2025人教高中物理同步講義練習(xí)選擇性必修二專題提升Ⅶ 電磁感應(yīng)中的圖像問題（含答案）

2025人教高中物理同步講義練習(xí)選擇性必修二專題提升Ⅶ電磁感應(yīng)中的圖像問題（含答案）專題提升Ⅶ電磁感應(yīng)中的圖像問題模塊一知識掌握【重難詮釋】1．電磁感應(yīng)中的圖像問題圖像類型(1)磁感應(yīng)強度B、磁通量Φ、感應(yīng)電動勢E和感應(yīng)電流I隨時間t變化的圖像，即B－t圖像、Φ－t圖像、E－t圖像和I－t圖像(2)對于切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流的情況，還常涉及感應(yīng)電動勢E和感應(yīng)電流I隨導(dǎo)體位移x變化的圖像，即E－x圖像和I－x圖像問題類型(1)由給定的電磁感應(yīng)過程選出或畫出正確的圖像(2)由給定的有關(guān)圖像分析電磁感應(yīng)過程，求解相應(yīng)的物理量應(yīng)用知識左手定則、右手定則、安培定則、楞次定律、法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、牛頓運動定律、相關(guān)數(shù)學(xué)知識等2.解決此類問題的一般步驟(1)明確圖像的類型，是B－t圖像、Φ－t圖像、E－t圖像還是I－t圖像等；(2)分析電磁感應(yīng)的具體過程，合理分段、選取典型過程；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律分析電動勢大小，由楞次定律分析感應(yīng)電流(或感應(yīng)電動勢)方向；(3)由歐姆定律、牛頓運動定律等規(guī)律寫出函數(shù)方程；根據(jù)函數(shù)方程進行數(shù)學(xué)分析，例如分析斜率的變化、截距等；(4)畫圖像或判斷圖像．題型一E－t或I－t圖像（2023?海淀區(qū)校級模擬）磁卡的磁條中有用于存儲信息的磁極方向不同的磁化區(qū)，刷卡器中有檢測線圈，當(dāng)以速度v0刷卡時，在線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電動勢。其E﹣t關(guān)系如圖所示。如果只將刷卡速度改為v02，線圈中的E﹣t關(guān)系可能是（）A． B． C． D．（2022秋?廣州期末）水平放置一個固定的單匝金屬圓線圈，磁場正方向和線圈中感應(yīng)電流的正方向如圖甲所示，當(dāng)磁場的磁感應(yīng)強度B隨時間t如圖乙變化時，線圈中感應(yīng)電動勢E﹣t圖象是（）A． B． C． D．如圖所示，MNPQ是菱形區(qū)域，MP長為2L，QN長為L，在其由對角線QN劃分的兩個三角形區(qū)域內(nèi)充滿磁感應(yīng)強度大小相等、方向相反的勻強磁場。邊長為L的正方形導(dǎo)線框，在外力作用下水平向左勻速運動，線框左邊始終與QN平行。設(shè)導(dǎo)線框中感應(yīng)電流i逆時針流向為正。若t＝0時左邊框與P點重合，則導(dǎo)線框穿過磁場區(qū)域的過程中。下列i﹣t圖像正確的是（）A． B． C． D．題型二i－x圖像（多選）（2022?吉林模擬）如圖所示，等腰三角形內(nèi)分布有垂直于紙面向外的勻強磁場，它的底邊在x軸上且長為2L，高為L。紙面內(nèi)直角邊長均為L的直角三角形導(dǎo)線框ABC沿x軸正方向做勻速直線運動穿過磁場區(qū)域，在t＝0時刻恰好位于圖中所示的位置。以順時針方向為導(dǎo)線框中電流的正方向，在下面四幅圖中能夠正確表示導(dǎo)線框中的電流跟導(dǎo)線框所走位移的關(guān)系圖像（i﹣x圖像）和導(dǎo)線框受到的安培力大小跟導(dǎo)線框所走位移的關(guān)系圖像（i﹣x圖像）的是（）A． B． C． D．（2021春?茂名期末）如圖所示，紙面內(nèi)兩個寬度均為a的區(qū)域內(nèi)存在著方向相反、磁感應(yīng)強度大小相等的勻強磁場，紙面內(nèi)一個邊長為23A． B． C． D．（2022春?上栗縣校級月考）如圖所示，空間分布著寬為2L，方向垂直于紙面向里的勻強磁場。一邊長為L的正方形金屬線框從磁場左邊界勻速向右通過磁場區(qū)域。規(guī)定逆時針方向為電流的正方向，則感應(yīng)電流隨位移變化的關(guān)系圖象（i﹣x）正確的是（）A． B． C． D．題型三F－t圖像（2022春?莆田期末）如圖（a）所示“?”形金屬導(dǎo)軌固定在水平面上，右端放有一與導(dǎo)軌垂直的金屬棒PQ，整個裝置處于豎直方向的磁場中，磁感應(yīng)強度B隨時間t按圖（b）規(guī)律變化，整個過程金屬棒保持靜止。規(guī)定豎直向上為磁場的正方向，水平向右為金屬棒受到安培力F的正方向。下列F﹣t圖像中正確的是（）A． B． C． D．（2022春?重慶期末）如圖甲所示，線圈abcd固定于勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強度隨時間的變化情況如圖乙所示。下列所示關(guān)于ab邊所受安培力隨時間變化的F﹣t圖象中（規(guī)定安培力方向向左為正），可能正確的是（）A． B． C． D．（2022春?深圳校級期中）一邊長為L的正方形線框位于一個方向垂直線框平面向里的磁場中，如圖甲所示，磁感應(yīng)強度B隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示．以F表示線框ab邊所受到的安培力，以安培力向上為正．則下列F﹣t圖象中正確的是（）A． B． C． D．模塊二鞏固提高（2023春?昆山市期末）如圖所示，xOy平面第三、四象限內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，圓形金屬環(huán)與磁場邊界相切于O點。金屬環(huán)在xOy平面內(nèi)繞O點沿順時針方向勻速轉(zhuǎn)動，t＝0時刻金屬環(huán)開始進入第四象限。規(guī)定順時針方向電流為正，下列描述環(huán)中感應(yīng)電流i隨時間t變化的關(guān)系圖像可能正確的是（）A． B． C． D．（2023春?安徽期中）如圖所示，“品”字型線框abcdefgh高為2L，寬為3L，單位長度阻值相同，長度為L的線框?qū)?yīng)電阻為R，線框在外力作用下以速度v勻速進入勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，從ab邊進磁場開始計時，線框電動勢e、電流i、線框的熱功率P、外力F隨時間t變化規(guī)律如選項圖所示，規(guī)定線框中電流順時針方向為正，下列圖像正確的是（）A． B． C． D．（2023春?孝感期中）如圖所示，在空間中存在兩個相鄰的有界勻強磁場，磁場的強度大小相等、方向相反，寬度為L。矩形閉合線圈的寬度也為L，從圖示位置垂直于磁場方向勻速拉過磁場區(qū)域。規(guī)定電流方向逆時針為正、磁場垂直紙面向里為正。以線框剛進入磁場時開始計時，能正確反映線圈中感應(yīng)電流I、安培力F、線圈產(chǎn)生的熱量Q、線圈的磁通量Φ隨時間變化的圖像的是（）A． B． C． D．（2023春?大余縣期中）如圖（a），圓形金屬框內(nèi)有如圖（b）所示周期性變化的磁場（規(guī)定垂直紙面向里為磁場的正方向），導(dǎo)線上c、d間接有定值電阻R，則流過電阻R的電流隨時間變化的圖像正確的是（）A． B． C． D．（2023?菏澤一模）如圖所示，MNQP是邊長為L和2L的矩形，在其由對角線劃分的兩個三角形區(qū)域內(nèi)充滿磁感應(yīng)強度大小相等、方向相反的勻強磁場。邊長為L的正方形導(dǎo)線框，在外力作用下水平向左勻速運動，線框左邊始終與MN平行。設(shè)導(dǎo)線框中感應(yīng)電流i逆時針流向為正。若t＝0時左邊框與PQ重合，則左邊框由PQ運動到MN的過程中，下列i﹣t圖像正確的是（）A． B． C． D．（2022秋?海門市期末）如圖兩條平行絕緣軌道固定在水平面上，其間連續(xù)分布著豎直向下和豎直向上的等大的勻強磁場，磁場寬度相等，一矩形金屬線框放置在導(dǎo)軌上方，其長寬恰好等于導(dǎo)軌的間距和磁場的寬度，電阻一定，當(dāng)磁場開始向右勻速時，已知線框移動的過程中所受摩擦阻力恒定，則下列關(guān)于線框的速度v、電流i的大小及穿過線框的電荷量q隨時間t的變化v﹣t、i﹣t、q﹣t圖像、線框產(chǎn)生的焦耳熱Q隨線框位移x的變化Q﹣x圖像中可能正確的是（）A． B． C． D．（2022秋?重慶期末）如圖甲所示，光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ所在平面與水平面成θ角，M、P兩端接有阻值為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，整個裝置處在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直導(dǎo)軌平面向上。從t＝0時刻開始棒受到一個平行于導(dǎo)軌向上的外力F，由靜止開始沿導(dǎo)軌向上運動，運動中棒始終與導(dǎo)軌垂直，且接觸良好，通過R的感應(yīng)電流隨時間t變化的圖像如圖乙所示。下面分別給出了穿過回路abPM的磁通量Φ、磁通量的變化率ΔΦΔt、棒兩端的電勢差UabA． B． C． D．（2022秋?海淀區(qū)校級期末）如圖所示，由同種材料制成的粗細(xì)均勻的正方形金屬線框，以恒定速度通過有理想邊界的勻強磁場，線框的邊長小于有界磁場的寬度。開始計時時線框的ab邊恰與磁場的左邊界重合，在運動過程中線框平面與磁場方向保持垂直，且ab邊保持與磁場邊界平行，則圖中能定性的描述線框中c、d兩點間的電勢差Ucd隨時間變化情況的是（）A． B． C． D．（2022秋?