第一部分 专题六 第1课时

第1课时电磁感应高考命题点命题轨迹情境图楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用20151卷19,2卷1515(1)19题15(2)15题16(2)20题16(3)21题17(1)18题17(2)20题17(3)15题18(1)17题18(1)19题20162卷20,3卷2120171卷18,2卷20,3卷1520181卷17、19,2卷18,3卷2020191卷20,3卷1418(2)18题18(3)20题19(1)20题电磁感应中动力学问题分析20161卷24,2卷2416(1)24题16(2)24题电磁感应中的动力学和能量问题20163卷2516(3)25题1．楞次定律中“阻碍”的表现(1)阻碍磁通量的变化(增反减同)．(2)阻碍物体间的相对运动(来拒去留)．(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势(增缩减扩)．(4)阻碍原电流的变化(自感现象)．2．感应电动势的计算(1)法拉第电磁感应定律：E＝nΔΦΔt，常用于计算感应电动势的平均值．①若B变，而S不变，则E＝nΔBΔt S；②若S 变，而B 不变，则E ＝nB ΔSΔt.(2)导体棒垂直切割磁感线：E ＝Bl v ，主要用于求感应电动势的瞬时值．(3)如图1所示，导体棒Oa 围绕棒的一端O 在垂直匀强磁场的平面内做匀速圆周运动而切割磁感线，产生的感应电动势E ＝12Bl 2ω.图13．感应电荷量的计算回路中磁通量发生变化时，在Δt 时间内迁移的电荷量(感应电荷量)为q ＝I ·Δt ＝E R ·Δt ＝n ΔΦR Δt ·Δt＝n ΔΦR .可见，q 仅由回路电阻R 和磁通量的变化量ΔΦ决定，与发生磁通量变化的时间Δt无关．4．电磁感应电路中产生的焦耳热当电路中电流恒定时，可用焦耳定律计算；当电路中电流变化时，则用功能关系或能量守恒定律计算．解决感应电路综合问题的一般思路是“先电后力”，即：1．“源”的分析——分析电路中由电磁感应所产生的“电源”，求出电源参数E 和r ； 2．“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．“力”的分析——分析研究对象(通常是金属棒、导体、线圈等)的受力情况，尤其注意其所受的安培力；接着进行“运动状态”的分析——根据力和运动的关系，建立正确的运动模型；4．“动量”和“能量”的分析——寻找电磁感应过程和研究对象的运动过程中，其能量转化和守恒的关系，并判断系统动量是否守恒.1．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． 2．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，常用来求解电荷量．(2)E ＝Bl v 或E ＝12Bl 2ω，主要用来计算感应电动势的瞬时值．例1 (2019·湖南衡阳市第一次联考)如图2所示是某研究性学习小组的同学设计的电梯坠落的应急安全装置，在电梯挂厢上安装永久磁铁，并在电梯的井壁上铺设线圈，这样可以在电梯突然坠落时减小对人员的伤害．关于该装置，下列说法正确的是( )图2A ．当电梯突然坠落时，该安全装置可使电梯停在空中B ．当电梯坠落至永久磁铁在图示位置时，闭合线圈A 、B 中的电流方向相反C ．当电梯坠落至永久磁铁在图示位置时，只有闭合线圈A 在阻碍电梯下落D ．当电梯坠落至永久磁铁在图示位置时，只有闭合线圈B 在阻碍电梯下落 答案 B解析 若电梯突然坠落，闭合线圈A 、B 内的磁感应强度发生变化，将在线圈中产生感应电流，感应电流会阻碍磁铁的相对运动，可起到应急避险作用，但不能阻止磁铁的运动，故A 错误；当电梯坠落至永久磁铁在题图所示位置时，闭合线圈A 中向上的磁场减弱，感应电流的方向从上向下看是逆时针方向，闭合线圈B 中向上的磁场增强，感应电流的方向从上向下看是顺时针方向，可知闭合线圈A 与B 中感应电流方向相反，故B 正确；结合A 的分析可知，当电梯坠落至永久磁铁在题图所示位置时，闭合线圈A 、B 都在阻碍电梯下落，故C 、D 错误．