2025高考物理步步高同步练习选修2第二章专题强化9 电磁感应中的动力学问题含答案

2025高考物理步步高同步练习选修2第二章电磁感应中的动力学问题[学习目标]1.会分析导体棒、线框在磁场中的受力.2.能根据电流的变化分析导体棒、线框受力的变化情况和运动情况.3.能利用牛顿运动定律和平衡条件分析有关问题．由于导体的感应电流在磁场中受到安培力作用，而安培力又会改变导体的运动状况，所以电磁感应常与力学知识联系在一起．1．电磁感应问题中电学对象与力学对象的相互制约关系2．处理此类问题的基本方法(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向．(2)求回路中感应电流的大小和方向．(3)分析研究导体受力情况(包括安培力)．(4)列动力学方程或根据平衡条件列方程求解．3．两种状态(1)导体处于平衡状态——静止或匀速直线运动状态．处理方法：根据平衡条件(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进行分析．4．电磁感应中的动力学临界问题基本思路：导体受外力运动eq\o(→,\s\up7(E＝Blv))感应电动势eq\o(→,\s\up10(I＝\f(E,R＋r)))感应电流eq\o(→,\s\up7(F＝BIl))导体受安培力→合外力变化eq\o(→,\s\up7(F合＝ma))加速度变化→临界状态．一、电磁感应中的平衡问题如图1，水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上．t＝0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动．t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动．杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g.求：图1(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；(2)电阻的阻值．答案(1)Blt0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(F,m)－μg))(2)eq\f(B2l2t0,m)解析(1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a，由牛顿第二定律得F－μmg＝ma①设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有v＝at0②当金属杆以速度v在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律知产生的电动势为E＝Blv③联立①②③式可得E＝Blt0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(F,m)－μg))④(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I，根据欧姆定律I＝eq\f(E,R)⑤式中R为电阻的阻值．金属杆所受的安培力为F安＝BlI⑥因金属杆做匀速运动，有F－μmg－F安＝0⑦联立④⑤⑥⑦式得R＝eq\f(B2l2t0,m).二、电磁感应中的动力学问题如图2所示，空间存在B＝0.5T、方向竖直向下的匀强磁场，MN、PQ是水平放置的平行长直导轨，其间距L＝0.2m，R＝0.3Ω的电阻接在导轨一端，ab是跨接在导轨上质量m＝0.1kg、接入电路的电阻r＝0.1Ω的导体棒，已知导体棒和导轨间的动摩擦因数为0.2.从零时刻开始，对ab棒施加一个大小为F＝0.45N、方向水平向左的恒定拉力，使其从静止开始沿导轨滑动，ab棒始终保持与导轨垂直且接触良好．(g＝10m/s2)图2(1)分析导体棒的运动性质；(2)求导体棒所能达到的最大速度的大小；(3)试定性画出导体棒运动的速度－时间图像．答案(1)做加速度减小的加速运动，最终做匀速运动(2)10m/s(3)见解析图解析(1)导体棒做切割磁感线运动，产生的感应电动势E＝BLv①回路中的感应电流I＝eq\f(E,R＋r)②导体棒受到的安培力F安＝BIL③导体棒运动过程中受到拉力F、安培力F安和摩擦力Ff的作用，根据牛顿第二定律有：F－μmg－F安＝ma④由①②③④得：F－μmg－eq\f(B2L2v,R＋r)＝ma⑤由⑤可知，随着速度的增大，安培力增大，加速度a减小，当加速度a减小到0时，速度达到最大，此后导体棒做匀速直线运动．(2)当导体棒达到最大速度时，有F－μmg－eq\f(B2L2vm,R＋r)＝0可得：vm＝eq\f(F－μmgR＋r,B2L2)＝10m/s(3)由(1)(2)中的分析与数据可知，导体棒运动的速度－时间图像如图所示．如图3甲所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L，M、P两点间接有阻值为R的定值电阻，一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直，整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向下，导轨和金属杆的电阻可忽略，让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦．(重力加速度为g)图3(1)由b向a方向看到的装置如图乙所示，请在此图中画出ab杆下滑过程中的受力示意图；(2)在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v时，求此时ab杆中的电流大小及其加速度的大小；(3)求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值．答案(1)见解析图(2)eq\f(BLv,R)gsinθ－eq\f(B2L2v,mR)(3)eq\f(mgRsinθ,B2L2)解析(1)如图所示，ab杆受重力mg，方向竖直向下；支持力FN，方向垂直于导轨平面向上；安培力F安，方向沿导轨向上．(2)当ab杆的速度大小为v时，感应电动势E＝BLv，则此时电路中的电流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv,R)ab杆受到的安培力F安＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)根据牛顿第二定律，有mgsinθ－F安＝ma联立各式得a＝gsinθ－eq\f(B2L2v,mR).(3)当a＝0时，ab杆达到最大速度vm，即有mgsinθ＝eq\f(B2L2vm,R)，解得vm＝eq\f(mgRsinθ,B2L2).针对训练(多选)如图4所示，MN和PQ是两根互相平行竖直放置的光滑金属导轨，已知导轨足够长，且电阻不计．ab是一根与导轨垂直而且始终与导轨接触良好的金属杆．开始时，将开关S断开，让杆ab由静止开始自由下落，一段时间后，再将S闭合，若从S闭合开始计时，则金属杆ab的速度v随时间t变化的图像可能是()图4答案ACD解析设ab杆的有效长度为l，S闭合时，若eq\f(B2l2v,R)＞mg，杆先减速再匀速，D项有可能；若eq\f(B2l2v,R)＝mg，杆匀速运动，A项有可能；若eq\f(B2l2v,R)＜mg，杆先加速再匀速，C项有可能；由于v变化，eq\f(B2l2v,R)－mg＝ma中a不恒定，故B项不可能．