1、第9课时电磁感应的综合应用考点楞次定律与法拉第电磁感应定律的应用1求感应电动势的两种方法(1)En，用来计算感应电动势的平均值(2)EBlv或EBl2，主要用来计算感应电动势的瞬时值2判断感应电流方向的两种方法(1)利用右手定则，即根据导体在磁场中做切割磁感线运动的情况进行判断(2)利用楞次定律，即根据穿过闭合回路的磁通量的变化情况进行判断3楞次定律中“阻碍”的四种表现形式(1)阻碍磁通量的变化“增反减同”(2)阻碍相对运动“来拒去留”(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势“增缩减扩”(4)阻碍电流的变化(自感现象)“增反减同”例1(多选)(2019全国卷20)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间
2、变化的匀强磁场，其边界如图1(a)中虚线MN所示一硬质细导线的电阻率为、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t0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t0到tt1的时间间隔内()图1A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D圆环中的感应电动势大小为答案BC解析在0t0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t0t1时间内，磁感应强度反向增大，感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力水平向右，所以选项A错误，B正确；根据法拉第
3、电磁感应定律得Er2，根据电阻定律可得R，根据欧姆定律可得I，所以选项C正确，D错误变式训练1(多选)(2019山东聊城市模拟)如图2甲，螺线管内有平行于轴线的外加匀强磁场，图中箭头所示方向为其正方向螺线管与导线框abcd相连，导线框内有一小金属圆环L，圆环与导线框在同一平面内当螺线管内的磁感应强度B随时间按图乙所示规律变化时()图2A在t1t2时间内，L有收缩趋势B在t2t3时间内，L有扩张趋势C在t2t3时间内，L内有逆时针方向的感应电流D在t3t4时间内，L内有顺时针方向的感应电流答案AD解析据题意，在t1t2时间内，外加磁场磁感应强度增加且增加得越来越快，则在导线框中产生沿顺时针方向逐
4、渐增大的电流，该电流激发出逐渐增大的磁场，该磁场通过圆环，在圆环内产生感应电流，根据结论“增缩减扩”可知圆环有收缩趋势，故选项A正确；在t2t3时间内，外加磁场均匀变化，在导线框中产生恒定电流，该电流激发出稳定磁场，该磁场通过圆环时，圆环中没有感应电流，故选项B、C错误；在t3t4时间内，外加磁场向下减小，且减小得越来越慢，在导线框中产生沿顺时针方向逐渐减小的电流，该电流激发出垂直于纸面向内逐渐减弱的磁场，故圆环内产生顺时针方向的感应电流，选项D正确例2(多选)(2019山东枣庄市上学期期末)如图3所示，水平放置的半径为2r的单匝圆形裸金属线圈A，其内部有半径为r的圆形匀强磁场区域，磁场的磁感
5、应强度大小为B、方向竖直向下；线圈A的圆心和磁场区域的圆心重合，线圈A的电阻为R.过圆心的两条虚线ab和cd相互垂直一根电阻不计的直导体棒垂直于ab放置，使导体棒沿ab从左向右以速度v匀速通过磁场区域，导体棒与线圈始终接触良好，线圈A中会有感应电流通过撤去导体棒，使磁场的磁感应强度均匀变化，线圈A中也会有感应电流，如果使cd左侧的线圈中感应电流大小和方向与导体棒经过cd位置时的相同，则()图3A磁场一定增强B磁场一定减弱C磁感应强度的变化率为D磁感应强度的变化率为答案AC解析根据右手定则，导体棒切割磁感线产生的感应电流通过cd左侧的线圈时的方向是逆时针的，根据楞次定律，使磁场的磁感应强度均匀变
