【物理】2019届一轮复习人教版电磁感应的综合问题学案

【物理】2019届一轮复习人教版电磁感应的综合问题学案

专题强化十二　电磁感应的综合问题 专题解读 1.本专题是运动学、动力学、恒定电流、电磁感应和能量等知识的综合应用，高考既以选择题的形式命题，也以计算题的形式命题.‎ ‎2.学好本专题，可以极大地培养同学们数形结合的推理能力和电路分析能力，针对性的专题强化，可以提升同学们解决数形结合、利用动力学和功能关系解决电磁感应问题的信心.‎ ‎3.用到的知识有：左手定则、安培定则、右手定则、楞次定律、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、平衡条件、牛顿运动定律、函数图象、动能定理和能量守恒定律等.‎ 命题点一　电磁感应中的图象问题 ‎1.题型简述 借助图象考查电磁感应的规律，一直是高考的热点，此类题目一般分为两类：‎ ‎(1)由给定的电磁感应过程选出正确的图象；‎ ‎(2)由给定的图象分析电磁感应过程，定性或定量求解相应的物理量或推断出其他图象.常见的图象有B－t图、E－t图、i－t图、v－t图及F－t图等.‎ ‎2.解题关键 弄清初始条件、正负方向的对应变化范围、所研究物理量的函数表达式、进出磁场的转折点等是解决此类问题的关键.‎ ‎3.解题步骤 ‎(1)明确图象的种类，即是B－t图还是Φ－t图，或者E－t图、I－t图等；‎ ‎(2)分析电磁感应的具体过程；‎ ‎(3)用右手定则或楞次定律确定方向的对应关系；‎ ‎(4)结合法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿运动定律等知识写出相应的函数关系式；‎ ‎(5)根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等；‎ ‎(6)画图象或判断图象.‎ ‎4.两种常用方法 ‎(1)排除法：定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是分析物理量的正负，以排除错误的选项.‎ ‎(2)函数法：根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图 象进行分析和判断.‎ 例1　(多选)(2017·河南六市一模)边长为a的闭合金属正三角形轻质框架，左边竖直且与磁场右边界平行，完全处于垂直于框架平面向里的匀强磁场中，现把框架匀速水平向右拉出磁场，如图1所示，则下列图象与这一拉出过程相符合的是(　　)‎ 图1‎ 答案　BC 解析　设正三角形轻质框架开始出磁场的时刻t＝0，则其切割磁感线的有效长度L＝2xtan 30°＝x，则感应电动势E电动势＝BLv＝Bvx，则C项正确，D项错误.框架匀速运动，故F外力＝F安＝＝∝x2，A项错误.P外力功率＝F外力v∝F外力∝x2，B项正确.‎ 变式1　(2017·江西南昌三校四联)如图2所示，有一个矩形边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里.一个三角形闭合导线框，由位置1(左)沿纸面匀速到位置2(右).取线框刚到达磁场边界的时刻为计时起点(t＝0)，规定逆时针方向为电流的正方向，则图中能正确反映线框中电流与时间关系的是(　　)‎ 图2‎ 答案　A 解析　线框进入磁场的过程，磁通量向里增加，根据楞次定律得知感应电流的磁场向外，由安培定则可知感应电流方向为逆时针，电流方向应为正方向，故B、C错误；线框进入磁场的过程，线框切割磁感线的有效长度先均匀增大后均匀减小，由E＝BLv，可知感应电动势先均匀增大后均匀减小；线框完全进入磁场后，磁通量不变，没有感应电流产生；线框穿出磁场的过程，磁通量向里减小，根据楞次定律得知感应电流的磁场向里，由安培定则可知感应电流方向为顺时针，电流方向应为负方向，线框切割磁感线的有效长度先均匀增大后均匀减小，由E＝BLv，可知感应电动势先均匀增大后均匀减小，故A正确，D错误.‎ 变式2　(2017·河北唐山一模)如图3所示，在水平光滑的平行金属导轨左端接一定值电阻R，导体棒ab垂直导轨放置，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中.