命題趨勢(shì)
本專題的考查集中在楞次定律，法拉第電磁感定律的應(yīng)用，電磁感應(yīng)中的圖象問題、電路問題、動(dòng)力學(xué)和能量問題，題型以選擇題為主；計(jì)算題常以“導(dǎo)體棒”切割磁感線為背景，還可能會(huì)涉及動(dòng)量的問題。
考點(diǎn)清單
一、楞次定律和法拉第電磁感應(yīng)定律
1．判定感應(yīng)電流方向的兩種方法
(1)楞次定律：一般用于線圈面積不變，磁感應(yīng)強(qiáng)度發(fā)生變化的情形。
(2)右手定則：一般用于導(dǎo)體棒切割磁感線的情形。
2．感應(yīng)電荷量的計(jì)算
q＝eq \(I,\s\up6(－))t＝neq \f(ΔΦ,R＋r)(n：匝數(shù)，ΔΦ：磁通量變化量，R＋r：閉合電路的總電阻)
二、電磁感應(yīng)中力電綜合問題
1．掌握電磁感應(yīng)綜合問題的解題步驟
(1)確定電源部分，即電源的電動(dòng)勢(shì)大小和極性，電源的內(nèi)阻大小。
(2)確定外電路。
(3)綜合運(yùn)動(dòng)閉合電路的歐姆定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、能量和動(dòng)量守恒等定律知識(shí)解答。
2．必須辨明的“3個(gè)易錯(cuò)易混點(diǎn)”
(1)發(fā)生電磁感應(yīng)的電路中，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的部分為“電源”，其余部分為“外電路”。
(2)安培力做正功，電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能量，安培力做負(fù)功，其他形式的能量轉(zhuǎn)化為電能。
(3)安培力的沖量為I＝Beq \(I,\s\up6(－))l·Δt＝qBl＝eq \f(B2l2,R＋r)x。
精題集訓(xùn)
（70分鐘）
經(jīng)典訓(xùn)練題
1．(多選)在三角形ABC區(qū)域中存在著磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，三邊電阻均為R的三角形導(dǎo)線框abc沿AB方向從A點(diǎn)以速度v勻速穿過磁場(chǎng)區(qū)域。如圖所示，ab＝L，AB＝2L，∠abc＝∠ABC＝90°，∠acb＝∠ACB＝30°。線框穿過磁場(chǎng)的過程中( )
A．感應(yīng)電流先沿逆時(shí)針方向，后沿順時(shí)針方向
B．感應(yīng)電流先增大，后減小
C．通過線框的電荷量為eq \f(\r(3)BL2,6R)
D．c、b兩點(diǎn)的最大電勢(shì)差為eq \r(3)BLv
【答案】AD
【解析】線圈穿越磁場(chǎng)的過程中，磁通量先增加后減小，則根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流先沿逆時(shí)針方向，后沿順時(shí)針方向，選項(xiàng)A正確；線框穿過磁場(chǎng)的過程中，切割磁感線的有效長(zhǎng)度先增加、后減小、再增加，則感應(yīng)電流先增加、后減小、再增加，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；根據(jù)q＝eq \f(ΔΦ,R總)，因進(jìn)入和穿出磁場(chǎng)時(shí)，磁通量的變化量相同，且感應(yīng)電流先沿逆時(shí)針方向，后沿順時(shí)針方向，可知通過線框的電荷量為零，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；當(dāng)線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，c、b兩點(diǎn)的電勢(shì)差最大，最大為Ucb＝E＝B·eq \r(3)Lv＝eq \r(3)BLv，選項(xiàng)D正確。]
【點(diǎn)評(píng)】注意題目中的關(guān)鍵字眼：“三角形導(dǎo)線框”表明線框進(jìn)入磁場(chǎng)過程中有效長(zhǎng)度發(fā)生變化；“穿過磁場(chǎng)區(qū)域”表明磁通量先增大，后減少。
2．(多選)如圖所示，豎直光滑導(dǎo)軌上端接入一定值電阻R，C1和C2是半徑都為a的兩圓形磁場(chǎng)區(qū)域，其區(qū)域內(nèi)的磁場(chǎng)方向都垂直于導(dǎo)軌平面向外，區(qū)域C1中磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間按B1＝b＋kt(k＞0)變化，C2中磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度恒為B2，一質(zhì)量為m、電阻為r、長(zhǎng)度為L(zhǎng)的金屬桿AB穿過區(qū)域C2的圓心，垂直地跨放在兩導(dǎo)軌上，且與導(dǎo)軌接觸良好，并恰能保持靜止(軌道電阻不計(jì)，重力加速度大小為g)。則( )
