2022高考物理備考 第1部分 專題突破 專題4 第16課時　電磁感應

第16課時電磁感應命題規(guī)律1.命題角度：(1)楞次定律與法拉第電磁感應定律的應用；(2)電磁感應中的圖象問題；(3)電磁感應中的動力學與能量問題.2.?？碱}型：選擇題、計算題．高考題型1楞次定律與法拉第電磁感應定律的應用1．感應電流方向的判斷楞次定律右手定則一般用于導體棒切割磁感線的情形2.楞次定律中“阻礙”的主要表現形式(1)阻礙原磁通量的變化——“增反減同”；(2)阻礙物體間的相對運動——“來拒去留”；(3)使線圈面積有擴大或縮小的趨勢——一般情況下為“增縮減擴”；(4)阻礙原電流的變化(自感現象)——一般情況下為“增反減同”．3．求感應電動勢的方法(1)法拉第電磁感應定律：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S不變時，E＝nS\f(ΔB,Δt),B不變時，E＝nB\f(ΔS,Δt)))(2)導體棒垂直切割磁感線：E＝BLv.(3)導體棒繞與磁場平行的軸勻速轉動：E＝eq\f(1,2)BL2ω.(4)線圈繞與磁場垂直的軸勻速轉動：e＝nBSωsinωt.4．應用法拉第電磁感應定律的三點注意(1)公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)求解的是一個回路中某段時間內的平均電動勢，在磁通量均勻變化時，瞬時值才等于平均值．(2)利用公式E＝nSeq\f(ΔB,Δt)求感應電動勢時，S為線圈在磁場范圍內的有效面積．(3)通過回路截面的電荷量q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(nΔΦ,R總Δt)Δt＝eq\f(nΔΦ,R總).q僅與n、ΔΦ和回路總電阻R總有關，與時間長短無關，與Φ是否均勻變化無關．考向一楞次定律、法拉第電磁感應定律的應用例1(多選)(2018·全國卷Ⅲ·20)如圖1(a)，在同一平面內固定有一長直導線PQ和一導線框R，R在PQ的右側．導線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．導線框R中的感應電動勢()圖1A．在t＝eq\f(T,4)時為零B．在t＝eq\f(T,2)時改變方向C．在t＝eq\f(T,2)時最大，且沿順時針方向D．在t＝T時最大，且沿順時針方向答案AC解析在t＝eq\f(T,4)時，i－t圖線斜率為0，即磁場變化率為0，由E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S知，E＝0，A項正確；在t＝eq\f(T,2)和t＝T時，i－t圖線斜率的絕對值最大，則在t＝eq\f(T,2)和t＝T時R中感應電動勢最大．在eq\f(T,4)到eq\f(T,2)之間，電流由Q向P減弱，導線在R處產生垂直紙面向里的磁場，且磁場減弱，由楞次定律知，R產生的感應電流的磁場方向也垂直紙面向里，即R中感應電動勢沿順時針方向，同理可判斷在eq\f(T,2)到eq\f(3T,4)之間，R中感應電動勢也為順時針方向，在eq\f(3,4)T到T之間，R中感應電動勢為逆時針方向，C項正確，B、D項錯誤．例2(多選)(2019·全國卷Ⅰ·20)空間存在一方向與紙面垂直、大小隨時間變化的勻強磁場，其邊界如圖2(a)中虛線MN所示．一硬質細導線的電阻率為ρ、橫截面積為S，將該導線做成半徑為r的圓環(huán)固定在紙面內，圓心O在MN上．t＝0時磁感應強度的方向如圖(a)所示；磁感應強度B隨時間t的變化關系如圖(b)所示．則在t＝0到t＝t1的時間間隔內()圖2A．圓環(huán)所受安培力的方向始終不變B．圓環(huán)中的感應電流始終沿順時針方向C．圓環(huán)中的感應電流大小為eq\f(B0rS,4t0ρ)D．圓環(huán)中的感應電動勢大小為eq\f(B0πr2,4t0)答案BC解析在0～t0時間內，磁感應強度減小，根據楞次定律可知感應電流的方向為順時針，圓環(huán)所受安培力水平向左；在t0～t1時間內，磁感應強度反向增大，感應電流的方向仍為順時針，圓環(huán)所受安培力水平向右，所以選項A錯誤，B正確；根據法拉第電磁感應定律得E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(1,2)πr2·eq\f(B0,t0)＝eq\f(B0πr2,2t0)，由R＝ρeq\f(l,S)可得R＝ρeq\f(2πr,S)，根據歐姆定律可得I＝eq\f(E,R)＝eq\f(B0rS,4t0ρ)，所以選項C正確，D錯誤．