江苏省2020版高考物理三轮复习精练：练习：热点15电磁感应定律的综合应用练习(含解析)

电磁感应综合应用1.掌握电磁感应与电路结合问题的分析方法2.掌握电磁感应动力学问题的重要求解内容3.能解决电磁感应与能量结合题型4.培养学生模型构建能力和运用科学思维解决问题的能力电磁感应中的电路问题1、分析电磁感应电路问题的基本思路对电路的理解：内电路是切割磁感线的导体或磁通量发生变化的线圈，外电路由电阻、电容等电学元件组成．在闭合电路中，“相当于电源”的导体两端的电压与真实的电源两端的电压一样，等于路端电压，而不等于感应电动势．【例题1】用均匀导线做成的正方形线框边长为0.2m，正方形的一半放在垂直于纸面向里的匀强磁场中，如图所示，当磁场以10T/s的变化率增强时，线框中a、b两点间的电势差是()A．U ab＝0.1V B．U ab＝－0.1VC．U ab＝0.2V D．U ab＝－0.2V【演练1】如图所示，两个相同导线制成的开口圆环，大环半径为小环半径的2倍，现用电阻不计的导线将两环连接在一起，若将大环放入一均匀变化的磁场中，小环处在磁场外，a、b两点间电压为U1，若将小环放入这个磁场中，大环在磁场外，a、b两点间电压为U2，则()A.＝1B.＝2C.＝4D.＝【例题2】把总电阻为2R的均匀电阻丝焊接成一半径为a的圆环，水平固定在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，如图所示，一长度为2a，电阻等于R，粗细均匀的金属棒MN放在圆环上，它与圆环始终保持良好的接触，当金属棒以恒定速度v向右移动经过环心O时，求：(1)棒上电流的大小和方向及棒两端的电压U MN；(2)圆环消耗的热功率和在圆环及金属棒上消耗的总热功率．【演练2】如图甲所示，固定在水平面上电阻不计的光滑金属导轨，间距d＝0.5m．右端接一阻值为4Ω的小灯泡L，在CDEF矩形区域内有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B按如图乙规律变化．CF长为2m．在t＝0时，金属棒从图中位置由静止在恒力F作用下向右运动到EF位置，整个过程中，小灯泡亮度始终不变．已知ab金属棒电阻为1Ω，求：(1)通过小灯泡的电流；(2)恒力F的大小；(3)金属棒的质量．电磁感应的动力学问题1．导体棒的两种运动状态(1)平衡状态——导体棒处于静止状态或匀速直线运动状态，加速度为零；(2)非平衡状态——导体棒的加速度不为零．2．两个研究对象及其关系电磁感应中导体棒既可看作电学对象(因为它相当于电源)，又可看作力学对象(因为有感应电流而受到安培力)，而感应电流I和导体棒的速度v是联系这两个对象的纽带．3．电磁感应中的动力学问题分析思路(1)电路分析：导体棒相当于电源，感应电动势相当于电源的电动势，导体棒的电阻相当于电源的内阻，感应电流I＝.(2)受力分析：导体棒受到安培力及其他力，安培力F安＝BIl＝，根据牛顿第二定律：F合＝ma.(3)过程分析：由于安培力是变力，导体棒做变加速运动或变减速运动，当加速度为零时，达到稳定状态，最后做匀速直线运动，根据共点力的平衡条件列方程：F合＝0.4. 电磁感应中电量求解（1）利用法拉第电磁感应定律由整理得：若是单棒问题（2）利用动量定理单棒无动力运动时-BILΔt=mv2-mv1 又整理得：BLq= mv1-mv2【例题3】如图甲所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L，M、P两点间接有阻值为R的电阻．一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直．整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向下．导轨和金属杆的电阻可忽略，让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦．(1)由b向a方向看到的装置如图乙所示，请在此图中画出ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图．(2)在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v时，求此时ab杆中的电流及其加速度的大小．(3)求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值．(4)若从开始下滑到最大速度时，下滑的距离为x,求这一过程中通过电阻R的电量q.【演练3】（多选）如图所示，电阻不计间距为L的光滑平行导轨水平放置，导轨左端接有阻值为R的电阻，以导轨的左端为原点，沿导轨方向建立x轴，导轨处于竖直向下的磁感应强度大小为B的匀强磁场中。

《电磁感应定律综合题》一、计算题1.如图1所示，一个圆形线圈的匝数匝，线圈面积，线圈的电阻，线圈外接一个阻值的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间的变化规律如图2所示．求在～内穿过线圈的磁通量变化量；前4s内产生的感应电动势；内通过电阻R的电荷量q．2.如图所示，匀强磁场中有一矩形闭合线圈abcd，线圈平面与磁场垂直。

已知线圈的匝数，边长、，电阻磁感应强度B在～内从零均匀变化到在～内从均匀变化到，取垂直纸面向里为磁场的正方向。

求：时线圈内感应电动势的大小E和感应电流的方向；在～内通过线圈的电荷量q；在～内线圈产生的焦耳热Q。

3.如图所示，一个圆形线圈匝，线圈面积，线圈电阻，在线圈外接一个阻值为的电阻，把线圈放入一个方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化的规律如图线所示，在内求：线圈产生的感应电动势E；电阻R中的电流I的大小；电阻R两端的电势差，4.如图1所示，面积为的100匝线圈处在匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面．已知磁感应强度随时间变化的规律如图2，定值电阻，线圈电阻，求：回路中的感应电动势大小流过的电流的大小和方向．5.如图甲所示，一个圆形线圈的匝数 000，线圈面积，线圈的电阻，线圈外接一个阻值的电阻，线圈处在有一方向垂直线圈平面向里的圆形磁场中，圆形磁场的面积，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示．求：第4秒时线圈的磁通量及前4s内磁通量的变化量；前4s内的感应电动势和前4s内通过R的电荷量；线圈电阻r消耗的功率．6.如图所示，线圈内有理想边界的磁场，当磁场以的规律变化时，有一带质量为的带电的粒子静置于平行板两板水平放置电容器中间，设线圈的面积为则：求线圈产生的感应电动势的大小和方向顺时针或逆时针；求带电粒子的电量．重力加速度为，电容器两板间的距离为7.如图所示，匀强磁场的磁感应强度，边长的正方形线圈abcd共100匝，线圈电阻，线圈绕垂直于磁感线的对称轴匀速转动，角速度，外电路电阻，求：转动过程中感应电动势的最大值；由图示位置线圈平面与磁感线平行转过角时的瞬时感应电动势；由图示位置转过角的过程中产生的平均感应电动势；交流电压表的示数；线圈转动一周外力所做的功；周期内通过R的电荷量为多少？8.单匝矩形线圈abcd放置在水平面内，线圈面积为，线圈处在匀强磁场中，磁场方向与水平方向成角，求：若磁场的磁感应强度，则穿过线圈的磁通量为多少？若磁感应强度方向改为与线圈平面垂直，且大小按的规律变化，线圈中产生的感应电动势为多大？9.如图所示，面积为的100匝线圈处在匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，已知磁感应强度随时间变化的规律为，定值电阻，线圈电阻求：回路的感应电动势；、b两点间的电压．10.截面积为的100匝圆形线圈A处在匀强磁场中，磁场方向垂直线圈平面向里，如图所示，磁感应强度正按的规律均匀减小，开始时S未闭合．，，，线圈内阻不计．求：闭合后，通过的电流大小；闭合后一段时间又断开，则S切断后通过的电量是多少？11.如图所示，匀强磁场中有一个用软导线制成的单匝闭合线圈，线圈平面与磁场垂直。

