习题课 法拉第电磁感应定律的应用
一、基础练
1．当穿过线圈的磁通量发生变化时，下列说法中正确的是( )
A．线圈中一定有感应电流
B．线圈中一定有感应电动势
C．感应电动势的大小跟磁通量的变化成正比
D．感应电动势的大小跟线圈的电阻有关
答案 B
解析 穿过闭合电路的磁通量发生变化时才会产生感应电流，感应电动势与电路是否闭合无关，且感应电动势的大小跟磁通量的变化率成正比．
2．一根直导线长0.1m，在磁感应强度为0.1T的匀强磁场中以10m/s的速度匀速运动，则导线中产生的感应电动势的说法错误的是( )
A．一定为0.1VB．可能为零
C．可能为0.01VD．最大值为0.1V
答案 A
解析 当公式E＝BLv中B、L、v互相垂直而导体切割磁感线运动时感应电动势最大：Em＝BLv＝0.1×0.1×10V＝0.1V，考虑到它们三者的空间位置关系，B、C、D正确，A错．
3．(双选)无线电力传输目前取得重大突破，在日本展出了一种非接触式电源供应系统．这种系统基于电磁感应原理可无线传输电力．两个感应线圈可以放置在左右相邻或上下相对的位置，原理示意图如图1所示．下列说法正确的是( )
图1
A．若A线圈中输入电流，B线圈中就会产生感应电动势
B．只有A线圈中输入变化的电流，B线圈中才会产生感应电动势
C．A中电流越大，B中感应电动势越大
D．A中电流变化越快，B中感应电动势越大
答案 BD
解析 根据产生感应电动势的条件，只有处于变化的磁场中，B线圈才能产生感应电动势，A错，B对；根据法拉第电磁感应定律，感应电动势的大小取决于磁通量变化率，所以C错，D对．
4．闭合回路的磁通量Φ随时间t的变化图象分别如图2所示，关于回路中产生的感应电动势的下列论述，其中正确的是( )
图2
A．图甲回路中感应电动势恒定不变
B．图乙回路中感应电动势恒定不变
C．图丙回路中0～t1时间内感应电动势小于t1～t2时间内感应电动势
D．图丁回路中感应电动势先变大后变小
答案 B
解析 因E＝，则可据图象斜率判断知图甲中＝0，即电动势E为0；图乙中＝恒量，即电动势E为一恒定值；图丙中E前>E后；图丁中图象斜率先减后增，即回路中感应电动势先减后增，故只有B选项正确．
5．如图3所示，PQRS为一正方形导线框，它以恒定速度向右进入以MN为边界的匀强磁场，磁场方向垂直线框平面向里，MN线与线框的边成45°角，E、F分别是PS和PQ的中点．关于线框中的感应电流，正确的说法是( )
图3
A．当E点经过边界MN时，线框中感应电流最大
B．当P点经过边界MN时，线框中感应电流最大
C．当F点经过边界MN时，线框中感应电流最大
D．当Q点经过边界MN时，线框中感应电流最大
答案 B
解析 当P点经过边界MN时，切割磁感线的有效长度最大为SR，感应电流达到最大．
6．如图4(a)所示，一个电阻值为R，匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连接成闭合回路．线圈的半径为r1.在线圈中半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图(b)所示．图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0.导线的电阻不计．
图4
求0至t1时间内
(1)通过电阻R1上的电流大小和方向；
(2)通过电阻R1上的电荷量q及电阻R1上产生的热量．
答案 (1) 从b到a
(2)
解析 (1)由图象分析可知，0至t1时间内＝.由法拉第电磁感应定律有E＝n＝n·S，而S＝πr.由闭合电路欧姆定律有I1＝.联立以上各式得，通过电阻R1上的电流大小I1＝.由楞次定律可判断通过电阻R1上的电流方向从b到a.
