2023版高考物理步步高大二輪復習講義第一篇專題四第11講　電磁感應【解析版】-學案下載-教習網(wǎng)

考點一楞次定律與法拉第電磁感應定律的應用
1．感應電流方向的判斷
(1)楞次定律：線圈面積不變，磁感應強度發(fā)生變化的情形，往往用楞次定律．
(2)右手定則：導體棒切割磁感線的情形往往用右手定則．
2．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)阻礙物體間的相對運動——“來拒去留”；
(3)使線圈面積有擴大或縮小的趨勢——一般情況下為“增縮減擴”；
(4)阻礙原電流的變化(自感現(xiàn)象)——一般情況下為“增反減同”．
3．求感應電動勢的方法
(1)法拉第電磁感應定律：
E＝neq \f(ΔΦ,Δt)eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S不變時，E＝nS\f(ΔB,Δt),B不變時，E＝nB\f(ΔS,Δt)))
(2)導體棒垂直切割磁感線：E＝Blv.
(3)導體棒以一端為圓心在垂直勻強磁場的平面內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動：E＝eq \f(1,2)Bl2ω.
(4)線圈繞與磁場垂直的軸勻速轉(zhuǎn)動(從線圈位于中性面開始計時)：e＝nBSωsin ωt.
4．通過回路截面的電荷量q＝eq \x\t(I)Δt＝eq \f(nΔΦ,R總Δt)Δt＝eq \f(nΔΦ,R總).q僅與n、ΔΦ和回路總電阻R總有關，與時間長短無關，與Φ是否均勻變化無關．
例1 (多選)(2022·廣東卷·10)如圖所示，水平地面(Oxy平面)下有一根平行于y軸且通有恒定電流I的長直導線．P、M和N為地面上的三點，P點位于導線正上方，MN平行于y軸，PN平行于x軸．一閉合的圓形金屬線圈，圓心在P點，可沿不同方向以相同的速率做勻速直線運動，運動過程中線圈平面始終與地面平行．下列說法正確的有( )
A．N點與M點的磁感應強度大小相等，方向相同
B．線圈沿PN方向運動時，穿過線圈的磁通量不變
C．線圈從P點開始豎直向上運動時，線圈中無感應電流
D．線圈從P到M過程的感應電動勢與從P到N過程的感應電動勢相等
答案 AC
解析依題意，M、N兩點連線與長直導線平行，兩點與長直導線的距離相等，根據(jù)右手螺旋定則可知，通電長直導線在M、N兩點產(chǎn)生的磁感應強度大小相等、方向相同，故A正確；根據(jù)右手螺旋定則，線圈在P點時，穿進線圈中的磁感線與穿出線圈中的磁感線相等，磁通量為零，在向N點平移過程中，穿進線圈中的磁感線與穿出線圈中的磁感線不再相等，穿過線圈的磁通量發(fā)生變化，故B錯誤；根據(jù)右手螺旋定則，線圈從P點豎直向上運動過程中，穿進線圈中的磁感線與穿出線圈中的磁感線始終相等，穿過線圈的磁通量始終為零，沒有發(fā)生變化，線圈中無感應電流，故C正確；線圈從P點到M點與從P點到N點，穿過線圈的磁通量變化量相同，依題意從P點到M點所用時間較從P點到N點的時間長，根據(jù)法拉第電磁感應定律，可知兩次的感應電動勢不相等，故D錯誤．
例2 (多選)(2021·遼寧卷·9)如圖(a)所示，兩根間距為L、足夠長的光滑平行金屬導軌豎直放置并固定，頂端接有阻值為R的電阻，垂直導軌平面存在變化規(guī)律如圖(b)所示的勻強磁場，t＝0時磁場方向垂直紙面向里．在t＝0到t＝2t0的時間內(nèi)，金屬棒水平固定在距導軌頂端L處；t＝2t0時，釋放金屬棒．整個過程中金屬棒與導軌接觸良好，導軌與金屬棒的電阻不計，則( )
A．在t＝eq \f(t0,2)時，金屬棒受到安培力的大小為eq \f(B02L3,t0R)
B．在t＝t0時，金屬棒中電流的大小為eq \f(B0L2,t0R)
