高考物理新课标大二轮专题辅导与增分攻略讲义1-5-2第二讲电磁感应规律及其综合应用

第二讲电磁感应规律及其综合应用[答案](1)楞次定律与右手定则的关系楞次定律右手定则研究对象整个闭合导体回路闭合导体回路的一部分适用范围磁通量变化产生感应电流的各种情况一段导体在磁场中做切割磁感线运动关系右手定则是楞次定律的特殊情况(2)公式：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)n：线圈的匝数，ΔΦ：磁通量的变化量，Δt：对应于ΔΦ所用的时间，eq\f(ΔΦ,Δt)：磁通量的变化率．(3)解决电路问题的基本思路①找电源：哪部分电路产生了电磁感应现象，则这部分电路就是电源．②由法拉第电磁感应定律求出感应电动势的大小，根据楞次定律或右手定则确定出电源的正负极．a．在外电路，电流从正极流向负极；在内电路，电流从负极流向正极．b．存在双感应电动势的问题中，要求出总的电动势．③正确分析电路的结构，画出等效电路图．a．内电路：“切割”磁感线的导体或磁通量发生变化的线圈都相当于“电源”，该部分导体的电阻相当于内电阻．b．外电路：除“电源”以外的电路即外电路．④运用闭合电路欧姆定律、串并联电路特点、电功率等列方程求解．(4)动力学问题基本思路：导体受外力运动eq\o(→,\s\up17(E＝Blv))感应电动势eq\o(→,\s\up17(I＝\f(E),\s\do15(R＋r)?外电路为纯电阻电路?))感应电流eq\o(→,\s\up17(F安＝BIl))导体受安培力→合外力变化eq\o(→,\s\up17(F＝ma))加速度变化→速度变化．热点考向一楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用角度一楞次定律的应用【典例1】(2017·全国卷Ⅲ)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[思路引领]利用楞次定律判断金属杆PQ产生的感应电流的方向，根据感应电流产生的磁场对线框T中磁通量变化的影响，来判断线框T中感应电流的方向．[解析]由于金属杆PQ突然向右运动，导致金属导轨与金属杆PQ所围的面积增大，磁通量增大，由楞次定律知，感应电流产生的磁场阻碍原磁场的变化，故感应电流产生的磁场方向应垂直于纸面向外，PQRS中的感应电流沿逆时针方向．对于圆环形金属线框T，金属杆由于运动产生的感应电流所产生的磁场使得T内的磁场的磁感应强度变小，磁通量减小，故线框T中感应电流产生的磁场方向应垂直于纸面向里，故T中的感应电流沿顺时针方向，故选项D正确．[答案]D角度二法拉第电磁感应定律的应用【典例2】(多选)(2019·全国卷Ⅰ)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图(a)中虚线MN所示．一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上．t＝0时磁感应强度的方向如图(a)所示；磁感应强度B随时间t的变化关系如图(b)所示．则在t＝0到t＝t1的时间间隔内()A．圆环所受安培力的方向始终不变B．圆环中的感应电流始终沿顺时针方向C．圆环中的感应电流大小为eq\f(B0rS,4t0ρ)D．圆环中的感应电动势大小为eq\f(B0πr2,4t0)[思路引领](1)安培力的方向是否变化，不仅要看i，还要注意B的方向是否变化．(2)应用E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)·S解题时注意S为有效面积．[解析]根据楞次定律可知在0～t0时间内，磁感应强度减小，感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力水平向左，在t0～t1时间内，磁感应强度反向增大，感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力水平向右，所以选项A错误，B正确；根据法拉第电磁感应定律得E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(1,2)πr2·eq\f(B0,t0)＝eq\f(B0πr2,2t0)，根据电阻定律可得R＝ρeq\f(2πr,S)，根据欧姆定律可得I＝eq\f(E,R)＝eq\f(B0rS,4t0ρ)，所以选项C正确，D错误．[答案]BC1．楞次定律中“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”．2．用法拉第电磁感应定律求解感应电动势常见情况与方法迁移一楞次定律的应用1．