高考物理一轮复习 讲练结合 第3讲　电磁感应规律的综合应用 教案

第3讲电磁感应规律的综合应用知识点电磁感应和电路的综合Ⅱ1．对电源的理解：在电磁感应现象中，产生感应电动势的那部分导体相当于eq\x(\s\up1(01))电源。如：切割磁感线的导体棒、有磁通量变化的线圈等。2．对电路的理解：内电路是切割磁感线的导体或磁通量发生变化的线圈；除电源外其余部分是外电路，外电路由电阻器、电容器等电学元件组成。在外电路中，电流从高电势处流向低电势处；在内电路中，电流则从eq\x(\s\up1(02))低电势处流向eq\x(\s\up1(03))高电势处。3．与电路相联系的几个公式(1)电源电动势：E＝eq\x(\s\up1(04))neq\f(ΔΦ,Δt)或E＝Blv。(2)闭合电路欧姆定律：I＝eq\f(E,R＋r)。电源的内电压：U内＝eq\x(\s\up1(05))Ir。电源的路端电压：U外＝IR＝E－Ir。(3)消耗功率：P外＝IU，P总＝eq\x(\s\up1(06))EI。(4)电热：Q外＝eq\x(\s\up1(07))I2Rt，Q总＝I2(R＋r)t。知识点电磁感应现象中的动力学问题Ⅱ1．安培力的大小eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(感应电动势：E＝\x(\s\up1(01))Blv,感应电流：I＝\f(E,R＋r),安培力公式：F＝\x(\s\up1(02))IlB))F＝eq\f(B2l2v,R＋r)2．安培力的方向(1)先用eq\x(\s\up1(03))右手定则或楞次定律确定感应电流方向，再用eq\x(\s\up1(04))左手定则确定安培力方向。(2)根据楞次定律，安培力方向一定和导体切割磁感线运动方向eq\x(\s\up1(05))相反。3．分析导体受力情况时，应做包含安培力在内的全面受力分析。4．根据平衡条件或牛顿第二定律列方程。知识点电磁感应现象中的能量问题Ⅱ1．电磁感应中的能量转化闭合电路的部分导体做eq\x(\s\up1(01))切割磁感线运动产生感应电流，通有感应电流的导体在磁场中受eq\x(\s\up1(02))安培力。外力eq\x(\s\up1(03))克服安培力做功，将其他形式的能转化为eq\x(\s\up1(04))电能；通有感应电流的导体在磁场中通过受安培力做功或通过电阻发热，使电能转化为其他形式的能。2．实质电磁感应现象的能量转化，实质是其他形式的能和eq\x(\s\up1(05))电能之间的转化。一堵点疏通1．在电磁感应现象中，产生感应电动势的那部分导体相当于电源。()2．导体所受安培力的方向一定与导体的运动方向相反。()3．物体克服安培力做功的过程是将其他形式的能量转化为电能的过程。()4．电源的电动势就是电源两端的电压。()5．在电磁感应现象中，求焦耳热时只能用Q＝I2Rt求解。()答案1.√2.×3.√4.×5.×二对点激活1.(人教版选择性必修第二册·P44·T2改编)(多选)如图所示，单匝线圈ABCD在外力作用下以速度v向右匀速进入匀强磁场，第二次又以速度2v匀速进入同一匀强磁场，则下列说法正确的是()A．第二次与第一次进入时线圈中电流之比为2∶1B．第二次与第一次进入时外力做功功率之比为2∶1C．第二次与第一次进入过程中通过线圈某横截面的电荷量之比为2∶1D．第二次与第一次进入时线圈中产生热量之比为2∶1答案AD解析由E＝Blv知eq\f(E2,E1)＝eq\f(2,1)，由I＝eq\f(E,R)得eq\f(I2,I1)＝eq\f(2,1)，故A正确。匀速进入，外力做功的功率与克服安培力做功的功率相等，由P＝I2R得eq\f(P2,P1)＝eq\f(4,1)，故B错误。由电荷量q＝eq\f(ΔΦ,R)得eq\f(q2,q1)＝eq\f(1,1)，故C错误。产生热量Q＝Pt＝P·eq\f(l,v)，得eq\f(Q2,Q1)＝eq\f(4,1)×eq\f(1,2)＝eq\f(2,1)，故D正确。2.设图中的磁感应强度B＝1T，平行导轨宽l＝1m，金属棒PQ以1m/s速度贴着导轨向右运动，R＝1Ω，其他电阻不计。(1)运动的导线会产生感应电动势，相当于电源。用电池等符号画出这个装置的等效电路图；(2)通过R的电流方向如何？大小等于多少？答案(1)图见解析(2)竖直向下1A解析(1)PQ切割磁感线，相当于电源，等效电路如图。(2)E＝Blv＝1VI＝eq\f(E,R)＝1A由右手定则判断通过R的电流方向竖直向下。3．如图甲所示，放置在水平桌面上的两条光滑导轨间的距离L＝1m，质量m＝1kg的光滑导体棒放在导轨上，导体棒与导轨垂直且导体棒与导轨电阻均不计，导轨左端与阻值R＝4Ω的电阻相连，导轨所在位置有磁感应强度为B＝2T的匀强磁场，磁场的方向垂直导轨平面向下，现在给导体棒施加一个水平向右的恒定拉力F，并每隔0.2s测量一次导体棒的速度，图乙是根据所测数据描绘出的导体棒的v­t图像(设导轨足够长)。(1)求力F的大小；(2)求t＝1.6s时，导体棒的加速度a的大小；(3)若1.6s内导体棒的位移x＝8m，试计算1.6s内电阻上产生的热量Q。答案(1)10N(2)2m/s2(3)48J解析(1)导体棒做切割磁感线运动，有E＝BLvI＝eq\f(E,R)，F安＝BIL当导体棒速度最大为vm时，F＝F安解得F＝eq\f(B2L2vm,R)＝10N。(2)当t＝1.6s时，v1＝8m/s此时F安1＝eq\f(B2L2v1,R)＝8N由牛顿第二定律得F－F安1＝ma解得a＝2m/s2。(3)由能量守恒定律可知Fx＝Q＋eq\f(mv\o\al(2,1),2)解得Q＝48J。考点1电磁感应中的电路问题1.问题归类(1)以部分电路欧姆定律为中心，对六个基本物理量(电压、电流、电阻、电功、电功率、电热)、三条定律(部分电路欧姆定律、电阻定律和焦耳定律)以及若干基本规律(法拉第电磁感应定律、楞次定律、右手定则、串并联电路特点等)进行考查。(2)以闭合电路欧姆定律为中心，对电动势概念、闭合电路中的电流、路端电压以及闭合电路中能量的转化进行考查。2．基本步骤(1)确定电源：先判断产生电磁感应现象的是哪一部分导体，该部分导体可视为电源。(2)分析电路结构，画等效电路图。(3)利用电路规律求解，主要有欧姆定律、串并联电路规律等。3．误区分析(1)不能正确根据感应电动势或感应电流的方向分析外电路中电势的高低。因产生感应电动势的那部分电路相当于电源，故该部分电路中的电流从低电势流向高电势，而外电路中电流的方向是从高电势到低电势。(2)应用欧姆定律分析求解电路时，没有考虑到电源的内阻对电路的影响。(3)对连接在电路中电表的读数不能正确进行分析，例如并联在等效电源两端的电压表，其示数是路端电压，而不是等效电源的电动势。