【物理】2020届二轮复习专题四电路与电磁感应第9课时电磁感应的综合应用学案

【物理】2020届二轮复习专题四电路与电磁感应第9课时电磁感应的综合应用学案

第 9 课时 电磁感应的综合应用 考点 楞次定律与法拉第电磁感应定律的应用 1．求感应电动势的两种方法 (1)E＝nΔΦ Δt ，用来计算感应电动势的平均值． (2)E＝Blv 或 E＝1 2Bl2ω，主要用来计算感应电动势的瞬时值． 2．判断感应电流方向的两种方法 (1)利用右手定则，即根据导体在磁场中做切割磁感线运动的情况进行判断． (2)利用楞次定律，即根据穿过闭合回路的磁通量的变化情况进行判断． 3．楞次定律中“阻碍”的四种表现形式 (1)阻碍磁通量的变化——“增反减同”． (2)阻碍相对运动——“来拒去留”． (3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”． (4)阻碍电流的变化(自感现象)——“增反减同”． 例 1 (多选)(2019·全国卷Ⅰ·20)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场， 其边界如图 1(a)中虚线 MN 所示．一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为 S，将该导线做成 半径为 r 的圆环固定在纸面内，圆心 O 在 MN 上．t＝0 时磁感应强度的方向如图(a)所示；磁 感应强度 B 随时间 t 的变化关系如图(b)所示．则在 t＝0 到 t＝t1 的时间间隔内( ) 图 1 A．圆环所受安培力的方向始终不变 B．圆环中的感应电流始终沿顺时针方向 C．圆环中的感应电流大小为B0rS 4t0ρ D．圆环中的感应电动势大小为B0πr2 4t0 答案 BC 解析 在 0～t0 时间内，磁感应强度减小，根据楞次定律可知感应电流的方向为顺时针，圆 环所受安培力水平向左，在 t0～t1 时间内，磁感应强度反向增大，感应电流的方向为顺时针， 圆环所受安培力水平向右，所以选项 A 错误，B 正确；根据法拉第电磁感应定律得 E＝ΔΦ Δt ＝ 1 2πr2·B0 t0 ＝B0πr2 2t0 ，根据电阻定律可得 R＝ρ2πr S ，根据欧姆定律可得 I＝E R ＝B0rS 4t0ρ ，所以选项 C 正 确，D 错误． 变式训练 1．(多选)(2019·山东聊城市模拟)如图 2 甲，螺线管内有平行于轴线的外加匀强磁场，图中箭 头所示方向为其正方向．螺线管与导线框 abcd 相连，导线框内有一小金属圆环 L，圆环与导 线框在同一平面内．当螺线管内的磁感应强度 B 随时间按图乙所示规律变化时( ) 图 2 A．在 t1～t2 时间内，L 有收缩趋势 B．在 t2～t3 时间内，L 有扩张趋势 C．在 t2～t3 时间内，L 内有逆时针方向的感应电流 D．在 t3～t4 时间内，L 内有顺时针方向的感应电流 答案 AD 解析 据题意，在 t1～t2 时间内，外加磁场磁感应强度增加且增加得越来越快，则在导线框 中产生沿顺时针方向逐渐增大的电流，该电流激发出逐渐增大的磁场，该磁场通过圆环，在 圆环内产生感应电流，根据结论“增缩减扩”可知圆环有收缩趋势，故选项 A 正确；在 t2～ t3 时间内，外加磁场均匀变化，在导线框中产生恒定电流，该电流激发出稳定磁场，该磁场 通过圆环时，圆环中没有感应电流，故选项 B、C 错误；在 t3～t4 时间内，外加磁场向下减小， 且减小得越来越慢，在导线框中产生沿顺时针方向逐渐减小的电流，该电流激发出垂直于纸 面向内逐渐减弱的磁场，故圆环内产生顺时针方向的感应电流，选项 D 正确． 例 2 (多选)(2019·山东枣庄市上学期期末)如图 3 所示，水平放置的半径为 2r 的单匝圆形裸 金属线圈 A，其内部有半径为 r 的圆形匀强磁场区域，磁场的磁感应强度大小为 B、方向竖 直向下；线圈 A 的圆心和磁场区域的圆心重合，线圈 A 的电阻为 R.过圆心的两条虚线 ab 和 cd 相互垂直．一根电阻不计的直导体棒垂直于 ab 放置，使导体棒沿 ab 从左向右以速度 v 匀 速通过磁场区域，导体棒与线圈始终接触良好，线圈 A 中会有感应电流通过．撤去导体棒， 使磁场的磁感应强度均匀变化，线圈 A 中也会有感应电流，如果使 cd 左侧的线圈中感应电 流大小和方向与导体棒经过 cd 位置时的相同，则( ) 图 3 A．磁场一定增强 B．磁场一定减弱 C．磁感应强度的变化率为4Bv πr D．