2020版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第十章 專題強(qiáng)化十二 電磁感應(yīng)的綜合問題講義（含解析）教科版.docx

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專題強(qiáng)化十二　電磁感應(yīng)的綜合問題 專題解讀1.本專題是運(yùn)動(dòng)學(xué)、動(dòng)力學(xué)、恒定電流、電磁感應(yīng)和能量等知識的綜合應(yīng)用，高考既以選擇題的形式命題，也以計(jì)算題的形式命題. 2.學(xué)好本專題，可以極大地培養(yǎng)同學(xué)們數(shù)形結(jié)合的推理能力和電路分析能力，針對性的專題強(qiáng)化，可以提升同學(xué)們解決數(shù)形結(jié)合、利用動(dòng)力學(xué)和功能關(guān)系解決電磁感應(yīng)問題的信心. 3.用到的知識有：左手定則、安培定則、右手定則、楞次定律、法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律、平衡條件、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、函數(shù)圖像、動(dòng)能定理和能量守恒定律等. 命題點(diǎn)一　電磁感應(yīng)中的圖像問題 1.題型簡述 借助圖像考查電磁感應(yīng)的規(guī)律，一直是高考的熱點(diǎn)，此類題目一般分為兩類： (1)由給定的電磁感應(yīng)過程選出正確的圖像； (2)由給定的圖像分析電磁感應(yīng)過程，定性或定量求解相應(yīng)的物理量或推斷出其他圖像.常見的圖像有B－t圖、E－t圖、i－t圖、v－t圖及F－t圖等. 2.解題關(guān)鍵 弄清初始條件、正負(fù)方向的對應(yīng)變化范圍、所研究物理量的函數(shù)表達(dá)式、進(jìn)出磁場的轉(zhuǎn)折點(diǎn)等是解決此類問題的關(guān)鍵. 3.解題步驟 (1)明確圖像的種類，即是B－t圖還是Φ－t圖，或者E－t圖、I－t圖等； (2)分析電磁感應(yīng)的具體過程； (3)用右手定則或楞次定律確定方向的對應(yīng)關(guān)系； (4)結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律、牛頓運(yùn)動(dòng)定律等知識寫出相應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式； (5)根據(jù)函數(shù)關(guān)系式，進(jìn)行數(shù)學(xué)分析，如分析斜率的變化、截距等； (6)畫圖像或判斷圖像. 4.常用方法 (1)排除法：定性地分析電磁感應(yīng)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(fù)，以排除錯(cuò)誤的選項(xiàng). (2)函數(shù)法：根據(jù)題目所給條件定量地寫出兩個(gè)物理量之間的函數(shù)關(guān)系，然后由函數(shù)關(guān)系對圖像進(jìn)行分析和判斷. 例1　(2018全國卷Ⅱ18)如圖1，在同一水平面內(nèi)有兩根平行長導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間存在依次相鄰的矩形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，區(qū)域?qū)挾染鶠閘，磁感應(yīng)強(qiáng)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(dǎo)軌上向左勻速運(yùn)動(dòng).線框中感應(yīng)電流i隨時(shí)間t變化的正確圖線可能是(　　) 圖1 答案　D 解析　設(shè)線路中只有一邊切割磁感線時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電流為i. 線框位移 等效電路的連接 電流 0～ I＝2i(順時(shí)針) ～l I＝0 l～ I＝2i(逆時(shí)針) ～2l I＝0 分析知，只有選項(xiàng)D符合要求. 