【文档说明】(全国版)高考物理一轮复习课时练习选修3-2 第十章 专题突破 (含解析).doc，共(38)页，786.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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专题突破电磁感应定律的综合应用突破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步骤【例1】(多选)如图1所示，光滑的金属框CDEF水平放置，宽为L，在E、F间连接一阻值为R的定值电阻

，在C、D间连接一滑动变阻器R1(0≤R1≤2R)。框内存在着竖直向下的匀强磁场。一长为L，电阻为R的导体棒AB在外力作用下以速度v匀速向右运动，金属框电阻不计，导体棒与金属框接触良好且始终垂直，下列说法正确的是()图1A．ABFE回路的电流方向为逆时针，ABCD回路的电流方向为顺时

针B．左右两个闭合区域的磁通量都在变化且变化率相同，故电路中的感应电动势大小为2BLvC．当滑动变阻器接入电路中的阻值R1＝R时，导体棒两端的电压为23BLvD．当滑动变阻器接入电路中的阻值R1＝R2时，滑动变阻器有最大电功率且为B2L2v28R解析根据楞次定

律可知，A正确；根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势E＝BLv，故B错误；R1＝R时，外电路总电阻R外＝R2，故导体棒两端的电压即路端电压应等于13BLv，故C错误；该电路电动势E＝BLv，电源内阻为

R，求解滑动变阻器的最大电功率时，可以将导体棒和电阻R看成新的等效电源，等效内阻为R2，故当R1＝R2时，等效电源输出功率最大，即滑动变阻器电功率最大，最大值Pm＝U2R1R1＝（14E）2R2＝B2L2v28R，故D正确。

答案AD1．(多选)半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r、电阻为R的均匀金属棒AB置于圆导轨上面，BA的延长线通过圆导轨中心O，装置的俯视图如图2所示，整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，

方向竖直向下。在两环之间接阻值为R的定值电阻和电容为C的电容器。金属棒在水平外力作用下以角速度ω绕O逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触。导轨电阻不计。下列说法正确的是()图2A．金属棒中电流从B流向AB．金属棒两端电压为34Bωr2C．电容器的M板带负

电D．电容器所带电荷量为32CBωr2解析根据右手定则可知金属棒中电流从B流向A，选项A正确；金属棒转动产生的电动势为E＝Brωr＋ω·2r2＝32Bωr2，切割磁感线的金属棒相当于电源，金属棒两端电压相当于电

源的路端电压，因而U＝RR＋RE＝34Bωr2，选项B正确；金属棒A端相当于电源正极，电容器M板带正电，选项C错误；由C＝QU可得电容器所带电荷量为Q＝34CBωr2，选项D错误。答案AB2．(多选)如图3

甲所示，发光竹蜻蜓是一种常见的儿童玩具，它在飞起时能够持续发光。某同学对竹蜻蜓的电路作如下简化：如图乙所示，半径为L的导电圆环绕垂直于圆环平面、通过圆心O的金属轴O1O2以角速度ω逆时针匀速转动(俯视)。圆环上接有电阻均为r的三根金属辐条OP、OQ、OR，辐条互成120°角。在圆环左半部分

张角也为120°角的范围内(两条虚线之间)分布着垂直圆环平面向下磁感应强度为B的匀强磁场，在转轴O1O2与圆环的边缘之间通过电刷M、N与一个LED灯相连。假设LED灯电阻为r，其他电阻不计，从辐条OP进入磁场开始计时。在辐条OP转过1

20°的过程中，下列说法中正确的是()图3A．O、P两端电压为14BL2ωB．通过LED灯的电流为BL2ω8rC．整个装置消耗的电能为πωB2L48rD．增大磁感应强度可以使LED灯发光时更亮解析辐条OP进入磁场匀速转动时有E＝BLωL2，在电路中OP相当于内阻为r的电源，另外两根

金属辐条和LED灯并联，故而电路的总电阻R＝4r3，OP两端的电压为电源的路端电压U＝ER·r3＝BL2ω8，流过LED灯的电流是I＝Ur＝BL2ω8r，A错误，B正确；整个装置消耗的电能Q＝E2Rt＝E24r3·13·2πω＝πωB2L48r，C正确；由LE

D灯中电流为I＝BL2ω8r知，增大角速度、增大磁感应强度、减小辐条的电阻和LED灯的电阻等措施可以使LED灯变得更亮，故D正确。答案BCD突破二电磁感应中的图象问题1．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。2．电磁感应中图象类选择题的两个常用方法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。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。考向根据图象分析判断电磁感应过程【例2】(多选)(2018·全国卷Ⅲ，20)如图4(a)，在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R，R在PQ的右侧。导线PQ中通有正弦交流电i，i的变化如图

(b)所示，规定从Q到P为电流正方向。导线框R中的感应电动势()图4A．在t＝T4时为零B．在t＝T2时改变方向C．在t＝T2时最大，且沿顺时针方向D．在t＝T时最大，且沿顺时针方向解析因通电导线的磁感应强度大小正比于电流的大小，故导线框R中磁感应强度与时间的变化关

系类似于题图(b)，感应电动势正比于磁感应强度的变化率，即题图(b)中的切线斜率，斜率的正负反映电动势的方向，斜率的绝对值反映电动势的大小。由题图(b)可知，电流为零时，电动势最大，电流最大时电动势为零，A正确，B错误

；再由楞次定律可判断在一个周期内，T4～3T4内电动势的方向沿顺时针方向，T2时刻最大，C正确；其余时间段电动势沿逆时针方向，D错误。答案AC考向根据电磁感应过程选择图象【例3】(多选)如图5所示，光滑平行金属导轨MN、PQ放置在同一水平面

内，M、P之间接一定值电阻R，金属棒cb垂直导轨水平放置，金属棒cb及导轨电阻不计。整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，t＝0时对金属棒施加水平向右的外力F，使金属棒由静止开始做匀加速直线运动。下列关于

通过金属棒的电流i、通过导轨横截面的电荷量q、拉力F和拉力的功率P随时间变化的图象中正确的是()图5解析t＝0时对金属棒施加水平向右的外力F，使金属棒由静止开始做匀加速直线运动，设加速度为a，则金属棒的速度可表示为v＝at，由法拉第电磁感应定律，切割磁感线产生的感应电动势E＝B

