【讲与练】高中物理人教版(2019)选择性必修2：第2章电磁感应章末小结学案

章末小结一、“三定则、一定律”的应用“三定则”指安培定则、左手定则和右手定则，“一定律”指楞次定律。1．“三定则、一定律”的应用技巧1个条件：感应电流产生的条件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(闭合回路,磁通量变化))2种方法：判断感应电流方向eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(楞次定律,右手定则))2个原则：(1)无论是“安培力”还是“洛伦兹力”，只要是“力”都用左手判断；(2)“电生磁”或“磁生电”均用右手判断。2．用楞次定律判定感应电流方向的基本思路“一原、二感、三电流”：①明确研究回路的原磁场——弄清研究的回路中原磁场的方向及磁通量的变化情况；②确定感应电流的磁场——根据楞次定律中的“阻碍”原则，结合原磁场磁通量变化情况，确定感应电流的磁场的方向；③判定电流方向——根据感应电流的磁场方向，运用安培定则判断感应电流的方向。3．楞次定律中“阻碍”的主要表现形式(1)阻碍原磁通量的变化——“增反减同”；(2)阻碍相对运动——“来拒去留”；(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”；(4)阻碍原电流的变化(自感现象)——“增反减同”。典例1在水平面上放置两个完全相同的带中心轴的金属圆盘(电阻不为零)，它们彼此用导线把中心轴和对方圆盘的边缘相连接，组成电路如图所示，一匀强磁场穿过两圆盘垂直向外，若不计一切摩擦，当a盘在外力作用下做逆时针转动时，圆盘b(B)A．沿与a盘相同的方向转动B．沿与a盘相反的方向转动C．转动的角速度可能大于a盘的角速度D．转动的角速度可能等于a盘的角速度解析：如图所示，金属圆盘可看作由多根金属辐条组成，a盘在外力作用下逆时针转动时，圆盘切割磁感线，由右手定则可知，电动势方向为O1→A，在闭合电路中有方向为O1AO2BO1的感应电流，而对b盘，由左手定则和能量守恒定律可知，b盘顺时针转动且其转动的角速度一定小于a盘的角速度，选项B正确。二、电磁感应中的综合问题此类问题涉及电路知识、动力学知识和能量观点，综合性很强，解决此类问题要注意以下三点：1．电路分析(1)找“电源”：确定出由电磁感应所产生的电源，求出电源的电动势E和内阻r。(2)电路结构分析弄清串、并联关系，求出相关部分的电流大小，为求安培力做好铺垫。2．力和运动分析(1)受力分析：分析研究对象(常为金属杆、导体线圈等)的受力情况，尤其注意安培力的方向。(2)运动分析：根据力与运动的关系，确定出运动模型，根据模型特点，找到解决途径。3．功和能量分析(1)做功分析，找全部力所做的功，弄清功的正、负。(2)能量转化分析，弄清哪些能量增加，哪些能量减小，根据功能关系、能量守恒定律列方程求解。典例2(2023·内蒙古高二期中)如图所示，固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，垂直于导轨放置的两根金属棒MN和PQ长度也为l、电阻均为R，两棒与导轨始终接触良好。两端通过开关S与电阻为0.5R的边长为a的正方形单匝金属线圈相连，线圈内存在竖直向下均匀增加的磁场，磁场的变化率为常量k。图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。PQ的质量为m，金属导轨足够长、电阻忽略不计。(1)闭合S，若使PQ保持静止，需在其上加多大的水平恒力F，并指出其方向；(2)断开S，PQ在上述恒力作用下，由静止开始到速度大小为v的加速过程中流过PQ的电荷量为q，求该过程PQ产生的焦耳热。