?第3講　電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用



知識點(diǎn)　電磁感應(yīng)和電路的綜合?、?br /> 1．對電源的理解：在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的那部分導(dǎo)體相當(dāng)于電源。如：切割磁感線的導(dǎo)體棒、有磁通量變化的線圈等。
2．對電路的理解：內(nèi)電路是切割磁感線的導(dǎo)體或磁通量發(fā)生變化的線圈；除電源外其余部分是外電路，外電路由電阻器、電容器等電學(xué)元件組成。在外電路中，電流從高電勢處流向低電勢處；在內(nèi)電路中，電流則從低電勢處流向高電勢處。
3．與電路相聯(lián)系的幾個公式
(1)電源電動勢：E＝n或E＝Blv。
(2)閉合電路歐姆定律：I＝。
電源的內(nèi)電壓：U內(nèi)＝Ir。
電源的路端電壓：U外＝IR＝E－Ir。
(3)消耗功率：P外＝IU，P總＝EI。
(4)電熱：Q外＝I2Rt，Q總＝I2(R＋r)t。
知識點(diǎn)　電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的動力學(xué)問題?、?br /> 1．安培力的大小
F＝
2．安培力的方向
(1)先用右手定則或楞次定律確定感應(yīng)電流方向，再用左手定則確定安培力方向。
(2)根據(jù)楞次定律，安培力方向一定和導(dǎo)體切割磁感線運(yùn)動方向相反。
3．分析導(dǎo)體受力情況時，應(yīng)做包含安培力在內(nèi)的全面受力分析。
4．根據(jù)平衡條件或牛頓第二定律列方程。
知識點(diǎn)　電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量問題　Ⅱ
1．電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化
閉合電路的部分導(dǎo)體做切割磁感線運(yùn)動產(chǎn)生感應(yīng)電流，通有感應(yīng)電流的導(dǎo)體在磁場中受安培力。外力克服安培力做功，將其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能；通有感應(yīng)電流的導(dǎo)體在磁場中通過受安培力做功或通過電阻發(fā)熱，使電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能。
2．實質(zhì)
電磁感應(yīng)現(xiàn)象的能量轉(zhuǎn)化，實質(zhì)是其他形式的能和電能之間的轉(zhuǎn)化。

一 堵點(diǎn)疏通
1．在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的那部分導(dǎo)體相當(dāng)于電源。(　　)
2．導(dǎo)體所受安培力的方向一定與導(dǎo)體的運(yùn)動方向相反。(　　)
3．物體克服安培力做功的過程是將其他形式的能量轉(zhuǎn)化為電能的過程。(　　)
4．電源的電動勢就是電源兩端的電壓。(　　)
5．在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中，求焦耳熱時只能用Q＝I2Rt求解。(　　)
答案　1.√　2.×　3.√　4.×　5.×
二 對點(diǎn)激活
1.(人教版選擇性必修第二冊·P44·T2改編)(多選)如圖所示，單匝線圈ABCD在外力作用下以速度v向右勻速進(jìn)入勻強(qiáng)磁場，第二次又以速度2v勻速進(jìn)入同一勻強(qiáng)磁場，則下列說法正確的是(　　)

A．第二次與第一次進(jìn)入時線圈中電流之比為2∶1
B．第二次與第一次進(jìn)入時外力做功功率之比為2∶1
C．第二次與第一次進(jìn)入過程中通過線圈某橫截面的電荷量之比為2∶1
D．第二次與第一次進(jìn)入時線圈中產(chǎn)生熱量之比為2∶1
答案　AD
解析　由E＝Blv知＝，由I＝得＝，故A正確。勻速進(jìn)入，外力做功的功率與克服安培力做功的功率相等，由P＝I2R得＝，故B錯誤。由電荷量q＝得＝，故C錯誤。產(chǎn)生熱量Q＝Pt＝P·，得＝×＝，故D正確。
2.設(shè)圖中的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1 T，平行導(dǎo)軌寬l＝1 m，金屬棒PQ以1 m/s速度貼著導(dǎo)軌向右運(yùn)動，R＝1 Ω，其他電阻不計。

(1)運(yùn)動的導(dǎo)線會產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，相當(dāng)于電源。用電池等符號畫出這個裝置的等效電路圖；
(2)通過R的電流方向如何？大小等于多少？
答案　(1)圖見解析　(2)豎直向下　1 A
解析　(1)PQ切割磁感線，相當(dāng)于電源，等效電路如圖。

(2)E＝Blv＝1 V
I＝＝1 A
由右手定則判斷通過R的電流方向豎直向下。
3．如圖甲所示，放置在水平桌面上的兩條光滑導(dǎo)軌間的距離L＝1 m，質(zhì)量m＝1 kg的光滑導(dǎo)體棒放在導(dǎo)軌上，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌垂直且導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌電阻均不計，導(dǎo)軌左端與阻值R＝4 Ω的電阻相連，導(dǎo)軌所在位置有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝2 T的勻強(qiáng)磁場，磁場的方向垂直導(dǎo)軌平面向下，現(xiàn)在給導(dǎo)體棒施加一個水平向右的恒定拉力F，并每隔0.2 s測量一次導(dǎo)體棒的速度，圖乙是根據(jù)所測數(shù)據(jù)描繪出的導(dǎo)體棒的v-t圖像(設(shè)導(dǎo)軌足夠長)。

(1)求力F的大?。?br /> (2)求t＝1.6 s時，導(dǎo)體棒的加速度a的大小；
(3)若1.6 s內(nèi)導(dǎo)體棒的位移x＝8 m，試計算1.6 s內(nèi)電阻上產(chǎn)生的熱量Q。
答案　(1)10 N　(2)2 m/s2　(3)48 J
解析　(1)導(dǎo)體棒做切割磁感線運(yùn)動，有E＝BLv
I＝，F(xiàn)安＝BIL
當(dāng)導(dǎo)體棒速度最大為vm時，F(xiàn)＝F安
解得F＝＝10 N。
(2)當(dāng)t＝1.6 s時，v1＝8 m/s
此時F安1＝＝8 N
由牛頓第二定律得F－F安1＝ma
解得a＝2 m/s2。
(3)由能量守恒定律可知Fx＝Q＋
解得Q＝48 J。



考點(diǎn)1　電磁感應(yīng)中的電路問題
1.問題歸類
(1)以部分電路歐姆定律為中心，對六個基本物理量(電壓、電流、電阻、電功、電功率、電熱)、三條定律(部分電路歐姆定律、電阻定律和焦耳定律)以及若干基本規(guī)律(法拉第電磁感應(yīng)定律、楞次定律、右手定則、串并聯(lián)電路特點(diǎn)等)進(jìn)行考查。
(2)以閉合電路歐姆定律為中心，對電動勢概念、閉合電路中的電流、路端電壓以及閉合電路中能量的轉(zhuǎn)化進(jìn)行考查。
2．基本步驟
(1)確定電源：先判斷產(chǎn)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象的是哪一部分導(dǎo)體，該部分導(dǎo)體可視為電源。
(2)分析電路結(jié)構(gòu)，畫等效電路圖。
(3)利用電路規(guī)律求解，主要有歐姆定律、串并聯(lián)電路規(guī)律等。
3．誤區(qū)分析
(1)不能正確根據(jù)感應(yīng)電動勢或感應(yīng)電流的方向分析外電路中電勢的高低。因產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的那部分電路相當(dāng)于電源，故該部分電路中的電流從低電勢流向高電勢，而外電路中電流的方向是從高電勢到低電勢。
(2)應(yīng)用歐姆定律分析求解電路時，沒有考慮到電源的內(nèi)阻對電路的影響。
(3)對連接在電路中電表的讀數(shù)不能正確進(jìn)行分析，例如并聯(lián)在等效電源兩端的電壓表，其示數(shù)是路端電壓，而不是等效電源的電動勢。
例1　如圖所示，半徑為r＝1 m的光滑金屬圓環(huán)固定在水平面內(nèi)，垂直于環(huán)面的勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝2.0 T，一金屬棒OA在外力作用下繞過O點(diǎn)的軸以角速度ω＝2 rad/s沿逆時針方向勻速轉(zhuǎn)動，金屬環(huán)和導(dǎo)線電阻均不計，金屬棒OA的電阻r0＝1 Ω，電阻R1＝2 Ω，R2＝3 Ω，R3＝7.5 Ω，電容器的電容C＝4 μF。閉合開關(guān)S，電路穩(wěn)定后，求：

