浙江專用2025版高考物理二輪復習專題四第2講電磁感應規(guī)律及綜合應用講義增分練含解析

PAGE33-第2講電磁感應規(guī)律及綜合應用網(wǎng)絡構建備考策略1.看到“磁感應強度B隨時間t勻稱變更”，想到“eq\f(ΔB,Δt)＝k為定值”。2.應用楞次定律時的“三看”和“三想”(1)看到“線圈(回路)中磁通量變更”時，想到“增反減同”。(2)看到“導體與磁體間有相對運動”時，想到“來拒去留”。(3)看到“回路面積可以變更”時，想到“增縮減擴”。3.抓住“兩個定律”、運用“兩種觀點”、分析“一種電路”“兩個定律”是指楞次定律和法拉第電磁感應定律；“兩種觀點”是指動力學觀點和能量觀點；“一種電路”是指電磁感應電路。楞次定律和法拉第電磁感應定律的應用楞次定律的應用【典例1】(2024·浙江紹興選考模擬)大小不等的兩導電圓環(huán)P、Q均固定于水平桌面，Q環(huán)位于P環(huán)內(nèi)。在兩環(huán)間的范圍內(nèi)存在方向豎直向下、大小隨時間勻稱增加的勻強磁場B，則()圖1A.Q環(huán)內(nèi)有順時針方向的感應電流B.Q環(huán)內(nèi)有逆時針方向的感應電流C.P環(huán)內(nèi)有順時針方向的感應電流D.P環(huán)內(nèi)有逆時針方向的感應電流解析由楞次定律可知P環(huán)內(nèi)有逆時針方向的感應電流，Q環(huán)內(nèi)沒有感應電流產(chǎn)生，故A、B、C錯誤，D正確。答案D【典例2】(2024·浙江海寧選考模擬)(多選)如圖2所示，閉合導體環(huán)水平固定。條形磁鐵S極向下以初速度v0沿過導體環(huán)圓心的豎直軸線下落，穿過導體環(huán)的過程中，關于導體環(huán)中的感應電流及條形磁鐵的加速度，下列說法正確的是()圖2A.從上向下看，導體環(huán)中的感應電流的方向先順時針后逆時針B.從上向下看，導體環(huán)中的感應電流的方向先逆時針后順時針C.條形磁鐵的加速度始終小于重力加速度D.條形磁鐵的加速度起先小于重力加速度，后大于重力加速度解析當條形磁鐵的中心恰好位于導體環(huán)所在的水平面時，條形磁鐵內(nèi)部向上的磁感線都穿過了導體環(huán)，而條形磁鐵外部向下穿過導體環(huán)的磁通量最少，所以此時刻穿過導體環(huán)的磁通量最大，因此全過程導體環(huán)中磁通量方向向上，先增大后減小，從上向下看，感應電流方向先順時針后逆時針，A正確，B錯誤；導體環(huán)中的感應電流產(chǎn)生的磁場始終阻礙條形磁鐵運動，所以條形磁鐵的加速度始終小于重力加速度，C正確，D錯誤。答案AC【典例3】(2024·浙江金華十校模擬)如圖3所示為感應式發(fā)電機，a、b、c、d是空間四個可用電刷與銅盤邊緣接觸的點，O1、O2是銅盤軸線導線的接線端，M、N是電流表的接線端?，F(xiàn)在將銅盤轉動，能視察到感應電流的是()圖3A.將電流表的接線端M、N分別連接a、c位置B.將電流表的接線端M、N分別連接O1、a位置C.將電流表的接線端M、N分別連接O1、O2位置D.將電流表的接線端M、N分別連接c、d位置解析當銅盤轉動時，其切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢，此時銅盤相當于電源，銅盤邊緣和中心相當于電源的兩個極，則要想視察到感應電流，M、N應分別連接電源的兩個極即可，故可知只有B正確。答案B法拉第電磁感應定律的應用【典例4】(2024·浙江義烏選考模擬)(多選)如圖4所示，豎直光滑導軌上端接入肯定值電阻R，C1和C2是半徑都為a的兩圓形磁場區(qū)域，其區(qū)域內(nèi)的磁場方向都垂直于導軌平面對外，區(qū)域C1中磁場的磁感應強度隨時間按B1＝b＋kt(k>0)變更，C2中磁場的磁感應強度恒為B2，一質量為m、電阻為r、長度為L的金屬桿AB穿過區(qū)域C2的圓心，垂直地跨放在兩導軌上，且與導軌接觸良好，并恰能保持靜止(軌道電阻不計，重力加速度大小為g)。則()圖4A.通過金屬桿的電流方向為從A到BB.通過金屬桿的電流大小為eq\f(mg,2B2a)C.定值電阻的阻值為R＝eq\f(2kπB2a3,mg)D.整個電路中產(chǎn)生的熱功率P＝eq\f(kπamg,2B2)解析區(qū)域C1中磁場的磁感應強度隨時間按B1＝b＋kt(k>0)變更，可知磁感應強度勻稱增大，穿過整個回路的磁通量增大，由楞次定律分析知，通過金屬桿的電流方向為從B到A，故A錯誤；對金屬桿，依據(jù)平衡方程得mg＝B2I·2a，解得I＝eq\f(mg,2B2a)，故B正確；由法拉第電磁感應定律，回路中產(chǎn)生的感應電動勢E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB1,Δt)πa2＝kπa2；且閉合電路歐姆定律有I＝eq\f(E,R＋r)，又I＝eq\f(mg,2B2a)，解得R＝eq\f(2πkB2a3,mg)－r，故C錯誤；整個電路中產(chǎn)生的熱功率P＝EI＝eq\f(πkamg,2B2)，故D正確。答案BD1.(多選)現(xiàn)代科學探討中常要用到高速電子，電子感應加速器就是利用感生電場使電子加速的設備。如圖5所示，上面為側視圖，上、下為電磁鐵的兩個磁極，電磁鐵線圈中電流的大小可以變更；下面為磁極之間真空室的俯視圖。現(xiàn)有一電子在真空室中做圓周運動，從上往下看電子沿逆時針方向做加速運動。則下列推斷正確的是()圖5A.通入螺線管的電流在增加B.通入螺線管的電流在減弱C.電子在軌道中做圓周運動的向心力是電場力D.電子在軌道中加速的驅動力是電場力解析由上往下看電子沿逆時針方向做加速運動，表明感應電場沿順時針方向。圖示電磁鐵螺線管電流產(chǎn)生的磁場方向豎直向上，依據(jù)楞次定律，當磁場正在增加時，產(chǎn)生的感應電場沿順時針方向，故選項A正確，B錯誤；電子所受感應電場力方向沿切線方向，電子在軌道中做加速圓周運動是由電場力驅動的，選項C錯誤，D正確。答案AD2.如圖6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對下的勻強磁場中，一金屬導體棒EF放在支架上，用一輕桿將導體棒與墻固定連接，磁感應強度隨時間變更的規(guī)律如圖乙所示，取垂直于水平面對下為正方向，則下列說法中正確的是()圖6A.t1時刻輕桿對導體棒的作用力最大B.t2時刻輕桿對導體棒的作用力最大C.t2到t3時間內(nèi)，輕桿對導體棒的作用力先增大后減小D.t2到t4時間內(nèi)，輕桿對導體棒的作用力方向不變解析由E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，可知t1時刻感應電動勢為0，感應電流為0，安培力為0，輕桿對導體棒的作用力為0，故選項A錯誤；t2時刻感應電動勢為最大，感應電流最大，但磁感應強度為0，安培力為0，輕桿對導體棒的作用力為0，故選項B錯誤；t2到t3時間內(nèi)，安培力先增大后減小，所以輕桿對導體棒的作用力先增大后減小，故選項C正確；t2到t4時間內(nèi)，感應電流方向變更，安培力方向變更，則輕桿對導體棒的作用力方向變更，故選項D錯誤。