1、真題感悟透析考情第 2 講電磁感應(yīng)問題真題再現(xiàn)考情分析1. （多選）（2019 高考全國卷I） 空間存在一方向與紙面垂直、 大小隨時間 變化的勻強磁場，其邊界如圖（a）中虛線 MN 所示一硬質(zhì)細導(dǎo)線的電阻率為p橫截面積為 S,將該導(dǎo)線做成半徑為 r 的圓環(huán)固定在紙面內(nèi)， 圓心 O在 MN 上.t = 0 時磁感應(yīng)強度的方向如圖（a）所示；磁感應(yīng)強度 B 隨時間 t的變化關(guān)系如圖（b）所示則在 t= 0 到 t = ti的時間間隔內(nèi)（ ）圖（-）A. 圓環(huán)所受安培力的方向始終不變B.圓環(huán)中的感應(yīng)電流始終沿順時針方向C.圓環(huán)中的感應(yīng)電流大小為B 詈B0n24t0D.圓環(huán)中的感應(yīng)電動勢大小為解析：選

2、 BC.根據(jù)楞次定律可知在 0to時間內(nèi)，磁感應(yīng)強度減小，感應(yīng)電流的方向為順時針，圓環(huán)所受安培力水平向左，在 toti時間內(nèi)，磁感應(yīng)強度反向增大，感應(yīng)電流的方向為順時針，圓環(huán)所受安培力水 平向右，所以選項 A 錯誤，B 正確；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得 E =Atjn2B= B0,根據(jù)電阻定律可得R=p2;子，根據(jù)歐姆定律可得 1 =2t02t0SR=驚所以選項 C 正確，D 錯誤.2.（2019 高考全國卷川）楞次定律是下列哪個定律在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的具體體現(xiàn)？（）A.電阻定律B 庫侖定律C.歐姆定律D .能量守恒定律解析：選 D.楞次定律中的“阻礙”作用，是能量守恒定律在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的具體體

3、現(xiàn)，在克服這種“阻礙”的過程中，其他形式的能轉(zhuǎn)冷題點分析考點鏈接學(xué)料素耗疸-物理世念物理膽實L思路方諸-用斛電碗聒宜的本威蘇熟 爲(wèi):撈次進律的內(nèi)容_老點馥按-L學(xué)科秦養(yǎng)點* 料學(xué)態(tài)度化為電能，選項 D 正確.3.（2018 高考全國卷I）如圖，導(dǎo)體軌道 OPQS 固定，其中 PQS 是半圓 弧，Q 為半圓弧的中點，O 為圓心.軌道的電阻忽略不計.OM 是有一定電阻、可繞 O 轉(zhuǎn)動的金屬桿，M 端位于 PQS 上，OM 與軌道接觸良 好.空間存在與半圓所在平面垂直的勻強磁場，磁感應(yīng)強度的大小為B.現(xiàn)使OM從OQ位置以恒定的角速度逆時針轉(zhuǎn)到 程I）；再使磁感應(yīng)強度的大小以一定的變化率從A.412B

4、ASB4n同2Ei=- =- =- =-,流過 OMAtiAtiAti4Ati_BI2的電荷量為 qi= IiAti= / ;過4R2E2n (BB)II2= E2=R2n (BB)IB3;由題意知 qi= q2,則解得口=o, B 正確，A、C、D 錯 2RB 2對近幾年高考試題分析可看出，該部分知識的考查不僅是高考必考點，而且考查呈現(xiàn)多樣命竝點分析7C.4思路方法解析：選 B.設(shè) 0M 的電阻為R,長度為 I,過程I，0M 轉(zhuǎn)動的過程中由迭掠第曲璀感直左律分別廉 息生電勸特和動生唱動勢，M牯符電背量的i用衣達式仟 羊求解間題程n,磁場的磁感應(yīng)強度大小均勻增加,則該過程中產(chǎn)生的平均感應(yīng)(B

5、B) S 電動勢大小為 E2=At2t22（B,-B）n,電路中的電流為2At2OS 位置并固定（過B 增加到 B過程 則 B等于（Bn）.在過程i、n中，流過 0M 的電荷量相等,產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動勢大小為EiTB|2的電流為Ii=亍応，則流過OM2RAt2命題研究性，不僅在選擇題中，對基本內(nèi)容的考核如閉合電路歐姆定律結(jié)合電路問題、楞次定律、法拉 第電磁感應(yīng)定律、安培定則、感應(yīng)電動勢等知識考查較多，以導(dǎo)體棒運動為背景，綜合應(yīng)用電 路的相關(guān)知識、牛頓運動定律和能量守恒定律以計算題形式作為壓軸題；這類問題既要用到電 磁感應(yīng)的知識，又要結(jié)合數(shù)學(xué)知識求解，對考生運用數(shù)學(xué)知識解決物理問題的能力要求較高

6、角度 2 感應(yīng)電動勢的計算法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用熱考核曲高效突破考點1感應(yīng)電動勢的求解【高分快攻】求解感應(yīng)電動勢的四種常見情景表達 式E=n方E=BLvsi n012E=-BL3E=NBSwsin （3t+如）情景 圖1xKXMXMMWXXXM,J*i-h1-1-H-； *研究對象回路（不一定閉合）一段直導(dǎo)線（或等效 成直導(dǎo)線）繞一端轉(zhuǎn)動的一 段導(dǎo)體棒繞與 B 垂直的軸 轉(zhuǎn)動的導(dǎo)線框意義一般求平均感應(yīng)電動 勢，當(dāng)厶 tT0 時求的是 瞬時感應(yīng)電動勢一般求瞬時感應(yīng)電 動勢，當(dāng) v 為平均速度時求的是平均感 應(yīng)電動勢用平均值法求瞬 時感應(yīng)電動勢求瞬時感應(yīng)電動勢適用 條件所有磁場（勻強磁場定 量計

