統(tǒng)考版2023高考物理二輪專(zhuān)題復(fù)習(xí)專(zhuān)題五電路與電磁感應(yīng)第11講電磁感應(yīng)規(guī)律及其應(yīng)用教師用書(shū)

第11講電磁感應(yīng)規(guī)律及其應(yīng)用命題熱點(diǎn)(1)楞次定律與法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用；(2)電磁感應(yīng)中的圖象問(wèn)題；(3)電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)與能量問(wèn)題；(4)動(dòng)量觀(guān)點(diǎn)在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用；(5)電磁感應(yīng)規(guī)律在生活、生產(chǎn)、科技中的應(yīng)用．?？碱}型選擇題計(jì)算題高頻考點(diǎn)·能力突破考點(diǎn)一楞次定律和法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用1．感應(yīng)電流方向的判斷(1)楞次定律(2)右手定則2．求感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的方法(1)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝nΔΦ(2)導(dǎo)體棒垂直切割磁感線(xiàn)：E＝BLv.(3)導(dǎo)體棒繞與磁場(chǎng)平行的軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)：E＝12BL2ω(4)線(xiàn)圈繞與磁場(chǎng)垂直的軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)：e＝nBSωsinωt.例1[2022·浙江1月]如圖所示，將一通電螺線(xiàn)管豎直放置，螺線(xiàn)管內(nèi)部形成方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝kt的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在內(nèi)部用絕緣輕繩懸掛一與螺線(xiàn)管共軸的金屬薄圓管，其電阻率為ρ、高度為h、半徑為r、厚度為d(d?r)，則()A．從上向下看，圓管中的感應(yīng)電流為逆時(shí)針?lè)较駼．圓管的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為kπC．圓管的熱功率大小為πD．輕繩對(duì)圓管的拉力隨時(shí)間減小例2[2022·全國(guó)乙卷]如圖，一不可伸長(zhǎng)的細(xì)繩的上端固定，下端系在邊長(zhǎng)為l＝0.40m的正方形金屬框的一個(gè)頂點(diǎn)上．金屬框的一條對(duì)角線(xiàn)水平，其下方有方向垂直于金屬框所在平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．已知構(gòu)成金屬框的導(dǎo)線(xiàn)單位長(zhǎng)度的阻值為λ＝5.0×10－3Ω/m；在t＝0到t＝3.0s時(shí)間內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間t的變化關(guān)系為B(t)＝0.3－0.1t(SI)．求(1)t＝2.0s時(shí)金屬框所受安培力的大??；(2)在t＝0到t＝2.0s時(shí)間內(nèi)金屬框產(chǎn)生的焦耳熱．預(yù)測(cè)1[2022·北京石景山一模]安培曾做過(guò)如圖所示的實(shí)驗(yàn)：把絕緣導(dǎo)線(xiàn)繞制成線(xiàn)圈，在線(xiàn)圈內(nèi)部懸掛一個(gè)用薄銅片做成的圓環(huán)，圓環(huán)所在平面與線(xiàn)圈軸線(xiàn)垂直，取一條形磁鐵置于銅環(huán)的右側(cè)，條形磁鐵的右端為N極．閉合開(kāi)關(guān)，電路穩(wěn)定后，發(fā)現(xiàn)銅環(huán)靜止不動(dòng)，安培由此錯(cuò)失發(fā)現(xiàn)電磁感應(yīng)現(xiàn)象的機(jī)會(huì)．實(shí)際上，在電路閉合的瞬間()A．從右側(cè)看，銅環(huán)中有逆時(shí)針的感應(yīng)電流B．從右側(cè)看，銅環(huán)中有順時(shí)針的感應(yīng)電流C．銅環(huán)仍保持不動(dòng)D．