第2章 电磁感应 高考真题演练-【金版教程】2024-2025学年高中物理选择性必修第二册作业与测评课件PPT（人教版2019）

第二章　高考真题演练 一、选择题 1.(2023·海南高考)汽车测速利用了电磁感应现象，汽车可简化为一个矩形线圈abcd，埋在地下的线圈分别为1、2且通上顺时针(俯视)方向电流，当汽车经过线圈时(　　) A．线圈1、2产生的磁场方向竖直向上 B．汽车进入线圈1过程产生感应电流方向为abcd C．汽车离开线圈1过程产生感应电流方向为abcd D．汽车进入线圈2过程受到的安培力方向与速度方向相同 答案 解析 解析：根据安培定则可知，线圈1、2产生的磁场方向竖直向下，A错误；由楞次定律及安培定则可知，汽车进入线圈1过程产生感应电流的方向为adcb，离开线圈1过程产生感应电流的方向为abcd，B错误，C正确；由楞次定律的推论可知，汽车进入线圈2过程受到的安培力方向与速度方向相反，D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2．(2024·江苏高考)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 答案 解析 解析：将线圈a从磁场中匀速拉出的过程中，穿过线圈a的磁通量垂直纸面向里且在减小，根据楞次定律可知，线圈a中产生的感应电流的方向为顺时针；由于将线圈a从磁场中匀速拉出，由法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律可知，线圈a中产生的电流为恒定电流，根据安培定则可知，线圈a的电流在线圈b处产生垂直纸面向外的磁场，则线圈a靠近线圈b的过程中，穿过线圈b的磁通量垂直纸面向外且增大，由楞次定律可得，线圈b中产生的感应电流的方向为顺时针，故选A。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3．(2024·湖北高考)《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 答案 解析 解析：雷击时，会产生瞬间的强电流，从而产生瞬间的强磁场，由电磁感应可知，这种变化的磁场会使金属内产生涡电流，从而使金属发热熔化，而非金属中不能产生涡流，即导致金属熔化而非金属完好的原因可能为涡流，C正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 4．(2024·广东高考)电磁俘能器可在汽车发动机 振动时利用电磁感应发电实现能量回收，结构如图甲 所示。两对永磁铁可随发动机一起上下振动，每对永 磁铁间有水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小均为 B。磁场中，边长为L的正方形线圈竖直固定在减震装 置上。某时刻磁场分布与线圈位置如图乙所示，永磁铁振动时磁场分界线不会离开线圈。关于图乙中的线圈，下列说法正确的是(　　) A．穿过线圈的磁通量为BL2 B．永磁铁相对线圈上升越高，线圈中感应电动势越大 C．永磁铁相对线圈上升越快，线圈中感应电动势越小 D．永磁铁相对线圈下降时，线圈中感应电流的方向为顺时针方向 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析：根据题图乙可知，此时垂直纸面向里穿过线圈的磁通量与垂直纸面向外穿过线圈的磁通量相等，则穿过线圈的磁通量为0，故A错误；根据法拉第电磁感应定律可知，永磁铁相对线圈上升越快，线圈中磁通量变化越快，线圈中感应电动势越大，而永磁铁相对线圈上升的高度与线圈中感应电动势的大小无关，故B、C错误；永磁铁相对线圈下降时，穿过线圈的磁通量垂直纸面向外且增大，根据楞次定律和安培定则可知，线圈中感应电流的方向为顺时针方向，故D正确。 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 6．(2023·湖北高考)近场通信(NFC)器件应用电磁感应原理进行通讯，其天线类似一个压平的线圈，线圈尺寸从内到外逐渐变大。如图所示，一正方形NFC线圈共3匝，其边长分别为1.0 cm、1.2 cm和1.4 cm，图中线圈外线接入内部芯片时与内部线圈绝缘。