（浙江專版）2019版高考物理大一輪復習 第九章 電磁感應 第3課時 電磁感應現象的綜合問題學案

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1、 第3課時　電磁感應現象的綜合問題 一、電磁感應中的電路問題 1.電源和內阻：切割磁感線運動的導體或磁通量發(fā)生變化的線圈都相當于電源。該部分導體的電阻或線圈的電阻相當于電源的內阻。 2.感應電動勢：E＝n或E＝BLv。 二、電磁感應中的動力學問題 1.通電導體在磁場中受到安培力作用，電磁感應問題往往和力學問題聯(lián)系在一起。解決的基本方法如下： (1)用法拉第電磁感應定律和楞次定律求感應電動勢的大小和方向； (2)求回路中的電流； (3)分析導體受力情況(包含安培力在內的全面受力分析)； (4)根據平衡條件或牛頓第二定律列方程。 2.兩種狀態(tài)處理 (1)導體處于平衡態(tài)—

2、—靜止或勻速直線運動狀態(tài)。 處理方法：根據平衡條件——合外力等于零列式分析。 (2)導體處于非平衡態(tài)——加速度不等于零。 處理方法：根據牛頓第二定律進行動態(tài)分析，或結合功能關系分析。 三、電磁感應中的能量轉化 1.電磁感應現象的實質是其他形式的能和電能之間的轉化。 2.感應電流在磁場中受安培力，克服安培力做功，將其他形式的能轉化為電能，電流做功再將電能轉化為其他形式的能。 考點一　電磁感應的電路問題(－/d) [要點突破] 1.處理問題的一般思路 (1)確定電源，在電磁感應現象中，產生感應電動勢的那部分導體是電源； (2)分析電路結構(區(qū)分內、外電路及外電路的串、并聯(lián)

3、分析)，畫出等效電路； (3)運用閉合電路歐姆定律、串并聯(lián)電路的性質、電功率等公式求解。 2.一類特殊問題：根據電磁感應的平均感應電動勢求解電路中通過的電量，有＝n，＝，q＝·t＝n。所以，q只和線圈匝數、磁通量的變化量及總電阻有關，與完成該過程需要的時間無關。注意：求解電路中通過的電荷量時，一定要用平均電動勢和平均電流計算。 [典例剖析] 【例】 (2015·浙江10月選考)如圖甲所示，質量m＝3.0×10－3 kg的“”形金屬細框豎直放置在兩水銀槽中，“” 形框的水平細桿CD長l＝0.20 m，處于磁感應強度大小B1＝1.0 T、方向水平向右的勻強磁場中。有一匝數n＝300匝、面

4、積S＝0.01 m2的線圈通過開關K與兩水銀槽相連。線圈處于與線圈平面垂直的、沿豎直方向的勻強磁場中，其磁感應強度B2的大小隨時間t變化的關系如圖乙所示。 (1)求0～0.10 s線圈中的感應電動勢大?。? (2)t＝0.22 s時閉合開關K，若細桿CD所受安培力方向豎直向上，判斷CD中的電流方向及磁感應強度B2的方向； (3)t＝0.22 s時閉合開關K，若安培力遠大于重力，細框跳起的最大高度h＝0.20 m，求通過細桿CD的電荷量。 解析　(1)由電磁感應定律E＝n 得E＝nS＝30 V (2)電流方向C→D B2方向向上 (3)由牛頓第二定律F＝ma＝m (或由動量定

5、理FΔt＝mv－0) 安培力F＝IB1l ΔQ＝IΔt v2＝2gh 得ΔQ＝＝0.03 C 答案　(1)30 V　(2)電流方向C→D　B2方向向上 (3)0.03 C [針對訓練] 1.如圖所示，豎直平面內有一金屬環(huán)，半徑為a，總電阻為R(指拉直時兩端的電阻)，磁感應強度為B的勻強磁場垂直穿過環(huán)平面，與環(huán)的最高點A鉸鏈連接的長度為2a、電阻為的導體棒AB，由水平位置緊貼環(huán)面擺下，當擺到豎直位置時，B點的線速度為v，則這時AB兩端的電壓大小為(　　) A. B. C. D.Bav 解析　導體棒以A為軸轉動切割產生的感應電動勢E＝B·2a，整個電路是兩個半圓環(huán)并聯(lián)

