专题12 电磁感应-【创新教程】2021-2025五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．(２０２５􀅰河南卷,５)如图, 一金属薄片在力 F 作用 下自左向右从两磁极之 间通过．当金属薄片中心 运动到 N极的正下方时,沿 N 极到S极的方 向看,下列图中能够正确描述金属薄片内涡电 流绕行方向的是 (　　 ) 　　　　A　　　　　　　　B 　　　　C　　　　　　　　D ２．(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 ３．(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 ４．(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 ５．(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 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 考点２　法拉第电磁感应定律的应用 １．(２０２５􀅰河南卷,９)(多 选)手机拍照时手的抖 动产生的微小加速度会 影响拍照质 量,光 学 防 抖技术可以消除这种影 响．如 图,镜 头 仅 通 过 左、下两侧的弹簧与手机框架相连,两个相同 线圈c、d分别固定在镜头右、上两侧,c、d中的 一部分处在相同的匀强磁场中,磁场方向垂直 纸面向里．拍照时,手机可实时检测手机框架 的微小加速度a的大小和方向,依此自动调节 c、d中通入的电流Ic 和Id 的大小和方向(无 抖动时Ic 和Id 均为零),使镜头处于零加速 度状态．下列说法正确的是 (　　 ) 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ２１１ 最新真题分类特训􀅰物理 A．若Ic 沿顺时针方向,Id＝０,则表明a的方 向向右 B．若Id 沿顺时针方向,Ic＝０,则表明a的方 向向下 C．若a的方向沿左偏上３０°,则Ic 沿顺时针方 向,Id 沿逆时针方向且Ic＞Id D．若a的方向沿右偏上３０°,则Ic 沿顺时针方 向,Id 沿顺时针方向且Ic＜Id ２．(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 ３．(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 ４．(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) ５．(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 ６．(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 ７．(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 (　　) 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ３１１ 专题十二　电磁感应 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 ８．(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 ９．(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． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ４１１ 最新真题分类特训􀅰物理 考点３　电磁感应中的图像问题 ◆感生图像 １．(２０２１􀅰辽宁卷,９,６分)(多选)如图(a)所示, 两根间距为L、足够长的光滑平行金属导轨竖 直放置并固定,顶端接有阻值为R 的电阻,垂 直导轨平面存在变化规律如图(b)所示的匀强 磁场,t＝０时磁场方向垂直纸面向里．在t＝０ 到t＝２t０ 的时间内,金属棒水平固定在距导轨 顶端L处;t＝２t０ 时,释放金属棒．整个过程中 金属棒与导轨接触良好,导轨与金属棒的电阻 不计,则 (　　) A．在t＝ t０ ２ 时,金 属 棒 受 到 安 培 力 的 大 小 为 B２０L３ Rt０ B．在t＝t０ 时,金属棒中电流的大小为 B０L２ Rt０ C．在t＝ ３t０ ２ 时,金属棒受到安培力的方向竖直 向上 D．在t＝３t０ 时,金属棒中电流的方向向右 ２．(２０２１􀅰浙江６月,２１,１０分)一种探测气体放 电过程的装置如图甲所示．充满氖气(Ne)的 电离室中有两电极与长直导线连接,并通过两 水平长导线与高压电源相连．在与长直导线垂 直的平面内,以导线为对称轴安装一个用阻值 R０＝１０Ω的细导线绕制、匝数N＝５×１０３ 的圆 环形螺线管,细导线的始末两端c、d与阻值R＝ ９０Ω的电阻连接．