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新高考物理二轮复习练习专题九 电磁感应定律及其应用（2份打包，原卷版+解析版）
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这是一份新高考物理二轮复习练习专题九 电磁感应定律及其应用（2份打包，原卷版+解析版），文件包含新高考物理二轮复习练习专题九电磁感应定律及其应用原卷版doc、新高考物理二轮复习练习专题九电磁感应定律及其应用解析版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共28页， 欢迎下载使用。
命题趋势
本专题的考查集中在楞次定律，法拉第电磁感定律的应用，电磁感应中的图象问题、电路问题、动力学和能量问题，题型以选择题为主；计算题常以“导体棒”切割磁感线为背景，还可能会涉及动量的问题。
考点清单
一、楞次定律和法拉第电磁感应定律
1．判定感应电流方向的两种方法
(1)楞次定律：一般用于线圈面积不变，磁感应强度发生变化的情形。
(2)右手定则：一般用于导体棒切割磁感线的情形。
2．感应电荷量的计算
q＝eq \(I,\s\up6(－))t＝neq \f(ΔΦ,R＋r)(n：匝数，ΔΦ：磁通量变化量，R＋r：闭合电路的总电阻)
二、电磁感应中力电综合问题
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＝Beq \(I,\s\up6(－))l·Δt＝qBl＝eq \f(B2l2,R＋r)x。
精题集训
（70分钟）
经典训练题
1．(多选)在三角形ABC区域中存在着磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场，三边电阻均为R的三角形导线框abc沿AB方向从A点以速度v匀速穿过磁场区域。如图所示，ab＝L，AB＝2L，∠abc＝∠ABC＝90°，∠acb＝∠ACB＝30°。线框穿过磁场的过程中( )
A．感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向
B．感应电流先增大，后减小
C．通过线框的电荷量为eq \f(\r(3)BL2,6R)
D．c、b两点的最大电势差为eq \r(3)BLv
2．(多选)如图所示，竖直光滑导轨上端接入一定值电阻R，C1和C2是半径都为a的两圆形磁场区域，其区域内的磁场方向都垂直于导轨平面向外，区域C1中磁场的磁感应强度随时间按B1＝b＋kt(k＞0)变化，C2中磁场的磁感应强度恒为B2，一质量为m、电阻为r、长度为L的金属杆AB穿过区域C2的圆心，垂直地跨放在两导轨上，且与导轨接触良好，并恰能保持静止(轨道电阻不计，重力加速度大小为g)。则( )
A．通过金属杆的电流方向为从A到B
B．通过金属杆的电流大小为eq \f(mg,2B2a)
C．定值电阻的阻值为eq \f(2kπB2a3,mg)
D．整个电路中产生的热功率为eq \f(kπamg,2B2)
高频易错题
1．(多选)(2020·山东学业水平等级考试·T12)如图所示，平面直角坐标系的第一和第二象限分别存在磁感应强度大小相等、方向相反且垂直于坐标平面的匀强磁场，图中虚线方格为等大正方形。一位于Oxy平面内的刚性导体框abcde在外力作用下以恒定速度沿y轴正方向运动(不发生转动)。从图示位置开始计时，4 s末bc边刚好进入磁场。在此过程中，导体框内感应电流的大小为I，ab边所受安培力的大小为Fab，二者与时间t的关系图像可能正确的是( )
2．如图甲所示，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( )
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
精准预测题
1．如图，均匀带正电的绝缘圆环a与金属圆环b同心共面放置，当a绕O点在其所在平面内顺时针减速旋转时，由此可知( )
A．圆环b具有扩张趋势
B．圆环b中产生顺时针方向的感应电流
C．若圆环a逆时针加速旋转，圆环b中产生逆时针方向的感应电流
D．若圆环a逆时针减速旋转，圆环b中产生顺时针方向的感应电流
2．电磁驱动是21世纪初问世的新概念、新技术，现已广泛应用在我们的日常生活中。装在汽车上的磁性转速表就利用了电磁驱动，其工作原理如图所示。下列说法正确的是( )
A．永久磁体和铝盘应装在同一转轴上，两者同步转动游丝铝盘
B．永久磁体和铝盘应装在不同的转轴上，两者转动方向相反
C．永久磁体相对铝盘转动，铝盘中产生感应电流，并受安培力而转动
D．在电磁驱动的过程中，通过克服安培力做功消耗机械能转化为电能
3．(多选)如图甲所示，水平放置的平行金属导轨连接一个平行板电容器C和电阻R，导体棒MN放在导轨上且接触良好，整个装置放于垂直导轨平面的磁场中，磁感应强度B的变化情况如图乙所示（图示磁感应强度方向为正），MN始终保持静止，则0～t2时间内( )
A．流过电阻R的电流方向始终没变
B．电容器C的a板一直带正电
C．t1时刻电容器C的带电量为零
D．MN所受安培力的方向始终没变
4．如图，在光滑的水平面上，一半径为r的金属环匀速穿过一个方向竖直向下的有界匀强磁场(磁场宽度d＞2r)。规定金属环中感应电流沿顺时针方向为正方向，以进入磁场瞬间为计时起点，下列能表示圆环中感应电流随时间变化的图像是( )
5．(多选)如图所示，足够长的光滑平行金属导轨水平放置在磁感应强度为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场中，导轨间距为L，电阻忽略不计，左端连接两个电阻R1和R2，R1＝r，R2＝2r。长为3L、电阻为3r的粗细均匀的金属棒垂直放置在导轨上，其中ab＝bc＝L。金属棒在水平向右的外力F（F未知）的作用下，以速度v做匀速直线运动，下列说法正确的是( )
A．导体棒ad间的电压Uad＝3BLv
B．外力 SKIPIF 1 < 0
C．流过R2电流 SKIPIF 1 < 0
D．R1上的功率为 SKIPIF 1 < 0
