【物理】2020届一轮复习人教版电磁感应问题学案 35页

1．(2018·全国卷Ⅰ，17)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B′ B 等 于(　　) A.5 4 B.3 2 C.7 4 D．2 B　[在过程Ⅰ中，根据法拉第电磁感应定律，有 E1＝ΔΦ1 Δt1 ＝ B(1 2πr2－1 4πr2) Δt1 根据闭合电路欧姆定律，有 I1＝E1 R 且 q1＝I1Δt1，在过程Ⅱ中，有 E2＝ΔΦ2 Δt2 ＝ (B′－B)1 2πr2 Δt2 ，I2＝E2 R ，q2＝I2Δt2. 又 q1＝q2，即 B(1 2πr2－1 4πr2) R ＝ (B′－B)1 2πr2 R 所以B′ B ＝3 2.] 2．(2018·全国卷Ⅱ，19)(多选)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 AD　[根据安培定则，开关闭合时铁芯上产生水平向右的磁场．A 对：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．B、C 错：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．D 对：开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，根据楞次定律， 直导线上将产生由北向南的电流，这时直导线上方的磁场垂直纸面向外，故小磁 针的 N 极朝垂直纸面向外的方向转动．] 3．(2018·全国Ⅱ卷，18)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 3 2l 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(　　) 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～l 2 I＝2i(顺时针) l 2 ～l I＝0 l～3l 2 I＝2i(逆时针) 3l 2 ～2l I＝0 分析知，只有选项 D 符合要求．] 4．(2018·全国Ⅲ卷，20)(多选)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＝T 4 时为零 B．在 t＝T 2 时改变方向 C．在 t＝T 2 时最大，且沿顺时针方向 D．在 t＝T 时最大，且沿顺时针方向 AC　[A 对：在 t＝T 4 时，交流电图线斜率为 0，即磁场变化率为 0，由 E＝ΔΦ Δt ＝ΔB ΔTS 知，E＝0.C 对，B、D 错：在 t＝T 2 和 t＝T 时，图线斜率最大，在 t＝T 2 和 t＝T 时感应电动势最大．在T 4 到T 2 之间，电场由 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，即 R 中感应电动势沿顺时针方向，同理可判断在T 2 到3T 4 时，R 中电动势也为顺时针方向，在 3 4T 到 T 时，R 中电动势为逆时针方向．] 5．(2017·高考全国卷Ⅰ，18)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 下及其左右振动的衰减最有效的方案是(　　) A　[底盘上的紫铜薄板出现扰动时，其扰动方向不确定，在选项 C 这种情 况下，紫铜薄板出现上下或左右扰动时，穿过薄板的磁通量难以改变，不能发生 电磁感应现象，没有阻尼效应；在选项 B、D 这两种情况下，紫铜薄板出现上下 扰动时，也没有发生电磁阻尼现象；选项 A 这种情况下，不管紫铜薄板出现上 下或左右扰动时，都发生电磁感应现象，产生电磁阻尼效应，选项 A 正确．] [考情分析] ■命题特点与趋势 1．高考对本部分内容的要求较高，常在选择题中考查电磁感应中的图象问 题、电磁感应中的电路、法拉第电磁感应定律、能量转换及电荷量的计算等知识 点．以导体棒运动为背景，综合应用电路的相关知识、牛顿运动定律和能量守恒 定律以计算题形式作为压轴题． 2．电磁感应中常涉及 B­t 图象、Φ­t 图象、E­t 图象、I­t 图象、F­t 图象和 v­t 图象，还涉及 E­x 图象、I­x 图象等，这类问题既要用到电磁感应的知识，又要 结合数学知识求解，对考生运用数学知识解决物理问题的能力要求较高． ■解题要领 1．抓住两个关键：一是电动势的大小，它取决于磁通量的变化率；二是电 动势的方向，实际方向与规定的正方向一致时取正，反之取负．同时注意对无感 应电流区域的判断． 2．迁移力学知识、规律解决电磁感应综合问题． 3．常用思想方法：(1)图象法；(2)等效法；(3)守恒法；(4)模型法. 高频考点一　楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用 [备考策略] 1．本考点是高考的热点内容之一，在近几年高考中多以选择题的形式出现， 考查的主要内容有探究电磁感应现象；利用法拉第电磁感应定律求解感应电动势 的大小；利用楞次定律判断磁场的变化情况等．需要考生学会灵活变通 2．重要知识再现 (1) 感应电流方向的判断方法 ①右手定则，即根据导体在磁场中做切割磁感线运动的情况进行判断； ②楞次定律，即根据穿过闭合回路的磁通量的变化情况进行判断． (2)愣次定律中“阻碍”的主要表现形式 ①阻碍原磁通量的变化——“增反减同”； ② 阻碍相对运动——“来拒去留”； ③使线圈面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”； ④阻碍原电流的变化(自感现象)——“增反减同”． (3)感应电动势大小的计算 ①法拉第电磁感应定律：E＝nΔΦ Δt .