答案：(1)eq\f(Blka2,2R)方向水平向左(2)eq\f(ka2q,2)－eq\f(1,4)mv2解析：(1)设线圈中产生的感应电动势为E，根据法拉第电磁感应定律可得E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝ka2设PQ与MN并联的电阻为R并，有R并＝eq\f(R,2)闭合S后，设线圈中的电流为I，根据闭合电路的欧姆定律可得I＝eq\f(E,R并＋0.5R)＝eq\f(ka2,R)电流方向俯视为逆时针；设PQ中的电流为IPQ，则IPQ＝eq\f(1,2)I＝eq\f(ka2,2R)设PQ受到的安培力为F安，有F安＝BIPQl根据左手定则可得安培力方向水平向右，若保持PQ静止，根据平衡条件可得F＝F安联立解得F＝eq\f(Blka2,2R)，外力方向水平向左。(2)设PQ由静止开始到速度大小为v的过程中，PQ运动的位移为x，所用的时间为Δt，回路中磁通量的变化为ΔΦ′，平均感应电动势为eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ′,Δt)其中ΔΦ′＝BlxPQ中的平均电流为eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),2R)根据电流的定义式可得eq\x\to(I)＝eq\f(q,Δt)联立解得x＝eq\f(2qR,Bl)根据动能定理可得Fx－W安＝eq\f(1,2)mv2联立解得克服安培力做的功为W安＝eq\f(2FRq,Bl)－eq\f(1,2)mv2根据功能关系可得产生的总的焦耳热为Q＝W安＝eq\f(2FRq,Bl)－eq\f(1,2)mv2＝ka2q－eq\f(1,2)mv2该过程中金属棒PQ上产生的热量为QR＝eq\f(R,R＋R)Q＝eq\f(ka2q,2)－eq\f(1,4)mv2三、电磁感应中的动量问题当导体棒在磁场中做非匀变速直线运动时，利用牛顿运动定律不易解答这类问题，可以应用动量定理或动量守恒定律来解答。1．动量定理多应用于杆切割磁感线中求解变力的时间、速度、位移和电荷量问题。(1)求电荷量和速度：q＝eq\x\to(I)t；Beq\x\to(I)lΔt＝mv2－mv1。(2)求时间：Ft＝I冲＝mv2－mv1，I冲＝BIlΔt＝Bleq\f(ΔΦ,R总)。(3)求位移：－Beq\x\to(I)lΔt＝－eq\f(B2l2vΔt,R总)＝0－mv0或－eq\f(B2l2x,R总)＝0－mv0。2．电磁感应中双杆切割磁感线运动，若双杆系统所受合外力为零，运用动量守恒定律结合能量守恒定律可求解与能量有关的问题。3．两种双杆模型示意图力学观点导体棒1受安培力的作用做加速度减小的减速运动，导体棒2受安培力的作用做加速度减小的加速运动，最后两棒以相同的速度做匀速直线运动 情况1：棒1先变加速后匀速运动，棒2静止；情况2：棒1先变加速后匀加速运动，棒2先静止后变加速，最后和棒1做相同加速度的匀加速运动动量观点系统动量守恒系统动量不守恒能量观点棒1动能的减少量＝棒2动能的增加量＋焦耳热外力做的功＝棒1的动能＋棒2的动能＋焦耳热典例3(2023·河南新蔡县高二开学考试)如图所示，两根足够长的固定平行金属导轨位于同一水平面内，导轨间的距离为L，导轨上横放着两根导体棒ab和cd。设两根导体棒的质量皆为m，电阻皆为R，导轨光滑且电阻不计，在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感强度为B。开始时ab和cd两导体棒有方向相反的水平初速，初速大小分别为v0和2v0，求：(1)从开始到最终稳定回路中产生的焦耳热；(2)当ab棒向右运动，速度大小变为eq\f(v0,4)时，回路中消耗的电功率的值。答案：(1)eq\f(9,4)mveq\o\al(2,0)(2)eq\f(B2L2v\o\al(2,0),8R)解析：(1)从开始到最终稳定的过程中，取向右为正方向两棒总动量守恒，则有2mv0－mv0＝2mv解得v＝eq\f(v0,2)由能量守恒可得从开始到最终稳定回路中产生的焦耳热为Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(1,2)m(2v0)2－eq\f(1,2)(2m)v2＝eq\f(9,4)mveq\o\al(2,0)。