新高考物理三轮冲刺突破练习专题19电磁感应中电路、图像和动力学问题（含解析）

这是一份新高考物理三轮冲刺突破练习专题19电磁感应中电路、图像和动力学问题（含解析），共39页。

\l "_Tc5306" 考向一 电磁感应中的电路问题 PAGEREF _Tc5306 \h 1
\l "_Tc9248" 考查方式一 动生电动势的电路分析 PAGEREF _Tc9248 \h 1
\l "_Tc27276" 考查方式二 感生电动势的电路分析 PAGEREF _Tc27276 \h 6
\l "_Tc26715" 考向二 电磁感应中的图象问题 PAGEREF _Tc26715 \h 9
\l "_Tc12006" 考查方式一 磁感应强度变化的图象问题 PAGEREF _Tc12006 \h 10
\l "_Tc16847" 考查方式二 导体切割磁感线的图象问题 PAGEREF _Tc16847 \h 11
\l "_Tc8738" 考查方式三 电磁感应中双电源问题与图象的综合 PAGEREF _Tc8738 \h 12
\l "_Tc4081" 考向三 电磁感应中的平衡、动力学问题 PAGEREF _Tc4081 \h 13
\l "_Tc19551" 考查方式一 电磁感应中的动力学问题 PAGEREF _Tc19551 \h 14
\l "_Tc12018" 考查方式二 电磁感应中平衡问题 PAGEREF _Tc12018 \h 18
\l "_Tc850" 考查方式三 电磁感应中含电容器的动力学问题 PAGEREF _Tc850 \h 20
\l "_Tc1753" 【题型演练】 PAGEREF _Tc1753 \h 23
考向一 电磁感应中的电路问题
1．电磁感应中电路知识的关系图
2．解决电磁感应中的电路问题三部曲
考查方式一 动生电动势的电路分析
【例1】如图甲所示， SKIPIF 1 < 0 是倾角 SKIPIF 1 < 0 、表面粗糙的绝缘斜面， SKIPIF 1 < 0 是匝数 SKIPIF 1 < 0 、质量 SKIPIF 1 < 0 、总电阻 SKIPIF 1 < 0 、边长 SKIPIF 1 < 0 的正方形金属线框。线框与斜面间的动摩擦因数 SKIPIF 1 < 0 ，在 SKIPIF 1 < 0 的区域加上垂直斜面向上的匀强磁场，使线框的一半处于磁场中，磁场的磁感应强度 SKIPIF 1 < 0 随时间 SKIPIF 1 < 0 变化的图像如图乙所示。 SKIPIF 1 < 0 取 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 。下列说法正确的是（ ）
A．0~6s内，线框中的感应电流大小为1A
B．0~6s内，线框产生的焦耳热为6J
C． SKIPIF 1 < 0 时，线框受到的安培力大小为8N
D． SKIPIF 1 < 0 时，线框即将开始运动
【答案】C
【详解】AD．由图乙知
SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0
设线框即将向运动的时间为t，则
SKIPIF 1 < 0
线框未动时，根据法拉第电磁感应定律
SKIPIF 1 < 0
由闭合电路欧姆定律得
SKIPIF 1 < 0
解得
t=10.4s
0~10.4s内线框处于静止，线框中的感应电流大小为0.5A，故AD错误；
B．0~6s内，框产生焦耳热为
SKIPIF 1 < 0
故B错误；
C． SKIPIF 1 < 0 时，磁感应强度为
SKIPIF 1 < 0
线框受到的安培力大小为
SKIPIF 1 < 0
故C正确。
故选C。
[变式1]（多选）如图所示，水平放置的平行光滑导轨左端连接开关K和电源，右端接有理想电压表。匀强磁场垂直于导轨所在的平面。ab、cd两根导体棒单位长度电阻相同、单位长度质量也相同，ab垂直于导轨，cd与导轨成60°角。两棒的端点恰在导轨上，且与导轨接触良好，除导体棒外，其余电阻不计。下列说法正确的是（ ）
A．闭合开关K瞬间，两棒所受安培力大小相等
B．闭合开关K瞬间，两棒加速度大小相等
C．断开开关K，让两棒以相同的速度水平向右切割磁感线，电压表无示数
D．断开开关K，固定ab，让cd棒以速度v沿导轨向右运动时电压表示数为 SKIPIF 1 < 0 ；固定cd，让ab棒以速度v沿导轨向右运动时电压表示数为 SKIPIF 1 < 0 ，则 SKIPIF 1 < 0
【答案】A
【详解】A．设ab导体棒的长度为 SKIPIF 1 < 0 ，则cd导体棒为
SKIPIF 1 < 0
ab、cd两根导体棒单位长度电阻相同，所以ab、cd两根导体棒的电阻之比为
SKIPIF 1 < 0
闭合开关K瞬间，通过ab、cd两根导体棒的电流之比为
SKIPIF 1 < 0
根据安培力公式
SKIPIF 1 < 0
可知ab、cd两根导体棒所受安培力为
SKIPIF 1 < 0
B．ab、cd两根导体棒单位长度质量相同，所以ab、cd两根导体棒的质量之比为
SKIPIF 1 < 0
根据牛顿第二定律可知，闭合开关K瞬间，ab、cd两根导体棒的加速度之比为
SKIPIF 1 < 0
故B错误；
C．断开开关K，让两棒以相同的速度水平向右切割磁感线，ab、cd两根导体棒的有效长度相等，设两棒运动的速度v，则电压表示数为
SKIPIF 1 < 0
故C错误；
D．断开开关K，固定ab，让cd棒以速度v沿导轨向右运动时，则有
SKIPIF 1 < 0
电压表示数为
SKIPIF 1 < 0
固定cd，让ab棒以速度v沿导轨向右运动时，则有
SKIPIF 1 < 0
电压表示数为
SKIPIF 1 < 0
故D错误；
故选A。
[变式2](多选）如图所示，固定在水平面上的半径为r的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。长为l的金属棒，一端与圆环接触良好，另一端固定在竖直导电转轴 SKIPIF 1 < 0 上，随轴以角速度 SKIPIF 1 < 0 匀速转动。在电刷和圆环的A点间接有阻值为R的电阻和电容为C、板间距为d的平行板电容器，有一带电微粒在电容器极板间处于静止状态。已知重力加速度为g，金属棒接入电路的电阻为R，不计其他电阻和摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．金属棒产生的电动势为 SKIPIF 1 < 0 B．电阻R两端的电压为 SKIPIF 1 < 0
C．电容器所带的电荷量为 SKIPIF 1 < 0 D．微粒的电荷量与质量之比为 SKIPIF 1 < 0
【答案】CD
【详解】A．金属棒绕 SKIPIF 1 < 0 轴切割磁感线转动，棒产生的电动势
SKIPIF 1 < 0
A错误；
B．电路不闭合没有电流，电阻R两端的电压为零，B错误；
C．电容器两极板间电压等于电源电动势E，电容器所带的电荷量
SKIPIF 1 < 0
C正确；
D．带电微粒在两极板间处于静止状态，则
SKIPIF 1 < 0
即
SKIPIF 1 < 0
D正确。
故选CD。
【变式1】(2019·焦作一模)如图所示，两根足够长的光滑金属导轨水平平行放置，间距为l＝1 m，cd间、
de间、cf间分别接着阻值R＝10 Ω的电阻．一阻值R＝10 Ω的导体棒ab以速度v＝4 m/s匀速向左运动，导体棒与导轨接触良好；导轨所在平面存在磁感应强度大小B＝0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场．下列说法中正确的是( )
A．导体棒ab中电流的流向为由b到a B．cd两端的电压为1 V
C．de两端的电压为1 V D．fe两端的电压为1 V
