第84讲动生电动势及其电路分析的五种题型（解析版）_4.2025物理总复习_2023年新高复习资料_专项复习_2023届高三物理高考复习101微专题模型精讲精练

第 84 讲 动生电动势及其电路分析的五种题型 1．（2022•辽宁）如图所示，两平行光滑长直金属导轨水平放置，间距为 L。abcd区域有匀强磁场， 磁感应强度大小为B，方向竖直向上。初始时刻，磁场外的细金属杆M以初速度v 向右运动， 0 磁场内的细金属杆N处于静止状态。两金属杆与导轨接触良好且运动过程中始终与导轨垂直。 两杆的质量均为m，在导轨间的电阻均为R，感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计。 （1）求M刚进入磁场时受到的安培力F的大小和方向； v （2）若两杆在磁场内未相撞且N出磁场时的速度为 0，求： 3 ①N在磁场内运动过程中通过回路的电荷量q； ②初始时刻N到ab的最小距离x； （3）初始时刻，若N到cd的距离与第（2）问初始时刻的相同、到ab的距离为kx（k＞1）， 求M出磁场后不与N相撞条件下k的取值范围。 【解答】解：（1）细金属杆M以初速度v 向右刚进入磁场时，产生的动生电动势为 0 E＝BLv 0 电流方向为a→b，电流的大小为 E I= 2R 则所受的安培力大小为 F＝BIL B2L2v = 0 2R 安培力的方向由左手定则可知水平向左 （2）①金属杆N在磁场内运动过程中，由动量定理得： v BI LΔt=m⋅ 0-0 3且q=I⋅Δt mv 联立解得：q= 0 3BL ②设两杆在磁场中相对靠近的位移为Δx，有 E I= 2R BL⋅Δx E= Δt 整理可得： BLΔx q= 2R 联立解得：Δx 2mv R = 0 3B2L2 若两杆在磁场内刚好相撞，N到ab的最小距离为 x＝Δx 2mv R = 0 3B2L2 （3）两杆出磁场后在平行光滑长直金属导轨上运动，若N到cd的距离与第（2）问初始时刻相 v 同，到ab的距离为kx（k＞1），则N到cd边的速度大小恒为 0，根据动量守恒定律得： 3 v mv =mv +m⋅ 0 0 1 3 解得N出磁场时，M的速度大小为 2 v = v 1 3 0 由题意可知，此时M到cd边的距离为 s＝（k﹣1）x 若要保证M出磁场后不与N相撞，则有两种临界情况： v ①M减速到 0时出磁场，速度刚好等于N的速度，一定不与N相撞，对M根据动量定理有 3 2 v BI L⋅Δt=m⋅ v -m⋅ 0 1 3 0 3 BL(k-1)x q =I ⋅Δt= 1 1 2R联立解得：k＝2 ②若M运动到cd边时，恰好减速到零，则对M由动量定理得： 2v BI LΔt =m⋅ 0-0 2 2 3 BL(k-1)x q =I ⋅Δt = 2 2 1 2R 解得：k＝3 综上所述，M出磁场后不与N相撞条件下k的取值范围为2≤k≤3. 答：（1）M刚进入磁场时受到的安培力F的大小为B2L2v ，方向水平向左； 0 2R v （2）若两杆在磁场内未相撞且N出磁场时的速度为 0， 3 mv ①N在磁场内运动过程中通过回路的电荷量为 0； 3BL ②初始时刻N到ab的最小距离为2mv R； 0 3B2L2 （3）初始时刻，若N到cd的距离与第（2）问初始时刻的相同、到ab的距离为kx（k＞1），M 出磁场后不与N相撞条件下k的取值范围为2≤k≤3.。 2．（2022•湖北）如图所示，高度足够的匀强磁场区域下边界水平、左右边界竖直，磁场方向垂直 于纸面向里。正方形单匝线框abcd的边长L＝0.2m、回路电阻R＝1.6×10﹣3 、质量m＝0.2kg。 线框平面与磁场方向垂直，线框的ad边与磁场左边界平齐，ab边与磁场下Ω边界的距离也为L。 现对线框施加与水平向右方向成 ＝45°角、大小为4√2N的恒力F，使其在图示竖直平面内由静 止开始运动。从ab边进入磁场开θ始，在竖直方向线框做匀速运动；dc边进入磁场时，bc边恰好 到达磁场右边界。