微專題16電磁感應

微專題16電磁感應【知識規(guī)律整合】知識整合熱點考向考向2：電磁感應的電路和圖像問題?？枷?：感應電荷量的計算?？枷?：電磁感應的能量問題。題型一楞次定律1．右手定則：導體做切割磁感線運動產生的電磁感應現(xiàn)象，因動生電。2．楞次定律：閉合回路磁通量變化產生的電磁感應現(xiàn)象，因磁生電。【例1】(2022·江蘇鹽城月考)如圖1所示，一種延時繼電器的示意圖，鐵芯上有兩個線圈A和B。線圈A跟電源連接，線圈B兩端連在一起構成一個閉合回路。在斷開開關S的時候，彈簧K并不會立刻將銜鐵D拉起使觸頭C離開，而是過一小段時間才執(zhí)行這個動作。下列說法正確的是()圖1A．線圈B不閉合，仍會產生延時效應B．將銜鐵D換成銅片，延時效果更好C．保持開關S閉合，線圈B中磁通量為零D．斷開開關S的瞬間，線圈B中的電流從上往下看為順時針方向答案D解析線圈B不閉合時，當S斷開后，在線圈B中不會產生感應電流，鐵芯上不會有磁性，則不會產生延時效應，選項A錯誤；因銅不是磁性材料，則將銜鐵D換成銅片，將會失去開關功能，選項B錯誤；保持開關S閉合，線圈B中磁通量不變，但不為零，選項C錯誤；斷開開關S的瞬間，穿過線圈B的磁通量向下減小，根據(jù)楞次定律可知，線圈B中的電流從上往下看為順時針方向，選項D正確?！踞槍τ柧殹亢侥干巷w機彈射起飛是利用電磁驅動來實現(xiàn)的。電磁驅動原理如圖2所示，在固定線圈左右兩側對稱位置放置兩個閉合金屬圓環(huán)，鋁環(huán)和銅環(huán)的形狀、大小相同，已知銅的電阻率較小，則合上開關S的瞬間()圖2A．兩個金屬環(huán)都向左運動B．兩個金屬環(huán)都向右運動C．從左側向右看，鋁環(huán)中感應電流沿順時針方向D．銅環(huán)受到的安培力小于鋁環(huán)受到的安培力答案C解析開關S閉合后，線圈中的電流從右側流入，由安培定則可知，磁場方向向左，在合上開關S的瞬間，磁場變強，由楞次定律可知，從左側向右看，鋁環(huán)中感應電流沿順時針方向，故C正確；鋁環(huán)所在位置的磁場有沿鋁環(huán)圓心向外的分量，由左手定則可判斷鋁環(huán)受到的安培力有向左的分力，可知鋁環(huán)向左運動，同理可判斷，銅環(huán)向右運動，A、B錯誤；由于銅的電阻率較小，銅環(huán)和鋁環(huán)的形狀大小相同，所以銅環(huán)的電阻較小，故銅環(huán)中的感應電流較大，則銅環(huán)受到的安培力大于鋁環(huán)受到的安培力，故D錯誤。題型二法拉第電磁感應定律角度1法拉第電磁感應定律【例2】(2022·江蘇常州高三階段練習)如圖3所示，在MN右側區(qū)域有垂直于紙面向里的勻強磁場，其磁感應強度隨時間變化的關系為B＝kt(k為大于零的常量)。一高為a、電阻為R的正三角形金屬線框向右勻速運動。在t＝0時刻，線框底邊恰好到達MN處；在t＝T時刻，線框恰好完全進入磁場。在線框勻速進入磁場的過程中()圖3A．線框中的電流始終為順時針方向B．線框中的電流先逆時針方向，后順時針方向C．t＝eq\f(T,2)時刻，流過線框的電流大小為eq\f(\r(3)ka2,6R)D．