【講與練】高中物理人教版(2019)選擇性必修2：第2章電磁感應(yīng)章末小結(jié)學(xué)案

章末小結(jié)一、“三定則、一定律”的應(yīng)用“三定則”指安培定則、左手定則和右手定則，“一定律”指楞次定律。1．“三定則、一定律”的應(yīng)用技巧1個(gè)條件：感應(yīng)電流產(chǎn)生的條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(閉合回路,磁通量變化))2種方法：判斷感應(yīng)電流方向eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(楞次定律,右手定則))2個(gè)原則：(1)無論是“安培力”還是“洛倫茲力”，只要是“力”都用左手判斷；(2)“電生磁”或“磁生電”均用右手判斷。2．用楞次定律判定感應(yīng)電流方向的基本思路“一原、二感、三電流”：①明確研究回路的原磁場——弄清研究的回路中原磁場的方向及磁通量的變化情況；②確定感應(yīng)電流的磁場——根據(jù)楞次定律中的“阻礙”原則，結(jié)合原磁場磁通量變化情況，確定感應(yīng)電流的磁場的方向；③判定電流方向——根據(jù)感應(yīng)電流的磁場方向，運(yùn)用安培定則判斷感應(yīng)電流的方向。3．楞次定律中“阻礙”的主要表現(xiàn)形式(1)阻礙原磁通量的變化——“增反減同”；(2)阻礙相對(duì)運(yùn)動(dòng)——“來拒去留”；(3)使線圈面積有擴(kuò)大或縮小的趨勢——“增縮減擴(kuò)”；(4)阻礙原電流的變化(自感現(xiàn)象)——“增反減同”。典例1在水平面上放置兩個(gè)完全相同的帶中心軸的金屬圓盤(電阻不為零)，它們彼此用導(dǎo)線把中心軸和對(duì)方圓盤的邊緣相連接，組成電路如圖所示，一勻強(qiáng)磁場穿過兩圓盤垂直向外，若不計(jì)一切摩擦，當(dāng)a盤在外力作用下做逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，圓盤b(B)A．沿與a盤相同的方向轉(zhuǎn)動(dòng)B．沿與a盤相反的方向轉(zhuǎn)動(dòng)C．轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度可能大于a盤的角速度D．轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度可能等于a盤的角速度解析：如圖所示，金屬圓盤可看作由多根金屬輻條組成，a盤在外力作用下逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，圓盤切割磁感線，由右手定則可知，電動(dòng)勢方向?yàn)镺1→A，在閉合電路中有方向?yàn)镺1AO2BO1的感應(yīng)電流，而對(duì)b盤，由左手定則和能量守恒定律可知，b盤順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)且其轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度一定小于a盤的角速度，選項(xiàng)B正確。二、電磁感應(yīng)中的綜合問題此類問題涉及電路知識(shí)、動(dòng)力學(xué)知識(shí)和能量觀點(diǎn)，綜合性很強(qiáng)，解決此類問題要注意以下三點(diǎn)：1．電路分析(1)找“電源”：確定出由電磁感應(yīng)所產(chǎn)生的電源，求出電源的電動(dòng)勢E和內(nèi)阻r。(2)電路結(jié)構(gòu)分析弄清串、并聯(lián)關(guān)系，求出相關(guān)部分的電流大小，為求安培力做好鋪墊。2．力和運(yùn)動(dòng)分析(1)受力分析：分析研究對(duì)象(常為金屬桿、導(dǎo)體線圈等)的受力情況，尤其注意安培力的方向。(2)運(yùn)動(dòng)分析：根據(jù)力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，確定出運(yùn)動(dòng)模型，根據(jù)模型特點(diǎn)，找到解決途徑。3．功和能量分析(1)做功分析，找全部力所做的功，弄清功的正、負(fù)。(2)能量轉(zhuǎn)化分析，弄清哪些能量增加，哪些能量減小，根據(jù)功能關(guān)系、能量守恒定律列方程求解。