【題型一】電磁感應中的動力學問題
1.如圖所示，在一勻強磁場中有一U形導線框abcd，線框處于水平面內(nèi)，磁場與線框平面垂直，R為一電阻，ef為垂直于ab的一根導體桿，它可在ab、cd上無摩擦地滑動。桿ef及線框的電阻不計，開始時，給ef一個向右的初速度，則( )
A.ef將減速向右運動，但不是勻減速運動
B.ef將勻減速向右運動，最后停止
C.ef將勻速向右運動
D.ef將往返運動
【答案】 A
【解析】 ef向右運動，切割磁感線，產(chǎn)生感應電動勢和感應電流，會受到向左的安培力而做減速運動，由F＝IlB＝eq \f(B2l2v,R)＝ma知，ef做的是加速度減小的減速運動，最終停止運動，故A正確，B、C、D錯誤。
2.(多選)如圖所示，電阻R、電容器C與固定在同一水平面上的光滑平行導軌相連，導軌間有豎直向下的勻強磁場。一導體棒垂直放在導軌上且與導軌接觸良好，導體棒與導軌電阻不計?，F(xiàn)讓導體棒獲得一初速度v0從位置A向右滑動并經(jīng)過B、C兩位置，在導體棒向右滑動的過程中，下列說法正確的是( )
A.R中的電流從a到b
B.導體棒向右做勻速滑動
C.電容器的帶電荷量逐漸變小
D.在BC段滑動時導體棒動能的減少量等于電阻R上產(chǎn)生的熱量
【答案】 AC
【解析】 根據(jù)右手定則可知導體棒的感應電流為逆時針方向，則電阻R中的電流從a到b，故A正確；
導體棒受到的安培力F＝ILB＝eq \f(B2L2v,R)，由牛頓第二定律得eq \f(B2L2v,R)＝ma，導體棒的加速度a＝eq \f(B2L2v,mR)，導體棒受安培力作用而做減速運動，隨著速度v的減小，加速度a減小，故B錯誤；根據(jù)Q＝CU可知電容器的帶電荷量Q＝CBLv，隨著速度v的減小，電容器的帶電荷量逐漸變小，故C正確；導體棒運動過程中，根據(jù)能量守恒定律可知導體棒動能的減少量和電容器儲存的電能減小量之和等于電阻R產(chǎn)生的熱量，故D錯誤。
3.如圖所示，一寬度為L的光滑導軌與水平面成α角，磁感應強度大小為B的勻強磁場垂直于導軌平面向上，導軌上端連有一阻值為R的電阻，導軌電阻不計。一質(zhì)量為m、電阻也為R的金屬棒從導軌頂端由靜止釋放，設導軌足夠長，重力加速度為g，下列說法正確的是( )
A.金屬棒將做勻加速運動
B.釋放的瞬間金屬棒的加速度大小為gcs α
C.金屬棒的最大速度大小為eq \f(2mgRsin α,B2L2)
D.金屬棒下滑相等距離的時間內(nèi)通過定值電阻R的電荷量越來越多
【答案】 C
【解析】 對金屬棒，根據(jù)牛頓第二定律，有mgsin α－ILB＝ma，根據(jù)閉合電路歐姆定律，有I＝eq \f(BLv,2R)，由此可知，金屬棒先向下做加速度減小的加速運動，后做勻速直線運動，故A錯誤；釋放的瞬間金屬棒所受安培力為零，所以加速度大小為a＝gsin α，故B錯誤；當金屬棒的加速度為零時，此時速度最大，有mgsin α＝ImLB＝eq \f(B2L2vm,2R)，解得vm＝eq \f(2mgRsin α,B2L2)，故C正確；金屬棒下滑過程中通過定值電阻R的電荷量為q＝eq \(I,\s\up6(－))·Δt，又有eq \(I,\s\up6(－))＝eq \f(\(E,\s\up6(－)),2R)＝eq \f(ΔΦ,Δt·2R)＝eq \f(BLx,Δt·2R)，所以q＝eq \f(BLx,2R)，由此可知，下滑相等距離的時間內(nèi)通過定值電阻R的電荷量相等，故D錯誤。
4.(多選)如圖甲所示，平行金屬導軌及所在平面與水平面成37°角。不計金屬導軌電阻，平行導軌間距L＝1 m，定值電阻R＝3 Ω，虛線OO′下方有垂直于導軌平面的勻強磁場。將電阻r＝1 Ω、m＝0.1 kg的金屬棒ab從OO′上方某處垂直導軌由靜止釋放，金屬棒下滑過程中的v－t圖像如圖乙所示。已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2，則下列說法正確的是( )
