PAGE33-第2講電磁感應(yīng)規(guī)律及綜合應(yīng)用網(wǎng)絡(luò)構(gòu)建備考策略1.看到“磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t勻稱變更”，想到“eq\f(ΔB,Δt)＝k為定值”。2.應(yīng)用楞次定律時(shí)的“三看”和“三想”(1)看到“線圈(回路)中磁通量變更”時(shí)，想到“增反減同”。(2)看到“導(dǎo)體與磁體間有相對(duì)運(yùn)動(dòng)”時(shí)，想到“來拒去留”。(3)看到“回路面積可以變更”時(shí)，想到“增縮減擴(kuò)”。3.抓住“兩個(gè)定律”、運(yùn)用“兩種觀點(diǎn)”、分析“一種電路”“兩個(gè)定律”是指楞次定律和法拉第電磁感應(yīng)定律；“兩種觀點(diǎn)”是指動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)；“一種電路”是指電磁感應(yīng)電路。楞次定律和法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用楞次定律的應(yīng)用【典例1】(2024·浙江紹興選考模擬)大小不等的兩導(dǎo)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(shí)間勻稱增加的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B，則()圖1A.Q環(huán)內(nèi)有順時(shí)針方向的感應(yīng)電流B.Q環(huán)內(nèi)有逆時(shí)針方向的感應(yīng)電流C.P環(huán)內(nèi)有順時(shí)針方向的感應(yīng)電流D.P環(huán)內(nèi)有逆時(shí)針方向的感應(yīng)電流解析由楞次定律可知P環(huán)內(nèi)有逆時(shí)針方向的感應(yīng)電流，Q環(huán)內(nèi)沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生，故A、B、C錯(cuò)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(dǎo)體環(huán)水平固定。條形磁鐵S極向下以初速度v0沿過導(dǎo)體環(huán)圓心的豎直軸線下落，穿過導(dǎo)體環(huán)的過程中，關(guān)于導(dǎo)體環(huán)中的感應(yīng)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(dǎo)體環(huán)中的感應(yīng)電流的方向先順時(shí)針后逆時(shí)針B.從上向下看，導(dǎo)體環(huán)中的感應(yīng)電流的方向先逆時(shí)針后順時(shí)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(dāng)條形磁鐵的中心恰好位于導(dǎo)體環(huán)所在的水平面時(shí)，條形磁鐵內(nèi)部向上的磁感線都穿過了導(dǎo)體環(huán)，而條形磁鐵外部向下穿過導(dǎo)體環(huán)的磁通量最少，所以此時(shí)刻穿過導(dǎo)體環(huán)的磁通量最大，因此全過程導(dǎo)體環(huán)中磁通量方向向上，先增大后減小，從上向下看，感應(yīng)電流方向先順時(shí)針后逆時(shí)針，A正確，B錯(cuò)誤；導(dǎo)體環(huán)中的感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)始終阻礙條形磁鐵運(yùn)動(dòng)，所以條形磁鐵的加速度始終小于重力加速度，C正確，D錯(cuò)誤。答案AC【典例3】(2024·浙江金華十校模擬)如圖3所示為感應(yīng)式發(fā)電機(jī)，a、b、c、d是空間四個(gè)可用電刷與銅盤邊緣接觸的點(diǎn)，O1、O2是銅盤軸線導(dǎo)線的接線端，M、N是電流表的接線端?，F(xiàn)在將銅盤轉(zhuǎn)動(dòng)，能視察到感應(yīng)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(dāng)銅盤轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，其切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，此時(shí)銅盤相當(dāng)于電源，銅盤邊緣和中心相當(dāng)于電源的兩個(gè)極，則要想視察到感應(yīng)電流，M、N應(yīng)分別連接電源的兩個(gè)極即可，故可知只有B正確。答案B法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)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(dǎo)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(chǎng)區(qū)域，其區(qū)域內(nèi)的磁場(chǎng)方向都垂直于導(dǎo)軌平面對(duì)外，區(qū)域C1中磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間按B1＝b＋kt(k>0)變更，C2中磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度恒為B2，一質(zhì)量為m、電阻為r、長(zhǎng)度為L(zhǎng)的金屬桿AB穿過區(qū)域C2的圓心，垂直地跨放在兩導(dǎo)軌上，且與導(dǎo)軌接觸良好，并恰能保持靜止(軌道電阻不計(jì)，重力加速度大小為g)。則()圖4A.通過金屬桿的電流方向?yàn)閺腁到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(gè)電路中產(chǎn)生的熱功率P＝eq\f(kπamg,2B2)解析區(qū)域C1中磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間按B1＝b＋kt(k>0)變更，可知磁感應(yīng)強(qiáng)度勻稱增大，穿過整個(gè)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?yàn)閺腂到A，故A錯(cuò)誤；對(duì)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(yīng)定律，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)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(cuò)誤；整個(gè)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(xué)探討中常要用到高速電子，電子感應(yīng)加速器就是利用感生電場(chǎng)使電子加速的設(shè)備。如圖5所示，上面為側(cè)視圖，上、下為電磁鐵的兩個(gè)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?，F(xiàn)有一電子在真空室中做圓周運(yùn)動(dòng)，從上往下看電子沿逆時(shí)針方向做加速運(yùn)動(dòng)。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(yùn)動(dòng)的向心力是電場(chǎng)力D.電子在軌道中加速的驅(qū)動(dòng)力是電場(chǎng)力解析由上往下看電子沿逆時(shí)針方向做加速運(yùn)動(dòng)，表明感應(yīng)電場(chǎng)沿順時(shí)針方向。圖示電磁鐵螺線管電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向豎直向上，依據(jù)楞次定律，當(dāng)磁場(chǎng)正在增加時(shí)，產(chǎn)生的感應(yīng)電場(chǎng)沿順時(shí)針方向，故選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；電子所受感應(yīng)電場(chǎng)力方向沿切線方向，電子在軌道中做加速圓周運(yùn)動(dòng)是由電場(chǎng)力驅(qū)動(dòng)的，選項(xiàng)C錯(cuò)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(duì)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)間變更的規(guī)律如圖乙所示，取垂直于水平面對(duì)下為正方向，則下列說法中正確的是()圖6A.