C．在t＝eq \f(3t0,2)時，金屬棒受到安培力的方向豎直向上
D．在t＝3t0時，金屬棒中電流的方向向右
答案 BC
解析由題圖(b)可知在0～t0時間段內(nèi)閉合回路產(chǎn)生的感應電動勢為E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(B0L2,t0)，根據(jù)閉合電路歐姆定律有，此時間段內(nèi)的電流為I＝eq \f(E,R)＝eq \f(B0L2,Rt0)，在eq \f(t0,2)時磁感應強度大小為eq \f(B0,2)，此時安培力大小為F＝eq \f(B0,2)IL＝eq \f(B02L3,2Rt0)，故A錯誤，B正確；由題圖(b)可知，在t＝eq \f(3t0,2)時，磁場方向垂直紙面向外并逐漸增大，根據(jù)楞次定律可知產(chǎn)生順時針方向的電流，再由左手定則可知金屬棒受到的安培力方向豎直向上，故C正確；由題圖(b)可知，在t＝3t0時，磁場方向垂直紙面向外，金屬棒向下掉的過程中穿過回路的磁通量增加，根據(jù)楞次定律可知金屬棒中的感應電流方向向左，故D錯誤．
考點二電磁感應中的圖像問題
1．電磁感應中常見的圖像
常見的有磁感應強度、磁通量、感應電動勢、感應電流、速度、安培力等隨時間或位移的變化圖像．
2．解答此類問題的兩個常用方法
(1)排除法：定性分析電磁感應過程中某個物理量的變化情況，把握三個關注，快速排除錯誤的選項．這種方法能快速解決問題，但不一定對所有問題都適用．
(2)函數(shù)關系法：根據(jù)題目所給的條件寫出物理量之間的函數(shù)關系，再對圖像作出判斷，這種方法得到的結果準確、詳細，但不夠簡捷．
例3 (多選)(2022·河北卷·8)如圖，兩光滑導軌水平放置在豎直向下的勻強磁場中，一根導軌位于x軸上，另一根由ab、bc、cd三段直導軌組成，其中bc段與x軸平行，導軌左端接入一電阻R.導軌上一金屬棒MN沿x軸正向以速度v0保持勻速運動，t＝0時刻通過坐標原點O，金屬棒始終與x軸垂直．設運動過程中通過電阻的電流強度為i，金屬棒受到安培力的大小為F，金屬棒克服安培力做功的功率為P，電阻兩端的電壓為U，導軌與金屬棒接觸良好，忽略導軌與金屬棒的電阻．下列圖像可能正確的是( )
答案 AC
解析在0～eq \f(L,v0)時間內(nèi)，在某時刻金屬棒切割磁感線的長度L＝l0＋v0ttan θ(θ為ab與ad的夾角)，則根據(jù)E＝BLv0，可得I＝eq \f(BLv0,R)＝eq \f(Bv0,R)(l0＋v0ttan θ)，可知回路電流均勻增加；安培力F＝eq \f(B2L2v0,R)＝eq \f(B2v0,R)(l0＋v0ttan θ)2，則F－t關系為二次函數(shù)關系，但是不過原點；安培力做功的功率P＝Fv0＝eq \f(B2L2v02,R)＝eq \f(B2v02,R)(l0＋v0ttan θ)2，則P－t關系為二次函數(shù)關系，但是不過原點；電阻兩端的電壓等于金屬棒產(chǎn)生的感應電動勢，即U＝E＝BLv0＝Bv0(l0＋v0ttan θ)，即U－t圖像是不過原點的直線；根據(jù)以上分析，可排除B、D選項；在eq \f(L,v0)～eq \f(2L,v0)時間內(nèi)，金屬棒切割磁感線的長度不變，感應電動勢E不變，感應電流I不變，安培力F大小不變，安培力的功率P不變，電阻兩端電壓U保持不變；同理可判斷，在eq \f(2L,v0)～eq \f(3L,v0)時間內(nèi)，金屬棒切割磁感線長度逐漸減小，金屬棒切割磁感線的感應電動勢E均勻減小，感應電流I均勻減小，安培力F大小按照二次函數(shù)關系減小，但是不能減小到零，與0～eq \f(L,v0)內(nèi)是對稱的關系，安培力的功率P按照二次函數(shù)關系減小，但是不能減小到零，與0～eq \f(L,v0)內(nèi)是對稱的關系，電阻兩端電壓U按線性均勻減小，綜上所述選項A、C可能正確，B、D錯誤．
