【創(chuàng)新設(shè)計(jì)】2021高考物理二輪復(fù)習(xí)(江蘇專(zhuān)用)-教師用書(shū)-第10講-電磁感應(yīng)問(wèn)題的綜合分析

第10講電磁感應(yīng)問(wèn)題的綜合分析1．(多選)(2022·江蘇單科，7)某同學(xué)設(shè)計(jì)的家庭電路愛(ài)護(hù)裝置如圖4－10－1所示，鐵芯左側(cè)線圈L1由火線和零線并行繞成．當(dāng)右側(cè)線圈L2中產(chǎn)生電流時(shí)，電流經(jīng)放大器放大后，使電磁鐵吸起鐵質(zhì)開(kāi)關(guān)K，從而切斷家庭電路．僅考慮L1在鐵芯中產(chǎn)生的磁場(chǎng)，下列說(shuō)法正確的有()圖4－10－1A．家庭電路正常工作時(shí)，L2中的磁通量為零B．家庭電路中使用的電器增多時(shí)，L2中的磁通量不變C．家庭電路發(fā)生短路時(shí)，開(kāi)關(guān)K將被電磁鐵吸起D．地面上的人接觸火線發(fā)生觸電時(shí)，開(kāi)關(guān)K將被電磁鐵吸起解析由于零線、火線中電流方向相反，產(chǎn)生磁場(chǎng)方向相反，所以家庭電路正常工作時(shí)，L2中的磁通量為零，選項(xiàng)A正確；家庭電路短路和用電器增多時(shí)均不會(huì)引起L2的磁通量的變化，選項(xiàng)B正確，C錯(cuò)誤；地面上的人接觸火線發(fā)生觸電時(shí)，線圈L1中磁場(chǎng)變化引起L2中磁通量的變化，產(chǎn)生感應(yīng)電流，吸起K，切斷家庭電路，選項(xiàng)D正確．答案ABD2．(2022·江蘇卷，1)如圖4－10－2所示，一正方形線圈的匝數(shù)為n，邊長(zhǎng)為a，線圈平面與勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直，且一半處在磁場(chǎng)中．在Δt時(shí)間內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向不變，大小由B均勻地增大到2B.在此過(guò)程中，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為()圖4－10－2A.eq\f(Ba2,2Δt) B.eq\f(nBa2,2Δt)C.eq\f(nBa2,Δt) D.eq\f(2nBa2,Δt)解析由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，在Δt時(shí)間內(nèi)線圈中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(2B\f(a2,2)－B\f(a2,2),Δt)＝eq\f(nBa2,2Δt)，選項(xiàng)B正確．答案B圖4－10－33．(多選)(2022·江蘇卷，7)如圖4－10－3所示，在線圈上端放置一盛有冷水的金屬杯，現(xiàn)接通溝通電源，過(guò)了幾分鐘，杯內(nèi)的水沸騰起來(lái)．若要縮短上述加熱時(shí)間，下列措施可行的有()A．增加線圈的匝數(shù)B．提高溝通電源的頻率C．將金屬杯換為瓷杯D．取走線圈中的鐵芯解析杯內(nèi)的水之所以沸騰，是由于金屬杯處于下方線圈所產(chǎn)生的交變磁場(chǎng)中，產(chǎn)生渦流，從而使金屬杯溫度上升，而瓷杯內(nèi)不會(huì)產(chǎn)生渦流，故C錯(cuò)；要想縮短加熱時(shí)間，則應(yīng)增大磁場(chǎng)的強(qiáng)度和變化率，因此A、B正確，D錯(cuò)誤．答案AB4．(2022·江蘇單科，13)某愛(ài)好小組設(shè)計(jì)了一種發(fā)電裝置，如圖4－10－4所示．在磁極和圓柱狀鐵芯之間形成的兩磁場(chǎng)區(qū)域的圓心角α均為eq\f(4,9)π，磁場(chǎng)均沿半徑方向．匝數(shù)為N的矩形線圈abcd的邊長(zhǎng)ab＝cd＝l、bc＝ad＝2l.線圈以角速度ω繞中心軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，bc和ad邊同時(shí)進(jìn)入磁場(chǎng)．在磁場(chǎng)中，兩條邊所經(jīng)過(guò)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，方向始終與兩邊的運(yùn)動(dòng)方向垂直．線圈的總電阻為r，外接電阻為R.求：圖4－10－4(1)線圈切割磁感線時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小Em；(2)線圈切割磁感線時(shí)，bc邊所受安培力的大小F；(3)外接電阻上電流的有效值I.解析(1)bc、ad邊的運(yùn)動(dòng)速度v＝ωeq\f(l,2)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)Em＝4NBlv解得Em＝2NBl2ω.(2)電流Im＝eq\f(Em,r＋R)安培力F＝2NBIml，解得F＝eq\f(4N2B2l3ω,r＋R).(3)一個(gè)周期內(nèi)，通電時(shí)間t＝eq\f(4,9)TR上消耗的電能W＝Ieq\o\al(2,m)Rt且W＝I2RT，解得I＝eq\f(4NBl2ω,3r＋R).答案(1)2NBl2ω(2)eq\f(4N2B2l3ω,r＋R)(3)eq\f(4NBl2ω,3r＋R)圖4－10－55．(2021·江蘇單科，13)如圖4－10－5所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有一矩形閉合線圈abcd，線圈平面與磁場(chǎng)垂直．已知線圈的匝數(shù)N＝100，邊長(zhǎng)ab＝1.0m、bc＝0.5m，電阻r＝2Ω.磁感應(yīng)強(qiáng)度B在0～1s內(nèi)從零均勻變化到0.2T．在1～5s內(nèi)從0.2T均勻變化到－0.2T，取垂直紙面對(duì)里為磁場(chǎng)的正方向．求：(1)0.5s時(shí)線圈內(nèi)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小E和感應(yīng)電流的方向；(2)在1～5s內(nèi)通過(guò)線圈的電荷量q；(3)在0～5s內(nèi)線圈產(chǎn)生的焦耳熱Q.解析(1)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E1＝Neq\f(ΔΦ1,Δt1)，磁通量的變化量ΔΦ1＝ΔB1S，解得E1＝Neq\f(ΔB1S,Δt1)，代入數(shù)據(jù)解得E1＝10V，感應(yīng)電流方向?yàn)閍→d→c→b→a(或逆時(shí)針)．(2)同理可得：感應(yīng)電流E2＝eq\f(NΔΦ,Δt2)＝Neq\f(ΔB2S,Δt2)，I2＝eq\f(E2,r)，電量q＝I2Δt2解得q＝Neq\f(ΔB2S,r)，代入數(shù)據(jù)q＝10C.(3)0～1s內(nèi)線圈產(chǎn)生的焦耳熱Q1＝Ieq\o\al(2,1)rΔt1，且I1＝eq\f(E1,r)，1～5s內(nèi)線圈產(chǎn)生的焦耳熱Q2＝Ieq\o\al(2,2)rΔt2，由Q＝Q1＋Q2，代入數(shù)據(jù)得Q＝100J答案(1)10Va→d→c→b→a(2)10C(3)100J主要題型：選擇題或計(jì)算題學(xué)問(wèn)熱點(diǎn)(1)楞次定律的理解及應(yīng)用(2)法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用(3)用電磁感應(yīng)現(xiàn)象分析實(shí)際問(wèn)題(如2022年的第7題，分析渦流加熱現(xiàn)象)(4)法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律的綜合應(yīng)用，如電路問(wèn)題、圖象問(wèn)題、動(dòng)力學(xué)問(wèn)題、能量問(wèn)題等．