2019版高考物理二輪復習 專題四 電路與電磁感應 第2講 電磁感應規(guī)律及綜合應用學案.doc

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1、第2講電磁感應規(guī)律及綜合應用網(wǎng)絡構建備考策略1.看到“磁感應強度B隨時間t均勻變化”，想到“k為定值”。2.應用楞次定律時的“三看”和“三想”(1)看到“線圈(回路)中磁通量變化”時，想到“增反減同”。(2)看到“導體與磁體間有相對運動”時，想到“來拒去留”。(3)看到“回路面積可以變化”時，想到“增縮減擴”。3.抓住“兩個定律”、運用“兩種觀點”、分析“一種電路”“兩個定律”是指楞次定律和法拉第電磁感應定律；“兩種觀點”是指動力學觀點和能量觀點；“一種電路”是指電磁感應電路。楞次定律和法拉第電磁感應定律的應用楞次定律的應用【典例1】 (2017全國卷，15)如圖1，在方向垂直于紙面向里的勻強

2、磁場中有一U形金屬導軌，導軌平面與磁場垂直，金屬桿PQ置于導軌上并與導軌形成閉合回路PQRS，一圓環(huán)形金屬線框T位于回路圍成的區(qū)域內，線框與導軌共面。現(xiàn)讓金屬桿PQ突然向右運動，在運動開始的瞬間，關于感應電流的方向，下列說法正確的是()圖1A.PQRS中沿順時針方向，T中沿逆時針方向B.PQRS中沿順時針方向，T中沿順時針方向C.PQRS中沿逆時針方向，T中沿逆時針方向D.PQRS中沿逆時針方向，T中沿順時針方向解析金屬桿PQ突然向右運動，由右手定則可知，PQRS中有沿逆時針方向的感應電流，穿過圓環(huán)形金屬線框T中的磁通量減小，由楞次定律可知，T中有沿順時針方向的感應電流，故選項D正確，A、B、

3、C錯誤。答案D【典例2】 (多選)(2018全國卷，19)如圖2，兩個線圈繞在同一根鐵芯上，其中一線圈通過開關與電源連接，另一線圈與遠處沿南北方向水平放置在紙面內的直導線連接成回路。將一磁針懸掛在直導線正上方，開關未閉合時小磁針處于靜止狀態(tài)。下列說法正確的是()圖2A.開關閉合后的瞬間，小磁針的N極朝垂直紙面向里的方向轉動B.開關閉合并保持一段時間后，小磁針的N極指向垂直紙面向里的方向C.開關閉合并保持一段時間后，小磁針的N極指向垂直紙面向外的方向D.開關閉合并保持一段時間再斷開后的瞬間，小磁針的N極朝垂直紙面向外的方向轉動解析由電路可知，開關閉合瞬間，右側線圈正面環(huán)繞部分的電流向下，由安培定

4、則可知，直導線在鐵芯中產生向右的磁場，由楞次定律可知，左側線圈正面環(huán)繞部分產生向上的電流，則直導線中的電流方向由南向北，由安培定則可知，直導線在小磁針所在位置產生垂直紙面向里的磁場，則小磁針的N極朝垂直紙面向里的方向轉動，A正確；開關閉合并保持一段時間后，穿過左側線圈的磁通量不變，則左側線圈中的感應電流為零，直導線不產生磁場，則小磁針靜止不動，B、C錯誤；開關閉合并保持一段時間再斷開后的瞬間，穿過左側線圈向右的磁通量減少，則由楞次定律可知，左側線圈正面環(huán)繞部分產生向下的感應電流，則流過直導線的電流方向由北向南，直導線在小磁針所在處產生垂直紙面向外的磁場，則小磁針的N極朝垂直紙面向外的方向轉動，

5、D正確。答案AD【典例3】 (多選)(2018全國卷，20)如圖3(a)，在同一平面內固定有一長直導線PQ和一導線框R，R在PQ的右側。導線PQ中通有正弦交流電i，i的變化如圖(b)所示，規(guī)定從Q到P為電流正方向。導線框R中的感應電動勢()圖3A.在t時為零B.在t時改變方向C.在t時最大，且沿順時針方向D.在tT時最大，且沿順時針方向解析因通電導線的磁感應強度大小正比于電流的大小，故導線框R中磁感應強度與時間的變化關系類似于題圖(b)，感應電動勢正比于磁感應強度的變化率，即題圖(b)中的切線斜率，斜率的正負反映電動勢的方向，斜率的絕對值反映電動勢的大小。由題圖(b)可知，電流為零時，電動勢最

6、大，電流最大時電動勢為零，A正確，B錯誤；再由楞次定律可判斷在一個周期內，內電動勢的方向沿順時針方向，時刻最大，C正確；其余時間段電動勢沿逆時針方向，D錯誤。答案AC法拉第電磁感應定律的應用【典例4】 (2018全國卷，17)如圖4，導體軌道OPQS固定，其中PQS是半圓弧，Q為半圓弧的中點，O為圓心。軌道的電阻忽略不計。OM是有一定電阻、可繞O轉動的金屬桿，M端位于PQS上，OM與軌道接觸良好?？臻g存在與半圓所在平面垂直的勻強磁場，磁感應強度的大小為B?，F(xiàn)使OM從OQ位置以恒定的角速度逆時針轉到OS位置并固定(過程)；再使磁感應強度的大小以一定的變化率從B增加到B(過程)。在過程、中，流過O

7、M的電荷量相等，則等于()圖4A. B. C. D.2解析設OM的電阻為R，OM的長度為l。過程，OM轉動的過程中產生的平均感應電動勢大小為E1，流過OM的電流為I1，則流過OM的電荷量為q1I1t1；過程，磁場的磁感應強度大小均勻增加，則該過程中產生的平均感應電動勢大小為E2，電路中的電流為I2，則流過OM的電荷量為q2I2t2；由題意知q1q2，則解得，選項B正確，A、C、D錯誤。答案B【典例5】 (多選)(2016全國卷，20)法拉第圓盤發(fā)電機的示意圖如圖5所示。銅圓盤安裝在豎直的銅軸上，兩銅片P、Q分別與圓盤的邊緣和銅軸接觸。圓盤處于方向豎直向上的勻強磁場B中。圓盤旋轉時，關于流過電阻

