10、S＝×πr，由閉合電路歐姆定律得感應電流為I＝，所以線圈兩端的電壓U＝I(R1＋R2)＝，C錯，D對．
[答案] BD
應用法拉第電磁感應定律求磁場變化產生的電動勢時，公式E＝n·S，其中S為線圈內磁場區(qū)的面積，不一定等于線圈的面積.
熱點考向二 電磁感應中的圖像問題
【典例】 (多選)(2019·全國卷Ⅱ)如圖，兩條光滑平行金屬導軌固定，所在平面與水平面夾角為θ，導軌電阻忽略不計．虛線ab、cd均與導軌垂直，在ab與cd之間的區(qū)域存在垂直于導軌所在平面的勻強磁場．將兩根相同的導體棒PQ、MN先后自導軌上同一位置由靜止釋放，兩者始終與導軌垂直且接觸良好．已知PQ進入磁
11、場時加速度恰好為零．從PQ進入磁場開始計時，到MN離開磁場區(qū)域為止，流過PQ的電流隨時間變化的圖像可能正確的是( )
[思路引領] (1)兩棒從同一位置釋放，進入磁場時速度相同．
(2)需分情況討論，要從釋放兩棒時間間隔足夠長和較短兩個角度展開研究．
[解析] 根據(jù)題述，PQ進入磁場時加速度恰好為零，兩導體棒從同一位置釋放，則兩導體棒進入磁場時的速度相同，產生的感應電動勢大小相等，若釋放兩導體棒的時間間隔足夠長，在PQ通過磁場區(qū)域一段時間后MN進入磁場區(qū)域，根據(jù)法拉第電磁感應定律和閉合電路歐姆定律可知流過PQ的電流隨時間變化的圖像可能是A；由于兩導體棒從同一位置釋放，兩導體棒進
12、入磁場時產生的感應電動勢大小相等，MN進入磁場區(qū)域切割磁感線產生感應電動勢，回路中產生的感應電流不可能小于I1，B錯誤；若釋放兩導體棒的時間間隔較短，在PQ沒有出磁場區(qū)域時MN就進入磁場區(qū)域，則兩棒在磁場區(qū)域中運動時回路中磁通量不變，兩棒不受安培力作用，二者在磁場中做加速運動，PQ出磁場后，MN切割磁感線產生感應電動勢和感應電流，且感應電流一定大于I1，MN受到安培力的作用，由于安培力與速度成正比，則MN所受的安培力一定大于MN的重力沿斜面方向的分力，所以MN一定做減速運動，回路中感應電流減小，流過PQ的電流隨時間變化的圖像可能是D，C錯誤．
[答案] AD
電磁感應圖像問題解題“5
13、步曲”
第1步：明確圖像的種類．是B－t圖、I－t圖、v－t圖、F－t圖或是E－t圖等；
第2步：分析電磁感應的具體過程．明確運動分成幾個階段(根據(jù)磁通量的變化特征或切割特點分析)；
第3步：寫出函數(shù)方程．結合法拉第電磁感應定律、歐姆定律、牛頓運動定律等寫出函數(shù)方程；
第4步：進行數(shù)學分析．根據(jù)函數(shù)方程進行數(shù)學分析，例如分析斜率的變化、截距等；
第5步：得結果．畫圖像或判斷圖像．
遷移一 由給定的電磁感應過程選圖像
1．(2019·江蘇宜興模擬)如圖所示，在光滑水平面上，有一個粗細均勻的單匝正方形閉合線框abcd.t＝0時刻，線框在水平外力的作用下，從靜止開始向右做勻加速直線
14、運動，bc邊剛進入磁場的時刻為t1，ad邊剛進入磁場的時刻為t2，設線框中產生的感應電流的大小為I，ad邊兩端電壓大小為U，水平拉力大小為F，則下列I、U、F隨時間t變化關系的圖像正確的是( )
[解析] 由題意可知，線框的速度與時間的關系式為v＝at，a是加速度，設線框總電阻為R，又由E＝BLv和I＝得感應電流與時間的關系式為I＝t，B、L、a均不變，在0～t1時間內，感應電流為零，t1～t2時間內，電流I與t成正比，t2時間后無感應電流，A、B錯誤；在0～t1時間內，感應電流為零，ad的電壓為零，t1～t2時間內，電流I與t成正比，Uad＝IRad＝t×R＝，電壓隨時間均勻增加