物理方法(1)圖象法(2)等效法(3)守恒法(4)模型法命題趨勢(shì)(1)估計(jì)2021年高考仍將以電磁感應(yīng)的產(chǎn)生條件，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流的計(jì)算和圖象表達(dá)為主．(2)結(jié)合新技術(shù)，對(duì)科技類(lèi)問(wèn)題的建模，運(yùn)用力學(xué)和電學(xué)學(xué)問(wèn)解決電磁感應(yīng)類(lèi)的問(wèn)題，復(fù)習(xí)時(shí)應(yīng)予以高度關(guān)注．熱點(diǎn)一楞次定律和法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用1．(多選)(2022·南京一模)勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直紙面，規(guī)定垂直紙面對(duì)里的方向?yàn)檎?，磁感?yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化規(guī)律如圖4－10－6甲所示．在磁場(chǎng)中有一細(xì)金屬圓環(huán)，圓環(huán)平面位于紙面內(nèi)，如圖乙所示．令I(lǐng)1、I2、I3分別表示Oa、ab、bc段的感應(yīng)電流，f1、f2、f3分別表示I1、I2、I3時(shí)，金屬環(huán)上很小一段受到的安培力，則()圖4－10－6A．I1沿逆時(shí)針?lè)较?，I2沿順時(shí)針?lè)较駼．I2沿逆時(shí)針?lè)较颍琁3沿順時(shí)針?lè)较駽．f1方向指向圓心，f2方向指向圓心D．f2方向背離圓心向外，f3方向指向圓心解析在Oa段，磁場(chǎng)垂直紙面對(duì)里且均勻增加，依據(jù)楞次定律可推斷產(chǎn)生的感應(yīng)電流的方向是逆時(shí)針的，同理，ab、bc段產(chǎn)生的感應(yīng)電流的方向是順時(shí)針的，A正確，B錯(cuò)；依據(jù)左手定則可推斷Oa、ab、bc段對(duì)應(yīng)金屬圓環(huán)上很小一段受到的安培力方向，即f1、f3方向指向圓心，而f2背離圓心向外，C錯(cuò)，D正確．(或接受“增縮減擴(kuò)”的方法也可以直接推斷)答案AD圖4－10－72．(多選)(2022·陜西省質(zhì)檢二)如圖4－10－7所示，用同種電阻絲制成的正方形閉合線框1的邊長(zhǎng)與圓形閉合線框2的直徑相等．m和n是1線框下邊的兩個(gè)端點(diǎn)，p和q是2線框水平直徑的兩個(gè)端點(diǎn).1和2線框同時(shí)由靜止開(kāi)頭釋放并進(jìn)入上邊界水平、足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，進(jìn)入過(guò)程中m、n和p、q連線始終保持水平．當(dāng)兩線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)以后，下面說(shuō)法正確的是()A．m、n和p、q電勢(shì)的關(guān)系肯定有Φm＜Φn，Φp＜ΦqB．m、n和p、q間電勢(shì)差的關(guān)系肯定有Umn＝UpqC．進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中流過(guò)1和2線框的電荷量Q1＞Q2D．進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中流過(guò)1和2線框的電荷量Q1＝Q2解析當(dāng)兩線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)以后，依據(jù)右手定則知Φn＞Φm，Φq＞Φp，A正確；兩線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)后，由于兩線框的速度關(guān)系無(wú)法確定，故不能確定兩點(diǎn)間的電勢(shì)差的關(guān)系，B錯(cuò)誤；設(shè)m、n間距離為a，由q＝eq\f(ΔΦ,R)，R＝eq\f(ρl,S)得進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中流過(guò)1、2線框的電荷量都為eq\f(BaS,4ρ)，C錯(cuò)誤，D正確．答案AD3．[2022·蘇、錫、常、鎮(zhèn)四市高三調(diào)研(二)]在半徑為r、電阻為R的圓形導(dǎo)線框內(nèi)，以直徑為界，左、右兩側(cè)分別存在著方向如圖4－10－8甲所示的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．以垂直紙面對(duì)外的磁場(chǎng)為正，兩部分磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化規(guī)律分別如圖乙所示．則0～t0時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)線框中()圖4－10－8A．沒(méi)有感應(yīng)電流B．感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針C．感應(yīng)電流大小為πr2B0/(t0R)D．感應(yīng)電流大小為2πr2B0/(t0R)解析對(duì)左半側(cè)磁場(chǎng)，穿過(guò)導(dǎo)線框的磁通量垂直紙面對(duì)外均勻增大，依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，導(dǎo)線框中由此產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E1＝eq\f(B0－0,t0－0)×eq\f(πr2,2)＝eq\f(πB0r2,2t0)，依據(jù)楞次定律可知導(dǎo)線框左半側(cè)中產(chǎn)生的感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较颍畬?duì)右半側(cè)磁場(chǎng)，穿過(guò)導(dǎo)線框的磁通量垂直紙面對(duì)里均勻減小，依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，導(dǎo)線框中由此產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E2＝eq\f(B0－0,t0－0)×eq\f(πr2,2)＝eq\f(πB0r2,2t0)，依據(jù)楞次定律可知導(dǎo)線框右半側(cè)中產(chǎn)生的感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较?，?duì)整個(gè)導(dǎo)線框而言，其感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為，E＝E1＋E2＝eq\f(πB0r2,t0)，感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较?