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高考物理二轮复习【真题练习】第9讲 电磁感应规律与综合应用
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这是一份高考物理二轮复习【真题练习】第9讲 电磁感应规律与综合应用，文件包含第9讲电磁感应规律与综合应用教师版docx、第9讲电磁感应规律与综合应用学生版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共50页， 欢迎下载使用。
高考物理一轮复习策略
首先，要学会听课：
1、有准备的去听，也就是说听课前要先预习，找出不懂的知识、发现问题，带着知识点和问题去听课会有解惑的快乐，也更听得进去，容易掌握;
2、参与交流和互动，不要只是把自己摆在“听”的旁观者，而是“听”的参与者。
3、听要结合写和思考。
4、如果你因为种种原因，出现了那些似懂非懂、不懂的知识，课上或者课后一定要花时间去弄懂。
其次，要学会记忆：
1、要学会整合知识点。把需要学习的信息、掌握的知识分类，做成思维导图或知识点卡片，会让你的大脑、思维条理清醒，方便记忆、温习、掌握。
2、合理用脑。
3、借助高效工具。学习思维导图，思维导图是一种将放射性思考具体化的方法，也是高效整理，促进理解和记忆的方法。最后，要学会总结：
一是要总结考试成绩，通过总结学会正确地看待分数。
1.摸透主干知识 2.能力驾驭高考 3.科技领跑生活
第9讲 电磁感应规律与综合应用
【选考真题】
1. （2022•浙江）如图所示，将一通电螺线管竖直放置，螺线管内部形成方向竖直向上、磁感应强度大小B＝kt的匀强磁场，在内部用绝缘轻绳悬挂一与螺线管共轴的金属薄圆管，其电阻率为ρ、高度为h、半径为r、厚度为d（d≪r），则（ ）
A．从上向下看，圆管中的感应电流为逆时针方向
B．圆管的感应电动势大小为kπr2ℎ
C．圆管的热功率大小为πdℎk2r32ρ
D．轻绳对圆管的拉力随时间减小
【解答】解：A、根据安培定则可知螺线管产生的磁场的方向向上，由于螺线管产生的磁场随时间增强，根据楞次定律，圆管产生的感应电流方向从上向下看，圆管中的感应电流为顺时针方向，故A错误；
B、圆管的横截面积：S＝πr2，根据法拉第电磁感应定律，则产生的电动势：E=ΔΦΔt=ΔBSΔt=kΔtπr2Δt=kπr2，故B错误；
C、根据电阻定律，圆管的电阻：R=ρ⋅2πrℎd，
圆管内的感应电流的大小：I=ER=kπr2ℎd2πρr=krℎd2ρ，
圆管的热功率大小为：P＝I2R=πdℎk2r32ρ，故C正确；
D、根据左手定则可知，圆管受到的安培力的方向指向圆管的圆心，虽然安培力变化，但安培力的大小对轻绳对圆管的拉力没有影响，所以轻绳对圆管的拉力不变，故D错误。
故选：C。
2. （2022•浙江）舰载机电磁弹射是现代航母最先进的弹射技术，我国在这一领域已达到世界先进
水平。某兴趣小组开展电磁弹射系统的设计研究，如图1所示，用于推动模型飞机的动子（图中未画出）与线圈绝缘并固定，线圈带动动子，可在水平导轨上无摩擦滑动。线圈位于导轨间的辐向磁场中，其所在处的磁感应强度大小均为B。开关S与1接通，恒流源与线圈连接，动子从静止开始推动飞机加速，飞机达到起飞速度时与动子脱离；此时S掷向2接通定值电阻R0，同时施加回撤力F，在F和磁场力作用下，动子恰好返回初始位置停下。若动子从静止开始至返回过程的v﹣t图如图2所示，在t1至t3时间内F＝（800﹣10v）N，t3时撤去F。已知起飞速度v1＝80m/s，t1＝1.5s，线圈匝数n＝100匝，每匝周长l＝1m，飞机的质量M＝10kg，动子和线圈的总质量m＝5kg，R0＝9.5Ω，B＝0.1T，不计空气阻力和飞机起飞对动子运动速度的影响，求
（1）恒流源的电流I；
（2）线圈电阻R；
（3）时刻t3。
【解答】解：（1）根据安培力公式可得：
F安＝nBIl
动子和线圈在0～t1时间内做匀加速直线运动，运动的加速度为
a=v1t1
根据牛顿第二定律得：
F安＝（M+m）a
代入数据解得：I＝80A
（2）当S拨至2时，接通定值电阻R0，此时的感应电流为
I1=nBlvR0+R
此时的安培力为
F安1＝nBI1l
根据牛顿第二定律得：
(800−10v)+n2l2B2R0+Rv=ma1
由图可知在t1到t3的过程中，加速度恒定，则有
n2l2B2R0+R=10
解得：R＝0.5Ω；a1=160m/s2
（3）根据图像可知，t2−t1=v1a1=80160s=0.5s
则0～2s时间内，位移大小为
s=12v1t2=12×80×2m=80m
根据法拉第电磁感应定律得：
E=nΔΦΔt=nBΔSΔt
根据电流的定义式可得：Δq＝It
I=ER0+R
联立解得：Δq=nBlR+R0
从t3时刻到最后返回初始位置停下的时间段内通过回路中的电荷量，根据动量定理得：
﹣nBlΔq＝0﹣ma1（t3﹣t2）
联立解得：t3=5+32s
答：（1）恒流源的电流为80A；
（2）线圈电阻为0.5Ω；
（3）时刻t3为5+32s。
3. （2022•浙江）如图所示，水平固定一半径r＝0.2m的金属圆环，长均为r，电阻均为R0的两金属棒沿直径放置，其中一端与圆环接触良好，另一端固定在过圆心的导电竖直转轴OO′上，并随轴以角速度ω＝600rad/s匀速转动，圆环内左半圆均存在磁感应强度大小为B1的匀强磁场。圆环边缘、与转轴良好接触的电刷分别与间距l1的水平放置的平行金属轨道相连，轨道间接有电容C＝0.09F的电容器，通过单刀双掷开关S可分别与接线柱1、2相连。电容器左侧宽度也为l1、长度为l2、磁感应强度大小为B2的匀强磁场区域。在磁场区域内靠近左侧边缘处垂直轨道放置金属棒ab，磁场区域外有间距也为l1
的绝缘轨道与金属轨道平滑连接，在绝缘轨道的水平段上放置“[”形金属框fcde。棒ab长度和“[”形框的宽度也均为l1、质量均为m＝0.01kg，de与cf长度均为l3＝0.08m，已知l1＝0.25m，l2＝0.068m，B1＝B2＝1T、方向均为竖直向上；棒ab和“[”形框的cd边的电阻均为R＝0.1Ω，除已给电阻外其他电阻不计，轨道均光滑，棒ab与轨道接触良好且运动过程中始终与轨道垂直。开始时开关S和接线柱1接通，待电容器充电完毕后，将S从1拨到2，电容器放电，棒ab被弹出磁场后与“[”形框粘在一起形成闭合框abcd，此时将S与2断开，已知框abcd在倾斜轨道上重心上升0.2m后返回进入磁场。
（1）求电容器充电完毕后所带的电荷量Q，哪个极板（M或N）带正电？
（2）求电容器释放的电荷量ΔQ；
（3）求框abcd进入磁场后，ab边与磁场区域左边界的最大距离x。
【解答】解：（1）开关S与接线柱1接通。电容器充电，充电过程，对绕转轴OO′转动的棒由右手定则可知其动生电源的电流沿径向向外，即边缘为电源正极，圆心为负极，则M板带正电；
根据法拉第电磁感应定律可知：E=12B1ωr2
则电容器的电荷量为：Q＝CU=CE2
联立解得：Q＝0.54C
（2）电容器放电过程有：B2l1ΔQ＝mv1
棒ab被弹出磁场后与“[”形框粘在一起的过程有：mv1＝（m+m）v2
棒的上滑过程有：12×2mv22=2mgℎ
联立解得：ΔQ＝0.16C
（3）设导体框在磁场中减速滑行的总路程为Δx，由动量定理得：
B22l12Δx2R=2mv2
可得：Δx＝0.128m＞0.08m
匀速运动距离为：l3﹣l2＝0.08m﹣0.068m＝0.012m
则x＝Δx+l3﹣l2＝0.128m+0.012m＝0.14m
答：（1）电容器充电完毕后所带的电荷量Q为0.54C，M极板带正电；
（2）电容器释放的电荷量ΔQ为0.16C；
（3）框abcd进入磁场后，ab边与磁场区域左边界的最大距离为0.14m。
【要点提炼】
一、求电荷量的三种方法
1.q＝It(式中I为回路中的恒定电流，t为时间)
(1)由于导体棒匀速切割磁感线产生感应电动势而使得闭合回路中的电流恒定，根据电流定义式可知q＝It。
(2)闭合线圈中磁通量均匀增大或减小且回路中电阻保持不变，则电路中的电流I恒定，t时间内通过线圈横截面的电荷量q＝It。
2.q＝n(其中R为回路电阻，ΔΦ为穿过闭合回路的磁通量变化量)
(1)闭合回路中的电阻R不变，并且只有磁通量变化为电路提供电动势。
(2)从表面来看，通过回路的磁通量与时间无关，但ΔΦ与时间有关，随时间而变化。
3.Δq＝CBLΔv(式中C为电容器的电容，B为匀强磁场的磁感应强度，L为导体棒切割磁感线的长度，Δv为导体棒切割速度的变化量)
在匀强磁场中，电容器接在切割磁感线的导体棒两端，不计一切电阻，电容器两极板间电压等于导体棒切割磁感线产生的电动势E，通过电容器的电流I＝＝，又E＝BLv，则ΔU＝BLΔv，可得Δq＝CBLΔv。
二、求解焦耳热Q的三种方法
【方法指导】
一、电磁感应中电路综合问题
1.等效电源的分析
(1)用法拉第电磁感应定律算出E的大小。等效电源两端的电压等于路端电压，一般不等于电源电动势，除非切割磁感线的导体(或线圈)电阻为零。
(2)用楞次定律或右手定则确定感应电动势的方向，从而确定电源正负极。感应电流方向是电源内部电流的方向，要特别注意在等效电源内部，电流由负极流向正极。
(3)明确电源内阻r。
2.电路结构的分析
(1)分析内、外电路，以及外电路的串并联关系，画出等效的电路图。
(2)应用闭合电路欧姆定律、串并联电路知识和电功率、焦耳定律等关系式联立求解。
二、分析线框在磁场中运动问题的两大关键
1.分析电磁感应情况：弄清线框在运动过程中是否有磁通量不变的阶段，线框进入和穿出磁场的过程中，才有感应电流产生，结合闭合电路欧姆定律列方程解答。
2.分析导线框的受力以及运动情况，选择合适的力学规律处理问题：在题目中涉及电荷量、时间以及安培力为变力时应选用动量定理处理问题；如果题目中涉及加速度的问题时选用牛顿运动定律解决问题比较方便。
三、解决电磁感应综合问题的“看到”与“想到”
1.看到“磁感应强度B随时间t均匀变化”，想到“＝k为定值”。
2.看到“线圈(回路)中磁通量变化”时，想到“增反减同”。
3.看到“导体与磁体间有相对运动”时，想到“来拒去留”。
4.看到“回路面积可以变化”时，想到“增缩减扩”。
【例题精析】
考点一 楞次定律与法拉第电磁感应定律的应用
[例题1] 长直导线与环形导线固定在同一平面内，长直导线中通有如图所示方向的电流，当电流大小均匀增大时（ ）
A．环形导线有扩张的趋势
B．环形导线受到的安培力大小保持不变
C．环形导线中有顺时针方向的感应电流
D．环形导线中的感应电流大小保持不变
【解答】解：AC、导线电流增大，空间的磁场变大，环形导线中的磁通量增加，易得环形导线有收缩的趋势，同时易得环形导线中有逆时针方向的感应电流，故AC错误；
BD、由于导线电流均匀增大，空间的磁场均匀变大，环形导线中的磁通量均匀增加，故环形导线中的感应电流大小保持不变，但是由于空间的磁场变大，环形导线受到的安培力大小变大，故B错误，D正确。
故选：D。
[练习1] 某同学设计了如图所示点火装置。在一个用许多薄
硅钢片叠合而成的直条形铁芯上套有两个彼此绝缘且靠近的线圈A和B，调节触点K与带有铁头的弹簧片P恰好接触，合上开关S后，就能在火花塞的两电极M、N之间产生火花。关于该设计方案，下列说法正确的是（ ）
A．不可行，因为电源是直流电
B．不可行，因为两个线圈的磁通量没有变化
C．可行，且A的匝数比B多时，点火效果更好
D．可行，且M、N做成针状时，点火效果更好
