2023版高考物理步步高大二轮复习讲义第一篇 专题四 第11讲　电磁感应【解析版】

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考点一 楞次定律与法拉第电磁感应定律的应用
1．感应电流方向的判断
(1)楞次定律：线圈面积不变，磁感应强度发生变化的情形，往往用楞次定律．
(2)右手定则：导体棒切割磁感线的情形往往用右手定则．
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——一般情况下为“增缩减扩”；
(4)阻碍原电流的变化(自感现象)——一般情况下为“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),B不变时，E＝nB\f(ΔS,Δt)))
(2)导体棒垂直切割磁感线：E＝Blv.
(3)导体棒以一端为圆心在垂直匀强磁场的平面内匀速转动：E＝eq \f(1,2)Bl2ω.
(4)线圈绕与磁场垂直的轴匀速转动(从线圈位于中性面开始计时)：e＝nBSωsin ωt.
4．通过回路截面的电荷量q＝eq \x\t(I)Δt＝eq \f(nΔΦ,R总Δt)Δt＝eq \f(nΔΦ,R总).q仅与n、ΔΦ和回路总电阻R总有关，与时间长短无关，与Φ是否均匀变化无关．
例1 (多选)(2022·广东卷·10)如图所示，水平地面(Oxy平面)下有一根平行于y轴且通有恒定电流I的长直导线．P、M和N为地面上的三点，P点位于导线正上方，MN平行于y轴，PN平行于x轴．一闭合的圆形金属线圈，圆心在P点，可沿不同方向以相同的速率做匀速直线运动，运动过程中线圈平面始终与地面平行．下列说法正确的有( )
A．N点与M点的磁感应强度大小相等，方向相同
B．线圈沿PN方向运动时，穿过线圈的磁通量不变
C．线圈从P点开始竖直向上运动时，线圈中无感应电流
D．线圈从P到M过程的感应电动势与从P到N过程的感应电动势相等
答案 AC
解析 依题意，M、N两点连线与长直导线平行，两点与长直导线的距离相等，根据右手螺旋定则可知，通电长直导线在M、N两点产生的磁感应强度大小相等、方向相同，故A正确；根据右手螺旋定则，线圈在P点时，穿进线圈中的磁感线与穿出线圈中的磁感线相等，磁通量为零，在向N点平移过程中，穿进线圈中的磁感线与穿出线圈中的磁感线不再相等，穿过线圈的磁通量发生变化，故B错误；根据右手螺旋定则，线圈从P点竖直向上运动过程中，穿进线圈中的磁感线与穿出线圈中的磁感线始终相等，穿过线圈的磁通量始终为零，没有发生变化，线圈中无感应电流，故C正确；线圈从P点到M点与从P点到N点，穿过线圈的磁通量变化量相同，依题意从P点到M点所用时间较从P点到N点的时间长，根据法拉第电磁感应定律，可知两次的感应电动势不相等，故D错误．
例2 (多选)(2021·辽宁卷·9)如图(a)所示，两根间距为L、足够长的光滑平行金属导轨竖直放置并固定，顶端接有阻值为R的电阻，垂直导轨平面存在变化规律如图(b)所示的匀强磁场，t＝0时磁场方向垂直纸面向里．在t＝0到t＝2t0的时间内，金属棒水平固定在距导轨顶端L处；t＝2t0时，释放金属棒．整个过程中金属棒与导轨接触良好，导轨与金属棒的电阻不计，则( )
A．在t＝eq \f(t0,2)时，金属棒受到安培力的大小为eq \f(B02L3,t0R)
B．在t＝t0时，金属棒中电流的大小为eq \f(B0L2,t0R)
C．在t＝eq \f(3t0,2)时，金属棒受到安培力的方向竖直向上
D．在t＝3t0时，金属棒中电流的方向向右
答案 BC
解析 由题图(b)可知在0～t0时间段内闭合回路产生的感应电动势为E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(B0L2,t0)，根据闭合电路欧姆定律有，此时间段内的电流为I＝eq \f(E,R)＝eq \f(B0L2,Rt0)，在eq \f(t0,2)时磁感应强度大小为eq \f(B0,2)，此时安培力大小为F＝eq \f(B0,2)IL＝eq \f(B02L3,2Rt0)，故A错误，B正确；由题图(b)可知，在t＝eq \f(3t0,2)时，磁场方向垂直纸面向外并逐渐增大，根据楞次定律可知产生顺时针方向的电流，再由左手定则可知金属棒受到的安培力方向竖直向上，故C正确；由题图(b)可知，在t＝3t0时，磁场方向垂直纸面向外，金属棒向下掉的过程中穿过回路的磁通量增加，根据楞次定律可知金属棒中的感应电流方向向左，故D错误．