磁感应强度的变化率为8Bv πr 答案 AC 解析 根据右手定则，导体棒切割磁感线产生的感应电流通过 cd 左侧的线圈时的方向是逆时 针的，根据楞次定律，使磁场的磁感应强度均匀变化，产生同样方向的感应电流，磁场一定 增强，故 A 正确，B 错误；导体棒切割磁感线时，根据法拉第电磁感应定律，导体棒经过 cd 位置时产生的感应电动势 E＝2Brv，根据欧姆定律，通过 cd 左侧的线圈中感应电流大小 I＝E R 2 ＝4Brv R ；磁场的磁感应强度均匀变化时，根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律， ΔB Δt ×r2π R ＝ 4Brv R ，ΔB Δt ＝4Bv πr ，故 C 正确，D 错误． 变式训练 2．(2019·山东济南市 3 月模拟)在如图 4 甲所示的电路中，螺线管匝数 n＝1 000 匝，横截面 积 S＝20 cm2.螺线管导线电阻 r＝1.0 Ω，R1＝4.0 Ω，R2＝5.0 Ω，C＝30 μF.在一段时间内，垂 直穿过螺线管的磁场的磁感应强度 B 的方向如图甲所示，大小按如图乙所示的规律变化，则 下列说法中正确的是( ) 图 4 A．螺线管中产生的感应电动势为 1.2 V B．闭合 K，电路中的电流稳定后，电容器的下极板带负电 C．闭合 K，电路中的电流稳定后，电阻 R1 的电功率为 2.56×10－2 W D．闭合 K，电路中的电流稳定后，断开 K，则 K 断开后，流经 R2 的电荷量为 1.8×10－2 C 答案 C 解析 根据法拉第电磁感应定律：E＝nΔΦ Δt ＝nSΔB Δt ；解得：E＝0.8 V，故 A 错误；根据楞次 定律可知，螺线管的感应电流盘旋而下，则螺线管下端相当于电源的正极，则电容器的下极 带正电，故 B 错误；根据闭合电路欧姆定律，有：I＝ E R1＋R2＋r ＝0.08 A，根据 P＝I2R1 解得： P＝2.56×10－2 W，故 C 正确；K 断开后，流经 R2 的电荷量即为 K 闭合时电容器一个极板上所带 的电荷量 Q，电容器两端的电压为：U＝IR2＝0.4 V，流经 R2 的电荷量为：Q＝CU＝1.2×10－5 C， 故 D 错误． 考点 电磁感应中的电路与图象问题 1．电磁感应现象中的电源与电路 (1)产生感应电动势的那部分导体相当于电源． (2)在电源内部电流由负极流向正极． (3)电源两端的电压为路端电压． 2．解图象问题的三点关注 (1)关注初始时刻，如初始时刻感应电流是否为零，是正方向还是负方向． (2)关注变化过程，看电磁感应发生的过程可以分为几个阶段，这几个阶段分别与哪段图象变 化相对应． (3)关注大小、方向的变化趋势，看图线斜率的大小、图线的曲直是否和物理过程对应． 3．解图象问题的两个分析方法 (1)排除法：定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变 化还是非均匀变化)，特别是物理量的正负，排除错误的选项． (2)函数法：根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图 象作出分析和判断，这未必是最简捷的方法，但却是最有效的方法． 例 3 (多选)(2019·贵州部分重点中学教学质量评测卷(四))长为 L 的金属棒 OP 固定在顶角为 2θ的塑料圆锥体侧面上，ab 为圆锥体底面直径．圆锥体绕其轴 OO′以角速度ω在磁感应强 度大小为 B、方向竖直向下的匀强磁场中匀速转动，转动方向如图 5 所示，下列说法正确的 是( ) 图 5 A．金属棒上 O 点的电势高于 P 点 B．金属棒上 O 点的电势低于 P 点 C．金属棒 OP 两端电势差大小为 1 2Bω2Lsin θ D．金属棒 OP 两端电势差大小为 1 2BωL2sin2 θ 答案 AD 解析 由右手定则知金属棒 OP 在匀速转动过程中切割磁感线产生的感应电动势方向由 P 指 向 O，在电源内部由电势低处指向电势高处，则金属棒上 O 点的电势高于 P 点，故 A 正确， B 错误．金属棒 OP 在匀速转动过程中切割磁感线的有效长度 L′＝O′P＝Lsin θ，故产生的 感应电动势 E＝BL′·1 2ωL′＝1 2BωL2sin2 θ，故 C 错误，D 正确． 变式训练 3.(2019·安徽宣城市期末调研测试)边界 MN 的一侧区域内，存在着磁感应强度大小为 B、方 向垂直于光滑水平桌面的匀强磁场．边长为 l 的正三角形金属线框 abc 粗细均匀，三边阻值 相等，a 顶点刚好位于边界 MN 上，现使线框围绕过 a 点且垂直于桌面的转轴匀速转动，转 动角速度为ω，如图 6 所示，则在 ab 边开始转入磁场的瞬间 ab 两端的电势差 Uab 为( ) 图 6 A.1 3Bl2ω B．－1 2Bl2ω C．－1 3Bl2ω D.1 6Bl2ω 答案 A 解析 当 ab 边刚进入磁场时，ab 部分在切割磁感线，切割长度为两个端点间的距离，即 a、 b 间的距离为 l，E＝Bl v ＝Bllω 2 ＝1 2Bl2ω；设每个边的电阻为 R，a、b 两点间的电势差为： U＝I·2R＝ E 3R·2R，故 U＝1 3Bωl2，故 A 正确，B、C、D 错误． 