2024年高考物理大一轮复习：第2课时 电磁感应规律及应用

这是一份2024年高考物理大一轮复习：第2课时 电磁感应规律及应用，共22页。试卷主要包含了必须辨明的“2个易错易混点”，4 m/s，vC′＝3等内容，欢迎下载使用。
第2课时　电磁感应规律及应用



　楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用
1.应用楞次定律时的“三看”和“三想”
(1)看到“线圈(回路)中磁通量变化”时，想到“增反减同”。
(2)看到“导体与磁体间有相对运动”时，想到“来拒去留”。
(3)看到“回路面积可以变化”时，想到“增缩减扩”。
2.必须辨明的“2个易错易混点”
(1)楞次定律中的“阻碍”不是“阻止”，也不是“相反”。
(2)注意区别楞次定律和右手定则。
命题角度一　楞次定律的理解及应用
【例1】 (2019·全国卷Ⅲ，14)楞次定律是下列哪个定律在电磁感应现象中的具体体现(　　)
A.电阻定律 B.库仑定律
C.欧姆定律 D.能量守恒定律
解析　楞次定律中的“阻碍”作用，是能量守恒定律在电磁感应现象中的具体体现，在克服这种“阻碍”的过程中，其他形式的能转化为电能，选项D正确。
答案　D
【例2】 (多选)(2018·全国卷Ⅰ，19)如图1，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路。将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态。下列说法正确的是(　　)

图1
A.开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动
B.开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向
C.开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向
D.开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动
解析　由电路可知，开关闭合瞬间，右侧线圈正面环绕部分的电流向下，由安培定则可知，直导线在铁芯中产生向右的磁场，由楞次定律可知，左侧线圈正面环绕部分产生向上的电流，则直导线中的电流方向由南向北，由安培定则可知，直导线在小磁针所在位置产生垂直纸面向里的磁场，则小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动，A正确；开关闭合并保持一段时间后，穿过左侧线圈的磁通量不变，则左侧线圈中的感应电流为零，直导线不产生磁场，则小磁针静止不动，B、C错误；开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，穿过左侧线圈向右的磁通量减少，则由楞次定律可知，左侧线圈正面环绕部分产生向下的感应电流，则流过直导线的电流方向由北向南，直导线在小磁针所在处产生垂直纸面向外的磁场，则小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动，D正确。
答案　AD
命题角度二　法拉第电磁感应定律的应用
【例3】 (多选)(2019·全国卷Ⅰ，20)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图2(a)中虚线MN所示。一硬质细导线的电阻率为ρ、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。t＝0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t＝0到t＝t1的时间间隔内(　　)

图2
A.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
解析　根据楞次定律可知在0～t0时间内，磁感应强度均匀减小，圆环中感应电流为顺时针方向，所受安培力的方向水平向左；在t0～t1时间内，磁感应强度反向增大，圆环中感应电流为顺时针方向，所受安培力的方向水平向右，所以A错误，B正确；根据法拉第电磁感应定律，感应电动势E＝·S′＝·＝，根据闭合电路的欧姆定律知，电流I＝＝＝，C正确，D错误。
答案　BC
　电磁感应中的综合问题分析
1.掌握电磁感应综合问题的解题步骤
(1)确定电源部分，即电源的电动势大小和极性，电源的内阻大小。
(2)确定外电路。
(3)综合运动闭合电路的欧姆定律、运动学公式、牛顿运动定律、能量和动量守恒等定律知识解答。
2.必须辨明的“3个易错易混点”
(1)发生电磁感应的电路中，产生感应电动势的部分为“电源”，其余部分为“外电路”。
(2)安培力做正功，电能转化为其他形式的能量，安培力做负功，其他形式的能量转化为电能。
(3)安培力的冲量为I＝Bl·Δt＝qBl＝x。
命题角度一　以“单棒＋导轨”模型为载体，考查电磁感应中的力、电综合问题
【例1】 如图3甲所示，固定的光滑平行导轨(电阻不计)与水平面的夹角为θ＝30°，导轨足够长且间距L＝0.5 m，底端接有阻值为R＝4 Ω的电阻，整个装置处于垂直导体框架斜向上的匀强磁场中，一质量为m＝1 kg、电阻r＝1 Ω、长度也为L的导体棒MN在沿导轨向上的外力F作用下由静止开始运动，拉力F与导体棒速率倒数的关系如图乙所示，已知g＝10 m/s2。则(　　)

