高考物理精讲：专题10+电磁感应（高考定位+审题破题，含原创题组及解析） 16页

高考定位 电磁感应是电磁学部分的重点之一，是高考的重要考点．考查的重点有以下几个方面：①楞 次定律的理解和应用；②电磁感应图象；③电磁感应过程中的动态分析；④综合应用电路知 识和能量观点解决电磁感应问题．应考策略：复习应注意“抓住两个定律，运用两种观点”．两 个定律是指楞次定律和法拉第电磁感应定律；两种观点是指动力学观点和能量观点． 考题 1 对楞次定律和电磁感应图象问题的考查 例 1 (单选)如图 1 所示，直角坐标系 xOy 的二、四象限有垂直坐标系向里的匀强磁场，磁 感应强度大小均为 B，在第三象限有垂直坐标系向外的匀强磁场，磁感应强度大小为 2B.现将 半径为 L、圆心角为 90°的扇形闭合导线框 OPQ 在外力作用下以恒定角速度绕 O 点在纸面内 沿逆时针方向匀速转动．t＝0 时刻线框在图示位置，设电流逆时针方向为正方向．则下列关 于导线框中的电流随时间变化的图线，正确的是( ) 图 1 审题突破 根据转动闭合线框切割磁感线产生的感应电动势公式 E＝1 2Bl2ω求出每条半径切 割磁感线时产生的感应电动势，分段由闭合电路欧姆定律求出感应电流，由楞次定律判断感 应电流的方向，即可选择图象． 解析 根据楞次定律，线框从第一象限进入第二象限时，电流方向是正方向，设导线框的电 阻为 R，角速度为ω，则电流大小为BωL2 2R ，从第二象限进入第三象限时，电流方向是负方向， 电流大小为3BωL2 2R ，从第三象限进入第四象限时，电流方向是正方向，电流大小是3BωL2 2R ，线 框从第四象限进入第一象限时，电流方向是负方向，电流大小为BωL2 2R ，B 选项正确． 答案 B 1．(双选)(2014·江苏·7)如图 2 所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源， 过了几分钟，杯内的水沸腾起来．若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有( ) 图 2 A．增加线圈的匝数 B．提高交流电源的频率 C．将金属杯换为瓷杯 D．取走线圈中的铁芯 答案 AB 解析 当电磁铁接通交流电源时，金属杯处在变化的磁场中产生涡电流发热，使水温升高．要 缩短加热时间，需增大涡电流，即增大感应电动势或减小电阻．增加线圈匝数、提高交变电 流的频率都是为了增大感应电动势，瓷杯不能产生涡电流，取走铁芯会导致磁性减弱．所以 选项 A、B 正确，选项 C、D 错误． 1．楞次定律的理解和应用 (1)“阻碍”的效果表现为：①阻碍原磁通量的变化——增反减同；②阻碍物体间的相对运动 ——来拒去留；③阻碍自身电流的变化——自感现象． (2)解题步骤：①确定原磁场的方向(分析合磁场)；②确定原磁通量的变化(增加或减少)；③确 定感应电流磁场的方向(增反减同)；④确定感应电流方向(安培定则)． 2．求解图象问题的思路与方法 (1)图象选择问题：求解物理图象的选择题可用“排除法”，即排除与题目要求相违背的图象， 留下正确图象．也可用“对照法”，即按照要求画出正确的草图，再与选项对照．解决此类 问题的关键是把握图象特点，分析相关物理量的函数关系，分析物理过程的变化或物理状态 的变化． (2)图象分析问题：定性分析物理图象，要明确图象中的横轴与纵轴所代表的物理量，弄清图 象的物理意义，借助有关的物理概念、公式、不变量和定律作出相应判断．在有关物理图象 的定量计算时，要弄清图象所揭示的物理规律及物理量间的函数关系，善于挖掘图象中的隐 含条件，明确有关图象所包围的面积、斜率，以及图象的横轴、纵轴的截距所表示的物理意 义． 