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新高考物理二轮培优专题2.8 电磁感应综合问题（2份打包，原卷版+解析版）
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这是一份新高考物理二轮培优专题2.8 电磁感应综合问题（2份打包，原卷版+解析版），文件包含新高考物理二轮培优专题28电磁感应综合问题原卷版doc、新高考物理二轮培优专题28电磁感应综合问题解析版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共52页， 欢迎下载使用。
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TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc26649" 【突破高考题型】 PAGEREF _Tc26649 \h 1
\l "_Tc21814" 题型一 楞次定律与法拉第电磁感应定律的应用 PAGEREF _Tc21814 \h 1
\l "_Tc4302" 题型二 电磁感应中的电路和图像问题 PAGEREF _Tc4302 \h 4
\l "_Tc6062" 类型1 动生图像问题 PAGEREF _Tc6062 \h 5
\l "_Tc20171" 类型2 感生图像问题 PAGEREF _Tc20171 \h 6
\l "_Tc7214" 类型3 图像的分析及应用 PAGEREF _Tc7214 \h 7
\l "_Tc6663" 类型4 电磁感应中的电路问题 PAGEREF _Tc6663 \h 8
\l "_Tc29667" 题型三 电磁感应中的动力学和能量问题 PAGEREF _Tc29667 \h 9
\l "_Tc7111" 类型1 电磁感应中的动力学问题 PAGEREF _Tc7111 \h 9
\l "_Tc13475" 类型2 电磁感应中动力学与能量的综合问题 PAGEREF _Tc13475 \h 10
\l "_Tc26019" 题型四 动量观点在电磁感应中的应用 PAGEREF _Tc26019 \h 11
\l "_Tc6232" 类型1 动量定理在电磁感应中的应用 PAGEREF _Tc6232 \h 11
\l "_Tc17863" 类型2 动量守恒定律在电磁感应中的应用 PAGEREF _Tc17863 \h 13
\l "_Tc26817" 【专题突破练】 PAGEREF _Tc26817 \h 15
【突破高考题型】
题型一 楞次定律与法拉第电磁感应定律的应用
1.感应电流方向的判断方法
2.感应电动势大小的求法
3.感应电荷量的计算
磁通量变化迁移的电荷量：q＝IΔt＝eq \f(E,R)Δt＝eq \f(nΔΦ,RΔt)Δt＝neq \f(ΔΦ,R)，q仅由回路电阻R和磁通量的变化量ΔΦ决定。
【例1】(2022·浙江模拟预测)如图甲，金属环a放置在垂直环面向里的匀强磁场中。如图乙，环形导线c与导轨、导体棒构成闭合回路，导体棒在匀强磁场中向右运动，金属环b与环形导线c共面共心。下列说法正确的是( )
A.当图甲中匀强磁场减弱，a中产生沿逆时针方向的电流，且有收缩的趋势
B.当图甲中匀强磁场增强，a中产生沿顺时针方向的电流，且有扩张的趋势
C.当图乙中的导体棒向右减速运动，环b中产生顺时针方向的电流，且有收缩的趋势
D.当图乙中的导体棒向右匀速运动，环b中产生逆时针方向的电流，且有扩张的趋势
【答案】 C
【解析】 当图甲中的匀强磁场减弱时，根据楞次定律可知，金属环a中产生沿顺时针方向的感应电流，根据左手定则可知，金属环a所受的安培力指向环外，有扩张的趋势，A错误；同理，当题图甲中的匀强磁场增强时，金属环a中产生沿逆时针方向的感应电流，且有收缩的趋势，B错误；当题图乙中导体棒向右减速运动时，根据右手定则可知，导线c中有顺时针方向且减小的感应电流，根据楞次定律可知，金属环b产生顺时针方向的感应电流，再根据同向电流相互吸引，导线c对金属环b的安培力指向圆心，金属环b有收缩的趋势，C正确；当题图乙中的导体棒向右匀速运动时，根据右手定则可知，导线c中产生顺时针方向的感应电流，且导线c中的感应电流恒定，产生的磁场也恒定，金属环b中不会产生感应电流，D错误。
【例2】 (2022·浙江绍兴适应考)如图所示，右端为N极的磁铁置于粗糙水平桌面上并与轻质弹簧相连，弹簧一端固定在竖直墙面上，当弹簧处于原长时，磁铁的中心恰好是接有一盏小灯泡的竖直固定线圈的圆心。用力将磁铁向右拉到某一位置，撤去作用力后磁铁穿过线圈来回振动，有关这个振动过程，以下说法正确的是( )
A．灯泡的亮暗不会发生变化
B．磁铁接近线圈时，线圈对磁铁产生排斥力
C．从左往右看线圈中的电流一直沿逆时针方向
D．若忽略摩擦力和阻力，磁铁振动的幅度不会减小
【答案】 B
【解析 以S极靠近线圈分析，速度增大，且靠近线圈时磁感应强度增大，则穿过线圈磁通量变化率增大，感应电流增大，灯泡会变亮，A错误；根据楞次定律“来拒去留”可知磁铁接近线圈时，线圈对磁铁产生排斥力，B正确；当S极靠近线圈时，根据楞次定律可知，线圈中的电流沿逆时针方向，当S极向右运动远离线圈时，根据楞次定律可知，线圈中的电流沿顺时针方向，C错误；若忽略摩擦力和阻力，磁铁的振幅也会越来越小，因为弹簧和磁铁的机械能逐渐转化为焦耳热，D错误。
【例3】(多选)(2021·辽宁卷·9)如图(a)所示，两根间距为L、足够长的光滑平行金属导轨竖直放置并固定，顶端接有阻值为R的电阻，垂直导轨平面存在变化规律如图(b)所示的匀强磁场，t＝0时磁场方向垂直纸面向里．在t＝0到t＝2t0的时间内，金属棒水平固定在距导轨顶端L处；t＝2t0时，释放金属棒．整个过程中金属棒与导轨接触良好，导轨与金属棒的电阻不计，则( )
A．在t＝eq \f(t0,2)时，金属棒受到安培力的大小为eq \f(B02L3,t0R)
B．在t＝t0时，金属棒中电流的大小为eq \f(B0L2,t0R)
C．在t＝eq \f(3t0,2)时，金属棒受到安培力的方向竖直向上
D．在t＝3t0时，金属棒中电流的方向向右
【答案】 BC
【解析】 由题图(b)可知在0～t0时间段内闭合回路产生的感应电动势为E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(B0L2,t0)，根据闭合电路欧姆定律有，此时间段内的电流为I＝eq \f(E,R)＝eq \f(B0L2,Rt0)，在eq \f(t0,2)时磁感应强度大小为eq \f(B0,2)，此时安培力大小为F＝eq \f(B0,2)IL＝eq \f(B02L3,2Rt0)，故A错误，B正确；由题图(b)可知，在t＝eq \f(3t0,2)时，磁场方向垂直纸面向外并逐渐增大，根据楞次定律可知产生顺时针方向的电流，再由左手定则可知金属棒受到的安培力方向竖直向上，故C正确；由题图(b)可知，在t＝3t0时，磁场方向垂直纸面向外，金属棒向下掉的过程中穿过回路的磁通量增加，根据楞次定律可知金属棒中的感应电流方向向左，故D错误．
【例4】(多选)如图所示，将半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一绝缘水平面内，两导轨之间接有阻值为R的定值电阻和一个电容为C的电容器，整个装置处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中。将一个长度为r、阻值为R的金属棒AD置于圆导轨上，O、A、D三点共线，在外力的作用下金属棒以O为转轴逆时针匀速转动，转速为n，元电荷大小为e，转动过程中金属棒与导轨接触良好，导轨电阻不计。下列说法正确的是( )
A.D点的电势高于A点的电势
B.金属棒产生的感应电动势大小为3πBnr2
C.电容器的电荷量为3πCBnr2
D.一质子在电容器中从S板附近运动到T板附近时，静电力所做的功为eq \f(3πeBnr2,2)
【答案】 BD
【解析】 由右手定则可知，D点的电势低于A点的电势，选项A错误；角速度ω＝2πn，金属棒产生的感应电动势大小为E＝Brωeq \f(r＋2r,2)＝3πBnr2，选项B正确；电容器极板间的电压U＝eq \f(ER,R＋R)＝eq \f(3,2)πBnr2，电容器的电荷量为Q＝eq \f(3,2)πCBnr2，选项C错误；一质子在电容器中从S板附近运动到T板附近时，静电力所做的功为W＝Ue＝eq \f(3πeBnr2,2)，选项D正确。
题型二 电磁感应中的电路和图像问题
1.电磁感应中电路问题的解题流程
2.解决图像问题的两种常用方法
(1)排除法：定性地分析每一个过程中物理量的变化(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像作出分析和判断。
3.分析电磁感应图像问题的三点注意
(1)注意初始时刻的特征，如初始时刻感应电流是否为零，感应电流的方向如何。
(2)注意电磁感应发生的过程分为几个阶段，这几个阶段是否和图像变化对应。
(3)注意观察图像的变化趋势，判断图像斜率的大小、图像的曲直是否和物理过程对应。
类型1 动生图像问题
【例1】(多选)(2022·河北卷·8)如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，一根导轨位于x轴上，另一根由ab、bc、cd三段直导轨组成，其中bc段与x轴平行，导轨左端接入一电阻R.导轨上一金属棒MN沿x轴正向以速度v0保持匀速运动，t＝0时刻通过坐标原点O，金属棒始终与x轴垂直．设运动过程中通过电阻的电流强度为i，金属棒受到安培力的大小为F，金属棒克服安培力做功的功率为P，电阻两端的电压为U，导轨与金属棒接触良好，忽略导轨与金属棒的电阻．下列图像可能正确的是( )
【答案】 AC
【解析】 在0～eq \f(L,v0)时间内，在某时刻金属棒切割磁感线的长度L＝l0＋v0ttan θ(θ为ab与ad的夹角)，则根据E＝BLv0，可得I＝eq \f(BLv0,R)＝eq \f(Bv0,R)(l0＋v0ttan θ)，可知回路电流均匀增加；安培力F＝eq \f(B2L2v0,R)＝eq \f(B2v0,R)(l0＋v0ttan θ)2，则F－t关系为二次函数关系，但是不过原点；安培力做功的功率P＝Fv0＝eq \f(B2L2v02,R)＝eq \f(B2v02,R)(l0＋v0ttan θ)2，则P－t关系为二次函数关系，但是不过原点；电阻两端的电压等于金属棒产生的感应电动势，即U＝E＝BLv0＝Bv0(l0＋v0ttan θ)，即U－t图像是不过原点的直线；根据以上分析，可排除B、D选项；在eq \f(L,v0)～eq \f(2L,v0)时间内，金属棒切割磁感线的长度不变，感应电动势E不变，感应电流I不变，安培力F大小不变，安培力的功率P不变，电阻两端电压U保持不变；同理可判断，在eq \f(2L,v0)～eq \f(3L,v0)时间内，金属棒切割磁感线长度逐渐减小，金属棒切割磁感线的感应电动势E均匀减小，感应电流I均匀减小，安培力F大小按照二次函数关系减小，但是不能减小到零，与0～eq \f(L,v0)内是对称的关系，安培力的功率P按照二次函数关系减小，但是不能减小到零，与0～eq \f(L,v0)内是对称的关系，电阻两端电压U按线性均匀减小，综上所述选项A、C可能正确，B、D错误．
类型2 感生图像问题
【例2】 (多选)(2022·安徽六安模拟)固定的矩形导线框abcd放在匀强磁场中，磁场方向与导线框垂直，磁感应强度B随时间t变化的规律如图所示。t＝0时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里。规定顺时针方向为电流的正方向、向左为安培力的正方向，在0～4 s内，导线框中的电流及导线框的ab边所受安培力随时间变化的图像可能是( )
【答案】 AD
【解析】 由法拉第电磁感应定律可知E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(ΔB,Δt)S，由图可知，0～2 s内，导线框中磁通量的变化率相同，电流的方向相同，由楞次定律可知，电路中电流方向为顺时针，即电流为正方向；同理可得，2～4 s内电路中的电流为逆时针，电流为负的，且两段时间内磁通量的变化率大小相等，回路中的感应电动势大小相等，感应电流大小相等，A正确，B错误；由F＝IlB可知，电流大小恒定的情况下，F与B成正比，结合左手定则可知，0～1 s内与2～3 s内安培力向左，为正，1～2 s内与3～4 s内安培力向右，为负，C错误，D正确。
类型3 图像的分析及应用
【例3】(多选)如图甲所示，光滑水平面上，在MN、QP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直线运动，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( )
A．磁场宽度为4 m
B．匀强磁场的磁感应强度大小为eq \r(2) T
C．线框穿过磁场的过程中，通过线框的电荷量为2 C
D．线框穿过磁场的过程中，线框产生的热量为1 J
【答案】 AB
【解析】 线框的加速度大小为a＝eq \f(F0,m)＝2 m/s2，磁场宽度d＝eq \f(1,2)at22＝4 m，A正确；线框的边长L＝eq \f(1,2)at12＝1 m，当线框全部进入磁场前的瞬间有F1－F安＝ma，F安＝eq \f(B2L2v,R)＝eq \f(B2L2at1,R)，联立解得B＝eq \r(2) T，B正确；线框穿过磁场的过程中，穿过线框的磁通量不变，通过线框的电荷量为零，C错误；线框进入磁场的过程中，线框产生的热量为Q＝W－eq \f(1,2)mv2，W＝eq \f(p2,2m)＝eq \f(\x\t(F)t22,2m)＝eq \f(9,2) J，v＝2 m/s，代入解得Q＝eq \f(5,2) J>1 J，故线框穿过磁场的过程中，线框产生的热量大于1 J，D错误．
类型4 电磁感应中的电路问题
【例4】(2022·全国甲卷，16)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I1、I2和I3。则( )
A.I1I3>I2
C.I1＝I2>I3 D.I1＝I2＝I3
【答案】 C
【解析】 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C2＝2πr，面积为S2＝πr2
同理可知正方形线框的周长和面积分别为
C1＝8r，S1＝4r2
正六边形线框的周长和面积分别为
C3＝6r，S3＝eq \f(3\r(3)r2,2)
三个线框材料、粗细相同，
根据电阻定律R＝ρeq \f(L,S横截面)
可知三个线框电阻之比为
R1∶R2∶R3＝C1∶C2∶C3＝4∶π∶3
根据法拉第电磁感应定律有
I＝eq \f(E,R)＝eq \f(ΔB,Δt)·eq \f(S,R)
由于三个线框处于同一随时间线性变化的磁场中，可得电流之比为
I1∶I2∶I3＝eq \f(S1,R1)∶eq \f(S2,R2)∶eq \f(S3,R3)＝2∶2∶eq \r(3)
即I1＝I2>I3，故选项C正确。
题型三 电磁感应中的动力学和能量问题
1．电磁感应中动力学问题的分析方法
(1)分析导体棒的受力，画出受力示意图(注意将立体图转化为平面图)．
(2)注意动态变化过程分析
2．能量转化及焦耳热的求法
(1)能量转化关系
(2)焦耳热的三种求法
①焦耳定律：Q＝I2Rt，适用于电流、电阻不变的情况．
②功能关系：Q＝W克安，W克安表示克服安培力做的功，电流变或不变都适用．
③能量转化：Q＝ΔE其他，ΔE其他表示其他能的减少量，电流变或不变都适用.
类型1 电磁感应中的动力学问题
【例1】如图所示，两平行且无限长光滑金属导轨MN、PQ与水平面的夹角为θ＝30°，两导轨之间的距离为L＝1 m，两导轨M、P之间接入电阻R＝0.2 Ω，导轨电阻不计，在abdc区域内有一个方向垂直于两导轨平面向下的磁场Ⅰ，磁感应强度大小B0＝1 T，磁场的宽度x1＝1 m；在cd连线以下区域有一个方向也垂直于导轨平面向下的磁场Ⅱ，磁感应强度B1＝0.5 T。一个质量为m＝1 kg 的金属棒垂直放在金属导轨上，与导轨接触良好，金属棒的电阻r＝0.2 Ω，若金属棒在离ab连线上端x0处自由释放，则金属棒进入磁场Ⅰ恰好做匀速运动。金属棒进入磁场Ⅱ后，经过ef时又达到稳定状态，cd与ef之间的距离x2＝8 m。(g取10 m/s2)。求：
(1)金属棒在磁场Ⅰ运动的速度大小；
(2)金属棒滑过cd位置时的加速度大小；
(3)金属棒在磁场Ⅱ中达到稳定状态时的速度大小。
【答案】 (1)2 m/s (2)3.75 m/s2 (3)8 m/s
【解析】 (1)金属棒进入磁场Ⅰ做匀速运动，设速度大小为v0
由平衡条件得mgsin θ＝F安
而F安＝I0LB0，I0＝eq \f(B0Lv0,R＋r)
解得v0＝2 m/s。
(2)金属棒滑过cd位置时，其受力如图所示。
由牛顿第二定律得mgsin θ－F安′＝ma，而F安′＝I1LB1，I1＝eq \f(B1Lv0,R＋r)
解得a＝3.75 m/s2。
(3)金属棒在磁场Ⅱ区域中达到稳定状态时，设速度大小为v1，则mgsin θ＝F安″，而F安″＝B1I2L，I2＝eq \f(B1Lv1,R＋r)，代入数据解得v1＝8 m/s。
类型2 电磁感应中动力学与能量的综合问题
【例2】(2022·河南洛阳市模拟)如图甲所示，金属导轨MN和PQ平行，间距L＝1 m，与水平面之间的夹角α＝37°，匀强磁场磁感应强度大小B＝2.0 T，方向垂直于导轨平面向上，MP间接有阻值R＝1.5 Ω的电阻，质量m＝0.5 kg，接入电路中电阻r＝0.5 Ω的金属杆ab垂直导轨放置，金属杆与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.2.现用恒力F沿导轨平面向上拉金属杆ab，使其由静止开始运动，当金属杆上滑的位移x＝3.8 m时达到稳定状态，金属杆始终与导轨接触良好，对应过程的v－t图像如图乙所示．取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，导轨足够长且电阻不计．求：
(1)恒力F的大小及金属杆的速度为0.4 m/s时的加速度大小；
(2)从金属杆开始运动到刚达到稳定状态，通过电阻R的电荷量；
(3)从金属杆开始运动到刚达到稳定状态，金属杆上产生的焦耳热．
【答案】 (1)5.8 N 2.4 m/s2 (2)3.8 C (3)1.837 5 J
【解析】 (1)当金属杆匀速运动时，由平衡条件得 F＝μmgcs 37°＋mgsin 37°＋F安
由题图乙知v＝1 m/s，则F安＝BIL＝eq \f(B2L2v,R＋r)＝2 N
解得F＝5.8 N
当金属杆的速度为0.4 m/s时F安1＝BI1L＝eq \f(B2L2v1,R＋r)＝0.8 N
由牛顿第二定律有F－μmgcs 37°－mgsin 37°－F安1＝ma
解得a＝2.4 m/s2.