【答案】BD
【解析】由右手定则可知ab中电流方向为a→b，A错误；导体棒ab切割磁感线产生的感应电动势E＝Blv，ab为电源，cd间电阻R为外电路负载，de和cf间电阻中无电流，de和cf间无电压，因此cd和fe两端电压相等，即U＝eq \f(E,2R)×R＝eq \f(Blv,2)＝1 V，B、D正确，C错误．
【变式2】如图所示，一金属棒AC在匀强磁场中绕平行于磁感应强度方向的轴(过O点)匀速转动，OA＝2OC＝2L，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里，金属棒转动的角速度为 ω、电阻为r，内、外两金属圆环分别与C、A良好接触并各引出一接线柱与外电阻R相接(没画出)，两金属环圆心皆为O且电阻均不计，则( )
A．金属棒中有从A到C的感应电流 B．外电阻R中的电流为I＝eq \f(3BωL2,2（R＋r）)
C．当r＝R时，外电阻消耗功率最小 D．金属棒AC间电压为eq \f(3BωL2R,2（R＋r）)
【答案】BD
【解析】.由右手定则可知金属棒相当于电源且A是电源的正极，即金属棒中有从C到A的感应电流，A错误；金属棒转动产生的感应电动势为E＝eq \f(1,2)Bω(2L)2－eq \f(1,2)BωL2＝eq \f(3BωL2,2)，即回路中电流为I＝eq \f(3BωL2,2（R＋r）)，B正确；由电源输出功率特点知，当内、外电阻相等时，外电路消耗功率最大，C错误；UAC＝IR＝eq \f(3BωL2R,2（R＋r）)，D正确．
考查方式二 感生电动势的电路分析
【例2】在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n＝1000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( )
A．螺线管中产生的感应电动势为1.2 V
B．闭合S，电路中的电流稳定后，电容器下极板带负电
C．闭合S，电路中的电流稳定后，电阻R1的电功率为2.56×10－2 W
D．S断开后，流经R2的电量为1.8×10－2 C
【答案】 C
【解析】 根据法拉第电磁感应定律：E＝neq \f(ΔΦ,Δt)＝nSeq \f(ΔB,Δt)，解得：E＝0.8 V，A错误；根据楞次定律可知，螺线管的感应电流盘旋而下，则螺线管下端是电源的正极，电容器下极板带正电，B错误；根据闭合电路欧姆定律，有：I＝eq \f(E,R1＋R2＋r)＝0.08 A，根据P＝I2R1得：电阻R1的电功率P＝2.56×10－2 W，C正确；S断开后，流经R2的电量即为S闭合时电容器极板上所带的电量Q，电容器两极板间的电压为：U＝IR2＝0.4 V，流经R2的电量为：Q＝CU＝1.2×10－5 C，D错误。
[变式1]轻质细线吊着一质量为m＝1kg、边长为0.2m、电阻R＝1Ω、匝数n＝10的正方形闭合线圈abcd，bd下方区域分布着磁场，如图甲所示。磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间变化关系如图乙所示。不考虑线圈的形变和电阻的变化，整个过程细线未断且线圈始终处于静止状态，g取10m/s2。则下列判断正确的是（ ）
A．线圈中感应电流的方向为adcba
B．线圈中的感应电流大小为0.2A
C．0~2s 时间内线圈中产生的热量为0.02J
D．6s 时线圈受安培力的大小为 SKIPIF 1 < 0 N
【答案】C
【详解】A．磁感应强度向里并且增大，由楞次定律可得，感应电流产生的磁场垂直纸面向外，线圈中感应电流的方向为逆时针，即abcda，故A错误；
B．线圈中的感应电流大小
SKIPIF 1 < 0
假设线框边长为l，则
SKIPIF 1 < 0
联立两式代入数据解得
SKIPIF 1 < 0
故B错误；
C．0~2s时间内金属环产生的热量为
SKIPIF 1 < 0
故C正确；
D线圈的bcd部分在匀强磁场中受到安培力，受到安培力的大小等效为bd直棒受到的安培力，6s 时线圈受到的安培力
SKIPIF 1 < 0
故D错误。
故选C。
[变式2]在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，规定线圈中感应电流的正方向如图甲所示，当磁场的磁感应强度B随时间t按图乙所示变化时，下列选项中能正确表示线圈中感应电动势E变化的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【详解】0-1s内，磁场均匀增大，根据楞次定律，线圈中感应电流为负方向，且保持不变；1-3s内，磁场不变，线圈中感应电流为零；3-5s内磁场均匀减小，同理，线圈中感应电流为正方向，且保持不变。0-1s内和3-5s内磁场的变化率为2:1，即感应电动势为2:1。可得出感应电动势图像为B。
故选B。
考向二 电磁感应中的图象问题
1．电磁感应中常见的图象问题
2.处理图象问题要做到“四明确、一理解”
考查方式一 磁感应强度变化的图象问题
【例3】如图甲所示，矩形导线框abcd固定在变化的磁场中，产生了如图乙所示的电流(电流方向abcda为正方向)．若规定垂直纸面向里的方向为磁场正方向，能够产生如图乙所示电流的磁场为( )

【答案】D.
【解析】由题图乙可知，0～t1内，线圈中的电流的大小与方向都不变，根据法拉第电磁感应定律可知，线圈中的磁通量的变化率相同，故0～t1内磁感应强度与时间的关系是一条斜线，A、B错误；又由于0～t1时间内电流的方向为正，即沿abcda方向，由楞次定律可知，电路中感应电流的磁场方向向里，故0～t1内原磁场方向向里减小或向外增大，因此D正确，C错误．
【变式】如图甲所示，在水平面上固定一个匝数为10匝的等边三角形金属线框，总电阻为3 Ω，边长为0.4 m．金属框处于两个半径为0.1 m的圆形匀强磁场中，顶点A恰好位于左边圆的圆心，BC边的中点恰好与右边圆的圆心重合．左边磁场方向垂直纸面向外，右边磁场垂直纸面向里，磁感应强度的变化规律如图乙所示，则下列说法中正确的是(π取3)( )
A．线框中感应电流的方向是顺时针方向 B．t＝0.4 s时，穿过线框的磁通量为0.005 Wb
C．经过t＝0.4 s，线框中产生的热量为0.3 J D．前0.4 s内流过线框某截面的电荷量为0.2 C
【答案】 CD
【解析】 根据楞次定律和安培定则，线框中感应电流的方向是逆时针方向，选项A错误；0.4 s时穿过线框的磁通量Φ＝Φ1－Φ2＝eq \f(1,2)πr2·B1－eq \f(1,6)πr2·B2＝0.055 Wb，选项B错误；由图乙知eq \f(ΔB1,Δt)＝eq \f(5 T－1 T,0.4 s)＝10 T/s，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势E＝neq \f(ΔΦ,Δt)＝n·eq \f(1,2)πr2·eq \f(ΔB1,Δt)＝1.5 V，感应电流I＝eq \f(E,R)＝0.5 A,0.4 s内线框中产生的热量Q＝I2Rt＝0.3 J，选项C正确；前0.4 s内流过线框某截面的电荷量q＝It＝0.2 C，选项D正确．
考查方式二 导体切割磁感线的图象问题
【例4】如图，在同一水平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域宽度均为l，磁感应强度大小相等、方向交替向上向下．一边长为eq \f(3,2)l的正方形金属线框在导轨
上向左匀速运动．线框中感应电流i随时间t变化的正确图线可能是( )
【答案】D
【解析】设线路中只有一边切割磁感线时产生的感应电流为i.