Lv＝BLat，根据闭合电路欧姆定律，金属棒中电流i＝ER＝BLatR，与时间成正比，选项A正确；感应电动势E＝ΔΦΔt＝BΔSΔt，S＝Lx＝L·12at2，i＝ER，q＝iΔt，联立解得q＝12RBLat2，选项B错误；金属棒运动过程中所

受的安培力F安＝BiL＝B2L2atR，由牛顿第二定律，得F－F安＝ma，解得F＝ma＋B2L2atR，选项C正确；拉力的功率P＝Fv＝(ma＋B2L2atR)at，选项D错误。答案AC电磁感应中的图象问题的分析

方法1．图6中有A、B两个导线圈。线圈B连接一电阻R，要使流过电阻R的电流大小恒定，且方向由c点流经电阻R到d点，设线圈A中电流i从a点流入线圈的方向为正方向，则线圈A中的电流随时间变化的图象应为图中的()图6解析要让线圈B中产生感应电流，A中的电流应发生变化，C、D错误；若A

中的电流由a流入，且越来越小，则根据右手螺旋定则可知穿过B的磁通量向左，且越来越小，根据楞次定律可知B中产生的感应电流由d点流经电阻R到c点，B错误；同理，若A中的电流从b点流入，且电流越来越小，则根据楞次定律，B中产生的感应电流从c点流经电阻R到d点，A正确。答案A2．(多选)

如图7甲所示，在水平桌面上放置边长为0.20m的正方形闭合金属线圈abcd，线圈的匝数为10，总电阻为0.10Ω，线圈与水平桌面间的最大静摩擦力为0.2N。线圈的右半边处于垂直桌面、均匀分布的磁场中，磁场左边界MN与线圈ab、cd两边平行且等距。从t＝0时刻起，磁场的磁感应

强度B随时间t的变化规律如图乙所示。假设垂直桌面向下为正方向，重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是()图7A．t＝1s时线圈受到的安培力为零B．t＝6s时线圈即将向右滑动C．线圈滑动前，其导线中的电

流一直为0.4AD．线圈滑动前，其产生的焦耳热为2.4×10－2J解析t＝1s时磁感应强度为零，线圈受到的安培力为零，选项A正确；由题图乙可知，ΔBΔt＝0.1T/s，磁感应强度随时间变化的关系为B＝－0.1T＋ΔBΔtt＝(－0.1＋0

.1t)T，当线圈未滑动时，由法拉第电磁感应定律知，线圈中产生的感应电动势E＝nSΔBΔt＝10×0.20×0.10×0.1V＝0.02V，根据闭合电路欧姆定律，线圈中电流I＝ER＝0.2A，由题图乙可知t＝6s时磁感应强

度为B＝0.5T，线圈受到的安培力大小F＝nBIL＝10×0.5×0.2×0.20N＝0.2N，恰好等于线圈与水平桌面间的最大静摩擦力0.2N，根据楞次定律可知，线圈即将向左滑动，选项B错误；线圈滑动前，其导线中的电流一直为

0.2A，选项C错误；由焦耳定律知，线圈滑动前，其产生的焦耳热Q＝I2Rt＝0.22×0.10×6J＝2.4×10－2J，选项D正确。答案AD突破三电磁感应中的动力学问题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.电磁感应中的动力学临界问题(1)解决这类问题的关键是通过受力情况和运动状态的分析，寻找过程中的临界状态，如速度、加速度为最大值或最小值的条件。【例4】足够长的平行金属导轨MN和PQ表面粗糙，与水平面间的夹

角为θ＝37°(sin37°＝0.6)，间距为1m。垂直于导轨平面向上的匀强磁场的磁感应强度的大小为4T，P、M间所接电阻的阻值为8Ω。质量为2kg的金属杆ab垂直导轨放置，不计杆与导轨的电阻，杆与导轨间的动摩擦因数为0.25。金属杆ab在沿导轨向下且与杆垂直的恒力F作用下，由静

止开始运动，杆的最终速度为8m/s，取g＝10m/s2，求：图8(1)当金属杆的速度为4m/s时，金属杆的加速度大小；(2)当金属杆沿导轨的位移为6m时，通过金属杆的电荷量。解析(1)对金属杆ab应用牛顿第二定律，有F＋mgsinθ－F安－f＝ma，f＝μFN，FN＝mgcosθab杆所受安培力

大小为F安＝BILab杆切割磁感线产生的感应电动势为E＝BLv由闭合电路欧姆定律可知I＝ER整理得：F＋mgsinθ－B2L2Rv－μmgcosθ＝ma代入vm＝8m/s时a＝0，解得F＝8N代入v＝4m/s及F＝8N，解得a＝4m/s2(2)设通过回路横截面的电荷量为q，则q＝I－t回路中

的平均电流强度为I－＝E－R回路中产生的平均感应电动势为E－＝ΔΦt回路中的磁通量变化量为ΔΦ＝BLx，联立解得q＝3C答案(1)4m/s2(2)3C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：1．(2017·天津理综，3)如图9所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R。金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下。现使磁感应强度随时间均匀减小，

ab始终保持静止，下列说法正确的是()图9A．ab中的感应电流方向由b到aB．ab中的感应电流逐渐减小C．ab所受的安培力保持不变D．ab所受的静摩擦力逐渐减小解析导体棒ab、电阻R、导轨构成闭合回路

，磁感应强度均匀减小(ΔBΔt＝k为一定值)，则闭合回路中的磁通量均匀减小，根据楞次定律，可知回路中产生顺时针方向的感应电流，ab中的电流方向由a到b，故选项A错误；根据法拉第电磁感应定律，感应电动势E＝ΔΦΔt＝ΔB·SΔt＝kS，回路面积S不变，即感应电动势为定值，根据闭合电路欧姆定律

I＝ER，所以ab中的电流大小不变，故选项B错误；安培力F＝BIL，电流大小不变，磁感应强度减小，则安培力减小，故选项C错误；导体棒处于静止状态，所受合力为零，对其受力分析，水平方向静摩擦力f与安培力F等大反向，安培力减小，则静摩擦力减小，故选项D正

确。答案D2.如图10，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d(d＞L)的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下。导线框以某一初速度向右运动。t＝0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场