8、R的電流，下列說法正確的是()圖5A.若圓盤轉動的角速度恒定，則電流大小恒定B.若從上向下看，圓盤順時針轉動，則電流沿a到b的方向流動C.若圓盤轉動方向不變，角速度大小發(fā)生變化，則電流方向可能發(fā)生變化D.若圓盤轉動的角速度變?yōu)樵瓉淼?倍，則電流在R上的熱功率也變?yōu)樵瓉淼?倍解析將圓盤看成無數(shù)輻條組成，它們都在切割磁感線從而產生感應電動勢和感應電流，根據(jù)右手定則可知圓盤上感應電流從邊緣流向中心，則當圓盤順時針(俯視)轉動時，流過電阻的電流方向從a到b，選項B正確；由法拉第電磁感應定律得感應電動勢EBLBL2，I，恒定時，I大小恒定，大小變化時，I大小變化，方向不變，故選項A正確，C錯誤；由PI2

9、R知，當變?yōu)?倍時，P變?yōu)樵瓉淼?倍，選項D錯誤。答案AB1.(2018河南濮陽一模)如圖6甲所示，光滑“”形金屬支架ABC固定在水平面上，支架處在垂直于水平面向下的勻強磁場中，一金屬導體棒EF放在支架上，用一輕桿將導體棒與墻固定連接，磁感應強度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，取垂直于水平面向下為正方向，則下列說法中正確的是()圖6A.t1時刻輕桿對導體棒的作用力最大B.t2時刻輕桿對導體棒的作用力最大C.t2到t3時間內，輕桿對導體棒的作用力先增大后減小D.t2到t4時間內，輕桿對導體棒的作用力方向不變解析由En，可知t1時刻感應電動勢為0，感應電流為0，安培力為0，輕桿對導體棒的作用力為0，故

10、選項A錯誤；t2時刻感應電動勢為最大，感應電流最大，但磁場為0，安培力為0，輕桿對導體棒的作用力為0，故選項B錯誤；t2到t3時間內，安培力先增大后減小，所以輕桿對導體棒的作用力先增大后減小，故選項C正確；t2到t4時間內，感應電流方向改變，安培力方向改變，則輕桿對導體棒的作用力方向改變，故選項D錯誤。答案C2.(多選)如圖7甲所示，左側接有定值電阻R2 的水平粗糙導軌處于垂直紙面向外的勻強磁場中，磁感應強度B1 T，導軌間距為L1 m。一質量m2 kg、阻值r2 的金屬棒在拉力F作用下由靜止開始從CD處沿導軌向右加速運動，金屬棒與導軌間動摩擦因數(shù)0.25，g10 m/s2。金屬棒的vx圖象如

11、圖乙所示，則從起點發(fā)生x1 m位移的過程中()圖7A.拉力做的功W9.25 JB.通過電阻R的電荷量q0.125 CC.整個系統(tǒng)產生的總熱量Q5.25 JD.x1 m時金屬棒的熱功率為1 W解析金屬棒在運動位移x1 m的過程中，克服摩擦力做功為Wfmgx5 J，x1 m時金屬棒的安培力大小為F安BILv，結合圖象可知，安培力大小與位移成正比，則金屬棒克服安培力做功為W安Fxvx0.25 J，由動能定理得WW安Wfmv2，得W9.25 J，選項A正確；流過電阻R的電荷量q0.25 C，選項B錯誤；系統(tǒng)產生的焦耳熱等于金屬棒克服安培力做功大小，等于0.25 J，系統(tǒng)產生的熱量等于摩擦生熱和焦耳熱之

12、和，大小為5.25 J，選項C正確；x1 m 時，回路中I0.5 A，由PI2r得金屬棒的熱功率為0.5 W，選項D錯誤。答案AC電磁感應中的圖象問題根據(jù)題目所給條件，讀圖分析相關物理量【典例1】 (多選)(2017全國卷，20)兩條平行虛線間存在一勻強磁場，磁感應強度方向與紙面垂直。邊長為0.1 m、總電阻為0.005 的正方形導線框abcd位于紙面內，cd邊與磁場邊界平行，如圖8(a)所示。已知導線框一直向右做勻速直線運動，cd邊于t0時刻進入磁場。線框中感應電動勢隨時間變化的圖線如圖(b)所示(感應電流的方向為順時針時，感應電動勢取正)。下列說法正確的是()圖8A.磁感應強度的大小為0.

13、5 TB.導線框運動的速度的大小為0.5 m/sC.磁感應強度的方向垂直于紙面向外D.在t0.4 s至t0.6 s這段時間內，導線框所受的安培力大小為0.1 N解析由Et圖象可知，線框經(jīng)過0.2 s全部進入磁場，則速度v m/s0.5 m/s，選項B正確；由圖象可知，E0.01 V，根據(jù)EBlv得，B T0.2 T，選項A錯誤；根據(jù)右手定則及正方向的規(guī)定可知，磁感應強度的方向垂直于紙面向外，選項C正確；在t0.4 s至t0.6 s這段時間內，導線框中的感應電流I A2 A, 所受的安培力大小為FBIl0.220.1 N0.04 N，選項D錯誤。答案BC根據(jù)題目所給條件，選擇圖象【典例2】 (2

14、018全國卷，18)如圖9，在同一水平面內有兩根平行長導軌，導軌間存在依次相鄰的矩形勻強磁場區(qū)域，區(qū)域寬度均為l，磁感應強度大小相等、方向交替向上向下。一邊長為l的正方形金屬線框在導軌上向左勻速運動。線框中感應電流i隨時間t變化的正確圖線可能是()圖9解析設線框運動的速度為v，則線框向左勻速運動第一個的時間內，線框切割磁感線運動產生的電動勢為E2Bdv(d為導軌間距)，電流i，回路中電流方向為順時針；第二個的時間內，線框切割磁感線運動產生的電動勢為零，電流為零；第三個的時間內，線框切割磁感線運動產生的電動勢為E2Bdv，電流i，回路中電流方向為逆時針，所以D正確。答案D1.解決電磁感應圖象問題

15、的“三點關注”(1)明確圖象所描述的物理意義；明確各種“”、“”的含義；(2)關注變化過程，看電磁感應發(fā)生的過程分為幾個階段，這幾個階段是否和圖象變化相對應。(3)關注大小、方向的變化趨勢，看圖線斜率的大小、圖線的曲直是否和物理過程對應。2.解決電磁感應圖象問題常用的“兩個方法”(1)排除法；(2)函數(shù)法。1.(多選)在水平光滑絕緣桌面上有一邊長為l的正方形線框abcd，被限制在沿ab方向的光滑水平直軌道上滑動。bc邊右側有一直角三角形勻強磁場區(qū)域efg，邊ef等于l，邊ge小于l，ef邊平行ab邊，磁場方向豎直向下，其俯視圖如圖10所示，線框在水平拉力F作用下向右勻速穿過磁場區(qū)域，若從線框的

