新高考物理三輪沖刺突破練習(xí)專題19電磁感應(yīng)中電路、圖像和動(dòng)力學(xué)問題（含解析）

專題19電磁感應(yīng)的電路、圖像及動(dòng)力學(xué)問題目錄TOC\o"1-2"\h\u專題14電磁感應(yīng)的電路、圖像及動(dòng)力學(xué)問題 1考向一電磁感應(yīng)中的電路問題 1考查方式一動(dòng)生電動(dòng)勢的電路分析 1考查方式二感生電動(dòng)勢的電路分析 6考向二電磁感應(yīng)中的圖象問題 9考查方式一磁感應(yīng)強(qiáng)度變化的圖象問題 10考查方式二導(dǎo)體切割磁感線的圖象問題 11考查方式三電磁感應(yīng)中雙電源問題與圖象的綜合 12考向三電磁感應(yīng)中的平衡、動(dòng)力學(xué)問題 13考查方式一電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題 14考查方式二電磁感應(yīng)中平衡問題 18考查方式三電磁感應(yīng)中含電容器的動(dòng)力學(xué)問題 20【題型演練】 23考向一電磁感應(yīng)中的電路問題1．電磁感應(yīng)中電路知識(shí)的關(guān)系圖2．解決電磁感應(yīng)中的電路問題三部曲考查方式一動(dòng)生電動(dòng)勢的電路分析【例1】如圖甲所示，SKIPIF1<0是傾角SKIPIF1<0、表面粗糙的絕緣斜面，SKIPIF1<0是匝數(shù)SKIPIF1<0、質(zhì)量SKIPIF1<0、總電阻SKIPIF1<0、邊長SKIPIF1<0的正方形金屬線框。線框與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)SKIPIF1<0，在SKIPIF1<0的區(qū)域加上垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場，使線框的一半處于磁場中，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度SKIPIF1<0隨時(shí)間SKIPIF1<0變化的圖像如圖乙所示。SKIPIF1<0取SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0。下列說法正確的是（）A．0~6s內(nèi)，線框中的感應(yīng)電流大小為1AB．0~6s內(nèi)，線框產(chǎn)生的焦耳熱為6JC．SKIPIF1<0時(shí)，線框受到的安培力大小為8ND．SKIPIF1<0時(shí)，線框即將開始運(yùn)動(dòng)【答案】C【詳解】AD．由圖乙知SKIPIF1<0SKIPIF1<0設(shè)線框即將向運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，則SKIPIF1<0線框未動(dòng)時(shí)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律SKIPIF1<0由閉合電路歐姆定律得SKIPIF1<0解得t=10.4s0~10.4s內(nèi)線框處于靜止，線框中的感應(yīng)電流大小為0.5A，故AD錯(cuò)誤；B．0~6s內(nèi)，框產(chǎn)生焦耳熱為SKIPIF1<0故B錯(cuò)誤；C．SKIPIF1<0時(shí)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為SKIPIF1<0線框受到的安培力大小為SKIPIF1<0故C正確。故選C。[變式1]（多選）如圖所示，水平放置的平行光滑導(dǎo)軌左端連接開關(guān)K和電源，右端接有理想電壓表。勻強(qiáng)磁場垂直于導(dǎo)軌所在的平面。ab、cd兩根導(dǎo)體棒單位長度電阻相同、單位長度質(zhì)量也相同，ab垂直于導(dǎo)軌，cd與導(dǎo)軌成60°角。兩棒的端點(diǎn)恰在導(dǎo)軌上，且與導(dǎo)軌接觸良好，除導(dǎo)體棒外，其余電阻不計(jì)。下列說法正確的是（）A．閉合開關(guān)K瞬間，兩棒所受安培力大小相等B．閉合開關(guān)K瞬間，兩棒加速度大小相等C．?dāng)嚅_開關(guān)K，讓兩棒以相同的速度水平向右切割磁感線，電壓表無示數(shù)D．?dāng)嚅_開關(guān)K，固定ab，讓cd棒以速度v沿導(dǎo)軌向右運(yùn)動(dòng)時(shí)電壓表示數(shù)為SKIPIF1<0；固定cd，讓ab棒以速度v沿導(dǎo)軌向右運(yùn)動(dòng)時(shí)電壓表示數(shù)為SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0【答案】A【詳解】A．設(shè)ab導(dǎo)體棒的長度為SKIPIF1<0，則cd導(dǎo)體棒為SKIPIF1<0ab、cd兩根導(dǎo)體棒單位長度電阻相同，所以ab、cd兩根導(dǎo)體棒的電阻之比為SKIPIF1<0閉合開關(guān)K瞬間，通過ab、cd兩根導(dǎo)體棒的電流之比為SKIPIF1<0根據(jù)安培力公式SKIPIF1<0可知ab、cd兩根導(dǎo)體棒所受安培力為SKIPIF1<0B．a(chǎn)b、cd兩根導(dǎo)體棒單位長度質(zhì)量相同，所以ab、cd兩根導(dǎo)體棒的質(zhì)量之比為SKIPIF1<0根據(jù)牛頓第二定律可知，閉合開關(guān)K瞬間，ab、cd兩根導(dǎo)體棒的加速度之比為SKIPIF1<0故B錯(cuò)誤；C．?dāng)嚅_開關(guān)K，讓兩棒以相同的速度水平向右切割磁感線，ab、cd兩根導(dǎo)體棒的有效長度相等，設(shè)兩棒運(yùn)動(dòng)的速度v，則電壓表示數(shù)為SKIPIF1<0故C錯(cuò)誤；D．?dāng)嚅_開關(guān)K，固定ab，讓cd棒以速度v沿導(dǎo)軌向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，則有SKIPIF1<0電壓表示數(shù)為SKIPIF1<0固定cd，讓ab棒以速度v沿導(dǎo)軌向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，則有SKIPIF1<0電壓表示數(shù)為SKIPIF1<0故D錯(cuò)誤；故選A。[變式2](多選）如圖所示，固定在水平面上的半徑為r的金屬圓環(huán)內(nèi)存在方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場。長為l的金屬棒，一端與圓環(huán)接觸良好，另一端固定在豎直導(dǎo)電轉(zhuǎn)軸SKIPIF1<0上，隨軸以角速度SKIPIF1<0勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。在電刷和圓環(huán)的A點(diǎn)間接有阻值為R的電阻和電容為C、板間距為d的平行板電容器，有一帶電微粒在電容器極板間處于靜止?fàn)顟B(tài)。已知重力加速度為g，金屬棒接入電路的電阻為R，不計(jì)其他電阻和摩擦，下列說法正確的是（）A．金屬棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢為SKIPIF1<0 B．電阻R兩端的電壓為SKIPIF1<0C．電容器所帶的電荷量為SKIPIF1<0 D．微粒的電荷量與質(zhì)量之比為SKIPIF1<0【答案】CD【詳解】A．金屬棒繞SKIPIF1<0軸切割磁感線轉(zhuǎn)動(dòng)，棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢SKIPIF1<0A錯(cuò)誤；B．電路不閉合沒有電流，電阻R兩端的電壓為零，B錯(cuò)誤；C．電容器兩極板間電壓等于電源電動(dòng)勢E，電容器所帶的電荷量SKIPIF1<0C正確；D．帶電微粒在兩極板間處于靜止?fàn)顟B(tài)，則SKIPIF1<0即SKIPIF1<0D正確。故選CD?！咀兪?】(2019·焦作一模)如圖所示，兩根足夠長的光滑金屬導(dǎo)軌水平平行放置，間距為l＝1m，cd間、de間、cf間分別接著阻值R＝10Ω的電阻．一阻值R＝10Ω的導(dǎo)體棒ab以速度v＝4m/s勻速向左運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好；導(dǎo)軌所在平面存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝0.5T、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場．