高考物理一轮基础复习精选试题：电磁感应定律的综合应用 Word版含解析
2019高三物理人教版一轮重点强化练：7 电磁感应定律的综合应用 Word版含解析
重点强化(七) 电磁感应定律的综合应用(限时：45分钟)(对应学生用书第329页)一、选择题(8小题，每小题6分，1～4为单选题，5～8为多选题)1．如图1所示，在一匀强磁场中有一U 型导线框bacd ，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R 为一电阻，ef 为垂直于ab 的一根导体杆，它可以在ab 、cd 上无摩擦地滑动，杆ef 及线框中导体的电阻都可不计．开始时，给ef 一个向右的初速度，则( )【导学号：84370461】图1A ．ef 将减速向右运动，但不是匀减速B ．ef 将匀减速向右运动，最后静止C ．ef 将匀速向右运动D ．ef 将做往复运动A [杆ef 向右运动，所受安培力F ＝BIl ＝Bl ·Bl v R ＝B 2l 2v R ，方向向左，故杆做减速运动；v 减小，F 减小，杆做加速度逐渐减小的减速运动，A 正确．]2．如图2所示，用粗细相同的铜丝做成边长分别为L 和2L 的两只闭合线框a 和b ，以相同的速度从磁感应强度为B 的匀强磁场区域中匀速地拉到磁场外，若外力对环做的功分别为W a 、W b ，则W a ∶W b 为( )图2A．1∶4B．1∶2C．1∶1 D．不能确定A[根据能量守恒可知，外力做的功等于产生的电能，而产生的电能又全部转化为焦耳热，则W a＝Q a＝(BL v)2R a·Lv，W b＝Q b＝(B·2L v)2R b·2Lv，由电阻定律知R b＝2R a，故W a∶W b＝1∶4，A正确．]3．如图3所示的电路中，L为自感线圈，其直流电阻与电阻R相等，C为电容器，电源内阻不可忽略．当开关S由闭合变为断开瞬间，下列说法中正确的是()图3A．通过灯A的电流由c到dB．A灯突然闪亮一下再熄灭C．B灯无电流通过，不可能变亮D．电容器立即放电B[当开关S由闭合变为断开时，线圈中产生自感电动势，与灯泡A和电阻R构成闭合回路放电，由于断开开关前流过线圈的电流大于流过灯泡A的电流，故A灯突然闪亮一下再熄灭，电流从d到c流过灯泡A，故d 点电势比c点高，故A错误，B正确；当开关S由闭合变为断开时，外电路的总电流减小，故内电压减小，根据闭合电路欧姆定律，电源的输出电压增加，故电容器充电，有充电电流，故B灯有电流通过，电流方向由a到b，故C、D错误．故选B.]4．在水平桌面上，一个面积为S的圆形金属框置于匀强磁场中，线框平面与磁场垂直，磁感应强度B随时间t的变化关系如图4甲所示，0～1 s内磁场方向垂直线框平面向下，圆形金属框与两根水平的平行金属导轨相连接，导轨上放置一根导体棒，导体棒的长为L、电阻为R，且与导轨接触良好，导体棒处于另一匀强磁场中，如图乙所示，若导体棒始终保持静止，则其所受的静摩擦力f随时间变化的图象是下图中的(设向右的方向为静摩擦力的正方向)()甲乙图4B[对棒受力分析，棒受的静摩擦力f＝F安＝BIL，电动势E＝ΔBΔt S，感应电流I＝ER＝ΔBΔt·SR，0～1 s和3～4 s内的感应电流大小和方向相同，电流从下向上通过导体棒，安培力向左，静摩擦力向右，为正；1～2 s和4～5 s内，感应电流为零，导体棒不受安培力，也不受静摩擦力；2～3 s和5～6 s内，电流从上向下流过导体棒，安培力向右，静摩擦力向左，为负，大小和0～1 s内相同，所以B正确．]5．(2018·保定模拟)如图5甲所示，正三角形导线框位于圆形有界匀强磁场中，磁场方向与导线框所在平面垂直．规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图乙所示．下面说法正确的是()甲乙图5A．0 s～1 s时间内和5 s～6 s时间内，导线框中的电流方向相同B ．0 s ～1 s 时间内和1 s ～3 s 时间内，导线框中的电流大小相等C ．3 s ～5 s 时间内，AB 边受到的安培力沿纸面且垂直AB 边向上D ．1 s ～3 s 时间内，AB 边受到的安培力不变AC [0 s ～1 s 时间内穿过线圈的磁通量向外增加；5 s ～6 s 时间内穿过线圈的磁通量向里减小，根据楞次定律可知导线框中的电流方向相同，选项A 正确；B -t 图象的斜率等于磁感应强度的变化率，故0 s ～1 s 时间内和1s ～3 s 时间内，感应电动势的大小不等，感应电流不相等，选项B 错误；3 s ～5 s 时间内，磁通量向里增加，产生的感应电流为逆时针方向，则由左手定则可知，AB 边受到的安培力沿纸面且垂直AB 边向上，选项C 正确；1 s ～3 s 时间内，感应电流大小不变，而磁场向外减弱，根据F ＝BIL 可知，AB 边受到的安培力要变化，选项D 错误．故选A 、C.]6．如图6所示，上下边界间距为l 、方向水平向里的匀强磁场区域位于地面上方高l 处．质量为m 、边长为l 、电阻为R 的正方形线框在距离磁场的上边界l 处，沿水平方向抛出，线框的下边界进入磁场时加速度为零．则线框从抛出到触地的过程中( )【导学号：84370462】图6A ．沿水平方向的分运动始终是匀速运动B ．磁场的磁感应强度为mgR 2gl 3C ．产生的焦耳热为2mglD ．运动时间为22lg ACD [线框进入磁场后竖直的两条边以v 0水平垂直切割磁感线，两边产生的总电动势为零，线框的电动势就是下边产生的，E ＝Bl v ⊥.由于竖直的两边中电流方向相反，安培力抵消，线框水平方向受合力为零，水平方向做匀速直线运动，A 正确；E ＝Bl v ⊥＝Bl 2gl ，电流I ＝E R ，由mg ＝BIl ，三式联立解得B ＝mgR l 22gl，B 错误；因为线框和磁场一样宽，所以线框匀速进磁场，匀速出磁场，对线框穿过磁场的过程应用动能定理，mg ·2l －W 克安＝0，W 克安＝2mgl ，而产生的焦耳热等于克服安培力做的功，所以产生的焦耳热为2mgl ，C 正确；l ＝12gt 21，t 1＝2l g ，2l ＝v ⊥t 2＝2glt 2，t 2＝2lg ，所以总时间t ＝t 1＋t 2＝22lg ，D 正确．]7．(2018·无锡模拟)如图7所示，在电阻不计的边长为L 的正方形金属框abcd 的cd 边上接两个相同的电阻，平行金属板e 和f 通过导线与金属框相连，金属框内两虚线之间有垂直于纸面向里的磁场，同一时刻各点的磁感应强度B 大小相等，B 随时间t 均匀增加，已知B ＝B 0＋kt (k ＞0)，磁场区域面积是金属框面积的二分之一，金属板长为L ，板间距离为L .质量为m ，电荷量为q 的粒子从两板中间沿中线方向以某一初速度射入，刚好从f 板右边缘射出．不计粒子重力，忽略边缘效应．则( )图7A ．金属框中感应电流方向为abcdaB ．粒子带正电 C.L 2kq m D ．粒子在e 、f 间运动增加的动能为14kL 2qAC [根据楞次定律，原磁场向里均匀增加，感应磁场向外，利用右手螺旋定则可知，感应电流方向为abcda ，A 正确；由题知粒子受电场力向下，而电场方向向上(由A 知，f 板电势高)，故粒子带负电，B 错误；粒子在两板间做类平抛运动，且两板间电势差为E 2＝ΔB Δt ×12L 22＝kL 24，由平抛运动规律，L ＝v 0t ，L 2＝12at 2，a ＝q E 2mL ＝kqL 4m ，解得v 0＝L 2kq m ，C 正确；粒子在e 、f 间运动增加的动能等于电场力做的功，则ΔE k ＝q ×12×E 2＝18kL 2q ，D错误．故选A 、C.]8．(2018·武汉模拟)如图8所示，一沿水平方向的匀强磁场分布在宽度为2L 的某矩形区域内(长度足够大)，该区域的上、下边界MN 、PS 是水平的．有一边长为L 的正方形导线框abcd 从距离磁场上边界MN 的某高度处由静止释放穿过该磁场区域，已知当线框的ab 边到达PS 时线框刚好做匀速直线运动．从线框的ab 边到达MN 时开始计时，以MN 上某点为坐标原点，取如图坐标轴x ，并规定逆时针方向为感应电流的正方向，向上为力的正方向．则关于线框中的感应电流i 和线框所受到的安培力F 与ab 边的位置坐标x 关系的图线中，可能正确的是( )图8AD [由于ab 边向下运动，由右手定则可以判断出，线框在进入磁场时，其感应电流的方向为abcd ，沿逆时针方向，故在图象中，在0～L 的这段距离内，电流是正的；线框完全进入磁场后，穿过线框的磁通量没有变化，故其感应电流为0；经分析知线框在进入磁场过程和在磁场中运动过程均做加速运动，则线框的ab边从磁场的下边界出来时的速度要比cd边刚进入磁场时的大，故cd边刚进磁场时，线框的感应电流要比ab边出磁场时的感应电流小，又感应电流的方向与ab边刚入磁场时相反，故A正确，B错误．由于ab边穿出磁场时速度较大，产生的感应电流较大，且电流与线框的速度成正比，即线框受到的安培力与线框的速度也成正比，故电流逐渐增大，安培力也逐渐增大．在0～L段，由前面分析知，感应电流小于I0，因此安培力小于mg，根据左手定则知安培力方向向上，在L～2L段，线框内感应电流为0，所以安培力为0，在2L～3L段，线框做匀速直线运动，故受力平衡，即安培力等于重力，方向向上，故C错误，D 正确．]二、计算题(3小题，共52分)9．(16分)(2018·大连模拟)如图9所示，间距为L的平行且足够长的光滑导轨由两部分组成：倾斜部分与水平部分平滑相连，倾角为θ，在倾斜导轨顶端连接一阻值为r的定值电阻．质量为m、电阻也为r的金属杆MN垂直导轨跨放在导轨上，在倾斜导轨区域加一垂直导轨平面向下、磁感应强度大小为B 的匀强磁场；在水平导轨区域加另一垂直导轨平面向下、磁感应强度大小也为B的匀强磁场．闭合开关S，让金属杆MN从图示位置由静止释放，已知金属杆运动到水平导轨前，已达到最大速度，不计导轨电阻且金属杆始终与导轨接触良好，重力加速度为g.求：图9(1)金属杆MN在倾斜导轨上滑行的最大速率v m；(2)金属杆MN在倾斜导轨上运动，速度未达到最大速度v m前，当流经定值电阻的电流从零增大到I0的过程中，通过定值电阻的电荷量为q，求这段时间内在定值电阻上产生的焦耳热Q；(3)金属杆MN在水平导轨上滑行的最大距离x m.【导学号：84370463】[解析](1)金属杆MN在倾斜导轨上滑行的速度最大时，其受到的合力为零，对其受力分析，可得：mg sin θ－BIL ＝0根据欧姆定律可得：I ＝BL v m 2r解得：v m ＝2mgr sin θB 2L 2.(2)设在这段时间内，金属杆运动的位移为x ，由电流的定义可得：q ＝I －Δt根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律得：I －＝B ΔS 2r Δt ＝BLx 2r Δt解得：x ＝2qr BL设电流为I 0时金属杆的速度为v 0，根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律，可得：I 0＝BL v 02r此过程中，电路产生的总焦耳热为Q 总，由功能关系可得：mgx sin θ＝Q 总＋12m v 20定值电阻产生的焦耳热Q ＝12Q 总解得：Q ＝mgqr sin θBL －mI 20r 2B 2L 2.(3)由牛顿第二定律得：BIL ＝ma由法拉第电磁感应定律、欧姆定律可得：I ＝BL v 2r可得：B 2L 22r v ＝m Δv ΔtB 2L 22r v Δt ＝m Δv ，即B 2L 22r x m ＝m v m得：x m ＝4m 2gr 2sin θB 4L 4.[答案](1)2mgr sin θB 2L 2 (2)mgqr sin θBL －mI 20r 2B 2L 2 (3)4m 2gr 2sin θB 4L 410．(16分)(2018·郑州模拟)如图10所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN 、PQ 电阻不计，其间距为L ，两导轨及其构成的平面与水平面成θ角．两根用细线连接的金属杆ab 、cd 分别垂直导轨放置，平行斜面向上的外力F 作用在杆ab 上，使两杆静止．已知两金属杆ab 、cd 的质量分别为m 和2m ，两金属杆的电阻都为R ，并且和导轨始终保持良好接触，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B .某时刻将细线烧断，保持杆ab 静止不动，重力加速度为g .图10(1)求细线烧断后外力F 的最小值F 1和最大值F 2；(2)当外力F ＝F 1＋F 22时，求cd 杆的速度大小；(3)从细线烧断到cd 杆达到最大速度，杆ab 产生的电热为Q ，求cd 杆在此过程中经过的位移．[解析](1)细线烧断瞬间，外力F 取得最小值F 1，对杆ab ：F 1＝mg sin θcd 杆到达最大速度v m 时，外力F 取得最大值F 2，对杆ab ：F 2＝mg sin θ＋F 安对cd 杆，因其匀速运动，则F ′安＝2mg sin θ显然F 安＝F ′安代入可得F 2＝3mg sin θ.(2)当外力F ＝F 1＋F 22时，对杆abF ＝mg sin θ＋F ″安＝2mg sin θ可得F ″安＝mg sin θ又知F ″安＝BIL其中I ＝BL v 2R可得此时cd 杆的速度v ＝2mgR sin θB 2L 2.(3)由于两杆电阻相等，所以产生的电热相等．cd杆达到最大速度前，电路产生的总电热为2Q，设cd杆达到最大速度前经过的位移为x，由能量守恒可知2mg sin θ·x＝12(2m)v2m＋2Qcd杆最后匀速时F′安＝2mg sin θ＝BI′LI′＝BL v m 2R联立解得x＝8m3g2R2sin2θ＋B4L4Q B4L4mg sin θ.