图3
A.v＝5 m/s时拉力大小为7 N
B.v＝5 m/s时拉力的功率为140 W
C.匀强磁场的磁感应强度的大小为2 T
D.当导体棒的加速度a＝8 m/s2时，导体棒受到的安培力的大小为2 N
解析　由题图乙可知，v＝5 m/s时拉力F＝14 N，拉力的功率PF＝Fv＝14×5 W＝70 W，选项A、B错误；由题图乙可知，导体棒的最大速度vmax＝10 m/s，此时拉力最小Fmin＝7 N，Fmin－mgsin θ－F安＝0，F安＝，代入数据得B＝2 T，选项C正确；F＝70，F－mgsin θ－F安＝ma，F安＝＝v，当a＝8 m/s2时，由以上三式得v2＋65v－350＝0，解得v＝5 m/s，故此时安培力的大小F安＝v＝1 N，选项D错误。
答案　C
命题角度二　以“双棒＋导轨”模型为载体，考查电磁感应中的能量、动量等问题
【例2】 如图4所示，两根质量均为m＝2 kg的金属棒垂直放在光滑的水平导轨上，左右两部分导轨间距之比为1∶2，导轨间有大小相等但左、右两部分方向相反的匀强磁场，两棒电阻与棒长成正比，不计导轨电阻。现用250 N的水平拉力F向右拉CD棒，CD棒运动s＝0.5 m时其上产生的焦耳热为Q2＝30 J，此时两棒速率之比为vA∶vC＝1∶2，现立即撤去拉力F，设导轨足够长且两棒始终在不同磁场中运动，求：

图4
(1)在CD棒运动0.5 m的过程中，AB棒上产生的焦耳热；
(2)撤去拉力F瞬间，两棒的速度大小vA和vC；
(3)撤去拉力F后，两棒最终匀速运动的速度大小vA′和vC′。
解析　(1)设两棒的长度分别为l和2l，所以电阻分别为R和2R，由于电路中任何时刻电流均相等，根据焦耳定律Q＝I2Rt可知Q1∶Q2＝1∶2，则AB棒上产生的焦耳热Q1＝15 J。
(2)根据能量守恒定律，
有Fs＝mv＋mv＋Q1＋Q2
又vA∶vC＝1∶2，Q2＝30 J
代入数据得vA＝4 m/s，vC＝8 m/s。
(3)撤去拉力F后，AB棒继续向左做加速运动，而CD棒向右做减速运动，两棒最终匀速运动时电路中电流为零，即两棒切割磁感线产生的电动势大小相等，此时两棒的速度满足
BLvA′＝B·2LvC′
即vA′＝2vC′(不对过程进行分析，认为系统动量守恒是常见错误)
对两棒分别应用动量定理，
有A·t＝mvA′－mvA，－C·t＝mvC′－mvC。
因为C＝2A，故有＝
联立以上各式解得vA′＝6.4 m/s，vC′＝3.2 m/s。
答案　(1)15 J　(2)4 m/s　8 m/s　(3)6.4 m/s　3.2 m/s
命题角度三　以“导体框”为载体，考查电磁感应定律的综合应用
【例3】 如图5甲所示，有一竖直方向的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里，区域的上下边缘间距为H＝85 cm，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示。有一长L1＝20 cm、宽L2＝10 cm、匝数n＝5的矩形线圈，其总电阻R＝0.2 Ω、质量m＝0.5 kg，在t＝0时刻，线圈从离磁场区域的上边缘高为h＝5 cm处由静止开始下落，0.2 s时线圈刚好全部进入磁场，0.5 s时线圈刚好开始从磁场中出来。不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。求：