例 4 (多选)(2019·全国卷Ⅱ·21)如图 7，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹 角为θ，导轨电阻忽略不计．虚线 ab、cd 均与导轨垂直，在 ab 与 cd 之间的区域存在垂直于 导轨所在平面的匀强磁场．将两根相同的导体棒 PQ、MN 先后自导轨上同一位置由静止释放， 两者始终与导轨垂直且接触良好．已知 PQ 进入磁场时加速度恰好为零．从 PQ 进入磁场开 始计时，到 MN 离开磁场区域为止，流过 PQ 的电流随时间变化的图像可能正确的是( ) 图 7 答案 AD 解析 根据题述，PQ 进入磁场时加速度恰好为零，两导体棒从同一位置释放，则两导体棒 进入磁场时的速度相同，产生的感应电动势大小相等，若释放两导体棒的时间间隔足够长， 在 PQ 通过磁场区域一段时间后 MN 进入磁场区域，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧 姆定律可知流过 PQ 的电流随时间变化的图像可能是 A；若释放两导体棒的时间间隔较短， 在 PQ 没有出磁场区域时 MN 就进入磁场区域，则两棒在磁场区域中运动时回路中磁通量不 变，两棒不受安培力作用，二者在磁场中做加速运动，PQ 出磁场后，MN 切割磁感线产生感 应电动势和感应电流，且感应电流一定大于 I1，受到安培力作用，由于安培力与速度成正比， 则 MN 所受的安培力一定大于 MN 的重力沿导轨平面方向的分力，所以 MN 一定做减速运动， 回路中感应电流减小，流过 PQ 的电流随时间变化的图像可能是 D. 变式训练 4.(2019·安徽合肥市第一次质量检测)如图 8 所示，一有界匀强磁场区域的磁感应强度大小为 B，方向垂直纸面向里，磁场宽度为 L；正方形导线框 abcd 的边长也为 L，当 bc 边位于磁场 左边缘时，线框从静止开始沿 x 轴正方向匀加速通过磁场区域．若规定逆时针方向为电流的 正方向，则反映线框中感应电流变化规律的图象是( ) 图 8 答案 B 解析 设导线框运动的加速度为 a，则某时刻其速度 v＝at，所以在 0～t1 时间内(即当 bc 边 位于磁场左边缘时开始计时，到 bc 边位于磁场右边缘结束)，根据法拉第电磁感应定律得：E ＝BLv＝BLat，电动势为逆时针方向．由闭合电路欧姆定律得：I＝BLa R t，电流为正．其中 R 为线框的总电阻．所以在 0～t1 时间内，I∝t，故 A、C 错误；从 t1 时刻开始，ad 边开始切割 磁感线，电动势大小 E＝BLat，其中 t1＜t≤t2，电流为顺时针方向，为负，电流 I＝BLa R t，t1 ＜t≤t2，其中 I0＝BLa R t1，电流在 t1 时刻方向突变，突变瞬间，电流大小保持 I0＝BLa R t1 不变， 故 B 正确，D 错误． 考点 电磁感应中的动力学与能量问题 1．电荷量的求解 电荷量 q＝IΔt，其中 I 必须是电流的平均值．由 E＝nΔΦ Δt 、I＝ E R 总 、q＝IΔt 联立可得 q＝nΔΦ R 总 ， 此式不涉及时间． 2．求解焦耳热 Q 的三种方法 (1)焦耳定律：Q＝I2Rt，适用于电流、电阻不变； (2)功能关系：Q＝W 克服安培力，电流变或不变都适用； (3)能量转化：Q＝ΔE 其他能的减少量，电流变或不变都适用． 3．电磁感应综合题的解题策略 (1) 电路分析：明确电源与外电路，可画等效电路图． (2) 受力分析：把握安培力的特点，安培力大小与导体棒速度有关，一般在牛顿第二定律方 程里讨论，v 的变化影响安培力大小，进而影响加速度大小，加速度的变化又会影响 v 的变 化． (3) 过程分析：注意导体棒进入磁场或离开磁场时的速度是否达到“收尾速度”． (4) 能量分析：克服安培力做的功，等于把其他形式的能转化为电能的多少． 例 5 (2019·湖北稳派教育上学期第二次联考)如图 9 所示，倾角为θ的光滑绝缘斜面上平行 于底边的虚线 ef 下方有垂直于斜面向下的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为 B，边长为 L 的正方形导线框 abcd 放在斜面上，线框的电阻为 R，线框的 cd 边刚好与 ef 重合．无初速度 释放线框，当 ab 边刚好要进入磁场时，线框的加速度刚好为零，线框的质量为 m，重力加速 度为 g，求： 图 9 (1)ab 边刚好要进入磁场时线框的速度大小； (2)从释放线框到 ab 边进入磁场时，通过线框横截面的电荷量． 