【物理】2020届二轮复习专题十一电磁感应作业

【物理】2020届二轮复习专题十一电磁感应作业

专题十一　电磁感应 『经典特训题组』 1．(多选) 如图所示，半径为 2r 的弹性螺旋线圈内有垂直纸面向外的圆形匀 强磁场区域，磁场区域的半径为 r，已知弹性螺旋线圈的电阻为 R，线圈与磁场 区域共圆心，则以下说法中正确的是(　　) A．保持磁场不变，线圈的半径由 2r 变到 3r 的过程中，有顺时针的电流 B．保持磁场不变，线圈的半径由 2r 变到 0.5r 的过程中，有逆时针的电流 C．保持半径不变，使磁场随时间按 B＝kt 变化，线圈中的电流为kπr2 R D．保持半径不变，使磁场随时间按 B＝kt 变化，线圈中的电流为2kπr2 R 答案　BC 解析　保持磁场不变，线圈的半径由 2r 变到 3r 的过程中，穿过线圈的磁通 量不变，所以在线圈中没有感应电流产生，A 错误；保持磁场不变，线圈的半径 由 2r 变到 0.5r 的过程中，线圈包含磁场的面积变小，磁通量变小，根据楞次定 律可知，线圈中产生逆时针的感应电流，B 正确；保持半径不变，使磁场随时间 按 B＝kt 变化，磁场增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律可知，线圈中 产生顺时针的感应电流，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可得感应 电流为：I＝E R ＝ ΔΦ Δt R ＝ΔBS ΔtR ＝kS R ＝kπr2 R ，C 正确，D 错误。 2．(多选)如图所示电路中，A、B 为两个相同灯泡，L 为自感系数较大、电 阻可忽略不计的电感线圈，C 为电容较大的电容器，下列说法中正确的有(　　) A．接通开关 S，A 立即变亮，最后 A、B 一样亮 B．接通开关 S，B 逐渐变亮，最后 A、B 一样亮 C．断开开关 S，A、B 都立刻熄灭 D．断开开关 S，A 立刻熄灭，B 逐渐熄灭 答案　ABD 解析　接通开关 S，电容器 C 充电，相当于导线导通，电流流过 A，因此 A 立即变亮，由于充电电流越来越小，当电容器 C 充电完毕后，其所在支路相当 于断路，当电流流过电感线圈 L 时，线圈由于产生相反方向的自感电动势，阻碍 电流的增大，所以通过 B 的电流逐渐增大，故 B 逐渐变亮，当闭合足够长时间 后，电容器 C 所在支路无电流，相当于断路，通过电感线圈 L 的电流稳定后，L 相当于导线，此时 A、B 形成串联回路，A、B 一样亮，A、B 正确；当 S 闭合足 够长时间后再断开时，A 立刻熄灭，L 中产生自感电动势，且电容器放电，此时 电容器 C、电感线圈 L 和灯泡 B 构成回路，故 B 会逐渐熄灭，C 错误，D 正确。 3．如图所示，正方形导线框 abcd 放在匀强磁场中静止不动，磁场方向与线 框平面垂直，磁感应强度 B 随时间 t 的变化关系如图乙所示，t＝0 时刻，磁感应 强度的方向垂直纸面向里。下列选项中能表示线框的 ab 边受到的安培力 F 随时 间 t 的变化关系的是(规定水平向左为力的正方向)(　　) 答案　A 解析　0～1 s：磁场方向向里且均匀减小，由楞次定律可得，线圈中产生顺 时针方向的感应电流，由 E＝ΔΦ Δt 可知，产生的感应电动势恒定，电流恒定，所 以 ab 边受到的安培力 FA＝BIL 均匀减小，由左手定则可知，安培力方向向左， 即为正；1～3 s：磁场方向向外且均匀增大，由楞次定律可得，线圈中产生顺时 针方向的感应电流，由 E＝ΔΦ Δt 可知，产生的感应电动势恒定，电流恒定，所以 ab 边受到的安培力 FA＝BIL 均匀增大，由左手定则可知，安培力方向向右，即为负； 3～5 s：磁场方向向外且均匀减小，由楞次定律可得，线圈中产生逆时针方向的 感应电流，由 E＝ΔΦ Δt 可知，产生的感应电动势恒定，电流恒定，所以 ab 边受到 的安培力 FA＝BIL 均匀减小，由左手定则可知，安培力方向向左，即为正。综合 上述分析可知 A 正确。 4．如图，倾角为 θ 的光滑斜面上存在着两个磁感应强度大小相同的匀强磁 场，其方向一个垂直于斜面向上，一个垂直于斜面向下，它们的宽度均为 L。一 个质量为 m、边长也为 L 的正方形线框以速度 v 进入上部磁场恰好做匀速运动， ab 边在下部磁场运动过程中再次做匀速运动。重力加速度为 g，则(　　) A．在 ab 边进入上部磁场过程中线框的电流方向为 abcba B．当 ab 边刚越过边界 ff′时，线框的加速度为 gsinθ C．当 ab 边进入下部磁场再次做匀速运动时速度为 1 4v D．从 ab 边进入磁场到 ab 边进入下部磁场再次做匀速运动的过程中，减少 的动能等于线框中产生的焦耳热 答案　C 解析　根据楞次定律可知，在 ab 边进入上部磁场过程中的电流方向为 adcba，A 错误；当线圈在上半部分磁场中匀速运动时：F 安＝mgsinθ＝B2L2v R ， 当 ab 边刚越过边界 ff′时，由于线圈的 ab 边和 cd 边产生同方向的电动势，则 回路的电动势加倍，感应电流加倍，每个边受到的安培力加倍，则此时由牛顿第 二定律有：4F 安－mgsinθ＝ma，解得此时线框的加速度为 a＝3gsinθ，B 错误； 当 ab 边进入下部磁场再次做匀速运动时：2B2BLv′ R L＝mgsinθ，解得 v′＝1 4v，C 正确；由能量关系可知，从 ab 边进入磁场到 ab 边进入下部磁场再次做匀速运动 的过程中，线框减少的动能与重力势能之和等于线框中产生的焦耳热，D 错误。 5. 如图所示，等腰直角三角形区域内有垂直于纸面向内的匀强磁场，左边 有一形状完全相同的等腰直角三角形导线框，线框从图示位置开始水平向右匀速 穿过磁场区域，规定线框中感应电流沿逆时针方向为正方向，线框刚进入磁场区 域时感应电流为 i0，直角边长为 L。其感应电流 i 随位移 x 变化的图象正确的是 (　　) 答案　C 解析　在线框进入磁场的过程中，位移 x 为 0～L 的过程中，磁通量先增大 后减小，所以感应电流方向先是逆时针，后是顺时针，当线框的右边和斜边切割 长度相等时感应电流为零，接着又反向增大，在 x＝L 时的位置如图所示， 以后有效切割长度逐渐减小到零，则感应电动势逐渐减小到零，感应电流逐 渐减小到零。当 x＝0 时，感应电流大小为 i0＝BLv R ，方向沿逆时针方向，为正值； 当 x＝L 时，感应电流大小为 i＝ B· L 2v R ＝i0 2 ，方向沿顺时针方向，为负值，所以 C 正确，A、B、D 错误。 