典例2(2023·內(nèi)蒙古高二期中)如圖所示，固定在水平面上間距為l的兩條平行光滑金屬導(dǎo)軌，垂直于導(dǎo)軌放置的兩根金屬棒MN和PQ長度也為l、電阻均為R，兩棒與導(dǎo)軌始終接觸良好。兩端通過開關(guān)S與電阻為0.5R的邊長為a的正方形單匝金屬線圈相連，線圈內(nèi)存在豎直向下均勻增加的磁場，磁場的變化率為常量k。圖中虛線右側(cè)有垂直于導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。PQ的質(zhì)量為m，金屬導(dǎo)軌足夠長、電阻忽略不計(jì)。(1)閉合S，若使PQ保持靜止，需在其上加多大的水平恒力F，并指出其方向；(2)斷開S，PQ在上述恒力作用下，由靜止開始到速度大小為v的加速過程中流過PQ的電荷量為q，求該過程PQ產(chǎn)生的焦耳熱。答案：(1)eq\f(Blka2,2R)方向水平向左(2)eq\f(ka2q,2)－eq\f(1,4)mv2解析：(1)設(shè)線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為E，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝ka2設(shè)PQ與MN并聯(lián)的電阻為R并，有R并＝eq\f(R,2)閉合S后，設(shè)線圈中的電流為I，根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得I＝eq\f(E,R并＋0.5R)＝eq\f(ka2,R)電流方向俯視為逆時(shí)針；設(shè)PQ中的電流為IPQ，則IPQ＝eq\f(1,2)I＝eq\f(ka2,2R)設(shè)PQ受到的安培力為F安，有F安＝BIPQl根據(jù)左手定則可得安培力方向水平向右，若保持PQ靜止，根據(jù)平衡條件可得F＝F安聯(lián)立解得F＝eq\f(Blka2,2R)，外力方向水平向左。(2)設(shè)PQ由靜止開始到速度大小為v的過程中，PQ運(yùn)動(dòng)的位移為x，所用的時(shí)間為Δt，回路中磁通量的變化為ΔΦ′，平均感應(yīng)電動(dòng)勢為eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ′,Δt)其中ΔΦ′＝BlxPQ中的平均電流為eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),2R)根據(jù)電流的定義式可得eq\x\to(I)＝eq\f(q,Δt)聯(lián)立解得x＝eq\f(2qR,Bl)根據(jù)動(dòng)能定理可得Fx－W安＝eq\f(1,2)mv2聯(lián)立解得克服安培力做的功為W安＝eq\f(2FRq,Bl)－eq\f(1,2)mv2根據(jù)功能關(guān)系可得產(chǎn)生的總的焦耳熱為Q＝W安＝eq\f(2FRq,Bl)－eq\f(1,2)mv2＝ka2q－eq\f(1,2)mv2該過程中金屬棒PQ上產(chǎn)生的熱量為QR＝eq\f(R,R＋R)Q＝eq\f(ka2q,2)－eq\f(1,4)mv2三、電磁感應(yīng)中的動(dòng)量問題當(dāng)導(dǎo)體棒在磁場中做非勻變速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，利用牛頓運(yùn)動(dòng)定律不易解答這類問題，可以應(yīng)用動(dòng)量定理或動(dòng)量守恒定律來解答。1．動(dòng)量定理多應(yīng)用于桿切割磁感線中求解變力的時(shí)間、速度、位移和電荷量問題。(1)求電荷量和速度：q＝eq\x\to(I)t；Beq\x\to(I)lΔt＝mv2－mv1。(2)求時(shí)間：Ft＝I沖＝mv2－mv1，I沖＝BIlΔt＝Bleq\f(ΔΦ,R總)。(3)求位移：－Beq\x\to(I)lΔt＝－eq\f(B2l2vΔt,R總)＝0－mv0或－eq\f(B2l2x,R總)＝0－mv0。2．電磁感應(yīng)中雙桿切割磁感線運(yùn)動(dòng)，若雙桿系統(tǒng)所受合外力為零，運(yùn)用動(dòng)量守恒定律結(jié)合能量守恒定律可求解與能量有關(guān)的問題。3．