（全国通用）高考物理二轮热点题型归纳与变式演练 专题33 电磁感应中的力学问题（解析+原卷）学案

专题33 电磁感应中的力学问题目录TOC \o "1-3" \h \u  HYPERLINK \l "_Toc29376" 一、热点题型归纳  HYPERLINK \l "_Toc17993" 【题型一】 电磁感应中的静力学问题  HYPERLINK \l "_Toc26924" 【题型二】 电磁感应中的动力学问题  HYPERLINK \l "_Toc12217" 【题型三】 电磁感应中的能量问题  HYPERLINK \l "_Toc30563" 【题型四】 电磁感应中的动量问题  HYPERLINK \l "_Toc21895" 二、最新模考题组练 2【题型一】 电磁感应中的静力学问题【典例分析】如图所示，MN、PQ是两根足够长的光滑平行金属导轨，导轨间距为d，导轨所在平面与水平面成θ角，M、P间接阻值为R的电阻．匀强磁场的方向与导轨所在平面垂直，磁感应强度大小为B.质量为m、阻值为r的金属棒放在两导轨上，在平行于导轨的拉力作用下，以速度v匀速向上运动．已知金属棒与导轨始终垂直并且保持良好接触，重力加速度为g.求：(1)金属棒产生的感应电动势E；(2)通过电阻R的电流I；(3)拉力F的大小．【提分秘籍】抓住“匀速”、“速度最大”等字眼。三力不共线平衡，可合成其中两个力，也可正交分解。三力以上不共线平衡，一般正交分解。【变式演练】1．如图所示，两块水平放置的金属板距离为d，用导线、开关K与一个n匝的线圈连接，线圈置于方向竖直向上的变化磁场B中．两板间放一台压力传感器，压力传感器上表面静止放置一个质量为m、电荷量为q的带负电小球．K断开时传感器上有示数mg，K闭合稳定后传感器上示数为eq \f(mg,3).则线圈中的磁场B的变化情况和磁通量的变化率分别是(　　)A．正在增加，eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(mgd,q)B．正在减弱，eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(mgd,3nq)C．正在增加，eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(mgd,3q)D．正在减弱，eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(2mgd,3nq)2．（多选）图所示，足够长的光滑导轨倾斜放置，导轨宽度为L，其下端与电阻R连接．导体棒ab电阻为r，导轨和导线电阻不计，匀强磁场竖直向上．若导体棒ab以一定初速度v下滑，则关于ab棒的下列说法中正确的是(　　)A．所受安培力方向水平向右B．可能以速度v匀速下滑C．刚下滑的瞬间ab棒产生的感应电动势为BLvD．减少的重力势能等于电阻R上产生的内能3．（多选）如图所示，在水平光滑绝缘桌面上建立直角坐标系xOy，第一象限内存在垂直桌面向上的磁场，磁场的磁感应强度B沿x轴正方向均匀增大且eq \f(ΔB,Δx)＝k，一边长为a、电阻为R的单匝正方形线圈ABCD在第一象限内以速度v沿x轴正方向匀速运动，运动中AB边始终与x轴平行，则下列判断正确的是(　　)A．线圈中的感应电流沿逆时针方向B．线圈中感应电流的大小为eq \f(ka2v,R)C．为保持线圈匀速运动，可对线圈施加大小为eq \f(k2a4v,R)的水平外力D．线圈不可能有两条边所受安培力大小相等【题型二】 电磁感应中的动力学问题【典例分析】 (多选)如图所示，两根足够长、电阻不计且相距L＝0.2 m的平行金属导轨固定在倾角θ＝37°的绝缘斜面上，顶端接有一盏额定电压U＝4 V的小灯泡，两导轨间有一磁感应强度大小B＝5 T、方向垂直斜面向上的匀强磁场．今将一根长为L、质量为m＝0.2 kg、电阻r＝1.0 Ω的金属棒垂直于导轨放置在顶端附近无初速度释放，金属棒与导轨接触良好，金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.25，已知金属棒下滑到速度稳定时，小灯泡恰能正常发光，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则(　　)A．金属棒刚开始运动时的加速度大小为3 m/s2B．金属棒刚开始运动时的加速度大小为4 m/s2C．金属棒稳定下滑时的速度大小为9.6 m/sD．金属棒稳定下滑时的速度大小为4.8 m/s【提分秘籍】电磁感应中的动力学问题1．题型简述：感应电流在磁场中受到安培力的作用，因此电磁感应问题往往跟力学问题联系在一起．解决这类问题需要综合应用电磁感应规律(法拉第电磁感应定律、楞次定律)及力学中的有关规律(共点力的平衡条件、牛顿运动定律、动能定理等)．2．两种状态及处理方法3.动态分析的基本思路解决这类问题的关键是通过运动状态的分析，寻找过程中的临界状态，如速度、加速度最大值或最小值的条件．【变式演练】1．如图所示，水平面上有两根光滑金属导轨平行固定放置，导轨的电阻不计，间距为l＝0.5 m，左端通过导线与阻值R＝3 Ω的电阻连接，右端通过导线与阻值为RL＝6 Ω的小灯泡L连接，在CDEF矩形区域内存在竖直向上、磁感应强度B＝0.2 T的匀强磁场．一根阻值r＝0.5 Ω、质量m＝0.2 kg的金属棒在恒力F＝2 N的作用下由静止开始从AB位置沿导轨向右运动，经过t＝1 s刚好进入磁场区域．