1、.第31課 ·電磁感應現象中的綜合問題1電磁感應中的圖像問題a根據法拉第電磁感應定律畫出或分析Et圖像，求解相應的物理量1多項選擇2019全國，6分兩條平行虛線間存在一勻強磁場，磁感應強度方向與紙面垂直。邊長為0.1 m、總電阻為0.005 的正方形導線框abcd位于紙面內，cd邊與磁場邊界平行，如圖a所示。導線框一直向右做勻速直線運動，cd邊于t0時刻進入磁場。線框中感應電動勢隨時間變化的圖線如圖b所示感應電流的方向為順時針時，感應電動勢取正。以下說法正確的選項是圖a圖bA磁感應強度的大小為0.5 TB導線框運動的速度的大小為0.5 m/sC磁感應強度的方向垂直于紙面向外D在t0.

2、4 s至t0.6 s這段時間內，導線框所受的安培力大小為0.1 N答案：BC解析：由Et圖像可知，線框經過0.2 s全部進入磁場，那么導線框運動的速度為v m/s0.5 m/s，故B項正確。在00.2 s內，根據法拉第電磁感應定律，有EBlv，可得B T0.2 T，故A項錯誤。在00.2 s內，感應電流的方向為順時針，根據楞次定律可知，磁感應強度的方向垂直于紙面向外，故C項正確。在t0.4 s至t0.6 s這段時間內，導線框中的感應電流為I A2 A，導線框所受的安培力大小為FBIl0.04 N，故D項錯誤。22019全國，6分紙面內兩個半徑均為R的圓相切于O點，兩圓形區域內分別存在垂直于紙面

3、的勻強磁場，磁感應強度大小相等、方向相反，且不隨時間變化。一長為2R的導體桿OA繞過O點且垂直于紙面的軸順時針轉動，角速度為。t0時，OA恰好位于兩圓的公切線上，如下圖。假設選取從O指向A的電動勢為正，以下描繪導體桿中感應電動勢隨時間變化的圖像可能正確的選項是答案：C解析：導體桿OA繞O點順時針轉動過程中，由右手定那么可知，開場時感應電動勢方向由O指向A，感應電動勢為正，故D項錯誤。設經時間t導體桿轉過的角度為，那么t，導體桿有效切割長度為L2Rsin 2Rsin t。根據法拉第電磁感應定律，有EBL2B2Rsin t22BR2sin2t。B、R、不變，那么E隨時間t做非線性變化，經半個周期后

4、，電動勢的方向反向，故C項正確，A項、B項均錯誤。b根據法拉第電磁感應定律、閉合電路歐姆定律畫出it圖像或ix圖像3經典題，6分如下圖，EOF和EOF為空間一勻強磁場的邊界，其中EOEO，FOFO，且EOOF；OO為EOF的角平分線，OO間的間隔 為l；磁場方向垂直于紙面向里。一邊長為l的正方形導線框沿OO方向勻速通過磁場，t0時刻恰好位于圖示位置。規定導線框中感應電流沿逆時針方向時為正，那么感應電流i與時間t的關系圖線可能正確的選項是答案：B解析：在整個正方形導線框通過磁場的過程中，切割磁感線的邊框為兩豎直邊框，兩程度邊框不切割磁感線。由于正方形導線框沿OO方向向左勻速通過磁場：從開場到左邊

5、框到達O之前，進入磁場切割磁感線的有效長度L隨時間均勻增加，根據法拉第電磁感應定律，得感應電動勢為EBLv，那么E隨時間也均勻增加。由于電阻不變，所以感應電流i也隨時間均勻增加。根據右手定那么得感應電流沿逆時針方向，規定導線框中感應電流沿逆時針方向時為正，得出開場時感應電流為正值。當左邊框到達O之后，由于進入磁場切割磁感線的有效長度不變，那么感應電動勢不變，故感應電流也不變，感應電流仍沿逆時針方向，感應電流仍為正值。當左邊框到達OO中點時，右邊框即將進入磁場切割磁感線，由于左邊框切割磁感線的有效長度在減小，而右邊框切割磁感線有效長度在增大，且左、右邊框切割磁感線產生的感應電動勢方向相反，所以整

6、個電路的感應電動勢隨時間也均勻減小，感應電流也均勻減小。當左邊框到達距O點時，左右邊框切割磁感線的有效長度相等，此時感應電動勢為零，感應電流也為零。在線框出磁場的過程中，感應電流變化情況跟線框進入磁場過程相反，故B項正確，A項、C項、D項均錯誤。4經典題，6分如下圖，一圓形閉合銅環由高處從靜止開場下落，穿過一根豎直懸掛的條形磁鐵，銅環的中心軸線與條形磁鐵的中軸始終保持重合。假設取磁鐵中心O為坐標原點，建立豎直向下為正方向的x軸，那么圖中最能正確反映環中感應電流i隨環心位置坐標x變化的關系圖像是答案：B解析：圓形閉合銅環由高處從靜止開場下落，穿過一根豎直懸掛的條形磁鐵，銅環的中心軸線與條形磁鐵的