(2)由q＝eq \x\t(I)·Δt
eq \x\t(I)＝eq \f(\x\t(E),R＋r)
eq \x\t(E)＝eq \f(ΔΦ,Δt)
得q＝eq \f(ΔΦ,R＋r)＝eq \f(BLx,R＋r)＝3.8 C.
(3)从金属杆开始运动到刚到达稳定状态，由动能定理得(F－μmgcs 37°－mgsin 37°)x＋W安＝eq \f(1,2)mv2－0
又Q＝|W安|＝7.35 J，所以解得Qr＝eq \f(r,R＋r)Q＝1.837 5 J.
题型四 动量观点在电磁感应中的应用
类型1 动量定理在电磁感应中的应用
在导体单杆切割磁感线做变加速运动时，若牛顿运动定律和能量观点不能解决问题，可运用动量定理巧妙解决问题
【例1】(多选)(2022·河南开封市二模)如图所示，在光滑的水平面上有一方向竖直向下的有界匀强磁场．磁场区域的左侧，一正方形线框由位置Ⅰ以4.5 m/s的初速度垂直于磁场边界水平向右运动，经过位置Ⅱ，当运动到位置Ⅲ时速度恰为零，此时线框刚好有一半离开磁场区域．线框的边长小于磁场区域的宽度．若线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量分别为q1、q2，线框经过位置Ⅱ时的速度为v.则下列说法正确的是( )
A．q1＝q2 B．q1＝2q2
C．v＝1.0 m/s D．v＝1.5 m/s
【答案】 BD
【解析】 根据q＝eq \f(ΔΦ,R)＝eq \f(BS,R)可知，线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量q1＝2q2，故A错误，B正确；线圈从开始进入到位置Ⅱ，由动量定理－Beq \x\t(I1)LΔt1＝mv－mv0，即－BLq1＝mv－mv0，同理线圈从位置Ⅱ到位置Ⅲ，由动量定理－Beq \x\t(I2)LΔt2＝0－mv，即－BLq2＝0－mv，联立解得v＝eq \f(1,3)v0＝1.5 m/s，故C错误，D正确．
【例2】(多选)(2022·湖南卷·10)如图，间距L＝1 m的U形金属导轨，一端接有0.1 Ω的定值电阻R，固定在高h＝0.8 m的绝缘水平桌面上．质量均为0.1 kg的匀质导体棒a和b静止在导轨上，两导体棒与导轨接触良好且始终与导轨垂直，接入电路的阻值均为0.1 Ω，与导轨间的动摩擦因数均为0.1(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，导体棒a距离导轨最右端1.74 m．整个空间存在竖直向下的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度大小为0.1 T．用F＝0.5 N沿导轨水平向右的恒力拉导体棒a，当导体棒a运动到导轨最右端时，导体棒b刚要滑动，撤去F，导体棒a离开导轨后落到水平地面上．重力加速度取10 m/s2，不计空气阻力，不计其他电阻，下列说法正确的是( )
A．导体棒a离开导轨至落地过程中，水平位移为0.6 m
B．导体棒a离开导轨至落地前，其感应电动势不变
C．导体棒a在导轨上运动的过程中，导体棒b有向右运动的趋势
D．导体棒a在导轨上运动的过程中，通过电阻R的电荷量为0.58 C
【答案】 BD
【解析】 导体棒a在导轨上向右运动，产生的感应电流方向向里，流过导体棒b的电流方向向里，由左手定则可知安培力向左，则导体棒b有向左运动的趋势，故C错误；导体棒b与电阻R并联，有I＝eq \f(BLv,0.15 Ω)，当导体棒a运动到导轨最右端时，导体棒b刚要滑动，有B·eq \f(I,2)·L＝μmg，联立解得导体棒a的速度为v＝3 m/s，导体棒a离开导轨至落地前做平抛运动，有x＝vt，h＝eq \f(1,2)gt2，联立解得导体棒a离开导轨至落地过程中水平位移为x＝1.2 m，故A错误；导体棒a离开导轨至落地前做平抛运动，水平速度切割磁感线，则产生的感应电动势不变，故B正确；导体棒a在导轨上运动的过程中，通过电路的电荷量为q＝eq \x\t(I)·Δt＝eq \f(BL·Δx,0.15 Ω)＝eq \f(0.1×1×1.74,0.15) C＝1.16 C，导体棒b与电阻R并联，则通过电阻R的电荷量为qR＝eq \f(q,2)＝0.58 C，故D正确．
类型2 动量守恒定律在电磁感应中的应用
双杆模型
【例1】(多选)(2022·河北省模拟)如图所示，两根相距L且电阻不计的足够长光滑金属导轨，导轨左端为弧形，右端水平，且水平部分处于方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中．铜棒a、b电阻均为R、质量均为m，均与导轨垂直且与导轨接触良好，铜棒b静止在导轨水平部分，铜棒a在弧形导轨上从距离水平部分高度为h＝0.5L处由静止释放，重力加速度为g，关于此后的过程，下列说法正确的是( )
A．回路中的最大电流为eq \f(\r(gL)BL,R)
B．铜棒b的最大加速度为eq \f(\r(gL)B2L2,2mR)
C．铜棒b获得的最大速度为eq \r(gL)
D．回路中产生的总焦耳热为eq \f(mgL,4)
【答案】 BD
【解析】 铜棒a沿弧形导轨下滑，刚进入磁场区域时，由机械能守恒定律有mgh＝eq \f(1,2)mv2，且h＝0.5 L，解得v＝eq \r(gL)，回路中的最大感应电动势E＝BLv，回路中的最大电流I＝eq \f(E,2R)，联立解得I＝eq \f(BL\r(gL),2R)，故A错误；铜棒b受到的最大安培力F安＝BIL，由牛顿第二定律有F安＝ma，解得铜棒b的最大加速度a＝eq \f(B2L2\r(gL),2mR)，故B正确；铜棒a、b在匀强磁场中做切割磁感线运动的过程中，整体所受合外力为零，动量守恒，最终铜棒a、b速度相等，由动量守恒定律得mv＝2mv′，解得铜棒b获得的最大速度为v′＝eq \f(\r(gL),2)，故C错误；由能量守恒定律得，回路中产生的总焦耳热为Q＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)×2mv′2＝eq \f(mgL,4)，故D正确．
【例2】.(多选)(2022·北京市模拟)如图，两根足够长的固定的光滑平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为L.导轨上面横放着两根导体棒1和2，构成矩形回路．两根导体棒的质量皆为m，接入电路电阻皆为R，回路中其余部分的电阻可不计，在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B.初始棒2静止，棒1有指向棒2的初速度v0.若两导体棒在运动中始终不接触，则( )
A．棒1的最小速度为零
B．棒2的最大加速度为eq \f(B2L2v0,2mR)
C．棒1两端电压的最大值为BLv0
D．棒2产生的最大热量为eq \f(1,8)mv02
【答案】 BD
【解析】 当导体棒1开始运动时，回路中有感应电流，两导体棒受到大小相等的安培力作用，棒1做减速运动，棒2做加速运动，当两棒速度相等时，回路中电流等于零，两棒受力平衡，都做匀速直线运动，此时棒1的速度最小，A错误；当导体棒1刚开始运动时，导体棒2的加速度最大，有E＝BLv0，此时回路中的电流I＝eq \f(E,R＋R)＝eq \f(BLv0,2R)，由牛顿第二定律可得F＝BIL＝Beq \f(BLv0,2R)L＝eq \f(B2L2v0,2R)＝ma，得a＝eq \f(B2L2v0,2mR)，B正确；当导体棒1刚开始运动时，回路中的感应电动势最大，感应电流最大，则棒1两端电压最大值为U1＝IR＝eq \f(ER,2R)＝eq \f(1,2)BLv0，C错误；当两棒的速度相等时，系统产生的焦耳热最多，从开始运动到稳定的运动过程中，两棒的总动量守恒，设向右为正方向，由动量守恒定律可得mv0＝2mv，由能量守恒定律可得eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)×2mv2＋Q，导体棒2产生的最大热量为Q2＝eq \f(1,2)Q，联立解得Q2＝eq \f(1,8)mv02，D正确．
【专题突破练】
1.(2022·河南省三模)航母上的飞机起飞可以利用电磁驱动来实现．电磁驱动原理示意图如图所示，在固定线圈左右两侧对称位置放置两个闭合金属圆环，铝环和铜环的形状、大小相同，已知铜的电阻率较小，不计所有接触面间的摩擦，则闭合开关S的瞬间( )
A．铝环向右运动，铜环向左运动
B．铝环和铜环都向右运动
C．铜环受到的安培力小于铝环受到的安培力
D．从左向右看，铜环中的感应电流沿顺时针方向
【答案】 D
【解析】 闭合开关S的瞬间，穿过两个金属圆环的磁通量均增大，为阻碍磁通量的增大，铝环向左运动，铜环向右运动，A、B错误；由于铜环和铝环的形状、大小相同，铜的电阻率较小，故铜环的电阻较小，两环对称放在固定线圈两侧，闭合开关S瞬间，穿过两环的磁通量的变化率相等，则两环产生的感应电动势相等，则铜环中的感应电流较大，故铜环受到的安培力较大，C错误；由右手螺旋定则可知，闭合开关S瞬间，穿过铜环的磁通量向左增大，由楞次定律知，从左向右看，铜环中的感应电流沿顺时针方向，D正确．
2.(2022·黑龙江省哈尔滨三中模拟)半径为L的圆形磁场区域如图所示，左侧磁场方向垂直纸面向外，右侧磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小均为B.导体棒AB长为2L，与圆磁场的直径重合．当导体棒以角速度ω绕其中点在纸面内顺时针转动时，导体棒两端的电势差UAB为( )
A．0 B．eq \f(BL2ω,2)
C．BL2ω D．2BL2ω
【答案】 C
【解析】 由右手定则可知，A端电势高于B端电势，由安培定则可知UAO＝UOB＝eq \f(1,2)BL2ω，则有UAB＝UAO＋UOB＝BL2ω，故选C.
2.(多选)(2022·山东滨州市高三期末)如图所示，在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中，有一质量为m、阻值为R、边长为L的闭合正方形金属线框abcd固定在长度为2L的绝缘轻质细杆一端，细杆另一端在O点可绕垂直纸面的水平轴无摩擦转动．线框ad边靠近观察者，金属线框从右侧与O点等高处水平无初速度释放，线框摆到最低点的另一侧，细杆与竖直方向的最大夹角为θ(如图)，线框平面始终垂直纸面，重力加速度为g.此过程中，下列说法正确的是( )
A．线框中感应电流的方向始终是d→c→b→a→d
B．线框摆到最低点时，线框ab边所受安培力为零
C．流过线框某一横截面的电荷量为eq \f(BL2sin θ＋1,R)
D．线框产生的电热为2mgLcs θ
【答案】 AC
【解析】 闭合正方形金属线框abcd在转动中，ab边和cd边在磁场中切割磁感线，由于cd边比ab边切割速度大，由右手定则判定，金属线框中产生的感应电流方向是d→c→b→a→d，因为线框是摆动的，ab边和cd边切割磁感线的方向不变，所以线框中感应电流的方向一直不变，A正确；线框摆到最低点时，线框速度最大，因线框中有电流经ab边，所以ab边所受安培力不为零，B错误；金属线框在磁场的整个运动中，设所用时间为Δt，穿过金属线框的磁通量的变化量等于ΔΦ＝BL2－(－BL2sin θ)＝BL2(sin θ＋1)，金属线框中感应电流的平均值为eq \x\t(I)＝eq \f(\x\t(E),R)＝eq \f(ΔΦ,R·Δt)＝eq \f(BL2sin θ＋1,R·Δt)，由电流的定义式可知，流经线框某一横截面的电荷量为q＝eq \x\t(I)Δt＝eq \f(BL2sin θ＋1,R)，C正确；由能量守恒定律可知，线框产生的电热等于金属线框减少的机械能，则有Q＝mgΔh＝mg(2L＋eq \f(1,2)L)cs θ＝eq \f(5,2)mgLcs θ，D错误．
3．(多选)(2022·广东深圳市模拟)如图甲所示，正方形线圈abcd内有垂直于线圈的匀强磁场，已知线圈匝数n＝10，边长ab＝1 m，线圈总电阻r＝1 Ω，线圈内磁感应强度随时间的变化情况如图乙所示．设图示的磁场方向与感应电流方向为正方向，则下列有关线圈的电动势e、感应电流i、ab边受到的安培力F(取向下为正方向)以及焦耳热Q随时间t的变化图像正确的是( )
【答案】 CD
【解析】 在0～1 s内产生的感应电动势为e1＝eq \f(nSΔB,Δt)＝2 V，方向为逆时针，同理在1～5 s内产生的感应电动势为e2＝eq \f(nSΔB2,Δt2)＝1 V，方向为顺时针，A错误；0～1 s内的感应电流大小为i1＝eq \f(e1,r)＝2 A，方向为逆时针(负值)，同理1～5 s内的感应电流大小为i2＝1 A，方向为顺时针(正值)，B错误；ab边受到的安培力大小为F＝nBiL，可知在0～1 s内，F均匀增大，大小范围为0≤F≤4 N，方向向下(正值)，在1～3 s内，F均匀减小，大小范围为0≤F≤2 N，方向向上(负值)，在3～5 s内，F均匀增大，大小范围为0≤F≤2 N，方向向下(正值)，C正确；线圈产生的焦耳热为Q＝eit，在0～1 s内，随时间均匀增大，ΔQ1＝4 J，在1～5 s内，随时间均匀增大，ΔQ2＝4 J，D正确．
4.(多选)(2022·河南郑州市二模)在甲、乙、丙图中，MN、PQ是固定在同一水平面内足够长的平行金属导轨．导体棒ab垂直放在导轨上，导轨都处于垂直水平面向下的匀强磁场中，导体棒和导轨间的摩擦不计，导体棒、导轨和直流电源的电阻均可忽略，甲图中的电容器C原来不带电．现给导体棒ab一个向右的初速度v0，对甲、乙、丙图中导体棒ab在磁场中的运动状态描述正确的是( )
A．甲图中，棒ab最终做匀速运动
B．乙图中，棒ab做匀减速运动直到最终静止
C．丙图中，棒ab最终做匀速运动
D．甲、乙、丙中，棒ab最终都静止
【答案】 AC
【解析】 题图甲中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流而使电容器充电，当电容器C极板间电压与导体棒产生的感应电动势相等时，电路中没有电流，此时ab棒不受安培力作用，向右做匀速运动，故A正确；题图乙中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流，通过电阻R转化为内能，ab棒速度减小，当ab棒的动能全部转化为内能时，ab棒静止，又由I＝eq \f(BLv,R)，F＝BIL，由于速度减小，则产生的感应电流减小，导体棒所受安培力减小，根据牛顿第二定律可知导体棒的加速度减小，所以题图乙中，棒ab做加速度减小的减速运动直到最终静止，故B错误；题图丙中，导体棒先受到向左的安培力作用向右做减速运动，速度减为零后在安培力作用下向左做加速运动，当导体棒产生的感应电动势与电源的电动势相等时，电路中没有电流，此时ab棒向左做匀速运动，故C正确；由以上分析可知，甲、乙、丙中，只有题图乙中棒ab最终静止，故D错误．
5.(2022·山东泰安市高三期末)如图所示，间距为L的平行光滑足够长的金属导轨固定倾斜放置，倾角θ＝30°，虚线ab、cd垂直于导轨，在ab、cd间有垂直于导轨平面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场．质量均为m、阻值均为R的金属棒PQ、MN并靠在一起垂直导轨放在导轨上．释放金属棒PQ，当PQ到达ab瞬间，再释放金属棒MN；PQ进入磁场后做匀速运动，当PQ到达cd时，MN刚好到达ab.不计导轨电阻，两金属棒与导轨始终接触良好，重力加速度为g.则MN通过磁场过程中，PQ上产生的焦耳热为( )
A.eq \f(2m3g2R2,B4L4) B.eq \f(m3g2R2,B4L4)
C.eq \f(m3g2R2,4B4L4) D.eq \f(m3g2R2,2B4L4)
【答案】 D
【解析】 由题意知PQ进入磁场后做匀速运动，则由平衡条件得安培力为F＝mgsin θ，又因为F＝BIL＝eq \f(B2L2v,2R)，解得金属棒速度为v＝eq \f(mgR,B2L2)，电流为I＝eq \f(mg,2BL)，因为金属棒从释放到刚进入磁场时做匀加速直线运动，由牛顿第二定律知mgsin θ＝ma，所以加速时间为t＝eq \f(v,a)，由题意知当PQ到达cd时，MN刚好到达ab，即金属棒穿过磁场的时间等于进入磁场前的加速时间，且MN在磁场中的运动情况和PQ一致，故MN通过磁场过程中，PQ上产生的焦耳热为Q焦耳＝I2Rt，解得Q焦耳＝eq \f(m3g2R2,2B4L4)，故选D.
