专题4 第12讲 电磁感应-【步步高】2024年高考物理大二轮专题复习与增分策略（新高考，苏京）

第12讲　电磁感应 目标要求　1.熟练应用楞次定律与法拉第电磁感应定律解决问题。2.会分析电磁感应中的图像问题。3.会分析电磁感应中的动力学与能量问题。 考点一　楞次定律与法拉第电磁感应定律的应用 1．感应电流方向的判断 (1)线圈面积不变、磁感应强度发生变化的情形，往往用楞次定律。 (2)导体棒切割磁感线的情形往往用右手定则。 2．楞次定律中“阻碍”的主要表现形式 (1)阻碍原磁通量的变化——“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——一般情况下为“增缩减扩”； (4)阻碍原电流的变化(自感现象)——一般情况下为“增反减同”。 3．求感应电动势的方法 (1)法拉第电磁感应定律： E＝n (2)导体棒垂直切割磁感线：E＝Blv。 (3)导体棒以一端为圆心在垂直匀强磁场的平面内匀速转动：E＝Bl2ω。 (4)线圈绕与磁场垂直的轴匀速转动(从线圈位于中性面开始计时)：e＝nBSωsin ωt。 4．通过回路横截面的电荷量q＝Δt＝Δt＝。q仅与n、ΔΦ和回路总电阻R总有关，与时间长短无关，与Φ是否均匀变化无关。 例1　某同学设想的减小电梯坠落时造成伤害的一种应急安全装置如图所示，在电梯轿厢底部安装永久强磁铁，磁铁N极朝上，电梯井道内壁上铺设若干金属线圈，线圈在电梯轿厢坠落时能自动闭合，从而减小对厢内人员的伤害。当电梯轿厢坠落到图示位置时，下列说法正确的是(　　) A．从上往下看，金属线圈A中的感应电流沿逆时针方向 B．从上往下看，金属线圈B中的感应电流沿逆时针方向 C．金属线圈B对电梯轿厢下落有阻碍作用，A没有阻碍作用 D．金属线圈B有扩张的趋势，A有收缩的趋势 答案　A 解析　当电梯坠落至题图位置时，闭合线圈A中向上的磁场减弱，感应电流的方向从上往下看是逆时针方向，B中向上的磁场增强，感应电流的方向从上往下看是顺时针方向，故A正确，B错误；结合上述的分析可知，当电梯坠落至题图位置时，闭合线圈A、B都在阻碍电梯下落，故C错误；闭合线圈A中向上的磁场减弱，B中向上的磁场增强，根据楞次定律可知，线圈B有收缩的趋势，A有扩张的趋势，故D错误。 例2　在如图甲所示的电路中，电阻R1＝R，R2＝2R，单匝、圆形金属线圈的半径为r1，电阻为R，半径为r2(r2<r1，圆心与线圈圆心重合)的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图乙所示(B0、t0均已知)，其余导线的电阻不计。t＝0时刻闭合开关S，下列说法正确的是(　　) A．流过电阻R1的电流方向自下向上 B．电阻R1两端的电压为 C．0～t0时间内，通过电阻R2的电荷量为 D．0～t0时间内，电阻R2上产生的焦耳热为 答案　D 解析　由题图乙可知磁感应强度增大，根据楞次定律可判断出线圈中感应电流方向为逆时针，则通过电阻R1的电流方向为自上向下，故A错误；根据法拉第电磁感应定律有E＝，其中S＝πr22，＝＝，解得E＝，根据闭合电路欧姆定律可得电阻R1两端的电压U1＝E＝，故B错误；根据闭合电路欧姆定律可得电路的电流为I＝＝，根据电流的定义式，在0～t0时间内通过电阻R2的电荷量q＝It0＝，故C错误；根据焦耳定律，在0～t0时间内，电阻R2上产生的焦耳热为Q2＝I2·2Rt0＝，故D正确。 考点二　电磁感应中的图像问题 例3　如图a所示，两个环形导线圈平行放置。