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第9讲 电磁感应规律与综合应用
（2024 广东）电磁俘能器可在汽车发动机振动时利用电磁感应发电实现能量回收，结构如图甲所示。两对永磁铁可随发动机一起上下振动，每对永磁铁间有水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。磁场中，边长为L的正方形线圈竖直固定在减震装置上。某时刻磁场分布与线圈位置如图乙所示，永磁铁振动时磁场分界线不会离开线圈。关于图乙中的线圈，下列说法正确的是（　　）
A．穿过线圈的磁通量为BL2
B．永磁铁相对线圈上升越高，线圈中感应电动势越大
C．永磁铁相对线圈上升越快，线圈中感应电动势越小
D．永磁铁相对线圈下降时，线圈中感应电流的方向为顺时针方向
【解答】解：A、根据图乙可知此时穿过线圈的磁通量为零，故A错误；
BC、根据法拉第电磁感应定律可知，永磁铁相对线圈上升越快，则磁通量的变化率越大，线圈中感应电动势越大，与线圈的上升高度无关，故BC错误；
D、永磁铁相对线圈下降时，线圈中垂直于纸面向外的磁通量增大，根据楞次定律可知，线圈中感应电流的方向为顺时针方向，故D正确；
故选：D。
（2024 福建）拓扑结构在现代物理学中具有广泛的应用。现有一条绝缘纸带，两条平行长边镶有铜丝，将纸带一端扭转180°，与另一端连接，形成拓扑结构的莫比乌斯环，如图所示。连接后，纸环边缘的铜丝形成闭合回路，纸环围合部分可近似为半径为R的扁平圆柱。现有一匀强磁场从圆柱中心区域垂直其底面穿过，磁场区域的边界是半径为r的圆（r＜R）。若磁感应强度大小B随时间t的变化关系为B＝kt（k为常量），则回路中产生的感应电动势大小为（　　）
A．0 B．kπR2 C．2kπr2 D．2kπR2
【解答】解：由题意可知，纸带构成的“莫比乌斯环“形成了两匝（n＝2）线圈串联的闭合回路，
穿过回路的磁场有效面积为S＝πr2，
根据法拉第电磁感应定律有：E＝n2 S＝2kπr2；
故C正确，BCD错误；
故选：C。
（2024 山东）如图甲所示，在﹣d≤x≤d、﹣d≤y≤d的区域中存在垂直Oxy平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场（用阴影表示磁场的区域），边长为2d的正方形线圈与磁场边界重合。线圈以y轴为转轴匀速转动时，线圈中产生的交变电动势如图乙所示。若仅磁场的区域发生了变化，线圈中产生的电动势变为图丙所示实线部分，则变化后磁场的区域可能为（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：图乙中，线圈中产生的交变电流的电动势瞬时值的表达式
当时，线圈转动的时间为t1
因此有
解得
即线圈从中性面开始转过时，线圈中才产生感应电动势；
线圈中磁场覆盖的区域如图所示（俯视图）：
根据数学知识结合对称性，磁场区域为
综上分析，故ABD错误，C正确。
故选：C。
（多选）（2024 选择性）如图，两条“∧”形的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，间距为L，左、右两导轨面与水平面夹角均为30°，均处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。将有一定阻值的导体棒ab、cd放置在导轨上，同时由静止释放，两棒在下滑过程中始终与导轨垂直并接触良好。ab、cd的质量分别为2m和m，长度均为L。导轨足够长且电阻不计，重力加速度大小为g。两棒在下滑过程中（　　）
A．回路中的电流方向为abcda
B．ab中电流趋于
C．ab与cd加速度大小之比始终为2：1
D．两棒产生的电动势始终相等
【解答】解：A、两棒沿各自所在的导轨下滑过程中，根据右手定则判断，可得回路中的电流方向为abcda，故A正确；
CD、两棒同时由静止开始沿各自所在的导轨加速下滑，对两棒的受力分析如下图所示：
在两棒加速过程的某一时刻，根据牛顿第二定律得：
对ab棒有：2mgsin30°﹣2BILcos30°＝2maab
对cd棒有：mgsin30°﹣BILcos30°＝macd
可得：aab＝acd，即在两棒加速过程的任意时刻它们的加速度大小始终相等，因两棒的初速度均为零，故任意时刻它们的速度大小始终相等。两棒的速度方向与磁场方向的夹角均为120°，可得同一时刻ab棒产生的电动势为Eab＝2BLvsin120°，cd棒产生的电动势为Ecd＝BLvsin120°，可知两棒产生的电动势不相等，故CD错误；
B、在两棒加速过程中，回路的感应电动势为E＝Eab+Ecd＝2BLvsin120°+BLvsin120°，随着速度增大，回路的电动势与感应电流均增大，两棒各自受到安培力增大，两棒做加速度减小的加速运动，因两棒的加速度大小始终相等，故当两棒的加速度同时减小到零之后均做匀速直线运动，达到稳定状态。
当两棒均做匀速直线运动时，对cd棒由平衡条件得：mgsin30°＝BImLcos30°，解得感应电流的最大值为：Im，故在两棒在下滑过程中ab中电流趋于，故B正确。
故选：AB。
（2024 湖北）如图所示，两足够长平行金属直导轨MN、PQ的间距为L，固定在同一水平面内，直导轨在左端M、P点分别与两条竖直固定、半径为L的圆弧导轨相切。MP连线与直导轨垂直，其左侧无磁场，右侧存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。长为L、质量为m、电阻为R的金属棒ab跨放在两圆弧导轨的最高点。质量为2m、电阻为6R的均匀金属丝制成一个半径为L的圆环，水平放置在两直导轨上，其圆心到两直导轨的距离相等。忽略导轨的电阻、所有摩擦以及金属环的可能形变，金属棒、金属环均与导轨始终接触良好，重力加速度大小为g。现将金属棒ab由静止释放，求：
（1）ab刚越过MP时产生的感应电动势大小。
（2）金属环刚开始运动时的加速度大小。
（3）为使ab在整个运动过程中不与金属环接触，金属环圆心初始位置到MP的最小距离。
【解答】解：（1）设ab棒刚好进入磁场时的速度为v
根据动能定理
导体棒刚好进入磁场时产生的感应电动势E＝BLv
联立解得感应电动势
（2）导体棒刚好进入磁场时，电路图如图所示：
由于AO＝OC＝AC＝L，根据数学知识∠AOC＝60°
因此AC段导线对应的电阻
ab棒产生感应电动势与跨接导轨的两段圆弧构成回路，此时两段圆弧是并联关系；
根据并联电路的特点，并联电阻
根据闭合电路的欧姆定律
两段圆弧的有效长度均为L，圆环受到的安培力合力Fa＝BIL
根据牛顿第二定律定律Fa＝2ma
联立解得加速度
（3）由于ab棒与圆环构成的系统，受到合外力为零，以向右为正方向；
根据动量守恒定律mv＝（m+2m）v共
代入数据得
设经Δt时间金属棒和圆环达到共同速度，金属棒中的平均电流为，以向右为正方向
对金属棒，根据动量定理有
平均感应电动势
平均电流
金属棒与金属环的相对位移大小为Δx，则有：
联立解得
设金属环圆心初始位置到MP的最小距离为x，使ab在整个运动过程中金属棒不与金属环接触，应满足：
x＝Δx+L
解得：x
答：（1）ab刚越过MP时产生的感应电动势大小为。
（2）金属环刚开始运动时的加速度大小为。
（3）为使ab在整个运动过程中不与金属环接触，金属环圆心初始位置到MP的最小距离为。
（2024 安徽）如图所示，一“U”型金属导轨固定在竖直平面内，一电阻不计，质量为m的金属棒ab垂直于导轨，并静置于绝缘固定支架上。边长为L的正方形cdef区域内，存在垂直于纸面向外的匀强磁场。支架上方的导轨间，存在竖直向下的匀强磁场。两磁场的磁感应强度大小B随时间的变化关系均为B＝kt（SI），k为常数（k＞0）。支架上方的导轨足够长，两边导轨单位长度的电阻均为r，下方导轨的总电阻为R。t＝0时，对ab施加竖直向上的拉力，恰使其向上做加速度大小为a的匀加速直线运动，整个运动过程中ab与两边导轨接触良好。已知ab与导轨间动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。不计空气阻力，两磁场互不影响。
（1）求通过面积Scdef的磁通量大小随时间t变化的关系式，以及感应电动势的大小，并写出ab中电流的方向；
（2）求ab所受安培力的大小随时间t变化的关系式；
（3）求经过多长时间，对ab所施加的拉力达到最大值，并求此最大值。
【解答】解：（1）根据磁通量的公式，通过面积Scdef的磁通量大小为Φ＝BS＝kt L2＝kL2t，感应电动势的大小EkL2，根据楞次定律，感应电流在图中的方向沿edcf方向，所以通过ab棒的电流方向由a向b；
（2）根据安培力的公式，则F安＝BIL，而B＝kt，I，R总＝2at2r+R＝art2+R，所以F安