下列說法中正確的是()A．導(dǎo)體棒ab中電流的流向?yàn)橛蒪到aB．cd兩端的電壓為1VC．de兩端的電壓為1VD．fe兩端的電壓為1V【答案】BD【解析】由右手定則可知ab中電流方向?yàn)閍→b，A錯(cuò)誤；導(dǎo)體棒ab切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢E＝Blv，ab為電源，cd間電阻R為外電路負(fù)載，de和cf間電阻中無電流，de和cf間無電壓，因此cd和fe兩端電壓相等，即U＝eq\f(E,2R)×R＝eq\f(Blv,2)＝1V，B、D正確，C錯(cuò)誤．【變式2】如圖所示，一金屬棒AC在勻強(qiáng)磁場中繞平行于磁感應(yīng)強(qiáng)度方向的軸(過O點(diǎn))勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，OA＝2OC＝2L，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里，金屬棒轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為ω、電阻為r，內(nèi)、外兩金屬圓環(huán)分別與C、A良好接觸并各引出一接線柱與外電阻R相接(沒畫出)，兩金屬環(huán)圓心皆為O且電阻均不計(jì)，則()A．金屬棒中有從A到C的感應(yīng)電流B．外電阻R中的電流為I＝eq\f(3BωL2,2（R＋r）)C．當(dāng)r＝R時(shí)，外電阻消耗功率最小D．金屬棒AC間電壓為eq\f(3BωL2R,2（R＋r）)【答案】BD【解析】.由右手定則可知金屬棒相當(dāng)于電源且A是電源的正極，即金屬棒中有從C到A的感應(yīng)電流，A錯(cuò)誤；金屬棒轉(zhuǎn)動(dòng)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為E＝eq\f(1,2)Bω(2L)2－eq\f(1,2)BωL2＝eq\f(3BωL2,2)，即回路中電流為I＝eq\f(3BωL2,2（R＋r）)，B正確；由電源輸出功率特點(diǎn)知，當(dāng)內(nèi)、外電阻相等時(shí)，外電路消耗功率最大，C錯(cuò)誤；UAC＝IR＝eq\f(3BωL2R,2（R＋r）)，D正確．考查方式二感生電動(dòng)勢的電路分析【例2】在如圖甲所示的電路中，螺線管匝數(shù)n＝1000匝，橫截面積S＝20cm2，螺線管導(dǎo)線電阻r＝1.0Ω，R1＝4.0Ω，R2＝5.0Ω，C＝30μF。在一段時(shí)間內(nèi)，垂直穿過螺線管的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的方向如圖甲所示，大小按如圖乙所示的規(guī)律變化，則下列說法中正確的是()A．螺線管中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為1.2VB．閉合S，電路中的電流穩(wěn)定后，電容器下極板帶負(fù)電C．閉合S，電路中的電流穩(wěn)定后，電阻R1的電功率為2.56×10－2WD．S斷開后，流經(jīng)R2的電量為1.8×10－2C【答案】C【解析】根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝nSeq\f(ΔB,Δt)，解得：E＝0.8V，A錯(cuò)誤；根據(jù)楞次定律可知，螺線管的感應(yīng)電流盤旋而下，則螺線管下端是電源的正極，電容器下極板帶正電，B錯(cuò)誤；根據(jù)閉合電路歐姆定律，有：I＝eq\f(E,R1＋R2＋r)＝0.08A，根據(jù)P＝I2R1得：電阻R1的電功率P＝2.56×10－2W，C正確；S斷開后，流經(jīng)R2的電量即為S閉合時(shí)電容器極板上所帶的電量Q，電容器兩極板間的電壓為：U＝IR2＝0.4V，流經(jīng)R2的電量為：Q＝CU＝1.2×10－5C，D錯(cuò)誤。[變式1]輕質(zhì)細(xì)線吊著一質(zhì)量為m＝1kg、邊長為0.2m、電阻R＝1Ω、匝數(shù)n＝10的正方形閉合線圈abcd，bd下方區(qū)域分布著磁場，如圖甲所示。磁場方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間變化關(guān)系如圖乙所示。不考慮線圈的形變和電阻的變化，整個(gè)過程細(xì)線未斷且線圈始終處于靜止?fàn)顟B(tài)，g取10m/s2。則下列判斷正確的是（）A．線圈中感應(yīng)電流的方向?yàn)閍dcbaB．線圈中的感應(yīng)電流大小為0.2AC．0~2s時(shí)間內(nèi)線圈中產(chǎn)生的熱量為0.02JD．6s時(shí)線圈受安培力的大小為SKIPIF1<0N【答案】C【詳解】A．磁感應(yīng)強(qiáng)度向里并且增大，由楞次定律可得，感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場垂直紙面向外，線圈中感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針，即abcda，故A錯(cuò)誤；B．線圈中的感應(yīng)電流大小SKIPIF1<0假設(shè)線框邊長為l，則SKIPIF1<0聯(lián)立兩式代入數(shù)據(jù)解得SKIPIF1<0故B錯(cuò)誤；C．0~2s時(shí)間內(nèi)金屬環(huán)產(chǎn)生的熱量為SKIPIF1<0故C正確；D線圈的bcd部分在勻強(qiáng)磁場中受到安培力，受到安培力的大小等效為bd直棒受到的安培力，6s時(shí)線圈受到的安培力SKIPIF1<0故D錯(cuò)誤。故選C。[變式2]在豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，水平放置一個(gè)不變形的單匝金屬圓線圈，規(guī)定線圈中感應(yīng)電流的正方向如圖甲所示，當(dāng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t按圖乙所示變化時(shí)，下列選項(xiàng)中能正確表示線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢E變化的是（）A． B．C． D．【答案】B【詳解】0-1s內(nèi)，磁場均勻增大，根據(jù)楞次定律，線圈中感應(yīng)電流為負(fù)方向，且保持不變；1-3s內(nèi)，磁場不變，線圈中感應(yīng)電流為零；3-5s內(nèi)磁場均勻減小，同理，線圈中感應(yīng)電流為正方向，且保持不變。0-1s內(nèi)和3-5s內(nèi)磁場的變化率為2:1，即感應(yīng)電動(dòng)勢為2:1。可得出感應(yīng)電動(dòng)勢圖像為B。故選B?？枷蚨姶鸥袘?yīng)中的圖象問題1．電磁感應(yīng)中常見的圖象問題圖象類型隨時(shí)間變化的圖象，如Bt圖象、Φt圖象、Et圖象、It圖象隨位移變化的圖象，如Ex圖象、Ix圖象(所以要先看坐標(biāo)軸：哪個(gè)物理量隨哪個(gè)物理量變化要弄清)問題類型(1)由給定的電磁感應(yīng)過程選出或畫出正確的圖象(畫圖象的方法)(2)由給定的有關(guān)圖象分析電磁感應(yīng)過程，求解相應(yīng)的物理量(用圖象)應(yīng)用知識(shí)四個(gè)規(guī)律左手定則、安培定則、右手定則、楞次定律六類公式(1)平均電動(dòng)勢E＝neq\f(ΔΦ,Δt)(2)平動(dòng)切割電動(dòng)勢E＝Blv(3)轉(zhuǎn)動(dòng)切割電動(dòng)勢E＝eq\f(1,2)Bl2ω(4)閉合電路的歐姆定律I＝eq\f(E,R＋r)(5)安培力F＝BIl(6)牛頓運(yùn)動(dòng)定律的相關(guān)公式等2.處理圖象問題要做到“四明確、一理解”考查方式一磁感應(yīng)強(qiáng)度變化的圖象問題【例3】如圖甲所示，矩形導(dǎo)線框abcd固定在變化的磁場中，產(chǎn)生了如圖乙所示的電流(電流方向abcda為正方向)．若規(guī)定垂直紙面向里的方向?yàn)榇艌稣较?，能夠產(chǎn)生如圖乙所示電流的磁場為()【答案】D.