?法拉第電磁感應(yīng)定律
知識(shí)點(diǎn)：法拉第電磁感應(yīng)定律
一、電磁感應(yīng)定律
1．感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)
在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)叫作感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的那部分導(dǎo)體相當(dāng)于電源．
2．法拉第電磁感應(yīng)定律
(1)內(nèi)容：閉合電路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小，跟穿過(guò)這一電路的磁通量的變化率成正比．
(2)公式：E＝n，其中n為線圈的匝數(shù)．
(3)在國(guó)際單位制中，磁通量的單位是韋伯(Wb)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的單位是伏(V)．
二、導(dǎo)線切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)
1．導(dǎo)線垂直于磁場(chǎng)方向運(yùn)動(dòng)，B、l、v兩兩垂直時(shí)，如圖甲所示，E＝Blv.

　　　　　 圖甲　　　　　　　圖乙
2．導(dǎo)線的運(yùn)動(dòng)方向與導(dǎo)線本身垂直，但與磁感線方向夾角為θ時(shí)，如圖乙所示，E＝Blvsin_θ.
3．導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，導(dǎo)體棒所受安培力的方向與導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)方向相反，導(dǎo)體棒克服安培力做功，把其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能．
技巧點(diǎn)撥
一、對(duì)電磁感應(yīng)定律的理解
1．磁通量Φ、磁通量的變化量ΔΦ及磁通量的變化率的比較：

磁通量Φ
磁通量的變化量ΔΦ
磁通量的變化率
物理意義
某時(shí)刻穿過(guò)磁場(chǎng)中某個(gè)面的磁感線條數(shù)
在某一過(guò)程中，穿過(guò)某個(gè)面的磁通量的變化量
穿過(guò)某個(gè)面的磁通量變化的快慢
當(dāng)B、S互相垂直時(shí)的大小
Φ＝BS⊥
ΔΦ＝
＝
注意
若穿過(guò)的平面中有方向相反的磁場(chǎng)，則不能直接用Φ＝BS.Φ為抵消以后所剩余的磁通量
開始和轉(zhuǎn)過(guò)180°時(shí)平面都與磁場(chǎng)垂直，但穿過(guò)平面的磁通量是不同的，一正一負(fù)，ΔΦ＝2BS，而不是零
在Φ－t圖像中，可用圖線的斜率表示

2.公式E＝n的理解
感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小E由磁通量變化的快慢，即磁通量變化率決定，與磁通量Φ、磁通量的變化量ΔΦ無(wú)關(guān)．
二、導(dǎo)線切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)
1．導(dǎo)線切割磁感線時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)表達(dá)式的推導(dǎo)
如下圖所示，閉合電路一部分導(dǎo)線ab處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，ab的長(zhǎng)度為l，ab以速度v勻速垂直切割磁感線．

則在Δt內(nèi)穿過(guò)閉合電路磁通量的變化量為ΔΦ＝BΔS＝BlvΔt
根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝＝Blv.
2．對(duì)公式的理解
(1)當(dāng)B、l、v三個(gè)量的方向互相垂直時(shí)，E＝Blv；當(dāng)有任意兩個(gè)量的方向互相平行時(shí)，導(dǎo)線將不切割磁感線，E＝0.
(2)當(dāng)l垂直B且l垂直v，而v與B成θ角時(shí)，導(dǎo)線切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為E＝Blvsin θ.
(3)若導(dǎo)線是彎折的，或l與v不垂直時(shí)，E＝Blv中的l應(yīng)為導(dǎo)線在與v垂直的方向上的投影長(zhǎng)度，即有效切割長(zhǎng)度．

圖甲中的有效切割長(zhǎng)度為：L＝sin θ；
圖乙中的有效切割長(zhǎng)度為：L＝；
圖丙中的有效切割長(zhǎng)度為：沿v1的方向運(yùn)動(dòng)時(shí)，L＝R；沿v2的方向運(yùn)動(dòng)時(shí)，L＝R.
3.導(dǎo)體轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)
如下圖所示，導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)中繞A點(diǎn)在紙面內(nèi)以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，則AC在切割磁感線時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝Bl＝Bl·＝Bl2ω.

三、E＝n與E＝Blv的比較
1．區(qū)別：E＝n研究的是整個(gè)閉合回路，適用于計(jì)算各種電磁感應(yīng)現(xiàn)象中Δt內(nèi)的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；E＝Blv研究的是閉合回路的一部分，即做切割磁感線運(yùn)動(dòng)的導(dǎo)體，只適用于計(jì)算導(dǎo)體做切割磁感線運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，可以是平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，也可以是瞬時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)．
2．聯(lián)系：E＝Blv是由E＝n在一定條件下推導(dǎo)出來(lái)的，該公式可看成法拉第電磁感應(yīng)定律的一個(gè)推論．
例題精練
1．（2021春?越秀區(qū)期末）用電阻率為ρ、橫截面積為S的硬質(zhì)細(xì)導(dǎo)線，做成半徑為r的圓環(huán)，垂直圓環(huán)面的磁場(chǎng)充滿其內(nèi)接正方形，t＝0時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向如圖（a）所示，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖（b）所示，則在t＝0到t＝2t0的時(shí)間內(nèi)（　　）

A．圓環(huán)中產(chǎn)生的熱量為
B．圓環(huán)中的感應(yīng)電流大小為
C．圓環(huán)中始終沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生
D．圓環(huán)中有先順時(shí)針再逆時(shí)針的感應(yīng)電流
【分析】應(yīng)用法拉第電磁感應(yīng)定律求出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，應(yīng)用歐姆定律求出圓環(huán)的電阻，應(yīng)用閉合電路的歐姆定律求出感應(yīng)電流，應(yīng)用焦耳定律求出圓環(huán)產(chǎn)生的熱量；根據(jù)圖（b）判斷原磁場(chǎng)變化，根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向，再由右手螺旋定則判斷感應(yīng)電流的方向。
【解答】解：B、由電阻定律可知，圓環(huán)的電阻R＝，
由幾何知識(shí)可知，圓環(huán)內(nèi)接正方向的邊長(zhǎng)a＝r，
由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：E＝＝
由閉合電路的歐姆定律可知，感應(yīng)電流I＝＝，故B錯(cuò)誤；
A、由焦耳定律可知，圓環(huán)產(chǎn)生的熱量；Q＝I2Rt＝（）2××2t0＝，故A正確；
CD、由圖（b）所示圖象可知，穿過(guò)閉合圓環(huán)的磁通量不斷變化，圓環(huán)中產(chǎn)生感應(yīng)電流；0～t0，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度減小，通過(guò)線圈的磁通量也減小，根據(jù)楞次定律可得感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向與原磁場(chǎng)方向相同，垂直紙面向里，由右手螺旋定則可判斷感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針，t0～2t0，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度增大，通過(guò)線圈的磁通里也增大，根據(jù)楞次定律可得感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向與原磁場(chǎng)方向相反，垂直紙面向里，由右手螺旋定則可判斷感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針，所以圓環(huán)中的感應(yīng)電流方向始終順時(shí)針，故D錯(cuò)誤。
故選：A。
【點(diǎn)評(píng)】本題是電磁感應(yīng)與電路相結(jié)合的綜合題，根據(jù)題意應(yīng)用楞次定律、左手定則、電磁感應(yīng)定律、電阻定律與閉合電路的歐姆定律、焦耳定律即可解題，掌握基礎(chǔ)知識(shí)是解題的前提與關(guān)鍵，掌握基礎(chǔ)知識(shí)即可解題；求感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)時(shí)要注意，磁場(chǎng)的面積是圓環(huán)內(nèi)接正方形的面積，不是圓環(huán)的面積，這是易錯(cuò)點(diǎn)。
2．（2021春?廣州期末）如圖所示為幾個(gè)有理想邊界的磁場(chǎng)區(qū)域，相鄰區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度B大小相等，方向相反，區(qū)域的寬度均為L(zhǎng)，現(xiàn)有一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形導(dǎo)線框由如圖示位置開始，沿垂直于區(qū)域邊界的直線勻速穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域，速度大小為v，規(guī)定電流順時(shí)針方向?yàn)檎较颍聢D中能正確反映線框中感應(yīng)電流的是（　?。?br />
A． B．
C． D．
【分析】線框剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，只有一條邊切割磁感線，全部進(jìn)入磁場(chǎng)后，有兩條邊切割磁感線，根據(jù)E＝BLv求出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，從而求出感應(yīng)電流的大?。鶕?jù)右手定則判定出感應(yīng)電流的方向。
【解答】解：在0﹣階段，感應(yīng)電流的大小I1＝，方向?yàn)轫槙r(shí)針方向；
在﹣階段，感應(yīng)電流的大小I2＝，方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向；
在﹣階段，感應(yīng)電流的大小I3＝，方向?yàn)轫槙r(shí)針方向；
在﹣階段，感應(yīng)電流的大小I4＝，方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向。
在﹣階段，感應(yīng)電流的大小I5＝，方向?yàn)轫槙r(shí)針方向。
故D正確，ABC錯(cuò)誤。
故選：D。
【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵掌握導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv，以及會(huì)用右手定則判定感應(yīng)電流的方向。

隨堂練習(xí)
1．（2021春?永濟(jì)市校級(jí)期末）如圖所示，Ⅰ和Ⅱ是一對(duì)異名磁極，ab為放在其間的金屬棒。ab和cd用導(dǎo)線連成一個(gè)閉合回路。當(dāng)ab棒向左運(yùn)動(dòng)時(shí)，cd導(dǎo)線受到向下的磁場(chǎng)力。由此可知（　?。?br />
A．b點(diǎn)電勢(shì)高于a點(diǎn)電勢(shì)
B．Ⅰ是S極
C．cd中電流方向是由d到c
D．當(dāng)ab棒向左運(yùn)動(dòng)時(shí)，ab棒受到向左的磁場(chǎng)力
【分析】根據(jù)cd棒所受磁場(chǎng)力的方向，由左手定則判斷出cd中電流的方向，然后由右手定則判斷出ab棒所在處磁場(chǎng)方向，進(jìn)一步判斷出磁極名稱；棒ab相當(dāng)于電源，根據(jù)電流方向判斷電勢(shì)的高低。由左手定則判斷ab棒受到的磁場(chǎng)力方向。
【解答】解：ABC、cd導(dǎo)線受到向下的磁場(chǎng)力，cd處磁場(chǎng)方向水平向左，由左手定則可知，cd中電流方向由c→d，則知ab棒中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向由b→a，ab棒相當(dāng)于電源，則
a點(diǎn)電勢(shì)高于b點(diǎn)電勢(shì)。當(dāng)ab棒向左運(yùn)動(dòng)時(shí)，由右手定則可知，ab棒所在處磁場(chǎng)方向豎直向上，則Ⅰ是S極，Ⅱ是N極，故AC錯(cuò)誤，B正確；
D、ab棒中電流由b→a，ab棒所在處磁場(chǎng)方向豎直向上，由左手定則判斷可知，ab棒受到向右的磁場(chǎng)力，故D錯(cuò)誤。
故選：B。
【點(diǎn)評(píng)】本題的關(guān)鍵要掌握左手定則和右手定則，并能搞清兩者的區(qū)別，知道安培力方向與電流方向、磁場(chǎng)方向的關(guān)系使用左手定則。判斷導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向使用右手定則。
2．（2021春?龍巖期末）如圖甲所示，空間存在一方向與紙面垂直、大小隨時(shí)間變化的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的單匝正方形線框固定在紙面內(nèi)、線框的電阻為R，線框一半面積在磁場(chǎng)中。t＝0時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向如圖甲所示。磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖乙所示，則在t＝0到t＝t1的時(shí)間間隔內(nèi)（　　）

A．線框所受安培力的方向始終不變
B．線框中的感應(yīng)電流始終沿逆時(shí)針方向
C．線框中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為
D．線框中的感應(yīng)電流大小為
【分析】應(yīng)用楞次定律判斷感應(yīng)電流方向，應(yīng)用左手定則判斷出安培力方向；應(yīng)用法拉第電磁感應(yīng)定律求出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大??；再根據(jù)歐姆定律求出感應(yīng)電流大小。
【解答】解：AB、由楞次定律可知，在t＝0到t＝t1的時(shí)間間隔內(nèi)，線框中的感應(yīng)電流始終沿順時(shí)針方向，由左手定則可知：0﹣t0時(shí)間內(nèi)線框受到的安培力向左，t0﹣t1時(shí)間內(nèi)安培力向右，故AB錯(cuò)誤；
C、由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，線框中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為：E＝＝?L2＝，故C錯(cuò)誤；
D、根據(jù)歐姆定律得感應(yīng)電流大?。篒＝＝，故D正確。
故選：D。
【點(diǎn)評(píng)】本題是電磁感應(yīng)與電路相結(jié)合的綜合題，要能熟練應(yīng)用楞次定律、左手定則、法拉第電磁感應(yīng)定律與歐姆定律，掌握基礎(chǔ)知識(shí)是解題的前提與關(guān)鍵。
3．（2021春?連云港期末）如圖所示，兩根間距為L(zhǎng)、電阻不計(jì)且足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌與水平面的夾角θ＝30°，質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒MN被鎖定在軌道上。整個(gè)裝置處在垂直于導(dǎo)軌平面向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，MN棒受到沿斜面向上、大小為mg的恒力F作用。某時(shí)刻棒解除鎖定，經(jīng)過(guò)時(shí)間t棒剛好達(dá)到最大速度v。金屬棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，重力加速度為g。下列說(shuō)法正確的是（　?。?br />
A．解除鎖定后，棒中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向由N→M
B．解除鎖定后瞬間，棒的加速度大小為g
C．t時(shí)間內(nèi)棒重力勢(shì)能的增加量大于回路中產(chǎn)生的焦耳熱
D．時(shí)間t內(nèi)通過(guò)MN棒的電量為
【分析】根據(jù)牛頓第二定律可求得解除鎖定瞬間，導(dǎo)體棒的加速度；根據(jù)動(dòng)能定理判斷重力勢(shì)能變化與焦耳熱的大小關(guān)系，通過(guò)MN的電荷量可以根據(jù)平均電流的方法求得。
【解答】解：初始時(shí)，導(dǎo)體棒受重力，支持力，恒力F鎖定在斜面上
A、解除鎖定后，由于沿斜面向上的F＝mg，大于重力沿斜面向下的分力，故導(dǎo)體向上運(yùn)動(dòng)，根據(jù)右手定則判斷電流方向由M→N，故A錯(cuò)誤；
B、解除鎖定后瞬間，根據(jù)牛頓第二定律有：F﹣mgsinθ＝ma，代入求得a＝，故B錯(cuò)誤；
C、根據(jù)動(dòng)能定理有：Fs﹣mgh﹣Q＝
F＝mg，s＝＝2h
代入可知mgh﹣Q＝
即t時(shí)間內(nèi)棒重力勢(shì)能的增加量大于回路中產(chǎn)生的焦耳熱，故C 正確；
D、由于t時(shí)間內(nèi)電流不斷變化，所以不能根據(jù)E＝BLv計(jì)算電流，從而求電荷量，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
【點(diǎn)評(píng)】本題主要是考查電磁感應(yīng)現(xiàn)象，關(guān)鍵是弄清楚導(dǎo)體棒的運(yùn)動(dòng)情況和受力情況，根據(jù)平衡條件、牛頓第二定律列方程進(jìn)行求解，如果涉及電荷量問題，常根據(jù)動(dòng)量定理結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路的歐姆定律列方程進(jìn)行解答。