6、接在電源AB兩端，故AB兩端電壓U＝·＝，所以A選項正確。 答案　A 2.(多選)如圖所示，PN與QM兩平行金屬導軌相距1 m，電阻不計，兩端分別接有電阻R1和R2，且R1＝6 Ω，ab桿的電阻為2 Ω，在導軌上可無摩擦地滑動，垂直穿過導軌平面的勻強磁場的磁感應強度為1 T?，Fab以恒定速度v＝3 m/s勻速向右移動，這時ab桿上消耗的電功率與R1、R2消耗的電功率之和相等。則(　　) A.R2＝6 Ω B.R1上消耗的電功率為0.375 W C.a、b間電壓為3 V D.拉ab桿水平向右的拉力為0.75 N 解析　由于ab桿上消耗的電功率與R1、R2消耗的電功率之和相等，則

7、內、外電阻相等，＝2，解得R2＝3 Ω，因此A錯誤；E＝Blv＝3 V，總電流I＝＝A，路端電壓Uab＝IR外＝×2 V＝1.5 V，因此C錯誤；P1＝＝0.375 W，B正確；ab桿所受安培力F＝BIl＝0.75 N，因此拉力大小為0.75 N，D正確。 答案　BD 考點二　電磁感應的圖象問題(－/d) [要點突破] 1.圖象問題大體上可分為三類 (1)由給定的電磁感應過程選出或畫出正確的圖象。 (2)由給定的有關圖象分析電磁感應過程，求解相應的物理量。 (3)根據圖象定量計算。 2.解題步驟 (1)明確圖象的種類，即是B－t圖還是Φ－t圖，或者是E－t圖、I－t圖等。

8、 (2)分析電磁感應的具體過程判斷對應的圖象是否分段，共分幾段。 (3)用右手定則或楞次定律確定感應電流的方向。 (4)結合法拉第電磁感應定律、歐姆定律、牛頓運動定律等規(guī)律寫出函數關系式。 (5)根據函數關系式，進行數學分析。 (6)畫圖象或判斷圖象。 [典例剖析] 【例】 矩形導線框abcd放在勻強磁場中靜止不動，磁場方向與線框平面垂直，磁感應強度B隨時間t變化的圖象如圖所示。設t＝0時刻，磁感應強度的方向垂直紙面向里，則在0～4 s時間內，選項圖中能正確反映線框ab邊所受的安培力F隨時間t變化的圖象是(規(guī)定ab邊所受的安培力向左為正)(　　) 解析　在0～1 s內，由法

9、拉第電磁感應定律可知，產生的感應電流大小恒定，由楞次定律可得線框內產生的感應電流方向為順時針方向，根據左手定則可判斷出線框ab邊所受安培力方向向左(為正)，由F＝BIL可知F隨磁感應強度的減小而減小。在1～2 s內，由楞次定律可得線框內產生的感應電流方向為順時針方向，根據左手定則可判斷出線框ab邊所受安培力方向向右(為負)，由F＝BIL可知F隨磁感應強度的增大而增大。同理在2～3 s內，線框ab邊所受安培力方向向左(為正)，由F＝BIL可知F隨磁感應強度的減小而減小。在3～4 s內，線框ab邊所受安培力方向向右(為負)，由F＝BIL可知F隨磁感應強度的增大而增大，D正確。 答案　D [針對

10、訓練] 1.在豎直向上的勻強磁場中，水平放置一個不變形的單匝金屬圓線圈，規(guī)定線圈中感應電流的正方向如圖甲所示，當磁場的磁感應強度B隨時間t如圖乙變化時，圖中正確表示線圈中感應電動勢E變化的是(　　) 解析　在第1 s內，由楞次定律可判定電流為正，其產生的感應電動勢E1＝＝S，在第2 s和第3 s內，磁場B不變化，線圈中無感應電流，在第4 s和第5 s內，B減小，由楞次定律可判定，其電流為負，產生的感應電動勢E1＝＝S，由于ΔB1＝ΔB2，Δt2＝2Δt1，故E1＝2E2，由此可知，A選項正確。 答案　A 2.磁卡的磁條中有用于存儲信息的磁極方向不同的磁化區(qū)，刷卡器中有檢測線圈。

