高考物理復(fù)習(xí)講義第85講 產(chǎn)生感生電動(dòng)勢(shì)的三類情境及五種題型（解析版）

第85講產(chǎn)生感生電動(dòng)勢(shì)的三類情境及五種題型

I真題示例_______________________________

1.（2022?江蘇）如圖所示，半徑為r的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度

B隨時(shí)間t的變化關(guān)系為B=Bo+kt,Bo、k為常量，則圖中半徑為R的單匝圓形線圈中

產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為（）

【解答】解：根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有：E=穿=冬S=k?nr2;

故A正確，BCD錯(cuò)誤；

故選：Ao

2.（2022?廣東）如圖是簡(jiǎn)化的某種旋轉(zhuǎn)磁極式發(fā)電機(jī)原理圖。定子是僅匝數(shù)n不同的兩線

圈，nι>n2,二者軸線在同一平面內(nèi)且相互垂直，兩線圈到其軸線交點(diǎn)O的距離相等，

且均連接阻值為R的電阻，轉(zhuǎn)子是中心在O點(diǎn)的條形磁鐵，繞O點(diǎn)在該平面內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動(dòng)

時(shí)，兩線圈輸出正弦式交變電流。不計(jì)線圈電阻、自感及兩線圈間的相互影響，下列說法

正確的是（）

A.兩線圈產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)的有效值相等

B.兩線圈產(chǎn)生的交變電流頻率相等

C.兩線圈產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)同時(shí)達(dá)到最大值

D.兩電阻消耗的電功率相等

【解答】解：AD、在轉(zhuǎn)子勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的過程中，通過兩個(gè)線圈的磁通量均在做周期性變化,

所以兩個(gè)線圈均會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)。根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E=n-可知，即使在磁通

?t

量的變化率相同時(shí)，由于匝數(shù)不同，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)也不會(huì)相等。同樣的有效值也不

相等。再根據(jù)功率的計(jì)算公式P=監(jiān)可知，電阻消耗的電功率也不相等，故AD錯(cuò)誤：

B、兩線圈產(chǎn)生的交變電流均受轉(zhuǎn)子的運(yùn)動(dòng)情況影響,轉(zhuǎn)子在做勻速圓周運(yùn)動(dòng),周期固定，

頻率固定，故兩線圈產(chǎn)生的交變電流頻率也相等，故B正確；

C、電動(dòng)勢(shì)達(dá)到最大值時(shí)磁通量最小，結(jié)合題圖可知，兩個(gè)線圈的磁通量無法同時(shí)達(dá)到最

小，故產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)無法同時(shí)達(dá)到最大值，故C錯(cuò)誤。

故選：B..

一.知識(shí)回顧

Δφ

L磁通量①、磁通量的變化量△①、磁通量的變化率的比較

物理量,一KΦ

磁通量Φ磁通量的變化量△Φ磁通量的變化率又7

項(xiàng)目

某時(shí)刻穿過某

某段時(shí)間內(nèi)穿過某個(gè)面的穿過某個(gè)面的磁通量變

意義個(gè)面的磁感線

磁通量變化的多少化的快慢

的條數(shù)

ΔΦ①2-Φ?

ΔΦ=Φ2-Φ?二ΔtΔt

Δ(6?5)兩種特例：

大小Φ=BS兩種特例：

心Rt

①A①=B?ΔS

②Aφ=S?RB

若有相反方向等于單匝線圈上產(chǎn)生的

轉(zhuǎn)過180°前后穿過平面

的磁場(chǎng)，磁通感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，即￡=

注意的磁通量是一正一負(fù)，

量可抵消；SΔφ

ΔΦ-2BS,而不是零

為有效面積Δt

ΔφΔφ

提示：①0、?①、七的大小之間沒有必然的聯(lián)系，0=0,又7不一定等于0；②感

Δφ

應(yīng)電動(dòng)勢(shì)￡■與線圈匝數(shù)〃有關(guān)，但①、A①、句的大小均與線圈匝數(shù)無關(guān)。

Δφ

2.法拉第電磁感應(yīng)定律公式的物理意義：《=行17求的是At時(shí)間內(nèi)的平均感應(yīng)電動(dòng)

