专题11：安培力作用下导体的运动和平衡
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专题11：安培力作用下导体的运动和平衡
一、磁通量
1．概念：在磁感应强度为B的匀强磁场中，与磁场方向垂直的面积S与B的乘积．
2．公式：Φ＝BS.
3．适用条件：
(1)匀强磁场．
(2)S为垂直磁场的有效面积．
4．磁通量是标量(填“标量”或“矢量”)．
5．物理意义：
相当于穿过某一面积的磁感线的条数．如图1所示，矩形abcd、abb′a′、a′b′cd的面积分别为S1、S2、S3，匀强磁场的磁感应强度B与平面a′b′cd垂直，则：
图1
(1)通过矩形abcd的磁通量为BS1cos θ或BS3.
(2)通过矩形a′b′cd的磁通量为BS3.
(3)通过矩形abb′a′的磁通量为0.
6．磁通量变化：ΔΦ＝Φ2－Φ1.
二、电磁感应现象
1．定义：当穿过闭合导体回路的磁通量发生变化时，闭合导体回路中有感应电流产生，这种利用磁场产生电流的现象叫做电磁感应．
2．条件
(1)条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化．
(2)例如：闭合电路的一部分导体在磁场内做切割磁感线的运动．
3．实质
产生感应电动势，如果电路闭合，则有感应电流．如果电路不闭合，则只有感应电动势而无感应电流．
三、感应电流方向的判定
1．楞次定律
(1)内容：感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化．
(2)适用范围：一切电磁感应现象．
2．右手定则
(1)内容：如图2，伸开右手，使拇指与其余四个手指垂直并且都与手掌在同一平面内：让磁感线从掌心进入，并使拇指指向导线运动的方向，这时四指所指的方向就是感应电流的方向．
图2
(2)适用情况：导线切割磁感线产生感应电流．
题型一：三定则一定律的应用
安培定则、左手定则、右手定则、楞次定律的应用对比
基本现象
因果关系
应用规律
运动电荷、电流产生磁场
因电生磁
安培定则
磁场对运动电荷、电流有作用力
因电受力
左手定则
部分导体做切割磁感线运动
因动生电
右手定则
闭合回路磁通量变化
因磁生电
楞次定律
例1 (多选)如图15所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，MN的左边有一如图所示的闭合电路，当PQ在一外力的作用下运动时，MN向右运动，则PQ所做的运动可能是( )
图15
A．向右加速运动
B．向左加速运动
C．向右减速运动
D．向左减速运动
答案 BC
解析 MN向右运动，说明MN受到向右的安培力，因为ab在MN处的磁场垂直纸面向里 MN中的感应电流方向为M→N L1中感应电流的磁场方向向上.若L2中磁场方向向上减弱PQ中电流方向为Q→P且减小向右减速运动；若L2中磁场方向向下增强PQ中电流方向为P→Q且增大向左加速运动．
变式1 置于匀强磁场中的金属圆盘中央和边缘各引出一根导线，与套在铁芯上部的线圈A相连．套在铁芯下部的线圈B引出两根导线接在两根水平光滑导轨上，如图16所示．导轨上有一根金属棒ab静止处在垂直于纸面向外的匀强磁场中．下列说法正确的是( )
图16
A．圆盘顺时针加速转动时，ab棒将向右运动
B．圆盘顺时针匀速转动时，ab棒将向右运动
C．圆盘顺时针减速转动时，ab棒将向右运动
D．圆盘逆时针加速转动时，ab棒将向左运动
答案 C
例3 (2019·河南名校联盟高三下学期2月联考)相距L＝1.5 m的足够长金属导轨竖直放置，质量为m1＝1 kg的金属棒ab和质量为m2＝0.27 kg的金属棒cd均通过棒两端的套环水平地套在金属导轨上，如图7(a)所示，虚线上方磁场方向垂直纸面向里，虚线下方磁场方向竖直向下，两处磁场磁感应强度大小相同．ab棒光滑，cd棒与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.75，两棒总电阻为1.8 Ω，导轨电阻不计，ab棒在方向竖直向上，大小按图(b)所示规律变化的外力F作用下，从静止开始，沿导轨匀加速运动，同时cd棒也由静止释放(取g＝10 m/s2)．
图7
(1)求磁感应强度B的大小和ab棒加速度大小；
(2)已知在2 s内外力F做功40 J，求这一过程中两金属棒产生的总焦耳热；
(3)判断cd棒将做怎样的运动，求出cd棒达到最大速度所需的时间t0，并在图(c)中定性画出cd棒所受摩擦力随时间变化的图象．
答案 见解析
解析 (1)经过时间t，金属棒ab的速率v＝at
此时，回路中的感应电流为I＝＝
对金属棒ab，由牛顿第二定律得F－BIL－m1g＝m1a
由以上各式整理得：F＝m1a＋m1g＋at
在图线上取两点：t1＝0，F1＝11 N；t2＝2 s，F2＝14.6 N
代入上式得a＝1 m/s2，B＝1.2 T
(2)在第2 s末金属棒ab的速率v2＝at2＝2 m/s
所发生的位移x＝at22＝2 m
由动能定理得WF－m1gx－W安＝m1v22
又Q＝W安
联立以上方程，解得Q＝18 J.
(3)cd棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当cd棒所受重力与滑动摩擦力相等时，速度达到最大，然后做加速度逐渐增大的减速运动，最后停止运动，
当cd棒速度达到最大时，有m2g＝μFN
又FN＝F安
F安＝BIL
I＝＝，vm＝at0
整理解得t0＝＝2 s
Ffcd随时间变化的图象如图所示．
拓展训练4 (多选)(2019·山东泰安市3月第一轮模拟)如图8，倾角为θ的光滑斜面上存在着两个磁感应强度大小相同的匀强磁场，其方向一个垂直于斜面向上，一个垂直于斜面向下，它们的宽度均为L.一个质量为m，边长也为L的正方形线框以速度v进入上部磁场恰好做匀速运动，ab边在下部磁场运动过程中再次出现匀速运动．重力加速度为g，则( )
图8
A．在ab进入上部磁场过程中的电流方向为adcba
B．当ab边刚越过边界ff′时，线框的加速度为gsin θ
C．ab边进入下部磁场再次做匀速运动的速度为v
D．从ab边进入磁场到ab边进入下部磁场再次做匀速运动的过程中，减少的动能等于线框中产生的焦耳热
答案 AC
解析 根据楞次定律可知，在ab边进入上部磁场过程中的电流方向为adcba，选项A正确；当线框在上部磁场中匀速运动时：F安＝mgsin θ＝，当ab边刚越过边界ff′时，由于线框的ab边和cd边产生同方向感应电动势，则回路的感应电动势加倍，感应电流加倍，每个边受到的安培力加倍，则此时：4F安－mgsin θ＝ma，解得线框的加速度为a＝3gsin θ，选项B错误；当ab边进入下部磁场再次做匀速运动时：2BL＝mgsin θ，解得v′＝v，选项C正确；由能量关系可知，从ab边进入磁场到ab边进入下部磁场再次做匀速运动的过程中，减少的动能与重力势能之和等于线框中产生的焦耳热，选项D错误.
题型二：电磁感应中的动力学问题
1．电荷量的求解
电荷量q＝IΔt，其中I必须是电流的平均值．由E＝n，I＝，q＝IΔt联立可得q＝n，与时间无关．
2．求解焦耳热Q的三种方法
(1)焦耳定律：Q＝I2Rt.
(2)功能关系：Q＝W克服安培力．
(3)能量转化：Q＝ΔE其他能的减少量．
3．用到的物理规律
匀变速直线运动的规律、牛顿运动定律、动能定理、能量守恒定律等．
例4 (2019·四川达州市第二次诊断)如图9甲所示，斜面倾角为θ＝37°，一宽为d＝0.65 m的有界匀强磁场垂直于斜面向上，磁场边界与斜面底边平行．在斜面上由静止释放一矩形金属线框，线框沿斜面下滑，下边与磁场边界保持平行．取斜面底部水平面为重力势能零势能面，从线框开始运动到恰好完全进入磁场的过程中，线框的机械能E和位移x之间的关系如图乙所示，图中①、②均为直线段．已知线框的质量为m＝0.1 kg，电阻为R＝0.06 Ω.(取g＝10 m·s－2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：
图9
(1)线框与斜面间的动摩擦因数μ；
(2)线框刚进入磁场到恰好完全进入磁场所用的时间t；
(3)线框穿越磁场的过程中，线框中的最大电功率Pm.
答案 (1)0.5 (2) s (3)0.54 W
解析 (1)金属线框进入磁场前，由能量守恒定律，线框减小的机械能等于克服摩擦力做的功，则ΔE1＝Wf1＝μmgx1cos 37°
其中x1＝0.36 m；ΔE1＝(1.000－0.856) J＝0.144 J
解得μ＝0.5
(2)金属线框进入磁场的过程中，减小的机械能等于克服摩擦力和安培力做的功，机械能均匀减小，因此安培力是恒力，可知线框做匀速运动，设速度为v1
v12＝2ax1
mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma
解得a＝2 m/s2，v1＝1.2 m/s
ΔE2＝Wf2＋W安＝(Ff＋F安)x2
其中ΔE2＝(0.856－0.736)J＝0.12 J，Ff＋F安＝mgsin 37°＝0.6 N，x2为线框的侧边长，即线框进入磁场过程中运动的距离，可求出x2＝0.2 m，
则t＝＝ s＝ s
(3)线框刚出磁场时速度最大，设为v2，此时线框内电功率最大，Pm＝I2R＝
由v22－v12＝2a(d－x2)可求得v2＝1.8 m/s
根据线框匀速进入磁场时：F安＋μmgcos 37°＝mgsin 37°
可得F安＝0.2 N
又因为F安＝BIL＝
可得B2L2＝0.01(T2·m2)
将v2、B2L2代入可得：Pm＝＝0.54 W.
拓展训练5 (2019·安徽安庆市二模)如图10所示，两个平行光滑金属导轨AB、CD固定在水平地面上，其间距L＝0.5 m，左端接有阻值R＝3 Ω的定值电阻．一根长度与导轨间距相等的金属杆放置于导轨上，金属杆的质量m＝0.2 kg，电阻r＝2 Ω，整个装置处在方向竖直向下、磁感应强度大小B＝4 T的匀强磁场中，t＝0时刻，在MN上加一与金属杆垂直，方向水平向右的外力F，金属杆由静止开始以a＝2 m/s2的加速度向右做匀加速直线运动，2 s末撤去外力F，运动过程中金属杆与导轨始终垂直且接触良好．(不计导轨和连接导线的电阻，导轨足够长)求：
图10
(1)1 s末外力F的大小；
(2)撤去外力F后的过程中，电阻R上产生的焦耳热．
答案 (1)2 N (2)0.96 J
解析 (1)1 s末，金属杆MN的速度大小为
v1＝at1＝2×1 m/s＝2 m/s
金属杆MN产生的感应电动势为 E＝BLv1
金属杆MN中的感应电流大小I＝
金属杆MN受到的安培力大小 F安＝BIL
联立得F安＝＝1.6 N
根据牛顿第二定律得 F－F安＝ma
可得F＝F安＋ma＝2 N
(2)2 s末，金属杆MN的速度大小为 v2＝at2＝2×2 m/s＝4 m/s
撤去外力F后的过程中，根据能量守恒定律得电路中产生的总焦耳热Q＝mv＝×0.2×42 J＝1.6 J
电阻R上产生的焦耳热QR＝Q＝×1.6 J＝0.96 J.