考题 2 对电磁感应中动力学问题的考查 例 2 如图 3 所示，间距为 L 的两条足够长的光滑平行金属导轨 MN、PQ 与水平面夹角为 30°，导轨的电阻不计，导轨的 N、Q 端连接一阻值为 R 的电阻，导轨上有一根质量一定、电 阻为 r 的导体棒 ab 垂直导轨放置，导体棒上方距离 L 以上的范围存在着磁感应强度大小为 B、 方向与导轨平面垂直向下的匀强磁场．现在施加一个平行斜面向上且与棒 ab 重力相等的恒 力，使导体棒 ab 从静止开始沿导轨向上运动，当 ab 进入磁场后，发现 ab 开始匀速运动，求： 图 3 (1)导体棒的质量； (2)若进入磁场瞬间，拉力减小为原来的一半，求导体棒能继续向上运动的最大位移． 审题突破 (1)由牛顿第二定律求出导体棒的加速度，由匀变速运动的速度位移公式求出速 度，由安培力公式求出安培力，然后由平衡条件求出导体棒的质量．(2)应用牛顿第二定律、 安培力公式分析答题． 解析 (1)导体棒从静止开始在磁场外匀加速运动，距离为 L，其加速度为 F－mgsin 30°＝ma F＝mg 得 a＝1 2g 棒进入磁场时的速度为 v＝ 2aL＝ gL 由棒在磁场中匀速运动可知 F 安＝1 2mg F 安＝BIL＝B2L2v R＋r 得 m＝2B2L2 R＋r L g (2)若进入磁场瞬间使拉力减半，则 F＝1 2mg 则导体棒所受合力为 F 安 F 安＝BIL＝B2L2v R＋r ＝ma v＝Δs Δt 和 a＝Δv Δt 代入上式 B2L2Δs Δt R＋r ＝mΔv Δt 即B2L2Δs R＋r ＝mΔv 设导体棒继续向上运动的位移为 s，则有 B2L2s R＋r ＝mv 将 v＝ gL和 m＝2B2L2 R＋r L g 代入得 s＝2L 答案 (1)2B2L2 R＋r L g (2)2L 2．(单选)如图 4 所示，光滑斜面 PMNQ 的倾角为θ，斜面上放置一矩形导体线框 abcd，其中 ab 边长为 l1，bc 边长为 l2，线框质量为 m、电阻为 R，有界匀强磁场的磁感应强度为 B，方 向垂直于斜面向上，ef 为磁场的边界，且 ef∥MN.线框在恒力 F 作用下从静止开始运动，其 ab 边始终保持与底边 MN 平行，F 沿斜面向上且与斜面平行．已知线框刚进入磁场时做匀速 运动，则下列判断不正确的是( ) 图 4 A．线框进入磁场前的加速度为F－mgsin θ m B．线框进入磁场时的速度为F－mgsin θR B2l 21 C．线框进入磁场时有 a→b→c→d 方向的感应电流 D．线框进入磁场的过程中产生的热量为(F－mgsin θ)l1 答案 D 解析 线框进入磁场前，对整体，根据牛顿第二定律得：F－mgsin θ＝ma，线框的加速度为 a＝F－mgsin θ m ，故 A 正确．设线框匀速运动的速度大小为 v，则线框受力平衡，F＝F 安＋mgsin θ，而 F 安＝B·Bl1v R ·l1＝B2l 21 v R ，解得 v＝F－mgsin θR B2l 21 ，选项 B 正确；根据右手定则可知，线 框进入磁场时有 a→b→c→d 方向的感应电流，选项 C 正确；由能量关系，线框进入磁场的 过程中产生的热量为力 F 做的功与线框重力势能增量的差值，即 Fl2－mgl2sin θ，选项 D 错 误，故选 D. 3．如图 5 甲所示，MN、PQ 是相距 d＝1.0 m 足够长的平行光滑金属导轨，导轨平面与水平 面间的夹角为θ，导轨电阻不计，整个导轨处在方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，金属 棒 ab 垂直于导轨 MN、PQ 放置，且始终与导轨接触良好，已知金属棒 ab 的质量 m＝0.1 kg， 其接入电路的电阻 r＝1 Ω，小灯泡电阻 RL＝9 Ω，重力加速度 g 取 10 m/s2.