1、第16课时电磁感应命题规律1.命题角度：(1)楞次定律与法拉第电磁感应定律的应用；(2)电磁感应中的图像问题；(3)电磁感应中的动力学与能量问题.2.常考题型：选择题、计算题高考题型1楞次定律与法拉第电磁感应定律的应用1感应电流方向的判断楞次定律右手定则一般用于导体棒切割磁感线的情形2.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)阻碍物体间的相对运动“来拒去留”；(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势一般情况下为“增缩减扩”；(4)阻碍原电流的变化(自感现象)一般情况下为“增反减同”3求感应电动势的方法(1)法拉第电磁感应定律：En(2)导体棒垂直切割磁感线：EBL
2、v.(3)导体棒绕与磁场平行的轴匀速转动：EBL2.(4)线圈绕与磁场垂直的轴匀速转动：enBSsint.4应用法拉第电磁感应定律的三点注意(1)公式En求解的是一个回路中某段时间内的平均电动势，在磁通量均匀变化时，瞬时值才等于平均值(2)利用公式EnS求感应电动势时，S为线圈在磁场范围内的有效面积(3)通过回路截面的电荷量qtt.q仅与n、和回路总电阻R总有关，与时间长短无关，与是否均匀变化无关考向一楞次定律、法拉第电磁感应定律的应用例1(2021江苏常州市前黄中学、溧阳中学联考)如图1所示，置于磁场中的一段导线abcd与缠绕在螺线管上的导线组成闭合回路，螺线管MN上的绕线方式没有画出，A是
3、MN正下方水平放置在地面上的细金属圆环，若磁场在变化的过程中，线圈A突然跳起，以下磁场的磁感应强度B随时间t变化的规律可能正确的是()图1答案C解析若磁场在变化的过程中，线圈A突然跳起，说明二者相互吸引，根据楞次定律知螺线管MN中产生的磁场在减弱，即螺线管中的电流减小；根据法拉第电磁感应定律EnnS，则减小，Bt图像的斜率减小，故C正确，A、B、D错误例2(2021江苏海安市高三期末)如图2所示，电阻R1、半径r10.2m的单匝圆形导线框P内有一个与P共面的圆形磁场区域Q.P、Q的圆心相同，Q的半径r20.1m；t0时刻，Q内存在着垂直于圆面向里的磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系是B2t(
4、T)；若规定逆时针方向为电流的正方向，则线框P中感应电流I随时间t变化的关系图像应该是选项图中的()图2答案C解析由电磁感应定律可得，圆形导线框P中产生的感应电动势为Er220.01V由欧姆定律可知，圆形导线框P中产生的感应电流为I0.01A因为原磁场是向里减小的，由楞次定律可知，感应电流的方向与规定的正方向相反，A、B、D错误，C正确考向二qn的应用例3(2018全国卷17)如图3，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略不计OM是有一定电阻、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
5、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)；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B(过程)在过程、中，流过OM的电荷量相等，则等于()图3A.B.C.D2答案B解析通过导体横截面的电荷量为：qttn在过程中，流过OM的电荷量为：q1在过程中，流过OM的电荷量：q2依题意有：q1q2，即：Br2(BB)r2解得：，B正确高考题型2电磁感应中的图像问题1电磁感应中常见的图像常见的有磁感应强度、磁通量、感应电动势、感应电流、速度、安培力等随时间或位移的变化图像2解答此类问题的两个常用方法(1)排除法：定性分析电磁感应过程中某个物理量的变化情况，把握三个关注，快速
6、排除错误的选项这种方法能快速解决问题，但不一定对所有问题都适用(2)函数关系法：根据题目所给的条件写出物理量之间的函数关系，再对图像作出判断，这种方法得到的结果准确、详细，但不够简捷例4(2018全国卷18)如图4，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变化的正确图线可能是()图4答案D解析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0I2i(顺时针)lI0lI2i(逆时针)2lI0由分析知，选项D符合要求例5(
