专题27-电磁感应的电路、图像及动力学问题(解析版).docx

2020届高考物理一轮复习热点题型归纳与变式演练
专题27 电磁感应的电路、图像及动力学问题
【专题导航】
目录
热点题型一　电磁感应中的电路问题 1
（一）感生电动势的电路分析 2
（二）动生电动势的电路分析 3
热点题型二　电磁感应中的图象问题 5
（一）磁感应强度变化的图象问题 6
（二）导体切割磁感线的图象问题 7
（三）电磁感应中双电源问题与图象的综合 8
热点题型三　电磁感应中的平衡、动力学问题 10
（一）电磁感应中的动力学问题 10
（二）电磁感应中平衡问题 13
（三）电磁感应中含电容器的动力学问题 15
【题型演练】 16

【题型归纳】
热点题型一　电磁感应中的电路问题
1．电磁感应中电路知识的关系图

2．解决电磁感应中的电路问题三部曲

（一）感生电动势的电路分析
【例1】(2019·济南高三模拟)在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n＝1000匝，横截面积S＝20 cm2，螺线管导线电阻r＝1.0 Ω，R1＝4.0 Ω，R2＝5.0 Ω，C＝30 μF。在一段时间内，垂直穿过螺线管的磁场的磁感应强度B的方向如图甲所示，大小按如图乙所示的规律变化，则下列说法中正确的是(　　)

A．螺线管中产生的感应电动势为1.2 V
B．闭合S，电路中的电流稳定后，电容器下极板带负电
C．闭合S，电路中的电流稳定后，电阻R1的电功率为2.56×10－2 W
D．S断开后，流经R2的电量为1.8×10－2 C
【答案】　C
【解析】　根据法拉第电磁感应定律：E＝n＝nS，解得：E＝0.8 V，A错误；根据楞次定律可知，螺线管的感应电流盘旋而下，则螺线管下端是电源的正极，电容器下极板带正电，B错误；根据闭合电路欧姆定律，有：I＝＝0.08 A，根据P＝I2R1得：电阻R1的电功率P＝2.56×10－2 W，C正确；S断开后，流经R2的电量即为S闭合时电容器极板上所带的电量Q，电容器两极板间的电压为：U＝IR2＝0.4 V，流经R2的电量为：Q＝CU＝1.2×10－5 C，D错误。
【变式1】(2016·高考浙江卷)如图所示，a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，边长la＝3lb，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则(　　)

A．两线圈内产生顺时针方向的感应电流 B．a、b线圈中感应电动势之比为9∶1
C．a、b线圈中感应电流之比为3∶4 D．a、b线圈中电功率之比为3∶1
【答案】B.
【解析】由于磁感应强度随时间均匀增大，则根据楞次定律知两线圈内产生的感应电流方向皆沿逆时针方向，则A项错误；根据法拉第电磁感应定律E＝N＝NS，而磁感应强度均匀变化，即恒定，则a、b线圈中的感应电动势之比为＝＝＝9，故B项正确；根据电阻定律R＝ρ，且L＝4Nl，则＝＝3，由闭合电路欧姆定律I＝，得a、b线圈中的感应电流之比为＝·＝3，故C项错误；由功率公式P＝I2R知，a、b线圈中的电功率之比为＝·＝27，故D项错误．
【变式2】如图甲所示，一个圆形线圈的匝数n＝100，线圈的面积S＝200 cm2，线圈的电阻r＝1 Ω，线圈外接一个阻值R＝4 Ω的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示．下列说法中正确的是(　　)

A．线圈中的感应电流方向为顺时针方向 B．电阻R两端的电压随时间均匀增大
C．线圈电阻r消耗的功率为4×10－4 W D．前4 s内通过R的电荷量为4×10－4 C
【答案】C
【解析】.由楞次定律，线圈中的感应电流方向为逆时针方向，选项A错误；由法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势恒定为E＝＝0.1 V，电阻R两端的电压不随时间变化，选项B错误；回路中电流I＝＝0.02 A，线圈电阻r消耗的功率为P＝I2r＝4×10－4 W，选项C正确；前4 s内通过R的电荷量为q＝It＝0.08 C，选项D错误．
（二）动生电动势的电路分析
【例2】在同一水平面的光滑平行导轨P、Q相距l＝1 m，导轨左端接有如图所示的电路．其中水平放置的
平行板电容器两极板M、N相距d＝10 mm，定值电阻R1＝R2＝12 Ω，R3＝2 Ω，金属棒ab的电阻r＝2 Ω，
其他电阻不计．磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场竖直穿过导轨平面，当金属棒ab沿导轨向右匀速运动时，
悬浮于电容器两极板之间，质量m＝1×10－14 kg，电荷量q＝－1×10－14 C的微粒恰好静止不动．g取10 m/s2，
在整个运动过程中金属棒与导轨接触良好．且速度保持恒定．试求：