规定从上往下看顺时针方向的电流为正值，上方导线圈中的电流i1随时间t的变化情况如图b所示，则下方导线圈中产生的感应电流i2随时间t的变化情况为(　　) 答案　D 解析　由题图乙可知，在0～t1时间内，上方导线圈中的电流i1随时间t逐渐增大，产生的磁场逐渐增强，穿过下方导线圈中的磁通量逐渐增大，由楞次定律可知，下方导线圈中的感应电流i2方向从上往下看沿逆时针方向，是负值，由题图b可知，上方导线圈产生的磁场中先增大后减小，则|i2|先增大后减小；在 t1～t2时间内，上方导线圈中的电流i1随时间t不变，产生的磁场不变化，下方导线圈中没有感应电流；在 t2～t3时间内，上方导线圈中的电流i1随时间t逐渐减小，产生的磁场逐渐减弱，穿过下方导线圈中的磁通量逐渐减少，由楞次定律可知，下方导线圈中的感应电流i2方向从上往下看沿顺时针方向，是正值，由题图b可知，上方导线圈产生的磁场中||先增大后减小，则i2先增大后减小，因此A、B、C错误，D正确。 例4　如图所示，绝缘水平面内有一足够长平行金属导轨，导轨光滑且电阻不计。匀强磁场与导轨平面垂直。有效阻值为R的导体棒垂直于导轨静止放置，且与导轨接触良好。开关S由1掷到2时开始计时，q、i、v和a分别表示电容器所带的电荷量、棒中的电流、棒的速度和加速度。下列图像不可能正确的是(　　) 答案　B 解析　开关S由1掷到2，电容器放电后会在电路中产生电流且开始计时时电流最大，导体棒通有电流后会受到安培力的作用产生加速度而加速运动，导体棒切割磁感线产生感应电动势，导体棒速度增大，则感应电动势E＝BLv增大，则实际电流减小，安培力F＝BIL减小，加速度a＝减小，因导轨光滑，所以在有电流通过棒的过程中，棒是一直做加速度减小的加速运动(变加速)，故a－t图像即选项D是正确的；导体棒运动产生感应电动势会给电容器充电，当充电和放电达到平衡时，导体棒做匀速运动，因此最终电容器两端的电压能稳定在某个不为0的数值，即电容器的电荷量应稳定在某个不为0的数值(不会减少到0)，电路中无电流，故B错误，A、C正确。 1．电磁感应中常见的图像 常见的有磁感应强度、磁通量、感应电动势、感应电流、速度、安培力等随时间或位移的变化图像。 2．解答此类问题的两个常用方法 (1)排除法：定性分析电磁感应过程中某个物理量的变化情况，把握三个关注，快速排除错误的选项。这种方法能快速解决问题，但不一定对所有问题都适用。 ―→ ↓ ↓ ―→ (2)函数关系法：根据题目所给的条件写出物理量之间的函数关系，再对图像作出判断，这种方法得到的结果准确、详细，但不够简捷。 考点三　电磁感应中的动力学与能量问题 1．电磁感应综合问题的解题思路 2．求解焦耳热Q的三种方法 (1)焦耳定律：Q＝I2Rt，适用于电流恒定的情况； (2)功能关系：Q＝W克安(W克安为克服安培力做的功)； (3)能量转化：Q＝ΔE(其他能的减少量)。 例5　(2023·江苏省模拟)如图所示，水平绝缘地面上固定一足够长的光滑U形导轨，空间存在垂直导轨平面向下的匀强磁场。将金属棒ab垂直放置在导轨上，在垂直于棒的拉力F作用下，金属棒由静止开始向右运动。若拉力F的大小保持不变，金属棒的速度达到最大速度的时，加速度大小为a1；若拉力F的功率保持不变，金属棒的速度达到最大速度的时，加速度大小为a2。已知上述两种情况下金属棒的最大速度相同，金属棒运动过程中始终与导轨接触良好，电路中除金属棒以外的电阻均不计，则等于(　　) A．1 B. C. D. 答案　D 解析　设金属棒的最大速度为v，匀强磁场的磁感应强度大小为B，金属棒的电阻为R，导轨间距为L，当拉力F的大小保持不变，金属棒的速度达到最大速度的时有－＝ma1，当拉力F的功率保持不变时有P＝，金属棒的速度达到最大速度的时有－＝ma2，解得＝，故选D。 例6　(2022·全国甲卷·20改编)如图，两根相互平行的光滑长直金属导轨固定在水平绝缘桌面上，在导轨的左端接入电容为C的电容器和阻值为R的电阻。质量为m、阻值也为R的导体棒MN静止于导轨上，与导轨垂直，且接触良好，导轨电阻忽略不计，整个系统处于方向竖直向下的匀强磁场中。