10、S＝×πr，由閉合電路歐姆定律得感應電流為I＝，所以線圈兩端的電壓U＝I(R1＋R2)＝，C錯，D對．
[答案] BD
應用法拉第電磁感應定律求磁場變化產(chǎn)生的電動勢時，公式E＝n·S，其中S為線圈內(nèi)磁場區(qū)的面積，不一定等于線圈的面積.
熱點考向二 電磁感應中的圖像問題
【典例】 (多選)(2019·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
11、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( )
[思路引領(lǐng)] (1)兩棒從同一位置釋放，進入磁場時速度相同．
(2)需分情況討論，要從釋放兩棒時間間隔足夠長和較短兩個角度展開研究．
[解析] 根據(jù)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(chǎn)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(jù)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；由于兩導體棒從同一位置釋放，兩導體棒進
12、入磁場時產(chǎn)生的感應電動勢大小相等，MN進入磁場區(qū)域切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢，回路中產(chǎn)生的感應電流不可能小于I1，B錯誤；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(chǎn)生感應電動勢和感應電流，且感應電流一定大于I1，MN受到安培力的作用，由于安培力與速度成正比，則MN所受的安培力一定大于MN的重力沿斜面方向的分力，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，C錯誤．
[答案] AD
電磁感應圖像問題解題“5
13、步曲”
第1步：明確圖像的種類．是B－t圖、I－t圖、v－t圖、F－t圖或是E－t圖等；
第2步：分析電磁感應的具體過程．明確運動分成幾個階段(根據(jù)磁通量的變化特征或切割特點分析)；
第3步：寫出函數(shù)方程．結(jié)合法拉第電磁感應定律、歐姆定律、牛頓運動定律等寫出函數(shù)方程；
第4步：進行數(shù)學分析．根據(jù)函數(shù)方程進行數(shù)學分析，例如分析斜率的變化、截距等；
第5步：得結(jié)果．畫圖像或判斷圖像．
遷移一 由給定的電磁感應過程選圖像
1．(2019·江蘇宜興模擬)如圖所示，在光滑水平面上，有一個粗細均勻的單匝正方形閉合線框abcd.t＝0時刻，線框在水平外力的作用下，從靜止開始向右做勻加速直線
14、運動，bc邊剛進入磁場的時刻為t1，ad邊剛進入磁場的時刻為t2，設(shè)線框中產(chǎn)生的感應電流的大小為I，ad邊兩端電壓大小為U，水平拉力大小為F，則下列I、U、F隨時間t變化關(guān)系的圖像正確的是( )
[解析] 由題意可知，線框的速度與時間的關(guān)系式為v＝at，a是加速度，設(shè)線框總電阻為R，又由E＝BLv和I＝得感應電流與時間的關(guān)系式為I＝t，B、L、a均不變，在0～t1時間內(nèi)，感應電流為零，t1～t2時間內(nèi)，電流I與t成正比，t2時間后無感應電流，A、B錯誤；在0～t1時間內(nèi)，感應電流為零，ad的電壓為零，t1～t2時間內(nèi)，電流I與t成正比，Uad＝IRad＝t×R＝，電壓隨時間均勻增加
15、，t2時間后無感應電流，但有感應電動勢，Uad＝E＝BLat，電壓隨時間均勻增加，C正確；根據(jù)推論得知線框所受的安培力為FA＝，由牛頓第二定律得F－FA＝ma，整理得F＝t＋ma，在0～t1時間內(nèi)，感應電流為零，F(xiàn)＝ma，為定值，t1～t2時間內(nèi)，F(xiàn)與t成正比，F(xiàn)與t是線性關(guān)系，但不過原點，t2時間后無感應電流，F(xiàn)＝ma，為定值，D錯誤．
[答案] C
遷移二 由給定的圖像求解電磁感應的物理量
2．(多選)(2019·安徽宿州三模)矩形導線框abcd固定在勻強磁場中，磁場的方向與導線框所在的平面垂直，磁感應強度B隨時間變化的規(guī)律如圖所示，規(guī)定垂直紙面向里為磁場正方向，順時針方向為感應電流
16、正方向，水平向右為ad邊所受安培力F的正方向．下列圖像正確的是( )
[解析] 導線框中的感應電流決定于磁感應強度B隨t的變化率．由圖可知，0～1 s時間內(nèi)，B增大，Φ增大，感應磁場與原磁場方向相反(感應磁場的磁感應強度的方向向外)，由楞次定律結(jié)合安培定則可知感應電流沿逆時針方向，因而是負值，由于磁場均勻變化，所以產(chǎn)生的感應電流恒定，故A錯誤，B正確；0～1 s時間內(nèi)，ad邊感應電流方向向下，ad邊所受的安培力F＝BIL，根據(jù)左手定則得安培力方向向右，為正值，由于B隨時間均勻增大，I不變，所以安培力F隨時間t均勻增大，故C錯誤，D正確．
[答案] BD
分類排除法解決電磁感
17、應中的圖像問題
首先根據(jù)圖像的坐標、物理量的方向或大小等特點將圖像分類，然后按方向、大小、變化趨勢、變化時段、大小關(guān)系的順序分析，優(yōu)先判斷方向，由簡到繁，排除錯誤選項.