，故選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；依據(jù)閉合電路歐姆定律可知感應(yīng)電流的大小為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(πB0r2,Rt0)，故選項(xiàng)C正確，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．答案C4．(多選)(2022·四川卷，6)如圖4－10－9所示，不計(jì)電阻的光滑U形金屬框水平放置，光滑、豎直玻璃擋板H、P固定在框上，H、P的間距很?。|(zhì)量為0.2kg的細(xì)金屬桿CD恰好無(wú)擠壓地放在兩擋板之間，與金屬框接觸良好并圍成邊長(zhǎng)為1m的正方形，其有效電阻為0.1Ω.此時(shí)在整個(gè)空間加方向與水平面成30°角且與金屬桿垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化規(guī)律是B＝(0.4－0.2t)T，圖示磁場(chǎng)方向?yàn)檎较颍?、擋板和桿不計(jì)形變．則()圖4－10－9A．t＝1s時(shí)，金屬桿中感應(yīng)電流方向從C到DB．t＝3s時(shí)，金屬桿中感應(yīng)電流方向從D到CC．t＝1s時(shí)，金屬桿對(duì)擋板P的壓力大小為0.1ND．t＝3s時(shí)，金屬桿對(duì)擋板H的壓力大小為0.2N解析t＝1s時(shí)，穿過(guò)閉合回路中的磁通量削減，由楞次定律可推斷感應(yīng)電流的方向從C→D，選項(xiàng)A正確；t＝3s時(shí)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向斜向上，且穿過(guò)閉合回路中的磁通量增加，由楞次定律可以推斷感應(yīng)電流的方向仍是從C→D，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；t＝1s時(shí)，F(xiàn)安＝BIl①E＝eq\f(ΔB,Δt)S②I＝eq\f(E,R)③由①②③得：F安＝0.2N對(duì)金屬桿受力分析如圖所示：由平衡條件得：FN1＝F安sin30°＝0.1N，選項(xiàng)C正確；同理，可算出金屬棒對(duì)擋板H的壓力大小為0.1N，選項(xiàng)D錯(cuò)．答案AC1．法拉第電磁感應(yīng)定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，常有兩種特殊狀況，即E＝neq\f(ΔB,Δt)S和E＝nBeq\f(ΔS,Δt)，其中eq\f(ΔB,Δt)是B－t圖象中圖線的斜率，若斜率不變則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)是恒定不變的．2．楞次定律中的“阻礙”有三層含義(1)阻礙磁通量的變化；(2)阻礙物體間的相對(duì)運(yùn)動(dòng)；(3)阻礙原電流的變化．要留意機(jī)敏應(yīng)用．熱點(diǎn)二電磁感應(yīng)中的圖象問(wèn)題圖象類(lèi)型(1)隨時(shí)間變化的圖象，如B－t圖象、Φ－t圖象、E－t圖象、F－t圖象和i－t圖象．(2)隨位移x變化的圖象，如E－x圖象和i－x圖象問(wèn)題類(lèi)型(1)由給定的電磁感應(yīng)過(guò)程推斷或畫(huà)出圖象(2)由給定的有關(guān)圖象分析電磁感應(yīng)過(guò)程，求解相應(yīng)的物理量應(yīng)用學(xué)問(wèn)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、歐姆定律、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、函數(shù)圖象等圖4－10－105．(2022·高考沖刺卷九)如圖4－10－10所示，空間內(nèi)存在兩個(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向相反且垂直紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，MN、PQ為其邊界，MN、PQ相互平行，一導(dǎo)線折成正方形閉合線圈，線圈的邊長(zhǎng)大于MN、PQ兩邊界間的距離．線圈在紙面內(nèi)以恒定的速度向右運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，線圈左右兩邊始終與MN、PQ平行，以線圈中逆時(shí)針?lè)较驗(yàn)楦袘?yīng)電流的正方向，線圈中的感應(yīng)電流i隨時(shí)間t變化的圖示，可能正確的是()解析開(kāi)頭一段時(shí)間內(nèi)線圈中的磁通量不變，沒(méi)有感應(yīng)電流，線圈右邊出磁場(chǎng)后線圈左邊切割磁感線、由右手定則推斷線圈中產(chǎn)生逆時(shí)針?lè)较虻碾娏?，接著線圈左、右兩邊同時(shí)切割磁感線，也產(chǎn)生逆時(shí)針?lè)较虻碾娏?，但電流大小為原?lái)的2倍，再過(guò)一段時(shí)間，只有線圈右邊切割磁感線，仍產(chǎn)生逆時(shí)針?lè)较虻碾娏?，大小又恢?fù)到原來(lái)的值，最終當(dāng)線圈完全進(jìn)入右側(cè)的磁場(chǎng)后，線圈中的磁通量不變，沒(méi)有感應(yīng)電流，故選項(xiàng)A正確．答案A6．(2022·全國(guó)卷新課標(biāo)Ⅰ，18)如圖4－10－11甲，線圈ab、cd繞在同一軟鐵芯上，在ab線圈中通以變化的電流，用示波器測(cè)得線圈cd間電壓如圖乙所示．已知線圈內(nèi)部的磁場(chǎng)與流經(jīng)線圈的電流成正比，則下列描述線圈ab中電流隨時(shí)間變化關(guān)系的圖中，可能正確的是()圖4－10－11解析由圖乙可知c、d間的電壓大小是不變化的，依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可推斷出線圈cd中磁通量的變化率是不變的，又因已知線圈內(nèi)部的磁場(chǎng)與流經(jīng)線圈的電流成正比，所以線圈ab中的電流是均勻變化的，選項(xiàng)C正確，A、B、D均錯(cuò)誤．答案C圖4－10－127．如圖4－10－12所示，虛線右側(cè)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直紙面對(duì)外，正方形金屬框電阻為R，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，自線框從左邊界進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)開(kāi)頭計(jì)時(shí)，在外力作用下由靜止開(kāi)頭，以垂直于磁場(chǎng)邊界的恒定加速度a進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域，t1時(shí)刻線框全部進(jìn)入磁場(chǎng)．規(guī)定順時(shí)針?lè)较驗(yàn)楦袘?yīng)電流I的正方向，外力大小為F，線框中電功率的瞬時(shí)值為P，通過(guò)導(dǎo)體橫截面的電荷量為q，則這些量隨時(shí)間變化的關(guān)系正確的是(其中P－t圖象為拋物線)()解析經(jīng)過(guò)時(shí)間t(t≤t1)，線框速度v＝at，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv＝BLat，感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLa,R)t，安培力FA＝BIL＝eq\f(B2L2a,R)t，均隨時(shí)間均勻增大．