(通用版)高考物理二輪專(zhuān)題復(fù)習(xí)12 楞次定律、法拉第電磁感應(yīng)定律(解析版)

秘籍12楞次定律、法拉第電磁感應(yīng)定律高考頻度：★★★★☆難易程度：★★★★★考向一楞次定律、法拉第電磁感應(yīng)定律真題演練【典例1】（2019·新課標(biāo)全國(guó)Ⅰ卷）空間存在一方向與直面垂直、大小隨時(shí)間變化的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其邊界如圖（a）中虛線MN所示，一硬質(zhì)細(xì)導(dǎo)線的電阻率為ρ、橫截面積為S，將該導(dǎo)線做成半徑為r的圓環(huán)固定在紙面內(nèi)，圓心O在MN上。t=0時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向如圖（a）所示。磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖（b）所示，則在t=0到t=t1的時(shí)間間隔內(nèi)A．圓環(huán)所受安培力的方向始終不變B．圓環(huán)中的感應(yīng)電流始終沿順時(shí)針?lè)较駽．圓環(huán)中的感應(yīng)電流大小為SKIPIF1<0D．圓環(huán)中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為SKIPIF1<0【答案】BC【解析】AB、根據(jù)B-t圖象，由楞次定律可知，線圈中感應(yīng)電流方向一直為順時(shí)針，但在t0時(shí)刻，磁場(chǎng)的方向發(fā)生變化，故安培力方向SKIPIF1<0的方向在t0時(shí)刻發(fā)生變化，則A錯(cuò)誤，B正確；CD、由閉合電路歐姆定律得：SKIPIF1<0，又根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得：SKIPIF1<0，又根據(jù)電阻定律得：SKIPIF1<0，聯(lián)立得：SKIPIF1<0，則C正確，D錯(cuò)誤。故本題選BC。應(yīng)用法拉第電磁感應(yīng)定律應(yīng)注意的三個(gè)問(wèn)題(1)公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)求解的是一個(gè)回路中某段時(shí)間內(nèi)的平均電動(dòng)勢(shì)，在磁通量均勻變化時(shí)，瞬時(shí)值才等于平均值．(2)利用公式E＝nSeq\f(ΔB,Δt)求感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)時(shí)，S為線圈在磁場(chǎng)范圍內(nèi)的有效面積．(3)通過(guò)回路截面的電荷量q僅與n、ΔΦ和回路電阻R有關(guān)，與時(shí)間長(zhǎng)短無(wú)關(guān)，與Φ是否均勻變化無(wú)關(guān)．推導(dǎo)如下：q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(nΔΦ,ΔtR)Δt＝eq\f(nΔΦ,R).模擬精煉（2019·山東省濰坊市教科院高三高考模擬）如圖甲所示，絕緣的水平桌面上放置一金屬圓環(huán)，在圓環(huán)的正上方放置一個(gè)螺線管，在螺線管中通入如圖乙所示的電流，電流從螺線管a端流入為正。以下說(shuō)法正確的是A．0~1s內(nèi)圓環(huán)面積有擴(kuò)張的趨勢(shì)B．1s末圓環(huán)對(duì)桌面的壓力小于圓環(huán)的重力C．1~2s內(nèi)和2~3s內(nèi)圓環(huán)中的感應(yīng)電流方向相反D．從上往下看，0~2s內(nèi)圓環(huán)中的感應(yīng)電流先沿順時(shí)針?lè)较颉⒑笱啬鏁r(shí)針?lè)较颉敬鸢浮緿【解析】0~1s線圈中電流增大，產(chǎn)生的磁場(chǎng)增大，金屬環(huán)中磁通量增大，有面積縮小趨勢(shì)，故A錯(cuò)誤；1s末金屬環(huán)中感應(yīng)電流最大，但螺線管中電流為零，沒(méi)有磁場(chǎng)，與金屬環(huán)間無(wú)相互作用，所以1s末圓環(huán)對(duì)桌面的壓力等于圓環(huán)的重力，故B錯(cuò)誤；1~2s正方向電流減小，2~3s反向電流增大，根據(jù)楞次定律，金屬環(huán)中感應(yīng)電流的磁場(chǎng)方向不變，感應(yīng)電流方向不變，故C錯(cuò)誤；0~1s線圈中電流增大，產(chǎn)生的磁場(chǎng)增大，金屬環(huán)中磁通量增大，根據(jù)楞次定律可知，從上往下看，0~ls內(nèi)圓環(huán)中的感應(yīng)電流沿順時(shí)針?lè)较颍?s~2s線圈中電流減小，產(chǎn)生的磁場(chǎng)減弱，金屬環(huán)中磁通量減小，根據(jù)楞次定律可知，從上往下看，1s~2s內(nèi)圓環(huán)中的感應(yīng)電流沿逆時(shí)針?lè)较颍还蔇正確?？