熱點考向三 電磁感應規(guī)律的綜合應用
【典例】 (2019·河北名校聯(lián)盟)如圖所示，空間中有一垂直于紙面向外的勻強磁場，磁場上下邊界距離為L，磁場的磁感應強度大小為B.一質(zhì)量為m、電阻為R、邊長為L的均勻正方形導線框abcd豎直放置，水平邊ab在距磁場上邊界高h處．現(xiàn)將導線框從靜止開始無初速度釋放，cd邊進入磁場后，導線框做勻速直線運動．重力加速度為g，不計空氣阻力．求：
(1)導線框做勻速直線運動時，c、
18、d間的電勢差Ucd；
(2)導線框ab邊剛進入磁場時，導線框的加速度大小a0；
(3)導線框通過磁場區(qū)域過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q.
[思路引領(lǐng)] 分段處理，導線框在進磁場前做自由落體運動，進磁場的過程中做變速直線運動，出磁場的過程中做勻速直線運動．由于在整個過程中導線框中產(chǎn)生的感應電流是變化的，不能運用焦耳定律求解焦耳熱，但可以利用能量守恒定律求解．
[解析] (1)設(shè)導線框做勻速直線運動時，速度大小為v，受到的安培力大小為F
勻速運動時，導線框受力平衡，故F＝mg
電動勢E＝BLv，又I＝，F(xiàn)＝BIL
聯(lián)立解得v＝
由右手定則可判斷c點比d點電勢低，有Ucd＝－I
故Ucd＝－
19、，解得Ucd＝－.
(2)導線框ab邊剛進入磁場時，速度大小記為v′，則對導線框從靜止釋放到ab邊剛進入磁場這一過程應用機械能守恒定律有mgh＝mv′2
解得v′＝，此時ab邊所受安培力為F′＝，由牛頓第二定律得，＝ma0，解得a0＝.
(3)導線框由釋放到通過磁場區(qū)域的過程中，由能量守恒定律有Q＝mg(h＋2L)－mv2
代入數(shù)據(jù)解得Q＝mg(h＋2L)－.
[答案] (1)－ (2)
(3)mg(h＋2L)－
電磁感應中力、電綜合問題的解題思路
如圖所示，足夠長的粗糙斜面與水平面成θ＝37°角放置，在斜面上虛線aa′和bb′與斜面底邊平行，且間距為d＝0.
20、1 m，在aa′、bb′圍成的區(qū)域內(nèi)有垂直斜面向上的有界勻強磁場，磁感應強度為B＝1 T；現(xiàn)有一質(zhì)量為m＝10 g，總電阻為R＝1 Ω，邊長也為d＝0.1 m的正方形金屬線圈MNPQ，其初始位置PQ邊與aa′重合，現(xiàn)讓金屬線圈以一定初速度沿斜面向上運動，當金屬線圈從最高點返回到磁場區(qū)域時，線圈剛好做勻速直線運動．已知線圈與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，不計其他阻力，求：(取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)
(1)線圈向下返回到磁場區(qū)域時的速度；
(2)線圈向上離開磁場區(qū)域時的動能；
(3)線圈向下通過磁場區(qū)域過程中，線圈中產(chǎn)生的焦耳熱．
[解析] (1)金屬線圈向下進
21、入磁場時，有
mgsinθ＝μmgcosθ＋F安，
其中F安＝BId，I＝，E＝Bdv
解得v＝＝2 m/s.
(2)設(shè)線圈到達最高點離bb′的距離為x，則v2＝2ax，mgsinθ－μmgcosθ＝ma
根據(jù)能量守恒有Ek1－Ek＝μmgcosθ·2x，其中Ek＝mv2
解得Ek1＝mv2＋＝0.1 J.
(3)向下勻速通過磁場區(qū)域過程中，有mgsinθ·2d－μmgcosθ·2d＋W安＝0，Q＝－W安
解得：Q＝2mgd(sinθ－μcosθ)＝0.004 J.
