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(chǎng)感應(yīng)專題強(qiáng)化十六 電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)、能量及動(dòng)量問(wèn)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(chǎng)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(chǎng)感應(yīng)專題強(qiáng)化十六電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)、能量及動(dòng)量問(wèn)題關(guān)鍵能力發(fā)展與提升考點(diǎn)一電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題解題技巧1.導(dǎo)體棒的動(dòng)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(chǎng)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(dòng)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(duì)象和電學(xué)對(duì)象的相互關(guān)系4．動(dòng)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(dòng)力學(xué)問(wèn)題例1(2022·上海高考)如圖，一個(gè)正方形導(dǎo)線框以初速度v0向右穿過(guò)一個(gè)有界的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。線框兩次速度發(fā)生變化所用時(shí)間分別為t1和t2，這兩段時(shí)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(zhǎng)為L(zhǎng)，質(zhì)量為m，電阻為R，磁場(chǎng)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(chǎng)的過(guò)程和離開(kāi)磁場(chǎng)的過(guò)程，都受到向左的安培力作用而向右做減速運(yùn)動(dòng)，因此線框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程對(duì)時(shí)間的平均速度v1平大于線框離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程對(duì)時(shí)間的平均速度v2平，由L＝v1平t1和L＝v2平t2可得，t1＜t2。對(duì)線框進(jìn)入磁場(chǎng)或離開(kāi)磁場(chǎng)的過(guò)程，由感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)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(chǎng)過(guò)程對(duì)位移的平均速度v1平′大于線框離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程對(duì)位移的平均速度v2平′，則安培力大小對(duì)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?？枷?除安培力外有其他力作用的電磁感應(yīng)中動(dòng)力學(xué)問(wèn)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(gè)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(chǎng)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(guò)程中某一時(shí)刻的速度為v，忽略電感的影響，下列說(shuō)法正確的是()A．下落過(guò)程圓環(huán)中磁通量不變B．此時(shí)圓環(huán)受到豎直向上的安培力作用C．此時(shí)圓環(huán)的加速度a＝eq\f(B2v,ρd)＋gD．如果徑向磁場(chǎng)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(guò)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(cuò)誤；根據(jù)右手定則，圓環(huán)中有(俯視)順時(shí)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(dòng)，故B正確；速度為v的時(shí)刻圓環(huán)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)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(cuò)誤；當(dāng)圓環(huán)做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，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(dòng)力學(xué)問(wèn)題考點(diǎn)二電磁感應(yīng)中的能量問(wèn)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(dòng)產(chǎn)生感應(yīng)電流，通有感應(yīng)電流的導(dǎo)體在磁場(chǎng)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(chǎng)中通過(guò)受安培力做功或通過(guò)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(chǎng)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(chǎng)邊界的水平拉力的作用下以速度v向右勻速通過(guò)磁場(chǎng)，F(xiàn)G邊始終與磁場(chǎng)邊界平行。下列說(shuō)法正確的是()A．從FG邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)到DE和HP邊剛要進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，E、H間的電勢(shì)差為BdvB．在DE、HP邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，金屬框中的電流為eq\f(3Bdv,R)C．金屬框穿過(guò)磁場(chǎng)的整個(gè)過(guò)程，拉力做的功為eq\f(B2d2v,R)D．金屬框穿過(guò)磁場(chǎng)的整個(gè)過(guò)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(chǎng)到DE和HP邊剛要進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，只有FG邊切割磁感線，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)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(shí)針，則φE>φH，所以E、H間的電勢(shì)差為UEH＝I1REH＝I1·7dR＝eq\f(7Bdv,10)，A錯(cuò)誤；在DE、HP邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，DE、FG、HP邊均切割磁感線，產(chǎn)生的總感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)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(cuò)誤；由以上分析同理可知，從CQ邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)到DE和HP邊剛要出磁場(chǎng)的過(guò)程中，金屬框中的感應(yīng)電流大小為I1，從DE、HP邊剛出磁場(chǎng)到CQ邊剛要出磁場(chǎng)的過(guò)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(guò)磁場(chǎng)的整個(gè)過(guò)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(cuò)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(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0，AB水平且與圓心等高，CD豎直且延長(zhǎng)線過(guò)圓心。一輕質(zhì)金屬桿電阻為r、長(zhǎng)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(wú)初速釋放，第一次即將離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)，金屬球的速度大小為v。