(2019·青岛阶段性教学抽样检测)如右图所示，粗糙水平桌面上有一质量为m的铜质矩形线圈，当一竖直放置的条形磁铁从线圈中线AB正上方等高快速经过时，若线圈始终不动，则关于线圈受到的支持力FN及在水平方向运动趋势的判断正确的是()A．FN先小于mg后大于mg，运动趋势向左B．FN先大于mg后小于mg，运动趋势向左C．FN先小于mg后大于mg，运动趋势向右D．FN先大于mg后小于mg，运动趋势向右[解析]解法一：当一竖直放置的条形磁铁从线圈中线AB正上方等高快速经过时，线圈中向下的磁通量先增大后减小，由楞次定律可知，线圈中先产生逆时针方向的感应电流后产生顺时针方向的感应电流，线圈四条边所受安培力的合力先向右下，后向右上，因此FN先大于mg后小于mg，运动趋势向右，D正确．解法二：根据楞次定律的另一种表述——感应电流的效果总要反抗产生感应电流的原因．本题中的“原因”是AB回路中磁通量先增大后减小，归根结底是磁场靠近了回路．“效果”是回路要采取措施阻碍磁通量先增大后减小，即“来拒去留”，故必有向右运动的趋势．在竖直方向上，回路则应以先“向下躲”后“向上追”的方式阻碍磁通量先增大后减小，故FN先大于mg后小于mg，D正确．[答案]D迁移二法拉第电磁感应定律的应用2．(多选)在如图甲所示的电路中，电阻R1＝R2＝2R，圆形金属线圈半径为r1，线圈导线的电阻为R，半径为r2(r2<r1)的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图乙所示，图线与横、纵轴的交点坐标分别为t0和B0，其余导线的电阻不计，闭合S，至t1时刻，电路中的电流已稳定，下列说法正确的是()A．电容器上极板带正电B．电容器下极板带正电C．线圈两端的电压为eq\f(B0πr\o\al(2,1),t0)D．线圈两端的电压为eq\f(4B0πr\o\al(2,2),5t0)[解析]由楞次定律知圆形金属线圈内的感应电流方向为顺时针，金属线圈相当于电源，电源内部的电流从负极流向正极，则电容器的下极板带正电，上极板带负电，A错，B对．由法拉第电磁感应定律知感应电动势为E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S＝eq\f(B0,t0)×πreq\o\al(2,2)，由闭合电路欧姆定律得感应电流为I＝eq\f(E,R＋R1＋R2)，所以线圈两端的电压U＝I(R1＋R2)＝eq\f(4B0πr\o\al(2,2),5t0)，C错，D对．[答案]BD应用法拉第电磁感应定律求磁场变化产生的电动势时，公式E＝neq\f(ΔB,Δt)·S，其中S为线圈内磁场区的面积，不一定等于线圈的面积.热点考向二电磁感应中的图像问题【典例】(多选)(2019·全国卷Ⅱ)如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻忽略不计．虚线ab、cd均与导轨垂直，在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场．将两根相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好．已知PQ进入磁场时加速度恰好为零．从PQ进入磁场开始计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间变化的图像可能正确的是()[思路引领](1)两棒从同一位置释放，进入磁场时速度相同．(2)需分情况讨论，要从释放两棒时间间隔足够长和较短两个角度展开研究．[解析]根据题述，PQ进入磁场时加速度恰好为零，两导体棒从同一位置释放，则两导体棒进入磁场时的速度相同，产生的感应电动势大小相等，若释放两导体棒的时间间隔足够长，在PQ通过磁场区域一段时间后MN进入磁场区域，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可知流过PQ的电流随时间变化的图像可能是A；由于两导体棒从同一位置释放，两导体棒进入磁场时产生的感应电动势大小相等，MN进入磁场区域切割磁感线产生感应电动势，回路中产生的感应电流不可能小于I1，B错误；若释放两导体棒的时间间隔较短，在PQ没有出磁场区域时MN就进入磁场区域，则两棒在磁场区域中运动时回路中磁通量不变，两棒不受安培力作用，二者在磁场中做加速运动，PQ出磁场后，MN切割磁感线产生感应电动势和感应电流，且感应电流一定大于I1，MN受到安培力的作用，由于安培力与速度成正比，则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一定做减速运动，回路中感应电流减小，流过PQ的电流随时间变化的图像可能是D，C错误．