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2022届高考物理二轮专题复习学案练习专题四 第15课时 电磁感应
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这是一份2022届高考物理二轮专题复习学案练习专题四 第15课时 电磁感应，共21页。
1．感应电流方向的判断
(1)楞次定律：一般用于线圈面积不变，磁感应强度发生变化的情形．
(2)右手定则：一般用于导体棒切割磁感线的情形．
2．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)阻碍物体间的相对运动——“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．求感应电动势的方法
(1)法拉第电磁感应定律：
E＝neq \f(ΔΦ,Δt)eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S不变时，E＝nS\f(ΔB,Δt)感生电动势,B不变时，E＝nB\f(ΔS,Δt)动生电动势))
(2)导线棒垂直切割磁感线：E＝BLv.
(3)导体棒绕与磁场平行的轴匀速转动E＝eq \f(1,2)BL2ω.
(4)线圈绕与磁场垂直的轴匀速转动e＝nBSωsin ωt.
考题示例
例1 (2020·全国卷Ⅲ·14)如图1，水平放置的圆柱形光滑玻璃棒左边绕有一线圈，右边套有一金属圆环．圆环初始时静止．将图中开关S由断开状态拨至连接状态，电路接通的瞬间，可观察到( )
图1
A．拨至M端或N端，圆环都向左运动
B．拨至M端或N端，圆环都向右运动
C．拨至M端时圆环向左运动，拨至N端时向右运动
D．拨至M端时圆环向右运动，拨至N端时向左运动
答案 B
解析 开关S由断开状态拨至连接状态，不论拨至M端还是N端，通过圆环的磁通量均增加，根据楞次定律(增离减靠)可知圆环会阻碍磁通量的增加，即向右运动，故选B.
例2 (多选)(2019·全国卷Ⅰ·20)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2(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( )
图2
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)
答案 BC
解析 在0～t0时间内，磁感应强度减小，根据楞次定律可知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，感应电流的方向仍为顺时针，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)，由R＝ρeq \f(l,S)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．
例3 (2018·全国卷Ⅰ·17)如图3，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3
A.eq \f(5,4) B.eq \f(3,2) C.eq \f(7,4) D．2
答案 B
解析 通过导体横截面的电荷量为：
q＝eq \x\t(I)·Δt＝eq \f(\f(nΔΦ,Δt),R)·Δt＝neq \f(ΔΦ,R)
在过程Ⅰ中，流过OM的电荷量为：q1＝eq \f(B·\f(1,4)πr2,R)
在过程Ⅱ中，流过OM的电荷量：q2＝eq \f(B′－B·\f(1,2)πr2,R)
依题意有：q1＝q2，
即：B·eq \f(1,4)πr2＝(B′－B)·eq \f(1,2)πr2
解得：eq \f(B′,B)＝eq \f(3,2)，B正确．
命题预测
1．(多选)(2020·山东济南市高三三模)一个长直密绕螺线管N放在一个金属圆环M的中心，圆环轴线与螺线管轴线重合，如图4甲所示．螺线管N通有如图乙所示的电流，下列说法正确的是( )
图4
A．t＝eq \f(T,8)时刻，圆环有扩张的趋势
B．t＝eq \f(T,8)时刻，圆环有收缩的趋势
C．t＝eq \f(T,8)和t＝eq \f(3T,8)时刻，圆环内有相同的感应电流
D．t＝eq \f(3T,8)和t＝eq \f(5T,8)时刻，圆环内有相同的感应电流
答案 AD
解析 由题图乙可知在t＝eq \f(T,8)时刻，通过螺线管的电流增大，则螺线管产生的磁场增大，所以穿过金属圆环的磁通量增大，根据楞次定律可知，圆环有扩张的趋势，选项A正确，B错误；由题图乙可知在t＝eq \f(T,8)时刻通过螺线管的电流增大，而在t＝eq \f(3T,8)时刻通过螺线管的电流减小，根据楞次定律可知两时刻圆环感应电流方向不同，选项C错误；由题图乙可知在t＝eq \f(3T,8)和t＝eq \f(5T,8)时刻，螺线管内电流的变化率是大小相等的，则螺线管产生的磁场的变化率也相等，根据法拉第电磁感应定律可知，圆环内产生的感应电动势大小是相等的，所以感应电流大小也相等，根据楞次定律可知两时刻圆环感应电流方向也相同，选项D正确．
2．(多选)(2020·广东茂名市高三第二次综合测试)如图5甲所示，螺线管匝数n＝1 500匝，横截面积S＝20 cm2，螺线管导线电阻r＝2 Ω，电阻R＝4 Ω，磁感应强度B的B－t图像如图乙所示(以向右为正方向)，下列说法正确的是( )
图5
A．电阻R中的电流方向是从A到C
B．感应电流的大小保持不变
C．电阻R两端的电压为4 V
D．C点的电势为6 V
答案 BC
解析 由楞次定律可以判断出螺线管中电流方向从右向左，那么通过电阻R的电流方向是从C到A，故A错误；根据法拉第电磁感应定律有E＝Neq \f(ΔΦ,Δt)＝NSeq \f(ΔB,Δt)，由图知eq \f(ΔB,Δt)＝eq \f(6－2,2) T/s＝2 T/s，代入数据解得E＝1 500×2×20×10－4 V＝6 V，由闭合电路欧姆定律得I＝eq \f(E,R＋r)＝eq \f(6,4＋2) A＝1 A，因此感应电流的大小是恒定的，故B正确；电阻两端的电压是外电压为U＝IR＝1×4 V＝4 V，在外电路，顺着电流方向电势降低，因A的电势等于零，那么C点的电势为4 V，故C正确，D错误．
高考题型2 电磁感应中的图像问题
1．电磁感应中的图像问题常见形式
常见的有磁感应强度、磁通量、感应电动势、感应电流、速度、安培力等随时间或位移的变化图像．
2．解答此类问题应注意以下几个方面
(1)把握三个关注：
eq \x(关注特殊时刻或特殊位置)―→eq \x(如某一过程的起点、终点、转折点的感应电动势是否为零，电流方向正负)
↓
eq \x(关注变化过程)―→eq \x(看电磁感应的发生过程分为几个阶段，这几个阶段是否和图像变化相对应)
↓
eq \x(关注变化趋势)―→eq \x(看图像的斜率大小、图像的曲直是否和物理过程相对应，分析大小和方向的变化趋势)
(2)掌握两个常用方法，可快速准确地解题
①排除法：定性分析电磁感应过程中某个物理量的变化趋势、变化快慢，特别是分析物理量的方向(正负)，排除错误的选项．这种方法能快速解决问题，但不一定对所有问题都适用．
②函数关系法：根据题目所给的条件写出物理量之间的函数关系，再对图像作出判断，这种方法得到的结果准确、详细，但不够简捷．
考题示例
例4 (2018·全国卷Ⅱ·18)如图6，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( )
图6
答案 D
解析 设线路中只有一边切割磁感线时产生的感应电流为i.
