第3講　電磁感應(yīng)的綜合應(yīng)用
ZHI SHI SHU LI ZI CE GONG GU
知識(shí)梳理·自測鞏固

知識(shí)點(diǎn)1　電磁感應(yīng)中的電路問題
1．電源：切割磁感線運(yùn)動(dòng)的導(dǎo)體或__磁通量__發(fā)生變化的回路相當(dāng)于電源。
2．電流：電路閉合時(shí)的電流I可由歐姆定律求出，I＝____，路端電壓U＝__IR__＝E－Ir。
3．電勢：在外電路中，電流由__高_(dá)_電勢流向__低__電勢；在內(nèi)電路中，電流由__低__電勢流向__高_(dá)_電勢。
思考：如圖所示，MON是固定導(dǎo)軌，金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好，在拉力F作用下向右運(yùn)動(dòng)。

(1)圖中電路相當(dāng)于電源的部分是__金屬棒的ab部分__。
(2)閉合電路中的感應(yīng)電流方向沿__逆時(shí)針__方向。
(3)路端電壓是閉合電路外電路的電壓，等于該圖中__aOb__部分電路的電壓。

知識(shí)點(diǎn)2　電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題
1．安培力的大小
FA＝____
2．安培力的方向
(1)用左手定則判斷：先用__右手__定則判斷感應(yīng)電流的方向，再用左手定則判定安培力的方向。
(2)用楞次定律判斷：安培力的方向一定與導(dǎo)體切割磁感線的運(yùn)動(dòng)方向__相反__(選填“相同”或“相反”)。

知識(shí)點(diǎn)3　電磁感應(yīng)中的能量問題
1．能量轉(zhuǎn)化：感應(yīng)電流在磁場中受安培力，外力克服安培力做功，將__機(jī)械能__轉(zhuǎn)化為__電能__，電流做功再將電能轉(zhuǎn)化為__其他形式__的能。
2．轉(zhuǎn)化實(shí)質(zhì)：電磁感應(yīng)現(xiàn)象的能量轉(zhuǎn)化，實(shí)質(zhì)是其他形式的能與__電能__之間的轉(zhuǎn)化。
思維診斷：
(1)在電磁感應(yīng)電路中，產(chǎn)生電流的那部分導(dǎo)體相當(dāng)于電源。(　√　)
(2)安培力做正功的過程是將電能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能的過程。(　√　)
(3)物體克服安培力做功的過程是將其他形式的能量轉(zhuǎn)化為電能的過程。(　√　)

自測鞏固
ZI CE GONG GU 　　
1．(多選)如圖所示，兩根足夠長的光滑金屬導(dǎo)軌水平平行放置，間距為l＝1 m，cd間、de間、cf間分別接著阻值R＝10 Ω的電阻。一阻值R＝10 Ω的導(dǎo)體棒ab以速度v＝4 m/s勻速向左運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)體棒ab與導(dǎo)軌接觸良好。導(dǎo)軌所在平面存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝0.5 T、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場。下列說法正確的是(　BD　)

A．導(dǎo)體棒ab中電流的方向?yàn)橛蒪到a
B．cd兩端的電壓為1 V
C．de兩端的電壓為1 V
D．fe兩端的電壓為1 V
[解析]　由右手定則可知導(dǎo)體棒ab中電流的方向?yàn)橛蒩到b，A錯(cuò)誤；導(dǎo)體棒ab切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢E＝Blv，導(dǎo)體棒ab為電源，cd間電阻R為外電路負(fù)載，dc和cf間電阻中無電流，de和cf間無電壓，因此cd和fe兩端電壓相等，即U＝×R＝＝1 V，B、D正確，C錯(cuò)誤。
2．如圖所示，a、b兩個(gè)閉合正方形線圈用同樣的導(dǎo)線制成，匝數(shù)均為10匝，邊長la＝3lb，圖示區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，且磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻增大，不考慮線圈之間的相互影響，則(　B　)