6．如图，用一根总电阻为2R粗细均匀的铜导线制成半径为L的圆环，PQ为圆环的直径，其左右两侧四分之一圆面积内各存在垂直于圆环所在平面的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，但方向相反。一根长度为2L、电阻为R的金属棒MN绕着圆环的圆心O点紧贴着圆环以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，转动过程中金属棒MN与圆环始终接触良好，不计一切阻力和摩擦，下列说法正确的是( )
A．转动过程中流过金属棒中电流方向始终是从N到M
B．图示位置金属棒两端的电压大小为eq \f(2,3)BωL2
C．从PQ位置开始计时，0～ SKIPIF 1 < 0 时间内通过金属棒MN的横截面电荷量为零
D．金属棒旋转一周的过程中，金属棒中电流的有效值为 SKIPIF 1 < 0
7．(多选)如图所示，两根电阻不计的光滑金属导轨MAC、NBD水平放置，MA、NB间距L＝0.4 m，AC、BD的延长线相交于点E且AE＝BE，E点到AB的距离d＝6 m，M、N两端与阻值R＝2 Ω的电阻相连。虚线右侧存在方向与导轨平面垂直向下的匀强磁场，磁感应强度B＝1 T，一根长度也为L＝0.4 m、质量m＝0.6 kg电阻不计的金属棒，在外力作用下从AB处以初速度v0＝2 m/s沿导轨水平向右运动，棒与导轨接触良好，运动过程中电阻R上消耗的电功率不变。则( )
A．电路中的电流为0.4 A
B．金属棒向右运动eq \f(1,2)d过程中克服安培力做的功为0.72 J
C．金属棒向右运动eq \f(1,2)d过程中外力做功的平均功率为3.52 W
D．金属棒向右运动eq \f(1,2)d过程中在电阻中流过的电量为0.45 C
8．如图所示，空间内固定有两平行金属导轨，左侧部分水平且光滑，处于竖直向上的匀强磁场中；右侧倾角为α且足够长，处于垂直导轨平面斜向上的匀强磁场中。导轨上连接的电阻R1＝R2＝R，理想电源的电动势为E，内阻忽略不计。质量为m的导体棒静置在左侧水平金属导轨上，闭合开关S的同时，给导体棒一水平向右的初速度，导体棒恰能做匀速直线运动，直至水平抛出。一段时间后，导体棒刚好沿右侧导轨方向落在导轨上。已知两匀强磁场的磁感应强度大小均为B，导轨间距均为d，重力加速度为g。若导轨及导体棒的电阻均不计，导体棒在运动过程中始终保持水平且与导轨垂直，求：
(1)棒获得的水平初速度大小；
(2)右导轨顶端距左导轨的高度；
(3)棒在右导轨上最终的速度大小。
9．如图甲所示，有一边长L＝3 m的正方形金属线框，其质量m＝1 kg、电阻R＝6 Ω，在一个方向与v0平行的水平外力F作用下匀减速进入匀强磁场。已知磁场方向垂直纸面向里，磁场左右边界的宽为2L。以线框右边进入磁场开始计时，线框的初速度v0＝4 m/s，在t＝1.0 s时线框左边进入磁场立即撤去外力，外力F大小随时间t变化的图线如图乙所示。若线框与水平面间接触光滑且绝缘。则：
(1)线框进入磁场过程的加速度a大小及磁感应强度B的大小；
(2)求线框离开磁场右边界时的速度v′；
(3)已知线框进入磁场过程中拉力做功WF＝－2.5 J，求线框从进入磁场到离开磁场整个过程中产生的电热Q。
10．如图甲所示，足够长的光滑平行金属导轨水平放置，间距L＝0.4 m，定值电阻R＝1.6 Ω，电容器电容C＝2.5 F，磁感应强度B＝1 T的匀强磁场垂直于导轨平面向上。有一质量m＝0.1 kg、电阻不计的导体棒ab与导轨垂直放置且接触良好，仅闭合S1，ab在水平外力F作用下运动。电阻R两端电压随时间变化的规律如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2。
(1)求ab的加速度大小；
(2)求从ab开始运动5 s内通过R的电荷量；
(3)若开始时断开S1，闭合S2后，导体棒受到大小为导体棒重力一半的水平拉力，试分析导体棒的运动状态及5 s时间内电容器中储存的能量。
11．如图甲所示，两条平行光滑水平导轨间距为L，左右两侧折成倾斜导轨，其倾角均为θ＝45°，左侧轨道高为eq \f(1,2)L。导轨水平部分有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化规律如图乙所示。导体棒ab固定在左侧导轨最高点，cd固定在水平导轨上，与左侧轨道底端相距为2L，导体棒ab、cd长均为L、电阻均为R，质量分别为m和2m。从0时刻开始，静止释放导体棒ab，当ab到达左侧轨道底端时立即释放导体棒cd。不计导轨电阻和空气阻力，已知L＝1 m，R＝0.5 Ω，m＝1 kg，g＝10 m/s2，B0＝2 T。求：（结果保留根号）
(1)导体棒ab在左侧导轨上运动的过程中导体棒cd产生的焦耳热Q；
(2)若水平导轨足够长，且两棒在水平导轨上不会相撞，则两棒在水平导轨上运动过程中通过导体棒截面的电荷量q是多少；
(3)在(2)的条件下，若右侧倾斜导轨足够长，且导体棒落在倾斜导轨上时立即被锁定，求导体棒ab、cd最终静止时的水平间距x。
参考答案
经典训练题
1．(多选)
【答案】AD
【解析】线圈穿越磁场的过程中，磁通量先增加后减小，则根据楞次定律可知，感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向，选项A正确；线框穿过磁场的过程中，切割磁感线的有效长度先增加、后减小、再增加，则感应电流先增加、后减小、再增加，选项B错误；根据q＝eq \f(ΔΦ,R总)，因进入和穿出磁场时，磁通量的变化量相同，且感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向，可知通过线框的电荷量为零，选项C错误；当线框完全进入磁场时，c、b两点的电势差最大，最大为Ucb＝E＝B·eq \r(3)Lv＝eq \r(3)BLv，选项D正确。]
【点评】注意题目中的关键字眼：“三角形导线框”表明线框进入磁场过程中有效长度发生变化；“穿过磁场区域”表明磁通量先增大，后减少。
2．(多选)