變式1　(多選)(2018湖北省黃岡市期末調(diào)研)如圖2所示，在光滑水平面內(nèi)，虛線右側(cè)存在勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直紙面向外，一正方形金屬線框質(zhì)量為m，電阻為R，邊長為L，從虛線處進(jìn)入磁場時(shí)開始計(jì)時(shí)，在外力作用下，線框由靜止開始，以垂直于磁場邊界的恒定加速度a進(jìn)入磁場區(qū)域，t1時(shí)刻線框全部進(jìn)入磁場，規(guī)定順時(shí)針方向?yàn)楦袘?yīng)電流I的正方向，外力大小為F，線框中電功率的瞬時(shí)值為P，通過導(dǎo)線橫截面的電荷量為q，選項(xiàng)中P－t圖像和q－t圖像均為拋物線，則這些量隨時(shí)間變化的圖像正確的是(　　) 圖2 答案　CD 解析　線框切割磁感線運(yùn)動(dòng)，則有運(yùn)動(dòng)速度v＝at，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢E＝BLv，所以產(chǎn)生感應(yīng)電流i＝＝，故A錯(cuò)誤；對線框受力分析，由牛頓第二定律得F－F安＝ma，F(xiàn)安＝BLi＝，解得：F＝ma＋，故B錯(cuò)誤；電功率P＝i2R＝，P與t是二次函數(shù)，圖像為拋物線，故C正確；由電荷量表達(dá)式，則有q＝，q與t是二次函數(shù)，圖像為拋物線，故D正確. 例2　(多選)(2018廣西北海市一模)如圖3甲所示，導(dǎo)體框架abcd放置于水平面內(nèi)，ab平行于cd，導(dǎo)體棒MN與兩導(dǎo)軌垂直并與導(dǎo)軌接觸良好，整個(gè)裝置放置于垂直于框架平面的磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間變化規(guī)律如圖乙所示，MN始終保持靜止.規(guī)定豎直向上為磁場正方向，沿導(dǎo)體棒由M到N為感應(yīng)電流的正方向，水平向右為導(dǎo)體棒所受安培力F的正方向，水平向左為導(dǎo)體棒所受摩擦力f的正方向，下列圖像中正確的是(　　) 圖3 答案　BD 解析　由題圖乙可知，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢先為零，后恒定不變，感應(yīng)電流先為零，后恒定不變，回路中感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，故A錯(cuò)誤，B正確；在0～t1時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)體棒MN不受安培力；在t1～t2時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)體棒MN所受安培力方向水平向右，由F＝BIL可知，B均勻減小，MN所受安培力均勻減??；在t2～t3時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)體棒MN所受安培力方向水平向左，由F＝BIL可知，B均勻增大，MN所受安培力均勻增大；根據(jù)平衡條件得到，棒MN受到的摩擦力大小f＝F，二者方向相反，即在0～t1時(shí)間內(nèi)，沒有摩擦力，而在t1～t2時(shí)間內(nèi)，摩擦力方向向左，大小均勻減小，在t2～t3時(shí)間內(nèi)，摩擦力方向向右，大小均勻增大，故C錯(cuò)誤，D正確. 變式2　(多選)(2019安徽省黃山市質(zhì)檢)如圖4甲所示，閉合矩形導(dǎo)線框abcd固定在勻強(qiáng)磁場中，磁場的方向與導(dǎo)線框所在平面垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的規(guī)律如圖乙所示.規(guī)定垂直紙面向外為磁場的正方向，順時(shí)針為線框中感應(yīng)電流的正方向，水平向右為安培力的正方向.關(guān)于線框中的感應(yīng)電流i與ad邊所受的安培力F隨時(shí)間t變化的圖像，下列選項(xiàng)中正確的是(　　) 圖4 答案　BC 解析　由題圖乙可知，0～1s內(nèi)，B增大，Φ增大，由楞次定律可知，感應(yīng)電流沿順時(shí)針方向，為正值，1～2s內(nèi)，磁通量不變，無感應(yīng)電流，2～3s內(nèi)，B的方向垂直紙面向外，B減小，Φ減小，由楞次定律可知，感應(yīng)電流沿逆時(shí)針方向，為負(fù)值，3～4s內(nèi)，B的方向垂直紙面向里，B增大，Φ增大，由楞次定律可知，感應(yīng)電流沿逆時(shí)針方向，感應(yīng)電流為負(fù)值，A錯(cuò)誤，B正確；由左手定則可知，在0～1s內(nèi)，ad邊受到的安培力方向水平向右，是正值，1～2s內(nèi)無感應(yīng)電流，ad邊不受安培力，2～3s，安培力方向水平向左，是負(fù)值，3～4s，安培力方向水平向右，是正值.由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，感應(yīng)電動(dòng)勢E＝＝S，感應(yīng)電流I＝＝，由B－t圖像可知，在每一時(shí)間段內(nèi)，的大小是定值，在各時(shí)間段內(nèi)I是定值，ad邊受到的安培力F＝BIL，I、L不變，B均勻變化，則安培力F均勻變化，不是定值，C正確，D錯(cuò)誤. 