銅環(huán)會(huì)遠(yuǎn)離磁鐵預(yù)測(cè)2[2022·河北卷]將一根絕緣硬質(zhì)細(xì)導(dǎo)線(xiàn)順次繞成如圖所示的線(xiàn)圈，其中大圓面積為S1，小圓面積均為S2，垂直線(xiàn)圈平面方向有一隨時(shí)間t變化的磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝B0＋kt，B0和k均為常量，則線(xiàn)圈中總的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為()A．kS1B．5kS2C．k(S1－5S2)D．k(S1＋5S2)考點(diǎn)二電磁感應(yīng)中的圖象問(wèn)題1．掌握兩個(gè)技法，快速解答圖象問(wèn)題(1)排除法最快捷：根據(jù)選擇題的特點(diǎn)，定性地分析電磁感應(yīng)過(guò)程中物理量的變化趨勢(shì)(增大還是減小)、變化快慢(均勻變化還是非均勻變化)，特別是物理量的正負(fù)，排除錯(cuò)誤的選項(xiàng)．(2)函數(shù)法最有效：根據(jù)題目所給條件定量地寫(xiě)出兩處物理量之間的函數(shù)關(guān)系，然后由函數(shù)關(guān)系對(duì)圖象作出分析和判斷．2．三個(gè)關(guān)注例3[2022·河北卷](多選)如圖，兩光滑導(dǎo)軌水平放置在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，一根導(dǎo)軌位于x軸上，另一根由ab、bc、cd三段直導(dǎo)軌組成，其中bc段與x軸平行，導(dǎo)軌左端接入一電阻R.導(dǎo)軌上一金屬棒MN沿x軸正向以速度v0保持勻速運(yùn)動(dòng)，t＝0時(shí)刻通過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)O，金屬棒始終與x軸垂直．設(shè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中通過(guò)電阻的電流強(qiáng)度為i，金屬棒受到安培力的大小為F，金屬棒克服安培力做功的功率為P，電阻兩端的電壓為U，導(dǎo)軌與金屬棒接觸良好，忽略導(dǎo)軌與金屬棒的電阻．下列圖象可能正確的是()預(yù)測(cè)3[2022·福建押題卷]如圖所示，兩條相距L的平行虛線(xiàn)間存在一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里．現(xiàn)將一個(gè)上底為L(zhǎng)、下底為3L、高為2L的等腰梯形閉合線(xiàn)圈，從圖示位置以垂直于磁場(chǎng)邊界的速度向右勻速穿過(guò)磁場(chǎng)，取逆時(shí)針?lè)较驗(yàn)楦袘?yīng)電流正方向，則該過(guò)程線(xiàn)圈中感應(yīng)電流i隨位移x變化的圖象是()預(yù)測(cè)4如圖(a)所示，電阻R1、電阻R2和長(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)與波動(dòng)高壓電源相連．在長(zhǎng)導(dǎo)線(xiàn)的中間有一線(xiàn)圈，其中心與長(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)的距離r＝0.1m，線(xiàn)圈的橫截直徑為0.02m，如圖(b)所示．線(xiàn)圈的兩端連接一個(gè)電阻R3＝90Ω與電容器C，線(xiàn)圈電阻為10Ω，匝數(shù)N＝2×103.接通高壓電源后，在長(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)回路中產(chǎn)生電流I，大小如圖(c)所示，線(xiàn)圈一開(kāi)始產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向從A到B.在t＝2×10－3時(shí)，電容器所帶的電荷量等于流過(guò)電阻R3的電荷量，且此時(shí)電容器恰好飽和．資料表明線(xiàn)圈各處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均可視為B＝kIr，其中k＝2×10－7T·m/A.(1)電容器的電容；(2)若規(guī)定A→R3→B為電流的正方向，考慮線(xiàn)圈自感，定性畫(huà)出通過(guò)電阻R3的電流與時(shí)間t圖象．考點(diǎn)三電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)與能量問(wèn)題電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)和能量問(wèn)題的分析思路：例4[2022·湖北卷]如圖所示，高度足夠的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域下邊界水平、左右邊界豎直，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里．