误；P外力功率＝F外力v∝F外力∝x2，选项D[答案 频考 电磁感应中的动力学与能量问5．(2016·江苏省徐州市一模)L的两条足够长的光滑平行金属导轨，MN、PQθ，N、QR的电阻．整个装置处于磁感应强BmRababxg，导轨abab[解析 (1)设ab杆下滑到某位置时速度为v，则此时杆产生的感应电动势I＝杆所受的力根据第二定律有

mgsinθ－ v＝0a＝gsinθ 由(1)问知，当杆的加速度a＝0时，速度最大，最大速度vm＝2 abmgxsinθ＝Q 2Q杆＝1Q2所

Q杆＝2mgxsin[答案 见解

[基础小题T、方向竖直向下的匀强磁场．下列说法中正确的是()AabbB．cd1C．de1D．fe1[解析]aba→b，Aab切割磁感线产生的E＝Blv，ab为电源，cd间电阻R为外电路负载，decf间无电压，因此cd和fe两端电压相等，即U＝E

v＝2＝1V，B、D正确，Cv[答案 2．(2016·江苏宿迁第一次调研)Sρ的硬质导线做成一个场垂直圆环所在平面，方向如图，磁感应强度大小随时间的变化率ΔB＝k(k<0)．则(2ρ2ρDa、b

Δt

|kπr|，由电阻定律知R＝ρS，所以感应电流的大小为I＝R＝2ρ，C a、bUab＝2kπr，D[答案 个不同方向平移出磁场，如图所示，则在移出过程中线框一边a、b两点间的电势差绝对值 线框各边电阻相等，切割磁感线的那个边为电源，电动势相同均为Blv.在A、C、D中，Uab＝1Blv，B中，Uab＝3Blv，选项B正确． [答案 一过程相符合的是() 根据几何关系l有＝23x，所以E电动势＝Bl有v＝23vx∝x，选项A错误，B正确；F

＝R＝3R∝x2C错误；P外力功率＝F外力v∝F外力∝x2C[答案 v向右匀速通过一正方形abcd磁场区域，ac垂直于导轨且平行于导体棒，ac右侧的磁感应强度是左侧的2倍且方向相反，导轨和导体棒的电阻均不计下列关于导体棒中感应电流和所受力随时间变化的图象正确的是(规定电流从M经R到N为正方向，力向左为正方向)()[解析

I＝R＝R导体棒所受 力大小

I与时间t成正比，而力的大小F则与时间t是二次函数关系．由楞次定律可知，导体棒在第一、二区域的磁场中运动时，产生的感应电流分别为从M经R到N和从N经R到左，只有A正确．[答案 L＝1mmab水平放置在轨道上，其阻值忽略不计．空间存在匀强磁场，B＝0.5T．P、MR1vvmR1的关系如图乙所示．若轨道足够长且电阻不计，重力加速度g取10m/s2.则 Ra金属杆所受力沿斜面向11 应电流方向由b指向a，所以AB错误；总电阻为R总＝R1R/(R1＋R)，I＝BLv/R总，当达

＋，1＝

R1R

R)

mgsin

mgsinm＝0.1kg，R1＝1Ω，C[答案 如图所示，abcdl、具有质量的刚性导线框，位于水平面内，bc边串接有电阻R.虚线表示一匀强磁场区域的边界，它与线框ab边平行，磁场区域的宽度为2l，磁场方向竖直向下．线框在一垂直于ab边的水平恒定拉力F作用下，沿光滑水平面运动，直ix图象可能正确的是()[解析]x＝0x＝li0x＝lx＝2li＝0ab边刚出磁场(x＝2l)时，线框的速度大于刚进磁场时的速度cd边切割磁感线产生的电流i>i0同时受到的力大于F，线框做运动，随着速度的减小，力变小，加速度变小，故选项C错；当cd边刚出磁场时，线框速度可能还没到ab边刚进磁场时的速度，故选项B对；也可能恰好到ab边刚进磁场时的速度，故选项D对；还可能早就到ab边刚进磁场时的速度以后做匀速运动，故选项A对．[答案 [必纠错题t＝0xOyB0，方向xOyL0，整个vxn匝线圈组成的矩形线abcd，线框的bc边平行于x轴．bc＝LB、ab＝L，LB略大于L0，总电阻为R，线框始终(2)线框所受力的大小和方向[错因分析]ab、cd两条边在方向相反的磁场中均产生电动势的情形，只按一条边切割磁感线来计算电动势，得出E＝nB0Lv的错误结果．Rab、cd两条边均受 力，得出 的错误结论R (1)线框相对于磁场向左做切割磁感线的匀速运动切割磁感线的速度大小为v，任意时刻线框中总的感应电动势大小E＝2nB0Lv

R 力的大小 R由左手定则判断，线框所受力的方向始终沿x轴正方向[答案 见解[高考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()sin电路中感应电动势的大小为sinr电路中感应电流的大小为BvsinrB2lvsin金属杆所 力的大小 金属杆的发热功率为rsin[解析 电路中的感应电动势E＝Blv，感应电流I＝E＝ ＝Bvsin