其余電阻不計(jì)，忽略一切摩擦，重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的是()A．金屬球向下運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，P點(diǎn)電勢(shì)高于M點(diǎn)電勢(shì)B．金屬桿第一次即將離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)，電阻兩端的電壓為B0lvC．金屬桿從AB滑動(dòng)到CD的過(guò)程中，通過(guò)電阻的電荷量為eq\f(πl(wèi)2B0,2r)D．金屬桿從AB滑動(dòng)到CD的過(guò)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(dòng)過(guò)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(shì)高于P點(diǎn)電勢(shì)，故A錯(cuò)誤；金屬桿第一次即將離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)，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(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)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(dòng)到CD的過(guò)程中，通過(guò)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(dòng)到CD的過(guò)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(cuò)誤。例5(2021·天津高考)如圖所示，兩根足夠長(zhǎng)的平行光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ間距L＝1m，其電阻不計(jì)，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(gè)裝置處在垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)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(kāi)始運(yùn)動(dòng)，可達(dá)到最大速度v＝2m/s。運(yùn)動(dòng)過(guò)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(kāi)始運(yùn)動(dòng)后，經(jīng)t＝0.09s速度達(dá)到v2＝1.5m/s，此過(guò)程中ab克服安培力做功W＝0.06J，求該過(guò)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(dòng)過(guò)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(dòng)，速度達(dá)到最大時(shí)，加速度為零，設(shè)此時(shí)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(shí)回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)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(guò)程中，由動(dòng)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(wèn)題的計(jì)算(1)回路中電流穩(wěn)定時(shí)，可利用電路知識(shí)，由W＝UIt，Q＝I2Rt直接計(jì)算。(2)若電流變化，則利用功能關(guān)系、能量守恒定律解決。考點(diǎn)三電磁感應(yīng)中的動(dòng)量問(wèn)題解題技巧考向1動(dòng)量定理在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用在電磁感應(yīng)中，動(dòng)量定理應(yīng)用于單桿切割磁感線運(yùn)動(dòng)，可求解單桿所受其他恒力(非安培力)作用的時(shí)間、單桿的速度、單桿的位移和通過(guò)單桿的橫截面的電荷量。(1)求通過(guò)單桿的橫截面的電荷量、單桿的速度或單桿運(yùn)動(dòng)的時(shí)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(dòng)的位移、單桿的速度或單桿運(yùn)動(dòng)的時(shí)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(zhǎng)，電阻不計(jì)，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(chǎng)中，一質(zhì)量為m、電阻不計(jì)的金屬棒ab垂直導(dǎo)軌放置，在恒力F作用下，從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，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(guò)程，R上產(chǎn)生的焦耳熱等于ab的最大動(dòng)能，則下列說(shuō)法正確的是()A．a(chǎn)b運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最大速度為eq\f(FR,B2L2)B．a(chǎn)b加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中運(yùn)動(dòng)的最大位移為eq\f(mFR2,B3L3)C．撤去F后，通過(guò)R的電量為eq\f(mFR,B2L2)D．a(chǎn)b減速過(guò)程中運(yùn)動(dòng)的最大位移為eq\f(mFR2,B4L4)[答案]AD[解析]達(dá)到最大速度時(shí)，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(duì)金屬棒，在加速過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)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(cuò)誤；撤去F后，金屬棒最終停止，根據(jù)動(dòng)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(cuò)誤；撤去F后，金屬棒開(kāi)始減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)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(dòng)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(dòng)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(chǎng)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(zhǎng)度為d，導(dǎo)體棒PQ的電阻為2R、長(zhǎng)度為2d，PQ的質(zhì)量是MN的2倍。初始時(shí)刻兩棒靜止，兩棒中點(diǎn)之間連接一壓縮量為L(zhǎng)的輕質(zhì)絕緣彈簧。釋放彈簧，兩棒在各自磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)直至停止，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。整個(gè)過(guò)程中兩棒保持與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)且電阻不計(jì)。下列說(shuō)法正確的是()A．彈簧伸展過(guò)程中，回路中產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较虻碾娏鰾．PQ速率為v時(shí)，MN所受安培力大小為eq\f(4B2d2v,3R)C．整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，MN與PQ的路程之比為2∶1D．