7、2021江苏南通市如皋中学三模)如图5所示，边长为2L的等边三角形区域abc内部的匀强磁场垂直纸面向里，b点处于x轴的坐标原点O；一与三角形区域abc等高的直角闭合金属线框ABC，ABC60，BC边处在x轴上现让金属线框ABC沿x轴正方向以恒定的速度v穿过磁场，在t0时线框B点恰好位于原点O的位置规定逆时针方向为线框中感应电流的正方向，在下列四个ix图像中，能正确表示线框中感应电流随位移变化关系的是()图5答案D解析当ABC向前移动L的过程中，只有AB边切割磁感线，根据楞次定律可得电流方向为逆时针方向，当移动L时有效切割长度为AC，所以感应电流为；当ABC向前移动L2L的过程中，除AB边切割磁
8、感线外，AC边也切割磁感线，感应电动势逐渐减小到零，根据楞次定律可得电流方向为逆时针方向，当移动2L时有效切割长度为0，感应电流为零；当ABC向前移动2L3L的过程中，只有AC边切割磁感线，根据楞次定律可得电流方向为顺时针方向，最大的感应电动势为LBv，所以最大的感应电流为，当ABC离开磁场的过程中，感应电流逐渐减小，所以A、B、C三项错误，D项正确高考题型3电磁感应中的动力学与能量问题1电磁感应中的动力学与能量问题常出现的两类情景：一是线框进出磁场；二是导体棒切割磁感线运动两类情景都综合了电路、动力学、能量知识，有时还会与图像结合，解题方法有相通之处分析思路如下：2求解焦耳热Q的三种方法(1
9、)焦耳定律：QI2Rt，适用于电流恒定的情况；(2)功能关系：QW克安(W克安为克服安培力做的功)；(3)能量转化：QE(其他能的减少量)例6(2020全国卷21改编)如图6，U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，ab和dc边平行，和bc边垂直ab、dc足够长，整个金属框电阻可忽略一根具有一定电阻的导体棒MN置于金属框上，用水平恒力F向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，MN与金属框保持良好接触，且与bc边保持平行经过一段时间后()图6A金属框的速度大小趋于恒定值B金属框的加速度逐渐减小，最终为零C导体棒所受安培力的大小趋于恒定值D导体棒到金属框bc边的距离趋于恒定
10、值答案C解析当金属框在恒力F作用下向右加速运动时，bc边产生从c向b的感应电流i，金属框的加速度大小为a1，则有FBilMa1；MN中感应电流从M流向N，MN在安培力作用下向右加速运动，加速度大小为a2，则有Bilma2，当金属框和MN都运动后，金属框速度为v1，MN速度为v2，则电路中的感应电流为i，感应电流从0开始增大，则a2从零开始增加，a1从开始减小，加速度差值减小当a1a2时，得F(Mm)a，a恒定，由F安ma可知，安培力不再变化，则感应电流不再变化，根据i知金属框与MN的速度差保持不变，vt图像如图所示，故A、B错误，C正确；MN与金属框的速度差不变，但MN的速度小于金属框的速度，
11、则MN到金属框bc边的距离越来越大，故D错误例7(2018江苏卷9改编)如图7所示，竖直放置的“”形光滑导轨宽为L，矩形匀强磁场、的高和间距均为d，磁感应强度为B.质量为m的水平金属杆由静止释放，进入磁场和时的速度相等金属杆在导轨间的电阻为R，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g.金属杆()图7A刚进入磁场时加速度方向竖直向下B穿过磁场的时间大于在两磁场之间的运动时间C穿过两磁场产生的总热量为2mgdD释放时距磁场上边界的高度h可能小于答案B解析穿过磁场后，金属杆在磁场之间做加速运动，在磁场上边缘的速度大于从磁场出来时的速度，因进入磁场时速度等于进入磁场时速度，大于从磁场出来时的速度，