7、算、非勻強磁場疋 性分析）勻強磁場勻強磁場勻強磁場【典題例析】EE）（多選）（2018 高考全國卷 川）如圖（a）,在同一平面內(nèi)固定有一長直導(dǎo)線PQ 和一導(dǎo)線框 R, R 在 PQ 的右側(cè).導(dǎo)線 PQ 中通有正弦交流電 i, i 的變化如圖（b）所示，規(guī)定從 Q 到 PA .在 t =丁時為零B.在 t =T時改變方向c.在 t=T時最大，且沿順時針方向D . t= T 時最大，且沿順時針方向解析因通電導(dǎo)線的磁感應(yīng)強度大小正比于電流的大小，故導(dǎo)線框 R 中磁感應(yīng)強度與時為電流正方向?qū)Ь€框圖圖（b）間的變化關(guān)系類似于題圖（b）,感應(yīng)電動勢正比于磁感應(yīng)強度的變化率，即題圖（b）中的切線斜率，斜率的

8、正負反映電動勢的方向，斜率的絕對值反映電動勢的大小.由題圖（b）可知，電流為零時，電動勢最大，電流最大時電動勢為零，A 正確，B 錯誤；再由楞次定律可判斷在一個T 3TT周期內(nèi)，44內(nèi)電動勢的方向沿順時針 ，2 時刻最大，C正確；其余時間段電動勢沿逆時針 方向，D錯誤.答案AC【題組突破】角度 1 感應(yīng)電流的方向判斷- 楞次定律的應(yīng)用 1 . （2018 高考全國卷n）如圖，在同一水平面內(nèi)有兩根平行長導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間存在依次相鄰的矩形勻強磁場區(qū)域，區(qū)域?qū)挾染鶠镮，磁3感應(yīng)強度大小相等、方向交替向上向下一邊長為|的正方形金屬線框在導(dǎo)軌上向左勻速運動線框中感應(yīng)電流 i 隨時間 t 變化的正確圖線可能是

9、（）1 X 1 *1I1箕x! *111!x英；* !* ! 刈T + f TT 十M二個久的時間內(nèi)，線框切割磁感線運動產(chǎn)生的電動勢為零,電流為零；第三個匸的時間內(nèi)，線框切割磁感線運動產(chǎn)生的電動勢為E = 2Bdv,電流 i =D,回路中電流方向為逆時針，所以 DR正確.感線運動產(chǎn)生的電動勢為E= 2Bdv（d 為導(dǎo)軌間距）,電流 i =D,回路中電流方向為順時針；第R解析：選 D.設(shè)線框運動的速度為v,則線框向左勻速運動第一個 的時間內(nèi)，線框切割磁角度 2 感應(yīng)電動勢的計算法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用2 .如圖，直角三角形金屬框abc 放置在勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為B,方向平行于ab 邊向上

10、.當(dāng)金屬框繞 ab 邊以角速度3逆時針轉(zhuǎn)動時，a、b、c 三點的電勢分別為 Ua、Ub、 Uc已知 bc邊的長度為 I下列判斷正確的是（）A . UaUc,金屬框中無電流B. UbUc,金屬框中電流方向沿 a b c aC.Ubc=-2BI2w,金屬框中無電流12 .D. Ubc= 2BI2w,金屬框中電流方向沿 a c b a解析：選 C.金屬框 abc 平面與磁場平行，轉(zhuǎn)動過程中磁通量始終為零，所以無感應(yīng)電流 產(chǎn)生，選項 B、D 錯誤；轉(zhuǎn)動過程中 bc 邊和 ac 邊均切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，由右手定1則判斷 UaVUc, UbVUc,選項 A 錯誤；由轉(zhuǎn)動切割產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的公式得U

11、bc= 2BI2W,選項 C 正確.角度 3 電磁感應(yīng)中的圖象問題3.侈選）（2019 高考全國卷 川）如圖，方向豎直向下的勻強磁場中有兩根位于同一水平面 內(nèi)的足夠長的平行金屬導(dǎo)軌，兩相同的光滑導(dǎo)體棒 ab、cd 靜止在導(dǎo)軌上.t= 0 時，棒 ab 以初速度 v0向右滑動.運動過程中，ab、cd 始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，兩者速度分別用v2表示，回路中的電流用I 表示.下列圖象中可能正確的是（）生感應(yīng)電流，判斷可知棒 ab 受到方向與 vo方向相反的安培力的作用而做變減速運動，棒 cd受到方向與 V0方向相同的安培力的作用而做變加速運動，它們之間的速度差A(yù)V= V1 V2逐漸解析: 選 AC

12、.棒 ab 以初速度 vo向右滑動，切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢,使整個回路中產(chǎn)9減小，整個系統(tǒng)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢逐漸減小，回路中感應(yīng)電流逐漸減小 ，最后變?yōu)榱悖醋?終棒ab 和棒 cd 的速度相同，vi= V2,兩相同的光滑導(dǎo)體棒 ab、cd 組成的系統(tǒng)在足夠長的平行金屬導(dǎo)軌上運動時不受外力作用，由動量守恒定律有 mvo= mvi+ mv2,解得vi= V2=罟，選項A、C 均正確，B、D 均錯誤.【高分快攻】i.解答此類問題首先要分清左手定則、右手定則、安培定則比較項目左手定則右手定則安培定則應(yīng)用磁場對運動電荷、電 流作用力方向的判斷對因?qū)w切割磁感線 而產(chǎn)生的感應(yīng)電流方 向的判斷對電流產(chǎn)生磁

13、場方向的判斷涉及方向的物理量磁場方向、電流（電何 運動）方向，安培力（洛 倫茲力）方向磁場方向、導(dǎo)體切割 磁感線的運動方向、 感應(yīng)電動勢的方向電流方向、磁場方向各物理量方向間的關(guān)系圖例X 阿|r（関F矽A因果關(guān)系電流T力運動T電流電流 T 磁場應(yīng)用實例電動機發(fā)電機電流的磁效應(yīng)2.電磁感應(yīng)中動力學(xué)問題的解題思路（1）找準(zhǔn)主動運動者，用法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律求解感應(yīng)電動勢的大小和方向.命題角度解決方法易錯辨析感應(yīng)電流的方向判斷安培定則、楞次定律明確電源內(nèi)部電流方向及正極感應(yīng)電動勢的計算法拉第電磁感應(yīng)定律、右手定則明確是感生電動勢還是動生電動勢，是導(dǎo)體轉(zhuǎn)動切割還是平動切割磁感線磁體與導(dǎo)體的相對