綜合練習(xí)
一．選擇題（共20小題）
1．（2021春?倉(cāng)山區(qū)校級(jí)期中）如圖，兩根足夠長(zhǎng)的光滑金屬導(dǎo)軌豎直放置，底端接電阻R，輕彈簧上端固定，下端懸掛質(zhì)量為m的金屬棒，金屬棒和導(dǎo)軌接觸良好，除電阻R外，其余電阻不計(jì)，導(dǎo)軌處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直導(dǎo)軌所在平面。靜止時(shí)金屬棒位于A處，此時(shí)彈簧的伸長(zhǎng)量為Δl，彈性勢(shì)能為Ep，重力加速度大小為g。將金屬棒從彈簧原長(zhǎng)位置由靜止釋放，金屬棒在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終保持水平，則（　　）

A．金屬棒第一次到達(dá)A處時(shí)，其加速度方向向下
B．當(dāng)金屬棒的速度最大時(shí)，彈簧的伸長(zhǎng)量為ΔL
C．電阻R上產(chǎn)生的總熱量等于mgΔl﹣Ep
D．金屬棒第一次下降過(guò)程通過(guò)電阻R的電荷量與第一次上升過(guò)程的相等
【分析】金屬棒的速度最大時(shí)，合力為零，由平衡條件求彈簧的伸長(zhǎng)量。金屬棒最后靜止在A處，從釋放到金屬棒最后靜止的過(guò)程中，其重力勢(shì)能減小，轉(zhuǎn)化成內(nèi)能和彈簧的彈性勢(shì)能。根據(jù)牛頓第二定律分析加速度方向。由q＝分析通過(guò)電阻R的電荷量關(guān)系。
【解答】解：A、金屬棒第一次到達(dá)A處時(shí)，受到重力、彈簧的彈力和安培力，且重力與彈力大小相等、方向相反，安培力方向向上，所以合力等于安培力，方向向上，可知加速度方向向上，故A錯(cuò)誤；
B、金屬棒的速度最大時(shí)，合力為零，設(shè)此時(shí)彈簧的形變量為x，由平衡條件有：mg＝kx+F安，金屬棒原來(lái)靜止時(shí)有：mg＝kΔl，兩式對(duì)比可得：x＜Δl，即金屬棒的速度最大時(shí)，彈簧的伸長(zhǎng)量小于Δl，故B錯(cuò)誤；
C、金屬棒最后靜止在A處，從釋放到金屬棒最后靜止的過(guò)程中，其重力勢(shì)能減小，轉(zhuǎn)化成內(nèi)能和彈簧的彈性勢(shì)能，則由能量守恒定律可知，電阻R上產(chǎn)生的熱量：Q＝mgΔl﹣Ep，故C正確；
D、根據(jù)能量守恒定律知，金屬棒第一次下降的高度大于第一次上升的高度，通過(guò)電阻的電荷量q＝，金屬棒第一次下降過(guò)程磁通量的變化量比第一次上升過(guò)程磁通量的變化量大，則金屬棒第一次下降過(guò)程通過(guò)電阻R的電荷量比第一次上升過(guò)程的多，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
【點(diǎn)評(píng)】本題是電磁感應(yīng)與力學(xué)知識(shí)的綜合應(yīng)用，關(guān)鍵要正確分析金屬棒的受力情況和回路中能量轉(zhuǎn)化情況，由牛頓第二定律分析加速度。
2．（2021春?和平區(qū)期末）如圖所示，在水平面上放置間距為L(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)cd、ef，左端連接阻值為R的定值電阻。質(zhì)量為m的金屬棒ab，垂直導(dǎo)軌靜止放置，接入導(dǎo)軌間的電阻也為R，導(dǎo)軌處在豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。金屬棒ab受到平行ef向右的瞬時(shí)沖量I后，開始運(yùn)動(dòng)。運(yùn)動(dòng)過(guò)程中金屬棒ab始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。導(dǎo)軌的電阻不計(jì)，則整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中（　?。?br />
A．金屬棒ab中的電流方向?yàn)閍到b
B．金屬棒ab兩端的最大電壓
C．金屬棒ab的最大加速度為
D．金屬棒ab產(chǎn)生的焦耳熱為
【分析】金屬棒ab受到平行ef向右的瞬時(shí)沖量I后開始向右運(yùn)動(dòng)，根據(jù)右手定則判斷ab中感應(yīng)電流方向，ab棒受到向左的安培力，則ab棒將向右做減速運(yùn)動(dòng)，ab棒剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，ab棒兩端的電壓最大，ab棒受到的安培力最大，合外力最大，加速度最大，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律求金屬棒ab兩端的最大電壓，根據(jù)牛頓第二定律和安培力公式相結(jié)合求最大加速度。根據(jù)能量守恒定律求回路中產(chǎn)生的總的焦耳熱，從而求出金屬棒ab產(chǎn)生的焦耳熱。
【解答】解：A、金屬棒ab受到平行ef向右的瞬時(shí)沖量I后開始向右運(yùn)動(dòng)，根據(jù)右手定則判斷可知，金屬棒ab中的電流方向?yàn)閎到a，故A錯(cuò)誤；
B、設(shè)瞬時(shí)沖量I作用后ab桿獲得速度為v。取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理得：I＝mv，得v＝
金屬棒ab剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)速度最大，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，ab棒兩端的電壓最大，金屬棒ab兩端的最大電壓Uab＝E＝BLv＝，故B錯(cuò)誤；
C、金屬棒ab剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度最大，設(shè)為a，則根據(jù)牛頓第二定律得BI電L＝ma，根據(jù)閉合電路歐姆定律得電路中電流：I電＝＝＝
聯(lián)立解得a＝，故C正確；
D、金屬棒向右做減速運(yùn)動(dòng)，最終靜止，根據(jù)能量守恒定律得：回路中產(chǎn)生的總的焦耳熱為Q＝mv2＝，則金屬棒ab產(chǎn)生的焦耳熱為Rab＝Q＝，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
【點(diǎn)評(píng)】本題是電磁感應(yīng)與力學(xué)的綜合問題，關(guān)鍵要分析清楚金屬棒ab的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，分瞬時(shí)沖量作用和向右運(yùn)動(dòng)兩個(gè)過(guò)程分析，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、安培力和力學(xué)規(guī)律相結(jié)合進(jìn)行處理。
3．（2021春?徐匯區(qū)校級(jí)期末）如圖，光滑金屬導(dǎo)軌所在平面豎直，勻強(qiáng)磁場(chǎng)與導(dǎo)軌平面垂直。一水平導(dǎo)體棒由靜止開始下落，下落時(shí)導(dǎo)體棒兩端與軌道接觸良好。下落一段距離，導(dǎo)體棒獲得的動(dòng)能為ΔEk，損失的重力勢(shì)能為ΔEp，回路中產(chǎn)生的焦耳熱為Q。則（　　）

A．ΔEP＝Q B．ΔEk+ΔEP＝恒量
C．ΔEk＝ΔEp+Q D．ΔEp＝ΔEk+Q
【分析】導(dǎo)體棒在下落的過(guò)程中，導(dǎo)體棒的重力勢(shì)能一部分轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，一部分轉(zhuǎn)化為回路中產(chǎn)生的焦耳熱；由于產(chǎn)生焦耳熱，所以導(dǎo)體棒的機(jī)械能不守恒。
【解答】解：導(dǎo)體棒在下落的過(guò)程中，導(dǎo)體棒的重力勢(shì)能一部分轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，一部分轉(zhuǎn)化為回路中產(chǎn)生的焦耳熱，則導(dǎo)體棒損失的重力勢(shì)能等于導(dǎo)體棒的動(dòng)能以及回路中產(chǎn)生的焦耳熱之和
Ep＝ΔEK+ΔQ；
由于產(chǎn)生焦耳熱，所以導(dǎo)體棒的機(jī)械能ΔEK+ΔEp逐漸減小，則ΔEk+ΔEP不是恒量；
故D正確，ABC錯(cuò)誤。
故選：D。
【點(diǎn)評(píng)】本題考查能量轉(zhuǎn)化問題，要注意初始狀態(tài)和末狀態(tài)的能量變化是解題的關(guān)鍵。
4．（2021?肥城市模擬）如圖所示，兩電阻可以忽略不計(jì)的平行金屬長(zhǎng)直導(dǎo)軌固定在水平面上，相距為L(zhǎng)，另外兩根長(zhǎng)度為L(zhǎng)、質(zhì)量為m、電阻為R的相同導(dǎo)體棒垂直靜置于導(dǎo)軌上，導(dǎo)體棒在長(zhǎng)導(dǎo)軌上可以無(wú)摩擦地左右滑動(dòng)，導(dǎo)軌間存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。某時(shí)刻使左側(cè)的導(dǎo)體棒獲得大小為v0的向左初速度、右側(cè)的導(dǎo)體棒獲得大小為2v0的向右初速度，則下列結(jié)論正確的是（　?。?br />
A．該時(shí)刻回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為BLv0
B．當(dāng)導(dǎo)體棒a的速度大小為時(shí)，導(dǎo)體棒b的速度大小一定是
C．當(dāng)導(dǎo)體棒a的速度為0時(shí)，兩導(dǎo)體棒受到的安培力大小都是
D．當(dāng)導(dǎo)體棒a的速度為0時(shí)，兩導(dǎo)體棒受到的安培力大小都是
【分析】根據(jù)右手定則可知兩根導(dǎo)體棒切割磁感應(yīng)線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)方向相同，再根據(jù)E＝Blv求解感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；根據(jù)動(dòng)量守恒定律判斷導(dǎo)體棒b的速度大??；當(dāng)導(dǎo)體棒a的速度為0時(shí)，根據(jù)動(dòng)量守恒定律求解b棒的速度，再根據(jù)安培力的公式及感應(yīng)電流的表達(dá)式求解此時(shí)回路中的安培力大小。
【解答】解：A、根據(jù)右手定則可知兩根導(dǎo)體棒切割磁感應(yīng)線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)方向相同，故該時(shí)刻回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝BLv0+BL×2v0＝3BLv0，故A錯(cuò)誤；
B、當(dāng)導(dǎo)體棒a的速度大小為時(shí)，有可能方向向左、也可能方向向右，整體在水平方向動(dòng)量守恒，取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：
當(dāng)a的方向向右時(shí)：m×2v0﹣mv0＝m×+mv1
解得：v1＝
當(dāng)a的方向向左時(shí)：m×2v0﹣mv0＝m×（﹣）+mv2
解得：v2＝，故速度大小可能是、也可能是，故B錯(cuò)誤；
CD、當(dāng)導(dǎo)體棒a的速度為0時(shí)，取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：
m×2v0﹣mv0＝mvb
解得：vb＝v0方向向右，此時(shí)回路中的安培力大小為：
F＝BIL
回路中的感應(yīng)電流為：
I＝＝
聯(lián)立解得：F＝，故C正確，D錯(cuò)誤。
故選：C。
【點(diǎn)評(píng)】本題主要是考查電磁感應(yīng)現(xiàn)象與動(dòng)量守恒定律的綜合應(yīng)用，關(guān)鍵是弄清楚受力情況和運(yùn)動(dòng)情況，能夠根據(jù)動(dòng)量守恒定律進(jìn)行解答。
5．（2021?湖南模擬）如圖甲所示。在豎直方向上有四條間距相等的水平虛線L1、L2、L3、L4，在L1和L2之間、L3和L4之間存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為1T，方向垂直于虛線所在平面，磁場(chǎng)寬度為L(zhǎng)，現(xiàn)有一寬度cd＝L＝0.5m、質(zhì)量為0.1kg、電阻為2Ω的矩形線圈abcd，將其從圖示位置由靜止釋放（cd邊與L1重合），速度隨時(shí)間變化關(guān)系如圖乙所示，t1時(shí)刻cd邊與L2重合，t2時(shí)刻ab邊與L3重合，t3時(shí)刻ab邊與L4重合，已知t1～t2的時(shí)間間隔為0.6s，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程線圈平面始終處于豎直方向。（重力加速度g取10m/s2）則（　　）