由分析知，选项D符合要求．
命题预测
3．(2020·辽宁大连二十四中高三检测)如图7所示，在虚线左侧的足够大区域存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，有一个直角三角形金属线框，线框左边与磁场边界平行，线框的电阻为R，线框以垂直虚线方向的速度v0做匀速直线运动，从线框的左边进入磁场时开始计时，E表示线框产生的感应电动势大小，F表示线框中受到的安培力大小，P表示线框的电功率的大小，I表示线框中的感应电流，则下列图像中正确的是( )
图7
答案 A
解析 设直角三角形线框左侧的直角边边长为L0，右边锐角角度为θ，如图所示．
线框进入磁场的t时刻，线框切割磁感线的有效长度为L＝L0－v0ttan θ，感应电动势为E＝BLv0＝B(L0－v0ttan θ)v0，是关于t的一次函数，即电动势随时间均匀减小，故A正确；线框进入磁场受到的安培力F＝BIL＝Beq \f(BL0－v0ttan θv0,R)(L0－v0ttan θ)＝eq \f(B2L0－v0ttan θ2v0,R)，是关于t的二次函数，故B错误；电功率等于克服安培力的功率P＝Fv0＝eq \f(B2L0－v0ttan θ2v\\al(02),R)，是关于t的二次函数，故C错误；线框中的感应电流I＝eq \f(E,R)＝eq \f(BL0－v0ttan θv0,R)，是关于t的一次函数，故D错误．
4．(多选)(2020·河北定州一中高三期中)在如图8所示倾角为θ的光滑斜面上，存在着磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场方向垂直斜面向上，磁场的宽度为2L.一质量为m、电阻为R、边长为L的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，当ab边刚越过GH进入磁场时，恰好做匀速直线运动(以此时开始计时)，以GH处为坐标原点，并规定顺时针方向为感应电流的正方向，沿斜面向上为安培力的正方向，则关于线框中的感应电流与线框所受安培力与ab边的位置坐标x间的关系的图像中，可能正确的是(重力加速度为g)( )
图8
答案 BD
解析 根据楞次定律可得线框进入磁场的过程中感应电流方向为顺时针，根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势E＝BLv，根据I0＝eq \f(BLv,R)可知，线框进入磁场的过程中为匀速运动，所以感应电流为一个定值；完全进入磁场后线框做匀加速直线运动，但感应电流为零；出磁场过程中，线框做加速度逐渐减小的减速运动，所以感应电流逐渐减小，但非均匀减小，根据楞次定律可得线框出磁场的过程中感应电流方向为逆时针，A错误，B正确．根据左手定则可得线框进入磁场的过程中安培力方向沿斜面向上，且F＝BI0L＝mgsin θ为定值；线框完全进入磁场过程中，安培力为零；出磁场的过程中安培力方向沿斜面向上，且大于进入磁场时的安培力，逐渐减小，但非均匀减小，所以C错误，D正确．
5．(多选)(2020·贵州贵阳市3月调研)一正三角形导线框ABC(高度为a)从图9所示示位置沿x轴正向匀速穿过两匀强磁场区域．两磁场区域磁感应强度大小均为B、方向相反、垂直于平面、宽度均为a.下列图像中正确反映感应电流I、AB边所受安培力F与线框移动距离x的关系(以逆时针方向为电流的正方向，安培力向右为正方向)的是( )
图9
答案 AC
高考题型3 电磁感应中的动力学与能量问题
1．电磁感应中的动力学与能量问题常出现的模型有两个：一是线框进出磁场；二是导体棒切割磁感线运动．两类模型都综合了电路、动力学、能量知识，有时还会与图像结合，所以解题方法有相通之处．可参考下面的解题步骤：
2．求解焦耳热Q的三种方法
(1)焦耳定律：Q＝I2Rt，适用于电流、电阻不变；
(2)功能关系：Q＝W克服安培力，电流变不变都适用；
(3)能量转化：Q＝ΔE(其他能的减少量)，电流变不变都适用．
命题预测
6.(多选)(2020·江西上铙市高三一模)如图10所示，虚线框内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，磁场区域上下宽度为l；质量为m、边长为l的正方形线圈abcd平面保持竖直，ab边始终保持水平，从距离磁场上边缘一定高度处由静止下落，以速度v进入磁场，经过一段时间又以相同的速度v穿出磁场，不计空气阻力，重力加速度为g.下列说法正确的是( )
图10
A．线圈的电阻R＝eq \f(B2l2v,mg)
B．进入磁场前线圈下落的高度h＝eq \f(v2,2g)
C．穿过磁场的过程中，线圈电阻产生的热量Q＝2mgl
D．线圈穿过磁场所用时间t＝eq \f(l,v)
答案 ABC
解析 由题意可知，线圈进入磁场和穿出磁场时速度相等，说明线圈在穿过磁场的过程中做匀速直线运动，则mg＝F安＝BIl＝eq \f(B2l2v,R)，R＝eq \f(B2l2v,mg)，所以A正确；线圈在进入磁场前做自由落体运动，由动能定理得mgh＝eq \f(1,2)mv2，进入磁场前线圈下落的高度为h＝eq \f(v2,2g)，所以B正确；线圈在穿过磁场的过程中克服安培力做功转化为焦耳热，又安培力与重力平衡，则穿过磁场的过程中线圈电阻产生的热量为Q＝mg·2l＝2mgl，所以C正确；根据线圈在穿过磁场过程中做匀速运动，可得线圈穿过磁场的时间为t＝eq \f(2l,v)，所以D错误．
7．(2020·湖南3月模拟)如图11所示，两根足够长的光滑直金属导轨MN、PQ平行固定在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L，导轨的电阻不计．导轨顶端M、P两点间接有滑动变阻器和阻值为R的定值电阻．一根质量为m、电阻不计的均匀直金属杆ab放在两导轨上，与导轨垂直且接触良好．空间存在磁感应强度大小为B、方向垂直斜面向下的匀强磁场．调节滑动变阻器的滑片，使得滑动变阻器接入电路的阻值为2R，让ab由静止开始沿导轨下滑．不计空气阻力，重力加速度大小为g.
图11
(1)求ab下滑的最大速度vm；
(2)求ab下滑的速度最大时，定值电阻上消耗的电功率P；
(3)若在ab由静止开始至下滑到速度最大的过程中，定值电阻上产生的焦耳热为Q，求该过程中ab下滑的距离x以及通过滑动变阻器的电荷量q.
答案 见解析
解析 (1)ab下滑的速度最大时，其切割磁感线产生的感应电动势为：E＝BLvm，
此时通过定值电阻的电流为：I＝eq \f(E,R＋2R)，
ab杆所受安培力大小为：F安＝BIL，
由受力平衡得mgsin θ＝BIL，
联立解得：vm＝eq \f(3mgRsin θ,B2L2)；
(2)由电功率公式有：P＝I2R，
解得：P＝eq \f(m2g2Rsin2θ,B2L2)；
(3)由题意滑动变阻器接入电路的阻值为2R，为定值电阻的2倍，根据焦耳定律可知，滑动变阻器上产生的焦耳热为2Q；由能量守恒定律可得：
mgxsin θ＝eq \f(1,2)mvm2＋Q＋2Q，
解得：x＝eq \f(9m2gR2sin θ,2B4L4)＋eq \f(3Q,mgsin θ)；
在ab由静止开始至下滑到速度最大的过程中，穿过回路的磁通量的变化为：
ΔΦ＝BLx，
设ab由静止开始至下滑到速度最大所用时间为Δt，在该过程中，回路产生的平均感应电动势为E＝eq \f(ΔΦ,Δt)
根据闭合电路欧姆定律可得，在该过程中，通过回路的平均感应电流为eq \x\t(I)＝eq \f(E,3R)，
又q＝eq \x\t(I)·Δt
联立解得：q＝eq \f(3m2gRsin θ,2B3L3)＋eq \f(BLQ,mgRsin θ).
8.(多选)(2020·广东广州大学附属中学高三模拟)如图12，正方形金属线框自某一高度从空中竖直下落(空气阻力不计)，然后进入并完全穿过与正方形等宽的匀强磁场区域，进入时线框动能为Ek1，穿出时线框动能为Ek2.从刚进入到刚穿出磁场这一过程，线框产生的焦耳热为Q，克服安培力做的功为W1，重力做的功为W2，线框重力势能的减少量为ΔEp，则下列关系正确的是( )
图12
A．Q＝W1B．Q＝W 2－W 1
C．Q＝ΔEp＋Ek1－Ek2D．W2＝W1＋(Ek2－Ek1)
答案 ACD
解析 由能量关系可知，线框产生的焦耳热Q等于克服安培力做的功W1，选项A正确，B错误；由动能定理得W2－W1＝Ek2－Ek1，即W2＝W1＋(Ek2－Ek1)，而W2＝ΔEp，则Q ＝W1＝ΔEp＋Ek1－Ek2，选项C、D正确．
9.如图13所示，竖直平面内有一宽L＝1 m、足够长的光滑矩形金属导轨，电阻不计．在导轨的上、下边分别接有电阻R1＝3 Ω和R2＝6 Ω.在MN上方及CD下方有垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ和Ⅱ，磁感应强度大小均为B＝1 T．现有质量m＝0.2 kg、接入电路的电阻r＝1 Ω的导体棒ab，在金属导轨上从MN上方某处由静止下落，下落过程中导体棒始终保持水平且与金属导轨接触良好．当导体棒ab下落到快要接近MN时的速度大小为v1＝3 m/s.不计空气阻力，g取10 m/s2.
图13
(1)求导体棒ab快要接近MN时的加速度大小；
(2)若导体棒ab进入磁场Ⅱ后，棒中的电流大小始终保持不变，求磁场Ⅰ和Ⅱ之间的距离h；
(3)若将磁场Ⅱ的CD边界略微下移，使导体棒ab刚进入磁场Ⅱ时速度大小变为v2＝9 m/s，要使棒在外力F作用下做a＝3 m/s2的匀加速直线运动，求所加外力F随时间t变化的关系式．
答案 (1)5 m/s2 (2)1.35 m (3)F＝(t＋1.6) N
解析 (1)以导体棒为研究对象，棒在磁场Ⅰ中切割磁感线，棒中产生感应电动势E，在重力和安培力作用下运动．
由牛顿第二定律得：mg－BIL＝ma1①
E＝BLv1②
R外＝eq \f(R1R2,R1＋R2)③
I＝eq \f(E,R外＋r)④
联立①②③④式可得：a1＝5 m/s2.
(2)由题意可知，导体棒进入磁场Ⅱ后，由于导体棒中电流大小始终保持不变，则导体棒做匀速运动，安培力等于重力．
mg＝BI′L⑤
I′＝eq \f(E′,R外＋r)⑥
E′＝BLv′⑦
联立③⑤⑥⑦式解得：v′＝6 m/s
导体棒从MN到CD做加速度为g的匀加速直线运动，v′2－v12＝2gh
解得：h＝1.35 m.
(3)导体棒进入磁场Ⅱ后经过时间t的速度大小
v＝v2＋at⑧
F＋mg－F安＝ma⑨
F安＝eq \f(B2L2v,R外＋r)⑩
联立③⑧⑨⑩解得：F＝(t＋1.6) N.