拓展训练1 (多选)(2019·四川南充市第二次适应性考试)现在人们可以利用无线充电板为手机充电，如图3所示为充电原理图，充电板接交流电源，对充电板供电，充电板内的送电线圈可产生交变磁场，从而使手机内的受电线圈产生交变电流，再经整流电路转变成直流电后对手机电池充电．若在某段时间内，磁场垂直于受电线圈平面向上穿过线圈，其磁感应强度均匀增加．下列说法正确的是( )图3A ．c 点电势高于d 点电势B ．c 点电势低于d 点电势C ．感应电流方向由c →受电线圈→dD ．感应电流方向由d →受电线圈→c 答案 BC解析 根据楞次定律可知，受电线圈内部产生的感应电流方向为俯视顺时针，受电线圈中感应电流方向由c 经受电线圈到d ，所以c 点的电势低于d 点的电势，故A 、D 错误，B 、C 正确．例2 (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4(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4A ．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 0rS4t 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，感应电流的方向仍为顺时针，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，由R ＝ρl S 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．拓展训练2 (2019·安徽蚌埠市第二次质检)同一平面内固定有一长直导线PQ 和一带缺口的刚性金属圆环，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于圆环所在平面固定放置的平行金属板MN 连接，如图5甲所示．导线PQ 中通有正弦交变电流i ，i 的变化如图乙所示，规定从Q 到P 为电流的正方向，则在1～2 s 内( )图5A ．M 板带正电，且电荷量增加B ．M 板带正电，且电荷量减小C ．M 板带负电，且电荷量增加D ．M 板带负电，且电荷量减小 答案 A解析 在1～2 s 内，穿过金属圆环的磁场垂直于纸面向里，磁感应强度变小，穿过金属圆环的磁通量变小，磁通量的变化率变大．假设环闭合，由楞次定律可知感应电流磁场与原磁场方向相同，即感应电流磁场方向垂直于纸面向里，然后由安培定则可知感应电流沿顺时针方向，由法拉第电磁感应定律可知感应电动势增大，由此可知M 板电势高，带正电，电荷量增加，故A 正确，B 、C 、D 错误．拓展训练3 (多选)(2019·贵州黔东南州第一次模拟)如图6甲所示，单匝正方形导线框固定在匀强磁场中，磁感线方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度B 随时间t 变化的规律如图乙所示，其中B 0、t 0均为已知量．已知导线框的边长为L ，总电阻为R ，则下列说法中正确的是( )图6A ．t 0时刻，ab 边受到的安培力大小为B 02L 32Rt 0B ．0～t 0时间内，导线框中电流的方向始终为badcbC ．0～t 0时间内，通过导线框某横截面的电荷量为2B 0L 2RD ．0～t 0时间内，导线框产生的热量为B 02L 44Rt 0答案 AD解析 由法拉第电磁感应定律得，E ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt L 2＝B 02t 0L 2，通过导线框的感应电流大小为：I＝E R ＝B 0L 22Rt 0，t 0时刻，ab 边所受安培力大小为：F ＝B 0IL ＝B 02L 32Rt 0，故A 正确；根据楞次定律，可知，0～t 0时间内，导线框中电流的方向始终为abcda ，故B 错误；0～t 0时间内，通过导线框某横截面的电荷量为：q ＝ΔΦR ＝B 02L2R ＝B 0L 22R ，故C 错误；由焦耳定律得，0~t 0时间内导线框产生的热量为：：Q ＝B 02L 44Rt 0，故D 正确.