6、化，产生同样方向的感应电流，磁场一定增强，故A正确，B错误；导体棒切割磁感线时，根据法拉第电磁感应定律，导体棒经过cd位置时产生的感应电动势E2Brv，根据欧姆定律，通过cd左侧的线圈中感应电流大小I；磁场的磁感应强度均匀变化时，根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律，故C正确，D错误变式训练2(2019山东济南市3月模拟)在如图4甲所示的电路中，螺线管匝数n1000匝，横截面积S20cm2.螺线管导线电阻r1.0，R14.0，R25.0，C30F.在一段时间内，垂直穿过螺线管的磁场的磁感应强度B的方向如图甲所示，大小按如图乙所示的规律变化，则下列说法中正确的是()图4A螺线管中产生的感应电动势为1
7、.2VB闭合K，电路中的电流稳定后，电容器的下极板带负电C闭合K，电路中的电流稳定后，电阻R1的电功率为2.56102WD闭合K，电路中的电流稳定后，断开K，则K断开后，流经R2的电荷量为1.8102C答案C解析根据法拉第电磁感应定律：EnnS；解得：E0.8 V，故A错误；根据楞次定律可知，螺线管的感应电流盘旋而下，则螺线管下端相当于电源的正极，则电容器的下极带正电，故B错误；根据闭合电路欧姆定律，有：I0.08 A，根据PI2R1解得：P2.56102 W，故C正确；K断开后，流经R2的电荷量即为K闭合时电容器一个极板上所带的电荷量Q，电容器两端的电压为：UIR20.4 V，流经R2的电荷
8、量为：QCU1.2105 C，故D错误考点电磁感应中的电路与图象问题1电磁感应现象中的电源与电路(1)产生感应电动势的那部分导体相当于电源(2)在电源内部电流由负极流向正极(3)电源两端的电压为路端电压2解图象问题的三点关注(1)关注初始时刻，如初始时刻感应电流是否为零，是正方向还是负方向(2)关注变化过程，看电磁感应发生的过程可以分为几个阶段，这几个阶段分别与哪段图象变化相对应(3)关注大小、方向的变化趋势，看图线斜率的大小、图线的曲直是否和物理过程对应3解图象问题的两个方法(1)排除法：定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是物理
9、量的正负，排除错误的选项(2)函数法：根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图象作出分析和判断，这未必是最简捷的方法，但却是最有效的方法例3(多选)(2019贵州部分重点中学教学质量评测卷(四)长为L的金属棒OP固定在顶角为2的塑料圆锥体侧面上，ab为圆锥体底面直径圆锥体绕其轴OO以角速度在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中匀速转动，转动方向如图5所示，下列说法正确的是()图5A金属棒上O点的电势高于P点B金属棒上O点的电势低于P点C金属棒OP两端电势差大小为B2LsinD金属棒OP两端电势差大小为BL2sin2答案AD解析由右手定则知金属棒OP在匀速转
10、动过程中切割磁感线产生的感应电动势方向由P指向O，在电源内部由电势低处指向电势高处，则金属棒上O点的电势高于P点，故A正确，B错误金属棒OP在匀速转动过程中切割磁感线的有效长度LOPLsin，故产生的感应电动势EBLLBL2sin2，故C错误，D正确变式训练3.(2019安徽宣城市期末调研测试)边界MN的一侧区域内，存在着磁感应强度大小为B、方向垂直于光滑水平桌面的匀强磁场边长为l的正三角形金属线框abc粗细均匀，三边阻值相等，a顶点刚好位于边界MN上，现使线框围绕过a点且垂直于桌面的转轴匀速转动，转动角速度为，如图6所示，则在ab边开始转入磁场的瞬间ab两端的电势差Uab为()图6A.Bl2