2020高考物理精品习题：电磁感应（全套含解析）高中物理第I 课时 电磁感应现象？楞次定律1如图12- 1 — 9所示，在同一平面内有四根彼此绝缘的直导线，分不通有大小相同 如图的电流，要使由四根直导线所围成的面积内的磁通量增加，那么应切断哪一根导 的电流〔〕A 、切断i i ;B 、切断i 2；C 、切断i 3；D 、切断i 4.【解析】i 1产生的的磁场在导线所围的面积内的磁感应强度的方向垂直纸面向里; 围的面积内的磁感应强度的方向垂直纸面向里；i 3产生的磁场在导线所围的面积内的磁感应强度的方向垂直纸面向里；i 4产生的磁场在导线所围的面积内的磁感应强度的方向垂直纸面向外；因此四根导线产生的 磁场叠加后在导线所围的面积内的磁场方向向里•故要使由四根直导线所围成的面积内的磁通量增加，只 要将磁场方向相反的i 4去除就能够了. 【答案】D2、磁悬浮列车是在车辆底部安装电磁铁，在轨道两旁铺设一系列的铝环•当列车运行时，电磁铁产生的 磁场相对铝环运动，列车凌空浮起，使车与轨道间的摩擦减小到专门小，从而提高列车的速度.以下讲法 正确的选项是〔〕A 、 当列车通过铝环时，铝环中有感应电流， 感应电流产生的磁场的方向与电磁铁产生的磁场的方向相同.B 、 当列车通过铝环时，铝环中有感应电流，感应电流产生的磁场的方向与电磁铁产生的磁场的方向相反.C 、 当列车通过铝环时，铝环中通有电流，铝环中电流产生的磁场的方向与电磁铁产生的磁场的方向相同.D 、 当列车通过铝环时，铝环中通有电流，铝环中电流产生的磁场的方向与电磁铁产生的磁场的方向相反. 【解析】列车通过铝环时，铝环中磁通量增大，铝环中产生感应电流，由楞次定律可知，铝环中感应电流 的磁场方向与电磁铁的磁场方向相反，从而使电磁铁受到向上的力，使列车悬浮. 【答案】B3、如图12— 1 — 10所示，一闭合的金属环从静止开始由高处下落通过条形磁铁后连续下落，空气阻力不 计，那么在圆环运动过程中，以下讲法正确的选项是〔A 、 圆环在磁铁的上方时，圆环的加速度小于B 、 圆环在磁铁的上方时，圆环的加速度小于C 、 圆环在磁铁的上方时，圆环的加速度小于D 、 圆环在磁铁的上方时，圆环的加速度大于【解析】一闭合的金属环从静止开始由高处下落通过条形磁铁的过程中，闭合金属环的磁通量先增大，而 后减小，依照楞次定律它增大时，不让它增大即阻碍它增大；它要减小时，不让它减小即阻碍它减小，因此下落时圆环在磁铁的上方和下方，圆环所受的安培力都向上，故加速度都小于 【答案】B4、如图12— 1 — 11所示，螺线管CD 的导线绕法不明.当磁铁 AB 插入螺线 电路中有图示方向的感应电流产生.以下关于螺线管极性的判定正确的选项 〔 〕A 、C 端一定是N 极B 、C 端的极性一定与磁铁 B 端的极性相同甘方向B3 12^1—?i 2产生的磁场在导线所〕 g ,在下方时大于 g g ，在下方时也小于 g g ，在下方时等于gg ,在下方时小于 g场必定g .国 12-1-11管时, 是C、C端一定是S极D、无法判定，因螺线管的绕法不明确【解析】磁铁AB插入螺线管时，在螺线管中产生感应电流，感应电流的磁阻碍AB 插入，故螺线管的 C 端和磁铁的B 端极性相同. 【答案】B5、如图12- 1 - 12所示，平行导体滑轨 MM 〈 NN ，水平放置，固定在匀强磁场中•磁场的方向与水平面垂 直向下.滑线 AB 、CD 横放其上静止，形成一个闭合电路.当 AB 向右滑动时，电路中感应电流的方向及8、如图12- 1 - 15所示，边长为h 的正方形金属导线框，从图示的位置由静止开 落，通过一匀强磁场区域， 磁场方向水平，且垂直于线框平面， 磁场区域宽度为 边界如图中虚线所示， H h .从线框开始下落到完全穿过磁场区域的全过程中， 判定正确的选项是〔 〕 ①线框中总有感应电流存在②线框受到磁场力的合力方向有时向上有时向下③线 动方向始终是向下的④线框速度的大小不一定总是在增加 A 、①②B 、③④C 、①④D 、②③【解析】因H h ，故能够分为三个过程：①从下边开始进入磁场到全部进入磁场；②从全部开始进入磁场到下边开始离开磁场；③下边开始离开磁场到全部离开磁场.再由楞次定律和左手定那么能够判定明 白.可能会使线框离开磁场时线框所受的安培力大于线框的重力，从而使线框的速度减小. 【答案】B9、如图12- 1- 16所示，A 、B 是两个相互垂直的线框， 两线框相交点恰 线框的中点，两线框互相绝缘， A 线框中有电流，当线框 A 的电流强度 时，线框B 中 _________ 感应电流.〔填”有无"〕【解析】A 线框中尽管有电流， 同时产生了磁场，但磁感应强度的方向与滑线CD 受到的磁场力的方向分不为〔 A 、 电流方向沿 B 、 电流方向沿 C 、 电流方向沿 D 、 电流方向沿 ABCDA , ABCDA , ADCBA , ADCBA , 受力方向向右; 受力方向向左; 受力方向向右; 受力方向向左.【解析】此题用右手定那么和楞次定律都能够解决, 但用楞次定律比较快捷.由于AB 滑线向右运动，ABCD 所构成的回路面积将要增大，磁通量将增大，依照楞次定律要阻碍它 增大，因此产生的感应电流方向沿 ADCBA , CD 滑线将向右滑动，故受力方向向右.【答案】C6、如图12- 1- 13所示，在绝缘圆筒上绕两个线圈 P 和Q ,分不与 E 和电阻R 构成闭合回路，然后将软铁棒迅速插入线圈 P 中，那么 入的过程中〔〕A 、电阻R 上有方向向左的电流B 、电阻R 上没有电流C 、电阻R 上有方向向右的电流D 、条件不足，无法确定【解析】 软铁棒被磁化，相当于插入一根跟 P 的磁场同向的条形磁铁，使 P 、Q 线圈中的磁通量增加.由 楞次定律得，在 Q 中产生的感应电流向右通过电阻R .【答案】C7、如图12- 1 — 14所示，一有限范畴的匀强磁场，宽度为 形导线框以速度 时刻应等于〔A 、d/ ud ，将一个边长为L 的U 匀速地通过磁场区域，假设 d>L ,那么在线框中不产生感应电 〕 B 、L/ uC 、(d - L)/; uD 、(d - 2L)/; ux x >—X XJ & —》S 12-1-14【解析】线框中不产生感应电流，那么要求线框所组成的闭合回路内的磁通量不变化，即线框全部在磁场中匀速运动时没有感应电流.因此线框从左边框进入磁场时开始到线框的右边框 将要离开磁场时止，那个过程中回路中将没有感应电流.【答案】C正方流的发生f X X X Hx BX X j_X_ X X始下 上下 以下 框运左右DS 12-1-12阳 12-1-13是两 增大A 线50框的平面相垂直，即与 B 线框平行•因此不管 A 线框中的电流如何变化， B 线框中始终没有磁通量，即无 磁通量变化. 【答案】无210、与磁感应强度B 0.8T 垂直的线圈面积为 0.05m ，现在线圈的磁通量是多大？假设那个线圈绕有 匝时，磁通量多大？线圈位置假如转过530时磁通量多大?【解析】依照磁通量的定义：磁感应强度 B 与面积S 的乘积，叫做穿过那个面的磁通量，但要注意rE BL 0，而它相当于一个电源，同时其内阻为；金属棒两端电势差相当于外电路的端电压.外电S 是与磁感应强度 B 相垂直的那部分面积.即 BS 故:① 1 BS 10.8 0.05Wb4 10 2Wb②线圈绕有 50匝，但与磁感应强度 B 垂直的面积依旧 20.05m ,故穿过那个面的磁感线条数不变.磁通量也可明白得为穿过那个面的磁感线的条数.因此仍旧为 24 10 2Wb③依照磁通量的定义： 3BS COS 530 0.8 0.05 0.6Wb 2.4 10 2Wb 【答案】①14 10 2Wb ②2 4 10 2Wb ③32.4 10 2Wb第H 课时 法拉第电磁感应定律？自感1、如图12-2 — 12所示，粗细平均的电阻为 r 的金属圆环，放在图示的匀强磁场中，磁感应强度为r环直径为d ,长为L ,电阻为一的金属棒ab 放在圆环上，以速度 2金属棒两端电势差为〔 C 、^BL 0 ；20向左匀速运动,棒运动到图示虚线位置时, A 、0;B 、 BLD 1BL 0 .B ，圆 当ab【解析】当金属棒 ab以速度 °向左运动到图示虚线位置时, 依照公式可得产生的感应电动势为路半个圆圈的电阻为 -,而这两个半个圆圈的电阻是并联关系，故外电路总的电阻为 -,因此外电路电压23BL 0 .为U ba【答案】 1E3D 12-2- 13所示，竖直向下的匀强磁场中，将一水平放置的金属棒ab 以水 平的初速0抛出，设在整个过程中棒的取向不变且不计空气阻力，那么在金属动过程中产生的感应电动势大小变化情形是〔 〕A 、越来越大；B 、越来越小；C 、保持不变；D 、无法判定. 【解析】金属棒做切割磁感线的有效速度是与磁感应强度 B 垂直的那个分速度,金属棒做切割磁感线的水平分速度不变，故感应电动势不变.B 12-2—12棒运图 12^2-13【解析】线框在A 、C 位置时只受重力作用， 加速度a A = a C = g .线框在B 、D 位置时均受两个力的作用,【答案】C3、〔 2003年杭州模拟题〕如图 12-2 — 14所示为日光灯的电路图，以 法中正确的选项是〔〕①日光灯的启动器是装在专用插座上的，当日光灯正常发光后，取下启 器，可不能阻碍灯管发光•②假如启动器丢失，作为应急措施，能够用 段带绝缘外皮的导线启动日光灯•③日光灯正常发光后，灯管两端的电 220V .④镇流器在日光灯启动时，产生瞬时高压A 、①②B 、③④C 、①②④D 、②③④ 【解析】日光灯正常发光后，由于镇流器的降压限流作用，灯管两端的 要低于220V . 电压【答案】C4、〔 2002年全国高考卷〕如图 12— 2 — 15中EF 、GH 为平行的金属导轨，其电阻可不计, R 为电阻器, 表示图中该处导线中的电流，那么当横杆 AB 〔 〕 EAF A 、匀速滑动时，h 0 ,丨2 0B 、匀速滑动时11 0 , 120 A:XRXC 、加速滑动时，I 10 , I 2 0D 、加速滑动时，丨10,丨2C-k > XB【解析】横杆匀速滑动时，由于 EBL 不变，故I ? 0 , I 1 0 •加国 12-2-L5动时，由于E BL 逐步增大，电容器不断充电，故 I 1 0 , I 20 .【答案】D5、如图12— 2 — 16所示，线圈由A 位置开始下落，假设它在磁场中受到的磁场 于重力，那么在 A 、B 、C 、D 四个位置〔B 、D 位置恰好线圈有一半在磁场中〕 度的关系为〔 〕A 、 a A >aB >a c >a DB 、 a A = aC > a B > aD C 、 a A = a c > a D > a BD 、 a A = a C > a B = a DA D---B pTL ___XXX c[x\ XX •哂0 12-2—15力总小 时加速其中安培力向上 重力向下由于重力大于安培力，因此加速度向下，大小B 2l 2〔吨飞ma 丨又线框在 D 点时速度大于 B 点时速度，即 F D F B ，因此a B > a D .因此加速度的关系为a A = a c >a B >a D .【答案】B6、如图12— 2 — 17所示，将长为1m 的导线从中间折成约为 1060的角，磁感应 为0.5T 的匀强磁场垂直于导线所在的平面.为使导线产生 4V 的感应电动势，导线切割磁感线的最小速度约为 ___________ .下讲动 一小 压为C 为电容器，AB 为可在EF 和GH 上滑动的导体横杆，有平均磁场垂直于导轨平面•假设用 丨1和丨2分不速滑强度 那么国 12-2-17mgRsinB 2L 2【答案】〔1〕ab 杆受到一个竖直向下的重力；垂直斜面向上的支持力；沿斜面向上的安培力【解析】 欲使导线获得4V 的感应电动势，而导线的速度要求最小，依照 形下，L 最大且 与L 垂直时速度最小. BL 可知：E 、B 一定的情故依照E BL 得: minBL4m/s 10m/s0.5 0.8【答案】10m/s7、如图12- 2- 18所示，匀强磁场的磁感应强度为C 100 F , ab 长为 20cm ，当 ab 以10m/s 的速度向右匀速运动时,中的电流为【解析】 ,电容器上板带 感应电动势E BL0.4 ________ 电，电荷量为 _________ C .0.2 10V0.8V ，极板上的电荷量k x xh]XX k X XT电路Q CE100 10 6 0.8C10 5C .由于感应电动势一定， 电容器的带电荷量因此电路中无电流.【答案】 零；正；8 10 5C8、〔 2004年北京高考试卷〕如图 角为的绝缘斜面上，两导轨间距为 杆ab 放在两导轨上，并与导轨垂直. 下•导轨和金属杆的电阻可忽略•让 间的摩擦. (1)由b 向a 方向看到的装置如图 12-2- 19 所示，请在此图中画出 ab 杆下滑过程中某的受力示意图；〔2〕在加速下滑的过程中，当 ab 杆的速度 为 时，求现在ab 杆中的电流及其加速度 小； 〔3〕求在下滑过程中，ab 杆能够达到的速 大值.【解析】〔1〕ab 杆受到一个竖直向下的重力; 得所受的安培力沿斜面向上.12-2- 19〔 1〕所示，两根足够长的直金属导轨 L . M 、P 两点间接有阻值为 整套装置处于磁感应强度为 ab 杆沿导轨由静止开始下滑，MN 、PQ 平行放置在倾R 的电阻•一根质量为 m 的平均直金属 B 的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向 导轨和金属杆接触良好，不计它们之(画图略)〔2〕当ab 杆的速度大小为时，产生的感应电动势为 E BL ，现在杆ab 的电流为IBLR ；受到的 安培力为F BILB 2 L 2依照牛顿第二定律得 mg sinB 2 L 2 Rma即a gsin 『L 2 mR〔3〕当加速度为零时速度达到最大即疋，0.4T , R 100函 12-2-1S度最團 12-2-19垂直斜面向上的支持力；依照楞次定律的”阻碍 作用可大小 的大〔2〕2 2r 、B2 L2〔2〕a g sin 〔3〕mmR mgRsi n B2L29、〔2003年北京海淀区模拟题〕如图12—2—20所示，MN和PQ是固定在水平面内间距L = 0.2m的平行金属导轨，轨道的电阻忽略不计.金属杆ab垂直放置在轨道上.两轨道间连接有阻值为R0 1.5的电阻，ab杆的电阻R 0.5 . ab杆与导轨接触良好并不计摩擦，整个装置放置在磁感应强度为 B 0.5T的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向下.对ab杆施加一水平向右力，使之以5m/s速度在金属轨道上向右匀速运动.求：〔1〕通过电阻R o的电流；〔2〕对ab杆施加的水平向右的拉力大小；〔3〕ab杆两端的电势差. Mr ---------- N轨XXEXbl函12-2-3D【解析】〔1〕a、b杆上产生的感应电动势为E BL0.5V .依照闭合电路欧姆定律，通过R o的电流ER R o0.25A〔2〕由于ab杆做匀速运动，拉力和磁场对电流的安培力F大小相等，即卩拉=F BIL 0.025N〔3〕依照欧姆定律，ab杆两端的电势差U ab -ER°BL Ro0.375V R R o R R0【答案】〔1〕0.25A〔2〕0.025N〔3〕0.375V10、〔2004年上海高考卷〕水平向上足够长的金属导轨平定放置，间距为L, 一端通过导线与阻值为R的电阻连接；上放一质量为m的金属杆〔如图12-2 —21所示〕，金属导轨的电阻忽略不计；平均磁场竖直向下.用与导轨平行定拉力F作用在金属杆上，杆最终将做匀速运动. 当改变大小时，相对应的匀速运动速度也会变化，和F的关—* F X X行固导轨杆与的恒拉力系如图12— 2 —22所示.〔取重力加速度g 10m/s2〕〔1〕金属杆在匀速运动之前做什么运动?〔2〕假设m 0.5kg, L 0.5m, R 0.5 ；磁感应强度B为多大?〔3〕由一F图线的截距可求得什么物理量？其值为多少?【解析】〔1〕假设金属棒与导轨间是光滑的，那么平稳时必有恒定拉力与安培力平稳，即B2从而得到RB2L2 F，即与F成线性关系且通过坐标原点.而此题的图像坐标没有通过原点，讲明金等.故金属棒在匀速运动之前做变速运动〔加速度越来越小〕. 圈12-2—21属棒与导轨间有摩擦•金属棒在匀速运动之前 F F f + F安，随着速度的增加，安培力越来越大，最后相B 2 L 2〔2〕设摩擦力为F f ，平稳时有F = F f + F 安=F f + 皂上.选取两个平稳状态，得到两个方程组，从而R求解得到•如当 F = 4N 时， =4m/s ；当F = 10N 时,解得：B = 1T , F f 2N 〔3〕由以上分析得到：一F 图线的截距可求得金属棒与导轨间的摩擦力，大小为 2N .【答案】〔1〕金属棒在匀速运动之前做变速运动〔加速度越来越小〕；〔 2〕B = 1T ;〔 3〕 — F 图线的截距可求得金属棒与导轨间的摩擦力，大小为2N .第皿课时 电磁感应和电路规律的综合应用1如图12-3 — 7所示，闭合导线框的质量能够忽略不计，将它从图示位置匀速拉出匀强磁场，假设第 次用0.3s 时刻拉出，外力做的功为 W 1，通过导线截面的电量为为W 2，通过导线截面的电量为 q 2，那么〔 〕；X A 、W 1 W , q 1 q 2 B 、W 1 W 2 , q 1 q 2 :X ilC 、W 1 W 2, q 1 q 2D 、W 1 W 2 , q 1 q 2:X 1. N 4【解析】 设矩形线框的竖直边为 a ,水平边为 b ，线框拉出匀强磁场时的速度为 框拉出匀强磁场时产生的感应电动势为 E Ba ，产生的感应电流为丨| X I X X X ： I —► 齟 12-3^7 ，线框电阻为R •那么线B a R 依照平稳条件得：作用的外力等于安培力即 F 安=Bia将线框从磁场中拉出外力要做功 W F b B 2ba 2R 由那个表达式可知: B 2b a 2 B-b ^两种情形都一样, R 拉出的速度越大，做的功就越多. 第一次速度大，故W 1 E t R 在磁场中的面积变化有关，即从磁场中拉出的线框面积•由于两次都等于整个线框的面积即两次拉出在磁 依照q 11 ,由这一推导过程可知两次拉出磁场通过导线截面的电量只与 场中的面积变化相等•故通过导线截面的电量两次相等•即 q i q 2【答案】C 2、如图12— 3 — 8所示，在磁感应强度为 B 的匀强磁场中，有半径为 r 的光滑 形导体框，OC 为一能绕O 在框架上滑动的导体棒， Ob 之间连一个电阻 R ,导 架与导体电阻均不计，假设要使 OC 能以角速度 匀速转动，那么外力做功的 是〔 〕R国 12-3-&X 0X半圆 体框 功率B 2 L 216m/s •代入 F = F f + B 一—Rq i ，第二次用0.9s 时刻拉出，外力做的功2R 【解析】由于导体棒匀速转动, 1 律得：E B I B- I I 2 4R 8R 因此外力的功率与产生的感应电流的电功率相等.依照法拉第电磁感应定 (1B I 2)2RI 2，因此电功率为P E 2 4R 【答案】C 3、用同种材料粗细平均的电阻丝做成 在电阻可忽略的光滑的平行导轨上， ef 较长，分 ab 、cd 、ef 三根导线， 如图12-3-9所示，磁场是平均的， ,而且每次 力使导线水平向右作匀速运动 〔每次只有一根导线在导轨上〕 做功功率相同，那么以下讲法正确的选项是〔 〕 A 、ab 运动得最快 B 、ef 运动得最快 C 、导线产生的感应电动势相等 D 、每秒钟产生的热量不相等磁感应定律得产生的感应电动势为 i C e:X 」； 乂 X X >X x乂、A] Xb d f国 L2-3-9不放 用外 外力l 〕•依照法拉第电 E B l ，由于匀速运动，因此外力做功的功率与电功率相等即 .B 2l 2 由图可知导线ef 最长，ab 最短， 因此有R ef R cd R ab 故ef 运动得最快. 由E B l 和ef 的速度最大可知导线 ef 产生的感应电动势最大. 由于三根导线产生的电热功率相等，由 Q Pt 得每秒钟产生的热量相等. 【答案】B 4、如图12-3- 10所示，光滑导轨倾斜放置，其下端连接一个灯泡，匀强磁场垂直于导轨所在平面，当ab 棒下滑到稳固状态时，小灯泡获得的功率为 P o ，除灯泡外，其它电阻不计，要使灯泡的功率变为2P 。

