考點(diǎn)一
常見磁場中的電磁感應(yīng)現(xiàn)象
1.[考查直導(dǎo)線周圍磁場中的電磁感應(yīng)現(xiàn)象]
[多選]如圖所示，兩根固定的硬質(zhì)平行直導(dǎo)線及虛線AB在同一平面內(nèi)，兩導(dǎo)線關(guān)于AB對稱，導(dǎo)線中通有大小相等、方向相同的恒定電流I，將與兩平行直導(dǎo)線位于同一平面內(nèi)的硬質(zhì)矩形金屬線框，從圖中實(shí)線位置向右平移到虛線位置的過程中，下列說法正確的是(　　)
A．線框中的感應(yīng)電流先沿順時(shí)針方向后沿逆時(shí)針方向
B．線框中的感應(yīng)電流一直沿順時(shí)針方向
C．線框受到的安培力方向先向左后向右
D．線框受到的安培力方向一直向左
解析：選BD　根據(jù)安培定則和磁場的疊加原理判斷得知，在AB右側(cè)磁場方向垂直紙面向外，AB左側(cè)磁場方向垂直紙面向里。當(dāng)導(dǎo)線框位于AB左側(cè)向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，導(dǎo)線框中的磁場方向垂直紙面向里，磁通量減小，根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針方向；當(dāng)導(dǎo)線框經(jīng)過AB時(shí)，導(dǎo)線框中的磁場方向先垂直紙面向里，后垂直紙面向外，磁通量先減小，后增大，根據(jù)楞次定律，可知感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針方向；當(dāng)導(dǎo)線框在AB右側(cè)并向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，導(dǎo)線框中的磁場方向垂直紙面向外，磁通量增加，根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針方向，則可知電流方向一直為順時(shí)針方向，B正確，A錯(cuò)誤。根據(jù)楞次定律可知，線框受到的安培力的方向一定與線框的運(yùn)動(dòng)方向相反，故安培力一直向左，C錯(cuò)誤，D正確。
2．[考查地磁場中的電磁感應(yīng)現(xiàn)象]
如圖，沿東西方向站立的兩同學(xué)(左西右東)做“搖繩發(fā)電”實(shí)驗(yàn)：把一條長導(dǎo)線的兩端連在一個(gè)靈敏電流計(jì)(零刻度在表盤中央)的兩個(gè)接線柱上，形成閉合回路，然后迅速搖動(dòng)MN這段“繩”。假設(shè)圖中情景發(fā)生在赤道處，則下列說法正確的是(　　)
A．當(dāng)“繩”搖到最高點(diǎn)時(shí)，“繩”中電流最大
B．當(dāng)“繩”搖到最低點(diǎn)時(shí)，“繩”受到的安培力最大
C．當(dāng)“繩”向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，N點(diǎn)電勢比M點(diǎn)電勢高
D．搖“繩”過程中，靈敏電流計(jì)指針的偏轉(zhuǎn)方向不變
解析：選C　當(dāng)“繩”搖到最高點(diǎn)時(shí)，繩轉(zhuǎn)動(dòng)的速度方向與地磁場方向平行，不切割磁感線，感應(yīng)電流最小，故A錯(cuò)誤。當(dāng)“繩”搖到最低點(diǎn)時(shí)，繩轉(zhuǎn)動(dòng)的速度方向與地磁場方向平行，不切割磁感線，感應(yīng)電流最小，繩受到的安培力也最小，故B錯(cuò)誤。當(dāng)“繩”向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，地磁場向北，根據(jù)右手定則判斷可知，“繩”中N點(diǎn)電勢比M點(diǎn)電勢高，故C正確。在搖“繩”過程中，當(dāng)“繩”向下運(yùn)動(dòng)和向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，“繩”切割磁感線的方向不同，則感應(yīng)電流的方向不同，即靈敏電流計(jì)指針的偏轉(zhuǎn)方向改變，故D錯(cuò)誤。
3．[考查永磁體周圍磁場中的電磁感應(yīng)現(xiàn)象]
[多選]有一個(gè)銅盤，與支架之間的阻力非常小，因此輕輕撥動(dòng)它，就能長時(shí)間地繞軸自由轉(zhuǎn)動(dòng)。如果在轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)把蹄形磁鐵的兩極放在銅盤邊緣，但并不與銅盤接觸，如圖所示。下列說法正確的是(　　)
A．銅盤能夠在較短的時(shí)間內(nèi)停止轉(zhuǎn)動(dòng)
B．銅盤在轉(zhuǎn)動(dòng)過程中磁通量將不斷減小
C．銅盤在轉(zhuǎn)動(dòng)過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢將不斷減小
D．銅盤邊緣的電勢高于圓心的電勢
解析：選ACD　當(dāng)銅盤轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢，由于電路閉合，則有感應(yīng)電流，處于磁場中受到安培力作用，此力阻礙銅盤轉(zhuǎn)動(dòng)，銅盤能夠在較短的時(shí)間內(nèi)停止轉(zhuǎn)動(dòng)，選項(xiàng)A正確；銅盤在轉(zhuǎn)動(dòng)過程中磁通量不變，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；銅盤在轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，由于轉(zhuǎn)動(dòng)速度減小，則產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢將不斷減小，選項(xiàng)C正確；由右手定則可知，銅盤邊緣的電勢高于圓心的電勢，選項(xiàng)D正確。
4．[考查電磁鐵周圍磁場中的電磁感應(yīng)現(xiàn)象(二次感應(yīng)問題)]
[多選]如圖所示，水平放置的兩光滑軌道上有可自由移動(dòng)的金屬棒PQ、MN，PQ所處的水平光滑軌道內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，當(dāng)PQ在外力的作用下運(yùn)動(dòng)時(shí)，閉合開關(guān)S，MN在安培力的作用下向右運(yùn)動(dòng)，則PQ所做的運(yùn)動(dòng)可能是(　　)
A．向右加速運(yùn)動(dòng)　　　　　　 B．向左加速運(yùn)動(dòng)
C．向右減速運(yùn)動(dòng) D．向左減速運(yùn)動(dòng)
解析：選BC　逆推法：根據(jù)右手螺旋定則可知，導(dǎo)線ab在MN所在處產(chǎn)生的磁場方向垂直紙面向里，MN在安培力作用下向右運(yùn)動(dòng)，說明MN受到的安培力向右，由左手定則可知，MN中的電流方向由M指向N，由右手螺旋定則可知，線圈L1中感應(yīng)磁場方向豎直向上，由楞次定律可知，線圈L2中磁通量的變化情況為向上減小或向下增加，由右手螺旋定則可知，PQ中的電流從Q到P且逐漸減小或從P到Q且逐漸增大，再由右手定則可知，PQ可能是向左加速運(yùn)動(dòng)或向右減速運(yùn)動(dòng)。故B、C正確，A、D錯(cuò)誤。
順序推理法：對選項(xiàng)A，PQ向右加速運(yùn)動(dòng)，L2上端為N極且磁通量增加，由楞次定律可推出L1的下端為N極，電流由N到M，S閉合時(shí)MN向左運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤。同理，可分析得出B、C正確，D錯(cuò)誤。

考點(diǎn)二
電磁感應(yīng)中的圖像問題
5.[考查根據(jù)電磁感應(yīng)過程選擇圖像]
如圖所示，在邊長為a的正方形區(qū)域內(nèi)，有以對角線為邊界、垂直于紙面的兩個(gè)勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相同、方向相反，紙面內(nèi)一邊長為a的正方形導(dǎo)線框沿x軸勻速穿過磁場區(qū)域，t＝0時(shí)刻恰好開始進(jìn)入磁場區(qū)域，以順時(shí)針方向?yàn)閷?dǎo)線框中電流的正方向，下列選項(xiàng)中能夠正確表示電流與位移關(guān)系的是(　　)



解析：選B　在x∈(0，a)時(shí)，右邊框切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，電流大小i＝＝(a－2x)，其中x∈時(shí)，方向?yàn)轫槙r(shí)針；x＝時(shí)，導(dǎo)線框中感應(yīng)電流為零；x∈時(shí)，方向?yàn)槟鏁r(shí)針。在x∈(a,2a)時(shí)，左邊框切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，感應(yīng)電流大小i＝＝(3a－2x)，其中x∈時(shí)，方向?yàn)槟鏁r(shí)針；x＝a時(shí)，導(dǎo)線框中感應(yīng)電流為零；x∈時(shí)，方向?yàn)轫槙r(shí)針，所以B正確，A、C、D錯(cuò)誤。
6．[考查根據(jù)圖像分析電磁感應(yīng)過程]
[多選]如圖甲所示，一正方形線框放在光滑絕緣的水平面上，在水平向右的拉力作用下從圖示位置始終向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，線框右側(cè)有一垂直于水平面向下的勻強(qiáng)磁場，線框的右邊始終與磁場的邊界平行，線框的質(zhì)量為1 kg，電阻為1 Ω，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，拉力的大小隨時(shí)間變化如圖乙所示，則(　　)

A．線框運(yùn)動(dòng)的加速度大小為5 m/s2
B．線框剛好完全進(jìn)入磁場時(shí)的時(shí)間為t＝1.2 s
C．線框的邊長為0.55 m
D．磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為1.1 T
解析：選AB　由題圖乙可知，線框在磁場外受到的合力為5 N，則運(yùn)動(dòng)的加速度大小a＝＝ m/s2＝5 m/s2，A項(xiàng)正確；線框進(jìn)入磁場的過程中，F(xiàn)－＝ma，即F＝＋ma，線框剛進(jìn)入磁場時(shí)，10＝×5×1＋5，剛好完全進(jìn)磁場時(shí)11＝×5×t＋5，求得t＝1.2 s，B項(xiàng)正確；線框的邊長為L＝×5×(1.22－12)m＝1.1 m，C項(xiàng)錯(cuò)誤；由＝1得磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝ T，D項(xiàng)錯(cuò)誤。


