金版教程物理2025高考科學(xué)復(fù)習(xí)解決方案第十一章 磁場感應(yīng)專題強(qiáng)化十六 電磁感應(yīng)中的動力學(xué)、能量及動量問題含答案

《金版教程(物理）》2025高考科學(xué)復(fù)習(xí)解決方案第十一章磁場感應(yīng)《金版教程(物理）》2025高考科學(xué)復(fù)習(xí)解決方案第十一章磁場感應(yīng)專題強(qiáng)化十六電磁感應(yīng)中的動力學(xué)、能量及動量問題關(guān)鍵能力發(fā)展與提升考點(diǎn)一電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題解題技巧1.導(dǎo)體棒的動力學(xué)分析電磁感應(yīng)現(xiàn)象中產(chǎn)生的感應(yīng)電流在磁場中受到安培力的作用，從而影響導(dǎo)體棒(或線圈)的受力情況和運(yùn)動情況。涉及安培力大小、方向的分析。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(jìn)行分析或結(jié)合功能關(guān)系進(jìn)行分析3．力學(xué)對象和電學(xué)對象的相互關(guān)系4．動態(tài)分析的基本思路考向1只有安培力作用的電磁感應(yīng)中動力學(xué)問題例1(2022·上海高考)如圖，一個正方形導(dǎo)線框以初速度v0向右穿過一個有界的勻強(qiáng)磁場。線框兩次速度發(fā)生變化所用時間分別為t1和t2，這兩段時間內(nèi)克服安培力做的功分別為W1和W2，則()A．t1＜t2，W1＜W2 B．t1＜t2，W1＞W(wǎng)2C．t1＞t2，W1＜W2 D．t1＞t2，W1＞W(wǎng)2[答案]B[解析]設(shè)線框的邊長為L，質(zhì)量為m，電阻為R，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。由楞次定律和左手定則可知，線框進(jìn)入磁場的過程和離開磁場的過程，都受到向左的安培力作用而向右做減速運(yùn)動，因此線框進(jìn)入磁場過程對時間的平均速度v1平大于線框離開磁場過程對時間的平均速度v2平，由L＝v1平t1和L＝v2平t2可得，t1＜t2。對線框進(jìn)入磁場或離開磁場的過程，由感應(yīng)電動勢E＝BLv，感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)，安培力大小F安＝BIL，聯(lián)立得F安＝eq\f(B2L2v,R)，因?yàn)榫€框進(jìn)入磁場過程對位移的平均速度v1平′大于線框離開磁場過程對位移的平均速度v2平′，則安培力大小對位移的平均值eq\o(F,\s\up6(－))安1>eq\o(F,\s\up6(－))安2，由W1＝eq\o(F,\s\up6(－))安1L和W2＝eq\o(F,\s\up6(－))安2L可得，W1>W2。B正確。考向2除安培力外有其他力作用的電磁感應(yīng)中動力學(xué)問題例2(多選)用一段橫截面半徑為r、電阻率為ρ、密度為d的均勻?qū)w材料做成一個半徑為R(r?R)的圓環(huán)。圓環(huán)豎直向下落入如圖所示的徑向磁場中，圓環(huán)的圓心始終在N極的軸線上，圓環(huán)所在位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B。圓環(huán)在加速下落過程中某一時刻的速度為v，忽略電感的影響，下列說法正確的是()A．下落過程圓環(huán)中磁通量不變B．此時圓環(huán)受到豎直向上的安培力作用C．此時圓環(huán)的加速度a＝eq\f(B2v,ρd)＋gD．如果徑向磁場足夠深，則圓環(huán)的最大速度vmax＝eq\f(ρdg,B2)[答案]BD[解析]圓環(huán)下落過程中切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，則圓環(huán)中磁通量一定變化，故A錯誤；根據(jù)右手定則，圓環(huán)中有(俯視)順時針的感應(yīng)電流，根據(jù)左手定則可知，圓環(huán)受到的安培力豎直向上，阻礙圓環(huán)的運(yùn)動，故B正確；速度為v的時刻圓環(huán)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝Blv＝B·2πRv，圓環(huán)的電阻R0＝ρeq\f(2πR,πr2)，感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R0)，圓環(huán)所受的安培力大小F＝BI·2πR＝eq\f(2π2B2r2Rv,ρ)，由牛頓第二定律得mg－F＝ma，其中質(zhì)量m＝dV＝d·2πR·πr2，聯(lián)立解得a＝g－eq\f(B2v,ρd)，故C錯誤；當(dāng)圓環(huán)做勻速運(yùn)動時，安培力與重力等大反向，加速度為零，速度最大，即有g(shù)－eq\f(B2vmax,ρd)＝0，解得vmax＝eq\f(ρdg,B2)，故D正確。用“四步法”分析電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題考點(diǎn)二電磁感應(yīng)中的能量問題電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化及焦耳熱的求法(1)電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化閉合電路的部分導(dǎo)體做切割磁感線運(yùn)動產(chǎn)生感應(yīng)電流，通有感應(yīng)電流的導(dǎo)體在磁場中受安培力。外力克服安培力做功，將其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能；通有感應(yīng)電流的導(dǎo)體在磁場中通過受安培力做功或通過電阻發(fā)熱，使電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能。電磁感應(yīng)現(xiàn)象中能量轉(zhuǎn)化的實(shí)質(zhì)是其他形式的能和電能之間的轉(zhuǎn)化。如圖所示。(2)求解電磁感應(yīng)中的焦耳熱Q的三種方法考向1回路中電流穩(wěn)定的功能分析例3(2023·山東省菏澤市高三下二模)如圖所示，“”形金屬框靜止于光滑絕緣的水平桌面上，金屬框總質(zhì)量為m，總阻值為10dR，各邊粗細(xì)均勻且材料相同，相鄰邊相互垂直，CD＝DE＝EF＝FG＝GH＝HP＝PQ＝d，CQ＝3d。其右側(cè)是寬度為2d的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于水平桌面向下。金屬框在垂直于磁場邊界的水平拉力的作用下以速度v向右勻速通過磁場，F(xiàn)G邊始終與磁場邊界平行。下列說法正確的是()A．從FG邊剛進(jìn)入磁場到DE和HP邊剛要進(jìn)入磁場的過程中，E、H間的電勢差為BdvB．在DE、HP邊剛進(jìn)入磁場時，金屬框中的電流為eq\f(3Bdv,R)C．