16、cb邊到達ge邊位置時開始計時，設逆時針方向為電流的正方向，方向水平向右的拉力為正。則感應電流It圖象和Ft圖象正確的是(時間單位為)()圖10解析對It圖象：正方形線框abcd的切割長度均勻減小，感應電流大小均勻減小，前進距離l時，切割長度由0突然增大到最大，感應電流方向反向，然后大小均勻減小到0，選項A錯誤，B正確；對Ft圖象：根據(jù)FBIl，由于切割長度均勻變化，故安培力非線性變化，拉力F非線性變化，但安培力方向不變，拉力F方向不變，選項C錯誤，D正確。答案BD2.(多選)如圖11甲所示，矩形線圈abcd平放在水平桌面上，其空間存在兩個豎直方向的磁場，兩磁場方向相反，兩磁場的分界線OO恰好

17、把線圈分成左右對稱的兩部分，當兩磁場的磁感應強度按如圖乙所示的規(guī)律變化時，線圈始終靜止，規(guī)定磁場垂直紙面向里為正方向，線圈中逆時針方向為正方向，線圈所受桌面的摩擦力向左為正方向，則下列關于線圈產生的感應電流和桌面對線圈的摩擦力隨時間變化的圖象正確的是()圖11解析由楞次定律可得，在0t1時間內，線圈中產生逆時針方向的感應電流，在t1t2時間內，線圈中產生順時針方向的感應電流，由法拉第電磁感應定律及閉合電路歐姆定律知，線圈中的電流I，電流恒定，故選項A正確，B錯誤；線圈在水平桌面上處于靜止狀態(tài)，則水平方向受到的安培力和摩擦力大小相等，方向相反，因為FBIl，當磁感應強度B均勻變化時，感應電流I恒

18、定，l恒定，根據(jù)題圖甲、乙可知，分界線OO左側磁場的磁感應強度B1kt(0tt1)，分界線OO右側磁場的磁感應強度B2B0kt(0tt1)，在0t1時間內由楞次定律可得感應電流的方向為逆時針，由左手定則可知安培力的方向為水平向右，線圈所受安培力的合力恒為B0Il，則線圈受到的摩擦力的方向向左，同理t1t2時間內線圈受到的摩擦力的方向向右且恒為B0Il，故選項D錯誤，C正確。答案AC3.一個圓形線圈，共有n10匝，其總電阻r4.0 。線圈與阻值R016 的外電阻連成閉合回路，如圖12甲所示。線圈內部存在著一個邊長l0.20 m的正方形區(qū)域，其中有分布均勻但強弱隨時間變化的磁場，圖乙顯示了一個周期

19、內磁場的變化情況，周期T1.0102 s，磁場方向以垂直線圈平面向外為正方向。求：圖12(1)tT時刻，電阻R0上的電流大小和方向；(2)0T時間內，流過電阻R0的電荷量；(3)一個周期內電阻R0的發(fā)熱量。解析(1)0內，感應電動勢大小恒定，E1n8 V電流大小I1，可得I10.4 A電流方向從b到a(2)同(1)可得內，感應電流大小I20.2 A流過電路的電荷量qI1I2，代入數(shù)據(jù)解得q1.5103 C(3)QIR0IR0，解得Q1.6102 J答案(1)0.4 A從b向a(2)1.5103 C(3)1.6102 J電磁感應定律的綜合應用以“單棒導軌”模型為載體，考查電磁感應中的力、電綜合問

20、題【典例1】 (多選)(2018江蘇單科，9)如圖13所示，豎直放置的“”形光滑導軌寬為L，矩形勻強磁場、的高和間距均為d，磁感應強度為B。質量為m的水平金屬桿由靜止釋放，進入磁場和時的速度相等。金屬桿在導軌間的電阻為R，與導軌接觸良好，其余電阻不計，重力加速度為g。金屬桿()圖13A.剛進入磁場時加速度方向豎直向下B.穿過磁場的時間大于在兩磁場之間的運動時間C.穿過兩磁場之間的總熱量為4mgdD.釋放時距磁場上邊界的高度h可能小于解析根據(jù)題述，由金屬桿進入磁場和進入磁場時速度相等可知，金屬桿在磁場中做減速運動，所以金屬桿剛進入磁場時加速度方向豎直向上，選項A錯誤；由于金屬桿進入磁場后做加速度

21、逐漸減小的減速運動，而在兩磁場之間做勻加速運動，運動過程如圖所示(其中v1為金屬桿剛進入時的速度，v2為金屬桿剛出時的速度)，圖線與時間軸所圍的面積表示位移，兩段運動的位移相等，所以穿過磁場的時間大于在兩磁場之間的運動時間，選項B正確；根據(jù)能量守恒定律，金屬桿從剛進入磁場到剛進入磁場過程動能變化量為0，重力做功為2mgd，則金屬桿穿過磁場產生的熱量Q12mgd，而金屬桿在兩磁場區(qū)域的運動情況相同，產生的熱量相等，所以金屬桿穿過兩磁場產生的總熱量為22mgd4mgd，選項C正確；金屬桿剛進入磁場時的速度v，進入磁場時產生的感應電動勢EBlv，感應電流I，所受安培力FBIL，由于金屬桿剛進入磁場時

22、加速度方向豎直向上，所以安培力大于重力，即Fmg，聯(lián)立解得h，選項D錯誤。答案BC【典例2】 如圖14甲所示，兩根足夠長的光滑金屬導軌ef、cd與水平面成30角固定，導軌間距離為l1 m，導軌電阻不計，一個阻值為R0的定值電阻與電阻箱并聯(lián)接在兩金屬導軌的上端。整個系統(tǒng)置于勻強磁場中，磁感應強度方向與導軌所在平面垂直，磁感應強度大小為B1 T?，F(xiàn)將一質量為m、電阻可以忽略的金屬棒MN從圖示位置由靜止釋放，金屬棒下滑過程中與導軌接觸良好。改變電阻箱的阻值R，測定金屬棒的最大速度vm，得到 的關系如圖乙所示。取g10 m/s2。求：圖14(1)金屬棒的質量m和定值電阻R0的阻值；(2)當電阻箱的阻值