分析知，只有选项D符合要求．
【变式】如图所示，在坐标系xOy中，有边长为L的正方形金属线框abcd，其一条对角线ac和y轴重合、顶点a位于坐标原点O处．在y轴的右侧，在Ⅰ、Ⅳ象限内有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的上边界与线框的ab边刚好完全重合，左边界与y轴重合，右边界与y轴平行．t＝0时刻，线框以恒定的速度v沿垂直于磁场上边界的方向穿过磁场区域．取沿a→b→c→d→a方向的感应电流为正，则在线框穿过磁场区域的过程中，感应电流i、ab间的电势差Uab随时间t变化的图线是下图中的( )

【答案】AD.
【解析】从d点运动到O点的过程中，ab边切割磁感线，根据右手定则可以确定线框中电流方向为逆时针方向，即正方向，电动势均匀减小到0，则电流均匀减小到0；然后cd边开始切割磁感线，感应电流的方向为顺时针方向，即负方向，电动势均匀减小到0，则电流均匀减小到0，故A正确，B错误；d点运动到O点过程中，ab边切割磁感线，ab相当于电源，电流由a到b，b点的电势高于a点，ab间的电势差Uab为负值，大小等于电流乘以bc、cd、da三条边的电阻，并逐渐减小；ab边出磁场后，cd边开始切割磁感线，cd边相当于电源，电流由b到a，ab间的电势差Uab为负值，大小等于电流乘以ab边的电阻，并逐渐减小，故C错误，D正确．
考查方式三 电磁感应中双电源问题与图象的综合
【例5】如图所示为两个有界匀强磁场，磁感应强度大小均为B，方向分别垂直纸面向里和向外，磁场宽度均为L，距磁场区域的左侧L处，有一边长为L的正方形导体线框，总电阻为R，且线框平面与磁场方向垂直，现用外力F使线框以速度v匀速穿过磁场区域，以初始位置为计时起点，规定电流沿逆时针方向时的电动势E为正，磁感线垂直纸面向里时磁通量Φ的方向为正，外力F向右为正．则以下关于线框中的磁通量Φ、感应电动势E、外力F和电功率P随时间变化的图象正确的是( )

【答案】D.
【解析】当线框运动L时开始进入磁场，磁通量开始增加，当全部进入时达到最大；此后向外的磁通量增加，总磁通量减小；当运动到2.5L时，磁通量最小，故选项A错误；当线框进入第一个磁场时，由E＝BLv可知，E保持不变，而开始进入第二个磁场时，两边同时切割磁感线，电动势应为2BLv，故选项B错误；因安培力总是与运动方向相反，故拉力应一直向右，故选项C错误；拉力的功率P＝Fv，因速度不变，而线框在第一个磁场时，电流为定值，拉力也为定值；两边分别在两个磁场中时，由选项B的分析可知，电流加倍，回路中总电动势加倍，功率变为原来的4倍；此后从第二个磁场中离开时，安培力应等于线框在第一个磁场中的安培力，所以功率应等于在第一个磁场中的功率，故选项D正确．
[变式]如图所示，用粗细均匀，电阻率也相同的导线绕制的直角边长为l或2l的四个闭合导体线框a、b、c、d，以相同的速度匀速进入右侧匀强磁场，在每个线框刚进入磁场时，M、N两点间的电压分别为Ua、Ub、Uc和Ud，下列判断正确的是( )
A．UaC．Ua＝Ub【答案】B
【解析】由电阻定律，各个线框的电阻分别为Ra＝ρeq \f(2l＋\r(2)l,S)，Rb＝ρeq \f(3l＋\r(5)l,S)、Rc＝ρeq \f(4l＋2\r(2)l,S)、Rd＝ρeq \f(3l＋\r(5)l,S)，设线框刚进入磁场时的速度为v，各线框MN边有效切割长度分别为l、l、2l、2l，各线框MN边的内阻分别为ra＝ρeq \f(l,S)、rb＝ρeq \f(l,S)、rc＝ρeq \f(2l,S)、rd＝ρeq \f(2l,S)，则各边产生的感应电动势分别为Ea＝Blv、Eb＝Blv、Ec＝2Blv、Ed＝2Blv，由闭合电路的欧姆定律知，各线框中的感应电流分别为Ia＝eq \f(Ea,Ra)、Ib＝eq \f(Eb,Rb)、Ic＝eq \f(Ec,Rc)、Id＝eq \f(Ed,Rd)，M、N两点间的电压分别为Ua＝Ea－Iara、Ub＝Eb－Ibrb、Uc＝Ec－Icrc、Ud＝Ed－Idrd，分别代入数据，可知Ua考向三 电磁感应中的平衡、动力学问题
1．两种状态及处理方法
2.力学对象和电学对象的相互关系
3．动态分析的基本思路
解决这类问题的关键是通过运动状态的分析，寻找过程中的临界状态，如速度、加速度最大或最小的条件．具体思路如下：
考查方式一 电磁感应中的动力学问题
【例6】如图所示，两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为θ，间距为d.导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直．质量为m的金属棒被固定在导轨上，距底端的距离为s，导轨与外接电源相连，使金属棒通有电流．金属棒被松开后，以加速度a沿导轨匀加速下滑，金属棒中的电流始终保持恒定，重力加速度为g.求下滑到底端的过程中，求金属棒：
(1)末速度的大小v.
(2)通过的电流大小I.
(3)通过的电荷量Q.
【答案】 (1)eq \r(2as) (2) SKIPIF 1 < 0 (3) SKIPIF 1 < 0
【解析] (1)金属棒做匀加速直线运动，有v2＝2as，解得v＝eq \r(2as).
(2)安培力F安＝IdB，金属棒所受合力F＝mgsin θ－F安
由牛顿第二定律F＝ma
解得I＝ SKIPIF 1 < 0
(3)运动时间t＝eq \f(v,a)，电荷量Q＝It
解得Q＝ SKIPIF 1 < 0
【技巧总结】用“四步法”分析电磁感应中的动力学问题
解决电磁感应中的动力学问题的一般思路是“先电后力”，具体思路如下：
[变式1]如图，光滑平行金属导轨间距为L，与水平面夹角为θ，两导轨上端用阻值为R的电阻相连，该装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面．质量为m的金属杆ab以沿导轨平面向上的初速度v0从导轨底端开始运动，然后又返回到出发位置．在运动过程中，ab与导轨垂直且接触良好，不计ab和导轨的电阻及空气阻力．
(1)求ab开始运动时的加速度a；
(2)分析并说明ab在整个运动过程中速度、加速度的变化情况；
(3)分析并比较ab上滑时间和下滑时间的长短．
【答案】] 见解析
【解析】 (1)利用楞次定律，对初始状态的ab受力分析得：
mgsin θ＋BIL＝ma①
对回路分析
I＝eq \f(E,R)＝eq \f(BLv0,R)②
联立①②式得
a＝gsin θ＋eq \f(B2L2v0,m·R).