答案C3.(多選)如圖7甲所示，左側接有定值電阻R＝2Ω的水平粗糙導軌處于垂直紙面對外的勻強磁場中，磁感應強度B＝1T，導軌間距為L＝1m。一質量m＝2kg、阻值r＝2Ω的金屬棒在拉力F作用下由靜止起先從CD處沿導軌向右加速運動，金屬棒與導軌間動摩擦因數(shù)μ＝0.25，g＝10m/s2。金屬棒的v－x圖象如圖乙所示，則從起點發(fā)生x＝1m位移的過程中()圖7A.拉力做的功W＝9.25JB.通過電阻R的電荷量q＝0.125CC.整個系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量Q＝5.25JD.x＝1m時金屬棒的熱功率為1W解析金屬棒在運動位移x＝1m的過程中，克服摩擦力做功為Wf＝μmgx＝5J，x＝1m時金屬棒的安培力大小為F安＝BIL＝eq\f(B2L2,R＋r)v，結合圖象可知，安培力大小與位移成正比，則金屬棒克服安培力做功為W安＝Fx＝eq\f(F安x,2)＝eq\f(B2L2,2（R＋r）)vx＝0.25J，由動能定理得W－W安－Wf＝eq\f(1,2)mv2，得W＝9.25J，選項A正確；流過電阻R的電荷量q＝eq\f(ΔΦ,R＋r)＝0.25C，選項B錯誤；系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱等于金屬棒克服安培力做功大小，等于0.25J，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量等于摩擦生熱和焦耳熱之和，大小為5.25J，選項C正確；x＝1m時，回路中I＝eq\f(BLv,R＋r)＝0.5A，由P＝I2r得金屬棒的熱功率為0.5W，選項D錯誤。答案AC電磁感應中的圖象問題依據(jù)題目所給條件，讀圖分析相關物理量【典例1】(2024·稽陽聯(lián)誼學校聯(lián)考)如圖8甲，MN、PQ為水平放置的足夠長平行光滑導軌，導軌間距為L＝0.5m，導軌左端連接的定值電阻R＝2Ω，整個裝置處于豎直向下的勻強磁場中，磁感應強度為2T。將一根質量為0.2kg、電阻也為r＝2Ω的金屬棒ab垂直放置在導軌上，且與導軌接觸良好，導軌電阻不計。x＝0處給棒一個向右的初速度、并對棒施加水平向右的拉力作用，經(jīng)過2.4m金屬棒受到的安培力為0.8N，圖乙為棒所受的安培力F安與位移x的關系圖象。求：圖8(1)運動2.4m時金屬棒瞬時速度大??；(2)估算0～2.4m內(nèi)定值電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱(提示：可以用F－x圖象下的“面積”代表力F所做的功)；(3)0～2.4m內(nèi)通過電阻R的電荷量；(4)0～2.4m內(nèi)水平拉力的沖量大小。解析(1)F安＝BIL，I＝eq\f(E,R＋r)，E＝BLv2，則F安＝eq\f(B2L2v2,R＋r)，得v2＝3.2m/s。(2)面積法，數(shù)格子：約為72格，每格為0.02J，Q總＝1.44J則定值電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為0.72J。(3)q＝IΔt，I＝eq\f(E,R總)，E＝eq\f(BLx,Δt)，q＝eq\f(BLx,R＋r)，得q＝0.6C。(4)IF－∑F安t＝mv2－mv1，初速度v1＝eq\f(F1（R＋r）,B2L2)＝1m/sIF＝BqL＋mv2－mv1＝1.04N·s。答案(1)3.2m/s(2)0.72J(0.68J～0.76J均可)(3)0.6C(4)1.04N·s依據(jù)題目所給條件，選擇圖象【典例2】(2024·全國卷Ⅱ，18)如圖9，在同一水平面內(nèi)有兩根平行長導軌，導軌間存在依次相鄰的矩形勻強磁場區(qū)域，區(qū)域寬度均為l，磁感應強度大小相等、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軌上向左勻速運動。線框中感應電流i隨時間t變更的正確圖線可能是()圖9解析設線框運動的速度為v，則線框向左勻速運動第一個eq\f(l,2v)的時間內(nèi)，線框切割磁感線運動產(chǎn)生的電動勢為E＝2Bdv(d為導軌間距)，電流i＝eq\f(E,R)，回路中電流方向為順時針；其次個eq\f(l,2v)的時間內(nèi)，線框左右兩邊切割磁感線產(chǎn)生的電動勢大小相等，方向相反，線框切割磁感線運動產(chǎn)生的電動勢為零，電流為零；第三個eq\f(l,2v)的時間內(nèi)，線框切割磁感線運動產(chǎn)生的電動勢為E＝2Bdv，電流i＝eq\f(E,R)，回路中電流方向為逆時針，所以D正確。答案D1.解決電磁感應圖象問題的“三點關注”(1)明確圖象所描述的物理意義，明確各種“＋”“－”的含義。(2)關注變更過程，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象變更相對應。(3)關注大小、方向的變更趨勢，看圖線斜率的大小、圖線的曲直是否和物理過程對應。2.解決電磁感應圖象問題常用的“兩個方法”(1)解除法；(2)函數(shù)法。1.(2024·浙江嵊州選考模擬)如圖10甲中，兩平行光滑金屬導軌放置在水平面上且間距為L，左端接電阻R，導軌電阻不計。整個裝置處于方向豎直向下、磁感應強度為B的勻強磁場中。將質量為m、電阻為r的金屬棒ab置于導軌上。當ab受到垂直于金屬棒的水平外力F的作用由靜止起先運動時，F(xiàn)與金屬棒速度v的關系如圖乙所示。已知ab與導軌始終垂直且接觸良好，設ab中的感應電流為I，ab受到的安培力大小為F安，R兩端的電壓為UR，R的電功率為P，則下圖中正確的是()圖10解析由題圖乙可得F＝F0－kv，金屬棒切割磁感線產(chǎn)生電動勢E＝BLv，金屬棒中電流I＝eq\f(BLv,R＋r)，金屬棒受安培力F安＝BIL，對金屬棒依據(jù)牛頓其次定律F－F安＝ma，代入得F0－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k＋\f(B2L2,R＋r)))v＝ma，所以金屬棒做加速度減小的加速運動，當加速度減為零時，做勻速運動，所以A正確；F安＝eq\f(B2L2v,R＋r)，UR＝eq\f(BLv,R＋r)R，R消耗的功率P＝eq\f(Ueq\o\al(2,R),R)，所以B、C、D錯誤。