12、金属杆在磁场中做减速运动，加速度方向向上，A错金属杆在磁场中做减速运动，由牛顿第二定律知maBILmgmg，a随着减速过程逐渐变小，即在前一段做加速度减小的减速运动；在磁场之间做加速度为g的匀加速直线运动，两个过程位移大小相等，由vt图像(可能图像如图所示)可以看出前一段用时多于后一段用时，B对由于进入两磁场时速度相等，由动能定理知，mg2dW安10，可得W安12mgd，即通过磁场产生的热量为2mgd，故穿过两磁场产生的总热量为4mgd，C错设刚进入磁场时速度为v0，则由机械能守恒定律知mghmv02，刚进入磁场时ma0BI0Lmgmg，解得v0，联立解得h，D错例8(2021江苏南菁中学二测
13、)如图8甲所示，MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成30角固定，M、P之间接电阻箱R，导轨所在空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上质量为m0.2kg的金属杆ab水平放置在轨道上，其接入电路的阻值为r.现从静止释放杆ab，测得最大速度为vm.改变电阻箱的阻值R，得到vm与R的关系如图乙所示已知MN、PQ两平行金属轨道间距离为L1m，重力加速度g取10m/s2，轨道足够长且电阻不计求：图8(1)金属杆ab运动过程中所受安培力的最大值；(2)磁感应强度B的大小和r的阻值；(3)当电阻箱R取4，且金属杆ab在下滑9.0m前速度已达最大，ab杆下滑9.0m的过程中，电阻箱R上产生的焦耳热答
14、案(1)1N(2)1T2(3)3.6J解析(1)杆下滑过程中，根据牛顿第二定律mgsinF安ma当加速度a0时，F安最大F安mgsin1N(2)杆切割磁感线产生的感应电动势为EBLv由闭合电路的欧姆定律有I受到的安培力F安BIL根据牛顿第二定律mgsinma当a0时，速度最大，vm由图像数据得24解得r2，B1T(3)由vm可知，当R4时，vm6m/s，由能量守恒定律mgxsinmvm2Q总解得Q总5.4JQRQ总3.6J.1(2021山东滨州市高三期末)如图9甲所示，一个圆形线圈用绝缘杆固定在天花板上，线圈的匝数为n，半径为r，总电阻为R，线圈平面与匀强磁场垂直，且下面一半处在磁场中，t0时
15、磁感应强度的方向如图甲所示，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示下列说法正确的是()图9A在02t0的时间间隔内线圈内感应电流先沿顺时针方向后沿逆时针方向B在02t0的时间间隔内线圈受到的安培力先向上后向下C在0t0的时间间隔内线圈中感应电流的大小为D在t0时线圈受到的安培力的大小为答案C解析由楞次定律可知，在02t0的时间间隔内线圈内感应电流始终沿顺时针方向，故A错误；感应电流始终沿顺时针方向，由左手定则可知，在02t0的时间间隔内线圈受到的安培力先向下后向上，故B错误；由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势Enr2，由欧姆定律可知，在0t0的时间间隔内线圈中感应电流的大小I，故C正确；由
16、题图乙所示图像可知，在t0时磁感应强度大小B，线圈所受安培力大小FBIL2nr，故D错误2(2021江苏苏州市统考)一个闭合正三角形金属框架，左边竖直且与磁场右边界平行，完全处于垂直框架平面向里的匀强磁场中现用外力F把框架水平匀速向右拉出磁场，如图10所示，设正三角形金属框架开始出磁场的时刻t0，则电动势E、外力F和外力的功率P随时间t的变化图像正确的是()图10答案A解析框架在外力F的作用下以速度v匀速向右运动，则框架切割磁感线的有效长度Lvt，结合EBLv可知，电动势EBv2t，则E与t成正比例关系，选项A正确，B错误设框架的总电阻为R，则框架中的电流I，框架匀速运动，则有FF安BIL，则
17、F与t2成正比例关系，选项C错误由PFv可知，P与t2成正比例关系，选项D错误3.(2021辽宁营口市高三期末)如图11所示，在倾角为的光滑斜面上，存在着两个匀强磁场区域区域的磁场方向垂直斜面向上，磁感应强度为2B，区域的磁场方向垂直斜面向下，磁感应强度为B，磁场边界MN、PQ、GH均平行于斜面底边，MP、PG长均为L.一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，下滑过程中ab边始终与斜面底边平行t1时刻ab边刚越过GH进入磁场区域，此时导线框恰好以速度v1做匀速直线运动；t2时刻ab边下滑到PQ与MN之间的某位置，此时导线框又恰好以速度v2做匀速直线运动重力加速度