A．t1時(shí)刻，線圈運(yùn)動(dòng)的速度大小v1＝3.5m/s
B．L1與L2、L3與L4之間的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的寬度為1m
C．在0～t1時(shí)間內(nèi)，通過(guò)線圈的電荷量為0.25C
D．在0～t3時(shí)間內(nèi)，線圈產(chǎn)生的熱量為1.1125J
【分析】根據(jù)t2～t3時(shí)間內(nèi)線圈受力平衡求解該過(guò)程的速度大小，t1～t2的時(shí)間內(nèi)線圈做加速度為g的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)速度﹣時(shí)間關(guān)系求解t1時(shí)刻線圈運(yùn)動(dòng)的速度大小；根據(jù)圖象分析線框的長(zhǎng)度，再根據(jù)位移﹣時(shí)間關(guān)系求解d的大??；根據(jù)電荷量的計(jì)算公式求解通過(guò)線圈的電荷量根據(jù)能量守恒定律求解產(chǎn)生的熱。
【解答】解：A、t2～t3時(shí)間內(nèi)線圈做勻速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)受力平衡有：mg＝BIL＝，聯(lián)立兩式解得：v2＝8m/s，
t1～t2的時(shí)間間隔為t＝0.6s，線圈做加速度為g的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)速度﹣時(shí)間關(guān)系有：v2＝v1+gt，解得：v1＝2m/s，故A錯(cuò)誤；
B、t1～t2時(shí)間內(nèi)，線圈一直做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，知ab邊剛進(jìn)入上邊的磁場(chǎng)時(shí)，cd邊也剛進(jìn)入下邊的磁場(chǎng)，設(shè)磁場(chǎng)的寬度為d，則線圈的長(zhǎng)度L′＝2d，
線圈下降的位移勻加速下降的位移為：x＝L′+d＝3d，則有3d＝v1t+，解得：d＝1m，故B正確；
C、在0～t1時(shí)間內(nèi)，cd邊從L1運(yùn)動(dòng)到L2，通過(guò)線圈的電荷量q＝Δt＝＝，解得：q＝0.25C，故C錯(cuò)誤；
D、在0～t3時(shí)間內(nèi)，根據(jù)能量守恒定律得：Q＝mg（3d+2d）﹣，解得：Q＝1.8J，故D錯(cuò)誤。
故選：B。
【點(diǎn)評(píng)】本題主要是考查電磁感應(yīng)現(xiàn)象與圖象的結(jié)合，關(guān)鍵是能夠從圖像上獲取信息，得到線框的運(yùn)動(dòng)情況，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合能量守恒定律、電荷量的計(jì)算公式等解答。
6．（2021?菏澤二模）在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有兩根水平放置的平行粗糙導(dǎo)軌CD、EF，導(dǎo)軌上放有一金屬棒MN?，F(xiàn)從t＝0時(shí)刻起，金屬棒中的電流與時(shí)間成正比，即I＝kt（其中k為常量），方向如圖所示，金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好。下列關(guān)于棒的速度v、加速度a隨時(shí)間t變化的關(guān)系圖像，可能正確的是（　?。?br />
A． B．
C． D．
【分析】根據(jù)安培力公式寫出安培力的表達(dá)式，再由牛頓第二定律第二定律判斷加速度的變體情況，從而知道速度的變化規(guī)律；
【解答】解：由題知，導(dǎo)軌粗糙，棒中通入的電流隨時(shí)間成正比的的電流I＝kt，棒將受到安培力作用，且逐漸增大，當(dāng)安培力大于最大靜摩擦力時(shí)，棒開始運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律得：F﹣f＝ma，而F＝BIL、I＝kt。聯(lián)立得到：BkL?t﹣f＝ma，可見加速度a隨時(shí)間均勻增大，速度逐漸增大，故A正確，B錯(cuò)誤、C錯(cuò)誤、D錯(cuò)誤。
故選：A。
【點(diǎn)評(píng)】本題考查安培力公式，牛頓第二定律、等相關(guān)內(nèi)容，寫出加速度的表達(dá)式是關(guān)鍵，從而知道加速度隨時(shí)間的變化關(guān)系，還要注意的是v﹣t圖象的斜率是加速度。
7．（2021?臨海市二模）如圖所示，水平面內(nèi)第二、三象限內(nèi)存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1T。將一根電阻R＝0.5Ω的均勻?qū)Ь€圍成一個(gè)閉合線圈Oab，已知ab剛好為四分之一圓弧，Oa長(zhǎng)0.1m，t＝0時(shí)Oa與x軸重合?，F(xiàn)讓線圈從如圖所示位置開始繞O點(diǎn)以角速度ω＝4rad/s逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。在一個(gè)周期內(nèi)，下列說(shuō)法中正確的是（　?。?br />
A．通過(guò)線圈中電流的有效值為0.04A
B．Oa兩端只有在線圈進(jìn)入和穿出磁場(chǎng)兩個(gè)過(guò)程中有電壓
C．因?yàn)橐粋€(gè)周期內(nèi)穿過(guò)線圈的磁通量變化為零，所以線圈中電動(dòng)勢(shì)的有效值為零
D．因?yàn)橐粋€(gè)周期內(nèi)穿過(guò)線圈的磁通量變化為零，所以通過(guò)線圈某一橫截面的電荷量為零
【分析】根據(jù)E＝BLv求出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，應(yīng)用閉合電路的歐姆定律求出感應(yīng)電流，然后根據(jù)題意求出感應(yīng)電流的有效值；應(yīng)用法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路的歐姆定律與電流的定義式求出通過(guò)線圈某一橫截面的電荷量。
【解答】解：AC、線圈進(jìn)入磁場(chǎng)與離開磁場(chǎng)過(guò)程線圈切割磁感線的有效長(zhǎng)度r＝Oa＝0.1m，
線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Br＝Br＝Br2ω＝V＝0.02V，
由閉合電路的歐姆定律可知，感應(yīng)電流I＝＝0.04A，
設(shè)電流的有效值為I有效，則2I2R×＝RT，
代入數(shù)據(jù)解得：I有效＝A＝0.02A，故AC錯(cuò)誤；
B、線圈進(jìn)入、離開磁場(chǎng)過(guò)程線圈中有感應(yīng)電流，Oa兩端有電壓，線圈完全在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程，Oa切割磁感線，Oa兩端有電壓，故C錯(cuò)誤；
D、在一個(gè)周期內(nèi)穿過(guò)線圈的磁通量變化量ΔΦ＝0，由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零，平均感應(yīng)電流為零，通過(guò)線圈某一橫截面的電荷量q＝t＝0，故D正確。
故選：D。
【點(diǎn)評(píng)】分析清楚線圈的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，應(yīng)用E＝BLv、法拉第電磁感應(yīng)定律與閉合電路歐姆定律、電流定義式即可解題時(shí)；解題時(shí)要注意線圈進(jìn)入與離開磁場(chǎng)時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Br＝Br2ω。
8．（2021?泰安四模）如圖所示，兩根電阻不計(jì)、傾角為θ＝37°且足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌傾斜放置，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)＝0.4m，頂端連接電阻為R＝2Ω的定值電阻。虛線上方（含虛線處）的區(qū)域存在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝1.25T。質(zhì)量為m＝0.1kg、電阻為R1＝1Ω的導(dǎo)體棒P在虛線上方某處；電阻為R2＝2Ω的導(dǎo)體棒Q固定在虛線處。將導(dǎo)體棒P由靜止釋放，經(jīng)過(guò)時(shí)間t＝3s導(dǎo)體棒P到達(dá)虛線處，P在到達(dá)虛線之前已達(dá)到最大速度，P、Q與導(dǎo)軌始終接觸良好。重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.下列說(shuō)法正確的是（　?。?br />
A．導(dǎo)體棒P到達(dá)虛線前的動(dòng)量變化率越來(lái)越大
B．導(dǎo)體棒P到達(dá)虛線時(shí)的速度大小為4.8m/s
C．導(dǎo)體棒P的釋放點(diǎn)與虛線間的距離為m
D．從導(dǎo)體棒P開始運(yùn)動(dòng)到到達(dá)虛線時(shí)導(dǎo)體棒Q上產(chǎn)生的焦耳熱為J
【分析】根據(jù)動(dòng)量定理Δp＝F合Δt可得＝F合，根據(jù)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中合外力的變化情況分析動(dòng)量變化率；根據(jù)平衡條件求解導(dǎo)體棒P到達(dá)虛線時(shí)的速度大??；對(duì)金屬棒根據(jù)動(dòng)量定理求解位移大小；由能量守恒可求解導(dǎo)體棒Q上產(chǎn)生的焦耳熱。
【解答】解：A、導(dǎo)體棒P由靜止釋放，做加速運(yùn)動(dòng)，向上的安培力越來(lái)越大，所以向下運(yùn)動(dòng)的加速度越來(lái)越小，即合力越來(lái)越小，根據(jù)動(dòng)量定理Δp＝F合Δt可得：＝F合，所以動(dòng)量變化率越來(lái)越小，導(dǎo)體棒P在到達(dá)虛線之前已達(dá)到最大速度，即最后做勻速運(yùn)動(dòng)，故合外力為零，則動(dòng)量變化率為零，故A錯(cuò)誤；
B、導(dǎo)體棒P勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)受力平衡，根據(jù)平衡條件可得：mgsinθ＝BIL，其中：＝，R總＝，
聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得：v＝4.8m/s，故B正確；
C、導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中穿過(guò)導(dǎo)體棒P的電荷量為：＝＝，
取向下為正方向，對(duì)金屬棒根據(jù)動(dòng)量定理可得：mgsinθ?t﹣BqL＝mv﹣0
解得：＝13.125m，故C錯(cuò)誤；
D、由能量守恒可知：，導(dǎo)體棒Q上產(chǎn)生的焦耳熱為：
解得：＝1.6875J，故D錯(cuò)誤。
故選：B。
【點(diǎn)評(píng)】對(duì)于安培力作用下導(dǎo)體棒的運(yùn)動(dòng)問題，如果涉及電荷量、求位移問題，常根據(jù)動(dòng)量定理結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路的歐姆定律列方程進(jìn)行解答。
9．（2021?廣東二模）風(fēng)速測(cè)速儀的簡(jiǎn)易裝置如圖甲所示，某段時(shí)間內(nèi)線圈中感應(yīng)電流的波形如圖乙所示，下列說(shuō)法正確的是（　?。?br />
A．若風(fēng)速變大，圖乙中感應(yīng)電流的周期變大
B．若風(fēng)速變大，圖乙中感應(yīng)電流的峰值變大
C．圖乙中感應(yīng)電流最大時(shí)，風(fēng)速最大
D．圖乙中感應(yīng)電流隨時(shí)變化的原因是風(fēng)速在變
【分析】線圈在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)動(dòng)，會(huì)產(chǎn)生交流電．根據(jù)相對(duì)運(yùn)動(dòng)，可知，磁場(chǎng)對(duì)線圈來(lái)轉(zhuǎn)動(dòng)，則也會(huì)產(chǎn)生交流電．轉(zhuǎn)動(dòng)的周期即為交流電的周期，轉(zhuǎn)動(dòng)的轉(zhuǎn)速與交流電的最大值有關(guān)。
【解答】解：A、若風(fēng)速變大，那么風(fēng)杯帶線圈轉(zhuǎn)動(dòng)更快，則周期變小，故A錯(cuò)誤；
B、根據(jù)Em＝NBSω，而，所以風(fēng)速變大后，交流電電動(dòng)勢(shì)的峰值變大，感應(yīng)電流的峰值Im＝也將變大，故B正確；
C、交流電出現(xiàn)峰值時(shí)，只是線圈此時(shí)在磁場(chǎng)中切割磁感線的速度最大，并不代表此時(shí)的風(fēng)速最大，故C錯(cuò)誤；
D、圖乙中出現(xiàn)交流電，是因?yàn)榫€圈在磁場(chǎng)中勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，切割磁感線速度的大小和方向均周期性的變化而產(chǎn)生的，不是隨風(fēng)速而變化，故D錯(cuò)誤。
故選：B。
【點(diǎn)評(píng)】根據(jù)相對(duì)性來(lái)分析與解決問題，同時(shí)掌握感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與轉(zhuǎn)速關(guān)系，及轉(zhuǎn)速與周期的關(guān)系。
10．（2021?江蘇模擬）如圖所示，豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.5T，水平地面上固定有電阻不計(jì)的光滑“V”形導(dǎo)軌MPN，MN、MP、NP長(zhǎng)度均為2m，以MN中點(diǎn)O為原點(diǎn)，OP為x軸建系，一根粗細(xì)均勻的金屬桿CD長(zhǎng)度為2m，電阻為R，在F的作用下沿x軸勻速運(yùn)動(dòng)，v＝1m/s，下列關(guān)于CD兩端電勢(shì)差UCD、回路中電流I、拉力F大小、拉力做功W和與導(dǎo)體棒所處橫坐標(biāo)x的關(guān)系圖像正確的是（　?。?br />
A．
B．
C．
D．
【分析】（1）導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，結(jié)合電路結(jié)構(gòu)能求cd兩端的電壓；
（2）感應(yīng)電流大小與導(dǎo)體長(zhǎng)度無(wú)關(guān)，則電流恒定，因而由安培力公式可求解安培力的變化；
（3）當(dāng)導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)，由有效長(zhǎng)度可列出安培力大小關(guān)于向下運(yùn)動(dòng)位移的表達(dá)式，根據(jù)安培力與位移成線性關(guān)系，可利用安培力公式和功的公式求外力做的功。
【解答】解：A、導(dǎo)體棒cd切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BL0v，由于MPN的電阻不計(jì)，框內(nèi)導(dǎo)線被短路，所以cd兩端的電勢(shì)差就是框外的兩部分切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，即Ucd＝2?B?x?tan30°?v＝2?0.5?x??1＝，它是一條過(guò)原點(diǎn)的直線，故A正確；
B、MPN與cd框內(nèi)的部分形成回路有電流，若整個(gè)cd棒長(zhǎng)為L(zhǎng)0、電阻為R，則此時(shí)的電流：I＝＝，與x無(wú)關(guān)，大小是恒定的，故B錯(cuò)誤；
C、由于cd勻速運(yùn)動(dòng)，所以外力F＝F安＝BI（L0﹣2xtan30°），F(xiàn)關(guān)于x是一次函數(shù)，是一條下降的直線，故C錯(cuò)誤；
D、拉力的功W＝Fx＝BI（L0﹣2xtan30°）?x，顯然是一條開口向下的拋物線，故D錯(cuò)誤。
故選：A。
【點(diǎn)評(píng)】本題考查直導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)公式、歐姆定律、安培力、牛頓第二定律、電路結(jié)構(gòu)等內(nèi)容，抓基本知識(shí)點(diǎn)，緊扣物理過(guò)程，代入相應(yīng)規(guī)律可解決問題。
11．（2021?湖南模擬）如圖所示，MN為勻強(qiáng)磁場(chǎng)的左邊界，磁場(chǎng)中有正方形線框abcd，其ad邊與MN重合。線框第一次以ad邊為轉(zhuǎn)軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)而出磁場(chǎng)；第二次線框在外力作用下向左勻速拉出磁場(chǎng)，兩次所用時(shí)間相同，第一次線框產(chǎn)生的熱量為Q1，通過(guò)ad邊的電荷量為q1，bc邊經(jīng)過(guò)MN時(shí)所受安培力為F1，第二次線框產(chǎn)生的熱量為Q2，通過(guò)ad邊的電荷量為q2，bc邊經(jīng)過(guò)MN時(shí)所受安培力為F2，以下說(shuō)法正確的是（　?。?br />
A．F1：F2＝π：2，q1：q2＝π：1
B．Q1：Q2＝8：π，q1：q2＝1：1
C．F1：F2＝π：4，q1：q2＝1：1
D．Q1：2Q2＝π2：8，q1：q2＝1：1
【分析】第一次線框產(chǎn)生正弦交流電，求出電動(dòng)勢(shì)的最大值，第二次線框向左勻速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)E＝BLv計(jì)算電動(dòng)勢(shì)；
根據(jù)歐姆定律計(jì)算電流、根據(jù)安培力的計(jì)算公式計(jì)算安培力，根據(jù)焦耳定律計(jì)算產(chǎn)生的焦耳熱，根據(jù)電荷量的計(jì)算公式求解電荷量，由此得出比值。
【解答】解：設(shè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，線框邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，電阻為R，線框勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的周期為T.
第一次線框產(chǎn)生正弦交流電為整個(gè)周期的四分之一，電動(dòng)勢(shì)的最大值Em＝BSω＝，
bc邊經(jīng)過(guò)MN時(shí)，線框中的電流I1＝，bc邊所受安培力的大小為F1＝BI1L＝，
四分之一周期內(nèi)線框產(chǎn)生的熱量為Q1＝＝，
通過(guò)ad邊的電荷量q1＝＝；
第二次線框向左勻速運(yùn)動(dòng)，速度v＝＝，線框產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)E＝BLv＝，
第二次線框產(chǎn)生的熱量為Q2＝＝，
安培力F2＝＝
通過(guò)ad邊的電荷量：q2＝＝，
所以有：＝，＝1，＝，故ABC錯(cuò)誤，D正確。
故選：D。
【點(diǎn)評(píng)】本題主要是考查線框轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感應(yīng)線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和平動(dòng)切割磁感應(yīng)線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的計(jì)算，知道正弦交流電最大值和有效值的計(jì)算方法，掌握電荷量的經(jīng)驗(yàn)公式。
12．（2021春?福州期中）如圖甲所示，正方形金屬線圈abcd位于豎直平面內(nèi)，其質(zhì)量為m，電阻為R。在線圈的下方有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，MN和M′N′是磁場(chǎng)的水平邊界，并與bc邊平行，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里。現(xiàn)使金屬線框從MN上方某一高度處由靜止開始下落，圖乙是線圈由開始下落到完全穿過(guò)勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域瞬間的v﹣t圖象，圖中字母均為已知量，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力，下列說(shuō)法不正確的是（　　）
A．金屬線框剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)感應(yīng)電流方向沿abcda方向
B．磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝
C．金屬線框的邊長(zhǎng)為
D．金屬線框在0～t4的時(shí)間內(nèi)所產(chǎn)生的熱量為2mgv1（t2﹣t1）+m（v32﹣v22）
【分析】根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電流方向；由圖知，金屬線框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程做勻速直線運(yùn)動(dòng)，重力和安培力平衡，列式可求出磁感應(yīng)強(qiáng)度；由圖象可知，金屬框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中是做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)時(shí)間和速度求解金屬框的邊長(zhǎng)；由能量守恒定律求出在進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中金屬框產(chǎn)生的熱量。
【解答】解：A、金屬線框剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)磁通量增大，根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流方向沿abcda方向，故A正確；
B、在金屬框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，金屬框所受安培力等于重力，則得：mg＝BIL，I＝，又 L＝v1（t2﹣t1）。
聯(lián)立解得：B＝，故B正確；
C、由圖象可知，金屬框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中是做勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度為v1，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2﹣t1，故金屬框的邊長(zhǎng)：L＝v1（t2﹣t1），故C錯(cuò)誤；
D、t1到t2時(shí)間內(nèi)，根據(jù)能量守恒定律，產(chǎn)生的熱量為：Q1＝mgL＝mgv1（t2﹣t1）；
t3到t4時(shí)間內(nèi)，根據(jù)能量守恒定律，產(chǎn)生的熱量為：Q2＝mgL+m（v32﹣v22）＝mgv1（t2﹣t1）+m（v32﹣v22）
故Q＝Q1+Q2＝2mgv1（t2﹣t1）+m（v32﹣v22），故D正確。
本題選錯(cuò)誤的，故選：C。
【點(diǎn)評(píng)】本題是電磁感應(yīng)與力學(xué)知識(shí)的綜合，能由v﹣t圖象讀出線框的運(yùn)動(dòng)情況，選擇與之相應(yīng)的力學(xué)規(guī)律是解答本題的關(guān)鍵，要加強(qiáng)練習(xí)，培養(yǎng)自己識(shí)別、理解圖象的能力和分析、解決綜合題的能力。
13．（2021?肥城市模擬）如圖所示，在光滑的絕緣水平面上有一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形區(qū)域內(nèi)存在著豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，有一個(gè)邊長(zhǎng)比L小的正方形線圈沿水平方向進(jìn)入磁場(chǎng)，初速度為v0，全部穿出磁場(chǎng)時(shí)速度為v，則在線圈進(jìn)入磁場(chǎng)和穿出磁場(chǎng)的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（　?。?br />
A．線圈中感應(yīng)電流的方向相同
B．產(chǎn)生的熱量相同
C．線圈全部進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度為
D．通過(guò)線圈橫截面的電荷量的絕對(duì)值大小不同
【分析】根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電流方向；根據(jù)克服安培力做功關(guān)系分析產(chǎn)生的熱量關(guān)系；根據(jù)動(dòng)量定理結(jié)合電荷量的計(jì)算公式分析線圈全部進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度大小；根據(jù)磁通量變化量的關(guān)系分析電荷量的關(guān)系。
【解答】解：A、根據(jù)楞次定律可知，線圈進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，穿出磁場(chǎng)的過(guò)程中電流方向?yàn)轫槙r(shí)針，線圈中感應(yīng)電流的方向相反，故A錯(cuò)誤；
B、線圈進(jìn)入磁場(chǎng)和穿出磁場(chǎng)的過(guò)程都做減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)F＝BIL可知線圈進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)安培力的平均值較大，線圈克服安培力做功較多，產(chǎn)生的內(nèi)能較大，故B錯(cuò)誤；
D、設(shè)線圈全部進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度為v′，取初速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量定理可知：
進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中：﹣BL△t1＝mv′﹣mv0，又電量q＝△t1＝，得：m（v0﹣v′）＝BLq＝
同理可得離開磁場(chǎng)過(guò)程中：m（v′﹣v）＝
進(jìn)入和穿出磁場(chǎng)過(guò)程，磁通量的變化量相等，則進(jìn)入和穿出磁場(chǎng)的兩個(gè)過(guò)程通過(guò)導(dǎo)線框橫截面積的電量相等，則有：v0﹣v′＝v′﹣v，
解得：v′＝，故C正確。
C、線圈進(jìn)入磁場(chǎng)和穿出磁場(chǎng)的過(guò)程中，通過(guò)線圈的磁通量變化量相等，根據(jù)q＝知，通過(guò)線圈橫截面的電荷量的絕對(duì)值大小相同，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
【點(diǎn)評(píng)】對(duì)于安培力作用下導(dǎo)體棒的運(yùn)動(dòng)問題，如果涉及電荷量、求位移問題，常根據(jù)動(dòng)量定理結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路的歐姆定律列方程進(jìn)行解答。
14．（2021?天心區(qū)校級(jí)二模）如圖，間距均為L(zhǎng)的平行虛線M、N、R間存在著磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向相反的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直于紙面.紙面內(nèi)有一等腰直角三角形導(dǎo)線框abc，長(zhǎng)為L(zhǎng)的bc邊與虛線M垂直.現(xiàn)讓線框沿bc方向以速度v勻速穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域，從c點(diǎn)經(jīng)過(guò)虛線M開始計(jì)時(shí)，線框中電功率P與時(shí)間t的關(guān)系正確的是（　?。?br />
A． B．
C． D．
【分析】由楞次定律依據(jù)磁通量的變化可以判定感應(yīng)電流的方向，根據(jù)導(dǎo)線切割磁感線的有效長(zhǎng)度，由法拉第電磁感應(yīng)定律分段分析感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E與時(shí)間t的關(guān)系，由功率公式P＝分析線框中電功率P與時(shí)間t的關(guān)系，從而確定圖像的形狀。
【解答】解：c點(diǎn)由虛線M運(yùn)動(dòng)到虛線N的過(guò)程中，導(dǎo)線切割的有效長(zhǎng)度l1＝vt
感應(yīng)電流方向沿逆時(shí)針，根據(jù)電功率公式有；
c點(diǎn)由虛線N運(yùn)動(dòng)到虛線R的過(guò)程中，導(dǎo)線切割的有效長(zhǎng)度：l2＝2vt
電流方向沿順時(shí)針，根據(jù)電功率公式有；
ab邊由虛線N運(yùn)動(dòng)到虛線R的過(guò)程中，導(dǎo)線切割的有效長(zhǎng)度l3＝vt
電流方向沿逆時(shí)針，根據(jù)電功率公式有，故C正確，ABD錯(cuò)誤。
故選：C。
【點(diǎn)評(píng)】解答本題的關(guān)鍵要確定導(dǎo)線有效長(zhǎng)度與時(shí)間的關(guān)系，再法拉第電磁感應(yīng)定律和電功率公式確定電功率與時(shí)間的關(guān)系，根據(jù)解析式分析圖像的形狀。
15．（2021?江蘇二模）如圖所示，兩電阻不計(jì)的足夠長(zhǎng)光滑導(dǎo)軌傾斜放置，上端連接一電阻R，空間有一垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B，一質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好，從某處自由釋放，下列四幅圖像分別表示導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中速度v與時(shí)間t關(guān)系、加速度a與時(shí)間t關(guān)系、機(jī)械能E與位移x關(guān)系、以及通過(guò)導(dǎo)體棒電量q與位移x關(guān)系，其中可能正確的是（　?。?br />
A． B．
C． D．
【分析】根據(jù)導(dǎo)體棒的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況推導(dǎo)出位移a與t、速度v與t、E與x、q與x的關(guān)系，根據(jù)關(guān)系式結(jié)合圖象進(jìn)行分析。
【解答】解：A、設(shè)導(dǎo)軌寬度為L(zhǎng)，對(duì)金屬棒根據(jù)牛頓第二定律可得：mgsinθ﹣BIL＝ma，其中I＝，則有：mgsinθ﹣＝ma，
解得：a＝gsinθ﹣
隨著速度的增加，加速度逐漸減小，根據(jù)v＝at可知v﹣t圖象的斜率減小，當(dāng)加速度為零時(shí)導(dǎo)體棒做勻速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；
B、根據(jù)a＝gsinθ﹣＝gsinθ﹣，由于加速度逐漸減小，a﹣t圖象的斜率逐漸減小，故B錯(cuò)誤；
C、開始時(shí)，合力方向沿斜面向下，位移沿斜面向下，安培力做負(fù)功，金屬棒的機(jī)械能減少；
在很短一段位移△x內(nèi)，根據(jù)功能關(guān)系可得：△E＝BIL△x＝，所以E﹣x圖象的斜率表示安培力，隨著速度增大、安培力增大、圖象的斜率增大，最后勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，安培力不變，則E﹣x圖象的斜率不變，故C正確；
D、根據(jù)電荷量的計(jì)算公式可得：q＝＝＝＝，所以q﹣x關(guān)系圖象是通過(guò)原點(diǎn)的傾斜直線，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
【點(diǎn)評(píng)】本題主要是考查電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的圖象問題，根據(jù)導(dǎo)體棒的運(yùn)動(dòng)情況和受力情況，推導(dǎo)出縱坐標(biāo)與橫坐標(biāo)的關(guān)系式，由此進(jìn)行解答，這是電磁感應(yīng)問題中常用的方法和思路。
16．（2021春?鼓樓區(qū)校級(jí)期中）如圖，理想變壓器原線圈上連接著在水平面內(nèi)的長(zhǎng)直平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌之間存在垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一金屬桿MN在導(dǎo)軌上左右來(lái)回運(yùn)動(dòng)，始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，其速度v隨時(shí)間t的變化規(guī)律為v＝v0sint，兩燈A、B均發(fā)光，線圈L的直流電阻、導(dǎo)軌和金屬桿的電阻均忽略不計(jì)。則（　　）