枷蚨姶鸥袘?yīng)中的圖像問(wèn)題真題演練【典例2】（2019·新課標(biāo)全國(guó)Ⅱ卷）如圖，兩條光滑平行金屬導(dǎo)軌固定，所在平面與水平面夾角為θ，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)。虛線ab、cd均與導(dǎo)軌垂直，在ab與cd之間的區(qū)域存在垂直于導(dǎo)軌所在平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。將兩根相同的導(dǎo)體棒PQ、MN先后自導(dǎo)軌上同一位置由靜止釋放，兩者始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。已知PQ進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)加速度變小恰好為零，從PQ進(jìn)入磁場(chǎng)開(kāi)始計(jì)時(shí)，到MN離開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域?yàn)橹梗鬟^(guò)PQ的電流隨時(shí)間變化的圖像可能正確的是【答案】AD【解析】于PQ進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)加速度為零，AB．若PQ出磁場(chǎng)時(shí)MN仍然沒(méi)有進(jìn)入磁場(chǎng)，則PQ出磁場(chǎng)后至MN進(jìn)入磁場(chǎng)的這段時(shí)間，由于磁通量φ不變，無(wú)感應(yīng)電流。由于PQ、MN同一位置釋放，故MN進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)與PQ進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度相同，所以電流大小也應(yīng)該相同，A正確B錯(cuò)誤；CD．若PQ出磁場(chǎng)前MN已經(jīng)進(jìn)入磁場(chǎng)，由于磁通量φ不變，PQ、MN均加速運(yùn)動(dòng)，PQ出磁場(chǎng)后，MN由于加速故電流比PQ進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)電流大，故C正確D錯(cuò)誤。電磁感應(yīng)圖像問(wèn)題解題“5步曲”第1步：明確圖像的種類(lèi)．是Bt圖、It圖、vt圖、Ft圖或是Et圖等；第2步：分析電磁感應(yīng)的具體過(guò)程．明確運(yùn)動(dòng)分成幾個(gè)階段(根據(jù)磁通量的變化特征或切割特點(diǎn)分析)；第3步：寫(xiě)出函數(shù)方程．結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、牛頓運(yùn)動(dòng)定律等寫(xiě)出函數(shù)方程；第4步：進(jìn)行數(shù)學(xué)分析．根據(jù)函數(shù)方程進(jìn)行數(shù)學(xué)分析，例如分析斜率的變化、截距等；第5步：得結(jié)果．畫(huà)圖像或判斷圖像．模擬精煉(多選)有一變化的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于如圖甲所示的線圈平面，若規(guī)定磁場(chǎng)垂直線圈平面向里為磁感應(yīng)強(qiáng)度B的正方向，電流從a經(jīng)R流向b為電流的正方向．現(xiàn)已知R中的感應(yīng)電流I隨時(shí)間t變化的圖像如圖乙所示，那么垂直穿過(guò)線圈平面的磁場(chǎng)可能是圖中的()【答案】AB【解析】當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度垂直線圈平面向里均勻減小時(shí)，由楞次定律可判斷感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)也垂直線圈平面向里，再由安培定則和法拉第電磁感應(yīng)定律可判斷感應(yīng)電流的大小恒定且從a經(jīng)R流向b；當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度垂直線圈平面向里均勻增大時(shí)，由楞次定律可判斷感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)垂直線圈平面向外，再由安培定則和法拉第電磁感應(yīng)定律可判斷感應(yīng)電流的大小恒定且從b經(jīng)R流向a，選項(xiàng)A、B正確，C、D錯(cuò)誤。考向三電磁感應(yīng)中的電路和動(dòng)力學(xué)問(wèn)題真題演練【典例3】（2019·新課標(biāo)全國(guó)Ⅲ卷）如圖，方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有兩根位于同一水平面內(nèi)的足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌，兩相同的光滑導(dǎo)體棒ab、cd靜止在導(dǎo)軌上。