兩種雙桿模型示意圖力學(xué)觀點(diǎn)導(dǎo)體棒1受安培力的作用做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)體棒2受安培力的作用做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，最后兩棒以相同的速度做勻速直線運(yùn)動(dòng) 情況1：棒1先變加速后勻速運(yùn)動(dòng)，棒2靜止；情況2：棒1先變加速后勻加速運(yùn)動(dòng)，棒2先靜止后變加速，最后和棒1做相同加速度的勻加速運(yùn)動(dòng)動(dòng)量觀點(diǎn)系統(tǒng)動(dòng)量守恒系統(tǒng)動(dòng)量不守恒能量觀點(diǎn)棒1動(dòng)能的減少量＝棒2動(dòng)能的增加量＋焦耳熱外力做的功＝棒1的動(dòng)能＋棒2的動(dòng)能＋焦耳熱典例3(2023·河南新蔡縣高二開學(xué)考試)如圖所示，兩根足夠長的固定平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面內(nèi)，導(dǎo)軌間的距離為L，導(dǎo)軌上橫放著兩根導(dǎo)體棒ab和cd。設(shè)兩根導(dǎo)體棒的質(zhì)量皆為m，電阻皆為R，導(dǎo)軌光滑且電阻不計(jì)，在整個(gè)導(dǎo)軌平面內(nèi)都有豎直向上的勻強(qiáng)磁場，磁感強(qiáng)度為B。開始時(shí)ab和cd兩導(dǎo)體棒有方向相反的水平初速，初速大小分別為v0和2v0，求：(1)從開始到最終穩(wěn)定回路中產(chǎn)生的焦耳熱；(2)當(dāng)ab棒向右運(yùn)動(dòng)，速度大小變?yōu)閑q\f(v0,4)時(shí)，回路中消耗的電功率的值。答案：(1)eq\f(9,4)mveq\o\al(2,0)(2)eq\f(B2L2v\o\al(2,0),8R)解析：(1)從開始到最終穩(wěn)定的過程中，取向右為正方向兩棒總動(dòng)量守恒，則有2mv0－mv0＝2mv解得v＝eq\f(v0,2)由能量守恒可得從開始到最終穩(wěn)定回路中產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(1,2)m(2v0)2－eq\f(1,2)(2m)v2＝eq\f(9,4)mveq\o\al(2,0)。(2)當(dāng)ab棒向右運(yùn)動(dòng)，速度大小變?yōu)閑q\f(v0,4)時(shí)，設(shè)cd棒的速度是v2，根據(jù)動(dòng)量守恒得2mv0－mv0＝mv2＋meq\f(v0,4)解得v2＝eq\f(3v0,4)此時(shí)回路中的總電動(dòng)勢E2＝BLeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3v0,4)－\f(v0,4)))＝eq\f(1,2)BLv0則消耗的電功率為P2＝eq\f(E\o\al(2,2),2R)＝eq\f(B2L2v\o\al(2,0),8R)。一、高考真題探析典題(多選)(2021·全國甲卷，21)由相同材料的導(dǎo)線繞成邊長相同的甲、乙兩個(gè)正方形閉合線圈，兩線圈的質(zhì)量相等，但所用導(dǎo)線的橫截面積不同，甲線圈的匝數(shù)是乙的2倍?，F(xiàn)兩線圈在豎直平面內(nèi)從同一高度同時(shí)由靜止開始下落，一段時(shí)間后進(jìn)入一方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場的上邊界水平，如圖所示。不計(jì)空氣阻力，已知下落過程中線圈始終平行于紙面，上、下邊保持水平。在線圈下邊進(jìn)入磁場后且上邊進(jìn)入磁場前，可能出現(xiàn)的是(AB)A．甲和乙都加速運(yùn)動(dòng)B．甲和乙都減速運(yùn)動(dòng)C．甲加速運(yùn)動(dòng)，乙減速運(yùn)動(dòng)D．甲減速運(yùn)動(dòng)，乙加速運(yùn)動(dòng)[試題情境]本題以相同質(zhì)量、不同長度、同種材料構(gòu)成的兩個(gè)導(dǎo)體框在磁場中的運(yùn)動(dòng)為素材創(chuàng)設(shè)學(xué)習(xí)探索問題情境，屬于綜合性題目。[必備知識(shí)]密度公式、電阻定律、閉合電路的歐姆定律、機(jī)械能守恒定律、楞次定律、法拉第電磁感應(yīng)定律、安培力、牛頓第二定律。[能力素養(yǎng)]本題屬于導(dǎo)體框在磁場中運(yùn)動(dòng)的問題，著重考查考生的理解能力和推理論證能力?？疾榈膶W(xué)科核心素養(yǎng)為物理觀念和科學(xué)思維，要求考生對(duì)牛頓運(yùn)動(dòng)定律、電阻定律、法拉第電磁感應(yīng)定律等知識(shí)融會(huì)貫通，進(jìn)而推理論證兩導(dǎo)線框的受力及運(yùn)動(dòng)情況。