11.3电磁感应的综合问题（解析版）-2023年高考物理一轮复习提升核心素养

这是一份11.3电磁感应的综合问题（解析版）-2023年高考物理一轮复习提升核心素养，共26页。试卷主要包含了求解焦耳热Q的三种方法，电磁感应中电路知识的关系图，常用方法等内容，欢迎下载使用。

11.3电磁感应的综合问题

1．电磁感应中的动力学与能量问题常出现的模型有两个：一是线框进出磁场；二是导体棒切割磁感线运动．两类模型都综合了电路、动力学、能量知识，有时还会与图像结合，所以解题方法有相通之处．可参考下面的解题步骤：

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，电流变不变都适用；
(3)能量转化：Q＝ΔE(其他能的减少量)，电流变不变都适用．

电磁感应中的电路问题
1．电磁感应中的电源
(1)做切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的回路相当于电源．
电动势：E＝Blv或E＝n，这部分电路的阻值为电源内阻．
(2)用右手定则或楞次定律与安培定则结合判断，感应电流流出的一端为电源正极．
2．分析电磁感应电路问题的基本思路

3．电磁感应中电路知识的关系图

例题1.
如图，由某种粗细均匀的总电阻为3R的金属条制成的矩形线框abcd，固定在水平面内且处于方向竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中．一接入电路的电阻为R的导体棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动，滑动过程中PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，不计摩擦．在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中(　　)

A．PQ中电流先增大后减小
B．PQ两端电压先减小后增大
C．PQ上拉力的功率先减小后增大
D．线框消耗的电功率先减小后增大
【答案】C
【解析】
　设PQ左侧电路的电阻为Rx，则右侧电路的电阻为3R－Rx，所以外电路的总电阻为
R外＝，外电路电阻先增大后减小，再根据闭合电路欧姆定律可得PQ中的电流I＝先减小后增大，路端电压U＝E－Ir先增大后减小，故A、B错误；由于导体棒做匀速运动，拉力等于安培力，即F＝BIl，拉力的功率P＝BIlv，先减小后增大，所以C正确；外电路的总电阻R外＝，当Rx＝R时R外最大，最大值为R，小于导体棒的电阻R，又外电阻先增大后减小，由电源的输出功率与外电阻的关系可知，线框消耗的电功率先增大后减小，故D错误．



(多选)一种带有闪烁灯的自行车后轮结构如图所示，车轮与轮轴之间均匀地连接4根金属条，每根金属条中间都串接一个小灯，每个小灯阻值恒为R＝0.3 Ω，金属条与车轮金属边框构成闭合回路，车轮半径r＝0.4 m，轮轴半径可以忽略．车架上固定一个强磁铁，可形成圆心角θ＝60°的扇形匀强磁场区域，磁感应强度B＝2.0 T，方向如图所示，若自行车正常前进时，后轮顺时针转动的角速度恒为ω＝10 rad/s，不计其他电阻和车轮厚度，下列说法正确的是(　　)

A．金属条ab进入磁场时，a端电势高于b端电势
B．金属条ab进入磁场时，ab间的电压为0.4 V
C．运动过程中流经灯泡的电流方向一直不变
D．自行车正常前进时，4个小灯总功率的平均值为 W
【答案】ABD
【解析】
　当金属条ab进入磁场时，金属条ab相当于电源，由右手定则可知，电流从b流向a，故a端电势高于b端电势，故A正确；E＝Br2ω＝1.6 V，由等效电路图(如图)可知R总＝＋R＝R，Uab＝·＝0.4 V，I＝＝4 A，故B正确；设车轮运动一周的时间为T，则每根金属条充当电源的时间为t＝T＝，则车轮运动一周电路中有电源的时间为t′＝4t＝T，可知一个周期内，4个小灯总功率的平均值为P＝EI＝ W，则自行车正常前进时，4个小灯总功率的平均值为 W，故D正确；当金属条在磁场中时，该金属条中流经灯泡的电流方向为从车轮边框流向轮轴，当该金属条在磁场外时，电流方向由轮轴流向车轮边框，故C错误．


(多选)在如图甲所示的虚线框内有匀强磁场，设图甲所示磁场方向为正，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示．边长为l、电阻为R的正方形均匀线框abcd有一半处在磁场中，磁场方向垂直于线框平面，此时线框ab边的发热功率为P，则(　　)