考向二q＝neq\f(ΔΦ,R總)的應用例3(2018·全國卷Ⅰ·17)如圖3，導體軌道OPQS固定，其中PQS是半圓弧，Q為半圓弧的中點，O為圓心．軌道的電阻忽略不計．OM是有一定電阻、可繞O轉動的金屬桿，M端位于PQS上，OM與軌道接觸良好．空間存在與半圓所在平面垂直的勻強磁場，磁感應強度的大小為B.現使OM從OQ位置以恒定的角速度逆時針轉到OS位置并固定(過程Ⅰ)；再使磁感應強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eq\f(B′,B)等于()圖3A.eq\f(5,4)B.eq\f(3,2)C.eq\f(7,4)D．2答案B解析通過導體橫截面的電荷量為：q＝eq\x\to(I)·Δt＝eq\f(\f(nΔΦ,Δt),R)·Δt＝neq\f(ΔΦ,R)在過程Ⅰ中，流過OM的電荷量為：q1＝eq\f(B·\f(1,4)πr2,R)在過程Ⅱ中，流過OM的電荷量：q2＝eq\f(B′－B·\f(1,2)πr2,R)依題意有：q1＝q2，即：B·eq\f(1,4)πr2＝(B′－B)·eq\f(1,2)πr2解得：eq\f(B′,B)＝eq\f(3,2)，B正確．高考題型2電磁感應中的圖象問題1．電磁感應中常見的圖象常見的有磁感應強度、磁通量、感應電動勢、感應電流、速度、安培力等隨時間或位移的變化圖象．2．解答此類問題的兩個常用方法(1)排除法：定性分析電磁感應過程中某個物理量的變化情況，把握三個關注，快速排除錯誤的選項．這種方法能快速解決問題，但不一定對所有問題都適用．eq\x(\a\vs4\al\co1(關注特殊時刻,或特殊位置))→eq\x(\a\vs4\al\co1(如某一過程的起點、終點、轉折點,的感應電動勢是否為零，電流方向,正負))↓eq\x(關注變化過程)→eq\x(\a\vs4\al\co1(看電磁感應的發(fā)生過程分為幾個,階段，這幾個階段是否和圖象變化,相對應))↓eq\x(關注變化趨勢)→eq\x(\a\vs4\al\co1(看圖象的斜率大小、圖象的曲直是,否和物理過程相對應，分析大小和,方向的變化趨勢))(2)函數關系法：根據題目所給的條件寫出物理量之間的函數關系，再對圖象作出判斷，這種方法得到的結果準確、詳細，但不夠簡捷．例4(2018·全國卷Ⅱ·18)如圖4，在同一水平面內有兩根平行長導軌，導軌間存在依次相鄰的矩形勻強磁場區(qū)域，區(qū)域寬度均為l，磁感應強度大小相等、方向交替向上向下．一邊長為eq\f(3,2)l的正方形金屬線框在導軌上向左勻速運動．線框中感應電流i隨時間t變化的正確圖線可能是()圖4答案D解析設線路中只有一邊切割磁感線時產生的感應電流為i.線框位移等效電路的連接電流0～eq\f(l,2)I＝2i(順時針)eq\f(l,2)～lI＝0l～eq\f(3l,2)I＝2i(逆時針)eq\f(3l,2)～2lI＝0由分析知，選項D符合要求．例5(多選)(2021·安徽蚌埠市高三期末)如圖5所示，光滑金屬導軌DCEF固定在水平面并處于豎直向下的勻強磁場中，CD、EF平行且足夠長，CE是粗細均勻、電阻率一定的導體，且與EF夾角為θ(θ<90°)，CD和EF的電阻不計．導體棒MN與CE的材料、粗細均相同，用外力F使MN向右勻速運動，從E點開始計時，運動中MN始終與EF垂直且和導軌接觸良好．若圖中閉合電路的電動勢為E，電流為I，消耗的電功率為P，下列圖象正確的是()圖5答案AB解析導體棒由E運動到C的過程中，切割磁感線的有效長度L＝vttanθ，設CE、MN中單位長度的電阻為R0，則回路中電阻R＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(vttanθ＋\f(vt,cosθ)))R0，回路中的感應電動勢E1＝BLv＝Bv2ttanθ∝t，I1＝eq\f(E1,R)＝eq\f(Bv2ttanθ,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(vttanθ＋\f(vt,cosθ)))R0)＝eq\f(Bv2tanθ,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(vtanθ＋\f(v,cosθ)))R0)，感應電流I1與t無關且為定值；導體棒勻速運動時，外力F1等于安培力，則F1＝BI1L＝BI1vttanθ∝t，消耗的電功率P1＝F1v＝BI1v2ttanθ∝t，當導體棒過C點后，回路中切割磁感線的有效長度L′、回路中的電阻R′不變，感應電動勢E′＝BL′v為定值，回路中的電流I′＝eq\f(E′,R′)也為定值，且I′＝I1，外力F′等于安培力，則F′＝BI′L′，也為定值；消耗的電功率P＝F′v也為定值．綜上所述，A、B正確，C、D錯誤．高考題型3電磁感應中的動力學與能量問題1．電磁感應中的動力學與能量問題常出現的兩類情景：一是線框進出磁場；二是導體棒切割磁感線運動．兩類情景都綜合了電路、動力學、能量知識，有時還會與圖象結合，解題方法有相通之處．分析思路如下：2．求解焦耳熱Q的三種方法(1)焦耳定律：Q＝I2Rt，適用于電流恒定的情況；(2)功能關系：Q＝W克安(W克安為克服安培力做的功)；(3)能量轉化：Q＝ΔE(其他能的減少量)．例6(多選)(2021·全國甲卷·21)由相同材料的導線繞成邊長相同的甲、乙兩個正方形閉合線圈，兩線圈的質量相等，但所用導線的橫截面積不同，甲線圈的匝數是乙的2倍．現兩線圈在豎直平面內從同一高度同時由靜止開始下落，一段時間后進入一方向垂直于紙面的勻強磁場區(qū)域，磁場的上邊界水平，如圖6所示．不計空氣阻力，已知下落過程中線圈始終平行于紙面，上、下邊保持水平．在線圈下邊進入磁場后且上邊進入磁場前，可能出現的是()圖6A．甲和乙都加速運動B．甲和乙都減速運動C．甲加速運動，乙減速運動D．甲減速運動，乙加速運動答案AB解析設線圈下邊到磁場上邊界的高度為h，線圈的邊長為l，則線圈下邊剛進入磁場時，有v＝eq\r(2gh)，感應電動勢為E＝nBlv，兩線圈材料相同(設密度為ρ0)，質量相同(設為m)，則m＝ρ0×4nl×S，設材料的電阻率為ρ，則線圈電阻R＝ρeq\f(4nl,S)＝eq\f(16n2l2ρρ0,m)感應電流為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(mBv,16nlρρ0)所受安培力為F＝nBIl＝eq\f(mB2v,16ρρ0)由牛頓第二定律有mg－F＝ma聯立解得a＝g－eq\f(F,m)＝g－eq\f(B2v,16ρρ0)加速度與線圈的匝數、橫截面積無關，則甲和乙進入磁場時，具有相同的加速度．當g>eq\f(B2v,16ρρ0)時，甲和乙都加速運動，當g<eq\f(B2v,16ρρ0)時，甲和乙都減速運動，當g＝eq\f(B2v,16ρρ0)時，甲和乙都勻速運動，故選A、B.例7(多選)(2018·江蘇卷·9)如圖7所示，豎直放置的“”形光滑導軌寬為L，矩形勻強磁場Ⅰ、Ⅱ的高和間距均為d，磁感應強度為B.質量為m的水平金屬桿由靜止釋放，進入磁場Ⅰ和Ⅱ時的速度相等．金屬桿在導軌間的電阻為R，與導軌接觸良好，其余電阻不計，重力加速度為g.金屬桿()圖7A．剛進入磁場Ⅰ時加速度方向豎直向下B．穿過磁場Ⅰ的時間大于在兩磁場之間的運動時間C．穿過兩磁場產生的總熱量為4mgdD．釋放時距磁場Ⅰ上邊界的高度h可能小于eq\f(m2gR2,2B4L4)答案BC解析穿過磁場Ⅰ后，金屬桿在磁場之間做加速運動，在磁場Ⅱ上邊緣的速度大于從磁場Ⅰ出來時的速度，因進入磁場Ⅰ時速度等于進入磁場Ⅱ時速度，大于從磁場Ⅰ出來時的速度，金屬桿在磁場Ⅰ中做減速運動，加速度方向向上，A錯．金屬桿在磁場Ⅰ中做減速運動，由牛頓第二定律知ma＝BIL－mg＝eq\f(B2L2v,R)－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動；在磁場之間做加速度為g的勻加速直線運動，兩個過程位移大小相等，由v－t圖象(可能圖象如圖所示)可以看出前一段用時多于后一段用時，B對．由于進入兩磁場時速度相等，由動能定理知，mg·2d－W安1＝0，可得W安1＝2mgd，即通過磁場Ⅰ產生的熱量為2mgd，故穿過兩磁場產生的總熱量為4mgd，C對．