15、，t2時間后無感應電流，但有感應電動勢，Uad＝E＝BLat，電壓隨時間均勻增加，C正確；根據(jù)推論得知線框所受的安培力為FA＝，由牛頓第二定律得F－FA＝ma，整理得F＝t＋ma，在0～t1時間內，感應電流為零，F(xiàn)＝ma，為定值，t1～t2時間內，F(xiàn)與t成正比，F(xiàn)與t是線性關系，但不過原點，t2時間后無感應電流，F(xiàn)＝ma，為定值，D錯誤．
[答案] C
遷移二 由給定的圖像求解電磁感應的物理量
2．(多選)(2019·安徽宿州三模)矩形導線框abcd固定在勻強磁場中，磁場的方向與導線框所在的平面垂直，磁感應強度B隨時間變化的規(guī)律如圖所示，規(guī)定垂直紙面向里為磁場正方向，順時針方向為感應電流
16、正方向，水平向右為ad邊所受安培力F的正方向．下列圖像正確的是( )
[解析] 導線框中的感應電流決定于磁感應強度B隨t的變化率．由圖可知，0～1 s時間內，B增大，Φ增大，感應磁場與原磁場方向相反(感應磁場的磁感應強度的方向向外)，由楞次定律結合安培定則可知感應電流沿逆時針方向，因而是負值，由于磁場均勻變化，所以產生的感應電流恒定，故A錯誤，B正確；0～1 s時間內，ad邊感應電流方向向下，ad邊所受的安培力F＝BIL，根據(jù)左手定則得安培力方向向右，為正值，由于B隨時間均勻增大，I不變，所以安培力F隨時間t均勻增大，故C錯誤，D正確．
[答案] BD
分類排除法解決電磁感
17、應中的圖像問題
首先根據(jù)圖像的坐標、物理量的方向或大小等特點將圖像分類，然后按方向、大小、變化趨勢、變化時段、大小關系的順序分析，優(yōu)先判斷方向，由簡到繁，排除錯誤選項.
熱點考向三 電磁感應規(guī)律的綜合應用
【典例】 (2019·河北名校聯(lián)盟)如圖所示，空間中有一垂直于紙面向外的勻強磁場，磁場上下邊界距離為L，磁場的磁感應強度大小為B.一質量為m、電阻為R、邊長為L的均勻正方形導線框abcd豎直放置，水平邊ab在距磁場上邊界高h處．現(xiàn)將導線框從靜止開始無初速度釋放，cd邊進入磁場后，導線框做勻速直線運動．重力加速度為g，不計空氣阻力．求：
(1)導線框做勻速直線運動時，c、
18、d間的電勢差Ucd；
(2)導線框ab邊剛進入磁場時，導線框的加速度大小a0；
(3)導線框通過磁場區(qū)域過程中產生的焦耳熱Q.
[思路引領] 分段處理，導線框在進磁場前做自由落體運動，進磁場的過程中做變速直線運動，出磁場的過程中做勻速直線運動．由于在整個過程中導線框中產生的感應電流是變化的，不能運用焦耳定律求解焦耳熱，但可以利用能量守恒定律求解．
[解析] (1)設導線框做勻速直線運動時，速度大小為v，受到的安培力大小為F
勻速運動時，導線框受力平衡，故F＝mg
電動勢E＝BLv，又I＝，F(xiàn)＝BIL
聯(lián)立解得v＝
由右手定則可判斷c點比d點電勢低，有Ucd＝－I
故Ucd＝－
19、，解得Ucd＝－.
(2)導線框ab邊剛進入磁場時，速度大小記為v′，則對導線框從靜止釋放到ab邊剛進入磁場這一過程應用機械能守恒定律有mgh＝mv′2
解得v′＝，此時ab邊所受安培力為F′＝，由牛頓第二定律得，＝ma0，解得a0＝.
(3)導線框由釋放到通過磁場區(qū)域的過程中，由能量守恒定律有Q＝mg(h＋2L)－mv2
代入數(shù)據(jù)解得Q＝mg(h＋2L)－.
[答案] (1)－ (2)
(3)mg(h＋2L)－
電磁感應中力、電綜合問題的解題思路
如圖所示，足夠長的粗糙斜面與水平面成θ＝37°角放置，在斜面上虛線aa′和bb′與斜面底邊平行，且間距為d＝0.