A．线框中的感应电动势为
B．线框中的感应电流为2
C．线框cd边的发热功率为
D．b、a两端电势差Uba＝
【答案】BD
【解析】
　由题可知线框四个边的电阻均为.由题图乙可知，在每个周期内磁感应强度随时间均匀变化，线框中产生大小恒定的感应电流，设感应电流为I，则对ab边有P＝I2·R，得I＝2，选项B正确；根据法拉第电磁感应定律得E＝＝·l2，由题图乙知，＝，联立解得E＝，故选项A错误；线框的四边电阻相等，电流相等，则发热功率相等，都为P，故选项C错误；由楞次定律可知，线框中感应电流方向为逆时针，则b端电势高于a端电势，Uba＝E＝，故选项D正确．

电磁感应中电荷量的计算
计算电荷量的导出公式：q＝
在电磁感应现象中，只要穿过闭合回路的磁通量发生变化，闭合回路中就会产生感应电流，设在时间Δt内通过导体横截面的电荷量为q，则根据电流定义式＝及法拉第电磁感应定律＝，得q＝Δt＝Δt＝Δt＝.即q＝n
例题2. 如图，导体轨道OPQS固定，其中PQS是半圆弧，Q为半圆弧的中点，O为圆心．轨道的电阻忽略不计．OM是有一定电阻、可绕O转动的金属杆，M端位于PQS上，OM与轨道接触良好．空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B.现使OM从OQ位置以恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定(过程Ⅰ)；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B′(过程Ⅱ)．在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM的电荷量相等，则等于(　　)

A. B. C. D．2
【答案】B
【解析】
　在过程Ⅰ中，根据法拉第电磁感应定律，有
E1＝＝
根据闭合电路欧姆定律，有I1＝
且q1＝I1Δt1
在过程Ⅱ中，有
E2＝＝
I2＝
q2＝I2Δt2
又q1＝q2，即＝
所以＝.
如图甲所示，虚线MN左、右两侧的空间均存在与纸面垂直的匀强磁场，右侧匀强磁场的方向垂直纸面向外，磁感应强度大小恒为B0；左侧匀强磁场的磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，规定垂直纸面向外为磁场的正方向．一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S0，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．求：

(1)t＝时，圆环受到的安培力；
(2)在0～t0内，通过圆环的电荷量．
【答案】　(1)，垂直于MN向左　(2)
【解析】
　(1)根据法拉第电磁感应定律，圆环中产生的感应电动势E＝S
上式中S＝
由题图乙可知＝
根据闭合电路欧姆定律有I＝
根据电阻定律有R＝ρ
t＝t0时，圆环受到的安培力大小F＝B0I·(2r)＋I·(2r)
联立解得F＝
由左手定则知，方向垂直于MN向左．
(2)通过圆环的电荷量q＝·Δt
根据闭合电路欧姆定律和法拉第电磁感应定律有
＝
＝
在0～t0内，穿过圆环的磁通量的变化量为
ΔΦ＝B0·πr2＋·πr2
联立解得q＝.

(多选)如图甲所示，单匝正方形线框abcd的电阻R＝0.5 Ω，边长L＝20 cm，匀强磁场垂直于线框平面向里，磁感应强度的大小随时间变化规律如图乙所示，则下列说法中正确的是(　　)

A．线框中的感应电流沿逆时针方向，大小为2.4×10－2 A
B．0～2 s内通过ab边横截面的电荷量为4.8×10－2 C
C．3 s时ab边所受安培力的大小为1.44×10－2 N
D．0～4 s内线框中产生的焦耳热为1.152×10－3 J

【答案】BD
【解析】
由楞次定律判断感应电流为顺时针方向，由法拉第电磁感应定律得电动势E＝S＝1.2×10－2 V，感应电流I＝＝2.4×10－2 A，故选项A错误；电荷量q＝IΔt，解得q＝4.8×
10－2 C，故选项B正确；安培力F＝BIL，由题图乙得，3 s时B＝0.3 T，代入数值得：F＝1.44×
10－3 N，故选项C错误；由焦耳定律得Q＝I2Rt，代入数值得Q＝1.152×10－3 J，故D选项正确．
电磁感应中的动力学问题
1．导体的两种运动状态
(1)导体的平衡状态——静止状态或匀速直线运动状态．
处理方法：根据平衡条件列式分析．
(2)导体的非平衡状态——加速度不为零．
处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析．
2．用动力学观点解答电磁感应问题的一般步骤

3．导体常见运动情况的动态分析
v
↓
E＝Blv
↓
I＝
↓
F安＝BIl
↓
F合
若F合＝0
匀速直线运动
若F合≠0
↓
F合＝ma
a、v同向
v增大，若a恒定，拉力F增大
v增大，F安增大，F合减小，a减小，做加速度减小的加速运动，减小到a＝0，匀速直线运动
a、v反向
v减小，F安减小，a减小，当a＝0，静止或匀速直线运动


