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

专题四　 电路与电磁感应 第12讲　电磁感应 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。 目标要求 3 会分析电磁感应中的动力学与能量问题。 内容索引 考点一 考点二 楞次定律与法拉第电磁感应定律的应用 电磁感应中的图像问题 考点三 电磁感应中的动力学与能量问题 高考预测 专题强化练 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： (2)导体棒垂直切割磁感线：E＝Blv。 (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。 　(多选)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，从而减小对箱内人员的伤害。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 　顺时针方向 B.从上往下看，金属线圈B中的感应电流沿 　顺时针方向 C.金属线圈A对电梯轿厢下落有阻碍作用，B没有阻碍作用 D.金属线圈B有收缩的趋势，A有扩张的趋势 例1 √ √ 当电梯坠落至如图位置时，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， B正确，A错误； 结合A、B的分析可知，当电梯坠落至如图位置时，闭合线圈A、B都在阻碍电梯下落，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，D正确。 　(2023·浙江6月选考·10)如图所示，质量为M、电阻为R、长为L的导体棒，通过两根长均为l、质量不计的导电细杆连在等高的两固定点上，固定点间距也为L。细杆通过开关S可与直流电源E0或理想二极管串接。在导体棒所在空间存在磁感应强度方向竖直向上、大小为B的匀强磁场，不计空气阻力和其它电阻，重力加速度为g。 例2 √ 开关S接1，当导体棒静止时，细杆与竖直方向的夹角固定点θ＝　；然后开关S接2，棒从右侧开始运动完成一次振动的过程中 当开关接1时，对导体棒受力分析如图所示， 根据楞次定律可知导体棒从右向左运动时，产生的感应电流与二极管正方向相同，部分机械能转化为焦耳热，导体棒从左向右运动时，产生的感应电动势与二极管正方向相反，无机械能损失， 根据B选项分析，导体棒第二次经过最低点时的速度小于第一次经过最低点时的速度，根据E＝BLv，可知棒两次过最低点时感应电动势大小不相等，故D错误。 考点二 电磁感应中的图像问题 16 　(2023·浙江诸暨市适应性考试)如图所示，多匝闭合线圈水平固定，条形磁体从线圈左侧一定高度自由下落，整个过程磁体始终保持水平。规定线圈电流方向以俯视时逆时针方向为正，则线圈中产生的感应电流随时间变化的图像可能正确的是 例3 √ 条形磁体的磁感线分布如图所示 当磁体在靠近线圈的过程中，穿过线圈的磁通量先增大后减小，根据楞次定律，感应电流的方向先逆时针，后顺时针；当条形磁体落至线圈平面位置时，穿过线圈的磁通量为零，根据法拉第电 磁感应定律可得　　　　　当磁通量为零时，磁通量的变化率最大，感应电流最大；同理当磁体 在远离线圈的过程中，穿过线圈的磁通量先增大后减小，根据楞次定律，感应电流的方向先顺时针，后逆时针，故选D。 　如图甲所示，光滑导轨水平放置在与水平方向成60°角斜向下的匀强磁场中，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(规定斜向下为正方向)，导体棒ab垂直导轨放置，除电阻R的阻值外，其余电阻不计，导体棒ab在水平外力作用下始终处于静止状态。 例4 规定a→b的方向为电流的正方向，水平向右的方向为外力的正方向，斜向右下方为安培力的正方向，则在0～t1时间内，能正确反映电阻R的热功率P、流过导体棒ab的电流i、 导体棒ab所受水平外力F及安 培力FA随时间t变化的图像正 确的是 √ 根据P＝I2R，电阻R的热功率P 恒定不变，A错误； 根据楞次定律判断可知ab中感应电流从b到a，当B为负值时，安培力的方向垂直于磁感线斜向右下方，根据平衡条件可知，外力水平向左，为负值，大小为F＝BILsin 60°∝B，B为正值时，外力水平向右，为正值，大小为F＝BILsin 60°∝B，C正确； 根据安培力FA＝BIL可知，导体棒ab所受安培力FA随B的变化而变化，D错误。 