第11講 電磁感應的規(guī)律及綜合應用 拔高練習

學而優(yōu)·教有方PAGEPAGE57專題四電路與電磁感應第11講電磁感應的規(guī)律及綜合應用1.（多選）（2021·廣東卷）如圖所示，水平放置足夠長光滑金屬導軌和，與平行，是以O為圓心的圓弧導軌，圓弧左側(cè)和扇形內(nèi)有方向如圖的勻強磁場，金屬桿的O端與e點用導線相接，P端與圓弧接觸良好，初始時，可滑動的金屬桿靜止在平行導軌上，若桿繞O點在勻強磁場區(qū)內(nèi)從b到c勻速轉(zhuǎn)動時，回路中始終有電流，則此過程中，下列說法正確的有（）A.桿產(chǎn)生的感應電動勢恒定B.桿受到的安培力不變C.桿做勻加速直線運動D.桿中的電流逐漸減小2.（多選）（2021·全國甲卷）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(zhì)量相等，但所用導線的橫截面積不同，甲線圈的匝數(shù)是乙的2倍。現(xiàn)兩線圈在豎直平面內(nèi)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(xiàn)的是（）A.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3.（多選）（2021·山東卷）如圖所示，電阻不計的光滑U形金屬導軌固定在絕緣斜面上。區(qū)域Ⅰ、Ⅱ中磁場方向均垂直斜面向上，Ⅰ區(qū)中磁感應強度隨時間均勻增加，Ⅱ區(qū)中為勻強磁場。阻值恒定的金屬棒從無磁場區(qū)域中a處由靜止釋放，進入Ⅱ區(qū)后，經(jīng)b下行至c處反向上行。運動過程中金屬棒始終垂直導軌且接觸良好。在第一次下行和上行的過程中，以下敘述正確的是（）A.金屬棒下行過b時的速度大于上行過b時的速度B.金屬棒下行過b時的加速度大于上行過b時的加速度C.金屬棒不能回到無磁場區(qū)D.金屬棒能回到無磁場區(qū)，但不能回到a處4.（2021·山東卷）迷你系繩衛(wèi)星在地球赤道正上方的電離層中，沿圓形軌道繞地飛行。系繩衛(wèi)星由兩子衛(wèi)星組成，它們之間的導體繩沿地球半徑方向，如圖所示。在電池和感應電動勢的共同作用下，導體繩中形成指向地心的電流，等效總電阻為r。導體繩所受的安培力克服大小為f的環(huán)境阻力，可使衛(wèi)星保持在原軌道上。已知衛(wèi)生離地平均高度為H，導體繩長為，地球半徑為R，質(zhì)量為M，軌道處磁感應強度大小為B，方向垂直于赤道平面。忽略地球自轉(zhuǎn)的影響。據(jù)此可得，電池電動勢為（）A. B.C. D.楞次定律及法拉第電磁感應定律的應用1．求感應電動勢的兩種方法(1)E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，用來計算感應電動勢的平均值。(2)E＝BLv或E＝eq\f(1,2)BL2ω，主要用來計算感應電動勢的瞬時值。2．判斷感應電流方向的兩種方法(1)利用右手定則，即根據(jù)導體在磁場中做切割磁感線運動的情況進行判斷。(2)利用楞次定律，即根據(jù)穿過回路的磁通量的變化情況進行判斷。3．楞次定律中“阻礙”的4種表現(xiàn)形式(1)阻礙磁通量的變化——“增反減同”。(2)阻礙相對運動——“來拒去留”。(3)使線圈面積有擴大或縮小的趨勢——“增縮減擴”。(4)阻礙電流的變化(自感現(xiàn)象)——“增反減同”。例題1.（2021·河北卷）如圖，兩光滑導軌水平放置在豎直向下的勻強磁場中，磁感應強度大小為B，導軌間距最窄處為一狹縫，取狹縫所在處O點為坐標原點，狹縫右側(cè)兩導軌與x軸夾角均為，一電容為C的電容器與導軌左端相連，導軌上的金屬棒與x軸垂直，在外力F作用下從O點開始以速度v向右勻速運動，忽略所有電阻，下列說法正確的是（）A.通過金屬棒的電流為B.金屬棒到達時，電容器極板上的電荷量為C.金屬棒運動過程中，電容器的上極板帶負電D.金屬棒運動過程中，外力F做功的功率恒定夯實成果練1.（2020·浙江卷）如圖所示，固定在水平面上的半徑為r的金屬圓環(huán)內(nèi)存在方向豎直向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場。長為l的金屬棒，一端與圓環(huán)接觸良好，另一端固定在豎直導電轉(zhuǎn)軸上，隨軸以角速度勻速轉(zhuǎn)動。在圓環(huán)的A點和電刷間接有阻值為R的電阻和電容為C、板間距為d的平行板電容器，有一帶電微粒在電容器極板間處于靜止狀態(tài)。已知重力加速度為g，不計其它電阻和摩擦，下列說法正確的是（）A．棒產(chǎn)生的電動勢為B．微粒的電荷量與質(zhì)量之比為C．電阻消耗的電功率為D．電容器所帶的電荷量為例題2.（2020·新課標Ⅲ卷）如圖，水平放置的圓柱形光滑玻璃棒左邊繞有一線圈，右邊套有一金屬圓環(huán)。圓環(huán)初始時靜止。將圖中開關S由斷開狀態(tài)撥至連接狀態(tài)，電路接通的瞬間，可觀察到A．撥至M端或N端，圓環(huán)都向左運動B．撥至M端或N端，圓環(huán)都向右運動C．撥至M端時圓環(huán)向左運動，撥至N端時向右運動D．撥至M端時圓環(huán)向右運動，撥至N端時向左運動夯實成果練2.如圖所示，兩勻強磁場的磁感應強度和大小相等、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(chǎn)生順時針方向感應電流的是（）A．同時增大減小B．同時減小增大C．同時以相同的變化率增大和D．同時以相同的變化率減小和電磁感應中的力、電綜合問題1．解答此類問題首先要分清左手定則、右手定則、安培定則比較項目左手定則右手定則安培定則應用磁場對運動電荷、電流作用力方向的判斷對因?qū)w切割磁感線而產(chǎn)生的感應電流方向的判斷對電流產(chǎn)生磁場方向的判斷涉及方向的物理量磁場方向、電流(電荷運動)方向，安培力(洛倫茲力)方向磁場方向、導體切割磁感線的運動方向、感應電動勢的方向電流方向、磁場方向各物理量方向間的關系圖例因果關系電流→力運動→電流電流→磁場應用實例電動機發(fā)電機電流的磁效應2.電磁感應中動力學問題的解題思路(1)找準主動運動者，用法拉第電磁感應定律和楞次定律求解感應電動勢的大小和方向．(2)根據(jù)等效電路圖，求解回路中電流的大小及方向．(3)分析安培力對導體棒運動速度、加速度的影響，從而推理得出對電路中的電流有什么影響，最后定性分析導體棒的最終運動情況．(4)列牛頓第二定律或平衡方程求解．3．能量轉(zhuǎn)化問題的分析：先電后力再能量．4.解決電磁感應中電路問題的思路（1）．“源”的分析：用法拉第電磁感應定律算出E的大小，用楞次定律或右手定則確定感應電動勢的方向(感應電流方向是電源內(nèi)部電流的方向)，從而確定電源正負極，明確內(nèi)阻r.（2）．“路”的分析：根據(jù)“等效電源”和電路中其他各元件的連接方式畫出等效電路．（3）．根據(jù)E＝BLv或E＝neq\f(ΔФ,Δt)，結(jié)合閉合電路歐姆定律、串并聯(lián)電路知識和電功率、焦耳定律等關系式聯(lián)立求解．例題3.（2021·全國乙卷）如圖，一傾角為的光滑固定斜面的頂端放有質(zhì)量的U型導體框，導體框的電阻忽略不計；一電阻的金屬棒的兩端置于導體框上，與導體框構(gòu)成矩形回路；與斜面底邊平行，長度。