(2)通过电阻R1上的电量：q＝I1t1＝
电阻R1上产生的热量：Q＝IR1t1＝
二、提升练
7．(双选)如图5所示，A、B两闭合线圈为同样导线绕成，A有10匝，B有20匝，两圆线圈半径之比为2∶1.均匀磁场只分布在B线圈内．当磁场随时间均匀减弱时( )
图5
A．A中无感应电流
B．A、B中均有恒定的感应电流
C．A、B中感应电动势之比为2∶1
D．A、B中感应电流之比为1∶2
答案 BD
解析 只要穿过线圈内的磁通量发生变化，线圈中就有感应电动势和感应电流，因为磁场变化情况相同，有效面积也相同，所以，每匝线圈产生的感应电动势相同，又由于两线圈的匝数和半径不同，电阻值不同，根据欧姆定律，单匝线圈电阻之比为2∶1，所以，感应电流之比为1∶2.因此正确的答案是B、D.
8．在匀强磁场中，有一个接有电容器的导线回路，如图6所示，已知电容C＝30μF，回路的长和宽分别为l1＝5cm，l2＝8cm，磁场变化率为5×10－2T/s，则( )
图6
A．电容器带电荷量为2×10－9C
B．电容器带电荷量为4×10－9C
C．电容器带电荷量为6×10－9C
D．电容器带电荷量为8×10－9C
答案 C
解析 回路中感应电动势等于电容器两板间的电压，U＝E＝＝·l1l2＝5×10－2×0.05×0.08V＝2×10－4V．电容器的电荷量为q＝CU＝CE＝30×10－6×2×10－4C＝6×10－9C，C选项正确．
9．(双选)如图7所示，一正方形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速运动，沿着OO′观察，线圈沿逆时针方向转动．已知匀强磁场的磁感应强度为B，线圈匝数为n，边长为l，电阻为R，转动的角速度为ω.则当线圈转至图示位置时( )
图7
A．线圈中感应电流的方向为abcda
B．线圈中的感应电流为
C．穿过线圈的磁通量为0
D．穿过线圈的磁通量的变化率为0
答案 BC
解析 图示位置bc和ad的瞬时切割速度均为v＝ω，ad边与bc边产生的感应电动势都是E＝Blv＝Bl2ω且bd为高电势端，故整个线圈此时的感应电动势e＝2×nBl2ω＝nBl2ω，感应电流为，B正确．由右手定则可知线圈中的电流方向为adcba，A错误．此时磁通量为0，但磁通量变化率最大，故选项为B、C.
10．(双选)如图8所示，空间存在两个磁场，磁感应强度大小均为B，方向相反且垂直纸面，MN、PQ为其边界，OO′为其对称轴．一导线折成边长为l的正方形闭合回路abcd，回路在纸面内以恒定速度v0向右运动，当运动到关于OO′对称的位置时( )
图8
A．穿过回路的磁通量为零
B．回路中感应电动势大小为Blv0
C．回路中感应电流的方向为顺时针方向
D．回路中ab边与cd边所受安培力方向相同
答案 AD
解析 线框关于OO′对称时，左右两侧磁通量大小相等，磁场方向相反，合磁通量为0；根据右手定则，cd的电动势方向由c到d，ab的电动势方向由a到b，且大小均为Blv0，闭合电路的电动势为2Blv0，电流方向为逆时针；根据左手定则，ab和cd边所受安培力方向均向左，方向相同，故正确的选项为A、D.
11．用均匀导线做成的正方形线框边长为0.2m，正方形的一半放在垂直纸面向里的匀强磁场中，如图9甲所示．当磁场以10T/s的变化率增强时，线框中点a、b两点间的电势差是( )
图9
A．Uab＝0.1VB．Uab＝－0.1V
C．Uab＝0.2VD．Uab＝－0.2V
答案 B
解析 题中正方形线框的左半部分磁通量变化而产生感应电动势，从而在线框中有感应电流，把左半部分线框看成电源，设其电动势为E，内电阻为，画出等效电路如图乙所示．则ab两点间的电势差即为电源的路端电压，设l是边长，正方形线框的总电阻为r，且依题意知＝10T/s.
由E＝得E＝＝＝10×V＝0.2V，
所以U＝I＝·＝×V＝0.1V.