区域。下列v－t图象中，可能正确描述上述过程的是()图10解析导线框开始进入磁场过程，通过导线框的磁通量增大，有感应电流，进而受到与运动方向相反的安培力作用，速度减小，感应电动势减小，感应电流减小，安培力减小，导线框的加速度减小，v－t图线的斜率减小；导线框全部进

入磁场后，磁通量不变，无感应电流，导线框做匀速直线运动；导线框从磁场中出来的过程，有感应电流，又会受到安培力阻碍作用，速度减小，加速度减小，选项D正确。答案D突破四电磁感应中的能量和动量问题1．电磁感应中的能量转化2．求解焦耳热Q的三种方法3．动量守恒定律在电磁

感应现象中的应用在双金属棒切割磁感线的系统中，双金属棒和导轨构成闭合回路，安培力充当系统内力，如果它们受到的安培力的合力为0时，满足动量守恒，运用动量守恒定律求解比较方便。考向电磁感应中的能量问题【例5】(2019·石家庄模拟)相距为L＝2m的

足够长的金属直角导轨如图11甲所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边垂直于水平面。质量均为m＝0.1kg的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数均为μ＝0.5，导轨电阻不计，回路中ab、cd电阻分别为R1＝0.6Ω，R2＝0.4Ω。整个

装置处于磁感应强度大小为B＝0.50T、方向竖直向上的匀强磁场中。当ab杆在平行于水平导轨的拉力F作用下从静止开始沿导轨匀加速运动时，cd杆也同时从静止开始沿导轨向下运动。测得拉力F与时间t的关系如图乙所示。g取10m/s2，求：图11(1)ab杆的加速度

a；(2)当cd杆达到最大速度时ab杆的速度大小；(3)若从开始到cd杆达到最大速度的过程中拉力F做了5.2J的功，求该过程中ab杆所产生的焦耳热。解析(1)由图乙可知，t＝0时，F＝1.5N对ab杆：F－μmg＝ma代入数据得a＝10m/s2

(2)cd杆受力情况如图(从d向c看)，当cd杆所受重力与滑动摩擦力相等时，速度最大，即mg＝μFN又FN＝F安安培力F安＝BIL感应电流I＝ER1＋R2＝BLvR1＋R2由以上几式解得v＝2m/s(3)ab杆发生的位移为x＝v22a＝0.2m对ab杆应用动能定理得WF－μmgx－W安

＝12mv2解得W安＝4.9J根据功能关系得Q＝W安所以ab杆上产生的焦耳热为Qab＝R1R1＋R2Q＝2.94J答案(1)10m/s2(2)2m/s(3)2.94J考向电磁感应中的动量问题【例6】如图12所示，MN、PQ是固定在水平桌面上，相距l＝1.0m的光滑平行金属导轨，MP两点间接有R＝0

.6Ω的定值电阻，导轨电阻不计。质量均为m＝0.1kg，阻值均为r＝0.3Ω的两导体棒a、b垂直于导轨放置，并与导轨良好接触。开始时两棒被约束在导轨上处于静止，相距x0＝2m，a棒用细丝线通过光滑滑轮与质量为m0＝0.2kg的重物c相连，重物c距地面高度也为x0＝2

m。整个桌面处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B＝1.0T。a棒解除约束后，在重物c的拉动下开始运动(运动过程中丝线始终与b棒没有作用)，当a棒即将到达b棒位置前一瞬间，b棒的约束被解除，此时a棒已经匀速运动，试求：图12(1)a棒匀速运动时棒中的电流大小；(

2)已知a、b两棒相碰后即粘合成一根“更粗的棒”，假设导轨足够长，试求该“粗棒”能运动的距离；(3)a棒解除约束后整个过程中装置产生的总焦耳热。解析(1)由题意m0g＝BlIa，可得Ia＝2A(2)设碰前a棒的速度为v，则Ia＝BlvR

总，R总＝0.6×0.30.6＋0.3Ω＋0.3Ω＝0.5Ωv＝1m/sab碰撞过程mv＝2mv′，v′＝0.5m/sab碰撞后的整体运动过程，由动量定理得－I－lBt＝0－2mv′，q＝I－t＝BlxR＋r2得x＝0.075m(3)发生碰撞前m0g

x0－Q1＝12(m0＋m)v2得Q1＝3.85J发生碰撞后Q2＝12×2mv′2＝0.025J所以整个运动过程Q＝Q1＋Q2＝3.875J答案(1)2A(2)0.075m(3)3.875J1．(多选)

(2018·江苏单科，9)如图13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(

),图13)A．刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下B．穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间C．穿过两磁场之间的总热量为4mgdD．释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h可能小于m2gR22B4L4解析根据题述，由金属杆进入磁场Ⅰ和进入磁场Ⅱ时速度相等可知，金属杆在

磁场Ⅰ中做减速运动，所以金属杆刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向上，选项A错误；由于金属杆进入磁场Ⅰ后做加速度逐渐减小的减速运动，而在两磁场之间做匀加速运动，运动过程如图所示(其中v1为金属杆刚进入Ⅰ时的速度

，v2为金属杆刚出Ⅰ时的速度)，图线与时间轴所围的面积表示位移，两段运动的位移相等，所以穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间，选项B正确；根据能量守恒定律，金属杆从刚进入磁场Ⅰ到刚进入磁场Ⅱ过程动能变化量为0，重力做功为2mgd，则金属杆穿过磁场Ⅰ产生的

热量Q1＝2mgd，而金属杆在两磁场区域的运动情况相同，产生的热量相等，所以金属杆穿过两磁场产生的总热量为2×2mgd＝4mgd，选项C正确；金属杆刚进入磁场Ⅰ时的速度v＝2gh，进入磁场Ⅰ时产生的感应电动势E＝Blv，感应电流I＝ER，所受安培力F＝BIL，由于金属杆刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖

直向上，所以安培力大于重力，即F>mg，联立解得h>m2gR22B4L4，选项D错误。答案BC2．如图14所示，平行金属导轨MN、M′N′和平行金属导轨PQR、P′Q′R′固定在高度差为h(数值未知)的两水平

台面上。导轨MN、M′N′左端接有电源，MN与M′N′的间距为L＝0.10m，线框空间存在竖直向上的匀强磁场、磁感应强度B1＝0.20T；平行导轨PQR与P′Q′R′的间距为L＝0.10m，其中PQ与P′Q′是圆心角为60°、半径为r＝0.50m

