2024-2025学年高考物理重点专题讲解及突破11电磁感应含解析

2024-2025年高考物理重点专题讲解及突破11：电磁感应超重点1：电磁感应现象楞次定律超重点1：电磁感应现象楞次定律一、磁通量1．概念：在磁感应强度为B的匀强磁场中，与磁场方向垂直的面积S与B的乘积．2．公式：Φ＝BS.3．单位：1Wb＝1_T·m2.4．公式的适用条件(1)匀强磁场；(2)磁感线的方向与平面垂直，即B⊥S.5．磁通量的意义磁通量可以理解为穿过某一面积的磁感线的条数．二、电磁感应现象1．电磁感应现象当穿过闭合电路的磁通量发生变更时，电路中有感应电流产生的现象．2．产生感应电流的条件(1)条件：穿过闭合电路的磁通量发生变更．(2)特例：闭合电路的一部分导体在磁场内做切割磁感线运动．3．产生电磁感应现象的实质电磁感应现象的实质是产生感应电动势，假如回路闭合，则产生感应电流，假如回路不闭合，那么只有感应电动势，而无感应电流．三、楞次定律※考点一电磁感应现象1．有无推断感应电流的流程(1)确定探讨的回路．(2)弄清晰回路内的磁场分布，并确定该回路的磁通量Φ.(3)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Φ不变→无感应电流,Φ变更→\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(回路闭合，有感应电流；,回路不闭合，无感应电流，但有感应,电动势))))2．磁通量Φ发生变更的三种常见状况(1)磁场强弱不变，回路面积变更．(2)回路面积不变，磁场强弱变更．(3)回路面积和磁场强弱均不变，但二者的相对位置发生变更．[题组突破训练]1．图中能产生感应电流的是()【答案】B【解析】依据产生感应电流的条件：A中，电路没闭合，无感应电流；B中，磁感应强度不变，面积增大，闭合电路的磁通量增大，有感应电流；C中，穿过线圈的磁感线相互抵消，闭合电路的磁通量恒为零，无感应电流；D中，磁通量不发生变更，无感应电流．2．在一空间有方向相反、磁感应强度大小均为B的匀强磁场，如图所示，垂直纸面对外的磁场分布在一半径为a的圆形区域内，垂直纸面对里的磁场分布在除圆形区域外的整个区域，该平面内有一半径为b(b＞eq\r(2)a)的圆形线圈，线圈平面与磁感应强度方向垂直，线圈与半径为a的圆形区域是同心圆．从某时刻起磁感应强度大小均起先减小到eq\f(B,2)，则此过程中该线圈磁通量的变更量的大小为()A.eq\f(1,2)πB(b2－a2) B．πB(b2－2a2)C．πB(b2－a2) D.eq\f(1,2)πB(b2－2a2)【答案】D【解析】计算磁通量Φ时，磁感线既有垂直纸面对外的，又有垂直纸面对里的，所以可以取垂直纸面对里的方向为正方向．磁感应强度大小为B时线圈磁通量Φ1＝πB(b2－a2)－πBa2，磁感应强度大小为eq\f(B,2)时线圈磁通量Φ2＝eq\f(1,2)πB(b2－a2)－eq\f(1,2)πBa2，因此该线圈磁通量的变更量的大小为ΔΦ＝|Φ2－Φ1|＝eq\f(1,2)πB(b2－2a2)，故选项D正确．※考点二对楞次定律的理解及应用1．楞次定律中“阻碍”的含义2．推断感应电流方向的“四步法”[真题拓展探究][典例1](2024·高考全国卷Ⅲ)如图，在方向垂直于纸面对里的匀强磁场中有一U形金属导轨，导轨平面与磁场垂直．金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS，一圆环形金属线框T位于回路围成的区域内，线框与导轨共面．现让金属杆PQ突然向右运动，在运动起先的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是()A．PQRS中沿顺时针方向，T中沿逆时针方向B．PQRS中沿顺时针方向，T中沿顺时针方向C．PQRS中沿逆时针方向，T中沿逆时针方向D．PQRS中沿逆时针方向，T中沿顺时针方向【答案】D【解析】金属杆PQ向右运动，穿过PQRS的磁通量增加，由楞次定律可知，PQRS中产生逆时针方向的电流．这时PQRS中感应电流产生的磁场方向垂直纸面对外，与原磁场方向相反，故金属框T中的磁通量削减，依据楞次定律可知，T中产生顺时针方向的感应电流．故只有D项正确．拓展1“切割类“感应电流方向的推断1．(多选)(2024·海南“七校联盟”联考)如图所示，在一竖直平面内的三条平行导线上串有两个电阻R1和R2，导体棒PQ与三条导线均接触良好，匀强磁场的方向垂直纸面对里，导体棒的电阻可忽视．若导体棒向左加速运动，则()A．流经R1的电流方向向上B．流经R2的电流方向向下C．流经R1的电流方向向下D．流经R2的电流方向向上【答案】AD【解析】导体棒PQ向左切割磁感线运动时，由右手定则可推断出导体棒与R1组成的回路中产生的感应电流是顺时针方向，即流经R1的电流方向向上，选项A正确；导体棒与电阻R2组成的回路中产生的感应电流是逆时针方向，即流经R2的电流方向向上，选项D正确．拓展2“阻碍法”推断导体的形变2.(2024·湖南长郡中学月考)如图所示，A为水平放置的橡胶圆盘，在其侧面匀称带有负电荷，在A正上方用绝缘丝线悬挂一个金属圆环B(丝线未画出)，使B的环面与圆盘A平行，其轴线与圆盘A的轴线重合．现使圆盘A由静止起先绕其轴线按图中箭头方向加速转动，则()A．金属圆环B有扩张的趋势，丝线受到的拉力增大B．金属圆环B有收缩的趋势，丝线受到的拉力减小C．金属圆环B有扩张的趋势，丝线受到的拉力减小D．金属圆环B有收缩的趋势，丝线受到的拉力增大【答案】B【解析】带电圆盘加速转动时，形成顺时针方向(从上往下看)的电流，依据右手螺旋定则可知，在圆盘上方形成的磁场方向向下，由于加速转动，所以电流增大，磁场增加，穿过金属圆环B的磁通量增大，依据楞次定律可知，金属圆环B有缩小的趋势，且金属圆环B有向上的运动趋势，所以丝线受到的拉力减小，故选项B正确．拓展3“阻碍法”判导体的运动3．如图所示，上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置，小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部，则小磁块()A．在P和Q中都做自由落体运动B．在两个下落过程中的机械能都守恒C．在P中的下落时间比在Q中的长D．落至底部时在P中的速度比在Q中的大【答案】C【解析】磁块在铜管P中运动时，铜管中产生感应电流，依据楞次定律，磁块会受到向上的磁场力，因此磁块下落的加速度小于重力加速度，且机械能不守恒，选项A、B错误；磁块在塑料管Q中运动时，只受重力的作用，做自由落体运动，机械能守恒，磁块落至底部时，依据直线运动规律和功能关系，磁块在P中的下落时间比在Q中的长，落至底部时在P中的速度比在Q中的小，选项C正确，选项D错误．※考点三“三定则”“肯定律”的综合应用1．