螺线管的横截面是半径a＝１． ０×１０－２m的圆,其中心与长直导线的距离r＝ ０．１m．气体被电离后在长直导线回路中产生顺 时针方向的电流I,其I－t图像如图乙所示．为 便于计算,螺线管内各处的磁感应强度大小均可 视为B＝kIr ,其中k＝２×１０－７T􀅰m/A． (１)求０~６．０×１０－３s内通过长直导线横截面 的电荷量Q; (２)求３．０×１０－３s时,通过螺线管某一匝线圈 的磁通量Φ; (３)若规定c→R→d为电流的正方向,在不考 虑线圈自感的情况下,通过计算,画出通过电 阻R 的iR－t图像; (４)若规定c→R→d为电流的正方向,考虑线 圈自感,定性画出通过电阻R 的iR－t图像． ◆动生图像 ３．(２０２４􀅰全国甲卷,２１)(多选)如 图,一绝缘细绳跨过两个在同一竖 直面(纸面)内的光滑定滑轮,绳的 一端连接一矩形金属线框,另一端 连接一物块．线框与左侧滑轮之间 的虚线区域内有方向垂直纸面的匀强磁场,磁场 上下边界水平,在t＝０时刻线框的上边框以不 同的初速度从磁场下方进入磁场．运动过程中, 线框始终在纸面内且上下边框保持水平．以向上 为速度的正方向,下列线框的速度v随时间t变 化的图像中可能正确的是 (　　) 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ５１１ 专题十二　电磁感应 ４．(２０２３􀅰全国甲卷,２１)(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 ５．(２０２３􀅰全国乙卷,１７)一学生小 组在探究电磁感应现象时,进行 了如下比较实验．用图(a)所示的 缠绕方式,将漆包线分别绕在几 何尺寸相同的有机玻璃管和金属 铝管上,漆包线的两端与电流传 感器接通．两管皆竖直放置,将一很小的强磁 体分别从管的上端由静止释放,在管内下落至 管的下端．实验中电流传感器测得的两管上流 过漆包线的电流I随时间t的变化分别如图 (b)和图(c)所示,分析可知 (　　) A．图(c)是用玻璃管获得的图像 B．在铝管中下落,小磁体做匀变速运动 C．在玻璃管中下落,小磁体受到的电磁阻力始 终保持不变 D．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短 ６．(２０２３􀅰辽宁卷,４)如图,空间中存在水平向右 的匀强磁场,一导体棒绕固定的竖直轴OP 在 磁场中匀速转动,且始终平行于OP．导体棒两 端的电势差u随时间t变化的图像可能正确 的是 (　　) ７．(２０２２􀅰山东卷,１２,４分) (多选)如图所示,xOy平面 的第一、三象限内以坐标原 点O为圆心、半径为 ２L 的 扇形区域充满方向垂直纸 面向外的匀强磁场．边长为L的正方形金属框 绕其始终在O 点的顶点、在xOy平面内以角 速度ω 顺时针匀速转动．t＝０时刻,金属框开 始进入第一象限,不考虑自感影响,关于金属 框中感应电动势E 随时间t变化规律的描述 正确的是 (　　) A．在t＝０到t＝π２ω 的过程中,E 一直增大 B．在t＝０到t＝π２ω 的过程中,E先增大后减小 C．在t＝０到t＝π４ω 的过程中,E 的变化率一直 增大 D．在t＝０到t＝π４ω 的过程中,E 的变化率一直 减小 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ６１１ 最新真题分类特训􀅰物理 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)(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 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．(２０２５􀅰湖南卷,９)(多 选)如图,关于x轴对称 的光滑导轨固定在水平 面内,导轨形状为抛物 线,顶点位于O 点．一足 够长的金属杆初始位置 与y轴重合,金属杆的质量为m,单位长度的 电阻为r０．整个空间存在竖直向上的匀强磁 场,磁感应强度为B．现给金属杆一沿x轴正 方向的初速度v０,金属杆运动过程中始终与y 轴平行,且与电阻不计的导轨接触良好．下列 说法正确的是 (　　 ) A．金属杆沿x 轴正方向运动过程中,金属杆 中电流沿y轴负方向 B．金属杆可以在沿x轴正方向的恒力作用下 做匀速直线运动 C．金属杆停止运动时,与 导 轨 围 成 的 面 积 为 mv０r０ B２ D．若金属杆的初速度减半,则金属杆停止运 动时经过的距离小于原来的一半 ４．(２０２４􀅰山东卷,１１)(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 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ７１１ 专题十二　电磁感应 ５．(２０２２􀅰全国甲卷,２０, ６分)(多选)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 ６．