2020版物理新增分大一輪人教通用版講義：第十章 電磁感應(yīng) 專題強化十二

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精專題強化十二電磁感應(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。命題點一電磁感應(yīng)中的圖象問題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，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。

例1(2018·全國卷Ⅱ·18)如圖1，在同一水平面內(nèi)有兩根平行長導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間存在依次相鄰的矩形勻強磁場區(qū)域，等、方向交替向上向下。一邊長為eq\f（3,2)l的正方形金屬線框在導(dǎo)軌上向左勻速運動。線框中感應(yīng)電流i隨時間t變化的正確圖線可能是（)圖1答案D解析設(shè)線路中只有一邊切割磁感線時產(chǎn)生的感應(yīng)電流為i.線框位移等效電路的連接電流0～eq\f（l，2)I＝2i(順時針)eq\f(l,2）~lI＝0l～eq\f（3l，2)I＝2i(逆時針)eq\f（3l，2）～2lI＝0分析知,只有選項D符合要求.變式1(多選)（2018·湖北省黃岡市期末調(diào)研)如圖2所示，在光滑水平面內(nèi)，虛線右側(cè)存在勻強磁場，磁場方向垂直紙面向外，一正方形金屬線框質(zhì)量為m，電阻為R，邊長為L,從虛線處進入磁場時開始計時，在外力作用下，線框由靜止開始，以垂直于磁場邊界的恒定加速度a進入磁場區(qū)域，t1時刻線框全部進入磁場，規(guī)定順時針方向為感應(yīng)電流I的正方向，外力大小為F，線框中電功率的瞬時值為P，通過導(dǎo)線橫截面的電荷量為q，選項中P－t圖象和q－t圖象均為拋物線,則這些量隨時間變化的圖象正確的是（)圖2答案CD解析線框切割磁感線運動,則有運動速度v＝at，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢E＝BLv，所以產(chǎn)生感應(yīng)電流i＝eq\f(BLv，R）＝eq\f（BLat,R)，故A錯誤；對線框受力分析,由牛頓第二定律得F－F安＝ma，F(xiàn)安＝BLi＝eq\f(B2L2at,R)，解得：F＝ma＋eq\f（B2L2at,R）,故B錯誤；電功率P＝i2R＝eq\f(BLat2,R)，P與t是二次函數(shù)，圖象為拋物線，故C正確；由電荷量表達式，則有q＝eq\f(BL·\f（1，2)at2，R),q與t是二次函數(shù)，圖象為拋物線，故D正確.例2（多選）(2018·廣西北海市一模）如圖3甲所示,導(dǎo)體框架abcd放置于水平面內(nèi)，ab平行于cd，導(dǎo)體棒MN與兩導(dǎo)軌垂直并與導(dǎo)軌接觸良好，整個裝置放置于垂直于框架平面的磁場中，磁感應(yīng)強度B隨時間變化規(guī)律如圖乙所示，MN始終保持靜止.規(guī)定豎直向上為磁場正方向，沿導(dǎo)體棒由M到N為感應(yīng)電流的正方向,水平向右為導(dǎo)體棒所受安培力F的正方向,水平向左為導(dǎo)體棒所受摩擦力Ff的正方向，下列圖象中正確的是()圖3答案BD解析由題圖乙可知,回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢先為零，后恒定不變,感應(yīng)電流先為零，后恒定不變,回路中感應(yīng)電流方向為逆時針，故A錯誤，B正確；在0～t1時間內(nèi)，導(dǎo)體棒MN不受安培力；在t1～t2時間內(nèi)，導(dǎo)體棒MN所受安培力方向水平向右,由F＝BIL可知，B均勻減小，MN所受安培力均勻減?。辉趖2～t3時間內(nèi)，導(dǎo)體棒MN所受安培力方向水平向左，由F＝BIL可知，B均勻增大，MN所受安培力均勻增大；根據(jù)平衡條件得到，棒MN受到的摩擦力大小Ff＝F，二者方向相反，即在0～t1時間內(nèi),沒有摩擦力，而在t1～t2時間內(nèi)，摩擦力方向向左，大小均勻減小，在t2～t3時間內(nèi)，摩擦力方向向右，大小均勻增大，故C錯誤,D正確.