勢(shì)，當(dāng)AtfO時(shí)，后為瞬時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)。

3.法拉第電磁感應(yīng)定律應(yīng)用的三種情況

(1)磁通量的變化是由有效面積變化引起時(shí)，X①=B?XS,則

(2)磁通量的變化是由磁場(chǎng)變化引起時(shí)，X①=NB?S,則￡=/4^至，S是磁場(chǎng)范圍

內(nèi)的有效面積。

(3)磁通量的變化是由有效面積和磁場(chǎng)變化共同引起的，則根據(jù)定義求，X①=①L

BzSi-B?S?

0初，E=n..——

Δφ

4.在圖像問題中磁通量的變化率主7是切7圖像上某點(diǎn)切線的斜率，利用斜率和線圈

匝數(shù)可以確定感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小。

二.典型例題

題型一：有效面積變化產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)

例1.如圖所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有一個(gè)用軟導(dǎo)線制成的單匝閉合線圈，線圈平面與磁場(chǎng)垂直。

己知線圈的面積S=O.3m2?電阻R=O6C,磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.2T.現(xiàn)同時(shí)向兩側(cè)拉

動(dòng)線圈，線圈的兩邊在At=LOS時(shí)間內(nèi)合到一起。求線圈在上述過程中

(1)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的平均值E；

(2)感應(yīng)電流的平均值I,并在圖中標(biāo)出電流方向；

(3)通過導(dǎo)線橫截面的電荷量q。

【解答】解：(1)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的平均值E=n—,

磁通量的變化^Φ=B△S,

解得"B,

代入數(shù)據(jù)得耳=0.06Vo

(2)根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，平均電流7=,

代入數(shù)據(jù)得7=0.1A,

（3）根據(jù)電荷量定義可知，q=7?A3

代入數(shù)據(jù)得q=0.1Co

答：（1）感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的平均值為0.06V；

（2）感應(yīng)電流的平均值為0.1A,電流方向見解析；

（3）通過導(dǎo)線橫截面的電荷量為0.1C。

題型二：磁場(chǎng)變化產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)

例2.如圖甲所示，單匝矩形金屬線框abd處在垂直于線框平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，線框面積S

=0.3m2,線框連接一個(gè)阻值R=3C的電阻，其余電阻不計(jì)，線框cd邊位于磁場(chǎng)邊界上。

取垂直于線框平面向外為磁感應(yīng)強(qiáng)度B的正方向，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的圖象如

圖乙所示。下列判斷正確的是（）

A.O-0.4s內(nèi)線框中感應(yīng)電流沿逆時(shí)針方向

B.0.4-0.8s內(nèi)線框有擴(kuò)張的趨勢(shì)

C.O-0.8s內(nèi)線框中的電流為0.1A

D.O?0.4s內(nèi)ab邊所受安培力保持不變

【解答】解：A、由圖乙所示圖線可知，O-0.4s內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度垂直于紙面向里，磁通量

減小，由楞次定律可知，感應(yīng)電流沿順時(shí)針方向，故A錯(cuò)誤。

B、由圖乙所示圖線可知，0.4-0.8s內(nèi)穿過線框的磁通量增加，由楞次定律可知，線框有

收縮的趨勢(shì)，故B錯(cuò)誤。

tυ

C、由圖示圖線可知I,O-0.8s內(nèi)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E=粵=粵S=X0.3V=

ΔΓ?C?U.°O?4）

0.3V,線框中的電流為：IY=翳=0.1A,故C正確。

K?jz

D、在0-0.4s內(nèi)感應(yīng)電流I保持不變，由圖乙所示圖線可知，磁感應(yīng)強(qiáng)度B大小不斷減

小，由F=ILB可知，ab邊所受安培力不斷減小，故D錯(cuò)誤。

故選：Co

題型三：磁場(chǎng)和有效面積都變化

例3.如圖，兩條相距1的光滑平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面（紙面）內(nèi)，其左端接一阻值