11、BBl2CBl2D.Bl2答案A解析当ab边刚进入磁场时，ab部分在切割磁感线，切割长度为两个端点间的距离，即a、b间的距离为l，EBlBlBl2；设每个边的电阻为R，a、b两点间的电势差为：UI2R2R，故UBl2，故A正确，B、C、D错误例4(多选)(2019全国卷21)如图7，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为，导轨电阻忽略不计虚线ab、cd均与导轨垂直，在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场将两根相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好已知PQ进入磁场时加速度恰好为零从PQ进入磁场开始计时，到MN离开磁场区域为止，
12、流过PQ的电流随时间变化的图像可能正确的是()图7答案AD解析根据题述，PQ进入磁场时加速度恰好为零，两导体棒从同一位置释放，则两导体棒进入磁场时的速度相同，产生的感应电动势大小相等，若释放两导体棒的时间间隔足够长，在PQ通过磁场区域一段时间后MN进入磁场区域，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可知流过PQ的电流随时间变化的图像可能是A；若释放两导体棒的时间间隔较短，在PQ没有出磁场区域时MN就进入磁场区域，则两棒在磁场区域中运动时回路中磁通量不变，两棒不受安培力作用，二者在磁场中做加速运动，PQ出磁场后，MN切割磁感线产生感应电动势和感应电流，且感应电流一定大于I1，受到安培力作用，由
13、于安培力与速度成正比，则MN所受的安培力一定大于MN的重力沿导轨平面方向的分力，所以MN一定做减速运动，回路中感应电流减小，流过PQ的电流随时间变化的图像可能是D.变式训练4.(2019安徽合肥市第一次质量检测)如图8所示，一有界匀强磁场区域的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，磁场宽度为L；正方形导线框abcd的边长也为L，当bc边位于磁场左边缘时，线框从静止开始沿x轴正方向匀加速通过磁场区域若规定逆时针方向为电流的正方向，则反映线框中感应电流变化规律的图象是()图8答案B解析设导线框运动的加速度为a，则某时刻其速度vat，所以在0t1时间内(即当bc边位于磁场左边缘时开始计时，到bc边位
14、于磁场右边缘结束)，根据法拉第电磁感应定律得：EBLvBLat，电动势为逆时针方向由闭合电路欧姆定律得：It，电流为正其中R为线框的总电阻所以在0t1时间内，It，故A、C错误；从t1时刻开始，ad边开始切割磁感线，电动势大小EBLat，其中t1tt2，电流为顺时针方向，为负，电流It，t1tt2，其中I0t1，电流在t1时刻方向突变，突变瞬间，电流大小保持I0t1不变，故B正确，D错误考点电磁感应中的动力学与能量问题1电荷量的求解电荷量qIt，其中I必须是电流的平均值由E、I、qIt联立可得qn，此式不涉及时间2求解焦耳热Q的三种方法(1)焦耳定律：QI2Rt，适用于电流、电阻不变；(2)功
15、能关系：QW克服安培力，电流变或不变都适用；(3)能量转化：QE其他能的减少量，电流变或不变都适用3电磁感应综合题的解题策略(1) 电路分析：明确电源与外电路，可画等效电路图(2) 受力分析：把握安培力的特点，安培力大小与导体棒速度有关，一般在牛顿第二定律方程里讨论，v的变化影响安培力大小，进而影响加速度大小，加速度的变化又会影响v的变化(3) 过程分析：注意导体棒进入磁场或离开磁场时的速度是否达到“收尾速度”(4) 能量分析：克服安培力做的功，等于把其他形式的能转化为电能的多少例5(2019湖北稳派教育上学期第二次联考)如图9所示，倾角为的光滑绝缘斜面上平行于底边的虚线ef下方有垂直于斜面向