金屬框穿過磁場的整個過程，拉力做的功為eq\f(B2d2v,R)D．金屬框穿過磁場的整個過程，拉力做的功為eq\f(2B2d2v,R)[答案]D[解析]從FG邊剛進(jìn)入磁場到DE和HP邊剛要進(jìn)入磁場的過程中，只有FG邊切割磁感線，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小為E1＝Bdv，感應(yīng)電流大小為I1＝eq\f(E1,R總)＝eq\f(Bdv,10dR)＝eq\f(Bv,10R)，由右手定則知金屬框中感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r針，則φE>φH，所以E、H間的電勢差為UEH＝I1REH＝I1·7dR＝eq\f(7Bdv,10)，A錯誤；在DE、HP邊剛進(jìn)入磁場時，DE、FG、HP邊均切割磁感線，產(chǎn)生的總感應(yīng)電動勢大小為E2＝3Bdv，由閉合電路歐姆定律可得，金屬框中的電流大小為I2＝eq\f(E2,R總)＝eq\f(3Bdv,10dR)＝eq\f(3Bv,10R)，B錯誤；由以上分析同理可知，從CQ邊剛進(jìn)入磁場到DE和HP邊剛要出磁場的過程中，金屬框中的感應(yīng)電流大小為I1，從DE、HP邊剛出磁場到CQ邊剛要出磁場的過程中，金屬框中的感應(yīng)電流大小為I2，由能量守恒定律可知，金屬框穿過磁場的整個過程，拉力做的功等于金屬框中產(chǎn)生的焦耳熱之和，則拉力做的功W＝Ieq\o\al(2,1)R總t1＋I(xiàn)eq\o\al(2,2)R總t2，其中t1＝t2＝2×eq\f(d,v)，解得W＝eq\f(2B2d2v,R)，C錯誤，D正確?？枷?回路中電流變化的功能分析例4(多選)如圖所示，光滑的金屬圓形軌道MN、PQ豎直放置，共同圓心為O點(diǎn)，軌道半徑分別為l、3l，PM間接有阻值為3r的電阻。兩軌道之間ABDC區(qū)域內(nèi)(含邊界)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0，AB水平且與圓心等高，CD豎直且延長線過圓心。一輕質(zhì)金屬桿電阻為r、長為2l，一端套在軌道MN上，另一端連接質(zhì)量為m的帶孔金屬球(視為質(zhì)點(diǎn))，并套在軌道PQ上，皆接觸良好。讓金屬桿從AB處無初速釋放，第一次即將離開磁場時，金屬球的速度大小為v。其余電阻不計，忽略一切摩擦，重力加速度為g，下列說法正確的是()A．金屬球向下運(yùn)動過程中，P點(diǎn)電勢高于M點(diǎn)電勢B．金屬桿第一次即將離開磁場時，電阻兩端的電壓為B0lvC．金屬桿從AB滑動到CD的過程中，通過電阻的電荷量為eq\f(πl(wèi)2B0,2r)D．金屬桿從AB滑動到CD的過程中，電阻上產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(3,4)mgl－eq\f(1,8)mv2[答案]BC[解析]金屬球向下運(yùn)動過程中，由右手定則知感應(yīng)電流從M經(jīng)定值電阻R到P，則M點(diǎn)電勢高于P點(diǎn)電勢，故A錯誤；金屬桿第一次即將離開磁場時，金屬球的速度大小為v，因?yàn)闂U上所有點(diǎn)的角速度相等，則金屬桿上端的速度為eq\f(v,3)，則此時感應(yīng)電動勢為E＝B0·2l·eq\o(v,\s\up6(－))＝B0·2l·eq\f(v＋\f(v,3),2)＝eq\f(4,3)B0lv，則電阻兩端的電壓為U＝eq\f(3r,3r＋r)·E＝B0lv，故B正確；金屬桿從AB滑動到CD的過程中，通過電阻的電荷量為q＝eq\f(ΔΦ,3r＋r)＝eq\f(B0ΔS,4r)，其中ΔS＝eq\f(1,4)·π·(3l)2－eq\f(1,4)·π·l2＝2πl(wèi)2，所以q＝eq\f(πl(wèi)2B0,2r)，故C正確；金屬桿從AB滑動到CD的過程中，由能量守恒定律得mg·3l＝eq\f(1,2)mv2＋Q，電阻上產(chǎn)生的焦耳熱為QR＝eq\f(3r,3r＋r)·Q＝eq\f(3,4)Q，解得QR＝eq\f(9,4)mgl－eq\f(3,8)mv2，故D錯誤。例5(2021·天津高考)如圖所示，兩根足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ間距L＝1m，其電阻不計，兩導(dǎo)軌及其構(gòu)成的平面均與水平面成θ＝30°角，N、Q兩端接有R＝1Ω的電阻。一金屬棒ab垂直導(dǎo)軌放置，ab兩端與導(dǎo)軌始終有良好接觸，已知ab的質(zhì)量m＝0.2kg，電阻r＝1Ω，整個裝置處在垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝1T。ab在平行于導(dǎo)軌向上的拉力作用下，以初速度v1＝0.5m/s沿導(dǎo)軌向上開始運(yùn)動，可達(dá)到最大速度v＝2m/s。運(yùn)動過程中拉力的功率恒定不變，重力加速度g＝10m/s2。(1)求拉力的功率P；(2)ab開始運(yùn)動后，經(jīng)t＝0.09s速度達(dá)到v2＝1.5m/s，此過程中ab克服安培力做功W＝0.06J，求該過程中ab沿導(dǎo)軌的位移大小x。[答案](1)4W(2)0.1m[解析](1)在ab運(yùn)動過程中，由于拉力功率恒定，ab做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動，速度達(dá)到最大時，加速度為零，設(shè)此時拉力的大小為F，安培力大小為FA，有F－mgsinθ－FA＝0由法拉第電磁感應(yīng)定律，此時回路中的感應(yīng)電動勢E＝BLv由閉合電路歐姆定律，回路中的感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R＋r)ab受到的安培力FA＝ILB由功率表達(dá)式，有P＝Fv聯(lián)立上述各式，代入數(shù)據(jù)解得P＝4W。(2)ab從速度v1到v2的過程中，由動能定理，有Pt－W－mgxsinθ＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)代入數(shù)據(jù)解得x＝0.1m。電磁感應(yīng)現(xiàn)象中能量問題的計算(1)回路中電流穩(wěn)定時，可利用電路知識，由W＝UIt，Q＝I2Rt直接計算。(2)若電流變化，則利用功能關(guān)系、能量守恒定律解決?？键c(diǎn)三電磁感應(yīng)中的動量問題解題技巧考向1動量定理在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用在電磁感應(yīng)中，動量定理應(yīng)用于單桿切割磁感線運(yùn)動，可求解單桿所受其他恒力(非安培力)作用的時間、單桿的速度、單桿的位移和通過單桿的橫截面的電荷量。(1)求通過單桿的橫截面的電荷量、單桿的速度或單桿運(yùn)動的時間：－Beq\o(I,\s\up6(－))lΔt＋F其他·Δt＝mv2－mv1，q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt＝neq\f(ΔΦ,R總)。