14、運動分析楞次定律、左手定則常用楞次定律的一些推論如“來拒去留”“增縮減擴”等快速判斷圖象問題分析楞次定律、法拉第電磁感應(yīng)定律感應(yīng)電動勢或電流的方向判斷要弄清楚，大小變化趨勢及最大值應(yīng)計算準(zhǔn)確思提考點 2 安培力的應(yīng)用3(2) 根據(jù)等效電路圖，求解回路中電流的大小及方向.(3) 分析安培力對導(dǎo)體棒運動速度、加速度的影響，從而推理得出對電路中的電流有什么 影響，最后定性分析導(dǎo)體棒的最終運動情況.(4)列牛頓第二定律或平衡方程求解.3.能量轉(zhuǎn)化問題的分析：先電后力再能量.分離出電路中由于電離感應(yīng)產(chǎn)生電動勢的 笄敢電源，求山社源翦散占和F插析電略結(jié)構(gòu),弄清串、并聯(lián)關(guān)索.求出相黃 部子上的電就大小H便求

15、解安培力_r分析研究對象(常是金屬桿、導(dǎo)體、線圈等)的 凳力悄況，尤其注惡其所量的蚩堵力L_眼據(jù)力和運動的盂系，判翫出正確的運動 模韻段能量轉(zhuǎn)化戔磊._F【典題例析】例(2019 高考天津卷)如圖所示，固定在水平面上間距為I 的兩條平行光滑金屬導(dǎo)軌，垂直于導(dǎo)軌放置的兩根金屬棒MN 和 PQ 長度也為 I、電阻均為 R,兩棒與導(dǎo)軌始終接觸良好.MN兩端通過開關(guān) S 與電阻為 R 的單匝金屬線圈相連，線圈內(nèi)存在豎直向下均勻增加的磁場，磁 通量變化率為常量k.圖中虛線右側(cè)有垂直于導(dǎo)軌平面向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B.PQ 的質(zhì)量為 m,金屬導(dǎo)軌足夠長、電阻忽略不計.(1) 閉合 S,若使 PQ

16、 保持靜止，需在其上加多大的水平恒力(2) 斷開 S, PQ 在上述恒力作用下，由靜止開始到速度大小為電荷量為 q,求該過程安培力做的功W.解析(1)設(shè)線圈中的感應(yīng)電動勢為E,由法拉第電磁感應(yīng)定律 E =匚則 E = k設(shè) PQ 與 MN 并聯(lián)的電阻為 R并，有R-R并=2閉合S時，設(shè)線圈中的電流為 I，根據(jù)閉合電路歐姆定律得丨=R并+ R設(shè) PQ 中的電流為IPQ,有1IPQ= ?1設(shè) PQ 受到的安培力為 F安，有F安= BIPQIF，并指出其方向；v 的加速過程中流過 PQ 的保持 PQ 靜止，由受力平衡，有聯(lián)立式得Bkl3R方向水平向右.v 的加速過程中，PQ 運動的位移為 x,所用時

17、間為At,回路中的磁通量變化量為 ，平均感應(yīng)電動勢為E,有_ E =At其中=Blx設(shè) PQ 中的平均電流為 1 ,有_E_2R根據(jù)電流的定義得丁 =q?At由動能定理，有Fx+ W= 1mv2- 0?聯(lián)立？式得122W= ?mv gkq.?答案見解析【題組突破】角度 1 安培力作用下的運動分析1 . (2019 青島二模)如圖所示，豎直平面內(nèi)有一寬L = 1 m、足夠長的光滑矩形金屬導(dǎo)軌，電阻不計.在導(dǎo)軌的上、下邊分別接有電阻 R1= 3Q和 R2= 6 在 MN 上方及 CD 下方有垂直 紙面向里的勻強磁場I和H,磁感應(yīng)強度大小均為B = 1 T.現(xiàn)有質(zhì)量 m= 0.2 kg、電阻 r =

18、 1Q的導(dǎo)體棒 ab,在金屬導(dǎo)軌上從 MN 上方某處由靜止下落，下落過程中導(dǎo)體棒始終保持水平，(2)設(shè) PQ 由靜止開始到速度大小為與金屬導(dǎo)軌接觸良好.當(dāng)導(dǎo)體棒 ab 下落到快要接近 MN 時的速度大小為 vi= 3 m/s不計空氣阻 力，g 取 10m/s2.(1)求導(dǎo)體棒 ab 快要接近 MN 時的加速度大小；若導(dǎo)體棒 ab 進入磁場n后，棒中的電流大小始終保持不變，求磁場I和n之間的距離h；若將磁場n的 CD 邊界略微下移，使導(dǎo)體棒 ab 剛進入磁場n時速度大小變?yōu)閂2= 9 m/s,要使棒在外力 F 作用下做 a= 3 m/s2的勻加速直線運動，求所加外力 F 隨時間 t 變化的關(guān)系式

19、.解析：(1)以導(dǎo)體棒為研究對象，棒在磁場I中切割磁感線，棒中產(chǎn)生感應(yīng)電動勢E,棒在重力和安培力作用下做加速運動.由牛頓第二定律得：mg - BIL = ma1E= BLV1R1R2R外=R1+ R2EI =R外+ r聯(lián)立 式可得：a1= 5 m/sl(2)導(dǎo)體棒進入磁場n后，安培力等于重力，導(dǎo)體棒做勻速運動，導(dǎo)體棒中電流大小始終 保持不變.mg= BI LI，=-ER外+ rE=Lv 聯(lián)立 式解得：v = 6 m/s導(dǎo)體棒從 MN 到 CD 做加速度為 g 的勻加速直線運動，v2-v1= 2gh解得：h = 1.35 m.(3)導(dǎo)體棒進入磁場n后經(jīng)過時間 t 的速度大小v= V2+ atF