1.(电磁感应中的平衡问题)(2020·盘锦市高二上期末)如图5所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R.接入电路的阻值为r的金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下．现使磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，下列说法正确的是()图5A．ab中的感应电流方向由b到aB．ab中的感应电流逐渐减小C．ab所受的安培力保持不变D．ab所受的静摩擦力逐渐减小答案D解析金属棒ab、电阻R、导轨构成闭合回路，磁感应强度均匀减小(eq\f(ΔB,Δt)＝k为一定值)，则闭合回路中的磁通量减小，根据楞次定律，可知回路中产生顺时针方向的感应电流，ab中的电流方向由a到b，故选项A错误；根据法拉第电磁感应定律，感应电动势E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB·S,Δt)＝kS，回路面积S不变，即感应电动势为定值，根据闭合电路欧姆定律I＝eq\f(E,R＋r)可知，ab中的电流大小不变，故选项B错误；安培力F＝BIL，电流大小不变，磁感应强度减小，则安培力减小，故选项C错误；金属棒处于静止状态，所受合力为零，对其受力分析，水平方向静摩擦力Ff与安培力F等大反向，安培力减小，则静摩擦力减小，故选项D正确．2．(电磁感应中的动力学问题)(多选)如图6所示，有两根和水平方向成α(α<90°)角的光滑平行的金属轨道，上端接有滑动变阻器R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面向上的匀强磁场，磁感应强度为B，一根质量为m、电阻不计的金属杆从轨道上由静止滑下且始终与导轨接触良好．经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度vm，则()图6A．如果B增大，vm将变大B．如果α变大(仍小于90°)，vm将变大C．如果R变大，vm将变大D．如果m变小，vm将变大答案BC解析金属杆由静止开始下滑的过程中，其受力情况如图所示，根据牛顿第二定律得：mgsinα－eq\f(B2L2v,R)＝ma所以金属杆由静止开始做加速度逐渐减小的加速运动，当a＝0时达到最大速度vm，即mgsinα＝eq\f(B2L2vm,R)，可得：vm＝eq\f(mgRsinα,B2L2)，由此式知，选项B、C正确．3.(电磁感应中的动力学问题)如图7所示，匀强磁场存在于虚线框内，矩形线圈竖直下落，如果线圈受到的磁场力总小于其重力，则它在1、2、3、4位置时的加速度关系为()图7A．a1>a2>a3>a4B．a1＝a3>a2>a4C．a1＝a3>a4>a2D．a4＝a2>a3>a1答案B解析线圈进入磁场前和全部进入磁场后，都仅受重力，所以加速度a1＝a3＝g.线圈在题图中2位置时，受到重力和向上的安培力，且已知F安2<mg，所以a2＝eq\f(mg－F安2,m)<g.而由于线圈完全在磁场中时做加速度为g的加速运动，故4位置时的速度大于2位置时的速度，根据F安＝eq\f(B2L2v,R)及a＝eq\f(mg－F安,m)可得a4<a2，故线圈在1、2、3、4位置时的加速度关系为：a1＝a3>a2>a4，故B正确．1．如图1所示，在一匀强磁场中有一U形导线框abcd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R为一电阻，ef为垂直于ab的一根导体杆，它可在ab、cd上无摩擦地滑动，且与导线框接触良好．杆ef及线框的电阻都忽略不计．开始时，给ef一个向右的初速度，则()图1A．ef将向右做非匀减速运动，最后停止B．ef将向右做匀减速运动，最后停止C．ef将向右做匀速运动D．ef将做往返运动答案A解析ef向右运动，切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，会受到向左的安培力而做减速运动，直到速度减小为0停止运动，由F＝BIl＝eq\f(B2l2v,R)＝ma知，ef做的是加速度逐渐减小的减速运动，故A正确．2．(多选)如图2，空间中存在一匀强磁场区域，磁场方向与竖直面(纸面)垂直，磁场的上、下边界(虚线)均为水平面；纸面内磁场上方有一个正方形导线框abcd，其上、下两边均与磁场边界平行，边长小于磁场上、下边界的间距．若导线框自由下落，从ab边进入磁场时开始，直至ab边到达磁场下边界为止，导线框下落的速度大小可能()图2A．始终减小 B．始终不变C．始终增加 D．先减小后增加答案CD解析导线框开始做自由落体运动，ab边以一定的速度进入磁场，ab边切割磁感线产生感应电流，根据左手定则可知ab边受到向上的安培力，当安培力大于重力时，导线框做减速运动，当导线框完全进入磁场后，导线框不产生感应电流，此时只受重力，做加速运动，故先做减速运动后做加速运动；当ab边进入磁场后安培力等于重力时，导线框做匀速运动，当导线框完全进入磁场后，导线框不产生感应电流，此时只受重力，做加速运动，故先匀速运动后加速运动；当ab边进入磁场后安培力小于重力时，导线框做加速运动，当导线框完全进入磁场后，导线框不产生感应电流，此时只受重力，做加速运动．综上，只有C、D正确．3．如图3所示，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d(d＞L)的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下．导线框以某一初速度向右运动，t＝0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域．下列v－t图像中，能正确描述上述过程的是()图3答案D解析导线框进入磁场的过程中，受到向左的安培力作用，根据E＝BLv、I＝eq\f(E,R)、F安＝BIL得F安＝eq\f(B2L2v,R)，随着v的减小，安培力F安减小，根据F安＝ma知，导线框做加速度逐渐减小的减速运动．整个导线框在磁场中运动时，无感应电流，导线框做匀速运动，导线框离开磁场的过程中，受到向左的安培力，根据F安＝eq\f(B2L2v,R)＝ma可知，导线框做加速度逐渐减小的减速运动，故选项D正确．4.如图4所示，竖直平面内有足够长的平行金属导轨，间距为0.2m，金属导体ab可在导轨上无摩擦地上下滑动，ab的电阻为0.4Ω，导轨电阻不计，导体ab的质量为0.2g，垂直纸面向里的匀强磁场的磁感应强度为0.2T，且磁场区域足够大，当导体ab自由下落0.4s时，突然闭合开关S，则：(g取10m/s2)图4(1)试说出开关S闭合后，导体ab的运动情况；(2)导体ab匀速下落的速度是多少？答案见解析解析(1)闭合开关S之前，导体ab自由下落的末速度为：v0＝gt＝4m/s.开关S闭合瞬间，导体ab产生感应电动势，回路中产生感应电流，导体ab立即受到一个竖直向上的安培力．F安＝BIL＝eq\f(B2L2v0,R)＝0.016N＞mg＝0.002N.此时导体ab受到的合力方向竖直向上，与初速度方向相反，加速度的表达式为a＝eq\f(F安－mg,m)＝eq\f(B2L2v,mR)－g，所以导体ab竖直向下做加速度逐渐减小的减速运动．当F安＝mg时，导体ab竖直向下做匀速运动．