(1)理解能力。題目中的兩線圈材料、邊長、質(zhì)量均相同，但導(dǎo)線橫截面積、匝數(shù)不同，根據(jù)密度公式可知組成兩線圈的導(dǎo)線體積相同。體積V＝4nlS，其中n為匝數(shù)，l為線圈邊長，S為導(dǎo)線橫截面積。由于n1＝2n2，可知2S1＝S2。兩線圈從同一高度同時(shí)下落，根據(jù)機(jī)械能守恒mgh＝eq\f(1,2)mv2，可以確定線圈以相同的速度同時(shí)到達(dá)磁場上邊界，速度大小均為v＝eq\r(2gh)。(2)推理論證能力。電阻定義式R＝eq\f(ρL,S)，本題中L＝4nl，推出電阻表達(dá)式R＝eq\f(4nρl,S)。由此可知R1＝4R2。根據(jù)楞次定律判斷出兩線圈中的感應(yīng)電流方向都是逆時(shí)針，大小為I＝eq\f(E,R)，其中E為線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢、大小由法拉第電磁感應(yīng)定律可求，即E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(BΔS,Δt)＝neq\f(BlvΔt,Δt)＝nBlv。線圈中的感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(nBlv,R)。由左手定則判斷出兩線圈均受到豎直向上的安培力，每一匝線圈受力大小為F0＝BIl，線圈受到的安培力為n匝導(dǎo)線受到的安培力的合力，即F＝nBIl＝eq\f(n2B2l2v,R)，其中R為線圈電阻。結(jié)合n1＝2n2、R1＝4R2，可知兩者所受安培力F甲＝F乙。由于不計(jì)空氣阻力，線圈在進(jìn)入磁場過程中會(huì)受到豎直向下的重力和豎直向上的安培力的共同作用，由牛頓第二定律得ma＝mg－F，甲、乙線圈質(zhì)量相同、安培力相同，則加速度也相同。當(dāng)重力大于安培力時(shí)，兩者均為加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)重力小于安培力時(shí)，兩者均為減速運(yùn)動(dòng)，重力與安培力相等時(shí)，兩者均為勻速運(yùn)動(dòng)。[失分剖析]考生寫多匝線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢及安培力表達(dá)式時(shí)，忽略了匝數(shù)n的作用。二、進(jìn)考場練真題1．(2023·湖北卷)近場通信(NFC)器件應(yīng)用電磁感應(yīng)原理進(jìn)行通訊，其天線類似一個(gè)壓平的線圈，線圈尺寸從內(nèi)到外逐漸變大。如圖所示，一正方形NFC線圈共3匝，其邊長分別為1.0cm、1.2cm和1.4cm，圖中線圈外線接入內(nèi)部芯片時(shí)與內(nèi)部線圈絕緣。若勻強(qiáng)磁場垂直通過此線圈，磁感應(yīng)強(qiáng)度變化率為103T/s，則線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢最接近(B)A．0.30V B．0.44VC．0.59V D．4.3V解析：根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔBS,Δt)＝103×(1.02＋1.22＋1.42)×10－4V＝0.44V，故選B。2．(2023·全國卷)一學(xué)生小組在探究電磁感應(yīng)現(xiàn)象時(shí)，進(jìn)行了如下比較實(shí)驗(yàn)。用圖(a)所示的纏繞方式，將漆包線分別繞在幾何尺寸相同的有機(jī)玻璃管和金屬鋁管上，漆包線的兩端與電流傳感器接通。兩管皆豎直放置，將一很小的強(qiáng)磁體分別從管的上端由靜止釋放，在管內(nèi)下落至管的下端。實(shí)驗(yàn)中電流傳感器測得的兩管上流過漆包線的電流I隨時(shí)間t的變化分別如圖(b)和圖(c)所示，分析可知(A)A．圖(c)是用玻璃管獲得的圖像B．在鋁管中下落，小磁體做勻變速運(yùn)動(dòng)C．在玻璃管中下落，小磁體受到的電磁阻力始終保持不變D．用鋁管時(shí)測得的電流第一個(gè)峰到最后一個(gè)峰的時(shí)間間隔比用玻璃管時(shí)的短解析：強(qiáng)磁體在鋁管中運(yùn)動(dòng)，鋁管會(huì)形成渦流，玻璃是絕緣體故強(qiáng)磁體在玻璃管中運(yùn)動(dòng)，玻璃管不會(huì)形成渦流。