2024版高考物理復(fù)習(xí)教案：第一篇 專題四 第12講　電磁感應(yīng)

第12講電磁感應(yīng)目標(biāo)要求1.熟練應(yīng)用楞次定律與法拉第電磁感應(yīng)定律解決問題。2.會分析電磁感應(yīng)中的圖像問題。3.會分析電磁感應(yīng)中的動力學(xué)與能量問題?？键c一楞次定律與法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用1．感應(yīng)電流方向的判斷(1)線圈面積不變、磁感應(yīng)強(qiáng)度發(fā)生變化的情形，往往用楞次定律。(2)導(dǎo)體棒切割磁感線的情形往往用右手定則。2．楞次定律中“阻礙”的主要表現(xiàn)形式(1)阻礙原磁通量的變化——“增反減同”；(2)阻礙物體間的相對運動——“來拒去留”；(3)使線圈面積有擴(kuò)大或縮小的趨勢——一般情況下為“增縮減擴(kuò)”；(4)阻礙原電流的變化(自感現(xiàn)象)——一般情況下為“增反減同”。3．求感應(yīng)電動勢的方法(1)法拉第電磁感應(yīng)定律：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S不變時，E＝nS\f(ΔB,Δt),B不變時，E＝nB\f(ΔS,Δt)))(2)導(dǎo)體棒垂直切割磁感線：E＝Blv。(3)導(dǎo)體棒以一端為圓心在垂直勻強(qiáng)磁場的平面內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動：E＝eq\f(1,2)Bl2ω。(4)線圈繞與磁場垂直的軸勻速轉(zhuǎn)動(從線圈位于中性面開始計時)：e＝nBSωsinωt。4．通過回路橫截面的電荷量q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(nΔΦ,R總Δt)Δt＝eq\f(nΔΦ,R總)。q僅與n、ΔΦ和回路總電阻R總有關(guān)，與時間長短無關(guān)，與Φ是否均勻變化無關(guān)。例1某同學(xué)設(shè)想的減小電梯墜落時造成傷害的一種應(yīng)急安全裝置如圖所示，在電梯轎廂底部安裝永久強(qiáng)磁鐵，磁鐵N極朝上，電梯井道內(nèi)壁上鋪設(shè)若干金屬線圈，線圈在電梯轎廂墜落時能自動閉合，從而減小對廂內(nèi)人員的傷害。當(dāng)電梯轎廂墜落到圖示位置時，下列說法正確的是()A．從上往下看，金屬線圈A中的感應(yīng)電流沿逆時針方向B．從上往下看，金屬線圈B中的感應(yīng)電流沿逆時針方向C．金屬線圈B對電梯轎廂下落有阻礙作用，A沒有阻礙作用D．金屬線圈B有擴(kuò)張的趨勢，A有收縮的趨勢答案A解析當(dāng)電梯墜落至題圖位置時，閉合線圈A中向上的磁場減弱，感應(yīng)電流的方向從上往下看是逆時針方向，B中向上的磁場增強(qiáng)，感應(yīng)電流的方向從上往下看是順時針方向，故A正確，B錯誤；結(jié)合上述的分析可知，當(dāng)電梯墜落至題圖位置時，閉合線圈A、B都在阻礙電梯下落，故C錯誤；閉合線圈A中向上的磁場減弱，B中向上的磁場增強(qiáng)，根據(jù)楞次定律可知，線圈B有收縮的趨勢，A有擴(kuò)張的趨勢，故D錯誤。例2在如圖甲所示的電路中，電阻R1＝R，R2＝2R，單匝、圓形金屬線圈的半徑為r1，電阻為R，半徑為r2(r2<r1，圓心與線圈圓心重合)的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直于線圈平面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t變化的關(guān)系圖線如圖乙所示(B0、t0均已知)，其余導(dǎo)線的電阻不計。t＝0時刻閉合開關(guān)S，下列說法正確的是()A．流過電阻R1的電流方向自下向上B．電阻R1兩端的電壓為eq\f(πr22B0,2t0)C．0～t0時間內(nèi)，通過電阻R2的電荷量為eq\f(πr22B0,2R)D．