的圆弧形导轨，QR与Q′R′是水平长直导轨，QQ′右侧有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B2＝0.40T。导体棒a质量m1＝0.02kg，接在电路中的电阻R1＝2.0Ω，放置在导轨MN、M′N′右侧N′

N边缘处；导体棒b质量m2＝0.04kg，接在电路中的电阻R2＝4.0Ω，放置在水平导轨某处。闭合开关K后，导体棒a从NN′水平抛出，恰能无碰撞地从PP′处以速度v1＝2m/s滑入平行导轨，且始终没有与棒b相碰。重力加速度g＝10m/s2，不计一切摩擦及空气阻力

。求：图14(1)导体棒b的最大加速度；(2)导体棒a在QQ′右侧磁场中产生的焦耳热；(3)闭合开关K后，通过电源的电荷量q。解析(1)设a棒滑到水平导轨上时的速度大小为v2，则从PP′到QQ′，由动能定理得m1g(r－rcos60°)＝12m1v22－1

2m1v21解得v2＝3m/s因为a棒刚进磁场时，a、b棒中的电流最大，b棒受力最大，加速度最大，所以E＝B2Lv2＝0.12VI＝ER1＋R2＝0.02A由牛顿第二定律有B2IL＝m2amax则导体棒b的最大加速度amax＝0

.02m/s2(2)两个导体棒在运动过程中，动量守恒且能量守恒，当两棒的速度相等时回路中的电流为零，此后两棒做匀速运动，两棒不再产生焦耳热。所以由动量守恒定律有m1v2＝(m1＋m2)v3设a棒在此过程中

产生的焦耳热为Qa，b棒产生的焦耳热为Qb由能量守恒定律有12m1v22＝12(m1＋m2)v23＋Qa＋Qb由于a、b棒串联在一起，所以有QaQb＝R1R2Qa＝0.02J(3)设闭合开关后，a棒以速度v0水平抛出，则有v0＝v

1cos60°＝1m/s对a棒冲出过程由动量定理得∑B1ILΔt＝m1v0即B1Lq＝m1v0q＝1C答案(1)0.02m/s2(2)0.02J(3)1C建构模型系列——高考常考的“切割模型”【真题模型再现】来源图例模型命题点2016·高考全国卷Ⅱ第20题“导体棒转动切割”模型右手定则、E

＝BLv－的应用、闭合电路欧姆定律2016·高考全国卷Ⅰ第24题“导体棒平动切割”模型受力分析、平衡条件、公式E＝BLv的应用2016·高考全国卷Ⅱ第24题“单棒＋导轨”模型牛顿第二定律、法拉第电磁感

应定律、欧姆定律2017·高考全国卷Ⅱ第20题“线框切割”模型法拉第电磁感应定律、右手定则、安培力2017·高考全国卷Ⅲ第15题“单棒＋导轨”模型楞次定律、磁通量的概念2018·高考全国卷Ⅰ第17题“导体棒转动切割”模型法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、电荷量的计算20

18·高考全国卷Ⅱ第18题“线框切割”模型i－t图象、楞次定律、法拉第电磁感应定律【常考模型训练】1．[“导体棒转动切割”模型](多选)如图15所示为一圆环发电装置，用电阻R＝4Ω的导体棒弯成半径L＝0.2m的闭合圆环，圆心为O，COD是一条直径，在O、

D间接有负载电阻R1＝1Ω。整个圆环中均有B＝0.5T的匀强磁场垂直环面穿过。电阻r＝1Ω的导体棒OA贴着圆环做匀速圆周运动，角速度ω＝300rad/s，则()图15A．当OA到达OC处时，圆环的电功率为1WB．当OA到达OC处时，圆环的电功

率为2WC．全电路最大功率为3WD．全电路最大功率为4.5W解析当OA到达OC处时，圆环的电阻为1Ω，与R1串联接入电路，外电阻为2Ω，棒转动过程中产生的感应电动势E＝12BL2ω＝3V，圆环上分压为1V，所以圆环上的电功率为1W，选项A正确，B错误；当OA到达OD处时，圆环中的电

流为零，此时电路中总电阻最小，而电动势不变，所以全电路的电功率最大为P＝E2R1＋r＝4.5W，选项C错误，D正确。答案AD2．[“单棒＋导轨”模型]如图16所示，足够长的金属导轨固定在水平面上，金属导轨宽度L＝1.0m，导轨上放有垂直导轨的金属杆P，金属杆质量为m＝0.1kg，空间存在磁

感应强度B＝0.5T、竖直向下的匀强磁场。连接在导轨左端的电阻R＝3.0Ω，金属杆的电阻r＝1.0Ω，其余部分电阻不计。某时刻给金属杆一个水平向右的恒力F，金属杆P由静止开始运动，图乙是金属杆P运动过程的v－t图象，导轨与金属杆间的动摩擦因数μ＝0.

5。在金属杆P运动的过程中，第一个2s内通过金属杆P的电荷量与第二个2s内通过P的电荷量之比为3∶5。g取10m/s2。求：图16(1)水平恒力F的大小；(2)前4s内电阻R上产生的热量。解析(1)由图乙可知金属杆P先做加速度减小的加速运动，2s后做匀

速直线运动当t＝2s时，v＝4m/s，此时感应电动势E＝BLv感应电流I＝ER＋r安培力F′＝BIL＝B2L2vR＋r根据牛顿运动定律有F－F′－μmg＝0解得F＝0.75N。(2)通过金属杆P的电荷量q＝I－t＝E－R＋r·t其中E

－＝ΔΦt＝BLxt所以q＝BLxR＋r∝x(x为P的位移)设第一个2s内金属杆P的位移为x1，第二个2s内P的位移为x2则ΔΦ1＝BLx1，ΔΦ2＝BLx2＝BLvt又由于q1∶q2＝3∶5联立解得x2＝8m，x1＝

4.8m前4s内由能量守恒定律得F(x1＋x2)＝12mv2＋μmg(x1＋x2)＋Qr＋QR其中Qr∶QR＝r∶R＝1∶3解得QR＝1.8J。答案(1)0.75N(2)1.8J3．[“双棒＋导轨”模型]如图17所示，竖直放置的两光滑平行金属导轨置于垂直于

导轨平面向里的匀强磁场中，两根质量相同的导体棒a和b垂直放置在导轨上且与导轨接触良好，可自由滑动。先固定a，释放b，当b的速度达到10m/s时，再释放a，经过1s后，a的速度达到12m/s，则：(g取10m/s