[答案](1)mg sin θ3mg sin θ(2)2mgR sin θB2L2(3)8m3g2R2sin2θ＋B4L4QB4L4mg sin θ11．(20分)(2018·沈阳模拟)如图11所示，光滑绝缘的水平面上一个倒放的“曰”字型导线框，四周abfe为正方形，每边长度为l，中间的导线cd距离右侧边ab的距离为23l.上下横边ae、bf不计电阻，每条竖直边ab、cd、ef的电阻都是R.虚线右侧存在着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B，磁场边界与导线框的竖边平行．现在让导线框以速度v0匀速垂直进入磁场区域．忽略一切阻力．试分析：图11(1)导线框匀速进入磁场过程中所需外力的情况，并计算所需外力的大小和方向；(2)线框匀速进入过程中电路中产生的焦耳热Q；(3)分析、计算线框匀速进入磁场过程中ef边消耗的电功率多大.【导学号：84370464】[解析](1)ab边切割磁感线时：E＝BL v，①电路总电阻为R 总＝32R I ＝E R 总② ab 边受到安培力大小：F 安＝BIl ＝2B 2l 2v 03R …③，方向向左导线框匀速运动，外力与安培力等大反向：F 外＝2B 2l 2v 03R ，方向向右④ab 、cd 两个边都进入磁场时，同时产生电动势，并联的电动势仍为E ，电源内阻变为R 2，外电阻变为R ⑤根据①②式导线框中的总电流不变．ab 、cd 两边中电流分别为：I ′＝I 2＝Bl v 03R ⑥ab 、cd 边受到安培力大小相等，总值：F ′安＝2BI ′l ＝2B I 2l ＝2B 2l 2v 03R …⑦，方向向左所以F ′外＝2B 2l 2v 03R ，方向向右，⑧(2)线框进入磁场过程中，外力克服安培力做的功大小等于线框中产生的焦耳热：Q ＝F 外2l 3＋F ′外l 3＝2B 2l 3v 03R .⑨(3)只有ab 边进入时，根据①②式，ef 边中电流：I 1＝I 2＝Bl v 03R ⑩ef 边消耗电功率：P 1＝I 21·R ＝B 2l 2v 209Rab 、cd 两个边都进入磁场时，根据⑥式，ef 边中电流为I 2＝I ＝2Bl v 03Ref 边消耗电功率：P 2＝I 2·R ＝4B 2l 2v 209R .[答案](1)2B 2l 2v 03R ，方向向右 (2)2B 2l 3v 03R (3)ab 边切割磁感线时，ef 边消耗的由功率为B 2l 2v 209R ，ab 、cd 边都切割磁感线时，ef 边消耗的电功率为4B 2l 2v 209R。
高三物理 专题复习 《电磁感应的综合应用》(含答案解析)
第9课时 电磁感应的综合应用 考点 楞次定律与法拉第电磁感应定律的应用1．求感应电动势的两种方法(1)E ＝n ΔΦΔt，用来计算感应电动势的平均值． (2)E ＝Bl v 或E ＝12Bl 2ω，主要用来计算感应电动势的瞬时值． 2．判断感应电流方向的两种方法(1)利用右手定则，即根据导体在磁场中做切割磁感线运动的情况进行判断．(2)利用楞次定律，即根据穿过闭合回路的磁通量的变化情况进行判断．3．楞次定律中“阻碍”的四种表现形式(1)阻碍磁通量的变化——“增反减同”．(2)阻碍相对运动——“来拒去留”．(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”．(4)阻碍电流的变化(自感现象)——“增反减同”．例1 (多选)(2019·全国卷Ⅰ·20)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图1(a)中虚线MN 所示．一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S ，将该导线做成半径为r 的圆环固定在纸面内，圆心O 在MN 上．t ＝0时磁感应强度的方向如图(a)所示；磁感应强度B 随时间t 的变化关系如图(b)所示．则在t ＝0到t ＝t 1的时间间隔内( )图1A ．圆环所受安培力的方向始终不变B ．圆环中的感应电流始终沿顺时针方向C ．圆环中的感应电流大小为B 0rS 4t 0ρD ．圆环中的感应电动势大小为B 0πr 24t 0答案 BC解析 在0～t 0时间内，磁感应强度减小，根据楞次定律可知感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力水平向左，在t 0～t 1时间内，磁感应强度反向增大，感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力水平向右，所以选项A 错误，B 正确；根据法拉第电磁感应定律得E ＝ΔΦΔt ＝12πr 2·B 0t 0＝B 0πr 22t 0，根据电阻定律可得R ＝ρ2πr S ，根据欧姆定律可得I ＝E R ＝B 0rS 4t 0ρ，所以选项C 正确，D 错误．变式训练1．(多选)(2020·山东等级考模拟卷·12)竖直放置的长直密绕螺线管接入如图2甲所示的电路中，通有俯视顺时针方向的电流，其大小按图乙所示的规律变化．螺线管内中间位置固定有一水平放置的硬质闭合金属小圆环(未画出)，圆环轴线与螺线管轴线重合．下列说法正确的是( )图2A ．t ＝T 4时刻，圆环有扩张的趋势 B ．t ＝T 4时刻，圆环有收缩的趋势 C ．t ＝T 4和t ＝3T 4时刻，圆环内的感应电流大小相等 D ．t ＝3T 4时刻，圆环内有俯视逆时针方向的感应电流 答案 BC解析 t ＝T 4时刻，线圈中通有俯视顺时针且逐渐增大的电流，则线圈中由电流产生的磁场向下且逐渐增加．由楞次定律可知，圆环有收缩的趋势，A 错误，B 正确；t ＝3T 4时刻，线圈中通有俯视顺时针且逐渐减小的电流，则线圈中由电流产生的磁场向下且逐渐减小，由楞次定律可知，圆环中的感应电流为俯视顺时针，D 错误；t ＝T 4和t ＝3T 4时刻，线圈中电流的变化率一致，即由线圈电流产生的磁场变化率一致，则圆环中的感应电流大小相等，C 正确． 例2 (多选)(2019·山东枣庄市上学期期末)如图3所示，水平放置的半径为2r 的单匝圆形裸金属线圈A ，其内部有半径为r 的圆形匀强磁场区域，磁场的磁感应强度大小为B 、方向竖直向下；线圈A 的圆心和磁场区域的圆心重合，线圈A 的电阻为R .过圆心的两条虚线ab 和cd 相互垂直．一根电阻不计的直导体棒垂直于ab 放置，使导体棒沿ab 从左向右以速度v 匀速通过磁场区域，导体棒与线圈始终接触良好，线圈A 中会有感应电流通过．撤去导体棒，使磁场的磁感应强度均匀变化，线圈A 中也会有感应电流，如果使cd 左侧的线圈中感应电流大小和方向与导体棒经过cd 位置时的相同，则( )图3A ．磁场一定增强B ．磁场一定减弱C ．磁感应强度的变化率为4B v πrD ．磁感应强度的变化率为8B v πr答案 AC解析 根据右手定则，导体棒切割磁感线产生的感应电流通过cd 左侧的线圈时的方向是逆时针的，根据楞次定律，使磁场的磁感应强度均匀变化，产生同样方向的感应电流，磁场一定增强，故A 正确，B 错误；导体棒切割磁感线时，根据法拉第电磁感应定律，导体棒经过cd位置时产生的感应电动势E ＝2Br v ，根据欧姆定律，通过cd 左侧的线圈中感应电流大小I ＝E R2＝4Br v R ；磁场的磁感应强度均匀变化时，根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律，ΔB Δt ×r 2πR＝4Br v R ，ΔB Δt ＝4B v πr，故C 正确，D 错误． 变式训练2．(2019·山东济南市3月模拟)在如图4甲所示的电路中，螺线管匝数n ＝1 000匝，横截面积S ＝20 cm 2.螺线管导线电阻r ＝1.0 Ω，R 1＝4.0 Ω，R 2＝5.0 Ω，C ＝30 μF.在一段时间内，垂直穿过螺线管的磁场的磁感应强度B 的方向如图甲所示，大小按如图乙所示的规律变化，则下列说法中正确的是( )图4A ．螺线管中产生的感应电动势为1.2 VB ．闭合K ，电路中的电流稳定后，电容器的下极板带负电C ．闭合K ，电路中的电流稳定后，电阻R 1的电功率为2.56×10－2 WD ．闭合K ，电路中的电流稳定后，断开K ，则K 断开后，流经R 2的电荷量为1.8×10－2 C 答案 C解析 根据法拉第电磁感应定律：E ＝n ΔΦΔt ＝nS ΔB Δt ；解得：E ＝0.8 V ，故A 错误；根据楞次定律可知，螺线管的感应电流盘旋而下，则螺线管下端相当于电源的正极，则电容器的下极带正电，故B 错误；根据闭合电路欧姆定律，有：I ＝E R 1＋R 2＋r＝0.08 A ，根据 P ＝I 2R 1解得：P ＝2.56×10－2 W ，故C 正确；K 断开后，流经R 2的电荷量即为K 闭合时电容器一个极板上所带的电荷量Q ，电容器两端的电压为：U ＝IR 2＝0.4 V ，流经R 2的电荷量为：Q ＝CU ＝1.2×10－5 C ，故D 错误． 考点 电磁感应中的电路与图象问题1．电磁感应现象中的电源与电路(1)产生感应电动势的那部分导体相当于电源．(2)在电源内部电流由负极流向正极．(3)电源两端的电压为路端电压．2．解图象问题的三点关注(1)关注初始时刻，如初始时刻感应电流是否为零，是正方向还是负方向．(2)关注变化过程，看电磁感应发生的过程可以分为几个阶段，这几个阶段分别与哪段图象变化相对应．(3)关注大小、方向的变化趋势，看图线斜率的大小、图线的曲直是否和物理过程对应．3．解图象问题的两个分析方法(1)排除法：定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是物理量的正负，排除错误的选项．(2)函数法：根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图象作出分析和判断，这未必是最简捷的方法，但却是最有效的方法．例3 (多选)(2019·贵州部分重点中学教学质量评测卷(四))长为L 的金属棒OP 固定在顶角为2θ的塑料圆锥体侧面上，ab 为圆锥体底面直径．圆锥体绕其轴OO ′以角速度ω在磁感应强度大小为B 、方向竖直向下的匀强磁场中匀速转动，转动方向如图5所示，下列说法正确的是( )图5A ．金属棒上O 点的电势高于P 点B ．金属棒上O 点的电势低于P 点C ．金属棒OP 两端电势差大小为12Bω2L sin θD ．金属棒OP 两端电势差大小为12BωL 2sin 2 θ 答案 AD解析 由右手定则知金属棒OP 在匀速转动过程中切割磁感线产生的感应电动势方向由P 指向O ，在电源内部由电势低处指向电势高处，则金属棒上O 点的电势高于P 点，故A 正确，B 错误．金属棒OP 在匀速转动过程中切割磁感线的有效长度L ′＝O ′P ＝L sin θ，故产生的感应电动势E ＝BL ′·12ωL ′＝12BωL 2sin 2 θ，故C 错误，D 正确． 变式训练3.(2019·安徽宣城市期末调研测试)边界MN 的一侧区域内，存在着磁感应强度大小为B 、方向垂直于光滑水平桌面的匀强磁场．边长为l 的正三角形金属线框abc 粗细均匀，三边阻值相等，a 顶点刚好位于边界MN 上，现使线框围绕过a 点且垂直于桌面的转轴匀速转动，转动角速度为ω，如图6所示，则在ab 边开始转入磁场的瞬间ab 两端的电势差U ab 为( )图6A.13Bl 2ω B ．－12Bl 2ω C ．－13Bl 2ω D.16Bl 2ω 答案 A 解析 当ab 边刚进入磁场时，ab 部分在切割磁感线，切割长度为两个端点间的距离，即a 、b 间的距离为l ，E ＝Bl v ＝Bl lω2＝12Bl 2ω；设每个边的电阻为R ，a 、b 两点间的电势差为：U ＝I ·2R ＝E 3R ·2R ，故U ＝13Bωl 2，故A 正确，B 、C 、D 错误． 例4 (多选)(2019·全国卷Ⅱ·21)如图7，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻忽略不计．虚线ab 、cd 均与导轨垂直，在ab 与cd 之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场．将两根相同的导体棒PQ 、MN 先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好．已知PQ 进入磁场时加速度恰好为零．从PQ 进入磁场开始计时，到MN 离开磁场区域为止，流过PQ 的电流随时间变化的图像可能正确的是( )图7答案 AD解析 根据题述，PQ 进入磁场时加速度恰好为零，两导体棒从同一位置释放，则两导体棒进入磁场时的速度相同，产生的感应电动势大小相等，若释放两导体棒的时间间隔足够长，在PQ 通过磁场区域一段时间后MN 进入磁场区域，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可知流过PQ 的电流随时间变化的图像可能是A ；若释放两导体棒的时间间隔较短，在PQ 没有出磁场区域时MN 就进入磁场区域，则两棒在磁场区域中运动时回路中磁通量不变，两棒不受安培力作用，二者在磁场中做加速运动，PQ 出磁场后，MN 切割磁感线产生感应电动势和感应电流，且感应电流一定大于I 1，受到安培力作用，由于安培力与速度成正比，则MN 所受的安培力一定大于MN 的重力沿导轨平面方向的分力，所以MN 一定做减速运动，回路中感应电流减小，流过PQ 的电流随时间变化的图像可能是D. 