重力加速度大小取g＝10m/s2，求： （1）ab边进入磁场前，线框在水平方向和竖直方向的加速度大小； （2）磁场的磁感应强度大小和线框进入磁场的整个过程中回路产生的焦耳热； （3）磁场区域的水平宽度。【解答】解：（1）ab边进入磁场前，对线框进行受力分析，在水平方向有：ma ＝Fcos x 代入数据解得：a ＝20m/s2 θ x 在竖直方向有：Fsin ﹣mg＝ma y 代入数据解得：a ＝θ10m/s2 y （2）ab边进入磁场开始，ab边在竖直方向切割磁感线；ad边和bc边的上部分也开始进入磁场， 且在水平方向切割磁感线。但ad和bc边的上部分产生的感应电动势相互抵消，则整个回路的电 源为ab，根据右手定则可知回路的电流方向为adcba，则ab边进入磁场开始，ab边受到的安培 力方向竖直向下，ad边的上部分受到的安培力方向水平向右，bc边的上部分受到的安培力方向 水平向左，则ad边和bc边的上部分受到的安培力相互抵消，故线框abcd受到的安培力的合力 为ab边受到的竖直向下的安培力。由题知，线框从ab边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀速 运动，有： Fsin ﹣mg＝BIL θ BLv 其中：I= y，v 2＝2a L y y R 联立解得：B＝0.2T； 由题知，从ab边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀速运动；dc边进入磁场时，bc边恰好到达 磁场右边界。则线框进入磁场的整个过程中，线框受到的安培力为恒力，则有：Q＝W安 ＝ BILy，其中y＝L 联立解得：Q＝0.4J； （3）线框从开始运动到进入磁场的整个过程中所用的时间为t，则有： v ＝a t ，L＝v t y y1 y2 所以有：t＝t +t 1 2 联立解得：t＝0.3s 由（2）分析可知线框在水平方向一直做匀加速直线运动，则在水平方向，有：1 1 x= a t2= ×20×0.32m＝0.9m 2 x 2 则磁场区域的水平宽度：d＝x+L＝0.9m+0.2m＝1.1m。 答：（1）ab边进入磁场前，线框在水平方向和竖直方向的加速度大小分别为20m/s2、10m/s2； （2）磁场的磁感应强度大小和线框进入磁场的整个过程中回路产生的焦耳热0.4J； （3）磁场区域的水平宽度为1.1m。 一.知识回顾 1.导体切割磁感线时的感应电动势 切割方式 电动势表达式 说明 ①导体棒与磁场方向垂直， 磁场为匀强磁场 ②式中l为导体切割磁感线 垂直切割 E＝Blv 的有效长度 ③旋转切割中导体棒的平均 速度等于中点位置的线速度 lω E＝Blvsinθ(θ为v与B的 倾斜切割 夹角) E＝Bl 如果求导体中两点间，则等 旋转切割(以一端为轴) ＝Bl2ω 于这两点速度之和的一半 2. E＝Blv五个特性， (1)正交性 本公式是在一定条件下得出的，除了磁场是匀强磁场，还需B、l、v三者相互垂直。当它们不 相互垂直时，应取垂直的分量进行计算。 (2)平均性 导体平动切割磁感线时，若v为平均速度，则E为平均感应电动势，即＝Bl。 (3)瞬时性 导体平动切割磁感线时，若v为瞬时速度，则E为相应的瞬时感应电动势。 (4)有效性 公式中的l为导体有效切割长度，即导体在与v共同所在平面上垂直于v的方向上的投影长度。 下图中有效长度分别为：甲图：l＝cdsinβ(容易错算成l＝absinβ)。 乙图：沿v方向运动时，l＝MN；沿v方向运动时，l＝0。 1 2 丙图：沿v方向运动时，l＝R；沿v方向运动时，l＝0；沿v方向运动时，l＝R。 1 2 3 (5)相对性 E＝Blv中的速度v是相对于磁场的速度，若磁场也运动时，应注意速度间的相对关系。 3．导体转动切割磁感线 当导体棒在垂直于磁场的平面内，绕导体棒上某一点以角速度ω匀速转动时，则： (1)以导体棒中点为轴时，E＝0(相同两段的代数和)。 (2)以导体棒端点为轴时，E＝Bωl2。 (3)以导体棒上任意一点为轴时，E＝Bω(l－l)(不同两段的代数和，其中l>l)。 