(2)上滑过程：
由第(1)问中的分析可知，上滑过程加速度大小表达式为：
a上＝gsin θ＋eq \f(B2L2v,m·R)③
上滑过程，a上与v反向，做减速运动．利用③式，v减小则a上减小，可知，杆上滑时做加速度逐渐减小的减速运动．
下滑过程：
由牛顿第二定律，对ab受力分析得：
mgsin θ－eq \f(B2L2v,R)＝ma下④
a下＝gsin θ－eq \f(B2L2v,m·R)⑤
因a下与v同向，ab做加速运动．由⑤式得v增加，a下减小，可知，杆下滑时做加速度减小的加速运动．
(3)设P点是上滑与下滑过程中经过的同一点P，由能量转化与守恒可知：
eq \f(1,2)mveq \\al(2,P上)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,P下)＋QR⑥
QR为ab从P滑到最高点到再回到P点过程中R上产生的焦耳热．
由QR>0所以vP上>vP下
同理可推得ab上滑通过某一位置的速度大于下滑通过同一位置的速度，进而可推得eq \(v,\s\up6(－))上>eq \(v,\s\up6(－))下
由s＝eq \(v,\s\up6(－))上t上＝eq \(v,\s\up6(－))下t下得
t上即ab上滑时间比下滑时间短．
[变式2]（多选）一空间有方向垂直纸面向里、磁感应强度大小B＝0.5T的匀强磁场，两条电阻不计的平行光滑导轨竖直放置在磁场内，如图所示，导体棒ab、cd长度均为0.2m，电阻均为0.1 SKIPIF 1 < 0 ，重力均为0.1N。现用力向上拉动导体棒ab，使之匀速上升（导体棒ab、cd与导轨垂直且接触良好），此时cd静止不动，则ab上升时，下列说法正确的是（ ）
A．经过cd的电流方向为从c到d
B．ab受到的拉力大小为2N
C．ab向上运动的速度大小为2m/s
D．在2s内，拉力做功有0.6J的其他形式的能转化为电能
【答案】AC
【详解】A．对ab棒，由右手定则可知，电流方向由b到a，故经过cd的电流方向为从c到d，A正确；
B．导体棒ab匀速上升，cd棒静止，受力均平衡，对于两棒组成的整体，合力为零，根据平衡条件可得ab棒受到的拉力
F＝2mg＝0.2N
故B错误；
C．cd棒受到向下的重力G和向上的安培力F安，由平衡条件得
F安＝G
即
BIL＝G
又
I＝ SKIPIF 1 < 0
联立解得
v＝ SKIPIF 1 < 0 ＝2m/s
故C正确；
D．在2s内，电路产生的电能
Q＝ SKIPIF 1 < 0 t＝ SKIPIF 1 < 0 t＝ SKIPIF 1 < 0 ×2J＝0.4J
则在2s内，拉力做功，有0.4J的其他形式的能转化为电能，故D错误。
故选AC。
考查方式二 电磁感应中平衡问题
【例7】如图，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连．两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为L，质量分别为2m和m；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平．右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上．已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g.已知金属棒ab匀速下滑．求：
(1)作用在金属棒ab上的安培力的大小；
(2)金属棒运动速度的大小．
【思路点拨】 解答的关键是对ab、cd棒受力分析，由平衡条件求出ab棒受到的安培力，再由金属棒切割磁感线产生的感应电动势确定金属棒的速度大小．
【答案】(1)mg(sin θ－3μcs θ)(2)(sin θ－3μcs θ)eq \f(mgR,B2L2)
【解析】 (1)设导线的张力的大小为FT，右斜面对ab棒的支持力的大小为FN1，作用在ab棒上的安培力的大小为F，左斜面对cd棒的支持力大小为FN2.对于ab棒，由力的平衡条件得2mgsin θ＝μFN1＋FT＋F①
FN1＝2mgcs θ②
对于cd棒，同理有mgsin θ＋μFN2＝FT③
FN2＝mgcs θ④
联立①②③④式得F＝mg(sin θ－3μcs θ)⑤
(2)由安培力公式得F＝BIL⑥
这里I是回路abdca中的感应电流，ab棒上的感应电动势为E＝BLv⑦
式中，v是ab棒下滑速度的大小．由欧姆定律得
I＝eq \f(E,R)⑧
联立⑤⑥⑦⑧式得v＝(sin θ－3μcs θ)eq \f(mgR,B2L2).⑨
[变式]小明同学设计了一个“电磁天平”，如图甲所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂
平衡．线圈的水平边长L＝0.1 m，竖直边长H＝0.3 m，匝数为N1.线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度
B0＝1.0 T，方向垂直线圈平面向里．线圈中通有可在0～2.0 A范围内调节的电流I.挂盘放上待测物体后，
调节线圈中电流使得天平平衡，测出电流即可测得物体的质量．(重力加速度g取10 m/s2)
(1)为使电磁天平的量程达到0.5 kg，线圈的匝数N1至少为多少？
(2)进一步探究电磁感应现象，另选N2＝100匝、形状相同的线圈，总电阻R＝10 Ω，不接外电流，两臂平衡，如图乙所示，保持B0不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B随时间均匀变大，磁场区域宽度d＝0.1 m．当挂盘中放质量为0.01 kg的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率eq \f(ΔB,Δt).