2020年高考物理电磁感应三轮复习▲不定项选择题1．穿过一个单匝闭合线圈的磁通量始终为每秒均匀增加2Wb，则（）A．线圈中感应电动势每秒增加2VB．线圈中感应电动势始终为2VC．线圈中感应电动势始终为一个确定值，但由于线圈有电阻，电动势小于2VD．线圈中感应电动势每秒减少2V2．如图所示，匝数为100匝的线圈与电流表串联，在0.3s内把磁铁插入线圈，这段时间穿过线圈的磁通量由0增至1.2×10-3Wb.这个过程中线圈中的感应电动势为( )A．0.4V B．4V C．0.004V D．40V3．如图所示，两个闭合正方形线圈a、b用粗细相同的同种导线绕制而成，匝数相同，线圈a的边长为线圈b边长的3倍，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，下列说法正确的是（）A．a、b线圈中均产生顺时针方向的感应电流B．a、b线圈中感应电动势之比为3：1C．a、b线圈中感应电流之比为3：4 D．a、b线圈中电功率之比为27：14．如图所示,两根平行金属导轨置于水平面内,导轨之间接有电阻R.金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触,整个装置放在匀强磁场中磁场方向垂直于导轨平面向下,金属棒ab始终保持静止．下列说法正确的是( )A．当B均匀增大时,金属棒ab中的电流增大B．当B减小时,金属棒ab中的电流一定减小C．当B增大时,金属棒ab中的感应电流方向由b到aD．当B不变时，金属棒ab受到水平向右的静摩擦力5．为测量线圈L的直流电阻R0，某研究小组设计了如图所示电路。

已知线圈的自感系数较大，两电表可视为理想电表，其示数分别记为U、I，实验开始前，S1处于断开状态，S2处于闭合状态。

关于实验过程，下列说法不正确的是（）A．闭合S1，电流表示数逐渐增大至稳定值B．闭合S1，电压表示数逐渐减小至稳定值C．待两电表示数稳定后，方可读取U、I的值D．实验结束后，应先断开S16．A为水平放置的胶木圆盘，在其侧面均匀分布着负电荷，在A的正上方用绝缘丝线悬挂一个金属圆环B，使B的环面水平且与圆盘面平行，其轴线与胶木盘A的轴线OO′重合，如图所示．现使胶木盘A由静止开始绕其轴线OO′按箭头所示方向加速转动，则（）A．金属环B的感应电流方向与箭头所示方向相同，丝线受到的拉力减小B．金属环B的感应电流方向与箭头所示方向相同，丝线受到的拉力增大C．金属环B的感应电流方向与箭头所示方向相反，丝线受到的拉力减小D．金属环B的感应电流方向与箭头所示方向相反，丝线受到的拉力增大7．如图所示，一粗糙的平行金属轨道平面与水平面成θ角，两轨道上端用一电阻R相连，该装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直轨道于平面向上。

小卷综合练(三)(建议用时：30分钟)一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意．1. (2019·江都中学等六校联考)如图所示，在斜面上某处A以初速度v水平抛出一个石块，不计空气阻力，在确保石块能落到斜面上的前提下，则( )A．将A点沿斜面上移，石块飞行时间不变B．将A点沿斜面上移，石块飞行时间变长C．v增大，石块在斜面上的落点不变D．v增大，石块在空中飞行的时间不变2．(2019·徐州市考前模拟) 如图所示，三个相同的灯泡L1、L2、L3，电感线圈L的电阻可忽略，D为理想二极管．下列说法正确的是( )A．闭合开关S的瞬间，L3立即变亮，L1、L2逐渐变亮B．闭合开关S的瞬间，L2、L3立即变亮，L1逐渐变亮C．断开开关S的瞬间，L2立即熄灭，L1先变亮一下然后才熄灭D．断开开关S的瞬间，L2立即熄灭，L3先变亮一下然后才熄灭3．(2019·常熟中学模拟)如图所示，A、B、C、D为正四面体的四个顶点，A、B、C在同一水平面上，在A点放置一个电荷量为＋Q的点电荷，在B点放置一个电荷量为－Q的点电荷．一根光滑绝缘杆沿CD固定，杆上穿有带电荷量为＋q的小球．让小球从D点由静止开始沿杆下滑，则关于小球从D滑到C点的过程中，下列判断正确的是( )A．电场力先减小后增大B．电场力先做负功后做正功C．小球机械能先增加后减小D．小球做匀加速运动4．长为l 的细线吊着一个小球，静止时处于P 点，细线竖直，第一次用一个水平力缓慢拉小球到Q 点，此时细线与竖直方向的夹角为θ＝60°，此过程中拉力的最大值为F 1；第二次用一个水平恒力F 2拉小球，使小球运动到Q 点时速度刚好为零，则F 1F 2为( )A ．3 B. 3 C ．1 D.335．小型发电站为某村寨110户家庭供电，输电原理如图所示，图中的变压器均为理想变压器，其中降压变压器的匝数比n 3∶n 4＝50∶1，输电线的总电阻R ＝10 Ω.某时段全村平均每户用电的功率为200 W ，该时段降压变压器的输出电压为220 V ．则此时段( )A ．发电机的输出功率为22 kWB ．降压变压器的输入电压为11 kVC ．输电线的电流为1 100 AD ．输电线上损失的功率约为8.26 W二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．6．如图所示，B 为半径为R 的竖直光滑圆弧的左端点，B 点和圆心C 连线与竖直方向的夹角为α，一个质量为m 的小球在圆弧轨道左侧的A 点以水平速度v 0抛出，恰好沿圆弧在B 点的切线方向进入圆弧轨道，已知重力加速度为g ，下列说法正确的是( )A ．AB 连线与水平方向夹角为αB ．小球从A 运动到B 的时间t ＝v 0tan αgC ．小球运动到B 点时，重力的瞬时功率P ＝mgv 0tan αD ．小球运动到竖直圆弧轨道的最低点时，处于失重状态7．北京时间2019年4月21日消息，科学家们发现在大约39光年外存在一个温度适宜的所谓“超级地球”，它围绕一颗质量比太阳稍小的恒星运行，它的直径大约是地球的1.4倍，质量是地球的7倍．已知引力常量为G，忽略自转的影响，下列说法正确的是( )A．“超级地球”表面的重力加速度大小是地球表面的1 5B．“超级地球”表面的重力加速度大小是地球表面的257倍C．“超级地球”的第一宇宙速度大小是地球的5倍D．“超级地球”的第一宇宙速度大小是地球的5 58．如图所示，物块A、B静止在光滑的水平面上，质量均为1 kg，B通过轻弹簧与墙相连，弹簧处于自然伸长状态，现给A一个向左的初速度v0＝10 m/s，使A向B撞去并瞬间锁定在一起，当弹簧被压缩至最短时解除锁定，物块A最终会被反弹出来，则下列说法正确的是( )A．弹簧能获得的最大弹性势能为25 JB．物块A最终的速度大小为5 m/sC．整个过程中物块B对物块A产生的冲量大小为15 N·sD．整个过程中的机械能损失为37.5 J9．匀强磁场B垂直于水平导轨所在平面，导轨间接一电阻R，导轨上放置一金属棒L，金属棒L与导轨电阻均不计，沿导轨平面施加一水平恒力F，F垂直于金属棒，使金属棒由静止开始沿导轨向右运动，在以后的运动中，金属棒速度v、加速度a、力F的冲量为I，回路产生的焦耳热为E.四个物理量大小随时间t变化关系图线正确的是( )三、实验题：共18分．10．(8分)(2019·苏锡常镇二模)某同学用如图甲所示的实验装置探究恒力做功与小车动能变化的关系．(1)为了能用砂和砂桶的总重力所做的功表示小车所受拉力做的功，本实验中小车质量M____________(填“需要”或“不需要”)远大于砂和砂桶的总质量m.(2)图乙为实验得到的一条清晰的纸带，A、B、C、D、E、F、G是纸带上7个连续的点，s AD＝____________cm.已知电源频率为50 Hz，则打点计时器在打D点时纸带的速度v＝____________m/s(计算结果保留两位有效数字)．(3)该同学画出小车动能变化与拉力对小车所做的功的ΔE k－W关系图象，由于实验前遗漏了平衡摩擦力这一关键步骤，他得到的实验图线(实线)应该是____________．11．(10分)在“测电源电动势和内阻”的实验中，某实验小组同学根据图甲电路进行测量实验．(1)根据图甲电路，请在乙图中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接．(2)实验小组同学操作正确，记录下几组电压表和电流表的示数，并在坐标系内作出电压表示数U和对应的电流表示数I的图象，如图丙所示．由图象可测得E测和r测，则E测________E真；r 测________r 真(均选填“>”“＝”或“<”)．(3)为了克服系统误差，同学们又根据图丁电路进行测量．同样作出U －I 图象，如图戊所示．经过讨论发现，利用图丙和图戊可以消除系统误差得出电源的电动势和内阻的真实值，则E 真＝________，r 真＝________．小卷综合练(三)1．A 2.B3．解析：选D.＋Q 和－Q 是等量异种电荷，根据其电场线的分布情况和对称性可知，小球从D 滑到C 点的过程中，离两个点电荷连线AB 的距离先减小后增大，电场强度先增大后减小，则小球受到的电场力先增大后减小，故A 错误；通过AB 连线的中垂面是一等势面，C 、D 在同一等势面上，CD 连线上电势处处相等．则小球在下滑过程中，电场力始终不做功，由功能关系知，小球的机械能不变，故B 、C 错误；小球所受的电场力垂直于CD 连线，且沿水平方向，与杆的弹力保持平衡，所以小球的合力等于重力沿杆向下的分力，因此小球做匀加速运动，故D 正确．4．解析：选A.第一次小球在水平拉力作用下，从P 点缓慢地移动到Q 点，则小球处于平衡状态，根据平衡条件得：F 1＝mg tan θ；第二次从P 点开始运动并恰好能到达Q 点，则到达Q 点时速度为零，在此过程中，根据动能定理得：F 2l sin θ＝mgl (1－cos θ)，解得：F 2＝33mg ，因此F 1F 2＝3，A 项正确． 5．解析：选B.用户总功率为P ＝110×200 W ＝22 000 W ＝22 kW ，加上输电线上消耗的电功率，所以发电机的输出功率应大于22 kW ，A 错误；降压变压器的输出电压为220 V ，即U 4＝220 V ，所以根据n 3n 4＝U 3U 4可得降压变压器的输入电压U 4＝50×220 V ＝11 000 V ＝11 kV ，B 正确；用户端总电流为I 4＝P U 4＝22 000220 A ＝100 A ，根据n 3n 4＝I 4I 3，所以输电线中的电流为I 3＝2 A ，输电线上损失的功率约为ΔP ＝I 23R ＝22×10 W ＝40 W ，C 、D 错误．6．解析：选BC.小球从A 到B 做平抛运动，根据几何关系可知小球在B 点的速度方向与水平方向的夹角为α，设AB 连线与水平方向夹角为θ，根据平抛运动的推论tan α＝2tan θ，故A 错误；根据平行四边形定则知，小球通过B 点时竖直方向上的分速度v y ＝v 0tan α＝gt ；则运动的时间t ＝v y g ＝v 0tan αg，故B 正确；小球运动到B 点时，重力的功率P ＝mgv y ＝mgv 0tanα，故C 正确；小球运动到竖直圆弧轨道的最低点时，此时合力竖直向上且指向圆心，故小球处于超重状态，故D 错误．7．解析：选BC.星球表面的重力加速度g ＝GM R 2，则g 超g 地＝M 超R 2地M 地R 2超＝257，选项B 正确；第一宇宙速度v ＝gR ，则v 超v 地＝g 超R 超g 地R 地＝5，选项C 正确． 8．解析：选ABC.A 与B 相撞过程中动量守恒m A v 0＝(m A ＋m B )v ，代入数据解得v ＝5 m/s ，当AB 速度为零时，弹簧被压缩到最短，获得的最大弹性势能E pm ＝12(m A ＋m B )v 2＝25 J ，A 正确；由于水平面光滑且反弹时AB 间的锁定解除，故A 、B 在弹簧恢复原长时分离，则分离后物块A 的速度为v A ＝v ＝5 m/s ，B 正确；以物块A 为研究对象，整个过程中根据动量定理可得I ＝Δp ＝－m A v －m A v 0＝－15 N ·s ，C 正确；因碰撞后压缩弹簧过程中只有弹力做功，机械能守恒，故只有碰撞过程机械能损失，即整个过程的机械能损失为ΔE ＝12m A v 20－12(m A ＋m B )v 2＝25 J ，D 错误．9．解析：选AD.对金属棒，t ＝0时刻，由于速度为零，则在F 作用下向右加速，设t 时刻棒速度为v ，由牛顿第二定律得：a ＝F m －B 2L 2v mR，由于v 增大，则a 逐渐减小，当a ＝0时棒匀速，故A 正确；在极短时间Δt 内，有Δa Δt ＝－B 2L 2mR Δv Δt ，由于Δv Δt 逐渐减小，可知Δa Δt 逐渐减小，故B 错误；力F 冲量I ＝F ·t ，F 为恒力，I －t 图象应为直线，故C 错误；焦耳热E ＝B 2L 2v 2R t ，初始段v 增大，则E －t 图线斜率逐渐增大，后来v 恒定，故斜率恒定，故D 正确．10．(1)需要 (2)2.10 0.50 (3)D11．解析：(1)电路连线如图；(2)用图甲电路测量时，可把电压表与电源看做一个等效电源，根据闭合电路欧姆定律可知，电动势E ＝U A ，同时由于电压表的分流作用，使电流表示数偏小，因此电动势和内阻的测量值均小于真实值；(3)根据闭合电路欧姆定律可知，电源的电动势为U B ；丙图与横轴的交点表示电源的短路电流，因此电源的内阻r ＝E I 短＝U A I B .答案：(1)见解析图(2)< <(3)U B U A I B。

