【物理】2019届二轮复习电磁感应和电路学案（全国通用）

【物理】2019届二轮复习电磁感应和电路学案（全国通用）

电磁感应和电路 年份 试卷 题号 考点 情境图 ‎2014‎ Ⅰ卷 ‎14‎ 感应电流产生的条件 ‎18题 ‎18‎ 电磁感应的图象问题 Ⅱ卷 ‎21‎ 理想变压器的原理及动态分析 ‎21题 ‎25题 ‎25‎ 电磁感应的综合问题 ‎2015‎ Ⅰ卷 ‎16‎ 理想变压器的原理及应用 ‎16题 ‎19题 ‎19‎ 电磁感应的电磁驱动问题 Ⅱ卷 ‎15‎ 电磁感应中导体切割磁感线问题 ‎2016‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　‎ Ⅰ卷 ‎16‎ 理想变压器的原理及应用 ‎16题 ‎24题 ‎24‎ 电磁感应中的动力学问题分析 Ⅱ卷 ‎17‎ 含容电路问题的分析 ‎17题 ‎20题 ‎24题 ‎20‎ 电磁感应的导体切割磁感线问题 ‎24‎ 电磁感应的动力学问题分析 Ⅲ卷 ‎19‎ 变压器的原理及应用 ‎19题 ‎21题 ‎25题 ‎21‎ 电磁感应中导体切割磁感线问题 ‎25‎ 电磁感应的综合问题 ‎2017‎ Ⅰ卷 ‎18‎ 电磁感应中电磁阻尼问题 Ⅱ卷 ‎20‎ 电磁感应中导体切割磁感线问题 Ⅲ卷 ‎15‎ 感应电流方向的判断 ‎2018‎ Ⅰ卷 ‎17‎ 法拉第电磁感应定律的应用 ‎17题 ‎19题 ‎19‎ 电磁感应和安培定则的应用 Ⅱ卷 ‎18‎ 部分导体切割磁感线运动和楞次定律的应用 Ⅲ卷 ‎16‎ 交变电流有效值的计算 ‎16题 ‎20题 ‎20‎ 楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用 第1课时　电磁感应 ‎1．楞次定律中“阻碍”的表现 ‎(1)阻碍磁通量的变化(增反减同)．‎ ‎(2)阻碍物体间的相对运动(来拒去留)．‎ ‎(3)阻碍原电流的变化(自感现象)．‎ ‎2．感应电动势的计算 ‎(1)法拉第电磁感应定律：E＝n，常用于计算感应电动势的平均值．‎ ‎①若B变，而S不变，则E＝nS；‎ ‎②若S变，而B不变，则E＝nB.‎ ‎(2)导体棒垂直切割磁感线：E＝Blv，主要用于求感应电动势的瞬时值．‎ ‎(3)如图1所示，导体棒Oa围绕棒的一端O在垂直匀强磁场的平面内做匀速圆周运动而切割磁感线，产生的感应电动势E＝Bl2ω.‎ 图1‎ ‎3．感应电荷量的计算 回路中磁通量发生变化时，在Δt时间内迁移的电荷量(感应电荷量)为q＝I·Δt＝·Δt＝n·Δt＝n.可见，q仅由回路电阻R和磁通量的变化量ΔΦ决定，与发生磁通量变化的时间Δt无关．‎ ‎4．电磁感应电路中产生的焦耳热 当电路中电流恒定时，可用焦耳定律计算；当电路中电流变化时，则用功能关系或能量守恒定律计算．‎ 解决感应电路综合问题的一般思路是“先电后力”，即：‎ 先作“源”的分析——分析电路中由电磁感应所产生的“电源”，求出电源参数E和r；‎ 接着进行“路”的分析——分析电路结构，弄清串、并联关系，求出相关部分的电流大小，以便求解安培力；‎ 然后是“力”的分析——分析研究对象(通常是金属棒、导体、线圈等)的受力情况，尤其注意其所受的安培力；‎ 接着进行“运动状态”的分析——根据力和运动的关系，判断出正确的运动模型；‎ 最后是“能量”的分析——寻找电磁感应过程和研究对象的运动过程中，其能量转化和守恒的关系．‎ 高考题型1　楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用 ‎1．