A.金屬棒下滑過程中受到的摩擦力為0.2 N
B.勻強磁場的磁感應強度大小為2 T
C.金屬棒在磁場中下滑0.1 s過程中電阻R中電流為0.5 A
D.金屬棒在磁場中下滑0.1 s過程中電阻R產(chǎn)生的熱量為1.875×10－2 J
【答案】 BD
【解析】 由圖乙知ab進磁場前的加速度為a＝eq \f(Δv,Δt)＝5 m/s2，由mgsin 37°－Ff＝ma，解得Ff＝0.1 N，A錯誤；ab進磁場后做勻速運動，有mgsin 37°＝Ff＋ILB，回路中電流I＝eq \f(BLv,R＋r)，解得B＝2 T，B正確；金屬棒在磁場中下滑0.1 s過程中電阻R中電流I＝eq \f(BLv,R＋r)＝0.25 A，C錯誤；金屬棒在磁場中下滑0.1 s過程中電阻R產(chǎn)生的熱量Q＝I2Rt＝1.875×10－2 J，D正確。
【題型二】電磁感應中的能量問題
5.(多選)如圖所示，MN和PQ是電阻不計的平行金屬導軌，其間距為L，導軌彎曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑連接。右端接一個阻值為R的定值電阻。平直部分導軌左邊區(qū)域有寬度為d、方向豎直向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場。質(zhì)量為m、電阻也為R的金屬棒從高度為h處靜止釋放，到達磁場右邊界處恰好停止。已知金屬棒與平直部分導軌間的動摩擦因數(shù)為μ，金屬棒與導軌間接觸良好。重力加速度為g，則金屬棒穿過磁場區(qū)域的過程中( )
A.流過定值電阻的電流方向是N→Q
B.通過金屬棒的電荷量為eq \f(BdL,2R)
C.克服安培力做的功為mgh
D.金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱為eq \f(1,2)(mgh－μmgd)
【答案】 BD
【解析】 金屬棒下滑到底端時速度向右，磁場方向豎直向上，根據(jù)右手定則可知流過定值電阻的電流方向是Q→N，故A錯誤；根據(jù)法拉第電磁感應定律可知，通過金屬棒的電荷量為q＝eq \f(E,2R)·Δt＝eq \f(ΔΦ,Δt·2R)·Δt＝eq \f(BLd,2R)，故B正確；根據(jù)動能定理有mgh－μmgd－W安＝0，則克服安培力所做的功為W安＝mgh－μmgd，電路中產(chǎn)生的焦耳熱等于克服安培力做的功，所以金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱為QR＝eq \f(1,2)(mgh－μmgd)，選項C錯誤，D正確。
6.(2023·北京卷，9)如圖所示，光滑水平面上的正方形導線框，以某一初速度進入豎直向下的勻強磁場并最終完全穿出。線框的邊長小于磁場寬度。下列說法正確的是( )
A.線框進磁場的過程中電流方向為順時針方向
B.線框出磁場的過程中做勻減速直線運動
C.線框在進和出的兩過程中產(chǎn)生的焦耳熱相等
D.線框在進和出的兩過程中通過導線橫截面的電荷量相等
【答案】 D