(2)设导体ab匀速下落的速度为vm，此时F安＝mg，即eq\f(B2L2vm,R)＝mg，vm＝eq\f(mgR,B2L2)＝0.5m/s.5．(多选)如图5所示，边长为L的正方形线框，从图示位置开始沿光滑绝缘斜面向下滑动，中途穿越垂直纸面向里、有理想边界的匀强磁场区域，磁场的宽度大于L，以i表示导线框中的感应电流，从线框刚进入磁场开始计时，取逆时针方向为电流正方向，以下i－t关系图像，可能正确的是()图5答案BC6．如图6所示，半径为l的金属圆环水平固定，处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，金属棒OA可绕圆心O在圆环上转动．金属棒CD放在宽度也为l的足够长光滑平行金属导轨上，导轨倾角为θ，处于垂直导轨平面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中．用导线将金属圆环、金属棒OA的O端分别与两导轨连接，已知金属棒OA和CD的长度均为l、质量均为m、电阻均为r，其他电阻不计．重力加速度大小为g.图6(1)将金属棒OA固定，使金属棒CD从静止开始下滑，求金属棒CD的最大速度大小；(2)让金属棒OA匀速转动，使金属棒CD保持静止，求金属棒OA的转动方向及角速度．答案(1)eq\f(2rmgsinθ,B2l2)(2)从上向下看沿逆时针方向eq\f(4rmgsinθ,B2l3)解析(1)金属棒OA固定时，金属棒CD切割磁感线相当于电源，金属棒CD达到最大速度后做匀速运动，根据平衡条件有：mgsinθ＝Fm根据法拉第电磁感应定律有：E1＝Blvm由闭合电路欧姆定律：I1＝eq\f(E1,2r)电流方向从C到D，金属棒CD受到的安培力沿斜面向上，Fm＝BI1l联立解得：vm＝eq\f(2rmgsinθ,B2l2)；(2)要使金属棒CD静止，必须使金属棒CD受到的安培力沿斜面向上，由左手定则和右手定则可知，金属棒OA应该沿逆时针方向转动(自上向下看)．当金属棒OA以角速度ω转动时，产生感应电动势E2＝eq\f(1,2)Bl2ω由平衡条件有mgsinθ＝F安′I2＝eq\f(E2,2r)，F安′＝BI2l联立可得ω＝eq\f(4rmgsinθ,B2l3).7.如图7所示，间距为L的平行金属导轨与水平面间的夹角为α，导轨间接有一阻值为R的电阻，一长为L的金属杆置于导轨上，杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ，导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨所在斜面向上．当金属杆受到平行于导轨向上、大小为F的恒定拉力作用时，可以匀速向上运动；当金属杆受到平行于导轨向下、大小为eq\f(F,2)的恒定拉力作用时，可以保持与向上运动时大小相同的速度向下匀速运动．重力加速度大小为g.求：图7(1)金属杆的质量；(2)金属杆在磁场中匀速向上运动时速度的大小．答案(1)eq\f(F,4gsinα)(2)eq\f(3RF,4B2L2)－eq\f(μFR,4B2L2tanα)解析(1)设金属杆的质量为m，匀速运动的速度为v，金属杆速度为v时回路中电流为I.当金属杆受到平行于斜面向上、大小为F的恒定拉力作用匀速向上运动时，根据共点力的平衡条件可得F＝mgsinα＋μmgcosα＋BIL当金属杆受到平行于斜面向下、大小为eq\f(F,2)的恒定拉力作用匀速向下运动时，根据共点力的平衡条件可得eq\f(F,2)＋mgsinα＝μmgcosα＋BIL联立解得m＝eq\f(F,4gsinα).(2)根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律可得I＝eq\f(BLv,R)，再根据第(1)问可得金属杆在匀强磁场中运动的速度大小为v＝eq\f(3RF,4B2L2)－eq\f(μFR,4B2L2tanα).电磁感应中的能量和动量问题[学习目标]1.理解电磁感应现象中的能量转化，会用动能定理、能量守恒定律分析有关问题.2.会用动量定理、动量守恒定律分析电磁感应的有关问题．一、电磁感应中的能量问题1．电磁感应现象中的能量转化安培力做功eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(做正功：电能\o(→,\s\up7(转化))机械能，如电动机,做负功：机械能\o(→,\s\up7(转化))电能\o(→,\s\up7(电流),\s\do5(做功))焦耳热或其他形式的能量，如发电机))2．焦耳热的计算(1)电流恒定时，根据焦耳定律求解，即Q＝I2Rt.(2)感应电流变化，可用以下方法分析：①利用动能定理，求出克服安培力做的功W克安，即Q＝W克安．②利用能量守恒定律，焦耳热等于其他形式能量的减少量．(多选)如图1所示，两根光滑的金属导轨，平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，导轨的左端接有电阻R，导轨自身的电阻可忽略不计．斜面处在一匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上．质量为m、电阻可以忽略不计的金属棒ab，在沿着斜面与棒垂直的恒力F作用下沿导轨匀速上滑，且上升的高度为h，重力加速度为g，在这一过程中()图1A．作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于零B．作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于mgh与电阻R上产生的焦耳热之和C．恒力F与安培力的合力所做的功等于零D．恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热答案AD解析金属棒匀速上滑的过程中，对金属棒受力分析可知，有三个力对金属棒做功，恒力F做正功，重力做负功，安培力阻碍相对运动，沿导轨平面向下，做负功，匀速运动时，金属棒所受合力为零，故合力做功为零，A正确；克服安培力做多少功就有多少其他形式的能转化为电路中的电能，电能又等于电阻R上产生的焦耳热，故恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热，D正确．如图2所示，足够长的平行光滑U形导轨倾斜放置，所在平面的倾角θ＝37°，导轨间的距离L＝1.0m，下端连接R＝1.6Ω的定值电阻，导轨电阻不计，所在空间存在垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度B＝1.0T．质量m＝0.5kg、电阻r＝0.4Ω的金属棒ab垂直放置于导轨上，现用沿导轨平面且垂直于金属棒、大小为F＝5.0N的恒力使金属棒ab从静止开始沿导轨向上滑行且始终与导轨接触良好，当金属棒滑行x＝2.8m后速度保持不变．求：(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2)图2(1)金属棒匀速运动时的速度大小v；(2)金属棒从静止开始到匀速运动的过程中，电阻R上产生的热量QR.答案(1)4m/s(2)1.28J解析(1)金属棒匀速运动时产生的感应电流为I＝eq\f(BLv,R＋r)，由平衡条件有F＝mgsinθ＋BIL联立并代入数据解得v＝4m/s.(2)设整个电路中产生的热量为Q，由动能定理得Fx－mgx·sinθ－W安＝eq\f(1,2)mv2，而Q＝W安，QR＝eq\f(R,R＋r)Q，联立并代入数据解得QR＝1.28J.