考點(diǎn)三
線框在磁場中運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢
7.[考查線框在磁場中轉(zhuǎn)動(dòng)問題]如圖所示，單匝直角三角形導(dǎo)線框OMN在勻強(qiáng)磁場中以O(shè)N所在的直線為軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，角速度為ω，已知OM邊長為l，∠MON＝θ，勻強(qiáng)磁場垂直于ON向右，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，下列說法正確的是(　　)
A．導(dǎo)線框OMN內(nèi)產(chǎn)生大小恒定的電流
B．截掉導(dǎo)線MN，則電動(dòng)勢最大值變小
C．導(dǎo)線框OMN產(chǎn)生的電流方向?yàn)镺MNO
D．導(dǎo)線框OMN內(nèi)產(chǎn)生的電動(dòng)勢最大值為Bl2ωsin θcos θ
解析：選D　當(dāng)導(dǎo)線框OMN以O(shè)N所在的直線為軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，線框內(nèi)產(chǎn)生正弦交變電流，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；導(dǎo)線MN不切割磁感線，則截掉導(dǎo)線MN，則電動(dòng)勢最大值不變，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；導(dǎo)線框OMN產(chǎn)生的電流方向不斷變化，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；導(dǎo)線框OMN內(nèi)產(chǎn)生的電動(dòng)勢最大值為Em＝BωS＝Bl2ωsin θcos θ，選項(xiàng)D正確。
8．[考查線框在磁場中平動(dòng)問題][多選]如圖所示，PQ、MN為兩根光滑絕緣且固定的平行軌道，兩軌道間的寬度為L，軌道斜面與水平面成θ角。在矩形abdc內(nèi)存在方向垂直軌道斜面向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，已知ab、cd間的距離為3d。有一質(zhì)量為m、長為L、寬為d的矩形金屬線圈ABCD放置在軌道上，開始時(shí)線圈AB邊與磁場邊界ab重合?，F(xiàn)讓線圈由靜止出發(fā)沿軌道下滑，從AB邊進(jìn)入磁場到CD邊進(jìn)入磁場的過程中，流過線圈的電荷量為q。線圈通過磁場的總時(shí)間為t，重力加速度為g。下列說法正確的是(　　)
A．線圈在磁場中不可能做勻加速直線運(yùn)動(dòng)
B．線圈的電阻為R＝
C．線圈CD邊剛好通過磁場下邊界時(shí)，線圈的速度大小為v＝
D．線圈在時(shí)間t內(nèi)電阻的發(fā)熱量為Q＝4mgdsin θ－
解析：選BD　線圈全部進(jìn)入磁場后，磁通量不變，感應(yīng)電流為0，不受安培力作用，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；從AB邊進(jìn)入磁場到CD邊進(jìn)入磁場的過程中，通過回路的電荷量q＝IΔt＝Δt＝＝，線圈的電阻為R＝，故B正確；設(shè)線圈CD邊剛好通過磁場下邊界時(shí)，線圈的速度大小為v，根據(jù)動(dòng)量定理可得mgtsin θ－BLt′＝mv－0，t′＝2q，解得線圈的速度大小為v＝，故C錯(cuò)誤；由能量守恒定律有mg·4dsin θ＝mv2＋Q，解得Q＝4mgdsin θ－，故D正確。

考點(diǎn)四
導(dǎo)體棒在磁場中運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢
9.[考查導(dǎo)體棒轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感線]
[多選]如圖所示，半徑為r的半圓弧光滑金屬導(dǎo)軌ab垂直放置在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，現(xiàn)有一導(dǎo)體棒Oc可繞半圓形導(dǎo)軌的圓心O點(diǎn)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，轉(zhuǎn)動(dòng)過程中導(dǎo)體棒接入的電阻為R0，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌始終接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計(jì)。在導(dǎo)軌的右端點(diǎn)b和圓心O有兩根引線分別接在電容器C和總阻值為R的滑動(dòng)變阻器兩端?，F(xiàn)讓導(dǎo)體棒從b端向a端轉(zhuǎn)動(dòng)，下列說法正確的是(　　)
A．導(dǎo)體棒在轉(zhuǎn)動(dòng)過程中c端電勢高
B．滑片P置于最右端不動(dòng)，且導(dǎo)體棒以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)外力的功率為
C．導(dǎo)體棒以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，將P從最右端滑到最左端的過程中C的放電量為
D．滑片P置于中間不動(dòng)，均勻增大轉(zhuǎn)速時(shí)導(dǎo)體棒所受的外力和C上的電荷量都均勻增大
解析：選CD　導(dǎo)體棒Oc轉(zhuǎn)動(dòng)過程中由右手定則知電流由c向O流動(dòng)，因?qū)w棒相當(dāng)于電源，故c端是電源的負(fù)極，電勢低，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；導(dǎo)體棒勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢為E＝Br·ω，因此回路中的電流為I＝，于是對應(yīng)外力的功率為P＝I2(R＋R0)＝，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；導(dǎo)體棒穩(wěn)定轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，電動(dòng)勢恒定，將滑片P從最右端滑向最左端的過程中C的電壓從U＝R＝逐漸減小到零，對應(yīng)放出的電荷量為Q＝C(U－0)＝，故C項(xiàng)正確；滑片P置于中間不動(dòng)，增大轉(zhuǎn)速時(shí)，回路中的電流為I＝n線性增大，因此安培力F＝IrB＝n也線性增大，由于電流線性增大，滑動(dòng)變阻器分配的電壓線性增大，加在C上的電壓線性增大，因此它的帶電量也線性增大，故D項(xiàng)正確。


10．[考查導(dǎo)體棒平動(dòng)切割磁感線，導(dǎo)體棒所受摩擦力恒定]
[多選]CD、EF是兩條水平放置的阻值可忽略的平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為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，磁場區(qū)域的寬度為d，如圖所示。導(dǎo)軌的右端接有一阻值為R的電阻，左端與一彎曲的光滑軌道平滑連接。將一阻值為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，且與水平導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，下列說法正確的是(　　)

A．通過電阻R的最大電流為
B．流過電阻R的電荷量為
C．整個(gè)電路中產(chǎn)生的焦耳熱為mgh
D．電阻R中產(chǎn)生的焦耳熱為mg(h－μd)
解析：選ABD　質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒從彎曲軌道上h高處由靜止釋放，剛進(jìn)入磁場時(shí)速度最大，由mgh＝mv2，得最大速度v＝，產(chǎn)生的最大感應(yīng)電動(dòng)勢Em＝BLv＝BL。由閉合電路歐姆定律可得電阻R的最大電流Im＝＝，A正確；在導(dǎo)體棒滑過磁場區(qū)域的過程中，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢的平均值＝＝，平均感應(yīng)電流＝，流過電阻R的電荷量為q＝t，聯(lián)立解得q＝＝，B正確；由能量守恒定律可知整個(gè)電路中產(chǎn)生的焦耳熱Q＝mgh－μmgd，C錯(cuò)誤；電阻R中產(chǎn)生的焦耳熱Q1＝Q＝mg(h－μd)，D正確。
11．[考查導(dǎo)體棒平動(dòng)切割磁感線，導(dǎo)體棒所受外力變化]
如圖所示，一對光滑的平行金屬導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，導(dǎo)軌間距L＝0.5 m，左端接有阻值R＝0.3 Ω的電阻，一質(zhì)量m＝0.1 kg、電阻r＝0.1 Ω的金屬棒MN放置在導(dǎo)軌上，整個(gè)裝置置于豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.2 T，棒在水平向右的外力作用下，由靜止開始以a＝2 m/s2的加速度做勻加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)棒運(yùn)動(dòng)的位移x＝9 m 時(shí)撤去外力，棒繼續(xù)運(yùn)動(dòng)一段距離后停下來，已知撤去外力前回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q1＝2.025 J，導(dǎo)軌足夠長且電阻不計(jì)，棒在運(yùn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸，求：
(1)棒在勻加速運(yùn)動(dòng)過程中，通過電阻R的電荷量q；
(2)金屬棒MN做勻加速運(yùn)動(dòng)所需外力F隨時(shí)間t變化的表達(dá)式；
(3)外力做的功WF。
解析：(1)棒在勻加速運(yùn)動(dòng)中，由法拉第電磁感應(yīng)定律得＝，其中ΔΦ＝BLx
由閉合電路的歐姆定律得＝
則通過電阻R的電荷量為q＝·Δt
聯(lián)立各式，代入數(shù)據(jù)得q＝2.25 C。
(2)由法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝BLv
對棒的勻加速運(yùn)動(dòng)過程，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得v＝at
由閉合電路歐姆定律得I＝
由安培力公式和牛頓第二定律得F－BIL＝ma
聯(lián)立各式得F＝0.2＋0.05t(N)。
(3)對棒的勻加速運(yùn)動(dòng)過程，
由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得v2＝2ax
撤去外力后，由動(dòng)能定理得安培力做功
W＝0－mv2
撤去外力后回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q2＝－W
聯(lián)立解得Q2＝1.8 J
在棒運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程中，由功能關(guān)系可知WF＝Q1＋Q2
解得WF＝3.825 J。
答案：(1)2.25 C　(2)F＝0.2＋0.05t(N)　(3)3.825 J
12．[考查雙導(dǎo)體棒切割磁感線運(yùn)動(dòng)]
兩足夠長且不計(jì)電阻的光滑金屬軌道如圖甲所示放置，間距為d＝1 m，在左端弧形軌道部分高h(yuǎn)＝1.25 m處放置一金屬桿a，弧形軌道與平直軌道的連接處光滑無摩擦，在平直軌道右端放置另一金屬桿b，桿a、b的電阻分別為Ra＝2 Ω、Rb＝5 Ω，在平直軌道區(qū)域有豎直向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2 T。現(xiàn)桿b以初速度大小v0＝5 m/s開始向左滑動(dòng)，同時(shí)由靜止釋放桿a，桿a由靜止滑到水平軌道的過程中，通過桿b的平均電流為0.3 A；從a下滑到水平軌道時(shí)開始計(jì)時(shí)，a、b運(yùn)動(dòng)的速度—時(shí)間圖像如圖乙所示(以a運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?，其中ma＝2 kg，mb＝1 kg，g＝10 m/s2，求：