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，但磁感應(yīng)強(qiáng)度為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)電流方向變更，安培力方向變更，則輕桿對(duì)導(dǎo)體棒的作用力方向變更，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案C3.(多選)如圖7甲所示，左側(cè)接有定值電阻R＝2Ω的水平粗糙導(dǎo)軌處于垂直紙面對(duì)外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1T，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)＝1m。一質(zhì)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(dǎo)軌向右加速運(yùn)動(dòng)，金屬棒與導(dǎo)軌間動(dòng)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(diǎn)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(gè)系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量Q＝5.25JD.x＝1m時(shí)金屬棒的熱功率為1W解析金屬棒在運(yùn)動(dòng)位移x＝1m的過程中，克服摩擦力做功為Wf＝μmgx＝5J，x＝1m時(shí)金屬棒的安培力大小為F安＝BIL＝eq\f(B2L2,R＋r)v，結(jié)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(dòng)能定理得W－W安－Wf＝eq\f(1,2)mv2，得W＝9.25J，選項(xiàng)A正確；流過電阻R的電荷量q＝eq\f(ΔΦ,R＋r)＝0.25C，選項(xiàng)B錯(cuò)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(xiàng)C正確；x＝1m時(shí)，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(xiàng)D錯(cuò)誤。答案AC電磁感應(yīng)中的圖象問題依據(jù)題目所給條件，讀圖分析相關(guān)物理量【典例1】(2024·稽陽聯(lián)誼學(xué)校聯(lián)考)如圖8甲，MN、PQ為水平放置的足夠長(zhǎng)平行光滑導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)＝0.5m，導(dǎo)軌左端連接的定值電阻R＝2Ω，整個(gè)裝置處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為2T。將一根質(zhì)量為0.2kg、電阻也為r＝2Ω的金屬棒ab垂直放置在導(dǎo)軌上，且與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計(jì)。x＝0處給棒一個(gè)向右的初速度、并對(duì)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(guān)系圖象。求：圖8(1)運(yùn)動(dòng)2.4m時(shí)金屬棒瞬時(shí)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(guó)卷Ⅱ，18)如圖9，在同一水平面內(nèi)有兩根平行長(zhǎng)導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間存在依次相鄰的矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，區(qū)域?qū)挾染鶠閘，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向交替向上向下。一邊長(zhǎng)為eq\f(3,2)l的正方形金屬線框在導(dǎo)軌上向左勻速運(yùn)動(dòng)。線框中感應(yīng)電流i隨時(shí)間t變更的正確圖線可能是()圖9解析設(shè)線框運(yùn)動(dòng)的速度為v，則線框向左勻速運(yùn)動(dòng)第一個(gè)eq\f(l,2v)的時(shí)間內(nèi)，線框切割磁感線運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E＝2Bdv(d為導(dǎo)軌間距)，電流i＝eq\f(E,R)，回路中電流方向?yàn)轫槙r(shí)針；其次個(gè)eq\f(l,2v)的時(shí)間內(nèi)，線框左右兩邊切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)大小相等，方向相反，線框切割磁感線運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為零，電流為零；第三個(gè)eq\f(l,2v)的時(shí)間內(nèi)，線框切割磁感線運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E＝2Bdv，電流i＝eq\f(E,R)，回路中電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，所以D正確。答案D1.解決電磁感應(yīng)圖象問題的“三點(diǎn)關(guān)注”(1)明確圖象所描述的物理意義，明確各種“＋”“－”的含義。(2)關(guān)注變更過程，看電磁感應(yīng)發(fā)生的過程分為幾個(gè)階段，這幾個(gè)階段是否和圖象變更相對(duì)應(yīng)。(3)關(guān)注大小、方向的變更趨勢(shì)，看圖線斜率的大小、圖線的曲直是否和物理過程對(duì)應(yīng)。2.解決電磁感應(yīng)圖象問題常用的“兩個(gè)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(dǎo)軌放置在水平面上且間距為L(zhǎng)，左端接電阻R，導(dǎo)軌電阻不計(jì)。整個(gè)裝置處于方向豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。將質(zhì)量為m、電阻為r的金屬棒ab置于導(dǎo)軌上。當(dāng)ab受到垂直于金屬棒的水平外力F的作用由靜止起先運(yùn)動(dòng)時(shí)，F(xiàn)與金屬棒速度v的關(guān)系如圖乙所示。已知ab與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好，設(shè)ab中的感應(yīng)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(dòng)勢(shì)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(duì)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(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度減為零時(shí)，做勻速運(yùn)動(dòng)，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(cuò)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(gè)豎直方向的磁場(chǎng)，兩磁場(chǎng)方向相反，兩磁場(chǎng)的分界線OO′恰好把線圈分成左右對(duì)稱的兩部分，當(dāng)兩磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度按如圖乙所示的規(guī)律變更時(shí)，線圈始終靜止，規(guī)定磁場(chǎng)垂直