20、1 m，在aa′、bb′圍成的區(qū)域內有垂直斜面向上的有界勻強磁場，磁感應強度為B＝1 T；現(xiàn)有一質量為m＝10 g，總電阻為R＝1 Ω，邊長也為d＝0.1 m的正方形金屬線圈MNPQ，其初始位置PQ邊與aa′重合，現(xiàn)讓金屬線圈以一定初速度沿斜面向上運動，當金屬線圈從最高點返回到磁場區(qū)域時，線圈剛好做勻速直線運動．已知線圈與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，不計其他阻力，求：(取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)
(1)線圈向下返回到磁場區(qū)域時的速度；
(2)線圈向上離開磁場區(qū)域時的動能；
(3)線圈向下通過磁場區(qū)域過程中，線圈中產生的焦耳熱．
[解析] (1)金屬線圈向下進
21、入磁場時，有
mgsinθ＝μmgcosθ＋F安，
其中F安＝BId，I＝，E＝Bdv
解得v＝＝2 m/s.
(2)設線圈到達最高點離bb′的距離為x，則v2＝2ax，mgsinθ－μmgcosθ＝ma
根據(jù)能量守恒有Ek1－Ek＝μmgcosθ·2x，其中Ek＝mv2
解得Ek1＝mv2＋＝0.1 J.
(3)向下勻速通過磁場區(qū)域過程中，有mgsinθ·2d－μmgcosθ·2d＋W安＝0，Q＝－W安
解得：Q＝2mgd(sinθ－μcosθ)＝0.004 J.
[答案] (1)2 m/s (2)0.1 J (3)0.004 J
電磁感應的綜合問題的解題要點
22、(1)變速運動或平衡問題：從牛頓第二定律的瞬時性著手，分析金屬棒的運動性質，通過力與運動的關系分析出
最終存在的“穩(wěn)定狀態(tài)”——通常為安培力與其他力平衡時的勻速運動狀態(tài)或勻變速直線運動狀態(tài)．
(2)物體的運動較為復雜或涉及變力做功的問題：往往應用能量的觀點分析問題，通過各力的做功情況分析能量的轉化，特別要注意安培力做功的情況——安培力做正功將電能轉化為機械能；安培力做負功將機械能轉化為電能.
高考熱點模型構建——“桿＋導軌”模型
考向一 “單桿＋導軌＋電阻”模型
【典例1】 (2019·天津和平區(qū)四模)如圖所示，一對光滑的平行金屬導軌固定在同一水平面內，導軌間距L＝
23、0.5 m，左端接有阻值R＝0.3 Ω的電阻，一質量m＝0.1 kg、電阻r＝0.1 Ω的金屬棒MN放置在導軌上，整個裝置置于豎直向上的勻強磁場中，磁場的磁感應強度B＝0.2 T，棒在水平向右的外力作用下，由靜止開始以a＝2 m/s2的加速度做勻加速運動，當棒運動的位移x＝9 m時撤去外力，棒繼續(xù)運動一段距離后停下來，已知撤去外力前回路中產生的焦耳熱Q1＝2.025 J，導軌足夠長且電阻不計，棒在運動過程中始終與導軌垂直且兩端與導軌保持良好接觸，求：
(1)棒在勻加速運動過程中，通過電阻R的電荷量q；
(2)金屬棒MN做勻加速運動所需外力隨時間變化的表達式；
(3)外力做的功WF.
24、
[思路引領] 求解電荷量時應該使用電流的平均值；分析金屬棒所受的外力隨時間的變化規(guī)律時，應首先綜合
法拉第電磁感應定律和安培力公式等知識得出安培力與時間的關系式，然后進一步求解．
[解析] (1)棒在勻加速運動中，由法拉第電磁感應定律得＝，其中ΔΦ＝BLx
由閉合電路的歐姆定律得＝
則通過電阻R的電荷量為q＝·Δt
聯(lián)立各式，代入數(shù)據(jù)得q＝2.25 C.
(2)由法拉第電磁感應定律得E＝BLv
對棒的勻加速運動過程，由運動學公式得v＝at
由閉合電路的歐姆定律得I＝
由安培力公式和牛頓第二定律得F－BIL＝ma
得F＝0.2＋0.05t.
(3)對棒的勻加速運動過程，
25、
由運動學公式得v2＝2ax
撤去外力后，由能量守恒
Q2＝mv2＝1.8 J
在棒運動的整個過程中，由功能關系可知WF＝Q1＋Q2
解得WF＝3.825 J.
