【正文】 由a流向b,選項A錯誤。由題圖乙可知,磁感應(yīng)強度的變化率的絕對值為ΔBΔt=,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律,在線圈A中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=nSΔBΔt=100=4V,閉合S電路穩(wěn)定后,根據(jù)閉合電路歐姆定律,通過R2的電流大小為I=ER1+R2+r=,選項B正確。閉合S電路穩(wěn)定后,電容器C的上極板帶正電荷,再斷開S1,電容器放電,通過R2的電流由a流向b,選項C錯誤。閉合S2后,外電路為電阻R2與電阻R1串聯(lián),電路穩(wěn)定后電容器C兩極板之間的電壓等于R2兩端電壓U=IR2=6V=,再斷開S1,通過R2的電荷量為Q=CU=106C,選項D正確?！绢愵}演練7】CD　解析cd桿的速度大小為v時,產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E=BLvcosθ,感應(yīng)電流為I=ER=BLvcosθR,對于cd桿根據(jù)牛頓第二定律可得mgsinθBILcosθ=ma,解得cd桿運動加速度大小為a=gsinθB2L2vcos2θmR,所以cd桿做加速度減小的變加速運動,根據(jù)vt圖像的斜率表示加速度,可知其vt圖像的斜率不斷減小,根據(jù)vt圖像與時間軸所圍的面積表示位移,可知cd桿變加速運動的位移大于勻加速運動的位移,而勻加速運動的平均速度等于v2,所以cd桿的平均速度大于v2,選項A錯誤。對于ab桿,由平衡條件得ab桿受到的外力最大值為F=BIL=B2L2vcosθR,選項B錯誤。設(shè)cd桿下滑的位移為s,通過cd桿某一截面的電荷量為q=It=ERt=BLvcosθRt=BLscosθR,解得s=qRBLcosθ,選項C正確。設(shè)cd桿的最大速度為vm,此時cd桿做勻速運動,則有g(shù)sinθB2L2vmcos2θmR=0,解得vm=mgRsinθB2L2cos2θ,所以有v≤mgRsinθB2L2cos2θ,選項D正確?！绢愵}演練8】答案(1)14mv02　(2)mv0BL(3)2mv0RB2L2解析(1)全過程中由能量守恒定律可得Q=12mv02,由于串聯(lián)電路中電流相等,因此熱量分配與電阻成正比,所以,在電阻R上產(chǎn)生的熱量為14mv02。(2)取向右為正方向,全過程對金屬棒由動量定理得:BILt=0mv0由電流的定義式得q=It聯(lián)立解得q=mv0BL(3)由電磁感應(yīng)中的電荷量為q=ΔΦ2R全過程磁通量變化為ΔΦ=BLd解得d=2mv0RB2L2情境設(shè)計微專題4【案例探究1】D　解析旋轉(zhuǎn)體轉(zhuǎn)一圈,測量齒輪靠近和遠離線圈N次,線圈中的感應(yīng)電流變化N次,旋轉(zhuǎn)體的角速度為ω,故轉(zhuǎn)速為ω2π,故線圈中感應(yīng)電流的變化頻率為f=nN=ωN2π,選項A錯誤。當齒距離T形軟鐵最近的時候,通過線圈的磁通量最大,磁通量的變化率為零,線圈中電流最小,選項B錯誤。測量齒輪靠近和遠離線圈時,線圈中磁通量的變化相反,產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向相反,選項C錯誤。旋轉(zhuǎn)體轉(zhuǎn)速越高,測量齒輪靠近和遠離線圈越快,線圈中磁通量的變化越大,線圈中感應(yīng)電動勢越大,線圈中的感應(yīng)電流有效值越大,選項D正確?！景咐骄?】AC　解析送電線圈相當于變壓器原線圈,受電線圈相當于變壓器副線圈,是互感現(xiàn)象,送電線圈接交變電流,受電線圈也產(chǎn)生交變電流,所產(chǎn)生的磁場呈周期性變化,AC正確,B錯誤。由于沒有閉合鐵芯,傳遞能量過程中有能量輻射,D錯誤。【案例探究3】答案(1)mvmBL　(2)BLvm+mvmBLC　(3)不可行,理由見解析解析(1)設(shè)在此過程中MN的平均電流為I,Q1=IΔtMN上受到平均安培力F=BIl由動量定理,有FΔt=mvm0代入解得Q1=mvmBL(2)開關(guān)S接2后,MN開始向右加速運動,速度達到最大值vm時,MN上的感應(yīng)電動勢為E39。=Blvm最終電容器所帶電荷量Q2=CE39。電容器最初帶電Q=Q1+Q2,代入數(shù)據(jù)解得E=BLvm+mvmBLC(3)不可行,過程中任一時刻電流:I39。=E″BLv39。R,從式中可以看出電流不恒定,取一很短時間Δt39。,流過MN電荷量q39。=E″BLv39。RΔt39。,只有當E″=0時才有:q=ΔΦR=BLxR,而本題過程中始終不滿足E″=0,該同學(xué)方法不可行?！景咐骄?】答案(1)I=BLv0R,a=B2L2v0+fRmR　(2)t=mv0RB2L2sfR　(3)見解析解析(1)車頭進入磁場時線框ab邊切割磁感線,有E=BLv0線框中的電流為I=ER線框所受的安培力為F安=BIL由牛頓第二定律可得F安+f=ma聯(lián)立解得:a=B2L2v0+fRmR(2)設(shè)列車前進速度方向為正方向,由動量定理可得∑F安iΔtift=0mv0其中F安i=B2L2viR,代入上式得∑B2L2viRΔtift=0mv0其中∑viΔti=s解得:t=mv0RB2L2sfR(3)該方案的優(yōu)點:利用電磁阻尼現(xiàn)象輔助剎車,可以使列車的加速度平穩(wěn)減小?？