求金属棒刚进入磁场时：(1)金属棒切割磁感线产生的电动势；(2)小灯泡两端的电压和金属棒受到的安培力．2．如图甲所示，两足够长平行光滑的金属导轨MN、PQ相距0.8 m，导轨平面与水平面夹角为α，导轨电阻不计．有一匀强磁场垂直导轨平面斜向上，长为1 m的金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为0.1 kg、与导轨接触端间电阻为1 Ω.两金属导轨的上端连接右端电路，电路中R2为一电阻箱．已知灯泡的电阻RL＝4 Ω，定值电阻R1＝2 Ω，调节电阻箱使R2＝12 Ω，重力加速度g取10 m/s2.将开关S断开，金属棒由静止释放，1 s后闭合开关，如图乙所示为金属棒的速度随时间变化的图象，求：(1)斜面倾角α及磁感应强度B的大小；(2)若金属棒下滑距离为60 m时速度恰达到最大，求金属棒由静止开始下滑100 m的过程中，整个电路产生的电热；(3)改变电阻箱R2的阻值，当R2为何值时，金属棒匀速下滑时R2的功率最大，消耗的最大功率为多少？3．如图所示，两平行光滑金属导轨倾斜放置且固定，两导轨间距为L，与水平面间的夹角为θ，导轨下端有垂直于轨道的挡板，上端连接一个阻值R＝2r的电阻，整个装置处在磁感应强度为B、方向垂直导轨向上的匀强磁场中，两根相同的金属棒ab、cd放在导轨下端，其中棒ab靠在挡板上，棒cd在沿导轨平面向上的拉力作用下，由静止开始沿导轨向上做加速度为a的匀加速运动．已知每根金属棒质量为m、电阻为r，导轨电阻不计，棒与导轨始终接触良好．求：(1)经多长时间棒ab对挡板的压力变为零；(2)棒ab对挡板压力为零时，电阻R的电功率；(3)棒ab运动前，拉力F随时间t的变化关系．【题型三】 电磁感应中的能量问题【典例分析】(多选)如图所示，在竖直方向上有四条间距均为L＝0.5 m的水平虚线L1、L2、L3、L4，在L1、L2之间和L3、L4之间存在匀强磁场，磁感应强度大小均为1 T，方向垂直于纸面向里．现有一矩形线圈abcd，长度ad＝3L，宽度cd＝L，质量为0.1 kg，电阻为1 Ω，将其从图示位置由静止释放(cd边与L1重合)，cd边经过磁场边界线L3时恰好做匀速直线运动，整个运动过程中线圈平面始终处于竖直方向，cd边水平．(g取10 m/s2)则(　　)A．cd边经过磁场边界线L3时通过线圈的电荷量为0.5 CB．cd边经过磁场边界线L3时的速度大小为4 m/sC．cd边经过磁场边界线L2和L4的时间间隔为0.25 sD．线圈从开始运动到cd边经过磁场边界线L4过程，线圈产生的热量为0.7 J【提分秘籍】电磁感应中的动力学和能量问题1．题型简述：电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功来实现的．安培力做功的过程，是电能转化为其他形式的能的过程；外力克服安培力做功的过程，则是其他形式的能转化为电能的过程．2．解题的一般步骤(1)确定研究对象(导体棒或回路)；(2)弄清电磁感应过程中，哪些力做功，哪些形式的能量相互转化；(3)根据能量守恒定律或功能关系列式求解．3．求解电能应分清两类情况(1)若回路中电流恒定，可以利用电路结构及W＝UIt或Q＝I2Rt直接进行计算．(2)若电流变化，则①利用安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功；②利用能量守恒求解：若只有电能与机械能的转化，则减少的机械能等于产生的电能．【变式演练】1．如图所示，虚线两侧的磁感应强度大小均为B，方向相反，电阻为R的导线弯成顶角为90°，半径为r的两个扇形组成的回路，O为圆心，整个回路可绕O点转动．若由图示的位置开始沿顺时针方向以角速度ω转动，则在一个周期内电路消耗的电能为(　　)A.eq \f(πB2ωr4,R) B.eq \f(2πB2ωr4,R)C.eq \f(4πB2ωr4,R) D.eq \f(8πB2ωr4,R)2．水平放置的两根平行金属导轨ad和bc，导轨两端a、b和c、d两点分别连接电阻R1和R2，组成矩形线框，如图所示，ad和bc相距L＝0.5 m，放在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B＝1 T，一根电阻为0.2 Ω的导体棒PQ跨接在两根金属导轨上，在外力作用下以4 m/s的速度，向右匀速运动，如果电阻R1＝0.3 Ω，R2＝0.6 Ω，导轨ad和bc的电阻不计，导体棒与导轨接触良好．求：(1)导体棒PQ中产生的感应电流的大小；(2)导体棒PQ上感应电流的方向；(3)导体棒PQ向右匀速滑动的过程中，外力做功的功率．3．如图所示，间距为L的平行且足够长的光滑导轨由两部分组成．倾斜部分与水平部分平滑相连，倾角为θ，在倾斜导轨顶端连接一阻值为r的定值电阻．质量为m、电阻也为r的金属杆MN垂直导轨跨放在导轨上，在倾斜导轨区域加一垂直导轨平面向下、磁感应强度为B的匀强磁场；在水平导轨区域加另一垂直轨道平面向下、磁感应强度也为B的匀强磁场．闭合开关S，让金属杆MN从图示位置由静止释放，已知金属杆MN运动到水平轨道前，已达到最大速度，不计导轨电阻且金属杆MN始终与导轨接触良好，重力加速度为g.求：(1)金属杆MN在倾斜导轨上滑行的最大速率vm；(2)金属杆MN在倾斜导轨上运动，速度未达到最大速度vm前，当流经定值电阻的电流从零增大到I0的过程中，通过定值电阻的电荷量为q，求这段时间内在定值电阻上产生的焦耳热Q；(3)金属杆MN在水平导轨上滑行的最大距离xm.