还剩26页未读，
继续阅读
2019版二轮复习物理通用版讲义：第一部分专题四第二讲楞次定律 法拉第电磁感应定律
展开
第二讲楞次定律 法拉第电磁感应定律
考点一
常见磁场中的电磁感应现象
1.[考查直导线周围磁场中的电磁感应现象]
[多选]如图所示，两根固定的硬质平行直导线及虚线AB在同一平面内，两导线关于AB对称，导线中通有大小相等、方向相同的恒定电流I，将与两平行直导线位于同一平面内的硬质矩形金属线框，从图中实线位置向右平移到虚线位置的过程中，下列说法正确的是( )
A．线框中的感应电流先沿顺时针方向后沿逆时针方向
B．线框中的感应电流一直沿顺时针方向
C．线框受到的安培力方向先向左后向右
D．线框受到的安培力方向一直向左
解析：选BD 根据安培定则和磁场的叠加原理判断得知，在AB右侧磁场方向垂直纸面向外，AB左侧磁场方向垂直纸面向里。当导线框位于AB左侧向右运动时，导线框中的磁场方向垂直纸面向里，磁通量减小，根据楞次定律可知，感应电流方向为顺时针方向；当导线框经过AB时，导线框中的磁场方向先垂直纸面向里，后垂直纸面向外，磁通量先减小，后增大，根据楞次定律，可知感应电流方向为顺时针方向；当导线框在AB右侧并向右运动时，导线框中的磁场方向垂直纸面向外，磁通量增加，根据楞次定律可知，感应电流方向为顺时针方向，则可知电流方向一直为顺时针方向，B正确，A错误。根据楞次定律可知，线框受到的安培力的方向一定与线框的运动方向相反，故安培力一直向左，C错误，D正确。
2．[考查地磁场中的电磁感应现象]
如图，沿东西方向站立的两同学(左西右东)做“摇绳发电”实验：把一条长导线的两端连在一个灵敏电流计(零刻度在表盘中央)的两个接线柱上，形成闭合回路，然后迅速摇动MN这段“绳”。假设图中情景发生在赤道处，则下列说法正确的是( )
A．当“绳”摇到最高点时，“绳”中电流最大
B．当“绳”摇到最低点时，“绳”受到的安培力最大
C．当“绳”向下运动时，N点电势比M点电势高
D．摇“绳”过程中，灵敏电流计指针的偏转方向不变
解析：选C 当“绳”摇到最高点时，绳转动的速度方向与地磁场方向平行，不切割磁感线，感应电流最小，故A错误。当“绳”摇到最低点时，绳转动的速度方向与地磁场方向平行，不切割磁感线，感应电流最小，绳受到的安培力也最小，故B错误。当“绳”向下运动时，地磁场向北，根据右手定则判断可知，“绳”中N点电势比M点电势高，故C正确。在摇“绳”过程中，当“绳”向下运动和向上运动时，“绳”切割磁感线的方向不同，则感应电流的方向不同，即灵敏电流计指针的偏转方向改变，故D错误。
3．[考查永磁体周围磁场中的电磁感应现象]
[多选]有一个铜盘，与支架之间的阻力非常小，因此轻轻拨动它，就能长时间地绕轴自由转动。如果在转动时把蹄形磁铁的两极放在铜盘边缘，但并不与铜盘接触，如图所示。下列说法正确的是( )
A．铜盘能够在较短的时间内停止转动
B．铜盘在转动过程中磁通量将不断减小
C．铜盘在转动过程中产生的感应电动势将不断减小
D．铜盘边缘的电势高于圆心的电势
解析：选ACD 当铜盘转动时，切割磁感线，产生感应电动势，由于电路闭合，则有感应电流，处于磁场中受到安培力作用，此力阻碍铜盘转动，铜盘能够在较短的时间内停止转动，选项A正确；铜盘在转动过程中磁通量不变，选项B错误；铜盘在转动过程中，由于转动速度减小，则产生的感应电动势将不断减小，选项C正确；由右手定则可知，铜盘边缘的电势高于圆心的电势，选项D正确。
4．[考查电磁铁周围磁场中的电磁感应现象(二次感应问题)]
[多选]如图所示，水平放置的两光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，PQ所处的水平光滑轨道内有垂直纸面向里的匀强磁场，当PQ在外力的作用下运动时，闭合开关S，MN在安培力的作用下向右运动，则PQ所做的运动可能是( )
A．向右加速运动 B．向左加速运动
C．向右减速运动 D．向左减速运动
解析：选BC 逆推法：根据右手螺旋定则可知，导线ab在MN所在处产生的磁场方向垂直纸面向里，MN在安培力作用下向右运动，说明MN受到的安培力向右，由左手定则可知，MN中的电流方向由M指向N，由右手螺旋定则可知，线圈L1中感应磁场方向竖直向上，由楞次定律可知，线圈L2中磁通量的变化情况为向上减小或向下增加，由右手螺旋定则可知，PQ中的电流从Q到P且逐渐减小或从P到Q且逐渐增大，再由右手定则可知，PQ可能是向左加速运动或向右减速运动。故B、C正确，A、D错误。
顺序推理法：对选项A，PQ向右加速运动，L2上端为N极且磁通量增加，由楞次定律可推出L1的下端为N极，电流由N到M，S闭合时MN向左运动，故A错误。同理，可分析得出B、C正确，D错误。
考点二
电磁感应中的图像问题
5.[考查根据电磁感应过程选择图像]
如图所示，在边长为a的正方形区域内，有以对角线为边界、垂直于纸面的两个匀强磁场，磁感应强度大小相同、方向相反，纸面内一边长为a的正方形导线框沿x轴匀速穿过磁场区域，t＝0时刻恰好开始进入磁场区域，以顺时针方向为导线框中电流的正方向，下列选项中能够正确表示电流与位移关系的是( )
解析：选B 在x∈(0，a)时，右边框切割磁感线产生感应电流，电流大小i＝＝(a－2x)，其中x∈时，方向为顺时针；x＝时，导线框中感应电流为零；x∈时，方向为逆时针。在x∈(a,2a)时，左边框切割磁感线产生感应电流，感应电流大小i＝＝(3a－2x)，其中x∈时，方向为逆时针；x＝a时，导线框中感应电流为零；x∈时，方向为顺时针，所以B正确，A、C、D错误。
6．[考查根据图像分析电磁感应过程]
[多选]如图甲所示，一正方形线框放在光滑绝缘的水平面上，在水平向右的拉力作用下从图示位置始终向右做匀加速运动，线框右侧有一垂直于水平面向下的匀强磁场，线框的右边始终与磁场的边界平行，线框的质量为1 kg，电阻为1 Ω，整个运动过程中，拉力的大小随时间变化如图乙所示，则( )
A．线框运动的加速度大小为5 m/s2
B．线框刚好完全进入磁场时的时间为t＝1.2 s
C．线框的边长为0.55 m
D．磁场的磁感应强度大小为1.1 T
解析：选AB 由题图乙可知，线框在磁场外受到的合力为5 N，则运动的加速度大小a＝＝ m/s2＝5 m/s2，A项正确；线框进入磁场的过程中，F－＝ma，即F＝＋ma，线框刚进入磁场时，10＝×5×1＋5，刚好完全进磁场时11＝×5×t＋5，求得t＝1.2 s，B项正确；线框的边长为L＝×5×(1.22－12)m＝1.1 m，C项错误；由＝1得磁感应强度B＝ T，D项错误。
考点三
线框在磁场中运动产生感应电动势
7.[考查线框在磁场中转动问题]如图所示，单匝直角三角形导线框OMN在匀强磁场中以ON所在的直线为轴匀速转动，角速度为ω，已知OM边长为l，∠MON＝θ，匀强磁场垂直于ON向右，磁感应强度大小为B，下列说法正确的是( )
A．导线框OMN内产生大小恒定的电流
B．截掉导线MN，则电动势最大值变小
C．导线框OMN产生的电流方向为OMNO
D．导线框OMN内产生的电动势最大值为Bl2ωsin θcos θ
解析：选D 当导线框OMN以ON所在的直线为轴匀速转动时，线框内产生正弦交变电流，选项A错误；导线MN不切割磁感线，则截掉导线MN，则电动势最大值不变，选项B错误；导线框OMN产生的电流方向不断变化，选项C错误；导线框OMN内产生的电动势最大值为Em＝BωS＝Bl2ωsin θcos θ，选项D正确。
8．[考查线框在磁场中平动问题][多选]如图所示，PQ、MN为两根光滑绝缘且固定的平行轨道，两轨道间的宽度为L，轨道斜面与水平面成θ角。在矩形abdc内存在方向垂直轨道斜面向下、磁感应强度为B的匀强磁场，已知ab、cd间的距离为3d。有一质量为m、长为L、宽为d的矩形金属线圈ABCD放置在轨道上，开始时线圈AB边与磁场边界ab重合。现让线圈由静止出发沿轨道下滑，从AB边进入磁场到CD边进入磁场的过程中，流过线圈的电荷量为q。线圈通过磁场的总时间为t，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A．线圈在磁场中不可能做匀加速直线运动
B．线圈的电阻为R＝
C．线圈CD边刚好通过磁场下边界时，线圈的速度大小为v＝
D．线圈在时间t内电阻的发热量为Q＝4mgdsin θ－
解析：选BD 线圈全部进入磁场后，磁通量不变，感应电流为0，不受安培力作用，做匀加速直线运动，故A错误；从AB边进入磁场到CD边进入磁场的过程中，通过回路的电荷量q＝IΔt＝Δt＝＝，线圈的电阻为R＝，故B正确；设线圈CD边刚好通过磁场下边界时，线圈的速度大小为v，根据动量定理可得mgtsin θ－BLt′＝mv－0，t′＝2q，解得线圈的速度大小为v＝，故C错误；由能量守恒定律有mg·4dsin θ＝mv2＋Q，解得Q＝4mgdsin θ－，故D正确。
考点四
导体棒在磁场中运动产生感应电动势
9.[考查导体棒转动切割磁感线]
[多选]如图所示，半径为r的半圆弧光滑金属导轨ab垂直放置在磁感应强度为B的匀强磁场中，现有一导体棒Oc可绕半圆形导轨的圆心O点逆时针旋转，转动过程中导体棒接入的电阻为R0，导体棒与导轨始终接触良好，导轨电阻不计。在导轨的右端点b和圆心O有两根引线分别接在电容器C和总阻值为R的滑动变阻器两端。现让导体棒从b端向a端转动，下列说法正确的是( )
A．导体棒在转动过程中c端电势高
B．滑片P置于最右端不动，且导体棒以角速度ω匀速转动时外力的功率为
C．导体棒以角速度ω匀速转动时，将P从最右端滑到最左端的过程中C的放电量为
D．滑片P置于中间不动，均匀增大转速时导体棒所受的外力和C上的电荷量都均匀增大
解析：选CD 导体棒Oc转动过程中由右手定则知电流由c向O流动，因导体棒相当于电源，故c端是电源的负极，电势低，故A项错误；导体棒匀速转动时产生的电动势为E＝Br·ω，因此回路中的电流为I＝，于是对应外力的功率为P＝I2(R＋R0)＝，故B项错误；导体棒稳定转动时，电动势恒定，将滑片P从最右端滑向最左端的过程中C的电压从U＝R＝逐渐减小到零，对应放出的电荷量为Q＝C(U－0)＝，故C项正确；滑片P置于中间不动，增大转速时，回路中的电流为I＝n线性增大，因此安培力F＝IrB＝n也线性增大，由于电流线性增大，滑动变阻器分配的电压线性增大，加在C上的电压线性增大，因此它的带电量也线性增大，故D项正确。
10．[考查导体棒平动切割磁感线，导体棒所受摩擦力恒定]
[多选]CD、EF是两条水平放置的阻值可忽略的平行金属导轨，导轨间距为L，在水平导轨的左侧存在磁感应强度方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场区域的宽度为d，如图所示。导轨的右端接有一阻值为R的电阻，左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接。将一阻值为R、质量为m的导体棒从弯曲轨道上h高处由静止释放，导体棒最终恰好停在磁场的右边界处。已知导体棒与水平导轨接触良好，且与水平导轨间的动摩擦因数为μ，下列说法正确的是( )
A．通过电阻R的最大电流为
B．流过电阻R的电荷量为
C．整个电路中产生的焦耳热为mgh
D．电阻R中产生的焦耳热为mg(h－μd)
解析：选ABD 质量为m的导体棒从弯曲轨道上h高处由静止释放，刚进入磁场时速度最大，由mgh＝mv2，得最大速度v＝，产生的最大感应电动势Em＝BLv＝BL。由闭合电路欧姆定律可得电阻R的最大电流Im＝＝，A正确；在导体棒滑过磁场区域的过程中，产生的感应电动势的平均值＝＝，平均感应电流＝，流过电阻R的电荷量为q＝t，联立解得q＝＝，B正确；由能量守恒定律可知整个电路中产生的焦耳热Q＝mgh－μmgd，C错误；电阻R中产生的焦耳热Q1＝Q＝mg(h－μd)，D正确。
11．[考查导体棒平动切割磁感线，导体棒所受外力变化]
如图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距L＝0.5 m，左端接有阻值R＝0.3 Ω的电阻，一质量m＝0.1 kg、电阻r＝0.1 Ω的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝0.2 T，棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a＝2 m/s2的加速度做匀加速运动，当棒运动的位移x＝9 m 时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前回路中产生的焦耳热Q1＝2.025 J，导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，求：
(1)棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q；
(2)金属棒MN做匀加速运动所需外力F随时间t变化的表达式；
(3)外力做的功WF。
解析：(1)棒在匀加速运动中，由法拉第电磁感应定律得＝，其中ΔΦ＝BLx
由闭合电路的欧姆定律得＝
则通过电阻R的电荷量为q＝·Δt
联立各式，代入数据得q＝2.25 C。
(2)由法拉第电磁感应定律得E＝BLv
对棒的匀加速运动过程，由运动学公式得v＝at
由闭合电路欧姆定律得I＝
由安培力公式和牛顿第二定律得F－BIL＝ma
联立各式得F＝0.2＋0.05t(N)。
(3)对棒的匀加速运动过程，
由运动学公式得v2＝2ax
撤去外力后，由动能定理得安培力做功
W＝0－mv2
撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2＝－W
联立解得Q2＝1.8 J
在棒运动的整个过程中，由功能关系可知WF＝Q1＋Q2
解得WF＝3.825 J。
答案：(1)2.25 C (2)F＝0.2＋0.05t(N) (3)3.825 J
12．[考查双导体棒切割磁感线运动]