例1如图所示，半径为r＝1m的光滑金属圆环固定在水平面内，垂直于环面的匀强磁场的磁感应强度大小为B＝2.0T，一金属棒OA在外力作用下绕过O点的轴以角速度ω＝2rad/s沿逆时针方向匀速转动，金属环和导线电阻均不计，金属棒OA的电阻r0＝1Ω，电阻R1＝2Ω，R2＝3Ω，R3＝7.5Ω，电容器的电容C＝4μF。闭合开关S，电路稳定后，求：(1)通过金属棒OA的电流大小和方向；(2)外力的功率；(3)从断开开关S到电路稳定这一过程中通过电流表的电荷量。(1)OA相当于电源，哪点电势高？提示：O点电势高。(2)S闭合和S断开时等效电路如何画？提示：S闭合时S断开时尝试解答(1)0.5A方向由A到O(2)1W(3)6.4×10－6C(1)由右手定则判定通过金属棒OA的电流方向是由A到O，金属棒OA中产生的感应电动势大小为E＝eq\f(1,2)Br2ω得E＝2VS闭合时的等效电路如图1所示R外＝eq\f(R3R1＋R2,R3＋R1＋R2)＝3Ω由闭合电路欧姆定律，得E＝I(r0＋R外)联立解得I＝0.5A。(2)根据能量守恒定律知，外力的功率为P＝IE＝1W。(3)S断开前，电路路端电压为U＝IR外电阻R1两端电压为U1＝eq\f(R1,R1＋R2)U＝0.6V电容器的电荷量为Q1＝CU1＝2.4×10－6C且a板带正电，b板带负电S断开时的等效电路如图2所示电容器C两端的电压等于电阻R2两端的电压U2，U2＝eq\f(E,R1＋R2＋r0)R2＝1V电容器的电荷量为Q2＝CU2＝4×10－6C且a板带负电，b板带正电通过电流表的电荷量为ΔQ＝Q1＋Q2联立解得ΔQ＝6.4×10－6C。解决电磁感应中电路问题的“三部曲”(1)确定电源切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路就相当于电源，利用E＝Blv或E＝neq\f(ΔΦ,Δt)求感应电动势的大小，利用右手定则或楞次定律判断感应电流方向。如果在一个电路中产生电动势的部分有几个且相互联系，可视为等效电源的串、并联。(2)识别电路结构、画出等效电路分析电路结构，即分清等效电源和外电路及外电路的串并联关系、判断等效电源的正负极或电势的高低等。(3)利用电路规律求解一般是综合应用欧姆定律、串并联电路规律、电容器充电及放电特点、电功和电功率的知识、法拉第电磁感应定律等列方程求解。[变式1](多选)如图所示，PN与QM两平行金属导轨相距1m，电阻不计，两端分别接有电阻R1和R2，且R1＝6Ω，ab杆的电阻为2Ω，在导轨上可无摩擦地滑动，垂直穿过导轨平面的匀强磁场的磁感应强度为1T。现ab以恒定速度v＝3m/s匀速向右移动，这时ab杆上消耗的电功率与R1、R2消耗的电功率之和相等，则()A．R2＝6ΩB．R1上消耗的电功率为0.375WC．a、b间电压为3VD．拉ab杆水平向右的拉力为0.75N答案BD解析由ab杆消耗的功率与外电路电阻消耗的功率相等可知内外电阻相等，有eq\f(R1R2,R1＋R2)＝r，解得：R2＝3Ω，故A错误；ab杆上的感应电动势为：E＝Blv＝1×1×3V＝3V，根据闭合电路欧姆定律，总电流为：I＝eq\f(E,R总)＝eq\f(3V,4Ω)＝0.75A，a、b间电压，即路端电压为：U＝IR外＝0.75×2V＝1.5V，电阻R1消耗的功率：P1＝eq\f(U2,R1)＝eq\f(1.52,6)W＝0.375W，故B正确，C错误；ab杆受到的安培力：FA＝BIL＝1×0.75×1N＝0.75N，ab杆匀速运动，故拉ab杆水平向右的拉力大小等于安培力大小，为F＝0.75N，故D正确。考点2电磁感应中的动力学问题1.导体棒的动力学分析电磁感应现象中产生的感应电流在磁场中受到安培力的作用，从而影响导体棒(或线圈)的受力情况和运动情况。2．两种状态及处理方法状态特征处理方法平衡态加速度为零根据平衡条件列式分析非平衡态加速度不为零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3．力学对象和电学对象的相互关系4．动态分析的基本思路导体有初速度或受外力运动eq\o(→,\s\up7(E＝Blv))感应电动势eq\o(→,\s\up7(I＝\f(E),\s\do5(R＋r)))感应电流eq\o(→,\s\up7(F＝IlB))导体受安培力→合力变化eq\o(→,\s\up7(F合＝ma))加速度变化→速度变化→临界状态。例2(2020·河北省“五个一”名校联盟)(多选)如图所示，在倾斜光滑的平行金属导轨上端接一定值电阻R，导体棒ab垂直导轨放置，整个装置处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中。导体棒从静止释放，不考虑导体棒和导轨的电阻，下列图线中，导体棒速度随时间的变化和通过电阻R的电荷量q随导体棒位移的变化描述正确的是()(1)导体棒的加速度由哪些力决定？提示：重力沿斜面的分力与安培力的合力。(2)如何求解q与x的关系？提示：q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BLx,R)。尝试解答选BD。导体棒切割磁感线产生的感应电动势为E＝BLv，电路中的电流为I＝eq\f(E,R)，导体棒所受安培力为F＝BIL，对导体棒，由牛顿第二定律有mgsinθ－BIL＝ma，即mgsinθ－eq\f(B2L2v,R)＝ma，所以导体棒做加速度减小的加速运动，故A错误，B正确；通过电阻的电荷量q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BLx,R)，故C错误，D正确。单棒切割磁感线的两种模型模型一：导体棒ab先自由下落再进入匀强磁场，如图甲所示。模型二：导体棒ab沿光滑的倾斜导轨自由下滑，然后进入匀强磁场(磁场垂直于轨道平面)，如图乙所示。两类模型中的临界条件是导体棒ab受力平衡。以模型一为例，有mg＝F安＝eq\f(B2l2v0,R)，即v0＝eq\f(mgR,B2l2)。若导体棒进入磁场时v>v0，则导体棒先减速再匀速；若v<v0，导体棒先加速再匀速(假设磁场区域足够长)。导体棒在磁场中做变速运动时加速度均逐渐减小。[变式2](2020·山东省青岛市上学期期末)(多选)如图，MN和PQ是两根互相平行、竖直放置的光滑金属导轨，导轨足够长，电阻不计，匀强磁场垂直导轨平面向里。金属杆ab垂直导轨放置，与导轨始终良好接触，金属杆具有一定的质量和电阻。开始时，将开关S断开，让金属杆ab由静止开始自由下落，经过一段时间，再将开关S闭合，从闭合开关S开始计时，取竖直向下为正方向，则金属杆运动的动能Ek、加速度a、所受到的安培力F及电流表的示数I随时间t变化的图像可能正确的是()答案BC解析闭合开关时，金属杆受到向下的重力以及向上的安培力，若重力与安培力大小相等，即mg＝BIl＝eq\f(B2l2v,R)，则金属杆做匀速直线运动，速度不变，则动能Ek＝eq\f(1,2)mv2、安培力F＝eq\f(B2l2v,R)、感应电流I＝eq\f(Blv,R)都不变，加速度为零，各项中的图像均不符合此情况。