t＝eq\f(T,2)時刻，流過線框的電流大小為eq\f(5\r(3)ka2,12R)答案D解析根據(jù)楞次定律可知，穿過線框的磁通量增加，則線框中的電流始終為逆時針方向，A、B錯誤；線框高為a，線框的邊長為eq\f(2a,\r(3))；t＝eq\f(T,2)時刻，線框切割磁感線的有效長度為eq\f(a,\r(3))，動生電動勢E＝Bveq\f(a,\r(3))＝eq\f(kT,2)×v×eq\f(a,\r(3))＝eq\f(kvaT,2\r(3))＝eq\f(\r(3)ka2,6)，線框中產生的感生電動勢E′＝eq\f(ΔB,Δt)S＝k×eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a,\r(3))＋\f(a,\r(3))))×eq\f(a,2)＝eq\f(\r(3),4)ka2，則流過線框的電流大小為I＝eq\f(E＋E′,R)＝eq\f(5\r(3)ka2,12R)，C錯誤，D正確。角度2感應電荷量的計算【例3】(2022·江蘇泰州模擬)如圖4所示，兩根足夠長且平行的金屬導軌置于磁感應強度為B＝eq\r(3)T的勻強磁場中，磁場的方向垂直于導軌平面，兩導軌間距L＝0.1m，導軌左端連接一個電阻R＝0.5Ω，其余電阻不計，導軌右端連一個電容器C＝2.5×1010pF，有一根長度為0.2m的導體棒ab，a端與導軌下端接觸良好，從圖中實線位置開始，繞a點以角速度ω＝4rad/s順時針勻速轉動60°，此過程電容器的最大電荷量為()圖4A．3×10－2C B．2eq\r(3)×10－3CC．(30＋2eq\r(3))×10－3C D．(30－2eq\r(3))×10－3C答案B解析在導體棒ab繞a點以角速度ω＝4rad/s順時針勻速轉動60°時，導體棒切割磁感應線產生的最大感應電動勢E＝eq\f(1,2)B·(2L)2ω＝2BL2ω，則金屬棒給電容器C充電最大電荷量為q＝CE＝2BL2Cω，代入數(shù)據(jù)解得q＝2eq\r(3)×10－3C，故B正確。角度3自感與線圈串聯(lián)的燈泡與線圈并聯(lián)的燈泡電流逐漸增大，燈泡逐漸變亮電流突然增大，然后逐漸減小達到穩(wěn)定【例4】在如圖5所示的電路中，a、b、c為三盞完全相同的燈泡，L是自感線圈，直流電阻為RL，則下列說法正確的是()圖5A．合上開關后，c先亮，a、b后亮B．斷開開關時，N點電勢高于M點C．斷開開關后，b、c同時熄滅，a緩慢熄滅D．斷開開關后，c馬上熄滅，b閃一下后緩慢熄滅答案B解析開關S閉合瞬間，因線圈L的電流增大，產生自感電動勢，根據(jù)楞次定律可知，自感電動勢阻礙電流增大，通過a燈的電流逐漸增大，所以b、c先亮，a后亮，選項A錯誤；斷開開關S的瞬間，因線圈L的電流減小，產生自感電動勢，根據(jù)楞次定律可知通過自感線圈的電流方向與原電流方向相同，N點電勢高于M點，選項B正確；L和a、b組成的回路中有電流，由于原來a燈的電流小于b燈的電流，開關斷開的瞬間，通過a、b和線圈回路的電流從a燈原來的電流大小開始減小，所以b燈會先變暗，然后a、b燈一起緩慢熄滅，而c沒有電流，馬上熄滅，選項C、D錯誤。角度4電磁阻尼和電磁驅動兩者都是電磁感應現(xiàn)象，都遵循楞次定律，都是安培力阻礙引起感應電流的導體與磁場間的相對運動。【例5】(2022·江蘇南京高三階段練習)如圖6所示為安檢門原理圖，左邊門框中有一通電線圈A，右邊門框中有一接收線圈B，工作過程中某段時間通電線圈A中存在順時針方向均勻增大的電流(本題中電流方向均為從左向右觀察)，則當A、B間有一銅片時()圖6A．接收線圈B中不產生感應電流B．接收線圈B中的感應電流方向為逆時針，且感應電流大小比無銅片時要小C．