由于a点电势低于b点电势，故Uab＝－0.1V，即B选项正确．
点评 处理此类问题要分清内、外电路(哪部分相当于电源)，画出等效电路图．
12．如图10所示，在空间中存在两个相邻的、磁感应强度大小相等、方向相反的有界匀强磁场，其宽度均为L.现将宽度也为L的矩形闭合线圈，从图示位置垂直于磁场方向匀速拉过磁场区域，则在该过程中，能正确反映线圈中所产生的感应电流或其所受的安培力随时间变化的图象是( )
图10
答案 D
解析 由楞次定律可知，当矩形导线框进入磁场和出磁场时，磁场力总是阻碍物体的运动，方向始终向左，所以外力F始终水平向右，因安培力的大小不同，故选项D是正确的，选项C是错误的．当矩形导线框进入磁场时，由法拉第电磁感应定律判断，感应电流的大小在中间时是最大的，所以选项A、B是错误的．
点评 题中并没有明确电流或安培力的正方向，所以开始时取正值或负值都可以，关键是图象能否正确反映过程的特点．
13．如图11所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距1m，导轨平面与水平面成θ＝37°角，下端连接阻值为R的电阻．匀强磁场方向与导轨平面垂直，质量为0.2kg、电阻不计的金属棒放在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，它们之间的动摩擦因数为0.25.
图11
(1)求金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小．
(2)当金属棒下滑速度达到稳定时，电阻R消耗的功率为8W，求该速度的大小．
(3)在上问中，若R＝2Ω，金属棒中的电流方向由a到b，求磁感应强度的大小与方向．
(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)
答案 (1)4m/s2 (2)10m/s (3)0.4T 方向垂直导轨平面向上
解析 (1)金属棒开始下滑的初速度为零，根据牛顿第二定律得
mgsinθ－μmgcosθ＝ma①
由①式解得
a＝10×(0.6－0.25×0.8) m/s2＝4m/s2②
(2)设金属棒运动达到稳定时，速度为v，所受安培力为F，棒在沿导轨方向受力平衡
mgsinθ－μmgcosθ－F＝0③
此时金属棒克服安培力做功的功率等于电路中电阻R消耗的电功率Fv＝P④
由③④两式解得：
v＝＝m/s
＝10m/s⑤
(3)设电路中电流为I，两导轨间金属棒的长为L，磁场的磁感应强度为B
I＝⑥
P＝I2R⑦
由⑥⑦两式解得：
B＝＝T＝0.4T⑧
磁场方向垂直导轨平面向上
[目标定位] 1.进一步理解公式E＝n与E＝BLv的区别和联系，能够应用两个公式求解感应电动势.2.综合应用楞次定律和法拉第电磁感应定律解决电磁感应中的图象问题.3.综合运用楞次定律和法拉第电磁感应定律解决电磁感应中的动力学问题.
一、电磁感应中的图象问题
1.对于图象问题，搞清物理量之间的函数关系、变化范围、初始条件、斜率的物理意义等，往往是解题的关键.
2.解决图象问题的一般步骤
(1)明确图象的种类，即是B－t图象还是Φ－t图象，或者E－t图象、I－t图象、F－t图象等.
(2)分析电磁感应的具体过程.
(3)确定感应电动势(或感应电流)的大小和方向，有下列两种情况：
①若回路面积不变，磁感应强度变化时，用楞次定律确定感应电流的方向，用E＝n确定感应电动势大小的变化.
②若磁场不变，导体杆切割磁感线，用右手定则判断感应电流的方向，用E＝BLv确定电动势大小的变化.
(4)涉及受力问题，可由安培力公式F＝BIL和牛顿运动定律等规律写出有关函数关系式.
(5)画图象或判断图象.特别注意分析斜率的变化、截距等.
【例1】 如图1甲所示，矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图1乙所示，若规定顺时针方向为感应电流的正方向，下列各图中正确的是( )
图1
解析 0～1 s内，磁感应强度B均匀增大，由法拉第电磁感应定律可知，产生的感应电动势E＝恒定，电流I0＝恒定；由楞次定律可知，电流方向为逆时针方向，即负方向，在i－t图象上，是一段平行于t轴的直线，且方向为负，故A、C错误；同理知，在1～2 s内线框中电流方向为正.在2～3 s内，负向的磁感应强度均匀增大，由法拉第电磁感应定律知，产生的感应电动势E＝恒定，电流I0＝恒定，由楞次定律知，电流方向为顺时针方向，即正方向，在i－t图象上，是一段平行于t轴的直线，且方向为正，只有选项D符合.