若匀强磁场垂直通过此线圈，磁感应强度 变化率为103 T/s，则线圈产生的感应电动势最接近(　　) A．0.30 V B．0.44 V C．0.59 V D．4.3 V 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 7．(2022·全国甲卷)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 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 8．(2023·全国甲卷)(多选)一有机玻璃管竖直 放在水平地面上，管上有漆包线绕成的线圈，线圈 的两端与电流传感器相连，线圈在玻璃管上部的5匝 均匀分布，下部的3匝也均匀分布，下部相邻两匝间 的距离大于上部相邻两匝间的距离，如图a所示。现 让一个很小的强磁体在玻璃管内沿轴线从上端口由静止下落，电流传感器测得线圈中电流I随时间t的变化如图b所示。则(　　) A．小磁体在玻璃管内下降速度越来越快 B．下落过程中，小磁体的N极、S极上下颠倒了8次 C．下落过程中，小磁体受到的电磁阻力始终保持不变 D．与上部相比，小磁体通过线圈下部的过程中，磁通量变化率的最大值更大 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析：由图b可知，电流传感器脉冲电流的峰值越来越大，则小磁体在依次穿过每个线圈的过程中磁通量的变化率越来越大，因此小磁体的速度越来越快，A、D正确；由图b可知，每一匝线圈所对应的脉冲电流的方向均先为正后为负，而穿过每匝线圈的磁通量都先增大后减小，根据楞次定律可知，小磁体靠近和离开每一匝线圈时穿过线圈的磁通量方向相同，即下落过程中，小磁体的N极和S极不发生颠倒，B错误；下落过程中，感应电流的峰值不断变大，则线圈受到小磁体的安培力的峰值不断变大，所以小磁体受到的电磁阻力的峰值不断变大，C错误。 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 9．(2024·山东高考)(多选)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 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析：金属棒MN从释放到第一次到达OO′位置过程中， 根据右手定则可知，MN中产生的感应电流的方向由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MN第一次经过OO′位置时，有向右的速 度，会向右运动，同理分析可知，MN从OO′位置向右运动 到最高点的过程，所受安培力仍水平向左，安培力做负功；当金属棒MN到达右侧最高点后，会向左运动，同理分析可知，金属棒MN受到的安培力水平向右，则安培力做负功；之后MN往复运动，MN运动过程中安培力始终做负功，根据能量守恒定律可知，MN上升的最大高度不断减小，直至MN经过OO′位置的速度为0时，才不再运动，即MN最终静止于OO′位置，故A、B、D正确。金属棒MN从释放到第一次到达OO′位置过程中，金属棒MN所受安培力水平向左且始终大于零，由于在OO′位置金属棒重力沿导轨切线方向的分力为0，可知在到达OO′位置之前，重力沿导轨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。 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 10．(2022·上海高考)如图，一个正方形导线框以初速度v0向右穿过一个有界的匀强磁场。线框两次速度发生变化所用时间分别为t1和t2，这两段时间内克服安培力做的功分别为W1和W2，则(　　) A．t1＜t2，W1＜W2 B．t1＜t2，W1＞W2 C．t1＞t2，W1＜W2 D．t1＞t2，W1＞W2 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 11．