浙江专用2025版高考物理二轮复习专题四第2讲电磁感应规律及综合应用讲义增分练含解析

PAGE33-第2讲电磁感应规律及综合应用网络构建备考策略1.看到“磁感应强度B随时间t匀称变更”，想到“eq\f(ΔB,Δt)＝k为定值”。2.应用楞次定律时的“三看”和“三想”(1)看到“线圈(回路)中磁通量变更”时，想到“增反减同”。(2)看到“导体与磁体间有相对运动”时，想到“来拒去留”。(3)看到“回路面积可以变更”时，想到“增缩减扩”。3.抓住“两个定律”、运用“两种观点”、分析“一种电路”“两个定律”是指楞次定律和法拉第电磁感应定律；“两种观点”是指动力学观点和能量观点；“一种电路”是指电磁感应电路。楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用楞次定律的应用【典例1】(2024·浙江绍兴选考模拟)大小不等的两导电圆环P、Q均固定于水平桌面，Q环位于P环内。在两环间的范围内存在方向竖直向下、大小随时间匀称增加的匀强磁场B，则()图1A.Q环内有顺时针方向的感应电流B.Q环内有逆时针方向的感应电流C.P环内有顺时针方向的感应电流D.P环内有逆时针方向的感应电流解析由楞次定律可知P环内有逆时针方向的感应电流，Q环内没有感应电流产生，故A、B、C错误，D正确。答案D【典例2】(2024·浙江海宁选考模拟)(多选)如图2所示，闭合导体环水平固定。条形磁铁S极向下以初速度v0沿过导体环圆心的竖直轴线下落，穿过导体环的过程中，关于导体环中的感应电流及条形磁铁的加速度，下列说法正确的是()图2A.从上向下看，导体环中的感应电流的方向先顺时针后逆时针B.从上向下看，导体环中的感应电流的方向先逆时针后顺时针C.条形磁铁的加速度始终小于重力加速度D.条形磁铁的加速度起先小于重力加速度，后大于重力加速度解析当条形磁铁的中心恰好位于导体环所在的水平面时，条形磁铁内部向上的磁感线都穿过了导体环，而条形磁铁外部向下穿过导体环的磁通量最少，所以此时刻穿过导体环的磁通量最大，因此全过程导体环中磁通量方向向上，先增大后减小，从上向下看，感应电流方向先顺时针后逆时针，A正确，B错误；导体环中的感应电流产生的磁场始终阻碍条形磁铁运动，所以条形磁铁的加速度始终小于重力加速度，C正确，D错误。答案AC【典例3】(2024·浙江金华十校模拟)如图3所示为感应式发电机，a、b、c、d是空间四个可用电刷与铜盘边缘接触的点，O1、O2是铜盘轴线导线的接线端，M、N是电流表的接线端。现在将铜盘转动，能视察到感应电流的是()图3A.将电流表的接线端M、N分别连接a、c位置B.将电流表的接线端M、N分别连接O1、a位置C.将电流表的接线端M、N分别连接O1、O2位置D.将电流表的接线端M、N分别连接c、d位置解析当铜盘转动时，其切割磁感线产生感应电动势，此时铜盘相当于电源，铜盘边缘和中心相当于电源的两个极，则要想视察到感应电流，M、N应分别连接电源的两个极即可，故可知只有B正确。答案B法拉第电磁感应定律的应用【典例4】(2024·浙江义乌选考模拟)(多选)如图4所示，竖直光滑导轨上端接入肯定值电阻R，C1和C2是半径都为a的两圆形磁场区域，其区域内的磁场方向都垂直于导轨平面对外，区域C1中磁场的磁感应强度随时间按B1＝b＋kt(k>0)变更，C2中磁场的磁感应强度恒为B2，一质量为m、电阻为r、长度为L的金属杆AB穿过区域C2的圆心，垂直地跨放在两导轨上，且与导轨接触良好，并恰能保持静止(轨道电阻不计，重力加速度大小为g)。则()图4A.通过金属杆的电流方向为从A到BB.通过金属杆的电流大小为eq\f(mg,2B2a)C.定值电阻的阻值为R＝eq\f(2kπB2a3,mg)D.整个电路中产生的热功率P＝eq\f(kπamg,2B2)解析区域C1中磁场的磁感应强度随时间按B1＝b＋kt(k>0)变更，可知磁感应强度匀称增大，穿过整个回路的磁通量增大，由楞次定律分析知，通过金属杆的电流方向为从B到A，故A错误；对金属杆，依据平衡方程得mg＝B2I·2a，解得I＝eq\f(mg,2B2a)，故B正确；由法拉第电磁感应定律，回路中产生的感应电动势E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB1,Δt)πa2＝kπa2；且闭合电路欧姆定律有I＝eq\f(E,R＋r)，又I＝eq\f(mg,2B2a)，解得R＝eq\f(2πkB2a3,mg)－r，故C错误；整个电路中产生的热功率P＝EI＝eq\f(πkamg,2B2)，故D正确。答案BD1.(多选)现代科学探讨中常要用到高速电子，电子感应加速器就是利用感生电场使电子加速的设备。如图5所示，上面为侧视图，上、下为电磁铁的两个磁极，电磁铁线圈中电流的大小可以变更；下面为磁极之间真空室的俯视图。现有一电子在真空室中做圆周运动，从上往下看电子沿逆时针方向做加速运动。则下列推断正确的是()图5A.通入螺线管的电流在增加B.通入螺线管的电流在减弱C.电子在轨道中做圆周运动的向心力是电场力D.电子在轨道中加速的驱动力是电场力解析由上往下看电子沿逆时针方向做加速运动，表明感应电场沿顺时针方向。图示电磁铁螺线管电流产生的磁场方向竖直向上，依据楞次定律，当磁场正在增加时，产生的感应电场沿顺时针方向，故选项A正确，B错误；电子所受感应电场力方向沿切线方向，电子在轨道中做加速圆周运动是由电场力驱动的，选项C错误，D正确。答案AD2.如图6甲所示，光滑“∠”形金属支架ABC固定在水平面上，支架处在垂直于水平面对下的匀强磁场中，一金属导体棒EF放在支架上，用一轻杆将导体棒与墙固定连接，磁感应强度随时间变更的规律如图乙所示，取垂直于水平面对下为正方向，则下列说法中正确的是()图6A.t1时刻轻杆对导体棒的作用力最大B.t2时刻轻杆对导体棒的作用力最大C.t2到t3时间内，轻杆对导体棒的作用力先增大后减小D.t2到t4时间内，轻杆对导体棒的作用力方向不变解析由E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，可知t1时刻感应电动势为0，感应电流为0，安培力为0，轻杆对导体棒的作用力为0，故选项A错误；t2时刻感应电动势为最大，感应电流最大，但磁感应强度为0，安培力为0，轻杆对导体棒的作用力为0，故选项B错误；t2到t3时间内，安培力先增大后减小，所以轻杆对导体棒的作用力先增大后减小，故选项C正确；t2到t4时间内，感应电流方向变更，安培力方向变更，则轻杆对导体棒的作用力方向变更，故选项D错误。