初始時與相距，金屬棒與導體框同時由靜止開始下滑，金屬棒下滑距離后進入一方向垂直于斜面的勻強磁場區(qū)域，磁場邊界（圖中虛線）與斜面底邊平行；金屬棒在磁場中做勻速運動，直至離開磁場區(qū)域。當金屬棒離開磁場的瞬間，導體框的邊正好進入磁場，并在勻速運動一段距離后開始加速。已知金屬棒與導體框之間始終接觸良好，磁場的磁感應強度大小，重力加速度大小取。求：（1）金屬棒在磁場中運動時所受安培力的大小；（2）金屬棒的質(zhì)量以及金屬棒與導體框之間的動摩擦因數(shù)；（3）導體框勻速運動的距離。夯實成果練3.（多選）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(a)中虛線MN所示。一硬質(zhì)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(nèi)，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(nèi)()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)例題4.（多選）如圖，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(jīng)過一段時間后A．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夯實成果練4.（多選）手機無線充電是比較新穎的充電方式。如圖所示，電磁感應式無線充電的原理與變壓器類似，通過分別安裝在充電基座和接收能量裝置上的線圈，利用產(chǎn)生的磁場傳遞能量。當充電基座上的送電線圈通入正弦式交變電流后，就會在鄰近的受電線圈中感應出電流，最終實現(xiàn)為手機電池充電。在充電過程中A．送電線圈中電流產(chǎn)生的磁場呈周期性變化B．受電線圈中感應電流產(chǎn)生的磁場恒定不變C．送電線圈和受電線圈通過互感現(xiàn)象實現(xiàn)能量傳遞D．手機和基座無需導線連接，這樣傳遞能量沒有損失電磁感應中的動量問題1.應用動量觀點解決電磁感應綜合問題可分為兩類：(1)利用動量定理求感應電荷量或運動位移應用動量定理可以由動量變化來求解變力的沖量，如在導體棒做非勻變速運動的問題中，應用動量定理可以解決牛頓運動定律不易解答的問題。如：Beq\o(I,\s\up6(－))LΔt＝Δp，q＝eq\x\to(I)·Δt，可得q＝eq\f(Δp,BL)。eq\f(B2L2\o(v,\s\up6(－)),R總)Δt＝Δp，x＝eq\o(v,\s\up6(－))Δt，可得x＝eq\f(ΔpR總,B2L2)。(2)利用動量守恒定律分析雙導體桿問題在相互平行的光滑水平軌道間的雙棒做切割磁感線運動時，由于這兩根導體棒所受的安培力等大反向，合外力為零，若不受其他外力，兩導體棒的總動量守恒。解決此類問題往往要應用動量守恒定律。例題5.如圖甲所示，兩條相距l(xiāng)的光滑平行金屬導軌位于同一豎直面(紙面)內(nèi)，其上端接一阻值為R的電阻，在兩導軌間OO′下方區(qū)域內(nèi)有垂直導軌平面向里的勻強磁場，磁感應強度為B?，F(xiàn)使長為l、電阻為r、質(zhì)量為m的金屬棒ab由靜止開始自OO′位置釋放，向下運動距離d后速度不再變化(棒ab與導軌始終保持良好的接觸且下落過程中始終保持水平，導軌電阻不計)。(1)求棒ab在向下運動距離d過程中回路產(chǎn)生的總焦耳熱；(2)棒ab從靜止釋放經(jīng)過時間t0下降了eq\f(d,2)，求此時刻的速度大??；(3)如圖乙所示，在OO′上方區(qū)域加一面積為S的垂直于紙面向里的勻強磁場B′，棒ab由靜止開始自OO′上方某一高度處釋放，自棒ab運動到OO′位置開始計時，B′隨時間t的變化關系B′＝kt，式中k為已知常量；棒ab以速度v0進入OO′下方磁場后立即施加一豎直外力使其保持勻速運動。求在t時刻穿過回路的總磁通量和電阻R的電功率。夯實成果練5.如圖所示，光滑平行金屬導軌的水平部分處于豎直向下的B＝4T的勻強磁場中，兩導軌間距為L＝0.5m，導軌足夠長且不計電阻。金屬棒a和b的質(zhì)量都為m＝1kg，連入導軌間的電阻Ra＝Rb＝1Ω。b棒靜止于導軌水平部分，現(xiàn)將a棒從h＝80cm高處自靜止沿弧形導軌下滑，通過C點進入導軌的水平部分，已知兩棒在運動過程中始終保持與導軌垂直，且兩棒始終不相碰。求a、b兩棒的最終速度，以及整個過程中b棒中產(chǎn)生的焦耳熱(已知重力加速度g＝10m/s2)。例題6.兩足夠長且不計電阻的光滑金屬軌道如圖甲平行放置，間距為d＝1m，在左端弧形軌道部分高h＝1.25m處放置一金屬桿a，弧形軌道與水平直軌道平滑連接，在水平直軌道右端放置另一金屬桿b，桿a、b的電阻分別為Ra＝2Ω、Rb＝5Ω，在水平直軌道區(qū)域有豎直向上的勻強磁場，磁感應強度B＝2T?，F(xiàn)桿b以大小為v0＝5m/s的初速度開始向左滑動，同時由靜止釋放桿a，桿a由靜止滑到水平直軌道的過程中，通過桿b的平均電流為eq\x\to(I)＝0.3A；從a下滑到水平直軌道時開始計時，a、b運動的速度—時間圖像如圖乙所示(以a運動方向為正方向)，其中ma＝2kg，mb＝1kg，g＝10m/s2，求：(1)桿a在弧形軌道上運動的時間；(2)桿a在水平直軌道上運動過程中通過其截面的電荷量；(3)在整個運動過程中桿b產(chǎn)生的焦耳熱。夯實成果練6.如圖所示，兩根質(zhì)量均為m＝2kg的金屬棒垂直放在光滑的水平導軌上，左右兩部分導軌間距之比為1∶2，導軌間有大小相等但左、右兩部分方向相反的勻強磁場，兩棒電阻與棒長成正比，不計導軌電阻?，F(xiàn)用250N的水平拉力F向右拉CD棒，CD棒運動s＝0.5m時其上產(chǎn)生的焦耳熱為Q2＝30J，此時兩棒速率之比為vA∶vC＝1∶2，現(xiàn)立即撤去拉力F，設導軌足夠長且兩棒始終在不同磁場中運動，求：(1)在CD棒運動0.5m的過程中，AB棒上產(chǎn)生的焦耳熱；(2)撤去拉力F瞬間，兩棒的速度大小vA和vC；(3)撤去拉力F后，兩棒最終勻速運動的速度大小vA′和vC′。電磁感應中的圖像問題1．圖像類型2．分析方法3．解答電磁感應中圖像類選擇題的兩個常用方法排除法定性地分析電磁感應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)，特別是分析物理量的正負，以排除錯誤的選項函數(shù)法根據(jù)題目所給條件定量地寫出兩個物理量之間的函數(shù)關系，然后由函數(shù)關系對圖像進行分析和判斷例題7.如圖所示，半徑為的圓形區(qū)域內(nèi)存在一垂直紙面向里的勻強磁場，一半徑小于的圓形導線環(huán)沿著它們圓心連線的方向勻速穿過磁場區(qū)域，關于導線環(huán)中的感應電流隨時間的變化關系，下列圖像中（以逆時針方向為電流的正方向）最符合實際的是A． B．C． D．夯實成果練7.（多選）如圖，平行光滑金屬導軌M、N固定在水平面上，處于豎直向下的勻強磁場中．完全相同的兩金屬棒P、Q搭放在導軌上，開始均處于靜止狀態(tài)．給P施加一與導軌平行的恒定拉力作用，運動中兩金屬棒始終與導軌垂直并與導軌接觸良好．設導軌足夠長，除兩棒的電阻外其余電阻均不計．