【解析】 線框進磁場的過程中由楞次定律知，電流方向為逆時針方向，A錯誤；線框出磁場的過程中，根據(jù)E＝BLv，I＝eq \f(E,R)，F(xiàn)A＝ILB，F(xiàn)A＝ma，聯(lián)立有FA＝eq \f(B2L2v,R)＝ma，由左手定則可知線框受到的安培力向左，則線框做加速度減小的減速運動，B錯誤；由能量守恒定律得線框產(chǎn)生的焦耳熱Q＝eq \(F,\s\up6(－))AL，而線框進、出磁場時均做減速運動，但其進磁場時的速度大，受到的平均安培力大，產(chǎn)生的焦耳熱多，C錯誤；線框在進和出的兩過程中通過導線橫截面的電荷量q＝eq \(I,\s\up6(－))t，其中I＝eq \f(\(E,\s\up6(－)),R)，eq \(E,\s\up6(－))＝BLeq \f(x,t)，則聯(lián)立有q＝eq \f(BL,R)x，由于線框在進和出的過程中線框的位移均為L，則線框在進和出的兩過程中通過導線橫截面的電荷量相等，故D正確。
7.如圖甲所示，地面上方高度為d的空間內(nèi)有水平方向的勻強磁場，質(zhì)量為m的正方形閉合導線框abcd的邊長為l，從bc邊距離地面高為h處將其由靜止釋放，已知h>d>l。從導線框開始運動到bc邊即將落地的過程中，導線框的v－t圖像如圖乙所示。重力加速度為g，不計空氣阻力，以下有關(guān)這一過程的判斷正確的是( )
A.t1～ t2時間內(nèi)導線框受到的安培力逐漸增大
B. 磁場的高度d可以用v－t圖中陰影部分的面積表示
C.導線框重力勢能的減少量等于其動能的增加量
D. 導線框產(chǎn)生的焦耳熱大于mgl
【答案】 D
【解析】 由題圖乙可知，在0～t1時間內(nèi)，導線框自由落體，t1～t2時間內(nèi)導線框切割磁感線進入磁場，做加速度減小的減速運動，電流減小，則安培力在減小，A錯誤；在t1～t2時間段內(nèi)，導線框切割磁感線，距離為l，完全進入后又做加速運動直到落地，所以磁場高度d為t1～t3時間內(nèi)的位移，B錯誤；安培力做負功，所以重力勢能減少量等于動能增加量和安培力做功的和，C錯誤；t1～t2時間內(nèi)，F(xiàn)安>mg，克服安培力做的功大于重力做功，所以在下降過程中導線框產(chǎn)生的焦耳熱大于mgl，D正確。
8．(2024屆·景德鎮(zhèn)高三模擬)(多選)如圖甲，水平面上兩根足夠長的粗糙金屬導軌平行固定放置，間距為L＝1.0 m，一端通過導線與阻值為R＝0.5 Ω的電阻連接；導軌上放一質(zhì)量為m＝0.5 kg 的金屬桿，金屬桿與導軌的電阻忽略不計，勻強磁場豎直向下。用與導軌平行的拉力F作用在金屬桿上，使桿運動，當改變拉力的大小時，相對應穩(wěn)定時的速度v也會變化，已知v和F的關(guān)系如圖乙所示。重力加速度取g＝10 m/s2，則( )
A．金屬桿受到的拉力與速度成正比
B．該磁場的磁感應強度為B＝0.25 T
C．圖線在橫軸的截距表示金屬桿與導軌間的阻力大小
D．導軌與金屬桿之間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.4
【答案】CD
【解析】： 當桿的運動達到穩(wěn)定時，根據(jù)受力平衡可得F＝F安＋f，又F安＝BIL＝Beq \f(E,R)L＝Beq \f(BLv,R)L＝eq \f(B2L2v,R)，聯(lián)立可得F＝eq \f(B2L2v,R)＋f，可知金屬桿受到的拉力與速度不成正比關(guān)系，當v＝0時，F(xiàn)＝f，即圖線在橫軸的截距表示金屬桿與導軌間的阻力大小，由圖像可得f＝2 N＝μmg，解得μ＝0.4，故A錯誤，C、D正確；根據(jù)F＝eq \f(B2L2v,R)＋f，可得v＝eq \f(R,B2L2)F－eq \f(R,B2L2)f，可知v -F圖像的斜率為k＝eq \f(R,B2L2)＝eq \f(16－4,10－4)＝2，解得該磁場的磁感應強度為B＝eq \r(\f(R,2L2))＝eq \r(\f(0.5,2×12)) T＝0.5 T，故B錯誤。