求感应电动势的两种方法 ‎(1)E＝n，用来计算感应电动势的平均值．‎ ‎(2)E＝Blv或E＝Bl2ω，主要用来计算感应电动势的瞬时值．‎ ‎2．判断感应电流方向的两种方法 ‎(1)利用右手定则，即根据导体在磁场中做切割磁感线运动的情况进行判断．‎ ‎(2)利用楞次定律，即根据穿过闭合回路的磁通量的变化情况进行判断．‎ ‎3．楞次定律中“阻碍”的四种表现形式 ‎(1)阻碍磁通量的变化——“增反减同”．‎ ‎(2)阻碍相对运动——“来拒去留”．‎ ‎(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”．‎ ‎(4)阻碍电流的变化(自感现象)——“增反减同”．‎ 例1　(多选)(2018·河南省洛阳市尖子生第二次联考) 如图2甲所示，无限长通电直导线MN固定在绝缘水平面上，导线中通有图乙所示的电流i(沿NM方向为正)．与R组成闭合电路的导线框ABCD同直导线处在同一水平面内，AB边平行于直导线，则(　　)‎ 图2‎ A. 0～t0时间内，流过R的电流方向为C→R→D B．t0～2t0时间内，流过R的电流方向为C→R→D C．0～t0时间内，导线框所受安培力的大小先增大后减小 D．t0～2t0时间内与2t0～3t0时间内，导线框所受安培力的方向均向右 答案　AC 解析　0～t0时间内，导线中电流沿正方向增大，则导线框中的磁场向里增大，由楞次定律可知，流过R的电流方向为C→R→D，故A正确；t0～2t0时间内，导线中电流沿正方向减小，则导线框中磁场向里减小，由楞次定律可知流过R的电流方向为D→R→C，故B错误；0～t0时间内，开始感应电流增大，则安培力增大，但随后由于电流的变化越来越慢，故感应电流越来越小，故导线框所受安培力的大小先增大后减小，故C正确；t0～2t0时间内导线中电流减小，根据“增缩减扩”规律可知，导线框有向左运动的趋势，故受力向左；而在2t0～3t0时间内，导线框所受安培力的方向向右，故D错误．‎ 拓展训练1 　(多选)(2018·河北省石家庄二中期中)如图3所示，M为水平放置的橡胶圆盘，在其外侧面均匀地带有负电荷．在M正上方用丝线悬挂一个闭合铝环N，‎ 铝环也处于水平面中，且M盘和N环的中心在同一条竖直线O1O2上．现让橡胶圆盘由静止开始绕O1O2轴按图示方向逆时针(俯视)加速转动，下列说法正确的是(　　)‎ 图3‎ A．铝环N对橡胶圆盘M的作用力方向竖直向下 B．铝环N对橡胶圆盘M的作用力方向竖直向上 C．铝环N有扩大的趋势，丝线对它的拉力增大 D．铝环N有缩小的趋势，丝线对它的拉力减小 答案　AD 解析　如题图所示，橡胶圆盘M由静止开始绕其轴线O1O2按箭头所示方向加速运动，形成环形电流，环形电流的大小增大，橡胶圆盘外侧面均匀地带有负电荷，根据右手螺旋定则知，通过铝环N的磁通量向下，且增大，根据楞次定律的推论知铝环的面积有缩小的趋势，且有向上的运动趋势，所以丝线的拉力减小，根据牛顿第三定律可知，铝环N对橡胶圆盘M的作用力方向竖直向下，故选项A、D正确，选项B、C错误．‎ 拓展训练2　(2018·湖南省株洲市第二次质检)如图4，沿东西方向站立的两同学(左西右东)做“摇绳发电”实验：把一条长导线的两端连在一个灵敏电流计(零刻度在表盘中央)的两个接线柱上，形成闭合回路，然后迅速摇动MN这段“绳”．假设图中情景发生在赤道，则下列说法正确的是(　　)‎ 图4‎ A．当“绳”摇到最高点时，“绳”中电流最大 B．当“绳”摇到最低点时，“绳”受到的安培力最大 C．当“绳”向下运动时，N点电势比M点电势高 D．