紙面對(duì)里為正方向，線圈中逆時(shí)針方向?yàn)檎较颍€圈所受桌面的摩擦力向左為正方向，則下列關(guān)于線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電流和桌面對(duì)線圈的摩擦力隨時(shí)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(shí)間內(nèi)，線圈中產(chǎn)生逆時(shí)針方向的感應(yīng)電流，在t1～t2時(shí)間內(nèi)，線圈中產(chǎn)生順時(shí)針方向的感應(yīng)電流，由法拉第電磁感應(yīng)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(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；線圈在水平桌面上處于靜止?fàn)顟B(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?yàn)镕＝BIl，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B勻稱變更時(shí)，感應(yīng)電流I恒定，l恒定，依據(jù)題圖甲、乙可知，分界線OO′左側(cè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B1＝kt(0＜t＜t1)，分界線OO′右側(cè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B2＝－B0＋kt(0＜t＜t1)，在0～t1時(shí)間內(nèi)由楞次定律可得感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針，由左手定則可知安培力的方向?yàn)樗较蛴?，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(shí)間內(nèi)線圈受到的摩擦力的方向向右且恒為B0Il，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤，C正確。答案AC3.一個(gè)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(gè)邊長(zhǎng)l＝0.20m的正方形區(qū)域，其中有分布勻稱但強(qiáng)弱隨時(shí)間變更的磁場(chǎng)，圖乙顯示了一個(gè)周期內(nèi)磁場(chǎng)的變更狀況，周期T＝1.0×10－2s，磁場(chǎng)方向以垂直線圈平面對(duì)外為正方向。求：圖12(1)t＝eq\f(1,8)T時(shí)刻，電阻R0上的電流大小和方向；(2)0～eq\f(1,2)T時(shí)間內(nèi)，流過電阻R0的電荷量；(3)一個(gè)周期內(nèi)電阻R0的發(fā)熱量。解析(1)0～eq\f(T,4)內(nèi)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)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(yīng)電流大小I2＝0.2A流過電路的電荷量q＝I1eq\f(T,4)＋I(xiàn)2eq\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)＋I(xiàn)eq\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(yīng)定律的綜合應(yīng)用以“單棒＋導(dǎo)軌”模型為載體，考查電磁感應(yīng)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(jí)高鐵是一種以“真空管道運(yùn)輸”為理論核心設(shè)計(jì)的交通工具，它具有超高速、低能耗、無噪聲、零污染等特點(diǎn)。如圖b，已知管道中固定著兩根平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ，兩導(dǎo)軌間距為eq\r(3)r；運(yùn)輸車的質(zhì)量為m，橫截面是半徑為r的圓。運(yùn)輸車上固定著間距為D、與導(dǎo)軌垂直的兩根導(dǎo)體棒1和2，每根導(dǎo)體棒的電阻為R，每段長(zhǎng)度為D的導(dǎo)軌的電阻也為R。其他電阻忽視不計(jì)，重力加速度為g。圖13(1)如圖c，當(dāng)管道中的導(dǎo)軌平面與水平面成θ＝30°時(shí)，運(yùn)輸車恰好能無動(dòng)力地勻速下滑。求運(yùn)輸車與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；(2)在水平導(dǎo)軌上進(jìn)行試驗(yàn)，不考慮摩擦及空氣阻力。①當(dāng)運(yùn)輸車由靜止離站時(shí)，在導(dǎo)體棒2后間距為D處接通固定在導(dǎo)軌上電動(dòng)勢(shì)為E的直流電源，此時(shí)導(dǎo)體棒1、2均處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，垂直導(dǎo)軌平面對(duì)下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，如圖d。求剛接通電源時(shí)運(yùn)輸車的加速度的大小(電源內(nèi)阻不計(jì)，不考慮電磁感應(yīng)現(xiàn)象)；②當(dāng)運(yùn)輸車進(jìn)站時(shí)，管道內(nèi)依次分布磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，寬度為D的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，且相鄰的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向相反。求運(yùn)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(yùn)輸車的受力，將運(yùn)輸車的重力分解，如圖a，軌道對(duì)運(yùn)輸車的支持力為FN1、FN2，如圖b。由幾何關(guān)系FN1＝mgcosθ，F(xiàn)N2＝mgcosθ又f1＝μFN1，f2＝μFN2運(yùn)輸車勻速運(yùn)動(dòng)mgsinθ＝f1＋f2解得μ＝eq\f(\r(3),6)。(2)①運(yùn)輸車離站時(shí)，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(dǎo)體棒所受的安培力F1＝BI1·eq\r(3)r；F2＝BI2·eq\r(3)r運(yùn)輸車的加速度a＝eq\f(F1＋F2,m)解得a＝eq\f(4\r(3)BrE,11mR)。②運(yùn)輸車進(jìn)站時(shí)，電路如圖d，d當(dāng)車速為v時(shí)，由法拉第電磁感應(yīng)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(dǎo)體棒所受的安培力F1＝BI·eq\r(3)r，F(xiàn)2＝BI·eq\r(3)r運(yùn)輸車所受的合力F＝F1＋F2＝eq\f(B2·3r2v,R)選取一小段時(shí)間Δt，運(yùn)輸車速度的變更量為Δv，由動(dòng)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(zhǎng)的光滑金屬導(dǎo)軌ef、cd與水平面成θ＝30°角固定，導(dǎo)軌間距離為l＝1m，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，一個(gè)阻值為R0的定值電阻與電阻箱并聯(lián)接在兩金屬導(dǎo)軌的上端。整個(gè)系統(tǒng)置于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與導(dǎo)軌所在平面垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝1T?，F(xiàn)將一質(zhì)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(dǎo)軌接觸良好。變更電阻箱的阻值R，測(cè)定金屬棒的最大速度vm，得到eq\f(1,vm)－eq\f(1,R)的關(guān)系如圖乙所示。