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A版，鲁湘鄂豫皖冀）

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 高考预测 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 专题强化练 考点三 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： 　(多选)(2023·广西二模)如图所示，纸面内的菱形金属线框ABCD以速度v0平行于AD方向匀速通过一有界的匀强磁场，磁场的边界PQ、MN相互平行，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里。已知线框的电阻为R，线框的边长和磁场宽度均为L，∠A＝60°，AD⊥PQ，下列说法正确的是 A.A点离开磁场后线框内的感应电流沿顺时针方向 例1 √ √ 线框的A点离开磁场后，穿过线框的磁通量垂直纸面向里先增大后减小，由楞次定律可知线框中的电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向，选项A错误； 当线框到如图所示的位置时，穿过线框的磁通量最大，此时A点到磁场边界MN的距离和C点到磁场边界PQ的距离相等， 　(多选)(2023·福建漳州市质检)如图甲，两根电阻不计、足够长的导轨MN、PQ平行放置，与水平面间夹角α＝37°，间距为0.8 m，上端连接一电阻R＝0.1 Ω。两导轨之间存在方向垂直导轨平面向上的均匀分布的磁场，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示。t＝0时刻，一电阻不计、质量为0.02 kg的导体棒ab从导轨上且在MP下方0.5 m处由静止释放。取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，ab与导轨间的动摩擦因数为0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不考虑t＝4.25 s时磁感应强度突变产生的电磁感应现象。则 例2 A.0～4.25 s内ab中感应电流方向从a到b B.t＝0时ab中感应电流I0＝0.4 A C.0～4.25 s内R中消耗的热功率为0.016 W D.ab的最大速度为0.625 m/s √ √ √ 由楞次定律可知，0～4.25 s内导体棒ab中感应电流方向从b到a，选项A错误； 0～4.25 s内电阻R消耗的热功率为P＝I02R＝0.016 W，选项C正确； t＝0时，导体棒所受安培力F0＝I0LB0＝0.064 N，G1＝mgsin α＝0.12 N，Ffm＝μmgcos α＝0.08 N， 由于G1－F0<Ffm，可知导体棒保持静止，t＝4.25 s时，F1＝I0LB1＝0.2 N，由于F1＝G1＋Ffm，导体棒恰好处于静止状态，可知在0～4.25 s内一直静止，则t＝4.25 s后，导体棒ab开始下滑，当B2＝0.1 T，G1＝Ff＋ILB2时导体棒ab开始匀速运动，Ff＝Ffm＝μmgcos α＝0.08 N，此时速度最大，则I＝ ，解得vm＝0.625 m/s，选项D正确。 考点二 电磁感应中的图像问题 16 　(多选)(2023·黑龙江哈尔滨市一模)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＝ ，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 例3 √ √ 由右手定则可知感应电流方向由C点指向B点，即C点的电势高，则UBC<0，即开始时UBC<0，故B正确，A错误； 　(2023·辽宁模拟预测)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。规定a→b的方向为电流的正方向， 例4 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。 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 关注特殊时刻或特殊位置 ―→ 如某一过程的起点、终点、转折点的感应电动势是否为零，电流方向(正负) ↓ 总结提升 关注变 化过程 ―→ 看电磁感应的发生过程分为几个阶段，这几个阶段是否和图像变化相对应 ↓ ↓ 关注变 化趋势 ―→ 看图像的斜率、图像的曲直是否和物理过程相对应，分析大小和方向的变化趋势 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)。 　(2023·北京市石景山区一模)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； (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。 　(多选)(2023·四川绵阳统考三模)如图所示，PQ、MN为两条平行光滑的金属导轨，与水平面成一定的夹角，PM间接有电动势恒定的电源(内阻不忽略)，整个空间有垂直于导轨平面的匀强磁场(图中未画出)，导轨足够长且电阻忽略。 例6 具有一定质量和电阻的导体棒ab垂直放置在导轨上且与导轨接触良好，现由静止释放导体棒ab，导体棒ab的初位置距PM、QN足够远，以沿导轨平面向下为速度的正方向。