专题4 第16课时　电磁感应教案

这是一份专题4 第16课时　电磁感应教案，共22页。
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

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：
E＝neq \f(ΔΦ,Δt)eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S不变时，E＝nS\f(ΔB,Δt),B不变时，E＝nB\f(ΔS,Δt)))
(2)导体棒垂直切割磁感线：E＝BLv.
(3)导体棒绕与磁场平行的轴匀速转动：E＝eq \f(1,2)BL2ω.
(4)线圈绕与磁场垂直的轴匀速转动：e＝nBSωsin ωt.
4．应用法拉第电磁感应定律的三点注意
(1)公式E＝neq \f(ΔΦ,Δt)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E＝nSeq \f(ΔB,Δt)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q＝eq \x\t(I)Δt＝eq \f(nΔΦ,R总Δt)Δt＝eq \f(nΔΦ,R总).q仅与n、ΔΦ和回路总电阻R总有关，与时间长短无关，与Φ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 (多选)(2018·全国卷Ⅲ·20)如图1(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中通有正弦交流电i，i的变化如图(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( )
图1
A．在t＝eq \f(T,4)时为零
B．在t＝eq \f(T,2)时改变方向
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
答案 AC
解析 在t＝eq \f(T,4)时，i－t图线斜率为0，即磁场变化率为0，由E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(ΔB,Δt)S知，E＝0，A项正确；在t＝eq \f(T,2)和t＝T时，i－t图线斜率的绝对值最大，则在t＝eq \f(T,2)和t＝T时R中感应电动势最大．在eq \f(T,4)到eq \f(T,2)之间，电流由Q向P减弱，导线在R处产生垂直纸面向里的磁场，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向里，即R中感应电动势沿顺时针方向，同理可判断在eq \f(T,2)到eq \f(3T,4)之间，R中感应电动势也为顺时针方向，在eq \f(3,4)T到T之间，R中感应电动势为逆时针方向，C项正确，B、D项错误．
例2 (多选)(2019·全国卷Ⅰ·20)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图2(a)中虚线MN所示．一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上．t＝0时磁感应强度的方向如图(a)所示；磁感应强度B随时间t的变化关系如图(b)所示．则在t＝0到t＝t1的时间间隔内( )
图2
A．圆环所受安培力的方向始终不变
B．圆环中的感应电流始终沿顺时针方向
C．圆环中的感应电流大小为eq \f(B0rS,4t0ρ)
D．圆环中的感应电动势大小为eq \f(B0πr2,4t0)
答案 BC
解析 在0～t0时间内，磁感应强度减小，根据楞次定律可知感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力水平向左；在t0～t1时间内，磁感应强度反向增大，感应电流的方向仍为顺时针，圆环所受安培力水平向右，所以选项A错误，B正确；根据法拉第电磁感应定律得E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(1,2)πr2·eq \f(B0,t0)＝eq \f(B0πr2,2t0)，由R＝ρeq \f(l,S)可得R＝ρeq \f(2πr,S)，根据欧姆定律可得I＝eq \f(E,R)＝eq \f(B0rS,4t0ρ)，所以选项C正确，D错误．
考向二 q＝neq \f(ΔΦ,R总)的应用
例3 (2018·全国卷Ⅰ·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一定的变化率从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( )
图3
A.eq \f(5,4) B.eq \f(3,2) C.eq \f(7,4) D．2
答案 B
解析 通过导体横截面的电荷量为：
q＝eq \x\t(I)·Δt＝eq \f(\f(nΔΦ,Δt),R)·Δt＝neq \f(ΔΦ,R)
在过程Ⅰ中，流过OM的电荷量为：q1＝eq \f(B·\f(1,4)πr2,R)
在过程Ⅱ中，流过OM的电荷量：q2＝eq \f(B′－B·\f(1,2)πr2,R)
依题意有：q1＝q2，即：B·eq \f(1,4)πr2＝(B′－B)·eq \f(1,2)πr2
解得：eq \f(B′,B)＝eq \f(3,2)，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Ⅱ·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.
由分析知，选项D符合要求．
例5 (多选)(2021·安徽蚌埠市高三期末)如图5所示，光滑金属导轨DCEF固定在水平面并处于竖直向下的匀强磁场中，CD、EF平行且足够长，CE是粗细均匀、电阻率一定的导体，且与EF夹角为θ(θeq \f(m2gR2,2B4L4)，D错．
例8 如图8所示，两根足够长的光滑直金属导轨MN、PQ平行固定在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L，导轨的电阻不计．导轨顶端M、P两点间接有滑动变阻器和阻值为R的定值电阻．一根质量为m、电阻不计的均匀直金属杆ab放在两导轨上，与导轨垂直且接触良好．空间存在磁感应强度大小为B、方向垂直斜面向下的匀强磁场．调节滑动变阻器的滑片，使得滑动变阻器接入电路的阻值为2R，让ab由静止开始沿导轨下滑．不计空气阻力，重力加速度大小为g.