Ar lrsin

正确；金属杆所受力大

＝l

＝22l B2lv2sin

BIsinθ＝

IIsinθ

D[答案 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，PQadbc滑动的过程中()A．PQB．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[解析 阻为R外 R＋R先减小后增大，故A错误；由于导体棒做匀速运动，拉力等于力，即F＝BIL，拉力功率P＝BILv，故先减小后增大，所以C正确；外电路的总电阻R外 ，最大4象可知，线框消耗的电功率先增大后减小，故D错误．4[答案 [综合大题B＝1TR＝9Ω的电阻．导轨上有质m＝1kgr＝1Ω1mt＝0t轨方向运动，其速度随时间的变化规律是 m/s，不计导轨电阻．求tt＝4s时导体棒受到的力的大小[解析 (1)4s时导体棒的速度是v＝2t＝4E＝BlvI＝I2＝E BL2 I2＝E BL2 ) )t＝0.04t [答案 (1)0.4 bbaa′、bb′围成的区域有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度为B＝1T；现有一质量为m＝10g、总电阻为R＝1Ω、边长为d＝0.1m的正方形金属线圈MNPQ，让PQ边与斜面底边平行，从斜面上端静止释放，线圈刚好匀速穿过磁场．已μ＝0.5，(g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：线圈进入磁场区域时，受到的力大小线圈释放时，PQbb整个线圈穿过磁场的过程中，线圈上产生的焦[解析 F安＋μmgcosθ＝mgsin代入数据得：F安＝2×10－2RF安＝BIdR

F安＝代入数据得：v＝2a＝gsinθ－μgcosθ＝2线圈释放时，PQ

x＝2a＝1d＝0.1Q＝W安＝F安Q＝4×10－3[答案 (1)2×10－2 (2)1 (3)4×10－3本章备考 U金属棒的受力情况：受力以外的拉力、阻力或仅受力(2)磁场的分布：有界或．“电—动—“动—电—abLmR，导轨光滑水abLm、电阻S闭合，棒ab 力 ＝RmRabvBLv流I↓→力F＝BIL↓→加速度a↓，当安F＝0(a＝0)时，v最大aba＝gsinαabv↑→感E 加速度a↓，当力F＝mgsinα(α＝0)时，v最大杆MN做变运动，杆PQ做变1/2r1＝r2L1＝L2Ff<F≤2Ff，则PO杆先变加速后匀速，MN杆先变加速，MN后做变加1MNPQ可以紧贴导轨无摩擦滑动，导轨间除固定电阻R外，其他电阻不计，匀强磁场B垂直穿过导轨平面，PQMSPQ自由下落，试确定稳定时，(2)RC.S的同时，释放金[解析 a＝0Mg－F安＝0

vv①②③④⑤对金属杆由第二定律，得⑥由⑤⑥得 ⑦I＝BLCmg.[答案

22BLPQ匀强磁场磁感应强度B＝2.0T，垂直于导轨平面向上，MP间接有阻值R＝2.0Ω的电阻，其m＝2.0kgabF沿导轨平F根据v－t图象估算0.8s内电阻上产生的热量 (1)由题图乙知，杆运动的最大速度为vm＝4m/s，F＝mgsinα＋F安＝mgsinα＋代入数据得：F＝18N.

(2)0.8sv1＝2.20.8st2727×0.2×0.2＝1.080.8sx＝1.08由能的转化和守恒定律得：Q＝Fx－mgxsin 代入数据得：Q＝3.08[答案 (1)18 (2)3.08典例 (2016·合肥一中高三检测)如图所示，间距l＝0.3m的平行金属导轨a1b1c1域内分别有磁感应强度B1＝0.4T、方向竖直向上和B2＝1T、方向垂直于斜面向上的匀强磁场．电阻R＝0.3Ωm1＝0.1kg、长为l的相同导体杆K、S、Q分别放置在导轨上，S杆的两端固定在b1、b2点，K、Q杆可沿导轨无摩擦滑动且始终接触良好．一端系于K杆中a＝6m/s2的加速度沿绳下滑．K杆保持静止，QF作用下匀速运动．不计导轨电阻和滑轮摩擦，绳不可伸长．取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos(2)Q[解析 (1)设小环受到的摩擦力大小为Ff，由第二定律，有m2g－Ff＝①Ff＝0.2②(2)KI1，K③IR④2R总2⑤QvEI＝R⑥⑦F＋m1gsin⑧⑨P＝2⑩[答案 (1)0.2 (2)2[迁移训练1．(2016·黄山模拟)如图所示，两条平行的足够长的光滑金属导轨与水平面成37°L＝0.6mC＝10μF＝4.5Ωabm＝3×10－2kgr＝0.5Ω.整个装置处于垂直导轨平面向上的匀强磁场中已知磁感应强度B＝0.5T，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.ab棒由静止释放，当它下滑的速度达到稳定时，求：ababCa (1)ab棒受沿斜面向上的力F＝BIL，稳定时以速度v匀速下滑．此时ab棒受力平衡有BIL＝mgsin37°