2)图17(1)此时b的速度是多大？(2)假若导轨很长，试分析a、b棒最后的运动状态。解析(1)当b棒先向下运动时，在a和b以及导轨所组成的闭合回路中产生感应电流，于是a棒受到向下的安培力，b棒受到向上的安培力，且二者大小相等。释放a棒后，经过时间t，分别以a和b为研究对象，根据动量定理得(

mg＋F)t＝mva(mg－F)t＝mvb－mv0解得vb＝18m/s(2)在a、b棒向下运动的过程中，a棒的加速度a1＝g＋Fm，b棒的加速度a2＝g－Fm，闭合回路中磁通量的变化逐渐减小直至不变，感应电流也逐渐减小直至消失，则安培力也逐渐减小到零。最后，两棒以共同的速度向下做加速度

为g的匀加速运动。答案(1)18m/s(2)a、b棒以共同的速度向下做加速度为g的匀加速运动4．[“线框切割”模型](2019·南昌三校联考)如图18所示，空间分布着水平方向的匀强磁场，磁场区域的水平宽度d＝0.4m，竖直方向

足够长，磁感应强度B＝0.5T。正方形导线框PQMN边长L＝0.4m，质量m＝0.2kg，电阻R＝0.1Ω，开始时放在光滑绝缘水平板上“Ⅰ”位置。现用一水平向右的恒力F＝0.8N拉线框，使其向右穿过磁场区域，最后到达“Ⅱ

”位置(MN边恰好出磁场)。已知线框平面在运动中始终保持在竖直平面内，PQ边刚进入磁场时线框恰好做匀速运动，g取10m/s2。试求：图18(1)线框进入磁场前运动的距离D；(2)上述整个过程中线框内产

生的焦耳热；(3)线框进入磁场过程中通过其某一截面的电荷量。解析(1)线框在磁场中匀速运动，有F安＝FF安＝BIL，I＝ER，E＝BLv1联立解得v1＝FRB2L2＝2m/s由动能定理得FD＝12mv21解得D＝0.5m(2)由能量守

恒定律可知Q＝2Fd＝2×0.8×0.4J＝0.64J(3)根据q＝ΔΦR可得q＝BΔSR＝0.5×0.420.1C＝0.8C答案(1)0.5m(2)0.64J(3)0.8C课时作业电磁感应定律的综合应用(一)(时间：40分钟)基础巩固练1．如图1甲所示，在电阻R＝1Ω，面

积S1＝0.3m2的圆形线框中心区域存在匀强磁场，圆形磁场区面积S2＝0.2m2。若取磁场方向垂直纸面向外为正方向，磁感应强度B随时间的变化规律可用图乙描述，则线框中的感应电流I(取顺时针方向为正方向)随时间t的变化图线是()图1答案C2．如图2所示

，两个互连的金属圆环，小金属环的电阻是大金属环电阻的二分之一，磁场垂直穿过大金属环所在区域，当磁感应强度随时间均匀变化时，在大环内产生的感应电动势为E，则a、b两点间的电势差为()图2A.12EB.13EC.23ED．E解析a、b间的电势差等于路端电压，而小环

电阻占电路总电阻的13，故a、b间电势差为U＝13E，选项B正确。答案B3．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3所示的是()图3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。答案C4．(多选)如图4甲所示，光滑“∠”形金属支架ABC固定在水平面上，支架处在垂直于水平面向下的匀强磁场中，一金属导体棒EF放在支架上，用一轻杆将导体棒与墙固定连接，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所

示，取垂直于水平面向下为正方向，则下列说法中正确的是()图4A．t1时刻轻杆对导体棒的作用力最大B．t2时刻轻杆对导体棒的作用力为零C．t2到t3时间内，轻杆对导体棒的作用力先增大后减小D．t2到t4时间内，轻杆对导体棒的作用力方向不变解析由E＝nΔΦΔt，可知

t1时刻感应电动势为零，感应电流为零，安培力为零，轻杆对导体棒的作用力为零，故选项A错误；t2时刻感应电动势为最大，感应电流最大，但磁场为零，安培力为零，轻杆对导体棒的作用力为零，故选项B正确；t2到t3时间内，安培力先增大后减小，所以轻杆对导体棒的作用力先增大

后减小，故选项C正确；t2到t4时间内，感应电流方向改变，安培力方向改变，则轻杆对导体棒的作用力方向改变，故选项D错误。答案BC5．如图5所示，边长为L的正方形单匝线框有一半水平放置在与水平方向夹角为30°的匀强磁场

中，线框的左侧接入电阻R，右侧接入电容为C的电容器，其余电阻不计。若匀强磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示(规定斜向下为正方向)，则在0～t1时间内()图5A．电容器a板带正电B．电容器所带的电荷量为零C．线框中产生的感应电动势大小为B

0L22t0D．线框中产生的感应电动势大小为B0L24t0解析穿过线框的磁通量先向上减小，后向下增大，根据楞次定律可以判断，感应电流为逆时针，b板带正电，A错误；根据法拉第电磁感应定律E＝SΔBsin30°Δt＝12×L2

×B0×12t0＝B0L24t0，电容器所带的电荷量Q＝CE＝CB0L24t0，B、C错误，D正确。答案D6．(多选)在水平放置的两条平行光滑直导轨上有一垂直其放置的金属棒ab，匀强磁场与轨道平面垂直

，磁场方向如图6所示，导轨接有两定值电阻及电阻箱R，R1＝5Ω，R2＝6Ω，其余电阻不计。电路中的电压表量程为0～10V，电流表的量程为0～3A，现将R调至30Ω，用F＝40N的水平向右的力使ab垂直导轨向右平移，当棒ab达到稳定状态时，两电表中有一表正好达到满偏，而另一表

未达到满偏。则下列说法正确的是()图6A．当棒ab达到稳定状态时，电流表满偏B．当棒ab达到稳定状态时，电压表满偏C．当棒ab达到稳定状态时，棒ab的速度是1m/sD．当棒ab达到稳定状态时，棒ab的速度是2m/s解析假设电压表满偏，则通过电流表的电流为I＝UR2R