针对训练1(多选)如图3所示，在光滑的水平地面上方，有两个磁感应强度大小均为B、方向相反的水平匀强磁场，PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大．一个半径为a、质量为m、电阻为R的金属圆环垂直磁场方向，以速度v从图示位置(实线所示)开始运动，当圆环运动到直径刚好与边界线PQ重合时(虚线所示)，圆环的速度变为eq\f(v,2)，则下列说法正确的是()图3A．此时圆环的电功率为eq\f(2B2a2v2,R)B．此时圆环的加速度大小为eq\f(8B2a2v,mR)C．此过程中通过圆环截面的电荷量为eq\f(πBa2,R)D．此过程中回路产生的电能为eq\f(3,4)mv2答案BC解析当圆环的直径与边界线重合时，圆环左右两半环均产生感应电动势，故圆环中的感应电动势E＝2B×2a×eq\f(v,2)＝2Bav，圆环的电功率P＝eq\f(E2,R)＝eq\f(4B2a2v2,R)，故A错误；此时圆环受到的安培力F＝2BI×2a＝2B×eq\f(2Bav,R)×2a＝eq\f(8B2a2v,R)，由牛顿第二定律可得，加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(8B2a2v,mR)，故B正确；圆环中的平均感应电动势eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)，则通过圆环截面的电荷量Q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(\x\to(E),R)Δt＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(Bπa2,R)，故C正确；此过程中回路产生的电能等于动能的减少量，即E＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)m(eq\f(v,2))2＝eq\f(3,8)mv2，故D错误．二、电磁感应中的动量问题考向1动量定理在电磁感应中的应用导体棒或金属框在感应电流所引起的安培力作用下做非匀变速直线运动时，安培力的冲量为：I安＝Beq\x\to(I)Lt＝BLq，通过导体棒或金属框的电荷量为：q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(\x\to(E),R总)Δt＝neq\f(ΔΦ,Δt·R总)·Δt＝neq\f(ΔΦ,R总)，磁通量变化量：ΔΦ＝BΔS＝BLx.如果安培力是导体棒或金属框受到的合外力，则I安＝mv2－mv1.当题目中涉及速度v、电荷量q、运动时间t、运动位移x时用动量定理求解更方便．(多选)如图4所示，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ，两导轨间距为L，导轨电阻均可忽略不计．在M和P之间接有一阻值为R的定值电阻，导体杆ab质量为m、电阻也为R，并与导轨垂直且接触良好．整个装置处于方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中．现给ab杆一个初速度v0，使杆向右运动，最终ab杆停止在导轨上．下列说法正确的是()图4A．ab杆将做匀减速运动直到静止B．ab杆速度减为eq\f(v0,3)时，ab杆加速度大小为eq\f(B2L2v0,6mR)C．ab杆速度减为eq\f(v0,3)时，通过定值电阻的电荷量为eq\f(mv0,3BL)D．ab杆速度减为eq\f(v0,3)时，ab杆通过的位移为eq\f(4mRv0,3B2L2)答案BD解析ab杆在水平方向上受到与运动方向相反的安培力，安培力大小为FA＝eq\f(B2L2v,2R)，加速度大小为：a＝eq\f(FA,m)＝eq\f(B2L2v,2mR)，由于速度减小，所以ab杆做加速度减小的变减速运动直到静止，故A错误；当ab杆的速度为eq\f(v0,3)时，安培力大小为：F＝eq\f(B2L2\f(v0,3),2R)，所以加速度大小为：a＝eq\f(F,m)＝eq\f(B2L2v0,6mR)，故B正确；对ab杆，由动量定理得：－Beq\x\to(I)L·Δt＝meq\f(v0,3)－mv0，即BLq＝eq\f(2,3)mv0，解得：q＝eq\f(2mv0,3BL)，所以通过定值电阻的电荷量为eq\f(2mv0,3BL)，故C错误；由q＝eq\f(ΔΦ,2R)＝eq\f(B·Lx,2R)，解得ab杆通过的位移：x＝eq\f(2Rq,BL)＝eq\f(4mRv0,3B2L2)，故D正确．考向2动量守恒定律在电磁感应中的应用在双金属棒切割磁感线的系统中，双金属棒和导轨构成闭合回路，安培力为系统内力，如果两安培力等大反向，且它们受到的外力的合力为0，则满足动量守恒条件，运用动量守恒定律求解比较方便．这类问题可以从以下三个观点来分析：(1)力学观点：通常情况下一个金属杆做加速度逐渐减小的加速运动，而另一个金属杆做加速度逐渐减小的减速运动，最终两金属杆以共同的速度匀速运动．(2)动量观点：如果光滑导轨间距恒定，则两个金属杆的安培力大小相等，通常情况下系统的动量守恒．(3)能量观点：其中一个金属杆动能的减少量等于另一个金属杆动能的增加量与回路中产生的焦耳热之和．足够长的平行金属轨道M、N相距L＝0.5m，且水平放置；M、N左端与半径R＝0.4m的光滑竖直半圆轨道相连，与轨道始终垂直且接触良好的金属棒b和c可在轨道上无摩擦地滑动，两金属棒的质量mb＝mc＝0.1kg，接入电路的有效电阻Rb＝Rc＝1Ω，轨道的电阻不计．平行水平金属轨道M、N处于磁感应强度B＝1T的匀强磁场中，磁场方向垂直于轨道平面向上，光滑竖直半圆轨道在磁场外，如图5所示．若使b棒以初速度v0＝10m/s开始向左运动，运动过程中b、c不相撞，g取10m/s2，求：图5(1)c棒的最大速度大小；(2)c棒从开始到达到最大速度的过程中，此棒产生的焦耳热；(3)若c棒达到最大速度后沿半圆轨道上滑，金属棒c到达轨道最高点时对轨道的压力的大小为多少．答案(1)5m/s(2)1.25J(3)1.25N解析(1)在安培力作用下，b棒做减速运动，c棒做加速运动，当两棒速度相等时，c棒达到最大速度．选两棒为研究对象，以v0的方向为正方向，根据动量守恒定律有mbv0＝(mb＋mc)v解得c棒的最大速度大小为：v＝eq\f(mb,mb＋mc)v0＝5m/s.(2)从b棒开始运动到两棒速度相等的过程中，系统减少的动能转化为电能，两棒中产生的总焦耳热为：Q＝eq\f(1,2)mbv02－eq\f(1,2)(mb＋mc)v2＝2.5J因为Rb＝Rc，所以c棒达到最大速度时此棒产生的焦耳热为Qc＝eq\f(Q,2)＝1.25J.(3)设c棒沿半圆轨道滑到最高点时的速度为v′，从最低点上升到最高点的过程，由机械能守恒定律可得：eq\f(1,2)mcv2－eq\f(1,2)mcv′2＝mcg·2R解得v′＝3m/s.在最高点，设轨道对c棒的弹力为F，由牛顿第二定律得mcg＋F＝mceq\f(v′2,R)解得F＝1.25N.由牛顿第三定律得，在最高点c棒对轨道的压力大小为1.25N.针对训练2(多选)如图6，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上，t＝0时，棒ab以初速度v0向右滑动．