考点二 电磁感应中的图像问题
1．电磁感应中常见的图像
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．解答此类问题的两个常用方法
(1)排除法：定性分析电磁感应过程中某个物理量的变化情况，把握三个关注，快速排除错误的选项．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．
例3 (多选)(2022·河北卷·8)如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，一根导轨位于x轴上，另一根由ab、bc、cd三段直导轨组成，其中bc段与x轴平行，导轨左端接入一电阻R.导轨上一金属棒MN沿x轴正向以速度v0保持匀速运动，t＝0时刻通过坐标原点O，金属棒始终与x轴垂直．设运动过程中通过电阻的电流强度为i，金属棒受到安培力的大小为F，金属棒克服安培力做功的功率为P，电阻两端的电压为U，导轨与金属棒接触良好，忽略导轨与金属棒的电阻．下列图像可能正确的是( )
答案 AC
解析 在0～eq \f(L,v0)时间内，在某时刻金属棒切割磁感线的长度L＝l0＋v0ttan θ(θ为ab与ad的夹角)，则根据E＝BLv0，可得I＝eq \f(BLv0,R)＝eq \f(Bv0,R)(l0＋v0ttan θ)，可知回路电流均匀增加；安培力F＝eq \f(B2L2v0,R)＝eq \f(B2v0,R)(l0＋v0ttan θ)2，则F－t关系为二次函数关系，但是不过原点；安培力做功的功率P＝Fv0＝eq \f(B2L2v02,R)＝eq \f(B2v02,R)(l0＋v0ttan θ)2，则P－t关系为二次函数关系，但是不过原点；电阻两端的电压等于金属棒产生的感应电动势，即U＝E＝BLv0＝Bv0(l0＋v0ttan θ)，即U－t图像是不过原点的直线；根据以上分析，可排除B、D选项；在eq \f(L,v0)～eq \f(2L,v0)时间内，金属棒切割磁感线的长度不变，感应电动势E不变，感应电流I不变，安培力F大小不变，安培力的功率P不变，电阻两端电压U保持不变；同理可判断，在eq \f(2L,v0)～eq \f(3L,v0)时间内，金属棒切割磁感线长度逐渐减小，金属棒切割磁感线的感应电动势E均匀减小，感应电流I均匀减小，安培力F大小按照二次函数关系减小，但是不能减小到零，与0～eq \f(L,v0)内是对称的关系，安培力的功率P按照二次函数关系减小，但是不能减小到零，与0～eq \f(L,v0)内是对称的关系，电阻两端电压U按线性均匀减小，综上所述选项A、C可能正确，B、D错误．
例4 (多选)(2022·安徽省六校第二次联考)如图所示，水平面内有一足够长平行金属导轨，导轨光滑且电阻不计．匀强磁场与导轨平面垂直．阻值为R的导体棒垂直于导轨静止放置，且与导轨接触良好．开关S由1掷到2时开始计时，q、i、v和a分别表示电容器所带的电荷量、棒中的电流、棒的速度和加速度．下列图像可能正确的是( )
答案 ACD
解析 开关S由1掷到2，电容器放电后会在电路中产生电流且此刻电流最大，导体棒通有电流后会受到安培力的作用产生加速度而加速运动，导体棒切割磁感线产生感应电动势，导体棒速度增大，则感应电动势E＝Blv增大，则实际电流减小，安培力F＝BIL减小，加速度a＝eq \f(F,m)即减小，因导轨光滑，所以在有电流通过棒的过程中，棒是一直做加速度减小的加速运动(变加速)，故a－t图像即选项D是正确的；导体棒运动产生感应电动势会给电容器充电，当充电和放电达到一种平衡时，导体棒做匀速运动，因此最终电容器两端的电压能稳定在某个不为0的数值，即电容器的电荷量应稳定在某个不为0的数值(不会减少到0)，电路中无电流，故B错误，A、C正确．
考点三 电磁感应中的动力学与能量问题
1．电磁感应综合问题的解题思路
2．求解焦耳热Q的三种方法
(1)焦耳定律：Q＝I2Rt，适用于电流恒定的情况；
(2)功能关系：Q＝W克安(W克安为克服安培力做的功)；
(3)能量转化：Q＝ΔE(其他能的减少量)．