【解析】由題圖乙可知，0～t1內(nèi)，線圈中的電流的大小與方向都不變，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，線圈中的磁通量的變化率相同，故0～t1內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度與時(shí)間的關(guān)系是一條斜線，A、B錯(cuò)誤；又由于0～t1時(shí)間內(nèi)電流的方向?yàn)檎囱豠bcda方向，由楞次定律可知，電路中感應(yīng)電流的磁場方向向里，故0～t1內(nèi)原磁場方向向里減小或向外增大，因此D正確，C錯(cuò)誤．【變式】如圖甲所示，在水平面上固定一個(gè)匝數(shù)為10匝的等邊三角形金屬線框，總電阻為3Ω，邊長為0.4m．金屬框處于兩個(gè)半徑為0.1m的圓形勻強(qiáng)磁場中，頂點(diǎn)A恰好位于左邊圓的圓心，BC邊的中點(diǎn)恰好與右邊圓的圓心重合．左邊磁場方向垂直紙面向外，右邊磁場垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化規(guī)律如圖乙所示，則下列說法中正確的是(π取3) ()A．線框中感應(yīng)電流的方向是順時(shí)針方向B．t＝0.4s時(shí)，穿過線框的磁通量為0.005WbC．經(jīng)過t＝0.4s，線框中產(chǎn)生的熱量為0.3JD．前0.4s內(nèi)流過線框某截面的電荷量為0.2C【答案】CD【解析】根據(jù)楞次定律和安培定則，線框中感應(yīng)電流的方向是逆時(shí)針方向，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；0.4s時(shí)穿過線框的磁通量Φ＝Φ1－Φ2＝eq\f(1,2)πr2·B1－eq\f(1,6)πr2·B2＝0.055Wb，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由圖乙知eq\f(ΔB1,Δt)＝eq\f(5T－1T,0.4s)＝10T/s，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，感應(yīng)電動(dòng)勢E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝n·eq\f(1,2)πr2·eq\f(ΔB1,Δt)＝1.5V，感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)＝0.5A,0.4s內(nèi)線框中產(chǎn)生的熱量Q＝I2Rt＝0.3J，選項(xiàng)C正確；前0.4s內(nèi)流過線框某截面的電荷量q＝It＝0.2C，選項(xiàng)D正確．考查方式二導(dǎo)體切割磁感線的圖象問題【例4】如圖，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(qiáng)磁場區(qū)域，區(qū)域?qū)挾染鶠閘，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、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(yùn)動(dòng)．線框中感應(yīng)電流i隨時(shí)間t變化的正確圖線可能是 ()【答案】D【解析】設(shè)線路中只有一邊切割磁感線時(shí)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(shí)針)eq\f(l,2)～lI＝0l～eq\f(3l,2)I＝2i(逆時(shí)針)eq\f(3l,2)～2lI＝0分析知，只有選項(xiàng)D符合要求．【變式】如圖所示，在坐標(biāo)系xOy中，有邊長為L的正方形金屬線框abcd，其一條對角線ac和y軸重合、頂點(diǎn)a位于坐標(biāo)原點(diǎn)O處．在y軸的右側(cè)，在Ⅰ、Ⅳ象限內(nèi)有一垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁場的上邊界與線框的ab邊剛好完全重合，左邊界與y軸重合，右邊界與y軸平行．t＝0時(shí)刻，線框以恒定的速度v沿垂直于磁場上邊界的方向穿過磁場區(qū)域．取沿a→b→c→d→a方向的感應(yīng)電流為正，則在線框穿過磁場區(qū)域的過程中，感應(yīng)電流i、ab間的電勢差Uab隨時(shí)間t變化的圖線是下圖中的()【答案】AD.【解析】從d點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的過程中，ab邊切割磁感線，根據(jù)右手定則可以確定線框中電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，即正方向，電動(dòng)勢均勻減小到0，則電流均勻減小到0；然后cd邊開始切割磁感線，感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針方向，即負(fù)方向，電動(dòng)勢均勻減小到0，則電流均勻減小到0，故A正確，B錯(cuò)誤；d點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)過程中，ab邊切割磁感線，ab相當(dāng)于電源，電流由a到b，b點(diǎn)的電勢高于a點(diǎn)，ab間的電勢差Uab為負(fù)值，大小等于電流乘以bc、cd、da三條邊的電阻，并逐漸減??；ab邊出磁場后，cd邊開始切割磁感線，cd邊相當(dāng)于電源，電流由b到a，ab間的電勢差Uab為負(fù)值，大小等于電流乘以ab邊的電阻，并逐漸減小，故C錯(cuò)誤，D正確．考查方式三電磁感應(yīng)中雙電源問題與圖象的綜合【例5】如圖所示為兩個(gè)有界勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，方向分別垂直紙面向里和向外，磁場寬度均為L，距磁場區(qū)域的左側(cè)L處，有一邊長為L的正方形導(dǎo)體線框，總電阻為R，且線框平面與磁場方向垂直，現(xiàn)用外力F使線框以速度v勻速穿過磁場區(qū)域，以初始位置為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，規(guī)定電流沿逆時(shí)針方向時(shí)的電動(dòng)勢E為正，磁感線垂直紙面向里時(shí)磁通量Φ的方向?yàn)檎饬向右為正．則以下關(guān)于線框中的磁通量Φ、感應(yīng)電動(dòng)勢E、外力F和電功率P隨時(shí)間變化的圖象正確的是()【答案】D.【解析】當(dāng)線框運(yùn)動(dòng)L時(shí)開始進(jìn)入磁場，磁通量開始增加，當(dāng)全部進(jìn)入時(shí)達(dá)到最大；此后向外的磁通量增加，總磁通量減小；當(dāng)運(yùn)動(dòng)到2.5L時(shí)，磁通量最小，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；當(dāng)線框進(jìn)入第一個(gè)磁場時(shí)，由E＝BLv可知，E保持不變，而開始進(jìn)入第二個(gè)磁場時(shí)，兩邊同時(shí)切割磁感線，電動(dòng)勢應(yīng)為2BLv，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；因安培力總是與運(yùn)動(dòng)方向相反，故拉力應(yīng)一直向右，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；拉力的功率P＝Fv，因速度不變，而線框在第一個(gè)磁場時(shí)，電流為定值，拉力也為定值；兩邊分別在兩個(gè)磁場中時(shí)，由選項(xiàng)B的分析可知，電流加倍，回路中總電動(dòng)勢加倍，功率變?yōu)樵瓉淼?倍；此后從第二個(gè)磁場中離開時(shí)，安培力應(yīng)等于線框在第一個(gè)磁場中的安培力，所以功率應(yīng)等于在第一個(gè)磁場中的功率，故選項(xiàng)D正確．[變式]如圖所示，用粗細(xì)均勻，電阻率也相同的導(dǎo)線繞制的直角邊長為l或2l的四個(gè)閉合導(dǎo)體線框a、b、c、d，以相同的速度勻速進(jìn)入右側(cè)勻強(qiáng)磁場，在每個(gè)線框剛進(jìn)入磁場時(shí)，M、N兩點(diǎn)間的電壓分別為Ua、Ub、Uc和Ud，下列判斷正確的是 ()A．