(2)求單桿運(yùn)動的位移、單桿的速度或單桿運(yùn)動的時間：－eq\f(B2l2\o(v,\s\up6(－)),R)Δt＋F其他·Δt＝mv2－mv1，x＝eq\o(v,\s\up6(－))Δt。例6(多選)如圖所示，水平放置的光滑導(dǎo)軌，左側(cè)接有電阻R，寬度為L，電阻不計，導(dǎo)軌處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，一質(zhì)量為m、電阻不計的金屬棒ab垂直導(dǎo)軌放置，在恒力F作用下，從靜止開始運(yùn)動，達(dá)到最大速度后撤去拉力，最終停止，已知從靜止到達(dá)到最大速度過程，R上產(chǎn)生的焦耳熱等于ab的最大動能，則下列說法正確的是()A．a(chǎn)b運(yùn)動過程中的最大速度為eq\f(FR,B2L2)B．a(chǎn)b加速運(yùn)動過程中運(yùn)動的最大位移為eq\f(mFR2,B3L3)C．撤去F后，通過R的電量為eq\f(mFR,B2L2)D．a(chǎn)b減速過程中運(yùn)動的最大位移為eq\f(mFR2,B4L4)[答案]AD[解析]達(dá)到最大速度時，金屬棒受力平衡，則有F＝BIL＝eq\f(B2L2vmax,R)，解得vmax＝eq\f(FR,B2L2)，A正確；對金屬棒，在加速過程中，根據(jù)動能定理得Fs＋W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,max)，根據(jù)功能關(guān)系有－W＝Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,max)，解得s＝eq\f(mFR2,B4L4)，B錯誤；撤去F后，金屬棒最終停止，根據(jù)動量定理得－Beq\o(I,\s\up6(－))LΔt＝mΔv，又q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt，Δv＝0－vmax，解得q＝eq\f(mFR,B3L3)，C錯誤；撤去F后，金屬棒開始減速運(yùn)動，根據(jù)動量定理得－eq\f(B2L2\o(v,\s\up6(－)),R)Δt＝mΔv，又s′＝eq\o(v,\s\up6(－))Δt，Δv＝0－vmax，解得s′＝eq\f(mFR2,B4L4)，D正確?？枷?動量守恒定律在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用在“雙棒切割”系統(tǒng)中，若系統(tǒng)所受的合力為零，通常應(yīng)用動量守恒定律求解。例7(2023·遼寧高考)(多選)如圖，兩根光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上，左、右兩側(cè)導(dǎo)軌間距分別為d和2d，處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為2B和B。已知導(dǎo)體棒MN的電阻為R、長度為d，導(dǎo)體棒PQ的電阻為2R、長度為2d，PQ的質(zhì)量是MN的2倍。初始時刻兩棒靜止，兩棒中點(diǎn)之間連接一壓縮量為L的輕質(zhì)絕緣彈簧。釋放彈簧，兩棒在各自磁場中運(yùn)動直至停止，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。整個過程中兩棒保持與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，導(dǎo)軌足夠長且電阻不計。下列說法正確的是()A．彈簧伸展過程中，回路中產(chǎn)生順時針方向的電流B．PQ速率為v時，MN所受安培力大小為eq\f(4B2d2v,3R)C．整個運(yùn)動過程中，MN與PQ的路程之比為2∶1D．整個運(yùn)動過程中，通過MN的電荷量為eq\f(BLd,3R)[答案]AC[解析]分析可知，兩棒所受安培力始終大小相等、方向相反，所以兩棒和彈簧組成的系統(tǒng)所受合力始終為0，系統(tǒng)動量守恒，則可知MN、PQ運(yùn)動方向始終相反，故彈簧伸展過程中，MN沿導(dǎo)軌向左運(yùn)動，PQ沿導(dǎo)軌向右運(yùn)動，根據(jù)楞次定律可知，回路中產(chǎn)生順時針方向的電流，A正確；設(shè)MN質(zhì)量為m，PQ質(zhì)量為2m，則PQ速率為v時，根據(jù)動量守恒定律有2mv＝mv′，解得MN速率為v′＝2v，因PQ、MN運(yùn)動方向始終相反，則此時回路中的感應(yīng)電流大小為I＝eq\f(2Bdv′＋B·2dv,3R)＝eq\f(2Bdv,R)，MN所受安培力大小為FMN＝2BId＝eq\f(4B2d2v,R)，B錯誤；由前面分析知，兩棒同時開始運(yùn)動、同時停止運(yùn)動，且MN的速率始終為PQ的2倍，則整個運(yùn)動過程中，MN與PQ的路程之比為2∶1，C正確；兩棒最后停止時，彈簧處于原長狀態(tài)，此時兩棒間距增加了L，由動量守恒定律有meq\o(v,\s\up6(－))1＝2meq\o(v,\s\up6(－))2，方程兩邊同時乘以運(yùn)動時間t，可得mx1＝2mx2，又x1＋x2＝L，可解得整個過程MN向左運(yùn)動的位移大小x1＝eq\f(2L,3)，PQ向右運(yùn)動的位移大小x2＝eq\f(L,3)，則整個過程通過MN的電荷量q＝eq\o(I,\s\up6(－))t＝eq\f(ΔΦ,R總)＝eq\f(2B·\f(2L,3)·d＋B·\f(L,3)·2d,3R)＝eq\f(2BLd,3R)，D錯誤。課時作業(yè)1.(2021·北京高考)如圖所示，在豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，水平U形導(dǎo)體框左端連接一阻值為R的電阻，質(zhì)量為m、電阻為r的導(dǎo)體棒ab置于導(dǎo)體框上。不計導(dǎo)體框的電阻、導(dǎo)體棒與框間的摩擦。ab以水平向右的初速度v0開始運(yùn)動，最終停在導(dǎo)體框上。在此過程中()A．導(dǎo)體棒做勻減速直線運(yùn)動B．導(dǎo)體棒中感應(yīng)電流的方向?yàn)閍→bC．電阻R消耗的總電能為eq\f(mveq\o\al(2,0)R,2（R＋r）)D．