拓展训练6 (2019·宁夏银川市高三质检)如图11所示，水平放置的U形导轨足够长，置于方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B＝5 T，导轨宽度L＝0.4 m，左侧与R＝0.5 Ω的定值电阻连接，右侧有导体棒ab垂直导轨跨放在导轨上，导体棒ab质量m＝2.0 kg，电阻r＝0.5 Ω，与导轨的动摩擦因数μ＝0.2，其余电阻可忽略不计．导体棒ab在大小为10 N的水平外力F作用下，由静止开始运动了x＝40 cm后，速度达到最大，取g＝10 m/s2.求：
图11
(1)导体棒ab运动的最大速度；
(2)当导体棒ab的速度v＝1 m/s时，导体棒ab的加速度的大小；
(3)导体棒ab由静止达到最大速度的过程中，电阻R上产生的热量．
答案 (1)1.5 m/s (2)1 m/s2 (3)0.075 J
解析 (1)导体棒ab垂直切割磁感线运动，产生的感应电动势大小：E＝BLv
由闭合电路欧姆定律得：I＝
可得导体棒受到的安培力：F安＝BIL＝
当导体棒做匀速直线运动时速度最大，由平衡条件得：＋μmg＝F
解得最大速度：vm＝1.5 m/s；
(2)当导体棒ab的速度v＝1 m/s时，由牛顿第二定律得：F－－μmg＝ma
解得：a＝1 m/s2；
(3)在整个过程中，由能量守恒定律可得：Fx＝Q＋μmgx＋mvm2
解得：Q＝0.15 J
所以QR＝Q＝0.075 J.
考题预测
一、单选题
1.如图甲所示，正五边形硬导线框abcde固定在磁场中，磁场方向与线框平面垂直，图乙表示该磁场的磁感应强度B随时间t变化的关系， t=0 时刻磁场方向垂直纸面向里。设垂直cd边向下为安培力的正方向，在0~5t0时间内，线框cd边受到该磁场对它的安培力F随时间t变化的关系图为（?? ）
A.???????????B.???????????C.???????????D.?
2.如图甲、乙、丙中，除导体棒ab可动外，其余部分均固定不动，甲图中的电容器C原来不带电。设导体棒、导轨和直流电源的电阻均可忽略，导体棒和导轨间的摩擦也不计，图中装置均在水平面内，且都处于方向垂直水平面（即纸面）向里的匀强磁场中，导轨足够长。现给导体棒ab一个向右的初速度v0 ， 在图甲、乙、丙三种情形下关于导体棒ab的运动状态，下列说法正确的是（?? ）
A.?图甲中，ab棒先做匀减速运动，最终做匀速运动
B.?图乙中，ab棒先做加速度越来越大的减速运动，最终静止
C.?图丙中，ab棒先做初速度为v0变减速运动，然后做变加速运动，最终做匀速运动
D.?三种情形下导体棒ab最终都匀速
3.如图所示，用轻绳将一条形磁铁竖直悬挂于O点，在其正下方的水平绝缘桌面上放置一铜质圆环。现将磁铁从A处由静止释放，经过B、C到达最低处D，再摆到左侧最高处E，圆环始终保持静止，则磁铁（?? ）
A.?从B到C的过程中，圆环中产生逆时针方向的电流（从上往下看）
B.?摆到D处时，圆环给桌面的压力小于圆环受到的重力
C.?从A到D和从D到E的过程中，圆环受到摩擦力方向相同
D.?在A，E两处的重力势能相等
4.如图所示，两根金属导轨MN、PQ相互平行，上端接入一个定值电阻，构成U型导轨。金属棒ab恰好能静止在导轨上并与两导轨始终保持垂直且接触良好，现在导轨所在空间加一垂直于导轨的匀强磁场，匀强磁场的磁感应强度从零开始随时间均匀增大，经一段时间后金属棒开始运动，从加磁场到金属棒开始运动的时间内，金属棒ab受力情况中（?? ）
A.?安培力方向始终向上，安培力大小随时间均匀增大?????B.?安培力方向始终向下，安培力大小保持不变
C.?摩擦力方向始终向上，摩擦力大小先减小后增大?????????D.?摩擦力方向始终向下，摩擦力大小保持不变
5.如图所示，光滑水平面上存在有界匀强磁场，磁感应强度为B，质量为m、边长为a的正方形线框ABCD斜向穿进磁场，当AC刚进入磁场时速度为v，方向与磁场边界成 45° 角，若线框的总电阻为R，则（?? ）
A.?线框穿进磁场过程中，线框中电流的方向为DCBA
B.?AC刚进入磁场时，线框中感应电流为 2BavR
C.?AC刚进入磁场时，线框所受安培力为 2B2a2vR
D.?AC刚进入磁场时，CD两端电压为 34Bav
6.如图甲所示，在光滑绝缘水平面内，两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与水平面垂直，边长为l的正方形单匝金属线框abcd位于水平面内，cd边与磁场边界平行。T＝0时刻线框在水平外力的作用下由静止开始做匀加速直线运动通过该磁场，回路中的感应电流大小与时间的关系如图乙所示，下列说法正确的是（?? ）
A.?水平外力为恒力
B.?匀强磁场的宽度为 43 l
C.?ab边开始计时到离开磁场的时间为 43 t0
D.?线框出磁场过程中水平外力做的功小于线框进入磁场过程中水平外力做的功
7.如图所示，U形光滑金属框 abcd 置于水平绝缘平台上， ab 和 dc 边平行且足够长，间距为L，整个金属框电阻可忽略且置于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。一根长度也为L、电阻为R的导体棒MN置于金属框上，用大小为F的水平恒力向右拉动金属框，运动过程中，MN与金属框保持良好接触且固定不动，则金属框最终的速度大小为（?? ）
A.?0??????????????????????????????????????B.?FRBL??????????????????????????????????????C.?FRB2L2??????????????????????????????????????D.?B2L2FR
8.如图所示，空间内水平线 AB 以下存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，一正方形的闭合金属线框 abcd 从边界 AB 的上方一定高度由静止释放，运动过程中线框平面一直在竖直平面内，且 bc//AB ．关于线框开始下落后的速度 v 随时间 t 的变化图象，下列图象不可能出现的是（ ??）
A.????????????????????????????????????????????B.?
C.????????????????????????????????????????????D.?
二、多选题
9.如图所示，平行金属导轨与水平面成θ角，用导线与固定电阻R1和R2相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面。有一导体棒ab，质量为m，两导轨间距为l，导体棒的电阻与固定电阻R1和R2的阻值相等，都等于R，导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒ab沿导轨向上滑动，当上滑的速度为v时，有（?? ）
A.?棒中感应电流的方向由a到b
???B.?棒所受安培力的大小为 B2l2v23R
C.?棒两端的电压为 Blv3
?????????????D.?棒动能的减少量等于其重力势能的增加量与电路上产生的电热之和
10.半径分别为r和2r的光滑同心圆形导轨固定在同一水平面上，一长为r，质量为m且质量分布均匀的直导体棒AB置于圆导轨上面，BA的延长线通过圆导轨的中心O，装置的俯视图如图所示；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；在内圆导轨的C点和外圆导轨的D点之间接有一阻值为R的电阻（图中未画出）。直导体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。导体棒阻值为R，导轨的电阻均可忽略，则下列说法正确的是（?? ）
A.?导体中有从C到D的电流??????????????????????????????????????B.?通过导体棒电流为 Bω?r24R
C.?导体棒两端电压为 3Bωr22??????????????????????????????????D.?外力所做功的功率为 9B2ω2r48R
11.如图所示，足够长的U形光滑金属导轨平面与水平面成 θ 角（ 0<θ<90° ），其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计。金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与导轨的两边始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路的电阻为R。从释放开始，当流过ab棒某一横截面的电荷量为q时，金属棒的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中（?? ）
A.?ab运动的平均速率小于 12v?????????????????????????????????B.?金属棒的位移大小为 qRBL
C.?产生的焦耳热为qBLv??????????????????????????????????????????D.?受到的最大安培力大小为 B2L2vR
12.如图所示，两条相距d的足够长的平行光滑金属导轨位于同一水平面内，其左端接阻值为R的定值电阻。电阻为R长为d的金属杆ab在导轨上以初速度vo水平向左运动，其左侧有边界为PQ、MN的匀强磁场，磁感应强度大小为B。该磁场以恒定速度vo匀速向右运动，金属杆进入磁场后，在磁场中运动t时间后达到稳定状态，导轨电阻不计（?? ）
A.?当金属杆刚进入磁场时，杆两端的电压大小为Bdv0
B.?当金属杆运动达到稳定状态时，杆两端的电压大小为Bdv0
C.?t时间内金属杆所受安培力的冲量等于0
D.?t时间内金属杆所受安培力做的功等于0
13.磁悬浮列车动力原理如下图所示，在水平地面上放有两根平行直导轨，轨间存在着等距离的正方形匀强磁场B1和B2 ， 方向相反， B1=B2=B ，导轨上放有金属框abcd，其边长等于轨道间距L，金属框电阻为R，磁场B1、B2同时以速度v向右匀速运动从可带动金属框运动，金属框受到的阻为恒为其速度的k倍。下列说法正确的是（?? ）
A.?金属框中的感应电流方向始终不变??????????????????????B.?金属框受到的安培力方向始终不变
C.?金属框的最终速度为 4B2L2vkR+4B2L2?????????????????????????D.?稳定后系统消耗的功率为 kv2+4B2L2v2R
14.如图甲所示，两条粗糙平行金属导轨倾斜固定放置（两导轨电阻不计） ，倾角 θ = 37°，间距d=1m，电阻r=3Ω的金属杆与导轨垂直放置，导轨下端连接规格为“3V，3W”的灯泡L。在导轨内有长为l、宽为d的矩形区域abcd，该区域内有垂直导轨平面均匀分布的磁场，各处的磁感应强度B大小始终相等， B随时间t变化图线如图乙所示。在t =0时，金属杆从PQ位置静此释放，向下滑动直到cd位置的过程中，金属杆始终与导轨垂直，灯泡一直处于正常发光状态。则金属杆从PQ位置到cd位置的运动过程中，下列说法正确的是（sin37° =0.6， cos37°= 0.8，重力加速度g取10m/s2）（?? ）
A.?金属杆先做匀加速直线运动后做匀速直线运动????B.?金属杆到达ab位置的速度大小为3m/s
C.?金属杆与导轨间的动摩擦因数为0.5?????????????????????D.?金属杆克服安培力做功为6J