答案 (1)mgRsin θ B2L2 (2)BL2 R 解析 (1)ab 边刚好要进入磁场时， mgsin θ＝FA＝B2L2v R 解得：v＝mgRsin θ B2L2 (2)线框进入磁场的过程中，平均电流为 I ＝ E R 根据法拉第电磁感应定律有： E ＝ΔФ Δt 通过线框横截面的电荷量 q＝ I Δt＝ΔФ R ＝BL2 R . 变式训练 5．(多选)(2019·辽宁葫芦岛市第一次模拟)如图 10 甲所示，在 MN、OP 间存在一匀强磁场，t ＝0 时，一正方形光滑金属线框在水平向右的外力 F 作用下紧贴 MN 从静止开始做匀加速运 动，外力 F 随时间 t 变化的图线如图乙所示，已知线框质量 m＝1 kg、电阻 R＝2 Ω，则( ) 图 10 A．线框的加速度大小为 2 m/s2 B．磁场宽度为 6 m C．匀强磁场的磁感应强度大小为 2 T D．线框进入磁场过程中，通过线框横截面的电荷量为 2 2 C 答案 ACD 解析 整个线框在磁场中运动时只受外力 F 作用，则加速度 a＝F m ＝2 m/s2.由题图可知，从线 框右边刚进入磁场到右边刚离开磁场，运动的时间为 2 s，磁场的宽度 d＝1 2at12＝4 m，所以 选项 A 正确，B 错误；当线框全部进入磁场前的瞬间：F1－F 安＝ma，而 F 安＝BIL＝B2L2v R ＝ B2L2at R ，线框的宽度 L＝1 2at12＝1 2 ×2×12 m＝1 m，联立得：B＝ 2 T，所以选项 C 正确；线 框进入磁场过程中，通过线框横截面的电荷量为 q＝ΔФ R ＝BL2 R ＝ 2×12 2 C＝ 2 2 C，所以选项 D 正确． 例 6 (2019 ·浙南名校联盟期末)如图 11 甲所示，在竖直方向上有 4 条间距相等的水平虚线 L1、L2、L3、L4，在 L1L2 之间、L3L4 之间存在匀强磁场，大小均为 1 T，方向垂直于虚线所在 平面．现有一根电阻为 2 Ω的均匀金属丝，首尾相连制成单匝矩形线圈 abcd，连接处接触电 阻忽略，宽度 cd＝L＝0.5 m，线圈质量为 0.1 kg，将其从图示位置由静止释放(cd 边与 L1 重 合)，速度随时间变化的关系如图乙所示，其中 0～ t1 时间内图线是曲线，其他时间内都是直线； 并且 t1 时刻 cd 边与 L2 重合，t2 时刻 ab 边与 L3 重合，t3 时刻 ab 边与 L4 重合，已知 t1～t2 的时间 间隔为 0.6 s，整个运动过程中线圈平面始终处于竖直方向(重力加速度 g 取 10 m/s2)．求： 图 11 (1)线圈匀速运动的速度大小； (2)线圈的长度 ad； (3)在 0～t1 时间内通过线圈的电荷量； (4)0～t3 时间内，线圈 ab 边产生的热量． 答案 (1) 8 m/s (2) 2 m (3) 0.25 C (4) 0.18 J 解析 (1) t2～t3 时间 ab 边在 L3L4 内做匀速直线运动， E＝BLv2，F＝BE RL，F＝mg 联立解得：v2＝mgR B2L2 ＝8 m/s， (2)从 cd 边出 L2 到 ab 边刚进入 L3 线圈一直做匀加速直线运动，ab 刚进上方磁场时，cd 也应 刚进下方磁场，设磁场宽度是 d，由 v2＝v1＋gt 得，v1＝2 m/s，则 3d＝v1＋v2 2 t＝3 m，得：d ＝1 m，有：ad＝2d＝2 m， (3)0～t1 时间内，通过线圈的电荷量为 q＝ΔΦ R ＝BdL R ＝0.25 C， (4)在 0～t3 时间内由能量守恒得：线圈产生热量 Q 总＝mg·5d－1 2mv22＝1.8 J 故线圈 ab 边产生热量 Q＝ 1 10Q 总＝0.18 J. 变式训练 6.(2019·福建三明市期末质量检测)如图 12 所示，足够长的光滑导轨倾斜放置，导轨平面与水 平面夹角θ＝37°，导轨间距 L＝0.4 m，其下端连接一个定值电阻 R＝4 Ω，其他电阻不计．两 导轨间存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度 B＝1 T．一质量为 m＝0.04 kg 的导 体棒 ab 垂直于导轨放置，现将导体棒由静止释放，取重力加速度 g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6， cos 37°＝0.8. 图 12 (1)求导体棒下滑的最大速度； (2)若导体棒从静止加速到 v＝4 m/s 的过程中，通过 R 的电荷量 q＝0.2 C，求 R 产生的热量值． 答案 (1)6 m/s (2)0.16 J 解析 (1)当导体棒所受的合外力为零时，速度最大，则：mgsin θ＝BIL，I＝BLv R 联立解得 v＝6 m/s (2)设该过程中电流的平均值为 I ，则 q＝ I Δt I ＝ E R ， E ＝BLx Δt 由能量守恒定律可得：mgxsin θ＝1 2mv2＋Q 联立解得：x＝2 m，Q＝0.16 J． 