高考物理一轮复习 第九章 电磁感应 交变电流 新人教版.pdf

*第九章电磁感应交变电流*洞悉目标.、知讴於I容试求 考要历次考题.r.20 16 年4月20 16 年 10月2017年 4月2017 年 11月2018 年 4月2018 年1 11月2019 年 4月2020年 1月1.电磁感应现象b2.楞次定律C弋磁3.法拉J 定律程电磁感应d2322222222224.电磁展应现象的 两类情相b23X 石由1口自感b感 原/16.涡流、电磁阻尼 和电磁驱动b实验:探究电磁感应 的产生条件1T.21实验:探究感应电流 方向的规律V121(2)21交 变电 流1；交变电流2.描述交变电流的物理量3.电感和电容对交变电流 的影响4.变压器5.h能的输送U：探究变压器线圈两端 的电压与匝数的态系ccbccV21 21 42110考纲解读:对本章固容的考查，重点有感应电流的产生、感应电动势方向的判断、感 应电动势大小的计算及交变电流的有效值、瞬时值、变压器的原理及远距单离输电等知识。1.常以巧择题形式考查对基础知识、基本规律的理解与应用。2.以计而题的形式考查综合性知识，如运动学、力学、能量、电路、图象i等知识与电磁感应结合的问题,一般难度较大,分值较高。法拉第电磁感应定律楞次定律自;课时1感涡流一、电磁感应基础梳理1.电磁感应现象首穿过闭合电路的磁通量发生变化时,电路中有电流产生,这种现象称为 电磁感应斗象。2.产生感应电流的条件 IW1）条件:穿过闭合电路的磁通量 发生变化。（，芦例：闭合电路的三邮分导体在磁场内做切割磁感线 运动。3:熊量转化 嘀加.金，电磁感应现象时，喊能或其他形式的能转化为 电能O、，馨提示：当回路不闭合时,没有感应电流,但有感应电动势,只产.生感应电 J势的现象也可以称为电磁感应现象,且产生感应电动势的那部分导体或线 圈相当争电源。二、感应电流方向的判断i楞次定律1)内点蕨应电流的磁场总要 阻碍 引起感应电流的磁通量 的变化。(2)适用情况:所有的电磁感应现象。履右王定(。内容:伸开右手,使拇指与其余四个手指 垂直,并且都与手掌在同一 个平面内，让磁感胞掌心进入,并使拇指指向 导线运动的方向,这时四 琳断指的方向就是感墟流的方向。(2)适用情况:导线切、磁感线 产生感应电流。夯实考点考点一电磁感应现象的判断1.产生感应电流的条件黄述一:如合电路的一部分导体在磁场内做切割磁感线运动。表述二:潺过闭合电路的磁通量发生变化。2.判断感应电流有无的流程筑确定M究的闭合回路。(2)弄清楚回路内的磁阴分布,并确定该回路的磁通量o3|电磁感应现象的判断判断电路中能否产生感应电流的一般流程书例1如图所示，闭合铜环与闭合金属矩形框架abed接触良好，.赢磁场垂直穿过它们。当铜环沿框架向右移动时（）*心d、A.efg边上没有感应电流产生,因为铜环内磁通量没有变化B：ab边上没有感应电母型生，因为金属框架内磁通量没有变化Ajab边上有感应电流/向边上没有感应电流Dab边、efg边上均有.右电流解析：法一取aefgb为研究的回路，当闭合铜环向右移动时,其磁通量增 大，所以该回路中有感应电流,ab边、efg边上均有感应电流产生,选项A,B,C错误,D正确。法二 当闭合铜环向右移动时,efg,ehg两边都在切割磁感线,相当于两个 电源并联,所以ab,efg,de和ehg各边上均有感应电流产生，选项A,B,C错误,D正确。答案：D便步就S幽在*别提醒判断能否产生电磁感应现象,关键是看回路的磁通量是否发生了变化。磁 通量的变化量A Q=Q 2一有多种形式,主要有：UMe不变,B改变，这时AQ二ABSsin e;B,螂变,S改变,这时A 0二A SBs in 0;，(3兄,5，变,。改变，这时A Q=BS(sin 6 2-sin 6 J。变，1：（多选）1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验，验中 将一铜圆堂水平放置,在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁 针，如图所示。