圖（b） 圖（c）
A.圖（c）是用玻璃管獲得的圖像
B.在鋁管中下落，小磁體做勻變速運(yùn)動(dòng)
C.在玻璃管中下落，小磁體受到的電磁阻力始終保持不變
D.用鋁管時(shí)測得的電流第一個(gè)峰到最后一個(gè)峰的時(shí)間間隔比用玻璃管時(shí)的短
解析
A對
利用F阻＝F安＝BIL
定性分析I變化，F(xiàn)阻變化，加速度a變化，BC錯(cuò)鋁管中強(qiáng)磁體所受阻力大，用時(shí)更長，D錯(cuò)
2.[對法拉第電磁感應(yīng)定律的理解及應(yīng)用/2021全國甲/多選]由相同材料的導(dǎo)線繞成邊長相同的甲、乙兩個(gè)正方形閉合線圈，兩線圈的質(zhì)量相等，但所用導(dǎo)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(shí)由靜止開始下落，一段時(shí)間后進(jìn)入一方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場的上邊界水平，如圖所示.不計(jì)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(jìn)入磁場后且上邊進(jìn)入磁場前，可能出現(xiàn)的是（ AB ）
A.甲和乙都加速運(yùn)動(dòng)
B.甲和乙都減速運(yùn)動(dòng)
C.甲加速運(yùn)動(dòng)，乙減速運(yùn)動(dòng)
D.甲減速運(yùn)動(dòng)，乙加速運(yùn)動(dòng)
解析 由于甲、乙線圈的材料、邊長和質(zhì)量均相同，故導(dǎo)線的體積相同，而甲線圈的匝數(shù)n1是乙的匝數(shù)n2的2倍，因此甲的長度l1是乙的長度l2的2倍，甲的橫截面積S1是乙的橫截面積S2的12，根據(jù)電阻定律R＝ρlS可知，甲的電阻R1是乙的電阻R2的4倍.甲進(jìn)入磁場后所受安培力F1＝n1BI1L＝n1BLn1BLvR1＝n12B2L2R1v，乙進(jìn)入磁場后所受安培力F2＝n2BI2L＝n2BLn2BLvR2＝n22B2L2R2v，由于n1＝2n2，R1＝4R2，甲、乙的質(zhì)量和進(jìn)入磁場時(shí)的速度都相同，故F1＝F2，甲、乙所受合力相同，加速度相同，因此甲、乙可能都加速運(yùn)動(dòng)，可能都勻速運(yùn)動(dòng)，還可能都減速運(yùn)動(dòng)，故A、B正確，C、D
3.[導(dǎo)體轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感線/2022山東/多選]如圖所示，xOy平面的第一、三象限內(nèi)以坐標(biāo)原點(diǎn)O為圓心、半徑為2L的扇形區(qū)域充滿方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場.邊長為L的正方形金屬框繞其始終在O點(diǎn)的頂點(diǎn)、在xOy平面內(nèi)以角速度ω順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng).t＝0時(shí)刻，金屬框開始進(jìn)入第一象限.不考慮自感影響，關(guān)于金屬框中感應(yīng)電動(dòng)勢E隨時(shí)間t變化規(guī)律的描述正確的是（ BC ）
A.在t＝0到t＝π2ω的過程中，E一直增大
B.在t＝0到t＝π2ω的過程中，E先增大后減小
C.在t＝0到t＝π4ω的過程中，E的變化率一直增大
D.在t＝0到t＝π4ω的過程中，E的變化率一直減小
解析 如圖所示，金屬框切割磁感線的有效長度為d，根據(jù)轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢公式有E＝12Bωd2，從圖中可以看出在t＝0到t＝π2ω的過程中，d是先增大到2L，再減小到L，所以電動(dòng)勢E先增大后減小，A錯(cuò)誤，B正確.在t＝0到t＝π4ω的過程中，d＝Lcsωt，感應(yīng)電動(dòng)勢的表達(dá)式可寫為E＝12Bωd2＝BωL22cs2ωt，由表達(dá)式可以看出在t＝0到t＝π4ω的過程中，E的變化率一直增大，C正確，D錯(cuò)誤.
4.[導(dǎo)體平動(dòng)切割磁感線/2021河北]如圖，兩光滑導(dǎo)軌水平放置在豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.導(dǎo)軌間距最窄處為一狹縫，取狹縫所在處O點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn).狹縫右側(cè)兩導(dǎo)軌與x軸夾角均為θ，一電容為C的電容器與導(dǎo)軌左端相連.導(dǎo)軌上的金屬棒與x軸垂直，在外力F作用下從O點(diǎn)開始以速度v向右勻速運(yùn)動(dòng)，忽略所有電阻.下列說法正確的是（ A ）
A.通過金屬棒的電流為2BCv2tanθ
B.金屬棒到達(dá)x0時(shí)，電容器極板上的電荷量為BCvx0tanθ
C.金屬棒運(yùn)動(dòng)過程中，電容器的上極板帶負(fù)電
D.金屬棒運(yùn)動(dòng)過程中，外力F做功的功率恒定
解析 金屬棒向右運(yùn)動(dòng)時(shí)間t時(shí)位移x＝vt，此時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢E＝B·(2xtan θ)v＝(2Bv2tan θ)t，又根據(jù)電容器的帶電荷量q＝CE，可知電流I＝ΔqΔt＝2BCv2tan θ，A對；根據(jù)上述分析可知，金屬棒到達(dá)x0時(shí)電動(dòng)勢E0＝(2Bvtan θ)x0，此時(shí)電容器的帶電荷量q0＝2BCvx0tan θ，B錯(cuò)；根據(jù)右手定則可知電容器上極板帶正電，C錯(cuò)；金屬棒勻速運(yùn)動(dòng)，外力F與安培力等大反向，則外力做功的功率P＝BILv＝2BIv2ttan θ，又金屬棒中電流I恒定，磁感應(yīng)強(qiáng)度B和v都恒定，可知外力F做功的功率隨時(shí)間增大，D錯(cuò).
5.[對法拉第電磁感應(yīng)定律的理解及應(yīng)用/2023天津]如圖，有一正方形線框靜止懸掛著，其質(zhì)量為m、電阻為R、邊長為l.空間中有一個(gè)三角形磁場區(qū)域，其磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝kt（k＞0），方向垂直于線框所在平面向里，且線框中磁場區(qū)域的面積為線框面積的一半，已知重力加速度為g，求：
（1）感應(yīng)電動(dòng)勢E；
（2）線框開始向上運(yùn)動(dòng)的時(shí)刻t0.
答案 （1）E＝kl22 （2）t0＝2mgRk2l3
解析 （1）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有
E＝nΔΦΔt
又n＝1，ΔΦΔt＝ΔBΔt·S＝kS，S＝l22
解得E＝kl22
（2）根據(jù)閉合電路歐姆定律可知線框中的感應(yīng)電流為
I＝ER
結(jié)合安培力的公式和題圖可知線框受到的安培力為
FA＝BIl
又B＝kt（k＞0）聯(lián)立可得線框受到的安培力為
FA＝k2l3t2R
當(dāng)線框開始向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，有
k2l3t02R＝mg
解得t0＝2mgRk2l3.

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