例5 (多选)(2022·全国甲卷·20)如图，两根相互平行的光滑长直金属导轨固定在水平绝缘桌面上，在导轨的左端接入电容为C的电容器和阻值为R的电阻．质量为m、阻值也为R的导体棒MN静止于导轨上，与导轨垂直，且接触良好，导轨电阻忽略不计，整个系统处于方向竖直向下的匀强磁场中．开始时，电容器所带的电荷量为Q，合上开关S后( )
A．通过导体棒MN电流的最大值为eq \f(Q,RC)
B．导体棒MN向右先加速、后匀速运动
C．导体棒MN速度最大时所受的安培力也最大
D．电阻R上产生的焦耳热大于导体棒MN上产生的焦耳热
答案 AD
解析 开始时电容器两极板间的电压U＝eq \f(Q,C)，合上开关瞬间，通过导体棒的电流I＝eq \f(U,R)＝eq \f(Q,CR)，随着电容器放电，通过电阻、导体棒的电流不断减小，所以在开关闭合瞬间，导体棒所受安培力最大，此时速度为零，A项正确，C项错误；由于回路中有电阻与导体棒，最终电能完全转化为焦耳热，故导体棒最终必定静止，B项错误；由于导体棒切割磁感线，产生感应电动势，所以通过导体棒的电流始终小于通过电阻的电流，由焦耳定律可知，电阻R上产生的焦耳热大于导体棒MN上产生的焦耳热，D项正确．
例6 (2022·山东济南市一模)如图所示，在水平虚线下方存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B.磁场上方某高度处有一个正方形金属线框，线框质量为m，电阻为R，边长为L.某时刻将线框以初速度v0水平抛出，线框进入磁场过程中速度不变，运动过程中线框始终竖直且底边保持水平．磁场区域足够大，忽略空气阻力，重力加速度为g，求：
(1)线框进入磁场时的速度v；
(2)线框进入磁场过程中产生的热量Q.
答案 (1)eq \r(v02＋\f(m2g2R2,B4L4))，速度方向与水平方向夹角的正切值为eq \f(mgR,B2L2v0) (2)mgL
解析 (1)当线框下边界刚进入磁场时，由于线框速度不变，对线框进行受力分析有
BIL＝mg
由欧姆定律可得I＝eq \f(E,R)
线框切割磁感线，由法拉第电磁感应定律可得
E＝BLvy
由速度的合成与分解可得v＝eq \r(v02＋vy2)
联立求解可得v＝eq \r(v02＋\f(m2g2R2,B4L4))
设此时速度方向与水平面的夹角为θ，则
tan θ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(mgR,B2L2v0)
即此时速度方向与水平方向夹角的正切值为eq \f(mgR,B2L2v0).
(2)线框进入磁场过程中速度不变，则从进入磁场开始到完全进入磁场，
由能量守恒定律得Q＝mgL.
例7 (2022·河南洛阳市模拟)如图甲所示，金属导轨MN和PQ平行，间距L＝1 m，与水平面之间的夹角α＝37°，匀强磁场磁感应强度大小B＝2.0 T，方向垂直于导轨平面向上，MP间接有阻值R＝1.5 Ω的电阻，质量m＝0.5 kg，接入电路中电阻r＝0.5 Ω的金属杆ab垂直导轨放置，金属杆与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.2.现用恒力F沿导轨平面向上拉金属杆ab，使其由静止开始运动，当金属杆上滑的位移x＝3.8 m时达到稳定状态，金属杆始终与导轨接触良好，对应过程的v－t图像如图乙所示．取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，导轨足够长且电阻不计．求：
(1)恒力F的大小及金属杆的速度为0.4 m/s时的加速度大小；
(2)从金属杆开始运动到刚达到稳定状态，通过电阻R的电荷量；
(3)从金属杆开始运动到刚达到稳定状态，金属杆上产生的焦耳热．
答案 (1)5.8 N 2.4 m/s2 (2)3.8 C (3)1.837 5 J
解析 (1)当金属杆匀速运动时，由平衡条件得 F＝μmgcs 37°＋mgsin 37°＋F安
由题图乙知v＝1 m/s，则F安＝BIL＝eq \f(B2L2v,R＋r)＝2 N
解得F＝5.8 N
当金属杆的速度为0.4 m/s时F安1＝BI1L＝eq \f(B2L2v1,R＋r)＝0.8 N
由牛顿第二定律有F－μmgcs 37°－mgsin 37°－F安1＝ma
解得a＝2.4 m/s2.