變式2（多選)(2019·安徽省黃山市質(zhì)檢)如圖4甲所示，閉合矩形導(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)定垂直紙面向外為磁場的正方向，順時針為線框中感應(yīng)電流的正方向，水平向右為安培力的正方向。關(guān)于線框中的感應(yīng)電流i與ad邊所受的安培力F隨時間t變化的圖象，下列選項中正確的是()圖4答案BC解析由題圖乙可知，0～1s內(nèi)，B增大，Φ增大，由楞次定律可知，感應(yīng)電流沿順時針方向,為正值，1~2s內(nèi)，磁通量不變,無感應(yīng)電流，2~3s內(nèi)，B的方向垂直紙面向外，B減小，Φ減小，由楞次定律可知,感應(yīng)電流沿逆時針方向，為負值,3~4s內(nèi)，B的方向垂直紙面向里，B增大,Φ增大，由楞次定律可知，感應(yīng)電流沿逆時針方向，感應(yīng)電流為負值,A錯誤，B正確；由左手定則可知，在0~1s內(nèi),ad邊受到的安培力方向水平向右，是正值，1～2s內(nèi)無感應(yīng)電流，ad邊不受安培力，2～3s，安培力方向水平向左，是負值，3～4s，安培力方向水平向右，是正值。由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，感應(yīng)電動勢E＝eq\f(ΔΦ,Δt）＝eq\f(ΔB,Δt)S，感應(yīng)電流I＝eq\f（E，R)＝eq\f(SΔB,RΔt),由B－t圖象可知，在每一時間段內(nèi)，eq\f（ΔB,Δt）的大小是定值，在各時間段內(nèi)I是定值，ad邊受到的安培力F＝BIL,I、L不變，B均勻變化,則安培力F均勻變化,不是定值，C正確，D錯誤。

命題點二電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題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）。2.兩種狀態(tài)及處理方法狀態(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.動態(tài)分析的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\up20(））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（2016·全國卷Ⅱ·24)如圖5，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5(1）金屬桿在磁場中運動時產(chǎn)生的電動勢的大小;(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）.變式3(多選）（2018·安徽省安慶市二模)如圖6甲所示,光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ所在平面與水平面成θ角，M、P兩端接一電阻R，整個裝置處于方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場中。t＝0時對金屬棒施加一平行于導(dǎo)軌的外力F，使金屬棒由靜止開始沿導(dǎo)軌向上運動,金屬棒電阻為r，導(dǎo)軌電阻忽略不計.已知通過電阻R的感應(yīng)電流I隨時間t變化的關(guān)系如圖乙所示。下列關(guān)于棒的運動速度v、外力F、流過R的電荷量q以及閉合回路中磁通量的變化率eq\f（ΔΦ,Δt）隨時間變化的圖象正確的是(）圖6答案AB解析根據(jù)題圖乙所示的I－t圖象可知I＝kt，其中k為比例系數(shù)，由閉合電路歐姆定律可得:I＝eq\f（E，R＋r)＝kt,可推出：E＝kt(R＋r)，而E＝eq\f(ΔΦ，Δt)，所以有：eq\f（ΔΦ,Δt）＝kt（R＋r),eq\f（ΔΦ,Δt）－t圖象是一條過原點且斜率大于零的直線，故B正確；因E＝Blv，所以v＝eq\f(kR＋r，Bl)t,v－t圖象是一條過原點且斜率大于零的直線,說明金屬棒做的是初速度為零的勻加速直線運動,即v＝at，故A正確;對金屬棒在沿導(dǎo)軌方向有F－BIl＝ma,而I＝eq\f（Blv，R＋r)，v＝at，得到F＝eq\f(B2l2at，R＋r）＋ma，可見F－t圖象是一條斜率大于零且與縱軸正半軸有交點的直線，故C錯誤；q＝eq\x\to(I）Δt＝eq\f(ΔΦ，R＋r)＝eq\f（Bl\f（1，2)at2,R＋r)＝eq\f（Bla,2R＋r）t2，q－t圖象是一條開口向上的拋物線，故D錯誤。

