2019-2021北京高三(上)期末物理汇编：法拉第电磁感应定律.docx

2019-2021北京高三（上）期末物理汇编
法拉第电磁感应定律
一、单选题
1．（2021·北京朝阳·高三期末）如图甲所示，N=50匝的线圈（图中只画了2匝），电阻r=2Ω，其两端与一个R=48Ω的电阻相连。线圈内有垂直纸面向里的磁场，磁通量按图乙所示规律变化。下列选项正确的是（　　）

A．AB两端的电压大小为25V
B．在线圈所在位置上感生电场沿顺时针方向
C．0.1s时间内非静电搬运的电荷量为0.05C
D．电阻R上产生的热功率为12.5W
2．（2020·北京朝阳·高三期末）物理课上老师做了这样一个实验，将一平整且厚度均匀的铜板固定在绝缘支架上，将一质量为m的永磁体放置在铜板的上端，t=0时刻给永磁体一沿斜面向下的瞬时冲量，永磁体将沿斜面向下运动，如图甲所示。若永磁体下滑过程中所受的摩擦力f大小不变，且f<mgsinθ（式中θ为铜板与水平面的夹角）。取地面为重力势能的零势面。则图乙中关于永磁体下滑过程中速率v、动能Ek、重力势能Ep、机械能E随时间t变化的图像一定错误的是

A．
B．
C．
D．
3．（2020·北京石景山·高三期末）某实验装置如图甲所示，在铁芯P上绕着两个线圈A和B，如果线圈A中电流i与时间t的关系如图乙所示。 在这段时间内，线圈B中感应电流i′的图像可能为（   ）

A． B．
C．. D．
4．（2019·北京西城·高三期末）如图所示，100匝的线圈两端M、N与一个理想电压表V相连。线圈内有方向垂直纸面向内的磁场，线圈中的磁通量按如图所示规律变化。则下列说法正确的是（　　）

A．电压表示数为150V，M端接电压表正接线柱 B．电压表示数为150V，N端接电压表正接线柱
C．电压表示数为50.0V，M端接电压表正接线柱 D．电压表示数为50.0V，N端接电压表正接线柱
5．（2019·北京石景山·高三期末）如图甲所示，10匝铜导线制成的线圈两端M、N与一电压表相连，线圈内磁场方向垂直纸面向里，线圈中磁通量的变化规律如图乙所示，下列说法中正确的是（　　）

A．电压表的正接线柱接线圈的N端 B．线圈中磁通量的变化量为1.5Wb
C．线圈中磁通量的变化率为1.5Wb/s D．电压表的读数为5V
6．（2019·北京东城·高三期末）如图所示，两光滑水平放置的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，整个装置处于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向右匀速运动时（　　）

A．电容器两端的电压为零
B．通过电阻R的电流为BLvR
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B2L2vR
二、多选题
7．（2021·北京海淀·高三期末）如图所示，匀强磁场中有a、b两个闭合线圈，它们用同样的导线制成，匝数均为n匝，线圈半径ra=2rb。磁场方向与两线圈所在平面垂直，磁感应强度B随时间均匀增大。两线圈中产生的感应电动势分别为Ea和Eb，感应电流分别为Ia和Ib。不考虑两线圈间的相互影响。下列说法中正确的是（　　）

A．Ea:Eb=2:1，感应电流均沿顺时针方向
B．Ea:Eb=4:1，感应电流均沿逆时针方向
C．Ia:Ib=2:1，感应电流均沿逆时针方向
D．Ia:Ib=1:2，感应电流均沿顺时针方向
8．（2020·北京海淀·高三期末）如图甲所示，在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一个不变形的铜圆环，规定从上向下看时，铜环中的感应电流I沿顺时针方向为正方向，规定竖直向上为磁场的正方向。图乙表示铜环中的感应电流I随时间t变化的图象，则磁场B随时间t变化的图象可能是图中的（   ）

A． B．
C． D．
9．（2020·北京海淀·高三期末）将一段裸铜导线弯成如图甲所示形状的线框，将它置于一节5号干电池的正极上（线框上端的弯折位置与正极良好接触），一块圆柱形强磁铁吸附在电池的负极，使铜导线框下面的两端P、Q与磁铁表面保持良好接触，放手后线框就会发生转动，从而制成了一个“简易电动机”，如图乙所示。关于该“简易电动机”，下列说法中正确的是