15.半径为a、右端开小口的导体圆环和长为2a的导体直杆，单位长度电阻均为 R0 。圆环水平固定放置，整个内部区域分布着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。直杆在圆环上以速度v平行于直径 CD 向右做匀速直线运动，直杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O开始，直杆的位置由θ确定，如图所示。则（?? ）
A.?θ=0 时，直杆产生的电动势为 2Bav
?????????????????B.?θ=π3 时，直杆产生的电动势为 3Bav
C.?θ=0 时，直杆受的安培力大小为 2B2av(π+2)R0
?????????D.?θ=π3 时，直杆受的安培力大小为 3B2av(5π+3)R0
16.如图，上下有界的匀强磁场，磁场方向水平垂直纸面向里．将线框从某高度无初速释放，落入该磁场中．l、d分别为磁场与 线框的宽度．若下落过程中，线框平面始终位于纸平而内，下边框始终与磁场上下边界平行则线框下落过程中（?? ）
A.?进入磁场时，线框中感应的电流为逆时针方向
B.?可能经历一个所受安培力减小的过程
C.?当l＞d，线框可能进出磁场时都做匀速运动
D.?当l＝d，可能某过程中重力势能全部转化为线框的焦耳热
17.如图所示，虚线 MN 左侧有垂直于纸面向里的匀强磁场，右侧是无磁场空间，将两个粗细相同，边长比为 1:2 的铜质正方形闭合线框由图示位置以同样的速度ν向右完全拉出匀强磁场，下列说法中正确的是（?? ）
A.?拉出过程中线框中感应电动势之比 1:2
???????????B.?完全拉出通过导线某一横截面的电荷量之比是 1:1
C.?拉出过程中所用拉力大小之比为 2:1
??????????????D.?完全拉出线框中产生的电热之比为 1:4
18.如图甲所示，在粗糙的水平面上放置一个圆形闭合金属线圈，线圈右半部处于磁场中，磁感应强度B随时间t变化的图象如图乙所示，t=0时刻磁场方向竖直向上，线圈始终处于静止状态，则（?? ）
A.?在 t=0 时刻线圈不受安培力作用
B.?在 0?1s 时间内线圈中的感应电流不断减小
C.?在 t=1s 时刻线圈中的感应电流方向发生变化
D.?在 3?4s 时间内线圈受到的摩擦力先增加后减小
19.如图所示正方形闭合导线框abcd，置于磁感应强度为B垂直纸面向里的匀强磁场上方h处．线框由静止自由下落，线框平面始终保持在竖直平面内，且dc边与磁场的上边界平行．则下列说法正确的是（?? ）
A.?dc边刚进入磁场时，线框中产生的感应电动势一定最大
B.?线框进入磁场的过程中一定做减速运动
C.?线框进入磁场的过程中加速度不可能变大
D.?线柜从释放到完全进入磁场的过程中，线框减少的重力势能等于它增加的动能与产生的焦耳热之和
20.如图，两根足够长，电阻不计的光滑平行金属导轨，固定在同一水平面上，其间距为1m，左端通过导线连接一个R=1.5 Ω 的定值电阻。整个导轨处在磁感应强度大小B=0.4T的匀强磁场中，磁场方向竖直向下，质量m=0.2kg、长度L=1m、电阻r=0.5 Ω 的匀质金属杆垂直导轨放置，且与导轨接触良好，在杆的中点施加一个垂直金属杆的水平拉力F，使其静止开始运动。拉力F的功率P=2W保持不变，当金属杆的速度v=5m/s时撤去拉力F。下列说法正确的是（?? ）
A.?若不撤去拉力F，金属杆的速度会大于5m/s
B.?金属杆的速度为4m/s时，其加速度大小可能为0.9m/s2
C.?从撤去拉力F到金属杆停下的整个过程，通过金属杆的电荷量为2.5C
D.?从撤去拉力F到金属杆停下的整个过程，金属杆上产生的热量为2.5J
答案解析部分
一、单选题
1.【答案】 B
【解答】在0~2t0时间内，磁感应强度的变化率不变，则感应电流的方向不变，方向为顺时针方向，则在0~t0时间内，线框cd边受到的安培力向下，并均匀减小，在t0~2t0时间内，线框cd边受到的安培力向上，并均匀增大；在2t0~3t0时间内，磁感应强度不变，无感应电流，无安培力；在3t0~5t0时间内，磁感应强度的变化率不变，则感应电流的方向不变，方向为逆时针方向，则在3t0~4t0时间内，线框cd边受到的安培力向下，并均匀减小，在4t0~5t0时间内，线框cd边受到的安培力向上，并均匀增大。
故答案为：B。
【分析】利用楞次定律可以判别感应电流的方向，结合左手定则可以判别安培力的方向；利用图像斜率可以判别感应电流的大小，结合安培力的表达式可以判别安培力的大小变化。
2.【答案】 C
【解答】A．图甲中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流而使电容器充电，由于充电电流不断减小，安培力减小，则导体棒做变减速运动，当电容器C极板间电压与导体棒产生的感应电动势相等时，电路中没有电流，ab棒不受安培力，向右做匀速运动，A不符合题意；
B．图乙中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流，导体棒受向左的安培力而做减速运动，随速度的减小，电流减小，安培力减小，加速度减小，最终ab棒静止，B不符合题意；
C．图丙中，导体棒先受到向左的安培力作用向右做变减速运动，速度减为零后再在安培力作用下向左做变加速运动，当导体棒产生的感应电动势与电源的电动势相等时，电路中没有电流，ab棒向左做匀速运动，C符合题意；
D．由以上分析可知，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】图甲中由于充电过程其电流不断变小会导致安培力不断变小所以导体棒做加速度不断减小的减速运动后当电流等于0时做匀速直线运动；图乙中由于受到安培力的作用导致金属棒做减速运动，其安培力不断减小导致其加速度不断变小最后金属棒静止；图丙中最初在安培力的作用下做变减速运动，速度减为0时在安培力的作用下向左做变加速直线运动最后做匀速直线运动。
3.【答案】 C
【解答】A．从B到C的过程中，圆环中的磁场向上且磁通量增大，据“增反减同”可判断产生顺时针方向的电流（从上往下看），A不符合题意；
B．摆到D处时，圆环中产生的感应电流有使圆环远离阻碍磁通量增大的趋势，故给桌面的压力大于圆环受到的重力，B不符合题意；
C．由楞次定律的推论“来拒去留”可知，从A到D和从D到E的过程中，圆环受到摩擦力方向均向左，C符合题意；
D．由于有部分机械能转化为电能，故在A、E两处的重力势能不相等，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】利用磁通量的变化可以判别圆环中感应电流的方向；利用来拒去留可以判别其圆环受到的安培力方向，结合圆环的平衡方程可以比较圆环对桌面的压力及本身的重力大小；利用圆环安培力的方向可以判别其圆环受到的摩擦力方向；由于部分机械能转化为电能所以AE其重力势能不同。
4.【答案】 A
【解答】AB．当加磁场时，感应电动势大小为 E=ΔΦΔt=ΔB?SΔt
由于磁感应强度从零开始随时间均匀增大，所以 ΔBΔt 定值，感应电动势E不变，则安培力大小为 F安=BIL=B?ERL
由于E、R、L为定值，B均匀增大，所以安培力大小随时间均匀增大，根据左手定则可判断，安培力方向始终沿斜面向上，A符合题意，B不符合题意；
CD．未加磁场时，金属棒ab恰好能静止在导轨上，可得 Ff=mgsinθ
方向沿斜面向上，由AB选项可知，安培力方向始终向上，安培力大小随时间均匀增大，则摩擦力方向先沿斜面向上，大小逐渐减小到零；当 F安=mgsinθ 时，摩擦力为零；当安培力继续增大时，摩擦力方向沿斜面向下，大小逐渐增大，直到金属棒开始滑动，综上所述，C、D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】先根据楞次定律判断金属棒中感应电流的方向，再由左手定则判断金属棒受到的安培力方向；根据法拉第电磁感应定律分析回路中产生的感应电动势变化情况，由欧姆定律分析感应电流变化情况，由F=BIL分析安培力的变化情况，根据平衡条件分析金属棒受到的摩擦力大小变化情况，并确定摩擦力方向。
5.【答案】 D
【解答】A．线框进入磁场的过程中，穿过线框的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流的磁场方向垂直纸面向外，则感应电流的方向为ABCD方向，A不符合题意；
B．AC刚进入磁场时CD边切割磁感线，有效的切割长度为a，所以产生的感应电动势为 E=Bav
则线框中感应电流为 I=ER=BavR
B不符合题意；
C．AC刚进入磁场时线框的CD边产生的安培力与v的方向相反，AD边受到的安培力的方向垂直于AD向下，它们的大小都是 F=BIa=B2a2vR
且AD边与CD边受到的安培力的方向相互垂直，所以AC刚进入磁场时线框所受安培力为AD边与CD边受到的安培力的矢量和，即为 F合=2F=2B2a2vR
C不符合题意；
D．CD两端的电压是外电压 U=34E=34Bav D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据楞次定律判断感应电流的方向，再由E=Blv求出电路中感应电动势，由闭合电路的欧姆定律求出电路中的电流和CD两端的电压，将AD边与CD边受到的安培力进行矢量合成，求出线框受到的安培力。
6.【答案】 C
【解答】A．线框进入磁场的时候，要受到安培力的作用，电流是变化的，安培力也是变化的，因此外力F必然不是恒力，A不符合题意；
B．由图乙可知2t0～4t0时间内线框进入磁场，设线框匀加速直线运动的加速度为a，边框长l= 12 a(4t0)2- 12 a(2t0)2=6at02 ， 磁场的宽度d= 12 a(6t0)2- 12 a(2t0)2=16at02= 83l ，B不符合题意；
C．设t时刻线框穿出磁场，则有6at02= 12 at2- 12 a(6t0)2
解得t= 43 t0 ， C符合题意；
D．线框进入磁场过程的位移与出磁场过程的位移相等，线框进入磁场过程中的水平拉力小于出磁场过程中的水平拉力，因此线框出磁场做的功大于线框进入磁场过程中水平拉力做的功，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据线框感应电流I=ER=BLvR ， 结合i-t图象知道，线框做匀加速直线运动，从而再根据图象
找到进入和穿出磁场的时刻，由运动学公式就能求出磁场宽度、ab边离开的时间。根据感应电流的方向，结合楞次定律得出磁场的方向。根据安培力公式得出导线框所受的安培力。
7.【答案】 C
【解答】由公式 F=FA=BIL,I=BLvR
解得 v=FRB2L2
故答案为：C。
【分析】根据安培力公式和法拉第电磁感应定律求出金属框的速度。
8.【答案】 D
【解答】线框进入磁场前做自由落体运动，进入磁场后 bc 边开始切割磁感线，产生感应电流，开始受到安培力的作用，若线框进入磁场后 bc 边所受向上的安培力与线框的重力平衡，线框就做匀速运动，线框完全进入磁场后又做加速运动，A项可能；若线框进入磁场后 bc 边所受向上的安培力小于线框重力，线框就做加速运动，而且随着速度增大，安培力增大，加速度减小，所以线框做加速度减小的加速运动，当安培力与线框的重力达到平衡后，线框做匀速运动，B项可能、D项不可能；若线框进入磁场后 bc 边所受向上的安培力大于线框的重力，线框就做减速运动，而且随着速度减小，安培力减小，加速度减小，所以线框做加速度减小的减速运动，当安培力与线框的重力达到平衡后，线框做匀速运动，C项可能.