A．只增大T，則燈A變亮、燈B變暗
B．當(dāng)時(shí)間t＝T時(shí)，理想交流電壓表的示數(shù)為零
C．只將變阻器R的滑片下滑時(shí)，理想交流電壓表的示數(shù)變小
D．只增大電容器兩極板距離，A燈變暗
【分析】若MN棒以速度v＝v0sint的規(guī)律在導(dǎo)軌上左右來(lái)回運(yùn)動(dòng)，原線圈中產(chǎn)生正弦式交變電流，副線圈中將有感應(yīng)電流產(chǎn)生，根據(jù)電容器和電感線圈的特性分析選擇；電壓表的示數(shù)為有效值；電壓表的示數(shù)由原副線圈匝數(shù)比和原線圈的電壓決定；根據(jù)容抗的計(jì)算公式分析A燈亮度變化。
【解答】解：設(shè)導(dǎo)軌寬度為L(zhǎng)、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，由于速度v隨時(shí)間t的變化規(guī)律為v＝v0sint，則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：e＝BLv＝BLv0sint；
A、只增大T，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的有效值不變，但頻率減??；電容器的特性：通交流，隔直流，通調(diào)頻，阻低頻，所以燈A變暗；
電感的特性：通直流，阻交流。通低頻，阻高頻，所以燈B變亮，故A錯(cuò)誤；
B、當(dāng)時(shí)間t＝T時(shí)，兩燈都亮著，電壓表的示數(shù)為有效值，不為零，故B錯(cuò)誤；
C、只將變阻器R的滑片下滑時(shí)，變阻器R阻值減小，通過(guò)副線圈的電流增大，電壓表的示數(shù)是由原副線圈匝數(shù)比和原線圈的電壓決定，保持不變，故C錯(cuò)誤；
D、只增大電容器兩極板距離，電容C減小，根據(jù)容抗XC＝可知電容的阻礙作用增大，A燈變暗，故D正確。
故選：D。
【點(diǎn)評(píng)】本題考查對(duì)變壓器原理的理解，并抓住產(chǎn)生感應(yīng)電流的條件和電感、電容的特性進(jìn)行分析．明確電感和電容對(duì)交流電的阻礙作用．
17．（2021?南充模擬）航空母艦的艦載機(jī)在起飛的過(guò)程中，僅靠自身發(fā)動(dòng)機(jī)噴氣不足以在飛行甲板上達(dá)到起飛速度，如果安裝輔助起飛的電磁彈射系統(tǒng)（如圖甲所示）就能達(dá)到起飛速度。電磁彈射系統(tǒng)的一種設(shè)計(jì)可簡(jiǎn)化為乙圖所示，圖中MN、PQ是光滑平行金屬直導(dǎo)軌（電阻忽略不計(jì)），AB是電磁彈射車，回路PBAM中電流恒定，該電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)對(duì)彈射車施加力的作用，從而帶動(dòng)艦載機(jī)由靜止開始向右加速起飛，不計(jì)空氣阻力，關(guān)于該系統(tǒng)，下列說(shuō)法正確的是（　?。?br />
A．MN、PQ間的磁場(chǎng)是勻強(qiáng)磁場(chǎng)
B．彈射車做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)
C．彈射車的動(dòng)能與電流的大小成正比
D．回路PBAM中通以交變電流，彈射車仍能正常加速
【分析】通電直導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場(chǎng)為環(huán)形磁場(chǎng)，離導(dǎo)線越遠(yuǎn)，磁場(chǎng)越弱；結(jié)合安培力表達(dá)式，根據(jù)題意判斷表達(dá)式中各物理量變化，從安培力大小的變化情況可判斷加速度情況，結(jié)合動(dòng)能定理與安培力表達(dá)式可判斷C選項(xiàng)正誤，判斷電流方向變化時(shí)彈射車的受力情況可判斷其是否能在通過(guò)交流電時(shí)正常加速。
【解答】解：A、根據(jù)右手螺旋法則可知平行金屬直導(dǎo)軌之間存在豎直向上的磁場(chǎng)，且通電直導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場(chǎng)為環(huán)形磁場(chǎng)，離導(dǎo)線越遠(yuǎn)，磁場(chǎng)越弱，故MN、PQ間的磁場(chǎng)不是勻強(qiáng)磁場(chǎng)，故A錯(cuò)誤；
B．沿導(dǎo)軌方向，磁場(chǎng)不變，且M、P兩端加載恒定電壓，電阻不變，則電流大小也不變，平行導(dǎo)軌的寬度也不變，則由安培力表達(dá)式F安＝BIL，可知安培力大小不變，所以彈射車的加速度不變，故彈射車做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；
C．根據(jù)動(dòng)能定理可知下F安x＝Ek﹣0，當(dāng)回路中的電流增大，則會(huì)使導(dǎo)軌間的磁場(chǎng)也隨之增大，則結(jié)合安培力表達(dá)式F安＝BIL，電流增大，表達(dá)式中B與I均增大，可知安培力與電流的大小不成正比，故動(dòng)能與電流的大小也不成正比，故C錯(cuò)誤；
D．根據(jù)右手螺旋法則可知電流方向沿回路PBAM時(shí)，導(dǎo)軌之間產(chǎn)生豎直向上的磁場(chǎng)，結(jié)合左手定則可知電磁彈射車所受安培力方向向右；當(dāng)電流方向沿回路MABP時(shí)，根據(jù)右手螺旋法則導(dǎo)軌之間產(chǎn)生豎直向下的磁場(chǎng)，結(jié)合左手定則可知電磁彈射車所受安培力方向依然向右。故電流的變化不改變電磁彈射車所受安培力的方向，即電磁彈射系統(tǒng)能夠正常工作，故D正確。
故選：D。
【點(diǎn)評(píng)】本題考查范圍較廣，涉及知識(shí)點(diǎn)包括安培力表達(dá)式、動(dòng)能定理以及牛頓第二定律，對(duì)學(xué)生整合已學(xué)知識(shí)點(diǎn)進(jìn)行綜合運(yùn)用的能力以及分析綜合能力有一定要求，難度適中。
18．（2021?興慶區(qū)校級(jí)三模）如圖甲，兩金屬圓環(huán)固定在同一絕緣平面內(nèi)。外圓環(huán)通以如圖乙所示的電流。規(guī)定內(nèi)圓環(huán)a端電勢(shì)高于b端時(shí)，a、b間的電壓Uab為正，下列Uab﹣t圖像可能正確的是（　　）