(1)通過金屬棒OA的電流大小和方向；
(2)外力的功率；
(3)從斷開開關(guān)S到電路穩(wěn)定這一過程中通過電流表的電荷量。
(1)OA相當(dāng)于電源，哪點(diǎn)電勢高？
提示：O點(diǎn)電勢高。
(2)S閉合和S斷開時等效電路如何畫？
提示：S閉合時　　　　S斷開時
　　
嘗試解答　(1)0.5 A 方向由A到O (2)1 W
(3)6.4×10－6 C
(1)由右手定則判定通過金屬棒OA的電流方向是由A到O，金屬棒OA中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小為
E＝Br2ω
得E＝2 V
S閉合時的等效電路如圖1所示

R外＝＝3 Ω
由閉合電路歐姆定律，得E＝I(r0＋R外)
聯(lián)立解得I＝0.5 A。
(2)根據(jù)能量守恒定律知，外力的功率為P＝IE＝1 W。
(3)S斷開前，電路路端電壓為U＝IR外
電阻R1兩端電壓為U1＝U＝0.6 V
電容器的電荷量為Q1＝CU1＝2.4×10－6 C
且a板帶正電，b板帶負(fù)電
S斷開時的等效電路如圖2所示

電容器C兩端的電壓等于電阻R2兩端的電壓U2，
U2＝R2＝1 V
電容器的電荷量為Q2＝CU2＝4×10－6 C
且a板帶負(fù)電，b板帶正電
通過電流表的電荷量為ΔQ＝Q1＋Q2
聯(lián)立解得ΔQ＝6.4×10－6 C。

解決電磁感應(yīng)中電路問題的“三部曲”
(1)確定電源
切割磁感線的導(dǎo)體或磁通量發(fā)生變化的回路將產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，該導(dǎo)體或回路就相當(dāng)于電源，利用E＝Blv或E＝n求感應(yīng)電動勢的大小，利用右手定則或楞次定律判斷感應(yīng)電流方向。如果在一個電路中產(chǎn)生電動勢的部分有幾個且相互聯(lián)系，可視為等效電源的串、并聯(lián)。
(2)識別電路結(jié)構(gòu)、畫出等效電路
分析電路結(jié)構(gòu)，即分清等效電源和外電路及外電路的串并聯(lián)關(guān)系、判斷等效電源的正負(fù)極或電勢的高低等。
(3)利用電路規(guī)律求解
一般是綜合應(yīng)用歐姆定律、串并聯(lián)電路規(guī)律、電容器充電及放電特點(diǎn)、電功和電功率的知識、法拉第電磁感應(yīng)定律等列方程求解。
[變式1]　(多選)如圖所示，PN與QM兩平行金屬導(dǎo)軌相距1 m，電阻不計，兩端分別接有電阻R1和R2，且R1＝6 Ω，ab桿的電阻為2 Ω，在導(dǎo)軌上可無摩擦地滑動，垂直穿過導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為1 T。現(xiàn)ab以恒定速度v＝3 m/s勻速向右移動，這時ab桿上消耗的電功率與R1、R2消耗的電功率之和相等，則(　　)

A．R2＝6 Ω
B．R1上消耗的電功率為0.375 W
C．a(chǎn)、b間電壓為3 V
D．拉ab桿水平向右的拉力為0.75 N
答案　BD
解析　由ab桿消耗的功率與外電路電阻消耗的功率相等可知內(nèi)外電阻相等，有＝r，解得：R2＝3 Ω，故A錯誤；ab桿上的感應(yīng)電動勢為：E＝Blv＝1×1×3 V＝3 V，根據(jù)閉合電路歐姆定律，總電流為：I＝＝＝0.75 A，a、b間電壓，即路端電壓為：U＝IR外＝0.75×2 V＝1.5 V，電阻R1消耗的功率：P1＝＝ W＝0.375 W，故B正確，C錯誤；ab桿受到的安培力：FA＝BIL＝1×0.75×1 N＝0.75 N，ab桿勻速運(yùn)動，故拉ab桿水平向右的拉力大小等于安培力大小，為F＝0.75 N，故D正確。
考點(diǎn)2　電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題
1.導(dǎo)體棒的動力學(xué)分析
電磁感應(yīng)現(xiàn)象中產(chǎn)生的感應(yīng)電流在磁場中受到安培力的作用，從而影響導(dǎo)體棒(或線圈)的受力情況和運(yùn)動情況。
2．兩種狀態(tài)及處理方法
狀態(tài)
特征
處理方法
平衡態(tài)
加速度為零
根據(jù)平衡條件列式分析
非平衡態(tài)
加速度不為零
根據(jù)牛頓第二定律進(jìn)行動態(tài)分析或結(jié)合功能關(guān)系進(jìn)行分析
3．力學(xué)對象和電學(xué)對象的相互關(guān)系

4．動態(tài)分析的基本思路
導(dǎo)體有初速度或受外力運(yùn)動感應(yīng)電動勢感應(yīng)電流導(dǎo)體受安培力―→合力變化加速度變化―→速度變化―→臨界狀態(tài)。
例2　(2020·河北省“五個一”名校聯(lián)盟)(多選)如圖所示，在傾斜光滑的平行金屬導(dǎo)軌上端接一定值電阻R，導(dǎo)體棒ab垂直導(dǎo)軌放置，整個裝置處于垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場中。導(dǎo)體棒從靜止釋放，不考慮導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌的電阻，下列圖線中，導(dǎo)體棒速度隨時間的變化和通過電阻R的電荷量q隨導(dǎo)體棒位移的變化描述正確的是(　　)


(1)導(dǎo)體棒的加速度由哪些力決定？
提示：重力沿斜面的分力與安培力的合力。
(2)如何求解q與x的關(guān)系？
提示：q＝＝。
嘗試解答　選BD。
導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝BLv，電路中的電流為I＝，導(dǎo)體棒所受安培力為F＝BIL，對導(dǎo)體棒，由牛頓第二定律有mgsinθ－BIL＝ma，即mgsinθ－＝ma，所以導(dǎo)體棒做加速度減小的加速運(yùn)動，故A錯誤，B正確；通過電阻的電荷量q＝＝，故C錯誤，D正確。

單棒切割磁感線的兩種模型
模型一：導(dǎo)體棒ab先自由下落再進(jìn)入勻強(qiáng)磁場，如圖甲所示。

模型二：導(dǎo)體棒ab沿光滑的傾斜導(dǎo)軌自由下滑，然后進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(磁場垂直于軌道平面)，如圖乙所示。
兩類模型中的臨界條件是導(dǎo)體棒ab受力平衡。以模型一為例，有mg＝F安＝，即v0＝。
若導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場時v>v0，則導(dǎo)體棒先減速再勻速；若v0，故四個圖像中只有B符合此情況。若開關(guān)閉合時，安培力大于重力，則加速度的方向向上，做減速運(yùn)動，減速運(yùn)動的過程中，安培力減小，做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動，當(dāng)重力與安培力大小相等時，做勻速直線運(yùn)動，同理分析可知，四個圖像中只有C符合此情況。
考點(diǎn)3　電磁感應(yīng)中的能量問題
能量轉(zhuǎn)化及焦耳熱的求法
(1)能量轉(zhuǎn)化

(2)求解焦耳熱Q的三種方法(純電阻電路)