变式训练4.(2019·安徽合肥市第一次质量检测)如图8所示，一有界匀强磁场区域的磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向里，磁场宽度为L ；正方形导线框abcd 的边长也为L ，当bc 边位于磁场左边缘时，线框从静止开始沿x 轴正方向匀加速通过磁场区域．若规定逆时针方向为电流的正方向，则反映线框中感应电流变化规律的图象是( )图8答案 B解析 设导线框运动的加速度为a ，则某时刻其速度v ＝at ，所以在0～t 1时间内(即当bc 边位于磁场左边缘时开始计时，到bc 边位于磁场右边缘结束)，根据法拉第电磁感应定律得：E＝BL v ＝BLat ，电动势为逆时针方向．由闭合电路欧姆定律得：I ＝BLa R t ，电流为正．其中R 为线框的总电阻．所以在0～t 1时间内，I ∝t ，故A 、C 错误；从t 1时刻开始，ad 边开始切割磁感线，电动势大小E ＝BLat ，其中t 1＜t ≤t 2，电流为顺时针方向，为负，电流I ＝BLa Rt ，t 1＜t ≤t 2，其中I 0＝BLa R t 1，电流在t 1时刻方向突变，突变瞬间，电流大小保持I 0＝BLa R t 1不变，故B 正确，D 错误．考点电磁感应中的动力学与能量问题1．电荷量的求解电荷量q ＝I Δt ，其中I 必须是电流的平均值．由E ＝n ΔΦΔt 、I ＝E R 总、q ＝I Δt 联立可得q ＝n ΔΦR 总，此式不涉及时间．2．求解焦耳热Q 的三种方法(1)焦耳定律：Q ＝I 2Rt ，适用于电流、电阻不变； (2)功能关系：Q ＝W 克服安培力，电流变或不变都适用；(3)能量转化：Q ＝ΔE 其他能的减少量，电流变或不变都适用．3．电磁感应综合题的解题策略(1) 电路分析：明确电源与外电路，可画等效电路图．(2) 受力分析：把握安培力的特点，安培力大小与导体棒速度有关，一般在牛顿第二定律方程里讨论，v 的变化影响安培力大小，进而影响加速度大小，加速度的变化又会影响v 的变化．(3) 过程分析：注意导体棒进入磁场或离开磁场时的速度是否达到“收尾速度”．(4) 能量分析：克服安培力做的功，等于把其他形式的能转化为电能的多少．例5 (2019·湖北稳派教育上学期第二次联考)如图9所示，倾角为θ的光滑绝缘斜面上平行于底边的虚线ef 下方有垂直于斜面向下的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B ，边长为L 的正方形导线框abcd 放在斜面上，线框的电阻为R ，线框的cd 边刚好与ef 重合．无初速度释放线框，当ab 边刚好要进入磁场时，线框的加速度刚好为零，线框的质量为m ，重力加速度为g ，求：图9(1)ab 边刚好要进入磁场时线框的速度大小；(2)从释放线框到ab 边进入磁场时，通过线框横截面的电荷量．答案 (1)mgR sin θB 2L 2 (2)BL 2R解析 (1)ab 边刚好要进入磁场时， mg sin θ＝F A ＝B 2L 2v R解得：v ＝mgR sin θB 2L 2(2)线框进入磁场的过程中，平均电流为I ＝E R根据法拉第电磁感应定律有：E ＝ΔФΔt 通过线框横截面的电荷量q ＝I Δt ＝ΔФR ＝BL 2R.变式训练5．(多选)(2019·辽宁葫芦岛市第一次模拟)如图10甲所示，在MN 、OP 间存在一匀强磁场，t ＝0时，一正方形光滑金属线框在水平向右的外力F 作用下紧贴MN 从静止开始做匀加速运动，外力F 随时间t 变化的图线如图乙所示，已知线框质量m ＝1 kg 、电阻R ＝2 Ω，则( )图10A ．线框的加速度大小为2 m/s 2B ．磁场宽度为6 mC ．匀强磁场的磁感应强度大小为 2 TD ．线框进入磁场过程中，通过线框横截面的电荷量为22 C 答案 ACD 解析 整个线框在磁场中运动时只受外力F 作用，则加速度a ＝F m＝2 m/s 2.由题图可知，从线框右边刚进入磁场到右边刚离开磁场，运动的时间为2 s ，磁场的宽度d ＝12at 12＝4 m ，所以选项A 正确，B 错误；当线框全部进入磁场前的瞬间：F 1－F 安＝ma ，而F 安＝BIL ＝B 2L 2v R＝B 2L 2at R ，线框的宽度L ＝12at 12＝12×2×12 m ＝1 m ，联立得：B ＝ 2 T ，所以选项C 正确；线框进入磁场过程中，通过线框横截面的电荷量为q ＝ΔФR ＝BL 2R ＝2×122 C ＝22C ，所以选项D 正确．例6 (2019 ·浙南名校联盟期末)如图11甲所示，在竖直方向上有4条间距相等的水平虚线L 1、L 2、L 3、L 4，在L 1L 2之间、L 3L 4之间存在匀强磁场，大小均为1 T ，方向垂直于虚线所在平面．现有一根电阻为2 Ω的均匀金属丝，首尾相连制成单匝矩形线圈abcd ，连接处接触电阻忽略，宽度cd ＝L ＝0.5 m ，线圈质量为0.1 kg ，将其从图示位置由静止释放(cd 边与L 1重合)，速度随时间变化的关系如图乙所示，其中0～ t 1时间内图线是曲线，其他时间内都是直线；并且t 1时刻cd 边与L 2重合，t 2时刻ab 边与L 3重合，t 3时刻ab 边与L 4重合，已知t 1～t 2的时间间隔为0.6 s ，整个运动过程中线圈平面始终处于竖直方向(重力加速度g 取10 m/s 2)．求：图11(1)线圈匀速运动的速度大小；(2)线圈的长度ad ；(3)在0～t 1时间内通过线圈的电荷量；(4)0～t 3时间内，线圈ab 边产生的热量．答案 (1) 8 m/s (2) 2 m (3) 0.25 C (4) 0.18 J解析 (1) t 2～t 3时间ab 边在L 3L 4内做匀速直线运动，E ＝BL v 2，F ＝B E R L ，F ＝mg 联立解得：v 2＝mgR B 2L2＝8 m/s ， (2)从cd 边出L 2到ab 边刚进入L 3线圈一直做匀加速直线运动，ab 刚进上方磁场时，cd 也应刚进下方磁场，设磁场宽度是d ，由v 2＝v 1＋gt 得，v 1＝2 m/s ，则3d ＝v 1＋v 22t ＝3 m ，得：d ＝1 m ，有：ad ＝2d ＝2 m ，(3)0～t 1时间内，通过线圈的电荷量为q ＝ΔΦR ＝BdL R＝0.25 C ， (4)在0～t 3时间内由能量守恒得：线圈产生热量Q 总＝mg ·5d －12m v 22＝1.8 J 故线圈ab 边产生热量Q ＝110Q 总＝0.18 J. 变式训练6.(2019·福建三明市期末质量检测)如图12所示，足够长的光滑导轨倾斜放置，导轨平面与水平面夹角θ＝37°，导轨间距L ＝0.4 m ，其下端连接一个定值电阻R ＝4 Ω，其他电阻不计．两导轨间存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B ＝1 T ．一质量为m ＝0.04 kg 的导体棒ab 垂直于导轨放置，现将导体棒由静止释放，取重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.图12(1)求导体棒下滑的最大速度；(2)若导体棒从静止加速到v ＝4 m/s 的过程中，通过R 的电荷量q ＝0.2 C ，求R 产生的热量值． 答案 (1)6 m/s (2)0.16 J解析 (1)当导体棒所受的合外力为零时，速度最大，则：mg sin θ＝BIL ，I ＝BL v R 联立解得v ＝6 m/s(2)设该过程中电流的平均值为I ，则q ＝I ΔtI ＝ER ，E ＝BLx Δt 由能量守恒定律可得：mgx sin θ＝12m v 2＋Q 联立解得：x ＝2 m ，Q ＝0.16 J ．考点 电磁感应中的动量和能量问题1.电磁感应与动量综合问题往往需要运用牛顿第二定律、动量定理、动量守恒定律、功能关系和能量守恒定律等重要规律，并结合闭合电路欧姆定律等物理规律及基本方法求解.2.动量观点在电磁感应问题中的应用，主要可以解决变力的冲量.所以，在求解导体棒做非匀变速运动的问题时，应用动量定理可以避免由于加速度变化而导致运动学公式不能使用的麻烦，在求解双杆模型问题时，在一定条件下可以利用动量守恒定律避免讨论中间变化状态，而直接求得最终状态.例7 (2019·福建福州市期末质量检测)如图13所示，空间存在一个范围足够大的竖直向下的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B ；边长为L 的正方形金属框abcd (简称方框)放在光滑的水平地面上，其外侧套着一个与方框边长相同的U 形金属框架MNQP (仅有MN 、NQ 、QP 三条边，简称U 形框)，U 形框的M 、P 端的两个触点与方框接触良好且无摩擦，其他地方没有接触.两个金属框每条边的质量均为m ，每条边的电阻均为r .(1)若方框固定不动，U 形框以速度v 0垂直NQ 边向右匀速运动，当U 形框的接触点M 、P 端滑至方框的最右侧时，如图乙所示，求U 形框上N 、Q 两端的电势差U NQ ；(2)若方框不固定，给U 形框垂直NQ 边向右的水平初速度v 0，U 形框恰好不能与方框分离，求方框最后的速度v t 和此过程流过U 形框上NQ 边的电荷量q ；(3)若方框不固定，给U 形框垂直NQ 边向右的初速度v (v >v 0)，在U 形框与方框分离后，经过t 时间，方框的最右侧和U 形框的最左侧之间的距离为s .求分离时U 形框的速度大小v 1和方框的速度大小v 2.图13答案 见解析解析 (1)由法拉第电磁感应定律得：E ＝BL v 0此时电路图如图所示由串并联电路规律，外电阻为R 外＝2r ＋3r ×r 3r ＋r ＝114r 由闭合电路欧姆定律得：流过QN 的电流I ＝E R 外＋r＝4BL v 015r 所以：U NQ ＝E －Ir ＝1115BL v 0； (2)U 形框向右运动过程中，方框和U 形框组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒. 依题意得：方框和U 形框最终速度相同，设最终速度大小为v t ；3m v 0＝(3m ＋4m )v t解得：v t ＝37v 0 对U 形框，由动量定理得：－BL I t ＝3m v t －3m v 0由q ＝I t解得：q ＝12m v 07BL(3)设U 形框和方框分离时速度分别为v 1和v 2，系统动量守恒：3m v ＝3m v 1＋4m v 2 依题意得：s ＝(v 1－v 2)t联立解得：v 1＝37v ＋4s 7tv 2＝37v －3s 7t. 专题突破练级保分练1.(2019·广东珠海市质量监测)如图1所示，使一个水平铜盘绕过其圆心的竖直轴OO ′转动，摩擦等阻力不计，转动是匀速的．现把一个蹄形磁铁水平向左移近铜盘，则( )图1A ．铜盘转动将变快B ．铜盘转动将变慢C ．铜盘仍以原来的转速转动D ．因磁极方向未知，无法确定答案 B解析 假设蹄形磁铁的上端为N 极，下端为S 极，铜盘顺时针转动(从OO ′方向看)．根据右手定则可以确定此时铜盘中的感应电流方向是从盘心指向边缘．通电导体在磁场中要受到力的作用，根据感应电流的方向和磁场的方向，利用左手定则可以确定磁场对铜盘的作用力的方向是沿逆时针方向，其受力方向与铜盘的转动方向相反，所以铜盘的转动速度将减小．无论怎样假设，铜盘的受力方向始终与转动方向相反．同时，转动过程中，机械能转化为电能，最终转化为内能，所以转得慢了．所以B 正确，A 、C 、D 错误．2．(多选)(2019·福建泉州市期末质量检查)如图2甲所示，匀强磁场垂直穿过矩形金属线框abcd ，磁感应强度B 随时间t 按图乙所示规律变化，下列说法正确的是( )图2A．t1时刻线框的感应电流方向为a→b→c→d→aB．t3时刻线框的感应电流方向为a→b→c→d→aC．t2时刻线框的感应电流最大D．t1时刻线框ab边受到的安培力方向向右答案AD解析t1时刻穿过线框的磁通量向里增加，根据楞次定律可知，线框的感应电流方向为a→b→c→d→a，由左手定则可知，线框ab边受到的安培力方向向右，选项A、D正确；t3时刻穿过线框的磁通量向里减小，可知线框的感应电流方向为a→d→c→b→a，选项B错误；B－t图象的斜率等于磁感应强度的变化率，可知t2时刻磁感应强度的变化率为零，则线框的感应电流为零，选项C错误．3.(多选)(2019·全国卷Ⅲ·19)如图3，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上．t＝0时，棒ab以初速度v0向右滑动．运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示．下列图像中可能正确的是()图3答案AC解析棒ab以初速度v0向右滑动，切割磁感线产生感应电动势，使整个回路中产生感应电流，判断可知棒ab受到与v0方向相反的安培力的作用而做变减速运动，棒cd受到与v0方向相同的安培力的作用而做变加速运动，它们之间的速度差Δv＝v1－v2逐渐减小，整个系统产生的感应电动势逐渐减小，回路中感应电流逐渐减小，最后变为零，即最终棒ab和棒cd的速度相同，v 1＝v 2，这时两相同的光滑导体棒ab 、cd 组成的系统在足够长的平行金属导轨上运动，水平方向上不受外力作用，由动量守恒定律有m v 0＝m v 1＋m v 2，解得v 1＝v 2＝v 02，选项A 、C 正确，B 、D 错误．4.(2019·甘肃兰州市第一次诊断)如图4所示，宽为L 的光滑导轨竖直放置，左边有与导轨平面垂直的区域足够大的匀强磁场，磁感应强度为B ，右边有两块水平放置的金属板，两板间距为d .