導(dǎo)體棒克服安培力做的總功小于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)答案C解析導(dǎo)體棒向右運(yùn)動時，根據(jù)右手定則可知，導(dǎo)體棒中感應(yīng)電流方向?yàn)閎→a，再根據(jù)左手定則可知，導(dǎo)體棒受到水平向左的安培力，開始時，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，導(dǎo)體棒中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝BLv0，根據(jù)閉合電路歐姆定律，知感應(yīng)電流為I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(BLv0,R＋r)，故導(dǎo)體棒所受安培力為F＝BIL＝eq\f(B2L2v0,R＋r)，根據(jù)牛頓第二定律有F＝ma，可得a＝eq\f(B2L2,m（R＋r）)v0，隨著速度減小，加速度不斷減小，故導(dǎo)體棒做加速度減小的減速直線運(yùn)動，故A、B錯誤；根據(jù)能量守恒定律可知，回路中消耗的總電能為Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，則R產(chǎn)生的總電能為QR＝eq\f(R,R＋r)Q＝eq\f(mveq\o\al(2,0)R,2（R＋r）)，故C正確；整個過程只有安培力做負(fù)功，根據(jù)動能定理可知，導(dǎo)體棒克服安培力做的總功等于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，故D錯誤。2.(人教版選擇性必修第二冊·第二章[復(fù)習(xí)與提高]B組T2改編)(多選)如圖所示，單匝線圈ABCD在外力作用下以速度v向右勻速進(jìn)入勻強(qiáng)磁場，第二次又以速度2v勻速進(jìn)入同一勻強(qiáng)磁場，則下列說法正確的是()A．第二次與第一次進(jìn)入時線圈中電流之比為2∶1B．第二次與第一次進(jìn)入時外力做功功率之比為2∶1C．第二次與第一次進(jìn)入過程中通過線圈某橫截面的電荷量之比為2∶1D．第二次與第一次進(jìn)入時線圈中產(chǎn)生熱量之比為2∶1答案AD解析由E＝Blv知eq\f(E2,E1)＝eq\f(2,1)，由I＝eq\f(E,R)得eq\f(I2,I1)＝eq\f(2,1)，故A正確。勻速進(jìn)入，外力做功的功率與克服安培力做功的功率相等，由P＝I2R得eq\f(P2,P1)＝eq\f(4,1)，故B錯誤。由電荷量q＝eq\f(ΔΦ,R)得eq\f(q2,q1)＝eq\f(1,1)，故C錯誤。產(chǎn)生熱量Q＝Pt＝P·eq\f(l,v)，得eq\f(Q2,Q1)＝eq\f(4,1)×eq\f(1,2)＝eq\f(2,1)，故D正確。3．(2022·重慶高考)如圖1所示，光滑的平行導(dǎo)電軌道水平固定在桌面上，軌道間連接一可變電阻，導(dǎo)體桿與軌道垂直并接觸良好(不計桿和軌道的電阻)，整個裝置處在垂直于軌道平面向上的勻強(qiáng)磁場中。桿在水平向右的拉力作用下先后兩次都由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動，兩次運(yùn)動中拉力大小與速率的關(guān)系如圖2所示。其中，第一次對應(yīng)直線①，初始拉力大小為F0，改變電阻阻值和磁感應(yīng)強(qiáng)度大小后，第二次對應(yīng)直線②，初始拉力大小為2F0，兩直線交點(diǎn)的縱坐標(biāo)為3F0。若第一次和第二次運(yùn)動中的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小之比為k、電阻的阻值之比為m、桿從靜止開始運(yùn)動相同位移的時間之比為n，則k、m、n可能為()A．k＝2、m＝2、n＝2B．k＝2eq\r(2)、m＝2、n＝eq\r(2)C．k＝eq\r(6)、m＝3、n＝eq\r(2)D．k＝2eq\r(3)、m＝6、n＝2答案C解析由題知桿在水平向右的拉力作用下先后兩次都由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動，設(shè)加速度大小為a，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，軌道寬度為L，電阻的阻值為R，導(dǎo)體桿的質(zhì)量為m0，則導(dǎo)體桿速率為v時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小E＝BLv，感應(yīng)電流大小I＝eq\f(E,R)，導(dǎo)體桿受到的安培力大小F安＝BIL，由牛頓第二定律得F－F安＝m0a，聯(lián)立得F＝eq\f(B2L2,R)v＋m0a，可知F-v圖線的斜率表示eq\f(B2L2,R)，縱截距表示m0a，結(jié)合題圖2，可知eq\f(3F0－F0,2F0－F0)＝eq\f(Beq\o\al(2,1),Beq\o\al(2,2))·eq\f(R2,R1)＝eq\f(k2,m)，得eq\f(k2,m)＝2，eq\f(F0,2F0)＝eq\f(a1,a2)，得eq\f(a1,a2)＝eq\f(1,2)，由x＝eq\f(1,2)at2得，桿從靜止開始運(yùn)動相同位移的時間之比n＝eq\f(t1,t2)＝eq\r(\f(a2,a1))＝eq\r(2)，故C正確，A、B、D錯誤。4．(2023·山東高考)(多選)足夠長U形導(dǎo)軌平置在光滑水平絕緣桌面上，寬為1m，電阻不計。質(zhì)量為1kg、長為1m、電阻為1Ω的導(dǎo)體棒MN放置在導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌形成矩形回路并始終接觸良好，Ⅰ和Ⅱ區(qū)域內(nèi)分別存在豎直方向的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度分別為B1和B2，其中B1＝2T，方向向下。用不可伸長的輕繩跨過固定輕滑輪將導(dǎo)軌CD段中點(diǎn)與質(zhì)量為0.1kg的重物相連，繩與CD垂直且平行于桌面。如圖所示，某時刻MN、CD同時分別進(jìn)入磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ并做勻速直線運(yùn)動，MN、CD與磁場邊界平行。MN的速度v1＝2m/s，CD的速度為v2且v2>v1，MN和導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為0.2。重力加速度大小取10m/s2，下列說法正確的是()A．B2的方向向上 B．B2的方向向下C．v2＝5m/s D．v2＝3m/s答案BD解析CD的速度v2大于MN的速度v1，因此導(dǎo)體棒MN受到導(dǎo)軌對它向右的滑動摩擦力，大小為f＝μmg＝2N，MN勻速運(yùn)動，由平衡條件可知，MN受到的安培力方向向左，大小為F1＝f＝2N，由左手定則可知導(dǎo)體棒中的電流方向?yàn)镹→M，則CD中電流方向?yàn)镈→C，受力分析可知，導(dǎo)軌在水平方向受到導(dǎo)體棒對它向左的摩擦力f′＝f＝2N，輕繩向右的拉力F拉＝m0g＝1N，以及安培力，由平衡條件可知CD受到的安培力向右，大小為F2＝f′－F拉＝1N，由左手定則可知B2的方向向下，A錯誤，B正確；設(shè)回路中電流大小為I，則F1＝B1IL，F(xiàn)2＝B2IL，由右手定則和法拉第電磁感應(yīng)定律知，回路中的總電動勢大小E＝B1Lv1－B2Lv2，由閉合電路歐姆定律得E＝IR，式中R＝1Ω，聯(lián)立解得v2＝3m/s，C錯誤，D正確。5.(多選)如圖所示，同一豎直面內(nèi)的正方形導(dǎo)線框a、b的邊長均為l，電阻均為R，質(zhì)量分別為2m和m。