专题突破十一　电磁感应定律的综合应用命题点一　电磁感应中的图象问题1.解题关键弄清初始条件、正负方向的对应变化范围、所研究物理量的函数表达式、进出磁场的转折点等是解决此类问题的关键.2.解题步骤(1)明确图象的种类，即是B －t 图象还是Φ－t 图象，或者E －t 图象、I －t 图象等；(2)分析电磁感应的具体过程；(3)用右手定则或楞次定律确定方向的对应关系；(4)结合法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿运动定律等知识写出相应的函数关系式；(5)根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等；(6)画图象或判断图象.3.两种常用方法(1)排除法：定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是分析物理量的正负，以排除错误的选项.(2)函数法：根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图象进行分析和判断.例1　(多选)(2018·扬州中学5月模拟)在光滑水平桌面上有一边长为l 的正方形线框abcd ，bc 边右侧有一等腰直角三角形匀强磁场区域efg ，三角形腰长为l ，磁感应强度垂直桌面向下，abef 在同一直线上，其俯视图如图1所示，线框从图示位置在水平拉力F 作用下向右匀速穿过磁场区，线框中感应电流i 及拉力F 随时间t 的变化关系可能是(以逆时针方向为电流的正方向，F 向右为正方向，时间单位为)( )lv图1答案　BD变式1　(2018·如皋市调研)将一段导线绕成如图2甲所示的闭合回路，并固定在水平面(纸面)内.回路的ab 边置于垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ中.回路的圆环区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ，以向里为磁场Ⅱ的正方向，其磁感应强度B 随时间t 变化的图象如图乙所示.用F 表示ab 边受到的安培力，以水平向右为F 的正方向，能正确反映F 随时间t 变化的图象是( )图2答案　B解析　根据题图B －t 图象可知，在0～时间内，B －t 图线的斜率为负且为定值，根据法拉T2第电磁感应定律E ＝nS 可知，该段时间圆环区域内感应电动势和感应电流是恒定的，由楞ΔBΔt次定律可知，ab 中电流方向为b →a ，再由左手定则可判断ab 边受到向左的安培力，且0～T2时间内安培力恒定不变，方向与规定的正方向相反；在～T 时间内，B －t 图线的斜率为正且T2为定值，故ab 边所受安培力仍恒定不变，但方向与规定的正方向相同.综上可知，B 正确.命题点二　电磁感应中的动力学与能量问题1.解决电磁感应中的动力学问题的一般思路2.能量转化及焦耳热的求法(1)能量转化其他形式的能量电能焦耳热或其他形式的能量――→克服安培力做功――→电流做功 (2)求解焦耳热Q的三种方法3.单棒导体切割磁感线的一般运动过程类型“电—动—电”型“动—电—动”型示意图已知量棒ab 长L ，质量m ，电阻R ；导轨光滑水平，电阻不计棒ab 长L ，质量m ，电阻R ；导轨光滑，电阻不计过程分析(↑表示增大，↓表示减小，→表示推出)S 闭合，棒ab 受安培力F ＝BLE R，此时加速度a ＝，棒ab BLEmR速度v ↑→感应电动势E ′＝棒ab 释放后下滑，此时加速度a ＝g sin α，棒ab 速度v ↑→感应电动势E ＝BLv ↑→电流I ＝↑→安培力F ＝E RBLv ↑→电流I ↓→安培力F ＝BIL ↓→加速度a ↓，当安培力F ＝0时，a ＝0，v 最大，最后匀速运动BIL ↑→加速度a ↓，当安培力F ＝mg sin α时，a ＝0，v 最大，最后匀速运动能量转化分析通过安培力做功，电能一部分转化为棒的动能，一部分通过克服安培力做功转化为电能，又通过电阻转化为焦耳热重力势能一部分转化为棒的动能，一部分通过克服安培力做功转化为电能，又通过电阻转化为焦耳热4.两种状态及处理方法状态特征处理方法平衡态加速度为零根据平衡条件列式分析非平衡态加速度不为零根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系进行分析模型1　“导体棒”切割磁感线例2　(多选)(2018·江苏单科·9)如图3所示，竖直放置的“”形光滑导轨宽为L ，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d ，磁感应强度为B .质量为m 的水平金属杆由静止释放，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等.金属杆在导轨间的电阻为R ，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g .金属杆( )图3A.刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下B.穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间C.穿过两磁场产生的总热量为4mgdD.释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h 可能小于m 2gR 22B 4L4答案　BC解析　穿过磁场Ⅰ后，金属棒在磁场之间做加速运动，在磁场Ⅱ上边缘速度大于从磁场Ⅰ出来时的速度，即进入磁场Ⅰ时速度等于进入磁场Ⅱ时速度，大于从磁场Ⅰ出来时的速度.金属棒在磁场Ⅰ中做减速运动，加速度方向向上，A 错.金属棒在磁场Ⅰ中做减速运动，由牛顿第二定律知ma ＝BIL －mg ＝－mg ，B 2L 2v Ra 随着减速过程逐渐变小，即在前一段做加速度减小的减速运动.在磁场之间做加速度为g 的匀加速直线运动，两个过程位移大小相等，由v －t 图象(可能图象如图所示)可以看出前一段用时多于后一段用时，B 对.由于进入两磁场时速度相等，由动能定理知，W 安1－mg ·2d ＝0，W 安1＝2mgd .即通过磁场Ⅰ产生的热量为2mgd ，故穿过两磁场产生的总热量为4mgd ，C 对.设刚进入磁场Ⅰ时速度为v ，则由机械能守恒定律知mgh ＝mv 2，①12进入磁场时ma ＝BIL －mg ＝－mg ，B 2L 2vR解得v ＝，②m (a ＋g )RB 2L 2由①②式得h ＝>，D 错.m 2(a ＋g )2R 22B 4L 4g m 2gR 22B 4L 4例3　(2018·南京市三模) 如图4甲所示，固定在水平桌面上的间距为L 的光滑平行金属导轨，其右端MN 间接有阻值为R 的定值电阻，导轨上存在着以efhg 为边界，宽度为d 的匀强磁场，磁场磁感应强度B 随时间t 变化的规律如图乙所示，方向竖直向下.一长度为L 的金属棒垂直于导轨放置，金属棒的电阻也为R ，在t ＝0时刻从图示位置在恒力作用下由静止开始沿导轨向右运动，t ＝t 0时刻恰好进入磁场，此时磁感应强度为B 0，并保持不变.金属棒从图示位置到恰好穿出磁场的运动过程中，电阻R 上的电流大小不变，导轨电阻不计.求：图4(1)0～t 0时间内流过电阻R 的电流I 的大小和方向；(2)金属棒穿过磁场的速度及所受恒力的大小；(3)金属棒从图示位置到恰好穿出磁场的运动过程中，电阻R 上产生的焦耳热Q .答案　(1)　方向由N →M (2) (3)B 0Ld 2Rt 0d t 0B 20L 2d 2Rt 0B 20L 2d22Rt 0解析　(1)0～t 0时间内，由E ＝SΔBΔt解得E ＝B 0Ldt由I ＝E 2R解得I ＝B 0Ld2Rt 0由楞次定律可知，电流方向为由N 到M(2)经分析可知，金属棒穿过磁场的过程中电动势大小与0～t 0时间内相同由E ＝＝B 0LvB 0Ldt0解得v ＝d t 0金属棒匀速通过磁场由受力平衡得F ＝BIL则F ＝B 20L 2d 2Rt 0(3)金属棒从题图所示位置到恰好穿出磁场的运动过程中电流大小不变，为I ＝B 0Ld2Rt 0金属棒匀速通过磁场的时间为t ＝＝t 0d v所以Q ＝I 2R (t 0＋t 0)＝.B 20L 2d22Rt 0变式2　(2018·泰州中学月考)如图5甲所示，MN 、PQ 为水平放置的足够长的平行光滑导轨，导轨间距L 为0.5m ，导轨左端连接一个阻值为2Ω的定值电阻R ，将一根质量为0.2kg 的金属棒cd 垂直放置在导轨上，且与导轨接触良好，金属棒cd 的电阻r ＝2Ω，导轨电阻不计，整个装置处于垂直导轨平面向下的匀强磁场中，磁感应强度B ＝2T.若棒以1m/s 的初速度向右运动，同时对棒施加水平向右的拉力F 作用，并保持拉力的功率恒为4W ，从此时开始计时，经过2s 金属棒的速度稳定不变，图乙为安培力与时间的关系图象.试求：图5(1)金属棒的最大速度；(2)金属棒的速度为3m/s 时的加速度大小；(3)求从开始计时起2s 内电阻R 上产生的电热.答案　(1)4m/s (2)m/s 2　(3)3.25J 3512解析　(1)金属棒速度最大时，所受合外力为零，即F 安m ＝F .由题图乙可知F 安m ＝1.0N ，则v m ＝＝＝4m/s.P F PF 安m(2)金属棒速度为3m/s 时，感应电动势E ′＝BLv ＝2×0.5×3V ＝3V.电流I ′＝，F 安′＝BI ′L E ′R ＋r金属棒受到的拉力F ′＝＝NP v 43根据牛顿第二定律F ′－F 安′＝ma 解得a ＝＝m/s 2＝m/s 2.F ′－F 安′m 43－340.23512(3)从开始计时起2s 内，由动能定理得，Pt ＋W 安＝mv m 2－mv 021212W 安＝－6.5J则Q R ＝＝3.25J.－W 安2模型2　“导线框”切割磁感线例4　(2018·南通市、泰州市一模)如图6所示，光滑绝缘斜面倾角为θ，斜面上平行于底边的虚线MN 、PQ 间存在垂直于斜面向上、磁感应强度为B 的匀强磁场，MN 、PQ 相距为L .一质量为m 、边长为d (d ＜L )的正方形金属线框abef 置于斜面上，线框电阻为R .ab 边与磁场边界MN 平行，相距为L .线框由静止释放后沿斜面下滑，ef 边离开磁场前已做匀速运动，重力加速度为g .求：图6(1)线框进入磁场过程中通过线框横截面的电荷量q ；(2)线框ef 边离开磁场区域时速度的大小v ；(3)线框穿过磁场区域产生的热量Q .答案　(1)　(2)　(3)mg (2L ＋d )sin θ－Bd 2R mgR sin θB 2d 2m 3g 2R 2sin 2θ2B 4d 4解析　(1)线框进入磁场的过程产生的平均感应电动势E ＝ΔΦΔt通过回路的电荷量q ＝I ·Δt ＝·Δt E R磁通量的变化量ΔΦ＝Bd 2解得q ＝.Bd 2R(2)线框ef 边离开磁场前，线框中产生的感应电流I ＝Bdv R受到的安培力F ＝IdB 由平衡条件有mg sin θ－F ＝0解得v ＝.mgR sin θB 2d 2(3)线框由静止至离开磁场，由能量守恒定律有mg (2L ＋d )sin θ－Q ＝mv 2－012解得Q ＝mg (2L ＋d )sin θ－.m 3g 2R 2sin 2θ2B 4d 4例5　(2018·扬州市一模)实验小组想要探究电磁刹车的效果，在遥控小车底面安装宽为L 、长为2.5L 的N 匝矩形线框abcd ，总电阻为R ，面积可认为与小车底面相同，其平面与水平地面平行，小车总质量为m .如图7是简化的俯视图，小车在磁场外以恒定的功率做直线运动，受到地面阻力恒为F f ，进入磁场前已达到最大速度v ，车头(ab 边)刚要进入磁场时立即撤去牵引力，车尾(cd 边)刚出磁场时速度恰好为零.已知有界磁场宽度为2.5L ，磁感应强度为B ，方向竖直向下.求：图7(1)进入磁场前小车所受牵引力的功率P ；(2)车头刚进入磁场时，感应电流的大小I ；(3)电磁刹车过程中产生的焦耳热Q .答案　(1)F f v (2)　(3)mv 2－5F f L NBLv R 12解析　(1)进入磁场前小车匀速运动时速度最大，根据受力平衡则有：F ＝F f 牵引力的功率为：P ＝Fv ＝F f v ；(2)车头刚进入磁场时，产生的感应电动势为：E ＝NBLv 感应电流的大小为：I ＝＝E R NBLv R(3)根据能量守恒定律得：Q ＋F f ·5L ＝mv 212可得，电磁刹车过程中产生的焦耳热为：Q ＝mv 2－5F f L .121.(多选)(2018·启东中学月考)如图8所示，两固定的竖直光滑金属导轨足够长且电阻不计.两质量、长度均相同的导体棒c 、d 置于边界水平的匀强磁场上方同一高度h 处.磁场宽为3h ，方向与导轨平面垂直.先由静止释放c ，c 刚进入磁场立即匀速运动，此时再由静止释放d ，两导体棒与导轨始终保持良好接触.用a c 表示c 的加速度，E k d 表示d 的动能，x c 、x d 分别表示c 、d 相对释放点的位移.下图中正确的是( )图8答案　BD解析　导体棒c 进入磁场前做自由落体运动，加速度恒为g ，有h ＝gt 2，v ＝gt ，c 棒进入12磁场以速度v 做匀速直线运动的路程为h ′＝vt ＝gt 2＝2h ，此后d 棒进入磁场，d 棒进入磁场而c 棒还没有穿出磁场的过程，无电磁感应，两导体棒仅受到重力作用，加速度均为g ，直到c 棒穿出磁场，穿出磁场后c 棒仅受重力，加速度仍为g ，A 错误，B 正确；c 棒穿出磁场后，d 棒切割磁感线产生感应电动势，在回路中产生感应电流，因此时d 棒速度大于c 棒进入磁场时切割感线的速度，故感应电动势、感应电流、感应安培力都大于c 棒刚进入磁场时的大小，d 棒减速，直到穿出磁场仅受重力，做匀加速运动，结合匀变速直线运动v 2－v 02＝2gh ，可知匀加速过程动能与运动距离成正比，D 正确.2.(2018·如皋市模拟四)如图9所示，质量为m 、电阻为R 的单匝矩形线框置于光滑水平面上，线框边长ab ＝L 、ad ＝2L .虚线MN 过ad 、bc 边中点.一根能承受最大拉力为F 0的细线沿水平方向拴住ab 边中点O ，细线与ab 边垂直.从某时刻起，在MN 右侧加一方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小按B ＝kt 的规律均匀变化.一段时间后，细线被拉断，线框向左运动，ab 边穿出磁场时的速度为v .求：图9(1)细线断裂前线框中的电功率P ；(2)细线断裂后瞬间线框的加速度大小a 及线框离开磁场的过程中安培力所做的功W ；答案　(1)　(2)　mv2k 2L 4R F 0m 12解析　(1)根据法拉第电磁感应定律：E ＝＝L 2＝kL 2；ΔΦΔt ΔBΔt电功率：P ＝＝E 2R k 2L 4R(2)细线断裂瞬间安培力：F 安＝F 0，线框的加速度a ＝＝F 安m F 0m线框离开磁场过程中，由动能定理得：W ＝mv 2.123.(2018·南京师大附中5月模拟)近期大功率储能技术受到媒体的广泛关注，其中飞轮储能是热点之一.