例3　(2020·安徽省皖南八校臨門一卷)如圖所示，光滑平行導(dǎo)軌MN、PQ傾斜放置，導(dǎo)軌平面傾角θ＝30°，導(dǎo)軌下端連接R＝0.5 Ω的定值電阻，導(dǎo)軌間距L＝1 m。質(zhì)量為m＝0.5 kg、電阻為r＝0.1 Ω、長為1 m的金屬棒ab放在導(dǎo)軌上，用平行于導(dǎo)軌平面的細(xì)線繞過定滑輪連接ab和質(zhì)量為M＝1 kg的重物A，垂直于導(dǎo)軌的虛線上方有垂直于導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場，ab開始的位置離虛線距離為x＝0.4 m，由靜止同時釋放A及ab，當(dāng)ab剛進(jìn)磁場時加速度為零，ab進(jìn)入磁場運(yùn)動x′＝1 m時剪斷細(xì)線，ab剛要出磁場時，加速度為零。已知重力加速度g＝10 m/s2，導(dǎo)軌足夠長且電阻不計，ab運(yùn)動過程中始終與導(dǎo)軌垂直并與導(dǎo)軌接觸良好，A離地足夠高。求：

(1)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小；
(2)剪斷細(xì)線的瞬間，ab的加速度多大？從開始運(yùn)動到剪斷細(xì)線的過程中，通過電阻R的電荷量為多少？
(3)ab在磁場中運(yùn)動過程中，電阻R中產(chǎn)生的焦耳熱為多少？
(1)如何求得棒剛進(jìn)磁場時的速度？
提示：系統(tǒng)機(jī)械能守恒。
(2)剪斷細(xì)線后棒最終會怎樣？
提示：從下端離開磁場。
嘗試解答　(1)1.5 T (2)20 m/s2 2.5 C (3)9.07 J
(1)ab剛進(jìn)磁場時加速度為零，即ab受力平衡，有
Mg＝mgsinθ＋BIL
設(shè)此時ab的速度為v，根據(jù)閉合電路歐姆定律有
I＝
ab進(jìn)入磁場前與重物A所組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，可得Mgx－mgxsinθ＝(M＋m)v2
聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得B＝1.5 T。
(2)剪斷細(xì)線瞬間，ab所受的合力大小等于A的重力，由牛頓第二定律得ma＝Mg
代入數(shù)據(jù)解得a＝20 m/s2
從開始運(yùn)動到剪斷細(xì)線的過程中，通過電阻R的電荷量q＝t＝＝＝2.5 C。
(3)金屬棒在磁場中勻速階段：
由(1)知v＝2 m/s，解得運(yùn)動時間t＝＝0.5 s
電流I＝5 A，R中產(chǎn)生的焦耳熱Q1＝I2Rt＝6.25 J
剪斷細(xì)線后：
ab棒剛要出磁場時加速度為零，設(shè)此時的速度為v1，根據(jù)平衡條件有mgsinθ＝BI1L＝
代入數(shù)據(jù)解得v1＝ m/s
由剪斷細(xì)線后到棒剛要出磁場的過程，由能量守恒定律有
mgx′sinθ＝mv－mv2＋Q2
該過程中R上產(chǎn)生的焦耳熱QR＝Q2≈2.82 J
則ab在磁場中運(yùn)動過程中，電阻R中產(chǎn)生的焦耳熱Q＝Q1＋QR＝9.07 J。

電磁感應(yīng)現(xiàn)象中能量的計算
(1)回路中電流穩(wěn)定時可利用電路知識，由W＝UIt，Q＝I2Rt直接計算。
(2)若電流變化則利用功能關(guān)系、能量守恒定律解決。
[變式3]　 (2020·山東省泰安市第五次模擬)(多選)如圖所示，傾角θ＝37°的平行導(dǎo)軌上端連著一個阻值R＝0.8 Ω的定值電阻，下端通過一小段光滑的圓弧與固定在水平面上的平行導(dǎo)軌相連，兩導(dǎo)軌間距均為L＝1 m，整個裝置處在豎直向上的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝0.5 T的勻強(qiáng)磁場中。質(zhì)量m＝0.1 kg、電阻r＝0.2 Ω、長度也為L的金屬棒垂直于導(dǎo)軌放置，金屬棒與兩導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)均為μ＝?，F(xiàn)讓金屬棒從距水平面高h(yuǎn)＝3.75 m的位置由靜止釋放，在金屬棒滑到底端前速度已經(jīng)達(dá)到最大速度v，最終停在水平導(dǎo)軌上。已知導(dǎo)軌電阻忽略不計，重力加速度g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則下列說法正確的是(　　)

A．v＝2 m/s
B．金屬棒在傾斜導(dǎo)軌上運(yùn)動過程中回路上消耗的電能和增加的動能之和小于其重力勢能的減少量
C．金屬棒在水平導(dǎo)軌上運(yùn)動過程中回路上消耗的電能等于金屬棒動能的減少量和摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能之和
D．金屬棒在傾斜導(dǎo)軌上運(yùn)動過程中通過金屬棒任意截面的電荷量為2.5 C
答案　BD
解析　金屬棒速度達(dá)到最大后，在傾斜導(dǎo)軌上做勻速運(yùn)動，對金屬棒受力分析如圖所示，由平衡條件有mgsinθ＝μ(mgcosθ＋BILsinθ)＋BILcosθ，其中I＝，代入數(shù)據(jù)，解得v＝1 m/s，故A錯誤；金屬棒在傾斜導(dǎo)軌上運(yùn)動時，其重力勢能轉(zhuǎn)化為動能、電能和摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能，故回路上消耗的電能和增加的動能之和小于其重力勢能的減少量，故B正確；金屬棒在水平導(dǎo)軌上運(yùn)動時，其動能轉(zhuǎn)化為電能和摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能，故動能減少量等于回路消耗的電能和摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能之和，故C錯誤；由q＝，可得，金屬棒在傾斜導(dǎo)軌上運(yùn)動過程中通過金屬棒任意截面的電荷量為q＝＝2.5 C，故D正確。

考點(diǎn)4　電磁感應(yīng)中的圖像問題
1.圖像類型

2．解題關(guān)鍵
(1)弄清物理量的初始條件和正負(fù)方向；
(2)注意物理量在進(jìn)、出磁場時的變化；
(3)寫出函數(shù)表達(dá)式。
3．解題方法：先定性排除，再定量解析
(1)定性排除法：用右手定則或楞次定律確定物理量的方向，定性地分析物理量的變化趨勢、變化快慢、是否均勻變化等，特別注意物理量的正負(fù)和磁場邊界處物理量的變化，通過定性分析排除錯誤的選項。
(2)定量解析法：根據(jù)題目所給條件定量地推導(dǎo)出物理量之間的函數(shù)關(guān)系，然后由函數(shù)關(guān)系對圖像作出分析，由圖像的斜率、截距等作出判斷。
例4　(2020·北京市海淀區(qū)查漏補(bǔ)缺)如圖所示，邊長為L的單匝均勻金屬線框置于光滑水平桌面上，在拉力作用下以恒定速度通過寬度為D(D>L)、方向豎直向下的有界勻強(qiáng)磁場。在整個過程中線框的ab邊始終與磁場的邊界平行，若以F表示拉力大小，以Uab表示線框a、b兩點(diǎn)間的電勢差，以I表示通過線框的電流，以P表示拉力的功率，則下列反映這些物理量隨時間變化的圖像中可能正確的是(　　)


(1)線框完全在磁場中時，電路中有電流嗎？
提示：沒有。
(2)ab邊什么時候是電源？什么時候是外電路？
提示：線框進(jìn)磁場時ab邊是電源，線框出磁場時cd邊切割磁感線，ab邊是外電路。
嘗試解答　選C。
設(shè)線框做勻速直線運(yùn)動的速度為v，線框的總電阻為R。依題意D＞L，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路歐姆定律，線框在進(jìn)入磁場和離開磁場的過程中均產(chǎn)生大小為I＝的感應(yīng)電流，線框完全在磁場中運(yùn)動時不產(chǎn)生感應(yīng)電流，根據(jù)楞次定律可知線框在進(jìn)入磁場和離開磁場的過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向相反，故C正確；線框做勻速直線運(yùn)動，則線框在進(jìn)入磁場和離開磁場的過程中所受拉力大小均等于安培力大小，即F＝FA＝BIL＝，線框完全在磁場中運(yùn)動時不受安培力，則F＝0，故A錯誤；拉力的功率P＝Fv，結(jié)合A項的分析可知，線框在進(jìn)入磁場和離開磁場的過程中P相等，線框完全在磁場中運(yùn)動時P＝0，故D錯誤；線框進(jìn)入磁場時，ab邊切割磁感線，相當(dāng)于電源，根據(jù)右手定則可知φa>φb，所以Uab＝E＝BLv，完全在磁場中時，線框中無電流，Uab＝E＝BLv，線框穿出磁場的過程中，cd邊切割磁感線，相當(dāng)于電源，根據(jù)楞次定律可知φa>φb，則Uab＝E＝BLv，故B錯誤。