則兩棒的速度及棒中的感應電流隨時間變化的圖象正確的是A．B．C．D．例題8.(多選)如圖所示，等腰直角三角形金屬框abc右側(cè)有一有界勻強磁場，磁場方向垂直紙面向外，ab邊與磁場兩邊界平行，磁場寬度大于bc邊的長度?，F(xiàn)使框架沿bc邊方向勻速穿過磁場區(qū)域，t=0時，c點恰好達到磁場左邊界。線框中產(chǎn)生的感應電動勢大小為E，感應電流為I（逆時針方向為電流正方向），bc兩點間的電勢差為Ubc，金屬框的電功率為P。圖中上述各量隨時間變化的圖像可能正確的是（） B．C．D．夯實成果練8.如圖甲所示，矩形導線框abcd固定在變化的磁場中，產(chǎn)生了如圖乙所示的電流(電流方向abcda為正方向)。若規(guī)定垂直紙面向里的方向為磁場正方向，能夠產(chǎn)生如圖乙所示電流的磁場為()1.楞次定律是下列哪個定律在電磁感應現(xiàn)象中的具體體現(xiàn)？A．電阻定律 B．庫侖定律C．歐姆定律 D．能量守恒定律2.（多選）電磁軌道炮利用電流和磁場的作用使炮彈獲得超高速度，其原理示意圖如圖所示。兩根固定于水平面內(nèi)的光滑平行金屬導軌間距為L，導軌間存在垂直于導軌平面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場，導軌電阻不計。炮彈可視為一質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒MN，垂直放在兩導軌間處于靜止狀態(tài)，并與導軌良好接觸。電容器電容C，首先開關接1，使電容器完全充電。然后將S接至2，MN達到最大速度vm后離開導軌。這個過程中A．MN做勻加速直線運動B．通過MN的電量C．達到最大速度時電容器C兩極板間的電壓為0D．求出通過MN的電量q后，不可以利用的公式求出MN加速過程的位移3.（多選）如圖，條形磁鐵在固定的水平閉合導體圓環(huán)正上方，從離地面高h處由靜止開始下落，下落過程中始終保持豎直方向，并從圓環(huán)中心穿過，最后落在水平地面上。條形磁鐵A、B兩端經(jīng)過線圈平面時的速度分別為v1、v2，線圈中的感應電流分別為I1、I2，電流的瞬時功率分別為P1、P2.不計空氣阻力，重力加速度為g，下列說法正確的是A．從上往下看，I2的方向為順時針B．I1：I2=v1：v2C．P1：P2=v1：v2D．磁鐵落地時的速率為4.如圖所示，垂直于紙面的勻強磁場磁感應強度為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邊剛進入磁場直至bc邊剛要進入的過程中，線框在向左的拉力作用下以速度v勻速運動，求：（1）感應電動勢的大小E；（2）拉力做功的功率P；（3）ab邊產(chǎn)生的焦耳熱Q．5.如圖，直角三角形金屬框abc放置在勻強磁場中，磁感應強度大小為B，方向平行于ab邊向上．當金屬框繞ab邊以角速度Ω逆時針轉(zhuǎn)動時，a、b、c三點的電勢分別為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－aC．Ubc＝－eq\f(1,2)Bl2Ω，金屬框中無電流D．Ubc＝eq\f(1,2)Bl2Ω，金屬框中電流方向沿a－c－b－a6.（多選）如圖，方向豎直向下的勻強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軌，兩相同的光滑導體棒ab、cd靜止在導軌上．t＝0時，棒ab以初速度v0向右滑動．運動過程中，ab、cd始終與導軌垂直并接觸良好，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()7.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軌，垂直于導軌放置的兩根金屬棒MN和PQ長度也為l、電阻均為R，兩棒與導軌始終接觸良好．MN兩端通過開關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)有垂直于導軌平面向下的勻強磁場，磁感應強度大小為B.PQ的質(zhì)量為m，金屬導軌足夠長、電阻忽略不計．(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.8.(多選)如圖所示，水平放置的光滑平行金屬導軌，左端通過開關S與內(nèi)阻不計、電動勢為E的電源相連，右端與半徑為L＝20cm的光滑圓弧導軌相接，導軌寬度為20cm，電阻不計．導軌所在空間有豎直方向的勻強磁場，磁感應強度B＝0.5T．一根導體棒ab垂直導軌放置，質(zhì)量m＝60g、電阻R＝1Ω，用兩根長也為20cm的絕緣細線懸掛，導體棒恰好與導軌接觸．當閉合開關S后，導體棒沿圓弧擺動，擺動過程中導體棒始終與導軌接觸良好且細線處于張緊狀態(tài)．導體棒ab速度最大時，細線與豎直方向的夾角θ＝53°(sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g＝10m/s2)，則()A．磁場方向一定豎直向上B．電源的電動勢E＝8VC．導體棒在擺動過程中所受安培力F＝8ND．導體棒擺動過程中的最大動能為0.08J9.(多選)如圖甲所示，abcd是位于豎直平面內(nèi)的正方形閉合金屬線框，在金屬線框的下方有一磁感應強度大小為B的勻強磁場區(qū)域，MN和M′N′是勻強磁場區(qū)域的水平邊界，兩邊界間的寬度為s，并與線框的bc邊平行，磁場方向與線框平面垂直．現(xiàn)讓金屬線框由距MN的某一高度從靜止開始下落，圖乙是金屬線框由開始下落到完全穿過勻強磁場區(qū)域的v－t圖象(其中OA、BC、DE相互平行)．已知正方形金屬線框的邊長為L(L<s)、質(zhì)量為m、電阻為R，當?shù)氐闹亓铀俣葹間(下落過程中bc邊始終水平且線框始終在豎直面內(nèi))．關于線框在穿越磁場的過程中，以下說法正確的是()A．線框的速度v1一定等于eq\f(mgR,B2L2)B．如果線框剛進入磁場時加速度大小是eq\f(g,4)，則v2＝eq\f(4mgR,5B2L2)C．如果線框剛進入磁場時加速度大小是eq\f(g,4)，線框在進入磁場的過程中，通過線框的電荷量可能是eq\f(m2gR,5B3L3)D．線框穿出磁場的過程中流經(jīng)線框橫截面的電荷量q＝eq\f(BL2,R)10.(多選)(2019·高考全國卷Ⅱ)如圖，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象可能正確的是()專題四電路與電磁感應第11講電磁感應的規(guī)律及綜合應用（解析）1.（多選）（2021·廣東卷）如圖所示，水平放置足夠長光滑金屬導軌和，與平行，是以O為圓心的圓弧導軌，圓弧左側(cè)和扇形內(nèi)有方向如圖的勻強磁場，金屬桿的O端與e點用導線相接，P端與圓弧接觸良好，初始時，可滑動的金屬桿靜止在平行導軌上，若桿繞O點在勻強磁場區(qū)內(nèi)從b到c勻速轉(zhuǎn)動時，回路中始終有電流，則此過程中，下列說法正確的有（）A.桿產(chǎn)生的感應電動勢恒定B.桿受到的安培力不變C.桿做勻加速直線運動D.桿中的電流逐漸減小【答案】AD【解析】A．