2025版高考物理二轮复习专题四电路与电磁感应第13讲电磁感应问题学案

PAGEPAGE1第13讲电磁感应问题主干体系学问核心再现及学科素养学问规律(1)“三定则、肯定律”的应用．①安培定则：推断运动电荷、电流产生的磁场方向．②左手定则：推断磁场对运动电荷、电流的作用力的方向．③右手定则：推断部分导体切割磁感线产生感应电流的方向．④楞次定律：推断闭合电路磁通量发生变更产生感应电流的方向．(2)求感应电动势的两种方法．①E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，用来计算感应电动势的平均值．②E＝BLv，主要用来计算感应电动势的瞬时值．思想方法(1)物理思想：等效思想、守恒思想．(2)物理方法：假设法、图象法、转换法、微元法、类比法、逆向思维法.1．(2024·全国卷Ⅰ，17)如图，导体轨道OPQS固定，其中PQS是半圆弧，Q为半圆弧的中点，O为圆心．轨道的电阻忽视不计．OM是有肯定电阻、可绕O转动的金属杆，M端位于PQS上，OM与轨道接触良好．空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B.现使OM从OQ位置以恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定(过程Ⅰ)；再使磁感应强度的大小以肯定的变更率从B增加到B′(过程Ⅱ)．在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM的电荷量相等，则eq\f(B′,B)等于()A.eq\f(5,4)B.eq\f(3,2)C.eq\f(7,4) D．2B[在过程Ⅰ中，依据法拉第电磁感应定律，有E1＝eq\f(ΔΦ1,Δt1)＝eq\f(B\f(1,2)πr2－\f(1,4)πr2,Δt1)依据闭合电路欧姆定律，有I1＝eq\f(E1,R)且q1＝I1Δt1，在过程Ⅱ中，有E2＝eq\f(ΔΦ2,Δt2)＝eq\f(B′－B\f(1,2)πr2,Δt2)，I2＝eq\f(E2,R)，q2＝I2Δt2.又q1＝q2，即eq\f(B\f(1,2)πr2－\f(1,4)πr2,R)＝eq\f(B′－B\f(1,2)πr2,R)所以eq\f(B′,B)＝eq\f(3,2).]2．(2024·全国卷Ⅱ，19)(多选)如图，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路．将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态．下列说法正确的是()A．开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面对里的方向转动B．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面对里的方向C．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面对外的方向D．开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面对外的方向转动AD[依据安培定则，开关闭合时铁芯上产生水平向右的磁场．A对：开关闭合后的瞬间，依据楞次定律，直导线上将产生由南向北的电流，依据安培定则，直导线上方的磁场垂直纸面对里，故小磁针的N极朝垂直纸面对里的方向转动．B、C错：开关闭合并保持一段时间后，直导线上没有感应电流，故小磁针的N极指北．D对：开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，依据楞次定律，直导线上将产生由北向南的电流，这时直导线上方的磁场垂直纸面对外，故小磁针的N极朝垂直纸面对外的方向转动．]3．(2024·全国Ⅱ卷，18)如图，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()D[设线路中只有一边切割磁感线时产生的感应电流为i.线框位移等效电路的连接电流0～eq\f(l,2)I＝2i(顺时针)eq\f(l,2)～lI＝0l～eq\f(3l,2)I＝2i(逆时针)eq\f(3l,2)～2lI＝0分析知，只有选项D符合要求．]4．(2024·全国Ⅲ卷，20)(多选)如图(a)，在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R，R在PQ的右侧．导线PQ中通有正弦沟通电i，i的变更如图(b)所示，规定从Q到P为电流正方向．导线框R中的感应电动势()A．在t＝eq\f(T,4)时为零B．在t＝eq\f(T,2)时变更方向C．在t＝eq\f(T,2)时最大，且沿顺时针方向D．在t＝T时最大，且沿顺时针方向AC[A对：在t＝eq\f(T,4)时，沟通电图线斜率为0，即磁场变更率为0，由E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,ΔT)S知，E＝0.C对，B、D错：在t＝eq\f(T,2)和t＝T时，图线斜率最大，在t＝eq\f(T,2)和t＝T时感应电动势最大．在eq\f(T,4)到eq\f(T,2)之间，电场由Q向P减弱，导线在R处产生垂直纸面对里的磁场，且磁场减弱，由楞次定律知，R产生的感应电流的磁场方向也垂直纸面对里，即R中感应电动势沿顺时针方向，同理可推断在eq\f(T,2)到eq\f(3T,4)时，R中电动势也为顺时针方向，在eq\f(3,4)T到T时，R中电动势为逆时针方向．]5．(2024·高考全国卷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()A[底盘上的紫铜薄板出现扰动时，其扰动方向不确定，在选项C这种状况下，紫铜薄板出现上下或左右扰动时，穿过薄板的磁通量难以变更，不能发生电磁感应现象，没有阻尼效应；在选项B、D这两种状况下，紫铜薄板出现上下扰动时，也没有发生电磁阻尼现象；选项A这种状况下，不管紫铜薄板出现上下或左右扰动时，都发生电磁感应现象，产生电磁阻尼效应，选项A正确．][考情分析]■命题特点与趋势1．