(２０２２􀅰湖南卷,１０,５分)(多选)如图,间距L ＝１m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 ７．(２０２１􀅰山东卷,１２,４ 分)(多选)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 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． (１)求CD 棒所受安培力的最大值和最小值． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ８１１ 最新真题分类特训􀅰物理 (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)(多选)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)(多 选)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 (　　) 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ９１１ 专题十二　电磁感应 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．(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＝０．１ T,不计空气阻力和飞机起飞对动子运动速度 的影响,求 (１)恒流源的电流I; (２)线圈电阻R; (３)时刻t３． ５．(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． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ０２１ 最新真题分类特训􀅰物理 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１Ω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＝１０ m/s２,sin５３°＝０．８． (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? 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 １２１ 专题十二　电磁感应 考点７　电磁感应中的动量综合问题 １．(２０２５􀅰黑吉辽蒙卷,９)(多选)如图,“ ” 形导线框置于磁感应强度大小为B、水平向右 的匀强磁场中．线框相邻两边 均互相垂直,各边长均为l．线 框绕b、e所在直线以角速度ω 顺时针匀速转动,be与磁场方 向垂直．t＝０时,abef 与水平 面平行,则 (　　) A．t＝０时,电流方向为abcdefa B．t＝０时,感应电动势为Bl２ω C．t＝πω 时,感应电动势为０ D．t＝０到t＝πω 过程中,感应电动势平均值 为０ ２．(２０２４􀅰湖南卷,８) (多选)某电磁缓冲 装置如图所示,两足 够长的平行金属导 轨置于同一水平面 内,导轨左端与一阻值为R 的定值电阻相连, 导轨BC 段与B１C１ 段粗糙,其余部分光滑, AA１ 右侧处于竖直向下的匀强磁场中,一质 量为 m 的金属杆垂直导轨放置．现让金属杆 以初速度v０ 沿导轨向右经过AA１ 进入磁场, 最终恰好停在CC１ 处．已知金属杆接入导轨 之间的阻值为R,与粗糙导轨间的摩擦因数为 μ,AB＝BC＝d．导轨电阻不计,重力加速度为 g,下列说法正确的是 (　　) A．金属杆经过BB１ 的速度为 v０ ２ B．在整个过程中,定值电阻R 产生的热量为 １ ２mv ２ ０－ １ ２μmgd C．金属杆经过AA１B１B 与BB１C１C 区域,金 属杆所受安培力的冲量相同 D．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 ３．(２０２５􀅰山东卷,１８)如图所示,平行轨道的间 距为L,轨道平面与水平面夹角为α,二者的交 线与轨道垂直,以轨道上O 点为坐标原点,沿 轨道向下为x轴正方向建立坐标系．轨道之间 存在区域Ⅰ、Ⅱ,区域Ⅰ(－２L≤x＜－L)内充 满磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强 磁场;区域Ⅱ(x≥０)内充满方向垂直轨道平面 向上的磁场,磁感应强度大小B１＝k１t＋k２x, k１ 和k２ 均为大于零的常量,该磁场可视为由 随时间t均匀增加的匀强磁场和随x 轴坐标 均匀增加的磁场叠加而成．将质量为m、边长 为L、电阻为 R 的匀质正方形 闭 合 金 属 框 epqf 放置在轨道上,pq边与轨道垂直,由静 止释放．已知轨道绝缘、光滑、足够长且不可移 动,磁场上、下边界均与x轴垂直,整个过程中 金属框不发生形变,重力加速度大小为g,不 计自感． (１)若金属框从开始进入到完全离开区域Ⅰ的 过程中匀速运动,求金属框匀速运动的速率v 和释放时pq边与区域Ⅰ上边界的距离s; (２)金属框沿轨道下滑,当ef边刚进入区域Ⅱ 时开始计时(t＝０),此时金属框的速率为v０, 若k１＝ mgRsinα k２L４ ,求从开始计时到金属框达 到平衡状态的过程中,ef边移动的距离d． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ２２１ 最新真题分类特训􀅰物理 ４．(２０２５􀅰福建卷,１６)光滑 斜面倾角为θ＝３０°,Ⅰ区 域与Ⅱ区域均存在垂直斜 面向外的匀强磁场,两区 域磁感应强度大小相等． 正方形线框abcd 质量为 m,总电阻为R,由同种材 料制成且粗细均匀,Ⅰ区域长为L１,Ⅱ区域长 为L２,两区域间无磁场的区域长度大于线框 边长．线框从某一位置释放,从cd边进入Ⅰ区 域到ab边离开Ⅰ区域的过程中速度均为v,cb 边进入Ⅱ区域时的速度和ab边离开Ⅱ区域时 的速度一致,则: (１)求线框释放时cd 边与Ⅰ区域上边缘的 距离; (２)求cd 边进入 Ⅰ 区域时cd 边 两 端 的 电 势差; (３)求线框进入Ⅱ区域到完全离开过程中克服 安培力做功的平均功率． ５．(２０２５􀅰黑吉辽蒙卷,１４)如图(a),固定在光滑 绝缘水平面上的单匝正方形导体框abcd,置于 始终竖直向下的匀强磁场中,ad 边与磁场边 界平行,ab边中点位于磁场边界．导体框的质 量m＝１kg、电阻R＝０．５Ω、边长L＝１m．磁 感应强度B 随时间t连续变化,０~１s内B－t 图像如图(b)所示．导体框中的感应电流I与 时间t关系图像如图(c)所示,其中０~１s内 的图像 未 画 出,规 定 顺 时 针 方 向 为 电 流 正 方向． (１)求t＝０．５s时ad边受到的安培力大小F． (２)画出图(b)中１~２s内B－t图像(无需写 出计算过程)． (３)从t＝２s开始,磁场不再随时间变化．之后 导体框解除固定,给导体框一个向右的初速度 v０＝０．１m/s,求ad 边离开磁场时的速度大 小v１． 　　图(a)　　　　　图(b)　　　　　图(c) 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ３２１ 专题十二　电磁感应 ６．(２０２５􀅰安徽卷,１５)如图,平行光滑金属导轨 被固定在水平绝缘桌面上,导轨间距为L,右 端连接阻值为R 的定值电阻．水平导轨上足够 长的矩形区域MNPQ 存在竖直向上的匀强磁 场,磁感应强度大小为B．某装置从 MQ 左侧 沿导轨水平向右发射第１根导体棒,导体棒以 初速度v０ 进入磁场,速度减为０时被锁定;从 原位置再发射第２根相同的导体棒,导体棒仍 以初速度v０ 进入磁场,速度减为０时被锁定, 以此类推,直到发射第n根相同的导体棒进入 磁场．已知导体棒的质量为m,电阻为R,长 度恰好等于导轨间距,与导轨接触良好(发射 前导体棒与导轨不接触),不计空气阻力、导轨 的电阻,忽 略 回 路 中 的 电 流 对 原 磁 场 的 影 响．求: (１)第１根导体棒刚进入磁场时,所受安培力 的功率; (２)第２根导体棒从进入磁场到速度减为０的 过程中,其横截面上通过的电荷量; (３)从第１根导体棒进入磁场到第n根导体棒 速度减为０的过程中,导轨右端定值电阻R 上 产生的总热量． ７．(２０２４􀅰湖北卷,１５)(１８分)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． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ４２１ 最新真题分类特训􀅰物理 ８．(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３m 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． ９．(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． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ５２１ 专题十二　电磁感应 １０．(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． １１．(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． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ６２１ 最新真题分类特训􀅰物理 ３．解析:(１)设粒子在P 的速度大小为vP,则根据 qvB＝mv ２ R , 可知半径表达式为R＝ mvP qB , 对粒子在静电场中的加速过程,根据动能定理有 nqU＝１２mvP ２, 粒子在磁场中运动的周期为 T＝２πmqB , 粒子运动的总时间为 t＝(n－１)×T２ , 解得 t＝ qB ２R２ ２mU －１( ) πm qB (２)由粒 子 的 运 动 半 径r＝mvqB ,结 合 动 能 表 达 式 Ek＝ １ ２mv ２变形得 r＝ ２mEkqB 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 ４．