海淀區(qū)校級期末）矩形導(dǎo)線框abcd放在勻強磁場中，在外力控制下處于靜止?fàn)顟B(tài)，如圖（甲）所示．磁感線方向與導(dǎo)線框所在平面垂直，磁感應(yīng)強度B隨時間變化的圖象如圖（乙）所示。t＝0時刻，磁感應(yīng)強度的方向垂直導(dǎo)線框平面向里，在0～4s時間內(nèi)，導(dǎo)線框中感應(yīng)電流隨時間變化（規(guī)定以順時針為正方向）和ad邊所受安培力隨時間變化的圖象（規(guī)定以向左為安培力正方向）正確的是圖中的（）A． B． C． D．（2022秋?海淀區(qū)校級期末）如圖所示，固定在水平桌面上的光滑金屬導(dǎo)軌cd、eg處于方向豎直向下的勻強磁場中，金屬桿ab垂直于cd和eg放在金屬導(dǎo)軌上且與它接觸良好。在兩根導(dǎo)軌的端點d、e之間連接一電阻，其他部分電阻忽略不計?，F(xiàn)用一水平向右的外力F作用在金屬桿ab上，使金屬桿由靜止開始向右在導(dǎo)軌上滑動，運動中桿ab始終垂直于導(dǎo)軌。若金屬桿在外力F的作用下沿軌道做勻加速直線運動，則圖中可以定性表示在對應(yīng)時間內(nèi)外力F隨時間t變化關(guān)系的圖象是（）A． B． C． D．（多選）（2023?湖北模擬）如圖所示，MN、PQ是放置于水平面內(nèi)的平行光滑金屬導(dǎo)軌，M、P間接有定值電阻R。垂直導(dǎo)軌平面分布著方向向下的勻強磁場，金屬棒ab垂直導(dǎo)軌靜止放置且始終與導(dǎo)軌接觸良好。某時刻導(dǎo)體棒獲得瞬時速度向右運動，直至靜止。不計導(dǎo)軌電阻，則流過導(dǎo)體棒的電流I和導(dǎo)體棒所受安培力F安分別隨時間t的變化圖像、流過導(dǎo)體棒的電荷量q和感應(yīng)電動勢E分別隨位移x變化圖像正確的是（）A． B． C． D．（多選）（2023?市中區(qū)校級二模）如圖甲所示，虛線MN是斜面上平行于斜面底端的一條直線，MN上方存在垂直于斜面向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示。t＝0時刻將一單匝正方形導(dǎo)體框自與MN距離s＝1m處由靜止釋放，直至導(dǎo)體框完全穿出磁場的過程中其速度一時間圖像如圖丙所示。已知斜面傾角θ＝37°，導(dǎo)體框與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，運動中導(dǎo)體框底邊與MN始終平行，導(dǎo)體框質(zhì)量m＝2kg，電阻R＝2Ω，邊長l＝2m，重力加速度g＝10m/s2。設(shè)從釋放至導(dǎo)體框穿出磁場的過程中，整個導(dǎo)體框所受安培力大小為F，回路中產(chǎn)生的焦耳熱的功率為P，通過導(dǎo)體框的電流為I，導(dǎo)體框的機械能為E（釋放處E＝0），沿斜面下滑的位移為x，則下列圖像正確的是（）A． B． C． D．（多選）（2023?南寧模擬）如圖所示，在直角坐標(biāo)系xOy的第一象限存在一個邊長為L的正方形區(qū)域的勻強磁場，其方向垂直紙面向里。第二象限有一直角邊長也為L的等腰直角三角形導(dǎo)線框，t＝0時刻，該線框恰好位于圖中所示位置，此后線框在外力F作用下沿x軸正方向以恒定的速度v通過磁場區(qū)域。規(guī)定逆時針方向為導(dǎo)線框中電流的正方向，線框通過磁場區(qū)域的過程中，線框中的感應(yīng)電流i、穿過線框平面的磁通量Φ、通過線框橫截面的電荷量q、外力F隨時間t變化的圖像中可能正確的是（）A． B． C． D．（多選）（2023?道里區(qū)校級一模）如圖所示，邊長為L的正方形區(qū)域存在垂直紙面向外的勻強磁場，等腰直角三角形線框ABC以速度v勻速進入磁場區(qū)域，且AB=2L，若從C點進入磁場開始計時，單位長度線框的電阻相同，則B、C兩點電勢差UBC和BC邊所受安培力FBC（規(guī)定FA． B． C． D．

專題提升Ⅶ電磁感應(yīng)中的圖像問題模塊一知識掌握【重難詮釋】1．電磁感應(yīng)中的圖像問題圖像類型(1)磁感應(yīng)強度B、磁通量Φ、感應(yīng)電動勢E和感應(yīng)電流I隨時間t變化的圖像，即B－t圖像、Φ－t圖像、E－t圖像和I－t圖像(2)對于切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流的情況，還常涉及感應(yīng)電動勢E和感應(yīng)電流I隨導(dǎo)體位移x變化的圖像，即E－x圖像和I－x圖像問題類型(1)由給定的電磁感應(yīng)過程選出或畫出正確的圖像(2)由給定的有關(guān)圖像分析電磁感應(yīng)過程，求解相應(yīng)的物理量應(yīng)用知識左手定則、右手定則、安培定則、楞次定律、法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、牛頓運動定律、相關(guān)數(shù)學(xué)知識等2.解決此類問題的一般步驟(1)明確圖像的類型，是B－t圖像、Φ－t圖像、E－t圖像還是I－t圖像等；(2)分析電磁感應(yīng)的具體過程，合理分段、選取典型過程；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律分析電動勢大小，由楞次定律分析感應(yīng)電流(或感應(yīng)電動勢)方向；(3)由歐姆定律、牛頓運動定律等規(guī)律寫出函數(shù)方程；根據(jù)函數(shù)方程進行數(shù)學(xué)分析，例如分析斜率的變化、截距等；(4)畫圖像或判斷圖像．題型一E－t或I－t圖像（2023?海淀區(qū)校級模擬）磁卡的磁條中有用于存儲信息的磁極方向不同的磁化區(qū)，刷卡器中有檢測線圈，當(dāng)以速度v0刷卡時，在線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電動勢。其E﹣t關(guān)系如圖所示。如果只將刷卡速度改為v0A． B． C． D．【解答】解：根據(jù)感應(yīng)電動勢公式E＝BLv可知，其他條件不變時，感應(yīng)電動勢與導(dǎo)體的切割速度成正比，只將刷卡速度改為v02，則線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的最大值將變?yōu)樵瓉淼拇趴ㄍㄟ^刷卡器的時間t=s故選：D。（2022秋?廣州期末）水平放置一個固定的單匝金屬圓線圈，磁場正方向和線圈中感應(yīng)電流的正方向如圖甲所示，當(dāng)磁場的磁感應(yīng)強度B隨時間t如圖乙變化時，線圈中感應(yīng)電動勢E﹣t圖象是（）A． B． C． D．【解答】解：由法拉第電磁感應(yīng)定律，E＝nΔΦΔt=nΔBΔtS，在t＝0到t＝1s，磁感應(yīng)強度B均勻增大，則故選：C。如圖所示，MNPQ是菱形區(qū)域，MP長為2L，QN長為L，在其由對角線QN劃分的兩個三角形區(qū)域內(nèi)充滿磁感應(yīng)強度大小相等、方向相反的勻強磁場。邊長為L的正方形導(dǎo)線框，在外力作用下水平向左勻速運動，線框左邊始終與QN平行。設(shè)導(dǎo)線框中感應(yīng)電流i逆時針流向為正。若t＝0時左邊框與P點重合，則導(dǎo)線框穿過磁場區(qū)域的過程中。下列i﹣t圖像正確的是（）A． B． C． D．【解答】解：設(shè)導(dǎo)線框向左做勻速運動的速度為v，∠NPQ為θ，則導(dǎo)線框到達(dá)P點開始計時，在0～Lvl＝2vt?tanθ可知有效長度與時間成正比，根據(jù)i=可知感應(yīng)電流與時間成正比，此時磁通量向里增大，根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流方向為逆時針流向，即正方向；在Lv～3L在3L2v～2Ll＝2（L﹣vt?tanθ2可知有效長度隨時間均勻減小，根據(jù)i=可知感應(yīng)電流隨時間均勻減小，此時磁場向外減小，根據(jù)楞次定律可知，導(dǎo)線框中的電流方向為逆時針流向，即正方向。故ABD錯誤，C正確；故選：C。題型二i－x圖像（多選）（2022?吉林模擬）如圖所示，等腰三角形內(nèi)分布有垂直于紙面向外的勻強磁場，它的底邊在x軸上且長為2L，高為L。紙面內(nèi)直角邊長均為L的直角三角形導(dǎo)線框ABC沿x軸正方向做勻速直線運動穿過磁場區(qū)域，在t＝0時刻恰好位于圖中所示的位置。以順時針方向為導(dǎo)線框中電流的正方向，在下面四幅圖中能夠正確表示導(dǎo)線框中的電流跟導(dǎo)線框所走位移的關(guān)系圖像（i﹣x圖像）和導(dǎo)線框受到的安培力大小跟導(dǎo)線框所走位移的關(guān)系圖像（i﹣x圖像）的是（）A． B． C． D．【解答】解：AB．在0～2L的過程中，線框中磁通量增大，由楞次定律可知，感應(yīng)電流方向是順時針，為正方向，此過程中導(dǎo)線框切割磁感線的有效長度為l1=感應(yīng)電流為i1=即i﹣x圖像為過原點且斜率為正的直線。當(dāng)x＝L時i1max=Bxv2R在L～2L的過程中，導(dǎo)線框切割磁感線的有效長度為l2＝L-感應(yīng)電流為i2=即i﹣x圖像為斜率為負(fù)的直線。當(dāng)x＝L時i2max＝i1max＝i0當(dāng)x＝2L時i2max＝0在2L～3L過程中，線框中磁通量減小，由楞次定律可知，感應(yīng)電流方向是逆時針，為負(fù)方向，此過程中導(dǎo)線框切割磁感線的有效長度為l3＝L﹣（x﹣2L）＝3L﹣x感應(yīng)電流為i3=即i﹣x圖像為斜率為正的直線。當(dāng)x＝2L時i3max=BlvR當(dāng)x＝3L時i3min＝0故A正確，B錯誤；CD．在0～L的過程中，導(dǎo)線框受到的安培力大小為F1＝Bi1l1=即F﹣x圖像為開口向上的拋物線。