Ua<Ub<Uc<Ud B．Ua<Ub<Ud<UcC．Ua＝Ub<Uc＝Ud D．Ub<Ua<Ud<Uc【答案】B【解析】由電阻定律，各個(gè)線框的電阻分別為Ra＝ρeq\f(2l＋\r(2)l,S)，Rb＝ρeq\f(3l＋\r(5)l,S)、Rc＝ρeq\f(4l＋2\r(2)l,S)、Rd＝ρeq\f(3l＋\r(5)l,S)，設(shè)線框剛進(jìn)入磁場時(shí)的速度為v，各線框MN邊有效切割長度分別為l、l、2l、2l，各線框MN邊的內(nèi)阻分別為ra＝ρeq\f(l,S)、rb＝ρeq\f(l,S)、rc＝ρeq\f(2l,S)、rd＝ρeq\f(2l,S)，則各邊產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢分別為Ea＝Blv、Eb＝Blv、Ec＝2Blv、Ed＝2Blv，由閉合電路的歐姆定律知，各線框中的感應(yīng)電流分別為Ia＝eq\f(Ea,Ra)、Ib＝eq\f(Eb,Rb)、Ic＝eq\f(Ec,Rc)、Id＝eq\f(Ed,Rd)，M、N兩點(diǎn)間的電壓分別為Ua＝Ea－Iara、Ub＝Eb－Ibrb、Uc＝Ec－Icrc、Ud＝Ed－Idrd，分別代入數(shù)據(jù)，可知Ua<Ub<Ud<Uc，故選項(xiàng)B正確．考向三電磁感應(yīng)中的平衡、動(dòng)力學(xué)問題1．兩種狀態(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)行動(dòng)態(tài)分析或結(jié)合功能關(guān)系進(jìn)行分析2.力學(xué)對象和電學(xué)對象的相互關(guān)系3．動(dòng)態(tài)分析的基本思路解決這類問題的關(guān)鍵是通過運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的分析，尋找過程中的臨界狀態(tài)，如速度、加速度最大或最小的條件．具體思路如下：考查方式一電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題【例6】如圖所示，兩條平行的光滑金屬導(dǎo)軌所在平面與水平面的夾角為θ，間距為d.導(dǎo)軌處于勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向與導(dǎo)軌平面垂直．質(zhì)量為m的金屬棒被固定在導(dǎo)軌上，距底端的距離為s，導(dǎo)軌與外接電源相連，使金屬棒通有電流．金屬棒被松開后，以加速度a沿導(dǎo)軌勻加速下滑，金屬棒中的電流始終保持恒定，重力加速度為g.求下滑到底端的過程中，求金屬棒：(1)末速度的大小v.(2)通過的電流大小I.(3)通過的電荷量Q.【答案】(1)eq\r(2as)(2)SKIPIF1<0(3)SKIPIF1<0【解析](1)金屬棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有v2＝2as，解得v＝eq\r(2as).(2)安培力F安＝IdB，金屬棒所受合力F＝mgsinθ－F安由牛頓第二定律F＝ma解得I＝SKIPIF1<0(3)運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝eq\f(v,a)，電荷量Q＝It解得Q＝SKIPIF1<0【技巧總結(jié)】用“四步法”分析電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題解決電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題的一般思路是“先電后力”，具體思路如下：[變式1]如圖，光滑平行金屬導(dǎo)軌間距為L，與水平面夾角為θ，兩導(dǎo)軌上端用阻值為R的電阻相連，該裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面．質(zhì)量為m的金屬桿ab以沿導(dǎo)軌平面向上的初速度v0從導(dǎo)軌底端開始運(yùn)動(dòng)，然后又返回到出發(fā)位置．在運(yùn)動(dòng)過程中，ab與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，不計(jì)ab和導(dǎo)軌的電阻及空氣阻力．(1)求ab開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度a；(2)分析并說明ab在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中速度、加速度的變化情況；(3)分析并比較ab上滑時(shí)間和下滑時(shí)間的長短．【答案】]見解析【解析】(1)利用楞次定律，對初始狀態(tài)的ab受力分析得：mgsinθ＋BIL＝ma ①對回路分析I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv0,R) ②聯(lián)立①②式得a＝gsinθ＋eq\f(B2L2v0,m·R).(2)上滑過程：由第(1)問中的分析可知，上滑過程加速度大小表達(dá)式為：a上＝gsinθ＋eq\f(B2L2v,m·R) ③上滑過程，a上與v反向，做減速運(yùn)動(dòng)．利用③式，v減小則a上減小，可知，桿上滑時(shí)做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)．下滑過程：由牛頓第二定律，對ab受力分析得：mgsinθ－eq\f(B2L2v,R)＝ma下 ④a下＝gsinθ－eq\f(B2L2v,m·R) ⑤因a下與v同向，ab做加速運(yùn)動(dòng)．由⑤式得v增加，a下減小，可知，桿下滑時(shí)做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)．(3)設(shè)P點(diǎn)是上滑與下滑過程中經(jīng)過的同一點(diǎn)P，由能量轉(zhuǎn)化與守恒可知：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P上)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P下)＋QR ⑥QR為ab從P滑到最高點(diǎn)到再回到P點(diǎn)過程中R上產(chǎn)生的焦耳熱．由QR>0所以vP上>vP下同理可推得ab上滑通過某一位置的速度大于下滑通過同一位置的速度，進(jìn)而可推得eq\o(v,\s\up6(－))上>eq\o(v,\s\up6(－))下由s＝eq\o(v,\s\up6(－))上t上＝eq\o(v,\s\up6(－))下t下得t上<t下即ab上滑時(shí)間比下滑時(shí)間短．[變式2]（多選）一空間有方向垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝0.5T的勻強(qiáng)磁場，兩條電阻不計(jì)的平行光滑導(dǎo)軌豎直放置在磁場內(nèi)，如圖所示，導(dǎo)體棒ab、cd長度均為0.2m，電阻均為0.1SKIPIF1<0，重力均為0.1N。現(xiàn)用力向上拉動(dòng)導(dǎo)體棒ab，使之勻速上升（導(dǎo)體棒ab、cd與導(dǎo)軌垂直且接觸良好），此時(shí)cd靜止不動(dòng)，則ab上升時(shí)，下列說法正確的是（）A．經(jīng)過cd的電流方向?yàn)閺腸到dB．a(chǎn)b受到的拉力大小為2NC．a(chǎn)b向上運(yùn)動(dòng)的速度大小為2m/sD．在2s內(nèi)，拉力做功有0.6J的其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能【答案】AC【詳解】A．對ab棒，由右手定則可知，電流方向由b到a，故經(jīng)過cd的電流方向?yàn)閺腸到d，A正確；B．導(dǎo)體棒ab勻速上升，cd棒靜止，受力均平衡，對于兩棒組成的整體，合力為零，根據(jù)平衡條件可得ab棒受到的拉力F＝2mg＝0.2N故B錯(cuò)誤；C．cd棒受到向下的重力G和向上的安培力F安，由平衡條件得F安＝G即BIL＝G又I＝SKIPIF1<0聯(lián)立解得v＝SKIPIF1<0＝2m/s故C正確；D．