9．如圖(a)所示，單匝線框cdef位于傾角θ＝30°的斜面上，斜面上有一長度為D的矩形磁場區(qū)域，磁場方向垂直于斜面向上，大小為0.5 T。已知線框邊長為cd＝D＝0.4 m，質(zhì)量為m＝0.1 kg，總電阻為R＝0.25 Ω，現(xiàn)對線框施加一沿斜面向上的力F使之運動。斜面與線框間的動摩擦因數(shù)μ＝eq \f(\r(3),3)，線框速度隨時間變化關(guān)系如圖(b)所示。(重力加速度g取10 m/s2)
(1)求外力F大小；
(2)求cf長度L；
(3)求回路產(chǎn)生的焦耳熱Q。
【答案】：(1)1.5 N (2)0.5 m (3)0.4 J
【解析】：(1)由題圖(b)可知，在0～0.4 s內(nèi)線框做勻加速運動，加速度為a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(2.0,0.4) m/s2＝5 m/s2
根據(jù)牛頓第二定律有F－mgsin θ－μmgcs θ＝ma
代入數(shù)據(jù)解得F＝1.5 N。
(2)由題圖(b)可知線框cf邊勻速進入磁場，則有F＝mgsin θ＋μmgcs θ＋BIL
其中I＝eq \f(E,R)＝eq \f(BLv,R)
聯(lián)立解得L＝0.5 m，I＝2 A。
(3)線框穿過磁場過程中，回路產(chǎn)生的焦耳熱等于安培力做的功，即
Q＝W＝F安·2D＝0.5×2×0.5×2×0.4 J＝0.4 J。
1．(多選)圖甲所示粗糙U形導線框固定在水平面上，右端放有一金屬棒PQ，整個裝置處于豎直方向的磁場中，磁感應強度B按圖乙規(guī)律變化，規(guī)定豎直向上為正方向，整個過程金屬棒保持靜止。則( )
A．t0時刻回路沒有感應電流
B．在t0～2t0時間內(nèi)，流過金屬棒的感應電流方向是從Q到P
C．在0～t0時間內(nèi)，金屬棒PQ所受安培力方向水平向右
D．2t0時刻金屬棒PQ所受摩擦力方向水平向右
【答案】CD
【解析】： t0時刻回路的磁通量為零，但是磁通量的變化率不為零，則回路有感應電流，A錯誤；在t0～2t0時間內(nèi)，回路的磁通量向下增加，根據(jù)楞次定律可知，流過金屬棒的感應電流方向是從P到Q，B錯誤；在0～t0時間內(nèi)，回路的磁通量向上減小，則金屬棒中有從P到Q的感應電流，由左手定則可知，PQ所受安培力方向水平向右，C正確；根據(jù)楞次定律可知，2t0時刻金屬棒PQ中的感應電流從P到Q，則安培力方向水平向左，由平衡條件可知，所受摩擦力方向水平向右，D正確。
2．(多選)如圖所示，兩根足夠長的光滑金屬導軌MN、PQ互相平行，間距為L，上端接入阻值為R的定值電阻，構(gòu)成U形平面，與水平面的夾角為θ(0°＜θ＜90°)，磁感應強度為B的勻強磁場與導軌平面垂直，導軌電阻不計。金屬棒ab由靜止開始沿導軌下滑，并與兩導軌始終保持垂直且接觸良好，金屬棒ab的質(zhì)量為m，接入電路的電阻為r。則金屬棒ab沿導軌下滑過程中( )
A．最大加速度為gsin θ
B．當金屬棒ab下滑速度為v時，其兩端電壓為BLv
C．所受安培力不會大于mgsin θ
D．下滑速度大小一定小于eq \f(R,B2L2)mgsin θ
【答案】AC
【解析】： 對金屬棒ab，根據(jù)牛頓第二定律可得mgsin θ－F安＝ma，由題可知，開始滑動時，金屬棒ab所受安培力為零，此時加速度最大，為gsin θ，故A正確；由法拉第電磁感應定律可得，當金屬棒ab下滑速度為v時，產(chǎn)生的感應電動勢為BLv，則金屬棒ab兩端電壓為eq \f(R,R＋r)BLv，故B錯誤；金屬棒ab沿導軌下滑時，所受安培力增大，則加速度減小，當加速度為零時，所受安培力達到最大，為mgsin θ，故C正確；當金屬棒ab所受安培力等于mgsin θ時，金屬棒ab做勻速運動，此時速度最大，則有mgsin θ＝eq \f(B2L2vm,R＋r)，解得vm＝eq \f(?R＋r?mgsin θ,B2L2)，故D錯誤。