A．通過金屬桿的電流方向?yàn)閺腁到B
B．通過金屬桿的電流大小為eq \f(mg,2B2a)
C．定值電阻的阻值為eq \f(2kπB2a3,mg)
D．整個(gè)電路中產(chǎn)生的熱功率為eq \f(kπamg,2B2)
【解析】區(qū)域C1中磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間按B1＝b＋kt(k＞0)變化，可知磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻增大，穿過整個(gè)回路的磁通量增大，由楞次定律分析知，通過金屬桿的電流方向?yàn)閺腂到A，故A錯(cuò)誤；對(duì)金屬桿，根據(jù)平衡方程得mg＝B2I·2a，解得I＝eq \f(mg,2B2a)，故B正確；由法拉第電磁感應(yīng)定律，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(ΔB1,Δt)πa2＝kπa2；且閉合電路歐姆定律有I＝eq \f(E,R＋r)，又I＝eq \f(mg,2B2a)，解得R＝eq \f(2πkB2a3,mg)－r，故C錯(cuò)誤；整個(gè)電路中產(chǎn)生的熱功率P＝EI＝eq \f(πkamg,2B2)，故D正確。
【答案】BD
高頻易錯(cuò)題
1．(多選)(2020·山東學(xué)業(yè)水平等級(jí)考試·T12)如圖所示，平面直角坐標(biāo)系的第一和第二象限分別存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向相反且垂直于坐標(biāo)平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，圖中虛線方格為等大正方形。一位于Oxy平面內(nèi)的剛性導(dǎo)體框abcde在外力作用下以恒定速度沿y軸正方向運(yùn)動(dòng)(不發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng))。從圖示位置開始計(jì)時(shí)，4 s末bc邊剛好進(jìn)入磁場(chǎng)。在此過程中，導(dǎo)體框內(nèi)感應(yīng)電流的大小為I，ab邊所受安培力的大小為Fab，二者與時(shí)間t的關(guān)系圖像可能正確的是( )
【答案】BC
【解析】第1 s內(nèi)，ae邊切割磁感線，由E＝BLv可知，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)不變，導(dǎo)體框總電阻一定，故感應(yīng)電流一定，由安培力F＝BIL可知ab邊所受安培力與ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)的長(zhǎng)度成正比；第2 s內(nèi)，導(dǎo)體框切割磁感線的有效長(zhǎng)度均勻增大，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)均勻增大，感應(yīng)電流均勻增大；第3～4 s內(nèi)，導(dǎo)體框在第二象限內(nèi)切割磁感線的有效長(zhǎng)度保持不變，在第一象限內(nèi)切割磁感線的有效長(zhǎng)度不斷增大，但兩象限磁場(chǎng)方向相反，導(dǎo)體框的兩部分感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)方向相反，所以第2 s末感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)達(dá)到最大，之后便不斷減小，第3 s末與第1 s末，導(dǎo)體框切割磁感線的有效長(zhǎng)度相同，可知第3 s末與第1 s末線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小相等，A錯(cuò)誤，B正確；但第3 s末ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)的長(zhǎng)度是第1 s末的3倍，即ab邊所受安培力在第3 s末的大小等于第1 s末所受安培力大小的3倍，C正確，D錯(cuò)誤。