(1)桿a在弧形軌道上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；
(2)桿a在水平軌道上運(yùn)動(dòng)過程中通過其截面的電荷量；
(3)在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中桿b產(chǎn)生的焦耳熱。
解析：(1)設(shè)桿a由靜止釋放到滑至弧形軌道與平直軌道連接處時(shí)桿b的速度大小為vb0，以桿b運(yùn)動(dòng)的方向?yàn)檎较?，對桿b運(yùn)用動(dòng)量定理，有
－Bd·Δt＝mbvb0－mbv0
其中vb0＝2 m/s
代入數(shù)據(jù)解得Δt＝5 s。
(2)對桿a由靜止下滑到平直導(dǎo)軌上的過程中，由機(jī)械能守恒定律有magh＝mava2
解得va＝＝5 m/s
設(shè)最后a、b兩桿共同的速度為v′，以桿a運(yùn)動(dòng)的方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得mava－mbvb0＝(ma＋mb)v′
代入數(shù)據(jù)解得v′＝ m/s
桿a動(dòng)量的變化量等于它所受安培力的沖量，設(shè)桿a的速度從va到v′的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為Δt′，則由動(dòng)量定理可得
－BdI·Δt′＝mav′－mava
而q＝I·Δt′
代入數(shù)據(jù)得q＝ C。
(3)由能量守恒定律可知桿a、b中產(chǎn)生的焦耳熱為
Q＝magh＋mbv02－(mb＋ma)v′2＝ J
b棒中產(chǎn)生的焦耳熱為Q′＝Q＝ J。
答案：(1)5 s　(2) C　(3) J




釋疑4大考點(diǎn)

考點(diǎn)一　常見磁場中的電磁感應(yīng)現(xiàn)象
在不同磁場中探究電磁感應(yīng)現(xiàn)象可以幫助考生深入理解法拉第電磁感應(yīng)定律，所以高考常將電磁感應(yīng)現(xiàn)象結(jié)合實(shí)際情境進(jìn)行考查，以定性分析為主，難度中等。解決這類問題的關(guān)鍵是要清楚不同磁場的分布特點(diǎn)，分析出電磁感應(yīng)過程中穿過閉合回路的磁通量的變化情況，以不變應(yīng)萬變。
(一)理清電磁感應(yīng)的知識體系
1．“三定則”“兩定律”的用途
三定則
安培定則：判斷運(yùn)動(dòng)電荷、電流產(chǎn)生的磁場方向
左手定則：判斷磁場對運(yùn)動(dòng)電荷、電流的作用力的方向
右手定則：判斷部分導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流的方向
兩定律
楞次定律：判斷閉合電路磁通量發(fā)生變化產(chǎn)生感應(yīng)電流的方向
法拉第電磁感應(yīng)定律：確定感應(yīng)電動(dòng)勢的大小
2．求感應(yīng)電動(dòng)勢的兩種方法
(1)E＝n，用來計(jì)算感應(yīng)電動(dòng)勢的平均值。
(2)E＝BLv和E＝BL2ω，主要用來計(jì)算感應(yīng)電動(dòng)勢的瞬時(shí)值。
3．楞次定律中“阻礙”的主要表現(xiàn)形式
(1)“增反減同”——阻礙原磁通量的變化，或阻礙原電流的變化(自感現(xiàn)象)。
(2)“增縮減擴(kuò)”——使線圈面積有擴(kuò)大或縮小的趨勢。
(3)“來拒去留”——阻礙相對運(yùn)動(dòng)。
如診斷卷第1題，首先分析出金屬線框在向右平移的過程中穿過線框的磁通量的變化，再根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向，然后根據(jù)楞次定律中“阻礙”的含義——“來拒去留”即可判斷安培力的方向。
(二)掌握兩類特殊的電磁感應(yīng)現(xiàn)象
1．在分析與地磁場有關(guān)的電磁感應(yīng)問題時(shí)，要掌握地磁場的分布情況，在北半球地磁場方向斜向下，在南半球地磁場方向斜向上，在赤道上空水平向北。如診斷卷第2題中，當(dāng)“繩”搖到最高點(diǎn)或最低點(diǎn)時(shí)，繩轉(zhuǎn)動(dòng)的速度方向與地磁場方向平行，感應(yīng)電流最小，安培力最小。
2．解決二次感應(yīng)問題常用的兩種方法是順序推理法或逆推法，如診斷卷第4題，采用順序推理法分析出選項(xiàng)A向右加速運(yùn)動(dòng)不對，那么在運(yùn)動(dòng)方向和加減速兩個(gè)方面變化一個(gè)，就可以得到正確答案，即向左加速或向右減速運(yùn)動(dòng)都可以。
[題點(diǎn)全練]
1．[多選](2018·全國卷Ⅰ)如圖，兩個(gè)線圈繞在同一根鐵芯上，其中一線圈通過開關(guān)與電源連接，另一線圈與遠(yuǎn)處沿南北方向水平放置在紙面內(nèi)的直導(dǎo)線連接成回路。將一小磁針懸掛在直導(dǎo)線正上方，開關(guān)未閉合時(shí)小磁針處于靜止?fàn)顟B(tài)。下列說法正確的是(　　)
A．開關(guān)閉合后的瞬間，小磁針的N極朝垂直紙面向里的方向轉(zhuǎn)動(dòng)
B．開關(guān)閉合并保持一段時(shí)間后，小磁針的N極指向垂直紙面向里的方向
C．開關(guān)閉合并保持一段時(shí)間后，小磁針的N極指向垂直紙面向外的方向
D．開關(guān)閉合并保持一段時(shí)間再斷開后的瞬間，小磁針的N極朝垂直紙面向外的方向轉(zhuǎn)動(dòng)
解析：選AD　根據(jù)安培定則，開關(guān)閉合時(shí)鐵芯上產(chǎn)生水平向右的磁場。開關(guān)閉合后的瞬間，根據(jù)楞次定律，直導(dǎo)線上將產(chǎn)生由南向北的電流，根據(jù)安培定則，直導(dǎo)線上方的磁場垂直紙面向里，故小磁針的N極朝垂直紙面向里的方向轉(zhuǎn)動(dòng)，故A正確。同理D正確。開關(guān)閉合并保持一段時(shí)間后，直導(dǎo)線上沒有感應(yīng)電流，故小磁針的N極指北，故B、C錯(cuò)誤。
2．(2018·泰安二模)圖甲為手機(jī)及無線充電板。圖乙為充電原理示意圖。充電板接交流電源，對充電板供電，充電板內(nèi)的送電線圈可產(chǎn)生交變磁場，從而使手機(jī)內(nèi)的受電線圈產(chǎn)生交變電流，再經(jīng)整流電路轉(zhuǎn)變成直流電后對手機(jī)電池充電。為方便研究，現(xiàn)將問題做如下簡化：設(shè)送電線圈的匝數(shù)為n1，受電線圈的匝數(shù)為n2，面積為S，若在t1到t2時(shí)間內(nèi)，磁場(垂直于線圈平面向上、可視為勻強(qiáng)磁場)的磁感應(yīng)強(qiáng)度由B1均勻增加到B2。下列說法正確的是(　　)