金属板和电阻R 都与导轨相连．要使两板间质量为m 、带电荷量为－q 的油滴恰好处于静止状态，阻值也为R 的金属棒ab 在导轨上的运动情况可能为(金属棒与导轨始终接触良好，导轨电阻不计，重力加速度为g )( )图4A ．向右匀速运动，速度大小为2dmg BLqB ．向左匀速运动，速度大小为2dmg BLqC ．向右匀速运动，速度大小为dmg 2BLqD ．向左匀速运动，速度大小为dmg 2BLq答案 A解析 两板间质量为m 、带电荷量为－q 的油滴恰好处于静止状态，则qE ＝mg ，板间电场强度E ＝mg q ，方向竖直向下；两板间电压U ＝Ed ＝mgd q，且上板带正电、下板带负电．金属棒ab 切割磁感线相当于电源，两金属板与电阻R 并联后接在金属棒两端，则金属棒中电流方向由b 流向a ，U ＝R R ＋R·E ＝12·BL v ，则金属棒ab 在导轨上的运动速度v ＝2mgd qBL ；据金属棒中电流方向由b 流向a 和右手定则可得，金属棒向右运动．综上，A 正确，B 、C 、D 错误．5.(2019·北京市东城区上学期期末)如图5所示，两光滑水平放置的平行金属导轨间距为L ，直导线MN 垂直跨在导轨上，且与导轨接触良好，整个装置处于垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度大小为B .电容器的电容为C ，除电阻R 外，导轨和导线的电阻均不计．现给导线MN 一初速度，使导线MN 向右运动，当电路稳定后，MN 以速度v 向右匀速运动时( )图5A ．电容器两端的电压为零B ．通过电阻R 的电流为BL v RC ．电容器所带电荷量为CBL vD ．为保持MN 匀速运动，需对其施加的拉力大小为B 2L 2v R答案 C解析 当导线MN 匀速向右运动时，导线所受的合力为零，说明导线不受安培力，电路中电流为零，故电阻两端没有电压．此时导线MN 产生的感应电动势恒定，根据闭合电路欧姆定律得知，电容器两板间的电压为U ＝E ＝BL v ，故A 、B 错误．电容器所带电荷量Q ＝CU ＝CBL v ，故C 正确；因匀速运动后MN 所受合力为0，而此时无电流，不受安培力，则无需拉力便可做匀速运动，故D 错误．6．(多选)(2019·湖北稳派教育上学期第二次联考)如图6甲所示，通电直导线MN 和正方形导线框在同一水平面内，ab 边与MN 平行，先给MN 通以如图乙所示的电流，然后再通以如图丙所示的正弦交流电，导线和线框始终保持静止不动，电流从N 到M 为正，已知线框中的磁通量与直导线MN 中的电流成正比，则下列说法正确的是( )图6A ．通以如图乙所示的电流时，线框中产生的电流先减小后增大B ．通以如图乙所示的电流时，线框中的感应电流方向始终不变C ．通以如图丙所示的电流时，0～t 2时间内，线框受到的安培力方向不变D ．通以如图丙所示的电流时，t 3 时刻线框受到的安培力为零答案 BD解析 由题意可知，从N 到M 的方向为电流正方向；通以如题图乙所示的电流时，在0～t 1时间内电流方向为从M 到N ，穿过线框abcd 的磁场方向垂直纸面向外，大小在减小，由楞次定律可得，感应电流方向为逆时针，即为abcda ；在t 1时刻后，电流方向为N 到M ，穿过线框abcd 的磁场方向垂直纸面向里，大小在增大，由楞次定律可得，感应电流方向为逆时针，即为abcda ，故电流的方向不变，根据法拉第电磁感应定律有：E ＝ΔФΔt ，则线框中的感应电流为I ＝E R ＝ΔФΔt ×1R ，因线框中的磁通量与直导线MN 中的电流成正比，即ΔФΔt ∝ΔI Δt，则由乙图可知ΔI Δt 一直保持不变，故ΔФΔt不变，则感应电流I 不变，故A 错误，B 正确；通以如题图丙所示的电流时，在0～t 22时间内，导线中电流沿正方向增大，则线框中的磁场向里增大，由楞次定律可知，感应电流方向为逆时针，即为abcda ，根据左手定则可知，ab 边受到的安培力方向向右，cd 边受到的安培力方向向左，根据F ＝BIL 可知，I 、L 相同，但ab 边离导线近，故ab 边所在处的磁感应强度大于cd 边所在处的磁感应强度，则此时安培力的方向向右；在t 22～t 2时间内，导线中电流沿正方向减小，则线框中的磁场向里减小，由楞次定律可知，感应电流方向为顺时针，即为adcba ；根据左手定则可知，ab 边受到的安培力方向向左，cd 边受到的安培力方向向右，根据F ＝BIL 可知，I 、L 相同，但ab 边离导线近，故ab 边所在处的磁感应强度大于cd 边所在处的磁感应强度，则此时安培力的方向向左，故在0～t 2时间内线框受到的安培力方向改变，故C 错误；由题图丙可知，在t 3时刻电流为零，根据F ＝BIL 可知，此时线框受到的安培力为零，故D 正确．7．(2019·湖北十堰市上学期期末)如图7甲所示，导体棒MN 置于水平导轨上，PQMN 所围成的矩形的面积为S ，PQ 之间有阻值为R 的电阻，不计导轨和导体棒的电阻．导轨所在区域内存在沿竖直方向的匀强磁场，规定磁场方向竖直向上为正，在0～2t 0时间内磁感应强度的变化情况如图乙所示，导体棒MN 始终处于静止状态．下列说法正确的是( )图7A ．在0～2t 0时间内，导体棒受到的导轨的摩擦力方向先向左后向右，大小不变B ．在0～t 0时间内，通过导体棒的电流方向为N 到MC ．在t 0～2t 0时间内，通过电阻R 的电流大小为SB 0Rt 0。
2023届高考物理一轮复习练习电磁感应Word版含解析
2023届高考物理：电磁感应一轮练习附答案高考：电磁感应（一轮）一、选择题。
1、电阻R、电容器C与一线圈连成闭合电路，条形磁铁位于线圈的正上方，N 极朝下，如图所示．在磁铁N极远离线圈上端的过程中，流过R的电流方向和电容器极板的带电情况是()A．从b到a，下极板带正电B．从a到b，下极板带正电C．从b到a，上极板带正电D．从a到b，上极板带正电2、（双选）如图甲所示，在倾斜角为θ的光滑斜面内分布着垂直于斜面的匀强磁场，以垂直于斜面向上为磁感应强度正方向，其磁感应强度B随时间变化的规律如图乙所示。
质量为m的矩形金属框从t＝0时刻由静止释放，t3时刻的速度为v，移动的距离为L，重力加速度为g。
在金属框下滑的过程中，下列说法正确的是()甲乙A．t1～t3时间内金属框中的电流方向不变B．0～t3时间内金属框做匀加速直线运动C．0～t3时间内金属框做加速度逐渐减小的直线运动D．0～t3时间内金属框中产生的焦耳热为mgLsin θ－12m v23、（双选）)如图甲所示是一种手摇发电的手电筒，内部有一固定的线圈和可来回运动的条形磁铁，其原理图如图乙所示．当沿图中箭头方向来回摇动手电筒过程中，条形磁铁在线圈内来回运动，灯泡发光．在此过程中，下列说法正确的是()A．增加摇动频率，灯泡变亮B．线圈对磁铁的作用力方向不变C．磁铁从线圈一端进入与从该端穿出时，灯泡中电流方向相反D．磁铁从线圈一端进入再从另一端穿出的过程中，灯泡中电流方向不变4、如图所示，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U形金属导轨，导轨平面与磁场垂直。
金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS，一圆环形金属线框T位于回路围成的区域内，线框与导轨共面。
现让金属杆PQ突然向右运动，在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是()A．PQRS中沿顺时针方向，T中沿逆时针方向B．PQRS中沿顺时针方向，T中沿顺时针方向C．PQRS中沿逆时针方向，T中沿逆时针方向D．PQRS中沿逆时针方向，T中沿顺时针方向5、（双选）如图所示，灯泡A、B与定值电阻的阻值均为R，L是自感系数较大的线圈，当S1闭合、S2断开且电路稳定时，A、B两灯亮度相同，再闭合S2，待电路稳定后将S1断开，下列说法中正确的是()A．B灯立即熄灭B．A灯将比原来更亮一下后熄灭C．有电流通过B灯，方向为c→dD．有电流通过A灯，方向为b→a6、如图所示，一个有界匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，一个矩形闭合导线框abcd沿纸面由位置1匀速运动到位置2。
高考物理一轮复习电磁感应《法拉第电磁感应定律综合应用》典型题精排版(含答案)
高考物理一轮复习《法拉第电磁感应定律综合应用》典型题（精排版）精品推荐1．如图甲所示，abcd是由导体做成的框架，框架平面与水平面成θ角，质量为m的导线棒PQ与ab、cd接触良好，回路中的总电阻为R，整个装置放在垂直于框架平面的变化的磁场中，磁场的磁感应强度随时间变化情况如图乙，PQ始终静止．关于PQ与ab、cd间的摩擦力f在0～t1内的变化情况，下列判断中有可能正确的是( )①f一直增大②f一直减小③f先减小，后增大④f先增大，后减小A．①B．②C．③D．④2．如图所示，在一匀强磁场中有一U形导体框bacd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R为一电阻，ef为垂直于ab的一根导体杆，它可以在ab、cd上无摩擦地滑动，杆ef及线框中导体的电阻都可不计．开始时，给ef一个向右的初速度，则( )A．ef将减速向右运动，但不是匀减速B．ef将匀减速向右运动，最后停止C．ef将匀速向右运动D．ef将做往复运动3．如图所示，竖直平面内有一足够长的宽度为L的金属导轨，质量为m的金属导体棒ab可在导轨上无摩擦地上下滑动，且导体棒ab与金属导轨接触良好，ab电阻为R，其他电阻不计．导体棒ab由静止开始下落，过一段时间后闭合开关S，发现导体棒ab立刻做变速运动，则在以后导体棒ab的运动过程中，下列说法中正确的是( )A．导体棒ab做变速运动期间加速度一定减小B．单位时间内克服安培力做的功全部转化为电能，电能又转化为内能C．导体棒减少的机械能转化为闭合电路中的电能和电热之和，符合能的转化和守恒定律D．导体棒ab最后做匀速运动时，速度大小为v＝mgR B2L24．空中有一方向垂直于纸面向外的匀强磁场区域如图所示，磁场区域的高度为h，一质量为m的长方形金属线框abcd(bc边长大于h)从磁场的上方下落，已知线框的ab边在磁场区域运动的过程都是匀速运动，所用时间为t.则线框的cd边在磁场区域运动的过程( )A．做匀速运动B．所用时间比t短C．线框产生的热量大于mghD．线框产生的热量等于mgh5．如图所示，固定放置在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d，其右端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上磁感应强度大小为B的匀强磁场中．一质量为m(质量分布均匀)的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为μ.现杆在水平向左、垂直于杆的恒力F作用下从静止开始沿导轨运动距离l时，速度恰好达到最大(运动过程中杆始终与导轨保持垂直)．设杆接入电路的电阻为r ，导轨电阻不计，重力加速度大小为g .则此过程( )A ．杆的速度最大值为F －μmg RB 2d 2B ．流过电阻R 的电荷量为 BdlR ＋rC ．恒力F 做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量D ．恒力F 做的功与安培力做的功之和大于杆动能的变化量 6．如图所示，边长为L 的正方形导线框质量为m ，由距磁场H 高处自由下落，其下边ab 进入匀强磁场后，线圈开始做减速运动，直到其上边cd 刚刚穿出磁场时，速度减为ab 边进入磁场时的一半，磁场的宽度也为L ，则线框穿越匀强磁场过程中产生的焦耳热为( )A ．2mgLB ．2mgL ＋mgHC ．2mgL ＋34mgHD ．2mgL ＋14mgH7．如图所示是磁悬浮列车运行原理模型．两根平行直导轨间距为L ，磁场磁感应强度B 1＝B 2，方向相反，同时以速度v 沿直导轨向右匀速运动．导轨上金属框电阻为R ，运动时受到的阻力为F f ，则金属框运动的最大速度表达式为( )A ．v m ＝B 2L 2v －F f R2B 2L 2B ．v m ＝2B 2L 2v －F f R2B 2L 2C ．v m ＝4B 2L 2v －F f R4B 2L 2D ．v m ＝2B 2L 2v ＋F f R2B 2L 28．两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L ，底端接阻值为R 的电阻．将质量为m 的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B 的匀强磁场垂直，如图所示．除电阻R 外其余电阻不计．现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则( )A ．释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度gB ．金属棒向下运动时，流过电阻R 的电流方向为a →bC ．金属棒的速度为v 时，所受的安培力大小为F ＝B 2L 2vRD ．电阻R 上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少 9．