[答案] (1)2 m/s (2)0.1 J (3)0.004 J
電磁感應的綜合問題的解題要點
22、(1)變速運動或平衡問題：從牛頓第二定律的瞬時性著手，分析金屬棒的運動性質(zhì)，通過力與運動的關(guān)系分析出
最終存在的“穩(wěn)定狀態(tài)”——通常為安培力與其他力平衡時的勻速運動狀態(tài)或勻變速直線運動狀態(tài)．
(2)物體的運動較為復雜或涉及變力做功的問題：往往應用能量的觀點分析問題，通過各力的做功情況分析能量的轉(zhuǎn)化，特別要注意安培力做功的情況——安培力做正功將電能轉(zhuǎn)化為機械能；安培力做負功將機械能轉(zhuǎn)化為電能.
高考熱點模型構(gòu)建——“桿＋導軌”模型
考向一 “單桿＋導軌＋電阻”模型
【典例1】 (2019·天津和平區(qū)四模)如圖所示，一對光滑的平行金屬導軌固定在同一水平面內(nèi)，導軌間距L＝
23、0.5 m，左端接有阻值R＝0.3 Ω的電阻，一質(zhì)量m＝0.1 kg、電阻r＝0.1 Ω的金屬棒MN放置在導軌上，整個裝置置于豎直向上的勻強磁場中，磁場的磁感應強度B＝0.2 T，棒在水平向右的外力作用下，由靜止開始以a＝2 m/s2的加速度做勻加速運動，當棒運動的位移x＝9 m時撤去外力，棒繼續(xù)運動一段距離后停下來，已知撤去外力前回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q1＝2.025 J，導軌足夠長且電阻不計，棒在運動過程中始終與導軌垂直且兩端與導軌保持良好接觸，求：
(1)棒在勻加速運動過程中，通過電阻R的電荷量q；
(2)金屬棒MN做勻加速運動所需外力隨時間變化的表達式；
(3)外力做的功WF.
24、
[思路引領(lǐng)] 求解電荷量時應該使用電流的平均值；分析金屬棒所受的外力隨時間的變化規(guī)律時，應首先綜合
法拉第電磁感應定律和安培力公式等知識得出安培力與時間的關(guān)系式，然后進一步求解．
[解析] (1)棒在勻加速運動中，由法拉第電磁感應定律得＝，其中ΔΦ＝BLx
由閉合電路的歐姆定律得＝
則通過電阻R的電荷量為q＝·Δt
聯(lián)立各式，代入數(shù)據(jù)得q＝2.25 C.
(2)由法拉第電磁感應定律得E＝BLv
對棒的勻加速運動過程，由運動學公式得v＝at
由閉合電路的歐姆定律得I＝
由安培力公式和牛頓第二定律得F－BIL＝ma
得F＝0.2＋0.05t.
(3)對棒的勻加速運動過程，
25、
由運動學公式得v2＝2ax
撤去外力后，由能量守恒
Q2＝mv2＝1.8 J
在棒運動的整個過程中，由功能關(guān)系可知WF＝Q1＋Q2
解得WF＝3.825 J.
[答案] (1)2.25 C (2)F＝0.2＋0.05t (3)3.825 J
“單桿＋導軌＋電阻”四種模型解讀(導軌電阻不計)
考向二 “桿＋電容器＋導軌”模型
【典例2】(2019·湖南衡陽一模)如圖所示，足夠長的平行金屬導軌MN、PQ傾斜放置，其所在平面與水平面間的夾角為θ＝30°，導軌間距為L，導軌下端分別連著電容為C的電容器和阻值為R的電阻，開關(guān)S1、S2分別與電阻和電容器相連．一根質(zhì)量
26、為m、電阻忽略不計的金屬棒放在導軌上，金屬棒與導軌始終垂直并接觸良好，金屬棒與導軌間的動摩擦因數(shù)為μ＝.一根不可伸長的絕緣輕繩一端拴在金屬棒中間，另一端跨過定滑輪與一質(zhì)量為4m的重物相連，金屬棒與定滑輪之間的輕繩始終在兩導軌所在平面內(nèi)且與兩導軌平行，磁感應強度為B的勻強磁場垂直于導軌所在平面向上，導軌電阻不計．初始狀態(tài)用手托住重物使輕繩恰好處于伸長狀態(tài)，不計滑輪阻力，已知重力加速度為g，試分析：
(1)若S1閉合、S2斷開，由靜止釋放重物，求重物的最大速度vm；
(2)若S1斷開、S2閉合，從靜止釋放重物開始計時，求重物的速度v隨時間t變化的關(guān)系式．
[思路引領(lǐng)] 勻強磁場中，恒力作
27、用下金屬棒在接電容器的平行導軌上最終將做勻加速運動，牢記這一結(jié)論，可快速解答相關(guān)問題．
[解析] (1)S1閉合、S2斷開時，重物由靜止釋放后拉動金屬棒沿導軌向上做加速運動，金屬棒受到的沿導軌向下的安培力為F＝BIL，感應電動勢為E＝BLvm
感應電流為I＝＝
當金屬棒速度最大時有4mg＝mgsin30°＋F＋μFN
式中FN＝mgcos30°
解得vm＝.