若闭合开关时，安培力小于重力，则加速度的方向为竖直向下，金属杆做加速运动，加速运动的过程中，安培力增大，则加速度减小，即开始时做加速度逐渐减小的加速运动，由于速度增大得越来越慢，所以加速度a＝g－eq\f(B2l2v,mR)减小得越来越慢，当重力与安培力大小相等时，金属杆做匀速直线运动，则a­t图像是a逐渐减小到0且斜率逐渐减小到0的曲线，且a为正值；因为I＝eq\f(Blv,R)，所以I­t图像先是I逐渐增大到最大且斜率逐渐减小的曲线，当金属杆匀速运动时，电流恒定不变，而t＝0时金属杆速度不为0，所以t＝0时电流不等于零；安培力F＝eq\f(B2l2v,R)，方向竖直向上，为负值，且F­t图线先是F逐渐增大到最大且斜率逐渐减小的曲线，之后F恒定不变且不为零；动能Ek＝eq\f(1,2)mv2，则Ek­t图像是先是Ek逐渐增大到最大且斜率逐渐减小到0的曲线，之后Ek恒定不变，且t＝0时Ek>0，故四个图像中只有B符合此情况。若开关闭合时，安培力大于重力，则加速度的方向向上，做减速运动，减速运动的过程中，安培力减小，做加速度逐渐减小的减速运动，当重力与安培力大小相等时，做匀速直线运动，同理分析可知，四个图像中只有C符合此情况。考点3电磁感应中的能量问题能量转化及焦耳热的求法(1)能量转化eq\x(\a\al(其他形式,的能量))eq\o(→,\s\up7(克服安培),\s\do5(力做功))eq\x(\a\al(电,能))eq\o(→,\s\up7(电流做功))eq\x(\a\al(焦耳热或其他,形式的能量))(2)求解焦耳热Q的三种方法(纯电阻电路)例3(2020·安徽省皖南八校临门一卷)如图所示，光滑平行导轨MN、PQ倾斜放置，导轨平面倾角θ＝30°，导轨下端连接R＝0.5Ω的定值电阻，导轨间距L＝1m。质量为m＝0.5kg、电阻为r＝0.1Ω、长为1m的金属棒ab放在导轨上，用平行于导轨平面的细线绕过定滑轮连接ab和质量为M＝1kg的重物A，垂直于导轨的虚线上方有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，ab开始的位置离虚线距离为x＝0.4m，由静止同时释放A及ab，当ab刚进磁场时加速度为零，ab进入磁场运动x′＝1m时剪断细线，ab刚要出磁场时，加速度为零。已知重力加速度g＝10m/s2，导轨足够长且电阻不计，ab运动过程中始终与导轨垂直并与导轨接触良好，A离地足够高。求：(1)匀强磁场的磁感应强度大小；(2)剪断细线的瞬间，ab的加速度多大？从开始运动到剪断细线的过程中，通过电阻R的电荷量为多少？(3)ab在磁场中运动过程中，电阻R中产生的焦耳热为多少？(1)如何求得棒刚进磁场时的速度？提示：系统机械能守恒。(2)剪断细线后棒最终会怎样？提示：从下端离开磁场。尝试解答(1)1.5T(2)20m/s22.5C(3)9.07J(1)ab刚进磁场时加速度为零，即ab受力平衡，有Mg＝mgsinθ＋BIL设此时ab的速度为v，根据闭合电路欧姆定律有I＝eq\f(BLv,R＋r)ab进入磁场前与重物A所组成的系统机械能守恒，可得Mgx－mgxsinθ＝eq\f(1,2)(M＋m)v2联立并代入数据解得B＝1.5T。(2)剪断细线瞬间，ab所受的合力大小等于A的重力，由牛顿第二定律得ma＝Mg代入数据解得a＝20m/s2从开始运动到剪断细线的过程中，通过电阻R的电荷量q＝eq\x\to(I)t＝eq\f(ΔΦ,R总)＝eq\f(BLx′,R＋r)＝2.5C。(3)金属棒在磁场中匀速阶段：由(1)知v＝2m/s，解得运动时间t＝eq\f(x′,v)＝0.5s电流I＝5A，R中产生的焦耳热Q1＝I2Rt＝6.25J剪断细线后：ab棒刚要出磁场时加速度为零，设此时的速度为v1，根据平衡条件有mgsinθ＝BI1L＝eq\f(B2L2v1,R＋r)代入数据解得v1＝eq\f(2,3)m/s由剪断细线后到棒刚要出磁场的过程，由能量守恒定律有mgx′sinθ＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mv2＋Q2该过程中R上产生的焦耳热QR＝eq\f(R,R＋r)Q2≈2.82J则ab在磁场中运动过程中，电阻R中产生的焦耳热Q＝Q1＋QR＝9.07J。电磁感应现象中能量的计算(1)回路中电流稳定时可利用电路知识，由W＝UIt，Q＝I2Rt直接计算。(2)若电流变化则利用功能关系、能量守恒定律解决。[变式3](2020·山东省泰安市第五次模拟)(多选)如图所示，倾角θ＝37°的平行导轨上端连着一个阻值R＝0.8Ω的定值电阻，下端通过一小段光滑的圆弧与固定在水平面上的平行导轨相连，两导轨间距均为L＝1m，整个装置处在竖直向上的磁感应强度大小B＝0.5T的匀强磁场中。质量m＝0.1kg、电阻r＝0.2Ω、长度也为L的金属棒垂直于导轨放置，金属棒与两导轨间的动摩擦因数均为μ＝eq\f(11,23)。现让金属棒从距水平面高h＝3.75m的位置由静止释放，在金属棒滑到底端前速度已经达到最大速度v，最终停在水平导轨上。已知导轨电阻忽略不计，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则下列说法正确的是()A．v＝2m/sB．金属棒在倾斜导轨上运动过程中回路上消耗的电能和增加的动能之和小于其重力势能的减少量C．金属棒在水平导轨上运动过程中回路上消耗的电能等于金属棒动能的减少量和摩擦产生的内能之和D．金属棒在倾斜导轨上运动过程中通过金属棒任意截面的电荷量为2.5C答案BD解析金属棒速度达到最大后，在倾斜导轨上做匀速运动，对金属棒受力分析如图所示，由平衡条件有mgsinθ＝μ(mgcosθ＋BILsinθ)＋BILcosθ，其中I＝eq\f(BLvcosθ,R＋r)，代入数据，解得v＝1m/s，故A错误；金属棒在倾斜导轨上运动时，其重力势能转化为动能、电能和摩擦产生的内能，故回路上消耗的电能和增加的动能之和小于其重力势能的减少量，故B正确；金属棒在水平导轨上运动时，其动能转化为电能和摩擦产生的内能，故动能减少量等于回路消耗的电能和摩擦产生的内能之和，故C错误；由q＝eq\f(ΔΦ,R＋r)，可得，金属棒在倾斜导轨上运动过程中通过金属棒任意截面的电荷量为q＝eq\f(BL\f(h,tanθ),R＋r)＝2.5C，故D正确。考点4电磁感应中的图像问题1.图像类型2．解题关键(1)弄清物理量的初始条件和正负方向；(2)注意物理量在进、出磁场时的变化；(3)写出函数表达式。3．