（3）对加速向上运动的导体棒，平行于导轨向上的拉力为F，在垂直于导轨的方向上，轨道对棒的支持力大小FN等于安培力大小F安，根据牛顿第二定律有F﹣mg﹣μFN＝ma
代入解得F＝mg+ma，根据F的表达式可知，当art时，即t时，F有最大值，且最大值为F＝mg+ma
答：（1）通过面积Scdef的磁通量大小为Φ＝BS＝kt L2＝kL2t，感应电动势的大小EkL2，通过ab棒的电流方向由a→b；
（2）ab所受安培力的大小随时间t变化的关系式为F安；
（3）经过t时，对ab所施加的拉力达到最大值，此最大值为mg+ma。
（2024 广西）某兴趣小组为研究非摩擦形式的阻力设计了如图甲的模型。模型由大齿轮、小齿轮、链条、阻力装置K及绝缘圆盘等组成。K由固定在绝缘圆盘上两个完全相同的环状扇形线圈M1、M2组成，小齿轮与绝缘圆盘固定于同一转轴上，转轴轴线位于磁场边界处，方向与磁场方向平行，匀强磁场磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，与K所在平面垂直。大、小齿轮半径比为n，通过链条连接。K的结构参数见图乙。其中r1＝r，r2＝4r，每个线圈的圆心角为π﹣β，圆心在转轴轴线上，电阻为R。不计摩擦，忽略磁场边界处的磁场，若大齿轮以ω的角速度保持匀速转动，以线圈M1的ab边某次进入磁场时为计时起点，求K转动一周：
（1）不同时间线圈M1的ab边或cd边受到的安培力大小；
（2）流过线圈M1的电流有效值；
（3）装置K消耗的平均电功率。
【解答】解：（1）由题意知大齿轮以ω的角速度保持匀速转动，大小齿轮线速度相等，则，
可得小齿轮转动的角速度为ω1＝nω
转动周期为T
以线圈M1的ab边某次进入磁场时为计时起点，到cd边进入磁场，经历的时间为
这段时间内线圈M1产生的电动势为
E1＝B（4r﹣r）B
电流为：I1
受到的安培力大小：F1＝BI1L＝B（4r﹣r）
当ab边和cd边均进入磁场后到ab边离开磁场，经历的时间为
t2
由于M1线圈磁通量不变，无感应电流，安培力大小为0；
当M1线圏ab边离开磁场到cd边离开磁场，经历的时间为
t3＝t1
此时的安培力大小由前面分析可知
F3＝F1
方向与进入时相反；
当M1线圏cd边离开磁场到ab边进入磁场，经历的时间为
t4＝t2
同理可知安培力为0。
（2）根据（1）可知，设流过线圈M1的电流有效值为I，则根据有效值定义有
其中I1＝I3，t1＝t3
联立解得：I
（3）根据题意可知流过线圈M1和M2的电流有效值相同，则在一个周期内装置K消耗的平均电功率为
P＝2I2R
答：（1）不同时间线圈M1的ab边或cd边受到的安培力大小见解析；
（2）流过线圈M1的电流有效值为；
（3）装置K消耗的平均电功率为。
一、求电荷量的三种方法
1.q＝It(式中I为回路中的恒定电流，t为时间)
(1)由于导体棒匀速切割磁感线产生感应电动势而使得闭合回路中的电流恒定，根据电流定义式可知q＝It。
(2)闭合线圈中磁通量均匀增大或减小且回路中电阻保持不变，则电路中的电流I恒定，t时间内通过线圈横截面的电荷量q＝It。
2.q＝n(其中R为回路电阻，ΔΦ为穿过闭合回路的磁通量变化量)
(1)闭合回路中的电阻R不变，并且只有磁通量变化为电路提供电动势。
(2)从表面来看，通过回路的磁通量与时间无关，但ΔΦ与时间有关，随时间而变化。
3.Δq＝CBLΔv(式中C为电容器的电容，B为匀强磁场的磁感应强度，L为导体棒切割磁感线的长度，Δv为导体棒切割速度的变化量)
在匀强磁场中，电容器接在切割磁感线的导体棒两端，不计一切电阻，电容器两极板间电压等于导体棒切割磁感线产生的电动势E，通过电容器的电流I＝＝，又E＝BLv，则ΔU＝BLΔv，可得Δq＝CBLΔv。
二、求解焦耳热Q的三种方法
三、电磁感应与动量、能量问题结合
在导体单杆切割磁感线做变加速运动时，若牛顿运动定律和能量观点不能解决问题，可运用动量定理巧妙解决问题
求解的物理量 应用示例
电荷量或速度 －BLΔt＝mv2－mv1，q＝Δt.
位移 －＝0－mv0，即－＝0－mv0
时间 －BLΔt＋F其他Δt＝mv2－mv1 即－BLq＋F其他Δt＝mv2－mv1 已知电荷量q、F其他(F其他为恒力)
－＋F其他Δt＝mv2－mv1，Δt＝x 已知位移x、F其他(F其他为恒力)
【方法指导】
一、电磁感应中电路综合问题
1.等效电源的分析
(1)用法拉第电磁感应定律算出E的大小。等效电源两端的电压等于路端电压，一般不等于电源电动势，除非切割磁感线的导体(或线圈)电阻为零。
(2)用楞次定律或右手定则确定感应电动势的方向，从而确定电源正负极。感应电流方向是电源内部电流的方向，要特别注意在等效电源内部，电流由负极流向正极。
(3)明确电源内阻r。
2.电路结构的分析
(1)分析内、外电路，以及外电路的串并联关系，画出等效的电路图。
(2)应用闭合电路欧姆定律、串并联电路知识和电功率、焦耳定律等关系式联立求解。
二、分析线框在磁场中运动问题的两大关键
1.分析电磁感应情况：弄清线框在运动过程中是否有磁通量不变的阶段，线框进入和穿出磁场的过程中，才有感应电流产生，结合闭合电路欧姆定律列方程解答。
2.分析导线框的受力以及运动情况，选择合适的力学规律处理问题：在题目中涉及电荷量、时间以及安培力为变力时应选用动量定理处理问题；如果题目中涉及加速度的问题时选用牛顿运动定律解决问题比较方便。
三、解决电磁感应综合问题的“看到”与“想到”
1.看到“磁感应强度B随时间t均匀变化”，想到“＝k为定值”。
2.看到“线圈(回路)中磁通量变化”时，想到“增反减同”。
3.看到“导体与磁体间有相对运动”时，想到“来拒去留”。
4.看到“回路面积可以变化”时，想到“增缩减扩”。
考点一 楞次定律与法拉第电磁感应定律的应用
（2024 衡阳县模拟）高速铁路列车通常使用磁刹车系统，磁刹车工作原理可简述如下：将磁铁的N极靠近一块正在以逆时针方向旋转的圆形铝盘，使磁感线总垂直射入铝盘时，铝盘随即减速，如图所示，圆中磁铁左方铝盘的甲区域朝磁铁方向运动，磁铁右方的乙区域朝离开磁铁方向运动，下列说法中正确的是（　　）
A．铝盘甲区域的感应电流会产生垂直纸面向里的磁场
B．磁场与感应电流的作用力，会产生将铝盘减速旋转的阻力
C．感应电流在铝盘产生的内能，是将铝盘减速的最主要原因
D．若将实心铝盘转换成布满小空洞的铝盘，则磁铁对布满空洞的铝盘减速效果比实心铝盘的效果更好
【解答】解：A.铝盘甲区域中的磁通量向里增大，由楞次定律可知，甲区域感应电流方向为逆时针方向，则此感应电流的磁场方向垂直纸面向外，故A错误；
BC.由“来拒去留”可知，磁场与感应电流的作用力，会产生将铝盘减速旋转的阻力，会使铝盘减速，故B正确，C错误；
D.改成空洞铝盘，电阻变大，电流变小，阻碍效果更差，故D错误。
故选：B。
（2024 衡阳县模拟）如图甲所示，列车车头底部安装强磁铁，线圈及电流测量仪埋设在轨道地面（测量仪未画出），P、Q为接测量仪器的端口，磁铁的匀强磁场垂直地面向下、宽度与线圈宽度相同，俯视图如图乙。当列车经过线圈上方时，测量仪记录线圈的电流为0.12A。磁铁的磁感应强度为0.005T，线圈的匝数为5，长为0.2m，电阻为0.5Ω，则在列车经过线圈的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．线圈的磁通量一直增加
B．线圈的电流方向先顺时针后逆时针方向
C．线圈的安培力大小为1.2×10﹣4N
D．列车运行的速率为12m/s
【解答】解：A．列车经过线圈的上方时，穿过线圈的磁通量向下，先增大后减小，故A错误；
B．在列车经过线圈的上方时，由于列车上的磁场的方向向下，所以线圈内的磁通量方向向下，先增大后减小，根据楞次定律可知，线圈中的感应电流的方向为先逆时针，再顺时针方向。故B错误；
C．线圈受到的安培力大小为F＝nBIlL＝5×0.005×0.12×0.2N＝6×10﹣4N，故C错误；
D．导线切割磁感线的电动势为E＝nBlv
根据闭合电路欧姆定律可得
联立解得v＝12m/s
故D正确。
故选：D。
（2024 贵阳模拟）在水平放置的条形磁铁的N极附近，一个闭合金属线圈竖直向下运动，线圈平面始终保持水平。在位置B，磁感线正好与线圈平面平行，A与B和B与C之间的距离都比较小。在线圈从位置A运动到位置C的过程中，从上往下看，感应电流的方向是（　　）
A．顺时针方向
B．逆时针方向
C．先顺时针方向，后逆时针方向
D．先逆时针方向，后顺时针方向
【解答】解：从A到B过程，穿过线圈的磁通量减小，磁场方向斜向上，据楞次定律判断可知：线圈中感应电流方向沿逆时针（俯视）；到达B处时磁通量为零，因为还在向下运动，所以磁通量有反向增大的趋势线圈中感应电流方向沿逆时针（俯视）；从B到C过程，穿过线圈的磁通量增大，磁场方向斜向下，据楞次定律判断可知：线圈中感应电流方向沿逆时针（俯视）；所以线圈A、B、C三个位置的感应电流方向都是逆时针方向，故B正确，ACD错误；