(2)由q＝eq \x\t(I)·Δt
eq \x\t(I)＝eq \f(\x\t(E),R＋r)
eq \x\t(E)＝eq \f(ΔΦ,Δt)
得q＝eq \f(ΔΦ,R＋r)＝eq \f(BLx,R＋r)＝3.8 C.
(3)从金属杆开始运动到刚到达稳定状态，由动能定理得(F－μmgcs 37°－mgsin 37°)x＋W安＝eq \f(1,2)mv2－0
又Q＝|W安|＝7.35 J，所以解得Qr＝eq \f(r,R＋r)Q＝1.837 5 J.

1．(多选)(2022·河南郑州市二模)在甲、乙、丙图中，MN、PQ是固定在同一水平面内足够长的平行金属导轨．导体棒ab垂直放在导轨上，导轨都处于垂直水平面向下的匀强磁场中，导体棒和导轨间的摩擦不计，导体棒、导轨和直流电源的电阻均可忽略，甲图中的电容器C原来不带电．现给导体棒ab一个向右的初速度v0，对甲、乙、丙图中导体棒ab在磁场中的运动状态描述正确的是( )

A．甲图中，棒ab最终做匀速运动
B．乙图中，棒ab做匀减速运动直到最终静止
C．丙图中，棒ab最终做匀速运动
D．甲、乙、丙中，棒ab最终都静止
答案 AC
解析 题图甲中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流而使电容器充电，当电容器C极板间电压与导体棒产生的感应电动势相等时，电路中没有电流，此时ab棒不受安培力作用，向右做匀速运动，故A正确；题图乙中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流，通过电阻R转化为内能，ab棒速度减小，当ab棒的动能全部转化为内能时，ab棒静止，又由I＝eq \f(BLv,R)，F＝BIL，由于速度减小，则产生的感应电流减小，导体棒所受安培力减小，根据牛顿第二定律可知导体棒的加速度减小，所以题图乙中，棒ab做加速度减小的减速运动直到最终静止，故B错误；题图丙中，导体棒先受到向左的安培力作用向右做减速运动，速度减为零后在安培力作用下向左做加速运动，当导体棒产生的感应电动势与电源的电动势相等时，电路中没有电流，此时ab棒向左做匀速运动，故C正确；由以上分析可知，甲、乙、丙中，只有题图乙中棒ab最终静止，故D错误．
2.(2022·山东泰安市高三期末)如图所示，间距为L的平行光滑足够长的金属导轨固定倾斜放置，倾角θ＝30°，虚线ab、cd垂直于导轨，在ab、cd间有垂直于导轨平面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场．质量均为m、阻值均为R的金属棒PQ、MN并靠在一起垂直导轨放在导轨上．释放金属棒PQ，当PQ到达ab瞬间，再释放金属棒MN；PQ进入磁场后做匀速运动，当PQ到达cd时，MN刚好到达ab.不计导轨电阻，两金属棒与导轨始终接触良好，重力加速度为g.则MN通过磁场过程中，PQ上产生的焦耳热为( )
A.eq \f(2m3g2R2,B4L4) B.eq \f(m3g2R2,B4L4)
C.eq \f(m3g2R2,4B4L4) D.eq \f(m3g2R2,2B4L4)
答案 D
解析 由题意知PQ进入磁场后做匀速运动，则由平衡条件得安培力为F＝mgsin θ，又因为F＝BIL＝eq \f(B2L2v,2R)，解得金属棒速度为v＝eq \f(mgR,B2L2)，电流为I＝eq \f(mg,2BL)，因为金属棒从释放到刚进入磁场时做匀加速直线运动，由牛顿第二定律知mgsin θ＝ma，所以加速时间为t＝eq \f(v,a)，由题意知当PQ到达cd时，MN刚好到达ab，即金属棒穿过磁场的时间等于进入磁场前的加速时间，且MN在磁场中的运动情况和PQ一致，故MN通过磁场过程中，PQ上产生的焦耳热为Q焦耳＝I2Rt，解得Q焦耳＝eq \f(m3g2R2,2B4L4)，故选D.