正方形單匝線(xiàn)框abcd的邊長(zhǎng)L＝0.2m、回路電阻R＝1.6×10－3Ω、質(zhì)量m＝0.2kg.線(xiàn)框平面與磁場(chǎng)方向垂直，線(xiàn)框的ad邊與磁場(chǎng)左邊界平齊，ab邊與磁場(chǎng)下邊界的距離也為L(zhǎng).現(xiàn)對(duì)線(xiàn)框施加與水平向右方向成θ＝45°角、大小為42N的恒力F，使其在圖示豎直平面內(nèi)由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)．從ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)開(kāi)始，在豎直方向線(xiàn)框做勻速運(yùn)動(dòng)；dc邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，bc邊恰好到達(dá)磁場(chǎng)右邊界．重力加速度大小取g＝10m/s2，求：(1)ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)前，線(xiàn)框在水平方向和豎直方向的加速度大??；(2)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小和線(xiàn)框進(jìn)入磁場(chǎng)的整個(gè)過(guò)程中回路產(chǎn)生的焦耳熱；(3)磁場(chǎng)區(qū)域的水平寬度．預(yù)測(cè)5[2022·河南鄭州二模]如圖所示，ef、gh為兩光滑的導(dǎo)軌，兩導(dǎo)軌分別與平行金屬板CC′、DD′相連，導(dǎo)軌和金屬板的間距均為d，在導(dǎo)軌間有方向垂直于導(dǎo)軌所在平面、寬度相等的兩個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)．一金屬桿PQ與兩導(dǎo)軌垂直，在外力作用下保持v0向右勻速運(yùn)動(dòng)，金屬桿PQ進(jìn)入磁場(chǎng)的同時(shí)，有一帶電粒子以平行于金屬板的速度v1沿著板的中心軸線(xiàn)飛入，當(dāng)PQ離開(kāi)兩個(gè)磁場(chǎng)時(shí)，帶電粒子恰好從軸線(xiàn)飛出電場(chǎng)．金屬板長(zhǎng)為L(zhǎng)，粒子的電量為q，質(zhì)量為m，金屬桿PQ與導(dǎo)軌始終接觸良好，不計(jì)電容器充、放電時(shí)間，忽略粒子重力，求：(1)每個(gè)磁場(chǎng)的寬度；(2)兩個(gè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小關(guān)系；(3)為保證帶電粒子能飛出電場(chǎng)，第一個(gè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的最大值．預(yù)測(cè)6如圖所示，寬度為2L，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于傾角為θ的絕緣光滑斜面，方向向上．一電阻不計(jì)、寬為L(zhǎng)的U形光滑金屬框靜止放在斜面上，ab邊距磁場(chǎng)上邊界為2L；電阻為R、長(zhǎng)為L(zhǎng)的金屬棒cd平行于ab邊靜止放到金屬框上面，且與金屬框?qū)щ娏己茫硶r(shí)刻同時(shí)由靜止釋放U形框和棒cd，ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)后恰好做勻速運(yùn)動(dòng)；ab邊到達(dá)磁場(chǎng)下邊界時(shí)，棒cd正好進(jìn)入磁場(chǎng)，并勻速穿過(guò)磁場(chǎng)．運(yùn)動(dòng)過(guò)程中棒cd始終平行于ab邊，不計(jì)其他電阻和摩擦阻力，斜面足夠長(zhǎng)，重力加速度取g，求：(1)U形金屬框的質(zhì)量m；(2)棒cd中產(chǎn)生的焦耳熱；(3)棒cd在U形框上面運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間．考點(diǎn)四動(dòng)量觀(guān)點(diǎn)在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用1．與動(dòng)量定理結(jié)合在電磁感應(yīng)中可用動(dòng)量定理求變力的作用時(shí)間、速度、位移和電荷量(一般應(yīng)用于單桿切割磁感線(xiàn)運(yùn)動(dòng))．(1)求速度或電荷量：－BIlΔt＝mv2－mv1，q＝IΔt.