第八章 综合测评-【金版教程】2026年高考物理一轮总复习首选用卷课件PPT

第八章　综合测评 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1.如图所示，光滑的水平绝缘桌面上有一个铝制圆环，圆心的正上方有一个竖直的条形磁体。若条形磁体沿水平方向向右匀速运动，则(　　) A．圆环和磁体以相同的速度一起向右运动 B．圆环对桌面的压力可能为零 C．圆环对桌面的压力大于它的重力 D．磁体对圆环做的功等于圆环中增加的内能 时间：75分钟　　　满分：100分 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析：根据楞次定律的推论“来拒去留”，条形磁体沿水平方向向右匀速运动时，圆环将跟随磁体向右运动，根据楞次定律，安培力一定“阻碍”相对运动，但不能“阻止”，所以圆环的速度一定小于磁体的速度，A错误；根据楞次定律的推论“来拒去留”，圆环所受安培力向右上方，则圆环对桌面的压力小于其重力，圆环对桌面的压力可能为零，B正确，C错误；根据功能关系，磁体对圆环做的功等于圆环中增加的内能和圆环增加的动能之和，D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2．(2025·河北省承德市高三上10月月考)某兴趣小组使用图甲所示的装置，探究钕磁铁在长螺线管中运动产生的感应电流变化规律，将螺线管一端固定在铁架台上，另一端自然下垂，电流传感器连接长螺线管的上下两端，将钕磁铁从靠近螺线管的上方由静止释放。在钕磁铁穿过整个螺线管的过程中，传感器显示的电流i随时间t变化的图像如图乙所示，不计空气阻力，下列说法正确的是(　　) A．t1时刻，穿过螺线管磁通量的变化率最大 B．t2～t3时间内，钕磁铁做匀速直线运动 C．若只增加钕磁铁释放高度，则感应电流的 峰值变大 D．若只调转钕磁铁的极性，再从同一位置释放，感应电流的方向不变 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3．(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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 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。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 5．粗糙水平桌面上放一单匝闭合矩形线框，如图甲所示，线框右半部分处在匀强磁场中，磁感应强度B竖直向下，磁场的左边界OO′与线框交于M、N两点。已知线框面积S＝100 cm2，总电阻R＝0.02 Ω，M、N间距离x＝8 cm，磁感应强度B按图乙所示变化时(向下为B的正方向)，线框始终静止不动，则(　　) A．在t＝1 s时，线框上M、N两点的电势差UMN>0 B．在t＝1 s时，线框受到的摩擦力f＝0.04 N C．在t＝2 s时，线框中感应电流的方向发生改变 D．在t＝2 s时，线框所受的摩擦力方向发生改变 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 6.如图所示的电路中a、b是两个完全相同的灯泡，L为自感线圈(自感系数足够大，直流电阻不计)，E为电源，S为开关。下列说法正确的是(　　) A．闭合开关，a、b同时亮 B．断开开关，a先熄灭，b闪亮后熄灭 C．闭合开关和断开开关瞬间，a中电流方向相同 D．闭合开关和断开开关瞬间，b中电流方向相同 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析：由题图可以看出，a、b灯泡在两个不同的支路中，对于纯电阻电路，不发生电磁感应，则通电后a灯立即亮；对于含自感线圈的电路，在通电时，线圈产生自感电动势，对电流的增大有阻碍作用，使b灯逐渐变亮，则闭合开关，a灯先亮， b灯后亮，故A错误。L为自感线圈(直流电阻不计)，闭合开关稳定时通过两灯的电流相等，当断开开关时，线圈中产生自感电动势，由a、b两灯及自感线圈组成一个回路，两灯同时逐渐熄灭，故B错误。