OP轉(zhuǎn)動切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢為因為OP勻速轉(zhuǎn)動，所以桿OP產(chǎn)生的感應電動勢恒定，故A正確；BCD．桿OP勻速轉(zhuǎn)動產(chǎn)生的感應電動勢產(chǎn)生的感應電流由M到N通過MN棒，由左手定則可知，MN棒會向左運動，MN棒運動會切割磁感線，產(chǎn)生電動勢與原來電流方向相反，讓回路電流減小，MN棒所受合力為安培力，電流減小，安培力會減小，加速度減小，故D正確，BC錯誤。故選AD。2.（多選）（2021·全國甲卷）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(zhì)量相等，但所用導線的橫截面積不同，甲線圈的匝數(shù)是乙的2倍?，F(xiàn)兩線圈在豎直平面內(nèi)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(xiàn)的是（）A.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】設線圈到磁場的高度為h，線圈的邊長為l，則線圈下邊剛進入磁場時，有感應電動勢為兩線圈材料相等（設密度為），質(zhì)量相同（設為），則設材料的電阻率為，則線圈電阻感應電流安培力為由牛頓第二定律有聯(lián)立解得加速度和線圈的匝數(shù)、橫截面積無關，則甲和乙進入磁場時，具有相同的加速度。當時，甲和乙都加速運動，當時，甲和乙都減速運動，當時都勻速。故選AB。3.（多選）（2021·山東卷）如圖所示，電阻不計的光滑U形金屬導軌固定在絕緣斜面上。區(qū)域Ⅰ、Ⅱ中磁場方向均垂直斜面向上，Ⅰ區(qū)中磁感應強度隨時間均勻增加，Ⅱ區(qū)中為勻強磁場。阻值恒定的金屬棒從無磁場區(qū)域中a處由靜止釋放，進入Ⅱ區(qū)后，經(jīng)b下行至c處反向上行。運動過程中金屬棒始終垂直導軌且接觸良好。在第一次下行和上行的過程中，以下敘述正確的是（）A.金屬棒下行過b時的速度大于上行過b時的速度B.金屬棒下行過b時的加速度大于上行過b時的加速度C.金屬棒不能回到無磁場區(qū)D.金屬棒能回到無磁場區(qū)，但不能回到a處【答案】ABD【解析】AB．在I區(qū)域中，磁感應強度為，感應電動勢為感應電動勢恒定，所以導體棒上的感應電流恒為導體棒進入Ⅱ區(qū)域后，導體切割磁感線，感應電動勢導體棒上的電流為Ⅰ區(qū)域產(chǎn)生的電流對導體棒的安培力始終沿斜面向上，大小恒定不變，因為導體棒到達點后又能上行，說明加速度始終沿斜面向上，下行和上行經(jīng)過點的受力分析如圖下行過程中，根據(jù)牛頓第二定律可知上行過程中，根據(jù)牛頓第二定律可知比較加速度大小可知由于段距離不變，下行過程中加速度大，上行過程中加速度小，所以金屬板下行過經(jīng)過點時的速度大于上行經(jīng)過點時的速度，AB正確；CD．Ⅰ區(qū)域產(chǎn)生的安培力總是大于沿斜面向下的作用力，所以金屬棒一定能回到無磁場區(qū)域，由于整個過程中電流通過金屬棒產(chǎn)生焦耳熱，金屬棒的機械能減少，所以金屬棒不能回到處，C錯誤，D正確。故選ABD。4.（2021·山東卷）迷你系繩衛(wèi)星在地球赤道正上方的電離層中，沿圓形軌道繞地飛行。系繩衛(wèi)星由兩子衛(wèi)星組成，它們之間的導體繩沿地球半徑方向，如圖所示。在電池和感應電動勢的共同作用下，導體繩中形成指向地心的電流，等效總電阻為r。導體繩所受的安培力克服大小為f的環(huán)境阻力，可使衛(wèi)星保持在原軌道上。已知衛(wèi)生離地平均高度為H，導體繩長為，地球半徑為R，質(zhì)量為M，軌道處磁感應強度大小為B，方向垂直于赤道平面。忽略地球自轉(zhuǎn)的影響。據(jù)此可得，電池電動勢為（）A. B.C. D.【答案】A【解析】根據(jù)可得衛(wèi)星做圓周運動的線速度根據(jù)右手定則可知，導體繩產(chǎn)生的感應電動勢相當于上端為正極的電源，其大小為因?qū)Ь€繩所受阻力f與安培力F平衡，則安培力與速度方向相同，可知導線繩中的電流方向向下，即電池電動勢大于導線繩切割磁感線產(chǎn)生的電動勢，可得解得故選A。楞次定律及法拉第電磁感應定律的應用1．求感應電動勢的兩種方法(1)E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，用來計算感應電動勢的平均值。(2)E＝BLv或E＝eq\f(1,2)BL2ω，主要用來計算感應電動勢的瞬時值。2．判斷感應電流方向的兩種方法(1)利用右手定則，即根據(jù)導體在磁場中做切割磁感線運動的情況進行判斷。(2)利用楞次定律，即根據(jù)穿過回路的磁通量的變化情況進行判斷。3．楞次定律中“阻礙”的4種表現(xiàn)形式(1)阻礙磁通量的變化——“增反減同”。(2)阻礙相對運動——“來拒去留”。(3)使線圈面積有擴大或縮小的趨勢——“增縮減擴”。(4)阻礙電流的變化(自感現(xiàn)象)——“增反減同”。例題1.（2021·河北卷）如圖，兩光滑導軌水平放置在豎直向下的勻強磁場中，磁感應強度大小為B，導軌間距最窄處為一狹縫，取狹縫所在處O點為坐標原點，狹縫右側(cè)兩導軌與x軸夾角均為，一電容為C的電容器與導軌左端相連，導軌上的金屬棒與x軸垂直，在外力F作用下從O點開始以速度v向右勻速運動，忽略所有電阻，下列說法正確的是（）A.通過金屬棒的電流為B.金屬棒到達時，電容器極板上的電荷量為C.金屬棒運動過程中，電容器的上極板帶負電D.金屬棒運動過程中，外力F做功的功率恒定【答案】A【解析】C．根據(jù)楞次定律可知電容器的上極板應帶正電，C錯誤；A．由題知導體棒勻速切割磁感線，根據(jù)幾何關系切割長度為L=2xtanθ，x=vt則產(chǎn)生的感應電動勢為E=2Bv2ttanθ由題圖可知電容器直接與電源相連，則電容器的電荷量為Q=CE=2BCv2ttanθ則流過導體棒的電流I==2BCv2tanθA正確；B．當金屬棒到達x0處時，導體棒產(chǎn)生的感應電動勢為E′=2Bvx0tanθ則電容器的電荷量為Q=CE′=2BCvx0tanθB錯誤；D．由于導體棒做勻速運動則F=F安=BIL由選項A可知流過導體棒的電流I恒定，但L與t成正比，則F為變力，再根據(jù)力做功的功率公式P=Fv可看出F為變力，v不變則功率P隨力F變化而變化；D錯誤；故選A。夯實成果練1.（2020·浙江卷）如圖所示，固定在水平面上的半徑為r的金屬圓環(huán)內(nèi)存在方向豎直向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場。長為l的金屬棒，一端與圓環(huán)接觸良好，另一端固定在豎直導電轉(zhuǎn)軸上，隨軸以角速度勻速轉(zhuǎn)動。在圓環(huán)的A點和電刷間接有阻值為R的電阻和電容為C、板間距為d的平行板電容器，有一帶電微粒在電容器極板間處于靜止狀態(tài)。已知重力加速度為g，不計其它電阻和摩擦，下列說法正確的是（）A．棒產(chǎn)生的電動勢為B．微粒的電荷量與質(zhì)量之比為C．電阻消耗的電功率為D．電容器所帶的電荷量為【答案】B【解析】A．如圖所示，金屬棒繞軸切割磁感線轉(zhuǎn)動，棒產(chǎn)生的電動勢A錯誤；B．電容器兩極板間電壓等于電源電動勢，帶電微粒在兩極板間處于靜止狀態(tài)，則即B正確；C．