[答案] (1)2.25 C (2)F＝0.2＋0.05t (3)3.825 J
“單桿＋導軌＋電阻”四種模型解讀(導軌電阻不計)
考向二 “桿＋電容器＋導軌”模型
【典例2】(2019·湖南衡陽一模)如圖所示，足夠長的平行金屬導軌MN、PQ傾斜放置，其所在平面與水平面間的夾角為θ＝30°，導軌間距為L，導軌下端分別連著電容為C的電容器和阻值為R的電阻，開關S1、S2分別與電阻和電容器相連．一根質量
26、為m、電阻忽略不計的金屬棒放在導軌上，金屬棒與導軌始終垂直并接觸良好，金屬棒與導軌間的動摩擦因數(shù)為μ＝.一根不可伸長的絕緣輕繩一端拴在金屬棒中間，另一端跨過定滑輪與一質量為4m的重物相連，金屬棒與定滑輪之間的輕繩始終在兩導軌所在平面內且與兩導軌平行，磁感應強度為B的勻強磁場垂直于導軌所在平面向上，導軌電阻不計．初始狀態(tài)用手托住重物使輕繩恰好處于伸長狀態(tài)，不計滑輪阻力，已知重力加速度為g，試分析：
(1)若S1閉合、S2斷開，由靜止釋放重物，求重物的最大速度vm；
(2)若S1斷開、S2閉合，從靜止釋放重物開始計時，求重物的速度v隨時間t變化的關系式．
[思路引領] 勻強磁場中，恒力作
27、用下金屬棒在接電容器的平行導軌上最終將做勻加速運動，牢記這一結論，可快速解答相關問題．
[解析] (1)S1閉合、S2斷開時，重物由靜止釋放后拉動金屬棒沿導軌向上做加速運動，金屬棒受到的沿導軌向下的安培力為F＝BIL，感應電動勢為E＝BLvm
感應電流為I＝＝
當金屬棒速度最大時有4mg＝mgsin30°＋F＋μFN
式中FN＝mgcos30°
解得vm＝.
(2)S1斷開、S2閉合時，設從釋放重物開始經時間t金屬棒的速度大小為v，加速度大小為a，通過金屬棒的電流為I，金屬棒受到的安培力F＝BIL，方向沿導軌向下，設在t到(t＋Δt)時間內流經金屬棒的電荷量為ΔQ，ΔQ也是平行板電
28、容器在t到(t＋Δt)時間內增加的電荷量
ΔQ＝CBLΔv，Δv＝aΔt
則I＝＝CBLa
設繩中拉力大小為T，由牛頓第二定律，
對金屬棒有
T－mgsin30°－μmgcos30°－BIL＝ma
對重物有4mg－T＝4ma
解得a＝
可知重物做初速度為零的勻加速直線運動v＝at＝t.
[答案] (1) (2)v＝t
“桿＋電容器＋導軌”模型
(1)模型概述
軌道水平光滑，單桿ab質量為m，電阻不計，兩平行導軌間距為L，拉力F恒定．
(2)解題思路
開始時a＝，桿ab速度v↑?感應電動勢E＝BLv↑，經過Δt速度為v＋Δv，此時感應電動勢E′＝BL
29、(v＋Δv)，Δt時間內流入電容器的電荷量Δq＝CΔU＝C(E′－E)＝CBLΔv
電流I＝＝CBL＝CBLa
安培力F安＝BLI＝CB2L2a
F－F安＝ma，a＝，所以桿以恒定的加速度勻加速運動.
1．(2019·遼寧沈陽質檢)足夠長的平行金屬導軌MN和PQ表面粗糙，與水平面間的夾角為37°(sin37°＝0.6)，間距為1.0 m．垂直于導軌平面向上的勻強磁場的磁感應強度的大小為4.0 T，PM間所接電阻的阻值為8.0 Ω，質量為2.0 kg的金屬桿ab垂直導軌放置，不計桿與導軌的電阻，桿與導軌間的動摩擦因數(shù)為0.25，金屬桿ab在沿斜面向下且與桿垂直的恒力F作用下，由靜止
30、開始運動，桿的最終速度為8 m/s，取g＝10 m/s2.求：
(1)當金屬桿的速度為4.0 m/s時，金屬桿的加速度大??；
(2)當金屬桿沿導軌的位移為6.0 m時，通過金屬桿的電荷量．
[解析] (1)對金屬桿ab應用牛頓第二定律有F＋mgsinθ－F安－f＝ma，f＝μFN，F(xiàn)N＝mgcosθ，
ab桿所受安培力大小為F安＝BIL，
ab桿切割磁感線產生的感應電動勢為E＝BLv，
由閉合電路歐姆定律可得I＝，
整理得：F＋mgsinθ－－μmgcosθ＝ma，
代入vm＝8 m/s時a＝0，解得F＝8 N，
代入v＝4 m/s及F＝8 N，解得a＝4 m/s2.
31、(2)設通過回路截面的電荷量為q，則q＝t，
回路中的平均電流為＝，
回路中產生的平均感應電動勢為＝，
回路中的磁通量變化量為ΔΦ＝BLx，
解得q＝＝3 C.