【點(diǎn)評(píng)】本題通過不規(guī)則導(dǎo)體框在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)考查法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律、安培力。本題的易錯(cuò)點(diǎn)是：2～4 s內(nèi)導(dǎo)體框切割磁感線的有效長(zhǎng)度是變化的。
2．如圖甲所示，固定的光滑平行導(dǎo)軌(電阻不計(jì))與水平面的夾角為θ＝30°，導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)且間距L＝0.5 m，底端接有阻值為R＝4 Ω的電阻，整個(gè)裝置處于垂直導(dǎo)體框架斜向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，一質(zhì)量為m＝1 kg、電阻r＝1 Ω、長(zhǎng)度也為L(zhǎng)的導(dǎo)體棒MN在沿導(dǎo)軌向上的外力F作用下由靜止開始運(yùn)動(dòng)，拉力F與導(dǎo)體棒速率倒數(shù)的關(guān)系如圖乙所示，已知g＝10 m/s2。則( )
A．v＝5 m/s時(shí)拉力大小為7 N
B．v＝5 m/s時(shí)拉力的功率為140 W
C．勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為2 T
D．當(dāng)導(dǎo)體棒的加速度a＝8 m/s2時(shí)，導(dǎo)體棒受到的安培力的大小為2 N
【答案】C
【解析】由題圖乙可知，v＝5 m/s時(shí)拉力F＝14 N，拉力的功率PF＝Fv＝70 W，A、B錯(cuò)誤；導(dǎo)體棒的最大速度vmax＝10 m/s，此時(shí)拉力最小Fmin＝7 N，F(xiàn)min－mgsin θ－F安＝0，F(xiàn)安＝eq \f(B2L2vmax,R＋r)，得B＝2 T，C正確；F＝70eq \f(1,v)，F(xiàn)－mgsin θ－F安＝ma，F(xiàn)安＝eq \f(B2L2v,R＋r)＝eq \f(1,5)v，當(dāng)a＝8 m/s2時(shí)，由以上三式得v2＋65v－350＝0，解得v＝5 m/s，故此時(shí)安培力的大小F安＝eq \f(1,5)v＝1 N，D錯(cuò)誤。
精準(zhǔn)預(yù)測(cè)題
1．如圖，均勻帶正電的絕緣圓環(huán)a與金屬圓環(huán)b同心共面放置，當(dāng)a繞O點(diǎn)在其所在平面內(nèi)順時(shí)針減速旋轉(zhuǎn)時(shí)，由此可知( )
A．圓環(huán)b具有擴(kuò)張趨勢(shì)
B．圓環(huán)b中產(chǎn)生順時(shí)針方向的感應(yīng)電流
C．若圓環(huán)a逆時(shí)針加速旋轉(zhuǎn)，圓環(huán)b中產(chǎn)生逆時(shí)針方向的感應(yīng)電流
D．若圓環(huán)a逆時(shí)針減速旋轉(zhuǎn)，圓環(huán)b中產(chǎn)生順時(shí)針方向的感應(yīng)電流
【答案】B
【解析】當(dāng)帶正電的絕緣圓環(huán)a順時(shí)針減速旋轉(zhuǎn)時(shí)，相當(dāng)于順時(shí)針方向電流，并且在減小，根據(jù)右手螺旋定則，其內(nèi)有垂直紙面向里的磁場(chǎng)，其外有垂直紙面向外的磁場(chǎng)。因垂直向外磁場(chǎng)不全在b環(huán)中，因此會(huì)導(dǎo)致b環(huán)中的磁通量減小，根據(jù)楞次定律，b環(huán)中感應(yīng)電流在b環(huán)內(nèi)產(chǎn)生垂直紙面向里的磁場(chǎng)，根據(jù)安培定則可知，b環(huán)中產(chǎn)生順時(shí)針方向的感應(yīng)電流。根據(jù)左手定則，磁場(chǎng)對(duì)b環(huán)電流的作用力向內(nèi)，所以圓環(huán)b具有收縮趨勢(shì)，故A錯(cuò)誤，B正確；若a環(huán)逆時(shí)針加速旋轉(zhuǎn)，同理a中有逆時(shí)針方向增大的電流，b環(huán)中產(chǎn)生順時(shí)針方向的感應(yīng)電流，故C錯(cuò)誤；若a環(huán)逆時(shí)針減速旋轉(zhuǎn)，同理，a中有逆時(shí)針方向減小的電流，依據(jù)右手螺旋定則與楞次定律，b環(huán)中產(chǎn)生逆時(shí)針方向的感應(yīng)電流，故D錯(cuò)誤。
2．電磁驅(qū)動(dòng)是21世紀(jì)初問世的新概念、新技術(shù)，現(xiàn)已廣泛應(yīng)用在我們的日常生活中。裝在汽車上的磁性轉(zhuǎn)速表就利用了電磁驅(qū)動(dòng)，其工作原理如圖所示。下列說法正確的是( )
A．永久磁體和鋁盤應(yīng)裝在同一轉(zhuǎn)軸上，兩者同步轉(zhuǎn)動(dòng)游絲鋁盤