现给导体棒一向右的初速度，不考虑导体棒和导轨电阻，下列图线中，导体棒速度随时间的变化和通过电阻R的电荷量q随导体棒位移的变化描述正确的是(　　)‎ 图3‎ 答案　B 解析　导体棒运动过程中受向左的安培力F＝，安培力阻碍棒的运动，速度减小，由牛顿第二定律得棒的加速度大小a＝＝，则a减小，v－t图线斜率的绝对值减小，故B 项正确，A项错误.通过R的电荷量q＝IΔt＝Δt＝·Δt＝＝x，可知C、D项错误.‎ 命题点二　电磁感应中的动力学问题 ‎1.题型简述 感应电流在磁场中受到安培力的作用，因此电磁感应问题往往跟力学问题联系在一起.解决这类问题需要综合应用电磁感应规律(法拉第电磁感应定律、楞次定律)及力学中的有关规律(共点力的平衡条件、牛顿运动定律、动能定理等).‎ ‎2.两种状态及处理方法 状态 特征 处理方法 平衡态 加速度为零 根据平衡条件列式分析 非平衡态 加速度不为零 根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系进行分析 ‎3.动态分析的基本思路 解决这类问题的关键是通过运动状态的分析，寻找过程中的临界状态，如速度、加速度最大值或最小值的条件.具体思路如下：‎ 例2　(2016·全国卷Ⅱ·24)如图4，水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上.t＝0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动.t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动.杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ.重力加速度大小为g.求：‎ 图4‎ ‎(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；‎ ‎(2)电阻的阻值.‎ 答案　(1)Blt0(－μg)　(2) 解析　(1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a，由牛顿第二定律得F－μmg＝ma①‎ 设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有v＝at0 ②‎ 当金属杆以速度v在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律知产生的电动势为E＝Blv③‎ 联立①②③式可得 E＝Blt0(－μg) ④‎ ‎(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I，根据欧姆定律 I＝ ⑤‎ 式中R为电阻的阻值.金属杆所受的安培力为 F安＝BlI ⑥‎ 因金属杆做匀速运动，有F－μmg－F安＝0 ⑦‎ 联立④⑤⑥⑦式得R＝.‎ 变式3　(2017·江淮十校三模)宽为L的两光滑竖直裸导轨间接有固定电阻R，导轨(电阻忽略不计)间Ⅰ、Ⅱ区域中有垂直纸面向里宽为d，磁感应强度为B的匀强磁场，Ⅰ、Ⅱ区域间距为h，如图5，有一质量为m、长为L、电阻不计的金属杆与竖直导轨紧密接触，从距区域Ⅰ上端H处由静止释放.若杆在Ⅰ、Ⅱ区域中运动情况完全相同，现以杆由静止释放为计时起点，则杆中电流随时间t变化的图象可能正确的是(　　)‎ 图5‎ 答案　B 解析　杆在Ⅰ、Ⅱ区域中运动情况完全相同，说明产生的感应电流也应完全相同，排除A和C选项.因杆在无磁场区域中做a＝g的匀加速运动，又杆在Ⅰ、Ⅱ区域中运动情况完全相同，则杆在Ⅰ、Ⅱ区域应做减速运动，在区域Ⅰ中对杆受力分析知其受竖直向下的重力和竖直向上的安培力，由牛顿第二定律得加速度a＝，方向竖直向上，则知杆做加速度逐渐减小的减速运动，又I＝，由I－t图线斜率变化情况可知选项B正确，选项D错误.‎ 变式4　(2017·上海单科·20改编)如图6，光滑平行金属导轨间距为L，与水平面夹角为θ，两导轨上端用阻值为R的电阻相连，该装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面.质量为m的金属杆ab以沿导轨平面向上的初速度v0从导轨底端开始运动，然后又返回到出发位置.在运动过程中，ab与导轨垂直且接触良好，不计ab和导轨的电阻及空气阻力.‎ 图6‎ ‎(1)求ab开始运动时的加速度a的大小；‎ ‎(2)分析并说明ab在整个运动过程中速度、加速度的变化情况.