新高考物理三轮冲刺知识讲练与题型归纳专题25 电磁感应的综合问题（含解析）

这是一份新高考物理三轮冲刺知识讲练与题型归纳专题25 电磁感应的综合问题（含解析），共28页。

TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc128040612" 题型一 电磁感应中的图像问题 PAGEREF _Tc128040612 \h 1
\l "_Tc128040613" 题型二 电磁感应的动力学问题 PAGEREF _Tc128040613 \h 8
\l "_Tc128040614" 题型三 电磁感应中的动力学和能量问题 PAGEREF _Tc128040614 \h 14
[考点分析]
题型一 电磁感应中的图像问题
1．图象类型
(1)磁感应强度B、磁通量Φ、感应电动势E和感应电流I，随时间t变化的图象，即B－t图象、Φ－t图象、E－t图象和I－t图象．
(2)对于切割磁感线产生感应电动势和感应电流的情况，还常涉及感应电动势E和感应电流I随位移x变化的图象，即E－x图象和I－x的图象．
2．问题类型
(1)由给定的电磁感应过程判断或画出正确的图象．
(2)由给定的有关图象分析电磁感应过程，求解相应的物理量．
(3)利用给出的图象判断或画出新的图象．
（多选）如图所示，在竖直平面内有四条间距均为L的水平虚线L1、L2、L3、L4，在L1、L2之间和L3、L4之间存在磁感应强度大小相等且方向均垂直纸面向里的匀强磁场．现有一矩形金属线圈abcd，ad边长为3L．t＝0时刻将其从图示位置（cd边与L1重合）由静止释放，cd边经过磁场边界线L3时开始做匀速直线运动，cd边经过磁场边界线L2、L3、L4时对应的时刻分别为t1、t2、t3，整个运动过程线圈平面始终处于竖直平面内．在0～t3时间内，线圈的速度v、通过线圈横截面的电量q、通过线圈的电流i和线圈产生的热量Q随时间t的关系图像可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【解答】解：A、线圈cd边在L1、L2之间的磁场切割磁感线，则有：E＝BLv，
感应电流：I，F安＝BIL
根据牛顿第二定律可得：mg﹣F安＝ma，解得加速度大小为：a。
可知随着速度的增加，安培力也逐渐增大，加速度逐渐减小，根据题意，cd边经过磁场边界线L3时开始做匀速直线运动，说明从0时刻到t1的过程，线圈做加速度减小的加速运动，从t1到t2的过程，线圈做加速度为g的匀加速直线运动，从t2到t3的过程，线圈做匀速直线运动，由于v﹣t图像的切线斜率表示加速度，故A错误；
BC、从0时刻到t1的过程，线圈做加速度减小的加速运动，线圈中的电流逐渐增大，从t1到t2的过程，线圈做加速度为g的匀加速直线运动，但此过程线圈没有切割磁感线，感应电流为零，从t2到t3的过程，线圈做匀速直线运动，线圈中的电流保持不变，而q﹣t图像的切线斜率表示电流，故B正确、C错误；
D、从0时刻到t1的过程，线圈中的电流逐渐增大，从t1到t2的过程，线圈中的电流为零，从t2到t3的过程，线圈中的电流保持不变，根据Q＝I2Rt可知Q﹣t图像的切线斜率表示表示电流的平方，故D正确。
故选：BD。
（多选）如图甲，平行金属导轨MN、PQ固定在同一水平面内，导轨光滑且足够长，两导轨间距L＝0.4m，电阻忽略不计，其间接有R＝0.2Ω的电阻。垂直导轨放置质量m＝0.2kg、电阻r＝0.2Ω的金属杆ab，整个装置处于磁感应强度B＝0.4T的匀强磁场中，磁场方向竖直向下。现用水平向右的外力F拉金属杆ab，使之由静止开始做加速运动，电压传感器工作电流很小，可忽略不计，它可将R两端的电压U即时采集并输入电脑，获得电压U随时间t变化的关系图像如图乙，图线为过原点直线。运动过程中，ab与导轨始终垂直且接触良好，下列说法正确的是（ ）
A．金属杆做匀加速运动且加速度大小为2.5m/s2
B．第2s末外力F的瞬时功率为0.82W