答案A2.(多選)如圖11甲所示，矩形線圈abcd平放在水平桌面上，其空間存在兩個豎直方向的磁場，兩磁場方向相反，兩磁場的分界線OO′恰好把線圈分成左右對稱的兩部分，當兩磁場的磁感應強度按如圖乙所示的規(guī)律變更時，線圈始終靜止，規(guī)定磁場垂直紙面對里為正方向，線圈中逆時針方向為正方向，線圈所受桌面的摩擦力向左為正方向，則下列關于線圈產(chǎn)生的感應電流和桌面對線圈的摩擦力隨時間變更的圖象正確的是()圖11解析由楞次定律可得，在0～t1時間內(nèi)，線圈中產(chǎn)生逆時針方向的感應電流，在t1～t2時間內(nèi)，線圈中產(chǎn)生順時針方向的感應電流，由法拉第電磁感應定律及閉合電路歐姆定律知，線圈中的電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(ΔBS,ΔtR)，電流恒定，故選項A正確，B錯誤；線圈在水平桌面上處于靜止狀態(tài)，則水平方向受到的安培力和摩擦力大小相等，方向相反，因為F＝BIl，當磁感應強度B勻稱變更時，感應電流I恒定，l恒定，依據(jù)題圖甲、乙可知，分界線OO′左側磁場的磁感應強度B1＝kt(0＜t＜t1)，分界線OO′右側磁場的磁感應強度B2＝－B0＋kt(0＜t＜t1)，在0～t1時間內(nèi)由楞次定律可得感應電流的方向為逆時針，由左手定則可知安培力的方向為水平向右，線圈所受安培力的合力恒為B0Il，則線圈受到的摩擦力的方向向左，同理t1～t2時間內(nèi)線圈受到的摩擦力的方向向右且恒為B0Il，故選項D錯誤，C正確。答案AC3.一個圓形線圈，共有n＝10匝，其總電阻r＝4.0Ω。線圈與阻值R0＝16Ω的外電阻連成閉合回路，如圖12甲所示。線圈內(nèi)部存在著一個邊長l＝0.20m的正方形區(qū)域，其中有分布勻稱但強弱隨時間變更的磁場，圖乙顯示了一個周期內(nèi)磁場的變更狀況，周期T＝1.0×10－2s，磁場方向以垂直線圈平面對外為正方向。求：圖12(1)t＝eq\f(1,8)T時刻，電阻R0上的電流大小和方向；(2)0～eq\f(1,2)T時間內(nèi)，流過電阻R0的電荷量；(3)一個周期內(nèi)電阻R0的發(fā)熱量。解析(1)0～eq\f(T,4)內(nèi)，感應電動勢大小恒定，E1＝neq\f(ΔΦ1,Δt1)＝8V電流大小I1＝eq\f(E1,R0＋r)，可得I1＝0.4A電流方向從b到a。(2)同(1)可得eq\f(T,4)～eq\f(T,2)內(nèi)，感應電流大小I2＝0.2A流過電路的電荷量q＝I1eq\f(T,4)＋I2eq\f(T,4)，代入數(shù)據(jù)解得q＝1.5×10－3C。(3)Q＝Ieq\o\al(2,1)R0eq\f(T,2)＋Ieq\o\al(2,2)R0eq\f(T,2)，解得Q＝1.6×10－2J。答案(1)0.4A從b向a(2)1.5×10－3C(3)1.6×10－2J

電磁感應定律的綜合應用以“單棒＋導軌”模型為載體，考查電磁感應中的力、電綜合問題【典例1】(2024·寧波十校高三聯(lián)考)如圖13a，超級高鐵是一種以“真空管道運輸”為理論核心設計的交通工具，它具有超高速、低能耗、無噪聲、零污染等特點。如圖b，已知管道中固定著兩根平行金屬導軌MN、PQ，兩導軌間距為eq\r(3)r；運輸車的質量為m，橫截面是半徑為r的圓。運輸車上固定著間距為D、與導軌垂直的兩根導體棒1和2，每根導體棒的電阻為R，每段長度為D的導軌的電阻也為R。其他電阻忽視不計，重力加速度為g。圖13(1)如圖c，當管道中的導軌平面與水平面成θ＝30°時，運輸車恰好能無動力地勻速下滑。求運輸車與導軌間的動摩擦因數(shù)μ；(2)在水平導軌上進行試驗，不考慮摩擦及空氣阻力。①當運輸車由靜止離站時，在導體棒2后間距為D處接通固定在導軌上電動勢為E的直流電源，此時導體棒1、2均處于磁感應強度為B，垂直導軌平面對下的勻強磁場中，如圖d。求剛接通電源時運輸車的加速度的大小(電源內(nèi)阻不計，不考慮電磁感應現(xiàn)象)；②當運輸車進站時，管道內(nèi)依次分布磁感應強度為B，寬度為D的勻強磁場，且相鄰的勻強磁場的方向相反。求運輸車以速度v0從如圖e通過距離2D后的速度v。解析(1)分析運輸車的受力，將運輸車的重力分解，如圖a，軌道對運輸車的支持力為FN1、FN2，如圖b。由幾何關系FN1＝mgcosθ，F(xiàn)N2＝mgcosθ又f1＝μFN1，f2＝μFN2運輸車勻速運動mgsinθ＝f1＋f2解得μ＝eq\f(\r(3),6)。(2)①運輸車離站時，電路圖如圖c，cR總＝eq\f(11R,4)，由閉合電路歐姆定律I＝eq\f(E,R總)又I1＝eq\f(I,4)，I2＝eq\f(3I,4)導體棒所受的安培力F1＝BI1·eq\r(3)r；F2＝BI2·eq\r(3)r運輸車的加速度a＝eq\f(F1＋F2,m)解得a＝eq\f(4\r(3)BrE,11mR)。②運輸車進站時，電路如圖d，d當車速為v時，由法拉第電磁感應定律E1＝B·eq\r(3)rv；E2＝B·eq\r(3)rv由閉合電路歐姆定律I＝eq\f(E1＋E2,4R)導體棒所受的安培力F1＝BI·eq\r(3)r，F(xiàn)2＝BI·eq\r(3)r運輸車所受的合力F＝F1＋F2＝eq\f(B2·3r2v,R)選取一小段時間Δt，運輸車速度的變更量為Δv，由動量定理得－eq\f(B2·3r2v,R)Δt＝mΔv即－eq\f(B2·3r2,R)Δx＝mΔv兩邊求和－eq\f(3B2r22D,R)＝mv－mv0解得v＝v0－eq\f(6B2r2D,mR)。答案(1)eq\f(\r(3),6)(2)①eq\f(4\r(3)BrE,11mR)②v0－eq\f(6B2r2D,mR)【典例2】如圖14甲所示，兩根足夠長的光滑金屬導軌ef、cd與水平面成θ＝30°角固定，導軌間距離為l＝1m，導軌電阻不計，一個阻值為R0的定值電阻與電阻箱并聯(lián)接在兩金屬導軌的上端。整個系統(tǒng)置于勻強磁場中，磁感應強度方向與導軌所在平面垂直，磁感應強度大小為B＝1T?，F(xiàn)將一質量為m、電阻可以忽視的金屬棒MN從圖示位置由靜止釋放，金屬棒下滑過程中與導軌接觸良好。變更電阻箱的阻值R，測定金屬棒的最大速度vm，得到eq\f(1,vm)－eq\f(1,R)的關系如圖乙所示。取g＝10m/s2。