故答案为：D
【分析】根据线框进入磁场的时速度的大小情况结合受力分析加速度的变化。
二、多选题
9.【答案】 A,C
【解答】A．根据右手定则判断得知，棒中感应电流的方向由a到b，A符合题意；
B．ab棒产生的感应电动势为 E=Blv
整个电路的总电阻为 R总=R+0.5R=1.5R
根据闭合电路欧姆定律得：通过ab棒的感应电流大小 I=ER总=Blv1.5R
棒所受安培力的大小为 F=BIl=2B2l2v3R
B不符合题意；
C．棒两端的电压为 U=I×0.5R=Blv3
C符合题意；
D．ab棒向上滑行过程中，棒的动能减小转化成重力势能、焦耳热和摩擦生热，根据能量转化和守恒定律得知：棒动能的减小量等于其重力势能的增加量、棒摩擦生热与电路上产生的电热之和，D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】根据右手定则判断ab棒切割磁感线产生的感应电流方向；根据导体切割磁感线电动势公式和闭合电路路欧姆定律求出感应电流，再根据安培力公式求出安培力。
10.【答案】 A,D
【解答】A．根据右手定则，感应电流的方向是由B到A，则通过电阻R的电流是由C到D，A符合题意；
B． Δt 时间内，导体棒扫过的面积 ΔS=12ωΔt(4r2?r2)=32ωΔtr2
产生的感应电动势 E=BΔSΔt=32Bωr2
通过导体棒电流为 I=E2R=3Bωr24R
B不符合题意；
C．导体棒两端电压为 U=IR=3Bωr24
C不符合题意；
D．外力所做功的功率等于电路消耗的总电功率 P=IE=9B2ω2r48R
D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】根据右手定则判断出感应电流方向，根据欧姆定律结合感应电动势公式求出感应电流，从而求出导体棒两端的电压和外力做功的功率。
11.【答案】 B,D
【解答】A．金属棒ab开始做加速运动，速度增大，感应电动势增大，所以感应电流也增大，导致金属棒受到的安培力增大，所以加速度减小，即金属板做加速度逐渐减小的变加速运动，因此运动的平均速度大小大于 12v ，A不符合题意；
B．由电量计算公式 q=It=ERt=nΔΦR=BLsR
可得，下滑的位移大小为 s=qRBL
B符合题意；
C．产生的焦耳热 Q=I2Rt=ItIR=qIR
而这里的电流I比棒的速度大小为v时的电流 I'=BLvR
小，故这一过程产生的焦耳热小于 qBLv ，C不符合题意；
D．金属棒ab受到的最大安培力大小为 F=BIL=B?BLvR?L=B2L2vR
D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】根据安培力公式结合牛顿第二定律判断金属板的运动情况，从而求出平均速度；根据电量公式求出下滑的位移；根据焦耳定律和安培力公式进行分析计算。
12.【答案】 A,D
【解答】A．当金属杆刚进入磁场时，杆相对于磁场的速度是2v0 ， 切割产生的电动势为2Bdv0 ， 则杆两端的电压大小为Bdv0 ， A符合题意；
B．开始时根据楞次定律可知杆受到向右的安培力作用而做减速运动，当减速到0后，由于磁场依旧向右运动，则金属杆在安培力的作用下向右加速运动，直到杆与磁场的相对速度为0时，金属杆运动达到稳定状态时，此时金属杆不再切割磁感线运动，杆两端的电压大小为0，B不符合题意；
C．t时间内金属杆所受安培力的冲量 I=Δp=mv0?(?mv0)=2mv0
C不符合题意；
D．t时间内金属杆所受安培力做的功 W=ΔEk=12mv02?12mv02=0
D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】金属杆在磁场达到稳定状态时做匀速直线运动，金属杆的速度与磁场的速度相等，回路中不产生感应电流，根据欧姆定律求杆两端的电压，由动量定理求安培力的冲量，有动能定理求安培力做的功。
13.【答案】 B,C
【解答】AB．当ad处在向内的磁场时，由右手定则可知，金属框中产生逆时针的感应电流，由左手定则可知，受到安培力向右，当ad处在向外的磁场时，金属框中产生顺时针的感应电流，由左手定则可知，受到安培力向右，A不符合题意，B符合题意；
C．当金属框最终以v0达到稳定时，设左、右边线框各受到安培力为F，满足f=2F
加速度a=0，又f=kv0 ， 此时金属框与磁场的相对速度为 Δv=v?v0
左、右边线框各受到安培力 F=BIL=BLE1+E2R=BL?2BLΔvR=2B2L2R(v?v0)
联立整理可得 v0=4B2L2vkR+4B2L2
C符合题意；
D．稳定后系统消耗的功率为 P=I2R
其中 I=2BL(v?v0)R
联立可解得 P=4B2L2?kvkR+4B2L2
D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】由右手定则判断出感应电流的方向，根据左手定则判断出安培力的方向321·当线框速度最大时，安培力和摩擦力平衡，由此可以算出线框的最大速度，即最终速度。
14.【答案】 A,B,D
【解答】A．因为灯泡一直处于正常发光状态，而磁场是先均匀增加后保持不变的，所以金属杆从PQ位置到ab位置的过程中做匀加速直线运动，金属杆从ab位置到cd位置的过程中做匀速直线运动，且金属杆到达cd位置时用时间1s，磁场强度正好达到2T，A符合题意；
B．因为灯泡一直处于正常发光状态，所以回路中产生的感应电动势为 E=U+PU?r=6V
根据法拉第电磁感应定律 E=Bdv
代入数据解得 v=3ms B符合题意；
C．金属杆从开始到达ab位置的过程中根据 v=at
代入数据解得 a=3ms2
金属杆在此过程中的受力情况为
根据牛顿第二定律可得 mgsin37??μmgcos37?=ma
代入数据解得 μ=0.375
C不符合题意；
D．因为灯泡一直处于正常发光状态，所以整个过程电动势一直没变，在金属杆从开始到达ab位置的过程中，回路中产生的电动势为 E=ΔΦΔt=ΔBΔtS=ΔBΔt?ld
代入数据解得 l=3m
金属杆从ab位置到cd位置的过程中的受力情况为
则 F安=BId=BPUd=2N
安培力对金属杆做功为 W=?F安l=?6J
D符合题意。
故答案为：ABD。
【分析】根据金属杆的受力情况分析运动情况；求出灯泡正常发光时电路中的电流和灯泡的电阻，再根据闭合电路的欧姆定律、法拉第电磁感应定律求解速度大小；根据平衡条件求得动摩擦因数；根据法拉第电磁感应定律求解出磁场的长度，根据功的计算公式求解金属杆克服安培力做的功。
15.【答案】 A,D
【解答】AC．当 θ=0 时，直杆切割磁感线的有效长度 l1=2a ，所以直杆产生的电动势为 E1=Bl1v=2Bav
此时直杆上的电流为 I1=E1(πa+2a)R0=2Bv(π+2)R0
直杆受到的安培力大小 F1=BI1l1=4B2av(π+2)R0
A符合题意，C不符合题意；
BD．当 θ=π3 时，直杆切割磁感线的有效长度为 l2=2acosπ3=a
直杆产生的电动势为
此时电路的总电阻为 R=(53π+1)aR0
直杆上的电流为 I2=E2(2πa?2πa6+a)R0=3Bv(5π+3)R0
直杆受到的安培力大小 F2=BI2l2=3B2av(5π+3)R0
B不符合题意，D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律求出直杆上的电流和受到的安培力。
16.【答案】 A,B,D
【解答】线框进入磁场时，向里的磁通量增大，由楞次定律可知，线框中感应电流为逆时针方向．A符合题意；若线框刚刚进入磁场时受到的安培力大于重力，则线框先做减速运动，由公式 F=B2L2vR ，可知线框可能经历一个所受安培力减小的过程，B符合题意；当l＞d，线框全部在磁场中运动的过程中做加速运动，则进出磁场的速度会发生变化，根据公式： F=B2L2vR ；可知不可能进出磁场时都做匀速运动．C不符合题意；
当l=d，线框全部进入到磁场中时，紧接着出磁场，可能某过程中做匀速直线运动，此过程中的重力势能全部转化为线框的焦耳热．D符合题意．
故答案为：ABD．
【分析】根据法拉第电磁感应定律及安培力公式进行分析。
17.【答案】 A,D
【解答】A．设正方形线框的边长为L，向右匀速拉出时，左侧边框切割磁感线产生感应电动势，可得E=BLv
由于边长比为 1:2 ，故电动势比为1：2，A符合题意；
B．设线框被拉出的时间为 Δt ，产生的平均感应电动势为 E=ΔΦΔt=BL2Δt
设线框电阻为R，由电阻定律可得 R=ρ4LS
回路平均电流为 I=ER
通过导线某一横截面的电荷量为 q=IΔt
联立可得 q=BLS4ρ ，与边长成正比，故完全拉出通过导线某一横截面的电荷量之比是 1:2 ，B不符合题意；
C．由前面分析可知，电动势正比为1：2，电阻之比为 1:2 ，据闭合电路欧姆定律可知两线框中电流相等，把线框拉出过程中所用拉力大小为 F=BIL ，与边长成正比，故拉出过程中所用拉力大小之比为 1:2 ，C不符合题意；
D．完全拉出线框中产生的电热为 Q=I2Rt
其中 t=Lv
联立可得 Q=I2?ρL2Sv ，与L2成正比，故完全拉出线框中产生的电热之比为 1:4 ，D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】根据法拉第电磁感应定律求出电动势之比，再结合电阻定律和欧姆定律求出横截面的电荷量；再根据安培力公式和焦耳定律求出安培力以及产生的电热。
18.【答案】 A,D
【解答】解：A、 t=0 时刻磁感应强度的变化率为0，线圈中的感应电动势为0，线圈不受安培力的作用，A符合题意；
B、在 0～1s 磁感应强度的变化率增大，根据法拉第电磁感应定律 E=△B△tS 知线圈中的感应电动势不断增大，线圈中的感应电动势不断增大，B不符合题意；
C、在 0～1s 内磁场向上减弱，磁通量减小，根据楞次定律，线圈中产生逆时针方向的感应电流； 1～2s 内磁场向下在增强，磁通量增加，根据楞次定律，感应电流的磁场方向向上，线圈中产生逆时针方向的感应电流，所以在 t=1s 时刻线圈中的感应电流方向没有发生变化，C不符合题意；
D、在 t=3s 时，磁感应强度为0，线圈不受安培力作用，摩擦力为0，在 t=4s 时磁感应强度的变化率为0，感应电动势为0，感应电流为0，线圈也不受安培力，不受摩擦力，而在中间过程中，线圈中有感应电流，且磁感应强度不为0，受到的安培力不为0，由于线圈始终静止，所以安培力等于静摩擦力，摩擦力不为0，所以在 3～4s 内线圈受到的摩擦力先增加后减小，D符合题意；
故答案为：AD．
【分析】根据图乙所示图象判断线框产生的感应电流与线框受到安培力大小与方向如何让变化，线框静止处于平衡状态，应用平衡条件求出摩擦力，然后判断摩擦力的方向与大小如何变化。
19.【答案】 C,D
【解答】AB．线框下落过程有 mg?=12mv2
得 v=2g?
所受安培力 F=BIL=B2L2vR
若mg＞F，则线框具有向下的加速度，速度增大，E=BLV增大，则当cd边刚进入磁场时，线框中产生的感应电动势不是最大，A不符合题意B不符合题意；
C．若线框刚进入磁场时mg＞F
mg?B2L2vR=ma
a＞0，加速，v增大，则合力减小，a减小；
若mg＜F，则 mg?B2L2vR=ma
a＜0，减速，v减小，则合力减小，a减小，若mg=F，则a=0，v不变，即做匀速直线运动，故线框进入磁场的过程其加速度可能变小，可能为0，不可能变大，C符合题意；
D．根据能量守恒知：线框从释放到完全进入磁场的过程中，线框减少的重力势能等于它增加的动能与产生的焦耳热之和，D符合题意．
故答案为：CD。
【分析】当cd边刚进入磁场时，线框中有感应电流产生，会受到向上的安培力，通过比较安培力和重力大小关系，分三种情况进行讨论。
20.【答案】 B,C
【解答】A．若不撤去拉力F，对棒由牛顿第二定律有 F?BIL=ma
P=Fv
I=BLvR+r
当 a=0 时，速度达到最大，联立各式解得最大速度为 vm=(R+r)PB2L2=5m/s
即杆的最大速度不会超过5m/s，A不符合题意；
B．若在F撤去前金属杆的切割速度 v1=4m/s 时，代入各式可得加速度为 a=Pv1?B2L2v1R+rm=0.9m/s2
撤去F后棒减速的速度为 v2=4m/s 时，加速度为 a′=B2L2v2R+rm=1.6m/s2
故金属杆的速度为4m/s时，其加速度大小为0.9m/s2或1.6m/s2 ， B符合题意；
C．从撤去拉力F到金属杆停下，棒只受安培力做变减速直线运动，取向右为正，由动量定理有 ?BIL?Δt=0?mv
而电量的表达式 q=I?Δt
可得 q=mvBL=2.5C
C符合题意；
D．从撤去拉力F到金属杆停下的过程由动能定理 ?WF安=0?12mv2
而由功能关系有 WF安=Q
另金属杆和电阻R串联，热量比等于电阻比，有 Q1=Q?rR+r
联立解得 Q1=0.625J
D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】1.a=0 时，速度达到最大，根据公式 F?BIL=ma ， P=Fv ， I=BLvR+r解方程即可。2.讨论，未撤F，a=Pv1?B2L2v1R+rm ， 撤F，a'=B2L2v2R+rm解方程及可。3.根据动量定理，?BIL?Δt=0?mv且q=I?Δt解电量q。4.由动能定理 ?WF安=0?12mv2且WF安=Q ， 热量分配Q1=Q?rR+r联立解。
12528557702550
一、磁通量
1．概念：在磁感应强度为B的匀强磁场中，与磁场方向垂直的面积S与B的乘积．
2．公式：Φ＝BS.