B．永久磁體和鋁盤應(yīng)裝在不同的轉(zhuǎn)軸上，兩者轉(zhuǎn)動(dòng)方向相反
C．永久磁體相對(duì)鋁盤轉(zhuǎn)動(dòng)，鋁盤中產(chǎn)生感應(yīng)電流，并受安培力而轉(zhuǎn)動(dòng)
D．在電磁驅(qū)動(dòng)的過程中，通過克服安培力做功消耗機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能
【答案】C
【解析】永久磁鐵固定在轉(zhuǎn)軸上，鋁盤國(guó)定在指針軸上，鋁盤和永久磁體不是同轉(zhuǎn)軸帶動(dòng)，所以兩者轉(zhuǎn)動(dòng)不是同步的，故A錯(cuò)誤；該轉(zhuǎn)速表運(yùn)用了電磁感應(yīng)原理，由楞次定律知，鋁盤磁場(chǎng)總是阻礙永久磁鐵轉(zhuǎn)動(dòng)，要使減小穿過鋁盤磁通量的變化，永久磁鐵轉(zhuǎn)動(dòng)方向與鋁盤轉(zhuǎn)動(dòng)方向相同，故B錯(cuò)誤；當(dāng)永久磁鐵隨轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，產(chǎn)生轉(zhuǎn)動(dòng)的磁場(chǎng)，在鋁盤中產(chǎn)生感應(yīng)電流，這時(shí)永久磁鐵的磁場(chǎng)會(huì)對(duì)鋁盤上的感應(yīng)電流有安培力的作用，而產(chǎn)生一個(gè)轉(zhuǎn)動(dòng)的力矩，使指針轉(zhuǎn)動(dòng)，由于彈簧游絲的反力矩會(huì)使指針穩(wěn)定在某一刻度上，故C正確；在電磁驅(qū)動(dòng)的過程中，通過安培力做功消耗電能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，故D錯(cuò)誤。
3．(多選)如圖甲所示，水平放置的平行金屬導(dǎo)軌連接一個(gè)平行板電容器C和電阻R，導(dǎo)體棒MN放在導(dǎo)軌上且接觸良好，整個(gè)裝置放于垂直導(dǎo)軌平面的磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的變化情況如圖乙所示（圖示磁感應(yīng)強(qiáng)度方向?yàn)檎琈N始終保持靜止，則0～t2時(shí)間內(nèi)( )
A．流過電阻R的電流方向始終沒變
B．電容器C的a板一直帶正電
C．t1時(shí)刻電容器C的帶電量為零
D．MN所受安培力的方向始終沒變
【答案】AB
【解析】由圖乙可知，磁感應(yīng)強(qiáng)度先減小后方向相反增大，即穿過回路的磁通量先減小后方向相反且增大，根據(jù)楞次定律，回路中感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)阻礙遠(yuǎn)磁場(chǎng)的變化，所以回路中感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向不會(huì)發(fā)生變化，則回路中的感應(yīng)電流方向不發(fā)生變化，A正確；根據(jù)楞次定律可判斷，通過R的電流一直向下，電容器a板電勢(shì)較高，一直帶正電，B正確；t1時(shí)刻磁場(chǎng)應(yīng)強(qiáng)度為零，但是磁通量的變化量不為零，所以感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)不為零，即感應(yīng)電流不為零，則電容器C的帶電量不為零，C錯(cuò)誤；通過MN的電流方向不發(fā)生變化，但是磁場(chǎng)方向發(fā)生了變化，所以MN所受的安培力方向發(fā)生了變化，D錯(cuò)誤。
4．如圖，在光滑的水平面上，一半徑為r的金屬環(huán)勻速穿過一個(gè)方向豎直向下的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)(磁場(chǎng)寬度d＞2r)。規(guī)定金屬環(huán)中感應(yīng)電流沿順時(shí)針方向?yàn)檎较?，以進(jìn)入磁場(chǎng)瞬間為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，下列能表示圓環(huán)中感應(yīng)電流隨時(shí)間變化的圖像是( )
【答案】B