【答案】(1)25匝 (2)0.1 T/s
【解析】(1)线圈受到安培力F＝N1B0IL①
天平平衡mg＝N1B0IL②
代入数据得N1＝25匝③
(2)由电磁感应定律得E＝N2eq \f(ΔΦ,Δt)④
E＝N2eq \f(ΔB,Δt)Ld⑤
由欧姆定律得I′＝eq \f(E,R)⑥
线圈受到安培力F′＝N2B0I′L⑦
天平平衡m′g＝Neq \\al(2,2)B0eq \f(ΔB,Δt)·eq \f(dL2,R)⑧
代入数据可得eq \f(ΔB,Δt)＝0.1 T/s⑨
考查方式三 电磁感应中含电容器的动力学问题
【例8】如图所示，倾角 SKIPIF 1 < 0 =30°的斜面上有两根足够长的平行导轨L1、L2，其间距d=0.5m，底端接有电容C=2000μF的电容器。质量m=20g的导体棒可在导轨上无摩擦滑动，导体棒和导轨的电阻不计。整个空间存在着垂直导轨所在平面的匀强磁场，磁感应强度B=2T。现用一沿导轨方向向上的恒力F1=0.54N作用于导体棒，使导体棒从静止开始运动，经t时间后到达B处，速度v=5m/s。此时，突然将拉力方向变为沿导轨向下，大小变为F2，又经2t时间后导体棒返回到初始位置A处，整个过程电容器未被击穿。求：
(1)导体棒运动到B处时，电容器C上的电荷量；
(2)t的大小；
(3)F的大小。
【答案】(1)1×10-2C；(2) 0.25s；(3) 0.45N
【详解】(1)当导体棒运动到B处时，电容器两端电压为
U=Bdv=5V
此时电容器的带电荷量
q=CU=1×10-2C
(2)棒在F1作用下运动，根据牛顿第二定律可得
F1-mgsinα-BId=ma1
又有
SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0
联立解得
SKIPIF 1 < 0 =20m/s2
则解得
SKIPIF 1 < 0 =0.25s
(3)若导体棒运动到P处后返回，从B→P：向沿导轨向上减速运动，电容器C放电，有
SKIPIF 1 < 0
可得
SKIPIF 1 < 0
从P→A：向沿导轨向下加速运动，电容器C充电，有
SKIPIF 1 < 0
可得
SKIPIF 1 < 0
因此棒在F2作用下一直做匀变速直线运动，其加速度
SKIPIF 1 < 0
方向沿导轨向下
又有
SKIPIF 1 < 0
将相关数据代入解得
F2=0.45N
[变式](多选)如图，两根足够长且光滑平行的金属导轨PP′、QQ′倾斜放置，匀强磁场垂直于导轨平面，导轨的上端与水平放置的两金属板M、N相连，板间距离足够大，板间有一带电微粒，金属棒ab水平跨放在导轨上，下滑过程中与导轨接触良好．现同时由静止释放带电微粒和金属棒ab，则下列说法中正确的是( )
A．金属棒ab最终可能匀速下滑 B．金属棒ab一直加速下滑
C．金属棒ab下滑过程中M板电势高于N板电势 D．带电微粒不可能先向N板运动后向M板运动
【答案】BC
【解析】金属棒沿光滑导轨加速下滑，棒中有感应电动势而对电容器充电，充电电流通过金属棒时受安培力作用，只有金属棒速度增大时才有充电电流，因此总有mgsin θ－BIl>0，金属棒将一直加速，A错，B对；由右手定则可知，金属棒a端电势高，则M板电势高，C对；若微粒带负电，则静电力向上与重力反向，开始时静电力为0，微粒向下加速运动，当静电力增大到大于重力时，微粒的加速度向上，D错．
【题型演练】
1．将一根绝缘硬质细导线顺次绕成如图所示的线圈，其中大圆面积为 SKIPIF 1 < 0 ，小圆面积均为 SKIPIF 1 < 0 ，垂直线圈平面方向有一随时间t变化的磁场，磁感应强度大小 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 和 SKIPIF 1 < 0 均为常量，则线圈中总的感应电动势大小为（ ）
A． SKIPIF 1 < 0 B． SKIPIF 1 < 0 C． SKIPIF 1 < 0 D． SKIPIF 1 < 0
【答案】D
【详解】由法拉第电磁感应定律可得大圆线圈产生的感应电动势
SKIPIF 1 < 0
每个小圆线圈产生的感应电动势
SKIPIF 1 < 0
由线圈的绕线方式和楞次定律可得大、小圆线圈产生的感应电动势方向相同，故线圈中总的感应电动势大小为
SKIPIF 1 < 0
故D正确，ABC错误。
故选D。
2．三个用同样的细导线做成的刚性闭合线框，正方形线框的边长与圆线框的直径相等，圆线框的半径与正六边形线框的边长相等，如图所示。把它们放入磁感应强度随时间线性变化的同一匀强磁场中，线框所在平面均与磁场方向垂直，正方形、圆形和正六边形线框中感应电流的大小分别为 SKIPIF 1 < 0 和 SKIPIF 1 < 0 。则（ ）
A． SKIPIF 1 < 0 B． SKIPIF 1 < 0 C． SKIPIF 1 < 0 D． SKIPIF 1 < 0
【答案】C
【详解】设圆线框的半径为r，则由题意可知正方形线框的边长为2r，正六边形线框的边长为r；所以圆线框的周长为
SKIPIF 1 < 0
面积为
SKIPIF 1 < 0
同理可知正方形线框的周长和面积分别为
SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0
正六边形线框的周长和面积分别为
SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0
三线框材料粗细相同，根据电阻定律
SKIPIF 1 < 0
可知三个线框电阻之比为
SKIPIF 1 < 0
根据法拉第电磁感应定律有
SKIPIF 1 < 0
可得电流之比为：
SKIPIF 1 < 0
即
SKIPIF 1 < 0
故选C。
3．如图所示，竖直平面内在A、D两点各固定一颗光滑钉子，一个由细软导线制成的闭合导线框挂在两颗钉子上，匀强磁场的磁感应强度为B，导线框的电阻为r，圆的半径为R。从 SKIPIF 1 < 0 时刻开始，将导线上的C点绕圆心O以恒定角速度 SKIPIF 1 < 0 从A点沿圆弧移动到D点，导线始终绷紧。此过程导线中（ ）。
A．张力保持不变
B．感应电流的方向先顺时针后逆时针
C．感应电流随时间t的变化关系为 SKIPIF 1 < 0
D．产生的电热为 SKIPIF 1 < 0
【答案】D
【详解】A．对滑轮E分析可知，两边绳子拉力总是相等的，则两边绳子与竖直方向的夹角总相等，随着C点沿圆弧从A点移到D点，AC段与CD段绳子之和先增加后减小，则AE段与ED段绳子之和先减小后增加，AE段绳子与ED段绳子的夹角先增加后减小，由
SKIPIF 1 < 0
可知绳子的拉力先增加后减小，选项A错误；
B．设C点转过的角度为
θ=ωt
根据几何知识可得，线框上的三角形的面积为
S= SKIPIF 1 < 0 •2R•Rsinθ=R2sinθ
磁通量为
Φ=BS=BR2sinθ
因θ角从0°度到180°，则导线框中的磁通量先增大后减小，根据楞次定律可知，感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向；选项B错误；
C．根据法拉第电磁感应定律
SKIPIF 1 < 0
可知，导线框中感应电动势随时间t的变化关系为
e=ωBR2csωt
感应电流随时间t的变化关系为
SKIPIF 1 < 0
故C错误；
D．导线框中感应电动势的有效值为
SKIPIF 1 < 0
故导线框中产生的电热为
SKIPIF 1 < 0
故D正确。
故选D。