0R2＋R0＝2A＜3A，所以电压表可以满偏，此时电流表的示数为2A，故A错误，B正确；棒ab匀速运动时，水平拉力F与安培力大小相等，则有FA＝F＝BIL，得BL＝FI＝20N/A，感应电动势E＝U＋IR1＝(10＋2×5)V＝20V，又E＝BLv

，则得v＝EBL＝2020m/s＝1m/s，故C正确，D错误。答案BC7．(多选)如图7所示，平行且足够长的两条光滑金属导轨，相距L＝0.4m，导轨所在平面与水平面的夹角为30°，其电阻不计。把完全相同的两金属棒(长度均为0.4m)ab、cd分别垂直于导轨放置，并使每棒两端都与导轨良

好接触。已知两金属棒的质量均为m＝0.1kg、电阻均为R＝0.2Ω，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B＝0.5T，当金属棒ab在平行于导轨向上的力F作用下沿导轨向上匀速运动时，金属棒cd恰好能保持静止。

(g＝10m/s2)，则()图7A．F的大小为0.5NB．金属棒ab产生的感应电动势为1.0VC．ab棒两端的电压为1.0VD．ab棒的速度为5.0m/s解析对于cd棒有mgsinθ＝BIL，解得回路中的电流I＝2.5A，所以回路中的感应电动势E＝2IR＝1.0V，选项B正确；Uab＝

IR＝0.5V，选项C错误；对于ab棒有F＝BIL＋mgsinθ，解得F＝1.0N，选项A错误；根据法拉第电磁感应定律有E＝BLv，解得v＝5.0m/s，选项D正确。答案BD综合提升练8．(多选)如图8所示

，图中两条平行虚线间存在有匀强磁场，虚线间的距离为2L，磁场方向垂直纸面向里。abcd是位于纸面内的梯形闭合线框，ad与bc间的距离为2L且均与ab垂直，ad边长为2L，bc边长为3L，t＝0时刻，c点与磁场区域左边界重

合。现使线框以恒定的速度v沿垂直于磁场区域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及a、b间电势差U随时间t变化的关系图线可能是()图8解析在线框dc边逐渐进入磁场的过

程中，线框切割磁感线的有效长度逐渐增大，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可知，产生的感应电动势和感应电流逐渐增大；dc边完全进入后，线框切割磁感线的有效长度不变，产生的感应电动势和感应电流恒定；dc边出磁场过程，线框切割

磁感线的有效长度逐渐减小，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律，产生的感应电动势和感应电流逐渐减小，但此时通过线框的磁通量仍一直增大，电流为正；dc边完全出磁场后，ab边进入匀强磁场切割磁感线，产生的感应电动势和感应电流恒定，但电流为负，所以B正确，A错误；在0～3(Lv)时间段，线框

右侧部分切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，a、b之间的电势差与电流成正比，图象与电流图象类似；在3～5(Lv)时间段线框左侧部分切割磁感线产生感应电动势，相当于电源a、b之间的电势差为正值，D正确，C错误。答案BD9

．(2018·吉林省长春市七校第二次联考)如图9所示，两根水平放置的平行金属导轨，其末端连接等宽的四分之一圆弧导轨，圆弧半径r＝0.41m。导轨的间距为L＝0.5m，导轨的电阻与摩擦均不计。在导轨的顶端接有阻值为R1＝1.5Ω的电阻，整个装

置处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝2.0T。现有一根长度稍大于L、电阻R2＝0.5Ω、质量m＝1.0kg的金属棒。金属棒在水平拉力F作用下，从图中位置ef由静止开始匀加速运动，在t＝0时刻，F0＝1.5N，经2.0s运动到cd时撤去拉力，棒刚好能冲

到最高点ab，重力加速度g＝10m/s2。求：图9(1)金属棒做匀加速直线运动的加速度；(2)金属棒运动到cd时电压表的读数；(3)金属棒从cd运动到ab过程中电阻R1上产生的焦耳热。解析(1)刚开始拉金属棒时，由

牛顿第二定律得F0＝ma代入数据得a＝1.5m/s2(2)t＝2.0s时，金属棒的速度v＝at＝3m/s此时的感应电动势E＝BLv电压表示数U＝ER1＋R2R1，代入数据得U＝2.25V(3)金属棒从cd位置运动到ab位置，由动能定理得－mgr－W克安＝0－12mv2回路中产生的总焦耳热

Q＝W克安电阻R1上产生的焦耳热Q1＝QR1＋R2R1代入数据得Q1＝0.3J答案(1)1.5m/s2(2)2.25V(3)0.3J10．两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为l。导轨上面横放着两根导体棒ab和cd，构成矩形回路，如图10所示。两根导体

棒的质量皆为m，电阻皆为R，回路中其它部分的电阻可不计。在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B。设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行，开始时，棒cd静止，棒ab有指向棒cd的初速度v0。若两导体棒在运动中始终不接触，求：图10(1)在运动中产生的焦耳热最多是多少？(2)当棒ab

的速度变为初速度的34时，棒cd的加速度是多少？解析(1)从开始到两棒达到相同速度v的过程中，两棒的总动量守恒，有mv0＝2mv，根据能量守恒定律，整个过程中产生的焦耳热Q＝12mv20－12·2mv2

＝14mv20。(2)设棒ab的速度变为34v0时，cd棒的速度为v′，则由动量守恒定律可知mv0＝34mv0＋mv′得v′＝14v0，此时回路中的电动势E＝34Blv0－14BLv0＝12Blv0，回路

中的电流I＝E2R＝Blv04R，此时棒cd所受的安培力F＝BIl＝B2l2v04R。由牛顿第二定律可得棒cd的加速度大小为a＝Fm＝B2l2v04mR，方向水平向右答案(1)14mv20(2)B2l2v04mR课时作业电磁

感应定律的综合应用(二)(时间：40分钟)基础巩固练1．(2019·上海闵行区模拟)如图1所示，在外力的作用下，导体杆OC可绕O轴沿半径为r的光滑的半圆形框架在匀强磁场中以角速度ω匀速转动，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，A、O间接有电阻R，杆和框架电阻不计，则所施外力的功率

为()图1A.B2ω2r2RB.B2ω2r4RC.B2ω2r44RD.B2ω2r48R解析因为OC是匀速转动的，根据能量守恒可得，P外＝P电＝E2R，又因为E＝Br·ωr2，联立解得P外＝B2ω2r44R，选项C正确。答案C2．(多选)如图2所示，足够长的光滑导轨倾斜放置，导轨宽