答案C3.(多选)如图7甲所示，左侧接有定值电阻R＝2Ω的水平粗糙导轨处于垂直纸面对外的匀强磁场中，磁感应强度B＝1T，导轨间距为L＝1m。一质量m＝2kg、阻值r＝2Ω的金属棒在拉力F作用下由静止起先从CD处沿导轨向右加速运动，金属棒与导轨间动摩擦因数μ＝0.25，g＝10m/s2。金属棒的v－x图象如图乙所示，则从起点发生x＝1m位移的过程中()图7A.拉力做的功W＝9.25JB.通过电阻R的电荷量q＝0.125CC.整个系统产生的总热量Q＝5.25JD.x＝1m时金属棒的热功率为1W解析金属棒在运动位移x＝1m的过程中，克服摩擦力做功为Wf＝μmgx＝5J，x＝1m时金属棒的安培力大小为F安＝BIL＝eq\f(B2L2,R＋r)v，结合图象可知，安培力大小与位移成正比，则金属棒克服安培力做功为W安＝Fx＝eq\f(F安x,2)＝eq\f(B2L2,2（R＋r）)vx＝0.25J，由动能定理得W－W安－Wf＝eq\f(1,2)mv2，得W＝9.25J，选项A正确；流过电阻R的电荷量q＝eq\f(ΔΦ,R＋r)＝0.25C，选项B错误；系统产生的焦耳热等于金属棒克服安培力做功大小，等于0.25J，系统产生的热量等于摩擦生热和焦耳热之和，大小为5.25J，选项C正确；x＝1m时，回路中I＝eq\f(BLv,R＋r)＝0.5A，由P＝I2r得金属棒的热功率为0.5W，选项D错误。答案AC电磁感应中的图象问题依据题目所给条件，读图分析相关物理量【典例1】(2024·稽阳联谊学校联考)如图8甲，MN、PQ为水平放置的足够长平行光滑导轨，导轨间距为L＝0.5m，导轨左端连接的定值电阻R＝2Ω，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为2T。将一根质量为0.2kg、电阻也为r＝2Ω的金属棒ab垂直放置在导轨上，且与导轨接触良好，导轨电阻不计。x＝0处给棒一个向右的初速度、并对棒施加水平向右的拉力作用，经过2.4m金属棒受到的安培力为0.8N，图乙为棒所受的安培力F安与位移x的关系图象。求：图8(1)运动2.4m时金属棒瞬时速度大小；(2)估算0～2.4m内定值电阻R上产生的焦耳热(提示：可以用F－x图象下的“面积”代表力F所做的功)；(3)0～2.4m内通过电阻R的电荷量；(4)0～2.4m内水平拉力的冲量大小。解析(1)F安＝BIL，I＝eq\f(E,R＋r)，E＝BLv2，则F安＝eq\f(B2L2v2,R＋r)，得v2＝3.2m/s。(2)面积法，数格子：约为72格，每格为0.02J，Q总＝1.44J则定值电阻R上产生的焦耳热为0.72J。(3)q＝IΔt，I＝eq\f(E,R总)，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依据题目所给条件，选择图象【典例2】(2024·全国卷Ⅱ，18)如图9，在同一水平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域宽度均为l，磁感应强度大小相等、方向交替向上向下。一边长为eq\f(3,2)l的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动。线框中感应电流i随时间t变更的正确图线可能是()图9解析设线框运动的速度为v，则线框向左匀速运动第一个eq\f(l,2v)的时间内，线框切割磁感线运动产生的电动势为E＝2Bdv(d为导轨间距)，电流i＝eq\f(E,R)，回路中电流方向为顺时针；其次个eq\f(l,2v)的时间内，线框左右两边切割磁感线产生的电动势大小相等，方向相反，线框切割磁感线运动产生的电动势为零，电流为零；第三个eq\f(l,2v)的时间内，线框切割磁感线运动产生的电动势为E＝2Bdv，电流i＝eq\f(E,R)，回路中电流方向为逆时针，所以D正确。答案D1.解决电磁感应图象问题的“三点关注”(1)明确图象所描述的物理意义，明确各种“＋”“－”的含义。(2)关注变更过程，看电磁感应发生的过程分为几个阶段，这几个阶段是否和图象变更相对应。(3)关注大小、方向的变更趋势，看图线斜率的大小、图线的曲直是否和物理过程对应。2.解决电磁感应图象问题常用的“两个方法”(1)解除法；(2)函数法。1.(2024·浙江嵊州选考模拟)如图10甲中，两平行光滑金属导轨放置在水平面上且间距为L，左端接电阻R，导轨电阻不计。整个装置处于方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中。将质量为m、电阻为r的金属棒ab置于导轨上。当ab受到垂直于金属棒的水平外力F的作用由静止起先运动时，F与金属棒速度v的关系如图乙所示。已知ab与导轨始终垂直且接触良好，设ab中的感应电流为I，ab受到的安培力大小为F安，R两端的电压为UR，R的电功率为P，则下图中正确的是()图10解析由题图乙可得F＝F0－kv，金属棒切割磁感线产生电动势E＝BLv，金属棒中电流I＝eq\f(BLv,R＋r)，金属棒受安培力F安＝BIL，对金属棒依据牛顿其次定律F－F安＝ma，代入得F0－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k＋\f(B2L2,R＋r)))v＝ma，所以金属棒做加速度减小的加速运动，当加速度减为零时，做匀速运动，所以A正确；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错误。答案A2.