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＝ ２qB２０d２ mL２tan２θ Ltanθ＋ d sinθ－ 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．C　根据题意,当金属薄片中心运动到 N极正下方时,薄 片右侧的磁通量在减小,左侧磁通量在增加,由于两极 间的磁场竖直向下,根据楞次定律可知此时薄片右侧的 涡电流方向 为 顺 时 针,薄 片 左 侧 的 涡 电 流 方 向 为 逆 时 针．故选 C． ２．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． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ５２２ 详解详析 ３．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． ４．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． ５．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． 考点２　法拉第电磁感应定律的应用 １．BC　Ic 顺时针而Id＝０,则镜头向左运动,加速度方向向 左,A错误;Id 顺时针而Ic＝０,则镜头向下运动,加速度 方向向下,B正确;若a的方向左偏上３０°,说明镜头向上 运动以及向左运动拉伸弹簧,且向左运动的分速度大于 向上运动的分速度,可知Ic 顺时针Id 逆时 针,由 E＝ Blv可知Ic＞Id,C正确;若a的方向右偏上３０°,说明镜 头向上运动以及向右运动,且向右运动的分速度大于向 上运动的分速度,可知Ic 逆时针Id 逆时针,D 错误．故 选BC． ２．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． ３．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． ４．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． ５．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． ６．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． ７．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． ８．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． ９．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, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ６２２ 最新真题分类特训􀅰物理 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 ． (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．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 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． ４．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． ５．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 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ７２２ 详解详析 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． ６．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． ７．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．