為R的電阻；一與導(dǎo)軌垂直的金屬棒置于兩導(dǎo)軌上；在電阻、導(dǎo)軌和金屬棒中間有一面

積為S的區(qū)域，區(qū)域中存在垂直于紙面向里的均勻磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小Bl隨時(shí)間t的

變化關(guān)系為Bι=kt,式中k為常量；在金屬棒右側(cè)還有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，區(qū)域左邊界MN

(虛線)與導(dǎo)軌垂直，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為Bo,方向也垂直于紙面向里。某時(shí)刻,

金屬棒在一外加水平恒力的作用下從靜止開始向右運(yùn)動(dòng)，在to時(shí)刻恰好以速度Vo越過

MN,此后向右做勻速運(yùn)動(dòng)。金屬棒與導(dǎo)軌始終相互垂直并接觸良好，它們的電阻均忽略

不計(jì)。求

(1)在t=0至∣Jt=to時(shí)間間隔內(nèi)，流過電阻的電荷量的絕對(duì)值；

(2)在時(shí)刻t(t>to)穿過回路的總磁通量和金屬棒所受外加水平恒力的大小。

(3)如果面積為S的區(qū)域的均勻磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度Bi隨時(shí)間t的變化關(guān)系為Bi=Bo-

kt,式中k為大于。的常量，在t=0時(shí)刻，均勻磁場(chǎng)垂直于紙面向里。MN(虛線)右側(cè)

磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為Bo,方向也垂直于紙面向里。在to時(shí)刻金屬棒以速度V越過

MN時(shí)，撤掉外力，此后(t>to)金屬棒恰好向右做勻速運(yùn)動(dòng)。金屬棒與導(dǎo)軌始終相互垂

直并接觸良好，它們的電阻均忽略不計(jì)。求速度V的大小(用k、S、Bo、1表示)。

【解答】解：(1)在t=()到t=to時(shí)間間隔內(nèi)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有：EI=筆=

回路中感應(yīng)電流為：I=第=臀

在t=0至h=tθ時(shí)間間隔內(nèi)，流過電阻的電荷量的絕對(duì)值為：q=Ito=竽。

(2)根據(jù)題圖可知，MN左邊的磁場(chǎng)方向與右邊的磁場(chǎng)方向相同，那么總磁通量即為兩

種情況之和，即在時(shí)刻t(t>to)穿過回路的總磁通量為：

φ=φI+φ2=ktS+Bovo(t-to)1；

根據(jù)楞次定律判斷可知，回路中產(chǎn)生的感生電動(dòng)勢(shì)與動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)方向相同，依據(jù)法拉第

電磁感應(yīng)定律得回路中產(chǎn)生總的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：

E=Eι+E2=kS+Bolvo;

回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小為：I=

A

那么安培力大小為：FA=BOII;

金屬棒勻速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平衡條件知水平恒力大小等于安培力大小，即為：F=FA。

(

聯(lián)立可得F=BWS椒Ve)I

K

(3)在Io時(shí)刻金屬棒以速度V越過MN時(shí)，撤掉外力，此后(t>to)金屬棒恰好向右做

勻速運(yùn)動(dòng)，說明金屬棒不受安培力，動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)與感生電動(dòng)勢(shì)抵消，則有：

kS=Bolv

可得：V嗤

答：

(I)在t=o至h=to時(shí)間間隔內(nèi)，流過電阻的電荷量的絕對(duì)值為等。

R

(2)在時(shí)刻t(t>to)穿過回路的總磁通量為ktS+BoVo(t-to)1，金屬棒所受外加水平

恒力的大小為處嚶叫

ks

(3)速度V的大小為;

B0I

題型四：動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)與感生電動(dòng)勢(shì)交替

例4.如圖，導(dǎo)體軌道OPQS固定，其中PQS是半圓弧，Q為半圓弧的中點(diǎn)，0為圓心。軌

道的電阻忽略不計(jì)。OM是有一定電阻?？衫@O轉(zhuǎn)動(dòng)的金屬桿，M端位于PQS上，OM

與軌道接觸良好?？臻g存在與半圓所在平面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B,現(xiàn)