當(dāng)x＝L時F1max＝F0=在L～2L的過程中，導(dǎo)線框受到的安培力大小為F2＝Bi2l2=即F﹣x圖像為開口向上的拋物線。當(dāng)x＝L時F2max＝F1max＝0當(dāng)x＝2L時F2min＝0在2L～3L過程中，導(dǎo)線框受到的安培力大小為F3＝B|i3|l3=即F﹣x圖像為開口向上的拋物線。當(dāng)x＝2L時F3max=B2當(dāng)x＝3L時F3min＝0故C正確，D錯誤。故選：AC。（2021春?茂名期末）如圖所示，紙面內(nèi)兩個寬度均為a的區(qū)域內(nèi)存在著方向相反、磁感應(yīng)強度大小相等的勻強磁場，紙面內(nèi)一個邊長為23A． B． C． D．【解答】解：A、根據(jù)楞次定律可知，線框進入磁場的過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向為逆時針，離開磁場過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向也為逆時針，故A錯誤；BCD、線框的位移：x＝vt，在第一個磁場范圍內(nèi)，切割磁感線的有效長度：L＝2xtan30°=23vt當(dāng)進入第二個磁場時，導(dǎo)線在兩磁場中的切割長度相同，電動勢為在兩磁場中單獨切割時的和，則可知i'＝2i，由0逐漸增加到2I0，此時方向為順時針，故為負(fù)值；線框離開第二個磁場時，電流方向為逆時針，為正值，大小為i，故C正確，BD錯誤。故選：C。（2022春?上栗縣校級月考）如圖所示，空間分布著寬為2L，方向垂直于紙面向里的勻強磁場。一邊長為L的正方形金屬線框從磁場左邊界勻速向右通過磁場區(qū)域。規(guī)定逆時針方向為電流的正方向，則感應(yīng)電流隨位移變化的關(guān)系圖象（i﹣x）正確的是（）A． B． C． D．【解答】解：線框進入磁場過程，位移x＝L的過程中速度不變，根據(jù)i=BLv當(dāng)L＜x＜2L，感應(yīng)電流為零；當(dāng)2L＜x＜3L，速度不變，根據(jù)i=BLv故選：B。題型三F－t圖像（2022春?莆田期末）如圖（a）所示“?”形金屬導(dǎo)軌固定在水平面上，右端放有一與導(dǎo)軌垂直的金屬棒PQ，整個裝置處于豎直方向的磁場中，磁感應(yīng)強度B隨時間t按圖（b）規(guī)律變化，整個過程金屬棒保持靜止。規(guī)定豎直向上為磁場的正方向，水平向右為金屬棒受到安培力F的正方向。下列F﹣t圖像中正確的是（）A． B． C． D．【解答】解：在0～t0時間，回路的磁通向上減小，則有金屬棒中有從P到Q的感應(yīng)電流I=ER=ΔΦΔtR故選：C。（2022春?重慶期末）如圖甲所示，線圈abcd固定于勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強度隨時間的變化情況如圖乙所示。下列所示關(guān)于ab邊所受安培力隨時間變化的F﹣t圖象中（規(guī)定安培力方向向左為正），可能正確的是（）A． B． C． D．【解答】解：由楞次定律知，感應(yīng)電流的方向為adcba，根據(jù)電磁感應(yīng)定律E＝n△ΦΔt=n根據(jù)I=n△BS根據(jù)左手定則，ab邊所受安培力的方向向右，故安培力為負(fù)值；綜上所述，故D正確，ABC錯誤；故選：D。（2022春?深圳校級期中）一邊長為L的正方形線框位于一個方向垂直線框平面向里的磁場中，如圖甲所示，磁感應(yīng)強度B隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示．以F表示線框ab邊所受到的安培力，以安培力向上為正．則下列F﹣t圖象中正確的是（）A． B． C． D．【解答】解：在0﹣1s內(nèi)，磁感應(yīng)強度均勻增加，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流的磁場與原磁場方向相反，故電流的磁場方向向外，根據(jù)右手螺旋定則，電流為逆時針方向，再根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，得到感應(yīng)電動勢為：E＝n△ΦΔt=△B在1﹣2s內(nèi)，磁感應(yīng)強度不變，感應(yīng)電流為零；在2﹣3s內(nèi)，磁感應(yīng)強度均勻減小，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流的磁場與原磁場方向相同，故電流的磁場方向向內(nèi)，根據(jù)右手螺旋定則，電流為順時針方向，故電流為正方向，再次根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，得到感應(yīng)電動勢為：E＝n△ΦΔt=△B而ab邊受到的安培力F＝BIL，在0﹣1s內(nèi)，I、L不變，B增大，F(xiàn)增大，在1﹣2s內(nèi)，I＝0，F(xiàn)＝0，在2﹣3s內(nèi)，I、L不變，B減小，F(xiàn)減小，以安培力向上為正，由左手定則可知，0﹣1s內(nèi)。安培力向下，為負(fù)的，在2﹣3s內(nèi)，安培力向上，為正的，故B正確，ACD錯誤；故選：B。模塊二鞏固提高（2023春?昆山市期末）如圖所示，xOy平面第三、四象限內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，圓形金屬環(huán)與磁場邊界相切于O點。金屬環(huán)在xOy平面內(nèi)繞O點沿順時針方向勻速轉(zhuǎn)動，t＝0時刻金屬環(huán)開始進入第四象限。規(guī)定順時針方向電流為正，下列描述環(huán)中感應(yīng)電流i隨時間t變化的關(guān)系圖像可能正確的是（）A． B． C． D．【解答】解：如圖所示。設(shè)金屬環(huán)轉(zhuǎn)動的角速度大小為ω，圓環(huán)半徑為r，電阻為R。在0～πE＝2Brsinωt?2rωsinωt2=2r2ωsin則感應(yīng)電流為i=-即得i=-在0～πE＝2Brcos（270°﹣ωt）?2rωcos(270°-ωt)2=2r2ωsin2則感應(yīng)電流為i=-2ωB根據(jù)數(shù)學(xué)導(dǎo)數(shù)知識可知，t＝0或t=π故選：D。（2023春?安徽期中）如圖所示，“品”字型線框abcdefgh高為2L，寬為3L，單位長度阻值相同，長度為L的線框?qū)?yīng)電阻為R，線框在外力作用下以速度v勻速進入勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，從ab邊進磁場開始計時，線框電動勢e、電流i、線框的熱功率P、外力F隨時間t變化規(guī)律如選項圖所示，規(guī)定線框中電流順時針方向為正，下列圖像正確的是（）A． B． C． D．【解答】解：根據(jù)題意可知，0～LvE1＝BLv由右手定則，電流方向為逆時針，電流為I電功率為P外力F等于安培力FLv～2LE2＝2BLv電流方向為逆時針，電流I電功率為P外力F等于安培力F2Lv～3LE3＝BLv電流方向為逆時針，電流I電功率為P外力F等于安培力F3故選：C。（2023春?孝感期中）如圖所示，在空間中存在兩個相鄰的有界勻強磁場，磁場的強度大小相等、方向相反，寬度為L。矩形閉合線圈的寬度也為L，從圖示位置垂直于磁場方向勻速拉過磁場區(qū)域。規(guī)定電流方向逆時針為正、磁場垂直紙面向里為正。以線框剛進入磁場時開始計時，能正確反映線圈中感應(yīng)電流I、安培力F、線圈產(chǎn)生的熱量Q、線圈的磁通量Φ隨時間變化的圖像的是（）A． B． C． D．【解答】解：A．當(dāng)線框進入左邊磁場時，根據(jù)右手定則可知產(chǎn)生感應(yīng)電流方向沿逆時針方向，設(shè)線框的速度為v，電阻值為R，根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得此時電流：I1當(dāng)線框進入右邊磁場區(qū)域過程中，有兩條邊同時切割磁感線，回路電動勢E＝2BLv，根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得電流大小為：I2當(dāng)線框出右邊磁場區(qū)域過程，由右手定則可判斷產(chǎn)生感應(yīng)電流沿逆時針方向，電流大小為：I3B．根據(jù)Q＝I2Rt結(jié)合A選項分析可知，當(dāng)線框進入左邊磁場和線框出右邊磁場區(qū)域過程，電流大小相等，Q﹣t圖像斜率相等，線框進入右邊磁場區(qū)域過程中Q﹣t圖像斜率為線框進入左邊磁場和線框出右邊磁場區(qū)域的4倍，故B錯誤；C．當(dāng)線框進入左邊磁場過程中，受安培力F1＝BI1L，方向根據(jù)左手定則可判斷水平向左；進入右邊磁場過程中F2＝2BI2L＝4F1，方向還是向左，線框出右邊磁場過程中F3＝BI3L＝F1，方向還是向左，故C正確；D．由圖可知，穿過線圈的磁通量先正方向增大，再正方向減小，然后負(fù)方向增大，再負(fù)方向減小，當(dāng)線框處于兩個磁場的中間時，磁通量為零。線框的磁通量正方向減小和負(fù)方向增大過程的總時間（即Φ﹣t圖像的中間部分）等于正方向增大的時間，故D錯誤。故選：C。（2023春?大余縣期中）如圖（a），圓形金屬框內(nèi)有如圖（b）所示周期性變化的磁場（規(guī)定垂直紙面向里為磁場的正方向），導(dǎo)線上c、d間接有定值電阻R，則流過電阻R的電流隨時間變化的圖像正確的是（）A． B． C． D．【解答】解：根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，E=nΔφ故選：C。（2023?菏澤一模）如圖所示，MNQP是邊長為L和2L的矩形，在其由對角線劃分的兩個三角形區(qū)域內(nèi)充滿磁感應(yīng)強度大小相等、方向相反的勻強磁場。