例4 (多選)(2022·安徽省六校第二次聯(lián)考)如圖所示，水平面內(nèi)有一足夠長平行金屬導軌，導軌光滑且電阻不計．勻強磁場與導軌平面垂直．阻值為R的導體棒垂直于導軌靜止放置，且與導軌接觸良好．開關S由1擲到2時開始計時，q、i、v和a分別表示電容器所帶的電荷量、棒中的電流、棒的速度和加速度．下列圖像可能正確的是( )
答案 ACD
解析開關S由1擲到2，電容器放電后會在電路中產(chǎn)生電流且此刻電流最大，導體棒通有電流后會受到安培力的作用產(chǎn)生加速度而加速運動，導體棒切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢，導體棒速度增大，則感應電動勢E＝Blv增大，則實際電流減小，安培力F＝BIL減小，加速度a＝eq \f(F,m)即減小，因?qū)к壒饣栽谟须娏魍ㄟ^棒的過程中，棒是一直做加速度減小的加速運動(變加速)，故a－t圖像即選項D是正確的；導體棒運動產(chǎn)生感應電動勢會給電容器充電，當充電和放電達到一種平衡時，導體棒做勻速運動，因此最終電容器兩端的電壓能穩(wěn)定在某個不為0的數(shù)值，即電容器的電荷量應穩(wěn)定在某個不為0的數(shù)值(不會減少到0)，電路中無電流，故B錯誤，A、C正確．
考點三電磁感應中的動力學與能量問題
1．電磁感應綜合問題的解題思路
2．求解焦耳熱Q的三種方法
(1)焦耳定律：Q＝I2Rt，適用于電流恒定的情況；
(2)功能關系：Q＝W克安(W克安為克服安培力做的功)；
(3)能量轉(zhuǎn)化：Q＝ΔE(其他能的減少量)．
例5 (多選)(2022·全國甲卷·20)如圖，兩根相互平行的光滑長直金屬導軌固定在水平絕緣桌面上，在導軌的左端接入電容為C的電容器和阻值為R的電阻．質(zhì)量為m、阻值也為R的導體棒MN靜止于導軌上，與導軌垂直，且接觸良好，導軌電阻忽略不計，整個系統(tǒng)處于方向豎直向下的勻強磁場中．開始時，電容器所帶的電荷量為Q，合上開關S后( )
A．通過導體棒MN電流的最大值為eq \f(Q,RC)
B．導體棒MN向右先加速、后勻速運動
C．導體棒MN速度最大時所受的安培力也最大
D．電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱大于導體棒MN上產(chǎn)生的焦耳熱
答案 AD
解析開始時電容器兩極板間的電壓U＝eq \f(Q,C)，合上開關瞬間，通過導體棒的電流I＝eq \f(U,R)＝eq \f(Q,CR)，隨著電容器放電，通過電阻、導體棒的電流不斷減小，所以在開關閉合瞬間，導體棒所受安培力最大，此時速度為零，A項正確，C項錯誤；由于回路中有電阻與導體棒，最終電能完全轉(zhuǎn)化為焦耳熱，故導體棒最終必定靜止，B項錯誤；由于導體棒切割磁感線，產(chǎn)生感應電動勢，所以通過導體棒的電流始終小于通過電阻的電流，由焦耳定律可知，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱大于導體棒MN上產(chǎn)生的焦耳熱，D項正確．
例6 (2022·山東濟南市一模)如圖所示，在水平虛線下方存在方向垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B.磁場上方某高度處有一個正方形金屬線框，線框質(zhì)量為m，電阻為R，邊長為L.某時刻將線框以初速度v0水平拋出，線框進入磁場過程中速度不變，運動過程中線框始終豎直且底邊保持水平．磁場區(qū)域足夠大，忽略空氣阻力，重力加速度為g，求：
(1)線框進入磁場時的速度v；
(2)線框進入磁場過程中產(chǎn)生的熱量Q.