A．兩線圈內(nèi)產(chǎn)生順時(shí)針方向的感應(yīng)電流
B．a(chǎn)、b線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢之比為9︰1
C．a(chǎn)、b線圈中感應(yīng)電流之比為3︰4
D．a(chǎn)、b線圈中電功率之比為3︰1
[解析]　由于磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻增大，則根據(jù)楞次定律知兩線圈內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向皆沿逆時(shí)針方向，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝N＝NS，而磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻變化，即恒定，則a、b線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢之比為＝＝＝9，故B項(xiàng)正確；根據(jù)電阻定律R＝ρ，且L＝4Nl，則＝＝3，由閉合電路歐姆定律I＝，得a、b線圈中的感應(yīng)電流之比為＝·＝3，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；由功率公式P＝I2R知，a、b線圈中的電功率之比為＝·＝27，故D項(xiàng)錯(cuò)誤。
3．(2019·江蘇揚(yáng)州月考)如圖所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌置于水平面內(nèi)，導(dǎo)軌之間接有電阻R。金屬棒ab與兩導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸，整個(gè)裝置放在勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向下。現(xiàn)使磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻減小，ab始終保持靜止，下列說法正確的是(　D　)

A．a(chǎn)b中的感應(yīng)電流方向由b到a
B．a(chǎn)b中的感應(yīng)電流逐漸減小
C．a(chǎn)b所受的安培力保持不變
D．a(chǎn)b所受的靜摩擦力逐漸減小
[解析]　磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻減小，磁通量減小，根據(jù)楞次定律得，ab中的感應(yīng)電流方向由a到b，A錯(cuò)誤；由于磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻減小，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝·S得，感應(yīng)電動(dòng)勢恒定，則ab中的感應(yīng)電流不變，B錯(cuò)誤；根據(jù)安培力公式F＝BIL知，電流不變，B均勻減小，則安培力逐漸減小，C錯(cuò)誤；ab受安培力和靜摩擦力處于平衡狀態(tài)，F(xiàn)f＝F，安培力逐漸減小，則靜摩擦力逐漸減小，D正確。

HE XIN KAO DIAN ZHONG DIAN TU PO
核心考點(diǎn)·重點(diǎn)突破

考點(diǎn)一　電磁感應(yīng)中的電路問題
在電磁感應(yīng)過程中，切割磁感線的導(dǎo)體或磁通量發(fā)生變化的回路將產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢，該導(dǎo)體或回路相當(dāng)于電源。因此，電磁感應(yīng)問題往往又和電路問題聯(lián)系在一起。解決此類問題的基本思想是將電磁感應(yīng)問題轉(zhuǎn)化為直流電路的分析與計(jì)算問題。
基本思路：(1)用法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律確定感應(yīng)電動(dòng)勢的大小和方向；(2)弄清電路結(jié)構(gòu)，必要時(shí)畫出等效電路圖；(3)運(yùn)用歐姆定律、串并聯(lián)電路等規(guī)律求解路端電壓、電功率等問題。
　例1　(2019·山東濟(jì)南模擬)在圖甲所示的電路中，螺線管匝數(shù)n＝1 000匝，橫截面積S＝20 cm2。螺線管導(dǎo)線電阻r＝1.0 Ω，R1＝4.0 Ω，R2＝5.0 Ω，C＝30 μF。在一段時(shí)間內(nèi)，垂直穿過螺線管的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的方向如圖甲所示，大小按如圖乙所示的規(guī)律變化，則下列說法中正確的是(　C　)