使OM從OQ位置以恒定的角速度逆時(shí)針轉(zhuǎn)到OS位置并固定(過程I)；再使磁感應(yīng)強(qiáng)

度的大小以一定的變化率從B增加到B'(過程II)。在過程I、∏中，流過OM的電荷

【解答】解：設(shè)圓的半徑為R,金屬桿從Q到S的過程中：△巾=BAS=*BTTR2

根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有：E『黑=需

設(shè)回路的總電阻為r,第一次通過線圈某一橫截面的電荷量為：41=11a口=34h=

噂…①

磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小以一定的變化率從B增加到B,的過程中設(shè)時(shí)間為at2,ΔΦ,=

~(Br-B)/?2

2

第二次通過線圈某一橫截面的電荷量為：q2=l2∕?t2=平=*鬻-…②

由題，qi=q2③

Pf3

聯(lián)立①②③可得：—=故B正確，ACD錯(cuò)誤，

D2

故選：Bo

題型五：綜合分析，定性判定

例5.如圖為一種早期發(fā)電機(jī)原理示意圖，該發(fā)電機(jī)由固定的圓形線圈和一對(duì)用鐵芯連接的

圓柱形磁鐵構(gòu)成，兩磁極相對(duì)于線圈平面對(duì)稱，在磁極繞轉(zhuǎn)軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，磁極中

心在線圈平面上的投影沿圓弧XoY運(yùn)動(dòng)，（0是線圈中心）.則（）

鐵芯

，轉(zhuǎn)軸

電流表Q

A.從X到0,電流由E經(jīng)G流向F,線圈的面積有收縮的趨勢(shì)

B.從X到0,電流由F經(jīng)G流向E,線圈的面積有擴(kuò)張的趨勢(shì)

C.從0到Y(jié),電流由F經(jīng)G流向E,線圈的面積有收縮的趨勢(shì)

D.從0到Y(jié),電流由E經(jīng)G流向F,線圈的面積有擴(kuò)張的趨勢(shì)

【解答】解：A、在磁極繞轉(zhuǎn)軸從X到0勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，穿過線圈平面的磁通量向上增大,

根據(jù)楞次定律可知線圈中產(chǎn)生順時(shí)針方向的感應(yīng)電流，電流由F經(jīng)G流向E；由于磁通

量增大，所以線圈的面積有縮小的趨勢(shì)，以阻礙磁通量的增大，故AB均錯(cuò)誤；

C、在磁極繞轉(zhuǎn)軸從0到Y(jié)勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，穿過線圈平面的磁通量向上減小，根據(jù)楞次定律

可知線圈中產(chǎn)生逆時(shí)針方向的感應(yīng)電流，電流由E經(jīng)G流向F；由于磁通量減小，所以

線圈的面積有擴(kuò)大的趨勢(shì)，以阻礙磁通量的減小，故C錯(cuò)誤，D正確。

故選：D。

三.舉一反三，鞏固練習(xí)

1.如圖，足夠長(zhǎng)的磁鐵在空隙產(chǎn)生一個(gè)徑向輻射狀磁場(chǎng)，一個(gè)圓形細(xì)金屬環(huán)與磁鐵中心圓

柱同軸，由靜止開始下落，經(jīng)過時(shí)間3速度達(dá)最大值V,此過程中環(huán)面始終水平。已

知金屬環(huán)質(zhì)量為m、半徑為r、電阻為R,金屬環(huán)下落過程中所經(jīng)過位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度

大小均為B,重力加速度大小為g,不計(jì)空氣阻力，則（）

A.在俯視圖中，環(huán)中感應(yīng)電流沿逆時(shí)針方向

B.環(huán)中最大的感應(yīng)電流大小為J警

C.環(huán)下落過程中一直處于超重狀態(tài)

