专题十二电磁感应-【创新教程】2020-2024五年高考真题物理分类特训

　　　　　　　　专题十二　电磁感应 考点１　电磁感应现象　楞次定律 １．(２０２４􀅰江苏卷,１０)如图 所示,在 绝 缘 的 水 平 面 上,有 闭 合 的 两 个 线 圈 a、b,线圈a 处在匀强磁 场中,现将线圈a从磁场 中匀速拉出,线圈a、b中 产生的感应电流方向分别是 (　　) A．顺时针,顺时针 B．顺时针,逆时针 C．逆时针,顺时针 D．逆时针,逆时针 ２．(２０２４􀅰湖北卷,１)«梦溪笔谈»中记录了一 次罕见的雷击事件:房屋被雷击后,屋内的 银饰、宝刀等金属熔化了,但是漆器、刀鞘等 非金属却完好(原文为:有一木格,其中杂贮 诸器,其漆器银扣者,银悉熔流在地,漆器曾 不焦灼．有一宝刀,极坚钢,就刀室中熔为 汁,而室亦俨然)．导致金属熔化而非金属完 好的原因可能为 (　　) A．摩擦 B．声波 C．涡流 D．光照 ３．(２０２２􀅰广东卷,１０, ６分)(多选)如图所 示,水 平 地 面 (Oxy 平面)下有一根平行 于y 轴且通有恒定 电流I的长直导线．P、M 和N 为地面上的 三点,P 点位于导线正上方,MN 平行于y 轴,PN 平行于x 轴,一闭合的圆形金属线 圈,圆心在P 点,可沿不同方向以相同的速 率做匀速直线运动,运动过程中线圈平面始 终与地面平行．下列说法正确的有 (　　) A．N 点与M 点的磁感应强度大小相等,方 向相同 B．线圈沿PN 方向运动时,穿过线圈的磁 通量不变 C．线圈从P 点开始竖直向上运动时,线圈 中无感应电流 D．线圈从P点到 M 点过程的感应电动势与 从P点到N 点过程的感应电动势相等 ４．(２０２１􀅰北京卷,１１,３分)某同 学搬运如图所示的磁电式电流 表时,发现表针晃动剧烈且不 易停止．按照老师建议,该同学 在两接线柱间接一根导线后再 次搬运,发现表针晃动明显减弱且能很快停 止．下列说法正确的是 (　　) A．未接导线时,表针晃动过程中表内线圈 不产生感应电动势 B．未接导线时,表针晃动剧烈是因为表内线 圈受到安培力的作用 C．接上导线后,表针晃动过程中表内线圈 不产生感应电动势 D．接上导线后,表针晃动减弱是因为表内 线圈受到安培力的作用 ５．(２０２０􀅰全国Ⅱ卷,１４,６分) 管道高频焊机可以对由钢 板卷成的圆管的接缝实施 焊接．焊机的原理如图所示,圆管通过一个接 有高频交流电源的线圈,线圈所产生的交变磁 场使圆管中产生交变电流,电流产生的热量使 接缝处的材料熔化将其焊接．焊接过程中所利 用的电磁学规律的发现者为 (　　) A．库仑 B．霍尔 C．洛伦兹 D．法拉第 ６．(２０２０􀅰全国Ⅲ卷,１４,６ 分)如图,水平放置的圆 柱形光滑玻璃棒左边绕 有一线圈,右边套有一金 属圆环．圆环初始时静 止．将图中开关 S由断开状态拨至连接状 态,电路接通的瞬间,可观察到 (　　) A．拨至 M 端或N 端,圆环都向左运动 B．拨至 M 端或N 端,圆环都向右运动 C．拨至 M 端时圆环向左运动,拨至 N 端时 向右运动 D．拨至 M 端时圆环向右运动,拨至N 端时 向左运动 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ９０１ 专题十二　电磁感应 考点２　法拉第电磁感应定律的应用 １．(２０２３􀅰江苏卷,８) 如图所示,圆形区域 内有垂直纸面向里 的匀强磁场,OC 导 体棒的O 端位于圆 心,棒的中点A 位于磁场区域的边缘．现使 导体棒绕O 点在纸面内逆时针转动,O、A、 C点电势分别为φO、φA、φC,则 (　　) A．φO＞φC B．φC＞φA C．φO＝φA D．φO－φA＝φA－φC ２．(２０２２􀅰全国甲卷,１６,６分) 三个用同样的细导线做成的 刚性闭合线框,正方形线框的边长与圆线框 的直径相等,圆线框的半径与正六边形线框 的边长相等,如图所示,把它们放入磁感应 强度随时间线性变化的同一匀强磁场中,线 框所在平面均与磁场方向垂直,正方形、圆 形和正六边形线框中感应电流的大小分别 为I１、I２ 和I３,则 (　　) A．I１＜I３＜I２ B．I１＞I３＞I２ C．I１＝I２＞I３ D．I１＝I２＝I３ ３．(２０２２􀅰河北卷,５,４分)将一根 绝缘硬质细导线顺次绕成如图 所示的线圈,其中大圆面积为 S１,小圆面积均为S２,垂直线圈 平面方向有一随时间t变化的磁场,磁感应 强度大小B＝B０＋kt,B０ 和k均为常量,则 线圈中总的感应电动势大小为 (　　) A．kS１ B．５kS２ C．k(S１－５S２) D．k(S１＋５S２) ４．(２０２１􀅰重庆卷,３,４分) 某眼动仪可以根据其微型 线圈在磁场中随眼球运动 时所产生的电流来追踪眼 球的运动．若该眼动仪线圈面积为S,匝数 为N,处于磁感应强度为B 的匀强磁场中, 线圈平面最初平行于磁场,经过时间t后线 圈平面逆时针转动至与磁场夹角为θ处,则 在这段时间内,线圈中产生的平均感应电动 势的大小和感应电流的方向(从左往右看)为 (　　) A．NBSsinθt ,逆时针 B．NBScosθt ,逆时针 C．NBSsinθt ,顺时针 D．NBScosθt ,顺时针 ５．(２０２１􀅰 重庆卷,９,５ 分)(多选)某同学设计 了一种天平,其装置如 图所示．两相同的同轴 圆线圈 M、N 水 平 固 定,圆线圈P 与M、N 共轴且平行等距．初 始时,线圈 M、N 通以等大反向的电流后, 在线圈P 处产生沿半径方向的磁场,线圈 P 内无电流且天平平衡．设从上往下看顺时 针方向为正向．当左托盘放入重物后,要使 线圈P 仍在原位置且天平平衡,可能的办 法是 (　　) A．若P 处磁场方向沿半径向处,则在P 中 通入正向电流 B．若P 处磁场方向沿半径向外,则在P 中 通入负向电流 C．若P 处磁场方向沿半径向内,则在P 中 通入正向电流 D．若P 处磁场方向沿半径向内,则在P 中 通入负向电流 ６．(２０２１􀅰广东卷,１０,６分)如图所示,水平放 置足够长光滑金属导轨abc和de,ab与de 平行,bc是以O 为圆心的圆弧导轨．圆弧be 左侧和扇形Obc内有方向如图的匀强磁场． 金属杆OP 的O 端与e点用导线相接,P 端 与圆弧bc接触良好．初始时,可滑动的金属 杆 MN 静止在平行导轨上．若杆OP 绕O 点在匀强磁场区内从b到c匀速转动时,回 路中始终有电流,则此过程中,下列说法正 确的有 (　　) 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ０１１ 最新真题分类特训􀅰物理 A．杆OP 产生的感应电动势恒定 B．杆OP 受到的安培力不变 C．杆 MN 做匀加速直线运动 D．杆 MN 中的电流逐渐减小 ７．(２０２１􀅰山东卷,８,３分)迷你系绳卫星在地 球赤道正上方的电离层中,沿圆形轨道绕地 飞行．系绳卫星由两子卫星组成,它们之间 的导体绳沿地球半径方向,如图所示．在电 池和感应电动势的共同作用下,导体绳中形 成指向地心的电流,等效总电阻为r．导体 绳所受的安培力克服大小为f的环境阻力, 可使卫星保持在原轨道上．已知卫星离地平 均高度为H,导体绳长为L(L≪H),地球半 径为R,质量为 M,轨道处磁感应强度大小 为B,方向垂直于赤道平面．忽略地球自转 的影响．据此可得,电池电动势为 (　　) A．BL GMR＋H＋ fr BL B．BL GM R＋H－ fr BL C．BL GMR＋H＋ BL fr D．BL GM R＋H－ BL fr ８．(２０２３􀅰浙江卷,１９)某兴趣 小组设计了一种火箭落停 装置,简化原理如图所示, 它由两根竖直导轨、承载火 箭装置(简化为与火箭绝缘 的导电杆 MN)和装置A 组 成,并形成闭合回路．装置 A 能自动调节其输出电压 确保回路电流I 恒定,方向 如图所示．导轨长度远大于 导轨间距,不论导电杆运动 到什么位置,电流I在导电 杆以上空间产生的磁场近 似为零;在导电杆所在处产生的磁场近似为 匀强磁场,大小B１＝kI(其中k为常量),方 向垂直导轨平面向里;在导电杆以下的两导 轨间产生的磁场近似为匀强磁场,大小B２ ＝２kI,方向与B１ 相同．火箭无动力下降到 导轨顶端时与导电杆粘接,以速度v０ 进入 导轨,到达绝缘停靠平台时速度恰好为零, 完成火箭落停．已知火箭与导电杆的总质量 为 M,导轨间距d＝３Mg kI２ ,导电杆电阻为R． 导电杆与导轨保持良好接触滑行,不计空气 阻力和摩擦力,不计导轨电阻和装置 A 的 内阻．在火箭落停过程中, (１)求导电杆所受安培力的大小F 和运动 的距离L; (２)求回路感应电动势E 与运动时间t的 关系; (３)求装置A 输出电压U 与运动时间t的 关系和输出的能量W; (４)若R 的阻值视为０,装置A 用于回收能 量,给出装置A 可回收能量的来源和大小． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 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考点４　电磁感应中的动力学问题 ◆线框过磁场问题 １．(２０２１􀅰全国甲卷,２１,６ 分)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 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 (　　) 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 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ４１１ 最新真题分类特训􀅰物理 ２．(２０２２􀅰全国乙卷,２４,１２ 分)如图,一不可伸长的细 绳的上端固定,下端系在 边长为l＝０．４０m 的正方 形金属框的一个顶点上． 金属框的一条对角线水平,其下方有方向垂 直于金属框所在平面的匀强磁场．已知构成 金属框的导线单位长度的阻值为λ＝５．０× １０－３Ω/m;在t＝０到t＝３．０s时间内,磁感 应强度大小随时间t的变化关系为B(t)＝ ０．３－０．１t(SI)．求 (１)t＝２．０s时金属框所受安培力的大小; (２)在t＝０到t＝２．０s时间内金属框产生 的焦耳热． ◆单杆切割 ３．(２０２４􀅰山东卷,１１)如图所示,两条相同的 半圆弧形光滑金属导轨固定在水平桌面上, 其所在平面竖直且平行,导轨最高点到水平 桌面的距离等于半径,最低点的连线OO′与 导轨所在竖直面垂直．