A．螺線管中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為1.2 V
B．閉合開關(guān)S，電路中的電流穩(wěn)定后，電容器下極板帶負(fù)電
C．閉合開關(guān)S，電路中的電流穩(wěn)定后，電阻R1消耗的電功率為2.56×10－2 W
D．S斷開后，流經(jīng)R2的電荷量為1.8×10－2 C
[解析]　本題考查感生電動(dòng)勢、閉合電路歐姆定律問題。根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有E＝n＝nS，解得螺線管中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢E＝0.8 V，故A錯(cuò)誤；閉合開關(guān)，電路中的電流穩(wěn)定后，根據(jù)楞次定律可知，螺線管中的感應(yīng)電流盤旋而下，則螺線管下端相當(dāng)于電源的正極，那么電容器下極板帶正電，故B錯(cuò)誤；閉合開關(guān)，電路中的電流穩(wěn)定后，根據(jù)閉合電路歐姆定律，有I＝＝0.08 A，根據(jù)P＝I2R1，解得電阻R1消耗的電功率P＝2.56×10－2 W，故C正確；S斷開后，流經(jīng)R2的電荷量即為S閉合時(shí)電容器極板上所帶的電荷量Q，斷開S前，電容器兩端的電壓為U＝IR2＝0.4 V，流經(jīng)R2的電荷量為Q＝CU＝1.2×10－5 C，故D錯(cuò)誤。
〔類題演練1〕
(2020·湖南岳陽模擬)如圖所示，由某種粗細(xì)均勻的總電阻為3R的金屬條制成的矩形線框abcd，固定在水平面內(nèi)且處于方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場B中。一接入電路電阻為R的導(dǎo)體棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v勻速滑動(dòng)，滑動(dòng)過程PQ始終與ab垂直，且與線框接觸良好，不計(jì)摩擦。在PQ從靠近ad處向bc滑動(dòng)的過程中(　C　)

A．PQ中電流先增大后減小
B．PQ兩端電壓先減小后增大
C．PQ上拉力的功率先減小后增大
D．線框消耗的電功率先減小后增大
[解析]　導(dǎo)體棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢E＝BLv，畫出其等效電路如圖，總電阻R總＝R＋＝R＋，在PQ從靠近ad處向bc滑動(dòng)的過程中，總電阻先增大后減小，總電流先減小后增大，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；PQ兩端的電壓路端電壓U＝E－IR，即先增大后減小，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；拉力的功率等于克服安培力做功的功率，有P安＝BILv，先減小后增大，選項(xiàng)C正確；線框消耗的電功率即為外電阻消耗的功率，外電阻先增大后減小，因外電阻最大值為R，小于內(nèi)阻R，根據(jù)電源的輸出功率與外電阻大小的變化關(guān)系，外電阻越來越接近內(nèi)電阻時(shí)，輸出功率越大，可知線框消耗的電功率先增大后減小，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。


考點(diǎn)二　電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題
電磁感應(yīng)現(xiàn)象中產(chǎn)生的感應(yīng)電流在磁場中受到安培力的作用，從而影響導(dǎo)體棒(或線圈)的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況。
1．導(dǎo)體的兩種運(yùn)動(dòng)狀態(tài)
(1)導(dǎo)體的平衡狀態(tài)——靜止?fàn)顟B(tài)或勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)。
(2)導(dǎo)體的非平衡狀態(tài)——加速度不為零。
2．處理方法
根據(jù)牛頓第二定律進(jìn)行動(dòng)態(tài)分析或結(jié)合功能關(guān)系分析。
3．導(dǎo)體的運(yùn)動(dòng)分析流程

　例2　(2018·江蘇單科)如圖所示，兩條平行的光滑金屬導(dǎo)軌所在平面與水平面的夾角為θ，間距為d。導(dǎo)軌處于勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向與導(dǎo)軌平面垂直。質(zhì)量為m的金屬棒被固定在導(dǎo)軌上，距底端的距離為s，導(dǎo)軌與外接電源相連，使金屬棒通有電流。金屬棒被松開后，以加速度a沿導(dǎo)軌勻加速下滑，金屬棒中的電流始終保持恒定，重力加速度為g。求下滑到底端的過程中，金屬棒

(1)末速度的大小v；
(2)通過的電流大小I；
(3)通過的電荷量Q。
[解析]　(1)金屬棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有
v2＝2as
解得v＝
(2)金屬棒所受安培力F安＝IdB
金屬棒所受合力F＝mgsin θ－F安
根據(jù)牛頓第二定律有F＝ma
解得I＝
(3)金屬棒的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t ＝，
通過的電荷量Q＝It
解得Q＝
[答案]　(1)　(2)
(3)
〔類題演練2〕
(2020·河南洛陽月考)如圖，水平面(紙面)內(nèi)間距為l的平行金屬導(dǎo)軌間接一電阻，質(zhì)量為m、長度為l的金屬桿置于導(dǎo)軌上，t＝0時(shí)，金屬桿在水平向右、大小為F的恒定拉力作用下由靜止開始運(yùn)動(dòng)，t0時(shí)刻金屬桿進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，且在磁場中恰好能保持勻速運(yùn)動(dòng)。桿與導(dǎo)軌的電阻均忽略不計(jì)，兩者始終保持垂直且接觸良好，兩者之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。重力加速度大小為g。求