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。 总结提升 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。 总结提升 ↓ ↓ (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。 总结提升 考点三 电磁感应中的动力学与能量问题 26 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)。 　如图所示，宽度为L的U形导体框，水平放置在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，左端连接一阻值为R的电阻。一质量为m、接入电路中电阻为r的导体棒ab置于导体框上。不计导体框的电阻、导体棒与框间的摩擦，导体棒ab与导体框始终接触良好。在水平向右的拉力作用下，导体棒ab以速度v0匀速向右运动。 (1)求通过导体棒ab的电流大小I； 例5 导体棒ab以速度v0匀速向右运动时产生的感应电动势大小为E＝BLv0 (2)求拉力做功的功率P； 根据能量守恒定律可知拉力做功的功率等于回路消耗的电功率，即 (3)某时刻撤去拉力，经过一段时间导体棒ab停在导体框上，求在此过程中电阻R上产生的热量Q。 　(2023·浙江杭州市一模)如图甲所示，在倾角为θ＝30°的光滑绝缘斜面上，有一质量为m＝1 kg矩形金属导体框ACDE，其中AC、DE长为L＝2 m，电阻均为R＝0.5 Ω；AE、CD足够长且电阻不计，AC与斜面底边平行。 另外有一导体棒MN质量为M＝　　　　长为L＝2 m，电阻也为R＝0.5 Ω， 平行于AC放置在导体框上，其上方有两个垂直斜面的立柱阻挡，导体棒MN与导体框间的动摩擦因数μ＝0.1， 在MN下方存在垂直斜面向上、磁感 应强度B＝1 T的匀强磁场，MN上方 (含MN处)存在沿斜面向上、大小也 为B＝1 T的匀强磁场。 例6 t＝0时刻在DE边给导体框施加一个沿斜面向上的拉力F，导体框在向上运动过程中，测得导体棒MN两端电压随时间变化关系如图乙所示，经过2 s后撤去拉力，此过程中拉力做功 W＝294.6 J。导体棒MN始终与导体 框垂直且紧靠立柱，重力加速度g＝ 10 m/s2。求： (1)前2 s内金属导体框的加速度大小； 答案　1.5 m/s2　 由题图乙可知MN两端的电压满足U＝2＋t AC产生的感应电动势E＝BLv 根据速度与时间的关系v＝v0＋at 联立解得v0＝3 m/s，a＝1.5 m/s2 (2)前2 s内拉力F与时间t的变化关系； 答案　F＝24.3＋8.4t(N)0<t≤2 s　 对MN棒分析， 对金属导体框受力分析，根据题意 以斜面向上为正方向，根据牛顿第 二定律有 F－BIL－Ff－mgsin θ＝ma 联立可得F＝24.3＋8.4t(N)0<t≤2 s (3)在拉力作用这段时间内，棒MN产生的焦耳热。 答案　36 J 从开始运动到撤去外力，这段时间内 金属导体框做匀加速运动，t＝2 s时 v＝v0＋at＝6 m/s 对金属导体框，由动能定理 Q总＝6Q＝∑BIiLΔx 联立解得Q≈36 J。 　(2023·浙江6月选考·19)某兴趣小组设计了一种火箭落停装置，简化原理如图所示，它由两根竖直导轨、承载火箭装置(简化为与火箭绝缘的导 例6 电杆MN)和装置A组成，并形成闭合回路。装置A能自动调节其输出电压确保回路电流I恒定，方向如图所示。导轨长度远大于导轨间距，不论导电杆运动到什么位置，电流I在导电杆以上空间产生的磁场近似为零，在导电杆所在处产生的磁场近似为匀强磁场，大小B1＝kI(其中k为常量)，方向垂直导轨平面向里；在导电杆以下的两导轨间产生的磁场近似为匀强磁场，大小B2＝2kI，方向与B1相同。 火箭无动力下降到导轨顶端时与导电杆粘接，以速度v0进入导轨，到达绝缘停靠平台时速度恰好为零，完成火箭落停。已知火箭与导电杆的总质量为M，导轨间距d＝ 　　导电杆电阻为R。导电杆与导轨保持良好接触滑行，不计空气阻力和摩擦力，不计导轨电阻和装置A的内阻，重力加速度为g。在火箭落停过程中： (1)求导电杆所受安培力的大小F和运动的距离L； 导电杆受安培力F＝B1Id＝3Mg 方向向上，则导电杆向下运动的加速度 Mg－F＝Ma 解得a＝－2g 导电杆运动的距离 (2)求回路感应电动势E与运动时间t的关系； 回路的感应电动势E＝B2dv 其中v＝v0＋at (3)求装置A输出电压U与运动时间t的关系和输出的能量W； 由E＋U＝IR U＝IR－E P出＝UI＝I2R－6Mgv0＋12Mg2t 作出U－t图像如图所示 (4)若R的阻值视为0，装置A用于回收能量，给出装置A可回收能量的来源和大小。 