命題點(diǎn)二　電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題 1.題型簡述 感應(yīng)電流在磁場中受到安培力的作用，因此電磁感應(yīng)問題往往跟力學(xué)問題聯(lián)系在一起.解決這類問題需要綜合應(yīng)用電磁感應(yīng)規(guī)律(法拉第電磁感應(yīng)定律、楞次定律)及力學(xué)中的有關(guān)規(guī)律(共點(diǎn)力的平衡條件、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、動(dòng)能定理等). 2.兩種狀態(tài)及處理方法 狀態(tài) 特征 處理方法 平衡態(tài) 加速度為零 根據(jù)平衡條件列式分析 非平衡態(tài) 加速度不為零 根據(jù)牛頓第二定律進(jìn)行動(dòng)態(tài)分析或結(jié)合功能關(guān)系進(jìn)行分析 3.動(dòng)態(tài)分析的基本思路 解決這類問題的關(guān)鍵是通過運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的分析，尋找過程中的臨界狀態(tài)，如速度、加速度最大值或最小值的條件.具體思路如下： →→→ 例3　(2016全國卷Ⅱ24)如圖5，水平面(紙面)內(nèi)間距為l的平行金屬導(dǎo)軌間接一電阻，質(zhì)量為m、長度為l的金屬桿置于導(dǎo)軌上.t＝0時(shí)，金屬桿在水平向右、大小為F的恒定拉力作用下由靜止開始運(yùn)動(dòng).t0時(shí)刻，金屬桿進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，且在磁場中恰好能保持勻速運(yùn)動(dòng).桿與導(dǎo)軌的電阻均忽略不計(jì)，兩者始終保持垂直且接觸良好，兩者之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.重力加速度大小為g.求： 圖5 (1)金屬桿在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢的大小； (2)電阻的阻值. 答案　(1)Blt0(－μg)　(2) 解析　(1)設(shè)金屬桿進(jìn)入磁場前的加速度大小為a，由牛頓第二定律得F－μmg＝ma① 設(shè)金屬桿到達(dá)磁場左邊界時(shí)的速度為v，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v＝at0② 當(dāng)金屬桿以速度v在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，由法拉第電磁感應(yīng)定律知產(chǎn)生的電動(dòng)勢為E＝Blv③ 聯(lián)立①②③式可得 E＝Blt0(－μg)④ (2)設(shè)金屬桿在磁場區(qū)域中勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，金屬桿中的電流為I，根據(jù)歐姆定律 I＝⑤ 式中R為電阻的阻值.金屬桿所受的安培力為 F安＝BlI⑥ 因金屬桿做勻速運(yùn)動(dòng)，有F－μmg－F安＝0⑦ 聯(lián)立④⑤⑥⑦式得R＝. 變式3　(多選)(2018安徽省安慶市二模)如圖6甲所示，光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ所在平面與水平面成θ角，M、P兩端接一電阻R，整個(gè)裝置處于方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場中.t＝0時(shí)對金屬棒施加一平行于導(dǎo)軌的外力F，使金屬棒由靜止開始沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng)，金屬棒電阻為r，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì).已知通過電阻R的感應(yīng)電流I隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖乙所示.