两足够长且不计电阻的光滑金属轨道如图甲所示放置，间距为d＝1 m，在左端弧形轨道部分高h＝1.25 m处放置一金属杆a，弧形轨道与平直轨道的连接处光滑无摩擦，在平直轨道右端放置另一金属杆b，杆a、b的电阻分别为Ra＝2 Ω、Rb＝5 Ω，在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B＝2 T。现杆b以初速度大小v0＝5 m/s开始向左滑动，同时由静止释放杆a，杆a由静止滑到水平轨道的过程中，通过杆b的平均电流为0.3 A；从a下滑到水平轨道时开始计时，a、b运动的速度—时间图像如图乙所示(以a运动方向为正方向)，其中ma＝2 kg，mb＝1 kg，g＝10 m/s2，求：
(1)杆a在弧形轨道上运动的时间；
(2)杆a在水平轨道上运动过程中通过其截面的电荷量；
(3)在整个运动过程中杆b产生的焦耳热。
解析：(1)设杆a由静止释放到滑至弧形轨道与平直轨道连接处时杆b的速度大小为vb0，以杆b运动的方向为正方向，对杆b运用动量定理，有
－Bd·Δt＝mbvb0－mbv0
其中vb0＝2 m/s
代入数据解得Δt＝5 s。
(2)对杆a由静止下滑到平直导轨上的过程中，由机械能守恒定律有magh＝mava2
解得va＝＝5 m/s
设最后a、b两杆共同的速度为v′，以杆a运动的方向为正方向，由动量守恒定律得mava－mbvb0＝(ma＋mb)v′
代入数据解得v′＝ m/s
杆a动量的变化量等于它所受安培力的冲量，设杆a的速度从va到v′的运动时间为Δt′，则由动量定理可得
－BdI·Δt′＝mav′－mava
而q＝I·Δt′
代入数据得q＝ C。
(3)由能量守恒定律可知杆a、b中产生的焦耳热为
Q＝magh＋mbv02－(mb＋ma)v′2＝ J
b棒中产生的焦耳热为Q′＝Q＝ J。
答案：(1)5 s (2) C (3) J
释疑4大考点
考点一 常见磁场中的电磁感应现象
在不同磁场中探究电磁感应现象可以帮助考生深入理解法拉第电磁感应定律，所以高考常将电磁感应现象结合实际情境进行考查，以定性分析为主，难度中等。解决这类问题的关键是要清楚不同磁场的分布特点，分析出电磁感应过程中穿过闭合回路的磁通量的变化情况，以不变应万变。
(一)理清电磁感应的知识体系
1．“三定则”“两定律”的用途
三定则
安培定则：判断运动电荷、电流产生的磁场方向
左手定则：判断磁场对运动电荷、电流的作用力的方向
右手定则：判断部分导体切割磁感线产生感应电流的方向
两定律
楞次定律：判断闭合电路磁通量发生变化产生感应电流的方向
法拉第电磁感应定律：确定感应电动势的大小
2．求感应电动势的两种方法
(1)E＝n，用来计算感应电动势的平均值。
(2)E＝BLv和E＝BL2ω，主要用来计算感应电动势的瞬时值。
3．楞次定律中“阻碍”的主要表现形式
(1)“增反减同”——阻碍原磁通量的变化，或阻碍原电流的变化(自感现象)。
(2)“增缩减扩”——使线圈面积有扩大或缩小的趋势。
(3)“来拒去留”——阻碍相对运动。
如诊断卷第1题，首先分析出金属线框在向右平移的过程中穿过线框的磁通量的变化，再根据楞次定律判断感应电流的方向，然后根据楞次定律中“阻碍”的含义——“来拒去留”即可判断安培力的方向。
(二)掌握两类特殊的电磁感应现象
1．在分析与地磁场有关的电磁感应问题时，要掌握地磁场的分布情况，在北半球地磁场方向斜向下，在南半球地磁场方向斜向上，在赤道上空水平向北。如诊断卷第2题中，当“绳”摇到最高点或最低点时，绳转动的速度方向与地磁场方向平行，感应电流最小，安培力最小。
2．解决二次感应问题常用的两种方法是顺序推理法或逆推法，如诊断卷第4题，采用顺序推理法分析出选项A向右加速运动不对，那么在运动方向和加减速两个方面变化一个，就可以得到正确答案，即向左加速或向右减速运动都可以。
[题点全练]
1．[多选](2018·全国卷Ⅰ)如图，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路。将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态。下列说法正确的是( )
A．开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动
B．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向
C．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向
D．开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动
解析：选AD 根据安培定则，开关闭合时铁芯上产生水平向右的磁场。开关闭合后的瞬间，根据楞次定律，直导线上将产生由南向北的电流，根据安培定则，直导线上方的磁场垂直纸面向里，故小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动，故A正确。同理D正确。开关闭合并保持一段时间后，直导线上没有感应电流，故小磁针的N极指北，故B、C错误。
2．(2018·泰安二模)图甲为手机及无线充电板。图乙为充电原理示意图。充电板接交流电源，对充电板供电，充电板内的送电线圈可产生交变磁场，从而使手机内的受电线圈产生交变电流，再经整流电路转变成直流电后对手机电池充电。为方便研究，现将问题做如下简化：设送电线圈的匝数为n1，受电线圈的匝数为n2，面积为S，若在t1到t2时间内，磁场(垂直于线圈平面向上、可视为匀强磁场)的磁感应强度由B1均匀增加到B2。下列说法正确的是( )
A．受电线圈中感应电流方向由d到c
B．c点的电势高于d点的电势
C．c、d之间的电势差为
D．c、d之间的电势差为
解析：选D 根据楞次定律可知，受电线圈内部产生的感应电流方向俯视为顺时针，受电线圈中感应电流方向由c到d，所以c点的电势低于d点的电势，故A、B错误；根据法拉第电磁感应定律可得c、d之间的电势差为Ucd＝E＝＝，故C错误，D正确。
3.(2018·唐山一中模拟)如图所示是某校首届中学生创意物理实验设计展评活动中获得一等奖的作品《小熊荡秋千》。两根彼此靠近且相互绝缘的金属棒C、D固定在铁架台上，C、D的两端用柔软的细导线吊了两个铜线圈P、Q(Q上粘有一张小熊的图片)，并组成一闭合回路，两个磁性很强的条形磁铁如图放置，当用手左右摆动线圈P时，线圈Q也会跟着摆动，仿佛小熊在荡秋千。关于此作品，以下说法正确的是( )
A．P向右摆动的过程中，P中的电流方向为逆时针方向(从右向左看)
B．P向右摆动的过程中，Q也会向右摆动
C．P向右摆动的过程中，Q会向左摆动
D．若用手左右摆动Q，P会始终保持静止
解析：选B P向右摆动的过程中，穿过P中的磁通量减小，根据楞次定律，P中有顺时针方向的电流(从右向左看)，故A错误。P向右摆动的过程中，P中的电流方向为顺时针方向，则Q下端的电流方向向外，根据左手定则知，下端所受的安培力向右，则Q向右摆动。同理，用手左右摆动Q，P也会左右摆动，故B正确，C、D错误。
考点二 电磁感应中的图像问题
电磁感应中的图像问题是高考考查的热点问题，常见图像有磁感应强度B、磁通量Φ、感应电动势e以及感应电流i随时间t(或位移x)的变化图像，主要以选择题形式出现，也可能融入计算题中进行考查。建议对本考点多加关注。
(一)熟悉两个技法，做到解题快又准
1．排除法
定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是物理量的正负，排除错误的选项。没有表示方向的正负时，优先判断方向有时会产生意想不到的效果。如诊断卷第5题，由右手定则可判断x＝0时电流方向为顺时针，A项错误；在x＝时，正方形导线框右边上下两段切割磁感线产生的电动势等大反向，电流为0，C项错误；在＜x＜a的区域，正方形导线框右边下半边电动势较大，电流方向为逆时针，D项错误。
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，这未必是最简捷的方法，但却是最准确有效的方法。
(二)谨记三点注意，力避踏入雷区
1．定性或定量地表示出所研究问题的函数关系是选择或绘制图像的关键。
2．在图像中I、v等物理量的方向是通过正负值来反映的。
3．注意过程或阶段的选取，一般进磁场或出磁场，磁通量最大或最小，有效切割长度最大或最小等是分段的关键点。
[题点全练]
1．[多选](2018·全国卷Ⅲ)如图(a)，在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R，R在PQ的右侧。导线PQ中通有正弦交流电i，i的变化如图(b)所示，规定从Q到P为电流正方向。导线框R中的感应电动势( )
A．在t＝时为零
B．在t＝时改变方向
C．在t＝时最大，且沿顺时针方向
D．在t＝T时最大，且沿顺时针方向
解析：选AC 在t＝时，交流电图线斜率为0，即磁场变化率为0，由E＝＝S知，E＝0，故A正确。在t＝和t＝T时，图线斜率最大，在t＝和t＝T时感应电动势最大。在到之间，电流由Q向P减弱，导线在R处产生垂直纸面向里的磁场，且磁场减弱，由楞次定律知，R产生的感应电流的磁场方向也垂直纸面向里，则R中感应电动势沿顺时针方向，同理可判断在到T时，R中电动势也为顺时针方向，在T到T时，R中电动势为逆时针方向，C正确，B、D错误。
2.[多选](2018·山西孝义一模)如图所示，光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成θ角，M、P之间接一阻值为R的定值电阻，阻值为r的金属棒ab垂直导轨放置并良好接触，其他电阻不计。整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上。t＝0时对棒施加一平行于导轨向上的外力F，棒由静止开始沿导轨向上做匀加速直线运动。下列关于通过金属棒ab的感应电荷量q、电流I、ab所受外力F及穿过abPM的磁通量Φ随时间t变化的图像中，大致正确的是( )
解析：选BC 由题意知，棒由静止开始沿导轨向上做匀加速直线运动，设加速度为a，则棒运动的速度为v＝at，产生的感应电流为I＝＝t，即电流I与t成正比，是直线，故B正确；通过金属棒的电荷量为q＝＝t2，故q∝t2，故A错误；根据牛顿第二定律得：F－F安－mgsin θ＝ma，安培力F安＝BIL＝t，解得F＝mgsin θ＋ma＋t，即F随t的增大而增大，是直线，故C正确；Φ＝BS＝BL＝BLx＋BLat2，故Φ∝t2，故D错误。
3．[多选](2018·贵州凯里一中模拟)如图，ABC为粗细均匀的等边三角形导线框，导线框在纸面内；过直线MN的水平面上方有一足够大的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。在t＝0时刻，让线框从图示位置开始绕垂直于纸面、且过C点的轴以周期T顺时针匀速转动，设线框产生的感应电流为i，穿过线框的磁通量为Φ。下列it图像和Φt图像可能正确的是( )
解析：选AD 线框以C点为轴顺时针匀速转动，在进入的前T＝T内，线框切割磁感线的有效长度随进入磁场的角度θ的增大而发生非线性变化，先减小再增大，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可知，感应电流随线框切割磁感线的有效长度的变化而变化，故电流也发生非线性变化，即先减小再增大，而磁通量发生非线性变化的增大；从BC边进入磁场到AC边将出磁场，即T到T时间内，线框内的磁通量不变，没有感应电流；从T到t＝T时间内，线框切割磁感线的有效长度随转过的角度θ的增大而发生非线性变化，先减小再增大，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可知，感应电流随线框切割磁感线的有效长度的变化而变化，故电流也发生非线性变化，即先减小再增大，而磁通量发生非线性变化的减小；故A、D正确。
考点三 线框在磁场中运动产生感应电动势
闭合导线框在磁场中运动产生感应电动势的问题是电磁感应现象中的重要问题之一，线框进出匀强磁场的过程与单根导体棒切割磁感线的问题类似，解题方法也有相通之处，需要注意的是线框的几何形状，以及区分等效电源的内部和外部。建议对本考点重点攻坚。
(一)熟悉电磁感应中电路问题的解题流程
(二)分析线框在磁场中运动问题的两大关键
1．分析电磁感应情况：弄清线框在运动过程中是否有磁通量不变的阶段，线框进入和穿出磁场的过程中，才有感应电流产生，结合闭合电路欧姆定律列方程解答；如诊断卷第8题中选项A的分析。
2．分析导线框的受力以及运动情况，选择合适的力学规律处理问题：在题目中涉及电荷量、时间以及安培力为变力时应选用动量定理处理问题；如果题目中涉及加速度的问题时选用牛顿运动定律解决问题比较方便。如诊断卷第8题，选项C、D判断时，当线圈CD边刚好通过磁场下边界时，根据动量定理求解线圈的速度，根据能量守恒定律求解电阻的发热量。
在生产线框的流水线上，为了检测出个别不合格的未闭合线框，让线框随传送带通过一固定匀强磁场区域(磁场方向垂直于传送带平面向下)，观察线框进入磁场后是否相对传送带滑动就能够检测出不合格的未闭合线框，其物理情境简化如下：如图所示，通过绝缘传送带输送完全相同的正方形单匝纯电阻铜线框，传送带与水平方向夹角为α，以恒定速度v0斜向上运动。已知磁场边界MN、PQ与传送带运动方向垂直，MN与PQ间的距离为d，磁场的磁感应强度为B。线框质量为m，电阻值为R，边长为L(d＞2L)，线框与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。闭合线框的上边在进入磁场前线框相对传送带静止，线框刚进入磁场的瞬间，和传送带发生相对滑动，线框运动过程中上边始终平行于MN，当闭合线框的上边经过边界PQ时又恰好与传送带的速度相同。设传送带足够长，求：