故选：B。
（2024 海安市校级模拟）某电磁炮工作原理示意图如图甲所示，高压直流电源电动势为E，大电容器的电容为C。线圈套在中空的塑料管上，管内光滑，将直径略小于管的内径的金属小球静置于管口附近。首先将开关S接1，使电容器完全充电，然后立即将S转接2，此后电容器放电，通过线圈的电流随时间的变化如图乙所示，金属小球在0～t1的时间内被加速发射出去，t1时刻刚好运动到管口。下列关于该电磁炮的说法正确的是（　　）
A．小球在塑料管中做匀变速直线运动
B．在0～t1的时间内，小球中产生的涡流从左向右看是顺时针方向的
C．在t1时刻，小球受到的线圈磁场对它的作用力为零
D．在0～t1的时间内，电容器储存的电能全部转化为小球的动能
【解答】解：A、磁场强弱程度与通过线圈的电流大小成正比。根据乙图可知，线圈中的磁感应强度变化情况与电流的变化情况相同，在0～t1时间内，电流i在增大，但变化率却逐渐减小，线圈的磁通量变化率也逐渐减小，由法拉第电磁感应定律E，可知感应电动势逐渐减小，所以小球受到的感应电场的电场力也逐渐较小，由牛顿第二运动定律可知，小球的加速度逐渐减小，故A错误；
B、在0～t1时间内，电流逐渐增大，产生的磁场也会增强，通过楞次定律判断可知，原磁场增大，感应磁场与原磁场方向相反，由右手螺旋定则判断可得，小球中产生的涡流是逆时针方向的，故B错误；
C、在t1时刻电路中的电流最大，但电流的变化率为零，所以穿过小球横截面的磁通量的变化率为零，小球中的感应电流为零，所以小球受到的线圈磁场对它的作用力为零，故C正确；
D、电容器的放电过程中，变化的磁场在空间产生了变化的电场，然后以电磁波的形式传递出去，散失了一部分能量，所以0～t1时间内，电容器储存的电能没有全部转化为小球的动能，故D错误。
故选：C。
考点二 电磁感应中的图像问题
（2024 青山湖区校级模拟）在匀强磁场中放置一金属圆环，磁场方向与圆环平面垂直。规定图甲所示磁场方向为正，磁感应强度B随时间t按图乙所示的正弦规律变化时，下列说法正确的是（　　）
A．t2时刻，圆环中无感应电流
B．t3时刻，圆环上某一小段Δl受到的安培力最大
C．圆环上某一小段Δl所受安培力最大的时刻也是感应电流最大的时刻
D．t1～t3时间内，圆环中感应电流方向沿顺时针方向
【解答】解：A、t2时刻，由图乙可知最大，由法拉第电磁感应定律E＝nnS可知感应电动势最大，由闭合电路欧姆定律I可知圆环中感应电流最大，故A错误；
B、t3时刻，由图乙可知0，可知圆环中感应电流为零，根据F＝BIL可知，圆环上某一小段Δl受到的安培力为0，故B错误；
C、感应电流最大的时刻对应磁感应强度为0，则圆环上某一小段Δl所受安培力最大的时刻不是感应电流最大的时刻，故C错误；
D、t1～t2时间内，磁感应强度为正值且减小，根据楞次定律可知感应电流的方向为顺时针，t2～t3时间内，磁感应强度为负值且增大，根据楞次定律可知感应电流的方向为顺时针，故D正确。
故选：D。
（2024 长春一模）如图，在光滑水平桌面上有一边长为l、电阻为R的正方形导线框，在导线框右侧有一宽度为d（d＞l）的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的左、右边框平行，磁场方向竖直向下。导线框以某一初速度向右运动并穿过磁场，在穿过磁场区域过程中，下列描述该过程的v—x（速度—位移）图像中，可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：线圈进入磁场时，设某时刻进入磁场的距离为x，此时线圈的速度为v，取向右为正方向，由动量定理得
其中：
联立可得：
当完全进入磁场后，不受到安培力，所以线圈做匀速直线运动。
当线圈出磁场时，速度v与位移x的关系与进入磁场相似，故ACD错误，B正确。
故选：B。
（2024 浙江模拟）在如图所示的磁感应强度大小为B的匀强磁场中（可随时间变化），存在一足够大的长方形导轨，并且导轨宽度为1。现导轨中有一电阻和一导体棒（与导轨接触良好），而导体棒有效切割长度也为1。当导体棒以速度v0向右匀速运动的时候，若导体棒和导轨内部始终无电流，则下列图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：设导体棒开始运动时，距离导轨左端为x，磁场的磁感应强度为B0，依题意，导体棒和导轨内部始终无电流，可得
B0lx＝Bl（x+v0t）
整理，可得
即与t为一次函数关系。
故ABD错误；C正确。
故选：C。
（2024 重庆模拟）如图甲所示，一圆形线圈置于垂直纸面向里的磁场中，线圈右端通过导线与两块平行金属板相连接，金属板间宽度d足够大。有一带正电粒子q静止在平行板正中央，从t＝0时刻开始，磁场按如图乙所示变化，不计粒子重力。以竖直向上运动为正方向，下列关于粒子在一个周期内的运动图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：CD．0～1s时间，磁场向里均匀变大增大，磁通量变大，根据楞次定律可知，下极板带正电，粒子受电场力向上，加速度向上，1～2s时间，磁场向里减小，磁通量变小，根据楞次定律可知，上极板带正电，粒子受电场力向下，加速度向下，同理2～3s时间，加速度向下，3～4s时间，加速度向上，故C正确，D错误；
AB．根据法拉第电磁感应定律
可知加速度大小不变，v﹣t图像斜率表示加速度，则v﹣t图像不是曲线，速度大小会发生变化，故AB错误。
故选：C。
考点三 电磁感应定律的应用
（2024 姜堰区校级模拟）我国新一代航母电磁阻拦技术基本原理如图所示：飞机着舰时关闭动力系统，利用尾钩钩住绝缘阻拦索并拉动轨道上的一根金属棒ab，导轨间距为d，飞机质量为M，金属棒质量为m，飞机着舰后与金属棒以共同速度v0进入磁场，轨道端点MP间电阻为R，金属棒电阻为r，不计其它电阻和阻拦索的质量。轨道内有竖直方向的匀强磁场，磁感应强度为B。金属棒运动一段距离x后与飞机一起停下，测得此过程中电阻R上产生的焦耳热为Q，不计一切摩擦，则（　　）
A．整个过程中通过回路的电流方向为顺时针方向
B．整个过程中通过电阻R的电荷量为
C．整个过程中飞机和金属棒克服阻力所做的功
D．通过最后的过程中，电阻R上产生的焦耳热为
【解答】解：A.根据右手定则可知，金属棒ab中感应电流方向由b到a，则整个过程中通过回路的电流方向为逆时针方向，故A错误；
B.整个过程中，对金属棒和飞机，取初速度方向为正方向，由动量定理有：
﹣BdΔt＝0﹣（M+m）v0，
通过电阻R的电荷量为：qΔt，
联立可得：q，故B错误；
C.电阻R上产生焦耳热为Q，根据焦耳定律及电路结构可得，金属棒上产生的焦耳热为：
Q'，根据能量守恒可知，飞机和金属棒克服摩擦阻力和空气阻力所做的总功为：
WQ﹣Q'，
联立可得：W，故C错误；
D.金属棒运动一段距离x后，与飞机一起停下，此时速度为零，以向右为正方向，
根据动量定理得：﹣BI1dt1＝0﹣（M+m）v0，
通过金属棒的电荷量为：q1＝I1t1，
感应电流为：，
感应电动势为：，
磁通量的变化量为：ΔΦ1＝Bdx，
设金属棒经过位置时的速度大小为v2，以向右为正方向，
根据动量定理得：﹣BI2dt2＝（M+m）v2﹣（M+m）v0，
通过金属棒的电荷量为：q2＝I2t2，
感应电流为：，
感应电动势为：，
磁通量的变化量为：，
联立可得：，
金属棒运动一段距离x后与飞机一起停下，速度从v0减小到0，电路产生的总焦耳热等于系统减少的动能，
则根据比例关系及能量守恒可知，电阻R上产生的焦耳热为：，
金属棒通过最后的过程中，速度从v2减小到0，电路产生的总焦耳热等于系统减少的动能为：，
同理，根据比例关系及能量守恒可得，电阻R上产生的焦耳热为：，
联立解可得：，故D正确；
故选：D。
（多选）（2024 碑林区校级四模）如图所示，间距为L的足够长光滑平行金属导轨MN、PQ固定在绝缘水平面上，质量均为m的金属棒ab、cd垂直放在导轨上，两金属棒接入电路的电阻均为R，垂直于导轨的虚线ef左侧有垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，虚线ef的右侧没有磁场，给金属棒ab一个水平向右的初速度v0，已知cd棒到达ef前已匀速运动，ab、cd棒不会发生相碰，两金属棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，ab棒出磁场时速度刚好为零，则下列说法正确的是（　　）
A．cd棒最终速度为零
B．cd棒从静止运动到ef过程中通过的电荷量为