A．如果导线框下面的两端P、Q有一端与磁铁表面不接触，线框也会发生转动
B．如果磁铁吸附在电池负极的磁极调换一下，线框转动的方向也应该改变
C．电池的输出功率一定大于线圈转动的机械功率
D．线框由静止开始转动的过程中，通过线框中的电流大小始终不变
三、解答题
10．（2021·北京房山·高三期末）磁力刹车是为了保证过山车在进站前降到安全速度而设计的一种刹车方式。如图（a），磁场很强的钕磁铁长条安装在轨道上，刹车金属片安装在过山车底部或两侧。其结构原理可简化为如图（b）所示，相距为l。水平放置的导轨处于磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中，整个回路中的等效电阻为R，将过山车上的刹车金属片等效为一根金属杆MN，设过山车的质量为m，不计轨道摩擦和空气阻力。
（1）求过山车以水平速度v行驶时，磁力刹车装置能够产生的加速度大小a；
（2）若过山车进入水平磁力刹车轨道开始减速时速度为30m/s，刹车产生的加速度大小为15m/s2，过山车的速度v随位移x的变化规律满足：v=v0−B2l2mRx（设水平轨道起点x=0）。
a. 在图（c）中画出水平行驶时磁力刹车装置产生的加速度大小a随速度v的变化图像；
b. 求过山车在水平轨道上减速到10m/s时滑行的距离。
（3）比较用磁力刹车和用摩擦力刹车的优劣。

11．（2021·北京海淀·高三期末）如图所示，间距L=0.40m的平行光滑金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨的一端连接阻值R=0.40Ω的电阻。导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小B=0.10T。一根长度为L、电阻r=0.10Ω的导体棒ab放在导轨上，导轨的电阻可忽略不计。现用一垂直于导体棒的水平拉力拉动导体棒使其沿导轨以v=5.0m/s的速度向右匀速运动，在运动过程中保持导体棒与导轨垂直且接触良好。空气阻力可忽略不计。求：
(1)导体棒ab产生的感应电动势；
(2)通过导体棒的电流I，并说明通过导体棒的电流方向；
(3)导体棒两端的电压大小U，并指出哪端电势高。

12．（2021·北京顺义·高三期末）某科技小组的学生进行电磁炮发射装置的课题研究，模型简化如下：如图所示，在水平地面上固定着相距为L的足够长粗糙导轨PQ及MN，PQNM范围内存在可以调节的匀强磁场，磁场方向竖直向上，导轨左侧末端接有电动势为E，内阻为r的电源，开关K控制电路通断。质量为m，电阻同为r的导体棒ab垂直导轨方向静止置于导轨上，并与导轨接触良好。电路中其余部分电阻均忽略不计。导轨右侧末端有一线度非常小的速度转向装置，能将导体棒水平方向的速度转变为与地面成θ角，但不改变速度的大小。导体棒在导轨上运动时将受到恒定的阻力f，导轨棒发射后，在空中会受到与速度方向相反，大小与速度大小成正比的阻力f0=kv，k为比例常数。导体棒在运动过程中只平动，不转动。重力加速度为g。
(1)若已知磁场的磁感强度为B，求闭合电键K瞬间导体棒的加速度大小；
(2)导体棒从静止开始达到某一速度v，滑过的距离为x0，电流流过导体棒ab产生的电热为Q，求电源提供的电能；
(3)i．若导轨足够长，调节磁场的磁感应强度，可以使导体棒获得最大的速度vm，求这个最大速度vm；
ⅱ．若导体棒到达NQ时速度为v1，最后发现导体棒以v2的速度竖直向下落到地面上。求导体棒自NQ运动到刚落地这段时间的平均速度。

13．（2020·北京朝阳·高三期末）两根相距为L的光滑金属导轨MN和PQ，固定在水平面上，并处于竖直向下的匀强磁场中，导轨足够长，左端接一电阻R，将一质量为m的导体棒（电阻可忽略），用力F拉动，使其匀速向右运动。试分别从电动势的定义，自由电子受力和运动，功能关系来推导导体棒中产生电动势的大小。