變式4如圖7甲所示，間距L＝0。5m的兩根光滑平行長直金屬導(dǎo)軌傾斜放置，導(dǎo)軌平面傾角θ＝30°.導(dǎo)軌底端接有阻值R＝0。8Ω的電阻，導(dǎo)軌間有Ⅰ、Ⅱ兩個矩形區(qū)域，其長邊都與導(dǎo)軌垂直，兩區(qū)域的寬度均為d2＝0。4m，兩區(qū)域間的距離d1＝0.4m，Ⅰ區(qū)域內(nèi)有垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小B0＝1T,Ⅱ區(qū)域內(nèi)的磁感應(yīng)強度B隨時間t變化如圖乙所示，規(guī)定垂直于導(dǎo)軌平面向上的磁感應(yīng)強度方向為正方向.t＝0時刻，把導(dǎo)體棒MN無初速度地放在區(qū)域Ⅰ下邊界上。已知導(dǎo)體棒的質(zhì)量m＝0。1kg，導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，且導(dǎo)體棒在磁場邊界時都認為處于磁場中，導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌電阻不計，取重力加速度g＝10m/s2.求:圖7(1）0.1s內(nèi)導(dǎo)體棒MN所受的安培力大小;（2)t＝0.5s時回路中的電動勢和流過導(dǎo)體棒MN的電流方向；（3）0。5s時導(dǎo)體棒MN的加速度大小。答案(1）0。5N(2)0.4VN→M（3)7m/s2解析(1)Δt1＝0。1s時間內(nèi)感應(yīng)電動勢E1＝eq\f(ΔB1,Δt1)d2L，I1＝eq\f(E1，R）0.1s內(nèi)安培力F1＝B0I1L,解得F1＝0.5N（2)因F1＝mgsinθ，故導(dǎo)體棒在0。1s內(nèi)靜止，從第0。1s末開始加速,設(shè)加速度為a1,則：mgsinθ＝ma1,d1＝eq\f(1，2）a1Δt2，v1＝a1Δt,解得：Δt＝0.4s，v1＝2m/st＝0.5s時，導(dǎo)體棒剛滑到Ⅱ區(qū)域上邊界，此時B2＝0.8T，切割磁感線產(chǎn)生的電動勢E2＝B2Lv1＝0.8Vt＝0.5s時，因磁場變化而產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E3＝eq\f(ΔB2,Δt2)d2L，eq\f(ΔB2，Δt2)＝6T/s，解得E3＝1.2Vt＝0.5s時的總電動勢E＝E3－E2＝0.4V導(dǎo)體棒電流方向:N→M(3)設(shè)0.5s時導(dǎo)體棒的加速度為a，有F＋mgsinθ＝ma，又I＝eq\f（E,R)，F(xiàn)＝B2IL，解得a＝7m/s2，方向沿斜面向下。

命題點三電磁感應(yīng)中的動力學(xué)和能量問題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。解題的一般步驟（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。求解電能應(yīng)分清兩類情況(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（2018·吉林省吉林市第二次調(diào)研）如圖8甲所示，一邊長L＝2。5m、質(zhì)量m＝0.5kg的正方形金屬線框,放在光滑絕緣的水平面上，整個裝置處在方向豎直向上、磁感應(yīng)強度B＝0.8T的勻強磁場中，它的一邊與磁場的邊界MN重合.在水平力F作用下由靜止開始向左運動,經(jīng)過5s線框被拉出磁場.測得金屬線框中的電流隨時間變化的圖象如圖乙所示，在金屬線框被拉出的過程中，圖8（1)求通過線框的電荷量及線框的總電阻；(2）分析線框運動性質(zhì)并寫出水平力F隨時間變化的表達式;（3)已知在這5s內(nèi)力F做功1。