例3 (2019·河南名校联盟高三下学期2月联考)相距L ＝1.5 m 的足够长金属导轨竖直放置，质量为m 1＝1 kg 的金属棒ab 和质量为m 2＝0.27 kg 的金属棒cd 均通过棒两端的套环水平地套在金属导轨上，如图7(a)所示，虚线上方磁场方向垂直纸面向里，虚线下方磁场方向竖直向下，两处磁场磁感应强度大小相同．ab 棒光滑，cd 棒与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.75，两棒总电阻为1.8 Ω，导轨电阻不计，ab 棒在方向竖直向上，大小按图(b)所示规律变化的外力F 作用下，从静止开始，沿导轨匀加速运动，同时cd 棒也由静止释放(取g ＝10 m/s 2)．图7(1)求磁感应强度B 的大小和ab 棒加速度大小；(2)已知在2 s 内外力F 做功40 J ，求这一过程中两金属棒产生的总焦耳热；(3)判断cd 棒将做怎样的运动，求出cd 棒达到最大速度所需的时间t 0，并在图(c)中定性画出cd 棒所受摩擦力随时间变化的图象． 答案 见解析解析 (1)经过时间t ，金属棒ab 的速率v ＝at 此时，回路中的感应电流为I ＝E R ＝BL v R对金属棒ab ，由牛顿第二定律得F －BIL －m 1g ＝m 1a由以上各式整理得：F ＝m 1a ＋m 1g ＋B 2L 2Rat在图线上取两点：t 1＝0，F 1＝11 N ；t 2＝2 s ，F 2＝14.6 N 代入上式得a ＝1 m/s 2，B ＝1.2 T(2)在第2 s 末金属棒ab 的速率v 2＝at 2＝2 m/s 所发生的位移x ＝12at 22＝2 m由动能定理得W F －m 1gx －W 安＝12m 1v 22又Q ＝W 安联立以上方程，解得Q ＝18 J.(3)cd 棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当cd 棒所受重力与滑动摩擦力相等时，速度达到最大，然后做加速度逐渐增大的减速运动，最后停止运动， 当cd 棒速度达到最大时，有m 2g ＝μF N 又F N ＝F 安F 安＝BILI ＝E R ＝BL v m R ，v m ＝at 0 整理解得t 0＝m 2gRμB 2L 2a＝2 s F f cd 随时间变化的图象如图所示．拓展训练4 (多选)(2019·山东泰安市3月第一轮模拟)如图8，倾角为θ的光滑斜面上存在着两个磁感应强度大小相同的匀强磁场，其方向一个垂直于斜面向上，一个垂直于斜面向下，它们的宽度均为L .一个质量为m ，边长也为L 的正方形线框以速度v 进入上部磁场恰好做匀速运动，ab 边在下部磁场运动过程中再次出现匀速运动．重力加速度为g ，则( )图8A ．在ab 进入上部磁场过程中的电流方向为adcbaB ．当ab 边刚越过边界ff ′时，线框的加速度为g sin θC ．ab 边进入下部磁场再次做匀速运动的速度为14vD ．从ab 边进入磁场到ab 边进入下部磁场再次做匀速运动的过程中，减少的动能等于线框中产生的焦耳热 答案 AC解析 根据楞次定律可知，在ab 边进入上部磁场过程中的电流方向为adcba ，选项A 正确；当线框在上部磁场中匀速运动时：F 安＝mg sin θ＝B 2L 2vR ，当ab 边刚越过边界ff ′时，由于线框的ab 边和cd 边产生同方向感应电动势，则回路的感应电动势加倍，感应电流加倍，每个边受到的安培力加倍，则此时：4F 安－mg sin θ＝ma ，解得线框的加速度为a ＝3g sin θ，选项B 错误；当ab 边进入下部磁场再次做匀速运动时：2B 2BL v ′R L ＝mg sin θ，解得v ′＝14v ，选项C 正确；由能量关系可知，从ab 边进入磁场到ab 边进入下部磁场再次做匀速运动的过程中，减少的动能与重力势能之和等于线框中产生的焦耳热，选项D 错误.