求：圖14(1)金屬棒的質量m和定值電阻R0的阻值；(2)當電阻箱的阻值R＝2Ω，且金屬棒的加速度為eq\f(1,4)g時，金屬棒的速度大小。解析(1)金屬棒以速度vm下滑時，依據(jù)法拉第電磁感應定律有E＝Blvm，由閉合電路歐姆定律有E＝I·eq\f(RR0,R＋R0)，依據(jù)平衡條件有BIl＝mgsinθ，整理得eq\f(1,vm)＝eq\f(B2l2,mgsinθ)(eq\f(1,R0)＋eq\f(1,R))，由eq\f(1,vm)－eq\f(1,R)圖象可知eq\f(B2l2,mgsinθ)＝1m－1·s·Ω，eq\f(B2l2,mgsinθ)·eq\f(1,R0)＝0.5m－1·s。解得m＝0.2kg，R0＝2Ω。(2)設此時金屬棒下滑的速度大小為v，依據(jù)法拉第電磁感應定律有E′＝Blv，由閉合電路歐姆定律有E′＝I′·eq\f(RR0,R＋R0)，依據(jù)牛頓其次定律有mgsinθ－BI′l＝m·eq\f(g,4)，聯(lián)立解得v＝0.5m/s。答案(1)0.2kg2Ω(2)0.5m/s以“雙棒＋導軌”模型為載體，考查電磁感應中的能量、動量等問題【典例3】如圖15所示，兩根質量均為m＝2kg的金屬棒垂直放在光滑的水平導軌上，左右兩部分導軌間距之比為1∶2，導軌間有大小相等但左、右兩部分方向相反的勻強磁場，兩棒電阻與棒長成正比，不計導軌電阻。現(xiàn)用250N的水平拉力F向右拉CD棒，CD棒運動s＝0.5m過程中其上產(chǎn)生的焦耳熱為Q2＝30J，此時兩棒速率之比為vA∶vC＝1∶2，現(xiàn)馬上撤去拉力F，設導軌足夠長且兩棒始終在不同磁場中運動，求：圖15(1)在CD棒運動0.5m的過程中，AB棒上產(chǎn)生的焦耳熱；(2)撤去拉力F瞬間，兩棒的速度大小vA和vC；(3)撤去拉力F后，兩棒最終勻速運動的速度大小vA′和vC′。解析(1)設兩棒的長度分別為l和2l，所以電阻分別為R和2R，由于電路中任何時刻電流均相等，依據(jù)焦耳定律Q＝I2Rt可知Q1∶Q2＝1∶2，則AB棒上產(chǎn)生的焦耳熱Q1＝15J。(2)依據(jù)能量守恒定律，有Fs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＋Q1＋Q2又vA∶vC＝1∶2，聯(lián)立以上兩式并代入數(shù)據(jù)得vA＝4m/s，vC＝8m/s。(3)撤去拉力F后，AB棒接著向左做加速運動，而CD棒向右做減速運動，兩棒最終勻速運動時電路中電流為零，即兩棒切割磁感線產(chǎn)生的電動勢大小相等，此時兩棒的速度滿意BLvA′＝B·2LvC′即vA′＝2vC′(不對過程進行分析，認為系統(tǒng)動量守恒是常見錯誤)對兩棒分別應用動量定理，規(guī)定水平向左為正方向，有eq\o(F,\s\up6(－))A·t＝mvA′－mvA，－eq\o(F,\s\up6(－))C·t＝mvC′－mvC。因為eq\o(F,\s\up6(－))C＝2eq\o(F,\s\up6(－))A，故有eq\f(vA′－vA,vC－vC′)＝eq\f(1,2)聯(lián)立以上各式解得vA′＝6.4m/s，vC′＝3.2m/s。答案(1)15J(2)4m/s8m/s(3)6.4m/s3.2m/s以“導體框”為載體，考查電磁感應定律的綜合應用【典例4】(2024·溫州模擬)如圖16所示，光滑絕緣斜面的傾角θ＝30°，矩形區(qū)域GHIJ內(nèi)存在著方向垂直于斜面對上的勻強磁場，磁感應強度B＝0.4T，GH與IJ相距d＝0.5m。一個匝數(shù)n＝10、質量m＝1kg、邊長L＝0.5m的正方形金屬線圈abcd平放在斜面上，ab邊與GH相距為d?，F(xiàn)用一平行于斜面的恒力F拉動線圈，使其由靜止起先(t＝0)沿斜面對上運動，線圈進入磁場恰好勻速運動。t1＝2s時線圈剛好完全通過磁場，此時撤去外力，在t2＝2.8s時線圈向下恰好完全穿出磁場。重力加速度g＝10m/s2，斜面足夠長，ab邊始終與GH平行，求：圖16(1)恒力F的大小和線圈的阻值R；(2)整個過程線圈產(chǎn)生的熱量。解析(1)線圈向上運動，ab邊剛進入磁場時的速度記為v1，經(jīng)驗的時間記為Δt1，在磁場中勻速運動的時間記為Δt2；線圈向下運動，ab邊剛離開磁場時的速度記為v2。d＝eq\f(v1,2)Δt1，2d＝v1Δt2①其中Δt1＋Δt2＝t1②且Δt1＝Δt2＝eq\f(1,2)t1＝1s聯(lián)立①②得v1＝1m/s③F－mgsin30°＝ma④其中a＝eq\f(veq\o\al(2,1),2d)⑤聯(lián)立③④⑤得a＝1m/s2，F(xiàn)＝6N⑥F＝mgsin30°＋nBIL⑦其中I＝eq\f(nBLv1,R)⑧聯(lián)立⑥⑦⑧得I＝0.5A，R＝4Ω。⑨(2)向上穿過磁場產(chǎn)生的熱量Q1＝(F－mgsin30°)2d＝1J⑩從撤去F后到向下出磁場的過程有mgsin30°(t2－t1)－2nBLeq\o(I,\s\up6(－))Δt＝mv2－m(－v1)eq\o(○,\s\up3(11))其中q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt＝neq\f(BL2,R)eq\o(○,\s\up3(12))聯(lián)立eq\o(○,\s\up3(11))eq\o(○,\s\up3(12))得v2＝2m/seq\o(○,\s\up3(13))向下穿過磁場產(chǎn)生的熱量Q2＝2mgdsin30°－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)eq\o(○,\s\up3(14))再聯(lián)立eq\o(○,\s\up1(13))eq\o(○,\s\up1(14))得Q2＝3.5J所以整個過程線框產(chǎn)生的熱量Q＝Q1＋Q2＝4.5J。答案(1)6N4Ω(2)4.5J巧用流程解決電磁感應中力、電綜合問題1.(2024·浙江名校協(xié)作體模擬)如圖17所示，質量為m＝0.04kg、邊長l＝0.4m的正方形線框abcd放置在一光滑絕緣斜面上，線框用一平行斜面的細繩系于O點，斜面的傾角為θ＝30°；線框的一半處于磁場中，磁場的磁感應強度隨時間變更的關系為B＝2＋0.5t(T)，方向垂直于斜面；已知線框電阻為R＝0.5Ω，重力加速度取g＝10m/s2。下列說法中正確的是()圖17A.線框中的感應電流方向為abcdaB.t＝0時，細線拉力大小為F＝0.2NC.線框中感應電流大小為I＝80mAD.