邊長為L的正方形導(dǎo)線框，在外力作用下水平向左勻速運動，線框左邊始終與MN平行。設(shè)導(dǎo)線框中感應(yīng)電流i逆時針流向為正。若t＝0時左邊框與PQ重合，則左邊框由PQ運動到MN的過程中，下列i﹣t圖像正確的是（）A． B． C． D．【解答】解：0～t1時間內(nèi)是線框的左邊由PQ向左進入磁場到G點的過程，根據(jù)右手定則判斷可知感應(yīng)電流為順時針（負(fù)值），而切割磁感線的有效長度隨著水平位移而均勻減小，則感應(yīng)電流的大小均勻減??；t1～2t1時間內(nèi)，線框的左右兩邊同向同速切割相反的磁場，兩邊產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢是同向的，線框的總電動勢為兩者電動勢相加，左右兩邊的有效長度之和等于L不變，由E＝BIv，可知線框的總電動勢不變，則感應(yīng)電流大小恒定，根據(jù)右手定則判斷可知感應(yīng)電流為逆時針（正值）。故ABC錯誤，D正確。故選：D。（2022秋?海門市期末）如圖兩條平行絕緣軌道固定在水平面上，其間連續(xù)分布著豎直向下和豎直向上的等大的勻強磁場，磁場寬度相等，一矩形金屬線框放置在導(dǎo)軌上方，其長寬恰好等于導(dǎo)軌的間距和磁場的寬度，電阻一定，當(dāng)磁場開始向右勻速時，已知線框移動的過程中所受摩擦阻力恒定，則下列關(guān)于線框的速度v、電流i的大小及穿過線框的電荷量q隨時間t的變化v﹣t、i﹣t、q﹣t圖像、線框產(chǎn)生的焦耳熱Q隨線框位移x的變化Q﹣x圖像中可能正確的是（）A． B． C． D．【解答】解：A、磁場開始向右以v0勻速時，相當(dāng)于線框向左切割磁感線，雙邊切割產(chǎn)生電動勢，受兩個安培力向右，設(shè)線框的速度大小為v，則有：E＝BL（v0﹣v），F(xiàn)安＝2BiL，又由牛頓第二定律可知：F安﹣f＝ma，聯(lián)立解得：a=4B2L2(B、線框的電流為：i=ER=C、線框通過的電量為：q＝it，則q為i﹣t圖像的面積，根據(jù)B選項可知，電量隨著時間先增大，但是變化速度越來越慢，后均勻增大，故C錯誤；D、對線框由動能定理可得：W安﹣fx=12mv2﹣0，根據(jù)功能關(guān)系可得：Q＝W安＝fx+1故選：B。（2022秋?重慶期末）如圖甲所示，光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ所在平面與水平面成θ角，M、P兩端接有阻值為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，整個裝置處在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直導(dǎo)軌平面向上。從t＝0時刻開始棒受到一個平行于導(dǎo)軌向上的外力F，由靜止開始沿導(dǎo)軌向上運動，運動中棒始終與導(dǎo)軌垂直，且接觸良好，通過R的感應(yīng)電流隨時間t變化的圖像如圖乙所示。下面分別給出了穿過回路abPM的磁通量Φ、磁通量的變化率ΔΦΔt、棒兩端的電勢差UabA． B． C． D．【解答】解：A、Φ﹣t圖象的斜率ΔΦΔt，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知感應(yīng)電動勢E由于產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢是逐漸增大的，所以Φ﹣t圖象的斜率應(yīng)不斷增大，圖象應(yīng)是曲線，故A錯誤；B、回路中的感應(yīng)電動勢為：E=感應(yīng)電流為：I=由圖可知：I＝kt，聯(lián)立可得：ΔΦΔtC、I均勻增大，棒兩端的電勢差Uab＝IR＝ktR，則知Uab與時間t成正比，故C錯誤。D、根據(jù)q＝It，I均勻增大，故q﹣t圖象應(yīng)是曲線，故D錯誤。故選：B。（2022秋?海淀區(qū)校級期末）如圖所示，由同種材料制成的粗細(xì)均勻的正方形金屬線框，以恒定速度通過有理想邊界的勻強磁場，線框的邊長小于有界磁場的寬度。開始計時時線框的ab邊恰與磁場的左邊界重合，在運動過程中線框平面與磁場方向保持垂直，且ab邊保持與磁場邊界平行，則圖中能定性的描述線框中c、d兩點間的電勢差Ucd隨時間變化情況的是（）A． B． C． D．【解答】解：線框在進入過程時，ab是電源，假設(shè)電動勢為E，每一邊的電阻為r，則外電阻R1＝3r，根據(jù)歐姆定律可知，c、d兩點間的電勢差為U線框整體在磁場中運動，此時，ab與cd都是電源，并且是完全相同的電源，此時Ucd＝E線框離開過程，此時cd是電源，此時有U故ACD錯誤，B正確；故選：B。（2022秋?海淀區(qū)校級期末）矩形導(dǎo)線框abcd放在勻強磁場中，在外力控制下處于靜止?fàn)顟B(tài)，如圖（甲）所示．磁感線方向與導(dǎo)線框所在平面垂直，磁感應(yīng)強度B隨時間變化的圖象如圖（乙）所示。t＝0時刻，磁感應(yīng)強度的方向垂直導(dǎo)線框平面向里，在0～4s時間內(nèi)，導(dǎo)線框中感應(yīng)電流隨時間變化（規(guī)定以順時針為正方向）和ad邊所受安培力隨時間變化的圖象（規(guī)定以向左為安培力正方向）正確的是圖中的（）A． B． C． D．【解答】解：AB、在0到1s內(nèi)，磁感應(yīng)強度均勻遞減，由法拉第電磁感應(yīng)定律可得，感應(yīng)電動勢是恒定的，則感應(yīng)電流I也是不變的，而由楞次定律可得感應(yīng)電流的方向為順時針方向。在1到2s內(nèi)，向外的磁感應(yīng)強度均勻遞增，由法拉第電磁感應(yīng)定律可得，感應(yīng)電動勢是恒定的，則感應(yīng)電流I也是不變的，而由楞次定律可得感應(yīng)電流的方向也是順時針方向，故AB均錯誤；CD、在0到1s內(nèi)，ad邊的電流向上，由左手定則可知，線框的ad邊安培力的方向是水平向左，安培力是正值。而1s到2s內(nèi)電流方向不變，但B反向，故安培力向右，為負(fù)值。由安培力公式F＝BIL知道，安培力F與磁感應(yīng)強度B成正比，故D錯誤，C正確。故選：C。（2022秋?海淀區(qū)校級期末）如圖所示，固定在水平桌面上的光滑金屬導(dǎo)軌cd、eg處于方向豎直向下的勻強磁場中，金屬桿ab垂直于cd和eg放在金屬導(dǎo)軌上且與它接觸良好。在兩根導(dǎo)軌的端點d、e之間連接一電阻，其他部分電阻忽略不計。現(xiàn)用一水平向右的外力F作用在金屬桿ab上，使金屬桿由靜止開始向右在導(dǎo)軌上滑動，運動中桿ab始終垂直于導(dǎo)軌。若金屬桿在外力F的作用下沿軌道做勻加速直線運動，則圖中可以定性表示在對應(yīng)時間內(nèi)外力F隨時間t變化關(guān)系的圖象是（）A． B． C． D．【解答】解：設(shè)導(dǎo)體棒的加速度為a，經(jīng)過一段時間后的速度為v，由運動學(xué)公式可知：v＝at導(dǎo)體棒切割產(chǎn)生電動勢：E＝Blv根據(jù)閉合電路可知I=運動中的安培力大小為F安＝BIl由牛頓第二定律可知F﹣F安＝ma解得：F＝ma+B結(jié)合數(shù)學(xué)知識可知圖像應(yīng)該是B圖像，故B正確，ACD錯誤；故選：B。（多選）（2023?湖北模擬）如圖所示，MN、PQ是放置于水平面內(nèi)的平行光滑金屬導(dǎo)軌，M、P間接有定值電阻R。垂直導(dǎo)軌平面分布著方向向下的勻強磁場，金屬棒ab垂直導(dǎo)軌靜止放置且始終與導(dǎo)軌接觸良好。某時刻導(dǎo)體棒獲得瞬時速度向右運動，直至靜止。不計導(dǎo)軌電阻，則流過導(dǎo)體棒的電流I和導(dǎo)體棒所受安培力F安分別隨時間t的變化圖像、流過導(dǎo)體棒的電荷量q和感應(yīng)電動勢E分別隨位移x變化圖像正確的是（）A． B． C． D．【解答】解：A．導(dǎo)體棒向右做加速度逐漸減小的減速運動，根據(jù)切割電動勢結(jié)合歐姆定律有I=BLv故感應(yīng)電流I隨時間減小，且變化得越來越慢，故A正確；B．由F安＝BIL可知，F(xiàn)安隨時間的變化應(yīng)與I隨時間的變化一致，故B錯誤；C．電荷量q=I故C正確；D．根據(jù)動量定理，以v的方向為正方向，-B感應(yīng)電動勢E＝BLv解得E=BL(v故D正確。故選：ACD。（多選）（2023?市中區(qū)校級二模）如圖甲所示，虛線MN是斜面上平行于斜面底端的一條直線，MN上方存在垂直于斜面向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示。t＝0時刻將一單匝正方形導(dǎo)體框自與MN距離s＝1m處由靜止釋放，直至導(dǎo)體框完全穿出磁場的過程中其速度一時間圖像如圖丙所示。已知斜面傾角θ＝37°，導(dǎo)體框與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，運動中導(dǎo)體框底邊與MN始終平行，導(dǎo)體框質(zhì)量m＝2kg，電阻R＝2Ω，邊長l＝2m，重力加速度g＝10m/s2。設(shè)從釋放至導(dǎo)體框穿出磁場的過程中，整個導(dǎo)體框所受安培力大小為F，回路中產(chǎn)生的焦耳熱的功率為P，通過導(dǎo)體框的電流為I，導(dǎo)體框的機械能為E（釋放處E＝0），沿斜面下滑的位移為x，則下列圖像正確的是（）A． B． C． D．