【题型四】 电磁感应中的动量问题【典例分析】电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理可用来研制新武器和航天运载器。电磁轨道炮示意如图，图中直流电源电动势为E，电容器的电容为C。两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为l，电阻不计。炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触。首先开关S接1，使电容器完全充电。然后将S接至2，导轨间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)，MN开始向右加速运动。当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零，MN达到最大速度，之后离开导轨。问：(1)磁场的方向；(2)MN刚开始运动时加速度a的大小；(3)MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q是多少。【提分秘籍】涉及电荷量且与力学综合，可以考虑动量定理。【变式演练】1．如图所示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，宽度L＝0.4 m，一端连接R＝1 Ω的电阻。导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B＝1 T。导体棒MN放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好，导轨和导体棒的电阻均可忽略不计。在平行于导轨的拉力F作用下，导体棒沿导轨向右匀速运动，速度v＝5 m/s 。求：(1)感应电动势E和感应电流I；(2)在0.1 s时间内，拉力的冲量IF的大小；(3)若将MN换为电阻r＝1 Ω的导体棒，其他条件不变，求导体棒两端的电压U。2．如图所示，在光滑的水平面上，有一垂直向下的匀强磁场分布在宽为L的区域内，现有一个边长为＜L的正方形闭合线圈以速度垂直磁场边界滑过磁场后速度变为＜那么（ ）×　×　×　×　××　×　×　×　×V0LaA．完全进入磁场时线圈的速度大于/2B．完全进入磁场时线圈的速度等于/2C．完全进入磁场时线圈的速度小于/2D．以上情况AB均有可能，而C是不可能的1．（2021年山东卷）（多选）.如图所示，电阻不计的光滑U形金属导轨固定在绝缘斜面上.区域Ⅰ、Ⅱ中磁场方向均垂直斜面向上，Ⅰ区中磁感应强度随时间均匀增加，Ⅱ区中为匀强磁场.阻值恒定的金属棒从无磁场区域中a处由静止释放，进入Ⅱ区后，经b下行至c处反向上行.运动过程中金属棒始终垂直导轨且接触良好.在第一次下行和上行的过程中，以下叙述正确的是( )A.金属棒下行过b时的速度大于上行过b时的速度B.金属棒下行过b时的加速度大于上行过b时的加速度C.金属棒不能回到无磁场区D.金属棒能回到无磁场区，但不能回到a处2．（2021年全国甲卷）由相同材料的导线绕成边长相同的甲、乙两个正方形闭合线圈，两线圈的质量相等，但所用导线的横截面积不同，甲线圈的匝数是乙的2倍。现两线圈在竖直平面内从同一高度同时由静止开始下落，一段时间后进入一方向垂直于纸面的匀强磁场区域，磁场的上边界水平，如图所示。不计空气阻力，已知下落过程中线圈始终平行于纸面，上、下边保持水平。在线圈下边进入磁场后且上边进入磁场前，可能出现的是( )A.甲和乙都加速运动 B.甲和乙都减速运动C.甲加速运动，乙减速运动 D.甲减速运动，乙加速运动3、（2021年湖南卷）两个完全相同的正方形匀质金属框，边长为L，通过长为L的绝缘轻质杆相连，构成如图所示的合体。距离组合体下底边H处有一方向水平、垂直纸面向里的匀强磁场。磁场区域上下边界水平，高度为L，左右宽度足够大。把该组合体在垂直磁场的平面内以初速度水平无旋转抛出，设置合适的磁感应强度大小B使其匀速通过磁场，不计空气阻力。下列说法正确的是( )A.B与无关，与成反比B.通过磁场的过程中，金属框中电流的大小和方向保持不变C.通过磁场的过程中，组合体克服安培力做功的功率与重力做功的功率相等D.调节H、和B，只要组合体仍能匀速通过磁场，则其通过磁场的过程中产生的热量不变4．如图，由某种粗细均匀的总电阻为3R的金属条制成的矩形线框abcd，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场B中．一接入电路电阻为R的导体棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动，滑动过程PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，不计摩擦．在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中(　　)A．PQ中电流先增大后减小B．PQ两端电压先减小后增大C．PQ上拉力的功率先减小后增大D．线框消耗的电功率先减小后增大5．