6.(2022·广东潮州市湘桥区铁铺中学模拟)纸面内一正方形金属线框MNPQ的PQ边与匀强磁场的边界重合，匀强磁场垂直纸面向外且范围足够大．第一次将金属线框以速度v匀速拉进匀强磁场内(如图甲)；第二次金属线框以PQ边为轴匀速转动180°(如图乙)，此时MN边的线速度大小为v.设两过程中线框中产生的焦耳热分别为Q1和Q2，则 eq \f(Q1,Q2)等于( )
A．4 B．8
C．eq \f(4,π) D．eq \f(2,π)
【答案】 C
【解析】 设正方形线框的边长为l、电阻为R，磁场的磁感应强度大小为B，题图甲中线框产生的感应电动势大小为E1＝Blv，时间为t1＝eq \f(l,v)，产生的热量为Q1＝eq \f(E12,R)t1＝eq \f(B2l3v,R)，题图乙中线框在磁场中运动时产生的感应电动势的最大值为Em＝Blv，有效值为E＝eq \f(Em,\r(2))，时间为t2＝eq \f(πl,2v)，产生的热量为Q2＝eq \f(E2,R)t2＝eq \f(πB2l3v,4R)，解得 eq \f(Q1,Q2)＝eq \f(4,π)，故选C.
7.(多选)(2022·山东淄博市二模)如图甲所示，两根完全相同的光滑长直导轨固定，两导轨构成的平面与水平面之间的夹角为θ，导轨两端均连接电阻，阻值R1＝R2＝R，导轨间距为L.在导轨所在平面的矩形区域M1P1P2M2内分布有垂直导轨平面向上的磁场，磁场上、下边界M1P1、M2P2间的距离为d，磁感应强度大小随时间的变化规律如图乙所示．在导轨斜面上与M1P1距离为s处，有一根质量为m、接入电路阻值也为R的金属棒ab垂直于导轨放置．在t＝0时刻由静止释放(金属棒ab与导轨接触良好)，t1时刻金属棒恰好进入磁场并匀速通过整个磁场区域，并在t2时刻出磁场区域．已知重力加速度为g，导轨电阻不计．下列说法正确的是( )
A．t1时刻金属棒ab的速度大小为eq \f(3mgRsin θ,2B02L2)
B．从开始运动到离开磁场区域，金属棒ab减少的机械能等于该过程中回路所产生的总焦耳热
C．金属棒ab在磁场中运动的过程中棒两端的电压大小为eq \f(1,3)B0Leq \r(2gssin θ)
D．在进入磁场前和通过磁场区域的过程中通过金属棒ab的电荷量之比为1∶1
【答案】 AC
【解析】 由题意知t1时刻金属棒恰好进入磁场并匀速通过整个磁场区域，则刚进入磁场时满足mgsin θ＝B0eq \f(B0Lv,R＋\f(R,2))L，解得v＝eq \f(3mgRsin θ,2B02L2)，A正确；在0～t1时间内，金属棒ab进入磁场前，棒ab的机械能不变，磁场变化回路也产生焦耳热，所以从开始运动到离开磁场区域金属棒ab减少的机械能小于该过程中回路所产生的总焦耳热，B错误；金属棒ab进入磁场前有mgssin θ＝eq \f(1,2)mv2，金属棒ab在磁场中运动时，有E＝B0Lv，I＝eq \f(E,R＋\f(1,2)R)，U＝I·eq \f(1,2)R，联立解得金属棒ab两端的电压大小为U＝eq \f(1,3)B0Leq \r(2gssin θ)，C正确；金属棒ab进入磁场前，有E1＝eq \f(B0,t1)Ld，I1＝eq \f(1,2)×eq \f(E1,\f(3,2)R)，q1＝I1t1，联立解得q1＝eq \f(B0Ld,3R)，金属棒ab进入磁场后，有q2＝I2(t2－t1)，I2＝eq \f(E2,\f(3R,2))，E2＝eq \f(B0Ld,t2－t1)，解得q2＝eq \f(2B0Ld,3R)，所以q1∶q2＝1∶2，D错误．
8.(多选)(2022·广东韶关市二模)某高中科研兴趣小组利用课余时间进行研究电磁阻尼效果的研究性学习，实验示意图如图甲所示，虚线MN右侧有垂直于水平面向下的匀强磁场，边长为1 m、质量为0.1 kg、电阻为0.2 Ω的正方形金属线框在光滑绝缘水平面上以大小v0＝2 m/s的速度向右滑动并进入磁场，磁场边界MN与线框的右边框平行．从线框刚进入磁场开始计时，线框的速度v随滑行的距离x变化的规律如图乙所示，下列说法正确的是( )
A．图乙中x0＝1 m
B．线框进入磁场的过程中，线框的加速度先不变再突然减为零
C．线框进入磁场的过程中，线框中产生的焦耳热为0.1 J
D．线框进入磁场的过程中，通过线框某横截面的电荷量为eq \f(\r(2),2) C
【答案】 AD
【解析】 穿过线框的磁通量变化导致线框中产生感应电流，使线框受到安培力的作用，从而使速度改变；当线框完全进入磁场时，磁通量不变，速度不变，则由题图乙可知x0＝1 m，A正确；线框进入磁场的过程中，安培力F＝BIL，其中I＝eq \f(E,R)＝eq \f(BLv,R)，由题图乙可知，速度减小，则安培力减小，由牛顿第二定律可知，线框的加速度减小，因此线框做变减速运动，B错误；根据能量守恒定律可知，减少的动能全部转化为焦耳热，则有Q＝ΔEk＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)mv2，代入数据可得Q＝0.15 J，C错误； 线框进入磁场的过程中，取水平向右为正方向，根据动量定理可得－eq \f(B2L2\x\t(v),R)t＝mv－mv0，整理得v＝v0－eq \f(B2L2x,mR)，结合题图乙可知，当x＝1 m时，v＝1 m/s，代入解得B＝eq \r(\f(1,50)) T，通过线框某横截面的电荷量为q＝eq \x\t(I)t＝eq \f(Bx02,R)，解得q＝eq \f(\r(2),2) C，D正确．
9．(多选)(2022·宁夏吴忠中学三模)如图所示，两段均足够长、不等宽的光滑平行导轨固定在水平面上，较窄导轨的间距L1＝1 m，较宽导轨的间距L2＝1.5 m．整个装置处于磁感应强度大小为B＝0.5 T、方向竖直向上的匀强磁场中，导体棒MN、PQ的质量分别为m1＝0.4 kg、m2＝1.2 kg，长度分别为1 m、1.5 m，电阻分别为R1＝0.3 Ω、R2＝0.9 Ω，两导体棒静止在水平导轨上．t＝0时刻，导体棒MN获得v0＝7 m/s、水平向右的初速度．导轨电阻忽略不计，导体棒MN、PQ始终与导轨垂直且接触良好，导体棒MN始终在较窄导轨上运动，取g＝10 m/s2则( )
A．t＝0时刻，回路中的电流为eq \f(35,12) A
B．导体棒MN最终做匀速直线运动，速度大小为3 m/s
C．通过导体棒MN的电荷量最大值为3.4 C
D．导体棒PQ中产生的焦耳热最大值为4.2 J
【答案】 ABD
【解析】 t＝0时刻，回路中的电流为I0＝eq \f(E,R)＝eq \f(BL1v0,R1＋R2)＝eq \f(35,12) A，故A正确；导体棒MN与PQ切割磁感线产生的电动势相互削弱，当两导体棒产生的电动势相等时，感应电流为零，所受安培力为零，故两导体棒最终做匀速直线运动，此时有BL1vMN＝BL2vPQ，设从导体棒MN开始运动至导体棒MN、PQ做匀速运动所用的时间为Δt，取水平向右为正方向，对导体棒MN分析，由动量定理得－BL1eq \x\t(I)·Δt＝m1vMN－m1v0，对导体棒PQ分析，由动量定理得BL2eq \x\t(I)·Δt＝m2vPQ，又因为q＝eq \x\t(I)·Δt，联立解得vMN＝3 m/s，vPQ＝2 m/s，q＝3.2 C，故B正确，C错误；由能量守恒定律得eq \f(1,2)m1v02＝eq \f(1,2)m1vMN2＋eq \f(1,2)m2vPQ2＋Q总，QPQ＝eq \f(R2,R1＋R2)Q总，代入数据联立解得QPQ＝4.2 J，故D正确．
10.(多选)(2022·辽宁省模拟)如图所示，导体棒a、b水平放置于足够长的光滑平行金属导轨上，导轨左右两部分的间距分别为l、2l，质量分别为m、2m，两棒接入电路的电阻均为R，其余电阻均忽略不计；导体棒a、b均处于竖直向上的磁感应强度大小为B的匀强磁场中；a、b两棒以v0的初速度同时向右运动，两棒在运动过程中始终与导轨垂直且保持良好接触，a总在窄轨上运动，b总在宽轨上运动，直到两棒达到稳定状态，则从开始运动到两棒稳定的过程中，下列说法正确的是( )
A．稳定时a棒的速度为eq \f(4,3)v0
B．电路中产生的焦耳热为eq \f(1,5)mv02
C．流过导体棒a的某一横截面的电荷量为eq \f(mv0,3Bl)
D．当a棒的速度为eq \f(5,4)v0时，b棒的加速度大小为eq \f(B2l2v0,8mR)
【答案】 ACD
【解析】 当两棒产生的感应电动势相等时，达到稳定状态，设此时a棒速度为va，b棒速度为vb，电动势相等，则有Blva＝B·2lvb，可得va＝2vb，从开始到达到稳定状态过程中，取水平向右为正方向，对a棒由动量定理得Beq \x\t(I)lt＝mva－mv0，对b棒由动量定理得－Beq \x\t(I)·2lt＝2mvb－2mv0，联立解得va＝eq \f(4,3)v0，又有q＝eq \x\t(I)t，联立解得q＝eq \f(mv0,3Bl)，故A、C正确；由能量守恒定律得Q＝eq \f(1,2)(m＋2m)v02－eq \f(1,2)mva2－eq \f(1,2)×2mvb2，解得Q＝eq \f(mv02,6)，故B错误；当a棒的速度为eq \f(5,4)v0时，设b棒的速度为v，加速度大小为a，取向右为正方向，根据动量定理可知，对a棒Beq \x\t(I)′lt′＝m·eq \f(5,4)v0－mv0，对b棒－Beq \x\t(I)′·2lt′＝2mv－2mv0，联立解得v＝eq \f(3v0,4)，回路中感应电流为I＝eq \f(B·2l·\f(3,4)v0－Bl·\f(5,4)v0,2R)＝eq \f(Blv0,8R)，对b棒，根据牛顿第二定律有BI·2l＝2ma，解得a＝eq \f(B2l2v0,8mR)，故D正确．
11.(多选)(2022·山东枣庄市二模)如图所示，间距为L＝0.8 m的两条平行光滑竖直金属导轨PQ、MN足够长，底部Q、N之间连接阻值为R1＝2.0 Ω的电阻，磁感应强度大小为B1＝0.5 T，足够大的匀强磁场与导轨平面垂直．质量为m＝1.0×10－2 kg、电阻值为R2＝2.0 Ω的金属棒ab放在导轨上，且始终与导轨接触良好．导轨的上端点P、M分别与横截面积为5.0×10－3 m2的10匝线圈的两端连接，线圈的轴线与大小均匀变化的匀强磁场B2平行．开关S闭合后，金属棒ab恰能保持静止．重力加速度取g＝10 m/s2，其余部分的电阻不计．则( )
A．匀强磁场B2的磁感应强度均匀减小
B．金属棒ab中的电流大小为0.25 A
C．匀强磁场B2的磁感应强度的变化率为10 T/s
D．断开S之后，金属棒ab下滑的最大速度为1.25 m/s
【答案】 BC
【解析】 金属棒ab处于静止状态，则金属棒ab受到的安培力竖直向上，根据左手定则可知，通过金属棒ab的电流方向由a到b，根据楞次定律可知，匀强磁场B2的磁感应强度均匀增加，A错误；设金属棒ab中的电流大小为I，根据受力平衡可得B1IL＝mg，解得I＝0.25 A，B正确；设匀强磁场B2的磁感应强度的变化率为k，则线圈产生的感应电动势为E＝neq \f(ΔΦ,Δt)＝neq \f(ΔB,Δt)·S＝nkS，金属棒ab中的电流大小为I＝eq \f(U,R2)＝eq \f(E,R2)＝0.25 A，联立解得k＝10 T/s，C正确；断开S之后，当金属棒ab受力再次达到平衡时下滑速度最大，设最大速度为v，则有E′＝B1Lv，I′＝eq \f(E′,R1＋R2)，B1I′L＝mg，联立解得v＝2.5 m/s，D错误．
12.(2022·江苏盐城市二模)如图所示，三条平行虚线L1、L2、L3之间有宽度为L的两个匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ，两区域内的磁感应强度大小相等、方向相反，正方形金属线框MNPQ的质量为m、边长为L，开始时MN边与边界L1重合，对线框施加拉力F使其以加速度a匀加速通过磁场区，以顺时针方向电流为正方向，下列关于感应电流i和拉力F随时间变化的图像可能正确的是( )
【答案】 B
【解析】 当MN边向右运动0～L的过程中，用时t1＝eq \r(\f(2L,a))，则E1＝BLat，电流I1＝eq \f(E1,R)＝eq \f(BLa,R)t，方向为正方向；拉力F1＝ma＋F安1＝ma＋eq \f(B2L2a,R)t；当MN边向右运动L～2L的过程中，用时t2＝eq \r(\f(4L,a))－eq \r(\f(2L,a))＝(eq \r(2)－1)eq \r(\f(2L,a))＝(eq \r(2)－1)t1，E2＝2BLat，电流I2＝eq \f(E2,R)＝eq \f(2BLa,R)t，方向为负方向，拉力F2＝ma＋F安2＝ma＋eq \f(4B2L2a,R)t；当MN边向右运动2L～3L的过程中，用时t3＝eq \r(\f(6L,a))－eq \r(\f(4L,a))＝(eq \r(3)－eq \r(2))eq \r(\f(2L,a))＝(eq \r(3)－eq \r(2))t1，E3＝BLat，电流I3＝eq \f(E3,R)＝eq \f(BLa,R)t，方向为正方向，拉力F3＝ma＋F安3＝ma＋eq \f(B2L2a,R)t，对比四个选项可知，只有B正确．
13.(多选)(2022·安徽池州市模拟)如图所示，一质量为M的U形金属框abcd静置于水平粗糙绝缘平台上，ab和dc边平行且与bc边垂直，bc边长度为L，Lab、Ldc足够长，金属框与绝缘平台间的动摩擦因数为μ，整个金属框电阻可忽略．一根质量也为M的导体棒mn平行bc静置于金属框上，导体棒接入回路中的电阻为R，导体棒与金属框间摩擦不计．现用水平恒力F向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，mn与金属框始终保持良好接触，重力加速度为g，经过足够长时间后，下列说法正确的是( )
A．导体棒与金属框具有共同速度大小为v＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(F－2μMg))R,2B2L2)
B．导体棒与金属框具有共同加速度大小为a＝eq \f(F,2M)－μg
C．导体棒中电流I＝eq \f(F－2μMg,2BL)
D．导体棒消耗的电功率为P＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(F－2μMg))2R,2B2L2)
【答案】 BC
【解析】 经过足够长时间后，金属框的bc边和导体棒mn一起切割磁感线，导体棒与金属框具有相同的加速度，设导体棒mn和金属框的速度大小分别为v1、v2，则电路中的电动势E＝BL(v2－v1)
电路中的电流I＝eq \f(E,R)＝eq \f(BL\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(v2－v1)),R)
金属框和导体棒mn受到的安培力
F安框＝eq \f(B2L2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(v2－v1)),R)，方向与运动方向相反
F安mn＝eq \f(B2L2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(v2－v1)),R)，方向与运动方向相同
则对导体棒有eq \f(B2L2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(v2－v1)),R)＝Ma1