图8
(1)求ab下滑的最大速度vm；
(2)求ab下滑的速度最大时，定值电阻上消耗的电功率P；
(3)若在ab由静止开始至下滑到速度最大的过程中，定值电阻上产生的焦耳热为Q，求该过程中ab下滑的距离x以及通过滑动变阻器的电荷量q.
答案 见解析
解析 (1)ab下滑的速度最大时，其切割磁感线产生的感应电动势为：E＝BLvm，
此时通过定值电阻的电流为：I＝eq \f(E,R＋2R)，
ab杆所受安培力大小为：F安＝BIL，
由受力平衡得mgsin θ＝BIL，
联立解得：vm＝eq \f(3mgRsin θ,B2L2)；
(2)由电功率公式有：P＝I2R，
解得：P＝eq \f(m2g2Rsin2θ,B2L2)；
(3)由题意滑动变阻器接入电路的阻值为2R，为定值电阻的2倍，根据焦耳定律可知，滑动变阻器上产生的焦耳热为2Q；由能量守恒定律可得：
mgxsin θ＝eq \f(1,2)mvm2＋Q＋2Q，
解得：x＝eq \f(9m2gR2sin θ,2B4L4)＋eq \f(3Q,mgsin θ)；
在ab由静止开始至下滑到速度最大的过程中，穿过回路的磁通量的变化为：
ΔΦ＝BLx，
设ab由静止开始至下滑到速度最大所用时间为Δt，在该过程中，回路产生的平均感应电动势为E＝eq \f(ΔΦ,Δt)
根据闭合电路欧姆定律可得，在该过程中，通过回路的平均感应电流为eq \x\t(I)＝eq \f(E,3R)，
又q＝eq \x\t(I)·Δt
联立解得：q＝eq \f(3m2gRsin θ,2B3L3)＋eq \f(BLQ,mgRsin θ).
1．(多选)(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，t＝0时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9
A．在0～2t0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0～2t0的时间间隔内线圈受到的安培力先向下后向上
C．在0～t0的时间间隔内线圈中感应电流的大小为eq \f(nπr2B0,2t0R)
D．在eq \f(3,2)t0时线圈受到的安培力的大小为eq \f(n2πr3B\\al(,02),2t0R)
答案 BCD
解析 由楞次定律可知，在0～2t0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0～2t0的时间间隔内线圈受的安培力先向下后向上，故B正确；由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势E＝eq \f(nΔΦ,Δt)＝eq \f(nSΔB,Δt)＝n·eq \f(1,2)πr2·eq \f(B0,t0)，由欧姆定律可知，在0～t0的时间间隔内线圈中感应电流的大小I＝eq \f(E,R)＝eq \f(nπr2B0,2Rt0)，故C正确；由题图乙所示图像可知，在eq \f(3,2)t0时磁感应强度大小B＝eq \f(B0,2)，线圈所受安培力大小F＝BIL＝eq \f(B0,2)×eq \f(nπr2B0,2t0R)×2nr＝eq \f(n2πr3B\\al(,02),2t0R)，故D正确．
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t＝0，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L＝eq \f(2\r(3),3)vt，结合E＝BLv可知，电动势E＝eq \f(2\r(3),3)Bv2t，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＝eq \f(E,R)＝eq \f(2\r(3)Bv2t,3R)，框架匀速运动，则有F＝F安＝BIL＝eq \f(4B2v3t2,3R)，则F与t2成正比例关系，选项C错误．由P＝Fv可知，P与t2成正比例关系，选项D错误．
3．(多选)(2021·山东师范大学附中高三打靶卷)如图11所示，半径为2l的圆形金属导轨固定在水平面上，一根长也为2l、电阻为2R的金属棒ab一端与导轨接触良好，另一端固定在圆心处的导电转轴OO′上，由电动机A带动旋转．在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面、大小为B的匀强磁场，金属导轨区域中心半径为l的区域内磁场竖直向上，其余部分磁场竖直向下．另有一质量为m、长为l、电阻为R的金属棒MN放置于固定在竖直平面内的平行导轨后面并与导轨保持良好接触，导轨间距为l，处于大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中．从圆形金属导轨引出导线和通过电刷从转轴引出导线与平行导轨连接．MN处于静止状态，MN与竖直平行导轨间的动摩擦因数为μ，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