(2)S1斷開、S2閉合時，設(shè)從釋放重物開始經(jīng)時間t金屬棒的速度大小為v，加速度大小為a，通過金屬棒的電流為I，金屬棒受到的安培力F＝BIL，方向沿導軌向下，設(shè)在t到(t＋Δt)時間內(nèi)流經(jīng)金屬棒的電荷量為ΔQ，ΔQ也是平行板電
28、容器在t到(t＋Δt)時間內(nèi)增加的電荷量
ΔQ＝CBLΔv，Δv＝aΔt
則I＝＝CBLa
設(shè)繩中拉力大小為T，由牛頓第二定律，
對金屬棒有
T－mgsin30°－μmgcos30°－BIL＝ma
對重物有4mg－T＝4ma
解得a＝
可知重物做初速度為零的勻加速直線運動v＝at＝t.
[答案] (1) (2)v＝t
“桿＋電容器＋導軌”模型
(1)模型概述
軌道水平光滑，單桿ab質(zhì)量為m，電阻不計，兩平行導軌間距為L，拉力F恒定．
(2)解題思路
開始時a＝，桿ab速度v↑?感應電動勢E＝BLv↑，經(jīng)過Δt速度為v＋Δv，此時感應電動勢E′＝BL
29、(v＋Δv)，Δt時間內(nèi)流入電容器的電荷量Δq＝CΔU＝C(E′－E)＝CBLΔv
電流I＝＝CBL＝CBLa
安培力F安＝BLI＝CB2L2a
F－F安＝ma，a＝，所以桿以恒定的加速度勻加速運動.
1．(2019·遼寧沈陽質(zhì)檢)足夠長的平行金屬導軌MN和PQ表面粗糙，與水平面間的夾角為37°(sin37°＝0.6)，間距為1.0 m．垂直于導軌平面向上的勻強磁場的磁感應強度的大小為4.0 T，PM間所接電阻的阻值為8.0 Ω，質(zhì)量為2.0 kg的金屬桿ab垂直導軌放置，不計桿與導軌的電阻，桿與導軌間的動摩擦因數(shù)為0.25，金屬桿ab在沿斜面向下且與桿垂直的恒力F作用下，由靜止
30、開始運動，桿的最終速度為8 m/s，取g＝10 m/s2.求：
(1)當金屬桿的速度為4.0 m/s時，金屬桿的加速度大??；
(2)當金屬桿沿導軌的位移為6.0 m時，通過金屬桿的電荷量．
[解析] (1)對金屬桿ab應用牛頓第二定律有F＋mgsinθ－F安－f＝ma，f＝μFN，F(xiàn)N＝mgcosθ，
ab桿所受安培力大小為F安＝BIL，
ab桿切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢為E＝BLv，
由閉合電路歐姆定律可得I＝，
整理得：F＋mgsinθ－－μmgcosθ＝ma，
代入vm＝8 m/s時a＝0，解得F＝8 N，
代入v＝4 m/s及F＝8 N，解得a＝4 m/s2.
31、(2)設(shè)通過回路截面的電荷量為q，則q＝t，
回路中的平均電流為＝，
回路中產(chǎn)生的平均感應電動勢為＝，
回路中的磁通量變化量為ΔΦ＝BLx，
解得q＝＝3 C.
[答案] (1)4 m/s2 (2)3 C
2.如圖所示，MN和M′N′為兩豎直放置的平行光滑長直金屬導軌，兩導軌間的距離為L.在導軌的下部有垂直于導軌所在平面、方向向里的勻強磁場，磁感應強度為B.在導軌的MM′端連接電容為C、擊穿電壓為Ub、正對面積為S、極板間可認為是真空、極板間距為d的平行板電容器．在t＝0時無初速度地釋放金屬棒ef，金屬棒ef的長度為L、質(zhì)量為m、電阻可忽略不計．假設(shè)導軌足夠長，磁場區(qū)域足夠大，金屬
32、棒ef與導軌垂直并接觸良好，導軌和各接觸處的電阻不計，電路的電感、空氣的阻力可忽略，已知重力加速度為g.