在2s內(nèi)，電路產(chǎn)生的電能Q＝SKIPIF1<0t＝SKIPIF1<0t＝SKIPIF1<0×2J＝0.4J則在2s內(nèi)，拉力做功，有0.4J的其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能，故D錯(cuò)誤。故選AC?？疾榉绞蕉姶鸥袘?yīng)中平衡問題【例7】如圖，兩固定的絕緣斜面傾角均為θ，上沿相連．兩細(xì)金屬棒ab(僅標(biāo)出a端)和cd(僅標(biāo)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，使兩金屬棒水平．右斜面上存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于斜面向上．已知兩根導(dǎo)線剛好不在磁場中，回路電阻為R，兩金屬棒與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度大小為g.已知金屬棒ab勻速下滑．求：(1)作用在金屬棒ab上的安培力的大?。?2)金屬棒運(yùn)動(dòng)速度的大?。舅悸伏c(diǎn)撥】解答的關(guān)鍵是對ab、cd棒受力分析，由平衡條件求出ab棒受到的安培力，再由金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢確定金屬棒的速度大?。敬鸢浮?1)mg(sinθ－3μcosθ)(2)(sinθ－3μcosθ)eq\f(mgR,B2L2)【解析】(1)設(shè)導(dǎo)線的張力的大小為FT，右斜面對ab棒的支持力的大小為FN1，作用在ab棒上的安培力的大小為F，左斜面對cd棒的支持力大小為FN2.對于ab棒，由力的平衡條件得2mgsinθ＝μFN1＋FT＋F①FN1＝2mgcosθ②對于cd棒，同理有mgsinθ＋μFN2＝FT③FN2＝mgcosθ④聯(lián)立①②③④式得F＝mg(sinθ－3μcosθ)⑤(2)由安培力公式得F＝BIL⑥這里I是回路abdca中的感應(yīng)電流，ab棒上的感應(yīng)電動(dòng)勢為E＝BLv⑦式中，v是ab棒下滑速度的大?。蓺W姆定律得I＝eq\f(E,R)⑧聯(lián)立⑤⑥⑦⑧式得v＝(sinθ－3μcosθ)eq\f(mgR,B2L2).⑨[變式]小明同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)“電磁天平”，如圖甲所示，等臂天平的左臂為掛盤，右臂掛有矩形線圈，兩臂平衡．線圈的水平邊長L＝0.1m，豎直邊長H＝0.3m，匝數(shù)為N1.線圈的下邊處于勻強(qiáng)磁場內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B0＝1.0T，方向垂直線圈平面向里．線圈中通有可在0～2.0A范圍內(nèi)調(diào)節(jié)的電流I.掛盤放上待測物體后，調(diào)節(jié)線圈中電流使得天平平衡，測出電流即可測得物體的質(zhì)量．(重力加速度g取10m/s2)(1)為使電磁天平的量程達(dá)到0.5kg，線圈的匝數(shù)N1至少為多少？(2)進(jìn)一步探究電磁感應(yīng)現(xiàn)象，另選N2＝100匝、形狀相同的線圈，總電阻R＝10Ω，不接外電流，兩臂平衡，如圖乙所示，保持B0不變，在線圈上部另加垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，且磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間均勻變大，磁場區(qū)域?qū)挾萪＝0.1m．當(dāng)掛盤中放質(zhì)量為0.01kg的物體時(shí)，天平平衡，求此時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率eq\f(ΔB,Δt).【答案】(1)25匝(2)0.1T/s【解析】(1)線圈受到安培力F＝N1B0IL①天平平衡mg＝N1B0IL②代入數(shù)據(jù)得N1＝25匝③(2)由電磁感應(yīng)定律得E＝N2eq\f(ΔΦ,Δt)④E＝N2eq\f(ΔB,Δt)Ld⑤由歐姆定律得I′＝eq\f(E,R)⑥線圈受到安培力F′＝N2B0I′L⑦天平平衡m′g＝Neq\o\al(2,2)B0eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(dL2,R)⑧代入數(shù)據(jù)可得eq\f(ΔB,Δt)＝0.1T/s⑨考查方式三電磁感應(yīng)中含電容器的動(dòng)力學(xué)問題【例8】如圖所示，傾角SKIPIF1<0=30°的斜面上有兩根足夠長的平行導(dǎo)軌L1、L2，其間距d=0.5m，底端接有電容C=2000μF的電容器。質(zhì)量m=20g的導(dǎo)體棒可在導(dǎo)軌上無摩擦滑動(dòng)，導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌的電阻不計(jì)。整個(gè)空間存在著垂直導(dǎo)軌所在平面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2T?，F(xiàn)用一沿導(dǎo)軌方向向上的恒力F1=0.54N作用于導(dǎo)體棒，使導(dǎo)體棒從靜止開始運(yùn)動(dòng)，經(jīng)t時(shí)間后到達(dá)B處，速度v=5m/s。此時(shí)，突然將拉力方向變?yōu)檠貙?dǎo)軌向下，大小變?yōu)镕2，又經(jīng)2t時(shí)間后導(dǎo)體棒返回到初始位置A處，整個(gè)過程電容器未被擊穿。求：(1)導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)到B處時(shí)，電容器C上的電荷量；(2)t的大??；(3)F的大小?！敬鸢浮?1)1×10-2C；(2)0.25s；(3)0.45N【詳解】(1)當(dāng)導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)到B處時(shí)，電容器兩端電壓為U=Bdv=5V此時(shí)電容器的帶電荷量q=CU=1×10-2C(2)棒在F1作用下運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律可得F1-mgsinα-BId=ma1又有SKIPIF1<0SKIPIF1<0聯(lián)立解得SKIPIF1<0=20m/s2則解得SKIPIF1<0=0.25s(3)若導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)到P處后返回，從B→P：向沿導(dǎo)軌向上減速運(yùn)動(dòng)，電容器C放電，有SKIPIF1<0可得SKIPIF1<0從P→A：向沿導(dǎo)軌向下加速運(yùn)動(dòng)，電容器C充電，有SKIPIF1<0可得SKIPIF1<0因此棒在F2作用下一直做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，其加速度SKIPIF1<0方向沿導(dǎo)軌向下又有SKIPIF1<0將相關(guān)數(shù)據(jù)代入解得F2=0.45N[變式](多選)如圖，兩根足夠長且光滑平行的金屬導(dǎo)軌PP′、QQ′傾斜放置，勻強(qiáng)磁場垂直于導(dǎo)軌平面，導(dǎo)軌的上端與水平放置的兩金屬板M、N相連，板間距離足夠大，板間有一帶電微粒，金屬棒ab水平跨放在導(dǎo)軌上，下滑過程中與導(dǎo)軌接觸良好．現(xiàn)同時(shí)由靜止釋放帶電微粒和金屬棒ab，則下列說法中正確的是()A．金屬棒ab最終可能勻速下滑B．金屬棒ab一直加速下滑C．金屬棒ab下滑過程中M板電勢高于N板電勢D．帶電微粒不可能先向N板運(yùn)動(dòng)后向M板運(yùn)動(dòng)【答案】BC【解析】金屬棒沿光滑導(dǎo)軌加速下滑，棒中有感應(yīng)電動(dòng)勢而對電容器充電，充電電流通過金屬棒時(shí)受安培力作用，只有金屬棒速度增大時(shí)才有充電電流，因此總有mgsinθ－BIl>0，金屬棒將一直加速，A錯(cuò)，B對；由右手定則可知，金屬棒a端電勢高，則M板電勢高，C對；若微粒帶負(fù)電，則靜電力向上與重力反向，開始時(shí)靜電力為0，微粒向下加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)靜電力增大到大于重力時(shí)，微粒的加速度向上，D錯(cuò)．