(2021·全国甲卷)(多选)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 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析：两导体棒均沿导轨向下滑动，根据右手定则可知，ab中产生的感应电动势从a到b，cd中产生的感应电动势从c到d，则回路中的电流方向为abcda，故A正确；设回路中的总电阻为R，电流为i，ab的加速度大小为aab，cd的加速度大小为acd，对ab、cd进行受力分析，并沿导轨方向和垂直导轨方向进行正交分解，在沿导轨方向，根据牛顿第二定律，对ab有2mgsin30°－2BiLcos30°＝2maab，对cd有mgsin30°－BiLcos30°＝macd，故aab＝acd，即ab与cd加速度大小之比始终为1∶1，故C错误；由C项分析可知，两导体棒的速度大小始终相等，设为v， 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 二、计算题 13．(2022·重庆高考)某同学以金属戒指为研究对象，探究金属物品在变化磁场中的热效应。如图所示，戒指可视为周长为L、横截面积为S、电阻率为ρ的单匝圆形线圈，放置在匀强磁场中，磁感应强度方向垂直于戒指平面。若磁感应强度大小在Δt时间内从0均匀增加到B0，求： (1)戒指中的感应电动势和电流； (2)戒指中电流的热功率。 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 14．(2024·河北高考)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。 (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。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (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。 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 15.(2024·全国甲卷)如图，金属导轨平行且水平放 置，导轨间距为L，导轨光滑无摩擦。定值电阻大小为 R，其余电阻忽略不计，电容大小为C。在运动过程中， 金属棒始终与导轨保持垂直。整个装置处于竖直方向且 磁感应强度为B的匀强磁场中。 (1)开关S闭合时，对金属棒施加以水平向右的恒力，金属棒能达到的最大速度为v0。当外力功率为定值电阻功率的两倍时，求金属棒速度v的大小。 (2)当金属棒速度为v时，断开开关S，改变水平外力并使金属棒匀速运动。当外力功率为定值电阻功率的两倍时，求电容器两端的电压以及从开关断开到此刻外力所做的功。 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 16．(2024·湖北高考)如图所示，两足够长平 行金属直导轨MN、PQ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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (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。 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 5．(2024·湖南高考)如图，有一硬质导线Oabc，其中eq \o(abc,\s\up18(︵))是半径为R的半圆弧，b为圆弧的中点，直线段Oa长为R且垂直于直径ac。该导线在纸面内绕O点逆时针转动，导线始终在垂直纸面向里的匀强磁场中。则O、a、b、c各点电势关系为(　　) A．φO>φa>φb>φc B．φO<φa<φb<φc C．φO>φa>φb＝φc D．φO<φa<φb＝φc 解析：如图所示，O、a、b、c各点电势的关系相当于Oa、Ob、Oc三条直导体棒绕O点转动切割磁感线时四点的电势的关系，根据右手定则可知，O点电势最高；根据法拉第电磁感应定律，直导体棒在匀强磁场中转动产生的感应电动势E＝Bleq \o(v,\s\up16(－))，本题中直导体棒绕棒端点转动，则eq \o(v,\s\up16(－))＝eq \f(1,2)ωl，联立可得E＝eq \f(1,2)Bωl2，由图可知lOb＝lOc＝eq \r(R2＋（2R）2)＝eq \r(5)R>lOa＝R，可得UOb＝UOc>UOa>0，又UOa＝φO－φa，UOb＝φO－φb，UOc＝φO－φc，可得φO>φa>φb＝φc，故选C。 