【解答】解：AB、虽然电源是直流电，但当接通开关S时，线圈A中产生磁场，从而会吸引带有铁头的弹簧片P，使开关断开，从而能使通过A线圈的电流发生变化，使穿过铁芯的磁通量发生变化，进而使B线圈当中发生电磁感应，在M、N间产生较大电压，产生火花放电，故AB错误；
C、在相同的磁通量变化情况下，线圈的匝数越多，则对应的感应电动势越大，因此当B的匝数比A多时，即B线圈产生的电压就越高，那么点火效果更好，故C错误；
D、若M、N做成针状时，那么这两点的电场强度越强，点火效果更好，故D正确。
故选：D。
[练习2] （多选）如图所示，水平导体棒ab质量m＝0.1πkg、长L＝1m、电阻Rab＝0.25Ω，其两个端点分别搭接在竖直平行正对放置的两光滑金属圆环上，两圆环半径均为r＝1m、电阻不计。阻值R＝0.25Ω的电阻用导线与圆环相连接，理想交流电压表V接在电阻R两端。整个空间有磁感应强度大小为B＝1T、方向竖直向下的匀强磁场。导体棒ab在外力F作用下以速率v＝1m/s绕两圆环的中心轴OO′匀速转动，ab在圆环最低点时记为t＝0时刻，重力加速度为g＝10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．导体棒中的电流I＝2sint（A）
B．电压表的示数为22V
C．从t＝0到0.5πs的过程中通过R的电量为2C
D．从t＝0到0.5πs的过程中外力F做功为1.5πJ
【解答】解：A、根据题意可知，ab棒在圆环内绕中心轴OO'匀速转动，产生正弦交流电，其中最大电动势为：Em＝BLv＝1×1×1V＝1V，
则感应电动势的有效值为：E=Em2=22V
感应电流的最大值为：Im=ERab+R=10.25+0.25A＝2A，
导体棒转动的角速度为：ω=vr=11rad/s＝1rad/s
导体棒中的电流：I＝Imcosωt＝2cost（A），故A错误；
B、电压表的示数为：UV＝I有R=22×0.25V=24V，故B错误；
C、导体棒转动的周期为：T=2πrv=2π×11s＝2πs，从t＝0到0.5πs的过程中，导体棒转过14T；
根据电荷量的计算公式可得：q=It=ERab+R⋅Δt=B⋅ΔSRab+R，其中ΔS＝Lr
代入数据解得：q＝2C，故C正确；
D、匀速转动过程中动能变化为零，根据动能定理可得：W+W安﹣mg•2r＝0
由电路中产生的焦耳热等于安培力做功，即：W安＝﹣I有2（R+R0）t，其中I有=2A
联立解得：W＝1.5πJ，故D正确。
故选：CD。
[练习3] 为了提高自行车夜间行驶的安全性，小明同学设计了两种发电装置为车灯供电。
方式一：如图甲所示，固定磁极N、S在中间区域产生匀强磁场，磁感应强度B1＝0.1T，矩形线圈abcd固定在转轴上，转轴过ab边中点，与ad边平行，转轴一端通过半径r0＝1.0cm
的摩擦小轮与车轮边缘相接触，两者无相对滑动。当车轮转动时，可通过摩擦小轮带动线圈发电，使L1、L2两灯发光。已知矩形线圈N＝100匝，面积S＝10cm2，线圈abcd总电阻R0＝2Ω，小灯泡电阻均为R＝2Ω
方式二：如图乙所示，自行车后轮由半径r1＝0.15m的金属内圈、半径r2＝0.45m的金属外圈（可认为等于后轮半径）和绝缘辐条构成。后轮的内、外圈之间沿同一直径接有两根金属条，每根金属条中间分别接有小灯泡L1、L2，阻值均为R＝2Ω。在自行车支架上装有强磁铁，形成了磁感应强度B2＝1T、方向垂直纸面向里的“扇形”匀强磁场，张角θ＝90°。
以上两方式，都不计其它电阻，忽略磁场的边缘效应。求：
（1）“方式一”情况下，当自行车匀速骑行速度v＝6m/s时，小灯泡L1的电流有效值I1；
（2）“方式二”情况下，当自行车匀速骑行速度v＝6m/s时，小灯泡L1的电流有效值I1′；
（3）在两种情况下，若自行车以相同速度匀速骑行，为使两电路获得的总电能相等，“方式一”骑行的距离S1和“方式二”骑行的距离S2之比。
【解答】解：（1）由感应电动势最大值公式可知Em＝NB1Sω，其中ω=vr0
代入数据可得Em＝6V
由于产生的是正弦式交变电流，则U=Em2=62V＝32V
回路总电阻R'＝R0+R2
小灯泡L1的电流有效值I1=12⋅UR'
联立解得：I1=22A
（2）根据法拉第电磁感应定律有：E'm＝B2（r2﹣r1）(ωr2+ωr1)2
产生方波式的交变电流，设有效值为U'，则由：Em2R⋅T2=U'2R⋅T
代入数据解得：U'=325V
回路总电阻R''＝2R
小灯泡L1的电流有效值I1′=U'R″
联立解得：I1′=3220A
（3）由s＝vt
电能Q=U2R't
v相同，Q相同，所以s1s2=t1t2=R'R″⋅U'2U2
代入数据解得：s1s2=3100
答：（1）小灯泡L1的电流有效值为22A；
（2）小灯泡L1的电流有效值为3220A；
（3）”方式一”骑行的距离和“方式二”骑行的距离之比为3100。
考点二 电磁感应中的图像问题
[例题2] 如图所示，空间分布着方向垂直纸面向里的有界匀强磁场，EF是其右边界。半径为r的单匝圆形金属线圈垂直于磁场放置，线圈的圆心O在EF上；另有一根长为2r的导体杆与EF重合，杆两端点a、b通过电刷与圆形线圈连接，线圈和导体杆单位长度电阻相同。情况1：导体直杆不动，线框绕EF轴匀速转动，转动方向如图所示；情况2：线圈不动，导体杆绕O点在纸面内顺时针匀速转动。两情况均从图示位置开始计时，关于导体杆ab两端点的电压Uab情况，下列说法正确的是（ ）
A．情况1产生的Uab﹣t图象为图甲，情况2产生的Uab﹣t图象为图丙
B．情况1产生的Uab﹣t图象为图乙，情况2产生的Uab﹣t图象为图丁
C．情况1产生的Uab﹣t图象为图甲，情况2产生的Uab﹣t图象为图丁
D．情况1产生的Uab﹣t图象为图乙，情况2产生的Uab﹣t图象为图丙
【解答】解：情况1：导体直杆不动，线框绕EF轴匀速转动，线圈产生正弦式交流电，产生的Uab﹣t图象为图乙；情况2：线圈不动，导体杆绕O点在纸面内顺时针匀速转动，Ob和Oa轮流切割磁感线，在0−T2时间内，Ob切割磁感线，由右手定则判断可知，Ob中感应电流方向由O→b，则b端的电势高于a端的电势，Uab为负值；在T2−T时间内，Oa切割磁感线，由右手定则判断可知，Oa中感应电流方向由O→a，则a端的电势高于b端的电势，Uab为正值，则情况2产生的Uab﹣t图象为图丙，故ABC错误，D正确。
故选：D。
[练习4] 如图所示，水平面内有一平行金属导轨，导轨光滑且电阻不计，阻值为R的导体棒垂直于导轨放置，且与导轨接触良好．导轨所在空间存在匀强磁场，匀强磁场与导轨平面垂直，t＝0时，将开关S由1掷向2，分别用q、i、v和a表示电容器所带的电荷量、棒中的电流、棒的速度大小和加速度大小，则图所示的图象中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【解答】解：首先分析导体棒的运动情况：开关S由1掷到2，电容器放电，在电路中产生放电电流。导体棒通有电流后会受到向右的安培力作用，向右加速运动。导体棒将切割磁感线，产生感应电动势，此感应电动势将电容器的电压抵消一些，随着速度增大，感应电动势增大，则回路中的电流减小，导体棒所受的安培力减小，加速度减小。因导轨光滑，所以在有电流通过棒的过程中，棒是一直加速运动（变加速）。当感应电动势等于电容器的电压时，电路中无电流，导体棒不受安培力，做匀速运动。
A、当棒匀速运动后，棒因切割磁感线有电动势，所以电容器两端的电压能稳定在某个不为0的数值，则由Q＝CU知，电容器的电量应稳定在某个不为0的数值，不会减少到0．这时电容器的电压等于棒的电动势数值，棒中无电流，故A错误。
B、由于通过棒的电流是按指数递减的，最后电流减至零。故B错误。
C、导体棒先做加速度减小的变加速运动。由于电容器放电产生电流使得导体棒受安培力运动，当感应电动势等于电容器的电压时，电路中无电流，导体棒不受安培力时，导体棒做匀速运动。故v﹣t图象是曲线后应是直线。故C错误。
D、根据上面分析可知，杆的加速度逐渐减小直到为零，故D正确。
故选：D。
[练习5] 如图所示，在光滑的水平面上，放置一边长为l的正方形导电线圈，线圈电阻不变，右侧有垂直水平面向下、宽度为2l的有界磁场，建立一与磁场边界垂直的坐标轴Ox，O点为坐标原点。磁感应强度随坐标位置的变化关系为B＝kx（k为常数），线圈在水平向右的外力F作用下沿x正方向匀速穿过该磁场。此过程中线圈内感应出的电动势e随时间t变化的图像（以顺时针为正方向），拉力F的功率p随线圈位移x变化的图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【解答】解：AB、线圈从左边界到右边界过程中，通过线圈的磁通量向里增加，由楞次定律可知感应电流的方向是逆时针方向，则感应电动势为负；线圈离开磁场过程中，磁通量向里减小，根据楞次定律可知感应电流方向为顺时针，则感应电动势为正；
在0﹣t0时间内，设线圈的速度为v，刚入磁场时，只有右边切割磁感线，感应电动势：e1＝Blv
由题意可知：B＝kvt，则感应电动势e1＝klv2t，线圈经磁场时感应电动势大小与时间成正比；
在t0﹣2t0时间内，线圈完全入磁场，线圈的左右两边都在切割磁感线，回路的感应电动势：e2＝[kx﹣k（x﹣l）]lv＝kl2v，e2恒定不变；
在2t0﹣3t0时间内，线圈右边出磁场后，只有左边切割磁感线，线圈离开磁场时，线圈中磁通量减小，则感应电动势方向沿顺时针方向，感应电动势e3＝Blv
其中磁感应强度：B＝k[l+v（t−2lv）]＝k（vt﹣l）
感应电动势：e3＝k（vt﹣l）lv＝klv2t﹣kl2v，因此之后感应电动势大小随时间均匀增大，故A正确，B错误；
CD、线圈匀速进入磁场中，其安培力F安＝Bil
电流i=klv2Rt
线圈位移x＝vt
磁感应强度B＝kx＝kvt
线圈做匀速直线运动，由平衡条件得F＝F安
解得：F=k2l2vRx2
拉力F的功率p＝Fv=k2l2vRx2•v=k2l2v2R⋅x2
在0﹣l中，F﹣x图象是抛物线
线圈完全进入磁场到右边即将离开磁场的运动中，即l﹣2l中，安培力F安＝kxil﹣k（x﹣l）il＝kil2
电动势恒定不变，电流恒定不变，F＝F安不变，拉力F的功率不变；
线圈右边离开磁场之后，即在2l﹣3l运动中，拉力等于线圈左边所受安培力大小，F安=B2l2vR，B＝k（x﹣l）
则有：F＝F安=k2l2vR(x−l)2
拉力F的功率：p＝Fv=k2l2v2R(x−l)2，p﹣x图象是一段抛物线，故CD错误。
故选：A。
[练习6] 如图所示，垂直平面向里的匀强磁场右边界为直线，左边界为折线，折线与水平线的夹角均为45°，一个正方形导线框的边长与磁场最小宽度MN均为l，线框从图示位置沿水平线向右匀速穿过磁场过程中，规定线框中逆时针方向为感应电流的正方向，则感应电流随运动距离的变化图像为（ ）
A． B．
C． D．
【解答】解：线框穿过磁场的过程如图所示，
线框运动距离满足x≤l2时，线框右边切割磁感线的有效长度增大，一直到l，根据E＝BL有效v可知感应电动势增大，结合欧姆定律可知感应电流增大，根据右手定则可知感应电流的方向沿逆时针方向；
线框运动距离满足l2＜x≤l时，线框右边切割磁感线的有效长度不变，感应电流大小恒定，感应电流的方向仍然沿逆时针方向；
线框运动距离满足l＜x≤3l2时，线框右边全部和左边部分切割磁感线，总的有效切割长度变小，感应电流变小，仍然沿逆时针方向，当x=3l2时感应电流为零；