为说明某种飞轮储能的基本原理，将模型简化为如图10所示：光滑的”Π”形导轨水平放置，电阻不计，长度足够.轨道平行部分间距为L ＝1m ，导轨上静止放置有长度也为L 、质量为m ＝100kg 、接入电路的电阻为R 1＝0.1Ω的导体棒AB .导轨间虚线框区域有垂直轨道平面向上的均匀变化磁场.虚线框右侧区域有垂直轨道平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B ＝10T.图中开关S 接a ，经过足够长时间，棒AB 向右匀速运动，速度为v ＝100m/s.然后若将开关S 接b ，棒AB 可作为电源对电阻R 2供电，电阻R 2＝0.9Ω.图10(1)开关S 接a ，棒AB 匀速运动时，虚线框中的磁场磁通量每秒钟变化多少？(2)求开关S 接b 的瞬间棒AB 的加速度大小.(3)求开关S 接b 后R 2产生的总热量Q .答案　(1)1000Wb (2)100m/s 2　(3)4.5×105J解析　(1)棒匀速运动时加速度为零，安培力为零，电流为零，磁通量不变，所以虚线框中磁场磁通量每秒增加ΔΦ＝BLvt ＝1 000 Wb ；(2)棒AB 产生的感应电动势E ＝BLv ＝1 000 V ，电路中的感应电流I ＝＝1 000 A ，ER 1＋R 2故受到的安培力为F ＝BIL ＝1×104 N ，根据牛顿第二定律可得a ＝＝100 m/s 2；F m (3)棒的动能全部转化为热量，故Q 总＝mv 2＝5×105 J ，12电阻R 2上产生的热量为Q ＝Q 总＝4.5×105 J.R 2R 1＋R 24.(2018·苏州市模拟)如图11所示，空间存在竖直向下的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B .一边长为L 、质量为m 、电阻为R 的正方形单匝导线框abcd 放在水平桌面上.在水平拉力作用下，线框从左边界以速度v 匀速进入磁场，当cd 边刚进入磁场时撤去拉力，ab 边恰好能到达磁场的右边界.已知线框与桌面间的动摩擦因数为μ，磁场宽度大于L ，重力加速度为g .求：图11(1)ab 边刚进入磁场时，其两端的电压U ；(2)水平拉力的大小F 和磁场的宽度d ；(3)整个过程中产生的总热量Q .答案　(1)BLv (2)＋μmg L ＋34B 2L 2v R v 22μg(3) μmgL ＋mv 2＋12B 2L 3v R解析　(1)感应电动势E ＝BLv感应电流I ＝＝E R BLv Rab 边两端电压U ＝I ·R ＝BLv .3434(2)线框进入磁场后，对线框受力分析得，F ＝F 安＋μmg ＝＋μmg B 2L 2v R撤去拉力后，线框在磁场中只受到滑动摩擦力，做匀减速运动，运动位移x 2＝v 22μg所以磁场宽度d ＝L ＋.v 22μg(3)进入磁场过程中产生焦耳热Q 1＝I 2Rt 1＝B 2L 3v R由于摩擦产生的热量Q 2＝μmg (L ＋)＝μmgL ＋mv 2v 22μg 12所以整个过程产生的热量为Q ＝Q 1＋Q 2＝μmgL ＋mv 2＋.12B 2L 3v R1.(2017·南通市第二次调研)如图1所示，闭合导线框匀速穿过垂直纸面向里的匀强磁场区域，磁场区域宽度大于线框尺寸，规定线框中逆时针方向的电流为正，则线框中电流i 随时间t 变化的图象可能正确的是( )图1答案　B解析　闭合导线框进入磁场时由楞次定律知电流方向为逆时针，故排除D，闭合导线框离开磁场时由楞次定律知电流方向为顺时针，故排除A，根据有效切割长度的变化可知，C错误，B 正确.2.(多选)(2018·盐城中学月考)如图2所示，电阻为R的金属棒，从图示位置分别以速率v1、v2沿电阻不计的光滑轨道从ab匀速滑到a′b′处，若v1∶v2＝1∶2，则在两次移动过程中( )图2A.回路中感应电流I1∶I2＝1∶2B.回路中产生热量Q1∶Q2＝1∶2C.回路中通过横截面的总电荷量q1∶q2＝1∶2D.金属棒产生的感应电动势E1∶E2＝1∶2答案　ABD3.(2018·南京市三校联考)如图3所示，线圈由A位置开始下落，不计空气阻力，在磁场中受到的安培力如果总小于它的重力，则它在A、B、C、D四个位置(B、D位置恰好线圈有一半在磁场中)时，加速度关系为( )图3A.a A>a B>a C>a DB.a A＝a C>a B>a DC.a A＝a C>a D>a BD.a A＝a C>a D＝a B答案　B4.(2017·宜兴市下学期初考)如图4所示，在光滑水平面上，有一个粗细均匀的单匝正方形闭合线框abcd.t＝0时刻，线框在水平外力的作用下，从静止开始向右一直做匀加速直线运动，bc边刚进入磁场的时刻为t1，ad边刚进入磁场的时刻为t2，设线框中产生的感应电流的大小为i，ad边两端电压大小为U，水平拉力大小为F，则下列i、U、F随运动时间t变化关系图象正确的是( )图4答案　C解析　线框的速度与时间的关系式为v ＝at ，a 是加速度，设线框边长为L ，总电阻为R ，在0～t 1时间内，感应电流为零，t 1～t 2时间内，由E ＝BLv 和i ＝得，感应电流与时间的关系式E R为i ＝t ，B 、L 、a 、R 均不变，电流i 与t 成正比，t 2时间后无感应电流，故A 、B 错误；BLa R在0～t 1时间内，感应电流为零，ad 边两端的电压为零，t 1～t 2时间内，电流i 与t 成正比，ad 边两端电压大小为U ＝iR ad ＝·R ＝，电压随时间均匀增加，t 2时间后无感应电流，BLat R 14BLat 4但有感应电动势，ad 边两端电压大小为U ＝E ＝BLat ，电压随时间均匀增加，故C 正确；根据推论得知：线框所受的安培力为F 安＝，由牛顿第二定律得F －F 安＝ma ，得F ＝t ＋B 2L 2v R B 2L 2a Rma ,0～t 1时间内，感应电流为零，F ＝ma ，为定值，t 1～t 2时间内，F 与t 是线性关系，但不过原点，t 2时间后无感应电流，F ＝ma ，为定值，故D 错误.5.(多选)如图5甲所示，闭合矩形导线框abcd 固定在匀强磁场中，磁场的方向与导线框所在平面垂直.规定垂直纸面向里为磁场的正方向，abcda 方向为电流的正方向，水平向右为安培力的正方向.磁感应强度B 随时间t 变化的规律如图乙所示，下列关于线框中的电流i 、ad 边所受的安培力F 随时间t 变化的图象，正确的是( )图5答案　AD解析　由题图B －t 图象可知，0～1s 时间内，B 增大，Φ增大，由楞次定律可知，感应电流方向是逆时针的，为负值；1～3s ，磁通量不变，无感应电流；3～4s ，B 减小，Φ减小，由楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，为正值；由左手定则可知，在0～1s 内，ad 边受到的安培力水平向右，是正的，1～3s 无感应电流，不受安培力，3～4s 时间内，安培力水平向左，是负的；由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势E ＝＝·S ，感应电流I ＝＝ΔΦΔt ΔB Δt E R ，由B －t 图象可知，在每一时间段内，是定值，则在各时间段内I 是定值，ad 边S ·ΔB R ·Δt ΔB Δt受到的安培力F ＝BIL ，I 、L 不变，0～1s 内B 均匀增大，则F 均匀增大，3～4s 内B 均匀减小，则F 均匀减小，故B 、C 错误，A 、D 正确.6.(多选)(2018·海安中学月考)水平固定放置的足够长的U 形金属导轨处于竖直向上的匀强磁场中，如图6所示，在导轨上放着金属棒ab ，开始时ab 棒以水平初速度v 0向右运动，最后静止在导轨上，就导轨光滑和粗糙两种情况比较，这个过程( )图6A.外力对棒所做功相等B.电流所做的功相等C.通过ab 棒的电荷量相等D.安培力对ab 棒所做的功不相等答案　AD解析　根据动能定理，两种情况下外力的功都等于动能的变化量，因初状态和末状态相同，则外力对棒做功相同，选项A 正确；电流所做的功等于回路中产生的焦耳热，根据功能关系可知导轨光滑时，金属棒克服安培力做功多，产生的焦耳热多，电流做功多，故B 错误；根据感应电荷量公式q ＝＝，x 是ab 棒滑行的位移大小，B 、R 、导体棒长度L 相同，x ΔΦR BLx R越大，感应电荷量越大，因此导轨光滑时，感应电荷量大，故C 错误；当导轨光滑时，金属棒克服安培力做功，动能全部转化为焦耳热，产生的内能等于金属棒的初动能；当导轨粗糙时，金属棒在导轨上滑动，一方面要克服摩擦力做功，摩擦生热，把部分动能转化为内能，另一方面要克服安培力做功，金属棒的部分动能转化为焦耳热，摩擦力做功产生的内能与克服安培力做功转化为内能的和等于金属棒的初动能；所以导轨粗糙时，安培力做的功少，导轨光滑时，安培力做的功多，故D 正确.7.(多选)(2018·溧水中学期初模拟)如图7所示，两根足够长的直金属导轨平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L ，底端接有阻值为R 的电阻.一根质量为m 的均匀直金属杆ab 放在两导轨上，并与导轨垂直，导轨和杆ab 的电阻可忽略.整个装置处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向上.让杆ab 沿轨道由静止开始下滑，导轨和杆ab 接触良好，不计它们之间的摩擦，杆ab 由静止下滑距离s 时，已匀速运动，重力加速度为g .则 ( )图7A.匀速运动时杆ab 的速度为mgR sin θB 2L 2B.匀速运动时杆ab 受到的安培力大小为mg sin θC.杆ab 由静止下滑距离s 过程中，安培力做功为mgs sin θD.杆ab 由静止下滑距离s 过程中，电阻R 产生的热量为mgs sin θ答案　AB解析　匀速运动时有mg sin θ＝F 安，又F 安＝BIL ＝，解得v ＝，F 安＝mg sin B 2L 2v R mgR sin θB 2L 2θ，故A 、B 正确；杆ab 由静止下滑距离s 过程中，根据能量守恒定律可得电阻R 产生的热量Q ＝mgs sin θ－mv 2，其中v ＝，安培力做功为W ＝－Q ＝mv 2－mgs sin θ，其中v ＝12mgR sin θB 2L 212，故C 、D 错误.mgR sin θB 2L 28.(2018·南京市学情调研)如图8所示，电阻不计、间距为l ＝1.0m 的光滑平行金属导轨，水平放置于磁感应强度B ＝1.0 T 、方向竖直向下的匀强磁场中，导轨左端接一定值电阻R ＝1.5Ω，质量为m ＝1.0kg 、电阻为r ＝0.5Ω的金属棒MN 置于导轨上，始终垂直导轨且接触良好.当MN 受到垂直于棒的水平外力F ＝2.0N 的作用，由静止开始运动，经过位移x ＝1.55m ，到达PQ 处(图中未画出)，此时速度为v ＝2.0m/s.求：图8(1)金属棒在PQ 处所受磁场作用力大小；(2)金属棒在PQ 处的加速度大小；(3)金属棒在运动中回路总共产生的热能.答案　(1)1.0N (2)1.0m/s 2　(3)1.1J解析　(1)速度为v ＝2.0 m/s 时，回路中感应电动势为E ＝Blv产生的感应电流I ＝ER ＋r由此得磁场对金属棒的作用力为：F 安＝BIl ＝＝1.0 N B 2l 2v R ＋r(2)由牛顿第二定律有F －F 安＝ma解得a ＝＝1.0 m/s 2F －F 安m(3)设金属棒受到的安培力做功为W ，由动能定理得Fx ＋W ＝mv 212解得W ＝mv 2－Fx ＝－1.1 J 12金属棒克服安培力所做的功，即回路中总共产生的热能得Q ＝－W ＝1.1 J.9.(2018·盐城市三模)如图9所示，在竖直平面内，水平且平行的Ⅰ、Ⅱ虚线间距为L ，其间有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B .一长为2L 、宽为L 的矩形线框质量为m 、电阻为R .开始时，线框下边缘正好与虚线Ⅱ重合，由静止释放，线框上边缘进入磁场后线框一直做减速运动，经过一段时间后，线框上边缘经过虚线Ⅱ瞬间加速度恰为0.重力加速度为g ，不计空气阻力.求矩形线框穿过磁场过程中：图9(1)上边缘经过虚线Ⅱ瞬间，线框中电流的大小；(2)磁通量变化率的最大值；(3)线框中产生的焦耳热.答案　(1)　(2)BL (3)2mgL －mg BL 2gL m 3g 2R 22B 4L4解析　(1)由线框受力平衡得：BIL ＝mg ，解得I ＝.mg BL(2)线框上边缘刚进磁场时磁通量的变化率最大，设此时速度为v 1，磁通量变化率＝BLv 1ΔΦΔt由动能定理得mgL ＝mv 1212则＝BL .ΔΦΔt2gL (3) 设线框上边缘通过虚线Ⅱ瞬间线框速度为v 2，则BLv 2＝IR设线框穿过磁场过程中克服安培力做的功为W ，根据动能定理mgL －W ＝mv 22－mv 121212解得W ＝2mgL －m 3g 2R 22B 4L4线框克服安培力所做的功，就是线框中产生的焦耳热，故Q ＝W ＝2mgL －.m 3g 2R 22B 4L410.(2018·镇江市模拟)如图10所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上，其电阻不计，间距为0.4m.导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界为MN ，区域Ⅰ和Ⅱ中的匀强磁场B 的方向分别垂直斜面向下和垂直斜面向上，磁感应强度大小均为0.5T.将质量为0.1kg 、电阻为0.1Ω的导体棒ab 放在导轨上的区域Ⅰ中，ab 刚好不下滑.再在区域Ⅱ中将质量为0.4kg 、电阻为0.1Ω的光滑导体棒cd 从导轨上由静止开始下滑.cd 棒始终处于区域Ⅱ中，两棒与导轨垂直且与导轨接触良好，g 取10m/s 2.图10(1)求ab 棒所受最大静摩擦力，并判断cd 棒下滑时ab 棒中电流的方向；(2)ab 棒刚要向上滑动时，cd 棒的速度大小v ；(3)若从cd 棒开始下滑到ab 棒刚要向上滑动的过程中，装置中产生的总热量为2.6J ，求此过程中cd 棒下滑的距离x .答案　(1)0.5N 由a 流向b (2)5m/s (3)3.8m解析　(1)ab 刚好不下滑时，ab 所受摩擦力为最大静摩擦力有F fmax ＝m 1g sin θ则F fmax ＝0.5 N由右手定则可知cd 棒下滑时ab 棒中电流方向由a 流向b .(2)设ab 刚好要上滑时，cd 棒的感应电动势为E ，由法拉第电磁感应定律有E ＝Blv 设电路中的感应电流为I ，由闭合电路欧姆定律有I ＝E R 1＋R 2设ab 所受安培力为F 安，有F 安＝BIl此时ab 受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件有F 安＝m 1g sin θ＋F fmax代入数据解得v ＝5 m/s.(3)设从cd 棒开始下滑到ab 棒刚要向上滑动的过程中装置中产生的总热量为Q 总，由能量守恒有m 2gx sin θ＝Q 总＋m 2v 212解得x ＝3.8 m.。