开始时，电容器所带的电荷量为Q，合上开关S后(　　) A．通过导体棒MN电流的最大值为 B．导体棒MN向右先加速、后匀速运动 C．导体棒MN速度最大时所受的安培力也最大 D．电阻R上产生的焦耳热等于导体棒MN上产生的焦耳热 答案　A 解析　开始时电容器两极板间的电压U＝，合上开关瞬间，通过导体棒的电流I＝＝，随着电容器放电，通过电阻、导体棒的电流不断减小，所以在开关闭合瞬间，导体棒所受安培力最大，此时速度为零，A项正确，C项错误；由于回路中有电阻与导体棒，最终电能完全转化为焦耳热，故导体棒最终必定静止，B项错误；由于导体棒切割磁感线，产生感应电动势，所以通过导体棒的电流始终小于通过电阻的电流，由焦耳定律可知，电阻R上产生的焦耳热大于导体棒MN上产生的焦耳热，D项错误。 例7　(2023·江苏省南京师大附中模拟)如图所示，在竖直平面内的虚线下方存在范围足够大、方向水平的匀强磁场，同一高度处磁感应强度大小相等，竖直方向上磁感应强度与距离的关系满足B＝kh，k为常量，将一竖直放置、边长为L的单匝正方形金属线圈abcd从图示位置由静止释放，线圈质量为m、电阻为R，不计空气阻力，重力加速度为g。求： (1)线圈中的最大电流Im和电流的方向； (2)线圈下落高度h(已达最大电流)的过程中线圈中产生的焦耳热Q。 答案　(1)　顺时针方向　(2)mgh－ 解析　(1)当线圈受到的安培力等于重力时，线圈的竖直方向速度达到最大，即此时线圈中的电流最大，设此时线圈下落高度为h0， 则ad边所处位置的磁感应强度为B1＝kh0， bc边所处位置的磁感应强度为B2＝k(h0＋L)， mg＝B2ImL－B1ImL， 解得线圈中的最大电流为Im＝ 根据楞次定律可知电流方向为顺时针方向。 (2)设线圈中电流最大时线圈的速度为v，则线圈下落高度h时，ad边切割磁感线产生的感应电动势为E1＝B1′Lv＝khLv， bc边切割磁感线产生的感应电动势为E2＝B2′Lv＝k(h＋L)Lv， 线圈的感应电动势为E＝E2－E1＝kL2v， 根据闭合电路欧姆定律有E＝ImR， 解得线圈下落高度h时，线圈速度为v＝， 根据能量守恒定律有Q＝mgh－mv2， 解得线圈下落高度h(已达最大电流)的过程中线圈中产生的焦耳热为Q＝mgh－。 1．(2023·江苏苏锡常镇四市二模)如图甲所示，一条南北走向的小路，路口设有出入道闸，每侧道闸金属杆长L，当有车辆通过时杆会从水平位置匀速转过90°直到竖起，所用时间为t。此处地磁场方向如图乙所示，B为地磁场总量，BH为地磁场水平分量，Bx、By、Bz分别为地磁场在x、y、z三个方向上的分量大小。则杆在转动升起的过程中，两端电势差的大小计算表达式为(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　杆从水平位置匀速转过90°直到竖起，所用时间为t，可知金属杆的角速度为ω＝，由于小路沿南北方向，则金属杆转动过程切割沿x轴的磁场分量，则金属杆两端电势差的大小为U＝BxL＝BxL＝BxL2ω，联立解得U＝，故选A。 2．如图甲所示，水平面内有一“∠”形光滑金属导轨，Oa与Ob夹角为45°，将质量为m的长直导体棒MN搁在导轨上并与Oa垂直，除了两轨连接点O的电阻为R，其他电阻均不计。棒与O点距离为L，空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为B。在外力作用下，棒以初速度v0向右做直线运动。其速度的倒数随位移x变化的关系如图乙所示，在导体棒运动L距离到PQ的过程中(　　) A．导体棒做匀减速直线运动 B．导体棒运动的时间为 C．流过导体棒的电流恒为 D．