(1)求電容器兩端的電壓達到擊穿電壓所用的時間．
(2)金屬棒ef下落的過程中，速度逐漸變大，感應電動勢逐漸變大，電容器極板上的電荷量逐漸增加，兩極板間存儲的電場能也逐漸增加．單位體積內(nèi)所包含的電場能稱為電場的能量密度．已知兩極板間為真空時平行板電容器的電容大小可表示為C＝.試證明平行板電容器兩極板間的空間內(nèi)的電場能量密度ω與電場強度E的平方成正比，并求出比例系數(shù)(結(jié)果用ε0和數(shù)字的組合表示)．
[解析] (1)在電容器兩端電壓達到擊穿電壓前，設(shè)任意時刻t，流過金屬棒的電流為i，
33、由牛頓第二定律知，此時金屬棒的加速度a滿足mg－BiL＝ma
設(shè)在t到t＋Δt的時間內(nèi)，金屬棒的速度由v變?yōu)関＋Δv，電容器兩端的電壓由U變?yōu)閁＋ΔU，電容器的帶電荷量由Q變?yōu)镼＋ΔQ，由電流的定義、電荷量與電壓和電容間的關(guān)系、電磁感應定律以及加速度的定義得i＝＝＝＝CBLa
聯(lián)立得a＝
可知金屬棒做初速度為0的勻加速直線運動，當電容器兩端電壓達到擊穿電壓時，金屬棒的速度為v0＝
所以電容器兩端電壓達到擊穿電壓所用的時間為t＝＝.
(2)當電容器兩極板間的電荷量增加無窮小量ΔQi時，電容器兩端的電壓可認為始終為Ui，增加的電場能可用圖甲中左起第1個陰影部分的面積表示；同理，當電容器兩
34、極板間的電荷量增加無窮小量ΔQi＋1時，電容器兩端的電壓可認為始終為Ui＋1，增加的電場能可用圖甲中左起第2個陰影部分的面積表示；依次類推可知，當電容器的帶電荷量為Q′、兩端電壓為U′時，圖乙中陰影部分的面積表示兩極板間電場能的大小W′，所以W′＝U′Q′，根據(jù)題意有ω＝，又Q′＝U′C，U′＝Ed，C＝，聯(lián)立解得ω＝ε0E2
所以電場能量密度ω與電場強度E的平方成正比，且比例系數(shù)為ε0.
[答案] (1) (2)見解析
專題強化訓練(十三)
一、選擇題
1．(2018·黃岡中學元月月考)如右圖所示，ab是一個可以繞垂直于紙面的軸O轉(zhuǎn)動的閉合矩形導體線圈，當滑動變阻器R的滑片P自
35、左向右滑動的過程中，線圈ab將( )
A．靜止不動
B．順時針轉(zhuǎn)動
C．逆時針轉(zhuǎn)動
D．發(fā)生轉(zhuǎn)動，但電源的極性不明，無法確定轉(zhuǎn)動方向
[解析] 題圖中的兩個通電的電磁鐵之間的磁場方向總是水平的，當滑動變阻器R的滑片P自左向右滑動的過程中，電路的電流是增大的，兩個電磁鐵之間的磁場的磁感應強度也是增大的，閉合導體線圈中的磁通量是增大的，線圈在原磁場中所受的磁場力肯定使線圈向磁通量減小的方向轉(zhuǎn)動，顯然只有順時針方向的轉(zhuǎn)動才能使線圈中的磁通量減?。?
[答案] B
2．(2018·樂山二診)如右圖所示，兩個相同的輕質(zhì)鋁環(huán)套在一根水平光滑絕緣桿上，當一條形磁鐵向左運動靠近兩環(huán)時，兩環(huán)的
36、運動情況是( )
A．同時向左運動，間距增大
B．同時向左運動，間距減小
C．同時向右運動，間距減小
D．同時向右運動，間距增大
[解析] 當條形磁鐵向左靠近兩環(huán)時，兩環(huán)中的磁通量均增加．根據(jù)楞次定律，兩環(huán)的運動都要阻礙磁鐵相對環(huán)的運動，即阻礙“靠近”，那么兩環(huán)都向左運動．又由于兩環(huán)中的感應電流方向相同，兩環(huán)相互吸引，所以兩環(huán)間距離要減小，故只有選項B正確．
[答案] B
3．(2019·珠海畢業(yè)班水平測試)如右圖所示，金屬桿ab水平放置在某高處，當它被平拋進入方向豎直向上的勻強磁場中時，以下說法中正確的是( )
A．運動過程中感應電動勢大小不變，且φa>φb
B
37、．運動過程中感應電動勢大小不變，且φa<φb
C．由于速率不斷增大，所以感應電動勢不斷變大，且φa>φb
D．由于速率不斷增大，所以感應電動勢不斷變大，且φa<φb
[解析] 導體做切割磁感線運動產(chǎn)生的感應電動勢的大小E＝BLv，其中v是與B垂直方向的速度分量．本題中桿在平拋過程中的速度方向與B的夾角是不斷增大的，但該速度在水平方向的分速度，即與B垂直的有效切割速度始終不變，故在桿中產(chǎn)生的感應電動勢的大小不變，由右手定則可知φa>φb，故選A.