取g＝10m/s2。求：圖14(1)金屬棒的質(zhì)量m和定值電阻R0的阻值；(2)當(dāng)電阻箱的阻值R＝2Ω，且金屬棒的加速度為eq\f(1,4)g時(shí)，金屬棒的速度大小。解析(1)金屬棒以速度vm下滑時(shí)，依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)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(shè)此時(shí)金屬棒下滑的速度大小為v，依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)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(dǎo)軌”模型為載體，考查電磁感應(yīng)中的能量、動(dòng)量等問題【典例3】如圖15所示，兩根質(zhì)量均為m＝2kg的金屬棒垂直放在光滑的水平導(dǎo)軌上，左右兩部分導(dǎo)軌間距之比為1∶2，導(dǎo)軌間有大小相等但左、右兩部分方向相反的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩棒電阻與棒長(zhǎng)成正比，不計(jì)導(dǎo)軌電阻?，F(xiàn)用250N的水平拉力F向右拉CD棒，CD棒運(yùn)動(dòng)s＝0.5m過程中其上產(chǎn)生的焦耳熱為Q2＝30J，此時(shí)兩棒速率之比為vA∶vC＝1∶2，現(xiàn)馬上撤去拉力F，設(shè)導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)且兩棒始終在不同磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，求：圖15(1)在CD棒運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)的速度大小vA′和vC′。解析(1)設(shè)兩棒的長(zhǎng)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(shí)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(yùn)動(dòng)，而CD棒向右做減速運(yùn)動(dòng)，兩棒最終勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)電路中電流為零，即兩棒切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)大小相等，此時(shí)兩棒的速度滿意BLvA′＝B·2LvC′即vA′＝2vC′(不對(duì)過程進(jìn)行分析，認(rèn)為系統(tǒng)動(dòng)量守恒是常見錯(cuò)誤)對(duì)兩棒分別應(yīng)用動(dòng)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?yàn)閑q\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(dǎo)體框”為載體，考查電磁感應(yīng)定律的綜合應(yīng)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(duì)上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.4T，GH與IJ相距d＝0.5m。一個(gè)匝數(shù)n＝10、質(zhì)量m＝1kg、邊長(zhǎng)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(dòng)線圈，使其由靜止起先(t＝0)沿斜面對(duì)上運(yùn)動(dòng)，線圈進(jìn)入磁場(chǎng)恰好勻速運(yùn)動(dòng)。t1＝2s時(shí)線圈剛好完全通過磁場(chǎng)，此時(shí)撤去外力，在t2＝2.8s時(shí)線圈向下恰好完全穿出磁場(chǎng)。重力加速度g＝10m/s2，斜面足夠長(zhǎng)，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(gè)過程線圈產(chǎn)生的熱量。解析(1)線圈向上運(yùn)動(dòng)，ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度記為v1，經(jīng)驗(yàn)的時(shí)間記為Δt1，在磁場(chǎng)中勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間記為Δt2；線圈向下運(yùn)動(dòng)，ab邊剛離開磁場(chǎng)時(shí)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(chǎng)產(chǎn)生的熱量Q1＝(F－mgsin30°)2d＝1J⑩從撤去F后到向下出磁場(chǎng)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(chǎng)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(gè)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(yīng)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(zhì)量為m＝0.04kg、邊長(zhǎng)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(xì)繩系于O點(diǎn)，斜面的傾角為θ＝30°；線框的一半處于磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變更的關(guān)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(yīng)電流方向?yàn)閍bcdaB.t＝0時(shí)，細(xì)線拉力大小為F＝0.2NC.線框中感應(yīng)電流大小為I＝80mAD.經(jīng)過一段時(shí)間t，線框可能拉斷細(xì)繩向下運(yùn)動(dòng)解析由楞次定律可知線框中的感應(yīng)電流方向?yàn)閍dcba，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)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(yīng)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(shí)，B＝2T，解得FT＝0.136N，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤，C正確；經(jīng)過一段時(shí)間t，安培力BIl可能大于mgsinθ，所以線框可能沿斜面對(duì)上運(yùn)動(dòng)，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案C2.(多選)如圖18甲所示，足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ傾斜放置。完全相同的兩金屬棒ab、cd分別垂直導(dǎo)軌放置，棒兩端都與導(dǎo)軌始終有良好接觸，已知兩棒的電阻均為R，導(dǎo)軌間距為l且光滑，電阻不計(jì)，整個(gè)裝置處在方向垂直于導(dǎo)軌平面對(duì)上，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。棒ab在平行于導(dǎo)軌向上的力F作用下，沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng)，從某時(shí)刻起先計(jì)時(shí)，兩棒的v－t圖象如圖乙所示，兩圖線平行，v0已知，則從計(jì)時(shí)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(dòng)能的增量解析由vab>vcd，故通過cd的電流方向由d到c，選項(xiàng)A正確；由I＝eq\f(Blvab－Blvcd,2R)，可得I＝eq\f(Blv0,2R)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；對(duì)ab棒：F－mgsinθ－BIl＝maab，對(duì)cd棒：BIl－mgsinθ＝macd，aab＝acd，可得F＝eq\f(B2l2v0,R)，選項(xiàng)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(dòng)能增量與重力勢(shì)能增量之和，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案AC3.