度为L，其下端与电阻R连接。导体棒ab电阻为r，导轨和导线电阻不计，匀强磁场竖直向上。若导体棒ab以一定初速度v下滑，则关于ab棒的下列说法正确的是()图2A．所受安培力方向水平向右B．可能以速度v匀速下滑C．刚下滑的瞬间ab棒产生的感应

电动势为BLvD．减少的重力势能等于电阻R上产生的内能解析导体棒ab以一定初速度v下滑，切割磁感线产生感应电动势和感应电流，由右手定则可判断出电流方向为从b到a，由左手定则可判断出ab棒所受安培力方向水平向右，选项A正确；当mgsinθ＝BILcosθ时，ab棒沿导轨方向合外

力为零，则以速度v匀速下滑，选项B正确；由于速度方向与磁场方向夹角为(90°＋θ)，刚下滑的瞬间ab棒产生的感应电动势为E＝BLvcosθ，选项C错误；由能量守恒定律知，ab棒减少的重力势能不一定等于电阻R上产生的内能，选项D错误。答案AB3

．两块水平放置的金属板，板间距离为d，用导线将两块金属板与一线圈连接，线圈中存在方向竖直向上、大小变化的磁场，如图3所示。两板间有一带正电的油滴恰好静止，则磁场的磁感应强度B随时间变化的图象是()图3解析带正电的油滴静止，即所受重力与电场力平衡，两板间为匀强电场，因此线圈中产生的感应电动

势为恒定值，由法拉第电磁感应定律可知，通过线圈的磁通量一定是均匀变化的，选项A、D错误；油滴带正电，故下极板电势高于上极板电势，感应电流产生磁场与原磁场方向相同，由楞次定律可知，通过线圈的磁通量均匀减小，故选项C正确，B错误。答案C4．如图

4所示，将外皮绝缘的圆形闭合细导线扭一次变成两个面积比为1∶4的圆形闭合回路(忽略两部分连接处的导线长度)，分别放入垂直圆面向里、磁感应强度大小随时间按B＝kt(k＞0，为常数)的规律变化的磁场，前后两次回路中的电流比为()图4A．1∶3B．9∶

5C．1∶1D．3∶1解析同一导线构成不同闭合回路，它们的电阻相同，那么电流之比等于它们的感应电动势之比，设圆形线圈的周长为l，依据法拉第电磁感应定律E＝ΔBΔtS，之前的闭合回路的感应电动势E＝kπ(l2π)2，圆形闭合细导线扭一次变成两个面积比

为1∶4的圆形闭合回路，根据面积之比等于周长的平方之比，则1∶4的圆形闭合回路的周长之比为1∶2；之后的闭合回路的感应电动势E′＝kπ(2l32π)2－kπ(l32π)2＝13kπ(l2π)2；则前后两次回路中的电流比I∶I

′＝E∶E′＝3∶1，D正确。答案D5．(多选)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5所示，磁感应强度B＝0.5T，导体棒ab、cd长度均为0.2m，电阻均为0.1Ω，重力均为0.1N，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()图5A．ab受到的拉力大小为2NB．ab向上运动的速度为2m/sC．在2s内，拉力做功转化的电能是0.4JD．在2s内，拉力做功为0.6J解析对导体棒cd分析：mg＝

BIl＝B2l2vR总，得v＝2m/s，故选项B正确；对导体棒ab分析：F＝mg＋BIl＝0.2N，选项A错误；在2s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＝B2l2v2tR总＝0.4J，选项C正确；在2s内拉力做的功为W拉＝Fvt＝0.8J，

选项D错误。答案BC6．如图6所示，一个足够长的“U”形金属导轨NMPQ固定在水平面内，导轨间距L＝0.50m，一根质量为m＝0.50kg的匀质金属棒ab横跨在导轨上且接触良好，abMP恰好围成一个正方形。该导轨平面处在磁感应强度方向竖直向上、大小可以随时间变化的匀强磁场中，ab棒与导轨

间的滑动摩擦力为f＝1.0N(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，棒的电阻R＝0.10Ω，其他电阻均不计。开始时，磁感应强度B0＝0.50T。图6(1)若从t＝0时开始，调节磁感应强度的大小，使其以ΔBΔt＝0.40T/

s的变化率均匀增加，求经过多长时间ab棒开始滑动；(2)若保持磁感应强度B0的大小不变，从t＝0时刻开始，给ab棒施加一个与之垂直且水平向右的拉力F，其大小随时间变化的函数表达式为F＝(3＋2.5t)N，使棒从静止开始运动，求此棒的加速度大小。解析(1

)以ab棒为研究对象，当磁感应强度均匀增大时，闭合电路中产生恒定的感应电流I，ab棒受到的安培力逐渐增大，静摩擦力也随之增大，当磁感应强度增大到ab棒所受安培力FA与最大静摩擦力fmax相等时，ab棒开始滑动。设磁感应强度对时间的变化

率为k，则磁感应强度对时间的变化率k＝ΔBΔt＝0.40T/s感应电动势E＝ΔΦΔt＝ΔBΔtL2＝kL2＝0.4×0.52V＝0.10V感应电流I＝ER＝0.100.10A＝1A磁感应强度B1＝B0＋ΔBΔtt＝B0＋kt安培力FA＝ILB1＝fm

ax＝f联立解得t＝3.75s(2)用数学方法可证明棒向右做匀加速直线运动，设ab棒的加速度为a，t时刻运动的速度为v。根据牛顿第二定律得F－F安－fmax＝ma安培力F安＝I′LB0感应电流I′＝ER＝B0LvR速度v＝at又因为F＝(3＋2.5t)N

当t＝0，F－fmax＝ma联立解得a＝4.0m/s2答案(1)3.75s(2)4.0m/s2综合提升练7．(多选)如图7两根足够长光滑平行金属导轨PP′、QQ′倾斜放置，匀强磁场垂直于导轨平面向上，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。现在同时由静止释放带电微粒和金属棒ab，则()图7A．金属棒ab一直加速下滑B．金属棒ab最终可能匀速下滑C．金属棒ab下滑过程中M板电势高于N板电势D．带电微粒可能先向N板运动后向M板