如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B ，方向竖直向下，在磁场中有一个边长为L 的正方形刚性金属框，ab 边的质量为m ，电阻为R ，其他三边的质量和电阻均不计，cd 边上装有固定的水平轴，将金属框自水平位置由静止释放，第一次转到竖直位置时，ab 边的速度为v ，不计一切摩擦，重力加速度为g ，则在这个过程中，下列说法正确的是( )A ．通过ab 边的电流方向为a →bB ．ab 边经过最低点时的速度v ＝ 2gLC ．a 、b 两点间的电压逐渐变大D ．金属框中产生的焦耳热为mgL －12mv 210．如图所示，两足够长平行光滑的金属导轨MN 、PQ 相距为L ，导轨平面与水平面夹角α＝30°，导轨电阻不计．磁感应强度为B 的匀强磁场垂直导轨平面向上，长为L 的金属棒ab 垂直于MN 、PQ 放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m 、电阻为R .两金属导轨的上端连接右端电路，灯泡的电阻R L ＝4R ，定值电阻R 1＝2R ，电阻箱电阻调到使R 2＝12R ，重力加速度为g ，现将金属棒由静止释放，试求：(1)金属棒下滑的最大速度为多大？(2)当金属棒下滑距离为s0时速度恰达到最大，求此过程中整个电路产生的电热．11．如图所示，质量m1＝0.1 kg，电阻R1＝0.3 Ω，长度l＝0.4 m的导体棒ab横放在U型金属框架上．框架质量m2＝0.2 kg，放在绝缘水平面上，与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2.相距0.4 m的MM′、NN′相互平行，电阻不计且足够长．电阻R2＝0.1 Ω的MN垂直于MM′.整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.5 T．垂直于ab施加F＝2 N的水平恒力，ab从静止开始无摩擦地运动，始终与MM′、NN′保持良好接触．当ab运动到某处时，框架开始运动．设框架与水平面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2.(1)求框架开始运动时ab速度v的大小；(2)从ab开始运动到框架开始运动的过程中，MN上产生的热量Q＝0.1 J，求该过程ab位移x的大小．高考物理一轮复习《法拉第电磁感应定律综合应用》典型题（精排版）参考答案：1．解析：由图象可知闭合电路中的感应电动势为一恒量，感应电流也是恒量，由于回路中的磁通量是减小的，PQ棒受到的安培力平行于斜面向上，由于磁感应强度减小，PQ棒受到的安培力也是减小的，若PQ棒的重力平行于斜面的分量大于开始时的安培力，f是向上的，也就是当安培力减小时，f一直增大；若PQ棒的重力平行于斜面的分量小于开始时的安培力，f向下，当安培力减小时，f减小，当安培力减小到小于重力平行于斜面的分量时，f反向(向上)增大．答案：AC2．解析：杆ef向右运动，所受安培力F＝BIl＝Bl BlvR＝B2l2vR，方向向左，故杆做减速运动；v减小，F减小，杆做加速度逐渐减小的减速运动，A正确．答案：A3．解析：导体棒由静止下落，在竖直向下的重力作用下，物体做加速运动．开关闭合时，由右手定则，导体中产生的电流方向为逆时针方向，再由左手定则，可判定导体棒受到的磁场力方向向上，F＝BIL＝B BLvRL，导体棒受到的重力和磁场力的合力变小，加速度变小，物体做加速度越来越小的运动，A正确；最后合力为零，加速度为零，做匀速运动．由F－mg＝0得，B BLvRL＝mg，v＝mgRB2L2，D正确；导体棒克服安培力做功，减少的机械能转化为电能，由于电流的热效应，电能又转化为内能，B正确．答案：ABD4．解析：ab边做匀速运动，当ab边离开磁场后，由于bc>h，故线框还将加速，所以cd边进入磁场的速度大于ab边在磁场中运动的速度，所以cd边穿过磁场时的平均速度大于ab边做匀速运动的速度，所以所用时间比t短，故B正确；由于cd 边运动过程中做减速运动，所以F 安>mg ，故线框产生的热量大于mgh ，故C 正确．答案：BC5．解析：当杆的速度达到最大时，安培力F 安＝B 2d 2vR ＋r ，杆受力平衡，故F －μmg－F 安＝0，所以v ＝F －μmg R ＋rB 2d 2，选项A 错；流过电阻R 的电荷量为q＝It ＝ΔΦR ＋r ＝BdlR ＋r，选项B 对；根据动能定理，恒力F 、安培力、摩擦力做功的代数和等于杆动能的变化量，由于摩擦力做负功，所以恒力F 、安培力做功的代数和大于杆动能的变化量，选项C 错D 对．答案：BD6．解析：设刚进入磁场时的速度为v 1， 刚穿出磁场时的速度v 2＝v 12.①线框自开始进入磁场到完全穿出磁场共下落高度为2L . 由题意得12mv 21＝mgH ，②12mv 21＋mg ·2L ＝12mv 22＋Q .③ 由①②③得Q ＝2mgL ＋34mgH .C 选项正确．答案：C7．解析：当金属棒受到的安培力和阻力平衡时速度最大，根据E ＝BL (v －v m )，I ＝2E R ，F 安＝BIL,2F 安＝F f ，解得v m ＝4B 2L 2v －F f R 4B 2L 2，故C 正确．答案：C8．解析：金属棒刚释放时，弹簧处于原长，此时弹力为零，又因此时速度为零，因此也不受安培力作用，金属棒只受到重力作用，其加速度应等于重力加速度，故A 对；金属棒向下运动时，由右手定则可知，在金属棒上电流方向向右，则电阻等效为外电路，其电流方向为b →a ，故B 错；金属棒速度为v 时，安培力大小为F＝BIL，I＝BLvR，由以上两式得：F＝B2L2vR，故C对；金属棒下落过程中，由能量守恒定律知，金属棒减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能、金属棒的动能以及电阻R上产生的热量，因此D错．答案：AC9．解析：ab边从水平位置到竖直位置(最低点)的过程中线框中的磁通量逐渐减少，则ab边的电流b→a；t过程中由能量守恒，有Q＝mgL－12mv2，v<2gL，Uab＝ER总·R外，R外＝0，U ab＝0.答案：D10．解析：(1)当金属棒匀速下滑时速度最大，设最大速度为v m，达到最大时则有mg sin α＝F安F安＝ILB I＝ER总E＝BLvmR总＝6R解得最大速度v m＝3mgR B2L2(2)由能量守恒知，mg·s0sin α＝Q＋12 mv2m代入上面的v m值，可得Q＝mg2(s0－9m2gR2B4L4)答案：(1)3mgRB2L2(2)mg2(s0－9m2gR2B4L4)11．解析：(1)ab对框架的压力F1＝m1g①框架受水平面的支持力F N＝m2g＋F1②依题意，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则框架受到最大静摩擦力F2＝μF N③ab中的感应电动势E＝Blv④MN中电流I＝ER1＋R2⑤MN受到的安培力F安＝IlB⑥框架开始运动时F安＝F2⑦由上述各式代入数据解得v＝6 m/s⑧(2)闭合回路中产生的总热量Q总＝R1＋R2R2Q⑨由能量守恒定律，得Fx＝12m1v2＋Q总⑩代入数据解得x＝1.1 m答案：(1)6 m/s (2)1.1 m。
天河中学2017高考物理一轮基础复习精选试题：电磁感应定律的综合应用 含解析
电磁感应定律的综合应用一、选择题(每小题5分,共40分）1.如图所示，两光滑平行金属导轨间距为L，直导线MN垂直跨在导轨上，且与导轨接触良好，整个装置处于垂直于纸面向里的匀强磁场中,磁感应强度为B。
电容器的电容为C,除电阻R外,导轨和导线的电阻均不计．现给导线MN一初速度，使导线MN向右运动，当电路稳定后，MN以速度v向右做匀速运动时（）A．电容器两端的电压为零B．电阻两端的电压为BLvC．电容器所带电荷量为CBLvD．为保持MN匀速运动,需对其施加的拉力大小为错误!解析 C 当导线MN匀速向右运动时，导线MN产生的感应电动势恒定，稳定后,对电容器不充电也不放电，无电流产生，故电阻两端没有电压，电容器两板间的电压为U＝E＝BLv，所带电荷量Q＝CU＝CBLv，C正确；因匀速运动后MN所受合力为0，且此时无电流，故不受安培力即无需拉力便可做匀速运动，D错．2.如图所示,匀强磁场的磁感应强度为B，方向竖直向下，在磁场中有一个边长为L的正方形刚性金属框,ab边的质量为m,电阻为R，其他三边的质量和电阻均不计．cd边上装有固定的水平轴，将金属框自水平位置由静止释放，第一次转到竖直位置时，ab边的速度为v，不计一切摩擦，重力加速度为g，则在这个过程中，下列说法正确的是（)A．通过ab边的电流方向为a→bB．ab边经过最低点时的速度v＝错误!C．a、b两点间的电压逐渐变大D．金属框中产生的焦耳热为mgL－错误!mv2解析 D 本题考查电磁感应．ab边向下摆动过程中，磁通量逐渐减小，根据楞次定律及右手定则可知感应电流方向为b→a，选项A错误；ab边由水平位置到达最低点过程中,机械能不守恒，所以选项B错误；金属框摆动过程中，ab边同时受安培力作用，故当重力与安培力沿其摆动方向分力的合力为零时,a、b两点间电压最大，选项C错误；根据能量转化和守恒定律可知，金属框中产生的焦耳热应等于此过程中机械能的损失，故选项D正确．3.如图所示，边长为L的正方形导线框质量为m，由距磁场H 高处自由下落，其下边ab 进入匀强磁场后，线圈开始做减速运动,直到其上边cd 刚刚穿出磁场时，速度减为ab 边进入磁场时的一半，磁场的宽度也为L ,则线框穿越匀强磁场过程中发出的焦耳热为( ）A ．2mgLB ．2mgL ＋mgHC ．2mgL ＋错误!mgHD ．2mgL ＋错误!mgH解析 C 设刚进入磁场时的速度为v 1，刚穿出磁场时的速度v 2＝错误!.线框自开始进入磁场到完全穿出磁场共下落高度为2L 。
高考物理一轮复习题及答案解析 电磁感应
选择题专练卷(七)电磁感应电路一、单项选择题1．矩形闭合线圈放置在水平薄板上；薄板下有两块相同的蹄形磁铁；四个磁极之间的距离相等(其间距略大于矩形线圈的宽)；如图1所示；当两块磁铁匀速向右通过线圈时；线圈仍静止不动；那么线圈受到薄板的摩擦力方向和线圈中产生感应电流的方向是()图1A．摩擦力方向一直向左B．摩擦力方向先向左、后向右C．感应电流的方向一直不变D．感应电流的方向顺时针→逆时针；共经历四次这样的变化2．如图2所示；铝质的圆筒形管竖直立在水平桌面上；一条形磁铁从铝管的正上方由静止开始下落；然后从管内下落到水平桌面上。
已知磁铁下落过程中不与管壁接触；不计空气阻力；下列判断正确的是()图2A．磁铁在整个下落过程中机械能守恒B．磁铁在整个下落过程中动能的增加量小于重力势能的减少量C．磁铁在整个下落过程中做自由落体运动D．磁铁在整个下落过程中；铝管对桌面的压力小于铝管的重力3．如图3所示；一块绝缘薄圆盘可绕其中心的光滑轴自由转动；圆盘的四周固定着一圈带电的金属小球；在圆盘的中部有一个圆形线圈。
实验时圆盘沿顺时针方向绕中心转动时；发现线圈中产生逆时针方向(由上向下看)的电流；则下列关于可能出现的现象的描述正确的是()图3A．圆盘上金属小球带负电；且转速减小B．圆盘上金属小球带负电；且转速增加C．圆盘上金属小球带正电；且转速不变D．圆盘上金属小球带正电；且转速减小4．如图4所示；通过水平绝缘传送带输送完全相同的闭合铜线圈；线圈均与传送带以相同的速匀速运动。
为了检测出个别未闭合的不合格线圈；让传送带通过一固定匀强磁场区域；磁场方向垂直于传送带平面向上；线圈进入磁场前等距离排列；穿过磁场后根据线圈间的距离；就能够检测出不合格线圈。
通过观察图4；下列说法正确的是()图4A．从图中可以看出；第2个线圈是不闭合线圈B．从图中可以看出；第3个线圈是不闭合线圈C．若线圈闭合；进入磁场时线圈相对传送带向前运动D．若线圈不闭合；进入磁场时线圈相对传送带向后运动5．如图5甲所示；固定在水平桌面上的光滑金属框架cdeg处于竖直向下的匀强磁场中；金属杆ab与金属框架接触良好。
2020版高考物理一轮复习练习：电磁感应定律的综合应用(含解析)