強(qiáng)磁體在鋁管中加速后很快達(dá)到平衡狀態(tài)，做勻速直線運(yùn)動(dòng)，而玻璃管中的磁體則一直做加速運(yùn)動(dòng)，故由圖像可知圖(c)的脈沖電流峰值不斷增大，說明強(qiáng)磁體的速度在增大，與玻璃管中磁體的運(yùn)動(dòng)情況相符，A正確；在鋁管中下落，脈沖電流的峰值一樣，磁通量的變化率相同，故小磁體做勻速運(yùn)動(dòng)，B錯(cuò)誤；在玻璃管中下落，玻璃管為絕緣體，線圈的脈沖電流峰值增大，電流不斷在變化，故小磁體受到的電磁阻力在不斷變化，C錯(cuò)誤；強(qiáng)磁體分別從管的上端由靜止釋放，在鋁管中，磁體在線圈間做勻速運(yùn)動(dòng)，玻璃管中磁體在線圈間做加速運(yùn)動(dòng)，故用鋁管時(shí)測得的電流第一個(gè)峰到最后一個(gè)峰的時(shí)間間隔比用玻璃管時(shí)的長，D錯(cuò)誤。3．(2021·河北卷，7)如圖，兩光滑導(dǎo)軌水平放置在豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，導(dǎo)軌間距最窄處為一狹縫，取狹縫所在處O點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，狹縫右側(cè)兩導(dǎo)軌與x軸夾角均為θ，一電容為C的電容器與導(dǎo)軌左端相連，導(dǎo)軌上的金屬棒與x軸垂直，在外力F作用下從O點(diǎn)開始以速度v向右勻速運(yùn)動(dòng)，忽略所有電阻，下列說法正確的是(A)A．通過金屬棒的電流為2BCv2tanθB．金屬棒到達(dá)x0時(shí)，電容器極板上的電荷量為BCvx0tanθC．金屬棒運(yùn)動(dòng)過程中，電容器的上極板帶負(fù)電D．金屬棒運(yùn)動(dòng)過程中，外力F做功的功率恒定解析：根據(jù)楞次定律可知電容器的上極板應(yīng)帶正電，C錯(cuò)誤；由題知導(dǎo)體棒勻速切割磁感線，根據(jù)幾何關(guān)系切割長度為L＝2xtanθ，x＝vt，則產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為E＝2Bv2ttanθ，由題圖可知電容器直接與電源相連，則電容器的電荷量為Q＝CE＝2BCv2ttanθ，則流過導(dǎo)體棒的電流I＝eq\f(ΔQ,Δt)＝2BCv2tanθ，A正確；當(dāng)金屬棒到達(dá)x0處時(shí)，導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為E′＝2Bvx0tanθ，則電容器的電荷量為Q＝CE′＝2BCvx0tanθ，B錯(cuò)誤；由于導(dǎo)體棒做勻速運(yùn)動(dòng)則F＝F安＝BIL，由選項(xiàng)A可知流過導(dǎo)體棒的電流I恒定，但L與t成正比，則F為變力，再根據(jù)力做功的功率公式P＝Fv，可看出F為變力，v不變則功率P隨力F變化而變化，D錯(cuò)誤。4．(2022·浙江1月，13)如圖所示，將一通電螺線管豎直放置，螺線管內(nèi)部形成方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝kt的勻強(qiáng)磁場，在內(nèi)部用絕緣輕繩懸掛一與螺線管共軸的金屬薄圓管，其電阻率為ρ、高度為h、半徑為r、厚度為d(d?r)，則(C)A．從上向下看，圓管中的感應(yīng)電流為逆時(shí)針方向B．圓管的感應(yīng)電動(dòng)勢大小為eq\f(kπr2,h)C．圓管的熱功率大小為eq\f(πdhk2r3,2ρ)D．輕繩對(duì)圓管的拉力隨時(shí)間減小解析：穿過圓管的磁通量向上逐漸增加，則根據(jù)楞次定律可知，從上向下看，圓管中的感應(yīng)電流為順時(shí)針方向，A錯(cuò)誤；圓管的感應(yīng)電動(dòng)勢大小為E＝eq\f(ΔB,Δt)πr2＝kπr2，B錯(cuò)誤；圓管的電阻R＝ρeq\f(2πr,dh)，圓管的熱功率大小為P＝eq\f(E2,R)＝eq\f(πdhk2r3,2ρ)，C正確；根據(jù)左手定則可知，圓管中各段所受的安培力方向指向圓管的軸線，則輕繩對(duì)圓管的拉力的合力始終等于圓管的重力，不隨時(shí)間變化，D錯(cuò)誤。5．(2022·全國甲卷，3)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I1、I2和I3。則(C)A．I1<I3<I2 B．