答案 (1)eq \r(v02＋\f(m2g2R2,B4L4))，速度方向與水平方向夾角的正切值為eq \f(mgR,B2L2v0) (2)mgL
解析 (1)當線框下邊界剛進入磁場時，由于線框速度不變，對線框進行受力分析有
BIL＝mg
由歐姆定律可得I＝eq \f(E,R)
線框切割磁感線，由法拉第電磁感應定律可得
E＝BLvy
由速度的合成與分解可得v＝eq \r(v02＋vy2)
聯(lián)立求解可得v＝eq \r(v02＋\f(m2g2R2,B4L4))
設此時速度方向與水平面的夾角為θ，則
tan θ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(mgR,B2L2v0)
即此時速度方向與水平方向夾角的正切值為eq \f(mgR,B2L2v0).
(2)線框進入磁場過程中速度不變，則從進入磁場開始到完全進入磁場，
由能量守恒定律得Q＝mgL.
例7 (2022·河南洛陽市模擬)如圖甲所示，金屬導軌MN和PQ平行，間距L＝1 m，與水平面之間的夾角α＝37°，勻強磁場磁感應強度大小B＝2.0 T，方向垂直于導軌平面向上，MP間接有阻值R＝1.5 Ω的電阻，質(zhì)量m＝0.5 kg，接入電路中電阻r＝0.5 Ω的金屬桿ab垂直導軌放置，金屬桿與導軌間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.2.現(xiàn)用恒力F沿導軌平面向上拉金屬桿ab，使其由靜止開始運動，當金屬桿上滑的位移x＝3.8 m時達到穩(wěn)定狀態(tài)，金屬桿始終與導軌接觸良好，對應過程的v－t圖像如圖乙所示．取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，導軌足夠長且電阻不計．求：
(1)恒力F的大小及金屬桿的速度為0.4 m/s時的加速度大??；
(2)從金屬桿開始運動到剛達到穩(wěn)定狀態(tài)，通過電阻R的電荷量；
(3)從金屬桿開始運動到剛達到穩(wěn)定狀態(tài)，金屬桿上產(chǎn)生的焦耳熱．
答案 (1)5.8 N 2.4 m/s2 (2)3.8 C (3)1.837 5 J
解析 (1)當金屬桿勻速運動時，由平衡條件得 F＝μmgcs 37°＋mgsin 37°＋F安
由題圖乙知v＝1 m/s，則F安＝BIL＝eq \f(B2L2v,R＋r)＝2 N
解得F＝5.8 N
當金屬桿的速度為0.4 m/s時F安1＝BI1L＝eq \f(B2L2v1,R＋r)＝0.8 N
由牛頓第二定律有F－μmgcs 37°－mgsin 37°－F安1＝ma
解得a＝2.4 m/s2.
(2)由q＝eq \x\t(I)·Δt
eq \x\t(I)＝eq \f(\x\t(E),R＋r)
eq \x\t(E)＝eq \f(ΔΦ,Δt)
得q＝eq \f(ΔΦ,R＋r)＝eq \f(BLx,R＋r)＝3.8 C.