外力F＝ma＋FA＝ma＋eq\f(B2L2a,R)t，則外力F隨時(shí)間變化的關(guān)系是一次函數(shù)關(guān)系，但不是正比關(guān)系．功率P＝EI＝eq\f(B2L2a2,R)t2，隨時(shí)間變化的關(guān)系是二次函數(shù)關(guān)系，其圖象是拋物線．所以C正確，A、B錯(cuò)誤．通過(guò)導(dǎo)體橫截面的電荷量q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(B·L·\f(1,2)at2,R)＝eq\f(BLa,2R)t2，其隨時(shí)間變化的關(guān)系是二次函數(shù)關(guān)系，其圖象是拋物線，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．答案C8．(多選)(2022·山西四校第三次聯(lián)考)如圖4－10－13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兩端接一阻值為R的定值電阻，阻值為r的金屬棒ab垂直導(dǎo)軌放置，其他部分電阻不計(jì)．整個(gè)裝置處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直導(dǎo)軌平面對(duì)上．t＝0時(shí)對(duì)棒施一平行于導(dǎo)軌的外力F，棒由靜止開(kāi)頭沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng)，通過(guò)R的感應(yīng)電流隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖乙所示．下列關(guān)于穿過(guò)回路abPMa的磁通量Φ和磁通量的瞬時(shí)變化率eq\f(ΔΦ,Δt)以及ab兩端的電勢(shì)差Uab和通過(guò)棒的電荷量q隨時(shí)間變化的圖象中，正確的是()圖4－10－13解析本題應(yīng)依據(jù)右手定則推斷ab產(chǎn)生感應(yīng)電流方向，即可得到流過(guò)電阻R的電流方向；再由左手定則推斷出安培力的方向?yàn)檠匦泵鎸?duì)下，棒由靜止開(kāi)頭沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng)，由法拉第電磁感應(yīng)定律和歐姆定律知：E＝BLv，I＝eq\f(E,R＋r)，I＝kt可以得出物體運(yùn)動(dòng)的速度隨時(shí)間均勻變化，即v＝k′t則物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，物體運(yùn)動(dòng)的位移x＝eq\f(1,2)at2，則穿過(guò)回路abPMa的磁通量Φ＝BS＝B(eq\x\to(Ma)＋x)L知，x不隨時(shí)間均勻變化，故A選項(xiàng)錯(cuò)誤；磁通量的變化率eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(BΔS,Δt)＝eq\f(BLΔx,Δt)＝BLv＝BLat，知磁通量的變化率隨時(shí)間的增大而均勻增大，故B選項(xiàng)正確；金屬棒導(dǎo)體ab的電壓Uab＝IR＝kRt，即金屬棒導(dǎo)體ab的電壓隨時(shí)間的增大而均勻增大，故C選項(xiàng)錯(cuò)誤；通過(guò)金屬棒ab的電荷量q＝eq\x\to(I)t＝eq\f(ΔΦ,R＋r)＝eq\f(BLx,R＋r)＝eq\f(BL×\f(1,2)at2,R＋r)，故D選項(xiàng)正確．答案BD1．分析電磁感應(yīng)圖象問(wèn)題時(shí)的“三個(gè)關(guān)注”(1)關(guān)注初始時(shí)刻，如初始時(shí)刻感應(yīng)電流是否為零，是正方向還是負(fù)方向．(2)關(guān)注變化過(guò)程，看電磁感應(yīng)發(fā)生的過(guò)程分為幾個(gè)階段，這幾個(gè)階段是否和圖象變化相對(duì)應(yīng)．(3)關(guān)注大小、方向的變化趨勢(shì)，看圖象斜率的大小、圖象的曲、直是否和物理過(guò)程對(duì)應(yīng)．2．推斷圖線是否正確的關(guān)鍵首先要明確坐標(biāo)軸所表示的兩個(gè)物理量之間的函數(shù)關(guān)系，其次要看物理量的方向．熱點(diǎn)三電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題應(yīng)用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)解決電磁感應(yīng)現(xiàn)象問(wèn)題的思路和方法：(1)思路：明確電源，畫(huà)出等效電路，推斷電流方向或電勢(shì)凹凸．(2)受力分析和運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析：導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)中切割磁感線運(yùn)動(dòng)時(shí)，動(dòng)力學(xué)特征是(3)牛頓其次定律：通過(guò)分析導(dǎo)體棒的受力狀況和運(yùn)動(dòng)狀況，建立力和運(yùn)動(dòng)量之間的聯(lián)系，計(jì)算穩(wěn)定態(tài)的物理量或者對(duì)運(yùn)動(dòng)過(guò)程進(jìn)行動(dòng)態(tài)分析．圖4－10－149．(多選)(2022·山東卷，16)如圖4－10－14所示，一端接有定值電阻的平行金屬軌道固定在水平面內(nèi)，通有恒定電流的長(zhǎng)直絕緣導(dǎo)線垂直并緊靠軌道固定，導(dǎo)體棒與軌道垂直且接觸良好．在向右勻速通過(guò)M、N兩區(qū)的過(guò)程中，導(dǎo)體棒所受安培力分別用FM、FN表示．不計(jì)軌道電阻．以下敘述正確的是()A．FM向右B．FN向左C．FM漸漸增大D．FN漸漸減小解析由安培定則可知，通電直導(dǎo)線在M、N區(qū)產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向分別為垂直紙面對(duì)外、垂直紙面對(duì)里，導(dǎo)體棒向右通過(guò)M區(qū)時(shí)，由右手定則可知產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向向下，由左手定則可知，F(xiàn)M向左，同理可以推斷，F(xiàn)N向左，越靠近通電直導(dǎo)線磁場(chǎng)越強(qiáng)，導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)，由E＝BLv、I＝eq\f(E,R)、F＝BIL可知，F(xiàn)M漸漸增大，F(xiàn)N漸漸減小，正確選項(xiàng)為B、C、D.答案BCD10．