答案 D
【例2】 如图2所示，一底边为L，底边上的高也为L的等腰三角形导体线框以恒定的速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过长为2L，宽为L的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里.t＝0时刻，三角形导体线框的底边刚进入磁场，取沿逆时针方向的感应电流为正，则在三角形导体线框穿过磁场区域的过程中，感应电流i随时间t变化的图线可能是( )
图2
解析 根据E＝BLv，I＝＝，三角形导体线框进、出磁场时，有效长度L都变小.再根据右手定则，进、出磁场时感应电流方向相反，进磁场时感应电流方向为正，出磁场时感应电流方向为负，故选项A正确.
答案 A
线框进、出匀强磁场，可根据E＝BLv判断E大小变化，再根据右手定则判断方向.特别注意L为切割的有效长度.
二、电磁感应中的动力学问题
1.具有感应电流的导体在磁场中将受到安培力作用，所以电磁感应问题往往与力学问题联系在一起，处理此类问题的基本方法是：
(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向.
(2)求回路中的感应电流的大小和方向.
(3)分析导体的受力情况(包括安培力).
(4)列动力学方程或平衡方程求解.
2.电磁感应现象中涉及的具有收尾速度的力学问题，关键要抓好受力情况和运动情况的动态分析：
加速度等于零时，导体达到稳定运动状态.
3.两种状态处理
(1)导体处于平衡状态——静止或匀速直线运动状态.
处理方法：根据平衡条件——合力等于零列式分析.
(2)导体处于非平衡状态——加速度不为零.
处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析.
【例3】 如图3所示，空间存在B＝0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场，MN、PQ是水平放置的平行长直导轨，其间距L＝0.2 m，电阻R＝0.3 Ω接在导轨一端，ab是跨接在导轨上质量m＝0.1 kg，电阻r＝0.1 Ω的导体棒，已知导体棒和导轨间的动摩擦因数为0.2.从零时刻开始，对ab棒施加一个大小为F＝0.45 N、方向水平向左的恒定拉力，使其从静止开始沿导轨滑动，过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好，求：
图3
(1)导体棒所能达到的最大速度.
(2)试定性画出导体棒运动的速度－时间图象.
解析 ab棒在拉力F作用下运动，随着ab棒切割磁感线运动的速度增大，棒中的感应电动势增大，棒中感应电流受到的安培力也增大，最终达到匀速运动时棒的速度达到最大值.导体棒ab在克服安培力做功的过程中，消耗了其他形式的能，转化成了电能，最终转化成了焦耳热.
(1)导体棒切割磁感线运动，产生的感应电动势：
E＝BLv①
I＝，②
导体棒受到的安培力F安＝BIL，③
导体棒运动过程中受到拉力F、安培力F安和摩擦力f的作用，根据牛顿第二定律：
F－μmg－F安＝ma④
由①②③④得：F－μmg－＝ma⑤
由上式可以看出，随着速度的增大，安培力增大，加速度a减小，当加速度a减小到0时，速度达到最大.
此时有F－μmg－＝0⑥
可得：vm＝＝10 m/s⑦
(2)导体棒的速度－时间图象如图所示.
答案 见解析
【例4】 如图4甲所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L，M、P两点间接有阻值为R的电阻，一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直，整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向下，导轨和金属杆的电阻可忽略，让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦.
图4
(1)由b向a方向看到的装置如图乙所示，请在此图中画出ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图；
(2)在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v时，求此时ab杆中的电流及其加速度的大小；
(3)求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度的最大值.
解析 (1)如图所示，ab杆受重力mg，竖直向下；支持力FN，垂直于斜面向上；安培力F安，沿斜面向上.
(2)当ab杆的速度大小为v时，感应电动势E＝BLv，此时
电路中电流I＝＝
ab杆受到安培力F安＝BIL＝
根据牛顿第二定律，有
mgsin θ－F安＝mgsin θ－＝ma
a＝gsin θ－.