(2024·溫州二模)如圖19所示，兩根相同的平行金屬導(dǎo)軌固定在水平面內(nèi)，左端用導(dǎo)線相連，在導(dǎo)軌的某位置建立與導(dǎo)軌平面共面的直角坐標(biāo)系xOy，x軸緊靠導(dǎo)軌，y軸垂直導(dǎo)軌。在y軸的右側(cè)分布著垂直導(dǎo)軌平面對(duì)外的有界磁場(chǎng)，左邊界Ⅱ與y軸重合，右邊界Ⅰ與y軸平行，磁感應(yīng)強(qiáng)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(cè)某位置垂直導(dǎo)軌放置一質(zhì)量為m的金屬棒，現(xiàn)給棒一水平向左的瞬時(shí)沖量，使其向左運(yùn)動(dòng)，同時(shí)在棒上施加一水平向右的恒力F0，棒穿過磁場(chǎng)后接著向左運(yùn)動(dòng)，然后再返回磁場(chǎng)，并能從邊界Ⅰ穿出。已知：棒向左運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)離開邊界Ⅱ的最大距離是磁場(chǎng)兩邊界間距的n倍eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＞\f(1,3)))，棒向右運(yùn)動(dòng)穿過磁場(chǎng)區(qū)域的過程中速度不變；導(dǎo)軌單位長(zhǎng)度的阻值是恒定的，導(dǎo)線及金屬棒電阻不計(jì)，棒與導(dǎo)軌間的摩擦力大小恒定，求：圖19(1)棒與導(dǎo)軌間摩擦力大小Ff；(2)棒左、右兩次穿越磁場(chǎng)的過程中產(chǎn)生的電熱之比Q1∶Q2；(3)導(dǎo)線到邊界Ⅱ的距離d；(4)棒左、右兩次穿越磁場(chǎng)的過程中所用的時(shí)間之比t1∶t2。解析(1)設(shè)金屬棒向左運(yùn)動(dòng)離開邊界Ⅱ的最大距離為s1，此時(shí)金屬棒的速度為零；依據(jù)動(dòng)能定理可得，在金屬棒從邊界Ⅱ向左運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)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(shè)磁場(chǎng)兩邊界間距為s2，依據(jù)功能關(guān)系，在從右向左運(yùn)動(dòng)第一次穿越磁場(chǎng)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(yùn)動(dòng)其次次穿越磁場(chǎng)區(qū)域過程中F0s2－Ffs2－Q2＝0⑤棒向左運(yùn)動(dòng)離開邊界Ⅱ的最大距離是磁場(chǎng)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(yùn)動(dòng)穿過磁場(chǎng)區(qū)域的過程中速度不變，即做勻速直線運(yùn)動(dòng)，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(chǎng)邊界Ⅱ進(jìn)入時(shí)，x＝0，此時(shí)B2＝2Beq\o\al(2,0)⑨和從磁場(chǎng)邊界Ⅰ出來時(shí)，x＝s2，此時(shí)B2＝Beq\o\al(2,0)(2＋ks2)⑩設(shè)導(dǎo)軌單位長(zhǎng)度電阻為r，金屬棒切割磁感線的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，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(duì)于第一次穿過磁場(chǎng)區(qū)域過程中，設(shè)任一時(shí)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(duì)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(duì)整個(gè)過程進(jìn)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(duì)于其次次穿過磁場(chǎng)區(qū)域過程，金屬棒做勻速運(yùn)動(dòng)，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(yīng)中的STSE問題賞析情形1以科學(xué)技術(shù)為背景考查楞次定律物理學(xué)是科學(xué)技術(shù)的基礎(chǔ)，聯(lián)系生產(chǎn)、生活，考查物理學(xué)問的應(yīng)用是高考命題的熱點(diǎn)，能夠體現(xiàn)高考對(duì)學(xué)科素養(yǎng)的重視。【例1】(2024·全國(guó)卷Ⅰ，18)掃描隧道顯微鏡(STM)可用來探測(cè)樣品表面原子尺度上的形貌。為了有效隔離外界振動(dòng)對(duì)STM的擾動(dòng)，在圓底盤周邊沿其徑向?qū)ΨQ地安裝若干對(duì)紫銅薄板，并施加磁場(chǎng)來快速衰減其微小振動(dòng)，如圖20所示。無擾動(dòng)時(shí)，按下列四種方案對(duì)紫銅薄板施加恒磁場(chǎng)；出現(xiàn)擾動(dòng)后，對(duì)于紫銅薄板上下及其左右振動(dòng)的衰減最有效的方案是()圖20解析感應(yīng)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(dòng)時(shí)，紫銅薄板隨之上下及左右振動(dòng)，在磁場(chǎng)中的部分有時(shí)多有時(shí)少，磁通量發(fā)生變更，產(chǎn)生感應(yīng)電流，受到安培力，阻礙系統(tǒng)的振動(dòng)；在B、D圖中，只有紫銅薄板左右振動(dòng)才產(chǎn)生感應(yīng)電流，而上下振動(dòng)無電流產(chǎn)生；在C圖中，無論紫銅薄板上下振動(dòng)還是左右振動(dòng)，都不會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，故選項(xiàng)A正確，B、C、D錯(cuò)誤。答案A【例2】(2024·浙江江山選考模擬)電磁流量計(jì)廣泛應(yīng)用于測(cè)量可導(dǎo)電流體(如污水)在管中的流量(在單位時(shí)間內(nèi)通過管內(nèi)橫截面的流體的體積)。為了簡(jiǎn)化，假設(shè)流量計(jì)是如圖21所示的橫截面為長(zhǎng)方形的一段管道，其中空部分的長(zhǎng)、寬、高分別為圖中的a、b、c，流量計(jì)的兩端與輸送液體的管道相連接(圖中虛線)。圖中流量計(jì)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(jì)所在處加磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直于前后兩面。當(dāng)導(dǎo)電液體穩(wěn)定地流經(jīng)流量計(jì)時(shí)，在管外將流量計(jì)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(cè)得的電流值。已知流體的電阻率為ρ，不計(jì)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(shè)管中流體的流速為v，則在Δt時(shí)間內(nèi)流體在管中向前移動(dòng)的距離為vΔt，這樣如圖甲畫線的流體在Δt時(shí)間內(nèi)都將流過橫截面，甲設(shè)此橫截面積為S，則畫線的流體體積ΔV＝SvΔt，除以時(shí)間Δt，則得到流體在該管中的流量為Q＝eq\f(ΔV,Δt)＝Sv。對(duì)于題干所給的流量計(jì)，橫截面積S＝bc，故流過流量計(jì)的流量Q＝vbc，對(duì)于給定的流量計(jì)，b與c是常量，可見測(cè)流量實(shí)質(zhì)上是測(cè)流速。