实验中发现,当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转昼,磁针也随着一起转动起来，但略有滞后。下列说法正确的是（AB）/B.,M盘内的涡电流产印磁场导致磁针转动 c.，圆盘转动的过程中!嫡针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化D.圆盘中的自由电子随顺一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动；解析：当圆盘转动时，圆盘的半径切割磁针产生的磁场的磁感线，产生感应 电动势,选项A正确；如图所示,铜圆盘上存在许多小的闭合回路，当圆盘转 动时，穿过小的闭合回路的磁通量发生变化,回路中产生感应电流,根据楞 次定律,感应电流阻碍其相对运动，但抗拒不了相对运动,故磁针会随圆盘 一起转动,但略有滞后,选项B正确；在圆盘转动过程中，磁针的磁场穿过整 个圆盘的磁通量始终为零，选项C错误；圆盘中的自由电子随圆盘一起运动 形成的电流的磁场方向沿圆盘轴线方向,会使磁针沿轴线方向偏转,选项D错误。7-、有点二 感应电流方向的判断 X1.楞次定律:感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化*2.右手虎则：如图，伸开右手，使拇指与其余四个手指垂直,并且都与手掌在，同一平面内,让磁感线从掌心进入,并使拇指指向导体运动的方向，这时四指那就是感应电流的方向。说明：楞次定律适可岳所有的电磁感应现象。(2)右手定则是楞次定国备三个推论,适用于导体棒切割磁感线产生感应电流。，例2如图，垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U形金属导轨,导轨平面与磁 场垂直。.舍属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS,一圆环形金属线框 T位于回庶围成的区域内，线框与导轨共面。现让金属杆PQ突然向右运动,在运心开始的瞬间,关于感应电流的方向，下列说法正确的是（PQRS中井顺时针方向,T中沿逆时针方向B.PQRS中沿顺时针方向,T中沿顺时针方向C.PQRS中沿逆时针方向,T中沿逆时针方向 中心逆时针方向,T中沿顺时针方向 Xx s x x xpxXXQXXR X X XXXXXXX/解析：因为PQ突然向右运动，由右手定则可知，运动开始的瞬间，PQRS中有沿逆 时针方向的感应电流,穿过T中的磁通量减小，由楞次定律可知,T中有沿顺时 针方向的感应电流,D正确，A,B,C错误。答案:D变产2:（多选）如图所示,“U”形金属框架固定在水平面上,金属杆ab与液架间无 摩擦。整个装置处于竖直方向的磁场中。若因磁场的变化，使杆翅向右运动，则磁感应弓AD）7+方向向下并减小 B.方向向下并增大 II.|C.方向好并增大 D.方向向上并减小 T解析:杆ab向右运动，使得闭合回路中磁通量有增加趋势,说明原磁场的磁通一量必定减小，即磁感应强度正在减小，与方向向上、向下无关,故选项A,D正确,B,C错误。考声三楞次定律的推广应用 管，L楞次定律中“阻碍”的含义可以推广为感应电流的效果总是阻碍产生感应电流的原泼.口？(1)阻碍原磁通量的变化一“增反减同”；*田阻碍耳对运动一一“来拒去留”；(3)使线闸面积有扩大或缩小的趋势“增缩减扩”；，I(4)阻碍，电流的变化(自感现象)一“增反减同”。邑楞次定律的使用步骤明确研 究对彖 是哪一 个闭合 回路A该回路磁通 量如何变化据次律 根楞定该回场 方向如何判断感应电 流磁场方向据手则14 根力定判断感应 电流方向举例3如图，通电导线MN与单匝矩形线圈abed共面，位置靠近ab且相1绝缘。z当MN中电流突然减小时，线圈所受安培力的合力方向（）事匕A.向左:向外B.向右D.垂直纸面向里燃汪解析：因为导线MN靠近ab,由图可知，线圈中等效合磁场为垂直纸面向里，当MN 中电流减小时，由楞次定律可知感应电流的磁场阻碍磁通量的减小，故线圈向 右运动，所受安培力的合力向右，故只有B项正确。