解析：根据法拉第电磁感应定律可知，3匝线圈产生的感应电动势大小分别为E1＝eq \f(ΔΦ1,Δt)＝eq \f(ΔB,Δt)·S1＝103×1.02×10－4 V＝0.1 V，E2＝eq \f(ΔΦ2,Δt)＝eq \f(ΔB,Δt)S2＝103×1.22×10－4 V＝0.144 V，E3＝eq \f(ΔΦ3,Δt)＝eq \f(ΔB,Δt)S3＝103×1.42×10－4 V＝0.196 V，根据楞次定律可知，3匝线圈产生的感应电动势方向相同，则总电动势E＝E1＋E2＋E3＝0.44 V，故选B。 解析：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。正方形线框的周长和所围面积分别为C1＝8r，S1＝4r2，圆线框的周长和所围面积分别为C2＝2πr，S2＝πr2，正六边形线框的周长和所围面积分别为C3＝6r，S3＝6×eq \f(1,2)×r×eq \f(\r(3),2)r＝eq \f(3\r(3)r2,2)。三线框所用导线的材料、粗细相同，根据电阻定律R＝ρeq \f(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及闭合电路欧姆定律有I＝eq \f(E,R)＝eq \f(ΔB,Δt)·eq \f(S,R)，而S1∶S2∶S3＝4∶π∶eq \f(3\r(3),2)，可得感应电流之比为I1∶I2∶I3＝eq \f(S1,R1)∶eq \f(S2,R2)∶eq \f(S3,R3)＝eq \f(4,8)∶eq \f(π,2π)∶eq \f(\f(3\r(3),2),6)＝2∶2∶eq \r(3)，则I1＝I2>I3，故选C。 解析：设线框的边长为L，质量为m，电阻为R，磁场的 磁感应强度大小为B。由楞次定律和左手定则可知，线框进入 磁场的过程和离开磁场的过程，都受到向左的安培力作用而向 右做减速运动，因此线框进入磁场过程对时间的平均速度v1平 大于线框离开磁场过程对时间的平均速度v2平，由L＝v1平t1和 L＝v2平t2可得，t1＜t2。对线框进入磁场或离开磁场的过程，由感应电动势E＝BLv，感应电流I＝eq \f(E,R)，安培力大小F安＝BIL，联立得F安＝eq \f(B2L2v,R)，因为线框进入磁场过程对位移的平均速度v1平′大于线框离开磁场过程对位移的平均速度v2平′，则安培力大小对位移的平均值eq \o(F,\s\up16(－))安1>eq \o(F,\s\up16(－))安2，由W1＝eq \o(F,\s\up16(－))安1L和W2＝eq \o(F,\s\up16(－))安2L可得，W1>W2。B正确。 解析：由于两线圈从同一高度同时由静止开始下落，则两线圈下边同时进入磁场，且速度相同，设为v；设线圈的边长为l，匝数为n，则线圈下边刚进入磁场时产生的感应电动势为E＝nBlv；设线圈的密度为ρ0，质量为m，则所用导线的横截面积为S＝eq \f(m,4nlρ0)；设导线材料的电阻率为ρ，则线圈的电阻为R＝ρeq \f(4nl,S)＝eq \f(16n2l2ρρ0,m)；线圈下边刚进入磁场时的感应电流大小为I＝eq \f(E,R)＝eq \f(mBv,16nlρρ0)，所受安培力大小为F＝nIlB＝eq \f(mB2v,16ρρ0)；以竖直向下为正方向，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)，可知加速度和线圈的匝数、横截面积无关，则甲和乙进入磁场时，具有相同的加速度； 分析可知，在线圈下边进入磁场后且上边进入磁场前，两线圈的加速度和速度在任意时刻都相同。由a的表达式可知，若g>eq \f(B2v,16ρρ0)，即a>0，则在线圈下边进入磁场后且上边进入磁场前，甲和乙都加速运动，或都先加速后匀速运动；若g<eq \f(B2v,16ρρ0)，即a<0，则在线圈下边进入磁场后且上边进入磁场前，甲和乙都减速运动，或都先减速后匀速运动；若g＝eq \f(B2v,16ρρ0)，即a＝0，则在线圈下边进入磁场后且上边进入磁场前，甲和乙都匀速运动。