14．（2020·北京海淀·高三期末）电源是通过非静电力做功把其他形式的能转化为电能的装置，不同的电源非静电力做功的本领有所不同，物理学中用电动势来描述电源的这种特性。
(1)如图所示，固定于水平面的U形金属框架处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，金属框两平行导轨间距为l。金属棒MN在外力的作用下，沿框架以速度v向右做匀速直线运动，运动过程中金属棒始终垂直于两平行导轨并接触良好。已知电子的电荷量为-e。
①请根据法拉第电磁感应定律，推导金属棒MN切割磁感线产生的感应电动势ε1；
②在金属棒产生电动势的过程中，请说明是什么力充当非静电力，并求出这个非静电力F的大小。
(2)科学家发现导体两端的温度差也能产生电动势，这种电动势称为温差电动势。我们用图乙所示的简化模型来分析。一段长度为L的直导线AB沿Ox轴放置，A端位于坐标原点处。与恒温热源接触后，A端温度恒为T1，B端温度恒为T2（T2<T1）。假定导线上相同位置处的温度相同，不同位置处的温度沿x方向均匀变化，导线形状随温度的变化忽略不计。
①若温差电动势的大小与导线两端的温度差成正比，比例系数为sAB，求导线AB两端的电动势ε2；
②从微观上来看，可认为：温度越高，金属离子（即原子失去自由电子后的剩余部分）热运动的平均动能越大，与之相比，自由电子热运动平均动能随温度的变化可以忽略不计。如图乙所示，取导线中长为△x的一个薄层，自由电子受到左侧金属离子的碰撞比右侧的强，薄层两端就形成了压强差，自由电子会发生定向运动。已知薄层两端的压强差与其两端的温度差成正比，且比例系数为nk，n为单位体积内的自由电子数（假设导线中各处n都相同）k为常数。导线AB的横截面积为S，电荷量为-e，忽略自由电子与金属离子之间及自由电子彼此间的库仑作用。请利用自由电子的受力特点，结合电动势的定义式，推导得出温差电动势的表达式。

15．（2020·北京石景山·高三期末）如图（甲）所示，两根平行的光滑金属导轨MN、PQ，距离为L，与左侧M、P间连接的电阻R构成一个固定的水平U型导体框架，导轨电阻不计且足够长。框架置于一个方向竖直向下、范围足够大的匀强磁场中，磁感应强度为B，磁场左侧边界是OO'。质量为m、电阻为r、长度为L的导体棒垂直放置在两导轨上，并与导轨接触良好，给导体棒一个水平向右的初速度v0进入磁场区域，求：
(1)导体棒进入磁场瞬间加速度的大小a0；
(2)导体棒运动全过程中电阻R上产生的热量Q；
(3)推导导体棒的速度v与其位移x的关系，并在图（乙）中画出图线，标出关键坐标。

16．（2020·北京朝阳·高三期末）如图所示，矩形线圈abcd的ab边与有理想边界的匀强磁场区域的AB边重合，现将矩形线圈沿垂直于AB边的方向匀速拉出磁场，第一次速度为v1，第二次速度为2v1。
求(1)两次拉出拉力的功之比W1W2等于多大？
   (2)两次拉出拉力的功率之比P1P2等于多大？

17．（2020·北京海淀·高三期末）如图所示，宽度L＝0.40 m的平行光滑金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨的一端连接阻值R=1.5Ω的电阻。导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小B=0.50 T。一根导体棒MN放在导轨上，两导轨之间的导体棒的电阻r=0.5Ω，导轨的电阻可忽略不计。现用一垂直于导体棒的水平拉力拉动导体棒使其沿导轨以v=10 m/s的速度向右匀速运动，在运动过程中保持导体棒与导轨垂直且接触良好。空气阻力可忽略不计，求：
（1）通过导体棒的电流I，并说明通过导体棒的电流方向；
（2）作用在导体棒上的拉力大小F；
（3）电阻R的电功率P。

18．（2020·北京石景山·高三期末）如图所示，电路左侧线圈与右侧平行板电容器C相连，电容器两极板正对水平放置，线圈内存在有理想边界的磁场，磁场方向垂直于线圈平面向里。当磁场的磁感应强度均匀增加时，在电容器两平行极板之间的带电小球P恰好处于静止状态。
（1）小球P带何种电荷，请分析说明；
（2）若线圈的匝数为n，面积为S，平行板电容器的板间距离为d，小球P的质量为m，所带电荷量为q，求磁场磁感应强度的变化率。