【解答】解：A.0﹣1s內(nèi)，根據(jù)感生電動勢E＝nSΔBΔt由于上下兩個邊均切割磁感線因此動生電動勢為0；回路中感應(yīng)電流沿順時針方向，導(dǎo)體框所受安培力對邊相抵F＝0根據(jù)功能關(guān)系得：從開始到x＝1m處過程中導(dǎo)體框所受安培力合力為0，做勻加速直線運動，加速度a＝gsinθ﹣μgcosθ解得a＝2m/s21s末速率v＝at＝2×1m/s＝2m/s位移x=1之后磁感應(yīng)強度B不變F安=B2l2vm導(dǎo)體框開始勻速穿出磁場，故A正確；B.0﹣1s內(nèi)P1=解得P1＝8W恒定不變，故B錯誤；C.0﹣1s內(nèi)，通過導(dǎo)體框的電流I=E故C錯誤；D.0～1s內(nèi)導(dǎo)體框機械能滿足E＝E0﹣μmgcosθx，E0＝0即E＝﹣8xx＝1m處E1＝﹣8J從x＝1m到x＝3m處過程中滿足E＝E1﹣（μmgcosθ+BIl）（x﹣1）解得E＝4﹣12xx＝3m處時E'＝﹣32J故D正確；故選：AD。（多選）（2023?南寧模擬）如圖所示，在直角坐標(biāo)系xOy的第一象限存在一個邊長為L的正方形區(qū)域的勻強磁場，其方向垂直紙面向里。第二象限有一直角邊長也為L的等腰直角三角形導(dǎo)線框，t＝0時刻，該線框恰好位于圖中所示位置，此后線框在外力F作用下沿x軸正方向以恒定的速度v通過磁場區(qū)域。規(guī)定逆時針方向為導(dǎo)線框中電流的正方向，線框通過磁場區(qū)域的過程中，線框中的感應(yīng)電流i、穿過線框平面的磁通量Φ、通過線框橫截面的電荷量q、外力F隨時間t變化的圖像中可能正確的是（）A． B． C． D．【解答】解：A．根據(jù)題意可知，線框前進0～L過程中，線框切割磁感線，有I=Blv隨著導(dǎo)線框的移動，線框切割磁感線的有效長度會逐漸增大，與時間成正比，故感應(yīng)電流隨時間線性增大，由右手定則可知，感應(yīng)電流方向為逆時針，同理，導(dǎo)線框前進L～2L過程中，切割磁感線的有效長度也隨著導(dǎo)線框的移動而增大，與時間成正比，由右手定則可知，感應(yīng)電流方向為順時針，故A正確；B．根據(jù)題意可知，穿過線圈的磁通量為：Φ=B×1整理得：Φ=則Φ﹣t圖像為開口向上的拋物線，當(dāng)t＝t1時，線框全部進入磁場，磁通量最大為：Φmt1～t2時間內(nèi)，穿過線圈的磁通量為：Φ=1根據(jù)數(shù)學(xué)知識可知，Φ﹣t圖像為開口向下的拋物線，故B正確；C．根據(jù)題意可知，通過線框的電荷量為q=ID．由左手定則可知，線框穿過磁場過程中，線框受到的安培力一直向左，0～t1時間內(nèi)，根據(jù)安培力的計算公式可得：F＝BIl由閉合電路歐姆定律得：I=又l＝vt聯(lián)立解得：F=同理可得，t1～t2時間內(nèi)，安培力的大小為：F=B故選：AB。（多選）（2023?道里區(qū)校級一模）如圖所示，邊長為L的正方形區(qū)域存在垂直紙面向外的勻強磁場，等腰直角三角形線框ABC以速度v勻速進入磁場區(qū)域，且AB=2L，若從C點進入磁場開始計時，單位長度線框的電阻相同，則B、C兩點電勢差UBC和BC邊所受安培力FBC（規(guī)定FA． B． C． D．【解答】解：AB．根據(jù)右手定則可判斷出感應(yīng)電流方向由C指向B，根據(jù)電流的方向可知C的電勢高，即UBC＜0，也就是說開始的時候UBC＜0，故B正確，A錯誤；CD．由對稱性可知，0～1s和2s～3s是對稱的過程，所以圖像也對稱，故C錯誤，D正確。故選：BD。

專題提升Ⅷ電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題模塊一知識掌握【重難詮釋】1．電磁感應(yīng)問題中電學(xué)對象與力學(xué)對象的相互制約關(guān)系2．處理此類問題的基本方法(1)用法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律求感應(yīng)電動勢的大小和方向．(2)求回路中感應(yīng)電流的大小和方向．(3)分析研究導(dǎo)體受力情況(包括安培力)．(4)列動力學(xué)方程或根據(jù)平衡條件列方程求解．3．兩種狀態(tài)(1)導(dǎo)體處于平衡狀態(tài)——靜止或勻速直線運動狀態(tài)．處理方法：根據(jù)平衡條件(合外力等于零)列式分析．(2)導(dǎo)體處于非平衡狀態(tài)——加速度不為零．處理方法：根據(jù)牛頓第二定律進行動態(tài)分析或結(jié)合功能關(guān)系進行分析．4．電磁感應(yīng)中的動力學(xué)臨界問題基本思路：導(dǎo)體受外力運動eq\o(→,\s\up7(E＝Blv))感應(yīng)電動勢eq\o(→,\s\up15(I＝))感應(yīng)電流eq\o(→,\s\up7(F＝BIl))導(dǎo)體受安培力→合外力變化eq\o(→,\s\up7(F合＝ma))加速度變化→臨界狀態(tài)．題型一電磁感應(yīng)中的平衡問題（多選）（2023?汕頭一模）依附建筑物架設(shè)的磁力緩降高樓安全逃生裝置，該裝置原理如圖可等效為：間距L＝0.5m的兩根豎直導(dǎo)軌上部連通，人和磁鐵固定在一起，沿導(dǎo)軌共同下滑，磁鐵產(chǎn)生磁感應(yīng)強度B＝0.2T的勻強磁場。人和磁鐵所經(jīng)位置處，可等效為有一固定導(dǎo)體棒cd與導(dǎo)軌相連，整個裝置總電阻始終為R＝4×10﹣5Ω，在某次逃生試驗中，質(zhì)量M＝50kg的測試者利用該裝置最終以v＝2m/s的速度勻速下降，已知與人一起下滑部分裝置的質(zhì)量m＝20kg，重力加速度取g＝10m/s2，則（）A．導(dǎo)體棒cd中電流的方向從d到c B．導(dǎo)體棒cd中電流的方向從c到d C．下落過程中除安培力的阻力為200N D．下落過程中除安培力的阻力為1200N（多選）（2023?太原一模）如圖所示，兩根不計電阻、間距為L的足夠長平行光滑金屬導(dǎo)軌，固定在勻強磁場中，兩導(dǎo)軌所在平面與水平方向的夾角為30°，磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面斜向下。導(dǎo)軌上端串聯(lián)兩阻值均為R的電阻。質(zhì)量為m、不計電阻的金屬棒可沿導(dǎo)軌運動，運動中金屬棒始終水平且與導(dǎo)軌保持良好接觸。忽略空氣阻力及回路中的電流對原磁場的影響，重力加速度大小為g。已知斷開開關(guān)S，由靜止釋放金屬棒，金屬棒沿導(dǎo)軌下滑kL后將做速度為v的勻速直線運動。又過了一段時間，閉合開關(guān)S。下列說法中正確的是（）A．勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B=1B．導(dǎo)體棒由靜止下滑kL的運動時間為2vgC．閉合開關(guān)S瞬間，金屬棒的加速度大小為g4D．閉合開關(guān)S后，經(jīng)過足夠長的時間，金屬棒的速度大小為v（2023春?西寧期末）如圖所示，水平放置的平行金屬導(dǎo)軌，相距l(xiāng)＝0.50m，左端接一電阻R＝0.20Ω，磁感應(yīng)強度B＝0.40T的勻強磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面，導(dǎo)體棒ab垂直放在導(dǎo)軌上，并能無摩擦地沿導(dǎo)軌滑動，導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻均可忽略不計，當(dāng)ab以v＝4.0m/s的速度水平向右勻速滑動時，求：（1）ab棒中感應(yīng)電動勢的大?。唬?）回路中感應(yīng)電流的大小和方向；（3）維持ab棒做勻速運動的水平外力F的大小。題型二電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題（2022秋?山西月考）兩相同的“”形光滑金屬框架豎直放置，框架的一部分處在垂直紙面向外的條形勻強磁場中，如圖所示。兩長度相同、粗細(xì)不同的均質(zhì)銅棒a、b分別從兩框架上相同高度處由靜止釋放，下滑過程中銅棒與框架垂直且接觸良好，框架電阻不計，已知銅棒a、b穿過磁場的時間分別為ta、tb，下列判斷正確的是（）A．ta＝tb B．ta＞tb C．ta＜tb D．無法判斷ta、tb的大小關(guān)系（2022秋?閬中市校級月考）電磁炮是利用電磁力對彈體加速的新型武器。某小組用圖示裝置模擬研究電磁炮的原理。間距為0.1m的水平長導(dǎo)軌間有豎直向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為0.5T，左端所接電池電動勢為1.5V、內(nèi)阻為0.5Ω。長0.1m、電阻為0.1Ω的金屬桿ab靜置在導(dǎo)軌上。閉合開關(guān)S后，桿ab在運動過程中受到的阻力恒為0.05N，且始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。導(dǎo)軌電阻不計，則桿ab（）A．運動方向向左 B．先做勻加速直線運動，后做勻速直線運動 C．能達(dá)到的最大速度為18m/s D．兩端的電壓始終不變（2022?南京模擬）兩個半徑不同的半圓金屬環(huán)可以組成如圖甲、乙所示的兩種閉合回路，兩半圓環(huán)位于同一平面內(nèi)，圓心重合，較小的半圓環(huán)的半徑為r，整個回路的電阻為R。將兩個閉合回路放在垂直環(huán)面的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度隨時間變化的規(guī)律如圖丙所示，則t0時刻，甲、乙兩回路中小的半圓環(huán)受到的安培力之差為（圖中均為已知量）（）A．πB02rC．2πB0（2022春?臨沂月考）如圖所示，兩根間距為0.5m的平行固定金屬導(dǎo)軌處于方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場中，導(dǎo)軌平面與水平面成θ＝30°角，導(dǎo)軌下端連接阻值為2Ω的定值電阻。