例题3.
　(多选)(2021·全国甲卷·21)由相同材料的导线绕成边长相同的甲、乙两个正方形闭合线圈，两线圈的质量相等，但所用导线的横截面积不同，甲线圈的匝数是乙的2倍．现两线圈在竖直平面内从同一高度同时由静止开始下落，一段时间后进入一方向垂直于纸面的匀强磁场区域，磁场的上边界水平，如图所示．不计空气阻力，已知下落过程中线圈始终平行于纸面，上、下边保持水平．在线圈下边进入磁场后且上边进入磁场前，可能出现的是(　　)

A．甲和乙都加速运动
B．甲和乙都减速运动
C．甲加速运动，乙减速运动
D．甲减速运动，乙加速运动
【答案】AB
【解析】
　设线圈下边到磁场的高度为h，线圈的边长为l，则线圈下边刚进入磁场时，有v＝，
感应电动势为E＝nBlv，
两线圈材料相同(设密度为ρ0)，质量相同(设为m)，
则m＝ρ0×4nl×S，
设材料的电阻率为ρ，则线圈电阻
R＝ρ＝
感应电流为I＝＝
所受安培力大小为F＝nBIl＝
由牛顿第二定律有mg－F＝ma
联立解得a＝g－＝g－
加速度和线圈的匝数、横截面积无关，则甲和乙进入磁场时，具有相同的加速度．
当g>时，甲和乙都加速运动，
当g<时，甲和乙都减速运动，
当g＝时，甲和乙都匀速运动，
故选A、B.
如图甲所示，MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成θ＝30°角固定，间距为L＝1 m，质量为m的金属杆ab垂直放置在轨道上且与轨道接触良好，其阻值忽略不计．空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为B＝0.5 T．P、M间接有阻值为R1的定值电阻，Q、N间接电阻箱R.现从静止释放ab，改变电阻箱的阻值R，测得最大速度为vm，得到与的关系如图乙所示．若轨道足够长且电阻不计，重力加速度g取10 m/s2，则(　　)

A．金属杆中感应电流方向为a指向b
B．金属杆所受的安培力沿轨道向下
C．定值电阻的阻值为1 Ω
D．金属杆的质量为1 kg
【答案】C
【解析】
　由右手定则可判断，金属杆中感应电流方向由b指向a，由左手定则知，金属杆所受的安培力沿轨道向上，A、B错误；总电阻为R总＝，I＝，当达到最大速度时，金属杆受力平衡，有mgsin θ＝BIL＝·(R1＋R)，变形得＝·＋，根据图像可得＝k＝ s·m－1·Ω，＝b＝0.5 s·m－1，解得杆的质量m＝0.1 kg，定值电阻R1＝1 Ω，C正确，D错误．


(多选)如图所示，U形光滑金属导轨与水平面成37°角倾斜放置，现将一金属杆垂直放置在导轨上且与两导轨接触良好，在与金属杆垂直且沿着导轨向上的外力F的作用下，金属杆从静止开始做匀加速直线运动．整个装置处于垂直导轨平面向上的匀强磁场中，外力F的最小值为8 N，经过2 s金属杆运动到导轨最上端并离开导轨．已知U形金属导轨两轨道之间的距离为1 m，导轨电阻可忽略不计，金属杆的质量为1 kg、电阻为1 Ω，磁感应强度大小为1 T，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.下列说法正确的是(　　)

A．拉力F是恒力
B．拉力F随时间t均匀增加
C．金属杆运动到导轨最上端时拉力F为12 N
D．金属杆运动的加速度大小为2 m/s2
【答案】BCD
【解析】
t时刻，金属杆的速度大小为v＝at，产生的感应电动势为E＝Blv，电路中的感应电流I＝，金属杆所受的安培力大小为F安＝BIl＝，由牛顿第二定律可知F＝ma＋mgsin 37°＋，F是t的一次函数，选项A错误，B正确；t＝0时，F最小，代入数据可求得a＝
2 m/s2，选项D正确；t＝2 s时，代入数据解得F＝12 N，选项C正确．
电磁感应中的能量问题
1．电磁感应中的能量转化