20、+ mg F安=ma由 解得：F = (t + 1.6) N.答案：(1)5 m/s2(2)1.35 m (3)F = (t+ 1.6) N角度 2 安培力作用下的功能關(guān)系2 .(2017 高考北京卷)發(fā)電機和電動機具有裝置上的類似性，源于它們機理上的類似性.直流發(fā)電機和直流電動機的工作原理可以簡化為如圖1、圖 2 所示的情景.在豎直向下的磁感應(yīng)強度為 B 的勻強磁場中，兩根光滑平行金屬軌道 MN、PQ 固定在水 平面內(nèi)，相距為 L,電阻不計.電阻為 R 的金屬導(dǎo)體棒 ab 垂直于 MN、PQ 放在軌道上，與軌 道接觸良好，以速度v(v 平行于 MN)向右做勻速運動.圖 1 軌道端點 MP 間

21、接有阻值為 r 的電阻，導(dǎo)體棒 ab 受到水平向右的外力作用.圖2 軌道端點 MP 間接有直流電源，導(dǎo)體棒 ab 通過滑輪勻速提升重物，電路中的電流為I.(1) 求在 t 時間內(nèi)，圖 1 “發(fā)電機”產(chǎn)生的電能和圖2 “電動機”輸出的機械能.(2) 從微觀角度看，導(dǎo)體棒ab 中的自由電荷所受洛倫茲力在上述能量轉(zhuǎn)化中起著重要作用.為了方便，可認為導(dǎo)體棒中的自由電荷為正電荷.a.請在圖 3(圖 1 的導(dǎo)體棒 ab)、圖 4(圖 2 的導(dǎo)體棒 ab)中，分別畫出自由電荷所受洛倫茲 力的示意圖.b .我們知道，洛倫茲力對運動電荷不做功.那么，導(dǎo)體棒2 “電動機”為例，通過計算分析說明.a it気棒 ab

22、 受到的安培力 F1= BI1L在 M 時間內(nèi)，“發(fā)電機”產(chǎn)生的電能等于棒 ab 克服安培力做的功力是如何在能量轉(zhuǎn)化過程中起到作用的呢？請以圖解析：(1)題圖 1 中，電路中的電流 11=BLvR+ rab 中的自由電荷所受洛倫茲rfk xM圖4E電=F1 At=R+ r2 2 2.BLvAt題圖 2 中，棒 ab 受到的安培力 F2= BIL在At 時間內(nèi)，“電動機”輸出的機械能等于安培力對棒ab 做的功E機=F2 At=BILvAt.(2)a 如圖甲、圖乙所示.b .設(shè)自由電荷的電荷量為q,沿導(dǎo)體棒定向移動的速率為u.如圖乙所示,沿棒方向的洛倫茲力 fi= qvB,做負功Wi=fiuAt=

23、 qvBuAt垂直棒方向的洛倫茲力 f2= quB,做正功W2=f2vAt=quBvAt所以 Wi= W2,即導(dǎo)體棒中一個自由電荷所受的洛倫茲力做功為零.fl 做負功，阻礙自由電荷的定向移動，宏觀上表現(xiàn)為“反電動勢”，消耗電源的電能；f2做正功，宏觀上表現(xiàn)為 安培力做正功，使機械能增加大量自由電荷所受洛倫茲力做功的宏觀表現(xiàn)是將電能轉(zhuǎn)化為等量的機械能；在此過程中洛倫茲力通過兩個分力做功起到“傳遞”能量的作用.答案：見解析反思I圍升命題角度解決方法易錯辨析公式 F = BIL 中要求垂直關(guān)安培力的計算安培力公式系，否則容易出錯；并且注意X安培力的變化是否均勻，否則不能直接利用公式計算安培力作用的動

24、力學(xué)分析受力平衡若運動為加速度 a 逐漸減小的加速運動，則最大速度出現(xiàn)在a=0 時即受力平衡時安培力作用下的功能關(guān)系安培力做功改變內(nèi)能、動能定理、能量守恒定律安培力做多少功，電路就產(chǎn)生多少電能；再結(jié)合能量守恒 ，分析動能的變化情況考點3電磁感應(yīng)中的電路綜合問題【高分快攻】解決電磁感應(yīng)中電路問題的思路1. “源”的分析：用法拉第電磁感應(yīng)定律算出E 的大小，用楞次定律或右手定則確定感應(yīng)電動勢的方向(感應(yīng)電流方向是電源內(nèi)部電流的方向)，從而確定電源正負極，明確內(nèi)阻r.2 .“路”的分析：根據(jù)“等效電源”和電路中其他各元件的連接方式畫出等效電路.3 .根據(jù) E= BLv 或 E=門盲,結(jié)合閉合電路歐姆

25、定律、串并聯(lián)電路知識和電功率、焦耳定律等關(guān)系式聯(lián)立求解.【典題例析】(2019 青島模擬)如圖所示，半徑為 I 的金屬圓環(huán)水平放置，圓心處及圓環(huán)邊緣通過 導(dǎo)線分別與兩條平行的傾斜金屬軌道相連.圓環(huán)區(qū)域內(nèi)分布著磁感應(yīng)強度為B,方向豎直向下的勻強磁場，圓環(huán)上放置一金屬棒 a, 端在圓心處，另一端恰好搭在圓環(huán)上， 可繞圓心轉(zhuǎn)動.傾斜軌道部分處于垂直軌道平面向下的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小也為 B,金屬棒 b 放置在傾斜平行導(dǎo)軌上，其長度與導(dǎo)軌間距均為 2I.當(dāng)棒 a 繞圓心以角速度3順時針(俯視)勻速旋轉(zhuǎn)時，棒 b 保持靜止.已知棒 b 與軌道間的動摩擦因數(shù)為尸 0.5，可認為最大靜摩擦力等于滑動摩

26、擦力；棒 b 的質(zhì)量為 m,棒 a、b 的電阻分別為 R、2R,其余電阻不計；斜面傾角為0=37(1)金屬棒 b 兩端的電壓;(2)為保持 b 棒始終靜止，棒 a 旋轉(zhuǎn)的角速度大小的范圍.解析(1)金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為sin 37 = 0.6, cos37=重力加速度為 g，求:E= BlvC.如果線框剛進入磁場時加速度大小是4，線框在進入磁場的過程中，通過線框的電荷金屬棒切割磁感線的平均速度0+ I3V=22R金屬棒 b 兩端的電壓 U = ER+ 2R12聯(lián)立解得 U = 3BI3【題組突破】角度 1 感應(yīng)電荷量的計算 1.侈選）（2019 濟南高三模擬）如圖甲所示，abed