(2)当ab棒向右运动，速度大小变为eq\f(v0,4)时，设cd棒的速度是v2，根据动量守恒得2mv0－mv0＝mv2＋meq\f(v0,4)解得v2＝eq\f(3v0,4)此时回路中的总电动势E2＝BLeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3v0,4)－\f(v0,4)))＝eq\f(1,2)BLv0则消耗的电功率为P2＝eq\f(E\o\al(2,2),2R)＝eq\f(B2L2v\o\al(2,0),8R)。一、高考真题探析典题(多选)(2021·全国甲卷，21)由相同材料的导线绕成边长相同的甲、乙两个正方形闭合线圈，两线圈的质量相等，但所用导线的横截面积不同，甲线圈的匝数是乙的2倍。现两线圈在竖直平面内从同一高度同时由静止开始下落，一段时间后进入一方向垂直于纸面的匀强磁场区域，磁场的上边界水平，如图所示。不计空气阻力，已知下落过程中线圈始终平行于纸面，上、下边保持水平。在线圈下边进入磁场后且上边进入磁场前，可能出现的是(AB)A．甲和乙都加速运动B．甲和乙都减速运动C．甲加速运动，乙减速运动D．甲减速运动，乙加速运动[试题情境]本题以相同质量、不同长度、同种材料构成的两个导体框在磁场中的运动为素材创设学习探索问题情境，属于综合性题目。[必备知识]密度公式、电阻定律、闭合电路的欧姆定律、机械能守恒定律、楞次定律、法拉第电磁感应定律、安培力、牛顿第二定律。[能力素养]本题属于导体框在磁场中运动的问题，着重考查考生的理解能力和推理论证能力。考查的学科核心素养为物理观念和科学思维，要求考生对牛顿运动定律、电阻定律、法拉第电磁感应定律等知识融会贯通，进而推理论证两导线框的受力及运动情况。(1)理解能力。题目中的两线圈材料、边长、质量均相同，但导线横截面积、匝数不同，根据密度公式可知组成两线圈的导线体积相同。体积V＝4nlS，其中n为匝数，l为线圈边长，S为导线横截面积。由于n1＝2n2，可知2S1＝S2。两线圈从同一高度同时下落，根据机械能守恒mgh＝eq\f(1,2)mv2，可以确定线圈以相同的速度同时到达磁场上边界，速度大小均为v＝eq\r(2gh)。(2)推理论证能力。电阻定义式R＝eq\f(ρL,S)，本题中L＝4nl，推出电阻表达式R＝eq\f(4nρl,S)。由此可知R1＝4R2。根据楞次定律判断出两线圈中的感应电流方向都是逆时针，大小为I＝eq\f(E,R)，其中E为线圈中的感应电动势、大小由法拉第电磁感应定律可求，即E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(BΔS,Δt)＝neq\f(BlvΔt,Δt)＝nBlv。线圈中的感应电流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(nBlv,R)。由左手定则判断出两线圈均受到竖直向上的安培力，每一匝线圈受力大小为F0＝BIl，线圈受到的安培力为n匝导线受到的安培力的合力，即F＝nBIl＝eq\f(n2B2l2v,R)，其中R为线圈电阻。结合n1＝2n2、R1＝4R2，可知两者所受安培力F甲＝F乙。由于不计空气阻力，线圈在进入磁场过程中会受到竖直向下的重力和竖直向上的安培力的共同作用，由牛顿第二定律得ma＝mg－F，甲、乙线圈质量相同、安培力相同，则加速度也相同。当重力大于安培力时，两者均为加速运动，当重力小于安培力时，两者均为减速运动，重力与安培力相等时，两者均为匀速运动。[失分剖析]考生写多匝线圈产生的感应电动势及安培力表达式时，忽略了匝数n的作用。二、进考场练真题1．(2023·湖北卷)近场通信(NFC)器件应用电磁感应原理进行通讯，其天线类似一个压平的线圈，线圈尺寸从内到外逐渐变大。如图所示，一正方形NFC线圈共3匝，其边长分别为1.0cm、1.2cm和1.4cm，图中线圈外线接入内部芯片时与内部线圈绝缘。若匀强磁场垂直通过此线圈，磁感应强度变化率为103T/s，则线圈产生的感应电动势最接近(B)A．0.30V B．0.44VC．0.59V D．