[答案] (1)4 m/s2 (2)3 C
2.如圖所示，MN和M′N′為兩豎直放置的平行光滑長直金屬導軌，兩導軌間的距離為L.在導軌的下部有垂直于導軌所在平面、方向向里的勻強磁場，磁感應強度為B.在導軌的MM′端連接電容為C、擊穿電壓為Ub、正對面積為S、極板間可認為是真空、極板間距為d的平行板電容器．在t＝0時無初速度地釋放金屬棒ef，金屬棒ef的長度為L、質量為m、電阻可忽略不計．假設導軌足夠長，磁場區(qū)域足夠大，金屬
32、棒ef與導軌垂直并接觸良好，導軌和各接觸處的電阻不計，電路的電感、空氣的阻力可忽略，已知重力加速度為g.
(1)求電容器兩端的電壓達到擊穿電壓所用的時間．
(2)金屬棒ef下落的過程中，速度逐漸變大，感應電動勢逐漸變大，電容器極板上的電荷量逐漸增加，兩極板間存儲的電場能也逐漸增加．單位體積內所包含的電場能稱為電場的能量密度．已知兩極板間為真空時平行板電容器的電容大小可表示為C＝.試證明平行板電容器兩極板間的空間內的電場能量密度ω與電場強度E的平方成正比，并求出比例系數(shù)(結果用ε0和數(shù)字的組合表示)．
[解析] (1)在電容器兩端電壓達到擊穿電壓前，設任意時刻t，流過金屬棒的電流為i，
33、由牛頓第二定律知，此時金屬棒的加速度a滿足mg－BiL＝ma
設在t到t＋Δt的時間內，金屬棒的速度由v變?yōu)関＋Δv，電容器兩端的電壓由U變?yōu)閁＋ΔU，電容器的帶電荷量由Q變?yōu)镼＋ΔQ，由電流的定義、電荷量與電壓和電容間的關系、電磁感應定律以及加速度的定義得i＝＝＝＝CBLa
聯(lián)立得a＝
可知金屬棒做初速度為0的勻加速直線運動，當電容器兩端電壓達到擊穿電壓時，金屬棒的速度為v0＝
所以電容器兩端電壓達到擊穿電壓所用的時間為t＝＝.
(2)當電容器兩極板間的電荷量增加無窮小量ΔQi時，電容器兩端的電壓可認為始終為Ui，增加的電場能可用圖甲中左起第1個陰影部分的面積表示；同理，當電容器兩
34、極板間的電荷量增加無窮小量ΔQi＋1時，電容器兩端的電壓可認為始終為Ui＋1，增加的電場能可用圖甲中左起第2個陰影部分的面積表示；依次類推可知，當電容器的帶電荷量為Q′、兩端電壓為U′時，圖乙中陰影部分的面積表示兩極板間電場能的大小W′，所以W′＝U′Q′，根據(jù)題意有ω＝，又Q′＝U′C，U′＝Ed，C＝，聯(lián)立解得ω＝ε0E2
所以電場能量密度ω與電場強度E的平方成正比，且比例系數(shù)為ε0.
[答案] (1) (2)見解析
專題強化訓練(十三)
一、選擇題
1．(2018·黃岡中學元月月考)如右圖所示，ab是一個可以繞垂直于紙面的軸O轉動的閉合矩形導體線圈，當滑動變阻器R的滑片P自
35、左向右滑動的過程中，線圈ab將( )
A．靜止不動
B．順時針轉動
C．逆時針轉動
D．發(fā)生轉動，但電源的極性不明，無法確定轉動方向
[解析] 題圖中的兩個通電的電磁鐵之間的磁場方向總是水平的，當滑動變阻器R的滑片P自左向右滑動的過程中，電路的電流是增大的，兩個電磁鐵之間的磁場的磁感應強度也是增大的，閉合導體線圈中的磁通量是增大的，線圈在原磁場中所受的磁場力肯定使線圈向磁通量減小的方向轉動，顯然只有順時針方向的轉動才能使線圈中的磁通量減?。?
