14、P＝I2R＝.
(3)根據(jù)能量守恒定律，有mgh＝mv＋IRt
其中R＝ρ，m＝4LAd
解得恒定電流I0的表達式I0＝A .
答案：(1) (2)
(3)A
11．(2020·高考天津卷)
如圖所示，“凸”字形硬質金屬線框質量為m，相鄰各邊互相垂直，且處于同一豎直平面內，ab邊長為l，cd邊長為2l，ab與cd平行，間距為2l.勻強磁場區(qū)域的上下邊界均水平，磁場方向垂直于線框所在平面．開始時，cd邊到磁場上邊界的距離為2l，線框由靜止釋放，從cd邊進入磁場直到ef、pq邊進入磁場前，線框做勻速運動，在ef、pq邊離開磁場后，ab邊離開磁場之前，線框又做勻速運動．線框完全穿
15、過磁場過程中產(chǎn)生的熱量為Q.線框在下落過程中始終處于原豎直平面內，且ab、cd邊保持水平，重力加速度為g.求
(1)線框ab邊將離開磁場時做勻速運動的速度大小是cd邊剛進入磁場時的幾倍；
(2)磁場上下邊界間的距離H.
解析：(1)設磁場的磁感應強度大小為B，cd邊剛進入磁場時，線框做勻速運動的速度為v1，cd邊上的感應電動勢為E1，由法拉第電磁感應定律，有
E1＝2Blv1①
設線框總電阻為R，此時線框中電流為I1，由閉合電路歐姆定律，有
I1＝②
設此時線框所受安培力為F1，有
F1＝2I1lB③
由于線框做勻速運動，其受力平衡，有
mg＝F1④
由①②③④式得
v
16、1＝⑤
設ab邊離開磁場之前，線框做勻速運動的速度為v2，同理可得
v2＝⑥
由⑤⑥式得
v2＝4v1.⑦
(2)線框自釋放直到cd邊進入磁場前，由機械能守恒定律，有
2mgl＝mv⑧
線框完全穿過磁場的過程中，由能量守恒定律，有
mg(2l＋H)＝mv－mv＋Q⑨
由⑦⑧⑨式得
H＝＋28l.
答案：(1)4倍 (2)＋28l
12．(2020·安徽合肥一模)如圖甲所示，平行長直導軌MN、PQ水平放置，兩導軌間距L＝0.5 m，導軌左端M、P間接有一阻值R＝0.2 Ω的定值電阻，導體棒ab的質量m＝0.1 kg，與導軌間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，導體棒垂直于導軌放在距離
17、左端為d＝1.0 m處，導軌和導體棒始終接觸良好，電阻均忽略不計．整個裝置處在范圍足夠大的勻強磁場中，t＝0時刻，磁場方向豎直向下，此后，磁感應強度B隨時間t的變化如圖乙所示，不計感應電流磁場的影響．取重力加速度g＝10 m/s2.
(1)求t＝0時棒所受到的安培力F0；
(2)分析前3 s時間內導體棒的運動情況并求前3 s內棒所受的摩擦力Ff隨時間t變化的關系式；
(3)若t＝3 s時，突然使ab棒獲得向右的速度v0＝8 m/s，同時垂直棒施加一方向水平、大小可變化的外力F，使棒的加速度大小恒為a＝4 m/s2、方向向左．求從t＝3 s到t＝4 s的時間內通過電阻的電荷量q.
解
18、析：(1)t＝0時棒的速度為零，故回路中只有感生電動勢，為E＝＝Ld＝0.1×0.5×1.0 V＝0.05 V
感應電流為：I＝＝ A＝0.25 A
可得t＝0時棒所受到的安培力：F0＝B0IL＝0.025 N.
(2)ab棒與導軌間的最大靜摩擦力：Ffm＝μmg＝0.1×0.1×10 N＝0.1 N>F0＝0.025 N
所以在t＝0時刻棒靜止不動，加速度為零，在0～3 s內磁感應強度B都小于B0，棒所受的安培力都小于最大靜摩擦力，故前3 s內導體棒靜止不動，電流恒為I＝0.25 A
在0～3 s內，磁感應強度為：B＝B0－kt＝0.2－0.1t(T)
因導體棒靜止不動，ab棒在
19、水平方向受安培力和摩擦力，二力平衡，則有：
Ff＝BIL＝(B0－kt)IL＝(0.2－0.1t)×0.25×0.5＝0.012 5(2－t)(N)(t<3 s)．
(3)3～4 s內磁感應強度大小恒為B2＝0.1 T，ab棒做勻變速直線運動，Δt1＝4 s－3 s＝1 s
設t＝4 s時棒的速度為v，第4 s內的位移為x，則：
v＝v0－aΔt1＝4 m/s
x＝Δt1＝6 m
在這段時間內的平均感應電動勢為：E＝
通過電阻的電荷量為：q＝IΔt1＝Δt1＝＝1.5 C.