3．(2024·重慶模擬)(多選)如圖所示，間距為L的水平邊界MN、PQ之間存在垂直于紙面向外的勻強磁場，“日”字形線框位于磁場區(qū)域上方某一高度，線框三條短邊ab、ef、cd的長度均為L、電阻均為R，兩條長邊ac、bd的長度均為2L、電阻不計，ef位于線框正中間。若線框由靜止釋放，t＝0時刻cd邊進入磁場且恰好做勻速運動，則整個線框通過磁場區(qū)域的過程中，線框的速度大小v，a、b兩點之間的電勢差Uab，流過ab邊的電流強度Iab，ab邊產(chǎn)生的焦耳熱Qab，以上物理量隨時間t的變化圖像正確的是( )
【答案】AD
【解析】： 設cd進入勻強磁場瞬間的速度大小為v0，勻強磁場的磁感應強度大小為B，線框質(zhì)量為m，切割磁感線產(chǎn)生的電動勢E＝BLv0，通過cd的電流I＝eq \f(E,R＋\f(R,2))，由平衡條件得BIL＝mg，當ef進入磁場瞬間，cd出磁場，回路電動勢和總電流不變，仍滿足BIL＝mg，同理當ab進入磁場時亦有BIL＝mg，由此可知，線框通過磁場區(qū)域的過程中做勻速運動，故A正確；當cd邊切割磁感線時，ef、ab并聯(lián)，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，a、b兩點之間的電勢差Uab＝E－IR，當ef邊切割磁感線時，cd、ab并聯(lián)，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，a、b兩點之間的電勢差仍為Uab＝E－IR，同理，當ab邊切割磁感線時，a、b兩點之間的電勢差仍為Uab＝E－IR，可知，整個過程中a、b兩點之間的電勢差并不發(fā)生變化，故B錯誤；當cd和ef切割磁感線時，通過ab的電流強度為eq \f(I,2)，而當ab進入磁場后，回路中的總電流不變，仍為I，但此時ab切割磁感線，相當于電源，因此通過ab的電流強度為I，故C錯誤；當cd和ef切割磁感線時，ab產(chǎn)生的焦耳熱Qab＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(I,2)))2Rt，當ab進入磁場后Qab＝I2Rt，由函數(shù)關(guān)系可知，D正確。
5．(2024·華中師大一附中模擬)(多選)如圖所示，兩條足夠長的光滑平行導軌MN、PQ水平放置，導軌間距為L＝1 m，電阻不計，兩導體棒a、b靜置于導軌上，導體棒a的電阻不計，b棒的阻值為R＝1 Ω，單刀雙擲開關(guān)1接在電容為C＝0.5 F的電容器上，初始狀態(tài)，電容器不帶電。電容器的右側(cè)有垂直紙面向里的勻強磁場B1＝1 T，電容器左側(cè)有垂直紙面向外的勻強磁場B2＝0.5 T，導體棒a通過細線跨過光滑定滑輪與豎直懸掛的重物A相連，已知重物A、兩導體棒a、b三者的質(zhì)量均為m＝1 kg?，F(xiàn)將開關(guān)S接1位置，釋放重物A，同時開始計時；t1＝0.25 s時斷開開關(guān)S，t2＝0.45 s時將開關(guān)S接2位置，導體棒b開始運動；t3時刻兩導體棒的加速度大小相等。重力加速度g取10 m/s2，則下列說法正確的是( )
A．t1時刻導體棒a的速度為v1＝1 m/s
B．t2時刻導體棒a的速度為v2＝3 m/s
C．t3時刻導體棒a的加速度為eq \f(10,3) m/s2
D．t3時刻回路消耗的熱功率為25 W
【答案】AD