‎ 答案　见解析 解析　(1)利用楞次定律，对初始状态的ab受力分析得：‎ mgsin θ＋BIL＝ma ①‎ 对回路分析 I＝＝ ②‎ 联立①②得 a＝gsin θ＋ ‎(2)上滑过程：‎ 由第(1)问中的分析可知，上滑过程加速度大小表达式为：‎ a上＝gsin θ＋ ③‎ 上滑过程，a、v反向，做减速运动.利用③式，v减小则a减小，可知，杆上滑时做加速度逐渐减小的减速运动.‎ 下滑过程：‎ 由牛顿第二定律，对ab受力分析得：‎ mgsin θ－＝ma下 ④‎ a下＝gsin θ－ ⑤‎ 因a下与v同向，ab做加速运动.‎ 由⑤得v增加，a下减小，杆下滑时做加速度逐渐减小的加速运动.‎ ‎‎ 命题点三　电磁感应中的动力学和能量问题 ‎1.题型简述 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来实现的.安培力做功的过程，是电能转化为其他形式的能的过程；外力克服安培力做功的过程，则是其他形式的能转化为电能的过程.‎ ‎2.解题的一般步骤 ‎(1)确定研究对象(导体棒或回路)；‎ ‎(2)弄清电磁感应过程中，哪些力做功，哪些形式的能量相互转化；‎ ‎(3)根据能量守恒定律或功能关系列式求解.‎ ‎3.求解电能应分清两类情况 ‎(1)若回路中电流恒定，可以利用电路结构及W＝UIt或Q＝I2Rt直接进行计算.‎ ‎(2)若电流变化，则 ‎①利用安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功；‎ ‎②利用能量守恒求解：若只有电能与机械能的转化，则减少的机械能等于产生的电能.‎ 例3　如图7所示，间距为L的平行且足够长的光滑导轨由两部分组成.倾斜部分与水平部分平滑相连，倾角为θ，在倾斜导轨顶端连接一阻值为r的定值电阻.质量为m、电阻也为r的金属杆MN垂直导轨跨放在导轨上，在倾斜导轨区域加一垂直导轨平面向下、磁感应强度为B的匀强磁场；在水平导轨区域加另一垂直轨道平面向下、磁感应强度也为B的匀强磁场.闭合开关S，让金属杆MN从图示位置由静止释放，已知金属杆MN运动到水平轨道前，已达到最大速度，不计导轨电阻且金属杆MN两端始终与导轨接触良好，重力加速度为g.求：‎ 图7‎ ‎(1)金属杆MN在倾斜导轨上滑行的最大速率vm；‎ ‎(2)金属杆MN在倾斜导轨上运动，速度未达到最大速度vm前，当流经定值电阻的电流从零增大到I0的过程中，通过定值电阻的电荷量为q，求这段时间内在定值电阻上产生的焦耳热Q；‎ ‎(3)金属杆MN在水平导轨上滑行的最大距离xm.‎ 答案　见解析 解析　(1)金属杆MN在倾斜导轨上滑行的速度最大时，其受到的合力为零，‎ 对其受力分析，可得mgsin θ－BImL＝0‎ 根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律可得：‎ Im＝ 解得：vm＝ ‎(2)设在这段时间内，金属杆MN运动的位移为x 由电流的定义可得：q＝Δt 根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律得：平均电流＝＝ 解得：x＝ 设电流为I0时金属杆MN的速度为v0，根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律，可得I0＝，解得v0＝ 设此过程中，电路产生的焦耳热为Q热，由功能关系可得：‎ mgxsin θ＝Q热＋mv02‎ 定值电阻r产生的焦耳热Q＝Q热 解得：Q＝－ ‎(3)设金属杆MN在水平导轨上滑行时的加速度大小为a，速度为v时回路电流为I，由牛顿第二定律得：BIL＝ma 由法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律可得：‎ I＝ 联立可得：v＝m vΔt＝mΔv，即xm＝mvm 得：xm＝ 变式5　(多选)(2017·山东潍坊中学一模)如图8所示，同一竖直面内的正方形导线框a、b的边长均为l，电阻均为R，质量分别为2m和m.它们分别系在一跨过两个定滑轮的轻绳两端，在两导线框之间有一宽度为2l、磁感应强度大小为B、方向垂直竖直面的匀强磁场区域.开始时，线框b的上边与匀强磁场的下边界重合，线框a的下边到匀强磁场的上边界的距离为l.现将系统由静止释放，当线框b全部进入磁场时，a、b两个线框开始做匀速运动.