[答案]AD电磁感应图像问题解题“5步曲”第1步：明确图像的种类．是B－t图、I－t图、v－t图、F－t图或是E－t图等；第2步：分析电磁感应的具体过程．明确运动分成几个阶段(根据磁通量的变化特征或切割特点分析)；第3步：写出函数方程．结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等写出函数方程；第4步：进行数学分析．根据函数方程进行数学分析，例如分析斜率的变化、截距等；第5步：得结果．画图像或判断图像．迁移一由给定的电磁感应过程选图像1．(2019·江苏宜兴模拟)如图所示，在光滑水平面上，有一个粗细均匀的单匝正方形闭合线框abcd.t＝0时刻，线框在水平外力的作用下，从静止开始向右做匀加速直线运动，bc边刚进入磁场的时刻为t1，ad边刚进入磁场的时刻为t2，设线框中产生的感应电流的大小为I，ad边两端电压大小为U，水平拉力大小为F，则下列I、U、F随时间t变化关系的图像正确的是()[解析]由题意可知，线框的速度与时间的关系式为v＝at，a是加速度，设线框总电阻为R，又由E＝BLv和I＝eq\f(E,R)得感应电流与时间的关系式为I＝eq\f(BLa,R)t，B、L、a均不变，在0～t1时间内，感应电流为零，t1～t2时间内，电流I与t成正比，t2时间后无感应电流，A、B错误；在0～t1时间内，感应电流为零，ad的电压为零，t1～t2时间内，电流I与t成正比，Uad＝IRad＝eq\f(BLa,R)t×eq\f(1,4)R＝eq\f(BLat,4)，电压随时间均匀增加，t2时间后无感应电流，但有感应电动势，Uad＝E＝BLat，电压随时间均匀增加，C正确；根据推论得知线框所受的安培力为FA＝eq\f(B2L2v,R)，由牛顿第二定律得F－FA＝ma，整理得F＝eq\f(B2L2a,R)t＋ma，在0～t1时间内，感应电流为零，F＝ma，为定值，t1～t2时间内，F与t成正比，F与t是线性关系，但不过原点，t2时间后无感应电流，F＝ma，为定值，D错误．[答案]C迁移二由给定的图像求解电磁感应的物理量2．(多选)(2019·安徽宿州三模)矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁场的方向与导线框所在的平面垂直，磁感应强度B随时间变化的规律如图所示，规定垂直纸面向里为磁场正方向，顺时针方向为感应电流正方向，水平向右为ad边所受安培力F的正方向．下列图像正确的是()[解析]导线框中的感应电流决定于磁感应强度B随t的变化率．由图可知，0～1s时间内，B增大，Φ增大，感应磁场与原磁场方向相反(感应磁场的磁感应强度的方向向外)，由楞次定律结合安培定则可知感应电流沿逆时针方向，因而是负值，由于磁场均匀变化，所以产生的感应电流恒定，故A错误，B正确；0～1s时间内，ad边感应电流方向向下，ad边所受的安培力F＝BIL，根据左手定则得安培力方向向右，为正值，由于B随时间均匀增大，I不变，所以安培力F随时间t均匀增大，故C错误，D正确．[答案]BD分类排除法解决电磁感应中的图像问题首先根据图像的坐标、物理量的方向或大小等特点将图像分类，然后按方向、大小、变化趋势、变化时段、大小关系的顺序分析，优先判断方向，由简到繁，排除错误选项.热点考向三电磁感应规律的综合应用【典例】(2019·河北名校联盟)如图所示，空间中有一垂直于纸面向外的匀强磁场，磁场上下边界距离为L，磁场的磁感应强度大小为B.一质量为m、电阻为R、边长为L的均匀正方形导线框abcd竖直放置，水平边ab在距磁场上边界高h处．现将导线框从静止开始无初速度释放，cd边进入磁场后，导线框做匀速直线运动．重力加速度为g，不计空气阻力．求：(1)导线框做匀速直线运动时，c、d间的电势差Ucd；(2)导线框ab边刚进入磁场时，导线框的加速度大小a0；(3)导线框通过磁场区域过程中产生的焦耳热Q.[思路引领]分段处理，导线框在进磁场前做自由落体运动，进磁场的过程中做变速直线运动，出磁场的过程中做匀速直线运动．由于在整个过程中导线框中产生的感应电流是变化的，不能运用焦耳定律求解焦耳热，但可以利用能量守恒定律求解．[解析](1)设导线框做匀速直线运动时，速度大小为v，受到的安培力大小为F匀速运动时，导线框受力平衡，故F＝mg电动势E＝BLv，又I＝eq\f(E,R)，F＝BIL联立解得v＝eq\f(mgR,B2L2)由右手定则可判断c点比d点电势低，有Ucd＝－eq\f(3R,4)I故Ucd＝－eq\f(3BLv,4)，解得Ucd＝－eq\f(3mgR,4BL).