专题强化练
[保分基础练]
1.(2022·上海市二模)如图，某教室墙上有一朝南的钢窗，将钢窗右侧向外打开，以推窗人的视角来看，窗框中产生( )
A．顺时针电流，且有收缩趋势
B．顺时针电流，且有扩张趋势
C．逆时针电流，且有收缩趋势
D．逆时针电流，且有扩张趋势
答案 D
解析 磁场方向由南指向北，将钢窗右侧向外打开，则向北穿过窗户的磁通量减少，根据楞次定律，以推窗人的视角来看，感应电流为逆时针电流，同时根据“增缩减扩”可知，窗框有扩张趋势，故选D.
2.(2022·广东肇庆市二模)如图所示，开口极小的金属环P、Q用不计电阻的导线相连组成闭合回路，金属环P内存在垂直圆环平面向里的匀强磁场，匀强磁场的磁感应强度随时间的变化率为k，若使金属环Q中产生逆时针方向逐渐增大的感应电流，则( )
A．k>0且k值保持恒定
B．k>0且k值逐渐增大
C．k＜0且k值逐渐增大
D．k＜0且k值逐渐减小
答案 B
解析 若使金属环Q中产生逆时针方向逐渐增大的感应电流，则金属环P中也有逆时针方向逐渐增大的感应电流，根据楞次定律和安培定则可知，金属环P中向里的磁感应强度增加，且增加得越来越快，即k>0且k值逐渐增大，故选B.
3.(2022·陕西宝鸡市模拟)如图所示，两根电阻不计的平行光滑长直金属导轨水平放置，导体棒a和b垂直跨在导轨上且与导轨接触良好，导体棒a的电阻大于b的电阻，匀强磁场方向竖直向下．当导体棒b在大小为F2的水平拉力作用下匀速向右运动时，导体棒a在大小为F1的水平拉力作用下保持静止状态．若U1、U2分别表示导体棒a和b与导轨两个接触点间的电压，那么它们的大小关系为( )
A．F1＝F2，U1> U2
B．F1< F2，U1< U2
C．F1 > F2，U1< U2
D．F1 ＝ F2，U1＝ U2
答案 D
解析 导体棒a、b与导轨构成了闭合回路，流过a、b的电流是相等的；a静止不动，b匀速运动，都处于平衡状态，即拉力等于安培力，所以F1＝F2＝BIL，导体棒b相当于电源，导体棒a相当于用电器，由于电路是闭合的，所以导体棒a两端的电压U1＝IRa，导体棒b切割磁感线产生的电动势E＝BLvb＝I(Ra＋Rb)，所以其输出的路端电压U2＝E－IRb＝IRa＝U1，故选D.
4．(2022·全国甲卷·16)三个用同样的细导线做成的刚性闭合线框，正方形线框的边长与圆线框的直径相等，圆线框的半径与正六边形线框的边长相等，如图所示．把它们放入磁感应强度随时间线性变化的同一匀强磁场中，线框所在平面均与磁场方向垂直，正方形、圆形和正六边形线框中感应电流的大小分别为I1、I2和I3.则( )
A．I1I3>I2
C．I1＝I2>I3 D．I1＝I2＝I3
答案 C
解析 设圆线框的半径为r，则由题意可知正方形线框的边长为2r，正六边形线框的边长为r；所以圆线框的周长为C2＝2πr，面积为S2＝πr2，同理可知正方形线框的周长和面积分别为C1＝8r，S1＝4r2，正六边形线框的周长和面积分别为C3＝6r，S3＝eq \f(3\r(3)r2,2)，三个线框材料粗细相同，根据电阻定律R＝ρeq \f(L,S横截面)，可知三个线框电阻之比为R1∶R2∶R3＝C1∶C2∶C3＝8∶2π∶6，根据法拉第电磁感应定律有I＝eq \f(E,R)＝eq \f(ΔB,Δt)·eq \f(S,R)，可得电流之比为I1∶I2∶I3＝2∶2∶eq \r(3)，即I1＝I2>I3，故选C.