設剛進入磁場Ⅰ時速度為v0，則由機械能守恒定律知mgh＝eq\f(1,2)mv02，剛進入磁場時ma0＝BI0L－mg＝eq\f(B2L2v0,R)－mg，解得v0＝eq\f(ma0＋gR,B2L2)，聯立解得h＝eq\f(m2a0＋g2R2,2B4L4g)>eq\f(m2gR2,2B4L4)，D錯．例8如圖8所示，兩根足夠長的光滑直金屬導軌MN、PQ平行固定在傾角為θ的絕緣斜面上，兩導軌間距為L，導軌的電阻不計．導軌頂端M、P兩點間接有滑動變阻器和阻值為R的定值電阻．一根質量為m、電阻不計的均勻直金屬桿ab放在兩導軌上，與導軌垂直且接觸良好．空間存在磁感應強度大小為B、方向垂直斜面向下的勻強磁場．調節(jié)滑動變阻器的滑片，使得滑動變阻器接入電路的阻值為2R，讓ab由靜止開始沿導軌下滑．不計空氣阻力，重力加速度大小為g.圖8(1)求ab下滑的最大速度vm；(2)求ab下滑的速度最大時，定值電阻上消耗的電功率P；(3)若在ab由靜止開始至下滑到速度最大的過程中，定值電阻上產生的焦耳熱為Q，求該過程中ab下滑的距離x以及通過滑動變阻器的電荷量q.答案見解析解析(1)ab下滑的速度最大時，其切割磁感線產生的感應電動勢為：E＝BLvm，此時通過定值電阻的電流為：I＝eq\f(E,R＋2R)，ab桿所受安培力大小為：F安＝BIL，由受力平衡得mgsinθ＝BIL，聯立解得：vm＝eq\f(3mgRsinθ,B2L2)；(2)由電功率公式有：P＝I2R，解得：P＝eq\f(m2g2Rsin2θ,B2L2)；(3)由題意滑動變阻器接入電路的阻值為2R，為定值電阻的2倍，根據焦耳定律可知，滑動變阻器上產生的焦耳熱為2Q；由能量守恒定律可得：mgxsinθ＝eq\f(1,2)mvm2＋Q＋2Q，解得：x＝eq\f(9m2gR2sinθ,2B4L4)＋eq\f(3Q,mgsinθ)；在ab由靜止開始至下滑到速度最大的過程中，穿過回路的磁通量的變化為：ΔΦ＝BLx，設ab由靜止開始至下滑到速度最大所用時間為Δt，在該過程中，回路產生的平均感應電動勢為E＝eq\f(ΔΦ,Δt)根據閉合電路歐姆定律可得，在該過程中，通過回路的平均感應電流為eq\x\to(I)＝eq\f(E,3R)，又q＝eq\x\to(I)·Δt聯立解得：q＝eq\f(3m2gRsinθ,2B3L3)＋eq\f(BLQ,mgRsinθ).1．(多選)(2021·四川高三期末)圖9(a)所示是兩個同心且共面的金屬圓環(huán)線圈A和B，A中的電流按圖(b)所示規(guī)律變化，規(guī)定順時針方向為電流的正方向．下列說法中正確的是()圖9A．0～t1時間內，線圈B中的感應電流沿逆時針方向B．0～t1時間內，線圈B有擴張的趨勢C．t1時刻，線圈B既沒有擴張的趨勢，也沒有收縮的趨勢D．0～t2時間內，線圈B中的感應電流大小、方向均不變答案CD解析在0～t1時間內，線圈A中順時針方向的電流在減小，電流產生的磁場在減小，根據安培定則與磁場疊加原則可知，線圈B所處磁場的方向向里且在減小，根據楞次定律可知線圈B的感應電流方向為順時針，兩線圈的電流同向，相互吸引，所以線圈B有收縮趨勢，選項A、B錯誤；t1時刻，線圈A中的電流為零，與線圈B沒有相互作用力，因此線圈B既沒有擴張的趨勢，也沒有收縮的趨勢，選項C正確；t1～t2時間內，線圈A中逆時針電流在增大，電流產生磁場在增強，根據安培定則與磁場疊加原則可知，線圈B所處磁場的方向向里，且在增強，根據楞次定律可知線圈B的感應電流方向為順時針，所以0～t2時間內，線圈B中的感應電流方向不變，又由于線圈A中的電流變化率相同，因此線圈B中的感應電流大小也不變，選項D正確．2．(2021·江蘇蘇州市統(tǒng)考)一個閉合正三角形金屬框架，左邊豎直且與磁場右邊界平行，完全處于垂直框架平面向里的勻強磁場中．現用外力F把框架水平勻速向右拉出磁場，如圖10所示，設正三角形金屬框架開始出磁場的時刻t＝0，則電動勢E、外力F和外力的功率P隨時間t的變化圖象正確的是()圖10答案A解析框架在外力F的作用下以速度v勻速向右運動，則框架切割磁感線的有效長度L＝eq\f(2\r(3),3)vt，結合E＝BLv可知，電動勢E＝eq\f(2\r(3),3)Bv2t，則E與t成正比例關系，選項A正確，B錯誤．