23、R2 ，且金屬棒的加速度為g時，金屬棒的速度大小。解析(1)金屬棒以速度vm下滑時，根據(jù)法拉第電磁感應定律有EBlvm，由閉合電路歐姆定律有EI，根據(jù)平衡條件有BIlmgsin ，整理得()，由 圖象可知1 m1s，0.5 m1s。解得m0.2 kg，R02 。(2)設此時金屬棒下滑的速度大小為v，根據(jù)法拉第電磁感應定律有EBlv，由閉合電路歐姆定律有EI，根據(jù)牛頓第二定律有mgsin BIlm，聯(lián)立解得v0.5 m/s。答案(1)0.2 kg2 (2)0.5 m/s以“雙棒導軌”模型為載體，考查電磁感應中的能量、動量等問題【典例3】 如圖15所示，兩根質量均為m2 kg的金屬棒垂直放在光滑的

24、水平導軌上，左右兩部分導軌間距之比為12，導軌間有大小相等但左、右兩部分方向相反的勻強磁場，兩棒電阻與棒長成正比，不計導軌電阻。現(xiàn)用250 N的水平拉力F向右拉CD棒，CD棒運動s0.5 m時其上產生的焦耳熱為Q230 J，此時兩棒速率之比為vAvC12，現(xiàn)立即撤去拉力F，設導軌足夠長且兩棒始終在不同磁場中運動，求：圖15(1)在CD棒運動0.5 m的過程中，AB棒上產生的焦耳熱；(2)撤去拉力F瞬間，兩棒的速度大小vA和vC；(3)撤去拉力F后，兩棒最終勻速運動的速度大小vA和vC。解析(1)設兩棒的長度分別為l和2l，所以電阻分別為R和2R，由于電路中任何時刻電流均相等，根據(jù)焦耳定律QI2

25、Rt可知Q1Q212，則AB棒上產生的焦耳熱Q115 J。(2)根據(jù)能量守恒定律，有FsmvmvQ1Q2又vAvC12，聯(lián)立以上兩式并代入數(shù)據(jù)得vA4 m/s，vC8 m/s。(3)撤去拉力F后，AB棒繼續(xù)向左做加速運動，而CD棒向右做減速運動，兩棒最終勻速運動時電路中電流為零，即兩棒切割磁感線產生的電動勢大小相等，此時兩棒的速度滿足BLvAB2LvC即vA2vC(不對過程進行分析，認為系統(tǒng)動量守恒是常見錯誤)對兩棒分別應用動量定理，規(guī)定水平向左為正方向，有FtmvAmvA，F(xiàn)tmvCmvC。因為FC2FA，故有聯(lián)立以上各式解得vA6.4 m/s，vC3.2 m/s。答案(1)15 J(2)4

26、 m/s8 m/s(3)6.4 m/s3.2 m/s以“導體框”為載體，考查電磁感應定律的綜合應用【典例4】 如圖16甲所示，斜面上存在一有理想邊界的勻強磁場，磁場方向與斜面垂直。在斜面上離磁場上邊界s10.36 m處靜止釋放一單匝矩形金屬線框，線框底邊和磁場邊界平行，金屬線框與斜面間的動摩擦因數(shù)0.5。整個線框進入磁場的過程中，機械能E和位移s之間的關系如圖乙所示。已知E0E10.09 J，線框的質量為0.1 kg，電阻為0.06 ，斜面傾角37，磁場區(qū)域的寬度d0.43 m，重力加速度g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8。求：圖16(1)線框剛進入磁場時的速度大小v1；

27、(2)線框從開始進入磁場至完全進入磁場所用的時間t；(3)線框穿越磁場的整個過程中電功率的最大值。解析(1)金屬線框進入磁場的過程中，減小的機械能等于克服摩擦力Ff和安培力FA所做的功，機械能均勻減小，因此安培力為恒力，線框勻速進入磁場。在未進入磁場前有mgsin 37mgcos 37ma，得a2 m/s2v2as1聯(lián)立解得v11.2 m/s。(2)設線框的側邊長為s2，即線框進入磁場過程運動的距離為s2，根據(jù)功能關系，除重力之外的力所做的功等于物體機械能的變化，所以有EWfWA(FfFA)s2因為是勻速進入磁場，所以FfFAmgsin 370.6 N解得s20.15 mt s0.125 s。

28、(3)線框剛出磁場時的速度最大，線框電功率最大，設此時的速度大小為v2，則有PmaxI2R由vv2a(ds2)根據(jù)線框勻速進入磁場，有FAmgcos 37mgsin 37FABIL聯(lián)立解得Pmax0.43 W。答案(1)1.2 m/s(2)0.125 s(3)0.43 W巧用流程解決電磁感應中力、電綜合問題1.(2018江西南昌三模)如圖17所示，質量為m0.04 kg、邊長l0.4 m 的正方形線框abcd放置在一光滑絕緣斜面上，線框用一平行斜面的細繩系于O點，斜面的傾角為30；線框的一半處于磁場中，磁場的磁感應強度隨時間變化的關系為B20.5t(T)，方向垂直于斜面；已知線框電阻為R0.5

29、 ，重力加速度取g10 m/s2。下列說法中正確的是()圖17A.線框中的感應電流方向為abcdaB.t0時，細線拉力大小為F0.2 NC.線框中感應電流大小為I80 mAD.經(jīng)過一段時間t，線框可能拉斷細繩向下運動解析由楞次定律可知線框中的感應電流方向為adcba，故選項A錯誤；感應電動勢E(l2)0.04 V，由閉合電路歐姆定律，可知線框中感應電流大小為I0.08 A80 mA，由平衡條件可知FTBIlmgsin ，t0時，B2 T，解得FT0.136 N，故選項B錯誤，C正確；經(jīng)過一段時間t，安培力BIl可能大于mgsin ，所以線框可能沿斜面向上運動，故選項D錯誤。答案C2.(多選)如

30、圖18甲所示，足夠長的平行金屬導軌MN、PQ傾斜放置。完全相同的兩金屬棒ab、cd分別垂直導軌放置，棒兩端都與導軌始終有良好接觸，已知兩棒的電阻均為R，導軌間距為l且光滑，電阻不計，整個裝置處在方向垂直于導軌平面向上，大小為B的勻強磁場中。棒ab在平行于導軌向上的力F作用下，沿導軌向上運動，從某時刻開始計時，兩棒的vt圖象如圖乙所示，兩圖線平行，v0已知，則從計時開始()圖18A.通過棒cd的電流由d到cB.通過棒cd的電流IC.力FD.力F做的功等于回路中產生的焦耳熱和兩棒動能的增量解析由vabvcd，故通過cd的電流方向由d到c，選項A正確；由I可得：I，選項B錯誤；對ab棒：Fmgsin