2020版高考物理全程复习课后练习31电磁感应定律的综合应用1.图中能产生感应电流的是( )2.水平放置的光滑绝缘杆上挂有两个铜环M和N，通电密绕长螺线管穿过两环，如图所示，螺线管中部区域的管外磁场可以忽略，当滑动变阻器的滑片P向左移动时，两环将( )A．一起向左移动 B．一起向右移动 C．相互靠拢 D．相互分离3.如图所示，一个U形金属导轨水平放置，其上放有一个金属导体棒ab，有一磁感应强度为B的匀强磁场斜向上穿过导轨平面，且与竖直方向的夹角为θ.在下列过程中，一定能在导轨与导体棒构成的回路中产生感应电流的是( )A．ab向右运动，同时使θ减小B．使磁感应强度B减小，θ同时也减小C．ab向左运动，同时增大磁感应强度BD．ab向右运动，同时增大磁感应强度B和θ(0°<θ<90°)4.如图所示,电路中A、B是两个完全相同的灯泡,L是一个自感系数很大、电阻可忽略的自感线圈,C是电容很大的电容器。

当S刚闭合及闭合一段时间后,A、B灯泡的发光情况是( )A.S刚闭合时,A亮一下又逐渐熄灭,B逐渐变亮B.S刚闭合时,B亮一下又逐渐变暗,A逐渐变亮C.S闭合一段时间后,A和B一样亮D.S闭合一段时间后,A、B都熄灭5.如图所示的直流电路中，当开关S1、S2都闭合时，三个灯泡L1、L2、L3的亮度关系是L1>L2>L3.电感L的电阻可忽略，D为理想二极管．现断开开关S2，电路达到稳定状态时，再断开开关S1，则断开开关S1的瞬间，下列判断正确的是( )A．L1逐渐变暗，L2、L3均先变亮然后逐渐变暗B．L2立即熄灭，L1、L3均逐渐变暗C．L1、L2、L3均先变亮然后逐渐变暗D．L1逐渐变暗，L2立即熄灭，L3先变亮然后逐渐变暗6.如图甲所示，绝缘的水平桌面上放置一金属圆环，在圆环的正上方放置一个螺线管，在螺线管中通入如图乙所示的电流，电流从螺线管a端流入为正，以下说法正确的是( )A．从上往下看，0～1 s内圆环中的感应电流沿顺时针方向B．0～1 s内圆环有扩张的趋势C．3 s末圆环对桌面的压力小于圆环的重力D．1～2 s内和2～3 s内圆环中的感应电流方向相反7.如图所示,将两端刮掉绝缘漆的导线绕在一把锉刀上,一端接上电池(电池另一极与锉刀接触),手执导线的另一端,在锉刀上来回划动,由于锉刀表面凹凸不平,就会产生电火花。