空间充满竖直向下的 匀强磁场(图中未画出),导轨左端由导线连 接．现将具有一定质量和电阻的金属棒 MN 平行OO′放置在导轨图示位置,由静止释 放．MN 运动过程中始终平行于OO′且与两 导轨接触良好,不考虑自感影响,下列说法 正确的是 (　　) A．MN 最终一定静止于OO′位置 B．MN 运动过程中安培力始终做负功 C．从释放到第一次到达OO′位置过程中, MN 的速率一直在增大 D．从释放到第一次到达OO′位置过程中, MN 中电流方向由M 到N ４．(２０２２􀅰 全国甲卷, ２０,６分)如图,两根 相互平行的光滑长直 金属导轨固定在水平绝缘桌面上,在导轨 的左端接电容为C的电容器和阻值为R 的 电阻．质量为m、阻值也为R 的导体棒MN 静止于导轨上,与导轨垂直,且接触良好, 导轨电阻忽略不计,整个系统处于方向竖 直向下的匀强磁场中．开始时,电容器所带 的电荷量为Q,合上开关S后． A．通过导体棒 MN 电流的最大值为QRC B．导体棒 MN 向右先加速、后匀速运动 C．导体棒 MN 速度最大时所受的安培力也 最大 D．电阻R 上产生的焦耳热大于导体棒MN 上产生的焦耳热 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ５１１ 专题十二　电磁感应 ５．(２０２２􀅰湖南卷,１０,５分)如图,间距L＝１ m的 U 形金属导轨,一端接有０．１Ω 的定 值电阻R,固定在高h＝０．８m 的绝缘水平 桌面上．质量均为０．１kg的匀质导体棒a 和b静止在导轨上,两导体棒与导轨接触良 好且始终与导轨垂直,接入电路的阻值均为 ０．１Ω,与导轨间的动摩擦因数均为０．１(设 最大静摩擦力等于滑动摩擦力),导体棒a 距离导轨最右端１．７４m．整个空间存在竖 直向下的匀强磁场(图中未画出),磁感应强 度大小为０．１T,用F＝０．５N 沿导轨水平 向右的恒力拉导体棒a,当导体棒a运动到 导轨最右端时,导体棒b刚要滑动,撤去F, 导体棒a离开导轨后落到水平地面上．重力 加速度取１０m/s２,不计空气阻力,不计其他 电阻,下列说法正确的是 (　　) A．导体棒a离开导轨至落地过程中,水位 移为０．６m B．导体棒a离开导轨至落地前,其感应电动 势不变 C．导体棒a在导轨上运动的过程中,导体棒 b有向右运动的趋势 D．导体棒a在导轨上运动的过程中,通过 电阻R 的电荷量为０．５８C ６．(２０２１􀅰山东卷,１２, ４分)如图所示,电阻 不计的光滑 U 形金 属导轨固定在绝缘 斜面 上．区 域 Ⅰ、Ⅱ 中磁场方向均垂直斜面向上,Ⅰ区中磁感应 强度随时间均匀增加,Ⅱ区中为匀强磁场． 阻值恒定的金属棒从无磁场区域中a处由 静止释放,进入Ⅱ区后,经b下行至c 处反 向上行．运动过程中金属棒始终垂直导轨且 接触良好．在第一次下行和上行的过程中, 以下叙述正确的是 (　　) A．金属棒下行过b时的速度大于上行过b 时的速度 B．金属棒下行过b时的加速度大于上行过 b时的加速度 C．金属棒不能回到无磁场区 D．金属棒能回 到 无 磁 场 区,但 不 能 回 到 a处 ７．(２０２０􀅰全国Ⅰ卷, ２１,６分)如图,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 (　　) A．金属框的速度大小趋于恒定值 B．金属框的加速度大小趋于恒定值 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边的距离趋于恒定值 ８．(２０２４􀅰河北卷,１４)(１４分)如图,边长为２L 的正方形金属细框固定放置在绝缘水平面 上,细框 中 心 O 处 固 定 一 竖 直 细 导 体 轴 OO′．间距为L、与水平面成θ角的平行导轨 通过导线分别与细框及导体轴相连．导轨和 细框分别处在与各自所在平面垂直的匀强 磁场中,磁感应强度大小均为B．足够长的 细导体棒OA 在水平面内绕O 点以角速度 ω 匀速转动,水平放置在导轨上的导体棒 CD 始终静止．OA 棒在转动过程中,CD 棒 在所受安培力达到最大和最小时均恰好能 静止．已知CD 棒在导轨间的电阻值为R, 电路中其余部分的电阻均不计,CD 棒始终 与导轨垂直,各部分始终接触良好,不计空 气阻力,重力加速度大小为g． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ６１１ 最新真题分类特训􀅰物理 (１)求 CD 棒 所 受 安 培 力 的 最 大 值 和 最 小值． (２)锁定OA 棒,推动CD 棒下滑,撤去推力 瞬间,CD 棒的加速度大小为a,所受安培力 大小等于(１)问中安培力的最大值,求CD 棒与导轨间的动摩擦因数． ◆双棒切割 ９．(２０２４􀅰黑吉辽卷,９)如图,两条“∧”形光滑 平行金属导轨固定在绝缘水平面上,间距为 L,左、右两导轨面与水平面夹角均为３０°, 均处于竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度 大小分别为２B 和B．将有一定阻值的导体 棒ab、cd放置在导轨上,同时由静止释放, 两棒在下滑过程中始终与导轨垂直并接触 良好,ab、cd的质量分别为２m 和m,长度均 为L．导轨足够长且电阻不计,重力加速度 为g,两棒在下滑过程中 (　　) A．回路中的电流方向为abcda B．ab中的电流趋于 ３mg３BL C．ab与cd 加速度大小之比始终为２∶１ D．两棒产生的电动势始终相等 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 考点５　电磁感应中的电路问题 ◆动－电－动型 １．(２０２３􀅰辽宁卷,１０)如 图,两根光滑平行金属 导轨固定在绝缘水平 面上,左、右两侧导轨 间距分别为d 和２d,处于竖直向上的磁场 中,磁感应强度大小分别为２B 和B．已知导 体棒MN 的电阻为R、长度为d,导体棒PQ 的电阻为２R、长度为２d,PQ 的质量是MN 的２倍．初始时刻两棒静止,两棒中点之间 连接一压缩量为L的轻质绝缘弹簧．释放弹 簧,两棒在各自磁场中运动直至停止,弹簧 始终在弹性限度内．整个过程中两棒保持与 导轨垂直并接触良好,导轨足够长且电阻不 计．下列说法正确的是 (　　) A．弹簧伸展过程中、回路中产生顺时针方 向的电流 B．PQ 速率为v 时,MN 所受安培力大小 为４B ２d２v ３R C．整个运动过程中,MN 与PQ 的路程之比 为２∶１ D．整个运动过程中,通过 MN 的电荷量 为BLd ３R ２．(２０２１􀅰 河北卷,７,４ 分)如图,两光滑导轨 水平放置在竖直向下 的匀强磁场中,磁感应 强度大小为B．导轨间距最窄处为一狭缝, 取狭缝所在处O 点为坐标原点．狭缝右侧 两导轨与x轴夹角均为θ,一电容为C的电 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ７１１ 专题十二　电磁感应 容器与导轨左端相连．导轨上的金属棒与x 轴垂直,在外力F 作用下从O 点开始以速 度v向右匀速运动,忽略所有电阻．下列说 法正确的是 (　　) A．通过金属棒的电流为２BCv２tanθ B．金属棒到达x０ 时,电容器极板上的电荷 量为BCvx０tanθ C．金属棒运动过程中,电容器的上极板带 负电 D．金属棒运动过程中,外力F 做功的功率 恒定 ３．(２０２１􀅰福建卷,７,６分)(多选)如图,P、Q 是两根固定在水平面内的光滑平行金属导 轨,间距为L,导轨足够长且电阻可忽略不 计．图中EFGH 矩形区域有一方向垂直导 轨平面向上、磁感应强度大小为B 的匀强 磁场．在t＝t１ 时刻,两均匀金属棒a、b分别 从磁场边界EF、GH 进入磁场,速度大小约 为v０;一段时间后,流经a棒的电流为０,此 时t＝t２,b棒仍位于磁场区域内．已知金属 棒a、b由相同材料制成,长度均为L,电阻 分别为R 和２R,a棒的质量为m．在运动过 程中两金属棒始终与导轨垂直且接触良好, a、b棒没有相碰,则 (　　) A．t１ 时刻a棒加速度大小为 ２B２L２v０ ３mR B．t２ 时刻b棒的速度为０ C．t１~t２ 时间内,通过a棒横截面的电荷量 是b棒的２倍 D．t１ ~t２ 时 间 内,a 棒 产 生 的 焦 耳 热 为 ２ ９mv ２ ０ ４．(２０２０􀅰浙江７月,１２,３分)如图所示,固定 在水平面上的半径为r的金属圆环内存在 方向竖直向上、磁感应强度大小为B 的匀 强磁场．长为l的金属棒,一端与圆环接触 良好,另一端固定在竖直导电转轴OO′上, 随轴以角速度ω 匀速转动．在圆环的A 点 和电刷间接有阻值为R 的电阻和电容为C、 板间距为d的平行板电容器,有一带电微粒 在电容器极板间处于静止状态．已知重力加 速度为g,不计其它电阻和摩擦,下列说法 正确的是 (　　) A．棒产生的电动势为１２Bl ２ω B．微粒的电荷量与质量之比为２gd Br２ω C．电阻消耗的电功率为πB ２r４ω ２R D．电容器所带的电荷量为CBr２ω ５．(２０２２􀅰浙江６月,２１,１０分)舰载机电磁弹 射是现代航母最先进的弹射技术,我国在这 一领域已达到世界先进水平．某兴趣小组开 展电磁弹射系统的设计研究,如图１所示, 用于推动模型飞机的动子(图中未画出)与 线圈绝缘并固定,线圈带动动子,可在水平 导轨上无摩擦滑动．线圈位于导轨间的辐向 磁场中,其所在处的磁感应强度大小均为 B．开关S与１接通,恒流源与线圈连接,动 子从静止开始推动飞机加速,飞机达到起飞 速度时与动子脱离;此时S掷向２接通定值 电阻R０,同时施加回撤力F,在F 和磁场力 作用下,动子恰好返回初始位置停下．若动 子从静止开始至返回过程的v－t图像如图 ２所示,在t１ 至t３ 时间内F＝(８００－１０v) N,t３ 时撤去F．已知起飞速度v１＝８０m/s, t１＝１．５s,线圈匝数n＝１００匝,每匝周长l ＝１m,飞机的质量 M＝１０kg,动子和线圈 的总质量m＝５kg,R０＝９．５Ω,B＝０．１T, 不计空气阻力和飞机起飞对动子运动速度 的影响,求 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ８１１ 最新真题分类特训􀅰物理 (１)恒流源的电流I; (２)线圈电阻R; (３)时刻t３． ６．