1 2 二.典型例题 题型一：平动——动生电动势公式和安培力公式中的有效长度 例1．如图所示，光滑水平面上存在有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为 B，质 量为m边长为a的正方形导体框MNPQ斜向上垂直进入磁场，当MP刚进入磁场时速度为v，方 向与磁场变化成45°，若导体框的总电阻为R，则 （ ） A．导体进入磁场过程中，导体框中电流的方向为MNPQ √2Bav B．MP刚进入磁场时导体框中感应电流大小为 R√2B2a2v C．MP刚进入磁场时导体框所受安培力为 R 3Bav D．MP刚进入磁场时M、P两端的电压为 4 【解答】解：A、根据楞次定律可得导体进入磁场过程中，导体框中电流的方向为 MQPN，故A 错误； B、根据导体切割磁感应线产生的感应电动势的计算公式可得感应电动势 E＝Bav，MP刚进入磁 E Bav 场时导体框中感应电流大小为：I= = ，故B错误； R R √2B2a2v C、根据安培力的计算公式可得MP刚进入磁场时导体框所受安培力为F＝BI⋅√2a= R ，故C正确； D、MP 刚进入磁场时 M、P 两端的电压为路端电压，根据闭合电路的欧姆定律可得 U 1 1 = E= Bav，故D错误。 2 2 故选：C。 题型二：转动——感应电源的串联与并联及电路分析 （多选）例2．如图所示，用粗细均匀的铜导线制成半径为 r、电阻为4R的圆环，PQ为圆环的直 径，在PQ的左右两侧均存在垂直圆环所在平面的匀强磁场，磁感应强度大小均为 B，但方向相 反。一根长为2r、电阻不计的金属棒MN绕着圆心O以角速度 顺时针匀速转动，金属棒与圆 环紧密接触。下列说法正确的是（ ） ω A．金属棒MN两端的电压大小为B r2 Bωrω 2 B．金属棒MN中的电流大小为 2R C．图示位置金属棒中电流方向为从M到ND．金属棒MN在转动一周的过程中电流方向不变 【解答】解：A、图示时刻，由右手定则，MN中电流方向由N到M，根据法拉第电磁感应定律 1 可得，产生的感应电动势为两者之和，即E＝2• Br2 ＝B r2， 2 ω ω 由于金属棒MN电阻不计，MN内电压为零，MN两端电压等于感应电动势，即MN两端电压为： B r2，故A正确； ω E Br2ω B、两半圆环并联电阻为R，通过MN的电流：I= = ，故B错误； R R C、由右手定则可知，在图示时刻，电流由M流向N，故C正确； D、由右手定则可知，OM在右侧磁场ON在左侧磁场时，感应电流由N流向M，右侧可知，金 属棒MN在转动一周过程中电流方向是发生变化的，故D错误； 故选：AC。 题型三：转动——求转动导体上两点间电动势 （多选）例3．在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一与磁场方向垂直长度为L金属杆aO，已知 L ab＝bc＝cO= ，a、c与磁场中以O为圆心的同心圆（都为部分圆弧）金属轨道始终接触良好． 3 一电容为C的电容器接在轨道上，如图所示，当金属杆在与磁场垂直的平面内以 O为轴，以角 速度 顺时针匀速转动时（ ） ω A．U ＝2U ac ab B．U ＝9U a0 c0 4 C．电容器带电量Q= BL2 C 9 ω D．若在eO间连接一个电压表，则电压表示数为零 1 【解答】解：AB、根据转动切割磁感线感应电动势公式E= Bl2 得，ao、bo、co间的电势差 2 ω 分别为： 1 U = BL2 ， ao 2 ω1 2 2 U = B（ L）2 = BL2 ， bo 2 3 9 ω ω 1 1 1 U = B（ L）2 = BL2 ， co 2 3 18 ω ω 4 则U ＝U ﹣U = BL2 ， ac ao co 9 ω 5 U ＝U ﹣U = BL2 ， ab ao bo 18 ω 8 可见，U = U ，U ＝9U ，故A错误，B正确； ac ab a0 c0 5 4 C、电容器板间电压等于ac间的电势差，则电容器所带电量为 Q＝CU = BL2 C．