4．某铁路安装有一种电磁装置可以向控制中心传输信号，以确定火车的位置和运动状态，其原理是将能产生匀强磁场的磁铁安装在火车首节车厢下面，如图甲所示（俯视图），当它经过安放在两铁轨间的线圈时，线圈便产生一个电信号传输给控制中心。线圈边长分别为 SKIPIF 1 < 0 和 SKIPIF 1 < 0 ，匝数为 SKIPIF 1 < 0 ，线圈和传输线的电阻忽略不计。若火车通过线圈时，控制中心接收到线圈两端的电压信号 SKIPIF 1 < 0 与时间 SKIPIF 1 < 0 的关系如图乙所示（ SKIPIF 1 < 0 、 SKIPIF 1 < 0 均为直线）， SKIPIF 1 < 0 、 SKIPIF 1 < 0 、 SKIPIF 1 < 0 、 SKIPIF 1 < 0 是运动过程的四个时刻，则火车（ ）
A．在 SKIPIF 1 < 0 时间内做匀速直线运动
B．在 SKIPIF 1 < 0 时间内做匀减速直线运动
C．在 SKIPIF 1 < 0 时间内加速度大小为 SKIPIF 1 < 0
D．在 SKIPIF 1 < 0 时间内和在 SKIPIF 1 < 0 时间内阴影面积相等
【答案】D
【详解】A．根据动生电动势表达式
SKIPIF 1 < 0
可知，感应电动势与速度成正比，而在 SKIPIF 1 < 0 段的电压随时间均匀增大，可知在 SKIPIF 1 < 0 时间内，火车的速度随时间也均匀增大，火车在这段时间内做的是匀加速直线运动；在 SKIPIF 1 < 0 时间内，这段时间内电压为零，是因为线圈没有产生感应电动势，不是火车做匀速直线运动； SKIPIF 1 < 0 段的电压大小随时间均匀增大，可知在 SKIPIF 1 < 0 时间内，火车的速度随时间也均匀增大，火车在这段时间内做的是匀加速直线运动，AB错误；
C．假设 SKIPIF 1 < 0 时刻对应的速度为 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 时刻对应的速度为 SKIPIF 1 < 0 ，结合图乙可得
SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0
故这段时间内的加速度为
SKIPIF 1 < 0
C错误；
D．假设磁场的宽度为 SKIPIF 1 < 0 ，可知在 SKIPIF 1 < 0 和 SKIPIF 1 < 0 这两段时间内，线圈相对于磁场通过的位移大小均为 SKIPIF 1 < 0 ，根据
SKIPIF 1 < 0
可得
SKIPIF 1 < 0
可知在 SKIPIF 1 < 0 时间内和在 SKIPIF 1 < 0 时间内阴影面积均为
SKIPIF 1 < 0
D正确；
故选D。
5．电磁感应驱动的电磁炮原理图如图甲所示，线圈套在中空的内壁光滑塑料管上，金属小球静置于管内线圈右侧。将S接1，电容器完全充电， SKIPIF 1 < 0 时刻S接2，线圈中的电流i随时间t的变化规律如图乙所示，小球在 SKIPIF 1 < 0 时刻恰好运动到右侧管口，被发射出去，则（ ）
A．小球在管中的加速度随i的增大而增大
B．在 SKIPIF 1 < 0 的时间内，电容器储存的电场能全部转化为小球的动能
C．在 SKIPIF 1 < 0 的时间内，从塑料管左侧看小球中产生的涡流沿逆时针方向
D．若适当加长塑料管，小球可获得更大的速度
【答案】C
【详解】A．磁场强弱程度与通过线圈的电流大小成正比。根据乙图可知，线圈中的磁感应强度变化情况与电流的变化情况相同，在 SKIPIF 1 < 0 时间内，电流i在增大，但变化率却逐渐减小，线圈的磁通量变化率也逐渐减小，由法拉第电磁感应定律
SKIPIF 1 < 0
可知，感应电动势逐渐减小，所以小球受到的感应电场的电场力也逐渐较小，由牛顿第二运动定律可知，小球的加速度逐渐减小，故A错误；
B．电容器的放电过程中，变化的磁场在空间产生了变化的电场，然后以电磁波的形式传递出去，散失了一部分能量，所以 SKIPIF 1 < 0 时间内，电容器储存的电能没有全部转化为小球的动能，故B错误；
C． SKIPIF 1 < 0 时间内，电流逐渐增大，产生的磁场也会增强，通过楞次定律判断可知，原磁场增大，感应磁场与原磁场方向相反，由右手螺旋定则判断可得，小球中产生的涡流是逆时针方向的（从塑料管左侧看），故C正确；
D．适当增加塑料管的长度，增长后，小球会在电流减小的过程中离开塑料管，当电流减小时，磁场也会减小，通过楞次定律判断可知，此时线圈的作用力向左，阻碍小球运动，所以适当加长塑料管，小球速度会在减小，故D错误。
故选C。
6．（多选）如图，足够长的间距 SKIPIF 1 < 0 的平行光滑金属导轨 SKIPIF 1 < 0 、 SKIPIF 1 < 0 固定在水平面内，导轨间存在一个宽度 SKIPIF 1 < 0 的匀强磁场区域，磁感应强度大小为 SKIPIF 1 < 0 ，方向如图所示。一根质量 SKIPIF 1 < 0 ，阻值 SKIPIF 1 < 0 的金属棒 SKIPIF 1 < 0 以初速度 SKIPIF 1 < 0 从左端开始沿导轨滑动，穿过磁场区域后，与另一根质量 SKIPIF 1 < 0 ，阻值 SKIPIF 1 < 0 的原来静置在导轨上的金属棒 SKIPIF 1 < 0 发生弹性碰撞，两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计，则（ ）
A．金属棒 SKIPIF 1 < 0 第一次穿过磁场时做匀减速直线运动
B．金属棒 SKIPIF 1 < 0 第一次穿过磁场时回路中有逆时针方向的感应电流
C．金属棒 SKIPIF 1 < 0 第一次穿过磁场区域的过程中，金属棒 SKIPIF 1 < 0 上产生的焦耳热为 SKIPIF 1 < 0
D．金属棒 SKIPIF 1 < 0 最终停在距磁场左边界 SKIPIF 1 < 0 处
【答案】BCD
【详解】A．金属棒 SKIPIF 1 < 0 第一次穿过磁场时受到安培力的作用，做减速运动，由于速度减小，感应电动势减小，感应电流减小，安培力减小，加速度减小，故金属棒 SKIPIF 1 < 0 做加速度减小的减速直线运动，A错误；
B．根据右手定则可知，金属棒 SKIPIF 1 < 0 第一次穿过磁场时回路中有逆时针方向的感应电流，B正确；
C．金属棒 SKIPIF 1 < 0 第一次穿过磁场区域的过程中，电路中产生的平均电动势为
SKIPIF 1 < 0
电路中的平均电流为
SKIPIF 1 < 0
以向右为正方向，对金属棒 SKIPIF 1 < 0 ，根据动量定理可得
SKIPIF 1 < 0
解得金属棒 SKIPIF 1 < 0 第一次离开磁场时速度为
SKIPIF 1 < 0
金属棒 SKIPIF 1 < 0 第一次穿过磁场区域的过程中，电路中产生的总热量等于金属棒 SKIPIF 1 < 0 机械能的减少量，则有
SKIPIF 1 < 0
解得
SKIPIF 1 < 0
由于金属棒电阻相等，金属棒产生的焦耳热相等，则金属棒 SKIPIF 1 < 0 上产生的焦耳热为
SKIPIF 1 < 0
C正确；
D．以向右为正方向，两金属棒碰撞过程，根据动量守恒和机械能守恒可得
SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0
联立解得
SKIPIF 1 < 0
可知碰撞后金属棒 SKIPIF 1 < 0 反弹的速度大小为 SKIPIF 1 < 0 ，设金属棒 SKIPIF 1 < 0 最终停在距磁场左边界 SKIPIF 1 < 0 处，从反弹进入磁场到停下来的过程，电路中产生的平均电动势为
SKIPIF 1 < 0
电路中的平均电流为
SKIPIF 1 < 0
以向右为正方向，对金属棒 SKIPIF 1 < 0 ，根据动量定理可得
SKIPIF 1 < 0
联立解得
SKIPIF 1 < 0
D正确。
故选BCD。