“三定则”“肯定律”的应用对比名称基本现象因果关系应用的定则或定律电流的磁效应运动电荷、电流产生磁场因电生磁安培定则洛伦兹力、安培力磁场对运动电荷、电流有作用力因电受力左手定则电磁感应部分导体做切割磁感线运动因动生电右手定则闭合回路磁通量变更因磁生电楞次定律2.“三定则”“肯定律”的相互联系(1)应用楞次定律时，一般要用到安培定则．(2)探讨感应电流受到的安培力，一般先用右手定则确定电流方向，再用左手定则确定安培力的方向，有时也可以干脆应用楞次定律的推论确定．[典例2]置于匀强磁场中的金属圆盘中心和边缘各引出一根导线，与套在铁芯上部的线圈A相连．套在铁芯下部的线圈B引出两根导线接在两根水平导轨上，如图所示．导轨上有一根金属棒ab处在竖直向上的匀强磁场中．下列说法正确的是()A．圆盘顺时针加速转动时，ab棒将向右运动B．圆盘顺时针匀速转动时，ab棒将向右运动C．圆盘顺时针减速转动时，ab棒将向右运动D．圆盘逆时针加速转动时，ab棒将向左运动【答案】C【解析】由右手定则知，圆盘顺时针加速转动时，感应电流从圆心流向边缘，线圈A中产生的磁场方向向下且磁场增加．由楞次定律知，线圈B中的感应磁场方向向上，由右手螺旋定则知，ab棒中感应电流方向由a→b.由左手定则知，ab棒受的安培力方向向左，将向左运动，故A错；同理B、D错，C对．[题组突破训练]1.(多选)如图所示，在匀强磁场中，放有一与线圈D相连接的平行导轨，要使放在线圈D中的线圈A(A、D两线圈同心共面)各处受到沿半径方向指向圆心的力，金属棒MN的运动状况可能是()A．匀速向右 B．加速向左C．加速向右 D．减速向左【答案】BC【解析】若金属棒MN匀速向右运动，则线圈D与MN组成回路中的电流恒定，故穿过线圈A的磁通量不变，线圈A不受安培力作用，选项A错误；若金属棒MN加速向左运动，则线圈D与MN组成回路中的电流不断增加，故穿过线圈A的磁通量不断增加，依据楞次定律，为阻碍磁通量的增加，线圈A有收缩的趋势，受到沿半径方向指向圆心的安培力，选项B正确；同理可得，当金属棒MN加速向右运动时，线圈A有收缩的趋势，受到沿半径方向指向圆心的安培力，选项C正确；当金属棒MN减速向左运动时，线圈A有扩张的趋势，受到沿半径方向背离圆心的安培力，选项D错误．2.(多选)如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，MN的左边有一闭合电路，当PQ在外力的作用下运动时，MN向右运动，则PQ所做的运动可能是()A．向右加速运动 B．向左加速运动C．向右减速运动 D．向左减速运动【答案】BC【解析】MN向右运动，说明MN受到向右的力，因为通电导线ab在MN处产生垂直纸面对里的磁场，那么MN在四周不变更的磁场中只能受到向右的安培力，通过左手定则推断可知MN中有感应电流，方向由M→N，由安培定则得出L1中感应电流的磁场方向向上阻碍原磁场变更，那么L1中原磁场必定是向上减弱或是向下增加，得出L2中磁场也是向上减弱或向下增加．因为PQ运动导致PQ与L2组成的回路中磁通量有变更，若L2中磁场方向向上减弱，那么电流也减弱，逆用安培定则推断出PQ中电流为Q→P且减小，由楞次定律或右手定则推断PQ向右减速运动；若L2中磁场方向向下增加，PQ中电流为P→Q且增大，则PQ向左加速运动．超重点2：法拉第电磁感应定律自感涡流超重点2：法拉第电磁感应定律自感涡流一、法拉第电磁感应定律1．感应电动势(1)概念：在电磁感应现象中产生的电动势．(2)产生条件：穿过回路的磁通量发生变更，与电路是否闭合无关．(3)方向推断：感应电动势的方向用楞次定律或右手定则推断．2．法拉第电磁感应定律(1)内容：闭合电路中感应电动势的大小跟穿过这一电路的磁通量的变更率成正比．(2)公式：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，其中n为线圈匝数．(3)感应电流与感应电动势的关系：遵守闭合电路的欧姆定律，即I＝eq\f(E,R＋r).3．导体切割磁感线的情形(1)若B、l、v相互垂直，则E＝Blv.(2)v∥B时，E＝0.二、自感、涡流1．自感现象(1)概念：由于导体本身的电流变更而产生的电磁感应现象称为自感．(2)自感电动势①定义：在自感现象中产生的感应电动势叫作自感电动势．②表达式：E＝Leq\f(ΔI,Δt).(3)自感系数L①相关因素：与线圈的大小、形态、匝数以及是否有铁芯有关．②单位：亨利(H)，1mH＝10－3H,1μH＝10－6H.2．涡流当线圈中的电流发生变更时，在它旁边的任何导体中都会产生感应电流，这种电流像水的漩涡，所以叫涡流．※考点一对法拉第电磁感应定律的理解及应用1．感应电动势的确定因素(1)由E＝neq\f(ΔΦ,Δt)知，感应电动势的大小由穿过电路的磁通量的变更率eq\f(ΔΦ,Δt)和线圈匝数n共同确定，磁通量Φ较大或磁通量的变更量ΔΦ较大时，感应电动势不肯定较大．(2)eq\f(ΔΦ,Δt)为单匝线圈产生的感应电动势大小．2．法拉第电磁感应定律的两个特例(1)回路与磁场垂直的面积S不变，磁感应强度发生变更，则ΔΦ＝ΔB·S，E＝neq\f(ΔB,Δt)·S.(2)磁感应强度B不变，回路与磁场垂直的面积发生变更，则ΔΦ＝B·ΔS，E＝nBeq\f(ΔS,Δt).[题组突破训练]1.如图所示，匀强磁场中有两个导体圆环a、b，磁场方向与圆环所在平面垂直．磁感应强度B随时间匀称增大．两圆环半径之比为2∶1，圆环中产生的感应电动势分别为Ea和Eb，不考虑两圆环间的相互影响．下列说法正确的是()A．Ea∶Eb＝4∶1，感应电流均沿逆时针方向B．Ea∶Eb＝4∶1，感应电流均沿顺时针方向C．Ea∶Eb＝2∶1，感应电流均沿逆时针方向D．Ea∶Eb＝2∶1，感应电流均沿顺时针方向【答案】B【解析】a、b两个圆环产生的感应电动势属于感生电动势，依据题意可知eq\f(ΔB,Δt)相同，又由法拉第电磁感应定律得E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)S，Sa＝π(2r)2＝4πr2，Sb＝πr2，所以eq\f(Ea,Eb)＝4∶1，由楞次定律可知两圆环中感应电流的方向均沿顺时针方向，B正确．2．如图所示，匀强磁场中有一矩形闭合线圈abcd，线圈平面与磁场垂直．已知线圈的匝数N＝100，边长ab＝1.0m、bc＝0.5m，电阻r＝2Ω.磁感应强度B在0～1s内从零匀称变更到0.2T，在1～5s内从0.2T匀称变更到－0.2T，取垂直纸面对里为磁场的正方向．求：(1)0.5s时线圈内感应电动势的大小E1和感应电流的方向；(2)在1～5s内通过线圈的电荷量q.【答案】(1)10V感应电流的方向为a→d→c→b→a(2)10C【解析】(1)感应电动势E1＝eq\f(NΔΦ1,Δt1)，磁通量的变更ΔΦ1＝ΔB1S解得E1＝Neq\f(ΔB1S,Δt1)，代入数据得E1＝10V，由楞次定律知感应电流的方向为a→d→c→b→a.(2)感应电动势E2＝Neq\f(ΔB2S,Δt2)，感应电流I2＝eq\f(E2,r)，电荷量q＝I2Δt2，解得q＝Neq\f(ΔB2S,r)，代入数据得q＝10C.