图5
(1)线圈穿过磁场区域所经历的时间t；
(2)线圈穿过磁场区域产生的热量Q。
解析　(1)设线圈做自由落体运动的末速度为v1，则
v＝2gh，得v1＝1 m/s
h＝gt，得t1＝0.1 s
进入磁场时，E1＝nB1L1v1，I1＝，FA1＝nB1I1L1
得FA1＝5 N，即FA1＝mg
线圈匀速进入磁场，L2＝v1t2
得t2＝0.1 s
之后线圈向下做匀加速运动，运动d＝H－L2＝0.75 m后，线圈的下边刚好到达磁场的下边缘
有v－v＝2gd，得v2＝4 m/s
由v2－v1＝gt3，得t3＝0.3 s
出磁场时，E2＝nB2L1v2，I2＝，FA2＝nB2I2L1
得FA2＝5 N，即FA2＝mg
线圈匀速出磁场，L2＝v2t4
得t4＝0.025 s
因此线圈穿过磁场区域所经历的时间
t＝t2＋t3＋t4＝0.425 s。
(2)线圈进出磁场过程均做匀速运动，该过程中线圈产生的热量
Q1＝mg·2L2＝1.0 J
整个线圈在磁场中运动时，E3＝nL1L2
＝ T/s
Q2＝t3＝ J≈0.042 J
因此全过程产生的总热量Q＝Q1＋Q2＝1.042 J。
答案　(1)0.425 s　(2)1.042 J
　电磁感应中的STSE问题
命题角度一　以科学技术为背景考查楞次定律
【例1】 (2017·全国卷Ⅰ，18)扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺度上的形貌。为了有效隔离外界振动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图6所示。无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及其左右振动的衰减最有效的方案是(　　)

图6

解析　感应电流产生的条件是闭合回路中的磁通量发生变化。在A图中，系统振动时，紫铜薄板随之上下及左右振动，在磁场中的部分有时多有时少，磁通量发生变化，产生感应电流，受到安培力，阻碍系统的振动；在B、D图中，只有紫铜薄板左右振动才产生感应电流，而上下振动无电流产生；在C图中，无论紫铜薄板上下振动还是左右振动，都不会产生感应电流，故选项A正确，B、C、D错误。
答案　A
命题角度二　以交通工具为背景考查楞次定律
【例2】 电动汽车越来越被人们所喜爱，某一种无线充电方式的基本原理如图7所示，路面上依次铺设圆形线圈，相邻两个线圈由供电装置通以反向电流，车身底部固定感应线圈，通过充电装置与蓄电池相连，汽车在此路面上行驶时，就可以进行充电。若汽车正在匀速行驶，下列说法正确的是(　　)

图7
A.感应线圈中电流的磁场方向一定与路面线圈中电流的磁场方向相反
B.感应线圈中产生的是方向改变、大小不变的电流
C.感应线圈一定受到路面线圈磁场的安培力，会阻碍汽车运动
D.给路面上的线圈通以同向电流，不会影响充电效果
解析　由安培定则知路面上相邻圆形线圈内部的磁场方向相反，分析可知汽车在行驶过程中，感应线圈中感应电流产生的磁场方向与地面线圈产生的磁场方向时而相同，时而相反，故A错误；由于路面线圈中的电流不知如何变化，产生的磁场也无法确定，所以感应线圈中的电流大小不能确定，故B错误；感应线圈随汽车一起运动过程中会产生感应电流，在路面线圈的磁场中受到安培力，根据“来拒去留”可知，此安培力一定阻碍相对运动，即阻碍汽车运动，故C正确；给路面线圈通以同向电流，多个路面线圈内部产生相同方向的磁场，感应线圈中的磁通量的变化率与路面线圈通以反向电流时相比变小，所以会影响充电效果，故D错误。
答案　C
命题角度三　以生活用电为背景考查楞次定律
【例3】 (多选)(2019·广东惠州模拟)在家庭电路中，为了安全，一般在电能表后面的电路中安装一个漏电开关，其工作原理如图8所示，其中甲线圈两端与脱扣开关控制器相连，乙线圈由两条电源线采取双线法绕制，并与甲线圈绕在同一个矩形硅钢片组成的铁芯上。以下说法中正确的是(　　)