(1)匀强磁场的方向；
(2)ab两端的路端电压；
(3)金属棒ab运动的速度．
【答案】　(1)竖直向下　(2)0.4 V　(3)1 m/s
【解析】　(1)负电荷受到重力和电场力的作用处于静止状态，因为重力竖直向下，所以电场力竖直向上，故M板带正电．ab棒向右做切割磁感线运动产生感应电动势，ab棒等效于电源，感应电流方向由b→a，其a端为电源的正极，由右手定则可判断，磁场方向竖直向下．
(2)微粒受到重力和电场力的作用处于静止状态，根据平衡条件有mg＝Eq
又E＝，所以UMN＝＝0.1 V
R3两端电压与电容器两端电压相等，由欧姆定律得通过R3的电流为I＝＝0.05 A
则ab棒两端的电压为Uab＝UMN＋I＝0.4 V.
(3)由法拉第电磁感应定律得感应电动势E＝Blv
由闭合电路欧姆定律得E＝Uab＋Ir＝0.5 V
联立解得v＝1 m/s.
【变式1】(2019·焦作一模)如图所示，两根足够长的光滑金属导轨水平平行放置，间距为l＝1 m，cd间、
de间、cf间分别接着阻值R＝10 Ω的电阻．一阻值R＝10 Ω的导体棒ab以速度v＝4 m/s匀速向左运动，导体棒与导轨接触良好；导轨所在平面存在磁感应强度大小B＝0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场．下列说法中正确的是(　　)

A．导体棒ab中电流的流向为由b到a B．cd两端的电压为1 V
C．de两端的电压为1 V D．fe两端的电压为1 V
【答案】BD
【解析】由右手定则可知ab中电流方向为a→b，A错误；导体棒ab切割磁感线产生的感应电动势E＝Blv，ab为电源，cd间电阻R为外电路负载，de和cf间电阻中无电流，de和cf间无电压，因此cd和fe两端电压相等，即U＝×R＝＝1 V，B、D正确，C错误．
【变式2】如图所示，一金属棒AC在匀强磁场中绕平行于磁感应强度方向的轴(过O点)匀速转动，OA＝2OC＝2L，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里，金属棒转动的角速度为 ω、电阻为r，内、外两金属圆环分别与C、A良好接触并各引出一接线柱与外电阻R相接(没画出)，两金属环圆心皆为O且电阻均不计，则(　　)

A．金属棒中有从A到C的感应电流 B．外电阻R中的电流为I＝
C．当r＝R时，外电阻消耗功率最小 D．金属棒AC间电压为
【答案】BD
【解析】.由右手定则可知金属棒相当于电源且A是电源的正极，即金属棒中有从C到A的感应电流，A错误；金属棒转动产生的感应电动势为E＝Bω(2L)2－BωL2＝，即回路中电流为I＝，B正确；由电源输出功率特点知，当内、外电阻相等时，外电路消耗功率最大，C错误；UAC＝IR＝，D正确．
热点题型二　电磁感应中的图象问题
1．电磁感应中常见的图象问题
图象类型
随时间变化的图象，如Bt图象、Φt图象、Et图象、It图象
随位移变化的图象，如Ex图象、Ix图象(所以要先看坐标轴：哪个物理量随哪个物理量变化要弄清)
问题类型
(1)由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图象(画图象的方法)
(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(用图象)
应用
知识
四个
规律
左手定则、安培定则、右手定则、楞次定律
六类
公式
(1)平均电动势E＝n
(2)平动切割电动势E＝Blv
(3)转动切割电动势E＝Bl2ω
(4)闭合电路的欧姆定律I＝
(5)安培力F＝BIl
(6)牛顿运动定律的相关公式等
2.处理图象问题要做到“四明确、一理解”

（一）磁感应强度变化的图象问题
【例3】．(2019·河北唐山检测)如图甲所示，矩形导线框abcd固定在变化的磁场中，产生了如图乙所示的电流(电流方向abcda为正方向)．若规定垂直纸面向里的方向为磁场正方向，能够产生如图乙所示电流的磁场为(　　)