如图所示的匀强磁场中有一根弯成45°的金属线POQ，其所在平面与磁场垂直，长直导线MN与金属线紧密接触，起始时OA＝l0 ，且MN⊥OQ，所有导线单位长度电阻均为r，MN匀速水平向右运动的速度为v，使MN匀速运动的外力为F，则外力F随时间变化的规律图象正确的是(　　)6、如图甲，在水平桌面上固定着两根相距L＝20 cm、相互平行的无电阻轨道P、Q，轨道一端固定一根电阻R＝0.02 Ω的导体棒a，轨道上横置一根质量m＝40 g、电阻可忽略不计的金属棒b，两棒相距也为L＝20 cm.该轨道平面处在磁感应强度大小可以调节的竖直向上的匀强磁场中．开始时，磁感应强度B0＝0.1 T．设棒与轨道间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2.(1)若保持磁感应强度B0的大小不变，从t＝0时刻开始，给b棒施加一个水平向右的拉力，使它由静止开始做匀加速直线运动．此拉力F的大小随时间t变化关系如图乙所示．求b棒做匀加速运动的加速度及b棒与轨道间的滑动摩擦力；(2)若从t＝0开始，磁感应强度B随时间t按图丙中图象所示的规律变化，求在金属棒b开始运动前，这个装置释放的热量．7.如图所示，两根相距L＝1 m的足够长的光滑金属导轨，一组导轨水平，另一组导轨与水平面成37°角，拐角处连接一阻值R＝1 Ω的电阻．质量均为m＝2 kg的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，导轨电阻不计，两杆的电阻均为R＝1 Ω.整个装置处于磁感应强度大小B＝1 T、方向垂直于导轨平面的匀强磁场中．当ab杆在平行于水平导轨的拉力作用下沿导轨向右匀速运动时，cd杆静止．g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：(1)水平拉力的功率；(2)现让cd杆静止，求撤去拉力后ab杆产生的焦耳热．8、如图，矩形闭合导体线框在匀强磁场上方，由不同高度静止释放，用t1、t2分别表示线框ab边和cd边刚进入磁场的时刻．线框下落过程形状不变，ab边始终保持与磁场水平边界线OO′平行，线框平面与磁场方向垂直．设OO′下方磁场区域足够大，不计空气的影响，则下列哪一个图象不可能反映线框下落过程中速度v随时间t变化的规律(　　)9.[多选]如图，光滑平行金属导轨固定在水平面上，左端由导线相连，导体棒垂直静置于导轨上构成回路。在外力F作用下，回路上方的条形磁铁竖直向上做匀速运动。在匀速运动过程中外力F做功WF，磁场力对导体棒做功W1，磁铁克服磁场力做功W2，重力对磁铁做功WG，回路中产生的焦耳热为Q，导体棒获得的动能为Ek。则(　　)A．W1＝Q B．W2－W1＝QC．W1＝Ek D．WF＋WG＝Ek＋Q10.如图所示，导体杆OQ在作用于OQ中点且垂直于OQ的力作用下，绕O轴沿半径为r的光滑的半圆形框架在匀强磁场中以一定的角速度转动，磁场的磁感应强度为B，方向垂直于框架平面，AO间接有电阻R，杆和框架电阻不计，回路中的总电功率为P，则(　　)A．外力的大小为2Br eq \r(\f(P,R))B．外力的大小为Breq \r(PR)C．导体杆旋转的角速度为eq \f(2\r(PR),Br2)D．导体杆旋转的角速度为eq \f(2,Br2) eq \r(\f(P,R))11．小明同学设计了一个“电磁天平”，如图甲所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡。线圈的水平边长L＝0.1 m，竖直边长H＝0.3 m，匝数为N1。线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B0＝1.0 T，方向垂直线圈平面向里。线圈中通有可在0～2.0 A范围内调节的电流I。挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使天平平衡，测出电流即可测得物体的质量。(重力加速度取g＝10 m/s2)(1)为使电磁天平的量程达到0.5 kg，线圈的匝数N1至少为多少？(2)进一步探究电磁感应现象，另选N2＝100匝、形状相同的线圈，总电阻R＝10 Ω。不接外电流，两臂平衡。如图乙所示，保持B0不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B随时间均匀变大，磁场区域宽度d＝0.1 m。当挂盘中放质量为0.01 kg的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率eq \f(ΔB,Δt)。12．如图甲中，两平行光滑金属导轨放置在水平面上且间距为L，左端接电阻R，导轨电阻不计。整个装置处于方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中。将质量为m、电阻为r的金属棒ab置于导轨上。当ab受到垂直于金属棒的水平外力F的作用由静止开始运动时，F与金属棒速度v的关系如图乙所示。已知ab与导轨始终垂直且接触良好，设ab中的感应电流为I，ab受到的安培力大小为F安，R两端的电压为UR，R的电功率为P，则下图中正确的是(　　)13．[多选]用一段横截面半径为r、电阻率为ρ、密度为d的均匀导体材料做成一个半径为R(r≪R)的圆环。圆环竖直向下落入如图所示的径向磁场中，圆环的圆心始终在N极的轴线上，圆环所在位置的磁感应强度大小均为B，圆环在加速下落过程中某一时刻的速度为v，忽略电感的影响，则(　　)A．此时在圆环中产生了(俯视)顺时针的感应电流B．