图8
A.当用户用电正常时，甲线圈两端没有电压，脱扣开关接通
B.当用户用电正常时，甲线圈两端有电压，脱扣开关接通
C.当用户发生漏电时，甲线圈两端没有电压，脱扣开关断开
D.当用户发生漏电时，甲线圈两端有电压，脱扣开关断开
解析　正常状态时，火线和零线中电流产生的磁场完全抵消，脱扣开关S保持接通，选项A正确，B错误；当用户发生漏电时，流过火线与零线的电流不相等，乙线圈中火线和零线电流产生的磁场不能完全抵消，会使甲线圈中产生感应电动势，脱扣开关断开，选项C错误，D正确。
答案　AD
命题角度四　以儿童玩具为背景考查电磁感应定律
【例4】 如图9甲所示，发光竹蜻蜓是一种常见的儿童玩具，它在飞起时能够持续闪烁发光。某同学对竹蜻蜒的电路作如下简化，如图乙所示，半径为L的导电圆环绕垂直于圆环平面、通过圆心O的金属轴O1O2以角速度ω匀速转动，圆环上接有电阻均为r的三根金属辐条OP、OQ、OR，辐条互成120°角。在圆环左半部分分布着垂直圆环平面向下的磁感应强度为B的匀强磁场，在转轴O1O2与圆环的边缘之间通过电刷M、N与一个LED灯相连(假设LED灯电阻恒为r)。其他电阻不计，从辐条OP进入磁场开始计时。

图9
(1)在辐条OP转过60°的过程中，求通过LED灯的电流；
(2)求圆环每旋转一周，LED灯消耗的电能。
解析　(1)在辐条OP转过60°的过程中，OP、OQ均处在磁场中，电路的感应电动势为
E＝BL2ω
电路的总电阻为R＝＋＝r
由闭合电路的欧姆定律可得，电路的总电流为
I＝＝
通过LED灯的电流I1＝I＝。
(2)设圆环转动的周期为T，在辐条OP转过60°的过程中，LED灯消耗的电能
Q1＝Ir·
在辐条OP转过60°～120°的过程中，仅OP处在磁场中，电路的感应电动势为
E′＝BL2ω
电路的总电阻为R′＝r＋＝r
由闭合电路的欧姆定律可得，电路的总电流为
I′＝＝
通过LED灯的电流I2＝I′＝
LED灯消耗的电能Q2＝Ir·
圆环每旋转一周，通过LED灯的电流发生三次周期性变化
故Q＝3×(Q1＋Q2)＝。
答案　(1)　(2)

A卷　提能小卷练
一、选择题
1.如图1是创意物理实验设计作品“小熊荡秋千”。两根彼此靠近且相互绝缘的金属棒C、D固定在铁架台上，与两个铜线圈P、Q组成一闭合回路，两个磁性很强的条形磁铁如图放置。当用手左右摆动线圈P时，线圈Q也会跟着摆动，仿佛小熊在荡秋千。以下说法正确的是(　　)