如图所示是世界上早期制造的发电机及电动机的实验装置，铜盘的一部分处在蹄形磁铁当中．实验时用导线连接铜盘的边缘，则下列说法中正确的是( )连接，用外力摇手柄使铜盘转动，闭合电路中会产生感应电流一匝由粗细均匀的同种导线绕成的矩形导线框，磁场方向与线圈平面垂直，磁感应强度大小在范围足够大、方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为场中，有一水平放置的光滑金属框架，宽度L＝0.4 m，如图所示，框架上放置一质量为时间内，磁感应强度减小，方向垂直纸面向里，由楞次定律可知，产生的感应电流沿顺时针方向，为负，同理可知，0.5T～T时间内，电流为正，由法拉第电磁感如图所示为粗细均匀的铜导线制成的半径为其左右两侧存在垂直圆环所在平面的匀强磁场，磁感应强度大小均为、电阻为R的金属棒MN绕着圆环的圆心沿顺时针方向匀速转动，转动过程中金属棒与圆环始终接触良好，则金属棒旋转根据右手定则可知，金属棒在题图所示位置时，电流方向由错误；根据法拉第电磁感应定律可得，产生的感应电动，等效电路如图所示，两半圆环并联的总电阻为是两个完全相同的灯泡，管的正向电阻为零，反向电阻无穷大，L是带铁芯的线圈，其自感系数很大，直流电阻忽略设金属棒长L，I＝kt，则由欧姆定律可知：I＝BlvR＋r＝kt，所以v＝＋BLt，＝＋BL＝常数，故的电流等于通过金的电流，所以内圆环中的感应电流沿顺时针方向内圆环有扩张的趋势末圆环对桌面的压力小于圆环的重力多选)如图所示，间距为滑金属导轨水平放置，导轨左端用一阻值为R的电阻连接，导轨上横跨一根质量为达到稳定状态时，电流表满偏 达到稳定状态时，电压表满偏达到稳定状态时，棒ab 的速度是1 m /s°的过程中，O 、P 两端电压U ＝14BL 2ω120°的过程中通过LED 灯的电流I ＝BL 2ω8rπωB 2L4的圆弧形光滑金属导轨置于沿圆弧径向的磁场中，，一端接有电阻R，导轨所在位置处的磁感应强度大小均．线框中产生顺时针方向的感应电流S1、S2都闭合时，三个灯泡为理想二极管．现断开开关S2，电路达到稳定状态时，再断开开关的瞬间，下列判断正确的是( )均先变亮然后逐渐变暗如图所示，两根足够长的平行直导轨AB、CD与水平面成的定值电阻．一根质量均匀分布的直金属杆放在两导轨上，并与导轨垂直．整套装置处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向分析金属杆在运动过程中的受力情况可知，金属杆受重力的共同作用，金属杆沿导轨方向向上运动，由牛顿第二定律如图所示，竖直放置的“”形光滑导轨宽为．刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下．穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间．穿过两磁场产生的总热量为4mgd．释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h 可能小于m 2gR 22B 4L4时细杆既不被拉伸也不被压缩时间内，绝缘细杆先被拉伸后被压缩感应电动势与电容器两极板间的电势差相等，即BLv＝U，设电容器的＝kt，导体棒的速度随时间变化的关系为v＝时间内金属框中的电流方向不变时间内金属框做匀加速直线运动时间内金属框做加速度逐渐减小的直线运动时间内金属框中产生的焦耳热为mgL sinθ－12 mv2](多选)如图所示，两根等高光滑的，轨道电阻不计．在轨道顶端连有一阻值为R的电阻，整个装置处在一竖直向上的现有一根长度稍大于L、电阻不计的金属棒从轨道最低位置多选)如图，xOy平面为光滑水平面，现有一长为轴正方向以速度v做匀速直线运动，空间存在竖直方向式中B0为已知量)，规定竖直向下方向为磁感应强度正方cd固定在竖直平面内，导轨间距为是一水平放置的导体杆，其质量为保持良好接触．整个装置放在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面，导轨间有大小相等但左、右两部分方向相反的匀强磁场，两棒电阻与棒长成正比，不计导轨电阻．现用时其上产生的焦耳热为Q v A：v＝：2棒上产生的焦耳热；v A C＝，联立以上两式并代入数据得撤去拉力F后，速运动时电路中电流为零，。
2019届高考物理一轮复习：第十章 第讲 电磁感应规律的综合应用(二)——动力学和能量、动量 Word版含答案
第4讲电磁感应规律的综合应用(二)——动力学和能量、动量板块一主干梳理·夯实基础【知识点1】电磁感应现象中的动力学问题Ⅱ1、安培力的大小2、安培力的方向(1)先用右手定则或楞次定律确定感应电流方向，再用左手定则确定安培力方向、(2)根据楞次定律，安培力方向一定和导体切割磁感线运动方向相反、3、分析导体受力情况时，应做包含安培力在内的全面受力分析、4、根据平衡条件或牛顿第二定律列方程、【知识点2】电磁感应现象中的能量问题Ⅱ1、电磁感应中的能量转化闭合电路的部分导体做切割磁感线运动产生感应电流，通有感应电流的导体在磁场中受安培力、外力克服安培力做功，将其他形式的能转化为电能，通有感应电流的导体在磁场中受安培力作用或通过电阻发热，使电能转化为其他形式的能、2、实质电磁感应现象的能量转化，实质是其他形式的能和电能之间的转化、板块二考点细研·悟法培优考点1 电磁感应中的动力学问题[解题技巧]导体棒的运动学分析电磁感应现象中产生的感应电流在磁场中受到安培力的作用，从而影响导体棒(或线圈)的受力情况和运动情况、1、两种状态及处理方法2、力学对象和电学对象的相互关系3、动态分析的基本思路例1[2016·安徽模拟]如图所示，固定的光滑金属导轨间距为L，导轨电阻不计，上端a、b 间接有阻值为R的电阻，导轨平面与水平面的夹角为θ，且处在磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中、质量为m、电阻为r的导体棒与固定弹簧相连后放在导轨上、初始时刻，弹簧恰处于自然长度，导体棒具有沿轨道向上的初速度v0、整个运动过程中导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触，弹簧的中心轴线与导轨平行、(1)求初始时刻通过电阻R 的电流I 的大小和方向；(2)当导体棒第一次回到初始位置时，速度变为v ，求此时导体棒的加速度大小 a 、导体棒向上运动和向下运动过程中流过R 的电流方向相同吗？ 提示:不同、(2)下降过程的牛顿第二定律、 提示:mg sin θ＋F 弹－F 安＝ma 、尝试解答 (1)BL v 0R ＋r b →a (2)g sin θ－B 2L 2vm (R ＋r )、(1)导体棒产生的感应电动势E 1＝BL v 0 通过R 的电流大小I 1＝E 1R ＋r ＝BL v 0R ＋r电流方向为b →a 、(2)导体棒产生的感应电动势为E 2＝BL v 感应电流I 2＝E 2R ＋r ＝BL v R ＋r导体棒受到的安培力大小F ＝BIL ＝B 2L 2vR ＋r ，方向沿斜面向上、根据牛顿第二定律有mg sin θ－F ＝ma 解得a ＝g sin θ－B 2L 2vm (R ＋r )、总结升华单棒切割磁感线的两种模型模型一:导体棒ab 先自由下落再进入匀强磁场，如图甲所示、模型二:导体棒ab 沿光滑的倾斜导轨自由下滑，然后进入匀强磁场(磁场垂直于轨道平面)，如图乙所示、两类模型中的临界条件是导体棒ab 受力平衡、以模型一为例，有mg ＝F 安＝B 2l 2v 0R ，即v 0＝mgR B 2l2、 若线框进入磁场时v >v 0，则线框先减速再匀速；若v <v 0，线框先加速再匀速(都假设线框和磁场区域长度足够长)、[跟踪训练] (多选)如图所示，相距L 的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R ，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B 、将质量为m 的导体棒由静止释放，当速度达到v 时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P ，导体棒最终以2v 的速度匀速运动、导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g 、下列选项正确的是( )A 、P ＝2mg v sin θB 、P ＝3mg v sin θC 、当导体棒速度达到v 2时加速度大小为g2sin θD 、在速度达到2v 以后的匀速运动过程中，R 上产生的焦耳热等于拉力所做的功 答案 AC解析 当导体棒第一次匀速运动时，沿导轨方向有mg sin θ＝B 2L 2vR ；当导体棒第二次匀速运动时，沿导轨方向有F ＋mg sin θ＝2B 2L 2vR ，两式联立解得F ＝mg sin θ，此时拉力F 的功率P＝F ×2v ＝2mg v sin θ，选项A 正确，B 错误；当导体棒的速度达到v2时，沿导轨方向有mg sin θ－B 2L 2v 2R ＝ma ，解得a ＝12g sin θ，选项C 正确；导体棒的速度达到2v 以后，拉力与重力的合力所做的功全部转化为R 上产生的焦耳热，选项D 错误、 考点2 电磁感应中的能量问题 [解题技巧]1、能量转化及焦耳热的求法 (1)能量转化(2)求解焦耳热Q 的三种方法2、电能求解的三种主要思路(1)利用克服安培力做功求解:电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功； (2)利用能量守恒或功能关系求解；(3)利用电路特征来求解:通过电路中所产生的电能来计算、 3、解题的一般步骤(1)确定研究对象(导体棒或回路)；(2)弄清电磁感应过程中，哪些力做功，哪些形式的能量相互转化； (3)根据能量守恒定律列式求解、例2 将一斜面固定在水平面上，斜面的倾角为θ＝30°，其上表面绝缘且斜面的顶端固定一挡板，在斜面上加一垂直斜面向上的匀强磁场，磁场区域的宽度为H ＝0、4 m ，如图甲所示，磁场边界与挡板平行，且上边界到斜面顶端的距离为x ＝0、55 m 、将一通电导线围成的矩形导线框abcd 置于斜面的底端，已知导线框的质量为m ＝0、1 kg ，导线框的电阻为R ＝0、25 Ω，ab 的长度为L ＝0、5 m 、从t ＝0时刻开始在导线框上加一恒定的拉力F ，拉力的方向平行于斜面向上，使导线框由静止开始运动，当导线框的下边与磁场的上边界重合时，将恒力F撤走，最终导线框与斜面顶端的挡板发生碰撞，碰后导线框以等大的速度反弹，导线框沿斜面向下运动、已知导线框向上运动的v-t图象如图乙所示，导线框与斜面间的动摩擦因数为μ＝33，整个运动过程中导线框没有发生转动，且始终没有离开斜面，g＝10 m/s2、(1)求在导线框上施加的恒力F以及磁感应强度的大小；(2)若导线框沿斜面向下运动通过磁场时，其速度v与位移s的关系为v＝v0－B2L2mR s，其中v0是导线框ab边刚进入磁场时的速度大小，s为导线框ab边进入磁场区域后对磁场上边界的位移大小，求整个过程中导线框中产生的热量Q、由图乙的v-t图可求出什么？提示:加速度、(2)在图乙中0、4 s以后有一段匀速直线运动，说明什么问题？提示:导线框进入磁场区域后以2 m/s的速度匀速运动，受力平衡、(3)安培力做功与焦耳热的关系？提示:克服安培力做功等于回路中产生的电能，如果是纯电阻电路，也等于回路中总的焦耳热、尝试解答(1)1、5_N__0、50_T__(2)0、45__J、(1)由v-t图象可知，在0～0、4 s时间内导线框做匀加速直线运动，进入磁场时的速度为v1＝2、0 m/s，所以在此过程中的加速度a＝ΔvΔt＝5、0 m/s2由牛顿第二定律有F－mg sinθ－μmg cosθ＝ma解得F＝1、5 N由v-t图象可知，导线框进入磁场区域后以速度v1做匀速直线运动通过导线框的电流I＝ER＝BL v1R导线框所受安培力F安＝BIL对于导线框匀速运动的过程，由力的平衡条件有F ＝mg sin θ＋μmg cos θ＋B 2L 2v 1R解得B ＝0、50 T 、(2)导线框进入磁场区域后做匀速直线运动，并以速度v 1匀速穿出磁场，说明导线框的宽度等于磁场的宽度H ，导线框ab 边离开磁场后做匀减速直线运动，在导线框到达挡板时的位移为 x 0＝x －H ＝0、15 m设导线框与挡板碰撞前的速度为v 2，由动能定理，有 －mg (x －H )sin θ－μmg (x －H )cos θ＝12m v 22－12m v 21 解得v 2＝v 21－2g (x －H )(sin θ＋μcos θ)＝1、0 m/s导线框碰挡板后速度大小仍为v 2，导线框下滑过程中，由于重力沿斜面方向的分力与滑动摩擦力大小相等，即mg sin θ＝μmg cos θ＝0、50 N ，因此导线框与挡板碰撞后向下做匀速直线运动，ab 边刚进入磁场时的速度为v 2＝1、0 m/s ；进入磁场后因为又受到安培力作用而减速，做加速度逐渐变小的减速运动，设导线框全部离开磁场区域时的速度为v 3 由v ＝v 0－B 2L 2mR s 得v 3＝v 2－2B 2L 2HmR ＝－1、0 m/s因v 3<0，说明导线框在离开磁场前速度已经减为零，这时安培力消失，导线框受力平衡，所以导线框将静止在磁场中某位置导线框向上运动通过磁场区域的过程中产生的焦耳热Q 1＝I 2Rt ＝2B 2L 2H v 1R＝0、40 J 导线框向下运动进入磁场的过程中产生的焦耳热 Q 2＝12m v 22＝0、05 J所以Q ＝Q 1＋Q 2＝0、45 J 、 总结升华电磁感应现象中能量的计算(1)回路中电流稳定可利用电路知识，由W ＝UIt ，Q ＝I 2Rt 直接计算、 (2)若电流变化利用安培力做功、功能关系解决、[跟踪训练] 如图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l ＝0、5 m ，左端接有阻值R ＝0、3 Ω的电阻、一质量m ＝0、1 kg 、电阻r ＝0、1 Ω的金属棒MN 放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B ＝0、4 T 、棒在水平向右的外力作用下由静止开始以a ＝2 m/s 2的加速度做匀加速运动，当棒的位移x ＝9 m 时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q 1∶Q 2＝2∶1、导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，求:(1)棒在匀加速运动过程中，通过电阻R 的电荷量q ； (2)撤去外力后回路中产生的焦耳热Q 2； (3)外力做的功W F 、答案 (1)4、5 C (2)1、8 J (3)5、4 J解析 (1)设金属棒做匀加速运动的时间为Δt ，回路中磁通量的变化量为ΔΦ，回路中产生的平均感应电动势为E ，则由法拉第电磁感应定律得E ＝ΔΦΔt ，其中ΔΦ＝Blx设回路中的平均电流为I ， 则由闭合电路欧姆定律得I ＝ER ＋r 通过电阻R 的电荷量q ＝I Δt联立以上各式，代入数据解得q ＝4、5 C 、(2)设撤去外力时棒的速度为v ，在棒做匀加速运动的过程中，由运动学公式得 v 2＝2ax 设棒在撤去外力后的运动过程中安培力做的功为W ， 由动能定理得W ＝0－12m v 2撤去外力后回路中产生的焦耳热Q 2＝－W 代入数据解得Q 2＝1、8 J 、(3)由题意知，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比 Q 1∶Q 2＝2∶1，可得Q 1＝3、6 J 在棒运动的整个过程中，由功能关系可知 W F ＝Q 1＋Q 2＝5、4 J 、考点3 电磁感应中的动量问题 [拓展延伸]电磁感应现象中产生感应电流，感应电流在磁场中受安培力作用，经过一段时间就会使导体棒(线圈)产生动量的变化、如果是一个系统，系统合外力为0，则系统动量守恒、例3 两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为L 、导轨上面垂直放置两根导体棒ab 和cd ，构成矩形回路，如图所示、两根导体棒的质量皆为m ，电阻均为R ，回路中其余部分的电阻可不计、在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B 、设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行、开始时，棒cd 静止，棒ab 有指向棒cd 的初速度v 0、若两导体棒在运动中始终不接触，则:(1)在运动中产生的焦耳热最多是多少？