【答案】D.
【解析】由题图乙可知，0～t1内，线圈中的电流的大小与方向都不变，根据法拉第电磁感应定律可知，线圈中的磁通量的变化率相同，故0～t1内磁感应强度与时间的关系是一条斜线，A、B错误；又由于0～t1时间内电流的方向为正，即沿abcda方向，由楞次定律可知，电路中感应电流的磁场方向向里，故0～t1内原磁场方向向里减小或向外增大，因此D正确，C错误．
【变式】如图甲所示，在水平面上固定一个匝数为10匝的等边三角形金属线框，总电阻为3 Ω，边长为0.4 m．金属框处于两个半径为0.1 m的圆形匀强磁场中，顶点A恰好位于左边圆的圆心，BC边的中点恰好与右边圆的圆心重合．左边磁场方向垂直纸面向外，右边磁场垂直纸面向里，磁感应强度的变化规律如图乙所示，则下列说法中正确的是(π取3) (　　)

A．线框中感应电流的方向是顺时针方向 B．t＝0.4 s时，穿过线框的磁通量为0.005 Wb
C．经过t＝0.4 s，线框中产生的热量为0.3 J D．前0.4 s内流过线框某截面的电荷量为0.2 C
【答案】　CD
【解析】　根据楞次定律和安培定则，线框中感应电流的方向是逆时针方向，选项A错误；0.4 s时穿过线框的磁通量Φ＝Φ1－Φ2＝πr2·B1－πr2·B2＝0.055 Wb，选项B错误；由图乙知＝＝10 T/s，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势E＝n＝n·πr2·＝1.5 V，感应电流I＝＝0.5 A,0.4 s内线框中产生的热量Q＝I2Rt＝0.3 J，选项C正确；前0.4 s内流过线框某截面的电荷量q＝It＝0.2 C，选项D正确．
（二）导体切割磁感线的图象问题
【例4】(2018·高考全国卷Ⅱ)如图，在同一水平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁
场区域，区域宽度均为l，磁感应强度大小相等、方向交替向上向下．一边长为l的正方形金属线框在导轨
上向左匀速运动．线框中感应电流i随时间t变化的正确图线可能是 (　　)

【答案】D
【解析】设线路中只有一边切割磁感线时产生的感应电流为i.
线框位移
等效电路的连接
电流
0～

I＝2i(顺时针)
～l

I＝0
l～

I＝2i(逆时针)
～2l

I＝0
分析知，只有选项D符合要求．
【变式】(2019·江西新余模拟)如图所示，在坐标系xOy中，有边长为L的正方形金属线框abcd，其一条对角线ac和y轴重合、顶点a位于坐标原点O处．在y轴的右侧，在Ⅰ、Ⅳ象限内有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的上边界与线框的ab边刚好完全重合，左边界与y轴重合，右边界与y轴平行．t＝0时刻，线框以恒定的速度v沿垂直于磁场上边界的方向穿过磁场区域．取沿a→b→c→d→a方向的感应电流为正，则在线框穿过磁场区域的过程中，感应电流i、ab间的电势差Uab随时间t变化的图线是下图中的(　　)

【答案】AD.
【解析】从d点运动到O点的过程中，ab边切割磁感线，根据右手定则可以确定线框中电流方向为逆时针方向，即正方向，电动势均匀减小到0，则电流均匀减小到0；然后cd边开始切割磁感线，感应电流的方向为顺时针方向，即负方向，电动势均匀减小到0，则电流均匀减小到0，故A正确，B错误；d点运动到O点过程中，ab边切割磁感线，ab相当于电源，电流由a到b，b点的电势高于a点，ab间的电势差Uab为负值，大小等于电流乘以bc、cd、da三条边的电阻，并逐渐减小；ab边出磁场后，cd边开始切割磁感线，cd边相当于电源，电流由b到a，ab间的电势差Uab为负值，大小等于电流乘以ab边的电阻，并逐渐减小，故C错误，D正确．
（三）电磁感应中双电源问题与图象的综合
【例5】．如图所示为两个有界匀强磁场，磁感应强度大小均为B，方向分别垂直纸面向里和向外，磁场宽度均为L，距磁场区域的左侧L处，有一边长为L的正方形导体线框，总电阻为R，且线框平面与磁场方向垂直，现用外力F使线框以速度v匀速穿过磁场区域，以初始位置为计时起点，规定电流沿逆时针方向时的电动势E为正，磁感线垂直纸面向里时磁通量Φ的方向为正，外力F向右为正．则以下关于线框中的磁通量Φ、感应电动势E、外力F和电功率P随时间变化的图象正确的是(　　)