電阻消耗的功率C錯誤；D．電容器所帶的電荷量D錯誤。故選B。例題2.（2020·新課標Ⅲ卷）如圖，水平放置的圓柱形光滑玻璃棒左邊繞有一線圈，右邊套有一金屬圓環(huán)。圓環(huán)初始時靜止。將圖中開關S由斷開狀態(tài)撥至連接狀態(tài)，電路接通的瞬間，可觀察到A．撥至M端或N端，圓環(huán)都向左運動B．撥至M端或N端，圓環(huán)都向右運動C．撥至M端時圓環(huán)向左運動，撥至N端時向右運動D．撥至M端時圓環(huán)向右運動，撥至N端時向左運動【答案】B【解析】無論開關S撥至哪一端，當把電路接通一瞬間，左邊線圈中的電流從無到有，電流在線圈軸線上的磁場從無到有，從而引起穿過圓環(huán)的磁通量突然增大，根據(jù)楞次定律（增反減同），右邊圓環(huán)中產(chǎn)生了與左邊線圈中方向相反的電流，異向電流相互排斥，故選B。夯實成果練2.如圖所示，兩勻強磁場的磁感應強度和大小相等、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(chǎn)生順時針方向感應電流的是（）A．同時增大減小B．同時減小增大C．同時以相同的變化率增大和D．同時以相同的變化率減小和【答案】B【解析】AB．產(chǎn)生順時針方向的感應電流則感應磁場的方向垂直紙面向里。由楞次定律可知，圓環(huán)中的凈磁通量變化為向里磁通量減少或者向外的磁通量增多，A錯誤，B正確。CD．同時以相同的變化率增大B1和B2，或同時以相同的變化率較小B1和B2，兩個磁場的磁通量總保持大小相同，所以總磁通量為0，不會產(chǎn)生感應電流，CD錯誤。故選B。電磁感應中的力、電綜合問題1．解答此類問題首先要分清左手定則、右手定則、安培定則比較項目左手定則右手定則安培定則應用磁場對運動電荷、電流作用力方向的判斷對因?qū)w切割磁感線而產(chǎn)生的感應電流方向的判斷對電流產(chǎn)生磁場方向的判斷涉及方向的物理量磁場方向、電流(電荷運動)方向，安培力(洛倫茲力)方向磁場方向、導體切割磁感線的運動方向、感應電動勢的方向電流方向、磁場方向各物理量方向間的關系圖例因果關系電流→力運動→電流電流→磁場應用實例電動機發(fā)電機電流的磁效應2.電磁感應中動力學問題的解題思路(1)找準主動運動者，用法拉第電磁感應定律和楞次定律求解感應電動勢的大小和方向．(2)根據(jù)等效電路圖，求解回路中電流的大小及方向．(3)分析安培力對導體棒運動速度、加速度的影響，從而推理得出對電路中的電流有什么影響，最后定性分析導體棒的最終運動情況．(4)列牛頓第二定律或平衡方程求解．3．能量轉(zhuǎn)化問題的分析：先電后力再能量．4.解決電磁感應中電路問題的思路（1）．“源”的分析：用法拉第電磁感應定律算出E的大小，用楞次定律或右手定則確定感應電動勢的方向(感應電流方向是電源內(nèi)部電流的方向)，從而確定電源正負極，明確內(nèi)阻r.（2）．“路”的分析：根據(jù)“等效電源”和電路中其他各元件的連接方式畫出等效電路．（3）．根據(jù)E＝BLv或E＝neq\f(ΔФ,Δt)，結(jié)合閉合電路歐姆定律、串并聯(lián)電路知識和電功率、焦耳定律等關系式聯(lián)立求解．例題3.（2021·全國乙卷）如圖，一傾角為的光滑固定斜面的頂端放有質(zhì)量的U型導體框，導體框的電阻忽略不計；一電阻的金屬棒的兩端置于導體框上，與導體框構(gòu)成矩形回路；與斜面底邊平行，長度。初始時與相距，金屬棒與導體框同時由靜止開始下滑，金屬棒下滑距離后進入一方向垂直于斜面的勻強磁場區(qū)域，磁場邊界（圖中虛線）與斜面底邊平行；金屬棒在磁場中做勻速運動，直至離開磁場區(qū)域。當金屬棒離開磁場的瞬間，導體框的邊正好進入磁場，并在勻速運動一段距離后開始加速。已知金屬棒與導體框之間始終接觸良好，磁場的磁感應強度大小，重力加速度大小取。求：（1）金屬棒在磁場中運動時所受安培力的大??；（2）金屬棒的質(zhì)量以及金屬棒與導體框之間的動摩擦因數(shù)；（3）導體框勻速運動的距離?！敬鸢浮浚?）；（2），；（3）【解析】（1）根據(jù)題意可得金屬棒和導體框在沒有進入磁場時一起做勻加速直線運動，由動能定理可得代入數(shù)據(jù)解得金屬棒在磁場中切割磁場產(chǎn)生感應電動勢，由法拉第電磁感應定律可得由閉合回路的歐姆定律可得則導體棒剛進入磁場時受到的安培力為（2）金屬棒進入磁場以后因為瞬間受到安培力的作用，根據(jù)楞次定律可知金屬棒的安培力沿斜面向上，之后金屬棒相對導體框向上運動，因此金屬棒受到導體框給的沿斜面向下的滑動摩擦力，因勻速運動，可有此時導體框向下做勻加速運動，根據(jù)牛頓第二定律可得設磁場區(qū)域的寬度為x，則金屬棒在磁場中運動的時間為則此時導體框的速度為則導體框的位移因此導體框和金屬棒的相對位移為由題意當金屬棒離開磁場時金屬框的上端EF剛好進入線框，則有位移關系金屬框進入磁場時勻速運動，此時的電動勢為，導體框受到向上的安培力和滑動摩擦力，因此可得聯(lián)立以上可得，，，（3）金屬棒出磁場以后，速度小于導體框的速度，因此受到向下的摩擦力，做加速運動，則有金屬棒向下加速，導體框勻速，當共速時導體框不再勻速，則有導體框勻速運動的距離為代入數(shù)據(jù)解得夯實成果練3.（多選）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(a)中虛線MN所示。一硬質(zhì)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(nèi)，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(nèi)()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】由于通過圓環(huán)的磁通量均勻變化，故圓環(huán)中產(chǎn)生的感應電動勢、感應電流的大小和方向不變，但t0時刻磁場方向發(fā)生變化，故安培力方向發(fā)生變化，A錯。根據(jù)楞次定律，圓環(huán)中感應電流的方向始終沿順時針方向，B對。根據(jù)法拉第電磁感應定律，感應電動勢E＝eq\f(ΔB,Δt)·S′＝eq\f(B0,t0)·eq\f(πr2,2)＝eq\f(πB0r2,2t0)，根據(jù)閉合電路歐姆定律知，電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(\f(πB0r2,2t0),ρ\f(2πr,S))＝eq\f(B0rS,4t0ρ)，C對，D錯。例題4.（多選）如圖，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(jīng)過一段時間后A．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】由bc邊切割磁感線產(chǎn)生電動勢，形成電流，使得導體棒MN受到向右的安培力，做加速運動，bc邊受到向左的安培力，向右做加速運動。當MN運動時，金屬框的bc邊和導體棒MN一起切割磁感線，設導體棒MN和金屬框的速度分別為、，則電路中的電動勢電流中的電流金屬框和導體棒MN受到的安培力，與運動方向相反，與運動方向相同設導體棒MN和金屬框的質(zhì)量分別為、，則對導體棒MN對金屬框初始速度均為零，則a1從零開始逐漸增加，a2從開始逐漸減小。