C．0～2s内金属杆上产生的焦耳热为0.4J
D．若1.6s末撤去外力，则杆ab还能运动12.5m
【解答】解：A、由图乙可得：U﹣t图象的斜率kV/s＝0.2V/s，则U＝kt＝0.2t
设金属杆的运动速度为v时，路端电压为U，则有：U＝IR
联立解得：v•t
因为速度与时间成正比，所以金属杆做匀加速直线运动，加速度为：a
代入数据解得：a＝2.5m/s2，故A正确；
B、t＝2s时，金属杆的速度为：v＝at＝2.5×2m/s＝5m/s
金属感受到的安培力为：F安＝BIL，代入数据解得：F安＝0.32N；
根据牛顿第二定律可得：F﹣F安＝ma，解得：F＝0.82N
故第2s未外力F的瞬时功率为：P＝Fv＝0.82×5W＝4.1W，故B错误；
C、金属杆中的电流为：It（A）
可知2s时的瞬时电流为I2＝2A，0～2内电流的平均值为A＝1A
由于电流随时间变化，要计算0～2s内金属杆上产生的焦耳热需要代入0～2s内电流的有效值，而不是代入电流平均值，
即：QRtRt＝12×0.2×0.2J＝0.4J，故C错误；
D、若t′＝1.6s末撤去外力，此时金属杆的速度为：v′＝at′＝2.5×1.6m/s＝4m/s
撤去后到金属杆停下的过程，取向右为正方向，根据动量定理可得：﹣BLΔt＝0﹣mv′
其中：t
联立解得：x＝12.5m，故D正确。
故选：AD。
（多选）在绝缘的水平桌面上固定有MN、PQ两根平行的光滑金属导轨，导轨间距为l，电阻相同的金属棒ab和cd垂直放在导轨上，两棒正中间用一根长为l的绝缘细线相连，棒ab右侧有磁感应强度大小相等的匀强磁场Ⅰ、Ⅱ，宽度也为l，磁场方向均垂直导轨，整个装置的俯视图如图所示。从图示位置在棒ab上加水平拉力，使金属棒ab和cd向右匀速穿过磁场区域，则金属棒ab中感应电流i和绝缘细线上的张力大小F随时间t变化的图像，可能正确的是（规定金属棒ab中电流方向由a到b为正）（ ）
A．B．
C．D．
【解答】解：AB、ab棒进入磁场开始，由右手定则可知，金属棒ab中感应电流为b→a即为负，电动势为E＝BLv
感应电流为i
当位移为l﹣2l时，棒cd也进入磁场，由右手定则可知，金属棒小和均产生顺时针感应电流，即为正，设电路总电阻为R，感应电流为i'
当位移为2l﹣3l时，只有cd棒切割磁感线，根据右手定则，产生逆时针感应电流，即为负，大小为i
故A正确，B错误；
CD、当位移为0﹣l时，只有ab受到向左的安培力，则细线张力为零，当位移为l﹣2l时，两棒均受到向左的安培力，对cd，根据平衡条件，细线拉力向右，大小为F1
当位移为2l﹣3l时，cd受到向左的安培力，对cd，根据平衡条件，细线拉力向右，大小为
F22F1
故C正确，D错误。
故选：AC。
（多选）如图所示，在光滑绝缘水平桌面上有一正方形导线框，在虚线右侧有匀强磁场区域，磁场方向竖直向下。t＝0时导线框的右边恰与磁场边界重合，在水平外力F的作用下由静止开始向右运动，外力F与导线框速度v的关系是F＝F0+kv（F0、k是常量）。在进入磁场区域的过程中，线框中感应电流i随时间t变化的图像可能正确的有（ ）
A．B．
C．D．
【解答】解：设线框的边长为L、电阻为R、质量为m，磁场的磁感应强度为B；
当线框的速度为v时，安培力的大小为：F安＝BiL
此时线框的加速度为：a
①若k，则a为一个定值，感应电流i，i与t成正比；
②若k，则a随着速度的增大而增大，感应电流i，i﹣t图象的斜率增大；
③若k，则a随着速度的增大而减小，感应电流i，i﹣t图象的斜率减小；
综上所述，ACD正确、B错误。
故选：ACD。
如图1所示，地面上方高度为d的空间内有水平方向的匀强磁场，质量为m的正方形闭合导线框abcd的边长为l，从bc边距离地面高为h处将其由静止释放，已知h＞d＞l。从导线框开始运动到bc边即将落地的过程中，导线框的v﹣t图像如图2所示。重力加速度为g，不计空气阻力，以下有关这一过程的判断正确的是（ ）