AC　根据右手定则可知金属杆沿x 轴正方向运动过程 中,金属杆中电流沿y轴负方向,故 A 正确;若金属杆可 以在沿x轴正方向的恒力F 作用下做匀速直线运动,可 知 F＝F安 ＝BIL,I＝ BLv０ R ＝ BLv０ Lr０ ＝ Bv０ r０ ,可 得 F ＝ B２Lv０ r０ , 由于金属杆运动过程中接入导轨中的长度L 在变化,故 F 在变化,故B错误; 取一微小时间Δt内,设此时金属杆接入导轨中的长度为 L′,根据动量定理有－B􀭵I′L′Δt＝－BL′q′＝mΔv,同时有 q＝ ΔΦ Δt L′r０ 􀅰Δt＝ ΔΦL′r０ ＝B 􀅰Δs L′r０ ,联立得－B ２ΔS r０ ＝mΔv, 对从开始到金属杆停止运动时整个过程累积可得－B ２S r０ ＝０－mv０, 解得此时金属杆与导轨围成的面积为S＝mv０r０ B２ ,故 C 正确;若金属杆的初速度减半,根据前面分析可知当金 属杆停止运动时金属杆与导轨围成的面积为S′＝１２S , 根据抛物线的图像规律可知此时金属杆停止运动时经 过的距离大于原来的一半,故 D错误．故选 AC． ４．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． ５．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 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ８２２ 最新真题分类特训􀅰物理 ＝ QCR ,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． ６．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． ７．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． 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􀭵v１＝ ０＋ ２Lω ２ , 则感应电动势Emax＝BL２ω． 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 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ９２２ 详解详析 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 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．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 ５．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 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ０３２ 最新真题分类特训􀅰物理 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 , 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 考点７　电磁感应中的动量综合问题 １．AB　线框旋转切割磁感线产生电动势的两条边为cd和 af,t＝０时 刻cd 边 速 度 与 磁 场 方 向 平 行,不 产 生 电 动 势,因此此时af边切割磁感线产生电动势,由右手定则 可知电流 方 向 为abcdefa,电 动 势 为 E＝Blv＝Blωl＝ Bl２ω,A、B正确;t＝πω 时,线框旋转１８０°,此时依旧是af 边切割磁感线产生电动势,感应电动势不为零,C错误;t ＝０到t＝ πω 时,线框abde的磁通量变化量为零,线框 bcde的磁通量变化量为 ΔΦ＝２BS＝２Bl２, 由法拉第电磁感应定律可得平均感应电动势为E＝ΔΦΔt ＝２Bωl ２ π ,D错误．故选 AB． ２．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; 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 １３２ 详解详析 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． ３．解析:(１)金属框从开始进入到完全离开区域Ⅰ的过程 中,金属框只有一条边切割磁感线,根据楞次定律可得, 安培力水平向左,则 切割磁感线产生的电动势E＝BLvcosα, 线框中电流I＝ER , 线框做匀速直线运动,则BILcosα＝mgsinα 解得金属框从开始进入到完全离开区域Ⅰ的过程的速 率v＝mgRtanα B２L２cosα , 金属框开始释放到pq边进入磁场的过程中,只有重力 做功,由动能定理可得mgssinα＝ １ ２mv ２, 可得释 放 时 pq 边 与 区 域Ⅰ上 边 界 的 距 离s＝ v ２ ２gsinα ＝m ２gR２sinα ２B４L４cos４α (２)当ef边刚进入区域Ⅱ时开始计时(t＝０),设线框ef 边到O 点的距离为s时,线框中产生的感应电动势E′＝ ΔΦ Δt＝ ΔB ΔtL ２＝k１L２＋k２L２􀅰 Δs Δt＝ (k１＋k２v)L２,其 中v ＝ΔsΔt , 此时线路中的感应电流I′＝E′R 线框pq边受到沿轨道向上的安培力,大小为F安１＝[k１t ＋k２(s＋L)]I′L 线框ef边受到沿轨道向下的安培力,大小为F安２＝[k１t ＋k２s]I′L, 则线框受到 的 安 培 力 F安 ＝F安１－F安２＝[k１t＋k２(s＋ L)]I′L－[k１t＋k２s]I′L, 代入k１＝ mgRsinα k２L４ , 化简得F安 ＝mgsinα＋ k２２L４v R ． 