6. (2019·山西晋城一模)(多选)如图所示，U 形光滑金属导轨与水平面成 37° 角倾斜放置，现将一金属杆垂直放置在导轨上且与两导轨接触良好，在与金属杆 垂直且沿着导轨向上的外力 F 的作用下，金属杆从静止开始做匀加速直线运动。 整个装置处于垂直导轨平面向上的匀强磁场中，外力 F 的最小值为 8 N，经过 2 s 金属杆运动到导轨最上端并离开导轨。已知 U 形金属导轨两轨道之间的距离为 1 m，导轨电阻可忽略不计，金属杆的质量为 1 kg、电阻为 1 Ω，磁感应强度大小 为 1 T，重力加速度 g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列说法正确的是(　　) A．拉力 F 是恒力 B．拉力 F 随时间 t 均匀增加 C．拉力 F 的最大值等于 12 N D．金属杆运动的加速度大小为 2 m/s2 答案　BCD 解析　t 时刻，金属杆的速度大小为 v＝at，产生的感应电动势为 E＝Blv， 电路中的感应电流为 I＝Blv R ，金属杆所受的安培力大小为 F 安＝BIl＝B2l2at R ，由 牛顿第二定律可知 F＝ma＋mgsin37°＋B2l2at R ，可见 F 随时间 t 均匀增加，A 错误， B 正确；t＝0 时，F 最小，代入数据可求得 a＝2 m/s2，t＝2 s 时，F 最大，最大 值为 12 N，C、D 正确。 7．(多选) 如图所示，空间某区域内存在沿水平方向的匀强磁场，一正方形 闭合金属线框自磁场上方某处释放后穿过磁场，整个过程线框平面始终竖直，线 框边长小于磁场区域上下宽度。以线框刚进入磁场时为计时起点，下列描述线框 所受安培力 F 随时间 t 变化关系的图象中，可能正确的是(　　) 答案　BCD 解析　若线圈刚进入磁场时，速度较大，安培力大于重力，则线圈最开始做 减速运动，安培力也随之减小，可能达到安培力等于重力，线圈速度不再变化， 安培力也不再变化，或安培力仍大于重力线圈就已全部进入磁场，此时，线圈中 磁通量不变，感应电流为零，所以整体所受的安培力为 0，在重力作用下，线圈 又开始加速运动，当线圈的下边穿出磁场时，线圈整体又开始受安培力，由于之 前线圈又经历了加速过程，所以安培力此时是大于重力的，因此线圈又开始减速 运动，安培力也随之减小，故 A 错误，C 正确；若线圈刚进入磁场时，安培力 等于重力，线圈速度不再变化，安培力也不再变化，当线圈全部进入磁场时，线 圈中磁通量不变，感应电流为零，所以整体所受的安培力为 0，在重力作用下， 线圈又开始加速运动，当线圈的下边穿出磁场时，线圈整体又开始受安培力，由 于之前线圈又经历了加速过程，所以安培力此时是大于重力的，因此线圈又开始 减速运动，安培力也随之减小，故 B 正确；若线圈刚进入磁场时，速度较小， 安培力小于重力，所以线圈最开始是加速运动，安培力也随之增大，当线圈全部 进入磁场时，线圈中磁通量不变，感应电流为零，所以整体所受的安培力为 0， 在重力作用下，线圈又开始加速，当线圈的下边穿出磁场时，线圈整体又开始受 安培力，由于之前线圈又经历了加速过程，所以安培力此时可能是大于重力的， 因此线圈可能开始减速，安培力也随之减小，故 D 正确。 8．(多选)法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。铜圆盘安装在竖直的铜轴 上，两铜片 P、Q 分别与圆盘的边缘和铜轴接触。圆盘处于方向竖直向上的匀强 磁场 B 中。圆盘旋转时，关于流过电阻 R 的电流，下列说法正确的是(　　) A．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定 B．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿 a 到 b 的方向流动 C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化 D．若圆盘转动的角速度变为原来的 2 倍，则电流在 R 上的热功率也变为原 来的 2 倍 答案　AB 解析　设圆盘半径为 l，由电磁感应定律得 E＝Bl·0＋ωl 2 ＝Bl2ω 2 ，I＝E R ，故 ω 一定时，电流大小恒定，A 正确；由右手定则知圆盘中心为等效电源正极，圆盘 边缘为负极，电流经外电路从 a 经过 R 流到 b，B 正确；圆盘转动方向不变时， 等效电源的正、负极不变，电流方向不变，C 错误；P＝E2 R ＝B2l4ω2 4R ，角速度加倍 时功率变为原来的 4 倍，D 错误。 9. 矩形线圈 abcd，长 ab＝20 cm，宽 bc＝10 cm，匝数 n＝200。线圈回路总 电阻 R＝5 Ω，整个线圈平面内均有垂直于线圈平面的匀强磁场穿过，若匀强磁 场的磁感应强度 B 随时间 t 的变化规律如图所示，则(　　) A．线圈回路中感应电动势随时间均匀变化 B．线圈回路中产生的感应电流为 0.2 A C．当 t＝0.3 s 时，线圈的 ab 边所受的安培力大小为 1.6 N D．在 1 min 内线圈回路产生的焦耳热为 48 J 答案　D 解 析 　 由 法 拉 第 电 磁 感 应 定 律 可 得 E ＝ nΔΦ Δt ＝ nΔB Δt ·S ＝ 200×0.2－0.05 0.3 ×0.2×0.1 V＝2 V，由闭合电路欧姆定律可得：I＝E R ＝2 5 A＝0.4 A，故 A、B 错 误；当 t ＝0.3 s 时，通电导线受到的安培力为 F ＝nBIL ＝200×20×10 － 2×0.4×0.2 N＝3.2 N，故 C 错误；在 1 min 内线圈回路产生的焦耳热 Q＝I2Rt＝ 0.42×5×60 J＝48 J，D 正确。 10．如图所示，竖直放置的光滑导轨 GMANH，GM、HN 平行，其中 MAN 为一半径为 r＝1 m 的半圆弧，最高点 A 处断开。GH 之间接有电阻为 R＝4 Ω 的 小灯泡 L，在 MN 上方区域及 CDEF 区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应 强度大小均为 B＝1 T，MN、CD 之间的距离为 h1＝1.85 m，CD、EF 之间的距离 为 h2＝1.15 m，现有质量为 m＝0.7 kg 的金属棒 ab，从最高点 A 处由静止下落， 当金属棒下落r 2 时具有向下的加速度 a＝7 m/s2，金属棒在 CDEF 区域内运动过程 中小灯泡亮度始终不变，金属棒始终保持水平且与导轨接触良好，金属棒、导轨 的电阻均不计，重力加速度 g＝10 m/s2。