[答案] A
4．(多選)(2019·德陽高三年級二診)如圖甲所示，質(zhì)量m＝3.0×10－3 kg的“”形金屬細框豎直放置在兩水銀槽中，“”
38、形框的水平細桿CD長l＝0.20 m，處于磁感應強度大小B1＝1.0 T、方向水平向右的勻強磁場中．有一匝數(shù)n＝300、面積S＝0.01 m2的線圈通過開關(guān)K與兩水銀槽相連．線圈處于與線圈平面垂直、沿豎直方向的勻強磁場中，其磁感應強度B2隨時間t變化的關(guān)系如圖乙所示．t＝0.22 s時閉合開關(guān)K瞬間細框跳起(細框跳起瞬間安培力遠大于重力)，跳起的最大高度h＝0.20 m．不計空氣阻力，重力加速度g＝10 m/s2，下列說法正確的是( )
A．0～0.10 s內(nèi)線圈中的感應電動勢大小為3 V
B．開關(guān)K閉合瞬間，CD中的電流方向由C到D
C．磁感應強度B2的方向豎直向下
D．開關(guān)K
39、閉合瞬間，通過細桿CD的電荷量為0.03 C
[解析] 0～0.1 s內(nèi)線圈中的磁場均勻變化，由法拉第電磁感應定律E＝n＝nS，代入數(shù)據(jù)得E＝30 V，A錯誤；開關(guān)閉合瞬間，細框會跳起，可知細框受向上的安培力，由左手定則可判斷電流方向由C到D，B正確；由于t＝0.22 s時通過線圈的磁通量正在減少，對線圈由楞次定律可知感應電流產(chǎn)生的磁場的方向與B2的方向相同，故再由安培定則可知C錯誤；K閉合瞬間，因安培力遠大于重力，則由動量定理有B1lΔt＝mv，通過細桿的電荷量Q＝Δt，細框向上跳起的過程中v2＝2gh，解得Q＝0.03 C，D正確．
[答案] BD
5．(2018·全國卷Ⅱ)如圖，在
40、同一水平面內(nèi)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?qū)挾染鶠閘，磁感應強度大小相等、方向交替向上向下．一邊長為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( )
[解析] 設(shè)線框運動的速度為v，則線框向左勻速運動第一個的時間內(nèi)，線框切割磁感線運動產(chǎn)生的電動勢為E＝2Bdv(d為導軌間距)，電流i＝，回路中電流方向為順時針；第二個的時間內(nèi)，線框切割磁感線運動產(chǎn)生的電動勢為零，電流為零；第三個的時間內(nèi)，線框切割磁感線運動產(chǎn)生的電動勢為E＝2Bdv，電流i＝，回路中電流方向為逆時針，所以D正確．
[答案] D
6．(20
41、19·江西六校聯(lián)考)如圖所示，兩條平行虛線之間存在勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里，虛線間的距離為L，金屬圓環(huán)的直徑也為L.自圓環(huán)從左邊界進入磁場開始計時，以垂直于磁場邊界的恒定速度v穿過磁場區(qū)域．規(guī)定逆時針方向為感應電流i的正方向，則圓環(huán)中感應電流i隨其移動距離x變化的i－x圖像最接近圖中的( )
[解析] 根據(jù)楞次定律，在圓環(huán)進磁場的過程中，感應電流的方向為逆時針方向；在圓環(huán)出磁場的過程中，感應電流的方向為順時針方向．在圓環(huán)進磁場的過程中，切割的有效長度先增加后減小，圓環(huán)出磁場的過程中，切割的有效長度先增加后減小．所以感應電流的大小在圓環(huán)進磁場的過程中先增大后減小，出圓環(huán)磁場的過
42、程中也是先增大后減小，A正確，B、C、D錯誤．
[答案] A
7．(2019·黑龍江三市調(diào)研)如圖甲所示，圓形金屬線圈與定值電阻組成閉合回路，線圈處于均勻分布的磁場中，磁場方向與線圈平面垂直(取垂直紙面向里為正方向)，B－t圖像如圖乙所示，已知t1為0～t2的中間時刻，則定值電阻中的感應電流I(取通過定值電阻由上往下的方向為正方向)隨時間t變化的圖線是( )
[解析] 由B－t圖像可知，在0～t1時間內(nèi)B先正向均勻減小再反向均勻增大，由于B均勻變化，所以線圈產(chǎn)生的感應電動勢E＝S大小不變，即電路中的感應電流大小也不變；t1～t2時間內(nèi)B先反向均勻減小再正向均勻增加，線圈產(chǎn)生的感應電