(1)闭合线框的上边刚进入磁场时上边所受安培力F安的大小；
(2)从闭合线框的上边刚进入磁场到上边刚要出磁场所用的时间t；
(3)从闭合线框的上边刚进入磁场到下边穿出磁场后又相对传送带静止的过程中，电动机多消耗的电能E。
[思路点拨]
第(1)题：由法拉第电磁感应定律求出感应电动势以及安培力的大小；
第(2)题：涉及安培力和时间的问题，选用动量定理比较方便；
第(3)题：分析线框从刚进入磁场至线框刚要出磁场的过程中重力和安培力所做的功，由功能关系以及能量守恒定律求解。
[解析] (1)根据安培力公式得F安＝BIL
根据闭合电路欧姆定律得I＝
又由法拉第电磁感应定律得E＝BLv0
由以上联立可解得F安＝。
(2)在线框的上边刚进入磁场到线框的上边刚要出磁场的过程中，取沿斜面向上为正方向，根据动量定理有
μmgcos α·t－mgsin α·t－安t′＝0
根据安培力公式得安＝BL
根据闭合电路欧姆定律得＝
根据法拉第电磁感应定律得＝BL
根据运动学公式得L＝t′
由以上联立解得t＝。
(3)在线框的上边刚进入磁场到线框的上边刚要出磁场的过程中，由动能定理得
(μmgcos α－mgsin α)d＋W安＝0
由功能关系得Q电＝－W安
Qf＝μmgcos α(v0t－d)
从线框上边刚进入磁场到线框穿出磁场后相对传送带静止的过程中，由能量守恒定律得
E＝2mgsin α·d＋2Q电＋2Qf
由以上联立可解得E＝。
[答案] (1) (2) (3)
[题点全练]
1．(2019届高三·贵州安顺调研)粗细均匀的电阻丝围成的正方形闭合线框置于有界匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行。现使线框以相同速率沿四个不同方向平移出磁场，如图所示，则在移出过程中线框上a、b两点间的电势差绝对值最大的是( )
解析：选C 在磁场中切割磁感线的边相当于电源，外电路由三个相同电阻串联形成，A、B、D中a和b两点间电势差为外电路中一个电阻两端的电压，其电势差的绝对值为：U＝＝；图C中a、b两点间电势差绝对值为路端电压，U＝＝，故C正确。
2．[多选]两磁感应强度均为B的匀强磁场区域Ⅰ、Ⅲ，方向如图所示，两区域中间为宽为s的无磁场区域Ⅱ，有一边长为L(L＞s)，电阻为R的均匀正方形金属线框abcd置于Ⅰ区域，ab边与磁场边界平行，现拉着金属线框以速度v向右匀速运动，则( )
A．当ab边刚进入中间无磁场区域Ⅱ时，ab两点间的电压为
B．当ab边刚进入磁场区域Ⅲ时，拉力为F＝
C．金属线框从ab边刚进入Ⅱ区域到完全拉入Ⅲ区域过程中，拉力所做的功为(2L－s)
D．金属线框从ab边刚进入Ⅱ区域到完全拉入Ⅲ区域过程中，磁通量的变化量为0
解析：选BC 当ab边进入中央无磁场区域Ⅱ时，cd边切割磁感线产生电动势：E＝BLv，电路中的电流：I＝，ab两点间电压U＝I·＝E＝，故A错误；当ab边刚进入磁场区域Ⅲ时，ab边切割磁感线产生电动势E＝BLv，与cd边上的电动势叠加，通过ab边的电流大小：I′＝，ab边与cd边受到的安培力均向左，大小为FA＝BI′L，所以拉力大小为F＝2FA＝，故B正确；金属线框从ab边刚进入Ⅱ区域到完全拉入Ⅲ区域过程中，拉力所做功W＝·s＋·(L－s)＋·s＝(2L－s)，故C正确；金属线框ab边刚进入Ⅱ区域时的磁通量是：BL2，方向向里，完全拉入Ⅲ区域时的磁通量为BL2，方向向外，磁通量的总变化量为2BL2，方向向外，故D错误。
3．[多选](2018·吉林省实验中学模拟)空间AA′与DD′之间为磁感应强度大小为B的匀强磁场区域，间距为H，磁场方向垂直纸面向里，DD′距离地面高度为L。现有一质量为m、边长为L(L＜H)、电阻为R的正方形线框由AA′上方某处自由落下(线框始终处于竖直平面内，且ab边始终与AA′平行)，恰能匀速进入磁场区域。当线框的cd边刚要触地前瞬间线框的加速度大小为a＝0.1g，g为重力加速度，空气阻力不计，则( )
A．线框自由下落的高度为
B．线框触地前瞬间线框的速度为
C．线框进入磁场的过程中，线框产生的热量为mgL
D．线框的cd边从AA′运动到触地的时间为＋
解析：选ACD cd边进入磁场时做匀速运动，则有安培力和重力大小相等，即mg＝BIL＝，解得v＝，则自由落体下落的高度为h＝＝，故A正确；设线框触地前瞬间线框的速度为v1，由牛顿第二定律得：BI′L－mg＝ma，即－mg＝0.1mg，解得：v1＝，故B错误；线框匀速进入磁场的过程中，动能不变，产生的热量等于减少的重力势能，即Q＝mgL，故C正确；线框的cd边从AA′运动到触地，设总时间为t，全过程列动量定理有：mgt－B1Lt1－B2Lt2＝mv1－mv，其中1、2为t1、t2时间内的平均电流，又1＝，2＝，且1t1＝2t2＝L，代入上式得：mgt－－＝mv1－mv，解得：t＝＋，故D正确。
考点四 导体棒在磁场中运动产生感应电动势
导体棒切割磁感线模型是高考考查的热点内容之一，该模型常与图像问题、动力学问题、能量问题、电路问题结合考查，涉及的物理规律有牛顿运动定律、能量守恒定律、动量定理、动量守恒定律、法拉第电磁感应定律、欧姆定律等。处理这类问题时注意分析导体棒的受力情况和运动情况，明确等效电源，必要时综合电路知识进行分析，特别是双导体棒切割磁感线运动时涉及动量的问题，是高考命题的新趋势，复习时注意从多个角度思考问题，有利于拓展思维。建议对本考点重点攻坚。
(一)用好解题流程，做到步步为“赢”
(二)掌握解题技巧，灵活应用快又妙
1．变速运动或平衡问题：从牛顿第二定律的瞬时性着手，分析金属棒的运动性质，通过力与运动的关系分析出最终存在的“稳定状态”——通常为安培力与其他力平衡时的匀速运动状态。
2．物体的运动较为复杂或涉及变力做功问题：往往应用能量的观点分析问题，通过各力的做功情况分析能量的转化，特别要注意安培力做功的情况——安培力做正功将电能转化为机械能；安培力做负功将机械能转化为电能。
(三)熟悉典型问题，针对破解不迷茫
1．等效电源的正负极可用右手定则或楞次定律判定，要特别注意在等效电源内部，电流由负极流向正极。等效电源两端的电压与直流电源两端的电压一样，等于路端电压，一般不等于电源电动势，除非切割磁感线的导体(或线圈)电阻为零。如诊断卷第9题，导体棒相当于电源，电流由c向O流动，故c端是电源的负极；电容器两端的电压相当于电源的路端电压。
2．诊断卷第11题的难点是对金属棒做匀变速运动的理解，当金属棒做匀加速运动时，由v＝at可知速度随时间均匀增加，由I＝＝t可知感应电流也随时间均匀增加，由F＝BIL＝t可知安培力也随时间均匀增加。
3．两金属杆只受到安培力作用而在平直的光滑导轨上运动时，如诊断卷第12题，可以从以下三个观点来分析：
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
其中一个金属杆动能的减少量等于另一个金属杆动能的增加量与回路中产生的焦耳热之和。
动量观点
如果光滑导轨间距恒定，则两个金属杆的安培力大小相等，通常情况下系统的动量守恒。
如图所示，宽度L＝1.0 m 的足够长的U形金属导轨水平放置，导轨处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝1.0 T，导轨上放一根质量m＝0.2 kg、电阻R＝1.0 Ω的金属棒ab，棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，现牵引力F以恒定功率P使棒从静止开始沿导轨运动(棒始终与导轨垂直且接触良好)，当棒的电阻R产生热量Q＝7.0 J 时获得稳定速度，速度大小为3.0 m/s，此过程中通过棒的电荷量q＝4.1 C。导轨电阻不计，g取10 m/s2。求：
(1)当棒的速度稳定时，棒所受的安培力的大小和方向；
(2)牵引力F的恒定功率P为多大？
(3)棒从静止开始运动到获得稳定速度所需的时间为多少？
[解析] (1)设棒获得的稳定速度为v，则感应电动势为E＝BLv
感应电流为I＝
棒所受的安培力的大小为F安＝BIL
解得F安＝3 N
由楞次定律可知，安培力方向向左。
(2)当棒稳定时有F－F安－μmg＝0
又P＝Fv
解得P＝12 W。
(3)设所经历的时间为t，棒发生的位移为x，由能量守恒得Pt＝Q＋μmgx＋mv2
又由q＝t
＝
＝BL＝BL
解得t＝1 s。
[答案] (1)3 N 方向向左 (2)12 W (3)1 s
[题点全练]
1.(2018·漳州调研)如图所示，在水平面上放置间距为L的平行金属导轨MN、PQ，导轨处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小随时间的变化规律为B＝kt(k为常数，k>0)。M、P间接一阻值为R的电阻，质量为m的金属杆ab垂直导轨放置，与导轨接触良好，其接入轨道间的电阻为R，与轨道间的动摩擦因数为μ，Pb＝Ma＝L(不计导轨电阻，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g)，从t＝0到ab杆刚要运动的这段时间内( )
A．通过电阻R的电流方向为P→M
B．回路中的感应电流I＝
C．通过电阻R的电荷量q＝
D．ab杆产生的热功率P＝
解析：选C 由楞次定律可知，通过电阻R的电流方向为M→P，故A错误；回路产生的感应电动势为：E＝S＝kL2，根据欧姆定律可得电流为：I＝＝，故B错误；金属杆刚要运动时，μmg－ktIL＝0，又因q＝It，联立可得：q＝，故C正确；根据功率公式可得ab杆产生的热功率P＝I2R＝，故D错误。
2．[多选](2018·百校联盟4月联考)如图所示，水平桌面上固定一定值电阻R，R两端均与光滑倾斜导轨相连接，已知两侧导轨间距都为L。导轨平面与水平面均成37°角，且均处于范围足够大的匀强磁场中。质量为m的导体棒a沿左侧导轨匀速下滑，导体棒b始终静止在右侧导轨上，两导体棒电阻均为R，两处磁场的磁感应强度大小均为B，方向均与导轨平面垂直(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，则( )
A．导体棒b质量为
B．导体棒a下滑速度v＝
C．导体棒a沿导轨下滑L距离的过程中电阻R上产生热量为
D．导体棒a沿导轨下滑L距离的过程中导体棒b上产生热量为
解析：选ABD 导体棒a匀速下滑，其电流为导体棒b中的两倍，故b质量应为，故A正确；整个回路电阻R总＝R，分析a棒的运动，根据平衡条件有：mgsin 37°＝BIL＝，解得：v＝，故B正确；导体棒a沿导轨匀速下滑L距离，系统产生的总热量等于重力势能的减小量，即Q＝mgLsin 37°＝mgL，电阻R与导体棒b上产生的热量均为Q′＝×Q＝，故C错误、D正确。
3．(2019届高三·河南名校联考)如图甲所示，空间存在B＝0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场，MN、PQ是处于同一水平面内相互平行的粗糙长直导轨，间距l＝0.2 m，在导轨一端连接着阻值为R＝0.4 Ω的定值电阻，ab是放在导轨上质量为m＝0.1 kg的导体棒。从零时刻开始，通过一小型电动机对ab棒施加一个牵引力，方向水平向左，使其从静止开始沿导轨做加速运动，此过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好。图乙是拉力F与导体棒ab速率倒数关系图像(F1未知)。已知导体棒ab与导轨间的动摩擦因数μ＝0.2，除R外，其余部分电阻均不计，不计定滑轮的质量和摩擦，g取10 m/s2。
(1)求电动机的额定功率；
(2)若导体棒ab在16 s内运动了90 m并恰好达到最大速度，求在0～16 s内电阻R上产生的焦耳热。
解析：(1)由图像知导体棒ab的最大速度为v1＝10 m/s
此时，导体棒中感应电动势为E＝Blv1
感应电流I＝
导体棒受到的安培力FA＝BIl
此时电动机牵引力为F1＝
由牛顿第二定律得：F1－μmg－FA＝0
联立代入数据解得：P＝4.5 W。
(2)由能量守恒得：Pt＝Q＋μmgs＋mv12
代入数据解得R上产生的热量Q＝49 J。
答案：(1)4.5 W (2)49 J
一、高考真题集中演练——明规律
1.(2017·全国卷Ⅰ)扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺度上的形貌。为了有效隔离外界振动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图所示。无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是( )
解析：选A 施加磁场来快速衰减STM的微小振动，其原理是电磁阻尼，在振动时通过紫铜薄板的磁通量变化，紫铜薄板中产生感应电动势和感应电流，则其受到安培力作用，该作用阻碍紫铜薄板振动，即促使其振动衰减。方案A中，无论紫铜薄板上下振动还是左右振动，通过它的磁通量都发生变化；方案B中，当紫铜薄板上下振动时，通过它的磁通量可能不变，当紫铜薄板向右振动时，通过它的磁通量不变；方案C中，紫铜薄板上下振动、左右振动时，通过它的磁通量可能不变；方案D中，当紫铜薄板上下振动时，紫铜薄板中磁通量可能不变。综上可知，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是A。
2.(2018·全国卷Ⅰ)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
解析：选B 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＝。