下列關(guān)于棒的運(yùn)動(dòng)速度v、外力F、流過R的電荷量q以及閉合回路中磁通量的變化率隨時(shí)間變化的圖像正確的是(　　) 圖6 答案　AB 解析　根據(jù)題圖乙所示的I－t圖像可知I＝kt，其中k為比例系數(shù)，由閉合電路歐姆定律可得：I＝＝kt，可推出：E＝kt(R＋r)，而E＝，所以有：＝kt(R＋r)，－t圖像是一條過原點(diǎn)且斜率大于零的直線，故B正確；因E＝Blv，所以v＝t，v－t圖像是一條過原點(diǎn)且斜率大于零的直線，說明金屬棒做的是初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，即v＝at，故A正確；對金屬棒在沿導(dǎo)軌方向有F－BIl＝ma，而I＝，v＝at，得到F＝＋ma，可見F－t圖像是一條斜率大于零且與縱軸正半軸有交點(diǎn)的直線，故C錯(cuò)誤；q＝Δt＝＝＝t2，q－t圖像是一條開口向上的拋物線，故D錯(cuò)誤. 變式4　如圖7甲所示，間距L＝0.5m的兩根光滑平行長直金屬導(dǎo)軌傾斜放置，導(dǎo)軌平面傾角θ＝30.導(dǎo)軌底端接有阻值R＝0.8Ω的電阻，導(dǎo)軌間有Ⅰ、Ⅱ兩個(gè)矩形區(qū)域，其長邊都與導(dǎo)軌垂直，兩區(qū)域的寬度均為d2＝0.4m，兩區(qū)域間的距離d1＝0.4m，Ⅰ區(qū)域內(nèi)有垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B0＝1T，Ⅱ區(qū)域內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化如圖乙所示，規(guī)定垂直于導(dǎo)軌平面向上的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向?yàn)檎较?t＝0時(shí)刻，把導(dǎo)體棒MN無初速度地放在區(qū)域Ⅰ下邊界上.已知導(dǎo)體棒的質(zhì)量m＝0.1kg，導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，且導(dǎo)體棒在磁場邊界時(shí)都認(rèn)為處于磁場中，導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌電阻不計(jì)，取重力加速度g＝10m/s2.求： 圖7 (1)0.1s內(nèi)導(dǎo)體棒MN所受的安培力大小； (2)t＝0.5s時(shí)回路中的電動(dòng)勢和流過導(dǎo)體棒MN的電流方向； (3)0.5s時(shí)導(dǎo)體棒MN的加速度大小. 答案　(1) 0.5N　(2)0.4V　N→M　(3)7m/s2 解析　(1)Δt1＝0.1s時(shí)間內(nèi)感應(yīng)電動(dòng)勢E1＝d2L，I1＝ 0.1s內(nèi)安培力F1＝B0I1L，解得F1＝0.5N (2)因F1＝mgsinθ，故導(dǎo)體棒在0.1s內(nèi)靜止，從第0.1s末開始加速，設(shè)加速度為a1，則：mgsinθ＝ma1，d1＝a1Δt2，v1＝a1Δt，解得：Δt＝0.4s，v1＝2m/s t＝0.5s時(shí)，導(dǎo)體棒剛滑到Ⅱ區(qū)域上邊界，此時(shí)B2＝0.8T， 切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢E2＝B2Lv1＝0.8V t＝0.5s時(shí)，因磁場變化而產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢 E3＝d2L，＝6T/s，解得E3＝1.2V t＝0.5s時(shí)的總電動(dòng)勢E＝E3－E2＝0.4V 導(dǎo)體棒電流方向：N→M (3)設(shè)0.5s時(shí)導(dǎo)體棒的加速度為a，有F＋mgsinθ＝ma，又I＝，F(xiàn)＝B2IL，解得a＝7m/s2，方向沿斜面向下. 命題點(diǎn)三　電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)和能量問題 1.題型簡述 電磁感應(yīng)過程的實(shí)質(zhì)是不同形式的能量轉(zhuǎn)化的過程，而能量的轉(zhuǎn)化是通過安培力做功來實(shí)現(xiàn)的.安培力做功的過程，是電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能的過程；外力克服安培力做功的過程，則是其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能的過程. 2.解題的一般步驟 (1)確定研究對象(導(dǎo)體棒或回路)； (2)弄清電磁感應(yīng)過程中，哪些力做功，哪些形式的能量相互轉(zhuǎn)化； (3)根據(jù)能量守恒定律或功能關(guān)系列式求解. 3.求解電能應(yīng)分清兩類情況 (1)若回路中電流恒定，可以利用電路結(jié)構(gòu)及W＝UIt或Q＝I2Rt直接進(jìn)行計(jì)算. (2)若電流變化，則 ①利用安培力做功求解：電磁感應(yīng)中產(chǎn)生的電能等于克服安培力所做的功； ②利用能量守恒求解：若只有電能與機(jī)械能的轉(zhuǎn)化，則減少的機(jī)械能等于產(chǎn)生的電能. 