(新高考)高考物理一輪復(fù)習(xí)講義 第10章 專題強化十三 電磁感應(yīng)的綜合問題（含解析）

專題強化十三電磁感應(yīng)的綜合問題專題解讀1.本專題是運動學(xué)、動力學(xué)、恒定電流、電磁感應(yīng)和能量等知識的綜合應(yīng)用，高考既以選擇題的形式命題，也以計算題的形式命題．2．學(xué)好本專題，可以極大地培養(yǎng)同學(xué)們數(shù)形結(jié)合的推理能力和電路分析能力，針對性的專題強化，可以提升同學(xué)們解決數(shù)形結(jié)合、利用動力學(xué)和功能關(guān)系解決電磁感應(yīng)問題的信心．3．用到的知識有：左手定則、安培定則、右手定則、楞次定律、法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律、平衡條件、牛頓運動定律、函數(shù)圖象、動能定理和能量守恒定律等．1．題型簡述借助圖象考查電磁感應(yīng)的規(guī)律，一直是高考的熱點，此類題目一般分為兩類：(1)由給定的電磁感應(yīng)過程選出正確的圖象；(2)由給定的圖象分析電磁感應(yīng)過程，定性或定量求解相應(yīng)的物理量或推斷出其他圖象．常見的圖象有B－t圖、E－t圖、i－t圖、v－t圖及F－t圖等．2．解題關(guān)鍵弄清初始條件、正負(fù)方向的對應(yīng)變化范圍、所研究物理量的函數(shù)表達式、進出磁場的轉(zhuǎn)折點等是解決此類問題的關(guān)鍵．3．解題步驟(1)明確圖象的種類，即是B－t圖還是Φ－t圖，或者E－t圖、I－t圖等；(2)分析電磁感應(yīng)的具體過程；(3)用右手定則或楞次定律確定方向的對應(yīng)關(guān)系；(4)結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律、牛頓運動定律等知識寫出相應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式；(5)根據(jù)函數(shù)關(guān)系式，進行數(shù)學(xué)分析，如分析斜率的變化、截距等；(6)畫圖象或判斷圖象．4．常用方法(1)排除法：定性地分析電磁感應(yīng)過程中物理量的變化趨勢(增大還是減小)、變化快慢(均勻變化還是非均勻變化)，特別是分析物理量的正負(fù)，以排除錯誤的選項．(2)函數(shù)法：根據(jù)題目所給條件定量地寫出兩個物理量之間的函數(shù)關(guān)系，然后由函數(shù)關(guān)系對圖象進行分析和判斷．

類型1動生問題例1(多選)(2019·全國卷Ⅲ·19)如圖1，方向豎直向下的勻強磁場中有兩根位于同一水平面內(nèi)的足夠長的平行金屬導(dǎo)軌，兩相同的光滑導(dǎo)體棒ab、cd靜止在導(dǎo)軌上．t＝0時，棒ab以初速度v0向右滑動．運動過程中，ab、cd始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，兩者速度分別用v1、v2表示，回路中的電流用I表示．下列圖像中可能正確的是()圖1答案AC解析棒ab以初速度v0向右滑動，切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，使整個回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流，棒ab受到與v0方向相反的安培力的作用而做變減速運動，棒cd受到與v0方向相同的安培力的作用而做變加速運動，它們之間的速度差Δv＝v1－v2逐漸減小，整個系統(tǒng)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢逐漸減小，回路中感應(yīng)電流逐漸減小，最后變?yōu)榱?