【解析】区域C1中磁场的磁感应强度随时间按B1＝b＋kt(k＞0)变化，可知磁感应强度均匀增大，穿过整个回路的磁通量增大，由楞次定律分析知，通过金属杆的电流方向为从B到A，故A错误；对金属杆，根据平衡方程得mg＝B2I·2a，解得I＝eq \f(mg,2B2a)，故B正确；由法拉第电磁感应定律，回路中产生的感应电动势E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(ΔB1,Δt)πa2＝kπa2；且闭合电路欧姆定律有I＝eq \f(E,R＋r)，又I＝eq \f(mg,2B2a)，解得R＝eq \f(2πkB2a3,mg)－r，故C错误；整个电路中产生的热功率P＝EI＝eq \f(πkamg,2B2)，故D正确。
【答案】BD
高频易错题
1．(多选)
【答案】BC
【解析】第1 s内，ae边切割磁感线，由E＝BLv可知，感应电动势不变，导体框总电阻一定，故感应电流一定，由安培力F＝BIL可知ab边所受安培力与ab边进入磁场的长度成正比；第2 s内，导体框切割磁感线的有效长度均匀增大，感应电动势均匀增大，感应电流均匀增大；第3～4 s内，导体框在第二象限内切割磁感线的有效长度保持不变，在第一象限内切割磁感线的有效长度不断增大，但两象限磁场方向相反，导体框的两部分感应电动势方向相反，所以第2 s末感应电动势达到最大，之后便不断减小，第3 s末与第1 s末，导体框切割磁感线的有效长度相同，可知第3 s末与第1 s末线框中产生的感应电流大小相等，A错误，B正确；但第3 s末ab边进入磁场的长度是第1 s末的3倍，即ab边所受安培力在第3 s末的大小等于第1 s末所受安培力大小的3倍，C正确，D错误。
【点评】本题通过不规则导体框在磁场中的运动考查法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力。本题的易错点是：2～4 s内导体框切割磁感线的有效长度是变化的。
2．【答案】C
【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＝70 W，A、B错误；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＝eq \f(B2L2vmax,R＋r)，得B＝2 T，C正确；F＝70eq \f(1,v)，F－mgsin θ－F安＝ma，F安＝eq \f(B2L2v,R＋r)＝eq \f(1,5)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＝eq \f(1,5)v＝1 N，D错误。
精准预测题
1．【答案】B
【解析】当带正电的绝缘圆环a顺时针减速旋转时，相当于顺时针方向电流，并且在减小，根据右手螺旋定则，其内有垂直纸面向里的磁场，其外有垂直纸面向外的磁场。因垂直向外磁场不全在b环中，因此会导致b环中的磁通量减小，根据楞次定律，b环中感应电流在b环内产生垂直纸面向里的磁场，根据安培定则可知，b环中产生顺时针方向的感应电流。根据左手定则，磁场对b环电流的作用力向内，所以圆环b具有收缩趋势，故A错误，B正确；若a环逆时针加速旋转，同理a中有逆时针方向增大的电流，b环中产生顺时针方向的感应电流，故C错误；若a环逆时针减速旋转，同理，a中有逆时针方向减小的电流，依据右手螺旋定则与楞次定律，b环中产生逆时针方向的感应电流，故D错误。
2．【答案】C
【解析】永久磁铁固定在转轴上，铝盘国定在指针轴上，铝盘和永久磁体不是同转轴带动，所以两者转动不是同步的，故A错误；该转速表运用了电磁感应原理，由楞次定律知，铝盘磁场总是阻碍永久磁铁转动，要使减小穿过铝盘磁通量的变化，永久磁铁转动方向与铝盘转动方向相同，故B错误；当永久磁铁随转轴转动时，产生转动的磁场，在铝盘中产生感应电流，这时永久磁铁的磁场会对铝盘上的感应电流有安培力的作用，而产生一个转动的力矩，使指针转动，由于弹簧游丝的反力矩会使指针稳定在某一刻度上，故C正确；在电磁驱动的过程中，通过安培力做功消耗电能转化为机械能，故D错误。
3．【答案】AB
【解析】由图乙可知，磁感应强度先减小后方向相反增大，即穿过回路的磁通量先减小后方向相反且增大，根据楞次定律，回路中感应电流产生的磁场阻碍远磁场的变化，所以回路中感应电流产生的磁场方向不会发生变化，则回路中的感应电流方向不发生变化，A正确；根据楞次定律可判断，通过R的电流一直向下，电容器a板电势较高，一直带正电，B正确；t1时刻磁场应强度为零，但是磁通量的变化量不为零，所以感应电动势不为零，即感应电流不为零，则电容器C的带电量不为零，C错误；通过MN的电流方向不发生变化，但是磁场方向发生了变化，所以MN所受的安培力方向发生了变化，D错误。
4．【答案】B
【解析】进入磁场的圆弧环切割磁感线产生感应电动势， 设半径与水平方向的夹角为θ，则E＝2Brvsin θ。进入磁场的初始阶段由右手定则可知电流方向为逆时针方向，且E逐渐增大，感应电流逐渐增大，当恰好半个圆环进入磁场时感应电流达到最大；此后电流逐渐减小，由右手定则知电流还是逆时针方向。金属环完全进入磁场后，由于金属环内的磁通量不变，所以没有感应电流。在金属环从磁场穿出时，由右手定则知电流方向是顺时针方向，电流逐渐增大；穿出半个圆后电流逐渐减小，仍然是顺时针方向。故B正确，ACD错误。
5．【答案】BD
【解析】根据电磁感应定律可知，此时导体棒ad产生的感应电动势E＝3BLv，因ab＝bc＝cd＝L，可知Eab＝Ebc＝Ecd＝BLv，闭合电路总电阻 SKIPIF 1 < 0 ，则感应电流 SKIPIF 1 < 0 ，此时bc两端的电压Ubc＝I‧eq \f(2,3)r＝eq \f(2,5)BLv，则导体棒ad间的电压Uad＝Ubc＋Eab＋Ecd＝2.4BLv，故A错误；金属棒此时受力平衡，安培力等于水平外力， SKIPIF 1 < 0 ，故B正确；因为R1、R2并联，R1∶R2＝1∶2，则I1∶I2＝2∶1，可得 SKIPIF 1 < 0 ，故C错误； SKIPIF 1 < 0 ，则电功率 SKIPIF 1 < 0 ，故D正确。
6．【答案】D