3.(2017·全国卷Ⅲ)如图，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U形金属导轨，导轨平面与磁场垂直。金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS，一圆环形金属线框T位于回路围成的区域内，线框与导轨共面。现让金属杆PQ突然向右运动，在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是( )
A．PQRS中沿顺时针方向，T中沿逆时针方向
B．PQRS中沿顺时针方向，T中沿顺时针方向
C．PQRS中沿逆时针方向，T中沿逆时针方向
D．PQRS中沿逆时针方向，T中沿顺时针方向
解析：选D 金属杆PQ向右切割磁感线，根据右手定则可知PQRS中感应电流沿逆时针方向；原来T中的磁场方向垂直于纸面向里，闭合回路PQRS中的感应电流产生的磁场方向垂直于纸面向外，使得穿过T的磁通量减小，根据楞次定律可知T中产生顺时针方向的感应电流，综上所述，可知A、B、C项错误，D项正确。
4．[多选](2016·全国卷Ⅱ)法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触。圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中。圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是( )
A．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定
B．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动
C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化
D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍
解析：选AB 由右手定则知，圆盘按如题图所示的方向转动时，感应电流沿a到b的方向流动，选项B正确；由感应电动势E＝Bl2ω知，角速度恒定，则感应电动势恒定，电流大小恒定，选项A正确；角速度大小变化，感应电动势大小变化，但感应电流方向不变，选项C错误；若ω变为原来的2倍，则感应电动势变为原来的2倍，电流变为原来的2倍，由P＝I2R知，电流在R上的热功率变为原来的4倍，选项D错误。
5．[多选](2015·全国卷Ⅰ)1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”。实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示。实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后。下列说法正确的是( )
A．圆盘上产生了感应电动势
B．圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动
C．在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化
D．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动
解析：选AB 当圆盘转动时，圆盘的半径切割磁针产生的磁场的磁感线，产生感应电动势，选项A正确；圆盘上产生感应电动势，圆盘上产生感应电流，根据楞次定律，感应电流阻碍其相对运动，但抗拒不了相对运动，故磁针会随圆盘一起转动，但略有滞后，选项B正确；在圆盘转动过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量始终为零，选项C错误；圆盘呈电中性，转动时不会形成电流，选项D错误。
6.(2015·全国卷Ⅱ)如图，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上。当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为Ua 、Ub、Uc。已知bc边的长度为l。下列判断正确的是( )
A．Ua＞Uc，金属框中无电流
B．Ub＞Uc，金属框中电流方向沿a—b—c—a
C．Ubc＝－Bl2ω，金属框中无电流
D．Ubc＝Bl2ω，金属框中电流方向沿a—c—b—a
解析：选C 金属框abc平面与磁场平行，转动过程中磁通量始终为零，所以无感应电流产生，选项B、D错误。转动过程中bc边和ac边均切割磁感线，产生感应电动势，由右手定则判断Ua＜Uc，Ub＜Uc，选项A错误。由转动切割产生感应电动势的公式得Ubc＝－Bl2ω，选项C正确。
7．[多选](2017·全国卷Ⅱ)两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直。边长为0.1 m、总电阻为0.005 Ω的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图(a)所示。已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd边于t＝0时刻进入磁场。线框中感应电动势随时间变化的图线如图(b)所示(感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正)。下列说法正确的是( )
A．磁感应强度的大小为0.5 T
B．导线框运动速度的大小为0.5 m/s
C．磁感应强度的方向垂直于纸面向外
D．在t＝0.4 s至t＝0.6 s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1 N
解析：选BC 由题图(b)可知，导线框运动的速度大小v＝＝ m/s＝0.5 m/s，B项正确；导线框进入磁场的过程中，cd边切割磁感线，由E＝BLv，得B＝＝ T＝0.2 T，A项错误；由题图(b)可知，导线框进入磁场的过程中，感应电流的方向为顺时针方向，根据楞次定律可知，磁感应强度方向垂直纸面向外，C项正确；在0.4～0.6 s这段时间内，导线框正在出磁场，回路中的电流大小I＝＝ A＝2 A，则导线框受到的安培力F＝BIL＝0.2×2×0.1 N＝0.04 N，D项错误。
8.(2018·全国卷Ⅱ)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( )
解析：选D 设线路中只有一边切割磁感线时产生的感应电流为i。
线框位移
等效电路的连接
电流
0～
I＝2i(顺时针)
～l
I＝0
l～
I＝2i(逆时针)
～2l
I＝0
综合分析知，只有选项D符合要求。
二、名校模拟重点演练——知热点
9．[多选]如图甲所示，粗细均匀的矩形金属导体线框abcd固定于匀强磁场中，磁场方向垂直线框所在平面，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示。以垂直于线框所在平面向里为磁感应强度B的正方向，则下列关于ab边的热功率P、ab边受到的安培力F(以向右为正方向)随时间t变化的图像中正确的是( )
解析：选AD 根据法拉第电磁感应定律：E＝n＝nS可知，产生的感应电动势大小不变，所以感应电流大小也不变，ab边热功率P＝I2R，恒定不变，A正确，B错误；根据安培力公式F＝BIL，因为电流大小、ab边长度不变，所以安培力与磁感应强度成正比，根据左手定则判定方向，可知C错误，D正确。
10．[多选](2019届高三·开封模拟)如图所示，空间某区域内存在沿水平方向的匀强磁场，一正方形闭合金属线框自磁场上方某处释放后穿过磁场，整个过程线框平面始终竖直，线框边长小于磁场区域上下宽度。以线框刚进入磁场时为计时起点，下列描述线框所受安培力F随时间t变化关系的图中正确的是( )
解析：选BCD 线框受重力作用加速下落，进入与离开磁场时受到安培力作用。若进入磁场时安培力大于重力，做加速度减小的减速运动，安培力随速度减小而减小，某时刻安培力等于重力，线框做匀速运动，此时速度达到v0＝，完全进入后只受重力，线框加速，刚要离开时的速度大于完全进入时的速度，故安培力大于重力，做减速运动，速度减小，安培力也减小，故A错误；若线框进入磁场时恰好重力等于安培力，完全进入后只受重力，线框加速，离开磁场时安培力大于重力，速度减小，故B正确；若线框进入磁场时重力小于安培力，由－mg＝ma可知，线框做加速度减小的减速运动，安培力随速度的减小而减小，线框完全进入磁场后只受重力，线框加速，离开磁场时安培力大于重力，速度减小，进入过程与离开过程安培力变化情况可能完全相同，故C正确；若线框进入磁场时重力大于安培力，由mg－＝ma，可知线框做加速度减小的加速运动，离开磁场时安培力可能大于重力，则线框做加速度减小的减速运动，安培力随速度减小而减小，故D正确。
11．[多选](2018·石家庄二模)如图所示，足够长的光滑水平轨道，左侧轨道间距为0.4 m，右侧轨道间距为0.2 m。空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为0.2 T。质量均为0.01 kg的金属棒M、N垂直导轨放置在轨道上，开始时金属棒M、N均保持静止，现使金属棒M以5 m/s的速度向右运动，两金属棒在运动过程中始终相互平行且与导轨保持良好接触，M棒总在宽轨上运动，N棒总在窄轨上运动。已知两金属棒接入电路的总电阻为0.2 Ω，轨道电阻不计，g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．M、N棒在相对运动过程中，回路内产生顺时针方向的电流(俯视)
B．M、N棒最后都以2.5 m/s的速度向右匀速运动
C．从开始到最终匀速运动电路中产生的焦耳热为6.25×10－2 J
D．在两棒整个的运动过程中，金属棒M、N在水平导轨间扫过的面积之差为0.5 m2
解析：选AD 金属棒M向右运动后，穿过M、N与导轨组成的闭合回路中的磁通量减小，根据楞次定律可得回路内产生顺时针方向的电流(俯视)，A正确；两棒最后匀速时，电路中无电流，即BL1v1＝BL2v2，解得v2＝2v1，选取水平向右为正方向，对M、N分别利用动量定理可得：对N有FN安t＝mv2，对M有－FM安t＝mv1－mv0，又知道导轨宽度是2倍关系，故FM安＝2FN安，联立解得v1＝1 m/s，v2＝2 m/s，B错误；根据能量守恒定律可得mv02＝Q＋mv12＋mv22，解得Q＝0.1 J，C错误；在N加速过程中，由动量定理得BLΔt＝mv2－0，电路中的电流＝，根据法拉第电磁感应定律有E＝，其中磁通量变化量ΔΦ＝BΔS，联立以上各式，得ΔS＝0.5 m2，D正确。
12．[多选](2018·齐鲁名校协作体联考)如图所示，光滑、平行的金属轨道分水平段(左端接有阻值为R的定值电阻)和半圆弧段两部分，两段轨道相切于N和N′点，圆弧的半径为r，两金属轨道间的宽度为d，整个轨道处于磁感应强度为B，方向竖直向上的匀强磁场中。质量为m、长为d、电阻为R的金属细杆置于框架上的MM′处，MN＝r。在t＝0时刻，给金属细杆一个垂直金属细杆、水平向右的初速度v0，之后金属细杆沿轨道运动，在t＝t1时刻，金属细杆以速度v通过与圆心等高的P和P′；在t＝t2时刻，金属细杆恰好通过圆弧轨道的最高点，金属细杆与轨道始终接触良好，轨道的电阻和空气阻力均不计，重力加速度为g。以下说法正确的是( )
A．t＝0时刻，金属细杆两端的电压为Bdv0
B．t＝t1时刻，金属细杆所受的安培力为
C．从t＝0到t＝t1时刻，通过金属细杆横截面的电荷量为
D．从t＝0到t＝t2时刻，定值电阻R产生的焦耳热为mv02－mgr
解析：选CD t＝0时刻，金属细杆产生的感应电动势E＝Bdv0，金属细杆两端的电压U＝·R＝Bdv0，故A项错误。t＝t1时刻，金属细杆的速度与磁场平行，不切割磁感线，不产生感应电流，所以此时金属细杆不受安培力，故B项错误。从t＝0到t＝t1时刻，电路中的平均电动势＝＝，回路中的电流＝，在这段时间内通过金属细杆横截面的电荷量q＝t1，解得：q＝，故C项正确。设杆通过最高点速度为v2，金属细杆恰好通过圆弧轨道的最高点，对杆受力分析，由牛顿第二定律可得：mg＝m，解得v2＝。从t＝0到t＝t2时刻，根据功能关系可得，回路中的总焦耳热：Q＝mv02－mv22－mg·2r，定值电阻R产生的焦耳热QR＝Q，解得：QR＝mv02－mgr，故D项正确。
13.(2018·淄博二模)如图所示，质量为M的足够长金属导轨abcd放在光滑的绝缘水平面上。一电阻不计，质量为m的导体棒PQ放置在导轨上，始终与导轨接触良好，PQbc构成矩形。棒与导轨间动摩擦因数为μ，棒左侧有两个固定于水平面的立柱。导轨bc段长为L，开始时PQ左侧导轨的总电阻为R，右侧导轨单位长度的电阻为R0。以ef为界，其左侧匀强磁场方向竖直向上，右侧匀强磁场方向水平向左，磁感应强度大小均为B。在t＝0时，一水平向左的拉力F垂直作用于导轨的bc边上，使导轨由静止开始做匀加速直线运动，加速度为a。
(1)求导轨刚开始运动时拉力F的大小；
(2)求导轨运动时间足够长后拉力F的渐近值及整个过程中拉力F的最大值；
(3)若某一过程中导轨动能的增加量为ΔEk，导轨克服摩擦力做功为W，求回路产生的焦耳热。
解析：(1)导轨刚开始运动时，根据牛顿第二定律，对导轨有： F－μmg＝Ma
解得： F＝μmg＋Ma。
(2)导轨运动以后
v＝at
s＝at2
Rx＝R0·2s
I＝
F安＝BIL
得：F安＝
对导轨由牛顿第二定律有：F－F滑－F安＝Ma
又有F滑＝μ(F安＋mg)
联立可得：F＝μmg＋Ma＋(μ＋1)
分析可知：当t趋于无穷大时，F＝μmg＋Ma
当t＝ 时，Fmax＝μmg＋Ma＋(μ＋1)。
(3)对导轨在加速过程中由动能定理知：
Mas＝ΔEk
则：s＝
又W＝μ(mg＋安)s
安s＝Q
则W＝μmgs＋μQ
解得：Q＝－。