※考点二切割类电动势的计算1．三种方式电动势的大小切割方式感应电动势的表达式情景垂直切割E＝Blv倾斜切割E＝Blvsinθ，其中θ为v与B的夹角旋转切割(以一端为轴)E＝eq\f(1,2)Bl2ω2.E＝Blv的三个特性(1)正交性：本公式要求磁场为匀强磁场，而且B、l、v三者相互垂直．(2)有效性：公式中的l为导体切割磁感线的有效长度．如图，导体棒的有效长度为ab间的距离．(3)相对性：E＝Blv中的速度v是导体相对磁场的速度，若磁场也在运动，应留意速度间的相对关系．[题组突破训练]1．如图所示，空间有一匀强磁场，始终金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速度v沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小为ε；将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线，置于与磁感应强度相垂直的平面内，当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v运动时，棒两端的感应电动势大小为ε′，则eq\f(ε′,ε)等于()A.eq\f(1,2) B.eq\f(\r(2),2)C．1 D.eq\r(2)【答案】B【解析】设金属棒长度为l，匀强磁场的磁感应强度为B，依据电磁感应定律得ε＝Blv.金属棒弯折后，切割磁感线运动的有效长度变为eq\f(\r(2),2)l，故ε′＝eq\f(\r(2),2)Blv.因此eq\f(ε′,ε)＝eq\f(\r(2),2)，B正确．2．(2024·高考全国卷Ⅱ)如图，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上．当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为Ua、Ub、Uc.已知bc边的长度为l.下列推断正确的是()A．Ua>Uc，金属框中无电流B．Ub>Uc，金属框中电流方向沿abcaC．Ubc＝－eq\f(1,2)Bl2ω，金属框中无电流D．Ubc＝eq\f(1,2)Bl2ω，金属框中电流方向沿acba【答案】C【解析】由于磁感应强度方向始终与ab边平行，通过金属框的磁通量始终为零，金属框中无电流，B、D错误．对bc边，如图所示，由右手定则可得Uc>Ub；对ac边，Uc>Ua，Uac＝Ubc＝－eq\f(1,2)Bl2ω，A错误，C正确．※考点三自感现象和涡流1．自感现象的四大特点(1)自感电动势总是阻碍导体中原电流的变更．(2)通过线圈中的电流不能发生突变，只能缓慢变更．(3)电流稳定时，自感线圈就相当于一般导体．(4)线圈的自感系数越大，自感现象越明显，自感电动势只是延缓了过程的进行，但它不能使过程停止，更不能使过程反向．2．自感中“闪亮”与“不闪亮”问题与线圈串联的灯泡与线圈并联的灯泡电路图通电时电流渐渐增大，灯泡渐渐变亮电流突然增大，然后渐渐减小达到稳定断电时电流渐渐减小，灯泡渐渐变暗，电流方向不变电路中稳态电流为I1、I2：①若I2≤I1，灯泡渐渐变暗；②若I2>I1，灯泡闪亮后渐渐变暗．两种状况灯泡中电流方向均变更[典例](2024·高考北京卷)图1和图2是教材中演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈．试验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后渐渐变暗；闭合开关S2，灯A2渐渐变亮，而另一个相同的灯A3马上变亮，最终A2与A3的亮度相同．下列说法正确的是()A．图1中，A1与L1的电阻值相同B．图1中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流C．图2中，变阻器R与L2的电阻值相同D．图2中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等【答案】C【解析】在图1中断开S1瞬间，灯A1突然闪亮，说明断开S1前，L1中的电流大于A1中的电流，故L1的阻值小于A1的阻值，A、B选项均错误；在图2中，闭合S2瞬间，由于L2的自感作用，通过L2的电流很小，D错误；闭合S2后，最终A2与A3亮度相同，说明两支路电流相等，故R与L2的阻值相同，C项正确．[题组突破训练]1．(多选)如图所示，A、B、C是三个完全相同的灯泡，L是一个自感系数较大的线圈(直流电阻可忽视不计)，则()A．S闭合时，A灯马上亮，然后渐渐熄灭B．S闭合时，B灯马上亮，然后渐渐熄灭C．电路接通稳定后，三个灯亮度相同D．电路接通稳定后，S断开时，C灯渐渐熄灭【答案】AD【解析】因线圈L的直流电阻可忽视不计，S闭合时，A灯马上亮，然后渐渐熄灭，A正确．S闭合时，B灯先不太亮，然后渐渐变亮，B错误．电路接通稳定后，B、C灯亮度相同，A灯不亮，C错误．电路接通稳定后，S断开时，C灯渐渐熄灭，D正确．2．(多选)如图所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通沟通电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来．若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有()A．增加线圈的匝数 B．提高沟通电源的频率C．将金属杯换为瓷杯 D．取走线圈中的铁芯【答案】AB【解析】当线圈上通沟通电时，金属杯由于发生电磁感应现象，杯中有感应电流，对水加热，若要增大感应电流，则须要增大感应电动势或者减小杯体的电阻．增加线圈的匝数，使得穿过金属杯的磁场增加，感应电动势增大，选项A正确；提高交变电流的频率，使得磁通量的变更率增大，感应电动势增大，选项B正确；若将金属杯换为瓷杯，则不会产生感应电流，选项C错误；取走线圈中的铁芯，磁场会大大减弱，感应电动势减小，选项D错误．超重点3：电磁感应规律的综合应用超重点3：电磁感应规律的综合应用一、电磁感应中的电路问题1．内电路和外电路(1)切割磁感线运动的导体或磁通量发生变更的线圈相当于电源．(2)该部分导体的电阻或线圈的电阻相当于电源的内阻，其余部分的电阻相当于外电阻．2．电源电动势和路端电压(1)电动势：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)或E＝Blv.(2)路端电压：U＝IR＝E－Ir.二、电磁感应中的动力学问题1．安培力的大小回路中只有一个感应电动势，回路电阻为R时：eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(安培力公式：FA＝BIl,感应电动势：E＝Blv,感应电流：I＝\f(E,R)))⇒FA＝eq\f(B2l2v,R)2．