【答案】D.
【解析】当线框运动L时开始进入磁场，磁通量开始增加，当全部进入时达到最大；此后向外的磁通量增加，总磁通量减小；当运动到2.5L时，磁通量最小，故选项A错误；当线框进入第一个磁场时，由E＝BLv可知，E保持不变，而开始进入第二个磁场时，两边同时切割磁感线，电动势应为2BLv，故选项B错误；因安培力总是与运动方向相反，故拉力应一直向右，故选项C错误；拉力的功率P＝Fv，因速度不变，而线框在第一个磁场时，电流为定值，拉力也为定值；两边分别在两个磁场中时，由选项B的分析可知，电流加倍，回路中总电动势加倍，功率变为原来的4倍；此后从第二个磁场中离开时，安培力应等于线框在第一个磁场中的安培力，所以功率应等于在第一个磁场中的功率，故选项D正确．
【变式】(2019·新疆一测)如图所示，用粗细均匀，电阻率也相同的导线绕制的直角边长为l或2l的四个闭
合导体线框a、b、c、d，以相同的速度匀速进入右侧匀强磁场，在每个线框刚进入磁场时，M、N两点间
的电压分别为Ua、Ub、Uc和Ud，下列判断正确的是 (　　)

A．Ua<Ub<Uc<Ud　　　 B．Ua<Ub<Ud<Uc
C．Ua＝Ub<Uc＝Ud D．Ub<Ua<Ud<Uc
【答案】B
【解析】由电阻定律，各个线框的电阻分别为Ra＝ρ，Rb＝ρ、Rc＝ρ、Rd＝ρ，设线框刚进入磁场时的速度为v，各线框MN边有效切割长度分别为l、l、2l、2l，各线框MN边的内阻分别为ra＝ρ、rb＝ρ、rc＝ρ、rd＝ρ，则各边产生的感应电动势分别为Ea＝Blv、Eb＝Blv、Ec＝2Blv、Ed＝2Blv，由闭合电路的欧姆定律知，各线框中的感应电流分别为Ia＝、Ib＝、Ic＝、Id＝，M、N两点间的电压分别为Ua＝Ea－Iara、Ub＝Eb－Ibrb、Uc＝Ec－Icrc、Ud＝Ed－Idrd，分别代入数据，可知Ua<Ub<Ud<Uc，故选项B正确．
热点题型三　电磁感应中的平衡、动力学问题
1．两种状态及处理方法
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
2.力学对象和电学对象的相互关系

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、加速度最大或最小的条件．具体思路如下：

（一）电磁感应中的动力学问题
【例6】(2018·高考江苏卷)如图所示，两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为θ，间距为d.导
轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直．质量为m的金属棒被固定在导轨上，距
底端的距离为s，导轨与外接电源相连，使金属棒通有电流．金属棒被松开后，以加速度a沿导轨匀加速下
滑，金属棒中的电流始终保持恒定，重力加速度为g.求下滑到底端的过程中，金属棒

(1)末速度的大小v.
(2)通过的电流大小I.
(3)通过的电荷量Q.
【答案】　(1)　(2) (3)
【解析]　(1)金属棒做匀加速直线运动，有v2＝2as，解得v＝.
(2)安培力F安＝IdB，金属棒所受合力F＝mgsin θ－F安
由牛顿第二定律F＝ma
解得I＝
(3)运动时间t＝，电荷量Q＝It
解得Q＝
【技巧总结】用“四步法”分析电磁感应中的动力学问题
解决电磁感应中的动力学问题的一般思路是“先电后力”，具体思路如下：

【变式1】(2017·高考上海卷)如图，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．

(1)求ab开始运动时的加速度a；
(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；
(3)分析并比较ab上滑时间和下滑时间的长短．
【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式得
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上与v反向，做减速运动．利用③式，v减小则a上减小，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式得v增加，a下减小，可知，杆下滑时做加速度减小的加速运动．
(3)设P点是上滑与下滑过程中经过的同一点P，由能量转化与守恒可知：
mv＝mv＋QR ⑥
QR为ab从P滑到最高点到再回到P点过程中R上产生的焦耳热．
由QR>0所以vP上>vP下
同理可推得ab上滑通过某一位置的速度大于下滑通过同一位置的速度，进而可推得上>下
由s＝上t上＝下t下得
t上<t下
即ab上滑时间比下滑时间短．
【变式2】一空间有垂直纸面向里的匀强磁场B，两条电阻不计的平行光滑导轨竖直放置在磁场内，如图所示，磁感应强度B＝0.5 T，导体棒ab、cd长度均为0.2 m，电阻均为0.1 Ω，重力均为0.1 N，现用力向上拉动导体棒ab，使之匀速上升(导体棒ab、cd与导轨接触良好)，此时cd静止不动，则ab上升时，下列说法正确的是(　　)