答案：(1)μmg＋Ma (2)μmg＋Ma
μmg＋Ma＋(μ＋1) (3)－
考点一
常见磁场中的电磁感应现象
1.[考查直导线周围磁场中的电磁感应现象]
[多选]如图所示，两根固定的硬质平行直导线及虚线AB在同一平面内，两导线关于AB对称，导线中通有大小相等、方向相同的恒定电流I，将与两平行直导线位于同一平面内的硬质矩形金属线框，从图中实线位置向右平移到虚线位置的过程中，下列说法正确的是( )
A．线框中的感应电流先沿顺时针方向后沿逆时针方向
B．线框中的感应电流一直沿顺时针方向
C．线框受到的安培力方向先向左后向右
D．线框受到的安培力方向一直向左
解析：选BD 根据安培定则和磁场的叠加原理判断得知，在AB右侧磁场方向垂直纸面向外，AB左侧磁场方向垂直纸面向里。当导线框位于AB左侧向右运动时，导线框中的磁场方向垂直纸面向里，磁通量减小，根据楞次定律可知，感应电流方向为顺时针方向；当导线框经过AB时，导线框中的磁场方向先垂直纸面向里，后垂直纸面向外，磁通量先减小，后增大，根据楞次定律，可知感应电流方向为顺时针方向；当导线框在AB右侧并向右运动时，导线框中的磁场方向垂直纸面向外，磁通量增加，根据楞次定律可知，感应电流方向为顺时针方向，则可知电流方向一直为顺时针方向，B正确，A错误。根据楞次定律可知，线框受到的安培力的方向一定与线框的运动方向相反，故安培力一直向左，C错误，D正确。
2．[考查地磁场中的电磁感应现象]
如图，沿东西方向站立的两同学(左西右东)做“摇绳发电”实验：把一条长导线的两端连在一个灵敏电流计(零刻度在表盘中央)的两个接线柱上，形成闭合回路，然后迅速摇动MN这段“绳”。假设图中情景发生在赤道处，则下列说法正确的是( )
A．当“绳”摇到最高点时，“绳”中电流最大
B．当“绳”摇到最低点时，“绳”受到的安培力最大
C．当“绳”向下运动时，N点电势比M点电势高
D．摇“绳”过程中，灵敏电流计指针的偏转方向不变
解析：选C 当“绳”摇到最高点时，绳转动的速度方向与地磁场方向平行，不切割磁感线，感应电流最小，故A错误。当“绳”摇到最低点时，绳转动的速度方向与地磁场方向平行，不切割磁感线，感应电流最小，绳受到的安培力也最小，故B错误。当“绳”向下运动时，地磁场向北，根据右手定则判断可知，“绳”中N点电势比M点电势高，故C正确。在摇“绳”过程中，当“绳”向下运动和向上运动时，“绳”切割磁感线的方向不同，则感应电流的方向不同，即灵敏电流计指针的偏转方向改变，故D错误。
3．[考查永磁体周围磁场中的电磁感应现象]
[多选]有一个铜盘，与支架之间的阻力非常小，因此轻轻拨动它，就能长时间地绕轴自由转动。如果在转动时把蹄形磁铁的两极放在铜盘边缘，但并不与铜盘接触，如图所示。下列说法正确的是( )
A．铜盘能够在较短的时间内停止转动
B．铜盘在转动过程中磁通量将不断减小
C．铜盘在转动过程中产生的感应电动势将不断减小
D．铜盘边缘的电势高于圆心的电势
解析：选ACD 当铜盘转动时，切割磁感线，产生感应电动势，由于电路闭合，则有感应电流，处于磁场中受到安培力作用，此力阻碍铜盘转动，铜盘能够在较短的时间内停止转动，选项A正确；铜盘在转动过程中磁通量不变，选项B错误；铜盘在转动过程中，由于转动速度减小，则产生的感应电动势将不断减小，选项C正确；由右手定则可知，铜盘边缘的电势高于圆心的电势，选项D正确。
4．[考查电磁铁周围磁场中的电磁感应现象(二次感应问题)]
[多选]如图所示，水平放置的两光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，PQ所处的水平光滑轨道内有垂直纸面向里的匀强磁场，当PQ在外力的作用下运动时，闭合开关S，MN在安培力的作用下向右运动，则PQ所做的运动可能是( )
A．向右加速运动 B．向左加速运动
C．向右减速运动 D．向左减速运动
解析：选BC 逆推法：根据右手螺旋定则可知，导线ab在MN所在处产生的磁场方向垂直纸面向里，MN在安培力作用下向右运动，说明MN受到的安培力向右，由左手定则可知，MN中的电流方向由M指向N，由右手螺旋定则可知，线圈L1中感应磁场方向竖直向上，由楞次定律可知，线圈L2中磁通量的变化情况为向上减小或向下增加，由右手螺旋定则可知，PQ中的电流从Q到P且逐渐减小或从P到Q且逐渐增大，再由右手定则可知，PQ可能是向左加速运动或向右减速运动。故B、C正确，A、D错误。
顺序推理法：对选项A，PQ向右加速运动，L2上端为N极且磁通量增加，由楞次定律可推出L1的下端为N极，电流由N到M，S闭合时MN向左运动，故A错误。同理，可分析得出B、C正确，D错误。
考点二
电磁感应中的图像问题
5.[考查根据电磁感应过程选择图像]
如图所示，在边长为a的正方形区域内，有以对角线为边界、垂直于纸面的两个匀强磁场，磁感应强度大小相同、方向相反，纸面内一边长为a的正方形导线框沿x轴匀速穿过磁场区域，t＝0时刻恰好开始进入磁场区域，以顺时针方向为导线框中电流的正方向，下列选项中能够正确表示电流与位移关系的是( )
解析：选B 在x∈(0，a)时，右边框切割磁感线产生感应电流，电流大小i＝＝(a－2x)，其中x∈时，方向为顺时针；x＝时，导线框中感应电流为零；x∈时，方向为逆时针。在x∈(a,2a)时，左边框切割磁感线产生感应电流，感应电流大小i＝＝(3a－2x)，其中x∈时，方向为逆时针；x＝a时，导线框中感应电流为零；x∈时，方向为顺时针，所以B正确，A、C、D错误。
6．[考查根据图像分析电磁感应过程]
[多选]如图甲所示，一正方形线框放在光滑绝缘的水平面上，在水平向右的拉力作用下从图示位置始终向右做匀加速运动，线框右侧有一垂直于水平面向下的匀强磁场，线框的右边始终与磁场的边界平行，线框的质量为1 kg，电阻为1 Ω，整个运动过程中，拉力的大小随时间变化如图乙所示，则( )
A．线框运动的加速度大小为5 m/s2
B．线框刚好完全进入磁场时的时间为t＝1.2 s
C．线框的边长为0.55 m
D．磁场的磁感应强度大小为1.1 T
解析：选AB 由题图乙可知，线框在磁场外受到的合力为5 N，则运动的加速度大小a＝＝ m/s2＝5 m/s2，A项正确；线框进入磁场的过程中，F－＝ma，即F＝＋ma，线框刚进入磁场时，10＝×5×1＋5，刚好完全进磁场时11＝×5×t＋5，求得t＝1.2 s，B项正确；线框的边长为L＝×5×(1.22－12)m＝1.1 m，C项错误；由＝1得磁感应强度B＝ T，D项错误。
考点三
线框在磁场中运动产生感应电动势
7.[考查线框在磁场中转动问题]如图所示，单匝直角三角形导线框OMN在匀强磁场中以ON所在的直线为轴匀速转动，角速度为ω，已知OM边长为l，∠MON＝θ，匀强磁场垂直于ON向右，磁感应强度大小为B，下列说法正确的是( )
A．导线框OMN内产生大小恒定的电流
B．截掉导线MN，则电动势最大值变小
C．导线框OMN产生的电流方向为OMNO
D．导线框OMN内产生的电动势最大值为Bl2ωsin θcos θ
解析：选D 当导线框OMN以ON所在的直线为轴匀速转动时，线框内产生正弦交变电流，选项A错误；导线MN不切割磁感线，则截掉导线MN，则电动势最大值不变，选项B错误；导线框OMN产生的电流方向不断变化，选项C错误；导线框OMN内产生的电动势最大值为Em＝BωS＝Bl2ωsin θcos θ，选项D正确。
8．[考查线框在磁场中平动问题][多选]如图所示，PQ、MN为两根光滑绝缘且固定的平行轨道，两轨道间的宽度为L，轨道斜面与水平面成θ角。在矩形abdc内存在方向垂直轨道斜面向下、磁感应强度为B的匀强磁场，已知ab、cd间的距离为3d。有一质量为m、长为L、宽为d的矩形金属线圈ABCD放置在轨道上，开始时线圈AB边与磁场边界ab重合。现让线圈由静止出发沿轨道下滑，从AB边进入磁场到CD边进入磁场的过程中，流过线圈的电荷量为q。线圈通过磁场的总时间为t，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A．线圈在磁场中不可能做匀加速直线运动
B．线圈的电阻为R＝
C．线圈CD边刚好通过磁场下边界时，线圈的速度大小为v＝
D．线圈在时间t内电阻的发热量为Q＝4mgdsin θ－
解析：选BD 线圈全部进入磁场后，磁通量不变，感应电流为0，不受安培力作用，做匀加速直线运动，故A错误；从AB边进入磁场到CD边进入磁场的过程中，通过回路的电荷量q＝IΔt＝Δt＝＝，线圈的电阻为R＝，故B正确；设线圈CD边刚好通过磁场下边界时，线圈的速度大小为v，根据动量定理可得mgtsin θ－BLt′＝mv－0，t′＝2q，解得线圈的速度大小为v＝，故C错误；由能量守恒定律有mg·4dsin θ＝mv2＋Q，解得Q＝4mgdsin θ－，故D正确。
考点四
导体棒在磁场中运动产生感应电动势
9.[考查导体棒转动切割磁感线]
[多选]如图所示，半径为r的半圆弧光滑金属导轨ab垂直放置在磁感应强度为B的匀强磁场中，现有一导体棒Oc可绕半圆形导轨的圆心O点逆时针旋转，转动过程中导体棒接入的电阻为R0，导体棒与导轨始终接触良好，导轨电阻不计。在导轨的右端点b和圆心O有两根引线分别接在电容器C和总阻值为R的滑动变阻器两端。现让导体棒从b端向a端转动，下列说法正确的是( )
A．导体棒在转动过程中c端电势高
B．滑片P置于最右端不动，且导体棒以角速度ω匀速转动时外力的功率为
C．导体棒以角速度ω匀速转动时，将P从最右端滑到最左端的过程中C的放电量为
D．滑片P置于中间不动，均匀增大转速时导体棒所受的外力和C上的电荷量都均匀增大
解析：选CD 导体棒Oc转动过程中由右手定则知电流由c向O流动，因导体棒相当于电源，故c端是电源的负极，电势低，故A项错误；导体棒匀速转动时产生的电动势为E＝Br·ω，因此回路中的电流为I＝，于是对应外力的功率为P＝I2(R＋R0)＝，故B项错误；导体棒稳定转动时，电动势恒定，将滑片P从最右端滑向最左端的过程中C的电压从U＝R＝逐渐减小到零，对应放出的电荷量为Q＝C(U－0)＝，故C项正确；滑片P置于中间不动，增大转速时，回路中的电流为I＝n线性增大，因此安培力F＝IrB＝n也线性增大，由于电流线性增大，滑动变阻器分配的电压线性增大，加在C上的电压线性增大，因此它的带电量也线性增大，故D项正确。
10．[考查导体棒平动切割磁感线，导体棒所受摩擦力恒定]
[多选]CD、EF是两条水平放置的阻值可忽略的平行金属导轨，导轨间距为L，在水平导轨的左侧存在磁感应强度方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场区域的宽度为d，如图所示。导轨的右端接有一阻值为R的电阻，左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接。将一阻值为R、质量为m的导体棒从弯曲轨道上h高处由静止释放，导体棒最终恰好停在磁场的右边界处。已知导体棒与水平导轨接触良好，且与水平导轨间的动摩擦因数为μ，下列说法正确的是( )
A．通过电阻R的最大电流为
B．流过电阻R的电荷量为
C．整个电路中产生的焦耳热为mgh
D．电阻R中产生的焦耳热为mg(h－μd)
解析：选ABD 质量为m的导体棒从弯曲轨道上h高处由静止释放，刚进入磁场时速度最大，由mgh＝mv2，得最大速度v＝，产生的最大感应电动势Em＝BLv＝BL。由闭合电路欧姆定律可得电阻R的最大电流Im＝＝，A正确；在导体棒滑过磁场区域的过程中，产生的感应电动势的平均值＝＝，平均感应电流＝，流过电阻R的电荷量为q＝t，联立解得q＝＝，B正确；由能量守恒定律可知整个电路中产生的焦耳热Q＝mgh－μmgd，C错误；电阻R中产生的焦耳热Q1＝Q＝mg(h－μd)，D正确。
11．[考查导体棒平动切割磁感线，导体棒所受外力变化]
如图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距L＝0.5 m，左端接有阻值R＝0.3 Ω的电阻，一质量m＝0.1 kg、电阻r＝0.1 Ω的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝0.2 T，棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a＝2 m/s2的加速度做匀加速运动，当棒运动的位移x＝9 m 时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前回路中产生的焦耳热Q1＝2.025 J，导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，求：
(1)棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q；
(2)金属棒MN做匀加速运动所需外力F随时间t变化的表达式；
(3)外力做的功WF。
解析：(1)棒在匀加速运动中，由法拉第电磁感应定律得＝，其中ΔΦ＝BLx
由闭合电路的欧姆定律得＝
则通过电阻R的电荷量为q＝·Δt
联立各式，代入数据得q＝2.25 C。
(2)由法拉第电磁感应定律得E＝BLv
对棒的匀加速运动过程，由运动学公式得v＝at
由闭合电路欧姆定律得I＝
由安培力公式和牛顿第二定律得F－BIL＝ma
联立各式得F＝0.2＋0.05t(N)。
(3)对棒的匀加速运动过程，
由运动学公式得v2＝2ax
撤去外力后，由动能定理得安培力做功
W＝0－mv2
撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2＝－W
联立解得Q2＝1.8 J
在棒运动的整个过程中，由功能关系可知WF＝Q1＋Q2
解得WF＝3.825 J。
答案：(1)2.25 C (2)F＝0.2＋0.05t(N) (3)3.825 J
12．[考查双导体棒切割磁感线运动]