整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，通過(guò)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(dòng)量守恒，則可知MN、PQ運(yùn)動(dòng)方向始終相反，故彈簧伸展過(guò)程中，MN沿導(dǎo)軌向左運(yùn)動(dòng)，PQ沿導(dǎo)軌向右運(yùn)動(dòng)，根據(jù)楞次定律可知，回路中產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较虻碾娏鳎珹正確；設(shè)MN質(zhì)量為m，PQ質(zhì)量為2m，則PQ速率為v時(shí)，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有2mv＝mv′，解得MN速率為v′＝2v，因PQ、MN運(yùn)動(dòng)方向始終相反，則此時(shí)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(cuò)誤；由前面分析知，兩棒同時(shí)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)、同時(shí)停止運(yùn)動(dòng)，且MN的速率始終為PQ的2倍，則整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，MN與PQ的路程之比為2∶1，C正確；兩棒最后停止時(shí)，彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)，此時(shí)兩棒間距增加了L，由動(dòng)量守恒定律有meq\o(v,\s\up6(－))1＝2meq\o(v,\s\up6(－))2，方程兩邊同時(shí)乘以運(yùn)動(dòng)時(shí)間t，可得mx1＝2mx2，又x1＋x2＝L，可解得整個(gè)過(guò)程MN向左運(yùn)動(dòng)的位移大小x1＝eq\f(2L,3)，PQ向右運(yùn)動(dòng)的位移大小x2＝eq\f(L,3)，則整個(gè)過(guò)程通過(guò)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(cuò)誤。課時(shí)作業(yè)1.(2021·北京高考)如圖所示，在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)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(jì)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(kāi)始運(yùn)動(dòng)，最終停在導(dǎo)體框上。在此過(guò)程中()A．導(dǎo)體棒做勻減速直線運(yùn)動(dòng)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(dòng)時(shí)，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(kāi)始時(shí)，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(dòng)勢(shì)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(dòng)，故A、B錯(cuò)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(gè)過(guò)程只有安培力做負(fù)功，根據(jù)動(dòng)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(cuò)誤。2.(人教版選擇性必修第二冊(cè)·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(chǎng)，第二次又以速度2v勻速進(jìn)入同一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，則下列說(shuō)法正確的是()A．第二次與第一次進(jìn)入時(shí)線圈中電流之比為2∶1B．第二次與第一次進(jìn)入時(shí)外力做功功率之比為2∶1C．第二次與第一次進(jìn)入過(guò)程中通過(guò)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(shí)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(cuò)誤。由電荷量q＝eq\f(ΔΦ,R)得eq\f(q2,q1)＝eq\f(1,1)，故C錯(cuò)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(jì)桿和軌道的電阻)，整個(gè)裝置處在垂直于軌道平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。桿在水平向右的拉力作用下先后兩次都由靜止開(kāi)始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，兩次運(yùn)動(dòng)中拉力大小與速率的關(guān)系如圖2所示。其中，第一次對(duì)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(duì)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(dòng)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(kāi)始運(yùn)動(dòng)相同位移的時(shí)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(kāi)始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度大小為a，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，軌道寬度為L(zhǎng)，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(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)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(kāi)始運(yùn)動(dòng)相同位移的時(shí)間之比n＝eq\f(t1,t2)＝eq\r(\f(a2,a1))＝eq\r(2)，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤。4．(2023·山東高考)(多選)足夠長(zhǎng)U形導(dǎo)軌平置在光滑水平絕緣桌面上，寬為1m，電阻不計(jì)。質(zhì)量為1kg、長(zhǎng)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(chǎng)，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(zhǎng)的輕繩跨過(guò)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(shí)刻MN、CD同時(shí)分別進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ和Ⅱ并做勻速直線運(yùn)動(dòng)，MN、CD與磁場(chǎng)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(dòng)摩擦因數(shù)為0.2。重力加速度大小取10m/s2，下列說(shuō)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(duì)它向右的滑動(dòng)摩擦力，大小為f＝μmg＝2N，MN勻速運(yùn)動(dòng)，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(duì)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(cuò)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(dòng)勢(shì)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(cuò)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(zhǎng)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(guò)兩個(gè)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(chǎng)區(qū)域。開(kāi)始時(shí)，線框b的上邊與勻強(qiáng)磁場(chǎng)的下邊界重合，線框a的下邊到勻強(qiáng)磁場(chǎng)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(chǎng)時(shí)，a、b兩個(gè)線框開(kāi)始做勻速運(yùn)動(dòng)。不計(jì)摩擦和空氣阻力，則()A．a(chǎn)、b兩個(gè)線框勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小為eq\f(2mgR,B2l2)B．線框a從其下邊進(jìn)入磁場(chǎng)到上邊離開(kāi)磁場(chǎng)所用時(shí)間為eq\f(3B2l3,mgR)C．從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到線框a全部進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，線框a所產(chǎn)生的焦耳熱為mglD．