解题方法：先定性排除，再定量解析(1)定性排除法：用右手定则或楞次定律确定物理量的方向，定性地分析物理量的变化趋势、变化快慢、是否均匀变化等，特别注意物理量的正负和磁场边界处物理量的变化，通过定性分析排除错误的选项。(2)定量解析法：根据题目所给条件定量地推导出物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图像作出分析，由图像的斜率、截距等作出判断。例4(2020·北京市海淀区查漏补缺)如图所示，边长为L的单匝均匀金属线框置于光滑水平桌面上，在拉力作用下以恒定速度通过宽度为D(D>L)、方向竖直向下的有界匀强磁场。在整个过程中线框的ab边始终与磁场的边界平行，若以F表示拉力大小，以Uab表示线框a、b两点间的电势差，以I表示通过线框的电流，以P表示拉力的功率，则下列反映这些物理量随时间变化的图像中可能正确的是()(1)线框完全在磁场中时，电路中有电流吗？提示：没有。(2)ab边什么时候是电源？什么时候是外电路？提示：线框进磁场时ab边是电源，线框出磁场时cd边切割磁感线，ab边是外电路。尝试解答选C。设线框做匀速直线运动的速度为v，线框的总电阻为R。依题意D＞L，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律，线框在进入磁场和离开磁场的过程中均产生大小为I＝eq\f(BLv,R)的感应电流，线框完全在磁场中运动时不产生感应电流，根据楞次定律可知线框在进入磁场和离开磁场的过程中产生的感应电流方向相反，故C正确；线框做匀速直线运动，则线框在进入磁场和离开磁场的过程中所受拉力大小均等于安培力大小，即F＝FA＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)，线框完全在磁场中运动时不受安培力，则F＝0，故A错误；拉力的功率P＝Fv，结合A项的分析可知，线框在进入磁场和离开磁场的过程中P相等，线框完全在磁场中运动时P＝0，故D错误；线框进入磁场时，ab边切割磁感线，相当于电源，根据右手定则可知φa>φb，所以Uab＝eq\f(3,4)E＝eq\f(3,4)BLv，完全在磁场中时，线框中无电流，Uab＝E＝BLv，线框穿出磁场的过程中，cd边切割磁感线，相当于电源，根据楞次定律可知φa>φb，则Uab＝eq\f(1,4)E＝eq\f(1,4)BLv，故B错误。电磁感应图像问题的“六个明确”(1)明确图像横、纵坐标轴的含义及单位；(2)明确图像中物理量正负的含义；(3)明确图像斜率、所围面积的含义；(4)明确图像所描述的物理意义；(5)明确所选的正方向与图线的对应关系；(6)明确图像和电磁感应过程之间的对应关系。[变式4－1](2021·八省联考重庆卷)如图所示，正方形MNPQ内的两个三角形区域充满匀强磁场，形状与MNPQ完全相同的闭合导线框M′N′P′Q′在外力作用下沿轴线OO′水平向左匀速运动。设通过导线框的感应电流为i，逆时针方向为电流的正方向，当t＝0时M′Q′与NP重合，在M′Q′从NP到临近MQ的过程中，下列图像中能反映i随时间t变化规律的是()答案B解析闭合导线框M′N′P′Q′匀速向左运动过程，穿过回路的磁通量不断增大，根据楞次定律可知，回路中的电流一直是逆时针的，所以电流一直为正；线框向左匀速运动过程中，切割磁感线的有效长度先减小，后增大，所以感应电流先减小，后增大，故B正确。[变式4－2](2020·天津市第一中学第三次月考)(多选)如图所示为两个有界匀强磁场，磁感应强度大小均为B，方向分别垂直纸面向里和向外，磁场宽度均为L，距磁场区域的左侧L处，有一边长为L的正方形导体线框，总电阻为R，且线框平面与磁场方向垂直，现用外力F使线框以速度v匀速穿过磁场区域，以初始位置为计时起点，规定电流沿逆时针方向时的电动势E为正，磁感线垂直纸面向里时磁通量Φ的方向为正，外力F向右为正，则以下关于线框中的磁通量Φ、感应电动势E、外力F和电功率P随时间变化的图像正确的是()答案BD解析根据题意，t＝eq\f(L,v)时刻线框开始进入左侧磁场，磁通量为正且随时间均匀增加，t＝eq\f(2L,v)时Φ最大，从t＝eq\f(2L,v)到t＝eq\f(2.5L,v)，Φ为正且随时间均匀减小到0，从t＝eq\f(2.5L,v)到t＝eq\f(3L,v)，Φ为负且随时间均匀增大，且最大值与t＝eq\f(2L,v)时相等，从t＝eq\f(3L,v)至t＝eq\f(4L,v)，Φ为负且随时间均匀减小至0，故A错误；当线框进入第一个磁场时，由E＝BLv及右手定则可知，感应电动势大小为BLv且为正，而开始进入第二个磁场时，左右两边同时切割磁感线，电动势大小为2BLv且为负，线框出第二个磁场时，线框左边切割磁感线，感应电动势大小为BLv且为正，故B正确；因安培力方向总是与导体切割磁感线运动方向相反，故外力F应一直向右为正，故C错误；根据P＝eq\f(E2,R)，结合B项分析可知，D正确。建模提能5电磁感应中的动量问题1.模型构建导体棒运动的形式有匀速、匀变速和非匀变速3种，对前两种情况，容易想到用平衡条件和牛顿运动定律求解，对后一种情况一般要用能量和动量知识求解，当安培力变化，且又涉及位移、速度、电荷量等问题时，用动量定理往往能巧妙解决。2．模型分类(1)动量定理在电磁感应中的应用在电磁感应中用动量定理时，通常将下面两式结合应用：－eq\x\to(I)lB·Δt＝m(v2－v1)q＝eq\x\to(I)Δt＝neq\f(ΔΦ,R)(2)动量守恒定律在电磁感应中的应用在“双棒切割”系统中，若系统所受的合力为零，通常应用动量守恒定律求解。【典题例证1】(2020·湖南省永州市培优信息卷)(多选)如图所示，CD、EF是两条水平放置的电阻可忽略的平行光滑导轨，导轨固定不动，间距为L，在水平导轨的左侧存在磁感应强度方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨的右端接有一电阻R，左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接。将一阻值也为R、质量为m的导体棒从弯曲轨道上h高处由静止释放，导体棒最终恰好停在磁场的右边界处。已知导体棒与水平导轨接触良好，则下列说法中正确的是()A．电阻R中的最大电流为eq\f(BL\r(2gh),2R)B．电阻R中产生的焦耳热为mghC．磁场左右边界的长度d为eq\f(mR\r(2gh),B2L2)D．