适用于普遍情况． ②E＝Blv，适用于导体棒平动切割磁感线的情况． ③E＝1 2Bl2ω，适用于导体棒旋转切割磁感线的情况． [题组突破] 1－1.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 D　[金属杆 PQ 突然向右运动，由右手定则可知，PQRS 中有沿逆时针方向 的感应电流，穿过圆环形金属线框 T 中的磁通量减小，由楞次定律可知，T 中有 沿顺时针方向的感应电流，故选项 D 正确，A、B、C 错误．] 1－2.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n1(B2－B1)S t2－t1 D．c、d 之间的电势差为n2(B2－B1)S t2－t1 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 AB 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＝ΔΦ Δt ＝n2(B2－B1)S t2－t1 ， 故 C 错误，D 正确；故选 D.] 1－3.(2018·山东省青岛市高三统一质检)(多选)如图，一根长为 l、横截面积 为 S 的闭合软导线置于光滑水平面上，其材料的电阻率为 ρ，导线内单位体积的 自由电子数为 n，电子的电荷量为 e，空间存在垂直纸面向里的磁场．某时刻起 磁场开始减弱，磁感应强度随时间的变化规律是 B＝B0kt，当软导线形状稳定时， 磁场方向仍然垂直纸面向里，此时(　　) A．软导线围成一个正方形 B．导线中的电流为klS 4πρ C．导线中自由电子定向移动的速率为 kl 4nπep D．导线中电场强度大小为kl 4π BCD　[A：根据楞次定律“增缩减扩”的原理，软导线稳定时呈圆形．故 A 项正确．B：根据 I＝2πr 可得、r＝ 1 2π ，圆的面积 S0＝πr2＝ l2 4π ，感应电动势大小 为 E＝s0ΔB Δt ＝kl2 4π ，稳定时软导线中的 电流为 I＝E R ，其中 R＝ρl S ，联立可得电流 I＝E R ＝klS 4πρ ，故 B 项正确．C：导线横 截面积为 S、单位体积内的自由电子数为 n、电子的电荷量为 e，则导线中电流 I ＝neSv，解得：导线中自由电子定向移动的速率 v＝ kl 4πpne .故 C 项正确．D：计 算导线中电场可将其视为沿导线方向的匀强电场，则导线中电场强度 E 场＝U l ＝ kl2 4π l ＝kl 4π.故 D 项正确．] 高频考点二　电磁感应中的图象问题 [备考策略] 1．本考点是高考命题的热点，图象的种类较多，有随时间 t 变化的图象， 如 B­t、Φ­t、E­t、F­t、i­t 等图象；有随位移 x 变化的图象，如 E­x、i­x 等图象．此 类问题综合性较强，应用知识较多，如左手定则、右手定则、安培定则、楞次定 律、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等．建议对本考点重点攻坚 2．解决电磁感应图象问题的“三点关注”： (1)关注初始时刻，如初始时刻感应电流是否为零，是正方向还是负方向. (2)关注变化过程，看电磁感应发生的过程分为几个阶段，这几个阶段是否 和图象变化相对应， (3)关注大小、方向的变化趋势，看图线斜率的大小、图线的曲、直是否和 物理过程对应. [命题视角] 考向 1　随时间 t 变化的图像 例 1　(2018·四川省乐山市高三模拟)(多选)如图甲所示，正方形导线框固定 在匀强磁场中，磁感线方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度 B 随时间 t 变化 的规律如图乙所示，其中 B0 为已知量．已知导线框的边长为 L，总电阻为 R，t3 －t2＝t2－t1＝t0 则下列说法中正确的是(　　) A．t1～t3 时间内，导线框中电流的方向始终为 badcb B．0～t1 时间内，ab 边受到的安培力大小为B20L3 2Rt0 C．t2～t3 时间内，导线框产生的热量为B20L4 Rt0 D．t1～t3 时间内，通过导线框的电荷量为2B0L2 R ACD　[t1～t2 时间内，穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律可知，感应电 流方向为 badcb，t2～t3 时间内，磁场反向了，但穿过线圈的磁通量增大，感应电 流方向仍为 badcb，故 A 正确；0～t1 时间内，回路中的磁通量不变，线圈中没 有产生感应电动势，没有电流，所以不受安培力，故 B 错误；t2～t3 时间内感应 电动势 E＝ΔΦ Δt ＝ΔBS Δt ＝B0L2 t0 ，感应电流 I＝E R ＝B0L2 t0R ，0～t0 时间内，产生的热量 Q ＝I2Rt0＝(B0L2 Rt0 )2Rt0＝B20L4 Rt0 ，故 C 正确；t1～t3 时间内，电流恒定不变，所以，通 过的电荷量为 q＝I(2t0)＝2B0L2 R ，故 D 正确．] 考向 2　随位移 x 变化的图象 例 2　(2018·福建省漳州市高三调研)如图所示，足够长的宽度为 d 的条形区 域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，直角三角形金属线框内 ABC 的 BC 边长度 为 L，已知 L>d.现令线框在外力作用下以速度 v0 匀速穿过磁场区域，以 B 点进 入磁场的时刻为计时起点，规定线框中电流沿逆时针方向为正方向，则在线框穿 过磁场的过程中，线框中的电流 i 随时间 t 的变化情况可能是(　　) C　[B 点进入磁场后直至线框位移为 d 的过程中，线框的有效切割长度随 时间均匀增大，线框中电流随时间均匀增大至 I0，方向为逆时针，已知 L>d， 线框位移大于 d 小于 L 的过程中，其有效切割长度不变，线框中电流不变，仍 为逆时针，线框出磁场的过程中，有效切割长度随时间均匀增大，电流随时间均 匀增大，A、D 错误；由 B 项的横轴可知 L＝2d，由几何关系可知线框位移为 L 时有效切割长度与位移为 d 时的有效切割长度相等，故电流等大，但方向为顺 时针，位移为 L＋d，有效切割长度是位移为 d 时的 2 倍．