高考预测 47 1.(2023·浙江省四校联盟模拟考)为探讨磁场对脑部神经组织的影响及临床医学应用，某小组查阅资料得知：“将金属线圈放置在头部上方几厘米处，给线圈通以上千安培、历时约几毫秒的脉冲电流，电流流经线圈产生瞬间的高强度脉冲磁场，磁场穿过头颅对脑部特定区域产生感应电场及感应电流，而对脑神经产生电刺激作用，其装置如图所示。”同学们讨论得出的下列结论正确的是 A.脉冲电流流经线圈会产生高强度的磁场是电磁感应现象 B.脉冲磁场在线圈周围空间产生感应电场是电流的磁效应 C.若将脉冲电流改为恒定电流，可持续对脑神经产生电刺激作用 D.若脉冲电流最大强度不变，但缩短脉冲电流时间，则在脑部产生的感应电场 　及感应电流会增强 1 2 √ 脉冲电流流经线圈会产生高强度的磁场是电流的 磁效应，故A错误； 脉冲磁场在线圈周围空间产生感应电场是电磁感 应现象，故B错误； 若将脉冲电流改为恒定电流，线圈将会产生恒定磁场，脑部特定区域不会产生持续的感应电场及感应电流，对脑神经不会持续产生电刺激作用，故C错误； 1 2 脉冲磁场对脑部特定区域产生感应电场及感应电 流，满足E＝　　　　　若脉冲电流最大强度不 变，但缩短脉冲电流时间，则脑部特定区域的 磁通量改变量大小不变，但磁通量改变的时间缩短，所以感应电场及感应电流增大，故D正确。 1 2 2.(2023·浙江省天域全国名校协作体联考)如图，有两倾角θ＝30°、间距d＝0.1 m 的足够长平行金属导轨，其顶端和底端各连有一个R＝0.1 Ω的电阻。一恒流源为电路提供恒定电流I＝2 A，电流方向如图所示。在两导轨间存在垂直导轨平面向上的磁场，沿导轨向下建立坐标轴xOy，磁感应强度沿y方向大小不变，沿x方向大小满足B1＝2x(T)(x≤4 m)，B2＝2 T(x>4 m)。质量m＝0.1 kg的金属棒 ab垂直导轨放置，与导轨间动摩擦因数μ＝　　让金属棒ab从x＝0处以很小的 速度(可忽略不计)开始向下运动。x＝4 m处两导轨各有一小段长度可以忽略的绝缘部分，隔开上下金属导轨。金属棒ab及金属导轨 的电阻不计，重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)金属棒ab运动到x＝1 m位置时加速度大小； 答案　4 m/s2　 1 2 对金属棒ab，由牛顿第二定律：B1Id＋mgsin θ－μmgcos θ＝ma 由题可知mgsin θ＝μmgcos θ，故a＝4 m/s2 1 2 (2)金属棒ab从x＝0向下运动到速度为0的过程中，克服摩擦力所做的功； 1 2 答案　3 J　 从x＝0到x＝4 m的过程中，安培力FA＝B1Id＝0.4x 1 2 从x＝4 m到速度为0的过程中， 故全过程克服摩擦力做功W＝μmgcos θ(x＋x2)＝3 J 1 2 当金属棒运动到x位置时mgsin θ－B1Id＝F合 得F合＝0.5－0.4x＝－0.4(x－1.25) 即金属棒做简谐运动， 且平衡位置位于x0＝1.25 m处， 比例系数k＝0.4， 1 2 专题强化练 57 1.(多选)(2023·浙江省强基联盟统测)电磁学知识在科技生活中有广泛的应用，下列相关说法正确的是 保分基础练 A.图甲中动圈式扬声器的工作原理是电磁感应 B.图乙中线圈产生的自感电动势有时会大于原 　来电路中的电源电动势 C.图丙中自制金属探测器是利用地磁场来进行探测的 D.图丁中磁电式仪表，把线圈绕在铝框骨架上，目的是增加电磁阻尼的 　作用 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 题图甲中动圈式扬声器的工作原理是电流的磁效应，故A错误； 题图乙中线圈产生的自感电动势有时会大于原来电路中的电源电动势，故B正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 题图丙中自制金属探测器是利用金属探测器中变化电流产生的磁场来进行探测的，故C错误； 题图丁中磁电式仪表，把线圈绕在铝框骨架上，目的是增加电磁阻尼的作用，故D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 2.(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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 √ 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。