當a1＝a2時，相對速度大小恒定。整個運動過程用速度時間圖象描述如下。綜上可得，金屬框的加速度趨于恒定值，安培力也趨于恒定值，BC選項正確；金屬框的速度會一直增大，導體棒到金屬框bc邊的距離也會一直增大，AD選項錯誤。故選BC。夯實成果練4.（多選）手機無線充電是比較新穎的充電方式。如圖所示，電磁感應式無線充電的原理與變壓器類似，通過分別安裝在充電基座和接收能量裝置上的線圈，利用產(chǎn)生的磁場傳遞能量。當充電基座上的送電線圈通入正弦式交變電流后，就會在鄰近的受電線圈中感應出電流，最終實現(xiàn)為手機電池充電。在充電過程中A．送電線圈中電流產(chǎn)生的磁場呈周期性變化B．受電線圈中感應電流產(chǎn)生的磁場恒定不變C．送電線圈和受電線圈通過互感現(xiàn)象實現(xiàn)能量傳遞D．手機和基座無需導線連接，這樣傳遞能量沒有損失【答案】AC【解析】AB．由于送電線圈輸入的是正弦式交變電流，是周期性變化的，因此產(chǎn)生的磁場也是周期性變化的，A正確，B錯誤；C．根據(jù)變壓器原理，原、副線圈是通過互感現(xiàn)象實現(xiàn)能量傳遞，因此送電線圈和受電線圈也是通過互感現(xiàn)象實現(xiàn)能量傳遞，C正確；D．手機與機座無需導線連接就能實現(xiàn)充電，但磁場能有一部分以電磁波輻射的形式損失掉，因此這樣傳遞能量是有能量損失的，D錯誤。故選AC。電磁感應中的動量問題1.應用動量觀點解決電磁感應綜合問題可分為兩類：(1)利用動量定理求感應電荷量或運動位移應用動量定理可以由動量變化來求解變力的沖量，如在導體棒做非勻變速運動的問題中，應用動量定理可以解決牛頓運動定律不易解答的問題。如：Beq\o(I,\s\up6(－))LΔt＝Δp，q＝eq\x\to(I)·Δt，可得q＝eq\f(Δp,BL)。eq\f(B2L2\o(v,\s\up6(－)),R總)Δt＝Δp，x＝eq\o(v,\s\up6(－))Δt，可得x＝eq\f(ΔpR總,B2L2)。(2)利用動量守恒定律分析雙導體桿問題在相互平行的光滑水平軌道間的雙棒做切割磁感線運動時，由于這兩根導體棒所受的安培力等大反向，合外力為零，若不受其他外力，兩導體棒的總動量守恒。解決此類問題往往要應用動量守恒定律。例題5.如圖甲所示，兩條相距l(xiāng)的光滑平行金屬導軌位于同一豎直面(紙面)內(nèi)，其上端接一阻值為R的電阻，在兩導軌間OO′下方區(qū)域內(nèi)有垂直導軌平面向里的勻強磁場，磁感應強度為B。現(xiàn)使長為l、電阻為r、質(zhì)量為m的金屬棒ab由靜止開始自OO′位置釋放，向下運動距離d后速度不再變化(棒ab與導軌始終保持良好的接觸且下落過程中始終保持水平，導軌電阻不計)。(1)求棒ab在向下運動距離d過程中回路產(chǎn)生的總焦耳熱；(2)棒ab從靜止釋放經(jīng)過時間t0下降了eq\f(d,2)，求此時刻的速度大??；(3)如圖乙所示，在OO′上方區(qū)域加一面積為S的垂直于紙面向里的勻強磁場B′，棒ab由靜止開始自OO′上方某一高度處釋放，自棒ab運動到OO′位置開始計時，B′隨時間t的變化關系B′＝kt，式中k為已知常量；棒ab以速度v0進入OO′下方磁場后立即施加一豎直外力使其保持勻速運動。求在t時刻穿過回路的總磁通量和電阻R的電功率?！敬鸢浮?1)mgd－eq\f(m3g2R＋r2,2B4l4)(2)gt0－eq\f(B2l2d,2mR＋r)(3)Blv0t＋ktSeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Blv0＋kS,R＋r)))2R【解析】(1)對閉合回路：I＝eq\f(Blvm,R＋r)由平衡條件可知：mg＝BIl解得vm＝eq\f(mgR＋r,B2l2)由功能關系：mgd＝eq\f(1,2)mvm2＋Q解得Q＝mgd－eq\f(m3g2R＋r2,2B4l4)。(2)由動量定理可知：(mg－BIl)t0＝mv即mgt0－Blq＝mv又q＝eq\f(ΔΦ1,r＋R)＝eq\f(Bl\f(d,2),r＋R)解得v＝gt0－eq\f(B2l2d,2mR＋r)。(3)因為Φ＝Blv0t＋ktS由法拉第電磁感應定律可得：E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝Blv0＋kSI＝eq\f(E,R＋r)，P＝I2R解得P＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Blv0＋kS,R＋r)))2R。夯實成果練5.如圖所示，光滑平行金屬導軌的水平部分處于豎直向下的B＝4T的勻強磁場中，兩導軌間距為L＝0.5m，導軌足夠長且不計電阻。金屬棒a和b的質(zhì)量都為m＝1kg，連入導軌間的電阻Ra＝Rb＝1Ω。b棒靜止于導軌水平部分，現(xiàn)將a棒從h＝80cm高處自靜止沿弧形導軌下滑，通過C點進入導軌的水平部分，已知兩棒在運動過程中始終保持與導軌垂直，且兩棒始終不相碰。求a、b兩棒的最終速度，以及整個過程中b棒中產(chǎn)生的焦耳熱(已知重力加速度g＝10m/s2)。【答案】2m/s2J【解析】：設a棒下滑至C點時速度為v0，由動能定理，有mgh＝eq\f(1,2)mv02－0解得v0＝4m/s；此后的運動過程中，a、b兩棒達到共速前，兩棒所受安培力始終等大反向，因此a、b兩棒組成的系統(tǒng)動量守恒，有mv0＝(m＋m)v解得a、b兩棒共同的最終速度為v＝2m/s，此后兩棒一起做勻速直線運動；由能量守恒定律可知，整個過程中回路產(chǎn)生的總焦耳熱為：Q＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(m＋m)v2則b棒中產(chǎn)生的焦耳熱為Qb＝eq\f(1,2)Q解得Qb＝2J。例題6.兩足夠長且不計電阻的光滑金屬軌道如圖甲平行放置，間距為d＝1m，在左端弧形軌道部分高h＝1.25m處放置一金屬桿a，弧形軌道與水平直軌道平滑連接，在水平直軌道右端放置另一金屬桿b，桿a、b的電阻分別為Ra＝2Ω、Rb＝5Ω，在水平直軌道區(qū)域有豎直向上的勻強磁場，磁感應強度B＝2T?，F(xiàn)桿b以大小為v0＝5m/s的初速度開始向左滑動，同時由靜止釋放桿a，桿a由靜止滑到水平直軌道的過程中，通過桿b的平均電流為eq\x\to(I)＝0.3A；從a下滑到水平直軌道時開始計時，a、b運動的速度—時間圖像如圖乙所示(以a運動方向為正方向)，其中ma＝2kg，mb＝1kg，g＝10m/s2，求：(1)桿a在弧形軌道上運動的時間；(2)桿a在水平直軌道上運動過程中通過其截面的電荷量；(3)在整個運動過程中桿b產(chǎn)生的焦耳熱?！敬鸢浮?1)5s(2)eq\f(7,3)C(3)eq\f(115,6)J【解析】(1)桿a釋放時桿b的速度大小為v0＝5m/s，根據(jù)題圖乙，桿a剛滑到水平直軌道時桿b的速度大小為vb＝2m/s，以桿b運動的方向為正方向，對桿b運用動量定理，有－Beq\x\to(I)d·Δt＝mbvb－mbv0代入數(shù)據(jù)解得Δt＝5s。