16、下的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，边长为L的正方形导线框abcd放在斜面上，线框的电阻为R，线框的cd边刚好与ef重合无初速度释放线框，当ab边刚好要进入磁场时，线框的加速度刚好为零，线框的质量为m，重力加速度为g，求：图9(1)ab边刚好要进入磁场时线框的速度大小；(2)从释放线框到ab边进入磁场时，通过线框横截面的电荷量答案(1)(2)解析(1)ab边刚好要进入磁场时，mgsinFA解得：v(2)线框进入磁场的过程中，平均电流为根据法拉第电磁感应定律有：通过线框横截面的电荷量qt.变式训练5(多选)(2019辽宁葫芦岛市第一次模拟)如图10甲所示，在MN、OP间存在一匀强磁场，t0时
17、，一正方形光滑金属线框在水平向右的外力F作用下紧贴MN从静止开始做匀加速运动，外力F随时间t变化的图线如图乙所示，已知线框质量m1kg、电阻R2，则()图10A线框的加速度大小为2m/s2B磁场宽度为6mC匀强磁场的磁感应强度大小为TD线框进入磁场过程中，通过线框横截面的电荷量为C答案ACD解析整个线框在磁场中运动时只受外力F作用，则加速度a2m/s2.由题图可知，从线框右边刚进入磁场到右边刚离开磁场，运动的时间为2s，磁场的宽度dat4m，所以选项A正确，B错误；当线框全部进入磁场前的瞬间：F1F安ma，而F安BIL，线框的宽度Lat212m1m，联立得：BT，所以选项C正确；线框进入磁场过
18、程中，通过线框横截面的电荷量为qCC，所以选项D正确例6(2019浙南名校联盟期末)如图11甲所示，在竖直方向上有4条间距相等的水平虚线L1、L2、L3、L4，在L1L2之间、L3L4之间存在匀强磁场，大小均为1T，方向垂直于虚线所在平面现有一根电阻为2的均匀金属丝，首尾相连制成单匝矩形线圈abcd，连接处接触电阻忽略，宽度cdL0.5m，线圈质量为0.1kg，将其从图示位置由静止释放(cd边与L1重合)，速度随时间变化的关系如图乙所示，其中0t1时间内图线是曲线，其他时间内都是直线；并且t1时刻cd边与L2重合，t2时刻ab边与L3重合，t3时刻ab边与L4重合，已知t1t2的时间间隔为0.
19、6 s，整个运动过程中线圈平面始终处于竖直方向(重力加速度g取10m/s2)求：图11(1)线圈匀速运动的速度大小；(2)线圈的长度ad；(3)在0t1时间内通过线圈的电荷量；(4)0t3时间内，线圈ab边产生的热量答案(1) 8m/s (2) 2m(3) 0.25C(4) 0.18J解析 (1) t2t3时间ab边在L3L4内做匀速直线运动，EBLv2，FBL，Fmg联立解得：v28m/s.(2)从cd边出L2到ab边刚进入L3线圈一直做匀加速直线运动，ab刚进上方磁场时，cd也应刚进下方磁场，设磁场宽度是d，由v2v1gt得，v12m/s，则3dt3m，得：d1m，有：ad2d2m.(3)
20、0t1时间内，通过线圈的电荷量为q0.25C.(4)在0t3时间内由能量守恒得：线圈产生热量Q总mg5dmv1.8J故线圈ab边产生热量QQ总0.18J.变式训练6.(2019福建三明市期末质量检测)如图12所示，足够长的光滑导轨倾斜放置，导轨平面与水平面夹角37，导轨间距L0.4m，其下端连接一个定值电阻R4，其他电阻不计两导轨间存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B1T一质量为m0.04kg的导体棒ab垂直于导轨放置，现将导体棒由静止释放，取重力加速度g10m/s2，sin370.6，cos370.8.图12(1)求导体棒下滑的最大速度；(2)若导体棒从静止加速到v4m/s的过程中