图1
A.P向右摆动的过程中，P中的电流方向为逆时针方向(从右向左看)
B.P向右摆动的过程中，Q也会向右摆动
C.P向右摆动的过程中，Q会向左摆动
D.若用手左右摆动Q，P会始终保持静止
解析　P向右摆动的过程中，穿过P的磁通量减小，根据楞次定律，P中有顺时针方向的电流(从右向左看)，故A错误；P向右摆动的过程中，P中的电流方向为顺时针方向，则Q下端的电流方向向外，根据左手定则知，下端所受的安培力向右，则Q向右摆动，故B正确，C错误；同理，用手左右摆动Q，P会左右摆动，故D错误。
答案　B
2.(2019·河北唐山一模)如图2所示，单匝金属线圈半径为r1，电阻为R，内部存在一圆形区域匀强磁场，磁场区域半径为r2，磁感应强度随时间的变化为B＝kt
(k＞0)，磁场方向垂直纸面向外，下列说法正确的是(　　)

图2
A.线圈中感应电流的方向为逆时针方向
B.线圈具有收缩趋势
C.线圈中感应电流的大小为
D.线圈中感应电动势的大小为πkr
解析　磁感应强度随时间的变化为B＝kt(k＞0)，磁场方向垂直纸面向外，穿过线圈的磁通量增大，则线圈内有感应电流，根据楞次定律，感应电流方向为顺时针方向，故A错误；线圈处没有磁场，因此不受磁场力作用，则没有收缩或扩张趋势，故B错误；根据法拉第电磁感应定律，则有E＝·πr＝kπr，因此线圈中的电流为I＝＝，故C正确，D错误。
答案　C
3.(2019·安徽六校一模)韦伯和纽曼总结、提出了电磁感应定律，如图3是关于该定律的实验，P是由闭合线圈组成的螺线管，把磁铁从P正上方、距P上端h处由静止释放，磁铁竖直穿过P后落在海绵垫上并停下。若仅增大h，重复原来的操作，磁铁穿过P的过程与原来相比，下列说法正确的是(　　)

图3
A.穿过线圈的磁通量将增大
B.线圈中产生的感应电动势将增大
C.通过线圈导线截面的电荷量将增大
D.线圈对磁铁的阻碍作用将变小
解析　若仅增大h，穿过线圈的磁通量变化量相同，故A错误；但磁铁经过线圈的时间减小，穿过线圈的磁通量变化率增大，线圈中产生的感应电动势将增大，故B正确；通过线圈导线横截面的电荷量q＝保持不变，故C错误；增大h时，线圈中产生的感应电动势将增大，所以感应电流增大，线圈对磁铁的阻碍作用将变大，故D错误。
答案　B
4.无线充电器是指不用传统的充电电源线连接到需要充电的终端设备上的充电器，无线充电技术通过线圈之间产生的交变磁场传输电能，多种设备可以使用一台充电器。如图4所示给出了某无线充电器的示意图和原理图。关于无线充电，下列说法正确的是(　　)

图4
A.无线充电时，手机接收线圈部分的工作原理是“电流的磁效应”
B.接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率不相同
C.当发射线圈中电流最大时，接收线圈中电流也最大
D.增加接收线圈的匝数可以缩短充电时间
解析　无线充电时，手机接收线圈部分的工作原理是电磁感应现象，而不是“电流的磁效应”，故A错误；接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同，故B错误；当发射线圈中电流最大时，接收线圈中通过的磁通量最大，但磁通量变化率为零，电流也为零，故C错误；增加接收线圈的匝数，感应电流增大，达到相同电荷量所需时间缩短，D正确。
答案　D
5.(多选)如图5所示，一圆柱形软铁材料上缠绕着P、Q两组线圈，Q线圈的匝数多于P线圈的匝数。线圈P的两端A、B连接电源，线圈Q的两端连接一负载电阻R。下列说法正确的是(　　)