流过电阻R的电荷量为eq\f(m\r(2gh),BL)[解析]导体棒下滑过程中，机械能守恒，有mgh＝eq\f(1,2)mv2，可得导体棒到达水平导轨时的速度v＝eq\r(2gh)，导体棒到达水平导轨后进入磁场受到向左的安培力作用做减速运动，则刚到达水平导轨时的速度最大，所以导体棒中最大感应电动势为E＝BLv，通过电阻R的最大电流为I＝eq\f(BLv,2R)＝eq\f(BL\r(2gh),2R)，故A正确；导体棒在整个运动过程中，机械能最终转化为焦耳热，即Q＝mgh，故电阻R中产生的焦耳热为QR＝eq\f(1,2)Q＝eq\f(1,2)mgh，故B错误；对导体棒，设经时间Δt穿过磁场，由动量定理得：－F安Δt＝－BLeq\x\to(I)Δt＝0－mv，而q＝eq\x\to(I)Δt，变形得：BLq＝mv，解得：q＝eq\f(mv,BL)＝eq\f(m\r(2gh),BL)，而由q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(\x\to(E),2R)Δt＝eq\f(BS,2RΔt)×Δt＝eq\f(BS,2R)和S＝Ld，解得：d＝eq\f(2qR,BL)＝eq\f(2mR\r(2gh),B2L2)，故C错误，D正确。[答案]AD名师点睛动量定理在电磁感应中的应用技巧在电磁感应中，动量定理应用于单杆切割磁感线运动，可求解变力作用的时间、单杆的速度、单杆的位移和通过单杆的横截面的电荷量。(1)求通过单杆的横截面的电荷量或单杆的速度：－Beq\x\to(I)lΔt＝mv2－mv1，q＝eq\x\to(I)Δt。(2)求单杆运动的时间：FΔt＝I冲＝mv2－mv1，I冲＝－Beq\x\to(I)lΔt＝－Bleq\f(ΔΦ,R总)。【典题例证2】(2020·湖北省七市州教科研协作体联考)(多选)如图所示，相距L的光滑金属导轨，半径为R的eq\f(1,4)圆弧部分竖直放置，平直部分固定于水平地面上，MNQP范围内有方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场。金属棒ab和cd垂直导轨且接触良好，cd静止在磁场中；ab从圆弧导轨的顶端由静止释放，进入磁场后与cd没有接触，cd离开磁场时的速度是此刻ab速度的一半，已知ab的质量为m、电阻为r，cd的质量为2m、电阻为2r。金属导轨电阻不计，重力加速度为g。下列说法正确的有()A．cd在磁场中运动时电流的方向为c→dB．cd在磁场中做加速度减小的加速运动C．cd在磁场中运动的过程中流过其横截面的电荷量为eq\f(m\r(2gR),BL)D．至cd刚离开磁场时，cd上产生的焦耳热为eq\f(5,12)mgR[解析]根据题意，cd在磁场中运动时，其速度始终小于ab的速度，则回路中的磁通量减小，由楞次定律可知，cd中电流的方向为d→c，故A错误；当ab进入磁场后回路中产生感应电流，电流方向为abdca，则ab受到向左的安培力而做减速运动，cd受到向右的安培力而做加速运动，由于两者的速度差逐渐减小，可知感应电流逐渐减小，安培力逐渐减小，可知cd向右做加速度减小的加速运动，故B正确；ab从释放到刚进入磁场过程，由动能定理得mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－0，从ab进入磁场到cd离开磁场，对ab和cd组成的系统，合力为零，由动量守恒定律得mv0＝m·2vcd＋2m·vcd，解得vcd＝eq\f(1,4)v0＝eq\f(1,4)eq\r(2gR)，对cd由动量定理得Beq\x\to(I)LΔt＝2m·vcd－0，又q＝eq\x\to(I)Δt，解得q＝eq\f(m\r(2gR),2BL)，故C错误；从ab从圆弧导轨的顶端由静止释放，至cd刚离开磁场时，由能量守恒定律有mgR＝eq\f(1,2)m(2vcd)2＋eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,cd)＋Q，而Qcd＝eq\f(2,3)Q，解得Qcd＝eq\f(5,12)mgR，故D正确。[答案]BD名师点睛在电磁感应中应用动量守恒定律时一定要首先判断系统动量是否守恒，否则即使是“双杆切割”也不能应用动量守恒定律。【针对训练】1.(2021·八省联考湖南卷)(多选)如图，两根足够长，电阻不计的光滑平行金属导轨，固定在同一水平面上，其间距为1m，左端通过导线连接一个R＝1.5Ω的定值电阻。整个导轨处在磁感应强度大小B＝0.4T的匀强磁场中，磁场方向竖直向下。质量m＝0.2kg、长度L＝1m、电阻r＝0.5Ω的匀质金属杆垂直导轨放置，且与导轨接触良好。在杆的中点施加一个垂直金属杆的水平拉力F，使其从静止开始运动。拉力F的功率P＝2W保持不变，当金属杆的速度v＝5m/s时撤去拉力F。下列说法正确的是()A．若不撤去拉力F，金属杆的速度会大于5m/sB．金属杆的速度为4m/s时，其加速度大小可能为0.9m/s2C．从撤去拉力F到金属杆停下的整个过程，通过金属杆的电荷量为2.5CD．从撤去拉力F到金属杆停下的整个过程，金属杆上产生的热量为2.5J答案BC解析若不撤去拉力F，对杆由牛顿第二定律有F－BIL＝ma，又P＝Fv，I＝eq\f(BLv,R＋r)，联立可得eq\f(P,mv)－eq\f(B2L2v,R＋rm)＝a，则当a＝0时，速度达到最大，解得最大速度为vm＝eq\r(\f(R＋rP,B2L2))＝5m/s，即杆的速度不会大于5m/s，故A错误；若在F撤去前金属杆的速度v1＝4m/s时，代入a的表达式可得加速度为a1＝0.9m/s2，撤去F后杆在安培力的作用下减速，速度为v2＝4m/s时，加速度大小为a′＝eq\f(\f(B2L2v2,R＋r),m)＝1.6m/s2，故金属杆的速度为4m/s时，其加速度大小为0.9m/s2或1.6m/s2，故B正确；从撤去拉力F到金属杆停下的过程中，杆只受安培力做变减速直线运动，取向右为正方向，由动量定理有－Beq\x\to(I)L·Δt＝0－mv，而通过金属杆的电荷量q＝eq\x\to(I)·Δt，可得q＝eq\f(mv,BL)＝2.5C，故C正确；从撤去拉力F到金属杆停下的过程，由动能定理有－W安＝0－eq\f(1,2)mv2，而由功能关系有Q＝W安，又因为金属杆和电阻R串联，则金属杆上产生的热量Q1＝eq\f(Q·r,R＋r)，联立并代入数据解得Q1＝0.625J，故D错误。2.(2020·东北三省四市教研联合体模拟)如图所示，两条粗糙平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ。三根完全相同的金属棒ab、cd、gh(质量均为m、电阻均为R、长度与导轨间距相同，均为L)垂直导轨放置。用绝缘轻杆ef将ab、cd连接成“工”字形框架(以下简称“工”形架)，导轨上的“工”形架与gh刚好不下滑。金属棒与导轨始终接触良好，导轨足够长，电阻不计，空间存在垂直导轨平面斜向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场(图中未画出)。