专题强化练
[保分基础练]
1．(2020·福建漳州市高三第一次教学质量检测)如图1，C、D是两条竖直且足够长的固定导轨(电阻不计)，导轨间存在垂直纸面向里的匀强磁场，EF是一个固定螺线管，C、D的输出端a、b分别连接EF的输入端c、d，P是在EF的正下方水平放置在地面上的铝圆环．现对金属棒AB施加一竖直向上的力使金属棒由静止开始向上做匀加速直线运动，在运动过程中棒始终与C、D导轨垂直且接触良好，可认为通电螺线管在圆环中产生的磁感应强度与通过螺线管的电流成正比，则( )
图1
A．金属棒中的感应电流方向由A到B
B．P环有收缩的趋势
C．P环对地面的压力逐渐减小
D．P环中感应电流逐渐变大
答案 B
解析 根据右手定则，流过金属棒中的感应电流方向由B到A，A错误；由于AB做匀加速直线运动，产生的感应电动势E＝BLv＝BLat，越来越大，回路中的感应电流I＝eq \f(E,R)＝eq \f(BLa,R)t，越来越大，穿过P环的磁通量与电流成正比，越来越大，根据楞次定律推论，P环有收缩的趋势；P环与固定螺线管产生的磁场方向相反，P环(等价于磁铁，磁性不变)与固定螺线管(等价于磁铁，磁性变强)同名磁极相对，相互排斥，P环对地面的压力增大，B正确，C错误；根据法拉第电磁感应定律，P环中产生恒定的感应电流，D错误．
2．(2020·山东潍坊市3月联考)随着科技的不断发展，小到手表、手机，大到电脑、电动汽车，都已经在无线充电方面实现了从理论研发到实际应用的转化．如图2所示为某品牌手机无线充电的原理图，下列说法正确的是( )
图2
A．无线充电时，手机上接收线圈的工作原理是“电流的磁效应”
B．发射端和接收端间的距离不影响充电的效率
C．所有手机都能用该品牌无线底座进行无线充电
D．接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同
答案 D
解析 无线充电时，手机接收线圈的工作原理是电磁感应，故A错误；由于充电工作原理为电磁感应，发射端和接收端间的距离越远，空间中损失的能量越大，故B错误；不是所有手机都能进行无线充电，只有手机中有接收线圈时手机才能利用电磁感应，进行无线充电，故C错误；根据电磁感应原理，接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同，故D正确．
3.(2020·广东东莞市线上检测)如图3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.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(方向不变)，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3
A．ab中的感应电流方向由b到a
B．电阻R的热功率逐渐变小
C．ab所受的安培力逐渐减小
D．ab所受的静摩擦力保持不变
答案 C
解析 磁感应强度均匀减小，磁通量减小，根据楞次定律得，ab中的感应电流方向由a到b，故A错误；由于磁感应强度均匀减小，根据法拉第电磁感应定律E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(ΔBS,Δt)可知，感应电动势恒定，则感应电流不变，由公式P＝I2R可知，电阻R的热功率不变，故B错误；根据安培力公式F＝BIL知，电流I不变，B均匀减小，则安培力减小，故C正确；金属棒受安培力和静摩擦力处于平衡，安培力减小，则静摩擦力减小，故D错误．
4．(多选)(2020·四川绵阳市第二次诊断性考试)如图4甲，线圈A(图中实线，共100匝)的横截面积为0.3 m2，总电阻r＝2 Ω，A右侧所接电路中，电阻R1＝2 Ω，R2＝6 Ω，电容C＝3 μF，开关S1闭合．A中有横截面积为0.2 m2的区域C(图中虚线)，C内有图乙所示的变化磁场，t＝0时刻，磁场方向垂直于线圈平面向里．下列说法正确的是( )
图4
A．闭合S2、电路稳定后，通过R2的电流由b流向a
B．闭合S2、电路稳定后，通过R2的电流大小为0.4 A
C．闭合S2、电路稳定后、断开S1，通过R2的电流由b流向a
D．闭合S2、电路稳定后、断开S1，通过R2的电荷量为7.2×10－6 C
答案 BD
解析 根据楞次定律可知，线圈中产生的感应电流为顺时针方向，则闭合S2、电路稳定后，通过R2的电流由a流向b，选项A错误；根据法拉第电磁感应定律得E＝neq \f(ΔB,Δt)S＝100×eq \f(0.6,3)×0.2 V＝4 V，则闭合S2、电路稳定后，通过R2的电流大小为I＝eq \f(E,R1＋R2＋r)＝eq \f(4,2＋6＋2) A＝0.4 A，选项B正确；闭合S2、电路稳定后，电容器上极板带正电，此时断开S1，电容器放电，通过R2的电流由a流向b，选项C错误；闭合S2、电路稳定后，电容器所带电荷量Q＝CUR2＝3×10－6×0.4×6 C＝7.2×10－6 C，此时断开S1，通过R2的电荷量为7.2×10－6 C，选项D正确；
5．(多选)(2017·全国卷Ⅱ·20)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5(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( )
图5
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
答案 BC
解析 由Et图像可知，导线框经过0.2 s全部进入磁场，则速度v＝eq \f(l,t)＝eq \f(0.1,0.2) m/s＝0.5 m/s，选项B正确；由题图乙可知，E＝0.01 V，根据E＝Blv得，B＝eq \f(E,lv)＝eq \f(0.01,0.1×0.5) T＝0.2 T，选项A错误；根据右手定则及正方向的规定可知，磁感应强度的方向垂直于纸面向外，选项C正确；在t＝0.4 s至t＝0.6 s这段时间内，导线框中的感应电流I＝eq \f(E,R)＝eq \f(0.01,0.005) A＝2 A, 导线框所受的安培力大小为F＝BIl＝0.2×2×0.1 N＝0.04 N，选项D错误．
6．(多选)(2020·山东省普通高中学业水平等级模拟考试)如图6所示，一长为2l、宽为l的矩形导线框abcd，在水平外力作用下从紧靠磁感应强度为B的匀强磁场边缘处以速度v向右匀速运动3l，规定水平向左为力的正方向．下列关于水平外力的冲量I，导线框a、b两点间的电势差Uab，通过导线框的电荷量q及导线框所受安培力F随其运动的位移x变化的图像正确的是( )
图6
答案 AB
解析 进入磁场的过程中，安培力F＝BI电l＝eq \f(B2l2v,R)；B、l、v不变，则F不变；完全进入磁场，感应电流为零，安培力为零，选项D错误；因为导线框匀速运动，水平外力和安培力F大小相等，进入磁场过程中，水平外力的冲量I＝Ft＝eq \f(F,v)·x，所以I－x关系图像为正比例函数，完全进入后外力为零，冲量为零，选项A正确；进入磁场的过程中，有Uab＝I电×eq \f(5,6)R＝eq \f(5,6)Blv，完全进入磁场后，ab边的电势差Uab＝Blv，选项B正确；进入磁场的过程中，q＝I电t＝eq \f(Bl,R)·x，所以q－x关系图像为正比例函数，完全进入磁场后电流为零，q为零，选项C错误．
7．(多选)(2020·黑龙江哈尔滨市三中高三第二次模拟)如图7所示，足够大的匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直于纸面向外，一半径为a、电阻为6R的光滑金属圆环垂直于磁场放置，一长度为2a、电阻为R的金属杆MN与金属环相切于M点，M端与金属环顶端连接，在外力作用下以角速度ω绕M点顺时针匀速转动，在转动过程中金属杆与金属圆环接触良好，则( )
图7
A．当金属杆转过90°时，流过金属杆的电流I＝eq \f(4Ba2ω,5R)
B．当金属杆转过90°时，金属杆两端的电势差UMN＝eq \f(6Ba2ω,5)
C．金属杆转过30°和90°时，克服安培力做功的瞬时功率之比为15∶16
D．金属杆转过30°和90°时，克服安培力做功的瞬时功率之比为15∶128
答案 ABD
解析 当金属杆转过90°时，电动势为E1＝BLeq \x\t(v)＝B×2a×eq \f(ω·2a,2)＝2Ba2ω
总电阻为R总1＝eq \f(3R,2)＋R＝eq \f(5R,2)，电流为I1＝eq \f(E1,R总1)＝eq \f(2Ba2ω,\f(5,2)R)＝eq \f(4Ba2ω,5R)，由右手定则可知，M点电势高于N点电势，则金属杆两端的电势差UMN＝eq \f(\f(3,2)R,\f(5,2)R)E＝eq \f(3,5)E＝eq \f(3,5)×2Ba2ω＝eq \f(6,5)Ba2ω，故A、B正确；金属杆转过90°时，克服安培力做功的瞬时功率为P1＝I1E1＝eq \f(4Ba2ω,5R)×2Ba2ω＝eq \f(8B2a4ω2,5R)，金属杆转过30°时，电动势为E2＝Baeq \f(ωa,2)＝eq \f(Ba2ω,2)，总电阻为R总2＝eq \f(5R2,5R＋R)＋eq \f(R,2)＝eq \f(4R,3)，电流为I2＝eq \f(E2,R总2)＝eq \f(\f(Ba2ω,2),\f(4R,3))＝eq \f(3Ba2ω,8R)，克服安培力做功的瞬时功率为P2＝I2E2＝eq \f(3Ba2ω,8R)×eq \f(Ba2ω,2)＝eq \f(3B2a4ω2,16R)，则eq \f(P2,P1)＝eq \f(15,128)，故C错误，D正确．