答案：B 变声3:如图，一质量为m的条形磁铁用细线悬挂在天花板上,细线从、平金属 圆k中生过。现将环从位置I释放,环经过磁铁到达位置n。设环经过磁铁上 端和下端附近时细线的张力分别为F1和F2,重力加速度大小为g,贝h A).解析:金属圆环从位置I到位置II过程中，由楞次定律知，金属圆环在磁铁上 端时受力向上,在磁铁下端时受力也向上,则金属圆环对磁铁的作用力始终 向下，对磁铁受力分析可知F/mg,F2mg5 A项正确。盘,.E看点四法拉第电磁感应定律1.对法拉第电磁感应定律的理解(1)感应电动势的大小由线圈的匝数和穿过线圈的磁通量的变化率丝共同决定,而，驾磁通量的大小、变化量Ae的大小没有必然的联系。磁通量M变化率丝对应e-1图线上某点切线的斜率。AZ2.应用法拉第电磁感应定律的三种情况磁通量的变化是由面积变化引起时,二BA S,则E=n型(2串通量的变化是由磁场现化引起时,AO=A BS,则E二n警W 零/D(3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,A二|(D吊初|,E=n皿*Wn竺。AtAZ3,应用法拉第电磁感应定律应注意的三个问题H丝求解的是一个回路中某段时间内的平均感应电动势，只有在磁通量均匀值才等于平均值。A7?利用公式E二nS丝求感应电动势时,S为线圈在磁场范围内的有效面积。i Nt(3),通过回路截面的电荷量/华-与、n,.i 7 必 必温F：q=/t=-t=-sMR(P和回路电阻R有关，与时间长短无关。推导如R014.小解感应电动势常有如下几种方法表 达 式E二n空 NtE二BLvsin 01 2E=-BL2u)2|B|e=NBSw sin(w t+0 o)情/-X X X XX x%xXU X J/xX X X X0 cLr4y|R景 图XXXL-XXX-AG|lb!*1 _d,C r1一1殳求平均感应电动一般求瞬时感应电动势,当V力平均速度时求的是平均感应 血动势用平均值法求瞬时 感应电动势求瞬时感应电动势.凶、义1势,当A tf 0时求的是 瞬时感应电动势卜然.适用a件所有磁场（匀强磁场年 量计算、非匀强磁喷彳性分析）5 匀强磁场a匀强磁场H匀强磁场1亨例4如图a所示,平行长直金属导轨水平放置，间距L=0.4 m。导褊右端接有 阻值R=1 Q的电阻，导体棒垂直放置在导轨上，且接触良好。导体棒及导轨的电阻均不计；导轨间正方形区域abed内有方向竖直向下的匀强磁场,bd连线与导轨 清直,长度也为L。从右。时刻开始,磁感应强度B的大小随时间t的变化规律如图图a。0.5 1.0 1.5 2.0 f/s 图b解析：棒在进入磁场前没有切割磁感线，但磁场的强弱发生变化,导致磁通量发生 变化。abed 的面积 S=L2,2E=n 丝=n2S t A/由联立得E=0.04 Vo 答案：（1）0.04 V(?)棒在运动过程中受到的最大安培力F以及棒通过三角形abd区域流i与 时间t的关系式。解析：棒进入磁场后,做切割磁感线运动，当棒到达bd时，产生的感应电流最大，同；时切割长度最大,所以受到的安培力也最大,到达bd时，产生的感应电动势E=BLbdv 产生的感应电流1=R所受最大安培力F=BILbd 由联立得F=0.04 N,棒通过三角形abd区域时，切割磁感线的长度l=2v(t-1)，其中t的取值范围为ls4t 1.2 s 产生的感应电动势E，=Blv 感应电流i=R由联立感应电流为i=-(t-1)=t-l(1 s t 1.2 s)oR答案：(2)0.04 N i=t-l(l stJ1 鹉材要求.A1,A2同规格，R二%,L较大.L很大（有铁芯）,现象 在S闭合瞬间,A2灯立即亮起来,A1灯 逐渐变亮,最终一样亮在开关S断开时，灯A突然闪亮殳下后再 渐渐熄灭（当抽掉铁芯后,重做实验，断 开开关S时,会看到灯A马上熄灭）卜原因*,.工.i由于开关闭合时,流过电感线圈的 电流迅速增大，使线圈产生自感电 切势，阻碍了电流的增大,流过A】灯 的电流比流过人2黑的电流增加得慢闻盛丁断开开关S时,流过线圈L的电流减小，产生自感电动势,阻碍了电流的减小，使电流继续存在一段时间；在S断开后，通过L的电流反向通过A灯,且由于 RlRa，使得流过A灯的电流在开关断开 瞬间突然增大,从而使A灯的发光功率 突然变大转况 量情电感1段磁场能七为电能2.