A．t1～t2时间内导线框受到的安培力逐渐增大
B．磁场的高度d可以用v﹣t图中阴影部分的面积表示
C．导线框重力势能的减少量等于其动能的增加量
D．导线框产生的焦耳热大于mgl
【解答】解：A、t1～t2时间内，线框做加速度减小的减速运动，F安﹣mg＝ma，a减小，F安减小，导线框受到的安培力逐渐减小，故A错误；
B、线框bc边在t1时刻进入磁场，到t3时刻刚好出磁场，则高度d可以用v﹣t图中t1﹣t3部分的面积表示，故B错误；
C、线框在进入磁场过程中，有安培力做负功，机械能不守恒，重力势能的减少量不等于其动能的增加量，故C错误；
D、t1～t2时间内，线框做加速度减小的减速运动，F安﹣mg＝ma，则F安＞mg，则安培力做功大于mgl，可知导线框产生的焦耳热大于mgl，故D正确。
故选：D。
如图1，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨，导轨间距为l，电阻不计。左侧接有定值电阻阻值为R。质量为m、电阻为r的导体杆，t＝0时金属棒以初速度v0沿导轨向右运动，在滑行过程中保持与轨道垂直且接触良好。整个装置处于方向竖直向上，磁感应强度为B的匀强磁场中。
（1）定性分析说明金属杆的运动情况（速度和加速度的变化情况）。
（2）宏观规律与微观规律有很多相似之处，导体杆速度随时间的变化规律和放射性元素的衰变规律相同，已知导体杆速度由v0变化到所需时间为t0，则0﹣3t0时间内电阻R上产生的热量为多少？
（3）已知金属杆速度v和位移s的变化规律为：，即v﹣s图像如图2所示，请利用该v﹣s图像证明（1）中你的结论。
【解答】解：（1）根据右手定则可知通过金属杆的感应电流在图中的方向由上至下，再由左手定则可知金属杆受到的安培力方向水平向左，所以金属杆做减速运动，金属杆受到的合外力即安培力的大小为

由牛顿第二定律可知，因为v减小，所以金属杆的加速度减小，即金属杆做加速度减小的减速运动。
（2）根据题意，结合放射性元素的衰变规律可知3t0时金属杆的速度为

根据能量守恒定律可知，0﹣3t0时间内回路产生的总热量为

而通过金属杆和电阻R的电流时刻相等，由此可知

（3）由v﹣s图像可知，随着s的增大，金属杆速度v减小，即金属杆做减速运动，v﹣s图像的斜率为

根据速度的定义可知
Δs＝vΔt
联立解得：
因为k为定值，所以当v减小时，a减小，即金属杆的加速度减小。
答：（1）金属杆做加速度减小的减速运动；
（2）0﹣3t0时间内电阻R上产生的热量为；
（3）见解析。
题型二 电磁感应的动力学问题
1．安培力的大小
由感应电动势E＝Blv、感应电流I＝eq \f(E,R)和安培力公式F＝BIl得F＝eq \f(B2l2v,R).
2．安培力的方向判断
(1)对导体切割磁感线运动，先用右手定则确定感应电流的方向，再用左手定则确定安培力的方向．
(2)根据安培力阻碍导体和磁场的相对运动判断．
3．电磁感应中的力和运动
电磁感应与力学问题的综合，涉及两大研究对象：电学对象与力学对象．联系两大研究对象的桥梁是磁场对感应电流的安培力，其大小与方向的变化，直接导致两大研究对象的状态改变．
如图所示，水平固定、间距为L的平行金属导轨处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度的大小为B。与导轨垂直且接触良好的导体棒a、b，质量均为m，电阻均为R。现对a施加水平向右的恒力，使其由静止开始向右运动。当a向右的位移为x时，a的速度达到最大且b刚要滑动。已知两棒与导轨间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计导轨电阻，重力加速度为g。
（1）导体棒b刚要滑动时，导体棒a的最大速度vm；
（2）定性画出导体棒b所受摩擦力f大小随时间t变化的图像；
（3）导体棒a发生位移x的过程中，回路中产生的总焦耳热Q；