梢詼p小常規(guī)剎車的機械磨損等。該方案的缺點:沒有考慮列車車廂和內(nèi)部線路等也是金屬材質(zhì),進入磁場時會產(chǎn)生渦流對設(shè)備產(chǎn)生不良影響。勵磁線圈也需要耗能。線框固定在列車上增加負載且容易出現(xiàn)故障。列車出站時也會受到電磁阻尼等。【案例探究5】答案(1)M接電源正極,理由見解析　(2)2BElmR　(3)見解析解析(1)M接電源正極。列車要向右運動,安培力方向應(yīng)向右。根據(jù)左手定則,接通電源后,金屬棒中電流方向由a到b、由c到d,故M接電源正極。(2)由題意,啟動時ab、cd并聯(lián),設(shè)回路總電阻為R總,由電阻的串并聯(lián)知識得R總=R2①設(shè)回路總電流為I,根據(jù)閉合電路歐姆定律有I=ER總②設(shè)兩根金屬棒所受安培力之和為F,有F=IlB③根據(jù)牛頓第二定律有F=ma④聯(lián)立①②③④式得a=2BElmR⑤(3)設(shè)列車減速時,cd進入磁場后經(jīng)Δt時間ab恰好進入磁場,此過程中穿過兩金屬棒與導(dǎo)軌所圍回路的磁通量的變化為ΔΦ,平均感應(yīng)電動勢為E1,由法拉第電磁感應(yīng)定律有E1=ΔΦΔt⑥其中ΔΦ=Bl2⑦設(shè)回路中平均電流為I39。,由閉合電路歐姆定律有I39。=E12R⑧設(shè)cd受到的平均安培力為F39。,有F39。=I39。lB⑨以向右為正方向,設(shè)Δt時間內(nèi)cd受安培力沖量為I沖,有I沖=F39。Δt⑩同理可知,回路出磁場時ab受安培力沖量仍為上述值,設(shè)回路進出一塊有界磁場區(qū)域安培力沖量為I0,有I0=2I沖設(shè)列車停下來受到的總沖量為I總,由動量定理有I總=0mv0聯(lián)立⑥⑦⑧⑨⑩式得I總I0=mv0RB2l3討論:若I總I0恰為整數(shù),設(shè)其為n,則需設(shè)置n塊有界磁場。若I總I0不是整數(shù),設(shè)I總I0的整數(shù)部分為N,則需設(shè)置N+1塊有界磁場。素養(yǎng)提升微課堂【典例1】答案(1)2∶1　(2)3∶1　(3) m(4)1 J解析(1)由法拉第電磁感應(yīng)定律得E=ΔΦΔt,平均電流I=ER總,通過導(dǎo)體棒的總電荷量q總=IΔt=ΔΦR總。在b穿越磁場的過程中,b是電源,a與R是外電路,電路的總電阻R總1=Rb+RRaR+Ra=8Ω。則通過R的電荷量為qRb=13q總=13ΔΦR總1。同理,a穿越磁場的過程中,R總2=Ra+RRbR+Rb=6Ω,通過R的電荷量為qRa=12q總=12ΔΦR總2。解得qRa∶qRb=2∶1。(2)設(shè)b在磁場中勻速運動的速度大小為vb,則b中的電流Ib=BLvbR總1。由平衡條件得B2L2vbR總1=mbgsin53176。同理,a在磁場中勻速運動時有B2L2vaR總2=magsin53176。聯(lián)立可得va∶vb=3∶1。(3)設(shè)a、b穿越磁場的過程中的速度分別為va和vb。由題意得va=vb+gtsin53176。,d=vbt,因va2vb2=2gL0sin53176。,解得d=。(4)由F安a=magsin53176。,故Wa=magdsin53176。=。同理Wb=mbgdsin53176。=。在整個過程中,電路中共產(chǎn)生焦耳熱為Q=Wa+Wb=1J?！镜淅?】答案(1)25 m/s　(2)5 J(3)405 m解析(1)棒MN做勻加速運動,由牛頓第二定律得FBIL=ma棒MN做切割磁感線運動,產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E=BLv棒MN做勻加速直線運動,5s時的速度為v=at=2m/s在兩棒組成的回路中,由閉合電路歐姆定律得I=E2R聯(lián)立上述各式,有F=ma+B2L2at2R代入數(shù)據(jù)解得F=5s時拉力F的功率為P=Fv代入數(shù)據(jù)解得P=1W棒MN最終做勻速運動,設(shè)棒最大速度為vm,棒受力平衡,則有PvmBImL=0Im=BLvm2R代入數(shù)據(jù)解得vm=25m/s(2)解除棒PQ后,兩棒運動過程中動量守恒,最終兩棒以相同的速度做勻速運動,設(shè)速度大小為v39。,則有mvm=2mv39。設(shè)從PQ棒解除鎖定,到兩棒達到相同速度,這個過程中,兩棒共產(chǎn)生的焦耳熱為Q,由能量守恒定律可得Q=12mvm2122mv39。2代入數(shù)據(jù)解得Q=5J。(3)棒以MN為研究對象,設(shè)某時刻棒中電流為i,在極短時間Δt內(nèi),由動量定理得BiLΔt=mΔv對式子兩邊求和有∑(BiLΔt)=∑(mΔvm)而Δq=iΔt對式子兩邊求和,有∑Δq=∑(iΔt)聯(lián)立各式解得BLq=mvm,又對于電路有:q=ΔΦ2R=BLx2R代入數(shù)據(jù)解得x=405m