(2)导线框ab边刚进入磁场时，速度大小记为v′，则对导线框从静止释放到ab边刚进入磁场这一过程应用机械能守恒定律有mgh＝eq\f(1,2)mv′2解得v′＝eq\r(2gh)，此时ab边所受安培力为F′＝eq\f(B2L2v′,R)，由牛顿第二定律得，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(mg－\f(B2L2v′,R)))＝ma0，解得a0＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(g－\f(B2L2\r(2gh),mR))).(3)导线框由释放到通过磁场区域的过程中，由能量守恒定律有Q＝mg(h＋2L)－eq\f(1,2)mv2代入数据解得Q＝mg(h＋2L)－eq\f(m3g2R2,2B4L4).[答案](1)－eq\f(3mgR,4BL)(2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(g－\f(B2L2\r(2gh),mR)))(3)mg(h＋2L)－eq\f(m3g2R2,2B4L4)电磁感应中力、电综合问题的解题思路如图所示，足够长的粗糙斜面与水平面成θ＝37°角放置，在斜面上虚线aa′和bb′与斜面底边平行，且间距为d＝0.1m，在aa′、bb′围成的区域内有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度为B＝1T；现有一质量为m＝10g，总电阻为R＝1Ω，边长也为d＝0.1m的正方形金属线圈MNPQ，其初始位置PQ边与aa′重合，现让金属线圈以一定初速度沿斜面向上运动，当金属线圈从最高点返回到磁场区域时，线圈刚好做匀速直线运动．已知线圈与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，不计其他阻力，求：(取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)线圈向下返回到磁场区域时的速度；(2)线圈向上离开磁场区域时的动能；(3)线圈向下通过磁场区域过程中，线圈中产生的焦耳热．[解析](1)金属线圈向下进入磁场时，有mgsinθ＝μmgcosθ＋F安，其中F安＝BId，I＝eq\f(E,R)，E＝Bdv解得v＝eq\f(?mgsinθ－μmgcosθ?R,B2d2)＝2m/s.(2)设线圈到达最高点离bb′的距离为x，则v2＝2ax，mgsinθ－μmgcosθ＝ma根据能量守恒有Ek1－Ek＝μmgcosθ·2x，其中Ek＝eq\f(1,2)mv2解得Ek1＝eq\f(1,2)mv2＋eq\f(v2μmgcosθ,gsinθ－gμcosθ)＝0.1J.(3)向下匀速通过磁场区域过程中，有mgsinθ·2d－μmgcosθ·2d＋W安＝0，Q＝－W安解得：Q＝2mgd(sinθ－μcosθ)＝0.004J.[答案](1)2m/s(2)0.1J(3)0.004J电磁感应的综合问题的解题要点(1)变速运动或平衡问题：从牛顿第二定律的瞬时性着手，分析金属棒的运动性质，通过力与运动的关系分析出最终存在的“稳定状态”——通常为安培力与其他力平衡时的匀速运动状态或匀变速直线运动状态．(2)物体的运动较为复杂或涉及变力做功的问题：往往应用能量的观点分析问题，通过各力的做功情况分析能量的转化，特别要注意安培力做功的情况——安培力做正功将电能转化为机械能；安培力做负功将机械能转化为电能.高考热点模型构建——“杆＋导轨”模型

考向一“单杆＋导轨＋电阻”模型【典例1】(2019·天津和平区四模)如图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距L＝0.5m，左端接有阻值R＝0.3Ω的电阻，一质量m＝0.1kg、电阻r＝0.1Ω的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝0.2T，棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a＝2m/s2的加速度做匀加速运动，当棒运动的位移x＝9m时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前回路中产生的焦耳热Q1＝2.025J，导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，求：(1)棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q；(2)金属棒MN做匀加速运动所需外力随时间变化的表达式；(3)外力做的功WF.