高考对本部分内容的要求较高，常在选择题中考查电磁感应中的图象问题、电磁感应中的电路、法拉第电磁感应定律、能量转换及电荷量的计算等学问点．以导体棒运动为背景，综合应用电路的相关学问、牛顿运动定律和能量守恒定律以计算题形式作为压轴题．2．电磁感应中常涉及B­t图象、Φ­t图象、E­t图象、I­t图象、F­t图象和v­t图象，还涉及E­x图象、I­x图象等，这类问题既要用到电磁感应的学问，又要结合数学学问求解，对考生运用数学学问解决物理问题的实力要求较高．■解题要领1．抓住两个关键：一是电动势的大小，它取决于磁通量的变更率；二是电动势的方向，实际方向与规定的正方向一样时取正，反之取负．同时留意对无感应电流区域的推断．2．迁移力学学问、规律解决电磁感应综合问题．3．常用思想方法：(1)图象法；(2)等效法；(3)守恒法；(4)模型法.高频考点一楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用[备考策略]1．本考点是高考的热点内容之一，在近几年高考中多以选择题的形式出现，考查的主要内容有探究电磁感应现象；利用法拉第电磁感应定律求解感应电动势的大小；利用楞次定律推断磁场的变更状况等．须要考生学会敏捷变通2．重要学问再现(1)感应电流方向的推断方法①右手定则，即依据导体在磁场中做切割磁感线运动的状况进行推断；②楞次定律，即依据穿过闭合回路的磁通量的变更状况进行推断．(2)愣次定律中“阻碍”的主要表现形式①阻碍原磁通量的变更——“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阻碍原电流的变更(自感现象)——“增反减同”．(3)感应电动势大小的计算①法拉第电磁感应定律：E＝neq\f(ΔΦ,Δt).适用于普遍状况．②E＝Blv，适用于导体棒平动切割磁感线的状况．③E＝eq\f(1,2)Bl2ω，适用于导体棒旋转切割磁感线的状况．[题组突破]1－1.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D[金属杆PQ突然向右运动，由右手定则可知，PQRS中有沿逆时针方向的感应电流，穿过圆环形金属线框T中的磁通量减小，由楞次定律可知，T中有沿顺时针方向的感应电流，故选项D正确，A、B、C错误．]1－2.图(甲)为手机及无线充电板．图(乙)为充电原理示意图．充电板接沟通电源，对充电板供电，充电板内的送电线圈可产生交变磁场，从而使手机内的受电线圈产生交变电流，再经整流电路转变成直流电后对手机电池充电．为便利探讨，现将问题做如下简化：设送电线圈的匝数为n1，受电线圈的匝数为n2，面积为S，若在t1到t2时间内，磁场(垂直于线圈平面对上、可视为匀强磁场)的磁感应强度由B1匀称增加到B2.下列说法正确的是()A．受电线圈中感应电流方向由d到cB．c点的电势高于d点的电势C．c、d之间的电势差为eq\f(n1B2－B1S,t2－t1)D．c、d之间的电势差为eq\f(n2B2－B1S,t2－t1)D[依据楞次定律可知，受电线圈内部产生的感应电流方向俯视为顺时针，受电线圈中感应电流方向由c到d，所以c点的电势低于d点的电势，故AB错误；依据法拉第电磁感应定律可得c、d之间的电势差为Ucd＝E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(n2B2－B1S,t2－t1)，故C错误，D正确；故选D.]1－3.(2024·山东省青岛市高三统一质检)(多选)如图，一根长为l、横截面积为S的闭合软导线置于光滑水平面上，其材料的电阻率为ρ，导线内单位体积的自由电子数为n，电子的电荷量为e，空间存在垂直纸面对里的磁场．某时刻起磁场起先减弱，磁感应强度随时间的变更规律是B＝B0kt，当软导线形态稳定时，磁场方向仍旧垂直纸面对里，此时()A．软导线围成一个正方形B．导线中的电流为eq\f(klS,4πρ)C．导线中自由电子定向移动的速率为eq\f(kl,4nπep)D．导线中电场强度大小为eq\f(kl,4π)BCD[A：依据楞次定律“增缩减扩”的原理，软导线稳定时呈圆形．故A项正确．B：依据I＝2πr可得、r＝eq\f(1,2π)，圆的面积S0＝πr2＝eq\f(l2,4π)，感应电动势大小为E＝eq\f(s0ΔB,Δt)＝eq\f(kl2,4π)，稳定时软导线中的电流为I＝eq\f(E,R)，其中R＝ρeq\f(l,S)，联立可得电流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(klS,4πρ)，故B项正确．C：导线横截面积为S、单位体积内的自由电子数为n、电子的电荷量为e，则导线中电流I＝neSv，解得：导线中自由电子定向移动的速率v＝eq\f(kl,4πpne).故C项正确．D：计算导线中电场可将其视为沿导线方向的匀强电场，则导线中电场强度E场＝eq\f(U,l)＝eq\f(\f(kl2,4π),l)＝eq\f(kl,4π).故D项正确．]高频考点二电磁感应中的图象问题[备考策略]1．本考点是高考命题的热点，图象的种类较多，有随时间t变更的图象，如B­t、Φ­t、E­t、F­t、i­t等图象；有随位移x变更的图象，如E­x、i­x等图象．此类问题综合性较强，应用学问较多，如左手定则、右手定则、安培定则、楞次定律、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等．建议对本考点重点攻坚2．解决电磁感应图象问题的“三点关注”：(1)关注初始时刻，如初始时刻感应电流是否为零，是正方向还是负方向.(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.[命题视角]考向1随时间t变更的图像例1(2024·四川省乐山市高三模拟)(多选)如图甲所示，正方形导线框固定在匀强磁场中，磁感线方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度B随时间t变更的规律如图乙所示，其中B0为已知量．已知导线框的边长为L，总电阻为R，t3－t2＝t2－t1＝t0则下列说法中正确的是()A．t1～t3时间内，导线框中电流的方向始终为badcbB．0～t1时间内，ab边受到的安培力大小为eq\f(B\o\al(2,0)L3,2Rt0)C．