A．受電線圈中感應(yīng)電流方向由d到c
B．c點(diǎn)的電勢高于d點(diǎn)的電勢
C．c、d之間的電勢差為
D．c、d之間的電勢差為
解析：選D　根據(jù)楞次定律可知，受電線圈內(nèi)部產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向俯視為順時(shí)針，受電線圈中感應(yīng)電流方向由c到d，所以c點(diǎn)的電勢低于d點(diǎn)的電勢，故A、B錯(cuò)誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得c、d之間的電勢差為Ucd＝E＝＝，故C錯(cuò)誤，D正確。
3.(2018·唐山一中模擬)如圖所示是某校首屆中學(xué)生創(chuàng)意物理實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)展評活動(dòng)中獲得一等獎(jiǎng)的作品《小熊蕩秋千》。兩根彼此靠近且相互絕緣的金屬棒C、D固定在鐵架臺上，C、D的兩端用柔軟的細(xì)導(dǎo)線吊了兩個(gè)銅線圈P、Q(Q上粘有一張小熊的圖片)，并組成一閉合回路，兩個(gè)磁性很強(qiáng)的條形磁鐵如圖放置，當(dāng)用手左右擺動(dòng)線圈P時(shí)，線圈Q也會跟著擺動(dòng)，仿佛小熊在蕩秋千。關(guān)于此作品，以下說法正確的是(　　)
A．P向右擺動(dòng)的過程中，P中的電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向(從右向左看)
B．P向右擺動(dòng)的過程中，Q也會向右擺動(dòng)
C．P向右擺動(dòng)的過程中，Q會向左擺動(dòng)
D．若用手左右擺動(dòng)Q，P會始終保持靜止
解析：選B　P向右擺動(dòng)的過程中，穿過P中的磁通量減小，根據(jù)楞次定律，P中有順時(shí)針方向的電流(從右向左看)，故A錯(cuò)誤。P向右擺動(dòng)的過程中，P中的電流方向?yàn)轫槙r(shí)針方向，則Q下端的電流方向向外，根據(jù)左手定則知，下端所受的安培力向右，則Q向右擺動(dòng)。同理，用手左右擺動(dòng)Q，P也會左右擺動(dòng)，故B正確，C、D錯(cuò)誤。
考點(diǎn)二　電磁感應(yīng)中的圖像問題
電磁感應(yīng)中的圖像問題是高考考查的熱點(diǎn)問題，常見圖像有磁感應(yīng)強(qiáng)度B、磁通量Φ、感應(yīng)電動(dòng)勢e以及感應(yīng)電流i隨時(shí)間t(或位移x)的變化圖像，主要以選擇題形式出現(xiàn)，也可能融入計(jì)算題中進(jìn)行考查。建議對本考點(diǎn)多加關(guān)注。
(一)熟悉兩個(gè)技法，做到解題快又準(zhǔn)
1．排除法
定性地分析電磁感應(yīng)過程中物理量的變化趨勢(增大還是減小)、變化快慢(均勻變化還是非均勻變化)，特別是物理量的正負(fù)，排除錯(cuò)誤的選項(xiàng)。沒有表示方向的正負(fù)時(shí)，優(yōu)先判斷方向有時(shí)會產(chǎn)生意想不到的效果。如診斷卷第5題，由右手定則可判斷x＝0時(shí)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針，A項(xiàng)錯(cuò)誤；在x＝時(shí)，正方形導(dǎo)線框右邊上下兩段切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢等大反向，電流為0，C項(xiàng)錯(cuò)誤；在＜x＜a的區(qū)域，正方形導(dǎo)線框右邊下半邊電動(dòng)勢較大，電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，D項(xiàng)錯(cuò)誤。
2．函數(shù)法
根據(jù)題目所給條件定量地寫出兩個(gè)物理量之間的函數(shù)關(guān)系，然后由函數(shù)關(guān)系對圖像作出分析和判斷，這未必是最簡捷的方法，但卻是最準(zhǔn)確有效的方法。
(二)謹(jǐn)記三點(diǎn)注意，力避踏入雷區(qū)
1．定性或定量地表示出所研究問題的函數(shù)關(guān)系是選擇或繪制圖像的關(guān)鍵。
2．在圖像中I、v等物理量的方向是通過正負(fù)值來反映的。
3．注意過程或階段的選取，一般進(jìn)磁場或出磁場，磁通量最大或最小，有效切割長度最大或最小等是分段的關(guān)鍵點(diǎn)。
[題點(diǎn)全練]
1．[多選](2018·全國卷Ⅲ)如圖(a)，在同一平面內(nèi)固定有一長直導(dǎo)線PQ和一導(dǎo)線框R，R在PQ的右側(cè)。導(dǎo)線PQ中通有正弦交流電i，i的變化如圖(b)所示，規(guī)定從Q到P為電流正方向。導(dǎo)線框R中的感應(yīng)電動(dòng)勢(　　)

A．在t＝時(shí)為零
B．在t＝時(shí)改變方向
C．在t＝時(shí)最大，且沿順時(shí)針方向
D．在t＝T時(shí)最大，且沿順時(shí)針方向
解析：選AC　在t＝時(shí)，交流電圖線斜率為0，即磁場變化率為0，由E＝＝S知，E＝0，故A正確。在t＝和t＝T時(shí)，圖線斜率最大，在t＝和t＝T時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢最大。在到之間，電流由Q向P減弱，導(dǎo)線在R處產(chǎn)生垂直紙面向里的磁場，且磁場減弱，由楞次定律知，R產(chǎn)生的感應(yīng)電流的磁場方向也垂直紙面向里，則R中感應(yīng)電動(dòng)勢沿順時(shí)針方向，同理可判斷在到T時(shí)，R中電動(dòng)勢也為順時(shí)針方向，在T到T時(shí)，R中電動(dòng)勢為逆時(shí)針方向，C正確，B、D錯(cuò)誤。
2.[多選](2018·山西孝義一模)如圖所示，光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ所在平面與水平面成θ角，M、P之間接一阻值為R的定值電阻，阻值為r的金屬棒ab垂直導(dǎo)軌放置并良好接觸，其他電阻不計(jì)。整個(gè)裝置處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直導(dǎo)軌平面向上。t＝0時(shí)對棒施加一平行于導(dǎo)軌向上的外力F，棒由靜止開始沿導(dǎo)軌向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。下列關(guān)于通過金屬棒ab的感應(yīng)電荷量q、電流I、ab所受外力F及穿過abPM的磁通量Φ隨時(shí)間t變化的圖像中，大致正確的是(　　)

解析：選BC　由題意知，棒由靜止開始沿導(dǎo)軌向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為a，則棒運(yùn)動(dòng)的速度為v＝at，產(chǎn)生的感應(yīng)電流為I＝＝t，即電流I與t成正比，是直線，故B正確；通過金屬棒的電荷量為q＝＝t2，故q∝t2，故A錯(cuò)誤；根據(jù)牛頓第二定律得：F－F安－mgsin θ＝ma，安培力F安＝BIL＝t，解得F＝mgsin θ＋ma＋t，即F隨t的增大而增大，是直線，故C正確；Φ＝BS＝BL＝BLx＋BLat2，故Φ∝t2，故D錯(cuò)誤。
3．[多選](2018·貴州凱里一中模擬)如圖，ABC為粗細(xì)均勻的等邊三角形導(dǎo)線框，導(dǎo)線框在紙面內(nèi)；過直線MN的水平面上方有一足夠大的勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直紙面向里。在t＝0時(shí)刻，讓線框從圖示位置開始繞垂直于紙面、且過C點(diǎn)的軸以周期T順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，設(shè)線框產(chǎn)生的感應(yīng)電流為i，穿過線框的磁通量為Φ。下列i-t圖像和Φ-t圖像可能正確的是(　　)


解析：選AD　線框以C點(diǎn)為軸順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，在進(jìn)入的前T＝T內(nèi)，線框切割磁感線的有效長度隨進(jìn)入磁場的角度θ的增大而發(fā)生非線性變化，先減小再增大，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路歐姆定律可知，感應(yīng)電流隨線框切割磁感線的有效長度的變化而變化，故電流也發(fā)生非線性變化，即先減小再增大，而磁通量發(fā)生非線性變化的增大；從BC邊進(jìn)入磁場到AC邊將出磁場，即T到T時(shí)間內(nèi)，線框內(nèi)的磁通量不變，沒有感應(yīng)電流；從T到t＝T時(shí)間內(nèi)，線框切割磁感線的有效長度隨轉(zhuǎn)過的角度θ的增大而發(fā)生非線性變化，先減小再增大，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路歐姆定律可知，感應(yīng)電流隨線框切割磁感線的有效長度的變化而變化，故電流也發(fā)生非線性變化，即先減小再增大，而磁通量發(fā)生非線性變化的減??；故A、D正確。
考點(diǎn)三　線框在磁場中運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢
閉合導(dǎo)線框在磁場中運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢的問題是電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的重要問題之一，線框進(jìn)出勻強(qiáng)磁場的過程與單根導(dǎo)體棒切割磁感線的問題類似，解題方法也有相通之處，需要注意的是線框的幾何形狀，以及區(qū)分等效電源的內(nèi)部和外部。建議對本考點(diǎn)重點(diǎn)攻堅(jiān)。
(一)熟悉電磁感應(yīng)中電路問題的解題流程

(二)分析線框在磁場中運(yùn)動(dòng)問題的兩大關(guān)鍵
1．分析電磁感應(yīng)情況：弄清線框在運(yùn)動(dòng)過程中是否有磁通量不變的階段，線框進(jìn)入和穿出磁場的過程中，才有感應(yīng)電流產(chǎn)生，結(jié)合閉合電路歐姆定律列方程解答；如診斷卷第8題中選項(xiàng)A的分析。
2．分析導(dǎo)線框的受力以及運(yùn)動(dòng)情況，選擇合適的力學(xué)規(guī)律處理問題：在題目中涉及電荷量、時(shí)間以及安培力為變力時(shí)應(yīng)選用動(dòng)量定理處理問題；如果題目中涉及加速度的問題時(shí)選用牛頓運(yùn)動(dòng)定律解決問題比較方便。如診斷卷第8題，選項(xiàng)C、D判斷時(shí)，當(dāng)線圈CD邊剛好通過磁場下邊界時(shí)，根據(jù)動(dòng)量定理求解線圈的速度，根據(jù)能量守恒定律求解電阻的發(fā)熱量。