3．适用条件：
(1)匀强磁场．
(2)S为垂直磁场的有效面积．
4．磁通量是标量(填“标量”或“矢量”)．
5．物理意义：
相当于穿过某一面积的磁感线的条数．如图1所示，矩形abcd、abb′a′、a′b′cd的面积分别为S1、S2、S3，匀强磁场的磁感应强度B与平面a′b′cd垂直，则：
图1
(1)通过矩形abcd的磁通量为BS1cos θ或BS3.
(2)通过矩形a′b′cd的磁通量为BS3.
(3)通过矩形abb′a′的磁通量为0.
6．磁通量变化：ΔΦ＝Φ2－Φ1.
二、电磁感应现象
1．定义：当穿过闭合导体回路的磁通量发生变化时，闭合导体回路中有感应电流产生，这种利用磁场产生电流的现象叫做电磁感应．
2．条件
(1)条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化．
(2)例如：闭合电路的一部分导体在磁场内做切割磁感线的运动．
3．实质
产生感应电动势，如果电路闭合，则有感应电流．如果电路不闭合，则只有感应电动势而无感应电流．
三、感应电流方向的判定
1．楞次定律
(1)内容：感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化．
(2)适用范围：一切电磁感应现象．
2．右手定则
(1)内容：如图2，伸开右手，使拇指与其余四个手指垂直并且都与手掌在同一平面内：让磁感线从掌心进入，并使拇指指向导线运动的方向，这时四指所指的方向就是感应电流的方向．
图2
(2)适用情况：导线切割磁感线产生感应电流．
题型一：三定则一定律的应用
安培定则、左手定则、右手定则、楞次定律的应用对比
基本现象
因果关系
应用规律
运动电荷、电流产生磁场
因电生磁
安培定则
磁场对运动电荷、电流有作用力
因电受力
左手定则
部分导体做切割磁感线运动
因动生电
右手定则
闭合回路磁通量变化
因磁生电
楞次定律
例1 (多选)如图15所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，MN的左边有一如图所示的闭合电路，当PQ在一外力的作用下运动时，MN向右运动，则PQ所做的运动可能是( )
图15
A．向右加速运动
B．向左加速运动
C．向右减速运动
D．向左减速运动
答案 BC
解析 MN向右运动，说明MN受到向右的安培力，因为ab在MN处的磁场垂直纸面向里 MN中的感应电流方向为M→N L1中感应电流的磁场方向向上.若L2中磁场方向向上减弱PQ中电流方向为Q→P且减小向右减速运动；若L2中磁场方向向下增强PQ中电流方向为P→Q且增大向左加速运动．
变式1 置于匀强磁场中的金属圆盘中央和边缘各引出一根导线，与套在铁芯上部的线圈A相连．套在铁芯下部的线圈B引出两根导线接在两根水平光滑导轨上，如图16所示．导轨上有一根金属棒ab静止处在垂直于纸面向外的匀强磁场中．下列说法正确的是( )
图16
A．圆盘顺时针加速转动时，ab棒将向右运动
B．圆盘顺时针匀速转动时，ab棒将向右运动
C．圆盘顺时针减速转动时，ab棒将向右运动
D．圆盘逆时针加速转动时，ab棒将向左运动
答案 C
例3 (2019·河南名校联盟高三下学期2月联考)相距L＝1.5 m的足够长金属导轨竖直放置，质量为m1＝1 kg的金属棒ab和质量为m2＝0.27 kg的金属棒cd均通过棒两端的套环水平地套在金属导轨上，如图7(a)所示，虚线上方磁场方向垂直纸面向里，虚线下方磁场方向竖直向下，两处磁场磁感应强度大小相同．ab棒光滑，cd棒与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.75，两棒总电阻为1.8 Ω，导轨电阻不计，ab棒在方向竖直向上，大小按图(b)所示规律变化的外力F作用下，从静止开始，沿导轨匀加速运动，同时cd棒也由静止释放(取g＝10 m/s2)．
图7
(1)求磁感应强度B的大小和ab棒加速度大小；
(2)已知在2 s内外力F做功40 J，求这一过程中两金属棒产生的总焦耳热；
(3)判断cd棒将做怎样的运动，求出cd棒达到最大速度所需的时间t0，并在图(c)中定性画出cd棒所受摩擦力随时间变化的图象．
答案 见解析
解析 (1)经过时间t，金属棒ab的速率v＝at
此时，回路中的感应电流为I＝＝
对金属棒ab，由牛顿第二定律得F－BIL－m1g＝m1a
由以上各式整理得：F＝m1a＋m1g＋at
在图线上取两点：t1＝0，F1＝11 N；t2＝2 s，F2＝14.6 N
代入上式得a＝1 m/s2，B＝1.2 T
(2)在第2 s末金属棒ab的速率v2＝at2＝2 m/s
所发生的位移x＝at22＝2 m
由动能定理得WF－m1gx－W安＝m1v22
又Q＝W安
联立以上方程，解得Q＝18 J.
(3)cd棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当cd棒所受重力与滑动摩擦力相等时，速度达到最大，然后做加速度逐渐增大的减速运动，最后停止运动，
当cd棒速度达到最大时，有m2g＝μFN
又FN＝F安
F安＝BIL
I＝＝，vm＝at0
整理解得t0＝＝2 s
Ffcd随时间变化的图象如图所示．
拓展训练4 (多选)(2019·山东泰安市3月第一轮模拟)如图8，倾角为θ的光滑斜面上存在着两个磁感应强度大小相同的匀强磁场，其方向一个垂直于斜面向上，一个垂直于斜面向下，它们的宽度均为L.一个质量为m，边长也为L的正方形线框以速度v进入上部磁场恰好做匀速运动，ab边在下部磁场运动过程中再次出现匀速运动．重力加速度为g，则( )
图8
A．在ab进入上部磁场过程中的电流方向为adcba
B．当ab边刚越过边界ff′时，线框的加速度为gsin θ
C．ab边进入下部磁场再次做匀速运动的速度为v
D．从ab边进入磁场到ab边进入下部磁场再次做匀速运动的过程中，减少的动能等于线框中产生的焦耳热
答案 AC
解析 根据楞次定律可知，在ab边进入上部磁场过程中的电流方向为adcba，选项A正确；当线框在上部磁场中匀速运动时：F安＝mgsin θ＝，当ab边刚越过边界ff′时，由于线框的ab边和cd边产生同方向感应电动势，则回路的感应电动势加倍，感应电流加倍，每个边受到的安培力加倍，则此时：4F安－mgsin θ＝ma，解得线框的加速度为a＝3gsin θ，选项B错误；当ab边进入下部磁场再次做匀速运动时：2BL＝mgsin θ，解得v′＝v，选项C正确；由能量关系可知，从ab边进入磁场到ab边进入下部磁场再次做匀速运动的过程中，减少的动能与重力势能之和等于线框中产生的焦耳热，选项D错误.
题型二：电磁感应中的动力学问题
1．电荷量的求解
电荷量q＝IΔt，其中I必须是电流的平均值．由E＝n，I＝，q＝IΔt联立可得q＝n，与时间无关．
2．求解焦耳热Q的三种方法
(1)焦耳定律：Q＝I2Rt.
(2)功能关系：Q＝W克服安培力．
(3)能量转化：Q＝ΔE其他能的减少量．
3．用到的物理规律
匀变速直线运动的规律、牛顿运动定律、动能定理、能量守恒定律等．
例4 (2019·四川达州市第二次诊断)如图9甲所示，斜面倾角为θ＝37°，一宽为d＝0.65 m的有界匀强磁场垂直于斜面向上，磁场边界与斜面底边平行．在斜面上由静止释放一矩形金属线框，线框沿斜面下滑，下边与磁场边界保持平行．取斜面底部水平面为重力势能零势能面，从线框开始运动到恰好完全进入磁场的过程中，线框的机械能E和位移x之间的关系如图乙所示，图中①、②均为直线段．已知线框的质量为m＝0.1 kg，电阻为R＝0.06 Ω.(取g＝10 m·s－2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：
图9
(1)线框与斜面间的动摩擦因数μ；
(2)线框刚进入磁场到恰好完全进入磁场所用的时间t；
(3)线框穿越磁场的过程中，线框中的最大电功率Pm.
答案 (1)0.5 (2) s (3)0.54 W
解析 (1)金属线框进入磁场前，由能量守恒定律，线框减小的机械能等于克服摩擦力做的功，则ΔE1＝Wf1＝μmgx1cos 37°
其中x1＝0.36 m；ΔE1＝(1.000－0.856) J＝0.144 J
解得μ＝0.5
(2)金属线框进入磁场的过程中，减小的机械能等于克服摩擦力和安培力做的功，机械能均匀减小，因此安培力是恒力，可知线框做匀速运动，设速度为v1
v12＝2ax1
mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma
解得a＝2 m/s2，v1＝1.2 m/s
ΔE2＝Wf2＋W安＝(Ff＋F安)x2
其中ΔE2＝(0.856－0.736)J＝0.12 J，Ff＋F安＝mgsin 37°＝0.6 N，x2为线框的侧边长，即线框进入磁场过程中运动的距离，可求出x2＝0.2 m，
则t＝＝ s＝ s
(3)线框刚出磁场时速度最大，设为v2，此时线框内电功率最大，Pm＝I2R＝
由v22－v12＝2a(d－x2)可求得v2＝1.8 m/s
根据线框匀速进入磁场时：F安＋μmgcos 37°＝mgsin 37°
可得F安＝0.2 N
又因为F安＝BIL＝
可得B2L2＝0.01(T2·m2)
将v2、B2L2代入可得：Pm＝＝0.54 W.
拓展训练5 (2019·安徽安庆市二模)如图10所示，两个平行光滑金属导轨AB、CD固定在水平地面上，其间距L＝0.5 m，左端接有阻值R＝3 Ω的定值电阻．一根长度与导轨间距相等的金属杆放置于导轨上，金属杆的质量m＝0.2 kg，电阻r＝2 Ω，整个装置处在方向竖直向下、磁感应强度大小B＝4 T的匀强磁场中，t＝0时刻，在MN上加一与金属杆垂直，方向水平向右的外力F，金属杆由静止开始以a＝2 m/s2的加速度向右做匀加速直线运动，2 s末撤去外力F，运动过程中金属杆与导轨始终垂直且接触良好．(不计导轨和连接导线的电阻，导轨足够长)求：
图10
(1)1 s末外力F的大小；
(2)撤去外力F后的过程中，电阻R上产生的焦耳热．
答案 (1)2 N (2)0.96 J
解析 (1)1 s末，金属杆MN的速度大小为
v1＝at1＝2×1 m/s＝2 m/s
金属杆MN产生的感应电动势为 E＝BLv1
金属杆MN中的感应电流大小I＝
金属杆MN受到的安培力大小 F安＝BIL
联立得F安＝＝1.6 N
根据牛顿第二定律得 F－F安＝ma
可得F＝F安＋ma＝2 N
(2)2 s末，金属杆MN的速度大小为 v2＝at2＝2×2 m/s＝4 m/s
撤去外力F后的过程中，根据能量守恒定律得电路中产生的总焦耳热Q＝mv＝×0.2×42 J＝1.6 J
电阻R上产生的焦耳热QR＝Q＝×1.6 J＝0.96 J.