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 3.(2023·浙江金华市十校一模)如图所示是一个趣味实验中的“电磁小火车”，“小火车”是一节两端都吸有强磁铁的干电池，发现两端的强磁铁无论是同名相对还是异名相对，都能牢牢地吸附在干电池上，“轨道”是用裸铜线绕成的螺线管，螺线管的口径较“小火车”大。将“小火车”放入螺线管内，在电池的正负极之间的一段螺线管上形成电流，小火车就会沿螺线管运动，则 A.“小火车”因为电池两端磁铁之间的排斥力而运动 B.“小火车”通过电池两端磁铁与通电螺线管之间的 　相互作用而运动 C.干电池正负极对调后，“小火车”运动方向将不变 D.“小火车”放入表面无绝缘层的裸露铜管内也会沿铜管运动 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 √ 将干电池与强磁铁组成的“小火车”放入裸铜线 绕成的螺线管内，干电池的正负极与接触的铜线 绕成的螺线管中形成电流，该部分螺线管产生磁场，由于干电池两端都吸有强磁铁，进而驱使其运动，A错误，B正确； 只将干电池的正负极对调，则螺线管产生的磁场的方向也改变，小火车两侧磁铁所受磁场力方向也会改变，“小火车”运动方向将发生变化，C错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 若将“小火车”放入表面无绝缘层的裸露铜管后， 若“小火车”沿铜管运动，则电池的正负极之外 的裸露铜管中会形成感应电流，根据楞次定律， 该感应电流会阻碍磁铁的运动，因此“小火车”放入表面无绝缘层的裸露铜管内，“小火车”不会沿铜管运动，D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 4.(2023·湖北卷·5)近场通信(NFC)器件应用电磁感应原理进行通讯，其天线类似一个压平的线圈，线圈尺寸从内到外逐渐变大。如图所示，一正方形NFC线圈共3匝，其边长分别为1.0 cm、1.2 cm和1.4 cm，图中线圈外线接入内部芯片时与内部线圈绝缘。若匀强磁场垂直通 过此线圈，磁感应强度变化率为103 T/s，则线圈产生的感 应电动势最接近 A.0.30 V B.0.44 V C.0.59 V D.4.3 V 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 5.(多选)(2023·浙江湖州市联考)如图所示，绝缘的水平面上固定有两条平行的光滑金属导轨，导轨电阻不计，两相同金属棒a、b垂直导轨放置，其右侧矩形区域内存在恒定的匀强磁场，磁场方向竖直向上。现两金属棒分别以初速度2v0和v0同时沿导轨自由运动，先后进入磁场区域。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 已知a棒离开磁场区域前b棒已经进入磁场区域，则a棒从进入到离开磁场区域的过程中，电流i随时间t的变化图像可能正确的有 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 6.(多选)(2023·浙江省诸暨中学调研)如图所示，纸面内虚线1、2、3相互平行，且间距均为L。1、2间的匀强磁场垂直纸面向里、磁感应强度大小为2B，2、3间的匀强磁场垂直纸面向外、磁感应强度大小为B。边长为d(d<L)的正方形线圈PQMN电阻为R，各边质量和电阻都相同，线圈平面在纸面内。开始PQ与1重合，线圈在水平向右的拉力作用下以速度v0向右匀速运动。设PQ刚进入磁场时PQ两端电压为U1，线圈都进入2、3间磁场中时，PQ两端电压为U2；在线圈向右运动的整个过程中拉力最大为F，拉力所做的功为W，则下列判断正确的是 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 √ √ 都进入1、2间后磁场回路无电流，不受安培力，拉力为0，不做功； PQ进入右边磁场、MN在左边磁场中，MN切割磁感线产生电动势E1，PQ切割右边磁感线产生电动势E2＝Bdv0， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 PQ进入右边磁场过程中克服安培力做功W2＝Fd，都进入右边磁场后，PQ和MN都切割磁场，回路无电流，安培力为0，U2＝E2＝Bdv0，选项B正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 7.(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。