接收線圈B中的感應電流方向為逆時針，且感應電流大小比無銅片時要大D．接收線圈B中的感應電流方向為順時針，且感應電流大小比無銅片時要大答案B解析通電線圈A中存在順時針方向均勻增大的電流，產生向右穿過線圈的均勻增大的磁場，根據(jù)楞次定律，B中產生逆時針方向的感應電流，有銅片時，銅片中也產生逆時針的電流，這個電流會將穿過B的磁場的變化削弱一些，引起B(yǎng)中的感應電流大小減小，故B正確，A、C、D錯誤。題型三電磁感應中的圖像問題角度1根據(jù)電磁感應過程分析圖像【例6】(2022·江蘇淮安模擬)如圖7所示，光滑平行金屬導軌MN、PQ水平放置，M、P間接一電阻R，金屬棒ab垂直導軌放置，金屬棒和導軌的電阻均不計，整個裝置處在豎直向上的勻強磁場中。t＝0時對金屬棒施加水平向右的拉力F，使金屬棒由靜止開始做勻加速直線運動。下列關于金屬棒的電流i、電荷量q、拉力F及拉力的功率隨時間或位移變化的圖像不正確的是()圖7答案D解析金屬棒做勻加速運動，設其加速度為a，則產生的感應電動勢為E＝BLv＝BLat，感應電流為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLa,R)t，其中L為金屬棒在兩導軌間的寬度，可見電流強度i與時間t成正比，i－t圖像是過原點的直線，A不符合題意；由q＝eq\o(I,\s\up6(－))t＝eq\f(BΔS,tR)t＝eq\f(BL,R)x，得電荷量為位移的一次函數(shù)，圖像應為過原點的直線，B不符合題意；由牛頓第二定律得F－eq\f(B2L2v,R)＝ma，化簡得F＝eq\f(B2L2v,R)＋ma＝eq\f(B2L2a,R)t＋ma，則F－t圖像應為一次函數(shù)，C不符合題意；根據(jù)功率公式P＝Fv＝ma2t＋eq\f(B2L2a2,R)t2，拉力的功率隨時間變化的圖像應為拋物線，D符合題意。電磁感應圖像的判斷方法(1)關注初始時刻，如初始時刻受力、速度、磁通量、感應電流等是否為零，方向如何。(2)關注變化過程，看電磁感應發(fā)生的過程分為幾個階段，這幾個階段是否和圖像變化相對應。(3)關注大小、方向的變化趨勢，看圖線斜率的大小、圖線的曲直是否和物理過程相對應。(4)推導出相應物理量的函數(shù)關系式，看圖像與關系式是否相對應。角度2由圖像分析電磁感應過程【例7】(2022·江蘇泰州模擬)圖8甲中A、B為兩個相同的環(huán)形線圈，共軸并靠近放置，A線圈中通有如圖乙所示的交流電i，下列說法正確的是()圖8A．在t1到t2時間內A、B兩線圈相斥B．在t2到t3時間內A、B兩線圈相斥C．t1時刻兩線圈間作用力最大D．t2時刻兩線圈間作用力最大答案B解析如圖所示，在t1到t2時間內A線圈中電流減小，電流的變化率變大，則穿過B線圈的磁通量減小，B線圈中感應電流方向與A線圈相同，且是增大的，A、B兩線圈相吸引，同理在t2到t3時間內A、B兩線圈相斥，故A錯誤，B正確；t1時刻A線圈中電流最大，但電流的變化率最小為零，B線圈中磁通量變化率為零，所以此時B線圈中感應電流為零，兩線圈間作用力為零，t2時刻A線圈中電流為零，但其變化率最大，B線圈中磁通量變化率最大，感應電流最大，但是此時兩線圈間作用力為零，則C、D錯誤。1．(2020·江蘇卷，3)如圖9所示，兩勻強磁場的磁感應強度B1和B2大小相等、方向相反。金屬圓環(huán)的直徑與兩磁場的邊界重合。