例4　(2018吉林省吉林市第二次調(diào)研)如圖8甲所示，一邊長L＝2.5m、質(zhì)量m＝0.5kg的正方形金屬線框，放在光滑絕緣的水平面上，整個(gè)裝置處在方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.8T的勻強(qiáng)磁場中，它的一邊與磁場的邊界MN重合.在水平力F作用下由靜止開始向左運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過5s線框被拉出磁場.測得金屬線框中的電流隨時(shí)間變化的圖像如圖乙所示，在金屬線框被拉出的過程中， 圖8 (1)求通過線框的電荷量及線框的總電阻； (2)分析線框運(yùn)動(dòng)性質(zhì)并寫出水平力F隨時(shí)間變化的表達(dá)式； (3)已知在這5s內(nèi)力F做功1.92J，那么在此過程中，線框產(chǎn)生的焦耳熱是多少. 答案　見解析 解析　(1)根據(jù)q＝t，由I－t圖像得，q＝1.25C 又根據(jù)＝＝＝ 得R＝4Ω； (2)由題圖乙可知，感應(yīng)電流隨時(shí)間變化的規(guī)律：I＝0.1t 由感應(yīng)電流I＝，可得金屬線框的速度隨時(shí)間也是線性變化的，v＝＝0.2t 線框做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度a＝0.2m/s2 線框在外力F和安培力F安作用下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，F(xiàn)－F安＝ma 又F安＝BIL 得F＝(0.2t＋0.1) N； (3)5s時(shí)，線框從磁場中拉出時(shí)的速度v5＝at＝1m/s 由能量守恒得：W＝Q＋mv52 線框中產(chǎn)生的焦耳熱Q＝W－mv52＝1.67J 變式5　(多選)如圖9所示，豎直放置的“”形光滑導(dǎo)軌寬為L，矩形勻強(qiáng)磁場Ⅰ、Ⅱ的高和間距均為d，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.質(zhì)量為m的水平金屬桿由靜止釋放，進(jìn)入磁場Ⅰ和Ⅱ時(shí)的速度相等.金屬桿在導(dǎo)軌間的電阻為R，與導(dǎo)軌接觸良好，其余電阻不計(jì)，重力加速度為g.金屬桿(　　) 圖9 A.剛進(jìn)入磁場Ⅰ時(shí)加速度方向豎直向下 B.穿過磁場Ⅰ的時(shí)間大于在兩磁場之間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間 C.穿過兩磁場產(chǎn)生的總熱量為4mgd D.釋放時(shí)距磁場Ⅰ上邊界的高度h可能小于 答案　BC 解析　穿過磁場Ⅰ后，金屬桿在磁場之間做加速運(yùn)動(dòng)，在磁場Ⅱ上邊緣速度大于從磁場Ⅰ出來時(shí)的速度，即進(jìn)入磁場Ⅰ時(shí)的速度等于進(jìn)入磁場Ⅱ時(shí)的速度，大于從磁場Ⅰ出來時(shí)的速度，金屬棒在磁場Ⅰ中做減速運(yùn)動(dòng)，加速度方向向上，A錯(cuò)誤；金屬棒在磁場Ⅰ中做減速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律知BIL－mg＝－mg＝ma，a隨著減速過程逐漸變小，即在前一段做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，在磁場之間做加速度為g的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，兩個(gè)過程位移大小相等，由v－t圖像(可能圖像如圖所示)可以看出前一段用時(shí)多于后一段用時(shí)，B正確； 由于進(jìn)入兩磁場時(shí)速度相等，由動(dòng)能定理知， W安1－mg2d＝0， W安1＝2mgd. 即通過磁場Ⅰ產(chǎn)生的熱量為2mgd，故穿過兩磁場產(chǎn)生的總熱量為4mgd，C正確； 設(shè)剛進(jìn)入磁場Ⅰ時(shí)速度為v，則由機(jī)械能守恒定律知mgh＝mv2，① 進(jìn)入磁場時(shí)BIL－mg＝－mg＝ma， 解得v＝，② 由①②式得h＝>，D錯(cuò)誤. 變式6　(2018福建省南平市適應(yīng)性檢測)如圖10所示，一對平行的粗糙金屬導(dǎo)軌固定于同一水平面上，導(dǎo)軌間距L＝0.2m，左端接有阻值R＝0.3Ω的電阻，右側(cè)平滑連接一對彎曲的光滑軌道.僅在水平導(dǎo)軌的整個(gè)區(qū)域內(nèi)存在豎直向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝1.0T.