【解析】： 對導體棒a和重物A，根據(jù)牛頓第二定律得mg－B1iL＝2ma1，根據(jù)i＝eq \f(ΔQ,Δt)，ΔQ＝CΔU，ΔU＝B1LΔv，聯(lián)立解得a1＝eq \f(mg,2m＋CB12L2)＝4 m/s2，t1時刻導體棒a的速度v1＝a1t1＝1 m/s，故A正確；斷開開關(guān)S后，不受安培力，則有mg＝2ma2，t2時刻導體棒a的速度為v2＝v1＋a2(t2－t1)＝2 m/s，故B錯誤；開關(guān)S接2位置，設t3時刻導體棒a的加速度為a3，mg－B1IL＝2ma3，t3時刻導體棒b的加速度為a3，B2IL＝ma3，解得a3＝2.5 m/s2，I＝5 A，t3時刻回路消耗的熱功率為P＝I2R＝25 W，故C錯誤，D正確。
6．(多選)如圖所示，在光滑絕緣的水平面上方，有兩個方向相反的水平方向的勻強磁場，磁場范圍足夠大，磁感應強度的大小左邊為2B，右邊為3B，一個豎直放置的寬為L、長為3L、質(zhì)量為m、電阻為r的矩形金屬線框，以初速度v垂直磁場方向從圖中實線位置開始向右運動，當線框運動到虛線位置(在左邊磁場中的長度為L、在右邊磁場中的長度為2L)時，線框的速度為eq \f(1,3)v，則下列判斷正確的是( )
A．此時線框中電流方向為逆時針，電功率為eq \f(25B2L2v2,9r)
B．此過程中通過線框截面的電荷量為eq \f(10BL,r)
C．此時線框的加速度大小為eq \f(25B2Lv,3mr)
D．此過程中線框克服安培力做的功為eq \f(4,9)mv2
【答案】AD
【解析】： 在圖示位置根據(jù)右手定則可知，線框中電流方向為逆時針，線框產(chǎn)生的電動勢為E＝3BL·eq \f(v,3)＋2BL·eq \f(v,3)＝eq \f(5,3)BLv，線框中的電流為I＝eq \f(E,r)＝eq \f(5BLv,3r)，則電功率為P＝EI＝eq \f(25B2L2v2,9r)，故A正確；此過程中磁通量的變化量為ΔΦ＝2B·3L2－(2B·L2－3B·2L2)＝10BL2，此過程中通過線框截面的電荷量為q＝eq \x\t(I)Δt＝eq \f(\x\t(E),r)Δt＝eq \f(\f(ΔΦ,Δt),r)Δt＝eq \f(ΔΦ,r)＝eq \f(10BL2,r)，故B錯誤；線框受到的安培力大小為F＝3BIL＋2BIL＝eq \f(25B2L2v,3r)，此時線框的加速度大小為a＝eq \f(F,m)＝eq \f(25B2L2v,3mr)，故C錯誤；由動能定理得－W安＝eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v,3)))2－eq \f(1,2)mv2，可得此過程中線框克服安培力做的功為W安＝eq \f(4,9)mv2，故D正確。
7．(2024·哈九中模擬預測)(多選)如圖甲所示，MN、PQ兩條平行的光滑金屬軌道與水平面成θ＝30°角固定，間距為L＝1 m，質(zhì)量為m的金屬桿ab垂直放置在軌道上且與軌道接觸良好，其阻值忽略不計。空間存在勻強磁場，磁場方向垂直于軌道平面向上，磁感應強度為B＝0.5 T。P、M間接有阻值為R1的定值電阻，Q、N間接電阻箱R。現(xiàn)從靜止釋放ab，改變電阻箱的阻值R，測得最大速度為vm，得到eq \f(1,vm)與eq \f(1,R)的關(guān)系如圖乙所示。若軌道足夠長且電阻不計，重力加速度g取10 m/s2，則( )
A．金屬桿中感應電流方向為由a指向b
B．金屬桿所受的安培力的方向沿軌道向上
C．金屬桿的質(zhì)量為1 kg
D．定值電阻的阻值為1 Ω
【答案】BD