0～t0時間內(nèi)，電阻R2上產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(π2r24B02,8Rt0)答案D解析由題圖乙可知磁感應(yīng)強(qiáng)度增大，根據(jù)楞次定律可判斷出線圈中感應(yīng)電流方向為逆時針，則通過電阻R1的電流方向為自上向下，故A錯誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有E＝eq\f(ΔB·S,Δt)，其中S＝πr22，eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(2B0－B0,t0)＝eq\f(B0,t0)，解得E＝eq\f(πr22B0,t0)，根據(jù)閉合電路歐姆定律可得電阻R1兩端的電壓U1＝eq\f(R1,R1＋R2＋R)E＝eq\f(πr22B0,4t0)，故B錯誤；根據(jù)閉合電路歐姆定律可得電路的電流為I＝eq\f(E,R1＋R2＋R)＝eq\f(πr22B0,4t0R)，根據(jù)電流的定義式，在0～t0時間內(nèi)通過電阻R2的電荷量q＝It0＝eq\f(πr22B0,4R)，故C錯誤；根據(jù)焦耳定律，在0～t0時間內(nèi)，電阻R2上產(chǎn)生的焦耳熱為Q2＝I2·2Rt0＝eq\f(π2r24B02,8Rt0)，故D正確?？键c二電磁感應(yīng)中的圖像問題例3如圖a所示，兩個環(huán)形導(dǎo)線圈平行放置。規(guī)定從上往下看順時針方向的電流為正值，上方導(dǎo)線圈中的電流i1隨時間t的變化情況如圖b所示，則下方導(dǎo)線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流i2隨時間t的變化情況為()答案D解析由題圖乙可知，在0～t1時間內(nèi)，上方導(dǎo)線圈中的電流i1隨時間t逐漸增大，產(chǎn)生的磁場逐漸增強(qiáng)，穿過下方導(dǎo)線圈中的磁通量逐漸增大，由楞次定律可知，下方導(dǎo)線圈中的感應(yīng)電流i2方向從上往下看沿逆時針方向，是負(fù)值，由題圖b可知，上方導(dǎo)線圈產(chǎn)生的磁場中eq\f(ΔB,Δt)先增大后減小，則|i2|先增大后減??；在t1～t2時間內(nèi)，上方導(dǎo)線圈中的電流i1隨時間t不變，產(chǎn)生的磁場不變化，下方導(dǎo)線圈中沒有感應(yīng)電流；在t2～t3時間內(nèi)，上方導(dǎo)線圈中的電流i1隨時間t逐漸減小，產(chǎn)生的磁場逐漸減弱，穿過下方導(dǎo)線圈中的磁通量逐漸減少，由楞次定律可知，下方導(dǎo)線圈中的感應(yīng)電流i2方向從上往下看沿順時針方向，是正值，由題圖b可知，上方導(dǎo)線圈產(chǎn)生的磁場中|eq\f(ΔB,Δt)|先增大后減小，則i2先增大后減小，因此A、B、C錯誤，D正確。例4如圖所示，絕緣水平面內(nèi)有一足夠長平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌光滑且電阻不計。勻強(qiáng)磁場與導(dǎo)軌平面垂直。有效阻值為R的導(dǎo)體棒垂直于導(dǎo)軌靜止放置，且與導(dǎo)軌接觸良好。開關(guān)S由1擲到2時開始計時，q、i、v和a分別表示電容器所帶的電荷量、棒中的電流、棒的速度和加速度。下列圖像不可能正確的是()答案B解析開關(guān)S由1擲到2，電容器放電后會在電路中產(chǎn)生電流且開始計時時電流最大，導(dǎo)體棒通有電流后會受到安培力的作用產(chǎn)生加速度而加速運動，導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，導(dǎo)體棒速度增大，則感應(yīng)電動勢E＝BLv增大，則實際電流減小，安培力F＝BIL減小，加速度a＝eq\f(F,m)減小，因?qū)к壒饣?，所以在有電流通過棒的過程中，棒是一直做加速度減小的加速運動(變加速)，故a－t圖像即選項D是正確的；導(dǎo)體棒運動產(chǎn)生感應(yīng)電動勢會給電容器充電，當(dāng)充電和放電達(dá)到平衡時，導(dǎo)體棒做勻速運動，因此最終電容器兩端的電壓能穩(wěn)定在某個不為0的數(shù)值，即電容器的電荷量應(yīng)穩(wěn)定在某個不為0的數(shù)值(不會減少到0)，電路中無電流，故B錯誤，A、C正確。1．電磁感應(yīng)中常見的圖像常見的有磁感應(yīng)強(qiáng)度、磁通量、感應(yīng)電動勢、感應(yīng)電流、速度、安培力等隨時間或位移的變化圖像。2．解答此類問題的兩個常用方法(1)排除法：定性分析電磁感應(yīng)過程中某個物理量的變化情況，把握三個關(guān)注，快速排除錯誤的選項。這種方法能快速解決問題，但不一定對所有問題都適用。