2ττrBvt

D.t時(shí)間內(nèi)通過金屬環(huán)橫截面的電荷量為一--

【解答】解：A、根據(jù)右手定則，在圓環(huán)上取一段分析可知環(huán)中感應(yīng)電流沿順時(shí)針方向,

故A錯(cuò)誤；

B、當(dāng)重力等于安培力時(shí)，環(huán)下落的速度最大，此時(shí)感應(yīng)電流最大，根據(jù)mgv=I2R,解

得：I=網(wǎng)^故B正確;

C、環(huán)下落中mg-F=ma,加速度向下，處于始終狀態(tài)，故C錯(cuò)誤；

D、設(shè)t時(shí)間內(nèi)通過金屬環(huán)橫截面的電荷量為q。環(huán)下落速度為V時(shí)的感應(yīng)電流大小為I=

駕巴，由于環(huán)中感應(yīng)電流不斷增大，則知q<It=2誓，故D錯(cuò)誤。

KK

故選:B。

2.如圖，邊長(zhǎng)、材料相同，粗細(xì)不同的單匝正方形金屬線框甲、乙。乙線框?qū)Ь€的橫截面

積是甲的2倍。在豎直平面內(nèi)距磁場(chǎng)相同高度由靜止開始同時(shí)下落，一段時(shí)間后進(jìn)入方

向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)的上邊界水平，如圖所示。不計(jì)空氣阻力，則在甲、

乙線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中（）

□

甲

XXXXXXXXXX

×××××XXXXX

XX)CXX××××X

A.感應(yīng)電流的方向均一定為順時(shí)針方向

B.甲、乙線框的加速度時(shí)時(shí)相同

C.甲線框的焦耳熱是乙線框的2倍

D.通過甲線框的電荷量是乙線框的2倍

【解答】解：A、在甲、乙線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中，磁通量均向里增加，由楞次定律可知,

感應(yīng)電流的方向均一定為逆時(shí)針方向，故A錯(cuò)誤;

B、甲、乙線框從相同高度由靜止開始同時(shí)下落，進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度相同，設(shè)為V。對(duì)于任

一線框，設(shè)邊長(zhǎng)為L(zhǎng),橫截面積為S,電阻率為P電，密度為p*,加速度為a。根據(jù)牛頓

「京F安B2L2VB2L2V*

第二定律得：mg-F&=ma,得a=g--^,其中——=-...=----蒞------

m

mRmP?~?4p?XS'6P電PW

B2V

則a=g-W"a與S無關(guān)，所以甲、乙線框的加速度時(shí)時(shí)相同，故B正確;

C、設(shè)線框開始下落時(shí)距離磁場(chǎng)高度為h,線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度為v',則線框進(jìn)入

磁場(chǎng)的過程中產(chǎn)生的焦耳熱為Q=mgh-2m∕2,則Q℃m,又m=4p*1S,則QOCS,

故乙線框的焦耳熱是中線框的2倍，故C錯(cuò)誤；

2

D、通過線框的電荷量為q=罕=且亞=浮8S,則通過乙線框的電荷量是甲線框的

2倍，故D錯(cuò)誤。

故選：Bo

3.空間存在范圍足夠大、豎直向下的、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在其間豎直固定兩個(gè)

相同的、彼此正對(duì)的金屬細(xì)圓環(huán)a、b,圓環(huán)a在前、圓環(huán)b在后。圓環(huán)直徑為d,兩環(huán)

間距為L(zhǎng)、用導(dǎo)線與阻值為R的外電阻相連，如圖所示。一根細(xì)金屬棒保持水平、沿兩

圓環(huán)內(nèi)側(cè)做角速度為3的逆時(shí)針勻速圓周運(yùn)動(dòng)（如圖），金屬棒電阻為％棒與兩圓環(huán)

始終接觸良好，圓環(huán)電阻不計(jì)。則下列說法正確的是（）

A.金屬棒在最低點(diǎn)時(shí)回路電流為零

B.金屬棒在圓環(huán)的上半部分運(yùn)動(dòng)時(shí)（不包括最左和最右點(diǎn)），a環(huán)電勢(shì)低于b環(huán)