(２０２１􀅰天津卷,１１,１６ 分)如图所示,两根足 够长的平行光滑金属 导轨 MN、PQ 间距L ＝１m,其电阻不计,两 导轨及其构成的平面均与水平面成θ＝３０° 角,N、Q 两端接有R＝１Ω的电阻．一金属 棒ab垂直导轨放置,ab两端与导轨始终有 良好接触,已知ab的质量m＝０．２kg,电阻 r＝１Ω,整个装置处在垂直于导轨平面向上 的匀强磁场中,磁感应强度大小B＝１T．ab 在平行于导轨向上的拉力作用下,以初速度 v１＝０．５m/s沿导轨向上开始运动,可达到 最大速度v＝２m/s．运动过程中拉力的功 率恒定不变,重力加速度g＝１０m/s２． (１)求拉力的功率P; (２)ab开始运动后,经t＝０．０９s速度达到v２＝ １．５m/s,此过程中ab克服安培力做功W＝ ０．０６J,求该过程中ab沿导轨的位移大小x． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ９１１ 专题十二　电磁感应 考点６　电磁感应中的能量综合问题 １．(２０２３􀅰山东卷,１２)(多选)足够长 U 形导 轨平置在光滑水平绝缘桌面上,宽为１m, 电阻不计．质量为１kg、长为１m、电阻为１ Ω的导体棒 MN 放置在导轨上,与导轨形 成矩形回路并始终接触良好,Ⅰ和Ⅱ区域内 分别存在竖直方向的匀强磁场,磁感应强度 分别为B１ 和B２,其中B１＝２T,方向向下． 用不可伸长的轻绳跨过固定轻滑轮,将导轨 CD 段中点与质量为０．１kg的重物相连,绳 与CD 垂直且平行于桌面．如图所示,某时 刻 MN、CD 同时分别进入磁场区域Ⅰ和Ⅱ 并做匀速直线运动,MN、CD 与磁场边界平 行．MN 的速度v１＝２m/s,CD 的速度为v２ 且v２＞v１,MN 和导轨间的动摩擦因数为 ０．２．重力加速度大小取１０m/s２,下列说法 正确的是 (　　) A．B２ 的方向向上 B．B２ 的方向向下 C．v２＝５m/s D．v２＝３m/s ２．(２０２１􀅰湖南卷,１０,５ 分)(多选)两个完全相 同的正方形匀质金属 框,边长为 L,通过长 为L 的绝缘轻质杆相 连,构成如图所示的组合体．距离组合体下 底边 H 处有一方向水平、垂直纸面向里的 匀强磁场．磁场区域上下边界水平,高度为 L,左右宽度足够大．把该组合体在垂直磁 场的平面内以初速度v０ 水平无旋转抛出, 设置合适的磁感应强度大小B 使其匀速通 过磁场,不计空气阻力．下列说法正确的是 (　　) A．B 与v０ 无关,与 H成反比 B．通过磁场的过程中,金属框中电流的大 小和方向保持不变 C．通过磁场的过程中,组合体克服安培力 做功的功率与重力做功的功率相等 D．调节 H、v０ 和B,只要组合体仍能匀速通 过磁场,则其通过磁场的过程中产生的 热量不变 ３．(２０２１􀅰北京卷,７,３分)如图所示,在竖直 向下的匀强磁场中,水平 U 型导体框左端 连接一阻值为R 的电阻,质量为m、电阻为 r的导体棒ab置于导体框上．不计导体框的 电阻、导体棒与框间的摩擦．ab以水平向右 的初速度v０ 开始运动,最终停在导体框上． 在此过程中 (　　) A．导体棒做匀减速直线运动 B．导体棒中感应电流的方向为a→b C．电阻R 消耗的总电能为 mv２０R ２(R＋r) D．导体棒克服安培力做的总功小于１２mv ２ ０ ４．(２０２３􀅰山东卷,１５)(８分)电磁炮灭火消防 车(图甲)采用电磁弹射技术投射灭火弹进 入高层建筑快速灭火．电容器储存的能量通 过电磁感应转化成灭火弹的动能,设置储能 电容器的工作电压可获得所需的灭火弹出 膛速度．如图乙所示,若电磁炮正对高楼,与 高楼之间的水平距离L＝６０m,灭火弹出膛 速度v０＝５０m/s,方向与水平面夹角θ＝ ５３°,不计炮口离地面高度及空气阻力,取重 力加速度大小g＝１０m/s２,sin５３°＝０．８． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ０２１ 最新真题分类特训􀅰物理 (１)求灭火弹击中高楼 位 置 距 地 面 的 高 度 H; (２)已知电容器储存的电能E＝１２CU ２,转化 为灭火弹动能的效率η＝１５％,灭火弹的质 量为３kg,电容C＝２．５×１０４μF,电容器工 作电压U 应设置为多少? ５．(２０２０􀅰江苏卷,１４,１５分)如图所示,电阻 为０．１Ω的正方形单匝线圈abcd的边长为 ０．２m,bc边与匀强磁场边缘重合．磁场的 宽度等于线圈的边长,磁感应强度大小为 ０．５T．在水平拉力作用下,线圈以８m/s的 速度向右穿过磁场区域．求线圈在上述过 程中 (１)感应电动势的大小E; (２)所受拉力的大小F; (３)感应电流产生的热量Q． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 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的间距为L, 固定在同一水平面内,直导轨在左端 M、P 点分别与两条竖直固定、半径为L 的１４ 圆弧 导轨相切．MP 连线与直导轨垂直,其左侧 无磁场,右侧存在磁感应强度大小为B、方 向竖直向下的匀强磁场．长为L、质量为m、 电阻为R 的金属棒ab跨放在两圆弧导轨的 最高点．质量为２m、电阻为６R 的均匀金属 丝制成一个半径为L 的圆环,水平放置在两 直导轨上,其圆心到两直导轨的距离相等． 忽略导轨的电阻、所有摩擦以及金属环的可 能形变,金属棒、金属环均与导轨始终接触 良好,重力加速度大小为g．现将金属棒ab 由静止释放,求 (１)ab 刚越过 MP 时产生的感应电动势 大小; (２)金属环刚开始运动时的加速度大小; (３)为使ab在整个运动过程中不与金属环 接触,金属环圆心初始位置到 MP 的最小 距离． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ２２１ 最新真题分类特训􀅰物理 ４．(２０２３􀅰全国甲卷,２５)(２０分)如图,水平桌 面上固定一光滑 U 型金属导轨,其平行部 分的间距为l,导轨的最右端与桌子右边缘 对齐,导轨的电阻忽略不计．导轨所在区域 有方向竖直向上的匀强磁场,磁感应强度大 小为B．一质量为m、电阻为R、长度也为l 的金属棒P 静止在导轨上．导轨上质量为３ m 的绝缘棒Q 位于P 的左侧,以大小为v０ 的速度向P 运动并与P 发生弹性碰撞,碰 撞时间极短．碰撞一次后,P 和Q 先后从导 轨的最右端滑出导轨,并落在地面上同一地 点．P 在导轨上运动时,两端与导轨接触良 好,P 与Q 始终平行．不计空气阻力．求 (１)金属棒P 滑出导轨时的速度大小; (２)金属棒P 在导轨上运动过程中产生的 热量; (３)与P 碰撞后,绝缘棒Q 在导轨上运动的 时间． ５．(２０２３􀅰新课标卷,２６)(２０分)一边长为L、 质量为m 的正方形金属细框,每边电阻为 R０,置于光滑的绝缘水平桌面(纸面)上．宽 度为２L的区域内存在方向垂直于纸面的匀 强磁场,磁感应强度大小为B,两虚线为磁 场边界,如图(a)所示． 　 (１)使金属框以一定的初速度向右运动,进 入磁场．运动过程中金属框的左、右边框始 终与磁场边界平行,金属框完全穿过磁场区 域后,速度大小降为它初速度的一半,求金 属框的初速度大小． (２)在桌面上固定两条光滑长直金属导轨, 导轨与磁场边界垂直,左端连接电阻R１＝ ２R０,导轨电阻可忽略,金属框置于导轨上, 如图(b)所示．让金属框以与(１)中相同的初 速度向右运动,进入磁场．运动过程中金属 框的上、下边框处处与导轨始终接触良好． 求在金属框整个运动过程中,电阻R１ 产生 的热量． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ３２１ 专题十二　电磁感应 ６．(２０２３􀅰湖南卷,１４) (１４ 分)如 图,两 根 足够长的光滑金属 直导轨平行放置,导 轨间距为L,两导轨 及其所构成的平面均与水平面成θ角,整个 装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁 场中,磁感应强度大小为B．现将质量均为 m 的金属棒a、b垂直导轨放置,每根金属棒 接入导轨之间的电阻均为R．运动过程中金 属棒与导轨始终垂直且接触良好,金属棒始 终未滑出导轨,导轨电阻忽略不计,重力加 速度为g． (１)先保持棒b静止,将棒a由静止释放,求 棒a匀速运动时的速度大小v０; (２)在(１)问中,当棒a匀速运动时,再将棒 b由静止释放,求释放瞬间棒b的加速度大 小a０; (３)在(２)问中,从棒b释放瞬间开始计时, 经过时间t０,两棒恰好达到相同的速度v, 求速度v的大小,以及时间t０ 内棒a相对于 棒b运动的距离Δx． ７．(２０２２􀅰辽宁卷,１５,１８分)如图所示,两平 行光滑长直金属导轨水平放置,间距为L． abcd区域有匀强磁场,磁感应强度大小为 B,方向竖直向上．初始时刻,磁场外的细金 属杆 M 以初速度v０ 向右运动,磁场内的细 金属杆N 处于静止状态．两金属杆与导轨 接触良好且运动过程中始终与导轨垂直．两 杆的质量均为m,在导轨间的电阻均为R, 感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略 不计． (１)求 M 刚进入磁场时受到的安培力F 的 大小和方向; (２)若两杆在磁场内未相撞且 N 出磁场时 的速度为 v０ ３ ,求:①N 在磁场内运动过程中 通过回路的电荷量q;②初始时刻 N 到ab 的最小距离x; (３)初始时刻,若N 到cd 的距离与第(２)问 初始时刻的相同、到ab的距离为kx(k＞ １),求 M 出磁场后不与N 相撞条件下k 的 取值范围． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ４２１ 最新真题分类特训􀅰物理 则粒子加速到P 前最后两个半周的运动半径为 r１＝ ２m(EkP－qU) qB ,r２＝ ２m(EkP－２qU) qB , 由几何关系有 dm＝２(r１－r２) 结合EkP＝ (qBR)２ ２m ,解得 dm＝２ R２－２mU qB２ － R２－４mU qB２ æ è ç ö ø ÷ (３)设粒子在偏转器中的运动半径为rQ,则在偏转器中, 要使粒子半径变大,电场力应和洛伦兹力反向,共同提 供向心力,即 qvPB－qE＝m vP ２ rQ 设粒子离开偏转器的点为E,圆周运动的圆心为O′．由 题意知,O′在EQ 上,且粒子飞离磁场的点与O、O′在一 条直线上,如图所示． 