圆环因受到了向下的安培力而加速下落C．此时圆环的加速度a＝eq \f(B2v,ρd)D．如果径向磁场足够长，则圆环的最大速度vm＝eq \f(ρ dg,B2)参考答案【题型一】 电磁感应中的静力学问题【典例分析】答案　(1)Bdv　(2)eq \f(Bdv,R＋r)　(3)mgsin θ＋eq \f(B2d2v,R＋r)解析　(1)根据法拉第电磁感应定律得E＝Bdv.(2)根据闭合电路欧姆定律得I＝eq \f(E,R＋r)＝eq \f(Bdv,R＋r)(3)导体棒的受力情况如图所示，根据牛顿第二定律有F－F安－mgsin θ＝0，又因为F安＝BId＝eq \f(B2d2v,R＋r)，所以F＝mgsin θ＋eq \f(B2d2v,R＋r).【变式演练】1．答案　D解析　K闭合稳定后传感器上示数为eq \f(mg,3)，说明此时上极板带正电，即上极板电势高于下极板电势，极板间的场强方向向下，大小满足Eq＋eq \f(mg,3)＝mg，即E＝eq \f(2mg,3q)，又U＝Ed，所以两极板间的电压U＝eq \f(2mgd,3q)；线圈部分相当于电源，则感应电流的方向是从下往上，据此结合楞次定律可判断穿过线圈的磁通量正在减少，线圈中产生的感应电动势的大小为neq \f(ΔΦ,Δt)，根据neq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(2mgd,3q)可得eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(2mgd,3nq).2．答案　AB解析　导体棒ab以一定初速度v下滑，切割磁感线产生感应电动势和感应电流，由右手定则可判断出电流方向为从b到a，由左手定则可判断出ab棒所受安培力方向水平向右，选项A正确．当mgsin θ＝BILcos θ时，ab棒沿导轨方向合外力为零，可以速度v匀速下滑，选项B正确．由于速度方向与磁场方向夹角为(90°＋θ)，刚下滑的瞬间ab棒产生的感应电动势为E＝BLvcos θ，选项C错误．由能量守恒定律知，ab棒减少的重力势能不等于电阻R上产生的内能，选项D错误．3．答案　BC解析　由楞次定律得感应电流沿顺时针方向，A错误；设线圈向右移动一段距离Δl，则通过线圈的磁通量变化为ΔΦ＝Δl·eq \f(ΔB,Δx)·a2＝Δl·a2k，而所需时间为Δt＝eq \f(Δl,v)，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势为E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝ka2v，故感应电流大小为I＝eq \f(E,R)＝eq \f(ka2v,R)，B正确；线圈匀速运动时，外力与安培力平衡，由平衡条件得F＝(B2－B1)Ia＝ka2I＝eq \f(k2a4v,R)，C正确；线圈的AB、CD两条边所受安培力大小相等，D错误．【题型二】 电磁感应中的动力学问题【典例分析】 答案　BD解析　金属棒刚开始运动时初速度为零，不受安培力作用，由牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcos θ＝ma，代入数据得a＝4 m/s2，故选项A错误，B正确；设金属棒稳定下滑时速度为v，感应电动势为E，回路中的电流为I，由平衡条件得mgsin θ＝BIL＋μmgcos θ，由闭合电路欧姆定律得I＝eq \f(E－U,r)，由法拉第电磁感应定律得E＝BLv，联立解得v＝4.8 m/s，故选项C错误，D正确．【变式演练】1．答案　(1)1 V　(2)0.8 V　0.04 N，方向水平向左解析　(1)0～1 s棒只受拉力，由牛顿第二定律得F＝ma，金属棒进入磁场前的加速度a＝eq \f(F,m)＝10 m/s2.设其刚要进入磁场时速度为v，v＝at＝10×1 m/s＝10 m/s.金属棒进入磁场时切割磁感线，感应电动势E＝Blv＝0.2×0.5×10 V＝1 V.(2)小灯泡与电阻R并联，R并＝eq \f(R·RL,R＋RL)＝2 Ω，通过金属棒的电流大小I＝eq \f(E,R并＋r)＝0.4 A，小灯泡两端的电压U＝E－Ir＝1 V－0.4×0.5 V＝0.8 V.金属棒受到的安培力大小FA＝BIl＝0.2×0.4×0.5 N＝0.04 N，由右手定则和左手定则可判断安培力方向水平向左．2．答案　(1)30°　0.5 T　(2)32.42 J　(3)1.562 5 W解析　(1)开关S断开，由题图甲、乙得a＝gsin α＝eq \f(Δv,Δt)＝5 m/s2，则sin α＝eq \f(1,2)，α＝30°.F安＝BIL，I＝eq \f(BLvm,R总)，R总＝Rab＋R1＋eq \f(R2RL,R2＋RL)＝(1＋2＋eq \f(4×12,4＋12))Ω＝6 Ω，由图乙得vm＝18.75 m/s，当金属棒匀速下滑时速度最大，有mgsin α＝F安，所以mgsin α＝eq \f(B2L2vm,R总)，得B＝ eq \r(\f(mgsin α·R总,vm·L2))＝ eq \r(\f(0.1×10×\f(1,2)×6,18.75×0.82))T＝0.5 T.(2)由动能定理有mg·s·sin α－Q＝eq \f(1,2)mveq \o\al( 2,m)－0，得Q＝mg·s·sin α－eq \f(1,2)mveq \o\al( 2,m)≈32.42 J.