当线框平衡时F安 ＝mgsinα,可知此时线框速率为０． 则从开始计时到金属框达到平衡状态的过程中,根据动量 定理可得mgsinαΔt－F安 Δt＝mΔv, 即－ k２２L４v R Δt＝mΔv , 对时间累积求和可得－ k２２L４d R ＝０－mv０ 可得d＝mRv０ k２２L４ ． 答案:(１)mgRtanα B２L２cosα ,m ２gR２sinα ２B４L４cos４α (２) mRv０ k２２L４ ４．解析:(１)线框在没有进入磁场区域时,根据牛顿第二定 律mgsinθ＝ma, 根据运动学公式v２＝２ad, 联立可 得 线 框 释 放 点cd 边 与Ⅰ区 域 上 边 缘 的 距 离d ＝v ２ g ; (２)因为cd边进入Ⅰ区域时速度为v,且直到ab边离开 Ⅰ区域时速度均为v,可知线框的边长与Ⅰ区域的长度 相等,根据平衡条件有mgsinθ＝BIL１, 又E＝BL１v,I＝ E R , cd边两端的电势差U＝３４E , 联立可得U＝３４ mgRv ２ ; (３)①若L２≥L１,在线框进入Ⅰ区域过程中,根据动量定 理mgsinθ􀅰t１－BIL１t１＝０, 其中t１＝ L１ v ,q＝It１,I＝ BL１v R , 联立可得q＝mg２Bv , 线框在Ⅱ区域运动过程中,根据动量定理mgsinθ􀅰t２－ ２B􀭵IL１t３＝０, 根据q＝ 􀭺E R 􀅰t＝BL ２ １ Rt 􀅰t＝BL ２ １ R , 线框进入磁场过程中电荷量都相等,即q＝􀭵It３,联立可得 t２＝ ２L１ v , 根据能量守恒定律－W 安 ＋mgsinθ(L２＋L１)＝０, 克服安培力做功的平均功率P＝W 安t２ , 联立可得P＝mgv (L１＋L２) ４L１ ②若L２＜L１,同理可得q′＝ BL１L２ R , 根据动量定理mgsinθ􀅰t４－２B􀭵IL１t５＝０, 其中q′＝􀭵It５,结合q＝ mg ２Bv ,q＝ BL２１ R , 联立可得t４＝ ２L２ v , 根据能量守恒定律－W 安′＋mgsinθ(L２＋L１)＝０, 克服安培力做功的平均功率P′＝W 安′t４ , 联立可得P′＝mgv (L１＋L２) ４L２ ． 答案:(１)v ２ g　 (２)３４ mgRv ２ 　 (３)见解析 ５．解析:(１)由法拉第电磁感应定律E１＝ ΔΦ Δt＝ ΔB􀅰１２L ２ Δt ＝０．２－０．１１－０ × １ ２×１ ２ V＝０．０５V, 由闭合电路欧姆定律可知,０~１s内线框中的感应电流 大小为I１＝ E１ R＝０．１A , 由图 (b)可 知,t＝０．５s 时 磁 感 应 强 度 大 小 为 B１ ＝０．１５T, 所以此时导线框ad 变到的安培力大小为F＝B１I１L＝ ０．１５×０．１×１N＝０．０１５N; (２)０~１s内线框内的感应电流大小为I１＝０．１A,根据 楞次定律及安培定则可知感应电流方向为顺时针,由图 (c)可知１~２s内的感应电流大小为I２＝０．２A, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ２３２ 最新真题分类特训􀅰物理 方向为逆时针,根据欧姆定律可知１~２s内的感应电动 势大小为E２＝I２R＝０．１V, 由法拉第电磁感应定律E２＝ ΔΦ Δt＝ ΔB􀅰１２L ２ Δt ＝０．１V , 可知１~２s内 磁 感 应 强 度 的 变 化 率 为ΔBΔt＝ B２－B１ Δt ＝０．２T/s, 解得t＝２s时磁感应强度大小为B２＝０．３T, 方向垂直于纸面向里,故１~２s的磁感应强度随时间变 化图为 (３)由动量定理可知－B２􀭵ILΔt＝mv１－mv０, 其中q＝􀭵IΔt＝ 􀭺E RΔt＝ ΔΦ R ＝ １ ２B２L ２ R , 联立 解 得ad 经 过 磁 场 边 界 的 速 度 大 小 为v１ ＝０．０１ m/s． 答案:(１)０．０１５N　(２) 　 (３)０．０１m/s ６．解析:(１)第１根导体棒刚进入磁场时产生的感应电动势 为E＝BLv０, 则此时回路的电流为I＝E２R , 此时导体棒受到的安培力F安 ＝BIL, 此时导体棒受安培力的功率P＝F安 v０＝ B２L２v２０ ２R ; (２)第２根导体棒从进入磁场到速度减为０的过程中,根 据动量定理有－B􀭵IL􀅰Δt＝０－mv０,其中􀭵I􀅰Δt＝q,解 得q＝ mv０ BL ; (３)由于每根导体棒均以初速度v０ 进入磁场,速度减为 ０时被锁定,则根据能量守恒,每根导体棒进入磁场后产 生的总热量均为Q＝１２mv ２ ０, 第１根导体棒进入磁场到速度减为０的过程中,导轨右 端定值电阻R 上产生的热量QR１＝ １ ２Q , 第２根导体棒进入磁场到速度减为０过程中,导轨右端 定值电阻R 上产生的热量QR２＝ １ ２ 􀅰１ ３ 􀅰Q, 第３根导体棒进入磁场到速度减为０的过程中,导轨右 端定值电阻R 上产生的热量QR３＝ １ ３ 􀅰１ ４ 􀅰Q, 第n根导体棒进入磁场到速度减为０的过程中,导轨右 端定值电阻R 上产生的热量QRn＝ １ n 􀅰 １ n＋１ 􀅰Q, 则从第１根导体棒进入磁场到第n根导体棒速度减为０ 的过程中,导轨右端定值电阻R 上产生的总热量QR ＝ QR１＋QR２＋QR３＋􀆺＋QRn, 通过分式分解和观察数列的“望远镜求和”性质,得出QR ＝ nn＋１ 􀅰Q＝ nmv ２ ０ ２(n＋１) ,n＝１,２,３,􀆺 答案:(１) B２L２v２０ ２R (２) mv０ BL (３) nmv２０ ２(n＋１) ,n＝１,２,３,􀆺 ７．