求： (1)金属棒从 A 处下落r 2 时的速度 v1 大小； (2)金属棒下落到 MN 处时的速度 v2 大小； (3)金属棒从 A 处下落到 EF 过程中灯泡 L 产生的热量 Q。 答案　(1)2.8 m/s　(2)2 3 m/s　(3)10.85 J 解析　(1)金属棒下落到r 2 时，金属棒切割磁感线的有效长度：l＝2rcos30°＝ 3 m， 金属棒受到的安培力：F 安＝BIl＝B2l2v1 R ， 对金属棒，由牛顿第二定律得：mg－B2l2v1 R ＝ma， 代入数据解得：v1＝2.8 m/s。 (2)由题可知，金属棒进入 CDEF 区域时匀速运动，此时切割磁感线的有效 长度为 2r， 由平衡条件得：mg＝B2(2r)2v3 R ， 代入数据解得：v3＝7 m/s， 金属棒从 MN 到 CD 的过程做自由落体运动， 由速度位移公式得：v23－v22＝2gh1， 代入数据解得：v2＝2 3 m/s。 (3)对金属棒，由能量守恒定律得： mg(r＋h1＋h2)＝1 2mv23＋Q， 代入数据解得：Q＝10.85 J。 11．如图所示，空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度 B＝0.5 T。在匀 强磁场区域内，有一对光滑平行金属导轨，处于同一水平面内，导轨足够长，导 轨间距 L＝1 m，电阻可忽略不计。质量均为 m＝1 kg，电阻均为 R＝2.5 Ω 的金 属导体棒 MN 和 PQ 垂直放置于导轨上，且与导轨接触良好。先将 PQ 暂时锁定， 金属棒 MN 在垂直于棒的拉力 F 作用下，由静止开始以加速度 a＝0.4 m/s2 向右 做匀加速直线运动，5 s 后保持拉力 F 的功率不变，直到棒以最大速度 vm 做匀速 直线运动。 (1)求棒 MN 的最大速度 vm； (2)当棒 MN 达到最大速度 vm 时，解除 PQ 锁定，同时撤去拉力 F，两棒最 终均匀速运动。求解除 PQ 棒锁定后，到两棒最终匀速运动的过程中，电路中产 生的总焦耳热； (3)若 PQ 始终不解除锁定，当棒 MN 达到最大速度 vm 时，撤去拉力 F，棒 MN 继续运动多远后停下来？(运算结果可用根式表示) 答案　(1)2 5 m/s　(2)5 J　(3)40 5 m 解析　(1)棒 MN 做匀加速运动阶段，由牛顿第二定律得：F－BIL＝ma 棒 MN 做切割磁感线运动，产生的感应电动势为： E＝BLv 棒 MN 做匀加速直线运动，5 s 时的速度为： v＝at1＝2 m/s 在两棒组成的回路中，由闭合电路欧姆定律得：I＝ E 2R 联立上述式子，有：F＝ma＋B2L2at1 2R 代入数据解得 5 s 时棒的拉力为：F＝0.5 N 5 s 时拉力 F 的功率为：P＝Fv 代入数据解得：P＝1 W 棒 MN 最终做匀速运动时速度最大，设棒的最大速度为 vm，棒受力平衡， 则有： P vm －BImL＝0 又 Im＝BLvm 2R 代入数据解得：vm＝2 5 m/s。 (2)解除棒 PQ 的锁定后，两棒组成的系统在运动过程中动量守恒，最终两棒 以相同的速度做匀速运动，设速度大小为 v′，则有：mvm＝2mv′ 设从 PQ 棒解除锁定到两棒达到相同速度的过程中，电路中共产生的焦耳热 为 Q，由能量守恒定律可得： Q＝1 2mv2m－1 2 ×2mv′2 代入数据解得：Q＝5 J。 (3)以棒 MN 为研究对象，设某时刻棒中电流为 i，在极短时间 Δt 内，由动 量定理得： －BILΔt＝mΔv 对式子两边求和有：∑(－BILΔt)＝∑(mΔv) 而 Δq＝IΔt 故有：∑Δq＝∑(IΔt) 联立各式解得：BLq＝mvm 又对于电路有：q＝It＝ E 2Rt 由法拉第电磁感应定律得：E＝BLx t 又 q＝BLx 2R 代入数据解得：x＝40 5 m。 『真题调研题组』 1．(2019·全国卷Ⅲ)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 答案　D 解析　楞次定律表述了感应电流的磁场方向，同时也体现了不同能量间的关 系。总能量是守恒的，感应电流产生电能，电能是“阻碍”的结果，D 正确。 2．(2019·全国卷Ⅰ)(多选)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 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(　　) 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B0rS 4t0ρ D．圆环中的感应电动势大小为B0πr2 4t0 答案　BC 解析　由于通过圆环的磁通量均匀变化，故圆环中产生的感应电动势、感应 电流的大小和方向不变，但 t0 时刻磁场方向发生变化，故安培力的方向发生变化，A 错误；根据楞次定律和安培定则可知，圆环中感应电流的方向始终沿顺时针方向， B 正确；根据法拉第电磁感应定律，感应电动势大小 E＝|ΔB Δt |·S′＝ B0 t0 ·πr2 2 ＝ πB0r2 2t0 ，根据闭合电路欧姆定律知，感应电流大小 I＝E R ＝ πB0r2 2t0 ρ 2πr S ＝B0rS 4t0ρ ，C 正确，D 错误。 3．(2019·全国卷Ⅲ)(多选) 如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同 一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒 ab、cd 静止在导轨 上。t＝0 时，棒 ab 以初速度 v0 向右滑动。运动过程中，ab、cd 始终与导轨垂直 并接触良好，两者速度分别用 v1、v2 表示，回路中的电流用 I 表示。下列图象中 可能正确的是(　　) 答案　AC 解析　导体棒 ab 运动，切割磁感线，产生感应电流，导体棒 ab 受安培力 F 作用，速度减小，导体棒 cd 受安培力 F′作用，速度变大，如图所示， 感应电流 I＝ E R总＝Bl(v1－v2) R总 ，安培力 F＝F′＝BIl＝B2l2(v1－v2) R总 ＝ma，随着 v1 减小，v2 增大，则安培力减小，两棒的加速度 a 减小，直到 v1＝v2＝v 共，之 后两棒的加速度 a＝0，两棒做匀速运动，两棒组成的系统动量守恒，则 mv0＝2mv 共，v 共＝v0 2 ，A 正确，B 错误。