(多選)(2022·高考沖刺卷一)如圖4－10－15甲所示，在MN、OP間存在一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，t＝0時(shí)，一正方形線框在水平向右的外力F作用下緊貼MN從靜止開(kāi)頭做勻加速運(yùn)動(dòng)通過(guò)磁場(chǎng)，外力F隨時(shí)間t變化的圖象如圖乙所示，已知線框質(zhì)量為1kg，電阻R＝1Ω，線框穿過(guò)磁場(chǎng)過(guò)程中，外力F對(duì)線框做功eq\f(7,6)J，則()圖4－10－15A．磁場(chǎng)寬度與線框邊長(zhǎng)相等為0.25mB．勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為4eq\r(2)TC．線框穿過(guò)磁場(chǎng)過(guò)程中，通過(guò)線框的電荷量為eq\r(2)CD．線框穿過(guò)磁場(chǎng)過(guò)程中，線框中產(chǎn)生的焦耳熱為1.0J解析由題圖乙知開(kāi)頭時(shí)有a＝eq\f(F,m)＝1m/s2,1.0s內(nèi)外力F均勻增大，1.0s時(shí)安培力消逝，說(shuō)明磁場(chǎng)寬度與線框邊長(zhǎng)相等，為L(zhǎng)＝eq\f(1,4)at2＝0.25m，A對(duì)；1.0s時(shí)速度為v＝at＝1.0m/s，F(xiàn)＝3N，由牛頓其次定律知F－eq\f(B2L2v,R)＝ma，代入數(shù)值得B＝4eq\r(2)T，B對(duì)；線框穿過(guò)磁場(chǎng)過(guò)程中，通過(guò)線框的電荷量為q＝eq\x\to(I)t＝eq\f(BLv,2R)t＝eq\f(\r(2),2)C，C錯(cuò)；線框穿過(guò)磁場(chǎng)過(guò)程中，線框中產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝WF－eq\f(1,2)mv2＝eq\f(2,3)J，D錯(cuò)．答案AB圖4－10－1611．如圖4－10－16所示，MN、PQ為足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌，間距L＝0.50m，導(dǎo)軌平面與水平面間夾角θ＝37°，N、Q間連接一個(gè)電阻R＝5.0Ω，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌平面對(duì)上，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1.0T．將一根質(zhì)量為m＝0.050kg的金屬棒放在導(dǎo)軌的ab位置，金屬棒及導(dǎo)軌的電阻不計(jì)．現(xiàn)由靜止釋放金屬棒，金屬棒沿導(dǎo)軌向下運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂直，且與導(dǎo)軌接觸良好．已知金屬棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.50，當(dāng)金屬棒滑行至cd處時(shí)，其速度大小開(kāi)頭保持不變，位置cd與ab之間的距離s＝2.0m．已知g＝10m/s2，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80.求：(1)金屬棒沿導(dǎo)軌開(kāi)頭下滑時(shí)的加速度大小；(2)金屬棒到達(dá)cd處的速度大?。?3)金屬棒由位置ab運(yùn)動(dòng)到cd的過(guò)程中，電阻R產(chǎn)生的熱量．解析(1)設(shè)金屬棒開(kāi)頭下滑時(shí)的加速度大小為a，則mgsinθ－μmgcosθ＝ma解得a＝2.0m/s2(2)設(shè)金屬棒到達(dá)cd位置時(shí)速度大小為v、電流為I，金屬棒受力平衡，有mgsinθ＝BIL＋μmgcosθI＝eq\f(BLv,R)解得v＝2.0m/s(3)設(shè)金屬棒從ab運(yùn)動(dòng)到cd的過(guò)程中，電阻R上產(chǎn)生的熱量為Q，由能量守恒，有mgssinθ＝eq\f(1,2)mv2＋μmgscosθ＋Q解得Q＝0.10J答案(1)2.0m/s2(2)2.0m/s(3)0.10J1．電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題的解題策略此類(lèi)問(wèn)題中力現(xiàn)象和電磁現(xiàn)象相互聯(lián)系、相互制約，解決問(wèn)題前首先要建立“動(dòng)→電→動(dòng)”的思維挨次，可概括為：(1)找準(zhǔn)主動(dòng)運(yùn)動(dòng)者，用法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律求解感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小和方向．(2)依據(jù)等效電路圖，求解回路中電流的大小及方向．(3)分析安培力對(duì)導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)速度、加速度的影響，從而推理得出對(duì)電路中的電流有什么影響，最終定性分析導(dǎo)體棒的最終運(yùn)動(dòng)狀況．(4)列牛頓其次定律或平衡方程求解．2．常見(jiàn)的解題流程如下高考命題熱點(diǎn)10.應(yīng)用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)分析電磁感應(yīng)問(wèn)題(1)電磁感應(yīng)中的力、電問(wèn)題應(yīng)抓住的“兩個(gè)對(duì)象”：(2)解決電磁感應(yīng)能量問(wèn)題的基本思路：①確定感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小和方向．②畫(huà)出等效電路圖并求出電流．③進(jìn)行受力狀況分析和做功狀況分析．④明確在此過(guò)程中的能量變化狀況．⑤用動(dòng)能定理或能量守恒定律解題．用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)、能量觀點(diǎn)解答電磁感應(yīng)問(wèn)題的一般步驟圖4－10－17【典例】(16分)如圖4－10－17所示，光滑斜面的傾角α＝30°，在斜面上放置一矩形線框abcd，ab邊的邊長(zhǎng)l1＝1m，bc邊的邊長(zhǎng)l2＝0.6m，線框的質(zhì)量m＝1kg，電阻R＝0.1Ω，線框通過(guò)細(xì)線與重物相連，重物質(zhì)量M＝2kg，斜面上ef(ef∥gh)的右方有垂直斜面對(duì)上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5T，假如線框從靜止開(kāi)頭運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入磁場(chǎng)的最初一段時(shí)間做勻速運(yùn)動(dòng)，ef和gh的距離s＝11.4m，(取g＝10m/s2)，求：(1)線框進(jìn)入磁場(chǎng)前重物的加速度；(2)線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)勻速運(yùn)動(dòng)的速度v；(3)ab邊由靜止開(kāi)頭到運(yùn)動(dòng)到gh處所用的時(shí)間t；(4)ab邊運(yùn)動(dòng)到gh處的速度大小及在線框由靜止開(kāi)頭運(yùn)動(dòng)到gh處的整個(gè)過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱．審題流程第一步：抓關(guān)鍵點(diǎn)→獵取信息其次步：抓過(guò)程分析→理清思路滿(mǎn)分解答(1)線框進(jìn)入磁場(chǎng)前，僅受到細(xì)線的拉力F，斜面的支持力和線框的重力，重物受到自身的重力和細(xì)線的拉力F′，對(duì)線框由牛頓其次定律得F－mgsinα＝ma(1分)對(duì)重物由牛頓其次定律得Mg－F′＝Ma(1分)又F＝F′聯(lián)立解得線框進(jìn)入磁場(chǎng)前重物的加速度a＝eq\f(Mg－mgsinα,M＋m)＝5m/s2.(1分)(2)由于線框進(jìn)入磁場(chǎng)的最初一段時(shí)間做勻速運(yùn)動(dòng)，則重物受力平衡：Mg＝F1(1分)線框abcd受力平衡：F1′＝mgsinα＋F安(1分)又F1＝F1′ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)切割磁感線，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Bl1v(1分)回路中的感應(yīng)電流為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(Bl1v,R)(1分)ab邊受到的安培力為F安＝BIl1聯(lián)立解得Mg＝mgsinα＋eq\f(B2l\o\al(2,1)v,R)(1分)代入數(shù)據(jù)解得v＝6m/s.(1分)(3)線框abcd進(jìn)入磁場(chǎng)前，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)；進(jìn)磁場(chǎng)的過(guò)程中，做勻速直線運(yùn)動(dòng)；進(jìn)入磁場(chǎng)后到運(yùn)動(dòng)至gh處，仍做勻加速直線運(yùn)動(dòng)．進(jìn)磁場(chǎng)前線框的加速度大小與重物的加速度大小相同，為a＝5m/s2，該階段的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1＝eq\f(v,a)＝1.2s(1分)進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2＝eq\f(l2,v)＝0.1s(1分)線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)后的受力狀況同進(jìn)入磁場(chǎng)前的受力狀況相同，所以該階段的加速度仍為a＝5m/s2由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律得s－l2＝vt3＋eq\f(1,2)ateq\o\al(2,3)(1分)解得t3＝1.2s(1分)因此ab邊由靜止開(kāi)頭運(yùn)動(dòng)到gh處所用的時(shí)間t＝t1＋t2＋t3＝2.5s．(1分)(4)線框ab邊運(yùn)動(dòng)到gh處的速度v′＝v＋at3＝6m/s＋5×1.2m/s＝12m/s(1分)整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程產(chǎn)生的焦耳熱Q＝F安l＝(Mg－mgsinα)l2＝9J．(1分)答案(1)5m/s2(2)6m/s(3)2.5s(4)12m/s9J(2022·安徽卷，23)(16分)如圖4－10－18甲所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B為0.5T，其方向垂直于傾角θ為30°的斜面對(duì)上．絕緣斜面上固定有“∧”外形的光滑金屬導(dǎo)軌MPN(電阻忽視不計(jì))，MP和NP長(zhǎng)度均為2.5m，MN連線水平，長(zhǎng)為3m．以MN中點(diǎn)O為原點(diǎn)，OP為x軸建立一維坐標(biāo)系Ox.一根粗細(xì)均勻的金屬桿CD，長(zhǎng)度d為3m、質(zhì)量m為1kg、電阻R為0.3Ω，在拉力F的作用下，從MN處以恒定速度v＝1m/s在導(dǎo)軌上沿x軸正向運(yùn)動(dòng)(金屬桿與導(dǎo)軌接觸良好)．g取10m/s2.圖4－10－18(1)求金屬桿CD運(yùn)動(dòng)過(guò)程中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E及運(yùn)動(dòng)到x＝0.8m處電勢(shì)差UCD；(2)推導(dǎo)金屬桿CD從MN處運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)過(guò)程中拉力F與位置坐標(biāo)x的關(guān)系式，并在圖乙中畫(huà)出F－x關(guān)系圖象；(3)求金屬桿CD從MN處運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的全過(guò)程產(chǎn)生的焦耳熱．解析(1)由題可知，金屬桿運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝Bdv＝1.5V(1分)由幾何關(guān)系可知，金屬桿運(yùn)動(dòng)到x＝0.8m處時(shí)，接入電路的長(zhǎng)度為l＝1.8m，(1分)故可知UCD＝－Bdv－Blv＝－0.6V(1分)(2)金屬桿做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故始終受力平衡，即F＝mgsinθ＋BIl(2分)I＝eq\f(Blv,Rx)(1分)所以F＝mgsinθ＋eq\f(B2l2v,Rx)(1分)其中l(wèi)＝eq\f(OP－x,OP)d＝3m－eq\f(3,2)x，Rx＝l×0.1Ω/m(1分)代入可得F＝12.5－3.75x(m)(0≤x≤2)關(guān)系圖象如下圖所示(2分)(3)由圖象可以確定力F所做的功為F－x圖線下所圍面積，即WF＝eq\f(5＋12.5,2)×2J＝17.5J(1分)而桿的重力勢(shì)能增加量ΔEpΔEp＝mgeq\x\to(OP)sinθ(2分)代入數(shù)據(jù)得：ΔEp＝10J(1分)故全過(guò)程產(chǎn)生的焦耳熱QQ＝WF－ΔEp＝7.5J(2分)答案(1)1.5V－0.6V(2)F＝12.5－3.75x(m)圖象見(jiàn)解析(3)7.5J一、單項(xiàng)選擇題1．(2022·全國(guó)卷新課標(biāo)Ⅰ，14)在法拉第時(shí)代，下列驗(yàn)證“由磁產(chǎn)生電”設(shè)想的試驗(yàn)中，能觀看到感應(yīng)電流的是()A．將繞在磁鐵上的線圈與電流表組成一閉合回路，然后觀看電流表的變化B．在一通電線圈旁放置一連有電流表的閉合線圈，然后觀看電流表的變化C．將一房間內(nèi)的線圈兩端與相鄰房間的電流表連接，往線圈中插入條形磁鐵后，再到相鄰房間去觀看電流表的變化D．繞在同一鐵環(huán)上的兩個(gè)線圈，分別接電源和電流表，在給線圈通電或斷電的瞬間，觀看電流表的變化解析產(chǎn)生感應(yīng)電流的條件是：穿過(guò)閉合回路中的磁通量發(fā)生變化，引起磁通量變化的緣由有①閉合回路中的磁場(chǎng)變化；②在磁場(chǎng)不變的條件下，閉合回路中的有效面積變化；③閉合回路的面積、磁場(chǎng)均變化．選項(xiàng)A、B、C中的閉合回路的面積及回路中的磁場(chǎng)均不變，故選項(xiàng)A、B、C均錯(cuò)誤．在選項(xiàng)D中線圈通電或斷電的瞬間轉(zhuǎn)變了電流的大小，使另一個(gè)閉合回路中的磁場(chǎng)發(fā)生變化，故有感應(yīng)電流產(chǎn)生，選項(xiàng)D正確．