I1>I3>I2C．I1＝I2>I3 D．I1＝I2＝I3解析：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C2＝2πr，面積為S2＝πr2，同理可知正方形線框的周長和面積分別為C1＝8r，S1＝4r2，正六邊形線框的周長和面積分別為C3＝6r，S3＝eq\f(1,2)×6×r×eq\f(\r(3),2)r＝eq\f(3\r(3)r2,2)，三線框材料粗細(xì)相同，根據(jù)電阻定律R＝ρeq\f(L,S橫截面)，可知三個(gè)線框電阻之比為R1∶R2∶R3＝C1∶C2∶C3＝8∶2π∶6，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有I＝eq\f(E,R)＝eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(S,R)，可得電流之比為：I1∶I2∶I3＝2∶2∶eq\r(3)，即I1＝I2>I3，故選C。6．(多選)(2023·遼寧卷)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(shí)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(dòng)直至停止，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。整個(gè)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(jì)。下列說法正確的是(AC)A．彈簧伸展過程中、回路中產(chǎn)生順時(shí)針方向的電流B．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)過程中，MN與PQ的路程之比為2∶1D．整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，通過MN的電荷量為eq\f(BLd,3R)解析：彈簧伸展過程中，根據(jù)右手定則可知，回路中產(chǎn)生順時(shí)針方向的電流，選項(xiàng)A正確；任意時(shí)刻，設(shè)電流為I，則PQ受安培力FPQ＝BI·2d，方向向左；MN受安培力FMN＝2BId，方向向右，可知兩棒系統(tǒng)受合外力為零，動(dòng)量守恒，設(shè)PQ質(zhì)量為2m，則MN質(zhì)量為m,PQ速率為v時(shí)，則2mv＝mv′，解得v′＝2v，回路的感應(yīng)電流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)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；兩棒最終停止時(shí)彈簧處于原長狀態(tài)，由動(dòng)量守恒可得mx1＝2mx2，x1＋x2＝L，可得最終MN位置向左移動(dòng)x1＝eq\f(2L,3)，PQ位置向右移動(dòng)x2＝eq\f(L,3)，因任意時(shí)刻兩棒受安培力和彈簧彈力大小都相同，設(shè)整個(gè)過程兩棒受的彈力的平均值為F彈，安培力平均值為F安，則整個(gè)過程根據(jù)動(dòng)能定理F彈x1－F安xMN＝0，F(xiàn)彈x2－F安xPQ＝0，可得eq\f(xMN,xPQ)＝eq\f(x1,x2)＝eq\f(2,1)，選項(xiàng)C正確；兩棒最后停止時(shí)，彈簧處于原長位置，此時(shí)兩棒間距增加了L，由上述分析可知，MN向左位置移動(dòng)eq\f(2L,3)，PQ位置向右移動(dòng)eq\f(L,3)，則q＝Δt＝eq\f(ΔΦ,R總)＝eq\f(2B\f(2L,3)d＋B\f(L,3)2d,3R)＝eq\f(2BLd,3R)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選AC。7．(2022·全國乙卷，11)如圖，一不可伸長的細(xì)繩的上端固定，下端系在邊長為l＝0.40m的正方形金屬框的一個(gè)頂點(diǎn)上。金屬框的一條對(duì)角線水平，其下方有方向垂直于金屬框所在平面的勻強(qiáng)磁場。已知構(gòu)成金屬框的導(dǎo)線單位長度的阻值為λ＝5.0×10－3Ω/m；在t＝0到t＝3.0s時(shí)間內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間t的變化關(guān)系為B(t)＝0.3－0.1t(SI)。