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。(1)若将“工”形架固定不动，用外力作用于gh，使其沿斜面向下以速度v匀速运动，求ab两端的电压U；(2)若将“工”形架固定不动，给gh沿斜面向下的初速度v0，求gh沿斜面下滑的最大位移；(3)若“工”形架不固定，给gh沿斜面向下初速度v0的同时静止释放“工”形架，最终“工”形架与gh的运动状态将达到稳定，求在整个过程中电流通过gh产生的焦耳热。答案(1)eq\f(BLv,3)(2)eq\f(3mv0R,2B2L2)(3)eq\f(2mv\o\al(2,0),9)解析(1)当gh以速度v匀速运动时，gh为电源，ab和cd为外电路，gh产生的电动势E＝BLv，等效内电阻为R，外电路电阻为0.5R，则ab两端的电压U＝eq\f(BLv,3)。(2)由题意mgsinθ＝μmgcosθ设沿斜面向下为正方向，对金属棒gh沿斜面下滑的过程，由动量定理有－Beq\x\to(I)LΔt＝0－mv0由闭合电路欧姆定律得eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),1.5R)由法拉第电磁感应定律得eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)磁通量的变化量为ΔΦ＝BLx联立解得x＝eq\f(3mv0R,2B2L2)。(3)设gh中的电流为I，则“工”形架ab、cd中的电流均为eq\f(I,2)，gh受到的安培力大小为F＝BILab、cd受到的安培力大小分别为F1＝Beq\f(I,2)L、F2＝Beq\f(I,2)L则“工”形架受到的安培力的合力大小为F′＝F1＋F2＝BIL所以“工”形架与金属棒gh组成的系统所受合力为零，沿斜面方向动量守恒，设沿斜面向下为正方向，“工”形架与金属棒gh一起运动的共同速度为v1，此后各棒中没有感应电流，均做匀速直线运动。则mv0＝3mv1系统产生的焦耳热为Q＝eq\f(mv\o\al(2,0),2)－eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,1)设电流通过金属棒gh产生的焦耳热为Q′，则Q′＝eq\f(R,1.5R)Q＝eq\f(2,3)Q联立解得Q′＝eq\f(2mv\o\al(2,0),9)。1．(2020·全国卷Ⅰ)(多选)如图，U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，ab和dc边平行，和bc边垂直。ab、dc足够长，整个金属框电阻可忽略。一根具有一定电阻的导体棒MN置于金属框上，用水平恒力F向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，MN与金属框保持良好接触，且与bc边保持平行。经过一段时间后()A．金属框的速度大小趋于恒定值B．金属框的加速度大小趋于恒定值C．导体棒所受安培力的大小趋于恒定值D．导体棒到金属框bc边的距离趋于恒定值答案BC解析金属框在力F的作用下向右运动，bc边切割磁感线产生感应电动势，在回路MNcb中有感应电流，使得导体棒MN受到向右的安培力而向右做加速运动，bc边受到向左的安培力。当MN运动时，金属框的bc边和导体棒MN一起切割磁感线，设导体棒MN和金属框的速度分别为v1、v2，导体棒的电阻为R，金属框的宽度为L，磁感应强度为B，则电路中的总电动势E＝BL(v2－v1)，电路中的电流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv2－v1,R)，金属框受到的安培力F安框＝BIL＝eq\f(B2L2v2－v1,R)，与运动方向相反；导体棒MN受到的安培力F安MN＝BIL＝eq\f(B2L2v2－v1,R)，与运动方向相同。设导体棒MN和金属框的质量分别为m1、m2，加速度分别为a1、a2，则对导体棒MN，有eq\f(B2L2v2－v1,R)＝m1a1，对金属框，有F－eq\f(B2L2v2－v1,R)＝m2a2。导体棒MN和金属框的初始速度均为零，则a1从零开始逐渐增加，a2从eq\f(F,m2)开始逐渐减小，当a1＝a2时，相对速度v2－v1＝eq\f(FRm1,B2L2m1＋m2)，之后a1、a2不变，v2－v1恒定，整个运动过程用速度—时间图像描述如图所示。综上可得，经过一段时间后，金属框和导体棒的加速度大小趋于恒定值，所受安培力的大小也趋于恒定值，B、C正确；金属框的速度会一直增大，导体棒到金属框bc边的距离也会一直增大，A、D错误。2．(2020·山东高考)(多选)如图所示，平面直角坐标系的第一和第二象限分别存在磁感应强度大小相等、方向相反且垂直于坐标平面的匀强磁场，图中虚线方格为等大正方形。一位于Oxy平面内的刚性导体框abcde在外力作用下以恒定速度沿y轴正方向运动(不发生转动)。从图示位置开始计时，4s末bc边刚好进入磁场。在此过程中，导体框内感应电流的大小为I，ab边所受安培力的大小为Fab，二者与时间t的关系图像可能正确的是()答案BC解析因为4s末bc边刚好进入磁场，可知导体框每秒运动的位移大小等于一个方格的边长，故在0～1s内只有ae边切割磁感线，设方格边长为L，导体框运动速度为v，电阻为R，则E1＝2BLv，I1＝eq\f(E1,R)，且电流恒定；2s末导体框在第二象限的有效切割长度最长，此时有E2＝3BLv，I2＝eq\f(E2,R)，可知I2＝eq\f(3,2)I1；在2～4s内导体框有一部分进入第一象限，感应电流减小，同理可得3s末电流I3＝I1,4s末电流I4＝eq\f(1,2)I1；综上分析可知A错误，B正确。根据Fab＝BIL有效，可知在0～1s内ab边所受的安培力线性增加，1s末安培力Fab1＝BI1L,2s末安培力Fab2＝B×eq\f(3,2)I1×2L＝3Fab1,3s末安培力Fab3＝B×I1×3L＝3Fab1,4s末安培力Fab4＝B×eq\f(1,2)I1×4L＝2Fab1，综上分析可知C正确，D错误。3.(2017·天津高考)如图所示，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。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()A．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解析根据楞次定律，ab中感应电流方向由a到b，故A错误；根据E＝eq\f(ΔB,Δt)·S，因为eq\f(ΔB,Δt)恒定，所以E恒定，根据I＝eq\f(E,R＋r)知，回路中的感应电流恒定，故B错误；根据F＝BIl，由于B减小，安培力F减小，故C错误；根据平衡条件，静摩擦力f＝F，故静摩擦力减小，故D正确。