故C正确。 ac 9 ω D、若在eO间连接一个电压表，电压表与co、导轨组成的闭合回路，磁通量增加，会有电流通 过电压表，则电压表将有示数。故D错误。 故选：BC。 题型四:切割速度指的是导体相对磁场的速度 例4．如图所示，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v 匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为v。导轨和金 0 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： （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。 【解答】解：（1）MN刚扫过金属杆时，杆上产生的感应电动势为：E＝Bdv ， 0 E 感应电流为：I= RBdv 联立解得：I= 0 R （2）MN刚扫过金属杆时，杆受到的安培力为：F＝BId 由牛顿第二定律有：F＝ma 联立解得：a B2d2v = 0 mR （3）PQ刚要离开金属杆时，金属杆切割磁感线的速度为：v′＝v ﹣v 0 则感应电动势为：E′＝Bd（v ﹣v） 0 E'2 电功率为：P= R 解得：P B2d2 (v -v) 2 = 0 R Bdv 答：（1）MN刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I为 0； R （2）MN刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a为B2d2v ； 0 mR （3）PQ刚要离开金属杆时，感应电流的功率P为B2d2 (v -v) 2 0 R 题型五：区分电动势与电压 例5.（多选）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1＝1m，cd间、de 间、cf间分别接着阻值为R＝10 的电阻。一阻值为R＝10 的导体棒ab以速度v＝4m/s匀速 向左运动，导体棒与导轨接触良Ω好；导轨所在平面存在磁感Ω应强度大小为 B＝0.5T，方向竖直 向下的匀强做场。下列说法中正确的是（ ） A．导体棒中电流的流向为由b到a B．cd两端的电压为1V C．fe两端的电压为1VD．ab两端的电压为2V 【解答】解：A、根据右手定则得：导体棒ab中电流的流向为由a到b。故A错误。 R B、ab产生的感应电动势为E＝Blv＝0.5×1×4V＝2V，则cd两端的电压为U = E＝1V，故B cd 2R 正确； C、fe两端的电压等于cd两端的电压，是1V，故C正确； D、ab两端的电压等于cd两端的电压，是1V，故D错误； 故选：BC。 三.举一反三，巩固练习 1. 如图甲所示，abcd是由导体做成的“U”形粗糙框架，其所在平面与绝缘水平面（bc 在水平面上）的夹角为 ，质量为m、电阻为R的导体棒MN与导轨ab、cd垂直且接触良好， 回路MbcN是边长为L的θ正方形。整个装置放在垂直框架平面的磁场中，磁场的磁感应强度大 小随时间变化的关系图像如图乙所示（图中的B 、t 均已知），导体棒始终静止。重力加速度 0 0 大小为g，导轨电阻不计。下列说法正确的是（ ） A．在0～t 时间内，导体棒中感应电流的方向由M到N 0 B．在0～t 时间内，回路中产生的感应电动势为B L2 0 0 2t 0 C．在0～t 时间内，导体棒中产生的焦耳热为B 2L4 0 0 Rt 0 D．在t＝t 时刻，导体棒所受导轨的摩擦力小于mgsin 0 【解答】解：A、根据楞次定律可知，导体棒中感应电θ流的方向由N到M，故A错误； B、回路中产生的感应电动势 ΔΦ B L2 ， E= = 0 t t 0 0 故B错误；C、在0～t 时间内，导体棒中产生的焦耳热 0 E2 B 2L4 ， Q= t = 0 R 0 Rt 0 故C正确； D、在t＝t 时刻，导体棒所受安培力为零，根据物体的平衡条件可知，此时导体棒所受导轨的 0 摩擦力大小 f＝mgsin ， 故D错误θ； 故选：C。 