电磁感应(限时：40分钟)对点强化1等效法在电磁感应中的应用1．(多选)用一根横截面积为S、电阻率为ρ的硬质导线做成一个半径为r的圆环，ab为圆环的一条直径．如图1所示，在ab的左侧存在一个匀强磁场，磁场方向垂直圆环所在平面，方向如图，磁感应强度大小随时间的变化率＝k(k<0)．则()【导学号：96622419】图1A．圆环中产生逆时针方向的感应电流B．圆环具有扩张的趋势C．圆环中感应电流的大小为D．图中a、b两点间的电势差Uab＝BD根据楞次定律和安培定则，圆环中将产生顺时针方向的感应电流，且具有扩张的趋势，A错误、B正确；根据法拉第电磁感应定律，圆环中产生的感应电动势大小为E＝＝，由电阻定律知R＝ρ，所以感应电流的大小为I＝＝，C错误；根据闭合电路欧姆定律可得a、b两点间的电势差Uab＝，D正确．2．半径为a的圆形区域内有匀强磁场，磁感应强度为B＝0.2T，磁场方向垂直纸面向里．半径为b的金属圆环与磁场同心放置，磁场与环面垂直，其中a＝0.4m，b＝0.6m，金属环上分别接有灯L1、L2，两灯的电阻均为R0＝2Ω，一金属棒MN与金属环接触良好，棒与环的电阻均忽略不计．图2(1)若金属棒MN以v0＝5m/s的速率在环上向右匀速滑动，求金属棒MN滑过圆环直径OO′的瞬间(如图2所示)，金属棒MN中的电动势和流过灯L1的电流；(2)撤去中间的金属棒MN，将右面的半圆环OL2O′以OO′为轴向上翻转90°，若此后磁场的磁感应强度随时间均匀变化，其变化率为＝T/s，求此时L1的功率．【解析】(1)金属棒MN滑过圆环直径OO′的瞬间，金属棒MN切割磁感线的有效长度为2a，产生的感应电动势E1＝B·2av0＝0.2×2×0.4×5V＝0.8V由欧姆定律得，流过灯L1的电流I1＝＝A＝0.4A.(2)设此时产生的感应电动势为E2，由法拉第电磁感应定律得E2＝＝πa2·＝×π×0.42×V＝0.32VL1、L2串联，每个灯上分得的电压U＝E2＝0.16VL1的功率为P1＝＝W＝1.28×10－2W.【答案】(1)0.8V0.4A(2)1.28×10－2W对点强化2电磁感应中的“杆＋导轨”模型3．(多选)如图3所示，abcd是由粗细均匀的电阻丝制成的长方形线框，导体棒MN有电阻，可在ad边与bc边上无摩擦滑动，且接触良好，线框处于垂直纸面向里的匀强磁场中．当MN棒由靠ab边处向cd边匀速移动的过程中，下列说法中正确的是()【导学号：96622420】图3A．MN棒中电流先减小后增大B．MN棒两端电压先增大后减小C．MN棒上拉力的功率先增大后减小D．矩形线框中消耗的电功率先减小后增大AB设导体棒MN的速度为v，长为l，电阻为r，导体棒MN两边的电阻并联，则导体棒MN由ab向cd运动的过程中，导体棒在ad中点时，回路的总电阻最大，导体棒MN产生的感应电动势E＝Blv，恒定不变，切割磁感线的导体棒MN相当于电源，可见在导体棒移动过程中，电路的总电阻先变大后减小；由闭合电路欧姆定律I＝知，MN棒中电流先减小后增大，选项A正确；由U＝Blv－Ir可知，MN棒两端电压先增大后减小，选项B正确；根据功率的定义可得P＝Fv＝BIlv，MN棒上拉力的功率先减小后增大，选项C错误；由于导体棒MN的电阻和线框电阻的大小关系不确定，无法确定矩形线框中消耗的电功率的变化，选项D错误．4．间距为L＝2m的足够长的金属直角导轨如图4甲所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边垂直于水平面．质量均为m＝0.1kg的金属细杆ab、cd与导轨垂直放置形成闭合回路．细杆与导轨之间的动摩擦因数均为μ＝0.5，导轨的电阻不计，细杆ab、cd的电阻分别为R1＝0.6Ω，R2＝0.4Ω.整个装置处于磁感应强度大小为B＝0.50T、方向竖直向上的匀强磁场中(图中未画出)．当ab在平行于水平导轨的拉力F作用下从静止开始沿导轨匀加速运动时，cd杆也同时从静止开始沿导轨向下运动．测得拉力F与时间t的关系如图乙所示．g取10m/s2.甲乙图4(1)求ab杆的加速度a；(2)求当cd杆达到最大速度时ab杆的速度大小；(3)若从开始到cd杆达到最大速度的过程中拉力F做了5.2J的功，通过cd杆横截面的电荷量为2C，求该过程中ab杆所产生的焦耳热．【解析】(1)由题图乙可知，在t＝0时，F＝1.5N对ab杆进行受力分析，由牛顿第二定律得F－μmg＝ma代入数据解得a＝10m/s2.(2)从d向c看，对cd杆进行受力分析如图所示，当cd杆速度最大时，有Ff＝mg＝μFN，FN＝F安，F安＝BI...