經(jīng)過一段時間t，線框可能拉斷細繩向下運動解析由楞次定律可知線框中的感應電流方向為adcba，故選項A錯誤；感應電動勢E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)(eq\f(1,2)l2)＝0.04V，由閉合電路歐姆定律，可知線框中感應電流大小為I＝eq\f(E,R)＝0.08A＝80mA，由平衡條件可知FT＋BIl＝mgsinθ，t＝0時，B＝2T，解得FT＝0.136N，故選項B錯誤，C正確；經(jīng)過一段時間t，安培力BIl可能大于mgsinθ，所以線框可能沿斜面對上運動，故選項D錯誤。答案C2.(多選)如圖18甲所示，足夠長的平行金屬導軌MN、PQ傾斜放置。完全相同的兩金屬棒ab、cd分別垂直導軌放置，棒兩端都與導軌始終有良好接觸，已知兩棒的電阻均為R，導軌間距為l且光滑，電阻不計，整個裝置處在方向垂直于導軌平面對上，磁感應強度大小為B的勻強磁場中。棒ab在平行于導軌向上的力F作用下，沿導軌向上運動，從某時刻起先計時，兩棒的v－t圖象如圖乙所示，兩圖線平行，v0已知，則從計時起先()圖18A.通過棒cd的電流方向由d到cB.通過棒cd的電流I＝eq\f(Blv0,R)C.力F＝eq\f(B2l2v0,R)D.力F做的功等于回路中產(chǎn)生的焦耳熱和兩棒動能的增量解析由vab>vcd，故通過cd的電流方向由d到c，選項A正確；由I＝eq\f(Blvab－Blvcd,2R)，可得I＝eq\f(Blv0,2R)，選項B錯誤；對ab棒：F－mgsinθ－BIl＝maab，對cd棒：BIl－mgsinθ＝macd，aab＝acd，可得F＝eq\f(B2l2v0,R)，選項C正確；力F做的功等于回路中產(chǎn)生的焦耳熱和兩棒的動能增量與重力勢能增量之和，選項D錯誤。答案AC3.(2024·溫州二模)如圖19所示，兩根相同的平行金屬導軌固定在水平面內(nèi)，左端用導線相連，在導軌的某位置建立與導軌平面共面的直角坐標系xOy，x軸緊靠導軌，y軸垂直導軌。在y軸的右側分布著垂直導軌平面對外的有界磁場，左邊界Ⅱ與y軸重合，右邊界Ⅰ與y軸平行，磁感應強度的大小沿y軸勻稱分布，沿x軸按B2＝Beq\o\al(2,0)(2＋kx)規(guī)律分布(式中k＞0，B0、k均為定值且為已知量)。在邊界Ⅰ的右側某位置垂直導軌放置一質量為m的金屬棒，現(xiàn)給棒一水平向左的瞬時沖量，使其向左運動，同時在棒上施加一水平向右的恒力F0，棒穿過磁場后接著向左運動，然后再返回磁場，并能從邊界Ⅰ穿出。已知：棒向左運動經(jīng)過邊界Ⅰ、Ⅱ的速度及向右返回經(jīng)過邊界Ⅱ的速度大小分別為v、eq\f(v,2)、eq\f(v,4)(v是未知量)；棒向左運動離開邊界Ⅱ的最大距離是磁場兩邊界間距的n倍eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＞\f(1,3)))，棒向右運動穿過磁場區(qū)域的過程中速度不變；導軌單位長度的阻值是恒定的，導線及金屬棒電阻不計，棒與導軌間的摩擦力大小恒定，求：圖19(1)棒與導軌間摩擦力大小Ff；(2)棒左、右兩次穿越磁場的過程中產(chǎn)生的電熱之比Q1∶Q2；(3)導線到邊界Ⅱ的距離d；(4)棒左、右兩次穿越磁場的過程中所用的時間之比t1∶t2。解析(1)設金屬棒向左運動離開邊界Ⅱ的最大距離為s1，此時金屬棒的速度為零；依據(jù)動能定理可得，在金屬棒從邊界Ⅱ向左運動到最大距離過程中－F0s1－Ffs1＝0－eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v,2)))eq\s\up12(2)①在金屬棒從最大距離向右運動返回邊界Ⅱ的過程中F0s1－Ffs1＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v,4)))eq\s\up12(2)②由①②可解得Ff＝eq\f(3,5)F0。③(2)設磁場兩邊界間距為s2，依據(jù)功能關系，在從右向左運動第一次穿越磁場區(qū)域過程中－F0s2－Ffs2－Q1＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v,2)))eq\s\up12(2)－eq\f(1,2)mv2④在從左向右運動其次次穿越磁場區(qū)域過程中F0s2－Ffs2－Q2＝0⑤棒向左運動離開邊界Ⅱ的最大距離是磁場兩邊界間距的n倍，即s1＝ns2⑥由①②③④⑤⑥可解得Q1∶Q2＝(12n－4)∶1。⑦(3)由題意知，棒向右運動穿過磁場區(qū)域的過程中速度不變，即做勻速直線運動，即受力平衡；由于所受F0、重力、支持力、摩擦力均恒定，則所受安培力也是恒定的，且F安＝BIL＝eq\f(B2L2,R)·eq\f(v,4)由⑤式F0s2－Ffs2－F安s2＝0，得F安＝eq\f(2,5)F0⑧在從磁場邊界Ⅱ進入時，x＝0，此時B2＝2Beq\o\al(2,0)⑨和從磁場邊界Ⅰ出來時，x＝s2，此時B2＝Beq\o\al(2,0)(2＋ks2)⑩設導軌單位長度電阻為r，金屬棒切割磁感線的長度為L，由x＝0和x＝s2處安培力相等，則有eq\f(2Beq\o\al(2,0)L2,dr)·eq\f(v,4)＝eq\f(Beq\o\al(2,0)（2＋ks2）L2,（d＋s2）r)·eq\f(v,4)eq\o(○,\s\up3(11))由eq\o(○,\s\up3(11))可解得d＝eq\f(2,k)。(4)對于第一次穿過磁場區(qū)域過程中，設任一時刻速度為v′，以向右為正方向，則有F0＋Ff＋eq\f(B2L2,r)v′＝maeq\o(○,\s\up3(12))對于隨意微小過程均有(F0＋Ff)Δt＋eq\f(B2L2,R)v′Δt＝ma·Δteq\o(○,\s\up3(13))對整個過程進行求和，可得(F0＋Ff)t1＋eq\f(B2L2,R)s2＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v－\f(v,2)))eq\o(○,\s\up3(14))對于其次次穿過磁場區(qū)域過程，金屬棒做勻速運動，可得s2＝eq\f(vt2,4)eq\o(○,\s\up3(15))由①②③⑧eq\o(○,\s\up3(14))eq\o(○,\s\up3(15))可解得t1∶t2＝(4n－1)∶4。答案(1)eq\f(3,5)F0(2)(12n－4)∶1(3)eq\f(2,k)(4)(4n－1)∶4