19．（2019·北京西城·高三期末）如图1所示，足够长的U形光滑导体框水平放置，宽度为L，一端连接的电阻为R。导体框所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。电阻为r的导体棒MN放在导体框上，其长度恰好等于导体框的宽度，且相互接触良好。其余电阻均可忽略不计。在水平拉力作用下，导体棒向右匀速运动，速度大小为v。
（1）请根据法拉第电磁感应定律推导导体棒匀速运动时产生的感应电动势的大小E=BLv；
（2）求回路中感应电流I和导体棒两端的电压U；
（3）若在某个时刻撤去拉力，请在图2中定性画出撤去拉力后导体棒运动的v-t图像。

20．（2019·北京丰台·高三期末）如图所示，竖直平面内有相距为L的平行光滑金属轨道ME、NF，MN之间接有电阻R1，EF之间接有电阻R2，已知R1=R2=2R。在PQ上方（包括PQ）及CD下方（包括CD）有水平方向的匀强磁场I和II，磁感应强度大小均为B。现有质量为m、电阻为R的导体棒ab，从轨道上距离PQ一定高度处由静止下落，在下落过程中导体棒始终保持水平，与轨道接触良好，两平行轨道足够长。已知导体棒ab下落到PQ位置时速度的大小为v1。不计轨道电阻，重力加速度为g。
（1）求导体棒ab下落到PQ位置时导体棒ab中的电流；
（2）导体棒ab进入磁场II后棒中电流大小始终不变，求磁场I和II之间的距离h；
（3）若导体棒ab刚进入磁场II时与（2）中具有相同的速度，此时施加一竖直向上的恒定外力F的作用，且F=mg。求导体棒ab从进入磁场II到停止运动的过程中，电阻R2上产生的热量及导体棒ab下落的距离。

21．（2019·北京东城·高三期末）随着新技术的应用，手机不断地更新换代．新机型除了常规的硬件升级外，还支持快充和无线充电．图甲为兴趣小组制作的无线充电装置中的输电线圈示意图，已知线圈匝数n=100，电阻r=1.0Ω，线圈的横截面积S=1.5×10−3m2，外接电阻R=5.0Ω．线圈处在平行于线圈轴线的磁场中，磁场的磁感应强度随时间变化如图乙所示，求：

（1）t=1.0×10−2s时线圈中的感应电动势E
（2）0~2.0×10−2s内通过电阻R的电荷量q；
（3）0~3.0×10−2s内电阻R上产生的热量Q．
22．（2019·北京石景山·高三期末）如图所示，两根倾斜放置与水平面成30°角的平行导电轨道间距为l，导轨间接一电阻的阻值为R，整个空间分布着匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为B，一质量为m、电阻也为R的金属杆ab，以某一初速度沿轨道上滑，直至速度减为零．已知上述过程中电阻R产生的热量为Q，其最大瞬时电功率为P，设轨道摩擦及电阻都不计，ab杆向上滑动的过程中始终与轨道保持垂直且接触良好．