（4）当导体棒a达到最大速度vm时，给b水平向右的瞬时速度v0（v0＜vm）。请分析此后导体棒b的运动情况并求出b的最终速度vb。
【解答】解：（1）设导体棒b刚要滑动时回路中电流为I，对导体棒b有：BIL＝μmg
对整个回路根据闭合电路的欧姆定律可得：BLvm＝2IR
解得：；
（2）导体棒b未滑动前，所受摩擦力为静摩擦力，大小等于安培力，随着导体棒a速度增大，回路中感应电流变大，导体棒a所受的安培力变大，则导体棒a做加速度逐渐减小的加速运动，电流变化率逐渐变小，则导体棒b摩擦力随时间的变化率逐渐变小，导体棒b滑动后，为滑动摩擦力，恒定不变，当导体棒b所受摩擦力f大小随时间t变化的图像如图：
（3）导体棒b刚要滑动时，对导体棒a可得：F＝μmg+BIL
整个过程中对系统，由功能关系可得：
解得：；
（4）导体棒b做初速度为v0，加速度减小的减速运动，当加速度减至0时导体棒做匀速直线运动，由以上式子可得：F＝2μmg
导体棒b获得瞬时速度后，a、b系统动量守恒，设最终导体棒a的速度为va，取向右为正方向，对a、b系统，由动量守恒定律可得：
mv0+mvm＝mva+mvb
当导体棒加速度减为0时：
联立解得：。
答：（1）导体棒b刚要滑动时，导体棒a的最大速度为；
（2）导体棒b所受摩擦力f大小随时间t变化的图像见解析；
（3）导体棒a发生位移x的过程中，回路中产生的总焦耳热为；
（4）导体棒b做初速度为v0，加速度减小的减速运动，当加速度减至0时导体棒做匀速直线运动；b的最终速度为。
如图所示的装置为了探究导体棒在有磁场存在的斜面上的运动情况，MN、M'N'是两条相距为L＝0.5m的足够长的金属导轨，放置在倾角均为θ＝30°的对称斜面上，两导轨平滑连接，连接处水平，两导轨右侧接有阻值为R＝0.8Ω的固定电阻，导轨电阻不计。整个装置处于大小为B＝1T，方向垂直于左边斜面向上的匀强磁场中。质量为m＝0.1kg，电阻为r＝0.2Ω的导体棒Ⅰ从左侧导轨足够高处自由释放，运动到底端时与放置在导轨底部的质量也为m＝0.1kg的绝缘棒Ⅱ发生完全弹性碰撞（等质量的物体发生完全弹性碰撞时，交换速度）。若不计棒与导轨间的摩擦阻力，运动过程中棒Ⅰ和棒Ⅱ与轨道接触良好且始终与轨道垂直，求：
（1）第一次碰撞后，棒Ⅱ沿右侧斜面上滑的最大高度h；
（2）第二次碰撞后，棒Ⅰ沿左侧斜面上滑的最大距离为0.25m，该过程的时间；
（3）若从释放棒Ⅰ到系统状态不再发生变化的整个过程中，电阻R产生的热量为Q＝0.64J，棒I释放点的高度H。
【解答】解：（1）棒Ⅰ从足够高处滑下，到导轨底部前已经匀速，根据平衡条件可得：
mgsinθ＝BIL
其中I
联立解得：vm2m/s，
棒Ⅰ和绝缘棒Ⅱ发生完全弹性碰撞，动量守恒；
根据动量守恒定律可得：mvm＝mv1+mv2
根据能量守恒定律可得：mvm2mv12mv22，
其中m1＝m2＝m＝0.1kg，
联立解得碰后Ⅰ的速度为v1＝0，Ⅱ的速度为v2＝2m/s
对Ⅱ根据动能定理可得﹣mgh＝0
解得h＝0.2m；
（2）第二次碰撞后，再次交换速度，棒Ⅰ以2m/s的速度向上运动，直到速度为0，这个过程中根据动量定理可得：﹣mgsinθ•t﹣B•t＝0﹣mvm，
其中qt
解得：t＝0.275s；
（3）最终棒Ⅰ和棒Ⅱ都停在量导轨的底部，整个过程中能量守恒。
根据能量关系可得：mgH＝Q总，
电阻R产生的热量为QQ总，
解得：H＝0.8m。
答：（1）第一次碰撞后，棒Ⅱ沿右侧斜面上滑的最大高度为0.2m；
（2）第二次碰撞后，棒I沿左侧斜面上滑的最大距离为0.25m，该过程的时间为0.275s；
（3）若从释放棒I到系统状态不再发生变化的整个过程中，电阻R产生的热量为Q＝0.64J，棒I释放点的高度为0.8m。
水平面内有一电阻不计的光滑平行金属导轨，两导轨间距L＝0.4m，在导轨上MN左侧区域存在垂直导轨平面向下的磁场，磁感应强度大小B＝2.5T。两根电阻分别为R1＝1Ω、R2＝3Ω的金属棒AB、CD垂直导轨置于MN左侧的导轨上。开始时两棒均静止，现用一垂直于棒AB的水平向右外力拉动棒AB，使其向右运动：