C.從最高點(diǎn)開始計(jì)時(shí)，回路電流的瞬時(shí)值為i=患篇sins

D.電阻R兩端電壓的有效值為U=溪鬻

【解答】解：A、金屬桿做圓周運(yùn)動(dòng)的線速度D=43d,設(shè)金屬桿的速度方向與磁場(chǎng)間的

夾角為。，從最高點(diǎn)開始計(jì)時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLosinO=5以3g血感應(yīng)電流/=

E_BLωdsinθ

R+r=2（R+r）

L、R、3、r都是定值，從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)的過程中Sine先減小后增大，金屬棒在最低點(diǎn)

時(shí)回路電流最大，故A錯(cuò)誤;

B、金屬棒在圓環(huán)的上半部分運(yùn)動(dòng)時(shí)（不包括最左和最右點(diǎn)），根據(jù)右手定則可知a環(huán)電

勢(shì)高于b環(huán)，故B錯(cuò)誤；

C、金屬棒在最高點(diǎn)時(shí)垂直切割磁感線，感應(yīng)電流最大，則從最高點(diǎn)開始計(jì)時(shí)，回路電流

的瞬時(shí)值為i=導(dǎo)察cosat,故C錯(cuò)誤；

D、電流的有效值為/育=WX梟察,電阻R兩端電壓的有效值為U=/6=鏢鬻，

療J2Δ?tχ-rT）4?QA-ΓΓ）

故D正確。

故選：D。

9.（2022?朝陽(yáng)區(qū)校級(jí)模擬）如圖所示，兩條電阻不計(jì)的平行導(dǎo)軌與水平面成。角，導(dǎo)軌的

一端連接定值電阻Ri,勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直穿過導(dǎo)軌平面.一根質(zhì)量為m、電阻為R2的導(dǎo)體棒

ab,垂直導(dǎo)軌放置，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,且R2=2RI?如果導(dǎo)體棒以速

度V勻速下滑，導(dǎo)體棒此時(shí)受到的安培力大小為F,則棒勻速運(yùn)動(dòng)過程中以下判斷正確

的是（）

1

A.電阻Rl消耗的電功率為IFV

B.通過棒的電流方向?yàn)閍到b

C.重力做功的功率為mgvcos。

D.運(yùn)動(dòng)過程中棒減少的機(jī)械能全部轉(zhuǎn)化為電能、摩擦熱和焦耳熱

【解答】解：A、當(dāng)導(dǎo)體棒以速度V勻速下滑時(shí)，由1=萬(wàn)芻二、E=BLv、F=BIL,得安

κl+κ2

R2[2BLvr

培力F=骷/，電阻Rl消耗的熱功率為P=FRi=（------）2Ri,R2=2RI,聯(lián)立解

Rι+R?R1+R2

得，P=竽，故A正確；

B、根據(jù)右手定則，可以判斷通過棒的電流方向?yàn)閎到a,故B錯(cuò)誤；

C、棒在豎直方向的分速度為vsin。，根據(jù)瞬時(shí)功率公式P=FV可得，重力做功的功率為

P=mgvsinθ,故C錯(cuò)誤；

D、根據(jù)功能關(guān)系可知，運(yùn)動(dòng)過程中棒減少的機(jī)械能全部轉(zhuǎn)化為電能和摩擦熱，電能最終

又轉(zhuǎn)化為焦耳熱，故D錯(cuò)誤；

故選：Ao

4.如圖所示，電阻不計(jì)的兩光滑平行金屬導(dǎo)軌相距L,固定在水平絕緣桌面上，左側(cè)圓弧

部分處在豎直平面內(nèi)，右側(cè)平直部分處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,

末端與桌面邊緣平齊。電阻均為R的金屬棒ab、Cd垂直于兩導(dǎo)軌放置且與導(dǎo)軌接觸良

好，質(zhì)量分別為2m、m。開始時(shí)棒cd靜止在水平直導(dǎo)軌上，棒ab從導(dǎo)軌左端距水平

桌面高h(yuǎn)處無初速度釋放，進(jìn)入水平直導(dǎo)軌后與棒Cd始終沒有接觸，最后兩棒離開導(dǎo)

軌落在地面同一位置。不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g。則（）

A.金屬棒ab在沿導(dǎo)軌水平部分運(yùn)動(dòng)的過程中，始終做減速運(yùn)動(dòng)

B.在沿導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)的過程中，金屬棒ab損失的機(jī)械能為等?