27、 是位于豎直平面內(nèi)的正方形閉合金屬線框，在金屬線框的下方有一磁感應(yīng)強度大小為B 的勻強磁場區(qū)域，MN 和 MN 是勻強磁場區(qū)域的水平邊界，兩邊界間的寬度為s，并與線框的 be 邊平行，磁場方向與線框平面垂直現(xiàn)讓金屬線框由距MN 的某一高度從靜止開始下落，圖乙是金屬線框由開始下落到完全穿過勻強磁場區(qū)域的v t 圖象（其中 OA、BC、DE 相互平行）已知正方形金屬線框的邊長為 L（L5巳33, 所以 C 正確；由于 q= -R = -R ,D正 確.角度 2 含容電路的分析2 如圖，兩條平行導(dǎo)軌所在平面與水平地面間的夾角為間距為 L.導(dǎo)軌上端接有一平行板電容器，電容為 C.導(dǎo)軌處于勻強磁場中，磁

28、感應(yīng)強度大小為 B,方向垂直于導(dǎo)軌平面.在導(dǎo)軌上放置一質(zhì)量為m 的金屬棒，棒可沿導(dǎo)軌下滑，且在下滑過程中保持與導(dǎo)軌垂直并良好接觸已知金屬棒與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)為仏重力加速度大小為 g.忽略所有電阻讓金屬棒從導(dǎo)軌上端由靜止開始下滑，求：(1) 電容器極板上積累的電荷量與金屬棒速度大小的關(guān)系；(2) 金屬棒的速度大小隨時間變化的關(guān)系.解析：(I)設(shè)金屬棒下滑的速度大小為v,則感應(yīng)電動勢為 E = BLv 平行板電容器兩極板之間的電勢差為U = E設(shè)此時電容器極板上積累的電荷量為Q,按定義有c QC= U聯(lián)立式得 Q= CBLv.設(shè)金屬棒的速度大小為 v 時經(jīng)歷的時間為 t,通過金屬棒的電流為 i

29、.金屬棒受到的磁場的作用力方向沿導(dǎo)軌向上，大小為 F安=BLiL- mg= mg解得 V2=5mgR224BL，B 錯誤；如果線框剛進入磁場時加速度大小是4線框進入時滿如果 Vi=m2gR,則通過Q設(shè)在時間間隔(t, t+ t)內(nèi)流經(jīng)金屬棒的電荷量為AQ,據(jù)定義有 i =tQ 也是平行板電容器兩極板在時間間隔(t, t + t)內(nèi)增加的電荷量.由式得：AQ = CBLv式中，v 為金屬棒的速度變化量.據(jù)定義有va =t金屬棒所受到的摩擦力方向斜向上，大小為Ff=(iIN式中，F(xiàn)N是金屬棒對導(dǎo)軌的正壓力的大小，有FN= mgcos0金屬棒在時刻 t 的加速度方向沿斜面向下，設(shè)其大小為 a,根據(jù)牛

30、頓第二定律有mgsin0F安一 Ff=mam(sin0(jDos0聯(lián)立?式得 a =由？式及題設(shè)可知，金屬棒做初速度為零的勻加速運動.t 時刻金屬棒的速度大小為m(sin0tcos0)答案：(1)Q = CBLv (2)v=丹 gtm+ B L Cy角度 3 電磁感應(yīng)中的電路綜合問題3.(多選)(2019 高考全國卷n)如圖，兩條光滑平行金屬導(dǎo)軌固定，所在平面與水平面夾 角為0,導(dǎo)軌電阻忽略不計.虛線 ab、cd 均與導(dǎo)軌垂直，在 ab 與 cd 之間的區(qū)域存在垂直于 導(dǎo)軌所在平面的勻強磁場.將兩根相同的導(dǎo)體棒 PQ、MN 先后自導(dǎo)軌上同一位置由靜止釋放，22小m+ B L Cv=m(sin0

31、pcos0)2 2m+ B L Cgt.兩者始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好.已知PQ 進入磁場時加速度恰好為零.從 PQ 進入磁場開始計時，到 MN 離開磁場區(qū)域為止，流過PQ 的電流隨時間變化的圖象可能正確的是()解析：選 AD.根據(jù)題述，PQ 進入磁場時加速度恰好為零 ，兩導(dǎo)體棒從同一位置釋放 ，則 兩導(dǎo)體棒進入磁場時的速度相同，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小相等 ，若釋放兩導(dǎo)體棒的時間間隔足夠長，在 PQ 通過磁場區(qū)域一段時間后 MN 進入磁場區(qū)域，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合 電路歐姆定律可知流過 PQ 的電流隨時間變化的圖象可能是 A ;由于兩導(dǎo)體棒從同一位置釋放 ， 兩導(dǎo)體棒進入磁場時產(chǎn)生的感應(yīng)電

32、動勢大小相等，MN 進入磁場區(qū)域切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電流不可能小于li, B 錯誤；若釋放兩導(dǎo)體棒的時間間隔較短，在 PQ沒有出磁場區(qū)域時 MN 就進入磁場區(qū)域，則兩棒在磁場區(qū)域中運動時回路中磁通量不變，兩棒不受安培力作用，二者在磁場中做加速運動 ，PQ 出磁場后，MN 切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動 勢和感應(yīng)電流，且感應(yīng)電流一定大于 li，受到安培力作用，由于安培力與速度成正比，則 MN 所受的安培力一定大于 MN 的重力沿斜面方向的分力，所以 MN 定做減速運動，回路中感 應(yīng)電流減小，流過 PQ 的電流隨時間變化的圖象可能是D，C 錯誤.名I師點求電荷量的三種方法(1) q

33、= lt(式中 I 為回路中的恒定電流，t 為時間)1由于導(dǎo)體棒勻速切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢而使得閉合回路中的電流恒定，根據(jù)電流定義式可知 q= It.2閉合線圈中磁通量均勻增大或減小且回路中電阻保持不變，則電路中的電流 I 恒定，t時間內(nèi)通過線圈橫截面的電荷量q= It.(2) q = n 百(其中 R 為回路電阻，為穿過閉合回路的磁通量變化量)閉合回路中的電阻 R 不變，并且只有磁通量變化為電路提供電動勢.從表面來看，通過回路的磁通量與時間無關(guān) ，但與時間有關(guān)，隨時間而變化.Aq = CBLAv（式中 C 為電容器的電容，B 為勻強磁場的磁感應(yīng)強度 ，L 為導(dǎo)體棒切割磁 感線的長度，Av