安培力的方向(1)用左手定则推断：先用右手定则推断感应电流的方向，再用左手定则判定安培力的方向．(2)用楞次定律推断：安培力的方向肯定与导体切割磁感线的运动方向相反．三、电磁感应中的能量问题1．能量转化：感应电流在磁场中受安培力，外力克服安培力做功，将机械能转化为电能，电流做功再将电能转化为其他形式的能．2．转化实质：电磁感应现象的能量转化，实质是其他形式的能与电能之间的转化．3．电能的计算方法(1)利用克服安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功．(2)利用能量守恒求解：例如，机械能的削减量等于电能的增加量．(3)利用电路特征求解：例如，纯电阻电路中产生的电能等于通过电路中所产生的内能Q＝I2Rt.※考点一电磁感应中的电路问题1．对电磁感应电路的理解(1)在电磁感应电路中，相当于电源的部分把其他形式的能通过电流做功转化为电能．(2)“电源”两端的电压为路端电压，而不是感应电动势．(3)电源的正负极、感应电流的方向、电势的凹凸、电容器极板带电问题，均可用右手定则或楞次定律判定．2．电磁感应中电路学问的关系图[典例1](多选)如图所示，边长为L、不行形变的正方形导线框内有半径为r的圆形磁场区域，其磁感应强度B随时间t的变更关系为B＝kt(常量k>0)．回路中滑动变阻器R的最大阻值为R0，滑动片P位于滑动变阻器中心，定值电阻R1＝R0、R2＝eq\f(R0,2).闭合开关S，电压表的示数为U，不考虑虚线MN右侧导体的感应电动势，则()A．R2两端的电压为eq\f(U,7)B．电容器的a极板带正电C．滑动变阻器R的热功率为电阻R2的5倍D．正方形导线框中的感应电动势为kL2【答案】AC【解析】线框内产生的感应电动势E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)πr2＝kπr2，D错；电压表的示数U是外电压，外电路电阻的串并联关系是R2与滑动变阻器滑动片P右侧电阻并联，之后与滑动片P左侧电阻以及R1串联，外电路总电阻为R总＝R1＋R左＋R并＝eq\f(7,4)R0，而R并＝eq\f(R0,4)，故R并两端的电压为eq\f(U,7)，即R2两端的电压为eq\f(U,7)，A正确；依据楞次定律，线框中感应电流的方向为逆时针，电容器b板带正电，B错；设滑动变阻器右半部分的电流为I，则R2上的电流为I，滑动变阻器左半部分的电流为2I，滑动变阻器上的功率P＝I2eq\f(R0,2)＋(2I)2eq\f(R0,2)＝eq\f(5,2)I2R0，R2上的功率P2＝I2eq\f(R0,2)，明显C正确．[题组突破训练]1.(多选)如图所示，两根足够长的光滑金属导轨水平平行放置，间距为l＝1m，cd间、de间、cf间分别接着阻值R＝10Ω的电阻．一阻值R＝10Ω的导体棒ab以速度v＝4m/s匀速向左运动，导体棒与导轨接触良好；导轨所在平面存在磁感应强度大小B＝0.5T、方向竖直向下的匀强磁场．下列说法中正确的是()A．导体棒ab中电流的流向为由b到aB．cd两端的电压为1VC．de两端的电压为1VD．fe两端的电压为1V【答案】BD【解析】由右手定则可知ab中电流方向为a→b，A错误；导体棒ab切割磁感线产生的感应电动势E＝Blv，ab为电源，cd间电阻R为外电路负载，de和cf间电阻中无电流，de和cf间无电压，因此cd和fe两端电压相等，即U＝eq\f(E,2R)×R＝eq\f(Blv,2)＝1V，B、D正确，C错误．2．如图，由某种粗细匀称的总电阻为3R的金属条制成的矩形线框abcd，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场B中．一接入电路电阻为R的导体棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动，滑动过程PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，不计摩擦．在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中()A．PQ中电流先增大后减小B．PQ两端电压先减小后增大C．PQ上拉力的功领先减小后增大D．线框消耗的电功领先减小后增大【答案】C【解析】由题意知，题目情形可等效为如图所示的电路问题，其中R左＋R右＝3R，E＝BLv，r＝R，当PQ向右运动时，R左增大，R右减小，两者并联的总电阻R外先增大后减小，当PQ运动到线框正中心位置时，R外最大，故流过PQ的电流先减小后增大，A项错误；PQ两端电压U＝E－Ir，故U的变更为先增大后减小，B项错误；拉力的功率P＝P总＝EI，故拉力的功领先减小后增大，C项正确；线框消耗的电功率为电源的输出功率P出＝P总－P内＝EI－I2r，电流的最小值Imin＝eq\f(E,1.75R)，故由数学学问可知P出先增大后减小，D项错误．3．(2024·高考全国卷Ⅱ)如图，水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上．t＝0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止起先运动．t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面对里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动．杆与导轨的电阻均忽视不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ.重力加速度大小为g.求：(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；(2)电阻的阻值．【答案】(1)Blt0(eq\f(F,m)－μg)(2)eq\f(B2l2t0,m)【解析】(1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a，由牛顿其次定律得ma＝F－μmg①设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有v＝at0②当金属杆以速度v在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律，杆中的电动势为E＝Blv③联立①②③式可得E＝Blt0(eq\f(F,m)－μg)④(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I，依据欧姆定律I＝eq\f(E,R)⑤式中R为电阻的阻值．金属杆所受的安培力为f＝BlI⑥因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得F－μmg－f＝0⑦联立④⑤⑥⑦式得R＝eq\f(B2l2t0,m)⑧※考点二电磁感应中的图象问题1．