答案：(1)0.025 N (2)見解析 (3)1.5 C
B
一、單項選擇題
1．(2020·高
20、考重慶卷)如圖為無線充電技術中使用的受電線圈示意圖，線圈匝數(shù)為n，面積為S.若在t1到t2時間內，勻強磁場平行于線圈軸線向右穿過線圈，其磁感應強度大小由B1均勻增加到B2，則該段時間線圈兩端a和b之間的電勢差φa－φb( )
A．恒為
B．從0均勻變化到
C．恒為－
D．從0均勻變化到－
解析：選C.根據(jù)法拉第電磁感應定律得，感應電動勢E＝n＝n，由楞次定律和右手螺旋定則可判斷b點電勢高于a點電勢，因磁場均勻變化，所以感應電動勢恒定，因此a、b兩點電勢差恒為φa－φb＝－n，選項C正確．
2．(2020·煙臺一模)如圖所示，勻強磁場垂直紙面向里，磁感應強度的大小為B，磁場在y
21、軸方向足夠寬，在x軸方向寬度為a.一直角三角形導線框ABC(BC邊的長度為a)從圖示位置向右勻速穿過磁場區(qū)域，以逆時針方向為電流的正方向，在下圖中感應電流i、BC兩端的電壓UBC與線框移動的距離x的關系圖象正確的是( )
解析：選D.由楞次定律可知，線框剛進入磁場時產(chǎn)生的感應電流的磁場方向垂直紙面向外，故線框中的感應電流沿逆時針方向，為正，又因為線框做勻速運動，故感應電流隨位移線性增大；同理可知線框離開磁場時，產(chǎn)生的感應電流大小隨位移線性增大，方向為負，選項A、B錯誤；BC兩端的電壓UBC跟感應電流成正比，故選項C錯誤，D正確．
3．如圖所示，質量均為m的金屬棒ab、cd與足夠長
22、的水平金屬導軌垂直且接觸良好，兩金屬棒與金屬導軌間的動摩擦因數(shù)為μ，磁感應強度為B的勻強磁場的方向豎直向下．則ab棒在恒力F＝2μmg作用下向右運動的過程中，有( )
A．安培力對ab棒做正功
B．安培力對cd棒做正功
C．a(chǎn)b棒做加速度逐漸減小的加速運動，最終勻速運動
D．cd棒做加速度逐漸減小的加速運動，最終勻速運動
解析：選C.對于ab棒，因為F＝2μmg>μmg，所以從靜止開始加速運動，ab棒運動會切割磁感線產(chǎn)生感應電流，從而使ab棒受到一個向左的安培力，這樣加速度會減小，最終會做勻速運動；而cd棒所受到的最大安培力與摩擦力相同，所以總保持靜止狀態(tài)，即安培力對ab棒做負
23、功，對cd棒不做功，所以選項C正確，A、B、D錯誤．
4.