外力做功为＋ 答案　C 解析　由题图乙知，图线的斜率为k＝＝，则有＝x＋，得v＝v0，可见导体棒做的不是匀减速直线运动，A错误；由题图甲知，导体棒向右运动时产生的感应电动势为E＝Blv＝B(x＋L)v0＝BLv0，感应电动势大小不变，流过导体棒的电流恒为I＝＝，根据法拉第电磁感应定律有E＝，ΔS＝(L＋2L)L，又E＝BLv0，解得Δt＝，B错误，C正确；克服安培力做的功等于电阻R上产生的焦耳热Q＝I2Rt＝()2R·＝，对导体棒由动能定理有W外－W克安＝m()2－mv02，解得W外＝－，D错误。 专题强化练 [保分基础练] 1．(2023·江苏卷·8)如图所示，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，OC导体棒的O端位于圆心，棒的中点A位于磁场区域的边缘。现使导体棒绕O点在纸面内逆时针转动。O、A、C点电势分别为φO、φA、φC，则(　　) A．φO>φC B．φC>φA C．φO＝φA D．φO－φA＝φA－φC 答案　A 解析　由题图可看出导体棒OA段逆时针转动切割磁感线，则根据右手定则可知φO>φA，其中导体棒AC段不在磁场中，不切割磁感线，电流为0，则φC＝φA，A正确，B、C错误；根据以上分析可知φO－φA>0，φA－φC＝0，则φO－φA>φA－φC，D错误。 2.(2023·江苏省第五次大联考)如图所示，条形磁体与螺线管在同一平面内，条形磁体由位置A运动到位置C，则(　　) A．匀速运动过程中，电流计的示数不变 B．加速过程中电流计的示数比匀速过程的小 C．加速和匀速过程通过电流计的电荷量相同 D．加速和匀速过程螺线管所在回路产生的焦耳热相同 答案　C 解析　在条形磁体从位置A运动到位置C的过程中，穿过螺线管的磁感线的条数在增加，即磁通量在变大，也就是说磁体越靠近螺线管，穿过螺线管的磁通量越大，因此，不管是匀速靠近还是加速靠近，磁通量的变化率都在增大，而相比于匀速靠近，加速靠近的过程中磁通量的变化率更大，可知螺线管所在回路中的感应电流逐渐增大，加速靠近比匀速靠近产生的感应电流更大，电流计的示数更大，故A、B错误；根据q＝Δt＝N·Δt＝N可知，不管是加速还是匀速，条形磁体从位置A运动到位置C的过程中，穿过螺线管的磁通量的变化量大小相同，因此可知两种方式通过电流计的电荷量相同，故C正确；根据法拉第电磁感应定律有E＝N，两种运动过程磁通量的变化量相同，但是时间不同，可得E加>E匀，而螺线管所在回路产生的焦耳热实际为电场能转化，因此有Q＝Eq，而加速运动产生的电场能大于匀速运动产生的电场能，因此可知加速运动时螺线管所在回路产生的焦耳热大于匀速运动时螺线管所在回路产生的焦耳热，故D错误。 3.(2023·江苏盐城市、南京市期末)某眼动仪可以根据其微型线圈在磁场中随眼球运动时所产生的电流来追踪眼球的运动。若该眼动仪线圈面积为S，匝数为N，处于磁感应强度为B的匀强磁场中，t＝0时，线圈平面平行于磁场。t＝t1时线圈平面逆时针转动至与磁场夹角为θ处，则0～t1时间内磁通量的平均变化率是(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　开始时线圈与磁场的方向平行，则穿过线圈的磁通量为零；经过时间t1，面积为S的线圈平面逆时针转动至与磁场夹角为θ处，磁通量变化为ΔΦ＝BSsin θ，则0～t1时间内磁通量的平均变化率是＝，故选B。 4．如图所示，边长为L的正方形区域存在垂直纸面向外的匀强磁场，等腰直角三角形线框ABC以速度v匀速进入磁场区域，且AB＝L，单位长度线框的电阻相同，若从C点进入磁场开始计时，则B、C两点电势差UBC和BC边所受安培力FBC(规定FBC向上为正)随时间变化的图像正确的是(　　) 答案　B 解析　由楞次定律可知0～过程感应电流方向由C点指向B点，即C点的电势高，则UBC< 0，故A错误；由对称性可知，0～和～是对称的过程，FBC－t图像也对称，故C、D错误。