11、當以速度v0刷卡時，在線圈中產生感應電動勢，其E－t關系如圖甲所示。如果只將刷卡速度改為，線圈中的E－t關系圖可能是圖乙中的(　　) 乙 解析　由公式E＝Blv可知，當刷卡速度減半時，線圈中的感應電動勢最大值減半，且刷卡所用時間加倍，故D選項正確。 答案　D 考點三　電磁感應的動力學問題(－/d) [要點突破] 1.電路分析：導體棒相當于電源，感應電動勢相當于電源的電動勢，導體棒的電阻相當于電源的內阻，感應電流I＝。 2.受力分析：導體棒受到安培力及其他力，安培力F安＝BIl或，根據牛頓第二定律列動力學方程：F合＝ma。 3.過程分析：由于安培力是變力，導體棒做變加速或

12、變減速運動，當加速度為零時，達到穩(wěn)定狀態(tài)，最后做勻速直線運動，根據共點力平衡條件列平衡方程F合＝0。 [典例剖析] 【例】 如圖所示，兩根足夠長的光滑平行金屬導軌MN、PQ間距為l＝0.5 m，其電阻不計，兩導軌及其構成的平面均與水平面成30°角。完全相同的兩金屬棒ab、cd分別垂直導軌放置，每棒兩端都與導軌始終有良好接觸。已知兩棒質量均為m＝0.02 kg，電阻均為R＝0.1 Ω，整個裝置處在垂直于導軌平面向上的勻強磁場中，磁感應強度B＝0.2 T。棒ab在平行于導軌向上的力F作用下，沿導軌向上勻速運動，而棒cd恰好能夠保持靜止。g取10 m/s2，求： (1)通過棒cd的電流I是

13、多少？方向如何？ (2)棒ab受到的力F是多大？ 解析　(1)棒cd受到的安培力為 Fcd＝BIl 棒cd在共點力作用下平衡，則 Fcd＝mgsin 30° 聯(lián)立解得I＝1 A 根據楞次定律可知，棒cd中電流方向由d至c。 (2)棒ab與棒cd受到的安培力大小相等，即 Fab＝Fcd 對棒ab，由共點力平衡條件得 F＝mgsin 30°＋BIl 解得F＝0.2 N 答案　(1)1 A　由d至c　(2)0.2 N [針對訓練] 如圖所示，光滑的“”形金屬導體框豎直放置，除圖中已標阻值為R的電阻外，其余電阻不計。質量為m的金屬棒MN與框架接觸良好。在區(qū)域abcd和cd

14、ef內，存在磁感應強度大小分別為B1＝B、B2＝2B的有界勻強磁場，方向均垂直于框架平面向里，兩豎直導軌ae與bf間距為L?，F從圖示位置由靜止釋放金屬棒MN，當金屬棒進入磁場B1區(qū)域后恰好做勻速運動。求： (1)金屬棒進入磁場B1區(qū)域后的速度大??； (2)金屬棒剛進入磁場B2區(qū)域時的加速度大小。 解析　(1)當金屬棒進入磁場B1區(qū)域后恰好做勻速運動，說明金屬棒所受的安培力與重力大小相等、方向相反。則 F1＝B1I1L＝BI1L＝mg 又I1＝＝ 聯(lián)立得：v＝ (2)金屬棒剛進入磁場B2區(qū)域時，由楞次定律判斷知所受的安培力方向豎直向上，大小為： F2＝B2I2L＝2BL＝

15、把(1)問求得的v代入， 可得F2＝4mg 根據牛頓第二定律得：F2－mg＝ma 得a＝3g。 答案　(1)　(2)3g 考點四　電磁感應的能量問題(－/d) [要點突破] 1.電磁感應過程實質是不同形式的能量轉化的過程，電磁感應過程中產生的感應電流在磁場中必定受到安培力作用。因此閉合電路的一部分導體運動切割磁感線時必克服安培力做功。此過程中，其他形式的能轉化為電能。克服安培力做多少功，就有多少其他形式的能轉化為電能。當感應電流通過用電器時，電能又轉化為其他形式的能。 同理，電流做功的過程，是電能轉化為其他形式的能的過程，電流做多少功就有多少電能轉化為其他形式的能。 2.電能