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 争分提能练 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； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 所受的安培力为 方向水平向左； (2)t＝1.2τ时穿过线框的磁通量Φ； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 则t＝1.2τ时穿过线框的磁通量为 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 方向垂直纸面向里； (3)2τ～3τ时间内，线框中产生的 热量Q。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 则2τ～3τ时间内，线框中产生的热量为 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 8.(2023·浙江湖州、衢州、丽水三地市检测)如图所示，电阻为2R、半径为2r的粗细均匀的金属轮环A1可绕其中心轴O1转动，有一质量为m的重物通过绕绳挂在半径为r的绝缘轮盘A2边缘，在重物的带动下A1、A2轮以相同的角速度同轴转动(不考虑由于绕绳引起的半径变化)。电阻不计、半径为r的另一金属轮环A3在A1轮的带动下绕中心轴O2转动，两轮始终保持接触且无相对滑动。A1轮的另一端通过电刷 与导线相连，其左右两侧的接触点与轴心在同 一直线上。A3轮的中心轴由导线与外接金属轨 道相连，其中心轴与环之间由3根电阻均为R的 导体棒连接，相邻两根导体棒间夹角为120°， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 两圆环接出的导线通过金属轨道形成闭合回路。一质量为m、电阻为 的导体棒MN放置在倾角θ＝37°的轨道上，导体棒MN与轨道垂直，与轨道的动摩擦因数为μ＝0.5(可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，轨道间距为L(L>3r)。在图中的120°扇形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，开始时导体棒MN被固定。(不计轮环与电刷、中心轴之间的阻力，轨道、导线及各接触电阻不计，重力加速度为g，sin 37°＝0.6) (1)轮盘A2在重物拉动下转动，判断导体棒 MN上电流的方向； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案　由N指向M　 根据右手定则知电流方向由N指向M； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 (2)当轮盘A2以角速度ω转动时，求A3轮中导体棒转动所产生电动势E的大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案　Bωr2 由题可知A3轮的角速度为2ω， (3)当重物匀速下落时，求其速度v的大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 等效电路图如图所示 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 (4)若在倾斜轨道间加上磁感应强度为B且垂直斜面向上的匀强磁场，重物从静止开始释放，则当重物下落速度在多大范围内时，解除导体棒MN固定装置后其仍能维持不动。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 根据平衡条件，当静摩擦力最大且沿轨道向上时有 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 9.(2023·浙江台州市质评)如图所示，两光滑的足够长导轨固定在绝缘水平面上，导轨间距最窄处为一狭缝O，以O为原点、水平向右为正方向建立x轴，两导轨与x轴正方向的夹角均为α＝37°，一电阻R＝100 Ω的电阻和电容C＝4 000 μF的不带电电容器分别与导轨左端相连。x>0的区域内分布着垂直于纸面向内的磁场，磁感应强度大小沿y轴不变，沿x轴变化如下： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 ②B＝1 T　x>0.4 m。 