(3)当a＝0时，ab杆有最大速度为vm＝.
答案 (1)见解析图
(2) gsin θ－ (3)
电磁感应中力学问题的解题技巧
(1)受力分析时，要把立体图转换为平面图，同时标明电流方向及磁场B的方向，以便准确地画出安培力的方向.
(2)要特别注意安培力的大小和方向都有可能变化，不像重力或其他力一样是恒力.
(3)根据牛顿第二定律分析a的变化情况，以求出稳定状态的速度.
(4)列出稳定状态下的受力平衡方程往往是解题的突破口.
针对训练 如图5所示，竖直平面内有足够长的金属导轨，导轨间距为0.2 m，金属导体ab可在导轨上无摩擦地上下滑动，ab的电阻为0.4 Ω，导轨电阻不计，导体ab的质量为0.2 g，垂直纸面向里的匀强磁场的磁感应强度为0.2 T，且磁场区域足够大，当导体ab自由下落0.4 s时，突然接通开关S，(g取10 m/s2)则：
图5
(1)试说出S接通后，导体ab的运动情况；
(2)导体ab匀速下落的速度是多少？
解析 (1)闭合S之前导体自由下落的末速度为
v0＝gt＝4 m/s.
S闭合瞬间，导体产生感应电动势，回路中产生感应电流，ab立即受到一个竖直向上的安培力.
F安＝BIL＝＝0.016 N＞mg＝0.002 N.
此时刻导体所受到合力的方向竖直向上，与初速度方向相反，加速度的表达式为
a＝＝－g，所以，ab做竖直向下的加速度逐渐减小的减速运动.当速度减小至a＝0时，ab做竖直向下的匀速运动.
(2)设匀速竖直向下的速度为vm，
此时F安＝mg，即＝mg，vm＝＝0.5 m/s.
答案 (1)先做竖直向下的加速度逐渐减小的减速运动，后做匀速运动
(2)0.5 m/s
1.(电磁感应中的图象问题)一矩形线圈位于一随时间t变化的匀强磁场内，磁场方向垂直线圈所在的平面(纸面)向里，如图6甲所示，磁感应强度B随t的变化规律如图6乙所示.以i表示线圈中的感应电流，以图甲中线圈上箭头所示方向的电流为正方向(即顺时针方向为正方向)，则以下的i－t图中正确的是( )
图6
答案 C
2.(电磁感应中的动力学问题)如图7所示，矩形闭合导体线框在匀强磁场上方，从不同高度由静止释放，用t1、t2分别表示线框ab边和cd边刚进入磁场的时刻.线框下落过程形状不变，ab边始终保持与磁场水平边界线OO′平行，线框平面与磁场方向垂直.设OO′下方磁场区域足够大，不计空气阻力，则下列哪一个图象不可能反映线框下落过程中速度v随时间t变化的规律( )
图7
答案 A
解析 线框在0～t1这段时间内做自由落体运动，v－t图象为过原点的倾斜直线，t2之后线框完全进入磁场区域中，无感应电流，线框不受安培力，只受重力，线框做匀加速直线运动，v－t图象为倾斜直线.t1～t2这段时间线框受到安培力作用，线框的运动类型只有三种，即可能为匀速直线运动、也可能为加速度逐渐减小的加速直线运动，还可能为加速度逐渐减小的减速直线运动，而A选项中，线框做加速度逐渐增大的减速直线运动是不可能的，故不可能的v－t图象为A选项中的图象.
3.(电磁感应中的动力学问题)如图8所示，光滑金属直导轨MN和PQ固定在同一水平面内，MN、PQ平行且足够长，两导轨间的宽度L＝0.5 m.导轨左端接一阻值R＝0.5 Ω的电阻.导轨处于磁感应强度大小为B＝0.4 T，方向竖直向下的匀强磁场中，质量m＝0.5 kg的导体棒ab垂直于导轨放置.在沿着导轨方向向右的力F作用下，导体棒由静止开始运动，导体棒与导轨始终接触良好并且相互垂直，不计导轨和导体棒的电阻，不计空气阻力，若力F的大小保持不变，且F＝1.0 N，求：
图8
(1)导体棒能达到的最大速度大小vm；
(2)导体棒的速度v＝5.0 m/s时，导体棒的加速度大小.