对金属框有F－2μMg－eq \f(B2L2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(v2－v1)),R)＝Ma2
初始速度均为零，则a1从零开始逐渐增加，a2从eq \f(F－μ×2Mg,M)开始逐渐减小，当a1＝a2时，相对速度为v2－v1＝eq \f(F－2μMgR,2B2L2)，共同加速度大小为a＝eq \f(F,2M)－μg，则I＝eq \f(F－2μMg,2BL)，根据P＝I2R，得P＝eq \f(F－2μMg2R,4B2L2)，综上可得，B、C选项正确，A、D选项错误．
14.(多选)(2022·广西北海市一模)如图所示，在水平桌面上固定两条足够长的相距L＝1.0 m的平行光滑金属导轨，导轨的左端连接阻值R＝3.0 Ω的电阻，导轨上放有垂直导轨的金属杆P，金属杆的质量m＝0.1 kg，接入电路的电阻r＝2.0 Ω，整个空间存在磁感应强度大小B＝0.5 T、竖直向下的匀强磁场．初始时刻金属杆在水平向右的恒力F的作用下，向右做速度v＝4 m/s的匀速直线运动，经1.5 s后撤去恒力F.整个运动过程中金属杆P始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计，则从初始时刻到金属杆停止运动的过程中( )
A．电阻R上产生的热量为1.0 J
B．电阻R上产生的热量为1.2 J
C．金属杆向右运动的位移为14 m
D．金属杆向右运动的位移为16 m
【答案】 BC
【解析】 金属杆匀速运动时，所受安培力大小为F安＝BIL＝Beq \f(BLv,R＋r)L，根据金属杆受力平衡得F＝F安，代入数据解得F＝0.2 N，前1.5 s内金属杆运动的位移为x1＝vt＝6 m，水平恒力F做的功W＝Fx1＝1.2 J，从初始时刻到金属杆停止运动的过程中，根据能量守恒定律得W＋eq \f(1,2)mv2＝Qr＋QR，其中Qr∶QR＝r∶R＝2∶3，代入数据解得QR＝1.2 J，故A错误，B正确；撤去恒力F后，金属杆的加速度满足－eq \f(B2L2v,R＋r)＝ma，等式两边同时乘非常短的时间Δt，即－eq \f(B2L2v,R＋r)Δt＝maΔt，整理得－eq \f(B2L2,R＋r)Δx＝mΔv，整理得eq \f(B2L2,R＋r)x2＝mv，所以撤去恒力F后，金属杆继续运动的位移为x2＝eq \f(m\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(R＋r)),B2L2)v＝8 m，从初始时刻到金属杆停止运动的过程中，金属杆向右运动的位移x＝x1＋x2＝14 m，故C正确，D错误．
15.(2022·广东珠海模拟)如图甲所示，面积S＝0.2 m2的线圈，匝数n＝630匝，总电阻r＝1.0 Ω，线圈处在变化的磁场中，设磁场垂直纸面向外为正方向，磁感应强度B随时间t按图乙所示规律变化，方向垂直线圈平面，图甲中传感器可看成一个纯电阻R，并标有“3 V，0.9 W”，滑动变阻器R0上标有“10 Ω，1 A”。则下列说法正确的是( )
A.电流表中的电流方向向左
B.线圈中产生的感应电动势为定值
C.为了保证电路的安全，电路中允许通过的电流最大值为1 A
D.若滑动变阻器的滑片置于最左端，为了保证电路的安全，图乙中的t0最小值为20 s
【答案】 B
【解析】 根据楞次定律，回路中产生顺时针方向的电流，电流表中的电流方向向右，故A错误；因为eq \f(ΔB,Δt)恒定，所以根据法拉第电磁感应定律E＝neq \f(ΔB,Δt)S，线圈中产生恒定的感应电动势，故B正确；传感器正常工作时电流为I＝eq \f(P,U)＝eq \f(0.9,3) A＝0.3 A，变阻器的工作电流是1 A，所以电路允许通过的最大电流为0.3 A，故C错误；滑动变阻器触头位于最左端时外电路电阻为R外＝R＋R0，其中R＝eq \f(U,I)＝10 Ω，电源电动势的最大值为E＝I(R外＋r)＝6.3 V，由法拉第电磁感应定律E＝neq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(nSΔB,Δt)＝eq \f(nSB0,t0)，得t0＝40 s，故D错误。
16.(2022·上海市宝山区二模)有一匀强磁场区域，区域的上、下边界MM′、NN′与水平面平行，磁场的磁感应强度大小为B，方向如图所示，磁场上下边界的距离为H.一矩形线圈abdc位于竖直平面内，其质量为m，电阻为R，ab边长为L1，bd边长为L2，且L2(1)线圈完全进入磁场前速度的最大值；
(2)线圈从开始下落，到cd边刚到达磁场区域下边界NN′的过程中，线圈克服安培力所做的功；
(3)线圈cd边刚穿出磁场区域下边界NN′时线圈的加速度．
【答案】 (1)eq \f(mgR,B2L12) (2)mg(h＋L2)－eq \f(m3g2R2,2B4L14) (3)eq \r(\f(2gB4L14H－L2,m2R2)＋g2)－g 方向竖直向上
【解析】 (1)设线圈最大速度为v1，此时线圈受到的重力和线圈cd边受到的安培力F1平衡，即F1＝mg
设此时线圈中的电流为I1，因为
F1＝BI1L1
I1＝eq \f(E1,R)
E1＝BL1v1
联立解得F1＝eq \f(B2L12v1,R)
所以eq \f(B2L12v1,R)＝mg
解得v1＝eq \f(mgR,B2L12)
(2)线圈达到速度为v1时，线圈开始做匀速运动，直到线圈完全进入磁场．由于线圈从完全进入磁场到cd边刚到磁场下边界的过程中，线圈中无感应电流，此过程中安培力对线圈所做的功为零，所以计算线圈克服安培力做功时不必考虑此过程．由动能定理得
mg(h＋L2)－W克安＝eq \f(1,2)mv12
可得W克安＝mg(h＋L2)－eq \f(m3g2R2,2B4L14)
(3)设线圈cd边刚穿过磁场下边界时的速度大小为v2，由于线圈从完全进入磁场到cd边刚出磁场下边界的过程中，线圈做匀加速直线运动，可知
v22－v12＝2g(H－L2)
解得v2＝eq \r(2gH－L2＋\f(m2g2R2,B4L14))
线圈cd边刚出磁场时ab边切割磁感线产生的感应电动势E2＝BL1v2
此时线圈的受力如图所示，由于安培力大小F2大于重力大小，所以此时的加速度方向向上；
由牛顿第二定律得F2－mg＝ma，而F2＝BI2L1＝Beq \f(E2,R)L1＝eq \f(B2L12v2,R)
可得a＝eq \r(\f(2gB4L14H－L2,m2R2)＋g2)－g.
17.(2022·广西柳州市二模)如图，一倾角为θ的光滑固定斜面的顶端放有质量M＝0.05 kg的U形导体框，导体框的电阻忽略不计；一电阻为R＝1 Ω、质量m＝0.2 kg的金属棒PQ的两端置于导体框上，与导体框构成矩形闭合回路PQGH；GH长度L＝0.5 m．初始时PQ与GH相距一定距离，金属棒与导体框同时由静止开始下滑，导体框下滑x0＝eq \f(1,3) m后恰好匀速进入一方向垂直于斜面向上的匀强磁场区域，直至离开磁场区域．PQ、GH、磁场边界(图中虚线)都与斜面底边平行，当导体框的GH边离开磁场的瞬间，金属棒PQ正好进入磁场，并一直匀速运动直到离开磁场．已知金属棒与导体框之间始终接触良好，金属棒与导体框之间的动摩擦因数μ＝0.125，磁感应强度大小B＝1 T．重力加速度大小取g＝10 m/s2，sin θ＝0.6.求：
(1)导体框的GH边刚要进入磁场时的速度大小；
(2)磁场的宽度d;
(3)金属棒和导体框由静止开始下滑到二者速度始终相等的过程中，因摩擦产生的热量Q.
【答案】 (1)2 m/s (2)0.8 m (3)0.12 J
【解析】 (1)由题意，GH边进入磁场前，导体框与金属棒一起向下做匀加速直线运动，根据动能定理有
(M＋m)gx0sin θ＝eq \f(1,2)(M＋m)v02
代入数据解得v0＝2 m/s
(2)GH进入磁场的过程中一直做匀速运动，设经过时间t后GH离开磁场(或PQ进入磁场)
则有x2＝v0t
GH边进入磁场后，对金属棒PQ，由牛顿第二定律有mgsin θ－μmgcs θ＝ma，解得a＝5 m/s2，即向下做匀加速运动，金属棒到达磁场时的速度大小v1＝v0＋at
位移x1＝v0t＋eq \f(1,2)at2
PQ进入磁场时GH边恰好离开磁场，磁场宽度d＝x2，由PQ匀速进入磁场，由受力平衡可知F安′＋μmgcs θ＝mgsin θ
安培力大小F安′＝BI′L
电流I′＝eq \f(E,R)＝eq \f(BLv1,R)
联立以上各式可得v1＝4 m/s，d＝x2＝0.8 m，x1＝1.2 m
(3)GH边离开磁场后导体框做匀加速运动，其加速度大小a′＝eq \f(Mgsin θ＋μmgcs θ,M)
代入数据后得到a′＝10 m/s2
当经过t′时间后与PQ速度相等时有v1＝v0＋a′t′
PQ的位移x1′＝v1t′
联立可得x1′＝0.8 m，此时PQ恰好离开磁场，之后金属棒和导体框一起做匀加速运动，二者速度始终相等
t′时间内GH的位移x2′＝v0t′＋eq \f(1,2)a′t′2
两次因摩擦产生的热量Q＝μmgcs θ·(x1－d)＋μmgcs θ·(x1′－x2′)
联立解得Q＝0.12 J
18.(2022·陕西汉中检测)如图甲所示，光滑的金属导轨MN和PQ平行，间距L＝1.0 m，与水平面之间的夹角α＝37°，匀强磁场磁感应强度B＝2.0 T，方向垂直于导轨平面向上，MP间接有阻值R＝1.6 Ω的电阻，质量m＝0.5 kg，电阻r＝0.4 Ω的金属棒ab垂直导轨放置，现用和导轨平行的恒力F沿导轨平面向上拉金属杆ab，使其由静止开始运动，当金属棒上滑的位移s＝3.8 m时达到稳定状态，对应过程的v－t图像如图乙所示。取g＝10 m/s2，导轨足够长(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)。求：
(1)运动过程中a、b哪端电势高，并计算恒力F的大小；
(2)从金属杆开始运动到刚达到稳定状态，此过程金属杆上产生的焦耳热；
(3)由图中信息计算0～1 s内，导体棒滑过的位移。
【答案】 (1)b端电势高 5 N (2)1.47 J (3)0.85 m
【解析】 (1)由右手定则可判断感应电流由a流向b，b相当于电源的正极，故b端电势高
当金属棒匀速运动时，由平衡条件得
F＝mgsin 37°＋F安
其中F安＝ILB＝eq \f(B2L2v,R＋r)
由乙图可知v＝1.0 m/s
联立解得F＝5 N。
(2)从金属棒开始运动到恰好达到稳定状态，由动能定理得
(F－mgsin 37°)s－W克＝eq \f(1,2)mv2
又克服安培力所做的功等于整个电路产生的焦耳热，代入数据解得
Q＝W克＝7.35 J
两电阻产生的焦耳热与阻值成正比，故金属棒上产生的焦耳热为
Qr＝eq \f(r,R＋r)Q＝1.47 J。
(3)进入匀强磁场导体棒做加速度减小的加速运动，由动量定理有
(F－mgsin 37°)t－BILt＝mv1－0
又q＝It
由图可知v1＝0.6 m/s
代入数据解得q＝0.85 C
由q＝It＝eq \f(BLx,R＋r)
得x＝0.85 m。
19.(2022·河北全过程纵向评价联考)如图甲所示，质量为m＝0.1 kg、电阻R＝0.5 Ω的导体棒ab垂直放在相距为L＝0.5 m的金属导轨上，定值电阻阻值也为0.5 Ω。金属导轨足够长，固定在水平面上，电阻不计。在垂直于导轨平面的区域Ⅰ和区域Ⅱ中存在方向向上、磁感应强度相同的匀强磁场。现用一根与轨道平面平行的不可伸长的轻绳跨过定滑轮将导体棒和质量为M＝0.1 kg的重物相连，导体棒在磁场外从静止释放后始终在导轨上运动，导体棒与导轨接触良好。已知导体棒运动的v－t图像如图乙所示。求：
(1)导体棒与金属导轨之间的动摩擦因数μ；
(2)导体棒穿过磁场Ⅰ的过程中穿过闭合回路横截面的电荷量q；
(3)导体棒穿过磁场区域Ⅱ的过程中电阻R上产生的热量以及克服摩擦力所做的功。
【答案】 (1)0.2 (2)1.28 C (3)3.84 J 1.152 J
【解析】 (1)导体棒进入磁场之前做匀加速直线运动，由v－t图像可知棒的加速度
a＝eq \f(Δv,Δt)＝4 m/s2
对重物和导体棒整体，由牛顿第二定律有
Mg－μmg＝(M＋m)a
代入数据解得μ＝0.2。
(2)由v－t图像可知导体棒进入磁场Ⅰ后做匀速直线运动，处于平衡状态。
对重物和导体棒整体受力分析，有
Mg＝μmg＋eq \f(B2L2v,2R)
又I＝eq \f(BLv,2R)，q＝It
v＝3.2 m/s，t＝0.8 s
联立可得B＝1 T，q＝1.28 C。
(3)由v－t图像可知导体棒进入磁场Ⅱ后减速至3.2 m/s，对重物和导体棒整体，由动量定理得
(Mg－μmg)Δt－eq \f(B2L2x,2R)＝(M＋m)(v1－v2)
联立解得x＝5.76 m
导体棒穿过磁场Ⅱ过程中能量守恒，根据能量守恒定律可得
Mgx＋eq \f(1,2)(M＋m)veq \\al(2,2)－eq \f(1,2)(M＋m)veq \\al(2,1)＝Q＋μmgx
电阻R上产生的热量QR＝eq \f(1,2)Q
联立上式可得QR＝3.84 J。
20.(2022·陕西西安市一模)如图所示，有两光滑平行金属导轨，倾斜部分和水平部分平滑连接，BE、CH段用特殊材料制成，光滑不导电，导轨的间距L＝1 m，左侧接R＝1 Ω的定值电阻，右侧接电容C＝1 F的电容器，ABCD区域、EFGH区域均存在垂直于导轨所在平面向下、磁感应强度B＝1 T的匀强磁场，ABCD区域长s＝0.3 m．金属杆a、b的长度均为L＝1 m，质量均为m＝0.1 kg，a的电阻为r＝2 Ω，b的电阻不计．金属杆a从距导轨水平部分h＝0.45 m的高度处由静止滑下，金属杆b静止在BEHC区域，金属杆b与金属杆a发生弹性碰撞后进入EFGH区域，最终稳定运动．求：(重力加速度g取10 m/s2)
(1)金属杆a刚进入ABCD区域时通过电阻R的电流I；
(2)金属杆a刚离开ABCD区域时的速度v2的大小；
(3)金属杆b稳定运动时的速度v4的大小；
(4)整个运动过程中金属杆a上产生的焦耳热．
【答案】 (1)1 A (2)2 m/s (3)eq \f(2,11) m/s (4)eq \f(1,6) J
【解析】 (1)金属杆a从开始运动到进入ABCD区域，由动能定理有mgh＝eq \f(1,2)mv12
解得v1＝3 m/s
刚进入ABCD区域时E＝BLv1
I＝eq \f(E,R＋r)
联立解得I＝1 A
(2)金属杆a从进入ABCD区域到离开ABCD区域，
由动量定理有－Beq \x\t(I)L·t＝mv2－mv1
eq \x\t(I)t＝eq \f(BL\x\t(v),R＋r)t＝eq \f(BLs,R＋r)
解得v2＝2 m/s
(3)金属杆a、b碰撞过程中，有mv2＝mv2′＋mv3
eq \f(1,2)mv22＝eq \f(1,2)mv2′2＋eq \f(1,2)mv32
解得v3＝2 m/s，v2′＝0
分析可知，杆b进入磁场后，电容器充电，杆b速度减小，匀速运动时，杆b产生的感应电动势与电容器两端电压相同，且通过杆b的电荷量就是电容器储存的电荷量，由动量定理有
－BLq＝mv4－mv3
eq \f(q,C)＝BLv4
联立解得v4＝eq \f(2,11) m/s
(4)杆a仅在ABCD区域中运动时产生焦耳热，即Q＝eq \f(r,R＋r)(eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)mv22)＝eq \f(1,6) J.