(1)金屬桿在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢的大?。?br /> (2)電阻的阻值。
[答案]　(1)Blt0(－μg)　(2)
[解析]　(1)設(shè)金屬桿進(jìn)入磁場前的加速度大小為a，由牛頓第二定律得
F－μmg＝ma?、?br /> 設(shè)金屬桿到達(dá)磁場左邊界時(shí)的速度為v，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v＝at0?、?br /> 當(dāng)金屬桿以速度v在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，由法拉第電磁感應(yīng)定律，桿中的電動(dòng)勢為E＝Blv?、?br /> 聯(lián)立①②③式可得E＝Blt0(－μg)　 ④
(2)設(shè)金屬桿在磁場區(qū)域中勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，金屬桿中的電流為I，根據(jù)歐姆定律I＝　⑤式中R為電阻的阻值。
金屬桿所受的安培力為F安＝BlI　 ⑥
因金屬桿做勻速運(yùn)動(dòng)，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律得
F－μmg－F安＝0　⑦
聯(lián)立④⑤⑥⑦式得R＝

考點(diǎn)三　電磁感應(yīng)中的能量問題
電能的求解思路

　例3　(2018·江蘇單科)(多選)如圖所示，豎直放置的“”形光滑導(dǎo)軌寬為L，矩形勻強(qiáng)磁場Ⅰ、Ⅱ的高和間距均為d，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。質(zhì)量為m的水平金屬桿由靜止釋放，進(jìn)入磁場Ⅰ和Ⅱ時(shí)的速度相等。金屬桿在導(dǎo)軌間的電阻為R，與導(dǎo)軌接觸良好，其余電阻不計(jì)，重力加速度為g。金屬桿(　BC　)

A．剛進(jìn)入磁場Ⅰ時(shí)加速度方向豎直向下
B．穿過磁場Ⅰ的時(shí)間大于在兩磁場之間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間
C．穿過兩磁場產(chǎn)生的總熱量為4mgd
D．釋放時(shí)距磁場Ⅰ上邊界的高度h可能小于
[解析]　A錯(cuò)：穿過磁場Ⅰ后，金屬棒在磁場之間做加速運(yùn)動(dòng)，在磁場Ⅱ上邊緣速度大于從磁場Ⅰ出來時(shí)的速度，即進(jìn)入磁場Ⅰ時(shí)速度等于進(jìn)入磁場Ⅱ時(shí)速度，大于從磁場Ⅰ出來時(shí)的速度。金屬棒在磁場Ⅰ中做減速運(yùn)動(dòng)，加速度方向向上。B對(duì)：金屬棒在磁場Ⅰ中做減速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律知
ma＝BIL－mg＝－mg
a隨著減速過程逐漸變小，即在前一段做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)。在磁場之間做加速度為g的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，兩個(gè)過程位移大小相等，由v－t圖象(可能圖象如圖所示)可以看出前一段用時(shí)多于后一段用時(shí)。

C對(duì)：由于進(jìn)入兩磁場時(shí)速度相等，由動(dòng)能定理知
W安1－mg·2d＝0
W安1＝2mgd
即通過磁場Ⅰ產(chǎn)生的熱量為2mgd，故穿過兩磁場產(chǎn)生的總熱量為4mgd。
D錯(cuò)：設(shè)剛進(jìn)入磁場Ⅰ時(shí)速度為v，則由機(jī)械能守恒定律知
mgh＝mv2 ①
進(jìn)入磁場時(shí)ma＝BIL－mg＝－mg
解得v＝ ②
由①②式得h＝>
〔類題演練3〕
(2019·貴州貴陽四校聯(lián)考)(多選)如圖所示，金屬桿a從離地h＝0.8 m高處由靜止開始沿平行的弧形金屬軌道下滑。軌道的水平部分處在豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，在水平軌道上固定一金屬桿b，已知桿a的質(zhì)量ma＝1 kg，電阻Ra＝10 Ω，桿b的電阻Rb＝30 Ω，兩金屬桿與軌道始終接觸良好，桿a始終未與桿b接觸，軌道的電阻及摩擦均不計(jì)，重力加速度g＝10 m/s2，則(　BC　)