综上所述，A、B正确，C、D错误。 12．(2024·辽宁高考)(多选)如图，两条“∧”形的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，重力加速度大小为g。两棒在下滑过程中(　　) A．回路中的电流方向为abcda B．ab中电流趋于eq \f(\r(3)mg,3BL) 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 则由法拉第电磁感应定律可知，ab产生的感应电动势大小为Eab＝2BLvcos30°＝eq \r(3)BLv，cd产生的感应电动势大小为Ecd＝BLvcos30°＝eq \f(\r(3),2)BLv，则Eab≠Ecd，D错误；由A、C项分析可知，回路中的总感应电动势大小为E＝Eab＋Ecd＝eq \f(3\r(3),2)BLv，随着导体棒速度v的增大，回路中的总感应电动势E增大，回路中的电流i＝eq \f(E,R)增大，导体棒受到的安培力在增大，当ab所受安培力沿导轨向上的分力与ab所受重力沿导轨向下的分力平衡时，设闭合回路中的电流为I，对ab有2mgsin30°＝2BILcos30°，则mgsin30°＝BILcos30°，即此时cd也受力平衡，则此后导体棒ab、cd将匀速运动，此时电路中的电流达到稳定值且最大，解得I＝eq \f(\r(3)mg,3BL)，即ab中电流趋于eq \f(\r(3)mg,3BL)，故B正确。 答案：(1)eq \f(B0L2,4πΔt)　eq \f(B0LS,4πρΔt)　(2)2,0)eq \f(BL3S,16π2ρ（Δt）2) 解析：(1)设戒指的半径为r，则有L＝2πr Δt时间内穿过戒指的磁通量变化量为ΔΦ＝B0πr2－0 根据法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势为E＝eq \f(ΔΦ,Δt) 联立解得E＝eq \f(B0L2,4πΔt) 根据电阻定律，戒指的电阻为R＝ρeq \f(L,S) 根据闭合电路欧姆定律，戒指中的电流为I＝eq \f(E,R) 联立解得I＝eq \f(B0LS,4πρΔt)。 (2)戒指中电流的热功率为P＝I2R 联立解得P＝2,0)eq \f(BL3S,16π2ρ（Δt）2) 。 答案：(1)eq \f(B2L3ω,R)　eq \f(B2L3ω,2R)　(2)eq \f(a,gcosθ)－eq \f(1,3)tanθ 解析：(1)设OA棒接入电路的长度为l，则OA棒切割磁感线的平均速度eq \o(v,\s\up16(－))＝eq \f(1,2)ωl 根据法拉第电磁感应定律，此时回路的感应电动势大小E＝Bleq \o(v,\s\up16(－)) 根据闭合电路欧姆定律，此时通过CD的电流大小I＝eq \f(E,R) 则CD棒所受安培力大小F＝ILB 联立得F＝eq \f(B2Ll2ω,2R) 当OA棒运动到正方形细框对角线位置时，l最大，为lmax＝eq \r(2)L，此时CD棒所受的安培力最大 可解得CD棒所受安培力的最大值为Fmax＝eq \f(B2L3ω,R) 当OA棒运动到与细框一边平行时，l最小，为lmin ＝L，此时CD棒所受的安培力最小 可解得CD棒所受安培力的最小值为Fmin＝eq \f(B2L3ω,2R)。 (2)设CD棒的质量为m，CD棒与导轨间的最大静摩擦力为fm，CD棒与导轨间的动摩擦因数为μ。CD棒在导轨上静止时，根据题意，当CD棒受到的安培力最小时，根据平衡条件有 mgsinθ＝fm＋Fmin 当CD棒受到的安培力最大时，根据平衡条件有Fmax＝mgsinθ＋fm 撤去推力瞬间，对CD棒，沿导轨方向，根据牛顿第二定律有Fmax＋f－mgsinθ＝ma 其中滑动摩擦力大小f＝μN 垂直导轨方向，根据平衡条件有N＝mgcosθ 联立解得μ＝eq \f(a,gcosθ)－eq \f(1,3)tanθ。 