從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到線框a全部進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)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(chǎng)時(shí)，a、b兩個(gè)線框開(kāi)始做勻速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)線框a下邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)，下邊所受安培力eq\f(B2l2v,R)＝2mg－mg，得v＝eq\f(mgR,B2l2)，A錯(cuò)誤；線框a從其下邊進(jìn)入磁場(chǎng)到上邊離開(kāi)磁場(chǎng)，開(kāi)始線框a切割磁感線運(yùn)動(dòng)，受力平衡，然后線框b切割磁感線運(yùn)動(dòng)，受力也平衡，最后線框a切割磁感線運(yùn)動(dòng)，仍受力平衡，則這一過(guò)程所用時(shí)間為t＝eq\f(3l,v)＝eq\f(3B2l3,mgR)，B正確；從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到線框a全部進(jìn)入磁場(chǎng)可以分為兩個(gè)階段，第一階段線框a的下邊進(jìn)入磁場(chǎng)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(chǎng)到線框a全部進(jìn)入磁場(chǎng)，這一階段線框b全部在磁場(chǎng)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(shì)能減少量等于兩線框的動(dòng)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(kāi)始運(yùn)動(dòng)到線框a全部進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，兩線框重力勢(shì)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(cuò)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(zhǎng)且電阻可忽略不計(jì)；導(dǎo)軌間有一垂直于水平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，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(chǎng)，此后運(yùn)動(dòng)過(guò)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(dòng)過(guò)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(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，兩平行導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，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(chǎng)，以初速度方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)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(cuò)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(kāi)口向上的拋物線，故C、D錯(cuò)誤。7.(多選)如圖所示，兩足夠長(zhǎng)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(chǎng)B。兩長(zhǎng)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。現(xiàn)給桿a一水平向右的初速度v0，兩桿在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，兩桿沒(méi)有發(fā)生碰撞，不計(jì)導(dǎo)軌電阻，下列說(shuō)法正確的是()A．桿a進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，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(chǎng)前將桿b固定，整個(gè)過(guò)程中桿a中產(chǎn)生的焦耳熱是不將桿b固定時(shí)的4倍D．若在桿a進(jìn)入磁場(chǎng)前將桿b固定，整個(gè)過(guò)程中通過(guò)桿b的電荷量是不將桿b固定時(shí)的2倍答案AD解析由右手定則可知，桿a進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，感應(yīng)電流方向由C指向D，A正確；桿a進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)受到向左的安培力，向右做減速運(yùn)動(dòng)，桿b受到向右的安培力，向右做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)兩桿速度相等時(shí)，兩桿中均無(wú)感應(yīng)電流，不再受安培力的作用而做勻速直線運(yùn)動(dòng)，B錯(cuò)誤；桿b不固定時(shí)，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(dòng)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(cuò)誤；桿b不固定時(shí)，對(duì)桿b由動(dòng)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(shí)，對(duì)桿a由動(dòng)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(guó)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(duì)齊，導(dǎo)軌的電阻忽略不計(jì)。導(dǎo)軌所在區(qū)域有方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。一質(zhì)量為m、電阻為R、長(zhǎng)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(dòng)并與P發(fā)生彈性碰撞，碰撞時(shí)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(dòng)時(shí)，兩端與導(dǎo)軌接觸良好，P與Q始終平行。不計(jì)空氣阻力。求：(1)金屬棒P滑出導(dǎo)軌時(shí)的速度大小；(2)金屬棒P在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)過(guò)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(dòng)的時(shí)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(dòng)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(dòng)，P在導(dǎo)軌上做減速直線運(yùn)動(dòng)，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(shí)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(dòng)過(guò)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(dòng)的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)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(lái)靜止時(shí)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(dòng)的時(shí)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(wèn)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(wèn)題解題技巧1.分析電磁感應(yīng)中電路問(wèn)題的基本步驟注：如果在一個(gè)電路中產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)的部分有幾個(gè)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(shí)的關(guān)系圖考向1感生電動(dòng)勢(shì)的電路問(wèn)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(shí)間內(nèi)，穿過(guò)螺線管的勻強(qiáng)磁場(chǎng)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(dòng)勢(shì)；(2)閉合開(kāi)關(guān)S，電路中的電流穩(wěn)定后，電阻R2的電功率；(3)開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)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(dòng)勢(shì)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(guò)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(kāi)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(kāi)關(guān)S斷開(kāi)后，流經(jīng)R2的電荷量為Q，則該電荷量為開(kāi)關(guān)S閉合后電路中的電流穩(wěn)定時(shí)電容器C上所帶的電荷量。