电流为－2I0，B 错误； 由 C 项的横轴可知 L＝3d，由几何关系可知线框位移为 L 时的有效切割长度是 位移为 d 时的 2 倍，故电流为－2I0，位移为 L＋d 时，有效切割长度是位移为 d 时的 3 倍，电流为－3I0.C 正确．] [归纳反思] 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． 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 对图象作出分析和判断，这未必是最简捷的方法，但却是最有效的方法． 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象的关键． 2．在图象中 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． [题组突破] 2－1.(多选)如图甲所示，水平面上的平行导轨 MN、PQ 上放着两根垂直导 轨的光滑导体棒 ab、cd，两棒间用绝缘丝线连接；已知平行导轨 MN、PQ 间距 为 L1，导体棒 ab、cd 间距为 L2，导轨电阻可忽略，每根导体棒在导轨之间的电 阻为 R.开始时匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度 B 随时间 t 的变化如图乙所 示．则以下说法正确的是(　　) A．在 t0 时刻回路中产生的感应电动势 E＝0 B．在 0～t0 时间内导体棒中的电流为L1L2B0 2Rt0 C．在t0 2 时刻绝缘丝线所受拉力为L21L2B20 4Rt0 D．在 0～2t0 时间内回路中电流方向是 abdca BC　[由图乙可知， | ΔB Δt |＝B0 t0 ，回路面积 S＝L1 L2，在 t0 时刻回路中产生的 感应电动势 E＝ | ΔB Δt |S＝L1L2 B0 t0 ，选项 A 错误；0～t0 时间内回路中产生的感应 电流大小为 I＝ E 2R ＝L1L2B0 2Rt0 ，选项 B 正确； 在t0 2 时刻，由左手定则，导体棒 ab 所受安培力方向向左，导体棒 cd 所受安培力 方向向右，磁场磁感应强度为B0 2 ，安培力大小为 F＝1 2B0·IL1＝L21L2B20 4Rt0 ，在t0 2 时刻 绝缘丝线所受拉力为L21L2B20 4Rt0 ，选项 C 正确；在 0～t0 时间内磁感应强度减小，在 t0～2t0 时间内磁感应强度反向增大，根据楞次定律，回路内产生的感应电流方向 为顺时针方向，即电流方向是 acdba，选项 D 错误．] 2－2.(2018·辽宁省抚顺市高三质检(四))(多选)如图所示，在光滑水平面内， 有竖直向下的匀强磁场分布在宽度为 2L 的某矩形区域内(长度足够大)，该区域 的左、右边界分别为 L1、L2.有一边长为 L 的正方形导线框距离磁场左边界 L1 的 某处由静止在恒力 F 作用下穿过该磁场区域，已知当线框的右边到达 L2 时线框 刚好做匀速直线运动．以线框的右边到达 L1 时开始计时，以 L1 上的 O 点为坐标 原点，取如图所示的坐标轴 x，并规定逆时针方向为感应电流的正方向，向左为 安培力的正方向．则关于线框中的感应电流 i 和线框受到的安培力 F 与位置坐标 x 的图线中正确的是(　　) AD　[根据题意知线框的右边到达 L2 时线框刚好做匀速直线运动，此时线框 受到的安培力与恒力 F 大小相等，即 FA＝F，而线框完全在磁场中运动时做匀加 速运动，所以可知线框进入磁场的过程中，安培力应小于恒力，即 FA′φa，所以 Uca ＝1 2Bωl2，A 对．题图乙中，金属框中产 生的电动势的最大值是 1 2Bωl2，ca 相当于电源，有内阻，路端电压的最大值小于 1 2Bωl2，故 B 错．通过的电荷量 q′＝ΔΦ R ＝ B· l2 2 R ＝Bl2 2R ，D 对，应选 A、D.] 高频考点四　电磁感应中的动力学和能量问题 [备考策略] 1.电磁感应中动力学和能量问题的“两状态、两对象” (1)两状态 ①导体处于平衡状态——静止或匀速直线运动状态． 处理方法：根据平衡状态时导体所受合外力等于零列式分析． ②导体处于非平衡状态——加速度不为零． 处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析. (2)两对象 2．“杆＋导轨”模型中，导轨放置方式可分为水平、竖直和倾斜；杆的运 动状态可分为匀速运动、匀变速运动、非匀变速运动或转动等；磁场的状态可分 为恒定不变、均匀变化和非均匀变化等等，情景复杂形式多变． [命题视角] 考向 1　水平导轨问题 例 4　(2018·湖北省荆州中学高三全真模拟一)(多选)水平面上固定相距为 d 的光滑直轨道 MN 和 PQ，在 N、Q 之间连接不计电阻的电感线圈 L 和电阻 R.匀 强磁场磁感应强度为 B，方向垂直导轨平面向上，在导轨上垂直导轨放置一质量 为 m，电阻不计的金属杆 ab，在直导轨右侧有两个固定挡块 C、D，CD 连线与 导轨垂直．现给金属杆 ab 沿轨道向右的初速度 v0，当 ab 即将撞上 CD 时速度为 v，撞后速度立即变为零但不与挡块粘连．以下说法正确的是(　　) A．ab 向右做匀变速直线运动 B．当 ab 撞上 CD 后，将会向左运动 C．ab 在整个运动过程中受到的最大安培力为B2d2v0 R D．