现断开开关 S，将 棒 ab 由静止释放并开始计时，t＝0.5 s 时刻闭合开关 S，图乙为 ab 的速度随时间变化的图 象．求： 图 5 (1)金属棒 ab 开始下滑时的加速度大小、斜面倾角的正弦值； (2)磁感应强度 B 的大小． 答案 (1)6 m/s2 3 5 (2)1 T 解析 (1)S 断开时 ab 做匀加速直线运动 由图乙可知 a＝Δv Δt ＝6 m/s2 根据牛顿第二定律有：mgsin θ＝ma 所以 sin θ＝3 5. (2)t＝0.5 s 时 S 闭合，ab 先做加速度减小的加速运动，当速度达到最大 vm＝6 m/s 后做匀速 直线运动 根据平衡条件有 mgsin θ＝F 安 又 F 安＝BId E＝Bdvm I＝ E RL＋r 解得 B＝1 T. 在此类问题中力现象和电磁现象相互联系、相互制约，解决问题前首先要建立“动—电—动” 的思维顺序，可概括为： (1)找准主动运动者，用法拉第电磁感应定律和楞次定律求解感应电动势的大小和方向． (2)根据等效电路图，求解回路中的感应电流的大小及方向． (3)分析安培力对导体棒运动速度、加速度的影响，从而推出对电路中的感应电流有什么影响， 最后定性分析导体棒的最终运动情况． (4)列牛顿第二定律或平衡方程求解． 考题 3 对电磁感应中能量问题的考查 例 3 如图 6 所示，平行金属导轨与水平面间夹角均为 37°，导轨间距为 1 m，电阻不计， 导轨足够长．两根金属棒 ab 和以 a′b′的质量都是 0.2 kg，电阻都是 1 Ω，与导轨垂直放置 且接触良好，金属棒和导轨之间的动摩擦因数为 0.25，两个导轨平面处均存在着垂直轨道平 面向上的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度 B 的大小相同．让 a′b′固定不动，将金属棒 ab 由静止释放，当 ab 下滑速度达到稳定时，整个回路消耗的电功率为 8 W．求： 图 6 (1)ab 下滑的最大加速度； (2)ab 下落了 30 m 高度时，其下滑速度已经达到稳定，则此过程中回路电流的发热量 Q 为多 大？ (3)如果将 ab 与 a′b′同时由静止释放，当 ab 下落了 30 m 高度时，其下滑速度也已经达到 稳定，则此过程中回路电流的发热量 Q′为多大？(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) 审题突破 (1)当 ab 棒刚下滑时，v＝0，没有感应电流，此时加速度最大．(2)ab 棒达到最大 速度后做匀速运动，其重力功率等于整个回路消耗的电功率，求出 vm，根据能量守恒列式求 回路电流的发热量 Q.(3)a′b′和 ab 受力平衡时稳定，求出稳定速度，根据能量守恒列式求 回路电流的发热量 Q′. 解析 (1)当 ab 棒刚下滑时，ab 棒的加速度有最大值： a＝gsin θ－μgcos θ＝4 m/s2. (2 分) (2)ab 棒达到最大速度时做匀速运动，有 mgsin θ＝BIL＋μmgcos θ， (2 分) 整个回路消耗的电功率 P 电＝BILvm＝(mgsin θ－μmgcos θ)vm＝8 W， (2 分) 则 ab 棒的最大速度为：vm＝10 m/s (1 分) 由 P 电＝E2 2R ＝BLvm2 2R (2 分) 得：B＝0.4 T． (1 分) 根据能量守恒得： mgh＝Q＋1 2mv 2m ＋μmgcos θ· h sin θ (2 分) 解得：Q＝30 J． (1 分) (3)由对称性可知，当 ab 下落 30 m 稳定时其速度为 v′，a′b′也下落 30 m，其速度也为 v′， ab 和 a′b′都切割磁感线产生电动势，总电动势等于两者之和． 