【解析】当OM在左上方磁场中时，由右手定则可知金属棒中电流方向是从N到M，当OM在右下方磁场中时，由右手定则可知金属棒中电流方向是从M到N，故A错误；图示位置金属棒产生的感应电动势E＝2×BLω×eq \f(1,2)L＝BωL2，外电路的总电阻r＝eq \f(1,2)R，图示位置金属棒两端的电压大小U＝eq \f(1,3)BωL2，故B错误；从PQ位置开始计时，0～ SKIPIF 1 < 0 时间内切割磁感线产生的平均感应电动势eq \x\t(E)＝BωL2，所以平均感应电流不为0，则通过金属棒MN的横截面电荷量不为零，故C错误；金属棒转动一周过程中有半个周期内有电流产生，且大小 SKIPIF 1 < 0 ，金属棒旋转一周的过程中，由 SKIPIF 1 < 0 ，可得金属棒中电流的有效值 SKIPIF 1 < 0 ，故D正确。
7．【答案】ACD
【解析】金属棒开始运动时产生感应电动势E＝BLv0＝0.8 V，电路中的电流I＝eq \f(E,R)＝0.4 A，A正确；金属棒向右运动运动距离为x时，金属棒接入电路的有效长度为L1，由几何关系可得 SKIPIF 1 < 0 ，此时金属棒所受安培力 SKIPIF 1 < 0 (0≤x≤eq \f(1,2)d)，作出F－x图象，由图象可得运动eq \f(1,2)d过程中克服安培力所做的功 SKIPIF 1 < 0 ，B错误；金属棒运动eq \f(1,2)d过程所用时间为t，W＝I2Rt，解得t＝ SKIPIF 1 < 0 s，设金属棒运动的eq \f(1,2)d的速度为v，由于电阻R上消耗的电功率不变，则有BLv0＝Beq \f(1,2)Lv，v＝2v0，由动能定理可得Pt－W＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02，解得P＝3.52 W，C正确；由图可知 SKIPIF 1 < 0 ，则q＝eq \x\t(I)Δt＝eq \f(ΔΦ,R)＝0.45 C，D正确。
8．【解析】(1)因导体棒匀速运动，故导体棒受到的安培力为零，即感应电动势等于电源电动势E，即：
E＝Bdv0
故导体棒获得的初速度 SKIPIF 1 < 0 。
(2)设右导轨顶端距左导轨的高度为h，因导体棒沿右侧导轨方向落于导轨，所以导体棒的末速度方向与沿导轨方向，此时有：
SKIPIF 1 < 0 ，vx＝v，vy2＝2gh
联立解得 SKIPIF 1 < 0 。
(3)导体棒最终在导轨上做匀速直线运动，所以受力平衡：
mgsin α＝Bid，E＝Bdvm，E＝IR2
联立解得： SKIPIF 1 < 0 。
9．【解析】(1)设加速度大小为a，取向左为正方向，则有：
线框右边进入时 SKIPIF 1 < 0
线框左边进入时 SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0
又L＝v0t－eq \f(1,2)at2
联立解得：a1＝2 m/s2，B＝0.5 T。
(2)面积表示冲量，有：IF＝－eq \f(1,2)(F1＋F2)t＝－0.875 N‧s
线框进磁场时有：IF＋IFA＝mv－mv0
代入得IFA＝－1.125 N‧s
线框出磁场和进入磁场安培力的冲量相等：IFA′＝IFA＝－1.125 N‧s
线框离开磁场右边界时有：IF＋2IFA＝mv′－mv0
得v′＝0.875 m/s，方向水平向右。
(3)动能定理：WF＋WFA＝eq \f(1,2)mv′2－eq \f(1,2)mv02
解得：Q＝－WFA≈5.12 J。
10．【解析】(1)ab棒运动切割磁感线，产生的动生电动势E＝BLv
仅闭合S1，棒无内阻，则闭合电路中电阻R的电压U＝E＝BLv
因其U－t图像均匀增大，说明是棒的速度随时间均匀增大，有：U＝E＝BLat
由斜率的意义可得：BLa＝k＝0.8
解得棒的加速度a＝2 m/s2。
(2)由电量的定义式有：q＝eq \(I,\s\up6(－))t
因棒做匀加速直线运动，有：eq \x\t(v)＝eq \f(1,2)v＝eq \f(1,2)at
则可得 SKIPIF 1 < 0
联立解得通过R的电荷量q＝6.25 C。
(3)若开始时断开S1，闭合S2后，棒在F＝eq \f(1,2)mg的拉力作用下加速运动，切割磁感线产生动生电动势，同时给电容器充电，设任一时刻棒运动的速度为v，电流为i，则由牛顿第二定律有：
eq \f(1,2)mg－BiL＝ma1
由于棒和导轨的电阻不计，则有：UC＝BLv
因在任一段时间Δt内通过回路横截面的电荷量与电容器所带电荷量的变化相同，则有：
SKIPIF 1 < 0
代入到牛顿第二定律表达式可得 SKIPIF 1 < 0
可证得棒的加速度恒定，即棒做匀加速直线运动；代入数据可得加速度a1＝1 m/s2。
棒在5 s内匀加速的速度和位移为：
v1＝a1t＝5 m/s，x1＝eq \f(1,2)a1t2 ＝12.5 m
对棒由动能定理，有：Fx1－WFA＝eq \f(1,2)mv12－0
安培力做负功把机械能转化为电能再储存为电容器中的电场能，则5 s时间内电容器中储存的能量为
ΔE电＝WFA＝5 J。
11．【解析】(1)ab棒在左侧轨道下滑过程有： SKIPIF 1 < 0 ①
mgsin θ＝ma ②
解得 SKIPIF 1 < 0 s ③
此时刻以后磁场恒定不变，则ab在左侧轨道上运动过程中回路中的电动势为
SKIPIF 1 < 0 ④
此过程中cd棒产生的焦耳热 SKIPIF 1 < 0 ⑤
联立③④⑤解得：Q＝8eq \r(5) J。
(2)ab棒到达低端的速度v0＝at1
解得v0＝eq \r(10) m/s ⑥
ab、cd两棒在水平轨道上运动过程中动量守恒且末速度相等：mv0＝3mv ⑦
对cd棒由静止到达共速应用动量定理：B0ILΔt＝2mΔv ⑧
对⑧式两边求和得 SKIPIF 1 < 0 ⑨
联立⑥⑦⑨式解得： SKIPIF 1 < 0 C。
(3)设Δx为两棒在水平轨道上的相对位移，第(2)问中 SKIPIF 1 < 0
解得 SKIPIF 1 < 0 m
cd棒抛出后到；落到右侧倾斜轨道有h＝eq \f(1,2)gt22
xcd＝vt2
且h＝xcd
此过程中ab棒和cd棒的水平速度相等，则xab＝xcd
联立解得 SKIPIF 1 < 0 m
则xab＜2L－Δx
故导体棒cd落在右侧倾斜轨道后导体棒ab仍在水平轨道上，再次构成闭合回路。设ab棒接下来在水平轨道上的位移为xab′，对ab棒由动量定理：