情境图
研究对象
表达式
回路(不一定闭合)
三种形式
E＝eq \f(nΔΦ,Δt)
E＝neq \f(ΔBS,Δt)
E＝eq \f(nBΔS,Δt)
一段直导线(或等效直导线)
E＝Blv
绕一端转动的一段导体棒
E＝eq \f(1,2)Bl2ω
绕与B垂直的轴转动的导线框
从图示时刻计时E＝NBSωcs ωt
求解的物理量
应用示例
电荷量或速度
－Beq \x\t(I)LΔt＝mv2－mv1，q＝eq \x\t(I)Δt，即－BqL＝mv2－mv1
位移
－eq \f(B2L2\x\t(v)Δt,R总)＝0－mv0，即－eq \f(B2L2x,R总)＝0－mv0
时间
－Beq \x\t(I)LΔt＋F其他Δt＝mv2－mv1
即－BLq＋F其他Δt＝mv2－mv1
已知电荷量q、F其他(F其他为恒力)
－eq \f(B2L2\x\t(v)Δt,R总)＋F其他Δt＝mv2－mv1，
即－eq \f(B2L2x,R总)＋F其他Δt＝mv2－mv1
已知位移x、F其他(F其他为恒力)
物理模型
“一动一静”：甲杆静止不动，乙杆运动，其实质是单杆问题，不过要注意问题包含着一个条件——甲杆静止，受力平衡
两杆都在运动，对于这种情况，要注意两杆切割磁感线产生的感应电动势是相加还是相减；系统动量是否守恒
分析方法
动力学观点
通常情况下一个金属杆做加速度逐渐减小的加速运动，而另一个金属杆做加速度逐渐减小的减速运动，最终两金属杆以共同的速度匀速运动
能量观点
两杆系统机械能减少量等于回路中产生的焦耳热之和
动量观点
对于两金属杆在平直的光滑导轨上运动的情况，如果两金属杆所受的外力之和为零，则考虑应用动量守恒定律处理问题
目录
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc26649" 【突破高考题型】 PAGEREF _Tc26649 \h 1
\l "_Tc21814" 题型一 楞次定律与法拉第电磁感应定律的应用 PAGEREF _Tc21814 \h 1
\l "_Tc4302" 题型二 电磁感应中的电路和图像问题 PAGEREF _Tc4302 \h 4
\l "_Tc6062" 类型1 动生图像问题 PAGEREF _Tc6062 \h 5
\l "_Tc20171" 类型2 感生图像问题 PAGEREF _Tc20171 \h 6
\l "_Tc7214" 类型3 图像的分析及应用 PAGEREF _Tc7214 \h 7
\l "_Tc6663" 类型4 电磁感应中的电路问题 PAGEREF _Tc6663 \h 8
\l "_Tc29667" 题型三 电磁感应中的动力学和能量问题 PAGEREF _Tc29667 \h 9
\l "_Tc7111" 类型1 电磁感应中的动力学问题 PAGEREF _Tc7111 \h 9
\l "_Tc13475" 类型2 电磁感应中动力学与能量的综合问题 PAGEREF _Tc13475 \h 10
\l "_Tc26019" 题型四 动量观点在电磁感应中的应用 PAGEREF _Tc26019 \h 11
\l "_Tc6232" 类型1 动量定理在电磁感应中的应用 PAGEREF _Tc6232 \h 11
\l "_Tc17863" 类型2 动量守恒定律在电磁感应中的应用 PAGEREF _Tc17863 \h 13
\l "_Tc26817" 【专题突破练】 PAGEREF _Tc26817 \h 15
【突破高考题型】
题型一 楞次定律与法拉第电磁感应定律的应用
1.感应电流方向的判断方法
2.感应电动势大小的求法
3.感应电荷量的计算
磁通量变化迁移的电荷量：q＝IΔt＝eq \f(E,R)Δt＝eq \f(nΔΦ,RΔt)Δt＝neq \f(ΔΦ,R)，q仅由回路电阻R和磁通量的变化量ΔΦ决定。
【例1】(2022·浙江模拟预测)如图甲，金属环a放置在垂直环面向里的匀强磁场中。如图乙，环形导线c与导轨、导体棒构成闭合回路，导体棒在匀强磁场中向右运动，金属环b与环形导线c共面共心。下列说法正确的是( )
A.当图甲中匀强磁场减弱，a中产生沿逆时针方向的电流，且有收缩的趋势
B.当图甲中匀强磁场增强，a中产生沿顺时针方向的电流，且有扩张的趋势
C.当图乙中的导体棒向右减速运动，环b中产生顺时针方向的电流，且有收缩的趋势
D.当图乙中的导体棒向右匀速运动，环b中产生逆时针方向的电流，且有扩张的趋势
【答案】 C
【解析】 当图甲中的匀强磁场减弱时，根据楞次定律可知，金属环a中产生沿顺时针方向的感应电流，根据左手定则可知，金属环a所受的安培力指向环外，有扩张的趋势，A错误；同理，当题图甲中的匀强磁场增强时，金属环a中产生沿逆时针方向的感应电流，且有收缩的趋势，B错误；当题图乙中导体棒向右减速运动时，根据右手定则可知，导线c中有顺时针方向且减小的感应电流，根据楞次定律可知，金属环b产生顺时针方向的感应电流，再根据同向电流相互吸引，导线c对金属环b的安培力指向圆心，金属环b有收缩的趋势，C正确；当题图乙中的导体棒向右匀速运动时，根据右手定则可知，导线c中产生顺时针方向的感应电流，且导线c中的感应电流恒定，产生的磁场也恒定，金属环b中不会产生感应电流，D错误。
【例2】 (2022·浙江绍兴适应考)如图所示，右端为N极的磁铁置于粗糙水平桌面上并与轻质弹簧相连，弹簧一端固定在竖直墙面上，当弹簧处于原长时，磁铁的中心恰好是接有一盏小灯泡的竖直固定线圈的圆心。用力将磁铁向右拉到某一位置，撤去作用力后磁铁穿过线圈来回振动，有关这个振动过程，以下说法正确的是( )
A．灯泡的亮暗不会发生变化
B．磁铁接近线圈时，线圈对磁铁产生排斥力
C．从左往右看线圈中的电流一直沿逆时针方向
D．若忽略摩擦力和阻力，磁铁振动的幅度不会减小
【答案】 B
【解析 以S极靠近线圈分析，速度增大，且靠近线圈时磁感应强度增大，则穿过线圈磁通量变化率增大，感应电流增大，灯泡会变亮，A错误；根据楞次定律“来拒去留”可知磁铁接近线圈时，线圈对磁铁产生排斥力，B正确；当S极靠近线圈时，根据楞次定律可知，线圈中的电流沿逆时针方向，当S极向右运动远离线圈时，根据楞次定律可知，线圈中的电流沿顺时针方向，C错误；若忽略摩擦力和阻力，磁铁的振幅也会越来越小，因为弹簧和磁铁的机械能逐渐转化为焦耳热，D错误。
【例3】(多选)(2021·辽宁卷·9)如图(a)所示，两根间距为L、足够长的光滑平行金属导轨竖直放置并固定，顶端接有阻值为R的电阻，垂直导轨平面存在变化规律如图(b)所示的匀强磁场，t＝0时磁场方向垂直纸面向里．在t＝0到t＝2t0的时间内，金属棒水平固定在距导轨顶端L处；t＝2t0时，释放金属棒．整个过程中金属棒与导轨接触良好，导轨与金属棒的电阻不计，则( )
A．在t＝eq \f(t0,2)时，金属棒受到安培力的大小为eq \f(B02L3,t0R)
B．在t＝t0时，金属棒中电流的大小为eq \f(B0L2,t0R)
C．在t＝eq \f(3t0,2)时，金属棒受到安培力的方向竖直向上
D．在t＝3t0时，金属棒中电流的方向向右
【答案】 BC
【解析】 由题图(b)可知在0～t0时间段内闭合回路产生的感应电动势为E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(B0L2,t0)，根据闭合电路欧姆定律有，此时间段内的电流为I＝eq \f(E,R)＝eq \f(B0L2,Rt0)，在eq \f(t0,2)时磁感应强度大小为eq \f(B0,2)，此时安培力大小为F＝eq \f(B0,2)IL＝eq \f(B02L3,2Rt0)，故A错误，B正确；由题图(b)可知，在t＝eq \f(3t0,2)时，磁场方向垂直纸面向外并逐渐增大，根据楞次定律可知产生顺时针方向的电流，再由左手定则可知金属棒受到的安培力方向竖直向上，故C正确；由题图(b)可知，在t＝3t0时，磁场方向垂直纸面向外，金属棒向下掉的过程中穿过回路的磁通量增加，根据楞次定律可知金属棒中的感应电流方向向左，故D错误．
【例4】(多选)如图所示，将半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一绝缘水平面内，两导轨之间接有阻值为R的定值电阻和一个电容为C的电容器，整个装置处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中。将一个长度为r、阻值为R的金属棒AD置于圆导轨上，O、A、D三点共线，在外力的作用下金属棒以O为转轴逆时针匀速转动，转速为n，元电荷大小为e，转动过程中金属棒与导轨接触良好，导轨电阻不计。下列说法正确的是( )
A.D点的电势高于A点的电势
B.金属棒产生的感应电动势大小为3πBnr2
C.电容器的电荷量为3πCBnr2
D.一质子在电容器中从S板附近运动到T板附近时，静电力所做的功为eq \f(3πeBnr2,2)
【答案】 BD
【解析】 由右手定则可知，D点的电势低于A点的电势，选项A错误；角速度ω＝2πn，金属棒产生的感应电动势大小为E＝Brωeq \f(r＋2r,2)＝3πBnr2，选项B正确；电容器极板间的电压U＝eq \f(ER,R＋R)＝eq \f(3,2)πBnr2，电容器的电荷量为Q＝eq \f(3,2)πCBnr2，选项C错误；一质子在电容器中从S板附近运动到T板附近时，静电力所做的功为W＝Ue＝eq \f(3πeBnr2,2)，选项D正确。
题型二 电磁感应中的电路和图像问题
1.电磁感应中电路问题的解题流程
2.解决图像问题的两种常用方法
(1)排除法：定性地分析每一个过程中物理量的变化(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像作出分析和判断。
3.分析电磁感应图像问题的三点注意
(1)注意初始时刻的特征，如初始时刻感应电流是否为零，感应电流的方向如何。
(2)注意电磁感应发生的过程分为几个阶段，这几个阶段是否和图像变化对应。
(3)注意观察图像的变化趋势，判断图像斜率的大小、图像的曲直是否和物理过程对应。
类型1 动生图像问题
【例1】(多选)(2022·河北卷·8)如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，一根导轨位于x轴上，另一根由ab、bc、cd三段直导轨组成，其中bc段与x轴平行，导轨左端接入一电阻R.导轨上一金属棒MN沿x轴正向以速度v0保持匀速运动，t＝0时刻通过坐标原点O，金属棒始终与x轴垂直．设运动过程中通过电阻的电流强度为i，金属棒受到安培力的大小为F，金属棒克服安培力做功的功率为P，电阻两端的电压为U，导轨与金属棒接触良好，忽略导轨与金属棒的电阻．下列图像可能正确的是( )
【答案】 AC
【解析】 在0～eq \f(L,v0)时间内，在某时刻金属棒切割磁感线的长度L＝l0＋v0ttan θ(θ为ab与ad的夹角)，则根据E＝BLv0，可得I＝eq \f(BLv0,R)＝eq \f(Bv0,R)(l0＋v0ttan θ)，可知回路电流均匀增加；安培力F＝eq \f(B2L2v0,R)＝eq \f(B2v0,R)(l0＋v0ttan θ)2，则F－t关系为二次函数关系，但是不过原点；安培力做功的功率P＝Fv0＝eq \f(B2L2v02,R)＝eq \f(B2v02,R)(l0＋v0ttan θ)2，则P－t关系为二次函数关系，但是不过原点；电阻两端的电压等于金属棒产生的感应电动势，即U＝E＝BLv0＝Bv0(l0＋v0ttan θ)，即U－t图像是不过原点的直线；根据以上分析，可排除B、D选项；在eq \f(L,v0)～eq \f(2L,v0)时间内，金属棒切割磁感线的长度不变，感应电动势E不变，感应电流I不变，安培力F大小不变，安培力的功率P不变，电阻两端电压U保持不变；同理可判断，在eq \f(2L,v0)～eq \f(3L,v0)时间内，金属棒切割磁感线长度逐渐减小，金属棒切割磁感线的感应电动势E均匀减小，感应电流I均匀减小，安培力F大小按照二次函数关系减小，但是不能减小到零，与0～eq \f(L,v0)内是对称的关系，安培力的功率P按照二次函数关系减小，但是不能减小到零，与0～eq \f(L,v0)内是对称的关系，电阻两端电压U按线性均匀减小，综上所述选项A、C可能正确，B、D错误．
类型2 感生图像问题
【例2】 (多选)(2022·安徽六安模拟)固定的矩形导线框abcd放在匀强磁场中，磁场方向与导线框垂直，磁感应强度B随时间t变化的规律如图所示。t＝0时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里。规定顺时针方向为电流的正方向、向左为安培力的正方向，在0～4 s内，导线框中的电流及导线框的ab边所受安培力随时间变化的图像可能是( )
【答案】 AD
【解析】 由法拉第电磁感应定律可知E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(ΔB,Δt)S，由图可知，0～2 s内，导线框中磁通量的变化率相同，电流的方向相同，由楞次定律可知，电路中电流方向为顺时针，即电流为正方向；同理可得，2～4 s内电路中的电流为逆时针，电流为负的，且两段时间内磁通量的变化率大小相等，回路中的感应电动势大小相等，感应电流大小相等，A正确，B错误；由F＝IlB可知，电流大小恒定的情况下，F与B成正比，结合左手定则可知，0～1 s内与2～3 s内安培力向左，为正，1～2 s内与3～4 s内安培力向右，为负，C错误，D正确。
类型3 图像的分析及应用
【例3】(多选)如图甲所示，光滑水平面上，在MN、QP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直线运动，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( )
A．磁场宽度为4 m
B．匀强磁场的磁感应强度大小为eq \r(2) T
C．线框穿过磁场的过程中，通过线框的电荷量为2 C
D．线框穿过磁场的过程中，线框产生的热量为1 J
【答案】 AB
【解析】 线框的加速度大小为a＝eq \f(F0,m)＝2 m/s2，磁场宽度d＝eq \f(1,2)at22＝4 m，A正确；线框的边长L＝eq \f(1,2)at12＝1 m，当线框全部进入磁场前的瞬间有F1－F安＝ma，F安＝eq \f(B2L2v,R)＝eq \f(B2L2at1,R)，联立解得B＝eq \r(2) T，B正确；线框穿过磁场的过程中，穿过线框的磁通量不变，通过线框的电荷量为零，C错误；线框进入磁场的过程中，线框产生的热量为Q＝W－eq \f(1,2)mv2，W＝eq \f(p2,2m)＝eq \f(\x\t(F)t22,2m)＝eq \f(9,2) J，v＝2 m/s，代入解得Q＝eq \f(5,2) J>1 J，故线框穿过磁场的过程中，线框产生的热量大于1 J，D错误．
类型4 电磁感应中的电路问题
【例4】(2022·全国甲卷，16)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I1、I2和I3。则( )
A.I1
C.I1＝I2>I3 D.I1＝I2＝I3
【答案】 C
【解析】 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C2＝2πr，面积为S2＝πr2
同理可知正方形线框的周长和面积分别为
C1＝8r，S1＝4r2
正六边形线框的周长和面积分别为
C3＝6r，S3＝eq \f(3\r(3)r2,2)
三个线框材料、粗细相同，
根据电阻定律R＝ρeq \f(L,S横截面)
可知三个线框电阻之比为
R1∶R2∶R3＝C1∶C2∶C3＝4∶π∶3
根据法拉第电磁感应定律有
I＝eq \f(E,R)＝eq \f(ΔB,Δt)·eq \f(S,R)
由于三个线框处于同一随时间线性变化的磁场中，可得电流之比为
I1∶I2∶I3＝eq \f(S1,R1)∶eq \f(S2,R2)∶eq \f(S3,R3)＝2∶2∶eq \r(3)
即I1＝I2>I3，故选项C正确。
题型三 电磁感应中的动力学和能量问题
1．电磁感应中动力学问题的分析方法
(1)分析导体棒的受力，画出受力示意图(注意将立体图转化为平面图)．
(2)注意动态变化过程分析
2．能量转化及焦耳热的求法
(1)能量转化关系
(2)焦耳热的三种求法
①焦耳定律：Q＝I2Rt，适用于电流、电阻不变的情况．
②功能关系：Q＝W克安，W克安表示克服安培力做的功，电流变或不变都适用．
③能量转化：Q＝ΔE其他，ΔE其他表示其他能的减少量，电流变或不变都适用.
类型1 电磁感应中的动力学问题
【例1】如图所示，两平行且无限长光滑金属导轨MN、PQ与水平面的夹角为θ＝30°，两导轨之间的距离为L＝1 m，两导轨M、P之间接入电阻R＝0.2 Ω，导轨电阻不计，在abdc区域内有一个方向垂直于两导轨平面向下的磁场Ⅰ，磁感应强度大小B0＝1 T，磁场的宽度x1＝1 m；在cd连线以下区域有一个方向也垂直于导轨平面向下的磁场Ⅱ，磁感应强度B1＝0.5 T。一个质量为m＝1 kg 的金属棒垂直放在金属导轨上，与导轨接触良好，金属棒的电阻r＝0.2 Ω，若金属棒在离ab连线上端x0处自由释放，则金属棒进入磁场Ⅰ恰好做匀速运动。金属棒进入磁场Ⅱ后，经过ef时又达到稳定状态，cd与ef之间的距离x2＝8 m。(g取10 m/s2)。求：
(1)金属棒在磁场Ⅰ运动的速度大小；
(2)金属棒滑过cd位置时的加速度大小；
(3)金属棒在磁场Ⅱ中达到稳定状态时的速度大小。
【答案】 (1)2 m/s (2)3.75 m/s2 (3)8 m/s
【解析】 (1)金属棒进入磁场Ⅰ做匀速运动，设速度大小为v0
由平衡条件得mgsin θ＝F安
而F安＝I0LB0，I0＝eq \f(B0Lv0,R＋r)
解得v0＝2 m/s。
(2)金属棒滑过cd位置时，其受力如图所示。
由牛顿第二定律得mgsin θ－F安′＝ma，而F安′＝I1LB1，I1＝eq \f(B1Lv0,R＋r)
解得a＝3.75 m/s2。
(3)金属棒在磁场Ⅱ区域中达到稳定状态时，设速度大小为v1，则mgsin θ＝F安″，而F安″＝B1I2L，I2＝eq \f(B1Lv1,R＋r)，代入数据解得v1＝8 m/s。
类型2 电磁感应中动力学与能量的综合问题
【例2】(2022·河南洛阳市模拟)如图甲所示，金属导轨MN和PQ平行，间距L＝1 m，与水平面之间的夹角α＝37°，匀强磁场磁感应强度大小B＝2.0 T，方向垂直于导轨平面向上，MP间接有阻值R＝1.5 Ω的电阻，质量m＝0.5 kg，接入电路中电阻r＝0.5 Ω的金属杆ab垂直导轨放置，金属杆与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.2.现用恒力F沿导轨平面向上拉金属杆ab，使其由静止开始运动，当金属杆上滑的位移x＝3.8 m时达到稳定状态，金属杆始终与导轨接触良好，对应过程的v－t图像如图乙所示．取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，导轨足够长且电阻不计．求：
(1)恒力F的大小及金属杆的速度为0.4 m/s时的加速度大小；
(2)从金属杆开始运动到刚达到稳定状态，通过电阻R的电荷量；
(3)从金属杆开始运动到刚达到稳定状态，金属杆上产生的焦耳热．
【答案】 (1)5.8 N 2.4 m/s2 (2)3.8 C (3)1.837 5 J
【解析】 (1)当金属杆匀速运动时，由平衡条件得 F＝μmgcs 37°＋mgsin 37°＋F安
由题图乙知v＝1 m/s，则F安＝BIL＝eq \f(B2L2v,R＋r)＝2 N
解得F＝5.8 N
当金属杆的速度为0.4 m/s时F安1＝BI1L＝eq \f(B2L2v1,R＋r)＝0.8 N
由牛顿第二定律有F－μmgcs 37°－mgsin 37°－F安1＝ma
解得a＝2.4 m/s2.