不计摩擦和空气阻力，重力加速度为g，则(　　)‎ 图8‎ A.a、b两个线框匀速运动时的速度大小为 B.线框a从下边进入磁场到上边离开磁场所用时间为 C.从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中，线框a所产生的焦耳热为mgl D.从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中，两线框共克服安培力做功为2mgl 答案　BC 解析　设两线框匀速运动的速度为v，此时轻绳上的张力大小为FT，则对a有：FT＝2mg－BIl，对b有：FT＝mg，又I＝，E＝Blv，解得v＝，故A错误.线框a从下边进入磁场后，线框a通过磁场时以速度v匀速运动，则线框a从下边进入磁场到上边离开磁场所用时间t＝＝，故B正确.从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中，线框a只在其匀速进入磁场的过程中产生焦耳热，设为Q，由功能关系有2mgl－FTl＝Q，得Q＝mgl，故C正确.设两线框从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中，两线框共克服安培力做的功为W，此过程中左、右两线框分别向上、向下运动2l的距离，对这一过程，由能量守恒定律有：4mgl＝2mgl＋×3mv2＋W，得W＝2mgl－，故D错误.‎ 变式6　如图9所示，两条相距d的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R的电阻.质量为m的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ的磁感应强度大小为B、方向竖直向下.当该磁场区域以速度v0匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为v.导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触.求：‎ 图9‎ ‎(1)MN刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I；‎ ‎(2)MN刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a；‎ ‎(3)PQ刚要离开金属杆时，感应电流的功率P.‎ 答案　(1)　(2)　(3) 解析　(1)MN刚扫过金属杆时，感应电动势E＝Bdv0‎ 感应电流I＝ 解得I＝ ‎(2)安培力F＝BId 由牛顿第二定律得F＝ma 解得a＝ ‎(3)金属杆切割磁感线的相对速度v′＝v0－v，则 感应电动势E′＝Bd(v0－v)‎ 电功率P＝ 解得P＝ ‎1.将一段导线绕成如图1甲所示的闭合回路，并固定在水平面(纸面)内.回路的ab边置于垂直纸面向里为匀强磁场Ⅰ中.回路的圆环区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ，以向里为磁场Ⅱ的正方向，其磁感应强度B随时间t变化的图象如图乙所示.用F表示ab边受到的安培力，以水平向右为F的正方向，能正确反映F随时间t变化的图象是(　　)‎ 图1‎ 答案　B 解析　根据B－t图象可知，在0～时间内，B－ t图线的斜率为负且为定值，根据法拉第电磁感应定律E＝nS可知，该段时间圆环区域内感应电动势和感应电流是恒定的，由楞次定律可知，ab中电流方向为b→a，再由左手定则可判断ab边受到向左的安培力，且0～时间内安培力恒定不变，方向与规定的正方向相反；在～T时间内，B－t图线的斜率为正且为定值，故ab边所受安培力仍恒定不变，但方向与规定的正方向相同.综上可知，B正确.‎ ‎2.如图2所示，一直角三角形金属框，向左匀速地穿过一个方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，磁场仅限于虚线边界所围的区域，该区域的形状与金属框完全相同，且金属框的下边与磁场区域的下边在一直线上.若取顺时针方向为电流的正方向，则金属框穿过磁场的过程中感应电流i随时间t变化的图象是(　　)‎ 图2‎ 答案　C 解析　在金属框进入磁场过程中，感应电流的方向为逆时针，金属框切割磁感线的有效长度线性增大，排除A、B；在金属框出磁场的过程中，感应电流的方向为顺时针方向，金属框切割磁感线的有效长度线性减小，排除D，故C正确.