电磁感应中常见的图象问题图象类型随时间变更的图象，如Bt图象、Φt图象、Et图象、It图象随位移变更的图象，如Ex图象、Ix图象(所以要先看坐标轴：哪个物理量随哪个物理量变更要弄清)问题类型(1)由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图象(画图象的方法)(2)由给定的有关图象分析电磁感应过程，求解相应的物理量(用图象)2.解决图象问题的一般步骤(1)明确图象的种类，即是B-t图还是Φ-t图，或者E-t图、I-t图等；(2)分析电磁感应的详细过程；(3)用右手定则或楞次定律确定方向的对应关系；(4)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等学问写出函数关系式；(5)依据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变更、截距等；(6)画图象或推断图象．[真题拓展探究][典例2](多选)(2024·高考全国卷Ⅱ)两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直．边长为0.1m、总电阻为0.005Ω的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图(a)所示．已知导线框始终向右做匀速直线运动，cd边于t＝0时刻进入磁场．线框中感应电动势随时间变更的图线如图(b)所示(感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正)．下列说法正确的是()A．磁感应强度的大小为0.5TB．导线框运动速度的大小为0.5m/sC．磁感应强度的方向垂直于纸面对外D．在t＝0.4s至t＝0.6s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1N【答案】BC【解析】从题图(b)可知，导线框运动的速度大小v＝eq\f(L,t)＝eq\f(0.1,0.2)m/s＝0.5m/s，B项正确；导线框进入磁场的过程中，cd边切割磁感线，由E＝BLv，得B＝eq\f(E,Lv)＝eq\f(0.01,0.1×0.5)T＝0.2T，A项错误；由图可知，导线框进入磁场的过程中，感应电流的方向为顺时针方向，依据楞次定律可知，磁感应强度方向垂直纸面对外，C项正确；在0.4～0.6s这段时间内，导线框正在出磁场，回路中的电流大小I＝eq\f(E,R)＝eq\f(0.01,0.005)A＝2A，则导线框受到的安培力F＝BIL＝0.2×2×0.1N＝0.04N，D项错误．拓展1依据电磁感应过程选择图象1.(2024·江西南昌三校联考)如图所示，有一个矩形边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面对里．一个三角形闭合导线框，由位置1(左)沿纸面匀速运动到位置2(右)．取线框刚到达磁场边界的时刻为计时起点(t＝0)，规定逆时针方向为电流的正方向，则图中能正确反映线框中电流与时间关系的是()【答案】A【解析】线框进入磁场的过程，磁通量向里增加，依据楞次定律得知感应电流的磁场向外，由安培定则可知感应电流方向为逆时针，电流方向应为正方向，故B、C错误．线框进入磁场的过程，线框有效的切割长度先匀称增大后匀称减小，由E＝BLv，可知感应电动势先匀称增大后匀称减小；线框完全进入磁场后，磁通量不变，没有感应电流产生；线框穿出磁场的过程，磁通量向里减小，依据楞次定律得知感应电流的磁场向里，由安培定则可知感应电流方向为顺时针，电流方向应为负方向，线框有效的切割长度先匀称增大后匀称减小，由E＝BLv，可知感应电动势先匀称增大后匀称减小，故A正确，D错误．拓展2依据图象分析电磁感应过程2．(多选)如图甲所示，在水平面上固定一个匝数为10匝的等边三角形金属线框，总电阻为3Ω，边长为0.4m．金属框处于两个半径为0.1m的圆形匀强磁场中，顶点A恰好位于左边圆的圆心，BC边的中点恰好与右边圆的圆心重合．左边磁场方向垂直纸面对外，右边磁场垂直纸面对里，磁感应强度的变更规律如图乙所示，则下列说法中正确的是(π取3)()A．线框中感应电流的方向是顺时针方向B．t＝0.4s时，穿过线框的磁通量为0.005WbC．经过t＝0.4s，线框中产生的热量为0.3JD．前0.4s内流过线框某截面的电荷量为0.2C【答案】CD【解析】依据楞次定律和安培定则，线框中感应电流的方向是逆时针方向，选项A错误；0.4s时穿过线框的磁通量Φ＝Φ1－Φ2＝eq\f(1,2)πr2·B1－eq\f(1,6)πr2·B2＝0.055Wb，选项B错误；由图乙知eq\f(ΔB1,Δt)＝eq\f(5T－1T,0.4s)＝10T/s，依据法拉第电磁感应定律，感应电动势E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝n·eq\f(1,2)πr2·eq\f(ΔB1,Δt)＝1.5V，感应电流I＝eq\f(E,R)＝0.5A,0.4s内线框中产生的热量Q＝I2Rt＝0.3J，选项C正确；前0.4s内流过线框某截面的电荷量q＝It＝0.2C，选项D正确．拓展3依据电磁感应过程完成图象间的转换3．(2024·东北三省四市联考)如图甲所示，光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成θ角，M、P两端接一电阻R，整个装置处于方向垂直导轨平面对上的匀强磁场中．t＝0时对金属棒施加一平行于导轨的外力F，使金属棒ab由静止起先沿导轨向上运动，导轨电阻忽视不计．已知通过电阻R的感应电流I随时间t变更的关系如图乙所示．下列关于金属棒运动速度v、闭合回路中磁通量的变更率eq\f(ΔΦ,Δt)、外力F以及流过R的电荷量q随时间变更的图象正确的是()【答案】B【解析】设金属棒的电阻为r，金属棒长为l，由闭合电路欧姆定律知，通过电阻R的感应电流I＝eq\f(Blv,R＋r)，由题图乙可知，I＝kt，由以上两式解得v＝eq\f(R＋r,Bl)kt，即金属棒做匀加速运动，选项A错误；由法拉第电磁感应定律得，平均感应电动势eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)，由闭合电路欧姆定律得eq\x\to(E)＝eq\x\to(I)(R＋r)，由题图乙可知eq\x\to(I)＝eq\f(1,2)kt，由以上三式解得，eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(1,2)(R＋r)kt，选项B正确；金属棒做匀加速运动，由牛顿其次定律得F－mgsinθ－BIl＝ma，则F＝mgsinθ＋ma＋BIl＝mgsinθ＋eq\f(mR＋r,Bl)k＋Blkt，选项C错误；流过电阻R的电荷量q＝eq\x\to(I)t＝eq\f(1,2)kt2，选项D错误．