7、中軸始終保持重合，銅環下落的速度逐漸增大，銅環中磁通量變化不隨下落位置均勻變化，那么產生的感應電動勢不隨下落位置均勻變化，產生的感應電流不隨下落位置均勻變化，故A項錯誤。銅環下落到磁鐵頂端的速度小于下落到磁鐵底端的速度，那么銅環下落到磁鐵頂端產生的感應電流小于下落到磁鐵底端產生的感應電流。銅環從靜止下落到磁鐵中心位置O的過程中，通過銅環的磁通量逐漸增加，根據楞次定律可知，感應電流方向為順時針；銅環從磁鐵中心位置O到下落磁鐵底端的過程中，通過銅環的磁通量逐漸減少，根據楞次定律可知，感應電流方向為逆時針，故B項正確，C項、D項均錯誤。c根據Bt圖像或Bx圖像分析電磁感應過程，求解相應的物理量5經典

8、題，20分如圖a所示，在圓柱形區域內存在一方向豎直向下、磁感應強度大小為B的勻強磁場，在此區域內，沿程度面固定一半徑為r的圓環形光滑細玻璃管，環心O在區域中心。一質量為m、帶電量為qq>0的小球，在管內沿逆時針方向從上向下看做圓周運動。磁感應強度大小B隨時間t的變化關系如圖b所示，其中T0。設小球在運動過程中電量保持不變，對原磁場的影響可忽略。圖a圖b在t0到tT0這段時間內，小球不受細管側壁的作用力，求小球的速度v0大小；在豎直向下的磁感應強度增大過程中，將產生渦旋電場，其電場線是在程度面內一系列沿逆時針方向的同心圓，同一條電場線上各點的場強大小相等。試求tT0到t1.5T0這段時間內

9、：a細管內渦旋電場的電場強度E大小；b電場力對小球做的功W。答案：v05分a.E8分bW7分解析：在t0到tT0這段時間內，小球不受細管側壁的作用力，說明洛倫茲力提供向心力，根據牛頓第二定律，有qv0B0m3分解得v02分a.根據法拉第電磁感應定律，可得細管內產生的感應電動勢為E1Sr2·3分根據電勢差與電場強度的關系，有E1E·2r2分由題意T02分聯立以上式子，解得E1分b小球受到的電場力為FEq1分根據牛頓第二定律，有Fma1分根據運動學規律，得小球在1.5T0時的速度為vv0a·0.5T02分根據動能定理，得電場力對小球做的功為Wmv2mv2分聯立以上式子

10、，解得W1分6經典題，22分磁懸浮列車是一種高速低耗的新型交通工具，它的驅動系統簡化為如下模型，固定在列車下端的動力繞組可視為一個矩形純電阻金屬框，電阻為R，金屬框置于xOy平面內，長邊MN長為l，平行于y軸，寬為d的NP邊平行于x軸，如圖a所示。列車軌道沿Ox方向，軌道區域內存在垂直于金屬框平面的磁場，磁感應強度B沿Ox方向按正弦規律分布，其空間周期為，最大值為B0，如圖b所示。金屬框同一長邊上各處的磁感應強度一樣，整個磁場以速度v0沿Ox方向勻速平移。設在短暫時間內，MN、PQ邊所在位置的磁感應強度隨時間的變化可以忽略，并忽略一切阻力。列車在驅動系統作用下沿Ox方向加速行駛，某時刻速度為v

11、vv0。圖a圖b簡要表達列車運行中獲得驅動力的原理；為使列車獲得最大驅動力，寫出MN、PQ邊應處于磁場中的什么位置及與d之間應滿足的關系式；計算在滿足第問的條件以下車速度為v時驅動力的大小。答案：由于列車速度與磁場平移速度不同，導致穿過金屬框的磁通量發生變化，由于電磁感應，金屬框中會產生感應電流，金屬框受到的安培力即為驅動力4分MN、PQ應位于磁場中磁感應強度同為最大值且反向的地方；d2k1或k0，1，2，3，6分F12分解析：由于列車速度與磁場平移速度不同，導致穿過金屬框的磁通量發生變化，由于電磁感應，金屬框中會產生感應電流，金屬框受到的安培力即為驅動力。4分為使列車獲得最大驅動力，MN、P

12、Q應位于磁場中磁感應強度同為最大值且反向的地方，這會使得金屬框所圍面積的磁通量變化率最大，導致金屬框中電流最大，也會使得金屬框長邊受到的安培力最大。因此，d應為的奇數倍，即d2k1或k0，1，2，3，6分由于滿足第問條件，那么MN、PQ邊所在處的磁感應強度大小均為B0且方向總相反，經短暫時間t，磁場沿Ox方向平移的間隔 為v0t，同時，金屬框沿Ox方向挪動的間隔 為vt。因為v0v，所以在t時間內MN邊掃過磁場的面積Sv0vlt1分在此t時間內，MN邊左側穿過S的磁通量移進金屬框而引起框內磁通量變化為MNB0v0vlt1分同理，該t時間內，PQ邊左側移出金屬框的磁通量引起框內磁通量變化為PQB

13、0v0vlt1分故在t時間內金屬框所圍面積的磁通量變化為MNPQ1分根據法拉第電磁感應定律，得金屬框中的感應電動勢大小為E2分根據閉合電路歐姆定律，有I1分根據安培力公式，MN邊所受的安培力為FMNB0Il1分PQ邊所受的安培力為FPQB0Il1分根據左手定那么，可知MN、PQ邊所受的安培力方向一樣，此時列車驅動力的大小為FFMNFPQ2B0Il2分聯立以上式子，解得F1分d根據FBIL畫出Ft圖像或Fx圖像，求解相應的物理量7經典題，6分如下圖，正方形區域MNPQ內有垂直于紙面向里的勻強磁場，在外力作用下，一正方形閉合剛性導線框沿QN方向勻速運動，t0時刻，其四個頂點M、N、P、Q恰好在磁場