8．(多选)如图8甲所示，导线制成的等边三角形OMN放置在水平桌面上，竖直向下的匀强磁场穿过桌面．剪下MN间的导线，向左平移到O点，现使其在水平外力F作用下紧贴MON向右匀速运动，从O点开始计时，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，导线未脱离MON之前，外力F、导线与MON构成的闭合电路的电动势E、电路中的电流I、外力的功率P与时间t变化的关系正确的是( )
图8
A．F∝t2 B．E∝t2
C．I∝t D．P∝t3
答案 BCD
解析 由题图乙知，磁感应强度B＝kt，
由几何知识可知，导线切割磁感线的有效长度为l＝2vttan 30°＝eq \f(2\r(3),3)vt，
设导线单位长度电阻为R，回路总电阻为R总＝3lR＝2eq \r(3)vtR
电动势E＝Blv＝eq \f(2\r(3),3)kv2t2∝t2，B正确；
I＝eq \f(E,R总)＝eq \f(kvt,3R)∝t，C正确；
由题意知F＝F安＝BIl＝eq \f(2\r(3),9R)k2v2t3∝t3，A错误；
P＝Fv＝eq \f(2\r(3),9R)k2v3t3∝t3，D正确．
[争分提能练]
9．(多选)如图9所示，边长为L的正方形金属框放在光滑水平面上，金属框以某初速度v0穿过方向垂直水平面的有界匀强磁场区域，速度变为v.速度方向始终垂直于边ab和磁场边界，磁场区域的宽度为d(d>L)．则金属框进入磁场的过程和从磁场另一侧穿出的过程相比较，正确的是( )
图9
A．金属框进入磁场过程中速度变化量等于穿出磁场过程中速度变化量
B．金属框进入磁场过程中速度变化量大于穿出磁场过程中速度变化量
C．金属框进入磁场过程中产生的热量等于穿出磁场过程中产生的热量
D．金属框进入磁场过程中产生的热量大于穿出磁场过程中产生的热量
答案 AD
解析 金属框进入磁场过程中和从磁场另一侧穿出过程中，磁通量变化量大小相等，因q＝eq \x\t(I)·Δt＝eq \f(ΔΦ,R)，则进入磁场过程中通过ab的电荷量和穿出磁场过程中通过ab的电荷量相等，由动量定理－Beq \x\t(I)L·Δt＝mΔv，知速度变化量大小相等，A正确，B错误；金属框进入磁场时的速度大于穿出磁场时的速度，则金属框进入磁场时受到的安培力大于穿出磁场时受到的安培力，所以进入磁场过程中克服安培力做的功大于穿出磁场时安培力做的功，由于克服安培力做的功等于金属框产生的焦耳热，所以金属框进入磁场过程中产生的热量大于穿出磁场过程中产生的热量，C错误，D正确．
10.(多选)(2020·山东淄博市高三下学期阶段检测)如图10所示，两固定的竖直光滑金属导轨足够长且电阻不计．两质量、长度均相同的导体棒c、d，置于边界水平的匀强磁场上方同一高度h处．磁场宽为3h，方向与导轨平面垂直．先由静止释放c，c刚进入磁场即匀速运动，此时再由静止释放d，两导体棒与导轨始终垂直且保持良好接触．用ac表示c的加速度，Ekd表示d的动能，xc、xd分别表示c、d相对释放点的位移．下列选项中正确的是( )
图10
答案 BD
解析 先释放c，刚开始时c只受重力作用，加速度g是不变的，当c进入磁场时，c做匀速运动，加速度为0，当d释放时，d做初速度为0的匀加速运动，它进入磁场时通过的距离为h，则此时c通过的距离为2h，此时二者一起以相同的速度在磁场中运动，穿过两导体棒与导轨所围回路的磁通量不变，回路中感应电流为0，安培力为0，故两棒做加速度为g的加速运动，故选项B正确，A错误；d棒的动能在d进入磁场前是均匀增加的，进入磁场后在c没有出磁场前也是均匀增加的，当c出磁场时，d棒切割磁感线，产生的安培力方向向上，阻碍d向下运动，但此时d的速度比刚进入磁场时的速度会大一些，所以棒不再像c刚进入那样做匀速运动，而是做加速度减小的减速运动，待d棒离开磁场后，加速度为g，动能再次均匀增大，故选项C错误，D正确．
11．(多选)(2020·广东珠海市高三三模)如图11所示的U形金属框架固定在绝缘水平面上，两导轨之间的距离为L，左端连接一阻值为R的定值电阻，阻值为r、质量为m的金属棒垂直地放在导轨上，整个装置处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，现给金属棒以水平向右的初速度v0，金属棒向右运动的距离为x后停止运动，已知该过程中定值电阻上产生的焦耳热为Q，重力加速度为g，忽略导轨的电阻，整个过程金属棒始终与导轨垂直并接触良好．则该过程中( )
图11
A．安培力对金属棒做功为－eq \f(R＋r,R)Q
B．流过金属棒的电荷量为eq \f(BLx,R＋r)
C．整个过程因摩擦而产生的热量为eq \f(1,2)mv02－Q
D．金属棒与导轨之间的动摩擦因数为eq \f(v\\al(02),2gx)－eq \f(R＋r,mgxR)Q
答案 ABD
解析 定值电阻与金属棒串联，金属棒与定值电阻产生的焦耳热之比eq \f(Qr,Q)＝eq \f(I2rt,I2Rt)＝eq \f(r,R)，金属棒产生的焦耳热Qr＝eq \f(rQ,R)，回路产生的总焦耳热Q总＝Q＋Qr＝eq \f(R＋r,R)Q，金属棒克服安培力做功转化为焦耳热，安培力对金属棒做的功为W＝－Q总＝－eq \f(R＋r,R)Q，故A正确；由法拉第电磁感应定律得eq \x\t(E)＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(BLx,Δt)，平均感应电流eq \x\t(I)＝eq \f(\x\t(E),R＋r)，流过金属棒的电荷量q＝eq \x\t(I)Δt，解得流过金属棒的电荷量为q＝eq \f(BLx,R＋r)，故B正确；对整个过程，由能量守恒定律得eq \f(1,2)mv02＝eq \f(R＋r,R)Q＋Q摩擦，解得Q摩擦＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(R＋r,R)Q，故C错误；因摩擦产生的热量Q摩擦＝μmgx，解得μ＝eq \f(v\\al(02),2gx)－eq \f(R＋rQ,mgxR)，故D正确．
12．(2020·湖北武汉市质量检测)如图12(a)所示，在倾角θ＝37°的斜面上放置着一个金属圆环，圆环的上半部分处在垂直斜面向上的匀强磁场(未画出)中，磁感应强度的大小按如图(b)所示的规律变化．释放圆环后，在t＝8t0和t＝9t0时刻，圆环均能恰好静止在斜面上．假设圆环与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g＝10 m/s2，则圆环和斜面间的动摩擦因数为( )
图12
A.eq \f(3,4) B.eq \f(15,16)
C.eq \f(19,20) D.eq \f(27,28)
答案 D
解析 根据楞次定律可知，0～8t0时间内感应电流的方向沿顺时针方向，由左手定则可知圆环上半部分所受安培力沿斜面向下，设圆环半径为r，电阻为R，在t＝8t0时，有E1＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(ΔB,Δt)·eq \f(1,2)πr2＝eq \f(B0,16t0)πr2，I1＝eq \f(E1,R)；此时圆环恰好静止，由平衡条件得mgsin θ＋B0I1·2r＝μmgcs θ，同理在t＝9t0时，圆环上部分受到的安培力沿斜面向上，E2＝eq \f(B0,2t0)πr2，I2＝eq \f(E2,R)，圆环此时恰好静止，由平衡条件得mgsin θ＋μmgcs θ＝B0I2·2r，联立以上各式得μ＝eq \f(27,28)，故A、B、C、错误，D正确．
13．(2020·上海市青浦区高考物理一模)如图13所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距1 m，导轨平面与水平面间的夹角为θ＝37°，下端连接阻值为R的定值电阻．匀强磁场方向与导轨平面垂直．质量为0.2 kg、电阻不计的金属棒放在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，它们之间的动摩擦因数为0.25.(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)
图13
(1)求金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小；
(2)当金属棒下滑速度达到稳定时，电阻R消耗的功率为8 W，求该速度的大小；
(3)在(2)问中，若R＝2 Ω，金属棒中的电流方向由a到b，求磁感应强度的大小与方向；
(4)在(2)问中，若ab棒由静止到速度稳定匀速下滑的距离为20 m，求此过程R产生的热量．
答案 (1)4 m/s2 (2)10 m/s (3)0.4 T 方向垂直导轨平面向上 (4)6 J
解析 (1)对金属棒受力分析，因为金属棒刚开始下滑的速度为零，所以不会受到安培力的作用，金属棒受重力和导轨的摩擦力作用，由牛顿第二定律得：
mgsin θ－μmgcs θ＝ma，代入数据解得a＝4 m/s2
(2)金属棒下滑速度稳定时，棒受力平衡，根据平衡条件有mgsin θ＝μmgcs θ＋F安
又因为金属棒克服安培力做功的功率等于电路中电阻R消耗的电功率，有P＝F安v
代入数据解得v＝10 m/s
(3)设电路中电流大小为I，两导轨间金属棒的长度为l，磁场的磁感应强度大小为B，则I＝eq \f(Blv,R)
因为P＝I2R
联立解得B＝0.4 T.