而開(kāi)關(guān)S閉合后，電路中的電流穩(wěn)定時(shí)電容器C兩端的電壓U＝IR2則開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)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。考向2動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)的電路問(wèn)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(gè)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(gè)強(qiáng)磁體，可形成圓心角為60°的扇形勻強(qiáng)磁場(chǎng)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(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度恒為10rad/s，不計(jì)其他電阻，則()A．通過(guò)每個(gè)小燈泡的電流始終相等B．當(dāng)金屬條ab在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，金屬條ab中的電流從b指向aC．當(dāng)金屬條ab在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，電路的總電阻為4ΩD．當(dāng)金屬條ab在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，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(chǎng)中切割磁感線時(shí)，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(guò)磁場(chǎng)中的那根金屬條上燈泡的電流是通過(guò)其他三根金屬條上燈泡電流的三倍，故A錯(cuò)誤；當(dāng)金屬條ab在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)右手定則可知通過(guò)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(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)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(dòng)勢(shì)為E＝eq\f(1,2)Br2ω＝eq\f(1,2)×2.0×0.32×10V＝0.9V，通過(guò)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(wèn)題的誤區(qū)(1)不能正確根據(jù)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)或感應(yīng)電流的方向分析外電路中電勢(shì)的高低。因產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)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(shì)處流向高電勢(shì)處，而外電路中電流的方向是從高電勢(shì)處到低電勢(shì)處。(2)應(yīng)用歐姆定律分析求解電路時(shí)，沒(méi)有考慮到電源的內(nèi)阻對(duì)電路的影響。(3)對(duì)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(dòng)勢(shì)。考點(diǎn)二電磁感應(yīng)中的圖像問(wèn)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(duì)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(chǎng)的轉(zhuǎn)折點(diǎn)等是解決此類問(wèn)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(duì)切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)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(guò)程。(3)用右手定則或楞次定律確定方向的對(duì)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(dòng)定律等知識(shí)寫(xiě)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(huà)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(guò)程中物理量的正負(fù)，增大還是減小，以及變化快慢，來(lái)排除錯(cuò)誤選項(xiàng)。(2)函數(shù)法：寫(xiě)出兩個(gè)物理量之間的函數(shù)關(guān)系，然后由函數(shù)關(guān)系對(duì)圖像進(jìn)行分析和判斷?？枷?動(dòng)生電磁感應(yīng)圖像問(wèn)題例3如圖所示，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)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(guò)寬度為D(D>L)、方向豎直向下的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)。在整個(gè)過(guò)程中線框的ab邊始終與磁場(chǎng)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(shì)差，以I表示通過(guò)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(shí)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(dòng)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(chǎng)和離開(kāi)磁場(chǎng)的過(guò)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(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)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(chǎng)和離開(kāi)磁場(chǎng)的過(guò)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(dòng)，則線框在進(jìn)入磁場(chǎng)和離開(kāi)磁場(chǎng)的過(guò)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(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)不受安培力，則F＝0，故A錯(cuò)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(chǎng)和離開(kāi)磁場(chǎng)的過(guò)程中P相等，線框完全在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)P＝0，故D錯(cuò)誤；線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，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(chǎng)中時(shí)，線框中無(wú)電流，Uab＝E＝BLv，線框穿出磁場(chǎng)的過(guò)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(cuò)誤?？枷?感生電磁感應(yīng)圖像問(wèn)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(chǎng)，磁場(chǎng)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(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間t的變化如圖b所示，0～τ時(shí)間內(nèi)，兩區(qū)域磁場(chǎng)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(zhǎng)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(chǎng)邊界平行。t＝0時(shí)，線框ab邊剛好跨過(guò)區(qū)域Ⅰ的左邊界以速度v向右運(yùn)動(dòng)。