由题图可知，闭合开关瞬间通过a、b两灯的电流方向相同，断开开关瞬间线圈中产生自感电动势，由a、b两灯及自感线圈组成一个回路，产生的感应电流与原来b灯中的电流同向，则通过b灯的电流方向不变，而通过a灯的电流方向反向，故C错误，D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 7.(2024·黑龙江省大庆市高三下三模)如图所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内，有一位于纸面的、电阻均匀的正方形导体框abcd，现将导体框分别朝两个方向以v、2v速度匀速拉出磁场，则导体框从两个方向分别移出磁场的过程中(　　) A．导体框中产生的感应电流方向相反 B．导体框受到的安培力大小之比为1∶4 C．导体框中产生的焦耳热之比为1∶4 D．通过导体框截面的电荷量之比为1∶1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 8．(2025·陕西省高三上开学考试)如图所示，电动机牵引一长为1 m、质量为0.1 kg的导体棒MN由静止开始上升，导体棒的电阻为1 Ω，架在竖直放置、足够长的金属框架上，它们处于磁感应强度为1 T的匀强磁场中，磁场方向与框架平面垂直，框架的宽度与导体棒长度相等。电动机牵引导体棒时，理想电压表、电流表的读数分别为7 V、1 A，电动机的内阻为1 Ω，不计框架电阻及一切摩擦，导体棒与框架始终接触，g取10 m/s2，以下判断正确的是(　　) A．导体棒向上做匀减速运动 B．电动机的输出功率为6 W C．导体棒达到稳定时的速度大小为2 m/s D．导体棒达到稳定时通过导体棒的电流大小为1 A 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 大小相等、方向相反的匀强磁场Ⅰ、Ⅱ，宽度也均为l，磁场方向均垂直导轨平面，整个装置的俯视图如图所示。从图示位置在棒ab上加水平拉力，使金属棒ab和cd向右匀速穿过磁场区域，则金属棒ab中感应电流i和绝缘细线上的张力大小F随时间t变化的图像，可能正确的是(规定金属棒ab中电流方向由a到b为正)(　　) 9．在绝缘的水平桌面上固定有MN、PQ两根平行的光滑金属导轨，导轨间距为l，电阻相同的金属棒ab和cd垂直放在导轨上，两棒正中间用一根长为l的绝缘细线相连，棒ab右侧有磁感应强度 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 10．如图所示，在竖直平面内有一上下边界均水平、垂直线框所在平面的匀强磁场，磁感应强度B＝2.5 T。正方形单匝金属线框在磁场上方h＝0.45 m处，质量为0.1 kg，边长为0.4 m，总阻值为1 Ω。现将线框由静止释放，下落过程中线框ab边始终与磁场边界平行，ab边刚好进入磁场和刚好离开磁场时的速度大小均为2 m/s，不计空气阻力，重力加速度大小取10 m/s2，则(　　) A．cd边刚进入磁场时克服安培力做功的功率为9 W B．匀强磁场区域的高度为0.65 m C．穿过磁场的过程中线框电阻产生的焦耳热为0.65 J D．线框通过磁场上边界所用时间为0.3 s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 三、非选择题：本题共5小题，共54分。 11．(6分)如图所示为“研究电磁感应现象” 的实验装置。 (1)将图中所缺的导线补接完整。 (2)如果在闭合开关时发现电流表的指针向右偏转了一下，那么合上开关后可能出现的情况有： ①将线圈A迅速拔出线圈B时，电流表指针将________________。 ②线圈A插入线圈B后，将滑动变阻器的滑片迅速向右滑时，电流表指针将________________。 答案：如图所示 向左偏转一下 向右偏转一下 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析：(1)如图所示。 (2)闭合开关时，穿过线圈B的磁通量增大，电流表的指针向右偏转一下。 ①将线圈A迅速拔出线圈B时，穿过线圈B的磁场方向不变，磁通量减小，则电流表指针将向左偏转一下；②线圈A插入线圈B后，由电路图可知，将滑动变阻器的滑片迅速向右滑时，滑动变阻器接入电路中的阻值变小，线圈A中的电流变大，穿过线圈B的磁场方向不变，但磁通量变大，电流表指针将向右偏转一下。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 12．