从 ab 开始运动到撞上 CD 时，电阻 R 上产生的热量小于 1 2mv20－1 2mv2 BD　[ab 向右运动时受到向左的安培力而做减速运动，产生的感应电动势和 感应电流减小，安培力随之减小，加速度减小，所以 ab 做非匀变速直线运动， 故 A 错误．当 ab 撞 CD 后，ab 中产生的感应电动势为零，电路中电流要减小， 线框将产生自感电动势，根据楞次定律可知自感电动势方向与原来电流方向相同， 沿 b→a，根据左手定则可知 ab 受到向左的安培力，故当 ab 撞 CD 后，将会向 左运动．故 B 正确．开始时，ab 的速度最大，产生的感应电动势最大，由于线 圈中产生自感电动势，此自感电动势与 ab 感应电动势方向相反，电路中的电流 小于Bdv0 R ，最大安培力将小于 BdI＝ B2d2v0 R .故 C 错误．从 ab 开始运动到撞 CD 时，由于线圈中有磁场能，所以电阻 R 上产生的热量小于 1 2mv20－1 2mv2.故 D 正确；故选 B、D.] 考向 2　倾斜导轨问题 例 5　(2018·湖北省宜昌市高三质检)如图所示，两根一端带有挡柱的金属导 轨 MN 和 PQ 与水平面成 θ＝37°角放置在磁感应强度 B＝2 T 的匀强磁场中，磁 场方向垂直于导轨平面向上，两导轨间距 L＝1 m．现有两根完全相同的金属棒 ab 和 cd，长度均为 L，质量均为 m＝1 kg，电阻均为 R＝1 Ω，两金属棒与导轨始终 垂直且保持良好接触，导轨自身电阻不计．现让金属棒 ab 在沿斜面向上的外力 F 作用下从轨道上某处由静止开始做加速度 a＝2.5 m/s2 的匀加速直线运动，到金 属棒 cd 刚要滑动时撤去外力 F，此后金属棒 ab 继续向上运动 0.3 s 后减速为 0，当金属棒 ab 刚好返回到初始出发点时金属 棒 cd 对挡柱的压力是金属棒 ab 静止时压力的 2 倍．已知两金属棒与导轨间的 动摩擦因数均为 0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度 g 为 10 m/s2.求： (1)外力 F 的冲量大小； (2)金属棒 ab 从减速为 0 到返回出发点过程中所产生的焦耳热． 解析　(1)设金属棒 ab 的速度为 v 时金属棒 cd 刚要滑动，由B2L2v 2R ＝mgsin θ＋ μmgcos θ 得 v＝5 m/s 由 v＝at 知 t＝2 s，匀加速时段内金属棒 ab 的位移为 x1＝1 2at2＝5 m 对金属棒 ab 由牛顿第二定律得 F－mgsin θ－μmgcos θ－B2L2v 2R ＝ma 故 F＝mgsin θ＋μmgcos θ＋B2L2at 2R ＋ma， 代入数据可知，F 随 t 线性变化，且最大值为 F1＝22.5 N，最小值为 F2＝ 12.5 N 因此外力 F 的冲量 I＝F1＋F2 2 t，代入数据解得 I＝35 N·s (2)撤力后金属棒 cd 仍静止，设金属棒 ab 减速滑行的位移为 x2，由(μmgcos θ ＋mgsin θ＋B I－ L)Δt＝mv 和 I－ Δt＝BLx2 2R 得 x2＝1 m 设金属棒 ab 返回到出发点时的速度为 v1，对金属棒 cd，由B2L2v1 2R ＝mgsin θ 得 v1＝3 m/s 由能量守恒知 mg(x1＋x2)sin θ＝μmgcos θ(x1＋x2)＋1 2 mv21＋2Q 代入数据解得 Q＝3.75 J 答案　(1)35 N·s　(2)3.75 J [归纳反思] 在此类问题中，往往利用安培力的冲量 I＝Ft＝BIlΔt＝BlΔq，去求回路中的 电荷量 Δq，再利用结论 Δq＝ΔΦ R ＝BLx R 去求导体杆发生的位移 x. 考向 3　与电容器相连的导轨模型 例 6　(2018·湖南省岳阳市高三二模)(多选)如图所示，足够长的光滑平行金 属导轨竖直放置，间距为 L，其上端连接有阻值为 R 的电阻和电容器 C，装置区 域有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为 B.将一根水平金属棒 ab 开始下 滑．已知金属棒 ab 的质量为 m，电阻也为 R.金属棒 ab 在运动中始终保持水平且 与导轨良好接触，且通过金属棒 ab 的电流恒定不变，忽略导轨电阻，重力加速 度为 g.则下列说法正确的是(　　) A．因为通过金属棒 ab 的电流不变，所以金属棒 ab 做匀速运动，速度大小 是 v＝2mgR B2L2 B．尽管通过金属棒 ab 的电流不变，金属棒还是 ab 做匀变速运动，加速度 大小是 a＝ mg m＋CB2L2 C．电阻 R 的电功率 P＝m2g2C2B2L2R m＋CB2L2 D．若金属棒 ab 由静止下滑，开始时电容器所带电荷量为 0，那么经过时间 t，电容器两端电压 q＝BCLmgt－2C2BLmgR m＋CB2L2 BD　[若金属棒 ab 做匀速运动，产生电动势不变，回路中没有电流，故 A 错误；设时间 t1 时，金属棒的速度为 v1，此时金属棒切割磁感线产生的电动势 E1 ＝BLv1，电容器两端电压 U1＝E1－I(2R)，设时间 t2 时，金属棒的速度为 v2，此 时金属棒切割磁感线产生的电动势 E2＝BLv2，电容器两端电压 U2＝E2－I(2R)， 从 t1 到 t2 这段时间内，电容器两端电压的变化 ΔU＝U2－U1＝BL(v2－v1)＝BLΔv， 电容器两端电荷量的变化 Δq＝CΔU＝CBLΔv，回路中的电流 I＝ Δq Δt ＝CBLΔv Δt ＝ CBLa，加速度 a＝Δv Δt ，因为电流不变，所以加速度也不变，所以金属棒做匀变 速运动，根据牛顿第二定律得： mg－BIL＝ma，综上可以解得：a＝ mg m＋CB2L2 ，故 B 正确；回路的电流 I＝ mgCBL m＋CB2L2 ，电阻 R 的电功率 P＝ ( mgCBL m＋CB2L2)2R，故 C 错误；若金属棒 ab 由静止 下滑，开始时电容器所带电荷量为 q，那么经过时间 t，金属棒的速度 v＝at，此 时金属棒切割磁感线产生的电动势 E＝BLv，电容器两端电压 U＝E－I(2R)，电 容器所带电荷量 q＝CU，解得：q＝BCLmgt－2C2BLmgR m＋CB2L2 ，故 D 正确．] 