由右手定则可知，磁感应强度方向垂直导轨平面向上．
(4)由功能关系得，减少的重力势能转化为金属棒的动能、摩擦生热和电阻R上的焦耳热，摩擦力做功为
Wf＝－μmgxcs θ＝－8 J
所以摩擦产生的热量为Q＝8 J，因此，电阻R上产生的热量为
QR＝mgxsin θ－eq \f(1,2)mv2－Q＝6 J.线框位移
等效电路的连接
电流
0～eq \f(l,2)
I＝2i(顺时针)
eq \f(l,2)～l
I＝0
l～eq \f(3l,2)
I＝2i(逆时针)
eq \f(3l,2)～2l
I＝0
1．感应电流方向的判断
(1)楞次定律：一般用于线圈面积不变，磁感应强度发生变化的情形．
(2)右手定则：一般用于导体棒切割磁感线的情形．
2．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)阻碍物体间的相对运动——“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．求感应电动势的方法
(1)法拉第电磁感应定律：
E＝neq \f(ΔΦ,Δt)eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S不变时，E＝nS\f(ΔB,Δt)感生电动势,B不变时，E＝nB\f(ΔS,Δt)动生电动势))
(2)导线棒垂直切割磁感线：E＝BLv.
(3)导体棒绕与磁场平行的轴匀速转动E＝eq \f(1,2)BL2ω.
(4)线圈绕与磁场垂直的轴匀速转动e＝nBSωsin ωt.
考题示例
例1 (2020·全国卷Ⅲ·14)如图1，水平放置的圆柱形光滑玻璃棒左边绕有一线圈，右边套有一金属圆环．圆环初始时静止．将图中开关S由断开状态拨至连接状态，电路接通的瞬间，可观察到( )
图1
A．拨至M端或N端，圆环都向左运动
B．拨至M端或N端，圆环都向右运动
C．拨至M端时圆环向左运动，拨至N端时向右运动
D．拨至M端时圆环向右运动，拨至N端时向左运动
答案 B
解析 开关S由断开状态拨至连接状态，不论拨至M端还是N端，通过圆环的磁通量均增加，根据楞次定律(增离减靠)可知圆环会阻碍磁通量的增加，即向右运动，故选B.
例2 (多选)(2019·全国卷Ⅰ·20)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2(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( )
图2
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)
答案 BC
解析 在0～t0时间内，磁感应强度减小，根据楞次定律可知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，感应电流的方向仍为顺时针，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)，由R＝ρeq \f(l,S)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．
例3 (2018·全国卷Ⅰ·17)如图3，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3
A.eq \f(5,4) B.eq \f(3,2) C.eq \f(7,4) D．2
答案 B
解析 通过导体横截面的电荷量为：
q＝eq \x\t(I)·Δt＝eq \f(\f(nΔΦ,Δt),R)·Δt＝neq \f(ΔΦ,R)
在过程Ⅰ中，流过OM的电荷量为：q1＝eq \f(B·\f(1,4)πr2,R)
在过程Ⅱ中，流过OM的电荷量：q2＝eq \f(B′－B·\f(1,2)πr2,R)
依题意有：q1＝q2，
即：B·eq \f(1,4)πr2＝(B′－B)·eq \f(1,2)πr2
解得：eq \f(B′,B)＝eq \f(3,2)，B正确．
命题预测
1．(多选)(2020·山东济南市高三三模)一个长直密绕螺线管N放在一个金属圆环M的中心，圆环轴线与螺线管轴线重合，如图4甲所示．螺线管N通有如图乙所示的电流，下列说法正确的是( )
图4
A．t＝eq \f(T,8)时刻，圆环有扩张的趋势
B．t＝eq \f(T,8)时刻，圆环有收缩的趋势
C．t＝eq \f(T,8)和t＝eq \f(3T,8)时刻，圆环内有相同的感应电流
D．t＝eq \f(3T,8)和t＝eq \f(5T,8)时刻，圆环内有相同的感应电流
答案 AD
解析 由题图乙可知在t＝eq \f(T,8)时刻，通过螺线管的电流增大，则螺线管产生的磁场增大，所以穿过金属圆环的磁通量增大，根据楞次定律可知，圆环有扩张的趋势，选项A正确，B错误；由题图乙可知在t＝eq \f(T,8)时刻通过螺线管的电流增大，而在t＝eq \f(3T,8)时刻通过螺线管的电流减小，根据楞次定律可知两时刻圆环感应电流方向不同，选项C错误；由题图乙可知在t＝eq \f(3T,8)和t＝eq \f(5T,8)时刻，螺线管内电流的变化率是大小相等的，则螺线管产生的磁场的变化率也相等，根据法拉第电磁感应定律可知，圆环内产生的感应电动势大小是相等的，所以感应电流大小也相等，根据楞次定律可知两时刻圆环感应电流方向也相同，选项D正确．
2．(多选)(2020·广东茂名市高三第二次综合测试)如图5甲所示，螺线管匝数n＝1 500匝，横截面积S＝20 cm2，螺线管导线电阻r＝2 Ω，电阻R＝4 Ω，磁感应强度B的B－t图像如图乙所示(以向右为正方向)，下列说法正确的是( )
图5
A．电阻R中的电流方向是从A到C
B．感应电流的大小保持不变
C．电阻R两端的电压为4 V
D．C点的电势为6 V
答案 BC
解析 由楞次定律可以判断出螺线管中电流方向从右向左，那么通过电阻R的电流方向是从C到A，故A错误；根据法拉第电磁感应定律有E＝Neq \f(ΔΦ,Δt)＝NSeq \f(ΔB,Δt)，由图知eq \f(ΔB,Δt)＝eq \f(6－2,2) T/s＝2 T/s，代入数据解得E＝1 500×2×20×10－4 V＝6 V，由闭合电路欧姆定律得I＝eq \f(E,R＋r)＝eq \f(6,4＋2) A＝1 A，因此感应电流的大小是恒定的，故B正确；电阻两端的电压是外电压为U＝IR＝1×4 V＝4 V，在外电路，顺着电流方向电势降低，因A的电势等于零，那么C点的电势为4 V，故C正确，D错误．
高考题型2 电磁感应中的图像问题
1．电磁感应中的图像问题常见形式
常见的有磁感应强度、磁通量、感应电动势、感应电流、速度、安培力等随时间或位移的变化图像．
2．解答此类问题应注意以下几个方面
(1)把握三个关注：
eq \x(关注特殊时刻或特殊位置)―→eq \x(如某一过程的起点、终点、转折点的感应电动势是否为零，电流方向正负)
↓
eq \x(关注变化过程)―→eq \x(看电磁感应的发生过程分为几个阶段，这几个阶段是否和图像变化相对应)
↓
eq \x(关注变化趋势)―→eq \x(看图像的斜率大小、图像的曲直是否和物理过程相对应，分析大小和方向的变化趋势)
(2)掌握两个常用方法，可快速准确地解题
①排除法：定性分析电磁感应过程中某个物理量的变化趋势、变化快慢，特别是分析物理量的方向(正负)，排除错误的选项．这种方法能快速解决问题，但不一定对所有问题都适用．
②函数关系法：根据题目所给的条件写出物理量之间的函数关系，再对图像作出判断，这种方法得到的结果准确、详细，但不够简捷．
考题示例
例4 (2018·全国卷Ⅱ·18)如图6，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( )
图6
答案 D
解析 设线路中只有一边切割磁感线时产生的感应电流为i.