A．桿a剛進(jìn)入水平軌道時(shí)的速度大小為 m/s
B．桿a剛進(jìn)入水平軌道時(shí)的速度大小為4 m/s
C．整個(gè)過程中桿a產(chǎn)生的熱量為2 J
D．整個(gè)過程中桿b產(chǎn)生的熱量為8 J
[解析]　桿a下滑過程，由機(jī)械能守恒定律有magh＝mav，解得v0＝4 m/s，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；對(duì)整個(gè)過程，由能量守恒定律有magh＝Qa＋Qb，Qb＝I2Rbt，Qa＝I2Rat，解得Qa＝2 J，Qb＝6 J。

JIE DUAN PEI YOU CHA QUE BU LOU
階段培優(yōu)·查缺補(bǔ)漏
電磁感應(yīng)中的圖象問題
1．圖象類型

2．分析方法
對(duì)圖象的分析，應(yīng)做到“四明確三理解”
(1)明確圖象所描述的物理意義；明確各種正、負(fù)號(hào)的含義；明確斜率的含義；明確圖象和電磁感應(yīng)過程之間的對(duì)應(yīng)關(guān)系。
(2)理解三個(gè)相似關(guān)系及其各自的物理意義
v－Δv－，B－ΔB－，Φ－ΔΦ－。
　例4　(2019·湖北武漢武昌區(qū)調(diào)研)在豎直方向的勻強(qiáng)磁場中，水平放置一圓形導(dǎo)體環(huán)，規(guī)定導(dǎo)體環(huán)中電流的正方向如圖甲所示，磁場方向豎直向上為正方向。當(dāng)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t按圖乙規(guī)律變化時(shí)，下列能正確表示導(dǎo)體環(huán)中感應(yīng)電流i隨時(shí)間t變化情況的是(　D　)

[解析]　本題考查電磁感應(yīng)中的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化的圖象和感應(yīng)電流隨時(shí)間變化的圖象等問題。由圖乙可知，0～2 s、2～4 s、4～5 s時(shí)間段中磁感應(yīng)強(qiáng)度變化率為恒定值，且大小相等，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢在三個(gè)時(shí)間段恒定，由閉合電路歐姆定律可知感應(yīng)電流在三個(gè)時(shí)間段恒定，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；由楞次定律可判斷出在0～2 s時(shí)間內(nèi)感應(yīng)電流方向俯視圖為順時(shí)針方向，與規(guī)定正方向相反，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確。
規(guī)律總結(jié)：
處理電磁感應(yīng)的圖象問題一般步驟
首先依據(jù)題意求出、、等物理量的大小或變化趨勢，其次根據(jù)閉合電路歐姆定律求出閉合電路中的感應(yīng)電流，最后寫出安培力F、電功率P、磁感應(yīng)強(qiáng)度B、加速度a等物理量的表達(dá)式，結(jié)合圖象表示的意義，正確地選出答案。
〔類題演練4〕
(2019·重慶南開中學(xué)模擬)如圖所示，在等腰直角三角形abc內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，三角形efg是與三角形abc形狀相同的導(dǎo)線框，x軸是兩個(gè)三角形的對(duì)稱軸?，F(xiàn)讓導(dǎo)線框efg在紙面內(nèi)沿x軸向右勻速穿過磁場，規(guī)定逆時(shí)針方向?yàn)殡娏鞯恼较?，在?dǎo)線框通過磁場的過程中，感應(yīng)電流i隨時(shí)間t的變化圖象是(　A　)