由前面分析知，v1－v2 随时间减小得越来越慢， 最后为 0，则感应电流 I＝Bl(v1－v2) R总 随时间减小得越来越慢，最后为 0，C 正确，D 错误。 4．(2019·全国卷Ⅱ)(多选) 如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与 水平面夹角为 θ，导轨电阻忽略不计。虚线 ab、cd 均与导轨垂直，在 ab 与 cd 之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场。将两根相同的导体棒 PQ、MN 先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好。已知 PQ 进入磁场时加速度恰好为零。从 PQ 进入磁场开始计时，到 MN 离开磁场区域为 止，流过 PQ 的电流随时间变化的图象可能正确的是(　　) 答案　AD 解析　PQ 刚进入磁场时，加速度为零，则 mgsinθ＝BI1L，又 I1＝BLv R总 ，故 PQ 做匀速运动，电流恒定；由题意知，MN 刚进入磁场时与 PQ 刚进入磁场时速度 相同。 情形 1：若 MN 刚进入磁场时，PQ 已离开磁场区域，则对 MN，由 mgsinθ＝ BI1L、I1＝BLv R总 及右手定则知，通过 PQ 的电流大小不变，方向相反，故 I­t 图象 如图 A 所示。 情形 2：若 MN 刚进入磁场时，PQ 未离开磁场区域，由于两导体棒速度相 等，产生的电动势等大、反向，故电流为 0，两棒在重力沿导轨方向的分力作用 下均加速直至 PQ 离开磁场。当 PQ 离开磁场时，MN 在磁场中的速度大于匀速 运动时的速度，MN 为电源，由右手定则知 PQ 中的电流方向与 MN 未进入磁场 时相反，设此时 PQ 中电流大小为 I2，由 E＝BLv′，I2＝ E R总，BI2L－mgsinθ＝ma>0 知，MN 减速，且随 v′减小，I2 减小，a 减小，I2 与 v′成正比，故 I2 随 t 减小 得越来越慢，直至 MN 匀速运动，这时 I2＝I1，I­t 图象如图 D 所示。 5. (2018·全国卷Ⅰ)(多选)如图，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(　　) 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 答案　AD 解析　小磁针的 N 极的指向为该处磁场的方向。开关闭合后的瞬间，通过 右边线圈的电流增大，在铁芯中产生由北向南的磁场增大，通过左侧线圈的磁通 量增大，根据楞次定律和安培定则可以判断，直导线中的电流从南流向北，再根 据安培定则可以判断，直导线的电流在小磁针处的磁场方向垂直纸面向里，小磁 针 N 极向里转动，A 正确；开关闭合并保持一段时间后，通过左侧线圈的磁通 量不变，不会产生电磁感应现象，所以直导线中无感应电流流过，小磁针在地磁 场作用下恢复原指向，B、C 错误；开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间， 通过左侧线圈的磁通量减小，直导线产生由北流向南的电流，则小磁针 N 极向 外转动，D 正确。 6. (2018·全国卷Ⅰ)如图，导体轨道 OPQS 固定，其中 PQS 是半圆弧，Q 为 半圆弧的中点，O 为圆心。轨道的电阻忽略不计。OM 是有一定电阻、可绕 O 转 动的金属杆，M 端位于 PQS 上，OM 与轨道接触良好。空间存在与半圆所在平 面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为 B。现使 OM 从 OQ 位置以恒定的角速 度逆时针转到 OS 位置并固定(过程Ⅰ)；再使磁感应强度的大小以一定的变化率 从 B 增加到 B′(过程Ⅱ)。在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过 OM 的电荷量相等，则B′ B 等 于(　　) A.5 4 B.3 2 C.7 4 D．2 答案　B 解析　通过导体横截面的电荷量为：q＝I·Δt＝ n ΔΦ Δt R ·Δt＝nΔΦ R ，过程Ⅰ流过 OM 的电荷量为：q1＝ B· 1 4πr2 R ；过程Ⅱ流过 OM 的电荷量：q2＝ (B′－B)· 1 2πr2 R ， 依题意有：q1＝q2，即：B·1 4πr2＝(B′－B)·1 2πr2，解得：B′ B ＝3 2 ，正确答案为 B。 7．(2017·全国卷Ⅱ)(多选)两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方 向与纸面垂直。边长为 0.1 m、总电阻为 0.005 Ω 的正方形导线框 abcd 位于纸面 内，cd 边与磁场边界平行，如图 a 所示。已知导线框一直向右做匀速直线运动， cd 边于 t＝0 时刻进入磁场。线框中感应电动势随时间变化的图线如图 b 所示(感 应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正)。下列说法正确的是(　　) A．磁感应强度的大小为 0.5 T B．导线框运动速度的大小为 0.5 m/s C．磁感应强度的方向垂直于纸面向外 D．在 t＝0.4 s 至 t＝0.6 s 这段时间内，导线框所受的安培力大小为 0.1 N 答案　BC 解析　由图 b 可知，从导线框的 cd 边进入磁场到 ab 边刚好进入磁场，用时 为 0.2 s，可得导线框运动速度的大小 v＝0.1 0.2 m/s＝0.5 m/s，B 正确。由图 b 可知， cd 边切割磁感线产生的感应电动势 E＝0.01 V，由公式 E＝BLv，可得磁感应强 度的大小 B＝ 0.01 0.1 × 0.5 T＝0.2 T，A 错误。感应电流的方向为顺时针时，对 cd 边应用右手定则可知，磁感应强度的方向垂直于纸面向外，C 正确。t＝0.4 s 至 t ＝0.6 s 这段时间为 cd 边离开磁场，ab 边切割磁感线的过程。由闭合电路欧姆定 律及安培力公式得安培力 F＝BIL＝BEL R ，代入数据得 F＝0.04 N，D 错误。 8．