2．求解焦耳热Q的三种方法

3．解题的一般步骤
(1)确定研究对象(导体棒或回路)；
(2)弄清电磁感应过程中哪些力做功，以及哪些形式的能量相互转化；
(3)根据功能关系或能量守恒定律列式求解．
例题4. (多选)如图，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，两部分平滑连接，平直部分右端接一个阻值为R的定值电阻．平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场．质量为m、电阻也为R的金属棒从高度为h处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止．已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，金属棒与导轨间接触良好，则金属棒穿过磁场区域的过程中(　　)

A．流过金属棒的最大电流为
B．通过金属棒的电荷量为
C．克服安培力所做的功为mgh
D．金属棒内产生的焦耳热为mg(h－μd)
【答案】BD
【解析】
　金属棒下滑到弯曲部分底端时，根据动能定理有mgh＝mv02，金属棒在磁场中运动时产生的感应电动势E＝BLv，金属棒受到的安培力F＝BIL，当金属棒刚进入磁场中时，感应电流最大，分析可得Imax＝，所以A错误；金属棒穿过磁场区域的过程中通过金属棒的电荷量q＝t＝＝，所以B正确；对整个过程由动能定理得mgh－W克安－μmgd＝0，金属棒克服安培力做的功W克安＝mgh－μmgd，金属棒内产生的焦耳热Q＝W克安＝mg(h－μd)，所以C错误，D正确．

如图甲所示，一足够长阻值不计的光滑平行金属导轨MN、PQ之间的距离L＝0.5 m，NQ两端连接阻值R＝2.0 Ω的电阻，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨所在平面向上，导轨平面与水平面间的夹角θ＝30°，一质量m1＝0.40 kg、接入电路的阻值r＝1.0 Ω的金属棒垂直于导轨放置并用绝缘细线通过光滑的轻质定滑轮与质量m2＝0.80 kg的重物相连．细线与金属导轨平行．金属棒沿导轨向上滑行的速度v与时间t之间的关系如图乙所示，已知金属棒在0～0.3 s内通过的电荷量是0.3～0.6 s内通过电荷量的，g＝10 m/s2，求：

(1)0～0.3 s内金属棒通过的位移大小；
(2)金属棒在0～0.6 s内产生的热量．
【答案】(1)0.3 m　(2)1.05 J
【解析】
　(1)0～0.3 s内通过金属棒的电荷量
q1＝＝
0．3～0.6 s内通过金属棒的电荷量q2＝I2t2＝
由题中的电荷量关系＝，解得：x1＝0.3 m
(2)金属棒在0～0.6 s内通过的总位移为x＝x1＋x2＝x1＋v0t2，解得x＝0.75 m
根据能量守恒定律有m2gx－m1gxsin θ＝(m1＋m2)v02＋Q
解得Q＝3.15 J
由于金属棒与电阻R串联，电流相等，根据焦耳定律Q＝I2Rt，它们产生的热量与电阻成正比，所以金属棒在0～0.6 s内产生的热量Qr＝Q＝1.05 J.
两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，顶端接阻值为R的电阻．质量为m、电阻为r的金属棒在距磁场上边界某处由静止释放，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场垂直，如图所示．不计导轨的电阻，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)

A．金属棒在磁场中运动时，流过电阻R的电流方向为a→b
B．金属棒刚进磁场时一定做加速运动
C．金属棒的速度为v时，金属棒所受的安培力大小为
D．金属棒以稳定的速度下滑时，电阻R的热功率为()2R
【答案】D
【解析】
　当金属棒在磁场中向下运动时，根据楞次定律可判断通过电阻R的电流方向为b→a，A错误；由于无法确定金属棒刚进入磁场时安培力的大小与重力的大小关系，故无法确定金属棒的运动情况，B错误；金属棒进入磁场时，产生的感应电动势E＝BLv，产生的感应电流是I＝＝，金属棒所受的安培力大小F＝BIL＝，C错误；金属棒稳定下滑时，电阻R的热功率P＝()2R，且F＝＝mg，可求得P＝()2R，D正确．