考向 4　线框模型 例 7　(2018·河南省商丘市高三三模)(多选)如图，abcd 是一个质量为 m、边 长为 L 的正方形金属线框，从图示位置自由下落，在下落 h 后进入磁感应强度为 B 的匀强磁场，恰好做匀速直线运动，该磁场的宽度也为 L.在这个磁场的正下方 2h＋L 处还有一个未知的匀强磁场(图中未画出)，金属线框 abcd 在穿过这个磁场 时也恰好做匀速直线运动，那么下列说法正确的是(　　) A．未知磁场的磁感应强度是 2 2 B B．未知磁场的磁感应强度是 B 3 C．线框在穿过这两个磁场的过程中产生的焦耳热是 4mgL D．线框在穿过这两个磁场的过程中产生的焦耳热是 2mgL AC　[线框下落 h 时的速度为 v 1＝ 2gh，且在第一个匀强磁场中有 mg＝ B2L2v1 R ，当线框下落 h＋2L 高度，即全部从磁场中穿出时，再在重力作用下加速， 且进入下一个未知磁场时 v2＝ 2gh，线框进入下一个未知磁场时又有：mg＝ B′2L2v2 R ，所以 B′＝ 2 2 B，因为线框在进入与穿出磁场过程中要克服安培力做 功并产生电能，即全部穿过一个磁场区域产生的电能为 2mgL，故线框在穿过这 两个磁场的过程中产生的电能为 4mgL，C 正确．] [归纳反思] 用动力学观点、能量观点解答电磁感应问题的一般步骤 [题组突破] 4－1.(2018·济宁市高三第二次模拟)(多选)如图所示，两根平行光滑金属导轨 的间距为 d＝1m，导轨平面与水平面成 θ＝30°角，其底端接有阻值为 R＝2 Ω 的 电阻，整个装置处在垂直斜面向上、磁感应强度大小为 B＝2T 的匀强磁场中．一 质量为 m＝1 kg(质量分布均匀)的导体杆 ab 垂直于导轨放置，且与两导轨保持良 好接触．现杆在沿导轨平面向上、垂直于杆的恒力 F＝10 N 的作用下从静止开始 沿导轨向上运动，当运动距离为 L＝6 m 时速度恰好达到最大(运动过程中杆始终 与导轨保持垂直)．导体杆的电阻为 r＝2 Ω，导轨电阻不计(取 g＝10 m/s2)．在此 过程中(　　) A．杆的速度最大值为 5 m/s B．流过电阻 R 的电荷量为 6 C C．导体杆两端电压的最大值为 10 V D．安培力对导体杆的冲量大小为 6 N·s AD　[A 项：设杆的最大速度为 v m ，根据平衡条件得，F＝mgsin θ＋ B2L2vm r＋R ，代入数据解得：vm＝5 m/s，故 A 正确；B 项：根据电荷量 q＝ Δφ r＋R ＝ BLd r＋R ＝2 × 6 × 1 2＋2 C＝3C，故 B 错误；C 项：根据 E m＝BLvm＝2×2×5V＝20V， 故 C 错误；D 项：根据动量定理：(F－mgsin θ)t＝mvm，代入数据解得：安培力 对导体杆的冲量大小为 6 N·s，故 D 正确．] 4－2.(2018·河南省郑州市高中毕业年级第二次质量预测)(多选)如图，MN 和 PQ 是电阻不计的平行金属导轨，其间距为 L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗 糙固定在水平面上，右端接一个阻值为 R 的定值电阻，平直部分导轨左边区域 有宽度为 d、方向竖直向上、磁感应强度大小为 B 的匀强磁场．质量为 m、电阻 也为 R 的金属棒从高为 h 处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止，已知金 属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为 μ，金属棒与导轨间接触良好，则金属棒 穿过磁场区域的过程中(重力加速度为 g)(　　) A．金属棒中的最大电流为Bd 2gh 2R B．金属棒克服安培力做的功为 mgh C．通过金属棒的电荷量为BdL 2R D．金属棒产生的电热为 1 2mg(h－μd) CD　[金属棒下滑过程中，根据动能定理得：mgh＝1 2mv2，金属棒到达水平 面时的速度为：v＝ 2gh，金属棒到达水平面后做减速运动，刚到达水平面时的 速度最大，最大感应电动势 E＝BLv，则最大感应电流为：I＝ E R＋R ＝BL 2gh 2R ， 故 A 正确；金属棒在整个运动过程中，由动能定理得：mgh－WB－μmgd＝0－0， 克服安培力做功：WB＝mgh－μmgd，故 B 错误；感应电荷量为：q＝IΔt＝Δφ 2R ＝ BLd 2R ，故 C 正确；克服安培力做功转化为焦耳热，电阻与导体棒电阻相等，通过 它们的电流相等，则金属棒产生的焦耳热：QR＝1 2Q＝1 2WB＝1 2mg(h－μd)，故 D 正确．所以 C、D 正确，A、B 错误．] 课时跟踪训练(十三) 一、选择题(1－4 题为单项选择题，5－10 题为多项选择题) 1．(2018·安徽省合肥三模)如图所示，两相邻有界匀强磁场的宽度均为 L， 磁感应强度大小相等、方向相反，均垂直于纸面．有一边长为 L 的正方形闭合线 圈向右匀速通过整个磁场．用 i 表示线圈中的感应电流，规定逆时针方向为电流 正方向，图示线圈所在位置为位移起点，则下列关于 i－x 的图象中正确的是(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 C　[线圈进入磁场，在进入磁场的 0～L 的过程中，E＝BLv，电流 I＝ BLv R ， 根据右手定则判断方向为逆时针方向，为正方向；在 L～2L 的过程中，电动势 E ＝2BLv，电流 I＝2BLv R ，根据右手定则判断方向为顺时针方向，为负方向；在 2L～3L 的过程中，E＝BLv，电流 I＝BLv R ，根据右手定则判断方向为逆时针方向， 为正方向；故 ABD 错误，C 正确；故选 C.] 2．