7．（多选）如图所示，在以水平线段AD为直径的半圆形区域内有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场。现有一个闭合导线框ACD由细软弹性电阻丝制成），端点A、D固定。在竖直面内，将导线与圆周的接触点C点以恒定角速度 SKIPIF 1 < 0 （相对圆心O）从A点沿圆弧移动至D点，使导线框上产生感应电流。设导线框的电阻恒为 SKIPIF 1 < 0 ，圆的半径为 SKIPIF 1 < 0 ，从A点开始计时，下列说法正确的是（ ）
A．导线框中感应电流的方向先逆时针，后顺时针
B．在C从A点移动到D的过程中，穿过ACD回路的磁通量与时间的关系为 SKIPIF 1 < 0
C．在C从A点移动到图中 SKIPIF 1 < 0 位置的过程中，通过导线截面的电荷量为 SKIPIF 1 < 0
D．若以AD为轴，保持 SKIPIF 1 < 0 ，将导线框以恒定的角速度 SKIPIF 1 < 0 转 SKIPIF 1 < 0 ，回路中的电动势逐渐减小
【答案】ABC
【详解】A．依题意，回路中的磁通量先增大后减小，且磁场方向一直向里，根据楞次定律，感应电流产生的磁场方向先是向外然后再向里，则根据右手螺旋定则，感应电流的方向先是逆时针后是顺时针，故A正确；
B．依题意，C点在旋转过程中，有
SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0
故B正确；
C．依题意有
SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0
解得
SKIPIF 1 < 0
故Ｃ正确；
D．若以AD为轴，保持 SKIPIF 1 < 0 ， AC、CD边速度方向边与磁场方向夹角从零逐渐变大，依题意，其回路中的电动势与时间t的关系式为
SKIPIF 1 < 0
将导线框以恒定的角速度 SKIPIF 1 < 0 转 SKIPIF 1 < 0 的过程中，其电动势逐渐变大，故D错误。
故选ABC。
8．（多选）如图，长为2L、宽为L的矩形金属线框abcd放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于线框平面向上。当金属框绕对称轴ef以角速度 SKIPIF 1 < 0 逆时针匀速转动时，下面说法正确的是（ ）
A．线圈中没有感应电流
B．线圈中感应电流的方向为a→b→c→d→a
C．ad两点的电势差 SKIPIF 1 < 0
D．ad两点的电势差 SKIPIF 1 < 0
【答案】AD
【详解】AB．当金属框绕对称轴ef以角速度 SKIPIF 1 < 0 逆时针匀速转动时，穿过线圈平面的磁通量始终为零。由楞次定律，线圈中没有感应电流。A正确；B错误；
CD．ad转动切割磁线，设ad中点为 SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0
ad两点的电势差
SKIPIF 1 < 0
C错误；D正确。
故选AD。
9．（多选）如图所示，间距 SKIPIF 1 < 0 的光滑U形金属导轨固定在绝缘斜面上，斜面倾角 SKIPIF 1 < 0 。区域I、Ⅱ分别以PQ、MN为边界，均存在垂直于斜面向上的磁场，I区中磁感应强度从0开始随时间均匀增加，Ⅱ区中为匀强磁场，磁感应强度 SKIPIF 1 < 0 ，PQ与MN之间为无磁场区域。质量 SKIPIF 1 < 0 、电阻 SKIPIF 1 < 0 的导体棒垂直于导轨放置，从两磁场之间的无磁场区域由静止释放，经过 SKIPIF 1 < 0 进入Ⅱ区恰好匀速下滑。运动中棒与导轨始终保持良好接触，导轨足够长且电阻不计。重力加速度 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 。则下列说法正确的是（ ）
A．进入Ⅱ区后，导体棒中的电流 SKIPIF 1 < 0
B．无磁场区域的面积至少为 SKIPIF 1 < 0
C．前2s导体棒产生的焦耳热 SKIPIF 1 < 0
D．若I区磁场面积为 SKIPIF 1 < 0 ，则I区的磁感应强度随时间变化的表达式为 SKIPIF 1 < 0
【答案】AC
【详解】A．进入Ⅱ区恰好匀速下滑，则
SKIPIF 1 < 0
导体棒中的电流为
SKIPIF 1 < 0
故A正确；
B．导体棒进入Ⅱ区域磁场的速度为
SKIPIF 1 < 0
根据牛顿第二定律
SKIPIF 1 < 0
导体棒在无磁场区域做匀加速直线运动，则
SKIPIF 1 < 0
无磁场区域的面积最小值为
SKIPIF 1 < 0
代入数据得
SKIPIF 1 < 0
故B错误；
C．导体棒进入Ⅱ区域后，I区中磁感应强度变化产生的感生电动势为E1, Ⅱ区域导体棒切割磁场产生的动生电动势为E2，则
SKIPIF 1 < 0
感生电动势为
SKIPIF 1 < 0
前2s导体棒未切割磁场，则产生的焦耳热为
SKIPIF 1 < 0
故C正确；
D．根据
SKIPIF 1 < 0
I区磁场的变化率为
SKIPIF 1 < 0
I区中磁感应强度从0开始随时间均匀增加，则I区的磁感应强度随时间变化的表达式为
SKIPIF 1 < 0
故D错误。
故选AC。
10．（多选）在一小型交流发电机中，矩形金属线圈 SKIPIF 1 < 0 的面积为 SKIPIF 1 < 0 ，匝数为 SKIPIF 1 < 0 ，线圈总电阻为 SKIPIF 1 < 0 ，在磁感应强度为 SKIPIF 1 < 0 的匀强磁场中，绕轴 SKIPIF 1 < 0 （从上往下看逆时针转动）以角速度 SKIPIF 1 < 0 匀速转动，从如图甲所示的位置作为计时的起点，产生的感应电动势随时间的变化关系如图乙所示，矩形线圈与阻值为 SKIPIF 1 < 0 的电阻构成闭合电路，下列说法中正确的是（ ）
A．在 SKIPIF 1 < 0 时间内，穿过线圈的磁通量的变化量大小为 SKIPIF 1 < 0
B．在 SKIPIF 1 < 0 时间内，通过电阻 SKIPIF 1 < 0 电流方向先向上然后向下
C． SKIPIF 1 < 0 时刻穿过线圈的磁通量的变化率大小为 SKIPIF 1 < 0
D．在 SKIPIF 1 < 0 时间内，通过电阻 SKIPIF 1 < 0 的电荷量为 SKIPIF 1 < 0
【答案】AD
【详解】A．由图乙可知 SKIPIF 1 < 0 和 SKIPIF 1 < 0 时刻，线圈的感应电动势都为 SKIPIF 1 < 0 ，可知这两个时刻穿过线圈的磁通量一正一负，大小均为 SKIPIF 1 < 0 ，故此过程的穿过线圈的磁通量的变化量大小为
SKIPIF 1 < 0
A正确；
B．由图乙可知，在 SKIPIF 1 < 0 时间内，线圈中的电流方向不变，根据右手定则可知通过电阻 SKIPIF 1 < 0 电流方向始终向上，B错误；
C．由图乙可知， SKIPIF 1 < 0 时刻的感应电动势为 SKIPIF 1 < 0 ，根据法拉第电磁感应定律可得
SKIPIF 1 < 0
可得穿过线圈的磁通量的变化率大小为
SKIPIF 1 < 0
C错误；
D．在 SKIPIF 1 < 0 时间内，通过电阻 SKIPIF 1 < 0 的电荷量为
SKIPIF 1 < 0
又
SKIPIF 1 < 0
联立可得
SKIPIF 1 < 0
D正确。
故选AD。
11．如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨，左侧水平，右侧倾斜且与水平部分平滑连接并成α＝30°夹角，两导轨间距为L＝0.5m，左端接有电阻R＝0.5Ω，其余电阻不计．水平部分空间内有竖直向上的匀强磁场B1＝0.5T，斜面部分有垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场B2．质量为m＝0.2kg的导体棒CD，与导轨接触良好且始终垂直于导轨．给棒CD沿斜面向下的初速度v0＝2m/s后，棒匀速下滑，经时间△t＝1s进入水平部分．（g＝10m/s2）求：