18、为g，下列说法中正确的是()图11A当ab边刚越过PQ时，导线框的加速度大小为agsinB导线框两次做匀速直线运动的速度之比v1v243C从t1到t2的过程中，导线框克服安培力做的功等于重力势能的减少量D从t1到t2的过程中，有m(v12v22)机械能转化为电能答案A解析ab边进入磁场区域时E2BLv1，I，F安2BIL，由平衡条件得F安mgsin ，当ab边刚越过PQ时，EBLv12BLv13BLv1，I，F安BIL2BIL由牛顿第二定律得F安mgsin ma解得agsin ，故A正确；第二次平衡时，根据平衡条件，有F安mgsin 联立解得v1v294，故B错误；从t1到t2的过程中，根据功
19、能关系，导线框克服安培力做的功等于机械能的减少量，故C错误；从t1到t2的过程中，设导线框下降的高度为h，则转化为电能的机械能为：mv12mv22mgh，故D错误4(2021天津市南开区高三期末)如图12甲所示，水平面内固定两根间距L1m的长直平行光滑金属导轨PQ、MN，其Q、N端接有阻值R1.5的电阻，一质量m0.1kg、接入电路的阻值r0.5的导体棒ab垂直于导轨放置于距QN端d2m处，且与两导轨保持良好接触整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小随时间变化的情况如图乙所示在01s内，为了保持ab棒静止，在棒的中点施加一平行于导轨平面的外力F0(未知)；1s后改用F0.5N的水平向
20、左的恒力拉动ab棒，ab棒从静止开始沿导轨运动距离x4.8m时速度恰好达到最大值ab棒运动过程中始终与导轨保持垂直，导轨电阻不计求：图12(1)t1s时外力F0的大小和方向；(2)ab棒的最大速度大小vm；(3)从t0到ab棒运动距离x4.8m的过程，电阻R上产生的焦耳热QR.答案(1)0.25N方向向左(2)4m/s(3)1.575J解析(1)t1 s时，电动势E V1 V根据楞次定律，电流从b到a，I A0.5 A根据左手定则，安培力方向向右F安ILB0.510.5 N0.25 N外力F0与F安平衡，两者等大反向所以F0大小为0.25 N，方向向左(2)ab棒达到最大速度后做匀速直线运动，
21、拉力F向左，安培力F安向右，二力平衡，FF安，其中安培力F安ILB，电流I，电动势EBLvm，解得vm m/s4 m/s(3)在第1 s内Q1I2Rt0.521.51 J0.375 J在运动距离x过程中，由能量守恒定律得Fxmvm2QRr，Q2QRr1.2 J，从t0到ab棒运动距离x4.8 m的过程，电阻R上产生的焦耳热QRQ1Q2，解得QR1.575 J.专题强化练保分基础练1.(2020江苏卷3)如图1所示，两匀强磁场的磁感应强度B1和B2大小相等、方向相反金属圆环的直径与两磁场的边界重合下列变化会在环中产生顺时针方向感应电流的是()图1A同时增大B1减小B2B同时减小B1增大B2C同时
22、以相同的变化率增大B1和B2D同时以相同的变化率减小B1和B2答案B解析若同时增大B1减小B2，则穿过环向里的磁通量增大，根据楞次定律，感应电流产生的磁场方向向外，由安培定则，环中产生的感应电流是逆时针方向，故选项A错误；同理可推出，选项B正确，C、D错误2如图2所示，关于下列器材的原理和用途，正确的是()图2A变压器可以改变交变电压也能改变频率B扼流圈对交流的阻碍作用是因为线圈存在电阻C真空冶炼炉的工作原理是炉体产生涡流使炉内金属熔化D磁电式仪表中用来做线圈骨架的铝框能起电磁阻尼的作用答案D解析变压器可以改变交变电压但是不改变交流电频率，A错误；扼流圈对交流的阻碍作用是因为线圈会产生自感现象
23、，B错误；真空冶炼炉的工作原理是金属中产生涡流使炉内金属熔化，C错误；铝是导体，仪表指针偏转时铝框随之转动，并切割磁感线产生感应电流，感应电流又会受到安培阻力，阻碍线圈的转动，属于电磁阻尼，D正确3(2021江苏南京市第十三中高三调研)如图3所示，线圈M和线圈P绕在同一个铁芯上已知电流从电流计左侧流进时，指针由中央向左偏转，则()图3A合上开关S的一瞬间，电流计指针不偏转B合上开关S的一瞬间，电流计指针向左偏C断开开关S的一瞬间，电流计指针不偏转D断开开关S的一瞬间，电流计指针向左偏答案D解析合上开关S的一瞬间，通过线圈M的电流变大，则穿过线圈P的磁通量向左增加，根据楞次定律可知，线圈P中产生