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，与时间无关．2．求解焦耳热Q 的三种方法 (1)焦耳定律：Q ＝I 2Rt . (2)功能关系：Q ＝W 克服安培力． (3)能量转化：Q ＝ΔE 其他能的减少量． 3．用到的物理规律匀变速直线运动的规律、牛顿运动定律、动能定理、能量守恒定律等．例4 (2019·四川达州市第二次诊断)如图9甲所示，斜面倾角为θ＝37°，一宽为d ＝0.65 m 的有界匀强磁场垂直于斜面向上，磁场边界与斜面底边平行．在斜面上由静止释放一矩形金属线框，线框沿斜面下滑，下边与磁场边界保持平行．取斜面底部水平面为重力势能零势能面，从线框开始运动到恰好完全进入磁场的过程中，线框的机械能E 和位移x 之间的关系如图乙所示，图中①、②均为直线段．已知线框的质量为m ＝0.1 kg ，电阻为R ＝0.06 Ω.(取g ＝10 m·s －2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：图9(1)线框与斜面间的动摩擦因数μ；(2)线框刚进入磁场到恰好完全进入磁场所用的时间t ； (3)线框穿越磁场的过程中，线框中的最大电功率P m . 答案 (1)0.5 (2)16s (3)0.54 W解析 (1)金属线框进入磁场前，由能量守恒定律，线框减小的机械能等于克服摩擦力做的功，则ΔE 1＝W f1＝μmgx 1cos 37°其中x 1＝0.36 m ；ΔE 1＝(1.000－0.856) J ＝0.144 J 解得μ＝0.5(2)金属线框进入磁场的过程中，减小的机械能等于克服摩擦力和安培力做的功，机械能均匀减小，因此安培力是恒力，可知线框做匀速运动，设速度为v 1 v 12＝2ax 1mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma 解得a ＝2 m /s 2，v 1＝1.2 m/s ΔE 2＝W f2＋W 安＝(F f ＋F 安)x 2其中ΔE 2＝(0.856－0.736)J ＝0.12 J ，F f ＋F 安＝mg sin 37°＝0.6 N ，x 2为线框的侧边长，即线框进入磁场过程中运动的距离，可求出x 2＝0.2 m ， 则t ＝x 2v 1＝0.21.2 s ＝16s(3)线框刚出磁场时速度最大，设为v 2，此时线框内电功率最大，P m ＝I 2R ＝B 2L 2v 22R 由v 22－v 12＝2a (d －x 2)可求得v 2＝1.8 m/s根据线框匀速进入磁场时：F 安＋μmg cos 37°＝mg sin 37°可得F 安＝0.2 N又因为F 安＝BIL ＝B 2L 2v 1R可得B 2L 2＝0.01(T 2·m 2)将v 2、B 2L 2代入可得：P m ＝B 2L 2v 22R＝0.54 W. 拓展训练5 (2019·安徽安庆市二模)如图10所示，两个平行光滑金属导轨AB 、CD 固定在水平地面上，其间距L ＝0.5 m ，左端接有阻值R ＝3 Ω的定值电阻．一根长度与导轨间距相等的金属杆放置于导轨上，金属杆的质量m ＝0.2 kg ，电阻r ＝2 Ω，整个装置处在方向竖直向下、磁感应强度大小B ＝4 T 的匀强磁场中，t ＝0时刻，在MN 上加一与金属杆垂直，方向水平向右的外力F ，金属杆由静止开始以a ＝2 m/s 2的加速度向右做匀加速直线运动，2 s 末撤去外力F ，运动过程中金属杆与导轨始终垂直且接触良好．(不计导轨和连接导线的电阻，导轨足够长)求：图10(1)1 s 末外力F 的大小；(2)撤去外力F 后的过程中，电阻R 上产生的焦耳热．答案 (1)2 N (2)0.96 J解析 (1)1 s 末，金属杆MN 的速度大小为v 1＝at 1＝2×1 m /s ＝2 m/s金属杆MN 产生的感应电动势为 E ＝BL v 1金属杆MN 中的感应电流大小I ＝E R ＋r金属杆MN 受到的安培力大小 F 安＝BIL联立得F 安＝B 2L 2v 1R ＋r＝1.6 N 根据牛顿第二定律得 F －F 安＝ma可得F ＝F 安＋ma ＝2 N(2)2 s 末，金属杆MN 的速度大小为 v 2＝at 2＝2×2 m /s ＝4 m/s撤去外力F 后的过程中，根据能量守恒定律得电路中产生的总焦耳热Q ＝12m v 22＝12×0.2×42 J ＝1.6 J电阻R 上产生的焦耳热Q R ＝R R ＋r Q ＝33＋2×1.6 J ＝0.96 J. 