SKIPIF 1 < 0
而两边求和得 SKIPIF 1 < 0
解得 SKIPIF 1 < 0 m
由此可知xab′＋xab＜2L－Δx
故导体棒ab最终静止在水平轨道上，与cd水平间距离x＝2L－Δx－xab′＝(2－ SKIPIF 1 < 0 ) m。
命题趋势
本专题的考查集中在楞次定律，法拉第电磁感定律的应用，电磁感应中的图象问题、电路问题、动力学和能量问题，题型以选择题为主；计算题常以“导体棒”切割磁感线为背景，还可能会涉及动量的问题。
考点清单
一、楞次定律和法拉第电磁感应定律
1．判定感应电流方向的两种方法
(1)楞次定律：一般用于线圈面积不变，磁感应强度发生变化的情形。
(2)右手定则：一般用于导体棒切割磁感线的情形。
2．感应电荷量的计算
q＝eq \(I,\s\up6(－))t＝neq \f(ΔΦ,R＋r)(n：匝数，ΔΦ：磁通量变化量，R＋r：闭合电路的总电阻)
二、电磁感应中力电综合问题
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＝Beq \(I,\s\up6(－))l·Δt＝qBl＝eq \f(B2l2,R＋r)x。
精题集训
（70分钟）
经典训练题
1．(多选)在三角形ABC区域中存在着磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场，三边电阻均为R的三角形导线框abc沿AB方向从A点以速度v匀速穿过磁场区域。如图所示，ab＝L，AB＝2L，∠abc＝∠ABC＝90°，∠acb＝∠ACB＝30°。线框穿过磁场的过程中( )
A．感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向
B．感应电流先增大，后减小
C．通过线框的电荷量为eq \f(\r(3)BL2,6R)
D．c、b两点的最大电势差为eq \r(3)BLv
2．(多选)如图所示，竖直光滑导轨上端接入一定值电阻R，C1和C2是半径都为a的两圆形磁场区域，其区域内的磁场方向都垂直于导轨平面向外，区域C1中磁场的磁感应强度随时间按B1＝b＋kt(k＞0)变化，C2中磁场的磁感应强度恒为B2，一质量为m、电阻为r、长度为L的金属杆AB穿过区域C2的圆心，垂直地跨放在两导轨上，且与导轨接触良好，并恰能保持静止(轨道电阻不计，重力加速度大小为g)。则( )
A．通过金属杆的电流方向为从A到B
B．通过金属杆的电流大小为eq \f(mg,2B2a)
C．定值电阻的阻值为eq \f(2kπB2a3,mg)
D．整个电路中产生的热功率为eq \f(kπamg,2B2)
高频易错题
1．(多选)(2020·山东学业水平等级考试·T12)如图所示，平面直角坐标系的第一和第二象限分别存在磁感应强度大小相等、方向相反且垂直于坐标平面的匀强磁场，图中虚线方格为等大正方形。一位于Oxy平面内的刚性导体框abcde在外力作用下以恒定速度沿y轴正方向运动(不发生转动)。从图示位置开始计时，4 s末bc边刚好进入磁场。在此过程中，导体框内感应电流的大小为I，ab边所受安培力的大小为Fab，二者与时间t的关系图像可能正确的是( )
2．如图甲所示，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( )
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
精准预测题
1．如图，均匀带正电的绝缘圆环a与金属圆环b同心共面放置，当a绕O点在其所在平面内顺时针减速旋转时，由此可知( )
A．圆环b具有扩张趋势
B．圆环b中产生顺时针方向的感应电流
C．若圆环a逆时针加速旋转，圆环b中产生逆时针方向的感应电流
D．若圆环a逆时针减速旋转，圆环b中产生顺时针方向的感应电流
2．电磁驱动是21世纪初问世的新概念、新技术，现已广泛应用在我们的日常生活中。装在汽车上的磁性转速表就利用了电磁驱动，其工作原理如图所示。下列说法正确的是( )
A．永久磁体和铝盘应装在同一转轴上，两者同步转动游丝铝盘
B．永久磁体和铝盘应装在不同的转轴上，两者转动方向相反
C．永久磁体相对铝盘转动，铝盘中产生感应电流，并受安培力而转动
D．在电磁驱动的过程中，通过克服安培力做功消耗机械能转化为电能
3．(多选)如图甲所示，水平放置的平行金属导轨连接一个平行板电容器C和电阻R，导体棒MN放在导轨上且接触良好，整个装置放于垂直导轨平面的磁场中，磁感应强度B的变化情况如图乙所示（图示磁感应强度方向为正），MN始终保持静止，则0～t2时间内( )
A．流过电阻R的电流方向始终没变
B．电容器C的a板一直带正电
C．t1时刻电容器C的带电量为零
D．MN所受安培力的方向始终没变
4．如图，在光滑的水平面上，一半径为r的金属环匀速穿过一个方向竖直向下的有界匀强磁场(磁场宽度d＞2r)。规定金属环中感应电流沿顺时针方向为正方向，以进入磁场瞬间为计时起点，下列能表示圆环中感应电流随时间变化的图像是( )
5．(多选)如图所示，足够长的光滑平行金属导轨水平放置在磁感应强度为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场中，导轨间距为L，电阻忽略不计，左端连接两个电阻R1和R2，R1＝r，R2＝2r。长为3L、电阻为3r的粗细均匀的金属棒垂直放置在导轨上，其中ab＝bc＝L。金属棒在水平向右的外力F（F未知）的作用下，以速度v做匀速直线运动，下列说法正确的是( )
A．导体棒ad间的电压Uad＝3BLv
B．外力 SKIPIF 1 < 0
C．流过R2电流 SKIPIF 1 < 0
D．R1上的功率为 SKIPIF 1 < 0
6．如图，用一根总电阻为2R粗细均匀的铜导线制成半径为L的圆环，PQ为圆环的直径，其左右两侧四分之一圆面积内各存在垂直于圆环所在平面的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，但方向相反。一根长度为2L、电阻为R的金属棒MN绕着圆环的圆心O点紧贴着圆环以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，转动过程中金属棒MN与圆环始终接触良好，不计一切阻力和摩擦，下列说法正确的是( )