t2～t3时间内，导线框产生的热量为eq\f(B\o\al(2,0)L4,Rt0)D．t1～t3时间内，通过导线框的电荷量为eq\f(2B0L2,R)ACD[t1～t2时间内，穿过线圈的磁通量减小，依据楞次定律可知，感应电流方向为badcb，t2～t3时间内，磁场反向了，但穿过线圈的磁通量增大，感应电流方向仍为badcb，故A正确；0～t1时间内，回路中的磁通量不变，线圈中没有产生感应电动势，没有电流，所以不受安培力，故B错误；t2～t3时间内感应电动势E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔBS,Δt)＝eq\f(B0L2,t0)，感应电流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(B0L2,t0R)，0～t0时间内，产生的热量Q＝I2Rt0＝(eq\f(B0L2,Rt0))2Rt0＝eq\f(B\o\al(2,0)L4,Rt0)，故C正确；t1～t3时间内，电流恒定不变，所以，通过的电荷量为q＝I(2t0)＝eq\f(2B0L2,R)，故D正确．]考向2随位移x变更的图象例2(2024·福建省漳州市高三调研)如图所示，足够长的宽度为d的条形区域内存在垂直纸面对里的匀强磁场，直角三角形金属线框内ABC的BC边长度为L，已知L>d.现令线框在外力作用下以速度v0匀速穿过磁场区域，以B点进入磁场的时刻为计时起点，规定线框中电流沿逆时针方向为正方向，则在线框穿过磁场的过程中，线框中的电流i随时间t的变更状况可能是()C[B点进入磁场后直至线框位移为d的过程中，线框的有效切割长度随时间匀称增大，线框中电流随时间匀称增大至I0，方向为逆时针，已知L>d，线框位移大于d小于L的过程中，其有效切割长度不变，线框中电流不变，仍为逆时针，线框出磁场的过程中，有效切割长度随时间匀称增大，电流随时间匀称增大，A、D错误；由B项的横轴可知L＝2d，由几何关系可知线框位移为L时有效切割长度与位移为d时的有效切割长度相等，故电流等大，但方向为顺时针，位移为L＋d，有效切割长度是位移为d时的2倍．电流为－2I0，B错误；由C项的横轴可知L＝3d，由几何关系可知线框位移为L时的有效切割长度是位移为d时的2倍，故电流为－2I0，位移为L＋d时，有效切割长度是位移为d时的3倍，电流为－3I0.C正确．][归纳反思]一、熟识两个技法，做到解题快又准1.解除法定性地分析电磁感应过程中物理量的变更趋势(增大还是减小)、变更快慢(匀称变更还是非匀称变更)，特殊是物理量的正负，解除错误的选项．没有表示方向的正负时，优先推断方向有时会产生意想不到的效果．2.函数法依据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图象作出分析和推断，这未必是最简捷的方法，但却是最有效的方法．二、谨记三点留意，力避踏入雷区1.定性或定量地表示出所探讨问题的函数关系是选择或绘制图象的关键．2．在图象中I、v等物理量的方向是通过正负值来反映的.3.留意过程或阶段的选取，一般进磁场或出磁场，磁通量最大或最小，有效切割长度最大或最小等是分段的关键点．[题组突破]2－1.(多选)如图甲所示，水平面上的平行导轨MN、PQ上放着两根垂直导轨的光滑导体棒ab、cd，两棒间用绝缘丝线连接；已知平行导轨MN、PQ间距为L1，导体棒ab、cd间距为L2，导轨电阻可忽视，每根导体棒在导轨之间的电阻为R.起先时匀强磁场垂直纸面对里，磁感应强度B随时间t的变更如图乙所示．则以下说法正确的是()A．在t0时刻回路中产生的感应电动势E＝0B．在0～t0时间内导体棒中的电流为eq\f(L1L2B0,2Rt0)C．在eq\f(t0,2)时刻绝缘丝线所受拉力为eq\f(L\o\al(2,1)L2B\o\al(2,0),4Rt0)D．在0～2t0时间内回路中电流方向是abdcaBC[由图乙可知，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔB,Δt)))＝eq\f(B0,t0)，回路面积S＝L1L2，在t0时刻回路中产生的感应电动势E＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔB,Δt)))S＝L1L2eq\f(B0,t0)，选项A错误；0～t0时间内回路中产生的感应电流大小为I＝eq\f(E,2R)＝eq\f(L1L2B0,2Rt0)，选项B正确；在eq\f(t0,2)时刻，由左手定则，导体棒ab所受安培力方向向左，导体棒cd所受安培力方向向右，磁场磁感应强度为eq\f(B0,2)，安培力大小为F＝eq\f(1,2)B0·IL1＝eq\f(L\o\al(2,1)L2B\o\al(2,0),4Rt0)，在eq\f(t0,2)时刻绝缘丝线所受拉力为eq\f(L\o\al(2,1)L2B\o\al(2,0),4Rt0)，选项C正确；在0～t0时间内磁感应强度减小，在t0～2t0时间内磁感应强度反向增大，依据楞次定律，回路内产生的感应电流方向为顺时针方向，即电流方向是acdba，选项D错误．]2－2.(2024·辽宁省抚顺市高三质检(四))(多选)如图所示，在光滑水平面内，有竖直向下的匀强磁场分布在宽度为2L的某矩形区域内(长度足够大)，该区域的左、右边界分别为L1、L2.有一边长为L的正方形导线框距离磁场左边界L1的某处由静止在恒力F作用下穿过该磁场区域，已知当线框的右边到达L2时线框刚好做匀速直线运动．以线框的右边到达L1时起先计时，以L1上的O点为坐标原点，取如图所示的坐标轴x，并规定逆时针方向为感应电流的正方向，向左为安培力的正方向．则关于线框中的感应电流i和线框受到的安培力F与位置坐标xAD[依据题意知线框的右边到达L2时线框刚好做匀速直线运动，此时线框受到的安培力与恒力F大小相等，即FA＝F，而线框完全在磁场中运动时做匀加速运动，所以可知线框进入磁场的过程中，安培力应小于恒力，即FA′<F，只能做加速运动，不能做匀速运动或减速运动，否则通过匀加速的过程中，右边到达L2时速度增大，安培力增大，安培力将大于拉力，不行能匀速运动．