图 a 和图 b 是教材中演示自感现象的两个电路图，L1 和 L2 为电感线圈， 实验时，断开开关 S1 瞬间，灯 A1 突然闪亮，随后逐渐变暗，闭合开关 S2，灯 A2 逐渐变亮，而另一个相同的灯 A3 立即变亮，最终 A2 与 A3 的亮度相同，下列说 法正确的是(　　) A．图 a 中，A1 与 L1 的电阻值相同 B．图 a 中，闭合 S1，电路稳定后，A1 中电流大于 L1 中电流 C．图 b 中，变阻器 R 与 L2 的电阻值相同 D．图 b 中，闭合 S2 瞬间，L2 中电流与变阻器 R 中电流相等 C　[分析图 a，断开开关 S1 瞬间，A1 突然闪亮，说明流经 A1 的电流瞬间 增大，从而得到 S1 闭合，电路稳定时，A1 中的电流小于 L1 中的电流，所以选 项 B 错误，由并联电路特点可知，A1 的电阻值大于 L1 的电阻值，所以选项 A 错 误，分析图 b，开关 S2 闭合后，灯 A2 逐渐变亮，A3 立即变亮，说明闭合 S2 瞬 间 A2 与 A3 中的电流不相等，那么 L2 与 R 中的电流也不相等，所以选项 D 错 误．最终 A2 与 A3 亮度相同，说明流经 A2 与 A3 的电流相同，由欧姆定律可知，R 与 L2 的电阻值相等，所以选项 C 正确．] 3．(2018·山东省济南市高三一模)近来，无线充电成为应用于我们日常生活 中的一项新科技，其中利用电磁感应原理来实现无线充电是比较成熟的一种方式， 电动汽车无线充电方式的基本原理如图所示：路面下依次铺设圆形线圈，相邻两 个线圈由供电装置通以反向电流，车身底部固定感应线圈，通过充电装置与蓄电 池相连，汽车在此路面上行驶时，就可以进行充电．在汽车匀速行驶的过程中， 下列说法正确的是(　　) A．感应线圈中电流的磁场方向一定与路面线圈中电流的磁场方向相反 B．感应线圈中产生的是方向改变、大小不变的电流 C．感应线圈一定受到路面线圈磁场的安培力，会阻碍汽车运动 D．给路面下的线圈通以同向电流，不会影响充电效果 C　[A 项：由于路面下铺设圆形线圈，相邻两个线圈的电流相反，所以感应 线圈中电流的磁场方向不一定与路面线圈中电流的磁场方向相反，故 A 错误；B 项：由于路面上的线圈中的电流不知是怎么变化，即产生的磁场无法确定变化情 况，所以感应线圈中的电流大小不能确定，故 B 错误；C 项：感应线圈随汽车 一起运动过程中会产生感应电流，在路面线圈的磁场中受到安培力，根据“来拒 去留”可知，此安培力阻碍相对运动，即阻碍汽车运动，故 C 正确；D 项：给路 面下的线圈通以同向电流时，路面下的线圈产生相同方向的磁场，穿过感应线圈 的磁通量变小，变化率变小，所以产生的感应电流变小，故 D 错误．] 4．(2018·高考物理全真模拟三)如图 A 中水平放置的 U 形光滑金属导轨 NMPQ，MN 接有电键 K，导轨宽度为 L，其电阻不计．在左侧边长为 L 的正方 形区域存在方向竖直向上磁场 B，其变化规律如图 B 所示；中间一段没有磁场， 右侧一段区域存在方向竖直向下的匀强磁场，其磁感应强度为 B0，在该段导轨 之间放有质量为 m、电阻为 R、长为 L 的金属棒 ab.若在图 B 所示的 t0/2 时刻关 闭电键 K，则在这一瞬间(　　) A．金属棒 ab 中的电流方向为由 a 流向 b B．金属棒 ab 中的电流大小为LB0 t0R C．金属棒 ab 所受安培力方向水平向右 D．金属棒 ab 的加速度大小为L3B20 mt0R C　[根据楞次定律可得金属棒 ab 中的电流方向为由 b 流向 a，故 A 错误； 根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势：E＝ΔB Δt S＝B0 t0 L2，所以金属棒 ab 中的 电流大小为：I＝E R ＝B0 Rt0L2，故 B 错误；金属棒 ab 的电流方向为由 b 流向 a，根 据左手定则可得 ab 棒所受安培力方向水平向右，C 正确；根据牛顿第二定律可 得金属棒 ab 的加速度大小为 a＝BIL m ＝B0 2 mIL＝ B20L3 2Rmt0 ，故 D 错误．所以 C 正确， ABD 错误．] 5．(2018·山东省日照市高三 5 月校际联考)如图所示，一足够长的光滑平行 金属轨道，其轨道平面与水平面成 θ 角，上端用一电阻 R 相连，处于方向垂直轨 道平面向上的匀强磁场中．质量为 m、电阻为 r 的金属杆 ab，从高为 h 处由静 止释放，下滑一段时间后，金属杆开始以速度 v 匀速运动直到轨道的底端．金属 杆始终保持与导轨垂直接触良好，轨道电阻及空气阻力均可忽略不计，重力加速 度为 g.则(　　) A．金属杆加速运动过程中的平均速度大于v 2 B．金属杆加速运动过程中克服安培力做功的功率小于匀速运动过程中克服 安培力做功的功率 C．当金属杆的速度为v 2 时，它的加速度大小为gsin θ 2 D．整个运动过程中电阻 R 产生的焦耳热为 mgh－1 2mv2 ABC　[若金属杆匀加速运动，则平均速度为v 2 ，实际上金属杆加速运动中， 加速度不断减小，速度－时间图象的斜率不断减小，在相同间内金属杆通过位移 大于匀加速运动的位移，金属杆平均速度大于匀加速运动的平均速度v 2 ，A 正确； 金属杆加速运动过程中，安培力平均值小于匀速运动的安培力，且加速运动的平 均速度小于匀速直线的速度，因此金属杆加速运动过程中，克服安培力做功的功 率小于匀速运动过程中克服安培力做功的功率，B 正确；根据匀速直线运动时， 金属杆速度大小为 v，所受的安培力大小为B2L2v R＋r ，此时依据平衡状态，则有 mgsin θ＝B2L2v R＋r ；金属杆的速度为v 2 时，它所受的安培力为 B2L2v 2 R＋r ，据牛顿第二定律解得 mgsin θ－ B2L2v 2 R＋r ＝ma，联立得 a＝gsin θ 2 ，C 正确；根据能量守恒定律可知整个运 动过程中回路产生的焦耳热为 mgh－1 2mv2，所以 R 上产生的焦耳热小于 mgh－1 2 mv2，D 错误．] 