（1）当AB棒在磁场中向右运动时，判断回路中的感应电流方向和CD棒的运动方向；
（2）设AB棒在磁场中向右运动一段距离过程中，安培力对AB棒做功为WAB，安培力对CD棒做功为WCD，试从功和能量转化关系的角度分析并比较WAB与WCD的大小；
（3）当AB棒运动到MN右侧后某时刻撤去外力（CD棒还在磁场中），此时AB棒速度大小v1＝5m/s，CD棒速度大小v2＝2m/s，求此时AB棒上的热功率PAB；
（4）在第（3）问情景中，请分析并描述此时刻之后AB、CD棒的运动情况。
【解答】解：（1）当AB棒在磁场中向右运动时，根据右手定则可知回路中的感应电流方向为逆时针；
通过CD棒的电流为C→D，根据左手定则可得CD棒受到的安培力方向向右，所以CD棒向右运动；
（2）AB棒在磁场中运动过程中相对于电源，而CD棒是在安培力作用下向右运动，相对于“电动机”，安培力对AB棒做功WAB一部分转化为CD棒的动能，一部分转化为系统的焦耳热，而安培力对CD棒做功为WCD等于CD棒动能的变化，所以有：WAB＝WCD+Q，即WAB＞WCD；
（3）当AB棒运动到MN右侧后不再切割磁感应线，此时只有CD切割磁感应线，根据法拉第电磁感应定律可得：
E＝BLv2＝2.5×0.4×2V＝2V
回路中的感应电流为：IA＝0.5A
此时AB棒上的热功率PAB＝I2R1＝0.52×1W＝0.25W；
（4）当AB棒运动到MN右侧后不再受到安培力，撤去外力后AB棒做匀速直线运动；
CD棒在磁场中切割磁感应线运动时产生的感应电流方向为D→C，根据左手定则可知CD棒受到的安培力方向向左，导体棒CD做减速运动，减速运动的加速度大小为：a，由于速度减小，所以加速度减小，则CD棒做加速度减小的减速运动。
答：（1）当AB棒在磁场中向右运动时，回路中的感应电流方向为逆时针，和CD棒向右运动；
（2）安培力对AB棒做功大于安培力对CD棒做功；
（3）此时AB棒上的热功率为0.25W；
（4）AB棒做匀速直线运动，CD棒做加速度减小的减速运动。
如图所示的装置可研究导体棒在磁场中的运动情况。M1M2N2N1是倾角为θ的光滑平行金属倾斜导轨，处于大小为B1，方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间Ⅰ中。水平导轨上的无磁场区N1N2P2P1是光滑绝缘材料制成的导轨，右侧P1P2Q2Q1是水平光滑平行金属导轨，存在大小为B2，方向垂直导轨平面向上的足够长的匀强磁场区间Ⅱ，Q1Q2右侧是足够长无磁场区域。水平部分和倾斜部分平滑连接，其间距均为L，M1M2之间接有电阻R，质量为m、长度也为L的金属杆ab从倾斜导轨上端释放，达到匀速后进入水平导轨（无能量损失），cd棒静置于匀强磁场区间Ⅱ．运动过程中，杆ab、cd与导轨始终接触良好，且保持与导轨垂直。已知杆ab、cd和电阻R的阻值均为R＝0.2Ω，质量均为m＝0.1kg，L＝0.5m，θ＝30°，B1＝B2＝0.4T，不计摩擦阻力和导轨电阻，忽略磁场边界效应。求：
（1）闭合开关K，由静止释放ab棒，求ab棒到达N1N2时的速度v0；
（2）为使ab与cd不发生碰撞，cd棒最初与磁场边界P1P2的距离x0至少为多少？
（3）若cd棒与磁场边界P1P2的距离最初为x＝3.5m，则ab棒从进入匀强磁场区间Ⅱ到离开的过程中，求ab棒产生的焦耳热。
【解答】解：（1）ab棒匀速后其所受安培力与重力沿导轨向下的分力达到平衡，mgsinθ＝BIL，
根据闭合电路的欧姆定律可得：I
解得：v0＝5m/s；
（2）ab棒进入匀强磁场区间Ⅱ后通过安培力与cd棒发生相互作用，整体动量守恒，达到共同速度v1。
则mv0＝2mv1。
解得v1＝2.5m/s
欲使两者不发生碰撞，cd棒最初与磁场边界P1P2的距离至少要等于两者的相对位移△x，即x0＝△x.