涡流(1)涡流:当线圈中的电流发生变化时，在它附近的导体中都会产生感应电流,这种电流像水中的旋涡,所以叫涡流。寿工事(2)电磁阻尼：当导体在磁场中运动时,感应电流会使导体受到安培力,安培力 rW晌总是阻碍导体的相对运动。(3)电磁驱动:如果磁场相对于导体运动,在导体中会产生感应电流使导体受 一到安培力的作用，使导体运动起来。兹阻尼和电磁驱动的原理体现了楞次定律的推广应用。典例5如图所示的电路，可用来测定自感系数较大的线圈的直流电阻!线圈 两端并联个电压表,用来测量自感线圈两端的直流电压,在实验完毕后,将电路拆开时应（A.先断开开关SiC.法拆去电流表解析：该电路实际上就是伏安法测电感线圈直流电阻的电路,在实验完毕 后，由于线圈的自感现象，若电路元件拆去的先后顺序不对,可能会烧坏电 表。当开关$2闭合，电路稳定时,线圈中的电流方向为a-b,电压表的右 彳端为左端为指针正向偏转。若先断开开关Si或先拆电流表（或 先拆去电阻R）的瞬间，线圈中产生的自感电动势相当于瞬间电源,其a端相当于电源的负极,b端相当于电源的正极，此时电压表加了一个反向电压，q使指针反向偏转，因自感系数较大的线圈的电压很大，会烧坏电压表。而,先断开开关$2,由于电压表的内阻很大，电路中的总电阻变化很小，电流几乎不变，不会损坏其他器件，故应先断开开关$2,选项B正确。答案：B当式5:（多选）如图所示的电路中，电感线圈L的自感系数很大，电阻而略,D 为理想二极管，则下列说法正确的有（BD）SbB.当S闭合时,L一直不碍,L?逐渐变亮断开时,L2立即缗用S断开时,L1突然邓,然后逐渐变暗至熄灭 解析：当s闭合叱因二极管加上了反向电压，故二极管截止,L一直不亮。通 过线圈的电流增加,产生感应电动势阻碍电流增加,故使得12逐渐变亮,选项 B正确错误；当S断开时，由于线圈自感电动势阻碍电流的减小，通过L的电 流要在Lz-Li-D-L中形成新的回路,故L突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭，选项C错误,D正确。Ifi 课堂训练1.（电磁感应现象）（多选）电吉他中电拾音器的基本结构如图所示，磁体附近 的金属弦被磁化,因此弦振动时,在线圈中产生感应电流，电流经电路放大后 假送到音箱发生声音,下列说法正确的有（BC D）A.选用铜号弦，电吉他仍能正常工作B.取走磁体，电吉他将不能正常工作C增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势D.弦振动过程底线圈中的电流方向不断变化 a1 f.1解析：因铜质弦不能被磁化,所以A错误;若取走磁铁,金属弦无法磁化，电吉他 将不能正常工作，所以B正确；根据法拉第电磁感应定律知，增加线圈匝数可以 增大线圈中的感应电动势,所以C正确；弦振动过程中，线圈中的磁通量一会儿 增大一会儿减小，所以电流方向不断变化,D正确。2 J楞次定律的应用）（多选）如图，在水平光滑桌面上,两相同的矩形刚性小线圈 分别叠放卡固定的绝缘矩形金属框的左右两边上,且每个小线圈都各有一半面积 在金属框向，在金属框接通逆时针方向电流的瞬间（bc）A.两小线圈会有相互靠拢的趋势 中小绡会有相互远离的趋势 C.两小线甬中感应电流都沿顺时针方向左右D.左边小线圈中感应电流沿顺时针方向，右边小线圈中感应电流沿逆时针方向.n_ _解析：在金属框接通逆时针方向电流的瞬间，穿过两线圈的磁通量均增加，为了阻 碍磁通量的增加，由楞次定律知，左、右两线圈分别向左、右移动，两小线圈中感 应电流都沿顺时针方向，故B,C正确。3 j楞次定律的应用）如图所示,在载流直导线近旁固定有两平行光滑、瞰A,B,导轨与直言线平行且在同一水平面内，在导轨上有两可自由滑动的导体ab和cd。