可知：线框进入磁场的过程中，随着速度的增大，产生的感应电动势E＝BLv和感应电流i＝eq\f(BLv,R)渐渐增大，安培力FA＝eq\f(B2L2v,R)，渐渐增大，线框所受的合力减小，加速度减小，所以做加速度减小的变加速运动，所以感应电流i的变更率也应渐渐减小，安培力F的变更率也渐渐减小；依据楞次定律推断可知，线框进入磁场和穿出磁场的过程中，所受的安培力方向都向上，为正方向，故A、D正确，B、C错误．]高频考点三电磁感应中的电路问题[备考策略]1．本考点的内容学问综合性较强，涉及物理的主干学问和重要方法．能够充分考查学生的分析综合、推理推断实力．主要涉及法拉第电磁感应定律、欧姆定律、电路中的串并联学问，以及计算电压、电流和功率的安排等．建议对本考点重点攻坚．2．解答电磁感应中电路问题的三个步骤(1)确定电源：利用E＝neq\f(ΔΦ,Δt)或E＝Blvsinθ求感应电动势的大小，利用右手定则或楞次定律推断感应电流的方向．假如在一个电路中切割磁感线的部分有多个并相互联系，可等效成电源的串、并联．(2)分析电路结构：分析内、外电路，以及外电路的串并联关系，画出等效电路图．(3)利用电路规律求解：应用闭合电路欧姆定律及串并联电路的基本性质等列方程求解．[典例导航]例2(2024·山东省济南市高三二模)如图所示，半径为l的金属圆环水平放置，圆心处及圆环边缘通过导线分别与两条平行的倾斜金属轨道相连．圆环区域内分布着磁感应强度为B，方向竖直向下的匀强磁场，圆环上放置一金属棒a，一端在圆心处，另一端恰好搭在圆环上，可绕圆心转动．倾斜轨道部分处于垂直轨道平面对下的匀强磁场中，磁感应强度大小也为B，金属棒b放置在倾斜平行导轨上，其长度与导轨间距均为2l.当棒a绕圆心以角速度ω顺时针(俯视)匀速旋转时，棒b保持静止．已知棒b与轨道间的动摩擦因数为μ＝0.5，可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力；棒b量为m，棒a、b的电阻分别为R、2R，其余电阻不计；斜面倾角为θ＝37°，sin37°＝0.6.cos37°＝0.8.重力加速度为g，求(1)金属棒b两端的电压；(2)为保持b棒始终静止，棒a旋转的角速度大小的范围解析(1)金属棒切割磁感线产生的感应电动势为E＝Bleq\o(v,\s\up6(－))①，eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(0＋lω,2)②，金属棒两端的电压U＝eq\f(2R,R＋2R)E③，联立①②③解得U＝eq\f(1,3)Bl2ω④；(2)I＝eq\f(E,R＋2R)⑤，F安＝BI·2l⑥，由①②⑤⑥解得F安＝eq\f(B2l2ω,3R)，为保持b棒始终静止，棒a旋转的角速度最小为ω1，最大为ω2，mgsinθ＝μmgcosθ＋eq\f(B2l2ω1,3R)，mgsinθ＋μmgcosθ＝eq\f(B2l2ω2,3R)，解得eq\f(3mgR,5B2l2)≤ω≤eq\f(3mgR,B2l2)答案(1)eq\f(1,3)Bl2ω(2)eq\f(3mgR,5B2l2)≤ω≤eq\f(3mgR,B2l2)[题组突破]3－1.(2024·广西南宁市高三第六次调研)(多选)如图甲所示，一个匝数为n的圆形线圈(图中只画了2匝)，面积为S，线圈的电阻为R，在线圈外接一个阻值为R的电阻和一个志向电压表，将线圈放入垂直线圈平面指向纸内的磁场中，磁感应强度随时间变更规律如图乙所示，下列说法正确的是()A．0～t1时间内P端电势高于Q端电势B．0～t1时间内电压表的读数为eq\f(nB1－B0S,t1)C．t1～t2时间内R上的电流为eq\f(nB1S,2t2－t1R)D．t1～t2时间内P端电势高于Q端电势AC[0～t1时间内，磁通量向里增大，依据楞次定律可知感应电流沿逆时针方向，线圈相当于电源，上端为正极，下端为负极，所以P端电势高于Q端电势，故A正确；0～t1时间内线圈产生的感应电动势E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)S＝neq\f(B1－B0,t1)S，电压表的示数等于电阻R两端的电压U＝IR＝eq\f(E,2R)·R＝eq\f(nB1－B0S,2t1)，故B错误；t1～t2时间内线圈产生的感应电动势E′＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(B1,t2－t1)S，依据闭合电路的欧姆定律I′＝eq\f(E′,2R)＝eq\f(nB1S,2t2－t1R)，故C正确；t1～t2时间内，磁通量向里减小，依据楞次定律，感应电流沿顺时针方向，所以P端电势低于Q端电势，故D错误．]3－2.(2024·辽宁省大连市高三模拟)(多选)直角三角形金属框abc放置在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上．若金属框绕ab边向纸面外以角速度ω匀速转动90°(从上往下看逆时针转动)，如图甲所示，c、a两点的电势差为Uca，通过ab边的电荷量为q.若金属框绕bc边向纸面内以角速度ω匀速转动90°，如图乙所示，c、a两点的电势差为Uca′，通过ab边的电荷量为q′.已知bc、ab边的长度都为l，金属框的总电阻为R.下列推断正确的是()A．Uca＝eq\f(1,2)Bωl2 B．Uca′＝eq\f(1,2)Bωl2C．q＝eq\f(\r(2)Bπl2,8R) D．q′＝eq\f(Bl2,2R)AD[题图甲中，在转动过程中穿过金属框的磁通量始终为0，总电动势为0，电流为0，电荷量也为0，C错．ac的有效切割长度为l，有效切割速度v＝eq\f(ωl,2)，由右手定则，知φc>φa，所以Uca＝eq\f(1,2)Bωl2，A对．题图乙中，金属框中产生的电动势的最大值是eq\f(1,2)Bωl2，ca相当于电源，有内阻，路端电压的最大值小于eq\f(1,2)Bωl2，故B错．通过的电荷量q′＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(B·\f(l2,2),R)＝eq\f(Bl2,2R)，D对，应选A、D.]高频考点四电磁感应中的动力学和能量问题[备考策略]1.电磁感应中动力学和能量问题的“两状态、两对象”(1)两状态①导体处于平衡状态——静止或匀速直线运动状态．