當(dāng)可導(dǎo)電流體穩(wěn)定地流經(jīng)流量計(jì)，流體將切割磁感線，這樣在流量計(jì)的上、下兩面產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝vBc，其中B是垂直于流量計(jì)前后兩面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度，c是流過流量計(jì)流體的厚度，v是可導(dǎo)電流體在流量計(jì)中的流速。這樣在管外將流量計(jì)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(gè)閉合電路中的電動(dòng)勢(shì)就是由可導(dǎo)電流體沿流量計(jì)流淌切割磁感線而產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，如圖乙所示，電阻包括外接的電阻R和可導(dǎo)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(xiàng)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(tái)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(gè)漏電開關(guān)，其工作原理如圖22所示，其中甲線圈兩端與脫扣開關(guān)限制器相連，乙線圈由兩條電源線實(shí)行雙線法繞制，并與甲線圈繞在同一個(gè)矩形硅鋼片組成的鐵芯上。以下說法中正確的是()圖22A.當(dāng)用戶用電正常時(shí)，甲線圈兩端沒有電壓，脫扣開關(guān)接通B.當(dāng)用戶用電正常時(shí)，甲線圈兩端有電壓，脫扣開關(guān)接通C.當(dāng)用戶發(fā)生漏電時(shí)，甲線圈兩端沒有電壓，脫扣開關(guān)斷開D.當(dāng)用戶發(fā)生漏電時(shí)，甲線圈兩端有電壓，脫扣開關(guān)斷開解析正常狀態(tài)時(shí)，火線和零線中電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)完全抵消，脫扣開關(guān)S保持接通，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；當(dāng)用戶發(fā)生漏電時(shí)，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(chǎng)不能完全抵消，會(huì)使甲線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，脫扣開關(guān)斷開，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確。答案AD【例4】(多選)如圖23所示是某同學(xué)自制的電流表原理圖，質(zhì)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(zhǎng)為ab＝L1、bc＝L2的矩形區(qū)域abcd內(nèi)有勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面對(duì)外。MN的右端連接一絕緣輕指針，可指示出標(biāo)尺上的刻度，MN的長(zhǎng)度大于ab，當(dāng)MN中沒有電流通過且靜止時(shí)，MN與ab邊重合，且指針指在標(biāo)尺的零刻度；當(dāng)MN中有電流時(shí)，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(yīng)從N至MB.當(dāng)該電流表的示數(shù)為零時(shí)，彈簧的伸長(zhǎng)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(yīng)向下移動(dòng)，所受的安培力應(yīng)向下，由左手定則知，MN中的電流方向應(yīng)從M至N，故A錯(cuò)誤；當(dāng)該電流表的示數(shù)為零時(shí)，MN與ab邊重合，彈簧的彈力與MN的重力平衡，彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài)，故B正確；設(shè)當(dāng)電流表示數(shù)為零時(shí)，設(shè)彈簧的伸長(zhǎng)量為x0，由平衡條件得mg＝kx0，解得x0＝eq\f(mg,k)，當(dāng)電流為I時(shí)，安培力為FA＝BIL1；設(shè)此時(shí)彈簧伸長(zhǎng)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(dāng)Δx＝L2時(shí)，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(xué)技術(shù)為背景考查電磁感應(yīng)定律【例5】(2024·浙江樂清選考模擬)(多選)鐵路運(yùn)輸中設(shè)計(jì)的多種裝置都運(yùn)用了電磁感應(yīng)原理。有一種電磁裝置可以向限制中心傳輸信號(hào)以確定火車的位置和運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，裝置的原理是：將能產(chǎn)生勻強(qiáng)磁場(chǎng)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(dāng)它經(jīng)過安放在兩鐵軌間的矩形線圈時(shí)，線圈便產(chǎn)生一個(gè)電信號(hào)傳輸給限制中心。線圈長(zhǎng)為l1，寬為l2，匝數(shù)為n。若勻強(qiáng)磁場(chǎng)只分布在一個(gè)矩形區(qū)域內(nèi)，當(dāng)火車首節(jié)車廂通過線圈時(shí)，限制中心接收到線圈兩端電壓u與時(shí)間t的關(guān)系如圖乙所示(ab、cd均為直線)，則在t1～t2時(shí)間內(nèi)()圖24A.火車做勻速直線運(yùn)動(dòng)B.M點(diǎn)電勢(shì)低于N點(diǎn)電勢(shì)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(shí)間內(nèi)，由感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝u＝nBl1v＝nBl1(v1＋at)，由圖象可知火車做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由右手定則可知電流方向由M到N，所以M點(diǎn)電勢(shì)低于N點(diǎn)電勢(shì)，故選項(xiàng)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(xiàng)C錯(cuò)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(xiàng)D正確。答案BD【例6】電磁軌道炮利用電流和磁場(chǎng)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(yùn)載器。電磁軌道炮示意如圖25，圖中直流電源電動(dòng)勢(shì)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(dǎo)軌間距為l，電阻不計(jì)。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(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(圖中未畫出)，MN起先向右加速運(yùn)動(dòng)。當(dāng)MN上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與電容器兩極板間的電壓相等時(shí)，回路中電流為零，MN達(dá)到最大速度，之后離開導(dǎo)軌。問：圖25(1)磁場(chǎng)的方向；(2)MN剛起先運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度a的大?。?3)MN離開導(dǎo)軌后電容器上剩余的電荷量Q是多少。解析(1)垂直于導(dǎo)軌平面對(duì)下。