C．整个过程，金属棒ab中产生的焦耳热为
D．整个过程，金属棒ab克服安培力做的功为
【解答】解：A、cd棒到达ef前已匀速运动，出磁场后水平方向不受力，一直做匀速直线运动，所以cd棒最终速度不为零，故A错误；
B、设cd棒匀速时ab棒也做匀速运动，两者速度相同，设共同速度为v。两棒都在磁场中运动时，两棒组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律得
mv0＝2mv
解得
cd棒从静止运动到ef过程中，取向右为正方向，根据动量定理得
又通过的电荷量为
联立解得，故B正确；
C、最终，ab棒出磁场时速度刚好为零，金属棒cd将以的速度匀速运动，根据能量守恒定律可知，整个回路产生的总的焦耳热为
因两棒电阻相等，产生的焦耳热相等，则整个过程，金属棒ab中产生的焦耳热为，故C错误；
D、最终，ab棒速度刚好为0，以ab棒为研究对象，根据动能定理得
可得整个过程，金属棒ab克服安培力做的功为，故D正确。
故选：BD。
（2024 全国模拟）如图所示，一个半径为R磁性转盘被均分为四块扇形区域，磁盘表面涂有磁性材料，在扇形区域表面产生垂直盘面向里的磁场B，或垂直盘面向外的磁场B2，磁盘以ω的角速度转动。靠近磁盘表面固定着一个“L”型的导体棒，导体棒的两直角边长为R，恰沿盘的半径方向。导体棒的两端用导线分别与两根竖直金属导轨连接，竖直导轨的下端通过两段光滑绝缘的圆弧与水平金属导轨相连，导轨的间距均为l。导体棒与竖直导轨间的动摩擦因数为μ，水平导轨光滑。质量为2m的导体棒ab在外力作用下靠在竖直导轨右侧并静止不动。水平导轨上靠近绝缘导轨处放置另一根质量为m的导体棒cd。竖直导轨与水平导轨所在的空间存在竖直向下的磁场B3，已知B1＝2B2＝3B3＝B（求解的最后结果都用B表示），三根导体棒接入电路中的电阻均为r，重力加速度为g。
（1）从图示时刻开始计时，求t＝0时刻ab棒上的电流方向和棒两端的电势差；
（2）若时，撤去外力使ab棒从静止开始下落，在时刻ab棒恰好运动到竖直导轨底部，求时刻ab棒的速度v0；
（3）在（2）的条件下，若v0已知，求ab、cd两棒发生弹性碰撞到最终稳定的过程中，ab棒上产生的焦耳热。
【解答】解：（1）根据右手定则判断可知，t＝0时刻ab棒上的感应电流方向为a→b。
“L”型导体棒产生的感应电动势为
ab棒两端的电势差为
（2）以ab棒为研究对象，取竖直向下为正方向，由动量定理得
2mgΔt﹣μFNΔt＝2mv0
又，Δt
联立解得
（3）ab棒与cd棒发生弹性碰撞，双棒在光滑轨道上运动时构成的系统动量守恒，最终稳定到达共速，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有
2mv0＝3mv共
解得
ab、cd两棒的电阻相等，产生的焦耳热相等，则ab棒上产生的焦耳热为
答：（1）t＝0时刻ab棒上的电流方向由a→b，棒两端的电势差为；
（2）时刻ab棒的速度v0为；
（3）ab、cd两棒发生弹性碰撞到最终稳定的过程中，ab棒上产生的焦耳热为。
（2024 南开区一模）如图所示是列车进站时利用电磁阻尼辅助刹车的示意图，在车身下方固定一单匝矩形线框abcd，ab边长为L，bc边长为d，在站台轨道上存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的有界矩形匀强磁场MNPQ，MN边界与ab平行，NP长为d。若ab边刚进入磁场时列车关闭发动机，此时列车的速度大小为v0，cd边刚离开磁场时列车刚好停止运动。已知线框总电阻为R，列车的总质量为m，摩擦阻力大小恒定为kmg，不计空气阻力，重力加速度为g。求：
（1）线框ab边刚进入磁场时列车加速度a的大小和安培力对ab边做功的功率P；
（2）线框从进入到离开磁场过程中，线框产生的焦耳热Q；
（3）线框进入磁场过程中，通过线框横截面的电荷量q。
【解答】解：（1）线框刚进入磁场时产生的感应电动势为：E＝BLv0
根据闭合电路欧姆定律可得：
根据安培力的计算公式可得：F安＝BIL
由牛顿第二定律有：F安+kmg＝ma
联立解得：；
安培力对ab边做功的功率：P＝F安v0
解得：P；
（2）线框由进入磁场到离开磁场过程中，由动能定理有：
根据功能关系可得产生的热：Q＝W安
解得：Q2kmgd；
（3）线框进入磁场的过程，根据电荷量的计算公式可得：
qt，其中S＝Ld
解得：。
答：（1）线框ab边刚进入磁场时列车加速度a的大小为，安培力对ab边做功的功率为；
（2）线框从进入到离开磁场过程中，线框产生的焦耳热为2kmgd；
（3）线框进入磁场过程中，通过线框横截面的电荷量为。
（2024 浙江模拟）某同学想用伏安法测定一个自感系数很大的线圈L的直流电阻，其电路图如图所示。用一节干电池作电源，L两端并联一只零刻度在表盘中央、可左右偏转的电压表（左右量程均为0～3V）。为保护电表，测量结束后，拆除电路时，应最先进行的操作是（　　）
A．先断开开关S1 B．先断开开关S2
C．先拆除电流表 D．先拆除滑动变阻器
【解答】解：断开电路应该考虑线圈的自感，先断开开关S1，再断开开关S2，会产生反向感应电压加在电压表两端，可能会使电压表指针迅速反转而受损，故应先断开S2，再断开S1，故ACD错误，B正确。
故选：B。
（2024 浙江一模）两个形状不同但所围面积和电阻均相同的单匝闭合线圈，分别放在如图甲、乙所示的磁场中。甲图中是磁感应强度为B0的匀强磁场，线圈在磁场中以周期T绕OO′轴匀速转动；乙图中磁场变化规律为，从图示位置开始计时。比较两个线圈，下列说法正确的是（　　）
A．磁通量的变化规律相同
B．电流方向变化的频率不同
C．相同的时间内产生的焦耳热不同
D．产生的电动势有效值不同
【解答】解：A．甲中磁通量变化规律
乙中磁通量的变化规律
即磁通量的变化规律相同，故A正确；
B．感应电流变化的周期均为T，故电流方向变化的频率相同，故B错误；
CD．因感应电动势的最大值相同，根据正弦交流电电压有效值与最大值的关系有：
则有效值相同，根据焦耳定律
可知，相同的时间内产生的焦耳热相同，故CD错误；
故选：A。
（2024 浙江二模）为模拟航天器着陆，研究室构建了如图一个立体非匀强磁场，关于中心轴对称分布，磁感应强度可分为纵向分量Bh和水平径向分量Bτ（背向轴心），Bh的大小只随高度h变化（计初始位置为h＝0），关系为Bh＝B0（1+400h），（r为到对称轴的距离）。现有横截面半径为1mm的金属细丝构成直径为1cm的圆环在磁场中由静止开始下落，其电阻率为1.6×10﹣8Ω m。其中B0＝0.1T，沿圆环中心的磁场方向始终竖直向上，在运动过程中圆环平面始终保持水平，速度在下落1.6m后达到稳定状态。则从开始下落到稳定时圆环上通过的电荷量为（　　）
A．175πC B．20πC C．12.5πC D．6.5πC
【解答】解：根据、和qΔt可得
圆环的电阻为
在运动过程中，竖直方向上，由楞次定律可知，线圈中产生顺时针的感应电流（从上往下看），磁通量变化量为
ΔΦh＝（Bh﹣B0） π（）2
解得：ΔΦh＝1.6π×10﹣3Wb
则有
q1
解得：q1＝10πC
水平方向上
BτB0
由右手定则可知，下落过程中线圈切割水平磁场，同样产生顺时针电流（从上往下看），则有
q2
解得：q2＝10πC
则从开始下落到稳定时圆环上通过的电荷量为
q＝q1+q2＝10πC+10πC＝20πC，故ACD错误，B正确。
故选：B。
（2024 清江浦区模拟）如图，光滑平行金属导轨固定在水平面上，左端由导线相连，导体棒垂直静置于导轨上构成回路。在外力F作用下，回路上方的条形磁铁竖直向上做匀速运动。在匀速运动过程中外力F做功WF，磁场力对导体棒做功W1，磁铁克服磁场力做功W2，重力对磁铁做功WG，回路中产生的焦耳热为Q，导体棒获得的动能为Ek。则（　　）
A．W1＝Q B．W2＝Q
C．WF+WG＝Q+Ek D．WF+WG﹣W2＝Ek
【解答】解：AB．由能量守恒定律可知磁铁克服磁场力做功W2等于回路的电能，电能一部分转化导体棒的机械能，另一部分转化为内能，即
W2﹣W1＝Q
故AB错误；
CD．以导体棒为对象，由能量守恒可知，外力对磁铁做功与重力对磁铁做功之和等于回路中焦耳热与导体棒的动能之和，即
WF+WG＝Q+Ek
故C正确，D错误；
故选：C。
（2024 大兴区校级模拟）如图所示的天平可用来测定磁感应强度B。天平的右臂下面挂有一个电阻为R的矩形线圈，线圈宽为L，共N匝，线圈的下部悬在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面。当线圈中通有电流I时，在天平左、右两边加上质量各为m1、m2的砝码，天平平衡。当电流反向（大小不变）时，右边再加上质量为m的砝码后，天平重新平衡。若在此时剪断细线，矩形线圈将由静止下落，经一段时间，线圈的上边离开磁感应强度为B的匀强磁场前瞬间的速度为v，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．B大小为