答案 (1)12.5 m/s (2)1.2 m/s2
解析 (1)导体棒达到最大速度vm时受力平衡，有F＝F安m，此时F安m＝，解得vm＝12.5 m/s.
(2)导体棒的速度v＝5.0 m/s时，感应电动势E＝BLv＝1.0 V，导体棒上通过的感应电流大小I＝＝2.0 A，导体棒受到的安培力F安＝BIL＝0.40 N，根据牛顿第二定律，有F－F安＝ma，解得a＝1.2 m/s2.
4.(电磁感应中的动力学问题)如图9所示，有一磁感应强度B＝0.1 T的水平匀强磁场，垂直于匀强磁场放置一很长的U型金属框架，框架上有一导体ab保持与框架垂直接触，且由静止开始下滑.已知ab长1 m，质量为0.1 kg，电阻为0.1 Ω，框架光滑且电阻不计，取g＝10 m/s2，求：
图9
(1)导体ab下落的最大加速度大小；
(2)导体ab下落的最大速度大小；
(3)导体ab达到最大速度时产生的电功率.
答案 (1)10 m/s2 (2)10 m/s (3)10 W
解析 (1)对导体ab受力分析可知，其开始运动时所受的合力最大，即为重力.由牛顿第二定律可知，最大加速度为a＝g＝10 m/s2.
(2)导体ab下落的速度最大时，加速度为零，
此时有mg＝F安
F安＝BIL
I＝
E＝BLvmax
联立以上各式得：vmax＝＝ m/s＝10 m/s.
(3)导体ab达到最大速度时其电功率为P＝IE
由以上各式得P＝＝ W＝10 W.
题组一 电磁感应中的图象分析
1.如图1甲所示，闭合的圆线圈放在匀强磁场中，t＝0时磁感线垂直线圈平面向里穿过线圈，磁感应强度随时间变化的关系图线如图乙所示，则在0～2 s内线圈中感应电流的大小和方向为( )
图1
A.逐渐增大，逆时针方向
B.逐渐减小，顺时针方向
C.大小不变，顺时针方向
D.大小不变，先顺时针方向后逆时针方向
答案 C
解析 因为B－t图象的斜率不变，所以感应电流恒定.根据愣次定律判断电流方向为顺时针方向.故选项C正确.
2.如图2所示，水平虚线MN的上方有一匀强磁场，矩形导线框abcd从某处以v0的速度竖直上抛，向上运动高度H后进入与线圈平面垂直的匀强磁场，此过程中导线框的ab边始终与边界MN平行，在导线框从抛出到速度减为零的过程中，以下四个图中能正确反映导线框的速度与时间的关系的是( )
图2
答案 C
解析 线框进入磁场前做竖直上抛运动，是匀减速直线运动，其v—t图象是向下倾斜的直线；进入磁场后，产生感应电流，除重力外，还要受到向下的安培力，根据牛顿第二定律，有mg＋FA＝ma，其中：FA＝BIL，I＝，E＝BLv，解得a＝g＋，故进入磁场后做加速度减小的减速运动，但最后加速度为g，故选项C正确.
3.(多选)有一个垂直于纸面的匀强磁场，它的边界MN左侧为无场区，右侧是匀强磁场区域，如图3甲所示，现让一个金属线框在纸平面内以垂直于MN的恒定速度从MN左侧进入匀强磁场区域，线框中的电流随时间变化的i－t图象如图乙所示，则进入磁场区域的金属线框可能是下列选项中的( )
图3
答案 BC
解析 在B、C选项中，两线圈进入磁场的过程中，线圈切割磁感线的有效长度先逐渐线性增大，然后不变，再逐渐线性减小，所以电流呈现图乙的形状.