2. 在光滑绝缘水平面上有如图所示两部分的磁场区域 I和Ⅱ（俯视），分别存在着垂直 纸面向内和垂直纸面向外的宽度均为L的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。边长为L的正方 形单匝金属线框在水平向右的拉力F的作用下（图中未画出）以初速v 进入，且能保持全过程 0 匀速穿过磁场区域，已知线框的电阻为R，则下列说法正确的是（ ） A．线框从整体处于I区到整体处于Ⅱ区的过程中穿过线框的磁通量变化量大小是0 B．全过程中线框受到水平拉力的最大值 2B2L2v F = 0 m R C．全过程中线框产生的焦耳热 4B2L3v Q= 0 R 6B2L3 D．若线框无拉力F的作用恰好能穿过磁场区域，则分析可得v = 0 mR 【解答】解：A、设磁场方向垂直纸面向里为磁通量正方向，则线框从整体处于1区到整体处于 II区的过程中穿过线框的磁通量变化量大小为：|Δ |＝|﹣BL2﹣BL2|＝2BL2，故A错误； B、当线框左右两条边均切割磁感线时，所受安培Φ力最大，由于线框匀速运动，受力平衡，即水 平拉力最大， 根据法拉第电磁感应定律有：E＝2BLv 0E 根据闭合电路欧姆定律有：I= 安培力F＝BIL R 联立，可得：F 4B2L2v ，故B错误； = 0 R L C、线框进磁场、出磁场和线框在磁场中切割磁感线三段过程中的时间均为 t= 线框进磁场、 v 0 BLv 出磁场产生的焦耳热为：Q ＝（ 0）2Rt 1 R BLv 线框在磁场中切割磁感线产生的焦耳热为：Q ＝（2× 0）2Rt 2 R 全过程中线框产生的焦耳热：Q＝2Q +Q 1 2 解得：Q 6B2L3v ，故C错误； = 0 R D、若线框无拉力F的作用恰好能穿过磁场区域，由动量定理得：Ft＝Δp 线框进磁场、出磁场和线框在磁场中切割磁感线三段过程中，根据电磁感应定律得： B2L3 4B2L3 B2L3 + + =mv 0 R R R 6B2L3 解得：v = ，故D正确。 0 mR 故选：D。 3. 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0.1m、总电 阻为0.005 的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图甲所示。已知导线 框一直向右Ω做匀速直线运动，cd边于t＝0时刻进入磁场。导线框中感应电动势随时间变化的 图线如图乙所示（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0.5TB．导线框运动速度的大小为1m/s C．磁感应强度的方向垂直于纸面向里 D．在t＝0.4s至t＝0.6s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.04N L 0.1 【解答】解：AB、导线框运动的速度为：v= = m/s＝0.5m/s，根据动生电动势公式和图象 t 0.2 知：E＝BLv＝0.01V，代入数据解得：B＝0.2T，故AB错误； C．根据楞次定律可知，磁感应强度的方向垂直于纸面向外，C错误； E 0.01 D．在t＝0.4s至t＝0.6s这段时间内，导线框中的感应电流大小为：I= = A=2A，导线 R 0.005 框所受的安培力大小为：F＝BIL＝0.2×2×0.1N＝0.04N，故D正确。 故选：D。 π 4. 如图所示区域内存在匀强磁场，磁场的边界由x轴和y＝2sin x（0≤x≤2m）曲线围 2 成，现有一边长为2m的正方形单匝线框在水平拉力F的作用下，以水平速度v＝10m/s匀速穿 过该磁场区，磁场区的磁感应强度为 0.4T，线框电阻 R＝0.5 ，不计一切摩擦阻力，则 （ ） Ω A．拉力F的最大值为10N B．