5.(2022·黑龙江哈师大附中高三期末)如图，一线圈匝数为n，横截面积为S，总电阻为r，处于一个均匀增强的磁场中，磁感应强度随时间的变化率为k(k>0且为常量)，磁场方向水平向右且与线圈平面垂直，电容器的电容为C，两个电阻的阻值分别为r和2r.下列说法正确的是( )
A．电容器下极板带正电
B．此线圈的热功率为eq \f(nkS2,r)
C．电容器所带电荷量为eq \f(3nSkC,5)
D．电容器所带电荷量为eq \f(nSkC,2)
答案 D
解析 根据楞次定律可以判断通过电阻r的电流方向为从左往右，所以电容器上极板带正电，故A错误；根据法拉第电磁感应定律可得线圈产生的感应电动势为E＝neq \f(ΔΦ,Δt)＝nSeq \f(ΔB,Δt)＝nkS，根据焦耳定律可得此线圈的热功率为P＝(eq \f(E,2r))2r＝eq \f(nkS2,4r)，故B错误；电容器两端电压等于r两端电压，电容器所带电荷量为Q＝CU＝C·eq \f(rE,2r)＝eq \f(nSkC,2)，故C错误，D正确．
6.(2021·北京卷·7)如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，水平U型导体框左端连接一阻值为R的电阻，质量为m、电阻为r的导体棒ab置于导体框上．不计导体框的电阻、导体棒与框间的摩擦．ab以水平向右的初速度v0开始运动，最终停在导体框上．在此过程中( )
A．导体棒做匀减速直线运动
B．导体棒中感应电流的方向为a→b
C．电阻R消耗的总电能为eq \f(mv02R,2R＋r)
D．导体棒克服安培力做的总功小于eq \f(1,2)mv02
答案 C
解析 导体棒向右运动，根据右手定则，可知电流方向为b到a，再根据左手定则可知，导体棒受到向左的安培力，根据法拉第电磁感应定律，可得产生的感应电动势为E＝BLv，感应电流为I＝eq \f(E,R＋r)＝eq \f(BLv,R＋r)，故安培力为F＝BIL＝eq \f(B2L2v,R＋r)，根据牛顿第二定律有F＝ma，可得a＝eq \f(B2L2,mR＋r)v，随着速度减小，加速度不断减小，故导体棒不是做匀减速直线运动，故A、B错误；根据能量守恒定律，可知整个过程回路中产生的总热量为Q＝eq \f(1,2)mv02，因电阻与导体棒串联，则产生的热量与电阻成正比，则电阻R产生的热量为QR＝eq \f(R,R＋r)Q＝eq \f(mv02R,2R＋r)，故C正确；整个过程只有安培力做负功，根据动能定理可知，导体棒克服安培力做的总功等于eq \f(1,2)mv02，故D错误．
7．(2022·江苏盐城市二模)如图所示，三条平行虚线L1、L2、L3之间有宽度为L的两个匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ，两区域内的磁感应强度大小相等、方向相反，正方形金属线框MNPQ的质量为m、边长为L，开始时MN边与边界L1重合，对线框施加拉力F使其以加速度a匀加速通过磁场区，以顺时针方向电流为正方向，下列关于感应电流i和拉力F随时间变化的图像可能正确的是( )
答案 B
解析 当MN边向右运动0～L的过程中，用时t1＝eq \r(\f(2L,a))，则E1＝BLat，电流I1＝eq \f(E1,R)＝eq \f(BLa,R)t，方向为正方向；拉力F1＝ma＋F安1＝ma＋eq \f(B2L2a,R)t；当MN边向右运动L～2L的过程中，用时t2＝eq \r(\f(4L,a))－eq \r(\f(2L,a))＝(eq \r(2)－1)eq \r(\f(2L,a))＝(eq \r(2)－1)t1，E2＝2BLat，电流I2＝eq \f(E2,R)＝eq \f(2BLa,R)t，方向为负方向，拉力F2＝ma＋F安2＝ma＋eq \f(4B2L2a,R)t；当MN边向右运动2L～3L的过程中，用时t3＝eq \r(\f(6L,a))－eq \r(\f(4L,a))＝(eq \r(3)－eq \r(2))eq \r(\f(2L,a))＝(eq \r(3)－eq \r(2))t1，E3＝BLat，电流I3＝eq \f(E3,R)＝eq \f(BLa,R)t，方向为正方向，拉力F3＝ma＋F安3＝ma＋eq \f(B2L2a,R)t，对比四个选项可知，只有B正确．
[争分提能练]