摇“绳”过程中，灵敏电流计指针的偏转方向不变 答案　C 解析　当“绳”摇到最高点时，绳转动的速度与地磁场方向平行，不切割磁感线，没有感应电流，故A错误．当“绳”摇到最低点时，“绳”‎ 转动的速度与地磁场方向平行，不切割磁感线，没有感应电流，“绳”不受安培力，故B错误．当“绳”向下运动时，地磁场向北，根据右手定则判断可知，“绳”中N点电势比M点电势高，故C正确．在摇“绳”过程中，当“绳”向下运动和向上运动时，“绳”切割磁感线的方向变化，则感应电流的方向变化，即灵敏电流计指针的偏转方向改变，选项D错误．‎ 高考题型2　电磁感应中动力学问题分析 例2　(2018·山东省泰安市上学期期末)如图5，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连．两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为L、质量分别为2m和m；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，两定滑轮间的距离也为L.左斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上．已知斜面及两根柔软轻导线足够长．回路总电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g.使两金属棒水平，从静止开始下滑．求：‎ 图5‎ ‎(1)金属棒运动的最大速度vm的大小；‎ ‎(2)当金属棒运动的速度为时，其加速度大小是多少？‎ 答案　(1)　(2)(sin θ－3μcos θ)‎ 解析　(1)达到最大速度时，设两绳中张力均为FT，金属棒cd受到的安培力为F 对ab、cd，根据平衡条件得到：‎ ‎2mgsin θ＝2FT＋2μmgcos θ ‎2FT＝mgsin θ＋μmgcos θ＋F 而安培力F＝BIL 根据法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律：E＝BLvm，I＝ 整理得到：vm＝ ‎(2)当金属棒的速度为时，设两绳中张力均为FT1，金属棒cd受到的安培力为F1，根据牛顿第二定律：‎ ‎2mgsin θ－2FT1－2μmgcos θ＝2ma ‎2FT1－mgsin θ－μmgcos θ－F1＝ma 又F1＝BI1L，E1＝BL，I1＝，联立以上方程可以得到：a＝(sin θ－3μcos θ)‎ 拓展训练3　(2018·安徽省亳州市第一学期期末质检)如图6所示，一“U”形金属导轨固定在绝缘水平地面上，导轨间有竖直向上的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，导轨间距为d，电阻不计．质量为m、接入电路的电阻为R的金属棒 ab与导轨保持垂直且接触良好，棒与导轨间的动摩擦因数为μ.现给棒施加一垂直于棒且方向水平向右的拉力F，棒由静止开始做加速度大小为a的匀加速直线运动，重力加速度为g，求：‎ 图6‎ ‎(1)拉力F随时间变化的关系式；‎ ‎(2)由静止开始运动t0时间内通过棒的电荷量．‎ 答案　(1)F＝m(a＋μg)＋at　(2)t02‎ 解析　(1)对棒，由牛顿第二定律得：F－BId－μmg＝ma 根据法拉第电磁感应定律有：E＝Bdv＝Bdat 又根据闭合电路欧姆定律有：I＝ 联立得：F＝m(a＋μg)＋at ‎(2)金属棒在t0时间内的位移为x＝at02‎ 故q0＝t0＝t0＝＝＝t02‎ 拓展训练4　(2018·湖北省仙桃、天门、潜江三市期末联考)如图7所示，两根与水平面成θ＝30°角的足够长光滑金属导轨平行固定放置，导轨间距为L＝2 m，导轨底端接有阻值为1 Ω的电阻R，导轨的电阻忽略不计．