粒子在偏转器中运动的圆心在Q 点,从偏转器飞出,即 从E 点离开,又进入回旋加速器 中的磁场,此时粒子的运动半径 又变为R,然后轨迹发生偏离,从 偏转器的F 点飞出磁场,那么磁 场的最大半径即为 Rm＝OF＝R＋OO′ 将等腰三角形△OO′Q 放大如图所示． 虚线为从Q 点向OO′所引垂线,虚线平分α角,则 OO′＝２(rQ－R)sin α ２ 解得最大半径为 Rm＝R＋ ２mER qB２R－mE sinα２． 答案:(１)qB ２R２ ２mU －１( ) πm qB ; (２)２ R２－２mU qB２ － R２－４mU qB２ æ è ç ö ø ÷; (３)R＋ ２mER qB２R－mE sinα２ ５．解析:(１)设离子在Ⅰ区内做匀速圆周运动的半径为r, 由牛顿第二定律得 qvB０＝m v２ r　① 根据几何关系得 sinθ＝dr 　② 联立①②式得v＝qB０dmsinθ (２)离子在Ⅱ区内只受电场力,x方向做匀速直线运动,y 方向做匀变速直线运动,设从进入电场到击中测试板中 心C的时间为t,y方向的位移为y０,加速度大小为a,由 牛顿第二定律得qE＝ma 由运动的合成与分解得 L＝(vcosθ)t,y０＝－r(１－cosθ), y０＝(vsinθ)t－ １ ２at ２ 联立得E＝ ２qB ２ ０d２ mL２tan２θ Ltanθ＋ d sinθ－ d tanθ( ) (３)Ⅱ区内填充磁场后,离子在垂直y 轴的方向做线速 度大小为vcosθ的匀速圆周运动,如图所示．设左侧部分 的圆心角为α,圆周运动半径为r′,运动轨迹长度为l′, 由几何关系得 l′＝α２π×２πr′＋ α＋π２ ２π ×２πr′ ,cosα＝r′２r′ 由于在y轴方向的运动不变,离子的运动轨迹与测试板 相切于C点,则离子在Ⅱ区内的运动时间不变,故有 l′ vcosα＝ L vcosθ C到O１ 的距离s＝２r′sinα＋r′ 联立得s＝６ (３＋１) ７π L 答 案: (１)v ＝ qB０dmsinθ ; (２)E ＝ ２qB ２ ０d２ mL２tan２θ Ltanθ＋ dsinθ－ d tanθ( ) ;(３)s＝ ６(３＋１) ７π L 专题十二　电磁感应 考点１　电磁感应现象　楞次定律 １．A　线圈a从磁场中匀速拉出,的过程中穿过a线圈的 磁通量在减小,则根据楞次定律可知a线圈的电流为顺 时针,a中产生的电流为恒定电流,则线圈a靠近线圈b 的过程中线圈b的磁通量在向外增大,根据楞次定律可 得线圈b产生的电流为顺时针． ２．C　在雷击事件中金属和非金属都经历了摩擦,声波和 光照的影响,非金属完好,而金属熔化的原因是金属能 够因电磁感应产生涡流而非金属不能,因此可能原因为 涡流． ３．AC　A．依题意,M、N 两点连线与长直导线平行、两点 与长直导线的距离相同,根据右手螺旋定则可知,通电 长直导线在 M、N 两点产生的磁感应强度大小相等,方 向相同,故 A正确; B．根据右手螺旋定则,线圈在P 点时,磁感线穿进与穿 出在线圈中对称,磁通量为零;在向 N 点平移过程中,磁 感线穿进与穿出线圈不再对称,线圈的磁通量会发生变 化,故B错误; C．根据右手螺旋定则,线圈从 P 点竖直向上运动过程 中,磁感线穿进与穿出线圈对称,线圈的磁通量始终为 零,没有发生变化,线圈无感应电流,故 C正确; D．线圈从P 点到M 点与从P 点到N 点,线圈的磁通量 变化量相同,依题意P 点到M 点所用时间较从P 点到 N 点时间长,根据法拉第电磁感应定律,则两次的感应 电动势不相等,故 D错误．故选 AC． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ６２２ 最新真题分类特训􀅰物理 ４．D　A．未接导线时,表针晃动过程中导线切割磁感线,表 内线圈会产生感应电动势,故 A错误;B．未接导线时,未 连成闭合回路,没有感应电流,所以不受安培力,故 B错 误;CD．接上导线后,表针晃动过程中表内线圈产生感应 电动势,根据楞次定律可知,表针晃动减弱是因为表内 线圈受到安培力的作用,故 C错误,D正确．故选 D． ５．D　由题意可知,圆管为金属导体,导体内部自成闭合回 路,且有电阻,当周围的线圈中产生出交变磁场时,就会 在导体内部感应出涡电流,电流通过电阻要发热．该过 程利用原理的是电磁感应现象,其发现者为法拉第．故 选 D． ６．B　无论开关S拨至哪一端,当把电路接通一瞬间,左边 线圈中的电流从无到有,电流在线圈轴线上的磁场从无 到有,从而引起穿过圆环的磁通量突然增大,根据楞次 定律(增反减同),右边圆环中产生了与左边线圈中方向 相反的电流,异向电流相互排斥,所以无论哪种情况,圆 环均向右运动,故选B． 考点２　法拉第电磁感应定律的应用 １．A　ABC,由题图可看出OA 导体棒转动切割磁感线,则 根据右手定则可知φO＞φA,其中导体棒AC 段不在磁场 中,不切割磁感线,电流为０,则φC＝φA,A 正确、BC 错 误;D．根据以上分析可知φO－φA ＞０,φA－φC＝０,则φO －φA＞φA－φC,D错误．故选 A． ２．C　设圆线框的半径为r,则由题意可知正方形线框的边 长为２r,正六边形线框的边长为r;所以圆线框的周长为 C２＝２πr,面积为S２＝πr２, 同理可知正方形线框的周长和面积分 别 为C１＝８r,S１ ＝４r２; 正六边形线框的周长和面积分别为C３＝６r,S３＝ １ ２×６×r× ３ ２r＝ ３ ３r２ ２ ; 三线框材料粗细相同,根据电阻定律R＝ρ L S横截面 , 可知三个线框电阻之比为R１∶R２∶R３＝C１∶C２∶C３＝ ８∶２π∶６． 根据法拉第电磁感应定律有I＝ER ＝ ΔB Δt 􀅰S R 可得电流之比为I１∶I２∶I３＝２∶２∶ ３ 即I１＝I２＞I３,故选 C． ３．D　由法拉第电磁感应定律可得大圆线圈产生的感应电 动势E１＝ ΔΦ１ Δt＝ ΔB􀅰S１ Δt ＝kS１ , 每个小 圆 线 圈 产 生 的 感 应 电 动 势 E２ ＝ ΔΦ２ Δt ＝ ΔBS２ Δt ＝kS２, 由线圈的绕线方式和楞次定律可得大、小圆线圈产生的 感应电动势方向相同,故线圈中总的感应电动势大小为 E＝E１＋５E２＝k(S１＋５S２), 故 D正确,ABC错误．故选 D． ４．A　本题考查法拉第电磁感应定律和楞次定律．最初时 线圈平面平行于磁场,穿过线圈的磁通量Φ１＝０,经过时 间t后线圈平面与磁场方向夹角为θ,穿过线圈的磁通量 Φ２＝BSsinθ,由法拉第电磁感应定律可得,线圈中产生 的平均感应电动势E＝N ΔΦΔt＝N Φ２－Φ１ t ＝ NBSsinθ t ; 由楞次定律和安培定则可得,感应电流的方向(从左往 右看)为逆时针方向,A正确． ５．BC　本题考查安培定则和左手定则的综合应用．当左托 盘放入重物后,要使线圈P 仍在原位置且天平平衡,则 线圈P 需要受到向下的安培力,若P 处磁场方向沿半径 向外,由左手定则可知,在P 中通入电流方向应为逆时 针方向(负向电流),A错误,B正确;若线圈P 处磁场方 向沿半径向内,由左手定则可知,在P 中通入电流方向 应为顺时针方向(正向电流),C正确,D错误． ６．AD　A．OP 转动切割磁感线产生的感应电动势为E＝ １ ２Br ２ω,因为OP 匀速转动,所以杆OP 产生的感应电动 势恒定,故 A正确;杆OP 匀速转动产生的感应电动势 产生的感应电流由M 到N 通过MN 棒,由左手定则可 知,MN 棒会向左运动,MN 棒运动会切割磁感线,产生 电动势与原来电流方向相反,让回路电流减小,MN 棒 所受合力为安培力,电流减小,安培力会减小,加速度减 小,故 D正确,B、C错误．故选 A、D． ７．A　根据G Mm(R＋H)２ ＝m v ２ R＋H ,可得卫星做圆周运动 的线速度v＝ GMR＋H , 根据右手定则可知,导体绳产生的感应电动势相当于上 端为正极的电源,其大小为E′＝BLv, 因导线绳所受阻力f与安培力F 平衡,则安培力与速度 方向相同,可知导线绳中的电流方向向下,即电池电动 势大于 导 线 绳 切 割 磁 感 线 产 生 的 电 动 势,可 得f＝B E－E′ r L , 解得E＝BL GMR＋H＋ fr BL ,故选 A． ８．解:(１)导体杆受安培力F＝B１Id＝３Mg,方向向上, 则导体杆向下运动的加速度 Mg－F＝Ma, 解得a＝－２g, 导体杆运动的距离L＝０－v ２ ０ ２a ＝ v２０ ４g． (２)回路的电动势E＝B２dv, 其中v＝v０＋at, 解得E＝６MgI (v０－２gt)t≤ v０ ２g( )． (３)由于电路中的电流恒为I,导电杆下滑过程中的总电 动势为E总 ＝U＋E, 且有I＝E总R , 整理得U＝１２Mg ２ I t－ ６Mgv０ I ＋IR t≤ v０ ２g( ) , 装置 A 输 出 的 功 率 为 P ＝UI＝１２Mg２t－６Mgv０ ＋ I２R t≤ v０ ２g( ) , 初始时刻,t＝０,P始 ＝－６Mgv０＋I２R, 到达停靠平台时,t＝v０２g ,P末 ＝I２R, 由PＧt关系可知,􀭺P＝P始 ＋P末２ ＝－３Mgv０＋I ２R, 则在火箭落停过程中,装置A 输出的能量为W＝􀭺P􀅰v０２g ＝－３２Mv ２ ０＋ I２Rv０ ２g ． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ７２２ 详解详析 (４)装置A 可回收火箭的动能和重力势能;从开始火箭 从速度v０ 到平台速度减为零,则E′＝ １ ２Mv ２ ０＋MgL＝ ３ ４Mv ２ ０． 答案:(１)３Mg　 v２０ ４g　 (２)６MgI (v０－２gt)t≤ v０ ２g( ) (３)１２Mg ２ I t－ ６Mgv０ I ＋IR t≤ v０ ２g( ) 　－ ３ ２Mv ２ ０＋ I２Rv０ ２g (４)装置A 可回收火箭的动能和重力势能　３４Mv ２ ０ 考点３　电磁感应中的图像问题 １．BC　AB．由图可知在０~t０ 时间段内产生的感应电动 势为 E＝ΔΦΔt＝ B０L２ t０ , 根据闭合电路欧姆定律有此时间段的电流为 I＝ER ＝ B０L２ Rt０ , 在 t０ ２ 时磁感应强度为 B０ ２ ,此时安培力为 F＝BIL＝B ２ ０L３ ２Rt０ ． 故 A错误,B正确;C．由图可知在t＝３t０２ 时,磁场方向垂 直纸面向里并逐渐增大,根据楞次定律可知产生顺时针 方向的电流,再由左手定则可知金属棒受到的安培力方 向竖直向上,故 C正确;D．