34、為導(dǎo)體棒切割速度的變化量）在勻強磁場中，電容器接在切割磁感線的導(dǎo)體棒兩端，不計一切電阻，電容器兩極板間電壓等于導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生的電動勢E,通過電容器的電流 1=岀=型,又 E= BLv ,AtAt貝AU = BLAv,可得Aq= CBLAv.匸二二二二二二二 課后演練強化提能 二二二二二二二二二一、單項選擇題1 圖甲為手機及無線充電板圖乙為充電原理示意圖充電板接交流電源，對充電板供 電，充電板內(nèi)的送電線圈可產(chǎn)生交變磁場，從而使手機內(nèi)的受電線圈產(chǎn)生交變電流，再經(jīng)整 流電路轉(zhuǎn)變成直流電后對手機電池充電為方便研究，現(xiàn)將問題做如下簡化：設(shè)送電線圈的 匝數(shù)為 ni,受電線圈的匝數(shù)為 n2,面積為 S

35、,若在 ti到 t2時間內(nèi)，磁場（垂直于線圈平面向上、 可視為勻強磁場）的磁感應(yīng)強度由 Bi均勻增加到 B2.下列說法正確的是（）A 受電線圈中感應(yīng)電流方向由d 到 cB c 點的電勢高于 d 點的電勢解析：選 D.根據(jù)楞次定律可知，受電線圈內(nèi)部產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向俯視為順時針，受電 線圈中感應(yīng)電流方向由 c 到 d,所以 c 點的電勢低于 d 點的電勢，故 A、B 錯誤；根據(jù)法拉第 n2（ B2 Bi） S電磁感應(yīng)定律可得 c、d 之間的電勢差為 Ucd= E= n2=,故 C 錯誤，D 正確.Att2ti2 （20i7 高考全國卷 川）如圖，在方向垂直于紙面向里的勻強磁場中有一 U 形金屬導(dǎo)

36、軌， 導(dǎo)軌平面與磁場垂直金屬桿 PQ 置于導(dǎo)軌上并與導(dǎo)軌形成閉合回路 PQRS, 圓環(huán)形金屬線 框 T 位于回路圍成的區(qū)域內(nèi)， 線框與導(dǎo)軌共面.現(xiàn)讓金屬桿 PQ 突然向右運動，在運動開始的 瞬間，關(guān)于感應(yīng)電流的方向，下列說法正確的是（ ）C. c、d 之間的電勢差為ni( B2 Bi) St2tiD c、d 之間的電勢差為n2( B2 Bi) St2 tiA . PQRS 中沿順時針方向,B.PQRS 中沿順時針方向,C.PQRS 中沿逆時針方向,D.PQRS 中沿逆時針方向,解析：選 D.金屬桿 PQ 向右切割磁感線，根據(jù)右手定則可知 PQRS 中感應(yīng)電流沿逆時針方向；原來 T 中的磁場方向

37、垂直于紙面向里，金屬桿 PQ 中的感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場方向垂直于紙面向外，使得穿過 T 的磁通量減小，根據(jù)楞次定律可知 T 中產(chǎn)生順時針方向的感應(yīng)電流，綜上所述，可知 A、B、C 項錯誤，D 項正確.3. （2019 黃岡預(yù)測）如圖，虛線 P、Q、R 間存在著磁感應(yīng)強度大小相等，方向相反的勻強磁場，磁場方向均垂直于紙面，磁場寬度均為L.一等腰直角三角形導(dǎo)線框 abc, ab 邊與 be 邊長度均為 L, be 邊與虛線邊界垂直.現(xiàn)讓線框沿be 方向以速度 v 勻速穿過磁場區(qū)域，從c 點經(jīng)過虛線 P 開始計時，以逆時針方向為導(dǎo)線框中感應(yīng)電流i 的正方向，貝 U 下列四個圖象中能正確表示 i t 圖

38、象的是（）解析：選 A.由右手定則可知導(dǎo)線框從左側(cè)進入磁場時，感應(yīng)電流方向為逆時針方向 ，即 沿正方向，且逐漸增大，導(dǎo)線框剛好完全進入 P、Q 之間的瞬間，電流由正向最大值變?yōu)榱悖?然后電流方向變?yōu)轫槙r針（即沿負方向）且逐漸增加，當(dāng)導(dǎo)線框剛好完全進入 Q、R 之間的瞬間， 電流由負向最大值變?yōu)榱?，然后電流方向變?yōu)槟鏁r針且逐漸增加 ，當(dāng)導(dǎo)線框離開磁場時，電 流變?yōu)榱悖?A 正確.4.如圖甲中水平放置的 U形光滑金屬導(dǎo)軌 NMPQ , MN 接有開關(guān) S,導(dǎo)軌寬度為 L,其 電阻不計在左側(cè)邊長為 L 的正方形區(qū)域存在方向豎直向上磁場B，其變化規(guī)律如圖乙所示；中間一段沒有磁場，右側(cè)一段區(qū)域存在方

39、向豎直向下的勻強磁場，其磁感應(yīng)強度為B0,在該T 中沿逆時針方向T 中沿順時針方向Q段導(dǎo)軌之間放有質(zhì)量為m、電阻為 R、長為 L 的金屬棒 ab 若在圖乙所示的 殳時刻關(guān)閉開關(guān) S,則在這一瞬間()A .金屬棒 ab 中的電流方向為由 a 流向 bC.金屬棒 ab 所受安培力方向水平向右D 錯誤.5如圖所示，a、b 兩個閉合正方形線圈用同樣的導(dǎo)線制成，匝數(shù)均為io 匝，邊長 la=31b，圖示區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，且磁感應(yīng)強度隨時間均勻增大，不考慮線圈之間的相互影響，貝 U ()A .兩線圈內(nèi)產(chǎn)生順時針方向的感應(yīng)電流B.a、b 線圈中感應(yīng)電動勢之比為9: 1C.a、b 線圈中感應(yīng)電流