求：(1)t＝2.0s時(shí)金屬框所受安培力的大?。?2)在t＝0到t＝2.0s時(shí)間內(nèi)金屬框產(chǎn)生的焦耳熱。答案：(1)0.04eq\r(2)N(2)0.016J解析：(1)金屬框的總電阻為R＝4lλ＝4×0.4×5×10－3Ω＝0.008Ω金屬框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB×\f(l2,2),Δt)＝0.1×eq\f(1,2)×0.42V＝0.008V金屬框中的電流為I＝eq\f(E,R)＝1At＝2.0s時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2＝(0.3－0.1×2)T＝0.1T金屬框處于磁場中的有效長度為L＝eq\r(2)l此時(shí)金屬框所受安培力大小為FA＝B2IL＝0.1×1×eq\r(2)×0.4N＝0.04eq\r(2)N(2)0～2.0s內(nèi)金屬框產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝I2Rt＝12×0.008×2J＝0.016J。8．(2023·全國卷)如圖，水平桌面上固定一光滑U形金屬導(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，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(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??；(2)金屬棒P在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)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(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)由于絕緣棒Q與金屬棒P發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒可得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vP＝eq\f(3,2)v0，vQ＝eq\f(1,2)v0由題知，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)，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)能量守恒有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)＝eq\f(1,2)mvP′2＋Q解得Q＝mveq\o\al(2,0)。(3)P、Q碰撞后，對(duì)金屬棒P分析，根據(jù)動(dòng)量定理得－Beq\x\to(I)lΔt＝mvP′－mvP又q＝Δt，＝＝eq\f(ΔΦ,RΔt)＝eq\f(Blx,RΔt)聯(lián)立可得x＝eq\f(mv0R,B2l2)由于Q為絕緣棒，無電流通過，做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故Q運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t＝eq\f(x,vQ)＝eq\f(2mR,B2l2)。9．(多選)(2022·山東統(tǒng)考高考真題)如圖所示，xOy平面的第一、三象限內(nèi)以坐標(biāo)原點(diǎn)O為圓心、半徑為eq\r(2)L的扇形區(qū)域充滿方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場。邊長為L的正方形金屬框繞其始終在O點(diǎn)的頂點(diǎn)、在xOy平面內(nèi)以角速度ω順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，t＝0時(shí)刻，金屬框開始進(jìn)入第一象限。不考慮自感影響，關(guān)于金屬框中感應(yīng)電動(dòng)勢E隨時(shí)間t變化規(guī)律的描述正確的是(BC)A．在t＝0到t＝eq\f(π,2ω)的過程中，E一直增大B．在t＝0到t＝eq\f(π,2ω)的過程中，E先增大后減小C．在t＝0到t＝eq\f(π,4ω)的過程中，E的變化率一直增大D．在t＝0到t＝eq\f(π,4ω)的過程中，E的變化率一直減小解析：如圖所示在t＝0到t＝eq\f(π,2ω