故选B。 5.(2023·江苏扬州市一模)如图所示，倾角为α的斜面上放置着光滑导轨，金属棒KN置于导轨上，在以ab和cd为边界的区域内存在磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直导轨平面向上。在cd左侧的无磁场区域cdPM内有一半径很小的金属圆环L，圆环与导轨在同一平面内。当金属棒KN在重力作用下从磁场右边界ab处由静止开始沿导轨向下运动后较短时间内，则下列说法正确的是(　　) A．圆环L有收缩趋势，圆环内产生的感应电流减小 B．圆环L有扩张趋势，圆环内产生的感应电流变小 C．圆环L有收缩趋势，圆环内产生的感应电流增大 D．圆环L有扩张趋势，圆环内产生的感应电流增大 答案　A 解析　金属棒向下做加速运动，产生的感应电动势增大，回路的电流增大，穿过圆环的磁通量增大，根据楞次定律，圆环有收缩趋势阻碍磁通量的增大；金属棒向下做加速运动，产生的感应电动势增大，逆时针的电流增大，根据左手定则，金属棒所受安培力的方向沿斜面向上增大，根据牛顿第二定律mgsin θ－BIL＝ma，金属棒的加速度减小，加速度的变化率与电流的变化率成正比，因此金属棒电流的变化率减小，而电流的变化率和磁场的变化率成正比，圆环的磁通量的变化率减小，圆环内产生的感应电动势减小，圆环内产生的感应电流减小。故选A。 6．(2023·北京卷·9)如图所示，光滑水平面上的正方形导线框，以某一初速度进入竖直向下的匀强磁场并最终完全穿出。线框的边长小于磁场宽度。下列说法正确的是(　　) A．线框进磁场的过程中电流方向为顺时针方向 B．线框出磁场的过程中做匀减速直线运动 C．线框在进和出的两过程中产生的焦耳热相等 D．线框在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量相等 答案　D 解析　线框进磁场的过程中，由楞次定律知电流方向为逆时针方向，A错误；线框出磁场的过程中，根据E＝BLv，I＝，联立有FA＝＝ma，由于线框出磁场过程中由左手定则可知线框受到的安培力向左，则v减小，线框做加速度减小的减速运动，B错误；由能量守恒定律得线框产生的焦耳热Q＝FAL，其中线框进出磁场时均做减速运动，但其进磁场时的速度大，安培力大，产生的焦耳热多，C错误；线框在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量q＝t，其中＝，＝BL，则联立有q＝x，由于线框在进和出的两过程中线框的位移均为L，则线框在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量相等，故D正确。 7．(2023·全国乙卷·17)一学生小组在探究电磁感应现象时，进行了如下比较实验。用图(a)所示的缠绕方式，将漆包线分别绕在几何尺寸相同的有机玻璃管和金属铝管上，漆包线的两端与电流传感器接通。两管皆竖直放置，将一很小的强磁体分别从管的上端由静止释放，在管内下落至管的下端。实验中电流传感器测得的两管上流过漆包线的电流I随时间t的变化分别如图(b)和图(c)所示，分析可知(　　) A．图(c)是用玻璃管获得的图像 B．在铝管中下落，小磁体做匀变速运动 C．在玻璃管中下落，小磁体受到的电磁阻力始终保持不变 D．用铝管时测得的电流第一个峰到最后一个峰的时间间隔比用玻璃管时的短 答案　A 解析　强磁体在铝管中运动，铝管会形成涡流，玻璃是绝缘体，故强磁体在玻璃管中运动，玻璃管不会形成涡流。