专题突破练 级保分练 1.(2019·广东珠海市质量监测)如图 1 所示，使一个水平铜盘绕过其圆心的竖直轴 OO′转动， 摩擦等阻力不计，转动是匀速的．现把一个蹄形磁铁水平向左移近铜盘，则( ) 图 1 A．铜盘转动将变快 B．铜盘转动将变慢 C．铜盘仍以原来的转速转动 D．因磁极方向未知，无法确定 答案 B 解析 假设蹄形磁铁的上端为 N 极，下端为 S 极，铜盘顺时针转动(从 OO′方向看)．根据 右手定则可以确定此时铜盘中的感应电流方向是从盘心指向边缘．通电导体在磁场中要受到 力的作用，根据感应电流的方向和磁场的方向，利用左手定则可以确定磁场对铜盘的作用力 的方向是沿逆时针方向，其受力方向与铜盘的转动方向相反，所以铜盘的转动速度将减小．无 论怎样假设，铜盘的受力方向始终与转动方向相反．同时，转动过程中，机械能转化为电能， 最终转化为内能，所以转得慢了．所以 B 正确，A、C、D 错误． 2．(多选)(2019·福建泉州市期末质量检查)如图 2 甲所示，匀强磁场垂直穿过矩形金属线框 abcd，磁感应强度 B 随时间 t 按图乙所示规律变化，下列说法正确的是( ) 图 2 A．t1 时刻线框的感应电流方向为 a→b→c→d→a B．t3 时刻线框的感应电流方向为 a→b→c→d→a C．t2 时刻线框的感应电流最大 D．t1 时刻线框 ab 边受到的安培力方向向右 答案 AD 解析 t1 时刻穿过线框的磁通量向里增加，根据楞次定律可知，线框的感应电流方向为 a→b→c→d→a，由左手定则可知，线框 ab 边受到的安培力方向向右，选项 A、D 正确；t3 时刻穿过线框的磁通量向里减小，可知线框的感应电流方向为 a→d→c→b→a，选项 B 错误； B－t 图象的斜率等于磁感应强度的变化率，可知 t2 时刻磁感应强度的变化率为零，则线框的 感应电流为零，选项 C 错误． 3.(多选)(2019·全国卷Ⅲ·19)如图 3，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足 够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒 ab、cd 静止在导轨上．t＝0 时，棒 ab 以初速度 v0 向右滑动．运动过程中，ab、cd 始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用 v1、v2 表示， 回路中的电流用 I 表示．下列图像中可能正确的是( ) 图 3 答案 AC 解析 棒 ab 以初速度 v0 向右滑动，切割磁感线产生感应电动势，使整个回路中产生感应电 流，判断可知棒 ab 受到与 v0 方向相反的安培力的作用而做变减速运动，棒 cd 受到与 v0 方向 相同的安培力的作用而做变加速运动，它们之间的速度差Δv＝v1－v2 逐渐减小，整个系统产 生的感应电动势逐渐减小，回路中感应电流逐渐减小，最后变为零，即最终棒 ab 和棒 cd 的 速度相同，v1＝v2，这时两相同的光滑导体棒 ab、cd 组成的系统在足够长的平行金属导轨上 运动，水平方向上不受外力作用，由动量守恒定律有 mv0＝mv1＋mv2，解得 v1＝v2＝v0 2 ，选 项 A、C 正确，B、D 错误． 4.(2019·甘肃兰州市第一次诊断)如图 4 所示，宽为 L 的光滑导轨竖直放置，左边有与导轨平 面垂直的区域足够大的匀强磁场，磁感应强度为 B，右边有两块水平放置的金属板，两板间 距为 d.金属板和电阻 R 都与导轨相连．要使两板间质量为 m、带电荷量为－q 的油滴恰好处 于静止状态，阻值也为 R 的金属棒 ab 在导轨上的运动情况可能为(金属棒与导轨始终接触良 好，导轨电阻不计，重力加速度为 g)( ) 图 4 A．向右匀速运动，速度大小为2dmg BLq B．向左匀速运动，速度大小为2dmg BLq C．向右匀速运动，速度大小为 dmg 2BLq D．向左匀速运动，速度大小为 dmg 2BLq 答案 A 解析 两板间质量为 m、带电荷量为－q 的油滴恰好处于静止状态，则 qE＝mg，板间电场强 度 E＝mg q ，方向竖直向下；两板间电压 U＝Ed＝mgd q ，且上板带正电、下板带负电．金属棒 ab 切割磁感线相当于电源，两金属板与电阻 R 并联后接在金属棒两端，则金属棒中电流方向 由 b 流向 a，U＝ R R＋R·E＝1 2·BLv，则金属棒 ab 在导轨上的运动速度 v＝2mgd qBL ；据金属棒中 电流方向由 b 流向 a 和右手定则可得，金属棒向右运动．综上，A 正确，B、C、D 错误． 5.