导轨上一金属棒ab与x轴垂直，在外力F作用下从O点开始以速度v＝0.5 m/s向右匀速运动，金属棒在运动过程中与导轨始终保持良好接触，不计金属棒和导轨的电阻，sin 37°＝0.6。求： (1)棒ab运动到x1＝0.2 m时，通过电阻R 的电流； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案　3×10－3 A　 棒ab运动到x1＝0.2 m时，磁感应强度B1＝2 T，有效长度l＝0.3 m 则切割电动势E＝B1lv＝0.3 V 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 (2)棒ab从x1＝0.2 m运动到x2＝0.8 m的过程中，外力F与x的关系； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案　见解析　 ①在0.2 m≤x≤0.4 m区域， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 可得电动势E＝Blv恒为0.3 V，电流I恒为3×10－3 A，安培力F′＝IlB＝1.8×10－3 N 由平衡条件可得F＝1.8×10－3 N ②在0.4 m<x≤0.8 m区域， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 安培力F′＝(I1＋I2)lB＝ (3)棒ab从x1＝0.2 m运动到x2＝0.8 m的过程中，流过棒的电荷量。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案　6×10－3 C 在0.2 m≤x≤0.4区域，通过棒的电荷量q1 ＝It1＝1.2×10－3 C，在0.4 m<x≤0.8 m区 域，通过电阻的电流I1随时间均匀变化， 通过电容器的电流I2保持不变，则通过 棒的电荷量q2＝ 则从x1＝0.2 m运动到x2＝0.8 m的过程中，流过棒的电荷量Q＝q1＋q2＝6×10－3 C。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 10.(多选)(2023·山东卷·12)足够长U形导轨平置在光滑水平绝缘桌面上，宽为1 m，电阻不计。质量为1 kg、长为1 m、电阻为1 Ω的导体棒MN放置在导轨上，与导轨形成矩形回路并始终接触良好，Ⅰ和Ⅱ区域内分别存在竖直方向的匀强磁场，磁感应强度分别为B1和B2，其中B1＝2 T，方向向下。用不可伸长的轻绳跨过固定轻滑轮将导轨CD段中点与质量为0.1 kg的重物相连，绳与CD垂直且平行于桌面。 如图所示，某时刻MN、CD同时分别进入磁场 区域Ⅰ和Ⅱ并做匀速直线运动，MN、CD与磁 场边界平行。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 尖子生选练 MN的速度v1＝2 m/s，CD的速度为v2且v2>v1， MN和导轨间的动摩擦因数为0.2。重力加速 度大小取10 m/s2，下列说法正确的是 A.B2的方向向上 B.B2的方向向下 C.v2＝5 m/s D.v2＝3 m/s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 √ √ 导轨的速度大于导体棒的速度，因此对导体 棒受力分析可知导体棒受到向右的摩擦力以 及向左的安培力，摩擦力大小为Ff＝μmg＝ 2 N，导体棒所受安培力大小为F1＝Ff＝2 N，由左手定则可知闭合回路的电流方向为N→M→D→C→N，导轨受到向左的摩擦力、向右的拉力和向右的安培力，安培力大小为F2＝Ff－m0g＝1 N，由左手定则可知B2的方向向下，A错误，B正确； 对导体棒分析F1＝B1IL，对导轨分析F2＝B2IL，电路中的电流为I＝ 　　　　　　联立解得v2＝3 m/s，C错误，D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 E＝n (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.通过回路截面的电荷量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。 A.电源电动势E0＝R B.棒消耗的焦耳热Q＝(1－)Mgl C.从左向右运动时，最大摆角小于 D.