处理方法：依据平衡状态时导体所受合外力等于零列式分析．②导体处于非平衡状态——加速度不为零．处理方法：依据牛顿其次定律进行动态分析或结合功能关系分析.(2)两对象2．“杆＋导轨”模型中，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运动、匀变速运动、非匀变速运动或转动等；磁场的状态可分为恒定不变、匀称变更和非匀称变更等等，情景困难形式多变．[命题视角]考向1水平导轨问题例4(2024·湖北省荆州中学高三全真模拟一)(多选)水平面上固定相距为d的光滑直轨道MN和PQ，在N、Q之间连接不计电阻的电感线圈L和电阻R.匀强磁场磁感应强度为B，方向垂直导轨平面对上，在导轨上垂直导轨放置一质量为m，电阻不计的金属杆ab，在直导轨右侧有两个固定挡块C、D，CD连线与导轨垂直．现给金属杆ab沿轨道向右的初速度v0，当ab即将撞上CD时速度为v，撞后速度马上变为零但不与挡块粘连．以下说法正确的是()A．ab向右做匀变速直线运动B．当ab撞上CD后，将会向左运动C．ab在整个运动过程中受到的最大安培力为eq\f(B2d2v0,R)D．从ab起先运动到撞上CD时，电阻R上产生的热量小于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2BD[ab向右运动时受到向左的安培力而做减速运动，产生的感应电动势和感应电流减小，安培力随之减小，加速度减小，所以ab做非匀变速直线运动，故A错误．当ab撞CD后，ab中产生的感应电动势为零，电路中电流要减小，线框将产生自感电动势，依据楞次定律可知自感电动势方向与原来电流方向相同，沿b→a，依据左手定则可知ab受到向左的安培力，故当ab撞CD后，将会向左运动．故B正确．起先时，ab的速度最大，产生的感应电动势最大，由于线圈中产生自感电动势，此自感电动势与ab感应电动势方向相反，电路中的电流小于eq\f(Bdv0,R)，最大安培力将小于BdI＝eq\f(B2d2v0,R).故C错误．从ab起先运动到撞CD时，由于线圈中有磁场能，所以电阻R上产生的热量小于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2.故D正确；故选B、D.]考向2倾斜导轨问题例5(2024·湖北省宜昌市高三质检)如图所示，两根一端带有挡柱的金属导轨MN和PQ与水平面成θ＝37°角放置在磁感应强度B＝2T的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面对上，两导轨间距L＝1m．现有两根完全相同的金属棒ab和cd，长度均为L，质量均为m＝1kg，电阻均为R＝1Ω，两金属棒与导轨始终垂直且保持良好接触，导轨自身电阻不计．现让金属棒ab在沿斜面对上的外力F作用下从轨道上某处由静止起先做加速度a＝2.5m/s2的匀加速直线运动，到金属棒cd刚要滑动时撤去外力F，此后金属棒ab接着向上运动0.3s后减速为0，当金属棒ab刚好返回到初始动身点时金属棒cd对挡柱的压力是金属棒ab静止时压力的2倍．已知两金属棒与导轨间的动摩擦因数均为0.5，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g为10m/s2.求：(1)外力F的冲量大小；(2)金属棒ab从减速为0到返回动身点过程中所产生的焦耳热．解析(1)设金属棒ab的速度为v时金属棒cd刚要滑动，由eq\f(B2L2v,2R)＝mgsinθ＋μmgcosθ得v＝5m/s由v＝at知t＝2s，匀加速时段内金属棒ab的位移为x1＝eq\f(1,2)at2＝5m对金属棒ab由牛顿其次定律得F－mgsinθ－μmgcosθ－eq\f(B2L2v,2R)＝ma故F＝mgsinθ＋μmgcosθ＋eq\f(B2L2at,2R)＋ma，代入数据可知，F随t线性变更，且最大值为F1＝22.5N，最小值为F2＝12.5N因此外力F的冲量I＝eq\f(F1＋F2,2)t，代入数据解得I＝35N·s(2)撤力后金属棒cd仍静止，设金属棒ab减速滑行的位移为x2，由(μmgcosθ＋mgsinθ＋Beq\o(I,\s\up6(－))L)Δt＝mv和eq\o(I,\s\up6(－))Δt＝eq\f(BLx2,2R)得x2＝1m设金属棒ab返回到动身点时的速度为v1，对金属棒cd，由eq\f(B2L2v1,2R)＝mgsinθ得v1＝3m/s由能量守恒知mg(x1＋x2)sinθ＝μmgcosθ(x1＋x2)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋2Q代入数据解得Q＝3.75J答案(1)35N·s(2)3.75J[归纳反思]在此类问题中，往往利用安培力的冲量I＝eq\x\to(F)t＝BIlΔt＝BlΔq，去求回路中的电荷量Δq，再利用结论Δq＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BLx,R)去求导体杆发生的位移x.考向3与电容器相连的导轨模型例6(2024·湖南省岳阳市高三二模)(多选)如图所示，足够长的光滑平行金属导轨竖直放置，间距为L，其上端连接有阻值为R的电阻和电容器C，装置区域有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为B.将一根水平金属棒ab起先下滑．已知金属棒ab的质量为m，电阻也为R.金属棒ab在运动中始终保持水平且与导轨良好接触，且通过金属棒ab的电流恒定不变，忽视导轨电阻，重力加速度为g.则下列说法正确的是()A．因为通过金属棒ab的电流不变，所以金属棒ab做匀速运动，速度大小是v＝eq\f(2mgR,B2L2)B．尽管通过金属棒ab的电流不变，金属棒还是ab做匀变速运动，加速度大小是a＝eq\f(mg,m＋CB2L2)C．电阻R的电功率P＝eq\f(m2g2C2B2L2R,m＋CB2L2)D．