由分析知，选项D符合要求．
命题预测
3．(2020·辽宁大连二十四中高三检测)如图7所示，在虚线左侧的足够大区域存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，有一个直角三角形金属线框，线框左边与磁场边界平行，线框的电阻为R，线框以垂直虚线方向的速度v0做匀速直线运动，从线框的左边进入磁场时开始计时，E表示线框产生的感应电动势大小，F表示线框中受到的安培力大小，P表示线框的电功率的大小，I表示线框中的感应电流，则下列图像中正确的是( )
图7
答案 A
解析 设直角三角形线框左侧的直角边边长为L0，右边锐角角度为θ，如图所示．
线框进入磁场的t时刻，线框切割磁感线的有效长度为L＝L0－v0ttan θ，感应电动势为E＝BLv0＝B(L0－v0ttan θ)v0，是关于t的一次函数，即电动势随时间均匀减小，故A正确；线框进入磁场受到的安培力F＝BIL＝Beq \f(BL0－v0ttan θv0,R)(L0－v0ttan θ)＝eq \f(B2L0－v0ttan θ2v0,R)，是关于t的二次函数，故B错误；电功率等于克服安培力的功率P＝Fv0＝eq \f(B2L0－v0ttan θ2v\\al(02),R)，是关于t的二次函数，故C错误；线框中的感应电流I＝eq \f(E,R)＝eq \f(BL0－v0ttan θv0,R)，是关于t的一次函数，故D错误．
4．(多选)(2020·河北定州一中高三期中)在如图8所示倾角为θ的光滑斜面上，存在着磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场方向垂直斜面向上，磁场的宽度为2L.一质量为m、电阻为R、边长为L的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，当ab边刚越过GH进入磁场时，恰好做匀速直线运动(以此时开始计时)，以GH处为坐标原点，并规定顺时针方向为感应电流的正方向，沿斜面向上为安培力的正方向，则关于线框中的感应电流与线框所受安培力与ab边的位置坐标x间的关系的图像中，可能正确的是(重力加速度为g)( )
图8
答案 BD
解析 根据楞次定律可得线框进入磁场的过程中感应电流方向为顺时针，根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势E＝BLv，根据I0＝eq \f(BLv,R)可知，线框进入磁场的过程中为匀速运动，所以感应电流为一个定值；完全进入磁场后线框做匀加速直线运动，但感应电流为零；出磁场过程中，线框做加速度逐渐减小的减速运动，所以感应电流逐渐减小，但非均匀减小，根据楞次定律可得线框出磁场的过程中感应电流方向为逆时针，A错误，B正确．根据左手定则可得线框进入磁场的过程中安培力方向沿斜面向上，且F＝BI0L＝mgsin θ为定值；线框完全进入磁场过程中，安培力为零；出磁场的过程中安培力方向沿斜面向上，且大于进入磁场时的安培力，逐渐减小，但非均匀减小，所以C错误，D正确．
5．(多选)(2020·贵州贵阳市3月调研)一正三角形导线框ABC(高度为a)从图9所示示位置沿x轴正向匀速穿过两匀强磁场区域．两磁场区域磁感应强度大小均为B、方向相反、垂直于平面、宽度均为a.下列图像中正确反映感应电流I、AB边所受安培力F与线框移动距离x的关系(以逆时针方向为电流的正方向，安培力向右为正方向)的是( )
图9
答案 AC
高考题型3 电磁感应中的动力学与能量问题
1．电磁感应中的动力学与能量问题常出现的模型有两个：一是线框进出磁场；二是导体棒切割磁感线运动．两类模型都综合了电路、动力学、能量知识，有时还会与图像结合，所以解题方法有相通之处．可参考下面的解题步骤：
2．求解焦耳热Q的三种方法
(1)焦耳定律：Q＝I2Rt，适用于电流、电阻不变；
(2)功能关系：Q＝W克服安培力，电流变不变都适用；
(3)能量转化：Q＝ΔE(其他能的减少量)，电流变不变都适用．
命题预测
6.(多选)(2020·江西上铙市高三一模)如图10所示，虚线框内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，磁场区域上下宽度为l；质量为m、边长为l的正方形线圈abcd平面保持竖直，ab边始终保持水平，从距离磁场上边缘一定高度处由静止下落，以速度v进入磁场，经过一段时间又以相同的速度v穿出磁场，不计空气阻力，重力加速度为g.下列说法正确的是( )
图10
A．线圈的电阻R＝eq \f(B2l2v,mg)
B．进入磁场前线圈下落的高度h＝eq \f(v2,2g)
C．穿过磁场的过程中，线圈电阻产生的热量Q＝2mgl
D．线圈穿过磁场所用时间t＝eq \f(l,v)
答案 ABC
解析 由题意可知，线圈进入磁场和穿出磁场时速度相等，说明线圈在穿过磁场的过程中做匀速直线运动，则mg＝F安＝BIl＝eq \f(B2l2v,R)，R＝eq \f(B2l2v,mg)，所以A正确；线圈在进入磁场前做自由落体运动，由动能定理得mgh＝eq \f(1,2)mv2，进入磁场前线圈下落的高度为h＝eq \f(v2,2g)，所以B正确；线圈在穿过磁场的过程中克服安培力做功转化为焦耳热，又安培力与重力平衡，则穿过磁场的过程中线圈电阻产生的热量为Q＝mg·2l＝2mgl，所以C正确；根据线圈在穿过磁场过程中做匀速运动，可得线圈穿过磁场的时间为t＝eq \f(2l,v)，所以D错误．
7．(2020·湖南3月模拟)如图11所示，两根足够长的光滑直金属导轨MN、PQ平行固定在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L，导轨的电阻不计．导轨顶端M、P两点间接有滑动变阻器和阻值为R的定值电阻．一根质量为m、电阻不计的均匀直金属杆ab放在两导轨上，与导轨垂直且接触良好．空间存在磁感应强度大小为B、方向垂直斜面向下的匀强磁场．调节滑动变阻器的滑片，使得滑动变阻器接入电路的阻值为2R，让ab由静止开始沿导轨下滑．不计空气阻力，重力加速度大小为g.
图11
(1)求ab下滑的最大速度vm；
(2)求ab下滑的速度最大时，定值电阻上消耗的电功率P；
(3)若在ab由静止开始至下滑到速度最大的过程中，定值电阻上产生的焦耳热为Q，求该过程中ab下滑的距离x以及通过滑动变阻器的电荷量q.
答案 见解析
解析 (1)ab下滑的速度最大时，其切割磁感线产生的感应电动势为：E＝BLvm，
此时通过定值电阻的电流为：I＝eq \f(E,R＋2R)，
ab杆所受安培力大小为：F安＝BIL，
由受力平衡得mgsin θ＝BIL，
联立解得：vm＝eq \f(3mgRsin θ,B2L2)；
(2)由电功率公式有：P＝I2R，
解得：P＝eq \f(m2g2Rsin2θ,B2L2)；
(3)由题意滑动变阻器接入电路的阻值为2R，为定值电阻的2倍，根据焦耳定律可知，滑动变阻器上产生的焦耳热为2Q；由能量守恒定律可得：
mgxsin θ＝eq \f(1,2)mvm2＋Q＋2Q，
解得：x＝eq \f(9m2gR2sin θ,2B4L4)＋eq \f(3Q,mgsin θ)；
在ab由静止开始至下滑到速度最大的过程中，穿过回路的磁通量的变化为：
ΔΦ＝BLx，
设ab由静止开始至下滑到速度最大所用时间为Δt，在该过程中，回路产生的平均感应电动势为E＝eq \f(ΔΦ,Δt)
根据闭合电路欧姆定律可得，在该过程中，通过回路的平均感应电流为eq \x\t(I)＝eq \f(E,3R)，
又q＝eq \x\t(I)·Δt
联立解得：q＝eq \f(3m2gRsin θ,2B3L3)＋eq \f(BLQ,mgRsin θ).
8.(多选)(2020·广东广州大学附属中学高三模拟)如图12，正方形金属线框自某一高度从空中竖直下落(空气阻力不计)，然后进入并完全穿过与正方形等宽的匀强磁场区域，进入时线框动能为Ek1，穿出时线框动能为Ek2.从刚进入到刚穿出磁场这一过程，线框产生的焦耳热为Q，克服安培力做的功为W1，重力做的功为W2，线框重力势能的减少量为ΔEp，则下列关系正确的是( )
图12
A．Q＝W1B．Q＝W 2－W 1
C．Q＝ΔEp＋Ek1－Ek2D．W2＝W1＋(Ek2－Ek1)
答案 ACD
解析 由能量关系可知，线框产生的焦耳热Q等于克服安培力做的功W1，选项A正确，B错误；由动能定理得W2－W1＝Ek2－Ek1，即W2＝W1＋(Ek2－Ek1)，而W2＝ΔEp，则Q ＝W1＝ΔEp＋Ek1－Ek2，选项C、D正确．
9.如图13所示，竖直平面内有一宽L＝1 m、足够长的光滑矩形金属导轨，电阻不计．在导轨的上、下边分别接有电阻R1＝3 Ω和R2＝6 Ω.在MN上方及CD下方有垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ和Ⅱ，磁感应强度大小均为B＝1 T．现有质量m＝0.2 kg、接入电路的电阻r＝1 Ω的导体棒ab，在金属导轨上从MN上方某处由静止下落，下落过程中导体棒始终保持水平且与金属导轨接触良好．当导体棒ab下落到快要接近MN时的速度大小为v1＝3 m/s.不计空气阻力，g取10 m/s2.
图13
(1)求导体棒ab快要接近MN时的加速度大小；
(2)若导体棒ab进入磁场Ⅱ后，棒中的电流大小始终保持不变，求磁场Ⅰ和Ⅱ之间的距离h；
(3)若将磁场Ⅱ的CD边界略微下移，使导体棒ab刚进入磁场Ⅱ时速度大小变为v2＝9 m/s，要使棒在外力F作用下做a＝3 m/s2的匀加速直线运动，求所加外力F随时间t变化的关系式．
答案 (1)5 m/s2 (2)1.35 m (3)F＝(t＋1.6) N
解析 (1)以导体棒为研究对象，棒在磁场Ⅰ中切割磁感线，棒中产生感应电动势E，在重力和安培力作用下运动．
由牛顿第二定律得：mg－BIL＝ma1①
E＝BLv1②
R外＝eq \f(R1R2,R1＋R2)③
I＝eq \f(E,R外＋r)④
联立①②③④式可得：a1＝5 m/s2.
(2)由题意可知，导体棒进入磁场Ⅱ后，由于导体棒中电流大小始终保持不变，则导体棒做匀速运动，安培力等于重力．
mg＝BI′L⑤
I′＝eq \f(E′,R外＋r)⑥
E′＝BLv′⑦
联立③⑤⑥⑦式解得：v′＝6 m/s
导体棒从MN到CD做加速度为g的匀加速直线运动，v′2－v12＝2gh
解得：h＝1.35 m.
(3)导体棒进入磁场Ⅱ后经过时间t的速度大小
v＝v2＋at⑧
F＋mg－F安＝ma⑨
F安＝eq \f(B2L2v,R外＋r)⑩
联立③⑧⑨⑩解得：F＝(t＋1.6) N.