线框运动距离满足3l2＜x≤5l2时，线框左边切割磁感线的有效长度不变，感应电流大小恒定，根据右手定则可知感应电流的方向沿顺时针方向，故ACD错误，B正确。
故选：B。
考点三 电磁感应定律的应用
[例题3] 如图所示，AD与A1D1为水平放置的无限长平行金属导轨，DC与D1C1为倾角为θ＝37°的平行金属导轨，两组导轨的间距均为l＝1.5m，导轨电阻忽略不计。质量为m1＝0.35kg、电阻为R1＝1Ω的导体棒ab置于倾斜导轨上，质量为m2＝0.4kg、电阻为R2＝0.5Ω的导体棒cd
置于水平导轨上，轻质细绳跨过光滑滑轮一端与cd的中点相连、另一端悬挂一轻质挂钩。导体棒ab、cd与导轨间的动摩擦因数相同，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B＝2T．初始时刻，棒ab在倾斜导轨上恰好不下滑。（g取10m/s2，sin37°＝0.6）
（1）求导体棒与导轨间的动摩擦因数μ；
（2）在轻质挂钩上挂上物体P，细绳处于拉伸状态，将物体P与导体棒cd同时由静止释放，当P的质量不超过多大时，ab始终处于静止状态？（导体棒cd运动过程中，ab、cd一直与DD1平行，且没有与滑轮相碰。）
（3）若P的质量取第（2）问中的最大值，由静止释放开始计时，当t＝1s时cd已经处于匀速直线运动状态，求在这1s内ab上产生的焦耳热为多少？
【解答】解：（1）对ab棒受力分析，受竖直向下的重力，垂直于斜面向上的支持了和沿斜面向上的摩擦力作用，在沿斜面方向上由平衡条件得：
m1gsinθ﹣μm1gcosθ＝0
代入数据解得：μ＝0.75；
（2）当P的质量最大时，P和cd的运动达到稳定时，P和cd一起做匀速直线运动，ab处于静止状态，但摩擦力达到最大且沿斜面向下。设此时电路中的电流为I
对ab棒，由平衡条件，
沿斜面方向上有：BILcosθ﹣m1gsinθ﹣μN＝0
垂直于斜面方向上有：N﹣BILsinθ﹣m1gcosθ＝0
对cd棒，设绳中的张力为T，由平衡条件得：T﹣BIL﹣μm2g＝0
对P，由平衡条件得：Mg﹣T＝0
联立以上各式得：M＝1.5kg
故当P的质量不超过1.5kg时，ab始终处于静止状态；
（3）设P匀速运动的速度为v，由法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律得：
Blv＝I（R1+R2）
代入数据得：v＝2m/s
对P、棒cd，由牛顿第二定律得：
Mg﹣μm2g﹣BBlv1R1+R2l=（M+m2）a
两边同时乘以△t，并累加求和，可得：
Mgt﹣μm2gt﹣BBlsR1+R2l=（M+m2）v
解得：s=4130m
对P、ab棒和cd棒，由能量守恒定律得：
Mgs＝μm2gs+Q+12（M+m2）2
代入数据解得：Q＝12.6J
在这1s内ab棒上产生的焦耳热为Q1=R1R1+R2Q＝8.4J。
答：（1）求导体棒与导轨间的动摩擦因数μ为0.75；
（2）在轻质挂钩上挂上物体P，细绳处于拉伸状态，将物体P与导体棒cd同时由静止释放，当P的质量不超过1.5kg时，ab始终处于静止状态。
（3）若P的质量取第（2）问中的最大值，由静止释放开始计时，当t＝1s时cd已经处于匀速直线运动状态，在这1s内ab上产生的焦耳热为8.4J。
[练习7] 如图所示，两根光滑固定导轨相距0.4m竖直放置，导轨电阻不计，在导轨末端P、Q两点用两根等长的细导线悬挂金属棒cd．棒cd的质量为0.01kg，长为0.2m，处在磁感应强度为B0＝0.5T的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向里。相距0.2m的水平线MN和JK之间的区域内存在着垂直导轨平面向里的匀强磁场，且磁感应强度B随时间变化规律如图乙所示。在t＝0时刻，质量为0.02kg、阻值为0.3Ω的金属棒ab从虚线MN上方0.2m
高处，由静止开始释放，下落过程中保持水平，且与导轨接触良好。结果棒ab在t1时刻从上边界MN进入磁场中做匀速运动，在t2时刻从下边界JK离开磁场，g取10m/s2．求：
（1）在0～t1时间内，电路中感应电动势的大小；
（2）在t1～t2时间内，棒cd受到细导线的总拉力为多大；
（3）棒cd在0～t2时间内产生的焦耳热。
【解答】解：（1）ab棒做自由落体运动，
棒的位移：h=12gt12，解得：t1=2ℎg=0.2s，
磁感应强度的变化率：△B△t=0.5B0.2s=2.5T/s，
0﹣t1时间内的感应电动势：E1=△Φ△t=△B△tS=△B△tLabh＝0.2V；
（2）ab棒匀速进入磁场区域，由平衡条件得：
BI2Lab＝mabg，代入数据解得：I2＝1A，
在时间t1﹣t2内，对cd棒，由平衡条件得：
FT＝mcdg+B0I2Lcd，代入数据解得：FT＝0.2N；
（3）ab棒刚进入磁场时的速度：v＝gt1＝2m/s，
ab棒刚进入磁场时的感应电动势：E2＝BLabv＝0.4V，
由图示电路图可知，Rcd=E2I2−Rab＝0.1Ω，
在0﹣t1内感应电流：I1=E1Rab+Rcd=0.5A，
棒cd在0﹣t2内产生的焦耳热：Qcd＝Q1+Q2＝I12Rcdt1+I22Rcd•ℎv=0.015J；
答：（1）在0～t1时间内，电路中感应电动势的大小为0.2V；
（2）在t1～t2时间内，棒cd受到细导线的总拉力为多大为0.2N；
（3）棒cd在0～t2时间内产生的焦耳热为0.015J。
[练习8] 如图甲所示，平行导轨MN、M′N′固定在水平面内，左端MM′接有一个R＝2Ω的定值电阻，半径均为r＝0.5m绝缘半圆形轨道NP、N′P′平滑连接于N、N′点且固定在竖直平面内，导轨间距L＝1m。定值电阻R的右边有一个宽度d1＝0.5m的磁场B1，方向向下，其变化规律如图乙所示。在该磁场右边一根质量为m＝0.2kg、电阻也为2Ω、长为1m的导体棒ab置于水平导轨的某处，距离导体棒右端x＝1m处有一宽度为d2＝1m、方向竖直向下的恒定磁场B2＝1T。导体棒ab在与棒垂直、大小为2N的水平恒力F作用下从静止开始运动，导体棒运动过程中始终与导轨垂直并与导轨接触良好，当导体棒运动至AA′时撤去F，然后进入匀强磁场B2。导体棒滑出匀强磁场B2并与静止在半圆形轨道NP、N′P′最底端的质量也为m的绝缘棒cd发生碰撞并粘在一起，之后一起滑上半圆形轨道。已知导体棒ab初始位置到AA′间轨道粗糙且动摩擦因数μ＝0.2，其他轨道均光滑。
（1）导体棒ab进入匀强磁场B2前通过电阻R的电流大小和方向；
（2）试判断导体棒能否到达圆弧的最高点PP′。若能，求出导体棒的第一次落地点距NN′的距离；若不能则判断导体棒能否穿出磁场B2；
（3）整个过程中电路产生的焦耳热。
【解答】解：（1）导体棒ab进入B2前做匀加速直线运动，设加速度大小为a，
根据牛顿第二定律可得：F﹣μmg＝ma，解得：a＝8m/s2
运动x距离时的时间为t，则有：x=12at2，
解得：t＝0.5s＜0.75s，所以导体棒ab上电流恒定；
此过程中根据法拉第电磁感应定律可得：E=△B1△tS=60.75×1×0.5V＝4V
通过ab棒的电流：I=ER+rab=42+2A＝1A，所以通过R的电流大小也为1A；
根据楞次定律可得电流方向：M→M′；
（2）导体棒刚进入磁场B2的速度：v1＝at＝8×0.5m/s＝4m/s
此时切割磁感应线产生的感应电动势为：E′＝B2Lv＝1×1×4V＝4V
根据右手定则可知由于切割磁感应线产生的感应电流方向为：M′→M
由于感生电动势与动生电动势大小相等、方向相反，故导体棒ab穿过B2的过程中一直匀速运动，第一次出磁场B2的速度为v1＝4m/s；
与cd相碰，满足动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：mv1＝2mv2
解得：v2＝2m/s
设二者沿轨道向上运动的最大高度为h，根据动能定理可得：﹣2mgh＝0−12×2mv22
解得：h＝0.2m＜r＝0.5m，所以二者会从圆弧返回进入磁场B2；
导体棒ab第一次进入磁场B2的时间：t2=d2v1=14s＝0.25s，之后B1＝0
假设第二次穿出磁场B2的速度为v3，取向左为正方向，根据动量定理可得：﹣B2IL△t＝2mv3﹣2mv2
即：B22L2vt'R+rab=2mv2﹣2mv3，其中vt'=d2
解得：v3＝1.375m/s＞0，所以能穿出磁场B2；
（3）感生电场产生的焦耳热Q1＝I2（R+rab）t
解得：Q1＝2J；
第二次穿进B2中产生的焦耳热：Q2=12×2m(v22−v32)
解得：Q2＝0.43J
总的焦耳热为Q＝Q1+Q2＝2J+0.43J＝2.43J。
答：（1）导体棒ab进入匀强磁场B2前通过电阻R的电流大小为1A，方向M→M′；
（2）导体棒不能到达圆弧的最高点PP′，导体棒能穿出磁场B2；
（3）整个过程中电路产生的焦耳热为2.43J。
【强化专练】
1. 如图所示，半径为R的圆形区域内存在一垂直纸面向里的匀强磁场，一半径小于R的圆形导线环沿着它们圆心连线的方向匀速穿过磁场区域，关于导线环中的感应电流i随时间t
的变化关系，下列图象中（以逆时针方向为电流的正方向）最符合实际的是（ ）
A． B．
C． D．
【解答】解：圆形导线开始时进入磁场过程中，磁通量向里增加，根据楞次定律和安培定则可知，电流方向为逆时针，即为正方向；
当圆形导线出磁场过程中，回路中磁通量向里减小，根据楞次定律和安培定则可知，产生的感应电流为顺时针，即为负方向；
圆形导线环小于磁场的圆形面积，全部进入里面时，磁通量不变化，不产生感应电动势，电流为零，
设经过t时间圆形导线的位置如图所示
有效切割长度为PQ＝L，根据图中几何关系可得L＝2Rsinθ
产生的感应电动势E＝BLv＝2BRvsinθ
θ随时间先增大后减小，最大等于90°，进入过程中有效长度先增大后减小，
故当圆形导线进入磁场时，产生感应电流大小先增大然后再减小，当离开磁场时产生感应电流大小也是先增大在减小，不是线性变化，故ACD错误，B正确。
故选：B。
2. 如图所示，abcd是电阻不计的金属丝制成的正方形线框。质量为m的导体棒MN的长度为l，电阻为R，可在ac边与bd
边上无摩擦的滑动，且接触良好。线框处在垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场中。MN在力F的作用下，在ab与cd之间运动，且MN都与ab平行，其v﹣t图线是如图2所示的周期为T的余弦曲线。下列说法正确的是（ ）
A．棒两端M、N的电势差UMN是周期变化的
B．0～T2时间内，电阻消耗的焦耳热为B2l2vm22RT
C．t＝T时，电阻消耗的电功率为B2l2vm22R
D．0～34T时间内，外力做功为3B2l2vm28RT−12mvm2
【解答】解：A、棒两端M、N的电势差UMN是外电压，保持为零，故A错误；
B、根据E＝Blv知，MN棒产生正弦交变电流，感应电动势最大值为 Em＝Blvm
有效值为 E=22Em
0～T2时间内，电阻消耗的焦耳热为Q=E2R•T2=B2l2vm24RT，故B错误；
C、t＝T时，电阻消耗的电功率为P=e2R=(Blvm)2R=B2l2vm2R，故C错误；
D、0～34T时间内，外力做功为W=E2R•3T4−12mvm2=3B2l2vm28RT−12mvm2，故D正确。
故选：D。
3. 如图所示，KLMN是一个竖直的电阻为R的单匝矩形导体线框，全部处于磁感应强度为B的水平向右的匀强磁场中，线框面积为S，KL边水平，线框绕某竖直固定轴以角速度ω匀速转动（俯视逆时针转动）。下列说法正确的是（ ）