两足够长且不计电阻的光滑金属轨道如图甲所示放置，间距为d＝1 m，在左端弧形轨道部分高h＝1.25 m处放置一金属杆a，弧形轨道与平直轨道的连接处光滑无摩擦，在平直轨道右端放置另一金属杆b，杆a、b的电阻分别为Ra＝2 Ω、Rb＝5 Ω，在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B＝2 T。现杆b以初速度大小v0＝5 m/s开始向左滑动，同时由静止释放杆a，杆a由静止滑到水平轨道的过程中，通过杆b的平均电流为0.3 A；从a下滑到水平轨道时开始计时，a、b运动的速度—时间图像如图乙所示(以a运动方向为正方向)，其中ma＝2 kg，mb＝1 kg，g＝10 m/s2，求：
(1)杆a在弧形轨道上运动的时间；
(2)杆a在水平轨道上运动过程中通过其截面的电荷量；
(3)在整个运动过程中杆b产生的焦耳热。
解析：(1)设杆a由静止释放到滑至弧形轨道与平直轨道连接处时杆b的速度大小为vb0，以杆b运动的方向为正方向，对杆b运用动量定理，有
－Bd·Δt＝mbvb0－mbv0
其中vb0＝2 m/s
代入数据解得Δt＝5 s。
(2)对杆a由静止下滑到平直导轨上的过程中，由机械能守恒定律有magh＝mava2
解得va＝＝5 m/s
设最后a、b两杆共同的速度为v′，以杆a运动的方向为正方向，由动量守恒定律得mava－mbvb0＝(ma＋mb)v′
代入数据解得v′＝ m/s
杆a动量的变化量等于它所受安培力的冲量，设杆a的速度从va到v′的运动时间为Δt′，则由动量定理可得
－BdI·Δt′＝mav′－mava
而q＝I·Δt′
代入数据得q＝ C。
(3)由能量守恒定律可知杆a、b中产生的焦耳热为
Q＝magh＋mbv02－(mb＋ma)v′2＝ J
b棒中产生的焦耳热为Q′＝Q＝ J。
答案：(1)5 s (2) C (3) J
释疑4大考点
考点一 常见磁场中的电磁感应现象
在不同磁场中探究电磁感应现象可以帮助考生深入理解法拉第电磁感应定律，所以高考常将电磁感应现象结合实际情境进行考查，以定性分析为主，难度中等。解决这类问题的关键是要清楚不同磁场的分布特点，分析出电磁感应过程中穿过闭合回路的磁通量的变化情况，以不变应万变。
(一)理清电磁感应的知识体系
1．“三定则”“两定律”的用途
三定则
安培定则：判断运动电荷、电流产生的磁场方向
左手定则：判断磁场对运动电荷、电流的作用力的方向
右手定则：判断部分导体切割磁感线产生感应电流的方向
两定律
楞次定律：判断闭合电路磁通量发生变化产生感应电流的方向
法拉第电磁感应定律：确定感应电动势的大小
2．求感应电动势的两种方法
(1)E＝n，用来计算感应电动势的平均值。
(2)E＝BLv和E＝BL2ω，主要用来计算感应电动势的瞬时值。
3．楞次定律中“阻碍”的主要表现形式
(1)“增反减同”——阻碍原磁通量的变化，或阻碍原电流的变化(自感现象)。
(2)“增缩减扩”——使线圈面积有扩大或缩小的趋势。
(3)“来拒去留”——阻碍相对运动。
如诊断卷第1题，首先分析出金属线框在向右平移的过程中穿过线框的磁通量的变化，再根据楞次定律判断感应电流的方向，然后根据楞次定律中“阻碍”的含义——“来拒去留”即可判断安培力的方向。
(二)掌握两类特殊的电磁感应现象
1．在分析与地磁场有关的电磁感应问题时，要掌握地磁场的分布情况，在北半球地磁场方向斜向下，在南半球地磁场方向斜向上，在赤道上空水平向北。如诊断卷第2题中，当“绳”摇到最高点或最低点时，绳转动的速度方向与地磁场方向平行，感应电流最小，安培力最小。
2．解决二次感应问题常用的两种方法是顺序推理法或逆推法，如诊断卷第4题，采用顺序推理法分析出选项A向右加速运动不对，那么在运动方向和加减速两个方面变化一个，就可以得到正确答案，即向左加速或向右减速运动都可以。
[题点全练]
1．[多选](2018·全国卷Ⅰ)如图，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路。将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态。下列说法正确的是( )
A．开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动
B．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向
C．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向
D．开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动
解析：选AD 根据安培定则，开关闭合时铁芯上产生水平向右的磁场。开关闭合后的瞬间，根据楞次定律，直导线上将产生由南向北的电流，根据安培定则，直导线上方的磁场垂直纸面向里，故小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动，故A正确。同理D正确。开关闭合并保持一段时间后，直导线上没有感应电流，故小磁针的N极指北，故B、C错误。
2．(2018·泰安二模)图甲为手机及无线充电板。图乙为充电原理示意图。充电板接交流电源，对充电板供电，充电板内的送电线圈可产生交变磁场，从而使手机内的受电线圈产生交变电流，再经整流电路转变成直流电后对手机电池充电。为方便研究，现将问题做如下简化：设送电线圈的匝数为n1，受电线圈的匝数为n2，面积为S，若在t1到t2时间内，磁场(垂直于线圈平面向上、可视为匀强磁场)的磁感应强度由B1均匀增加到B2。下列说法正确的是( )
A．受电线圈中感应电流方向由d到c
B．c点的电势高于d点的电势
C．c、d之间的电势差为
D．c、d之间的电势差为
解析：选D 根据楞次定律可知，受电线圈内部产生的感应电流方向俯视为顺时针，受电线圈中感应电流方向由c到d，所以c点的电势低于d点的电势，故A、B错误；根据法拉第电磁感应定律可得c、d之间的电势差为Ucd＝E＝＝，故C错误，D正确。
3.(2018·唐山一中模拟)如图所示是某校首届中学生创意物理实验设计展评活动中获得一等奖的作品《小熊荡秋千》。两根彼此靠近且相互绝缘的金属棒C、D固定在铁架台上，C、D的两端用柔软的细导线吊了两个铜线圈P、Q(Q上粘有一张小熊的图片)，并组成一闭合回路，两个磁性很强的条形磁铁如图放置，当用手左右摆动线圈P时，线圈Q也会跟着摆动，仿佛小熊在荡秋千。关于此作品，以下说法正确的是( )
A．P向右摆动的过程中，P中的电流方向为逆时针方向(从右向左看)
B．P向右摆动的过程中，Q也会向右摆动
C．P向右摆动的过程中，Q会向左摆动
D．若用手左右摆动Q，P会始终保持静止
解析：选B P向右摆动的过程中，穿过P中的磁通量减小，根据楞次定律，P中有顺时针方向的电流(从右向左看)，故A错误。P向右摆动的过程中，P中的电流方向为顺时针方向，则Q下端的电流方向向外，根据左手定则知，下端所受的安培力向右，则Q向右摆动。同理，用手左右摆动Q，P也会左右摆动，故B正确，C、D错误。
考点二 电磁感应中的图像问题
电磁感应中的图像问题是高考考查的热点问题，常见图像有磁感应强度B、磁通量Φ、感应电动势e以及感应电流i随时间t(或位移x)的变化图像，主要以选择题形式出现，也可能融入计算题中进行考查。建议对本考点多加关注。
(一)熟悉两个技法，做到解题快又准
1．排除法
定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是物理量的正负，排除错误的选项。没有表示方向的正负时，优先判断方向有时会产生意想不到的效果。如诊断卷第5题，由右手定则可判断x＝0时电流方向为顺时针，A项错误；在x＝时，正方形导线框右边上下两段切割磁感线产生的电动势等大反向，电流为0，C项错误；在＜x＜a的区域，正方形导线框右边下半边电动势较大，电流方向为逆时针，D项错误。
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，这未必是最简捷的方法，但却是最准确有效的方法。
(二)谨记三点注意，力避踏入雷区
1．定性或定量地表示出所研究问题的函数关系是选择或绘制图像的关键。
2．在图像中I、v等物理量的方向是通过正负值来反映的。
3．注意过程或阶段的选取，一般进磁场或出磁场，磁通量最大或最小，有效切割长度最大或最小等是分段的关键点。
[题点全练]
1．[多选](2018·全国卷Ⅲ)如图(a)，在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R，R在PQ的右侧。导线PQ中通有正弦交流电i，i的变化如图(b)所示，规定从Q到P为电流正方向。导线框R中的感应电动势( )
A．在t＝时为零
B．在t＝时改变方向
C．在t＝时最大，且沿顺时针方向
D．在t＝T时最大，且沿顺时针方向
解析：选AC 在t＝时，交流电图线斜率为0，即磁场变化率为0，由E＝＝S知，E＝0，故A正确。在t＝和t＝T时，图线斜率最大，在t＝和t＝T时感应电动势最大。在到之间，电流由Q向P减弱，导线在R处产生垂直纸面向里的磁场，且磁场减弱，由楞次定律知，R产生的感应电流的磁场方向也垂直纸面向里，则R中感应电动势沿顺时针方向，同理可判断在到T时，R中电动势也为顺时针方向，在T到T时，R中电动势为逆时针方向，C正确，B、D错误。
2.[多选](2018·山西孝义一模)如图所示，光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成θ角，M、P之间接一阻值为R的定值电阻，阻值为r的金属棒ab垂直导轨放置并良好接触，其他电阻不计。整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上。t＝0时对棒施加一平行于导轨向上的外力F，棒由静止开始沿导轨向上做匀加速直线运动。下列关于通过金属棒ab的感应电荷量q、电流I、ab所受外力F及穿过abPM的磁通量Φ随时间t变化的图像中，大致正确的是( )
解析：选BC 由题意知，棒由静止开始沿导轨向上做匀加速直线运动，设加速度为a，则棒运动的速度为v＝at，产生的感应电流为I＝＝t，即电流I与t成正比，是直线，故B正确；通过金属棒的电荷量为q＝＝t2，故q∝t2，故A错误；根据牛顿第二定律得：F－F安－mgsin θ＝ma，安培力F安＝BIL＝t，解得F＝mgsin θ＋ma＋t，即F随t的增大而增大，是直线，故C正确；Φ＝BS＝BL＝BLx＋BLat2，故Φ∝t2，故D错误。
3．[多选](2018·贵州凯里一中模拟)如图，ABC为粗细均匀的等边三角形导线框，导线框在纸面内；过直线MN的水平面上方有一足够大的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。在t＝0时刻，让线框从图示位置开始绕垂直于纸面、且过C点的轴以周期T顺时针匀速转动，设线框产生的感应电流为i，穿过线框的磁通量为Φ。下列it图像和Φt图像可能正确的是( )
解析：选AD 线框以C点为轴顺时针匀速转动，在进入的前T＝T内，线框切割磁感线的有效长度随进入磁场的角度θ的增大而发生非线性变化，先减小再增大，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可知，感应电流随线框切割磁感线的有效长度的变化而变化，故电流也发生非线性变化，即先减小再增大，而磁通量发生非线性变化的增大；从BC边进入磁场到AC边将出磁场，即T到T时间内，线框内的磁通量不变，没有感应电流；从T到t＝T时间内，线框切割磁感线的有效长度随转过的角度θ的增大而发生非线性变化，先减小再增大，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可知，感应电流随线框切割磁感线的有效长度的变化而变化，故电流也发生非线性变化，即先减小再增大，而磁通量发生非线性变化的减小；故A、D正确。
考点三 线框在磁场中运动产生感应电动势
闭合导线框在磁场中运动产生感应电动势的问题是电磁感应现象中的重要问题之一，线框进出匀强磁场的过程与单根导体棒切割磁感线的问题类似，解题方法也有相通之处，需要注意的是线框的几何形状，以及区分等效电源的内部和外部。建议对本考点重点攻坚。
(一)熟悉电磁感应中电路问题的解题流程
(二)分析线框在磁场中运动问题的两大关键
1．分析电磁感应情况：弄清线框在运动过程中是否有磁通量不变的阶段，线框进入和穿出磁场的过程中，才有感应电流产生，结合闭合电路欧姆定律列方程解答；如诊断卷第8题中选项A的分析。
2．分析导线框的受力以及运动情况，选择合适的力学规律处理问题：在题目中涉及电荷量、时间以及安培力为变力时应选用动量定理处理问题；如果题目中涉及加速度的问题时选用牛顿运动定律解决问题比较方便。如诊断卷第8题，选项C、D判断时，当线圈CD边刚好通过磁场下边界时，根据动量定理求解线圈的速度，根据能量守恒定律求解电阻的发热量。
在生产线框的流水线上，为了检测出个别不合格的未闭合线框，让线框随传送带通过一固定匀强磁场区域(磁场方向垂直于传送带平面向下)，观察线框进入磁场后是否相对传送带滑动就能够检测出不合格的未闭合线框，其物理情境简化如下：如图所示，通过绝缘传送带输送完全相同的正方形单匝纯电阻铜线框，传送带与水平方向夹角为α，以恒定速度v0斜向上运动。已知磁场边界MN、PQ与传送带运动方向垂直，MN与PQ间的距离为d，磁场的磁感应强度为B。线框质量为m，电阻值为R，边长为L(d＞2L)，线框与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。闭合线框的上边在进入磁场前线框相对传送带静止，线框刚进入磁场的瞬间，和传送带发生相对滑动，线框运动过程中上边始终平行于MN，当闭合线框的上边经过边界PQ时又恰好与传送带的速度相同。设传送带足够长，求：
(1)闭合线框的上边刚进入磁场时上边所受安培力F安的大小；
