专题11 电磁感应-【创新教程】2021-2025五年高考真题物理分类特训试卷

专题十一 电磁感应 [考点1]对楞次定律、右手定则的考查 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 整 A B 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, 紧 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 [考点2]法拉第电磁感应定律的简单应用 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 的 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 镜 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、 榆 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 左 机可实时检测手机框架的微小加速度α的大小和方向，依此自动调节c、d 中通入的电流I。和I:的大小和方向（无抖动时I。和I均为零），使镜头 处于零加速度状态.下列说法正确的是 手机框架 A.若I。沿顺时针方向，I4=0,则表明a的方向向右 B.若14沿顺时针方向，1。=0，则表明a的方向向下 C.若a的方向沿左偏上30°，则I.沿顺时针方向，Ia沿逆时针方向且I>I。 河 戡 D.若a的方向沿右偏上30°，则I.沿顺时针方向，I:沿顺时针方向且I.<I: 阳 2.(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、所在直线以 B 角速度w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abcde fa B.t=0时，感应电动势为Bu 黑 C.t=工时，感应电动势为0 D.t=0到t=r过程中，感应电动势平均值为0 3.(2024·湖南卷，4)如图，有一硬质导线Oabc,其中abc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 () 0 A.90>9a>9%>p。 B.p0<p.<9<9 C.90>9.>9=9 D.p0<9.<9=9 73 4.(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9o9A9℃，则 ××0×× A.oPc B.cPA C.o=PA D.Po一PA=PA一Pc 5.(2022·全国甲卷，16)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、【2和I3,则 A.I1<I3<I2 B.I1>I3>I2 C.I1=I2>I3 D.I1=I2=I3 6.(2022·山东卷，12)（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w顺 时针匀速转动.=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1变化规律的描述正确的是 () A在1=0到1=乙的过程中，E一直增大 B在1=0到1一无的过程中，E先增大后减小 C.在1=0到1=无的过程中，E的变化率一直增大 D.在t=0到t=元的过程中，E的变化率一直减小 7.(2022·广东卷，10)（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 线圈 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 0 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 8.(2021·山东卷，8)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运地子卫量 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 电池 的电流，等效总电阻为，导体绳所受的安培力克服大小为∫的环境阻力， + 电流 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 速度 导体绳 《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 近地子卫星☐ 赤道平面.忽略地球自转的影响.据此可得，电池电动势为 ( e 「GMfx A.BLR+H BL GM fr B.BLR+H BL 赤道平面 「GM BL C.BL√R+Hfr 「GMBL D.BLR+H fr 74 9.(2021·广东卷，10)（多选）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 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 10.(2023·全国甲卷，25)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(，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。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. [考点3]对电磁感应现象的理解 (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 [考点4]电磁感应中的图像问题 1.(2023·全国甲卷，21)（多选）一有机玻璃管竖直放在水平地面上，管 一强照 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 电流传基器 图何 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：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 75 2.(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()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 () 图( 蔚 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锋到最后一个峰的时间间隔比用玻璃管时的短 3.(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 , 图a 图间潮花图 4.(2023·江苏卷，16)霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的 模型.xOy平面内存在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的 匀强磁场，磁感应强度为B.质量为m、电荷量为e的电子从O点沿x 轴正方向水平入射.入射速度为时，电子沿x轴做直线运动；入射速 度小于，时，电子的运动轨迹如图中的虚线所示，且在最高点与在最 低点所受的合力大小相等.不计重力及电子间相互作用. (1)求电场强度的大小E: (2)若电子入射速度为欢，求运动到速度为？时位置的纵坐标山： 3)若电子入射速度在0<<范围内均匀分布，求能到达纵坐标为=位置的电子数V 占总电子数N。的百分比， 76 [考点5]电磁感应中的力电综合(1) 1.(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r。.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 0 。,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” 整 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 2.(2025·陕晋青宁卷，6)电磁压缩法是当前产生超强磁场的主要方法之一.其原理如图所示，在 钢制线圈内同轴放置可压缩的铜环，其内已“注入”一个初级磁场，当钢制线圈与电容器组接通 时，在极短时间内钢制线圈中的电流从零增加到几兆安培，铜环迅速向内压缩，使初级磁场的 紧 磁感线被“浓缩”，在直径为几毫米的铜环区域内磁感应强度可达几百特斯拉.此过程，铜环中 的感应电流 钢制线圈 钢制线网 开关 电容器组 电容器组 压缩前铜环 压缩后铜环 A.与钢制线圈中的电流大小几乎相等且方向相同 榆 B.与钢制线圈中的电流大小几乎相等且方向相反 C.