92J，那么在此過程中，線框產(chǎn)生的焦耳熱是多少。答案見解析解析（1)根據(jù)q＝eq\x\to(I)t，由I－t圖象得，q＝1.25C又根據(jù)eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to（E）,R)＝eq\f(ΔΦ，tR)＝eq\f（BL2，tR）得R＝4Ω;（2）由題圖乙可知，感應(yīng)電流隨時間變化的規(guī)律:I＝0。1t由感應(yīng)電流I＝eq\f（BLv，R），可得金屬線框的速度隨時間也是線性變化的，v＝eq\f(RI，BL）＝0.2t線框做初速度為0的勻加速直線運動，加速度a＝0.2m/s2線框在外力F和安培力F安作用下做勻加速直線運動,F－F安＝ma又F安＝BIL得F＝（0。2t＋0.1）N；(3)5s時，線框從磁場中拉出時的速度v5＝at＝1m/s由能量守恒得：W＝Q＋eq\f（1,2)mv52線框中產(chǎn)生的焦耳熱Q＝W－eq\f（1，2)mv52＝1.67J變式5（多選）如圖9所示，豎直放置的“”形光滑導(dǎo)軌寬為L，矩形勻強磁場Ⅰ、Ⅱ的高和間距均為d，磁感應(yīng)強度為B。質(zhì)量為m的水平金屬桿由靜止釋放，進入磁場Ⅰ和Ⅱ時的速度相等。金屬桿在導(dǎo)軌間的電阻為R，與導(dǎo)軌接觸良好,其余電阻不計，重力加速度為g。金屬桿()圖9A。剛進入磁場Ⅰ時加速度方向豎直向下B。穿過磁場Ⅰ的時間大于在兩磁場之間的運動時間C.穿過兩磁場產(chǎn)生的總熱量為4mgdD。釋放時距磁場Ⅰ上邊界的高度h可能小于eq\f（m2gR2，2B4L4）答案BC解析穿過磁場Ⅰ后，金屬桿在磁場之間做加速運動,在磁場Ⅱ上邊緣速度大于從磁場Ⅰ出來時的速度，即進入磁場Ⅰ時的速度等于進入磁場Ⅱ時的速度，大于從磁場Ⅰ出來時的速度，金屬棒在磁場Ⅰ中做減速運動，加速度方向向上，A錯誤；金屬棒在磁場Ⅰ中做減速運動，由牛頓第二定律知BIL－mg＝eq\f(B2L2v，R）－mg＝ma，a隨著減速過程逐漸變小，即在前一段做加速度減小的減速運動，在磁場之間做加速度為g的勻加速直線運動，兩個過程位移大小相等，由v－t圖象(可能圖象如圖所示)可以看出前一段用時多于后一段用時，B正確；由于進入兩磁場時速度相等,由動能定理知,W安1－mg·2d＝0，W安1＝2mgd.即通過磁場Ⅰ產(chǎn)生的熱量為2mgd，故穿過兩磁場產(chǎn)生的總熱量為4mgd，C正確;設(shè)剛進入磁場Ⅰ時速度為v,則由機械能守恒定律知mgh＝eq\f(1,2）mv2,①進入磁場時BIL－mg＝eq\f（B2L2v，R)－mg＝ma，解得v＝eq\f（ma＋gR，B2L2)，②由①②式得h＝eq\f（m2a＋g2R2,2B4L4g）〉eq\f(m2gR2,2B4L4)，D錯誤.變式6(2018·福建省南平市適應(yīng)性檢測)如圖10所示,一對平行的粗糙金屬導(dǎo)軌固定于同一水平面上,導(dǎo)軌間距L＝0.2m，左端接有阻值R＝0.3Ω的電阻,右側(cè)平滑連接一對彎曲的光滑軌道.僅在水平導(dǎo)軌的整個區(qū)域內(nèi)存在豎直向上的勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小B＝1。0T。一根質(zhì)量m＝0。2kg、電阻r＝0.1Ω的金屬棒ab垂直放置于導(dǎo)軌上，在水平向右的恒力F作用下從靜止開始運動，當(dāng)金屬棒通過位移x＝9m時離開磁場，在離開磁場前已達到最大速度。當(dāng)金屬棒離開磁場時撤去外力F，接著金屬棒沿彎曲軌道上升到最大高度h＝0。8m處.已知金屬棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)μ＝0。1,導(dǎo)軌電阻不計，棒在運動過程中始終與導(dǎo)軌垂直且與導(dǎo)軌保持良好接觸，取g＝10m/s2。求：圖10(1）金屬棒運動的最大速率v;(2)金屬棒在磁場中速度為eq\f（v，2）時的加速度大小;（3）金屬棒在磁場區(qū)域運動過程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱。答案見解析解析(1)金屬棒從出磁場到上升到彎曲軌道最高點，根據(jù)機械能守恒定律得：eq\f(1,2）mv2＝mgh①由①得：v＝eq\r(2gh)＝4m/s②(2)金屬棒在磁場中做勻速運動時,設(shè)回路中的電流為I，根據(jù)平衡條件得F＝BIL＋μmg③I＝eq\f（BLv，R＋r)④聯(lián)立②③④式得F＝0。6N⑤金屬棒速度為eq\f(v，2)時，設(shè)回路中的電流為I′，根據(jù)牛頓第二定律得F－BI′L－μmg＝ma⑥I′＝eq\f(BLv,2R＋r）⑦聯(lián)立②⑤⑥⑦得：a＝1m/s2⑧（3)設(shè)金屬棒在磁場區(qū)域運動過程中，回路中產(chǎn)生的焦耳熱為Q，根據(jù)功能關(guān)系：Fx＝μmgx＋eq\f(1,2)mv2＋Q⑨則電阻R上的焦耳熱QR＝eq\f（R，R＋r)Q⑩聯(lián)立⑤⑨⑩解得:QR＝1.5J。1。(多選)(2018·廣西防城港市3月模擬）如圖1所示，等邊閉合三角形線框，開始時底邊與勻強磁場的邊界平行且重合，磁場的寬度大于三角形的高度，線框由靜止釋放，穿過該磁場區(qū)域,不計空氣阻力，則下列說法正確的是(）圖1A。線框進磁場過程中感應(yīng)電流為順時針方向B.線框底邊剛進入和剛穿出磁場時線圈的加速度大小可能相同C.線框出磁場的過程，可能做先減速后加速的直線運動D.線框進出磁場過程，通過線框橫截面的電荷量不同答案BC解析線框進入磁場過程中，磁通量增大,根據(jù)楞次定律可知,感應(yīng)電流為逆時針方向，故A錯誤；線框底邊剛進入瞬間，速度為零，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為零，下落加速度為g，完全進入磁場后下落加速度為g,隨著下落速度的增大，出磁場時產(chǎn)生的安培力可能等于2mg,此時減速的加速度大小可能為g，故B正確；線框出磁場的過程,可能先減速，隨著速度減小，切割長度變短，線框受到的安培力減小，當(dāng)小于重力后線框做加速直線運動，故C正確;線框進、出磁場過程，磁通量變化相同,所以通過線框橫截面的電荷量相同，故D錯誤。2。(2018·陜西省咸陽市第二次模擬)如圖2甲所示,匝數(shù)n＝2的金屬線圈(電阻不計）圍成的面積為20cm2,線圈與R＝2Ω的電阻連接，置于豎直向上、均勻分布的磁場中,磁場與線圈平面垂直，磁感應(yīng)強度為B，B－t關(guān)系如圖乙所示,規(guī)定感應(yīng)電流i從a經(jīng)過R到b的方向為正方向，忽略線圈的自感影響，則下列i－t關(guān)系圖正確的是(）圖2答案D解析由題圖乙可知，0～2s內(nèi)，線圈中磁通量的變化率相同，故0～2s內(nèi)電流的方向相同，由楞次定律可知，電路中電流方向為順時針,即電流為正方向；同理可知，2～5s內(nèi)電路中的電流方向為逆，則電流大小為：I1＝eq\f（E1,R)＝eq\f(6,2）×10－6A＝3×10－6A；同理2～5s內(nèi)，I2＝2×10－6A，故A、B、C錯誤，D正確。3.（多選)（2019·湖北省武漢市調(diào)研)如圖3甲所示，在足夠長的光滑的固定斜面上放置著金屬線框,垂直于斜面方向的勻強磁場的磁感應(yīng)強度B隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示(規(guī)定垂直斜面向上為正方向).t＝0時刻將線框由靜止釋放，在線框下滑的過程中,下列說法正確的是（）

圖3A。線框中產(chǎn)生大小、方向周期性變化的電流B.MN邊受到的安培力先減小后增大C。線框做勻加速直線運動D。線框中產(chǎn)生的焦耳熱等于其機械能的損失答案BC解析穿過線框的磁通量先向下減小,后向上增大，則根據(jù)楞次定律可知,感應(yīng)電流方向不變,選項A錯誤；因磁感應(yīng)強度的變化率不變，則感應(yīng)電動勢不變,感應(yīng)電流不變，而磁感應(yīng)強度的大小先減小后增大,根據(jù)F＝BIL可知，MN邊受到的安培力先減小后增大，選項B正確;因線框平行的兩邊電流等大反向，則整個線框受到的安培力為零，則線框下滑的加速度不變，線框做勻加速直線運動，選項C正確;因安培力對線框做功為零，斜面光滑，則線框的機械能守恒,選項D錯誤。4。