A． B．
C． D．
【分析】分析第一個(gè)周期內(nèi)的感應(yīng)電流變化情況，通過(guò)分析電流的變化明確磁場(chǎng)的變化，根據(jù)楞次定律即可得出內(nèi)圓環(huán)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，從而確定a、b間的電壓uab變化情況。
【解答】解：由乙圖可知，在0～0.25T0內(nèi)，通過(guò)大圓環(huán)的電流沿順時(shí)針增加，由楞次定律可判斷內(nèi)圓環(huán)a端電勢(shì)高于b端，因電流的變化率逐漸減小，故內(nèi)圓環(huán)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)逐漸減小，a、b間的電壓uab等于內(nèi)圓環(huán)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，則uab逐漸減小到零；
同理可知，在0.25T0～0.5T0內(nèi)，通過(guò)大圓環(huán)的電流沿順時(shí)針逐漸減小，由楞次定律可知，a端電勢(shì)低于b端，因電流的變化率逐漸變大，故內(nèi)圓環(huán)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)變大，則uab逐漸增大。
在第二個(gè)0.5T0內(nèi)，重復(fù)以上變化，綜合來(lái)看，選擇C符合變化特點(diǎn)，故C正確，ABD錯(cuò)誤。
故選：C。
【點(diǎn)評(píng)】本題考查楞次定律和法拉第電磁感應(yīng)定律的綜合應(yīng)用，要注意明確楞次定律解題的基本步驟，正確掌握并理解“增反減同”的意義，并能正確應(yīng)用。
19．（2021?義烏市模擬）如圖所示M、N為處在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的兩條位于同一水平面內(nèi)的平行長(zhǎng)導(dǎo)軌，一端串接電阻R，磁場(chǎng)沿豎直方向，ab為金屬桿，可在導(dǎo)軌上無(wú)摩擦滑動(dòng)，滑動(dòng)時(shí)始終保持與導(dǎo)軌垂直，桿和導(dǎo)軌的電阻不計(jì)，現(xiàn)于導(dǎo)軌平面內(nèi)沿垂直于ab方向?qū)U施一水平恒力F，使桿從靜止出發(fā)向右運(yùn)動(dòng)，在以后的過(guò)程中，力F沖量的大小I、力F瞬時(shí)功率的大小以及力F所做的功的大小隨時(shí)間t變化的圖線，分別對(duì)應(yīng)于圖中的哪一條圖線？（　?。?br /> A．甲、乙和丙 B．甲、乙和丁 C．乙、丙和丁 D．乙、丙和甲
【分析】根據(jù)沖量的定義I＝Ft分析力F沖量的大小I與t的關(guān)系；對(duì)金屬桿進(jìn)行受力分析，分析清楚金屬桿的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，由牛頓第二定律判斷加速度如何變化，從而確定其速度的變化情況，由P＝Fv分析力F瞬時(shí)功率的大小與時(shí)間的關(guān)系；根據(jù)功的公式W＝Fl分析力F所做的功的大小與時(shí)間的關(guān)系。
【解答】解：力F是恒力，則力F沖量的大小I＝Ft，I與t成正比，I﹣t圖像為過(guò)原點(diǎn)的直線，對(duì)應(yīng)甲圖線；
金屬桿ab在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的安培力大小為：FA＝BIL＝，根據(jù)牛頓第二定律得：F﹣FA＝ma，得：F﹣＝ma，可知，隨著速度v增大，金屬桿所受的安培力增大，合外力減小，加速度減小，故金屬桿做加速度逐漸減小的變加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度減為零時(shí)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，力F瞬時(shí)功率的大?。篜＝Fv，可知，P﹣t圖線對(duì)應(yīng)乙圖線。
設(shè)在極短時(shí)間△t內(nèi)金屬桿的位移為△x，力F做的功為△W，則△W＝F△x＝Fv?△t，則＝Fv，故W﹣t圖像的斜率表示力F的瞬時(shí)功率，可知P﹣t圖線對(duì)應(yīng)丙圖線，故A正確，BCD錯(cuò)誤。
故選：A。
【點(diǎn)評(píng)】對(duì)金屬桿正確進(jìn)行受力分析，分析清楚其運(yùn)動(dòng)過(guò)程，再根據(jù)各個(gè)圖線斜率的變化情況，來(lái)分析圖像的形狀。
20．（2021春?贛縣區(qū)校級(jí)月考）法拉第圓盤發(fā)電機(jī)的示意圖如圖所示。銅圓盤安裝在豎直的銅軸上，兩銅片P、Q分別于圓盤的邊緣和銅軸接觸，圓盤處于方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B中，圓盤旋轉(zhuǎn)時(shí)，關(guān)于流過(guò)電阻R的電流，下列說(shuō)法正確的是（　　）

A．若從上往下看，圓盤順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，則電流沿a到b的方向流動(dòng)
B．因?yàn)橥ㄟ^(guò)圓盤面的磁通量為零，所以無(wú)電流
C．若圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)方向不變，角速度大小發(fā)生變化，則電流方向可能發(fā)生變化
D．若圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，則電流在R上的熱功率也變?yōu)樵瓉?lái)的2倍
【分析】圓盤可等效看成無(wú)數(shù)條半徑組成的，這些導(dǎo)體做切割磁感線運(yùn)動(dòng)，有效切割長(zhǎng)度為銅盤的半徑，根據(jù)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)公式分析電動(dòng)勢(shì)情況，由歐姆定律分析電流情況。根據(jù)右手定則分析感應(yīng)電流方向，根據(jù)電功率計(jì)算公式分析電流在R上的熱功率變化情況。
【解答】解：AB、若從上往下看，圓盤順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，可看做無(wú)數(shù)條半徑在切割磁感線，根據(jù)右手定則可知，電流沿a到b的方向流動(dòng)，故A正確，B錯(cuò)誤；
C、若圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)方向不變，角速度大小發(fā)生變化，則電流大小發(fā)生變化，但是電流方向不發(fā)生變化，故C錯(cuò)誤；
D、若圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，根據(jù)轉(zhuǎn)動(dòng)切割感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)公式E＝Bωr2，得電流在R上的熱功率P＝＝，即在R上的熱功率變?yōu)樵瓉?lái)的4倍，故D錯(cuò)誤。
故選：A。
【點(diǎn)評(píng)】本題是轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感線類型，運(yùn)用等效法處理。根據(jù)右手定則判斷感應(yīng)電流的方向，需要熟練掌握。
二．多選題（共10小題）
21．（2021春?濱海新區(qū)期末）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(chǎng)，第二次以速度2v勻速進(jìn)入同一勻強(qiáng)磁場(chǎng)。則第二次與第一次進(jìn)入過(guò)程中（　　）

A．線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)之比為1：2
B．線圈中電流之比為2：1
C．通過(guò)線圈的電量之比為1：1
D．線圈中產(chǎn)生的熱量之比為4：1
【分析】根據(jù)切割公式E＝BLv求解電動(dòng)勢(shì)，然后求出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)之比；
由閉合電路的歐姆定律求出感應(yīng)電流，然后求出電流之比；
由電流定義式求出流過(guò)線圈的電荷量，然后求出電荷量之比；
由焦耳定律求出線圈產(chǎn)生的熱量，然后求出熱量之比。
【解答】解：設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，BD邊長(zhǎng)度為L(zhǎng)，CD邊長(zhǎng)為L(zhǎng)′，線圈電阻為R，已知線圈的速度v1＝v，v2＝2v；
A、線圈進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中，線圈切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv，
第二次與第一次進(jìn)入過(guò)程中，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)之比E2：E1＝2v：v＝2：1，故A錯(cuò)誤；
B、由閉合電路的歐姆定律可知，感應(yīng)電流I＝＝，感應(yīng)電流I與速度v成正比，
第二次進(jìn)入與第一次進(jìn)入時(shí)線圈中電流之比I2：I1＝2v：v＝2：1，故B正確；
C、通過(guò)線圈的電荷量q＝IΔt＝Δt＝Δt＝，電荷量與速度無(wú)關(guān)，電荷量之比為1：1，故C正確；
D、線圈進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中產(chǎn)生的熱量：Q＝I2Rt＝（）2?R?＝，產(chǎn)生的熱量與速度成正比，
第二次進(jìn)入與第一次進(jìn)入時(shí)線圈中產(chǎn)生熱量之比：Q2：Q1＝2v：v＝2：1，故D錯(cuò)誤；
故選：BC。
【點(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵明確線圈進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中，電動(dòng)勢(shì)E＝BLv，然后根據(jù)P＝Fv求解功率，根據(jù)Q＝I2Rt求解熱量，由電流定義式可以求出電荷量．
22．（2021春?黃埔區(qū)校級(jí)期末）如圖為電磁剎車實(shí)驗(yàn)裝置，小車底面安裝有矩形導(dǎo)線框abcd，線框底面平行于地面，在小車行進(jìn)方向有與abcd等寬、等長(zhǎng)的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直地面向上。小車進(jìn)入磁場(chǎng)前撤去牽引力，小車穿過(guò)磁場(chǎng)后滑行一段距離停止。則小車（　　）