（1）请分析说明向上滑动的过程中，ab杆的加速度变化情况；
（2）求金属杆ab上滑的初速度v0；       
（3）求金属杆ab上滑的最大距离x．

参考答案
1．C
【详解】
A． 根据法拉第电磁感应定律得
E=NΔϕΔt=50×0.15−0.100.1V=25V
回路的电流为
I=ER+r=0.5A
AB两端的电压大小为
U=IR=24V
AB两端的电压大小为24V，A错误；
B．根据楞次定律，在线圈所在位置上感生电流沿逆时针方向，感应电场的方向也是逆时针方向，B错误；
C．0.1s时间内非静电搬运的电荷量为
q=It=0.5×0.1C=0.05C
0.1s时间内非静电搬运的电荷量为0.05C，C正确；
D．电阻R上产生的热功率为
P=UI=12W
电阻R上产生的热功率为12W，D错误。
故选C。
2．C
【详解】
A．小磁铁下滑时由于涡流的产生会有阻尼作用，且随速度的增大而增大，所受的摩擦阻力不变，且由mgsinθ−f−f阻尼=ma 可知，随着小磁铁的加速下滑，阻尼作用增大，则加速度逐渐减小，v-t线的斜率减小，选项A正确，不符合题意；
B．若开始下落时小磁铁满足mgsinθ−f−f阻尼=0，则小磁铁匀速下滑，此时动能不变，选项B正确，不符合题意；
C．小磁铁下滑时重力势能逐渐减小，但是不会趋近与某一定值，选项C错误，符合题意；
D．小磁铁下滑过程中，由于有电能产生，则机械能逐渐减小，选项D正确；不符合题意；故选C.
3．B
【详解】
线圈A中的电流产生磁场，磁场穿过线圈B，线圈B的感应电流与感应电动势正比，线圈B中的电动势与线圈A中电流变化率成正比，由图乙可知，开始时线圈A中的电流变化率为0，此时线圈B的电流为0，故选B。
4．C
【详解】
根据法拉第电磁感应定律得
E=nΔΦΔt=100×0.15−0.100.1V=50V
根据楞次定律，M端接电源正极，所以电压表示数为50.0V，M端接电压表正接线柱。
故选C。
5．D
【分析】
线圈平面垂直处于匀强磁场中，当磁感应强度随着时间均匀变化时，线圈中的磁通量发生变化，从而导致出现感应电动势，产生感应电流，由法拉第电磁感应定律可求出感应电动势大小，从而得出电压表读数，再由楞次定律判定感应电流方向．
【详解】
A、由楞次定律可得：感应电流的方向为逆时针，则M端比N端的电势高，所以电压表“+”接线柱接M端，故A错误；
B、磁通量的变化需要时间，由于未说明变化时间，故B错误；
C、磁通量的变化率为：ΔΦΔt=0.15−0.100.1Wb/s=0.5Wb/s，C错误；
D、根据法拉第电磁感应定律：E感=nΔΦΔt=10×0.5V=5V，所以电压表读数为5V，D正确．
故选D．
【点睛】
由法拉第电磁感应定律求出感应电动势的大小，而感应电流的方向则由楞次定律判定．同时穿过磁通量发生变化的线圈相当于电源，所以电源内部（线圈）电流方向是负极到正极．
6．C
【详解】
AB．当直导线MN以速度v向右做匀速运动时，导线产生的感应电动势恒定，电容器充电完毕，电路中无电流，故电阻R两端为零。根据闭合电路欧姆定律可知，电容器两板间的电压为
U=E=BLv
故A正确，B错误；
C．电容器所带电荷量
Q=CU=CBLv
故C正确；
D．因匀速运动后MN所受合力为0，而此时无电流，不受安培力，则无需拉力便可做匀速运动，故D错误。
故选C。
7．BC
【详解】
AB．磁场垂直于纸面向里，磁感应强度增大，穿过线圈的磁通量增加，由楞次定律可知，线圈中的感应电流沿逆时针方向；设导线的电阻率为ρ，横截面积为S导线，由电阻定律可知，线圈电阻
R=ρLS=ρn·2πrS
导线 AB由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势
E=n∆φ∆t=nS'∆B∆t=nπr2∆B∆t
感应电动势之比
EaEb=ra2rb2=212=41
A错误，B正确；
CD．由欧姆定律可知，感应电流
I=ER=rS2ρ·∆B∆t
电流之比
IaIb=rarb=21
C正确，D错误。
故选BC。
8．BC
【详解】
由图乙知，0-1s，铜环中的感应电流是一个定值，方向为顺时针方向；1s-3s，铜环中的感应电流为零，3s-5s铜环中的感应电流为一个定值，且方向为逆时针方向，大小小于0-1s的电流大小，根据电磁感应定律可判断，0-1s磁感应强度增大，且是均匀增大，1s-3s磁感应强度不变，3s-5s磁感应强度减小，且是均匀减小，磁场方向为竖直向上，为正方向；
或者根据电磁感应定律可判断，0-1s磁感应强度减小，且是均匀变小，1s-3s磁感应强度不变，3s-5s磁感应强度变大，且是均匀增大，磁场方向为竖直向下，为负方向。
故选BC。
9．ABC
【详解】
AB．假设磁铁下端为N极，上端为S极，则线框周围的磁感线向上，一定会有垂直导线向上的分量，由于线框的下端靠近磁极，所以受力起主要作用，根据电池正负极画出电流的方向如图，根据左手定则判断安培力的方向如图，说明线框从上向下看，逆时针转动；