(9分)电磁血流量计是基于法拉第电磁感应定律，运用在心血管手术和有创外科手术的精密监控仪器，可以测量血管内血液的流速。如图甲所示，某段被监测的血管可视为规则的圆柱体模型，其前后两个侧面a、b固定两块竖直正对的金属电极板(未画出，电阻不计)，匀强磁场方向竖直向下，血液中的正负离子随血液一起从左至右水平流动，则a、b间存在电势差。 (1)若用电压表监测a、b间的电势差，则与电 压表“＋”接线柱相连的是图甲中_____侧电极板(选 填“a”或“b”)。 a 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 0.42 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 答案：(1)8×10－2 A　 (2)0.05 T　方向垂直线圈平面向里 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 14．(12分)(2025·湖南省长沙市高三上期末)如图甲所示，两根足够长的平行光滑金属导轨固定在水平面内，导轨间距L＝1.0 m，左端连接阻值R＝4.0 Ω的电阻，匀强磁场磁感应强度B＝0.5 T，方向竖直向下。质量m＝0.2 kg、长度L＝1.0 m、电阻r＝1.0 Ω的金属杆置于导轨上，向右运动并与导轨始终保持垂直且接触良好，从t＝0时刻开始对杆施加一平行于导轨方向的外力F，杆运动的v­t图像如图乙所示，其余电阻不计。求： (1)在t＝2.0 s时，电路中的电流I和金属杆PQ两端 的电压UPQ； (2)在t＝2.0 s时，外力F的大小； (3)若0～3.0 s内金属杆克服外力F做功1.8 J，求 此过程流过电阻R的电荷量和电阻R产生的焦耳热。 答案：(1)0.2 A　0.8 V　 (2)0.3 N　(3)0.9 C　1.44 J 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 15．(16分)(2022·辽宁高考)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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 解析：t1时刻电流为0，说明螺线管中感应电动势为0，根据法拉第电磁感应定律有E＝neq \f(ΔΦ,Δt)，可知穿过螺线管磁通量的变化率为0，A错误；t2～t3时间内，电流为0，则螺线管不产生磁场，螺线管对钕磁铁没有作用力，钕磁铁只受重力作用，做匀加速直线运动，B错误；若只增加钕磁铁释放高度，钕磁铁进入螺线管的速度增大，螺线管切割磁感线的速度变大，则感应电流的峰值也变大，C正确；若只调转钕磁铁的极性，再从同一位置释放，钕磁铁在相同高度时，螺线管中磁场方向相反，由楞次定律和安培定则可知感应电流也将反向，D错误。 4．如图甲所示，一条南北走向的小路，路口设有出入道闸，每侧道闸金属杆长L，当有车辆通过时杆会从水平位置匀速转过90°直到竖起，所用时间为t。此处地磁场方向如图乙所示，B为地磁场总量，BH为地磁场水平分量，Bx、By、Bz分别为地磁场在x、y、z三个方向上的分量大小。则杆在转动升起的过程中，两端电势差的大小计算表达式为(　　) A.eq \f(πBxL2,4t) B.eq \f(π2BxL,8t2) C.eq \f(πBHL2,4t) D.eq \f(π2BHL,8t2) 解析：杆从水平位置匀速转过90°直到竖起，所用时间为t，可知金属杆的角速度为ω＝eq \f(π,2t)，由于小路沿南北方向，则金属杆转动过程切割地磁场在南北方向上的分量，即Bx，则金属杆两端电势差的大小为U＝eq \f(1,2)BxL2ω，联立解得U＝eq \f(πBxL2,4t)，故选A。 解析：由题图乙可知，在t＝1 s时，穿过线框的磁通量向下减小，根据楞次定律知线框中产生顺时针方向的感应电流，线框的右边部分相当于电源，则线框上N点相当于电源正极，M点相当于电源负极，则有UMN<0，故A错误；由法拉第电磁感应定律可得，线框中产生的感应电动势大小E＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔΦ,Δt)))＝eq \f(|ΔB|×0.5S,Δt)＝eq \f(|（－2－2）|×0.5×100×10－4,4) V＝5×10－3 V，在 t＝1 s时，线框受到的安培力大小为F＝IxB＝eq \f(E,R)xB＝eq \f(5×10－3,0.02)×0.08×1 N＝0.02 N，则线框受到的摩擦力f＝F＝0.02 N，故B错误；题图乙中图像斜率不变，由楞次定律可知，线框中感应电流的方向不变，由题图乙可知，在t＝2 s时，磁感应强度方向改变，根据左手定则可知，此时线框所受安培力方向发生改变，因此所受摩擦力方向也发生改变，故C错误，D正确。 