(2)由q＝eq \x\t(I)·Δt
eq \x\t(I)＝eq \f(\x\t(E),R＋r)
eq \x\t(E)＝eq \f(ΔΦ,Δt)
得q＝eq \f(ΔΦ,R＋r)＝eq \f(BLx,R＋r)＝3.8 C.
(3)从金属杆开始运动到刚到达稳定状态，由动能定理得(F－μmgcs 37°－mgsin 37°)x＋W安＝eq \f(1,2)mv2－0
又Q＝|W安|＝7.35 J，所以解得Qr＝eq \f(r,R＋r)Q＝1.837 5 J.
题型四 动量观点在电磁感应中的应用
类型1 动量定理在电磁感应中的应用
在导体单杆切割磁感线做变加速运动时，若牛顿运动定律和能量观点不能解决问题，可运用动量定理巧妙解决问题
【例1】(多选)(2022·河南开封市二模)如图所示，在光滑的水平面上有一方向竖直向下的有界匀强磁场．磁场区域的左侧，一正方形线框由位置Ⅰ以4.5 m/s的初速度垂直于磁场边界水平向右运动，经过位置Ⅱ，当运动到位置Ⅲ时速度恰为零，此时线框刚好有一半离开磁场区域．线框的边长小于磁场区域的宽度．若线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量分别为q1、q2，线框经过位置Ⅱ时的速度为v.则下列说法正确的是( )
A．q1＝q2 B．q1＝2q2
C．v＝1.0 m/s D．v＝1.5 m/s
【答案】 BD
【解析】 根据q＝eq \f(ΔΦ,R)＝eq \f(BS,R)可知，线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量q1＝2q2，故A错误，B正确；线圈从开始进入到位置Ⅱ，由动量定理－Beq \x\t(I1)LΔt1＝mv－mv0，即－BLq1＝mv－mv0，同理线圈从位置Ⅱ到位置Ⅲ，由动量定理－Beq \x\t(I2)LΔt2＝0－mv，即－BLq2＝0－mv，联立解得v＝eq \f(1,3)v0＝1.5 m/s，故C错误，D正确．
【例2】(多选)(2022·湖南卷·10)如图，间距L＝1 m的U形金属导轨，一端接有0.1 Ω的定值电阻R，固定在高h＝0.8 m的绝缘水平桌面上．质量均为0.1 kg的匀质导体棒a和b静止在导轨上，两导体棒与导轨接触良好且始终与导轨垂直，接入电路的阻值均为0.1 Ω，与导轨间的动摩擦因数均为0.1(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，导体棒a距离导轨最右端1.74 m．整个空间存在竖直向下的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度大小为0.1 T．用F＝0.5 N沿导轨水平向右的恒力拉导体棒a，当导体棒a运动到导轨最右端时，导体棒b刚要滑动，撤去F，导体棒a离开导轨后落到水平地面上．重力加速度取10 m/s2，不计空气阻力，不计其他电阻，下列说法正确的是( )
A．导体棒a离开导轨至落地过程中，水平位移为0.6 m
B．导体棒a离开导轨至落地前，其感应电动势不变
C．导体棒a在导轨上运动的过程中，导体棒b有向右运动的趋势
D．导体棒a在导轨上运动的过程中，通过电阻R的电荷量为0.58 C
【答案】 BD
【解析】 导体棒a在导轨上向右运动，产生的感应电流方向向里，流过导体棒b的电流方向向里，由左手定则可知安培力向左，则导体棒b有向左运动的趋势，故C错误；导体棒b与电阻R并联，有I＝eq \f(BLv,0.15 Ω)，当导体棒a运动到导轨最右端时，导体棒b刚要滑动，有B·eq \f(I,2)·L＝μmg，联立解得导体棒a的速度为v＝3 m/s，导体棒a离开导轨至落地前做平抛运动，有x＝vt，h＝eq \f(1,2)gt2，联立解得导体棒a离开导轨至落地过程中水平位移为x＝1.2 m，故A错误；导体棒a离开导轨至落地前做平抛运动，水平速度切割磁感线，则产生的感应电动势不变，故B正确；导体棒a在导轨上运动的过程中，通过电路的电荷量为q＝eq \x\t(I)·Δt＝eq \f(BL·Δx,0.15 Ω)＝eq \f(0.1×1×1.74,0.15) C＝1.16 C，导体棒b与电阻R并联，则通过电阻R的电荷量为qR＝eq \f(q,2)＝0.58 C，故D正确．
类型2 动量守恒定律在电磁感应中的应用
双杆模型
【例1】(多选)(2022·河北省模拟)如图所示，两根相距L且电阻不计的足够长光滑金属导轨，导轨左端为弧形，右端水平，且水平部分处于方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中．铜棒a、b电阻均为R、质量均为m，均与导轨垂直且与导轨接触良好，铜棒b静止在导轨水平部分，铜棒a在弧形导轨上从距离水平部分高度为h＝0.5L处由静止释放，重力加速度为g，关于此后的过程，下列说法正确的是( )
A．回路中的最大电流为eq \f(\r(gL)BL,R)
B．铜棒b的最大加速度为eq \f(\r(gL)B2L2,2mR)
C．铜棒b获得的最大速度为eq \r(gL)
D．回路中产生的总焦耳热为eq \f(mgL,4)
【答案】 BD
【解析】 铜棒a沿弧形导轨下滑，刚进入磁场区域时，由机械能守恒定律有mgh＝eq \f(1,2)mv2，且h＝0.5 L，解得v＝eq \r(gL)，回路中的最大感应电动势E＝BLv，回路中的最大电流I＝eq \f(E,2R)，联立解得I＝eq \f(BL\r(gL),2R)，故A错误；铜棒b受到的最大安培力F安＝BIL，由牛顿第二定律有F安＝ma，解得铜棒b的最大加速度a＝eq \f(B2L2\r(gL),2mR)，故B正确；铜棒a、b在匀强磁场中做切割磁感线运动的过程中，整体所受合外力为零，动量守恒，最终铜棒a、b速度相等，由动量守恒定律得mv＝2mv′，解得铜棒b获得的最大速度为v′＝eq \f(\r(gL),2)，故C错误；由能量守恒定律得，回路中产生的总焦耳热为Q＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)×2mv′2＝eq \f(mgL,4)，故D正确．
【例2】.(多选)(2022·北京市模拟)如图，两根足够长的固定的光滑平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为L.导轨上面横放着两根导体棒1和2，构成矩形回路．两根导体棒的质量皆为m，接入电路电阻皆为R，回路中其余部分的电阻可不计，在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B.初始棒2静止，棒1有指向棒2的初速度v0.若两导体棒在运动中始终不接触，则( )
A．棒1的最小速度为零
B．棒2的最大加速度为eq \f(B2L2v0,2mR)
C．棒1两端电压的最大值为BLv0
D．棒2产生的最大热量为eq \f(1,8)mv02
【答案】 BD
【解析】 当导体棒1开始运动时，回路中有感应电流，两导体棒受到大小相等的安培力作用，棒1做减速运动，棒2做加速运动，当两棒速度相等时，回路中电流等于零，两棒受力平衡，都做匀速直线运动，此时棒1的速度最小，A错误；当导体棒1刚开始运动时，导体棒2的加速度最大，有E＝BLv0，此时回路中的电流I＝eq \f(E,R＋R)＝eq \f(BLv0,2R)，由牛顿第二定律可得F＝BIL＝Beq \f(BLv0,2R)L＝eq \f(B2L2v0,2R)＝ma，得a＝eq \f(B2L2v0,2mR)，B正确；当导体棒1刚开始运动时，回路中的感应电动势最大，感应电流最大，则棒1两端电压最大值为U1＝IR＝eq \f(ER,2R)＝eq \f(1,2)BLv0，C错误；当两棒的速度相等时，系统产生的焦耳热最多，从开始运动到稳定的运动过程中，两棒的总动量守恒，设向右为正方向，由动量守恒定律可得mv0＝2mv，由能量守恒定律可得eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)×2mv2＋Q，导体棒2产生的最大热量为Q2＝eq \f(1,2)Q，联立解得Q2＝eq \f(1,8)mv02，D正确．
【专题突破练】
1.(2022·河南省三模)航母上的飞机起飞可以利用电磁驱动来实现．电磁驱动原理示意图如图所示，在固定线圈左右两侧对称位置放置两个闭合金属圆环，铝环和铜环的形状、大小相同，已知铜的电阻率较小，不计所有接触面间的摩擦，则闭合开关S的瞬间( )
A．铝环向右运动，铜环向左运动
B．铝环和铜环都向右运动
C．铜环受到的安培力小于铝环受到的安培力
D．从左向右看，铜环中的感应电流沿顺时针方向
【答案】 D
【解析】 闭合开关S的瞬间，穿过两个金属圆环的磁通量均增大，为阻碍磁通量的增大，铝环向左运动，铜环向右运动，A、B错误；由于铜环和铝环的形状、大小相同，铜的电阻率较小，故铜环的电阻较小，两环对称放在固定线圈两侧，闭合开关S瞬间，穿过两环的磁通量的变化率相等，则两环产生的感应电动势相等，则铜环中的感应电流较大，故铜环受到的安培力较大，C错误；由右手螺旋定则可知，闭合开关S瞬间，穿过铜环的磁通量向左增大，由楞次定律知，从左向右看，铜环中的感应电流沿顺时针方向，D正确．
2.(2022·黑龙江省哈尔滨三中模拟)半径为L的圆形磁场区域如图所示，左侧磁场方向垂直纸面向外，右侧磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小均为B.导体棒AB长为2L，与圆磁场的直径重合．当导体棒以角速度ω绕其中点在纸面内顺时针转动时，导体棒两端的电势差UAB为( )
A．0 B．eq \f(BL2ω,2)
C．BL2ω D．2BL2ω
【答案】 C
【解析】 由右手定则可知，A端电势高于B端电势，由安培定则可知UAO＝UOB＝eq \f(1,2)BL2ω，则有UAB＝UAO＋UOB＝BL2ω，故选C.
2.(多选)(2022·山东滨州市高三期末)如图所示，在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中，有一质量为m、阻值为R、边长为L的闭合正方形金属线框abcd固定在长度为2L的绝缘轻质细杆一端，细杆另一端在O点可绕垂直纸面的水平轴无摩擦转动．线框ad边靠近观察者，金属线框从右侧与O点等高处水平无初速度释放，线框摆到最低点的另一侧，细杆与竖直方向的最大夹角为θ(如图)，线框平面始终垂直纸面，重力加速度为g.此过程中，下列说法正确的是( )
A．线框中感应电流的方向始终是d→c→b→a→d
B．线框摆到最低点时，线框ab边所受安培力为零
C．流过线框某一横截面的电荷量为eq \f(BL2sin θ＋1,R)
D．线框产生的电热为2mgLcs θ
【答案】 AC
【解析】 闭合正方形金属线框abcd在转动中，ab边和cd边在磁场中切割磁感线，由于cd边比ab边切割速度大，由右手定则判定，金属线框中产生的感应电流方向是d→c→b→a→d，因为线框是摆动的，ab边和cd边切割磁感线的方向不变，所以线框中感应电流的方向一直不变，A正确；线框摆到最低点时，线框速度最大，因线框中有电流经ab边，所以ab边所受安培力不为零，B错误；金属线框在磁场的整个运动中，设所用时间为Δt，穿过金属线框的磁通量的变化量等于ΔΦ＝BL2－(－BL2sin θ)＝BL2(sin θ＋1)，金属线框中感应电流的平均值为eq \x\t(I)＝eq \f(\x\t(E),R)＝eq \f(ΔΦ,R·Δt)＝eq \f(BL2sin θ＋1,R·Δt)，由电流的定义式可知，流经线框某一横截面的电荷量为q＝eq \x\t(I)Δt＝eq \f(BL2sin θ＋1,R)，C正确；由能量守恒定律可知，线框产生的电热等于金属线框减少的机械能，则有Q＝mgΔh＝mg(2L＋eq \f(1,2)L)cs θ＝eq \f(5,2)mgLcs θ，D错误．
3．(多选)(2022·广东深圳市模拟)如图甲所示，正方形线圈abcd内有垂直于线圈的匀强磁场，已知线圈匝数n＝10，边长ab＝1 m，线圈总电阻r＝1 Ω，线圈内磁感应强度随时间的变化情况如图乙所示．设图示的磁场方向与感应电流方向为正方向，则下列有关线圈的电动势e、感应电流i、ab边受到的安培力F(取向下为正方向)以及焦耳热Q随时间t的变化图像正确的是( )
【答案】 CD
【解析】 在0～1 s内产生的感应电动势为e1＝eq \f(nSΔB,Δt)＝2 V，方向为逆时针，同理在1～5 s内产生的感应电动势为e2＝eq \f(nSΔB2,Δt2)＝1 V，方向为顺时针，A错误；0～1 s内的感应电流大小为i1＝eq \f(e1,r)＝2 A，方向为逆时针(负值)，同理1～5 s内的感应电流大小为i2＝1 A，方向为顺时针(正值)，B错误；ab边受到的安培力大小为F＝nBiL，可知在0～1 s内，F均匀增大，大小范围为0≤F≤4 N，方向向下(正值)，在1～3 s内，F均匀减小，大小范围为0≤F≤2 N，方向向上(负值)，在3～5 s内，F均匀增大，大小范围为0≤F≤2 N，方向向下(正值)，C正确；线圈产生的焦耳热为Q＝eit，在0～1 s内，随时间均匀增大，ΔQ1＝4 J，在1～5 s内，随时间均匀增大，ΔQ2＝4 J，D正确．
4.(多选)(2022·河南郑州市二模)在甲、乙、丙图中，MN、PQ是固定在同一水平面内足够长的平行金属导轨．导体棒ab垂直放在导轨上，导轨都处于垂直水平面向下的匀强磁场中，导体棒和导轨间的摩擦不计，导体棒、导轨和直流电源的电阻均可忽略，甲图中的电容器C原来不带电．现给导体棒ab一个向右的初速度v0，对甲、乙、丙图中导体棒ab在磁场中的运动状态描述正确的是( )
A．甲图中，棒ab最终做匀速运动
B．乙图中，棒ab做匀减速运动直到最终静止
C．丙图中，棒ab最终做匀速运动
D．甲、乙、丙中，棒ab最终都静止
【答案】 AC
【解析】 题图甲中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流而使电容器充电，当电容器C极板间电压与导体棒产生的感应电动势相等时，电路中没有电流，此时ab棒不受安培力作用，向右做匀速运动，故A正确；题图乙中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流，通过电阻R转化为内能，ab棒速度减小，当ab棒的动能全部转化为内能时，ab棒静止，又由I＝eq \f(BLv,R)，F＝BIL，由于速度减小，则产生的感应电流减小，导体棒所受安培力减小，根据牛顿第二定律可知导体棒的加速度减小，所以题图乙中，棒ab做加速度减小的减速运动直到最终静止，故B错误；题图丙中，导体棒先受到向左的安培力作用向右做减速运动，速度减为零后在安培力作用下向左做加速运动，当导体棒产生的感应电动势与电源的电动势相等时，电路中没有电流，此时ab棒向左做匀速运动，故C正确；由以上分析可知，甲、乙、丙中，只有题图乙中棒ab最终静止，故D错误．
5.(2022·山东泰安市高三期末)如图所示，间距为L的平行光滑足够长的金属导轨固定倾斜放置，倾角θ＝30°，虚线ab、cd垂直于导轨，在ab、cd间有垂直于导轨平面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场．质量均为m、阻值均为R的金属棒PQ、MN并靠在一起垂直导轨放在导轨上．释放金属棒PQ，当PQ到达ab瞬间，再释放金属棒MN；PQ进入磁场后做匀速运动，当PQ到达cd时，MN刚好到达ab.不计导轨电阻，两金属棒与导轨始终接触良好，重力加速度为g.则MN通过磁场过程中，PQ上产生的焦耳热为( )
A.eq \f(2m3g2R2,B4L4) B.eq \f(m3g2R2,B4L4)
C.eq \f(m3g2R2,4B4L4) D.eq \f(m3g2R2,2B4L4)
【答案】 D
【解析】 由题意知PQ进入磁场后做匀速运动，则由平衡条件得安培力为F＝mgsin θ，又因为F＝BIL＝eq \f(B2L2v,2R)，解得金属棒速度为v＝eq \f(mgR,B2L2)，电流为I＝eq \f(mg,2BL)，因为金属棒从释放到刚进入磁场时做匀加速直线运动，由牛顿第二定律知mgsin θ＝ma，所以加速时间为t＝eq \f(v,a)，由题意知当PQ到达cd时，MN刚好到达ab，即金属棒穿过磁场的时间等于进入磁场前的加速时间，且MN在磁场中的运动情况和PQ一致，故MN通过磁场过程中，PQ上产生的焦耳热为Q焦耳＝I2Rt，解得Q焦耳＝eq \f(m3g2R2,2B4L4)，故选D.