(2020·河北石家莊質檢)如圖所示，兩根電阻不計的光滑金屬導軌豎直放置，導軌上端接電阻R，寬度相同的水平條形區(qū)域Ⅰ和Ⅱ內有方向垂直導軌平面向里的勻強磁場B，Ⅰ和Ⅱ之間無磁場．一導體棒兩端套在導軌上，并與兩導軌始終保持良好接觸，導體棒從距區(qū)域Ⅰ上邊界H處由靜止釋放，在穿過兩段磁場區(qū)域的過程中，流過電阻R上的電流及其變化情況相同．下面四個圖象能定性描述導體棒速度大小與時間關系的是( )
解析：選C.MN棒先做自由落體運動，當?shù)舰駞^(qū)磁場時由四個選項知棒開始減速，說明F安>mg，由牛頓第二定律得，F(xiàn)安－mg＝ma，減速時F安
24、減小，合力減小，a也減小，速度圖象中圖線上各點切線斜率減??；離開Ⅰ區(qū)后棒做加速度為g的勻加速直線運動，隨后進入Ⅱ區(qū)磁場，因棒在穿過兩段磁場區(qū)域的過程中，流過電阻R上的電流變化情況相同，則在Ⅱ區(qū)磁場中運動情況與Ⅰ區(qū)磁場中完全相同，所以只有C項正確．
5．如圖甲所示，在豎直平面內有四條間距相等的水平虛線L1、L2、L3、L4，在L1與L2、L3與L4之間均存在著勻強磁場，磁感應強度的大小均為1 T，方向垂直于豎直平面向里．現(xiàn)有一矩形線圈abcd，寬度cd＝L＝0.5 m，質量為0.1 kg，電阻為2 Ω，將其從圖示位置(cd邊與L1重合)由靜止釋放，速度隨時間變化的圖象如圖乙所示，t1時刻cd邊
25、與L2重合，t2時刻ab邊與L3重合，t3時刻ab邊與L4重合，t2～t3之間的圖線為與t軸平行的直線，t1～t2的時間間隔為0.6 s，整個運動過程中線圈始終位于豎直平面內．(重力加速度g取10 m/s2)則( )
A．在0～t1時間內，通過線圈的電荷量為2.5 C
B．線圈勻速運動的速度為8 m/s
C．線圈的長度ad＝1 m
D．0～t3時間內，線圈產(chǎn)生的熱量為4.2 J
解析：選B.t2～t3時間內，線圈做勻速直線運動，而E＝BLv2，F(xiàn)＝，F(xiàn)＝mg，解得v2＝＝8 m/s，選項B正確；線圈在cd邊與L2重合到ab邊與L3重合的過程中一直做勻加速運動，則ab邊剛進磁場時
26、，cd邊也剛進磁場，設磁場寬度為d，則3d＝v2t－gt2，解得d＝1 m，則ad邊的長度為2 m，選項C錯誤；在0～t3時間內，由能量守恒定律，有Q＝5mgd－mv＝1.8 J，選項D錯誤；在0～t1時間內，通過線圈的電荷量q＝＝＝0.25 C，選項A錯誤．
二、不定項選擇題
6.如圖所示，xOz是光滑水平面，空間有沿z軸正方向的勻強磁場，其磁感應強度為B，現(xiàn)有兩塊平行金屬板，彼此間距為d，構成一個電容為C的電容器；在兩板之間焊一根垂直于兩板的電阻不計金屬桿PP′，已知兩板和桿PP′的總質量為m，若對此桿PP′作用一個沿x軸正方向的恒力F，則下列說法正確的是( )
A．金屬桿PP
27、′不存在感應電流
B．金屬桿PP′存在沿P到P′方向的感應電流
C．兩板和桿先做加速度減小的加速運動，最后做勻速直線運動
D．兩板和桿做勻加速直線運動
解析：選BD.設某時刻金屬桿運動的加速度為a，速度為v，那么金屬桿切割磁感線所產(chǎn)生的感應電動勢為E＝Bdv，電容器兩端的電壓U＝E＝Bdv，所以，通過金屬桿的電流為I＝C＝BdC，方向沿P到P′方向，所以B選項正確；又因為a＝，所以I＝BdCa，這樣，兩板和桿整體的水平方向除受恒力F作用外，還受到沿x軸負方向的安培力，它的大小為：FA＝BdI＝B2d2Ca，運用牛頓第二定律得：F－B2d2Ca＝ma，所以a＝，即D選項正確．
7．如圖
28、甲是矩形導線框，電阻為R，虛線左側線框面積為S，右側面積為2S，虛線左右兩側導線框內磁場的磁感應強度隨時間變化如圖乙所示，設垂直線框向里的磁場為正，則關于線框中0～t0時間內的感應電流的說法正確的是( )
A．感應電流的方向為順時針方向
B．感應電流的方向為逆時針方向
C．感應電流的大小為
D．感應電流的大小為