根据共点力平衡条件，对 ab 棒受力分析， 得 mgsin θ＝BI′L＋μmgcos θ (2 分) 又 I′＝2BLv′ 2R ＝BLv′ R (2 分) 代入解得 v′＝5 m/s (1 分) 由能量守恒 2mgh＝1 2 ×2mv′2＋2μmgcos θ h sin θ ＋Q′ (3 分) 代入数据得 Q′＝75 J． (1 分) 答案 (1)4 m/s2 (2)30 J (3)75 J 4．(双选)在倾角为θ足够长的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小相等的匀强磁场，磁 场方向一个垂直斜面向上，另一个垂直斜面向下，宽度均为 L，如图 7 所示．一个质量为 m、 电阻为 R、边长也为 L 的正方形线框在 t＝0 时刻以速度 v0 进入磁场，恰好做匀速直线运动， 若经过时间 t0，线框 ab 边到达 gg′与 ff′中间位置时，线框又恰好做匀速运动，则下列说法 正确的是( ) 图 7 A．当 ab 边刚越过 ff′时，线框加速度的大小为 gsin θ B．t0 时刻线框匀速运动的速度为v0 4 C．t0 时间内线框中产生的焦耳热为 3 2mgLsin θ＋15 32mv20 D．离开磁场的过程中线框将做匀速直线运动 答案 BC 解析 当 ab 边进入磁场时，FA＝B2L2v0 R ＝mgsin θ.当 ab 边刚越过 f′f 时，线框的感应电动势 和电流均加倍，4B2L2v0 R －mgsin θ＝ma，加速度向上为 3gsin θ，A 错误；t0 时刻，4B2L2v R ＝mgsin θ，解得 v＝v0 4 ，B 正确；线框从进入磁场到再次做匀速运动过程，沿斜面向下运动距离为 3 2L， 则由功能关系得 t0 时间内线框中产生的焦耳热为 Q＝3mgLsin θ 2 ＋1 2mv 20 －1 2mv2＝3 2mgLsin θ＋ 15 32mv 20 ，C 正确；线框离开磁场时做加速运动，D 错误． 5．如图 8 所示，水平放置的足够长的平行金属导轨 MN、PQ 的一端接有电阻 R0，不计电阻 的导体棒 ab 静置在导轨的左端 MP 处，并与 MN 垂直．以导轨 PQ 的左端为坐标原点 O，建 立直角坐标系 xOy，Ox 轴沿 PQ 方向．每根导轨单位长度的电阻为 r.垂直于导轨平面的非匀 强磁场磁感应强度在 y 轴方向不变，在 x 轴方向上的变化规律为：B＝B0＋kx，并且 x≥0.现 在导体棒中点施加一垂直于棒的水平拉力 F，使导体棒由静止开始向右做匀加速直线运动， 加速度大小为 a.设导体棒的质量为 m，两导轨间距为 L.不计导体棒与导轨间的摩擦，导体棒 与导轨接触良好，不计其余部分的电阻． 图 8 (1)请通过分析推导出水平拉力 F 的大小随横坐标 x 变化的关系式； (2)如果已知导体棒从 x＝0 运动到 x＝x0 的过程中，力 F 做的功为 W，求此过程回路中产生的 焦耳热 Q； (3)若 B0＝0.1 T，k＝0.2 T/m，R0＝0.1 Ω，r＝0.1 Ω/m，L＝0.5 m，a＝4 m/s2，求导体棒从 x ＝0 运动到 x＝1 m 的过程中，通过电阻 R0 的电荷量 q. 