拓展训练6 (2019·宁夏银川市高三质检)如图11所示，水平放置的U 形导轨足够长，置于方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B ＝5 T ，导轨宽度L ＝0.4 m ，左侧与R ＝0.5 Ω的定值电阻连接，右侧有导体棒ab 垂直导轨跨放在导轨上，导体棒ab 质量m ＝2.0 kg ，电阻r ＝0.5 Ω，与导轨的动摩擦因数μ＝0.2，其余电阻可忽略不计．导体棒ab 在大小为10 N 的水平外力F 作用下，由静止开始运动了x ＝40 cm 后，速度达到最大，取g ＝10 m/s 2.求：图11(1)导体棒ab 运动的最大速度；(2)当导体棒ab 的速度v ＝1 m/s 时，导体棒ab 的加速度的大小；(3)导体棒ab 由静止达到最大速度的过程中，电阻R 上产生的热量．答案 (1)1.5 m/s (2)1 m/s 2 (3)0.075 J解析 (1)导体棒ab 垂直切割磁感线运动，产生的感应电动势大小：E ＝BL v由闭合电路欧姆定律得：I ＝E R ＋r可得导体棒受到的安培力：F 安＝BIL ＝B 2L 2v R ＋r当导体棒做匀速直线运动时速度最大，由平衡条件得：B 2L 2v m R ＋r＋μmg ＝F 解得最大速度：v m ＝1.5 m/s ；(2)当导体棒ab 的速度v ＝1 m/s 时，由牛顿第二定律得：F －B 2L 2v R ＋r－μmg ＝ma 解得：a ＝1 m/s 2；(3)在整个过程中，由能量守恒定律可得：Fx ＝Q ＋μmgx ＋12m v m 2 解得：Q ＝0.15 J所以Q R＝RQ＝0.075 J.R＋r专题强化练(限时40分钟)1. (多选)(2019·广东广州市4月综合测试)如图1，两条水平光滑金属导轨固定在电磁铁两磁极之间，导轨两端a、b断开，金属杆L垂直导轨放置．闭合开关S，下列判断正确的是()图1A．电磁铁两磁极之间的磁场方向向下B．若给金属杆向左的初速度，则a点电势高于b点C．若a、b间接导线，向下移动滑片P，则金属杆向左运动D．若a、b间接直流电源，a接正极、b接负极，则金属杆向左运动答案AC解析闭合开关S，根据右手螺旋定则可知，电磁铁两磁极之间的磁场方向向下，选项A正确；根据右手定则可知，若给金属杆向左的初速度，则a点电势低于b点，选项B错误；若a、b间接导线，向下移动滑片P，则螺线管中的电流变大，磁场增强，由于穿过闭合回路的磁通量增加，由楞次定律可知，金属杆向左运动，选项C正确；若a、b间接直流电源，a 接正极、b接负极，由左手定则可知，金属杆向右运动，选项D错误．2. (多选)(2019·广东揭阳市第一次模拟)如图2所示，一根长导线弯曲成“”形，通以直流电I，正中间用绝缘线悬挂一金属环C，环与导线处于同一竖直平面内．在电流I增大的过程中，下列判断正确的是()图2A．金属环中无感应电流产生B．金属环中有逆时针方向的感应电流C．悬挂金属环C的竖直线的拉力大于环的重力D．悬挂金属环C的竖直线的拉力小于环的重力答案BC解析由安培定则知，弯曲成“”形的导线中电流在金属环C处产生的磁场方向垂直纸面向里，因电流逐渐增大，由楞次定律知，金属环C中感应电流的方向为逆时针，由左手定则可知，安培力的方向指向圆心，由于导线弯曲成“”形，所以金属环下边圆弧受到的安培力较小，因此导致悬挂金属环C的竖直线的拉力增大，且大于环的重力，故B、C正确，A、D错误．3．(多选)(2019·湖北武汉市调研)如图3甲所示，在足够长的光滑的斜面上放置着金属线框，垂直于斜面方向的匀强磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示(规定垂直斜面向上为正方向)．t＝0时刻将线框由静止释放，在线框下滑的过程中，下列说法正确的是()图3A．