A．ab受到的拉力大小为2 N B．ab向上运动的速度为2 m/s
C．在2 s内，拉力做功，有0.4 J的机械能转化为电能 D．在2 s内，拉力做功为0.6 J
【答案】BC.
【解析】对导体棒cd分析：mg＝BIl＝，得v＝2 m/s，故选项B正确；对导体棒ab分析：F＝mg＋BIl＝0.2 N，选项A错误；在2 s内拉力做功转化为ab棒的重力势能和电路中的电能，电能等于克服安培力做的功，即W电＝F安 vt＝＝0.4 J，选项C正确；在2 s内拉力做的功为W拉＝Fvt＝0.8 J，选项D错误．
（二）电磁感应中平衡问题
【例7】(2016·高考全国卷Ⅰ)如图，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：

(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．
【思路点拨】　解答的关键是对ab、cd棒受力分析，由平衡条件求出ab棒受到的安培力，再由金属棒切割磁感线产生的感应电动势确定金属棒的速度大小．
【答案】(1)mg(sin θ－3μcos θ)(2)(sin θ－3μcos θ)
【解析】　(1)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，由力的平衡条件得2mgsin θ＝μFN1＋FT＋F①
FN1＝2mgcos θ②
对于cd棒，同理有mgsin θ＋μFN2＝FT③
FN2＝mgcos θ④
联立①②③④式得F＝mg(sin θ－3μcos θ)⑤
(2)由安培力公式得F＝BIL⑥
这里I是回路abdca中的感应电流，ab棒上的感应电动势为E＝BLv⑦
式中，v是ab棒下滑速度的大小．由欧姆定律得
I＝⑧
联立⑤⑥⑦⑧式得v＝(sin θ－3μcos θ).⑨
【变式】小明同学设计了一个“电磁天平”，如图甲所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂
平衡．线圈的水平边长L＝0.1 m，竖直边长H＝0.3 m，匝数为N1.线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度
B0＝1.0 T，方向垂直线圈平面向里．线圈中通有可在0～2.0 A范围内调节的电流I.挂盘放上待测物体后，
调节线圈中电流使得天平平衡，测出电流即可测得物体的质量．(重力加速度g取10 m/s2)

(1)为使电磁天平的量程达到0.5 kg，线圈的匝数N1至少为多少？
(2)进一步探究电磁感应现象，另选N2＝100匝、形状相同的线圈，总电阻R＝10 Ω，不接外电流，两臂平衡，如图乙所示，保持B0不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B随时间均匀变大，磁场区域宽度d＝0.1 m．当挂盘中放质量为0.01 kg的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率.
【答案】(1)25匝　(2)0.1 T/s
【解析】(1)线圈受到安培力F＝N1B0IL①
天平平衡mg＝N1B0IL②
代入数据得N1＝25匝③
(2)由电磁感应定律得E＝N2④
E＝N2Ld⑤
由欧姆定律得I′＝⑥
线圈受到安培力F′＝N2B0I′L⑦
天平平衡m′g＝NB0·⑧
代入数据可得＝0.1 T/s⑨
（三）电磁感应中含电容器的动力学问题
【例8】(2019·常州检测)如图所示，水平面内有两根足够长的平行导轨L1、L2，其间距d＝0.5 m，左端接有
容量C＝2 000 μF的电容器．质量m＝20 g的导体棒可在导轨上无摩擦滑动，导体棒和导轨的电阻不计．整
个空间存在着垂直导轨所在平面的匀强磁场，磁感应强度B＝2 T．现用一沿导轨方向向右的恒力F1＝0.44 N
作用于导体棒，使导体棒从静止开始运动，经t时间后到达B处，速度v＝5 m/s.此时，突然将拉力方向变
为沿导轨向左，大小变为F2，又经2t时间后导体棒返回到初始位置A处，整个过程电容器未被击穿．求：