【解析】進(jìn)入磁場(chǎng)的圓弧環(huán)切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)， 設(shè)半徑與水平方向的夾角為θ，則E＝2Brvsin θ。進(jìn)入磁場(chǎng)的初始階段由右手定則可知電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，且E逐漸增大，感應(yīng)電流逐漸增大，當(dāng)恰好半個(gè)圓環(huán)進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)感應(yīng)電流達(dá)到最大；此后電流逐漸減小，由右手定則知電流還是逆時(shí)針方向。金屬環(huán)完全進(jìn)入磁場(chǎng)后，由于金屬環(huán)內(nèi)的磁通量不變，所以沒有感應(yīng)電流。在金屬環(huán)從磁場(chǎng)穿出時(shí)，由右手定則知電流方向是順時(shí)針方向，電流逐漸增大；穿出半個(gè)圓后電流逐漸減小，仍然是順時(shí)針方向。故B正確，ACD錯(cuò)誤。
5．(多選)如圖所示，足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌水平放置在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，電阻忽略不計(jì)，左端連接兩個(gè)電阻R1和R2，R1＝r，R2＝2r。長(zhǎng)為3L、電阻為3r的粗細(xì)均勻的金屬棒垂直放置在導(dǎo)軌上，其中ab＝bc＝L。金屬棒在水平向右的外力F（F未知）的作用下，以速度v做勻速直線運(yùn)動(dòng)，下列說法正確的是( )
A．導(dǎo)體棒ad間的電壓Uad＝3BLv
B．外力
C．流過R2電流
D．R1上的功率為
【答案】BD
【解析】根據(jù)電磁感應(yīng)定律可知，此時(shí)導(dǎo)體棒ad產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝3BLv，因ab＝bc＝cd＝L，可知Eab＝Ebc＝Ecd＝BLv，閉合電路總電阻，則感應(yīng)電流，此時(shí)bc兩端的電壓Ubc＝I?eq \f(2,3)r＝eq \f(2,5)BLv，則導(dǎo)體棒ad間的電壓Uad＝Ubc＋Eab＋Ecd＝2.4BLv，故A錯(cuò)誤；金屬棒此時(shí)受力平衡，安培力等于水平外力，，故B正確；因?yàn)镽1、R2并聯(lián)，R1∶R2＝1∶2，則I1∶I2＝2∶1，可得，故C錯(cuò)誤；，則電功率，故D正確。
6．如圖，用一根總電阻為2R粗細(xì)均勻的銅導(dǎo)線制成半徑為L(zhǎng)的圓環(huán)，PQ為圓環(huán)的直徑，其左右兩側(cè)四分之一圓面積內(nèi)各存在垂直于圓環(huán)所在平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，但方向相反。一根長(zhǎng)度為2L、電阻為R的金屬棒MN繞著圓環(huán)的圓心O點(diǎn)緊貼著圓環(huán)以角速度ω沿逆時(shí)針方向勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)動(dòng)過程中金屬棒MN與圓環(huán)始終接觸良好，不計(jì)一切阻力和摩擦，下列說法正確的是( )
A．轉(zhuǎn)動(dòng)過程中流過金屬棒中電流方向始終是從N到M
B．圖示位置金屬棒兩端的電壓大小為eq \f(2,3)BωL2
C．從PQ位置開始計(jì)時(shí)，0～時(shí)間內(nèi)通過金屬棒MN的橫截面電荷量為零
D．金屬棒旋轉(zhuǎn)一周的過程中，金屬棒中電流的有效值為
【答案】D
【解析】當(dāng)OM在左上方磁場(chǎng)中時(shí)，由右手定則可知金屬棒中電流方向是從N到M，當(dāng)OM在右下方磁場(chǎng)中時(shí)，由右手定則可知金屬棒中電流方向是從M到N，故A錯(cuò)誤；圖示位置金屬棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝2×BLω×eq \f(1,2)L＝BωL2，外電路的總電阻r＝eq \f(1,2)R，圖示位置金屬棒兩端的電壓大小U＝eq \f(1,3)BωL2，故B錯(cuò)誤；從PQ位置開始計(jì)時(shí)，0～時(shí)間內(nèi)切割磁感線產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)eq \x\t(E)＝BωL2，所以平均感應(yīng)電流不為0，則通過金屬棒MN的橫截面電荷量不為零，故C錯(cuò)誤；金屬棒轉(zhuǎn)動(dòng)一周過程中有半個(gè)周期內(nèi)有電流產(chǎn)生，且大小，金屬棒旋轉(zhuǎn)一周的過程中，由，可得金屬棒中電流的有效值，故D正確。