答案D圖4－10－192．如圖4－10－19所示，豎直平面內(nèi)一具有抱負(fù)邊界AB的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直紙面對(duì)里，在距離邊界H處一正方形線框MNPO以初速度v0向上運(yùn)動(dòng)，假設(shè)在整個(gè)過(guò)程中MN始終與AB平行，則下列圖象能反映線框從開(kāi)頭至到達(dá)最高點(diǎn)的過(guò)程中速度變化規(guī)律的是()解析在線框從開(kāi)頭運(yùn)動(dòng)到MN邊接近AB時(shí)，線框做勻減速直線運(yùn)動(dòng)；MN邊進(jìn)入磁場(chǎng)后因切割磁感線而產(chǎn)生感應(yīng)電流，其受到安培力作用則線框加速度瞬時(shí)變大，速度瞬時(shí)減小更快．隨著速度減小，產(chǎn)生的感應(yīng)電流減小，安培力減小，加速度減小，所以能正確反映線框速度與時(shí)間關(guān)系的是圖C.答案C3．(2022·全國(guó)大綱卷，20)很多相同的絕緣銅圓環(huán)沿豎直方向疊放，形成一很長(zhǎng)的豎直圓筒．一條形磁鐵沿圓筒的中心軸豎直放置，其下端與圓筒上端開(kāi)口平齊．讓條形磁鐵從靜止開(kāi)頭下落．條形磁鐵在圓筒中的運(yùn)動(dòng)速率()A．均勻增大B．先增大，后減小C．漸漸增大，趨于不變D．先增大，再減小，最終不變解析開(kāi)頭時(shí)，條形磁鐵以加速度g豎直下落，則穿過(guò)銅環(huán)的磁通量發(fā)生變化，銅環(huán)中產(chǎn)生感應(yīng)電流，感應(yīng)電流的磁場(chǎng)阻礙條形磁鐵的下落．開(kāi)頭時(shí)的感應(yīng)電流比較小，條形磁鐵向下做加速運(yùn)動(dòng)，且隨下落速度增大，其加速度變?。?dāng)條形磁鐵的速度達(dá)到肯定值后，相應(yīng)銅環(huán)對(duì)條形磁鐵的作用力趨近于條形磁鐵的重力．故條形磁鐵先加速運(yùn)動(dòng)，但加速度變小，最終的速度趨近于某個(gè)定值．選項(xiàng)C正確．答案C4.圖4－10－20(2022·宿遷市高三摸底)如圖4－10－20所示，用相同導(dǎo)線制成的邊長(zhǎng)為L(zhǎng)或2L的四個(gè)單匝矩形閉合回路，它們以相同的速度先后垂直穿過(guò)正方形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)方向垂直紙面對(duì)外，區(qū)域?qū)挾却笥?L.則進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中，電流最大的回路是()A．甲B．乙C．丙D．丁解析設(shè)單位長(zhǎng)度導(dǎo)線電阻為r，進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為v0.則由E＝Blv和E＝IR可得I甲＝eq\f(Bv0,4r)、I乙＝eq\f(Bv0,6r)、I丙＝eq\f(Bv0,3r)、I?。絜q\f(Bv0,4r)，故本題答案為選項(xiàng)C.答案C圖4－10－215．兩條光骨的平行導(dǎo)軌水平放置，導(dǎo)軌的右端連接一阻值為R的定值電阻，將整個(gè)裝置放在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，現(xiàn)將一導(dǎo)體棒置于O點(diǎn)，從某時(shí)刻起，在一外力的作用下由靜止開(kāi)頭向左做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)體棒先后通過(guò)M和N兩點(diǎn)，其中OM＝MN.已知導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好，始終與導(dǎo)軌垂直，且除定值電阻外其余部分電阻均不計(jì)．則下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A．導(dǎo)體棒在M、N兩點(diǎn)時(shí)，所受安培力的大小之比為1∶eq\r(2)B．導(dǎo)體棒在M、N兩點(diǎn)時(shí)，外力F的大小之比為1∶eq\r(2)C．導(dǎo)體棒在M、N兩點(diǎn)時(shí)，電路的電功率之比為1∶2D．從O到M和從M到N的過(guò)程中流過(guò)電阻R的電荷量之比為1∶1解析由v2＝2ax可知，導(dǎo)體棒通過(guò)M、N兩點(diǎn)時(shí)，導(dǎo)體棒速度之比為1∶eq\r(2)，產(chǎn)生的感應(yīng)電流之比為1∶eq\r(2)，所受安培力之比為1∶eq\r(2)，由牛頓其次定律可知，外力F的大小之比不是1∶eq\r(2)；由電功率公式P＝I2R可知，導(dǎo)體棒通過(guò)M、N兩位置時(shí)，電阻R的電功率之比為1∶2；由法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律和電流定義可得q＝ΔΦ/R，從O到M和從M到N的兩個(gè)過(guò)程中，ΔΦ相等，所以通過(guò)導(dǎo)體棒橫截面的電荷量之比為1∶1.答案B6．將一段導(dǎo)線繞成圖4－10－22甲所示的閉合回路，并固定在水平面(紙面)內(nèi)．回路的ab邊置于垂直紙面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅰ中．回路的圓環(huán)區(qū)域內(nèi)有垂直紙面的磁場(chǎng)Ⅱ，以向里為磁場(chǎng)Ⅱ的正方向，其磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的圖象如圖4－10－22乙所示．用F表示ab邊受到的安培力，以水平向右為F的正方向，能正確反映F隨時(shí)間t變化的圖象是()圖4－10－22解析由B－t圖象可知，在0～eq\f(T,4)時(shí)間內(nèi)，B均勻減??；eq\f(T,4)～eq\f(T,2)時(shí)間內(nèi)，B反向均勻增大．由楞次定律知，通過(guò)ab的電流方向向上，由左手定則可知ab邊受安培力的方向水平向左．由于B均勻變化，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝eq\f(ΔB,Δt)S不變，則安培力大小不變．同理可得在eq\f(T,2)～T時(shí)間內(nèi)，ab邊受安培力的方向水平向右，故選項(xiàng)B正確．答案B7．(2022·高考押題卷三)如圖4－10－23甲所示，固定在水平桌面上的光滑金屬框架cdeg處于方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，金屬桿ab與金屬框架接觸良好．在兩根導(dǎo)軌的端點(diǎn)d、e之間連接一電阻，其他部分電阻忽視不計(jì)．現(xiàn)用一水平向右的外力F外作用在金屬桿ab上，使金屬桿由靜止開(kāi)頭向右在框架上滑動(dòng)，運(yùn)動(dòng)中桿ab始終垂直于框架．圖乙為一段時(shí)間內(nèi)金屬桿受到的安培力F隨時(shí)間t的變化關(guān)系，則圖中可以表示外力F外隨時(shí)間t變化關(guān)系的圖象是()圖4－10－23解析由于電動(dòng)勢(shì)E＝BLv①F＝BIL②由①②得F＝eq\f(B2L2v,R)由乙圖可知F均勻增加，所以v均勻增加，即金屬桿做勻加速運(yùn)動(dòng)，由牛頓其次定律得：F外－eq\f(B2L2at,R)＝ma故選項(xiàng)B正確．答案B二、多項(xiàng)選擇題圖4－10－248．