eq\x(關(guān)注特殊時刻或特殊位置)→eq\x(如某一過程的起點、終點、轉(zhuǎn)折點的感應(yīng)電動勢是否為零，電流方向正負(fù))↓eq\o(\s\up7(,,,\x(關(guān)注變化過程)→\x(看電磁感應(yīng)的發(fā)生過程分為幾個階段，這幾個階段是否和圖像變化相對應(yīng)),,,))↓eq\x(關(guān)注變化趨勢)→eq\x(看圖像的斜率、圖像的曲直是否和物理過程相對應(yīng)，分析大小和方向的變化趨勢)(2)函數(shù)關(guān)系法：根據(jù)題目所給的條件寫出物理量之間的函數(shù)關(guān)系，再對圖像作出判斷，這種方法得到的結(jié)果準(zhǔn)確、詳細(xì)，但不夠簡捷?？键c三電磁感應(yīng)中的動力學(xué)與能量問題1．電磁感應(yīng)綜合問題的解題思路2．求解焦耳熱Q的三種方法(1)焦耳定律：Q＝I2Rt，適用于電流恒定的情況；(2)功能關(guān)系：Q＝W克安(W克安為克服安培力做的功)；(3)能量轉(zhuǎn)化：Q＝ΔE(其他能的減少量)。例5(2023·江蘇省模擬)如圖所示，水平絕緣地面上固定一足夠長的光滑U形導(dǎo)軌，空間存在垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場。將金屬棒ab垂直放置在導(dǎo)軌上，在垂直于棒的拉力F作用下，金屬棒由靜止開始向右運動。若拉力F的大小保持不變，金屬棒的速度達(dá)到最大速度的eq\f(1,3)時，加速度大小為a1；若拉力F的功率保持不變，金屬棒的速度達(dá)到最大速度的eq\f(1,3)時，加速度大小為a2。已知上述兩種情況下金屬棒的最大速度相同，金屬棒運動過程中始終與導(dǎo)軌接觸良好，電路中除金屬棒以外的電阻均不計，則eq\f(a1,a2)等于()A．1B.eq\f(1,2)C.eq\f(1,3)D.eq\f(1,4)答案D解析設(shè)金屬棒的最大速度為v，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，金屬棒的電阻為R，導(dǎo)軌間距為L，當(dāng)拉力F的大小保持不變，金屬棒的速度達(dá)到最大速度的eq\f(1,3)時有eq\f(B2L2v,R)－eq\f(B2L2v,3R)＝ma1，當(dāng)拉力F的功率保持不變時有P＝eq\f(B2L2v2,R)，金屬棒的速度達(dá)到最大速度的eq\f(1,3)時有eq\f(3P,v)－eq\f(B2L2v,3R)＝ma2，解得eq\f(a1,a2)＝eq\f(1,4)，故選D。例6(2022·全國甲卷·20改編)如圖，兩根相互平行的光滑長直金屬導(dǎo)軌固定在水平絕緣桌面上，在導(dǎo)軌的左端接入電容為C的電容器和阻值為R的電阻。質(zhì)量為m、阻值也為R的導(dǎo)體棒MN靜止于導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌垂直，且接觸良好，導(dǎo)軌電阻忽略不計，整個系統(tǒng)處于方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中。開始時，電容器所帶的電荷量為Q，合上開關(guān)S后()A．通過導(dǎo)體棒MN電流的最大值為eq\f(Q,RC)B．導(dǎo)體棒MN向右先加速、后勻速運動C．導(dǎo)體棒MN速度最大時所受的安培力也最大D．電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱等于導(dǎo)體棒MN上產(chǎn)生的焦耳熱答案A解析開始時電容器兩極板間的電壓U＝eq\f(Q,C)，合上開關(guān)瞬間，通過導(dǎo)體棒的電流I＝eq\f(U,R)＝eq\f(Q,CR)，隨著電容器放電，通過電阻、導(dǎo)體棒的電流不斷減小，所以在開關(guān)閉合瞬間，導(dǎo)體棒所受安培力最大，此時速度為零，A項正確，C項錯誤；由于回路中有電阻與導(dǎo)體棒，最終電能完全轉(zhuǎn)化為焦耳熱，故導(dǎo)體棒最終必定靜止，B項錯誤；由于導(dǎo)體棒切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，所以通過導(dǎo)體棒的電流始終小于通過電阻的電流，由焦耳定律可知，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱大于導(dǎo)體棒MN上產(chǎn)生的焦耳熱，D項錯誤。