答案 (1)F＝ma＋B0＋kx2L2 2ax R0＋2rx (2)W－max0 (3)0.5 C 解析 (1)设导体棒运动到坐标为 x 处的速度为 v，由法拉第感应定律得产生的感应电动势为： E＝BLv ① 由闭合电路欧姆定律得回路中的电流为： I＝ BLv R0＋2rx ② 由于棒做匀加速度直线运动，所以有： v＝ 2ax ③ 此时棒受到的安培力：FA＝BIL ④ 由牛顿第二定律得：F－FA＝ma ⑤ 由①②③④⑤联立解得：F＝ma＋B0＋kx2L2 2ax R0＋2rx (2)设导体棒在 x＝x0 处的动能为 Ek，则由动能定理得：Ek＝max0 ⑥ 由能量守恒与转化定律得：W＝Q＋Ek ⑦ 将⑥式代入⑦式解得：Q＝W－max0 (3)由①②两式得：I＝B0＋kxLv R0＋2rx ⑧ 因为 v＝at，将题中所给的数值代入⑧式得：I＝2t(A) ⑨ 可知回路中的电流与时间成正比，所以在 0～t 时间内，通过 R0 的电荷量为： q＝I 2t＝t2 (C) 由匀加速直线运动规律得：t＝ 2x a 当 x＝1 m 时，有 q＝2x a ＝0.5 C 1．明确安培力做的功是电能和其他形式的能之间相互转化的“桥梁”，用框图表示如下： 电能 W 安>0 W 安<0 其他形式的能 2．明确功能关系，确定有哪些形式的能量发生了转化．如有摩擦力做功，必有内能产生；有 重力做功，重力势能必然发生变化；安培力做负功，必然有其他形式的能转化为电能． 3．根据不同物理情景选择动能定理、能量守恒定律或功能关系列方程求解问题． 考题 4 综合应用动力学观点和能量观点分析电磁感应问题 例 4 (20 分)如图 9 甲所示，MN、PQ 是相距 d＝1 m 的足够长平行光滑金属导轨，导轨平 面与水平面成某一夹角，导轨电阻不计；长也为 1 m 的金属棒 ab 垂直于 MN、PQ 放置在导 轨上，且始终与导轨接触良好，ab 的质量 m＝0.1 kg、电阻 R＝1 Ω；MN、PQ 的上端连接右 侧电路，电路中 R2 为一电阻箱；已知灯泡电阻 RL＝3 Ω，定值电阻 R1＝7 Ω，调节电阻箱使 R2＝6 Ω，重力加速度 g＝10 m/s2.现断开开关 S，在 t＝0 时刻由静止释放 ab，在 t＝0.5 s 时刻 闭合 S，同时加上分布于整个导轨所在区域的匀强磁场，磁场方向垂直于导轨平面斜向上； 图乙所示为 ab 的速度随时间变化图象． 图 9 (1)求斜面倾角α及磁感应强度 B 的大小； (2)ab 由静止下滑 s＝50 m(此前已达到最大速度)的过程中，求整个电路产生的电热； (3)若只改变电阻箱 R2 的值．当 R2 为何值时，ab 匀速下滑中 R2 消耗的功率最大？消耗的最大 功率为多少？ 解析 (1)S 断开时，ab 做匀加速直线运动，从图乙得 a＝Δv Δt ＝6 m/s2 (1 分) 由牛顿第二定律有 mgsin α＝ma， (1 分) 所以有 sin α＝3 5 ，即α＝37°， (1 分) t＝0.5 s 时，S 闭合且加了磁场，分析可知，此后 ab 将先做加速度减小的加速运动，当速度 达到最大(vm＝6 m/s)后接着做匀速运动． 匀速运动时，由平衡条件知 mgsin α＝F 安， (1 分) 又 F 安＝BId I＝Bdvm R 总 (1 分) R 总＝R＋R1＋ RLR2 RL＋R2 ＝10 Ω (1 分) 联立以上四式有 mgsin α＝B2d2vm R 总 (2 分) 代入数据解得 B＝ mgsin αR 总 d2vm ＝1 T (1 分) (2)由能量转化关系有 mgsin αs＝1 2mv 2m ＋Q (2 分) 代入数据解得 Q＝mgsin αs－1 2mv 2m ＝28.2 J (1 分) (3)改变电阻箱 R2 的值后，ab 匀速下滑时有 mgsin α＝BdI (1 分) 所以 I＝mgsin α Bd ＝0.6 A(1 分) 通过 R2 的电流为 I2＝ RL RL＋R2 I (1 分) R2 的功率为 P＝I 22 R2 (1 分) 联立以上三式可得 P＝I2 R 2L R2 RL＋R22 ＝I2 R 2L  RL R2 ＋ R22 (1 分) 当 RL R2 ＝ R2时，即 R2＝RL＝3 Ω，功率最大， (1 分) 所以 Pm＝0.27 W． (2 分) 答案 (1)37° 1 T (2)28.2 J (3)3 Ω 0.27 W (2014·安徽·23)(16 分)如图 10 甲所示，匀强磁场的磁感应强度 B 为 0.5 T，其方向垂直于倾角 θ为 30°的斜面向上．