16、求解思路主要有三種： (1)利用克服安培力做功求解，電磁感應中產生的電能等于克服安培力所做的功。 (2)利用能量守恒求解，導體切割磁感線產生感應電流時，開始的機械能總和與最后的機械能總和之差等于產生的電能。 (3)利用電路特征來求解，通過電路中所消耗的電能來計算。 [典例剖析] 【例】 如圖所示，在高度差h＝0.5 m的平行虛線范圍內，有磁感應強度B＝0.5 T、方向垂直于豎直平面向里的勻強磁場，正方形線框abcd的質量m＝0.1 kg、邊長L＝0.5 m、電阻R＝0.5 Ω，線框平面與豎直平面平行，靜止在位置“Ⅰ”時，cd邊跟磁場下邊緣有一段距離。現用一豎直向上的恒力F＝4.0 N

17、向上提線框，線框由位置“Ⅰ”無初速度開始向上運動，穿過磁場區(qū)，最后到達位置“Ⅱ”(ab邊恰好出磁場)，線框平面在運動中保持與磁場方向垂直，且cd邊保持水平。設cd邊剛進入磁場時，線框恰好開始做勻速直線運動。g取10 m/s2。 (1)求線框進入磁場前距磁場下邊界的距離H； (2)線框由位置“Ⅰ”到位置“Ⅱ”的過程中，恒力F做的功是多少？線框內產生的熱量又是多少？ 解析　(1)在恒力作用下，線框開始向上做勻加速直線運動，設線框的加速度為a，據牛頓第二定律有： F－mg＝ma 設cd邊剛進磁場時，線框速度設為v1，線框從靜止到cd邊剛進磁場過程中，由運動學方程有： v＝2a·H

18、cd邊剛進磁場時產生電動勢E＝BLv1，感應電流 I＝＝ 安培力F安＝BIL 線框做勻速直線運動，則有F＝F安＋mg， 聯(lián)立以上各式，可解得v1＝＝24 m/s， 由v＝2aH解得H＝9.6 m。 (2)恒力F做的功W＝F(H＋L＋h)＝42.4 J， 從cd邊進入磁場到ab邊離開磁場的過程中，拉力所做的功等于線框增加的重力勢能和產生的熱量Q， 即F(L＋h)＝mg(L＋h)＋Q， 解得：Q＝(F－mg)(L＋h)＝3.0 J 或Q＝I2Rt＝()2R(＋)＝3.0 J。 答案　(1)9.6 m　(2)42.4 J　3.0 J [針對訓練] (2016·浙江理綜)小

19、明設計的電磁健身器的簡化裝置如圖所示，兩根平行金屬導軌相距l(xiāng)＝0.50 m，傾角θ＝53°，導軌上端串接一個0.05 Ω的電阻。在導軌間長d＝0.56 m的區(qū)域內，存在方向垂直導軌平面向下的勻強磁場，磁感應強度B＝2.0 T。質量m＝4.0 kg的金屬棒CD水平置于導軌上，用絕緣繩索通過定滑輪與拉桿GH相連。CD棒的初始位置與磁場區(qū)域的下邊界相距s＝0.24 m。一位健身者用恒力F＝80 N拉動GH桿，CD棒由靜止開始運動，上升過程中CD棒始終保持與導軌垂直。當CD棒到達磁場上邊界時健身者松手，觸發(fā)恢復裝置使CD棒回到初始位置(重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，不計其他電阻

20、、摩擦力以及拉桿和繩索的質量)。求 (1)CD棒進入磁場時速度v的大小； (2)CD棒進入磁場時所受的安培力的大小； (3)在拉升CD棒的過程中，健身者所做的功W和電阻產生的焦耳熱Q。 解析　(1)由牛頓定律a＝＝12 m/s2① 進入磁場時的速度v＝＝2.4 m/s② (2)感應電動勢E＝Blv③ 感應電流I＝④ 安培力FA＝IBl⑤ 代入得FA＝＝48 N⑥ (3)健身者做功W＝F(s＋d)＝64 J⑦ 由牛頓定律：F－mgsin θ－FA＝0⑧ 在磁場中運動時間t＝⑨ 焦耳熱Q＝I2Rt＝26.88 J⑩ 答案　(1)2.4 m/s　(2)48 N　(3)