8．(多选)(2021·广东卷·10)如图所示，水平放置足够长光滑金属导轨abc和de，ab与de平行，bc是以O为圆心的圆弧导轨，圆弧be左侧和扇形Obc内有方向如图的匀强磁场，金属杆OP的O端与e点用导线相接，P端与圆弧bc接触良好，初始时，可滑动的金属杆MN静止在平行导轨上，若杆OP绕O点在匀强磁场区内从b到c匀速转动时，回路中始终有电流，则此过程中，下列说法正确的有( )
A．杆OP产生的感应电动势恒定
B．杆OP受到的安培力不变
C．杆MN做匀加速直线运动
D．杆MN中的电流逐渐减小
答案 AD
解析 杆OP匀速转动切割磁感线产生的感应电动势为E＝eq \f(1,2)Br2ω，因为OP匀速转动，所以杆OP产生的感应电动势恒定，故A正确；杆OP转动过程中产生的感应电流由M到N通过杆MN，由左手定则可知，杆MN会向左运动，杆MN运动会切割磁感线，产生电动势，感应电流方向与原来电流方向相反，使回路电流减小，杆MN所受合力为安培力，电流减小，安培力会减小，加速度减小，故D正确，B、C错误．
9.(多选)(2021·全国甲卷·21)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
答案 AB
解析 设线圈下边到磁场上边界的高度为h，线圈的边长为l，则线圈下边刚进入磁场时，有v＝eq \r(2gh)，
感应电动势为E＝nBlv，
两线圈材料相同(设密度为ρ0)，质量相等(设为m)，
则m＝ρ0·4nl·S，
设材料的电阻率为ρ，则线圈电阻
R＝ρeq \f(4nl,S)＝eq \f(16n2l2ρρ0,m)
感应电流为I＝eq \f(E,R)＝eq \f(mBv,16nlρρ0)
所受安培力为F＝nBIl＝eq \f(mB2v,16ρρ0)
由牛顿第二定律有mg－F＝ma
联立解得a＝g－eq \f(F,m)＝g－eq \f(B2v,16ρρ0)
加速度与线圈的匝数、横截面积无关，则甲和乙进入磁场时，具有相同的加速度．
当g>eq \f(B2v,16ρρ0)时，甲和乙都加速运动，
当g当g＝eq \f(B2v,16ρρ0)时，甲和乙都匀速运动，
故选A、B.
10.(2022·山东省第二次模拟)如图所示，“凹”字形硬质金属线框质量为m，相邻各边互相垂直，且处于同一平面内，ab、bc边长均为2l，gf边长为l.匀强磁场区域的上下边界均水平，磁场方向垂直于线框所在平面．开始时，bc边离磁场上边界的距离为l，线框由静止释放，从bc边进入磁场直到gf边进入磁场前，线框做匀速运动．在gf边离开磁场后，ah、ed边离开磁场之前，线框又做匀速运动．线框在下落过程中始终处于竖直平面内，且bc、gf边保持水平，重力加速度为g.
(1)线框ah、ed边将要离开磁场时做匀速运动的速度大小是bc边刚进入磁场时的几倍？
(2)若磁场上下边界间的距离为H，则线框完全穿过磁场过程中产生的热量为多少？
答案 (1)4 (2)mg(H－13l)
解析 (1)设bc边刚入磁场时速度为v1，bc边刚进入时，
有E1＝2Blv1，I1＝eq \f(E1,R)，F1＝2BI1l
线框匀速运动，有F1＝mg
联立可得v1＝eq \f(mgR,4B2l2)
设ah、ed边将离开磁场时速度为v2，ah、ed边将离开磁场时，有E2＝Blv2，I2＝eq \f(E2,R)，F2＝BI2l，线框匀速运动，有F2＝mg
联立可得v2＝eq \f(mgR,B2l2)，综上所述eq \f(v2,v1)＝4
即线框ah、ed边将要离开磁场时做匀速运动的速度大小是bc边刚进入磁场时的4倍．
(2)bc边进入磁场前，根据动能定理，
有mgl＝eq \f(1,2)mv12
穿过磁场过程中能量守恒，
有mg(H＋2l)＋eq \f(1,2)mv12＝eq \f(1,2)mv22＋Q
联立可得Q＝mg(H－13l)．
11.(2022·福建泉州市质量监测)如图，间距为L的光滑平行导轨倾斜固定，倾角θ＝30°，电阻不计的导轨上放置两根有一定阻值的金属杆ab和cd，两杆质量均为m，cd杆中点通过平行于导轨的轻绳系在固定的拉力传感器上．整个装置处于磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中．现给ab杆一个沿导轨向上、大小为v0的初速度，同时对ab杆施加一个平行于导轨的推力，使拉力传感器示数FT随时间t按FT＝eq \f(mg2,3v0)t＋eq \f(mg,6)的规律变化．已知重力加速度大小为g，两杆不相碰，始终与导轨垂直且接触良好，不计一切摩擦．
(1)求t＝0时回路中的感应电流大小I0；