6．两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 BC　[由图象可知，从导线框的 cd 边进入磁场到 ab 边刚好进入磁场，用时 为 0.2 s，可得导线框运动速度的大小 v＝0.1 0.2m/s＝0.5 m/s，B 对． 由图象可知，cd 边切割磁感线产生的感应电动势 E＝0.01 V，由公式 E＝ BLv，可得磁感应强度的大小 B＝ 0.01 0.1 × 0.5T＝0.2 T，A 错． ca 边进入磁场时感应电流的方向为顺时针时，对 cd 边应用右手定则可知， 磁感应强度的方向垂直于纸面向外，C 对． t＝0.4 s 至 t＝0.6 s 时间段为 cd 边离开磁场，ab 边切割磁感线的过程．由闭 合电路欧姆定律及安培力公式得安培力 F＝BEL R ，代入数据得 F＝0.04 N，D 错．] 7．(2018·山东省潍坊市高三三模)如图所示，两平行导轨间距为 L，倾斜部 分和水平部分长度均为 L，倾斜部分与水平面的夹角为 37°，cd 间接电阻 R，导 轨电阻不计．质量为 m 的金属细杆静止在倾斜导轨底端，与导轨接触良好，电 阻为 r.整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化关系为 B＝ B0＋kt(k>0)，在杆运动前，以下说法正确的是(　　) A．穿过回路的磁通量为 2(B0＋kt)L2 B．流过导体棒的电流方向为由 b 到 a C．回路中电流的大小为1.8kL2 R＋r D．细杆受到的摩擦力一直减小 BC　[A、由 Φ＝BS 效＝(B0＋kt)·(L 2＋L2cos 37°)＝1.8(B 0＋kt)L2，故 A 错 误．C、磁感应强度均匀增大，产生的感生电动势，由法拉第电磁感应定得 E＝n Δφ Δt ＝ΔB Δt ·S＝k·(L 2＋L2cos37°)＝1.8k L2，由全电路欧姆定律得 I＝ E R＋r ＝1.8 kL2 R＋r ， 则 C 正确．B、由楞次定律可得感应电流的方向俯视为顺时针方向，即电流流向 为 b 到 a，B 正确．D、因感应电流大小恒定，则细杆所受的安培力 F＝BIL 因 B 逐渐增大而增大，由左手定则知方向水平向右，对杆的平衡知识可得 mgsin θ＝f ＋BILcos θ，则摩擦力先向上逐渐减小到零，后向下逐渐增大，D 错误．故选 B、 C.] 8．(2018·山东省淄博一中高三三模)如图所示， 用粗细均匀的电阻丝制成形 状相同、大小不同的甲、乙两个矩形框．甲对应边的长度是乙的两倍，二者底边 距离匀强磁场上边界高度 h 相同，磁场方向垂直纸面向里，匀强磁场强度 d 足够 大．不计空气阻力，适当调整高度 h，将二者由静止释放，甲将以恒定速度进入 匀强磁场中．在矩形线框进入磁场的整个过程中，甲、乙的感应电流分别为 I1 和 I2，通过导体棒截面的电量分别为 q1 和 q2，线框产生的热量分别为 Q1 和 Q2， 线框所受到的安培力分别是 F1 和 F2，则以下结论中正确的是(　　) A．I1>I2 B．q1＝4q2 C．Q1＝4Q2 D．F1＝2F2 CD　[设甲的宽度为 L，周长为 l，则乙的宽度为L 2 ，周长为l 2 ，那么甲的质 量是乙质量的两倍，根据电阻 R＝ρl S ，可得R1 R2 ＝2 1 ，由题意可知甲做匀速运动：m1g －BI1L＝0，感应电动势为：E1＝BLv1，感应电流为：I1＝E1 R1 ，联立以上可得：m1g －B2L2v1 R1 ＝0，同理对乙有：m2g－B2L2v2 4R2 ＝m2a，联立以上可得 a＝0，说明乙也 匀速运动且 v1＝v2＝ 2gh，感应电流为：I＝BLv R ，结合以上易得 I1＝I2，故 A 错 误；电量为 q＝Δφ R ＝BS R ，可得：q1 q2 ＝2 1 ，故 B 错误；产生的热量为：Q＝I2Rt，由 运动学公式可得：t1 t2 ＝2 1 ，联立以上可得：Q1 Q2 ＝4 1 ，故 C 正确；安培力为：F＝ B2L2v R ，根据以上可得：F1 F2 ＝2 1 ，故 D 正确．所以 CD 正确，AB 错误．] 9．(2018·山东省烟台市高三下学期诊断测试)如图所示，空间直角坐标系的 xOz 平面是光滑水平面，空间中有沿 z 轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小为 B.现有两块平行的薄金属板，彼此间距为 d，构成一个电容为 C 的电容器，电容 器的下极板放在 xOz 平面上；在两板之间焊接一根垂直于两板的电阻不计的金属 杆 MN，已知两板和杆 MN 的总质量为 m，若对杆 MN 施加一个沿 x 轴正方向的 恒力 F，两金属板和杆开始运动后，则(　　) A．金属杆 MN 中存在沿 M 到 N 方向的感应电流 B．两金属板间的电压始终保持不变 C．两金属板和杆做加速度大小为 F B2d2C 的匀加速直线运动 D．单位时间内电容器增加的电荷量为 CBdF m＋B2d2C AD　[由右手定则可知，充电电流方向为：由 M 流向 N，故 A 正确；设此 装置匀加速平移的加速度为 a，则时间 t 后速度 v＝at，MN 切割磁感线产生电动 势：E＝BLv＝Bdat，即电容器两板电压：U＝E＝BLat，U 随时间增大而增大， 电容器所带电量 Q＝CU＝CBdat，MN 间此时有稳定的充电电流：I＝ Q t ＝CBda， 方向向下，根据左手定则可知，MN 受到向左的安培力：F 安＝BIL＝CB2d2a，以 整个装置为研究对象，由牛顿第二定律得：F－F 安＝ma，即：F－CB2d2a＝ma， 解得：a＝ F m＋B2d2C ，方向沿＋Z 方向，则单位时间内电容器增加的电荷量为ΔQ Δt ＝CBda＝ CBdF m＋B2d2C ，故 BC 错误，D 正确；故选 AD.] 10．