对cd棒应用动量定理可得：BL•△t＝mv1，其中是平均电流，
由；；△Φ＝BL•△x＝BLx0，推导得：•△t；
则有：mv1，
解得：x0＝2.5m；
（3）ab棒进入匀强磁场区间Ⅱ且cd还在磁场中的过程产生的焦耳热即为系统动能减少量的一半，
Q10.3125J
cd棒过Q1Q2后保持v1匀速，ab棒从匀强磁场区间Ⅱ出去的过程，设ab棒过Q1Q2的速度为v2，
则根据动量定理可得：mv2﹣mv1
得：v2＝1.5m/s
ab棒从匀强磁场区间Ⅱ出去的过程产生的焦耳热即为系统动能减少量的一半，
则：Q20.1J
所以ab棒从进入匀强磁场区间Ⅱ到离开的过程中，ab棒产生的焦耳热为Q＝Q1+Q2＝0.4125J。
答：（1）ab棒到达N1N2时的速度为5m/s；
（2）cd棒最初与磁场边界P1P2的距离x0至少为2.5m；
（3）ab棒产生的焦耳热为0.4125J。
题型三 电磁感应中的动力学和能量问题
1．能量转化
导体切割磁感线或磁通量发生变化，在回路中产生感应电流，这个过程中机械能或其他形式的能转化为电能，具有感应电流的导体在磁场中受安培力作用或通过电阻发热，又可使电能转化为机械能或内能．因此，电磁感应过程中总是伴随着能量的转化．
2．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的形式实现的，安培力做功的过程，是电能转化为其他形式能的过程，外力克服安培力做功，则是其他形式的能转化为电能的过程．
（多选）如图，两根足够长的光滑平行金属导轨固定于同一竖直平面内，导轨电阻不计，导轨宽为L，底端通过导线连接一个电阻为R的定值电阻。整个导轨处在方向垂直纸面向里的匀强磁场中，质量为m长度与导轨等宽的匀质金属杆垂直导轨放置，金属杆电阻不计。某时刻以初速度为v0向上抛出金属杆，一段时间后，金属杆再次回到相同位置时的速度为v1。重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．金属杆运动的总时间为
B．运动过程中产生的焦耳热为
C．金属杆的最大位移为
D．通过金属杆的电荷量为
【解答】解：A．根据安培公式F安＝BIL，切割电动势E＝BLv，欧姆定律I，联立得
令
则F安＝kv
以竖直向下为正方向，由动量定理


又
解得金属杆运动的总时间t＝t1+t2
解得t
故A正确；
B．由能量守恒得
解得运动过程中产生的焦耳热
故B正确；
CD．由A可知无法对通过金属杆的电荷量进行计算，故也无法对金属杆的最大位移进行计算，故CD错误。
故选：AB。
（多选）如图所示，两水平虚线间存在垂直于纸面方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，边长为h的正方形导体框由虚线1上方无初速度释放，在释放瞬间ab边与虚线1平行且相距h。已知导体框的质量为m，总电阻为r，重力加速度为g，cd边与两虚线重合时的速度大小均为v，忽略空气阻力，导体框在运动过程中不会发生转动，则（ ）
A．两虚线的距离为h
B．导体框在穿越磁场的过程中，产生的焦耳热为4mgh
C．导体框的ab边与虚线1重合时，其克服安培力做功的功率大小为
D．导体框从ab边与虚线1重合到cd边与虚线1重合时所用的时间为
【解答】解：A、由题意，根据导体框进出磁场过程中运动的对称性可知，ab边刚好进入磁场和刚好离开磁场时的速度大小相同：ab边进入的速度由运动学公式可求：，设两虚线之间的距离为H，导体框全部位于磁场中时下落的加速度大小为g，根据运动学公式有：，联立解得：，故A正确；
B、设导体框穿过磁场的过程中产生的焦耳热为Q，对导体框从开始下落到穿过磁场的过程，根据能量守恒定律有：，解得：，故B错误；
C、导体框的ab边与虚线1重合时的速度大小为：
此时ab边产生的感应电动势大小为：E＝Bhv1
导体框中的感应电流为：
ab边所受的安培力大小为：F＝BIh
导体框的ab与虚线1重合时克服安培力做功的功率大小为：P＝Fv1
整理得：，故C错误；
D、设导体框通过磁场上边界所用时间为t，线框中的平均感应电流为，
则由动量定理可得：mgt﹣Bh•t＝mv﹣mv1
根据电流的定义可知电荷量为：qt
根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律综合分析可知：q
联立以上几式解得：，故D正确。
故选：AD。
空间存在范围足够大、竖直向下的、磁感应强度为B的匀强磁场，在其间竖直固定两个相同的、彼此正对的金属细圆环a、b，圆环a在前、圆环b在后。圆环直径为d，两环间距为L、用导线与阻值为R的外电阻相连，如图所示。一根细金属棒保持水平、沿两圆环内侧做角速度为ω的逆时针匀速圆周运动（如图），金属棒电阻为r。棒与两圆环始终接触良好，圆环电阻不计。则下列说法正确的是（ ）