，即最終棒ab和棒cd的速度相同，v1＝v2，兩相同的光滑導(dǎo)體棒ab、cd組成的系統(tǒng)將在足夠長的平行金屬導(dǎo)軌上勻速運動，水平方向上不受外力作用，由動量守恒定律有mv0＝mv1＋mv2，解得v1＝v2＝eq\f(v0,2)，選項A、C正確，B、D錯誤．變式1(多選)(2019·全國卷Ⅱ·21)如圖2，兩條光滑平行金屬導(dǎo)軌固定，所在平面與水平面夾角為θ，導(dǎo)軌電阻忽略不計．虛線ab、cd均與導(dǎo)軌垂直，在ab與cd之間的區(qū)域存在垂直于導(dǎo)軌所在平面的勻強磁場．將兩根相同的導(dǎo)體棒PQ、MN先后自導(dǎo)軌上同一位置由靜止釋放，兩者始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好．已知PQ進入磁場時加速度恰好為零．從PQ進入磁場開始計時，到MN離開磁場區(qū)域為止，流過PQ的電流隨時間變化的圖象可能正確的是()圖2答案AD解析根據(jù)題述，PQ進入磁場時加速度恰好為零，兩導(dǎo)體棒從同一位置釋放，則兩導(dǎo)體棒進入磁場時的速度相同，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小相等，若釋放兩導(dǎo)體棒的時間間隔足夠長，在PQ通過磁場區(qū)域一段時間后MN進入磁場區(qū)域，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路歐姆定律可知流過PQ的電流隨時間變化的圖象可能是A；若釋放兩導(dǎo)體棒的時間間隔較短，在PQ沒有出磁場區(qū)域時MN就進入磁場區(qū)域，則兩棒在磁場區(qū)域中運動時回路中磁通量不變，兩棒不受安培力作用，二者在磁場中做加速運動，PQ出磁場后，MN切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流，且感應(yīng)電流一定大于I1，受到安培力作用，由于安培力與速度成正比，則MN所受的安培力一定大于MN的重力沿導(dǎo)軌平面方向的分力，所以MN一定做減速運動，回路中感應(yīng)電流減小，流過PQ的電流隨時間變化的圖象可能是D.類型2感生問題例2(2019·廣東廣州市下學(xué)期一模)如圖3甲所示，梯形硬導(dǎo)線框abcd固定在磁場中，磁場方向與線框平面垂直，圖乙表示該磁場的磁感應(yīng)強度B隨時間t變化的關(guān)系圖，t＝0時刻磁場方向垂直紙面向里．在0～5t0時間內(nèi)，設(shè)垂直ab邊向上為安培力的正方向，線框ab邊受到該磁場對它的安培力F隨時間t變化的關(guān)系圖為()圖3答案D解析0～2t0，感應(yīng)電動勢為：E1＝Seq\f(ΔB,Δt)＝Seq\f(B0,t0)，為定值，3t0～5t0，感應(yīng)電動勢為：E2＝Seq\f(ΔB,Δt)＝Seq\f(B0,t0)，也為定值，因此感應(yīng)電流也為定值，那么安培力F＝BIL∝B.由于0～t0，B逐漸減小到零，故安培力逐漸減小到零，根據(jù)楞次定律可知，線框中感應(yīng)電流沿順時針方向，依據(jù)左手定則可知，線框ab邊受到的安培力方向向上，即為正；同理，t0～2t0，安培力方向向下，為負(fù)，大小增大，而在2t0～3t0，沒有安培力；在3t0～4t0，安培力方向向上，為正，大小減?。辉?t0～5t0，安培力方向向下，為負(fù)，大小增大，故D正確，A、B、C錯誤．變式2(2019·山東濟寧市第二次摸底)如圖4甲所示，在線圈l1中通入電流i1后，在l2上產(chǎn)生的感應(yīng)電流隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，l1、l2中電流的正方向如圖甲中的箭頭所示．