则导体棒在以后的运动过程中，速度随时间变化的图像可能正确的是 √ √ 设电源电动势为E，内阻为r， 导体棒长度为L，电阻为R， 同理，如果电源产生的电流受到的安培力沿导轨平面向上，并且安培力大于重力沿导轨平面分力，则根据牛顿第二定律，导体棒运动过程中加速度为 导体棒沿导轨平面向上做由静止开始的、加速度逐渐减小的加速运动，最终为匀速直线运动，故D选项正确； 无论电源产生的电流受到的安培力方向如何，最终导体棒均做匀速直线运动，故A、C选项错误。 　(多选)如图所示，两根足够长光滑导轨竖直放置，导轨间距为L，底端接阻值为R的电阻。将质量为m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，弹簧劲度系数为k，导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直。现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，第一次达到最大速度v时，回路产生的焦耳热为Q。若金属棒和导轨接触良好，金属棒和导轨电阻均可忽略，重力加速度为g，则 例7 √ √ 解题指导 关键表述解读 光滑导轨 不考虑摩擦力 达到最大速度 重力、弹簧弹力和安培力三力平衡 金属棒最后静止 安培力为零且mg＝kx 推理论证依据 (1)能量守恒 (2)弹簧弹力做功W＝   金属棒从弹簧原长位置由静止释放后，速度逐渐增大，切割磁感线，产生感应电流，金属棒受到竖直向上的安培力，安培力做负功，故金属棒和弹簧组成的系统机械能不守恒，故A错误； 金属棒第一次达到最大速度时，受到重力、弹簧的 弹力和安培力，处于平衡状态，则有F弹＋F安＝mg 安培力为F安＝BIL，金属棒切割磁感线，产生的感应电动势为E＝BLv， 弹簧的弹力为F弹＝kx1， 金属棒最后静止时，安培力为零，受重力和弹簧弹力，则有mg＝kx2，根据动能定理有 由功能关系可知回路产生的焦耳热为Q′＝W克安， 金属棒第一次达到最大速度时，由动能定理有 高考预测 41 1.(多选)如图所示，两个连续的有界匀强磁场的磁感应强度大小均为B，方向分别垂直光滑水平桌面向下和向上，磁场宽度均为L。紧贴磁场区域的左侧边界处，有一边长为L的正方形均匀导体线框置于桌面上。现用外力使线框由静止开始匀加速穿过磁场区域，以初始位置为计时起点，规定逆时针方向为电流正方向，外力F向右为正方向，磁感线垂直桌面向里时磁通量Φ为正值。以下反映线框中的感应电流i、磁通量Φ、电功率P、外力F随时间t或位移x的变化规律可能正确的是 1 2 √ √ 1 2 由于线框做匀加速运动，相等位移所用时间越来越小，电流与时间关系图像中三段电流对应的变化时间相同，A图像与实际不符，故A错误； 初始时刻有加速度，外力大小为ma，不为零，故B错误； 磁通量大小Φ＝BS＝BLx，可知磁通量随位移均匀变化，线框右边进入磁场过程，磁通量随位移均匀增大；线框左边进入磁场时，线框右边进入第二个磁场，由于磁场方向相反，磁通量先减小到零再增大；线框右边穿出磁场，磁通量又逐渐减小到零；位移为0、1.5L、3L时均为零，故C正确； 1 2 可知P正比于位移，而且中间段双边切割电流加倍，功率增为4倍，故D正确。 2.(多选)(2023·福建泉州市质监)如图甲所示，水平绝缘传送带正在输送一闭合正方形金属线框，在输送中让线框随传送带通过一固定的匀强磁场区域，磁场方向竖直向下，磁场边界MN、PQ与传送带运动方向垂直，其间距为2d。已知传送带以恒定速度v0运动，线框质量为m、边长为d，线框与传送带间的动摩擦因数为μ，且在传送带上始终保持线框左、右两边平行于磁场边界，线框右边进入磁场到线框右边离开磁场过程中，其速度v随时间t变化的图像如图乙所示，重力加速度大小为g，则 1 2 A.线框进出磁场过程中感应电流方向相同 B.线框穿过磁场过程中受到的摩擦力方向不变 1 2 D.整个线框穿过磁场过程中安培力对线框做的功为－4μmgd √ √ 1 2 由楞次定律可知线框进入磁场过程中感应电流方向为逆时针(俯视)，出磁场过程中感应电流方向为顺时针(俯视)，故A错误； 滑动摩擦力方向与相对运动方向相反，由v－t图像可知从线框右边进入磁场到右边刚好离开磁场过程中速度小于传送带速度，所受滑动摩擦力方向水平向右，线框右边出磁场时线框的速度与进入磁场时初速度相同、受力情况相同，所以运动情况相同，即出磁场过程中速度由v0一直减小至v1，所以出磁场过程中所受滑动摩擦力方向水平向右，故线框穿过磁场过程中受到的摩擦力方向不变，故B正确； 1 2 由B项分析知整个线框刚好离开磁场时的速度为v1，线框恰好完全进入磁场至右边恰好出磁场过程中线框做匀加 专题强化练 49 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 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 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 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·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 11 3.(2023·辽宁模拟预测)在如图甲所示的电路中，电阻R1＝R2＝R，单匝圆形金属线圈半径为r1，线圈导线的电阻也为R，半径为r2(r2<r1)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，图线与横、纵轴的交点坐标分别为t0和B0，其余导线的电阻不计。