（1）B2的大小；
（2）进入水平部分后，棒CD的电流方向和安培力方向，并从速度、加速度两个角度描述导体棒CD进入水平部分后的运动情况；
（3）棒CD从开始到最终停止，电阻R上产生的热量Q；
（4）棒CD进入水平部分瞬间加速度a的大小和方向；若要让棒进入水平部分后，加速度保持不变，需在棒上加一个水平外力F，直至棒离开水平面，从棒进入水平部分开始计时，请写出力F与时间t的表达式，并标明F的方向及t的取值范围．
【答案】（1）1T （2）导体棒做加速度减小的减速运动，直到导体棒速度为零为止 （3）2.4J （4） SKIPIF 1 < 0 方向：水平向右，0≤t≤3.2s
【分析】（1）导体棒匀速下滑处于平衡状态，由平衡条件可以求出磁感应强度．
（2）由右手定则可以判处出感应电流方向，由左手定则可以判断出安培力方向，应用牛顿第二定律求出加速度，然后分析导体棒的运动过程与运动性质．
（3）应用能量守恒定律求出电阻R上产生的焦耳热．
（4）由牛顿第二定律求出加速度大小，应用牛顿第二定律求出拉力．
【详解】（1）导体棒下滑过程受到的安培力：F安培＝B2IL＝ SKIPIF 1 < 0 ，
导体棒匀速运动，由平衡条件得：mgsinα＝ SKIPIF 1 < 0 ，
代入数据解得：B2＝1T；
（2）由右手定则可知，流过导体棒CD的电流由C流向D，由左手定则可知，导体棒所受安培力：水平向右；导体棒所受合力方向水平向右，加速度方向向右，导体棒速度向左，导体棒做减速运动，由牛顿第二定律得： SKIPIF 1 < 0 ＝ma，
加速度：a＝ SKIPIF 1 < 0 ，速度v减小，加速度a减小，导体棒做加速度减小的减速运动，直到导体棒速度为零为止；
（3）对整个过程，由能量守恒定律得：Q＝mgh+ SKIPIF 1 < 0 ，
代入数据解得：Q＝2.4J；
（4）导体棒进入水平部分瞬间，
加速度： SKIPIF 1 < 0 ，
代入数据解得：a＝1.25m/s2，方向：水平向右，
导体棒加速度不变，导体棒做匀减速直线运动，导体棒速度：v＝v0﹣at，
对导体棒，由牛顿第二定律得：F+ SKIPIF 1 < 0 ＝ma，
代入数据解得，拉力：F＝ SKIPIF 1 < 0 t 方向水平向右，
从棒进入水平面开始到棒离开为止，棒先向左做匀减速直线运动到速度为零，然后向右做匀加速运动，整个过程位移为零，由匀变速运动的位移公式得：s＝v0t+ SKIPIF 1 < 0 at2，代入数据解得：t＝3.2s，则：0≤t≤3.2s；
【点睛】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解．
12．如图，一斜面内固定有两根平行的足够长的长直金属导轨，导轨与水平面之间的夹角为 SKIPIF 1 < 0 ，导轨间距为 SKIPIF 1 < 0 ；两根相同的导体棒 SKIPIF 1 < 0 、 SKIPIF 1 < 0 置于导轨上并与导轨垂直，两根导体棒的长度均为L；质量均为 SKIPIF 1 < 0 ，电阻均为 SKIPIF 1 < 0 ，导体棒与导轨间的动摩擦因数为 SKIPIF 1 < 0 （最大静摩擦力等于滑动摩擦力）。整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度 SKIPIF 1 < 0 ，方向垂直于导轨所在斜面向下。从 SKIPIF 1 < 0 时开始，对 SKIPIF 1 < 0 棒施加一沿斜面向下的变化的外力F，使 SKIPIF 1 < 0 棒从静止开始沿斜面向下做匀加速运动，已知 SKIPIF 1 < 0 棒在 SKIPIF 1 < 0 时刻开始运动，直到 SKIPIF 1 < 0 时刻撤去外力，此时棒中的感应电流为 SKIPIF 1 < 0 ；撤去外力后， SKIPIF 1 < 0 棒在 SKIPIF 1 < 0 时刻速度变为零。运动过程中两导体棒均与导轨接触良好，导轨电阻不计，重力加速度大小为 SKIPIF 1 < 0 。求：
(1) SKIPIF 1 < 0 棒做匀加速运动的加速度大小；
(2) SKIPIF 1 < 0 时， SKIPIF 1 < 0 棒的速度大小 SKIPIF 1 < 0 ；
(3) SKIPIF 1 < 0 时， SKIPIF 1 < 0 棒的速度大小 SKIPIF 1 < 0 以及此时 SKIPIF 1 < 0 杆的电功率P。
【答案】(1) SKIPIF 1 < 0 ；(2) SKIPIF 1 < 0 ；(3) SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0
【详解】(1)以 SKIPIF 1 < 0 为研究对象， SKIPIF 1 < 0 刚开始运动时，根据平衡条件有
SKIPIF 1 < 0
根据闭合电路欧姆定律有
SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0 杆产生的电动势为
SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0 杆的速度为
SKIPIF 1 < 0
得到
SKIPIF 1 < 0
(2) SKIPIF 1 < 0 时， SKIPIF 1 < 0 的速度
SKIPIF 1 < 0
全回路电动势为
SKIPIF 1 < 0
根据闭合电路欧姆定律有
SKIPIF 1 < 0
得到 SKIPIF 1 < 0 的速度为
SKIPIF 1 < 0
(2)从 SKIPIF 1 < 0 到 SKIPIF 1 < 0 过程中，安培力对 SKIPIF 1 < 0 杆和 SKIPIF 1 < 0 杆的总冲量为零，应用系统动量定理有
SKIPIF 1 < 0
得到
SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0 杆产生的电动势为
SKIPIF 1 < 0
根据闭合电路欧姆定律有
SKIPIF 1 < 0
此时 SKIPIF 1 < 0 杆的电功率
SKIPIF 1 < 0
得到
SKIPIF 1 < 0
图象类型
随时间变化的图象，如Bt图象、Φt图象、Et图象、It图象
随位移变化的图象，如Ex图象、Ix图象(所以要先看坐标轴：哪个物理量随哪个物理量变化要弄清)
问题类型
(1)由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图象(画图象的方法)
(2)由给定的有关图象分析电磁感应过程，求解相应的物理量(用图象)
应用
知识
四个
规律
左手定则、安培定则、右手定则、楞次定律
六类
公式
(1)平均电动势E＝neq \f(ΔΦ,Δt)
(2)平动切割电动势E＝Blv
(3)转动切割电动势E＝eq \f(1,2)Bl2ω
(4)闭合电路的欧姆定律I＝eq \f(E,R＋r)
(5)安培力F＝BIl
(6)牛顿运动定律的相关公式等
线框位移
等效电路的连接
电流
0～eq \f(l,2)
I＝2i(顺时针)
eq \f(l,2)～l
I＝0
l～eq \f(3l,2)
I＝2i(逆时针)
eq \f(3l,2)～2l
I＝0
状态
特征
处理方法
平衡态
加速度为零
根据平衡条件列式分析
非平衡态
加速度不为零
根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系进行分析