图5
A.在AB端加恒定电压，Q线圈中无感应电流
B.在AB端加均匀增加的电压，Q线圈中无感应电流
C.在AB端加交变电压，流过Q线圈的电流小于P线圈中的电流
D.在AB端加交变电压，P、Q两组线圈始终相互排斥
解析　该装置相当于互感变压器。在AB端加恒定电压，线圈P中的电流不变，穿过软铁的磁通量不变，所以线圈Q中没有感应电流，故A正确；在AB端加均匀增加的电压时，穿过软铁的磁通量增加，所以线圈Q中有感应电流，故B错误；在AB端加交变电压，因为流过线圈的电流与匝数成反比，所以流过Q线圈的电流小于P线圈中的电流，故C正确；在AB端加交变电压，线圈Q中有感应电流，当线圈Q中的电流方向与线圈P中的电流方向相同时，两线圈相互吸引，当两线圈中的电流方向相反时，两线圈相互排斥，D错误。
答案　AC
6.(多选)如图6所示，光滑导轨MN和PQ固定在同一水平面上，两导轨距离为L，两端分别接有阻值均为R的定值电阻 R1和R2，两导轨间有一边长为的正方形区域abcd，该区域内有方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。一质量为m、电阻为R的金属杆与导轨接触良好并静止于ab处，现用一恒力F沿水平方向拉杆，使之由静止起向右运动，若杆出磁场前已做匀速运动，不计导轨的电阻。下列说法正确的是(　　)

图6
A.金属杆做匀速运动时的速率为
B.金属杆做匀速运动时两端的电压为
C.金属杆穿过整个磁场过程中R1上通过的电荷量为
D.金属杆离开磁场时的热功率是
解析　等效电路如图所示，

金属杆做匀速运动时有
F＝F安＝，
其中R总＝R，则v＝，选项A正确；金属杆做匀速运动时产生的感应电动势为E＝Bv＝B××＝，由电路关系可知U＝＝，选项B错误；由q＝，得通过电路的总电荷量为q＝，但R1上通过的电荷量q1＝＝，故选项C错误；金属杆离开磁场时，电路的总热功率P总＝＝，由于通过杆的电流是通过电阻R1、R2电流的2倍，由P＝I2R知杆上的热功率是电阻R1、R2热功率的2倍，故P杆＝P总＝，选项D正确。
答案　AD
二、非选择题
7.如图7甲所示，将一间距为L＝1 m的足够长U形导轨固定，倾角为θ＝37°，导轨上端连接一阻值为R＝2.0 Ω的电阻，整个空间存在垂直于轨道平面向上的匀强磁场。质量为m＝0.01 kg、电阻为r＝1.0 Ω的金属棒ab垂直紧贴在导轨上且不会滑出导轨，导轨与金属棒之间的动摩擦因数μ＝0.5，金属棒ab从静止开始下滑，下滑的x－t图象如图乙所示，图象中的OA段为曲线，AB段为直线，导轨电阻不计且金属棒下滑过程中始终与导轨垂直且紧密接触，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：

图7
(1)匀强磁场的磁感应强度B的大小；
(2)从开始到t＝2.5 s过程中电阻R上产生的热量。
解析　(1)从图象可得金属棒先做加速运动，再做匀速运动，匀速运动的速度
v＝＝ m/s＝1.5 m/s
匀速运动时受沿斜面向上的安培力FA作用，根据平衡条件有
mgsin θ＝μmgcos θ＋FA
代入数据解得FA＝0.02 N
又FA＝BIL＝BL，解得B＝0.2 T。
(2)t＝2.5 s时金属棒ab做匀速直线运动，速度大小v＝1.5 m/s，
位移大小x＝3.0 m
设从开始到t＝2.5 s过程中电路中产生的热量Q，根据能量守恒定律得
mgxsin θ＝mv2＋μmgxcos θ＋Q
代入数据解得Q＝0.048 75 J
电阻R上产生的热量QR＝Q＝0.032 5 J。
答案　(1)0.2 T　(2)0.032 5 J
B卷　高考标准练
(20分钟　32分)
1.(12分)(2019·天津卷，11)如图8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。