(2)求時(shí)間：FΔt＋I(xiàn)A＝mv2－mv1，IA＝－BIlΔt＝－BlΔΦR(3)求位移：－BIlΔt＝－B2l2vΔtR總＝即－B2l2R總x＝m(v22．與動(dòng)量守恒定律的結(jié)合相互平行的水平軌道間的雙棒做切割磁感線(xiàn)運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，由于這兩根導(dǎo)體棒所受的安培力等大反向，合外力為零，若不受其他外力，兩導(dǎo)體棒的總動(dòng)量守恒，解決此類(lèi)問(wèn)題往往要應(yīng)用動(dòng)量守恒定律．例5[2022·浙江1月]如圖所示，水平固定一半徑r＝0.2m的金屬圓環(huán)，長(zhǎng)均為r、電阻均為R0的兩金屬棒沿直徑放置，其中一端與圓環(huán)接觸良好，另一端固定在過(guò)圓心的導(dǎo)電豎直轉(zhuǎn)軸OO′上，并隨軸以角速度ω＝600rad/s勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，圓環(huán)內(nèi)左半圓存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．圓環(huán)邊緣、與轉(zhuǎn)軸良好接觸的電刷分別與間距l(xiāng)1的水平放置的平行金屬軌道相連，軌道間接有電容C＝0.09F的電容器，通過(guò)單刀雙擲開(kāi)關(guān)S可分別與接線(xiàn)柱1、2相連．電容器左側(cè)存在寬度也為l1、長(zhǎng)度為l2、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域．在磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)靠近左側(cè)邊緣處垂直軌道放置金屬棒ab，磁場(chǎng)區(qū)域外有間距也為l1的絕緣軌道與金屬軌道平滑連接，在絕緣軌道的水平段上放置“[”形金屬框fcde.棒ab長(zhǎng)度和“[”形框的寬度也均為l1、質(zhì)量均為m＝0.01kg，de與cf長(zhǎng)度均為l3＝0.08m，已知l1＝0.25m，l2＝0.068m，B1＝B2＝1T、方向均為豎直向上；棒ab和“[”形框的cd邊的電阻均為R＝0.1Ω，除已給電阻外其他電阻不計(jì)，軌道均光滑，棒ab與軌道接觸良好且運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終與軌道垂直．開(kāi)始時(shí)開(kāi)關(guān)S和接線(xiàn)柱1接通，待電容器充電完畢后，將S從1撥到2，電容器放電，棒ab被彈出磁場(chǎng)后與“[”形框粘在一起形成閉合框abcd，此時(shí)將S與2斷開(kāi)，已知框abcd在傾斜軌道上重心上升0.2m后返回進(jìn)入磁場(chǎng)．(1)求電容器充電完畢后所帶的電荷量Q，哪個(gè)極板(M或N)帶正電？(2)求電容器釋放的電荷量ΔQ；(3)求框abcd進(jìn)入磁場(chǎng)后，ab邊與磁場(chǎng)區(qū)域左邊界的最大距離x.預(yù)測(cè)7(多選)如圖所示，空間存在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌水平放置，導(dǎo)軌左、右兩部分的間距分別為l、2l，質(zhì)量分別為m、2m的導(dǎo)體棒a、b均垂直導(dǎo)軌放置，導(dǎo)體棒a接入電路的電阻為R，其余電阻均忽略不計(jì)．a(chǎn)、b兩棒分別以v0、2v0的初速度同時(shí)向右運(yùn)動(dòng)，兩棒在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂直且保持良好接觸，a總在窄軌上運(yùn)動(dòng)，b總在寬軌上運(yùn)動(dòng)，直到兩棒達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到兩棒穩(wěn)定的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是()A．a(chǎn)棒加速度的大小始終等于b棒加速度的大小B．穩(wěn)定時(shí)a棒的速度為1.5v0C．電路中產(chǎn)生的焦耳熱為3D．通過(guò)導(dǎo)體棒a的某一橫截面的電荷量為mv素養(yǎng)培優(yōu)·情境命題電磁感應(yīng)規(guī)律在生活、生產(chǎn)、科技中的應(yīng)用隨著現(xiàn)代科技的發(fā)展，生活中的很多應(yīng)用都涉及電磁感應(yīng)現(xiàn)象．例如生活應(yīng)用中、現(xiàn)代傳感器應(yīng)用中、交通運(yùn)輸中．分析這些問(wèn)題都要用到電磁感應(yīng)的原理．