线框中有电流，就能够转动，所以导线框下面两端P、Q有一端与磁铁表面不接触，线框中也有电流，能够转动；改变磁场的方向，根据上述原理可知线框转动的方向改变，故AB正确；
C．电池的输出功率一部分转化为线圈转动的机械功率，一部分用于电阻产生热量，故C正确；
D．线框从静止开始旋转达到稳定的过程中，导线框切割磁感线会产生反电动势，电流会减小，故D错误。
故选ABC。
10．（1）a=B2l2vmR ；（2）a.见解析；b.40m；（3）见解析
【详解】
（1）金属杆产生的感生电动势
E=Blv
感应电流为
I=ER
产生安培力
F=BIl
产生加速度
a=Fm=B2l2vmR
（2）a.由第一问结果可知a与v成正比，见下图

b. 由速度为30m/s，刹车产生的加速度大小为15m/s，可知
B2l2mR=0.5
将初速度和末速度带入v=v0−B2l2mRx，得
x=40m
（3）电磁刹车不与轮毂接触，不受潮湿天气等因素影响，较为稳定，但速度小时刹车效果较差。
摩擦力刹车与轮毂接触，容易受天气潮湿等因素影响，刹车效果与速度无关。
11．(1) 0.2V；(2) 0.4A，从b向a；(3) 0.16V，a端
【详解】
(1)导体棒运动产生的感应电动势
E=BLv=0.2V
(2)根据右手定则可判断出，导体棒上的电流方向为从b向a，
通过导体棒的电流
I=ER+r0.4A
(3)导体棒两端的电压是电阻R的电压，则
U=IR=0.16V
根据右手定则可判断出，a端电势高。
12．（1）BEL−2fr2mr ；（2）12mv2+fx0+2Q；（3）i．vm=E28fr，ⅱ．mgv1cosθk(v1sinθ+v2)
【详解】
（1）闭合电键K瞬间电路中的电流为
I=E2r
F安=BIL
根据牛顿第二定律
F安−f=ma
联立各式，解得
a=BEL−2fr2mr
（2）由能量守恒得
E电=12mv2+fx0+Q热
由于电源内阻与导体棒内阻相等，则
Q热=2Q
解得
E电=12mv2+fx0+2Q
（3）i．导体棒速度最大时导体棒受力平衡，即
F安'=f
F安'=BI'L
由闭合电路欧姆定律得
I'=E−BLv2r
联立可得
v=EBL−2frB2L2=−2frL2⋅(1B)2+EL⋅1B
由数学知识可得
vm=E28fr
ⅱ．导体棒从NQ到落地，在水平方向上由动量定理可得
−kvx⋅Δt=m⋅Δvx
所以
−k⋅Δx=m⋅Δvx
解得
Δx=mkv1cosθ
在竖直方向由动量定理可得
(−kvy−mg)⋅Δt=m⋅Δvy
解得
Δt=v1sinθ+v2g
导体棒自NQ运动到刚落地这段时间的平均速度为
v=ΔxΔt=mgv1cosθk(v1sinθ+v2)
13．见解析
【详解】
方法一：如图所示

棒向右运动时，电子具有向右的分速度，受到沿棒向下的洛伦兹力
f=evB
f即非静电力，电子在f的作用下，电子从M移动到N的过程中，非静电力做功为
W=evBL
根据电动势定义式E=Wq有
E=We=evBLe=BLv
方法二：如图所示