設框架的總電阻為R，則框架中的電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(2\r(3)Bv2t,3R)，框架勻速運動，則有F＝F安＝BIL＝eq\f(4B2v3t2,3R)，則F與t2成正比例關系，選項C錯誤．由P＝Fv可知，P與t2成正比例關系，選項D錯誤．3．(多選)(2021·山東師范大學附中高三打靶卷)如圖11所示，半徑為2l的圓形金屬導軌固定在水平面上，一根長也為2l、電阻為2R的金屬棒ab一端與導軌接觸良好，另一端固定在圓心處的導電轉軸OO′上，由電動機A帶動旋轉．在金屬導軌區(qū)域內存在垂直于導軌平面、大小為B的勻強磁場，金屬導軌區(qū)域中心半徑為l的區(qū)域內磁場豎直向上，其余部分磁場豎直向下．另有一質量為m、長為l、電阻為R的金屬棒MN放置于固定在豎直平面內的平行導軌后面并與導軌保持良好接觸，導軌間距為l，處于大小為B、方向豎直向上的勻強磁場中．從圓形金屬導軌引出導線和通過電刷從轉軸引出導線與平行導軌連接．MN處于靜止狀態(tài)，MN與豎直平行導軌間的動摩擦因數為μ，認為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g，則下列說法正確的是()圖11A．MN中電流方向由M到NB．MN兩端電壓為Bl2ωC．MN與豎直平行導軌間的動摩擦因數μ至少為eq\f(3mgR,B2l3ω)D．電路總電功率為eq\f(4B2l4ω2,3R)答案AC解析MN處于靜止狀態(tài)，豎直方向上受重力和靜摩擦力處于平衡，可知MN所受安培力方向垂直導軌向外(垂直紙面向外)，根據左手定則知，通過MN中的電流方向由M到N，A正確；由于金屬棒ab被分成兩部分位于相反的磁場中，所以產生的感應電動勢相反，ab產生的總電動勢E＝Bleq\x\to(v)1－Bleq\x\to(v)2＝Bleq\f(ω·2l＋ωl,2)－Bleq\f(0＋ωl,2)＝Bl2ω，則MN兩端的電壓U＝eq\f(E,3R)·R＝eq\f(1,3)E＝eq\f(1,3)Bl2ω，B錯誤；若MN恰好處于靜止，有mg＝μBIl，根據閉合電路歐姆定律得I＝eq\f(E,3R)＝eq\f(Bl2ω,3R)，解得動摩擦因數的最小值μ＝eq\f(3mgR,B2l3ω)，C正確；電路的總電功率P＝eq\f(E2,3R)＝eq\f(B2l4ω2,3R)，D錯誤．4.(多選)(2021·遼寧營口市高三期末)如圖12所示，在傾角為θ的光滑斜面上，存在著兩個勻強磁場區(qū)域．區(qū)域Ⅰ的磁場方向垂直斜面向上，磁感應強度為2B，區(qū)域Ⅱ的磁場方向垂直斜面向下，磁感應強度為B，磁場邊界MN、PQ、GH均平行于斜面底邊，MP、PG長均為L.一個質量為m、電阻為R、邊長也為L的正方形導線框，由靜止開始沿斜面下滑，下滑過程中ab邊始終與斜面底邊平行．t1時刻ab邊剛越過GH進入磁場Ⅰ區(qū)域，此時導線框恰好以速度v1做勻速直線運動；t2時刻ab邊下滑到PQ與MN之間的某位置，此時導線框又恰好以速度v2做勻速直線運動．重力加速度為g，下列說法中正確的是()圖12A．當ab邊剛越過PQ時，導線框的加速度大小為a＝eq\f(5,4)gsinθB．導線框兩次做勻速直線運動的速度之比v1∶v2＝4∶3C．從t1到t2的過程中，導線框克服安培力做的功等于機械能的減少量D．從t1到t2的過程中，有eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v\o\al(12)－v\o\al(22)))機械能轉化為電能答案AC解析ab邊進入磁場Ⅰ區(qū)域時E＝2BLv1，I＝eq\f(E,R)＝eq\f(2BLv1,R)，F安＝2BIL＝eq\f(4B2L2v1,R)，由平衡條件得F安＝eq\f(4B2L2v1,R)＝mgsinθ，當ab邊剛越過PQ時，E′＝BLv1＋2BLv1＝3BLv1，I′＝eq\f(E′,R)＝eq\f(3BLv1,R)，F安′＝BI′L＋2BI′L＝eq\f(9B2L2v1,R)由牛頓第二定律得F安′－mgsinθ＝ma解得a＝eq\f(5,4)gsinθ，故A正確；第二次平衡時，根據平衡條件，有F安″＝eq\f(9B2L2v2,R)＝mgsinθ聯立解得v1∶v2＝9∶4，故B錯誤；從t1到t2的過程中，根據功能關系，導線框克服安培力做功的大小等于機械能的減少量，故C正確；從t1到t2的過程中，設導線框下降的高度為Δh，則機械能轉化為電能有eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv22＋mg·Δh，故D錯誤．