4.3V解析：根据法拉第电磁感应定律可知E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔBS,Δt)＝103×(1.02＋1.22＋1.42)×10－4V＝0.44V，故选B。2．(2023·全国卷)一学生小组在探究电磁感应现象时，进行了如下比较实验。用图(a)所示的缠绕方式，将漆包线分别绕在几何尺寸相同的有机玻璃管和金属铝管上，漆包线的两端与电流传感器接通。两管皆竖直放置，将一很小的强磁体分别从管的上端由静止释放，在管内下落至管的下端。实验中电流传感器测得的两管上流过漆包线的电流I随时间t的变化分别如图(b)和图(c)所示，分析可知(A)A．图(c)是用玻璃管获得的图像B．在铝管中下落，小磁体做匀变速运动C．在玻璃管中下落，小磁体受到的电磁阻力始终保持不变D．用铝管时测得的电流第一个峰到最后一个峰的时间间隔比用玻璃管时的短解析：强磁体在铝管中运动，铝管会形成涡流，玻璃是绝缘体故强磁体在玻璃管中运动，玻璃管不会形成涡流。强磁体在铝管中加速后很快达到平衡状态，做匀速直线运动，而玻璃管中的磁体则一直做加速运动，故由图像可知图(c)的脉冲电流峰值不断增大，说明强磁体的速度在增大，与玻璃管中磁体的运动情况相符，A正确；在铝管中下落，脉冲电流的峰值一样，磁通量的变化率相同，故小磁体做匀速运动，B错误；在玻璃管中下落，玻璃管为绝缘体，线圈的脉冲电流峰值增大，电流不断在变化，故小磁体受到的电磁阻力在不断变化，C错误；强磁体分别从管的上端由静止释放，在铝管中，磁体在线圈间做匀速运动，玻璃管中磁体在线圈间做加速运动，故用铝管时测得的电流第一个峰到最后一个峰的时间间隔比用玻璃管时的长，D错误。3．(2021·河北卷，7)如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，导轨间距最窄处为一狭缝，取狭缝所在处O点为坐标原点，狭缝右侧两导轨与x轴夹角均为θ，一电容为C的电容器与导轨左端相连，导轨上的金属棒与x轴垂直，在外力F作用下从O点开始以速度v向右匀速运动，忽略所有电阻，下列说法正确的是(A)A．通过金属棒的电流为2BCv2tanθB．金属棒到达x0时，电容器极板上的电荷量为BCvx0tanθC．金属棒运动过程中，电容器的上极板带负电D．金属棒运动过程中，外力F做功的功率恒定解析：根据楞次定律可知电容器的上极板应带正电，C错误；由题知导体棒匀速切割磁感线，根据几何关系切割长度为L＝2xtanθ，x＝vt，则产生的感应电动势为E＝2Bv2ttanθ，由题图可知电容器直接与电源相连，则电容器的电荷量为Q＝CE＝2BCv2ttanθ，则流过导体棒的电流I＝eq\f(ΔQ,Δt)＝2BCv2tanθ，A正确；当金属棒到达x0处时，导体棒产生的感应电动势为E′＝2Bvx0tanθ，则电容器的电荷量为Q＝CE′＝2BCvx0tanθ，B错误；由于导体棒做匀速运动则F＝F安＝BIL，由选项A可知流过导体棒的电流I恒定，但L与t成正比，则F为变力，再根据力做功的功率公式P＝Fv，可看出F为变力，v不变则功率P随力F变化而变化，D错误。4．(2022·浙江1月，13)如图所示，将一通电螺线管竖直放置，螺线管内部形成方向竖直向上、磁感应强度大小B＝kt的匀强磁场，在内部用绝缘轻绳悬挂一与螺线管共轴的金属薄圆管，其电阻率为ρ、高度为h、半径为r、厚度为d(d≪r)，则(C)A．从上向下看，圆管中的感应电流为逆时针方向B．圆管的感应电动势大小为eq\f(kπr2,h)C．圆管的热功率大小为eq\f(πdhk2r3,2ρ)D．轻绳对圆管的拉力随时间减小解析：穿过圆管的磁通量向上逐渐增加，则根据楞次定律可知，从上向下看，圆管中的感应电流为顺时针方向，A错误；圆管的感应电动势大小为E＝eq\f(ΔB,Δt)πr2＝kπr2，B错误；圆管的电阻R＝ρeq\f(2πr,dh)，圆管的热功率大小为P＝eq\f(E2,R)＝eq\f(πdhk2r3,2ρ)，C正确；根据左手定则可知，圆管中各段所受的安培力方向指向圆管的轴线，则轻绳对圆管的拉力的合力始终等于圆管的重力，不随时间变化，D错误。5．(2022·全国甲卷，3)三个用同样的细导线做成的刚性闭合线框，正方形线框的边长与圆线框的直径相等，圆线框的半径与正六边形线框的边长相等，如图所示。