7．(多選)如圖所示，兩根電阻不計(jì)的光滑金屬導(dǎo)軌MAC、NBD水平放置，MA、NB間距L＝0.4 m，AC、BD的延長(zhǎng)線相交于點(diǎn)E且AE＝BE，E點(diǎn)到AB的距離d＝6 m，M、N兩端與阻值R＝2 Ω的電阻相連。虛線右側(cè)存在方向與導(dǎo)軌平面垂直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1 T，一根長(zhǎng)度也為L(zhǎng)＝0.4 m、質(zhì)量m＝0.6 kg電阻不計(jì)的金屬棒，在外力作用下從AB處以初速度v0＝2 m/s沿導(dǎo)軌水平向右運(yùn)動(dòng)，棒與導(dǎo)軌接觸良好，運(yùn)動(dòng)過程中電阻R上消耗的電功率不變。則( )
A．電路中的電流為0.4 A
B．金屬棒向右運(yùn)動(dòng)eq \f(1,2)d過程中克服安培力做的功為0.72 J
C．金屬棒向右運(yùn)動(dòng)eq \f(1,2)d過程中外力做功的平均功率為3.52 W
D．金屬棒向右運(yùn)動(dòng)eq \f(1,2)d過程中在電阻中流過的電量為0.45 C
【答案】ACD
【解析】金屬棒開始運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv0＝0.8 V，電路中的電流I＝eq \f(E,R)＝0.4 A，A正確；金屬棒向右運(yùn)動(dòng)運(yùn)動(dòng)距離為x時(shí)，金屬棒接入電路的有效長(zhǎng)度為L(zhǎng)1，由幾何關(guān)系可得，此時(shí)金屬棒所受安培力(0≤x≤eq \f(1,2)d)，作出F－x圖象，由圖象可得運(yùn)動(dòng)eq \f(1,2)d過程中克服安培力所做的功，B錯(cuò)誤；金屬棒運(yùn)動(dòng)eq \f(1,2)d過程所用時(shí)間為t，W＝I2Rt，解得t＝s，設(shè)金屬棒運(yùn)動(dòng)的eq \f(1,2)d的速度為v，由于電阻R上消耗的電功率不變，則有BLv0＝Beq \f(1,2)Lv，v＝2v0，由動(dòng)能定理可得Pt－W＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02，解得P＝3.52 W，C正確；由圖可知，則q＝eq \x\t(I)Δt＝eq \f(ΔΦ,R)＝0.45 C，D正確。
8．如圖所示，空間內(nèi)固定有兩平行金屬導(dǎo)軌，左側(cè)部分水平且光滑，處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中；右側(cè)傾角為α且足夠長(zhǎng)，處于垂直導(dǎo)軌平面斜向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。導(dǎo)軌上連接的電阻R1＝R2＝R，理想電源的電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻忽略不計(jì)。質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒靜置在左側(cè)水平金屬導(dǎo)軌上，閉合開關(guān)S的同時(shí)，給導(dǎo)體棒一水平向右的初速度，導(dǎo)體棒恰能做勻速直線運(yùn)動(dòng)，直至水平拋出。一段時(shí)間后，導(dǎo)體棒剛好沿右側(cè)導(dǎo)軌方向落在導(dǎo)軌上。已知兩勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，導(dǎo)軌間距均為d，重力加速度為g。若導(dǎo)軌及導(dǎo)體棒的電阻均不計(jì)，導(dǎo)體棒在運(yùn)動(dòng)過程中始終保持水平且與導(dǎo)軌垂直，求：
(1)棒獲得的水平初速度大?。?br>(2)右導(dǎo)軌頂端距左導(dǎo)軌的高度；
(3)棒在右導(dǎo)軌上最終的速度大小。
【解析】(1)因?qū)w棒勻速運(yùn)動(dòng)，故導(dǎo)體棒受到的安培力為零，即感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)等于電源電動(dòng)勢(shì)E，即：
E＝Bdv0
故導(dǎo)體棒獲得的初速度。
(2)設(shè)右導(dǎo)軌頂端距左導(dǎo)軌的高度為h，因?qū)w棒沿右側(cè)導(dǎo)軌方向落于導(dǎo)軌，所以導(dǎo)體棒的末速度方向與沿導(dǎo)軌方向，此時(shí)有：
，vx＝v，vy2＝2gh
聯(lián)立解得。
(3)導(dǎo)體棒最終在導(dǎo)軌上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以受力平衡：
mgsin α＝Bid，E＝Bdvm，E＝IR2