下列變化會在環(huán)中產生順時針方向感應電流的是()圖9A．同時增大B1減小B2B．同時減小B1增大B2C．同時以相同的變化率增大B1和B2D．同時以相同的變化率減小B1和B2答案B解析產生順時針方向的感應電流則感應磁場的方向垂直紙面向里。由楞次定律可知，圓環(huán)中的凈磁通量變化為向里的磁通量減少或者向外的磁通量增多，A錯誤，B正確；同時以相同的變化率增大B1和B2，或同時以相同的變化率減小B1和B2，兩個磁場的磁通量總保持大小相同，所以總磁通量始終為0，不會產生感應電流，C、D錯誤。2．(2021·北京卷，7)如圖10所示，在豎直向下的勻強磁場中，水平U型導體框左端連接一阻值為R的電阻，質量為m、電阻為r的導體棒ab置于導體框上。不計導體框的電阻、導體棒與框間的摩擦。ab以水平向右的初速度v0開始運動，最終停在導體框上。在此過程中()圖10A．導體棒做勻減速直線運動B．導體棒中感應電流的方向為a→bC．電阻R消耗的總電能為eq\f(mveq\o\al(2,0)R,2（R＋r）)D．導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解析由右手定則可知，導體棒中感應電流的方向為b→a，B錯誤；由左手定則可知，安培力方向向左，導體棒的速度逐漸變小，故感應電動勢逐漸變小，感應電流逐漸變小，導體棒受到的安培力逐漸變小，加速度逐漸變小，故A錯誤；由能量守恒定律可知，總電阻消耗的總電能為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，故電阻R消耗的總電能為eq\f(mveq\o\al(2,0)R,2（R＋r）)，C正確；由動能定理可知，導體棒克服安培力做的總功等于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，D錯誤。3．(2022·河北卷，5)將一根絕緣硬質細導線順次繞成如圖11所示的線圈，其中大圓面積為S1，小圓面積均為S2，垂直線圈平面方向有一隨時間t變化的磁場，磁感應強度大小B＝B0＋kt，B0和k均為常量，則線圈中總的感應電動勢大小為()圖11A．kS1 B．5kS2C．k(S1－5S2) D．k(S1＋5S2)答案D解析由法拉第電磁感應定律可得大圓線圈產生的感應電動勢E1＝eq\f(ΔΦ1,Δt)＝eq\f(ΔB·S1,Δt)＝kS1，每個小圓線圈產生的感應電動勢E2＝eq\f(ΔΦ2,Δt)＝kS2，由線圈的繞線方式和楞次定律可得大、小圓線圈產生的感應電動勢方向相同，故線圈中總的感應電動勢大小為E＝E1＋5E2＝k(S1＋5S2)，故D正確，A、B、C錯誤。4．(2020·江蘇卷，15)如圖12所示，電阻為0.1Ω的正方形單匝線圈abcd的邊長為0.2m，bc邊與勻強磁場邊緣重合。磁場的寬度等于線圈的邊長，磁感應強度大小為0.5T。在水平拉力作用下，線圈以8m/s的速度向右穿過磁場區(qū)域。求線圈在上述過程中圖12(1)感應電動勢的大小E；(2)所受拉力的大小F；(3)感應電流產生的熱量Q。答案(1)0.8V(2)0.8N(3)0.32J解析(1)感應電動勢E＝Blv代入數(shù)據(jù)得E＝0.8V。(2)感應電流I＝eq\f(E,R)拉力的大小等于安培力，即F＝IlB解得F＝eq\f(B2l2v,R)，代入數(shù)據(jù)得F＝0.8N。