强磁体在铝管中加速后很快达到平衡状态，做匀速直线运动，而玻璃管中的强磁体则一直做加速运动，题图(c)的电流峰值不断增大，说明强磁体的速度在增大，与玻璃管中强磁体的运动情况相符，A正确；强磁体在铝管中下落，电流的峰值一样，磁通量的变化率相同，故强磁体在线圈间做匀速运动，B错误；强磁体在玻璃管中下落，线圈的电流峰值增大，电流在不断变化，故强磁体受到的电磁阻力在不断变化，C错误；强磁体分别从两种管的上端由静止释放，在铝管中，强磁体在线圈间做匀速运动，在玻璃管中，强磁体在线圈间做加速运动，故用铝管时测得的电流第一个峰到最后一个峰的时间间隔比用玻璃管时的长，D错误。 [争分提能练] 8.(2021·广东卷·10改编)如图所示，水平放置足够长光滑金属导轨abc和de，ab与de平行，bc是以O为圆心的圆弧导轨，圆弧be左侧和扇形Obc内有方向如图的匀强磁场，金属杆OP的O端与e点用导线相接，P端与圆弧bc接触良好，初始时，可滑动的金属杆MN静止在平行导轨上，若杆OP绕O点在匀强磁场区内从b到c匀速转动时，回路中始终有电流，则此过程中，下列说法正确的是(　　) A．杆OP产生的感应电动势增大 B．杆OP受到的安培力减小 C．杆MN做匀加速直线运动 D．杆MN中的电流逐渐增大 答案　B 解析　杆OP匀速转动切割磁感线产生的感应电动势为E＝Br2ω，因为OP匀速转动，所以杆OP产生的感应电动势恒定，故A错误；杆OP转动过程中产生的感应电流由M到N通过杆MN，由左手定则可知，杆MN会向左运动，杆MN运动会切割磁感线，产生电动势，感应电流方向与原来电流方向相反，使回路电流减小，杆OP受到的安培力减小，杆MN所受合力为安培力，电流减小，安培力会减小，加速度减小，故B正确，C、D错误。 9.(2023·江苏南通市检测)如图所示，竖直向下的匀强磁场中水平放置两足够长的光滑平行金属导轨，导轨的左侧接有电容器，金属棒静止在导轨上，棒与导轨垂直，t＝0时，棒受到水平向右的恒力F作用，t＝t0时，撤去F，则棒的速度v、电容器所带的电荷量q、棒中安培力的冲量I、棒克服安培力做的功W与时间t的关系图像正确的是(　　) 答案　D 解析　设某一时刻t(0<t<t0)，根据牛顿第二定律有F－F安＝ma，设该时刻电流大小为i，则F安＝BiL，F－BiL＝ma，在很短时间间隔内Δq＝i·Δt，Δq＝C·ΔU，ΔU＝BL·Δv，联立可得i＝BLC＝BLCa，结合前式可得F－B2L2Ca＝ma，可得a＝，可知t0之前金属棒做匀加速运动，v＝at＝，即t0之前v－t图像为过原点的倾斜直线，金属棒产生的感应电动势等于电容器两端电压，撤去力F后电容器不再充电，电流为零，金属棒开始做匀速运动，A错误；由上述分析可知＝i＝BLCa，t0之前q－t图像为过原点的倾斜直线，t0之后电容器不充放电，电荷量不变，B错误；安培力的冲量I＝BiL·t＝B2L2Ca·t，加速度a定值，可知t0之前I－t图像为过原点的倾斜直线，C错误；t0之前，棒克服安培力做的功W＝F安at2＝B2L2Ca2t2，可知t0之前W与t是二次函数关系，t0之后W＝0，D正确。 10．如图甲所示，倾角为θ＝53°、平行部分间距L＝0.5 m的U形金属轨道，其顶端连接一阻值为R＝0.4 Ω的定值电阻，现将一根质量为m＝0.1 kg、电阻r＝0.1 Ω、长度为L的金属杆由轨道顶端静止释放，杆下滑过程穿过一段边界与轨道顶端平行、宽度为d的匀强磁场区域后滑至斜面底端，杆下滑过程中速度平方v2与位移x的关系如图乙所示，已知匀强磁场方向垂直轨道所处平面向上，轨道电阻不计，杆与轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，下列说法正确的是(　　) A．金属杆进入磁场时的速度为9 m/s B．匀强磁场的磁感应强度大小为 T C．定值电阻R产生的焦耳热为0.4 J D．