(3)從金屬桿開始運動到剛到達穩(wěn)定狀態(tài)，由動能定理得(F－μmgcs 37°－mgsin 37°)x＋W安＝eq \f(1,2)mv2－0
又Q＝|W安|＝7.35 J，所以解得Qr＝eq \f(r,R＋r)Q＝1.837 5 J.

1．(多選)(2022·河南鄭州市二模)在甲、乙、丙圖中，MN、PQ是固定在同一水平面內(nèi)足夠長的平行金屬導軌．導體棒ab垂直放在導軌上，導軌都處于垂直水平面向下的勻強磁場中，導體棒和導軌間的摩擦不計，導體棒、導軌和直流電源的電阻均可忽略，甲圖中的電容器C原來不帶電．現(xiàn)給導體棒ab一個向右的初速度v0，對甲、乙、丙圖中導體棒ab在磁場中的運動狀態(tài)描述正確的是( )

A．甲圖中，棒ab最終做勻速運動
B．乙圖中，棒ab做勻減速運動直到最終靜止
C．丙圖中，棒ab最終做勻速運動
D．甲、乙、丙中，棒ab最終都靜止
答案 AC
解析題圖甲中，導體棒向右運動切割磁感線產(chǎn)生感應電流而使電容器充電，當電容器C極板間電壓與導體棒產(chǎn)生的感應電動勢相等時，電路中沒有電流，此時ab棒不受安培力作用，向右做勻速運動，故A正確；題圖乙中，導體棒向右運動切割磁感線產(chǎn)生感應電流，通過電阻R轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，ab棒速度減小，當ab棒的動能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能時，ab棒靜止，又由I＝eq \f(BLv,R)，F(xiàn)＝BIL，由于速度減小，則產(chǎn)生的感應電流減小，導體棒所受安培力減小，根據(jù)牛頓第二定律可知導體棒的加速度減小，所以題圖乙中，棒ab做加速度減小的減速運動直到最終靜止，故B錯誤；題圖丙中，導體棒先受到向左的安培力作用向右做減速運動，速度減為零后在安培力作用下向左做加速運動，當導體棒產(chǎn)生的感應電動勢與電源的電動勢相等時，電路中沒有電流，此時ab棒向左做勻速運動，故C正確；由以上分析可知，甲、乙、丙中，只有題圖乙中棒ab最終靜止，故D錯誤．
2.(2022·山東泰安市高三期末)如圖所示，間距為L的平行光滑足夠長的金屬導軌固定傾斜放置，傾角θ＝30°，虛線ab、cd垂直于導軌，在ab、cd間有垂直于導軌平面向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場．質(zhì)量均為m、阻值均為R的金屬棒PQ、MN并靠在一起垂直導軌放在導軌上．釋放金屬棒PQ，當PQ到達ab瞬間，再釋放金屬棒MN；PQ進入磁場后做勻速運動，當PQ到達cd時，MN剛好到達ab.不計導軌電阻，兩金屬棒與導軌始終接觸良好，重力加速度為g.則MN通過磁場過程中，PQ上產(chǎn)生的焦耳熱為( )
A.eq \f(2m3g2R2,B4L4) B.eq \f(m3g2R2,B4L4)
C.eq \f(m3g2R2,4B4L4) D.eq \f(m3g2R2,2B4L4)
答案 D
解析由題意知PQ進入磁場后做勻速運動，則由平衡條件得安培力為F＝mgsin θ，又因為F＝BIL＝eq \f(B2L2v,2R)，解得金屬棒速度為v＝eq \f(mgR,B2L2)，電流為I＝eq \f(mg,2BL)，因為金屬棒從釋放到剛進入磁場時做勻加速直線運動，由牛頓第二定律知mgsin θ＝ma，所以加速時間為t＝eq \f(v,a)，由題意知當PQ到達cd時，MN剛好到達ab，即金屬棒穿過磁場的時間等于進入磁場前的加速時間，且MN在磁場中的運動情況和PQ一致，故MN通過磁場過程中，PQ上產(chǎn)生的焦耳熱為Q焦耳＝I2Rt，解得Q焦耳＝eq \f(m3g2R2,2B4L4)，故選D.