B．B大小为
C．剪断细线后，线圈上边刚离开磁场前产生的感应电动势为E＝BLv
D．线圈离开磁场前瞬间，感应电流的电功率
【解答】解：AB.设线圈的质量为m0，根据受力平衡可得
m1g＝（m0+m2） g+NBIL
m1g＝（m0+m2+m） g﹣NBIL
解得
B
故A错误，B正确；
C.剪断细线后，线圈上边刚离开磁场前产生的感应电动势为E＝NBLv
故C错误；
D.由闭合回路欧姆定律可得
I
感应电流的电功率为
P＝I2R
解得
故D错误；
故选：B。
（2024 江汉区模拟）有一种科普玩具由一枚强磁铁和一根厚铝管组成，铝管竖直放置，磁铁从铝管上端口由静止释放，在铝管内下落很慢。小明同学认为铝管可以等效成多个铝环叠放，所以用套在长玻璃管外的线圈代替铝环，结合传感器进行研究，如图甲所示。现将连接电流传感器的线圈套在竖直放置的长玻璃管上，如图甲所示。将强磁铁从离玻璃管上端高为h处由静止释放，磁铁在玻璃管内下落并穿过线圈。如图乙所示是实验中观察到的线圈中电流随时间变化的图像，则（　　）
A．该科普玩具的原理是电流的磁效应
B．若上下翻转磁铁，电流先负向后正向
C．线圈匝数加倍后重复实验，电流峰值将加倍
D．h加倍后重复实验，电流峰值将加倍
【解答】解：A、该科普玩具的原理是电磁感应，故A错误；
B、磁铁上下翻转后重复实验，穿过圆环过程中，磁场方向相反，而磁通量变化情况不变，根据楞次定律可知，将先产生负向电流后产生正向电流，故B正确；
C、若将线圈匝数加倍后，根据法拉第电磁感应定律有
E＝n
可知，线圈中感应电动势加倍。
由电阻定律可知，线圈匝数加倍，长度也加倍，电阻加倍。
由欧姆定律可知，线圈中感应电流的峰值不会加倍，故C错误；
D、强磁铁自由下落时，由机械能守恒定律得
则
若将h加倍，速度变为的倍，并非变为原来的2倍，实际中存在磁场力做负功，速度也不是原来的2倍，则线圈中产生的电流峰值不会加倍，故D错误。
故选：B。
（2024 南京模拟）如图所示，闭合圆形线圈放在范围足够大的匀强磁场中，下列说法正确的是（　　）
A．线圈向右平移，线圈中产生感应电流
B．线圈向上平移，线圈中产生感应电流
C．线圈以ab为轴转动，线圈中产生感应电流
D．线圈以ab为轴转动，线圈中磁通量不变
【解答】解：AB、由于是匀强磁场，所以线圈向右平移或向上平移，根据Φ＝BS可知穿过线圈的磁通量都保持不变，则线圈中无感应电流产生，故AB错误；
CD、线圈以ab为轴转动，线圈中磁通量变小，则线圈中产生感应电流，故C正确，D错误。
故选：C。
（2024 江苏模拟）如图所示，在光滑水平面上MN右侧区域存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场。t＝0时刻，一质量为m、高为a、电阻为R的正三角形金属线框以速度v从边界MN处进入磁场，最终线框恰好完全进入。在线框运动过程中，下列说法错误的是（　　）
A．线框中的电流始终为逆时针方向
B．t＝0时刻，线框的感应电动势大小为Bav
C．通过导线横截面的电荷量为
D．线框中感应电流产生的焦耳热为
【解答】解：A、根据右手定则，线框进入磁场的过程中，线框中的感应电流方向为逆时针方向，故A正确；
B、正三角形金属线框的高为a，由几何关系可得其边长：L
根据法拉第电磁感应定律，t＝0时刻，线框的感应电动势大小为：E＝BLv，故B错误；
C、通过导线横截面的电荷量为：，故C正确；
D、根据能量守恒定律，线框中感应电流产生的焦耳热为：Q，故D正确。
本题选择错误的，故选：B。
（2024 广东模拟）如图所示，间距为L的足够长光滑平行金属导轨倾斜放置，导轨平面与水平面夹角为θ＝30°。两导轨上端接有阻值为R的定值电阻，整个装置处于垂直导轨平面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，质量为m、电阻也为R的金属杆ab，在沿导轨平面向上、大小为F＝2mg的恒力作用下，由静止开始从导轨底端向上运动，经过t时间金属棒开始以速度v0做匀速直线运动，在运动过程中，ab与导轨垂直且接触良好。已知重力加速度为g，不计空气阻力和导轨电阻。求：
（1）金属棒ab开始运动时加速度的大小；
（2）从开始运动到金属棒速度刚达到v0的过程中，恒定拉力做功；
（3）金属棒匀速运动后的某时刻改变拉力，使金属棒以大小为的加速度向上做匀减速运动，则向上匀减速运动过程中拉力对金属棒的冲量大小。
【解答】（1）金属棒ab开始运动时，根据牛顿第二定律有F﹣mgsinθ＝ma
解得a＝1.5g
（2）从开始运动到金属棒速度刚达到v0的过程中，设金属棒沿导轨向上运动的距离为s，规定向上为正方向，根据动量定理有
根据欧姆定律i
根据法拉第电磁感应定律有
解得
则拉力做的功W＝Fs
解得W
（3）改变拉力后，金属棒以大小为的加速度向上做匀减速运动，根据牛顿第三定律可知，金属棒运动过程中，拉力始终与安培力等大反向.
当金属棒的速度为v时，有
即拉力F与时间t成线性关系；
则拉力的冲量
解得
答：（1）金属棒ab开始运动时加速度的大小为1.5g；
（2）从开始运动到金属棒速度刚达到v0的过程中，恒定拉力做功为；
（3）向上匀减速运动过程中拉力对金属棒的冲量大小为。
（2024 浙江二模）如图1所示，间距为d，相互平行的金属导轨EG、FH与PG、QH，在GH处用一小段绝缘圆弧相连，其中PG、QH水平，EG、FH是倾角为37°的斜轨。EF之间接一个阻值为R的电阻，PQ之间接有阻值不计，自感系数为L的自感线圈。MNGH和CDPQ区域存在大小为B，方向如图所示垂直于轨道平面的匀强磁场。质量为m，电阻r的金属棒a从AB处由静止开始沿导轨下滑，其在斜轨上运动过程中的v﹣t图像如图2所示，金属棒滑过GH后与另一根放在CD右侧位置相同质量，电阻不计的的金属棒b相碰，碰后两棒粘在一起运动。不计导轨的电阻及GH处的机械能损失，金属棒运动过程中与导轨保持垂直且接触良好，轨道足够长。已知d＝0.5m，R＝1Ω，B＝1T，ma＝mb＝0.5kg，ra＝0.5Ω，L＝0.01H。取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
（1）求金属棒a刚进磁场时A、B两点间的电势差UAB；
（2）求金属棒a与导轨间的动摩擦因数以及金属棒在磁场中能够达到的最大速率；
（3）已知金属棒a从进入磁场到速度达到4m/s时所用时间为2.1s，求此过程中电阻R产生的焦耳热；
（4）求a、b棒碰撞后，向左运动的最大距离xm（提示：自感电动势的大小为）。
【解答】解（1）金属棒a刚进磁场时产生的感应电动势为
E＝Bdv0＝1×0.5×2V＝1V
金属棒a刚进磁场时A、B两点间的电势差为
1V
（2）金属棒a在磁场区域外的加速度为
根据牛顿第二定律有
magsin37°﹣μmagcos37°＝maa
金属棒a与导轨间的动摩擦因数
μ＝0.5
金属棒a在磁场区域中，速度最大时有
magsin37°＝μmagcos37°+BId
金属棒a中的电流为
解得金属棒在磁场中能够达到的最大速率
vm＝6m/s
（3）金属棒a从进入磁场到速度达到4m/s时，规定沿斜面向下为正方向，根据动量定理有
电量为
解得
x＝6.6m
根据动能定理有
解得产生的总热量为
Q＝3.6J
此过程中电阻R产生的焦耳热为
J＝2.4J
（4）a、b棒碰撞后两棒粘在一起运动，规定向左为正方向，则有
mavm＝（ma+mb）v1
产生的电动势为
整理得
BdvΔt＝LΔI
则
Bdxm＝LI1
金属棒中的电流为
根据I1﹣xm图象以及动能定理有
向左运动的最大距离
代入数据解得xm＝0.6m
答：（1）金属棒a刚进磁场时A、B两点间的电势差为；
（2）金属棒a与导轨间的动摩擦因数为0.5，金属棒在磁场中能够达到的最大速率为6m/s；
（3）此过程中电阻R产生的焦耳热为2.4J；
（4）a、b棒碰撞后，向左运动的最大距离为0.6m。
（2024 温州一模）如图所示，光滑的水平面上固定足够长、光滑平行金属导轨，导轨右端接有一个单刀双掷开关K。开关接1时，导轨与电动势E＝0.3V、内阻r＝1Ω的电源相连；开关接2时，导轨与电容C＝0.3F的电容器相连。与导轨垂直的边界QQ′右侧空间存在方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小B＝2T。一质量m＝0.1kg、电阻R1＝1Ω的金属杆PP′垂直导轨放置，一边长d＝0.2m、电阻R2＝0.32Ω，质量也为m的正方形金属框恰好置于水平面上的边界QQ′外，金属框与金属杆中点处通过绝缘、松弛、不可伸长的轻绳连接。已知导轨间距L＝0.5m，电容器初始电量q＝2C，金属杆与导轨始终接触良好且导轨的电阻均可忽略不计。