　　　在生產(chǎn)線框的流水線上，為了檢測出個(gè)別不合格的未閉合線框，讓線框隨傳送帶通過一固定勻強(qiáng)磁場區(qū)域(磁場方向垂直于傳送帶平面向下)，觀察線框進(jìn)入磁場后是否相對傳送帶滑動(dòng)就能夠檢測出不合格的未閉合線框，其物理情境簡化如下：如圖所示，通過絕緣傳送帶輸送完全相同的正方形單匝純電阻銅線框，傳送帶與水平方向夾角為α，以恒定速度v0斜向上運(yùn)動(dòng)。已知磁場邊界MN、PQ與傳送帶運(yùn)動(dòng)方向垂直，MN與PQ間的距離為d，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。線框質(zhì)量為m，電阻值為R，邊長為L(d＞2L)，線框與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g。閉合線框的上邊在進(jìn)入磁場前線框相對傳送帶靜止，線框剛進(jìn)入磁場的瞬間，和傳送帶發(fā)生相對滑動(dòng)，線框運(yùn)動(dòng)過程中上邊始終平行于MN，當(dāng)閉合線框的上邊經(jīng)過邊界PQ時(shí)又恰好與傳送帶的速度相同。設(shè)傳送帶足夠長，求：
(1)閉合線框的上邊剛進(jìn)入磁場時(shí)上邊所受安培力F安的大小；
(2)從閉合線框的上邊剛進(jìn)入磁場到上邊剛要出磁場所用的時(shí)間t；
(3)從閉合線框的上邊剛進(jìn)入磁場到下邊穿出磁場后又相對傳送帶靜止的過程中，電動(dòng)機(jī)多消耗的電能E。
[思路點(diǎn)撥]
第(1)題：由法拉第電磁感應(yīng)定律求出感應(yīng)電動(dòng)勢以及安培力的大??；
第(2)題：涉及安培力和時(shí)間的問題，選用動(dòng)量定理比較方便；
第(3)題：分析線框從剛進(jìn)入磁場至線框剛要出磁場的過程中重力和安培力所做的功，由功能關(guān)系以及能量守恒定律求解。
[解析]　(1)根據(jù)安培力公式得F安＝BIL
根據(jù)閉合電路歐姆定律得I＝
又由法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝BLv0
由以上聯(lián)立可解得F安＝。
(2)在線框的上邊剛進(jìn)入磁場到線框的上邊剛要出磁場的過程中，取沿斜面向上為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理有
μmgcos α·t－mgsin α·t－安t′＝0
根據(jù)安培力公式得安＝BL
根據(jù)閉合電路歐姆定律得＝
根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得＝BL
根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得L＝t′
由以上聯(lián)立解得t＝。
(3)在線框的上邊剛進(jìn)入磁場到線框的上邊剛要出磁場的過程中，由動(dòng)能定理得
(μmgcos α－mgsin α)d＋W安＝0
由功能關(guān)系得Q電＝－W安
Qf＝μmgcos α(v0t－d)
從線框上邊剛進(jìn)入磁場到線框穿出磁場后相對傳送帶靜止的過程中，由能量守恒定律得
E＝2mgsin α·d＋2Q電＋2Qf
由以上聯(lián)立可解得E＝。
[答案]　(1)　(2) (3)
[題點(diǎn)全練]
1．(2019屆高三·貴州安順調(diào)研)粗細(xì)均勻的電阻絲圍成的正方形閉合線框置于有界勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直于線框平面，其邊界與正方形線框的邊平行。現(xiàn)使線框以相同速率沿四個(gè)不同方向平移出磁場，如圖所示，則在移出過程中線框上a、b兩點(diǎn)間的電勢差絕對值最大的是(　　)

解析：選C　在磁場中切割磁感線的邊相當(dāng)于電源，外電路由三個(gè)相同電阻串聯(lián)形成，A、B、D中a和b兩點(diǎn)間電勢差為外電路中一個(gè)電阻兩端的電壓，其電勢差的絕對值為：U＝＝；圖C中a、b兩點(diǎn)間電勢差絕對值為路端電壓，U＝＝，故C正確。
2．[多選]兩磁感應(yīng)強(qiáng)度均為B的勻強(qiáng)磁場區(qū)域Ⅰ、Ⅲ，方向如圖所示，兩區(qū)域中間為寬為s的無磁場區(qū)域Ⅱ，有一邊長為L(L＞s)，電阻為R的均勻正方形金屬線框abcd置于Ⅰ區(qū)域，ab邊與磁場邊界平行，現(xiàn)拉著金屬線框以速度v向右勻速運(yùn)動(dòng)，則(　　)

A．當(dāng)ab邊剛進(jìn)入中間無磁場區(qū)域Ⅱ時(shí)，ab兩點(diǎn)間的電壓為
B．當(dāng)ab邊剛進(jìn)入磁場區(qū)域Ⅲ時(shí)，拉力為F＝
C．金屬線框從ab邊剛進(jìn)入Ⅱ區(qū)域到完全拉入Ⅲ區(qū)域過程中，拉力所做的功為(2L－s)
D．金屬線框從ab邊剛進(jìn)入Ⅱ區(qū)域到完全拉入Ⅲ區(qū)域過程中，磁通量的變化量為0
解析：選BC　當(dāng)ab邊進(jìn)入中央無磁場區(qū)域Ⅱ時(shí)，cd邊切割磁感線產(chǎn)生電動(dòng)勢：E＝BLv，電路中的電流：I＝，ab兩點(diǎn)間電壓U＝I·＝E＝，故A錯(cuò)誤；當(dāng)ab邊剛進(jìn)入磁場區(qū)域Ⅲ時(shí)，ab邊切割磁感線產(chǎn)生電動(dòng)勢E＝BLv，與cd邊上的電動(dòng)勢疊加，通過ab邊的電流大?。篒′＝，ab邊與cd邊受到的安培力均向左，大小為FA＝BI′L，所以拉力大小為F＝2FA＝，故B正確；金屬線框從ab邊剛進(jìn)入Ⅱ區(qū)域到完全拉入Ⅲ區(qū)域過程中，拉力所做功W＝·s＋·(L－s)＋·s＝(2L－s)，故C正確；金屬線框ab邊剛進(jìn)入Ⅱ區(qū)域時(shí)的磁通量是：BL2，方向向里，完全拉入Ⅲ區(qū)域時(shí)的磁通量為BL2，方向向外，磁通量的總變化量為2BL2，方向向外，故D錯(cuò)誤。
3．[多選](2018·吉林省實(shí)驗(yàn)中學(xué)模擬)空間AA′與DD′之間為磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，間距為H，磁場方向垂直紙面向里，DD′距離地面高度為L?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m、邊長為L(L＜H)、電阻為R的正方形線框由AA′上方某處自由落下(線框始終處于豎直平面內(nèi)，且ab邊始終與AA′平行)，恰能勻速進(jìn)入磁場區(qū)域。當(dāng)線框的cd邊剛要觸地前瞬間線框的加速度大小為a＝0.1g，g為重力加速度，空氣阻力不計(jì)，則(　　)
A．線框自由下落的高度為
B．線框觸地前瞬間線框的速度為
C．線框進(jìn)入磁場的過程中，線框產(chǎn)生的熱量為mgL
D．線框的cd邊從AA′運(yùn)動(dòng)到觸地的時(shí)間為＋
解析：選ACD　cd邊進(jìn)入磁場時(shí)做勻速運(yùn)動(dòng)，則有安培力和重力大小相等，即mg＝BIL＝，解得v＝，則自由落體下落的高度為h＝＝，故A正確；設(shè)線框觸地前瞬間線框的速度為v1，由牛頓第二定律得：BI′L－mg＝ma，即－mg＝0.1mg，解得：v1＝，故B錯(cuò)誤；線框勻速進(jìn)入磁場的過程中，動(dòng)能不變，產(chǎn)生的熱量等于減少的重力勢能，即Q＝mgL，故C正確；線框的cd邊從AA′運(yùn)動(dòng)到觸地，設(shè)總時(shí)間為t，全過程列動(dòng)量定理有：mgt－B1Lt1－B2Lt2＝mv1－mv，其中1、2為t1、t2時(shí)間內(nèi)的平均電流，又1＝，2＝，且1t1＝2t2＝L，代入上式得：mgt－－＝mv1－mv，解得：t＝＋，故D正確。



考點(diǎn)四　導(dǎo)體棒在磁場中運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢
導(dǎo)體棒切割磁感線模型是高考考查的熱點(diǎn)內(nèi)容之一，該模型常與圖像問題、動(dòng)力學(xué)問題、能量問題、電路問題結(jié)合考查，涉及的物理規(guī)律有牛頓運(yùn)動(dòng)定律、能量守恒定律、動(dòng)量定理、動(dòng)量守恒定律、法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律等。處理這類問題時(shí)注意分析導(dǎo)體棒的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況，明確等效電源，必要時(shí)綜合電路知識進(jìn)行分析，特別是雙導(dǎo)體棒切割磁感線運(yùn)動(dòng)時(shí)涉及動(dòng)量的問題，是高考命題的新趨勢，復(fù)習(xí)時(shí)注意從多個(gè)角度思考問題，有利于拓展思維。建議對本考點(diǎn)重點(diǎn)攻堅(jiān)。
(一)用好解題流程，做到步步為“贏”

(二)掌握解題技巧，靈活應(yīng)用快又妙
1．變速運(yùn)動(dòng)或平衡問題：從牛頓第二定律的瞬時(shí)性著手，分析金屬棒的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)，通過力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系分析出最終存在的“穩(wěn)定狀態(tài)”——通常為安培力與其他力平衡時(shí)的勻速運(yùn)動(dòng)狀態(tài)。
2．物體的運(yùn)動(dòng)較為復(fù)雜或涉及變力做功問題：往往應(yīng)用能量的觀點(diǎn)分析問題，通過各力的做功情況分析能量的轉(zhuǎn)化，特別要注意安培力做功的情況——安培力做正功將電能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能；安培力做負(fù)功將機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能。
(三)熟悉典型問題，針對破解不迷茫
1．等效電源的正負(fù)極可用右手定則或楞次定律判定，要特別注意在等效電源內(nèi)部，電流由負(fù)極流向正極。等效電源兩端的電壓與直流電源兩端的電壓一樣，等于路端電壓，一般不等于電源電動(dòng)勢，除非切割磁感線的導(dǎo)體(或線圈)電阻為零。如診斷卷第9題，導(dǎo)體棒相當(dāng)于電源，電流由c向O流動(dòng)，故c端是電源的負(fù)極；電容器兩端的電壓相當(dāng)于電源的路端電壓。
2．診斷卷第11題的難點(diǎn)是對金屬棒做勻變速運(yùn)動(dòng)的理解，當(dāng)金屬棒做勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，由v＝at可知速度隨時(shí)間均勻增加，由I＝＝t可知感應(yīng)電流也隨時(shí)間均勻增加，由F＝BIL＝t可知安培力也隨時(shí)間均勻增加。
3．兩金屬桿只受到安培力作用而在平直的光滑導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)時(shí)，如診斷卷第12題，可以從以下三個(gè)觀點(diǎn)來分析：
力學(xué)觀點(diǎn)
通常情況下一個(gè)金屬桿做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，而另一個(gè)金屬桿做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，最終兩金屬桿以共同的速度勻速運(yùn)動(dòng)。
能量觀點(diǎn)
其中一個(gè)金屬桿動(dòng)能的減少量等于另一個(gè)金屬桿動(dòng)能的增加量與回路中產(chǎn)生的焦耳熱之和。
動(dòng)量觀點(diǎn)
如果光滑導(dǎo)軌間距恒定，則兩個(gè)金屬桿的安培力大小相等，通常情況下系統(tǒng)的動(dòng)量守恒。