绝缘斜面上固定有“∧”形状的光滑金属导轨 MPN(电阻忽略不计)， MP 和 NP 长度均为 2.5 m，MN 连线水平，长为 3 m．以 MN 中点 O 为原点、OP 为 x 轴建立 一维坐标系 Ox.一根粗细均匀的金属杆 CD，长度 d 为 3 m、质量 m 为 1 kg、电阻 R 为 0.3 Ω， 在拉力 F 的作用下，从 MN 处以恒定速度 v＝1 m/s 在导轨上沿 x 轴正向运动(金属杆与导轨 接触良好)．g 取 10 m/s2. 图 10 (1)求金属杆 CD 运动过程中产生的感应电动势 E 及运动到 x＝0.8 m 处电势差 UCD； (2)推导金属杆 CD 从 MN 处运动到 P 点过程中拉力 F 与位置坐标 x 的关系式，并在图乙中画 出 F－x 关系图像； (3)求金属杆 CD 从 MN 处运动到 P 点的全过程产生的焦耳热． 答案 (1)1.5 V －0.6 V (2)F＝12.5－3.75x(0≤x≤2) 见解析图 (3)7.5 J 解析 (1)金属杆 CD 在匀速运动中产生的感应电动势 E＝Blv(l＝d) E＝1.5 V(D 点电势高)当 x＝0.8 m 时，金属杆在导轨间的电势差为零．设此时 杆在导轨外的长度为 l 外，则 l 外＝d－OP－x OP d OP＝ MP2－MN 2 2＝2 m 得 l 外＝1.2 m 由楞次定律判断 D 点电势高，故 C、D 两端电势差 UCD＝－Bl 外 v＝－0.6 V. (2)杆在导轨间的长度 l 与位置 x 的关系是 l＝OP－x OP d＝3－3 2x 对应的电阻 R1＝l dR 电流 I＝Blv R1 杆受的安培力为 F 安＝BIl＝7.5－3.75x 根据平衡条件得 F＝F 安＋mgsin θ F＝12.5－3.75x(0≤x≤2) 画出的 F－x 图象如图所示． (3)外力 F 所做的功 WF 等于 F－x 图线下所围的面积． 即 WF＝5＋12.5 2 ×2 J＝17.5 J 而杆的重力势能增加量ΔEp＝mgOPsin θ 故全过程产生的焦耳热 Q＝WF－ΔEp＝7.5 J. 知识专题练 训练 10 题组 1 楞次定律和电磁感应图象问题 1．(单选)法拉第发明了世界上第一台发电机——法拉第圆盘发电机．如图 1 所示，紫铜做的 圆盘水平放置在竖直向下的匀强磁场中，圆盘圆心处固定一个摇柄，边缘和圆心处各与一个 黄铜电刷紧贴，用导线将电刷与电流表连接起来形成回路．转动摇柄，使圆盘逆时针匀速转 动，电流表的指针发生偏转．下列说法正确的是( ) 图 1 A．回路中电流大小变化，方向不变 B．回路中电流大小不变，方向变化 C．回路中电流的大小和方向都周期性变化 D．回路中电流方向不变，从 b 导线流进电流表 答案 D 解析 铜盘转动产生的感应电动势为：E＝1 2BL2ω，B、L、ω不变，E 不变，电流：I＝E R ＝BL2ω 2R ， 电流大小恒定不变，由右手定则可知，回路中电流方向不变，从 b 导线流进电流表，故 A、 B、C 错误，D 正确． 2．(双选)如图 2 所示，虚线右侧存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，正方形金属框电阻 为 R，边长是 L，自线框从左边界进入磁场时开始计时，在外力作用下由静止开始，以垂直 于磁场边界的恒定加速度 a 进入磁场区域，t1 时刻线框全部进入磁场．