14、邊界中點，以下圖像中能反映線框所受安培力F的大小隨時間t變化規律的是答案：B解析：第一段時間從初位置到MN分開磁場，圖a表示圖a該過程的任意一個位置，切割磁感線的有效長度為MA與NB之和，即為CM長度的2倍，此時感應電動勢為EB2vtv，回路中的感應電流為I，那么線框受到的安培力為FBI·2vt，Ft圖像是開口向上的拋物線，故C項、D項均錯誤。如圖b所示，線框的右端MN剛好出磁場時，左端QP恰與MP共線，此后一段時間內線框切割磁感線的有效長度不變，一直到線框的左端QP與CD重合，這段時間內感應電流不變，線框所受安培力大小不變；從線框的左端PQ與CD重合到線框的左端剛好出磁場這一過程，

15、如圖c所示，設線框的左端QP與CD重合的時刻為t1，線框切割磁感線的有效長度為l2vtt1，此時感應電動勢為EBl2vtt1v，線框受圖c到的安培力為F，圖像是開口向上的拋物線，故A項錯誤，B項正確。82019安徽理綜，16分如圖a所示，勻強磁場的磁感應強度B為0.5 T，其方向垂直于傾角為30°的斜面向上。絕緣斜面上固定有“形狀的光滑金屬導軌MPN電阻忽略不計，MP和NP長度均為2.5 m，MN連線程度，長為3 m。以MN中點O為原點、OP為x軸建立一維坐標系Ox。一根粗細均勻的金屬桿CD，長度d為3 m、質量m為1 kg、電阻R為0.3 ，在拉力F的作用下，從MN處以恒定的速度v

16、1 m/s，在導軌上沿x軸正向運動金屬桿與導軌接觸良好。g取10 m/s2。圖a圖b求金屬桿CD運動過程中產生的感應電動勢E及運動到x0.8 m處電勢差UCD；推導金屬桿CD從MN處運動到P點過程中拉力F與位置坐標x的關系式，并在圖b中畫出Fx關系圖像；求金屬桿CD從MN處運動到P點的全過程產生的焦耳熱。答案：E1.5 V2分UCD0.6 V4分 F12.53.75x0x2 m6分，圖像見解析1分Q7.5 J3分解析：金屬桿CD在勻速運動中產生的感應電動勢為EBdv0.5×3×1 V1.5 V2分當x0.8 m時，金屬桿在導軌間的電勢差為零。設此時桿在導軌外的長度為L外，那

17、么L外dd1分OP1分聯立以上式子，解得L外1.2 m由楞次定律可知D點電勢高，故CD兩端的電勢差為UCDBL外v1分代入數據，解得UCD0.6 V1分桿在導軌間的長度l與位置x關系是ld3x1分對應的電阻為RlR1分電流為I1分桿受的安培力為F安BIl7.53.75x1分根據平衡條件得FF安mgsin 1分F12.53.75x0x2 m1分畫出的Fx圖像如下圖。 1分外力F所做的功WF的大小等于Fx圖線下所圍的面積，即WF×2 J17.5 J1分而桿的重力勢能增加量為EpmgOPsin 1分故全過程產生的焦耳熱QWFEp7.5 J1分e根據法拉第電磁感應定律、牛頓運動定律畫出vt圖

18、像或vx圖像，求解相應的物理量92019福建理綜，6分如下圖，矩形閉合線框在勻強磁場上方，由不同高度靜止釋放，用t1、t2分別表示線框ab邊和cd邊剛進入磁場的時刻。線框下落過程形狀不變，ab邊始終保持與磁場程度邊界OO平行，線框平面與磁場方向垂直。設OO下方磁場區域足夠大，不計空氣影響，那么以下哪一個圖像不可能反映線框下落過程中速度v隨時間t變化的規律答案：A解析：線框先做自由落體運動，ab邊進入磁場后，假設安培力大于重力，那么線框做減速運動，且加速度逐漸減小，當加速度減小到零時開場做勻速直線運動，cd邊進入磁場后，線框做勻加速直線運動，加速度為g，故B項正確，不符合題意，A項錯誤，符合題意

19、。線框先做自由落體運動，ab邊進入磁場后，假設安培力小于重力，那么線框做加速運動，且加速度逐漸減小，當線框所受安培力與重力平衡時，線框開場做勻速直線運動，cd邊進入磁場后，線框做勻加速直線運動，加速度為g，故C項正確，不符合題意。線框先做自由落體運動，ab邊進入磁場后，假設重力等于安培力，那么線框做勻速直線運動，cd邊進入磁場后，線框做勻加速直線運動，加速度為g，故D項正確，不符合題意。f根據法拉第電磁感應定律、閉合電路歐姆定律畫出Ut圖像或Ux圖像102019山東理綜，6分如圖a所示，R0為定值電阻，兩金屬圓環固定在同一絕緣平面內。左端連接在一周期為T0的正弦交流電源上，經二極管整流后，通過

20、R0的電流i始終向左，其大小按圖b所示規律變化。規定內圓環a端電勢高于b端時，a、b間的電壓uab為正，以下uabt圖像可能正確的選項是圖a圖b答案：C解析：在00.25T0時間內，通過大圓環的電流為順時針且逐漸增加，由楞次定律可知，內環內a端電勢高于b端，方向為正，因電流的變化率逐漸減小，故內環的電動勢減小。同理可知，在0.25T00.5T0時間內，通過大圓環的電流為順時針逐漸減小，那么由楞次定律可知，內環內a端電勢低于b端，方向為負，因電流的變化率逐漸變大，故內環的電動勢變大；此后重復這樣變化，故C項正確。11多項選擇2019江西師大附中三模，6分如下圖，abcd為一邊長為l的正方形導線框