(多选)如图11甲所示，矩形线圈abcd平放在水平桌面上，其空间存在两个竖直方向的磁场，两磁场方向相反，两磁场的分界线OO′恰好把线圈分成左右对称的两部分，当两磁场的磁感应强度按如图乙所示的规律变更时，线圈始终静止，规定磁场垂直纸面对里为正方向，线圈中逆时针方向为正方向，线圈所受桌面的摩擦力向左为正方向，则下列关于线圈产生的感应电流和桌面对线圈的摩擦力随时间变更的图象正确的是()图11解析由楞次定律可得，在0～t1时间内，线圈中产生逆时针方向的感应电流，在t1～t2时间内，线圈中产生顺时针方向的感应电流，由法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律知，线圈中的电流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(ΔBS,ΔtR)，电流恒定，故选项A正确，B错误；线圈在水平桌面上处于静止状态，则水平方向受到的安培力和摩擦力大小相等，方向相反，因为F＝BIl，当磁感应强度B匀称变更时，感应电流I恒定，l恒定，依据题图甲、乙可知，分界线OO′左侧磁场的磁感应强度B1＝kt(0＜t＜t1)，分界线OO′右侧磁场的磁感应强度B2＝－B0＋kt(0＜t＜t1)，在0～t1时间内由楞次定律可得感应电流的方向为逆时针，由左手定则可知安培力的方向为水平向右，线圈所受安培力的合力恒为B0Il，则线圈受到的摩擦力的方向向左，同理t1～t2时间内线圈受到的摩擦力的方向向右且恒为B0Il，故选项D错误，C正确。答案AC3.一个圆形线圈，共有n＝10匝，其总电阻r＝4.0Ω。线圈与阻值R0＝16Ω的外电阻连成闭合回路，如图12甲所示。线圈内部存在着一个边长l＝0.20m的正方形区域，其中有分布匀称但强弱随时间变更的磁场，图乙显示了一个周期内磁场的变更状况，周期T＝1.0×10－2s，磁场方向以垂直线圈平面对外为正方向。求：图12(1)t＝eq\f(1,8)T时刻，电阻R0上的电流大小和方向；(2)0～eq\f(1,2)T时间内，流过电阻R0的电荷量；(3)一个周期内电阻R0的发热量。解析(1)0～eq\f(T,4)内，感应电动势大小恒定，E1＝neq\f(ΔΦ1,Δt1)＝8V电流大小I1＝eq\f(E1,R0＋r)，可得I1＝0.4A电流方向从b到a。(2)同(1)可得eq\f(T,4)～eq\f(T,2)内，感应电流大小I2＝0.2A流过电路的电荷量q＝I1eq\f(T,4)＋I2eq\f(T,4)，代入数据解得q＝1.5×10－3C。(3)Q＝Ieq\o\al(2,1)R0eq\f(T,2)＋Ieq\o\al(2,2)R0eq\f(T,2)，解得Q＝1.6×10－2J。答案(1)0.4A从b向a(2)1.5×10－3C(3)1.6×10－2J

电磁感应定律的综合应用以“单棒＋导轨”模型为载体，考查电磁感应中的力、电综合问题【典例1】(2024·宁波十校高三联考)如图13a，超级高铁是一种以“真空管道运输”为理论核心设计的交通工具，它具有超高速、低能耗、无噪声、零污染等特点。如图b，已知管道中固定着两根平行金属导轨MN、PQ，两导轨间距为eq\r(3)r；运输车的质量为m，横截面是半径为r的圆。运输车上固定着间距为D、与导轨垂直的两根导体棒1和2，每根导体棒的电阻为R，每段长度为D的导轨的电阻也为R。其他电阻忽视不计，重力加速度为g。图13(1)如图c，当管道中的导轨平面与水平面成θ＝30°时，运输车恰好能无动力地匀速下滑。求运输车与导轨间的动摩擦因数μ；(2)在水平导轨上进行试验，不考虑摩擦及空气阻力。①当运输车由静止离站时，在导体棒2后间距为D处接通固定在导轨上电动势为E的直流电源，此时导体棒1、2均处于磁感应强度为B，垂直导轨平面对下的匀强磁场中，如图d。求刚接通电源时运输车的加速度的大小(电源内阻不计，不考虑电磁感应现象)；②当运输车进站时，管道内依次分布磁感应强度为B，宽度为D的匀强磁场，且相邻的匀强磁场的方向相反。求运输车以速度v0从如图e通过距离2D后的速度v。解析(1)分析运输车的受力，将运输车的重力分解，如图a，轨道对运输车的支持力为FN1、FN2，如图b。由几何关系FN1＝mgcosθ，FN2＝mgcosθ又f1＝μFN1，f2＝μFN2运输车匀速运动mgsinθ＝f1＋f2解得μ＝eq\f(\r(3),6)。(2)①运输车离站时，电路图如图c，cR总＝eq\f(11R,4)，由闭合电路欧姆定律I＝eq\f(E,R总)又I1＝eq\f(I,4)，I2＝eq\f(3I,4)导体棒所受的安培力F1＝BI1·eq\r(3)r；F2＝BI2·eq\r(3)r运输车的加速度a＝eq\f(F1＋F2,m)解得a＝eq\f(4\r(3)BrE,11mR)。②运输车进站时，电路如图d，d当车速为v时，由法拉第电磁感应定律E1＝B·eq\r(3)rv；E2＝B·eq\r(3)rv由闭合电路欧姆定律I＝eq\f(E1＋E2,4R)导体棒所受的安培力F1＝BI·eq\r(3)r，F2＝BI·eq\r(3)r运输车所受的合力F＝F1＋F2＝eq\f(B2·3r2v,R)选取一小段时间Δt，运输车速度的变更量为Δv，由动量定理得－eq\f(B2·3r2v,R)Δt＝mΔv即－eq\f(B2·3r2,R)Δx＝mΔv两边求和－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】如图14甲所示，两根足够长的光滑金属导轨ef、cd与水平面成θ＝30°角固定，导轨间距离为l＝1m，导轨电阻不计，一个阻值为R0的定值电阻与电阻箱并联接在两金属导轨的上端。整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度方向与导轨所在平面垂直，磁感应强度大小为B＝1T。现将一质量为m、电阻可以忽视的金属棒MN从图示位置由静止释放，金属棒下滑过程中与导轨接触良好。变更电阻箱的阻值R，测定金属棒的最大速度vm，得到eq\f(1,vm)－eq\f(1,R)的关系如图乙所示。取g＝10m/s2。求：图14(1)金属棒的质量m和定值电阻R0的阻值；(2)当电阻箱的阻值R＝2Ω，且金属棒的加速度为eq\f(1,4)g时，金属棒的速度大小。