5．(2021·天津市南開區(qū)高三期末)如圖13甲所示，水平面內固定兩根間距L＝1m的長直平行光滑金屬導軌PQ、MN，其Q、N端接有阻值R＝1.5Ω的電阻，一質量m＝0.1kg、接入電路的阻值r＝0.5Ω的導體棒ab垂直于導軌放置于距QN端d＝2m處，且與兩導軌保持良好接觸．整個裝置處在豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度大小隨時間變化的情況如圖乙所示．在0～1s內，為了保持ab棒靜止，在棒的中點施加一平行于導軌平面的外力F0(未知)；1s后改用F＝0.5N的水平向左的恒力拉動ab棒，ab棒從靜止開始沿導軌運動距離x＝4.8m時速度恰好達到最大值．ab棒運動過程中始終與導軌保持垂直，導軌電阻不計．求：圖13(1)t＝1s時外力F0的大小和方向；(2)ab棒的最大速度大小vm；(3)從t＝0到ab棒運動距離x＝4.8m的過程，電阻R上產生的焦耳熱QR.答案(1)0.25N方向向左(2)4m/s(3)1.575J解析(1)1s時，電動勢E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔBS,Δt)＝eq\f(ΔBLd,Δt)＝eq\f(0.5－0×1×2,1)V＝1V根據楞次定律，電流從b到a，電流的大小為I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(1,1.5＋0.5)A＝0.5A根據左手定則，安培力方向向右F安＝ILB＝0.5×1×0.5N＝0.25N外力F0與F安平衡，兩者等大反向．F0＝F安所以F0大小為0.25N，方向向左．(2)ab棒達到最大速度后做勻速直線運動，拉力F向左，安培力F安′向右，二力平衡，F＝F安′其中安培力F安′＝I′LB電流I′＝eq\f(E′,R＋r)電動勢E′＝BLvm解得vm＝eq\f(FR＋r,B2L2)＝eq\f(0.5×1.5＋0.5,0.52×12)m/s＝4m/s(3)在第1s內Q1＝I2Rt＝0.52×1.5×1J＝0.375J在運動距離x內Fx＝eq\f(1,2)mvm2＋QR＋rQ2＝eq\f(R,R＋r)QR＋r從t＝0到ab棒運動距離x＝4.8m的過程，電阻R上產生的焦耳熱QR＝Q1＋Q2解得QR＝1.575J.專題強化練[保分基礎練]1.(2020·江蘇卷·3)如圖1所示，兩勻強磁場的磁感應強度B1和B2大小相等、方向相反．金屬圓環(huán)的直徑與兩磁場的邊界重合．下列變化會在環(huán)中產生順時針方向感應電流的是()圖1A．同時增大B1減小B2B．同時減小B1增大B2C．同時以相同的變化率增大B1和B2D．同時以相同的變化率減小B1和B2答案B解析若同時增大B1減小B2，則穿過環(huán)向里的磁通量增大，根據楞次定律，感應電流產生的磁場方向向外，由安培定則，環(huán)中產生的感應電流是逆時針方向，故選項A錯誤；同理可推出，選項B正確，C、D錯誤．2．(2021·安徽安慶市一模)下列關于器材的原理和用途的說法正確的是()A．變壓器可以改變交變電壓也能改變頻率B．扼流圈對交流的阻礙作用是因為線圈存在電阻C．真空冶煉爐的工作原理是爐體產生渦流使爐內金屬熔化D．磁電式儀表中用來做線圈骨架的鋁框能起電磁阻尼的作用答案D解析變壓器可以改變交變電壓但是不改變交流電頻率，A錯誤；扼流圈對交流的阻礙作用是因為線圈會產生自感現象，B錯誤；真空冶煉爐的工作原理是金屬中產生渦流使爐內金屬熔化，C錯誤；鋁是導體，儀表指針偏轉時鋁框隨之轉動，并切割磁感線產生感應電流，感應電流又會受到安培阻力，阻礙線圈的轉動，屬于電磁阻尼，D正確．3．(多選)(2021·河北張家口市一模)如圖2所示軟鐵環(huán)上繞有M、N兩個線圈，M線圈通過滑動變阻器及開關與電源相連，N線圈連接電流表，下列說法正確的是()圖2A．開關閉合瞬間，通過電流表G的電流由a到bB．開關閉合穩(wěn)定后，通過電流表G的電流由b到aC．開關閉合穩(wěn)定后，將滑動變阻器滑片向右滑動，通過電流表G的電流由a到bD．