它們分別系在一跨過兩個定滑輪的輕繩兩端，在兩導(dǎo)線框之間有一寬度為2l、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場區(qū)域。開始時，線框b的上邊與勻強(qiáng)磁場的下邊界重合，線框a的下邊到勻強(qiáng)磁場的上邊界的距離為l。現(xiàn)將系統(tǒng)由靜止釋放，當(dāng)線框b全部進(jìn)入磁場時，a、b兩個線框開始做勻速運(yùn)動。不計摩擦和空氣阻力，則()A．a(chǎn)、b兩個線框勻速運(yùn)動的速度大小為eq\f(2mgR,B2l2)B．線框a從其下邊進(jìn)入磁場到上邊離開磁場所用時間為eq\f(3B2l3,mgR)C．從開始運(yùn)動到線框a全部進(jìn)入磁場的過程中，線框a所產(chǎn)生的焦耳熱為mglD．從開始運(yùn)動到線框a全部進(jìn)入磁場的過程中，兩線框共克服安培力做功為2mgl答案BC解析當(dāng)線框b全部進(jìn)入磁場時，a、b兩個線框開始做勻速運(yùn)動，此時線框a下邊剛進(jìn)入磁場，下邊所受安培力eq\f(B2l2v,R)＝2mg－mg，得v＝eq\f(mgR,B2l2)，A錯誤；線框a從其下邊進(jìn)入磁場到上邊離開磁場，開始線框a切割磁感線運(yùn)動，受力平衡，然后線框b切割磁感線運(yùn)動，受力也平衡，最后線框a切割磁感線運(yùn)動，仍受力平衡，則這一過程所用時間為t＝eq\f(3l,v)＝eq\f(3B2l3,mgR)，B正確；從開始運(yùn)動到線框a全部進(jìn)入磁場可以分為兩個階段，第一階段線框a的下邊進(jìn)入磁場之前，這一階段線框a產(chǎn)生的焦耳熱為零，第二階段從線框a的下邊進(jìn)入磁場到線框a全部進(jìn)入磁場，這一階段線框b全部在磁場中，線框b中的磁通量不變，即線框b產(chǎn)生的焦耳熱為零，第二階段系統(tǒng)減少的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為線框a產(chǎn)生的焦耳熱，即Q＝mgl，C正確；由能量守恒定律可知，兩線框的重力勢能減少量等于兩線框的動能增加量與兩線框克服安培力做功產(chǎn)生的內(nèi)能之和，從開始運(yùn)動到線框a全部進(jìn)入磁場的過程中，兩線框重力勢能的減少量為2mgl，結(jié)合功能關(guān)系可知，兩線框克服安培力做功一定小于2mgl，D錯誤。6.(2023·福建高考)如圖，M、N是兩根固定在水平面內(nèi)的光滑平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌足夠長且電阻可忽略不計；導(dǎo)軌間有一垂直于水平面向下的勻強(qiáng)磁場，其左邊界OO′垂直于導(dǎo)軌；阻值恒定的兩均勻金屬棒a、b均垂直于導(dǎo)軌放置，b始終固定。a以一定初速度進(jìn)入磁場，此后運(yùn)動過程中始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，并與b不相碰。以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，水平向右為正方向建立x軸；在運(yùn)動過程中，a的速度記為v，a克服安培力做功的功率記為P。下列v或P隨x變化的圖像中，可能正確的是()答案A解析設(shè)導(dǎo)軌間勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，兩平行導(dǎo)軌間距為L，兩金屬棒在導(dǎo)軌間的總電阻為R，金屬棒a的質(zhì)量為m，金屬棒a以初速度v0進(jìn)入磁場，以初速度方向?yàn)檎较?，根?jù)動量定理有－Beq\o(I,\s\up6(－))Lt＝mv－mv0，又eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R)，eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(ΔΦ,t)，ΔΦ＝B·ΔS，ΔS＝Lx，聯(lián)立可得v＝v0－eq\f(B2L2,mR)x，由于eq\f(B2L2,mR)為定值，故A可能正確，B錯誤；設(shè)a所受安培力大小為F，則a克服安培力做功的功率為P＝Fv，又F＝BIL，I＝eq\f(E,R)，E＝BLv，聯(lián)立可得P＝eq\f(B2L2,R)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v0－\f(B2L2,mR)x))eq\s\up12(2)，故P-x圖像為開口向上的拋物線，故C、D錯誤。7.(多選)如圖所示，兩足夠長光滑金屬導(dǎo)軌平行固定在同一絕緣水平面內(nèi)，垂直于導(dǎo)軌的虛線CD右側(cè)區(qū)域有豎直向上的勻強(qiáng)磁場B。兩長度略大于導(dǎo)軌寬度的相同金屬桿a、b垂直導(dǎo)軌靜止放置在導(dǎo)軌上，桿a在CD左側(cè)，桿b在CD右側(cè)足夠遠(yuǎn)處?，F(xiàn)給桿a一水平向右的初速度v0，兩桿在運(yùn)動過程中始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，兩桿沒有發(fā)生碰撞，不計導(dǎo)軌電阻，下列說法正確的是()A．桿a進(jìn)入磁場時，感應(yīng)電流方向由C指向DB．桿a最后將停在導(dǎo)軌上C．若在桿a進(jìn)入磁場前將桿b固定，整個過程中桿a中產(chǎn)生的焦耳熱是不將桿b固定時的4倍D．若在桿a進(jìn)入磁場前將桿b固定，整個過程中通過桿b的電荷量是不將桿b固定時的2倍答案AD解析由右手定則可知，桿a進(jìn)入磁場時，感應(yīng)電流方向由C指向D，A正確；桿a進(jìn)入磁場時受到向左的安培力，向右做減速運(yùn)動，桿b受到向右的安培力，向右做加速運(yùn)動，當(dāng)兩桿速度相等時，兩桿中均無感應(yīng)電流，不再受安培力的作用而做勻速直線運(yùn)動，B錯誤；桿b不固定時，由于兩桿中安培力大小總是相等，方向總是相反，所以兩桿的動量守恒，有mv0＝(m＋m)v，兩桿的共同速度大小v＝eq\f(v0,2)，系統(tǒng)中產(chǎn)生的總焦耳熱Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)×2mv2＝eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)，桿a中產(chǎn)生的焦耳熱Qa＝eq\f(1,2)Q＝eq\f(1,8)mveq\o\al(2,0)，若桿b固定，桿a中產(chǎn)生的焦耳熱Qa′＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)，則Qa′＝2Qa，C錯誤；桿b不固定時，對桿b由動量定理有BLeq\o(I,\s\up6(－))Δt＝mv，q1＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt＝eq\f(mv0,2BL)，桿b固定時，對桿a由動量定理有－BLeq\o(I,\s\up6(－))′Δt′＝0－mv0，q2＝eq\o(I,\s\up6(－))′Δt′＝eq\f(mv0,BL)，則q2＝2q1，D正確。