專題強化練
[保分基礎練]
1.(2022·上海市二模)如圖，某教室墻上有一朝南的鋼窗，將鋼窗右側向外打開，以推窗人的視角來看，窗框中產(chǎn)生( )
A．順時針電流，且有收縮趨勢
B．順時針電流，且有擴張趨勢
C．逆時針電流，且有收縮趨勢
D．逆時針電流，且有擴張趨勢
答案 D
解析磁場方向由南指向北，將鋼窗右側向外打開，則向北穿過窗戶的磁通量減少，根據(jù)楞次定律，以推窗人的視角來看，感應電流為逆時針電流，同時根據(jù)“增縮減擴”可知，窗框有擴張趨勢，故選D.
2.(2022·廣東肇慶市二模)如圖所示，開口極小的金屬環(huán)P、Q用不計電阻的導線相連組成閉合回路，金屬環(huán)P內(nèi)存在垂直圓環(huán)平面向里的勻強磁場，勻強磁場的磁感應強度隨時間的變化率為k，若使金屬環(huán)Q中產(chǎn)生逆時針方向逐漸增大的感應電流，則( )
A．k>0且k值保持恒定
B．k>0且k值逐漸增大
C．k＜0且k值逐漸增大
D．k＜0且k值逐漸減小
答案 B
解析若使金屬環(huán)Q中產(chǎn)生逆時針方向逐漸增大的感應電流，則金屬環(huán)P中也有逆時針方向逐漸增大的感應電流，根據(jù)楞次定律和安培定則可知，金屬環(huán)P中向里的磁感應強度增加，且增加得越來越快，即k>0且k值逐漸增大，故選B.
3.(2022·陜西寶雞市模擬)如圖所示，兩根電阻不計的平行光滑長直金屬導軌水平放置，導體棒a和b垂直跨在導軌上且與導軌接觸良好，導體棒a的電阻大于b的電阻，勻強磁場方向豎直向下．當導體棒b在大小為F2的水平拉力作用下勻速向右運動時，導體棒a在大小為F1的水平拉力作用下保持靜止狀態(tài)．若U1、U2分別表示導體棒a和b與導軌兩個接觸點間的電壓，那么它們的大小關系為( )
A．F1＝F2，U1> U2
B．F1< F2，U1< U2
C．F1 > F2，U1< U2
D．F1 ＝ F2，U1＝ U2
答案 D
解析導體棒a、b與導軌構成了閉合回路，流過a、b的電流是相等的；a靜止不動，b勻速運動，都處于平衡狀態(tài)，即拉力等于安培力，所以F1＝F2＝BIL，導體棒b相當于電源，導體棒a相當于用電器，由于電路是閉合的，所以導體棒a兩端的電壓U1＝IRa，導體棒b切割磁感線產(chǎn)生的電動勢E＝BLvb＝I(Ra＋Rb)，所以其輸出的路端電壓U2＝E－IRb＝IRa＝U1，故選D.
4．(2022·全國甲卷·16)三個用同樣的細導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．把它們放入磁感應強度隨時間線性變化的同一勻強磁場中，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電流的大小分別為I1、I2和I3.則( )
A．I1I2
C．I1＝I2>I3 D．I1＝I2＝I3
答案 C
解析設圓線框的半徑為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(3\r(3)r2,2)，三個線框材料粗細相同，根據(jù)電阻定律R＝ρeq \f(L,S橫截面)，可知三個線框電阻之比為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.