31、 BIlmaab，對cd棒：BIlmgsin macd，aabacd可得：F，選項C正確；力F做的功等于回路中產生的焦耳熱和兩棒的動能增量與重力勢能增量之和，選項D錯誤。答案AC3.(2018江蘇蘇州聯(lián)考)如圖19所示，“”形金屬導軌水平放置，寬為L0.50 m，電阻大小不計。在導軌間長d0.8 m 的區(qū)域內，存在方向垂直導軌平面向下的勻強磁場，磁感應強度B2.0 T。質量m4.0 kg、電阻R00.05 的金屬棒CD水平置于導軌上，與軌道之間的動摩擦因數(shù)為0.25，初始位置與磁場區(qū)域的左邊界相距s0.2 m，用一根輕質絕緣的細繩水平繞過定滑輪與CD棒相連。現(xiàn)用一個恒力F50 N豎直向下作用于

32、細繩A端，CD棒由靜止開始運動，運動過程中CD棒始終保持與導軌垂直，取g10 m/s2。求：圖19(1)CD棒剛進入磁場時所受的安培力的大??；(2)CD棒通過磁場的過程中流過其橫截面的電荷量q；(3)CD棒在磁場中運動的過程中電路產生的熱量Q。解析(1)金屬棒進入磁場前做勻加速直線運動由牛頓第二定律得Fmgma，代入得a10 m/s2由運動學公式得v22as，代入得v2 m/s感應電動勢EBLv2 V感應電流I40 A金屬棒進入磁場時受到的安培力F安BIL40 N(2)qtt代入數(shù)值得q16 C(3)金屬棒進入磁場后，滿足FmgF安，金屬棒所受合力為零，可知金屬棒在磁場中受力平衡，做勻速直線運

33、動。電路中電流為恒定電流I40 A，在磁場中運動所用時間t0.4 s由焦耳定律QI2Rt得CD棒在磁場中運動的過程中回路中所產生的熱量Q4020.050.432 J。答案(1)40 N(2)16 C(3)32 J電磁感應中的STSE問題賞析情形1以科學技術為背景考查楞次定律物理學是科學技術的基礎，聯(lián)系生產、生活，考查物理知識的應用是高考命題的熱點，能夠體現(xiàn)高考對學科素養(yǎng)的重視?！纠?】 (2017全國卷，18)掃描隧道顯微鏡(STM)可用來探測樣品表面原子尺度上的形貌。為了有效隔離外界振動對STM的擾動，在圓底盤周邊沿其徑向對稱地安裝若干對紫銅薄板，并施加磁場來快速衰減其微小振動，如圖20所示

34、。無擾動時，按下列四種方案對紫銅薄板施加恒磁場；出現(xiàn)擾動后，對于紫銅薄板上下及其左右振動的衰減最有效的方案是()圖20解析感應電流產生的條件是閉合回路中的磁通量發(fā)生變化。在A圖中，系統(tǒng)振動時，紫銅薄板隨之上下及左右振動，在磁場中的部分有時多有時少，磁通量發(fā)生變化，產生感應電流，受到安培力，阻礙系統(tǒng)的振動；在B、D圖中，只有紫銅薄板左右振動才產生感應電流，而上下振動無電流產生；在C圖中，無論紫銅薄板上下振動還是左右振動，都不會產生感應電流，故選項A正確，B、C、D錯誤。答案A【例2】 隨著新能源轎車的普及，無線充電技術得到了進一步開發(fā)和應用。一般給大功率電動汽車充電時利用的是電磁感應原理。如圖2

35、1所示，由地面供電裝置(主要裝置有線圈和電源)將電能傳送至電動車底部的感應裝置(主要裝置是線圈)，該裝置使用接收到的電能對車載電池進行充電，供電裝置與車身接收裝置之間通過磁場傳送能量，由于電磁輻射等因素，其能量傳輸效率只能達到90%左右。無線充電樁一般采用平鋪式放置，用戶無需下車、無需插電即可對電動車進行充電。目前，無線充電樁可以允許的充電有效距離一般為1525 cm，允許的錯位誤差一般為15 cm左右。下列說法正確的是()圖21A.無線充電樁的優(yōu)越性之一是在百米開外也可以對電車快速充電B.車身感應線圈中感應電流產生的磁場總是要阻礙引起感應電流的磁通量的變化C.車身感應線圈中感應電流產生的磁場

36、總是與地面發(fā)射線圈中電流的磁場方向相反D.若線圈均采用超導材料制成，則能量的傳輸效率有望達到100%解析由題意可知無線充電樁可以允許的充電有效距離一般為1525 cm，允許的錯位誤差一般為15 cm左右，因此達不到在百米開外對電車快速充電，選項A錯誤；由楞次定律可知，車身感應線圈中感應電流產生的磁場總是要阻礙引起感應電流的磁通量的變化，選項B正確；當?shù)孛姘l(fā)射線圈中電流增加時，穿過車身感應線圈的磁通量增加，根據(jù)楞次定律可知，此時車身感應線圈中感應電流的磁場方向與地面發(fā)射線圈中電流的磁場方向相反，當?shù)孛姘l(fā)射線圈中電流減小時，穿過車身感應線圈的磁通量減少，根據(jù)楞次定律可知，此時車身感應線圈中感應電流

37、的磁場方向與地面發(fā)射線圈中電流的磁場方向相同，選項C錯誤；由于有電磁輻射，傳送能量過程中有能量損失，因此即使線圈均采用超導材料制成，傳輸效率也不可能達到100%，選項D錯誤。答案B情形2以生活為背景考查楞次定律【例3】 (多選)(2018廣東惠州模擬)在家庭電路中，為了安全，一般在電能表后面的電路中安裝一個漏電開關，其工作原理如圖22所示，其中甲線圈兩端與脫扣開關控制器相連，乙線圈由兩條電源線采取雙線法繞制，并與甲線圈繞在同一個矩形硅鋼片組成的鐵芯上。以下說法中正確的是()圖22A.當用戶用電正常時，甲線圈兩端沒有電壓，脫扣開關接通B.當用戶用電正常時，甲線圈兩端有電壓，脫扣開關接通C.當用戶