則通入線圈l1中的電流i1隨時間t變化的圖象是下圖中的()圖4答案D解析因為感應(yīng)電流大小不變，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得：I＝eq\f(E,R)＝eq\f(n\f(ΔΦ,Δt),R)＝eq\f(n\f(ΔB,Δt)S,R)，而線圈l1中產(chǎn)生的磁場變化是因為電流發(fā)生了變化，所以I＝eq\f(n\f(ΔB,Δt)S,R)∝eq\f(n\f(Δi,Δt)S,R)，所以線圈l1中的電流均勻改變，A、C錯誤；根據(jù)題圖乙，0～eq\f(T,4)時間內(nèi)感應(yīng)電流磁場向左，所以線圈l1產(chǎn)生的磁場向左減小，或向右增大，B錯誤，D正確．1．題型簡述感應(yīng)電流在磁場中受到安培力的作用，因此電磁感應(yīng)問題往往跟力學(xué)問題聯(lián)系在一起．解決這類問題需要綜合應(yīng)用電磁感應(yīng)規(guī)律(法拉第電磁感應(yīng)定律、楞次定律)及力學(xué)中的有關(guān)規(guī)律(共點力的平衡條件、牛頓運動定律、動能定理等)．2．處理方法狀態(tài)特征處理方法平衡態(tài)加速度為零根據(jù)平衡條件列式分析非平衡態(tài)加速度不為零根據(jù)牛頓第二定律進行動態(tài)分析或結(jié)合功能關(guān)系進行分析3.基本思路解決這類問題的關(guān)鍵是通過運動狀態(tài)的分析，尋找過程中的臨界狀態(tài)，如速度、加速度最大值或最小值的條件．具體思路如下：eq\x(導(dǎo)體受外力運動)eq\o(→,\s\up7(E＝Blv))eq\x(感應(yīng)電動勢)eq\o(→,\s\up10(I＝\f(E,R＋r)))eq\x(感應(yīng)電流)eq\o(→,\s\up7(F＝BIl))eq\x(導(dǎo)體受安培力)→eq\x(合力變化)eq\o(→,\s\up7(F合＝ma))eq\x(加速度變化)→eq\x(速度變化)→eq\x(臨界狀態(tài))例3(2019·四川省綜合能力提升卷(三))如圖5所示，兩根足夠長光滑平行金屬導(dǎo)軌間距l(xiāng)＝0.9m，與水平面夾角θ＝30°，正方形區(qū)域abcd內(nèi)有勻強磁場，磁感應(yīng)強度B＝2T，方向垂直于斜面向上，甲、乙是兩根質(zhì)量相同、電阻均為R＝4.86Ω的金屬桿，垂直于導(dǎo)軌放置．甲置于磁場的上邊界ab處，乙置于甲上方l處，現(xiàn)將兩金屬桿由靜止同時釋放，并立即在甲上施加一個沿導(dǎo)軌方向的拉力F，甲始終以a＝5m/s2的加速度沿導(dǎo)軌勻加速運動，乙進入磁場時恰好做勻速運動，g＝10m/s2.計算：圖5(1)每根金屬桿的質(zhì)量m；(2)拉力F的最大值；(3)乙到達磁場下邊界時兩桿間的距離及乙穿過磁場的過程中電路產(chǎn)生的熱量．答案(1)0.2kg(2)1N(3)0.225m0.9J解析(1)由題意得：乙進入磁場前做初速度為零的勻加速直線運動，加速度：a′＝eq\f(mgsinθ,m)＝5m/s2；乙進入磁場時的速度：v′＝eq\r(2a′l)＝3m/s乙進入磁場后做勻速直線運動，由平衡條件得：mgsinθ＝eq\f(B2l2v′,2R)解得：m＝0.2kg(2)因甲、乙下滑的加速度相等，可知當(dāng)甲在磁場中滑動時，乙還未進入磁場，則甲在磁場中受到的安培力：F安＝BIl＝eq\f(B2l2v,2R)由牛頓第二定律可得：F＋mgsinθ－eq\f(B2l2v,2R)＝ma甲做勻加速直線運動，v逐漸增大，則拉力F逐漸變大．當(dāng)甲滑到cd位置時導(dǎo)體棒的速度最大，F(xiàn)最大，此時甲的速度v＝eq\r(2al)＝3m/s，代入數(shù)據(jù)解得：F＝1N(3)乙從進入磁場到到達磁場下邊界的時間t＝eq\f(l,v′)＝eq\f(0.9,3)s＝0.3s；當(dāng)乙進入磁場時，甲剛好出磁場，速度為v＝3m/s，甲出磁場后的加速度仍為5m/s2，則t＝0.3s內(nèi)的位移x甲＝vt＋eq\f(1,2)at2＝1.125m，則此時甲、乙兩棒相距Δx＝x甲－l＝0.225m乙穿過磁場過程產(chǎn)生的熱量等于乙機械能的減小量：Q＝mglsin30°＝0.2×10×0.9×0.5J＝0.9J.