[思路引领]求解电荷量时应该使用电流的平均值；分析金属棒所受的外力随时间的变化规律时，应首先综合法拉第电磁感应定律和安培力公式等知识得出安培力与时间的关系式，然后进一步求解．[解析](1)棒在匀加速运动中，由法拉第电磁感应定律得eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)，其中ΔΦ＝BLx由闭合电路的欧姆定律得eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R＋r)则通过电阻R的电荷量为q＝eq\x\to(I)·Δt联立各式，代入数据得q＝2.25C.(2)由法拉第电磁感应定律得E＝BLv对棒的匀加速运动过程，由运动学公式得v＝at由闭合电路的欧姆定律得I＝eq\f(E,R＋r)由安培力公式和牛顿第二定律得F－BIL＝ma得F＝0.2＋0.05t.(3)对棒的匀加速运动过程，由运动学公式得v2＝2ax撤去外力后，由能量守恒Q2＝eq\f(1,2)mv2＝1.8J在棒运动的整个过程中，由功能关系可知WF＝Q1＋Q2解得WF＝3.825J.[答案](1)2.25C(2)F＝0.2＋0.05t(3)3.825J“单杆＋导轨＋电阻”四种模型解读(导轨电阻不计)考向二“杆＋电容器＋导轨”模型【典例2】(2019·湖南衡阳一模)如图所示，足够长的平行金属导轨MN、PQ倾斜放置，其所在平面与水平面间的夹角为θ＝30°，导轨间距为L，导轨下端分别连着电容为C的电容器和阻值为R的电阻，开关S1、S2分别与电阻和电容器相连．一根质量为m、电阻忽略不计的金属棒放在导轨上，金属棒与导轨始终垂直并接触良好，金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ＝eq\f(\r(3),2).一根不可伸长的绝缘轻绳一端拴在金属棒中间，另一端跨过定滑轮与一质量为4m的重物相连，金属棒与定滑轮之间的轻绳始终在两导轨所在平面内且与两导轨平行，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨所在平面向上，导轨电阻不计．初始状态用手托住重物使轻绳恰好处于伸长状态，不计滑轮阻力，已知重力加速度为g，试分析：(1)若S1闭合、S2断开，由静止释放重物，求重物的最大速度vm；(2)若S1断开、S2闭合，从静止释放重物开始计时，求重物的速度v随时间t变化的关系式．[思路引领]匀强磁场中，恒力作用下金属棒在接电容器的平行导轨上最终将做匀加速运动，牢记这一结论，可快速解答相关问题．[解析](1)S1闭合、S2断开时，重物由静止释放后拉动金属棒沿导轨向上做加速运动，金属棒受到的沿导轨向下的安培力为F＝BIL，感应电动势为E＝BLvm感应电流为I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLvm,R)当金属棒速度最大时有4mg＝mgsin30°＋F＋μFN式中FN＝mgcos30°解得vm＝eq\f(11mgR,4B2L2).(2)S1断开、S2闭合时，设从释放重物开始经时间t金属棒的速度大小为v，加速度大小为a，通过金属棒的电流为I，金属棒受到的安培力F＝BIL，方向沿导轨向下，设在t到(t＋Δt)时间内流经金属棒的电荷量为ΔQ，ΔQ也是平行板电容器在t到(t＋Δt)时间内增加的电荷量ΔQ＝CBLΔv，Δv＝aΔt则I＝eq\f(ΔQ,Δt)＝CBLa设绳中拉力大小为T，由牛顿第二定律，对金属棒有T－mgsin30°－μmgcos30°－BIL＝ma对重物有4mg－T＝4ma解得a＝eq\f(11mg,4?5m＋CB2L2?)可知重物做初速度为零的匀加速直线运动v＝at＝eq\f(11mg,4?5m＋CB2L2?)t.[答案](1)eq\f(11mgR,4B2L2)(2)v＝eq\f(11mg,4?5m＋CB2L2?)t“杆＋电容器＋导轨”模型(1)模型概述轨道水平光滑，单杆ab质量为m，电阻不计，两平行导轨间距为L，拉力F恒定．(2)解题思路开始时a＝eq\f(F,m)，杆ab速度v↑?感应电动势E＝BLv↑，经过Δt速度为v＋Δv，此时感应电动势E′＝BL(v＋Δv)，Δt时间内流入电容器的电荷量Δq＝CΔU＝C(E′－E)＝CBLΔv电流I＝eq\f(Δq,Δt)＝CBLeq\f(Δv,Δt)＝CBLa安培力F安＝BLI＝CB2L2aF－F安＝ma，a＝eq\f(F,m＋B2L2C)，所以杆以恒定的加速度匀加速运动.1．(2019·辽宁沈阳质检)足够长的平行金属导轨MN和PQ表面粗糙，与水平面间的夹角为37°(sin37°＝0.6)，间距为1.0m．