例7(2023·江蘇省南京師大附中模擬)如圖所示，在豎直平面內(nèi)的虛線下方存在范圍足夠大、方向水平的勻強(qiáng)磁場，同一高度處磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，豎直方向上磁感應(yīng)強(qiáng)度與距離的關(guān)系滿足B＝kh，k為常量，將一豎直放置、邊長為L的單匝正方形金屬線圈abcd從圖示位置由靜止釋放，線圈質(zhì)量為m、電阻為R，不計空氣阻力，重力加速度為g。求：(1)線圈中的最大電流Im和電流的方向；(2)線圈下落高度h(已達(dá)最大電流)的過程中線圈中產(chǎn)生的焦耳熱Q。答案(1)eq\f(mg,kL2)順時針方向(2)mgh－eq\f(m3g2R2,2k4L8)解析(1)當(dāng)線圈受到的安培力等于重力時，線圈的豎直方向速度達(dá)到最大，即此時線圈中的電流最大，設(shè)此時線圈下落高度為h0，則ad邊所處位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1＝kh0，bc邊所處位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2＝k(h0＋L)，mg＝B2ImL－B1ImL，解得線圈中的最大電流為Im＝eq\f(mg,kL2)根據(jù)楞次定律可知電流方向為順時針方向。(2)設(shè)線圈中電流最大時線圈的速度為v，則線圈下落高度h時，ad邊切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E1＝B1′Lv＝khLv，bc邊切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E2＝B2′Lv＝k(h＋L)Lv，線圈的感應(yīng)電動勢為E＝E2－E1＝kL2v，根據(jù)閉合電路歐姆定律有E＝ImR，解得線圈下落高度h時，線圈速度為v＝eq\f(mgR,k2L4)，根據(jù)能量守恒定律有Q＝mgh－eq\f(1,2)mv2，解得線圈下落高度h(已達(dá)最大電流)的過程中線圈中產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝mgh－eq\f(m3g2R2,2k4L8)。1．(2023·江蘇蘇錫常鎮(zhèn)四市二模)如圖甲所示，一條南北走向的小路，路口設(shè)有出入道閘，每側(cè)道閘金屬桿長L，當(dāng)有車輛通過時桿會從水平位置勻速轉(zhuǎn)過90°直到豎起，所用時間為t。此處地磁場方向如圖乙所示，B為地磁場總量，BH為地磁場水平分量，Bx、By、Bz分別為地磁場在x、y、z三個方向上的分量大小。則桿在轉(zhuǎn)動升起的過程中，兩端電勢差的大小計算表達(dá)式為()A.eq\f(πBxL2,4t) B.eq\f(π2BxL,8t2)C.eq\f(πBHL2,4t) D.eq\f(π2BHL,8t2)答案A解析桿從水平位置勻速轉(zhuǎn)過90°直到豎起，所用時間為t，可知金屬桿的角速度為ω＝eq\f(π,2t)，由于小路沿南北方向，則金屬桿轉(zhuǎn)動過程切割沿x軸的磁場分量，則金屬桿兩端電勢差的大小為U＝BxLeq\x\to(v)＝BxLeq\f(0＋ωL,2)＝eq\f(1,2)BxL2ω，聯(lián)立解得U＝eq\f(πBxL2,4t)，故選A。2．如圖甲所示，水平面內(nèi)有一“∠”形光滑金屬導(dǎo)軌，Oa與Ob夾角為45°，將質(zhì)量為m的長直導(dǎo)體棒MN擱在導(dǎo)軌上并與Oa垂直，除了兩軌連接點O的電阻為R，其他電阻均不計。棒與O點距離為L，空間存在垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。在外力作用下，棒以初速度v0向右做直線運動。其速度的倒數(shù)eq\f(1,v)隨位移x變化的關(guān)系如圖乙所示，在導(dǎo)體棒運動L距離到PQ的過程中()A．導(dǎo)體棒做勻減速直線運動B．導(dǎo)體棒運動的時間為eq\f(4L,3v0)C．流過導(dǎo)體棒的電流恒為eq\f(BLv0,R)D．