A．金属棒在最低点时回路电流为零
B．金属棒在圆环的上半部分运动时（不包括最左和最右点），a环电势低于b环
C．从最高点开始计时，回路电流的瞬时值为isinωt
D．电阻R两端电压的有效值为U
【解答】解：A、金属杆做圆周运动的线速度，设金属杆的速度方向与磁场间的夹角为θ，从最高点开始计时，感应电动势，感应电流
L、R、ω、r都是定值，从最高点到最低点的过程中sinθ先减小后增大，金属棒在最低点时回路电流最大，故A错误；
B、金属棒在圆环的上半部分运动时（不包括最左和最右点），根据右手定则可知a环电势高于b环，故B错误；
C、金属棒在最高点时垂直切割磁感线，感应电流最大，则从最高点开始计时，回路电流的瞬时值为，故C错误；
D、电流的有效值为，电阻R两端电压的有效值为，故D正确。
故选：D。
如图甲所示，质量为1kg的金属棒ab静止在粗糙的平行导轨上且与导轨垂直，两平行导轨固定在同一水平面内。ab棒、导轨和定值电阻R组成面积为1m2的闭合回路，回路总电阻为3Ω。回路内有与水平面成37°角斜向上且均匀变化的匀强磁场，从t＝0时刻开始，磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙所示。已知两平行导轨的间距为1m，ab棒与导轨间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8。在t＝1s时，ab棒恰好相对导轨开始运动，则此时（ ）
A．ab棒中的电流方向为a流向b
B．ab棒受到的安培力大小为
C．ab棒与导轨间的压力大小为
D．ab棒与导轨之间的动摩擦因数为0.5
【解答】解：A.由楞次定律知ab棒中的电流方向为b流向a，故A错误；
B.由图乙结合法拉第电磁感应定律得ESsin37°
则回路中的电流I
t＝ls时磁感应强度为5T，则所受安培力大小为F＝BIL
联立代入数据解得：F＝5N
故B错误；
C.由左手定则知，安培力方向垂直磁场方向向左上，则ah棒与导轨间的压力大小为N＝mg﹣Fcs37°
代入数据解得：N＝6N
故C错误；
D.由平衡条件得，ab棒与导轨间的摩擦力f＝Fsin37°
又f＝μN
解得μ＝0.5
故D正确。
故选：D。
如图所示，相距为L的两条足够长的平行金属导轨右端连接有一定值电阻R，整个装置被固定在水平地面上，整个空间存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两根质量均为m，电阻都为R，与导轨间的动摩擦因数都为μ的相同金属棒MN、EF垂直放在导轨上。现在给金属棒MN施加一水平向左的作用力F，使金属棒MN从静止开始以加速度a做匀加速直线运动，若重力加速度为g，导轨电阻不计，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等．则下列说法正确的是（ ）
A．从金属棒MN开始运动到金属棒EF开始运动经历的时间为t
B．若从金属棒MN开始运动到金属棒EF开始运动经历的时间为T，则金属棒EF开始运动时，水平拉力F的瞬时功率为P＝（ma+μmg）aT
C．若从金属棒MN开始运动到金属棒EF开始运动经历的时间为T，则此过程中流过电阻R的电荷量为L
D．从金属棒MN开始运动到金属棒EF开始运动的过程中，两金属棒的发热量相等
【解答】解：MN与电阻R的并联阻值R并0.5R
A、以EF为研究对象，设EF刚开始运动时其电流大小为I，则通过MN的电流为2I，EF棒刚要开始运动时，由平衡条件得：BIL＝μmg，
根据闭合电路欧姆定律得：E＝2I（R+0.5R）＝3IR
感应电动势：E＝BLv
MN做匀速直线运动，MN的速度v＝at
解得：t，故A正确；
B、金属棒EF开始运动时，由平衡条件得：BIL＝μmg，解得：I
金属棒MN所受的安培力大小为F安培＝B×2IL
以MN为研究对象，根据牛顿第二定律得：F﹣μmg﹣F安培＝ma
拉力的功率为P＝Fv
MN的速度大小v＝aT
解得：P＝（ma+3μmg）aT，故B错误；
C、MN棒在T时间内通过的位移为x
由法拉第电磁感应定律可知，平均感应电动势：
平均感应电流：
流过电阻R的电荷量：QΔt
解得通过MN棒的电量为Q
由于两棒的电阻都为R，则此过程中流过电阻R的电荷量为qQ，故C错误；
D、由于MN棒切割磁感线，产生感应电动势，相当于电源，通过MN的电流是EF电流的2倍，根据焦耳定律Q＝I2Rt可知，MN的发热量是EF的4倍，故D错误。
故选：A。