21、，通过R的电荷量q0.2C，求R产生的热量值答案(1)6m/s(2)0.16J解析(1)当导体棒所受的合外力为零时，速度最大，则：mgsinBIL，I，联立解得v6m/s(2)设该过程中电流的平均值为，则qt，由能量守恒定律可得：mgxsinmv2Q联立解得：x2m，Q0.16J专题突破练1.(2019广东珠海市质量监测)如图1所示，使一个水平铜盘绕过其圆心的竖直轴OO转动，摩擦等阻力不计，转动是匀速的现把一个蹄形磁铁水平向左移近铜盘，则()图1A铜盘转动将变快B铜盘转动将变慢C铜盘仍以原来的转速转动D因磁极方向未知，无法确定答案B解析假设蹄形磁铁的上端为N极，下端为S极，铜盘顺时针转动(从O
22、O方向看)根据右手定则可以确定此时铜盘中的感应电流方向是从盘心指向边缘通电导体在磁场中要受到力的作用，根据感应电流的方向和磁场的方向，利用左手定则可以确定磁场对铜盘的作用力的方向是沿逆时针方向，其受力方向与铜盘的转动方向相反，所以铜盘的转动速度将减小无论怎样假设，铜盘的受力方向始终与转动方向相反同时，转动过程中，机械能转化为电能，最终转化为内能，所以转得慢了所以B正确，A、C、D错误2(多选)(2019福建泉州市期末质量检查)如图2甲所示，匀强磁场垂直穿过矩形金属线框abcd，磁感应强度B随时间t按图乙所示规律变化，下列说法正确的是()图2At1时刻线框的感应电流方向为abcdaBt3时刻线框
23、的感应电流方向为abcdaCt2时刻线框的感应电流最大Dt1时刻线框ab边受到的安培力方向向右答案AD解析t1时刻穿过线框的磁通量向里增加，根据楞次定律可知，线框的感应电流方向为abcda，由左手定则可知，线框ab边受到的安培力方向向右，选项A、D正确；t3时刻穿过线框的磁通量向里减小，可知线框的感应电流方向为adcba，选项B错误；Bt图象的斜率等于磁感应强度的变化率，可知t2时刻磁感应强度的变化率为零，则线框的感应电流为零，选项C错误3.(多选)(2019全国卷19)如图3，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t0时
24、，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表示下列图像中可能正确的是()图3答案AC解析棒ab以初速度v0向右滑动，切割磁感线产生感应电动势，使整个回路中产生感应电流，判断可知棒ab受到与v0方向相反的安培力的作用而做变减速运动，棒cd受到与v0方向相同的安培力的作用而做变加速运动，它们之间的速度差vv1v2逐渐减小，整个系统产生的感应电动势逐渐减小，回路中感应电流逐渐减小，最后变为零，即最终棒ab和棒cd的速度相同，v1v2，这时两相同的光滑导体棒ab、cd组成的系统在足够长的平行金属导轨上运动，水平方向上不受外
25、力作用，由动量守恒定律有mv0mv1mv2，解得v1v2，选项A、C正确，B、D错误4.(2019甘肃兰州市第一次诊断)如图4所示，宽为L的光滑导轨竖直放置，左边有与导轨平面垂直的区域足够大的匀强磁场，磁感应强度为B，右边有两块水平放置的金属板，两板间距为d.金属板和电阻R都与导轨相连要使两板间质量为m、带电荷量为q的油滴恰好处于静止状态，阻值也为R的金属棒ab在导轨上的运动情况可能为(金属棒与导轨始终接触良好，导轨电阻不计，重力加速度为g)()图4A向右匀速运动，速度大小为B向左匀速运动，速度大小为C向右匀速运动，速度大小为D向左匀速运动，速度大小为答案A解析两板间质量为m、带电荷量为q的油
26、滴恰好处于静止状态，则qEmg，板间电场强度E，方向竖直向下；两板间电压UEd，且上板带正电、下板带负电金属棒ab切割磁感线相当于电源，两金属板与电阻R并联后接在金属棒两端，则金属棒中电流方向由b流向a，UEBLv，则金属棒ab在导轨上的运动速度v；据金属棒中电流方向由b流向a和右手定则可得，金属棒向右运动综上，A正确，B、C、D错误5.(2019北京市东城区上学期期末)如图5所示，两光滑水平放置的平行金属导轨间距为L，直导线MN垂直跨在导轨上，且与导轨接触良好，整个装置处于垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度大小为B.电容器的电容为C，除电阻R外，导轨和导线的电阻均不计现给导线MN一初速度