A．在图示位置时线框中的感应电动势为12BSω
B．在图示位置时，线框中电流的方向是KLMNK
C．从图示位置继续旋转30°的过程中，线框中的平均电流为(3+1)BSω4R
D．该线框连续转动产生的交流电的电流的有效值为2BSω2R
【解答】解：导线框在磁场中匀速转动产生正弦式交变电流，从导线框与磁感线平行位置开始计时，其瞬时值表达式为e＝BSωcosωt。
A、当MN边与磁场方向的夹角为30°时，其ωt＝30°，根据上面电动势瞬时值的表达式知此时瞬时电动势为E=32BSω，故A错误；
B、当MN边与磁场方向的夹角为30°过程中，导线框内的磁通量向右增加，根据楞次定律可知导线框中的电流方向是K→N→M→L→K，故B错误；
C、从图示位置继续旋转30°的过程中，根据法拉第电磁感应定律可得平均感应电动势为：
E=△Φ△t=BS(sin60°−sin30°)112×2πω=3(3−1)BSωπ，
线框中的平均电流为I=ER=3(3−1)BSωπR，故C错误；
D、该线框连续转动产生的交流电的电流的有效值为E=Em2R=BSω2R=2BSω2R，故D正确。
故选：D。
4. 如图，是电子感应加速器的示意图，上图是侧视图，下图是真空室的俯视图，如果从上向下看，要实现电子沿逆时针方向在环中加速运动。那么电磁铁线圈中的电流应满足（ ）
A．与图示线圈中电流方向一致，电流在减小
B．与图示线圈中电流方向一致，电流在增大
C．与图示线圈中电流方向相反，电流在减小
D．与图示线圈中电流方向相反，电流在增大
【解答】解：电子在真空室内逆时针做圆周运动，由左手定则可知，真空室内磁场下到上，则上方为S极，由右手螺旋定则可知电流向应与图示线圈中电流方向一致，与图示线圈中电流方向一致，要使电子逆时针加速，则感生电场的方向应为顺时针，由右手定则线圈产生的磁场向上增大，所以电流在增大，故B正确，ACD错误。
故选：B。
5. 汽车自动控制刹车系统（ABS）的原理如图所示．铁质齿轮P与车轮同步转动，右端有一个绕有线圈的磁体（极性如图），M是一个电流检测器．当车轮带动齿轮P转动时，靠近线圈的铁齿被磁化，使通过线圈的磁通量增大，铁齿离开线圈时又使磁通量减小，从而能使线圈中产生感应电流，感应电流经电子装置放大后即能实现自动控制刹车．齿轮从图示位置开始转到下一个铁齿正对线圈的过程中，通过M的感应电流的方向是（ ）
A．总是从左向右
B．总是从右向左
C．先从右向左，然后从左向右
D．先从左向右，然后从右向左
【解答】解：齿靠近线圈时被磁化，产生的磁场方向从右向左，齿轮P从图示位置按顺时针方向转过a角的过程中，通过线圈的磁通量先减小，后增加。根据楞次定律，线圈中感应电流的磁场先向右后向左，根据右手螺旋定则判断出感应电流的方向，所以通过M的感应电流的方向先从右向左，然后从左向右。故C正确，A、B、D错误。
故选：C。
6. 如图所示，这是感受电磁阻尼的铜框实验的简化分析图，已知图中矩形铜框（下边水平）的质量m＝2g、长度L＝0.05m、宽度d＝0.02m、电阻R＝0.01Ω，该铜框由静止释放时铜框下边与方向水平向里的匀强磁场上边界的高度差h＝0.2m，磁场上、下水平边界间的距离D＝0.27m，铜框进入磁场的过程恰好做匀速直线运动。取重力加速度大小g＝10m/s2，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．铜框进入磁场的过程中电流方向为顺时针
B．匀强磁场的磁感应强度的大小为0.5T
C．铜框下边刚离开磁场时的速度大小为3m/s
D．铜框下边刚离开磁场时的感应电流为0.3A
【解答】解：A、铜框下边进入磁场过程，磁场阻碍铜框下落，根据楞次定律可知，此时感应电流的方向为逆时针，故A错误；
B、铜框下边刚进入磁场时的速度大小：v1=2gℎ，铜框下边切割磁感线产生的感应电动势：E＝BLv1，根据闭合电路解得铜框中的电流：I=ER，铜框所受安培力的大小：F＝BIL，根据平衡条件可得：F＝mg，解得：B＝0.2T，故B错误；
C、铜框全部进入磁场后开始做加速度为g的匀加速直线运动，设铜框下边刚离开磁场时的速度大小为v2，根据运动学公式有：v22−v12=2g（D﹣d），解得v2＝3m/s，故C正确；
D、铜框下边刚离开磁场时，感应电流的大小：Ґ=BLv2R，代入数据解得I'＝3A，故D错误。
故选：C。
7. 为了使灵敏电流计的指针在零刻度附近快速停下，实验小组的同学利用“电磁阻尼“来实现。他们设计了如图所示的甲、乙两种方案，甲方案：在指针转轴上装上扇形铝板，磁场位于零刻度中间；乙方案：在指针转轴上装上扇形铝框，磁场位于零刻度中间。下列说法正确的是（ ）
A．甲方案中，铝板摆动时磁通量不变，不会产生感应电流
B．甲方案中，铝板摆动时都能产生涡流，起电磁阻尼的作用
C．乙方案中，铝框小幅度摆动时会产生感应电流
D．乙方案比甲方案更合理
【解答】解：AB、甲方案中，铝板摆动时，扇形铝板的半径切割磁感应线，在铝板内形成环状电流，起电磁阻尼的作用，指针能很快停下来，故A错误，B正确；
CD、乙方案中，当指针偏转角度较小时，铝框中磁通量不变，不能产生感应电流，起不到电磁阻尼的作用，指针不能很快停下，因此，甲方案更合理，故CD错误。
故选：B。
8. 如图所示，在两根相距为l的竖直金属导轨间的三个相同的矩形区域内存在匀强磁场Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，磁场Ⅰ、Ⅲ磁感应强方向垂直纸面向内，磁场Ⅱ磁感应强方向垂直纸面向外，磁感应强度大小均为B，每个矩形区域的高度均为h。在磁场Ⅰ上方一定高度处并排放着两根质量相同、长度均为l的金属棒ab和cd，ab棒电阻为R1，cd棒电阻为R2，导体棒与导轨接触良好，导轨电阻不计。现让棒ab由静止开始下落，棒ab进入磁场时释放棒cd，棒ab进入磁场Ⅰ后刚好做匀速直线运动，当棒ab正要离开磁场Ⅰ时，cd棒刚好进入磁场。已知棒ab刚离开磁场Ⅱ时的速度为v，在离开磁场Ⅲ前已做匀速直线运动，重力加速度为g，求：
（1）金属棒的质量m；
（2）棒ab穿过磁场Ⅱ的时间t；
（3）当棒ab从开始进入磁场到离开磁场的过程中，棒ab上产生的热量。
【解答】解：（1）设棒ab在磁场中匀速下落时速度为v1，所用时间为t1，有h＝v1t1
据题，对棒cd自由下落过程，有v1＝gt1
联立解得v1=gℎ
棒ab在磁场中匀速运动时受力平衡，则有mg＝BIl
感应电流为I=ER1+R2
ab棒产生的感应电动势为E＝Blv1
联立整理得mg=B2l2v1R1+R2
解得m=B2l2gℎg(R1+R2)
（2）当两棒都进入磁场，两棒在磁场中受力情况相同，所以运动情况也相同。从棒ab进入磁场Ⅱ到离开磁场Ⅱ，由动量定理得
mgt﹣I安＝mv﹣mv1
其中I安=∑BIL⋅△t=2B2l2ℎR1+R2
解得t=vg+ℎg
（3）当两棒都在磁场中匀速运动时，设棒ab在磁场Ⅲ中做匀速直线运动的速度为v2。
对棒ab或cd有mg＝BI′l
I′=2Blv2R1+R2
对照上题有mg＝BIl，I=Blv1R1+R2
对比可得2Blv2＝Blv1
所以两棒损失的机械能为△E＝mg•5h+12⋅2m(v12−v22)
联立解得ΔE=234mgh
得棒ab上产生的热为Q=R1R1+R2ΔE
解得Q=23ℎR1B2l2gℎ4(R1+R2)2
答：（1）金属棒的质量m为B2l2gℎg(R1+R2)；
（2）棒ab穿过磁场Ⅱ的时间t为vg+ℎg；
（3）当棒ab从开始进入磁场到离开磁场的过程中，棒ab上产生的热量为23ℎR1B2l2gℎ4(R1+R2)2。
9. 如图，一边长为l0的正方形金属框abcd固定在水平面内，空间存在方向垂直于水平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一长度大于2l0的均匀导体棒以速率v自左向右在金属框上匀速滑过，滑动过程中导体棒始终与ac垂直且中点位于ac上，导体棒与金属框接触良好。已知导体棒单位长度的电阻为r，金属框电阻可忽略。将导体棒与a点之间的距离记为x，求：
（1）导体棒中的电流大小；
（2）从a端移到c点，通过导体棒的电量；
（3）导体棒所受安培力的大小随x（0≤x≤2l0）变化的关系式；
（4）从a端移到c点，导体棒上产生的热量。
【解答】解：（1）当导体棒与金属框接触的两点间棒的长度为l时，导体棒的有效电阻为R＝rl
产生的感应电动势为E＝Blv
由欧姆定律可知流过导体棒的感应电流为I=Blvrl=Bvr，恒定不变。
（2）因为导体棒移动过程中电流恒定，为I=Bvr
导体棒从a端移到c点移动时间为 t=2l0v
通过导体棒的电量：q＝It=2Bl0r
（3）此时导体棒所受安培力大小为F＝BIl
由题设和几何关系有：
当0≤x≤22l0时l＝2x，F＝BIl=2B2vrx；
当22l0＜x≤2l0）时l＝2（2l0−x），F=2B2vr（2l0−x）
（4）从a端移到c点，导体棒上产生的热量为Q=Fx
因为F与x成分段一次函数，故所做的功大小等于F﹣x图像与x轴围成的面积大小
则Q=0+2B2vl02⋅2l0=B2vl02r
答：（1）导体棒中的电流大小为Bvr；
（2）从a端移到c点，通过导体棒的电量为2Bl0r；
（3）导体棒所受安培力的大小随x（0≤x≤2l0）变化的关系式为：
当0≤x≤22l0时l＝2x，F＝BIl=2B2vrx；
当22l0＜x≤2l0）时l＝2（2l0−x），F=2B2vr（2l0−x）
（4）从a端移到c点，导体棒上产生的热量为B2vl02r。
10. 如图甲所示，两条相距l的光滑平行金属导轨位于同一竖直面（纸面）内，其上端接一阻值为R的电阻；在两导轨间OO′下方区域内有垂直导轨平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B．现使电阻为r、质量为m的金属棒ab由静止开始自OO′位置释放，向下运动距离d后速度不再变化．（棒ab与导轨始终保持良好的电接触且下落过程中始终保持水平，导轨电阻不计）．
（1）求棒ab在向下运动距离d过程中回路产生的总焦耳热；
（2）棒ab从静止释放经过时间t0下降了d2，求此时刻的速度大小；
（3）如图乙在OO′上方区域加一面积为s的垂直于纸面向里的均匀磁场B'，棒ab由静止开始自OO′上方一某一高度处释放，自棒ab运动到OO′位置开始计时，B'随时间t的变化关系B′＝kt，式中k为已知常量；棒ab以速度v0进入OO′下方磁场后立即施加一竖直外力使其保持匀速运动．求在t时刻穿过回路的总磁通量和电阻R的电功率．
【解答】解：（1）金属棒受到的安培力：F＝BIl=B2l2vR+r，
金属棒做匀速运动时速度达到稳定，由平衡条件得：B2l2vR+r=mg，
由能量守恒定律得：mgd＝Q+12mv2，解得：Q＝mgd−m3g2(R+r)22B4l4；
（2）通过金属棒横截面的电荷量：
q＝I△t=ER+r△t=△Φ△tR+r△t=△ΦR+r=Bl×d2R+r=Bld2(R+r)，
对金属棒，由动量定理得：（mg﹣BIl）t0＝mv，整理得：mgt0﹣Blq＝mv，
解得：v＝gt0−B2l2d2m(R+r)；
（3）磁通量：Φ＝Blv0t+kts，
由法律的电磁感应定律得：E=△Φ△t=Blv0+ks，
电路电流：I=ER+r，电功率：P＝I2R，
解得：P=(Blv0+ks)2R(R+r)2；
答：（1）棒ab在向下运动距离d过程中回路产生的总焦耳热为：mgd−m3g2(R+r)22B4l4；