(2017·全国卷Ⅰ) 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左右 振动的衰减最有效的方案是(　　) 答案　A 解析　底盘上的紫铜薄板出现扰动时，其扰动方向不确定，在选项 C 这种 情况下，紫铜薄板出现上下或左右扰动时，穿过薄板的磁通量难以改变，不能发 生电磁感应现象，没有阻尼效应；在选项 B、D 这两种情况下，紫铜薄板出现上 下扰动时，也没有发生电磁阻尼现象；选项 A 这种情况下，不管紫铜薄板出现 上下或左右扰动时，都发生电磁感应现象，产生电磁阻尼效应，A 正确。 9．(2017·北京高考)图 1 和图 2 是教材中演示自感现象的两个电路图，L1 和 L2 为电感线圈。实验时，断开开关 S1 瞬间，灯 A1 突然闪亮，随后逐渐变暗；闭 合开关 S2，灯 A2 逐渐变亮，而另一个相同的灯 A3 立即变亮，最终 A2 与 A3 的亮 度相同。下列说法正确的是(　　) A．图 1 中，A1 与 L1 的电阻值相同 B．图 1 中，闭合 S1，电路稳定后，A1 中电流大于 L1 中电流 C．图 2 中，变阻器 R 与 L2 的电阻值相同 D．图 2 中，闭合 S2 瞬间，L2 中电流与变阻器 R 中电流相等 答案　C 解析　断开开关 S1 瞬间，线圈 L1 产生自感电动势，阻碍电流的减小，通过 L1 的电流反向通过灯 A1，灯 A1 突然闪亮，随后逐渐变暗，说明 IL1>IA1，即 RL1(t2－t1)，B 正确； 从进入磁场Ⅰ到进入磁场Ⅱ之前过程中，根据能量守恒，金属棒减小的机械 能全部转化为焦耳热，所以穿过磁场Ⅰ产生的焦耳热 Q1＝mg·2d，所以穿过两个 磁场过程中产生的热量为 4mgd，C 正确；若金属杆进入磁场做匀速运动，则B2L2v R －mg＝0，得 v＝mgR B2L2 ，由前面分析可知金属杆进入磁场的速度大于mgR B2L2 ，根据 h ＝v2 2g 得金属杆进入磁场的高度应大于m2g2R2 2gB4L4 ＝m2gR2 2B4L4 ，D 错误。 11．(2019·天津高考)如图所示，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。 (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。 答案　(1)Bkl 3R ，方向水平向右　(2)1 2mv2－2 3kq 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得感应电动势 E＝ΔΦ Δt ，则 E＝k① 设 PQ 与 MN 并联的电阻为 R 并，有 R 并＝R 2 ② 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＝ E R并＋R ③ 设 PQ 中的电流为 IPQ，有 IPQ＝1 2I④ 设 PQ 受到的安培力为 F 安，有 F 安＝BIPQl⑤ PQ 保持静止，由受力平衡，有 F＝F 安⑥ 联立①②③④⑤⑥式得 F＝Bkl 3R ⑦ 由楞次定律和右手螺旋定则得 PQ 中的电流方向为由 Q 到 P，再由左手定则 得 PQ 所受安培力的方向水平向左，则力 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E，有 E＝ΔΦ′ Δt′ ⑧ 其中 ΔΦ′＝Blx⑨ 设 PQ 中的平均感应电流为I，有I＝ E 2R ⑩ 根据电流的定义式得I＝ q Δt′⑪ 由动能定理，有 Fx＋W＝1 2mv2－0⑫ 联立⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得 W＝1 2mv2－2 3kq。⑬ 『模拟冲刺题组』 1．(2019·江西吉安高三上学期五校联考)随着科技的不断发展，无线充电已 经进入人们的视线。小到手表、手机，大到电脑、电动汽车的充电，都已经实现 了从理论研发到实际应用的转化。下图给出了某品牌的无线充电手机利用电磁感 应方式无线充电的原理图。关于无线充电，下列说法正确的是(　　) 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．只有将充电底座接到直流电源上才能对手机进行充电 C．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 D．只要有无线充电底座，所有手机都可以进行无线充电 答案　C 解析　无线充电的原理，其实就是电磁感应现象，而不是电流的磁效应，A 错误；发生电磁感应的条件是磁通量要发生变化，直流电无法产生变化的磁场， 故不能接到直流电源上，B 错误；发生电磁感应时，两个线圈中的交变电流的频 率是相同的，C 正确；只有无线充电底座，手机内部没有能实现无线充电的接收 线圈等装置，也不能进行无线充电，D 错误。 2．(2019·福建泉州泉港区第一中学高三上质量检测)北半球地磁场的竖直分 量向下。如图所示，在北京某中学实验室的水平桌面上，放置边长为 L 的正方形 闭合导体线圈 abcd，线圈的 ab 边沿南北方向，ad 边沿东西方向。下列说法中正 确的是(　　) A．若使线圈向东平动，则 b 点的电势比 a 点的电势低 B．若使线圈向北平动，则 a 点的电势比 b 点的电势低 C．若以 ab 为轴将线圈向上翻转，则线圈中感应电流方向为 a→d→c→d→a D．若以 ab 为轴将线圈向上翻转，则线圈中感应电流方向为 a→b→c→d→a 答案　D 解析　北京位于北半球，地磁场的竖直分量向下，若使线圈向东平动，由右 手定则判断可知，a 点的电势比 b 点的电势低，A 错误；若使线圈向北平动，地 磁场的竖直分量向下，ab 没有切割磁感线，不产生感应电动势，a 点的电势与 b 点的电势相等，B 错误；若以 ab 为轴将线圈向上翻转，地磁场的竖直分量向下， 穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律判断可知线圈中感应电流方向为 a→b→c→d→a，C 错误，D 正确。 3．