C.在沿導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)的過程中，Cd棒的最大加速度為毆匕?

mR

D.在整個(gè)過程中，通過金屬棒ab的電荷量為空等

3BL

【解答】解：A、ab進(jìn)入水平導(dǎo)軌，切割磁感線，回路產(chǎn)生順時(shí)針方向（俯視）的感應(yīng)電

流，ab受向左的安培力而做減速運(yùn)動(dòng)，cd受右的安培力而做加速運(yùn)動(dòng)；由題知最后兩棒

離開導(dǎo)軌落在地面同一位置，由于導(dǎo)體棒離開導(dǎo)軌后做平拋運(yùn)動(dòng)，兩導(dǎo)體棒都落在地面

同一位置則說明二者離開導(dǎo)軌時(shí)的速度相同，由于Cd先離開導(dǎo)軌，且Cd離開導(dǎo)軌后ab、

cd將沒有組成閉合回路，則cd離開后ab做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以金屬棒ab在沿導(dǎo)軌水平

部分運(yùn)動(dòng)的過程中，先做減速運(yùn)動(dòng)后做勻速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；

B、ab滑到圓弧低端，由動(dòng)能定理2τng4=±?2τn詔

得：v0=yj2gh

由選項(xiàng)A分析可知二者在離開導(dǎo)軌時(shí)已經(jīng)達(dá)到共速，且由于導(dǎo)軌光滑，ab、Cd組成的系

統(tǒng)動(dòng)量守恒，則有2mvo=3mv米

得：u共=爭(zhēng)

則在沿導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)的過程中，金屬棒ab損失的機(jī)械能g=/x2m詔TXm吸=

^-mgh,故B錯(cuò)誤；

C、ab棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，回路電動(dòng)勢(shì)最大，電流最大，cd棒受的安培力最大，加速度最

大

F=BIL=B號(hào)公產(chǎn)阿

故C錯(cuò)誤;

m~m~m~2mR

D、對(duì)導(dǎo)體棒ab,根據(jù)動(dòng)量定理，取向右為正有

-BILt=2mv共-2mvo

q=It

2m∣2gh

整理有q=-?故D正確。

故選：D。

5.如圖所示，面積為S閉合線圈放在磁場(chǎng)中，線圈平面與磁場(chǎng)垂直，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B

隨時(shí)間t的變化規(guī)律是B=BmSin彳3則在一個(gè)周期內(nèi)線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大的時(shí)

刻（含O與T時(shí)刻）是（）

XXXX

A.0、0.25TB.0.75T

C.0、0.5T、TD.0.25T、0.5T,T

【解答】解：線圈面積?定，B的周期性變化使穿過線圈的磁場(chǎng)量發(fā)生變化，Φ=BSsin-

mT

?t.根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)律，E=n-,可見電動(dòng)勢(shì)最大時(shí)也就是絲最大。

?t?t

我們可將Φ=BmSsinyt的函數(shù)關(guān)系用Φ-t圖來表示（如右圖）。在該圖上，曲線的斜率

ΔΦ

反映「丁的大小。由圖可見，當(dāng)t等于0、0.5T?T時(shí)，切線的斜率最大，因此，在這些

?t

時(shí)刻線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大。

故ABD錯(cuò)誤，C正確;

故選：Co

6.如圖所示，兩光滑導(dǎo)軌水平放置在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=Bo+kt,

其中BO和k都是定值且均大于0。導(dǎo)軌間距最窄處為一狹縫，取狹縫所在處O點(diǎn)為坐

標(biāo)原點(diǎn)，狹縫右側(cè)兩導(dǎo)軌與X軸的夾角均為0,一電容為C的電容器（在磁場(chǎng)外）與導(dǎo)