图11
A．MN中电流方向由M到N
B．MN两端电压为Bl2ω
C．MN与竖直平行导轨间的动摩擦因数μ至少为eq \f(3mgR,B2l3ω)
D．电路总电功率为eq \f(4B2l4ω2,3R)
答案 AC
解析 MN处于静止状态，竖直方向上受重力和静摩擦力处于平衡，可知MN所受安培力方向垂直导轨向外(垂直纸面向外)，根据左手定则知，通过MN中的电流方向由M到N，A正确；由于金属棒ab被分成两部分位于相反的磁场中，所以产生的感应电动势相反，ab产生的总电动势E＝Bleq \x\t(v)1－Bleq \x\t(v)2＝Bleq \f(ω·2l＋ωl,2)－Bleq \f(0＋ωl,2)＝Bl2ω，
则MN两端的电压U＝eq \f(E,3R)·R＝eq \f(1,3)E＝eq \f(1,3)Bl2ω，B错误；若MN恰好处于静止，有mg＝μBIl，根据闭合电路欧姆定律得I＝eq \f(E,3R)＝eq \f(Bl2ω,3R)，解得动摩擦因数的最小值μ＝eq \f(3mgR,B2l3ω)，C正确；电路的总电功率P＝eq \f(E2,3R)＝eq \f(B2l4ω2,3R)，D错误．
4.(多选)(2021·辽宁营口市高三期末)如图12所示，在倾角为θ的光滑斜面上，存在着两个匀强磁场区域．区域Ⅰ的磁场方向垂直斜面向上，磁感应强度为2B，区域Ⅱ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Ⅰ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．重力加速度为g，下列说法中正确的是( )
图12
A．当ab边刚越过PQ时，导线框的加速度大小为a＝eq \f(5,4)gsin θ
B．导线框两次做匀速直线运动的速度之比v1∶v2＝4∶3
C．从t1到t2的过程中，导线框克服安培力做的功等于机械能的减少量
D．从t1到t2的过程中，有eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(v\\al(,12)－v\\al(,22)))机械能转化为电能
答案 AC
解析 ab边进入磁场Ⅰ区域时E＝2BLv1，I＝eq \f(E,R)＝eq \f(2BLv1,R)，F安＝2BIL＝eq \f(4B2L2v1,R)，
由平衡条件得F安＝eq \f(4B2L2v1,R)＝mgsin θ，
当ab边刚越过PQ时，E′＝BLv1＋2BLv1＝3BLv1，I′＝eq \f(E′,R)＝eq \f(3BLv1,R)，F安′＝BI′L＋2BI′L＝eq \f(9B2L2v1,R)
由牛顿第二定律得F安′－mgsin θ＝ma
解得a＝eq \f(5,4)gsin θ，故A正确；
第二次平衡时，根据平衡条件，有F安″＝eq \f(9B2L2v2,R)＝mgsin θ
联立解得v1∶v2＝9∶4，故B错误；从t1到t2的过程中，根据功能关系，导线框克服安培力做功的大小等于机械能的减少量，故C正确；从t1到t2的过程中，设导线框下降的高度为Δh，则机械能转化为电能有eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)mv22＋mg·Δh，故D错误．
5．(2021·天津市南开区高三期末)如图13甲所示，水平面内固定两根间距L＝1 m的长直平行光滑金属导轨PQ、MN，其Q、N端接有阻值R＝1.5 Ω的电阻，一质量m＝0.1 kg、接入电路的阻值r＝0.5 Ω的导体棒ab垂直于导轨放置于距QN端d＝2 m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0～1 s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)；1 s后改用F＝0.5 N的水平向左的恒力拉动ab棒，ab棒从静止开始沿导轨运动距离x＝4.8 m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13
(1)t＝1 s时外力F0的大小和方向；
(2)ab棒的最大速度大小vm；
(3)从t＝0到ab棒运动距离x＝4.8 m的过程，电阻R上产生的焦耳热QR.