由图可知在t＝３t０ 时,磁场方 向垂直纸面向外,金属棒向下掉的过程中磁通量增加, 根据楞次定律可知金属棒中的感应电流方向向左,故 D 错误．故选B、C． ２．解析:(１)由电量和电流的关系q＝It可知I－t图像下方 的面积表示电荷量,因此有 Q＝􀭵I１Δt１＋I２Δr２＋􀭵I３Δt３ 代入数据解得 Q＝０．５C (２)由磁通量的定义可得Φ＝BS＝kIr ×πa ２ 代入数据可得Φ＝６．２８×１０－８Wb (３)在０~１．０×１０－３s时间内电流均匀增加,有楞次定律 可知感应电流的方向c→R→d,产生恒定的感应电动势 E＝NΔΦΔt＝ Nkπa２ r × ΔI Δt 由闭合回路欧姆定律可得 iR＝ E R＋R０ 代入数据解得iR＝３．１４×１０－３A 在１．０×１０－３s~５．０×１０－３s电流恒定,穿过圆形螺旋管 的磁场恒定,因此感应电动势为零,感应电流为零,而在 ５．０×１０－３s~６．０×１０－３s时间内电流随时间均匀变化, 斜率大小和０~１．０×１０－３s大小相同,因此电流大小相 同,由楞次定律可知感应电流的方向为d→R→c,则图像 如图所示 (４)考虑自感的情况下,线框会产生自感电动势阻碍电 流的增加,因此电流是缓慢增加的,过一段时间电路达 到稳定后自感消失,电流的峰值和之前大小相同,在１．０ ×１０－３s~５．０×１０－３s时间内电路中的磁通量不变化电 流要减小为零,因此自感电动势会阻碍电流的减小,使 得电流缓慢减小为零,电流图像如图 答案:(１)Q＝０．５C　(２)Φ＝６．２８×１０－８Wb (３)见解析　(４)见解析 ３．解析:(１)在t＝０到t＝０．１s的时间 Δt内,磁感应强度 的变化量 ΔB＝０．２T ,设穿过金属框的磁通量变化量为 ΔΦ,有 ΔΦ＝ΔBl２ ① 由于磁 场 均 匀 变 化,金 属 框 中 产 生 的 电 动 势 是 恒 定 的,有 E＝ΔΦΔt ② 联立①②式,代入数据,解得 E＝０．０８V ③ (２)设金属框中的电流为I,由闭合电路欧姆定律,有 I＝ER ④ 由图可知,t＝０．０５s时,磁感应强度为B１＝０．１T,金属 框ab边受到的安培力 F＝IlB１ ⑤ 联立①②④⑤式,代入数据,解得 F＝０．０１６N ⑥ 方向垂直于ab向左． (３)在t＝０到t＝０．１s时间内,金属框中电流的电功率 P＝I２R ⑦ 联立①②④⑦式,代入数据,解得 P＝０．０６４W ⑧ 答案:(１)E＝０．０８V　(２)F＝０．０１６N　方向垂直于ab 向左　(３)P＝０．０６４W ４．AC　设线框的上边进入磁场时的速度为v,设线框的质 量 M,物块的质量 m,图中线框进入磁场时线框的加速 度向下,则 对 线 框 由 牛 顿 第 二 定 律 可 知 Mg＋F安 －T ＝Ma, 对物块T－mg＝ma, 其中F安 ＝B ２L２v R , 即B ２L２v R ＋ (M－m)g＝(M＋m)a, 线框向上做减速运动,随速度的减小,向下的加速度减 小;当加 速 度 为 零 时,即 线 框 匀 速 运 动 的 速 度 为 v０ ＝ (M－m)gR B２L２ , A．若线框进入磁场时的速度较小,则线框进入磁场时做 加速度减小的减速运动,线框的速度和加速度都趋近于 零,则图像 A 可能正 确;B．因t＝０时 刻 线 框 就 进 入 磁 场,则进入磁场时线框向上不可能做匀减速运动,则图 像B不可能;CD．若线框的质量等于物块的质量,且当线 框进入磁场时,且速度大于v０,线框进入磁场做加速度 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ８２２ 最新真题分类特训􀅰物理 减小的减速运动,完全进入磁场后线框做匀速运动;当 线框出离磁场时,受向下的安培力又做加速度减小的减 速运动,最终出离磁场时做匀速运动,则图像 C有可能, D不可能． ５．AD　AB．电流的峰值越来越大,即小磁铁在依次穿过每 个线圈的过程中磁通量的变化率越来越快,因此小磁体 的速度越来越大,A正确;B．假设小磁体是 N 极向下穿 过线圈,则在穿入靠近每匝线圈的过程中磁通量向下增 加产生逆时针的电流,而在穿出远离每匝线圈的过程中 磁通量向下减少产生逆时针的电流,即电流方向相反与 题干描述的穿过线圈的过程电流方向变化相符,但强磁 体下落过程中磁极的 N、S极没有颠倒,B错误;C．线圈 可等效为条形磁铁,线圈的电流越大则磁性越强,因此 电流的大小 是 变 化 的,小 磁 体 受 到 的 电 磁 阻 力 是 变 化 的,不是一直不变的,C错误．D．小磁体通过线圈下部的 过程中,电流越来越大,磁通量变化率越来越大,D正确, 故选 AD． ６．A　A．强磁体在铝管中运动,铝管会形成涡流,玻璃是 绝缘体,故强磁体在玻璃管中运动,玻璃管不会形成涡 流．强磁体在铝管中加速后很快达到平衡状态,做匀速 直线运动,而玻璃管中的强磁体一直做加速运动,故由 题中图像可知图(c)的脉冲电流峰值不断增大,说明强磁 体的速度在增大,与玻璃管中磁体的运动 情 况 相 符,A 正确;B．在铝管中下落,脉冲电流的峰值一样,磁通量的 变化率相同,故小磁体做匀速运动,B错误;C．在玻璃管 中下落,玻璃管为绝缘体,线圈的脉冲电流峰值增大,电 流不断在变化,故小磁体受到的电磁阻力在不断变化,C 错误;D．强磁体分别从管的上端由静止释放,在铝管中, 强磁体在线圈间做匀速运动,玻璃管中强磁体在线圈间 做加速运动,故用铝管时测得的电流第一个峰到最后一 个峰的时间间隔比用玻璃管时的长,D错误．故选 A． ７．C　如图所示,导体棒匀速转动, 设速度为v,设导体棒从 A 到B 过程,棒转过的角度为θ,则导体 棒垂直 磁 感 线 方 向 的 分 速 度 为 v⊥ ＝vcosθ, 可知导体棒垂直磁感线的分速度 为余弦变化,根据左手定则可知,导体棒经过B 点和B 点关 于P 点 的 对 称 点 时,电 流 方 向 发 生 变 化,根 据u ＝Blv⊥ , 可知导体棒两端的电势差u随时间t变化的图像为余弦 图像．故选 C． ８．BC　AB．如图所示 在t＝０到t＝ π２ω 的 过 程 中,线 框的有效切割长度先变大再变 小,当t＝ π４ω 时,有 效 切 割 长 度 最大为 ２L,此时,感应电动 势 最大,所以在t＝０到t＝ π２ω 的 过程中,E 先增大后减小,故B正确,A错误; C、D．在t＝０到t＝π４ω 的过程中,设转过的角度为θ,由几 何关系可得θ＝ωt, 进入磁场部分线框的面积S＝L 􀅰Ltanθ ２ , 穿过线圈的磁通量Φ＝BS＝BL ２tanωt ２ , 线圈产生的感应电动势E＝ΔΦΔt , 感应电动势的变化率ΔE Δt＝E′ , 对Φ＝BL ２tanωt ２ 求二次导数得 ΔE Δt＝BL ２ω２sec２ωttanωt, 在t＝０到t＝π４ω 的过程中BL２ω２sec２ωttanωt一直变大, 所以E 的 变 化 率 一 直 增 大,故 C 正 确,D 错 误．故 选 B、C． 考点４　电磁感应中的动力学问题 １．AB　设两线圈的边长为d,匝数为n．则感应电动势E＝ nBdv,安培力F安 ＝nIdB＝nERdB＝n ２ B２d２v R ,由题意, 两线圈的B、d、v都相同,n甲 ∶n乙 ＝２∶１．设导线长度为 l,则l甲 ∶l乙 ＝２∶１,由于质量和密度相同,故两导线横 截面积S甲 ∶S乙 ＝１∶２,由R＝ρ L S ,可知,R甲 ∶R乙 ＝４∶１． 最终由F安 ＝n２B ２d２v R ,得到F安甲 ＝F安乙 ,故甲、乙进入磁场 区域后,根据安培力与重力的大小关系,可能出现加速或减 速的情况,甲、乙运动情况相同,故 A、B正确． ２．解析:(１)金属框的总电阻为 R＝４lλ＝４×０．４×５×１０－３ Ω＝０．００８Ω 金属框中产生的感应电动势为E＝ΔΦΔt＝ ΔB×l ２ ２ Δt ＝ ０．１×１２×０．４ ２ V＝０．００８V 金属框中的电流为I＝ER ＝１A t＝２．０s时磁感应强度为 B２＝(０．３－０．１×２)T＝０．１T 金属框处于磁场中的有效长度为L＝ ２l 此时金属框所受安培力大小为FA＝B２IL＝０．１×１× ２ ×０．４N＝０．０４ ２N (２)０~２．０s内金属框产生的焦耳热为Q＝I２Rt＝１２× ０．００８×２J＝０．０１６J． 答案:(１)０．０４ ２N　(２)０．０１６J ３．ABD　A．由于金属棒 MN 运动过程切割磁感线产生感 应电动势,回路有感应电流,产生焦耳热,金属棒 MN 的 机械能不断减小,由于金属导轨光滑,所以经过多次往 返运动,MN 最终一定静止于OO′位置,故 A 正确;B．当 金属棒 MN 向右运动,根据右手定则可知,MN 中电流 方向由M 到N,根据左手定则,可知金属棒 MN 受到的 安培力水平向左,则安培力做负功;当金属棒 MN 向左 运动,根据右手定则可知,MN 中电流方向由N 到M,根 据左手定则,可知金属棒 MN 受到的安培力水平向右, 则安培力做负功;可知 MN 运动过程中安培力始终做负 功,故B正确;C．金属棒 MN 从释放到第一次到达OO′ 位置过程中,由于在OO′位置重力沿切线方向的分力为 ０,可知在到达OO′位置之前的位置,重力沿切线方向的 分力已经小于安培力沿切线方向的分力,金属棒 MN 已 经做减速运动,故 C错误;D．从释放到第一次到达OO′ 位置过程中,根据右手定则可知,MN 中电流方向由 M 到N,故 D正确． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ９２２ 详解详析 ４．AD　MN 在运动过程中为非纯电阻,MN 上的电流瞬时 值为I＝u－BlvR , A．当闭合的瞬间,Blv＝０,此时 MN 可视为纯电阻R,此 时反电动势最小,故电流最大Imax＝ U R ＝ Q CR ,故 A 正 确;B．当u＞Blv时,导体棒加速运动,当速度达到最大 值之后,电容器与 MN 及R 构成回路,由于一直处于通 路的形式,由能量守恒可知,最后MN 终极速度为零,故 B错误;C．MN 在运动过程中为非纯电阻电路,MN 上的 电流瞬时值为i＝u－BlvR ,当u＝Blv时,MN 上电流瞬 时为零,安培力为零,此时 MN 速度最大,故 C错误; D．在 MN 加速度阶段,由于 MN 反电动势存在,故 MN 上电流小于电阻R 上的电流,电阻R 消耗电能大于MN 上消耗的电能(即ER＞EMN ),故加速过程中,QR＞QMN ; 当 MN 减速为零的过程中,电容器的电流和导体棒的电 流都流经电阻R 形成各自的回路,因此可知此时电阻R 的电流大,综上分析可知全过程中电阻R 上的热量大于 导体棒上的热量,故 D正确．