38、發(fā)生漏電時，甲線圈兩端沒有電壓，脫扣開關斷開D.當用戶發(fā)生漏電時，甲線圈兩端有電壓，脫扣開關斷開解析正常狀態(tài)時，火線和零線中電流產生的磁場完全抵消，脫扣開關S保持接通，選項A正確，B錯誤；當用戶發(fā)生漏電時，流過火線與零線的電流不相等，乙線圈中火線和零線電流產生的磁場不能完全抵消，會使甲線圈中產生感應電動勢，脫扣開關斷開，選項C錯誤，D正確。答案AD【例4】 (2018北京順義區(qū)二模)與一般吉他靠箱體的振動發(fā)聲不同，電吉他靠拾音器發(fā)聲。如圖23所示，拾音器由磁體及繞在其上的線圈組成。磁體產生的磁場使鋼質琴弦磁化而產生磁性，即琴弦也產生自己的磁場。當某根琴弦被撥動而相對線圈振動時，線圈中就會產生相

39、應的電流，并最終還原為聲音信號。下列說法中正確的是()圖23A.若磁體失去磁性，電吉他仍能正常工作B.換用尼龍材質的琴弦，電吉他仍能正常工作C.琴弦振動的過程中，線圈中電流的方向不會發(fā)生變化D.拾音器的作用是利用電磁感應把琴弦的振動轉化成電信號解析若磁體失去磁性，則無法產生電磁感應，因此電吉他不能正常工作，故選項A錯誤；電吉他若使用尼龍材質的琴弦，則不會被磁化，不能產生電磁感應，故選項B錯誤；琴弦振動的過程中，線圈中產生感應電流的大小和方向均是變化的，故選項C錯誤；電吉他是根據(jù)電磁感應原理工作的，拾音器的作用是利用電磁感應把琴弦的振動轉化成電信號，故選項D正確。答案D情形3以科學技術為背景考查

40、電磁感應定律【例5】 (多選)(2018河南鄭州質檢)鐵路運輸中設計的多種裝置都運用了電磁感應原理。有一種電磁裝置可以向控制中心傳輸信號以確定火車的位置和運動狀態(tài)，裝置的原理是：將能產生勻強磁場的磁鐵安裝在火車首節(jié)車廂下面，如圖24甲所示(俯視圖)，當它經(jīng)過安放在兩鐵軌間的矩形線圈時，線圈便產生一個電信號傳輸給控制中心。線圈長為l1，寬為l2，匝數(shù)為n。若勻強磁場只分布在一個矩形區(qū)域內，當火車首節(jié)車廂通過線圈時，控制中心接收到線圈兩端電壓u與時間t的關系如圖乙所示(ab、cd均為直線)，則在t1t2時間內()圖24A.火車做勻速直線運動B.M點電勢低于N點電勢C.火車加速度大小為D.火車平均速

41、度大小為解析在t1t2時間內，由感應電動勢EunBl1vnBl1(v1at)，由圖象可知火車做勻加速直線運動，故選項A錯誤；由右手定則可知電流方向由M到N，所以M點電勢低于N點電勢，故選項B正確；由圖象可知斜率為nBl1a，解得加速度a，故選項C錯誤；由unBl1v可知v，所以火車平均速度大小為，故選項D正確。答案BD課時跟蹤訓練一、選擇題(13題為單項選擇題，48題為多項選擇題)1.有一種手持金屬探測器實物及其結構原理圖可簡化為圖1所示。探測器運用的是電磁感應原理，發(fā)射線圈(外環(huán))可以產生垂直于線圈平面且大小和方向均變化的磁場；內環(huán)線圈是接收線圈，用來收集被查金屬物發(fā)出的磁場(接收線圈能完全

42、屏蔽發(fā)射線圈產生的磁場)。隨著發(fā)射線圈產生的磁場方向反復變化，它會與所遇的金屬物發(fā)生作用，導致金屬物自身也會產生微弱的磁場，來自金屬物的磁場進入內環(huán)線圈被接收到后，檢測器會發(fā)出報警聲。若發(fā)射線圈產生向下且增強的磁場，則下列說法中正確的是()圖1A.金屬物產生的感應磁場的方向豎直向下B.金屬物中的渦流從上往下看是沿順時針方向C.金屬物發(fā)出的磁場穿過接收線圈時，接收線圈會產生微弱的電流，此類探測器相應的元件就是依據(jù)這一電流進行報警的D.如果金屬物中某時刻發(fā)出向上的磁場，那么接收線圈中的感應電流方向從上往下看是沿逆時針方向解析先根據(jù)探測器發(fā)射線圈發(fā)出的磁場判定穿過金屬物的磁通量方向和變化情況，再根據(jù)

43、楞次定律確定金屬物中感應電流產生的磁場方向，用安培定則判斷金屬物中的感應電流的方向，這里特別要注意感應電流產生的磁場與原磁場不能混淆；金屬物發(fā)出的磁場穿過接收線圈時，會引起接收線圈產生微弱的電流，使探測器報警，選項C正確；如果金屬中發(fā)出向上逐漸增加的磁場，接收線圈感應電流從上向下看為順時針方向，選項D錯誤。答案C2.(2018湖南三湘名校第三次聯(lián)考)隨著科技的不斷發(fā)展，無線充電已經(jīng)進入人們的視線。小到手表、手機，大到電腦、電動汽車的充電，都已經(jīng)實現(xiàn)了從理論研發(fā)到實際應用的轉化。下圖給出了某品牌的無線充電手機利用電磁感應方式無線充電的原理圖。關于無線充電，下列說法正確的是()圖2A.無線充電時手

44、機接收線圈部分的工作原理是“電流的磁效應”B.只有將充電底座接到直流電源上才能對手機進行充電C.接收線圈中交變電流的頻率與發(fā)射線圈中交變電流的頻率相同D.只要有無線充電底座，所有手機都可以進行無線充電解析無線充電時手機接收線圈部分的工作原理是電磁感應現(xiàn)象，不是“電流的磁效應”現(xiàn)象，故選項A錯誤；當充電設備通以恒定直流，無線充電設備不會產生交變磁場，那么不能夠正常使用，故選項B錯誤；接收線圈中交變電流的頻率與發(fā)射線圈中交變電流的頻率相同，故選項C正確；被充電手機內部，應該有一類似金屬線圈的部件，與手機電池相連，當有交變磁場時，則出現(xiàn)感應電動勢，那么普通手機不能夠利用無線充電設備進行充電，故選項D