（2）棒ab从静止释放经过时间t0下降了d2，此时刻的速度大小为：gt0−B2l2d2m(R+r)；
（3）在t时刻穿过回路的总磁通量为：Blv0t+kts，电阻R的电功率为(Blv0+ks)2R(R+r)2．
高考物理一轮复习策略
首先，要学会听课：
1、有准备的去听，也就是说听课前要先预习，找出不懂的知识、发现问题，带着知识点和问题去听课会有解惑的快乐，也更听得进去，容易掌握;
2、参与交流和互动，不要只是把自己摆在“听”的旁观者，而是“听”的参与者。
3、听要结合写和思考。
4、如果你因为种种原因，出现了那些似懂非懂、不懂的知识，课上或者课后一定要花时间去弄懂。
其次，要学会记忆：
1、要学会整合知识点。把需要学习的信息、掌握的知识分类，做成思维导图或知识点卡片，会让你的大脑、思维条理清醒，方便记忆、温习、掌握。
2、合理用脑。
3、借助高效工具。学习思维导图，思维导图是一种将放射性思考具体化的方法，也是高效整理，促进理解和记忆的方法。最后，要学会总结：
一是要总结考试成绩，通过总结学会正确地看待分数。
1.摸透主干知识 2.能力驾驭高考 3.科技领跑生活
第9讲 电磁感应规律与综合应用
【选考真题】
1. （2022•浙江）如图所示，将一通电螺线管竖直放置，螺线管内部形成方向竖直向上、磁感应强度大小B＝kt的匀强磁场，在内部用绝缘轻绳悬挂一与螺线管共轴的金属薄圆管，其电阻率为ρ、高度为h、半径为r、厚度为d（d≪r），则（ ）
A．从上向下看，圆管中的感应电流为逆时针方向
B．圆管的感应电动势大小为kπr2ℎ
C．圆管的热功率大小为πdℎk2r32ρ
D．轻绳对圆管的拉力随时间减小
【解答】解：A、根据安培定则可知螺线管产生的磁场的方向向上，由于螺线管产生的磁场随时间增强，根据楞次定律，圆管产生的感应电流方向从上向下看，圆管中的感应电流为顺时针方向，故A错误；
B、圆管的横截面积：S＝πr2，根据法拉第电磁感应定律，则产生的电动势：E=ΔΦΔt=ΔBSΔt=kΔtπr2Δt=kπr2，故B错误；
C、根据电阻定律，圆管的电阻：R=ρ⋅2πrℎd，
圆管内的感应电流的大小：I=ER=kπr2ℎd2πρr=krℎd2ρ，
圆管的热功率大小为：P＝I2R=πdℎk2r32ρ，故C正确；
D、根据左手定则可知，圆管受到的安培力的方向指向圆管的圆心，虽然安培力变化，但安培力的大小对轻绳对圆管的拉力没有影响，所以轻绳对圆管的拉力不变，故D错误。
故选：C。
2. （2022•浙江）舰载机电磁弹射是现代航母最先进的弹射技术，我国在这一领域已达到世界先进
水平。某兴趣小组开展电磁弹射系统的设计研究，如图1所示，用于推动模型飞机的动子（图中未画出）与线圈绝缘并固定，线圈带动动子，可在水平导轨上无摩擦滑动。线圈位于导轨间的辐向磁场中，其所在处的磁感应强度大小均为B。开关S与1接通，恒流源与线圈连接，动子从静止开始推动飞机加速，飞机达到起飞速度时与动子脱离；此时S掷向2接通定值电阻R0，同时施加回撤力F，在F和磁场力作用下，动子恰好返回初始位置停下。若动子从静止开始至返回过程的v﹣t图如图2所示，在t1至t3时间内F＝（800﹣10v）N，t3时撤去F。已知起飞速度v1＝80m/s，t1＝1.5s，线圈匝数n＝100匝，每匝周长l＝1m，飞机的质量M＝10kg，动子和线圈的总质量m＝5kg，R0＝9.5Ω，B＝0.1T，不计空气阻力和飞机起飞对动子运动速度的影响，求
（1）恒流源的电流I；
（2）线圈电阻R；
（3）时刻t3。
【解答】解：（1）根据安培力公式可得：
F安＝nBIl
动子和线圈在0～t1时间内做匀加速直线运动，运动的加速度为
a=v1t1
根据牛顿第二定律得：
F安＝（M+m）a
代入数据解得：I＝80A
（2）当S拨至2时，接通定值电阻R0，此时的感应电流为
I1=nBlvR0+R
此时的安培力为
F安1＝nBI1l
根据牛顿第二定律得：
(800−10v)+n2l2B2R0+Rv=ma1
由图可知在t1到t3的过程中，加速度恒定，则有
n2l2B2R0+R=10
解得：R＝0.5Ω；a1=160m/s2
（3）根据图像可知，t2−t1=v1a1=80160s=0.5s
则0～2s时间内，位移大小为
s=12v1t2=12×80×2m=80m
根据法拉第电磁感应定律得：
E=nΔΦΔt=nBΔSΔt
根据电流的定义式可得：Δq＝It
I=ER0+R
联立解得：Δq=nBlR+R0
从t3时刻到最后返回初始位置停下的时间段内通过回路中的电荷量，根据动量定理得：
﹣nBlΔq＝0﹣ma1（t3﹣t2）
联立解得：t3=5+32s
答：（1）恒流源的电流为80A；
（2）线圈电阻为0.5Ω；
（3）时刻t3为5+32s。
3. （2022•浙江）如图所示，水平固定一半径r＝0.2m的金属圆环，长均为r，电阻均为R0的两金属棒沿直径放置，其中一端与圆环接触良好，另一端固定在过圆心的导电竖直转轴OO′上，并随轴以角速度ω＝600rad/s匀速转动，圆环内左半圆均存在磁感应强度大小为B1的匀强磁场。圆环边缘、与转轴良好接触的电刷分别与间距l1的水平放置的平行金属轨道相连，轨道间接有电容C＝0.09F的电容器，通过单刀双掷开关S可分别与接线柱1、2相连。电容器左侧宽度也为l1、长度为l2、磁感应强度大小为B2的匀强磁场区域。在磁场区域内靠近左侧边缘处垂直轨道放置金属棒ab，磁场区域外有间距也为l1
的绝缘轨道与金属轨道平滑连接，在绝缘轨道的水平段上放置“[”形金属框fcde。棒ab长度和“[”形框的宽度也均为l1、质量均为m＝0.01kg，de与cf长度均为l3＝0.08m，已知l1＝0.25m，l2＝0.068m，B1＝B2＝1T、方向均为竖直向上；棒ab和“[”形框的cd边的电阻均为R＝0.1Ω，除已给电阻外其他电阻不计，轨道均光滑，棒ab与轨道接触良好且运动过程中始终与轨道垂直。开始时开关S和接线柱1接通，待电容器充电完毕后，将S从1拨到2，电容器放电，棒ab被弹出磁场后与“[”形框粘在一起形成闭合框abcd，此时将S与2断开，已知框abcd在倾斜轨道上重心上升0.2m后返回进入磁场。
（1）求电容器充电完毕后所带的电荷量Q，哪个极板（M或N）带正电？
（2）求电容器释放的电荷量ΔQ；
（3）求框abcd进入磁场后，ab边与磁场区域左边界的最大距离x。
【解答】解：（1）开关S与接线柱1接通。电容器充电，充电过程，对绕转轴OO′转动的棒由右手定则可知其动生电源的电流沿径向向外，即边缘为电源正极，圆心为负极，则M板带正电；
根据法拉第电磁感应定律可知：E=12B1ωr2
则电容器的电荷量为：Q＝CU=CE2
联立解得：Q＝0.54C
（2）电容器放电过程有：B2l1ΔQ＝mv1
棒ab被弹出磁场后与“[”形框粘在一起的过程有：mv1＝（m+m）v2
棒的上滑过程有：12×2mv22=2mgℎ
联立解得：ΔQ＝0.16C
（3）设导体框在磁场中减速滑行的总路程为Δx，由动量定理得：
B22l12Δx2R=2mv2
可得：Δx＝0.128m＞0.08m
匀速运动距离为：l3﹣l2＝0.08m﹣0.068m＝0.012m
则x＝Δx+l3﹣l2＝0.128m+0.012m＝0.14m
答：（1）电容器充电完毕后所带的电荷量Q为0.54C，M极板带正电；
（2）电容器释放的电荷量ΔQ为0.16C；
（3）框abcd进入磁场后，ab边与磁场区域左边界的最大距离为0.14m。
【要点提炼】
一、求电荷量的三种方法
1.q＝It(式中I为回路中的恒定电流，t为时间)
(1)由于导体棒匀速切割磁感线产生感应电动势而使得闭合回路中的电流恒定，根据电流定义式可知q＝It。
(2)闭合线圈中磁通量均匀增大或减小且回路中电阻保持不变，则电路中的电流I恒定，t时间内通过线圈横截面的电荷量q＝It。
2.q＝n(其中R为回路电阻，ΔΦ为穿过闭合回路的磁通量变化量)
(1)闭合回路中的电阻R不变，并且只有磁通量变化为电路提供电动势。
(2)从表面来看，通过回路的磁通量与时间无关，但ΔΦ与时间有关，随时间而变化。
3.Δq＝CBLΔv(式中C为电容器的电容，B为匀强磁场的磁感应强度，L为导体棒切割磁感线的长度，Δv为导体棒切割速度的变化量)
在匀强磁场中，电容器接在切割磁感线的导体棒两端，不计一切电阻，电容器两极板间电压等于导体棒切割磁感线产生的电动势E，通过电容器的电流I＝＝，又E＝BLv，则ΔU＝BLΔv，可得Δq＝CBLΔv。
二、求解焦耳热Q的三种方法
【方法指导】
一、电磁感应中电路综合问题
1.等效电源的分析
(1)用法拉第电磁感应定律算出E的大小。等效电源两端的电压等于路端电压，一般不等于电源电动势，除非切割磁感线的导体(或线圈)电阻为零。
(2)用楞次定律或右手定则确定感应电动势的方向，从而确定电源正负极。感应电流方向是电源内部电流的方向，要特别注意在等效电源内部，电流由负极流向正极。
(3)明确电源内阻r。
2.电路结构的分析
(1)分析内、外电路，以及外电路的串并联关系，画出等效的电路图。
(2)应用闭合电路欧姆定律、串并联电路知识和电功率、焦耳定律等关系式联立求解。
二、分析线框在磁场中运动问题的两大关键
1.分析电磁感应情况：弄清线框在运动过程中是否有磁通量不变的阶段，线框进入和穿出磁场的过程中，才有感应电流产生，结合闭合电路欧姆定律列方程解答。
2.分析导线框的受力以及运动情况，选择合适的力学规律处理问题：在题目中涉及电荷量、时间以及安培力为变力时应选用动量定理处理问题；如果题目中涉及加速度的问题时选用牛顿运动定律解决问题比较方便。
三、解决电磁感应综合问题的“看到”与“想到”
1.看到“磁感应强度B随时间t均匀变化”，想到“＝k为定值”。
2.看到“线圈(回路)中磁通量变化”时，想到“增反减同”。
3.看到“导体与磁体间有相对运动”时，想到“来拒去留”。
4.看到“回路面积可以变化”时，想到“增缩减扩”。
【例题精析】
考点一 楞次定律与法拉第电磁感应定律的应用
[例题1] 长直导线与环形导线固定在同一平面内，长直导线中通有如图所示方向的电流，当电流大小均匀增大时（ ）
A．环形导线有扩张的趋势
B．环形导线受到的安培力大小保持不变
C．环形导线中有顺时针方向的感应电流
D．环形导线中的感应电流大小保持不变
【解答】解：AC、导线电流增大，空间的磁场变大，环形导线中的磁通量增加，易得环形导线有收缩的趋势，同时易得环形导线中有逆时针方向的感应电流，故AC错误；
BD、由于导线电流均匀增大，空间的磁场均匀变大，环形导线中的磁通量均匀增加，故环形导线中的感应电流大小保持不变，但是由于空间的磁场变大，环形导线受到的安培力大小变大，故B错误，D正确。
故选：D。
[练习1] 某同学设计了如图所示点火装置。在一个用许多薄
硅钢片叠合而成的直条形铁芯上套有两个彼此绝缘且靠近的线圈A和B，调节触点K与带有铁头的弹簧片P恰好接触，合上开关S后，就能在火花塞的两电极M、N之间产生火花。关于该设计方案，下列说法正确的是（ ）
A．不可行，因为电源是直流电
B．不可行，因为两个线圈的磁通量没有变化
C．可行，且A的匝数比B多时，点火效果更好
D．可行，且M、N做成针状时，点火效果更好
【解答】解：AB、虽然电源是直流电，但当接通开关S时，线圈A中产生磁场，从而会吸引带有铁头的弹簧片P，使开关断开，从而能使通过A线圈的电流发生变化，使穿过铁芯的磁通量发生变化，进而使B线圈当中发生电磁感应，在M、N间产生较大电压，产生火花放电，故AB错误；