热点18电磁学综合题(带电粒子在复合场中的运动)(建议用时：20分钟)1．(20xx·盐城高三三模)反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似．已知静电场的方向平行于x轴，其电势φ随x的分布如图所示．一质量m＝1.0×10－20kg、电荷量q＝1.0×10－9 C的带负电的粒子从(－1cm，0)点由静止开始，仅在电场力作用下在x轴上往返运动．忽略粒子的重力等因素．求：(1)x轴左侧电场强度E1和右侧电场强度E2的大小之比E1 E2；(2)该粒子运动的最大动能E km；(3)该粒子运动的周期T.2．如图所示，在直角坐标系xOy平面的第一、四象限内各有一个边长为L的正方形匀强磁场区域，第二、三象限区域内各有一个高L，宽2L的长方形匀强磁场，其中在第二象限内有垂直坐标平面向外的匀强磁场，第一、三、四象限内有垂直坐标平面向里的匀强磁场，各磁场的磁感应强度大小均相等，第一象限的x< L、L<y<2L的区域内，有沿y轴正方向的匀强电场．现有一质量为m、电荷量为q的带负电粒子从坐标(L，3L2)处以初速度v0沿x轴负方向射入电场，射出电场时通过坐标(0，L)点，不计粒子重力．(1)求电场强度大小E；(2)为使粒子进入磁场后途经坐标原点O到达坐标(－L，0)点，求匀强磁场的磁感应强度大小B；(3)求第(2)问中粒子从进入磁场到坐标(－L，0)点所用的时间．3．(20xx·南京师大附中质检)如图所示，在真空室内的P点，能沿纸面向各个方向不断发射电荷量为＋q、质量为m的粒子(不计重力)，粒子的速率都相同．ab为P点附近的一条水平直线，P到直线ab的距离PC＝L，Q为直线ab上一点，它与P点相距PQ＝5 2L.当直线ab以上区域只存在垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场时，水平向左射出的粒子恰到达Q点；当ab以上区域只存在平行该平面的匀强电场时，所有粒子都能到达ab直线，且它们到达ab直线时动能都相等，其中水平向左射出的粒子也恰好到达Q点．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：(1)粒子的发射速率；(2)匀强电场的场强大小和方向；(3)仅有磁场时，能到达直线ab的粒子所用最长时间和最短时间的比值．2．解析：(1)带电粒子在电场中做类平抛运动有：L ＝v 0t ，L 2＝12at 2，qE ＝ma 联立解得：E ＝mv20qL.(2)粒子进入磁场时，速度方向与y 轴负方向夹角的正切值tan θ＝vx vy＝1 速度大小v ＝v0sin θ＝2v 0设x 为每次偏转圆弧对应的弦长，根据运动的对称性，粒子能到达(－L ，0)点，应满足L ＝2nx ，其中n ＝1、2、3…，粒子轨迹如图甲所示，偏转圆弧对应的圆心角为π2；当满足L ＝(2n ＋1)x 时，粒子轨迹如图乙所示．若轨迹如图甲，设圆弧的半径为R ，圆弧对应的圆心角为π2.则有x ＝2R ，此时满足L ＝2nx ，联立可得：R ＝L 22n洛伦兹力提供向心力，则有：qvB ＝m v2R得：B ＝4nmv0qL(n ＝1、2、3…)若轨迹如图乙，设圆弧的半径为R ，圆弧对应的圆心角为π2.则有x ＝2R ，此时满足L ＝(2n ＋1)x ，联立可得：R ＝L（2n＋1）2洛伦兹力提供向心力，则有：qvB＝m v2 R得：B＝2（2n＋1）mv0qL(n＝1、2、3…)所以为使粒子进入磁场后途经坐标原点O到达坐标(－L，0)点，匀强磁场的磁感应强度大小B＝4nmv0qL(n＝1、2、3…)或B＝2（2n＋1）mv0qL(n＝1、2、3…)．(3)若轨迹如图甲，粒子从进入磁场到从坐标(－L，0)点射出磁场过程中，圆心角的总和θ＝2n×π2×2＝2nπ，则t＝T×2nπ2π＝2nπmqB＝πL2v0.若轨迹如图乙，粒子从进入磁场到从坐标(－L，0)点射出磁场过程中，圆心角的总和θ＝(2n＋1)×2π＝(4n＋2)π，则t＝T×（4n＋2）π2π＝（4n＋2）πmqB＝πLv0所以粒子从进入磁场到坐标(－L，0)点所用的时间为πL2v0或πLv0.答案：(1)mv20qL(2)B＝4nmv0qL(n＝1、2、3…)或B＝2（2n＋1）mv0qL(n＝1、2、3…)(3)πL2v0或πLv03．解析：(1)设粒子做匀速圆周运动的半径为R，过O作PQ的垂线交PQ于A点，如图甲所示：由几何知识可得PCPQ＝QAQO代入数据可得粒子轨迹半径R＝QO＝5L 8洛伦兹力提供向心力Bqv＝m v2 R解得粒子发射速度为v＝5BqL 8m.(2)真空室只加匀强电场时，由粒子到达ab直线的动能相等，可知ab为等势面，电场方向垂直ab向下．水平向左射出的粒子经时间t到达Q点，在这段时间内CQ＝L2＝vtPC＝L＝12at2式中a＝qE m解得电场强度的大小为E＝25qLB2 8m.(3)只有磁场时，粒子以O1为圆心沿圆弧PD运动，当圆弧和直线ab相切于D点时，粒子速度的偏转角最大，对应的运动时间最长，如图乙所示．据图有sin α＝L－RR＝35解得α＝37°故最大偏转角γmax＝233°粒子在磁场中运动最大时长t1＝γmax 360°T式中T为粒子在磁场中运动的周期．粒子以O2为圆心沿圆弧PC运动的速度偏转角最小，对应的运动时间最短．据图乙有。

第2讲电磁感应定律及综合应用(建议用时:40分钟满分:100分)一、选择题(本大题共8小题,每小题8分,共64分.第1～5题只有一项符合题目要求,第6～8题有多项符合题目要求)1.(2019·江苏徐州模拟)如图所示的电路中,L为自感线圈,其直流电阻与电阻R相等,C为电容器,电源内阻不可忽略.当开关S由闭合变为断开的瞬间,下列说法正确的是( C )A.电容器将放电B.没有电流通过B灯C.A灯闪亮一下再熄灭D.流经电阻R的电流方向向右解析:当开关S断开时,路端电压变大,电源继续给电容器充电,故B灯中有电流通过,方向从a到b,故A,B错误;S闭合稳定时,通过L的电流和A灯的电流方向均向右,且I L大于I A,当开关S断开时,自感线圈中将产生自感电动势阻碍原来电流的减小,因此在由L,A,R组成的闭合电路中,有一顺时针方向的电流,且从I L开始逐渐减小,故A灯突然闪亮一下再熄灭,且流经电阻R的电流方向向左,故C正确,D错误.2.(2019·山东临沂三模)2018年3月27日,华为、小米不约而同选在同一天召开发布会.发布了各自旗下首款无线充电手机.小米MIX2S 支持7.5 W无线充电,华为MateRs保时捷版则支持10 W无线充电.如图给出了它们的无线充电的原理图.关于无线充电,下列说法正确的是( D )A.无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是“电流的磁效应”B.手机外壳用金属材料制作可以减少能量损耗C.只要有无线充电底座,所有手机都可以进行无线充电D.接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同解析:无线充电手机接收线圈部分的工作原理是电磁感应,而非“电流的磁效应”,故A错误;手机外壳使用金属材料会屏蔽电磁波,导致无线充电不能完成,故B错误;不是所有手机都能进行无线充电,只有手机中有接收线圈时手机才能利用电磁感应,进行无线充电,故C错误;根据电磁感应原理,接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中频率相同,故D正确.3.(2019·四川成都模拟)现代汽车中有一种防抱死系统(简称ABS),该系统有一个自动检测车速的装置,用来控制车轮的转动,其原理如图所示:铁质齿轮P与车轮同步转动,右侧紧靠有一个绕有线圈的条形磁体,磁体的左端是S极,右端是N极,M是一个电流检测器.当车轮带动齿轮转动时,这时由于铁齿靠近或离开线圈时,使穿过线圈的磁通量发生变化,导致线圈中产生了感应电流.这个脉冲电流信号经放大后去控制制动机构,可有效地防止车轮制动时被抱死.在齿A从图中所示位置顺时针转到虚线位置过程中,M中的感应电流方向为( D )A.一直从右向左B.一直从左向右C.先从右向左,后从左向右D.先从左向右,后从右向左解析:齿靠近线圈时被磁化,产生的磁场方向从左向右,齿轮P从图示位置按顺时针方向转动的过程中,先是A下面的齿离开,通过线圈的磁通量先减小,接着A齿靠近,通过线圈的磁通量增加.根据楞次定律,线圈中感应电流的磁场先向右后向左,根据右手螺旋定则可判断,通过M的感应电流的方向先从左向右,然后从右向左.故D正确.4.(2019·河北邯郸一模)如图所示,固定平行导轨间有磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场,导轨间距为l且足够长,左端接阻值为R的定值电阻,导轨电阻不计.现有一长为2l的金属棒垂直放在导轨上,在金属棒以O点为轴沿顺时针方向以角速度ω转过60°的过程中(金属棒始终与导轨接触良好,电阻不计)( D )A.通过定值电阻的电流方向由b到aB.金属棒刚开始转动时,产生的感应电动势最大C.通过定值电阻的最大电流为D.通过定值电阻的电荷量为解析:金属棒以O点为轴沿顺时针方向转动,由右手定则可知,通过定值电阻的电流方向由a到b,故A错误;当金属棒转过60°时有效的切割长度最大,产生的感应电动势最大,感应电流最大,感应电动势最大值E m=B·2l=B·2l·=2Bl2ω,则通过定值电阻的最大电流I m== ,故B,C错误;通过定值电阻的电荷量q=Δt=Δt=,而ΔΦ= B·l·l=Bl2,解得q=,故D正确.5.(2019·山东济宁模拟)如图(甲)所示,一矩形金属线框abcd垂直匀强磁场并固定于磁场中,以垂直纸面向里为磁场正方向,磁感应强度B随时间t的变化关系图象如图(乙)所示,规定向右为安培力的正方向,则线框的ab边所受安培力F ab随时间t变化的图象正确的是( A )解析:0～1 s内,由楞次定律知,感应电流的方向为逆时针,根据I=,电流为定值,根据左手定则,ab边所受安培力的方向向右,由F=BIL知,安培力均匀增大;同理可得,1～2 s内,感应电流的方向为顺时针,ab 边所受安培力的方向向左,且安培力均匀减小;2～3 s内,感应电流的方向为顺时针,ab边所受安培力的方向向右,且安培力均匀增大;3～4 s内,感应电流的方向为逆时针,ab边所受安培力的方向向左,且安培力均匀减小.故A正确,B,C,D错误.6.(2019·河南安阳模拟)如图所示,两条不等间距金属导轨ab和cd 水平放置,ac之间距离为bd之间距离的两倍,导轨电阻不计.两相同材料制成的金属棒(粗细均匀)MN,PQ垂直导轨恰好放置在两导轨之间,与导轨接触良好,与水平导轨的动摩擦因数均为μ.金属棒PQ质量为金属棒MN质量的一半,整个装置处在竖直向上的磁感应强度为B的匀强磁场中,金属棒MN质量为m,电阻为R,长度为L,在施加在金属棒MN 上的恒定水平拉力F作用下两导体棒都匀速运动,导轨足够长,则( AB )A.MN中电流方向是由M到NB.回路中感应电动势为C.在MN,PQ都匀速运动的过程中,F=μmgD.在MN,PQ都匀速运动的过程中,F=μmg解析:根据楞次定律可判断MN中电流方向是由M到N,故A正确;金属棒MN质量为m,电阻为R,长度为L,则金属棒PQ质量为m,长度为2L,根据m=ρ·SL可得PQ的截面积为MN的,根据电阻定律可得PQ的电阻为8R,对PQ根据平衡条件可得BI·2L=μ·mg,解得I=,所以回路中的感应电动势E=I·9R=,故B正确;在MN,PQ都匀速运动的过程中,以MN为研究对象,根据平衡条件可得F=μmg+BIL=μmg+μmg= μmg,故C,D错误.7.(2019·山东淄博三模)如图所示,左侧接有定值电阻R的光滑导轨处于垂直导轨平面向上的匀强磁场中,磁感应强度为B,导轨间距为d.一质量为m、阻值为r的金属棒在水平拉力F作用下由静止开始运动,速度与位移始终满足v=kx,棒与导轨接触良好,则在金属棒移动的过程中( BC )A.通过R的电荷量与x2成正比B.金属棒的动量对时间的变化率增大C.拉力的冲量为+kmxD.电阻R上产生的焦耳热为Q R=解析:通过R的电荷量q==,所以通过R的电荷量与x成正比,故A 错误;根据v=kx可知,棒在做加速度增大的加速运动,合力增大,动量对时间的变化率即为合力,故B正确;设拉力的冲量为I冲,根据动量定理有I冲-B dt=mv,其中q=t=,v=kx,联立得I冲=+kmx,故C正确;F=∝x,所以克服安培力所做的功W安=F安x=,根据安=BId=克服安培力做的功转化为回路的焦耳热,有Q=W安=,则电阻R上产生的焦耳热Q R=Q=,故D错误.8.足够长的光滑平行金属导轨倾斜放置,导轨平面倾角为θ,导轨间距为L,导轨上、下两端分别连接阻值均为R的定值电阻,质量为m的金属棒ab放在导轨上,空间存在垂直于导轨平面向上磁感应强度为B的匀强磁场,闭合开关K,由静止释放金属棒,金属棒运动过程中始终与导轨垂直,金属棒接入电路的电阻为R,导轨电阻忽略不计,当金属棒沿导轨向下运动x距离时,金属棒的加速度恰好为零,重力加速度为g,则金属棒沿导轨向下运动x距离的过程中( BD )A.金属棒的最大速度为B.金属棒产生的焦耳热为mgxsin θ-C.通过金属棒截面的电荷量为D.金属棒加速度为零时,断开开关,金属棒将继续沿导轨向下加速运动解析:金属棒速度最大时,加速度为零,有mgsin θ=,解得v=,故A错误;根据能量守恒定律,回路中产生的焦耳热Q=mgxsin θ-mv2=mgxsin θ-,在此过程中金属棒产生的热量Q棒=Q=(mgxsin θ-),故B正确;通过金属棒截面的电荷量q===,故C错误;当金属棒加速度为零时,断开开关,电路中的总电阻增大,电流减小,安培力减小,金属棒将继续沿导轨向下做加速运动,故D正确.二、非选择题(本大题共2小题,共36分)9.(16分)间距为l的平行光滑金属导轨MN,PQ水平段处于方向为竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度的大小为B,导轨的弯曲段处在磁场之外如图(甲)所示.导体棒a与b接入电路的有效电阻分别为R,2R.导体棒a的质量为m,b棒放置在水平导轨上足够远处,a棒在弯曲段导轨上距水平段某一高度处由静止释放,刚进入磁场时导体棒a受到的安培力的大小为F,以导体棒a刚进入磁场时为计时起点,导体棒a的速度随时间变化的v t图象如图(乙)所示(v未知).运动过程中导体棒与导轨接触良好且始终与导轨垂直,重力加速度大小为g.求(1)导体棒a释放时距导轨水平段的高度h.(2)导体棒b在0～t2这段时间内产生的内能Q b.解析:(1)由题图(乙)可知,a棒刚进入磁场时的速度为v0,从开始下落到进入磁场,根据机械能守恒定律有mgh=ma棒切割磁感线产生的感应电动势E=Blv0根据闭合电路欧姆定律I=a棒受到的安培力F=BIl联立以上各式解得h=.(2)设b棒的质量为m b,两棒最终稳定速度为v′,以v0的方向为正方向,由v-t图线可知v′=v0a棒进入磁场后,a棒和b棒组成的系统动量守恒,有mv0=(m+m b)v′解得m b=2m设a棒产生的内能为Q a,b棒产生的内能为Q b,根据能量守恒定律,有m=(m+m b)v′2+Q a+Q b两棒串联,产生的内能与电阻成正比,即Q b=2Q a解得Q b=.答案:(1)(2)10.(20分)(2019·山东烟台二模)如图所示,半径为r的圆弧金属导轨P1P2和Q1Q2位于竖直平面内,它们分别与位于水平面内的金属导轨P2P3和Q2Q3相切于P2,Q2两点,导轨P1P2P3和Q1Q2Q3间距为L,上端P1,Q1用阻值为R的电阻连接,整个装置固定,导轨所在空间存在方向为竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场.一质量为m的金属杆MN从导轨上端P1Q1处由静止释放,滑至圆弧导轨最低端P2Q2处的速度为v0,然后在水平导轨上运动直至停止.运动过程中杆MN始终垂直于导轨并与导轨保持良好接触,不计导轨和杆MN的电阻,不计一切摩擦.(1)求杆MN从开始运动到停止的过程中,电阻R上产生的焦耳热.(2)求杆MN从开始运动到停止的过程中,通过电阻R上的电荷量.(3)设杆MN停止的位置到P2Q2的距离为s(未知),求杆MN运动到距P2Q2的距离为ns(0<n<1)时,电阻R上的热功率.解析:(1)杆MN从开始运动到停止的过程中,根据能量守恒定律可得,电阻R上产生的焦耳热为Q=mgr.(2)金属杆滑至圆弧导轨最低端P2Q2处过程中通过R的电荷量为q1,则q1=t1=t1==,在水平轨道上运动的过程中,根据动量定理可得-B Lt2=0-mv0,此过程中通过R的电荷量q2=t2,解得q 2=,故通过电阻R上的电荷量q=q 1+q2=+.(3)逆向思维,假设杆从距P2Q2距离为s处开始反向加速到距P2Q2距离为ns处时的速度为v,则反向加速距离x=(1-n)s根据动量定理可得B′Lt=mv,即=mv,而 t=x=(1-n)s解得v=,而s=根据功率的计算公式可得,杆MN运动到距P2Q2的距离为ns(0<n<1)时,电阻R上的热功率P==.答案:(1)mgr (2)+(3)真空管超高速列车当列车时速达到400公里以上时,超过83%的牵引力会被浪费在抵消空气阻力上,同时气动噪声也会超过90分贝,高于列车环境设计标准要求的75分贝,在此情况下,如果想要在获得超高速的情况下保证舒适性和能耗经济性,那么最好的办法就是让列车在近乎真空的环境中运行——真空管磁悬浮列车的想法由此诞生.四川西南交通大学首席教授张卫华早前曾透露,由该校承建的“多态耦合轨道交通动模试验平台”,是在1 500 米真空管道里进行测试.管道可模拟不同低气压环境,测试不同磁悬浮模式的比例模型车,包括高温超导磁悬浮模式在内,理论时速有望达1 500公里.而位于成都的试验线,是长140米、直径4.2米的特制管道,将在低气压环境中测试.中国航天科工集团也宣布研制“超高速飞行列车”,并将研制方向分为了三个阶段.第一步研制出最大运行时速1 000公里的列车,建设区域性城际交通网;第二步研制最高时速2 000公里的列车,建设国家超级城市群交通网;第三步研制出最高时速4 000公里的列车,建设“一带一路”交通网.[命题视角]1.列车时速达到400公里以上时,超过83%的牵引力会被浪费在抵消空气阻力上.2.动力系统原理为将电能通过安培力做功转化为机械能,3.制动时产生感应电流阻碍运动将机械能转化为电能.[示例] (2018·天津卷,12)真空管道超高速列车的动力系统是一种将电能直接转换成平动动能的装置.图1是某种动力系统的简化模型,图中粗实线表示固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨,电阻忽略不计,ab和cd是两根与导轨垂直、长度均为l、电阻均为R 的金属棒,通过绝缘材料固定在列车底部,并与导轨良好接触,其间距也为l,列车的总质量为m.列车启动前,ab,cd处于磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向垂直于导轨平面向下,如图1所示,为使列车启动,需在M,N间连接电动势为E的直流电源,电源内阻及导线电阻忽略不计,列车启动后电源自动关闭.(1)要使列车向右运行,启动时图1中M,N哪个接电源正极,并简要说明理由.(2)求刚接通电源时列车加速度a的大小.(3)列车减速时,需在前方设置如图2所示的一系列磁感应强度为B的匀强磁场区域,磁场宽度和相邻磁场间距均大于l.若某时刻列车的速度为v0,此时ab,cd均在无磁场区域,试讨论:要使列车停下来,前方至少需要多少块这样的有界磁场?解析:(1)列车要向右运动,安培力方向应向右.根据左手定则,接通电源后,金属棒中电流方向由a到b、由c到d,故M接电源正极. (2)由题意,启动时ab,cd并联,设回路总电阻为R总,由电阻的串并联知识得R总=, ①设回路总电流为I,根据闭合电路欧姆定律有I=, ②设两根金属棒所受安培力之和为F,有F=IlB, ③根据牛顿第二定律有F=ma, ④联立①②③④式得a=. ⑤(3)设列车减速时,cd进入磁场后经Δt时间ab恰好进入磁场,此过程中穿过两金属棒与导轨所围回路的磁通量的变化为ΔΦ,平均感应电动势为E1,由法拉第电磁感应定律有E1=, ⑥其中ΔΦ=Bl2, ⑦设回路中平均电流为I′,由闭合电路欧姆定律有I′=, ⑧设cd受到的平均安培力为F′,有F′=I′lB, ⑨以向右为正方向,设Δt时间内cd受安培力冲量为I冲,有I冲=-F′Δt, ⑩同理可知,回路出磁场时ab受安培力冲量仍为上述值,设回路进出一块有界磁场区域安培力冲量为I 0,有I0=2I冲,设列车停下来受到的总冲量为I总,由动量定理有I 总=0-mv0,联立⑥⑦⑧⑨⑩式得=.讨论:若恰为整数,设其为n,则需设置n块有界磁场; 若不是整数,设的整数部分为N,则需设置N+1块有界磁场.答案:(1)见解析(2)(3)见解析。