(3)改变电阻箱R2的阻值后，设金属棒匀速下滑时的速度为vm′，则有mgsin α＝BI总L，R并′＝eq \f(R2RL,R2＋RL)＝eq \f(4 Ω×R2,4 Ω＋R2)，R2消耗的功率P2＝eq \f(U\o\al( 2,并),R2)＝eq \f(I总R并′2,R2)＝eq \f(\f(mgsin α,BL)·R并′2,R2)＝(eq \f(mgsin α,BL))2·eq \f(\f(4 Ω×R2,4 Ω＋R2)2,R2)＝(eq \f(mgsin α,BL))2·eq \f(16R2,16＋8R2＋R\o\al(2,2))＝(eq \f(mgsin α,BL))2·eq \f(16,\f(16,R2)＋8＋R2)，当R2＝4 Ω时，R2消耗的功率最大，P2m＝1.562 5 W.3．答案　(1)eq \f(5mgrsin θ,2B2L2a)　(2)eq \f(m2g2rsin2θ,2B2L2)(3)F＝m(gsin θ＋a)＋eq \f(3B2L2a,5r)t解析　(1)棒ab对挡板的压力为零时，受力分析可得BIabL＝mgsin θ设经时间t0棒ab对挡板的压力为零，棒cd产生的电动势为E，则E＝BLat0I＝eq \f(E,r＋R外)R外＝eq \f(Rr,R＋r)＝eq \f(2,3)rIab＝eq \f(R,R＋r)I解得t0＝eq \f(5mgrsin θ,2B2L2a)(2)棒ab对挡板压力为零时，cd两端电压为Ucd＝E－Ir解得Ucd＝eq \f(mgrsin θ,BL)此时电阻R的电功率为P＝eq \f(U\o\al(2,cd),R)解得P＝eq \f(m2g2rsin2θ,2B2L2)(3)对cd棒，由牛顿第二定律得F－BI′L－mgsin θ＝maI′＝eq \f(E′,r＋R外)E′＝BLat解得F＝m(gsin θ＋a)＋eq \f(3B2L2a,5r)t.【题型三】 电磁感应中的能量问题【典例分析】答案　BD解析　cd边从L1运动到L2，通过线圈的电荷量为q＝eq \f(ΔΦ,R)＝eq \f(BL2,R)＝eq \f(1×0.52,1) C＝0.25 C，故A错误；cd边经过磁场边界线L3时恰好做匀速直线运动，根据平衡条件有mg＝BIL，而I＝eq \f(BLv,R)，联立两式解得v＝eq \f(mgR,B2L2)＝eq \f(0.1×10×1,12×0.52) m/s＝4 m/s，故B正确；cd边从L2到L3的过程中，穿过线圈的磁通量没有改变，没有感应电流产生，不受安培力，线圈做匀加速直线运动，加速度为g，设此过程的时间为t1，此过程的逆过程为匀减速运动，由运动学公式得L＝vt1－eq \f(1,2)gteq \o\al( 2,1)，cd边从L3到L4的过程做匀速运动，所用时间为t2＝eq \f(L,v)＝0.125 s，故cd边经过磁场边界线L2和L4的时间间隔为t1＋t2＞0.25 s，故C错误；线圈从开始运动到cd边经过磁场边界线L4过程，根据能量守恒得Q＝mg·3L－eq \f(1,2)mv2＝0.7 J，故D正确．【变式演练】1．答案　C解析　从图示位置开始计时，在一个周期T内，在0～eq \f(T,4)、eq \f(T,2)～eq \f(3,4)T内没有感应电流产生，在eq \f(T,4)～eq \f(T,2)，eq \f(3,4)T～T内有感应电流产生，在eq \f(T,4)～eq \f(T,2)，eq \f(3,4)T～T内线框产生的总的感应电动势E＝4×eq \f(1,2)Br2ω＝2Br2ω，则在一周期内电路释放的电能为Q＝eq \f(E2,R)·eq \f(T,2)，T＝eq \f(2π,ω)，解得Q＝eq \f(4πB2ωr4,R)，C项正确．2．答案　(1)5 A　(2)Q→P　(3)10 W解析　(1)根据法拉第电磁感应定律E＝BLv＝1×0.5×4 V＝2 V又R外＝eq \f(R1R2,R1＋R2)＝eq \f(0.3×0.6,0.3＋0.6) Ω＝0.2 Ω则感应电流的大小I＝eq \f(E,R外＋r)＝eq \f(2,0.2＋0.2) A＝5 A(2)根据右手定则判定电流方向为Q→P(3)导体棒PQ匀速运动，则F＝F安＝BIL＝1×5×0.5 N＝2.5 N故外力做功的功率P＝Fv＝2.5×4 W＝10 W.3．答案　见解析解析　(1)金属杆MN在倾斜导轨上滑行的速度最大时，其受到的合力为零，对其受力分析，可得mgsin θ－BImL＝0根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律可得：Im＝eq \f(BLvm,2r)解得：vm＝eq \f(2mgrsin θ,B2L2)(2)设在这段时间内，金属杆MN运动的位移为x由电流的定义可得：q＝eq \x\to(I)Δt根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律得：平均电流eq \x\to(I)＝eq \f(BΔS,2rΔt)＝eq \f(BLx,2rΔt)解得：x＝eq \f(2qr,BL)设电流为I0时金属杆MN的速度为v0，根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律，可得I0＝eq \f(BLv0,2r)，解得v0＝eq \f(2rI0,BL)设此过程中，电路产生的焦耳热为Q热，由功能关系可得：mgxsin