45、錯誤。答案C3.(2018遼寧市聯(lián)考)如圖3所示，間距為L的光滑平行金屬導軌彎成“”形，底部導軌面水平，傾斜部分與水平面成角，導軌與固定電阻相連，整個裝置處于豎直向上的磁感應強度為B的勻強磁場中。導體棒ab與cd均垂直于導軌放置，且與導軌間接觸良好，兩導體棒的電阻均與阻值為R的固定電阻相等，其余部分電阻不計，當導體棒cd沿導軌向右以速度v勻速滑動時，導體棒ab恰好在傾斜導軌上處于靜止狀態(tài)，導體棒ab的重力為mg，則()圖3A.導體棒cd兩端的電壓為BLvB.t時間內通過導體棒cd橫截面的電荷量為C.cd棒克服安培力做功的功率為D.導體棒ab所受安培力為mgsin 解析根據(jù)題意畫出等效電路如圖甲

46、所示。導體棒cd產生的感應電動勢為EBlv，導體棒cd兩端的電壓是路端電壓，UEBLv，選項A錯誤；通過cd棒的電流I，在時間t內通過導體棒cd橫截面的電荷量為qIt，選項B正確；甲乙對ab棒進行受力分析如圖乙所示，由于ab棒靜止，所以ab棒所受安培力Fabmgtan ，選項D錯誤；由功能關系知cd棒克服安培力做功的功率等于整個電路的電功率，為P，選項C錯誤。答案B4.如圖4甲所示為磁感應強度B隨時間t的變化圖象，磁場方向垂直紙面(未畫出)，規(guī)定垂直紙面向里的方向為正方向。在磁場中有一細金屬圓環(huán)，位于紙面內，如圖乙所示。令I1、I2、I3分別表示Oa、ab、bc段的感應電流，F(xiàn)1、F2、F3分

47、別表示Oa、ab、bc段金屬圓環(huán)上很小的一段導體受到的安培力。下列說法正確的是()圖4A.I1沿逆時針方向，I2沿順時針方向B.I2沿順時針方向，I3沿順時針方向C.F1的方向指向圓心，F(xiàn)2的方向指向圓心D.F2的方向背離圓心向外，F(xiàn)3的方向指向圓心解析由圖甲所示可知，Oa段，磁場方向垂直于紙面向里，穿過圓環(huán)的磁通量增加，由楞次定律可知，感應電流I1沿逆時針方向，ab段，磁場方向垂直于紙面向里，穿過圓環(huán)的磁通量減少，由楞次定律可知，感應電流I2沿順時針方向，選項A正確；由圖甲所示可知，bc段，磁場方向垂直于紙面向外，穿過圓環(huán)的磁通量增加，由楞次定律可知，感應電流I3沿順時針方向，選項B正確；由

48、左手定則可知，Oa段安培力F1的方向指向圓心，ab段安培力F2的方向背離圓心向外，選項C錯誤；bc段安培力F3的方向指向圓心，選項D正確。答案ABD5.如圖5所示，兩等長的細繩懸掛一磁鐵與一圓形閉合線圈懸于細桿上，靜止時線圈平面與磁鐵的軸線O1O2垂直，磁鐵質量為m，磁極如圖所示。在垂直于細桿的平面內，保持細繩繃緊，將磁鐵拉至與細桿等高的位置，將磁鐵由靜止釋放，則下列說法正確的是()圖5A.磁鐵下擺過程中，線圈所受合外力為零B.磁鐵下擺過程中，線圈中有逆時針方向(沿O1O2方向看)的感應電流C.磁鐵下擺過程中，線圈中有順時針方向(沿O1O2方向看)的感應電流D.磁鐵擺到最低點時，兩繩子拉力的合

49、力小于3mg解析磁鐵下擺過程中，向左穿過線圈的磁通量增大，根據(jù)楞次定律可知，線圈中有順時針方向(沿O1O2方向看)的感應電流，故選項A、B錯誤，C正確；磁鐵向下運動的過程中，根據(jù)楞次定律可知，磁鐵會受到線圈產生的感應電流的阻礙，機械能減小，則mv2mgr，最低點拉力與重力的合力提供向心力，所以Fmg，聯(lián)立以上兩式得F3mg，故選項D正確。答案CD6.如圖6所示，導體棒沿兩平行金屬導軌從圖示位置以速度v向右勻速通過一正方形勻強磁場區(qū)域，ac邊垂直于導軌且平行于導體棒，ac邊右側的磁感應強度的大小是左側磁感應強度大小的2倍且方向相反，導軌和導體棒的電阻均不計，下列關于導體棒中感應電流和導體棒所受安

50、培力隨時間變化的圖象可能正確的是(規(guī)定電流從M經(jīng)R到N為正方向，安培力水平向左為正方向)()圖6解析解決導體運動切割磁感線產生電動勢問題的三把“金鑰匙”：一找切割長度；二找變化趨勢；三找方向。根據(jù)右手定則，開始時導體棒中感應電流方向為正(注意不要忽略物理量的正負)，大小均勻增加，根據(jù)題述可知，當導體棒運動到ac邊的右側，感應電流的大小突變?yōu)樵瓉淼?倍，方向變化，為負值，選項A正確，B錯誤；感應電流隨位移均勻變化，切割的有效長度隨位移均勻變化，根據(jù)FBIL，安培力大小隨位移做二次函數(shù)變化，根據(jù)楞次定律可知，安培力方向不變，選項C正確，D錯誤。答案AC7.如圖7所示，x軸上方第一象限和第二象限分別

51、有垂直紙面向里和垂直紙面向外的勻強磁場，且磁感應強度大小相同，現(xiàn)有四分之一圓形線框OMN繞O點逆時針勻速轉動，若規(guī)定線框中感應電流I順時針方向為正方向，從圖示時刻開始計時，則感應電流I及ON邊所受的安培力大小F隨時間t的變化示意圖正確的是()圖7解析在0t0時間內，由楞次定律和右手螺旋定則可判斷出感應電流方向為逆時針方向(為負值)；在t02t0時間內，由楞次定律和右手螺旋定則可判斷出感應電流方向為順時針方向(為正值)，且大小為在0t0時間內產生的電流大小的2倍；在2t03t0時間內，由楞次定律和右手螺旋定則可判斷出感應電流方向為逆時針方向(為負值)，且大小與在0t0時間內產生感應電流大小相等。