若外力大小为 F，线 框中电功率的瞬时值为 P，线框磁通量的变化率为ΔΦ Δt ，通过导体横截面的电荷量为 q，(其中 P—t 图象为抛物线)则这些量随时间变化的关系正确的是( ) 图 2 答案 BD 解析 线框做匀加速运动，其速度 v＝at，感应电动势 E＝BLv 线框进入磁场过程中受到的安培力 F 安＝BIL＝B2L2v R ＝B2L2at R 由牛顿第二定律得：F－B2L2at R ＝ma 则 F＝ma＋B2L2a R t，故 A 错误； 感应电流 I＝E R ＝BLat R 线框的电功率 P＝I2R＝BLa2 R t2，故 B 正确； 线框的位移 s＝1 2at2，ΔΦ Δt ＝B·ΔS Δt ＝B· L·1 2at2 t ＝1 2BLat，故 C 错误； 电荷量 q＝IΔt＝E R·Δt＝ ΔΦ Δt R ·Δt＝ΔΦ R ＝BLs R ＝BL·1 2at2 R ＝BLa 2R t2，故 D 正确． 题组 2 电磁感应中动力学问题 3．(双选)如图 3 所示，两根足够长的平行金属导轨倾斜放置，导轨下端接有定值电阻 R，匀 强磁场方向垂直导轨平面向上．现给金属棒 ab 一平行于导轨的初速度 v，使金属棒保持与导 轨垂直并沿导轨向上运动，经过一段时间金属棒又回到原位置．不计导轨和金属棒的电阻， 在这一过程中，下列说法正确的是( ) 图 3 A．金属棒上滑时棒中的电流方向由 b 到 a B．金属棒回到原位置时速度大小仍为 v C．金属棒上滑阶段和下滑阶段的最大加速度大小相等 D．金属棒上滑阶段和下滑阶段通过棒中的电荷量相等 答案 AD 解析 金属棒上滑时，根据右手定则判断可知金属棒中感应电流的方向由 b 到 a，故 A 正确．金 属棒运动过程中产生感应电流，受到安培力作用，根据楞次定律可知安培力总是阻碍金属棒 相对于导轨运动，所以金属棒的机械能不断减小，则金属棒回到原位置时速度大小必小于 v， 故 B 错误．根据牛顿第二定律得：对于上滑过程：mgsin θ＋F 安＝ma 上；对于下滑过程：mgsin θ－F 安′＝ma 下．可知：a 上>a 下，故 C 错误．金属棒上滑阶段和下滑阶段中回路磁通量的变 化量相等，根据 q＝ΔΦ R 可知通过金属棒的电荷量相等，故 D 正确． 4．如图 4 所示，螺线管横截面积为 S，线圈匝数为 N，电阻为 R1，管内有水平向右的磁场， 磁感应强度为 B.螺线管与足够长的平行金属导轨 MN、PQ 相连并固定在同一平面内，与水平 面的夹角为θ，两导轨间距为 L.导轨电阻忽略不计．导轨处于垂直斜面向上、磁感应强度为 B0 的匀强磁场中．金属杆 ab 垂直导轨，杆与导轨接触良好，并可沿导轨无摩擦滑动．已知 金属杆 ab 的质量为 m，电阻为 R2，重力加速度为 g.忽略螺线管磁场对金属杆 ab 的影响，忽 略空气阻力． 图 4 (1)螺线管内方向向右的磁场 B 不变，当 ab 杆下滑的速度为 v 时，求通过 ab 杆的电流的大小 和方向； (2)当 ab 杆下滑的速度为 v 时，螺线管内方向向右的磁场才开始变化，其变化率ΔB Δt ＝k(k>0)．讨 论 ab 杆加速度的方向与 k 的取值的关系． 答案 (1) B0Lv R1＋R2 ，方向为 b→a (2)kB 20 L2v－mgR1＋R2sin θ B0LNS ，加速度方向向 下 解析 (1)切割磁感线产生的感应电动势 E1＝B0Lv 则电流的大小 I＝ E1 R1＋R2 ＝ B0Lv R1＋R2 根据右手定则知，通过 ab 的电流方向为 b→a. (2)根据法拉第电磁感应定律得，螺线管中磁场变化产生的感应电动势 E2＝NΔBS Δt ＝kNS 产生的感应电动势方向与 ab 切割产生的感应电动势方向相反． 