(1)导体棒运动到B处时，电容器C上的电荷量；
(2)t的大小；
(3)F2的大小．
【答案】　(1)1×10－2 C　(2)0.25 s　(3)0.55 N
【解析】　(1)当导体棒运动到B处时，电容器两端电压为U＝Bdv＝2×0.5×5 V＝5 V
此时电容器的带电荷量
q＝CU＝2 000×10－6×5 C＝1×10－2 C.
(2)棒在F1作用下有F1－BId＝ma1，
又I＝＝，a1＝
联立解得a1＝＝20 m/s2
则t＝＝0.25 s.
(3)由(2)可知棒在F2作用下，运动的加速度a2＝，方向向左，又a1t2＝－[a1t·2t－a2(2t)2]，将相关数据代入解得F2＝0.55 N.
【变式】.(多选)(2019·重庆质检)如图，两根足够长且光滑平行的金属导轨PP′、QQ′倾斜放置，匀强磁场垂
直于导轨平面，导轨的上端与水平放置的两金属板M、N相连，板间距离足够大，板间有一带电微粒，金
属棒ab水平跨放在导轨上，下滑过程中与导轨接触良好．现同时由静止释放带电微粒和金属棒ab，则下列
说法中正确的是 (　　)

A．金属棒ab最终可能匀速下滑 B．金属棒ab一直加速下滑
C．金属棒ab下滑过程中M板电势高于N板电势 D．带电微粒不可能先向N板运动后向M板运动
【答案】BC
【解析】金属棒沿光滑导轨加速下滑，棒中有感应电动势而对电容器充电，充电电流通过金属棒时受安培力作用，只有金属棒速度增大时才有充电电流，因此总有mgsin θ－BIl>0，金属棒将一直加速，A错，B对；由右手定则可知，金属棒a端电势高，则M板电势高，C对；若微粒带负电，则静电力向上与重力反向，开始时静电力为0，微粒向下加速运动，当静电力增大到大于重力时，微粒的加速度向上，D错．

【题型演练】
1．下列四个选项图中，虚线上方空间都存在方向垂直纸面向里的匀强磁场．A、B中的导线框为正方形，C、
D中的导线框为直角扇形．各导线框均绕垂直纸面的轴O在纸面内匀速转动，转动方向如箭头所示，转动
周期均为T.从线框处于图示位置时开始计时，以在OP边上从P点指向O点的方向为感应电流i的正方向．则
在如图所示的四个情景中，产生的感应电流i随时间t的变化规律如图所示的是(　　)

【答案】C
【解析】根据感应电流在一段时间恒定，导线框应为扇形；由右手定则可判断出产生的感应电流i随时间t的变化规律如题图所示的是选项C.
2．(2019·南昌模拟)如图甲所示，在水平面上固定有平行长直金属导轨ab、cd，bd端接有电阻R.导体棒ef
垂直轨道放置在光滑导轨上，导轨电阻不计．导轨右端区域存在垂直导轨面的匀强磁场，且磁感应强度B
随时间t的变化规律如图乙所示．在t＝0时刻，导体棒以速度v0从导轨的左端开始向右运动，经过时间2t0
开始进入磁场区域，取磁场方向垂直纸面向里为磁感应强度B的正方向，回路中顺时针方向为电流正方向，
则回路中的电流随时间t的变化规律图象可能是 (　　)

【答案】A
【解析】由题图乙可知，在0～2t0时间内，回路中磁通量变化率＝S＝S，为常数，根据法拉第电磁感应定律，回路产生的感应电动势E为常数，则回路产生的感应电流为常数．根据楞次定律可判断出回路中感应电流方向为逆时针方向，即感应电流为负值且恒定，可排除图B、D；在大于2t0时间内，导体棒切割磁感线产生感应电动势和感应电流，导体棒受到安培力作用，做加速度逐渐减小的减速运动，其感应电流随时间变化应该为曲线，所以图A正确，图C错误．
3.(2019·上饶二模)在如图所示的竖直平面内，在水平线MN的下方有足够大的匀强磁场，一个等腰三角形金
属线框顶点C与MN重合，线框由静止释放，沿轴线DC方向竖直落入磁场中．忽略空气阻力，从释放到
线框完全进入磁场过程中，关于线框运动的v­t图象，可能正确的是 (　　)