一根質(zhì)量m＝0.2kg、電阻r＝0.1Ω的金屬棒ab垂直放置于導(dǎo)軌上，在水平向右的恒力F作用下從靜止開始運(yùn)動(dòng)，當(dāng)金屬棒通過位移x＝9m時(shí)離開磁場，在離開磁場前已達(dá)到最大速度.當(dāng)金屬棒離開磁場時(shí)撤去外力F，接著金屬棒沿彎曲軌道上升到最大高度h＝0.8m處.已知金屬棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，棒在運(yùn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌垂直且與導(dǎo)軌保持良好接觸，取g＝10m/s2.求： 圖10 (1)金屬棒運(yùn)動(dòng)的最大速率v； (2)金屬棒在磁場中速度為時(shí)的加速度大??； (3)金屬棒在磁場區(qū)域運(yùn)動(dòng)過程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱. 答案　見解析 解析　(1)金屬棒從出磁場到上升到彎曲軌道最高點(diǎn)，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得： mv2＝mgh① 由①得：v＝＝4m/s② (2)金屬棒在磁場中做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，設(shè)回路中的電流為I，根據(jù)平衡條件得 F＝BIL＋μmg③ I＝④ 聯(lián)立②③④式得F＝0.6N⑤ 金屬棒速度為時(shí)，設(shè)回路中的電流為I′，根據(jù)牛頓第二定律得 F－BI′L－μmg＝ma⑥ I′＝⑦ 聯(lián)立②⑤⑥⑦得：a＝1m/s2⑧ (3)設(shè)金屬棒在磁場區(qū)域運(yùn)動(dòng)過程中，回路中產(chǎn)生的焦耳熱為Q，根據(jù)功能關(guān)系： Fx＝μmgx＋mv2＋Q⑨ 則電阻R上的焦耳熱QR＝Q⑩ 聯(lián)立⑤⑨⑩解得：QR＝1.5J. 1.(多選)(2018廣西防城港市3月模擬)如圖1所示，等邊閉合三角形線框，開始時(shí)底邊與勻強(qiáng)磁場的邊界平行且重合，磁場的寬度大于三角形的高度，線框由靜止釋放，穿過該磁場區(qū)域，不計(jì)空氣阻力，則下列說法正確的是(　　) 圖1 A.線框進(jìn)磁場過程中感應(yīng)電流為順時(shí)針方向 B.線框底邊剛進(jìn)入和剛穿出磁場時(shí)線圈的加速度大小可能相同 C.線框出磁場的過程，可能做先減速后加速的直線運(yùn)動(dòng) D.線框進(jìn)出磁場過程，通過線框橫截面的電荷量不同 答案　BC 解析　線框進(jìn)入磁場過程中，磁通量增大，根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流為逆時(shí)針方向，故A錯(cuò)誤；線框底邊剛進(jìn)入瞬間，速度為零，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為零，下落加速度為g，完全進(jìn)入磁場后下落加速度為g，隨著下落速度的增大，出磁場時(shí)產(chǎn)生的安培力可能等于2mg，此時(shí)減速的加速度大小可能為g，故B正確；線框出磁場的過程，可能先減速，隨著速度減小，切割長度變短，線框受到的安培力減小，當(dāng)小于重力后線框做加速直線運(yùn)動(dòng)，故C正確；線框進(jìn)、出磁場過程，磁通量變化相同，所以通過線框橫截面的電荷量相同，故D錯(cuò)誤. 2.(2018陜西省咸陽市第二次模擬)如圖2甲所示，匝數(shù)n＝2的金屬線圈(電阻不計(jì))圍成的面積為20cm2，線圈與R＝2Ω的電阻連接，置于豎直向上、均勻分布的磁場中，磁場與線圈平面垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，B－t關(guān)系如圖乙所示，規(guī)定感應(yīng)電流i從a經(jīng)過R到b的方向?yàn)檎较?，忽略線圈的自感影響，則下列i－t關(guān)系圖正確的是(　　) 圖2 答案　D 解析　由題圖乙可知，0～2s內(nèi)，線圈中磁通量的變化率相同，故0～2s內(nèi)電流的方向相同，由楞次定律可知，電路中電流方向?yàn)轫槙r(shí)針，即電流為正方向；同理可知，2～5s內(nèi)電路中的電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，為負(fù)方向，由E＝n可得E＝nS，則知0～2 s內(nèi)電路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢大小為：E1＝22010－4 V＝610－6 V，則電流大小為：I1＝＝10－6A＝310－6A；同理2～5s內(nèi)，I2＝210－6A，故A、B、C錯(cuò)誤，D正確. 3.