40、之比為3 : 4D.a、b 線圈中電功率之比為 3 : 1解析：選 B.由于磁感應(yīng)強度隨時間均勻增大，則根據(jù)楞次定律知兩線圈內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向皆沿逆時針方向，故 A 項錯誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律B .金屬棒 ab 中的電流大小為LBotoRD .金屬棒 ab 的加速度大小為L32mtoR解析：選 C.根據(jù)楞次定律可得金屬棒ab 中的電流方向為由 b 流向 a,故 A 錯誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得感應(yīng)電動勢:BBo2EE= ItS= ，所以金屬棒ab中的電流大小為：1二亍Rt0L2,故 B 錯誤；金屬棒 ab 的電流方向為由 b 流向 a,根據(jù)左手定則可得ab 棒所受安培力方向水平向右，

41、C 正確；根據(jù)牛頓第二定律可得金屬棒ab 的加速度大小為a=BoILm2 3RLL，故BE= N=NS,而磁感應(yīng)ttXXXX9,故 B 項正確;&一- a-D E-EB強度均勻變化，即和定，則a、b線圈中的感應(yīng)電動勢之比為LRalaE根據(jù)電阻定律 R= pg,且 L = 4NI,則=匚=3,由閉合電路歐姆定律 I =,得 a、b 線圈中 的感應(yīng)電流之比為 享=EaRb= 3,故 C 項錯誤；由功率公式 P= I2R 知，a、b 線圈中的電功率lbEbRaPaI2Ra之比為 Pb=27,故 D 項錯誤.6. （2017 高考全國卷I）掃描隧道顯微鏡（STM）可用來探測樣品表面原子尺度上的

42、形貌.為了有效隔離外界振動對 STM 的擾動，在圓底盤周邊沿其徑向?qū)ΨQ地安裝若干對紫銅薄板，并 施加磁場來快速衰減其微小振動，如圖所示無擾動時，按下列四種方案對紫銅薄板施加恒 磁場；出現(xiàn)擾動后，對于紫銅薄板上下及左右振動的衰減最有效的方案是（）STM 的微小振動，其原理是電磁阻尼，在振動時通過紫銅薄板的磁通量變化，紫銅薄板中產(chǎn)生感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流，則其受到安培力作用，該作用阻礙紫銅薄板振動，即促使其振動衰減.方案 A 中，無論紫銅薄板上下振動還是左右振動，通過它的磁通量都發(fā)生變化；方案B 中，當(dāng)紫銅薄板上下振動時，通過它的磁通量可能不變 ，當(dāng)紫銅薄板向右振動時，通過它的磁通量不變；方案 C

43、中，紫銅薄板上下振動、左右振動時，通過它的磁通量可能不變； 方案 D 中，當(dāng)紫銅薄板上下振動時，紫銅薄板中磁通量可能不變.綜上可知，對于紫銅薄板上下及左右振動的衰減最有效的方案是A.7. （2017 高考天津卷）如圖所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌置于水平面內(nèi)，導(dǎo)軌之間接有電阻R.金屬棒 ab 與兩導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸，整個裝置放在勻強磁場中，磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向下.現(xiàn)使磁感應(yīng)強度隨時間均勻減小，ab 始終保持靜止，下列說法正確的是（）A . ab 中的感應(yīng)電流方向由b 到 aInn解析：選 A.施加磁場來快速衰減rm冗耳J IIABB.ab 中的感應(yīng)電流逐漸減小C.ab 所受的安培力保持不變D.

44、ab 所受的靜摩擦力逐漸減小解析：選 D.根據(jù)楞次定律,感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場向下，再根據(jù)安培定則，可判斷 ab 中感 應(yīng)電流方向從 a 到 b, A 錯誤；磁場變化是均勻的，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律,感應(yīng)電動勢恒定不變，感應(yīng)電流 I 恒定不變，B 錯誤；安培力 F= BIL,由于 I、L 不變，B 減小，所以 ab 所 受的安培力逐漸減小，根據(jù)力的平衡條件，靜摩擦力逐漸減小，C 錯誤，D 正確.二、多項選擇題8 如圖，在水平面內(nèi)固定有兩根相互平行的無限長光滑金屬導(dǎo)軌，其間距為L,電阻不計.在虛線 11的左側(cè)存在豎直向上的勻強磁場，在虛線12的右側(cè)存在豎直向下的勻強磁場，兩部分磁場的磁感應(yīng)強度大小均

45、為B.ad、be 兩根電阻均為 R 的金屬棒與導(dǎo)軌垂直，分別位于兩磁場中，現(xiàn)突然給 ad 棒一個水平向左的初速度V。，在兩棒達到穩(wěn)定的過程中，下列說法正確的是（）I1 | XriXX. 亠k h1I1XXR* * k i MhiXXA .兩金屬棒組成的系統(tǒng)的動量守恒B .兩金屬棒組成的系統(tǒng)的動量不守恒C.ad 棒克服安培力做功的功率等于ad 棒的發(fā)熱功率D.ad 棒克服安培力做功的功率等于安培力對be 棒做功的功率與兩棒總發(fā)熱功率之和解析：選 BD.開始時，ad 棒以初速度 V。切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，在回路中產(chǎn)生順 時針方向（從上往下看）的感應(yīng)電流，ad 棒因受到向右的安培力而減速，be

46、 棒受到向右的安培力而向右加速；當(dāng)兩棒的速度大小相等，即兩棒因切割磁感線而產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢相等時，回路中沒有感應(yīng)電流，兩棒各自做勻速直線運動；由于兩棒所受的安培力都向右，兩金屬棒組成的系統(tǒng)所受合外力不為零，所以該系統(tǒng)的動量不守恒，選項 A 錯誤，B 正確.根據(jù)能量守恒定律可知，ad 棒動能的減小量等于回路中產(chǎn)生的熱量和be 棒動能的增加量，由動能定理可知，ad 棒動能的減小量等于 ad 棒克服安培力做的功，be 棒動能的增加量等于安培力對be棒做的功，所以 ad 棒克服安培力做功的功率等于安培力對be 棒做功的功率與兩棒總發(fā)熱功率之和，選項 C 錯誤，D 正確.9. （2018 高考全國卷I）