【答案】C
【解析】线框进入磁场过程中受到的安培力F＝BIL＝，线框切割磁感线的有效长度L增大、安培力增大，由牛顿第二定律得：mg－F＝ma，得a＝g－，线框由静止加速，由于L、v不断增大，a不断减小，则线框做加速度减小的加速运动，故C正确．
4. 如图所示，等腰三角形内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场，它的底边在x轴上且长为2L，高为L，纸
面内一边长为L的正方形导线框沿x轴正方向做匀速直线运动穿过匀强磁场区域，在t＝0时刻恰好位于如
图所示的位置，以顺时针方向为导线框中电流的正方向，下面四幅图中能够正确表示导线框中的电流－位
移(I­x)关系的是 (　　)

【答案】B
【解析】位移在0～L过程，磁通量增大，由楞次定律判断感应电流方向为顺时针方向，为正值，I＝，l＝x，则I＝x；位移在L～2L过程，磁通量先增大后减小，由楞次定律判断感应电流方向先为顺时针方向，为正值，后为逆时针方向，为负值；位移在2L～3L过程，磁通量减小，由楞次定律判断感应电流方向为逆时针方向，为负值，I＝(3L－x)，故选项B正确．
5.如图所示，两光滑平行金属导轨间距为L，直导线MN垂直跨在导轨上，且与导轨接触良好，整个装置处
在垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为B.电容器的电容为C，除电阻R外，导轨和导线的电阻均
不计．现给导线MN一初速度，使导线MN向右运动，当电路稳定后，MN以速度v向右做匀速运动时(　　)

A．电容器两端的电压为零 B．电阻两端的电压为BLv
C．电容器所带电荷量为CBLv D．为保持MN匀速运动，需对其施加的拉力大小为
【答案】C
【解析】当导线MN匀速向右运动时，导线MN产生的感应电动势恒定，稳定后，电容器既不充电也不放电，无电流产生，故电阻两端没有电压，电容器两极板间的电压为U＝E＝BLv，所带电荷量Q＝CU＝CBLv，故A、B错误，C正确；MN匀速运动时，因无电流而不受安培力，故拉力为零，D错误．
6．(2019·保定模拟)如图所示为有理想边界的两个匀强磁场，磁感应强度均为B＝0.5 T，两边界间距s＝0.1 m，
一边长L＝0.2 m的正方形线框abcd由粗细均匀的电阻丝围成，总电阻为R＝0.4 Ω，现使线框以v＝2 m/s
的速度从位置Ⅰ匀速运动到位置Ⅱ，则下列能正确反映整个过程中线框a、b两点间的电势差Uab随时间t变
化的图线是 (　　)

【答案】A
【解析】ab边切割磁感线产生的感应电动势为E＝BLv＝0.2 V，线框中感应电流为I＝＝0.5 A，所以在0～5×10－2 s时间内，a、b两点间电势差为U1＝I·R＝0.15 V．在5×10－2～10×10－2 s时间内，a、b两点间电势差U2＝E＝0.2 V；在10×10－2～15×10－2 s时间内，a、b两点间电势差为U3＝I·R＝0.05 V，选项A正确．
7.(2019·东北三校联考)如图所示，M、N为同一水平面内的两条平行长直导轨，左端串接电阻R，金属杆ab
垂直导轨放置，金属杆和导轨的电阻不计，杆与导轨间接触良好且无摩擦，整个装置处于竖直方向的匀强
磁场中．现对金属杆施加一个与其垂直的水平方向的恒力F，使金属杆从静止开始运动．在运动过程中，金
属杆的速度大小为v，R上消耗的总能量为E，则下列关于v、E随时间变化的图象可能正确的是 (　　)

【答案】AD
【解析】对金属杆ab施加一个与其垂直的水平方向的恒力F，使金属杆从静止开始运动．由于金属杆切割磁感线产生感应电动势和感应电流，受到随速度的增大而增大的安培力作用，所以金属杆做加速度逐渐减小的加速运动，当安培力增大到等于水平方向的恒力F时，金属杆做匀速直线运动，v­t图象A可能正确．由功能关系知，开始水平方向的恒力F做的功一部分使金属杆动能增大，另一部分转化为电能，被电阻R消耗掉；当金属杆匀速运动后，水平方向的恒力F所做的功等于R上消耗的总能量E，因此E­t图象可能正确的是D.
8.(2019·山西高三二模)电磁缓冲车是利用电磁感应原理进行制动缓冲，它的缓冲过程可以等效为：小车底部安装有电磁铁(可视为匀强磁场)，磁感应强度大小为B，方向竖直向下。水平地面埋着水平放置的单匝闭合矩形线圈abcd，如图甲所示。小车沿水平方向通过线圈上方，线圈与磁场的作用连同其他阻力使小车做减速运动，从而实现缓冲，俯视图如图乙所示。已知线圈的总电阻为r，ab边长为L(小于磁场的宽度)。小车总质量为m，受到的其他阻力恒为F，小车上的磁场边界MN与ab边平行，当边界MN刚抵达ab边时，速度大小为v0。求：