故选 AD． ５．BD　C．导体棒a在导轨上向右运动,产生的感应电流向 里,流过导体棒b向里,由左手定则可知安培力向左,则 导体棒b有向左运动的趋势,故 C错误; A．导体棒b与电阻R 并联,有I＝ BLv R＋R２ , 当导体棒a运动到导轨最右端时,导体棒b刚要滑动,有 B􀅰I２ 􀅰L＝μmg, 联立解得a棒的速度为v＝３m/s, a棒做平抛运动,有x＝vt,h＝１２gt ２, 联立解得导体棒a离开导轨至落地过程中水平位移为x ＝１．２m,故 A错误; B．导体棒a离开导轨至落地前做平抛运动,水平速度切 割磁感线,则产生的感应电动势不变,故B正确; D．导体棒a在导轨上运动的过程中,通过电路的电量为 q＝I􀅰Δt＝BL 􀅰Δx R＋１２R ＝０．１×１×１．７４０．１５ C＝１．１６C , 导体棒b与电阻R并联,流过的电流与电阻成反比,则通过 电阻R的电荷量为qR＝q２＝０．５８C ,故D正确．故选BD． ６．ABD　AB．在Ⅰ区域中,磁感应强度为B１＝kt,感应电 动势E１＝ ΔB１ ΔtS＝kS ,感应电动势恒定,所以导体棒上的 感应电流恒为I１＝ E１ R＝ kS R , 导体棒进入Ⅱ区域后,导体切割磁感线,产生一个感应 电动势,因为导体棒到达c点后又能上行,说明加速度始 终沿斜面向上,下行和上行经过b点的受力分析如图 设下行、上行过b时导体棒的速度分别为v、v′,则下行过 b时导体棒切割磁感线产生的感应电流为E２＝B２Lv I２＝ E２ R＝ B２l２v R , 下行过b时导体棒上的电流为 I总 ＝ E２＋E１ R ＝ B２Lv R ＋ kS R , 下行过b时,根据牛顿第二定律可知 B２I总 L－mgsinθ＝ B２２L２v R ＋ B２kSL R －mgsinθ＝ma１ 上行过b时,切割磁感线的产出的感应电动势为 E２′＝B２Lv′,I２′＝ B２lv R 上行过b时导体棒上的电流为 I总′＝ E１－E２′ R ＝ kS R － B２Lv′ R ． 根据牛顿第二定律可知 B２I总′L－mgsinθ＝ B２kSL R － B２２L２v′ R －mgsinθ＝ma２ , 比较加速度大小可知a１＞a２ 由于bc段距离不变,下行过程中加速度大,上行过程中 加速度小,所以金属棒下行经过b点时的速度大于上行 经过b点时的速度,A、B正确;CD．导体棒上行时,加速 度与速度同向,则导体棒做加速度减小的加速运动,则 一定能回到无磁场区．由 A、B分析可得,导体棒进磁场 Ⅱ区(下行进 磁 场)的 速 度 大 于 出 磁 场Ⅱ区(下 行 进 磁 场)的速度,导体棒在无磁场区做加速度相同的减速运 动mgsinθ＝ma０ 则金属棒不能回到a处,C错误,D 正 确．故选 A、B、D． ７．BC　由bc边切割磁感线产生电动势,形成电流,使得导 体棒 MN 受到向右的安培力,做加速运动,bc边受到向 左的安培力,向右做加速运动．当 MN 运动时,金属框的 bc边和导体棒MN 一起切割磁感线,设导体棒 MN 和金 属框的速度分别为v１、v２,则电路中的电动势E＝BL(v２ －v１),电流中的电流I＝ E R ＝ BL(v２－v１) R ,金属框和导 体棒 MN 受到的安培力F安框 ＝ B２L２(v２－v１) R ,与运动方 向相反,F安MN ＝ B２L２(v２－v１) R ,与运动方向相同,设导体 棒 MN 和 金 属 框 的 质 量 分 别 为 m１、m２,则 对 导 体 棒 MN,B ２L２(v２－v１) R ＝ m１a１ , 对 金 属 框,F － B２L２(v２－v１) R ＝m２a２ ,初始速度均为 零,则a１ 从 零 开 始 逐 渐 增 加,a２ 从 F m２ 开始逐渐减小．当a１＝a２ 时,相对 速度v２－v１＝ FRm１ ２B２L２(m１＋m２) ,大小 恒定．整个运动过程用速度时间图像描述如． 综上可得,金属框的加速度趋于恒定值,安培力也趋于 恒定值,B、C选项正确;金属框的速度会一直增大,导体 棒到金属框bc边的距离也会一直增大,A、D选项错误． 故选B、C． ８．解析:(１)当导体棒OA 运动到正方形金属细框对角线瞬 间,切割的有效长度最大,则L有max＝ ２L, 此时感应电流最大,CD 棒所受的安培力最大,根据法拉 第电磁感应定律,有Emax＝BL有max􀭵v１, 其中,平均速度为􀭵v＝０＋ ２Lω２ , 则感应电动势Emax＝BL２ω． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ０３２ 最新真题分类特训􀅰物理 根据闭合电路欧姆定律,有Imax＝ Emax R , 则 CD 棒 所 受 安 培 力 的 最 大 值 为 Fmax ＝BImaxL ＝B ２L３ω R , 当导体棒OA 运动到与细框某一边平行瞬间,切割的有 效长度最小,感应电流最小,CD 棒所受的安培力最小, 根据法拉第电磁感应定律,有Emin＝BL有min􀭵v２, 其中L有min＝L,平均速度为􀭵v２＝ ０＋Lω ２ , 则感应电动势Emin＝ １ ２BL ２ω, 根据闭合电路欧姆定律,有Imin＝ Emin R , 则CD 棒所受安培力的最小值为Fmin＝BIminL＝ B２L３ω ２R , (２)当 CD 棒 所 受 安 培 力 最 小 时,根 据 平 衡 条 件,有 mgsinθ－μmgcosθ－Fmin＝０, 当CD 棒所受安培力最大时,根据平衡条件,有Fmax－ mgsinθ－μmgcosθ＝０, 联立可得m＝３B ２L３ω ４Rgsinθ , 撤去推力瞬间,根据牛顿第二定律,有Fmax－mgsinθ＋ μmgcosθ＝ma,可得CD 棒与导轨间的动摩擦因数为μ ＝ agcosθ－ １ ３tanθ． 答案:(１)B ２L３ω R 　 B２L３ω ２R 　 (２) agcosθ－ １ ３tanθ 或 a ２gcosθ 或１ ３tanθ ９．AB　A．两导体棒沿轨道向下滑动,根据右手定则可知 回路中的电流方向为abcda;故 A 正确;BC．设回路中的 总电阻为R,对于任意时刻当电路中的电流为I时,对 ab,根据牛顿第 二 定 律 得２mgsin３０°－２BILcos３０°＝ ２maab,对cd,mgsin３０°－BILcos３０°＝macd,故可知aab ＝acd,分析可知两个导体棒产生的电动势相互叠加,随 着导体棒速度的增大,回路中的电流增大,导体棒受到 的安培力在增大,故可知当安培力沿导轨方向的分力与 重力沿导轨向下的分力平衡时导体棒将匀速运动,此时 电路中的电流达到稳定值,此时对ab分析可得２mgsin ３０°＝２BILcos３０°,解得I＝ ３mg３BL ,故B正确,C错误;D． 根据前面分析可知aab＝acd,故可知两导体棒速度大小 始终相等,由于两边磁感应强度不同,故产生的感应电 动势不等,故 D错误． 考点５　电磁感应中的电路问题 １．AC　A．弹簧伸展过程中,根据右手定则可知,回路中产 生顺时针方向的电流,选项 A正确;B．任意时刻,设电流 为I,则PQ 受安培力FPQ ＝BI􀅰２d,方向向左;MN 受 安培力FMN ＝２BId, 方向向右,可 知 两 棒 系 统 受 合 外 力 为 零,动 量 守 恒,设 PQ 质量为２m,则 MN 质量为m,PQ 速率 为v 时,则 ２mv＝mv′,解得v′＝２v, 回路的感应电流I＝２Bdv′＋B 􀅰２dv ３R ＝ ２Bdv R ,MN 所受 安培力大小为FMN ＝２BId＝ ４B２d２v R ,选项 B错误;C．两 棒最终停止时弹簧处于原长状态,由动量守恒可得 mx１ ＝２mx２,x１＋x２＝L,可 得 最 终 MN 位 置 向 左 移 动x１ ＝２L３ , PQ 位置向右移动x２＝ L ３ , 因任意时刻两棒受安培力和弹簧弹力大小都相同,设整 个过程两 棒 受 的 弹 力 的 平 均 值 为 F弹 ,安 培 力 平 均 值 F安 ,则整个过程根据动能定理F弹 x１－F安 xMN ＝０, F弹 x２－F安 xPQ ＝０,可得 xMN xPQ ＝ x１ x２ ＝ ２１ ,选项 C 正确; D．两棒最后停止时,弹簧处于原长位置,此时两棒间距 增加了L,由上述分析可知,MN 向左位置移动２L３ ,PQ 位 置 向 右 移 动 L ３ , 则 q ＝ 􀭵IΔt ＝ ΔΦR总 ＝ ２B􀅰２L３ 􀅰d＋B􀅰L３ 􀅰２d ３R ＝ ２BLd ３R ,选 项 D 错 误．故 选 AC． ２．A　C．根据楞次定律可知电容器的上极板应带正电,C 错误;A．由题知导体棒匀速切割磁感线,根据几何关系 切割长度为L＝２xtanθ,x＝vt 则产生的感应电动势为E＝２Bv２ttanθ 由题图可知电容器直接与电源相连,则电容器的电荷量 为Q＝CE＝２BCv２ttanθ 则流过导体棒的电流I＝ΔQΔt＝２BCv ２tanθ．A正确;B．当 金属棒到达x０ 处时,导体棒产生的感应电动势为E′＝ ２Bvx０tanθ．则电容器的电荷量为Q＝CE′＝２BCvx０tanθ．B 错误;D．由于导体棒做匀速运动则F＝F安 ＝BIL．由选 项 A可知流过导体棒的电流I恒定,但L 与t成正比, 则F 为变力,再根据力做功的功率公式P＝Fv,可看出 F 为变力,v不变则功率P 随力F 变化而变化;D 错误; 故选 A． ３．AD　本题考查电磁感应的综合应用．由题知,a进入磁 场的速度方向向右,b的速度方向向左,根据右手定则可 知,a产生的感应电流方向是E 到F,b产生的感应电流 方向是H 到G,即两个感应电流方向相同,所以流过a、b 的感应电流是两个感应电流之和,则有I＝２BLv０３R ,对a, 根据牛顿第二定律有BIL＝ma,解得a＝２B ２L２v０ ３mR ,故 A 正确;根据左手定则,可知a受到的安培力向左,b受到 的安培力向右,由于流过a、b的电流一直相等,故两个力 大小相等,则a与b 组成的系统动量守恒．