解析(1)金属棒以速度vm下滑时，依据法拉第电磁感应定律有E＝Blvm，由闭合电路欧姆定律有E＝I·eq\f(RR0,R＋R0)，依据平衡条件有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)图象可知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)设此时金属棒下滑的速度大小为v，依据法拉第电磁感应定律有E′＝Blv，由闭合电路欧姆定律有E′＝I′·eq\f(RR0,R＋R0)，依据牛顿其次定律有mgsinθ－BI′l＝m·eq\f(g,4)，联立解得v＝0.5m/s。答案(1)0.2kg2Ω(2)0.5m/s以“双棒＋导轨”模型为载体，考查电磁感应中的能量、动量等问题【典例3】如图15所示，两根质量均为m＝2kg的金属棒垂直放在光滑的水平导轨上，左右两部分导轨间距之比为1∶2，导轨间有大小相等但左、右两部分方向相反的匀强磁场，两棒电阻与棒长成正比，不计导轨电阻。现用250N的水平拉力F向右拉CD棒，CD棒运动s＝0.5m过程中其上产生的焦耳热为Q2＝30J，此时两棒速率之比为vA∶vC＝1∶2，现马上撤去拉力F，设导轨足够长且两棒始终在不同磁场中运动，求：图15(1)在CD棒运动0.5m的过程中，AB棒上产生的焦耳热；(2)撤去拉力F瞬间，两棒的速度大小vA和vC；(3)撤去拉力F后，两棒最终匀速运动的速度大小vA′和vC′。解析(1)设两棒的长度分别为l和2l，所以电阻分别为R和2R，由于电路中任何时刻电流均相等，依据焦耳定律Q＝I2Rt可知Q1∶Q2＝1∶2，则AB棒上产生的焦耳热Q1＝15J。(2)依据能量守恒定律，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，联立以上两式并代入数据得vA＝4m/s，vC＝8m/s。(3)撤去拉力F后，AB棒接着向左做加速运动，而CD棒向右做减速运动，两棒最终匀速运动时电路中电流为零，即两棒切割磁感线产生的电动势大小相等，此时两棒的速度满意BLvA′＝B·2LvC′即vA′＝2vC′(不对过程进行分析，认为系统动量守恒是常见错误)对两棒分别应用动量定理，规定水平向左为正方向，有eq\o(F,\s\up6(－))A·t＝mvA′－mvA，－eq\o(F,\s\up6(－))C·t＝mvC′－mvC。因为eq\o(F,\s\up6(－))C＝2eq\o(F,\s\up6(－))A，故有eq\f(vA′－vA,vC－vC′)＝eq\f(1,2)联立以上各式解得vA′＝6.4m/s，vC′＝3.2m/s。答案(1)15J(2)4m/s8m/s(3)6.4m/s3.2m/s以“导体框”为载体，考查电磁感应定律的综合应用【典例4】(2024·温州模拟)如图16所示，光滑绝缘斜面的倾角θ＝30°，矩形区域GHIJ内存在着方向垂直于斜面对上的匀强磁场，磁感应强度B＝0.4T，GH与IJ相距d＝0.5m。一个匝数n＝10、质量m＝1kg、边长L＝0.5m的正方形金属线圈abcd平放在斜面上，ab边与GH相距为d。现用一平行于斜面的恒力F拉动线圈，使其由静止起先(t＝0)沿斜面对上运动，线圈进入磁场恰好匀速运动。t1＝2s时线圈刚好完全通过磁场，此时撤去外力，在t2＝2.8s时线圈向下恰好完全穿出磁场。重力加速度g＝10m/s2，斜面足够长，ab边始终与GH平行，求：图16(1)恒力F的大小和线圈的阻值R；(2)整个过程线圈产生的热量。解析(1)线圈向上运动，ab边刚进入磁场时的速度记为v1，经验的时间记为Δt1，在磁场中匀速运动的时间记为Δt2；线圈向下运动，ab边刚离开磁场时的速度记为v2。d＝eq\f(v1,2)Δt1，2d＝v1Δt2①其中Δt1＋Δt2＝t1②且Δt1＝Δt2＝eq\f(1,2)t1＝1s联立①②得v1＝1m/s③F－mgsin30°＝ma④其中a＝eq\f(veq\o\al(2,1),2d)⑤联立③④⑤得a＝1m/s2，F＝6N⑥F＝mgsin30°＋nBIL⑦其中I＝eq\f(nBLv1,R)⑧联立⑥⑦⑧得I＝0.5A，R＝4Ω。⑨(2)向上穿过磁场产生的热量Q1＝(F－mgsin30°)2d＝1J⑩从撤去F后到向下出磁场的过程有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))联立eq\o(○,\s\up3(11))eq\o(○,\s\up3(12))得v2＝2m/seq\o(○,\s\up3(13))向下穿过磁场产生的热量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))再联立eq\o(○,\s\up1(13))eq\o(○,\s\up1(14))得Q2＝3.5J所以整个过程线框产生的热量Q＝Q1＋Q2＝4.5J。答案(1)6N4Ω(2)4.5J巧用流程解决电磁感应中力、电综合问题1.(2024·浙江名校协作体模拟)如图17所示，质量为m＝0.04kg、边长l＝0.4m的正方形线框abcd放置在一光滑绝缘斜面上，线框用一平行斜面的细绳系于O点，斜面的倾角为θ＝30°；线框的一半处于磁场中，磁场的磁感应强度随时间变更的关系为B＝2＋0.5t(T)，方向垂直于斜面；已知线框电阻为R＝0.5Ω，重力加速度取g＝10m/s2。下列说法中正确的是()图17A.线框中的感应电流方向为abcdaB.t＝0时，细线拉力大小为F＝0.2NC.线框中感应电流大小为I＝80mAD.经过一段时间t，线框可能拉断细绳向下运动解析由楞次定律可知线框中的感应电流方向为adcba，故选项A错误；感应电动势E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)(eq\f(1,2)l2)＝0.04V，由闭合电路欧姆定律，可知线框中感应电流大小为I＝eq\f(E,R)＝0.08A＝80mA，由平衡条件可知FT＋BIl＝mgsinθ，t＝0时，B＝2T，解得FT＝0.136N，故选项B错误，C正确；经过一段时间t，安培力BIl可能大于mgsinθ，所以线框可能沿斜面对上运动，故选项D错误。