C、在相同的磁通量变化情况下，线圈的匝数越多，则对应的感应电动势越大，因此当B的匝数比A多时，即B线圈产生的电压就越高，那么点火效果更好，故C错误；
D、若M、N做成针状时，那么这两点的电场强度越强，点火效果更好，故D正确。
故选：D。
[练习2] （多选）如图所示，水平导体棒ab质量m＝0.1πkg、长L＝1m、电阻Rab＝0.25Ω，其两个端点分别搭接在竖直平行正对放置的两光滑金属圆环上，两圆环半径均为r＝1m、电阻不计。阻值R＝0.25Ω的电阻用导线与圆环相连接，理想交流电压表V接在电阻R两端。整个空间有磁感应强度大小为B＝1T、方向竖直向下的匀强磁场。导体棒ab在外力F作用下以速率v＝1m/s绕两圆环的中心轴OO′匀速转动，ab在圆环最低点时记为t＝0时刻，重力加速度为g＝10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．导体棒中的电流I＝2sint（A）
B．电压表的示数为22V
C．从t＝0到0.5πs的过程中通过R的电量为2C
D．从t＝0到0.5πs的过程中外力F做功为1.5πJ
【解答】解：A、根据题意可知，ab棒在圆环内绕中心轴OO'匀速转动，产生正弦交流电，其中最大电动势为：Em＝BLv＝1×1×1V＝1V，
则感应电动势的有效值为：E=Em2=22V
感应电流的最大值为：Im=ERab+R=10.25+0.25A＝2A，
导体棒转动的角速度为：ω=vr=11rad/s＝1rad/s
导体棒中的电流：I＝Imcosωt＝2cost（A），故A错误；
B、电压表的示数为：UV＝I有R=22×0.25V=24V，故B错误；
C、导体棒转动的周期为：T=2πrv=2π×11s＝2πs，从t＝0到0.5πs的过程中，导体棒转过14T；
根据电荷量的计算公式可得：q=It=ERab+R⋅Δt=B⋅ΔSRab+R，其中ΔS＝Lr
代入数据解得：q＝2C，故C正确；
D、匀速转动过程中动能变化为零，根据动能定理可得：W+W安﹣mg•2r＝0
由电路中产生的焦耳热等于安培力做功，即：W安＝﹣I有2（R+R0）t，其中I有=2A
联立解得：W＝1.5πJ，故D正确。
故选：CD。
[练习3] 为了提高自行车夜间行驶的安全性，小明同学设计了两种发电装置为车灯供电。
方式一：如图甲所示，固定磁极N、S在中间区域产生匀强磁场，磁感应强度B1＝0.1T，矩形线圈abcd固定在转轴上，转轴过ab边中点，与ad边平行，转轴一端通过半径r0＝1.0cm
的摩擦小轮与车轮边缘相接触，两者无相对滑动。当车轮转动时，可通过摩擦小轮带动线圈发电，使L1、L2两灯发光。已知矩形线圈N＝100匝，面积S＝10cm2，线圈abcd总电阻R0＝2Ω，小灯泡电阻均为R＝2Ω
方式二：如图乙所示，自行车后轮由半径r1＝0.15m的金属内圈、半径r2＝0.45m的金属外圈（可认为等于后轮半径）和绝缘辐条构成。后轮的内、外圈之间沿同一直径接有两根金属条，每根金属条中间分别接有小灯泡L1、L2，阻值均为R＝2Ω。在自行车支架上装有强磁铁，形成了磁感应强度B2＝1T、方向垂直纸面向里的“扇形”匀强磁场，张角θ＝90°。
以上两方式，都不计其它电阻，忽略磁场的边缘效应。求：
（1）“方式一”情况下，当自行车匀速骑行速度v＝6m/s时，小灯泡L1的电流有效值I1；
（2）“方式二”情况下，当自行车匀速骑行速度v＝6m/s时，小灯泡L1的电流有效值I1′；
（3）在两种情况下，若自行车以相同速度匀速骑行，为使两电路获得的总电能相等，“方式一”骑行的距离S1和“方式二”骑行的距离S2之比。
【解答】解：（1）由感应电动势最大值公式可知Em＝NB1Sω，其中ω=vr0
代入数据可得Em＝6V
由于产生的是正弦式交变电流，则U=Em2=62V＝32V
回路总电阻R'＝R0+R2
小灯泡L1的电流有效值I1=12⋅UR'
联立解得：I1=22A
（2）根据法拉第电磁感应定律有：E'm＝B2（r2﹣r1）(ωr2+ωr1)2
产生方波式的交变电流，设有效值为U'，则由：Em2R⋅T2=U'2R⋅T
代入数据解得：U'=325V
回路总电阻R''＝2R
小灯泡L1的电流有效值I1′=U'R″
联立解得：I1′=3220A
（3）由s＝vt
电能Q=U2R't
v相同，Q相同，所以s1s2=t1t2=R'R″⋅U'2U2
代入数据解得：s1s2=3100
答：（1）小灯泡L1的电流有效值为22A；
（2）小灯泡L1的电流有效值为3220A；
（3）”方式一”骑行的距离和“方式二”骑行的距离之比为3100。
考点二 电磁感应中的图像问题
[例题2] 如图所示，空间分布着方向垂直纸面向里的有界匀强磁场，EF是其右边界。半径为r的单匝圆形金属线圈垂直于磁场放置，线圈的圆心O在EF上；另有一根长为2r的导体杆与EF重合，杆两端点a、b通过电刷与圆形线圈连接，线圈和导体杆单位长度电阻相同。情况1：导体直杆不动，线框绕EF轴匀速转动，转动方向如图所示；情况2：线圈不动，导体杆绕O点在纸面内顺时针匀速转动。两情况均从图示位置开始计时，关于导体杆ab两端点的电压Uab情况，下列说法正确的是（ ）
A．情况1产生的Uab﹣t图象为图甲，情况2产生的Uab﹣t图象为图丙
B．情况1产生的Uab﹣t图象为图乙，情况2产生的Uab﹣t图象为图丁
C．情况1产生的Uab﹣t图象为图甲，情况2产生的Uab﹣t图象为图丁
D．情况1产生的Uab﹣t图象为图乙，情况2产生的Uab﹣t图象为图丙
【解答】解：情况1：导体直杆不动，线框绕EF轴匀速转动，线圈产生正弦式交流电，产生的Uab﹣t图象为图乙；情况2：线圈不动，导体杆绕O点在纸面内顺时针匀速转动，Ob和Oa轮流切割磁感线，在0−T2时间内，Ob切割磁感线，由右手定则判断可知，Ob中感应电流方向由O→b，则b端的电势高于a端的电势，Uab为负值；在T2−T时间内，Oa切割磁感线，由右手定则判断可知，Oa中感应电流方向由O→a，则a端的电势高于b端的电势，Uab为正值，则情况2产生的Uab﹣t图象为图丙，故ABC错误，D正确。
故选：D。
[练习4] 如图所示，水平面内有一平行金属导轨，导轨光滑且电阻不计，阻值为R的导体棒垂直于导轨放置，且与导轨接触良好．导轨所在空间存在匀强磁场，匀强磁场与导轨平面垂直，t＝0时，将开关S由1掷向2，分别用q、i、v和a表示电容器所带的电荷量、棒中的电流、棒的速度大小和加速度大小，则图所示的图象中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【解答】解：首先分析导体棒的运动情况：开关S由1掷到2，电容器放电，在电路中产生放电电流。导体棒通有电流后会受到向右的安培力作用，向右加速运动。导体棒将切割磁感线，产生感应电动势，此感应电动势将电容器的电压抵消一些，随着速度增大，感应电动势增大，则回路中的电流减小，导体棒所受的安培力减小，加速度减小。因导轨光滑，所以在有电流通过棒的过程中，棒是一直加速运动（变加速）。当感应电动势等于电容器的电压时，电路中无电流，导体棒不受安培力，做匀速运动。
A、当棒匀速运动后，棒因切割磁感线有电动势，所以电容器两端的电压能稳定在某个不为0的数值，则由Q＝CU知，电容器的电量应稳定在某个不为0的数值，不会减少到0．这时电容器的电压等于棒的电动势数值，棒中无电流，故A错误。
B、由于通过棒的电流是按指数递减的，最后电流减至零。故B错误。
C、导体棒先做加速度减小的变加速运动。由于电容器放电产生电流使得导体棒受安培力运动，当感应电动势等于电容器的电压时，电路中无电流，导体棒不受安培力时，导体棒做匀速运动。故v﹣t图象是曲线后应是直线。故C错误。
D、根据上面分析可知，杆的加速度逐渐减小直到为零，故D正确。
故选：D。
[练习5] 如图所示，在光滑的水平面上，放置一边长为l的正方形导电线圈，线圈电阻不变，右侧有垂直水平面向下、宽度为2l的有界磁场，建立一与磁场边界垂直的坐标轴Ox，O点为坐标原点。磁感应强度随坐标位置的变化关系为B＝kx（k为常数），线圈在水平向右的外力F作用下沿x正方向匀速穿过该磁场。此过程中线圈内感应出的电动势e随时间t变化的图像（以顺时针为正方向），拉力F的功率p随线圈位移x变化的图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【解答】解：AB、线圈从左边界到右边界过程中，通过线圈的磁通量向里增加，由楞次定律可知感应电流的方向是逆时针方向，则感应电动势为负；线圈离开磁场过程中，磁通量向里减小，根据楞次定律可知感应电流方向为顺时针，则感应电动势为正；
在0﹣t0时间内，设线圈的速度为v，刚入磁场时，只有右边切割磁感线，感应电动势：e1＝Blv
由题意可知：B＝kvt，则感应电动势e1＝klv2t，线圈经磁场时感应电动势大小与时间成正比；
在t0﹣2t0时间内，线圈完全入磁场，线圈的左右两边都在切割磁感线，回路的感应电动势：e2＝[kx﹣k（x﹣l）]lv＝kl2v，e2恒定不变；
在2t0﹣3t0时间内，线圈右边出磁场后，只有左边切割磁感线，线圈离开磁场时，线圈中磁通量减小，则感应电动势方向沿顺时针方向，感应电动势e3＝Blv
其中磁感应强度：B＝k[l+v（t−2lv）]＝k（vt﹣l）
感应电动势：e3＝k（vt﹣l）lv＝klv2t﹣kl2v，因此之后感应电动势大小随时间均匀增大，故A正确，B错误；
CD、线圈匀速进入磁场中，其安培力F安＝Bil
电流i=klv2Rt
线圈位移x＝vt
磁感应强度B＝kx＝kvt
线圈做匀速直线运动，由平衡条件得F＝F安
解得：F=k2l2vRx2
拉力F的功率p＝Fv=k2l2vRx2•v=k2l2v2R⋅x2
在0﹣l中，F﹣x图象是抛物线
线圈完全进入磁场到右边即将离开磁场的运动中，即l﹣2l中，安培力F安＝kxil﹣k（x﹣l）il＝kil2
电动势恒定不变，电流恒定不变，F＝F安不变，拉力F的功率不变；
线圈右边离开磁场之后，即在2l﹣3l运动中，拉力等于线圈左边所受安培力大小，F安=B2l2vR，B＝k（x﹣l）
则有：F＝F安=k2l2vR(x−l)2
拉力F的功率：p＝Fv=k2l2v2R(x−l)2，p﹣x图象是一段抛物线，故CD错误。
故选：A。
[练习6] 如图所示，垂直平面向里的匀强磁场右边界为直线，左边界为折线，折线与水平线的夹角均为45°，一个正方形导线框的边长与磁场最小宽度MN均为l，线框从图示位置沿水平线向右匀速穿过磁场过程中，规定线框中逆时针方向为感应电流的正方向，则感应电流随运动距离的变化图像为（ ）
A． B．
C． D．
【解答】解：线框穿过磁场的过程如图所示，
线框运动距离满足x≤l2时，线框右边切割磁感线的有效长度增大，一直到l，根据E＝BL有效v可知感应电动势增大，结合欧姆定律可知感应电流增大，根据右手定则可知感应电流的方向沿逆时针方向；
线框运动距离满足l2＜x≤l时，线框右边切割磁感线的有效长度不变，感应电流大小恒定，感应电流的方向仍然沿逆时针方向；
线框运动距离满足l＜x≤3l2时，线框右边全部和左边部分切割磁感线，总的有效切割长度变小，感应电流变小，仍然沿逆时针方向，当x=3l2时感应电流为零；
线框运动距离满足3l2＜x≤5l2时，线框左边切割磁感线的有效长度不变，感应电流大小恒定，根据右手定则可知感应电流的方向沿顺时针方向，故ACD错误，B正确。
故选：B。
考点三 电磁感应定律的应用
[例题3] 如图所示，AD与A1D1为水平放置的无限长平行金属导轨，DC与D1C1为倾角为θ＝37°的平行金属导轨，两组导轨的间距均为l＝1.5m，导轨电阻忽略不计。质量为m1＝0.35kg、电阻为R1＝1Ω的导体棒ab置于倾斜导轨上，质量为m2＝0.4kg、电阻为R2＝0.5Ω的导体棒cd