当载流直喜线中的电流逐渐增强时导体ab和cd的运动情况是（）CA1-B-起向左运动起同布运动C.ab和cd而向运动,相互靠近 _D.ab和cd相背运动，相互远离解析:根据安培定则知,直线电流下方的磁场方向垂直纸面向里，电流增强时，磁场增强，根据楞次定律得,回路中的感应电流方向为abdc,根据左手定则 知，ab所受安培力方向向右，cd所受安培力向左，即ab和cd相向运动，相互靠近,故选项C正确，A,B,D错误。4（法拉第电磁感应定律）（多选）法拉第圆盘发动机的示意图如图所示，铜圆 盘安装车竖直的铜轴上,两铜片P,Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触.圆盘处于 方向竖言向上的匀强磁场B中。圆盘旋转时,关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是（AB）转动的角速度恒定,则电流大小恒定B.若从上向下看,圆盘顺时针转动,则电流沿a到b的方向流动aC.若圆盘转动方向不变,角速度大小发生变化,则电流方向可能发生变化专动的角速度变为原来的两倍,则电流在R上的热功率也变为原来的 3的瞒11?解析:将圆盘看成无数辐条组成,它们都在切割磁感线从而产生感应电动势，出现 感应电流,则当圆盘顺时针转动时,根据右手定则可知圆盘上感应电流从边缘向 中心，流过电阻的电流方向从a到b,B正确；设圆盘半径为L,由法拉第电磁感应定 律得感生电动势E=BL v=BL2 co,感应电流大小为1=E=J 恒定,A正2 R+r 2(7?+r)、确，C错误；由P=得，当co变为2倍时,P变为原来的4倍,D错误。R+r51（自感）（多选）如图所示的电路中,L为一个自感系数很大、直流电阻小计的 而,Dl，D2是两个完全相同的电灯,E是内阻不计的电源0时刻，闭合开关S,经过一段.时间后，电路达到稳定,1时刻断开开关S。L，I2分别表示通过电灯Di和D2中的电流,规定图中箭头所示方向为电流正方向，以下各图中能定性描 如电流血时间t变化关系的是（AC）燃t5mfi汪*解析：当S闭合时,L的自感作用会阻碍其中的电流变大，电流从D1流过；当L的 阻碍作用变小时,L中的电流变大,Di中的电流变小至零;D2中的电流为电路 总电流，电流流过Di时，电路总电阻较大，电流较小，当Di中电流为零时，电流 流过L与口2,总电阻变小，电流变大至稳定；当S再断开时,D2马上熄灭,Di与L 组成回路，由于L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。题试做1.（2019全国in卷,14）楞次定律是下列哪个定律在电磁感应现象中的具体体现(D)A.电阻定律 B.库仑定律C.欧姆闻t D.能量守恒定律解析:楞次定律指感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的原磁场的磁通量 的变化，这种阻碍作用做功将其他形式的能转变为感应电流的电能,所以楞 次定律的阻碍过程实质上就是能量转化的过程,选项D正确。2.12018全国I卷,19）（多选）如图,两个线圈绕在同一根铁芯上，其申线圈 通过开卷内电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线 连接成回访。将一小磁针悬挂在直导线正上方,开关未闭合时小磁针处于静止状态。下列说法正确的是（AD）A.开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动 船不关能并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向C.，开关闭合并保持一 官网间后，小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向 仃附关闭合并保持一瓯间再断开后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的 疝转动解析:根据安培定则，开关闭合时铁芯上产生水平向右的磁场。