答案C2.(多选)如图18甲所示，足够长的平行金属导轨MN、PQ倾斜放置。完全相同的两金属棒ab、cd分别垂直导轨放置，棒两端都与导轨始终有良好接触，已知两棒的电阻均为R，导轨间距为l且光滑，电阻不计，整个装置处在方向垂直于导轨平面对上，磁感应强度大小为B的匀强磁场中。棒ab在平行于导轨向上的力F作用下，沿导轨向上运动，从某时刻起先计时，两棒的v－t图象如图乙所示，两图线平行，v0已知，则从计时起先()图18A.通过棒cd的电流方向由d到cB.通过棒cd的电流I＝eq\f(Blv0,R)C.力F＝eq\f(B2l2v0,R)D.力F做的功等于回路中产生的焦耳热和两棒动能的增量解析由vab>vcd，故通过cd的电流方向由d到c，选项A正确；由I＝eq\f(Blvab－Blvcd,2R)，可得I＝eq\f(Blv0,2R)，选项B错误；对ab棒：F－mgsinθ－BIl＝maab，对cd棒：BIl－mgsinθ＝macd，aab＝acd，可得F＝eq\f(B2l2v0,R)，选项C正确；力F做的功等于回路中产生的焦耳热和两棒的动能增量与重力势能增量之和，选项D错误。答案AC3.(2024·温州二模)如图19所示，两根相同的平行金属导轨固定在水平面内，左端用导线相连，在导轨的某位置建立与导轨平面共面的直角坐标系xOy，x轴紧靠导轨，y轴垂直导轨。在y轴的右侧分布着垂直导轨平面对外的有界磁场，左边界Ⅱ与y轴重合，右边界Ⅰ与y轴平行，磁感应强度的大小沿y轴匀称分布，沿x轴按B2＝Beq\o\al(2,0)(2＋kx)规律分布(式中k＞0，B0、k均为定值且为已知量)。在边界Ⅰ的右侧某位置垂直导轨放置一质量为m的金属棒，现给棒一水平向左的瞬时冲量，使其向左运动，同时在棒上施加一水平向右的恒力F0，棒穿过磁场后接着向左运动，然后再返回磁场，并能从边界Ⅰ穿出。已知：棒向左运动经过边界Ⅰ、Ⅱ的速度及向右返回经过边界Ⅱ的速度大小分别为v、eq\f(v,2)、eq\f(v,4)(v是未知量)；棒向左运动离开边界Ⅱ的最大距离是磁场两边界间距的n倍eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＞\f(1,3)))，棒向右运动穿过磁场区域的过程中速度不变；导轨单位长度的阻值是恒定的，导线及金属棒电阻不计，棒与导轨间的摩擦力大小恒定，求：图19(1)棒与导轨间摩擦力大小Ff；(2)棒左、右两次穿越磁场的过程中产生的电热之比Q1∶Q2；(3)导线到边界Ⅱ的距离d；(4)棒左、右两次穿越磁场的过程中所用的时间之比t1∶t2。解析(1)设金属棒向左运动离开边界Ⅱ的最大距离为s1，此时金属棒的速度为零；依据动能定理可得，在金属棒从边界Ⅱ向左运动到最大距离过程中－F0s1－Ffs1＝0－eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v,2)))eq\s\up12(2)①在金属棒从最大距离向右运动返回边界Ⅱ的过程中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)设磁场两边界间距为s2，依据功能关系，在从右向左运动第一次穿越磁场区域过程中－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在从左向右运动其次次穿越磁场区域过程中F0s2－Ffs2－Q2＝0⑤棒向左运动离开边界Ⅱ的最大距离是磁场两边界间距的n倍，即s1＝ns2⑥由①②③④⑤⑥可解得Q1∶Q2＝(12n－4)∶1。⑦(3)由题意知，棒向右运动穿过磁场区域的过程中速度不变，即做匀速直线运动，即受力平衡；由于所受F0、重力、支持力、摩擦力均恒定，则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在从磁场边界Ⅱ进入时，x＝0，此时B2＝2Beq\o\al(2,0)⑨和从磁场边界Ⅰ出来时，x＝s2，此时B2＝Beq\o\al(2,0)(2＋ks2)⑩设导轨单位长度电阻为r，金属棒切割磁感线的长度为L，由x＝0和x＝s2处安培力相等，则有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)对于第一次穿过磁场区域过程中，设任一时刻速度为v′，以向右为正方向，则有F0＋Ff＋eq\f(B2L2,r)v′＝maeq\o(○,\s\up3(12))对于随意微小过程均有(F0＋Ff)Δt＋eq\f(B2L2,R)v′Δt＝ma·Δteq\o(○,\s\up3(13))对整个过程进行求和，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))对于其次次穿过磁场区域过程，金属棒做匀速运动，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

电磁感应中的STSE问题赏析情形1以科学技术为背景考查楞次定律物理学是科学技术的基础，联系生产、生活，考查物理学问的应用是高考命题的热点，能够体现高考对学科素养的重视。【例1】(2024·全国卷Ⅰ，18)扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺度上的形貌。为了有效隔离外界振动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图20所示。无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及其左右振动的衰减最有效的方案是()图20解析感应电流产生的条件是闭合回路中的磁通量发生变更。在A图中，系统振动时，紫铜薄板随之上下及左右振动，在磁场中的部分有时多有时少，磁通量发生变更，产生感应电流，受到安培力，阻碍系统的振动；在B、D图中，只有紫铜薄板左右振动才产生感应电流，而上下振动无电流产生；在C图中，无论紫铜薄板上下振动还是左右振动，都不会产生感应电流，故选项A正确，B、C、D错误。