(3)運動時間t＝eq\f(2l,v)焦耳定律Q＝I2Rt解得Q＝eq\f(2B2l3v,R)，代入數(shù)據(jù)得Q＝0.32J。1．(2022·江蘇鹽城三模)如圖1所示，面積為S閉合線圈放在磁場中，線圈平面與磁場垂直，磁場的磁感應強度B隨時間t的變化規(guī)律是B＝Bmsineq\f(2π,T)t，則在一個周期內線圈中產生感應電動勢最大的時刻(含0與T時刻)是()圖1A．0、0.25T B．0.5T、0.75TC．0、0.5T、T D．0.25T、0.5T、T答案C解析線圈中磁通量隨時間的變化規(guī)律為Φ＝BS＝SBmsineq\f(2π,T)t，根據(jù)數(shù)學知識可知Φ在0、0.5T和T三個時刻的變化率最大，產生感應電動勢最大，故C正確。2．(2022·江蘇泰州高三期末)“L”型的細銅棒在磁感應強度為B的勻強磁場中運動，已知“L”型細銅棒兩邊相互垂直，長度均為l，運動速度大小為v，則銅棒兩端電勢差的最大值為()A.eq\f(1,2)Blv B.eq\r(2)BlvC.eq\r(3)Blv D．2Blv答案B解析當細銅棒切割磁感線的有效長度最大時，銅棒兩端的感應電動勢最大。如圖所示，當L型銅棒速度方向垂直銅棒兩端連線時，切割磁感線的有效長度為eq\r(2)l，此時銅棒兩端電勢差最大，最大值為E＝eq\r(2)Blv，故B正確。3．(2022·江蘇常州高三階段練習)如圖2所示，L是直流電阻不計的帶鐵芯線圈，A、B是完全相同的小燈泡。下列說法正確的是()圖2A．閉合S瞬間，A燈立即亮，B燈逐漸變亮B．閉合S瞬間，A燈比B燈先亮C．斷開S瞬間，A燈立即熄滅，B燈閃亮后熄滅D．斷開S瞬間，通過B燈的電流方向從左向右答案C解析剛閉合S時，電源的電壓同時加到兩燈上，A、B同時亮，隨著L中電流增大，分流作用增大，由于線圈L直流電阻可忽略不計，B逐漸被短路直到熄滅，外電路總電阻減小，總電流增大，A燈更亮，故A、B錯誤；穩(wěn)定后再斷開開關S后，燈泡A立即熄滅，而線圈L中的電流逐漸減小，燈泡B與線圈L構成閉合回路，燈泡B閃亮后逐漸熄滅，通過B燈的電流方向從右向左，故C正確，D錯誤。4．(2022·江蘇泰州模擬)如圖3，足夠長的磁鐵在空隙產生一個徑向輻射狀磁場，一個圓形細金屬環(huán)與磁鐵中心圓柱同軸，由靜止開始下落，經(jīng)過時間t，速度達最大值v，此過程中環(huán)面始終水平。已知金屬環(huán)質量為m、半徑為r、電阻為R，金屬環(huán)下落過程中所經(jīng)過位置的磁感應強度大小均為B，重力加速度大小為g，不計空氣阻力，則()圖3A．在俯視圖中，環(huán)中感應電流沿逆時針方向B．環(huán)中最大的感應電流大小為eq\r(\f(mgv,R))C．環(huán)下落過程中一直處于超重狀態(tài)D．t時間內通過金屬環(huán)橫截面的電荷量為eq\f(2πrBvt,R)答案B解析根據(jù)題意，由右手定則可知，在金屬環(huán)下落過程中，在俯視圖中，環(huán)中感應電流沿順時針方向，故A錯誤；根據(jù)題意可知，當重力等于安培力時，金屬環(huán)下落的速度最大，根據(jù)平衡條件有mg＝F安＝BIm·2πr，當金屬環(huán)速度最大時，感應電動勢為E＝B·2πrv，感應電流為Im＝eq\f(E,R)＝eq\f(B·2πrv,R)，聯(lián)立可得Im＝eq\r(\f(mgv,R))，故B正確；根據(jù)題意可知，金屬環(huán)下落過程做加速運動，具有向下的加