置于水平导轨上，轻质细绳跨过光滑滑轮一端与cd的中点相连、另一端悬挂一轻质挂钩。导体棒ab、cd与导轨间的动摩擦因数相同，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B＝2T．初始时刻，棒ab在倾斜导轨上恰好不下滑。（g取10m/s2，sin37°＝0.6）
（1）求导体棒与导轨间的动摩擦因数μ；
（2）在轻质挂钩上挂上物体P，细绳处于拉伸状态，将物体P与导体棒cd同时由静止释放，当P的质量不超过多大时，ab始终处于静止状态？（导体棒cd运动过程中，ab、cd一直与DD1平行，且没有与滑轮相碰。）
（3）若P的质量取第（2）问中的最大值，由静止释放开始计时，当t＝1s时cd已经处于匀速直线运动状态，求在这1s内ab上产生的焦耳热为多少？
【解答】解：（1）对ab棒受力分析，受竖直向下的重力，垂直于斜面向上的支持了和沿斜面向上的摩擦力作用，在沿斜面方向上由平衡条件得：
m1gsinθ﹣μm1gcosθ＝0
代入数据解得：μ＝0.75；
（2）当P的质量最大时，P和cd的运动达到稳定时，P和cd一起做匀速直线运动，ab处于静止状态，但摩擦力达到最大且沿斜面向下。设此时电路中的电流为I
对ab棒，由平衡条件，
沿斜面方向上有：BILcosθ﹣m1gsinθ﹣μN＝0
垂直于斜面方向上有：N﹣BILsinθ﹣m1gcosθ＝0
对cd棒，设绳中的张力为T，由平衡条件得：T﹣BIL﹣μm2g＝0
对P，由平衡条件得：Mg﹣T＝0
联立以上各式得：M＝1.5kg
故当P的质量不超过1.5kg时，ab始终处于静止状态；
（3）设P匀速运动的速度为v，由法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律得：
Blv＝I（R1+R2）
代入数据得：v＝2m/s
对P、棒cd，由牛顿第二定律得：
Mg﹣μm2g﹣BBlv1R1+R2l=（M+m2）a
两边同时乘以△t，并累加求和，可得：
Mgt﹣μm2gt﹣BBlsR1+R2l=（M+m2）v
解得：s=4130m
对P、ab棒和cd棒，由能量守恒定律得：
Mgs＝μm2gs+Q+12（M+m2）2
代入数据解得：Q＝12.6J
在这1s内ab棒上产生的焦耳热为Q1=R1R1+R2Q＝8.4J。
答：（1）求导体棒与导轨间的动摩擦因数μ为0.75；
（2）在轻质挂钩上挂上物体P，细绳处于拉伸状态，将物体P与导体棒cd同时由静止释放，当P的质量不超过1.5kg时，ab始终处于静止状态。
（3）若P的质量取第（2）问中的最大值，由静止释放开始计时，当t＝1s时cd已经处于匀速直线运动状态，在这1s内ab上产生的焦耳热为8.4J。
[练习7] 如图所示，两根光滑固定导轨相距0.4m竖直放置，导轨电阻不计，在导轨末端P、Q两点用两根等长的细导线悬挂金属棒cd．棒cd的质量为0.01kg，长为0.2m，处在磁感应强度为B0＝0.5T的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向里。相距0.2m的水平线MN和JK之间的区域内存在着垂直导轨平面向里的匀强磁场，且磁感应强度B随时间变化规律如图乙所示。在t＝0时刻，质量为0.02kg、阻值为0.3Ω的金属棒ab从虚线MN上方0.2m
高处，由静止开始释放，下落过程中保持水平，且与导轨接触良好。结果棒ab在t1时刻从上边界MN进入磁场中做匀速运动，在t2时刻从下边界JK离开磁场，g取10m/s2．求：
（1）在0～t1时间内，电路中感应电动势的大小；
（2）在t1～t2时间内，棒cd受到细导线的总拉力为多大；
（3）棒cd在0～t2时间内产生的焦耳热。
【解答】解：（1）ab棒做自由落体运动，
棒的位移：h=12gt12，解得：t1=2ℎg=0.2s，
磁感应强度的变化率：△B△t=0.5B0.2s=2.5T/s，
0﹣t1时间内的感应电动势：E1=△Φ△t=△B△tS=△B△tLabh＝0.2V；
（2）ab棒匀速进入磁场区域，由平衡条件得：
BI2Lab＝mabg，代入数据解得：I2＝1A，
在时间t1﹣t2内，对cd棒，由平衡条件得：
FT＝mcdg+B0I2Lcd，代入数据解得：FT＝0.2N；
（3）ab棒刚进入磁场时的速度：v＝gt1＝2m/s，
ab棒刚进入磁场时的感应电动势：E2＝BLabv＝0.4V，
由图示电路图可知，Rcd=E2I2−Rab＝0.1Ω，
在0﹣t1内感应电流：I1=E1Rab+Rcd=0.5A，
棒cd在0﹣t2内产生的焦耳热：Qcd＝Q1+Q2＝I12Rcdt1+I22Rcd•ℎv=0.015J；
答：（1）在0～t1时间内，电路中感应电动势的大小为0.2V；
（2）在t1～t2时间内，棒cd受到细导线的总拉力为多大为0.2N；
（3）棒cd在0～t2时间内产生的焦耳热为0.015J。
[练习8] 如图甲所示，平行导轨MN、M′N′固定在水平面内，左端MM′接有一个R＝2Ω的定值电阻，半径均为r＝0.5m绝缘半圆形轨道NP、N′P′平滑连接于N、N′点且固定在竖直平面内，导轨间距L＝1m。定值电阻R的右边有一个宽度d1＝0.5m的磁场B1，方向向下，其变化规律如图乙所示。在该磁场右边一根质量为m＝0.2kg、电阻也为2Ω、长为1m的导体棒ab置于水平导轨的某处，距离导体棒右端x＝1m处有一宽度为d2＝1m、方向竖直向下的恒定磁场B2＝1T。导体棒ab在与棒垂直、大小为2N的水平恒力F作用下从静止开始运动，导体棒运动过程中始终与导轨垂直并与导轨接触良好，当导体棒运动至AA′时撤去F，然后进入匀强磁场B2。导体棒滑出匀强磁场B2并与静止在半圆形轨道NP、N′P′最底端的质量也为m的绝缘棒cd发生碰撞并粘在一起，之后一起滑上半圆形轨道。已知导体棒ab初始位置到AA′间轨道粗糙且动摩擦因数μ＝0.2，其他轨道均光滑。
（1）导体棒ab进入匀强磁场B2前通过电阻R的电流大小和方向；
（2）试判断导体棒能否到达圆弧的最高点PP′。若能，求出导体棒的第一次落地点距NN′的距离；若不能则判断导体棒能否穿出磁场B2；
（3）整个过程中电路产生的焦耳热。
【解答】解：（1）导体棒ab进入B2前做匀加速直线运动，设加速度大小为a，
根据牛顿第二定律可得：F﹣μmg＝ma，解得：a＝8m/s2
运动x距离时的时间为t，则有：x=12at2，
解得：t＝0.5s＜0.75s，所以导体棒ab上电流恒定；
此过程中根据法拉第电磁感应定律可得：E=△B1△tS=60.75×1×0.5V＝4V
通过ab棒的电流：I=ER+rab=42+2A＝1A，所以通过R的电流大小也为1A；
根据楞次定律可得电流方向：M→M′；
（2）导体棒刚进入磁场B2的速度：v1＝at＝8×0.5m/s＝4m/s
此时切割磁感应线产生的感应电动势为：E′＝B2Lv＝1×1×4V＝4V
根据右手定则可知由于切割磁感应线产生的感应电流方向为：M′→M
由于感生电动势与动生电动势大小相等、方向相反，故导体棒ab穿过B2的过程中一直匀速运动，第一次出磁场B2的速度为v1＝4m/s；
与cd相碰，满足动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：mv1＝2mv2
解得：v2＝2m/s
设二者沿轨道向上运动的最大高度为h，根据动能定理可得：﹣2mgh＝0−12×2mv22
解得：h＝0.2m＜r＝0.5m，所以二者会从圆弧返回进入磁场B2；
导体棒ab第一次进入磁场B2的时间：t2=d2v1=14s＝0.25s，之后B1＝0
假设第二次穿出磁场B2的速度为v3，取向左为正方向，根据动量定理可得：﹣B2IL△t＝2mv3﹣2mv2
即：B22L2vt'R+rab=2mv2﹣2mv3，其中vt'=d2
解得：v3＝1.375m/s＞0，所以能穿出磁场B2；
（3）感生电场产生的焦耳热Q1＝I2（R+rab）t
解得：Q1＝2J；
第二次穿进B2中产生的焦耳热：Q2=12×2m(v22−v32)
解得：Q2＝0.43J
总的焦耳热为Q＝Q1+Q2＝2J+0.43J＝2.43J。
答：（1）导体棒ab进入匀强磁场B2前通过电阻R的电流大小为1A，方向M→M′；
（2）导体棒不能到达圆弧的最高点PP′，导体棒能穿出磁场B2；
（3）整个过程中电路产生的焦耳热为2.43J。
【强化专练】
1. 如图所示，半径为R的圆形区域内存在一垂直纸面向里的匀强磁场，一半径小于R的圆形导线环沿着它们圆心连线的方向匀速穿过磁场区域，关于导线环中的感应电流i随时间t
的变化关系，下列图象中（以逆时针方向为电流的正方向）最符合实际的是（ ）
A． B．
C． D．
【解答】解：圆形导线开始时进入磁场过程中，磁通量向里增加，根据楞次定律和安培定则可知，电流方向为逆时针，即为正方向；
当圆形导线出磁场过程中，回路中磁通量向里减小，根据楞次定律和安培定则可知，产生的感应电流为顺时针，即为负方向；
圆形导线环小于磁场的圆形面积，全部进入里面时，磁通量不变化，不产生感应电动势，电流为零，
设经过t时间圆形导线的位置如图所示
有效切割长度为PQ＝L，根据图中几何关系可得L＝2Rsinθ
产生的感应电动势E＝BLv＝2BRvsinθ
θ随时间先增大后减小，最大等于90°，进入过程中有效长度先增大后减小，
故当圆形导线进入磁场时，产生感应电流大小先增大然后再减小，当离开磁场时产生感应电流大小也是先增大在减小，不是线性变化，故ACD错误，B正确。
故选：B。
2. 如图所示，abcd是电阻不计的金属丝制成的正方形线框。质量为m的导体棒MN的长度为l，电阻为R，可在ac边与bd
边上无摩擦的滑动，且接触良好。线框处在垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场中。MN在力F的作用下，在ab与cd之间运动，且MN都与ab平行，其v﹣t图线是如图2所示的周期为T的余弦曲线。下列说法正确的是（ ）
A．棒两端M、N的电势差UMN是周期变化的
B．0～T2时间内，电阻消耗的焦耳热为B2l2vm22RT
C．t＝T时，电阻消耗的电功率为B2l2vm22R
D．0～34T时间内，外力做功为3B2l2vm28RT−12mvm2
【解答】解：A、棒两端M、N的电势差UMN是外电压，保持为零，故A错误；
B、根据E＝Blv知，MN棒产生正弦交变电流，感应电动势最大值为 Em＝Blvm
有效值为 E=22Em
0～T2时间内，电阻消耗的焦耳热为Q=E2R•T2=B2l2vm24RT，故B错误；
C、t＝T时，电阻消耗的电功率为P=e2R=(Blvm)2R=B2l2vm2R，故C错误；
D、0～34T时间内，外力做功为W=E2R•3T4−12mvm2=3B2l2vm28RT−12mvm2，故D正确。
故选：D。
3. 如图所示，KLMN是一个竖直的电阻为R的单匝矩形导体线框，全部处于磁感应强度为B的水平向右的匀强磁场中，线框面积为S，KL边水平，线框绕某竖直固定轴以角速度ω匀速转动（俯视逆时针转动）。下列说法正确的是（ ）
A．在图示位置时线框中的感应电动势为12BSω
B．在图示位置时，线框中电流的方向是KLMNK
C．从图示位置继续旋转30°的过程中，线框中的平均电流为(3+1)BSω4R
D．该线框连续转动产生的交流电的电流的有效值为2BSω2R