由题知,t２ 时 刻流过a的电流为零,说明穿过a、b之间区域的磁通量 不变,即a、b在t２ 时刻达到了共同速度,设为v０,由题 知,金属棒a、b由相同材料制成,长度均为L,电阻分别 为R 和２R,根据电阻定律有R＝ρ L S ,２R＝ρ L S′ ,解得S′ ＝１２S ,已知a 的质量 为m,设b的 质 量 为m′,则 m＝ ρ密 V＝ρ密 SL,m′＝ρ密 V′＝ρ密 S′L,联立解得m′＝ １ ２m , 取向右为正方向,根据系统动量守恒有 mv０－ １ ２mv０＝ m＋１２m( )v,解得v＝ １ ３v０ ,故B错误;q＝IΔt,在t１~t２ 时间内,因通过两棒的电流时刻相等,所用时间相同,故 通过两棒横截面的电荷量相等,故 C 错误;在t１~t２ 时 间内,对a、b组成的系统,根据能量守恒有１２mv ２ ０＋ １ ２× １ ２m( )v ２ ０＝ １ ２mv ２＋ １２ × １ ２m( )v ２＋Q总 ,解得回路中 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 １３２ 详解详析 产生的总热量为Q总 ＝２３mv ２ ０,焦耳定律Q＝I２RΔt,因流 过a、b的电流一直相等,所用时间相同,故a、b产生的热 量与电阻成正比,即Qa∶Qb＝１∶２,又Qa＋Qb＝Q总 ＝ ２ ３mv ２ ０,解 得a 棒 产 生 的 焦 耳 热 为Qa ＝ ２ ９mv ２ ０,故 D 正确． ４．B　A．金属棒绕OO′轴切割磁感线转动,棒产生的电动 势E＝Br􀅰ωr２＝ １ ２Br ２ω,A 错误;B．电容器两极板间电 压等于电源电动势E,带电微粒在两极板间处于静止状 态,则qEd ＝mg ,即q m ＝ dg E ＝ dg １ ２Br ２ω ＝２dg Br２ω ,B正确; C．电阻消耗的功率P＝E ２ R ＝ B２r４ω２ ４R ,C错误;D．电容器 所带的电荷量Q＝CE＝CBr ２ω ２ ,D错误．故选B． ５．解析:(１)由题意可知接通恒流源时安培力F安 ＝nBIl, 动子和线圈在０~t１ 时间段内做匀加速直线运动,运动 的加速度为a＝v１t１ , 根据牛顿第二定律有F安 ＝(M＋m)a, 代入数据联立解得I＝ (m＋M)v１ nlBt１ ＝８０A, (２)当S 掷 向 ２ 接 通 定 值 电 阻 R０ 时,感 应 电 流 为I′ ＝nBlvR０＋R , 此时安培力为F安′＝nBI′l, 所以此时 根 据 牛 顿 第 二 定 律 有(８００－１０v)＋n ２l２B２ R０＋R v ＝ma′, 由题图可知在t１ 至t３ 期间加速度恒定,则有 n２l２B２ R０＋R ＝１０, 解得R＝０．５Ω,a′＝１６０m/s２． (３)根据图像可知t２－t１＝ v１ a′＝０．５s ,故t２＝２s; 在０~t２ 时间段内的位移s＝ １ ２v１t２＝８０m , 而根据法拉第电磁感应定律有E＝nΔΦΔt＝ nBΔS Δt , 电荷量的定义式 Δq＝IΔt,I＝ ER＋R０ , 可得 Δq＝ nBls－１２a′ (t３－t２)２[ ] R＋R０ , 从t３ 时刻到最后返回初始位置停下的时间段内通过回路 的电荷量,根据动量定理有－nBlΔq＝０－ma′(t３－t２), 联立可得(t３－t２)２＋(t３－t２)－１＝０, 解得t３＝ ５＋３ ２ s． 答案:(１)８０A　(２)R＝０．５Ω　(３)t３＝ ５＋３ ２ s ６．解析:(１)在ab运动过程中,由于拉力功率恒定,ab做加 速度逐渐减小的加速运动,速度达到最大时,加速度为 零,设此时拉力的大小为F,安培力大小为FA,有 F－mgsinθ－FA＝０ 设此时回路中的感应电动势为E,由法拉第电磁感应定 律,有 E＝BLv 设回路中的感应电流为I,由闭合电路欧姆定律,有 I＝ ER＋r ab受到安培力 FA＝ILB 由功率表达式,有 P＝Fv 联立上述各式,代入数据解得 P＝４W (２)ab从速度v１ 到v２ 的过程中,由动能定理,有 Pt－W－mgxsinθ＝１２mv ２ ２－ １ ２mv ２ １ 代入数据解得 x＝０．１m 答案:(１)４W;(２)０．１m 考点６　电磁感应中的能量综合问题 １．BD　AB．导轨的速度v２＞v１,因此对导体棒受力分析可 知导体棒受到向右的摩擦力以及向左的安培力,摩擦力 大小为f＝μmg＝２N, 导体棒的安培力大小为F１＝f＝２N, 由左手定则可知导体棒的电流方向为 N→M→D→C→ N,导体框受到向左的摩擦力、向右的拉力和向右的安培 力,安培力大小为F２＝f－m０g＝１N, 由左手定则可知B２ 的方向为垂直桌面向下,A 错误,B 正确;CD．对导体棒分析F１＝B１IL, 对导体框分析F２＝B２IL, 电路中的电流为I＝B１Lv１－B２Lv２r , 联立解得v２＝３m/s,C错误,D正确;故选BD． ２．CD　A．将组合体以初速度v０ 水平无旋转抛出后,组合 体做平抛运动,后进入磁场做匀速运动,由于水平方向 切割磁感线产生的感应电动势相互抵消,则有 mg＝F安 ＝ B２L２vy R ,vy＝ ２gH 综上有B＝ mgR L２ ２g 􀅰 １ H 则B 与 １ H 成正比,A错误;B．当金属框刚进入磁场时 金属框内的磁通量增加,此时感应电流的方向为逆时针 方向,当金属框刚出磁场时金属框的磁通量减少,此时 感应电流的方向为顺时针方向,B错误;C．由于组合体 进入磁场后做匀速运动,由于水平方向的感应电动势相 互抵消,有mg＝F安 ＝ B２L２vy R 则组合体克服安培力做功的功率等于重力做功的功率, C正确;D．无论调节哪个物理量,只要组合体仍能匀速 通过磁场,都有mg＝F安 则安培力做的功都为W＝F安 ×３L 则组合体通过磁场过程中产生的焦耳热不变,D正确．故 选 CD． ３．C　AB．导体棒向右运动,根据右手定则,可知电流方向 为b到a,再根据左手定则可知,导体棒受到向左的安培 力,根 据 法 拉 第 电 磁 感 应 定 律,可 得 产 生 的 感 应 电 动 势为 E＝BLv０ 感应电流为 I＝ ER＋r＝ BLv０ R＋r , 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ２３２ 最新真题分类特训􀅰物理 故安培力为 F＝BIL＝B ２L２v０ R＋r , 根据牛顿第二定律有F＝ma可得 a＝ B ２L２ m(R＋r)v０ , 随着速度减小,加速度不断减小,故导体棒不是做匀减 速直线运动,故 A、B错误;C．根据能量守恒定律,可知回 路中产生的总热量为 Q＝１２mv ２ ０, 因R 与r串联,则产生的热量与电阻成正比,则R 产生 的热量为 QR＝ R R＋rQ＝ mv２０R ２(R＋r) 故 C正确;D．整个过程只有安培力做负功,根据动能定 理可知,导体棒克服安培力 做 的 总 功 等 于 １ ２mv ２ ０,故 D 错误．故选 C． ４．解析:(１)灭 火 弹 做 斜 上 抛 运 动,则 水 平 方 向 上 有 L＝ v０cosθ􀅰t, 竖直方向上有 H＝v０tsinθ－ １ ２gt ２, 代入数据联立解得 H＝６０m． (２)根据题意可知Ek＝ηE＝１５％× １ ２CU ２, 又因为Ek＝ １ ２mv ２ ０, 联立可得U＝１０００ ２V． 答案:(１)６０m;(２)U＝１０００ ２V ５．解析:(１)由题意可知当线框切割磁感线时产生的电动 势为E＝BLv＝０．５×０．２×８V＝０．８V;(２)因为线框匀 速运动,故所受拉力等于安培力,有F＝F安 ＝BIL,根据 闭合电路欧姆定律有I＝ER ,结合(１)联立各式代入数据 可得F＝０．８N;(３)线框穿过磁场所用的时间为t＝２Lv ＝２×０．２８ s＝０．０５s ,故线框穿越过程产生的热量为Q＝ I２Rt＝E ２ Rt＝ ０．８２ ０．１×０．０５J＝０．３２J． 答案:(１)０．８V　(２)０．８N　(３)０．３２J 考点７　电磁感应中的动量综合问题 １．CD　A．设金属杆在AA１B１B 区域运动时间为t,则金属 杆在AA１B１B 区 域 运 动 的 过 程 中,根 据 动 量 定 理 有－ BIL􀅰t＝mvBB１－mv０, 设A、A１ 的间距为L,则金属杆在 AA１B１B 区域向右运 动的过程中切割磁感线有E＝BLv,I＝E２R ,q＝It,联立 有q＝BLd２R ,vBB１＝v０－ B２L２d ２mR , 设金属杆在BB１C１C区域运动的时间为t０,则金属杆在 BB１C１C区域运动的过程中根据动量定理有－BIL􀅰t０ －μmgt０＝０－mvBB１, 同理金属杆在BB１C１C区域向右运动的过程中切割磁感 线有q＝BLd２R , 联立解得vBB１＝ B２L２d ２mR ＋μgt０ , 综上有vBB１＝ v０ ２＋ μgt０ ２ , 则金属杆经过BB１ 的速度大于 v０ ２ ,故 A错误; C．金属杆经过AA１B１B 与BB１C１C 区域,金属杆所受安 培力的冲量为I安 ＝BIL􀅰t＝BqL． 根据选项 A 可知金属杆经过 AA１B１B 与BB１C１C 区域 流过金属 杆 的 电 荷 量 相 同,则 金 属 杆 经 过 AA１B１B 与 BB１C１C区域,金 属 杆 所 受 安 培 力 的 冲 量 相 同,故 C 正确; B．在整个过程中,根据能量守恒有１２mv ２ ０＝μmgd＋Q 则在整个过程中,定值电阻R 产生的热量为QR＝ １ ２Q＝ １ ４mv ２ ０－ １ ２μmgd ,故B错误; D．设整个过程中金属杆运动的时间为t总 ,金属杆通过 BB１C１C区域的时间为t０,根据动量定理有－BIL􀅰t总 －μmgt０＝０－mv０, 且q＝It总 ＝BLx２R , 联立解得x＝ ２R B２L２ (mv０＋μmgt０), 根据选项 A分析可知t０＝ v０ μg －B ２L２d mRμg , 综上x＝ ２R B２L２ ２mv０－ B２L２d R( ) , 可见若将金属杆的初速度加倍,则金属杆在磁场中运动 的距离大于原来的２倍,故 D正确． ２．BD　本题通过金属棒切割磁感线考查法拉第电磁感应 定律及能量、动量的综合应用．金属棒a第一次穿过磁 场时受到安培力的作用,做减速运动,由于速度减小,感 应电流减小,安培力减小,加速度减小,故金属棒a第一 次穿过磁场时做加速度减小的减速直线运动,选项 A 错 误;根据右手定则可知,金属棒a第一次穿过磁场时回 路中有逆时针方向的感应电流,选项 B正确;金属棒a 第一次穿过磁场的过程中,电路中产生的平均感应电动 势为􀭺E＝ΔΦΔt＝ BLd Δt ,平均感应电流为􀭵I＝ 􀭺E ２R ,金属棒a 受到的安培力为􀭺F＝B􀭵Id,规定向右为正方向,对金属棒 a,根据动量定理得－B􀭵Id􀅰Δt＝mava－mav０,解得金属 棒a第一次离开磁场时的速度va＝１．５m/s,金属棒a 第一次穿过磁场区域的过程中,电路中产生的总热量等 于金属棒a机械能的减少量,即Q＝１２mav ２ ０－ １ ２mav ２ a, 联立并代入数据得Q＝０．６８７５J,由于a、b两棒电阻相 同,两棒产生的焦耳热相同,则金属棒b上产生的焦耳热 Qb＝ Q ２＝０．