[答案] B
2．(2018·樂山二診)如右圖所示，兩個相同的輕質鋁環(huán)套在一根水平光滑絕緣桿上，當一條形磁鐵向左運動靠近兩環(huán)時，兩環(huán)的
36、運動情況是( )
A．同時向左運動，間距增大
B．同時向左運動，間距減小
C．同時向右運動，間距減小
D．同時向右運動，間距增大
[解析] 當條形磁鐵向左靠近兩環(huán)時，兩環(huán)中的磁通量均增加．根據(jù)楞次定律，兩環(huán)的運動都要阻礙磁鐵相對環(huán)的運動，即阻礙“靠近”，那么兩環(huán)都向左運動．又由于兩環(huán)中的感應電流方向相同，兩環(huán)相互吸引，所以兩環(huán)間距離要減小，故只有選項B正確．
[答案] B
3．(2019·珠海畢業(yè)班水平測試)如右圖所示，金屬桿ab水平放置在某高處，當它被平拋進入方向豎直向上的勻強磁場中時，以下說法中正確的是( )
A．運動過程中感應電動勢大小不變，且φa>φb
B
37、．運動過程中感應電動勢大小不變，且φa<φb
C．由于速率不斷增大，所以感應電動勢不斷變大，且φa>φb
D．由于速率不斷增大，所以感應電動勢不斷變大，且φa<φb
[解析] 導體做切割磁感線運動產生的感應電動勢的大小E＝BLv，其中v是與B垂直方向的速度分量．本題中桿在平拋過程中的速度方向與B的夾角是不斷增大的，但該速度在水平方向的分速度，即與B垂直的有效切割速度始終不變，故在桿中產生的感應電動勢的大小不變，由右手定則可知φa>φb，故選A.
[答案] A
4．(多選)(2019·德陽高三年級二診)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，“”
38、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(shù)n＝300、面積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、沿豎直方向的勻強磁場中，其磁感應強度B2隨時間t變化的關系如圖乙所示．t＝0.22 s時閉合開關K瞬間細框跳起(細框跳起瞬間安培力遠大于重力)，跳起的最大高度h＝0.20 m．不計空氣阻力，重力加速度g＝10 m/s2，下列說法正確的是( )
A．0～0.10 s內線圈中的感應電動勢大小為3 V
B．開關K閉合瞬間，CD中的電流方向由C到D
C．磁感應強度B2的方向豎直向下
D．開關K
39、閉合瞬間，通過細桿CD的電荷量為0.03 C
[解析] 0～0.1 s內線圈中的磁場均勻變化，由法拉第電磁感應定律E＝n＝nS，代入數(shù)據(jù)得E＝30 V，A錯誤；開關閉合瞬間，細框會跳起，可知細框受向上的安培力，由左手定則可判斷電流方向由C到D，B正確；由于t＝0.22 s時通過線圈的磁通量正在減少，對線圈由楞次定律可知感應電流產生的磁場的方向與B2的方向相同，故再由安培定則可知C錯誤；K閉合瞬間，因安培力遠大于重力，則由動量定理有B1lΔt＝mv，通過細桿的電荷量Q＝Δt，細框向上跳起的過程中v2＝2gh，解得Q＝0.03 C，D正確．
[答案] BD
5．(2018·全國卷Ⅱ)如圖，在
40、同一水平面內有兩根平行長導軌，導軌間存在依次相鄰的矩形勻強磁場區(qū)域，區(qū)域寬度均為l，磁感應強度大小相等、方向交替向上向下．一邊長為l的正方形金屬線框在導軌上向左勻速運動．線框中感應電流i隨時間t變化的正確圖線可能是( )
[解析] 設線框運動的速度為v，則線框向左勻速運動第一個的時間內，線框切割磁感線運動產生的電動勢為E＝2Bdv(d為導軌間距)，電流i＝，回路中電流方向為順時針；第二個的時間內，線框切割磁感線運動產生的電動勢為零，電流為零；第三個的時間內，線框切割磁感線運動產生的電動勢為E＝2Bdv，電流i＝，回路中電流方向為逆時針，所以D正確．
[答案] D
6．(20
41、19·江西六校聯(lián)考)如圖所示，兩條平行虛線之間存在勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里，虛線間的距離為L，金屬圓環(huán)的直徑也為L.自圓環(huán)從左邊界進入磁場開始計時，以垂直于磁場邊界的恒定速度v穿過磁場區(qū)域．規(guī)定逆時針方向為感應電流i的正方向，則圓環(huán)中感應電流i隨其移動距離x變化的i－x圖像最接近圖中的( )
[解析] 根據(jù)楞次定律，在圓環(huán)進磁場的過程中，感應電流的方向為逆時針方向；在圓環(huán)出磁場的過程中，感應電流的方向為順時針方向．在圓環(huán)進磁場的過程中，切割的有效長度先增加后減小，圓環(huán)出磁場的過程中，切割的有效長度先增加后減?。愿袘娏鞯拇笮≡趫A環(huán)進磁場的過程中先增大后減小，出圓環(huán)磁場的過