电磁感应中的图像问题
1．题型简述
借助图像考查电磁感应的规律，一直是高考的热点，此类题目一般分为两类：
(1)由给定的电磁感应过程选出正确的图像；
(2)由给定的图像分析电磁感应过程，定性或定量求解相应的物理量或推断出其他图像。常见的图像有B－t图、E－t图、i－t图及Φ－t图等。
2．解题关键
弄清初始条件、正负方向的对应变化范围、所研究物理量的函数表达式、进出磁场的转折点等是解决此类问题的关键。
3．解题步骤
(1)明确图像的种类，判断其为B－t图还是Φ－t图，或者E－t图、I－t图等；
(2)分析电磁感应的具体过程；
(3)用右手定则或楞次定律确定方向的对应关系；
(4)结合法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿运动定律等知识写出相应的函数关系式；
(5)根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等；
(6)画图像或判断图像。
4．常用方法
(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)，特别是分析物理量的正负，以排除错误的选项。
(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像进行分析和判断。
例题5.
两个底边和高都是L的等腰三角形内均匀分布方向如图1所示的匀强磁场，磁感应强度大小为B.一边长为L、电阻为R的正方形线框置于三角形所在平面内，从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁场区域．取逆时针方向感应电流为正，则线框中电流i随bc边的位置坐标x变化的图象正确的是(　　)

图1


　

【答案】C
【解析】bc边的位置坐标x在0～L过程，线框bc边有效切割长度从0到L再减到0，感应电流的方向为逆时针方向，感应电动势从0增加到BLv再减到0，感应电流从0增加到再减到0；bc边的位置坐标x在L～2L过程中，bc边进入右侧磁场切割磁感线产生顺时针方向的电流，ad边在左侧磁场切割磁感线产生顺时针方向的电流，两电流同向，电流先增加后减小到0，最大值为；bc边的位置坐标x在2L～3L过程，bc边在磁场外，线框ad边有效切割长度从0到L再减到0，感应电流的方向为逆时针方向，感应电动势从0增加到BLv再减到0，感应电流从0增加到再减到0，故C正确，A、B、D错误．
(多选)如图，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进入磁场时开始计时，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(　　)


【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；由于两导体棒从同一位置释放，两导体棒进入磁场时产生的感应电动势大小相等，MN进入磁场区域切割磁感线产生感应电动势，回路中产生的感应电流不可能小于I1，B错误；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的重力沿斜面方向的分力，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，C错误。
在水平桌面上，一个圆形金属框置于匀强磁场中，线框平面与磁场垂直，磁感应强度B1随时间t的变化关系如图甲所示，0～1 s 内磁场方向垂直于线框平面向下，圆形金属框与两根水平的平行金属导轨相连接，导轨上放置一根导体棒，且与导轨接触良好，导体棒处于另一匀强磁场B2中，如图乙所示，导体棒始终保持静止，则其所受的摩擦力Ff随时间变化的图像是下图中的(设向右的方向为摩擦力的正方向) (　　)



【答案】A
【解析】根据题意可得：在0～1 s内磁场方向垂直于线框平面向下，且随时间均匀增大，则由楞次定律可得线圈感应电流的方向是逆时针，再由左手定则可得导体棒所受安培力方向水平向左，所以静摩擦力的方向水平向右，为正方向；且在0～1 s内磁场方向垂直于线框平面向下，且随时间均匀增大，则由法拉第电磁感应定律可得线圈感应电流的大小是恒定的，即导体棒的电流大小是不变的；再由F＝BIL，可得安培力大小随着磁场变化而变化，因为磁场B2是不变的，则安培力大小不变，所以静摩擦力的大小也是不变的，故A正确，B、C、D错误。


1. (2022·重庆一中高三月考)如图所示，一直角三角形金属框，向左匀速穿过一个方向垂直于纸面向内的匀强磁场，磁场仅限于虚线边界所围的区域内，该区域的形状与金属框完全相同，且金属框的下边与磁场区域的下边在同一直线上．若取顺时针方向为电流的正方向，水平向右为安培力的正方向，则金属框穿过磁场过程正确的图像是(　　)



【答案】D
【解析】
　设直角三角形右下角角度为α，金属框进入磁场的过程，感应电动势为E＝BLv，L＝vttan α，则得E＝Bv2t·tan α，感应电流大小i＝∝t，由楞次定律判断得知：感应电流为逆时针方向，是负值；金属框穿出磁场的过程，L′＝tan α＝(2L0－vt)tan α，L0是三角形底边的长度，则得E＝B(2L0－vt)vtan α，感应电流大小i＝＝，由楞次定律判断得知：感应电流为顺时针方向，是正值，故A、B错误；进入过程中安培力大小F＝BiL＝＝t2，则图像为开口向上的抛物线的一部分，由左手定则可知，安培力方向向右，出磁场过程安培力大小为F′＝BiL′＝＝，则图像为开口向下的抛物线的一部分，由左手定则可知，安培力方向向右，故C错误，D正确．
2. (多选)如图所示，有两个相邻的有界匀强磁场区域，磁感应强度的大小分别为B、2B，磁场方向相反，且都与纸面垂直，两磁场边界均与x轴垂直且宽度均为L，沿y轴方向足够长．现有一对角线长为L的正方形导线框，顶点a在y轴上，从图示x＝0位置开始，在外力F的作用下向右沿x轴正方向匀速穿过磁场区域．在运动过程中，对角线ab边始终与磁场的边界垂直．线框中感应电动势E大小、线框所受安培力F安大小、感应电流i大小、通过导线横截面的电荷量q，这四个量分别与线框顶点a移动的位移x的关系图像中错误的是(　　)