小明设计的电磁健身器的简化装置如图所示，两根平行金属导轨相距l＝0.50m，倾角θ＝53°，导轨上端串接一个R＝0.05Ω的电阻。在导轨间长d＝0.56m的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B＝2.0T。质量m＝4.0kg的金属棒CD水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH相连。CD棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s＝0.24m。一位健身者用恒力F＝80N拉动GH杆，CD棒由静止开始运动，上升过程中CD棒始终保持与导轨垂直。当CD棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复装置使CD棒回到初始位置（重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆GH和绳索的质量）。求：
（1）CD棒进入磁场时速度v的大小；
（2）CD棒进入磁场时所受的安培力的大小；
（3）在拉升CD棒的过程中，健身者所做的功W和电阻产生的焦耳热Q。
【解答】解：（1）CD棒进入磁场前，由牛顿第二定律得：F−mgsinθ＝ma
解得a＝12m/s2…①
进入磁场时CD棒的速度为：vm/s＝2.4m/s…②
（2）CD棒进入磁场时产生的感应电动势为：E＝Blv…③
感应电流为：I④
CD棒安培力为：FA＝BIl…⑤
联立整理得：FA⑥
解得FA＝48N
（3）在拉升CD棒的过程中，健身者所做的功为：W＝F（s+d）…⑦
解得：W＝64J
由于F﹣mgsinθ﹣FA＝0…⑧
所以CD棒进入磁场后做匀速运动，在磁场中运动时间为：t⑨
则电阻产生的焦耳热为：Q＝I2Rt，解得Q＝26.88J
答：（1）CD棒进入磁场时速度v的大小为2.4m/s
（2）CD棒进入磁场时所受的安培力的大小是48N；
（3）在拉升CD棒的过程中，健身者所做的功W是64J，电阻产生的焦耳热Q是26.88J。
如图（甲）所示，光滑的平行水平金属导轨MN、PQ相距l，在M点和P点间连接一个阻值为R的电阻，一质量为m、电阻为r、长度也刚好为l的导体棒垂直搁在导轨上a、b两点间，在a点右侧导轨间加一有界匀强磁场，磁场方向垂直于导轨平面，宽度为d0，磁感应强度为B，设磁场左边界到ab距离为d。现用一个水平向右的力F拉导体棒，使它从a、b处静止开始运动，棒离开磁场前已做匀速直线运动，与导轨始终保持良好接触，导轨电阻不计，水平力F﹣x的变化情况如图（乙）所示，F0已知。求：
（1）棒ab离开磁场右边界时的速度v；
（2）棒ab通过磁场区域的过程中电阻R产生的焦耳热Q；
（3）d满足什么条件时，棒ab进入磁场后一直做匀速运动。
【解答】解：（1）设离开右边界时棒ab速度为v，
则有，感应电动势，E＝BLv
闭合电路欧姆定律，I
对棒有 2F0﹣BIL＝0
解得：v；
（2）在ab棒运动的整个过程中，根据动能定理：
F0d+2F0d0﹣W安0
由功能关系：E电＝W安
解得：Q＝E电＝F0（d+2d0）；
根据热量Q与R成正比，且，QR+Qr＝Q
解得电阻R产生的焦耳热为QR；
（3）设棒刚进入磁场时的速度为v0，
则有F0d
当v0＝v，即d时，进入磁场后一直匀速运动；
答：（1）棒ab离开磁场右边界时的速度为；
（2）棒ab通过磁场区域的过程中电阻R产生的焦耳热为；
（3）当d时，进入磁场后一直匀速运动。
如图（甲）所示，光滑的平行水平金属导轨MN、PQ相距l，在M点和P点间连接一个阻值为R的电阻，一质量为m、电阻为r、长度也刚好为l的导体棒垂直搁在导轨上a、b两点间，在a点右侧导轨间加一有界匀强磁场，磁场方向垂直于导轨平面，宽度为d0，磁感应强度为B，设磁场左边界到ab距离为d．现用一个水平向右的力F拉导体棒，使它从a、b处静止开始运动，棒离开磁场前已做匀速直线运动，与导轨始终保持良好接触，导轨电阻不计，水平力F﹣x的变化情况如图（乙）所示，F0已知．求：
（1）棒ab离开磁场右边界时的速度；
（2）棒ab通过磁场区域的过程中整个回路所消耗的电能E；
（3）d满足什么条件时，棒ab进入磁场后一直做匀速运动。
【解答】解：（1）设离开右边界时棒ab速度为v，
则有，感应电动势，E＝BLv
闭合电路欧姆定律，I
对棒有 2F0﹣BIL＝0
解得：v；
（2）在ab棒运动的整个过程中，根据动能定理：
F0d+2F0d0﹣W安0
由功能关系：E电＝W安
解得：E电＝F0（d+2d0）；
（3）设棒刚进入磁场时的速度为v0，
则有F0d
当v0＝v，即d时，进入磁场后一直匀速运动；
答：（1）棒ab离开磁场右边界时的速度为；
（2）棒ab通过磁场区域的过程中整个回路所消耗的电能F0（d+2d0）；
（3）当d时，进入磁场后一直匀速运动。