在τ時(shí)刻，ab邊運(yùn)動(dòng)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(shí)線框被固定，如圖a中的虛線框所示。隨后在τ～2τ時(shí)間內(nèi)，Ⅰ區(qū)磁感應(yīng)強(qiáng)度線性減小到0，Ⅱ區(qū)磁場(chǎng)保持不變；2τ～3τ時(shí)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(shí)線框所受的安培力F；(2)t＝1.2τ時(shí)穿過(guò)線框的磁通量Φ；(3)2τ～3τ時(shí)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(shí)，ab邊、cd邊均切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，結(jié)合右手定則知總電動(dòng)勢(shì)大小為E＝2B0hv＋B0hv由右手定則知回路中產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较虻母袘?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(shí)間內(nèi)，Ⅰ區(qū)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間變化的關(guān)系為B1＝2B0－eq\f(2B0,τ)(t－τ)則t＝1.2τ時(shí)，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(guò)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(shí)間內(nèi)線框中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)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(shí)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(wèn)題的“六個(gè)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(duì)應(yīng)關(guān)系；(6)明確圖像和電磁感應(yīng)過(guò)程之間的對(duì)應(yīng)關(guān)系。課時(shí)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(chǎng)，OC導(dǎo)體棒的O端位于圓心，棒的中點(diǎn)A位于磁場(chǎng)區(qū)域的邊緣?，F(xiàn)使導(dǎo)體棒繞O點(diǎn)在紙面內(nèi)逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，O、A、C點(diǎn)電勢(shì)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(dòng)時(shí)，只有OA段切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，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(cuò)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(cuò)誤；根據(jù)以上分析可知φO－φA>0，φA－φC＝0，則φO－φA>φA－φC，D錯(cuò)誤。2．(2021·遼寧高考)(多選)如圖a所示，兩根間距為L(zhǎng)、足夠長(zhǎng)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(chǎng)，t＝0時(shí)磁場(chǎng)方向垂直紙面向里。在t＝0到t＝2t0的時(shí)間內(nèi)，金屬棒水平固定在距導(dǎo)軌頂端L處；t＝2t0時(shí)，釋放金屬棒。整個(gè)過(guò)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(jì)，則()A．在t＝eq\f(t0,2)時(shí)，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(shí)，金屬棒中電流的大小為eq\f(B0L2,t0R)C．在t＝eq\f(3t0,2)時(shí)，金屬棒受到安培力的方向豎直向上D．在t＝3t0時(shí)，金屬棒中電流的方向向右答案BC解析在0～2t0時(shí)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(dòng)勢(shì)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(shí)，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(cuò)誤；在t＝eq\f(3t0,2)時(shí)，磁場(chǎng)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(shí)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(shí)，磁場(chǎng)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(cuò)誤。3.(多選)如圖所示，水平桌面上水平固定一半徑為L(zhǎng)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(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。一長(zhǎng)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(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中棒與圓環(huán)始終接觸良好。當(dāng)棒經(jīng)過(guò)環(huán)心時(shí)()A．棒兩端的電勢(shì)差為2BLeq\r(2aL)B．棒兩端的電勢(shì)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(guò)環(huán)心時(shí)速度為v，有v2＝2aL，則v＝eq\r(2aL)，此時(shí)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(guò)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(shì)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(cuò)誤，B正確；棒經(jīng)過(guò)環(huán)心時(shí)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(cuò)誤。4．如圖甲所示，磁卡的磁條中有用于存儲(chǔ)信息的磁極方向不同的磁化區(qū)，刷卡器中有檢測(cè)線圈。當(dāng)以速度v0刷卡時(shí)，在線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，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(dòng)勢(shì)公式E＝BLv可知，其他條件不變時(shí)，只將刷卡速度改為2v0，則線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值將變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，磁卡通過(guò)刷卡器的時(shí)間t＝eq\f(s,v)，則有電動(dòng)勢(shì)產(chǎn)生的時(shí)間變?yōu)樵瓉?lái)的一半。故選A。5．(2023·山東省菏澤市高三下一模)如圖所示，MNQP是邊長(zhǎng)為L(zhǎng)和2L的矩形，在其由對(duì)角線劃分的兩個(gè)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(chǎng)。邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形導(dǎo)線框，在外力作用下水平向左勻速運(yùn)動(dòng)，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(shí)針流向?yàn)檎Ｈ魌＝0時(shí)左邊框與PQ重合，則左邊框由PQ運(yùn)動(dòng)到MN的過(guò)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(dòng)速度大小為v，則t＝0時(shí)，e1＝BLv，i1＝eq\f(e1,R)，線框的左邊框由PQ向左進(jìn)入磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)到G點(diǎn)，用時(shí)t1＝eq\f(L,v)，則在0～t1時(shí)間內(nèi)，根據(jù)右手定則知感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針(負(fù))，而切割磁感線的有效長(zhǎng)度l隨時(shí)間由L均勻減小到0，根據(jù)e＝Blv和i＝eq