將一質(zhì)量為0.2kg的金屬棒從兩導(dǎo)軌上足夠高處由靜止釋放，則當(dāng)金屬棒下滑至速度最大時，電阻R消耗的電功率為2W，已知金屬棒始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，它們之間的動摩擦因數(shù)為36，取重力加速度大小g＝10m/s2A．金屬棒中的電流方向為由b到a B．金屬棒速度最大時受到的安培力大小為1.5N C．金屬棒的最大速度為4m/s D．勻強磁場的磁感應(yīng)強度的大小為0.4T（2023?廈門一模）如圖，MN、PQ為足夠長平行光滑水平金屬導(dǎo)軌，處于豎直向下的勻強磁場中，GH、JK為足夠長傾斜粗糙平行金屬導(dǎo)軌，處于垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強磁場中，底端接C＝100μF的電容器。NQ端與GJ端高度差h＝0.45m，水平距離x＝1.2m。現(xiàn)將導(dǎo)體棒cd靜置在水平分導(dǎo)軌固定小釘?shù)挠覀?cè)，導(dǎo)體棒ab以速度v0＝9m/s從MP端滑入，一段時間后cd棒從NQ端拋出，恰能無碰撞從GJ端進入斜導(dǎo)軌。已知導(dǎo)軌間距均為1m，兩磁場的磁感應(yīng)強度均為2T，兩棒質(zhì)量均為0.01kg，接入電阻均為1Ω，導(dǎo)軌電阻不計，棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，棒與斜導(dǎo)軌的動摩擦因數(shù)μ＝0.75，g取10m/s2。求：（1）cd棒從NQ端拋出時的速度大小v1；（2）cd棒拋出前瞬間ab棒所受安培力的功率P；（3）最終電容器存儲的電荷量Q。模塊二鞏固提高（2022春?虹口區(qū)校級期中）如圖所示，在勻強磁場中，放著一個平行導(dǎo)軌與大線圈D相連接（A、D兩線圈共面）。要使放在D中的A線圈產(chǎn)生順時針電流并且有收縮趨勢，金屬棒MN的運動情況是（）A．加速向左 B．加速向右 C．減速向左 D．減速向右（2021秋?西夏區(qū)校級期末）如圖所示，線圈由a位置開始下落，在磁場中受到的磁場力如果總是小于它的重力，則它在a、b、c、d四個位置（在b、d位置時線圈恰好有一半在磁場中）時，加速度的關(guān)系為（）A．a(chǎn)a＞ab＞ac＞ad B．a(chǎn)a＝ac＞ab＝ad C．a(chǎn)a＝ac＞ad＞ab D．a(chǎn)a＝ac＞ab＞ad（多選）（2022?懷遠(yuǎn)縣校級模擬）電磁軌道炮是利用電流和磁場的作用使炮彈獲得超高速度，原理如圖，圖中直流電源電動勢為E1，電容器的電容為C，兩根固定于水平面內(nèi)的光滑平面金屬導(dǎo)軌間距為L，電阻不計。炮彈可視為一質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒MN，垂直放在兩導(dǎo)軌間處于靜止?fàn)顟B(tài)，并與導(dǎo)軌良好接觸，首先開關(guān)S接1，使電容器完全充電，然后將S接至2，導(dǎo)軌間存在垂直于導(dǎo)軌平面，磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場（圖中未畫出），MN開始向右加速運動，當(dāng)MN上的感應(yīng)電動勢為E2時，此時與電容器兩極板間的電壓相等，回路中電流為零，MN達(dá)到最大速度，之后離開導(dǎo)軌，下列說法正確的是（）A．勻強磁場的方向垂直導(dǎo)軌平面向下 B．MN剛開始運動時的加速度B(EC．MN離開導(dǎo)軌后的最大速度為B(ED．MN離開導(dǎo)軌后的最大速度為B(（2023?重慶模擬）如題圖所示，靜置于水平面的矩形閉合線圈abcd，匝數(shù)為n，總電阻為R，長度ab＝L1，bc＝L2，該線圈的中軸線PQ兩側(cè)分別有磁感應(yīng)強度大小均為B、方向相反的勻強磁場，磁場方向均垂直于線圈平面。兩磁場同時以大小為v的速度水平向右運動瞬時，線圈所受磁場作用力大小F為（）A．4n2B2C．n2B2（2023春?天河區(qū)校級期中）如圖所示，勻強磁場垂直紙面向里，正方形金屬線框從磁場上方無初速度下落，在下落過程中，線框的bc邊始終與磁場的邊界平行，完全進入磁場后再從磁場中離開，下列說法正確的是（）A．線框進入磁場過程中，感應(yīng)電流方向為順時針 B．線框進入磁場過程中，bc邊受到的安培力方向向下 C．線框離開磁場過程中，感應(yīng)電流方向為逆時針 D．線框離開磁場過程中，da邊受到的安培力方向向上（2023?海淀區(qū)一模）如圖所示，空間中存在豎直向下、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場。邊長為L的正方形線框abcd的總電阻為R。除ab邊為硬質(zhì)金屬桿外，其它邊均為不可伸長的輕質(zhì)金屬細(xì)線，并且cd邊保持不動，桿ab的質(zhì)量為m。將線框拉至水平后由靜止釋放，桿ab第一次擺到最低位置時的速率為v。重力加速度為g，忽略空氣阻力。關(guān)于該過程，下列說法正確的是（）A．a(chǎn)端電勢始終低于b端電勢 B．桿ab中電流的大小、方向均保持不變 C．安培力對桿ab的沖量大小為B2D．安培力對桿ab做的功為mgL-（2023?新華區(qū)校級開學(xué)）如圖甲所示，兩電阻不計的平行光滑導(dǎo)軌與水平面的夾角α＝37°，導(dǎo)軌下端接一阻值R＝0.1Ω的定值電阻。空間中存在垂直導(dǎo)軌所在平面向上、磁感應(yīng)強度大小為B＝0.5T的勻強磁場。導(dǎo)體棒ab的長度和導(dǎo)軌間距均為L＝0.2m，導(dǎo)體棒電阻r＝0.1Ω、質(zhì)量m＝0.2kg。在導(dǎo)體棒ab上施加一沿導(dǎo)軌平面向上的作用力F，使導(dǎo)體棒ab沿導(dǎo)軌下滑，作用力F的大小隨時間變化的關(guān)系圖象如圖乙所示，力F作用過程中導(dǎo)體棒ab的速度大小與時間的關(guān)系圖象如圖丙所示，已知重力加速度為g＝10m/s2，sin37°＝0.6，導(dǎo)軌足夠長，導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌下滑過程中始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。下列說法正確的是（）A．圖乙中的Fm＝0.8N B．圖丙中的v1＝10m/s C．在t＝0到t＝4s的時間內(nèi)通過導(dǎo)體棒橫截面的電荷量為12C D．在t＝0到t＝4s的時間內(nèi)導(dǎo)體棒重力的沖量大小為4.8N?s（2023?天河區(qū)一模）如圖，足夠長的磁鐵在空隙產(chǎn)生一個徑向輻射狀磁場，一個圓形細(xì)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(dá)最大值v，此過程中環(huán)面始終水平。已知金屬環(huán)質(zhì)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(yīng)強度大小均為B，重力加速度大小為g，不計空氣阻力，則（）A．在俯視圖中，環(huán)中感應(yīng)電流沿逆時針方向 B．環(huán)中最大的感應(yīng)電流大小為mgvRC．環(huán)下落過程中所受重力的沖量等于其動量變化 D．t時間內(nèi)通過金屬環(huán)橫截面的電荷量為2πrBvt（2022秋?和平區(qū)校級月考）線性渦流制動是磁懸浮列車高速運行過程中進行制動的一種方式。某研究所制成如圖所示的車和軌道模型來定量模擬磁懸浮列車的渦流制動過程。車廂下端有電磁鐵系統(tǒng)固定在車廂上，能在長L1＝0.6m、寬L2＝0.2m的矩形區(qū)域內(nèi)產(chǎn)生沿豎直方向的勻強磁場，磁感應(yīng)強度可隨車速的減小而自動增大（由車內(nèi)速度傳感器控制），但最大不超過Bm＝2T，長大于L1、寬也為L2的單匝矩形線圈間隔鋪設(shè)在軌道正中央，其間隔也為L2，每個線圈的電阻為R＝0.1Ω，導(dǎo)線粗細(xì)忽略不計。在某次實驗中，模型車速度為v0＝20m/s時，啟動電磁鐵制動系統(tǒng)，車立即以加速度a＝2m/s2做勻減速直線運動；當(dāng)磁感應(yīng)強度增加到2T后，磁感應(yīng)強度保持不變，直到模型車停止運動。已知模型車的總質(zhì)量為m＝36kg，不計空氣阻力，不考慮磁場邊緣效應(yīng)的影響。求（1）從啟動電磁鐵制動系統(tǒng)開始到電磁鐵磁場的磁感應(yīng)強度達(dá)到最大過程中磁感應(yīng)強度B與時間t的關(guān)系表達(dá)式，并求出磁感應(yīng)強度達(dá)到最大時所用的時間；（2）模型車從啟動電磁鐵制動系統(tǒng)到停止，共經(jīng)歷了多少個矩形線圈？（2022?青浦區(qū)二模）如圖1，水平面上有兩根足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為l，電阻不計。左側(cè)接有定值電阻阻值為R。質(zhì)量為m、電阻為r的導(dǎo)體桿，t＝0時金屬棒以初速度v0沿導(dǎo)軌向右運動，在滑行過程中保持與軌道垂直且接觸良好。整個裝置處于方向豎直向上，磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中。（1）定性分析說明金屬桿的運動情況（速度和加速度的變化情況）。（2）宏觀規(guī)律與微觀規(guī)律有很多相似之處，導(dǎo)體桿速度隨時間的變化規(guī)律和放射性元素的衰變規(guī)律相同，已知導(dǎo)體桿速度由v0變化到v02所需時間為t0，則0﹣3t（3）已知金屬桿速度v和位移s的變化規(guī)律為：v=v