8．(2023·全國甲卷)如圖，水平桌面上固定一光滑U型金屬導(dǎo)軌，其平行部分的間距為l，導(dǎo)軌的最右端與桌子右邊緣對齊，導(dǎo)軌的電阻忽略不計。導(dǎo)軌所在區(qū)域有方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。一質(zhì)量為m、電阻為R、長度也為l的金屬棒P靜止在導(dǎo)軌上。導(dǎo)軌上質(zhì)量為3m的絕緣棒Q位于P的左側(cè)，以大小為v0的速度向P運(yùn)動并與P發(fā)生彈性碰撞，碰撞時間很短。碰撞一次后，P和Q先后從導(dǎo)軌的最右端滑出導(dǎo)軌，并落在地面上同一地點(diǎn)。P在導(dǎo)軌上運(yùn)動時，兩端與導(dǎo)軌接觸良好，P與Q始終平行。不計空氣阻力。求：(1)金屬棒P滑出導(dǎo)軌時的速度大小；(2)金屬棒P在導(dǎo)軌上運(yùn)動過程中產(chǎn)生的熱量；(3)與P碰撞后，絕緣棒Q在導(dǎo)軌上運(yùn)動的時間。答案(1)eq\f(1,2)v0(2)mveq\o\al(2,0)(3)eq\f(2mR,B2l2)解析(1)絕緣棒Q與金屬棒P發(fā)生彈性碰撞，以向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律可得3mv0＝3mvQ＋mvPeq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,Q)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)聯(lián)立解得碰后瞬間Q、P的速度vQ＝eq\f(1,2)v0，vP＝eq\f(3,2)v0碰撞一次后，Q在導(dǎo)軌上做勻速直線運(yùn)動，P在導(dǎo)軌上做減速直線運(yùn)動，P和Q先后從導(dǎo)軌的最右端滑出導(dǎo)軌，并落在地面上同一地點(diǎn)，則金屬棒P滑出導(dǎo)軌時的速度大小為vP′＝vQ＝eq\f(1,2)v0。(2)根據(jù)能量守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)＝eq\f(1,2)mvP′2＋Q解得金屬棒P在導(dǎo)軌上運(yùn)動過程中產(chǎn)生的熱量Q＝mveq\o\al(2,0)。(3)金屬棒P在導(dǎo)軌上運(yùn)動的過程，根據(jù)動量定理得－Beq\o(I,\s\up6(－))lΔt＝mvP′－mvP又eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R)eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(ΔΦ,Δt)ΔΦ＝Blx聯(lián)立解得P原來靜止時距桌子右邊緣的距離x＝eq\f(mv0R,B2l2)由x＝vQt可解得與P碰撞后，Q在導(dǎo)軌上運(yùn)動的時間為t＝eq\f(2mR,B2l2)。專題強(qiáng)化十五電磁感應(yīng)中的電路及圖像問題關(guān)鍵能力發(fā)展與提升考點(diǎn)一電磁感應(yīng)中的電路問題解題技巧1.分析電磁感應(yīng)中電路問題的基本步驟注：如果在一個電路中產(chǎn)生電動勢的部分有幾個且相互聯(lián)系，可視為等效電源的串、并聯(lián)。2．電磁感應(yīng)中電路知識的關(guān)系圖考向1感生電動勢的電路問題例1(2023·天津市紅橋區(qū)高三下二模)在如圖甲所示的電路中，螺線管匝數(shù)n＝2000匝，橫截面積S＝40cm2。螺線管導(dǎo)線電阻r＝1.0Ω，兩定值電阻R1＝4.0Ω，R2＝5.0Ω，電容器C的電容C＝20μF。在一段時間內(nèi)，穿過螺線管的勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B按如圖乙所示的規(guī)律變化。求：(1)螺線管中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢；(2)閉合開關(guān)S，電路中的電流穩(wěn)定后，電阻R2的電功率；(3)開關(guān)S斷開后，流經(jīng)R2的電荷量。[答案](1)3.2V(2)0.512W(3)3.2×10－5C[解析](1)設(shè)螺線管中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，有E＝neq\f(ΔΦ,Δt)其中穿過螺線管的磁通量變化率eq\f(ΔΦ,Δt)＝S·eq\f(ΔB,Δt)由題圖乙知eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(1.0－0.2,2.0－0)T/s＝0.4T/s聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得E＝3.2V。(2)閉合開關(guān)S，電路中的電流穩(wěn)定后，根據(jù)閉合電路歐姆定律，電路中的電流I＝eq\f(E,r＋R1＋R2)電阻R2的電功率P＝I2R2聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得P＝0.512W。(3)設(shè)開關(guān)S斷開后，流經(jīng)R2的電荷量為Q，則該電荷量為開關(guān)S閉合后電路中的電流穩(wěn)定時電容器C上所帶的電荷量。而開關(guān)S閉合后，電路中的電流穩(wěn)定時電容器C兩端的電壓U＝IR2則開關(guān)S斷開后，流經(jīng)R2的電荷量Q＝CU聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得Q＝3.2×10－5C?？枷?動生電動勢的電路問題例2(多選)如圖為帶燈的自行車后輪的示意圖。金屬輪框與輪軸之間均勻地連接四根金屬條，每根金屬條中間都串接一個阻值為3Ω的小燈泡，車輪半徑為0.3m，輪軸半徑可以忽略。車架上固定一個強(qiáng)磁體，可形成圓心角為60°的扇形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2.0T，方向垂直紙面(車輪平面)向里。若自行車后輪逆時針轉(zhuǎn)動的角速度恒為10rad/s，不計其他電阻，則()A．通過每個小燈泡的電流始終相等B．當(dāng)金屬條ab在磁場中運(yùn)動時，金屬條ab中的電流從b指向aC．當(dāng)金屬條ab在磁場中運(yùn)動時，電路的總電阻為4ΩD．