軌左端相連，電容器中靜止一帶電粒子A(受到的重力不計(jì)，圖中未畫出)。金屬棒與

X軸垂直并固定在導(dǎo)軌上，O點(diǎn)到金屬棒的距離為xo。下列說法正確的是()

A.電容器的上極板帶負(fù)電

B.電容器的電荷量為CkXoAanG

C.帶電粒子A運(yùn)動(dòng)到極板上之前的加速度越來越小

D.帶電粒子A運(yùn)動(dòng)到極板上之前的加速度越來越大

【解答】解：A、穿過回路的磁通量向下增加，根據(jù)楞次定律判斷可知，回路中感應(yīng)電動(dòng)

勢(shì)沿逆時(shí)針方向，則電容器的上極板帶正電，故A錯(cuò)誤：

B、由B=Bo+kt得啰=k,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得:E=竿=篝S,又S=∣xo^2xotanθ)

=xo2tanθ,可得E=kxt?ιnO,則電容器板間電壓U=E=kx02tane,電容器的電荷量為Q

=CU=Ckx(?tan。，故B正確；

CD、電容器板間電壓為U=kx(AanO,板間場(chǎng)強(qiáng)為E=，帶電粒子受到的電場(chǎng)力大小為

F=qE,聯(lián)立可得F=好啤竺3可知F恒定不變，則帶電粒子的合力不變，加速度不變，

故CD錯(cuò)誤。

故選:Bo

7.如圖，足夠長(zhǎng)的間距d=lm的平行光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ固定在水平面內(nèi)，導(dǎo)軌間存

在一個(gè)寬度L=Im的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=0.5T,方向如圖所示。一

根質(zhì)量r∩a=0.1kg,阻值Ra=1.0∩的金屬棒a以vo=4m∕s的初速度從左端開始沿導(dǎo)軌

滑動(dòng)，穿過磁場(chǎng)區(qū)域后，與另一根質(zhì)量mb=0.2kg,阻值Rb=1.5Q的原來靜置在導(dǎo)軌

上的金屬棒b發(fā)生彈性碰撞，兩金屬棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計(jì)。

(1)求金屬棒a剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)棒a兩端的電壓Uo;

(2)求金屬棒a第一次穿過磁場(chǎng)區(qū)域的過程中，電路中產(chǎn)生的總熱量Q；

(3)通過計(jì)算判斷金屬棒a能否再次穿過磁場(chǎng)區(qū)域。

M-N

左d

PQ

【解答】解：（1）金屬棒a剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有：E=BdVo=0.5X

1×4V=2V

此時(shí)棒a兩端的電壓UO=P?E

代入數(shù)據(jù)解得：UO=I.2V

（2）設(shè)金屬棒a第一次離開磁場(chǎng)時(shí)速度大小為va。金屬棒a第一次穿過磁場(chǎng)中，以初速

度方向?yàn)檎较?，?duì)金屬棒a,根據(jù)動(dòng)量定理，有-B7d?t=maVaFlaV0

22

此過程回路產(chǎn)生的總焦耳熱為Q,則有Q=imavo-∣mava

金屬棒a第一次穿過磁場(chǎng)過程中，通過b棒的電荷量為q=7t

根據(jù)閉合電路的歐姆定律有7=瓦樂

利用法拉第電磁感應(yīng)定律可得耳=?

乂磁通量變化量為△Φ=B?dL

聯(lián)立解得Q=O.35J,

（3）金屬棒a與金屬棒b發(fā)生彈性碰撞，取向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律有Π?Va=

maV,a+mbVb

由機(jī)械能守恒定律得：LmaVa2=JmaVa2÷ImbVb2

解得v'a--?m/s,金屬棒a反彈重新進(jìn)入磁場(chǎng)，設(shè)金屬棒a最終停在距磁場(chǎng)左邊界距離

為Xo

對(duì)金屬棒a第二次在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的過程，取向左為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理得：

B/zd?t'=O-TnaV'a

此過程中通過金屬棒a的電荷量為q