24、的感应电流从电流计的右端流入，则电流计指针向右偏转，选项A、B错误；断开开关S的一瞬间，通过线圈M的电流变小，则穿过线圈P的磁通量向左减小，根据楞次定律可知，线圈P中产生的感应电流从电流计的左端流入，则电流计指针向左偏转，选项C错误，D正确4(2021江苏扬州市高三下初调)如图4所示，有一足够大的光滑水平面上存在非匀强磁场，其磁场分布沿x轴方向均匀增大，沿y轴方向是不变的，磁场方向垂直纸面向外现有一闭合的正方形金属线框(线框有电阻)，质量为m，以速度大小为v0、方向沿其对角线且与x轴成45角开始运动，以下关于线框的说法中正确的是()图4A线框中的感应电流方向沿逆时针方向B线框将做匀减速直线运动
25、C线框运动中产生的内能为mv02D线框最终将静止于平面上的某个位置答案C解析穿过线框的磁通量增加，根据楞次定律得线框中产生顺时针方向感应电流，A错误；因为安培力向左并逐渐减小，所以线框做加速度减小的减速曲线运动，B错误；最终线框沿x轴方向的速度减小为0，沿y轴方向速度大小不变，所以线框最终速度大小为v0，方向沿y轴正方向，根据能量守恒得线框运动过程中产生的内能为Qmv02m(v0)2mv02，C正确，D错误5(2021辽宁沈阳市高三下质量监测)如图5甲所示，正五边形硬导线框abcde固定在磁场中，磁场方向与线框平面垂直，图乙表示该磁场的磁感应强度B随时间t变化的关系，t0时刻磁场方向垂直纸面向
26、里设垂直cd边向下为安培力的正方向，在05t0时间内，线框cd边受到该磁场对它的安培力F随时间t变化的关系图像为()图5答案B解析在02t0时间内，磁感应强度的变化率不变，则导线框的感应电流方向不变，方向为顺时针，则在0t0时间内，线框cd边受到的安培力向下，并均匀减小，在t02t0时间内，线框cd边受到的安培力向上，并均匀增大；在2t03t0时间内，磁感应强度不变，导线框中无感应电流，线框cd边不受安培力；在3t05t0时间内，磁感应强度的变化率不变，则导线框的感应电流方向不变，方向为逆时针，则在3t04t0时间内，线框cd边受到的安培力向下，并均匀减小，在4t05t0时间内，线框cd边受到
27、的安培力向上，并均匀增大，故选B.6.(2021江苏海安市高三期末)如图6所示，足够长的粗糙绝缘斜面与水平面成37放置，在斜面上虚线aa和bb与斜面底边平行，在aabb围成的区域有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度为B1T；现有一质量为m10g，总电阻为R1，边长d0.1m的正方形金属线圈MNQP，让PQ边与斜面底边平行，从斜面上端静止释放，线圈刚好匀速穿过磁场已知线圈与斜面间的动摩擦因数为0.5，(取g10m/s2；sin370.6，cos370.8)求：图6(1)线圈进入磁场区域时，受到安培力大小；(2)线圈释放时，PQ边到bb的距离；(3)整个线圈穿过磁场的过程中，线圈上产生的焦耳热
28、答案(1)2102N(2)1m(3)4103J解析(1)对线圈受力分析有：mgsinmgcosFA代入数据得：FA2102N(2)设线圈释放时，PQ边到bb的距离为L根据安培力公式可知：FABIdBd线圈从开始到进入磁场过程中，由动能定理可得：mgLsinmgLcosmv2联立解得：L1m(3)由于线圈刚好匀速穿过磁场，则磁场宽度等于d0.1mQW安F安2d代入数据解得：Q210220.1J4103J.争分提能练7.(2021湖北重点中学高三期末联考)一个电子感应加速器的简化模型如图7.半径为r0的圆形区域中存在垂直纸面向里的磁场，磁感应强度为B1，令B1随时间均匀增加，从而产生感生电场加速粒