t=0時(shí)，棒ab以初速度v0向右滑動(dòng)。運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，ab、cd始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，兩者速度分別用v1、v2表示，回路中的電流用I表示。下列圖像中可能正確的是【答案】AC【解析】ab棒向右運(yùn)動(dòng)，切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，則受到向左的安培力，從而向左做減速運(yùn)動(dòng)，；金屬棒cd受向右的安培力作用而做加速運(yùn)動(dòng)，隨著兩棒的速度差的減小安培力減小，加速度減小，當(dāng)兩棒速度相等時(shí)，感應(yīng)電流為零，最終兩棒共速，一起做勻速運(yùn)動(dòng)，故最終電路中電流為0，故AC正確，BD錯(cuò)誤?！八牟椒ā狈治鲭姶鸥袘?yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題解決電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題的一般思路是“先電后力”，具體思路如下：(1)“源”的分析：分離出電路中由電磁感應(yīng)所產(chǎn)生的電源，確定電源電動(dòng)勢(shì)E和內(nèi)阻r.(2)“路”的分析：弄清串、并聯(lián)關(guān)系，由閉合電路的歐姆定律求電流，確定安培力F安．(3)“力”的分析：確定桿或線圈的受力情況，求合力．(4)“運(yùn)動(dòng)”的分析：由力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系確定運(yùn)動(dòng)模型．模擬精煉如圖所示，兩根與水平面成θ＝30°角的足夠長(zhǎng)光滑金屬導(dǎo)軌平行固定放置，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)＝2m，導(dǎo)軌底端接有阻值為1Ω的電阻R，導(dǎo)軌的電阻忽略不計(jì)．整個(gè)裝置處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌平面向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5T．現(xiàn)有一長(zhǎng)度也為L(zhǎng)、質(zhì)量為m＝0.4kg、電阻不計(jì)的金屬棒用輕質(zhì)細(xì)繩通過(guò)光滑輕質(zhì)定滑輪與質(zhì)量為M＝0.8kg的物體相連，滑輪與金屬棒之間的細(xì)繩與導(dǎo)軌平面平行且與金屬棒垂直．將金屬棒與物體M由靜止釋放，棒沿導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)一段距離后以速度v做勻速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，棒與兩導(dǎo)軌始終保持垂直接觸，不計(jì)空氣阻力．(取重力加速度g＝10m/s2)(1)求金屬棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度v大?。?2)當(dāng)棒的速度為0.5v時(shí)，求棒的加速度大小．【答案】(1)6m/s(2)2.5m/s2【解析】(1)金屬棒以速度v沿導(dǎo)軌向上勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：E＝BLv回路電流：I＝eq\f(E,R)金屬棒所受安培力：F安＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)金屬棒受力平衡：FT＝F安＋mgsinθ又FT＝Mg解得：v＝eq\f(Mg－mgsinθR,B2L2)＝6m/s(2)當(dāng)棒的速度為v′＝0.5v＝3m/s時(shí)，對(duì)金屬棒與物體組成的系統(tǒng)應(yīng)用牛頓第二定律有：Mg－mgsinθ－F安′＝(M＋m)a其中棒所受的安培力為：F安′＝eq\f(B2L2v′,R)＝3N解得：a＝2.5m/s2考向四電磁感應(yīng)中的能量問(wèn)題真題演練【典例4】(2019·天津卷)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(zhǎng)度也為l、電阻均為R，兩棒與導(dǎo)軌始終接觸良好．