(2)从闭合线框的上边刚进入磁场到上边刚要出磁场所用的时间t；
(3)从闭合线框的上边刚进入磁场到下边穿出磁场后又相对传送带静止的过程中，电动机多消耗的电能E。
[思路点拨]
第(1)题：由法拉第电磁感应定律求出感应电动势以及安培力的大小；
第(2)题：涉及安培力和时间的问题，选用动量定理比较方便；
第(3)题：分析线框从刚进入磁场至线框刚要出磁场的过程中重力和安培力所做的功，由功能关系以及能量守恒定律求解。
[解析] (1)根据安培力公式得F安＝BIL
根据闭合电路欧姆定律得I＝
又由法拉第电磁感应定律得E＝BLv0
由以上联立可解得F安＝。
(2)在线框的上边刚进入磁场到线框的上边刚要出磁场的过程中，取沿斜面向上为正方向，根据动量定理有
μmgcos α·t－mgsin α·t－安t′＝0
根据安培力公式得安＝BL
根据闭合电路欧姆定律得＝
根据法拉第电磁感应定律得＝BL
根据运动学公式得L＝t′
由以上联立解得t＝。
(3)在线框的上边刚进入磁场到线框的上边刚要出磁场的过程中，由动能定理得
(μmgcos α－mgsin α)d＋W安＝0
由功能关系得Q电＝－W安
Qf＝μmgcos α(v0t－d)
从线框上边刚进入磁场到线框穿出磁场后相对传送带静止的过程中，由能量守恒定律得
E＝2mgsin α·d＋2Q电＋2Qf
由以上联立可解得E＝。
[答案] (1) (2) (3)
[题点全练]
1．(2019届高三·贵州安顺调研)粗细均匀的电阻丝围成的正方形闭合线框置于有界匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行。现使线框以相同速率沿四个不同方向平移出磁场，如图所示，则在移出过程中线框上a、b两点间的电势差绝对值最大的是( )
解析：选C 在磁场中切割磁感线的边相当于电源，外电路由三个相同电阻串联形成，A、B、D中a和b两点间电势差为外电路中一个电阻两端的电压，其电势差的绝对值为：U＝＝；图C中a、b两点间电势差绝对值为路端电压，U＝＝，故C正确。
2．[多选]两磁感应强度均为B的匀强磁场区域Ⅰ、Ⅲ，方向如图所示，两区域中间为宽为s的无磁场区域Ⅱ，有一边长为L(L＞s)，电阻为R的均匀正方形金属线框abcd置于Ⅰ区域，ab边与磁场边界平行，现拉着金属线框以速度v向右匀速运动，则( )
A．当ab边刚进入中间无磁场区域Ⅱ时，ab两点间的电压为
B．当ab边刚进入磁场区域Ⅲ时，拉力为F＝
C．金属线框从ab边刚进入Ⅱ区域到完全拉入Ⅲ区域过程中，拉力所做的功为(2L－s)
D．金属线框从ab边刚进入Ⅱ区域到完全拉入Ⅲ区域过程中，磁通量的变化量为0
解析：选BC 当ab边进入中央无磁场区域Ⅱ时，cd边切割磁感线产生电动势：E＝BLv，电路中的电流：I＝，ab两点间电压U＝I·＝E＝，故A错误；当ab边刚进入磁场区域Ⅲ时，ab边切割磁感线产生电动势E＝BLv，与cd边上的电动势叠加，通过ab边的电流大小：I′＝，ab边与cd边受到的安培力均向左，大小为FA＝BI′L，所以拉力大小为F＝2FA＝，故B正确；金属线框从ab边刚进入Ⅱ区域到完全拉入Ⅲ区域过程中，拉力所做功W＝·s＋·(L－s)＋·s＝(2L－s)，故C正确；金属线框ab边刚进入Ⅱ区域时的磁通量是：BL2，方向向里，完全拉入Ⅲ区域时的磁通量为BL2，方向向外，磁通量的总变化量为2BL2，方向向外，故D错误。
3．[多选](2018·吉林省实验中学模拟)空间AA′与DD′之间为磁感应强度大小为B的匀强磁场区域，间距为H，磁场方向垂直纸面向里，DD′距离地面高度为L。现有一质量为m、边长为L(L＜H)、电阻为R的正方形线框由AA′上方某处自由落下(线框始终处于竖直平面内，且ab边始终与AA′平行)，恰能匀速进入磁场区域。当线框的cd边刚要触地前瞬间线框的加速度大小为a＝0.1g，g为重力加速度，空气阻力不计，则( )
A．线框自由下落的高度为
B．线框触地前瞬间线框的速度为
C．线框进入磁场的过程中，线框产生的热量为mgL
D．线框的cd边从AA′运动到触地的时间为＋
解析：选ACD cd边进入磁场时做匀速运动，则有安培力和重力大小相等，即mg＝BIL＝，解得v＝，则自由落体下落的高度为h＝＝，故A正确；设线框触地前瞬间线框的速度为v1，由牛顿第二定律得：BI′L－mg＝ma，即－mg＝0.1mg，解得：v1＝，故B错误；线框匀速进入磁场的过程中，动能不变，产生的热量等于减少的重力势能，即Q＝mgL，故C正确；线框的cd边从AA′运动到触地，设总时间为t，全过程列动量定理有：mgt－B1Lt1－B2Lt2＝mv1－mv，其中1、2为t1、t2时间内的平均电流，又1＝，2＝，且1t1＝2t2＝L，代入上式得：mgt－－＝mv1－mv，解得：t＝＋，故D正确。
考点四 导体棒在磁场中运动产生感应电动势
导体棒切割磁感线模型是高考考查的热点内容之一，该模型常与图像问题、动力学问题、能量问题、电路问题结合考查，涉及的物理规律有牛顿运动定律、能量守恒定律、动量定理、动量守恒定律、法拉第电磁感应定律、欧姆定律等。处理这类问题时注意分析导体棒的受力情况和运动情况，明确等效电源，必要时综合电路知识进行分析，特别是双导体棒切割磁感线运动时涉及动量的问题，是高考命题的新趋势，复习时注意从多个角度思考问题，有利于拓展思维。建议对本考点重点攻坚。
(一)用好解题流程，做到步步为“赢”
(二)掌握解题技巧，灵活应用快又妙
1．变速运动或平衡问题：从牛顿第二定律的瞬时性着手，分析金属棒的运动性质，通过力与运动的关系分析出最终存在的“稳定状态”——通常为安培力与其他力平衡时的匀速运动状态。
2．物体的运动较为复杂或涉及变力做功问题：往往应用能量的观点分析问题，通过各力的做功情况分析能量的转化，特别要注意安培力做功的情况——安培力做正功将电能转化为机械能；安培力做负功将机械能转化为电能。
(三)熟悉典型问题，针对破解不迷茫
1．等效电源的正负极可用右手定则或楞次定律判定，要特别注意在等效电源内部，电流由负极流向正极。等效电源两端的电压与直流电源两端的电压一样，等于路端电压，一般不等于电源电动势，除非切割磁感线的导体(或线圈)电阻为零。如诊断卷第9题，导体棒相当于电源，电流由c向O流动，故c端是电源的负极；电容器两端的电压相当于电源的路端电压。
2．诊断卷第11题的难点是对金属棒做匀变速运动的理解，当金属棒做匀加速运动时，由v＝at可知速度随时间均匀增加，由I＝＝t可知感应电流也随时间均匀增加，由F＝BIL＝t可知安培力也随时间均匀增加。
3．两金属杆只受到安培力作用而在平直的光滑导轨上运动时，如诊断卷第12题，可以从以下三个观点来分析：
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
其中一个金属杆动能的减少量等于另一个金属杆动能的增加量与回路中产生的焦耳热之和。
动量观点
如果光滑导轨间距恒定，则两个金属杆的安培力大小相等，通常情况下系统的动量守恒。
如图所示，宽度L＝1.0 m 的足够长的U形金属导轨水平放置，导轨处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝1.0 T，导轨上放一根质量m＝0.2 kg、电阻R＝1.0 Ω的金属棒ab，棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，现牵引力F以恒定功率P使棒从静止开始沿导轨运动(棒始终与导轨垂直且接触良好)，当棒的电阻R产生热量Q＝7.0 J 时获得稳定速度，速度大小为3.0 m/s，此过程中通过棒的电荷量q＝4.1 C。导轨电阻不计，g取10 m/s2。求：
(1)当棒的速度稳定时，棒所受的安培力的大小和方向；
(2)牵引力F的恒定功率P为多大？
(3)棒从静止开始运动到获得稳定速度所需的时间为多少？
[解析] (1)设棒获得的稳定速度为v，则感应电动势为E＝BLv
感应电流为I＝
棒所受的安培力的大小为F安＝BIL
解得F安＝3 N
由楞次定律可知，安培力方向向左。
(2)当棒稳定时有F－F安－μmg＝0
又P＝Fv
解得P＝12 W。
(3)设所经历的时间为t，棒发生的位移为x，由能量守恒得Pt＝Q＋μmgx＋mv2
又由q＝t
＝
＝BL＝BL
解得t＝1 s。
[答案] (1)3 N 方向向左 (2)12 W (3)1 s
[题点全练]
1.(2018·漳州调研)如图所示，在水平面上放置间距为L的平行金属导轨MN、PQ，导轨处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小随时间的变化规律为B＝kt(k为常数，k>0)。M、P间接一阻值为R的电阻，质量为m的金属杆ab垂直导轨放置，与导轨接触良好，其接入轨道间的电阻为R，与轨道间的动摩擦因数为μ，Pb＝Ma＝L(不计导轨电阻，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g)，从t＝0到ab杆刚要运动的这段时间内( )
A．通过电阻R的电流方向为P→M
B．回路中的感应电流I＝
C．通过电阻R的电荷量q＝
D．ab杆产生的热功率P＝
解析：选C 由楞次定律可知，通过电阻R的电流方向为M→P，故A错误；回路产生的感应电动势为：E＝S＝kL2，根据欧姆定律可得电流为：I＝＝，故B错误；金属杆刚要运动时，μmg－ktIL＝0，又因q＝It，联立可得：q＝，故C正确；根据功率公式可得ab杆产生的热功率P＝I2R＝，故D错误。
2．[多选](2018·百校联盟4月联考)如图所示，水平桌面上固定一定值电阻R，R两端均与光滑倾斜导轨相连接，已知两侧导轨间距都为L。导轨平面与水平面均成37°角，且均处于范围足够大的匀强磁场中。质量为m的导体棒a沿左侧导轨匀速下滑，导体棒b始终静止在右侧导轨上，两导体棒电阻均为R，两处磁场的磁感应强度大小均为B，方向均与导轨平面垂直(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，则( )
A．导体棒b质量为
B．导体棒a下滑速度v＝
C．导体棒a沿导轨下滑L距离的过程中电阻R上产生热量为
D．导体棒a沿导轨下滑L距离的过程中导体棒b上产生热量为
解析：选ABD 导体棒a匀速下滑，其电流为导体棒b中的两倍，故b质量应为，故A正确；整个回路电阻R总＝R，分析a棒的运动，根据平衡条件有：mgsin 37°＝BIL＝，解得：v＝，故B正确；导体棒a沿导轨匀速下滑L距离，系统产生的总热量等于重力势能的减小量，即Q＝mgLsin 37°＝mgL，电阻R与导体棒b上产生的热量均为Q′＝×Q＝，故C错误、D正确。
3．(2019届高三·河南名校联考)如图甲所示，空间存在B＝0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场，MN、PQ是处于同一水平面内相互平行的粗糙长直导轨，间距l＝0.2 m，在导轨一端连接着阻值为R＝0.4 Ω的定值电阻，ab是放在导轨上质量为m＝0.1 kg的导体棒。从零时刻开始，通过一小型电动机对ab棒施加一个牵引力，方向水平向左，使其从静止开始沿导轨做加速运动，此过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好。图乙是拉力F与导体棒ab速率倒数关系图像(F1未知)。已知导体棒ab与导轨间的动摩擦因数μ＝0.2，除R外，其余部分电阻均不计，不计定滑轮的质量和摩擦，g取10 m/s2。
(1)求电动机的额定功率；
(2)若导体棒ab在16 s内运动了90 m并恰好达到最大速度，求在0～16 s内电阻R上产生的焦耳热。
解析：(1)由图像知导体棒ab的最大速度为v1＝10 m/s
此时，导体棒中感应电动势为E＝Blv1
感应电流I＝
导体棒受到的安培力FA＝BIl
此时电动机牵引力为F1＝
由牛顿第二定律得：F1－μmg－FA＝0
联立代入数据解得：P＝4.5 W。
(2)由能量守恒得：Pt＝Q＋μmgs＋mv12
代入数据解得R上产生的热量Q＝49 J。
答案：(1)4.5 W (2)49 J
一、高考真题集中演练——明规律
1.(2017·全国卷Ⅰ)扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺度上的形貌。为了有效隔离外界振动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图所示。无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是( )
解析：选A 施加磁场来快速衰减STM的微小振动，其原理是电磁阻尼，在振动时通过紫铜薄板的磁通量变化，紫铜薄板中产生感应电动势和感应电流，则其受到安培力作用，该作用阻碍紫铜薄板振动，即促使其振动衰减。方案A中，无论紫铜薄板上下振动还是左右振动，通过它的磁通量都发生变化；方案B中，当紫铜薄板上下振动时，通过它的磁通量可能不变，当紫铜薄板向右振动时，通过它的磁通量不变；方案C中，紫铜薄板上下振动、左右振动时，通过它的磁通量可能不变；方案D中，当紫铜薄板上下振动时，紫铜薄板中磁通量可能不变。综上可知，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是A。
2.(2018·全国卷Ⅰ)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
解析：选B 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＝。