電磁感應中的STSE問題賞析情形1以科學技術為背景考查楞次定律物理學是科學技術的基礎，聯(lián)系生產(chǎn)、生活，考查物理學問的應用是高考命題的熱點，能夠體現(xiàn)高考對學科素養(yǎng)的重視?！纠?】(2024·全國卷Ⅰ，18)掃描隧道顯微鏡(STM)可用來探測樣品表面原子尺度上的形貌。為了有效隔離外界振動對STM的擾動，在圓底盤周邊沿其徑向對稱地安裝若干對紫銅薄板，并施加磁場來快速衰減其微小振動，如圖20所示。無擾動時，按下列四種方案對紫銅薄板施加恒磁場；出現(xiàn)擾動后，對于紫銅薄板上下及其左右振動的衰減最有效的方案是()圖20解析感應電流產(chǎn)生的條件是閉合回路中的磁通量發(fā)生變更。在A圖中，系統(tǒng)振動時，紫銅薄板隨之上下及左右振動，在磁場中的部分有時多有時少，磁通量發(fā)生變更，產(chǎn)生感應電流，受到安培力，阻礙系統(tǒng)的振動；在B、D圖中，只有紫銅薄板左右振動才產(chǎn)生感應電流，而上下振動無電流產(chǎn)生；在C圖中，無論紫銅薄板上下振動還是左右振動，都不會產(chǎn)生感應電流，故選項A正確，B、C、D錯誤。答案A【例2】(2024·浙江江山選考模擬)電磁流量計廣泛應用于測量可導電流體(如污水)在管中的流量(在單位時間內(nèi)通過管內(nèi)橫截面的流體的體積)。為了簡化，假設流量計是如圖21所示的橫截面為長方形的一段管道，其中空部分的長、寬、高分別為圖中的a、b、c，流量計的兩端與輸送液體的管道相連接(圖中虛線)。圖中流量計的上下兩面是金屬材料，前后兩面是絕緣材料，現(xiàn)于流量計所在處加磁感應強度為B的勻強磁場，磁場方向垂直于前后兩面。當導電液體穩(wěn)定地流經(jīng)流量計時，在管外將流量計上、下兩表面分別與一串接了電阻R的電流表的兩端連接，I表示測得的電流值。已知流體的電阻率為ρ，不計電流表的內(nèi)阻，則可求得流量為()圖21A.eq\f(I,B)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(bR＋ρ\f(c,a))) B.eq\f(I,B)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(aR＋ρ\f(b,c)))C.eq\f(I,B)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cR＋ρ\f(a,b))) D.eq\f(I,B)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(R＋ρ\f(bc,a)))解析設管中流體的流速為v，則在Δt時間內(nèi)流體在管中向前移動的距離為vΔt，這樣如圖甲畫線的流體在Δt時間內(nèi)都將流過橫截面，甲設此橫截面積為S，則畫線的流體體積ΔV＝SvΔt，除以時間Δt，則得到流體在該管中的流量為Q＝eq\f(ΔV,Δt)＝Sv。對于題干所給的流量計，橫截面積S＝bc，故流過流量計的流量Q＝vbc，對于給定的流量計，b與c是常量，可見測流量實質上是測流速。當可導電流體穩(wěn)定地流經(jīng)流量計，流體將切割磁感線，這樣在流量計的上、下兩面產(chǎn)生感應電動勢E＝vBc，其中B是垂直于流量計前后兩面的勻強磁場的磁感應強度，c是流過流量計流體的厚度，v是可導電流體在流量計中的流速。這樣在管外將流量計上、下兩表面分別與一串接了電阻R的電流表的兩端連接，如圖乙所示，則將有電流流過閉合電路，這個閉合電路中的電動勢就是由可導電流體沿流量計流淌切割磁感線而產(chǎn)生的感應電動勢，如圖乙所示，電阻包括外接的電阻R和可導電流體的電阻r＝eq\f(ρc,ab)，這樣依據(jù)歐姆定律，得到閉合電路中的電流等于I＝eq\f(Bcv,R＋ρ\f(c,ab))乙Q＝vbc＝eq\f(I,B)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(bR＋ρ\f(c,a)))，選項A正確。答案A情形2以生活為背景考查楞次定律【例3】(2024·浙江臺州模擬)(多選)在家庭電路中，為了平安，一般在電能表后面的電路中安裝一個漏電開關，其工作原理如圖22所示，其中甲線圈兩端與脫扣開關限制器相連，乙線圈由兩條電源線實行雙線法繞制，并與甲線圈繞在同一個矩形硅鋼片組成的鐵芯上。以下說法中正確的是()圖22A.當用戶用電正常時，甲線圈兩端沒有電壓，脫扣開關接通B.當用戶用電正常時，甲線圈兩端有電壓，脫扣開關接通C.當用戶發(fā)生漏電時，甲線圈兩端沒有電壓，脫扣開關斷開D.當用戶發(fā)生漏電時，甲線圈兩端有電壓，脫扣開關斷開解析正常狀態(tài)時，火線和零線中電流產(chǎn)生的磁場完全抵消，脫扣開關S保持接通，選項A正確，B錯誤；當用戶發(fā)生漏電時，流過火線與零線的電流不相等，乙線圈中火線和零線電流產(chǎn)生的磁場不能完全抵消，會使甲線圈中產(chǎn)生感應電動勢，脫扣開關斷開，選項C錯誤，D正確。答案AD【例4】(多選)如圖23所示是某同學自制的電流表原理圖，質量為m的勻稱金屬桿MN與一豎直懸掛的絕緣輕彈簧相連，彈簧勁度系數(shù)為k，在邊長為ab＝L1、bc＝L2的矩形區(qū)域abcd內(nèi)有勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面對外。MN的右端連接一絕緣輕指針，可指示出標尺上的刻度，MN的長度大于ab，當MN中沒有電流通過且靜止時，MN與ab邊重合，且指針指在標尺的零刻度；當MN中有電流時，指針示數(shù)可表示電流大小，MN始終在紙面內(nèi)且保持水平，則()圖23A.要使電流表正常工作，MN中電流方向應從N至MB.當該電流表的示數(shù)為零時，彈簧的伸長量不為零C.該電流表的量程是Im＝eq\f(kL2,BL1)D.該電流表的刻度是勻稱的解析要使電流表正常工作，MN應向下移動，所受的安培力應向下，由左手定則知，MN中的電流方向應從M至N，故A錯誤；當該電流表的示數(shù)為零時，MN與ab邊重合，彈簧的彈力與MN的重力平衡，彈簧處于伸長狀態(tài)，故B正確；設當電流表示數(shù)為零時，設彈簧的伸長量為x0，由平衡條件得mg＝kx0，解得x0＝eq\f(mg,k)，當電流為I時，安培力為FA＝BIL1；設此時彈簧伸長量的增加量為Δx，依據(jù)胡克定律ΔF＝kΔx，得Δx＝eq\f(FA,k)＝eq\f(BIL1,k)∝I，故該電流表的刻度是勻稱的；當Δx＝L2時，I＝Im，則有BImL1＝kL2，得Im＝eq\f(kL2,BL1)，故C、D正確。答案BCD情形3以科學技術為背景考查電磁感應定律【例5】(2024·浙江樂清選考模擬)(多選)鐵路運輸中設計的多種裝置都運用了電磁感應原理。有一種電磁裝置可以向限制中心傳輸信號以確定火車的位置和運動狀態(tài)，裝置的原理是：將能產(chǎn)生勻強磁場的磁鐵安裝在火車首節(jié)車廂下面，如圖24甲所示(俯視圖)，當它經(jīng)過安放在兩鐵軌間的矩形線圈時，線圈便產(chǎn)生一個電信號傳輸給限制中心。