根据楞次定 律，直导线上将产生由南向北的电流，根据安培定则，直导线上方的磁场垂直 纸面向里，故小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动，A正确；开关闭合并保 持一段时间后，直导线上没有感应电流,故小磁针的N极指北,B,C错误;开关 闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，根据楞次定律,直导线上将产生由北 向南的电流，这时直导线上方的磁场垂直纸面向外，故小磁针N极朝垂直纸面 向外的方向转动,D正确。3彳2018全国HI卷,20)(多选)如图(a),在同一平面内固定有一长直和一 导线框R,在PQ的右侧。导线PQ中通有正弦交流电i,i的变化如图(b)所示,规定 从Q至UP为由流正方向。导线框R中的感应电动势(AC)在t二工时为零改变方向B.在 t二时最大,且沿顺时针方向图 图t=T时最大,且沿顺册比7解析:在t=二时，交流电图线斜率为0,即磁场变化率为0,4由E=A=S知,E=0,选项A正确；在t=2和t=T时，图线斜率最大,磁场的变化率Nt At 2最大,则在t=工和t=T时感应电动势最大。在二到二之间，电流由Q到P减弱，导线在 2 4 2R处产生垂直纸面向里的磁场，且磁场减弱，由楞次定律知,R中感应电动势沿顺时针方向，同理可判断在到时,R中电动势也为顺时针方向，在2 T到T时,R中电动势为 2 4 4逆时针方向，选项C正确，B,D错误。微MS注41（2018 全国II卷,17）如图，导体轨道OPQS固定,其中PQS是半圆弧,Q为半的弧的中 点，。为圆心。轨道的电阻忽略不计。OM是有一定电阻、可绕。转动的金属杆,M端位 于PQS上,OM与轨道接触良好。空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场,磁感应强度 的大小为Bo现使0M从0Q位置以恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定（过程I）;pMW理强度的大小以一定的变化率从B增加到B，过0M的电荷量相等,则老等于（B）BA.-B.-C.-D.2 J/4 2 44（过程II）。在过程1,11中，流上0w解析:在过程i,n中，根据法拉第电磁感应定津 有斤丝2 1 一B 一兀-nr12 4 J)Nt、A(B 兀/E2=工=-2，根据闭合电路欧姆定律，有L=4，2 4 2 R12=,又 Q1=I1 A tl,Q2=RI 2 A t2,则J1 2 18 一兀-兀尸(2 4R、2匕止，所以老二，B正确。R B 2J-5.（2016浙江10月选考,22）为了探究电动机转速与弹簧伸长量之间的关系，小明设计 了%图用木的装置。半径为1的圆形金属导轨固定在水平面上，一根长也为1、电阻为R 的金属棒凝一端与导轨接触良好，另一端固定在圆心处的导电转轴00，上，由电动机A 步动旋转。在圆形金属导轨区域内存在垂直于导轨平面,大小为瓦、方向竖直向下的 电强磁场。另有一质量为m、电阻为R的金属棒cd用轻质弹簧悬挂在竖直平面内，并与 固定在竖再平面内的形导轨保持良好接触，导轨间距为1,底部接阻值也为R的电阻,处于大小为B2、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场中。从圆形金属导轨引出导线和通 裆电刷从转轴引出导线经开关S与形导轨连接。当开关S断开，棒cd静止时，弹簧伸 长尊为X。;当开关S闭合，电子机以某一转速逆时针（从上向下看）匀速转动，棒cd再次静 止时，弹簧伸长量变为不超过弹性限度）。不计其余电阻和摩擦等阻力，求此时：(通过棒cd的电流Id；(2,电动机对该装置的输出功率P;解析：S断开，cd棒静止,有mg=kx0S闭合,cd棒静止时受到的安培力F=LdB21,方向向下B cd 棒静止有 mg+IcdB2l=kx 得 Icd=一马1。(2)回路总电阻R总=11+-R=-R2 2总电流1=2叫(.%)B2lxG2)6m2Q2R(x-xA 由能量守恒，得P=L=。答案：见解析(|)电动机转动角速度3与弹簧伸长量X之间的函数关系。解析：(3)由法拉第电磁感应定律E=n=1b1W12 At 2,1 2回路总电流1=二=驷_得00=R谆 3R6mgR（x-x）BxBxq答案：见解析