開關閉合穩(wěn)定后再斷開瞬間，通過電流表G的電流由a到b答案CD解析開關閉合瞬間，在線圈N中有向下增大的磁場，根據楞次定律，通過電流表G的電流由b到a，A錯誤；開關閉合穩(wěn)定后，線圈中的磁場不變，磁通量不變，電流表G中沒有電流，B錯誤；開關閉合穩(wěn)定后，將滑動變阻器滑片向右滑動，線圈M中電流減小，產生的磁場減弱，根據楞次定律，通過電流表G的電流由a到b，C正確；開關閉合穩(wěn)定后再斷開瞬間，線圈M中的磁場減弱，根據楞次定律，通過電流表G的電流由a到b，D正確．4．(多選)(2021·河北邯鄲市高三期末)如圖3所示，有一足夠大的光滑水平面上存在非勻強磁場，其磁場分布沿x軸方向均勻增大，沿y軸方向是不變的，磁場方向垂直紙面向外．現有一閉合的正方形金屬線框(線框有電阻)，質量為m，以速度大小為v0、方向沿其對角線且與x軸成45°角開始運動，以下關于線框的說法中正確的是()圖3A．線框中的感應電流方向沿順時針B．線框將做勻減速直線運動C．線框運動中產生的內能為eq\f(1,4)mv02D．線框最終將靜止于平面上的某個位置答案AC解析穿過線框的磁通量增加，根據楞次定律得線框中產生順時針方向感應電流，A正確；因為安培力向左并逐漸減小，所以線框做加速度減小的減速曲線運動，B錯誤；線框最終以v0cos45°豎直向上運動，根據能量守恒得產生的內能為Q＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)m(v0cos45°)2＝eq\f(1,4)mv02，C正確，D錯誤．5．(多選)(2021·廣東汕頭市一模)如圖4甲，螺線管匝數n＝1000匝，橫截面積S＝0.02m2，電阻r＝1Ω，螺線管外接一個阻值R＝4Ω的電阻，電阻的一端b接地．一方向平行于螺線管軸線向左的磁場穿過螺線管，磁感應強度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，則()圖4A．在0～4s內，R中有電流從a流向bB．在t＝3s時穿過螺線管的磁通量為0.07WbC．在4～6s內，R中電流大小為8AD．在4～6s內，R兩端電壓Uab＝40V答案BC解析在0～4s內，原磁場的磁感應強度增大，則磁通量增大，根據楞次定律可知，感應磁場方向向右，再由安培定則可知R中的電流方向從b流向a，故A錯誤；由題圖乙可知，t＝3s時磁感應強度為B＝3.5T，則此時的磁通量Φ＝BS＝3.5×0.02Wb＝0.07Wb，故B正確；在4～6s內，感應電動勢為E＝neq\f(ΔB·S,Δt)＝eq\f(1000×4×0.02,2)V＝40V，通過R的電流方向從a流向b，R中電流大小為I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(40,4＋1)A＝8A，R兩端電壓為Uab＝IR＝8×4V＝32V，故C正確，D錯誤．6．(2021·遼寧沈陽市高三下質量監(jiān)測)如圖5甲所示，正五邊形硬導線框abcde固定在磁場中，磁場方向與線框平面垂直，圖乙表示該磁場的磁感應強度B隨時間t變化的關系，t＝0時刻磁場方向垂直紙面向里．設垂直cd邊向下為安培力的正方向，在0～5t0時間內，線框cd邊受到該磁場對它的安培力F隨時間t變化的關系圖象為()圖5答案B解析在0～2t0時間內，磁感應強度的變化率不變，則導線框的感應電流方向不變，方向為順時針方向，則在0～t0時間內，線框cd邊受到的安培力向下，并均勻減小，在t0～2t0時間內，線框cd邊受到的安培力向上，并均勻增大；在2t0～3t0時間內，磁感應強度不變，導線框中無感應電流，線框cd邊不受安培力；在3t0～5t0時間內，磁感應強度的變化率不變，則導線框的感應電流方向不變，方向為逆時針方向，則在3t0～4t0時間內，線框cd邊受到的安培力向下，并均勻減小，在4t0～5t0時間內，線框cd邊受到的安培力向上，并均勻增大，故選B.[爭分提能練]7．(多選)(2021·寧夏銀川市唐徠回民中學檢測)如圖6甲所示，兩根足夠長的光滑固定金屬導軌ab、cd與水平面成θ＝30°，導軌間距離為l＝1m，電阻不計，一個阻值為R0的定值電阻與電阻箱并聯接在兩金屬導軌的上端，整個系統(tǒng)置于勻強磁場中，磁感應強度方向與導軌所在平面垂直，磁感應強度大小為B＝1T．