27、，使导线MN向右运动，当电路稳定后，MN以速度v向右匀速运动时()图5A电容器两端的电压为零B通过电阻R的电流为C电容器所带电荷量为CBLvD为保持MN匀速运动，需对其施加的拉力大小为答案C解析当导线MN匀速向右运动时，导线所受的合力为零，说明导线不受安培力，电路中电流为零，故电阻两端没有电压此时导线MN产生的感应电动势恒定，根据闭合电路欧姆定律得知，电容器两板间的电压为UEBLv，故A、B错误电容器所带电荷量QCUCBLv，故C正确；因匀速运动后MN所受合力为0，而此时无电流，不受安培力，则无需拉力便可做匀速运动，故D错误6(多选)(2019湖北稳派教育上学期第二次联考)如图6甲所示，通电直
28、导线MN和正方形导线框在同一水平面内，ab边与MN平行，先给MN通以如图乙所示的电流，然后再通以如图丙所示的正弦交流电，导线和线框始终保持静止不动，电流从N到M为正，已知线框中的磁通量与直导线MN中的电流成正比，则下列说法正确的是( )图6A通以如图乙所示的电流时，线框中产生的电流先减小后增大B通以如图乙所示的电流时，线框中的感应电流方向始终不变C通以如图丙所示的电流时，0t2时间内，线框受到的安培力方向不变D通以如图丙所示的电流时，t3时刻线框受到的安培力为零答案BD解析由题意可知，从N到M的方向为电流正方向；通以如题图乙所示的电流时，在0t1时间内电流方向为从M到N，穿过线框abcd的磁场
29、方向垂直纸面向外，大小在减小，由楞次定律可得，感应电流方向为逆时针，即为abcda；在t1时刻后，电流方向为N到M，穿过线框abcd的磁场方向垂直纸面向里，大小在增大，由楞次定律可得，感应电流方向为逆时针，即为abcda，故电流的方向不变，根据法拉第电磁感应定律有：E，则线框中的感应电流为I，因线框中的磁通量与直导线MN中的电流成正比，即，则由乙图可知一直保持不变，故不变，则感应电流I不变，故A错误，B正确；通以如题图丙所示的电流时，在0时间内，导线中电流沿正方向增大，则线框中的磁场向里增大，由楞次定律可知，感应电流方向为逆时针，即为abcda，根据左手定则可知，ab边受到的安培力方向向右，c
30、d边受到的安培力方向向左，根据FBIL可知，I、L相同，但ab边离导线近，故ab边所在处的磁感应强度大于cd边所在处的磁感应强度，则此时安培力的方向向右；在t2时间内，导线中电流沿正方向减小，则线框中的磁场向里减小，由楞次定律可知，感应电流方向为顺时针，即为adcba；根据左手定则可知，ab边受到的安培力方向向左，cd边受到的安培力方向向右，根据FBIL可知，I、L相同，但ab边离导线近，故ab边所在处的磁感应强度大于cd边所在处的磁感应强度，则此时安培力的方向向左，故在0t2时间内线框受到的安培力方向改变，故C错误；由题图丙可知，在t3时刻电流为零，根据FBIL可知，此时线框受到的安培力为零
31、，故D正确7(2019湖北十堰市上学期期末)如图7甲所示，导体棒MN置于水平导轨上，PQMN所围成的矩形的面积为S，PQ之间有阻值为R的电阻，不计导轨和导体棒的电阻导轨所在区域内存在沿竖直方向的匀强磁场，规定磁场方向竖直向上为正，在02t0时间内磁感应强度的变化情况如图乙所示，导体棒MN始终处于静止状态下列说法正确的是()图7A在02t0时间内，导体棒受到的导轨的摩擦力方向先向左后向右，大小不变B在0t0时间内，通过导体棒的电流方向为N到MC在t02t0时间内，通过电阻R的电流大小为D在0t0时间内，通过电阻R的电荷量为答案B解析由题图乙所示图象可知，0t0时间内磁感应强度减小，穿过回路的磁通