情境1(多選)安檢門(mén)是一種用于安全檢查的“門(mén)”，如圖所示，“門(mén)框”內(nèi)有線(xiàn)圈，線(xiàn)圈里通有交變電流，交變電流在“門(mén)”內(nèi)產(chǎn)生交變磁場(chǎng)，金屬物品通過(guò)“門(mén)”時(shí)能產(chǎn)生渦流，渦流的磁場(chǎng)又反過(guò)來(lái)影響線(xiàn)圈中的電流，從而引起報(bào)警．以下關(guān)于這個(gè)安檢門(mén)的說(shuō)法正確的是()A．這個(gè)安檢門(mén)也能檢查出毒品攜帶者B．這個(gè)安檢門(mén)只能檢查出金屬物品攜帶者C．如果這個(gè)“門(mén)框”內(nèi)的線(xiàn)圈中通上恒定電流，也能檢查出金屬物品攜帶者D．這個(gè)安檢門(mén)工作時(shí)，既利用了電磁感應(yīng)現(xiàn)象，又利用了電流的磁效應(yīng)情境2零刻度在表盤(pán)正中間的電流計(jì)非常靈敏，通入電流后，線(xiàn)圈所受安培力和螺旋彈簧的彈力達(dá)到平衡時(shí)，指針將在示數(shù)附近擺動(dòng)，很難停下，使讀數(shù)變得困難．在指針轉(zhuǎn)軸下方裝上扇形鋁框或扇形鋁板，并在合適區(qū)域加上磁場(chǎng)，可以解決此問(wèn)題．下列方案合理的是()情境3(多選)如圖是公路上安裝的一種測(cè)速“電子眼”的原理示意圖，在“電子眼”前方路面下間隔一段距離埋設(shè)兩個(gè)通電線(xiàn)圈，當(dāng)車(chē)輛通過(guò)線(xiàn)圈上方的道路時(shí)，會(huì)引起線(xiàn)圈中電流的變化，系統(tǒng)根據(jù)兩次電流變化的時(shí)間及線(xiàn)圈之間的距離，對(duì)超速車(chē)輛進(jìn)行抓拍，下列判斷正確的是()A．車(chē)輛經(jīng)過(guò)線(xiàn)圈時(shí)有感應(yīng)電流產(chǎn)生B．“電子眼”測(cè)量的是車(chē)輛經(jīng)過(guò)第二個(gè)線(xiàn)圈時(shí)的瞬時(shí)速率C．線(xiàn)圈中電流的變化是車(chē)輛經(jīng)過(guò)線(xiàn)圈時(shí)發(fā)生電磁感應(yīng)引起的D．如果某個(gè)線(xiàn)圈出現(xiàn)故障，沒(méi)有電流通過(guò)，“電子眼”還可以正常工作情境4列車(chē)進(jìn)站時(shí)的電磁制動(dòng)可借助如圖所示模型來(lái)理解，在站臺(tái)軌道下方埋一勵(lì)磁線(xiàn)圈，通電后形成豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B.在車(chē)身下方固定一由粗細(xì)均勻?qū)Ь€(xiàn)制成的矩形線(xiàn)框，利用線(xiàn)框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)所受的安培力進(jìn)行制動(dòng)，已知列車(chē)的總質(zhì)量為m，車(chē)身長(zhǎng)為nL，線(xiàn)框的短邊ab和cd分別安裝在車(chē)頭和車(chē)尾，長(zhǎng)度為L(zhǎng)(L小于勻強(qiáng)磁場(chǎng)的寬度)，站臺(tái)軌道上勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域大于車(chē)長(zhǎng)，車(chē)頭進(jìn)入磁場(chǎng)瞬間的速度為v0.(1)當(dāng)列車(chē)速度減為初速度的一半時(shí)，求ab兩端的電壓；(2)實(shí)際列車(chē)制動(dòng)過(guò)程中，還會(huì)受鐵軌及空氣阻力，設(shè)其合力大小恒為f，車(chē)尾進(jìn)入磁場(chǎng)瞬間，列車(chē)恰好停止，求列車(chē)從車(chē)頭進(jìn)入磁場(chǎng)到停止，線(xiàn)框中產(chǎn)生的焦耳熱Q.第11講電磁感應(yīng)規(guī)律及其應(yīng)用高頻考點(diǎn)·能力突破考點(diǎn)一例1解析：穿過(guò)圓管的磁通量向上逐漸增加，根據(jù)楞次定律可知，從上向下看，圓管中的感應(yīng)電流為順時(shí)針?lè)较颍x項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得圓管中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E＝ΔΦΔt＝ΔBΔtπr2＝kπr2，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；圓管導(dǎo)體的電阻R＝ρLS，導(dǎo)體長(zhǎng)度L指的是電流流動(dòng)的長(zhǎng)度2πr，將金屬薄管展開(kāi)，則導(dǎo)體橫截面積