【題型演練】1．將一根絕緣硬質(zhì)細(xì)導(dǎo)線順次繞成如圖所示的線圈，其中大圓面積為SKIPIF1<0，小圓面積均為SKIPIF1<0，垂直線圈平面方向有一隨時(shí)間t變化的磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小SKIPIF1<0，SKIPIF1<0和SKIPIF1<0均為常量，則線圈中總的感應(yīng)電動(dòng)勢大小為（）A．SKIPIF1<0 B．SKIPIF1<0 C．SKIPIF1<0 D．SKIPIF1<0【答案】D【詳解】由法拉第電磁感應(yīng)定律可得大圓線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢SKIPIF1<0每個(gè)小圓線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢SKIPIF1<0由線圈的繞線方式和楞次定律可得大、小圓線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢方向相同，故線圈中總的感應(yīng)電動(dòng)勢大小為SKIPIF1<0故D正確，ABC錯(cuò)誤。故選D。2．三個(gè)用同樣的細(xì)導(dǎo)線做成的剛性閉合線框，正方形線框的邊長與圓線框的直徑相等，圓線框的半徑與正六邊形線框的邊長相等，如圖所示。把它們放入磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間線性變化的同一勻強(qiáng)磁場中，線框所在平面均與磁場方向垂直，正方形、圓形和正六邊形線框中感應(yīng)電流的大小分別為SKIPIF1<0和SKIPIF1<0。則（）A．SKIPIF1<0 B．SKIPIF1<0 C．SKIPIF1<0 D．SKIPIF1<0【答案】C【詳解】設(shè)圓線框的半徑為r，則由題意可知正方形線框的邊長為2r，正六邊形線框的邊長為r；所以圓線框的周長為SKIPIF1<0面積為SKIPIF1<0同理可知正方形線框的周長和面積分別為SKIPIF1<0，SKIPIF1<0正六邊形線框的周長和面積分別為SKIPIF1<0，SKIPIF1<0三線框材料粗細(xì)相同，根據(jù)電阻定律SKIPIF1<0可知三個(gè)線框電阻之比為SKIPIF1<0根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有SKIPIF1<0可得電流之比為：SKIPIF1<0即SKIPIF1<0故選C。3．如圖所示，豎直平面內(nèi)在A、D兩點(diǎn)各固定一顆光滑釘子，一個(gè)由細(xì)軟導(dǎo)線制成的閉合導(dǎo)線框掛在兩顆釘子上，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，導(dǎo)線框的電阻為r，圓的半徑為R。從SKIPIF1<0時(shí)刻開始，將導(dǎo)線上的C點(diǎn)繞圓心O以恒定角速度SKIPIF1<0從A點(diǎn)沿圓弧移動(dòng)到D點(diǎn)，導(dǎo)線始終繃緊。此過程導(dǎo)線中（）。A．張力保持不變B．感應(yīng)電流的方向先順時(shí)針后逆時(shí)針C．感應(yīng)電流隨時(shí)間t的變化關(guān)系為SKIPIF1<0D．產(chǎn)生的電熱為SKIPIF1<0【答案】D【詳解】A．對滑輪E分析可知，兩邊繩子拉力總是相等的，則兩邊繩子與豎直方向的夾角總相等，隨著C點(diǎn)沿圓弧從A點(diǎn)移到D點(diǎn)，AC段與CD段繩子之和先增加后減小，則AE段與ED段繩子之和先減小后增加，AE段繩子與ED段繩子的夾角先增加后減小，由SKIPIF1<0可知繩子的拉力先增加后減小，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．設(shè)C點(diǎn)轉(zhuǎn)過的角度為θ=ωt根據(jù)幾何知識(shí)可得，線框上的三角形的面積為S=SKIPIF1<0?2R?Rsinθ=R2sinθ磁通量為Φ=BS=BR2sinθ因θ角從0°度到180°，則導(dǎo)線框中的磁通量先增大后減小，根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流先沿逆時(shí)針方向，后沿順時(shí)針方向；選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律SKIPIF1<0可知，導(dǎo)線框中感應(yīng)電動(dòng)勢隨時(shí)間t的變化關(guān)系為e=ωBR2cosωt感應(yīng)電流隨時(shí)間t的變化關(guān)系為SKIPIF1<0故C錯(cuò)誤；D．導(dǎo)線框中感應(yīng)電動(dòng)勢的有效值為SKIPIF1<0故導(dǎo)線框中產(chǎn)生的電熱為SKIPIF1<0故D正確。故選D。4．某鐵路安裝有一種電磁裝置可以向控制中心傳輸信號(hào)，以確定火車的位置和運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，其原理是將能產(chǎn)生勻強(qiáng)磁場的磁鐵安裝在火車首節(jié)車廂下面，如圖甲所示（俯視圖），當(dāng)它經(jīng)過安放在兩鐵軌間的線圈時(shí)，線圈便產(chǎn)生一個(gè)電信號(hào)傳輸給控制中心。線圈邊長分別為SKIPIF1<0和SKIPIF1<0，匝數(shù)為SKIPIF1<0，線圈和傳輸線的電阻忽略不計(jì)。若火車通過線圈時(shí)，控制中心接收到線圈兩端的電壓信號(hào)SKIPIF1<0與時(shí)間SKIPIF1<0的關(guān)系如圖乙所示（SKIPIF1<0、SKIPIF1<0均為直線），SKIPIF1<0、SKIPIF1<0、SKIPIF1<0、SKIPIF1<0是運(yùn)動(dòng)過程的四個(gè)時(shí)刻，則火車（）A．在SKIPIF1<0時(shí)間內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng)B．在SKIPIF1<0時(shí)間內(nèi)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)C．在SKIPIF1<0時(shí)間內(nèi)加速度大小為SKIPIF1<0D．在SKIPIF1<0時(shí)間內(nèi)和在SKIPIF1<0時(shí)間內(nèi)陰影面積相等【答案】D【詳解】A．根據(jù)動(dòng)生電動(dòng)勢表達(dá)式SKIPIF1<0可知，感應(yīng)電動(dòng)勢與速度成正比，而在SKIPIF1<0段的電壓隨時(shí)間均勻增大，可知在SKIPIF1<0時(shí)間內(nèi)，火車的速度隨時(shí)間也均勻增大，火車在這段時(shí)間內(nèi)做的是勻加速直線運(yùn)動(dòng)；在SKIPIF1<0時(shí)間內(nèi)，這段時(shí)間內(nèi)電壓為零，是因?yàn)榫€圈沒有產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢，不是火車做勻速直線運(yùn)動(dòng)；SKIPIF1<0段的電壓大小隨時(shí)間均勻增大，可知在SKIPIF1<0時(shí)間內(nèi)，火車的速度隨時(shí)間也均勻增大，火車在這段時(shí)間內(nèi)做的是勻加速直線運(yùn)動(dòng)，AB錯(cuò)誤；C．假設(shè)SKIPIF1<0時(shí)刻對應(yīng)的速度為SKIPIF1<0，SKIPIF1<0時(shí)刻對應(yīng)的速度為SKIPIF1<0，結(jié)合圖乙可得SKIPIF1<0，SKIPIF1<0故這段時(shí)間內(nèi)的加速度為SKIPIF1<0C錯(cuò)誤；D．假設(shè)磁場的寬度為SKIPIF1<0，可知在SKIPIF1<0和SKIPIF1<0這兩段時(shí)間內(nèi)，線圈相對于磁場通過的位移大小均為SKIPIF1<0，根據(jù)SKIPIF1<0可得SKIPIF1<0可知在SKIPIF1<0時(shí)間內(nèi)和在SKIPIF1<0時(shí)間內(nèi)陰影面積均為SKIPIF1<0D正確；故選D。5．電磁感應(yīng)驅(qū)動(dòng)的電磁炮原理圖如圖甲所示，線圈套在中空的內(nèi)壁光滑塑料管上，金屬小球靜置于管內(nèi)線圈右側(cè)。