外力做功為eq\f(3B2L3v0,2R)＋eq\f(3mv02,8)答案C解析由題圖乙知，圖線的斜率為k＝eq\f(\f(2,v0)－\f(1,v0),L)＝eq\f(1,Lv0)，則有eq\f(1,v)＝eq\f(1,Lv0)x＋eq\f(1,v0)，得v＝eq\f(L,x＋L)v0，可見導(dǎo)體棒做的不是勻減速直線運動，A錯誤；由題圖甲知，導(dǎo)體棒向右運動時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝Blv＝B(x＋L)eq\f(L,x＋L)v0＝BLv0，感應(yīng)電動勢大小不變，流過導(dǎo)體棒的電流恒為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv0,R)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有E＝eq\f(B·ΔS,Δt)，ΔS＝eq\f(1,2)(L＋2L)L，又E＝BLv0，解得Δt＝eq\f(3L,2v0)，B錯誤，C正確；克服安培力做的功等于電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q＝I2Rt＝(eq\f(BLv0,R))2R·eq\f(3L,2v0)＝eq\f(3B2L3v0,2R)，對導(dǎo)體棒由動能定理有W外－W克安＝eq\f(1,2)m(eq\f(v0,2))2－eq\f(1,2)mv02，解得W外＝eq\f(3B2L3v0,2R)－eq\f(3mv02,8)，D錯誤。專題強(qiáng)化練[保分基礎(chǔ)練]1．(2023·江蘇卷·8)如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，OC導(dǎo)體棒的O端位于圓心，棒的中點A位于磁場區(qū)域的邊緣。現(xiàn)使導(dǎo)體棒繞O點在紙面內(nèi)逆時針轉(zhuǎn)動。O、A、C點電勢分別為φO、φA、φC，則()A．φO>φC B．φC>φAC．φO＝φA D．φO－φA＝φA－φC答案A解析由題圖可看出導(dǎo)體棒OA段逆時針轉(zhuǎn)動切割磁感線，則根據(jù)右手定則可知φO>φA，其中導(dǎo)體棒AC段不在磁場中，不切割磁感線，電流為0，則φC＝φA，A正確，B、C錯誤；根據(jù)以上分析可知φO－φA>0，φA－φC＝0，則φO－φA>φA－φC，D錯誤。2.(2023·江蘇省第五次大聯(lián)考)如圖所示，條形磁體與螺線管在同一平面內(nèi)，條形磁體由位置A運動到位置C，則()A．勻速運動過程中，電流計的示數(shù)不變B．加速過程中電流計的示數(shù)比勻速過程的小C．加速和勻速過程通過電流計的電荷量相同D．加速和勻速過程螺線管所在回路產(chǎn)生的焦耳熱相同答案C解析在條形磁體從位置A運動到位置C的過程中，穿過螺線管的磁感線的條數(shù)在增加，即磁通量在變大，也就是說磁體越靠近螺線管，穿過螺線管的磁通量越大，因此，不管是勻速靠近還是加速靠近，磁通量的變化率都在增大，而相比于勻速靠近，加速靠近的過程中磁通量的變化率更大，可知螺線管所在回路中的感應(yīng)電流逐漸增大，加速靠近比勻速靠近產(chǎn)生的感應(yīng)電流更大，電流計的示數(shù)更大，故A、B錯誤；根據(jù)q＝eq\x\to(I)Δt＝Neq\f(ΔΦ,Δt·R總)·Δt＝Neq\f(ΔΦ,R總)可知，不管是加速還是勻速，條形磁體從位置A運動到位置C的過程中，穿過螺線管的磁通量的變化量大小相同，因此可知兩種方式通過電流計的電荷量相同，故C正確；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有E＝Neq\f(ΔΦ,Δt)，兩種運動過程磁通量的變化量相同，但是時間不同，可得E加>E勻，而螺線管所在回路產(chǎn)生的焦耳熱實際為電場能轉(zhuǎn)化，因此有Q＝Eq，而加速運動產(chǎn)生的電場能大于勻速運動產(chǎn)生的電場能，因此可知加速運動時螺線管所在回路產(chǎn)生的焦耳熱大于勻速運動時螺線管所在回路產(chǎn)生的焦耳熱，故D錯誤。3.(2023·江蘇鹽城市、南京市期末)某眼動儀可以根據(jù)其微型線圈在磁場中隨眼球運動時所產(chǎn)生的電流來追蹤眼球的運動。若該眼動儀線圈面積為S，匝數(shù)為N，處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，t＝0時，線圈平面平行于磁場。t＝t1時線圈平面逆時針轉(zhuǎn)動至與磁場夾角為θ處，則0～t1時間內(nèi)磁通量的平均變化率是()A.eq\f(BScosθ,t1) B.eq\f(BSsinθ,t1)C.eq\f(NBSsinθ,t1) D.eq\f(NBScosθ,t1)答案B解析開始時線圈與磁場的方向平行，則穿過線圈的磁通量為零；經(jīng)過時間t1，面積為S的線圈平面逆時針轉(zhuǎn)動至與磁場夾角為θ處，磁通量變化為ΔΦ＝BSsinθ，則0～t1時間內(nèi)磁通量的平均變化率是eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(BSsinθ,t1)，故選B。