t＝0时闭合S，至t1时刻，电路中的电流已稳定，下列说法正确的是 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 由楞次定律知圆形金属线圈中的感应电流方向为顺时针方向，金属线圈相当于电源，电源内部的电流从负极流向正极，则电容器的下极板带正电，上极板带负电，B项错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 4.(2023·河南焦作市二模)如图甲所示，电阻不计、间距为1 m的光滑平行金属导轨竖直放置，上端连接阻值为3 Ω的定值电阻R，虚线OO′下方存在方向垂直于导轨平面向里、磁感应强度大小为2 T的匀强磁场。现将质量为0.1 kg、电阻为1 Ω的金属杆PQ从OO′上方某处由静止释放，金属杆PQ下落过程中始终水平且与导轨接触良好，其加速度a与下落时间t的关系图像如图乙所示。取重力加速度大小g＝10 m/s2，下列说法正确的是 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 A.金属杆PQ进入磁场后P端的电势较高 B.金属杆PQ释放位置到OO′的距离为0.1 m C.金属杆PQ在磁场中稳定时的速度大小为2 m/s D.a－t图像在横轴上、下方分别与横轴围成的面积之比为2∶1 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 根据楞次定律知，金属杆PQ进入磁场后Q端的电势较高，故A错误； 由题图乙可知，金属杆PQ刚进入磁场时的加速度大小a＝10 m/s2， 方向竖直向上，设金属杆PQ刚进入磁场时产生的感应电动势为E，则 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 a－t图像在横轴上、下方与横轴围成的面积表示速度的变化量，则a－t图像在横轴上方与横轴围成的面积为S1＝v1－0＝2 m/s，a－t图像在横轴下方与横轴围成的面积为S2＝|v2－v1|＝1 m/s，所以a－t图像在横轴上、下方与横轴围成的面积之比为2∶1，故D正确。 5.(多选)(2023·江西南昌市二模)新一代航母阻拦系统将采用电磁阻拦技术，基本原理如图所示，飞机着舰时关闭动力系统，通过绝缘阻拦索钩住轨道上的一根金属棒ab，导轨间距为d，飞机质量为M，金属棒质量为m，飞机着舰钩住金属棒后与金属棒以共同速度v0进入磁场，轨道端点MP间电阻为R、金属棒电阻为r，不计其他电阻和阻拦索的质量。轨道间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。金属棒运动一段距离x后飞机停下，测得此过程电阻R上产生的焦耳热为Q，则 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 根据右手定则可知金属棒ab中感应电流方向由b到a，A正确； 金属棒向右运动时，受到向左的安培力使 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 根据能量守恒可知飞机和金属棒克服摩擦 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 6.(2023·安徽、云南、吉林、黑龙江适应性测试)如图，空间存在方向垂直纸面(竖直面)向里的足够大的磁场，以竖直向下为z轴正方向，磁感应强度的大小为B＝B0＋kz，式中B0、k为常量，纸面内一质量为m、边长为a、总电阻为R的正方形导线框在磁场中由静止开始下落，初始时导线框底边水平，最终线框将匀速下落，重力加速度大小为g，则线框匀速下落时的速度大小为 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 7.(多选)(2023·湖北模拟)如图所示，光滑圆弧形导轨MN、PQ的半径分别为r、3r，O点为两个圆弧的圆心，P、M之间用导线连接阻值为R的定值电阻。轻质金属棒通过铰链固定在O点，另一端连接质量为m、中心有孔的金属小球C，金属球套在导轨PQ上；金属棒初始位置水平，金属球、金属棒与导轨接触良 争分提能练 好。在过圆心O的水平线下方有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。已知重力加速度为g，金属棒粗细均匀，总电阻为3R，金属球与导轨电阻不计。现将金属球由静止释放，当其运动到O点正下方D点时，金属球的速度大小为v，则 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 当金属球运动到O点正下方D点时，金属棒OA段切割磁感线，感应电动势不为零，故A错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 8.(多选)(2023·山东烟台市一模)如图所示，水平面内有两根间距为d的光滑平行导轨，右端接有电容为C的电容器。一质量为m的导体棒固定于导轨上某处，轻绳一端连接导体棒，另一端绕过定滑轮悬挂一质量为M的物块。由静止释放导体棒，物块下落从而牵引着导体棒向左运动。空间中存在垂直导轨平面方向向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，不计导体棒和导轨的电阻，忽略绳与定滑轮间的摩擦。若导体棒运动过程中电容器未被击穿，导体棒始终与导轨接触良好 并保持垂直，重力加速度为g，则在物块由静止 到下落高度为h的过程中 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 A.物块做加速度逐渐减小的加速运动 B.