若金属棒ab由静止下滑，起先时电容器所带电荷量为0，那么经过时间t，电容器两端电压q＝eq\f(BCLmgt－2C2BLmgR,m＋CB2L2)BD[若金属棒ab做匀速运动，产生电动势不变，回路中没有电流，故A错误；设时间t1时，金属棒的速度为v1，此时金属棒切割磁感线产生的电动势E1＝BLv1，电容器两端电压U1＝E1－I(2R)，设时间t2时，金属棒的速度为v2，此时金属棒切割磁感线产生的电动势E2＝BLv2，电容器两端电压U2＝E2－I(2R)，从t1到t2这段时间内，电容器两端电压的变更ΔU＝U2－U1＝BL(v2－v1)＝BLΔv，电容器两端电荷量的变更Δq＝CΔU＝CBLΔv，回路中的电流I＝eq\f(Δq,Δt)＝CBLeq\f(Δv,Δt)＝CBLa，加速度a＝eq\f(Δv,Δt)，因为电流不变，所以加速度也不变，所以金属棒做匀变速运动，依据牛顿其次定律得：mg－BIL＝ma，综上可以解得：a＝eq\f(mg,m＋CB2L2)，故B正确；回路的电流I＝eq\f(mgCBL,m＋CB2L2)，电阻R的电功率P＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mgCBL,m＋CB2L2)))2R，故C错误；若金属棒ab由静止下滑，起先时电容器所带电荷量为q，那么经过时间t，金属棒的速度v＝at，此时金属棒切割磁感线产生的电动势E＝BLv，电容器两端电压U＝E－I(2R)，电容器所带电荷量q＝CU，解得：q＝eq\f(BCLmgt－2C2BLmgR,m＋CB2L2)，故D正确．]考向4线框模型例7(2024·河南省商丘市高三三模)(多选)如图，abcd是一个质量为m、边长为L的正方形金属线框，从图示位置自由下落，在下落h后进入磁感应强度为B的匀强磁场，恰好做匀速直线运动，该磁场的宽度也为L.在这个磁场的正下方2h＋L处还有一个未知的匀强磁场(图中未画出)，金属线框abcd在穿过这个磁场时也恰好做匀速直线运动，那么下列说法正确的是()A．未知磁场的磁感应强度是eq\f(\r(2),2)BB．未知磁场的磁感应强度是eq\f(B,\r(3))C．线框在穿过这两个磁场的过程中产生的焦耳热是4mgLD．线框在穿过这两个磁场的过程中产生的焦耳热是2mgLAC[线框下落h时的速度为v1＝eq\r(2gh)，且在第一个匀强磁场中有mg＝eq\f(B2L2v1,R)，当线框下落h＋2L高度，即全部从磁场中穿出时，再在重力作用下加速，且进入下一个未知磁场时v2＝eq\r(2gh)，线框进入下一个未知磁场时又有：mg＝eq\f(B′2L2v2,R)，所以B′＝eq\f(\r(2),2)B，因为线框在进入与穿出磁场过程中要克服安培力做功并产生电能，即全部穿过一个磁场区域产生的电能为2mgL，故线框在穿过这两个磁场的过程中产生的电能为4mgL，C正确．][归纳反思]用动力学观点、能量观点解答电磁感应问题的一般步骤[题组突破]4－1.(2024·济宁市高三其次次模拟)(多选)如图所示，两根平行光滑金属导轨的间距为d＝1m，导轨平面与水平面成θ＝30°角，其底端接有阻值为R＝2Ω的电阻，整个装置处在垂直斜面对上、磁感应强度大小为B＝2T的匀强磁场中．一质量为m＝1kg(质量分布匀称)的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触．现杆在沿导轨平面对上、垂直于杆的恒力F＝10N的作用下从静止起先沿导轨向上运动，当运动距离为L＝6m时速度恰好达到最大(运动过程中杆始终与导轨保持垂直)．导体杆的电阻为r＝2Ω，导轨电阻不计(取g＝10m/s2)．在此过程中()A．杆的速度最大值为5m/sB．流过电阻R的电荷量为6CC．导体杆两端电压的最大值为10VD．安培力对导体杆的冲量大小为6N·sAD[A项：设杆的最大速度为vm，依据平衡条件得，F＝mgsinθ＋eq\f(B2L2vm,r＋R)，代入数据解得：vm＝5m/s，故A正确；B项：依据电荷量q＝eq\f(Δφ,r＋R)＝eq\f(BLd,r＋R)＝eq\f(2×6×1,2＋2)C＝3C，故B错误；C项：依据Em＝BLvm＝2×2×5V＝20V，故C错误；D项：依据动量定理：(F－mgsinθ)t＝mvm，代入数据解得：安培力对导体杆的冲量大小为6N·s，故D正确．]4－2.(2024·河南省郑州市中学毕业年级其次次质量预料)(多选)如图，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙固定在水平面上，右端接一个阻值为R的定值电阻，平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场．质量为m、电阻也为R的金属棒从高为h处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止，已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨间接触良好，则金属棒穿过磁场区域的过程中(重力加速度为g)()A．金属棒中的最大电流为eq\f(Bd\r(2gh),2R)B．金属棒克服安培力做的功为mghC．通过金属棒的电荷量为eq\f(BdL,2R)D．金属棒产生的电热为eq\f(1,2)mg(h－μd)CD[金属棒下滑过程中，依据动能定理得：mgh＝eq\f(1,2)mv2，金属棒到达水平面时的速度为：v＝eq\r(2gh)，金属棒到达水平面后做减速运动，刚到达水平面时的速度最大，最大感应电动势E＝BLv，则最大感应电流为：I＝eq\f(E,R＋R)＝eq\f(BL\r(2gh),2R)，故A正确；金属棒在整个运动过程中，由动能定理得：mgh－WB－μmgd＝0－0，克服安培力做功：WB＝mgh－μmgd，故B错误；感应电荷量为：q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(Δφ,2R)＝eq\f(BLd,2R)，故C正确；克服安培力做功转化为焦耳热，电阻与导体棒电阻相等，通过它们的电流相等，则金属棒产生的焦耳热：QR＝eq\f(1,2)Q＝eq\f(1,2)WB＝eq\f(1,2)mg(h－μd)，故D正确．所以C、D正确，A、B错误．]课时跟踪训练(十三)一、选择题(1－4题为单项选择题，5－10题为多项选择题)1．(2024·安徽省合肥三模)如图所示，两相邻有界匀强磁场的宽度均为L，磁感应强度大小相等、方向相反，均垂直于纸面．有一边长为L的正方形闭合线圈向右匀速通过整个磁场．