专题强化练
[保分基础练]
1．(2020·福建漳州市高三第一次教学质量检测)如图1，C、D是两条竖直且足够长的固定导轨(电阻不计)，导轨间存在垂直纸面向里的匀强磁场，EF是一个固定螺线管，C、D的输出端a、b分别连接EF的输入端c、d，P是在EF的正下方水平放置在地面上的铝圆环．现对金属棒AB施加一竖直向上的力使金属棒由静止开始向上做匀加速直线运动，在运动过程中棒始终与C、D导轨垂直且接触良好，可认为通电螺线管在圆环中产生的磁感应强度与通过螺线管的电流成正比，则( )
图1
A．金属棒中的感应电流方向由A到B
B．P环有收缩的趋势
C．P环对地面的压力逐渐减小
D．P环中感应电流逐渐变大
答案 B
解析 根据右手定则，流过金属棒中的感应电流方向由B到A，A错误；由于AB做匀加速直线运动，产生的感应电动势E＝BLv＝BLat，越来越大，回路中的感应电流I＝eq \f(E,R)＝eq \f(BLa,R)t，越来越大，穿过P环的磁通量与电流成正比，越来越大，根据楞次定律推论，P环有收缩的趋势；P环与固定螺线管产生的磁场方向相反，P环(等价于磁铁，磁性不变)与固定螺线管(等价于磁铁，磁性变强)同名磁极相对，相互排斥，P环对地面的压力增大，B正确，C错误；根据法拉第电磁感应定律，P环中产生恒定的感应电流，D错误．
2．(2020·山东潍坊市3月联考)随着科技的不断发展，小到手表、手机，大到电脑、电动汽车，都已经在无线充电方面实现了从理论研发到实际应用的转化．如图2所示为某品牌手机无线充电的原理图，下列说法正确的是( )
图2
A．无线充电时，手机上接收线圈的工作原理是“电流的磁效应”
B．发射端和接收端间的距离不影响充电的效率
C．所有手机都能用该品牌无线底座进行无线充电
D．接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同
答案 D
解析 无线充电时，手机接收线圈的工作原理是电磁感应，故A错误；由于充电工作原理为电磁感应，发射端和接收端间的距离越远，空间中损失的能量越大，故B错误；不是所有手机都能进行无线充电，只有手机中有接收线圈时手机才能利用电磁感应，进行无线充电，故C错误；根据电磁感应原理，接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同，故D正确．
3.(2020·广东东莞市线上检测)如图3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.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(方向不变)，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3
A．ab中的感应电流方向由b到a
B．电阻R的热功率逐渐变小
C．ab所受的安培力逐渐减小
D．ab所受的静摩擦力保持不变
答案 C
解析 磁感应强度均匀减小，磁通量减小，根据楞次定律得，ab中的感应电流方向由a到b，故A错误；由于磁感应强度均匀减小，根据法拉第电磁感应定律E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(ΔBS,Δt)可知，感应电动势恒定，则感应电流不变，由公式P＝I2R可知，电阻R的热功率不变，故B错误；根据安培力公式F＝BIL知，电流I不变，B均匀减小，则安培力减小，故C正确；金属棒受安培力和静摩擦力处于平衡，安培力减小，则静摩擦力减小，故D错误．
4．(多选)(2020·四川绵阳市第二次诊断性考试)如图4甲，线圈A(图中实线，共100匝)的横截面积为0.3 m2，总电阻r＝2 Ω，A右侧所接电路中，电阻R1＝2 Ω，R2＝6 Ω，电容C＝3 μF，开关S1闭合．A中有横截面积为0.2 m2的区域C(图中虚线)，C内有图乙所示的变化磁场，t＝0时刻，磁场方向垂直于线圈平面向里．下列说法正确的是( )
图4
A．闭合S2、电路稳定后，通过R2的电流由b流向a
B．闭合S2、电路稳定后，通过R2的电流大小为0.4 A
C．闭合S2、电路稳定后、断开S1，通过R2的电流由b流向a
D．闭合S2、电路稳定后、断开S1，通过R2的电荷量为7.2×10－6 C
答案 BD
解析 根据楞次定律可知，线圈中产生的感应电流为顺时针方向，则闭合S2、电路稳定后，通过R2的电流由a流向b，选项A错误；根据法拉第电磁感应定律得E＝neq \f(ΔB,Δt)S＝100×eq \f(0.6,3)×0.2 V＝4 V，则闭合S2、电路稳定后，通过R2的电流大小为I＝eq \f(E,R1＋R2＋r)＝eq \f(4,2＋6＋2) A＝0.4 A，选项B正确；闭合S2、电路稳定后，电容器上极板带正电，此时断开S1，电容器放电，通过R2的电流由a流向b，选项C错误；闭合S2、电路稳定后，电容器所带电荷量Q＝CUR2＝3×10－6×0.4×6 C＝7.2×10－6 C，此时断开S1，通过R2的电荷量为7.2×10－6 C，选项D正确；
5．(多选)(2017·全国卷Ⅱ·20)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5(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( )
图5
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
答案 BC
解析 由Et图像可知，导线框经过0.2 s全部进入磁场，则速度v＝eq \f(l,t)＝eq \f(0.1,0.2) m/s＝0.5 m/s，选项B正确；由题图乙可知，E＝0.01 V，根据E＝Blv得，B＝eq \f(E,lv)＝eq \f(0.01,0.1×0.5) T＝0.2 T，选项A错误；根据右手定则及正方向的规定可知，磁感应强度的方向垂直于纸面向外，选项C正确；在t＝0.4 s至t＝0.6 s这段时间内，导线框中的感应电流I＝eq \f(E,R)＝eq \f(0.01,0.005) A＝2 A, 导线框所受的安培力大小为F＝BIl＝0.2×2×0.1 N＝0.04 N，选项D错误．
6．(多选)(2020·山东省普通高中学业水平等级模拟考试)如图6所示，一长为2l、宽为l的矩形导线框abcd，在水平外力作用下从紧靠磁感应强度为B的匀强磁场边缘处以速度v向右匀速运动3l，规定水平向左为力的正方向．下列关于水平外力的冲量I，导线框a、b两点间的电势差Uab，通过导线框的电荷量q及导线框所受安培力F随其运动的位移x变化的图像正确的是( )
图6
答案 AB
解析 进入磁场的过程中，安培力F＝BI电l＝eq \f(B2l2v,R)；B、l、v不变，则F不变；完全进入磁场，感应电流为零，安培力为零，选项D错误；因为导线框匀速运动，水平外力和安培力F大小相等，进入磁场过程中，水平外力的冲量I＝Ft＝eq \f(F,v)·x，所以I－x关系图像为正比例函数，完全进入后外力为零，冲量为零，选项A正确；进入磁场的过程中，有Uab＝I电×eq \f(5,6)R＝eq \f(5,6)Blv，完全进入磁场后，ab边的电势差Uab＝Blv，选项B正确；进入磁场的过程中，q＝I电t＝eq \f(Bl,R)·x，所以q－x关系图像为正比例函数，完全进入磁场后电流为零，q为零，选项C错误．
7．(多选)(2020·黑龙江哈尔滨市三中高三第二次模拟)如图7所示，足够大的匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直于纸面向外，一半径为a、电阻为6R的光滑金属圆环垂直于磁场放置，一长度为2a、电阻为R的金属杆MN与金属环相切于M点，M端与金属环顶端连接，在外力作用下以角速度ω绕M点顺时针匀速转动，在转动过程中金属杆与金属圆环接触良好，则( )
图7
A．当金属杆转过90°时，流过金属杆的电流I＝eq \f(4Ba2ω,5R)
B．当金属杆转过90°时，金属杆两端的电势差UMN＝eq \f(6Ba2ω,5)
C．金属杆转过30°和90°时，克服安培力做功的瞬时功率之比为15∶16
D．金属杆转过30°和90°时，克服安培力做功的瞬时功率之比为15∶128
答案 ABD
解析 当金属杆转过90°时，电动势为E1＝BLeq \x\t(v)＝B×2a×eq \f(ω·2a,2)＝2Ba2ω
总电阻为R总1＝eq \f(3R,2)＋R＝eq \f(5R,2)，电流为I1＝eq \f(E1,R总1)＝eq \f(2Ba2ω,\f(5,2)R)＝eq \f(4Ba2ω,5R)，由右手定则可知，M点电势高于N点电势，则金属杆两端的电势差UMN＝eq \f(\f(3,2)R,\f(5,2)R)E＝eq \f(3,5)E＝eq \f(3,5)×2Ba2ω＝eq \f(6,5)Ba2ω，故A、B正确；金属杆转过90°时，克服安培力做功的瞬时功率为P1＝I1E1＝eq \f(4Ba2ω,5R)×2Ba2ω＝eq \f(8B2a4ω2,5R)，金属杆转过30°时，电动势为E2＝Baeq \f(ωa,2)＝eq \f(Ba2ω,2)，总电阻为R总2＝eq \f(5R2,5R＋R)＋eq \f(R,2)＝eq \f(4R,3)，电流为I2＝eq \f(E2,R总2)＝eq \f(\f(Ba2ω,2),\f(4R,3))＝eq \f(3Ba2ω,8R)，克服安培力做功的瞬时功率为P2＝I2E2＝eq \f(3Ba2ω,8R)×eq \f(Ba2ω,2)＝eq \f(3B2a4ω2,16R)，则eq \f(P2,P1)＝eq \f(15,128)，故C错误，D正确．
8．(多选)如图8甲所示，导线制成的等边三角形OMN放置在水平桌面上，竖直向下的匀强磁场穿过桌面．剪下MN间的导线，向左平移到O点，现使其在水平外力F作用下紧贴MON向右匀速运动，从O点开始计时，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，导线未脱离MON之前，外力F、导线与MON构成的闭合电路的电动势E、电路中的电流I、外力的功率P与时间t变化的关系正确的是( )