物块与导体棒组成的系统减少的机械能等于导体棒克服安培力做的功 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 根据法拉第电磁感应定律可知，导体棒产生的感应电动势为U＝Bdv，电容器两端电压在Δt时间内的变化量为ΔU＝BdΔv，Δv＝aΔt 在Δt时间内电容器所带电荷量的变化量为ΔQ＝CΔU 导体棒所受安培力为F＝BId 根据牛顿第二定律可得Mg－F＝(M＋m)a 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 可知物块做匀加速直线运动，故A错误； 根据能量守恒可知物块与导体棒组成的系统减少的机械能等于导体棒克服安培力做的功，故B正确； 对物块受力分析，由牛顿第二定律可知Mg－FT＝Ma 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 9.(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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 (1)t＝0时线框所受的安培力F； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 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 所受的安培力为 方向水平向左； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 (2)t＝1.2τ时穿过线框的磁通量Φ； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 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 方向垂直纸面向里； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 (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 11 2τ～3τ时间内，Ⅱ区磁感应强度也线性减小到0，则有 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 11 10.(2023·吉林三模)如图所示，在两根水平的平行光滑金属导轨右端c、d处，连接两根相同的平行光滑 圆弧导轨。圆弧导轨均处于竖直面内，与水平导轨相切，半径r＝0.5 m，顶端a、b处连接一阻值R＝2.0 Ω的电阻，平行导轨各处间距均为L＝0.5 m，导轨电阻不计。整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小B＝2.0 T。一根质量m＝1.0 kg、电阻R0＝1.0 Ω的金属棒在水平拉力F作用下从ef处由静止开始做匀加速直线运 动，运动到cd处的时间t0＝3.0 s，此时拉力F0＝6.0 N。金属棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，重力加速度大小g＝10 m/s2。求： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 (1)金属棒匀加速直线运动的加速度大小； 答案　3 m/s2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 设金属棒匀加速运动的加速度为a，则运动到cd处的速度v＝at0 当金属棒在cd处时，其产生的感应电动势为E1＝BLv 金属棒所受的安培力为FA＝BIL 据牛顿第二定律得F0－FA＝ma 联立并代入数据解得a＝3 m/s2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 (2)金属棒做匀加速直线运动过程中通过金属棒的电荷量q； 答案　4.5 C 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 通过金属棒的电荷量为 联立得q＝4.5 C 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 (3)若金属棒运动到cd处，调节拉力F使金属棒沿圆弧导轨做匀速圆周运动至ab处。计算金属棒从cd运动至ab的过程中，拉力做的功WF。(计算结果保留到小数点后两位) 答案　6.18 J 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 设金属棒运动速度v与磁场正方向的夹角为α，则垂直磁场方向的分速度v⊥＝vsin α 则E2＝BLvsin α 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 由功能关系得WF＝mgr＋Q 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 11.(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。 尖子生选练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 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。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 11 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； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 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。 