為dh，所以圓管的熱功率大小P＝E2R＝k2π答案：C例2解析：(1)對(duì)正方形金屬框分析由法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝ΔΦΔt＝ΔB·SΔt由B(t)＝0.3－0.1t(SI)，知ΔBΔt＝I＝ER，其中R＝4當(dāng)t＝2.0s時(shí)，B＝0.3－0.1×2.0(T)＝0.1T金屬框所受安培力大小F＝BIl′，其中l(wèi)′＝2l代入數(shù)據(jù)解得F≈0.057N(2)根據(jù)焦耳定律有Q＝I2RtR＝4λl＝8×10－3Ω0～2.0s內(nèi)電流恒定，I＝ER＝代入數(shù)據(jù)解得Q＝0.016J答案：(1)0.057N(2)0.016J預(yù)測(cè)1解析：根據(jù)楞次定律，當(dāng)接通開(kāi)關(guān)瞬間時(shí)，導(dǎo)致穿過(guò)線(xiàn)圈的磁通量向左增大，則從右側(cè)看，線(xiàn)圈的感應(yīng)電流逆時(shí)針，故A正確，B錯(cuò)誤；當(dāng)線(xiàn)圈中有逆時(shí)針?lè)较虻碾娏鲿r(shí)，可等效為右側(cè)為N極的磁體，則當(dāng)處于左側(cè)是S極的條形磁鐵的磁場(chǎng)中，銅環(huán)會(huì)靠近磁鐵，故C、D錯(cuò)誤．故選A.答案：A預(yù)測(cè)2解析：由磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝B0＋kt，可知磁感應(yīng)強(qiáng)度變化率ΔBΔt＝k，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，大圓線(xiàn)圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E1＝ΔΦ1Δt＝每個(gè)小圓線(xiàn)圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E2＝ΔΦ2Δt＝ΔB·由線(xiàn)圈的繞線(xiàn)方式和楞次定律可得大、小圓線(xiàn)圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)方向相同，所以線(xiàn)圈中總的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為E＝E1＋5E2＝ΔBΔtS1＋5ΔBΔtS2＝k(S1＋5S2)，答案：D考點(diǎn)二例3解析：當(dāng)導(dǎo)體棒從O點(diǎn)向右運(yùn)動(dòng)L時(shí)，即在0～Lv0時(shí)間內(nèi)，在某時(shí)刻導(dǎo)體棒切割磁感線(xiàn)的長(zhǎng)度L＝l0＋v0ttanθ(θ為ab與ad的夾角)，則根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝BL根據(jù)閉合電路歐姆定律I＝BLv0R＝Bv0R(l0＋v0ttanθ)，可知回路電流均勻增加；安培力F＝B2L2v0R＝B2v0R(l0+v0ttanθ)2，則F則P-t關(guān)系為拋物線(xiàn)，但是不過(guò)原點(diǎn)；電阻兩端的電壓等于導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，即U＝E＝BLv0＝Bv0(l0＋v0ttanθ)，即圖象是不過(guò)原點(diǎn)的直線(xiàn)；根據(jù)以上分析，可大致排除B、D選項(xiàng)；當(dāng)在Lv0～2Lv0時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)體棒切割磁感線(xiàn)的長(zhǎng)度不變，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E不變，感應(yīng)電流I不變，安培力F大小不變，安培力的功率P不變，電阻兩端電壓U保持不變；同理可判斷，在2Lv0～3Lv0時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)體棒切割磁感線(xiàn)長(zhǎng)度逐漸減小，導(dǎo)體棒切割磁感線(xiàn)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E均勻減小，感應(yīng)電流I均勻減小，安培力F大小按照二次函數(shù)關(guān)系減小，但是不能減小到零，與0～Lv0內(nèi)是對(duì)稱(chēng)的關(guān)系，安培力的功率P按照二次函數(shù)關(guān)系減小，但是不能減小到零，與0～Lv0答案：AC預(yù)測(cè)3解析：由右手定則知，剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，感應(yīng)電流為逆時(shí)針?lè)较?