4．(2019·全国卷Ⅲ)(多选)如图，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始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示。下列图象中可能正确的是()答案AC解析导体棒ab运动，切割磁感线，产生感应电流，导体棒ab受安培力F作用，速度减小，导体棒cd受安培力F′作用，速度变大，如图所示，感应电流I＝eq\f(E,R总)＝eq\f(Blv1－v2,R总)，安培力F＝F′＝BIl＝eq\f(B2l2v1－v2,R总)＝ma，随着v1减小，v2增大，则F＝F′减小，两棒的加速度大小a减小，直到v1＝v2＝v共，a＝0，两棒做匀速运动，两棒组成的系统动量守恒，则mv0＝2mv共，v共＝eq\f(v0,2)，A正确，B错误。由前面分析知，v1－v2随时间减小得越来越慢，最后为0，则感应电流I＝eq\f(Blv1－v2,R总)随时间减小得越来越慢，最后为0，C正确，D错误。5．(2018·江苏高考)(多选)如图所示，竖直放置的“”形光滑导轨宽为L，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d，磁感应强度为B。质量为m的水平金属杆由静止释放，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等。金属杆在导轨间的电阻为R，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g。金属杆()A．刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下B．穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间C．穿过两磁场产生的总热量为4mgdD．释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h可能小于eq\f(m2gR2,2B4L4)答案BC解析由于金属杆进入两个磁场时的速度相等，而穿出磁场后金属杆做加速度为g的加速运动，所以金属杆进入磁场Ⅰ、Ⅱ时都做减速运动，A错误；对金属杆受力分析，根据eq\f(B2L2v,R)－mg＝ma可知，金属杆在磁场中做加速度减小的减速运动，其进入磁场Ⅰ后的v­t图象如图所示，由于0～t1和t1～t2图线与t轴包围的面积相等(都为d)，所以t1>(t2－t1)，B正确；从进入磁场Ⅰ到进入磁场Ⅱ之前过程中，根据能量守恒，金属棒减小的机械能全部转化为焦耳热，所以Q1＝mg·2d，所以穿过两个磁场过程中产生的热量为4mgd，C正确；若金属杆进入磁场做匀速运动，则eq\f(B2L2v,R)－mg＝0，得v＝eq\f(mgR,B2L2)，由前面分析可知金属杆进入磁场的速度大于eq\f(mgR,B2L2)，根据h＝eq\f(v2,2g)得金属杆释放时距离磁场Ⅰ上边界的高度应大于eq\f(m2g2R2,2gB4L4)＝eq\f(m2gR2,2B4L4)，D错误。6．(2019·北京高考)如图所示，垂直于纸面的匀强磁场磁感应强度为B。纸面内有一正方形均匀金属线框abcd，其边长为L，总电阻为R，ad边与磁场边界平行。从ad边刚进入磁场直至bc边刚要进入的过程中，线框在向左的拉力作用下以速度v匀速运动，求：(1)感应电动势的大小E；(2)拉力做功的功率P；(3)ab边产生的焦耳热Q。答案(1)BLv(2)eq\f(B2L2v2,R)(3)eq\f(B2L3v,4R)解析(1)由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势E＝BLv。(2)线框中的感应电流I＝eq\f(E,R)拉力大小等于安培力大小F＝BIL拉力的功率P＝Fv＝eq\f(B2L2v2,R)。(3)线框ab边电阻Rab＝eq\f(R,4)时间t＝eq\f(L,v)ab边产生的焦耳热Q＝I2Rabt＝eq\f(B2L3v,4R)。7．(2019·天津高考)如图所示，固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，垂直于导轨放置的两根金属棒MN和PQ长度也为l、电阻均为R，两棒与导轨始终接触良好。MN两端通过开关S与电阻为R的单匝金属线圈相连，线圈内存在竖直向下均匀增加的磁场，磁通量变化率为常量k。图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。PQ的质量为m，金属导轨足够长、电阻忽略不计。(1)闭合S，若使PQ保持静止，需在其上加多大的水平恒力F，并指出其方向；(2)断开S，PQ在上述恒力作用下，由静止开始到速度大小为v的加速过程中流过PQ的电荷量为q，求该过程安培力做的功W。答案(1)eq\f(Bkl,3R)，方向水平向右(2)eq\f(1,2)mv2－eq\f(2,3)kq解析(1)设线圈中的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律得感应电动势E＝eq\f(ΔΦ,Δt)，则E＝k①设PQ与MN并联的电阻为R并，有R并＝eq\f(R,2)②闭合S时，设线圈中的电流为I，根据闭合电路欧姆定律得I＝eq\f(E,R并＋R)③设PQ中的电流为IPQ，有IPQ＝eq\f(1,2)I④设PQ受到的安培力为F安，有F安＝BIPQl⑤PQ保持静止，由受力平衡，有F＝F安⑥联立①②③④⑤⑥式得F＝eq\f(Bkl,3R)⑦由楞次定律和右手螺旋定则得PQ中的电流方向为由Q到P，再由左手定则得PQ所受安培力的方向水平向左，则力F的方向水平向右。(2)设PQ由静止开始到速度大小为v的加速过程中，PQ运动的位移为x，所用时间为Δt′，回路中的磁通量变化为ΔΦ′，平均感应电动势为eq\x\to(E)，有eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ′,Δt′)⑧其中ΔΦ′＝Blx⑨设PQ中的平均感应电流为eq\x\to(I)，有eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),2R)⑩根据电流的定义式得eq\x\to(I)＝eq\f(q,Δt′)⑪由动能定理，有Fx＋W＝eq\f(1,2)mv2－0⑫联立⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得W＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(2,3)kq。