4.在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，规定线圈中感应电流的正方向如图4甲所示，当磁场的磁感应强度B随时间t如图乙变化时，图中正确表示线圈中感应电动势E变化的是( )
图4
答案 A
解析 在第1 s内，由楞次定律可判定感应电流方向为正，其产生的感应电动势E1＝＝S；在第2 s和第3 s内，磁感应强度B不变化，线圈中无感应电流；在第4 s和第5 s内，B减小，由楞次定律可判定，其感应电流方向为负，产生的感应电动势E1＝＝S，由于ΔB1＝ΔB2，Δt2＝2Δt1，故E1＝2E2，由此可知，选项A正确.
5.如图5所示，在水平面(纸面)内有三根相同的均匀金属棒ab、ac和MN，其中ab、ac在a点接触，构成“V”字型导轨.空间存在垂直于纸面的均匀磁场(未画出).用力使MN向右匀速运动，从图示位置开始计时，运动中MN始终与∠bac的平分线垂直且和导轨保持良好接触.下列关于回路中电流I与时间t的关系图线，可能正确的是( )
图5
答案 A
解析 设经过时间t切割磁感线的有效长度为l，则l＝2(l0＋vt)·tan α，感应电动势为E＝2B(l0＋vt)v·tan α，由欧姆定律得I＝＝＝，故选项A正确.
题组二 电磁感应中的动力学问题
6.(多选)如图6所示，MN和PQ是两根互相平行竖直放置的光滑金属导轨，已知导轨足够长，且电阻不计，ab是一根不但与导轨垂直而且始终与导轨接触良好的金属杆，开始时，将开关S断开，让杆ab由静止开始自由下落，过段时间后，再将S闭合，若从S闭合开始计时，则金属杆ab的速度v随时间t变化的图象可能是下列选项中的( )
图6
答案 ACD
解析 S闭合时，若＞mg，先减速再匀速，D项有可能；若＝mg，则ab杆匀速运动，A项有可能；若＜mg，先加速再匀速，C项有可能；由于v变化，－mg＝ma中a不恒定，故B项不可能.
7.如图7所示，在一匀强磁场中有一U形导线框abcd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R为一电阻，ef为垂直于ab的一根导体杆，它可在ab、cd上无摩擦地滑动.杆ef及线框中导线的电阻都可不计.开始时，给ef一个向右的初速度，则( )
图7
A.ef将减速向右运动，但不是匀减速
B.ef将匀减速向右运动，最后停止
C.ef将匀速向右运动
D.ef将往返运动
答案 A
解析 ef向右运动，切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，会受到向左的安培力而做减速运动，直到停止，但不是匀减速，由F＝BIL＝＝ma知，ef做的是加速度逐渐减小的减速运动，故A正确.
8.如图8所示，有两根和水平方向成α角的光滑平行的金属轨道，间距为L，上端接有可变电阻R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为B.一根质量为m的金属杆从轨道上由静止滑下，经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度vm，则( )
图8
A.如果B变大，vm将变大
B.如果α变大，vm将变大
C.如果R变大，vm将变小
D.如果m变小，vm将变大
答案 B
解析 金属杆从轨道上滑下切割磁感线产生感应电动势E＝BLv，在闭合电路中形成电流I＝，因此金属杆从轨道上滑下的过程中除受重力、轨道的弹力外还受安培力F安作用，F安＝BIL＝，先用右手定则判定感应电流方向，再用左手定则判定出安培力方向，如图所示，根据牛顿第二定律，得mgsin α－＝ma，当a→0时，v→vm，解得vm＝，故选项B正确.
9.如图9，两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
图9
(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.