，故感?yīng)電流為正，設(shè)兩腰與水平面夾角為θ，則有效切割長(zhǎng)度為l＝L＋2xtanθ，則感應(yīng)電流為I＝BlvR，即感應(yīng)電流與位移成線(xiàn)性關(guān)系，且隨位移增大而增大．右側(cè)底邊出磁場(chǎng)后，有效切割長(zhǎng)度為l′＝Ltanθ，即感應(yīng)電流保持不變．之后左側(cè)底邊進(jìn)入磁場(chǎng)后，由右手定則可知感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较?，即感?yīng)電流為負(fù)，同理可知有效長(zhǎng)度增大，即感應(yīng)電流增大．故選答案：A預(yù)測(cè)4解析：(1)由電磁感應(yīng)定律，可得線(xiàn)圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝NBSΔt＝Nkπ×0.012r×ΔIΔt又因?yàn)镮＝ER3+R'＝π因此有Q＝It＝π×10－7CU＝IR3＝9π×10－3V所以C＝QU≈1.1×10－5(2)由(1)可知I＝π×10－4A，若規(guī)定A→R3→B為電流的正方向，由線(xiàn)圈的自感性質(zhì)，可做出圖象如圖如示．答案：(1)1.1×10－5F(2)見(jiàn)解析考點(diǎn)三例4解析：(1)ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)前，對(duì)線(xiàn)框進(jìn)行受力分析，在水平方向有Fcosθ＝max代入數(shù)據(jù)有ax＝20m/s2在豎直方向有Fsinθ－mg＝may代入數(shù)據(jù)有ay＝10m/s2(2)ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)開(kāi)始，ab邊在豎直方向切割磁感線(xiàn)；ad邊和bc邊的上部分也開(kāi)始進(jìn)入磁場(chǎng)，且在水平方向切割磁感線(xiàn)．但ad和bc邊的上部分產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)相互抵消，則整個(gè)回路的等效電源為ab，根據(jù)右手定則可知回路的電流為adcba，則ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)開(kāi)始，ab邊受到的安培力豎直向下，ad邊的上部分受到的安培力水平向右，bc邊的上部分受到的安培力水平向左，則ad邊和bc邊的上部分受到的安培力相互抵消，故線(xiàn)框abcd受到的安培力的合力為ab邊受到的豎直向下的安培力．由題知，線(xiàn)框從ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)開(kāi)始，在豎直方向線(xiàn)框做勻速運(yùn)動(dòng)，有Fsinθ－mg－BIL＝0E＝BLvy，I＝ER，vy2聯(lián)立有B＝0.2T由題知，從ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)開(kāi)始，在豎直方向線(xiàn)框做勻速運(yùn)動(dòng)；dc邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，bc邊恰好到達(dá)磁場(chǎng)右邊界．則線(xiàn)框進(jìn)入磁場(chǎng)的整個(gè)過(guò)程中，線(xiàn)框受到的安培力為恒力，則有Q＝W安＝BILy，y＝L，F(xiàn)sinθ－mg＝BIL聯(lián)立解得Q＝0.4J(3)線(xiàn)框從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到進(jìn)入磁場(chǎng)的整個(gè)過(guò)程中所用的時(shí)間為vy＝ayt1，L＝vyt2，t＝t1＋t2聯(lián)立解得t＝0.3s由(2)分析可知線(xiàn)框在水平方向一直做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，則在水平方向有x＝12axt2＝12×20×0.32m則磁場(chǎng)區(qū)域的水平寬度X＝x＋L＝1.1m答案：(1)20m/s2，10m/s2(2)0.2T0.4J(3)1.1m預(yù)測(cè)5解析：(1)設(shè)每個(gè)磁場(chǎng)的寬度均為D，金屬桿PQ通過(guò)磁場(chǎng)的時(shí)間t＝2D帶電粒子恰好從軸線(xiàn)飛出電場(chǎng)時(shí)間t＝Lv聯(lián)立以上兩式得D＝Lv(2)金屬桿經(jīng)過(guò)兩個(gè)