電磁感應(yīng)圖像問題的“六個明確”
(1)明確圖像橫、縱坐標(biāo)軸的含義及單位；
(2)明確圖像中物理量正負(fù)的含義；
(3)明確圖像斜率、所圍面積的含義；
(4)明確圖像所描述的物理意義；
(5)明確所選的正方向與圖線的對應(yīng)關(guān)系；
(6)明確圖像和電磁感應(yīng)過程之間的對應(yīng)關(guān)系。
[變式4－1]　(2021·八省聯(lián)考重慶卷)如圖所示，正方形MNPQ內(nèi)的兩個三角形區(qū)域充滿勻強(qiáng)磁場，形狀與MNPQ完全相同的閉合導(dǎo)線框M′N′P′Q′在外力作用下沿軸線OO′水平向左勻速運(yùn)動。設(shè)通過導(dǎo)線框的感應(yīng)電流為i，逆時針方向為電流的正方向，當(dāng)t＝0時M′Q′與NP重合，在M′Q′從NP到臨近MQ的過程中，下列圖像中能反映i隨時間t變化規(guī)律的是(　　)


答案　B
解析　閉合導(dǎo)線框M′N′P′Q′勻速向左運(yùn)動過程，穿過回路的磁通量不斷增大，根據(jù)楞次定律可知，回路中的電流一直是逆時針的，所以電流一直為正；線框向左勻速運(yùn)動過程中，切割磁感線的有效長度先減小，后增大，所以感應(yīng)電流先減小，后增大，故B正確。
[變式4－2]　(2020·天津市第一中學(xué)第三次月考)(多選)如圖所示為兩個有界勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，方向分別垂直紙面向里和向外，磁場寬度均為L，距磁場區(qū)域的左側(cè)L處，有一邊長為L的正方形導(dǎo)體線框，總電阻為R，且線框平面與磁場方向垂直，現(xiàn)用外力F使線框以速度v勻速穿過磁場區(qū)域，以初始位置為計時起點(diǎn)，規(guī)定電流沿逆時針方向時的電動勢E為正，磁感線垂直紙面向里時磁通量Φ的方向為正，外力F向右為正，則以下關(guān)于線框中的磁通量Φ、感應(yīng)電動勢E、外力 F和電功率P隨時間變化的圖像正確的是(　　)


答案　BD
解析　根據(jù)題意，t＝時刻線框開始進(jìn)入左側(cè)磁場，磁通量為正且隨時間均勻增加，t＝時Φ最大，從t＝到t＝，Φ為正且隨時間均勻減小到0，從t＝到t＝，Φ為負(fù)且隨時間均勻增大，且最大值與t＝時相等，從t＝至t＝，Φ為負(fù)且隨時間均勻減小至0，故A錯誤；當(dāng)線框進(jìn)入第一個磁場時，由E＝BLv及右手定則可知，感應(yīng)電動勢大小為BLv且為正，而開始進(jìn)入第二個磁場時，左右兩邊同時切割磁感線，電動勢大小為2BLv且為負(fù)，線框出第二個磁場時，線框左邊切割磁感線，感應(yīng)電動勢大小為BLv且為正，故B正確；因安培力方向總是與導(dǎo)體切割磁感線運(yùn)動方向相反，故外力F應(yīng)一直向右為正，故C錯誤；根據(jù)P＝，結(jié)合B項分析可知，D正確。

建模提能5　電磁感應(yīng)中的動量問題

1.模型構(gòu)建
導(dǎo)體棒運(yùn)動的形式有勻速、勻變速和非勻變速3種，對前兩種情況，容易想到用平衡條件和牛頓運(yùn)動定律求解，對后一種情況一般要用能量和動量知識求解，當(dāng)安培力變化，且又涉及位移、速度、電荷量等問題時，用動量定理往往能巧妙解決。
2．模型分類
(1)動量定理在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用
在電磁感應(yīng)中用動量定理時，通常將下面兩式結(jié)合應(yīng)用：
－lB·Δt＝m(v2－v1)
q＝Δt＝n
(2)動量守恒定律在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用
在“雙棒切割”系統(tǒng)中，若系統(tǒng)所受的合力為零，通常應(yīng)用動量守恒定律求解。
【典題例證1】
(2020·湖南省永州市培優(yōu)信息卷)(多選)如圖所示，CD、EF是兩條水平放置的電阻可忽略的平行光滑導(dǎo)軌，導(dǎo)軌固定不動，間距為L，在水平導(dǎo)軌的左側(cè)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，導(dǎo)軌的右端接有一電阻R，左端與一彎曲的光滑軌道平滑連接。將一阻值也為R、質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒從彎曲軌道上h高處由靜止釋放，導(dǎo)體棒最終恰好停在磁場的右邊界處。已知導(dǎo)體棒與水平導(dǎo)軌接觸良好，則下列說法中正確的是(　　)

A．電阻R中的最大電流為
B．電阻R中產(chǎn)生的焦耳熱為mgh
C．磁場左右邊界的長度d為
D．流過電阻R的電荷量為
[解析]　導(dǎo)體棒下滑過程中，機(jī)械能守恒，有mgh＝mv2，可得導(dǎo)體棒到達(dá)水平導(dǎo)軌時的速度v＝，導(dǎo)體棒到達(dá)水平導(dǎo)軌后進(jìn)入磁場受到向左的安培力作用做減速運(yùn)動，則剛到達(dá)水平導(dǎo)軌時的速度最大，所以導(dǎo)體棒中最大感應(yīng)電動勢為E＝BLv，通過電阻R的最大電流為I＝＝，故A正確；導(dǎo)體棒在整個運(yùn)動過程中，機(jī)械能最終轉(zhuǎn)化為焦耳熱，即Q＝mgh，故電阻R中產(chǎn)生的焦耳熱為QR＝Q＝mgh，故B錯誤；對導(dǎo)體棒，設(shè)經(jīng)時間Δt穿過磁場，由動量定理得：－F安Δt＝－BLΔt＝0－mv，而q＝Δt，變形得：BLq＝mv，解得：q＝＝，而由q＝Δt＝Δt＝×Δt＝和S＝Ld，解得：d＝＝，故C錯誤，D正確。
[答案]　AD
名師點(diǎn)睛　動量定理在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用技巧
在電磁感應(yīng)中，動量定理應(yīng)用于單桿切割磁感線運(yùn)動，可求解變力作用的時間、單桿的速度、單桿的位移和通過單桿的橫截面的電荷量。
(1)求通過單桿的橫截面的電荷量或單桿的速度：－BlΔt＝mv2－mv1，q＝Δt。
(2)求單桿運(yùn)動的時間：FΔt＝I沖＝mv2－mv1，I沖＝－BlΔt＝－Bl。
【典題例證2】
(2020·湖北省七市州教科研協(xié)作體聯(lián)考)(多選)如圖所示，相距L的光滑金屬導(dǎo)軌，半徑為R的圓弧部分豎直放置，平直部分固定于水平地面上，MNQP范圍內(nèi)有方向豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場。金屬棒ab和cd垂直導(dǎo)軌且接觸良好，cd靜止在磁場中；ab從圓弧導(dǎo)軌的頂端由靜止釋放，進(jìn)入磁場后與cd沒有接觸，cd離開磁場時的速度是此刻ab速度的一半，已知ab的質(zhì)量為m、電阻為r，cd的質(zhì)量為2m、電阻為2r。金屬導(dǎo)軌電阻不計，重力加速度為g。下列說法正確的有(　　)