47、如圖，兩個線圈繞在同一根鐵芯上，其中一線圈通過開關(guān)與電源連接，另一線圈與遠處沿南北方向水平放置在紙面內(nèi)的直導(dǎo)線連接成回路.將一小磁針懸掛 在直導(dǎo)線正上方，開關(guān)未閉合時小磁針處于靜止?fàn)顟B(tài).下列說法正確的是（ ）A 開關(guān)閉合后的瞬間，小磁針的N 極朝垂直紙面向里的方向轉(zhuǎn)動解析：選 AD.由電路可知，開關(guān)閉合瞬間，右側(cè)線圈環(huán)繞部分的電流向下 ，由安培定則可知，直導(dǎo)線在鐵芯中產(chǎn)生向右的磁場 ，由楞次定律可知，左側(cè)線圈環(huán)繞部分產(chǎn)生向上的電流，則直導(dǎo)線中的電流方向由南向北，由安培定則可知，直導(dǎo)線在小磁針?biāo)谖恢卯a(chǎn)生垂直紙面向里的磁場，則小磁針的 N 極朝垂直紙面向里的方向轉(zhuǎn)動 ，A 正確；開關(guān)閉合并保持一

48、段時 間后，穿過左側(cè)線圈的磁通量不變 ，則左側(cè)線圈中的感應(yīng)電流為零 ，直導(dǎo)線不產(chǎn)生磁場，則小磁針靜止不動，B、C 錯誤；開關(guān)閉合并保持一段時間再斷開后的瞬間，穿過左側(cè)線圈向右的磁通量減少，則由楞次定律可知，左側(cè)線圈環(huán)繞部分產(chǎn)生向下的感應(yīng)電流，則流過直導(dǎo)線的電流方向由北向南，直導(dǎo)線在小磁針?biāo)谔幃a(chǎn)生垂直紙面向外的磁場，則小磁針的 N 極朝 垂直紙面向外的方向轉(zhuǎn)動 ，D 正確.10如圖甲所示，一個匝數(shù)為n 的圓形線圈（圖中只畫了 2 匝），面積為 S,線圈的電阻為D. tit2時間內(nèi) P 端電勢高于 Q 端電勢解析：選 AC.0ti時間內(nèi)，磁通量向里增大，根據(jù)楞次定律可知感應(yīng)電流沿逆時針方向 線圈

49、相當(dāng)于電源，上端為正極，下端為負極，所以 P 端電勢高于 Q 端電勢，故 A 正確；0tiB 開關(guān)閉合并保持一段時間后，小磁針的C. 開關(guān)閉合并保持一段時間后，小磁針的D. 開關(guān)閉合并保持一段時間再斷開后的瞬間,N 極指向垂直紙面向里的方向N 極指向垂直紙面向外的方向小磁針的 N 極朝垂直紙面向外的方向轉(zhuǎn)動B. 0ti時間內(nèi)電壓表的讀數(shù)為n ( Bi Bo) StiC. tit2時間內(nèi) R 上的電流為nBiS2 (t2ti) RR,在線圈外接一個阻值為 R 的電阻和一個理想電壓表， 將線圈放入垂直線圈平面指向紙內(nèi)的A . 0ti時間內(nèi) P 端電勢高于 Q 端電勢ABBiBo時間內(nèi)線圈產(chǎn)生的感應(yīng)

50、電動勢 E = U =nItS=電壓表的示數(shù)等于電阻R兩端的E n （Bi一 B） S電壓 U = IR = R=2R2tiAtB1E片二孑根據(jù)閉合電路的歐姆定律時步齊，故C正確；t2時間內(nèi)，磁通量 向里減小，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流沿順時針方向，所以 P 端電勢低于 Q 端電勢，故 D 錯誤.11.（2017 高考全國卷n）兩條平行虛線間存在一勻強磁場，磁感應(yīng)強度方向與紙面垂直.邊長為 0.1 m、總電阻為 0.005Q的正方形導(dǎo)線框 abed 位于紙面內(nèi)，cd 邊與磁場邊界平行，如圖（a）所示.已知導(dǎo)線框一直向右做勻速直線運動，ed 邊于 t = 0 時刻進入磁場.線框中感應(yīng)電動勢隨時間變化

51、的圖線如圖（b）所示（感應(yīng)電流的方向為順時針時， 感應(yīng)電動勢取正）.下列說法正確的是（）/V圖曲導(dǎo)線框所受的安培力大小為 0.1 NL 0 1解析：選 BC.由題圖（b）可知，導(dǎo)線框運動的速度大小v= T =喬 m/s = 0.5 m/s, B 項正確;導(dǎo)線框進入磁場的過程中，ed 邊切割磁感線，由 E= BLv ,得 B =77T= 0.2 T , ALV 0.1X0.5律可知，磁感應(yīng)強度方向垂直紙面向外，C 項正確；在 0.40.6 s 這段時間內(nèi)，導(dǎo)線框正在出磁場，回路中的電流大小 1= R= 0005 A = 2 A,則導(dǎo)線框受到的安培力 F = BIL = 0.2X2X0.1 N=0

52、.04 N , D 項錯誤.12.水平面上固定相距為 d 的光滑直軌道 MN 和 PQ,在 N、Q 之間連接不計電阻的電感線圈 L 和電阻 R.勻強磁場磁感應(yīng)強度為B，方向垂直導(dǎo)軌平面向上，在導(dǎo)軌上垂直導(dǎo)軌放置一質(zhì)量為 m,電阻不計的金屬桿 ab,在直導(dǎo)軌右側(cè)有兩個固定擋塊C、D, CD 連線與導(dǎo)軌垂直.現(xiàn)給金屬桿 ab 沿軌道向右的初速度 v0,當(dāng) ab 即將撞上 CD 時速度為 v,撞后速度立即變 為零但不與擋塊粘連以下說法正確的是（）2tin BiSti_ Cqaa0.01O-0.010.2 0,4：0.6：tinA .磁感應(yīng)強度的大小為0.5 TB .導(dǎo)線框運動速度的大小為0.5 m/sC.磁感應(yīng)強度的方向垂直于紙面向外D .在