當(dāng)金屬條ab在磁場中運(yùn)動時，所受安培力大小為0.135N[答案]BCD[解析]當(dāng)其中一根金屬條在磁場中切割磁感線時，該金屬條相當(dāng)于電源，其他三根金屬條相當(dāng)于外電路且并聯(lián)，根據(jù)電路特點(diǎn)可知，通過磁場中的那根金屬條上燈泡的電流是通過其他三根金屬條上燈泡電流的三倍，故A錯誤；當(dāng)金屬條ab在磁場中運(yùn)動時，根據(jù)右手定則可知通過金屬條ab中的電流從b指向a，故B正確；金屬條ab在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動時充當(dāng)電源，其余為外電路，且并聯(lián)，電路的總電阻為R總＝R＋eq\f(1,3)R＝3Ω＋eq\f(1,3)×3Ω＝4Ω，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝eq\f(1,2)Br2ω＝eq\f(1,2)×2.0×0.32×10V＝0.9V，通過ab的電流為I＝eq\f(E,R總)＝eq\f(0.9,4)A＝0.225A，所以金屬條ab所受安培力大小為FA＝BIr＝2.0×0.225×0.3N＝0.135N，故C、D正確。電磁感應(yīng)中電路問題的誤區(qū)(1)不能正確根據(jù)感應(yīng)電動勢或感應(yīng)電流的方向分析外電路中電勢的高低。因產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的那部分電路相當(dāng)于電源，故該部分電路中的電流從低電勢處流向高電勢處，而外電路中電流的方向是從高電勢處到低電勢處。(2)應(yīng)用歐姆定律分析求解電路時，沒有考慮到電源的內(nèi)阻對電路的影響。(3)對連接在電路中電表的讀數(shù)不能正確進(jìn)行分析，例如并聯(lián)在等效電源兩端的電壓表，其示數(shù)是路端電壓，而不是等效電源的電動勢?？键c(diǎn)二電磁感應(yīng)中的圖像問題拓展延伸1.解題關(guān)鍵弄清初始條件、物理量的正負(fù)對應(yīng)的變化范圍、所研究物理量的函數(shù)表達(dá)式、進(jìn)出磁場的轉(zhuǎn)折點(diǎn)等是解決此類問題的關(guān)鍵。2．解題步驟(1)明確圖像的種類，即是B-t圖還是Φ-t圖，或者E-t圖、I-t圖等；對切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流的情況，還常涉及E-x圖像和i-x圖像。(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、閉合電路的歐姆定律、牛頓運(yùn)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(jìn)行數(shù)學(xué)分析，如分析斜率的變化、截距等。(6)畫圖像或判斷圖像。3．常用方法(1)排除法：定性地分析電磁感應(yīng)過程中物理量的正負(fù)，增大還是減小，以及變化快慢，來排除錯誤選項(xiàng)。(2)函數(shù)法：寫出兩個物理量之間的函數(shù)關(guān)系，然后由函數(shù)關(guān)系對圖像進(jìn)行分析和判斷?？枷?動生電磁感應(yīng)圖像問題例3如圖所示，邊長為L的單匝均勻金屬線框置于光滑水平桌面上，在拉力作用下以恒定速度通過寬度為D(D>L)、方向豎直向下的有界勻強(qiáng)磁場。在整個過程中線框的ab邊始終與磁場的邊界平行，若以F表示拉力大小，以Uab表示線框a、b兩點(diǎn)間的電勢差，以I表示通過線框的電流，以P表示拉力的功率，則下列反映這些物理量隨時間變化的圖像中可能正確的是()[答案]C[解析]設(shè)線框做勻速直線運(yùn)動的速度為v，線框的總電阻為R。依題意D＞L，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路歐姆定律，線框在進(jìn)入磁場和離開磁場的過程中均產(chǎn)生大小為eq\f(BLv,R)的感應(yīng)電流，線框完全在磁場中運(yùn)動時不產(chǎn)生感應(yīng)電流，根據(jù)楞次定律可知線框在進(jìn)入磁場和離開磁場的過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向相反，故C可能正確；線框做勻速直線運(yùn)動，則線框在進(jìn)入磁場和離開磁場的過程中所受拉力大小均等于安培力大小，即F＝FA＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)，線框完全在磁場中運(yùn)動時不受安培力，則F＝0，故A錯誤；拉力的功率P＝Fv，結(jié)合A項(xiàng)的分析可知，線框在進(jìn)入磁場和離開磁場的過程中P相等，線框完全在磁場中運(yùn)動時P＝0，故D錯誤；線框進(jìn)入磁場時，ab邊切割磁感線，相當(dāng)于電源，根據(jù)右手定則可知φa>φb，所以Uab＝eq\f(3,4)E＝eq\f(3,4)BLv，完全在磁場中時，線框中無電流，Uab＝E＝BLv，線框穿出磁場的過程中，cd邊切割磁感線，相當(dāng)于電源，根據(jù)楞次定律可知φa>φb，則Uab＝eq\f(1,4)E＝eq\f(1,4)BLv，故B錯誤?？枷?感生電磁感應(yīng)圖像問題例4(2023·廣東高考)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(yùn)動。在τ時刻，ab邊運(yùn)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(9Beq\o\al(2,0)h2v,R)，方向?yàn)樗较蜃?2)0.3B0h2，方向?yàn)榇怪彼矫嫦蛳?3)eq\f(Beq\o\al(2,0)h4,4τR)[解析](1)t＝0時，ab邊、cd邊均切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，結(jié)合右手定則知總電動勢大小為E＝2B0hv＋B0hv由右手定則知回路中產(chǎn)生順時針方向的感應(yīng)電流，由閉合電路歐姆定律知電流大小為I＝eq\f(E,R)ab邊受到的安培力大小為Fab＝2B0Ih，由左手定則知其方向?yàn)樗较蜃骳d邊受到的安培力大小為Fcd＝B0Ih，由左手定則知其方向?yàn)樗较蜃髣t線框受到的安培力大小為F＝Fab＋Fcd，方向?yàn)樗较蜃舐?lián)立解得F＝eq\f(9Beq\o\al(2,0)h2v,R)，方向?yàn)樗较蜃蟆?2)由圖b可知，在τ～2τ時間內(nèi)，Ⅰ區(qū)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時間變化的關(guān)系為B1＝2B0－eq\f(2B0,τ)(t－τ)則t＝1.2τ時，Ⅰ區(qū)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1＝1.6B0，Ⅱ區(qū)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0穿過線框的磁通量Φ＝1.6B0·eq\f(h2,2)－B0·eq\f(h2,2)＝0.3B0h2，方向?yàn)榇怪彼矫嫦蛳隆?3)由法拉第電磁感應(yīng)定律得，2τ～3τ時間內(nèi)線框中的感應(yīng)電動勢大小始終為E1＝eq\f(B0,τ)·eq\f(h2,2)感應(yīng)電流大小始終為I1＝eq\f(E1,R)2τ～3τ時間內(nèi)，線框中產(chǎn)生的熱量Q＝Ieq\o\al(2,1)Rt1其中t1＝3τ－2τ聯(lián)立解得Q＝eq\f(Beq\o\al(2,0)h4,4τR)。