21、，導線框位于光滑程度面內，其右側為一勻強磁場區域，磁場的邊界與線框的cd邊平行，磁場區域的寬度為2l，磁感應強度為B，方向豎直向下。線框在一垂直于cd邊的程度恒定拉力F作用下沿程度方向向右運動，直至通過磁場區域。cd邊剛進入磁場時，線框開場勻速運動，規定線框中電流沿逆時針時方向為正，那么導線框從剛進入磁場到完全分開磁場的過程中，a、b兩端的電壓Uab及導線框中的電流i隨cd邊的位移x變化的圖線可能是答案：BD解析：線框的cd邊剛進入磁場時，線框開場做勻速運動，那么線框進入磁場的過程中，線框一直做勻速運動。由法拉第電磁感應定律可知，感應電動勢EBlv0恒定，線框中的電流大小恒定，由楞次定律可知電

22、流方向沿逆時針方向，那么a、b兩端的電壓為UabBlv0。線框完全在磁場中運動時，穿過閉合回路的磁通量不變，線框中感應電流為零，線框做勻加速運動，a、b兩端的電壓為UabBlvBl，其中v0為線框勻速運動的速度，Uab與位移x不是線性關系，Uab不斷增大。當線框出磁場時，線框做減速運動，由右手定那么可知電流方向沿順時針方向，a、b兩端的電壓UabBlvBl，其中v1為cd邊剛出磁場時線框的速度，Uab與位移x不是線性關系，Uab不斷減小，故A項錯誤，B項正確。線框進入磁場的過程中，線框中的電流大小恒定且方向為逆時針；完全進入磁場時電流為零；線框分開磁場時，開場做減速運動，加速度逐漸減小，線框剛

23、好完全分開磁場時，速度大于或等于勻速運動時的速度，故此時的電流大于或等于線框勻速運動時的電流，故C項錯誤，D項正確。2電磁感應中的電路問題a根據ES及串并聯電路規律解決電磁感應中的電路問題12多項選擇2019四川理綜，6分如下圖，邊長為L、不可形變的正方形導體框內有半徑為r的圓形區域，其磁感應強度B隨時間t的變化關系為Bkt常量k0。回路中滑動變阻器R的最大阻值為R0，滑動片P位于滑動變阻器中央，定值電阻R1R0、R2。閉合開關S，電壓表的示數為U，不考慮虛線MN右側導體的感應電動勢。那么AR2兩端的電壓為B電容器的a極板帶正電C滑動變阻器R的熱功率為電阻R2的5倍D正方形導線框中的感應電動勢

24、為kL2答案：AC解析：滑片在中間位置時，P將滑動變阻器R分為R左、R右等大兩部分，電阻均為。由于R2與R右并聯，并聯部分阻值為R0，再與R1、R左串聯構成閉合電路外電路，所以外電路的總阻值為R0，根據串聯電路特點，有，得R2兩端電壓為U2，故A項正確。由于磁感應強度隨時間增大，根據楞次定律，可知電容器的b極板帶正電荷，a極板帶負電荷，故B項錯誤。滑動變阻器R的電功率等于左右兩部分電阻消耗的功率之和，通過R左的電流是R右的兩倍，也是R2的兩倍。R2的功率為P2I2R2，那么滑動變阻器R的功率為PRI2R右2I2R左，由題意知R右R左R2，可得PR5P2，故C項正確。由法拉第電磁感應定律可得正方

25、形導線框產生的感應電動勢為ESr2k，故D項錯誤。b根據EBlv及串并聯電路規律解決電磁感應中的電路問題132019福建理綜，6分如下圖，由某種粗細均勻的總電阻為3R的金屬條制成的矩形線框abcd，固定在程度面內且處于方向豎直向下的勻強磁場B中。一接入電路電阻為R的導體棒PQ，在程度拉力作用下沿ab、dc以速度v勻速滑動，滑動過程中導體棒PQ始終與ab邊垂直，且與線框接觸良好，不計摩擦。在導體棒PQ從靠近ad處向bc滑動的過程中A導體棒PQ中電流先增大后減小B導體棒PQ兩端電壓先減小后增大C導體棒PQ上拉力的功率先減小后增大D線框消耗的電功率先減小后增大答案：C解析：導體棒PQ勻速運動，根據法

26、拉第電磁感應定律可知，導體棒產生的感應電動勢E保持不變。設PQ左側電路的電阻為Rx，那么右側電路的電阻為3RRx，所以外電路的總電阻為R，外電路總電阻先增大后減小。根據閉合電路歐姆定律，可得通過PQ的電流為I，所以通過PQ的電流先減小后增大，故A項錯誤。由閉合電路歐姆定律，得導體棒兩端的電壓為UEIR，那么導體棒兩端的電壓先增大后減小，故B項錯誤。由于導體棒做勻速運動，拉力等于安培力，安培力為FBIl，安培力先減小后增大，那么拉力先減小后增大，拉力的功率為PBIlv，故拉力的功率先減小后增大，故C項正確。外電路的總阻值R，最大值為，小于電源的內阻R，外電路的總阻值先增大后減小，由外電路消耗的電