3.(2017·全国卷Ⅲ)如图，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U形金属导轨，导轨平面与磁场垂直。金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS，一圆环形金属线框T位于回路围成的区域内，线框与导轨共面。现让金属杆PQ突然向右运动，在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是( )
A．PQRS中沿顺时针方向，T中沿逆时针方向
B．PQRS中沿顺时针方向，T中沿顺时针方向
C．PQRS中沿逆时针方向，T中沿逆时针方向
D．PQRS中沿逆时针方向，T中沿顺时针方向
解析：选D 金属杆PQ向右切割磁感线，根据右手定则可知PQRS中感应电流沿逆时针方向；原来T中的磁场方向垂直于纸面向里，闭合回路PQRS中的感应电流产生的磁场方向垂直于纸面向外，使得穿过T的磁通量减小，根据楞次定律可知T中产生顺时针方向的感应电流，综上所述，可知A、B、C项错误，D项正确。
4．[多选](2016·全国卷Ⅱ)法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触。圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中。圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是( )
A．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定
B．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动
C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化
D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍
解析：选AB 由右手定则知，圆盘按如题图所示的方向转动时，感应电流沿a到b的方向流动，选项B正确；由感应电动势E＝Bl2ω知，角速度恒定，则感应电动势恒定，电流大小恒定，选项A正确；角速度大小变化，感应电动势大小变化，但感应电流方向不变，选项C错误；若ω变为原来的2倍，则感应电动势变为原来的2倍，电流变为原来的2倍，由P＝I2R知，电流在R上的热功率变为原来的4倍，选项D错误。
5．[多选](2015·全国卷Ⅰ)1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”。实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示。实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后。下列说法正确的是( )
A．圆盘上产生了感应电动势
B．圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动
C．在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化
D．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动
解析：选AB 当圆盘转动时，圆盘的半径切割磁针产生的磁场的磁感线，产生感应电动势，选项A正确；圆盘上产生感应电动势，圆盘上产生感应电流，根据楞次定律，感应电流阻碍其相对运动，但抗拒不了相对运动，故磁针会随圆盘一起转动，但略有滞后，选项B正确；在圆盘转动过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量始终为零，选项C错误；圆盘呈电中性，转动时不会形成电流，选项D错误。
6.(2015·全国卷Ⅱ)如图，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上。当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为Ua 、Ub、Uc。已知bc边的长度为l。下列判断正确的是( )
A．Ua＞Uc，金属框中无电流
B．Ub＞Uc，金属框中电流方向沿a—b—c—a
C．Ubc＝－Bl2ω，金属框中无电流
D．Ubc＝Bl2ω，金属框中电流方向沿a—c—b—a
解析：选C 金属框abc平面与磁场平行，转动过程中磁通量始终为零，所以无感应电流产生，选项B、D错误。转动过程中bc边和ac边均切割磁感线，产生感应电动势，由右手定则判断Ua＜Uc，Ub＜Uc，选项A错误。由转动切割产生感应电动势的公式得Ubc＝－Bl2ω，选项C正确。
7．[多选](2017·全国卷Ⅱ)两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直。边长为0.1 m、总电阻为0.005 Ω的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图(a)所示。已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd边于t＝0时刻进入磁场。线框中感应电动势随时间变化的图线如图(b)所示(感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正)。下列说法正确的是( )
A．磁感应强度的大小为0.5 T
B．导线框运动速度的大小为0.5 m/s
C．磁感应强度的方向垂直于纸面向外
D．在t＝0.4 s至t＝0.6 s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1 N
解析：选BC 由题图(b)可知，导线框运动的速度大小v＝＝ m/s＝0.5 m/s，B项正确；导线框进入磁场的过程中，cd边切割磁感线，由E＝BLv，得B＝＝ T＝0.2 T，A项错误；由题图(b)可知，导线框进入磁场的过程中，感应电流的方向为顺时针方向，根据楞次定律可知，磁感应强度方向垂直纸面向外，C项正确；在0.4～0.6 s这段时间内，导线框正在出磁场，回路中的电流大小I＝＝ A＝2 A，则导线框受到的安培力F＝BIL＝0.2×2×0.1 N＝0.04 N，D项错误。
8.(2018·全国卷Ⅱ)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( )
解析：选D 设线路中只有一边切割磁感线时产生的感应电流为i。
线框位移
等效电路的连接
电流
0～
I＝2i(顺时针)
～l
I＝0
l～
I＝2i(逆时针)
～2l
I＝0
综合分析知，只有选项D符合要求。
二、名校模拟重点演练——知热点
9．[多选]如图甲所示，粗细均匀的矩形金属导体线框abcd固定于匀强磁场中，磁场方向垂直线框所在平面，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示。以垂直于线框所在平面向里为磁感应强度B的正方向，则下列关于ab边的热功率P、ab边受到的安培力F(以向右为正方向)随时间t变化的图像中正确的是( )
解析：选AD 根据法拉第电磁感应定律：E＝n＝nS可知，产生的感应电动势大小不变，所以感应电流大小也不变，ab边热功率P＝I2R，恒定不变，A正确，B错误；根据安培力公式F＝BIL，因为电流大小、ab边长度不变，所以安培力与磁感应强度成正比，根据左手定则判定方向，可知C错误，D正确。
10．[多选](2019届高三·开封模拟)如图所示，空间某区域内存在沿水平方向的匀强磁场，一正方形闭合金属线框自磁场上方某处释放后穿过磁场，整个过程线框平面始终竖直，线框边长小于磁场区域上下宽度。以线框刚进入磁场时为计时起点，下列描述线框所受安培力F随时间t变化关系的图中正确的是( )
解析：选BCD 线框受重力作用加速下落，进入与离开磁场时受到安培力作用。若进入磁场时安培力大于重力，做加速度减小的减速运动，安培力随速度减小而减小，某时刻安培力等于重力，线框做匀速运动，此时速度达到v0＝，完全进入后只受重力，线框加速，刚要离开时的速度大于完全进入时的速度，故安培力大于重力，做减速运动，速度减小，安培力也减小，故A错误；若线框进入磁场时恰好重力等于安培力，完全进入后只受重力，线框加速，离开磁场时安培力大于重力，速度减小，故B正确；若线框进入磁场时重力小于安培力，由－mg＝ma可知，线框做加速度减小的减速运动，安培力随速度的减小而减小，线框完全进入磁场后只受重力，线框加速，离开磁场时安培力大于重力，速度减小，进入过程与离开过程安培力变化情况可能完全相同，故C正确；若线框进入磁场时重力大于安培力，由mg－＝ma，可知线框做加速度减小的加速运动，离开磁场时安培力可能大于重力，则线框做加速度减小的减速运动，安培力随速度减小而减小，故D正确。
11．[多选](2018·石家庄二模)如图所示，足够长的光滑水平轨道，左侧轨道间距为0.4 m，右侧轨道间距为0.2 m。空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为0.2 T。质量均为0.01 kg的金属棒M、N垂直导轨放置在轨道上，开始时金属棒M、N均保持静止，现使金属棒M以5 m/s的速度向右运动，两金属棒在运动过程中始终相互平行且与导轨保持良好接触，M棒总在宽轨上运动，N棒总在窄轨上运动。已知两金属棒接入电路的总电阻为0.2 Ω，轨道电阻不计，g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．M、N棒在相对运动过程中，回路内产生顺时针方向的电流(俯视)
B．M、N棒最后都以2.5 m/s的速度向右匀速运动
C．从开始到最终匀速运动电路中产生的焦耳热为6.25×10－2 J
D．在两棒整个的运动过程中，金属棒M、N在水平导轨间扫过的面积之差为0.5 m2
解析：选AD 金属棒M向右运动后，穿过M、N与导轨组成的闭合回路中的磁通量减小，根据楞次定律可得回路内产生顺时针方向的电流(俯视)，A正确；两棒最后匀速时，电路中无电流，即BL1v1＝BL2v2，解得v2＝2v1，选取水平向右为正方向，对M、N分别利用动量定理可得：对N有FN安t＝mv2，对M有－FM安t＝mv1－mv0，又知道导轨宽度是2倍关系，故FM安＝2FN安，联立解得v1＝1 m/s，v2＝2 m/s，B错误；根据能量守恒定律可得mv02＝Q＋mv12＋mv22，解得Q＝0.1 J，C错误；在N加速过程中，由动量定理得BLΔt＝mv2－0，电路中的电流＝，根据法拉第电磁感应定律有E＝，其中磁通量变化量ΔΦ＝BΔS，联立以上各式，得ΔS＝0.5 m2，D正确。
12．[多选](2018·齐鲁名校协作体联考)如图所示，光滑、平行的金属轨道分水平段(左端接有阻值为R的定值电阻)和半圆弧段两部分，两段轨道相切于N和N′点，圆弧的半径为r，两金属轨道间的宽度为d，整个轨道处于磁感应强度为B，方向竖直向上的匀强磁场中。质量为m、长为d、电阻为R的金属细杆置于框架上的MM′处，MN＝r。在t＝0时刻，给金属细杆一个垂直金属细杆、水平向右的初速度v0，之后金属细杆沿轨道运动，在t＝t1时刻，金属细杆以速度v通过与圆心等高的P和P′；在t＝t2时刻，金属细杆恰好通过圆弧轨道的最高点，金属细杆与轨道始终接触良好，轨道的电阻和空气阻力均不计，重力加速度为g。以下说法正确的是( )
A．t＝0时刻，金属细杆两端的电压为Bdv0
B．t＝t1时刻，金属细杆所受的安培力为
C．从t＝0到t＝t1时刻，通过金属细杆横截面的电荷量为
D．从t＝0到t＝t2时刻，定值电阻R产生的焦耳热为mv02－mgr
解析：选CD t＝0时刻，金属细杆产生的感应电动势E＝Bdv0，金属细杆两端的电压U＝·R＝Bdv0，故A项错误。t＝t1时刻，金属细杆的速度与磁场平行，不切割磁感线，不产生感应电流，所以此时金属细杆不受安培力，故B项错误。从t＝0到t＝t1时刻，电路中的平均电动势＝＝，回路中的电流＝，在这段时间内通过金属细杆横截面的电荷量q＝t1，解得：q＝，故C项正确。设杆通过最高点速度为v2，金属细杆恰好通过圆弧轨道的最高点，对杆受力分析，由牛顿第二定律可得：mg＝m，解得v2＝。从t＝0到t＝t2时刻，根据功能关系可得，回路中的总焦耳热：Q＝mv02－mv22－mg·2r，定值电阻R产生的焦耳热QR＝Q，解得：QR＝mv02－mgr，故D项正确。
13.(2018·淄博二模)如图所示，质量为M的足够长金属导轨abcd放在光滑的绝缘水平面上。一电阻不计，质量为m的导体棒PQ放置在导轨上，始终与导轨接触良好，PQbc构成矩形。棒与导轨间动摩擦因数为μ，棒左侧有两个固定于水平面的立柱。导轨bc段长为L，开始时PQ左侧导轨的总电阻为R，右侧导轨单位长度的电阻为R0。以ef为界，其左侧匀强磁场方向竖直向上，右侧匀强磁场方向水平向左，磁感应强度大小均为B。在t＝0时，一水平向左的拉力F垂直作用于导轨的bc边上，使导轨由静止开始做匀加速直线运动，加速度为a。
(1)求导轨刚开始运动时拉力F的大小；
(2)求导轨运动时间足够长后拉力F的渐近值及整个过程中拉力F的最大值；
(3)若某一过程中导轨动能的增加量为ΔEk，导轨克服摩擦力做功为W，求回路产生的焦耳热。
解析：(1)导轨刚开始运动时，根据牛顿第二定律，对导轨有： F－μmg＝Ma
解得： F＝μmg＋Ma。
(2)导轨运动以后
v＝at
s＝at2
Rx＝R0·2s
I＝
F安＝BIL
得：F安＝
对导轨由牛顿第二定律有：F－F滑－F安＝Ma
又有F滑＝μ(F安＋mg)
联立可得：F＝μmg＋Ma＋(μ＋1)
分析可知：当t趋于无穷大时，F＝μmg＋Ma
当t＝ 时，Fmax＝μmg＋Ma＋(μ＋1)。
(3)对导轨在加速过程中由动能定理知：
Mas＝ΔEk
则：s＝
又W＝μ(mg＋安)s
安s＝Q
则W＝μmgs＋μQ
解得：Q＝－。
答案：(1)μmg＋Ma (2)μmg＋Ma
μmg＋Ma＋(μ＋1) (3)－
相关资料
更多