(2)当ab 棒的速度变为初速度的34时，cd 棒的加速度是多少？什么时候产生的焦耳热最多？提示:两棒速度相同时、(2)两棒速度相同时，安培力有什么特点？怎样求相同速度？ 提示:安培力大小相等、方向相反，两导体棒运动遵循动量守恒、 尝试解答 (1)14m v 20 (2)B 2L 2v 04mR、ab 棒向cd 棒运动时，两棒和导轨构成的回路面积变小，磁通量变小，于是产生感应电流，ab 棒受到与其运动方向相反的安培力而做减速运动，cd 棒则在安培力的作用下向右做加速运动、只要ab 棒的速度大于cd 棒的速度，回路总有感应电流，ab 棒继续减速，cd 棒继续加速，直到两棒速度相同时，回路面积保持不变，不产生感应电流，两棒以相同的速度v 做匀速运动、(1)从开始到两棒达到相同速度v 的过程中，两棒的总动量守恒，有m v 0＝2m v 根据能量守恒定律，整个过程中产生的焦耳热 Q ＝12m v 20－12(2m )v 2＝14m v 20、 (2)设ab 棒的速度变为34v 0时，cd 棒的速度为v ′，则由动量守恒定律可知m v 0＝34m v 0＋m v ′解得v ′＝14v 0，回路中的电动势E ＝34BL v 0－14BL v 0＝12BL v 0I ＝E2R此时cd 棒所受的安培力F ＝BIL ＝B 2L 2v 04R、由牛顿第二定律可得，cd 棒的加速度a ＝F m ＝B 2L 2v 04mR、总结升华[递进题组]1、 如图所示，ab 和cd 是两条竖直放置且足够长的长直光滑金属导轨，MN 和M ′N ′是两根用细线连接的金属杆，其质量分别为m 和2m 、竖直向上的外力F 作用在杆MN 上，使两杆水平静止，并刚好与导轨接触；两杆的总电阻为R ，导轨间距为l 、整个装置处在磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂直、导轨电阻可忽略，重力加速度为g 、在t ＝0时刻将细线烧断，保持F 不变，金属杆和导轨始终接触良好且垂直、求:(1)细线烧断后，任意时刻两杆运动的速度之比； (2)两杆分别达到的最大速度、 答案 (1)2∶1 (2)4mgR 3B 2l 2 2mgR3B 2l 2解析 (1)设某时刻MN 和M ′N ′速度分别为v 1、v 2 由动量守恒m v 1－2m v 2＝0，得v 1v 2＝21、(2)当MN 和M ′N ′的加速度为零时，速度最大对M ′N ′由平衡条件知BIl ＝2mg I ＝E RE ＝Bl v 1＋Bl v 2 得v 1＝4mgR 3B 2l 2，v 2＝2mgR3B 2l 2、 2、 [2017·哈尔滨师大附中二模]如图所示，竖直平面内，水平线OO ′下方足够大的区域内存在水平匀强磁场，磁感应强度为B ，一个单匝正方形导体框，边长为L ，质量为m ，总电阻为r ，从ab 边距离边界OO ′为L 的位置由静止释放、已知从ab 边刚进入磁场到cd 边刚进入磁场所用时间为t ，重力加速度为g ，空气阻力不计，导体框不翻转，求:(1)ab 边刚进入磁场时，b 、a 间电势差大小U ba ； (2)cd 边刚进入磁场时，导体框的速度大小、 答案 (1)3BL 42gL (2)gt －B 2L 3mr ＋2gL解析 (1)ab 边刚进入磁场时速度大小为v 1， 则mgL ＝12m v 21E ＝BL v 1 I ＝E r U ba ＝I ·34r解得U ba ＝3BL42gL 、 (2)从ab 边刚进入磁场到cd 边刚进入磁场的过程中 mgt －F A t ＝m v 2－m v 1 F A ＝B I L I ＝Er E ＝ΔΦtΔΦ＝BL2由以上各式解得:v2＝gt－B2L3mr＋2gL、1、模型构建对杆在导轨上运动组成的系统，杆在运动中切割磁感线产生感应电动势，并受到安培力的作用改变运动状态，最终达到稳定状态，该系统称为“杆和导轨”模型、2、模型分类单杆模型、双杆模型、3、模型特点(1)单杆模型(2)双杆模型 ①模型特点a 、一杆切割时，分析同单杆类似、b 、两杆同时切割时，回路中的感应电动势由两杆共同决定，E ＝ΔΦΔt＝Bl (v 1－v 2)、 ②电磁感应中的“双杆”问题分析a 、初速度不为零，不受其他水平外力的作用b、初速度为零，一杆受到恒定水平外力的作用如图所示，两根间距为L的金属导轨MN和PQ，电阻不计，左端向上弯曲，其余水平，水平导轨左端有宽度为d、方向竖直向上的匀强磁场区域Ⅰ，右端有另一磁场区域Ⅱ，其宽度也为d ，但方向竖直向下，磁场的磁感应强度大小均为B 、有两根质量均为m 、电阻均为R 的金属棒a 和b 与导轨垂直放置，b 棒置于磁场区域Ⅱ内导轨的中点C 、D 处，导轨除C 、D 两处(对应的距离极短)外其余均光滑，两处对棒可产生总的最大静摩擦力为棒重力的k 倍，a 棒从弯曲导轨某处由静止释放、当只有一根棒做切割磁感线运动时，它速度的减少量与它在磁场中通过的距离成正比，即Δv ∝Δx 、重力加速度为g 、(1)若a 棒释放的高度大于h 0，则a 棒进入磁场区域Ⅰ时会使b 棒运动，判断b 棒的运动方向并求出h 0、(2)若将a 棒从高度小于h 0的某处释放，使其以速度v 0进入磁场区域Ⅰ，结果a 棒以12v 0的速度从磁场区域Ⅰ中穿出，求在a 棒穿过磁场区域Ⅰ过程中通过b 棒的电荷量q 和两棒即将相碰时b 棒上的电功率P b 、 [答案] (1)b 向左运动 h 0＝2k 2m 2gR 2B 4L 4(2)q ＝BLd 2R P b ＝B 2L 2v 2064R[解析] (1)根据右手定则可判断出，进入磁场区域Ⅰ时，金属棒a 中感应电流的方向为由M 指向P ，从而可知b 棒中电流方向由D 指向C ，根据左手定则可知金属棒b 所受安培力方向向左，所以b 棒向左运动a 棒从高度为h 0处释放后在弯曲导轨上滑动时机械能守恒，有 mgh 0＝12m v 2解得v ＝2gh 0a 棒刚进入磁场区域Ⅰ时，感应电动势:E ＝BL v 此时感应电流大小I ＝E 2R此时b 棒受到的安培力大小F ＝BIL ，依题意有F ＝kmg 联立解得h 0＝2k 2m 2gR 2B 4L 4、(2)由于a 棒从高度小于h 0的某处释放，因此b 棒在两棒相碰前将保持静止、流过b 棒的电荷量q ＝I ·Δt ，又I ＝E R 总，E ＝ΔΦΔt，ΔΦ＝B ΔS ，ΔS ＝Ld ，R 总＝2R 联立解得q ＝BLd2R由题意可知，两棒将要相碰时的a 棒的速度v ′，因为Δv ∝Δx ，所以a 棒进入磁场区域Ⅱ中速度的变化量为v －v 02d ·12d 、v ′＝12v 0－v 0－v 02d ·12d ＝14v 0此时电流大小I ＝BL v ′2R ＝BL v 08R此时b 棒上的电功率P b ＝I 2R ＝B 2L 2v 2064R、名师点睛分析“杆和导轨”的模型要按照下述步骤分析:(1)先进行“源”的分析——分离出电路中由电磁感应所产生的电源，求出电源参数E 和r ； (2)再进行“路”的分析——分析电路结构，弄清串、并联关系，求出相关部分的电流大小，以便求解安培力；(3)然后是“力”的分析——分析研究对象(常是金属杆、导体线圈等)的受力情况，尤其注意其所受的安培力；(4)接着进行“运动”状态的分析和能量的分析——根据力和运动的关系，判断出正确的运动模型及能量转化关系、1、[2017·湖南衡阳模拟]如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上，相距均为d 的三条水平虚线l 1、l2、l 3，它们之间的区域Ⅰ、Ⅱ分别存在垂直斜面向下和垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度大小均为B 、一个质量为m 、边长为d 、总电阻为R 的正方形导线框，从l 1上方一定高度处由静止开始沿斜面下滑，当ab 边刚越过l 1进入磁场Ⅰ时，恰好以速度v 1做匀速直线运动；当ab 边在越过l 2运动到l 3之前的某个时刻，线框又开始以速度v 2做匀速直线运动，重力加速度为g 、在线框从释放到穿出磁场的过程中，下列说法正确的是( )A 、线框中感应电流的方向不变B 、线框ab 边从l 1运动到l 2所用时间大于从l 2运动到l 3所用时间C 、线框以速度v 2匀速直线运动时，发热功率为 m 2g 2R 4B 2d 2sin 2θ D 、线框从ab 边进入磁场到速度变为v 2的过程中，减少的机械能ΔE 机与线框产生的焦耳热Q 电的关系式是ΔE 机＝W G ＋12m v 21－12m v 22＋Q 电 答案 C解析 ab 边在两个不同的区域切割磁感线产生的感应电流的方向相反，A 错误；线框以速度v 1做匀速直线运动时，有 mg sin θ－B 2d 2v 1R ＝0，线框以速度v 2做匀速直线运动时，mg sin θ－4B 2d 2v 2R ＝0，显然v 2<v 1，线框ab 边从l 1运动到l 2所用时间小于从l 2运动到l 3所用时间，B 错误；线框以速度v 2匀速直线运动时，发热功率与重力做功的功率相同，P ＝mg v 2sin θ＝m 2g 2R 4B 2d 2sin 2θ，C 正确；线框从ab 边进入磁场到速度变为v 2的过程中，机械能的变化等于除重力外其他力做的功，即减少的机械能等于克服安培力做的功，也等于线框中产生的焦耳热，所以有ΔE 机＝Q 电，D 错误、2、如图所示，PQ 和MN 是固定于倾角为30°斜面内的平行光滑金属轨道，轨道足够长，其电阻可忽略不计、金属棒ab 、cd 放在轨道上，始终与轨道垂直且接触良好、金属棒ab 的质量为2m ，cd 的质量为m ，长度均为L ，电阻均为R ；两金属棒的长度恰好等于轨道的间距，并与轨道形成闭合回路、整个装置处在垂直斜面向上、磁感应强度为B 的匀强磁场中，若锁定金属棒ab 不动，使金属棒cd 在与其垂直且沿斜面向上的恒力F ＝2mg 作用下，沿轨道向上做匀速运动、重力加速度为g 、(1)试推导论证:金属棒cd 克服安培力做功的功率P 安等于电路获得的电功率P 电； (2)设金属棒cd 做匀速运动中的某时刻t 0＝0，恒力大小变为F ′＝1、5mg ，方向不变，同时解锁、静止释放金属棒ab ，直到t 时刻金属棒ab 开始做匀速运动、求: ①t 时刻以后金属棒ab 的热功率P ab ； ②0～t 时刻内通过金属棒ab 的电荷量q 、答案 (1)见解析 (2)m 2g 2R B 2L 2 2m 2gR ＋3mgB 2L 2t3B 3L 3解析 (1)设金属棒cd 做匀速运动的速度为v ， E ＝BL v ①I ＝E 2R② F －mg sin30°＝F 安＝IBL ③金属棒cd 克服安培力做功的功率P 安＝F 安v ④ 电路获得的电功率P 电＝E 22R ⑤由①②③④得P 安＝B 2L 2v 22R ⑥由①⑤得P 电＝B 2L 2v 22R ⑦所以P 安＝P 电⑧(2)①金属棒ab 做匀速运动，则有I 1BL ＝2mg sin30°⑨ 金属棒ab 的热功率P ab ＝I 21R ⑩ 由⑨⑩解得P ab ＝m 2g 2R B 2L2⑪②设t 时刻后金属棒ab 做匀速运动的速度为v 1，金属棒cd 也做匀速运动，速度为v 2；由金属棒ab 、金属棒cd 组成的系统动量守恒:m v ＝2m v 1＋m v 2⑫ 回路电流I 1＝BL (v 2－v 1)2R⑬ 由①②③⑨⑫⑬解得:金属棒ab 做匀速运动的速度为 v 1＝mgR 3B 2L2⑭0～t 时刻内对金属棒ab 分析:在电流为i 的很短的时间Δt 内，速度的改变量为Δv ，由动量定理得BiL Δt －2mg sin30°·Δt ＝2m Δv ⑮对⑮式进行求和，得BLq －mgt ＝2m v 1⑯ 对⑭⑯解得q ＝2m 2gR ＋3mgB 2L 2t3B 3L 3、。