專題提升Ⅷ電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題模塊一知識掌握【重難詮釋】1．電磁感應(yīng)問題中電學(xué)對象與力學(xué)對象的相互制約關(guān)系2．處理此類問題的基本方法(1)用法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律求感應(yīng)電動勢的大小和方向．(2)求回路中感應(yīng)電流的大小和方向．(3)分析研究導(dǎo)體受力情況(包括安培力)．(4)列動力學(xué)方程或根據(jù)平衡條件列方程求解．3．兩種狀態(tài)(1)導(dǎo)體處于平衡狀態(tài)——靜止或勻速直線運動狀態(tài)．處理方法：根據(jù)平衡條件(合外力等于零)列式分析．(2)導(dǎo)體處于非平衡狀態(tài)——加速度不為零．處理方法：根據(jù)牛頓第二定律進行動態(tài)分析或結(jié)合功能關(guān)系進行分析．4．電磁感應(yīng)中的動力學(xué)臨界問題基本思路：導(dǎo)體受外力運動eq\o(→,\s\up7(E＝Blv))感應(yīng)電動勢eq\o(→,\s\up15(I＝))感應(yīng)電流eq\o(→,\s\up7(F＝BIl))導(dǎo)體受安培力→合外力變化eq\o(→,\s\up7(F合＝ma))加速度變化→臨界狀態(tài)．題型一電磁感應(yīng)中的平衡問題（多選）（2023?汕頭一模）依附建筑物架設(shè)的磁力緩降高樓安全逃生裝置，該裝置原理如圖可等效為：間距L＝0.5m的兩根豎直導(dǎo)軌上部連通，人和磁鐵固定在一起，沿導(dǎo)軌共同下滑，磁鐵產(chǎn)生磁感應(yīng)強度B＝0.2T的勻強磁場。人和磁鐵所經(jīng)位置處，可等效為有一固定導(dǎo)體棒cd與導(dǎo)軌相連，整個裝置總電阻始終為R＝4×10﹣5Ω，在某次逃生試驗中，質(zhì)量M＝50kg的測試者利用該裝置最終以v＝2m/s的速度勻速下降，已知與人一起下滑部分裝置的質(zhì)量m＝20kg，重力加速度取g＝10m/s2，則（）A．導(dǎo)體棒cd中電流的方向從d到c B．導(dǎo)體棒cd中電流的方向從c到d C．下落過程中除安培力的阻力為200N D．下落過程中除安培力的阻力為1200N【解答】解：AB、導(dǎo)體棒cd向下做切割磁感線運動，由右手定則可知，導(dǎo)體棒cd中電流的方向從d到c，故A正確，B錯誤；CD、設(shè)下落過程中除安培力的阻力為為f。導(dǎo)體棒cd產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝BLv，感應(yīng)電流I=ER由左手定則可判斷，導(dǎo)體棒cd所受安培力方向向下，根據(jù)牛頓第三定律可知磁鐵受力向上，大小為F對M和m，由平衡條件得：（M+m）g＝F'A+f，聯(lián)立解得：f＝200N，故C正確，D錯誤。故選：AC。（多選）（2023?太原一模）如圖所示，兩根不計電阻、間距為L的足夠長平行光滑金屬導(dǎo)軌，固定在勻強磁場中，兩導(dǎo)軌所在平面與水平方向的夾角為30°，磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面斜向下。導(dǎo)軌上端串聯(lián)兩阻值均為R的電阻。質(zhì)量為m、不計電阻的金屬棒可沿導(dǎo)軌運動，運動中金屬棒始終水平且與導(dǎo)軌保持良好接觸。忽略空氣阻力及回路中的電流對原磁場的影響，重力加速度大小為g。已知斷開開關(guān)S，由靜止釋放金屬棒，金屬棒沿導(dǎo)軌下滑kL后將做速度為v的勻速直線運動。又過了一段時間，閉合開關(guān)S。下列說法中正確的是（）A．勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B=1B．導(dǎo)體棒由靜止下滑kL的運動時間為2vgC．閉合開關(guān)S瞬間，金屬棒的加速度大小為g4D．閉合開關(guān)S后，經(jīng)過足夠長的時間，金屬棒的速度大小為v【解答】解：A、金屬棒勻速運動時，由平衡條件：mgsin30°＝BIL=B2LB、導(dǎo)體棒由靜止下滑kL過程，取向下為正方向，由動量定理可得：mgtsin又：It=E解得此過程運動的時間：t=2vC、閉合開關(guān)S瞬間，由牛頓第二定律：BI′L﹣mgsin30°＝ma，其中I′＝2I，解得加速度大?。篴=1D、閉合開關(guān)后穩(wěn)定后金屬棒做勻速直線運動，由平衡條件：mgsin30°=B2L故選：BD。（2023春?西寧期末）如圖所示，水平放置的平行金屬導(dǎo)軌，相距l(xiāng)＝0.50m，左端接一電阻R＝0.20Ω，磁感應(yīng)強度B＝0.40T的勻強磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面，導(dǎo)體棒ab垂直放在導(dǎo)軌上，并能無摩擦地沿導(dǎo)軌滑動，導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻均可忽略不計，當(dāng)ab以v＝4.0m/s的速度水平向右勻速滑動時，求：（1）ab棒中感應(yīng)電動勢的大?。唬?）回路中感應(yīng)電流的大小和方向；（3）維持ab棒做勻速運動的水平外力F的大小?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，ab棒中的感應(yīng)電動勢為E＝Blv代入數(shù)據(jù)知E＝0.40×0.50×4.0V＝0.80V（2）感應(yīng)電流大小為I=即I=0.80方向：從b到a（3）由于ab棒受安培力F＝IlB代入數(shù)據(jù)知：F＝4.0×0.50×0.40N＝0.8N根據(jù)平衡條件知水平外力F′＝F＝0.8N答：（1）ab棒中感應(yīng)電動勢的大小為0.8V；（2）路中感應(yīng)電流的大小為4.0A，方向為從b到a；（3）維持ab棒做勻速運動的水平外力F的大小為0.8N。題型二電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題（2022秋?山西月考）兩相同的“”形光滑金屬框架豎直放置，框架的一部分處在垂直紙面向外的條形勻強磁場中，如圖所示。兩長度相同、粗細(xì)不同的均質(zhì)銅棒a、b分別從兩框架上相同高度處由靜止釋放，下滑過程中銅棒與框架垂直且接觸良好，框架電阻不計，已知銅棒a、b穿過磁場的時間分別為ta、tb，下列判斷正確的是（）A．ta＝tb B．ta＞tb C．ta＜tb D．無法判斷ta、tb的大小關(guān)系【解答】解：兩金屬棒剛進入磁場時，速度相同，安培力為：F＝BIL=根據(jù)電阻定律可得：R=ρ導(dǎo)體棒的質(zhì)量為：m＝ρ銅LS根據(jù)牛頓第二定律可得：mg﹣F＝ma整理得：a＝g-B故選：A。（2022秋?閬中市校級月考）電磁炮是利用電磁力對彈體加速的新型武器。某小組用圖示裝置模擬研究電磁炮的原理。間距為0.1m的水平長導(dǎo)軌間有豎直向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為0.5T，左端所接電池電動勢為1.5V、內(nèi)阻為0.5Ω。長0.1m、電阻為0.1Ω的金屬桿ab靜置在導(dǎo)軌上。閉合開關(guān)S后，桿ab在運動過程中受到的阻力恒為0.05N，且始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。導(dǎo)軌電阻不計，則桿ab（）A．運動方向向左 B．先做勻加速直線運動，后做勻速直線運動 C．能達(dá)到的最大速度為18m/s D．兩端的電壓始終不變【解答】解：A、閉合開關(guān)S后，桿ab上電流方向b→a，根據(jù)左手定則可知，桿受到向右安培力作用，通電瞬間安培力大于阻力，導(dǎo)體棒向右運動，故A錯誤；B、通電瞬間安培力大于阻力，導(dǎo)體棒向右加速運動，隨著速度增大，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E′＝BLv越大，感應(yīng)電動勢產(chǎn)生的電流方向與通電電流方向相反，所以電流強度逐漸減小，安培力逐漸減小，加速度逐漸減小，當(dāng)安培力和阻力相等時速度最大，此時加速度為零，故B錯誤；C、達(dá)到的最大速度時導(dǎo)體棒受力平衡，則有：BIL＝f解得：I＝1A，設(shè)此時導(dǎo)體棒切割磁感應(yīng)線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E′，則I=E-E'解得：E′＝0.9V，根據(jù)E＝BLvm解得：vm＝18m/s，故C正確；D、由于桿做變加速運動，安培力變化、電流強度變化，則ab兩端的電壓發(fā)生變化，故D錯誤；故選：C。（2022?南京模擬）兩個半徑不同的半圓金屬環(huán)可以組成如圖甲、乙所示的兩種閉合回路，兩半圓環(huán)位于同一平面內(nèi)，圓心重合，較小的半圓環(huán)的半徑為r，整個回路的電阻為R。將兩個閉合回路放在垂直環(huán)面的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度隨時間變化的規(guī)律如圖丙所示，則t0時刻，甲、乙兩回路中小的半圓環(huán)受到的安培力之差為（圖中均為已知量）（）A．πB02rC．2πB0【解答】解：設(shè)甲回路的面積為S1，乙回路的面積為S2，則甲、乙的感應(yīng)電動勢分別為E1=則t0時刻，甲、乙回路中小的半圓環(huán)受到的安培力分別為F1=2由題意知，甲、乙兩回路面積之差為S則安培力之差ΔF=故ABD錯誤，C正確；故選：C。（2022春?臨沂月考）如圖所示，兩根間距為0.5m的平行固定金屬導(dǎo)軌處于方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場中，導(dǎo)軌平面與水平面成θ＝30°角，導(dǎo)軌下端連接阻值為2Ω的定值電阻。