42、程中也是先增大后減小，A正確，B、C、D錯誤．
[答案] A
7．(2019·黑龍江三市調研)如圖甲所示，圓形金屬線圈與定值電阻組成閉合回路，線圈處于均勻分布的磁場中，磁場方向與線圈平面垂直(取垂直紙面向里為正方向)，B－t圖像如圖乙所示，已知t1為0～t2的中間時刻，則定值電阻中的感應電流I(取通過定值電阻由上往下的方向為正方向)隨時間t變化的圖線是( )
[解析] 由B－t圖像可知，在0～t1時間內B先正向均勻減小再反向均勻增大，由于B均勻變化，所以線圈產生的感應電動勢E＝S大小不變，即電路中的感應電流大小也不變；t1～t2時間內B先反向均勻減小再正向均勻增加，線圈產生的感應電
43、動勢不變，所以感應電流大小也不變；又t1為0～t2的中間時刻，由B－t圖像并結合E＝S可知，0～t1時間內產生的感應電流與t1～t2時間內產生的感應電流大小相等，方向相反；由楞次定律知，在0～t1時間內通過定值電阻中的感應電流方向是通過定值電阻由上到下的，t1～t2時間內通過定值電阻中的感應電流方向是通過定值電阻由下到上的，故選項D正確．
[答案] D
8．(2019·石家莊質檢二)如圖甲所示，導體棒MN置于水平導軌上，P、Q之間有阻值為R的電阻，PQNM所圍的面積為S，不計導軌和導體棒的電阻．導軌所在區(qū)域內存在沿豎直方向的磁場，規(guī)定磁場方向豎直向上為正，在0～2t0時間內磁感應強度的變化
44、情況如圖乙所示，導體棒MN始終處于靜止狀態(tài)．下列說法正確的是( )
A．在0～t0和t0～2t0內，導體棒受到導軌的摩擦力方向相同
B．在t0～2t0內，通過電阻R的電流方向為P到Q
C．在0～t0內，通過電阻R的電流大小為
D．在0～2t0內，通過電阻R的電荷量為
[解析] 由楞次定律和右手定則，結合題圖可知，0～t0時間內，通過電阻R的電流方向為P→Q，t0～2t0時間內，電流方向為Q→P，B項錯誤；由左手定則可知，兩段時間內安培力方向相反，故導體棒所受靜摩擦力方向相反，A項錯誤；由法拉第電磁感應定律可知，0～t0時間內，E1＝，所以通過R的電流I1＝，C項錯誤；在0～2t
45、0時間內，PQNM范圍內磁通量變化量為ΔΦ＝B0S，則通過電阻R的電荷量q＝·2t0＝·2t0＝·2t0＝，D項正確．
[答案] D
9．(多選)(2019·武漢市武昌區(qū)高三調研)如圖1和圖2所示，勻強磁場的磁感應強度大小均為B，垂直于磁場方向均有一足夠長的、間距均為l的光滑豎直金屬導軌，圖1和圖2的導軌上端分別接有阻值為R的電阻和電容為C的電容器(不會被擊穿)，水平放置的、質量分布均勻的金屬棒的質量均為m，現(xiàn)使金屬棒沿導軌由靜止開始下滑，金屬棒和導軌始終接觸良好且它們的電阻均可忽略．以下關于金屬棒運動情況的說法正確的是(已知重力加速度為g)( )
A．圖1中的金屬棒先做勻加速直線
46、運動，達到最大速度vm＝后，保持這個速度做勻速直線運動
B．圖1中的金屬棒先做加速度逐漸減小的加速運動，達到最大速度vm＝后，保持這個速度做勻速直線運動
C．圖2中電容器相當于斷路，金屬棒做加速度大小為g的勻加速直線運動
D．圖2中金屬棒做勻加速直線運動，且加速度大小為a＝
[解析] 題圖1中金屬棒下落的過程中，受重力和向上的安培力，由牛頓第二定律可知mg－＝ma，當金屬棒下落的速度逐漸增大時，金屬棒的加速度逐漸減小，當a＝0時mg＝，則vm＝，此后金屬棒保持該速度做勻速直線運動，A錯誤，B正確；題圖2中當金屬棒下落的過程中，速度逐漸增大，金屬棒產生的感應電動勢逐漸增大，導體棒對電容器
47、充電，由右手定則知回路中產生逆時針方向的感應電流，根據(jù)左手定則知金屬棒所受的安培力豎直向上，金屬棒的加速度小于g，C錯誤；題圖2中金屬棒做加速運動，開始金屬棒中的感應電動勢為E＝Blv，經時間Δt金屬棒的速度增加Δv，則金屬棒的加速度大小為a＝，此時金屬棒中的感應電動勢大小為E′＝Bl(v＋Δv)，則電容器兩極板所帶電荷量的改變量為Δq＝C(E′－E)＝CBl·Δv，金屬棒中的電流大小為I＝＝CBla，由牛頓第二定律可知mg－BIl＝ma，由以上解得a＝，D正確．
[答案] BD
二、非選擇題
10．(2019·天津卷)如圖所示，固定在水平面上間距為l的兩條平行光滑金屬導軌，垂直于導軌放
48、置的兩根金屬棒MN和PQ長度也為l、電阻均為R，兩棒與導軌始終接觸良好．MN兩端通過開關S與電阻為R的單匝金屬線圈相連，線圈內存在豎直向下均勻增加的磁場，磁通量變化率為常量k.圖中虛線右側有垂直于導軌平面向下的勻強磁場，磁感應強度大小為B.PQ的質量為m，金屬導軌足夠長、電阻忽略不計．
(1)閉合S，若使PQ保持靜止，需在其上加多大的水平恒力F，并指出其方向；
(2)斷開S，PQ在上述恒力作用下，由靜止開始到速度大小為v的加速過程中流過PQ的電荷量為q，求該過程安培力做的功W.