※考点三电磁感应中的“杆＋导轨”模型1．模型构建“杆＋导轨”模型是电磁感应问题高考命题的“基本道具”，也是高考的热点，考查的学问点多，题目的综合性强，物理情景变更空间大，是我们复习中的难点．“杆＋导轨”模型又分为“单杆”型和“双杆”型(“单杆”型为重点)；导轨放置方式可分为水平、竖直和倾斜；杆的运动状态可分为匀速、匀变速、非匀变速运动等．2．分析思路模型1单杆水平式[典例3](2024·湖北孝感高三模拟)如图，两平行金属导轨位于同一水平面上，相距l，左端与一电阻R相连；整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向竖直向下．一质量为m的导体棒置于导轨上，在水平外力作用下沿导轨以速率v匀速向右滑动，滑动过程中始终保持与导轨垂直并接触良好．已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，导轨和导体棒的电阻均可忽视．求：(1)电阻R消耗的功率；(2)水平外力的大小．【答案】(1)eq\f(B2l2v2,R)(2)eq\f(B2l2v,R)＋μmg【解析】(1)导体棒切割磁感线运动产生的电动势为E＝Blv，依据闭合电路欧姆定律，闭合回路中的感应电流为I＝eq\f(E,R)电阻R消耗的功率为P＝I2R，联立可得P＝eq\f(B2l2v2,R).(2)对导体棒受力分析，水平方向受到向左的安培力、向左的摩擦力和向右的外力，三力平衡，故有F安＋μmg＝F，F安＝BIl＝B·eq\f(Blv,R)·l，故F＝eq\f(B2l2v,R)＋μmg.[规律总结]单杆水平式模型归纳物理模型匀强磁场与导轨垂直，磁感应强度为B，棒ab长为L，质量为m，初速度为零，拉力恒为F，水平导轨光滑，除电阻R外，其他电阻不计动态分析设运动过程中某时刻棒的速度为v，由牛顿其次定律知，棒ab的加速度为a＝eq\f(F,m)－eq\f(B2L2v,mR)，a、v同向，随速度的增加，棒的加速度a减小，当a＝0时，v最大，I＝eq\f(BLv,R)恒定收尾状态运动形式：匀速直线运动力学特征：a＝0，v恒定不变电学特征：I恒定模型2单杆倾斜式[典例4]如图所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ与水平面的夹角为θ，N、Q两点间接有阻值为R的电阻，整个装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面对下．将质量为m、阻值也为R的金属杆cd垂直放在导轨上，杆cd由静止释放，下滑距离x时达到最大速度．重力加速度为g，导轨电阻不计，杆与导轨接触良好．求：(1)杆cd下滑的最大加速度和最大速度；(2)上述过程中，杆上产生的热量．【答案】(1)gsinθ，方向沿导轨平面对下eq\f(2mgRsinθ,B2L2)，方向沿导轨平面对下(2)eq\f(1,2)mgxsinθ－eq\f(m3g2R2sin2θ,B4L4)【解析】(1)设杆cd下滑到某位置时速度为v，则杆产生的感应电动势E＝BLv，回路中的感应电流I＝eq\f(E,R＋R)杆所受的安培力F＝BIL依据牛顿其次定律有mgsinθ－eq\f(B2L2v,2R)＝ma当速度v＝0时，杆的加速度最大，最大加速度a＝gsinθ，方向沿导轨平面对下．当杆的加速度a＝0时，速度最大，最大速度vm＝eq\f(2mgRsinθ,B2L2)，方向沿导轨平面对下．(2)杆cd从起先运动到达到最大速度过程中，依据能量守恒定律得mgxsinθ＝Q总＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)又Q杆＝eq\f(1,2)Q总所以Q杆＝eq\f(1,2)mgxsinθ－eq\f(m3g2R2sin2θ,B4L4).[规律总结]单杆倾斜式模型归纳物理模型匀强磁场与导轨垂直，磁感应强度为B，导轨间距L，导体棒质量为m，电阻为R，导轨光滑，电阻不计(如图)动态分析棒ab释放后下滑，此时a＝gsinα，棒ab速度v↑→感应电动势E＝BLv↑→电流I＝eq\f(E,R)↑→安培力F＝BIL↑→加速度a↓，当安培力F＝mgsinα时，a＝0，v最大收尾状态运动形式：匀速直线运动力学特征：a＝0，v最大，vm＝eq\f(mgRsinα,B2L2)电学特征：I恒定模型3双杆模型[典例5](2024·湖南长沙四县模拟)足够长的平行金属轨道M、N，相距L＝0.5m，且水平放置；M、N左端与半径R＝0.4m的光滑竖直半圆轨道相连，金属棒b和c可在轨道上无摩擦地滑动，两金属棒的质量mb＝mc＝0.1kg，电阻Rb＝Rc＝1Ω，轨道的电阻不计．平行水平金属轨道M、N处于磁感应强度B＝1T的匀强磁场中，磁场方向与轨道平面垂直，光滑竖直半圆轨道在磁场外，如图所示，若使b棒以初速度v0＝10m/s起先向左运动．g取10m/s2.求：(1)c棒的最大速度；(2)c棒中产生的焦耳热；(3)若c棒达最大速度后沿半圆轨道上滑，金属棒c到达轨道最高点时对轨道的压力的大小．【答案】(1)5m/s(2)1.25J(3)1.25N【解析】(1)在磁场力作用下，b棒做减速运动，c棒做加速运动，当两棒速度相等时，c棒达最大速度．选两棒为探讨对象，依据动量守恒定律有mbv0＝(mb＋mc)v解得c棒的最大速度为v＝eq\f(mb,mb＋mc)v0＝eq\f(1,2)v0＝5m/s.(2)从b棒起先运动到两棒速度相等的过程中，系统削减的动能转化为电能，两棒中产生的总热量为Q＝eq\f(1,2)mbveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(mb＋mc)v2＝2.5J因为Rb＝Rc，所以c棒中产生的焦耳热为Qc＝eq\f(Q,2)＝1.25J.(3)设c棒沿半圆轨道滑到最高点时的速度为v′，从最低点上升到最高点的过程由机械能守恒可得：eq\f(1,2)mcv2－eq\f(1,2)mcv′2＝mcg·2R解得v′＝3m/s在最高点，设轨道对c棒的弹力为F，由牛顿其次定律得mcg＋F＝mceq\f(v′2,R)解得F＝1.25N由牛顿第三定律得，在最高点c棒对轨道的压力为1.25N.[规律总结]两类双杆模型对比归纳类型模型运动图象运动过程分析方法不受外力杆MN做变减速运动，杆PQ做变加速运动；稳定时，两杆以相等的速度匀速运动将两杆视为整体，不受外力，最终a＝0受到恒力起先时，两杆做变加速运动；稳定时，两杆以相同的加速度做匀加速运动将两杆视为整体，只受外力F，最终a＝eq\f(F,2m)题组突破训练题组突破训练选择题1.如图所示是两个相互连接的金属圆环，小金属环的电阻是大金属环电阻的二分之一，磁场垂直穿过大金属环所在区域．当磁感应强度随时间匀称变更时，在大环内产生的感应电动势为E，则a、b两点间的电势差为()A.eq\f(1,2)E B.eq\f(1,3)EC.eq\f(2,3)E D．