A．转动过程中流过金属棒中电流方向始终是从N到M
B．图示位置金属棒两端的电压大小为eq \f(2,3)BωL2
C．从PQ位置开始计时，0～ SKIPIF 1 < 0 时间内通过金属棒MN的横截面电荷量为零
D．金属棒旋转一周的过程中，金属棒中电流的有效值为 SKIPIF 1 < 0
7．(多选)如图所示，两根电阻不计的光滑金属导轨MAC、NBD水平放置，MA、NB间距L＝0.4 m，AC、BD的延长线相交于点E且AE＝BE，E点到AB的距离d＝6 m，M、N两端与阻值R＝2 Ω的电阻相连。虚线右侧存在方向与导轨平面垂直向下的匀强磁场，磁感应强度B＝1 T，一根长度也为L＝0.4 m、质量m＝0.6 kg电阻不计的金属棒，在外力作用下从AB处以初速度v0＝2 m/s沿导轨水平向右运动，棒与导轨接触良好，运动过程中电阻R上消耗的电功率不变。则( )
A．电路中的电流为0.4 A
B．金属棒向右运动eq \f(1,2)d过程中克服安培力做的功为0.72 J
C．金属棒向右运动eq \f(1,2)d过程中外力做功的平均功率为3.52 W
D．金属棒向右运动eq \f(1,2)d过程中在电阻中流过的电量为0.45 C
8．如图所示，空间内固定有两平行金属导轨，左侧部分水平且光滑，处于竖直向上的匀强磁场中；右侧倾角为α且足够长，处于垂直导轨平面斜向上的匀强磁场中。导轨上连接的电阻R1＝R2＝R，理想电源的电动势为E，内阻忽略不计。质量为m的导体棒静置在左侧水平金属导轨上，闭合开关S的同时，给导体棒一水平向右的初速度，导体棒恰能做匀速直线运动，直至水平抛出。一段时间后，导体棒刚好沿右侧导轨方向落在导轨上。已知两匀强磁场的磁感应强度大小均为B，导轨间距均为d，重力加速度为g。若导轨及导体棒的电阻均不计，导体棒在运动过程中始终保持水平且与导轨垂直，求：
(1)棒获得的水平初速度大小；
(2)右导轨顶端距左导轨的高度；
(3)棒在右导轨上最终的速度大小。
9．如图甲所示，有一边长L＝3 m的正方形金属线框，其质量m＝1 kg、电阻R＝6 Ω，在一个方向与v0平行的水平外力F作用下匀减速进入匀强磁场。已知磁场方向垂直纸面向里，磁场左右边界的宽为2L。以线框右边进入磁场开始计时，线框的初速度v0＝4 m/s，在t＝1.0 s时线框左边进入磁场立即撤去外力，外力F大小随时间t变化的图线如图乙所示。若线框与水平面间接触光滑且绝缘。则：
(1)线框进入磁场过程的加速度a大小及磁感应强度B的大小；
(2)求线框离开磁场右边界时的速度v′；
(3)已知线框进入磁场过程中拉力做功WF＝－2.5 J，求线框从进入磁场到离开磁场整个过程中产生的电热Q。
10．如图甲所示，足够长的光滑平行金属导轨水平放置，间距L＝0.4 m，定值电阻R＝1.6 Ω，电容器电容C＝2.5 F，磁感应强度B＝1 T的匀强磁场垂直于导轨平面向上。有一质量m＝0.1 kg、电阻不计的导体棒ab与导轨垂直放置且接触良好，仅闭合S1，ab在水平外力F作用下运动。电阻R两端电压随时间变化的规律如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2。
(1)求ab的加速度大小；
(2)求从ab开始运动5 s内通过R的电荷量；
(3)若开始时断开S1，闭合S2后，导体棒受到大小为导体棒重力一半的水平拉力，试分析导体棒的运动状态及5 s时间内电容器中储存的能量。
11．如图甲所示，两条平行光滑水平导轨间距为L，左右两侧折成倾斜导轨，其倾角均为θ＝45°，左侧轨道高为eq \f(1,2)L。导轨水平部分有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化规律如图乙所示。导体棒ab固定在左侧导轨最高点，cd固定在水平导轨上，与左侧轨道底端相距为2L，导体棒ab、cd长均为L、电阻均为R，质量分别为m和2m。从0时刻开始，静止释放导体棒ab，当ab到达左侧轨道底端时立即释放导体棒cd。不计导轨电阻和空气阻力，已知L＝1 m，R＝0.5 Ω，m＝1 kg，g＝10 m/s2，B0＝2 T。求：（结果保留根号）
(1)导体棒ab在左侧导轨上运动的过程中导体棒cd产生的焦耳热Q；
(2)若水平导轨足够长，且两棒在水平导轨上不会相撞，则两棒在水平导轨上运动过程中通过导体棒截面的电荷量q是多少；
(3)在(2)的条件下，若右侧倾斜导轨足够长，且导体棒落在倾斜导轨上时立即被锁定，求导体棒ab、cd最终静止时的水平间距x。
参考答案
经典训练题
1．(多选)
【答案】AD
【解析】线圈穿越磁场的过程中，磁通量先增加后减小，则根据楞次定律可知，感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向，选项A正确；线框穿过磁场的过程中，切割磁感线的有效长度先增加、后减小、再增加，则感应电流先增加、后减小、再增加，选项B错误；根据q＝eq \f(ΔΦ,R总)，因进入和穿出磁场时，磁通量的变化量相同，且感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向，可知通过线框的电荷量为零，选项C错误；当线框完全进入磁场时，c、b两点的电势差最大，最大为Ucb＝E＝B·eq \r(3)Lv＝eq \r(3)BLv，选项D正确。]
【点评】注意题目中的关键字眼：“三角形导线框”表明线框进入磁场过程中有效长度发生变化；“穿过磁场区域”表明磁通量先增大，后减少。
2．(多选)
【解析】区域C1中磁场的磁感应强度随时间按B1＝b＋kt(k＞0)变化，可知磁感应强度均匀增大，穿过整个回路的磁通量增大，由楞次定律分析知，通过金属杆的电流方向为从B到A，故A错误；对金属杆，根据平衡方程得mg＝B2I·2a，解得I＝eq \f(mg,2B2a)，故B正确；由法拉第电磁感应定律，回路中产生的感应电动势E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(ΔB1,Δt)πa2＝kπa2；且闭合电路欧姆定律有I＝eq \f(E,R＋r)，又I＝eq \f(mg,2B2a)，解得R＝eq \f(2πkB2a3,mg)－r，故C错误；整个电路中产生的热功率P＝EI＝eq \f(πkamg,2B2)，故D正确。