远小于钢制线圈中的电流大小且方向相同 D.远小于钢制线圈中的电流大小且方向相反 3.(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 河 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 数 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 阳 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.（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B,C段粗糙，其余部分光滑，AA1右侧处于竖直向下的匀强磁场 喵 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沿导轨向 右经过AA,进入磁场，最终恰好停在C℃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：，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BB,的速度为受 B在整个过程中，定值电阻R产生的热量为2m6-mgd C.金属杆经过AA1BB与BB,CC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 77 5.(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αb、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 30 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.b中的电流趋于配 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 6.(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，在一0时刻线 框的上边框以不同的初速度从磁场下方进人磁场.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，下列线框的速度随时间t变化的 图像中可能正确的是 7.(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12 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B,和B2,其中B=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>1,MV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.v=5 m/s D.v2=3 m/s 8.(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 BPQ速率为口时，MN所受安培力大小为4”一 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 9.(2022·全国甲卷，20)（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 XX 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 XNX XXx 磁场中.开始时，电容器所带的电荷量为Q,合上开关S后. 78 A,通过号体棒MN电流的最大值为忌 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 10.(2022·湖南卷，10)（多选）如图，间距L=1m的U形金属导轨， b 一端接有0.12的定值电阻R,固定在高h=0.8m的绝缘水平桌 →F 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α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，水平位移为0.6m B.导体棒α离开导轨至落地前，其感应电动势不变 C.导体棒α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 11.(2021·山东卷，12)（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 B,年 定的金属棒从无磁场区域中α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 Z5538001188308746 好.在第一次下行和上行的过程中，以下叙述正确的是 () C 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α处 12.（2021·全国甲卷，21)（多选）由相同材料的导线绕成边长相同的甲、乙两个 甲☐☐乙 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××x×××文× 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，一段时间后进人一方向垂直于纸面的匀强磁场区域，磁场的上边界水 黄发 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.甲碱速运动，乙加速运动 13.(2021·湖南卷，10)（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 。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v。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、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 79 14.(2021·河北卷，7)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轴夹角均为日，一电容为C的电容器与C关0 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2 BCv tan0 B.金属棒到达x。时，电容器极板上的电荷量为BCuxo tan 0 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 15.(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=0.5、边长L=1m.磁感应强度B随时间t连续变化，0~1s内B一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01s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一t图像（无需写出计算过程）. 图 (3)从=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 。=0.1m/s,求ad边离开磁场时的速度大小v1, X×X× B/T ∥A 0.3 0.2 1.02.0 0. xx xi -0.2 1.0 2.0/ 图(a) 图(b) 图(c) 16.（2025·福建卷，16)光滑斜面倾角为0=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 80 [考点5]电磁感应中的力电综合(2) 17.(2025·陕晋青宁卷，15)如图，有两个电性相同及质量分别为m、 4m的粒子A、B,初始时刻相距l。,粒子A以速度。沿两粒子连 线向速度为0的粒子B运动，此时A,B两粒子系统的电势能等于云m心，经时间4粒子B到 达P点，此时两粒子速度相同，同时开始给粒子B施加一恒力，方向与速度方向相同.当粒子 B的速度为。时，粒子A恰好运动至P点且速度为0，A、B粒子间距离恢复为1。，这时撤去 恒力.任意两带电粒子系统的电势能与其距离成反比，忽略两粒子所受重力.求：(m、。、%、均为 已知量) (1)粒子B到达P点时的速度大小1； (2)L1时间内粒子B的位移大小xB; 整 (3)恒力作用的时间t2. 紧 和 18.(2024·河北卷，14)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0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 数 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 阳 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. 