(2019·北京市东城区上学期期末)如图 5 所示，两光滑水平放置的平行金属导轨间距为 L， 直导线 MN 垂直跨在导轨上，且与导轨接触良好，整个装置处于垂直于纸面向里的匀强磁场 中，磁感应强度大小为 B.电容器的电容为 C，除电阻 R 外，导轨和导线的电阻均不计．现给 导线 MN 一初速度，使导线 MN 向右运动，当电路稳定后，MN 以速度 v 向右匀速运动时( ) 图 5 A．电容器两端的电压为零 B．通过电阻 R 的电流为BLv R C．电容器所带电荷量为 CBLv D．为保持 MN 匀速运动，需对其施加的拉力大小为B2L2v R 答案 C 解析 当导线 MN 匀速向右运动时，导线所受的合力为零，说明导线不受安培力，电路中电 流为零，故电阻两端没有电压．此时导线 MN 产生的感应电动势恒定，根据闭合电路欧姆定 律得知，电容器两板间的电压为 U＝E＝BLv，故 A、B 错误．电容器所带电荷量 Q＝CU＝ CBLv，故 C 正确；因匀速运动后 MN 所受合力为 0，而此时无电流，不受安培力，则无需拉 力便可做匀速运动，故 D 错误． 6．(多选)(2019·湖北稳派教育上学期第二次联考)如图 6 甲所示，通电直导线 MN 和正方形导 线框在同一水平面内，ab 边与 MN 平行，先给 MN 通以如图乙所示的电流，然后再通以如图 丙所示的正弦交流电，导线和线框始终保持静止不动，电流从 N 到 M 为正，已知线框中的磁 通量与直导线 MN 中的电流成正比，则下列说法正确的是( ) 图 6 A．通以如图乙所示的电流时，线框中产生的电流先减小后增大 B．通以如图乙所示的电流时，线框中的感应电流方向始终不变 C．通以如图丙所示的电流时，0～t2 时间内，线框受到的安培力方向不变 D．通以如图丙所示的电流时，t3 时刻线框受到的安培力为零 答案 BD 解析 由题意可知，从 N 到 M 的方向为电流正方向；通以如题图乙所示的电流时，在 0～t1 时间内电流方向为从 M 到 N，穿过线框 abcd 的磁场方向垂直纸面向外，大小在减小，由楞 次定律可得，感应电流方向为逆时针，即为 abcda；在 t1 时刻后，电流方向为 N 到 M，穿过 线框 abcd 的磁场方向垂直纸面向里，大小在增大，由楞次定律可得，感应电流方向为逆时针， 即为 abcda，故电流的方向不变，根据法拉第电磁感应定律有：E＝ΔФ Δt ，则线框中的感应电 流为 I＝E R ＝ΔФ Δt ×1 R ，因线框中的磁通量与直导线 MN 中的电流成正比，即ΔФ Δt ∝ΔI Δt ，则由乙 图可知ΔI Δt 一直保持不变，故ΔФ Δt 不变，则感应电流 I 不变，故 A 错误，B 正确；通以如题图丙 所示的电流时，在 0～t2 2 时间内，导线中电流沿正方向增大，则线框中的磁场向里增大，由楞 次定律可知，感应电流方向为逆时针，即为 abcda，根据左手定则可知，ab 边受到的安培力 方向向右，cd 边受到的安培力方向向左，根据 F＝BIL 可知，I、L 相同，但 ab 边离导线近， 故 ab 边所在处的磁感应强度大于 cd 边所在处的磁感应强度，则此时安培力的方向向右；在 t2 2 ～t2 时间内，导线中电流沿正方向减小，则线框中的磁场向里减小，由楞次定律可知，感应 电流方向为顺时针，即为 adcba；根据左手定则可知，ab 边受到的安培力方向向左，cd 边受 到的安培力方向向右，根据 F＝BIL 可知，I、L 相同，但 ab 边离导线近，故 ab 边所在处的 磁感应强度大于 cd 边所在处的磁感应强度，则此时安培力的方向向左，故在 0～t2 时间内线 框受到的安培力方向改变，故 C 错误；由题图丙可知，在 t3 时刻电流为零，根据 F＝BIL 可 知，此时线框受到的安培力为零，故 D 正确． 7．(2019·湖北十堰市上学期期末)如图 7 甲所示，导体棒 MN 置于水平导轨上，PQMN 所围 成的矩形的面积为 S，PQ 之间有阻值为 R 的电阻，不计导轨和导体棒的电阻．导轨所在区域 内存在沿竖直方向的匀强磁场，规定磁场方向竖直向上为正，在 0～2t0 时间内磁感应强度的 变化情况如图乙所示，导体棒 MN 始终处于静止状态．下列说法正确的是( ) 图 7 A．在 0～2t0 时间内，导体棒受到的导轨的摩擦力方向先向左后向右，大小不变 B．在 0～t0 时间内，通过导体棒的电流方向为 N 到 M C．在 t0～2t0 时间内，通过电阻 R 的电流大小为SB0 Rt0 D．