　　如圖所示，寬度L＝1.0 m 的足夠長的U形金屬導(dǎo)軌水平放置，導(dǎo)軌處在豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1.0 T，導(dǎo)軌上放一根質(zhì)量m＝0.2 kg、電阻R＝1.0 Ω的金屬棒ab，棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，現(xiàn)牽引力F以恒定功率P使棒從靜止開始沿導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)(棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好)，當(dāng)棒的電阻R產(chǎn)生熱量Q＝7.0 J 時(shí)獲得穩(wěn)定速度，速度大小為3.0 m/s，此過程中通過棒的電荷量q＝4.1 C。導(dǎo)軌電阻不計(jì)，g取10 m/s2。求：
(1)當(dāng)棒的速度穩(wěn)定時(shí)，棒所受的安培力的大小和方向；
(2)牽引力F的恒定功率P為多大？
(3)棒從靜止開始運(yùn)動(dòng)到獲得穩(wěn)定速度所需的時(shí)間為多少？
[解析]　(1)設(shè)棒獲得的穩(wěn)定速度為v，則感應(yīng)電動(dòng)勢為E＝BLv
感應(yīng)電流為I＝
棒所受的安培力的大小為F安＝BIL
解得F安＝3 N
由楞次定律可知，安培力方向向左。
(2)當(dāng)棒穩(wěn)定時(shí)有F－F安－μmg＝0
又P＝Fv
解得P＝12 W。
(3)設(shè)所經(jīng)歷的時(shí)間為t，棒發(fā)生的位移為x，由能量守恒得Pt＝Q＋μmgx＋mv2
又由q＝t
＝
＝BL＝BL
解得t＝1 s。
[答案]　(1)3 N　方向向左　(2)12 W　(3)1 s
[題點(diǎn)全練]
1.(2018·漳州調(diào)研)如圖所示，在水平面上放置間距為L的平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ，導(dǎo)軌處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間的變化規(guī)律為B＝kt(k為常數(shù)，k>0)。M、P間接一阻值為R的電阻，質(zhì)量為m的金屬桿ab垂直導(dǎo)軌放置，與導(dǎo)軌接觸良好，其接入軌道間的電阻為R，與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，Pb＝Ma＝L(不計(jì)導(dǎo)軌電阻，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g)，從t＝0到ab桿剛要運(yùn)動(dòng)的這段時(shí)間內(nèi)(　　)
A．通過電阻R的電流方向?yàn)镻→M
B．回路中的感應(yīng)電流I＝
C．通過電阻R的電荷量q＝
D．a(chǎn)b桿產(chǎn)生的熱功率P＝
解析：選C　由楞次定律可知，通過電阻R的電流方向?yàn)镸→P，故A錯(cuò)誤；回路產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為：E＝S＝kL2，根據(jù)歐姆定律可得電流為：I＝＝，故B錯(cuò)誤；金屬桿剛要運(yùn)動(dòng)時(shí)，μmg－ktIL＝0，又因q＝It，聯(lián)立可得：q＝，故C正確；根據(jù)功率公式可得ab桿產(chǎn)生的熱功率P＝I2R＝，故D錯(cuò)誤。
2．[多選](2018·百校聯(lián)盟4月聯(lián)考)如圖所示，水平桌面上固定一定值電阻R，R兩端均與光滑傾斜導(dǎo)軌相連接，已知兩側(cè)導(dǎo)軌間距都為L。導(dǎo)軌平面與水平面均成37°角，且均處于范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場中。質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒a沿左側(cè)導(dǎo)軌勻速下滑，導(dǎo)體棒b始終靜止在右側(cè)導(dǎo)軌上，兩導(dǎo)體棒電阻均為R，兩處磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，方向均與導(dǎo)軌平面垂直(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，則(　　)
A．導(dǎo)體棒b質(zhì)量為
B．導(dǎo)體棒a下滑速度v＝
C．導(dǎo)體棒a沿導(dǎo)軌下滑L距離的過程中電阻R上產(chǎn)生熱量為
D．導(dǎo)體棒a沿導(dǎo)軌下滑L距離的過程中導(dǎo)體棒b上產(chǎn)生熱量為
解析：選ABD　導(dǎo)體棒a勻速下滑，其電流為導(dǎo)體棒b中的兩倍，故b質(zhì)量應(yīng)為，故A正確；整個(gè)回路電阻R總＝R，分析a棒的運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平衡條件有：mgsin 37°＝BIL＝，解得：v＝，故B正確；導(dǎo)體棒a沿導(dǎo)軌勻速下滑L距離，系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量等于重力勢能的減小量，即Q＝mgLsin 37°＝mgL，電阻R與導(dǎo)體棒b上產(chǎn)生的熱量均為Q′＝×Q＝，故C錯(cuò)誤、D正確。
3．(2019屆高三·河南名校聯(lián)考)如圖甲所示，空間存在B＝0.5 T、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場，MN、PQ是處于同一水平面內(nèi)相互平行的粗糙長直導(dǎo)軌，間距l(xiāng)＝0.2 m，在導(dǎo)軌一端連接著阻值為R＝0.4 Ω的定值電阻，ab是放在導(dǎo)軌上質(zhì)量為m＝0.1 kg的導(dǎo)體棒。從零時(shí)刻開始，通過一小型電動(dòng)機(jī)對ab棒施加一個(gè)牽引力，方向水平向左，使其從靜止開始沿導(dǎo)軌做加速運(yùn)動(dòng)，此過程中棒始終保持與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。圖乙是拉力F與導(dǎo)體棒ab速率倒數(shù)關(guān)系圖像(F1未知)。已知導(dǎo)體棒ab與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，除R外，其余部分電阻均不計(jì)，不計(jì)定滑輪的質(zhì)量和摩擦，g取10 m/s2。

(1)求電動(dòng)機(jī)的額定功率；
(2)若導(dǎo)體棒ab在16 s內(nèi)運(yùn)動(dòng)了90 m并恰好達(dá)到最大速度，求在0～16 s內(nèi)電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱。
解析：(1)由圖像知導(dǎo)體棒ab的最大速度為v1＝10 m/s
此時(shí)，導(dǎo)體棒中感應(yīng)電動(dòng)勢為E＝Blv1
感應(yīng)電流I＝
導(dǎo)體棒受到的安培力FA＝BIl
此時(shí)電動(dòng)機(jī)牽引力為F1＝
由牛頓第二定律得：F1－μmg－FA＝0
聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得：P＝4.5 W。
(2)由能量守恒得：Pt＝Q＋μmgs＋mv12
代入數(shù)據(jù)解得R上產(chǎn)生的熱量Q＝49 J。
答案：(1)4.5 W　(2)49 J

一、高考真題集中演練——明規(guī)律
1.(2017·全國卷Ⅰ)掃描隧道顯微鏡(STM)可用來探測樣品表面原子尺度上的形貌。為了有效隔離外界振動(dòng)對STM的擾動(dòng)，在圓底盤周邊沿其徑向?qū)ΨQ地安裝若干對紫銅薄板，并施加磁場來快速衰減其微小振動(dòng)，如圖所示。無擾動(dòng)時(shí)，按下列四種方案對紫銅薄板施加恒磁場；出現(xiàn)擾動(dòng)后，對于紫銅薄板上下及左右振動(dòng)的衰減最有效的方案是(　　)