B.线框内感应电动势的最大值为BLv0 C.此过程中穿过线框的磁通量的最大值为BL2 D.线框穿过磁场的整个过程中回路中的最大热功率为 从B点进入磁场到D点进入磁场的过程中线框内的感应电动势最大，有Emax＝，选项B正确； 所以穿过线框的磁通量的最大值 Φmax＝(L2－××××2)B＝BL2，选项C正确； 回路中感应电动势最大时热功率最大，有Pmax＝＝，选项D错误。 由题图乙可得0～4.25 s内＝0.1 T/s，t＝0时刻感应电流I0＝＝ A＝0.4 A，选项B正确； L 由对称性可知，0～和～是对称的过程，图像也对称，故C错误，D正确。 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　 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＝。 开始时回路电流为I＝， 则导体棒受到的安培力为恒力，其大小为F＝IBL＝， 如果电源产生的电流受到的安培力沿导轨平面向下，则导体棒受到的安培力与重力沿导轨平面的分力的合力为F＋mgsin θ＝＋mgsin θ， 感应电流受到的安培力为F′＝I′BL＝， 根据牛顿第二定律，导体棒运动过程中加速度为a＝＝＋gsin θ－，随着v增大，a逐渐减小至0，此过程中导体棒沿导轨平面向下做加速度逐渐减小的加速运动，最终为匀速直线运动，故B选项正确； 在此合力作用下，导体棒沿导轨平面向下由静止开始加速，导体棒切割磁感线产生感应电流I′＝， a＝＝－gsin θ－， A.金属棒和弹簧组成的系统机械能守恒 B.金属棒第一次达到最大速度时弹簧的伸长量为 C.金属棒最后静止时电阻R上产生的总热量为 D.金属棒第一次达到最大速度时弹簧的弹性势能小于－mv2－Q kx2 根据闭合电路欧姆定律有I＝ 联立解得x1＝，故B正确； mgx2－W克安－kx22＝0 解得Q′＝，故C错误； mgx1－Q－Ep＝mv2，即Ep＝－mv2－Q－，可得Ep<－mv2－Q，故D正确。 由匀加速直线运动的速度位移关系可知v＝， 则I＝＝＝，电功率P＝I2R＝x， C.整个线框刚好离开磁场时的速度为 速直线运动，有v02－v12＝2μgd，解得v1＝，故C错误； 线框穿过磁场的整个过程中初、末速度分别为v0、v1，整个过程中摩擦力不变，所以由动能定理可得W安＋μmg×3d＝mv12－mv02，解得W安＝－4μmgd，故D正确。 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.线圈中产生的感应电动势的大小为 B.电容器下极板带负电 C.t0时间内流过R1的电荷量为 D.稳定后线圈两端的电压为 由法拉第电磁感应定律知感应电动势为E＝＝S＝，A项错误； 由闭合电路欧姆定律得感应电流为I＝＝，t0时间内流过R1的电荷量为q＝It0＝，C项错误； 稳定后线圈两端的电压为U＝I(R1＋R2)＝，D项正确。 有E＝BLv1，I＝，BIL－mg＝ma，解得v1＝2 m/s，所以金属杆PQ释放位置到OO′的距离为x1＝＝0.2 m，故B错误； 设金属杆PQ在磁场中稳定时的速度大小为v2，则有＝mg，解得v2＝1 m/s，故C错误； A.金属棒ab中感应电流方向由b到a B.通过金属棒的最大电流为 C.通过金属棒的电荷量为 D.飞机和金属棒克服摩擦阻力和空气阻力所做的总功为(M＋m)v02－Q 其减速，故可知金属棒产生的最大感应电动势为以共同速度v0进入磁场的瞬间，此时最大电流为I＝＝，B错误； 通过金属棒的电荷量为q＝·Δt＝·Δt＝·Δt＝＝，C正确； 阻力和空气阻力所做的总功为W＝(M＋m)v02－Q－Q＝(M＋m)v02－Q，D错误。 电阻R上产生的焦耳热为Q，根据焦耳定律可得金属棒上产生的焦耳热为Q′＝Q， A. B. C. D. 线框中电动势为E＝B下av－B上av＝(B下－B上)av，由题意可得B下－B上＝ka，I＝，可得I＝，当线框匀速下落时有mg＝(B下－B上)Ia，解得v＝，故选B。 A.金属球运动到D点时，金属棒O、A两点间的感应电动势为零 B.金属球运动到D点时，定值电阻两端的电压为 C.该过程中，通过定值电阻的电荷量为 D.该过程中，定值电阻上产生的焦耳热为mgr－mv2 当金属球运动到O点正下方D点时，金属球的速度为v，A点处的速度为v′＝， 金属棒AC段产生的电动势为E＝B·2r＝B·2r＝，则定值电阻两端的电压为U＝E＝，故B正确； 回路中的平均电流为＝， 此过程通过定值电阻的电荷量为q＝Δt，联立可得 金属球运动到O点正下方D点时，回路中的平均电动势为＝， q＝＝＝，故C正确； 金属球运动到O点正下方D点时，根据能量守恒定律可知，回路中产生的总焦耳热为Q＝mg·3r－mv2， 定值电阻上产生的焦耳热为Q′＝Q＝mgr －mv2，故D错误。 C.轻绳的拉力大小为 D.电容器增加的电荷量为CBd 则回路中的电流为I＝ 联立解得a＝ 解得FT＝，故C正确； 电容器增加的电荷量为ΔQ＝CBdΔv，又v2＝2ah， 解得ΔQ＝CBd，故D正确。 答案　，方向水平向左 I＝＝ F＝2B0h＋B0h＝ 答案　 Φ＝1.6B0h·h－B0h·h＝ 答案　 E′＝＝＝ 感应电流大小为I′＝＝ Q＝I′2Rτ＝。 产生的电流为I＝ ＝ q＝t0 ＝ 有效值E＝ 则Q＝t 其中t＝ 解得Q＝π J 代入数据WF＝(5＋π) J≈6.18 J。 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。 $$