‎ ‎3.(多选)(2017·山东泰安二模)如图3甲所示，间距为L的光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，轨道左侧连接一定值电阻R.垂直导轨的导体棒ab在平行导轨的水平外力F作用下沿导轨运动，F随t变化的规律如图乙所示.在0～t0时间内，棒从静止开始做匀加速直线运动.图乙中t0、F1、F2为已知量，棒和导轨的电阻不计.则(　　)‎ 图3‎ A.在t0以后，导体棒一直做匀加速直线运动 B.在t0以后，导体棒先做加速，最后做匀速直线运动 C.在0～t0时间内，导体棒的加速度大小为 D.在0～t0时间内，通过导体棒横截面的电荷量为 答案　BD 解析　因在0～t0时间内棒做匀加速直线运动，故在t0时刻F2大于棒所受的安培力，在t0以后，外力保持F2不变，安培力逐渐变大，导体棒先做加速度减小的加速运动，当加速度a＝0，即导体棒所受安培力与外力F2相等后，导体棒做匀速直线运动，故A错误，B正确.设在0～t0时间内导体棒的加速度为a，通过导体棒横截面的电荷量为q，导体棒的质量为m，t0时刻导体棒的速度为v，则有：a＝，F2－＝ma，F1＝ma，q＝，ΔΦ＝BΔS＝BLt0，解得：a＝，q＝，故C错误，D正确.‎ ‎4.如图4所示的匀强磁场中有一根弯成45°的金属线POQ，其所在平面与磁场垂直，长直导线MN与金属线紧密接触，起始时OA＝l0 ，且MN⊥OQ，所有导线单位长度电阻均为r，MN匀速水平向右运动的速度为v，使MN匀速运动的外力为F，则外力F随时间变化的规律图象正确的是(　　)‎ 图4‎ 答案　C 解析　设经过时间t，则MN距O点的距离为l0＋vt，直导线在回路中的长度也为l0＋vt，此时直导线产生的感应电动势E＝B(l0＋vt)v；整个回路的电阻为R＝(2＋)(l0＋vt)r ‎，回路的电流I＝＝＝；直导线受到的外力F大小等于安培力，即F＝BIL＝B(l0＋vt)＝(l0＋vt)，故C正确.‎ ‎5.(多选)(2017·河南三市二模)如图5所示，一根总电阻为R的导线弯成宽度和高度均为d的“半正弦波”形闭合线框.竖直虚线之间有宽度也为d、磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于线框所在的平面.线框以速度v向右匀速通过磁场，ab边始终与磁场边界垂直.从b点到达边界开始到a点离开磁场为止，在这个过程中(　　)‎ 图5‎ A.线框中的感应电流先沿逆时针方向后沿顺时针方向 B.ab段直导线始终不受安培力的作用 C.平均感应电动势为Bdv D.线框中产生的焦耳热为 答案　AD 解析　整个过程中闭合线框中的磁通量先增大后减小，由楞次定律和安培定则可判定A正确.ab段导线中有电流通过且与磁场垂直，故其受安培力的作用，B错误.由于整个过程中磁通量变化量为0，故平均感应电动势为0，C错误.整个过程中线框中产生一个周期的正弦式交变电流，其电动势峰值为Em＝Bdv，则线框中产生的焦耳热为Q＝t＝·＝，D正确.‎ ‎6.(2016·全国卷Ⅰ·24)如图6，两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，使两金属棒水平.右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，已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为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，已知金属棒ab匀速下滑.求：‎ 图6‎ ‎(1)作用在金属棒ab上的安培力的大小；‎ ‎(2)金属棒运动速度的大小.‎ 答案　(1)mg(sin θ－3μcos θ)‎ ‎(2)(sin θ－3μcos θ)‎ 解析　(1)由于ab、cd棒被平行于斜面的导线相连，故ab、cd速度总是相等，cd也做匀速直线运动.