解析：将导体框从两个方向移出磁场的过程中，垂直纸面向外穿过导体框的磁通量均减小，根据楞次定律和安培定则可知，导体框中产生的感应电流方向均沿逆时针方向，故A错误；设导体框的总电阻为R，边长为L，匀强磁场的磁感应强度大小为B，当导体框以速度v匀速拉出磁场时，所用时间t1＝eq \f(L,v)，导体框中产生的感应电流大小为I1＝eq \f(BLv,R)，受到的安培力大小为F1＝BI1L＝eq \f(B2L2v,R)，产生的焦耳热为Q1＝Ieq \o\al(2,1)Rt1＝eq \f(B2L3v,R)，通过导体框截面的电荷量为q1＝I1t1＝eq \f(BL2,R)，当导体框以速度2v匀速拉出磁场时，所用时间t2＝eq \f(L,2v)，导体框中产生的感应电流大小为I2＝eq \f(2BLv,R)，受到的安培力大小为F2＝BI2L＝eq \f(2B2L2v,R)，产生的焦耳热为Q2＝Ieq \o\al(2,2)Rt2＝eq \f(2B2L3v,R)，通过导体框截面的电荷量为q2＝I2t2＝eq \f(BL2,R)，所以F1∶F2＝1∶2，Q1∶Q2＝1∶2，q1∶q2＝1∶1，故B、C错误，D正确。 解析：由题意可知，电动机的输出功率为P出＝P入－P热＝UI－I2rM＝6 W，B正确；当导体棒向上运动的速度大小为v时，设电动机对导体棒的拉力为F，有P出＝Fv，导体棒切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv，流过导体棒的感应电流I＝eq \f(E,R)，则导体棒所受安培力FA＝BIL，根据牛顿第二定律有F－FA－mg＝ma，联立解得导体棒的加速度大小 a＝eq \f(P出,mv)－eq \f(B2L2v,mR)－g，所以导体棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当a＝0时，导体棒达到稳定状态，开始做匀速运动，代入数据解得稳定时导体棒的速 度v＝2 m/s，通过导体棒的电流大小I＝eq \f(BLv,R)＝2 A，故A、D 错误，C正确。 解析：设金属棒ab和cd向右匀速运动的速度大小为v0，则由选项中的图像可知t0＝eq \f(l,v0)；设由ab、cd和导轨组成的回路中总电阻为R，磁场中磁感应强度大小为B。当金属棒ab在磁场Ⅰ中运动时eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0≤\f(t,t0)≤1))，只有ab切割磁感线，由右手定则可知ab中电流方向由b到a，则电流为负，感应电动势大小E1＝Blv0，感应电流大小i1＝eq \f(E1,R)＝eq \f(Blv0,R)，金属棒cd在水平面内只可能受细线拉力，由平衡条件知细线上的张力大小F1＝0；当金属棒ab在磁场Ⅱ中运动时eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1<\f(t,t0)≤2))，ab和cd均切割磁感线，由右手定则可知金属棒ab、cd产生的感应电动势在回路中方向相同，ab中电流方向由a到b，则电流为正，感应电动势大小E2＝2Blv0，感应电流大小i2＝eq \f(E2,R)＝eq \f(2Blv0,R)，金属棒cd中电流方向由d到c，由左手定则知cd受到向左 的安培力，大小为F安2＝Bi2l＝eq \f(2B2l2v0,R)，由平衡条件知细线上的张力大小F2＝F安2＝eq \f(2B2l2v0,R)；当金属棒cd在磁场Ⅱ中运动时eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2<\f(t,t0)≤3))，只有cd切割磁感线，由右手定则可知cd中电流方向由c到d，则ab中电流方向由b到a，电流为负，感应电动势大小E3＝Blv0，感应电流大小i3＝eq \f(E3,R)＝eq \f(Blv0,R)，由左手定则知cd受到向左的安培力，大小为F安3＝Bi3l＝eq \f(B2l2v0,R)，由平衡条件知细线上的张力大小F3＝F安3＝eq \f(B2l2v0,R)。