金属杆在整个运动过程中损失的机械能为1.35 J 答案　C 解析　杆进入磁场前做匀加速运动，有v12＝2ax1，mgsin θ－μmgcos θ＝ma，解得v1＝3 m/s，A错误；杆进入磁场后做匀速运动，在磁场中运动时间为t＝，对金属杆有mgsin θ－μmgcos θ－BIL＝0，又I＝，对电阻R有Q＝I2Rt，解得B＝ T，Q＝0.4 J，B错误，C正确；整个运动过程中，杆克服安培力做的功为W1＝BILd＝0.5 J，克服摩擦力做的功为W2＝μmgx0cos θ＝1.05 J，损失的机械能为ΔE＝W1＋W2＝1.55 J，D错误。 11．(2023·广东卷·14)光滑绝缘的水平面上有垂直平面的匀强磁场，磁场被分成区域Ⅰ和Ⅱ，宽度均为h，其俯视图如图(a)所示，两磁场磁感应强度随时间t的变化如图(b)所示，0～τ时间内，两区域磁场恒定，方向相反，磁感应强度大小分别为2B0和B0，一电阻为R，边长为h的刚性正方形金属框abcd，平放在水平面上，ab、cd边与磁场边界平行。t＝0时，线框ab边刚好跨过区域Ⅰ的左边界以速度v向右运动。在τ时刻，ab边运动到距区域Ⅰ的左边界处，线框的速度近似为零，此时线框被固定，如图(a)中的虚线框所示。随后在τ～2τ时间内，Ⅰ区磁感应强度线性减小到0，Ⅱ区磁场保持不变；2τ～3τ时间内，Ⅱ区磁感应强度也线性减小到0。求： (1)t＝0时线框所受的安培力F； (2)t＝1.2τ时穿过线框的磁通量Φ； (3)2τ～3τ时间内，线框中产生的热量Q。 答案　(1)，方向水平向左　(2)　(3) 解析　(1)由题图可知t＝0时线框切割磁感线产生的感应电动势为E＝2B0hv＋B0hv＝3B0hv 则感应电流大小为I＝＝ 所受的安培力为 F＝2B0h＋B0h＝ 方向水平向左； (2)在τ时刻，ab边运动到距区域Ⅰ的左边界处，线框的速度近似为零，此时线框被固定， 则t＝1.2τ时穿过线框的磁通量为 Φ＝1.6B0h·h－B0h·h＝ 方向垂直纸面向里； (3)2τ～3τ时间内，Ⅱ区磁感应强度也线性减小到0，则有E′＝＝＝ 感应电流大小为I′＝＝ 则2τ～3τ时间内，线框中产生的热量为 Q＝I′2Rτ＝。 12．(2023·江苏省靖江中学期末)如图所示，在匀强磁场中有一水平放置的平行金属导轨，导轨间距为d、长为3L，在导轨的中部刷有一段长为L的薄绝缘涂层，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直。质量为m的导体棒在大小为F的恒力作用下由静止从导轨的左端运动，在滑上涂层之前已经做匀速运动，并一直匀速滑到导轨右端。导体棒始终与导轨垂直，且仅与涂层间有摩擦，接在两导轨间的电阻为R，导轨及导体棒电阻不计。求： (1)导体棒匀速运动的速度大小v； (2)整个运动过程中，流过电阻的电荷量q及电阻产生的焦耳热Q。 答案　(1)　(2)　2FL－ 解析　(1)根据题意可知，在滑上涂层之前已经做匀速运动，则有感应电动势为E＝Bdv 感应电流为I＝＝ 导体棒受到的安培力为F安＝BId＝ 又有F＝F安，解得v＝ (2)根据题意可知，导轨的中部刷有一段长为L的薄绝缘涂层，此段上电路没有电流，导体棒不受安培力，则此段上，没有电荷流过电阻，没有焦耳热产生，导体棒在第一段L上运动时， 由公式＝，＝，q＝Δt可得，通过电阻的电荷量为q1＝＝ 设克服安培力做功为W1，由动能定理有 FL－W1＝mv2 解得W1＝FL－mv2＝FL－ 则电阻产生的焦耳热为Q1＝W1＝FL－ 导体棒在第三段L上运动时，由公式q＝It可得，通过电阻的电荷量为q2＝·＝ 设克服安培力做功为W2，由动能定理有FL－W2＝0 解得W2＝FL 则电阻产生的焦耳热为Q2＝W2＝FL 综上所述，整个运动过程中，流过电阻的电荷量为 q＝q1＋q2＝ 电阻产生的焦耳热为Q＝Q1＋Q2＝2FL－。 学科网（北京）股份有限公司 $$