答案A【例2】(2024·浙江江山选考模拟)电磁流量计广泛应用于测量可导电流体(如污水)在管中的流量(在单位时间内通过管内横截面的流体的体积)。为了简化，假设流量计是如图21所示的横截面为长方形的一段管道，其中空部分的长、宽、高分别为图中的a、b、c，流量计的两端与输送液体的管道相连接(图中虚线)。图中流量计的上下两面是金属材料，前后两面是绝缘材料，现于流量计所在处加磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直于前后两面。当导电液体稳定地流经流量计时，在管外将流量计上、下两表面分别与一串接了电阻R的电流表的两端连接，I表示测得的电流值。已知流体的电阻率为ρ，不计电流表的内阻，则可求得流量为()图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)))解析设管中流体的流速为v，则在Δt时间内流体在管中向前移动的距离为vΔt，这样如图甲画线的流体在Δt时间内都将流过横截面，甲设此横截面积为S，则画线的流体体积ΔV＝SvΔt，除以时间Δt，则得到流体在该管中的流量为Q＝eq\f(ΔV,Δt)＝Sv。对于题干所给的流量计，横截面积S＝bc，故流过流量计的流量Q＝vbc，对于给定的流量计，b与c是常量，可见测流量实质上是测流速。当可导电流体稳定地流经流量计，流体将切割磁感线，这样在流量计的上、下两面产生感应电动势E＝vBc，其中B是垂直于流量计前后两面的匀强磁场的磁感应强度，c是流过流量计流体的厚度，v是可导电流体在流量计中的流速。这样在管外将流量计上、下两表面分别与一串接了电阻R的电流表的两端连接，如图乙所示，则将有电流流过闭合电路，这个闭合电路中的电动势就是由可导电流体沿流量计流淌切割磁感线而产生的感应电动势，如图乙所示，电阻包括外接的电阻R和可导电流体的电阻r＝eq\f(ρc,ab)，这样依据欧姆定律，得到闭合电路中的电流等于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)))，选项A正确。答案A情形2以生活为背景考查楞次定律【例3】(2024·浙江台州模拟)(多选)在家庭电路中，为了平安，一般在电能表后面的电路中安装一个漏电开关，其工作原理如图22所示，其中甲线圈两端与脱扣开关限制器相连，乙线圈由两条电源线实行双线法绕制，并与甲线圈绕在同一个矩形硅钢片组成的铁芯上。以下说法中正确的是()图22A.当用户用电正常时，甲线圈两端没有电压，脱扣开关接通B.当用户用电正常时，甲线圈两端有电压，脱扣开关接通C.当用户发生漏电时，甲线圈两端没有电压，脱扣开关断开D.当用户发生漏电时，甲线圈两端有电压，脱扣开关断开解析正常状态时，火线和零线中电流产生的磁场完全抵消，脱扣开关S保持接通，选项A正确，B错误；当用户发生漏电时，流过火线与零线的电流不相等，乙线圈中火线和零线电流产生的磁场不能完全抵消，会使甲线圈中产生感应电动势，脱扣开关断开，选项C错误，D正确。答案AD【例4】(多选)如图23所示是某同学自制的电流表原理图，质量为m的匀称金属杆MN与一竖直悬挂的绝缘轻弹簧相连，弹簧劲度系数为k，在边长为ab＝L1、bc＝L2的矩形区域abcd内有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面对外。MN的右端连接一绝缘轻指针，可指示出标尺上的刻度，MN的长度大于ab，当MN中没有电流通过且静止时，MN与ab边重合，且指针指在标尺的零刻度；当MN中有电流时，指针示数可表示电流大小，MN始终在纸面内且保持水平，则()图23A.要使电流表正常工作，MN中电流方向应从N至MB.当该电流表的示数为零时，弹簧的伸长量不为零C.该电流表的量程是Im＝eq\f(kL2,BL1)D.该电流表的刻度是匀称的解析要使电流表正常工作，MN应向下移动，所受的安培力应向下，由左手定则知，MN中的电流方向应从M至N，故A错误；当该电流表的示数为零时，MN与ab边重合，弹簧的弹力与MN的重力平衡，弹簧处于伸长状态，故B正确；设当电流表示数为零时，设弹簧的伸长量为x0，由平衡条件得mg＝kx0，解得x0＝eq\f(mg,k)，当电流为I时，安培力为FA＝BIL1；设此时弹簧伸长量的增加量为Δx，依据胡克定律ΔF＝kΔx，得Δx＝eq\f(FA,k)＝eq\f(BIL1,k)∝I，故该电流表的刻度是匀称的；当Δx＝L2时，I＝Im，则有BImL1＝kL2，得Im＝eq\f(kL2,BL1)，故C、D正确。答案BCD情形3以科学技术为背景考查电磁感应定律【例5】(2024·浙江乐清选考模拟)(多选)铁路运输中设计的多种装置都运用了电磁感应原理。有一种电磁装置可以向限制中心传输信号以确定火车的位置和运动状态，装置的原理是：将能产生匀强磁场的磁铁安装在火车首节车厢下面，如图24甲所示(俯视图)，当它经过安放在两铁轨间的矩形线圈时，线圈便产生一个电信号传输给限制中心。线圈长为l1，宽为l2，匝数为n。若匀强磁场只分布在一个矩形区域内，当火车首节车厢通过线圈时，限制中心接收到线圈两端电压u与时间t的关系如图乙所示(ab、cd均为直线)，则在t1～t2时间内()图24A.火车做匀速直线运动B.M点电势低于N点电势C.火车加速度大小为eq\f(u2－u1,nBl2（t2－t1）)D.火车平均速度大小为eq\f(u1＋u2,2nBl1)解析在t1～t2时间内，由感应电动势E＝u＝nBl1v＝nBl1(v1＋at)，由图象可知火车做匀加速直线运动，故选项A错误；由右手定则可知电流方向由M到N，所以M点电势低于N点电势，故选项B正确；由图象可知斜率为eq\f(u2－u1,t2－t1)＝nBl1a，解得加速度a＝eq\f(u2－u1,nBl1（t2－t1）)，故选项C错误；由u＝nBl1v可知v＝eq\f(u,nBl1)，所以火车平均速度大小为eq\f(u1＋u2,2nBl1)，故选项D正确。答案BD【例6】电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理可用来研制新武器和航天运载器。