(2019·江西名校学术联盟高三押题卷)如图甲所示，abcd 为边长为 L＝1 m 的正方形金属线框，电阻为 R＝2 Ω，虚线为正方形的对称轴，虚线上方线框内 有按图乙变化的匀强磁场，虚线下方线框内有按图丙变化的匀强磁场，磁场方向 垂直于纸面向里为正，则线框中的感应电流大小为(　　) A.1 8 A B.1 4 A C.3 8 A D.1 4 A 答案　C 解析　由图乙得上方磁场的磁感应强度变化率为：ΔB Δt ＝3－1 4－0 T/s＝0.5 T/s， 由法拉第电磁感应定律得：E1＝nΔΦ Δt ＝ nL· L 2·ΔB Δt ＝0.25 V，由楞次定律得，E1 在 线框中产生的感应电流方向为逆时针方向；由图丙得下方磁场的磁感应强度变化 率为：ΔB Δt ＝0－(－3) 3－0 T/s＝1 T/s，由法拉第电磁感应定律得：E2＝nΔΦ Δt ＝ nL· L 2·ΔB Δt ＝0.5 V，由楞次定律得，E2 在线框中产生的感应电流方向为逆时针方向，因此 线框中的感应电流大小为 I＝E2＋E1 R ＝3 8 A，故选 C。 4．(2019·两湖八市十二校联合二模)如图甲所示，在竖直方向分布均匀的磁 场中水平放置一个金属圆环，圆环所围面积为 0.1 m2，圆环电阻为 0.2 Ω。在第 1 s 内圆环中的感应电流 I 从上往下看为顺时针方向。磁场的磁感应强度 B 随时间 t 的变化规律如图乙所示(其中在 4～5 s 的时间段呈直线)。则(　　) A．在 0～5 s 时间段，感应电流先减小再增大 B．在 0～2 s 时间段感应电流沿顺时针方向，在 2～5 s 时间段感应电流也沿 顺时针方向 C．在 0～5 s 时间段，圆环最大发热功率为 5.0×10－4 W D．在 0～2 s 时间段，通过圆环横截面的电荷量为 5.0×10－1 C 答案　C 解析　根据闭合电路欧姆定律得 I＝E R ＝nΔB·S R·Δt ，知磁感应强度的变化率越大， 感应电流越大，由题图可得在 0～5 s 时间段磁感应强度变化率先减小再增大， 最后不变，且最大值为 0.1，则最大感应电流 Im＝0.1 × 0.1 0.2 A＝0.05 A，则在 0～ 5 s 时间段，感应电流先减小再增大，最后不变，故 A 错误；由题意知，在第 1 s 内感应电流 I 沿顺时针方向，根据楞次定律知，磁场方向向上，结合题图乙知向 上为正方向，在 2～4 s 时间段，磁感应强度向上且减小，在 4～5 s 时间段，磁 感应强度向下且增大，则在 2～5 s 时间段，感应磁场方向向上，感应电流沿逆 时针方向，故 B 错误；结合 A 中分析可知，在 4～5 s 时间段，圆环内感应电流 最大，发热功率最大，为 Pm＝I2mR＝0.052×0.2 W＝5.0×10－4 W，故 C 正确；在 0～2 s 时间段，通过圆环横截面的电荷量为 q＝IΔt＝E R·Δt＝ΔB·S R ＝0.1 × 0.1 0.2 C＝ 5.0×10－2 C，故 D 错误。 5．(2019·西南名校联盟高三 3 月月考)如图所示，有一边长为 L 的正方形线 框 abcd，由距匀强磁场上边界 H 处静止释放，其下边框刚进入匀强磁场区域时 恰好能做匀速直线运动。匀强磁场区域宽度也为 L。ab 边开始进入磁场时记为 t1，cd 边出磁场时记为 t2，忽略空气阻力，从线框开始下落到 cd 边刚出磁场的 过程中，线框的速度大小 v、加速度大小 a、ab 间的电压大小 Uab、线框中产生 的焦耳热 Q 随时间 t 的变化图象可能正确的是(　　) 答案　C 解析　线框从距磁场上边界 H 处开始下落到下边框刚进入磁场过程中线圈 做自由落体运动，因线框下边框刚进入匀强磁场区域时恰好能做匀速直线运动， 则有 F 安＝B2L2v R ＝mg，又因为线框边长与磁场区域宽度均为 L，即 ab 边出磁场 时 cd 边恰好进入磁场，故可知直到 cd 边出磁场线框一直做匀速运动，A、B 错 误；线框 ab 边进入磁场的过程：E＝BLv，则 Uab＝3 4BLv，线框 ab 边离开磁场的 过程：E′＝BLv′，则 Uab′＝1 4BLv′，线框进入磁场和离开磁场的过程中速度 相同，故感应电动势 E 相同，且这一过程中通过线框的电流始终不变，故 t1～t2 时间段有：Q＝I2Rt，Q­t 图象应该为一条连续的倾斜直线，C 正确，D 错误。 6．(2019·陕西省汉中市重点中学开学联考)(多选)如图所示，电阻不计的导 轨 OPQS 固定，其中 PQS 是半径为 r 的半圆弧，Q 为半圆弧的中点，O 为圆心。 OM 是长为 r 的可绕 O 转动的金属杆，其电阻为 R，M 端与导轨接触良好。空间 存在与平面垂直且向里的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度的大小为 B，现使 OM 从 OQ 位置起以角速度 ω 逆时针匀速转到 OS 位置。则该过程中(　　) A．产生的感应电流大小恒定，方向为 OPQMO B．通过 OM 的电荷量为πr2B 4R C．回路中的感应电动势大小为 Br2ω D．金属杆 OM 的发热功率为B2ω2r4 2R 答案　AB 解析　由金属杆 OM 绕其端点 O 在磁场中转动时产生的电动势为：E＝Brv ＝Brωr 2 ＝1 2Br2ω，所以产生的感应电动势恒定，电流恒定，由于磁场方向垂直于 纸面向里，由右手定则可知感应电流的方向为 OPQMO，故 A 正确，C 错误；通 过 OM 的电荷量为：q＝ΔΦ R ＝BΔS R ＝ B· πr2 4 R ＝πr2B 4R ，故 B 正确；由闭合电路欧姆定 律得：I＝E R ＝Br2ω 2R ，则金属杆 OM 的发热功率为：P＝I2R＝B2r4ω2 4R ，故 D 错误。 7．(2019·济南三模)(多选)如图所示，光滑水平面上有一质量为 0.1 kg 的正 方形金属线框 abcd，边长为 1 m。线框处于垂直于水平面向下的有界匀强磁场中， ab 边与磁场边界重合。现给 ab 边施加一个垂直 ab 边向右的大小为 2 N 的水平 恒力 F，线框从静止开始运动，1 s 时线框速度为 2 m/s，此后撤去 F，线框继续 运动，恰好能完全离开磁场区域。已知从撤去外力 F 到线框停止过程中线框中 通过的电荷量为 0.2 C，则(　　) A．整个过程中感应电动势的最大值为 2 V B．整个过程中线框中通过的电荷量为 1.8 C C．整个过程中线框中产生的热量为 1.6 J D．