變式3(2016·全國卷Ⅱ·24)如圖6，水平面(紙面)內(nèi)間距為l的平行金屬導(dǎo)軌間接一電阻，質(zhì)量為m、長度為l的金屬桿置于導(dǎo)軌上．t＝0時，金屬桿在水平向右、大小為F的恒定拉力作用下由靜止開始運動．t0時刻，金屬桿進入磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場區(qū)域，且在磁場中恰好能保持勻速運動．桿與導(dǎo)軌的電阻均忽略不計，兩者始終保持垂直且接觸良好，兩者之間的動摩擦因數(shù)為μ.重力加速度大小為g.求：圖6(1)金屬桿在磁場中運動時產(chǎn)生的電動勢的大?。?2)電阻的阻值．答案(1)Blt0(eq\f(F,m)－μg)(2)eq\f(B2l2t0,m)解析(1)設(shè)金屬桿進入磁場前的加速度大小為a，由牛頓第二定律得F－μmg＝ma①設(shè)金屬桿到達磁場左邊界時的速度為v，由運動學(xué)公式有v＝at0②當(dāng)金屬桿以速度v在磁場中運動時，由法拉第電磁感應(yīng)定律知產(chǎn)生的電動勢為E＝Blv③聯(lián)立①②③式可得E＝Blt0(eq\f(F,m)－μg)④(2)設(shè)金屬桿在磁場區(qū)域中勻速運動時，金屬桿中的電流為I，根據(jù)歐姆定律I＝eq\f(E,R)⑤式中R為電阻的阻值．金屬桿所受的安培力為F安＝BlI⑥因金屬桿做勻速運動，有F－μmg－F安＝0⑦聯(lián)立④⑤⑥⑦式得R＝eq\f(B2l2t0,m).1．題型簡述電磁感應(yīng)過程的實質(zhì)是不同形式的能量轉(zhuǎn)化的過程，而能量的轉(zhuǎn)化是通過安培力做功來實現(xiàn)的．安培力做功的過程，是電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能的過程；外力克服安培力做功的過程，則是其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能的過程．2．解題步驟(1)確定研究對象(導(dǎo)體棒或回路)；(2)弄清電磁感應(yīng)過程中，哪些力做功，哪些形式的能量相互轉(zhuǎn)化；(3)根據(jù)能量守恒定律或功能關(guān)系列式求解．3．兩類情況(1)若回路中電流恒定，可以利用電路結(jié)構(gòu)及W＝UIt或Q＝I2Rt直接進行計算．(2)若電流變化，則①利用安培力做功求解：電磁感應(yīng)中產(chǎn)生的電能等于克服安培力所做的功；②利用能量守恒求解：若只有電能與機械能的轉(zhuǎn)化，則減少的機械能等于產(chǎn)生的電能．例4(2019·北京卷·22)如圖7所示，垂直于紙面的勻強磁場磁感應(yīng)強度為B.紙面內(nèi)有一正方形均勻金屬線框abcd，其邊長為L，總電阻為R，ad邊與磁場邊界平行．從ad邊剛進入磁場直至bc邊剛要進入的過程中，線框在向左的拉力作用下以速度v勻速運動，求：圖7(1)感應(yīng)電動勢的大小E；(2)拉力做功的功率P；(3)ab邊產(chǎn)生的焦耳熱Q.答案(1)BLv(2)eq\f(B2L2v2,R)(3)eq\f(B2L3v,4R)解析(1)由法拉第電磁感應(yīng)定律可得，感應(yīng)電動勢E＝BLv(2)線框中的感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)拉力大小等于安培力大小F＝BIL拉力的功率P＝Fv＝eq\f(B2L2v2,R)(3)線框ab邊電阻Rab＝eq\f(R,4)時間t＝eq\f(L,v)ab邊產(chǎn)生的焦耳熱Q＝I2Rabt＝eq\f(B2L3v,4R).