MN兩端通過(guò)開(kāi)關(guān)S與電阻為R的單匝金屬線圈相連，線圈內(nèi)存在豎直向下均勻增加的磁場(chǎng)，磁通量變化率為常量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(chǎng)，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(zhǎng)、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(kāi)S，PQ在上述恒力作用下，由靜止開(kāi)始到速度大小為v的加速過(guò)程中流過(guò)PQ的電荷量為q，求該過(guò)程安培力做的功W.【答案】(1)eq\f(Bkl,3R)方向水平向右，(2)eq\f(1,2)mv2－eq\f(2,3)kq【解析】本題考查電磁感應(yīng)中的電路問(wèn)題及能量問(wèn)題，難度較大，正確解答本題需要很強(qiáng)的綜合分析能力，體現(xiàn)了學(xué)生的科學(xué)推理與科學(xué)論證的素養(yǎng)要素．(1)設(shè)線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E，由法拉第電磁感應(yīng)定律E＝eq\f(ΔΦ,Δt)，則E＝k①設(shè)PQ與MN并聯(lián)的電阻為R并，有R并＝eq\f(R,2)②閉合S時(shí)，設(shè)線圈中的電流為I，根據(jù)閉合電路歐姆定律得I＝eq\f(E,R并＋R)③設(shè)PQ中的電流為IPQ，有IPQ＝eq\f(1,2)I④設(shè)PQ受到的安培力為F安，有F安＝BIPQl⑤保持PQ靜止，由受力平衡，有F＝F安⑥聯(lián)立①②③④⑤⑥式得F＝eq\f(Bkl,3R)⑦方向水平向右．(2)設(shè)PQ由靜止開(kāi)始到速度大小為v的加速過(guò)程中，PQ運(yùn)動(dòng)的位移為x，所用時(shí)間為Δt，回路中的磁通量變化為ΔΦ，平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為eq\x\to(E)，有eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)⑧其中ΔΦ＝Blx⑨設(shè)PQ中的平均電流為eq\x\to(I)，有eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),2R)⑩根據(jù)電流的定義得eq\x\to(I)＝eq\f(q,Δt)?由動(dòng)能定理，有Fx＋W＝eq\f(1,2)mv2－0?聯(lián)立⑦⑧⑨⑩??式得W＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(2,3)kq?電磁感應(yīng)與能量問(wèn)題的解題方法(1)安培力做的功是電能和其他形式的能之間相互轉(zhuǎn)化的“橋梁”，用框圖表示如下：電能eq\o(→,\s\up7(W安),\s\do5(W安))eq\o(*,\s\up7(>0),\s\do5(<0))其他形式的能(2)明確功能關(guān)系，確定有哪些形式的能量發(fā)生了轉(zhuǎn)化．如有摩擦力做功，必有內(nèi)能產(chǎn)生；有重力做功，重力勢(shì)能必然發(fā)生變化；安培力做負(fù)功，必然有其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能；(3)根據(jù)不同物理情景選擇動(dòng)能定理、能量守恒定律或功能關(guān)系，列方程求解問(wèn)題．模擬精煉(2020·廣東省惠州市模擬)如圖所示，足夠長(zhǎng)的粗糙絕緣斜面與水平面成θ＝37°角放置，在斜面上虛線aa′和bb′與斜面底邊平行，在aa′、bb′圍成的區(qū)域有垂直斜面向上的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝1T；現(xiàn)有一質(zhì)量為m＝10g、總電阻R＝1Ω、邊長(zhǎng)d＝0.1m的正方形金屬線圈MNQP，讓PQ邊與斜面底邊平行，從斜面上端靜止釋放，線圈剛好勻速穿過(guò)整個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域．已知線圈與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5，(取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：(1)線圈進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)的速度大小；(2)線圈釋放時(shí)，PQ邊到bb′的距離；(3)整個(gè)線圈穿過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中，線圈上產(chǎn)生的焦耳熱．