则感应电流的大小 I＝E1－E2 R1＋R2 当 mgsin θB0IL＝B0LB0Lv－kNS R1＋R2 时，加速度方向向下． 即 k>B 20 L2v－mgR1＋R2sin θ B0LNS ，加速度方向向下 题组 3 电磁感应中能量问题 5．(双选)如图 5 所示，空间存在一有边界的条形匀强磁场区域，磁场方向与竖直平面(纸面) 垂直，磁场边界的间距为 L.一个质量为 m、边长也为 L 的正方形导线框沿竖直方向运动，线 框所在平面始终与磁场方向垂直，且线框上、下边始终与磁场的边界平行．t＝0 时刻导线框 的上边恰好与磁场的下边界重合(图中位置Ⅰ)，导线框的速度为 v0.经历一段时间后，当导线 框的下边恰好与磁场的上边界重合时(图中位置Ⅱ)，导线框的速度刚好为零．此后，导线框 下落，经过一段时间回到初始位置Ⅰ(不计空气阻力)，则( ) 图 5 A．上升过程中合力做的功与下降过程中合力做的功相等 B．上升过程中线框产生的热量比下降过程中线框产生的热量多 C．上升过程中，导线框的加速度逐渐减小 D．上升过程克服重力做功的平均功率小于下降过程重力的平均功率 答案 BC 解析 线框在运动过程中要克服安培力做功，消耗机械能，故返回原位置时速率减小，由动 能定理可知，上升过程动能变化量大，合力做功多，所以选项 A 错误；分析线框的运动过程 可知，在任一位置，上升过程的安培力大于下降过程中的安培力，而上升、下降位移相等， 故上升过程克服安培力做功大于下降过程中克服安培力做的功，故上升过程中线框产生的热 量多，所以选项 B 正确；以线框为对象分析受力可知，在上升过程做减速运动，有 F 安＋mg ＝ma，F 安＝B2L2v R ，故有 a＝g＋B2L2 mR v，所以上升过程中，速度减小，加速度也减小，故选项 C 正确；在下降过程中的加速度小于上升过程的加速度，而上升、下降的位移相等，故可知 上升时间较短，下降时间较长，两过程中重力做功大小相同，由功率公式可知，上升过程克 服重力做功的平均功率大于下降过程重力做的平均功率，所以选项 D 错误． 6．(2014·新课标Ⅱ·25)半径分别为 r 和 2r 的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为 r、 质量为 m 且质量分布均匀的直导体棒 AB 置于圆导轨上面，BA 的延长线通过圆导轨中心 O， 装置的俯视图如图 6 所示．整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为 B，方向竖直 向下．在内圆导轨的 C 点和外圆导轨的 D 点之间接有一阻值为 R 的电阻(图中未画出)．直导 体棒在水平外力作用下以角 速度ω绕 O 逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触．设导体棒与导轨之间 的动摩擦因数为μ，导体棒和导轨的电阻均可忽略．重力加速度大小为 g.求： 图 6 (1)通过电阻 R 的感应电流的方向和大小； (2)外力的功率． 答案 (1)方向为 C→D 大小为3Bωr2 2R (2)9B2ω2r4 4R ＋3μmgωr 2 解析 (1)根据右手定则，得导体棒 AB 上的电流方向为 B→A，故电阻 R 上的电流方向为 C→D. 设导体棒 AB 中点的速度为 v，则 v＝vA＋vB 2 而 vA＝ωr，vB＝2ωr 根据法拉第电磁感应定律，导体棒 AB 上产生的感应电动势 E＝Brv 根据闭合电路欧姆定律得 I＝E R ，联立以上各式解得通过电阻 R 的感应电流的大小为 I＝3Bωr2 2R . (2)根据能量守恒定律，外力的功率 P 等于安培力与摩擦力的功率之和，即 P＝BIrv＋fv，而 f ＝μmg 解得 P＝9B2ω2r4 4R ＋3μmgωr 2 .