27、功率與外電路的阻值關系圖可知，外電路消耗的功率先增大后減小，故D項錯誤。142019海南單科，10分如下圖，兩光滑平行金屬導軌置于程度面紙面內，導軌間距為l，左端連有阻值為R的電阻。一金屬桿置于導軌上，金屬桿右側存在一磁感應強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場區域。金屬桿以速度v0向右進入磁場區域，做勻變速直線運動，到達磁場區域右邊界圖中虛線位置時速度恰好為零。金屬桿與導軌始終保持垂直且接觸良好。除左端所連電阻外，其他電阻忽略不計。求金屬桿運動到磁場區域正中間時所受安培力的大小及此時電流的功率。答案：F7分P3分解析：設金屬桿運動的加速度大小為a，運動的位移為x，根據運動學公式，有v2ax1分

28、設金屬桿運動到磁場區域中間位置時的速度為v，根據運動學公式，有vv22a1分聯立以上各式，解得v1分金屬桿運動到磁場區域中間位置時，產生的感應電動勢為EBlv1分通過金屬桿的電流為I1分金屬桿受到的安培力為FBIl1分解得F1分電流的功率為PI2R1分解得P2分c根據EBl2及串并聯電路規律解決電磁感應中的電路問題15多項選擇2019江西師大模擬，6分如下圖，用粗細均勻的銅導線制成半徑為r的圓環，PQ為圓環的直徑，其左右兩側存在垂直于圓環所在平面的勻強磁場，磁感應強度大小均為B，但方向相反，圓環的電阻為2R。一根長度為2r、電阻為R的金屬棒MN繞著圓環的圓心O點緊貼著圓環以角速度沿順時針方向勻

29、速轉動，轉動過程中金屬棒MN與圓環始終接觸良好，那么以下說法正確的選項是A金屬棒兩端的電壓大小為Br2B圓環消耗的電功率是變化的C圓環中電流的大小為D金屬棒旋轉一周的過程中，電路中產生的熱量為答案：ACD解析：由右手定那么可知，在題圖示位置時，金屬棒中電流方向由M到N，根據法拉第電磁感應定律可得，產生的感應電動勢為金屬棒MO與金屬棒ON產生的感應電動勢之和，即E2×Br2Br2，保持不變。等效電路圖如下圖，圓環的電阻由兩個電阻為R的半圓電阻并聯組成，所以圓環的總電阻為R，通過金屬棒MN的電流為I，所以通過圓環的電流為II，故C項正確。金屬棒兩端的電壓為UMNI×RBr2，故

30、A項正確。由A項的分析可知，流過圓環的電流不變，那么圓環消耗的電功率不變，故B項錯誤。金屬棒旋轉一周的過程中，電路中產生的熱量為QI2R總t2××，故D項正確。普查講31電磁感應中的動力學和能量問題3電磁感應中的動力學問題a綜合運用法拉第電磁感應定律和牛頓運動定律解決第一類“動電動型導體棒從靜止開場沿導軌滑動動力學問題162019全國，19分如下圖，兩條平行導軌所在平面與程度地面的夾角為，間距為L。導軌上端接有一平行板電容器，電容為C。導軌處于勻強磁場中，磁感應強度大小為B，方向垂直于導軌平面。在導軌上放置一質量為m的金屬棒，棒可沿導軌下滑，且在下滑過程中保持與導軌垂直并良

31、好接觸。金屬棒與導軌之間的動摩擦因數為，重力加速度大小為g。忽略所有電阻。讓金屬棒從導軌上端由靜止開場下滑，求：電容器極板上積累的電荷量與金屬棒速度大小的關系；金屬棒的速度大小隨時間變化的關系。答案：QCBLv7分vgt12分解析：設金屬棒下滑的速度大小為v，那么感應電動勢為EBLv2分平行板電容器兩極板間的電勢差為UE2分設此時電容器極板上積累的電荷量為Q，按定義有C2分聯立解得QCBLv1分設金屬棒的速度大小為v時經歷的時間為t，通過金屬棒的電流為I。金屬棒受到的安培力方向沿導軌向上，大小為FABLI1分設在時間間隔t，tt內流經金屬棒的電荷量為Q，按定義有I1分Q也是平行板電容器極板在時

32、間間隔t，tt內增加的電荷量。由式得QCBLv1分式中，v為金屬棒的速度變化量。按定義有a1分金屬棒所受到的摩擦力方向斜向上，大小為fN1分式中N是金屬棒對軌道的正壓力的大小，有Nmgcos 1分金屬棒在時刻t的加速度方向沿斜面向下，設其大小為a，根據牛頓第二定律有mgsin FAfma2分到聯立解得ag2分由式及題設可知，金屬棒做初速度為0的勻加速運動。t時刻金屬棒的速度大小為vatgt2分b綜合運用法拉第電磁感應定律和牛頓運動定律解決第二類“動電動型導體棒有初速度沿導軌滑動動力學問題172019天津理綜，20分電磁緩沖器是應用于車輛上以進步運行平安性的輔助制動裝置，其工作原理是利用電磁阻尼

33、作用減緩車輛的速度。電磁阻尼作用可以借助如下模型討論：如下圖，將形狀相同的兩根平行且足夠長的鋁條固定在光滑斜面上，斜面與程度方向夾角為。一質量為m的條形磁鐵滑入兩鋁條間，恰好勻速穿過，穿過時磁鐵兩端面與兩鋁條的間距始終保持恒定，其引起電磁感應的效果與磁鐵不動，鋁條相對磁鐵運動一樣。磁鐵端面是邊長為d的正方形，由于磁鐵間隔 鋁條很近，磁鐵端面正對兩鋁條區域的磁場均可視為勻強磁場，磁感應強度為B，鋁條的高度大于d，電阻率為，為研究問題方便，鋁條中只考慮與磁鐵正對部分的電阻和磁場，其他部分電阻和磁場可忽略不計，假設磁鐵進入鋁條間以后，減少的機械能完全轉化為鋁條的內能，重力加速度為g。求鋁條中與磁鐵正