E【答案】B【解析】a、b间的电势差等于路端电压，而小环电阻占电路总电阻的eq\f(1,3)，故Uab＝eq\f(1,3)E，B正确．2．(2024·广东四校联考)如图所示，在一磁感应强度B＝0.5T的匀强磁场中，垂直于磁场方向水平放置着两根相距L＝0.1m的平行金属导轨MN和PQ，导轨电阻忽视不计，在两根导轨的端点N、Q之间连接一阻值R＝0.3Ω的电阻．导轨上正交放置着金属棒ab，其电阻r＝0.2Ω.当金属棒在水平拉力作用下以速度v＝4.0m/s向左做匀速运动时()A．ab棒所受安培力大小为0.02NB．N、Q间电压为0.2VC．a端电势比b端电势低D．回路中感应电流大小为1A【答案】A【解析】ab棒产生的电动势E＝BLv＝0.2V，电流I＝eq\f(E,R＋r)＝0.4A，ab棒受的安培力F＝BIL＝0.02N，A正确，D错误；N、Q之间的电压U＝eq\f(R,R＋r)E＝0.12V，B错误；由右手定则得a端电势较高，C错误．3.如图所示，在一匀强磁场中有一U形导线框abcd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R为一电阻，ef为垂直于ab的一根导体杆，它可在ab、cd上无摩擦地滑动．杆ef及线框中导线的电阻都可不计．起先时，给ef一个向右的初速度，则()A．ef将减速向右运动，但不是匀减速B．ef将匀减速向右运动，最终停止C．ef将匀速向右运动D．ef将来回运动【答案】A【解析】ef向右运动，切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，会受到向左的安培力而做减速运动，直到停止，但不是匀减速，由F＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)＝ma知，ef做的是加速度减小的减速运动，故A正确．4.如图所示，有两根与水平方向成α角的光滑平行的金属轨道，上端接有可变电阻R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为B.一根质量为m的金属杆(电阻忽视不计)从轨道上由静止滑下，经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度vm，则()A．假如B增大，vm将变大B．假如α增大，vm将变大C．假如R变小，vm将变大D．假如m变小，vm将变大【答案】B【解析】金属杆从轨道上由静止滑下，经足够长时间后，速度达最大值vm，此后金属杆做匀速运动．杆受重力mg、轨道的支持力FN和安培力F，如图所示．而F＝eq\f(B2L2vm,R)，对金属杆有mgsinα＝eq\f(B2L2vm,R)，即vm＝eq\f(mgRsinα,B2L2).由此式可知，B增大，vm减小；α增大，vm增大；R变小，vm变小；m变小，vm变小．因此选项A、C、D错误，选项B正确．5．图甲是法拉第于1831年独创的人类历史上第一台发电机——圆盘发电机．图乙为其示意图，铜盘安装在水平的铜轴上，磁感线垂直穿过铜盘；两块铜片M、N分别与铜轴和铜盘边缘接触，匀速转动铜盘，电阻R就有电流通过．则下列说法正确的是()A．回路中恒定电流的大小与铜盘转速无关B．回路中有大小和方向都做周期性变更的涡流C．回路中电流方向不变，从M经导线流进电阻R，再从N流向铜盘D．铜盘绕铜轴转动时，沿半径方向上的金属“条”切割磁感线，产生电动势【答案】D【解析】圆盘发电机的圆盘可看作多数条沿半径方向的金属“条”，转动切割磁感线产生感应电动势，D项正确；金属“条”相互并联，产生的感应电动势与一条金属“条”转动切割产生的感应电动势相等，即E＝eq\f(1,2)BL2ω，可见感应电动势大小不变，回路总电阻不变，由闭合回路欧姆定律得I＝eq\f(E,R)，故回路中电流大小恒定，且与铜盘转速有关，A、B项错；由右手定则可知，回路中电流方向是自下而上通过电阻R，C项错．6.金属杆ab水平放置在某高处，当它被平抛进入方向竖直向上的匀强磁场中时(如图所示)，忽视空气阻力，以下说法中正确的是()A．运动过程中感应电动势大小不变，且φa>φbB．运动过程中感应电动势大小不变，且φa<φbC．由于速率不断增大，所以感应电动势不断变大，且φa>φbD．由于速率不断增大，所以感应电动势不断变大，且φa<φb【答案】A【解析】金属杆做平抛运动，水平方向匀速垂直切割磁感线运动，产生的感应电动势大小不变，由右手定则知，a端电势比b端高，竖直方向平行磁感线运动，不产生感应电动势，故在运动过程中产生的感应电动势大小不变，并且a端电势比b端高，即选项A正确，其他错误．7.如图所示电路中，A、B、C为完全相同的三个灯泡，L是始终流电阻不行忽视的电感线圈．a、b为线圈L的左右两端点，原来开关S是闭合的，三个灯泡亮度相同．将开关S断开后，下列说法正确的是()A．a点电势高于b点，A灯闪亮后缓慢熄灭B．a点电势低于b点，B、C灯闪亮后缓慢熄灭C．a点电势高于b点，B、C灯闪亮后缓慢熄灭D．a点电势低于b点，B、C灯不会闪亮只是缓慢熄灭【答案】D【解析】电路稳定时，三个完全相同的灯泡亮度相同，说明流经三个灯泡的电流相等．某时刻将开关S断开，流经电感线圈的磁通量减小，其发生自感现象，相当于电源，产生和原电流方向相同的感应电流，故a点电势低于b点电势，三个灯不会闪亮只是缓慢熄灭，选项D正确．8．(2024·湖北武汉调研)有一个匀强磁场边界是EF，在EF右侧无磁场，左侧是匀强磁场区域，如图甲所示．现有一个闭合的金属线框以恒定速度从EF右侧水平进入匀强磁场区域．线框中的电流随时间变更的i­t图象如图乙所示，则可能的线框是下列四个选项中的()【答案】A【解析】由题图乙可知，电流先是匀称增加，后匀称减小，又i＝eq\f(E,R)＝eq\f(Blv,R)∝l，所以金属线框切割磁感线的有效长度应先是匀称增加，后匀称减小，A项符合；B项线框中间部分进入磁场后切割磁感线的有效长度不变；C项切割磁感线的有效长度不变；D项切割磁感线的有效长度不是匀称地增加和减小．9．(2024·辽宁沈阳模拟)如图，固定在水平桌面上的光滑金属导轨cd、eg处于方向竖直向下的匀强磁场中，金属杆ab与导轨接触良好，在两根导轨的端点d、e之间连接一电阻，其他部分电阻忽视不计．现用一水平向右的恒力F作用在金属杆ab上，使金属杆由静止起先向右沿导轨滑动，滑动中杆ab始终垂直于导轨，金属杆受到的安培力用F安表示，则下列说法正确的是()A．金属杆ab做匀加速直线运动B．金属杆ab运动过程回路中有顺时针方向的电流C．金属杆ab所受到的F安先不断增大，后保持不变D．