答案：(1)eq \f(v0,2)　(2)eq \f(BLv0,4)　2,0)eq \f(B2L2vC,8) 解析：(1)开关S闭合，当金属棒的速度最大时，根据法拉第电磁感应定律可得，金属棒切割磁感线产生的感应电动势大小为E0＝BLv0 由闭合电路欧姆定律可得，闭合回路中的电流大小为I0＝eq \f(E0,R) 根据平衡条件可知，外力与安培力大小相等，即F＝F安＝BI0L 在金属棒速度为v时，外力的功率为PF＝Fv 此时金属棒切割磁感线产生的感应电动势大小为E＝BLv 闭合回路中的感应电流大小为I＝eq \f(E,R) 此时定值电阻的功率为PR＝I2R 由题意知PF＝2PR 联立解得v＝eq \f(v0,2)。 (2)断开开关S，金属棒做匀速运动时，设回路中的电流大小为I′，则金属棒所受安培力大小F安′＝BI′L 由平衡条件可得，外力F′＝F安′ 外力F′的功率PF′＝F′v 定值电阻R的功率PR′＝I′2R 当外力做功的功率为定值电阻功率的两倍时，PF′＝2PR′ 联立解得此时回路中的电流大小I′＝eq \f(BLv0,4R) 因电容器与定值电阻串联，则此时电容器两端电压UC＝BLv－I′R 联立解得UC＝eq \f(BLv0,4) 从断开S开始到该时刻的过程，对金属棒，根据动能定理可知，外力做的功等于克服安培力做的功，即WF′＝W安′ 设该过程经历的时间为t，则安培力做的功W安′＝eq \o(P,\s\up16(－))安′t 其中eq \o(P,\s\up16(－))安′是安培力的平均功率，且eq \o(P,\s\up16(－))安′＝eq \o(F,\s\up16(－))安′v 安培力的平均值eq \o(F,\s\up16(－))安′＝Beq \o(I,\s\up16(－))′L 通过电路的电荷量Q＝eq \o(I,\s\up16(－))′·t 且Q＝CUC 联立解得WF′＝2,0)eq \f(B2L2vC,8) 。 答案：(1)BLeq \r(2gL)　(2)eq \f(B2L2\r(2gL),3mR)　(3)eq \f(B2L3＋mR\r(2gL),B2L2) 解析：(1)设ab刚越过MP时的速度大小为v0，对金属棒ab由静止释放到刚越过MP的过程，由动能定理有mgL＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－0 解得v0＝eq \r(2gL) 根据法拉第电磁感应定律可知，ab刚越过MP时产生的感应电动势大小为E＝BLv0 解得E＝BLeq \r(2gL)。 (2)分析可知，金属环在导轨外侧的两段圆弧被短路，在导轨间的两段圆弧并联接入电路中，由几何关系可得，这两段圆弧所对应的圆心角均为θ＝60°，则这两段圆弧的电阻均为R0＝eq \f(θ,360°)×6R 整个回路的总电阻为R总＝R＋eq \f(R0·R0,R0＋R0) 联立解得R总＝eq \f(3,2)R ab刚越过MP时，通过ab的感应电流大小为I＝eq \f(E,R总) 金属环接入电路的两段圆弧所受安培力大小均为F安＝BLeq \f(I,2) 分析知，金属环接入电路的两段圆弧中电流方向相同，则所受安培力方向相同，设金属环刚开始运动时的加速度大小为a，对金属环，由牛顿第二定律有2F安＝2ma 联立解得a＝eq \f(B2L2\r(2gL),3mR)。 (3)分析可知，金属环和金属棒ab所受的安培力等大反向，则金属环与金属棒ab组成的系统的动量守恒。开始阶段金属环向右做加速运动，金属棒ab向右做减速运动，当金属棒ab和金属环速度相等时，若金属棒ab恰好追不上金属环，则ab在整个运动过程中恰好不与金属环接触，此时金属环圆心初始位置到MP的距离最小。设二者达到的共同速度为v，从ab刚越过MP至与金属环达到共同速度，对金属棒ab和金属环组成的系统，由动量守恒定律有mv0＝mv＋2mv 设此过程金属棒ab运动的距离为x1，金属环运动的距离为x2，经过的时间为Δt，根据法拉第电磁感应定律可得，平均感应电动势eq \o(E,\s\up16(－))＝eq \f(BL（x1－x2）,Δt) 由闭合电路欧姆定律得， ab中的平均感应电流eq \o(I,\s\up16(－))＝eq \f(\o(E,\s\up16(－)),R总) 对金属棒ab，由动量定理有 －Beq \o(I,\s\up16(－))LΔt＝mv－mv0 由位移关系知，金属环圆心初始位置到MP的最小距离d＝L＋(x1－x2) 联立解得d＝eq \f(B2L3＋mR\r(2gL),B2L2)。 $$