３４３７５J ,选项 C错误;规定向右为正方向, 两金属棒碰撞过程根据动量守恒定律和机械能守恒定 律得 mava ＝mava′＋mbvb 和 １ ２mav ２ a ＝ １ ２mava′ ２ ＋ １２ mbv２b,联立并代入数据解得碰后金属棒a的速度为va′＝ －０．５m/s,设金属棒a最终停在距磁场左边界x 处,则 a从反弹进入磁场到停下来的过程,电路中产生的平均 电动热为􀭺E′＝ΔΦ′Δt′＝ B(L－x)d Δt′ ,平均感应电流为􀭵I′＝ 􀭺E′ ２R ,金属棒a受到的安培力大小为􀭺F′＝B􀭵I′d,对金属棒 a,根据动量定理得B􀭵I′d􀅰Δt＝０－mav′a,联立并代入数 据解得x＝０．８m,选项 D正确． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ３３２ 详解详析 ３．解析:(１)根据题意可知,对金属棒ab由静止释放到刚越 过MP 过程中,由动能定理有mgL＝１２mv ２ ０, 解得v０＝ ２gL, 则ab刚越过MP 时产生的感应电动势大小为E＝BLv０ ＝BL ２gL． (２)根据题意可知,金属环在导轨间两段圆弧并联接入 电路中,轨道外侧的两端圆弧金属环被短路,由几何关 系可得,每段圆弧的电阻为R０＝ １ ２× ６R ３＝R , 可知,整个回路的总电阻为R总 ＝R＋R 􀅰R R＋R＝ ３ ２R , ab刚 越 过 MP 时,通 过 ab 的 感 应 电 流 为I＝ ER总 ＝２BL ２gL３R , 对金属环由牛顿第二定律有２BL􀅰I２＝２ma , 解得a＝B ２L２ ２gL ３mR ． (３)根据题意,结合上述分析可知,金属环和金属棒ab所 受的安培力等大反向,则系统的动量守恒,由于金属环 做加速运动,金属棒做减速运动,为使ab在整个运动过 程中不与金属环接触,则有当金属棒ab和金属环速度相 等时,金属棒ab恰好追上金属环,设此时速度为v,由动 量守恒定律有mv０＝mv＋２mv,解得v＝ １ ３v０ , 对金属棒ab,由动量定理有－BILt＝m􀅰v０３－mv０ , 则有BLq＝２３mv０ , 设金属棒运动距离为x１,金属环运动的距离为x２,则有 q＝ BL(x１－x２) R总 , 联立解得 Δx＝x１－x２＝ mR ２gL B２L２ , 则金属环圆心初始位置到 MP 的最小距离d＝L＋Δx ＝B ２L３＋mR ２gL B２L２ ． 答案:(１)BL ２gL　(２)B ２L２ ２gL ３mR (３)B ２L３＋mR ２gL B２L２ ４．解析:(１)由于绝缘棒Q 与金属棒P 发生弹性碰撞,根据 动量守恒和机械能守恒可得３mv０＝３mvQ ＋mvP, １ ２ × ３mv２０＝ １ ２×３mv ２ Q＋ １ ２mv ２ P, 联立解得vP＝ ３ ２v０ ,vQ＝ １ ２v０ , 由题知,碰撞一次后,P 和Q 先后从导轨的最右端滑出 导轨,并落在地面上同一地点,则金属棒P 滑出导轨时 的速度大小为vP′＝vQ＝ １ ２v０． (２)根据能量守恒有１２mv ２ P＝ １ ２mvP ′２＋Q, 解得Q＝mv２０． (３)P、Q 碰撞后,对金属棒P 分析,根据动量定理得 －B􀭵IlΔt＝mvP′－mvP, 又q＝􀭵IΔt,􀭵I＝ 􀭺E R ＝ ΔΦ RΔt＝ Blx RΔt , 联立可得x＝mv０R B２l２ ; 由于Q 为绝缘棒,无电流通过,做匀速直线运动,故Q 运 动的时间为t＝xvQ ＝２mR B２l２ ． 答案:(１)１２v０ ;(２)mv２０;(３) ２mR B２l２ ５．解析:(１)设金属框的初速度为v０,则金属框的末速度v１ ＝ v０ ２ ,设向右为正方向． 金属框进入磁场时,有E＝BLv０,I＝ E ４R０ ,F＝BIL,联立 解得F＝B ２L２v０ ４R０ , 金属框在磁场运动过程满足F􀅰t＝mv１－mv０, 即－B ２L２x ４R０ ＝－mv０２ , 将x＝２L代入,解得v０＝ B２L３ mR０ ． (２)设金属框的初速度为v０,则金属框进入磁场时的末 速度为v１,向右为正方向．由于导轨电阻可忽略,此时金 属框上下部 分 被 短 路,故 电 路 中 的 总 电 阻 R总 ＝R０ ＋ ２R０􀅰R０ ２R０＋R０ ＝ ５R０ ３ , 再根据动量定理有－B ２L３ R总 ＝mv１－mv０ , 解得v１＝ ２B２L３ ５mR０ , 则在此过程中根据能量守恒有１ ２mv ２ ０＝Q１＋ １ ２mv ２ １ 解得Q１＝ ２１B４L６ ５０mR２０ , 其中QR１＝ ２ １５Q１＝ ７B４L６ １２５mR２０ , 此后线框完全进入磁场中,则线框左、右两边均作为电 源,且等效电路图如下 则此时回路的总电阻R总′＝２R０＋ R０ ２＝ ５R０ ２ , 设线框刚离开磁场时 的 速 度 为v２,再 根 据 动 量 定 理 有 －B ２L３ R总′＝mv２－my１ , 解得v２＝０, 则说明线框刚离开磁场时就停止运动了,则再根据能量 守恒有１ ２mv ２ １＝Q２, 其中Q′R１＝ ４ ５Q２＝ ８B４L６ １２５mR２０ , 则在金属框整个运动过程中,电阻R１ 产生的热量QR１总 ＝QR１＋QR１′＝ ３B４L６ ２５mR２０ ． 答案:(１)v０＝ B２L３ mR０ ;(２)３B ４L６ ２５mR２０ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ４３２ 最新真题分类特训􀅰物理 ６．解析:(１)a导体棒在运动过程中重力沿斜面的分力和a 棒的安培力相等时做匀速运动,由法拉第电磁感应定律 可得E＝BLv０, 有闭 合 电 路 欧 姆 定 律 及 安 培 力 公 式 可 得 I＝ E ２R ,F＝BIL, a棒受力平衡可得mgsinθ＝BIL, 联立解得v０＝ ２mgRsinθ B２L２ , (２)由右手定则可知导体棒b中电流向里,b棒沿斜面向 下的安培力,此时电路中电流不变,则 b棒牛顿第二定 律可得mgsinθ＋BIL＝ma, 解得a０＝２gsinθ, (３)释放b棒后a棒受到沿斜面向上的安培力,在到达共 速时对a棒动量定理mgsinθt０－BILt０＝mv－mv０, b棒受到向下的安培力,对b棒动量定理 mgsinθt０＋BILt０＝mv, 联立解得v＝gsinθ􀅰t０＋ mgRsinθ B２L２ , 此过程流过b棒的电荷量为q,则有q＝It０, 由法 拉 第 电 磁 感 应 定 律 可 得 􀭵I＝ 􀭺E ２R＝ １ ２R× BLΔx t０ ＝BLΔx２Rt０ , 联立b棒动量定理可得 Δx＝２m ２gR２sinθ B４L４ ． 答案:(１)v０＝ ２mgRsinθ B２L２ 　(２)a０＝２gsinθ (３)v＝gsinθ􀅰t０＋ mgRsinθ B２L２ , Δx＝２m ２gR２sinθ B４L４ ７．解析:(１)细金属杆 M 以初速度v０ 向右刚进入磁场时, 产生的动生电动势为E＝BLv０, 电流方向为a→b,电流的大小为I＝E２R , 则所受的安培力大小为F＝BIL＝B ２L２v０ ２R , 安培力的方向由左手定则可知水平向左; (２)①金属杆 N 在磁场内运动过程中,由动量定理有 B􀭵IL􀅰Δt＝m􀅰v０３－０ , 且q＝􀭵I􀅰Δt, 联立解得通过回路的电荷量为q＝ mv０ ３BL , ②设两杆在磁场中相对靠近的位移为 Δx,有􀭵I＝ 􀭺E ２R , 􀭺E＝BL 􀅰Δx Δt , 整理可得q＝BL 􀅰Δx ２R , 联立可得 Δx＝２mv０R ３B２L２ , 若两杆在磁场内刚好相撞,N 到ab的最小距离为 x＝Δx＝２mv０R ３B２L２ ． (３)两杆出磁场后在平行光滑长直金属导轨上运动,若 N 到cd 的距离与第(２)问初始时刻的相同、到ab的距离 为kx(k＞１),则 N 到ab 边的速度大小恒为v０３ ,根据动 量守恒定律可知mv０＝mv１＋m􀅰 v０ ３ , 解得 N 出磁场时,M 的速度大小为v１＝ ２ ３v０ , 由题意可知,此时 M 到cd 边的距离为s＝(k－１)x, 若要保证 M 出磁场后不与N 相撞,则有两种临界情况: ①M 减速到v０３ 时出磁场,速度刚好等于 N 的速度,一定 不与 N 相撞,对 M 根据动量定理有BI１L􀅰Δt１＝ m􀅰２３v０－m 􀅰v０ ３ ,q１＝􀭵I１􀅰Δt１＝ BL􀅰(k－１)x ２R , 联立解得k＝２, ②M 运动到cd 边时,恰好减速到零,则对 M 由动量定理 有BI２L􀅰Δt２＝m􀅰 v０ ３－０ , 同理解得k＝３, 综上所述,M 出磁场后不与N 相撞条件下k 的取值范围 为２≤k＜３． 答案:(１)F＝B ２L２v０ ２R ,方向水平向左　(２)①q＝ mv０ ３BL ②x＝２mv０R ３B２L２ 　(３)２≤k＜３ 专题十三　交变电流　传感器 考点１　交变电流的产生和描述 １．C　根据题意可知,磁场区域变化前线圈产生的感应电 动势为e＝Esinωt, 由题图丙可知,磁场区域变化后,当Esinωt＝ ３E２ 时,线 圈的侧边开始切割磁感线,即当线圈旋转 π ３ 时开始切割 磁感线,由几何关系可知磁场区域平行于x轴的边长变 为d′＝２dcos π３＝d ,C正确． ２．BD　如题图开始线圈处于中性面位置,当磁极再转过 ９０°时,此时穿过线圈的磁通量为０,故可知电流最大;在 磁极转动的过程中,穿过线圈的磁通量在减小,根据楞 次定律可知,此时感应电流方向由Q 指向P． ３．A　本题考查磁场、交变电流．题图甲中细短铁丝显示的 磁场分布均匀,则线圈转动区域磁场可视为匀强磁场,A 正确;题图乙中细短铁丝显示的磁场分布不均匀,则线 圈转动区域磁场不能视为匀强磁场,B错误;根据发电机 原理可知题图甲中线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的转 轴匀速转动时才能产生正弦交流电,C错误;题图乙中是 非匀强磁场,则线圈匀速转动时不能产生正弦交流电,D 错误． ４．B　AD．根据E＝nΔΦΔt ,两线圈中磁通量的变化率相等, 但是匝数不等,则产生的感应电动势最大值不相等,有 效值也不相等,根据P＝U ２ R ,可知,两电阻的电功率也不 相等,选项 AD 错误;B．因两线圈放在同一个旋转磁铁 的旁边,则两线圈产生的交流电的频率相等,选项 B正 确;C．当磁铁的磁极到达线圈附近时,磁通量变化率最 大,感应电动势最大,可知两线圈产生的感应电动势不 可能同时达到最大值,选项 C错误;故选B． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ５３２ 详解详析