A．cd在磁場中運(yùn)動時電流的方向為c→d
B．cd在磁場中做加速度減小的加速運(yùn)動
C．cd在磁場中運(yùn)動的過程中流過其橫截面的電荷量為
D．至cd剛離開磁場時，cd上產(chǎn)生的焦耳熱為mgR
[解析]　根據(jù)題意，cd在磁場中運(yùn)動時，其速度始終小于ab的速度，則回路中的磁通量減小，由楞次定律可知，cd中電流的方向為d→c，故A錯誤；當(dāng)ab進(jìn)入磁場后回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流，電流方向為abdca，則ab受到向左的安培力而做減速運(yùn)動，cd受到向右的安培力而做加速運(yùn)動，由于兩者的速度差逐漸減小，可知感應(yīng)電流逐漸減小，安培力逐漸減小，可知cd向右做加速度減小的加速運(yùn)動，故B正確；ab從釋放到剛進(jìn)入磁場過程，由動能定理得mgR＝mv－0，從ab進(jìn)入磁場到cd離開磁場，對ab和cd組成的系統(tǒng)，合力為零，由動量守恒定律得mv0＝m·2vcd＋2m·vcd，解得vcd＝v0＝，對cd由動量定理得BLΔt＝2m·vcd－0，又q＝Δt，解得q＝，故C錯誤；從ab從圓弧導(dǎo)軌的頂端由靜止釋放，至cd剛離開磁場時，由能量守恒定律有mgR＝m(2vcd)2＋×2mv＋Q，而Qcd＝Q，解得Qcd＝mgR，故D正確。
[答案]　BD
名師點(diǎn)睛　在電磁感應(yīng)中應(yīng)用動量守恒定律時一定要首先判斷系統(tǒng)動量是否守恒，否則即使是“雙桿切割”也不能應(yīng)用動量守恒定律。
【針對訓(xùn)練】
1. (2021·八省聯(lián)考湖南卷)(多選)如圖，兩根足夠長，電阻不計的光滑平行金屬導(dǎo)軌，固定在同一水平面上，其間距為1 m，左端通過導(dǎo)線連接一個R＝1.5 Ω的定值電阻。整個導(dǎo)軌處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝0.4 T的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向豎直向下。質(zhì)量m＝0.2 kg、長度L＝1 m、電阻r＝0.5 Ω的勻質(zhì)金屬桿垂直導(dǎo)軌放置，且與導(dǎo)軌接觸良好。在桿的中點(diǎn)施加一個垂直金屬桿的水平拉力F，使其從靜止開始運(yùn)動。拉力F的功率P＝2 W保持不變，當(dāng)金屬桿的速度v＝5 m/s時撤去拉力F。下列說法正確的是(　　)

A．若不撤去拉力F，金屬桿的速度會大于5 m/s
B．金屬桿的速度為4 m/s時，其加速度大小可能為0.9 m/s2
C．從撤去拉力F到金屬桿停下的整個過程，通過金屬桿的電荷量為2.5 C
D．從撤去拉力F到金屬桿停下的整個過程，金屬桿上產(chǎn)生的熱量為2.5 J
答案　BC
解析　若不撤去拉力F，對桿由牛頓第二定律有F－BIL＝ma，又P＝Fv，I＝，聯(lián)立可得－＝a，則當(dāng)a＝0時，速度達(dá)到最大，解得最大速度為vm＝＝5 m/s，即桿的速度不會大于5 m/s，故A錯誤；若在F撤去前金屬桿的速度v1＝4 m/s時，代入a的表達(dá)式可得加速度為a1＝0.9 m/s2，撤去F后桿在安培力的作用下減速，速度為v2＝4 m/s時，加速度大小為a′＝＝1.6 m/s2，故金屬桿的速度為4 m/s時，其加速度大小為0.9 m/s2或1.6 m/s2，故B正確；從撤去拉力F到金屬桿停下的過程中，桿只受安培力做變減速直線運(yùn)動，取向右為正方向，由動量定理有－BL·Δt＝0－mv，而通過金屬桿的電荷量q＝·Δt，可得q＝＝2.5 C，故C正確；從撤去拉力F到金屬桿停下的過程，由動能定理有－W安＝0－mv2，而由功能關(guān)系有Q＝W安，又因為金屬桿和電阻R串聯(lián)，則金屬桿上產(chǎn)生的熱量Q1＝，聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得Q1＝0.625 J，故D錯誤。
2.(2020·東北三省四市教研聯(lián)合體模擬)如圖所示，兩條粗糙平行金屬導(dǎo)軌固定，所在平面與水平面夾角為θ。三根完全相同的金屬棒ab、cd、gh(質(zhì)量均為m、電阻均為R、長度與導(dǎo)軌間距相同，均為L)垂直導(dǎo)軌放置。用絕緣輕桿ef將ab、cd連接成“工”字形框架(以下簡稱“工”形架)，導(dǎo)軌上的“工”形架與gh剛好不下滑。金屬棒與導(dǎo)軌始終接觸良好，導(dǎo)軌足夠長，電阻不計，空間存在垂直導(dǎo)軌平面斜向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(圖中未畫出)。假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g。

(1)若將“工”形架固定不動，用外力作用于gh，使其沿斜面向下以速度v勻速運(yùn)動，求ab兩端的電壓U；
(2)若將“工”形架固定不動，給gh沿斜面向下的初速度v0，求gh沿斜面下滑的最大位移；
(3)若“工”形架不固定，給gh沿斜面向下初速度v0的同時靜止釋放“工”形架，最終“工”形架與gh的運(yùn)動狀態(tài)將達(dá)到穩(wěn)定，求在整個過程中電流通過gh產(chǎn)生的焦耳熱。
答案　(1)　(2)　(3)
解析　(1)當(dāng)gh以速度v勻速運(yùn)動時，gh為電源，ab和cd為外電路，gh產(chǎn)生的電動勢E＝BLv，
等效內(nèi)電阻為R，外電路電阻為0.5R，則ab兩端的電壓U＝。
(2)由題意mgsinθ＝μmgcosθ
設(shè)沿斜面向下為正方向，對金屬棒gh沿斜面下滑的過程，由動量定理有－BLΔt＝0－mv0
由閉合電路歐姆定律得＝
由法拉第電磁感應(yīng)定律得＝
磁通量的變化量為ΔΦ＝BLx
聯(lián)立解得x＝。
(3)設(shè)gh中的電流為I，則“工”形架ab、cd中的電流均為，gh受到的安培力大小為F＝BIL
ab、cd受到的安培力大小分別為
F1＝BL、F2＝BL
則“工”形架受到的安培力的合力大小為
F′＝F1＋F2＝BIL
所以“工”形架與金屬棒gh組成的系統(tǒng)所受合力為零，沿斜面方向動量守恒，設(shè)沿斜面向下為正方向，“工”形架與金屬棒gh一起運(yùn)動的共同速度為v1，此后各棒中沒有感應(yīng)電流，均做勻速直線運(yùn)動。則mv0＝3mv1
系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝－×3mv
設(shè)電流通過金屬棒gh產(chǎn)生的焦耳熱為Q′，則
Q′＝Q＝Q
聯(lián)立解得Q′＝。



1．(2020·全國卷Ⅰ)(多選)如圖，U形光滑金屬框abcd置于水平絕緣平臺上，ab和dc邊平行，和bc邊垂直。ab、dc足夠長，整個金屬框電阻可忽略。一根具有一定電阻的導(dǎo)體棒MN置于金屬框上，用水平恒力F向右拉動金屬框，運(yùn)動過程中，裝置始終處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，MN與金屬框保持良好接觸，且與bc邊保持平行。經(jīng)過一段時間后(　　)