32、量减小，由楞次定律可知，为阻碍磁通量的减少，导体棒具有向右的运动趋势，导体棒受到向左的摩擦力，在t02t0时间内，穿过回路的磁通量增加，为阻碍磁通量的增加，导体棒有向左的运动趋势，导体棒受到向右的摩擦力，则在这两个时间段内摩擦力方向相反；0t0时间内产生的感应电动势与感应电流的大小不变，但磁感应强度是变化的，所以安培力是变化的，同理，在t02t0时间内安培力也是变化的，所以02t0时间内摩擦力的大小是变化的，故A错误；由题图乙所示图象可知，在0t0时间内磁感应强度减小，穿过闭合回路的磁通量减少，由楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向，通过导体棒的电流方向为N到M，故B正确；由题图乙所示图象，应用
33、法拉第电磁感应定律可得，在t02t0时间内感应电动势：E，感应电流为：I2，故C错误；由题图乙所示图象，应用法拉第电磁感应定律可得，在0t0时间内感应电动势：E1；感应电流为：I1，电荷量：q1I1t0，故D错误8.(2019福建漳州市第二次教学质量监测)如图8所示，在竖直面内有一半径为L的圆形光滑金属导轨CPD，处于磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面(纸面)向里的匀强磁场中，圆心为O，直径CD水平，半径OP竖直，O、D间用导线连接一质量分布均匀的金属棒OA，长为L，电阻为R，质量为m，能绕水平轴O在竖直平面内自由转动，棒与导轨和轴O始终接触良好，一切摩擦及其他电阻均不计，重力加速度大小为g
34、.若棒从CO处由静止释放，第一次到达OP处时的角速度为，则下列判断正确的是()图8A金属棒能摆到OD处B从OC到PO的过程中，通过金属棒横截面的电荷量为C金属棒第一次到达OP处时，金属棒中通过的电流为D金属棒最终会停下，产生的总焦耳热为mgL答案D解析金属棒沿着导轨摆动切割磁感线而产生动生电动势，导轨与棒组成的回路有感应电流，根据楞次定律可知棒要受到安培阻力，安培力做负功使得机械能变成电能，最终变为焦耳热，则棒不能到达等高的OD处；最终棒通过多个往复的摆动而停在OP处，由能量守恒可知mgW克安Q总，故A错误，D正确从OC到PO的过程中，流过回路的电荷量为qt，又，则q，故B错误棒第一次到达OP
35、处时角速度为，产生的瞬时电动势为EBL，则电流为I，故C错误9.(多选)(2019广西桂林市、贺州市、崇左市3月联合调研)如图9所示，相距为d的两水平直线L1和L2分别是水平向里的匀强磁场的边界，磁场的磁感应强度大小为B，均匀材质制成的正方形线框abcd边长为L(Ld)，质量为m，总电阻为R.现将线框从在磁场上方ab边距L1为h处由静止释放，ab边刚进入磁场时速度与刚穿出磁场时速度相同，重力加速度为g.则以下说法正确的是()图9Aab边刚进入磁场时a点的电势低于b点电势B线框进入磁场过程可能先加速后匀速运动C线框穿过磁场区域过程产生的焦耳热为2mgdD线框从刚下落到cd边刚进入磁场的时间t答案
36、ACD解析ab边刚进入磁场时，根据右手定则，感应电流方向为ab，即b端相当于电源的正极，则a点的电势低于b点电势，故选项A正确；当线框完全进入磁场后，没有感应电流，则只受到重力作用，做加速运动，ab边刚进入磁场时速度与刚穿出磁场时速度相同，说明线框完全进入磁场时的速度小于刚进入磁场时的速度，所以线框进入磁场过程不可能先加速后匀速运动，故选项B错误；由于ab边刚进入磁场时速度与刚穿出磁场时速度相同，根据能量守恒可知，进入时产生的焦耳热为Q1mgd，离开时产生的焦耳热为Q2mgd，则整个过程中产生的焦耳热为：QQ1Q22mgd，故选项C正确；线框从刚下落到cd边刚进入磁场过程中，设cd边刚进入磁场
