二、计算题(本题共2小题，共28分。写出必要的文字说明，方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分。)

9.(2015·浙江理综，24)(14分)小明同学设计了一个“电磁天平”，如图1所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡。线圈的水平边长L=0.1 m，竖直边长H=0.3 m，匝数为N1。线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B0=1.0 T，方向垂直线0～2.0 A范围内调节的电流I。挂盘放上待测物体后，调节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=10 m/s2)

(1)为使电磁天平的量程达到0.5 kg，线圈的匝数N1至少为多少?

(2)进一步探究电磁感应现象，另选N2=100匝、形状相同的线圈，总电阻R=10 Ω，不接外电流，两臂平衡。如图2所示，保持B0B随时间均匀变大，磁场区域宽度d=0.1 m。当挂盘中放质量为0.01 kg的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率。

10.(2015·天津理综，11)(14分)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ab边长为l，cd边长为2l，ab与cd平行，间距为2l。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，cd边到磁场上边界的距离为2l，线框由静止释放，从cd边进入磁场直到ef、pq边进入磁场前，线框做匀速运动，在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中产生的热量为Q。线框在下落过程中始终处于原竖直平面内，且ab、cd边保持水平，重力加速度为g。求：

(1)线框ab边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是cd边刚进入磁场时的几倍;

(2)磁场上下边界间的距离H。

导航卷十　电磁感应规律及其应用

1.C　[金属框绕ab边转动时，闭合回路abc中的磁通量始终为零(即不变)，所以金属框中无电流。金属框在逆时针转动时，bc边和ac边均切割磁感线，由右手定则可知φb<φc，φa<φcE=Blv可知，Ubc=Uac=-Bl=-Bl=-Bl2ω。由以上分析可知选项C正确。]

2.C　[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，故由法拉第电磁感应定律得φa-φb=-C项正确。]

3.B　[电路中的感应电动势E=Blv，感应电流I===故A错误，B正确;金属杆所受安培力大小F=BI=，故C错误;金属杆的发热功率P=I2R=I2 r=，故D错误。]

4.C　[设PQ左侧电路的电阻为Rx，则右侧电路的电阻为3R-Rx，所以外电路的总电阻为R外=，外电路电阻先增大后减小，路端电压先增大后减小，所以B错误;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得PQ中的电流I=，先减小后增大，故A错误;由于导体棒做匀速运动，拉力等于安F=BIL，拉力的功率P=BILv，故先减小后增大，所以C正确;外电路的总电阻R外=，最大值为R，小于导体棒的电阻R，又外电阻先增大后减小，由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错误.]

5.C　[在第一个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a端电势高于b端，因电流的变化率逐渐减小，故内环的电动势逐渐减小;同理在第0.25 T0～0.5 T0时间内，通过大圆环的电流为瞬时针逐渐减小，由楞次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。]

6.C　[由题图(b)可知c、d间的电压大小是不变化的，根据法拉第电磁感应定律可判断出线圈cd中磁通量的变化率是不变的，又因已知线圈内部的磁场与流经线ab中的电流是均匀变化的，选项C正确，A、B、D均错误。]

7.AB　[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的点电势不等而形成涡流，产生的磁场又导致磁针转动，选项B正确;圆盘转动过程中，圆盘位置、圆盘面积和磁场都没有发生变化，所以没有磁通量的变化，选项C错误;圆盘本身呈现电中性，不会产生环形电流，选项D

8.ABD　[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正确;根据E=BLv可知所加磁场越强，则感应电动势越大，感应电流越大，产生的阻碍圆盘转动的安培力越大，则圆盘越容易停止转动，选项B正确;若加反向磁场，根据楞次定律可知安培力阻碍圆盘的转动，故圆盘仍减速转动，选项C错误;若所加磁场穿过整个圆盘，则圆盘中无感应电流，不产生安培力，圆盘匀速转动，选项D正确。]

9.(1)题中“电磁天平”中的线圈受到安培力

F=N1B0IL①

由天平平衡可知：mg=N1B0IL②

代入数据解得：N1=25匝③

(2)由电磁感应定律得：E=N2=N2Ld④

由欧姆定律得：I′=⑤

线圈受到的安培力F′=N2B0I′L⑥

由天平平衡可得：m′g=NB0·⑦

代入数据可得=0.1 T/s⑧

答案　(1)25匝　(2)0.1 T/s

10.【详细分析】(1)设磁场的磁感应强度大小为B，cd边刚进入磁场时，线框做匀速运动的速度为v1，cd边上的感应电动势为E1，由法拉第电磁感应定律，有E1=2Blv1①

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=②

设此时线框所受安培力为F1，有F1=2I1lB③

由于线框做匀速运动，其受力平衡，有mg=F1④

由①②③④式得v1=⑤

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

v2=⑥

由⑤⑥式v2=4v1⑦

(2)线框自释放直到cd边进入磁场前，由机械能守恒定律，有2mgl=mv⑧

线框完全穿过磁场的过程中，由能量守恒定律，有

mg(2l+H)=mv-mv+Q⑨

由⑦⑧⑨式得H=+28l⑩

答案　(1)4倍　(2)+28l

1.电磁感应中动力学问题的分析方法

(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向。

(2)求回路的电流。

(3)分析导体受力情况(包含安培力在内的全面受力分析)。

(4)根据平衡条件或牛顿第二定律列方程。

2.两种状态处理

(1)导体处于平衡态——静止或匀速直线运动状态。

处理方法：根据平衡条件合外力等于零列式分析。

(2)导体处于非平衡态——加速度不为零。

处理方法：根据牛

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