A．金屬框的速度大小趨于恒定值
B．金屬框的加速度大小趨于恒定值
C．導(dǎo)體棒所受安培力的大小趨于恒定值
D．導(dǎo)體棒到金屬框bc邊的距離趨于恒定值
答案　BC
解析　金屬框在力F的作用下向右運(yùn)動，bc邊切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，在回路MNcb中有感應(yīng)電流，使得導(dǎo)體棒MN受到向右的安培力而向右做加速運(yùn)動，bc邊受到向左的安培力。當(dāng)MN運(yùn)動時，金屬框的bc邊和導(dǎo)體棒MN一起切割磁感線，設(shè)導(dǎo)體棒MN和金屬框的速度分別為v1、v2，導(dǎo)體棒的電阻為R，金屬框的寬度為L，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，則電路中的總電動勢E＝BL(v2－v1)，電路中的電流I＝＝，金屬框受到的安培力F安框＝BIL＝，與運(yùn)動方向相反；導(dǎo)體棒MN受到的安培力F安MN＝BIL＝，與運(yùn)動方向相同。設(shè)導(dǎo)體棒MN和金屬框的質(zhì)量分別為m1、m2，加速度分別為a1、a2，則對導(dǎo)體棒MN，有＝m1a1，對金屬框，有F－＝m2a2。導(dǎo)體棒MN和金屬框的初始速度均為零，則a1從零開始逐漸增加，a2從開始逐漸減小，當(dāng)a1＝a2時，相對速度v2－v1＝，之后a1、a2不變，v2－v1恒定，整個運(yùn)動過程用速度—時間圖像描述如圖所示。

綜上可得，經(jīng)過一段時間后，金屬框和導(dǎo)體棒的加速度大小趨于恒定值，所受安培力的大小也趨于恒定值，B、C正確；金屬框的速度會一直增大，導(dǎo)體棒到金屬框bc邊的距離也會一直增大，A、D錯誤。
2．(2020·山東高考)(多選)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，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(不發(fā)生轉(zhuǎn)動)。從圖示位置開始計時，4 s末bc邊剛好進(jìn)入磁場。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，二者與時間t的關(guān)系圖像可能正確的是(　　)


答案　BC
解析　因為4 s末bc邊剛好進(jìn)入磁場，可知導(dǎo)體框每秒運(yùn)動的位移大小等于一個方格的邊長，故在0～1 s內(nèi)只有ae邊切割磁感線，設(shè)方格邊長為L，導(dǎo)體框運(yùn)動速度為v，電阻為R，則E1＝2BLv，I1＝，且電流恒定；2 s末導(dǎo)體框在第二象限的有效切割長度最長，此時有E2＝3BLv，I2＝，可知I2＝I1；在2～4 s內(nèi)導(dǎo)體框有一部分進(jìn)入第一象限，感應(yīng)電流減小，同理可得3 s末電流I3＝I1,4 s末電流I4＝I1；綜上分析可知A錯誤，B正確。根據(jù)Fab＝BIL有效，可知在0～1 s內(nèi)ab邊所受的安培力線性增加，1 s末安培力Fab1＝BI1L,2 s末安培力Fab2＝B×I1×2L＝3Fab1,3 s末安培力Fab3＝B×I1×3L＝3Fab1,4 s末安培力Fab4＝B×I1×4L＝2Fab1，綜上分析可知C正確，D錯誤。
3.(2017·天津高考)如圖所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌置于水平面內(nèi)，導(dǎo)軌之間接有電阻R。金屬棒ab與兩導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸，整個裝置放在勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向下。現(xiàn)使磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間均勻減小，ab始終保持靜止，下列說法正確的是(　　)

A．a(chǎn)b中的感應(yīng)電流方向由b到a
B．a(chǎn)b中的感應(yīng)電流逐漸減小
C．a(chǎn)b所受的安培力保持不變
D．a(chǎn)b所受的靜摩擦力逐漸減小
答案　D
解析　根據(jù)楞次定律，ab中感應(yīng)電流方向由a到b，故A錯誤；根據(jù)E＝·S，因為恒定，所以E恒定，根據(jù)I＝知，回路中的感應(yīng)電流恒定，故B錯誤；根據(jù)F＝BIl，由于B減小，安培力F減小，故C錯誤；根據(jù)平衡條件，靜摩擦力f＝F，故靜摩擦力減小，故D正確。
4．(2019·全國卷Ⅲ)(多選)如圖，方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中有兩根位于同一水平面內(nèi)的足夠長的平行金屬導(dǎo)軌，兩相同的光滑導(dǎo)體棒ab、cd靜止在導(dǎo)軌上。t＝0時，棒ab以初速度v0向右滑動。運(yùn)動過程中，ab、cd始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，兩者速度分別用v1、v2表示，回路中的電流用I表示。下列圖象中可能正確的是(　　)


答案　AC
解析　導(dǎo)體棒ab運(yùn)動，切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電流，導(dǎo)體棒ab受安培力F作用，速度減小，導(dǎo)體棒cd受安培力F′作用，速度變大，如圖所示，感應(yīng)電流I＝＝，安培力F＝F′＝BIl＝＝ma，隨著v1減小，v2增大，則F＝F′減小，兩棒的加速度大小a減小，直到v1＝v2＝v共，a＝0，兩棒做勻速運(yùn)動，兩棒組成的系統(tǒng)動量守恒，則mv0＝2mv共，v共＝，A正確，B錯誤。由前面分析知，v1－v2隨時間減小得越來越慢，最后為0，則感應(yīng)電流I＝隨時間減小得越來越慢，最后為0，C正確，D錯誤。

5．(2018·江蘇高考)(多選)如圖所示，豎直放置的“”形光滑導(dǎo)軌寬為L，矩形勻強(qiáng)磁場Ⅰ、Ⅱ的高和間距均為d，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。質(zhì)量為m的水平金屬桿由靜止釋放，進(jìn)入磁場Ⅰ和Ⅱ時的速度相等。金屬桿在導(dǎo)軌間的電阻為R，與導(dǎo)軌接觸良好，其余電阻不計，重力加速度為g。金屬桿(　　)

A．剛進(jìn)入磁場Ⅰ時加速度方向豎直向下
B．穿過磁場Ⅰ的時間大于在兩磁場之間的運(yùn)動時間
C．穿過兩磁場產(chǎn)生的總熱量為4mgd
D．釋放時距磁場Ⅰ上邊界的高度h可能小于
答案　BC
解析　由于金屬桿進(jìn)入兩個磁場時的速度相等，而穿出磁場后金屬桿做加速度為g的加速運(yùn)動，所以金屬桿進(jìn)入磁場Ⅰ、Ⅱ時都做減速運(yùn)動，A錯誤；對金屬桿受力分析，根據(jù)－mg＝ma可知，金屬桿在磁場中做加速度減小的減速運(yùn)動，其進(jìn)入磁場Ⅰ后的v-t圖象如圖所示，由于0～t1和t1～t2圖線與t軸包圍的面積相等(都為d)，所以t1>(t2－t1)，B正確；從進(jìn)入磁場Ⅰ到進(jìn)入磁場Ⅱ之前過程中，根據(jù)能量守恒，金屬棒減小的機(jī)械能全部轉(zhuǎn)化為焦耳熱，所以Q1＝mg·2d，所以穿過兩個磁場過程中產(chǎn)生的熱量為4mgd，C正確；若金屬桿進(jìn)入磁場做勻速運(yùn)動，則－mg＝0，得v＝，由前面分析可知金屬桿進(jìn)入磁場的速度大于，根據(jù)h＝得金屬桿釋放時距離磁場Ⅰ上邊界的高度應(yīng)大于＝，D錯誤。

6．(2019·北京高考)如圖所示，垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。紙面內(nèi)有一正方形均勻金屬線框abcd，其邊長為L，總電阻為R，ad邊與磁場邊界平行。從ad邊剛進(jìn)入磁場直至bc邊剛要進(jìn)入的過程中，線框在向左的拉力作用下以速度v勻速運(yùn)動，求：