6.(2022·广东潮州市湘桥区铁铺中学模拟)纸面内一正方形金属线框MNPQ的PQ边与匀强磁场的边界重合，匀强磁场垂直纸面向外且范围足够大．第一次将金属线框以速度v匀速拉进匀强磁场内(如图甲)；第二次金属线框以PQ边为轴匀速转动180°(如图乙)，此时MN边的线速度大小为v.设两过程中线框中产生的焦耳热分别为Q1和Q2，则 eq \f(Q1,Q2)等于( )
A．4 B．8
C．eq \f(4,π) D．eq \f(2,π)
【答案】 C
【解析】 设正方形线框的边长为l、电阻为R，磁场的磁感应强度大小为B，题图甲中线框产生的感应电动势大小为E1＝Blv，时间为t1＝eq \f(l,v)，产生的热量为Q1＝eq \f(E12,R)t1＝eq \f(B2l3v,R)，题图乙中线框在磁场中运动时产生的感应电动势的最大值为Em＝Blv，有效值为E＝eq \f(Em,\r(2))，时间为t2＝eq \f(πl,2v)，产生的热量为Q2＝eq \f(E2,R)t2＝eq \f(πB2l3v,4R)，解得 eq \f(Q1,Q2)＝eq \f(4,π)，故选C.
7.(多选)(2022·山东淄博市二模)如图甲所示，两根完全相同的光滑长直导轨固定，两导轨构成的平面与水平面之间的夹角为θ，导轨两端均连接电阻，阻值R1＝R2＝R，导轨间距为L.在导轨所在平面的矩形区域M1P1P2M2内分布有垂直导轨平面向上的磁场，磁场上、下边界M1P1、M2P2间的距离为d，磁感应强度大小随时间的变化规律如图乙所示．在导轨斜面上与M1P1距离为s处，有一根质量为m、接入电路阻值也为R的金属棒ab垂直于导轨放置．在t＝0时刻由静止释放(金属棒ab与导轨接触良好)，t1时刻金属棒恰好进入磁场并匀速通过整个磁场区域，并在t2时刻出磁场区域．已知重力加速度为g，导轨电阻不计．下列说法正确的是( )
A．t1时刻金属棒ab的速度大小为eq \f(3mgRsin θ,2B02L2)
B．从开始运动到离开磁场区域，金属棒ab减少的机械能等于该过程中回路所产生的总焦耳热
C．金属棒ab在磁场中运动的过程中棒两端的电压大小为eq \f(1,3)B0Leq \r(2gssin θ)
D．在进入磁场前和通过磁场区域的过程中通过金属棒ab的电荷量之比为1∶1
【答案】 AC
【解析】 由题意知t1时刻金属棒恰好进入磁场并匀速通过整个磁场区域，则刚进入磁场时满足mgsin θ＝B0eq \f(B0Lv,R＋\f(R,2))L，解得v＝eq \f(3mgRsin θ,2B02L2)，A正确；在0～t1时间内，金属棒ab进入磁场前，棒ab的机械能不变，磁场变化回路也产生焦耳热，所以从开始运动到离开磁场区域金属棒ab减少的机械能小于该过程中回路所产生的总焦耳热，B错误；金属棒ab进入磁场前有mgssin θ＝eq \f(1,2)mv2，金属棒ab在磁场中运动时，有E＝B0Lv，I＝eq \f(E,R＋\f(1,2)R)，U＝I·eq \f(1,2)R，联立解得金属棒ab两端的电压大小为U＝eq \f(1,3)B0Leq \r(2gssin θ)，C正确；金属棒ab进入磁场前，有E1＝eq \f(B0,t1)Ld，I1＝eq \f(1,2)×eq \f(E1,\f(3,2)R)，q1＝I1t1，联立解得q1＝eq \f(B0Ld,3R)，金属棒ab进入磁场后，有q2＝I2(t2－t1)，I2＝eq \f(E2,\f(3R,2))，E2＝eq \f(B0Ld,t2－t1)，解得q2＝eq \f(2B0Ld,3R)，所以q1∶q2＝1∶2，D错误．
8.(多选)(2022·广东韶关市二模)某高中科研兴趣小组利用课余时间进行研究电磁阻尼效果的研究性学习，实验示意图如图甲所示，虚线MN右侧有垂直于水平面向下的匀强磁场，边长为1 m、质量为0.1 kg、电阻为0.2 Ω的正方形金属线框在光滑绝缘水平面上以大小v0＝2 m/s的速度向右滑动并进入磁场，磁场边界MN与线框的右边框平行．从线框刚进入磁场开始计时，线框的速度v随滑行的距离x变化的规律如图乙所示，下列说法正确的是( )
A．图乙中x0＝1 m
B．线框进入磁场的过程中，线框的加速度先不变再突然减为零
C．线框进入磁场的过程中，线框中产生的焦耳热为0.1 J
D．线框进入磁场的过程中，通过线框某横截面的电荷量为eq \f(\r(2),2) C
【答案】 AD
【解析】 穿过线框的磁通量变化导致线框中产生感应电流，使线框受到安培力的作用，从而使速度改变；当线框完全进入磁场时，磁通量不变，速度不变，则由题图乙可知x0＝1 m，A正确；线框进入磁场的过程中，安培力F＝BIL，其中I＝eq \f(E,R)＝eq \f(BLv,R)，由题图乙可知，速度减小，则安培力减小，由牛顿第二定律可知，线框的加速度减小，因此线框做变减速运动，B错误；根据能量守恒定律可知，减少的动能全部转化为焦耳热，则有Q＝ΔEk＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)mv2，代入数据可得Q＝0.15 J，C错误； 线框进入磁场的过程中，取水平向右为正方向，根据动量定理可得－eq \f(B2L2\x\t(v),R)t＝mv－mv0，整理得v＝v0－eq \f(B2L2x,mR)，结合题图乙可知，当x＝1 m时，v＝1 m/s，代入解得B＝eq \r(\f(1,50)) T，通过线框某横截面的电荷量为q＝eq \x\t(I)t＝eq \f(Bx02,R)，解得q＝eq \f(\r(2),2) C，D正确．
9．(多选)(2022·宁夏吴忠中学三模)如图所示，两段均足够长、不等宽的光滑平行导轨固定在水平面上，较窄导轨的间距L1＝1 m，较宽导轨的间距L2＝1.5 m．整个装置处于磁感应强度大小为B＝0.5 T、方向竖直向上的匀强磁场中，导体棒MN、PQ的质量分别为m1＝0.4 kg、m2＝1.2 kg，长度分别为1 m、1.5 m，电阻分别为R1＝0.3 Ω、R2＝0.9 Ω，两导体棒静止在水平导轨上．t＝0时刻，导体棒MN获得v0＝7 m/s、水平向右的初速度．导轨电阻忽略不计，导体棒MN、PQ始终与导轨垂直且接触良好，导体棒MN始终在较窄导轨上运动，取g＝10 m/s2则( )
A．t＝0时刻，回路中的电流为eq \f(35,12) A
B．导体棒MN最终做匀速直线运动，速度大小为3 m/s
C．通过导体棒MN的电荷量最大值为3.4 C
D．导体棒PQ中产生的焦耳热最大值为4.2 J
【答案】 ABD
【解析】 t＝0时刻，回路中的电流为I0＝eq \f(E,R)＝eq \f(BL1v0,R1＋R2)＝eq \f(35,12) A，故A正确；导体棒MN与PQ切割磁感线产生的电动势相互削弱，当两导体棒产生的电动势相等时，感应电流为零，所受安培力为零，故两导体棒最终做匀速直线运动，此时有BL1vMN＝BL2vPQ，设从导体棒MN开始运动至导体棒MN、PQ做匀速运动所用的时间为Δt，取水平向右为正方向，对导体棒MN分析，由动量定理得－BL1eq \x\t(I)·Δt＝m1vMN－m1v0，对导体棒PQ分析，由动量定理得BL2eq \x\t(I)·Δt＝m2vPQ，又因为q＝eq \x\t(I)·Δt，联立解得vMN＝3 m/s，vPQ＝2 m/s，q＝3.2 C，故B正确，C错误；由能量守恒定律得eq \f(1,2)m1v02＝eq \f(1,2)m1vMN2＋eq \f(1,2)m2vPQ2＋Q总，QPQ＝eq \f(R2,R1＋R2)Q总，代入数据联立解得QPQ＝4.2 J，故D正确．
10.(多选)(2022·辽宁省模拟)如图所示，导体棒a、b水平放置于足够长的光滑平行金属导轨上，导轨左右两部分的间距分别为l、2l，质量分别为m、2m，两棒接入电路的电阻均为R，其余电阻均忽略不计；导体棒a、b均处于竖直向上的磁感应强度大小为B的匀强磁场中；a、b两棒以v0的初速度同时向右运动，两棒在运动过程中始终与导轨垂直且保持良好接触，a总在窄轨上运动，b总在宽轨上运动，直到两棒达到稳定状态，则从开始运动到两棒稳定的过程中，下列说法正确的是( )
A．稳定时a棒的速度为eq \f(4,3)v0
B．电路中产生的焦耳热为eq \f(1,5)mv02
C．流过导体棒a的某一横截面的电荷量为eq \f(mv0,3Bl)
D．当a棒的速度为eq \f(5,4)v0时，b棒的加速度大小为eq \f(B2l2v0,8mR)
【答案】 ACD
【解析】 当两棒产生的感应电动势相等时，达到稳定状态，设此时a棒速度为va，b棒速度为vb，电动势相等，则有Blva＝B·2lvb，可得va＝2vb，从开始到达到稳定状态过程中，取水平向右为正方向，对a棒由动量定理得Beq \x\t(I)lt＝mva－mv0，对b棒由动量定理得－Beq \x\t(I)·2lt＝2mvb－2mv0，联立解得va＝eq \f(4,3)v0，又有q＝eq \x\t(I)t，联立解得q＝eq \f(mv0,3Bl)，故A、C正确；由能量守恒定律得Q＝eq \f(1,2)(m＋2m)v02－eq \f(1,2)mva2－eq \f(1,2)×2mvb2，解得Q＝eq \f(mv02,6)，故B错误；当a棒的速度为eq \f(5,4)v0时，设b棒的速度为v，加速度大小为a，取向右为正方向，根据动量定理可知，对a棒Beq \x\t(I)′lt′＝m·eq \f(5,4)v0－mv0，对b棒－Beq \x\t(I)′·2lt′＝2mv－2mv0，联立解得v＝eq \f(3v0,4)，回路中感应电流为I＝eq \f(B·2l·\f(3,4)v0－Bl·\f(5,4)v0,2R)＝eq \f(Blv0,8R)，对b棒，根据牛顿第二定律有BI·2l＝2ma，解得a＝eq \f(B2l2v0,8mR)，故D正确．
11.(多选)(2022·山东枣庄市二模)如图所示，间距为L＝0.8 m的两条平行光滑竖直金属导轨PQ、MN足够长，底部Q、N之间连接阻值为R1＝2.0 Ω的电阻，磁感应强度大小为B1＝0.5 T，足够大的匀强磁场与导轨平面垂直．质量为m＝1.0×10－2 kg、电阻值为R2＝2.0 Ω的金属棒ab放在导轨上，且始终与导轨接触良好．导轨的上端点P、M分别与横截面积为5.0×10－3 m2的10匝线圈的两端连接，线圈的轴线与大小均匀变化的匀强磁场B2平行．开关S闭合后，金属棒ab恰能保持静止．重力加速度取g＝10 m/s2，其余部分的电阻不计．则( )
A．匀强磁场B2的磁感应强度均匀减小
B．金属棒ab中的电流大小为0.25 A
C．匀强磁场B2的磁感应强度的变化率为10 T/s
D．断开S之后，金属棒ab下滑的最大速度为1.25 m/s
【答案】 BC
【解析】 金属棒ab处于静止状态，则金属棒ab受到的安培力竖直向上，根据左手定则可知，通过金属棒ab的电流方向由a到b，根据楞次定律可知，匀强磁场B2的磁感应强度均匀增加，A错误；设金属棒ab中的电流大小为I，根据受力平衡可得B1IL＝mg，解得I＝0.25 A，B正确；设匀强磁场B2的磁感应强度的变化率为k，则线圈产生的感应电动势为E＝neq \f(ΔΦ,Δt)＝neq \f(ΔB,Δt)·S＝nkS，金属棒ab中的电流大小为I＝eq \f(U,R2)＝eq \f(E,R2)＝0.25 A，联立解得k＝10 T/s，C正确；断开S之后，当金属棒ab受力再次达到平衡时下滑速度最大，设最大速度为v，则有E′＝B1Lv，I′＝eq \f(E′,R1＋R2)，B1I′L＝mg，联立解得v＝2.5 m/s，D错误．
12.(2022·江苏盐城市二模)如图所示，三条平行虚线L1、L2、L3之间有宽度为L的两个匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ，两区域内的磁感应强度大小相等、方向相反，正方形金属线框MNPQ的质量为m、边长为L，开始时MN边与边界L1重合，对线框施加拉力F使其以加速度a匀加速通过磁场区，以顺时针方向电流为正方向，下列关于感应电流i和拉力F随时间变化的图像可能正确的是( )
【答案】 B
【解析】 当MN边向右运动0～L的过程中，用时t1＝eq \r(\f(2L,a))，则E1＝BLat，电流I1＝eq \f(E1,R)＝eq \f(BLa,R)t，方向为正方向；拉力F1＝ma＋F安1＝ma＋eq \f(B2L2a,R)t；当MN边向右运动L～2L的过程中，用时t2＝eq \r(\f(4L,a))－eq \r(\f(2L,a))＝(eq \r(2)－1)eq \r(\f(2L,a))＝(eq \r(2)－1)t1，E2＝2BLat，电流I2＝eq \f(E2,R)＝eq \f(2BLa,R)t，方向为负方向，拉力F2＝ma＋F安2＝ma＋eq \f(4B2L2a,R)t；当MN边向右运动2L～3L的过程中，用时t3＝eq \r(\f(6L,a))－eq \r(\f(4L,a))＝(eq \r(3)－eq \r(2))eq \r(\f(2L,a))＝(eq \r(3)－eq \r(2))t1，E3＝BLat，电流I3＝eq \f(E3,R)＝eq \f(BLa,R)t，方向为正方向，拉力F3＝ma＋F安3＝ma＋eq \f(B2L2a,R)t，对比四个选项可知，只有B正确．
13.(多选)(2022·安徽池州市模拟)如图所示，一质量为M的U形金属框abcd静置于水平粗糙绝缘平台上，ab和dc边平行且与bc边垂直，bc边长度为L，Lab、Ldc足够长，金属框与绝缘平台间的动摩擦因数为μ，整个金属框电阻可忽略．一根质量也为M的导体棒mn平行bc静置于金属框上，导体棒接入回路中的电阻为R，导体棒与金属框间摩擦不计．现用水平恒力F向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，mn与金属框始终保持良好接触，重力加速度为g，经过足够长时间后，下列说法正确的是( )
A．导体棒与金属框具有共同速度大小为v＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(F－2μMg))R,2B2L2)
B．导体棒与金属框具有共同加速度大小为a＝eq \f(F,2M)－μg
C．导体棒中电流I＝eq \f(F－2μMg,2BL)
D．导体棒消耗的电功率为P＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(F－2μMg))2R,2B2L2)
【答案】 BC
【解析】 经过足够长时间后，金属框的bc边和导体棒mn一起切割磁感线，导体棒与金属框具有相同的加速度，设导体棒mn和金属框的速度大小分别为v1、v2，则电路中的电动势E＝BL(v2－v1)
电路中的电流I＝eq \f(E,R)＝eq \f(BL\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(v2－v1)),R)
金属框和导体棒mn受到的安培力
F安框＝eq \f(B2L2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(v2－v1)),R)，方向与运动方向相反
F安mn＝eq \f(B2L2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(v2－v1)),R)，方向与运动方向相同
则对导体棒有eq \f(B2L2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(v2－v1)),R)＝Ma1
对金属框有F－2μMg－eq \f(B2L2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(v2－v1)),R)＝Ma2
初始速度均为零，则a1从零开始逐渐增加，a2从eq \f(F－μ×2Mg,M)开始逐渐减小，当a1＝a2时，相对速度为v2－v1＝eq \f(F－2μMgR,2B2L2)，共同加速度大小为a＝eq \f(F,2M)－μg，则I＝eq \f(F－2μMg,2BL)，根据P＝I2R，得P＝eq \f(F－2μMg2R,4B2L2)，综上可得，B、C选项正确，A、D选项错误．