线框中产生大小、方向周期性变化的电流B．MN边受到的安培力先减小后增大C．线框做匀加速直线运动D．线框中产生的焦耳热等于其机械能的损失答案BC解析穿过线框的磁通量先向下减小，后向上增大，则根据楞次定律可知，感应电流方向不变，选项A错误；因B的变化率不变，则感应电动势不变，感应电流不变，而B的大小先减小后增大，根据F＝BIL可知，MN边受到的安培力先减小后增大，选项B正确；因线框平行的两边电流等大反向，则整个线框受到的安培力为零，则线框下滑的加速度不变，线框做匀加速直线运动，选项C正确；因安培力对线框做功为零，斜面光滑，则线框的机械能守恒，选项D错误．4. (2019·安徽蚌埠市第三次质量检测)如图4所示，某小组利用电流传感器(接入电脑，图中未画出)记录灯泡A和自感元件L构成的并联电路在断电瞬间各支路电流随时间的变化情况，i1表示小灯泡中的电流，i 2表示自感元件中的电流(已知开关S 闭合时i 2>i 1)，则下列图象中正确的是( )图4答案 C解析 当开关S 断开后，自感元件与灯泡形成回路，自感元件阻碍自身电流变化，自感元件产生的感应电流仍沿着原来方向，大小从i 2开始不断减小，灯泡的电流反向，大小与自感元件电流相等，故C 正确，A 、B 、D 错误．5．(2019·河南南阳市上学期期末)如图5甲所示，边长为L ＝0.1 m 的10匝正方形线框abcd 处在变化的磁场中，在线框d 端点处开有一个小口，d 、e 用导线连接到一个定值电阻上，线框中的磁场随时间的变化情况如图乙所示(规定垂直纸面向外为磁场的正方向)，下列说法正确的是( )图5A ．t ＝3 s 时线框中的磁通量为0.03 WbB ．t ＝4 s 时线框中的感应电流大小为零C ．t ＝5 s 时通过线框中的电流将反向D ．t ＝8 s 时通过线框中的电流沿逆时针方向答案 C解析 由磁通量的定义可知t ＝3 s 时穿过线框的磁通量为Φ＝B 0·L 2＝0.003 Wb ，故A 错误；t ＝4s 时，由法拉第电磁感应定律知E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔB Δt L 2＝10×0.62×0.01 V ＝0.03 V ，所以线框中的感应电流为I ＝E R，故B 错误；由楞次定律可知，3～5 s ，线框中的感应电流为逆时针方向，5～11 s ，线框中的感应电流为顺时针方向，故t ＝5 s 时通过线框中的电流将反向，故C 正确，D 错误．6. (多选)(2019·河南平顶山市一轮复习质检)如图6所示，边长为L 的正三角形金属线框处于匀强磁场中，开始时线框平面与磁场垂直，磁场的磁感应强度为B ，让线框以AB 边为轴以角速度ω在磁场中匀速转过180°的过程中，则( )图6A ．穿过线框导线横截面的电荷量为0B ．线框中的感应电流方向先沿ACBA 后沿ABCAC ．线框中的平均感应电动势为3ωBL 22πD ．线框中感应电动势的有效值为6BL 2ω8答案 CD解析 由楞次定律可知，线框转过180°的过程中，感应电流方向始终沿ACBA ，说明穿过线框导线横截面的电荷量不为零，故A 、B 错误；由法拉第电磁感应定律可知，平均感应电动势：E ＝ΔΦΔt ＝2BS πω＝2B ×12L ×L sin 60°πω＝3ωBL 22π，故C 正确；线框中感应电动势峰值：E m ＝BSω＝B ×12×L ×L sin 60°×ω＝3BL 2ω4，线框匀速转动产生正弦式交变电流，感应电动势的有效值：E ＝E m 2＝6BL 2ω8，故D 正确． 7. (多选)(2019·山东烟台市第一学期期末)如图7所示，两根平行光滑金属导轨间距为L ，导轨电阻不计，下端PQ 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斜向上的匀强磁场中．一质量为m 、接入电路的电阻也为R 的导体棒与固定弹簧相连后放在导轨上，静止时导体棒处于导轨的MN 处．已知弹簧的劲度系数为k ，弹簧的中心轴线与导轨平行．现将导体棒从弹簧处于自然长度时由静止释放，整个运动过程中导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触．