（1）开关接1时，金属杆PP′受到垂直金属杆的水平外力保持静止，求水平外力F的大小；
（2）先断开开关K并撤去外力，再将开关K拨到2，金属杆由静止开始向右运动，杆速率最大时轻绳尚未拉直，求金属杆的最大速率v1；
（3）接第（2）问，金属杆达到最大速度、轻绳未拉直时，断开开关K。求金属框完全进入磁场区域时的速率v2（已知金属杆与金属框在轻绳拉直瞬间达到共速）；
（4）接第（3）问，金属框完全进入磁场区域后将开关接1，一段时间后金属杆速度减为零，且金属框始终未与金属杆碰撞，求该过程中金属杆上产生的焦耳热Q杆。
【解答】解：（1）开关接1时，由闭合电路欧姆定律得
对金属杆，根据平衡条件和安培力公式得
F＝FA＝B1IL
联立解得
F＝0.15N
（2）金属杆由静止到速率最大过程中，设电容器的带电量从q减至q1，取向右为正方向，根据动量定理得
BL Δt＝mv1
其中 Δt＝q﹣q1
即BL（q﹣q1）＝mv1
电容器电容在金属杆匀速时，有
此时电容器两端电压等于导体棒两端电压，则有
U1＝BLv1
联立解得
v1＝5m/s
（3）金属框完全进入磁场区域时，设通过R电荷量q2，则
上述过程中，对金属杆，取向右为正方向，由动量定理有
﹣Bq2d＝2mv2﹣mv1
解得
v2＝2m/s
（4）轻绳松弛，金属杆到静止时，设通过杆电荷量q3，取向右为正方向，根据动量定理有
﹣Bq3L＝0﹣mv2
根据回路中能量守恒有
该过程中金属杆上产生的焦耳热为
Q杆Q总
解得
Q杆＝0.13J
答：（1）水平外力F的大小为0.15N；
（2）金属杆的最大速率v1为5m/s；
（3）金属框完全进入磁场区域时的速率v2为2m/s；
（4）该过程中金属杆上产生的焦耳热Q杆为0.13J。
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第9讲 电磁感应规律与综合应用
（2024 广东）电磁俘能器可在汽车发动机振动时利用电磁感应发电实现能量回收，结构如图甲所示。两对永磁铁可随发动机一起上下振动，每对永磁铁间有水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。磁场中，边长为L的正方形线圈竖直固定在减震装置上。某时刻磁场分布与线圈位置如图乙所示，永磁铁振动时磁场分界线不会离开线圈。关于图乙中的线圈，下列说法正确的是（　　）
A．穿过线圈的磁通量为BL2
B．永磁铁相对线圈上升越高，线圈中感应电动势越大
C．永磁铁相对线圈上升越快，线圈中感应电动势越小
D．永磁铁相对线圈下降时，线圈中感应电流的方向为顺时针方向
（2024 福建）拓扑结构在现代物理学中具有广泛的应用。现有一条绝缘纸带，两条平行长边镶有铜丝，将纸带一端扭转180°，与另一端连接，形成拓扑结构的莫比乌斯环，如图所示。连接后，纸环边缘的铜丝形成闭合回路，纸环围合部分可近似为半径为R的扁平圆柱。现有一匀强磁场从圆柱中心区域垂直其底面穿过，磁场区域的边界是半径为r的圆（r＜R）。若磁感应强度大小B随时间t的变化关系为B＝kt（k为常量），则回路中产生的感应电动势大小为（　　）
A．0 B．kπR2 C．2kπr2 D．2kπR2
（2024 山东）如图甲所示，在﹣d≤x≤d、﹣d≤y≤d的区域中存在垂直Oxy平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场（用阴影表示磁场的区域），边长为2d的正方形线圈与磁场边界重合。线圈以y轴为转轴匀速转动时，线圈中产生的交变电动势如图乙所示。若仅磁场的区域发生了变化，线圈中产生的电动势变为图丙所示实线部分，则变化后磁场的区域可能为（　　）
A． B．
C． D．
（多选）（2024 选择性）如图，两条“∧”形的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，间距为L，左、右两导轨面与水平面夹角均为30°，均处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。将有一定阻值的导体棒ab、cd放置在导轨上，同时由静止释放，两棒在下滑过程中始终与导轨垂直并接触良好。ab、cd的质量分别为2m和m，长度均为L。导轨足够长且电阻不计，重力加速度大小为g。两棒在下滑过程中（　　）
A．回路中的电流方向为abcda
B．ab中电流趋于
C．ab与cd加速度大小之比始终为2：1
D．两棒产生的电动势始终相等
（2024 湖北）如图所示，两足够长平行金属直导轨MN、PQ的间距为L，固定在同一水平面内，直导轨在左端M、P点分别与两条竖直固定、半径为L的圆弧导轨相切。MP连线与直导轨垂直，其左侧无磁场，右侧存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。长为L、质量为m、电阻为R的金属棒ab跨放在两圆弧导轨的最高点。质量为2m、电阻为6R的均匀金属丝制成一个半径为L的圆环，水平放置在两直导轨上，其圆心到两直导轨的距离相等。忽略导轨的电阻、所有摩擦以及金属环的可能形变，金属棒、金属环均与导轨始终接触良好，重力加速度大小为g。现将金属棒ab由静止释放，求：
（1）ab刚越过MP时产生的感应电动势大小。
（2）金属环刚开始运动时的加速度大小。
（3）为使ab在整个运动过程中不与金属环接触，金属环圆心初始位置到MP的最小距离。
（2024 安徽）如图所示，一“U”型金属导轨固定在竖直平面内，一电阻不计，质量为m的金属棒ab垂直于导轨，并静置于绝缘固定支架上。边长为L的正方形cdef区域内，存在垂直于纸面向外的匀强磁场。支架上方的导轨间，存在竖直向下的匀强磁场。两磁场的磁感应强度大小B随时间的变化关系均为B＝kt（SI），k为常数（k＞0）。支架上方的导轨足够长，两边导轨单位长度的电阻均为r，下方导轨的总电阻为R。t＝0时，对ab施加竖直向上的拉力，恰使其向上做加速度大小为a的匀加速直线运动，整个运动过程中ab与两边导轨接触良好。已知ab与导轨间动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。不计空气阻力，两磁场互不影响。
（1）求通过面积Scdef的磁通量大小随时间t变化的关系式，以及感应电动势的大小，并写出ab中电流的方向；
（2）求ab所受安培力的大小随时间t变化的关系式；
（3）求经过多长时间，对ab所施加的拉力达到最大值，并求此最大值。
（2024 广西）某兴趣小组为研究非摩擦形式的阻力设计了如图甲的模型。模型由大齿轮、小齿轮、链条、阻力装置K及绝缘圆盘等组成。K由固定在绝缘圆盘上两个完全相同的环状扇形线圈M1、M2组成，小齿轮与绝缘圆盘固定于同一转轴上，转轴轴线位于磁场边界处，方向与磁场方向平行，匀强磁场磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，与K所在平面垂直。大、小齿轮半径比为n，通过链条连接。K的结构参数见图乙。其中r1＝r，r2＝4r，每个线圈的圆心角为π﹣β，圆心在转轴轴线上，电阻为R。不计摩擦，忽略磁场边界处的磁场，若大齿轮以ω的角速度保持匀速转动，以线圈M1的ab边某次进入磁场时为计时起点，求K转动一周：
（1）不同时间线圈M1的ab边或cd边受到的安培力大小；
（2）流过线圈M1的电流有效值；
（3）装置K消耗的平均电功率。
一、求电荷量的三种方法
1.q＝It(式中I为回路中的恒定电流，t为时间)
(1)由于导体棒匀速切割磁感线产生感应电动势而使得闭合回路中的电流恒定，根据电流定义式可知q＝It。
(2)闭合线圈中磁通量均匀增大或减小且回路中电阻保持不变，则电路中的电流I恒定，t时间内通过线圈横截面的电荷量q＝It。
2.q＝n(其中R为回路电阻，ΔΦ为穿过闭合回路的磁通量变化量)
(1)闭合回路中的电阻R不变，并且只有磁通量变化为电路提供电动势。
(2)从表面来看，通过回路的磁通量与时间无关，但ΔΦ与时间有关，随时间而变化。
3.Δq＝CBLΔv(式中C为电容器的电容，B为匀强磁场的磁感应强度，L为导体棒切割磁感线的长度，Δv为导体棒切割速度的变化量)
在匀强磁场中，电容器接在切割磁感线的导体棒两端，不计一切电阻，电容器两极板间电压等于导体棒切割磁感线产生的电动势E，通过电容器的电流I＝＝，又E＝BLv，则ΔU＝BLΔv，可得Δq＝CBLΔv。
二、求解焦耳热Q的三种方法
三、电磁感应与动量、能量问题结合
在导体单杆切割磁感线做变加速运动时，若牛顿运动定律和能量观点不能解决问题，可运用动量定理巧妙解决问题
求解的物理量 应用示例
电荷量或速度 －BLΔt＝mv2－mv1，q＝Δt.