运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直且接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示．下列图像中可能正确的是()图6答案AC1．(电磁感应中功能关系的应用)(多选)如图7所示，固定在水平绝缘平面上足够长的两条平行金属导轨电阻不计，但表面粗糙，导轨左端连接一个电阻R，质量为m的金属棒ab(电阻也不计)放在导轨上，并与导轨垂直，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，用水平恒力F把ab棒从静止起向右拉动的过程中()图7A．恒力F做的功等于电路产生的电能B．克服安培力做的功等于电路中产生的电能C．恒力F和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能D．恒力F和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能和ab棒获得的动能之和答案BD解析由功能关系可得，克服安培力做的功等于电路中产生的电能，即W克安＝W电，选项A错误，B正确；根据动能定理可知，恒力F、安培力与摩擦力的合力做的功等于ab棒获得的动能，即WF－Wf－W安＝Ek，则恒力F和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能和ab棒获得的动能之和，选项C错误，D正确．2．(电磁感应的能量问题)(多选)如图8所示，匀强磁场的磁感应强度为B，方向竖直向下，在磁场中有一个边长为L的正方形刚性金属框，ab边的质量为m，电阻为R，其他三边的质量和电阻均不计．cd边上装有固定的水平轴，将金属框自水平位置由静止释放，第一次转到竖直位置时，ab边的速度为v，不计一切摩擦，重力加速度为g，则在这个过程中，下列说法正确的是()图8A．通过ab边的电流方向为a→bB．ab边经过最低点时的速度v＝eq\r(2gL)C．ab边经过最低点时的速度v＜eq\r(2gL)D．金属框中产生的焦耳热为mgL－eq\f(1,2)mv2答案CD解析ab边向下摆动过程中，金属框内磁通量逐渐减小，根据楞次定律及右手螺旋定则可知感应电流方向为b→a，选项A错误；ab边由水平位置到达最低点过程中，机械能一部分转化为焦耳热，故v＜eq\r(2gL)，选项B错误，C正确；根据能量守恒定律可知，金属框中产生的焦耳热应等于此过程中损失的机械能，即Q＝mgL－eq\f(1,2)mv2，选项D正确．3．(电磁感应中的动量和能量问题)(2020·绍兴高中月考)如图9所示，两根光滑的导轨平行放置．导轨的水平部分放在绝缘水平面上，水平部分所在空间有竖直向上的磁场，磁感应强度为B.导轨的水平部分和倾斜部分由光滑圆弧连接．两根完全相同的金属棒ab和cd质量均为m、接入电路的电阻均为R，将cd置于导轨的水平部分与导轨垂直放置，将ab置于导轨的倾斜部分与导轨垂直放置，ab离水平面的高度为h，重力加速度为g，现将ab由静止释放，求：图9(1)cd棒最终的速度大小；(2)整个过程中产生的焦耳热Q.答案(1)eq\f(\r(2gh),2)(2)eq\f(1,2)mgh解析(1)ab下落过程，mgh＝eq\f(1,2)mv12，v1＝eq\r(2gh)ab和cd动量守恒，mv1＝2mv2，v2＝eq\f(\r(2gh),2)(2)整个过程中产生的焦耳热Q＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)×2mv22＝eq\f(1,2)mgh.1.(多选)如图1，水平放置的光滑平行金属导轨上有一质量为m的电阻不计的金属棒ab，金属棒ab与导轨垂直且接触良好，导轨的一端连接电阻R，其他电阻均不计，匀强磁场垂直于导轨平面向下，金属棒ab在一水平恒力F作用下由静止向右运动，则()图1A．随着ab运动速度的增大，其加速度也增大B．外力F对ab做的功等于电路中产生的电能C．当ab做匀速运动时，外力F做功的功率等于电路中的电功率D．无论ab做何种运动，它克服安培力做的功一定等于电路中产生的电能答案CD解析金属棒ab所受的安培力为F安＝BIl＝eq\f(B2l2v,R)，a＝eq\f(F－F安,m)，速度增大，安培力增大，则加速度减小，故A错误；根据能量守恒知，外力F对ab做的功等于电路中产生的电能与ab的动能之和，故B错误；当ab匀速运动时，外力做的功全部转化为电路中的电能，则外力F做功的功率等于电路中的电功率，故C正确；根据功能关系知，ab克服安培力做的功等于电路中产生的电能，故D正确．2．(多选)两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，底端接阻值为R的电阻．将质量为m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨垂直且接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，如图2所示．金属棒和导轨的电阻不计．现将金属棒从轻弹簧原长位置由静止释放，则()图2A．释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度gB．金属棒向下运动时，流过电阻的电流方向为a→bC．金属棒的速度为v时，所受的安培力大小为F＝eq\f(B2L2v,R)D．电阻上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量答案AC解析释放瞬间，金属棒只受重力作用，所以其加速度等于重力加速度，选项A正确；金属棒向下切割磁感线，由右手定则可知，流过电阻的电流方向为b→a，选项B错误；当金属棒的速度为v时，感应电流I＝eq\f(BLv,R)，则安培力F＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)，选项C正确；由能量守恒可知，最终稳定后，重力势能的减少量等于轻弹簧弹性势能的增加量与电阻上产生的总热量之和，选项D错误．3.(多选)(2021·昆明市第一中学月考)如图3，一平行金属导轨静置于水平桌面上，空间中有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B，粗糙平行导轨间距为L，导轨和阻值为R的定值电阻相连，质量为m的导体棒和导轨垂直且接触良好，导体棒的电阻为r，导体棒以初速度v0向右运动，运动距离x后停止，此过程中电阻R产生的焦耳热为Q，导轨电阻不计，重力加速度为g，则()图3A．导体棒克服安培力做的功为eq\f(R＋r,R)QB．通过电阻R的电荷量为q＝eq\f(BLx,R＋r)C．导体棒与导轨因摩擦产生的热量为eq\f(1,2)mv02－QD．导体棒与导轨间的动摩擦因数μ＝eq\f(v\o\al(02),2gx)－eq\f(R＋r,mgxR)Q答案ABD解析由功能关系可知，导体棒克服安培力做的功等于回路中产生的焦耳热，R上产生的焦耳热为Q，根据串联电路中焦耳热按电阻分配可知，W安＝Q焦＝eq\f(R＋r,R)Q，故A正确；通过电阻R的电荷量q＝eq\f(ΔΦ,R＋r)＝eq\f(BLx,R＋r)，故B正确；由能量守恒可知，eq\f(1,2)mv02＝Q焦＋Q摩，所以导体棒与导轨因摩擦产生的热量为Q摩＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(R＋r,R)Q＝μmgx，解得：μ＝eq\f(v\o\al(02),2gx)－eq\f(R＋r,mgxR)Q，故C错误，D正确．