21、64 J　26.88 J 1.如圖所示，A是一邊長為l的正方形線框，電阻為R，現維持線框以恒定的速度v沿x軸運動，并穿過圖中所示的勻強磁場B區(qū)域。取逆時針方向為電流正方向，線框從圖示位置開始運動，則線框中產生的感應電流i隨時間t變化的圖線是圖中的(　　) 解析　由于線框進入和穿出磁場時，線框內磁通量均勻變化，因此在線框中產生的感應電流大小不變，根據楞次定律可知，線框進入磁場時感應電流的方向與規(guī)定的正方向相同，穿出磁場時感應電流的方向與規(guī)定的正方向相反，因此應選B。 答案　B 2.如圖所示，質量為m、高為h的矩形導線框在豎直面內自由下落，其上下兩邊始終保持水平，途中恰好勻速穿

22、過一有理想邊界、高亦為h的勻強磁場區(qū)域，線框在此過程中產生的內能為(　　) A.mgh B.2mgh C.大于mgh而小于2mgh D.大于2mgh 解析　因線框勻速穿過磁場，在穿過磁場的過程中合外力做功為零，克服安培力做功為2mgh，產生的內能亦為2mgh，故選B。 答案　B 3.如圖所示，閉合導線框的質量可以忽略不計，將它從如圖所示的位置勻速拉出勻強磁場。若第一次用0.3 s時間拉出，外力所做的功為W1，通過導線截面的電荷量為q1；第二次用0.9 s時間拉出，外力所做的功為W2，通過導線截面的電荷量為q2，則(　　) A.W1

23、1＝q2 C.W1>W2，q1>q2 D.W1>W2，q1＝q2 解析　設線框的長為L1，寬為L2，速度為v，線框所受的安培力大小為FA＝BIL2，又I＝，E＝BL2v中，則得FA＝線框勻速運動，外力與安培力平衡，則外力的大小為F＝FA＝，外力做功為W＝FL1＝·L1＝·，可見，外力做功與所用時間成反比，則有W1>W2。兩種情況下，線框拉出磁場時穿過線框的磁通量的變化量相等，根據感應電荷量公式q＝可知，通過導線截面的電荷量相等，即有q1＝q2，故選D。 答案　D 4.如圖甲所示，兩根足夠長的直金屬導軌MN、PQ平行放置在傾角為θ的絕緣斜面上，兩導軌間距為L，M、P兩點間接有阻值為R的

24、電阻，一根質量為m的均勻直金屬桿ab放在兩導軌上，并與導軌垂直，整套裝置處于磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直于斜面向下，導軌和金屬桿的電阻可忽略，讓ab桿沿導軌由靜止開始下滑，導軌和金屬桿接觸良好，不計它們之間的摩擦。 (1)由b向a方向看到的裝置如圖乙所示，請在此圖中畫出ab桿下滑過程中某時刻的受力示意圖； (2)在加速下滑過程中，當ab桿的速度大小為v時，求此時ab桿中的電流及其加速度的大小； (3)求在下滑過程中，ab桿可以達到的速度最大值。 解析　(1)如圖所示，ab桿受重力mg，豎直向下；支持力FN，垂直于斜面向上；安培力F安，沿斜面向上。 (2)當ab桿速

25、度大小為v時，感應電動勢E＝BLv，此時電路中電流 I＝＝ ab桿受到安培力F安＝BIL＝ 根據牛頓第二定律，有 ma＝mgsin θ－F安＝mgsin θ－ a＝gsin θ－。 (3)當a＝0時，ab桿有最大速度：vm＝。 答案　(1)見解析圖　(2)　gsin θ－ (3) [基礎過關] 1.水平放置的金屬框架cdef處于如圖所示的勻強磁場中，金屬棒ab處于粗糙的框架上且與框架接觸良好，從某時刻開始，磁感應強度均勻增大，金屬棒ab始終保持靜止，則(　　) A.ab中電流增大，ab棒所受摩擦力也增大 B.ab中電流不變，ab棒所受摩擦力也不變 C.ab中電