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 ８．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． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ３３２ 详解详析 (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 ９．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 １０．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 １１．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 , 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ４３２ 最新真题分类特训􀅰物理 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． ５．D　由题意可知导体棒通过磁场区域过程需要的时间, 即周期为T＝２Lv , 导体棒通过区域Ⅰ时,产生的电动势大小为E１＝BLv, 经过的时间为t１＝ L v , 导体棒通过区域Ⅱ时,产生的电动势大小为 E２＝B× ０．５Lv,经过的时间为t２＝ L v , 根据有效值的定义有 E２１ Rt１＋ E２２ Rt２＝ E２有 RT , 代入数据可得E有 ＝ １０BLv４ ． 故选 D． ６．C　根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝mv ２ R ,可得R＝mvqB ＝d,故 A错误; 当粒子沿x轴正方向射出时,上表面接收到的粒子离y 轴最近,如图轨迹１,根据几何关系可知s上min＝d;当粒子 恰能通过 N 点到达薄板上方时,薄板上表面接收点距离 y轴最远,如图轨迹２,根据几何关系可知,s上max＝ ３d, 故上表面接收到粒子的区域长度为s上 ＝ ３d－d,故 B 错误;根据图像可知,粒子可以恰好打到下表面 N 点;当 粒子沿y轴正方向射出时,粒子下表面接收到的粒子离 y轴最远,如图轨迹３,根据几何关系此时离y轴距离为 d,故下表面接收到粒子的区域长度为d,故C正确;根据 图像可知,粒子恰好打到下表面 N 点时转过的圆心角最 小,用时最短,有tmin＝ ６０° ３６０° 􀅰２πm qB ＝ πm ３qB ,故 D 错误．故 选 C． ７．B　设R１、R２ 的阻值均为R,根据题中所给信息,结合题 图图像可得Q１＝ U０ ３ æ è ç ö ø ÷ ２ R 􀅰T ２ ＋ U２０ R 􀅰T ２ ＝ ２U２０ ３RT ,Q２＝ U０ ２ æ è ç ö ø ÷ ２ R T＝ U２０ ２RT ,则Q１ Q２ ＝４３ ,B正确． ８．C　两个二极管正向电阻为０,反向电阻无穷大,二极管 导通则短路并联的灯泡,此时另一个灯泡与电源串联, 根据电路图可知在一个完整的周期内,两个灯泡有电流 通过的时间相等都为半个周期,电压有效值相等,根据P ＝U ２ R ,可知P１∶P２＝RL２∶RL１＝１∶２． ９．AC　A．大轮和小轮通过皮带传动,线速度相等,小轮和 线圈同轴转动,角速度相等,根据v＝ωr, 根据题意可知大轮与小轮半径之比为４∶１,则小轮转动 的角速度为４ω,线圈转动的角速度为４ω,A 正确;B．线 圈产生感应电动势的最大值Emax＝nBS􀅰４ω, 又S＝L２, 联立可得Emax＝４nBL２ω, 则线圈产生感应电动势的有效值E＝Emax ２ ＝２ ２nBL２ω, 根据串联电路分压原理可知灯泡两端电压有效值为U＝ RE R＋R＝ ２nBL ２ω,B错误;C．若用总长为原来两倍的相 同漆包线重新绕制成边长仍为L 的多匝正方形线圈,则 线圈的匝数变为原来的２倍,线圈产生感应电动势的最 大值Emax＝８nBL２ω, 此 时 线 圈 产 生 感 应 电 动 势 的 有 效 值 E′ ＝ Emax′ ２ ＝４ ２nBL２ω, 根据电阻定律R′＝ρ l S′ , 可知线圈电阻变为原来的２倍,即为２R,根据串联电路 分压原 理 可 得 灯 泡 两 端 电 压 有 效 值 U′＝ RE′R＋２R＝ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ５３２ 详解详析