34、對部分的電流I；假設兩鋁條的寬度均為b，推導磁鐵勻速穿過鋁條間時速度v的表達式；在其他條件不變的情況下，僅將兩鋁條更換為寬度bb的鋁條，磁鐵仍以速度v進入鋁條間，試簡要分析說明磁鐵在鋁條間運動時的加速度和速度如何變化。答案：I6分 7分 見解析過程7分解析：磁鐵在鋁條間運動時，兩根鋁條受到的安培力大小相等均為F安，有F安BId1分磁鐵受到沿斜面向上的作用力為F，其大小有F2F安2分磁鐵勻速運動時，受力平衡，有Fmgsin 02分聯立解得I1分磁鐵穿過鋁條時，在鋁條中產生的感應電動勢為E，有EBdv2分鋁條與磁鐵正對部分的電阻為R，根據電阻定律，有R2分根據歐姆定律，有I2分聯立解得v1分磁鐵以

35、速度v進入鋁條間，恰好做勻速運動時，磁鐵受到沿斜面向上的作用力F聯立解得F2分當鋁條的寬度b>b時，磁鐵以速度v進入鋁條間，磁鐵受到的作用力變為F，那么F2分可見F>Fmgsin ，磁鐵所受到的合力方向沿斜面向上，獲得與運動方向相反的加速度，磁鐵將減速下滑，此時加速度最大；之后，隨著運動速度減小，F也隨著減小，磁鐵所受的合力也減小，那么磁鐵的加速度也逐漸減小。綜上所述，磁鐵做加速度逐漸減小的減速運動，直到Fmgsin 時，磁鐵重新到達平衡狀態，將再次以較小的速度勻速下滑。3分c綜合運用法拉第電磁感應定律和牛頓運動定律解決“電動電型導體棒在安培力作用下無初速度沿導軌滑動動力學問題18

36、2019天津理綜，20分電磁軌道炮利用電流和磁場的作用使炮彈獲得超高速度，其原理可用來研制新武器和航天運載器。電磁軌道炮示意如圖，圖中直流電源電動勢為E，電容器的電容為C。兩根固定于程度面內的光滑平行金屬導軌間距為l，電阻不計。炮彈可視為一質量為m、電阻為R的金屬棒MN，垂直放在兩導軌間處于靜止狀態，并與導軌良好接觸。首先開關S接1，使電容器完全充電。然后將S接至2，導軌間存在垂直于導軌平面、磁感應強度大小為B的勻強磁場圖中未畫出，MN開場向右加速運動。當MN上的感應電動勢與電容器兩極板間的電壓相等時，回路中電流為零，MN到達最大速度，之后分開導軌。求：磁場的方向；MN剛開場運動時加速度a的大

37、小；MN分開導軌后電容器上剩余的電荷量Q是多少？答案：磁場的方向垂直于導軌平面向下4分 a6分Q10分解析：電容器充電后上板帶正電，下板帶負電，放電時通過MN的電流由M到N，欲使炮彈射出，安培力應沿導軌向右，根據左手定那么可知，磁場的方向垂直于導軌平面向下。4分電容器完全充電后，兩極板間電壓為E，根據歐姆定律，電容器剛放電時的電流為I2分炮彈受到的安培力為FBIl1分根據牛頓第二定律，有Fma2分聯立解得a1分電容器放電前所帶的電荷量為Q1CE1分開關S接2后，MN開場向右加速運動，速度到達最大值vm時，MN上的感應電動勢為EBlvm2分最終電容器所帶的電荷量為QCE1分設在此過程中，通過MN

38、的平均電流為I，MN上受到的平均安培力為FBIl1分對MN，根據動量定律，有Ftmvm2分根據電量定義，有ItQ1Q2分聯立解得Q1分4電磁感應中的能量問題a根據焦耳定律求解有關焦耳熱的能量問題192019浙江理綜，20分小明設計的電磁健身器的簡化裝置如下圖，兩根平行金屬導軌相距l0.50 m，傾角53°，導軌上端串接一個0.05 的電阻。在導軌間長d0.56 m的區域內，存在方向垂直導軌平面向下的勻強磁場，磁感應強度B2.0 T。質量m4.0 kg的金屬棒CD程度置于導軌上，用絕緣繩索通過定滑輪與拉桿GH相連。CD棒的初始位置與磁場區域的下邊界相距s0.24 m。一位健身者用恒力F

39、80 N拉動GH桿，CD棒由靜止開場運動，上升過程中CD棒始終保持與導軌垂直。當CD棒到達磁場上邊界時健身者松手，觸發恢復裝置使CD棒回到初始位置重力加速度g10 m/s2，sin 53°0.8，不計其他電阻、摩擦力以及拉桿GH和繩索的質量。求：CD棒進入磁場時速度v的大小；CD棒進入磁場時所受的安培力FA的大小；在拉升CD棒的過程中，健身者所做的功W和電阻產生的焦耳熱Q。答案：2.4 m/s5分48 N7分64 J3分26.88 J5分解析：CD棒進入磁場前，根據牛頓第二定律，有Fmgsin ma2分根據勻變速直線運動的速度位移公式，有v22as2分聯立以上式子，代入數據解得v2.