θ＝Q热＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)定值电阻r产生的焦耳热Q＝eq \f(1,2)Q热解得：Q＝eq \f(mgqrsin θ,BL)－eq \f(mI\o\al( 2,0)r2,B2L2)(3)设金属杆MN在水平导轨上滑行时的加速度大小为a，速度为v时回路电流为I，由牛顿第二定律得：BIL＝ma由法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律可得：I＝eq \f(BLv,2r)得：eq \f(B2L2,2r)v＝meq \f(Δv,Δt)eq \f(B2L2,2r)vΔt＝mΔv，即eq \f(B2L2,2r)xm＝mvm得：xm＝eq \f(4m2gr2sin θ,B4L4)【题型四】 电磁感应中的动量问题【典例分析】解析：(1)将S接1时，电容器充电，上极板带正电，下极板带负电，当将S接2时，电容器放电，流经MN的电流由M到N，又知MN向右运动，由左手定则可知磁场方向垂直于导轨平面向下。(2)电容器完全充电后，两极板间电压为E，当开关S接2时，电容器放电，设刚放电时流经MN的电流为I，有I＝eq \f(E,R)　①设MN受到的安培力为F，有F＝IlB　②由牛顿第二定律，有F＝ma　③联立①②③式得a＝eq \f(BlE,mR)。　④(3)当电容器充电完毕时，设电容器上电荷量为Q0，有Q0＝CE　⑤开关S接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值vmax时，设MN上的感应电动势为E′，有E′＝Blvmax　⑥依题意有E′＝eq \f(Q,C)　⑦设在此过程中MN的平均电流为eq \x\to(I)，MN上受到的平均安培力为eq \x\to(F)，有eq \x\to(F)＝eq \x\to(I)lB　⑧由动量定理，有eq \x\to(F)Δt＝mvmax－0　⑨又eq \x\to(I)Δt＝Q0－Q　⑩联立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得Q＝eq \f(B2l2C2E,m＋B2l2C)。　⑪答案：(1)垂直导轨平面向下　(2)eq \f(BlE,mR)　(3)eq \f(B2l2C2E,m＋B2l2C)【变式演练】1．解析：(1)根据动生电动势公式得E＝BLv＝1×0.4×5 V＝2 V故感应电流I＝eq \f(E,R)＝eq \f(2 V,1 Ω)＝2 A。(2)导体棒在匀速运动过程中，所受的安培力大小为F安＝BIL＝0.8 N，因做匀速直线运动，所以导体棒所受拉力F＝F安＝0.8 N所以拉力的冲量IF＝Ft＝0.8 N×0.1 s＝0.08 N·s。(3)其他条件不变，则有电动势E＝2 V由闭合电路欧姆定律I′＝eq \f(E,R＋r)＝1 A导体棒两端电压U＝I′R＝1 V。答案：(1)E＝2.0 V、I＝2.0 A　(2)IF＝0.08 N·s(3)U＝1 V2．答案：B1．答案：ABD2．答案：AB解析：本题考查电磁感应。根据题意可知，两线框对应的各物理量，如表所示：线框刚进入磁场时的安培力,若甲进入磁场时速度为v，则有，此时乙有，故，又由于两者质量相同，可判断两者合外力相同，加速度相同，若甲加速，则乙一定加速，若甲减速，则乙一定减速，A、B项正确。3、答案：CD解析：本题考查楞次定律、电磁感应的力学问题、能量问题。导线框水平运动不会产生感应电流，只有竖直方向上切割磁感线运动才会产生电磁感应现象。根据题意导线框匀速经过该区域，则进入磁场时，安培力等于重力，即，即与成反比，A项错误；进入磁场时磁通量增大，根据楞次定律可知，线圈中产生逆时针方向的电流，当离开磁场时，磁通量减少，产生顺时针方向的电流，B项错误；组合体经过磁场的过程中只受到竖直向下的重力和竖直向上的安培力，二者等大、反向，所以功率大小相等，C项正确；只要组合体匀速经过磁场，安培力就始终等于重力，所以克服安培力做功不变，电路中的电能不变，产生的热量不变，D项正确。4．答案　C解析　如图所示，设PQ左侧电路的电阻为Rx，则右侧电路的电阻为3R－Rx，所以外电路的总电阻为R外＝eq \f(Rx3R－Rx,3R)，外电路电阻先增大后减小，所以路端电压先增大后减小，所以B错误；电路的总电阻先增大后减小，再根据闭合电路的欧姆定律可得PQ中的电流I＝eq \f(E,R＋R外)先减小后增大，故A错误；由于导体棒做匀速运动，拉力等于安培力，即F＝BIL，拉力的功率P＝BILv，故先减小后增大，所以C正确；外电路的总电阻R外＝eq \f(Rx3R－Rx,3R)，最大值为eq \f(3,4)R，小于导体棒的电阻R，又外电阻先增大后减小，由电源的输出功率与外电阻的变化关系可知，线框消耗的电功率先增大后减小，故D错误．5．答案　C解析　设经过时间t，则N点距O点的距离为l0＋vt，直导线在回路中的长度也为l0＋vt，此时直导线产生的感应电动势E＝B(l0＋vt)v；整个回路的电阻为R＝(2＋eq \r(2))(l0＋vt)r，回路的电流I＝eq \f(E,R)＝eq \f(Bl0＋vtv,2＋\r(2)l0＋vtr)＝eq \f(Bv,2＋\r(2)r)；直导线受到的外力F大小等于安培力，即F＝BIL＝Beq \f(Bv,2＋\r(2)r)(l0＋vt)＝eq \f(B2v,2＋\r(2)r)(l0＋vt)，故C正确．