拉力F的最大功率为12.8W C．拉力F要做12.8J的功才能让线框通过此磁场区 D．拉力F要做25.6J的功才能让线框通过此磁场区 π 【解答】解：线框切割磁感线产生的感应电动势：e＝Byv＝0.4×2×10sin（ ×10t）（V）＝ 2 8sin5 t（V）。线框匀速运动，水平拉力F等于安培力。 π E 8 A、水平拉力F的最大值为：F ＝BI L =B× m×y =0.4× ×2N＝12.8N，故A错误； m m m R m 0.5 B、拉力F的最大功率为：P ＝F v＝12.8×10W＝128W，故B错误； m m 2L 4 CD、拉力让线框通过此磁场区，运动时间：t= = s＝0.4s，线框切割磁感线产生的感应电 v 102π 2π 动势的周期T= = s＝0.4s，也就是拉力让线框通过此磁场区，运动时间刚好是一个周期。 ω 5π E2 因为线框匀速运动，拉力 F才能让线框通过此磁场区要做的功产生的焦耳热：Q＝W= T R E m 2 ( ) √2 ，代入数据解得：W＝25.6J，故C错误，D正确。 = ×T R 故选：D。 5. 如图所示，两根平行光滑金属导轨置于水平面内，轨道间距为l，轨道左端接有电阻 R，金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，金属导轨和金属棒的电阻忽略不计。金属导轨之 间存在匀强磁场，磁场方向垂直于导轨平面向下，磁感应强度的大小为 B。当施加垂直ab杆 的水平向右的外力，使ab杆以速度v向右匀速运动，下面说法正确的是（ ） A．杆中感应电流方向由a流向b B2l2v B．杆ab所受水平外力的大小为 R Bl2v C．杆ab所受安培力的大小为 R Bl2v2 D．电阻R上消耗的功率P为 R 【解答】解：A、由右手定则可知，杆中感应电流方向由b流向a，故A错误； Blv B2l2v BC、杆ab所受安培力的大小为：F=BIl=B⋅ ⋅l= ； R R B2l2v 杆做匀速运动，则水平外力的大小为F =F= ，故B正确，C错误； 外 R E2 B2l2v2 D、电阻R上消耗的功率为：P= = ，故D错误。 R R 故选：B。 6. 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的电荷量之比为1：2，则 B' 等于（ ） B 1 3 A．2 B．1 C． D． 2 2 【解答】解：设圆的半径为R，金属杆的电阻为r。 1 金属杆从Q到S的过程中：Δ ＝BΔS= B R2 4 Φ π E ΔΦ BπR2 根据电荷量的计算公式可得：q =It= t= = ⋯① 1 r r 4r πR2 磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B′的过程中，Δ ′= （B′−B） 2 Φ E' ΔΦ' π(B'-B)R2 第二次通过线圈某一横截面的电荷量为：q =I't′= t= = ⋯② 2 r r 2r 由题，q ：q ＝1：2…③ 1 2 B' 联立①②③可得： =2，故A正确，BCD错误。 B 故选：A。 7. 如图所示，竖直放置的∩形光滑导轨宽为L，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为 d，磁感应强度为B。质量为m的水平金属杆由静止释放，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等。金 属杆在导轨间的电阻为 R，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为 g。金属杆 （ ）A．刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下 B．穿过磁场Ⅰ的时间小于在两磁场之间的运动时间 C．穿过两磁场产生的总热量为4mgd D．