把它们放入磁感应强度随时间线性变化的同一匀强磁场中，线框所在平面均与磁场方向垂直，正方形、圆形和正六边形线框中感应电流的大小分别为I1、I2和I3。则(C)A．I1<I3<I2 B．I1>I3>I2C．I1＝I2>I3 D．I1＝I2＝I3解析：设圆线框的半径为r，则由题意可知正方形线框的边长为2r，正六边形线框的边长为r；所以圆线框的周长为C2＝2πr，面积为S2＝πr2，同理可知正方形线框的周长和面积分别为C1＝8r，S1＝4r2，正六边形线框的周长和面积分别为C3＝6r，S3＝eq\f(1,2)×6×r×eq\f(\r(3),2)r＝eq\f(3\r(3)r2,2)，三线框材料粗细相同，根据电阻定律R＝ρeq\f(L,S横截面)，可知三个线框电阻之比为R1∶R2∶R3＝C1∶C2∶C3＝8∶2π∶6，根据法拉第电磁感应定律有I＝eq\f(E,R)＝eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(S,R)，可得电流之比为：I1∶I2∶I3＝2∶2∶eq\r(3)，即I1＝I2>I3，故选C。6．(多选)(2023·辽宁卷)如图，两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别为d和2d，处于竖直向上的磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。已知导体棒MN的电阻为R、长度为d，导体棒PQ的电阻为2R、长度为2d，PQ的质量是MN的2倍。初始时刻两棒静止，两棒中点之间连接一压缩量为L的轻质绝缘弹簧。释放弹簧，两棒在各自磁场中运动直至停止，弹簧始终在弹性限度内。整个过程中两棒保持与导轨垂直并接触良好，导轨足够长且电阻不计。下列说法正确的是(AC)A．弹簧伸展过程中、回路中产生顺时针方向的电流B．PQ速率为v时，MN所受安培力大小为eq\f(4B2d2v,3R)C．整个运动过程中，MN与PQ的路程之比为2∶1D．整个运动过程中，通过MN的电荷量为eq\f(BLd,3R)解析：弹簧伸展过程中，根据右手定则可知，回路中产生顺时针方向的电流，选项A正确；任意时刻，设电流为I，则PQ受安培力FPQ＝BI·2d，方向向左；MN受安培力FMN＝2BId，方向向右，可知两棒系统受合外力为零，动量守恒，设PQ质量为2m，则MN质量为m,PQ速率为v时，则2mv＝mv′，解得v′＝2v，回路的感应电流I＝eq\f(2Bdv′＋B·2dv,3R)＝eq\f(2Bdv,R)，MN所受安培力大小为FMN＝2BId＝eq\f(4B2d2v,R)，选项B错误；两棒最终停止时弹簧处于原长状态，由动量守恒可得mx1＝2mx2，x1＋x2＝L，可得最终MN位置向左移动x1＝eq\f(2L,3)，PQ位置向右移动x2＝eq\f(L,3)，因任意时刻两棒受安培力和弹簧弹力大小都相同，设整个过程两棒受的弹力的平均值为F弹，安培力平均值为F安，则整个过程根据动能定理F弹x1－F安xMN＝0，F弹x2－F安xPQ＝0，可得eq\f(xMN,xPQ)＝eq\f(x1,x2)＝eq\f(2,1)，选项C正确；两棒最后停止时，弹簧处于原长位置，此时两棒间距增加了L，由上述分析可知，MN向左位置移动eq\f(2L,3)，PQ位置向右移动eq\f(L,3)，则q＝Δt＝eq\f(ΔΦ,R总)＝eq\f(2B\f(2L,3)d＋B\f(L,3)2d,3R)＝eq\f(2BLd,3R)，选项D错误。故选AC。7．(2022·全国乙卷，11)如图，一不可伸长的细绳的上端固定，下端系在边长为l＝0.40m的正方形金属框的一个顶点上。金属框的一条对角线水平，其下方有方向垂直于金属框所在平面的匀强磁场。已知构成金属框的导线单位长度的阻值为λ＝5.0×10－3Ω/m；在t＝0到t＝3.0s时间内，磁感应强度大小随时间t的变化关系为B(t)＝0.3－0.1t(SI)。求：(1)t＝2.0s时金属框所受安培力的大小；(2)在t＝0到t＝2.0s时间内金属框产生的焦耳热。