矩形線圈abcd，長(zhǎng)ab＝20cm，寬bc＝10cm，匝數(shù)n＝200匝，線圈回路總電阻R＝5Ω.整個(gè)線圈平面內(nèi)均有垂直于線圈平面的磁場(chǎng)穿過(guò)．若磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖4－10－24所示，則()A．線圈回路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)隨時(shí)間均勻變化B．線圈回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電流為0.4AC．當(dāng)t＝0.3s時(shí)，線圈的ab邊所受的安培力大小為0.016ND．在1min內(nèi)線圈回路產(chǎn)生的焦耳熱為48J解析由E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝nSeq\f(ΔB,Δt)可知，由于線圈中磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(20－5×10－2,0.3)T/s＝0.5T/s為常數(shù)，則回路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝2V，且恒定不變，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；回路中感應(yīng)電流的大小為I＝eq\f(E,R)＝0.4A，選項(xiàng)B正確；當(dāng)t＝0.3s時(shí)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.2T，則安培力為F＝nBIl＝200×0.2×0.4×0.2N＝3.2N，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；1min內(nèi)線圈回路產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝I2Rt＝0.42×5×60J＝48J．選項(xiàng)D正確．答案BD圖4－10－259．(2022·濰坊一模)如圖4－10－25所示，間距l(xiāng)＝0.4m的光滑平行金屬導(dǎo)軌與水平面夾角θ＝30°，正方形區(qū)域abcd內(nèi)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.2T，方向垂直于斜面．甲、乙兩金屬桿電阻R相同、質(zhì)量均為m＝0.02kg，垂直于導(dǎo)軌放置．起初，甲金屬桿處在磁場(chǎng)的上邊界ab上，乙在甲上方距甲也為l處．現(xiàn)將兩金屬桿同時(shí)由靜止釋放，并同時(shí)在甲金屬桿上施加一個(gè)沿著導(dǎo)軌的拉力F，使甲金屬桿始終以a＝5m/s2的加速度沿導(dǎo)軌勻加速運(yùn)動(dòng)，已知乙金屬桿剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)做勻速運(yùn)動(dòng)，取g＝10m/s2，則()A．每根金屬桿的電阻R＝0.016ΩB．甲金屬桿在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間是0.4sC．甲金屬桿在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)過(guò)程中F的功率漸漸增大D．乙金屬桿在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)過(guò)程中安培力的功率是0.1W解析乙金屬桿在進(jìn)入磁場(chǎng)前，甲、乙兩金屬桿加速度大小相等，當(dāng)乙剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，甲剛好出磁場(chǎng)．由v2＝2al解得乙進(jìn)、甲出磁場(chǎng)時(shí)的速度大小均為v＝2m/s，由v＝at解得甲金屬桿在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t＝0.4s，選項(xiàng)B正確；乙金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)后有mgsin30°＝BIl，又Blv＝I·2R，聯(lián)立解得R＝0.064Ω，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；甲金屬桿在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)過(guò)程中力F和桿的速度都漸漸增大，則其功率也漸漸增大，選項(xiàng)C正確；乙金屬桿在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)過(guò)程中安培力的功率是P＝BIlv＝0.2W，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．答案BC三、非選擇題10．(2022·揚(yáng)州市高三第四次調(diào)研)圖4－10－26如圖4－10－26，POQ是折成60°角的固定于豎直平面內(nèi)的光滑金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌關(guān)于豎直軸線對(duì)稱(chēng)，OP＝OQ＝L.整個(gè)裝置處在垂直導(dǎo)軌平面對(duì)里的足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化規(guī)律為B＝B0－kt(其中k為大于0的常數(shù))．一質(zhì)量為m、長(zhǎng)為L(zhǎng)、電阻為R、粗細(xì)均勻的導(dǎo)體棒鎖定于OP、OQ的中點(diǎn)a、b位置．當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度變?yōu)閑q\f(1,2)B0后保持不變，同時(shí)將導(dǎo)體棒解除鎖定，導(dǎo)體棒向下運(yùn)動(dòng)，離開(kāi)導(dǎo)軌時(shí)的速度為v.導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌始終保持良好接觸，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，重力加速度為g.求導(dǎo)體棒：(1)解除鎖定前回路中電流的大小及方向；(2)滑到導(dǎo)軌末端時(shí)的加速度大??；(3)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱．解析(1)導(dǎo)體棒解除鎖定前，閉合回路的面積不變，且eq\f(ΔB,Δt)＝k由法拉第電磁感應(yīng)定律知E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S＝eq\f(\r(3),16)kL2由閉合電路歐姆定律知I＝eq\f(E,R總)＝eq\f(\r(3)kL2,8R)由楞次定律知，感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较?或b→a)(2)導(dǎo)體棒恰好要離開(kāi)導(dǎo)軌時(shí)受力如圖所示．E＝eq\f(1,2)B0LvI＝eq\f(E,R)F＝eq\f(1,2)B0IL得