拓展训练6 (2019·宁夏银川市高三质检)如图11所示，水平放置的U形导轨足够长，置于方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B＝5 T，导轨宽度L＝0.4 m，左侧与R＝0.5 Ω的定值电阻连接，右侧有导体棒ab垂直导轨跨放在导轨上，导体棒ab质量m＝2.0 kg，电阻r＝0.5 Ω，与导轨的动摩擦因数μ＝0.2，其余电阻可忽略不计．导体棒ab在大小为10 N的水平外力F作用下，由静止开始运动了x＝40 cm后，速度达到最大，取g＝10 m/s2.求：
图11
(1)导体棒ab运动的最大速度；
(2)当导体棒ab的速度v＝1 m/s时，导体棒ab的加速度的大小；
(3)导体棒ab由静止达到最大速度的过程中，电阻R上产生的热量．
答案 (1)1.5 m/s (2)1 m/s2 (3)0.075 J
解析 (1)导体棒ab垂直切割磁感线运动，产生的感应电动势大小：E＝BLv
由闭合电路欧姆定律得：I＝
可得导体棒受到的安培力：F安＝BIL＝
当导体棒做匀速直线运动时速度最大，由平衡条件得：＋μmg＝F
解得最大速度：vm＝1.5 m/s；
(2)当导体棒ab的速度v＝1 m/s时，由牛顿第二定律得：F－－μmg＝ma
解得：a＝1 m/s2；
(3)在整个过程中，由能量守恒定律可得：Fx＝Q＋μmgx＋mvm2
解得：Q＝0.15 J
所以QR＝Q＝0.075 J.
考题预测
一、单选题
1.如图甲所示，正五边形硬导线框abcde固定在磁场中，磁场方向与线框平面垂直，图乙表示该磁场的磁感应强度B随时间t变化的关系， t=0 时刻磁场方向垂直纸面向里。设垂直cd边向下为安培力的正方向，在0~5t0时间内，线框cd边受到该磁场对它的安培力F随时间t变化的关系图为（?? ）
A.???????????B.???????????C.???????????D.?
2.如图甲、乙、丙中，除导体棒ab可动外，其余部分均固定不动，甲图中的电容器C原来不带电。设导体棒、导轨和直流电源的电阻均可忽略，导体棒和导轨间的摩擦也不计，图中装置均在水平面内，且都处于方向垂直水平面（即纸面）向里的匀强磁场中，导轨足够长。现给导体棒ab一个向右的初速度v0 ， 在图甲、乙、丙三种情形下关于导体棒ab的运动状态，下列说法正确的是（?? ）
A.?图甲中，ab棒先做匀减速运动，最终做匀速运动
B.?图乙中，ab棒先做加速度越来越大的减速运动，最终静止
C.?图丙中，ab棒先做初速度为v0变减速运动，然后做变加速运动，最终做匀速运动
D.?三种情形下导体棒ab最终都匀速
3.如图所示，用轻绳将一条形磁铁竖直悬挂于O点，在其正下方的水平绝缘桌面上放置一铜质圆环。现将磁铁从A处由静止释放，经过B、C到达最低处D，再摆到左侧最高处E，圆环始终保持静止，则磁铁（?? ）
A.?从B到C的过程中，圆环中产生逆时针方向的电流（从上往下看）
B.?摆到D处时，圆环给桌面的压力小于圆环受到的重力
C.?从A到D和从D到E的过程中，圆环受到摩擦力方向相同
D.?在A，E两处的重力势能相等
4.如图所示，两根金属导轨MN、PQ相互平行，上端接入一个定值电阻，构成U型导轨。金属棒ab恰好能静止在导轨上并与两导轨始终保持垂直且接触良好，现在导轨所在空间加一垂直于导轨的匀强磁场，匀强磁场的磁感应强度从零开始随时间均匀增大，经一段时间后金属棒开始运动，从加磁场到金属棒开始运动的时间内，金属棒ab受力情况中（?? ）
A.?安培力方向始终向上，安培力大小随时间均匀增大?????B.?安培力方向始终向下，安培力大小保持不变
C.?摩擦力方向始终向上，摩擦力大小先减小后增大?????????D.?摩擦力方向始终向下，摩擦力大小保持不变
5.如图所示，光滑水平面上存在有界匀强磁场，磁感应强度为B，质量为m、边长为a的正方形线框ABCD斜向穿进磁场，当AC刚进入磁场时速度为v，方向与磁场边界成 45° 角，若线框的总电阻为R，则（?? ）
A.?线框穿进磁场过程中，线框中电流的方向为DCBA
B.?AC刚进入磁场时，线框中感应电流为 2BavR
C.?AC刚进入磁场时，线框所受安培力为 2B2a2vR
D.?AC刚进入磁场时，CD两端电压为 34Bav
6.如图甲所示，在光滑绝缘水平面内，两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与水平面垂直，边长为l的正方形单匝金属线框abcd位于水平面内，cd边与磁场边界平行。T＝0时刻线框在水平外力的作用下由静止开始做匀加速直线运动通过该磁场，回路中的感应电流大小与时间的关系如图乙所示，下列说法正确的是（?? ）
A.?水平外力为恒力
B.?匀强磁场的宽度为 43 l
C.?ab边开始计时到离开磁场的时间为 43 t0
D.?线框出磁场过程中水平外力做的功小于线框进入磁场过程中水平外力做的功
7.如图所示，U形光滑金属框 abcd 置于水平绝缘平台上， ab 和 dc 边平行且足够长，间距为L，整个金属框电阻可忽略且置于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。一根长度也为L、电阻为R的导体棒MN置于金属框上，用大小为F的水平恒力向右拉动金属框，运动过程中，MN与金属框保持良好接触且固定不动，则金属框最终的速度大小为（?? ）
A.?0??????????????????????????????????????B.?FRBL??????????????????????????????????????C.?FRB2L2??????????????????????????????????????D.?B2L2FR
8.如图所示，空间内水平线 AB 以下存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，一正方形的闭合金属线框 abcd 从边界 AB 的上方一定高度由静止释放，运动过程中线框平面一直在竖直平面内，且 bc//AB ．关于线框开始下落后的速度 v 随时间 t 的变化图象，下列图象不可能出现的是（ ??）
A.????????????????????????????????????????????B.?
C.????????????????????????????????????????????D.?
二、多选题
9.如图所示，平行金属导轨与水平面成θ角，用导线与固定电阻R1和R2相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面。有一导体棒ab，质量为m，两导轨间距为l，导体棒的电阻与固定电阻R1和R2的阻值相等，都等于R，导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒ab沿导轨向上滑动，当上滑的速度为v时，有（?? ）
A.?棒中感应电流的方向由a到b
???B.?棒所受安培力的大小为 B2l2v23R
C.?棒两端的电压为 Blv3
?????????????D.?棒动能的减少量等于其重力势能的增加量与电路上产生的电热之和
10.半径分别为r和2r的光滑同心圆形导轨固定在同一水平面上，一长为r，质量为m且质量分布均匀的直导体棒AB置于圆导轨上面，BA的延长线通过圆导轨的中心O，装置的俯视图如图所示；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；在内圆导轨的C点和外圆导轨的D点之间接有一阻值为R的电阻（图中未画出）。直导体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。导体棒阻值为R，导轨的电阻均可忽略，则下列说法正确的是（?? ）
A.?导体中有从C到D的电流??????????????????????????????????????B.?通过导体棒电流为 Bω?r24R
C.?导体棒两端电压为 3Bωr22??????????????????????????????????D.?外力所做功的功率为 9B2ω2r48R
11.如图所示，足够长的U形光滑金属导轨平面与水平面成 θ 角（ 0<θ<90° ），其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计。金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与导轨的两边始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路的电阻为R。从释放开始，当流过ab棒某一横截面的电荷量为q时，金属棒的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中（?? ）
A.?ab运动的平均速率小于 12v?????????????????????????????????B.?金属棒的位移大小为 qRBL
C.?产生的焦耳热为qBLv??????????????????????????????????????????D.?受到的最大安培力大小为 B2L2vR
12.如图所示，两条相距d的足够长的平行光滑金属导轨位于同一水平面内，其左端接阻值为R的定值电阻。电阻为R长为d的金属杆ab在导轨上以初速度vo水平向左运动，其左侧有边界为PQ、MN的匀强磁场，磁感应强度大小为B。该磁场以恒定速度vo匀速向右运动，金属杆进入磁场后，在磁场中运动t时间后达到稳定状态，导轨电阻不计（?? ）
A.?当金属杆刚进入磁场时，杆两端的电压大小为Bdv0
B.?当金属杆运动达到稳定状态时，杆两端的电压大小为Bdv0
C.?t时间内金属杆所受安培力的冲量等于0
D.?t时间内金属杆所受安培力做的功等于0
13.磁悬浮列车动力原理如下图所示，在水平地面上放有两根平行直导轨，轨间存在着等距离的正方形匀强磁场B1和B2 ， 方向相反， B1=B2=B ，导轨上放有金属框abcd，其边长等于轨道间距L，金属框电阻为R，磁场B1、B2同时以速度v向右匀速运动从可带动金属框运动，金属框受到的阻为恒为其速度的k倍。下列说法正确的是（?? ）
A.?金属框中的感应电流方向始终不变??????????????????????B.?金属框受到的安培力方向始终不变
C.?金属框的最终速度为 4B2L2vkR+4B2L2?????????????????????????D.?稳定后系统消耗的功率为 kv2+4B2L2v2R
14.如图甲所示，两条粗糙平行金属导轨倾斜固定放置（两导轨电阻不计） ，倾角 θ = 37°，间距d=1m，电阻r=3Ω的金属杆与导轨垂直放置，导轨下端连接规格为“3V，3W”的灯泡L。在导轨内有长为l、宽为d的矩形区域abcd，该区域内有垂直导轨平面均匀分布的磁场，各处的磁感应强度B大小始终相等， B随时间t变化图线如图乙所示。在t =0时，金属杆从PQ位置静此释放，向下滑动直到cd位置的过程中，金属杆始终与导轨垂直，灯泡一直处于正常发光状态。则金属杆从PQ位置到cd位置的运动过程中，下列说法正确的是（sin37° =0.6， cos37°= 0.8，重力加速度g取10m/s2）（?? ）
A.?金属杆先做匀加速直线运动后做匀速直线运动????B.?金属杆到达ab位置的速度大小为3m/s
C.?金属杆与导轨间的动摩擦因数为0.5?????????????????????D.?金属杆克服安培力做功为6J