26、流不變，ab棒所受摩擦力增大 D.ab中電流增大，ab棒所受摩擦力不變 解析　磁感應強度均勻增大時，磁通量的變化率恒定，故回路中的感應電動勢和感應電流都是恒定的；又棒ab所受的摩擦力等于安培力，即Ff＝F安＝BIL，故當B增加時，摩擦力增大，選項C正確。 答案　C 2.如圖所示，在一勻強磁場中有一U形導線框abcd，線框處于水平面內，磁場與線框平面垂直，R為一電阻，ef為垂直于ab的一根導體桿，它可在ab、cd上無摩擦地滑動。桿ef及線框中導線的電阻都可不計。開始時，給ef一個向右的初速度，則(　　) A.ef將減速向右運動，但不是勻減速 B.ef將勻減速向右運動，最后停止

27、C.ef將勻速向右運動 D.ef將往返運動 解析　ef向右運動，切割磁感線，產生感應電動勢和感應電流，會受到向左的安培力而做減速運動，直到停止，但不是勻減速，由F＝BIl＝＝ma知，ef做的是加速度減小的減速運動，故A正確。 答案　A 3.如圖甲所示，線圈ABCD固定于勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向外，當磁場變化時，線圈AB邊所受安培力向右且變化規(guī)律如圖乙所示，則磁場的變化情況可能是圖中的(　　) 解析　由題意可知，安培力的方向向右，根據左手定則可知感應電流的方向由B到A，再由楞次定律可知，當垂直向外的磁場在增加時，會產生由B到A的感應電流，由法拉第電磁感應定律，結合閉合電路

28、歐姆定律，則安培力的表達式F＝BIL＝BL，因安培力的大小不變，則B是定值，因磁場B增大，則減小，故選項D正確，選項A、B、C錯誤。 答案　D 4.(多選)如圖所示，豎直平面內有一足夠長的寬度為L的金屬導軌，質量為m的金屬導體棒ab可在導軌上無摩擦地上下滑動，且導體棒ab與金屬導軌接觸良好，ab電阻為R，其他電阻不計。導體棒ab由靜止開始下落，過一段時間后閉合開關S，發(fā)現導體棒ab立刻做變速運動，則在以后導體棒ab的運動過程中，下列說法中正確的是(　　) A.導體棒ab做變速運動期間加速度一定減小 B.單位時間內克服安培力做的功全部轉化為電能，電能又轉化為內能 C.導體棒減少的機

29、械能轉化為閉合電路中的電能和內能之和，符合能的轉化和守恒定律 D.導體棒ab最后做勻速運動時，速度大小為v＝ 解析　導體棒由靜止下落，在豎直向下的重力作用下，做加速運動，開關閉合時，由右手定則可知，導體中產生的電流方向為逆時針方向，再由左手定則，可判定導體棒受到的安培力方向向上，F＝BIL＝BL，導體棒受到的重力和安培力的合力變小，加速度變小，做加速度越來越小的變速運動，A正確；最后合力為零，加速度為零，做勻速運動，由F－mg＝0得，BL＝mg，v＝，D正確；導體棒克服安培力做功，減少的機械能轉化為電能，由于電流的熱效應，電能又轉化為內能，B正確，C錯誤。 答案　ABD 5.(多選)如

30、圖所示，先后以速度v1和v2勻速把一矩形線圈拉出有界勻強磁場區(qū)域，v1＝2v2，在先后兩種情況下(　　) A.線圈中的感應電流之比I1∶I2＝2∶1 B.線圈中的感應電流之比I1∶I2＝1∶2 C.線圈中產生的焦耳熱之比Q1∶Q2＝4∶1 D.通過線圈某截面的電荷量之比q1∶q2＝1∶1 解析　由于v1＝2v2，根據E＝BLv得感應電動勢之比＝，感應電流I＝，則感應電流之比為＝，A正確，B錯誤；線圈出磁場所用的時間t＝，則時間比為＝，根據Q＝I2Rt可知熱量之比為＝，C錯誤；根據q＝Δt＝Δt＝Δt＝得＝，D正確。 答案　AD 6.(多選)如圖所示，水平放置的U形框架上接一個