【答案】BD
高频易错题
1．(多选)
【答案】BC
【解析】第1 s内，ae边切割磁感线，由E＝BLv可知，感应电动势不变，导体框总电阻一定，故感应电流一定，由安培力F＝BIL可知ab边所受安培力与ab边进入磁场的长度成正比；第2 s内，导体框切割磁感线的有效长度均匀增大，感应电动势均匀增大，感应电流均匀增大；第3～4 s内，导体框在第二象限内切割磁感线的有效长度保持不变，在第一象限内切割磁感线的有效长度不断增大，但两象限磁场方向相反，导体框的两部分感应电动势方向相反，所以第2 s末感应电动势达到最大，之后便不断减小，第3 s末与第1 s末，导体框切割磁感线的有效长度相同，可知第3 s末与第1 s末线框中产生的感应电流大小相等，A错误，B正确；但第3 s末ab边进入磁场的长度是第1 s末的3倍，即ab边所受安培力在第3 s末的大小等于第1 s末所受安培力大小的3倍，C正确，D错误。
【点评】本题通过不规则导体框在磁场中的运动考查法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力。本题的易错点是：2～4 s内导体框切割磁感线的有效长度是变化的。
2．【答案】C
【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＝70 W，A、B错误；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＝eq \f(B2L2vmax,R＋r)，得B＝2 T，C正确；F＝70eq \f(1,v)，F－mgsin θ－F安＝ma，F安＝eq \f(B2L2v,R＋r)＝eq \f(1,5)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＝eq \f(1,5)v＝1 N，D错误。
精准预测题
1．【答案】B
【解析】当带正电的绝缘圆环a顺时针减速旋转时，相当于顺时针方向电流，并且在减小，根据右手螺旋定则，其内有垂直纸面向里的磁场，其外有垂直纸面向外的磁场。因垂直向外磁场不全在b环中，因此会导致b环中的磁通量减小，根据楞次定律，b环中感应电流在b环内产生垂直纸面向里的磁场，根据安培定则可知，b环中产生顺时针方向的感应电流。根据左手定则，磁场对b环电流的作用力向内，所以圆环b具有收缩趋势，故A错误，B正确；若a环逆时针加速旋转，同理a中有逆时针方向增大的电流，b环中产生顺时针方向的感应电流，故C错误；若a环逆时针减速旋转，同理，a中有逆时针方向减小的电流，依据右手螺旋定则与楞次定律，b环中产生逆时针方向的感应电流，故D错误。
2．【答案】C
【解析】永久磁铁固定在转轴上，铝盘国定在指针轴上，铝盘和永久磁体不是同转轴带动，所以两者转动不是同步的，故A错误；该转速表运用了电磁感应原理，由楞次定律知，铝盘磁场总是阻碍永久磁铁转动，要使减小穿过铝盘磁通量的变化，永久磁铁转动方向与铝盘转动方向相同，故B错误；当永久磁铁随转轴转动时，产生转动的磁场，在铝盘中产生感应电流，这时永久磁铁的磁场会对铝盘上的感应电流有安培力的作用，而产生一个转动的力矩，使指针转动，由于弹簧游丝的反力矩会使指针稳定在某一刻度上，故C正确；在电磁驱动的过程中，通过安培力做功消耗电能转化为机械能，故D错误。
3．【答案】AB
【解析】由图乙可知，磁感应强度先减小后方向相反增大，即穿过回路的磁通量先减小后方向相反且增大，根据楞次定律，回路中感应电流产生的磁场阻碍远磁场的变化，所以回路中感应电流产生的磁场方向不会发生变化，则回路中的感应电流方向不发生变化，A正确；根据楞次定律可判断，通过R的电流一直向下，电容器a板电势较高，一直带正电，B正确；t1时刻磁场应强度为零，但是磁通量的变化量不为零，所以感应电动势不为零，即感应电流不为零，则电容器C的带电量不为零，C错误；通过MN的电流方向不发生变化，但是磁场方向发生了变化，所以MN所受的安培力方向发生了变化，D错误。
4．【答案】B
【解析】进入磁场的圆弧环切割磁感线产生感应电动势， 设半径与水平方向的夹角为θ，则E＝2Brvsin θ。进入磁场的初始阶段由右手定则可知电流方向为逆时针方向，且E逐渐增大，感应电流逐渐增大，当恰好半个圆环进入磁场时感应电流达到最大；此后电流逐渐减小，由右手定则知电流还是逆时针方向。金属环完全进入磁场后，由于金属环内的磁通量不变，所以没有感应电流。在金属环从磁场穿出时，由右手定则知电流方向是顺时针方向，电流逐渐增大；穿出半个圆后电流逐渐减小，仍然是顺时针方向。故B正确，ACD错误。
5．【答案】BD
【解析】根据电磁感应定律可知，此时导体棒ad产生的感应电动势E＝3BLv，因ab＝bc＝cd＝L，可知Eab＝Ebc＝Ecd＝BLv，闭合电路总电阻 SKIPIF 1 < 0 ，则感应电流 SKIPIF 1 < 0 ，此时bc两端的电压Ubc＝I‧eq \f(2,3)r＝eq \f(2,5)BLv，则导体棒ad间的电压Uad＝Ubc＋Eab＋Ecd＝2.4BLv，故A错误；金属棒此时受力平衡，安培力等于水平外力， SKIPIF 1 < 0 ，故B正确；因为R1、R2并联，R1∶R2＝1∶2，则I1∶I2＝2∶1，可得 SKIPIF 1 < 0 ，故C错误； SKIPIF 1 < 0 ，则电功率 SKIPIF 1 < 0 ，故D正确。
6．【答案】D
【解析】当OM在左上方磁场中时，由右手定则可知金属棒中电流方向是从N到M，当OM在右下方磁场中时，由右手定则可知金属棒中电流方向是从M到N，故A错误；图示位置金属棒产生的感应电动势E＝2×BLω×eq \f(1,2)L＝BωL2，外电路的总电阻r＝eq \f(1,2)R，图示位置金属棒两端的电压大小U＝eq \f(1,3)BωL2，故B错误；从PQ位置开始计时，0～ SKIPIF 1 < 0 时间内切割磁感线产生的平均感应电动势eq \x\t(E)＝BωL2，所以平均感应电流不为0，则通过金属棒MN的横截面电荷量不为零，故C错误；金属棒转动一周过程中有半个周期内有电流产生，且大小 SKIPIF 1 < 0 ，金属棒旋转一周的过程中，由 SKIPIF 1 < 0 ，可得金属棒中电流的有效值 SKIPIF 1 < 0 ，故D正确。