4．如圖所示，邊長為L的正方形區(qū)域存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，等腰直角三角形線框ABC以速度v勻速進(jìn)入磁場區(qū)域，且AB＝eq\r(2)L，單位長度線框的電阻相同，若從C點進(jìn)入磁場開始計時，則B、C兩點電勢差UBC和BC邊所受安培力FBC(規(guī)定FBC向上為正)隨時間變化的圖像正確的是()答案B解析由楞次定律可知0～eq\f(L,v)過程感應(yīng)電流方向由C點指向B點，即C點的電勢高，則UBC<0，故A錯誤；由對稱性可知，0～eq\f(L,v)和eq\f(2L,v)～eq\f(3L,v)是對稱的過程，F(xiàn)BC－t圖像也對稱，故C、D錯誤。故選B。5.(2023·江蘇揚州市一模)如圖所示，傾角為α的斜面上放置著光滑導(dǎo)軌，金屬棒KN置于導(dǎo)軌上，在以ab和cd為邊界的區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直導(dǎo)軌平面向上。在cd左側(cè)的無磁場區(qū)域cdPM內(nèi)有一半徑很小的金屬圓環(huán)L，圓環(huán)與導(dǎo)軌在同一平面內(nèi)。當(dāng)金屬棒KN在重力作用下從磁場右邊界ab處由靜止開始沿導(dǎo)軌向下運動后較短時間內(nèi)，則下列說法正確的是()A．圓環(huán)L有收縮趨勢，圓環(huán)內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電流減小B．圓環(huán)L有擴(kuò)張趨勢，圓環(huán)內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電流變小C．圓環(huán)L有收縮趨勢，圓環(huán)內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電流增大D．圓環(huán)L有擴(kuò)張趨勢，圓環(huán)內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電流增大答案A解析金屬棒向下做加速運動，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢增大，回路的電流增大，穿過圓環(huán)的磁通量增大，根據(jù)楞次定律，圓環(huán)有收縮趨勢阻礙磁通量的增大；金屬棒向下做加速運動，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢增大，逆時針的電流增大，根據(jù)左手定則，金屬棒所受安培力的方向沿斜面向上增大，根據(jù)牛頓第二定律mgsinθ－BIL＝ma，金屬棒的加速度減小，加速度的變化率與電流的變化率成正比，因此金屬棒電流的變化率減小，而電流的變化率和磁場的變化率成正比，圓環(huán)的磁通量的變化率減小，圓環(huán)內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢減小，圓環(huán)內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電流減小。故選A。6．(2023·北京卷·9)如圖所示，光滑水平面上的正方形導(dǎo)線框，以某一初速度進(jìn)入豎直向下的勻強(qiáng)磁場并最終完全穿出。線框的邊長小于磁場寬度。下列說法正確的是()A．線框進(jìn)磁場的過程中電流方向為順時針方向B．線框出磁場的過程中做勻減速直線運動C．線框在進(jìn)和出的兩過程中產(chǎn)生的焦耳熱相等D．線框在進(jìn)和出的兩過程中通過導(dǎo)線橫截面的電荷量相等答案D解析線框進(jìn)磁場的過程中，由楞次定律知電流方向為逆時針方向，A錯誤；線框出磁場的過程中，根據(jù)E＝BLv，I＝eq\f(E,R)，聯(lián)立有FA＝eq\f(B2L2v,R)＝ma，由于線框出磁場過程中由左手定則可知線框受到的安培力向左，則v減小，線框做加速度減小的減速運動，B錯誤；由能量守恒定律得線框產(chǎn)生的焦耳熱Q＝FAL，其中線框進(jìn)出磁場時均做減速運動，但其進(jìn)磁場時的速度大，安培力大，產(chǎn)生的焦耳熱多，C錯誤；線框在進(jìn)和出的兩過程中通過導(dǎo)線橫截面的電荷量q＝eq\x\to(I)t，其中eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R)，eq\x\to(E)＝BLeq\f(x,t)，則聯(lián)立有q＝eq\f(BL,R)x，由于線框在進(jìn)和出的兩過程中線框的位移均為L，則線框在進(jìn)和出的兩過程中通過導(dǎo)線橫截面的電荷量相等，故D正確。