5.(2022·黑龍江哈師大附中高三期末)如圖，一線圈匝數(shù)為n，橫截面積為S，總電阻為r，處于一個均勻增強的磁場中，磁感應強度隨時間的變化率為k(k>0且為常量)，磁場方向水平向右且與線圈平面垂直，電容器的電容為C，兩個電阻的阻值分別為r和2r.下列說法正確的是( )
A．電容器下極板帶正電
B．此線圈的熱功率為eq \f(?nkS?2,r)
C．電容器所帶電荷量為eq \f(3nSkC,5)
D．電容器所帶電荷量為eq \f(nSkC,2)
答案 D
解析根據(jù)楞次定律可以判斷通過電阻r的電流方向為從左往右，所以電容器上極板帶正電，故A錯誤；根據(jù)法拉第電磁感應定律可得線圈產(chǎn)生的感應電動勢為E＝neq \f(ΔΦ,Δt)＝nSeq \f(ΔB,Δt)＝nkS，根據(jù)焦耳定律可得此線圈的熱功率為P＝(eq \f(E,2r))2r＝eq \f(?nkS?2,4r)，故B錯誤；電容器兩端電壓等于r兩端電壓，電容器所帶電荷量為Q＝CU＝C·eq \f(rE,2r)＝eq \f(nSkC,2)，故C錯誤，D正確．
6.(2021·北京卷·7)如圖所示，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(zhì)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．a(chǎn)b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( )
A．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→b
C．電阻R消耗的總電能為eq \f(mv02R,2?R＋r?)
D．導體棒克服安培力做的總功小于eq \f(1,2)mv02
答案 C
解析導體棒向右運動，根據(jù)右手定則，可知電流方向為b到a，再根據(jù)左手定則可知，導體棒受到向左的安培力，根據(jù)法拉第電磁感應定律，可得產(chǎn)生的感應電動勢為E＝BLv，感應電流為I＝eq \f(E,R＋r)＝eq \f(BLv,R＋r)，故安培力為F＝BIL＝eq \f(B2L2v,R＋r)，根據(jù)牛頓第二定律有F＝ma，可得a＝eq \f(B2L2,m?R＋r?)v，隨著速度減小，加速度不斷減小，故導體棒不是做勻減速直線運動，故A、B錯誤；根據(jù)能量守恒定律，可知整個過程回路中產(chǎn)生的總熱量為Q＝eq \f(1,2)mv02，因電阻與導體棒串聯(lián)，則產(chǎn)生的熱量與電阻成正比，則電阻R產(chǎn)生的熱量為QR＝eq \f(R,R＋r)Q＝eq \f(mv02R,2?R＋r?)，故C正確；整個過程只有安培力做負功，根據(jù)動能定理可知，導體棒克服安培力做的總功等于eq \f(1,2)mv02，故D錯誤．
7．(2022·江蘇鹽城市二模)如圖所示，三條平行虛線L1、L2、L3之間有寬度為L的兩個勻強磁場區(qū)域Ⅰ、Ⅱ，兩區(qū)域內(nèi)的磁感應強度大小相等、方向相反，正方形金屬線框MNPQ的質(zhì)量為m、邊長為L，開始時MN邊與邊界L1重合，對線框施加拉力F使其以加速度a勻加速通過磁場區(qū)，以順時針方向電流為正方向，下列關于感應電流i和拉力F隨時間變化的圖像可能正確的是( )
答案 B