A．進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，矩形導(dǎo)線框中感應(yīng)電流的方向?yàn)閍dcba
B．穿過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中，中間有一段時(shí)間矩形導(dǎo)線框中沒有感應(yīng)電流
C．小車進(jìn)入磁場(chǎng)前的速度越大，滑行的距離越遠(yuǎn)
D．穿過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中，矩形導(dǎo)線框受到的安培力方向始終水平向左
【分析】導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電流由右手定則來(lái)判斷，通電直導(dǎo)線在磁場(chǎng)中受到的安培力由左手定則來(lái)判斷。判斷是否有感應(yīng)電流主要看磁通量是否發(fā)生變化。
【解答】解：
A，進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，ab邊切割磁感線，根據(jù)右手定則，則可判斷感應(yīng)電流的方向?yàn)閍bcda，故A錯(cuò)誤。
B，因?yàn)榫匦螌?dǎo)線框與有界磁場(chǎng)等寬，導(dǎo)線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，磁通量增大，離開磁場(chǎng)時(shí)，磁通量減小，所以一直有感應(yīng)電流，故B錯(cuò)誤。
C，汽車穿過(guò)磁場(chǎng)時(shí)，通過(guò)的電荷量q＝It＝＝，所以通過(guò)汽車的電荷量q恒定，結(jié)合動(dòng)量定理﹣BILt＝mv2﹣mv1即BLq＝mv2﹣mv1，所以進(jìn)入磁場(chǎng)的速度越大，出磁場(chǎng)的速度越大，滑行的距離越遠(yuǎn)，故C正確；
D，進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)感應(yīng)電流的方向?yàn)閍bcda，根據(jù)左手定則可判斷ab邊受到安培力的方向沿水平向左；離開磁場(chǎng)時(shí)的電流方向?yàn)閍dcba，根據(jù)左手定則，cd邊受到安培力的方向依然水平向左。故D正確。
故選：CD。
【點(diǎn)評(píng)】用右手定則判斷感應(yīng)電流的方向，用左手定則判斷安培力的方向，用磁通量的變化來(lái)判斷感應(yīng)電流的有無(wú)。
23．（2021春?棗莊期末）如圖甲所示，在磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)有一正方形閉合金屬線框abcd.勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖乙所示，t＝0時(shí)磁場(chǎng)方向垂直于紙面向外.規(guī)定金屬線框中的感應(yīng)電流逆時(shí)針方向?yàn)檎琣b邊受安培力方向向右為正.則金屬線框中的感應(yīng)電流I及ab邊受安培力F隨時(shí)間t的變化圖像正確的是（　?。?br />
A．
B．
C．
D．
【分析】由右圖可知B的變化，則可得出磁通量的變化情況，由楞次定律可知電流的方向；
由法拉第電磁感應(yīng)定律可知電動(dòng)勢(shì)，即可知電路中電流的變化情況，由F＝BIL可知安培力的變化情況。
【解答】解：AB、由圖可知，0﹣1s內(nèi)，線圈中磁通量的變化率相同，故0﹣1s內(nèi)電流的方向相同，由楞次定律可知，電路中電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，即電流為正方向；
同理可知，1﹣2s內(nèi)電路中的電流為順時(shí)針，電流為負(fù)的，且兩段時(shí)間內(nèi)電流強(qiáng)度大小時(shí)等，故A錯(cuò)誤，B正確；
C、由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：E＝＝S是定值，電路中電流大小I＝恒定不變，由F＝BIL可知，F(xiàn)與B成正比；由左手定律可知，ab邊0﹣0.5s內(nèi)與1.5﹣2s內(nèi)安培力向左，為負(fù)值。0.5﹣1s內(nèi)與1﹣1.5s內(nèi)安培力向右，為正值，故C正確，D錯(cuò)誤。
故選：BC。
【點(diǎn)評(píng)】本題要求學(xué)生能正確理解B﹣t圖的含義，才能準(zhǔn)確的利用楞次定律、左手定律等進(jìn)行判定；解題時(shí)要特別注意，0﹣1s，1﹣2s，雖然磁場(chǎng)的方向發(fā)生了變化，但因其變化為連續(xù)的，故產(chǎn)生的電流一定是相同的。
24．（2021春?河北期末）如圖所示，光滑絕緣水平面上有一個(gè)質(zhì)量為m、邊長(zhǎng)為l的正方形線圈，沿水平方向以某一初速度進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，當(dāng)線圈有一半進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，其速度恰好為零。已知線圈的總電阻為R，不考慮線圈的自感系數(shù)。下列說(shuō)法正確的是（　?。?br />
A．線圈運(yùn)動(dòng)過(guò)程中加速度越來(lái)越小
B．整個(gè)過(guò)程中，通過(guò)線圈某一橫截面的電荷量為
C．線圈的初速度為
D．整個(gè)過(guò)程中線圈中產(chǎn)生的焦耳熱為
【分析】根據(jù)牛頓第二定律和安培力公式列式分析線圈加速度的變化情況，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律和電荷量與電流的關(guān)系求通過(guò)線圈某一橫截面的電荷量；根據(jù)動(dòng)量定理求線圈的初速度；根據(jù)能量守恒定律求線圈中產(chǎn)生的焦耳熱。
【解答】解：A、線圈進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，受到向左的安培力而減速，設(shè)線圈的速度為v時(shí)，加速度大小為a，根據(jù)牛頓第二定律得：F安＝ma，又F安＝BIl＝Bl?＝
聯(lián)立得a＝，則知隨著速度減小，線圈的加速度減小，故A正確；
B、整個(gè)過(guò)程中，通過(guò)線圈某一橫截面的電荷量為q＝?Δt，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得：＝＝，根據(jù)閉合電路歐姆定律得：＝
聯(lián)立解得q＝＝，故B正確；
C、設(shè)線圈的初速度為v0。取向右為正方向，由動(dòng)量定理得：﹣Bl?Δt＝0﹣mv0，其中?Δt＝q＝，解得v0＝，故C正確；
D、整個(gè)過(guò)程中線圈中產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝＝，故D錯(cuò)誤。
故選：ABC。
【點(diǎn)評(píng)】解答本題時(shí)，關(guān)鍵要能推導(dǎo)出電荷量與磁通量變化量的關(guān)系式q＝，要知道線圈進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程做變減速直線運(yùn)動(dòng)，可根據(jù)動(dòng)量定理求初速度。
25．（2021春?龍巖期末）一種帶有閃爍燈的自行車后輪結(jié)構(gòu)如圖所示，車輪與輪軸之間均勻地連接4根金屬條、每根金屬條中間都串接一個(gè)小燈珠，每個(gè)小燈珠阻值相等且恒定，金屬條與車輪金屬邊框構(gòu)成閉合回路，車輪半徑r＝0.4m，輪軸半徑可以忽略。車架上固定一個(gè)強(qiáng)磁鐵，可形成圓心角θ＝60°的扇形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2.0T，方向如圖所示，若自行車正常前進(jìn)時(shí)，后輪順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度恒為ω＝10rad/s，不計(jì)其它電阻和車輪厚度，當(dāng)金屬條ab進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)（　?。?br />
A．金屬條ab中的電流方向是從a到b
B．a(chǎn)b間的電壓為0.4V
C．通過(guò)四盞小燈珠的電流相同
D．通過(guò)金屬條ab間小燈珠的電流等于另外三盞小燈珠的電流之和
【分析】當(dāng)其中一根金屬條在磁場(chǎng)中切割磁感應(yīng)線時(shí)，該金屬條相當(dāng)于電源，其它三根金屬條相當(dāng)于外電路且并聯(lián)，根據(jù)右手定則判斷電流方向；根據(jù)電路連接特點(diǎn)求解電路總電阻；根據(jù)閉合電路的歐姆定律求解感應(yīng)電流，根據(jù)歐姆定律求解ab間的電壓。
【解答】解：A、當(dāng)金屬條ab進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，自身相當(dāng)于電源，根據(jù)右手定則可知，電流從b流向a，故A錯(cuò)誤；
BCD、金屬條ab進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，等效電路圖如下：

根據(jù)電磁感應(yīng)定律可知E＝＝0.5×2.0×0.42×10V＝1.6V
由于燈珠電阻相同，設(shè)為R，外電路三個(gè)燈珠并聯(lián)，并聯(lián)電阻R并＝
根據(jù)閉合電路歐姆定律知：I＝
所以ab間的電壓即外電路電壓U外＝I＝0.4V，
同時(shí)通過(guò)金屬條ab間小燈珠的電流等于另外三盞小燈珠的電流之和，故BD正確，C錯(cuò)誤；
故選：BD。
【點(diǎn)評(píng)】本題主要是考查電磁感應(yīng)現(xiàn)象與電路的結(jié)合，關(guān)鍵是搞清電路的連接關(guān)系，正確區(qū)分電源和外電路，同時(shí)要掌握轉(zhuǎn)動(dòng)切割感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的計(jì)算公式。
26．（2021春?開封期末）如圖所示，空間存在方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝0.5T。在勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)，有一對(duì)光滑平行金屬導(dǎo)軌處于同一水平面內(nèi)，導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)，導(dǎo)軌間距L＝1m，電阻可忽略不計(jì)。質(zhì)量均為m＝lkg、電阻均為R＝2.5Ω的金屬導(dǎo)體棒MN和PQ垂直放置于導(dǎo)軌上，且與導(dǎo)軌接觸良好?，F(xiàn)給MN一水平向右瞬時(shí)作用力F，使棒MN獲得初速度v0＝4m/s，下列說(shuō)法正確的是（　　）

A．兩棒最終都是2m/s
B．棒MN上產(chǎn)生的熱量4J
C．通過(guò)MN的電量4C
D．從開始到穩(wěn)定，回路MNPQ的面積增加4m2
【分析】?jī)蓪?dǎo)體棒組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒；根據(jù)能量守恒可求得系統(tǒng)產(chǎn)生熱量，根熱量與電阻的關(guān)系求得MN的熱量，結(jié)合動(dòng)量定理計(jì)算電荷量，根據(jù)電磁感應(yīng)定律求得面積。
【解答】解：A、從棒MN獲得初速度到兩棒最終相對(duì)靜止的過(guò)程中，由于系統(tǒng)受力平衡，所以兩導(dǎo)體棒組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，規(guī)定向右為正，則mv0＝2mv，代入數(shù)據(jù)解得v＝2m/s，故A正確；
B、兩導(dǎo)體棒最終共速向右運(yùn)動(dòng)，根據(jù)能量守恒有Q＝＝＝4J，由于MN與PQ的電阻相等，所以QMN＝＝2J，故B錯(cuò)誤；
C、電荷量：q＝，導(dǎo)體棒MN，根據(jù)動(dòng)量定理有Bt＝mv，代入數(shù)據(jù)解得q＝4C，故C正確；
D、由C選項(xiàng)知q＝＝4C，根據(jù)＝＝，代入數(shù)據(jù)解得S＝40m2，故D錯(cuò)誤。
故選：AC。
【點(diǎn)評(píng)】本題考查雙導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)問題，關(guān)鍵在于若無(wú)摩擦力，則兩導(dǎo)體棒組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，最終達(dá)到共速，可根據(jù)能量守恒計(jì)算熱量。
27．（2021?七星區(qū)校級(jí)模擬）如圖甲，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)、匝數(shù)為n的正方形閉合金屬線圈abcd置于垂直紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，線圈的總電阻為R，規(guī)定垂直紙面向里為磁感應(yīng)強(qiáng)度的正方向，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的規(guī)律如圖乙。下列說(shuō)法正確的是（　　）