用i表示线圈中的感应电流，规定逆时针方向为电流正方向，图示线圈所在位置为位移起点，则下列关于i－x的图象中正确的是()C[线圈进入磁场，在进入磁场的0～L的过程中，E＝BLv，电流I＝eq\f(BLv,R)，依据右手定则推断方向为逆时针方向，为正方向；在L～2L的过程中，电动势E＝2BLv，电流I＝eq\f(2BLv,R)，依据右手定则推断方向为顺时针方向，为负方向；在2L～3L的过程中，E＝BLv，电流I＝eq\f(BLv,R)，依据右手定则推断方向为逆时针方向，为正方向；故ABD错误，C正确；故选C.]2．图a和图b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a中，A1与L1的电阻值相同B．图a中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流C．图b中，变阻器R与L2的电阻值相同D．图b中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等C[分析图a，断开开关S1瞬间，A1突然闪亮，说明流经A1的电流瞬间增大，从而得到S1闭合，电路稳定时，A1中的电流小于L1中的电流，所以选项B错误，由并联电路特点可知，A1的电阻值大于L1的电阻值，所以选项A错误，分析图b，开关S2闭合后，灯A2渐渐变亮，A3马上变亮，说明闭合S2瞬间A2与A3中的电流不相等，那么L2与R中的电流也不相等，所以选项D错误．最终A2与A3亮度相同，说明流经A2与A3的电流相同，由欧姆定律可知，R与L2的电阻值相等，所以选项C正确．]3．(2024·山东省济南市高三一模)近来，无线充电成为应用于我们日常生活中的一项新科技，其中利用电磁感应原理来实现无线充电是比较成熟的一种方式，电动汽车无线充电方式的基本原理如图所示：路面下依次铺设圆形线圈，相邻两个线圈由供电装置通以反向电流，车身底部固定感应线圈，通过充电装置与蓄电池相连，汽车在此路面上行驶时，就可以进行充电．在汽车匀速行驶的过程中，下列说法正确的是()A．感应线圈中电流的磁场方向肯定与路面线圈中电流的磁场方向相反B．感应线圈中产生的是方向变更、大小不变的电流C．感应线圈肯定受到路面线圈磁场的安培力，会阻碍汽车运动D．给路面下的线圈通以同向电流，不会影响充电效果C[A项：由于路面下铺设圆形线圈，相邻两个线圈的电流相反，所以感应线圈中电流的磁场方向不肯定与路面线圈中电流的磁场方向相反，故A错误；B项：由于路面上的线圈中的电流不知是怎么变更，即产生的磁场无法确定变更状况，所以感应线圈中的电流大小不能确定，故B错误；C项：感应线圈随汽车一起运动过程中会产生感应电流，在路面线圈的磁场中受到安培力，依据“来拒去留”可知，此安培力阻碍相对运动，即阻碍汽车运动，故C正确；D项：给路面下的线圈通以同向电流时，路面下的线圈产生相同方向的磁场，穿过感应线圈的磁通量变小，变更率变小，所以产生的感应电流变小，故D错误．]4．(2024·高考物理全真模拟三)如图A中水平放置的U形光滑金属导轨NMPQ，MN接有电键K，导轨宽度为L，其电阻不计．在左侧边长为L的正方形区域存在方向竖直向上磁场B，其变更规律如图B所示；中间一段没有磁场，右侧一段区域存在方向竖直向下的匀强磁场，其磁感应强度为B0，在该段导轨之间放有质量为m、电阻为R、长为L的金属棒ab.若在图B所示的t0/2时刻关闭电键K，则在这一瞬间()A．金属棒ab中的电流方向为由a流向bB．金属棒ab中的电流大小为eq\f(LB0,t0R)C．金属棒ab所受安培力方向水平向右D．金属棒ab的加速度大小为eq\f(L3B\o\al(2,0),mt0R)C[依据楞次定律可得金属棒ab中的电流方向为由b流向a，故A错误；依据法拉第电磁感应定律可得感应电动势：E＝eq\f(ΔB,Δt)S＝eq\f(B0,t0)L2，所以金属棒ab中的电流大小为：I＝eq\f(E,R)＝eq\f(B0,Rt0)L2，故B错误；金属棒ab的电流方向为由b流向a，依据左手定则可得ab棒所受安培力方向水平向右，C正确；依据牛顿其次定律可得金属棒ab的加速度大小为a＝eq\f(BIL,m)＝eq\f(B0,2)mIL＝eq\f(B\o\al(2,0)L3,2Rmt0)，故D错误．所以C正确，ABD错误．]5．(2024·山东省日照市高三5月校际联考)如图所示，一足够长的光滑平行金属轨道，其轨道平面与水平面成θ角，上端用一电阻R相连，处于方向垂直轨道平面对上的匀强磁场中．质量为m、电阻为r的金属杆ab，从高为h处由静止释放，下滑一段时间后，金属杆起先以速度v匀速运动直到轨道的底端．金属杆始终保持与导轨垂干脆触良好，轨道电阻及空气阻力均可忽视不计，重力加速度为g.则()A．金属杆加速运动过程中的平均速度大于eq\f(v,2)B．金属杆加速运动过程中克服安培力做功的功率小于匀速运动过程中克服安培力做功的功率C．当金属杆的速度为eq\f(v,2)时，它的加速度大小为eq\f(gsinθ,2)D．整个运动过程中电阻R产生的焦耳热为mgh－eq\f(1,2)mv2ABC[若金属杆匀加速运动，则平均速度为eq\f(v,2)，事实上金属杆加速运动中，加速度不断减小，速度－时间图象的斜率不断减小，在相同间内金属杆通过位移大于匀加速运动的位移，金属杆平均速度大于匀加速运动的平均速度eq\f(v,2)，A正确；金属杆加速运动过程中，安培力平均值小于匀速运动的安培力，且加速运动的平均速度小于匀速直线的速度，因此金属杆加速运动过程中，克服安培力做功的功率小于匀速运动过程中克服安培力做功的功率，B正确；依据匀速直线运动时，金属杆速度大小为v，所受的安培力大小为eq\f(B2L2v,R＋r)，此时依据平衡状态，则有mgsinθ＝eq\f(B2L2v,R＋r)；金属杆的速度为eq\f(v,2)时，它所受的安培力为eq\f(B2L2\f(v,2),R＋r)，据牛顿其次定律解得mgsinθ－eq\f(B2L2\f(v,2),R＋r)＝ma，联立得a＝eq\f(gsinθ,2)，C正确；依据能量守恒定律可知整个运动过程中回路产生的焦耳热为mgh－eq\f(1,2)mv2，所以R上产生的焦耳热小于mgh－eq\f(1,2)mv2，D错误．]6．