热点19　电磁学综合题(电磁感应中三大观点的应用)(建议用时：20分钟)1．(2019·江苏省四校联考)如图所示，两条光滑的绝缘导轨，导轨的水平部分与圆弧部分平滑连接，两导轨间距为L，导轨的水平部分有n段相同的匀强磁场区域(图中的虚线范围)，磁场方向竖直向上，磁场的磁感应强度为B，磁场的宽度为s，相邻磁场区域的间距也为s，且s大于L，磁场左、右两边界均与导轨垂直，现有一质量为m、电阻为r、边长为L的正方形金属框，由圆弧导轨上某高度处静止释放，金属框滑上水平导轨，在水平导轨上滑行一段时间进入磁场区域，最终线框恰好完全通过n段磁场区域，地球表面处的重力加速度为g，感应电流的磁场可以忽略不计，求：(1)金属框进入第1段磁场区域的过程中，通过线框某一横截面的感应电荷量及金属框完全通过n段磁场区域的过程中安培力对线框的总冲量的大小；(2)金属框完全进入第k(k<n)段磁场区域前的瞬间，金属框速度的大小．2．(2019·苏锡常镇四市调研)如图所示，两条“∧”形足够长的光滑金属导轨PME和QNF 平行放置，两导轨间距L＝1 m，导轨两侧均与水平面夹角为α＝37°，导体棒甲、乙分别放于MN两边导轨上，且与导轨垂直并接触良好．两导体棒的质量均为m＝0.1 kg，电阻也均为R＝1 Ω，导轨电阻不计，MN两边分别存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小均为B＝1 T．设导体棒甲、乙只在MN两边各自的导轨上运动，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2.(1)将乙导体棒固定，甲导体棒由静止释放，问甲导体棒的最大速度为多少？(2)若甲、乙两导体棒同时由静止释放，问两导体棒的最大速度为多少？(3)若仅把乙导体棒的质量改为m′＝0.05 kg，电阻不变，在乙导体棒由静止释放的同时，让甲导体棒以初速度v0＝0.8 m/s沿导轨向下运动，问在时间t＝1 s内电路中产生的电能为多少？3．间距为L＝2 m的足够长的金属直角导轨如图甲所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边垂直于水平面．质量均为m＝0.1 kg的金属细杆ab、cd与导轨垂直放置形成闭合回路．杆与导轨之间的动摩擦因数均为μ＝0.5，导轨的电阻不计，细杆ab、cd的电阻分别为R1＝0.6 Ω，R2＝0.4 Ω.整个装置处于磁感应强度大小为B＝0.50 T、方向竖直向上的匀强磁场中(图中未画出)．当ab在平行于水平导轨的拉力F作用下从静止开始沿导轨匀加速运动时，cd杆也同时从静止开始沿导轨向下运动．测得拉力F与时间t的关系如图乙所示．g＝10 m/s2.(1)求ab 杆的加速度a ；(2)求当cd 杆达到最大速度时ab 杆的速度大小；(3)若从开始到cd 杆达到最大速度的过程中拉力F 做了5.2 J 的功，通过cd 杆横截面的电荷量为0.2 C ，求该过程中ab 杆所产生的焦耳热．热点19　电磁学综合题(电磁感应中三大观点的应用)1．解析：(1)设金属框在进入第一段匀强磁场区域前的速度为v 0，进入第一段匀强磁场区域运动的时间为t ，出第一段磁场区域运动的时间为t 1，金属框在进入第一段匀强磁场区域的过程中，线框中产生平均感应电动势为E ＝BL 2t平均电流为：I ＝＝，则金属框在出第一段磁场区域过程中产生的平均电流1＝，E － r BL 2rt I － BL 2rt 1q ＝It ＝BL 2r设线框经过每一段磁场区域的过程中安培力冲量大小为I则I ＝BILt ＋B 1Lt 1＝I － 2B 2L 3r整个过程累计得到：I 总冲量＝n .2B 2L 3r (2)金属框穿过第(k －1)个磁场区域后，由动量定理得到：－(k －1)＝mv k －1－mv 02B 2L 3r 金属框完全进入第k 个磁场区域的过程中，由动量定理得到：－＝mv ′k －mv k －1B 2L 3rn ＝mv 02B 2L 3r 解得：v ′k ＝.（2n －2k ＋1）B 2L 3mr答案：(1)　n BL 2r 2B 2L 3r(2)（2n －2k ＋1）B 2L 3mr2．解析：(1)将乙棒固定，甲棒静止释放，则电路中产生感应电动势E 1＝BLv感应电流I 1＝，E 12R甲棒受安培力F 1＝BI 1L甲棒先做加速度减小的变加速运动，达最大速度后做匀速运动，此时mg sin α＝F 1联立并代入数据解得甲棒最大速度v m1＝1.2 m/s.(2)甲、乙两棒同时由静止释放，则电路中产生感应电动势E 2＝2BLv感应电流I 2＝E 22R甲、乙两棒均受安培力F 2＝BI 2L最终均做匀速运动，此时甲(或乙)棒受力mg sin α＝F 2联立并代入数据解得两棒最大速度均为v m2＝0.6 m/s.(3)乙棒静止释放，甲棒以初速度v 0下滑瞬间，则电路中产生感应电动势E 3＝BLv 0感应电流I 3＝E 32R甲、乙两棒均受安培力F 3＝BI 3L对于甲棒，根据牛顿第二定律得：mg sin 37°－F 3＝ma对于乙棒，根据牛顿第二定律得：F 3－m ′g sin 37°＝m ′a ′代入数据联立解得：a ＝a ′＝2 m/s 2甲棒沿导轨向下，乙棒沿导轨向上，均做匀加速运动在时间t ＝1 s 内，甲棒位移s 甲＝v 0t ＋at 2，12乙棒位移s 乙＝a ′t 212甲棒速度v 甲＝v 0＋at ，乙棒速度v 乙＝a ′t据能量的转化和守恒，电路中产生电能E ＝mgs 甲sin 37°－m ′gs 乙sin 37°＋mv －mv －m ′v 1220122甲122乙联立并代入数据解得E ＝0.32 J.答案：(1)1.2 m/s (2)0.6 m/s(3)0.32 J3．解析：(1)由题图乙可知，在t ＝0时，F ＝1.5 N 对ab 杆进行受力分析，由牛顿第二定律得F －μmg ＝ma代入数据解得a ＝10 m/s 2.(2)从d 向c 看，对cd 杆进行受力分析如图所示当cd 速度最大时，有F f ＝mg ＝μF N ，F N ＝F 安，F 安＝BIL ，I ＝BLvR 1＋R 2综合以上各式，解得v ＝2 m/s.(3)整个过程中，ab 杆发生的位移x ＝＝0.2 m q （R 1＋R 2）BL对ab 杆应用动能定理，有W F －μmgx －W 安＝mv 212代入数据解得W 安＝4.9 J ，根据功能关系有Q 总＝W 安所以ab 杆上产生的热量Q ab ＝Q 总＝2.94 J.R 1R 1＋R 2答案：见解析。