当金属导体棒以速度v向右做切割磁感线运动时，其内部自由电子一起向右运动，而受到指向N端的洛伦兹力，因此在导体棒的N端不断聚集负电荷，M端出现等量的正电荷，故在导体棒中形成由M指向N的电场E0，当导体棒中的自由电子受到的洛伦兹力和电场力平衡时，自由电子便不再向N端聚集，从而在导体棒MN两端形成一个稳定的电势差，此电势差在数值上即等于导体棒切割磁感线运动时产生的感应电动势，则有
qE0=qvB
其中
E=E0L
联立可得
E=BLv
方法三：根据能量转化和守恒定律，拉力所做的功全部转化为电能，即拉力做功功率等于电功率，拉力做功功率为
P1=Fv
电功率为
P2=EI
因为匀速直线运动，所以有
F=F安=BIL
则有
BILv=EI
得到
E=BLv
14．(1)①见解析；②洛伦兹力；Bev；(2)①ε2=sAB(T1−T2)②见解析
【详解】
(1)①如图在一小段时间△t内，金属棒MN的位移为
△x=v△t
这个过程中线框的面积的变化量为
△S=l△x=lv△t
穿过闭合电路的磁通量的变化量为
△Φ=B△S=Blv△t
根据法拉第电磁感应定律为
ε1＝△Φ△t=Blv
②如图所示，棒向右运动时，电子具有向右的分速度，受到沿棒向下的洛伦兹力为
f=evB
电子在f的作用下从N移动到M，则此问题中洛伦兹力充当非静电力，这个非静电力F的大小为Bev。
(2)①温差电动势的大小与导线两端的温度差成正比，比例系数为sAB，则导线AB两端的电动势
ε2=sABΔT=sAB(T1−T2)
②由题意可知，长度为∆x的薄层两端的压强差为
Δp=nkΔT
其中
ΔT=T1−T2LΔx
薄层在两端的压力差作用下从一端移动到另一端，则做功为
W=ΔpSL
根据电动势的公式可知
ε=Wq=WΔx⋅Sn
联立解得
ε=k(T1−T2)
15．(1)a0=B2L2v0mR+r；(2)QR=R2R+rmv02；(3)v=v0−B2L2xmR+r；见解析
【详解】
(1)根据法拉第电磁感应定律，导体棒进入磁场瞬间感应电动势为
E=BLv0
根据闭合电路欧姆定律得
I=ER+r
根据安培力公式得
F=BIL
根据牛顿第二定律得
F=ma0
联立解得导体棒进入磁场瞬间加速度为
a0=B2L2v0mR+r
(2)电阻R与电阻r串联，根据焦耳定律公式
Q=I2Rt
可得
QR:Qr=R:r
又因为能量守恒得
QR+Qr=12mv02
联立解得
QR=R2R+rmv02
(3)由动量定理得
−BILΔt=mv−mv0
又因为
q=IΔt
I=ER+r
E=ΔϕΔt
联立解得
B2L2xR+r=mv0−mv
变形得
v=v0−B2L2xmR+r
导体棒速度v与位移x成线性关系，图像如图所示

16．(1)12；(2)14
【详解】
(1)设线圈ab边长为l，bc边长为l′，整个线圈的电阻为R，磁场的磁感应强度为B。
拉出线圈在cd边产生的感应电动势
E=Blv
线圈中的感应电流为
I=ER=BlvR
cd边受磁场力
f=IlB=B2l2vR
因为线圈做匀速运动，所以拉力F与f大小相等，方向相反
F=f
拉出线圈时，拉力的功
W=Fl'=B2l2l'Rv
两次拉出拉力的功之比为
W1W2=v1v2=12
(2)拉力的功率为
P=Fv=B2l2Rv2
两次拉出拉力的功率之比为
P1P2=v12v22=14
17．（1）电流的方向为：N→M，大小为1.0A；（2）0.2N；（3）1.5W。
【详解】
（1）根据右手定则可知电流的方向为：N→M；
导体切割磁感线：
E=BLv
根据闭合电流欧姆定律：
I=ER+r
解得：I=0.1A；
（2）导体棒做匀速直线运动，根据平衡条件：
F=F安
F=BIL
解得：F=0.2N；
（3）电阻上的功率：
P=I2R
解得：P=1.5W。
18．（1）正电（2）mgd2nqS
【详解】
(1)当磁场向里均匀增加时，线圈向里的磁通量增加，根据楞次定律，线圈中感应电动势沿逆时针方向，电容器下极板带正电，上极板带负电，电容器极板间的电场方向向上；带电小球P恰好处于静止状态，所受重力和电场力平衡，电场力方向向上，又因为电容器极板间的电场方向向上,故小球P带正电
(2)带电小球P受重力和电场力平衡 ：
mg=F
电场力
F=qUd
电容器极板间的电压等于感应电动势：
U=nΔBΔtS
磁感应强度的变化率为：
ΔBΔt=mgd2nqS
19．（1）见解析（2）I=BLvR+r；U=RBLvR+r（3）
【详解】
（1）根据法拉第电磁感应定律E=nΔΦΔt，MN与导轨组成闭合回路匝数n = 1
Dt内MN运动的距离
Dx = vDt
闭合回路
DF = BDxL
代入得 E = BLv
（2）MN运动产生电动势E = BLv
根据闭合电路欧姆定律
I=ER+r
得
I=BLvR+r
路端电压 U = IR 得   
U=RBLvR+r
（3）撤去拉力后，导体棒在安培力作用下做加速度逐渐减小的减速运动，最终速度减为0，v-t图像如图所示   