图8
(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。
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
E＝n，得E＝k①(1分)
设PQ与MN并联的电阻为R并，有R并＝②(1分)
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＝③(1分)
设PQ中的电流为IPQ，有IPQ＝I ④
设PQ受到的安培力为F安，有
F安＝BIPQl⑤(1分)
保持PQ静止，由受力平衡，有
F＝F安⑥(1分)
联立①②③④⑤⑥式得
F＝⑦(1分)
由楞次定律可知，电流方向为从Q到P，
由左手定则可知PQ受到的安培力方向水平相左，
所以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，有
＝⑧(1分)
其中ΔΦ＝Blx⑨(1分)
设PQ中的平均电流为，有＝⑩(1分)
根据电流的定义得
＝⑪(1分)
由动能定理，有
Fx＋W＝mv2－0⑫(1分)
联立⑦⑧⑨⑩⑪⑫得
W＝mv2－kq。⑬(1分)
答案　(1)，方向水平向右　(2)mv2－kq
2.(20分)(2019·江西上饶三模)如图9所示，倾角为θ＝37°的足够长平行导轨顶端bc间、底端ad间分别连一电阻，其阻值为R1＝R2＝2r，两导轨间距为L＝1 m。在导轨与两个电阻构成的回路中有垂直于轨道平面向下的磁场，其磁感应强度B1＝1 T。在导轨上横放一质量m＝1 kg、电阻r＝1 Ω、长度也为L的导体棒ef，导体棒与导轨始终良好接触，导体棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5。在平行导轨的顶端通过导线连接一面积为S＝0.5 m2、总电阻为r、匝数N＝100匝的线圈(线圈中轴线沿竖直方向)，在线圈内加上沿竖直方向、且均匀变化的磁场B2(图中未画出)，连接线圈电路上的开关K处于断开状态，g＝10 m/s2，不计导轨电阻。
sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：

图9
(1)从静止释放导体棒，导体棒能达到的最大速度是多少？
(2)导体棒从静止释放到稳定运行用时t＝3.25 s，这段时间通过电阻R1的电荷量是多少？导体棒的位移是多大？
(3)现闭合开关K，为使导体棒静止于倾斜导轨上，那么在线圈中所加磁场的磁感应强度的方向及变化率大小的取值范围。
解析　(1)对导体棒，由牛顿第二定律有
mgsin θ－μmgcos θ－B1IL＝ma(1分)
其中I＝＝＝(1分)
可知，随着导体棒的速度增大，加速度减小，当加速度减至0时，导体棒的速度达最大vm，
有vm＝(1分)
代入数据解得vm＝4 m/s。(1分)
(2)导体棒从静止释放到稳定运行时间内，设通过导体棒的平均电流为I，导体棒下滑距离为x，由动量定理
(mgsin θ－μmgcos θ－B1IL)t＝mvm(2分)
通过R1的电荷量q1＝It(1分)
解得q1＝1.25 C(1分)
通过导体棒的电荷量q＝It＝，(1分)
解得x＝5 m。(1分)
(3)开关闭合后，导体棒ef受到的安培力
F′＝B1IefL(1分)
干路电流I′＝＝＝，(1分)
电路的总电阻
R总＝r＋＝r(1分)
解得Ief＝I′＝(1分)
则F′＝·(1分)
当安培力较大时
Fmax＝mgsin θ＋μmgcos θ＝10 N(1分)
解得＝0.6 T/s(1分)
安培力较小时
Fmin＝mgsin θ－μmgcos θ＝2 N(1分)
解得＝0.12 T/s(1分)
为使导体棒静止于倾斜导轨上，磁感应强度的变化的取值范围为
0.12 T/s≤≤0.6 T/s(1分)
根据左手定则、楞次定律和安培定则知闭合线圈中所加磁场：
若方向竖直向上，则均匀减小；
若方向竖直向下，则均匀增强。
答案　(1)4 m/s　(2)1.25 C　5 m　(3)见解析