电磁轨道炮示意如图25，图中直流电源电动势为E，电容器的电容为C。两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为l，电阻不计。炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触。首先开关S接1，使电容器完全充电。然后将S接至2，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场(图中未画出)，MN起先向右加速运动。当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零，MN达到最大速度，之后离开导轨。问：图25(1)磁场的方向；(2)MN刚起先运动时加速度a的大小；(3)MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q是多少。解析(1)垂直于导轨平面对下。(2)电容器完全充电后，两极板间电压为E，当开关S接2时，电容器放电，设刚放电时流经MN的电流为I，有I＝eq\f(E,R)①设MN受到的安培力为F，有F＝IlB②由牛顿其次定律，有F＝ma③联立①②③式得a＝eq\f(BlE,mR)。④(3)当电容器充电完毕时，设电容器上电荷量为Q0，有Q0＝CE⑤开关S接2后，MN起先向右加速运动，速度达到最大值vmax时，设MN上的感应电动势为E′，有E′＝Blvmax⑥依题意有E′＝eq\f(Q,C)⑦设在此过程中MN的平均电流为eq\o(I,\s\up6(－))，MN上受到的平均安培力为eq\o(F,\s\up6(－))，有eq\o(F,\s\up6(－))＝eq\o(I,\s\up6(－))lB⑧由动量定理，有eq\o(F,\s\up6(－))Δt＝mvmax－0⑨又eq\o(I,\s\up6(－))Δt＝Q0－Q⑩联立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得Q＝eq\f(B2l2C2E,m＋B2l2C)。答案(1)垂直于导轨平面对下(2)eq\f(BlE,mR)(3)eq\f(B2l2C2E,m＋B2l2C)一、选择题(1～4题为单项选择题，5～8题为不定项选择题)1.(2024·浙江诸暨选考模拟)有一种手持金属探测器实物及其结构原理图可简化为图1所示。探测器运用的是电磁感应原理，放射线圈(外环)可以产生垂直于线圈平面且大小和方向均变更的磁场；内环线圈是接收线圈，用来收集被查金属物发出的磁场(接收线圈能完全屏蔽放射线圈产生的磁场)。随着放射线圈产生的磁场方向反复变更，它会与所遇的金属物发生作用，导致金属物自身也会产生微弱的磁场，来自金属物的磁场进入内环线圈被接收到后，检测器会发出报警声。若放射线圈产生向下且增加的磁场，则下列说法中正确的是()图1A.金属物产生的感应磁场的方向竖直向下B.金属物中的涡流从上往下看是沿顺时针方向C.金属物发出的磁场穿过接收线圈时，接收线圈会产生微弱的电流，此类探测器相应的元件就是依据这一电流进行报警的D.假如金属物中某时刻发出向上的磁场，那么接收线圈中的感应电流方向从上往下看是沿逆时针方向解析先依据探测器放射线圈发出的磁场判定穿过金属物的磁通量方向和变更状况，再依据楞次定律确定金属物中感应电流产生的磁场方向，用安培定则推断金属物中的感应电流的方向，这里特殊要留意感应电流产生的磁场与原磁场不能混淆；金属物发出的磁场穿过接收线圈时，会引起接收线圈产生微弱的电流，使探测器报警，选项C正确；假如金属中发出向上渐渐增加的磁场，接收线圈感应电流从上向下看为顺时针方向，选项D错误。答案C2.(2024·湖南三湘名校第三次联考)随着科技的不断发展，无线充电已经进入人们的视线。小到手表、手机，大到电脑、电动汽车的充电，都已经实现了从理论研发到实际应用的转化。图2给出了某品牌的无线充电手机利用电磁感应方式无线充电的原理图。关于无线充电，下列说法正确的是()图2A.无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是“电流的磁效应”B.只有将充电底座接到直流电源上才能对手机进行充电C.接收线圈中交变电流的频率与放射线圈中交变电流的频率相同D.只要有无线充电底座，全部手机都可以进行无线充电解析无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是电磁感应现象，不是“电流的磁效应”现象，故选项A错误；当充电设备通以恒定直流，无线充电设备不会产生交变磁场，那么不能够正常运用，故选项B错误；接收线圈中交变电流的频率与放射线圈中交变电流的频率相同，故选项C正确；被充电手机内部，应当有一类似金属线圈的部件，与手机电池相连，当有交变磁场时，则出现感应电动势，那么一般手机不能够利用无线充电设备进行充电，故选项D错误。答案C3.(2024·温州模拟)纸面内两个半径均为R的圆相切于O点，两圆形区域内分别存在垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小相等、方向相反，且不随时间变更。一长为2R的导体杆OA绕O点且垂直于纸面的轴顺时针匀速旋转，角速度为ω。t＝0时，OA恰好位于两圆的公切线上，如图3所示，若选取从O指向A的电动势为正，下列描述导体杆中感应电动势随时间变更的图象可能正确的是()图3解析由右手定则可推断，起先时感应电动势为正，故D错误；设经时间t导体杆转过的角度为α，则α＝ωt，导体杆有效切割长度为L＝2Rsinωt。由E＝eq\f(1,2)BL2ω，可知E＝2BR2ωsin2ωt，B、R、ω不变，切割的有效长度随时间先增大后减小，且做非线性、非正弦的变更，经半个周期后，电动势的方向反向，故A、B错误，C正确。答案C4.如图4所示，间距为L的光滑平行金属导轨弯成“∠”形，底部导轨面水平，倾斜部分与水平面成θ角，导轨与固定电阻相连，整个装置处于竖直向上的磁感应强度为B的匀强磁场中。