(2)求ab杆的速度vt随时间t变化的关系式；
(3)若在0～eq \f(3v0,2g)时间内回路产生的焦耳热为Q，求推力F在0～eq \f(3v0,2g)时间内做的功．
答案 (1)eq \f(mg,3BL) (2)vt＝v0－gt (3)Q－eq \f(3,16)mv02
解析 (1)由FT＝eq \f(mg2,3v0)t＋eq \f(mg,6)可得，t＝0时FT0＝eq \f(mg,6)
cd杆受到的安培力大小F安＝BI0L①
FT0＋F安＝mgsin θ②
由①②式得I0＝eq \f(mg,3BL)③
(2)设回路总电阻为R，则I0＝eq \f(BLv0,R)④
I＝eq \f(BLvt,R)⑤
cd杆受力平衡FT＋BIL＝mgsin θ⑥
又FT＝eq \f(mg2,3v0)t＋eq \f(mg,6)⑦
由③④⑤⑥⑦求得vt＝v0－gt⑧
(3)由⑧可知ab杆沿倾斜导轨做匀减速运动，加速度大小为a＝g，方向沿导轨向下，ab杆在t＝eq \f(3v0,2g)时的速度vt′＝－eq \f(1,2)v0
0～eq \f(3v0,2g)时间内的位移x＝v0t－eq \f(1,2)at2⑨
由动能定理可得－mg·x·sin θ－W克安＋WF＝eq \f(1,2)mvt′2－eq \f(1,2)mv02⑩
由功能关系可知，在0～eq \f(3v0,2g)时间内ab杆克服安培力做的功W克安＝Q⑪
联立解得WF＝Q－eq \f(3,16)mv02.
[尖子生选练]
12．(多选)(2022·安徽池州市模拟)如图所示，一质量为M的U形金属框abcd静置于水平粗糙绝缘平台上，ab和dc边平行且与bc边垂直，bc边长度为L，Lab、Ldc足够长，金属框与绝缘平台间的动摩擦因数为μ，整个金属框电阻可忽略．一根质量也为M的导体棒mn平行bc静置于金属框上，导体棒接入回路中的电阻为R，导体棒与金属框间摩擦不计．现用水平恒力F向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，mn与金属框始终保持良好接触，重力加速度为g，经过足够长时间后，下列说法正确的是( )
A．导体棒与金属框具有共同速度大小为v＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(F－2μMg))R,2B2L2)
B．导体棒与金属框具有共同加速度大小为a＝eq \f(F,2M)－μg
C．导体棒中电流I＝eq \f(F－2μMg,2BL)
D．导体棒消耗的电功率为P＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(F－2μMg))2R,2B2L2)
答案 BC
解析 经过足够长时间后，金属框的bc边和导体棒mn一起切割磁感线，导体棒与金属框具有相同的加速度，设导体棒mn和金属框的速度大小分别为v1、v2，则电路中的电动势E＝BL(v2－v1)
电路中的电流I＝eq \f(E,R)＝eq \f(BL\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(v2－v1)),R)
金属框和导体棒mn受到的安培力
F安框＝eq \f(B2L2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(v2－v1)),R)，方向与运动方向相反
F安mn＝eq \f(B2L2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(v2－v1)),R)，方向与运动方向相同
则对导体棒有eq \f(B2L2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(v2－v1)),R)＝Ma1
对金属框有F－2μMg－eq \f(B2L2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(v2－v1)),R)＝Ma2
初始速度均为零，则a1从零开始逐渐增加，a2从eq \f(F－μ×2Mg,M)开始逐渐减小，当a1＝a2时，相对速度为v2－v1＝eq \f(F－2μMgR,2B2L2)，共同加速度大小为a＝eq \f(F,2M)－μg，则I＝eq \f(F－2μMg,2BL)，根据P＝I2R，得P＝eq \f(F－2μMg2R,4B2L2)，综上可得，B、C选项正确，A、D选项错误．