(2)對桿a由靜止下滑到水平直軌道的過程由機械能守恒定律有magh＝eq\f(1,2)mava2解得va＝eq\r(2gh)＝5m/s設最后a、b兩桿共同的速度為v，以桿a運動的方向為正方向，由動量守恒定律得mava－mbvb＝(ma＋mb)v代入數(shù)據(jù)解得v＝eq\f(8,3)m/s設桿a的速度從va到v的運動時間為Δt′，則由動量定理可得－Beq\x\to(I)′d·Δt′＝mav－mava而q＝eq\x\to(I)′·Δt′代入數(shù)據(jù)解得q＝eq\f(7,3)C。(3)由能量守恒定律可知桿a、b中產(chǎn)生的焦耳熱之和為Q＝magh＋eq\f(1,2)mbv02－eq\f(1,2)(mb＋ma)v2＝eq\f(161,6)Jb棒中產(chǎn)生的焦耳熱為Q′＝eq\f(Rb,Ra＋Rb)Q＝eq\f(115,6)J。夯實成果練6.如圖所示，兩根質(zhì)量均為m＝2kg的金屬棒垂直放在光滑的水平導軌上，左右兩部分導軌間距之比為1∶2，導軌間有大小相等但左、右兩部分方向相反的勻強磁場，兩棒電阻與棒長成正比，不計導軌電阻?，F(xiàn)用250N的水平拉力F向右拉CD棒，CD棒運動s＝0.5m時其上產(chǎn)生的焦耳熱為Q2＝30J，此時兩棒速率之比為vA∶vC＝1∶2，現(xiàn)立即撤去拉力F，設導軌足夠長且兩棒始終在不同磁場中運動，求：(1)在CD棒運動0.5m的過程中，AB棒上產(chǎn)生的焦耳熱；(2)撤去拉力F瞬間，兩棒的速度大小vA和vC；(3)撤去拉力F后，兩棒最終勻速運動的速度大小vA′和vC′?！敬鸢浮?1)15J(2)4m/s8m/s(3)6.4m/s3.2m/s【解析】(1)設兩棒的長度分別為l和2l，所以電阻分別為R和2R，由于電路中任何時刻電流均相等，根據(jù)焦耳定律Q＝I2Rt可知Q1∶Q2＝1∶2，則AB棒上產(chǎn)生的焦耳熱Q1＝15J。(2)根據(jù)能量守恒定律，有Fs＝eq\f(1,2)mvA2＋eq\f(1,2)mvC2＋Q1＋Q2又vA∶vC＝1∶2，聯(lián)立以上兩式并代入數(shù)據(jù)得vA＝4m/s，vC＝8m/s。(3)撤去拉力F后，AB棒繼續(xù)向左做加速運動，而CD棒向右做減速運動，當兩棒切割磁感線產(chǎn)生的電動勢大小相等時電路中電流為零，兩棒開始做勻速運動，此時兩棒的速度滿足BLvA′＝B·2LvC′即vA′＝2vC′(不對過程進行分析，認為系統(tǒng)動量守恒是常見錯誤)規(guī)定水平向左為正方向，對兩棒分別應用動量定理，有eq\x\to(F)A·t＝mvA′－mvA，－eq\x\to(F)C·t＝mvC′－mvC。因為FC＝2FA，故有eq\f(vA′－vA,vC－vC′)＝eq\f(1,2)聯(lián)立以上各式解得vA′＝6.4m/s，vC′＝3.2m/s。電磁感應中的圖像問題1．圖像類型2．分析方法3．解答電磁感應中圖像類選擇題的兩個常用方法排除法定性地分析電磁感應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)，特別是分析物理量的正負，以排除錯誤的選項函數(shù)法根據(jù)題目所給條件定量地寫出兩個物理量之間的函數(shù)關系，然后由函數(shù)關系對圖像進行分析和判斷例題7.如圖所示，半徑為的圓形區(qū)域內(nèi)存在一垂直紙面向里的勻強磁場，一半徑小于的圓形導線環(huán)沿著它們圓心連線的方向勻速穿過磁場區(qū)域，關于導線環(huán)中的感應電流隨時間的變化關系，下列圖像中（以逆時針方向為電流的正方向）最符合實際的是A． B．C． D．【答案】B【解析】圓形導線開始時進入磁場過程中，磁通量向里增加，根據(jù)楞次定律和安培定則可知，電流方向為逆時針，即為正方向；當圓形導線出磁場過程中，回路中磁通量向里減小，根據(jù)楞次定律和安培定則可知，產(chǎn)生的感應電流為順時針，即為負方向；圓形導線環(huán)小于磁場的圓形面積，全部進入里面時，磁通量不變化，不產(chǎn)生感應電動勢，電流為零，設經(jīng)過t時間圓形導線的位置如圖所示有效切割長度為，根據(jù)圖中幾何關系可得產(chǎn)生的感應電動勢隨時間先增大后減小，最大等于，進入過程中有效長度先增大后減小，故當圓形導線進入磁場時，產(chǎn)生感應電流大小先增大然后再減小，當離開磁場時產(chǎn)生感應電流大小也是先增大在減小，不是線性變化，ACD錯誤，B正確。故選B。夯實成果練7.（多選）如圖，平行光滑金屬導軌M、N固定在水平面上，處于豎直向下的勻強磁場中．完全相同的兩金屬棒P、Q搭放在導軌上，開始均處于靜止狀態(tài)．給P施加一與導軌平行的恒定拉力作用，運動中兩金屬棒始終與導軌垂直并與導軌接觸良好．設導軌足夠長，除兩棒的電阻外其余電阻均不計．則兩棒的速度及棒中的感應電流隨時間變化的圖象正確的是A．B．C．D．【答案】AD【解析】P向右做切割磁感線運動，由右手定則判斷知，回路中產(chǎn)生逆時針的感應電流，由左手定則判斷可知，Q棒所受的安培力方向向右，故Q向右做加速運動；Q向右運動后，開始階段，兩桿的速度差增大，產(chǎn)生回路中產(chǎn)生的感應電動勢增大，感應電流增大，兩桿所受的安培力都增大，則P的加速度減小，Q的加速度增大，當兩者的加速度相等時，速度之差不變，感應電流不變，安培力不變，兩桿均做加速度相同的勻加速運動．AB、開始運動時，P棒做加速度減小的加速度運動，Q棒做加速度增大的加速運動，最終做加速度相同的加速度運動，故A正確，B錯誤；CD、開始運動時，兩棒的速度差增大，感應電動勢增大，通過電流增大，最終兩棒都做勻加速運動，速度差保持不變，故回路中感應電動勢不變，電流恒定，故C錯誤，D正確．故選AD．例題8.(多選)如圖所示，等腰直角三角形金屬框abc右側(cè)有一有界勻強磁場，磁場方向垂直紙面向外，ab邊與磁場兩邊界平行，磁場寬度大于bc邊的長度?，F(xiàn)使框架沿bc邊方向勻速穿過磁場區(qū)域，t=0時，c點恰好達到磁場左邊界。線框中產(chǎn)生的感應電動勢大小為E，感應電流為I（逆時針方向為電流正方向），bc兩點間的電勢差為Ubc，金屬框的電功率為P。圖中上述各量隨時間變化的圖像可能正確的是（） B．C．D．【答案】BC【解析】根據(jù)導體棒切割磁場產(chǎn)生的動生電動勢為可知，第一階段勻速進磁場的有效長度均勻增大，產(chǎn)生均勻增大的電動勢，因磁場寬度大于bc邊的長度，則第二階段線框全部在磁場中雙邊切割，磁通量不變，線框的總電動勢為零，第三階段勻速出磁場，有效長度均勻增大，產(chǎn)生均勻增大的電動勢，故圖像的第三階段畫錯，故A錯誤；根據(jù)閉合電路的歐姆定律，可知第一階段感應電流均勻增大，方向由楞次定律可得為順時針(負值)，第二階段電流為零，第三階段感應電流均勻增大，方向逆時針(正值)，故圖像正確，故B正確；由部分電路的歐姆定律，可知圖像和圖像的形狀完全相同，故C正確；金屬框的電功率為，則電流均勻變化，得到的電功率為二次函數(shù)關系應該畫出開口向上的拋物線，則圖像錯誤，故D錯誤。故選BC。夯實成果練8.如圖甲所示，矩形導線框abcd固定在變化的磁場中，產(chǎn)生了如圖乙所示的電流(電流方向abcda為正方向)。