7．(2023·全國乙卷·17)一學(xué)生小組在探究電磁感應(yīng)現(xiàn)象時，進(jìn)行了如下比較實驗。用圖(a)所示的纏繞方式，將漆包線分別繞在幾何尺寸相同的有機(jī)玻璃管和金屬鋁管上，漆包線的兩端與電流傳感器接通。兩管皆豎直放置，將一很小的強(qiáng)磁體分別從管的上端由靜止釋放，在管內(nèi)下落至管的下端。實驗中電流傳感器測得的兩管上流過漆包線的電流I隨時間t的變化分別如圖(b)和圖(c)所示，分析可知()A．圖(c)是用玻璃管獲得的圖像B．在鋁管中下落，小磁體做勻變速運動C．在玻璃管中下落，小磁體受到的電磁阻力始終保持不變D．用鋁管時測得的電流第一個峰到最后一個峰的時間間隔比用玻璃管時的短答案A解析強(qiáng)磁體在鋁管中運動，鋁管會形成渦流，玻璃是絕緣體，故強(qiáng)磁體在玻璃管中運動，玻璃管不會形成渦流。強(qiáng)磁體在鋁管中加速后很快達(dá)到平衡狀態(tài)，做勻速直線運動，而玻璃管中的強(qiáng)磁體則一直做加速運動，題圖(c)的電流峰值不斷增大，說明強(qiáng)磁體的速度在增大，與玻璃管中強(qiáng)磁體的運動情況相符，A正確；強(qiáng)磁體在鋁管中下落，電流的峰值一樣，磁通量的變化率相同，故強(qiáng)磁體在線圈間做勻速運動，B錯誤；強(qiáng)磁體在玻璃管中下落，線圈的電流峰值增大，電流在不斷變化，故強(qiáng)磁體受到的電磁阻力在不斷變化，C錯誤；強(qiáng)磁體分別從兩種管的上端由靜止釋放，在鋁管中，強(qiáng)磁體在線圈間做勻速運動，在玻璃管中，強(qiáng)磁體在線圈間做加速運動，故用鋁管時測得的電流第一個峰到最后一個峰的時間間隔比用玻璃管時的長，D錯誤。[爭分提能練]8.(2021·廣東卷·10改編)如圖所示，水平放置足夠長光滑金屬導(dǎo)軌abc和de，ab與de平行，bc是以O(shè)為圓心的圓弧導(dǎo)軌，圓弧be左側(cè)和扇形Obc內(nèi)有方向如圖的勻強(qiáng)磁場，金屬桿OP的O端與e點用導(dǎo)線相接，P端與圓弧bc接觸良好，初始時，可滑動的金屬桿MN靜止在平行導(dǎo)軌上，若桿OP繞O點在勻強(qiáng)磁場區(qū)內(nèi)從b到c勻速轉(zhuǎn)動時，回路中始終有電流，則此過程中，下列說法正確的是()A．桿OP產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢增大B．桿OP受到的安培力減小C．桿MN做勻加速直線運動D．桿MN中的電流逐漸增大答案B解析桿OP勻速轉(zhuǎn)動切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝eq\f(1,2)Br2ω，因為OP勻速轉(zhuǎn)動，所以桿OP產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢恒定，故A錯誤；桿OP轉(zhuǎn)動過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電流由M到N通過桿MN，由左手定則可知，桿MN會向左運動，桿MN運動會切割磁感線，產(chǎn)生電動勢，感應(yīng)電流方向與原來電流方向相反，使回路電流減小，桿OP受到的安培力減小，桿MN所受合力為安培力，電流減小，安培力會減小，加速度減小，故B正確，C、D錯誤。9.(2023·江蘇南通市檢測)如圖所示，豎直向下的勻強(qiáng)磁場中水平放置兩足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌的左側(cè)接有電容器，金屬棒靜止在導(dǎo)軌上，棒與導(dǎo)軌垂直，t＝0時，棒受到水平向右的恒力F作用，t＝t0時，撤去F，則棒的速度v、電容器所帶的電荷量q、棒中安培力的沖量I、棒克服安培力做的功W與時間t的關(guān)系圖像正確的是()答案D＝BiL，F(xiàn)－BiL＝ma，在很短時間間隔內(nèi)Δq＝i·Δt，Δq＝C·ΔU，ΔU＝BL·Δv，聯(lián)立可得i＝BLCeq\f(Δv,Δt)＝BLCa，結(jié)合前式可得F－B2L2Ca＝ma，可得a＝eq\f(F,m＋