A．在時(shí)刻，線圈中的感應(yīng)電流為
B．在時(shí)刻，線圈ab邊受到的安培力水平向右
C．在1s內(nèi)線圈中的電流方向改變了次
D．在任一周期內(nèi)通過(guò)線圈某一橫截面的電量為0
【分析】根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律分析，B隨時(shí)間t的變化率為零，則線圈中的感應(yīng)電流為0，線圈不受安培力。
一個(gè)周期內(nèi)電流方向改變兩次。
根據(jù)電荷量公式可知，q＝n，據(jù)此分析。
【解答】解：A、根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，E＝n，在時(shí)刻，B隨時(shí)間t的變化率為零，則線圈中的感應(yīng)電流為0，故A錯(cuò)誤；
B、同理，在時(shí)刻，B隨時(shí)間t的變化率為零，則線圈中的感應(yīng)電流為零，線圈ab邊不受安培力作用，故B錯(cuò)誤；
C、B變化的周期為2t0，一個(gè)周期內(nèi)電流方向改變兩次，故1s內(nèi)線圈中的電流方向改變了次，故C正確；
D、根據(jù)電荷量公式可知，q＝n，任一周期內(nèi)，磁通量的變化量為0，則通過(guò)線圈某一橫截面的電量為0，故D正確。
故選：CD。
【點(diǎn)評(píng)】該題是法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、焦耳定律和楞次定律等知識(shí)的綜合應(yīng)用，這些都是電磁感應(yīng)現(xiàn)象遵守的基本規(guī)律，要熟練掌握，并能正確應(yīng)用。
28．（2021?武侯區(qū)校級(jí)模擬）如圖所示，正方形金屬線圈abcd邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，電阻為R?，F(xiàn)將線圈平放在粗糙水平傳送帶上，ab邊與傳送帶邊緣QN平行，隨傳送帶以速度v勻速運(yùn)動(dòng)，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的邊界PQNM是平行四邊形，磁場(chǎng)方向垂直于傳送帶向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，PQ與QN夾角為45°，PM長(zhǎng)為2L，PQ足夠長(zhǎng)，線圈始終相對(duì)于傳送帶靜止，在線圈穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（　?。?br />
A．線圈感應(yīng)電流的方向先是沿adcba后沿abcda
B．線圈受到的靜摩擦力先增大后減小
C．線圈始終受到垂直于ad向右的靜摩擦力
D．線圈受到摩擦力的最大值為
【分析】應(yīng)用楞次定律可以判斷出感應(yīng)電流方向；根據(jù)線圈的運(yùn)動(dòng)過(guò)程判斷安培力大小如何變化，然后應(yīng)用平衡條件判斷摩擦力大小如何變化；應(yīng)用左手定則判斷出安培力方向，然后判斷出摩擦力方向；當(dāng)線圈進(jìn)入磁場(chǎng)的有效長(zhǎng)度最大時(shí)線圈受到的安培力最大，此時(shí)摩擦力最大，應(yīng)用安培力公式求出最大安培力即可求出最大摩擦力。
【解答】解：A、線圈進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)磁通量增大，離開磁場(chǎng)時(shí)磁通量減小，由楞次定律可知感應(yīng)電流的方向先沿adcba后沿abcda，故A正確；
B、因線圈切割磁感線的有效長(zhǎng)度先變大，后變小，再變大，再變小，感應(yīng)電流和安培力大小也做同樣變化，線圈始終相對(duì)于傳送帶靜止做勻速運(yùn)動(dòng)，線圈受到的靜摩擦力與安培力等大反向，說(shuō)明靜摩擦力先變大，后變小，再變大，再變小，故B錯(cuò)誤；
C、線圈受到安培力平行QN方向向左，靜摩擦力和安培力等大反向，說(shuō)明靜摩擦力平行QN方向向右，與ad不垂直，故C錯(cuò)誤；
D、線圈受到安培力最大值，由前面分析可知靜摩擦力和安培力等大反向，說(shuō)明摩擦力的最大值為，故D正確。
故選：AD。
【點(diǎn)評(píng)】本題是電磁感應(yīng)與電路、力學(xué)相結(jié)合的一道綜合題，根據(jù)題意分析清楚線圈的運(yùn)動(dòng)過(guò)程是解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用楞次定律、左手定則與安培力公式即可解題。
29．（2021?桃城區(qū)校級(jí)三模）電磁軌道炮利用電流和磁場(chǎng)的作用使炮彈獲得超高速度，其原理示意圖如圖所示。兩根固定于水平面內(nèi)的光滑平行金屬導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，導(dǎo)軌間存在垂直于導(dǎo)軌平面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，導(dǎo)軌電阻不計(jì)。炮彈可視為一質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒MN，垂直放在兩導(dǎo)軌間處于靜止?fàn)顟B(tài)，并與導(dǎo)軌良好接觸。電容器電容C，首先開關(guān)接1，使電容器完全充電。然后將S接至2，M達(dá)到最大速度vm后離開導(dǎo)軌。這個(gè)過(guò)程中（　?。?br /> A．MN做勻加速直線運(yùn)動(dòng)
B．通過(guò)MN的電量q＝
C．達(dá)到最大速度時(shí)電容器C兩極板間的電壓為0
D．求出通過(guò)M的電量q后，不可以利用的公式q＝＝求出M加速過(guò)程的位移
【分析】MN開始運(yùn)動(dòng)后，要切割磁感線產(chǎn)生反電動(dòng)勢(shì)，回路中的總電壓減小，從而導(dǎo)致電流減小，MN不可能做勻加速運(yùn)動(dòng)；對(duì)MN應(yīng)用動(dòng)量定理可以求出通過(guò)MN的電量q；當(dāng)MN產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)等于電容器兩極板間電壓時(shí)通過(guò)MN的電流為零，MN開始做勻速運(yùn)動(dòng)，速度最大；根據(jù)歐姆定律與電流定義式求出電荷量的表達(dá)式，分析能否利用公式q＝＝求出MN加速過(guò)程的位移。
【解答】解：A、MN開始運(yùn)動(dòng)后，要切割磁感線產(chǎn)生反電動(dòng)勢(shì)，回路中的總電壓減小，回路中電流減小，MN受到的安培力減小，加速度減小，則MN做加速度減小的變加速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；
B、設(shè)在此過(guò)程中MN的平均電流為I，通過(guò)MN的電量為：q＝I?Δt，MN上受到平均安培力為：F＝BIL，由動(dòng)量定理，有：F?Δt＝mvm﹣0，聯(lián)立解得：q＝，故B正確；
C、達(dá)到最大速度時(shí)電容器C兩極板間的電壓不為0，等于MN產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)BLVm，故C錯(cuò)誤；
D、不可以，因?yàn)椋涸撨^(guò)程中任一時(shí)刻電流為：I＝，U是電容器板間電壓，從式中可以看出電流不恒定，取一很短時(shí)間Δt'，流過(guò)MN電量為：q＝IΔt'＝Δt'，只有當(dāng)U＝0時(shí)才可以得出式q＝，而本題過(guò)程中始終不滿足U＝0，故D正確。
故選：BD。
【點(diǎn)評(píng)】本題是電磁感應(yīng)與電路、力學(xué)知識(shí)的綜合，解決這類題目的基本思路是對(duì)研究對(duì)象正確進(jìn)行受力分析，弄清運(yùn)動(dòng)形式，然后依據(jù)相應(yīng)規(guī)律求解。
30．（2021春?湖北月考）如圖所示，在光滑絕緣的水平面上方，有兩個(gè)方向相反的水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)范圍足夠大，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小左邊為2B，右邊為3B，一個(gè)豎直放置的寬為L(zhǎng)、長(zhǎng)為3L、質(zhì)量為m、電阻為r的矩形金屬線框，以初速度v垂直磁場(chǎng)方向從圖中實(shí)線位置開始向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)線框運(yùn)動(dòng)到虛線位置（在左邊磁場(chǎng)中的長(zhǎng)度為L(zhǎng)、在右邊磁場(chǎng)中的長(zhǎng)度為2L）時(shí)，線框的速度為，則下列判斷正確的是（　?。?br />
A．此時(shí)線框中電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，電功率為
B．此過(guò)程中通過(guò)線框截面的電量為
C．此時(shí)線框的加速度大小為
D．此過(guò)程中線框克服安培力做的功為mv2
【分析】根據(jù)右手定則判斷感應(yīng)電流的方向，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求解產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，根據(jù)電功率的計(jì)算公式求解電功率；
求出初位置、虛線位置的磁通量和此過(guò)程中磁通量的變化量，根據(jù)電荷量的經(jīng)驗(yàn)公式求解通過(guò)線框截面的電量；
根據(jù)牛頓第二定律可得加速度大??；根據(jù)能量守恒定律可得此過(guò)程中線框克服安培力做的功。
【解答】解：A、線框向右運(yùn)動(dòng)，由右手定則可知，線框在圖示虛線位置，線框右邊切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電流沿逆時(shí)針方向，線框左邊切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電流沿逆時(shí)針方向，因此此時(shí)線框中電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝2BL×v+3BL×＝，
電功率為P＝＝＝，故A正確；
B、初位置線框的磁通量Φ1＝2BS＝6BL2，方向向外；在虛線位置的磁通量為Φ2＝3B×2L×L﹣2BL×L＝4BL2，方向向里；
以向里為正方向，此過(guò)程中磁通量的變化量為ΔΦ＝Φ2﹣Φ1＝4BL2﹣（﹣6BL2）＝10BL2，
此過(guò)程中通過(guò)線框截面的電量為q＝Δt＝Δt＝Δt＝，故B錯(cuò)誤；
C、由閉合電路的歐姆定律可知，此時(shí)線框的電流I＝，
線框受到的安培力大小FA＝2BIL+3BIL＝5BIL＝，
根據(jù)牛頓第二定律可得，加速度大小a＝，故C錯(cuò)誤；
D、設(shè)此過(guò)程中線框克服安培力做的功為W，由能量守恒定律得：W＝＝，故D正確。
故選：AD。
【點(diǎn)評(píng)】本題主要是考查電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的力學(xué)問題和能量問題，知道線框的受力情況，根據(jù)牛頓第二定律或平衡條件列出方程，根據(jù)能量守恒定律、電功率的計(jì)算公式等列方程求解；此外還有牢記電荷量的經(jīng)驗(yàn)公式。
三．填空題（共10小題）
31．（2021春?齊齊哈爾月考）邊長(zhǎng)為l、總電阻為R的正方形閉合線圈，從磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)用一個(gè)平行線框的力將此線框勻速地拉出磁場(chǎng)。設(shè)第一次速度為v，第二次速度為2v，則
（1）兩次拉力大小之比為F1：F2＝　1：2　；
（2）兩次拉力做的功之比為W1：W2＝　1：2??；
（3）兩次拉力功率之比為P1：P2＝　1：4??；
（4）兩次通過(guò)線圈截面的電荷量之比為q1：q2　1：1　。

【分析】在恒力作用下，矩形線圈以不同速度被勻速拉出，拉力與安培力大小相等，根據(jù)安培力的計(jì)算公式求解拉力之比；根據(jù)功的功的計(jì)算公式求解做功之比；功率等于拉力與速度的乘積；感應(yīng)電荷量由q＝It求解．
【解答】解：（1）根據(jù)平衡條件可得拉力F＝F安＝BIL＝∝v，則得F1：F2＝1：2；
（2）拉力做的功W＝FL＝∝v，則得W1：W2＝1：2；
（3）拉力的功率為：P＝Fv＝∝v2，所以拉力的功率之比為P1：P2＝1：4；
（4）流過(guò)導(dǎo)線橫截面的電量q＝It＝＝，q與v無(wú)關(guān)，所以q1：q2＝1：1。
故答案為：（1）1：2；（2）1：2；（3）1：4；（4）1：1。
【點(diǎn)評(píng)】要對(duì)兩種情況下物理量進(jìn)行比較，我們應(yīng)該先把要比較的物理量表示出來(lái)再求解．關(guān)鍵要掌握安培力的推導(dǎo)方法和感應(yīng)電荷量的表達(dá)式．
32．（2021春?思明區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，在垂直紙面向里的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的左側(cè)，一個(gè)質(zhì)量為m的正方形線框由位置Ⅰ以初速度v沿垂直于磁場(chǎng)邊界水平向右運(yùn)動(dòng)，線框經(jīng)過(guò)位置Ⅱ，當(dāng)運(yùn)動(dòng)到位置Ⅲ時(shí)速度恰為零，此時(shí)線框剛好有一半離開磁場(chǎng)區(qū)域。線框的邊長(zhǎng)小于磁場(chǎng)區(qū)域的寬度。不計(jì)摩擦力，則線框從位置Ⅰ到位置Ⅱ的過(guò)程中，線框產(chǎn)生的焦耳熱為　　。

【分析】對(duì)線框進(jìn)入磁場(chǎng)和離開磁場(chǎng)的過(guò)程，分別運(yùn)用動(dòng)量定理列式，結(jié)合通過(guò)線框的電荷量關(guān)系，求出線框經(jīng)過(guò)位置Ⅱ的速度，再由能量守恒定律求線框產(chǎn)生的焦耳熱。
【解答】解：設(shè)線框經(jīng)過(guò)位置Ⅱ的速度為v′，線框的邊長(zhǎng)為L(zhǎng)。
線框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程，取向右為正方向，由動(dòng)量定理得：?BLt1＝mv′?mv，結(jié)合q1＝t1，得q1BL＝mv﹣mv′，式中q1是通過(guò)線框截面的電荷量。
線框出磁場(chǎng)過(guò)程，由動(dòng)量定理得：?B′Lt2＝0?mv′，結(jié)合q2＝t2，得q2BL＝mv′
根據(jù)q＝△t＝△t＝知通過(guò)線框截面的電荷量與磁通量的變化量成正比，因線框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程磁通量的變化量與出磁場(chǎng)過(guò)程磁通量的變化量的2倍，則q1＝2q2
聯(lián)立解得v′＝
線框從位置Ⅰ到位置Ⅱ的過(guò)程中，線框產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝﹣＝。
故答案為：。
【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵要掌握電荷量的經(jīng)驗(yàn)表達(dá)式q＝n，并能靈活運(yùn)用，注意該公式既適用于勻速直線運(yùn)動(dòng)，也適用于變速直線運(yùn)動(dòng)。
33．（2021春?楊浦區(qū)校級(jí)期中）如圖，光滑平行金屬導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，與水平面夾角為θ，兩導(dǎo)軌上端用阻值為R的電阻相連，該裝置處于垂直于導(dǎo)軌平面、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，不計(jì)ab電阻和一切摩擦。質(zhì)量為m的金屬桿ab以初速度v0從導(dǎo)軌底端向上運(yùn)動(dòng)，然后又返回到出發(fā)位置。在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，ab桿的加速度　一直減小　（填“先減小再增大”、“先增大再減小”、“一直減小”或“一直增大”），上升過(guò)程的時(shí)間　小于　下降過(guò)程的時(shí)間（填“大于”、“等于”或“小于”）。

【分析】根據(jù)速度的變化，結(jié)合加速度的表達(dá)式得出加速度的變化，下滑過(guò)程中，列出加速度的表達(dá)式，抓住加速度的方向與速度方向的關(guān)系判斷速度的變化，從而得出加速度的變化；通過(guò)上滑過(guò)程的平均速度和下滑過(guò)程中的平均速度大小比較上滑和下滑的時(shí)間。
【解答】解；ab棒向上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，受重力、支持力和安培力，根據(jù)牛頓第二定律得，ab棒的加速度a＝．其中F安＝BIL＝；
加速度方向與速度方向相反，速度減小，加速度減小，做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)；
向下運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，加速度方向與速度方向相同，加速度a＝，速度增大，加速度減小，做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，最終加速度為零，做勻速運(yùn)動(dòng)；
在整個(gè)過(guò)程中，安培力一直做負(fù)功，在上升和下降過(guò)程中的同一位置，上升時(shí)的速度大于下降時(shí)的速度，可知上升時(shí)的平均速度大于下降時(shí)的平均速度，可知上滑的時(shí)間小于下滑的時(shí)間。
故答案為：一直減小，小于
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了電磁感應(yīng)與力學(xué)的綜合運(yùn)用，解決本題的關(guān)鍵會(huì)根據(jù)受力分析運(yùn)動(dòng)規(guī)律，得出加速度和速度的變化，在求解時(shí)間時(shí)利用平均速度定性說(shuō)明即可。
34．（2021春?靜安區(qū)校級(jí)期中）如圖所示，水平放置的金屬桿ab、cd，用兩條柔軟的導(dǎo)線將它們連接成閉合回路，懸掛在一根光滑、不導(dǎo)電、水平放置的圓棒PQ兩側(cè)，整個(gè)裝置處在一個(gè)與回路平面垂直的、方向向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。已知ab的質(zhì)量大于cd的質(zhì)量，若兩金屬桿由靜止開始釋放，流過(guò)金屬桿cd中感應(yīng)電流的方向?yàn)椤∠蛴摇。ㄟx填“向左”或“向右”）；金屬桿ab的運(yùn)動(dòng)情況是：　做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，最后做勻速直線運(yùn)動(dòng)　。