29、子在rr0的环形区域中也存在向里的磁场，磁感应强度为B2.欲使带正电荷q的粒子能在环形区域内沿半径r稍大于r0的圆形轨道不断被加速则下列说法正确的是()图7A要使粒子半径不变，则B2应保持恒定B粒子运动一周，所受静电力对它不做功C该装置只能加速正粒子D当B1随时间均匀增加时，B2也随时间均匀增加答案D解析半径为r0的圆形区域，由于B1随时间均匀增加，根据法拉第电磁感应定律可知在环形区域产生一个逆时针方向且电场强度大小相同的加速电场，带正电的粒子在这个加速电场中做逆时针方向的加速运动，速度越来越大，由半径公式得r，所以要使粒子半径不变，速度不断增大，则B2也应不断增大，A错误，D正确；粒子在这个
30、加速电场中运动一周，静电力对它做正功，带负电的粒子在这个加速电场中做顺时针方向的加速运动，所以B、C错误8.(2021全国甲卷21改编)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8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，不可能出现的是()图8A甲和乙都加速运动B甲和乙都减速运动C甲和乙都匀速运动D甲减速运动，乙加速运动答案D解析设线圈
31、下边到磁场上边界的高度为h，线圈的边长为l，则线圈下边刚进入磁场时，有v，感应电动势为EnBlv，两线圈材料相同(设密度为0)，质量相同(设为m)，则m04nlS，设材料的电阻率为，则线圈电阻R感应电流为I所受安培力为FnBIl由牛顿第二定律有mgFma联立解得agg加速度与线圈的匝数、横截面积无关，则甲和乙进入磁场时，具有相同的加速度当g时，甲和乙都加速运动，当g时，甲和乙都减速运动，当g时，甲和乙都匀速运动，故选D.9(2021江苏苏锡常镇二调)如图9所示，两电阻不计的足够长光滑导轨倾斜放置，上端连接一电阻R，空间有一垂直导轨平面向上的匀强磁场B，一质量为m的导体棒与导轨接触良好，从某处自
32、由释放，下列四幅图像分别表示导体棒运动过程中速度v与时间t关系、加速度a与时间t关系、机械能E与位移x关系、以及通过导体棒电荷量q与位移x关系，其中可能正确的是()图9答案C解析根据牛顿第二定律，导体棒在沿导轨方向有mgsinma可得agsin可知，速度逐渐增大，其他物理量不变，加速度逐渐减小，而vt图像中斜率表示加速度，vt图像的斜率应逐渐减小，A错误；导体棒加速度agsin，则，故at图像斜率逐渐减小，B错误；开始时，合力方向沿导轨向下，位移沿导轨向下，合力做正功，动能增加，由动能定理有WFWGEk又WGEp联立可得EkEpWF0因此，机械能减小，当加速度为零时，导体棒继续匀速下滑，此后动
33、能不变，重力势能减小，机械能减小，C正确；电荷量qIt在电磁感应中，电流与磁通量的关系为I联立可得q可知，电荷量与位移成正比，D错误10.(2021江苏苏锡常镇一模)如图10所示，一根包有绝缘层的长直细导线固定于水平地面，导线中有方向向左，大小为I0的恒定电流(已知距离导线为r处的磁感应强度大小为k，k为已知常量)，与该电流在同一竖直平面内固定一足够长且电阻不计的V形金属导轨AOB，AO和BO与水平地面夹角均为60.有一根长度为L，质量为m，单位长度电阻为R0的金属杆MN，放置于V形导轨底端且其中点位于O，现用一外力F(大小未知且可变)使金属杆MN由静止开始紧贴导轨竖直向上运动，运动过程中，杆
34、身始终保持水平，且金属杆MN与导轨组成的回路中感应电流恒定为I.不计一切摩擦阻力，重力加速度为g.图10(1)判定运动中流过金属杆MN的电流方向；(2)求金属杆MN运动到如图所示h高度时的速率；并判断此过程中金属杆MN的加速度如何变化(无需说明理由)；(3)求金属杆MN从开始运动到脱离轨道的过程中，外力F所做的功答案(1) 水平向左(2)加速度随着金属杆的位移在均匀增大(3)mgLIkI0L解析(1)根据右手螺旋定则，长直导线在导轨处产生的磁场方向为垂直纸面向里，根据右手定则，运动中流过金属杆MN的电流方向为水平向左(2)金属杆接入电路的有效长度为Lh则电路中的电阻为RhR0电源电动势为EBLvIR其中Bk解得v根据上式可知，金属杆速度与金属杆的位移成正比，即加速度随着金属杆的位移在均匀增大(3)金属杆脱离轨道时，其速度为v金属杆上升x时，在极短时间内产生的热量为QI2xR0tIkI0vtIkI0x则金属杆脱离导轨时，电路产生的热量为QQIkI0xIkI0LIkI0L对金属杆，根据动能定理得WFW安mgLmv20结合功能关系有W安Q解得WFW安mgLmv2mgLIkI0L.