释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h可能小于m2gR2 2B4L4 【解答】解：A．由于金属杆进入两个磁场的速度相等，而穿出磁场后金属杆做加速度为g的加 速运动，所以金属杆进入磁场时应做减速运动，故A错误； B2L2v B．对金属杆受力分析，根据 -mg=ma可知，金属杆做加速度减小的减速运动，其进出 R 磁场的v﹣t图像如图所示： 由于0～t 和t ～t 图线与t轴包围的面积相等（都为d），所以t ＞（t ﹣t ），故B错误； 1 1 2 1 2 1 C．从进入Ⅰ磁场到进入Ⅱ磁场之前过程中，动能不变，根据能量守恒，金属棒减小的重力势能 全部转化为焦耳热，又因为进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，所以金属杆通过磁场Ⅰ和磁场Ⅱ产 生的热量相等，则总热量为Q＝4mgd，故C正确； B2L2v D．若金属杆进入磁场做匀速运动，则 -mg=0 RmgR 得v= B2L2 mgR v2 结合前面分析可知金属杆进入磁场的速度大于 ，根据h= 得金属杆进入磁场的高度应 B2L2 2g m2g2R2 m2gR2，故D错误。 h＞ = 2gB4L4 2B4L4 故选：C。 8. 正方形金属线框MNQP的PQ边与匀强磁场的边界重合，匀强磁场垂直纸面且范围足 够大，第一次将金属线框以速度v匀速拉进匀强磁场内（如图甲）；第二次金属框以PQ边为 轴匀速转动，MN边的线速度大小为v，线框从上往下看逆时针旋转180°（如图乙）.设两个过 程中线框中产生的焦耳热分别为Q 和Q ，则Q 等于（ ） 1 2 1 Q 2 4 8 A．4 B．8 C． D． π π 【解答】解：设正方形金属线框的边长为l，电阻为R，磁场的磁感应强度为B，根据法拉第电 l 磁感应定律可知图甲产生的感应电动势为 E ＝Blv，进入过程时间为t = ，产生的热量为 1 1 v E2 B2l3v； Q = 1t = 1 R 1 R Blv πl E2 πB2l3v 图乙产生的感应电动势有效值E= ，时间为t = ，产生的热量为Q = t = ，求 √2 2 2v 2 R 2 4R得Q 4，故C正确，ABD错误. 1= Q π 2 故选：C。 9. 如图所示，相距为L的平行金属导轨AC、DE左端与边长为L的正方形N匝线圈连 接，导体棒ab跨在两金属导轨上与它们组成闭合回路。正方形线圈内有磁感应强度大小为B 的匀强磁场，方向垂直线框平面向里，两导轨之间有磁感应强度大小为 B 的匀强磁场，方向 0 垂直导轨平面向里。除导体棒ab之外，其余电阻均不计。现使ab棒沿两金属导轨以恒定的速 度v 向右运动，运动过程中始终与两导轨垂直且接触良好，t时间内导体棒上产生的热量为 0 Q。若固定ab棒，使正方形线框中的磁场均匀变化，t时间内导体棒上产生的热量为4Q，则正 ΔB 方形线框内磁感应强度的变化率 为（ ） Δt v B v B 4v B 2v B A． 0 0 B． 0 0 C． 0 0 D． 0 0 4NL 2N L NL NL 【解答】解：当ab棒以恒定的速度向右运动时，由切割产生感应电动势公式可知有：E ＝B Lv 1 0 0 只有ab棒有电阻，时间t内产生的热量：Q E2 1= 1t R ΔΦ ΔB 正方形线圈中磁感应强度变化时，E =N× =N×L2× 2 Δt Δt 4t内导体棒产生的热量：Q E2 2= 2×4t R 由题意知，Q ＝Q 1 2 ΔB v B 联立求得： = 0 0，故ACD错误，B正确。 Δt 2NL 故选：B。 10. 如图，竖直平面内在A、D两点各固定一颗光滑钉子，一个由细软导线制成的闭合导 线框挂在两颗钉子上，导线框的电阻为r，半圆的半径为R，半圆内匀强磁场的磁感应强度为B．重物通过绝缘动滑轮挂在导线框上．从t＝0时刻开始，将导线上的C点绕圆心O以恒定角 速度 从A点沿圆弧移动到D点，导线始终绷紧．此过程中，下列说法正确的是（ ） ω A．导线中张力保持不变 B．导线中感应电流的方向先顺时针后逆时针 ωBR2sinωt C．