解析當MN邊向右運動0～L的過程中，用時t1＝eq \r(\f(2L,a))，則E1＝BLat，電流I1＝eq \f(E1,R)＝eq \f(BLa,R)t，方向為正方向；拉力F1＝ma＋F安1＝ma＋eq \f(B2L2a,R)t；當MN邊向右運動L～2L的過程中，用時t2＝eq \r(\f(4L,a))－eq \r(\f(2L,a))＝(eq \r(2)－1)eq \r(\f(2L,a))＝(eq \r(2)－1)t1，E2＝2BLat，電流I2＝eq \f(E2,R)＝eq \f(2BLa,R)t，方向為負方向，拉力F2＝ma＋F安2＝ma＋eq \f(4B2L2a,R)t；當MN邊向右運動2L～3L的過程中，用時t3＝eq \r(\f(6L,a))－eq \r(\f(4L,a))＝(eq \r(3)－eq \r(2))eq \r(\f(2L,a))＝(eq \r(3)－eq \r(2))t1，E3＝BLat，電流I3＝eq \f(E3,R)＝eq \f(BLa,R)t，方向為正方向，拉力F3＝ma＋F安3＝ma＋eq \f(B2L2a,R)t，對比四個選項可知，只有B正確．
[爭分提能練]
8．(多選)(2021·廣東卷·10)如圖所示，水平放置足夠長光滑金屬導軌abc和de，ab與de平行，bc是以O為圓心的圓弧導軌，圓弧be左側和扇形Obc內(nèi)有方向如圖的勻強磁場，金屬桿OP的O端與e點用導線相接，P端與圓弧bc接觸良好，初始時，可滑動的金屬桿MN靜止在平行導軌上，若桿OP繞O點在勻強磁場區(qū)內(nèi)從b到c勻速轉(zhuǎn)動時，回路中始終有電流，則此過程中，下列說法正確的有( )
A．桿OP產(chǎn)生的感應電動勢恒定
B．桿OP受到的安培力不變
C．桿MN做勻加速直線運動
D．桿MN中的電流逐漸減小
答案 AD
解析桿OP勻速轉(zhuǎn)動切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢為E＝eq \f(1,2)Br2ω，因為OP勻速轉(zhuǎn)動，所以桿OP產(chǎn)生的感應電動勢恒定，故A正確；桿OP轉(zhuǎn)動過程中產(chǎn)生的感應電流由M到N通過桿MN，由左手定則可知，桿MN會向左運動，桿MN運動會切割磁感線，產(chǎn)生電動勢，感應電流方向與原來電流方向相反，使回路電流減小，桿MN所受合力為安培力，電流減小，安培力會減小，加速度減小，故D正確，B、C錯誤．
9.(多選)(2021·全國甲卷·21)由相同材料的導線繞成邊長相同的甲、乙兩個正方形閉合線圈，兩線圈的質(zhì)量相等，但所用導線的橫截面積不同，甲線圈的匝數(shù)是乙的2倍．現(xiàn)兩線圈在豎直平面內(nèi)從同一高度同時由靜止開始下落，一段時間后進入一方向垂直于紙面的勻強磁場區(qū)域，磁場的上邊界水平，如圖所示．不計空氣阻力，已知下落過程中線圈始終平行于紙面，上、下邊保持水平．在線圈下邊進入磁場后且上邊進入磁場前，可能出現(xiàn)的是( )
A．甲和乙都加速運動
B．甲和乙都減速運動
C．甲加速運動，乙減速運動
D．甲減速運動，乙加速運動
答案 AB
解析設線圈下邊到磁場上邊界的高度為h，線圈的邊長為l，則線圈下邊剛進入磁場時，有v＝eq \r(2gh)，
感應電動勢為E＝nBlv，
兩線圈材料相同(設密度為ρ0)，質(zhì)量相等(設為m)，
則m＝ρ0·4nl·S，
設材料的電阻率為ρ，則線圈電阻
R＝ρeq \f(4nl,S)＝eq \f(16n2l2ρρ0,m)
感應電流為I＝eq \f(E,R)＝eq \f(mBv,16nlρρ0)
所受安培力為F＝nBIl＝eq \f(mB2v,16ρρ0)
由牛頓第二定律有mg－F＝ma
聯(lián)立解得a＝g－eq \f(F,m)＝g－eq \f(B2v,16ρρ0)
加速度與線圈的匝數(shù)、橫截面積無關，則甲和乙進入磁場時，具有相同的加速度．
當g>eq \f(B2v,16ρρ0)時，甲和乙都加速運動，
當g

相關學案

相關學案更多

相關學案

相關學案 更多

相關學案更多