速度，則金屬環(huán)下落過程中一直處于失重狀態(tài)，故C錯誤；設t時間內通過金屬環(huán)橫截面的電荷量為q，由題意可知，金屬環(huán)下落速度為v時的感應電流大小為I＝eq\f(B·2πrv,R)，由于金屬環(huán)中感應電流不斷增大，則t時間內通過金屬環(huán)橫截面的電荷量q<It＝eq\f(2πrBvt,R)，取向下為正方向，由動量定理有mgt－B·2πrIt＝mv－0，又有q＝It，聯(lián)立解得q＝eq\f(mgt－mv,B·2πr)，故D錯誤。5．(2021·江蘇蘇州高三階段練習)如圖4所示，光滑的平行長導軌水平放置，導體棒MN靜止在導軌上，與導軌垂直且接觸良好，電容C足夠大，原來不帶電；現(xiàn)使導體棒沿導軌向右運動，初速度為v0，設導體棒的速度為v、動能為Ek、兩端的電壓為UMN，電容器上的電荷量為q。下列圖像中正確的是()圖4答案A解析開始時，導體棒向右運動，產生感應電動勢，同時電容器充電，回路中有感應電流，導體棒受到向左的安培力而做減速運動，隨速度的減小，根據(jù)E＝BLv，可知感應電動勢減小，充電電流減小，安培力減小，則導體棒的加速度減小，當加速度減為零時導體棒做勻速運動，此時電容器兩板間電壓恒定不變；此過程中電容器一直充電，電荷量增加，MN間電壓一直增加，最后不變，則選項A正確，B、C、D錯誤。6．(2022·江蘇無錫模擬)如圖5甲所示，abcd是匝數(shù)為100匝、邊長為10cm、總電阻為0.1Ω的正方形閉合導線圈，放在與線圈平面垂直的圖示勻強磁場中，磁感應強度B隨時間t的變化關系如圖乙所示，則以下說法不正確的是()圖5A．導線圈中產生的是交變電流B．在t＝2.5s時導線圈中產生的感應電動勢為1VC．在0～2s內通過導線橫截面的電荷量為20CD．在0～2s內，導線圈ad邊受到向右增大的安培力答案B解析根據(jù)楞次定律可知，在0～2s內的感應電流方向與2～3s內的感應電流方向相反，即為交流電，A正確；根據(jù)法拉第電磁感應定律，2.5s時的感應電動勢等于2～3s內的感應電動勢，則有E＝neq\f(ΔBS,Δt)＝eq\f(100×（2－0）×0.1×0.1,1)V＝2V，B錯誤；在0～2s時間內，感應電動勢為E1＝neq\f(ΔBS,Δt)＝100×eq\f(2,2)×0.12V＝1V，再根據(jù)歐姆定律I＝eq\f(E1,R)＝10A，根據(jù)q＝It＝20C，C正確；根據(jù)楞次定律可得，0～2s內導線圈的電流方向是逆時針，則導線ad受到的安培力方向水平向右，根據(jù)F安＝IlB，磁感應強度逐漸增大，電流大小和導線ad長度不變，則安培力增大，D正確。7．(2022·江蘇揚州模擬)如圖6所示，垂直紙面的正方形勻強磁場區(qū)域內，有一位于紙面的正方形導體框abcd，現(xiàn)將導體框分別朝兩個方向以v、3v速度勻速拉出磁場，則導體框從兩個方向移出磁場的兩個過程中，下列說法正確的是()圖6A．導體框中產生的感應電流方向相反B．導體框ad邊兩端電勢差之比為1∶3C．導體框中產生的焦耳熱之比為1∶3D．