[解析]　本題借助三角形線框進(jìn)入三角形磁場模型考查i－t圖象問題。三角形egf向右運(yùn)動(dòng)，根據(jù)楞次定律和安培定則可知， 導(dǎo)線框中先產(chǎn)生順時(shí)針方向的感應(yīng)電流，后產(chǎn)生逆時(shí)針方向的感應(yīng)電流，所以感應(yīng)電流先為負(fù)值后為正值；隨著三角形egf的運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)線框切割磁感線的有效長度L有先增大，當(dāng)a點(diǎn)與fg邊的中點(diǎn)重合時(shí)，導(dǎo)線框切割磁感線的有效長度為L有＝Lfg，再繼續(xù)向右移動(dòng)，有效切割長度L有減小，當(dāng)fg邊與三角形abc的中位線重合時(shí)，切割磁感線的有效長度為L有＝0，再繼續(xù)向右移動(dòng)，有效切割長度L有增大，當(dāng)fg邊與bc邊重合時(shí)，導(dǎo)線框切割磁感線的有效長度為L有＝Lfg，根據(jù)感應(yīng)電動(dòng)勢E＝BL有v，電流I＝＝，可知A正確，B、C、D錯(cuò)誤。
2 NIAN GAO KAO MO NI XUN LIAN
2年高考·模擬訓(xùn)練
1．(2019·全國卷Ⅰ，20)(多選)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，其邊界如圖(a)中虛線MN所示。一硬質(zhì)細(xì)導(dǎo)線的電阻率為ρ、橫截面積為S，將該導(dǎo)線做成半徑為r的圓環(huán)固定在紙面內(nèi)，圓心O在MN上。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＝t1的時(shí)間間隔內(nèi)(　BC　)

圖(a) 圖(b)
A．圓環(huán)所受安培力的方向始終不變
B．圓環(huán)中的感應(yīng)電流始終沿順時(shí)針方向
C．圓環(huán)中的感應(yīng)電流大小為
D．圓環(huán)中的感應(yīng)電動(dòng)勢大小為
[解析]　A錯(cuò)：由于通過圓環(huán)的磁通量均勻變化，故圓環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢、感應(yīng)電流的大小和方向不變，但t0時(shí)刻磁場方向發(fā)生變化，故安培力方向發(fā)生變化。B對(duì)：根據(jù)楞次定律，圓環(huán)中感應(yīng)電流的方向始終沿順時(shí)針方向。C對(duì)，D錯(cuò)：根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，感應(yīng)電動(dòng)勢E＝·S′＝·＝，根據(jù)閉合電路歐姆定律知，電流I＝＝＝。
2．(2019·全國卷Ⅱ，21)(多選)如圖，兩條光滑平行金屬導(dǎo)軌固定，所在平面與水平面夾角為θ，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)。虛線ab、cd均與導(dǎo)軌垂直，在ab與cd之間的區(qū)域存在垂直于導(dǎo)軌所在平面的勻強(qiáng)磁場。將兩根相同的導(dǎo)體棒PQ、MN先后自導(dǎo)軌上同一位置由靜止釋放，兩者始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。已知PQ進(jìn)入磁場時(shí)加速度恰好為零。從PQ進(jìn)入磁場開始計(jì)時(shí)，到MN離開磁場區(qū)域?yàn)橹?，流過PQ的電流隨時(shí)間變化的圖象可能正確的是(　AD　)


A B

C D
[解析]　PQ剛進(jìn)入磁場時(shí)，加速度為零，則mgsinθ＝BIL，I＝，即電流恒定；且由題意知，MN剛進(jìn)入磁場時(shí)與PQ剛進(jìn)入磁場時(shí)速度相同。情形1：若MN剛進(jìn)入磁場時(shí)，PQ已離開磁場區(qū)域，則對(duì)MN，由mgsinθ＝BIL及右手定則知，通過PQ的電流大小不變，方向相反，故I－t圖象如圖A所示。情形2：若MN剛進(jìn)入磁場時(shí)，PQ未離開磁場區(qū)域，由于兩導(dǎo)體棒速度相等，產(chǎn)生的電動(dòng)勢等大、反向，故電流為0，但兩棒在重力作用下均加速直至PQ離開磁場，此時(shí)MN為電源，由E＝BLv，I＝，BIL－mgsinθ＝ma知，MN減速，電流減小，可能的I－t圖象如圖D所示。
3．(2019·全國卷Ⅲ，19)(多選)如圖，方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中有兩根位于同一水平面內(nèi)的足夠長的平行金屬導(dǎo)軌，兩相同的光滑導(dǎo)體棒ab、cd靜止在導(dǎo)軌上。t＝0時(shí)，棒ab以初速度v0向右滑動(dòng)。運(yùn)動(dòng)過程中，ab、cd始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，兩者速度分別用v1、v2表示，回路中的電流用I表示。下列圖象中可能正確的是(　AC　)