若規(guī)定垂直紙面向里的方向為磁場正方向，能夠產(chǎn)生如圖乙所示電流的磁場為()【答案】D【解析】由題圖乙可知，0～t1內(nèi)，線圈中的電流的大小與方向都不變，根據(jù)法拉第電磁感應定律可知，線圈中的磁通量的變化率相同，故0～t1內(nèi)磁感應強度與時間的關系是一條斜線，A、B錯誤；又由于0～t1時間內(nèi)電流的方向為正，即沿abcda方向，由楞次定律可知，電路中感應電流的磁場方向向里，故0～t1內(nèi)原磁場方向向里減小或向外增大，D正確，C錯誤。1.楞次定律是下列哪個定律在電磁感應現(xiàn)象中的具體體現(xiàn)？A．電阻定律 B．庫侖定律C．歐姆定律 D．能量守恒定律【答案】D【解析】楞次定律指感應電流的磁場阻礙引起感應電流的原磁場的磁通量的變化,這種阻礙作用做功將其他形式的能轉(zhuǎn)變?yōu)楦袘娏鞯碾娔?所以楞次定律的阻礙過程實質(zhì)上就是能量轉(zhuǎn)化的過程.2.（多選）電磁軌道炮利用電流和磁場的作用使炮彈獲得超高速度，其原理示意圖如圖所示。兩根固定于水平面內(nèi)的光滑平行金屬導軌間距為L，導軌間存在垂直于導軌平面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場，導軌電阻不計。炮彈可視為一質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒MN，垂直放在兩導軌間處于靜止狀態(tài)，并與導軌良好接觸。電容器電容C，首先開關接1，使電容器完全充電。然后將S接至2，MN達到最大速度vm后離開導軌。這個過程中A．MN做勻加速直線運動B．通過MN的電量C．達到最大速度時電容器C兩極板間的電壓為0D．求出通過MN的電量q后，不可以利用的公式求出MN加速過程的位移【答案】BD【解析】A．當MN向右運動的過程中，電容器放電電流逐漸減小，況且MN切割磁感線要產(chǎn)生與電容器放電電流反向的感應電動勢，可知MN所受安培力逐漸減小，MN做加速度減小的加速運動，選項A錯誤；B．當MN速度最大時，由動量定理解得選項B正確；C．達到最大速度vm時，MN上的感應電動勢為電容器C兩極板間的電壓為選項C錯誤；D．過程中任一時刻電流為U′為電容器極板電壓，則從式中可以看出電流不恒定，取一很短時間△t'，流過MN電量為只有當U'=0時才有而本題過程中始終不滿足U'=0，則不可以利用的公式求出MN加速過程的位移，選項D正確。故選BD。3.（多選）如圖，條形磁鐵在固定的水平閉合導體圓環(huán)正上方，從離地面高h處由靜止開始下落，下落過程中始終保持豎直方向，并從圓環(huán)中心穿過，最后落在水平地面上。條形磁鐵A、B兩端經(jīng)過線圈平面時的速度分別為v1、v2，線圈中的感應電流分別為I1、I2，電流的瞬時功率分別為P1、P2.不計空氣阻力，重力加速度為g，下列說法正確的是A．從上往下看，I2的方向為順時針B．I1：I2=v1：v2C．P1：P2=v1：v2D．磁鐵落地時的速率為【答案】AB【解析】A．條形磁鐵B端經(jīng)過線圈平面時，穿過線圈的磁通量向下減小，根據(jù)楞次定律可知，從上往下看，I2的方向為順時針，選項A正確；BC．條形磁鐵AB端經(jīng)過線圈平面時磁感應強度相同，根據(jù)E=BLv以及可知I1：I2=v1：v2，根據(jù)P=I2R可知電流的瞬時功率之比為選項B正確，C錯誤；D．若磁鐵自由下落，則落地的速度為；而由于磁鐵下落過程中有電能產(chǎn)生，機械能減小，則磁鐵落地時的速率小于，選項D錯誤。故選AB。4.如圖所示，垂直于紙面的勻強磁場磁感應強度為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邊剛進入磁場直至bc邊剛要進入的過程中，線框在向左的拉力作用下以速度v勻速運動，求：（1）感應電動勢的大小E；（2）拉力做功的功率P；（3）ab邊產(chǎn)生的焦耳熱Q．【答案】(1)；(2)；(3)【解析】由導體棒切割磁感線產(chǎn)生電動勢綜合閉合電路歐姆定律和解題．(1)從ad邊剛進入磁場到bc邊剛要進入的過程中，只有ad邊切割磁感線，所以產(chǎn)生的感應電動勢為：；(2)線框進入過程中線框中的電流為：ad邊安培力為：由于線框勻速運動，所以有拉力與安培力大小相等，方向相反，即所以拉力的功率為：聯(lián)立以上各式解得：；(3)線框進入過程中線框中的電流為：進入所用的時間為：ad邊的電阻為：焦耳熱為：聯(lián)立解得：．5.如圖，直角三角形金屬框abc放置在勻強磁場中，磁感應強度大小為B，方向平行于ab邊向上．當金屬框繞ab邊以角速度Ω逆時針轉(zhuǎn)動時，a、b、c三點的電勢分別為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－aC．Ubc＝－eq\f(1,2)Bl2Ω，金屬框中無電流D．Ubc＝eq\f(1,2)Bl2Ω，金屬框中電流方向沿a－c－b－a【答案】C【解析】金屬框abc平面與磁場平行，轉(zhuǎn)動過程中磁通量始終為零，所以無感應電流產(chǎn)生，選項B、D錯誤；轉(zhuǎn)動過程中bc邊和ac邊均切割磁感線，產(chǎn)生感應電動勢，由右手定則判斷Ua＜Uc，Ub＜Uc，選項A錯誤；由轉(zhuǎn)動切割產(chǎn)生感應電動勢的公式得Ubc＝－eq\f(1,2)Bl2Ω，選項C正確．6.（多選）如圖，方向豎直向下的勻強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軌，兩相同的光滑導體棒ab、cd靜止在導軌上．t＝0時，棒ab以初速度v0向右滑動．運動過程中，ab、cd始終與導軌垂直并接觸良好，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()【答案】AC【解析】棒ab以初速度v0向右滑動，切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢，使整個回路中產(chǎn)生感應電流，判斷可知棒ab受到方向與v0方向相反的安培力的作用而做變減速運動，棒cd受到方向與v0方向相同的安培力的作用而做變加速運動，它們之間的速度差Δv＝v1－v2逐漸減小，整個系統(tǒng)產(chǎn)生的感應電動勢逐漸減小，回路中感應電流逐漸減小，最后變?yōu)榱?，即最終棒ab和棒cd的速度相同，v1＝v2，兩相同的光滑導體棒ab、cd組成的系統(tǒng)在足夠長的平行金屬導軌上運動時不受外力作用，由動量守恒定律有mv0＝mv1＋mv2，解得v1＝v2＝eq\f(v0,2)，選項A、C均正確，B、D均錯誤．7.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軌，垂直于導軌放置的兩根金屬棒MN和PQ長度也為l、電阻均為R，兩棒與導軌始終接觸良好．MN兩端通過開關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)有垂直于導軌平面向下的勻強磁場，磁感應強度大小為B.PQ的質(zhì)量為m，金屬導軌足夠長、電阻忽略不計．(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】見解析【解析】(1)設線圈中的感應電動勢為E，由法拉第電磁感應定律E＝eq\f(ΔΦ,Δt)，則E＝k ①設PQ與MN并聯(lián)的電阻為R并，有R并＝eq\