【答案】ACD
【解析】
　设线框匀速运动的速度为v，当x≤L时，感应电动势为E＝2Bxv，电流为I＝＝，外力为F＝2BIx＝，通过导线横截面电荷量为q＝It＝，当L 3.(多选)(2019·全国卷Ⅱ·21)如图，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(　　)


【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，PQ通过磁场区域后MN进入磁场区域，MN同样匀速直线运动通过磁场区域，故流过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，感应电动势和感应电流为零，两棒不受安培力作用，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刚开始仅PQ切割磁感线时的感应电流I1，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.
4. 在如图甲所示的电路中，电阻R1＝R2＝2R，圆形金属线圈的半径为r1，电阻为R，半径为r2(r2 　
(1)判断通过电阻R2的电流方向、电容器上极板所带电荷的电性；
(2)求线圈中产生的感应电动势的大小E；
(3)求稳定后电阻R2两端的电压U2.
【答案】(1)方向向右　带负电　(2)　(3)
【解析】
(1)由题图乙，可知磁感应强度减小，根据楞次定律的增反减同判断出线圈中感应电流方向为顺时针，则电阻R2的电流方向向右，电容器上极板带负电．
(2)根据法拉第电磁感应定律，有E＝，S＝πr22，＝，解得E＝.
(3)电路中的电流已稳定，电容器充电完毕，在电路中相当于断路，根据电路的分压原理，有U2＝E
解得U2＝.
5. 如图所示，光滑的足够长的平行水平金属导轨MN、PQ相距l，在M、P和N、Q间各连接一个额定电压为U、阻值恒为R的灯泡L1、L2，在两导轨间cdfe矩形区域内有垂直导轨平面竖直向上、宽为d的有界匀强磁场，磁感应强度为B0，且磁场区域可以移动，一电阻也为R、长度大小也刚好为l的导体棒ab垂直固定在磁场左边的导轨上，离灯泡L1足够远．现让匀强磁场在导轨间以某一恒定速度向左移动，当棒ab刚处于磁场时两灯泡恰好正常工作．棒ab与导轨始终保持良好接触，导轨电阻不计．

(1)求磁场移动的速度；
(2)若保持磁场不移动(仍在cdfe矩形区域)，而使磁感应强度B随时间t均匀变化，两灯泡中有一灯泡正常工作且都有电流通过，设t＝0时，磁感应强度为B0.试求出经过时间t时磁感应强度的可能值Bt.
【答案】(1)　(2)B0±t
【解析】
　(1)当ab刚处于磁场时，ab棒切割磁感线，产生感应电动势，相当于电源，灯泡刚好正常工作，则电路中路端电压
U外＝U
由电路的分压之比得U内＝2U
则感应电动势为E＝U外＋U内＝3U
由E＝B0lv＝3U
可得v＝
(2)若保持磁场不移动(仍在cdfe矩形区域)，而使磁感应强度B随时间t均匀变化，可得棒与L1并联后再与L2串联，则正常工作的灯泡为L2，所以L2两端的电压为U，电路中的总电动势为
E＝U＋＝
根据法拉第电磁感应定律得E＝＝ld
联立解得＝
所以经过时间t时磁感应强度的可能值Bt＝B0±t.
6. (多选)如图甲，间距L＝1.0 m且足够长的光滑平行金属导轨ab、cd固定在水平面上，左侧ac间接有R＝2.0 Ω的电阻，垂直于导轨跨接一根质量m＝1.0 kg的金属杆，金属杆与导轨接触良好，不计金属杆与导轨的电阻．长为s(s足够长)、宽为L的矩形区域内有竖直向上的匀强磁场，磁场右边界紧邻金属杆，磁感应强度大小B＝2 T．从t＝0时刻起，金属杆(在方向平行于导轨的水平外力F作用下)和磁场向右运动的v－t图像分别如图乙中的P和Q，下列说法正确的是(　　)