43、動勢不變，所以感應電流大小也不變；又t1為0～t2的中間時刻，由B－t圖像并結(jié)合E＝S可知，0～t1時間內(nèi)產(chǎn)生的感應電流與t1～t2時間內(nèi)產(chǎn)生的感應電流大小相等，方向相反；由楞次定律知，在0～t1時間內(nèi)通過定值電阻中的感應電流方向是通過定值電阻由上到下的，t1～t2時間內(nèi)通過定值電阻中的感應電流方向是通過定值電阻由下到上的，故選項D正確．
[答案] D
8．(2019·石家莊質(zhì)檢二)如圖甲所示，導體棒MN置于水平導軌上，P、Q之間有阻值為R的電阻，PQNM所圍的面積為S，不計導軌和導體棒的電阻．導軌所在區(qū)域內(nèi)存在沿豎直方向的磁場，規(guī)定磁場方向豎直向上為正，在0～2t0時間內(nèi)磁感應強度的變化
44、情況如圖乙所示，導體棒MN始終處于靜止狀態(tài)．下列說法正確的是( )
A．在0～t0和t0～2t0內(nèi)，導體棒受到導軌的摩擦力方向相同
B．在t0～2t0內(nèi)，通過電阻R的電流方向為P到Q
C．在0～t0內(nèi)，通過電阻R的電流大小為
D．在0～2t0內(nèi)，通過電阻R的電荷量為
[解析] 由楞次定律和右手定則，結(jié)合題圖可知，0～t0時間內(nèi)，通過電阻R的電流方向為P→Q，t0～2t0時間內(nèi)，電流方向為Q→P，B項錯誤；由左手定則可知，兩段時間內(nèi)安培力方向相反，故導體棒所受靜摩擦力方向相反，A項錯誤；由法拉第電磁感應定律可知，0～t0時間內(nèi)，E1＝，所以通過R的電流I1＝，C項錯誤；在0～2t
45、0時間內(nèi)，PQNM范圍內(nèi)磁通量變化量為ΔΦ＝B0S，則通過電阻R的電荷量q＝·2t0＝·2t0＝·2t0＝，D項正確．
[答案] D
9．(多選)(2019·武漢市武昌區(qū)高三調(diào)研)如圖1和圖2所示，勻強磁場的磁感應強度大小均為B，垂直于磁場方向均有一足夠長的、間距均為l的光滑豎直金屬導軌，圖1和圖2的導軌上端分別接有阻值為R的電阻和電容為C的電容器(不會被擊穿)，水平放置的、質(zhì)量分布均勻的金屬棒的質(zhì)量均為m，現(xiàn)使金屬棒沿導軌由靜止開始下滑，金屬棒和導軌始終接觸良好且它們的電阻均可忽略．以下關(guān)于金屬棒運動情況的說法正確的是(已知重力加速度為g)( )
A．圖1中的金屬棒先做勻加速直線
46、運動，達到最大速度vm＝后，保持這個速度做勻速直線運動
B．圖1中的金屬棒先做加速度逐漸減小的加速運動，達到最大速度vm＝后，保持這個速度做勻速直線運動
C．圖2中電容器相當于斷路，金屬棒做加速度大小為g的勻加速直線運動
D．圖2中金屬棒做勻加速直線運動，且加速度大小為a＝
[解析] 題圖1中金屬棒下落的過程中，受重力和向上的安培力，由牛頓第二定律可知mg－＝ma，當金屬棒下落的速度逐漸增大時，金屬棒的加速度逐漸減小，當a＝0時mg＝，則vm＝，此后金屬棒保持該速度做勻速直線運動，A錯誤，B正確；題圖2中當金屬棒下落的過程中，速度逐漸增大，金屬棒產(chǎn)生的感應電動勢逐漸增大，導體棒對電容器
47、充電，由右手定則知回路中產(chǎn)生逆時針方向的感應電流，根據(jù)左手定則知金屬棒所受的安培力豎直向上，金屬棒的加速度小于g，C錯誤；題圖2中金屬棒做加速運動，開始金屬棒中的感應電動勢為E＝Blv，經(jīng)時間Δt金屬棒的速度增加Δv，則金屬棒的加速度大小為a＝，此時金屬棒中的感應電動勢大小為E′＝Bl(v＋Δv)，則電容器兩極板所帶電荷量的改變量為Δq＝C(E′－E)＝CBl·Δv，金屬棒中的電流大小為I＝＝CBla，由牛頓第二定律可知mg－BIl＝ma，由以上解得a＝，D正確．
[答案] BD
二、非選擇題
10．(2019·天津卷)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
48、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(guān)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.