將S接1，電容器完全充電，SKIPIF1<0時(shí)刻S接2，線圈中的電流i隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖乙所示，小球在SKIPIF1<0時(shí)刻恰好運(yùn)動(dòng)到右側(cè)管口，被發(fā)射出去，則（）A．小球在管中的加速度隨i的增大而增大B．在SKIPIF1<0的時(shí)間內(nèi)，電容器儲(chǔ)存的電場能全部轉(zhuǎn)化為小球的動(dòng)能C．在SKIPIF1<0的時(shí)間內(nèi)，從塑料管左側(cè)看小球中產(chǎn)生的渦流沿逆時(shí)針方向D．若適當(dāng)加長塑料管，小球可獲得更大的速度【答案】C【詳解】A．磁場強(qiáng)弱程度與通過線圈的電流大小成正比。根據(jù)乙圖可知，線圈中的磁感應(yīng)強(qiáng)度變化情況與電流的變化情況相同，在SKIPIF1<0時(shí)間內(nèi)，電流i在增大，但變化率卻逐漸減小，線圈的磁通量變化率也逐漸減小，由法拉第電磁感應(yīng)定律SKIPIF1<0可知，感應(yīng)電動(dòng)勢逐漸減小，所以小球受到的感應(yīng)電場的電場力也逐漸較小，由牛頓第二運(yùn)動(dòng)定律可知，小球的加速度逐漸減小，故A錯(cuò)誤；B．電容器的放電過程中，變化的磁場在空間產(chǎn)生了變化的電場，然后以電磁波的形式傳遞出去，散失了一部分能量，所以SKIPIF1<0時(shí)間內(nèi)，電容器儲(chǔ)存的電能沒有全部轉(zhuǎn)化為小球的動(dòng)能，故B錯(cuò)誤；C．SKIPIF1<0時(shí)間內(nèi)，電流逐漸增大，產(chǎn)生的磁場也會(huì)增強(qiáng)，通過楞次定律判斷可知，原磁場增大，感應(yīng)磁場與原磁場方向相反，由右手螺旋定則判斷可得，小球中產(chǎn)生的渦流是逆時(shí)針方向的（從塑料管左側(cè)看），故C正確；D．適當(dāng)增加塑料管的長度，增長后，小球會(huì)在電流減小的過程中離開塑料管，當(dāng)電流減小時(shí)，磁場也會(huì)減小，通過楞次定律判斷可知，此時(shí)線圈的作用力向左，阻礙小球運(yùn)動(dòng)，所以適當(dāng)加長塑料管，小球速度會(huì)在減小，故D錯(cuò)誤。故選C。6．（多選）如圖，足夠長的間距SKIPIF1<0的平行光滑金屬導(dǎo)軌SKIPIF1<0、SKIPIF1<0固定在水平面內(nèi)，導(dǎo)軌間存在一個(gè)寬度SKIPIF1<0的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為SKIPIF1<0，方向如圖所示。一根質(zhì)量SKIPIF1<0，阻值SKIPIF1<0的金屬棒SKIPIF1<0以初速度SKIPIF1<0從左端開始沿導(dǎo)軌滑動(dòng)，穿過磁場區(qū)域后，與另一根質(zhì)量SKIPIF1<0，阻值SKIPIF1<0的原來靜置在導(dǎo)軌上的金屬棒SKIPIF1<0發(fā)生彈性碰撞，兩金屬棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，則（

）A．金屬棒SKIPIF1<0第一次穿過磁場時(shí)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)B．金屬棒SKIPIF1<0第一次穿過磁場時(shí)回路中有逆時(shí)針方向的感應(yīng)電流C．金屬棒SKIPIF1<0第一次穿過磁場區(qū)域的過程中，金屬棒SKIPIF1<0上產(chǎn)生的焦耳熱為SKIPIF1<0D．金屬棒SKIPIF1<0最終停在距磁場左邊界SKIPIF1<0處【答案】BCD【詳解】A．金屬棒SKIPIF1<0第一次穿過磁場時(shí)受到安培力的作用，做減速運(yùn)動(dòng)，由于速度減小，感應(yīng)電動(dòng)勢減小，感應(yīng)電流減小，安培力減小，加速度減小，故金屬棒SKIPIF1<0做加速度減小的減速直線運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；B．根據(jù)右手定則可知，金屬棒SKIPIF1<0第一次穿過磁場時(shí)回路中有逆時(shí)針方向的感應(yīng)電流，B正確；C．金屬棒SKIPIF1<0第一次穿過磁場區(qū)域的過程中，電路中產(chǎn)生的平均電動(dòng)勢為SKIPIF1<0電路中的平均電流為SKIPIF1<0以向右為正方向，對金屬棒SKIPIF1<0，根據(jù)動(dòng)量定理可得SKIPIF1<0解得金屬棒SKIPIF1<0第一次離開磁場時(shí)速度為SKIPIF1<0金屬棒SKIPIF1<0第一次穿過磁場區(qū)域的過程中，電路中產(chǎn)生的總熱量等于金屬棒SKIPIF1<0機(jī)械能的減少量，則有SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0由于金屬棒電阻相等，金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱相等，則金屬棒SKIPIF1<0上產(chǎn)生的焦耳熱為SKIPIF1<0C正確；D．以向右為正方向，兩金屬棒碰撞過程，根據(jù)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒可得SKIPIF1<0SKIPIF1<0聯(lián)立解得SKIPIF1<0可知碰撞后金屬棒SKIPIF1<0反彈的速度大小為SKIPIF1<0，設(shè)金屬棒SKIPIF1<0最終停在距磁場左邊界SKIPIF1<0處，從反彈進(jìn)入磁場到停下來的過程，電路中產(chǎn)生的平均電動(dòng)勢為SKIPIF1<0電路中的平均電流為SKIPIF1<0以向右為正方向，對金屬棒SKIPIF1<0，根據(jù)動(dòng)量定理可得SKIPIF1<0聯(lián)立解得SKIPIF1<0D正確。故選BCD。7．（多選）如圖所示，在以水平線段AD為直徑的半圓形區(qū)域內(nèi)有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里的有界勻強(qiáng)磁場?，F(xiàn)有一個(gè)閉合導(dǎo)線框ACD由細(xì)軟彈性電阻絲制成），端點(diǎn)A、D固定。在豎直面內(nèi)，將導(dǎo)線與圓周的接觸點(diǎn)C點(diǎn)以恒定角速度SKIPIF1<0（相對圓心O）從A點(diǎn)沿圓弧移動(dòng)至D點(diǎn)，使導(dǎo)線框上產(chǎn)生感應(yīng)電流。設(shè)導(dǎo)線框的電阻恒為SKIPIF1<0，圓的半徑為SKIPIF1<0，從A點(diǎn)開始計(jì)時(shí)，下列說法正確的是（）A．導(dǎo)線框中感應(yīng)電流的方向先逆時(shí)針，后順時(shí)針B．在C從A點(diǎn)移動(dòng)到D的過程中，穿過ACD回路的磁通量與時(shí)間的關(guān)系為SKIPIF1<0C．在C從A點(diǎn)移動(dòng)到圖中SKIPIF1<0位置的過程中，通過導(dǎo)線截面的電荷量為SKIPIF1<0D．若以AD為軸，保持SKIPIF1<0，將導(dǎo)線框以恒定的角速度SKIPIF1<0轉(zhuǎn)SKIPIF1<0，回路中的電動(dòng)勢逐漸減小【答案】ABC【詳解】A．依題意，回路中的磁通量先增大后減小，且磁場方向一直向里，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場方向先是向外然后再向里，則根據(jù)右手螺旋定則，感應(yīng)電流的方向先是逆時(shí)針后是順時(shí)針，故A正確；B．依題意，C點(diǎn)在旋轉(zhuǎn)過程中，有SKIPIF1<0SKIPIF1<0故B正確；C．依題意有SKIPIF1<0SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0故Ｃ正確；D．若以AD為軸，保持SKIPIF1<0，AC、CD邊速度方向邊與磁場方向夾角從零逐漸變大，依題意，其回路中的電動(dòng)勢與時(shí)間t的關(guān)系式為SKIPIF1<0將導(dǎo)線框以恒定的角速度SKIPIF1<0轉(zhuǎn)SKIPIF1<0的過程中，其電動(dòng)勢逐漸變大，故D錯(cuò)誤。故選ABC。8．（多選）如圖，長為2L、寬為L的矩形金屬線框abcd放置在勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向平行于線框平面向上。