解析：選A　施加磁場來快速衰減STM的微小振動(dòng)，其原理是電磁阻尼，在振動(dòng)時(shí)通過紫銅薄板的磁通量變化，紫銅薄板中產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢和感應(yīng)電流，則其受到安培力作用，該作用阻礙紫銅薄板振動(dòng)，即促使其振動(dòng)衰減。方案A中，無論紫銅薄板上下振動(dòng)還是左右振動(dòng)，通過它的磁通量都發(fā)生變化；方案B中，當(dāng)紫銅薄板上下振動(dòng)時(shí)，通過它的磁通量可能不變，當(dāng)紫銅薄板向右振動(dòng)時(shí)，通過它的磁通量不變；方案C中，紫銅薄板上下振動(dòng)、左右振動(dòng)時(shí)，通過它的磁通量可能不變；方案D中，當(dāng)紫銅薄板上下振動(dòng)時(shí)，紫銅薄板中磁通量可能不變。綜上可知，對于紫銅薄板上下及左右振動(dòng)的衰減最有效的方案是A。
2.(2018·全國卷Ⅰ)如圖，導(dǎo)體軌道OPQS固定，其中PQS是半圓弧，Q為半圓弧的中點(diǎn)，O為圓心。軌道的電阻忽略不計(jì)。OM是有一定電阻、可繞O轉(zhuǎn)動(dòng)的金屬桿，M端位于PQS上，OM與軌道接觸良好?？臻g存在與半圓所在平面垂直的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B?，F(xiàn)使OM從OQ位置以恒定的角速度逆時(shí)針轉(zhuǎn)到OS位置并固定(過程Ⅰ)；再使磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小以一定的變化率從B增加到B′(過程Ⅱ)。在過程Ⅰ、Ⅱ中，流過OM的電荷量相等，則等于(　　)
A.　　　　　　　　　 B.
C. D．2
解析：選B　在過程Ⅰ中，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，有
E1＝＝
根據(jù)閉合電路歐姆定律，有
I1＝
且q1＝I1Δt1
在過程Ⅱ中，有
E2＝＝
I2＝
q2＝I2Δt2
又q1＝q2，即＝
所以＝。
3.(2017·全國卷Ⅲ)如圖，在方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場中有一U形金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌平面與磁場垂直。金屬桿PQ置于導(dǎo)軌上并與導(dǎo)軌形成閉合回路PQRS，一圓環(huán)形金屬線框T位于回路圍成的區(qū)域內(nèi)，線框與導(dǎo)軌共面。現(xiàn)讓金屬桿PQ突然向右運(yùn)動(dòng)，在運(yùn)動(dòng)開始的瞬間，關(guān)于感應(yīng)電流的方向，下列說法正確的是(　　)
A．PQRS中沿順時(shí)針方向，T中沿逆時(shí)針方向
B．PQRS中沿順時(shí)針方向，T中沿順時(shí)針方向
C．PQRS中沿逆時(shí)針方向，T中沿逆時(shí)針方向
D．PQRS中沿逆時(shí)針方向，T中沿順時(shí)針方向
解析：選D　金屬桿PQ向右切割磁感線，根據(jù)右手定則可知PQRS中感應(yīng)電流沿逆時(shí)針方向；原來T中的磁場方向垂直于紙面向里，閉合回路PQRS中的感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場方向垂直于紙面向外，使得穿過T的磁通量減小，根據(jù)楞次定律可知T中產(chǎn)生順時(shí)針方向的感應(yīng)電流，綜上所述，可知A、B、C項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確。
4．[多選](2016·全國卷Ⅱ)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分別與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B中。圓盤旋轉(zhuǎn)時(shí)，關(guān)于流過電阻R的電流，下列說法正確的是(　　)
A．若圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度恒定，則電流大小恒定
B．若從上向下看，圓盤順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，則電流沿a到b的方向流動(dòng)
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)樵瓉淼?倍，則電流在R上的熱功率也變?yōu)樵瓉淼?倍
解析：選AB　由右手定則知，圓盤按如題圖所示的方向轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，感應(yīng)電流沿a到b的方向流動(dòng)，選項(xiàng)B正確；由感應(yīng)電動(dòng)勢E＝Bl2ω知，角速度恒定，則感應(yīng)電動(dòng)勢恒定，電流大小恒定，選項(xiàng)A正確；角速度大小變化，感應(yīng)電動(dòng)勢大小變化，但感應(yīng)電流方向不變，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；若ω變?yōu)樵瓉淼?倍，則感應(yīng)電動(dòng)勢變?yōu)樵瓉淼?倍，電流變?yōu)樵瓉淼?倍，由P＝I2R知，電流在R上的熱功率變?yōu)樵瓉淼?倍，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。
5．[多選](2015·全國卷Ⅰ)1824年，法國科學(xué)家阿拉果完成了著名的“圓盤實(shí)驗(yàn)”。實(shí)驗(yàn)中將一銅圓盤水平放置，在其中心正上方用柔軟細(xì)線懸掛一枚可以自由旋轉(zhuǎn)的磁針，如圖所示。實(shí)驗(yàn)中發(fā)現(xiàn)，當(dāng)圓盤在磁針的磁場中繞過圓盤中心的豎直軸旋轉(zhuǎn)時(shí)，磁針也隨著一起轉(zhuǎn)動(dòng)起來，但略有滯后。下列說法正確的是(　　)
A．圓盤上產(chǎn)生了感應(yīng)電動(dòng)勢
B．圓盤內(nèi)的渦電流產(chǎn)生的磁場導(dǎo)致磁針轉(zhuǎn)動(dòng)
C．在圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的過程中，磁針的磁場穿過整個(gè)圓盤的磁通量發(fā)生了變化
D．圓盤中的自由電子隨圓盤一起運(yùn)動(dòng)形成電流，此電流產(chǎn)生的磁場導(dǎo)致磁針轉(zhuǎn)動(dòng)
解析：選AB　當(dāng)圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，圓盤的半徑切割磁針產(chǎn)生的磁場的磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢，選項(xiàng)A正確；圓盤上產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢，圓盤上產(chǎn)生感應(yīng)電流，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流阻礙其相對運(yùn)動(dòng)，但抗拒不了相對運(yùn)動(dòng)，故磁針會隨圓盤一起轉(zhuǎn)動(dòng)，但略有滯后，選項(xiàng)B正確；在圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，磁針的磁場穿過整個(gè)圓盤的磁通量始終為零，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；圓盤呈電中性，轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)不會形成電流，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。
6.(2015·全國卷Ⅱ)如圖，直角三角形金屬框abc放置在勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向平行于ab邊向上。當(dāng)金屬框繞ab邊以角速度ω逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，a、b、c三點(diǎn)的電勢分別為Ua 、Ub、Uc。已知bc邊的長度為l。下列判斷正確的是(　　)
A．Ua＞Uc，金屬框中無電流
B．Ub＞Uc，金屬框中電流方向沿a—b—c—a
C．Ubc＝－Bl2ω，金屬框中無電流
D．Ubc＝Bl2ω，金屬框中電流方向沿a—c—b—a
解析：選C　金屬框abc平面與磁場平行，轉(zhuǎn)動(dòng)過程中磁通量始終為零，所以無感應(yīng)電流產(chǎn)生，選項(xiàng)B、D錯(cuò)誤。轉(zhuǎn)動(dòng)過程中bc邊和ac邊均切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢，由右手定則判斷Ua＜Uc，Ub＜Uc，選項(xiàng)A錯(cuò)誤。由轉(zhuǎn)動(dòng)切割產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢的公式得Ubc＝－Bl2ω，選項(xiàng)C正確。
7．[多選](2017·全國卷Ⅱ)兩條平行虛線間存在一勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與紙面垂直。邊長為0.1 m、總電阻為0.005 Ω的正方形導(dǎo)線框abcd位于紙面內(nèi)，cd邊與磁場邊界平行，如圖(a)所示。已知導(dǎo)線框一直向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，cd邊于t＝0時(shí)刻進(jìn)入磁場。線框中感應(yīng)電動(dòng)勢隨時(shí)間變化的圖線如圖(b)所示(感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢取正)。下列說法正確的是(　　)

A．磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為0.5 T
B．導(dǎo)線框運(yùn)動(dòng)速度的大小為0.5 m/s
C．磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直于紙面向外
D．在t＝0.4 s至t＝0.6 s這段時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)線框所受的安培力大小為0.1 N
解析：選BC　由題圖(b)可知，導(dǎo)線框運(yùn)動(dòng)的速度大小v＝＝ m/s＝0.5 m/s，B項(xiàng)正確；導(dǎo)線框進(jìn)入磁場的過程中，cd邊切割磁感線，由E＝BLv，得B＝＝ T＝0.2 T，A項(xiàng)錯(cuò)誤；由題圖(b)可知，導(dǎo)線框進(jìn)入磁場的過程中，感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針方向，根據(jù)楞次定律可知，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向外，C項(xiàng)正確；在0.4～0.6 s這段時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)線框正在出磁場，回路中的電流大小I＝＝ A＝2 A，則導(dǎo)線框受到的安培力F＝BIL＝0.2×2×0.1 N＝0.04 N，D項(xiàng)錯(cuò)誤。
8.(2018·全國卷Ⅱ)如圖，在同一水平面內(nèi)有兩根平行長導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間存在依次相鄰的矩形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，區(qū)域?qū)挾染鶠閘，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向交替向上向下。一邊長為l的正方形金屬線框在導(dǎo)軌上向左勻速運(yùn)動(dòng)。線框中感應(yīng)電流i隨時(shí)間t變化的正確圖線可能是(　　)

解析：選D　設(shè)線路中只有一邊切割磁感線時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電流為i。

線框位移
等效電路的連接
電流
0～

I＝2i(順時(shí)針)
～l

I＝0
l～

I＝2i(逆時(shí)針)
～2l

I＝0
綜合分析知，只有選項(xiàng)D符合要求。
二、名校模擬重點(diǎn)演練——知熱點(diǎn)
9．[多選]如圖甲所示，粗細(xì)均勻的矩形金屬導(dǎo)體線框abcd固定于勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直線框所在平面，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的規(guī)律如圖乙所示。以垂直于線框所在平面向里為磁感應(yīng)強(qiáng)度B的正方向，則下列關(guān)于ab邊的熱功率P、ab邊受到的安培力F(以向右為正方向)隨時(shí)間t變化的圖像中正確的是(　　)


解析：選AD　根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律：E＝n＝nS可知，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢大小不變，所以感應(yīng)電流大小也不變，ab邊熱功率P＝I2R，恒定不變，A正確，B錯(cuò)誤；根據(jù)安培力公式F＝BIL，因?yàn)殡娏鞔笮?、ab邊長度不變，所以安培力與磁感應(yīng)強(qiáng)度成正比，根據(jù)左手定則判定方向，可知C錯(cuò)誤，D正確。
10．[多選](2019屆高三·開封模擬)如圖所示，空間某區(qū)域內(nèi)存在沿水平方向的勻強(qiáng)磁場，一正方形閉合金屬線框自磁場上方某處釋放后穿過磁場，整個(gè)過程線框平面始終豎直，線框邊長小于磁場區(qū)域上下寬度。以線框剛進(jìn)入磁場時(shí)為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，下列描述線框所受安培力F隨時(shí)間t變化關(guān)系的圖中正確的是(　　)