B2L2C)，可知t0之前金屬棒做勻加速運動，v＝at＝eq\f(F·t,m＋B2L2C)，即t0之前v－t圖像為過原點的傾斜直線，金屬棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢等于電容器兩端電壓，撤去力F后電容器不再充電，電流為零，金屬棒開始做勻速運動，A錯誤；由上述分析可知eq\f(Δq,Δt)＝i＝BLCa，t0之前q－t圖像為過原點的傾斜直線，t0之后電容器不充放電，電荷量不變，B錯誤；安培力的沖量I＝BiL·t＝B2L2Ca·t，加速度a定值，可知t0之前I－t圖像為過原點的傾斜直線，C錯誤；t0之前，棒克服安培力做的功W＝eq\f(1,2)F安at2＝eq\f(1,2)B2L2Ca2t2，可知t0之前W與t是二次函數(shù)關(guān)系，t0之后W＝0，D正確。10．如圖甲所示，傾角為θ＝53°、平行部分間距L＝0.5m的U形金屬軌道，其頂端連接一阻值為R＝0.4Ω的定值電阻，現(xiàn)將一根質(zhì)量為m＝0.1kg、電阻r＝0.1Ω、長度為L的金屬桿由軌道頂端靜止釋放，桿下滑過程穿過一段邊界與軌道頂端平行、寬度為d的勻強(qiáng)磁場區(qū)域后滑至斜面底端，桿下滑過程中速度平方v2與位移x的關(guān)系如圖乙所示，已知勻強(qiáng)磁場方向垂直軌道所處平面向上，軌道電阻不計，桿與軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，取g＝10m/s2，sin53°＝0.8，下列說法正確的是()A．金屬桿進(jìn)入磁場時的速度為9m/sB．勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為eq\r(3)TC．定值電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為0.4JD．金屬桿在整個運動過程中損失的機(jī)械能為1.35J答案C解析桿進(jìn)入磁場前做勻加速運動，有v12＝2ax1，mgsinθ－μmgcosθ＝ma，解得v1＝3m/s，A錯誤；桿進(jìn)入磁場后做勻速運動，在磁場中運動時間為t＝eq\f(d,v1)，對金屬桿有mgsinθ－μmgcosθ－BIL＝0，又I＝eq\f(BLv1,R＋r)，對電阻R有Q＝I2Rt，解得B＝eq\f(\r(3),3)T，Q＝0.4J，B錯誤，C正確；整個運動過程中，桿克服安培力做的功為W1＝BILd＝0.5J，克服摩擦力做的功為W2＝μmgx0cosθ＝1.05J，損失的機(jī)械能為ΔE＝W1＋W2＝1.55J，D錯誤。11．(2023·廣東卷·14)光滑絕緣的水平面上有垂直平面的勻強(qiáng)磁場，磁場被分成區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，寬度均為h，其俯視圖如圖(a)所示，兩磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間t的變化如圖(b)所示，0～τ時間內(nèi)，兩區(qū)域磁場恒定，方向相反，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為2B0和B0，一電阻為R，邊長為h的剛性正方形金屬框abcd，平放在水平面上，ab、cd邊與磁場邊界平行。t＝0時，線框ab邊剛好跨過區(qū)域Ⅰ的左邊界以速度v向右運動。在τ時刻，ab邊運動到距區(qū)域Ⅰ的左邊界eq\f(h,2)處，線框的速度近似為零，此時線框被固定，如圖(a)中的虛線框所示。隨后在τ～2τ時間內(nèi)，Ⅰ區(qū)磁感應(yīng)強(qiáng)度線性減小到0，Ⅱ區(qū)磁場保持不變；2τ～3τ時間內(nèi)，Ⅱ區(qū)磁感應(yīng)強(qiáng)度也線性減小到0。求：(1)t＝0時線框所受的安培力F；(2)t＝1.2τ時穿過線框的磁通量Φ；(3)2τ～3τ時間內(nèi)，線框中產(chǎn)生的熱量Q。答案(1)eq\f(9B02h2v,R)，方向水平向左(2)eq\f(3B0h2,10)(3)eq\f(B02h4,4τR)解析(1)由題圖可知t＝0時線框切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝2B0hv＋B0hv＝3B0hv則感應(yīng)電流大小為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(3B0hv,R)所受的安培力為F＝2B0eq\f(3B0hv,R