聯(lián)立解得：。
9．如圖甲所示，有一邊長(zhǎng)L＝3 m的正方形金屬線框，其質(zhì)量m＝1 kg、電阻R＝6 Ω，在一個(gè)方向與v0平行的水平外力F作用下勻減速進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)。已知磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，磁場(chǎng)左右邊界的寬為2L。以線框右邊進(jìn)入磁場(chǎng)開始計(jì)時(shí)，線框的初速度v0＝4 m/s，在t＝1.0 s時(shí)線框左邊進(jìn)入磁場(chǎng)立即撤去外力，外力F大小隨時(shí)間t變化的圖線如圖乙所示。若線框與水平面間接觸光滑且絕緣。則：
(1)線框進(jìn)入磁場(chǎng)過程的加速度a大小及磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；
(2)求線框離開磁場(chǎng)右邊界時(shí)的速度v′；
(3)已知線框進(jìn)入磁場(chǎng)過程中拉力做功WF＝－2.5 J，求線框從進(jìn)入磁場(chǎng)到離開磁場(chǎng)整個(gè)過程中產(chǎn)生的電熱Q。
【解析】(1)設(shè)加速度大小為a，取向左為正方向，則有：
線框右邊進(jìn)入時(shí)
線框左邊進(jìn)入時(shí)
又L＝v0t－eq \f(1,2)at2
聯(lián)立解得：a1＝2 m/s2，B＝0.5 T。
(2)面積表示沖量，有：IF＝－eq \f(1,2)(F1＋F2)t＝－0.875 N?s
線框進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)有：IF＋I(xiàn)FA＝mv－mv0
代入得IFA＝－1.125 N?s
線框出磁場(chǎng)和進(jìn)入磁場(chǎng)安培力的沖量相等：IFA′＝IFA＝－1.125 N?s
線框離開磁場(chǎng)右邊界時(shí)有：IF＋2IFA＝mv′－mv0
得v′＝0.875 m/s，方向水平向右。
(3)動(dòng)能定理：WF＋WFA＝eq \f(1,2)mv′2－eq \f(1,2)mv02
解得：Q＝－WFA≈5.12 J。
10．如圖甲所示，足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌水平放置，間距L＝0.4 m，定值電阻R＝1.6 Ω，電容器電容C＝2.5 F，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌平面向上。有一質(zhì)量m＝0.1 kg、電阻不計(jì)的導(dǎo)體棒ab與導(dǎo)軌垂直放置且接觸良好，僅閉合S1，ab在水平外力F作用下運(yùn)動(dòng)。電阻R兩端電壓隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示，重力加速度g＝10 m/s2。
(1)求ab的加速度大??；
(2)求從ab開始運(yùn)動(dòng)5 s內(nèi)通過R的電荷量；
(3)若開始時(shí)斷開S1，閉合S2后，導(dǎo)體棒受到大小為導(dǎo)體棒重力一半的水平拉力，試分析導(dǎo)體棒的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)及5 s時(shí)間內(nèi)電容器中儲(chǔ)存的能量。
【解析】(1)ab棒運(yùn)動(dòng)切割磁感線，產(chǎn)生的動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)E＝BLv
僅閉合S1，棒無內(nèi)阻，則閉合電路中電阻R的電壓U＝E＝BLv
因其U－t圖像均勻增大，說明是棒的速度隨時(shí)間均勻增大，有：U＝E＝BLat
由斜率的意義可得：BLa＝k＝0.8
解得棒的加速度a＝2 m/s2。
(2)由電量的定義式有：q＝eq \(I,\s\up6(－))t
因棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有：eq \x\t(v)＝eq \f(1,2)v＝eq \f(1,2)at
則可得
聯(lián)立解得通過R的電荷量q＝6.25 C。
(3)若開始時(shí)斷開S1，閉合S2后，棒在F＝eq \f(1,2)mg的拉力作用下加速運(yùn)動(dòng)，切割磁感線產(chǎn)生動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)，同時(shí)給電容器充電，設(shè)任一時(shí)刻棒運(yùn)動(dòng)的速度為v，電流為i，則由牛頓第二定律有：