(1)感應(yīng)電動勢的大小E；
(2)拉力做功的功率P；
(3)ab邊產(chǎn)生的焦耳熱Q。
答案　(1)BLv　(2)　(3)
解析　(1)由法拉第電磁感應(yīng)定律可得，感應(yīng)電動勢
E＝BLv。
(2)線框中的感應(yīng)電流I＝
拉力大小等于安培力大小F＝BIL
拉力的功率P＝Fv＝。
(3)線框ab邊電阻Rab＝
時間t＝
ab邊產(chǎn)生的焦耳熱Q＝I2Rabt＝。
7．(2019·天津高考)如圖所示，固定在水平面上間距為l的兩條平行光滑金屬導(dǎo)軌，垂直于導(dǎo)軌放置的兩根金屬棒MN和PQ長度也為l、電阻均為R，兩棒與導(dǎo)軌始終接觸良好。MN兩端通過開關(guān)S與電阻為R的單匝金屬線圈相連，線圈內(nèi)存在豎直向下均勻增加的磁場，磁通量變化率為常量k。圖中虛線右側(cè)有垂直于導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。PQ的質(zhì)量為m，金屬導(dǎo)軌足夠長、電阻忽略不計。

(1)閉合S，若使PQ保持靜止，需在其上加多大的水平恒力F，并指出其方向；
(2)斷開S，PQ在上述恒力作用下，由靜止開始到速度大小為v的加速過程中流過PQ的電荷量為q，求該過程安培力做的功W。
答案　(1)，方向水平向右　(2)mv2－kq
解析　(1)設(shè)線圈中的感應(yīng)電動勢為E，由法拉第電磁感應(yīng)定律得感應(yīng)電動勢E＝，則E＝k①
設(shè)PQ與MN并聯(lián)的電阻為R并，有R并＝②
閉合S時，設(shè)線圈中的電流為I，根據(jù)閉合電路歐姆定律得
I＝③
設(shè)PQ中的電流為IPQ，有IPQ＝I④
設(shè)PQ受到的安培力為F安，有F安＝BIPQl⑤
PQ保持靜止，由受力平衡，有F＝F安⑥
聯(lián)立①②③④⑤⑥式得F＝⑦
由楞次定律和右手螺旋定則得PQ中的電流方向為由Q到P，再由左手定則得PQ所受安培力的方向水平向左，則力F的方向水平向右。
(2)設(shè)PQ由靜止開始到速度大小為v的加速過程中，PQ運(yùn)動的位移為x，所用時間為Δt′，回路中的磁通量變化為ΔΦ′，平均感應(yīng)電動勢為，有＝⑧
其中ΔΦ′＝Blx⑨
設(shè)PQ中的平均感應(yīng)電流為，有＝⑩
根據(jù)電流的定義式得＝?
由動能定理，有Fx＋W＝mv2－0?
聯(lián)立⑦⑧⑨⑩??式得W＝mv2－kq。?


　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　時間：60分鐘　 　　滿分：100分
一、選擇題(本題共6小題，每小題10分，共60分。其中1～2題為單選，3～6題為多選)
1．(2020·山東省煙臺市一模)如圖所示，有兩個相鄰的有界勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小均為B，磁場方向相反，且與紙面垂直，兩磁場邊界均與x軸垂直且寬度均為L，在y軸方向足夠?qū)挕，F(xiàn)有一高和底均為L的等腰三角形導(dǎo)線框，頂點(diǎn)a在y軸上，從圖示x＝0位置開始，在外力F的作用下沿x軸正方向勻速穿過磁場區(qū)域。在運(yùn)動過程中，線框bc邊始終與磁場的邊界平行。線框中感應(yīng)電動勢E大小、線框所受安培力F安大小、感應(yīng)電流i大小、外力F大小這四個量分別與線框頂點(diǎn)a移動的位移x的關(guān)系圖像中正確的是(　　)



答案　B
解析　線框剛進(jìn)入磁場時，有效切割磁感線的長度為L，感應(yīng)電動勢為E＝BLv，設(shè)線框的電阻為R，則此時感應(yīng)電流i＝＝；隨線框的進(jìn)入，切割磁感線的有效長度均勻減小至零，則E和i均勻減小至零；當(dāng)線框剛進(jìn)入右側(cè)磁場時，線框在兩磁場中切割磁感線的有效長度均為L，此時感應(yīng)電動勢E＝2BLv，感應(yīng)電流i＝，之后均勻減小至零；當(dāng)線框剛離開右側(cè)磁場時，切割磁感線的有效長度為L，此時E＝BLv，i＝，之后均勻減小至零，故A錯誤，B正確。線框勻速運(yùn)動，外力F與安培力始終大小相等，有F＝F安＝，而在每個運(yùn)動過程中l(wèi)隨x線性變化，可知外力F與安培力在每個運(yùn)動過程中都與x不是線性關(guān)系，故C、D錯誤。
2．(2021·北京市朝陽區(qū)高三(上)期末)如圖甲所示，N＝200匝的線圈(圖中只畫了2匝)，電阻r＝2 Ω，其兩端與一個R＝48 Ω的電阻相連。線圈內(nèi)有垂直紙面向里的磁場，磁通量按圖乙所示規(guī)律變化。下列選項正確的是(　　)

A．電阻R兩端b點(diǎn)比a點(diǎn)電勢高
B．電阻R兩端的電壓大小為10 V
C．0.1 s時間內(nèi)非靜電力所做的功為0.2 J
D．0.1 s時間內(nèi)通過電阻R的電荷量為0.05 C
答案　C
解析　由圖乙可知，線圈中的磁通量垂直紙面向里增加，根據(jù)楞次定律，線圈中產(chǎn)生逆時針方向的感應(yīng)電流，所以電阻R兩端b點(diǎn)比a點(diǎn)電勢低，A錯誤；線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝N＝200× V＝10 V，電阻R兩端的電壓大小為U＝E＝9.6 V，B錯誤；根據(jù)功能關(guān)系，非靜電力所做的功轉(zhuǎn)化為電路中的電能，則0.1 s時間內(nèi)非靜電力所做的功為W＝EIt＝t＝0.2 J,0.1 s時間內(nèi)通過電阻R的電荷量為q＝＝ C＝0.02 C，C正確，D錯誤。
3.(2020·四川省成都市三診)如圖，間距為L、傾角為θ的兩足夠長平行光滑導(dǎo)軌固定，導(dǎo)軌上端接有阻值為R的電阻，下端通過開關(guān)S與單匝金屬線圈相連，線圈內(nèi)存在垂直于線圈平面向下且均勻增強(qiáng)的磁場。導(dǎo)軌所在區(qū)域存在垂直于導(dǎo)軌平面、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(圖中未畫出)，靠在插銷處垂直于導(dǎo)軌放置且與導(dǎo)軌接觸良好的金屬棒ab，質(zhì)量為m、電阻也為R，閉合S后，撤去插銷，ab仍靜止。線圈、導(dǎo)軌和導(dǎo)線的電阻不計，重力加速度大小為g，下列判定正確的是(　　)

A．B的方向垂直于導(dǎo)軌平面向下
B．線圈內(nèi)磁通量的變化率為
C．?dāng)嚅_S后，ab的最大速度為
D．?dāng)嚅_S后，電阻R的最大熱功率為
答案　BC
解析　線圈內(nèi)存在垂直于線圈平面向下且均勻增強(qiáng)的磁場，閉合S后，根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流為逆時針方向，金屬棒ab中的電流方向為b→a，對金屬棒受力分析，受到重力、導(dǎo)軌的支持力和安培力作用，要使ab靜止，安培力的方向應(yīng)沿導(dǎo)軌平面向上，根據(jù)左手定則，判斷出B的方向垂直于導(dǎo)軌平面向上，故A錯誤；對金屬棒ab受力分析，沿導(dǎo)軌平面有F安＝mgsinθ，又F安＝BIL，線圈內(nèi)磁通量的變化率為＝E＝IR，聯(lián)立解得＝，故B正確；斷開S瞬間，ab中電流消失，金屬棒ab沿導(dǎo)軌向下做加速運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ－BI′L＝ma，I′＝＝，隨著金屬棒速度增加，感應(yīng)電流變大，安培力也變大，所以加速度變小，直到加速度為零，金屬棒的速度達(dá)到最大值，有mgsinθ＝BImL，Im＝，聯(lián)立解得vm＝，故C正確；斷開S后，電阻R的最大熱功率為PR＝IR＝，故D錯誤。
4．(2021·八省聯(lián)考福建卷)由螺線管、電阻和水平放置的平行板電容器組成的電路如圖a所示。其中，螺線管匝數(shù)為N，橫截面積為S1；電容器兩極板間距為d，極板面積為S2，板間介質(zhì)為空氣(可視為真空)。螺線管處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B隨時間t變化的B-t圖像如圖b所示。一電荷量為q的顆粒在t1～t2時間內(nèi)懸停在電容器中，重力加速度大小為g，靜電力常量為k。則(　　)