⑬时间：60分钟满分：100分一、选择题(本题共6小题，每小题10分，共60分。其中1～2题为单选，3～6题为多选)1．(2020·山东省烟台市一模)如图所示，有两个相邻的有界匀强磁场区域，磁感应强度的大小均为B，磁场方向相反，且与纸面垂直，两磁场边界均与x轴垂直且宽度均为L，在y轴方向足够宽。现有一高和底均为L的等腰三角形导线框，顶点a在y轴上，从图示x＝0位置开始，在外力F的作用下沿x轴正方向匀速穿过磁场区域。在运动过程中，线框bc边始终与磁场的边界平行。线框中感应电动势E大小、线框所受安培力F安大小、感应电流i大小、外力F大小这四个量分别与线框顶点a移动的位移x的关系图像中正确的是()答案B解析线框刚进入磁场时，有效切割磁感线的长度为L，感应电动势为E＝BLv，设线框的电阻为R，则此时感应电流i＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv,R)；随线框的进入，切割磁感线的有效长度均匀减小至零，则E和i均匀减小至零；当线框刚进入右侧磁场时，线框在两磁场中切割磁感线的有效长度均为L，此时感应电动势E＝2BLv，感应电流i＝eq\f(2BLv,R)，之后均匀减小至零；当线框刚离开右侧磁场时，切割磁感线的有效长度为L，此时E＝BLv，i＝eq\f(BLv,R)，之后均匀减小至零，故A错误，B正确。线框匀速运动，外力F与安培力始终大小相等，有F＝F安＝eq\f(B2l2v,R)，而在每个运动过程中l随x线性变化，可知外力F与安培力在每个运动过程中都与x不是线性关系，故C、D错误。2．(2021·北京市朝阳区高三(上)期末)如图甲所示，N＝200匝的线圈(图中只画了2匝)，电阻r＝2Ω，其两端与一个R＝48Ω的电阻相连。线圈内有垂直纸面向里的磁场，磁通量按图乙所示规律变化。下列选项正确的是()A．电阻R两端b点比a点电势高B．电阻R两端的电压大小为10VC．0.1s时间内非静电力所做的功为0.2JD．0.1s时间内通过电阻R的电荷量为0.05C答案C解析由图乙可知，线圈中的磁通量垂直纸面向里增加，根据楞次定律，线圈中产生逆时针方向的感应电流，所以电阻R两端b点比a点电势低，A错误；线圈产生的感应电动势为E＝Neq\f(ΔΦ,Δt)＝200×eq\f(0.015－0.010,0.10)V＝10V，电阻R两端的电压大小为U＝eq\f(R,R＋r)E＝9.6V，B错误；根据功能关系，非静电力所做的功转化为电路中的电能，则0.1s时间内非静电力所做的功为W＝EIt＝eq\f(E2,R＋r)t＝0.2J,0.1s时间内通过电阻R的电荷量为q＝eq\f(W,E)＝eq\f(0.2,10)C＝0.02C，C正确，D错误。3.(2020·四川省成都市三诊)如图，间距为L、倾角为θ的两足够长平行光滑导轨固定，导轨上端接有阻值为R的电阻，下端通过开关S与单匝金属线圈相连，线圈内存在垂直于线圈平面向下且均匀增强的磁场。导轨所在区域存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场(图中未画出)，靠在插销处垂直于导轨放置且与导轨接触良好的金属棒ab，质量为m、电阻也为R，闭合S后，撤去插销，ab仍静止。线圈、导轨和导线的电阻不计，重力加速度大小为g，下列判定正确的是()A．B的方向垂直于导轨平面向下B．线圈内磁通量的变化率为eq\f(mgRsinθ,BL)C．断开S后，ab的最大速度为eq\f(2mgRsinθ,B2L2)D．断开S后，电阻R的最大热功率为eq\f(2m2g2Rsin2θ,B2L2)答案BC解析线圈内存在垂直于线圈平面向下且均匀增强的磁场，闭合S后，根据楞次定律可知，感应电流为逆时针方向，金属棒ab中的电流方向为b→a，对金属棒受力分析，受到重力、导轨的支持力和安培力作用，要使ab静止，安培力的方向应沿导轨平面向上，根据左手定则，判断出B的方向垂直于导轨平面向上，故A错误；对金属棒ab受力分析，沿导轨平面有F安＝mgsinθ，又F安＝BIL，线圈内磁通量的变化率为eq\f(ΔΦ,Δt)＝E＝IR，联立解得eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(mgRsinθ,BL)，故B正确；断开S瞬间，ab中电流消失，金属棒ab沿导轨向下做加速运动，根据牛顿第二定律有mgsinθ－BI′L＝ma，I′＝eq\f(E,R＋R)＝eq\f(BLv,2R)，随着金属棒速度增加，感应电流变大，安培力也变大，所以加速度变小，直到加速度为零，金属棒的速度达到最大值，有mgsinθ＝BImL，Im＝eq\f(BLvm,2R)，联立解得vm＝eq\f(2mgRsinθ,B2L2)，故C正确；断开S后，电阻R的最大热功率为PR＝Ieq\o\al(2,m)R＝eq\f(m2g2Rsin2θ,B2L2)，故D错误。4．(2021·八省联考福建卷)由螺线管、电阻和水平放置的平行板电容器组成的电路如图a所示。其中，螺线管匝数为N，横截面积为S1；电容器两极板间距为d，极板面积为S2，板间介质为空气(可视为真空)。螺线管处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小B随时间t变化的B­t图像如图b所示。一电荷量为q的颗粒在t1～t2时间内悬停在电容器中，重力加速度大小为g，静电力常量为k。则()A．颗粒带负电B．颗粒质量为eq\f(qNS1B2－B1,gt2－t1)C．t1～t2时间内，a点电势高于b点电势D．电容器极板所带电荷量大小为eq\f(NS1S2B2－B1,4πkdt2－t1)答案AD解析根据楞次定律，电容器上极板带正电，下极板带负电，颗粒在t1～t2时间内悬停在电容器内，受力平衡，则颗粒受到竖直向上的静电力作用，带负电，A正确；根据平衡条件有mg＝q·eq\f(E,d)，E＝Neq\f(ΔΦ,Δt)＝Neq\f(ΔB,Δt)S1＝eq\f(NB2－B1S1,t2－t1)，解得m＝eq\f(qNS1B2－B1,gdt2－t1)，B错误；t1～t2时间内，电路中没有电流，所以a点电势等于b点电势，C错误；电容器所带电荷量Q＝CE＝eq\f(S2,4πkd)·eq\f(NB2－B1S1,t2－t1)＝eq\f(NS1S2B2－B1,4πkdt2－t1)，D正确。5.(2021·八省联考湖北卷)如图所示，在MN右侧区域有垂直于纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度随时间变化的关系为B＝kt(k为大于零的常量)。一高为a、电阻为R的正三角形金属线框向右匀速运动。在t＝0时刻，线框底边恰好到达MN处；在t＝T时刻，线框恰好完全进入磁场。在线框匀速进入磁场的过程中()A．线框中的电流始终为逆时针方