[解析] (1)設線圈中的感應電動勢為E，由法拉第電磁感應定律E＝，
則E＝k①
設PQ與MN并聯(lián)的電
49、阻為R并，有
R并＝②
閉合S時，設線圈中的電流為I，根據(jù)閉合電路歐姆定律得I＝③
設PQ中的電流為IPQ，有
IPQ＝I④
設PQ受到的安培力為F安，有
F安＝BIPQl⑤
保持PQ靜止，由受力平衡，有
F＝F安⑥
聯(lián)立①②③④⑤⑥式得
F＝⑦
方向水平向右．
(2)設PQ由靜止開始到速度大小為v的加速過程中，PQ運動的位移為x，所用時間為Δt，回路中的磁通量變化量為ΔΦ，平均感應電動勢為，有
＝⑧
其中ΔΦ＝Blx⑨
設PQ中的平均電流為，有
＝⑩
根據(jù)電流的定義得
＝?
由動能定理，有
Fx＋W＝mv2－0?
聯(lián)立⑦⑧⑨⑩??式得
W＝mv2－
50、kq
[答案] (1) 方向水平向右
(2)mv2－kq
11．如右圖所示，兩條平行導軌所在平面與水平地面的夾角為θ，間距為L.導軌上端接有一平行板電容器，電容為C.導軌處于勻強磁場中，磁感應強度大小為B，方向垂直于導軌平面．在導軌上放置一質量為m的金屬棒，棒可沿導軌下滑，且在下滑過程中保持與導軌垂直并良好接觸．已知金屬棒與導軌之間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g.忽略所有電阻．讓金屬棒從導軌上端由靜止開始下滑，求：
(1)電容器極板上積累的電荷量與金屬棒速度大小的關系；
(2)金屬棒的速度大小隨時間變化的關系．
[解析] (1)設金屬棒下滑的速度大小為v，則感應電動勢為
51、
E＝BLv①
平行板電容器兩極板之間的電勢差為
U＝E②
設此時電容器極板上積累的電荷量為Q，按定義有
C＝③
聯(lián)立①②③式得
Q＝CBLv④
(2)設金屬棒從靜止釋放到速度達到v，經歷時間為t，此時通過金屬棒的電流為i，金屬棒受到的磁場的作用力方向沿導軌向上，大小為
f1＝BLi⑤
設在時間間隔(t，t＋Δt)內流經金屬棒的電荷量為ΔQ，按定義有
i＝⑥
ΔQ也是平行板電容器極板在時間間隔(t，t＋Δt)內增加的電荷量．由④式得
ΔQ＝CBLΔv⑦
式中，Δv為金屬棒的速度變化量．按定義有
a＝⑧
金屬棒所受到的摩擦力方向斜向上，大小為
f2＝μN⑨
式中，N是金屬棒對導軌的正壓力的大小，有
N＝mgcosθ⑩
金屬棒在時刻t的加速度方向沿斜面向下，設其大小為a，根據(jù)牛頓第二定律有
mgsinθ－f1－f2＝ma?
聯(lián)立⑤至?式得
a＝g?
由?式及題設可知，金屬棒做初速度為零的勻加速運動．t時刻金屬棒的速度大小為
v＝gt?
[答案] (1)Q＝CBLv (2)v＝gt
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（新課標）2020版高考物理大二輪復習 專題五 電路與電磁感應 第二講 電磁感應規(guī)律及其綜合應用教學案