線圈長為l1，寬為l2，匝數(shù)為n。若勻強磁場只分布在一個矩形區(qū)域內(nèi)，當火車首節(jié)車廂通過線圈時，限制中心接收到線圈兩端電壓u與時間t的關系如圖乙所示(ab、cd均為直線)，則在t1～t2時間內(nèi)()圖24A.火車做勻速直線運動B.M點電勢低于N點電勢C.火車加速度大小為eq\f(u2－u1,nBl2（t2－t1）)D.火車平均速度大小為eq\f(u1＋u2,2nBl1)解析在t1～t2時間內(nèi)，由感應電動勢E＝u＝nBl1v＝nBl1(v1＋at)，由圖象可知火車做勻加速直線運動，故選項A錯誤；由右手定則可知電流方向由M到N，所以M點電勢低于N點電勢，故選項B正確；由圖象可知斜率為eq\f(u2－u1,t2－t1)＝nBl1a，解得加速度a＝eq\f(u2－u1,nBl1（t2－t1）)，故選項C錯誤；由u＝nBl1v可知v＝eq\f(u,nBl1)，所以火車平均速度大小為eq\f(u1＋u2,2nBl1)，故選項D正確。答案BD【例6】電磁軌道炮利用電流和磁場的作用使炮彈獲得超高速度，其原理可用來研制新武器和航天運載器。電磁軌道炮示意如圖25，圖中直流電源電動勢為E，電容器的電容為C。兩根固定于水平面內(nèi)的光滑平行金屬導軌間距為l，電阻不計。炮彈可視為一質量為m、電阻為R的金屬棒MN，垂直放在兩導軌間處于靜止狀態(tài)，并與導軌良好接觸。首先開關S接1，使電容器完全充電。然后將S接至2，導軌間存在垂直于導軌平面、磁感應強度大小為B的勻強磁場(圖中未畫出)，MN起先向右加速運動。當MN上的感應電動勢與電容器兩極板間的電壓相等時，回路中電流為零，MN達到最大速度，之后離開導軌。問：圖25(1)磁場的方向；(2)MN剛起先運動時加速度a的大?。?3)MN離開導軌后電容器上剩余的電荷量Q是多少。解析(1)垂直于導軌平面對下。(2)電容器完全充電后，兩極板間電壓為E，當開關S接2時，電容器放電，設剛放電時流經(jīng)MN的電流為I，有I＝eq\f(E,R)①設MN受到的安培力為F，有F＝IlB②由牛頓其次定律，有F＝ma③聯(lián)立①②③式得a＝eq\f(BlE,mR)。④(3)當電容器充電完畢時，設電容器上電荷量為Q0，有Q0＝CE⑤開關S接2后，MN起先向右加速運動，速度達到最大值vmax時，設MN上的感應電動勢為E′，有E′＝Blvmax⑥依題意有E′＝eq\f(Q,C)⑦設在此過程中MN的平均電流為eq\o(I,\s\up6(－))，MN上受到的平均安培力為eq\o(F,\s\up6(－))，有eq\o(F,\s\up6(－))＝eq\o(I,\s\up6(－))lB⑧由動量定理，有eq\o(F,\s\up6(－))Δt＝mvmax－0⑨又eq\o(I,\s\up6(－))Δt＝Q0－Q⑩聯(lián)立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得Q＝eq\f(B2l2C2E,m＋B2l2C)。答案(1)垂直于導軌平面對下(2)eq\f(BlE,mR)(3)eq\f(B2l2C2E,m＋B2l2C)一、選擇題(1～4題為單項選擇題，5～8題為不定項選擇題)1.(2024·浙江諸暨選考模擬)有一種手持金屬探測器實物及其結構原理圖可簡化為圖1所示。探測器運用的是電磁感應原理，放射線圈(外環(huán))可以產(chǎn)生垂直于線圈平面且大小和方向均變更的磁場；內(nèi)環(huán)線圈是接收線圈，用來收集被查金屬物發(fā)出的磁場(接收線圈能完全屏蔽放射線圈產(chǎn)生的磁場)。隨著放射線圈產(chǎn)生的磁場方向反復變更，它會與所遇的金屬物發(fā)生作用，導致金屬物自身也會產(chǎn)生微弱的磁場，來自金屬物的磁場進入內(nèi)環(huán)線圈被接收到后，檢測器會發(fā)出報警聲。若放射線圈產(chǎn)生向下且增加的磁場，則下列說法中正確的是()圖1A.金屬物產(chǎn)生的感應磁場的方向豎直向下B.金屬物中的渦流從上往下看是沿順時針方向C.金屬物發(fā)出的磁場穿過接收線圈時，接收線圈會產(chǎn)生微弱的電流，此類探測器相應的元件就是依據(jù)這一電流進行報警的D.假如金屬物中某時刻發(fā)出向上的磁場，那么接收線圈中的感應電流方向從上往下看是沿逆時針方向解析先依據(jù)探測器放射線圈發(fā)出的磁場判定穿過金屬物的磁通量方向和變更狀況，再依據(jù)楞次定律確定金屬物中感應電流產(chǎn)生的磁場方向，用安培定則推斷金屬物中的感應電流的方向，這里特殊要留意感應電流產(chǎn)生的磁場與原磁場不能混淆；金屬物發(fā)出的磁場穿過接收線圈時，會引起接收線圈產(chǎn)生微弱的電流，使探測器報警，選項C正確；假如金屬中發(fā)出向上漸漸增加的磁場，接收線圈感應電流從上向下看為順時針方向，選項D錯誤。答案C2.(2024·湖南三湘名校第三次聯(lián)考)隨著科技的不斷發(fā)展，無線充電已經(jīng)進入人們的視線。小到手表、手機，大到電腦、電動汽車的充電，都已經(jīng)實現(xiàn)了從理論研發(fā)到實際應用的轉化。圖2給出了某品牌的無線充電手機利用電磁感應方式無線充電的原理圖。關于無線充電，下列說法正確的是()圖2A.無線充電時手機接收線圈部分的工作原理是“電流的磁效應”B.只有將充電底座接到直流電源上才能對手機進行充電C.接收線圈中交變電流的頻率與放射線圈中交變電流的頻率相同D.只要有無線充電底座，全部手機都可以進行無線充電解析無線充電時手機接收線圈部分的工作原理是電磁感應現(xiàn)象，不是“電流的磁效應”現(xiàn)象，故選項A錯誤；當充電設備通以恒定直流，無線充電設備不會產(chǎn)生交變磁場，那么不能夠正常運用，故選項B錯誤；接收線圈中交變電流的頻率與放射線圈中交變電流的頻率相同，故選項C正確；被充電手機內(nèi)部，應當有一類似金屬線圈的部件，與手機電池相連，當有交變磁場時，則出現(xiàn)感應電動勢，那么一般手機不能夠利用無線充電設備進行充電，故選項D錯誤。答案C3.(2024·溫州模擬)紙面內(nèi)兩個半徑均為R的圓相切于O點，兩圓形區(qū)域內(nèi)分別存在垂直于紙面的勻強磁場，磁感應強度大小相等、方向相反，且不隨時間變更。一長為2R的導體桿OA繞O點且垂直于紙面的軸順時針勻速旋轉，角速度為ω。t＝0時，OA恰好位于兩圓的公切線上，如圖3所示，若選取從O指向A的電動勢為正，下列描述導體桿中感應電動勢隨時間變更的圖象可能正確的是()圖3解析由右手定則可推斷，起先時感應電動勢為正，故D錯誤；設經(jīng)時間t導體桿轉過的角度為α，則α＝ωt，導體桿有效切割長度為L＝2Rsinωt。