4．如图4所示，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，二者平滑连接．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、接入电路的电阻也为R的金属棒从高度为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，金属棒与导轨垂直且接触良好，重力加速度为g.则金属棒穿过磁场区域的过程中()图4A．流过金属棒的最大电流为eq\f(Bd\r(2gh),2R)B．通过金属棒的电荷量为eq\f(BdL,R)C．克服安培力所做的功为mghD．金属棒产生的焦耳热为eq\f(1,2)mg(h－μd)答案D解析金属棒沿弯曲部分下滑过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgh＝eq\f(1,2)mv2，金属棒到达平直部分时的速度v＝eq\r(2gh)，金属棒到达平直部分后做减速运动，刚到达平直部分时的速度最大，则最大感应电动势E＝BLv，最大感应电流I＝eq\f(E,R＋R)＝eq\f(BL\r(2gh),2R)，故A错误；通过金属棒的电荷量q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(ΔΦ,2R)＝eq\f(BdL,2R)，故B错误；金属棒在整个运动过程中，由动能定理有：mgh－W安－μmgd＝0－0，则克服安培力做功：W安＝mgh－μmgd，故C错误；金属棒克服安培力做的功转化为焦耳热，定值电阻与金属棒的电阻相等，通过它们的电流相等，则金属棒产生的焦耳热：Q′＝eq\f(1,2)Q＝eq\f(1,2)W安＝eq\f(1,2)mg(h－μd)，故D正确．5．(多选)(2020·眉山市高二期末)如图5所示，两足够长、阻值不计、间距为L的光滑平行金属导轨MN、PQ水平放置，两导轨所在区域存在着竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场，质量均为m的导体棒ab、cd垂直放在金属导轨MN、PQ上，并与导轨保持良好接触，接入电路的导体棒长度均为L、阻值均为R.现给导体棒ab一个水平向右的瞬时冲量，使其获得水平向右的初速度v0，则关于ab、cd两棒此后的整个运动过程，下列说法正确的是()图5A．ab、cd两导体棒组成的系统动量守恒B．ab、cd两导体棒最终都将停止运动C．整个过程，ab棒上产生的焦耳热为eq\f(1,4)mv02D．整个过程中，流过ab棒的电荷量为eq\f(mv0,2LB)答案AD解析ab、cd棒组成闭合回路，即电流相等，由左手定则可知，两棒所受安培力大小相等，方向相反，则ab、cd两导体棒组成的系统所受外力之和为0，故系统动量守恒，以v0的方向为正方向，由动量守恒得mv0＝2mv，得v＝eq\f(v0,2)，即ab、cd两导体棒最终以eq\f(v0,2)的速度共同运动，故A正确，B错误；由能量守恒有eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)×2m×(eq\f(v0,2))2＋Q，得Q＝eq\f(1,4)mv02，则ab棒上产生的焦耳热为Qab＝eq\f(1,2)Q＝eq\f(1,8)mv02，故C错误；对ab棒由动量定理有－FAt＝mv－mv0，即－Beq\x\to(I)Lt＝－eq\f(mv0,2)，又q＝eq\x\to(I)t，得q＝eq\f(mv0,2BL)，故D正确．6．(2020·湖南武冈月考)如图6所示，足够长的粗糙绝缘斜面与水平面间的夹角θ＝37°，在斜面上直线aa′和bb′与斜面底边平行，在aa′、bb′围成的区域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R＝1Ω、边长d＝0.1m的正方形金属线圈MNQP，让PQ边与斜面底边平行，从斜面上端由静止释放，线圈刚好匀速穿过整个磁场区域，已知线圈与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5.(取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：图6(1)线圈进入磁场区域时的速度大小；(2)线圈释放时，PQ边到bb′的距离；(3)整个线圈穿过磁场的过程中，线圈上产生的焦耳热．答案(1)2m/s(2)1m(3)4×10－3J解析(1)设线圈刚进入磁场时的速度为v，对线圈受力分析，得FA＋μmgcosθ＝mgsinθ而FA＝BId，I＝eq\f(E,R)，E＝Bdv联立解得v＝2m/s(2)设线圈释放时PQ边到bb′的距离为L，根据动能定理得mgsinθ·L－μmgcosθ·L＝eq\f(1,2)mv2－0解得L＝1m(3)由于线圈刚好匀速穿过整个磁场区域，则磁场宽度等于线圈边长d，则从线圈刚进入磁场到离开磁场，经过的路程为2d，有Q＝FA·2d＝4×10－3J.7.如图7所示，空间存在有水平边界、垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，磁场边界上方l处有一个质量为m、电阻为R、边长为l的正方形线框，将线框由静止释放，从线框下边框进磁场经时间Δt后线框上边框进磁场，不计空气阻力，重力加速度为g，求：图7(1)线框下边框进入磁场时的速度大小；(2)线框上边框进入磁场时的速度大小．答案(1)eq\r(2gl)(2)eq\r(2gl)＋gΔt－eq\f(B2l3,mR)解析(1)线框下边框进磁场前自由下落，v12－0＝2gl(或者mgl＝eq\f(1,2)mv2)解得下边框进磁场时的速度大小v1＝eq\r(2gl)(2)线框进入磁场的过程，平均感应电动势eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(Bl2,Δt)平均感应电流eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R)＝eq\f(Bl2,RΔt)电荷量q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(Bl2,R)线框进入磁场的过程，由动量定理有mgΔt－Beq\x\to(I)lΔt＝mv2－mv1故v2＝eq\r(2gl)＋gΔt－eq\f(B2l3,mR).8．(2020·绍兴市高级中学高二月考)如图8所示，两根平行光滑金属导轨MN、PQ放在水平面上，导轨间距为L，左端向上弯曲，电阻不计，水平段导轨所处空间存在方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导体棒a与b的质量均为m，接入电路的电阻分别为R与2R，b棒放在水平导轨上足够远处，a棒在弧形导轨上距水平面h高度处由静止释放，运动过程中导体棒与导轨始终垂直且接触良好，重力加速度为g.图8(1)求a棒滑到底端刚要进入磁场时的动量大小；(2)求a棒滑到底端刚进入磁场时受到的安培力的大小和方向；(3)求最终稳定时两棒的速度大小；(4)从a棒开始下滑到最终稳定的过程中，求b棒上产生的内能．