导体棒ab与cd均垂直于导轨放置，且与导轨间接触良好，两导体棒的电阻均与阻值为R的固定电阻相等，其余部分电阻不计，当导体棒cd沿导轨向右以速度v匀速滑动时，导体棒ab恰好在倾斜导轨上处于静止状态，导体棒ab的重力为mg，则()图4A.导体棒cd两端的电压为BLvB.t时间内通过导体棒cd横截面的电荷量为eq\f(2BLvt,3R)C.cd棒克服安培力做功的功率为eq\f(B2L2v2,R)D.导体棒ab所受安培力为mgsinθ解析依据题意画出等效电路如图甲所示。导体棒cd产生的感应电动势为E＝BLv，导体棒cd两端的电压是路端电压，U＝eq\f(1,3)E＝eq\f(1,3)BLv，选项A错误；通过cd棒的电流I＝eq\f(E,0.5R＋R)＝eq\f(BLv,1.5R)，在时间t内通过导体棒cd横截面的电荷量为q＝It＝eq\f(2BLvt,3R)，选项B正确；甲对ab棒进行受力分析如图乙所示，由于ab棒静止，所以ab棒所受安培力Fab＝mgtanθ，选项D错误；由功能关系知cd棒克服安培力做功的功率等于整个电路的电功率，为P＝eq\f(E2,0.5R＋R)＝eq\f(B2L2v2,1.5R)，选项C错误。乙答案B5.如图5所示，两等长的细绳悬挂一磁铁与一圆形闭合线圈悬于细杆上，静止时线圈平面与磁铁的轴线O1O2垂直，磁铁质量为m，磁极如图所示。在垂直于细杆的平面内，保持细绳绷紧，将磁铁拉至与细杆等高的位置，将磁铁由静止释放，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是()图5A.磁铁下摆过程中，线圈所受合外力为零B.磁铁下摆过程中，线圈中有逆时针方向(沿O1O2方向看)的感应电流C.磁铁下摆过程中，线圈中有顺时针方向(沿O1O2方向看)的感应电流D.磁铁摆到最低点时，两绳子拉力的合力小于3mg解析磁铁下摆过程中，向左穿过线圈的磁通量增大，依据楞次定律可知，线圈中有顺时针方向(沿O1O2方向看)的感应电流，故选项A、B错误，C正确；磁铁向下运动的过程中，依据楞次定律可知，磁铁会受到线圈产生的感应电流的阻碍，机械能减小，则eq\f(1,2)mv2<mgr，最低点拉力与重力的合力供应向心力，所以F－mg＝eq\f(mv2,r)，联立以上两式得F<3mg，故选项D正确。答案CD6.如图6所示，导体棒沿两平行金属导轨从图示位置以速度v向右匀速通过一正方形匀强磁场区域，ac边垂直于导轨且平行于导体棒，ac边右侧的磁感应强度的大小是左侧磁感应强度大小的2倍且方向相反，导轨和导体棒的电阻均不计，下列关于导体棒中感应电流和导体棒所受安培力随时间变更的图象可能正确的是(规定电流从M经R到N为正方向，安培力水平向左为正方向)()图6解析解决导体运动切割磁感线产生电动势问题的三把“金钥匙”：一找切割长度；二找变更趋势；三找方向。依据右手定则，起先时导体棒中感应电流方向为正(留意不要忽视物理量的正负)，大小匀称增加，依据题述可知，当导体棒运动到ac边的右侧，感应电流的大小突变为原来的2倍，方向变为负，选项A正确，B错误；感应电流随位移匀称变更，切割的有效长度随位移匀称变更，依据F＝BIL，安培力大小随位移做二次函数变更，依据楞次定律可知，安培力方向不变，选项C正确，D错误。答案AC7.(2024·浙江临安选考适应性考试)如图7甲所示，质量m＝3.0×10－3kg的“”型金属细框竖直放置在两水银槽中，“”型框的水平细杆CD长l＝0.20m，处于磁感应强度大小B1＝1.0T、方向水平向右的匀强磁场中。有一匝数n＝300匝、面积S＝0.01m2的线圈通过开关K与两水银槽相连。线圈处于与线圈平面垂直的、沿竖直方向的匀强磁场中，其磁感应强度B2的大小随时间t变更的关系如图乙所示。t＝0.22s时闭合开关K，瞬间细框跳起(细框跳起瞬间安培力远大于重力)，跳起的最大高度h＝0.20m。不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是()图7A.0～0.10s内线圈中的感应电动势大小为3VB.开关K闭合瞬间，CD中的电流方向由C到DC.磁感应强度B2的方向竖直向下D.开关K闭合瞬间，通过细杆CD的电荷量为0.03C解析由题图乙所示图象可知，0～0.10s内：ΔΦ＝ΔBS＝(1－0)×0.01Wb＝0.01Wb，0～0.10s内线圈中的感应电动势大小：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝300×eq\f(0.01,0.1)V＝30V，故选项A错误；由题可知细杆CD所受安培力方向竖直向上，由左手定则可知，电流方向为C→D，由安培定则可知线圈中感应电流的磁场方向竖直向上，由图示图象可知，在0.20～0.25s内穿过线圈的磁通量削减，由楞次定律可知，磁感应强度B2方向竖直向上，故选项B正确，C错误；对细框，由动量定理得B1Il·Δt＝mv－0，细框竖直向上做竖直上抛运动，则v2＝2gh，电荷量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，故选项D正确。答案BD8.半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r、电阻为R的匀称金属棒AB置于圆导轨上面，BA的延长线通过圆导轨中心O，装置的俯视图如图8所示，整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向竖直向下。在两环之间接阻值为R的定值电阻和电容为C的电容器。金属棒在水平外力作用下以角速度ω绕O逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触。导轨电阻不计。下列说法正确的是()图8A.金属棒中电流方向从B流向AB.金属棒两端电压为eq\f(3,4)Bωr2C.电容器的M板带负电D.电容器所带电荷量为eq\f(3,2)CBωr2解析依据右手定则可知金属棒中电流方向从B流向A，选项A正确；金属棒转动产生的电动势为E＝Breq\f(ωr＋ω·2r,2)＝eq\f(3,2)Bωr2，切割磁感线的金属棒相当于电源，金属棒两端电