31、阻值為R0的電阻，放在垂直紙面向里的、磁感應強度大小為B的勻強磁場中，一個半徑為L、質量為m的半圓形硬導體AC在水平向右的恒定拉力F作用下，由靜止開始運動距離d后速度達到v，半圓形硬導體AC的電阻為r，其余電阻不計，導體AC與U形框架間的動摩擦因數為μ。下列說法正確的是(　　) A.此時AC兩端電壓為UAC＝2BLv B.此時AC兩端電壓為UAC＝ C.此過程中電路產生的電熱為Q＝Fd－mv2 D.此過程中通過電阻R0的電荷量為q＝ 解析　AC的感應電動勢為E＝2BLv，兩端電壓為UAC＝＝，A錯誤，B正確；由功能關系得Fd＝mv2＋Q＋μmgd，C錯誤；此過程中平均感應電流為＝

32、，通過電阻R0的電荷量為q＝Δt＝，D正確。 答案　BD 7.如圖所示，豎直平面內有足夠長的金屬導軌，軌距0.2 m，金屬導體ab可在導軌上無摩擦地上下滑動，ab的電阻為0.4 Ω，導軌電阻不計，導體ab的質量為0.2 g，垂直紙面向里的勻強磁場的磁感應強度為0.2 T，且磁場區(qū)域足夠大，當導體ab自由下落0.4 s時，突然接通開關S，則 (1)試說出S接通后，導體ab的運動情況； (2)導體ab勻速下落的速度是多少？(g取10 m/s2) 解析　(1)閉合S之前導體自由下落的末速度為： v0＝gt＝4 m/s。 S閉合瞬間，導體產生感應電動勢，回路中產生感應電流，ab立即受

33、到一個豎直向上的安培力。 F安＝BIL＝＝0.016 N＞mg＝0.002 N。 此刻導體棒所受到合力的方向豎直向上，與初速度方向相反，加速度的表達式為 a＝＝－g，所以，ab做豎直向下的加速度逐漸減小的減速運動。當速度減小至F安＝mg時，ab做豎直向下的勻速運動。 (2)設勻速豎直向下的速度為vm， 此時F安＝mg，即＝mg，vm＝＝0.5 m/s。 答案　(1)先做豎直向下的加速度逐漸減小的減速運動，后做勻速運動　(2)0.5 m/s [能力提升] 8.(多選)兩根足夠長的光滑導軌豎直放置，間距為L，底端接阻值為R的電阻。將質量為m的金屬棒懸掛在一個固定的輕彈簧下端，金屬棒

34、與導軌接觸良好，導軌所在平面與磁感應強度為B的勻強磁場垂直，如圖所示。除電阻R外其余電阻不計。現將金屬棒從彈簧原長位置由靜止釋放，則(　　) A.釋放瞬間金屬棒的加速度等于重力加速度g B.金屬棒向下運動時，流過電阻R的電流方向為a→b C.金屬棒的速度為v時，所受的安培力大小為F＝ D.電阻R上產生的熱量等于金屬棒重力勢能的減少量 解析　金屬棒剛釋放時，彈簧處于原長，此時彈力為零，又因此時速度為零，因此也不受安培力作用，金屬棒只受到重力作用，其加速度應等于重力加速度，故A正確；金屬棒向下運動時，由右手定則可知，金屬棒上電流方向向右，電阻在外電路，其電流方向為b→a，故B錯誤；金

35、屬棒速度為v時，安培力大小為F＝BIL＝，故C正確；金屬棒下落過程中，由能量守恒定律知，金屬棒減少的重力勢能轉化為彈簧的彈性勢能、金屬棒的動能以及電阻R上產生的熱量，因此D錯誤。 答案　AC 9.(多選)如圖所示，平行金屬導軌與水平面成θ角，用導線與固定電阻R1和R2相連，勻強磁場垂直穿過導軌平面。有一導體棒ab，質量為m，兩導軌間距為l，導體棒的電阻與固定電阻R1和R2的阻值相等，都等于R，導體棒與導軌之間的動摩擦因數為μ，導體棒ab沿導軌向上滑動，當上滑的速度為v時，有(　　) A.棒中感應電流的方向由a到b B.棒所受安培力的大小為 C.棒兩端的電壓為 D.棒動能的減少量