垂直于导轨平面向上的匀强磁场的磁感应强度的大小为4.0T，PM间所接电阻的阻值为8.0Ω，质量为2.0kg的金属杆ab垂直导轨放置，不计杆与导轨的电阻，杆与导轨间的动摩擦因数为0.25，金属杆ab在沿斜面向下且与杆垂直的恒力F作用下，由静止开始运动，杆的最终速度为8m/s，取g＝10m/s2.求：(1)当金属杆的速度为4.0m/s时，金属杆的加速度大小；(2)当金属杆沿导轨的位移为6.0m时，通过金属杆的电荷量．[解析](1)对金属杆ab应用牛顿第二定律有F＋mgsinθ－F安－f＝ma，f＝μFN，FN＝mgcosθ，ab杆所受安培力大小为F安＝BIL，ab杆切割磁感线产生的感应电动势为E＝BLv，由闭合电路欧姆定律可得I＝eq\f(E,R)，整理得：F＋mgsinθ－eq\f(B2L2v,R)－μmgcosθ＝ma，代入vm＝8m/s时a＝0，解得F＝8N，代入v＝4m/s及F＝8N，解得a＝4m/s2.(2)设通过回路截面的电荷量为q，则q＝eq\x\to(I)t，回路中的平均电流为eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R)，回路中产生的平均感应电动势为eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,t)，回路中的磁通量变化量为ΔΦ＝BLx，解得q＝eq\f(ΔΦ,R)＝3C.[答案](1)4m/s2(2)3C2.如图所示，MN和M′N′为两竖直放置的平行光滑长直金属导轨，两导轨间的距离为L.在导轨的下部有垂直于导轨所在平面、方向向里的匀强磁场，磁感应强度为B.在导轨的MM′端连接电容为C、击穿电压为Ub、正对面积为S、极板间可认为是真空、极板间距为d的平行板电容器．在t＝0时无初速度地释放金属棒ef，金属棒ef的长度为L、质量为m、电阻可忽略不计．假设导轨足够长，磁场区域足够大，金属棒ef与导轨垂直并接触良好，导轨和各接触处的电阻不计，电路的电感、空气的阻力可忽略，已知重力加速度为g.(1)求电容器两端的电压达到击穿电压所用的时间．(2)金属棒ef下落的过程中，速度逐渐变大，感应电动势逐渐变大，电容器极板上的电荷量逐渐增加，两极板间存储的电场能也逐渐增加．单位体积内所包含的电场能称为电场的能量密度．已知两极板间为真空时平行板电容器的电容大小可表示为C＝eq\f(ε0S,d).试证明平行板电容器两极板间的空间内的电场能量密度ω与电场强度E的平方成正比，并求出比例系数(结果用ε0和数字的组合表示)．[解析](1)在电容器两端电压达到击穿电压前，设任意时刻t，流过金属棒的电流为i，由牛顿第二定律知，此时金属棒的加速度a满足mg－BiL＝ma设在t到t＋Δt的时间内，金属棒的速度由v变为v＋Δv，电容器两端的电压由U变为U＋ΔU，电容器的带电荷量由Q变为Q＋ΔQ，由电流的定义、电荷量与电压和电容间的关系、电磁感应定律以及加速度的定义得i＝eq\f(ΔQ,Δt)＝eq\f(CΔU,Δt)＝eq\f(CBLΔv,Δt)＝CBLa联立得a＝eq\f(mg,B2L2C＋m)可知金属棒做初速度为0的匀加速直线运动，当电容器两端电压达到击穿电压时，金属棒的速度为v0＝eq\f(Ub,BL)所以电容器两端电压达到击穿电压所用的时间为t＝eq\f(v0,a)＝eq\f(Ub?B2L2C＋m?,BLmg).(2)当电容器两极板间的电荷量增加无穷小量ΔQi时，电容器两端的电压可认为始终为Ui，增加的电场能可用图甲中左起第1个阴影部分的面积表示；同理，当电容器两极板间的电荷量增加无穷小量ΔQi＋1时，电容器两端的电压可认为始终为Ui＋1，增加的电场能可用图甲中左起第2个阴影部分的面积表示；依次类推可知，当电容器的带电荷量为Q′、两端电压为U′时，图乙中阴影部分的面积表示两极板间电场能的大小W′，所以W′＝eq\f(1,2)U′Q′，根据题意有ω＝eq\f(W′,Sd)，又Q′＝U′C，U′＝Ed，C＝eq\f(ε0S,d)，联立解得ω＝eq\f(1,2)ε0E2所以电场能量密度ω与电场强度E的平方成正比，且比例系数为eq\f(1,2)ε0.[答案](1)eq\f(Ub?B2L2C＋m?,BLmg)(2)见解析专题强化训练(十三)一、选择题1．(2018·黄冈中学元月月考)如右图所示，ab是一个可以绕垂直于纸面的轴O转动的闭合矩形导体线圈，当滑动变阻器R的滑片P自左向右滑动的过程中，线圈ab将()A．静止不动B．顺时针转动C．逆时针转动D．