答案 (1)0.25 N 方向向左 (2)4 m/s (3)1.575 J
解析 (1)1 s时，电动势
E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(ΔB·S,Δt)＝eq \f(ΔB·Ld,Δt)＝eq \f(0.5－0×1×2,1) V＝1 V
根据楞次定律，电流从b到a，电流的大小为
I＝eq \f(E,R＋r)＝eq \f(1,1.5＋0.5) A＝0.5 A
根据左手定则，安培力方向向右
F安＝ILB＝0.5×1×0.5 N＝0.25 N
外力F0与F安平衡，两者等大反向．
F0＝F安
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，拉力F向左，安培力F安′向右，二力平衡，F＝F安′
其中安培力F安′＝I′LB
电流I′＝eq \f(E′,R＋r)
电动势E′＝BLvm
解得vm＝eq \f(FR＋r,B2L2)＝eq \f(0.5×1.5＋0.5,0.52×12) m/s＝4 m/s
(3)在第1 s内Q1＝I2Rt＝0.52×1.5×1 J＝0.375 J
在运动距离x内Fx＝eq \f(1,2)mvm2＋QR＋r
Q2＝eq \f(R,R＋r)QR＋r
从t＝0到ab棒运动距离x＝4.8 m的过程，电阻R上产生的焦耳热QR＝Q1＋Q2，解得QR＝1.575 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1
A．同时增大B1减小B2
B．同时减小B1增大B2
C．同时以相同的变化率增大B1和B2
D．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．(2021·安徽安庆市一模)如图2所示，关于下列器材的原理和用途，正确的是( )
图2
A．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，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．(多选)(2021·河北张家口市一模)如图3所示软铁环上绕有M、N两个线圈，M线圈通过滑动变阻器及开关与电源相连，N线圈连接电流表，下列说法正确的是( )
图3
A．开关闭合瞬间，通过电流表G的电流由a到b
B．开关闭合稳定后，通过电流表G的电流由b到a
C．开关闭合稳定后，将滑动变阻器滑片向右滑动，通过电流表G的电流由a到b
D．开关闭合稳定后再断开瞬间，通过电流表G的电流由a到b
答案 CD
解析 开关闭合瞬间，在线圈N中有向下增大的磁场，根据楞次定律，通过电流表G的电流由b到a，A错误；开关闭合稳定后，线圈中的磁场不变，磁通量不变，电流表G中没有电流，B错误；开关闭合稳定后，将滑动变阻器滑片向右滑动，线圈M中电流减小，产生的磁场减弱，根据楞次定律，通过电流表G的电流由a到b，C正确；开关闭合稳定后再断开瞬间，线圈M中的磁场减弱，根据楞次定律，通过电流表G的电流由a到b，D正确．
4.(多选)(2021·河北邯郸市高三期末)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4
A．线框中的感应电流方向沿顺时针
B．线框将做匀减速直线运动
C．线框运动中产生的内能为eq \f(1,4)mv02
D．线框最终将静止于平面上的某个位置
答案 AC
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正确；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；线框最终以v0cs 45° 竖直向上运动，根据能量守恒得产生的内能为Q＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)m(v0cs 45°)2＝eq \f(1,4)mv02，C正确，D错误．
5．(多选)(2021·广东汕头市一模)如图5甲，螺线管匝数n＝1 000匝，横截面积S＝0.02 m2，电阻r＝1 Ω，螺线管外接一个阻值R＝4 Ω的电阻，电阻的一端b接地．一方向平行于螺线管轴线向左的磁场穿过螺线管，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示，则( )
图5
A．在0～4 s内，R中有电流从a流向b
B．在t＝3 s时穿过螺线管的磁通量为0.07 Wb
C．在4～6 s内，R中电流大小为8 A
D．在4～6 s内，R两端电压Uab＝40 V
答案 BC
解析 在0～4 s内，原磁场的磁感应强度增大，则磁通量增大，根据楞次定律可知，感应磁场方向向右，再由安培定则可知R中的电流方向从b流向a，故A错误；由题图乙可知，t＝3 s时磁感应强度为B＝3.5 T，则此时的磁通量Φ＝BS＝3.5×0.02 Wb＝0.07 Wb，故B正确；在4～6 s内，感应电动势为E＝neq \f(ΔB·S,Δt)＝eq \f(1 000×4×0.02,2) V＝40 V，通过R的电流方向从a流向b，R中电流大小为I＝eq \f(E,R＋r)＝eq \f(40,4＋1) A＝8 A，R两端电压为Uab＝IR＝8×4 V＝32 V，故C正确，D错误．
[争分提能练]
6.(2021·湖北省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6.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子．在r≥r0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＝r0的圆形轨道上不断被加速．则下列说法正确的是( )
图6
A．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的电场强度大小相同的加速电场，带正电的粒子在这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＝eq \f(mv,B2q)，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，带负电的粒子在这加速电场中做顺时针方向的加速运动，所以B、C错误．
7.(多选)(2021·全国甲卷·21)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7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，可能出现的是( )
图7
A．甲和乙都加速运动
B．甲和乙都减速运动
C．甲加速运动，乙减速运动
D．甲减速运动，乙加速运动
答案 AB
解析 设线圈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＝eq \r(2gh)，
感应电动势为E＝nBlv，
两线圈材料相同(设密度为ρ0)，质量相同(设为m)，
则m＝ρ0×4nl×S，
设材料的电阻率为ρ，则线圈电阻
R＝ρeq \f(4nl,S)＝eq \f(16n2l2ρρ0,m)
感应电流为I＝eq \f(E,R)＝eq \f(mBv,16nlρρ0)
所受安培力为F＝nBIl＝eq \f(mB2v,16ρρ0)
由牛顿第二定律有mg－F＝ma
联立解得a＝g－eq \f(F,m)＝g－eq \f(B2v,16ρρ0)
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>eq \f(B2v,16ρρ0)时，甲和乙都加速运动，
当g