電磁感應(yīng)圖像問題的“六個明確”(1)明確圖像橫、縱坐標(biāo)的含義及單位；(2)明確圖像中物理量正負(fù)的含義；(3)明確圖像斜率、截距、所圍面積的含義；(4)明確圖像所描述的物理意義；(5)明確所選的正方向與圖線的對應(yīng)關(guān)系；(6)明確圖像和電磁感應(yīng)過程之間的對應(yīng)關(guān)系。課時作業(yè)1.(2023·江蘇高考)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(diǎn)A位于磁場區(qū)域的邊緣?，F(xiàn)使導(dǎo)體棒繞O點(diǎn)在紙面內(nèi)逆時針轉(zhuǎn)動，O、A、C點(diǎn)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)體棒轉(zhuǎn)動時，只有OA段切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，相當(dāng)于電源，根據(jù)右手定則可知O為電源正極，A為電源負(fù)極，則φO>φA，C錯誤；導(dǎo)體棒的AC段相當(dāng)于外電路，外電路斷路，則φC＝φA，因此φO>φC，A正確，B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．(2021·遼寧高考)(多選)如圖a所示，兩根間距為L、足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌豎直放置并固定，頂端接有阻值為R的電阻。垂直導(dǎo)軌平面存在變化規(guī)律如圖b所示的勻強(qiáng)磁場，t＝0時磁場方向垂直紙面向里。在t＝0到t＝2t0的時間內(nèi)，金屬棒水平固定在距導(dǎo)軌頂端L處；t＝2t0時，釋放金屬棒。整個過程中金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌與金屬棒的電阻不計，則()A．在t＝eq\f(t0,2)時，金屬棒受到安培力的大小為eq\f(Beq\o\al(2,0)L3,t0R)B．在t＝t0時，金屬棒中電流的大小為eq\f(B0L2,t0R)C．在t＝eq\f(3t0,2)時，金屬棒受到安培力的方向豎直向上D．在t＝3t0時，金屬棒中電流的方向向右答案BC解析在0～2t0時間內(nèi)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知閉合回路中的感應(yīng)電動勢E1＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(B0L2,t0)，金屬棒中的電流大小I＝eq\f(E1,R)＝eq\f(B0L2,t0R)，故B正確；由圖b知，在t＝eq\f(t0,2)時，磁感應(yīng)強(qiáng)度B1＝eq\f(B0,2)，則金屬棒受到的安培力大小F＝B1IL＝eq\f(B0,2)·eq\f(B0L2,t0R)·L＝eq\f(Beq\o\al(2,0)L3,2t0R)，故A錯誤；在t＝eq\f(3t0,2)時，磁場方向垂直紙面向外，根據(jù)楞次定律可知閉合回路中的感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r針，根據(jù)左手定則可知金屬棒受到安培力的方向豎直向上，故C正確；在t＝3t0時，磁場方向垂直紙面向外，金屬棒具有豎直向下的速度，根據(jù)右手定則可知金屬棒中電流的方向向左，故D錯誤。3.(多選)如圖所示，水平桌面上水平固定一半徑為L的金屬細(xì)圓環(huán)，圓環(huán)的電阻為2r，豎直向下的勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。一長度為2L、電阻為r的導(dǎo)體棒，由棒中點(diǎn)與圓環(huán)重合位置A點(diǎn)沿與棒垂直的直徑以恒定加速度a從靜止開始向右運(yùn)動，運(yùn)動過程中棒與圓環(huán)始終接觸良好。當(dāng)棒經(jīng)過環(huán)心時()A．棒兩端的電勢差為2BLeq\r(2aL)B．棒兩端的電勢差為eq\f(2,3)BLeq\r(2aL)C．棒所受安培力的大小為eq\f(8B2L2\r(2aL),3r)D．棒所受安培力的大小為eq\f(8B2L2\r(2aL),r)答案BC解析設(shè)棒經(jīng)過環(huán)心時速度為v，有v2＝2aL，則v＝eq\r(2aL)，此時導(dǎo)體棒相當(dāng)于電源，外電阻為r外＝eq\f(r·r,2r)＝eq\f(1,2)r，通過導(dǎo)體棒的電流為I＝eq\f(2BLv,r＋\f(1,2)r)＝eq\f(4BLv,3r)＝eq\f(4BL\r(2aL),3r)，棒兩端的電勢差為U＝Ir外＝eq\f(4BL\r(2aL),3r)×eq\f(1,2)r＝eq\f(2,3)BLeq\r(2aL)，故A錯誤，B正確；棒經(jīng)過環(huán)心時受到的安培力為FA＝BI·2L＝2BL×eq\f(4BL\r(2aL),3r)＝eq\f(8B2L2\r(2aL),3r)，故C正確，D錯誤。4．如圖甲所示，磁卡的磁條中有用于存儲信息的磁極方向不同的磁化區(qū)，刷卡器中有檢測線圈。當(dāng)以速度v0刷卡時，在線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，其E-t關(guān)系如圖乙所示。如果只將刷卡速度改為2v0，線圈中E-t的關(guān)系可能是()答案A解析根據(jù)感應(yīng)電動勢公式E＝BLv可知，其他條件不變時，只將刷卡速度改為2v0，則線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的最大值將變?yōu)樵瓉淼?倍，磁卡通過刷卡器的時間t＝eq\f(s,v)，則有電動勢產(chǎn)生的時間變?yōu)樵瓉淼囊话?。故選A。5．(2023·山東省菏澤市高三下一模)如圖所示，MNQP是邊長為L和2L的矩形，在其由對角線劃分的兩個三角形區(qū)域內(nèi)充滿磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向相反的勻強(qiáng)磁場。邊長為L的正方形導(dǎo)線框，在外力作用下水平向左勻速運(yùn)動，線框左邊始終與MN平行。設(shè)導(dǎo)線框中感應(yīng)電流i逆時針流向?yàn)檎Ｈ魌＝0時左邊框與PQ重合，則左邊框由PQ運(yùn)動到MN的過程中，下列i-t圖像正確的是()答案D解析設(shè)導(dǎo)線框的電阻為R，運(yùn)動速度大小為v，則t＝0時，e1＝BLv，i1＝eq\f(e1,R)，線框的左邊框由PQ向左進(jìn)入磁場運(yùn)動到G點(diǎn)，用時t1＝eq\f(L,v)，則在0～t1時間內(nèi)，根據(jù)右手定則知感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r針(負(fù))，而切割磁感線的有效長度l隨時間由L均勻減小到0，根據(jù)e＝Blv和i＝eq