7．【答案】ACD
【解析】金属棒开始运动时产生感应电动势E＝BLv0＝0.8 V，电路中的电流I＝eq \f(E,R)＝0.4 A，A正确；金属棒向右运动运动距离为x时，金属棒接入电路的有效长度为L1，由几何关系可得 SKIPIF 1 < 0 ，此时金属棒所受安培力 SKIPIF 1 < 0 (0≤x≤eq \f(1,2)d)，作出F－x图象，由图象可得运动eq \f(1,2)d过程中克服安培力所做的功 SKIPIF 1 < 0 ，B错误；金属棒运动eq \f(1,2)d过程所用时间为t，W＝I2Rt，解得t＝ SKIPIF 1 < 0 s，设金属棒运动的eq \f(1,2)d的速度为v，由于电阻R上消耗的电功率不变，则有BLv0＝Beq \f(1,2)Lv，v＝2v0，由动能定理可得Pt－W＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02，解得P＝3.52 W，C正确；由图可知 SKIPIF 1 < 0 ，则q＝eq \x\t(I)Δt＝eq \f(ΔΦ,R)＝0.45 C，D正确。
8．【解析】(1)因导体棒匀速运动，故导体棒受到的安培力为零，即感应电动势等于电源电动势E，即：
E＝Bdv0
故导体棒获得的初速度 SKIPIF 1 < 0 。
(2)设右导轨顶端距左导轨的高度为h，因导体棒沿右侧导轨方向落于导轨，所以导体棒的末速度方向与沿导轨方向，此时有：
SKIPIF 1 < 0 ，vx＝v，vy2＝2gh
联立解得 SKIPIF 1 < 0 。
(3)导体棒最终在导轨上做匀速直线运动，所以受力平衡：
mgsin α＝Bid，E＝Bdvm，E＝IR2
联立解得： SKIPIF 1 < 0 。
9．【解析】(1)设加速度大小为a，取向左为正方向，则有：
线框右边进入时 SKIPIF 1 < 0
线框左边进入时 SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0
又L＝v0t－eq \f(1,2)at2
联立解得：a1＝2 m/s2，B＝0.5 T。
(2)面积表示冲量，有：IF＝－eq \f(1,2)(F1＋F2)t＝－0.875 N‧s
线框进磁场时有：IF＋IFA＝mv－mv0
代入得IFA＝－1.125 N‧s
线框出磁场和进入磁场安培力的冲量相等：IFA′＝IFA＝－1.125 N‧s
线框离开磁场右边界时有：IF＋2IFA＝mv′－mv0
得v′＝0.875 m/s，方向水平向右。
(3)动能定理：WF＋WFA＝eq \f(1,2)mv′2－eq \f(1,2)mv02
解得：Q＝－WFA≈5.12 J。
10．【解析】(1)ab棒运动切割磁感线，产生的动生电动势E＝BLv
仅闭合S1，棒无内阻，则闭合电路中电阻R的电压U＝E＝BLv
因其U－t图像均匀增大，说明是棒的速度随时间均匀增大，有：U＝E＝BLat
由斜率的意义可得：BLa＝k＝0.8
解得棒的加速度a＝2 m/s2。
(2)由电量的定义式有：q＝eq \(I,\s\up6(－))t
因棒做匀加速直线运动，有：eq \x\t(v)＝eq \f(1,2)v＝eq \f(1,2)at
则可得 SKIPIF 1 < 0
联立解得通过R的电荷量q＝6.25 C。
(3)若开始时断开S1，闭合S2后，棒在F＝eq \f(1,2)mg的拉力作用下加速运动，切割磁感线产生动生电动势，同时给电容器充电，设任一时刻棒运动的速度为v，电流为i，则由牛顿第二定律有：
eq \f(1,2)mg－BiL＝ma1
由于棒和导轨的电阻不计，则有：UC＝BLv
因在任一段时间Δt内通过回路横截面的电荷量与电容器所带电荷量的变化相同，则有：
SKIPIF 1 < 0
代入到牛顿第二定律表达式可得 SKIPIF 1 < 0
可证得棒的加速度恒定，即棒做匀加速直线运动；代入数据可得加速度a1＝1 m/s2。
棒在5 s内匀加速的速度和位移为：
v1＝a1t＝5 m/s，x1＝eq \f(1,2)a1t2 ＝12.5 m
对棒由动能定理，有：Fx1－WFA＝eq \f(1,2)mv12－0
安培力做负功把机械能转化为电能再储存为电容器中的电场能，则5 s时间内电容器中储存的能量为
ΔE电＝WFA＝5 J。
11．【解析】(1)ab棒在左侧轨道下滑过程有： SKIPIF 1 < 0 ①
mgsin θ＝ma ②
解得 SKIPIF 1 < 0 s ③
此时刻以后磁场恒定不变，则ab在左侧轨道上运动过程中回路中的电动势为
SKIPIF 1 < 0 ④
此过程中cd棒产生的焦耳热 SKIPIF 1 < 0 ⑤
联立③④⑤解得：Q＝8eq \r(5) J。
(2)ab棒到达低端的速度v0＝at1
解得v0＝eq \r(10) m/s ⑥
ab、cd两棒在水平轨道上运动过程中动量守恒且末速度相等：mv0＝3mv ⑦
对cd棒由静止到达共速应用动量定理：B0ILΔt＝2mΔv ⑧
对⑧式两边求和得 SKIPIF 1 < 0 ⑨
联立⑥⑦⑨式解得： SKIPIF 1 < 0 C。
(3)设Δx为两棒在水平轨道上的相对位移，第(2)问中 SKIPIF 1 < 0
解得 SKIPIF 1 < 0 m
cd棒抛出后到；落到右侧倾斜轨道有h＝eq \f(1,2)gt22
xcd＝vt2
且h＝xcd
此过程中ab棒和cd棒的水平速度相等，则xab＝xcd
联立解得 SKIPIF 1 < 0 m
则xab＜2L－Δx
故导体棒cd落在右侧倾斜轨道后导体棒ab仍在水平轨道上，再次构成闭合回路。设ab棒接下来在水平轨道上的位移为xab′，对ab棒由动量定理：
SKIPIF 1 < 0
而两边求和得 SKIPIF 1 < 0
解得 SKIPIF 1 < 0 m
由此可知xab′＋xab＜2L－Δx
故导体棒ab最终静止在水平轨道上，与cd水平间距离x＝2L－Δx－xab′＝(2－ SKIPIF 1 < 0 ) m。
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