【答案】(1)2m/s(2)1m(3)4×10－3J【解析】(1)對(duì)線圈受力分析，根據(jù)平衡條件得：F安＋μmgcosθ＝mgsinθ，F(xiàn)安＝BId，I＝eq\f(E,R)，E＝Bdv聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得：v＝2m/s(2)線圈進(jìn)入磁場(chǎng)前做勻加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律得：a＝eq\f(mgsinθ－μmgcosθ,m)＝2m/s2線圈釋放時(shí)，PQ邊到bb′的距離L＝eq\f(v2,2a)＝eq\f(22,2×2)m＝1m；(3)由于線圈剛好勻速穿過(guò)磁場(chǎng)，則磁場(chǎng)寬度等于d＝0.1m，Q＝W安＝F安·2d代入數(shù)據(jù)解得：Q＝4×10－3J橫掃千軍1．(2019·河南濮陽(yáng)一模)如圖甲所示，光滑“∠”形金屬支架ABC固定在水平面上，支架處在垂直于水平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，一金屬導(dǎo)體棒EF放在支架上，用一輕桿將導(dǎo)體棒與墻固定連接，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示，取垂直于水平面向下為正方向，則下列說(shuō)法正確的是()A．t1時(shí)刻輕桿對(duì)導(dǎo)體棒的作用力最大B．t2時(shí)刻輕桿對(duì)導(dǎo)體棒的作用力最大C．t2到t3時(shí)間內(nèi)，輕桿對(duì)導(dǎo)體棒的作用力先增大后減小D．t2到t4時(shí)間內(nèi)，輕桿對(duì)導(dǎo)體棒的作用力方向不變【答案】C【解析】由E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，可知t1時(shí)刻感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為0，感應(yīng)電流為0，安培力為0，輕桿對(duì)導(dǎo)體棒的作用力為0，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；t2時(shí)刻感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為最大，感應(yīng)電流最大，但磁場(chǎng)為0，安培力為0，輕桿對(duì)導(dǎo)體棒的作用力為0，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；t2到t3時(shí)間內(nèi)，安培力先增大后減小，所以輕桿對(duì)導(dǎo)體棒的作用力先增大后減小，故選項(xiàng)C正確；t2到t4時(shí)間內(nèi)，感應(yīng)電流方向改變，安培力方向改變，則輕桿對(duì)導(dǎo)體棒的作用力方向改變，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤。2．(2019·山東日照聯(lián)考)如圖甲所示，線圈ab、cd繞在同一軟鐵芯上，若線圈ab中電流i與時(shí)間t的關(guān)系圖線如圖乙所示，則在這段時(shí)間內(nèi)，下列關(guān)于線圈cd中產(chǎn)生的感應(yīng)電流icd與時(shí)間t的關(guān)系圖線，可能正確的是()【答案】D【解析】由圖乙可知，在t＝0時(shí)刻，圖線的斜率最大，即電流變化最快，電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)變化最快，cd線圈中的磁通量變化最快，所以此時(shí)在cd線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流最大，由楞次定律知，在t＝eq\f(T,4)及t＝eq\f(3,4)T時(shí)刻，icd方向均發(fā)生變化，綜上所述，對(duì)比各項(xiàng)可得：D正確。3．(2019·遼寧沈陽(yáng)聯(lián)考)如圖所示，有兩個(gè)相鄰的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小均為B，磁場(chǎng)方向相反，且與紙面垂直，磁場(chǎng)區(qū)域在x軸方向?qū)挾染鶠閍，在y軸方向足夠?qū)挘F(xiàn)有一高為a的正三角形導(dǎo)線框從圖示位置開(kāi)始向右勻速穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域．若以逆時(shí)針?lè)较驗(yàn)殡娏鞯恼较?，在下列選項(xiàng)中，線框中感應(yīng)電流i與線框移動(dòng)距離x的關(guān)系圖象正確的是()【答案】D【解析】線框從開(kāi)始進(jìn)入到全部進(jìn)入第一個(gè)磁場(chǎng)時(shí)，磁通量向里增大，由楞次定律可知，電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，所以B錯(cuò)誤；因切割的有效長(zhǎng)度均勻增大，由E＝BLv可知，電動(dòng)勢(shì)也均勻增大，而在全部進(jìn)入第一部分磁場(chǎng)時(shí)，磁通量達(dá)最大，該瞬間變化率為零，故電動(dòng)勢(shì)也為零，故A錯(cuò)誤；當(dāng)線圈開(kāi)始進(jìn)入第二段磁場(chǎng)后，線圈中磁通量向里減小，則電流為順時(shí)針?lè)较?