【解答】解：导线框在磁场中匀速转动产生正弦式交变电流，从导线框与磁感线平行位置开始计时，其瞬时值表达式为e＝BSωcosωt。
A、当MN边与磁场方向的夹角为30°时，其ωt＝30°，根据上面电动势瞬时值的表达式知此时瞬时电动势为E=32BSω，故A错误；
B、当MN边与磁场方向的夹角为30°过程中，导线框内的磁通量向右增加，根据楞次定律可知导线框中的电流方向是K→N→M→L→K，故B错误；
C、从图示位置继续旋转30°的过程中，根据法拉第电磁感应定律可得平均感应电动势为：
E=△Φ△t=BS(sin60°−sin30°)112×2πω=3(3−1)BSωπ，
线框中的平均电流为I=ER=3(3−1)BSωπR，故C错误；
D、该线框连续转动产生的交流电的电流的有效值为E=Em2R=BSω2R=2BSω2R，故D正确。
故选：D。
4. 如图，是电子感应加速器的示意图，上图是侧视图，下图是真空室的俯视图，如果从上向下看，要实现电子沿逆时针方向在环中加速运动。那么电磁铁线圈中的电流应满足（ ）
A．与图示线圈中电流方向一致，电流在减小
B．与图示线圈中电流方向一致，电流在增大
C．与图示线圈中电流方向相反，电流在减小
D．与图示线圈中电流方向相反，电流在增大
【解答】解：电子在真空室内逆时针做圆周运动，由左手定则可知，真空室内磁场下到上，则上方为S极，由右手螺旋定则可知电流向应与图示线圈中电流方向一致，与图示线圈中电流方向一致，要使电子逆时针加速，则感生电场的方向应为顺时针，由右手定则线圈产生的磁场向上增大，所以电流在增大，故B正确，ACD错误。
故选：B。
5. 汽车自动控制刹车系统（ABS）的原理如图所示．铁质齿轮P与车轮同步转动，右端有一个绕有线圈的磁体（极性如图），M是一个电流检测器．当车轮带动齿轮P转动时，靠近线圈的铁齿被磁化，使通过线圈的磁通量增大，铁齿离开线圈时又使磁通量减小，从而能使线圈中产生感应电流，感应电流经电子装置放大后即能实现自动控制刹车．齿轮从图示位置开始转到下一个铁齿正对线圈的过程中，通过M的感应电流的方向是（ ）
A．总是从左向右
B．总是从右向左
C．先从右向左，然后从左向右
D．先从左向右，然后从右向左
【解答】解：齿靠近线圈时被磁化，产生的磁场方向从右向左，齿轮P从图示位置按顺时针方向转过a角的过程中，通过线圈的磁通量先减小，后增加。根据楞次定律，线圈中感应电流的磁场先向右后向左，根据右手螺旋定则判断出感应电流的方向，所以通过M的感应电流的方向先从右向左，然后从左向右。故C正确，A、B、D错误。
故选：C。
6. 如图所示，这是感受电磁阻尼的铜框实验的简化分析图，已知图中矩形铜框（下边水平）的质量m＝2g、长度L＝0.05m、宽度d＝0.02m、电阻R＝0.01Ω，该铜框由静止释放时铜框下边与方向水平向里的匀强磁场上边界的高度差h＝0.2m，磁场上、下水平边界间的距离D＝0.27m，铜框进入磁场的过程恰好做匀速直线运动。取重力加速度大小g＝10m/s2，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．铜框进入磁场的过程中电流方向为顺时针
B．匀强磁场的磁感应强度的大小为0.5T
C．铜框下边刚离开磁场时的速度大小为3m/s
D．铜框下边刚离开磁场时的感应电流为0.3A
【解答】解：A、铜框下边进入磁场过程，磁场阻碍铜框下落，根据楞次定律可知，此时感应电流的方向为逆时针，故A错误；
B、铜框下边刚进入磁场时的速度大小：v1=2gℎ，铜框下边切割磁感线产生的感应电动势：E＝BLv1，根据闭合电路解得铜框中的电流：I=ER，铜框所受安培力的大小：F＝BIL，根据平衡条件可得：F＝mg，解得：B＝0.2T，故B错误；
C、铜框全部进入磁场后开始做加速度为g的匀加速直线运动，设铜框下边刚离开磁场时的速度大小为v2，根据运动学公式有：v22−v12=2g（D﹣d），解得v2＝3m/s，故C正确；
D、铜框下边刚离开磁场时，感应电流的大小：Ґ=BLv2R，代入数据解得I'＝3A，故D错误。
故选：C。
7. 为了使灵敏电流计的指针在零刻度附近快速停下，实验小组的同学利用“电磁阻尼“来实现。他们设计了如图所示的甲、乙两种方案，甲方案：在指针转轴上装上扇形铝板，磁场位于零刻度中间；乙方案：在指针转轴上装上扇形铝框，磁场位于零刻度中间。下列说法正确的是（ ）
A．甲方案中，铝板摆动时磁通量不变，不会产生感应电流
B．甲方案中，铝板摆动时都能产生涡流，起电磁阻尼的作用
C．乙方案中，铝框小幅度摆动时会产生感应电流
D．乙方案比甲方案更合理
【解答】解：AB、甲方案中，铝板摆动时，扇形铝板的半径切割磁感应线，在铝板内形成环状电流，起电磁阻尼的作用，指针能很快停下来，故A错误，B正确；
CD、乙方案中，当指针偏转角度较小时，铝框中磁通量不变，不能产生感应电流，起不到电磁阻尼的作用，指针不能很快停下，因此，甲方案更合理，故CD错误。
故选：B。
8. 如图所示，在两根相距为l的竖直金属导轨间的三个相同的矩形区域内存在匀强磁场Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，磁场Ⅰ、Ⅲ磁感应强方向垂直纸面向内，磁场Ⅱ磁感应强方向垂直纸面向外，磁感应强度大小均为B，每个矩形区域的高度均为h。在磁场Ⅰ上方一定高度处并排放着两根质量相同、长度均为l的金属棒ab和cd，ab棒电阻为R1，cd棒电阻为R2，导体棒与导轨接触良好，导轨电阻不计。现让棒ab由静止开始下落，棒ab进入磁场时释放棒cd，棒ab进入磁场Ⅰ后刚好做匀速直线运动，当棒ab正要离开磁场Ⅰ时，cd棒刚好进入磁场。已知棒ab刚离开磁场Ⅱ时的速度为v，在离开磁场Ⅲ前已做匀速直线运动，重力加速度为g，求：
（1）金属棒的质量m；
（2）棒ab穿过磁场Ⅱ的时间t；
（3）当棒ab从开始进入磁场到离开磁场的过程中，棒ab上产生的热量。
【解答】解：（1）设棒ab在磁场中匀速下落时速度为v1，所用时间为t1，有h＝v1t1
据题，对棒cd自由下落过程，有v1＝gt1
联立解得v1=gℎ
棒ab在磁场中匀速运动时受力平衡，则有mg＝BIl
感应电流为I=ER1+R2
ab棒产生的感应电动势为E＝Blv1
联立整理得mg=B2l2v1R1+R2
解得m=B2l2gℎg(R1+R2)
（2）当两棒都进入磁场，两棒在磁场中受力情况相同，所以运动情况也相同。从棒ab进入磁场Ⅱ到离开磁场Ⅱ，由动量定理得
mgt﹣I安＝mv﹣mv1
其中I安=∑BIL⋅△t=2B2l2ℎR1+R2
解得t=vg+ℎg
（3）当两棒都在磁场中匀速运动时，设棒ab在磁场Ⅲ中做匀速直线运动的速度为v2。
对棒ab或cd有mg＝BI′l
I′=2Blv2R1+R2
对照上题有mg＝BIl，I=Blv1R1+R2
对比可得2Blv2＝Blv1
所以两棒损失的机械能为△E＝mg•5h+12⋅2m(v12−v22)
联立解得ΔE=234mgh
得棒ab上产生的热为Q=R1R1+R2ΔE
解得Q=23ℎR1B2l2gℎ4(R1+R2)2
答：（1）金属棒的质量m为B2l2gℎg(R1+R2)；
（2）棒ab穿过磁场Ⅱ的时间t为vg+ℎg；
（3）当棒ab从开始进入磁场到离开磁场的过程中，棒ab上产生的热量为23ℎR1B2l2gℎ4(R1+R2)2。
9. 如图，一边长为l0的正方形金属框abcd固定在水平面内，空间存在方向垂直于水平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一长度大于2l0的均匀导体棒以速率v自左向右在金属框上匀速滑过，滑动过程中导体棒始终与ac垂直且中点位于ac上，导体棒与金属框接触良好。已知导体棒单位长度的电阻为r，金属框电阻可忽略。将导体棒与a点之间的距离记为x，求：
（1）导体棒中的电流大小；
（2）从a端移到c点，通过导体棒的电量；
（3）导体棒所受安培力的大小随x（0≤x≤2l0）变化的关系式；
（4）从a端移到c点，导体棒上产生的热量。
【解答】解：（1）当导体棒与金属框接触的两点间棒的长度为l时，导体棒的有效电阻为R＝rl
产生的感应电动势为E＝Blv
由欧姆定律可知流过导体棒的感应电流为I=Blvrl=Bvr，恒定不变。
（2）因为导体棒移动过程中电流恒定，为I=Bvr
导体棒从a端移到c点移动时间为 t=2l0v
通过导体棒的电量：q＝It=2Bl0r
（3）此时导体棒所受安培力大小为F＝BIl
由题设和几何关系有：
当0≤x≤22l0时l＝2x，F＝BIl=2B2vrx；
当22l0＜x≤2l0）时l＝2（2l0−x），F=2B2vr（2l0−x）
（4）从a端移到c点，导体棒上产生的热量为Q=Fx
因为F与x成分段一次函数，故所做的功大小等于F﹣x图像与x轴围成的面积大小
则Q=0+2B2vl02⋅2l0=B2vl02r
答：（1）导体棒中的电流大小为Bvr；
（2）从a端移到c点，通过导体棒的电量为2Bl0r；
（3）导体棒所受安培力的大小随x（0≤x≤2l0）变化的关系式为：
当0≤x≤22l0时l＝2x，F＝BIl=2B2vrx；
当22l0＜x≤2l0）时l＝2（2l0−x），F=2B2vr（2l0−x）
（4）从a端移到c点，导体棒上产生的热量为B2vl02r。
10. 如图甲所示，两条相距l的光滑平行金属导轨位于同一竖直面（纸面）内，其上端接一阻值为R的电阻；在两导轨间OO′下方区域内有垂直导轨平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B．现使电阻为r、质量为m的金属棒ab由静止开始自OO′位置释放，向下运动距离d后速度不再变化．（棒ab与导轨始终保持良好的电接触且下落过程中始终保持水平，导轨电阻不计）．
（1）求棒ab在向下运动距离d过程中回路产生的总焦耳热；
（2）棒ab从静止释放经过时间t0下降了d2，求此时刻的速度大小；
（3）如图乙在OO′上方区域加一面积为s的垂直于纸面向里的均匀磁场B'，棒ab由静止开始自OO′上方一某一高度处释放，自棒ab运动到OO′位置开始计时，B'随时间t的变化关系B′＝kt，式中k为已知常量；棒ab以速度v0进入OO′下方磁场后立即施加一竖直外力使其保持匀速运动．求在t时刻穿过回路的总磁通量和电阻R的电功率．
【解答】解：（1）金属棒受到的安培力：F＝BIl=B2l2vR+r，
金属棒做匀速运动时速度达到稳定，由平衡条件得：B2l2vR+r=mg，
由能量守恒定律得：mgd＝Q+12mv2，解得：Q＝mgd−m3g2(R+r)22B4l4；
（2）通过金属棒横截面的电荷量：
q＝I△t=ER+r△t=△Φ△tR+r△t=△ΦR+r=Bl×d2R+r=Bld2(R+r)，
对金属棒，由动量定理得：（mg﹣BIl）t0＝mv，整理得：mgt0﹣Blq＝mv，
解得：v＝gt0−B2l2d2m(R+r)；
（3）磁通量：Φ＝Blv0t+kts，
由法律的电磁感应定律得：E=△Φ△t=Blv0+ks，
电路电流：I=ER+r，电功率：P＝I2R，
解得：P=(Blv0+ks)2R(R+r)2；
答：（1）棒ab在向下运动距离d过程中回路产生的总焦耳热为：mgd−m3g2(R+r)22B4l4；
（2）棒ab从静止释放经过时间t0下降了d2，此时刻的速度大小为：gt0−B2l2d2m(R+r)；
（3）在t时刻穿过回路的总磁通量为：Blv0t+kts，电阻R的电功率为(Blv0+ks)2R(R+r)2．
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