【分析】根據(jù)右手定則判斷感應(yīng)電流的方向，從而確定出通過(guò)金屬桿cd的感應(yīng)電流方向；根據(jù)金屬棒的受力得出加速度的方向，確定出金屬棒的運(yùn)動(dòng)規(guī)律。
【解答】解：兩金屬桿由靜止開始釋放，由于ab的質(zhì)量大于cd的質(zhì)量，可知ab棒速度方向向下，cd棒速度方向向上，根據(jù)右手定則知，ab棒中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向?yàn)椋篵→a，cd棒中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向?yàn)椋篶→d，兩棒相當(dāng)于兩個(gè)電源串聯(lián)，可知流過(guò)金屬桿cd的感應(yīng)電流方向向右；
ab桿受到重力、繩子的拉力、向上的安培力，開始加速度方向向下，速度向下，做加速運(yùn)動(dòng)，由于感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)增大，電流增大，安培力增大，則加速度減小，所以向下做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度減小為零時(shí)，最終做勻速直線運(yùn)動(dòng)。
故答案為：向右，做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，最后做勻速直線運(yùn)動(dòng)。
【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵會(huì)運(yùn)用右手定則判斷感應(yīng)電流的方向，以及會(huì)通過(guò)導(dǎo)體棒的受力分析運(yùn)動(dòng)規(guī)律，這是解決力電綜合問題的基礎(chǔ)。
35．（2021春?宿州期中）均勻?qū)Ь€制成的單匝正方形閉合線框abcd，每邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，總電阻為R，總質(zhì)量為m。將其置于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)上方h處，如圖所示。線框由靜止自由下落，線框平面保持在豎直平面內(nèi)，且cd邊始終與水平的磁場(chǎng)邊界平行。當(dāng)cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，則線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流的方向?yàn)椤∧鏁r(shí)針?。ㄟx填“順時(shí)針”或“逆時(shí)針”）方向；線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流的大小為　　；cd兩點(diǎn)間的電勢(shì)差大小　BL　。

【分析】應(yīng)用右手定則判斷出感應(yīng)電流方向；應(yīng)用動(dòng)能定理求出線框剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小，應(yīng)用E＝BLv求出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，應(yīng)用歐姆定律求出感應(yīng)電流與cd兩點(diǎn)間的電勢(shì)差。
【解答】解：磁場(chǎng)垂直于紙面向里，當(dāng)cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，cd邊的速度方向向下，由右手定則可知，線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針；
從釋放線框到cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程，對(duì)線框，由動(dòng)能定理得：mgh＝﹣0
解得：v＝
cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：E＝BLv＝BL
由閉合電路的歐姆定律可知，感應(yīng)電流：I＝＝
cd兩點(diǎn)間的電勢(shì)差大?。篣＝I×R＝BL
故答案為：逆時(shí)針；；BL。
【點(diǎn)評(píng)】本題電磁感應(yīng)與力學(xué)、電路知識(shí)的綜合，注意區(qū)分cd兩端的電壓是外電壓還是內(nèi)電壓。
36．（2021春?宿州期中）如圖所示，導(dǎo)體桿OP在作用于OP中點(diǎn)且垂直于OP的力作用下，繞過(guò)圓心O且垂直紙面的軸，沿半徑為r的光滑半圓形框架，在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中以一定的角速度ω轉(zhuǎn)動(dòng)，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向里，A、O間接有電阻R，桿和框架電阻不計(jì)，則O、P兩點(diǎn)中電勢(shì)較高的點(diǎn)為　P點(diǎn)　（選填O或P點(diǎn)），OP兩端電壓大小　Br2ω　，外力的功率　　。

【分析】由右手定則判斷OP桿中感應(yīng)電流方向，再判斷O、P兩點(diǎn)電勢(shì)高低；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求出OP桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，再求OP兩端電壓大小。OP桿勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，外力的功率等于整個(gè)電路的電功率。
【解答】解：根據(jù)右手定則可知OP中的電流方向?yàn)镺→P，由于OP桿為電源，在電源內(nèi)部電流由低電勢(shì)流向高電勢(shì)，故P點(diǎn)電勢(shì)較高；
由于桿OP的電阻不計(jì)，故OP兩端的電壓等于OP桿轉(zhuǎn)動(dòng)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，由感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的公式可得
E＝BL＝Br?＝Br2ω
可得OP兩端電壓大小U＝E＝Br2ω
因?yàn)镺P桿勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，所以，外力的功率等于整個(gè)電路的電功率，為
P＝＝
故答案為：P點(diǎn)，Br2ω，。
【點(diǎn)評(píng)】本題考查導(dǎo)體棒轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的類型，在求感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)時(shí)要注意導(dǎo)體棒是平動(dòng)切割還是轉(zhuǎn)動(dòng)切割，轉(zhuǎn)動(dòng)切割時(shí)要用平均速度來(lái)求感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)。
37．（2021春?天河區(qū)校級(jí)月考）如圖邊界PQ的右側(cè)區(qū)域內(nèi)，存在著磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。邊長(zhǎng)為l的正方形金屬線框abcd由粗細(xì)均勻同種材料制成，ab剛好位于邊界PQ上，現(xiàn)使線框繞過(guò)邊界PQ轉(zhuǎn)軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，角速度為ω，如圖所示，則在ad邊開始轉(zhuǎn)入磁場(chǎng)的瞬間cd兩端的電勢(shì)差Ucd為　﹣Bl2ω　。

【分析】先寫出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，再利用等效電路求出cd兩端的電勢(shì)差。
【解答】解：在ad邊開始轉(zhuǎn)入磁場(chǎng)的瞬間，cd部分切割磁感線，此時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為
E＝BLv＝Bl2ω
由右手定則知，cd中電流方向?yàn)閏→d，故d點(diǎn)電勢(shì)高于c點(diǎn)；
cd兩端的電勢(shì)差Ucd為等效電路的路端電壓，且各邊電阻相等，故
Ucd＝﹣E＝﹣Bl2ω
故答案為：﹣Bl2ω
【點(diǎn)評(píng)】本題考查道題切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，在分析cd兩端的電勢(shì)差時(shí)，要注意此時(shí)cd邊相當(dāng)于電源，其兩端電壓相當(dāng)于路端電壓。
38．（2020秋?黃浦區(qū)期末）如圖（a），質(zhì)量為0.01kg、電阻為0.1Ω的正方形金屬線框abcd位于豎直平面內(nèi)。線框下方有一垂直于線框所在平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其水平邊界MN與線框bc邊平行。圖（b）是線框從距MN某一高度處由靜止開始下落，直到ad邊恰進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域過(guò)程的v﹣t圖象。則勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為　1.25　T，0～0.2s時(shí)間內(nèi)線框上產(chǎn)生的焦耳熱為　0.0064　J。（空氣阻力恒定，重力加速度g＝10m/s2）

【分析】根據(jù)v﹣t圖象的斜率表示加速度，求出0﹣0.1s內(nèi)線框下落時(shí)的加速度，利用牛頓第二定律求出線框受到的空氣阻力大小。由圖（b）知道ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)后線框做勻速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平衡條件和安培力與速度的關(guān)系式相結(jié)合求磁感應(yīng)強(qiáng)度，由能量守恒求線框上產(chǎn)生的焦耳熱。
【解答】解：由圖（b）知道ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)后線框做勻速運(yùn)動(dòng)，且勻速運(yùn)動(dòng)的速度v＝0.8m/s
設(shè)線框的邊長(zhǎng)為L(zhǎng)。根據(jù)v﹣t圖象與時(shí)間軸所圍的面積表示位移，知L等于0.1s﹣0.2s圖象與時(shí)間軸所圍的面積大小，為L(zhǎng)＝0.8×0.1m＝0.08m
線框進(jìn)入磁場(chǎng)前的加速度：a＝＝m/s2＝8m/s2
設(shè)線框受到的空氣阻力大小為f，由牛頓第二定律得：mg﹣f＝ma
代入數(shù)據(jù)解得：f＝0.02N
線框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由平衡條件得：F+f＝mg
線框受到的安培力：F＝BIL＝BL＝
綜合可得+f＝mg
代入數(shù)據(jù)解得：B＝5T，F(xiàn)＝0.08N
0～0.2s時(shí)間內(nèi)線框上產(chǎn)生的焦耳熱等于0.1s﹣0.2s內(nèi)線框克服安培力做的功，為Q＝FL＝0.08×0.08J＝0.0064J
故答案為：1.25，0.0064。
【點(diǎn)評(píng)】本題電磁感應(yīng)與力學(xué)知識(shí)的綜合，能由v﹣t圖象判斷線框的運(yùn)動(dòng)情況，選擇與之相應(yīng)的力學(xué)規(guī)律是解答本題的關(guān)鍵。
39．（2020秋?皇姑區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，圖1和圖2為一電動(dòng)勢(shì)為E的電源與阻值為R的電阻（電源內(nèi)阻不計(jì)），接在兩間距為l的平行導(dǎo)軌左端，兩導(dǎo)軌間有垂直紙面向里磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)（未畫出），圖1將一導(dǎo)體棒垂直導(dǎo)軌放置，圖2將一導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌成θ角放置，導(dǎo)軌與導(dǎo)體棒電阻不計(jì)，則兩導(dǎo)體棒受到的安培力F1＝　　，F(xiàn)2＝　　。圖3和圖4為一電阻連在同樣相距為l的兩平行導(dǎo)軌間，導(dǎo)軌間有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)（未畫出），圖3將一導(dǎo)體棒垂直導(dǎo)軌放置，圖4將導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌成θ角放置，兩導(dǎo)體棒均以平行于導(dǎo)軌方向的速度v向右運(yùn)動(dòng)，則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E3＝　Blv　，E4＝　Blv　。

【分析】當(dāng)通電導(dǎo)體與磁場(chǎng)時(shí)，根據(jù)公式F＝BIL求導(dǎo)體受到的安培力大??；導(dǎo)體做切割磁感線運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)E＝BLv求感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，式中L是導(dǎo)體有效切割長(zhǎng)度。
【解答】解：圖1、2中，通過(guò)導(dǎo)體棒的電流I＝
圖1中導(dǎo)體棒受到的安培力F1＝BIl＝
圖2中導(dǎo)體棒的長(zhǎng)度為L(zhǎng)＝，導(dǎo)體棒受到的安培力F2＝BIL＝
圖3中導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E3＝Blv
圖4中導(dǎo)體棒有效切割長(zhǎng)度為l，導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E4＝Blv
故答案為：，，Blv，Blv。
【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵要理解并掌握安培力公式F＝BIL和切割感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)公式E＝BLv，要知道在公式E＝BLv中L是導(dǎo)體棒有效的切割長(zhǎng)度，即導(dǎo)體棒與速度v垂直方向的長(zhǎng)度。
40．（2020春?浦東新區(qū)校級(jí)期中）在光滑絕緣水平面上，一個(gè)電阻為0.1Ω、質(zhì)量為0.05kg的矩形金屬框abcd滑進(jìn)一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，ab邊長(zhǎng)0.1m，圖示為俯視圖。勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B為0.5T，方向豎直向下，范圍足夠大。當(dāng)金屬框有一部分進(jìn)入磁場(chǎng)，初速度為6m/s時(shí)，對(duì)金屬框施加一垂直于ab邊的水平外力，使它開始做勻減速運(yùn)動(dòng)（計(jì)為t＝0時(shí)刻），第3s末金屬框的速度變?yōu)榱悖藭r(shí)cd邊仍在磁場(chǎng)外。則t＝1s時(shí)，水平外力F的大小是　0　N，當(dāng)速度大小為3m/s時(shí)，拉力的功率大小為　0.075　W。

【分析】根據(jù)速度﹣時(shí)間關(guān)系求解加速度大小，根據(jù)速度﹣時(shí)間關(guān)系求解t＝1s時(shí)金屬框的速度大小，根據(jù)安培力的計(jì)算公式求解安培力大小，對(duì)金屬框根據(jù)牛頓第二定律求解拉力大??；
當(dāng)速度大小為v′＝3m/s時(shí)，對(duì)金屬框根據(jù)牛頓第二定律根據(jù)拉力，再根據(jù)功率計(jì)算公式求解拉力的功率大小。
【解答】解：設(shè)金屬框減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a，根據(jù)速度﹣時(shí)間關(guān)系可得：a＝＝m/s2＝2m/s2，
t＝1s時(shí)金屬框的速度大小為：v＝v0﹣at＝（6﹣2×1）m/s＝4m/s
此時(shí)安培力大小為FA＝BIL＝＝N＝0.1N
對(duì)金屬框根據(jù)牛頓第二定律可得：FA﹣F＝ma，
解得：F＝FA﹣ma＝0.1N﹣0.05×2N＝0N；
當(dāng)速度大小為v′＝3m/s時(shí)，安培力F′A＝BI′L＝＝N＝0.075N
設(shè)此時(shí)的拉力為F′，對(duì)金屬框根據(jù)牛頓第二定律可得：F′+F′A＝ma，
解得：F′＝ma﹣F′A＝0.05×2N﹣0.075N＝0.025N；
拉力的功率大小為：P＝F′v′＝0.025×3W＝0.075W。
故答案為：0；0.075.
【點(diǎn)評(píng)】本題主要是考查電磁感應(yīng)中力學(xué)問題與功率的計(jì)算，關(guān)鍵是弄清楚金屬框的運(yùn)動(dòng)過(guò)程和受力情況，利用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解加速度，再根據(jù)安培力的計(jì)算公式結(jié)合牛頓第二定律求解。

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