20．(1) BLv12R (2) ℎ=2m2R2gB4L4−v122g (3) x=4m2R2gB4L4
【详解】
（1）导体棒ab上产生的电动势
E=BLv1
闭合导体回路的外电阻
R外=R1R2R1+R2=R
回路的总电阻
R总=R外+R=2R
导体棒ab中的电流
I1=ER总=BLv12R
（2）导体棒ab进入磁场Ⅱ后，电流大小不变，则ab棒运动速度不变，设速度为v2，导体棒受到平衡力
mg=I2LB
导体棒ab中的电流
I2=BLv22R
可得：
v2=2mgRB2L2
导体棒ab由PQ到CD只受重力作用
mgℎ=12mv22−12mv12
可得
ℎ=2m2R2gB4L4−v122g
（3）导体棒ab从进入磁场Ⅱ到停止运动的过程中，由动能定理得
WG−WF−W安=0−12mv22
可得
W安=12mv22
克服安培力做功，实现电能转换。在纯电阻电路中，电能全部以电热的形式呈现。电路中产生的焦耳热为
Q总=12mv22
由电路电阻的连接特点，电阻R2上产生的热量为
Q=12×12Q总==m3g2R22B4L4
以竖直向下为正方向，导体棒ab从进入磁场Ⅱ到停止运动的过程中，由定量定理得
-ILBt=0−mv2
平均电流
I=BLv2R
下落的距离
x=vt
联立可得导体棒ab下落的距离
x=4m2R2gB4L4
21．（1）0.6V（2）2.0×10−3C（3）3.0×10−3J
【分析】
根据法拉第电磁感应定律列式求解感应电动势，根据闭合电路欧姆定律求解电流，根据焦耳定律列式求解热量即可；
【详解】
（1）由图乙可知t=0.01s时刻ΔBΔt=4T/s
根据法拉第电磁感应定律得E=nΔΦΔT=nSΔBΔt
代入数据解得：E=0.6V；
（2）0~0.02s内根据闭合电路欧姆定律可以得到：I=ER+r=0.1A
电荷量q=IΔt
代入数据可以解得：q=2.0×10−3C；
（3）0~0.02s内，根据上面分析可知：E=0.6V，I=0.1A，
根据焦耳定律可以得到，R上产生的焦耳热为：Q1=I2Rt1=1.0×10−3J
0.02~0.03s内，同理可以得到：E'=1.2V，I'=0.2A，
根据焦耳定律可以得到，R上产生的焦耳热为：Q2=I'2Rt2=2.0×10−3J
所以Q总=Q1+Q2=3.0×10−3J．
【点睛】
本题关键是根据法拉第电磁感应定律列式求解各个时间段的感应电动势大小，然后根据欧姆定律、电流定义公式、焦耳定律列式求解即可．
22．（1）ab杆沿轨道向上做减速运动，速度越来越小，加速度a越来越小．（2）v0=2PRBl（3）x=4mRP−4QB2l2mgB2l2
【分析】
根据速度的变化，结合加速度的表达式得出加速度的变化，下滑过程中，列出加速度的表达式，抓住加速度的方向与速度方向的关系判断速度的变化，从而得出加速度的变化．
【详解】
（1）由牛顿第二定律 mgsinθ+BIl=ma，得mgsinθ+BBlv2Rl=ma，
ab杆沿轨道向上做减速运动，速度越来越小，加速度a越来越小
（2）设ab杆上滑的初速度为v0，则ab杆产生的感应电动势E=Blv0
通过电阻R的电流为I=E2R
R上的最大功率为P=I2R
解得v0=2PRBl
（3）在ab杆上滑的全过程中，R上产生的热量为Q，则ab杆上产生的热量也为Q．全过程电路产生的总热量Q总=2Q
当ab杆速度为零时，ab杆向上滑动的最大距离为x，根据能量转化和守恒定律
12mv02=mgxsin30°+Q总
解得：x=4mRP−4QB2l2mgB2l2
【点睛】
本题考查了电磁感应与力学的综合运用，解决本题的关键会根据受力分析运动规律，得出加速度和速度的变化，难度中等．
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