解析：選BD.向里的變化磁場產(chǎn)生的感應電動勢為：E1＝S，感應電流方向為逆時針方向；向外的變化磁場產(chǎn)生的感應電動勢為：E2＝2S，感應電流方向為逆時針方向；從題圖乙中可以得到：＝＝，感應電流為I＝＝，方向為逆時針方向，即B、D正確．
8．(2020·浙江八校聯(lián)考)如圖
29、甲所示，光滑絕緣水平面上，虛線MN的右側存在磁感應強度B＝2 T的勻強磁場，MN的左側有一質量m＝0.1 kg的矩形線圈abcd，bc邊長L1＝0.2 m，電阻R＝2 Ω.t＝0時，用一恒定拉力F拉線圈，使其由靜止開始向右做勻加速運動，經(jīng)過時間1 s，線圈的bc邊到達磁場邊界MN，此時立即將拉力F改為變力，又經(jīng)過1 s，線圈恰好完全進入磁場，整個運動過程中，線圈中感應電流i隨時間t變化的圖象如圖乙所示．則( )
A．恒定拉力大小為0.05 N
B．線圈在第2 s內的加速度大小為1 m/s2
C．線圈ab邊長L2＝0.5 m
D．在第2 s內流過線圈的電荷量為0.2 C
解析：選
30、ABD.在第1 s末，i1＝，E＝BL1v1，v1＝a1t1，F(xiàn)＝ma1，聯(lián)立得F＝0.05 N，A項正確．在第2 s內，由圖象分析知線圈做勻加速直線運動，第2 s末i2＝，E′＝BL1v2，v2＝v1＋a2t2，解得a2＝1 m/s2，B項正確．在第2 s內，v－v＝2a2L2，得L2＝1 m，C項錯誤．q＝＝＝0.2 C，D項正確．
9．如圖甲所示，左側接有定值電阻R＝2 Ω的水平粗糙導軌處于垂直紙面向外的勻強磁場中，磁感應強度B＝1 T，導軌間距為L＝1 m．一質量m＝2 kg、阻值r＝2 Ω的金屬棒在拉力F作用下由靜止開始從CD處沿導軌向右加速運動，金屬棒與導軌間動摩擦因數(shù)μ＝0.2
31、5，g＝10 m/s2.金屬棒的速度－位移圖象如圖乙所示，則從起點發(fā)生s＝1 m位移的過程中( )
A．拉力做的功W＝9.25 J
B．通過電阻R的電荷量q＝0.125 C
C．整個系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量Q＝5.25 J
D．s＝1 m時金屬棒的熱功率為1 W
解析：選AC.金屬棒在運動位移s＝1 m的過程中，克服摩擦力做功為Wf＝μmgs＝5 J，s＝1 m時金屬棒的安培力大小為F安＝BIL＝v，結合圖象可知，安培力大小與位移成正比，則金屬棒克服安培力做功為W安＝Fs＝＝vs＝ J，由動能定理得W－W安－Wf＝mv2，得W＝9.25 J，選項A正確；流過電阻R的電荷量q＝＝0.25
32、 C，選項B錯誤；系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱等于金屬棒克服安培力做功大小，等于0.25 J，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量等于摩擦生熱和焦耳熱之和，大小為5.25 J，選項C正確；s＝1 m時，回路中I＝＝ A，由P＝I2r得金屬棒的熱功率為0.5 W，選項D錯誤．
三、非選擇題
10.(2020·高考江蘇卷)做磁共振(MRI)檢查時，對人體施加的磁場發(fā)生變化時會在肌肉組織中產(chǎn)生感應電流．某同學為了估算該感應電流對肌肉組織的影響，將包裹在骨骼上的一圈肌肉組織等效成單匝線圈，線圈的半徑r＝5.0 cm，線圈導線的截面積A＝0.80 cm2，電阻率ρ＝1.5 Ω·m.如圖所示，勻強磁場方向與線圈平面垂直，若磁感應強度B
33、在0.3 s內從1.5 T均勻地減為零，求：(計算結果保留一位有效數(shù)字)
(1)該圈肌肉組織的電阻R；
(2)該圈肌肉組織中的感應電動勢E；
(3)0.3 s內該圈肌肉組織中產(chǎn)生的熱量Q.
解析：(1)由電阻定律得R＝ρ，代入數(shù)據(jù)得R＝6×103 Ω.
(2)感應電動勢E＝，代入數(shù)據(jù)得E≈4×10－2 V.
(3)由焦耳定律得Q＝Δt，代入數(shù)據(jù)得Q＝8×10－8 J.