15.半径为a、右端开小口的导体圆环和长为2a的导体直杆，单位长度电阻均为 R0 。圆环水平固定放置，整个内部区域分布着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。直杆在圆环上以速度v平行于直径 CD 向右做匀速直线运动，直杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O开始，直杆的位置由θ确定，如图所示。则（?? ）
A.?θ=0 时，直杆产生的电动势为 2Bav
?????????????????B.?θ=π3 时，直杆产生的电动势为 3Bav
C.?θ=0 时，直杆受的安培力大小为 2B2av(π+2)R0
?????????D.?θ=π3 时，直杆受的安培力大小为 3B2av(5π+3)R0
16.如图，上下有界的匀强磁场，磁场方向水平垂直纸面向里．将线框从某高度无初速释放，落入该磁场中．l、d分别为磁场与 线框的宽度．若下落过程中，线框平面始终位于纸平而内，下边框始终与磁场上下边界平行则线框下落过程中（?? ）
A.?进入磁场时，线框中感应的电流为逆时针方向
B.?可能经历一个所受安培力减小的过程
C.?当l＞d，线框可能进出磁场时都做匀速运动
D.?当l＝d，可能某过程中重力势能全部转化为线框的焦耳热
17.如图所示，虚线 MN 左侧有垂直于纸面向里的匀强磁场，右侧是无磁场空间，将两个粗细相同，边长比为 1:2 的铜质正方形闭合线框由图示位置以同样的速度ν向右完全拉出匀强磁场，下列说法中正确的是（?? ）
A.?拉出过程中线框中感应电动势之比 1:2
???????????B.?完全拉出通过导线某一横截面的电荷量之比是 1:1
C.?拉出过程中所用拉力大小之比为 2:1
??????????????D.?完全拉出线框中产生的电热之比为 1:4
18.如图甲所示，在粗糙的水平面上放置一个圆形闭合金属线圈，线圈右半部处于磁场中，磁感应强度B随时间t变化的图象如图乙所示，t=0时刻磁场方向竖直向上，线圈始终处于静止状态，则（?? ）
A.?在 t=0 时刻线圈不受安培力作用
B.?在 0?1s 时间内线圈中的感应电流不断减小
C.?在 t=1s 时刻线圈中的感应电流方向发生变化
D.?在 3?4s 时间内线圈受到的摩擦力先增加后减小
19.如图所示正方形闭合导线框abcd，置于磁感应强度为B垂直纸面向里的匀强磁场上方h处．线框由静止自由下落，线框平面始终保持在竖直平面内，且dc边与磁场的上边界平行．则下列说法正确的是（?? ）
A.?dc边刚进入磁场时，线框中产生的感应电动势一定最大
B.?线框进入磁场的过程中一定做减速运动
C.?线框进入磁场的过程中加速度不可能变大
D.?线柜从释放到完全进入磁场的过程中，线框减少的重力势能等于它增加的动能与产生的焦耳热之和
20.如图，两根足够长，电阻不计的光滑平行金属导轨，固定在同一水平面上，其间距为1m，左端通过导线连接一个R=1.5 Ω 的定值电阻。整个导轨处在磁感应强度大小B=0.4T的匀强磁场中，磁场方向竖直向下，质量m=0.2kg、长度L=1m、电阻r=0.5 Ω 的匀质金属杆垂直导轨放置，且与导轨接触良好，在杆的中点施加一个垂直金属杆的水平拉力F，使其静止开始运动。拉力F的功率P=2W保持不变，当金属杆的速度v=5m/s时撤去拉力F。下列说法正确的是（?? ）
A.?若不撤去拉力F，金属杆的速度会大于5m/s
B.?金属杆的速度为4m/s时，其加速度大小可能为0.9m/s2
C.?从撤去拉力F到金属杆停下的整个过程，通过金属杆的电荷量为2.5C
D.?从撤去拉力F到金属杆停下的整个过程，金属杆上产生的热量为2.5J
答案解析部分
一、单选题
1.【答案】 B
【解答】在0~2t0时间内，磁感应强度的变化率不变，则感应电流的方向不变，方向为顺时针方向，则在0~t0时间内，线框cd边受到的安培力向下，并均匀减小，在t0~2t0时间内，线框cd边受到的安培力向上，并均匀增大；在2t0~3t0时间内，磁感应强度不变，无感应电流，无安培力；在3t0~5t0时间内，磁感应强度的变化率不变，则感应电流的方向不变，方向为逆时针方向，则在3t0~4t0时间内，线框cd边受到的安培力向下，并均匀减小，在4t0~5t0时间内，线框cd边受到的安培力向上，并均匀增大。
故答案为：B。
【分析】利用楞次定律可以判别感应电流的方向，结合左手定则可以判别安培力的方向；利用图像斜率可以判别感应电流的大小，结合安培力的表达式可以判别安培力的大小变化。
2.【答案】 C
【解答】A．图甲中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流而使电容器充电，由于充电电流不断减小，安培力减小，则导体棒做变减速运动，当电容器C极板间电压与导体棒产生的感应电动势相等时，电路中没有电流，ab棒不受安培力，向右做匀速运动，A不符合题意；
B．图乙中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流，导体棒受向左的安培力而做减速运动，随速度的减小，电流减小，安培力减小，加速度减小，最终ab棒静止，B不符合题意；
C．图丙中，导体棒先受到向左的安培力作用向右做变减速运动，速度减为零后再在安培力作用下向左做变加速运动，当导体棒产生的感应电动势与电源的电动势相等时，电路中没有电流，ab棒向左做匀速运动，C符合题意；
D．由以上分析可知，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】图甲中由于充电过程其电流不断变小会导致安培力不断变小所以导体棒做加速度不断减小的减速运动后当电流等于0时做匀速直线运动；图乙中由于受到安培力的作用导致金属棒做减速运动，其安培力不断减小导致其加速度不断变小最后金属棒静止；图丙中最初在安培力的作用下做变减速运动，速度减为0时在安培力的作用下向左做变加速直线运动最后做匀速直线运动。
3.【答案】 C
【解答】A．从B到C的过程中，圆环中的磁场向上且磁通量增大，据“增反减同”可判断产生顺时针方向的电流（从上往下看），A不符合题意；
B．摆到D处时，圆环中产生的感应电流有使圆环远离阻碍磁通量增大的趋势，故给桌面的压力大于圆环受到的重力，B不符合题意；
C．由楞次定律的推论“来拒去留”可知，从A到D和从D到E的过程中，圆环受到摩擦力方向均向左，C符合题意；
D．由于有部分机械能转化为电能，故在A、E两处的重力势能不相等，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】利用磁通量的变化可以判别圆环中感应电流的方向；利用来拒去留可以判别其圆环受到的安培力方向，结合圆环的平衡方程可以比较圆环对桌面的压力及本身的重力大小；利用圆环安培力的方向可以判别其圆环受到的摩擦力方向；由于部分机械能转化为电能所以AE其重力势能不同。
4.【答案】 A
【解答】AB．当加磁场时，感应电动势大小为 E=ΔΦΔt=ΔB?SΔt
由于磁感应强度从零开始随时间均匀增大，所以 ΔBΔt 定值，感应电动势E不变，则安培力大小为 F安=BIL=B?ERL
由于E、R、L为定值，B均匀增大，所以安培力大小随时间均匀增大，根据左手定则可判断，安培力方向始终沿斜面向上，A符合题意，B不符合题意；
CD．未加磁场时，金属棒ab恰好能静止在导轨上，可得 Ff=mgsinθ
方向沿斜面向上，由AB选项可知，安培力方向始终向上，安培力大小随时间均匀增大，则摩擦力方向先沿斜面向上，大小逐渐减小到零；当 F安=mgsinθ 时，摩擦力为零；当安培力继续增大时，摩擦力方向沿斜面向下，大小逐渐增大，直到金属棒开始滑动，综上所述，C、D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】先根据楞次定律判断金属棒中感应电流的方向，再由左手定则判断金属棒受到的安培力方向；根据法拉第电磁感应定律分析回路中产生的感应电动势变化情况，由欧姆定律分析感应电流变化情况，由F=BIL分析安培力的变化情况，根据平衡条件分析金属棒受到的摩擦力大小变化情况，并确定摩擦力方向。
5.【答案】 D
【解答】A．线框进入磁场的过程中，穿过线框的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流的磁场方向垂直纸面向外，则感应电流的方向为ABCD方向，A不符合题意；
B．AC刚进入磁场时CD边切割磁感线，有效的切割长度为a，所以产生的感应电动势为 E=Bav
则线框中感应电流为 I=ER=BavR
B不符合题意；
C．AC刚进入磁场时线框的CD边产生的安培力与v的方向相反，AD边受到的安培力的方向垂直于AD向下，它们的大小都是 F=BIa=B2a2vR
且AD边与CD边受到的安培力的方向相互垂直，所以AC刚进入磁场时线框所受安培力为AD边与CD边受到的安培力的矢量和，即为 F合=2F=2B2a2vR
C不符合题意；
D．CD两端的电压是外电压 U=34E=34Bav D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据楞次定律判断感应电流的方向，再由E=Blv求出电路中感应电动势，由闭合电路的欧姆定律求出电路中的电流和CD两端的电压，将AD边与CD边受到的安培力进行矢量合成，求出线框受到的安培力。
6.【答案】 C
【解答】A．线框进入磁场的时候，要受到安培力的作用，电流是变化的，安培力也是变化的，因此外力F必然不是恒力，A不符合题意；
B．由图乙可知2t0～4t0时间内线框进入磁场，设线框匀加速直线运动的加速度为a，边框长l= 12 a(4t0)2- 12 a(2t0)2=6at02 ， 磁场的宽度d= 12 a(6t0)2- 12 a(2t0)2=16at02= 83l ，B不符合题意；
C．设t时刻线框穿出磁场，则有6at02= 12 at2- 12 a(6t0)2
解得t= 43 t0 ， C符合题意；
D．线框进入磁场过程的位移与出磁场过程的位移相等，线框进入磁场过程中的水平拉力小于出磁场过程中的水平拉力，因此线框出磁场做的功大于线框进入磁场过程中水平拉力做的功，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据线框感应电流I=ER=BLvR ， 结合i-t图象知道，线框做匀加速直线运动，从而再根据图象
找到进入和穿出磁场的时刻，由运动学公式就能求出磁场宽度、ab边离开的时间。根据感应电流的方向，结合楞次定律得出磁场的方向。根据安培力公式得出导线框所受的安培力。
7.【答案】 C
【解答】由公式 F=FA=BIL,I=BLvR
解得 v=FRB2L2
故答案为：C。
【分析】根据安培力公式和法拉第电磁感应定律求出金属框的速度。
8.【答案】 D
【解答】线框进入磁场前做自由落体运动，进入磁场后 bc 边开始切割磁感线，产生感应电流，开始受到安培力的作用，若线框进入磁场后 bc 边所受向上的安培力与线框的重力平衡，线框就做匀速运动，线框完全进入磁场后又做加速运动，A项可能；若线框进入磁场后 bc 边所受向上的安培力小于线框重力，线框就做加速运动，而且随着速度增大，安培力增大，加速度减小，所以线框做加速度减小的加速运动，当安培力与线框的重力达到平衡后，线框做匀速运动，B项可能、D项不可能；若线框进入磁场后 bc 边所受向上的安培力大于线框的重力，线框就做减速运动，而且随着速度减小，安培力减小，加速度减小，所以线框做加速度减小的减速运动，当安培力与线框的重力达到平衡后，线框做匀速运动，C项可能.