通過導體框截面的電荷量之比為1∶3答案C解析將導體框拉出磁場的過程中，穿過導體框的磁通量都減小，由楞次定律判斷出感應電流的方向都沿逆時針方向，方向相同，故A錯誤；設正方形的邊長為L，導體框以v運動出磁場時，dc邊產生的感應電動勢為E1＝BLv，ad邊兩端電勢差為U1＝eq\f(1,4)E1＝eq\f(1,4)BLv，導體框以3v運動出磁場時，ad邊產生的感應電動勢為E2＝3BLv，ad邊兩端電勢差為U2＝eq\f(3,4)E2＝eq\f(9,4)BLv，導體框ad邊兩端電勢差之比為U1∶U2＝1∶9，故B錯誤；導體框以v運動時，產生的焦耳熱為Q1＝eq\f(Eeq\o\al(2,1),R)×eq\f(L,v)＝eq\f(B2L3v,R)，導體框以3v運動時，產生的焦耳熱為Q2＝eq\f(Eeq\o\al(2,2),R)×eq\f(L,3v)＝eq\f(3B2L3v,R)，導體框中產生的焦耳熱之比為Q1∶Q2＝1∶3，故C正確；將導體框拉出磁場的過程中，穿過導體框的磁通量的變化量相同，根據(jù)推論q＝eq\f(ΔΦ,R)得知，通過導體框截面的電荷量相同，故D錯誤。8．(2022·江蘇鹽城月考)如圖7所示，MN和PQ是兩根足夠長、電阻不計的相互平行、豎直放置的光滑金屬導軌，勻強磁場垂直導軌平面。有質量和電阻的金屬桿，始終與導軌垂直且接觸良好。開始時，將開關S斷開，讓金屬桿由靜止開始下落，經(jīng)過一段時間后，再將S閉合。金屬桿所受的安培力、下滑時的速度分別用F、v表示；通過金屬桿的電流、電荷量分別用i、q表示。若從S閉合開始計時，則F、v、i、q分別隨時間t變化的圖像可能正確的是()圖7答案D解析讓金屬桿由靜止開始自由下落，經(jīng)過一段時間后具有速度v，閉合開關S后，回路產生感應電流，金屬桿受到的安培力豎直向上，可能有以下三種情況：若此刻安培力等于重力，金屬桿做勻速運動，安培力、運動速度、電流都不變，通過金屬桿的電荷量與時間成正比，此情況A、B、C不可能，D可能；若此刻安培力大于重力，金屬桿將做加速度減小的減速運動，直至勻速運動，安培力、運動速度、電流先變小后不變，通過金屬桿的電荷量與時間不成正比，此情況A、B、C、D均不可能；若此刻安培力小于重力，金屬桿將做加速度減小的加速運動，直至勻速運動，安培力、運動速度、電流先變大后不變，通過金屬桿的電荷量與時間不成正比，此情況A、B、C、D均不可能。綜上所述只有q隨時間t變化的圖像可能正確，故D正確。9．(2022·江蘇常州三模)如圖8甲所示，輕繩系一質量為m＝0.8kg，半徑為1m的圓形線圈，已知線圈總電阻R＝0.5Ω，在線圈上半部分布著垂直于線圈平面向里，大小隨時間變化的磁場，如圖乙所示，g取10m/s2，求：圖8(1)線圈下半圓的端點的路端電壓Uab；(2)繩的拉力T與時間t的關系。答案(1)0.25V(2)T＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(8＋\f(2t,π)))N解析(1)線圈中產生的感應電動勢大小為E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝Seq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(1,2)πr2·eq\f(1,π)T/s＝0.5V根據(jù)楞次定律可知線圈中電流沿逆時針方向，所以φa＞φb，根據(jù)閉合電路歐姆定律可得Uab＝eq\f(E,2)＝0.25V。(2)由乙圖可知B隨t變化的關系為B＝eq\f(t,π)T線圈中電流為I＝eq\f(E,R)＝1A線圈所受安培力的有效長度等于直徑，則F安＝2BIr＝eq\f(2t,π)N根據(jù)平衡條件可得繩的拉力與時間t的關系為T＝mg＋F