线框电阻的总阻值为 0.5 Ω 答案　AD 解析　水平力 F 作用在线框上时，由动量定理：Ft－F安 t＝mv，其中F安 t＝ BILt＝BLq1，q1＝ΔΦ R ＝BLx1 R ，其中 R 为线框电阻，从撤去外力 F 到线框停止过 程中线框中通过的电荷量为 0.2 C，则由动量定理：F安′t′＝mv，其中F安′t′ ＝BI′Lt′＝BLq2，又 q2＝ΔΦ R ＝BLx2 R ＝0.2 C，x1＋x2＝L，联立解得：B＝1 T，q1 ＝1.8 C，x1＝0.9 m，x2＝0.1 m，R＝0.5 Ω，D 正确；撤去力 F 的瞬间，线框的 速度最大，此时感应电动势最大，最大值为：Em＝BLv＝2 V，A 正确；整个过 程中线框中通过的电荷量为 q＝q1＋q2＝1.8 C＋0.2 C＝2 C，B 错误；由能量守恒 可知，整个过程中线框中产生的热量为 Q＝Fx1＝1.8 J，C 错误。 8．(2019·河北省衡水中学高三下一调)(多选)如图甲所示，质量为 0.01 kg、 长为 0.2 m 的水平金属细杆 CD 的两头分别放置在两水银槽的水银中，水银槽所 在空间存在磁感应强度大小 B1＝10 T、方向水平向右的匀强磁场，且杆 CD 与该 匀强磁场垂直。有一匝数为 100、面积为 0.01 m2 的线圈通过开关 K 与两水银槽 相连。线圈处于与线圈平面垂直、沿竖直方向的均匀磁场中，其磁感应强度 B2 随时间 t 变化关系如图乙所示。在 t＝0.20 s 时闭合开关 K，细杆瞬间弹起(可认 为安培力远大于重力)，弹起的最大高度为 0.2 m。不计空气阻力和水银的黏滞作 用，不考虑细杆落回水银槽后的运动，重力加速度 g＝10 m/s2，下列说法正确的 是(　　) A．磁感应强度 B2 的方向竖直向上 B．t＝0.05 s 时，线圈中的感应电动势大小为 10 V C．细杆弹起过程中，细杆所受安培力的冲量大小为 0．01 N·s D．开关 K 闭合后，通过细杆 CD 的电荷量为 0.01 C 答案　ABD 解析　细杆 CD 所受安培力方向竖直向上，由左手定则可知，电流方向为： C→D，由安培定则可知感应电流的磁场方向竖直向上，由图乙可知，在 0.20～ 0.25 s 内穿过线圈的磁通量减少，由楞次定律可知，磁感应强度 B2 的方向为竖直 向上，故 A 正确；由图乙可知，0～0.10 s 内：ΔΦ＝ΔBS＝(1－0)×0.01 Wb＝0.01 Wb，0～0.10 s 线圈中的感应电动势大小：E＝nΔΦ Δt ＝100×0.01 0.10 V＝10 V，即 0.05 s 时，线圈中的感应电动势大小为 10 V，故 B 正确；细杆弹起瞬间的速度：v＝ 2gh＝ 2 × 10 × 0.2 m/s＝2 m/s，在 t＝0.20 s 时，细杆所受安培力的冲量(可 认为安培力远大于重力)I＝mΔv＝0.01×2 N·s＝0.02 N·s，故 C 错误；开关 K 闭 合后，对 CD 杆由动量定理得：B1IL·Δt＝mv－0，电荷量：q＝IΔt，解得通过 CD 的电荷量：q＝IΔt＝mv B1L ＝0.01 × 2 10 × 0.2 C＝0.01 C，故 D 正确。 9．(2019·湖南衡阳三模)(多选)在倾角为 θ 足够长的光滑斜面上，存在着两 个磁感应强度大小相等的匀强磁场，磁场方向一个垂直斜面向上，另一个垂直斜 面向下，宽度均为 L，如图所示。一个质量为 m，电阻为 R，边长也为 L 的正方 形线框在 t＝0 时刻以速度 v0 进入磁场，恰好做匀速直线运动，若经过时间 t0， 线框 ab 边到达 gg′与 ff′中间位置时，线框又恰好做匀速直线运动，则下列说 法正确的是(　　) A．当 ab 边刚越过 ff′时，线框加速度的大小为 gsinθ B．t0 时刻线框匀速运动的速度为v0 4 C．t0 时间内线框中产生的焦耳热为 3 2mgLsinθ＋15 32mv20 D．离开磁场的过程中线框将做匀速直线运动 答案　BC 解析　线框开始进入磁场时，线框处于平衡状态，此时有：mgsinθ＝BI1L＝ B2L2v0 R ，当 ab 边刚越过 ff′时，此时线框速度仍为 v0，此时有：2BI2L－mgsinθ＝ ma2，又电流：I2＝2BLv0 R ，可得：4B2L2v0 R －mgsinθ＝ma2，联立可得：a＝3gsinθ， 故 A 错误；设 t0 时刻线框的速度为 v，此时线框处于平衡状态，则可得：2BI3L＝ mgsinθ，此时线框中的感应电流为：I3＝2BLv R ，联立得：v＝v0 4 ，故 B 正确；在 时间 t0 内根据功能关系有：t0 时间内线框中产生的焦耳热 Q＝3 2mgLsinθ＋1 2mv20－ 1 2mv2＝3 2mgLsinθ＋15 32mv20，故 C 正确；线框离开磁场时由于安培力小于重力沿斜 面的分力，因此线框将做加速度逐渐减小的变加速运动，故 D 错误。 10．(2019·吉林省长春二中高三下月考)如图所示，间距 L＝0.5 m 的平行导 轨 MNS、PQT 处于磁感应强度大小均为 B＝0.4 T 的两个匀强磁场中，水平导轨 处的磁场方向竖直向上，光滑倾斜导轨处的磁场方向垂直于导轨平面斜向下。长 度均为 L、质量均为 m＝40 g、电阻均为 R＝0.1 Ω 的导体棒 ab、cd 分别垂直放 置于水平和倾斜导轨上，并与导轨接触良好，导轨电阻不计，导体棒 ab 通过两 根跨过光滑定滑轮的绝缘细线分别与质量 m0＝200 g 的物体 C 和导体棒 cd 相连， 细线沿导轨中心线且在导轨平面内，细线及滑轮的质量不计，已知倾斜导轨与水 平面的夹角 θ＝37°，水平导轨与导体棒 ab 间的动摩擦因数 μ＝0.4，重力加速度 g 取 10 m/s2，sin37°＝0.6，两导轨足够长，导体棒 cd 运动中始终不离开倾斜导 轨。将物体 C 由静止释放，当它达到最大速度时下落的高度 h＝1 m，在这一运 动过程中，求： (1)物体 C 的最大速度； (2)导体棒 ab 产生的焦耳热。 答案　(1)2 m/s　(2)0.52 J 解析　(1)设 C 达到的最大速度为 vm，由法拉第电磁感应定律，回路的感应 电动势为：E＝2BLvm① 由欧姆定律得回路中的电流强度为：I＝ E 2R ② 金属导体棒 ab、cd 受到的安培力为：F＝BIL③ 设连接金属导体棒 ab 与 cd 的细线中张力为 T1，连接金属导体棒 ab 与物体 C 的细线中张力为 T2，对导体棒 ab、cd 及物体 C 受力分析 由平衡条件得：T1＝mgsin37°＋F④ T2＝T1＋F＋f⑤ T2＝m0g⑥ 联立①②③④⑤⑥可解得：vm＝2 m/s。 (2)系统在该过程中产生的内能为 E1，由能量的转化和守恒定律得： m0gh＝1 2(2m＋m0)v2m＋mghsin37°＋E1⑦ 运动过程中由于摩擦产生的内能为：E2＝μmgh⑧ 则这一过程电流产生的内能为：E3＝E1－E2⑨ 又因为 ab 棒、cd 棒的电阻相等，则由⑦⑧⑨可得，电流通过 ab 棒产生的 焦耳热为：E4＝1 2E3＝0.52 J。 