整个装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向上，磁感应强度B＝0.5 T．现有一长度也为L、质量为m＝0.4 kg、电阻不计的金属棒用轻质细绳通过光滑轻质定滑轮与质量为M＝0.8 kg的物体相连，滑轮与金属棒之间的细绳与导轨平面平行且与金属棒垂直．将金属棒与物体M由静止释放，棒沿导轨运动一段距离后以速度v做匀速直线运动，运动过程中，棒与两导轨始终保持垂直接触，不计空气阻力．(取重力加速度g＝10 m/s2)‎ 图7‎ ‎(1)求金属棒匀速运动时的速度v大小；‎ ‎(2)当棒的速度为0.5v时，求棒的加速度大小．‎ 答案　(1)6 m/s　(2)2.5 m/s2‎ 解析　(1)金属棒以速度v沿导轨向上匀速运动时，‎ 产生的感应电动势：E＝BLv 回路电流：I＝ 金属棒所受安培力：F安＝BIL＝ 金属棒受力平衡：FT＝F安＋mgsin θ 又FT＝Mg 解得：v＝＝6 m/s ‎(2)当棒的速度为v′＝0.5v＝3 m/s时，对金属棒与物体组成的系统应用牛顿第二定律有：‎ Mg－mgsin θ－F安′＝(M＋m)a 其中棒所受的安培力为：F安′＝＝3 N 解得：a＝2.5 m/s2‎ 高考题型3　电磁感应中的综合问题分析 ‎1．电荷量的求解 电荷量q＝IΔt，其中I必须是电流的平均值．由E＝n、I＝、q＝IΔt联立可得q＝n，与时间无关．‎ ‎2．求解焦耳热Q的三种方法 ‎(1)焦耳定律：Q＝I2Rt.‎ ‎(2)功能关系：Q＝W克服安培力．‎ ‎(3)能量转化：Q＝ΔE其他能的减少量．‎ ‎3．用到的物理规律 匀变速直线运动的规律、牛顿运动定律、动能定理、能量守恒定律等．‎ 例3　(2018·福建南平市适应性检测)如图8所示，一对平行的粗糙金属导轨固定于同一水平面上，导轨间距L＝0.2 m，左端接有阻值R＝0.3 Ω的电阻，右侧平滑连接一对弯曲的光滑轨道．仅在水平导轨的整个区域内存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小B＝1.0 T．一根质量m＝0.2 kg、电阻r＝0.1 Ω的金属棒ab垂直放置于导轨上，在水平向右的恒力F作用下从静止开始运动，当金属棒通过位移x＝9 m时离开磁场，在离开磁场前已达到最大速度．当金属棒离开磁场时撤去外力F，接着金属棒沿弯曲轨道上升到最大高度h＝0.8 m处．已知金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.1，导轨电阻不计，棒在运动过程中始终与轨道垂直且与轨道保持良好接触，取g ＝10 m/s2.求：‎ 图8‎ ‎(1)金属棒运动的最大速度v的大小 ；‎ ‎(2)金属棒在磁场中速度为时的加速度大小；‎ ‎(3)金属棒在磁场区域运动过程中，电阻R上产生的焦耳热．‎ 答案　见解析 解析　(1)金属棒从出磁场到上升到弯曲轨道最高点，根据机械能守恒定律得：‎ mv2＝mgh①‎ 由①得：v＝＝4 m/s②‎ ‎(2)金属棒在磁场中做匀速运动时，设回路中的电流为I，根据平衡条件得 F＝BIL＋μmg③‎ I＝④ ‎ 联立②③④式得F＝0.6 N⑤‎ 金属棒速度为时，设回路中的电流为I′，根据牛顿第二定律得 F－BI′L－μmg＝ma⑥ ‎ I′＝⑦ ‎ 联立②⑤⑥⑦得：a＝1 m/s2‎ ‎(3)设金属棒在磁场区域运动过程中，回路中产生的焦耳热为Q，根据功能关系：‎ Fx＝μmgx＋mv2＋Q⑧‎ 则电阻R上的焦耳热QR＝Q⑨‎ 联立⑤⑧⑨解得：QR＝1.5 J 拓展训练5　(多选)(2018·四川省乐山市第二次调研)如图9所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨平面向下，磁感应强度为B，将质量为m的导体棒由静止释放，当速度达到v时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持此拉力的功率恒为P，导体棒最终以2v的速度匀速运动．导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g.下列选项正确的是(　　)‎ 图9‎ A．拉力的功率P＝2mgvsin θ B．拉力的功率P＝3mgvsin θ C．当导体棒速度达到时加速度大小为sin θ D．在速度达到2v以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力所做的功 答案　AC 解析　当导体棒以v匀速运动时受力平衡，可得：mgsin θ＝BIL，电动势为：E＝BLv，电流为：I＝，联立可得：mgsin θ＝，同理当导体棒以2v匀速运动时受力平衡，则有：F＋mgsin θ＝，可得：F＝mgsin θ，拉力的功率为：P＝F·2v＝2mgvsin θ，故A正确，B错误；当导体棒速度达到时，由牛顿第二定律得：mgsin θ－＝ma，解得：a＝sin θ，故C正确；由能量守恒，当速度达到2v以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力和重力做功的和，故D错误．‎ 拓展训练6　(多选)(2018·河南省濮阳市第二次模拟)如图10所示，MN、PQ是两根倾斜放置的足够长的光滑平行金属导轨．导轨所在平面与水平面成30°角，导轨间距为L＝0.5 m，导体棒ab、cd分别垂直于导轨放置，且棒两端都与导轨接触良好，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B＝0.5 T，当给棒ab施加平行于导轨向上的力F时，ab导体棒沿导轨向上以某一速度匀速运动，cd棒恰好静止在导轨上，已知两棒的质量均为0.5 kg，‎ 电阻均为R＝0.5 Ω，导轨电阻不计，取g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)‎ 图10‎ A．当ab棒匀速运动时，拉力F的大小为10 N B．当ab棒匀速运动时，回路中的电热功率为100 W C．撤去拉力F的瞬间，cd棒的加速度大小为5 m/s2‎ D．撤去拉力F的瞬间，ab棒的加速度大小为10 m/s2‎ 答案　BD 解析　对ab棒受力分析，在沿导轨方向上，受到沿导轨向下的安培力，沿导轨向下的重力的分力，以及沿导轨向上的拉力F，故有F＝mgsin 30°＋BIL，对cd受力分析，在沿导轨方向上受到沿导轨向上的安培力，沿导轨向下的重力的分力，故有mgsin 30°＝BIL，联立解得F＝5 N，BIL＝2.5 N，A错误；I＝＝10 A，故回路中的电热功率为P＝I2·2R＝100 W，B正确；撤去拉力F的瞬间，ab棒的加速度a＝＝10 m/s2，cd棒受力不变，所以合力为零，加速度为零，C错误，D正确．