发生转动，但电源的极性不明，无法确定转动方向[解析]题图中的两个通电的电磁铁之间的磁场方向总是水平的，当滑动变阻器R的滑片P自左向右滑动的过程中，电路的电流是增大的，两个电磁铁之间的磁场的磁感应强度也是增大的，闭合导体线圈中的磁通量是增大的，线圈在原磁场中所受的磁场力肯定使线圈向磁通量减小的方向转动，显然只有顺时针方向的转动才能使线圈中的磁通量减小．[答案]B2．(2018·乐山二诊)如右图所示，两个相同的轻质铝环套在一根水平光滑绝缘杆上，当一条形磁铁向左运动靠近两环时，两环的运动情况是()A．同时向左运动，间距增大B．同时向左运动，间距减小C．同时向右运动，间距减小D．同时向右运动，间距增大[解析]当条形磁铁向左靠近两环时，两环中的磁通量均增加．根据楞次定律，两环的运动都要阻碍磁铁相对环的运动，即阻碍“靠近”，那么两环都向左运动．又由于两环中的感应电流方向相同，两环相互吸引，所以两环间距离要减小，故只有选项B正确．[答案]B3．(2019·珠海毕业班水平测试)如右图所示，金属杆ab水平放置在某高处，当它被平抛进入方向竖直向上的匀强磁场中时，以下说法中正确的是()A．运动过程中感应电动势大小不变，且φa>φbB．运动过程中感应电动势大小不变，且φa<φbC．由于速率不断增大，所以感应电动势不断变大，且φa>φbD．由于速率不断增大，所以感应电动势不断变大，且φa<φb[解析]导体做切割磁感线运动产生的感应电动势的大小E＝BLv，其中v是与B垂直方向的速度分量．本题中杆在平抛过程中的速度方向与B的夹角是不断增大的，但该速度在水平方向的分速度，即与B垂直的有效切割速度始终不变，故在杆中产生的感应电动势的大小不变，由右手定则可知φa>φb，故选A.[答案]A4．(多选)(2019·德阳高三年级二诊)如图甲所示，质量m＝3.0×10－3kg的“”形金属细框竖直放置在两水银槽中，“”形框的水平细杆CD长l＝0.20m，处于磁感应强度大小B1＝1.0T、方向水平向右的匀强磁场中．有一匝数n＝300、面积S＝0.01m2的线圈通过开关K与两水银槽相连．线圈处于与线圈平面垂直、沿竖直方向的匀强磁场中，其磁感应强度B2随时间t变化的关系如图乙所示．t＝0.22s时闭合开关K瞬间细框跳起(细框跳起瞬间安培力远大于重力)，跳起的最大高度h＝0.20m．不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是()A．0～0.10s内线圈中的感应电动势大小为3VB．开关K闭合瞬间，CD中的电流方向由C到DC．磁感应强度B2的方向竖直向下D．开关K闭合瞬间，通过细杆CD的电荷量为0.03C[解析]0～0.1s内线圈中的磁场均匀变化，由法拉第电磁感应定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝nSeq\f(ΔB,Δt)，代入数据得E＝30V，A错误；开关闭合瞬间，细框会跳起，可知细框受向上的安培力，由左手定则可判断电流方向由C到D，B正确；由于t＝0.22s时通过线圈的磁通量正在减少，对线圈由楞次定律可知感应电流产生的磁场的方向与B2的方向相同，故再由安培定则可知C错误；K闭合瞬间，因安培力远大于重力，则由动量定理有B1eq\x\to(I)lΔt＝mv，通过细杆的电荷量Q＝eq\x\to(I)Δt，细框向上跳起的过程中v2＝2gh，解得Q＝0.03C，D正确．[答案]BD5．(2018·全国卷Ⅱ)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eq\f(3,2)l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()[解析]设线框运动的速度为v，则线框向左匀速运动第一个eq\f(l,2v)的时间内，线框切割磁感线运动产生的电动势为E＝2Bdv(d为导轨间距)，电流i＝eq\f(E,R)，回路中电流方向为顺时针；第二个eq\f(l,2v)的时间内，线框切割磁感线运动产生的电动势为零，电流为零；第三个eq\f(l,2v)的时间内，线框切割磁感线运动产生的电动势为E＝2Bdv，电流i＝eq\f(E,R)，回路中电流方向为逆时针，所以D正确．[答案]D6．(2019·江西六校联考)如图所示，两条平行虚线之间存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，虚线间的距离为L，金属圆环的直径也为L.自圆环从左边界进入磁场开始计时，以垂直于磁场边界的恒定速度v穿过磁场区域．规定逆时针方向为感应电流i的正方向，则圆环中感应电流i随其移动距离x变化的i－x图像最接近图中的()[解析]根据楞次定律，在圆环进磁场的过程中，感应电流的方向为逆时针方向；在圆环出磁场的过程中，感应电流的方向为顺时针方向．