(多選)(2019湖北省武漢市調(diào)研)如圖3甲所示，在足夠長的光滑的固定斜面上放置著金屬線框，垂直于斜面方向的勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖乙所示(規(guī)定垂直斜面向上為正方向).t＝0時(shí)刻將線框由靜止釋放，在線框下滑的過程中，下列說法正確的是(　　)  圖3 A.線框中產(chǎn)生大小、方向周期性變化的電流 B.MN邊受到的安培力先減小后增大 C.線框做勻加速直線運(yùn)動(dòng) D.線框中產(chǎn)生的焦耳熱等于其機(jī)械能的損失 答案　BC 解析　穿過線框的磁通量先向下減小，后向上增大，則根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流方向不變，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；因磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率不變，則感應(yīng)電動(dòng)勢不變，感應(yīng)電流不變，而磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小先減小后增大，根據(jù)F＝BIL可知，MN邊受到的安培力先減小后增大，選項(xiàng)B正確；因線框平行的兩邊電流等大反向，則整個(gè)線框受到的安培力為零，則線框下滑的加速度不變，線框做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)C正確；因安培力對線框做功為零，斜面光滑，則線框的機(jī)械能守恒，選項(xiàng)D錯(cuò)誤. 4.(多選)(2018福建省廈門市質(zhì)檢)如圖4所示，在傾角為θ的光滑固定斜面上，存在著磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直斜面向上，磁場的寬度為2L.一邊長為L的正方形導(dǎo)線框，由靜止開始沿斜面下滑，當(dāng)ab邊剛越過GH進(jìn)入磁場瞬間和剛越過MN穿出磁場瞬間速度剛好相等.從ab邊剛越過GH處開始計(jì)時(shí)，規(guī)定沿斜面向上為安培力的正方向，則線框運(yùn)動(dòng)的速率v與線框所受安培力F隨時(shí)間變化的圖線中，可能正確的是(　　) 圖4 答案　AC 解析　根據(jù)楞次定律可得線框進(jìn)入磁場的過程中電流方向?yàn)轫槙r(shí)針；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得感應(yīng)電動(dòng)勢E＝BLv，感應(yīng)電流I＝，所受的安培力大小為F＝BIL＝，ab邊剛越過GH進(jìn)入磁場瞬間和剛越過MN穿出磁場瞬間速度剛好相等，可能的運(yùn)動(dòng)情況有兩種，一是進(jìn)磁場時(shí)勻速，完全進(jìn)入磁場后做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，出磁場過程中，做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，二是進(jìn)磁場時(shí)做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，完全進(jìn)入磁場后做勻加速運(yùn)動(dòng)，出磁場時(shí)做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，結(jié)合圖像知A正確，B錯(cuò)誤；根據(jù)左手定則可得線框進(jìn)入磁場的過程中安培力方向沿斜面向上，為正，且F＝BIL＝，線框完全進(jìn)入磁場后，線框所受安培力為零；出磁場的過程中安培力方向沿斜面向上，且出磁場時(shí)的安培力可能等于進(jìn)入磁場時(shí)的安培力，所以C正確，D錯(cuò)誤. 5.(2018山東省泰安市上學(xué)期期末)如圖5，兩固定的絕緣斜面傾角均為θ，上沿相連.兩細(xì)金屬棒ab(僅標(biāo)出a端)和cd(僅標(biāo)出c端)長度均為L、質(zhì)量分別為2m和m；用兩根不可伸長的柔軟輕導(dǎo)線將它們連成閉合回路abdca，并通過固定在斜面上沿的兩光滑絕緣小定滑輪跨放在斜面上，兩定滑輪間的距離也為L.左斜面上存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于斜面向上.已知斜面及兩根柔軟輕導(dǎo)線足夠長.回路總電阻為R，兩金屬棒與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度大小為g.使兩金屬棒水平，從靜止開始下滑.