(2018·湖北省武汉市高三综合训练)如图所示，一个半径为 r、粗细均匀、 阻值为 R 的圆形导线框，竖直放置在磁感应强度为 B 的水平匀强磁场中，线框 平面与磁场方向垂直．现有一根质量为 m、电阻不计的导体棒，自圆形线框最高 点由静止释放，棒在下落过程中始终与线框保持良好接触．已知下落距离为r 2 时 棒的速度大小为 v1，下落到圆心 O 时棒的速度大小为 v2，忽略摩擦及空气阻力， 下列说法正确的是(　　) A．导体棒下落距离为r 2 时，棒中感应电流的方向向右 B．导体棒下落距离为r 2 时，棒的加速度的大小为 g－27B2r2v1 2mR C．导体棒下落到圆心时，圆形导线框的发热功率为B2r2v22 R D．导体棒从开始下落到经过圆心的过程中，圆形导线框产生的热量为 mgr－ 1 2mv22 BD　[A 项：导体棒下落过程中切割磁感线，根据右手定则可知，棒中感应 电流的方向向左，故 A 错误；B 项：棒下落距离为r 2 时，棒有效的切割长度为 L＝ 2rcos30°＝ 3r，弦所对的圆心角为 120°，则圆环上半部分的电阻为R 3 ，圆环下半 部分的电阻为2R 3 由外电路并联电阻为：R1＝ R 3 × 2R 3 R ＝2R 9 此时，回路中感应电动势为 E＝BLv，I＝ E R1 ，安培力 F＝BIL， 联立得：F＝B2( 3r)2v1 R1 由牛顿第二定律得：mg－F＝ma 得：a＝g－27B2r2v1 2mR ，故 B 正确； C 项：导体棒下落到圆心时，棒有效的切割长度为 2r，回路中的总电阻为 R 4 ，电动势为 E＝B·2r·v 2，根据公式 P＝E2 R 4 ＝ (B·2r·v2)2 R 4 ＝16B2r2v22 R ，故 C 错误；D 项：从开始下落到经过圆心的过程中，棒的重力势能减小转化为棒的动能和内能， 根据能量守恒定律得： mgr＝1 2mv22＋Q，解得 Q＝mgr－1 2mv22，故 D 正确．] 二、非选择题 11．(2018·湖北省武汉市高三下学期五月理综训练)电磁感应式无线充电系统 原理如图(a)所示，给送电线圈中通以变化的电流，就会在邻近的受电线圈中产 生感应电流，从而实现充电器与用电装置之间的能量传递．某受电线圈的匝数 n ＝50 匝，电阻 r＝1.0 Ω，c、d 两端接一阻值 R＝9.0 Ω 的电阻，当送电线圈接交 变电流后，在受电线圈内产生了与线圈平面垂直的磁场，其磁通量随时间变化的 规律如图(b)所示．求(结果保留 2 位有效数字) (1)t1 到 t2 时间内，通过电阻 R 的电荷量； (2)在一个周期内，电阻 R 产生的热量． 解析　(1)受电线圈中产生的感应电动势的平均值E＝nΔφ Δt.通过电阻的电流 的平均值I＝ E R＋r 通过电阻的电荷量 q＝IΔt 由图 b 知，在 t1 到 t2 的时间内 Δφ＝4.0×10－4Wb 解得：q＝2.0×10－3C； (2)由图 b 知 T＝π×10－3s 又 ω＝2π T 受电线圈中产生的电动势的最大值 Em＝nφmω 线圈中的感应电流的最大值 Im＝ Em r＋R 通过电阻的电流的有效值 I＝Im 2 电阻在一个周期内产生的热量 Q＝I2RT 解得：Q＝5.7×10－2J. 答案　见解析 12．(2018·衡中同卷(五))如图甲所示，两个形状相同、倾角均为 37°的足够 长的斜面对接在一起，左侧斜面粗糙，右侧斜面光滑．一个电阻不计、质量 m＝ 1 kg 的足够长的 U 形金属导轨 MM′N′N 置于左侧斜面上，导轨 MM′N′N 与斜面间的动摩擦因数 μ＝0.5，质量 m＝1 kg、电阻为 R 的光滑金属棒 ab 通过 跨过定滑轮的轻质绝缘细线与质量为 m0 的滑块相连，金属棒 ab 与导轨 MM′N′N 接触良好且始终垂直(金属棒 ab 始终不接触左侧斜面)，左侧斜面处于垂直斜面 向下的匀强磁场中．初始状态时，托住滑块，使导轨 MM′N′N、金属棒 ab 及 滑块组成的系统处于静止状态，某时刻释放滑块，当其达到最大速度时，导轨 MM′N′N 恰好要向上滑动．已知细线始终与斜面平行，最大静摩擦力等于滑 动摩擦力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度 g 取 10 m/s2. (1)求滑块的质量 m0； (2)以释放滑块的时刻为计时起点，滑块的速度 v 随时间 t 的变化情况如图乙 所示，若匀强磁场的磁感应强度 B＝2 T，导轨 MM′N′N 宽度 L＝ 7m，求在 滑块加速运动过程中系统产生的焦耳热． 解析　(1)当滑块与金属棒 ab 达到最大速度时，导轨 MM′N′N 恰好不能 向上滑动，导轨与左侧斜面间的静摩擦力向下达到最大，对导轨由平衡条件得 mgsin 37°＋μ·2mgcos 37°＝F 安 解得 F 安＝14 N 对滑块及金属棒 ab 组成的系统由平衡条件得 mgsin 37°＋F 安＝m0gsin 37° 解得 m0＝10 3 kg (2)达到最大速度时安培力 F 安＝BIL＝B2L2v R ＝14 N 由图乙知最大速度 v＝1 m/s 解得 R＝2 Ω 加速阶段对滑块及金属棒 ab 组成的系统由动量定理得 m0gtsin 37°－mgtsin 37°－BILt＝(m0＋m)v 加速阶段通过金属棒 ab 的电荷量 q＝It 又结合法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律可得 q＝ΔΦ R ＝BLx R ，解得 x＝ 41 105m 加速阶段由能量守恒得 m0gxsin 37°＝mgxsin 37°＋1 2(m0＋m)v2＋Q 解得 Q＝3.3 J 即滑块在加速运动过程中系统产生的焦耳热为 3.3 J. 答案　(1)10 3 kg　(2)3.3