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电磁感应定律的综合应用一、选择题(每小题5分，共40分)1.如图所示，两光滑平行金属导轨间距为L，直导线MN垂直跨在导轨上，且与导轨接触良好，整个装置处于垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为B.电容器的电容为C，除电阻R外，导轨和导线的电阻均不计．现给导线MN一初速度，使导线MN向右运动，当电路稳定后，MN以速度v向右做匀速运动时()A．电容器两端的电压为零B．电阻两端的电压为BL vC．电容器所带电荷量为CBL vD．为保持MN匀速运动，需对其施加的拉力大小为B2L2v R解析C当导线MN匀速向右运动时，导线MN产生的感应电动势恒定，稳定后，对电容器不充电也不放电，无电流产生，故电阻两端没有电压，电容器两板间的电压为U＝E＝BL v，所带电荷量Q＝CU＝CBL v，C正确；因匀速运动后MN所受合力为0，且此时无电流，故不受安培力即无需拉力便可做匀速运动，D错．2.如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B，方向竖直向下，在磁场中有一个边长为L的正方形刚性金属框，ab边的质量为m，电阻为R，其他三边的质量和电阻均不计．cd边上装有固定的水平轴，将金属框自水平位置由静止释放，第一次转到竖直位置时，ab边的速度为v，不计一切摩擦，重力加速度为g，则在这个过程中，下列说法正确的是()A．通过ab边的电流方向为a→bB．ab边经过最低点时的速度v＝2gLC．a、b两点间的电压逐渐变大D ．金属框中产生的焦耳热为mgL －12m v 2解析 D 本题考查电磁感应．ab 边向下摆动过程中，磁通量逐渐减小，根据楞次定律及右手定则可知感应电流方向为b →a ，选项A 错误；ab 边由水平位置到达最低点过程中，机械能不守恒，所以选项B 错误；金属框摆动过程中，ab 边同时受安培力作用，故当重力与安培力沿其摆动方向分力的合力为零时，a 、b 两点间电压最大，选项C 错误；根据能量转化和守恒定律可知，金属框中产生的焦耳热应等于此过程中机械能的损失，故选项D 正确．3.如图所示，边长为L 的正方形导线框质量为m ，由距磁场H 高处自由下落，其下边ab 进入匀强磁场后，线圈开始做减速运动，直到其上边cd 刚刚穿出磁场时，速度减为ab 边进入磁场时的一半，磁场的宽度也为L ，则线框穿越匀强磁场过程中发出的焦耳热为( )A ．2mgLB ．2mgL ＋mgHC ．2mgL ＋34mgHD ．2mgL ＋14mgH解析 C 设刚进入磁场时的速度为v 1，刚穿出磁场时的速度v 2＝v 12.线框自开始进入磁场到完全穿出磁场共下落高度为2L .由题意12m v 21＝mgH ，12m v 21＋mg ·2L ＝12m v 22＋Q .联立各式得Q ＝2mgL ＋34mgH .C 选项正确．4.矩形线圈abcd ，长ab ＝20 cm ，宽bc ＝10 cm ，匝数n ＝200，线圈回路总电阻R ＝5 Ω.整个线圈平面内均有垂直于线圈平面的匀强磁场穿过．若匀强磁场的磁感应强度B 随时间t 的变化规律如图所示，则( )A ．线圈回路中感应电动势随时间均匀变化B ．线圈回路中产生的感应电流为0.2 AC ．当t ＝0.3 s 时，线圈的ab 边所受的安培力大小为0.016 ND ．在1 min 内线圈回路产生的焦耳热为48 J解析 D 由E ＝n ΔΦΔt ＝nS ΔBΔt可知，由于线圈中磁感应强度的变化率ΔB Δt ＝(20－5)×10－20.3 T/s ＝0.5 T/s 为常数，则回路中感应电动势为E ＝n ΔΦΔt＝2 V ，且恒定不变，故选项A 错误；回路中感应电流的大小为I ＝ER ＝0.4 A ，选项B 错误；当t ＝0.3 s 时，磁感应强度B ＝0.2 T ，则安培力为F ＝nBIl ＝200×0.2×0.4×0.2 N ＝3.2 N ，故选项C 错误；1 min 内线圈回路产生的焦耳热为Q ＝I 2Rt ＝0.42×5×60 J ＝48 J ，选项D 正确．5．如图所示，半径为R 的导线环对心、匀速穿过半径也为R 的匀强磁场区域，关于导线环中的感应电流随时间的变化关系，下列图象中(以逆时针方向的电流为正)最符合实际的是( )解析 C 本题考查法拉第电磁感应定律、楞次定律及考生对图象的分析能力．由E ＝BL v 可得，当线圈进入磁场时，有效切割长度在变大，产生的感应电动势变大，由作图可知，磁通量的变化量越来越小．这时由楞次定律可得，电流的方向和规定的正方向相同．当线圈出磁场时，有效切割长度变小，磁通量变化量越来越大，这时由楞次定律可知，电流的方向与规定的正方向相反．综上所述，C 项正确，A 、B 、D 项错误．6．如图所示，线圈内有理想边界的磁场，开关闭合，当磁感应强度均匀减小时，有一带电微粒静止于水平放置的平行板电容器中间，若线圈的匝数为n ，平行板电容器的板间距离为d ，粒子的质量为m ，带电荷量为q ，线圈面积为S ，则下列判断中正确的是( )A ．带电微粒带负电B ．线圈内磁感应强度的变化率为mgdnqSC ．当下极板向上移动时，带电微粒将向上运动D ．当开关断开时，带电微粒将做自由落体运动解析 BC 由于磁感应强度均匀减小，由楞次定律及右手定则可知电容器下极板带正电，带电微粒静止，说明其受到的电场力向上，故带电微粒带正电，选项A 错误；由mg ＝qU d 及U ＝n ΔΦΔt ＝n ΔB Δt S 可得：ΔB Δt ＝mgdnqS ，选项B 正确；当下极板向上移动时，两极板间距减小，由E ＝U d 可知场强变大，则mg <qUd ，故带电微粒将向上加速运动，选项C 正确；开关断开时，电容器两极板间电压不变，故带电微粒仍静止，选项D 错误．7.一质量为m 、电阻为r 的金属杆ab ，以一定的初速度v 0从一光滑平行金属导轨底端向上滑行，导轨平面与水平面成30°角，两导轨上端用一电阻R 相连，如图所示，磁场垂直斜面向上，导轨的电阻不计，金属杆向上滑行到某一高度之后又返回到底端时的速度大小为v ，则( )A ．向上滑行的时间大于向下滑行的时间B ．在向上滑行时电阻R 上产生的热量小于向下滑行时电阻R 上产生的热量C ．向上滑行时与向下滑行时通过电阻R 的电荷量相等D ．金属杆从开始上滑至返回出发点，电阻R 上产生的热量为12m (v 20－v 2)解析 C 导体杆沿斜面向上运动时安培力沿斜面向下，沿斜面向下运动时安培力沿斜面向上，所以上升过程的加速度大于下滑过程的加速度，因此向上滑行的时间小于向下滑行的时间，A 错；向上滑行过程的平均速度大，感应电流大，安培力做的功多，R 上产生的热量多，B 错；由q ＝ΔΦR ＋r知C 对；由能量守恒定律知回路中产生的总热量为12m (v 20－v 2)，D 错．8.如图所示，两竖直放置的平行光滑导轨相距0.2 m ，其电阻不计，处于水平向里的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度为0.5 T ，导体棒ab 与cd 的电阻均为0.1 Ω，质量均为0.01 kg.现用竖直向上的力拉ab 棒，使之匀速向上运动，此时cd 棒恰好静止，已知棒与导轨始终接触良好，导轨足够长，g 取10 m/s 2，则( )A ．ab 棒向上运动的速度为1 m/sB ．ab 棒受到的拉力大小为0.2 NC ．在2 s 时间内，拉力做功为0.4 JD ．在2 s 时间内，ab 棒上产生的焦耳热为0.4 J解析 B cd 棒受到的安培力等于它的重力，B BL v2RL＝mg ，v ＝mg ×2RB 2L 2＝2 m/s ，A 错误．ab 棒受到向下的重力G 和向下的安培力F ，则ab 棒受到的拉力F T ＝F＋G ＝2mg ＝0.2 N ，B 正确．在2 s 内拉力做的功W ＝F T v t ＝0.2×2×2 J ＝0.8 J ，C 不正确．在2 s 内ab 棒上产生的热量Q ＝I 2Rt ＝(BL v 2R)2Rt ＝0.2 J ，D 不正确．二、非选择题(共60分)9．(14分)如图所示，面积为0.2 m 2的100匝线圈A 处在磁场中，磁场方向垂直于线圈平面．磁感应强度随时间变化的规律是B ＝(6－0.2t ) T ．已知电路中的R 1＝4 Ω，R 2＝6 Ω，电容C ＝30 μF ，线圈A 的电阻不计，求：(1)闭合S 后，通过R 2的电流大小及方向．(2)闭合S 一段时间后，再断开S ，S 断开后通过R 2的电荷量．解析 (1)由于磁感应强度随时间均匀变化，根据B ＝(6－0.2t ) T ，可知ΔBΔt ＝0.2 T/s ，所以线圈中感应电动势的大小为 E ＝n ΔΦΔt ＝nS ·ΔBΔt ＝100×0.2×0.2 V ＝4 V .通过R 2的电流强度为I ＝E R 1＋R 2＝44＋6 A ＝0.4 A.由楞次定律可知通过R 2的电流的方向由上而下．(2)闭合S 一段时间后，电容器被充上一定的电荷量，此时其电压U ＝IR 2＝0.4×6 V ＝2.4 V. 再断开S ，电容器将放电，通过R 2的电荷量就是电容器原来所带的电荷量： Q ＝CU ＝30×10－6×2.4 C ＝7.2×10－5 C. 【答案】 (1)0.4 A 自上而下 (2)7.2×10－5 C10．(15分)如图所示，一根电阻为R ＝12Ω的电阻丝做成一个半径为r ＝1 m 的圆形导线框，竖直放置在水平匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直，磁感强度为B ＝0.2 T ，现有一根质量为m ＝0.1 kg 、电阻不计的导体棒，自圆形线框最高点静止起沿线框下落，在下落过程中始终与线框良好接触，已知下落距离为r2时，棒的速度大小为v 1＝83 m/s ，下落到经过圆心时棒的速度大小为v 2＝103m/s(取g ＝10 m/s 2)，试求：(1)下落距离为r2时棒的加速度．(2)从开始下落到经过圆心的过程中线框中产生的热量．解析 (1)金属棒下落距离为r2时，金属棒中产生感应电动势，由法拉第电磁感应定律得，感应电动势E ＝B (3r )v 1此时，金属圆环为外电路，等效电阻为 R 1＝R 3×2R 3R ＝2R 9＝83Ω，金属棒中的电流为I ＝E R 1金属棒受的安培力为F ＝BIL ＝B 2(3r ) 2v 1R 1＝0.12 N由mg －F ＝ma得：a ＝g －F m ＝10－0.120.1＝10－1.2＝8.8(m/s 2)(2)由能量守恒定率得mgr －Q ＝12m v 22－0所以，从开始下落到经过圆心的过程中线框中产生的热量为 Q ＝mgr －12m v 22＝0.1×10×1 J －12×0.1×(103)2J ＝0.44 J 【答案】 (1)8.8 m/s 2 (2)0.44 J11．(15分)如图所示，将边长为a 、质量为m 、电阻为R 的正方形导线框竖直向上抛出，穿过宽度为b 、磁感应强度为B 的匀强磁场，磁场的方向垂直纸面向里，线框向上离开磁场时的速度刚好是进入磁场时速度的一半，线框离开磁场后继续上升一段高度，然后落下并匀速进入磁场．整个运动过程中始终存在着大小恒定的空气阻力F 阻且线框不发生转动．求：(1)线框在下落阶段匀速进入磁场时的速度v2.(2)线框在上升阶段刚离开磁场时的速度v1.(3)线框在上升阶段通过磁场过程中产生的焦耳热Q.解析由线框在下落阶段匀速进入磁场可知，线框所受合力为零，由力的平衡知识可列力的平衡方程，其中安培力的表达式中含有v2，可解得；由线框离开磁场上升的过程和下落的过程，可根据动能定理列式求得离开磁场时的速度v1，线框在上升阶段通过磁场过程中，重力、阻力、安培力做功，其中产生的焦耳热Q为安培力做的负功值，由能量守恒可求得Q.(1)线框在下落阶段匀速进入磁场瞬间mg ＝F 阻＋B 2a 2v 2R ，解得v 2＝(mg －F 阻)R B 2a 2. (2)线框从离开磁场至上升到最高点的过程(mg ＋F 阻)h ＝12m v 21. 线框从最高点回落至进入磁场瞬间(mg －F 阻)h ＝12m v 22. 联立解得v 1＝mg ＋F 阻mg －F 阻v 2＝(mg )2－F 2阻R B 2a 2. (3)线框在向上通过磁场过程中12m v 20－12m v 21＝Q ＋(mg ＋F 阻)(a ＋b )，v 0＝2v 1. Q ＝32m [(mg )2－F 2阻]R 2B 4a4－(mg ＋F 阻)(a ＋b )． 【答案】 (1)(mg －F 阻)R B 2a 2 (2)(mg )2－F 2阻R B 2a 2(3)32m [(mg )2－F 2阻]R 2B 4a4－(mg ＋F 阻)(a ＋b )12．(16分)如图所示，两足够长平行光滑的金属导轨MN 、PQ 相距为L ，导轨平面与水平面夹角α＝30°，导轨电阻不计．磁感应强度为B 的匀强磁场垂直导轨平面向上，两根长为L 的完全相同的金属棒ab 、cd 垂直于MN 、PQ 放置在导轨上，且与导轨接触良好，每根棒的质量均为m 、电阻均为R .现对ab 施加平行导轨向上的恒力F ，当ab 向上做匀速直线运动时，cd 保持静止状态．(1)求力F 的大小及ab 运动速度v 的大小．(2)若施加在ab 上的力的大小突然变为2mg ，方向不变，则当两棒运动的加速度刚好相同时回路中的电流强度I 和电功率P 分别为多大？解析 (1)ab 棒所受合外力为零，F －F ab －mg sin α＝0.cd 棒所受合外力为零，F cd －mg sin α＝0.ab 、cd 棒所受安培力，F ab ＝F cd ＝BIL ＝B BL v2R L .联立解得F ＝mg ，v ＝mgRB 2L 2.(2)对ab 棒，根据牛顿第二定律，得F －BIL －mg sin α＝ma 1.对cd 棒，根据牛顿第二定律，得BIL －mg sin α＝ma 2.根据题意可知，两棒加速度相等，即a 1＝a 2.联立以上各式得I ＝mg BL ，P ＝2I 2R ＝2m 2g 2RB 2L 2.【答案】 (1)mg mgR B 2L 2 (2)mg BL 2m 2g 2RB 2L 2。