棒两次过最低点时感应电动势大小相等 根据几何关系可得Mg＝BIL，解得I＝，根据闭合电路欧姆定律有I＝，解得E0＝，故A错误； 当导体棒运动到最低点且速度为零时，导体棒损失的机械能转化为焦耳热Q′＝(1－)Mgl，根据楞次定律可知导体棒完成一次振动速度为零时，导体棒高度高于最低点，所以棒消耗的焦耳热Q<Q′＝(1－)Mgl，故B错误； 根据B选项分析可知，导体棒运动过程中，机械能转化为焦耳热，所以从左向右运动时，最大摆角小于，故C正确； I＝＝， 由法拉第电磁感应定律，有E＝n＝sin 60°，由题图乙知，B的变化率不变，即保持不变，则感应电动势保持不变，电路中电流不变，B错误； ―→ ―→ ―→ 答案　　 根据闭合电路欧姆定律可知通过导体棒ab的 电流大小为I＝＝ 答案　　 P＝＝ 答案　 从撤去拉力到导体棒ab最终停止的过程，回路产生的总热量为Q总＝mv02 由于通过导体棒ab和电阻R的电流时刻相等，根据焦耳定律可知在此过程中电阻R上产生的热量为Q＝Q总＝。 kg， 根据闭合电路欧姆定律U＝E 联立可得U＝＝2＋t 可知Ff＝μ(Mgcos 30°＋B··L) x＝v0t＋at2＝9 m W－mgxsin θ－∑BIiLΔx－W克f＝mv2－mv02 W克f＝∑μ(Mgcos θ＋B··L)Δx ， 答案　3Mg　　 L＝＝ 答案　E＝(v0－2gt)　 解得E＝(v0－2gt) 答案　U＝IR－＋　－　 整理得U＝IR－＋ 导电杆运动时间t＝ 可得W＝(IR－＋IR)I 化简得W＝－ 答案　装置A可回收火箭和导电杆的动能和重力势能　Mv02 装置A可回收火箭和导电杆的动能和重力势能；火箭和导电杆从速度v0到速度减为零的过程，有W′＝Mv02＋MgL＝Mv02 ，I＝， ， 得位移x2＝t＝2 m 安培力做功WFA＝Ax＝3.2 J 由动能定理有WFA＝mv2－0得v＝8 m/s 由动量定理－·t＝0－mv (3)若导轨光滑，改变恒流源电流方向，让金属棒从x＝0静止释放，可以证明金属棒做简谐运动，且简谐运动的周期T＝2π，其中m为做简谐运动的物体的质量，k为F＝－kx中比例系数k，求从t＝0到时间内安培力的冲量大小。 答案　 N·s 其周期T＝2π＝π s 从t＝0到时间内，由动量定理mgsin θ·－I＝0 得安培力的冲量大小I＝ N·s。 根据法拉第电磁感应定律可知E＝＝＝103× (1.02＋1.22＋1.42)×10－4 V＝0.44 V，故选B。 a棒以初速度2v0先进入磁场切割磁感线产生的 感应电流为i0＝，a棒受安培阻力做变减 速直线运动，感应电流也随之减小，即i－t图 像的斜率逐渐变小；设当b棒刚进入磁场时a棒减速到v1，此时的瞬时电流为i1＝，若v1＝v0，即i1＝＝，此时回路中电流为零，不受安培力，a棒匀速离开，i－t图像中无电流的图像，故A正确，C错误； 若v1<v0，即i1＝<，此时回路中电流方向与 原a棒的流向相反即为负，大小为i＝， b棒受安培力要减速，a棒受安培力而加速，则电流逐渐减小，故B错误，D正确。 A.U1＝ B.U2＝Bdv0 C.F＝ D.W＝ 受到的安培力F1＝(2B)I1d＝ 进入过程克服安培力做功W1＝F1d＝ 回路中电流I2＝， 只有PQ进入磁场，PQ切割磁感线产生电动势E1＝2Bdv0，电路中电流I1＝，PQ两端电压U1＝E1＝，选项A正确； PQ出磁场后，只有MN切割磁感线，线圈受到安培力F5＝BId＝，PQ出磁场过程中安培力做功W3＝F5d，整个过程克服安培力做功W ＝W1＋W3＋W2＝，选项D正确。 PQ和MN受到安培力大小分别为F3＝BI2d，F4＝(2B)I2d，需要拉力最大为F＝F3＋F4＝，选项C错误； 答案　，方向水平向左　 F＝2B0h＋B0h＝ I＝＝ 答案　　 Φ＝1.6B0h·h－B0h·h＝ 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， 答案　 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′＝＝ Q＝I′2Rτ＝。 则有E＝＝Bωr2 答案　　 解得v＝ 由图可知总电阻为R，根据mgv＝＝ 答案　<v< 解得v2＝ 所以重物下落速度的范围为<v<。 电流为I＝ mgsin θ＝BL＋μmgcos θ 解得v1＝ 当静摩擦力最大且沿轨道向下时有mgsin θ＋μmgcos θ＝BL ①B＝ T　0<x≤0.4 m； 电流为I＝＝3×10－3 A。 电动势E＝Blv＝x 由B＝ T，有效长度l＝1.5x 通过电容器的电流I2＝＝＝＝Cv＝1.5×10－3 A (＋×10－3)＝x(5x＋1) N， 故F与x的关系为F＝x(5x＋1) N 通过电阻的电流I1＝＝x 1t2＋I2t2＝4.8×10－3 C。 ， $$