则下列说法中正确的是( )图7A ．当导体棒沿导轨向下运动时流过电阻R 的电流方向为由P 到QB ．当导体棒的速度最大时，弹簧的伸长量为mg sin θkC ．导体棒最终静止时弹簧的弹性势能为E p ，则导体棒从开始运动到停止运动的过程中，回路中产生的焦耳热为m 2g 2sin 2 θk－E p D ．若导体棒第一次运动到MN 处时速度为v ，则此时导体棒的加速度大小为B 2L 2v 2mR答案 ACD解析 由右手定则可知，当导体棒沿导轨向下运动时流过电阻R 的电流方向为由P 到Q ，故A 正确；导体棒所受重力、弹簧弹力与安培力的合力为零时速度最大，弹簧伸长量为mg sin θk时，弹簧弹力为mg sin θ，此时导体棒所受合力为安培力，导体棒速度不是最大，故B 错误；导体棒最终静止，由平衡条件得：mg sin θ＝kx ，弹簧伸长量：x ＝mg sin θk，由能量守恒定律得：mgx sin θ＝Q ＋E p ，解得：Q ＝m 2g 2sin 2θk－E p ，故C 正确；导体棒第一次到达MN 处时，弹簧的弹力：kx ＝mg sin θ，此时导体棒受到的安培力为F ＝BIL ＝B 2L 2v 2R，对导体棒，由牛顿第二定律得：kx －mg sin θ＋B 2L 2v 2R ＝ma ，解得：a ＝B 2L 2v 2mR，故D 正确． 8. (2019·江西南昌市一模)如图8所示，在倾角θ＝37°的光滑绝缘斜面内有两个质量分别为4m 和m 的正方形导线框a 、b ，电阻均为R ，边长均为l ；它们分别系在一跨过两个轻质定滑轮的轻绳两端，在两导线框之间有一方向垂直斜面向下、宽度为2l 的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B ；开始时，线框b 的上边框与匀强磁场的下边界重合，线框a 的下边框到匀强磁场的上边界的距离为l .现将系统由静止释放，线框a 恰好匀速穿越磁场区域．不计滑轮摩擦和空气阻力，重力加速度为g ，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：图8(1)线框a 穿出磁场区域时的电流大小；(2)线框a 穿越磁场区域时的速度大小；(3)线框b 进入磁场过程中产生的焦耳热．答案 见解析解析 (1)设绳子拉力为F ，线框a 匀速穿越磁场区域对线框a ：4mg sin θ＝F 安＋F对线框b ：F ＝mg sin θ且F 安＝BIl解得：I ＝9mg 5Bl (2)线框a 匀速运动时，线框a 、b 速度大小相等E ＝Bl vI ＝E R解得：v ＝9mgR 5B 2l2 (3)设线框b 进入磁场过程产生的焦耳热为Q ，对系统列能量守恒方程4mgl sin θ＝mgl sin θ＋12×5m v 2＋Q 得Q ＝95mgl －81m 3g 2R 210B 4l 4. 9．(2019·云南昆明市4月质检)如图9甲所示，ACD 是固定在水平面上的半径为2r 、圆心为O 的金属半圆弧导轨，EF 是半径为r 、圆心也为O 的半圆弧，在半圆弧EF 与导轨ACD 之间的半圆环区域内存在垂直导轨平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，B 随时间t 变化的图象如图乙所示．OA 间接有电阻P ，金属杆OM 可绕O 点转动，M 端与轨道接触良好，金属杆OM 与电阻P 的阻值均为R ，其余电阻不计．图9(1)0～t 0时间内，OM 杆固定在与OA 夹角为θ1＝π3的位置不动，求这段时间内通过电阻P 的感应电流大小和方向；(2)t 0～2t 0时间内，OM 杆在外力作用下以恒定的角速度逆时针转动，2t 0时转过角度θ2＝π3到OC 位置，求电阻P 在这段时间内产生的焦耳热Q ；(3)2t 0～3t 0时间内，OM 杆仍在外力作用下以恒定的角速度逆时针转动，3t 0时转到OD 位置，若2t 0时匀强磁场开始变化，使得2t 0～3t 0时间内回路中始终无感应电流，求B 随时间t 变化。