(1)边界MN刚抵达ab边时线圈中感应电流I的大小；
(2)整个缓冲过程中小车的最大加速度am的大小。
【答案】　(1)　(2)
【解析】　(1)磁场边界MN刚抵达ab边时，线圈中产生的电动势为E＝BLv0，
根据闭合电路欧姆定律可得，感应电流I＝，
解得：I＝。
(2)小车上的磁场边界MN刚抵达ab边时小车的加速度最大。
根据右手定则可判断线圈ab边中感应电流方向从b流到a，
根据左手定则可判断线圈所受安培力方向水平向右，
安培力大小：FA＝BIL，
由牛顿第三定律可知，小车受到线圈的力F′＝FA，
由牛顿第二定律：F′＋F＝mam，
解得：am＝。
9.(2019·江西吉水中学等三校联考)如图所示，金属杆ab、cd置于平行轨道MN、PQ上，可沿轨道滑动，两
轨道间距l＝0.5 m，轨道所在空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5 T，用力F＝0.25 N向
右水平拉杆ab，若ab、cd与轨道间的滑动摩擦力分别为Ff1＝0.15 N、Ff2＝0.1 N，两杆的有效电阻R1＝R2
＝0.1 Ω，设导轨电阻不计，ab、cd的质量关系为2m1＝3m2，且ab、cd与轨道间的最大静摩擦力与滑动摩
擦力相等．求：

(1)此两杆之间的稳定速度差；
(2)若F＝0.3 N，两杆间稳定速度差又是多少？
【答案】(1)0.32 m/s　(2)0.384 m/s
【解析】因F＞Ff1，故ab由静止开始做加速运动，ab中将出现不断变大的感应电流，致使cd受到安培力F2作用，当F2＞Ff2时，cd也开始运动，故cd开始运动的条件是：F－Ff1－Ff2＞0.
(1)当F＝0.25 N时，F－Ff1－Ff2＝0，故cd保持静止，两杆的稳定速度差等于ab的最终稳定速度vmax，故此种情况有：电流Im＝＝，安培力Fm＝BIml，则有F－Fm－Ff1＝0，由此得vmax＝0.32 m/s.
(2)当F＝0.3 N＞Ff1＋Ff2，对ab、cd组成的系统，ab、cd所受安培力大小相等，方向相反，合力为零，则系统受的合外力为F合＝F－Ff1－Ff2＝0.05 N．两杆相对稳定时，对系统有F合＝(m1＋m2)a，因为2m1＝3m2，则F合＝m2a.取cd为研究对象，F安－Ff2＝m2a，F安＝BIl，I＝，联立各式解得Δv＝(F合＋Ff2)＝0.384 m/s.
10．(2019·辽宁葫芦岛市六校联考)如图甲所示，用粗细均匀的导线制成的一只圆形金属圈，现被一根绝缘
丝线悬挂在竖直平面内处于静止状态，已知金属圈的质量为m＝0.1 kg，半径为r＝0.1 m，导线单位长度的
阻值为ρ＝0.1 Ω/m，金属圈的上半部分处在一方向垂直圈面向里的有界匀强磁场中，磁感应强度B随时间t
的变化关系如图乙所示．金属圈下半部分在磁场外．已知从t＝0时刻起，测得经过10 s丝线刚好被拉断．重
力加速度g取10 m/s2.求：

(1)金属圈中感应电流的大小及方向；
(2)丝线所能承受的最大拉力F；
(3)此过程中金属圈中产生的焦耳热Q.
【答案】(1)0.2 A　逆时针方向　(2)1.32 N(3)0.025 J
【解析】(1)由楞次定律可知，金属圈中电流方向为逆时针方向
由图乙知，＝0.8 T/s
金属圈的电阻为R＝2πrρ
金属圈中感应电流
I＝＝·＝·＝0.8× A＝0.2 A
(2)t时刻磁感应强度B＝t
金属圈受到的安培力
F安＝BI·2r
细线的拉力
F＝F安＋mg＝BI·2r＋mg
当t＝10 s时，代入数据得
F＝1.32 N
(3)金属圈内产生的焦耳热
Q＝I2Rt
代入数据得
Q≈0.025 J