(多選）(2018·福建省廈門市質(zhì)檢）如圖4所示，在傾角為θ的光滑固定斜面上，存在著磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場,磁場方向垂直斜面向上，磁場的寬度為2L。一邊長為L的正方形導(dǎo)線框,由靜止開始沿斜面下滑,當(dāng)ab邊剛越過GH進入磁場瞬間和剛越過MN穿出磁場瞬間速度剛好相等。從ab邊剛越過GH處開始計時，規(guī)定沿斜面向上為安培力的正方向，則線框運動的速率v與線框所受安培力F隨時間變化的圖線中,可能正確的是(）圖4答案AC解析根據(jù)楞次定律可得線框進入磁場的過程中電流方向為順時針;根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得感應(yīng)電動勢E＝BLv,感應(yīng)電流I＝eq\f(BLv,R),所受的安培力大小為F＝BIL＝eq\f（B2L2v,R）,ab邊剛越過GH進入磁場瞬間和剛越過MN穿出磁場瞬間速度剛好相等，可能的運動情況有兩種,一是進磁場時勻速，完全進入磁場后做勻加速直線運動,出磁場過程中，做加速度逐漸減小的減速運動，二是進磁場時做加速度逐漸減小的減速運動,完全進入磁場后做勻加速運動，出磁場時做加速度逐漸減小的減速運動，結(jié)合圖象知A正確,B錯誤;根據(jù)左手定則可得線框進入磁場的過程中安培力方向沿斜面向上，為正,且F＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)，線框完全進入磁場后，線框所受安培力為零;出磁場的過程中安培力方向沿斜面向上，且出磁場時的安培力可能等于進入磁場時的安培力，所以C正確，D錯誤。5。（2018·山東省泰安市上學(xué)期期末)如圖5，兩固定的絕緣斜面傾角均為θ，上沿相連。兩細金屬棒ab(僅標出a端）和cd（僅標出c端)長度均為L、質(zhì)量分別為2m和m;用兩根不可伸長的柔軟輕導(dǎo)線將它們連成閉合回路abdca，并通過固定在斜面上沿的兩光滑絕緣小定滑輪跨放在斜面上,兩定滑輪間的距離也為L。左斜面上存在勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于斜面向上.已知斜面及兩根柔軟輕導(dǎo)線足夠長?；芈房傠娮铻镽,兩金屬棒與斜面間的動摩擦因數(shù)均為μ,重力加速度大小為g.使兩金屬棒水平，從靜止開始下滑。求：圖5(1）金屬棒運動的最大速度vm的大?。?2）當(dāng)金屬棒運動的速度為eq\f(vm，2）時，其加速度大小是多少？答案(1)eq\f(mgRsinθ－3μcosθ,B2L2)(2）eq\f（g,6）(sinθ－3μcosθ）解析(1）達到最大速度時，設(shè)兩導(dǎo)線中張力均為FT,金屬棒cd受到的安培力為F對ab、cd，根據(jù)平衡條件得到：2mgsinθ＝2FT＋2μmgcosθ2FT＝mgsinθ＋μmgcosθ＋F而安培力F＝BIL根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律及閉合電路歐姆定律:E＝BLvm，I＝eq\f（E,R）整理得到：vm＝eq\f(mgRsinθ－3μcosθ,B2L2)（2）當(dāng)金屬棒的速度為eq\f（vm，2)時，設(shè)兩導(dǎo)線中張力均為FT1，金屬棒cd受到的安培力為F1，根據(jù)牛頓第二定律：2mgsinθ－2FT1－2μmgcosθ＝2ma2FT1－mgsinθ－μmgcosθ－F1＝ma又F1＝BI1L,E1＝BLeq\f（vm，2)，I1＝eq\f(E1,R）,聯(lián)立解得：a＝eq\f（g，6)（sinθ－3μcosθ)。6.（2018·天津市實驗中學(xué)模擬）如圖6所示,固定光滑金屬導(dǎo)軌間距為L，導(dǎo)軌電阻不計,上端a、b間接有阻值為R的電阻，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為θ,且處在磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場中.質(zhì)量為m、電阻為r的導(dǎo)體棒與固定彈簧相連后放在導(dǎo)軌上.初始時刻