答案(1)meq\r(2gh)(2)eq\f(B2L2\r(2gh),3R)方向水平向左(3)eq\f(\r(2gh),2)(4)eq\f(mgh,3)解析(1)设a棒刚进入磁场时的速度为v，从开始下落到进入磁场，根据机械能守恒定律有mgh＝eq\f(1,2)mv2解得v＝eq\r(2gh)a棒刚要进入磁场时的动量大小p＝mv＝meq\r(2gh)(2)a棒切割磁感线产生的感应电动势为E＝BLv＝BLeq\r(2gh)根据闭合电路欧姆定律有I＝eq\f(E,R＋2R)＝eq\f(BL\r(2gh),3R)a棒受到的安培力为F＝BIL＝eq\f(B2L2\r(2gh),3R)根据左手定则可知a棒受到的安培力方向水平向左(3)设两棒最后稳定时的速度为v′，从a棒进入磁场到两棒速度达到稳定，根据动量守恒定律有mv＝2mv′，解得v′＝eq\f(\r(2gh),2)(4)设a棒产生的内能为Ea，b棒产生的内能为Eb，根据能量守恒定律有eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)×2mv′2＋Ea＋Eb两棒串联，产生的内能与电阻成正比，则有Eb＝2Ea联立解得Eb＝eq\f(1,3)mgh.章末检测试卷(二)(时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．在北半球上，地磁场竖直分量向下．飞机在我国上空匀速巡航，机翼保持水平，飞行高度不变．由于地磁场的作用，金属机翼上有电势差，设飞行员左方机翼末端处的电势为φ1，右方机翼末端处的电势为φ2，则()A．若飞机从西往东飞，φ2比φ1高B．若飞机从东往西飞，φ2比φ1高C．若飞机从南往北飞，φ1比φ2高D．若飞机从北往南飞，φ2比φ1高答案C解析若飞机从西往东飞，磁场竖直分量向下，手心向上，拇指指向飞机飞行方向，四指指向左翼末端，故φ1>φ2，选项A错误；同理，飞机从东往西飞，从南往北飞，从北往南飞，都是φ1>φ2，选项C正确，B、D错误．2．如图1所示，螺线管与灵敏电流计相连，磁体从螺线管的正上方由静止释放，向下穿过螺线管．下列说法正确的是()图1A．电流计中的电流先由a到b，后由b到aB．a点的电势始终低于b点的电势C．磁体减少的重力势能等于回路中产生的热量D．磁体刚离开螺线管时的加速度小于重力加速度答案D解析在磁体进入螺线管的过程中，穿过螺线管的磁通量增大，且方向向下，由楞次定律可知，感应电流由b经电流计流向a；在磁体穿出螺线管的过程中，磁通量减小，且方向向下，由楞次定律可知，感应电流由a经电流计流向b，则a点电势先低于b点电势，后高于b点电势，故A、B错误；磁体减少的重力势能转化为内能和磁体的动能，故C错误；磁体刚离开螺线管时，由楞次定律的“来拒去留”结论可知，磁体受到向上的安培力，则磁体受到的合外力小于重力，即磁体刚离开螺线管时的加速度小于重力加速度，故D正确．3.如图2，边长L＝20cm的正方形线框abcd共有10匝，靠着墙角放着，线框平面与地面的夹角α＝30°.该区域有磁感应强度B＝0.2T、水平向右的匀强磁场．现将cd边向右拉动，ab边经0.1s着地．在这个过程中线框中产生的感应电动势的大小与感应电流的方向分别是()图2A．0.8V方向为adcbB．0.8V方向为abcdC．0.4V方向为adcbD．0.4V方向为abcd答案C解析初状态的磁通量Φ1＝BSsinα，末状态的磁通量Φ2＝0，根据法拉第电磁感应定律得：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(BSsinα,t)＝10×eq\f(0.2×0.22×0.5,0.1)V＝0.4V，根据楞次定律可知，感应电流的方向为adcb，故C正确．4．如图3所示，有两个完全相同的灯泡A、B，A与一自感线圈L相连接，线圈L的直流电阻阻值为R；B与一定值电阻相连，定值电阻的阻值为R.下列说法正确的是()图3A．开关闭合瞬间A、B两灯一起亮B．稳定后A灯比B灯亮C．开关断开瞬间A灯会闪亮一下，B灯不会闪亮一下D．开关断开后两灯缓慢熄灭答案D解析由于A、B为两个完全相同的灯泡，当开关闭合瞬间，B灯泡立刻发光，由于线圈的自感现象，导致A灯泡渐渐变亮，因线圈L的直流电阻阻值为R，当电流稳定时，两个灯一样亮，故A、B错误；因线圈L的直流电阻阻值为R，说明稳定时，两个支路电阻相等，两个支路电流相等，所以开关断开瞬间，通过两个灯泡的电流不会突然变大，所以两灯都不会闪亮，而是缓慢熄灭，故D正确，C错误．5.(2020·黑龙江鹤岗一中高二月考)如图4所示是圆盘发电机的示意图，铜盘安装在水平的铜轴上，它的盘面恰好与匀强磁场垂直，两块铜片C、D分别与转动轴和铜盘的边缘接触．若铜盘半径为L，匀强磁场的磁感应强度为B，回路的总电阻为R，从左往右看，铜盘以角速度ω沿顺时针方向匀速转动．则()图4A．由于穿过铜盘的磁通量不变，故回路中无感应电流B．回路中感应电流大小不变，为eq\f(BL2ω,2R)C．回路中感应电流方向不变，为D→C→R→DD．回路中有周期性变化的感应电流答案B解析把铜盘视为闭合回路的一部分，在铜盘以角速度ω沿顺时针方向匀速转动时，铜盘切割磁感线产生感应电动势，回路中有感应电流，选项A错误；铜盘切割磁感线产生感应电动势为E＝eq\f(1,2)BL2ω，回路中感应电流为I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BL2ω,2R)，选项B正确，D错误；由右手定则可判断出感应电流方向为C→D→R→C，选项C错误．6．(2020·甘肃靖远四中高二上月考)如图5甲所示，在虚线所示的区域有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的变化规律如图乙所示，面积为S的单匝金属线框处在磁场中，线框与电阻R相连，若金属线框的电阻为eq\f(R,2)，下列说法正确的是()图5A．流过电阻R的感应电流由b到aB．线框cd边受到的安培力方向向上C．感应电动势大小为eq\f(2B0S,t0)D．a、b间的电压大小为eq\f(2B0S,3t0)答案D解析穿过线框的磁通量在增大，根据楞次定律结合安培定则可得感应电流沿逆时针方向，故流过电阻R的感应电流由a到b，选项A错误；电流从c到d，根据左手定则可得线框cd边受到的安培力方向向下，选项B错误；根据法拉第电磁感应定律可得E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(B0S,t0)，根据闭合电路欧姆定律可得a、b间的电压大小为U＝eq\f(R,R＋\f(R,2))E＝eq\f(2B0S,3t0)，选项C错误，D正确．7．(2020·江苏高二月考)如图6所示，一个直角边长为2L的等腰直角三角形ABC区域内，有垂直纸面向里的匀强磁场，其左侧有一个用金属丝制成的边长为L的正方形线框abcd，线框以水平速度v匀速通过整个匀强磁场区域，设电流顺时针方向为正．则在线框通过磁场的过程中，线框中感应电流i随时间t变化的规律正确的是()图6答案B解析线框刚进入磁场中时，只有bc边切割磁感线，根据楞次定律可知，电流方向为逆时针方向，即为负，在线框完全进入磁场之前，电流方向与大小不变；当ad边刚进入磁场时感应电流为零，接着bc边开始出磁场，回路中的感应电动势为边ad产生的电动势减去bc边在磁场中产生的电动势，随着线框的运动回路中电动势逐渐增大，电流逐渐增大，方向为顺时针，即为正；在前进2L后，bc完全出磁场，ad也开始出磁场，切割磁感线的长度逐渐减小，电流逐渐减小，方向为顺时针方向，即为正，直至线框完全脱离磁场，电流减小为零，综上分析可知，B正确，A、C、D错误．8．