故答案为：D
【分析】根据线框进入磁场的时速度的大小情况结合受力分析加速度的变化。
二、多选题
9.【答案】 A,C
【解答】A．根据右手定则判断得知，棒中感应电流的方向由a到b，A符合题意；
B．ab棒产生的感应电动势为 E=Blv
整个电路的总电阻为 R总=R+0.5R=1.5R
根据闭合电路欧姆定律得：通过ab棒的感应电流大小 I=ER总=Blv1.5R
棒所受安培力的大小为 F=BIl=2B2l2v3R
B不符合题意；
C．棒两端的电压为 U=I×0.5R=Blv3
C符合题意；
D．ab棒向上滑行过程中，棒的动能减小转化成重力势能、焦耳热和摩擦生热，根据能量转化和守恒定律得知：棒动能的减小量等于其重力势能的增加量、棒摩擦生热与电路上产生的电热之和，D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】根据右手定则判断ab棒切割磁感线产生的感应电流方向；根据导体切割磁感线电动势公式和闭合电路路欧姆定律求出感应电流，再根据安培力公式求出安培力。
10.【答案】 A,D
【解答】A．根据右手定则，感应电流的方向是由B到A，则通过电阻R的电流是由C到D，A符合题意；
B． Δt 时间内，导体棒扫过的面积 ΔS=12ωΔt(4r2?r2)=32ωΔtr2
产生的感应电动势 E=BΔSΔt=32Bωr2
通过导体棒电流为 I=E2R=3Bωr24R
B不符合题意；
C．导体棒两端电压为 U=IR=3Bωr24
C不符合题意；
D．外力所做功的功率等于电路消耗的总电功率 P=IE=9B2ω2r48R
D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】根据右手定则判断出感应电流方向，根据欧姆定律结合感应电动势公式求出感应电流，从而求出导体棒两端的电压和外力做功的功率。
11.【答案】 B,D
【解答】A．金属棒ab开始做加速运动，速度增大，感应电动势增大，所以感应电流也增大，导致金属棒受到的安培力增大，所以加速度减小，即金属板做加速度逐渐减小的变加速运动，因此运动的平均速度大小大于 12v ，A不符合题意；
B．由电量计算公式 q=It=ERt=nΔΦR=BLsR
可得，下滑的位移大小为 s=qRBL
B符合题意；
C．产生的焦耳热 Q=I2Rt=ItIR=qIR
而这里的电流I比棒的速度大小为v时的电流 I'=BLvR
小，故这一过程产生的焦耳热小于 qBLv ，C不符合题意；
D．金属棒ab受到的最大安培力大小为 F=BIL=B?BLvR?L=B2L2vR
D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】根据安培力公式结合牛顿第二定律判断金属板的运动情况，从而求出平均速度；根据电量公式求出下滑的位移；根据焦耳定律和安培力公式进行分析计算。
12.【答案】 A,D
【解答】A．当金属杆刚进入磁场时，杆相对于磁场的速度是2v0 ， 切割产生的电动势为2Bdv0 ， 则杆两端的电压大小为Bdv0 ， A符合题意；
B．开始时根据楞次定律可知杆受到向右的安培力作用而做减速运动，当减速到0后，由于磁场依旧向右运动，则金属杆在安培力的作用下向右加速运动，直到杆与磁场的相对速度为0时，金属杆运动达到稳定状态时，此时金属杆不再切割磁感线运动，杆两端的电压大小为0，B不符合题意；
C．t时间内金属杆所受安培力的冲量 I=Δp=mv0?(?mv0)=2mv0
C不符合题意；
D．t时间内金属杆所受安培力做的功 W=ΔEk=12mv02?12mv02=0
D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】金属杆在磁场达到稳定状态时做匀速直线运动，金属杆的速度与磁场的速度相等，回路中不产生感应电流，根据欧姆定律求杆两端的电压，由动量定理求安培力的冲量，有动能定理求安培力做的功。
13.【答案】 B,C
【解答】AB．当ad处在向内的磁场时，由右手定则可知，金属框中产生逆时针的感应电流，由左手定则可知，受到安培力向右，当ad处在向外的磁场时，金属框中产生顺时针的感应电流，由左手定则可知，受到安培力向右，A不符合题意，B符合题意；
C．当金属框最终以v0达到稳定时，设左、右边线框各受到安培力为F，满足f=2F
加速度a=0，又f=kv0 ， 此时金属框与磁场的相对速度为 Δv=v?v0
左、右边线框各受到安培力 F=BIL=BLE1+E2R=BL?2BLΔvR=2B2L2R(v?v0)
联立整理可得 v0=4B2L2vkR+4B2L2
C符合题意；
D．稳定后系统消耗的功率为 P=I2R
其中 I=2BL(v?v0)R
联立可解得 P=4B2L2?kvkR+4B2L2
D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】由右手定则判断出感应电流的方向，根据左手定则判断出安培力的方向321·当线框速度最大时，安培力和摩擦力平衡，由此可以算出线框的最大速度，即最终速度。
14.【答案】 A,B,D
【解答】A．因为灯泡一直处于正常发光状态，而磁场是先均匀增加后保持不变的，所以金属杆从PQ位置到ab位置的过程中做匀加速直线运动，金属杆从ab位置到cd位置的过程中做匀速直线运动，且金属杆到达cd位置时用时间1s，磁场强度正好达到2T，A符合题意；
B．因为灯泡一直处于正常发光状态，所以回路中产生的感应电动势为 E=U+PU?r=6V
根据法拉第电磁感应定律 E=Bdv
代入数据解得 v=3ms B符合题意；
C．金属杆从开始到达ab位置的过程中根据 v=at
代入数据解得 a=3ms2
金属杆在此过程中的受力情况为
根据牛顿第二定律可得 mgsin37??μmgcos37?=ma
代入数据解得 μ=0.375
C不符合题意；
D．因为灯泡一直处于正常发光状态，所以整个过程电动势一直没变，在金属杆从开始到达ab位置的过程中，回路中产生的电动势为 E=ΔΦΔt=ΔBΔtS=ΔBΔt?ld
代入数据解得 l=3m
金属杆从ab位置到cd位置的过程中的受力情况为
则 F安=BId=BPUd=2N
安培力对金属杆做功为 W=?F安l=?6J
D符合题意。
故答案为：ABD。
【分析】根据金属杆的受力情况分析运动情况；求出灯泡正常发光时电路中的电流和灯泡的电阻，再根据闭合电路的欧姆定律、法拉第电磁感应定律求解速度大小；根据平衡条件求得动摩擦因数；根据法拉第电磁感应定律求解出磁场的长度，根据功的计算公式求解金属杆克服安培力做的功。
15.【答案】 A,D
【解答】AC．当 θ=0 时，直杆切割磁感线的有效长度 l1=2a ，所以直杆产生的电动势为 E1=Bl1v=2Bav
此时直杆上的电流为 I1=E1(πa+2a)R0=2Bv(π+2)R0
直杆受到的安培力大小 F1=BI1l1=4B2av(π+2)R0
A符合题意，C不符合题意；
BD．当 θ=π3 时，直杆切割磁感线的有效长度为 l2=2acosπ3=a
直杆产生的电动势为
此时电路的总电阻为 R=(53π+1)aR0
直杆上的电流为 I2=E2(2πa?2πa6+a)R0=3Bv(5π+3)R0
直杆受到的安培力大小 F2=BI2l2=3B2av(5π+3)R0
B不符合题意，D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律求出直杆上的电流和受到的安培力。
16.【答案】 A,B,D
【解答】线框进入磁场时，向里的磁通量增大，由楞次定律可知，线框中感应电流为逆时针方向．A符合题意；若线框刚刚进入磁场时受到的安培力大于重力，则线框先做减速运动，由公式 F=B2L2vR ，可知线框可能经历一个所受安培力减小的过程，B符合题意；当l＞d，线框全部在磁场中运动的过程中做加速运动，则进出磁场的速度会发生变化，根据公式： F=B2L2vR ；可知不可能进出磁场时都做匀速运动．C不符合题意；
当l=d，线框全部进入到磁场中时，紧接着出磁场，可能某过程中做匀速直线运动，此过程中的重力势能全部转化为线框的焦耳热．D符合题意．
故答案为：ABD．
【分析】根据法拉第电磁感应定律及安培力公式进行分析。
17.【答案】 A,D
【解答】A．设正方形线框的边长为L，向右匀速拉出时，左侧边框切割磁感线产生感应电动势，可得E=BLv
由于边长比为 1:2 ，故电动势比为1：2，A符合题意；
B．设线框被拉出的时间为 Δt ，产生的平均感应电动势为 E=ΔΦΔt=BL2Δt
设线框电阻为R，由电阻定律可得 R=ρ4LS
回路平均电流为 I=ER
通过导线某一横截面的电荷量为 q=IΔt
联立可得 q=BLS4ρ ，与边长成正比，故完全拉出通过导线某一横截面的电荷量之比是 1:2 ，B不符合题意；
C．由前面分析可知，电动势正比为1：2，电阻之比为 1:2 ，据闭合电路欧姆定律可知两线框中电流相等，把线框拉出过程中所用拉力大小为 F=BIL ，与边长成正比，故拉出过程中所用拉力大小之比为 1:2 ，C不符合题意；
D．完全拉出线框中产生的电热为 Q=I2Rt
其中 t=Lv
联立可得 Q=I2?ρL2Sv ，与L2成正比，故完全拉出线框中产生的电热之比为 1:4 ，D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】根据法拉第电磁感应定律求出电动势之比，再结合电阻定律和欧姆定律求出横截面的电荷量；再根据安培力公式和焦耳定律求出安培力以及产生的电热。
18.【答案】 A,D
【解答】解：A、 t=0 时刻磁感应强度的变化率为0，线圈中的感应电动势为0，线圈不受安培力的作用，A符合题意；
B、在 0～1s 磁感应强度的变化率增大，根据法拉第电磁感应定律 E=△B△tS 知线圈中的感应电动势不断增大，线圈中的感应电动势不断增大，B不符合题意；
C、在 0～1s 内磁场向上减弱，磁通量减小，根据楞次定律，线圈中产生逆时针方向的感应电流； 1～2s 内磁场向下在增强，磁通量增加，根据楞次定律，感应电流的磁场方向向上，线圈中产生逆时针方向的感应电流，所以在 t=1s 时刻线圈中的感应电流方向没有发生变化，C不符合题意；
D、在 t=3s 时，磁感应强度为0，线圈不受安培力作用，摩擦力为0，在 t=4s 时磁感应强度的变化率为0，感应电动势为0，感应电流为0，线圈也不受安培力，不受摩擦力，而在中间过程中，线圈中有感应电流，且磁感应强度不为0，受到的安培力不为0，由于线圈始终静止，所以安培力等于静摩擦力，摩擦力不为0，所以在 3～4s 内线圈受到的摩擦力先增加后减小，D符合题意；
故答案为：AD．
【分析】根据图乙所示图象判断线框产生的感应电流与线框受到安培力大小与方向如何让变化，线框静止处于平衡状态，应用平衡条件求出摩擦力，然后判断摩擦力的方向与大小如何变化。
19.【答案】 C,D
【解答】AB．线框下落过程有 mg?=12mv2
得 v=2g?
所受安培力 F=BIL=B2L2vR
若mg＞F，则线框具有向下的加速度，速度增大，E=BLV增大，则当cd边刚进入磁场时，线框中产生的感应电动势不是最大，A不符合题意B不符合题意；
C．若线框刚进入磁场时mg＞F
mg?B2L2vR=ma
a＞0，加速，v增大，则合力减小，a减小；
若mg＜F，则 mg?B2L2vR=ma
a＜0，减速，v减小，则合力减小，a减小，若mg=F，则a=0，v不变，即做匀速直线运动，故线框进入磁场的过程其加速度可能变小，可能为0，不可能变大，C符合题意；
D．根据能量守恒知：线框从释放到完全进入磁场的过程中，线框减少的重力势能等于它增加的动能与产生的焦耳热之和，D符合题意．
故答案为：CD。
【分析】当cd边刚进入磁场时，线框中有感应电流产生，会受到向上的安培力，通过比较安培力和重力大小关系，分三种情况进行讨论。
20.【答案】 B,C
【解答】A．若不撤去拉力F，对棒由牛顿第二定律有 F?BIL=ma
P=Fv
I=BLvR+r
当 a=0 时，速度达到最大，联立各式解得最大速度为 vm=(R+r)PB2L2=5m/s
即杆的最大速度不会超过5m/s，A不符合题意；
B．若在F撤去前金属杆的切割速度 v1=4m/s 时，代入各式可得加速度为 a=Pv1?B2L2v1R+rm=0.9m/s2
撤去F后棒减速的速度为 v2=4m/s 时，加速度为 a′=B2L2v2R+rm=1.6m/s2
故金属杆的速度为4m/s时，其加速度大小为0.9m/s2或1.6m/s2 ， B符合题意；
C．从撤去拉力F到金属杆停下，棒只受安培力做变减速直线运动，取向右为正，由动量定理有 ?BIL?Δt=0?mv
而电量的表达式 q=I?Δt
可得 q=mvBL=2.5C
C符合题意；
D．从撤去拉力F到金属杆停下的过程由动能定理 ?WF安=0?12mv2
而由功能关系有 WF安=Q
另金属杆和电阻R串联，热量比等于电阻比，有 Q1=Q?rR+r
联立解得 Q1=0.625J
D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】1.a=0 时，速度达到最大，根据公式 F?BIL=ma ， P=Fv ， I=BLvR+r解方程即可。2.讨论，未撤F，a=Pv1?B2L2v1R+rm ， 撤F，a'=B2L2v2R+rm解方程及可。3.根据动量定理，?BIL?Δt=0?mv且q=I?Δt解电量q。4.由动能定理 ?WF安=0?12mv2且WF安=Q ， 热量分配Q1=Q?rR+r联立解。
12528557702550
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