‎ 拓展训练7　(2018·广东省惠州市模拟)如图11所示，足够长的粗糙绝缘斜面与水平面成θ＝37°角放置，在斜面上虚线aa′和bb′与斜面底边平行，在aa′、bb′围成的区域有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度为B＝1 T；现有一质量为m＝10 g、总电阻R＝1 Ω、边长d＝0.1 m的正方形金属线圈MNQP，让PQ边与斜面底边平行，从斜面上端静止释放，线圈刚好匀速穿过整个磁场区域．已知线圈与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：‎ 图11‎ ‎(1)线圈进入磁场区域时的速度大小；‎ ‎(2)线圈释放时，PQ边到bb′的距离；‎ ‎(3)整个线圈穿过磁场的过程中，线圈上产生的焦耳热．‎ 答案　(1)2 m/s　(2)1 m　(3)4×10－3 J 解析　(1)对线圈受力分析，根据平衡条件得：F安＋μmgcos θ＝mgsin θ，F安＝BId，I＝，E＝Bdv 联立代入数据解得：v＝2 m/s ‎(2)线圈进入磁场前做匀加速运动，根据牛顿第二定律得：‎ a＝＝2 m/s2‎ 线圈释放时，PQ边到bb′的距离L＝＝ m＝1 m；‎ ‎(3)由于线圈刚好匀速穿过磁场，则磁场宽度等于d＝0.1 m，‎ Q＝W安＝F安·2d 代入数据解得：Q＝4×10－3 J 专题强化练 ‎1．(多选)如图1所示，a、b、c为三只完全相同的灯泡，L为直流电阻不计的线圈，电源内阻不计．下列判断正确的是(　　)‎ 图1‎ A．S闭合的瞬间，b、c两灯亮度相同 B．S闭合足够长时间后，b、c两灯亮度相同 C．S断开的瞬间，a、c两灯立即熄灭 D．S断开后，b灯先突然闪亮后再逐渐变暗熄灭 答案　AD ‎2．(多选)(2018·河南省驻马店市第二次质检)如图2所示，足够长的U形光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0°<θ<90°)，其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计．金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电荷量为q时，棒的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中(　　)‎ 图2‎ A．产生的焦耳热为qBLv B．ab棒中的电流方向从a到b C．下滑的位移大小为 D．运动的平均速度大于v 答案　CD ‎3．(2018·福建省龙岩市一模)如图3甲所示，用一根横截面积为S、电阻率为ρ的硬质导线做成一个半径为r的圆环，ab为圆环的直径．在ab的右侧存在一个足够大的匀强磁场，t＝0时刻磁场方向垂直于竖直圆环平面向里，磁场磁感应强度B随时间t变化的关系图象如图乙所示，则0～t1时间内(　　)‎ 图3‎ A．圆环中产生感应电流的方向为逆时针 B．圆环中产生感应电流的方向先顺时针后是逆时针 C．圆环一直具有扩张的趋势 D．圆环中感应电流的大小为 答案　D 解析　磁通量先向里减小再向外增加，由楞次定律“增反减同”可知，线圈中的感应电流方向一直为顺时针，故A、B错误；由楞次定律的“来拒去留”可知，0～t0时间内为了阻碍磁通量的减小，线圈有扩张的趋势，t0～t1时间内为了阻碍磁通量的增大，线圈有缩小的趋势，故C错误；由法拉第电磁感应定律得E＝＝，感应电流I＝＝·＝，故D正确．‎ ‎4．(多选)(2018·安徽省滁州市上学期期末)如图4甲所示，线圈两端a、b与一电阻R相连，线圈内有垂直于线圈平面向里的磁场，t＝0时起，穿过线圈的磁通量按图乙所示的规律变化，下列说法正确的是(　　)‎ 图4‎ A．