(2)電容器完全充電后，兩極板間電壓為E，當(dāng)開關(guān)S接2時(shí)，電容器放電，設(shè)剛放電時(shí)流經(jīng)MN的電流為I，有I＝eq\f(E,R)①設(shè)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(dāng)電容器充電完畢時(shí)，設(shè)電容器上電荷量為Q0，有Q0＝CE⑤開關(guān)S接2后，MN起先向右加速運(yùn)動(dòng)，速度達(dá)到最大值vmax時(shí)，設(shè)MN上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E′，有E′＝Blvmax⑥依題意有E′＝eq\f(Q,C)⑦設(shè)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(dòng)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(dǎo)軌平面對(duì)下(2)eq\f(BlE,mR)(3)eq\f(B2l2C2E,m＋B2l2C)一、選擇題(1～4題為單項(xiàng)選擇題，5～8題為不定項(xiàng)選擇題)1.(2024·浙江諸暨選考模擬)有一種手持金屬探測(cè)器實(shí)物及其結(jié)構(gòu)原理圖可簡(jiǎn)化為圖1所示。探測(cè)器運(yùn)用的是電磁感應(yīng)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(chǎng)；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(chǎng)(接收線圈能完全屏蔽放射線圈產(chǎn)生的磁場(chǎng))。隨著放射線圈產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向反復(fù)變更，它會(huì)與所遇的金屬物發(fā)生作用，導(dǎo)致金屬物自身也會(huì)產(chǎn)生微弱的磁場(chǎng)，來自金屬物的磁場(chǎng)進(jìn)入內(nèi)環(huán)線圈被接收到后，檢測(cè)器會(huì)發(fā)出報(bào)警聲。若放射線圈產(chǎn)生向下且增加的磁場(chǎng)，則下列說法中正確的是()圖1A.金屬物產(chǎn)生的感應(yīng)磁場(chǎng)的方向豎直向下B.金屬物中的渦流從上往下看是沿順時(shí)針方向C.金屬物發(fā)出的磁場(chǎng)穿過接收線圈時(shí)，接收線圈會(huì)產(chǎn)生微弱的電流，此類探測(cè)器相應(yīng)的元件就是依據(jù)這一電流進(jìn)行報(bào)警的D.假如金屬物中某時(shí)刻發(fā)出向上的磁場(chǎng)，那么接收線圈中的感應(yīng)電流方向從上往下看是沿逆時(shí)針方向解析先依據(jù)探測(cè)器放射線圈發(fā)出的磁場(chǎng)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(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向，用安培定則推斷金屬物中的感應(yīng)電流的方向，這里特殊要留意感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)與原磁場(chǎng)不能混淆；金屬物發(fā)出的磁場(chǎng)穿過接收線圈時(shí)，會(huì)引起接收線圈產(chǎn)生微弱的電流，使探測(cè)器報(bào)警，選項(xiàng)C正確；假如金屬中發(fā)出向上漸漸增加的磁場(chǎng)，接收線圈感應(yīng)電流從上向下看為順時(shí)針方向，選項(xiàng)D錯(cuò)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(jìn)入人們的視線。小到手表、手機(jī)，大到電腦、電動(dòng)汽車的充電，都已經(jīng)實(shí)現(xiàn)了從理論研發(fā)到實(shí)際應(yīng)用的轉(zhuǎn)化。圖2給出了某品牌的無線充電手機(jī)利用電磁感應(yīng)方式無線充電的原理圖。關(guān)于無線充電，下列說法正確的是()圖2A.無線充電時(shí)手機(jī)接收線圈部分的工作原理是“電流的磁效應(yīng)”B.只有將充電底座接到直流電源上才能對(duì)手機(jī)進(jìn)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(jī)都可以進(jìn)行無線充電解析無線充電時(shí)手機(jī)接收線圈部分的工作原理是電磁感應(yīng)現(xiàn)象，不是“電流的磁效應(yīng)”現(xiàn)象，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；當(dāng)充電設(shè)備通以恒定直流，無線充電設(shè)備不會(huì)產(chǎn)生交變磁場(chǎng)，那么不能夠正常運(yùn)用，故選項(xiàng)B錯(cuò)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(xiàng)C正確；被充電手機(jī)內(nèi)部，應(yīng)當(dāng)有一類似金屬線圈的部件，與手機(jī)電池相連，當(dāng)有交變磁場(chǎng)時(shí)，則出現(xiàn)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，那么一般手機(jī)不能夠利用無線充電設(shè)備進(jìn)行充電，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案C3.(2024·溫州模擬)紙面內(nèi)兩個(gè)半徑均為R的圓相切于O點(diǎn)，兩圓形區(qū)域內(nèi)分別存在垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向相反，且不隨時(shí)間變更。一長(zhǎng)為2R的導(dǎo)體桿OA繞O點(diǎn)且垂直于紙面的軸順時(shí)針勻速旋轉(zhuǎn)，角速度為ω。t＝0時(shí)，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(dòng)勢(shì)為正，下列描述導(dǎo)體桿中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)隨時(shí)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(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為正，故D錯(cuò)誤；設(shè)經(jīng)時(shí)間t導(dǎo)體桿轉(zhuǎn)過的角度為α，則α＝ωt，導(dǎo)體桿有效切割長(zhǎng)度為L(zhǎng)＝2Rsinωt。由E＝eq\f(1,2)BL2ω，可知E＝2BR2ωsin2ωt，B、R、ω不變，切割的有效長(zhǎng)度隨時(shí)間先增大后減小，且做非線性、非正弦的變更，經(jīng)半個(gè)周期后，電動(dòng)勢(shì)的方向反向，故A、B錯(cuò)誤，C正確。答案C4.如圖4所示，間距為L(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌彎成“∠”形，底部導(dǎo)軌面水平，傾斜部分與水平面成θ角，導(dǎo)軌與固定電阻相連，整個(gè)裝置處于豎直向上的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。導(dǎo)體棒ab與cd均垂直于導(dǎo)軌放置，且與導(dǎo)軌間接觸良好，兩導(dǎo)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(jì)，當(dāng)導(dǎo)體棒cd沿導(dǎo)軌向右以速度v勻速滑動(dòng)時(shí)，導(dǎo)體棒ab恰好在傾斜導(dǎo)軌上處于靜止?fàn)顟B(tài)，導(dǎo)體棒ab的重力為mg，則()圖4A.