，故C錯(cuò)誤。4．如圖所示，有一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形線框abcd，由距勻強(qiáng)磁場(chǎng)上邊界H處?kù)o止釋放，其下邊剛進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)恰好能做勻速直線運(yùn)動(dòng)．勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域?qū)挾纫矠長(zhǎng).ab邊開(kāi)始進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)記為t1，cd邊出磁場(chǎng)時(shí)記為t2，忽略空氣阻力，從線框開(kāi)始下落到cd邊剛出磁場(chǎng)的過(guò)程中，線框的速度大小v、加速度大小a、ab兩點(diǎn)的電壓大小Uab、線框中產(chǎn)生的焦耳熱Q隨時(shí)間t的變化圖象可能正確的是()【答案】C【解析】線圈在磁場(chǎng)上方H開(kāi)始下落到下邊進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中線圈做勻加速運(yùn)動(dòng)；因線圈下邊剛進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)恰好能做勻速直線運(yùn)動(dòng)，可知線圈直到cd邊出磁場(chǎng)時(shí)也做勻速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；線圈ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程：E＝BLv，則Uab＝eq\f(3,4)BLv；ab邊出離磁場(chǎng)的過(guò)程：E＝BLv，則Uab＝eq\f(1,4)BLv；線圈進(jìn)入磁場(chǎng)和出離磁場(chǎng)過(guò)程中電動(dòng)勢(shì)相同，均為E＝BLv，時(shí)間相同，則產(chǎn)生的熱量相同；故選項(xiàng)C正確，A、B、D錯(cuò)誤。5．(多選)如圖甲所示，左側(cè)接有定值電阻R＝3Ω的水平平行且足夠長(zhǎng)的粗糙導(dǎo)軌處于垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2T，導(dǎo)軌間距L＝1m．一質(zhì)量m＝2kg、接入電路的阻值r＝1Ω的金屬棒在拉力F的作用下由靜止開(kāi)始從CD處沿導(dǎo)軌向右加速運(yùn)動(dòng)，金屬棒的v-x圖象如圖乙所示．若金屬棒與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，取g＝10m/s2，則金屬棒從靜止開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)的位移為x1＝1m的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是()A．金屬棒中感應(yīng)電流的方向?yàn)镃→DB．拉力F做的功為16JC．通過(guò)電阻的電荷量為0.25CD．定值電阻產(chǎn)生的焦耳熱為0.75J【答案】AD【解析】根據(jù)右手定則可知，金屬棒中感應(yīng)電流的方向?yàn)镃→D，選項(xiàng)A正確；由圖乙可得金屬棒向右運(yùn)動(dòng)的位移為1m時(shí)，速度v1＝2m/s，金屬棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的安培力FA＝Beq\f(BLv,R＋r)L，若安培力是恒力，則金屬棒克服安培力做的功WA＝FAx1＝eq\f(B2L2,R＋r)vx1，但實(shí)際上安培力是變力，結(jié)合圖乙可得WA＝eq\f(22×12,3＋1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×1×2))J＝1J，根據(jù)動(dòng)能定理有WF－μmgx1－WA＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－0，得WF＝15J，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；通過(guò)定值電阻的電荷量q＝eq\f(BLx1,R＋r)＝0.5C．選項(xiàng)C錯(cuò)誤；克服安培力做的功轉(zhuǎn)化為回路中的焦耳熱；則定值電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q＝eq\f(R,R＋r)WA＝0.75J，選項(xiàng)D正確。6．(多選)