現將一質量為m、不計電阻的金屬棒MN從圖示位置由靜止開始釋放，金屬棒下滑過程中與導軌接觸良好，且始終與導軌保持垂直，改變電阻箱的阻值R，測定金屬棒的最大速度vm，得到eq\f(1,vm)－eq\f(1,R)的關系如圖乙所示，g取10m/s2.則下列說法正確的是()圖6A．金屬棒的質量m＝0.2kgB．金屬棒的質量m＝0.1kgC．定值電阻R0＝1ΩD．定值電阻R0＝2Ω答案AD解析金屬棒以速度vm下滑時，由法拉第電磁感應定律得E＝Blvm，由閉合電路歐姆定律得E＝I·eq\f(RR0,R＋R0)，當金屬棒以最大速度vm下滑時，由平衡條件得BIl－mgsinθ＝0，聯立解得eq\f(1,vm)＝eq\f(B2l2,mgsinθ)·eq\f(1,R)＋eq\f(B2l2,mgsinθ)·eq\f(1,R0)，由eq\f(1,vm)－eq\f(1,R)圖象可得eq\f(B2l2,mgsinθ)＝1，eq\f(B2l2,mgsinθ)·eq\f(1,R0)＝0.5，解得m＝0.2kg，R0＝2Ω，故選A、D.8．(多選)(2020·全國卷Ⅰ·21)如圖7，U形光滑金屬框abcd置于水平絕緣平臺上，ab和dc邊平行，和bc邊垂直．ab、dc足夠長，整個金屬框電阻可忽略．一根具有一定電阻的導體棒MN置于金屬框上，用水平恒力F向右拉動金屬框，運動過程中，裝置始終處于豎直向下的勻強磁場中，MN與金屬框保持良好接觸，且與bc邊保持平行．經過一段時間后()圖7A．金屬框的速度大小趨于恒定值B．金屬框的加速度大小趨于恒定值C．導體棒所受安培力的大小趨于恒定值D．導體棒到金屬框bc邊的距離趨于恒定值答案BC解析當金屬框在恒力F作用下向右加速運動時，bc邊產生從c向b的感應電流i，金屬框的加速度大小為a1，則有F－Bil＝Ma1；MN中感應電流從M流向N，MN在安培力作用下向右加速運動，加速度大小為a2，則有Bil＝ma2，當金屬框和MN都運動后，金屬框速度為v1，MN速度為v2，則電路中的感應電流為i＝eq\f(Blv1－v2,R)，感應電流從0開始增大，則a2從零開始增加，a1從eq\f(F,M)開始減小，加速度差值減小．當a1＝a2時，得F＝(M＋m)a，a＝eq\f(F,M＋m)恒定，由F安＝ma可知，安培力不再變化，則感應電流不再變化，據i＝eq\f(Blv1－v2,R)知金屬框與MN的速度差保持不變，v－t圖象如圖所示，故A錯誤，B、C正確；MN與金屬框的速度差不變，但MN的速度小于金屬框的速度，則MN到金屬框bc邊的距離越來越大，故D錯誤．9.(多選)(2019·全國卷Ⅱ·21)如圖8，兩條光滑平行金屬導軌固定，所在平面與水平面夾角為θ，導軌電阻忽略不計．虛線ab、cd均與導軌垂直，在ab與cd之間的區(qū)域存在垂直于導軌所在平面的勻強磁場．將兩根相同的導體棒PQ、MN先后自導軌上同一位置由靜止釋放，兩者始終與導軌垂直且接觸良好．已知PQ進入磁場時加速度恰好為零．從PQ進入磁場開始計時，到MN離開磁場區(qū)域為止，流過PQ的電流隨時間變化的圖像可能正確的是()圖8答案AD解析根據題述，PQ進入磁場時加速度恰好為零，兩導體棒從同一位置釋放，則兩導體棒進入磁場時的速度相同，產生的感應電動勢大小相等，若釋放兩導體棒的時間間隔足夠長，在PQ通過磁場區(qū)域一段時間后MN進入磁場區(qū)域，根據法拉第電磁感應定律和閉合電路歐姆定律可知流過PQ的電流隨時間變化的圖像可能是A；若釋放兩導體棒的時間間隔較短，在PQ沒有出磁場區(qū)域時MN就進入磁場區(qū)域，則兩棒在磁場區(qū)域中運動時回路中磁通量不變，兩棒不受安培力作用，二者在磁場中做加速運動，PQ出磁場后，MN切割磁感線產生感應電動勢和感應電流，且感應電流一定大于I1，受到安培力作用，由于安培力與速度成正比，則MN所受的安培力一定大于MN的重力沿導軌平面方向的分力，所以MN一定做減速運動，回路中感應電流減小，流過PQ的電流隨時間變化的圖像可能是D.10．(2021·福建漳州市一模)如圖9，兩根間距為L相互平行的光滑傾斜金屬長直導軌，與水平面的夾角θ＝30°，在兩導軌間有兩個垂直于導軌平面、方向相反、磁感應強度均為B、寬度均為s的相鄰勻強磁場區(qū)域，金屬桿MN、PQ用絕緣桿固定連接形成“工”字形框架，間距也為s，與導軌緊密接觸且時刻與導軌垂直，使框架從距磁場上邊界一定距離處靜止釋放，框架進入磁場過程中做勻速運動，且速度與框架離開磁場做勻速運動過程的速度相同．已知“