變式4(2020·寧夏銀川市高三質(zhì)檢)如圖8所示，水平放置的U形導(dǎo)軌足夠長，置于方向豎直向上的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為B＝5T，導(dǎo)軌寬度L＝0.4m，左側(cè)與R＝0.5Ω的定值電阻連接，右側(cè)有導(dǎo)體棒ab垂直導(dǎo)軌跨放在導(dǎo)軌上，導(dǎo)體棒ab質(zhì)量m＝2．0kg，電阻r＝0.5Ω，與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，其余電阻可忽略不計．導(dǎo)體棒ab在大小為10N的水平外力F作用下，由靜止開始運動了x＝40cm后，速度達到最大，取g＝10m/s2.求：圖8(1)導(dǎo)體棒ab運動的最大速度的大小；(2)當(dāng)導(dǎo)體棒ab的速度v＝1m/s時，導(dǎo)體棒ab的加速度的大小；(3)導(dǎo)體棒ab由靜止運動到剛達到最大速度的過程中，電阻R上產(chǎn)生的熱量．答案(1)1.5m/s(2)1m/s2(3)0.075J解析(1)導(dǎo)體棒ab垂直切割磁感線，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大?。篍＝BLv由閉合電路歐姆定律得：I＝eq\f(E,R＋r)可得導(dǎo)體棒受到的安培力：F安＝BIL＝eq\f(B2L2v,R＋r)當(dāng)導(dǎo)體棒做勻速直線運動時速度最大，由平衡條件得：eq\f(B2L2vm,R＋r)＋μmg＝F解得最大速度：vm＝1.5m/s；(2)當(dāng)導(dǎo)體棒ab的速度v＝1m/s時，由牛頓第二定律得：F－eq\f(B2L2v,R＋r)－μmg＝ma解得：a＝1m/s2；(3)導(dǎo)體棒ab由靜止運動到剛達到最大速度的過程中，由能量守恒定律可得：Fx＝Q＋μmgx＋eq\f(1,2)mvm2解得：Q＝0.15J所以QR＝eq\f(R,R＋r)Q＝0.075J.1.(2020·遼寧重點中學(xué)協(xié)作體模擬)水平放置的光滑金屬長導(dǎo)軌MM′和NN′之間接有電阻R，導(dǎo)軌左、右兩區(qū)域分別處在方向相反且與軌道垂直的勻強磁場中，右側(cè)區(qū)域足夠長，方向如圖1.設(shè)左、右區(qū)域的磁感應(yīng)強度分別為B1和B2.一根金屬棒ab放在導(dǎo)軌上并與其正交，棒和導(dǎo)軌的電阻均不計．金屬棒在水平向右的恒定拉力作用下，在左邊區(qū)域中恰好以速度v做勻速直線運動，則()圖1A．若B2＝B1，棒進入右邊區(qū)域后先做加速運動，最后以速度2v做勻速運動B．若B2＝B1，棒進入右邊區(qū)域中后仍以速度v做勻速運動C．若B2＝2B1，棒進入右邊區(qū)域后先做減速運動，最后以速度eq\f(v,2)做勻速運動D．若B2＝2B1，棒進入右邊區(qū)域后先做加速運動，最后以速度4v做勻速運動答案B解析金屬棒在水平向右的恒力作用下，在虛線左邊區(qū)域中以速度v做勻速直線運動，恒力F與安培力平衡．當(dāng)B2＝B1時，棒進入右邊區(qū)域后，棒切割磁感線的感應(yīng)電動勢與感應(yīng)電流大小均沒有變化，棒所受安培力大小和方向也沒有變化，與恒力F仍然平衡，則棒進入右邊區(qū)域后，以速度v做勻速直線運動，故A錯誤，B正確．當(dāng)B2＝2B1時，棒進入右邊區(qū)域后，棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流均變大，所受的安培力也變大，恒力沒有變化，則棒先減速運動，隨著速度減小，感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流減小，棒受到的安培力減小，當(dāng)安培力與恒力再次平衡時棒做勻速直線運動，設(shè)棒最后勻速運動的速度大小為v′.