求： 圖5 (1)金屬棒運(yùn)動(dòng)的最大速度vm的大小； (2)當(dāng)金屬棒運(yùn)動(dòng)的速度為時(shí)，其加速度大小是多少？ 答案　(1)　(2)(sinθ－3μcosθ) 解析　(1)達(dá)到最大速度時(shí)，設(shè)兩導(dǎo)線中張力均為T，金屬棒cd受到的安培力為F 對ab、cd，根據(jù)平衡條件得到： 2mgsinθ＝2T＋2μmgcosθ 2T＝mgsinθ＋μmgcosθ＋F 而安培力F＝BIL 根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律及閉合電路歐姆定律：E＝BLvm，I＝ 整理得到：vm＝ (2)當(dāng)金屬棒的速度為時(shí)，設(shè)兩導(dǎo)線中張力均為T1，金屬棒cd受到的安培力為F1，根據(jù)牛頓第二定律： 2mgsinθ－2T1－2μmgcosθ＝2ma 2T1－mgsinθ－μmgcosθ－F1＝ma 又F1＝BI1L，E1＝BL，I1＝， 聯(lián)立解得：a＝(sinθ－3μcosθ). 6.(2018天津市實(shí)驗(yàn)中學(xué)模擬)如圖6所示，固定光滑金屬導(dǎo)軌間距為L，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，上端a、b間接有阻值為R的電阻，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為θ，且處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場中.質(zhì)量為m、電阻為r的導(dǎo)體棒與固定彈簧相連后放在導(dǎo)軌上.初始時(shí)刻，彈簧恰處于自然長度，導(dǎo)體棒具有沿導(dǎo)軌向上的初速度v0.整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸.已知彈簧的勁度系數(shù)為k，彈簧的中心軸線與導(dǎo)軌平行. 圖6 (1)求初始時(shí)刻通過電阻R的電流I的大小和方向； (2)當(dāng)導(dǎo)體棒第一次回到初始位置時(shí)，速度變?yōu)関，求此時(shí)導(dǎo)體棒的加速度大小a. 答案　(1)　電流方向?yàn)閎→a　(2)gsinθ－ 解析　(1)導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為：E1＝BLv0 根據(jù)閉合電路歐姆定律得通過R的電流大小為：I1＝＝ 根據(jù)右手定則判斷得知：電流方向?yàn)閎→a (2)導(dǎo)體棒第一次回到初始位置時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為：E2＝BLv 根據(jù)閉合電路歐姆定律得感應(yīng)電流為：I2＝＝ 導(dǎo)體棒受到的安培力大小為：F＝BIL＝，方向沿斜面向上.導(dǎo)體棒受力如圖所示： 根據(jù)牛頓第二定律有：mgsinθ－F＝ma 解得：a＝gsinθ－. 7.(2018廣東省惠州市模擬)如圖7所示，足夠長的粗糙絕緣斜面與水平面成θ＝37角放置，在斜面上虛線aa′和bb′與斜面底邊平行，在aa′、bb′圍成的區(qū)域中有垂直斜面向上的有界勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝1 T；現(xiàn)有一質(zhì)量為m＝10g、總電阻R＝1Ω、邊長d＝0.1m的正方形金屬線圈MNQP，讓PQ邊與斜面底邊平行，從斜面上端由靜止釋放，線圈剛好勻速穿過整個(gè)磁場區(qū)域.已知線圈與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5，(取g＝10m/s2，sin37＝0.6，cos37＝0.8)求： 圖7 (1)線圈進(jìn)入磁場區(qū)域時(shí)的速度大小； (2)線圈釋放時(shí)，PQ邊到bb′的距離； (3)整個(gè)線圈穿過磁場的過程中，線圈上產(chǎn)生的焦耳熱. 答案　(1)2m/s　(2)1m　(3)410－3J 解析　(1)對線圈受力分析，根據(jù)平衡條件得：F安＋μmgcosθ＝mgsinθ，F(xiàn)安＝BId，I＝，E＝Bdv 聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得：v＝2m/s (2)線圈進(jìn)入磁場前做勻加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律得： a＝＝2m/s2 線圈釋放時(shí)，PQ邊到bb′的距離L＝＝m＝1m； (3)由于線圈剛好勻速穿過磁場，則磁場寬度等于d＝0.1m，Q＝W安＝F安2d 代入數(shù)據(jù)解得：Q＝410－3J.