解析：選BCD　線框受重力作用加速下落，進(jìn)入與離開磁場時(shí)受到安培力作用。若進(jìn)入磁場時(shí)安培力大于重力，做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，安培力隨速度減小而減小，某時(shí)刻安培力等于重力，線框做勻速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)速度達(dá)到v0＝，完全進(jìn)入后只受重力，線框加速，剛要離開時(shí)的速度大于完全進(jìn)入時(shí)的速度，故安培力大于重力，做減速運(yùn)動(dòng)，速度減小，安培力也減小，故A錯(cuò)誤；若線框進(jìn)入磁場時(shí)恰好重力等于安培力，完全進(jìn)入后只受重力，線框加速，離開磁場時(shí)安培力大于重力，速度減小，故B正確；若線框進(jìn)入磁場時(shí)重力小于安培力，由－mg＝ma可知，線框做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，安培力隨速度的減小而減小，線框完全進(jìn)入磁場后只受重力，線框加速，離開磁場時(shí)安培力大于重力，速度減小，進(jìn)入過程與離開過程安培力變化情況可能完全相同，故C正確；若線框進(jìn)入磁場時(shí)重力大于安培力，由mg－＝ma，可知線框做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，離開磁場時(shí)安培力可能大于重力，則線框做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，安培力隨速度減小而減小，故D正確。


11．[多選](2018·石家莊二模)如圖所示，足夠長的光滑水平軌道，左側(cè)軌道間距為0.4 m，右側(cè)軌道間距為0.2 m?？臻g存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0.2 T。質(zhì)量均為0.01 kg的金屬棒M、N垂直導(dǎo)軌放置在軌道上，開始時(shí)金屬棒M、N均保持靜止，現(xiàn)使金屬棒M以5 m/s的速度向右運(yùn)動(dòng)，兩金屬棒在運(yùn)動(dòng)過程中始終相互平行且與導(dǎo)軌保持良好接觸，M棒總在寬軌上運(yùn)動(dòng)，N棒總在窄軌上運(yùn)動(dòng)。已知兩金屬棒接入電路的總電阻為0.2 Ω，軌道電阻不計(jì)，g＝10 m/s2，下列說法正確的是(　　)
A．M、N棒在相對運(yùn)動(dòng)過程中，回路內(nèi)產(chǎn)生順時(shí)針方向的電流(俯視)
B．M、N棒最后都以2.5 m/s的速度向右勻速運(yùn)動(dòng)
C．從開始到最終勻速運(yùn)動(dòng)電路中產(chǎn)生的焦耳熱為6.25×10－2 J
D．在兩棒整個(gè)的運(yùn)動(dòng)過程中，金屬棒M、N在水平導(dǎo)軌間掃過的面積之差為0.5 m2
解析：選AD　金屬棒M向右運(yùn)動(dòng)后，穿過M、N與導(dǎo)軌組成的閉合回路中的磁通量減小，根據(jù)楞次定律可得回路內(nèi)產(chǎn)生順時(shí)針方向的電流(俯視)，A正確；兩棒最后勻速時(shí)，電路中無電流，即BL1v1＝BL2v2，解得v2＝2v1，選取水平向右為正方向，對M、N分別利用動(dòng)量定理可得：對N有FN安t＝mv2，對M有－FM安t＝mv1－mv0，又知道導(dǎo)軌寬度是2倍關(guān)系，故FM安＝2FN安，聯(lián)立解得v1＝1 m/s，v2＝2 m/s，B錯(cuò)誤；根據(jù)能量守恒定律可得mv02＝Q＋mv12＋mv22，解得Q＝0.1 J，C錯(cuò)誤；在N加速過程中，由動(dòng)量定理得BLΔt＝mv2－0，電路中的電流＝，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有E＝，其中磁通量變化量ΔΦ＝BΔS，聯(lián)立以上各式，得ΔS＝0.5 m2，D正確。
12．[多選](2018·齊魯名校協(xié)作體聯(lián)考)如圖所示，光滑、平行的金屬軌道分水平段(左端接有阻值為R的定值電阻)和半圓弧段兩部分，兩段軌道相切于N和N′點(diǎn)，圓弧的半徑為r，兩金屬軌道間的寬度為d，整個(gè)軌道處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場中。質(zhì)量為m、長為d、電阻為R的金屬細(xì)桿置于框架上的MM′處，MN＝r。在t＝0時(shí)刻，給金屬細(xì)桿一個(gè)垂直金屬細(xì)桿、水平向右的初速度v0，之后金屬細(xì)桿沿軌道運(yùn)動(dòng)，在t＝t1時(shí)刻，金屬細(xì)桿以速度v通過與圓心等高的P和P′；在t＝t2時(shí)刻，金屬細(xì)桿恰好通過圓弧軌道的最高點(diǎn)，金屬細(xì)桿與軌道始終接觸良好，軌道的電阻和空氣阻力均不計(jì)，重力加速度為g。以下說法正確的是(　　)
A．t＝0時(shí)刻，金屬細(xì)桿兩端的電壓為Bdv0
B．t＝t1時(shí)刻，金屬細(xì)桿所受的安培力為
C．從t＝0到t＝t1時(shí)刻，通過金屬細(xì)桿橫截面的電荷量為
D．從t＝0到t＝t2時(shí)刻，定值電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為mv02－mgr
解析：選CD　t＝0時(shí)刻，金屬細(xì)桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢E＝Bdv0，金屬細(xì)桿兩端的電壓U＝·R＝Bdv0，故A項(xiàng)錯(cuò)誤。t＝t1時(shí)刻，金屬細(xì)桿的速度與磁場平行，不切割磁感線，不產(chǎn)生感應(yīng)電流，所以此時(shí)金屬細(xì)桿不受安培力，故B項(xiàng)錯(cuò)誤。從t＝0到t＝t1時(shí)刻，電路中的平均電動(dòng)勢＝＝，回路中的電流＝，在這段時(shí)間內(nèi)通過金屬細(xì)桿橫截面的電荷量q＝t1，解得：q＝，故C項(xiàng)正確。設(shè)桿通過最高點(diǎn)速度為v2，金屬細(xì)桿恰好通過圓弧軌道的最高點(diǎn)，對桿受力分析，由牛頓第二定律可得：mg＝m，解得v2＝。從t＝0到t＝t2時(shí)刻，根據(jù)功能關(guān)系可得，回路中的總焦耳熱：Q＝mv02－mv22－mg·2r，定值電阻R產(chǎn)生的焦耳熱QR＝Q，解得：QR＝mv02－mgr，故D項(xiàng)正確。
13.(2018·淄博二模)如圖所示，質(zhì)量為M的足夠長金屬導(dǎo)軌abcd放在光滑的絕緣水平面上。一電阻不計(jì)，質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒PQ放置在導(dǎo)軌上，始終與導(dǎo)軌接觸良好，PQbc構(gòu)成矩形。棒與導(dǎo)軌間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，棒左側(cè)有兩個(gè)固定于水平面的立柱。導(dǎo)軌bc段長為L，開始時(shí)PQ左側(cè)導(dǎo)軌的總電阻為R，右側(cè)導(dǎo)軌單位長度的電阻為R0。以ef為界，其左側(cè)勻強(qiáng)磁場方向豎直向上，右側(cè)勻強(qiáng)磁場方向水平向左，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B。在t＝0時(shí)，一水平向左的拉力F垂直作用于導(dǎo)軌的bc邊上，使導(dǎo)軌由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度為a。
(1)求導(dǎo)軌剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)拉力F的大?。?br /> (2)求導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)時(shí)間足夠長后拉力F的漸近值及整個(gè)過程中拉力F的最大值；
(3)若某一過程中導(dǎo)軌動(dòng)能的增加量為ΔEk，導(dǎo)軌克服摩擦力做功為W，求回路產(chǎn)生的焦耳熱。
解析：(1)導(dǎo)軌剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律，對導(dǎo)軌有： F－μmg＝Ma
解得： F＝μmg＋Ma。
(2)導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)以后
v＝at
s＝at2
Rx＝R0·2s
I＝
F安＝BIL
得：F安＝
對導(dǎo)軌由牛頓第二定律有：F－F滑－F安＝Ma
又有F滑＝μ(F安＋mg)
聯(lián)立可得：F＝μmg＋Ma＋(μ＋1)
分析可知：當(dāng)t趨于無窮大時(shí)，F(xiàn)＝μmg＋Ma
當(dāng)t＝ 時(shí)，F(xiàn)max＝μmg＋Ma＋(μ＋1)。
(3)對導(dǎo)軌在加速過程中由動(dòng)能定理知：
Mas＝ΔEk
則：s＝
又W＝μ(mg＋安)s
安s＝Q
則W＝μmgs＋μQ
解得：Q＝－。
答案：(1)μmg＋Ma　(2)μmg＋Ma
μmg＋Ma＋(μ＋1)　(3)－



英語朗讀寶
相關(guān)資料 更多
資料下載及使用幫助
版權(quán)申訴
版權(quán)申訴
若您為此資料的原創(chuàng)作者，認(rèn)為該資料內(nèi)容侵犯了您的知識產(chǎn)權(quán)，請掃碼添加我們的相關(guān)工作人員，我們盡可能的保護(hù)您的合法權(quán)益。
入駐教習(xí)網(wǎng)，可獲得資源免費(fèi)推廣曝光，還可獲得多重現(xiàn)金獎(jiǎng)勵(lì)，申請 精品資源制作， 工作室入駐。
版權(quán)申訴二維碼
高考專區(qū)
歡迎來到教習(xí)網(wǎng)
  • 900萬優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬優(yōu)選試題，支持自由組卷
  • 高質(zhì)量可編輯，日均更新2000+
  • 百萬教師選擇，專業(yè)更值得信賴
微信掃碼注冊
qrcode
二維碼已過期
刷新

微信掃碼，快速注冊

手機(jī)號注冊
手機(jī)號碼

手機(jī)號格式錯(cuò)誤

手機(jī)驗(yàn)證碼 獲取驗(yàn)證碼

手機(jī)驗(yàn)證碼已經(jīng)成功發(fā)送，5分鐘內(nèi)有效

設(shè)置密碼

6-20個(gè)字符，數(shù)字、字母或符號

注冊即視為同意教習(xí)網(wǎng)「注冊協(xié)議」及「隱私條款」
QQ注冊
手機(jī)號注冊
微信注冊

注冊成功

返回
頂部