在左側(cè)磁場中F＝eq\f(B12L2v,R)，在右側(cè)磁場中勻速運動時，有F＝eq\f(B22L2v′,R)＝eq\f(2B12L2v′,R)，則v′＝eq\f(v,4)，即棒最后以速度eq\f(v,4)做勻速直線運動，故C、D錯誤．2．(多選)(2019·廣東肇慶市第二次統(tǒng)一檢測)如圖2甲所示，矩形導(dǎo)線框abcd固定在勻強磁場中，磁場的方向與導(dǎo)線框所在的平面垂直，磁感應(yīng)強度B隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示，規(guī)定垂直紙面向里為磁場正方向，順時針方向為感應(yīng)電流i正方向，水平向右為ad邊所受安培力F的正方向．下列圖象正確的是()圖2答案BD3.(2019·重慶市4月調(diào)研)半徑為L的圓形邊界內(nèi)分布有垂直圓所在平面的磁場，垂直紙面向里的磁感應(yīng)強度大小為2B，垂直紙面向外的磁感應(yīng)強度大小為B，如圖3所示．AEO為八分之一圓導(dǎo)線框，其總電阻為R，以角速度ω繞O軸逆時針勻速轉(zhuǎn)動，從圖中所示位置開始計時，用i表示導(dǎo)線框中的感應(yīng)電流(順時針方向為正)，線框中感應(yīng)電流i隨時間t變化圖象可能是()圖3答案B解析當(dāng)線框轉(zhuǎn)過0～45°時，產(chǎn)生的感應(yīng)電流為順時針方向，電動勢E＝eq\f(1,2)BωL2＋eq\f(1,2)·2BωL2＝eq\f(3,2)BωL2，感應(yīng)電流I＝eq\f(3BωL2,2R)；當(dāng)線框轉(zhuǎn)過45°～90°時，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為零，感應(yīng)電流為零；當(dāng)線框轉(zhuǎn)過90°～135°時，產(chǎn)生的感應(yīng)電流為逆時針方向，電動勢E＝eq\f(1,2)BωL2＋eq\f(1,2)·2BωL2＝eq\f(3,2)BωL2，感應(yīng)電流I＝eq\f(3BωL2,2R)；當(dāng)線框轉(zhuǎn)過135°～180°時，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為零，感應(yīng)電流為零；當(dāng)線框轉(zhuǎn)過180°～225°時，產(chǎn)生的感應(yīng)電流為順時針方向，電動勢E＝eq\f(1,2)·2BωL2＝BωL2，感應(yīng)電流I＝eq\f(BωL2,R)；當(dāng)線框轉(zhuǎn)過225°～270°時，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為零，感應(yīng)電流為零；當(dāng)線框轉(zhuǎn)過270°～315°時，產(chǎn)生的感應(yīng)電流為逆時針方向，電動勢E＝eq\f(1,2)·2BωL2＝BωL2，感應(yīng)電流I＝eq\f(BωL2,R)；當(dāng)線框轉(zhuǎn)過315°～360°時，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為零，感應(yīng)電流為零，故選B.4．(多選)(2019·山西臨汾市二輪復(fù)習(xí)模擬)如圖4甲所示，半徑為1m的帶缺口剛性金屬圓環(huán)導(dǎo)軌固定在水平面內(nèi)，在導(dǎo)軌上垂直放置一質(zhì)量為0.1kg、電阻為1Ω的直導(dǎo)體棒，其長度恰好等于金屬圓環(huán)的直徑，導(dǎo)體棒初始位置與圓環(huán)直徑重合，且與導(dǎo)軌接觸良好．已知導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為0.3，不計金屬圓環(huán)的電阻，導(dǎo)體棒受到的最大靜摩擦力等于其滑動摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2.