位移 －＝0－mv0，即－＝0－mv0
时间 －BLΔt＋F其他Δt＝mv2－mv1 即－BLq＋F其他Δt＝mv2－mv1 已知电荷量q、F其他(F其他为恒力)
－＋F其他Δt＝mv2－mv1，Δt＝x 已知位移x、F其他(F其他为恒力)
【方法指导】
一、电磁感应中电路综合问题
1.等效电源的分析
(1)用法拉第电磁感应定律算出E的大小。等效电源两端的电压等于路端电压，一般不等于电源电动势，除非切割磁感线的导体(或线圈)电阻为零。
(2)用楞次定律或右手定则确定感应电动势的方向，从而确定电源正负极。感应电流方向是电源内部电流的方向，要特别注意在等效电源内部，电流由负极流向正极。
(3)明确电源内阻r。
2.电路结构的分析
(1)分析内、外电路，以及外电路的串并联关系，画出等效的电路图。
(2)应用闭合电路欧姆定律、串并联电路知识和电功率、焦耳定律等关系式联立求解。
二、分析线框在磁场中运动问题的两大关键
1.分析电磁感应情况：弄清线框在运动过程中是否有磁通量不变的阶段，线框进入和穿出磁场的过程中，才有感应电流产生，结合闭合电路欧姆定律列方程解答。
2.分析导线框的受力以及运动情况，选择合适的力学规律处理问题：在题目中涉及电荷量、时间以及安培力为变力时应选用动量定理处理问题；如果题目中涉及加速度的问题时选用牛顿运动定律解决问题比较方便。
三、解决电磁感应综合问题的“看到”与“想到”
1.看到“磁感应强度B随时间t均匀变化”，想到“＝k为定值”。
2.看到“线圈(回路)中磁通量变化”时，想到“增反减同”。
3.看到“导体与磁体间有相对运动”时，想到“来拒去留”。
4.看到“回路面积可以变化”时，想到“增缩减扩”。
考点一 楞次定律与法拉第电磁感应定律的应用
（2024 衡阳县模拟）高速铁路列车通常使用磁刹车系统，磁刹车工作原理可简述如下：将磁铁的N极靠近一块正在以逆时针方向旋转的圆形铝盘，使磁感线总垂直射入铝盘时，铝盘随即减速，如图所示，圆中磁铁左方铝盘的甲区域朝磁铁方向运动，磁铁右方的乙区域朝离开磁铁方向运动，下列说法中正确的是（　　）
A．铝盘甲区域的感应电流会产生垂直纸面向里的磁场
B．磁场与感应电流的作用力，会产生将铝盘减速旋转的阻力
C．感应电流在铝盘产生的内能，是将铝盘减速的最主要原因
D．若将实心铝盘转换成布满小空洞的铝盘，则磁铁对布满空洞的铝盘减速效果比实心铝盘的效果更好
（2024 衡阳县模拟）如图甲所示，列车车头底部安装强磁铁，线圈及电流测量仪埋设在轨道地面（测量仪未画出），P、Q为接测量仪器的端口，磁铁的匀强磁场垂直地面向下、宽度与线圈宽度相同，俯视图如图乙。当列车经过线圈上方时，测量仪记录线圈的电流为0.12A。磁铁的磁感应强度为0.005T，线圈的匝数为5，长为0.2m，电阻为0.5Ω，则在列车经过线圈的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．线圈的磁通量一直增加
B．线圈的电流方向先顺时针后逆时针方向
C．线圈的安培力大小为1.2×10﹣4N
D．列车运行的速率为12m/s
（2024 贵阳模拟）在水平放置的条形磁铁的N极附近，一个闭合金属线圈竖直向下运动，线圈平面始终保持水平。在位置B，磁感线正好与线圈平面平行，A与B和B与C之间的距离都比较小。在线圈从位置A运动到位置C的过程中，从上往下看，感应电流的方向是（　　）
A．顺时针方向
B．逆时针方向
C．先顺时针方向，后逆时针方向
D．先逆时针方向，后顺时针方向
（2024 海安市校级模拟）某电磁炮工作原理示意图如图甲所示，高压直流电源电动势为E，大电容器的电容为C。线圈套在中空的塑料管上，管内光滑，将直径略小于管的内径的金属小球静置于管口附近。首先将开关S接1，使电容器完全充电，然后立即将S转接2，此后电容器放电，通过线圈的电流随时间的变化如图乙所示，金属小球在0～t1的时间内被加速发射出去，t1时刻刚好运动到管口。下列关于该电磁炮的说法正确的是（　　）
A．小球在塑料管中做匀变速直线运动
B．在0～t1的时间内，小球中产生的涡流从左向右看是顺时针方向的
C．在t1时刻，小球受到的线圈磁场对它的作用力为零
D．在0～t1的时间内，电容器储存的电能全部转化为小球的动能
考点二 电磁感应中的图像问题
（2024 青山湖区校级模拟）在匀强磁场中放置一金属圆环，磁场方向与圆环平面垂直。规定图甲所示磁场方向为正，磁感应强度B随时间t按图乙所示的正弦规律变化时，下列说法正确的是（　　）
A．t2时刻，圆环中无感应电流
B．t3时刻，圆环上某一小段Δl受到的安培力最大
C．圆环上某一小段Δl所受安培力最大的时刻也是感应电流最大的时刻
D．t1～t3时间内，圆环中感应电流方向沿顺时针方向
（2024 长春一模）如图，在光滑水平桌面上有一边长为l、电阻为R的正方形导线框，在导线框右侧有一宽度为d（d＞l）的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的左、右边框平行，磁场方向竖直向下。导线框以某一初速度向右运动并穿过磁场，在穿过磁场区域过程中，下列描述该过程的v—x（速度—位移）图像中，可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
（2024 浙江模拟）在如图所示的磁感应强度大小为B的匀强磁场中（可随时间变化），存在一足够大的长方形导轨，并且导轨宽度为1。现导轨中有一电阻和一导体棒（与导轨接触良好），而导体棒有效切割长度也为1。当导体棒以速度v0向右匀速运动的时候，若导体棒和导轨内部始终无电流，则下列图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
（2024 重庆模拟）如图甲所示，一圆形线圈置于垂直纸面向里的磁场中，线圈右端通过导线与两块平行金属板相连接，金属板间宽度d足够大。有一带正电粒子q静止在平行板正中央，从t＝0时刻开始，磁场按如图乙所示变化，不计粒子重力。以竖直向上运动为正方向，下列关于粒子在一个周期内的运动图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
考点三 电磁感应定律的应用
（2024 姜堰区校级模拟）我国新一代航母电磁阻拦技术基本原理如图所示：飞机着舰时关闭动力系统，利用尾钩钩住绝缘阻拦索并拉动轨道上的一根金属棒ab，导轨间距为d，飞机质量为M，金属棒质量为m，飞机着舰后与金属棒以共同速度v0进入磁场，轨道端点MP间电阻为R，金属棒电阻为r，不计其它电阻和阻拦索的质量。轨道内有竖直方向的匀强磁场，磁感应强度为B。金属棒运动一段距离x后与飞机一起停下，测得此过程中电阻R上产生的焦耳热为Q，不计一切摩擦，则（　　）
A．整个过程中通过回路的电流方向为顺时针方向
B．整个过程中通过电阻R的电荷量为
C．整个过程中飞机和金属棒克服阻力所做的功
D．通过最后的过程中，电阻R上产生的焦耳热为
（多选）（2024 碑林区校级四模）如图所示，间距为L的足够长光滑平行金属导轨MN、PQ固定在绝缘水平面上，质量均为m的金属棒ab、cd垂直放在导轨上，两金属棒接入电路的电阻均为R，垂直于导轨的虚线ef左侧有垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，虚线ef的右侧没有磁场，给金属棒ab一个水平向右的初速度v0，已知cd棒到达ef前已匀速运动，ab、cd棒不会发生相碰，两金属棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，ab棒出磁场时速度刚好为零，则下列说法正确的是（　　）
A．cd棒最终速度为零
B．cd棒从静止运动到ef过程中通过的电荷量为
C．整个过程，金属棒ab中产生的焦耳热为
D．整个过程，金属棒ab克服安培力做的功为
（2024 全国模拟）如图所示，一个半径为R磁性转盘被均分为四块扇形区域，磁盘表面涂有磁性材料，在扇形区域表面产生垂直盘面向里的磁场B，或垂直盘面向外的磁场B2，磁盘以ω的角速度转动。靠近磁盘表面固定着一个“L”型的导体棒，导体棒的两直角边长为R，恰沿盘的半径方向。导体棒的两端用导线分别与两根竖直金属导轨连接，竖直导轨的下端通过两段光滑绝缘的圆弧与水平金属导轨相连，导轨的间距均为l。导体棒与竖直导轨间的动摩擦因数为μ，水平导轨光滑。质量为2m的导体棒ab在外力作用下靠在竖直导轨右侧并静止不动。水平导轨上靠近绝缘导轨处放置另一根质量为m的导体棒cd。竖直导轨与水平导轨所在的空间存在竖直向下的磁场B3，已知B1＝2B2＝3B3＝B（求解的最后结果都用B表示），三根导体棒接入电路中的电阻均为r，重力加速度为g。
（1）从图示时刻开始计时，求t＝0时刻ab棒上的电流方向和棒两端的电势差；
（2）若时，撤去外力使ab棒从静止开始下落，在时刻ab棒恰好运动到竖直导轨底部，求时刻ab棒的速度v0；
（3）在（2）的条件下，若v0已知，求ab、cd两棒发生弹性碰撞到最终稳定的过程中，ab棒上产生的焦耳热。