當(dāng)金屬框繞對稱軸ef以角速度SKIPIF1<0逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，下面說法正確的是（）A．線圈中沒有感應(yīng)電流B．線圈中感應(yīng)電流的方向?yàn)閍→b→c→d→aC．a(chǎn)d兩點(diǎn)的電勢差SKIPIF1<0D．a(chǎn)d兩點(diǎn)的電勢差SKIPIF1<0【答案】AD【詳解】AB．當(dāng)金屬框繞對稱軸ef以角速度SKIPIF1<0逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，穿過線圈平面的磁通量始終為零。由楞次定律，線圈中沒有感應(yīng)電流。A正確；B錯(cuò)誤；CD．a(chǎn)d轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁線，設(shè)ad中點(diǎn)為SKIPIF1<0SKIPIF1<0SKIPIF1<0ad兩點(diǎn)的電勢差SKIPIF1<0C錯(cuò)誤；D正確。故選AD。9．（多選）如圖所示，間距SKIPIF1<0的光滑U形金屬導(dǎo)軌固定在絕緣斜面上，斜面傾角SKIPIF1<0。區(qū)域I、Ⅱ分別以PQ、MN為邊界，均存在垂直于斜面向上的磁場，I區(qū)中磁感應(yīng)強(qiáng)度從0開始隨時(shí)間均勻增加，Ⅱ區(qū)中為勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度SKIPIF1<0，PQ與MN之間為無磁場區(qū)域。質(zhì)量SKIPIF1<0、電阻SKIPIF1<0的導(dǎo)體棒垂直于導(dǎo)軌放置，從兩磁場之間的無磁場區(qū)域由靜止釋放，經(jīng)過SKIPIF1<0進(jìn)入Ⅱ區(qū)恰好勻速下滑。運(yùn)動(dòng)中棒與導(dǎo)軌始終保持良好接觸，導(dǎo)軌足夠長且電阻不計(jì)。重力加速度SKIPIF1<0，SKIPIF1<0。則下列說法正確的是（）A．進(jìn)入Ⅱ區(qū)后，導(dǎo)體棒中的電流SKIPIF1<0B．無磁場區(qū)域的面積至少為SKIPIF1<0C．前2s導(dǎo)體棒產(chǎn)生的焦耳熱SKIPIF1<0D．若I區(qū)磁場面積為SKIPIF1<0，則I區(qū)的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化的表達(dá)式為SKIPIF1<0【答案】AC【詳解】A．進(jìn)入Ⅱ區(qū)恰好勻速下滑，則SKIPIF1<0導(dǎo)體棒中的電流為SKIPIF1<0故A正確；B．導(dǎo)體棒進(jìn)入Ⅱ區(qū)域磁場的速度為SKIPIF1<0根據(jù)牛頓第二定律SKIPIF1<0導(dǎo)體棒在無磁場區(qū)域做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則SKIPIF1<0無磁場區(qū)域的面積最小值為SKIPIF1<0代入數(shù)據(jù)得SKIPIF1<0故B錯(cuò)誤；C．導(dǎo)體棒進(jìn)入Ⅱ區(qū)域后，I區(qū)中磁感應(yīng)強(qiáng)度變化產(chǎn)生的感生電動(dòng)勢為E1,Ⅱ區(qū)域?qū)w棒切割磁場產(chǎn)生的動(dòng)生電動(dòng)勢為E2，則SKIPIF1<0感生電動(dòng)勢為SKIPIF1<0前2s導(dǎo)體棒未切割磁場，則產(chǎn)生的焦耳熱為SKIPIF1<0故C正確；D．根據(jù)SKIPIF1<0I區(qū)磁場的變化率為SKIPIF1<0I區(qū)中磁感應(yīng)強(qiáng)度從0開始隨時(shí)間均勻增加，則I區(qū)的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化的表達(dá)式為SKIPIF1<0故D錯(cuò)誤。故選AC。10．（多選）在一小型交流發(fā)電機(jī)中，矩形金屬線圈SKIPIF1<0的面積為SKIPIF1<0，匝數(shù)為SKIPIF1<0，線圈總電阻為SKIPIF1<0，在磁感應(yīng)強(qiáng)度為SKIPIF1<0的勻強(qiáng)磁場中，繞軸SKIPIF1<0（從上往下看逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)）以角速度SKIPIF1<0勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，從如圖甲所示的位置作為計(jì)時(shí)的起點(diǎn)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢隨時(shí)間的變化關(guān)系如圖乙所示，矩形線圈與阻值為SKIPIF1<0的電阻構(gòu)成閉合電路，下列說法中正確的是（）A．在SKIPIF1<0時(shí)間內(nèi)，穿過線圈的磁通量的變化量大小為SKIPIF1<0B．在SKIPIF1<0時(shí)間內(nèi)，通過電阻SKIPIF1<0電流方向先向上然后向下C．SKIPIF1<0時(shí)刻穿過線圈的磁通量的變化率大小為SKIPIF1<0D．在SKIPIF1<0時(shí)間內(nèi)，通過電阻SKIPIF1<0的電荷量為SKIPIF1<0【答案】AD【詳解】A．由圖乙可知SKIPIF1<0和SKIPIF1<0時(shí)刻，線圈的感應(yīng)電動(dòng)勢都為SKIPIF1<0，可知這兩個(gè)時(shí)刻穿過線圈的磁通量一正一負(fù)，大小均為SKIPIF1<0，故此過程的穿過線圈的磁通量的變化量大小為SKIPIF1<0A正確；B．由圖乙可知，在SKIPIF1<0時(shí)間內(nèi)，線圈中的電流方向不變，根據(jù)右手定則可知通過電阻SKIPIF1<0電流方向始終向上，B錯(cuò)誤；C．由圖乙可知，SKIPIF1<0時(shí)刻的感應(yīng)電動(dòng)勢為SKIPIF1<0，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得SKIPIF1<0可得穿過線圈的磁通量的變化率大小為SKIPIF1<0C錯(cuò)誤；D．在SKIPIF1<0時(shí)間內(nèi)，通過電阻SKIPIF1<0的電荷量為SKIPIF1<0又SKIPIF1<0聯(lián)立可得SKIPIF1<0D正確。故選AD。11．如圖所示，兩根足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌，左側(cè)水平，右側(cè)傾斜且與水平部分平滑連接并成α＝30°夾角，兩導(dǎo)軌間距為L＝0.5m，左端接有電阻R＝0.5Ω，其余電阻不計(jì)．水平部分空間內(nèi)有豎直向上的勻強(qiáng)磁場B1＝0.5T，斜面部分有垂直于導(dǎo)軌平面斜向上的勻強(qiáng)磁場B2．質(zhì)量為m＝0.2kg的導(dǎo)體棒CD，與導(dǎo)軌接觸良好且始終垂直于導(dǎo)軌．給棒CD沿斜面向下的初速度v0＝2m/s后，棒勻速下滑，經(jīng)時(shí)間△t＝1s進(jìn)入水平部分．（g＝10m/s2）求：（1）B2的大?。唬?）進(jìn)入水平部分后，棒CD的電流方向和安培力方向，并從速度、加速度兩個(gè)角度描述導(dǎo)體棒CD進(jìn)入水平部分后的運(yùn)動(dòng)情況；（3）棒CD從開始到最終停止，電阻R上產(chǎn)生的熱量Q；（4）棒CD進(jìn)入水平部分瞬間加速度a的大小和方向；若要讓棒進(jìn)入水平部分后，加速度保持不變，需在棒上加一個(gè)水平外力F，直至棒離開水平面，從棒進(jìn)入水平部分開始計(jì)時(shí)，請寫出力F與時(shí)間t的表達(dá)式，并標(biāo)明F的方向及t的取值范圍．【答案】（1）1T

（2）導(dǎo)體棒做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，直到導(dǎo)體棒速度為零為止

（3）2.4J

（4）SKIPIF1<0

方向：水平向右，0≤t≤3.2s【分析】（1）導(dǎo)體棒勻速下滑處于平衡狀態(tài)，由平衡條件可以求出磁感應(yīng)強(qiáng)度．（2）由右手定則可以判處出感應(yīng)電流方向，由左手定則可以判斷出安培力方向，應(yīng)用牛頓第二定律求出加速度，然后分析導(dǎo)體棒的運(yùn)動(dòng)過