0.5t0时刻，R中电流方向为由a到b B．1.5t0时刻，R中电流方向为由a到b C．0～t0时间内R的电流小于t0～2t0时间内R的电流 D．0～t0时间内R的电流大于t0～2t0时间内R的电流 答案　AC 解析　由楞次定律可知0～t0时间内线圈中的感应电流方向为逆时针方向，t0～2t0时间内线圈中感应电流的方向为顺时针方向，故A正确，B错误；根据法拉第电磁感应定律：E＝n，可知0～t0时间内感应电动势是t0～2t0时间内的，感应电流为：I＝，所以0～t0时间内R中的电流是t0～2t0时间内电流的，故C正确，D错误．‎ ‎5．(2018·河南省中原名校第六次模拟)如图5所示，两足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ相距L＝0.5 m，导轨平面与水平面夹角为θ＝30°，导轨顶端跨接一阻值为R＝0.4 Ω的定值电阻．距导轨顶端MP的距离为d＝0.5 m的CD(CD∥MP)下方有方向垂直于导轨平面向上、磁感应强度大小为B0＝1 T的匀强磁场．现将金属棒从CD处由静止释放．取金属棒的质量m＝0.2 kg、电阻为r＝0.1 Ω，在运动过程中金属棒始终与CD保持平行，且与导轨接触良好．当金属棒沿导轨下滑距离d时(图中EF的位置)速度刚好达到最大．重力加速度g＝10 m/s2.试求：‎ 图5‎ ‎(1)金属棒速度达到的最大值vm的大小和从CD下滑到EF的过程中金属棒上产生的焦耳热Q；‎ ‎(2)为了使金属棒经EF后回路中不再产生感应电流，可使磁场的磁感应强度B的大小发生变化．试写出磁感应强度B随时间变化的表达式(从金属棒到EF处时开始计时)．‎ 答案　(1)2 m/s　0.02 J　(2)B＝ 解析　(1)当金属棒所受的合力为零时速度最大，根据闭合电路的欧姆定律得：I＝ 根据平衡条件得：mgsin θ＝B0IL 联立解得vm＝＝2 m/s 由能量守恒定律得，该过程中系统产生的焦耳热为Q总＝mgdsin θ－mv m2＝0.1 J 其中金属棒中产生的焦耳热Q＝Q总＝0.02 J ‎(2)由于回路中没有感应电流，所以金属棒将做匀加速运动，经过时间t其位移为 x＝vmt＋gt2sin θ＝2t＋2.5t2‎ 为了使回路中不再产生感应电流，则回路中的磁通量不发生变化Φt＝Φ0‎ 即：B(x＋d)L＝B0dL 解得：B＝ ‎6．(2018·吉林省吉林市第二次调研)如图6甲所示，一边长L＝2.5 m、质量m＝0.5 kg的正方形金属线框，放在光滑绝缘的水平面上，整个装置处在方向竖直向上、磁感应强度B＝0.8 T的匀强磁场中，它的一边与磁场的边界MN重合．在水平力F作用下由静止开始向左运动，经过5 s线框被拉出磁场．测得金属线框中的电流随时间变化的图象如图乙所示，在金属线框被拉出的过程中，‎ 图6‎ ‎(1)求通过线框导线截面的电荷量及线框的总电阻；‎ ‎(2)分析线框运动性质并写出水平力F随时间变化的表达式；‎ ‎(3)已知在这5 s内力F做功1.92 J，那么在此过程中，线框产生的焦耳热是多少．‎ 答案　见解析 解析　(1)根据q＝t，由I－t图象得，q＝1.25 C 又根据＝＝＝ 得R＝4 Ω.‎ ‎(2)由题图乙可知，感应电流随时间变化的规律：I＝0.1t 由感应电流I＝，可得金属框的速度随时间也是线性变化的，v＝＝0.2t 线框做匀加速直线运动，加速度a＝0.2 m/s2.‎ 线框在外力F和安培力F安作用下做匀加速直线运动，F－F安＝ma 又F安＝BIL 得F＝(0.2t＋0.1) N ‎(3)t＝5 s时，线框从磁场中拉出时的速度v5＝at＝1 m/s 由能量守恒得：W＝Q＋mv52‎ 线框中产生的焦耳热Q＝W－mv52＝1.67 J ‎7 .