14.(多选)(2022·广西北海市一模)如图所示，在水平桌面上固定两条足够长的相距L＝1.0 m的平行光滑金属导轨，导轨的左端连接阻值R＝3.0 Ω的电阻，导轨上放有垂直导轨的金属杆P，金属杆的质量m＝0.1 kg，接入电路的电阻r＝2.0 Ω，整个空间存在磁感应强度大小B＝0.5 T、竖直向下的匀强磁场．初始时刻金属杆在水平向右的恒力F的作用下，向右做速度v＝4 m/s的匀速直线运动，经1.5 s后撤去恒力F.整个运动过程中金属杆P始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计，则从初始时刻到金属杆停止运动的过程中( )
A．电阻R上产生的热量为1.0 J
B．电阻R上产生的热量为1.2 J
C．金属杆向右运动的位移为14 m
D．金属杆向右运动的位移为16 m
【答案】 BC
【解析】 金属杆匀速运动时，所受安培力大小为F安＝BIL＝Beq \f(BLv,R＋r)L，根据金属杆受力平衡得F＝F安，代入数据解得F＝0.2 N，前1.5 s内金属杆运动的位移为x1＝vt＝6 m，水平恒力F做的功W＝Fx1＝1.2 J，从初始时刻到金属杆停止运动的过程中，根据能量守恒定律得W＋eq \f(1,2)mv2＝Qr＋QR，其中Qr∶QR＝r∶R＝2∶3，代入数据解得QR＝1.2 J，故A错误，B正确；撤去恒力F后，金属杆的加速度满足－eq \f(B2L2v,R＋r)＝ma，等式两边同时乘非常短的时间Δt，即－eq \f(B2L2v,R＋r)Δt＝maΔt，整理得－eq \f(B2L2,R＋r)Δx＝mΔv，整理得eq \f(B2L2,R＋r)x2＝mv，所以撤去恒力F后，金属杆继续运动的位移为x2＝eq \f(m\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(R＋r)),B2L2)v＝8 m，从初始时刻到金属杆停止运动的过程中，金属杆向右运动的位移x＝x1＋x2＝14 m，故C正确，D错误．
15.(2022·广东珠海模拟)如图甲所示，面积S＝0.2 m2的线圈，匝数n＝630匝，总电阻r＝1.0 Ω，线圈处在变化的磁场中，设磁场垂直纸面向外为正方向，磁感应强度B随时间t按图乙所示规律变化，方向垂直线圈平面，图甲中传感器可看成一个纯电阻R，并标有“3 V，0.9 W”，滑动变阻器R0上标有“10 Ω，1 A”。则下列说法正确的是( )
A.电流表中的电流方向向左
B.线圈中产生的感应电动势为定值
C.为了保证电路的安全，电路中允许通过的电流最大值为1 A
D.若滑动变阻器的滑片置于最左端，为了保证电路的安全，图乙中的t0最小值为20 s
【答案】 B
【解析】 根据楞次定律，回路中产生顺时针方向的电流，电流表中的电流方向向右，故A错误；因为eq \f(ΔB,Δt)恒定，所以根据法拉第电磁感应定律E＝neq \f(ΔB,Δt)S，线圈中产生恒定的感应电动势，故B正确；传感器正常工作时电流为I＝eq \f(P,U)＝eq \f(0.9,3) A＝0.3 A，变阻器的工作电流是1 A，所以电路允许通过的最大电流为0.3 A，故C错误；滑动变阻器触头位于最左端时外电路电阻为R外＝R＋R0，其中R＝eq \f(U,I)＝10 Ω，电源电动势的最大值为E＝I(R外＋r)＝6.3 V，由法拉第电磁感应定律E＝neq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(nSΔB,Δt)＝eq \f(nSB0,t0)，得t0＝40 s，故D错误。
16.(2022·上海市宝山区二模)有一匀强磁场区域，区域的上、下边界MM′、NN′与水平面平行，磁场的磁感应强度大小为B，方向如图所示，磁场上下边界的距离为H.一矩形线圈abdc位于竖直平面内，其质量为m，电阻为R，ab边长为L1，bd边长为L2，且L2
(2)线圈从开始下落，到cd边刚到达磁场区域下边界NN′的过程中，线圈克服安培力所做的功；
(3)线圈cd边刚穿出磁场区域下边界NN′时线圈的加速度．
【答案】 (1)eq \f(mgR,B2L12) (2)mg(h＋L2)－eq \f(m3g2R2,2B4L14) (3)eq \r(\f(2gB4L14H－L2,m2R2)＋g2)－g 方向竖直向上
【解析】 (1)设线圈最大速度为v1，此时线圈受到的重力和线圈cd边受到的安培力F1平衡，即F1＝mg
设此时线圈中的电流为I1，因为
F1＝BI1L1
I1＝eq \f(E1,R)
E1＝BL1v1
联立解得F1＝eq \f(B2L12v1,R)
所以eq \f(B2L12v1,R)＝mg
解得v1＝eq \f(mgR,B2L12)
(2)线圈达到速度为v1时，线圈开始做匀速运动，直到线圈完全进入磁场．由于线圈从完全进入磁场到cd边刚到磁场下边界的过程中，线圈中无感应电流，此过程中安培力对线圈所做的功为零，所以计算线圈克服安培力做功时不必考虑此过程．由动能定理得
mg(h＋L2)－W克安＝eq \f(1,2)mv12
可得W克安＝mg(h＋L2)－eq \f(m3g2R2,2B4L14)
(3)设线圈cd边刚穿过磁场下边界时的速度大小为v2，由于线圈从完全进入磁场到cd边刚出磁场下边界的过程中，线圈做匀加速直线运动，可知
v22－v12＝2g(H－L2)
解得v2＝eq \r(2gH－L2＋\f(m2g2R2,B4L14))
线圈cd边刚出磁场时ab边切割磁感线产生的感应电动势E2＝BL1v2
此时线圈的受力如图所示，由于安培力大小F2大于重力大小，所以此时的加速度方向向上；
由牛顿第二定律得F2－mg＝ma，而F2＝BI2L1＝Beq \f(E2,R)L1＝eq \f(B2L12v2,R)
可得a＝eq \r(\f(2gB4L14H－L2,m2R2)＋g2)－g.
17.(2022·广西柳州市二模)如图，一倾角为θ的光滑固定斜面的顶端放有质量M＝0.05 kg的U形导体框，导体框的电阻忽略不计；一电阻为R＝1 Ω、质量m＝0.2 kg的金属棒PQ的两端置于导体框上，与导体框构成矩形闭合回路PQGH；GH长度L＝0.5 m．初始时PQ与GH相距一定距离，金属棒与导体框同时由静止开始下滑，导体框下滑x0＝eq \f(1,3) m后恰好匀速进入一方向垂直于斜面向上的匀强磁场区域，直至离开磁场区域．PQ、GH、磁场边界(图中虚线)都与斜面底边平行，当导体框的GH边离开磁场的瞬间，金属棒PQ正好进入磁场，并一直匀速运动直到离开磁场．已知金属棒与导体框之间始终接触良好，金属棒与导体框之间的动摩擦因数μ＝0.125，磁感应强度大小B＝1 T．重力加速度大小取g＝10 m/s2，sin θ＝0.6.求：
(1)导体框的GH边刚要进入磁场时的速度大小；
(2)磁场的宽度d;
(3)金属棒和导体框由静止开始下滑到二者速度始终相等的过程中，因摩擦产生的热量Q.
【答案】 (1)2 m/s (2)0.8 m (3)0.12 J
【解析】 (1)由题意，GH边进入磁场前，导体框与金属棒一起向下做匀加速直线运动，根据动能定理有
(M＋m)gx0sin θ＝eq \f(1,2)(M＋m)v02
代入数据解得v0＝2 m/s
(2)GH进入磁场的过程中一直做匀速运动，设经过时间t后GH离开磁场(或PQ进入磁场)
则有x2＝v0t
GH边进入磁场后，对金属棒PQ，由牛顿第二定律有mgsin θ－μmgcs θ＝ma，解得a＝5 m/s2，即向下做匀加速运动，金属棒到达磁场时的速度大小v1＝v0＋at
位移x1＝v0t＋eq \f(1,2)at2
PQ进入磁场时GH边恰好离开磁场，磁场宽度d＝x2，由PQ匀速进入磁场，由受力平衡可知F安′＋μmgcs θ＝mgsin θ
安培力大小F安′＝BI′L
电流I′＝eq \f(E,R)＝eq \f(BLv1,R)
联立以上各式可得v1＝4 m/s，d＝x2＝0.8 m，x1＝1.2 m
(3)GH边离开磁场后导体框做匀加速运动，其加速度大小a′＝eq \f(Mgsin θ＋μmgcs θ,M)
代入数据后得到a′＝10 m/s2
当经过t′时间后与PQ速度相等时有v1＝v0＋a′t′
PQ的位移x1′＝v1t′
联立可得x1′＝0.8 m，此时PQ恰好离开磁场，之后金属棒和导体框一起做匀加速运动，二者速度始终相等
t′时间内GH的位移x2′＝v0t′＋eq \f(1,2)a′t′2
两次因摩擦产生的热量Q＝μmgcs θ·(x1－d)＋μmgcs θ·(x1′－x2′)
联立解得Q＝0.12 J
18.(2022·陕西汉中检测)如图甲所示，光滑的金属导轨MN和PQ平行，间距L＝1.0 m，与水平面之间的夹角α＝37°，匀强磁场磁感应强度B＝2.0 T，方向垂直于导轨平面向上，MP间接有阻值R＝1.6 Ω的电阻，质量m＝0.5 kg，电阻r＝0.4 Ω的金属棒ab垂直导轨放置，现用和导轨平行的恒力F沿导轨平面向上拉金属杆ab，使其由静止开始运动，当金属棒上滑的位移s＝3.8 m时达到稳定状态，对应过程的v－t图像如图乙所示。取g＝10 m/s2，导轨足够长(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)。求：
(1)运动过程中a、b哪端电势高，并计算恒力F的大小；
(2)从金属杆开始运动到刚达到稳定状态，此过程金属杆上产生的焦耳热；
(3)由图中信息计算0～1 s内，导体棒滑过的位移。
【答案】 (1)b端电势高 5 N (2)1.47 J (3)0.85 m
【解析】 (1)由右手定则可判断感应电流由a流向b，b相当于电源的正极，故b端电势高
当金属棒匀速运动时，由平衡条件得
F＝mgsin 37°＋F安
其中F安＝ILB＝eq \f(B2L2v,R＋r)
由乙图可知v＝1.0 m/s
联立解得F＝5 N。
(2)从金属棒开始运动到恰好达到稳定状态，由动能定理得
(F－mgsin 37°)s－W克＝eq \f(1,2)mv2
又克服安培力所做的功等于整个电路产生的焦耳热，代入数据解得
Q＝W克＝7.35 J
两电阻产生的焦耳热与阻值成正比，故金属棒上产生的焦耳热为
Qr＝eq \f(r,R＋r)Q＝1.47 J。
(3)进入匀强磁场导体棒做加速度减小的加速运动，由动量定理有
(F－mgsin 37°)t－BILt＝mv1－0
又q＝It
由图可知v1＝0.6 m/s
代入数据解得q＝0.85 C
由q＝It＝eq \f(BLx,R＋r)
得x＝0.85 m。
19.(2022·河北全过程纵向评价联考)如图甲所示，质量为m＝0.1 kg、电阻R＝0.5 Ω的导体棒ab垂直放在相距为L＝0.5 m的金属导轨上，定值电阻阻值也为0.5 Ω。金属导轨足够长，固定在水平面上，电阻不计。在垂直于导轨平面的区域Ⅰ和区域Ⅱ中存在方向向上、磁感应强度相同的匀强磁场。现用一根与轨道平面平行的不可伸长的轻绳跨过定滑轮将导体棒和质量为M＝0.1 kg的重物相连，导体棒在磁场外从静止释放后始终在导轨上运动，导体棒与导轨接触良好。已知导体棒运动的v－t图像如图乙所示。求：
(1)导体棒与金属导轨之间的动摩擦因数μ；
(2)导体棒穿过磁场Ⅰ的过程中穿过闭合回路横截面的电荷量q；
(3)导体棒穿过磁场区域Ⅱ的过程中电阻R上产生的热量以及克服摩擦力所做的功。
【答案】 (1)0.2 (2)1.28 C (3)3.84 J 1.152 J
【解析】 (1)导体棒进入磁场之前做匀加速直线运动，由v－t图像可知棒的加速度
a＝eq \f(Δv,Δt)＝4 m/s2
对重物和导体棒整体，由牛顿第二定律有
Mg－μmg＝(M＋m)a
代入数据解得μ＝0.2。
(2)由v－t图像可知导体棒进入磁场Ⅰ后做匀速直线运动，处于平衡状态。
对重物和导体棒整体受力分析，有
Mg＝μmg＋eq \f(B2L2v,2R)
又I＝eq \f(BLv,2R)，q＝It
v＝3.2 m/s，t＝0.8 s
联立可得B＝1 T，q＝1.28 C。
(3)由v－t图像可知导体棒进入磁场Ⅱ后减速至3.2 m/s，对重物和导体棒整体，由动量定理得
(Mg－μmg)Δt－eq \f(B2L2x,2R)＝(M＋m)(v1－v2)
联立解得x＝5.76 m
导体棒穿过磁场Ⅱ过程中能量守恒，根据能量守恒定律可得
Mgx＋eq \f(1,2)(M＋m)veq \\al(2,2)－eq \f(1,2)(M＋m)veq \\al(2,1)＝Q＋μmgx
电阻R上产生的热量QR＝eq \f(1,2)Q
联立上式可得QR＝3.84 J。
20.(2022·陕西西安市一模)如图所示，有两光滑平行金属导轨，倾斜部分和水平部分平滑连接，BE、CH段用特殊材料制成，光滑不导电，导轨的间距L＝1 m，左侧接R＝1 Ω的定值电阻，右侧接电容C＝1 F的电容器，ABCD区域、EFGH区域均存在垂直于导轨所在平面向下、磁感应强度B＝1 T的匀强磁场，ABCD区域长s＝0.3 m．金属杆a、b的长度均为L＝1 m，质量均为m＝0.1 kg，a的电阻为r＝2 Ω，b的电阻不计．金属杆a从距导轨水平部分h＝0.45 m的高度处由静止滑下，金属杆b静止在BEHC区域，金属杆b与金属杆a发生弹性碰撞后进入EFGH区域，最终稳定运动．求：(重力加速度g取10 m/s2)
(1)金属杆a刚进入ABCD区域时通过电阻R的电流I；
(2)金属杆a刚离开ABCD区域时的速度v2的大小；
(3)金属杆b稳定运动时的速度v4的大小；
(4)整个运动过程中金属杆a上产生的焦耳热．
【答案】 (1)1 A (2)2 m/s (3)eq \f(2,11) m/s (4)eq \f(1,6) J
【解析】 (1)金属杆a从开始运动到进入ABCD区域，由动能定理有mgh＝eq \f(1,2)mv12
解得v1＝3 m/s
刚进入ABCD区域时E＝BLv1
I＝eq \f(E,R＋r)
联立解得I＝1 A
(2)金属杆a从进入ABCD区域到离开ABCD区域，
由动量定理有－Beq \x\t(I)L·t＝mv2－mv1
eq \x\t(I)t＝eq \f(BL\x\t(v),R＋r)t＝eq \f(BLs,R＋r)
解得v2＝2 m/s
(3)金属杆a、b碰撞过程中，有mv2＝mv2′＋mv3
eq \f(1,2)mv22＝eq \f(1,2)mv2′2＋eq \f(1,2)mv32
解得v3＝2 m/s，v2′＝0
分析可知，杆b进入磁场后，电容器充电，杆b速度减小，匀速运动时，杆b产生的感应电动势与电容器两端电压相同，且通过杆b的电荷量就是电容器储存的电荷量，由动量定理有
－BLq＝mv4－mv3
eq \f(q,C)＝BLv4
联立解得v4＝eq \f(2,11) m/s
(4)杆a仅在ABCD区域中运动时产生焦耳热，即Q＝eq \f(r,R＋r)(eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)mv22)＝eq \f(1,6) J.
情境图
研究对象
表达式
回路(不一定闭合)
三种形式
E＝eq \f(nΔΦ,Δt)
E＝neq \f(ΔBS,Δt)
E＝eq \f(nBΔS,Δt)
一段直导线(或等效直导线)
E＝Blv
绕一端转动的一段导体棒
E＝eq \f(1,2)Bl2ω
绕与B垂直的轴转动的导线框
从图示时刻计时E＝NBSωcs ωt
求解的物理量
应用示例
电荷量或速度
－Beq \x\t(I)LΔt＝mv2－mv1，q＝eq \x\t(I)Δt，即－BqL＝mv2－mv1
位移
－eq \f(B2L2\x\t(v)Δt,R总)＝0－mv0，即－eq \f(B2L2x,R总)＝0－mv0
时间
－Beq \x\t(I)LΔt＋F其他Δt＝mv2－mv1
即－BLq＋F其他Δt＝mv2－mv1
已知电荷量q、F其他(F其他为恒力)
－eq \f(B2L2\x\t(v)Δt,R总)＋F其他Δt＝mv2－mv1，
即－eq \f(B2L2x,R总)＋F其他Δt＝mv2－mv1
已知位移x、F其他(F其他为恒力)
物理模型
“一动一静”：甲杆静止不动，乙杆运动，其实质是单杆问题，不过要注意问题包含着一个条件——甲杆静止，受力平衡
两杆都在运动，对于这种情况，要注意两杆切割磁感线产生的感应电动势是相加还是相减；系统动量是否守恒
分析方法
动力学观点
通常情况下一个金属杆做加速度逐渐减小的加速运动，而另一个金属杆做加速度逐渐减小的减速运动，最终两金属杆以共同的速度匀速运动
能量观点
两杆系统机械能减少量等于回路中产生的焦耳热之和
动量观点
对于两金属杆在平直的光滑导轨上运动的情况，如果两金属杆所受的外力之和为零，则考虑应用动量守恒定律处理问题
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