6、答案　(1)5 m/s2　0.2 N　(2)0.036 J解析　(1)F安＝B0IL ①E＝B0Lv ②I＝eq \f(E,R)＝eq \f(B0Lv,R) ③v＝at ④所以F安＝eq \f(B\o\al( 2,0)L2a,R)t当b棒匀加速运动时，根据牛顿第二定律有F－Ff－F安＝ma ⑤联立可得F－Ff－eq \f(B\o\al( 2,0)L2a,R)t＝ma ⑥由图象可得：当t＝0时，F＝0.4 N，当t＝1 s时，F＝0.5 N.代入⑥式，可解得a＝5 m/s2，Ff＝0.2 N.(2)当磁感应强度均匀增大时，闭合电路中有恒定的感应电流I，以b棒为研究对象，它受到的安培力逐渐增大，静摩擦力也随之增大，当磁感应强度增大到b所受安培力F安′与最大静摩擦力Ff相等时开始滑动感应电动势E′＝eq \f(ΔB,Δt)L2＝0.02 V ⑦I′＝eq \f(E′,R)＝1 A ⑧棒b将要运动时，有F安′＝BtI′L＝Ff ⑨所以Bt＝1 T，根据Bt＝B0＋eq \f(ΔB,Δt)t ⑩得t＝1.8 s，回路中产生的焦耳热为Q＝I′2Rt＝0.036 J.7.答案　(1)864 W　(2)864 J解析　(1)cd杆静止，由平衡条件可得mgsin θ＝BIL，解得I＝12 A由闭合电路欧姆定律得2I＝eq \f(BLv,R＋\f(R,2))，得v＝36 m/s水平拉力F＝2BIL＝24 N，水平拉力的功率P＝Fv＝864 W(2)撤去外力后ab杆在安培力作用下做减速运动，安培力做负功，先将棒的动能转化为电能，再通过电流做功将电能转化为整个电路产生的焦耳热，即焦耳热等于杆的动能的减小量，有Q＝ΔEk＝eq \f(1,2)mv2＝1 296 J而Q＝I′2·eq \f(3,2)R·t，ab杆产生的焦耳热Q′＝I′2·R·t，所以Q′＝eq \f(2,3)Q＝864 J.8、答案　A解析　线框在0～t1这段时间内做自由落体运动，v－t图象为过原点的倾斜直线，t2之后线框完全进入磁场区域中，无感应电流，线框不受安培力，只受重力，线框做匀加速直线运动，v－t图象为倾斜直线．t1～t2这段时间线框受到安培力作用，线框的运动类型只有三种，即可能为匀速直线运动、也可能为加速度逐渐减小的加速直线运动，还可能为加速度逐渐减小的减速直线运动，而A选项中，线框做加速度逐渐增大的减速直线运动是不可能的，故不可能的v－t图象为A选项中的图象．9.解析：选BCD　由能量守恒定律可知：磁铁克服磁场力做功W2，等于回路的电能，电能一部分转化为内能，另一部分转化为导体棒的机械能，所以W2－ W1＝Q，故A错误，B正确；以导体棒为对象，由动能定理可知，磁场力对导体棒做功W1＝Ek，故C正确；外力对磁铁做功与重力对磁铁做功之和为回路中的电能，也等于焦耳热和导体棒的动能，故D正确。10.解析：选C　由题意知，导体杆切割磁感线产生的电动势为E＝eq \r(PR)，设Q点的线速度大小为v，则导体杆旋转切割磁感线产生的感应电动势E＝eq \f(1,2)Brv，根据P＝F·eq \f(1,2)v及ω＝eq \f(v,r)，求得F＝Breq \r(\f(P,R))，ω＝eq \f(2\r(PR),Br2)，因此C项正确。11．解析：(1)线圈受到安培力F＝N1B0IL天平平衡mg＝N1B0IL代入数据得N1＝25 匝。(2)由电磁感应定律得E＝N2eq \f(ΔΦ,Δt)即E＝N2eq \f(ΔB,Δt)Ld由欧姆定律得I′＝eq \f(E,R)线圈受到安培力F′＝N2B0I′L天平平衡m′g＝N22B0eq \f(ΔB,Δt)·eq \f(dL2,R)代入数据可得eq \f(ΔB,Δt)＝0.1 T/s。答案：(1)25匝　(2)0.1 T/s12．解析：选A　由题图乙可得F＝F0－kv，金属棒切割磁感线产生电动势E＝BLv，金属棒中电流I＝BLv/(R＋r)，金属棒受安培力F安＝BIL，对金属棒根据牛顿第二定律：F－F安＝ma，代入得：F0－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k＋\f(B2L2,R＋r)))v＝ma，所以金属棒做加速度减小的加速运动，当加速度减为零时，做匀速运动，所以A正确；F安＝eq \f(B2L2v,R＋r)，UR＝eq \f(BLv,R＋r)R，R消耗的功率P＝eq \f(UR2,R)，所以B、C、D错误。13．解析：选AD　圆环向下切割磁感线，由右手定则可知，圆环中感应电流的方向为顺时针方向(俯视)，A正确；再由左手定则可知，圆环受的安培力向上，B错误；圆环中感应电动势为E＝B·2πR·v，感应电流I＝eq \f(E,R′)，电阻R′＝ρeq \f(2πR,πr2)＝eq \f(2Rρ,r2)，解得I＝eq \f(Bπvr2,ρ)。圆环受的安培力F＝BI·2πR＝eq \f(2B2π2vRr2,ρ)。圆环的加速度a＝eq \f(mg－F,m)＝g－eq \f(2B2π2vRr2,mρ)，圆环质量m＝d·2πR·πr2，解得加速度a＝g－eq \f(B2v,ρd)，C错误；当mg＝F时，加速度a＝0，速度最大，vm＝eq \f(ρ dg,B2)，D正确。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匝数质量导线长横截面积电阻甲mS乙nmR比值（甲:乙）2:11:12:11:24:1