導(dǎo)體棒cd兩端的電壓為BLvB.t時(shí)間內(nèi)通過導(dǎo)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(dǎo)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(dǎo)體棒cd產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝BLv，導(dǎo)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(xiàng)A錯(cuò)誤；通過cd棒的電流I＝eq\f(E,0.5R＋R)＝eq\f(BLv,1.5R)，在時(shí)間t內(nèi)通過導(dǎo)體棒cd橫截面的電荷量為q＝It＝eq\f(2BLvt,3R)，選項(xiàng)B正確；甲對(duì)ab棒進(jìn)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(xiàng)D錯(cuò)誤；由功能關(guān)系知cd棒克服安培力做功的功率等于整個(gè)電路的電功率，為P＝eq\f(E2,0.5R＋R)＝eq\f(B2L2v2,1.5R)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤。乙答案B5.如圖5所示，兩等長(zhǎng)的細(xì)繩懸掛一磁鐵與一圓形閉合線圈懸于細(xì)桿上，靜止時(shí)線圈平面與磁鐵的軸線O1O2垂直，磁鐵質(zhì)量為m，磁極如圖所示。在垂直于細(xì)桿的平面內(nèi)，保持細(xì)繩繃緊，將磁鐵拉至與細(xì)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(shí)針方向(沿O1O2方向看)的感應(yīng)電流C.磁鐵下擺過程中，線圈中有順時(shí)針方向(沿O1O2方向看)的感應(yīng)電流D.磁鐵擺到最低點(diǎn)時(shí)，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(shí)針方向(沿O1O2方向看)的感應(yīng)電流，故選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤，C正確；磁鐵向下運(yùn)動(dòng)的過程中，依據(jù)楞次定律可知，磁鐵會(huì)受到線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電流的阻礙，機(jī)械能減小，則eq\f(1,2)mv2<mgr，最低點(diǎn)拉力與重力的合力供應(yīng)向心力，所以F－mg＝eq\f(mv2,r)，聯(lián)立以上兩式得F<3mg，故選項(xiàng)D正確。答案CD6.如圖6所示，導(dǎo)體棒沿兩平行金屬導(dǎo)軌從圖示位置以速度v向右勻速通過一正方形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，ac邊垂直于導(dǎo)軌且平行于導(dǎo)體棒，ac邊右側(cè)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小是左側(cè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的2倍且方向相反，導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻均不計(jì)，下列關(guān)于導(dǎo)體棒中感應(yīng)電流和導(dǎo)體棒所受安培力隨時(shí)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(dǎo)體運(yùn)動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)問題的三把“金鑰匙”：一找切割長(zhǎng)度；二找變更趨勢(shì)；三找方向。依據(jù)右手定則，起先時(shí)導(dǎo)體棒中感應(yīng)電流方向?yàn)檎?留意不要忽視物理量的正負(fù))，大小勻稱增加，依據(jù)題述可知，當(dāng)導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)到ac邊的右側(cè)，感應(yīng)電流的大小突變?yōu)樵瓉淼?倍，方向變?yōu)樨?fù)，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；感應(yīng)電流隨位移勻稱變更，切割的有效長(zhǎng)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(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。答案AC7.(2024·浙江臨安選考適應(yīng)性考試)如圖7甲所示，質(zhì)量m＝3.0×10－3kg的“”型金屬細(xì)框豎直放置在兩水銀槽中，“”型框的水平細(xì)桿CD長(zhǎng)l＝0.20m，處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1＝1.0T、方向水平向右的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。有一匝數(shù)n＝300匝、面積S＝0.01m2的線圈通過開關(guān)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(qiáng)磁場(chǎng)中，其磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的大小隨時(shí)間t變更的關(guān)系如圖乙所示。t＝0.22s時(shí)閉合開關(guān)K，瞬間細(xì)框跳起(細(xì)框跳起瞬間安培力遠(yuǎn)大于重力)，跳起的最大高度h＝0.20m。不計(jì)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(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為3VB.開關(guān)K閉合瞬間，CD中的電流方向由C到DC.磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的方向豎直向下D.開關(guān)K閉合瞬間，通過細(xì)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(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝300×eq\f(0.01,0.1)V＝30V，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由題可知細(xì)桿CD所受安培力方向豎直向上，由左手定則可知，電流方向?yàn)镃→D，由安培定則可知線圈中感應(yīng)電流的磁場(chǎng)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(yīng)強(qiáng)度B2方向豎直向上，故選項(xiàng)B正確，C錯(cuò)誤；對(duì)細(xì)框，由動(dòng)量定理得B1Il·Δt＝mv－0，細(xì)框豎直向上做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，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(xiàng)D正確。答案BD8.半徑分別為r和2r的同心圓形導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，一長(zhǎng)為r、電阻為R的勻稱金屬棒AB置于圓導(dǎo)軌上面，BA的延長(zhǎng)線通過圓導(dǎo)軌中心O，裝置的俯視圖如圖8所示，整個(gè)裝置位于一勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)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(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，在轉(zhuǎn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌保持良好接觸。導(dǎo)軌電阻不計(jì)。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(fù)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(xiàng)A正確；金屬棒轉(zhuǎn)動(dòng)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E＝Breq\f(ωr＋ω·2r,2)＝eq\f(3,2)Bωr2，切割磁感線的金屬棒相當(dāng)于電源，金屬棒兩端電