　　
A　　　　B
　　
C　　　　D
[解析]　導(dǎo)體棒ab運(yùn)動(dòng)，切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電流(從上向下看為逆時(shí)針)，導(dǎo)體棒ab受阻力F作用，速度減小，導(dǎo)體棒cd受安培力F′作用，速度變大。如圖所示。

由E＝Blv知，感應(yīng)電動(dòng)勢E隨速度v的減小而減小，則感應(yīng)電流非均勻變化。當(dāng)兩棒的速度相等時(shí)，回路上感應(yīng)電流消失，兩棒在導(dǎo)軌上以共同速度做勻速運(yùn)動(dòng)。系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，則mv0＝2mv共，v共＝。故A、C正確，B、D錯(cuò)誤。
4．(2019·北京卷，22)如圖所示，垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。紙面內(nèi)有一正方形均勻金屬線框abcd，其邊長為L，總電阻為R，ad邊與磁場邊界平行。從ad邊剛進(jìn)入磁場直至bc邊剛要進(jìn)入的過程中，線框在向左的拉力作用下以速度v勻速運(yùn)動(dòng)，求：

(1)感應(yīng)電動(dòng)勢的大小E；
(2)拉力做功的功率P；
(3)ab邊產(chǎn)生的焦耳熱Q。
[答案]　(1)BLv　(2) 　(3)
[解析]　(1)由法拉第電磁感應(yīng)定律可得，感應(yīng)電動(dòng)勢E＝BLv
(2)線框中的感應(yīng)電流I＝
拉力大小等于安培力大小F＝BIL
拉力的功率P＝Fv＝
(3)線框ab邊電阻Rab＝
時(shí)間t＝
ab邊產(chǎn)生的焦耳熱Q＝I2Rabt＝
5．(2019·天津卷，11)如圖所示，固定在水平面上間距為l的兩條平行光滑金屬導(dǎo)軌，垂直于導(dǎo)軌放置的兩根金屬棒MN和PQ長度也為l、電阻均為R，兩棒與導(dǎo)軌始終接觸良好。MN兩端通過開關(guān)S與電阻為R的單匝金屬線圈相連，線圈內(nèi)存在豎直向下均勻增加的磁場，磁通量變化率為常量k。圖中虛線右側(cè)有垂直于導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。PQ的質(zhì)量為m，金屬導(dǎo)軌足夠長、電阻忽略不計(jì)。

(1)閉合S，若使PQ保持靜止，需在其上加多大的水平恒力F，并指出其方向；
(2)斷開S，PQ在上述恒力作用下，由靜止開始到速度大小為v的加速過程中流過PQ的電荷量為q，求該過程安培力做的功W。
[答案]　(1)，方向水平向右　(2)mv2－kq
[解析]　(1)設(shè)線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢為E，由法拉第電磁感應(yīng)定律
E＝，則
E＝k ①
設(shè)PQ與MN并聯(lián)的電阻為R并，有
R并＝ ②
閉合S時(shí)，設(shè)線圈中的電流為I，根據(jù)閉合電路歐姆定律得
I＝ ③
設(shè)PQ中的電流為IPQ，有
IPQ＝I ④
設(shè)PQ受到的安培力為F安，有
F安＝BIPQl ⑤
保持PQ靜止，由受力平衡，有
F＝F安 ⑥
聯(lián)立①②③④⑤⑥式得
F＝ ⑦
方向水平向右。
(2)設(shè)PQ由靜止開始到速度大小為v的加速過程中，PQ運(yùn)動(dòng)的位移為x，所用時(shí)間為Δt，回路中的磁通量變化為ΔΦ，平均感應(yīng)電動(dòng)勢為，有
＝ ⑧
其中
ΔΦ＝Blx ⑨
設(shè)PQ中的平均電流為，有
＝ ⑩
根據(jù)電流的定義得
＝ ?
由動(dòng)能定理，有
Fx＋W＝mv2－0 ?
聯(lián)立⑦⑧⑨⑩??式得
W＝mv2－kq


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