將一質(zhì)量為0.2kg的金屬棒從兩導(dǎo)軌上足夠高處由靜止釋放，則當(dāng)金屬棒下滑至速度最大時，電阻R消耗的電功率為2W，已知金屬棒始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，它們之間的動摩擦因數(shù)為36，取重力加速度大小g＝10m/s2A．金屬棒中的電流方向為由b到a B．金屬棒速度最大時受到的安培力大小為1.5N C．金屬棒的最大速度為4m/s D．勻強磁場的磁感應(yīng)強度的大小為0.4T【解答】解：A．由右手定則可得，金屬棒中的電流方向為由a到b，故A錯誤；B．當(dāng)金屬棒速度最大時受力平衡，有mgsinθ＝μmgcosθ+F安代入數(shù)據(jù)可得F安＝0.5N故B錯誤；C．金屬棒克服安培力做功的功率等于電路中的電阻R產(chǎn)生的熱功率，即P＝F安v整理代入數(shù)據(jù)可得金屬棒速度的大小v＝4m/s故C正確；D．安培力F安＝BIL，由閉合電路歐姆定律得E＝BLv＝IR整理代入數(shù)據(jù)可得B＝1.0T故D錯誤。故選：C。（2023?廈門一模）如圖，MN、PQ為足夠長平行光滑水平金屬導(dǎo)軌，處于豎直向下的勻強磁場中，GH、JK為足夠長傾斜粗糙平行金屬導(dǎo)軌，處于垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強磁場中，底端接C＝100μF的電容器。NQ端與GJ端高度差h＝0.45m，水平距離x＝1.2m?，F(xiàn)將導(dǎo)體棒cd靜置在水平分導(dǎo)軌固定小釘?shù)挠覀?cè)，導(dǎo)體棒ab以速度v0＝9m/s從MP端滑入，一段時間后cd棒從NQ端拋出，恰能無碰撞從GJ端進入斜導(dǎo)軌。已知導(dǎo)軌間距均為1m，兩磁場的磁感應(yīng)強度均為2T，兩棒質(zhì)量均為0.01kg，接入電阻均為1Ω，導(dǎo)軌電阻不計，棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，棒與斜導(dǎo)軌的動摩擦因數(shù)μ＝0.75，g取10m/s2。求：（1）cd棒從NQ端拋出時的速度大小v1；（2）cd棒拋出前瞬間ab棒所受安培力的功率P；（3）最終電容器存儲的電荷量Q?！窘獯稹拷猓海?）cd棒從NQ端拋出后做平拋運動，設(shè)其運動時間為t，豎直方向有：h=1水平方向有：x＝v1t解得：v1＝4m/s（2）設(shè)cd棒拋出時，ab棒速度大小為v2，在兩棒均在水平軌道上運動的過程，取向右為正方向，由動量守恒定律可得：mv0＝mv1+mv2此時回路感應(yīng)電動勢為E、感應(yīng)電流為I、安培力為F，則E＝BL（v2﹣v1）由閉合電路歐姆定律得：I=EF＝BILcd棒拋出前瞬間ab棒所受安培力的功率為：P＝Fv2聯(lián)立解得：P＝10W（3）cd棒運動到GJ端時速度為v，斜面與水平夾角為θ，由動能定理得：mgh=1由幾何關(guān)系可得：cosθ=v解得：v＝5m/s，θ＝37°cd棒沿傾斜軌道下滑時，由于μ＝tanθ，所以cd棒所受合力為安培力，設(shè)穩(wěn)定時速度為v'，電容器帶電量為Q。取沿斜面向下為正方向，由動量定理得：-BI又Q=IΔt，Q＝CUC，U聯(lián)立解得：Q=11040C≈9.6×10答：（1）cd棒從NQ端拋出時的速度大小v1為4m/s。（2）cd棒拋出前瞬間ab棒所受安培力的功率P為10W。（3）最終電容器存儲的電荷量Q為9.6×10﹣4C。模塊二鞏固提高（2022春?虹口區(qū)校級期中）如圖所示，在勻強磁場中，放著一個平行導(dǎo)軌與大線圈D相連接（A、D兩線圈共面）。要使放在D中的A線圈產(chǎn)生順時針電流并且有收縮趨勢，金屬棒MN的運動情況是（）A．加速向左 B．加速向右 C．減速向左 D．減速向右【解答】解：線圈A具有收縮的趨勢，根據(jù)楞次定律可以知道此時一定是D中的磁場正在增大，說明導(dǎo)體棒MN正在做加速運動；A線圈產(chǎn)生順時針電流，D中的磁場正在增大，根據(jù)楞次定律可知D中電流的方向逆時針方向，電流從N流向M，根據(jù)右手定則可知MN是向右加速；故ACD錯誤，B正確。故選：B。（2021秋?西夏區(qū)校級期末）如圖所示，線圈由a位置開始下落，在磁場中受到的磁場力如果總是小于它的重力，則它在a、b、c、d四個位置（在b、d位置時線圈恰好有一半在磁場中）時，加速度的關(guān)系為（）A．a(chǎn)a＞ab＞ac＞ad B．a(chǎn)a＝ac＞ab＝ad C．a(chǎn)a＝ac＞ad＞ab D．a(chǎn)a＝ac＞ab＞ad【解答】解：線圈自由下落時，加速度為aa＝g．線圈完全在磁場中時，磁通量不變，不產(chǎn)生感應(yīng)電流，線圈不受安培力作用，只受重力，加速度為ac＝g。線圈進入和穿出磁場過程中，切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，將受到向上的安培力，根據(jù)牛頓第二定律得知，ab＜g，ad＜g．線圈完全在磁場中時做勻加速運動，到達(dá)D處的速度大于B處的速度，則線圈在D處所受的安培力大于在B處所受的安培力，又知，磁場力總小于重力，則ab＞ad，故aa＝ac＞ab＞ad．故D正確，ABC錯誤。故選：D。（多選）（2022?懷遠(yuǎn)縣校級模擬）電磁軌道炮是利用電流和磁場的作用使炮彈獲得超高速度，原理如圖，圖中直流電源電動勢為E1，電容器的電容為C，兩根固定于水平面內(nèi)的光滑平面金屬導(dǎo)軌間距為L，電阻不計。炮彈可視為一質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒MN，垂直放在兩導(dǎo)軌間處于靜止?fàn)顟B(tài)，并與導(dǎo)軌良好接觸，首先開關(guān)S接1，使電容器完全充電，然后將S接至2，導(dǎo)軌間存在垂直于導(dǎo)軌平面，磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場（圖中未畫出），MN開始向右加速運動，當(dāng)MN上的感應(yīng)電動勢為E2時，此時與電容器兩極板間的電壓相等，回路中電流為零，MN達(dá)到最大速度，之后離開導(dǎo)軌，下列說法正確的是（）A．勻強磁場的方向垂直導(dǎo)軌平面向下 B．MN剛開始運動時的加速度B(EC．MN離開導(dǎo)軌后的最大速度為B(ED．MN離開導(dǎo)軌后的最大速度為B(【解答】解：A、電容器充電時上端帶正電，放電時通過MN的電流方向向下，由于MN向右運動，根據(jù)左手定則知，磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向下，故A正確；B、電容器完全充電后，兩極板間電壓為E1，當(dāng)開關(guān)S接2時，電容器放電，設(shè)剛放電時流經(jīng)MN的電流為I，有：I=設(shè)MN受到的安培力為F，有：F＝BIL由牛頓第二定律有：F＝ma聯(lián)立解得：a=BECD、電容器放電前所帶的電荷量Q1＝CE1開關(guān)S接2后，MN開始向右加速運動，速度達(dá)到最大值vm時，MN上的感應(yīng)電動勢：E2＝BLvm，最終電容器所帶電荷量Q2＝CE2則通過MN的電量q＝CE1﹣CE2由動量定理，有：∑FΔt＝∑mΔv得∑BILΔt＝∑mΔvBLq＝mvm解得：vm故選：AC。（2023?重慶模擬）如題圖所示，靜置于水平面的矩形閉合線圈abcd，匝數(shù)為n，總電阻為R，長度ab＝L1，bc＝L2，該線圈的中軸線PQ兩側(cè)分別有磁感應(yīng)強度大小均為B、方向相反的勻強磁場，磁場方向均垂直于線圈平面。兩磁場同時以大小為v的速度水平向右運動瞬時，線圈所受磁場作用力大小F為（）A．4n2B2C．n2B2【解答】解：當(dāng)磁場向右運動，線圈ad邊切割磁感線產(chǎn)生a→b方向的電流，bc邊產(chǎn)生c→b方向的電流，根據(jù)切割電動勢公式E＝2nBL2v根據(jù)歐姆定律，電路中的感應(yīng)電流為I=線圈中ad和bc邊受到安培力的作用，所受安培力為F＝2nBIL2解得F=4故選：A。（2023春?天河區(qū)校級期中）如圖所示，勻強磁場垂直紙面向里，正方形金屬線框從磁場上方無初速度下落，在下落過程中，線框的bc邊始終與磁場的邊界平行，完全進入磁場后再從磁場中離開，下列說法正確的是（）A．線框進入磁場過程中，感應(yīng)電流方向為順時針 B．線框進入磁場過程中，bc邊受到的安培力方向向下 C．線框離開磁場過程中，感應(yīng)電流方向為逆時針 D．線框離開磁場過程中，da邊受到的安培力方向向上【解答】解：A、線框進入磁場過程中，根據(jù)楞次定律，并結(jié)合右手螺旋定則，知線框中感應(yīng)電流方向為逆時針，故A錯誤；B、線框進入磁場過程中，穿過線框的磁通量增大，線框有收縮的趨勢，bc邊受到的安培力方向向上，根據(jù)左手定則也可判斷bc邊受向上安培力，故B錯誤；C、線框離開磁場過程中，根據(jù)楞次定律，并結(jié)合右手螺旋定則，感應(yīng)電流方向為順時針，故C錯誤；D、線框離開磁場過程中，穿過線框的磁通量減少，線框有擴張的趨勢，da邊受到的安培力方向向上，故D正確。故選：D。（2023?海淀區(qū)一模）如圖所示，空間中存在豎直向下、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場。邊長為L的正方形線框abcd的總電阻為R。除ab邊為硬質(zhì)金屬桿外，其它邊均為不可伸長的輕質(zhì)金屬細(xì)線，并且cd邊保持不動，桿ab的質(zhì)量為m。將線框拉至水平后由靜止釋放，桿ab第一次擺到最