设导线的张力的大小为FT，右斜面对ab棒的支持力的大小为FN1，作用在ab棒上的安培力的大小为F，左斜面对cd棒的支持力大小为FN2，对于ab棒，受力分析如图甲所示，由力的平衡条件得 ‎2mgsin θ＝μFN1＋FT＋F ①‎ FN1＝2mgcos θ ②‎ 对于cd棒，受力分析如图乙所示，由力的平衡条件得 mgsin θ＋μFN2＝FT′＝FT ③‎ FN2＝mgcos θ ④‎ 联立①②③④式得：F＝mg(sin θ－3μcos θ) ⑤‎ ‎(2)设金属棒运动速度大小为v，ab棒上的感应电动势为E＝BLv ⑥‎ 回路中电流I＝ ⑦‎ 安培力F＝BIL ⑧‎ 联立⑤⑥⑦⑧得：‎ v＝(sin θ－3μcos θ)‎ ‎7.如图7所示，两平行光滑金属导轨倾斜放置且固定，两导轨间距为L，与水平面间的夹角为θ，导轨下端有垂直于轨道的挡板(图中未画出)，上端连接一个阻值R＝2r的电阻，整个装置处在磁感应强度为B、方向垂直导轨向上的匀强磁场中，两根相同的金属棒ab、cd放在导轨下端，其中棒ab靠在挡板上，棒cd在沿导轨平面向上的拉力作用下，由静止开始沿导轨向上做加速度为a的匀加速运动.已知每根金属棒质量为m、长度为L、电阻为r，导轨电阻不计，棒与导轨始终接触良好.求：‎ 图7‎ ‎(1)经多长时间棒ab对挡板的压力变为零；‎ ‎(2)棒ab对挡板压力为零时，电阻R的电功率；‎ ‎(3)棒ab运动前，拉力F随时间t的变化关系.‎ 答案　(1)　(2) ‎(3)F＝m(gsin θ＋a)＋t 解析　(1)棒ab对挡板的压力为零时，受力分析可得 BIabL＝mgsin θ 设经时间t0棒ab对挡板的压力为零，棒cd产生的电动势为E，则 E＝BLat0‎ 回路中电流I＝ R外＝＝r Iab＝I 解得t0＝ ‎(2)棒ab对挡板压力为零时，cd两端电压为 Ucd＝E－Ir 解得Ucd＝ 此时电阻R的电功率为 P＝ 解得P＝ ‎(3)对cd棒，由牛顿第二定律得 F－BI′L－mgsin θ＝ma I′＝ E′＝BLat 解得F＝m(gsin θ＋a)＋t.‎ ‎8.(2016·全国卷Ⅲ·25)如图8，两条相距l的光滑平行金属导轨位于同一水平面(纸面)内，其左端接一阻值为R的电阻；一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上；在电阻、导轨和金属棒中间有一面积为S的区域，区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场，磁感应强度大小B1随时间t的变化关系为B1＝kt，式中k为常量；在金属棒右侧还有一匀强磁场区域，区域左边界MN(虚线)与导轨垂直，磁场的磁感应强度大小为B0，方向也垂直于纸面向里.某时刻，金属棒在一外加水平恒力的作用下从静止开始向右运动，在t0时刻恰好以速度v0越过MN，此后向右做匀速运动.金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好，它们的电阻均忽略不计.求：‎ 图8‎ ‎(1)在t＝0到t＝t0时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值；‎ ‎(2)在时刻t(t>t0)穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小.‎ 答案　(1) ‎(2)B0lv0(t－t0)＋kSt　(B0lv0＋kS) 解析　(1)在金属棒未越过MN之前，穿过回路的磁通量的变化量为ΔΦ＝ΔBS＝kΔtS①‎ 由法拉第电磁感应定律有 E＝ ②‎ 由欧姆定律得I＝ ③‎ 由电流的定义得 I＝ ④‎ 联立①②③④式得 ‎|Δq|＝Δt ⑤‎ 由⑤式得，在t＝0到t＝t0的时间间隔内即Δt＝t0，流过电阻R的电荷量q的绝对值为 ‎|q|＝ ⑥‎ ‎(2)当t>t0时，金属棒已越过MN.由于金属棒在MN右侧做匀速运动，有 F＝F安 ⑦‎ 式中，F是外加水平恒力，F安是金属棒受到的安培力.设此时回路中的电流为I，‎ F安＝B0lI ⑧‎ 此时金属棒与MN之间的距离为s＝v0(t－t0) ⑨‎ 匀强磁场穿过回路的磁通量为 Φ′＝B0ls ⑩‎ 回路的总磁通量为 Φt＝Φ＋Φ′ ⑪‎ 其中Φ＝B1S＝ktS ⑫‎ 由⑨⑩⑪⑫式得，在时刻t(t>t0)，穿过回路的总磁通量为Φt＝B0lv0(t－t0)＋kSt⑬‎ 在t到t＋Δt的时间间隔内，总磁通量的改变量ΔΦt为 ΔΦt＝(B0lv0＋kS)Δt ⑭‎ 由法拉第电磁感应定律得，回路感应电动势的大小为 Et＝ ⑮‎ 由欧姆定律得I＝ ⑯‎ 联立⑦⑧⑭⑮⑯式得 F＝(B0lv0＋kS).‎