金属杆ab克服安培力做功的功率与时间的平方成正比【答案】C【解析】对金属杆依据牛顿其次定律得F－F安＝ma，即F－eq\f(B2L2v,R)＝ma，由于速度变更，故加速度发生变更，故金属杆不是匀变速直线运动，故选项A错误；依据楞次定律可以知道，金属杆ab运动过程回路中有逆时针方向的电流，故选项B错误；由于F安＝eq\f(B2L2v,R)可知，当速度增大时，则安培力增大，当金属杆最终做匀速运动时，安培力不变，故选项C正确；金属杆中感应电流的瞬时功率P＝I2R＝(eq\f(BLv,R))2R＝eq\f(B2L2v2,R)，由于速度与时间不成正比，故选项D错误．10．（多选）(2024·山东潍坊质检)用一段横截面半径为r、电阻率为ρ、密度为d的匀称导体材料做成一个半径为R(r≪R)的圆环．圆环竖直向下落入如图所示的径向磁场中，圆环的圆心始终在N极的轴线上，圆环所在位置的磁感应强度大小均为B.圆环在加速下落过程中某一时刻的速度为v，忽视电感的影响，则()A．此时在圆环中产生了(俯视)顺时针的感应电流B．圆环因受到了向下的安培力而加速下落C．此时圆环的加速度a＝eq\f(B2v,ρd)D．假如径向磁场足够长，则圆环的最大速度vm＝eq\f(ρdg,B2)【答案】AD【解析】由右手定则可以推断感应电流的方向，可知选项A正确；由左手定则可以推断，此时圆环受到的安培力向上，选项B错误；对圆环受力分析可解得加速度a＝g－eq\f(B2v,ρd)，选项C错误；当重力等于安培力时速度达到最大，可得vm＝eq\f(ρgd,B2)，选项D正确．11．（多选）(2024·河南重点中学联考)如图所示，光滑导轨倾斜放置，下端连一灯泡，匀强磁场垂直于导轨平面，当金属棒ab(电阻不计)沿导轨下滑达到稳定状态时，灯泡的电功率为P，导轨和导线电阻不计．要使灯泡在金属棒稳定运动状态下的电功率为2P，则下面选项中符合条件的是()A．将导轨间距变为原来的eq\f(\r(2),2)B．换一电阻值减半的灯泡C．换一质量为原来eq\r(2)倍的金属棒D．将磁场磁感应强度B变为原来的eq\r(2)倍【答案】AC【解析】金属棒处于稳定状态时，mgsinθ＝F安＝BIL，此时的电流I＝eq\f(mgsinθ,BL)，灯泡的功率P＝I2R＝(eq\f(mgsinθ,BL))2R，由此式可知，A、C正确，B、D错误．12．（多选）如图甲，在虚线所示的区域有垂直纸面对里的匀强磁场，磁场变更规律如图乙所示，面积为S的单匝金属线框处在磁场中，线框与电阻R相连，若金属框的电阻为eq\f(R,2)，下列说法正确的是()A．流过电阻R的感应电流由a到bB．线框cd边受到的安培力方向向上C．感应电动势大小为eq\f(2B0S,t0)D．a、b间电压大小为eq\f(2B0S,3t0)【答案】AD【解析】穿过线圈的磁通量在增大，依据楞次定律可得产生的感应电流沿逆时针方向，故流过电阻R的感应电流由a到b，A正确；电流是从c到d，依据左手定则，可得线框cd边受到的安培力方向向下，B错误；依据法拉第电磁感应定律可得E＝Neq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(B0S,t0)，依据欧姆定律可得a、b间电压大小为U＝eq\f(R,R＋\f(R,2))E＝eq\f(2B0S,3t0)，故C错误，D正确．二、非选择题13.(12分)做磁共振(MRI)检查时，对人体施加的磁场发生变更时会在肌肉组织中产生感应电流．某同学为了估算该感应电流对肌肉组织的影响，将包袱在骨骼上的一圈肌肉组织等效成单匝线圈，线圈的半径r＝5.0cm，线圈导线的截面积A＝0.80cm2，电阻率ρ＝1.5Ω·m.如图所示，匀强磁场方向与线圈平面垂直，若磁感应强度B在0.3s内从1.5T匀称地减为零，求：(计算结果保留一位有效数字)(1)该圈肌肉组织的电阻R；(2)该圈肌肉组织中的感应电动势E；(3)0.3s内该圈肌肉组织中产生的热量Q.【答案】(1)6×103Ω(2)4×10－2V(3)8×10－8J【解析】(1)由电阻定律得R＝ρeq\f(2πr,A)代入数据得R＝6×103Ω.(2)感应电动势E＝eq\f(ΔB·πr2,Δt)代入数据得E＝4×10－2V.(3)由焦耳定律得Q＝eq\f(E2,R)Δt代入数据得Q＝8×10－8J.14．(12分)如图甲所示，足够长的光滑导轨倾角为30°，间距L＝4m，电阻不计，恒定的非匀强磁场方向垂直于斜面对下，电阻R＝5Ω，导体棒ab的质量m＝1kg，电阻r＝3Ω，垂直于导轨放置．现使导体棒ab从磁场上边界由静止下滑，测得导体棒所到达位置的磁感应强度B与导体棒在该位置速度之间的关系如图乙所示．(g取10m/s2)(1)求导体棒下滑5s时的速度和位移；(2)求导体棒下滑5s内回路中产生的焦耳热．【答案】(1)20m/s50m(2)50J【解析】(1)由题图乙可知，棒下滑的随意状态有B2v＝0.5T2·m·s－1对棒下滑过程中某一状态由牛顿其次定律得mgsin30°－eq\f(B2L2v,R＋r)＝ma以上两式代入数据可得物体的加速度a＝4m/s2可见导体棒在斜面上做a＝4m/s2的匀加速直线运动，t＝5s时，棒的速度v＝at＝20m/s棒的位移s＝eq\f(1,2)at2＝50m.(2)由能量守恒得mgsin30°·s＝eq\f(1,2)mv2＋Q代入数据解得Q＝50J.15.(14分)如图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l＝0.5m，左端接有阻值R＝0.3Ω的电阻．一质量m＝0.1kg、电阻r＝0.1Ω的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝0.4T．棒在水平向右的外力作用下，由静止起先以a＝2m/s2的加速度做匀加速运动，当棒的位移x＝9m时撤去外力，棒接着运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝2∶1.导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求：(1)棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q；(2)撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2；(3)外力做的功WF.【答案】(1)4.5C(2)1.8J(3)5.4J【解析】(1)设棒匀加速运动的时间为Δt，回路的磁通量变更量为ΔΦ，回路中的平均感应电动势为eq\x\to(E)，由法拉第电磁感应定律得eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)①其中ΔΦ＝Blx②设回路中的平均电流为eq\x\to(I)，由闭合电路欧姆定律得eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R＋r)③通过电阻R的电荷量q＝eq\x\to(I)Δt④又由运动学规律得Δt＝eq\r(\f(2x,a))⑤联立①②③④⑤式，代入数据得q＝4.5C.(2)设撤去外力时棒的速度为v，对棒的匀加速运动过程