答案：(1)6×103 Ω (2)4×10－2 V (3)8×10－8 J
11．(2020·高考廣東卷)如圖甲所示，平行長直金屬導軌水平放置，間距L＝0.4 m．導軌右端接有阻值R＝1 Ω的電阻．導體棒垂直放置
34、在導軌上，且接觸良好，導體棒及導軌的電阻均不計，導軌間正方形區(qū)域abcd內有方向豎直向下的勻強磁場，bd連線與導軌垂直，長度也為L.從0時刻開始，磁感應強度B的大小隨時間t變化，規(guī)律如圖乙所示；同一時刻，棒從導軌左端開始向右勻速運動，1 s后剛好進入磁場．若使棒在導軌上始終以速度v＝1 m/s做直線運動，求：
甲
乙
(1)棒進入磁場前，回路中的電動勢E；
(2)棒在運動過程中受到的最大安培力F，以及棒通過三角形abd區(qū)域時電流i與時間t的關系式．
解析：(1)正方形磁場的面積為S，則S＝＝0.08 m2.在棒進入磁場前，回路中的感應電動勢是由于磁場的變化而產(chǎn)生的．由B－t圖
35、象可知＝0.5 T/s，根據(jù)E＝n，得回路中的感應電動勢E＝S＝0.5×0.08 V＝0.04 V.
(2)當導體棒通過bd位置時感應電動勢、感應電流最大，導體棒受到的安培力最大．此時感應電動勢
E′＝BLv＝0.5×0.4×1 V＝0.2 V
回路中感應電流I′＝＝ A＝0.2 A
導體棒受到的安培力F＝BI′L＝0.5×0.2×0.4 N＝0.04 N
當導體棒通過三角形abd區(qū)域時，導體棒切割磁感線的有效長度
l＝2v(t－1)m (1 s≤t≤1.2 s)
感應電動勢e＝Blv＝2Bv2(t－1)＝(t－1)V
感應電流i＝＝(t－1)A (1 s≤t≤1.2 s)．
36、
答案：(1)0.04 V (2)0.04 N i＝(t－1)A (1 s≤t≤1.2 s)
12．(2020·臺州市高三調考)圖甲是一種手壓式環(huán)保節(jié)能手電筒的結構示意圖．使用時，迅速按壓手柄，燈泡就能發(fā)光，這種不需要干電池的手電筒的工作原理是電磁感應．其轉動裝置和齒輪傳動裝置的簡化原理圖分別如圖乙、丙所示．假設圖乙中的轉動裝置由半徑r1＝4.0×10－2 m的金屬內圈和半徑r2＝0.1 m的金屬外圈構成，內、外圈之間接有一根沿半徑方向的金屬條ab，燈泡通過電刷分別跟內、外線圈相連接(圖乙中未畫出)．整個轉動裝置固定在轉動軸上，處于磁感應強度B＝10 T的勻強磁場中，磁場方向垂直線圈平面(紙
37、面)向里．圖丙齒輪傳動裝置中A齒輪固定在轉動裝置的轉動軸上，B、C齒輪同心固定，C輪邊緣與手柄相嚙合，A、B齒輪邊緣相嚙合．已知A、B、C齒輪的半徑分別為rA＝4.0×10－2 m、rB＝0.16 m、rC＝4.0×10－2 m，燈泡電阻R＝6.0 Ω，其他電阻均忽略不計，手柄重力忽略不計．當轉動裝置以角速度ω＝1.0×102 rad/s相對于轉軸中心O點逆時針轉動時：
(1)求金屬條ab上的電流大小和方向；
(2)求手柄向下運動的速度大小；
(3)若整個裝置將機械能轉化為電能的效率為60%，則手按壓手柄的作用力多大？
解析：(1)金屬條ab在磁場中切割磁感線時，使所構成的回路磁通量變化，由法拉第電磁感應定律可推導出：
E＝Brω－Brω
代入數(shù)據(jù)解得：E＝4.2 V
由歐姆定律I＝
代入數(shù)據(jù)解得：I＝0.7 A
根據(jù)右手定則可知電流方向由a到b.
(2)根據(jù)齒輪A、B邊緣的線速度大小相等，齒輪B、C的角速度大小相等，手柄的速度大小等于齒輪C邊緣的線速度大小，有v＝
代入數(shù)據(jù)解得：v＝1.0 m/s
(3)設手按壓手柄做功的功率為P1，電路中的電功率為P2，根據(jù)題意，有P2＝60%×P1
其中P1＝Fv
P2＝I2R
代入數(shù)據(jù)解得：F＝4.9 N.
答案：見解析
優(yōu)化方案（浙江專用）2020版高考物理二輪復習 第一部分 專題四 電磁感應與電路 第1講 電磁感應問題的綜合分析課時演練知能提升（通用）