40、4 m/s1分CD棒進入磁場時產生的感應電動勢為EBlv2分感應電流為I2分進入磁場時，CD棒受到的安培力為FABIl2分聯立以上式子，代入數據解得FA48 N1分在拉升CD棒的過程中，健身者所做的功為WFsd2分代入數據解得W64 J1分由于Fmgsin FA0，所以CD棒進入磁場后做勻速運動，在磁場中運動時間為t2分電阻產生的焦耳熱為QI2Rt2分聯立以上式子，代入數據解得Q26.88 J1分b根據抑制安培力做功求解有關焦耳熱的能量問題20經典題，18分如下圖，一對光滑的平行金屬導軌固定在同一程度面內，導軌間距L0.5 m，左端接有阻值R0.3 的電阻，一質量m0.1 kg，電阻r0.1

41、的金屬棒MN放置在導軌上，整個裝置置于豎直向上的勻強磁場中，磁場的磁感應強度B0.4 T。棒在程度向右的外力作用下，由靜止開場以a2 m/s2的加速度做勻加速運動，當棒的位移x9 m時撤去外力，棒繼續運動一段間隔 后停下來，撤去外力前后回路中產生的焦耳熱之比Q1Q221。導軌足夠長且電阻不計，棒在運動過程中始終與導軌垂直且兩端與導軌保持良好接觸。求：棒在勻加速運動過程中，通過電阻R的電荷量q；撤去外力后回路中產生的焦耳熱Q2；外力做的功WF。答案： 4.5 C6分1.8 J6分 5.4 J6分解析：設棒勻加速運動的時間為t，回路的磁通量變化量為，回路中的平均感應電動勢為E，根據法拉第電磁感應定

42、律，有E1分其中BLx1分設回路中的平均電流為I，根據閉合電路的歐姆定律，有IER+r2分那么通過電阻R的電荷量為qIt1分 聯立，代入數據解得q4.5 C1分設撤去外力時棒的速度為v，對棒的勻加速運動過程，根據運動學公式，有v22ax2分設棒在撤去外力后的運動過程中安培力做功為W，由動能定理得W0mv22分撤去外力后回路中產生的焦耳熱為Q2W1分聯立，代入數據解得Q21.8 J1分由題意知，撤去外力前后回路中產生的焦耳熱之比Q1Q2212分那么可得Q13.6 J1分在棒運動的整個過程中，根據功能關系，有WFQ1Q22分聯立，代入數據解得WF5.4 J1分c根據能量轉化與守恒求解有關焦耳熱的能

43、量問題21多項選擇經典題，6分如下圖，相距為L的兩條足夠長的光滑平行金屬導軌與程度面的夾角為，上端接有定值電阻R，勻強磁場垂直于導軌平面，磁感應強度為B。將質量為m的導體棒由靜止釋放，當速度到達v時開場勻速運動，此時對導體棒施加一平行于導軌向下的拉力，并保持拉力的功率恒為P，導體棒最終以2v的速度勻速運動。導體棒始終與導軌垂直且接觸良好，不計導軌和導體棒的電阻，重力加速度為g。以下說法正確的選項是AP2mgvsin BP3mgvsin C當導體棒速度到達時加速度大小為sin D在速度到達2v以后勻速運動的過程中，R上產生的焦耳熱等于拉力所做的功答案：AC解析：當導體棒以v勻速運動時受力平衡，那

44、么mgsin BIL，當導體棒以2v勻速運動時受力平衡，那么mgsin FBIL，可得Fmgsin ，那么拉力的功率為PF·2v2mgvsin ，故A項正確，B項錯誤。當導體棒速度到達時，根據牛頓第二定律，有mgsin ma，解得a，故C項正確。由能量守恒可知，當速度到達2v以后勻速運動的過程中，R上產生的焦耳熱等于拉力與重力所做的功之和，故D項錯誤。222019江蘇單科，15分如下圖，在勻強磁場中有一傾斜的平行金屬導軌，導軌間距為L，長為3d，導軌平面與程度面的夾角為，在導軌的中部刷有一段長為d的薄絕緣涂層。勻強磁場的磁感應強度大小為B，方向與導軌平面垂直。質量為m的導體棒從導軌的

45、頂端由靜止釋放，在滑上涂層之前已經做勻速運動，并一直勻速滑到導軌底端。導體棒始終與導軌垂直，且僅與涂層間有摩擦，接在兩導軌間的電阻為R，其他部分的電阻均不計，重力加速度為g。求：導體棒與涂層間的動摩擦因數；導體棒勻速運動的速度大小v；整個運動過程中，電阻產生的焦耳熱Q。答案：tan 3分v6分 Q2mgdsin 6分解析：由題意可知，在絕緣涂層上，導體棒繼續做勻速運動。根據受力平衡，有mgsin mgcos 2分解得tan 1分在光滑導軌上，導體棒產生的感應電動勢為EBLv1分通過導體棒的感應電流為I1分導體棒受到的安培力為F安BIL1分在光滑導軌上，根據受力平衡，有F安mgsin 2分聯立以