两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0.1NBC[由图象可知，从导线框的cd边进入磁场到ab边刚好进入磁场，用时为0.2s，可得导线框运动速度的大小v＝eq\f(0.1,0.2)m/s＝0.5m/s，B对．由图象可知，cd边切割磁感线产生的感应电动势E＝0.01V，由公式E＝BLv，可得磁感应强度的大小B＝eq\f(0.01,0.1×0.5)T＝0.2T，A错．ca边进入磁场时感应电流的方向为顺时针时，对cd边应用右手定则可知，磁感应强度的方向垂直于纸面对外，C对．t＝0.4s至t＝0.6s时间段为cd边离开磁场，ab边切割磁感线的过程．由闭合电路欧姆定律及安培力公式得安培力F＝eq\f(BEL,R)，代入数据得F＝0.04N，D错．]7．(2024·山东省潍坊市高三三模)如图所示，两平行导轨间距为L，倾斜部分和水平部分长度均为L，倾斜部分与水平面的夹角为37°，cd间接电阻R，导轨电阻不计．质量为m的金属细杆静止在倾斜导轨底端，与导轨接触良好，电阻为r.整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度随时间变更关系为B＝B0＋kt(k>0)，在杆运动前，以下说法正确的是()A．穿过回路的磁通量为2(B0＋kt)L2B．流过导体棒的电流方向为由b到aC．回路中电流的大小为eq\f(1.8kL2,R＋r)D．细杆受到的摩擦力始终减小BC[A、由Φ＝BS效＝(B0＋kt)·(L2＋L2cos37°)＝1.8(B0＋kt)L2，故A错误．C、磁感应强度匀称增大，产生的感生电动势，由法拉第电磁感应定得E＝neq\f(Δφ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)·S＝k·(L2＋L2cos37°)＝1.8kL2，由全电路欧姆定律得I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(1.8kL2,R＋r)，则C正确．B、由楞次定律可得感应电流的方向俯视为顺时针方向，即电流流向为b到a，B正确．D、因感应电流大小恒定，则细杆所受的安培力F＝BIL因B渐渐增大而增大，由左手定则知方向水平向右，对杆的平衡学问可得mgsinθ＝f＋BILcosθ，则摩擦力先向上渐渐减小到零，后向下渐渐增大，D错误．故选B、C.]8．(2024·山东省淄博一中高三三模)如图所示，用粗细匀称的电阻丝制成形态相同、大小不同的甲、乙两个矩形框．甲对应边的长度是乙的两倍，二者底边距离匀强磁场上边界高度h相同，磁场方向垂直纸面对里，匀强磁场强度d足够大．不计空气阻力，适当调整高度h，将二者由静止释放，甲将以恒定速度进入匀强磁场中．在矩形线框进入磁场的整个过程中，甲、乙的感应电流分别为I1和I2，通过导体棒截面的电量分别为q1和q2，线框产生的热量分别为Q1和Q2，线框所受到的安培力分别是F1和F2，则以下结论中正确的是()A．I1>I2 B．q1＝4q2C．Q1＝4Q2 D．F1＝2FCD[设甲的宽度为L，周长为l，则乙的宽度为eq\f(L,2)，周长为eq\f(l,2)，那么甲的质量是乙质量的两倍，依据电阻R＝ρeq\f(l,S)，可得eq\f(R1,R2)＝eq\f(2,1)，由题意可知甲做匀速运动：m1g－BI1L＝0，感应电动势为：E1＝BLv1，感应电流为：I1＝eq\f(E1,R1)，联立以上可得：m1g－eq\f(B2L2v1,R1)＝0，同理对乙有：m2g－eq\f(B2L2v2,4R2)＝m2a，联立以上可得a＝0，说明乙也匀速运动且v1＝v2＝eq\r(2gh)，感应电流为：I＝eq\f(BLv,R)，结合以上易得I1＝I2，故A错误；电量为q＝eq\f(Δφ,R)＝eq\f(BS,R)，可得：eq\f(q1,q2)＝eq\f(2,1)，故B错误；产生的热量为：Q＝I2Rt，由运动学公式可得：eq\f(t1,t2)＝eq\f(2,1)，联立以上可得：eq\f(Q1,Q2)＝eq\f(4,1)，故C正确；安培力为：F＝eq\f(B2L2v,R)，依据以上可得：eq\f(F1,F2)＝eq\f(2,1)，故D正确．所以CD正确，AB错误．]9．(2024·山东省烟台市高三下学期诊断测试)如图所示，空间直角坐标系的xOz平面是光滑水平面，空间中有沿z轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B.现有两块平行的薄金属板，彼此间距为d，构成一个电容为C的电容器，电容器的下极板放在xOz平面上；在两板之间焊接一根垂直于两板的电阻不计的金属杆MN，已知两板和杆MN的总质量为m，若对杆MN施加一个沿x轴正方向的恒力F，两金属板和杆起先运动后，则()A．金属杆MN中存在沿M到N方向的感应电流B．两金属板间的电压始终保持不变C．两金属板和杆做加速度大小为eq\f(F,B2d2C)的匀加速直线运动D．单位时间内电容器增加的电荷量为eq\f(CBdF,m＋B2d2C)AD[由右手定则可知，充电电流方向为：由M流向N，故A正确；设此装置匀加速平移的加速度为a，则时间t后速度v＝at，MN切割磁感线产生电动势：E＝BLv＝Bdat，即电容器两板电压：U＝E＝BLat，U随时间增大而增大，电容器所带电量Q＝CU＝CBdat，MN间此时有稳定的充电电流：I＝eq\f(Q,t)＝CBda，方向向下，依据左手定则可知，MN受到向左的安培力：F安＝BIL＝CB2d2a，以整个装置为探讨对象，由牛顿其次定律得：F－F安＝ma，即：F－CB2d2a＝ma，解得：a＝eq\f(F,m＋B2d2C)，方向沿＋Z方向，则单位时间内电容器增加的电荷量为eq\f(ΔQ,Δt)＝CBda＝eq\f(CBdF,m＋B2d2C)，故BC错误，D正确；故选AD.]10．(2024·湖北省武汉市高三综合训练)如图所示，一个半径为r、粗细匀称、阻值为R的圆形导线框，竖直放置在磁感应强度为B的水平匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直．现有一根质量为m、电阻不计的导体棒，自圆形线框最高点由静止释放，棒在下落过程中始终与线框保持良好接触．已知下落距离为eq\f(r,2)时棒的速度大小为v1，下落到圆心O时棒的速度大小为v2，忽视摩擦及空气阻力，下列说法正确