【解析】： 由右手定則可判斷，金屬桿中感應電流方向由b指向a，故A錯誤；由左手定則可知，金屬桿所受的安培力沿軌道向上，故B正確；總電阻為R總＝eq \f(RR1,R＋R1)，通過ab的電流為I＝eq \f(BLv,R總)，當達到最大速度時，金屬桿受力平衡，則有mgsin θ＝BIL＝eq \f(B2L2vm,R1R)·(R1＋R)，變形得eq \f(1,vm)＝eq \f(B2L2,mgsin θ)·eq \f(1,R)＋eq \f(B2L2,mgR1sin θ)，根據(jù)圖像可得eq \f(B2L2,mgsin θ)＝k＝eq \f(3－0.5,5－0) s·m－1·Ω，eq \f(B2L2,mgR1sin θ)＝b＝0.5 s·m－1，解得m＝0.1 kg，R1＝1 Ω，故C錯誤，D正確。
8．(2024·湖北武漢模擬)如圖，質(zhì)量為M的U形光滑金屬框abcd置于水平絕緣平臺上，間距為L的ab和dc邊平行，都與bc邊垂直。ab、dc足夠長，整個金屬框電阻可忽略。一根電阻為R、質(zhì)量為m的導體棒MN置于金屬框上，用水平恒力F向右拉動金屬框，運動過程中，裝置始終處于豎直向下的勻強磁場中，磁感應強度大小為B，MN與金屬框保持良好接觸，且與bc邊保持平行。
(1)若導體棒MN在外力作用下保持靜止，求最終穩(wěn)定狀態(tài)時金屬框的速度大小；
(2)若導體棒不受外力作用，求最終穩(wěn)定狀態(tài)時電路中的電動勢。
【答案】：(1)eq \f(FR,B2L2) (2)eq \f(mFR,BL?M＋m?)
【解析】：(1)由題意知，金屬框做加速度減小的加速運動，穩(wěn)定狀態(tài)時做勻速直線運動，根據(jù)受力平衡有F安＝F
導體棒的感應電動勢為E＝BLv
導體棒的感應電流為I＝eq \f(E,R)
安培力為F安＝BIL
聯(lián)立解得v＝eq \f(FR,B2L2)。
(2)導體棒、金屬框最終以相同的加速度做勻加速直線運動，速度差一定，對整體由牛頓第二定律有F＝(m＋M)a
對導體棒受力分析有BIL＝ma，E＝IR
聯(lián)立解得E＝eq \f(mFR,BL?M＋m?)。
9.如圖所示，“凹”字形硬質(zhì)金屬線框質(zhì)量為m，相鄰各邊互相垂直，且處于同一平面內(nèi)，ab、bc邊長均為2l，gf邊長為l。勻強磁場區(qū)域的上下邊界均水平，磁場方向垂直于線框所在平面。開始時，bc邊離磁場上邊界的距離為l，線框由靜止釋放，從bc邊進入磁場到gf邊進入磁場前，線框做勻速運動。在gf邊離開磁場后，ah、ed邊離開磁場之前，線框又做勻速運動。線框在下落過程中始終處于豎直平面內(nèi)，且bc、gf邊保持水平，重力加速度為g。
(1)線框ah、ed邊將離開磁場時做勻速運動的速度大小是bc邊剛進入磁場時的幾倍？
(2)若磁場上下邊界間的距離為H，則線框完全穿過磁場過程中產(chǎn)生的熱量為多少？
【答案】：(1)4 (2)mg(H－13l)
【解析】：(1)設bc邊剛進入磁場時速度為v1，有E1＝2Blv1，I1＝eq \f(E1,R)，F(xiàn)1＝2BI1l
線框做勻速運動，有F1＝mg
聯(lián)立可得v1＝eq \f(mgR,4B2l2)
設ah、ed邊將離開磁場時速度為v2，有
E2＝Blv2，I2＝eq \f(E2,R)，F(xiàn)2＝I2lB
線框做勻速運動，有F2＝mg
聯(lián)立可得v2＝eq \f(mgR,B2l2)，
綜上所述eq \f(v2,v1)＝4。
(2)bc邊進入磁場前，根據(jù)動能定理，有
mgl＝eq \f(1,2)mv12
穿過磁場過程中，根據(jù)能量守恒定律，有
mg(H＋2l)＋eq \f(1,2)mv12＝eq \f(1,2)mv22＋Q
聯(lián)立可得Q＝mg(H－13l)。