A．顆粒帶負(fù)電
B．顆粒質(zhì)量為
C．t1～t2時間內(nèi)，a點(diǎn)電勢高于b點(diǎn)電勢
D．電容器極板所帶電荷量大小為
答案　AD
解析　根據(jù)楞次定律，電容器上極板帶正電，下極板帶負(fù)電，顆粒在t1～t2時間內(nèi)懸停在電容器內(nèi)，受力平衡，則顆粒受到豎直向上的靜電力作用，帶負(fù)電，A正確；根據(jù)平衡條件有mg＝q·，E＝N＝NS1＝，解得m＝，B錯誤；t1～t2時間內(nèi)，電路中沒有電流，所以a點(diǎn)電勢等于b點(diǎn)電勢，C錯誤；電容器所帶電荷量Q＝CE＝·＝，D正確。
5.(2021·八省聯(lián)考湖北卷)如圖所示，在MN右側(cè)區(qū)域有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，其磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間變化的關(guān)系為B＝kt(k為大于零的常量)。一高為a、電阻為R的正三角形金屬線框向右勻速運(yùn)動。在t＝0時刻，線框底邊恰好到達(dá)MN處；在t＝T時刻，線框恰好完全進(jìn)入磁場。在線框勻速進(jìn)入磁場的過程中(　　)

A．線框中的電流始終為逆時針方向
B．線框中的電流先為逆時針方向，后為順時針方向
C．t＝時刻，流過線框的電流大小為
D．t＝時刻，流過線框的電流大小為
答案　AD
解析　根據(jù)楞次定律可知，在線框勻速進(jìn)入磁場的過程中，穿過線框的磁通量增加，則線框中的電流始終為逆時針方向，A正確，B錯誤；線框的邊長為，t＝時刻，線框切割磁感線的有效長度為，動生電動勢E＝Bv＝××＝＝，因磁場變化產(chǎn)生的感生電動勢E′＝S＝k××××a＝ka2，E與E′方向相同，則流過線框的電流大小為I＝＝，C錯誤，D正確。
6.如圖所示，同一豎直面內(nèi)的正方形導(dǎo)線框a、b的邊長均為l，電阻均為R，質(zhì)量分別為2m和m。它們分別系在一跨過兩個定滑輪的輕繩兩端，在兩導(dǎo)線框之間有一寬度為2l、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場區(qū)域。開始時，線框b的上邊與勻強(qiáng)磁場的下邊界重合，線框a的下邊到勻強(qiáng)磁場的上邊界的距離為l?，F(xiàn)將系統(tǒng)由靜止釋放，當(dāng)線框b全部進(jìn)入磁場時，a、b兩個線框開始做勻速運(yùn)動。不計摩擦和空氣阻力，則(　　)

A．a(chǎn)、b兩個線框勻速運(yùn)動的速度大小為
B．線框a從其下邊進(jìn)入磁場到上邊離開磁場所用時間為
C．從開始運(yùn)動到線框a全部進(jìn)入磁場的過程中，線框a所產(chǎn)生的焦耳熱為mgl
D．從開始運(yùn)動到線框a全部進(jìn)入磁場的過程中，兩線框共克服安培力做功為2mgl
答案　BC
解析　當(dāng)線框b全部進(jìn)入磁場時，a、b兩個線框開始做勻速運(yùn)動，此時線框a下邊剛進(jìn)入磁場，下邊所受安培力＝2mg－mg，得v＝，A錯誤；線框a從其下邊進(jìn)入磁場到上邊離開磁場，開始線框a切割磁感線運(yùn)動，受力平衡，然后線框b切割磁感線運(yùn)動，受力也平衡，最后線框a切割磁感線運(yùn)動，仍受力平衡，則這一過程所用時間為t＝＝，B正確；從開始運(yùn)動到線框a全部進(jìn)入磁場可以分為兩個階段，第一階段線框a的下邊進(jìn)入磁場之前，這一階段線框a產(chǎn)生的焦耳熱為零，第二階段從線框a的下邊進(jìn)入磁場到線框a全部進(jìn)入磁場，這一階段線框b全部在磁場中，線框b中的磁通量不變，即線框b產(chǎn)生的焦耳熱為零，第二階段系統(tǒng)減少的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為線框a產(chǎn)生的焦耳熱，即Q＝mgl，C正確；由能量守恒定律可知，兩線框的重力勢能減少量等于兩線框的動能增加量與兩線框克服安培力做功產(chǎn)生的內(nèi)能之和，兩線框重力勢能的減少量為2mgl，結(jié)合功能關(guān)系可知，兩線框克服安培力做功一定小于2mgl，D錯誤。
二、非選擇題(本題共2小題，共40分)
7.(2021·八省聯(lián)考福建卷)(18分)如圖，光滑平行金屬導(dǎo)軌間距為l，與水平面夾角為θ，兩導(dǎo)軌底端接有阻值為R的電阻。該裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直導(dǎo)軌平面向上。質(zhì)量為m的金屬棒ab垂直導(dǎo)軌放置，在恒力作用下沿導(dǎo)軌勻速上滑，上升高度為h。恒力大小為F、方向沿導(dǎo)軌平面且與金屬棒ab垂直。金屬棒ab與導(dǎo)軌始終接觸良好，不計ab和導(dǎo)軌的電阻及空氣阻力。重力加速度為g，求此上升過程

(1)金屬棒運(yùn)動速度大小；
(2)安培力對金屬棒所做的功。
答案　(1)　(2)mgh－
解析　(1)設(shè)金屬棒以速度v沿導(dǎo)軌勻速上升，由法拉第電磁感應(yīng)定律，棒中的電動勢為E＝Blv，
設(shè)金屬棒中的電流為I，根據(jù)閉合電路歐姆定律，有
I＝，
金屬棒所受的安培力為FA＝IlB，
因為金屬棒沿導(dǎo)軌勻速上升，由平衡條件得
F－mgsinθ－FA＝0，
聯(lián)立得v＝。
(2)設(shè)金屬棒以速度v沿導(dǎo)軌勻速上升h過程中，安培力所做的功為W，由動能定理得
W－mgh＋F＝mv2－mv2，
解得W＝mgh－。
8.(2020·陜西省西安中學(xué)三模)(22分)如圖所示，光滑的金屬導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上，導(dǎo)軌足夠長，電阻不計，兩軌間距為L，其左端連接一阻值為R的電阻。導(dǎo)軌處在豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，一質(zhì)量為m的金屬棒，放置在導(dǎo)軌上，其電阻為r，某時刻一水平力F垂直作用在金屬棒中點(diǎn)，金屬棒從靜止開始做勻加速直線運(yùn)動，已知加速度大小為a，金屬棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。

(1)從力F作用開始計時，請推導(dǎo)F與時間t的關(guān)系式；
(2)F作用時間t0后撤去，求金屬棒能繼續(xù)滑行的距離s。
答案　(1)F＝at＋ma　(2)
解析　(1)設(shè)t時刻，電路中電流為I，
對金屬棒由牛頓第二定律有F－BIL＝ma
根據(jù)閉合電路歐姆定律可得BLv＝I(R＋r)
金屬棒速度v＝at
聯(lián)立解得F＝at＋ma。
(2)撤去F瞬間，金屬棒速度v0＝at0，設(shè)金屬棒能繼續(xù)滑行的時間為Δt，
在Δt時間內(nèi)，取金屬棒速度方向為正方向
由動量定理有－LBΔt＝0－mv0
Δt＝Δt＝＝
聯(lián)立解得s＝。

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