現(xiàn)若在圓環(huán)內(nèi)加一垂直于紙面向里的變化磁場，變化規(guī)律如圖乙所示，則()圖4A．導(dǎo)體棒中的電流是從b到aB．通過導(dǎo)體棒的電流大小為0.5AC．0～2s內(nèi)，導(dǎo)體棒產(chǎn)生的熱量為0.125JD．t＝πs時，導(dǎo)體棒受到的摩擦力大小為0.3N答案AC解析穿過閉合回路的磁通量向里增加，由楞次定律可知導(dǎo)體棒中的電流是從b到a，選項A正確；假設(shè)0～πs時間內(nèi)導(dǎo)體棒靜止不動，感應(yīng)電動勢E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(1,2)πr2＝eq\f(0.5,π)×eq\f(1,2)π×12V＝0.25V，則感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(0.25,1)A＝0.25A，t＝πs時，導(dǎo)體棒受到的安培力F＝2BIr＝2×0.5×0.25×1N＝0.25N，最大靜摩擦力Ffm＝μmg＝0.3N，則假設(shè)成立，故導(dǎo)體棒所受摩擦力大小為0.25N，選項B、D錯誤；0～2s內(nèi)，導(dǎo)體棒產(chǎn)生的熱量為Q＝I2Rt＝0.252×1×2J＝0.125J，選項C正確．5．(2019·河南駐馬店市第一學(xué)期期末)如圖5甲所示，間距為L＝0.5m的兩條平行金屬導(dǎo)軌，水平放置在豎直向下的勻強磁場中，磁場的磁感應(yīng)強度B＝0.2T，軌道左側(cè)連接一定值電阻R＝1Ω.垂直導(dǎo)軌的導(dǎo)體棒ab在水平外力F作用下沿導(dǎo)軌運動，并始終與導(dǎo)軌接觸良好．t＝0時刻，導(dǎo)體棒從靜止開始做勻加速直線運動，力F隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示．已知導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌的電阻均不計．取g＝10m/s2，求：圖5(1)導(dǎo)體棒的加速度大??；(2)導(dǎo)體棒的質(zhì)量．答案(1)5m/s2(2)0.1kg解析(1)設(shè)導(dǎo)體棒的質(zhì)量為m，導(dǎo)體棒做勻加速直線運動的加速度大小為a，某時刻t，導(dǎo)體棒的速度為v，所受的摩擦力為Ff，則導(dǎo)體棒產(chǎn)生的電動勢：E＝BLv回路中的電流I＝eq\f(E,R)導(dǎo)體棒受到的安培力：F安＝BIL由牛頓第二定律：F－F安－Ff＝ma由題意v＝at聯(lián)立解得：F＝eq\f(B2L2a,R)t＋ma＋Ff根據(jù)題圖乙可知，0～10s內(nèi)圖象的斜率為0.05N/s，即eq\f(B2L2a,R)＝0.05N/s，解得a＝5m/s2(2)由F－t圖象縱截距可知：ma＋Ff＝1.0N又Ff＝μmg解得m＝0.1kg.6．(2019·廣東清遠市期末質(zhì)量檢測)如圖6甲所示，水平放置的平行金屬導(dǎo)軌間的距離為L(導(dǎo)軌電阻不計)，左側(cè)接阻值為R的電阻，區(qū)域cdef內(nèi)存在磁感應(yīng)強度為B垂直軌道平面的有界勻強磁場，磁場寬度為s.一質(zhì)量為m、電阻為r的金屬棒MN置于導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為μ，從t＝0時刻開始，金屬棒MN受到水平向右的拉力F作用，從磁場的左側(cè)邊界由靜止開始運動，用傳感器測得電阻R兩端的電壓在0～1s內(nèi)的變化規(guī)律如圖乙所示．(已知B＝0.5T，L＝1m，m＝1kg，R＝0.3Ω，r＝0.2Ω，