10.(2024·山西臨汾翼城中學高三期中)如圖所示，用粗細均勻的導線制成的一只單匝圓形金屬圈，現(xiàn)被一根絕緣絲線懸掛在豎直平面內(nèi)處于靜止狀態(tài)，已知金屬圈的質(zhì)量為m＝0.1 kg，半徑為r＝0.1 m，導線單位長度的阻值為ρ＝0.1 Ω/m，金屬圈的上半部分處在一方向垂直圈面向里的有界勻強磁場中，磁感應強度B隨時間t的變化關(guān)系如圖乙所示。金屬圈下半部分在磁場外。已知從t＝0時刻起，測得經(jīng)過10 s絲線剛好被拉斷。重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)金屬圈中感應電流的大小及方向；
(2)絲線所能承受的最大拉力F；
(3)在絲線斷前的10 s時間內(nèi)金屬圈中產(chǎn)生的焦耳熱Q(保留2位有效數(shù)字)。
【答案】 (1)0.2 A，方向為逆時針 (2)1.32 N (3)0.025 J
【解析】 (1)由楞次定律及安培定則可知，金屬圈中電流方向為逆時針方向，
由題圖乙知，磁感應強度的變化率
eq \f(ΔB,Δt)＝0.8 T/s
金屬圈的電阻為R＝2πrρ
由法拉第電磁感應定律得，金屬圈產(chǎn)生的感應電動勢為E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(ΔB,Δt)·eq \f(πr2,2)
金屬圈中感應電流為I＝eq \f(E,R)
聯(lián)立解得I＝0.2 A。
(2)由題圖乙知，磁感應強度B＝eq \f(ΔB,Δt)·t＝0.8t T
金屬圈受到的安培力F安＝I·2rB
絲線所受拉力FT＝F安＋mg
經(jīng)過t＝10 s絲線剛好被拉斷，則
絲線所能承受的最大拉力F＝1.32 N。
(3)金屬圈內(nèi)產(chǎn)生的焦耳熱Q＝I2Rt
聯(lián)立解得Q≈0.025 J。
11.如圖(a)，固定的絕緣斜面MNPQ傾角θ＝37°，虛線OO1與底邊MN平行，且虛線OO1下方分布有垂直于斜面向上(設為正方向)的勻強磁場，磁場的磁感應強度B隨時間t變化的圖像如圖(b)。質(zhì)量m＝3.0×10－2 kg、邊長L＝2.0×10－1 m、電阻R＝2.0×10－3 Ω粗細均勻的正方形導線框abcd置于斜面上，一半處在OO1的下方，另一半處在OO1的上方，ab與OO1平行。已知t＝0時，導線框恰好靜止在斜面上，最大靜摩擦力可以認為等于滑動摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。求：
(1)導線框與斜面間的動摩擦因數(shù)μ的大小；
(2)導線框從t＝0到恰好滑動的這段時間，導線框產(chǎn)生的焦耳熱Q。
【答案】 (1)0.75 (2)3.6×10－2 J
【解析】 (1)已知t＝0時，導線框恰好靜止在斜面上，最大靜摩擦力可以認為等于滑動摩擦力，則有mgsin θ＝μmgcs θ
解得動摩擦因數(shù)μ的大小為μ＝0.75。
(2)設導線框經(jīng)t時間恰好滑動，此時磁場的磁感應強度為B，則有B＝eq \f(ΔB,Δt)t
當導線框受到的摩擦力方向向下且為最大靜摩擦力時，導線框恰好滑動，此時有
ILB＝mgsin θ＋μmgcs θ
導線框中感應電流為I＝eq \f(E,R)
感應電動勢為E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(ΔB,Δt)S＝eq \f(ΔB,Δt)·eq \f(L2,2)
由題圖(b)可知eq \f(ΔB,Δt)＝0.1 T/s
由焦耳定律可得Q＝I2Rt
聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)解得Q＝3.6×10－2 J。
目錄
01 模擬基礎練
【題型一】電磁感應中的動力學問題
【題型二】電磁感應中的能量問題
02 重難創(chuàng)新練

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