在 0～t0 时间内，通过电阻 R 的电荷量为2SB0 R 答案 B 解析 由题图乙所示图象可知，0～t0 时间内磁感应强度减小，穿过回路的磁通量减小，由楞 次定律可知，为阻碍磁通量的减少，导体棒具有向右的运动趋势，导体棒受到向左的摩擦力， 在 t0～2t0 时间内，穿过回路的磁通量增加，为阻碍磁通量的增加，导体棒有向左的运动趋势， 导体棒受到向右的摩擦力，则在这两个时间段内摩擦力方向相反；0～t0 时间内产生的感应电 动势与感应电流的大小不变，但磁感应强度是变化的，所以安培力是变化的，同理，在 t0～ 2t0 时间内安培力也是变化的，所以 0～2t0 时间内摩擦力的大小是变化的，故 A 错误；由题图 乙所示图象可知，在 0～t0 时间内磁感应强度减小，穿过闭合回路的磁通量减少，由楞次定 律可知，感应电流沿逆时针方向，通过导体棒的电流方向为 N 到 M，故 B 正确；由题图乙所 示图象，应用法拉第电磁感应定律可得，在 t0～2t0 时间内感应电动势：E＝ΔФ Δt ＝ΔB·S Δt ＝2B0·S t0 ， 感应电流为：I2＝E R ＝2B0S Rt0 ，故 C 错误；由题图乙所示图象，应用法拉第电磁感应定律可得， 在 0～t0 时间内感应电动势：E1＝ΔФ Δt ＝ΔB·S Δt ＝B0S t0 ；感应电流为：I1＝E1 R ＝B0S Rt0 ，电荷量：q1 ＝I1t0＝B0S R ，故 D 错误． 级争分练 8.(2019·福建漳州市第二次教学质量监测)如图 8 所示，在竖直面内有一半径为 L 的圆形光滑 金属导轨 CPD，处于磁感应强度大小为 B、方向垂直导轨平面(纸面)向里的匀强磁场中，圆 心为 O，直径 CD 水平，半径 OP 竖直，O、D 间用导线连接．一质量分布均匀的金属棒 OA， 长为 L，电阻为 R，质量为 m，能绕水平轴 O 在竖直平面内自由转动，棒与导轨和轴 O 始终 接触良好，一切摩擦及其他电阻均不计，重力加速度大小为 g.若棒从 CO 处由静止释放，第 一次到达 OP 处时的角速度为ω，则下列判断正确的是( ) 图 8 A．金属棒能摆到 OD 处 B．从 OC 到 PO 的过程中，通过金属棒横截面的电荷量为πBL2 2R C．金属棒第一次到达 OP 处时，金属棒中通过的电流为ωBL2 R D．金属棒最终会停下，产生的总焦耳热为 1 2mgL 答案 D 解析 金属棒沿着导轨摆动切割磁感线而产生动生电动势，导轨与棒组成的回路有感应电流， 根据楞次定律可知棒要受到安培阻力，安培力做负功使得机械能变成电能，最终变为焦耳热， 则棒不能到达等高的 OD 处；最终棒通过多个往复的摆动而停在 OP 处，由能量守恒可知 mg·L 2 ＝W 安＝Q 总，故 A 错误，D 正确．从 OC 到 PO 的过程中，流过回路的电荷量为 q＝ I ·Δt， 又 I ＝ E R ， E ＝BΔS Δt ，则 q＝B·ΔS R ＝B·πL2 4 R ＝πBL2 4R ，故 B 错误．棒第一次到达 OP 处时角速 度为ω，产生的瞬时电动势为 E＝BL0＋ωL 2 ＝BL2ω 2 ，则电流为 I＝E R ＝BL2ω 2R ，故 C 错误． 9.(多选)(2019·广西桂林市、贺州市、崇左市 3 月联合调研)如图 9 所示，相距为 d 的两水平直 线 L1 和 L2 分别是水平向里的匀强磁场的边界，磁场的磁感应强度大小为 B，均匀材质制成的 正方形线框 abcd 边长为 L(L＜d)，质量为 m，总电阻为 R.现将线框从在磁场上方 ab 边距 L1 为 h 处由静止释放，ab 边刚进入磁场时速度与刚穿出磁场时速度相同，重力加速度为 g.则以 下说法正确的是( ) 图 9 A．ab 边刚进入磁场时 a 点的电势低于 b 点电势 B．线框进入磁场过程可能先加速后匀速运动 C．线框穿过磁场区域过程产生的焦耳热为 2mgd D．线框从刚下落到 cd 边刚进入磁场的时间 t>B2L3 mgR 答案 ACD 解析 ab 边刚进入磁场时，根据右手定则，感应电流方向为 a→b，即 b 端相当于电源的正极， 则 a 点的电势低于 b 点电势，故选项 A 正确；当线框完全进入磁场后，没有感应电流，则只 受到重力作用，做加速运动，ab 边刚进入磁场时速度与刚穿出磁场时速度相同，说明线框完 全进入磁场时的速度小于刚进入磁场时的速度，所以线框进入磁场过程不可能先加速后匀速 运动，故选项 B 错误； 由于 ab 边刚进入磁场时速度与刚穿出磁场时速度相同，根据能量守 恒可知，进入时产生的焦耳热为 Q1＝mgd，离开时产生的焦耳热为 Q2＝mgd，则整个过程中 产生的焦耳热为：Q＝Q1＋Q2＝2mgd，故选项 C 正确；线框从刚下落到 cd 边刚进入磁场过 程中，设 cd 边刚进入磁场时，线框速度为 v，由动量定理得，mgt－IA＝mv>0；安培力的冲 量 IA＝BILΔt＝BLq＝B2L3 R ，解得：t>B2L3 mgR ，故选项 D 正确． 10.(2019·广东深圳市第一次调研)如图 10，竖直固定的倒 U 形导轨 NMPQ，轨道间距 L＝0.8 m， 上端开小口与水平线圈 C 连接，线圈面积 S ＝0.8 m2，匝数 N＝200，电阻 r＝15 Ω.质量 m＝ 0.08 kg 的导体棒 ab 被外力水平压在导轨一侧，导体棒接入电路部分的电阻 R＝1 Ω.