(2018·山东省烟台市上学期期末)如图7甲所示，一水平放置的线圈，匝数n＝100匝，横截面积S＝0.2 m2，电阻r＝1 Ω，线圈处于水平向左的均匀变化的磁场中，磁感应强度B1随时间t变化关系图象如图乙所示．线圈与足够长的竖直光滑导轨MN、PQ连接，导轨间距l＝20 cm，导体棒ab与导轨始终接触良好，ab棒接入电路的电阻R＝4 Ω，质量m＝5 g，导轨的电阻不计，导轨处在与导轨平面垂直向里的匀强磁场中，磁感应强度B2＝0.5 T．t＝0时，导体棒由静止释放，g取10 m/s2，求：‎ 图7‎ ‎(1)t＝0时，线圈内产生的感应电动势的大小；‎ ‎(2)t＝0时，导体棒ab两端的电压和导体棒的加速度大小；‎ ‎(3)导体棒ab到稳定状态时，导体棒所受重力的瞬时功率．‎ 答案　(1)2 V　(2)1.6 V　2 m/s2　(3)0.25 W 解析　(1)由题图乙可知，线圈内磁感应强度变化率：＝0.1 T/s 由法拉第电磁感应定律可知：E1＝n＝nS＝2 V ‎(2)t＝0时，回路中电流：I＝＝0.4 A 导体棒ab两端的电压U＝IR＝1.6 V 设此时导体棒的加速度为a，则由： mg－B2Il＝ma 得：a＝g－＝2 m/s2‎ ‎(3)当导体棒ab达到稳定状态时，满足：mg＝B2I′l I′＝ 得：v＝5 m/s 此时，导体棒所受重力的瞬时功率P＝mgv＝0.25 W.‎ ‎8．(2018·贵州省黔东南州一模)如图8(a)所示，间距L＝0.5 m的两根光滑平行长直金属导轨倾斜放置，轨道平面倾角θ＝30°.导轨底端接有阻值R＝0.8 Ω的电阻，导轨间有Ⅰ、Ⅱ两个矩形区域，其长边都与导轨垂直，两区域的宽度均为d2＝0.4 m，两区域间的距离d1＝0.4 m，Ⅰ区域内有垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小B0＝1 T，Ⅱ区域内的磁感应强度B随时间t变化如图(b)所示，规定垂直于导轨平面向上的磁感应强度方向为正方向．t＝0时刻，把导体棒MN无初速度地放在区域Ⅰ下边界上．己知导体棒的质量m＝0.1 kg，导体棒始终与导轨垂直并接触良好，且导体棒在磁场边界时都认为处于磁场中，导体棒和导轨电阻不计，取重力加速度g＝10 m/s2.求：‎ 图8‎ ‎(1)0.1 s内导体棒MN所受的安培力；‎ ‎(2)t＝0.5 s时回路中的电动势和流过导体棒MN的电流方向；‎ ‎(3)0.5 s时导体棒MN的加速度大小．‎ 答案　(1) 0.5 N　(2)0.4 V　N→M　(3)7 m/s2‎ 解析　(1)Δt1＝0.1 s时间内感应电动势E1＝d2L，＝4 T/s，I1＝ ‎0．1 s内安培力F1＝B0I1L，解得F1＝0.5 N ‎(2)因F1＝mgsin θ，故导体棒第0.1 s内静止，从0.1 s末开始加速，设加速度为a1：mgsin θ＝ma1，d1＝a1Δt12，v1＝a1Δt1，解得：Δt1＝0.4 s，v1＝2 m/s t＝0.5 s时，导体棒刚滑到Ⅱ区域上边界，此时B2＝0.8 T，‎ 切割磁感线产生的电动势E2＝B2Lv1＝0.8 V t＝0.5 s时，因磁场变化而产生的感应电动势 E3＝d2L，＝6 T/s，解得E3＝1.2 V t＝0.5 s时的总电动势E＝E3－E2＝0.4 V 导体棒电流方向：N→M ‎(3)设0.5 s时导体棒的加速度为a，有F＋mgsin θ＝ma，又I＝，F＝B2IL，解得a＝7 m/s2.‎