36、等于其重力勢能的增加量與電路上產生的電熱之和 解析　由右手定則可判定導體棒中的電流方向為a→b，故選項A正確；由E＝Blv及串、并聯(lián)電路的特點，知R外＝，則I＝＝，所以導體棒所受安培力的大小F＝BIl＝，故選項B錯誤；結合I＝，知導體棒兩端的電壓U＝I·＝，故選項C正確；由能量守恒知：導體棒動能的減少量等于其重力勢能的增加量以及電路中產生的電熱和克服摩擦力做功產生的內能，故選項D錯誤。 答案　AC 10.如圖甲所示，一正方形金屬線框位于有界勻強磁場區(qū)域內，線框的右邊緊貼著邊界。t＝0時刻對線框施加一水平向右的外力，讓線框從靜止開始做勻加速直線運動，經過時間t0穿出磁場。如圖乙所示為外力隨

37、時間變化的圖象。線框質量m、電阻R及圖象中的F0、t0均為已知量，則根據上述條件，求： (1)金屬線框的邊長L； (2)磁感應強度B。 解析　對金屬線框有F－BIL＝ma，① 又I＝② v＝at③ 解①②③式得F＝t＋ma④ 又L＝at⑤ 將t1＝0，F1＝F0和t2＝t0，F2＝3F0， 代入④⑤式解得L＝， B＝。 答案　(1)　(2) 11.(2017·浙江超能生3月聯(lián)考)如圖甲所示，間距為l＝0.5 m的兩條足夠長的平行金屬導軌所在平面與水平面的夾角θ＝37°，導軌上端接有一個R＝0.5 Ω的電阻，導軌所在平面可劃分為Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三個區(qū)域，兩導軌間長度為s1＝

38、1 m的矩形區(qū)域Ⅰ中存在垂直導軌平面向上的勻強磁場，其磁感應強度大小B隨時間t的變化關系如圖乙所示，長度為s2＝3 m的區(qū)域Ⅱ中無磁場，區(qū)域Ⅲ中存在垂直導軌平面向上的勻強磁場，其磁感應強度的大小B0＝1 T。在t＝0時刻，質量m＝1 kg且與導軌垂直的金屬棒ab從區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ的交界處靜止滑下，當金屬棒到達區(qū)域Ⅱ和區(qū)域Ⅲ的交界處CD時，區(qū)域Ⅰ中的磁場突然撤去，此后金屬棒恰好保持勻速運動，邊界CD上方的導軌光滑，邊界CD下方的導軌粗糙，不計金屬棒與導軌的電阻，金屬棒在下滑過程中始終與導軌垂直且接觸良好，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： (1)金屬棒在到達邊界CD前的

39、運動過程中，回路中產生的感應電流大小I； (2)金屬棒在區(qū)域Ⅱ中運動的過程中，電阻產生的焦耳熱Q； (3)金屬棒與區(qū)域Ⅲ中的兩導軌之間的動摩擦因數μ。 解析　(1)由B－t圖象可知，區(qū)域Ⅰ中的磁感應強度B＝0.5t 金屬棒在區(qū)域Ⅱ中運動時，由法拉第電磁感應定律得到回路中產生的感應電動勢為 E＝＝0.25 V 所以，感應電流為I＝＝0.5 A。 (2)金屬棒在區(qū)域Ⅱ中運動過程中，對其進行受力分析 由牛頓第二定律得，mgsin θ＝ma 解得：a＝gsin θ＝6 m/s2 由s2＝at2得t＝1 s 因此，電阻產生的焦耳熱Q＝t＝0.125 J。 (3)金屬棒到達區(qū)域Ⅱ和區(qū)域Ⅲ交界處時的速度大小v＝at＝6 m/s，此后以該速度勻速運動。 金屬棒所受安培力大小F＝B0Il＝＝3 N，方向沿導軌向上 金屬棒在區(qū)域Ⅲ中勻速運動時，對其進行受力分析，有 mgsin θ＝F＋μmgcos θ 解得μ＝0.375。 答案　(1)0.5 A　(2)0.125 J　(3)0.375 21