eq \f(1,2)mg－BiL＝ma1
由于棒和導(dǎo)軌的電阻不計(jì)，則有：UC＝BLv
因在任一段時(shí)間Δt內(nèi)通過回路橫截面的電荷量與電容器所帶電荷量的變化相同，則有：
代入到牛頓第二定律表達(dá)式可得
可證得棒的加速度恒定，即棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)；代入數(shù)據(jù)可得加速度a1＝1 m/s2。
棒在5 s內(nèi)勻加速的速度和位移為：
v1＝a1t＝5 m/s，x1＝eq \f(1,2)a1t2 ＝12.5 m
對(duì)棒由動(dòng)能定理，有：Fx1－WFA＝eq \f(1,2)mv12－0
安培力做負(fù)功把機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能再儲(chǔ)存為電容器中的電場(chǎng)能，則5 s時(shí)間內(nèi)電容器中儲(chǔ)存的能量為
ΔE電＝WFA＝5 J。
11．如圖甲所示，兩條平行光滑水平導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，左右兩側(cè)折成傾斜導(dǎo)軌，其傾角均為θ＝45°，左側(cè)軌道高為eq \f(1,2)L。導(dǎo)軌水平部分有豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化規(guī)律如圖乙所示。導(dǎo)體棒ab固定在左側(cè)導(dǎo)軌最高點(diǎn)，cd固定在水平導(dǎo)軌上，與左側(cè)軌道底端相距為2L，導(dǎo)體棒ab、cd長(zhǎng)均為L(zhǎng)、電阻均為R，質(zhì)量分別為m和2m。從0時(shí)刻開始，靜止釋放導(dǎo)體棒ab，當(dāng)ab到達(dá)左側(cè)軌道底端時(shí)立即釋放導(dǎo)體棒cd。不計(jì)導(dǎo)軌電阻和空氣阻力，已知L＝1 m，R＝0.5 ?，m＝1 kg，g＝10 m/s2，B0＝2 T。求：（結(jié)果保留根號(hào)）
(1)導(dǎo)體棒ab在左側(cè)導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)的過程中導(dǎo)體棒cd產(chǎn)生的焦耳熱Q；
(2)若水平導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)，且兩棒在水平導(dǎo)軌上不會(huì)相撞，則兩棒在水平導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)過程中通過導(dǎo)體棒截面的電荷量q是多少；
(3)在(2)的條件下，若右側(cè)傾斜導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)，且導(dǎo)體棒落在傾斜導(dǎo)軌上時(shí)立即被鎖定，求導(dǎo)體棒ab、cd最終靜止時(shí)的水平間距x。
【解析】(1)ab棒在左側(cè)軌道下滑過程有： ①
mgsin θ＝ma ②
解得s ③
此時(shí)刻以后磁場(chǎng)恒定不變，則ab在左側(cè)軌道上運(yùn)動(dòng)過程中回路中的電動(dòng)勢(shì)為
④
此過程中cd棒產(chǎn)生的焦耳熱 ⑤
聯(lián)立③④⑤解得：Q＝8eq \r(5) J。
(2)ab棒到達(dá)低端的速度v0＝at1
解得v0＝eq \r(10) m/s ⑥
ab、cd兩棒在水平軌道上運(yùn)動(dòng)過程中動(dòng)量守恒且末速度相等：mv0＝3mv ⑦
對(duì)cd棒由靜止到達(dá)共速應(yīng)用動(dòng)量定理：B0ILΔt＝2mΔv ⑧
對(duì)⑧式兩邊求和得 ⑨
聯(lián)立⑥⑦⑨式解得：C。
(3)設(shè)Δx為兩棒在水平軌道上的相對(duì)位移，第(2)問中
解得m
cd棒拋出后到；落到右側(cè)傾斜軌道有h＝eq \f(1,2)gt22
xcd＝vt2
且h＝xcd
此過程中ab棒和cd棒的水平速度相等，則xab＝xcd
聯(lián)立解得m
則xab＜2L－Δx
故導(dǎo)體棒cd落在右側(cè)傾斜軌道后導(dǎo)體棒ab仍在水平軌道上，再次構(gòu)成閉合回路。設(shè)ab棒接下來在水平軌道上的位移為xab′，對(duì)ab棒由動(dòng)量定理：
而兩邊求和得
解得m
由此可知xab′＋xab＜2L－Δx
故導(dǎo)體棒ab最終靜止在水平軌道上，與cd水平間距離x＝2L－Δx－xab′＝(2－) m。

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