由E＝eq\f(1,2)BL2ω，可知E＝2BR2ωsin2ωt，B、R、ω不變，切割的有效長度隨時間先增大后減小，且做非線性、非正弦的變更，經(jīng)半個周期后，電動勢的方向反向，故A、B錯誤，C正確。答案C4.如圖4所示，間距為L的光滑平行金屬導軌彎成“∠”形，底部導軌面水平，傾斜部分與水平面成θ角，導軌與固定電阻相連，整個裝置處于豎直向上的磁感應強度為B的勻強磁場中。導體棒ab與cd均垂直于導軌放置，且與導軌間接觸良好，兩導體棒的電阻均與阻值為R的固定電阻相等，其余部分電阻不計，當導體棒cd沿導軌向右以速度v勻速滑動時，導體棒ab恰好在傾斜導軌上處于靜止狀態(tài)，導體棒ab的重力為mg，則()圖4A.導體棒cd兩端的電壓為BLvB.t時間內(nèi)通過導體棒cd橫截面的電荷量為eq\f(2BLvt,3R)C.cd棒克服安培力做功的功率為eq\f(B2L2v2,R)D.導體棒ab所受安培力為mgsinθ解析依據(jù)題意畫出等效電路如圖甲所示。導體棒cd產(chǎn)生的感應電動勢為E＝BLv，導體棒cd兩端的電壓是路端電壓，U＝eq\f(1,3)E＝eq\f(1,3)BLv，選項A錯誤；通過cd棒的電流I＝eq\f(E,0.5R＋R)＝eq\f(BLv,1.5R)，在時間t內(nèi)通過導體棒cd橫截面的電荷量為q＝It＝eq\f(2BLvt,3R)，選項B正確；甲對ab棒進行受力分析如圖乙所示，由于ab棒靜止，所以ab棒所受安培力Fab＝mgtanθ，選項D錯誤；由功能關系知cd棒克服安培力做功的功率等于整個電路的電功率，為P＝eq\f(E2,0.5R＋R)＝eq\f(B2L2v2,1.5R)，選項C錯誤。乙答案B5.如圖5所示，兩等長的細繩懸掛一磁鐵與一圓形閉合線圈懸于細桿上，靜止時線圈平面與磁鐵的軸線O1O2垂直，磁鐵質量為m，磁極如圖所示。在垂直于細桿的平面內(nèi)，保持細繩繃緊，將磁鐵拉至與細桿等高的位置，將磁鐵由靜止釋放，重力加速度大小為g，則下列說法正確的是()圖5A.磁鐵下擺過程中，線圈所受合外力為零B.磁鐵下擺過程中，線圈中有逆時針方向(沿O1O2方向看)的感應電流C.磁鐵下擺過程中，線圈中有順時針方向(沿O1O2方向看)的感應電流D.磁鐵擺到最低點時，兩繩子拉力的合力小于3mg解析磁鐵下擺過程中，向左穿過線圈的磁通量增大，依據(jù)楞次定律可知，線圈中有順時針方向(沿O1O2方向看)的感應電流，故選項A、B錯誤，C正確；磁鐵向下運動的過程中，依據(jù)楞次定律可知，磁鐵會受到線圈產(chǎn)生的感應電流的阻礙，機械能減小，則eq\f(1,2)mv2<mgr，最低點拉力與重力的合力供應向心力，所以F－mg＝eq\f(mv2,r)，聯(lián)立以上兩式得F<3mg，故選項D正確。答案CD6.如圖6所示，導體棒沿兩平行金屬導軌從圖示位置以速度v向右勻速通過一正方形勻強磁場區(qū)域，ac邊垂直于導軌且平行于導體棒，ac邊右側的磁感應強度的大小是左側磁感應強度大小的2倍且方向相反，導軌和導體棒的電阻均不計，下列關于導體棒中感應電流和導體棒所受安培力隨時間變更的圖象可能正確的是(規(guī)定電流從M經(jīng)R到N為正方向，安培力水平向左為正方向)()圖6解析解決導體運動切割磁感線產(chǎn)生電動勢問題的三把“金鑰匙”：一找切割長度；二找變更趨勢；三找方向。依據(jù)右手定則，起先時導體棒中感應電流方向為正(留意不要忽視物理量的正負)，大小勻稱增加，依據(jù)題述可知，當導體棒運動到ac邊的右側，感應電流的大小突變?yōu)樵瓉淼?倍，方向變?yōu)樨摚x項A正確，B錯誤；感應電流隨位移勻稱變更，切割的有效長度隨位移勻稱變更，依據(jù)F＝BIL，安培力大小隨位移做二次函數(shù)變更，依據(jù)楞次定律可知，安培力方向不變，選項C正確，D錯誤。答案AC7.(2024·浙江臨安選考適應性考試)如圖7甲所示，質量m＝3.0×10－3kg的“”型金屬細框豎直放置在兩水銀槽中，“”型框的水平細桿CD長l＝0.20m，處于磁感應強度大小B1＝1.0T、方向水平向右的勻強磁場中。有一匝數(shù)n＝300匝、面積S＝0.01m2的線圈通過開關K與兩水銀槽相連。線圈處于與線圈平面垂直的、沿豎直方向的勻強磁場中，其磁感應強度B2的大小隨時間t變更的關系如圖乙所示。t＝0.22s時閉合開關K，瞬間細框跳起(細框跳起瞬間安培力遠大于重力)，跳起的最大高度h＝0.20m。不計空氣阻力，重力加速度g＝10m/s2，下列說法正確的是()圖7A.0～0.10s內(nèi)線圈中的感應電動勢大小為3VB.開關K閉合瞬間，CD中的電流方向由C到DC.磁感應強度B2的方向豎直向下D.開關K閉合瞬間，通過細桿CD的電荷量為0.03C解析由題圖乙所示圖象可知，0～0.10s內(nèi)：ΔΦ＝ΔBS＝(1－0)×0.01Wb＝0.01Wb，0～0.10s內(nèi)線圈中的感應電動勢大?。篍＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝300×eq\f(0.01,0.1)V＝30V，故選項A錯誤；由題可知細桿CD所受安培力方向豎直向上，由左手定則可知，電流方向為C→D，由安培定則可知線圈中感應電流的磁場方向豎直向上，由圖示圖象可知，在0.20～0.25s內(nèi)穿過線圈的磁通量削減，由楞次定律可知，磁感應強度B2方向豎直向上，故選項B正確，C錯誤；對細框，由動量定理得B1Il·Δt＝mv－0，細框豎直向上做豎直上拋運動，則v2＝2gh，電荷量Q＝IΔt，解得Q＝meq\f(\r(2gh),B1l)＝eq\f(3.0×10－3×\r(2×10×0.20),1×0.20)C＝0.03C，故選項D正確。答案BD8.半徑分別為r和2r的同心圓形導軌固定在同一水平面內(nèi)，一長為r、電阻為R的勻稱金屬棒AB置于圓導軌上面，BA的延長線通過圓導軌中心O，裝置的俯視圖如圖8所示，整個裝置位于一勻強磁場中，磁感應強度的大小為B，方向豎直向下。在兩環(huán)之間接阻值為R的定值電阻和電容為C的電容器。金屬棒在水平外力作用下以角速度ω繞O逆時針勻速轉動，在轉動過程中始終與導軌保持良好接觸。導軌電阻不計。下列說法正確的是()圖8A.金屬棒中電流方向從B流向AB.金屬棒兩端電壓為eq\f(3,4)Bωr2C.電容器的M板帶負電D.電容器所帶電荷量為eq\f(3,2)CBωr2解析依據(jù)右手定則可知金屬棒中電流方向從B流向A，選項A正確；金屬棒轉動產(chǎn)生的電動勢為E＝Breq\f(ωr＋ω·2r,2)＝eq\f(3,2)Bωr2，切割磁感線的金屬棒相當于電源，金屬棒兩端電