(2018·全国卷Ⅰ)如图7所示，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eq\f(B′,B)等于()图7A.eq\f(5,4)B.eq\f(3,2)C.eq\f(7,4)D．2答案B解析设半圆弧PQS的半径为r，在过程Ⅰ中，根据法拉第电磁感应定律，有E1＝eq\f(ΔΦ1,Δt1)＝eq\f(B\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)πr2－\f(1,4)πr2)),Δt1)＝eq\f(B·\f(1,4)πr2,Δt1)根据闭合电路欧姆定律，有I1＝eq\f(E1,R)且q1＝I1Δt1在过程Ⅱ中，有E2＝eq\f(ΔΦ2,Δt2)＝eq\f(B′－B\f(1,2)πr2,Δt2)I2＝eq\f(E2,R)q2＝I2Δt2又q1＝q2，即eq\f(B·\f(1,4)πr2,R)＝eq\f(B′－B\f(1,2)πr2,R)所以eq\f(B′,B)＝eq\f(3,2).二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)9．(2018·全国卷Ⅰ)如图8，两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()图8A．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答案AD解析根据安培定则，开关闭合时铁芯中产生水平向右的磁场，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，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，A项正确；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，B、C项错误；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，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，D项正确．10.如图9所示，在磁感应强度B＝1.0T的匀强磁场中，金属杆PQ在外力F作用下在粗糙U形导轨上以速度v＝2m/s向右匀速滑动，两导轨间距离l＝1.0m，电阻R＝3.0Ω，金属杆的电阻r＝1.0Ω，导轨电阻忽略不计，则下列说法正确的是()图9A．通过R的感应电流的方向为由a到dB．金属杆PQ切割磁感线产生的感应电动势的大小为2.0VC．金属杆PQ受到的安培力大小为0.5ND．外力F做功的数值等于电路产生的焦耳热答案ABC解析由右手定则判断知，当金属杆滑动时产生逆时针方向的感应电流，通过R的感应电流的方向为由a到d，故A正确；金属杆PQ切割磁感线产生的感应电动势的大小为E＝Blv＝1.0×1.0×2V＝2.0V，故B正确；整个回路中产生的感应电流为I＝eq\f(E,R＋r)，代入数据得I＝0.5A，由安培力公式F安＝BIl，代入数据得F安＝0.5N，故C正确；金属杆PQ在外力F作用下在粗糙U形导轨上以速度v向右匀速滑动，外力F做功大小等于电路产生的焦耳热和金属杆与导轨之间的摩擦力产生的内能之和，故D错误．11.如图10所示，一个水平放置的“∠”形光滑金属导轨固定在方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，ab是粗细、材料与导轨完全相同的导体棒，导体棒与导轨接触良好．在外力作用下，导体棒以恒定速度v向右平动，导体棒与导轨一边垂直，以导体棒在图中所示位置的时刻作为计时起点，则下列关于回路中感应电动势E、感应电流I、导体棒所受外力的功率P和回路中产生的焦耳热Q随时间变化的图像正确的是()图10答案AC解析设“∠”形导轨的夹角为θ，经过时间t，导体棒的水平位移为x＝vt，导体棒切割磁感线的有效长度L＝vt·tanθ，所以回路中感应电动势E＝BLv＝Bv2t·tanθ，感应电动势与时间t成正比，A正确；相似三角形的三边长之比为定值，故组成回路的三角形导轨总长度与时间成正比，而感应电动势与时间也成正比，故感应电流大小与时间无关，为定值，B错误；导体棒匀速移动，外力F与导体棒所受安培力为一对平衡力，故外力的功率P＝Fv＝BILv＝BIv2t·tanθ，与时间t成正比，C正确；回路产生的焦耳热Q＝I2Rt，回路电阻R与t成正比，故焦耳热Q与t2成正比，D错误．12．如图11甲所示，闭合矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁场的方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示．规定垂直纸面向里为磁场的正方向，abcda方向为导线框中感应电流的正方向，水平向右为安培力的正方向，关于导线框中的电流i与ad边所受的安培力F随时间t变化的图像，下列选项正确的是()图11答案BD解析由题图B－t图像可知，0～1s内，线框中向里的磁通量增大，由楞次定律可知，线框中电流方向为逆时针，沿adcba方向，即电流为负方向；同理可知1～2s内，电流为正方向；2～3s内，磁通量不变，则感应电流为零；3～4s内，电流为负方向，根据法拉第电磁感应定律E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB·S,Δt)，则I＝eq\f(E,R)＝eq\f(ΔB·S,RΔt)，由于一段时间内磁感应强度均匀变化，所以该时间内产生的感应电流保持不变，故A错误，B正确；0～1s内，电路中电流方向为逆时针，沿adcba方向，根据左手定则可知，ad棒受到的安培力的方向向右，为正值；同理可知1～2s内，ad棒受到的安培力为负值；2～3s内，不受安培力；3～4s内，ad棒受到的安培力为负值；根据安培力的公式F＝BIL，安培力的大小与磁感应强度成正比，故C错误，D正确．三、非选择题(本题共5小题，共60分)13．(8分)(2020·启东中学期末)我们可以通过实验探究电磁感应现象中感应电流方向的决定因素和遵循的物理规律．以下是实验探究过程的一部分．图12(1)如图12甲所示，当磁体的N极向下运动时，发现电流表指针偏转，若要探究线圈中产生感应电流的方向，必须知道____________________________________________________．(2)如图乙所示，实验中发现闭合开关时，电流表指针向右偏转．电路稳定后，若向右移动滑动变阻器的滑片，此过程中电流表指针向________偏转，若将线圈A抽出，此过程中电流表指针向________偏转．(均选填“左”或“右”)(3)某同学按图丙所示电路完成探究实验，在完成实验后未断开开关，也未把A、B两线圈和铁芯分开放置，在拆除电路时突然被电击了一下，则被电击是在拆除________(选填“A”或“B”)线圈所在电路时发生的，分析可知，要避免电击发生，在拆除电路前应______________(选填“断开开关”或“把A、B线圈分开放置”)．答案(1)电流表指针偏转方向与电流方向间的关系(2分)(2)左(1分)左(1分)(3)A(2分)断开开关(2分)解析(1)如题图甲所示，当磁体的N极向下运动时，发现电流表指针偏转，若要探究线圈中产生感应电流的方向，必须知道电流表指针偏转方向与电流方向间的关系．(2)如题图乙所示，实验中发现闭合开关时，穿过线圈B的磁通量增加，电流表指针向右偏；电路稳定后，若向右移动滑动变阻器的滑片，通过线圈A的电流减小，磁感应强度减小，穿过线圈B的磁通量减少，