11．(2019·福州高考模拟)如图所示，空间存在着一个范围足够大的竖直向下 的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为 B；边长为 L 的正方形金属框 abcd(简称 方框)放在光滑的水平地面上，其外侧套着一个与方框边长相同的 U 形金属框架 MNPQ(仅有 MN、NQ、QP 三条边，简称 U 形框)，U 形框的 M、P 端的两个触 点与方框接触良好且无摩擦，其他地方没有接触。两个金属框每条边的质量均为 m，每条边的电阻均为 r。 (1)若方框固定不动，U 形框以速度 v0 垂直 NQ 边向右匀速运动，当 U 形框 的接触点 M、P 端滑至方框的最右侧时，如图乙所示，求：U 形框上 N、Q 两端 的电势差 UNQ； (2)若方框不固定，给 U 形框垂直 NQ 边向右的水平初速度 v0，U 形框恰好 不能与方框分离，求：方框最后的速度 vt 和此过程流过 U 形框上 NQ 边的电量 q； (3)若方框不固定，给 U 形框垂直 NQ 边向右的初速度 v(v>v0)，在 U 形框与 方框分离后，经过 t 时间，方框的最右侧和 U 形框的最左侧之间的距离为 s。求： 分离时 U 形框的速度大小 v1 和方框的速度大小 v2。 答案　(1)11 15BLv0　(2)3 7v0　12mv0 7BL (3)3 7v＋4s 7t 　3 7v－3s 7t 解析　(1)U 形框向右匀速运动，NQ 边做切割磁感线运动，由法拉第电磁感 应定律得：E＝BLv0 此时电路图如图， 由串并联电路规律得： 外电阻为：R 外＝2r＋3r × r 3r＋r ＝11 4 r 由闭合电路欧姆定律得： 流过 QN 的电流：I＝ E R外＋r ＝4BLv0 15r 所以：UNQ＝E－Ir＝11BLv0 15 。 (2)U 形框向右运动的过程中，方框和 U 形框组成的系统所受的合外力为零， 系统动量守恒。 依题意得：方框和 U 形框最终速度相同，最终速度大小为 vt，有：3mv0＝(3m ＋4m)vt 解得：vt＝3 7v0 对 U 形框，由动量定理得：－BLIt＝3mvt－3mv0 又因为 q＝It，解得：q＝12mv0 7BL 。 (3)由系统动量守恒有：3mv＝3mv1＋4mv2 依题意得：s＝(v1－v2)t 联立可得：v1＝3 7v＋4s 7t ，v2＝3 7v－3s 7t 。 『热门预测题组』 1．(2019·广东汕头一模)(多选)如图甲为电动汽车无线充电原理图，M 为受 电线圈，N 为送电线圈。图乙为受电线圈 M 的示意图，线圈匝数为 n，电阻为 r， 横截面积为 S，两端 a、b 连接车载变流装置，匀强磁场平行于线圈轴线向上穿 过线圈。下列说法正确是(　　) A．只要受电线圈两端有电压，送电线圈中的电流一定不是恒定电流 B．只要送电线圈 N 中有电流流入，受电线圈 M 两端一定可以获得电压 C．当线圈 M 中磁感应强度大小均匀增加时，则 M 中有电流从 a 端流出 D．若 Δt 时间内，线圈 M 中磁感应强度大小均匀增加 ΔB，则 M 两端的电 压nSΔB Δt 答案　AC 解析　只要受电线圈两端有电压，说明穿过受电线圈的磁场变化，所以送电 线圈中的电流一定不是恒定电流，故 A 正确；若送电线圈 N 中有恒定电流，则 产生的磁场不变化，在受电线圈中不产生感应电流，也就不会获得电压，故 B 错误；穿过线圈 M 的磁感应强度均匀增加，根据楞次定律，如果线圈闭合，感 应电流的磁通量向下，故感应电流方向从 b 向 a，即电流从 a 端流出，故 C 正确； 根据法拉第电磁感应定律，有：E＝nΔΦ Δt ＝nSΔB Δt ，由闭合电路的欧姆定律得 M 两 端的电压 U＝ E R＋rR＝ nSΔBR Δt(R＋r)，故 D 错误。 2．(2019·天津南开区二模)如图所示，虚线框内为某种电磁缓冲车的结构示 意图，其主要部件为缓冲滑块 K 和质量为 m 的缓冲车厢。在缓冲车厢的底板上， 平行车的轴线固定着两个光滑水平绝缘导轨 PQ、MN。缓冲车的底部还装有电磁 铁(图中未画出)，能产生垂直于导轨平面的匀强磁场，磁场的磁感应强度为 B。 导轨内的缓冲滑块 K 由高强度绝缘材料制成，滑块 K 上绕有闭合矩形线圈 abcd， 线圈的总电阻为 R，匝数为 n，ab 边长为 L。假设缓冲车以速度 v0 与障碍物 C 碰 撞后，滑块 K 立即停下，此后线圈与轨道间的磁场作用力使缓冲车厢减速运动， 从而实现缓冲，一切摩擦阻力不计。 (1)求缓冲车缓冲过程最大加速度 am 的大小； (2)若缓冲车厢向前移动距离 L 后速度为零，则此过程线圈 abcd 中通过的电 荷量 q 和产生的焦耳热 Q 各是多少？ (3)若缓冲车以某一速度 v0′(未知)与障碍物 C 碰撞后，滑块 K 立即停下， 缓冲车厢所受的最大水平磁场力为 Fm。缓冲车在滑块 K 停下后，其速度 v 随位 移 x 的变化规律满足：v＝v0′－n2B2L2 mR x。要使导轨右端不碰到障碍物，则缓冲 车与障碍物 C 碰撞前，导轨右端 QN 与滑块 K 的 cd 边的距离至少为多大。 答案　(1)n2B2L2v0 mR 　(2)nBL2 R 　1 2mv20　(3)FmmR2 n4B4L4 解析　(1)缓冲车以速度 v0 与障碍物 C 碰撞后，滑块 K 立即停下，滑块相对 磁场的速度大小为 v0，此时线圈中产生的感应电动势最大，则有 Em＝nBLv0 电流为：Im＝Em R 安培力为：FA＝nBIL 加速度为：a＝FA m 联立解得：am＝n2B2L2v0 mR 。 (2)由法拉第电磁感应定律得：E＝nΔΦ Δt 其中 ΔΦ＝BL2，由欧姆定律得：I＝E R 又I＝q t 代入整理得：此过程线圈 abcd 中通过的电荷量 q＝nBL2 R ，由功能关系得： 线圈产生的焦耳热为 Q＝1 2mv20。 (3)若缓冲车以某一速度 v0′与障碍物 C 碰撞后，滑块 K 立即停下，滑块相 对磁场的速度大小为 v0′，线圈中产生的感应电动势 E′＝nBLv0′ 线圈中感应电流为 I＝E′ R 线圈 ab 边受到的安培力 F＝nBIL 依题意有 F＝Fm，解得，v0′＝ FmR n2B2L2 由题意知，v＝v0′－n2B2L2 mR x 当 v＝0 时，解得：x＝FmmR2 n4B4L4 。