图8
A．F∝t2 B．E∝t2
C．I∝t D．P∝t3
答案 BCD
解析 由题图乙知，磁感应强度B＝kt，
由几何知识可知，导线切割磁感线的有效长度为l＝2vttan 30°＝eq \f(2\r(3),3)vt，
设导线单位长度电阻为R，回路总电阻为R总＝3lR＝2eq \r(3)vtR
电动势E＝Blv＝eq \f(2\r(3),3)kv2t2∝t2，B正确；
I＝eq \f(E,R总)＝eq \f(kvt,3R)∝t，C正确；
由题意知F＝F安＝BIl＝eq \f(2\r(3),9R)k2v2t3∝t3，A错误；
P＝Fv＝eq \f(2\r(3),9R)k2v3t3∝t3，D正确．
[争分提能练]
9．(多选)如图9所示，边长为L的正方形金属框放在光滑水平面上，金属框以某初速度v0穿过方向垂直水平面的有界匀强磁场区域，速度变为v.速度方向始终垂直于边ab和磁场边界，磁场区域的宽度为d(d>L)．则金属框进入磁场的过程和从磁场另一侧穿出的过程相比较，正确的是( )
图9
A．金属框进入磁场过程中速度变化量等于穿出磁场过程中速度变化量
B．金属框进入磁场过程中速度变化量大于穿出磁场过程中速度变化量
C．金属框进入磁场过程中产生的热量等于穿出磁场过程中产生的热量
D．金属框进入磁场过程中产生的热量大于穿出磁场过程中产生的热量
答案 AD
解析 金属框进入磁场过程中和从磁场另一侧穿出过程中，磁通量变化量大小相等，因q＝eq \x\t(I)·Δt＝eq \f(ΔΦ,R)，则进入磁场过程中通过ab的电荷量和穿出磁场过程中通过ab的电荷量相等，由动量定理－Beq \x\t(I)L·Δt＝mΔv，知速度变化量大小相等，A正确，B错误；金属框进入磁场时的速度大于穿出磁场时的速度，则金属框进入磁场时受到的安培力大于穿出磁场时受到的安培力，所以进入磁场过程中克服安培力做的功大于穿出磁场时安培力做的功，由于克服安培力做的功等于金属框产生的焦耳热，所以金属框进入磁场过程中产生的热量大于穿出磁场过程中产生的热量，C错误，D正确．
10.(多选)(2020·山东淄博市高三下学期阶段检测)如图10所示，两固定的竖直光滑金属导轨足够长且电阻不计．两质量、长度均相同的导体棒c、d，置于边界水平的匀强磁场上方同一高度h处．磁场宽为3h，方向与导轨平面垂直．先由静止释放c，c刚进入磁场即匀速运动，此时再由静止释放d，两导体棒与导轨始终垂直且保持良好接触．用ac表示c的加速度，Ekd表示d的动能，xc、xd分别表示c、d相对释放点的位移．下列选项中正确的是( )
图10
答案 BD
解析 先释放c，刚开始时c只受重力作用，加速度g是不变的，当c进入磁场时，c做匀速运动，加速度为0，当d释放时，d做初速度为0的匀加速运动，它进入磁场时通过的距离为h，则此时c通过的距离为2h，此时二者一起以相同的速度在磁场中运动，穿过两导体棒与导轨所围回路的磁通量不变，回路中感应电流为0，安培力为0，故两棒做加速度为g的加速运动，故选项B正确，A错误；d棒的动能在d进入磁场前是均匀增加的，进入磁场后在c没有出磁场前也是均匀增加的，当c出磁场时，d棒切割磁感线，产生的安培力方向向上，阻碍d向下运动，但此时d的速度比刚进入磁场时的速度会大一些，所以棒不再像c刚进入那样做匀速运动，而是做加速度减小的减速运动，待d棒离开磁场后，加速度为g，动能再次均匀增大，故选项C错误，D正确．
11．(多选)(2020·广东珠海市高三三模)如图11所示的U形金属框架固定在绝缘水平面上，两导轨之间的距离为L，左端连接一阻值为R的定值电阻，阻值为r、质量为m的金属棒垂直地放在导轨上，整个装置处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，现给金属棒以水平向右的初速度v0，金属棒向右运动的距离为x后停止运动，已知该过程中定值电阻上产生的焦耳热为Q，重力加速度为g，忽略导轨的电阻，整个过程金属棒始终与导轨垂直并接触良好．则该过程中( )
图11
A．安培力对金属棒做功为－eq \f(R＋r,R)Q
B．流过金属棒的电荷量为eq \f(BLx,R＋r)
C．整个过程因摩擦而产生的热量为eq \f(1,2)mv02－Q
D．金属棒与导轨之间的动摩擦因数为eq \f(v\\al(02),2gx)－eq \f(R＋r,mgxR)Q
答案 ABD
解析 定值电阻与金属棒串联，金属棒与定值电阻产生的焦耳热之比eq \f(Qr,Q)＝eq \f(I2rt,I2Rt)＝eq \f(r,R)，金属棒产生的焦耳热Qr＝eq \f(rQ,R)，回路产生的总焦耳热Q总＝Q＋Qr＝eq \f(R＋r,R)Q，金属棒克服安培力做功转化为焦耳热，安培力对金属棒做的功为W＝－Q总＝－eq \f(R＋r,R)Q，故A正确；由法拉第电磁感应定律得eq \x\t(E)＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(BLx,Δt)，平均感应电流eq \x\t(I)＝eq \f(\x\t(E),R＋r)，流过金属棒的电荷量q＝eq \x\t(I)Δt，解得流过金属棒的电荷量为q＝eq \f(BLx,R＋r)，故B正确；对整个过程，由能量守恒定律得eq \f(1,2)mv02＝eq \f(R＋r,R)Q＋Q摩擦，解得Q摩擦＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(R＋r,R)Q，故C错误；因摩擦产生的热量Q摩擦＝μmgx，解得μ＝eq \f(v\\al(02),2gx)－eq \f(R＋rQ,mgxR)，故D正确．
12．(2020·湖北武汉市质量检测)如图12(a)所示，在倾角θ＝37°的斜面上放置着一个金属圆环，圆环的上半部分处在垂直斜面向上的匀强磁场(未画出)中，磁感应强度的大小按如图(b)所示的规律变化．释放圆环后，在t＝8t0和t＝9t0时刻，圆环均能恰好静止在斜面上．假设圆环与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g＝10 m/s2，则圆环和斜面间的动摩擦因数为( )
图12
A.eq \f(3,4) B.eq \f(15,16)
C.eq \f(19,20) D.eq \f(27,28)
答案 D
解析 根据楞次定律可知，0～8t0时间内感应电流的方向沿顺时针方向，由左手定则可知圆环上半部分所受安培力沿斜面向下，设圆环半径为r，电阻为R，在t＝8t0时，有E1＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(ΔB,Δt)·eq \f(1,2)πr2＝eq \f(B0,16t0)πr2，I1＝eq \f(E1,R)；此时圆环恰好静止，由平衡条件得mgsin θ＋B0I1·2r＝μmgcs θ，同理在t＝9t0时，圆环上部分受到的安培力沿斜面向上，E2＝eq \f(B0,2t0)πr2，I2＝eq \f(E2,R)，圆环此时恰好静止，由平衡条件得mgsin θ＋μmgcs θ＝B0I2·2r，联立以上各式得μ＝eq \f(27,28)，故A、B、C、错误，D正确．
13．(2020·上海市青浦区高考物理一模)如图13所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距1 m，导轨平面与水平面间的夹角为θ＝37°，下端连接阻值为R的定值电阻．匀强磁场方向与导轨平面垂直．质量为0.2 kg、电阻不计的金属棒放在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，它们之间的动摩擦因数为0.25.(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)
图13
(1)求金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小；
(2)当金属棒下滑速度达到稳定时，电阻R消耗的功率为8 W，求该速度的大小；
(3)在(2)问中，若R＝2 Ω，金属棒中的电流方向由a到b，求磁感应强度的大小与方向；
(4)在(2)问中，若ab棒由静止到速度稳定匀速下滑的距离为20 m，求此过程R产生的热量．
答案 (1)4 m/s2 (2)10 m/s (3)0.4 T 方向垂直导轨平面向上 (4)6 J
解析 (1)对金属棒受力分析，因为金属棒刚开始下滑的速度为零，所以不会受到安培力的作用，金属棒受重力和导轨的摩擦力作用，由牛顿第二定律得：
mgsin θ－μmgcs θ＝ma，代入数据解得a＝4 m/s2
(2)金属棒下滑速度稳定时，棒受力平衡，根据平衡条件有mgsin θ＝μmgcs θ＋F安
又因为金属棒克服安培力做功的功率等于电路中电阻R消耗的电功率，有P＝F安v
代入数据解得v＝10 m/s
(3)设电路中电流大小为I，两导轨间金属棒的长度为l，磁场的磁感应强度大小为B，则I＝eq \f(Blv,R)
因为P＝I2R
联立解得B＝0.4 T.
由右手定则可知，磁感应强度方向垂直导轨平面向上．
(4)由功能关系得，减少的重力势能转化为金属棒的动能、摩擦生热和电阻R上的焦耳热，摩擦力做功为
Wf＝－μmgxcs θ＝－8 J
所以摩擦产生的热量为Q＝8 J，因此，电阻R上产生的热量为
QR＝mgxsin θ－eq \f(1,2)mv2－Q＝6 J.线框位移
等效电路的连接
电流
0～eq \f(l,2)
I＝2i(顺时针)
eq \f(l,2)～l
I＝0
l～eq \f(3l,2)
I＝2i(逆时针)
eq \f(3l,2)～2l
I＝0
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