A．t＝0时刻，R两端的电压为0
B．t＝1.0 s时刻，金属杆所受安培力的大小为2 N、方向水平向右
C．t＝3.0 s时刻，金属杆所受外力F做功的功率为9.0 W
D．0～2.0 s内，通过电阻R的电荷量为4.0 C
【答案】BC
【解析】
t＝0时刻，由题图乙可知，金属杆向左切割磁感线的速度(金属杆相对磁场的速度)为
2 m/s，故感应电动势为E0＝BLv0＝4 V，故R两端的电压为4 V，A错误；t＝1.0 s时刻，金属杆向左切割磁感线的速度为1 m/s，感应电动势为E1＝BLv1＝2 V，回路中感应电流为I1＝＝1 A，金属杆所受安培力的大小为F1＝BI1L＝2 N，由左手定则可知，方向水平向右，B正确；t＝3.0 s时刻，金属杆相对磁场向右运动，切割磁感线的速度为1 m/s，类比B的解析可知，金属杆受到的安培力大小为2 N，方向水平向左，据牛顿第二定律可得F－F安＝ma，由题图乙可知，加速度大小为a＝1 m/s2，解得外力F＝3 N，此时杆的速度为v＝3 m/s，故金属杆所受外力F做功的功率为P＝Fv＝9.0 W，C正确；0～2.0 s内，由题图乙可得，金属杆相对磁场的位移为x＝ m＝2 m，故回路磁通量的变化量为ΔΦ＝B·Lx＝4 Wb，回路的平均感应电动势为＝，平均感应电流为＝，通过的电荷量为q＝Δt，联立可得q＝＝2.0 C，故通过电阻R的电荷量为2.0 C，D错误．
7. 如图所示，电阻不计且间距L＝1 m的光滑平行金属导轨水平放置，左端接一阻值R＝6 Ω的电阻．导轨间Ⅰ、Ⅱ区域中有垂直纸面向里、磁感应强度相同的匀强磁场，其中Ⅰ区域和Ⅱ区域间距x1＝0.25 m，Ⅱ区域足够长．有一质量m＝0.1 kg、电阻r＝2 Ω的金属杆与导轨保持良好接触，杆在一个大小F＝1 N、方向水平向右的恒力作用下，从距区域Ⅰ左端x＝
0.2 m处由静止开始运动，并恰好匀速穿过Ⅰ区域．

(1)求匀强磁场的磁感应强度大小；
(2)求金属杆刚进入区域Ⅱ时的加速度；
(3)金属杆由静止开始运动位移x0＝1.0 m时，已经在Ⅱ区域做匀速直线运动，求此过程中电阻R产生的热量．
【答案】(1)2 T　(2)5 m/s2，方向水平向左　(3)0.6 J
【解析】
　(1)金属杆进入磁场前，做匀加速运动，有F＝ma，可得a＝10 m/s2
由v2＝2ax，得v＝2 m/s
金属杆匀速穿过Ⅰ区域，则有F＝F安＝BIL
且有I＝＝，联立可得B＝2 T
(2) 金属杆刚进入区域Ⅱ时，由v12－v2＝2ax1，可得速度为v1＝3 m/s
则由F－＝ma1，可得a1＝－5 m/s2
(3)设电路中产生的总热量为Q，因为两个磁场的磁感应强度相等，所以金属杆在Ⅱ区域做匀速直线运动时，速度也是v＝2 m/s，根据能量守恒定律得Fx0＝mv2＋Q
解得Q＝0.8 J，
则电阻R上产生的热量为Q′＝R＝0.6 J.
8. 如图甲所示，有一边长为L＝1.2 m、质量为m＝1 kg的正方形单匝线框abcd，放在光滑水平面上．在水平恒定拉力F的作用下，穿过垂直水平面向下、磁感应强度为B＝0.1 T的匀强磁场区域．线框cd边刚进入磁场时的速度为v0＝2 m/s.在t＝3 s时刻cd边刚出磁场边界．从cd边进入磁场到cd边离开磁场区域的3 s时间内线框运动的v－t图像如图乙所示．求：