46、上式子，解得v1分在絕緣涂層上摩擦生熱為QTmgdcos 2分在整個運動過程中，根據能量守恒定律，有3mgdsinQQTmv23分解得Q2mgdsin 1分d根據功能關系求解有關功和功率的能量問題232019全國，19分半徑分別為r和2r的同心圓形導軌固定在同一程度面內，一長為r，質量為m且質量分布均勻的直導體棒AB置于圓導軌上面，BA的延長線通過圓導軌中心O，裝置的俯視圖如下圖，整個裝置位于一勻強磁場中，磁感應強度的大小為B，方向豎直向下，在內圓導軌的C點和外圓導軌的D點之間接有一阻值為R的電阻圖中未畫出。直導體棒在程度外力作用下以角速度繞O逆時針勻速轉動，在轉動過程中始終與導軌保持良好接觸

47、。設導體棒與導軌之間的動摩擦因數為，導體棒和導軌的電阻均可忽略。重力加速度大小為g。求：通過電阻R的感應電流的方向和大小；外力的功率。答案：感應電流的方向：C端流向D端2分 I6分Pmgr11分解析：在t時間內，導體棒掃過的面積為St2r2r22分根據法拉第電磁感應定律，導體棒上感應電動勢的大小為E1分根據右手定那么可知，感應電流的方向是從B端流向A端。因此，通過電阻R的感應電流的方向是從C端流向D端2分由閉合電路歐姆定律可知，通過電阻R的感應電流的大小I滿足I2分聯立解得I1分對導體棒，在豎直方向有mg201分式中，由于質量分布均勻，內、外圓導軌對導體棒的支持力大小相等，其值為N兩導軌對運動

48、的導體棒的滑動摩擦力均為1分在t時間內，導體棒在內、外圓導軌上掃過的弧長分別為l1rt1分和l22rt1分摩擦生的熱為Ql1l21分在t時間內，電阻R上產生的焦耳熱為QRI2Rt1分根據功能關系知，外力在t時間內做的功為WQQR2分外力功率為P1分至聯立解得Pmgr2分5應用牛頓運動定律、圓周運動規律和法拉第電磁感應定律求解電磁感應與帶電粒子在電磁場中運動的綜合問題 24經典題，6分半徑為r帶缺口的剛性金屬圓環在紙面上固定放置，在圓環的缺口兩端引出兩根導線，分別與兩塊垂直于紙面固定放置的平行金屬板連接，兩板間距為d，如圖a所示。有一變化的磁場垂直于紙面，規定向內為正，變化規律如圖b所示。在t0

49、時刻平板之間中心有一重力不計，電荷量為q的靜止微粒，那么以下說法正確的選項是圖a圖bA第2秒內上極板為正極B第3秒內上極板為負極C第2秒末微粒回到了原來位置D第3秒末兩極板之間的電場強度大小為答案：A解析：01 s內情況，由楞次定律可知，金屬板上極板帶負電，金屬板下極板帶正電；假設粒子帶正電，那么粒子所受電場力方向豎直向上，粒子向上做勻加速運動。12 s內情況：由楞次定律可知，金屬板上極板帶正電，金屬板下極板帶負電；假設粒子帶正電，那么粒子所受電場力方向豎直向下，粒子向上做勻減速運動，2 s末速度減小為零。23 s內情況：由楞次定律可知，金屬板上極板帶正電，金屬板下極板帶負電；假設粒子帶正電，

50、那么粒子所受電場力方向豎直向下，粒子向下做勻加速運動。兩極板間的電場強度大小為E。34 s內情況：由楞次定律可知，金屬板上極板帶負電，金屬板下極板帶正電；假設粒子帶正電，那么粒子所受電場力方向豎直向上，粒子向下做勻減速運動，4 s末速度減小為零，同時回到了原來的位置。由以上分析可知，A項正確，B項、C項、D項均錯誤。252019河北模擬，20分如下圖俯視，MN和PQ是兩根固定在同一程度面上的足夠長且電阻不計的光滑平行金屬導軌。兩導軌間距為L0.2 m，其間有一個方向垂直程度面豎直向下的勻強磁場B15.0 T。導軌上NQ之間接一電阻R10.40 ，阻值為R20.10 的金屬桿垂直導軌放置并與導軌

51、始終保持良好接觸。兩導軌右端通過金屬導線分別與電容器C的兩極板相連。電容器C緊靠著帶小孔a只能包容一個粒子通過的固定絕緣彈性圓筒。圓筒內壁光滑，筒內有垂直程度面豎直向下的勻強磁場B2，O是圓筒的圓心，圓筒的內半徑為r0.40 m。用一個大小恒為10 N，平行于MN程度向左的外力F拉金屬桿，使桿從靜止開場向左運動。求當金屬桿最終勻速運動時桿的速度大小；當金屬桿處于問中的勻速運動狀態時，電容器C內緊靠下極板且正對a孔的D處有一個帶正電的粒子從靜止開場經電容器C加速后從a孔垂直磁場B2并正對著圓心O進入圓筒中，該帶電粒子與圓筒壁碰撞四次后恰好又從小孔a射出圓筒。粒子的比荷5×107 C/k

52、g，該帶電粒子每次與筒壁發生碰撞時電量和能量都不損失，不計粒子重力和空氣阻力，那么磁感應強度B2多大？結果允許含有三角函數式答案：v5 m/s7分B2103×tan T或B2103×tan T13分解析：金屬桿先做加速度減小的加速運動，最終以最大速度勻速運動。設桿勻速運動時速度為v，根據法拉第電磁感應定律，有EB1Lv2分根據閉合電路歐姆定律，有I2分根據平衡條件，有FB1IL2分聯立以上式子，代入數據解得v5 m/s1分設桿勻速運動時電容器C兩極板間的電壓為U，帶電粒子進入圓筒的速率為v1。在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R由于電容器C與電阻R1并聯，根據歐姆定律，有UIR11