综上可知，A、C可能正确，B、D错误。 解析：设cd边刚好进入磁场时的速度为v1，则v1＝eq \r(2gh)＝eq \r(2×10×0.45) m/s＝3 m/s，此时产生的感应电动势为E1＝BLv1＝2.5×0.4×3 V＝3 V，线框中感应电流为I1＝eq \f(E1,R)＝eq \f(3,1) A＝3 A，克服安培力做功的功率为P＝Ieq \o\al(2,1)R＝32×1 W＝9 W，故A正确；由题意可知，线框进入磁场和穿出磁场的两个过程运动情况相同，设匀强磁场区域的高度为H，ab边刚好进入磁场时速度为v2，线框完全在磁场中运动时做加速度为g的匀加速运动，有2g(H－L)＝veq \o\al(2,1)－veq \o\al(2,2)，解得H＝0.65 m，故B正确；设穿过磁场的过程中线框电阻产生的焦耳热为Q，由能量守恒定律得Q＝22,1)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(mgL＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)mv－\f(1,2)mveq \o\al(2,2))))) ，解得Q＝1.3 J，故C错误；设线框通过磁场上边界所用时间为t，线框通过磁场上边界的过程，以竖直向下为正方向，由动量定理得mgt－eq \o(I,\s\up12(－))LBt＝mv2－mv1，又eq \o(I,\s\up12(－))t＝eq \f(BL\o(v,\s\up6(－))t,R)＝eq \f(BL2,R)，联立解得t＝0.3 s，故D正确。 (2)某次监测中，用理想电压表测出a、b间的电势差U，已知a、b侧电极板间的距离d，磁感应强度B，血管壁厚度不计，则用上述物理量表示血流速度的表达式为v＝________；若U＝150 μV，d＝3.0 mm，B＝0.12 T，根据数据可估算出血流速度为________ m/s(结果保留两位有效数字)。 (3)为了测量动脉血流接入电路的电阻，某研究性学习小组在a、b间设计了如图乙所示的测量电路。闭合开关S，调节电阻箱的阻值，由多组灵敏电流计G的读数I和电阻箱的示数R，绘制出eq \f(1,I)­R图像为一条倾斜的直线，且该直线的斜率为k，纵截距为c，如图丙所示。已知灵敏电流计G的内阻为Rg，则血液接入电路的电阻为________(用题中的字母k、c、Rg表示)。 eq \f(U,dB) eq \f(c,k)－Rg 解析：(1)a、b间的血液向右切割磁感线，相当于电源，若a、b间接入电压表，由右手定则可知，a、b间血液中电流方向由b到a，则a侧电极带正电，b侧电极带负电，故与电压表“＋”接线柱相连的是题图甲中a侧电极板。 (2)根据法拉第电磁感应定律，有U＝Bdv， 可得v＝eq \f(U,dB)，代入数据，解得v＝0.42 m/s。 (3)设血液接入电路的电阻为Rx，由闭合电路 欧姆定律可得U＝IR＋IRg＋IRx，变形可得eq \f(1,I)＝eq \f(1,U)R ＋eq \f(1,U)(Rg＋Rx)，由于eq \f(1,I)­R图线的斜率为k，纵截距为 c，则k＝eq \f(1,U)，c＝eq \f(1,U)(Rg＋Rx)，解得Rx＝eq \f(c,k)－Rg。 13.(11分)(2024·江苏省扬州市高三模拟)如图所示，用等臂天平测量匀强磁场的磁感应强度。天平的左臂为挂盘，右臂挂矩形线圈，天平平衡。线圈上部处在垂直纸面向外的匀强磁场中，磁场区域宽度L＝0.4 m，磁感应强度B随时间t均匀增大，其变化率eq \f(ΔB,Δt)＝1×10－3 T/s。线圈下部处在与纸面垂直的匀强磁场中，挂盘中放质量为m＝0.08 kg的砝码时，天平再次平衡。已知线圈的水平边长d＝0.2 m， 匝数N＝1000匝，总电阻R＝1 Ω，重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)线圈中感应电流的大小I； (2)未知磁场的磁感应强度B0的大小和方向。 解析：(1)由法拉第电磁感应定律得线圈中产生的感应电动势E＝Neq \f(ΔΦ,Δt)＝Neq \f(ΔB,Δt)Ld 由欧姆定律得线圈中的感应电流I＝eq \f(E,R) 代入数据得I＝8×10－2 A。 (2)线圈受到的安培力F＝NB0Id 由天平平衡，可得mg＝F 代入数据可得B0＝0.05 T F方向竖直向下，由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，根据左手定则可判断，磁场方向为垂直线圈平面向里。 解析：(1)根据题图乙可知t＝2.0 s时，v＝2.0 m/s，此时金属杆切割磁感线的感应电动势E＝BLv 电路中的电流I＝eq \f(E,R＋r) 由右手定则可知P端电势高于Q端电势， 金属杆PQ两端的电压为路端电压，即UPQ＝IR 联立并代入数据解得I＝0.2 A，UPQ＝0.8 V。 (2)v­t图像中图线的斜率表示加速度， 由题图乙可知金属杆的加速度大小a＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(Δv,Δt)))＝2 m/s2 对t＝2.0 s时的金属杆PQ进行受力分析， 则由牛顿第二定律得F＋BIL＝ma 代入数据解得F＝0.3 N。 (3)v­t图像与t轴围成的面积表示位移大小， 则0～3.0 s内金属杆的位移x＝eq \f(6.0 m/s×3.0 s,2)＝9.0 m 运动过程中，金属杆产生的平均感应电动势eq \o(E,\s\up12(－))＝BLeq \o(v,\s\up6(－)) 通过金属杆的平均感应电流eq \o(I,\s\up12(－))＝eq \f(\o(E,\s\up12(－)),R＋r) 通过金属杆的电荷量q＝eq \o(I,\s\up12(－))·Δt 且有eq \o(v,\s\up6(－))·Δt＝x 联立解得q＝0.9 C 根据能量守恒定律可知WF＋Q＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0) 电阻R产生的焦耳热QR＝eq \f(R,R＋r)Q 联立解得QR＝1.44 J。 (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eq \f(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。 答案：(1)eq \f(B2L2v0,2R)　方向水平向左　 (2)①eq \f(mv0,3BL)　②eq \f(2mv0R,3B2L2)　 (3)2≤k<3 解析：(1)细金属杆M以初速度v0向右刚进入磁场时，产生的感应电动势大小为E＝BLv0 由闭合电路欧姆定律知，电流的大小为I＝eq \f(E,2R) 由右手定则知电流方向为a→b 所受的安培力大小为F＝BIL 联立得F＝eq \f(B2L2v0,2R) 由左手定则可知F的方向水平向左。 (2)①金属杆N在磁场内运动过程中，由动量定理有Beq \o(I,\s\up12(－))L·Δt＝m·eq \f(v0,3)－0 且通过回路的电荷量为q＝eq \o(I,\s\up12(－))·Δt，联立解得q＝eq \f(mv0,3BL)。 ②分析可知，N出磁场前，M与N的间距一直减小，设从M进入磁场至N刚出磁场，两杆在磁场中相对运动的最大位移大小为Δx，有eq \o(I,\s\up12(－))＝eq \f(\o(E,\s\up12(－)),2R) eq \o(E,\s\up12(－))＝eq \f(BL·Δx,Δt) 整理可得q＝eq \f(BL·Δx,2R) 联立可得Δx＝eq \f(2mv0R,3B2L2) 若两杆在磁场内刚好不相撞，则初始时刻N到ab的距离最小，为x＝Δx＝eq \f(2mv0R,3B2L2)。 (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)，则N到cd时的速度大小仍为eq \f(v0,3)，设此时M的速度为v1，根据动量守恒定律可知 mv0＝mv1＋m·eq \f(v0,3) 解得v1＝eq \f(2,3)v0 由(2)分析可知，此时M到cd的距离为s＝(k－1)x 若要使M能出磁场，则M到达cd的速度v2>0 若要保证M出磁场后不与N相撞，则M到达cd的速度v2≤eq \f(v0,3) 对M根据动量定理有 －Beq \o(I,\s\up12(－))1L·Δt1＝mv2－mv1 q1＝eq \o(I,\s\up12(－))1·Δt1＝eq \f(BL·s,2R) 联立解得2≤k<3。 $$