导线中感应电流随时间t的变化关系为i= r πωB2R4 D．导线中产生的电热为 2r 【解答】解：A、对滑轮B分析可知，两边绳子拉力总是相等的，则两边绳子与竖直方向的夹角 总相等，随着C点沿圆弧从A点移到D点，AC段与CD段绳子之和先增加后减小，则AE段与 ED段绳子之和先减小后增加，AE段绳子与ED段绳子的夹角先增加后减小。由2Tcos ＝mg可 知，绳子的拉力T先增加后减小，故A错误； α B、设 C 点转过的角度为 ＝ t，根据几何知识可得，线框上的三角形的面积为：S θ ω 1 = ×2R×Rsinθ。磁通量为 ＝BS＝BR2sin 。因 角从0°度到180°，则导线框中的磁通量先 2 Φ θ θ 增大后减小，根据楞次定律可知，感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向，故B错误； ΔΦ C、根据法拉第电磁感应定律：E= ，可知导线框中感应电动势随时间t的变化关系为e＝ Δt ωBR2cosωt BR2cos t。感应电流随时间t的变化关系为i= ，故C错误； r ω ω ωBR2 D、导线框中感应电动势的有效值为： E= ，故导线框中产生的电热为：Q √2 E2 T πωB2R4 = × = ，故D正确。 R 2 2r 故选：D。 11. 如图1所示，两条平行光滑水平导轨间距为L，左侧弯成竖直面内的四分之一圆弧，其半径也为L，右侧折成倾斜导轨，其倾角 ＝45°。导轨水平部分有竖直向上的匀强磁场，以 导体杆ab释放开始计时，磁感应强度B随时θ间t变化规律如图2所示。导体棒ab固定在圆弧 导轨最高点，cd固定在水平导轨上，与圆弧底端相距为2L，导体棒ab、cd长均为L、电阻均 为R，质量分别为m和2m。现从静止释放导体棒ab，当ab到达圆弧底端时立即释放导体棒 cd。已知L＝5m，R＝5 ，m＝1kg，B ＝2T，水平导轨长度足够两导体棒在磁场中达稳定状 0 态，且两棒在水平导轨上Ω不会相撞，不计导轨电阻和空气阻力，取g＝10m/s2。求： （1）导体棒ab在圆弧导轨上运动的过程中，导体棒cd中产生的焦耳热Q； （2）两棒在水平导轨上运动过程中通过导体棒截面的电荷量q； （3）若倾斜导轨足够长，且导体棒落在倾斜导轨上立即被锁定，求导体棒ab、cd最终静止时的 水平间距d。 √2L 【解答】解：（1）已知物体自由下降高度为L所用时间为t= ，比较可知导体棒ab 到达圆 g 弧底端前磁场已经恒定，则ab 在圆弧轨道上运动产生焦耳热的时间 √2L t= ，解得t＝1s g ΔΦ ΔB 由法拉第电磁感应定律得：E= = 2L2=2B L2解得：E＝100V 0 Δt Δt 导体棒cd中产生的焦耳热Q E2 ，解得：Q＝500J = Rt 4R2 1 （2）两棒在水平导轨上满足动量守恒，最后共速。mv ＝3mv，对ab棒由动能定理得：mgL= 0 2 mv 2 0 2 10 对cd棒由动量定理得： BILt＝2mv，即qBL＝2mv，解得：q= C，v ＝10m/s，v= m/s 0 3 3 ∑ BLΔx 2 （3）设两棒的相对位移为Δx，则q= 解得：Δx= m 2R 3cd棒运动到斜面边缘时两棒相距Δx，然后cd做平抛运动，由于斜面倾角为45°，故cd棒落到斜 v 面的速度角正切值tan ＝2tan45°＝2，tan = y v α α 20 2 10 2 20 解得：v = m/s，v ＝gt，解得：t= s，vt= × m= m＞Δx，说明cd棒落到斜面时，ab y y 3 3 3 3 9 棒已经离开水平面，所以两棒做平抛的速度相同，所以落在斜面上同一位置，导体棒ab、cd最 终静止时的水平间距d＝0 答：（1）导体棒ab在圆弧导轨上运动的过程中，导体棒cd中产生的焦耳热Q为500J 2 （2）两棒在水平导轨上运动过程中通过导体棒截面的电荷量q为 C 3 （3）若倾斜导轨足够长，且导体棒落在倾斜导轨上立即被锁定，求导体棒ab、cd最终静止时的 水平间距d为零。