答案：(1)0.04eq\r(2)N(2)0.016J解析：(1)金属框的总电阻为R＝4lλ＝4×0.4×5×10－3Ω＝0.008Ω金属框中产生的感应电动势为E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB×\f(l2,2),Δt)＝0.1×eq\f(1,2)×0.42V＝0.008V金属框中的电流为I＝eq\f(E,R)＝1At＝2.0s时磁感应强度为B2＝(0.3－0.1×2)T＝0.1T金属框处于磁场中的有效长度为L＝eq\r(2)l此时金属框所受安培力大小为FA＝B2IL＝0.1×1×eq\r(2)×0.4N＝0.04eq\r(2)N(2)0～2.0s内金属框产生的焦耳热为Q＝I2Rt＝12×0.008×2J＝0.016J。8．(2023·全国卷)如图，水平桌面上固定一光滑U形金属导轨，其平行部分的间距为l，导轨的最右端与桌子右边缘对齐，导轨的电阻忽略不计。导轨所在区域有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电阻为R、长度也为l的金属棒P静止在导轨上。导轨上质量为3m的绝缘棒Q位于P的左侧，以大小为v0的速度向P运动并与P发生弹性碰撞，碰撞时间很短。碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点。P在导轨上运动时，两端与导轨接触良好，P与Q始终平行。不计空气阻力。求。(1)金属棒P滑出导轨时的速度大小；(2)金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量；(3)与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间。答案：(1)eq\f(1,2)v0(2)mveq\o\al(2,0)(3)eq\f(2mR,B2l2)解析：(1)由于绝缘棒Q与金属棒P发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得3mv0＝3mvQ＋mvPeq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,Q)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)联立解得vP＝eq\f(3,2)v0，vQ＝eq\f(1,2)v0由题知，碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点，则金属棒P滑出导轨时的速度大小为vP′＝vQ＝eq\f(1,2)v0。(2)根据能量守恒有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)＝eq\f(1,2)mvP′2＋Q解得Q＝mveq\o\al(2,0)。(3)P、Q碰撞后，对金属棒P分析，根据动量定理得－Beq\x\to(I)lΔt＝mvP′－mvP又q＝Δt，＝＝eq\f(ΔΦ,RΔt)＝eq\f(Blx,RΔt)联立可得x＝eq\f(mv0R,B2l2)由于Q为绝缘棒，无电流通过，做匀速直线运动，故Q运动的时间为t＝eq\f(x,vQ)＝eq\f(2mR,B2l2)。9．(多选)(2022·山东统考高考真题)如图所示，xOy平面的第一、三象限内以坐标原点O为圆心、半径为eq\r(2)L的扇形区域充满方向垂直纸面向外的匀强磁场。边长为L的正方形金属框绕其始终在O点的顶点、在xOy平面内以角速度ω顺时针匀速转动，t＝0时刻，金属框开始进入第一象限。不考虑自感影响，关于金属框中感应电动势E随时间t变化规律的描述正确的是(BC)A．在t＝0到t＝eq\f(π,2ω)的过程中，E一直增大B．在t＝0到t＝eq\f(π,2ω)的过程中，E先增大后减小C．在t＝0到t＝eq\f(π,4ω)的过程中，E的变化率一直增大D．在t＝0到t＝eq\f(π,4ω)的过程中，E的变化率一直减小解析：如图所示在t＝0到t＝eq\f(π,2ω