37、时，线框速度为v，由动量定理得，mgtIAmv0；安培力的冲量IABILtBLq，解得：t，故选项D正确10.(2019广东深圳市第一次调研)如图10，竖直固定的倒U形导轨NMPQ，轨道间距L0.8m，上端开小口与水平线圈C连接，线圈面积S0.8m2，匝数N200，电阻r15.质量m0.08kg的导体棒ab被外力水平压在导轨一侧，导体棒接入电路部分的电阻R1.开始时整个装置处于竖直向上的匀强磁场中t0时撤去外力，同时磁感应强度按BB0kt的规律变化，其中k0.4T/s；t11 s时，导体棒开始下滑，它与导轨间的动摩擦因数0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力其余电阻不计(重力加速度g取10 m/
38、s2)求：图10(1) 01s内通过导体棒的电流的大小；(2) t0时的磁感应强度大小B0；(3)若仅将磁场方向改为竖直向下，要使导体棒ab在01s内仍静止，是否需要将它靠在导轨的另一侧？简要说明理由答案(1) 4A(2)0.9T (3)不需要理由见解析解析(1)0t1时间内，对线圈C和整个回路有：EN，kS，I，联立并代入数据解得I4A(2)t11s时刻，导体棒开始下滑，有：mgFfFfFN；FNB1IL，B1B0kt1，联立并代入数据解得B00.9T(3)不需要；理由：由楞次定律可知，磁场方向相反，感应电流方向也相反，由左手定则可知导体棒所受安培力的方向不变，所以不需要将它靠在导轨的另一侧
39、11.(2019安徽安庆市期末调研监测)如图11所示，水平面上两固定平行光滑金属导轨间距为L，左端用导线连接阻值为R的电阻在间距为d的虚线MN、PQ之间，存在方向垂直导轨平面向下的磁场，磁感应强度大小只随着与MN的距离变化而变化，质量为m、电阻为r的导体棒ab垂直导轨放置，在大小为F的水平恒力作用下由静止开始向右运动，到达虚线MN时的速度为v0.此后恰能以加速度a在磁场中做匀加速运动导轨电阻不计，导体棒始终与导轨接触良好求：图11(1)磁场左边缘MN处的磁感应强度大小B；(2)导体棒通过磁场区域过程中，电路中产生的焦耳热Q.答案(1)(2)(Fma)d解析(1) 导体棒刚进磁场时产生的电动势为
40、：EBLv0由闭合电路欧姆定律有：I又：F安ILB可得：F安由牛顿第二定律有：FF安ma解得：B；(2)导体棒穿过磁场过程，由牛顿第二定律有：FF安ma可得F安Fma，F、a、m恒定，则安培力F安恒定，导体棒克服安培力做功为：WF安d故电路中产生的焦耳热为：QW解得：Q(Fma)d.12(2019河北“五个一名校联盟”第一次诊断)如图12所示，P、Q为水平平行放置的足够长的固定的光滑金属导轨，相距l1m导轨间接有E15V、r1的电源；010的变阻箱R0；R16、R23的电阻；C0.25F的超级电容器，不计电阻的金属棒垂直于导轨跨放在导轨上并与导轨接触良好，棒的质量为m0.2kg，棒的中点用垂直
41、棒的细绳经光滑轻质定滑轮与物体相连，物体的质量M0.4kg.在金属棒所处区域存在磁感应强度大小B2T、方向竖直向下的匀强磁场，且范围足够大(导轨的电阻不计，g取10m/s2)图12(1)现闭合电键S1、S2，为了使物体保持静止，变阻箱连入电路的阻值应是多大？(2)现断开电键S1，闭合S2，待电路稳定后，求电容器的带电荷量？(3)使导体棒静止在导轨上，电键S2断开的情况下(电容器始终正常工作)释放导体棒，试讨论物体的运动情况和电容器带电荷量的变化规律？答案(1)2(2)4.5C(3)见解析解析(1)金属棒受力平衡：MgBlI20流经电阻R1的电流：I1由闭合电路欧姆定律有：E(I1I2)(R0r)I2R2代入数据解得：R02(2)电路稳定后，分析知金属棒将做匀速运动，此时金属棒切割磁感线产生的电动势E1Blv1电路中电流I3金属棒受力平衡有：MgBlI30电容器所带电荷量：QE1C代入数据解得：Q4.5C(3)对物体由牛顿第二定律有：MgFTMa对金属棒由牛顿第二定律有：FTBlIma通过金属棒的电流：I电容器t时间增加的电荷量：QCU金属棒t时间增加的电压：UBlv加速度定义式：a代入数据解得：a2.5m/s2；I1.25A即导体棒做初速度为零，加速度大小为2.5m/s2的匀加速直线运动，电容器所带电荷量每秒均匀增加Q1.25C.