运动解析根据牛顿第二定律有mgsinθ－BIl＝ma，而I＝ΔqΔt，Δq＝CΔU，ΔU＝BlΔv，Δv＝aΔt，联立解得a＝mgsinθm＋B2l2C，因而金属棒将做匀加速运动，选项A正确，B错误；ab棒切割磁感线，相当于电源，a端相当于电源正极，因而M板带正电，N板带负电，选

项C正确；若带电微粒带负电，在重力和电场力的作用下，可能先向下运动然后再反向向上运动，选项D正确。答案ACD8．(多选)(2018·河北石家庄二模)如图8甲所示，质量m＝3.0×10－3kg的“”形金属细框竖直放置在两

水银槽中，“”形框的水平细杆CD长l＝0.20m，处于磁感应强度大小B1＝1.0T、方向水平向右的匀强磁场中。有一匝数n＝300匝、面积S＝0.01m2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、沿竖直方向的匀强磁场中，其磁感应强度B2随时间t变化的关系如图乙所示。t

＝0.22s时闭合开关K瞬间细框跳起(细框跳起瞬间安培力远大于重力)，跳起的最大高度h＝0.20m。不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是()图8A．0～0.10s内线圈中的感应电动势大小为3VB．开关K闭合瞬间，CD中的电流方向由C到D

C．磁感应强度B2的方向竖直向下D．开关K闭合瞬间，通过细杆CD的电荷量为0.03C解析0～0.1s内线圈中的磁场均匀变化，由法拉第电磁感应定律E＝nΔΦΔt＝nSΔBΔt，代入数据得E＝30V，A错误；开关闭合瞬间，细框会跳起，可知细框受向上的安培力，由左手定则可判断电流方向由C到D，

B正确；由于t＝0.22s时通过线圈的磁通量正在减少，再对线圈由楞次定律可知感应电流产生的磁场的方向与B2的方向相同，故再由安培定则可知C错误；K闭合瞬间，因安培力远大于重力，则由动量定理有B1IlΔt＝mv，通过细杆的电荷量Q＝IΔt，线框向上跳起的过程中v2

＝2gh，解得Q＝0.03C，D正确。答案BD9．如图9所示，质量为100g的闭合铝环，用细线悬挂起来，环中央离地面h为0.8m，有一质量为200g的磁铁以10m/s的水平速度从环中央射入并穿过铝环，落在距铝环原位置水平距离3.6m处，

则在磁铁与铝环发生相互作用时，求(g＝10m/s2)：图9(1)铝环向哪边偏斜，它能上升多高；(2)在磁铁穿过铝环的整个过程中，环中产生了多少热量。解析(1)磁铁在穿过铝环的过程中，使铝环中磁通量发生变化，产生感应电流，磁铁与铝环一直发生相互作用，水平方向动量守恒。磁铁穿过铝环后做平抛运

动，根据平抛运动规律，得t＝2hg＝2×0.810s＝0.4ss＝v1′t，则v1′＝st＝3.60.4m/s＝9m/s选取水平向右为正方向，根据动量守恒定律，有m1v1＝m1v1′＋m2v2′v2′＝m1（v1－v1′）m2＝0.2×（10－9）0.1m/s＝2m/

s所以铝环作用后获得的速度向右，则将向右偏斜。根据机械能守恒，有m2gh′＝12m2v2′2故h′＝v2′22g＝222×10m＝0.2m。(2)根据能的转化与守恒定律，磁铁的动能一部分转化为电能，另一部分转化为铝环的动

能，其中电能又转化为焦耳热Q，即12m1v21＝12m1v1′2＋12m2v2′2＋W电解得W电＝12m1v21－12m1v1′2－12m2v1′2＝12×0.2×102J－12×0.2×92J－12

×0.1×22J＝1.7J。由功能关系得：Q＝W电即Q＝1.7J。答案(1)向右偏斜0.2m(2)1.7J10．将一上表面光滑的斜面固定在水平面上，倾角为θ＝30°，在斜面内有两条平行线MN和PQ，在两平行线间加垂直于

斜面向上的匀强磁场，如图10所示。一矩形导体框abcd放在斜面的底端，导体框cd边与斜面底端重合，从t＝0时刻开始在导体框ab边上施加一沿斜面向上的恒力F，使导体框由静止开始沿斜面向上运动，在整个运动过程中导体框没有发生转动，ab边始终平行MN。已知导体框的质量为m＝1kg，电阻R

＝0.2Ω，MN与PQ间的距离为s＝6.9m，恒力F＝10N，磁感应强度B＝0.5T，导体框ab边和bc边的长度分别为L1＝1m、L2＝0.4m，重力加速度g＝10m/s2。若导体框从进入磁场开始始终保持匀速直线运动。求：图10(1)导体框的ab边到达MN前的加速度以及导

体框做匀速直线运动时的速度大小；(2)从导体框的ab边与MN重合到cd边与MN重合的过程，导体框中所产生的热量Q；(3)斜面的底端到MN的距离以及从t＝0时刻开始一直到ab边与PQ重合过程导体框运动的总时间。解析(1)导体框abcd进入磁场前做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得F－mgsinθ＝

ma导体框进入磁场前的加速度a＝5m/s2导体框进入磁场的过程中做匀速运动，所以导体框abcd受力平衡F＝mgsinθ＋FAab边进入磁场时切割磁感线，产生的电动势E＝BL1v形成的感应电流I＝ER受到的安培力FA＝BIL1代入数据解得v＝4m/s(2

)导体框进入磁场的过程中做匀速运动，根据功能关系有Q＝(F－mgsinθ)L2解得Q＝2J(3)导体框abcd进入磁场前，做匀加速直线运动；进入磁场的过程中，做匀速直线运动；导体框完全进入磁场后至运动到PQ处，做匀加速直线运动。进入磁场前导体框的运动时间为t

1＝va＝0.8s该过程中导体框的位移为x＝v2t1＝1.6m则斜面的底端到MN的距离为L＝x＋L2＝2.0m进入磁场过程中导体框匀速运动时间为t2＝L2v＝0.1s导体框完全进入磁场后导体框受力情况与进入磁场前相同，所以该阶段的加速度大小仍为a＝5m/s2该过程有s－

L2＝vt3＋12at23解得t3＝1s则整个运动过程的总时间为t＝t1＋t2＋t3＝1.9s答案(1)4m/s(2)2J(3)1.9s