答案 (1)mg(sin θ－3μcos θ)
(2)
解析 (1)设导线的张力的大小为T，右斜面对ab棒的支持力的大小为N1，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N2.对于ab棒，由力的平衡条件得2mgsin θ＝μN1＋2T＋F①
N1＝2mgcos θ②
对于cd棒，同理有
mgsin θ＋μN2＝2T③
N2＝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＝
题组三 电磁感应中的动力学问题和能量问题的综合应用
10.如图10所示，间距为L、电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置，导轨左端用一阻值为R的电阻连接，导轨上横跨一根质量为m、电阻也为R的金属棒，金属棒与导轨接触良好.整个装置处于竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中.现使金属棒以初速度v沿导轨向右运动，若金属棒在整个运动过程中通过的电荷量为q.下列说法正确的是( )
图10
A.金属棒在导轨上做匀减速运动
B.整个过程中金属棒在导轨上发生的位移为
C.整个过程中金属棒克服安培力做功为mv2
D.整个过程中电阻R上产生的焦耳热为mv2
答案 C
解析 因为金属棒向右运动时受到向左的安培力作用，且安培力随速度的减小而减小，所以金属棒向左做加速度逐渐减小的减速运动；根据E＝＝，q＝IΔt＝Δt＝，解得x＝；整个过程中金属棒克服安培力做功等于金属棒动能的减少量mv2；整个过程中电路中产生的热量等于动能的减少量mv2，电阻R上产生的焦耳热为mv2.
11.如图11所示，足够长的两根相距为0.5 m的平行光滑导轨竖直放置，导轨电阻不计，磁感应强度B为0.8 T的匀强磁场的方向垂直于导轨平面.两根质量均为0.04 kg、电阻均为0.5 Ω 的可动金属棒ab和cd都与导轨始终接触良好，导轨下端连接阻值为1 Ω的电阻R，金属棒ab用一根细绳拉住，细绳允许承受的最大拉力为0.64 N.现让cd棒从静止开始落下，直至细绳刚被拉断时，此过程中电阻R上产生的热量为0.2 J，(g取10 m/s2)求：
图11
(1)此过程中ab棒和cd棒产生的热量Qab和Qcd；
(2)细绳被拉断瞬时，cd棒的速度v；
(3)细绳刚要被拉断时，cd棒下落的高度h.
答案 (1)0.4 J 0.9 J (2)1.875 m/s (3)3.926 m
解析 (1)根据Q＝I2Rt，由电路串并联规律得
Iab∶Icd∶IR＝2∶3∶1，Rab∶Rcd∶R＝1∶1∶2，
则Qab＝2QR＝0.4 J，Qcd＝＝0.9 J.
(2)ab棒被拉断瞬间有F＋mg－Tm＝0.
F＝BIabL，Iab＝×，R总＝r＋＝Ω，E＝BLv得
v＝1.875 m/s.
(3)cd棒下落过程由能量守恒得
mhg＝mv2＋Qab＋Qcd＋QR，则h≈3.926 m.
12.如图12甲所示，两根足够长的平行金属导轨MN、PQ相距为L，导轨平面与水平面夹角为α，金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m，导轨处于匀强磁场中，磁场的方向垂直于导轨平面斜向上，磁感应强度大小为B.金属导轨的上端与开关S、阻值为R1的定值电阻和电阻箱R2相连，不计一切摩擦，不计导轨、金属棒的电阻，重力加速度为g.现在闭合开关S，将金属棒由静止释放.
图12
(1)判断金属棒ab中电流的方向；
(2)若电阻箱R2接入电路的阻值为0，当金属棒下降高度为h时，速度为v，求此过程中定值电阻上产生的焦耳热Q；
(3)当B＝0.40 T、L＝0.50 m、α＝37°时，金属棒能达到的最大速度vm随电阻箱R2阻值的变化关系如图乙所示，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80.求R1的大小和金属棒的质量m.
答案 (1)电流方向由b到a (2)mgh－mv2
(3)2.0 Ω 0.1 kg
解析 (1)由右手定则可知，金属棒ab中的电流方向由b到a.
(2)由能量守恒定律可知，金属棒减小的重力势能等于增加的动能和电路中产生的焦耳热mgh＝mv2＋Q
解得Q＝mgh－mv2
(3)设最大速度为vm时，切割磁感线产生的感应电动势E＝BLvm
由闭合电路欧姆定律，得
I＝
从b端向a端看，金属棒受力如图所示.
金属棒达到最大速度时满足
mgsin α－BIL＝0
由以上三式得最大速度：
vm＝R2＋R1
图象斜率k＝ m/(s·Ω)＝15 m/(s·Ω)，纵截距b＝30 m/s，则R1＝b，＝k
解得R1＝2.0 Ω
m＝0.1 kg