52、因此感應電流I隨時間t的變化示意圖與選項A中圖象相符，選項A正確，B錯誤；在0t0時間內，ON邊雖然有電流但沒有進入磁場區(qū)域，所受安培力為零；在t02t0時間內，感應電流大小為在2t03t0時間內感應電流大小的2倍，ON邊在t02t0時間內所受安培力為在2t03t0時間內的2倍，因此ON邊所受的安培力大小F隨時間t的變化示意圖與選項D中圖象相符，選項C錯誤，D正確。答案AD8.半徑分別為r和2r的同心圓形導軌固定在同一水平面內，一長為r、電阻為R的均勻金屬棒AB置于圓導軌上面，BA的延長線通過圓導軌中心O，裝置的俯視圖如圖8所示，整個裝置位于一勻強磁場中，磁感應強度的大小為B，方向豎直向下。在

53、兩環(huán)之間接阻值為R的定值電阻和電容為C的電容器。金屬棒在水平外力作用下以角速度繞O逆時針勻速轉動，在轉動過程中始終與導軌保持良好接觸。導軌電阻不計。下列說法正確的是()圖8A.金屬棒中電流從B流向AB.金屬棒兩端電壓為Br2C.電容器的M板帶負電D.電容器所帶電荷量為CBr2解析根據(jù)右手定則可知金屬棒中電流從B流向A，選項A正確；金屬棒轉動產生的電動勢為EBrBr2，切割磁感線的金屬棒相當于電源，金屬棒兩端電壓相當于電源的路端電壓，因而UEBr2，選項B正確；金屬棒A端相當于電源正極，電容器M板帶正電，選項C錯誤；由C可得電容器所帶電荷量為QCBr2，選項D錯誤。答案AB二、非選擇題9.(20

54、18江蘇淮安一模)很多人喜歡到健身房騎車鍛煉，某同學根據(jù)所學知識設計了一個發(fā)電測速裝置，如圖9所示。自行車后輪置于垂直車身平面向里的勻強磁場中，用金屬圓盤制成的后輪在磁場中轉動時，可等效成導體棒繞圓盤中心O轉動。已知磁感應強度B0.5 T，圓盤半徑l0.3 m，圓盤電阻不計。導線通過電刷分別與后輪外邊緣和圓心O相連，導線兩端a、b間接一阻值R10 的小燈泡。后輪勻速轉動時，用電壓表測得a、b間電壓U0.6 V。圖9(1)與a連接的是電壓表的正接線柱還是負接線柱？(2)圓盤勻速轉動10分鐘，則此過程中產生了多少電能？(3)自行車車輪邊緣線速度是多少？解析(1)根據(jù)右手定則，輪子邊緣點等效于電源的

55、負極，則a點接電壓表的負接線柱。(2)根據(jù)公式Qt代入數(shù)據(jù)得Q21.6 J(3)由UEBl2代入數(shù)值解得vl8 m/s。答案(1)負接線柱(2)21.6 J(3)8 m/s10.如圖10甲所示，傾斜放置的兩根足夠長的光滑金屬導軌與水平面間的夾角為，間距為L，一端通過導線與阻值為R的電阻連接，質量為m的金屬桿垂直放在導軌上，金屬桿與導軌的電阻忽略不計，空間存在垂直導軌所在平面向上的勻強磁場。現(xiàn)用平行于斜面的恒力F沿斜面向上由靜止拉金屬桿，運動過程中桿始終與導軌垂直且接觸良好，桿最終做勻速運動。當改變恒力F的大小時，桿最終做勻速運動的速度v也會變化，v與恒力F的關系如圖乙所示。取重力加速度g10

56、m/s2。圖10(1)分析說明金屬桿在勻速運動之前做什么運動？(2)若m0.4 kg，L0.5 m，R0.5 ，求磁感應強度大小B和。解析(1)金屬桿由靜止開始運動后，受到重力、支持力、沿斜面向下的安培力和恒力F的作用，由牛頓第二定律有Fmgsin F安ma而F安BIL，I可知隨著速度的增大，安培力增大，所以金屬桿在勻速運動之前做加速度減小的加速運動。(2)設金屬桿運動過程中某時刻的速度為v，則感應電動勢EBLv回路中的電流I則金屬桿受到的安培力F安IBL當金屬桿勻速運動時受到的合力為零Fmgsin F安0所以有v(Fmgsin )由題圖乙可以得到圖線的斜率k2 ms1N1對應有k，解得B1

57、T由題圖乙可知圖線的截距為2 N對應有mgsin 2 N解得30答案(1)加速度減小的加速運動(2)1 T3011.如圖11甲所示，有一豎直方向的勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直紙面向里，區(qū)域的上下邊緣間距為H85 cm，磁感應強度B隨時間t的變化關系如圖乙所示。有一長L120 cm、寬L210 cm、匝數(shù)n5的矩形線圈，其總電阻R0.2 、質量m0.5 kg，在t0時刻，線圈從離磁場區(qū)域的上邊緣高為h5 cm處由靜止開始下落，0.2 s時線圈剛好全部進入磁場，0.5 s時線圈剛好開始從磁場中出來。不計空氣阻力，重力加速度g取10 m/s2。求：圖11(1)線圈穿過磁場區(qū)域所經(jīng)歷的時間t；(2)線圈

58、穿過磁場區(qū)域產生的熱量Q。解析(1)設線圈做自由落體運動的末速度為v1，則v2gh，得v11 m/shgt，得t10.1 s進入磁場時，E1nB1L1v1，I1，F(xiàn)A1nB1I1L1得FA15 N，即FA1mg線圈勻速進入磁場，L2v1t2得t20.1 s之后線圈向下做勻加速運動，運動dHL20.75 m后，線圈的下邊剛好到達磁場的下邊緣有vv2gd，得v24 m/s由v2v1gt3，得t30.3 s出磁場時，E2nB2L1v2，I2，F(xiàn)A2nB2I2L1得FA25 N，即FA2mg線圈勻速出磁場，L2v2t4得t40.025 s因此線圈穿過磁場區(qū)域所經(jīng)歷的時間tt2t3t40.425 s(2)線圈進出磁場過程均做勻速運動，該過程中線圈產生的熱量Q1mg2L21.0 J整個線圈在磁場中運動時，E3nL1L2 T/sQ2t3 J0.042 J因此全過程產生的總熱量QQ1Q21.042 J答案(1)0.425 s(2)1.042 J