在圆环进磁场的过程中，切割的有效长度先增加后减小，圆环出磁场的过程中，切割的有效长度先增加后减小．所以感应电流的大小在圆环进磁场的过程中先增大后减小，出圆环磁场的过程中也是先增大后减小，A正确，B、C、D错误．[答案]A7．(2019·黑龙江三市调研)如图甲所示，圆形金属线圈与定值电阻组成闭合回路，线圈处于均匀分布的磁场中，磁场方向与线圈平面垂直(取垂直纸面向里为正方向)，B－t图像如图乙所示，已知t1为0～t2的中间时刻，则定值电阻中的感应电流I(取通过定值电阻由上往下的方向为正方向)随时间t变化的图线是()[解析]由B－t图像可知，在0～t1时间内B先正向均匀减小再反向均匀增大，由于B均匀变化，所以线圈产生的感应电动势E＝Seq\f(ΔB,Δt)大小不变，即电路中的感应电流大小也不变；t1～t2时间内B先反向均匀减小再正向均匀增加，线圈产生的感应电动势不变，所以感应电流大小也不变；又t1为0～t2的中间时刻，由B－t图像并结合E＝Seq\f(ΔB,Δt)可知，0～t1时间内产生的感应电流与t1～t2时间内产生的感应电流大小相等，方向相反；由楞次定律知，在0～t1时间内通过定值电阻中的感应电流方向是通过定值电阻由上到下的，t1～t2时间内通过定值电阻中的感应电流方向是通过定值电阻由下到上的，故选项D正确．[答案]D8．(2019·石家庄质检二)如图甲所示，导体棒MN置于水平导轨上，P、Q之间有阻值为R的电阻，PQNM所围的面积为S，不计导轨和导体棒的电阻．导轨所在区域内存在沿竖直方向的磁场，规定磁场方向竖直向上为正，在0～2t0时间内磁感应强度的变化情况如图乙所示，导体棒MN始终处于静止状态．下列说法正确的是()A．在0～t0和t0～2t0内，导体棒受到导轨的摩擦力方向相同B．在t0～2t0内，通过电阻R的电流方向为P到QC．在0～t0内，通过电阻R的电流大小为eq\f(2B0S,Rt0)D．在0～2t0内，通过电阻R的电荷量为eq\f(B0S,R)[解析]由楞次定律和右手定则，结合题图可知，0～t0时间内，通过电阻R的电流方向为P→Q，t0～2t0时间内，电流方向为Q→P，B项错误；由左手定则可知，两段时间内安培力方向相反，故导体棒所受静摩擦力方向相反，A项错误；由法拉第电磁感应定律可知，0～t0时间内，E1＝eq\f(B0S,t0)，所以通过R的电流I1＝eq\f(B0S,Rt0)，C项错误；在0～2t0时间内，PQNM范围内磁通量变化量为ΔΦ＝B0S，则通过电阻R的电荷量q＝eq\o(I,\s\up6(－))·2t0＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R)·2t0＝eq\f(ΔΦ,R·2t0)·2t0＝eq\f(B0S,R)，D项正确．[答案]D9．(多选)(2019·武汉市武昌区高三调研)如图1和图2所示，匀强磁场的磁感应强度大小均为B，垂直于磁场方向均有一足够长的、间距均为l的光滑竖直金属导轨，图1和图2的导轨上端分别接有阻值为R的电阻和电容为C的电容器(不会被击穿)，水平放置的、质量分布均匀的金属棒的质量均为m，现使金属棒沿导轨由静止开始下滑，金属棒和导轨始终接触良好且它们的电阻均可忽略．以下关于金属棒运动情况的说法正确的是(已知重力加速度为g)()A．图1中的金属棒先做匀加速直线运动，达到最大速度vm＝eq\f(mgR,B2l2)后，保持这个速度做匀速直线运动B．图1中的金属棒先做加速度逐渐减小的加速运动，达到最大速度vm＝eq\f(mgR,B2l2)后，保持这个速度做匀速直线运动C．图2中电容器相当于断路，金属棒做加速度大小为g的匀加速直线运动D．图2中金属棒做匀加速直线运动，且加速度大小为a＝eq\f(mg,m＋CB2l2)[解析]题图1中金属棒下落的过程中，受重力和向上的安培力，由牛顿第二定律可知mg－eq\f(B2l2v,R)＝ma，当金属棒下落的速度逐渐增大时，金属棒的加速度逐渐减小，当a＝0时mg＝eq\f(B2l2v,R)，则vm＝eq\f(mgR,B2l2)，此后金属棒保持该速度做匀速直线运动，A错误，B正确；题图2中当金属棒下落的过程中，速度逐渐增大，金属棒产生的感应电动势逐渐增大，导体棒对电容器充电，由右手定则知回路中产生逆时针方向的感应电流，根据左手定则知金属棒所受的安培力竖直向上，金属棒的加速度小于g，C错误；题图2中金属棒做加速运动，开始金属棒中的感应电动势为E＝Blv，经时间Δt金属棒的速度增加Δv，则金属棒的加速度大小为a＝eq\f(Δv,Δt)，此时金属棒中的感应电动势大小为E′＝Bl(v＋Δv)，则电容器两极板所带电荷量的改变量为Δq＝C(E′－E)＝CBl·Δv，金属棒中的电流大小为I＝eq\f(Δq,Δt)＝CBla