(1)线框cd边在刚进入磁场时，c、d两点间的电势差Ucd；
(2)恒力F的大小；
(3)线框从cd边刚进入磁场到cd边刚离开磁场的过程中，线框产生的焦耳热Q.
【答案】(1)－0.18 V　(2)0.5 N　(3)2.1 J
【解析】
(1)线框cd边在刚进入磁场时，产生的感应电动势为E＝BLv0
感应电流为I＝＝
c、d两点间的电势差为路端电压，且感应电流由c流向d，故c点电势较低，故c、d两点间的电势差为Ucd＝－I·R＝－E
联立代入数据解得Ucd＝－0.18 V
(2)当ab边也进入磁场后，线框在磁场中做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得
F＝ma
由题图乙可知，加速度为a＝＝0.5 m/s2
解得F＝0.5 N
(3)从cd边刚进入磁场到ab边刚进入磁场过程，由能量守恒定律可得，线框产生的焦耳热为
Q1＝FL＋mv02－mv12
解得Q1＝2.1 J
从ab边刚进入磁场到cd边刚离开磁场的过程，线框没有产生感应电流，没有产生焦耳热，故Q＝Q1＝2.1 J.
9. 如图甲所示，相距L＝1 m的两根足够长的光滑平行金属导轨倾斜放置，与水平面夹角θ＝37°，导轨电阻不计，质量m＝1 kg、接入电路电阻为r＝0.5 Ω的导体棒ab垂直于导轨放置，导轨的PM两端接在外电路上，定值电阻阻值R＝1.5 Ω，电容器的电容C＝0.5 F，电容器的耐压值足够大，导轨所在平面内有垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场．在开关S1闭合、S2断开的状态下将导体棒ab由静止释放，导体棒的v－t图像如图乙所示，sin 37°＝0.6，取重力加速度g＝10 m/s2.

(1)求磁场的磁感应强度大小B；
(2)在开关S1闭合、S2断开的状态下，当导体棒下滑的距离x＝5 m时，定值电阻产生的焦耳热为21 J，此时导体棒的速度与加速度分别是多大？
(3)现在开关S1断开、S2闭合的状态下，由静止释放导体棒，求经过t＝2 s时导体棒的速度大小．

【答案】(1)2 T　(2)2 m/s　2 m/s2　(3)4 m/s
【解析】
　(1)由题图乙可知，导体棒的最大速度
vm＝3 m/s，
对应的感应电动势E＝BLvm，
感应电流I＝，
当速度达到最大时，导体棒做匀速运动，导体棒受力平衡，有BIL＝mgsin θ，
解得B＝＝2 T.
(2)导体棒和定值电阻串联，由公式Q＝I2Rt可知：Qab∶QR＝1∶3，则导体棒ab产生的焦耳热Qab＝×21 J＝7 J，导体棒下滑x＝5 m的距离，导体棒减少的重力势能转化为动能和回路中的焦耳热，由能量守恒定律有
mgxsin θ＝mv12＋Qab＋QR
得导体棒的速度v1＝2 m/s，
此时感应电动势E1＝BLv1，
感应电流I1＝，
对导体棒有mgsin θ－BI1L＝ma1，
解得加速度a1＝2 m/s2.
(3)开关S1断开、S2闭合时，任意时刻对导体棒，根据牛顿第二定律有
mgsin θ－BI2L＝ma2，
感应电流I2＝，Δq＝CΔU
Δt时间内，有ΔU＝ΔE＝BLΔv，a2＝，
解得a2＝2 m/s2，
表明导体棒ab下滑过程中加速度不变，导体棒做匀加速直线运动，t＝2 s时导体棒的速度大小v2＝a2t＝4 m/s.
10. (多选)(2020·全国卷Ⅰ·21)如图，U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，ab和dc边平行，和bc边垂直．ab、dc足够长，整个金属框电阻可忽略．一根具有一定电阻的导体棒MN置于金属框上，用水平恒力F向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，MN与金属框保持良好接触，且与bc边保持平行．经过一段时间后(　　)

A．金属框的速度大小趋于恒定值
B．金属框的加速度大小趋于恒定值
C．导体棒所受安培力的大小趋于恒定值
D．导体棒到金属框bc边的距离趋于恒定值
【答案】　BC
【解析】
　当金属框在恒力F作用下向右加速运动时，bc边产生从c到b的感应电流i，金属框的加速度大小为a1，则有F－Bil＝Ma1；MN中感应电流从M流向N，MN在安培力作用下向右加速运动，加速度大小为a2，则有Bil＝ma2，当金属框和MN都运动后，金属框速度为v1，MN速度为v2，则电路中的感应电流为i＝，感应电流从0开始增大，则a2从零开始增加，a1从开始减小，加速度差值减小，当a1＝a2时，得F＝(M＋m)a，a＝恒定，由F安＝ma可知，安培力不再变化，则感应电流不再变化，据i＝知金属框与MN的速度差保持不变，v－t图像如图所示，故A错误，B、C正确；MN与金属框的速度差不变，但MN的速度小于金属框的速度，则MN到金属框bc边的距离越来越大，故D错误．