开始时整 个装置处于竖直向上的匀强磁场中．t＝0 时撤去外力，同时磁感应强度按 B＝B0－kt 的规律 变化，其中 k＝ 0.4 T/s；t1＝1 s 时，导体棒开始下滑，它与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，设 最大静摩擦力等于滑动摩擦力．其余电阻不计(重力加速度 g 取 10 m/s2)．求： 图 10 (1) 0～1 s 内通过导体棒的电流的大小； (2) t＝0 时的磁感应强度大小 B0； (3)若仅将磁场方向改为竖直向下，要使导体棒 ab 在 0～1 s 内仍静止，是否需要将它靠在导 轨的另一侧？简要说明理由． 答案 (1) 4 A (2)0.9 T (3)不需要 理由见解析 解析 (1)0～t1 时间内，对线圈 C 和整个回路有：E＝NΔФ Δt ，ΔФ Δt ＝kS，I＝ E R＋r ，联立并代入 数据解得 I＝4 A (2)t1＝1 s 时刻，导体棒开始下滑，有：mg＝Ff Ff＝μFN；FN＝B1IL ，B1＝B0－kt1，联立并代入数据解得 B0＝0.9 T (3)不需要；理由：由楞次定律可知，磁场方向相反，感应电流方向也相反，由左手定则可知 导体棒所受安培力的方向不变，所以不需要将它靠在导轨的另一侧． 11.(2019·安徽安庆市期末调研监测)如图 11 所示，水平面上两固定平行光滑金属导轨间距为 L，左端用导线连接阻值为 R 的电阻．在间距为 d 的虚线 MN、PQ 之间，存在方向垂直导轨 平面向下的磁场，磁感应强度大小只随着与 MN 的距离变化而变化，质量为 m、电阻为 r 的 导体棒 ab 垂直导轨放置，在大小为 F 的水平恒力作用下由静止开始向右运动，到达虚线 MN 时的速度为 v0.此后恰能以加速度 a 在磁场中做匀加速运动．导轨电阻不计，导体棒始终与导 轨接触良好．求： 图 11 (1)磁场左边缘 MN 处的磁感应强度大小 B； (2)导体棒通过磁场区域过程中，电路中产生的焦耳热 Q. 答案 (1)1 L F－maR＋r v0 (2)(F－ma)d 解析 (1) 导体棒刚进磁场时产生的电动势为：E＝BLv0 由闭合电路欧姆定律有：I＝ E R＋r 又：F 安＝ILB 可得：F 安＝B2L2v0 R＋r 由牛顿第二定律有：F－F 安＝ma 解得：B＝1 L F－maR＋r v0 ； (2)导体棒穿过磁场过程，由牛顿第二定律有： F－F 安＝ma 可得 F 安＝F－ma，F、a、m 恒定，则安培力 F 安恒定，导体棒克服安培力做功为： W＝F 安 d 故电路中产生的焦耳热为：Q＝W 解得： Q＝(F－ma)d. 12．(2019·河北“五个一名校联盟” 第一次诊断)如图 12 所示，P、Q 为水平平行放置的足 够长的固定的光滑金属导轨，相距 l＝1 m．导轨间接有 E＝15 V、r＝1 Ω的电源；0～10 Ω的 变阻箱 R0；R1＝6 Ω、R2＝3 Ω的电阻；C＝0.25 F 的超级电容器，不计电阻的金属棒垂直于 导轨跨放在导轨上并与导轨接触良好，棒的质量为 m＝0.2 kg，棒的中点用垂直棒的细绳经光 滑轻质定滑轮与物体相连，物体的质量 M＝0.4 kg.在金属棒所处区域存在磁感应强度大小 B ＝2 T、方向竖直向下的匀强磁场，且范围足够大．(导轨的电阻不计，g 取 10 m/s2) 图 12 (1)现闭合电键 S1、S2，为了使物体保持静止，变阻箱连入电路的阻值应是多大？ (2)现断开电键 S1，闭合 S2，待电路稳定后，求电容器的带电荷量？ (3)使导体棒静止在导轨上，电键 S2 断开的情况下(电容器始终正常工作)释放导体棒，试讨论 物体的运动情况和电容器带电荷量的变化规律？ 答案 (1)2 Ω (2)4.5 C (3)见解析 解析 (1)金属棒受力平衡：Mg－BlI2＝0 流经电阻 R1 的电流：I1＝I2R2 R1 由闭合电路欧姆定律有：E＝(I1＋I2)(R0＋r)＋I2R2 代入数据解得：R0＝2 Ω (2)电路稳定后，分析知金属棒将做匀速运动，此时金属棒切割磁感线产生的电动势 E1＝Blv1 电路中电流 I3＝ E1 R1＋R2 金属棒受力平衡有：Mg－BlI3＝0 电容器所带电荷量：Q＝E1C 代入数据解得：Q＝4.5 C (3)对物体由牛顿第二定律有：Mg－FT＝Ma 对金属棒由牛顿第二定律有：FT－BlI＝ma 通过金属棒的电流：I＝ΔQ Δt 电容器Δt 时间增加的电荷量：ΔQ＝CΔU 金属棒Δt 时间增加的电压：ΔU＝BlΔv 加速度定义式：a＝Δv Δt 代入数据解得：a＝2.5 m/s2；I＝ΔQ Δt ＝1.25 A 即导体棒做初速度为零，加速度大小为 2.5 m/s2 的匀加速直线运动，电容器所带电荷量每秒 均匀增加ΔQ′＝1.25 C.