[解析] (1)設(shè)線圈中的感應電動勢為E，由法拉第電磁感應定律E＝，
則E＝k①
設(shè)PQ與MN并聯(lián)的電
49、阻為R并，有
R并＝②
閉合S時，設(shè)線圈中的電流為I，根據(jù)閉合電路歐姆定律得I＝③
設(shè)PQ中的電流為IPQ，有
IPQ＝I④
設(shè)PQ受到的安培力為F安，有
F安＝BIPQl⑤
保持PQ靜止，由受力平衡，有
F＝F安⑥
聯(lián)立①②③④⑤⑥式得
F＝⑦
方向水平向右．
(2)設(shè)PQ由靜止開始到速度大小為v的加速過程中，PQ運動的位移為x，所用時間為Δt，回路中的磁通量變化量為ΔΦ，平均感應電動勢為，有
＝⑧
其中ΔΦ＝Blx⑨
設(shè)PQ中的平均電流為，有
＝⑩
根據(jù)電流的定義得
＝?
由動能定理，有
Fx＋W＝mv2－0?
聯(lián)立⑦⑧⑨⑩??式得
W＝mv2－
50、kq
[答案] (1) 方向水平向右
(2)mv2－kq
11．如右圖所示，兩條平行導軌所在平面與水平地面的夾角為θ，間距為L.導軌上端接有一平行板電容器，電容為C.導軌處于勻強磁場中，磁感應強度大小為B，方向垂直于導軌平面．在導軌上放置一質(zhì)量為m的金屬棒，棒可沿導軌下滑，且在下滑過程中保持與導軌垂直并良好接觸．已知金屬棒與導軌之間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g.忽略所有電阻．讓金屬棒從導軌上端由靜止開始下滑，求：
(1)電容器極板上積累的電荷量與金屬棒速度大小的關(guān)系；
(2)金屬棒的速度大小隨時間變化的關(guān)系．
[解析] (1)設(shè)金屬棒下滑的速度大小為v，則感應電動勢為
51、
E＝BLv①
平行板電容器兩極板之間的電勢差為
U＝E②
設(shè)此時電容器極板上積累的電荷量為Q，按定義有
C＝③
聯(lián)立①②③式得
Q＝CBLv④
(2)設(shè)金屬棒從靜止釋放到速度達到v，經(jīng)歷時間為t，此時通過金屬棒的電流為i，金屬棒受到的磁場的作用力方向沿導軌向上，大小為
f1＝BLi⑤
設(shè)在時間間隔(t，t＋Δt)內(nèi)流經(jīng)金屬棒的電荷量為ΔQ，按定義有
i＝⑥
ΔQ也是平行板電容器極板在時間間隔(t，t＋Δt)內(nèi)增加的電荷量．由④式得
ΔQ＝CBLΔv⑦
式中，Δv為金屬棒的速度變化量．按定義有
a＝⑧
金屬棒所受到的摩擦力方向斜向上，大小為
f2＝μN⑨
式中，N是金屬棒對導軌的正壓力的大小，有
N＝mgcosθ⑩
金屬棒在時刻t的加速度方向沿斜面向下，設(shè)其大小為a，根據(jù)牛頓第二定律有
mgsinθ－f1－f2＝ma?
聯(lián)立⑤至?式得
a＝g?
由?式及題設(shè)可知，金屬棒做初速度為零的勻加速運動．t時刻金屬棒的速度大小為
v＝gt?
[答案] (1)Q＝CBLv (2)v＝gt
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（新課標）2020版高考物理大二輪復習 專題五 電路與電磁感應 第二講 電磁感應規(guī)律及其綜合應用教學案