（2024 南开区一模）如图所示是列车进站时利用电磁阻尼辅助刹车的示意图，在车身下方固定一单匝矩形线框abcd，ab边长为L，bc边长为d，在站台轨道上存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的有界矩形匀强磁场MNPQ，MN边界与ab平行，NP长为d。若ab边刚进入磁场时列车关闭发动机，此时列车的速度大小为v0，cd边刚离开磁场时列车刚好停止运动。已知线框总电阻为R，列车的总质量为m，摩擦阻力大小恒定为kmg，不计空气阻力，重力加速度为g。求：
（1）线框ab边刚进入磁场时列车加速度a的大小和安培力对ab边做功的功率P；
（2）线框从进入到离开磁场过程中，线框产生的焦耳热Q；
（3）线框进入磁场过程中，通过线框横截面的电荷量q。
（2024 浙江模拟）某同学想用伏安法测定一个自感系数很大的线圈L的直流电阻，其电路图如图所示。用一节干电池作电源，L两端并联一只零刻度在表盘中央、可左右偏转的电压表（左右量程均为0～3V）。为保护电表，测量结束后，拆除电路时，应最先进行的操作是（　　）
A．先断开开关S1 B．先断开开关S2
C．先拆除电流表 D．先拆除滑动变阻器
（2024 浙江一模）两个形状不同但所围面积和电阻均相同的单匝闭合线圈，分别放在如图甲、乙所示的磁场中。甲图中是磁感应强度为B0的匀强磁场，线圈在磁场中以周期T绕OO′轴匀速转动；乙图中磁场变化规律为，从图示位置开始计时。比较两个线圈，下列说法正确的是（　　）
A．磁通量的变化规律相同
B．电流方向变化的频率不同
C．相同的时间内产生的焦耳热不同
D．产生的电动势有效值不同
（2024 浙江二模）为模拟航天器着陆，研究室构建了如图一个立体非匀强磁场，关于中心轴对称分布，磁感应强度可分为纵向分量Bh和水平径向分量Bτ（背向轴心），Bh的大小只随高度h变化（计初始位置为h＝0），关系为Bh＝B0（1+400h），（r为到对称轴的距离）。现有横截面半径为1mm的金属细丝构成直径为1cm的圆环在磁场中由静止开始下落，其电阻率为1.6×10﹣8Ω m。其中B0＝0.1T，沿圆环中心的磁场方向始终竖直向上，在运动过程中圆环平面始终保持水平，速度在下落1.6m后达到稳定状态。则从开始下落到稳定时圆环上通过的电荷量为（　　）
A．175πC B．20πC C．12.5πC D．6.5πC
（2024 清江浦区模拟）如图，光滑平行金属导轨固定在水平面上，左端由导线相连，导体棒垂直静置于导轨上构成回路。在外力F作用下，回路上方的条形磁铁竖直向上做匀速运动。在匀速运动过程中外力F做功WF，磁场力对导体棒做功W1，磁铁克服磁场力做功W2，重力对磁铁做功WG，回路中产生的焦耳热为Q，导体棒获得的动能为Ek。则（　　）
A．W1＝Q B．W2＝Q
C．WF+WG＝Q+Ek D．WF+WG﹣W2＝Ek
（2024 大兴区校级模拟）如图所示的天平可用来测定磁感应强度B。天平的右臂下面挂有一个电阻为R的矩形线圈，线圈宽为L，共N匝，线圈的下部悬在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面。当线圈中通有电流I时，在天平左、右两边加上质量各为m1、m2的砝码，天平平衡。当电流反向（大小不变）时，右边再加上质量为m的砝码后，天平重新平衡。若在此时剪断细线，矩形线圈将由静止下落，经一段时间，线圈的上边离开磁感应强度为B的匀强磁场前瞬间的速度为v，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．B大小为
B．B大小为
C．剪断细线后，线圈上边刚离开磁场前产生的感应电动势为E＝BLv
D．线圈离开磁场前瞬间，感应电流的电功率
（2024 江汉区模拟）有一种科普玩具由一枚强磁铁和一根厚铝管组成，铝管竖直放置，磁铁从铝管上端口由静止释放，在铝管内下落很慢。小明同学认为铝管可以等效成多个铝环叠放，所以用套在长玻璃管外的线圈代替铝环，结合传感器进行研究，如图甲所示。现将连接电流传感器的线圈套在竖直放置的长玻璃管上，如图甲所示。将强磁铁从离玻璃管上端高为h处由静止释放，磁铁在玻璃管内下落并穿过线圈。如图乙所示是实验中观察到的线圈中电流随时间变化的图像，则（　　）
A．该科普玩具的原理是电流的磁效应
B．若上下翻转磁铁，电流先负向后正向
C．线圈匝数加倍后重复实验，电流峰值将加倍
D．h加倍后重复实验，电流峰值将加倍
（2024 南京模拟）如图所示，闭合圆形线圈放在范围足够大的匀强磁场中，下列说法正确的是（　　）
A．线圈向右平移，线圈中产生感应电流
B．线圈向上平移，线圈中产生感应电流
C．线圈以ab为轴转动，线圈中产生感应电流
D．线圈以ab为轴转动，线圈中磁通量不变
（2024 江苏模拟）如图所示，在光滑水平面上MN右侧区域存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场。t＝0时刻，一质量为m、高为a、电阻为R的正三角形金属线框以速度v从边界MN处进入磁场，最终线框恰好完全进入。在线框运动过程中，下列说法错误的是（　　）
A．线框中的电流始终为逆时针方向
B．t＝0时刻，线框的感应电动势大小为Bav
C．通过导线横截面的电荷量为
D．线框中感应电流产生的焦耳热为
（2024 广东模拟）如图所示，间距为L的足够长光滑平行金属导轨倾斜放置，导轨平面与水平面夹角为θ＝30°。两导轨上端接有阻值为R的定值电阻，整个装置处于垂直导轨平面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，质量为m、电阻也为R的金属杆ab，在沿导轨平面向上、大小为F＝2mg的恒力作用下，由静止开始从导轨底端向上运动，经过t时间金属棒开始以速度v0做匀速直线运动，在运动过程中，ab与导轨垂直且接触良好。已知重力加速度为g，不计空气阻力和导轨电阻。求：
（1）金属棒ab开始运动时加速度的大小；
（2）从开始运动到金属棒速度刚达到v0的过程中，恒定拉力做功；
（3）金属棒匀速运动后的某时刻改变拉力，使金属棒以大小为的加速度向上做匀减速运动，则向上匀减速运动过程中拉力对金属棒的冲量大小。
（2024 浙江二模）如图1所示，间距为d，相互平行的金属导轨EG、FH与PG、QH，在GH处用一小段绝缘圆弧相连，其中PG、QH水平，EG、FH是倾角为37°的斜轨。EF之间接一个阻值为R的电阻，PQ之间接有阻值不计，自感系数为L的自感线圈。MNGH和CDPQ区域存在大小为B，方向如图所示垂直于轨道平面的匀强磁场。质量为m，电阻r的金属棒a从AB处由静止开始沿导轨下滑，其在斜轨上运动过程中的v﹣t图像如图2所示，金属棒滑过GH后与另一根放在CD右侧位置相同质量，电阻不计的的金属棒b相碰，碰后两棒粘在一起运动。不计导轨的电阻及GH处的机械能损失，金属棒运动过程中与导轨保持垂直且接触良好，轨道足够长。已知d＝0.5m，R＝1Ω，B＝1T，ma＝mb＝0.5kg，ra＝0.5Ω，L＝0.01H。取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
（1）求金属棒a刚进磁场时A、B两点间的电势差UAB；
（2）求金属棒a与导轨间的动摩擦因数以及金属棒在磁场中能够达到的最大速率；
（3）已知金属棒a从进入磁场到速度达到4m/s时所用时间为2.1s，求此过程中电阻R产生的焦耳热；
（4）求a、b棒碰撞后，向左运动的最大距离xm（提示：自感电动势的大小为）。
（2024 温州一模）如图所示，光滑的水平面上固定足够长、光滑平行金属导轨，导轨右端接有一个单刀双掷开关K。开关接1时，导轨与电动势E＝0.3V、内阻r＝1Ω的电源相连；开关接2时，导轨与电容C＝0.3F的电容器相连。与导轨垂直的边界QQ′右侧空间存在方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小B＝2T。一质量m＝0.1kg、电阻R1＝1Ω的金属杆PP′垂直导轨放置，一边长d＝0.2m、电阻R2＝0.32Ω，质量也为m的正方形金属框恰好置于水平面上的边界QQ′外，金属框与金属杆中点处通过绝缘、松弛、不可伸长的轻绳连接。已知导轨间距L＝0.5m，电容器初始电量q＝2C，金属杆与导轨始终接触良好且导轨的电阻均可忽略不计。
（1）开关接1时，金属杆PP′受到垂直金属杆的水平外力保持静止，求水平外力F的大小；
（2）先断开开关K并撤去外力，再将开关K拨到2，金属杆由静止开始向右运动，杆速率最大时轻绳尚未拉直，求金属杆的最大速率v1；
（3）接第（2）问，金属杆达到最大速度、轻绳未拉直时，断开开关K。求金属框完全进入磁场区域时的速率v2（已知金属杆与金属框在轻绳拉直瞬间达到共速）；
（4）接第（3）问，金属框完全进入磁场区域后将开关接1，一段时间后金属杆速度减为零，且金属框始终未与金属杆碰撞，求该过程中金属杆上产生的焦耳热Q杆。
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