磁場(chǎng)時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)分別為E1＝B1dv0②E2＝B2dv0③根據(jù)牛頓第二定律qE1＝ma1④qE2＝ma2⑤根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式x1＝12a1tv＝a1·t2x2＝v·t2-12x1＋x2＝0⑨由②③④⑤⑥⑦⑧⑨得B1B2(3)剛好飛出時(shí)x1＋x′2＝d2根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式x′2＝v2由①②③④⑤⑥⑦eq\o(○,\s\up1(10))??得Bm＝3mdv12答案：(1)Lv02v1預(yù)測(cè)6解析：(1)ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)前，由動(dòng)能定理，得2mgLsinθ＝1當(dāng)ab邊穿過(guò)磁場(chǎng)過(guò)程中，根據(jù)閉合電路歐姆定律可得電流為I1＝BLvU形金屬框恰好做勻速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平衡條件有mgsinθ＝BI1L解得m＝2(2)ab邊在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2＝2L棒cd穿過(guò)磁場(chǎng)的速度v2＝v1＋gt2sinθ當(dāng)棒cd穿過(guò)磁場(chǎng)過(guò)程中，根據(jù)閉合電路歐姆定律可得電流為I2＝BLv棒cd在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t3＝2L棒cd上產(chǎn)生的焦耳熱Q＝I解得Q(3)ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)前運(yùn)動(dòng)時(shí)間t1＝4L棒cd穿過(guò)磁場(chǎng)過(guò)程中，U形金屬框的位移x1＝v1t3＋12棒cd離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)，U形金屬框的速度v3＝v1＋gt3sinθ，設(shè)棒cd離開(kāi)磁場(chǎng)后，經(jīng)時(shí)間t4脫離U形金屬框，得x1＝(v2－v3)t4棒cd在U形框上面運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t＝t1＋t2＋t3＋t4解得t＝253答案：(1)2B2L(3)25考點(diǎn)四例5解析：(1)開(kāi)關(guān)S和接線(xiàn)柱1接通，電容器充電過(guò)程中，對(duì)繞轉(zhuǎn)軸OO′轉(zhuǎn)動(dòng)的棒由右手定則可知，其切割磁感線(xiàn)產(chǎn)生的電流沿徑向向外，即邊緣為電源正極，圓心為負(fù)極，則M板帶正電根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得E＝B1vr＝12B1ωr當(dāng)開(kāi)關(guān)接1時(shí)，其等效電路圖如圖所示，電容器C與R0并聯(lián)則Q＝CU＝CE2＝(2)電容器放電過(guò)程對(duì)金屬棒ab由動(dòng)量定理有B2l1It＝B2l1ΔQ＝mv1棒ab被彈出磁場(chǎng)后與“[”形框粘在一起的過(guò)程有mv1＝(m＋m)v2對(duì)框的上滑過(guò)程有12×2mv解得ΔQ＝2mB2(3)設(shè)框在磁場(chǎng)中減速滑行的總路程為Δx，由動(dòng)量定理有B22l12v2R·則Δx＝0.128m>0.08m，因此金屬框會(huì)有一段磁通量不變的勻速運(yùn)動(dòng)，勻速運(yùn)動(dòng)的距離為l3－l2＝0.012m因此ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)后的總位移為x＝Δx＋l3－l2＝0.14m答案：(1)M板帶正電0.54C(2)0.16C(3)0.14m預(yù)測(cè)7解析：設(shè)電路中產(chǎn)生的感應(yīng)電流為I，a棒加速度大小為aa，b棒加速度大小為ab，則對(duì)a棒有BIl＝maa，對(duì)b棒有BI·2l＝2mab，解得aa＝ab＝BIlm，故二者的加速度大小相等，選項(xiàng)A正確；設(shè)a棒所受安培力大小為Fa，b棒所受安培力大小為Fb，又因?qū)к壒饣?，?duì)a棒，由動(dòng)量定理可得Fa·t＝BIl·t＝mva－mv0，同理，對(duì)b棒有Fb·t＝BI×2l·t＝2m×2v0－2mvb，穩(wěn)定時(shí)兩導(dǎo)體棒均不受安培力作