黑 81 19.(2023·新课标卷，26)一边长为L、质量为m的正方形金属细框，每边电阻为R。,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. +-2L同 。.B +。。e 图(b) 图(a (1)使金属框以一定的初速度向右运动，进人磁场.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R=2R。,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R产生的热量， 20.(2023·山东卷，15)电磁炮灭火消防车（图甲）采用电磁弹射技术投射灭火弹进人高层建筑快 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。=50m/s,方向与水平面夹角0=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/s,sin53°=0.8. 高 条 图甲 图乙 (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-2CU°，转化为灭火弹动能的效率715%，灭火弹的质量为3 kg,电容C=2.5×10°F,电容器工作电压U应设置为多少？ 82从0点进入磁场到第一个交点的过程，有，-合工十 =×+×2=1+ 9B,4s T,+T,=2红4m+2红4m=(8+8②)， gB gB' 可得离子甲、乙到达它们运动轨迹第一个交点的时间 差为△1=一tp=(7+7√2) gB 答案：(1)m6 sincos9 (2)9Bd (3)(d,d,0) qL m (4)(7+72)0 gB 17.解析：(1)小球在电磁扬中作匀速圆周运动，则电场力 与重力平衡，可得Eq=mg, R。两端的电压U2=Ed, E 根据歌姆定律得U,=R干R·R:, 联立解得E,=mgd(R+R) gR2 (2)如图所示，设粒子在 0 电磁场中做圆周运动的 半径为r,根据几何关系 (r-d)2+(3d)2=r2, 解得r=2d, 根据guB=m女 解得B=器 (3)由几何关系可知，射出磁场时，小球速度方向与水 平方向夹角为0°，要使小球做直线运动，当小球所受 电场力与小球重力在垂直小球速度方向的分力相等 时，电场力最小，电场强度最小，可得Eq=mgcos60°， 解得E=器 答案：限+（②器器 gR2 2q 18.解析：(1)从O点射出的粒子在板间被加速， 则U,9g=md-2md 粒子在磁场中微周周适动，则半径？号 由guB=m 解得U。= B'qLimu 8m 2q (2)当电压有最小值时，当粒子穿过下面的正极板后， 圆轨道与挡板OM相切，此时粒子恰好不能打到挡板 上，则 象◆。来。。。。。来。。” + 19 从O,点射出的粒子在板间被加速，则 U.qmm 1 粒子在负极板上方的磁场中做國周运动 quB-m Tasn 粒子从负极板传到正极板时速度仍减小到， 则m8=芝 由几何关系可知2r一in37十， 联立解得u=4 3 _Im Unin18q (3)设粒子第一次经过电场加速，在负极板上方磁场区 城偏转的轨迹半径为。，若粒子在电场加逸电压小于 U,粒子穿过磁场在正极板下方磁场运动时，会被 OM板吸收.则第一次出现能吸收到两种能量的位置 _7m时，粒子 (即H点)，为粒子通过极板电压U血=18q 第二次从上方打到负极板的位置（轨迹如图所示） D 由(2)的计算可知1=3qB 则CH=4r-2=10m 3qB 教板电压大子U山一7时，粒子均不会被O发政， 可以经过正极板下方磁场偏转，回到负极板上方磁场 中，偏转后打在负极板上.则H点右方的点的粒子靶都 可以接受到n(n≥2)种能量的粒子， 即CS→o∞. 答案：(1)U。= B'qLo mv 7m 8m (2)Un= 18g (CH 专题十一 电磁感应 考点1 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淳片右侧的 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，则线图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 得线圈石产生的电流为顺时针. 考点2 1.BCI。顺时针而I4=0,则镜头向左运动，加速度方向向 左，A错误；【：顺时针而I=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I。顺时针I:逆时针，由E= Blo可知1.>1，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I。逆时针I逆时针，D错误.故 选BC. 2.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αf边切割磁感线产生电动势，由右手定则 可知电流方向为abcde fa,电动势为E=Blv=Blwl Bu,A、B正确：t=T时，线框旋转180°，此时依旧是Qf 边切割磁感线产生电动势，感应电动势不为零，C错误； =0到t=时，线框abde的磁通量变化量为零，线框 bcde的磁通量变化量为△中=2BS=2B2, 由法拉第电磁感应定律可得平均感应电动势为E0 -2BmL,D错误.故选AB, 3.Ca、b、c点绕O点逆时针转动××心b 时，相当于长为Oa、Ob、Oc的导体 棒转动切割磁感线，由右手定则可 X a中/ 知，0点电势最高.由法拉第电磁×唱 感应定律有E=Bn=之Bo,又 lo=lo=√R+(2R)=5R,则0<Ua<Ua=Ua, 剥90>9>%=，C正确. 4.AABC,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0>PA,其中导体棒AC段不在磁场 中，不切割磁感线，电流为0，则=A,A正确、BC错 误；D,根据以上分析可知o一Pa>0,9A一=0，则% 一9A>9A一%，D错误.故选A. 5,C设圆线框的半径为T,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=r; 同理可知正方形线框的周长和面积分别为C,=8r, S1=4r2, 正六边形线框的周长和面积分别为G=6,S=合×6 xrx 2 三战框材料框细相同，根据电阻定律R=PSA。' 可知三个线框电阻之比为R,:R2:R=C:C2:C= 8：2π：6. 根据法拉第也磁态应定律有1一景-是·是 可得电流之比为：11：12：【=2：2：√5 即11=12>L,故选C. 19 6.BCA、B.如图所示 在1=0到1=易的过程 中，线框的有效切割长度 先支大荐变小，当一品 ·B 时，有效切割长度最大为 √2L,此时，感应电动势最 大，所以在=0到1一品 的过程中，E先增大后减小，故B正确，A错误： CD在一0到t一磊的过程中，设转过的角度为0，由几 何关系可得0=w, 进入磁场部分线框的面积S=L·Ltan日. 2 穿过线圈的磁通量中=BS=BL'tan哑， 2 线图产生的感应电动势E=△9， 感应电动势的变化率光=E, 对中=BLan求二次导数得 2 AE-BL secottan ot, △t 在=0到1=磊的过程中B肌daan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 7.ACA.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，线图在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，线图从P,点竖直向上运动过程 中，磁感线穿进与穿出线图对称，线图的磁通量始终为 零，没有发生变化，线图无感应电流，故C正确： D.线图从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. Mm v 8.A根据GR十H=mR十历，可得卫星做圈周运 GM 动的线速度=√R十F' 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=BL, 因导线绳所受阻力∫与安培力F平衡，则安培力与诡度 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 -BE-EL, r 解得E=BL√+品，故选A GM 9.ADA.OP转动切割磁感线产生的感应电动势为E= 号B时，周为OP匀造转动，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 强磁体在线图间做匀速运动，玻璃管中强磁体在线圈间 知，MN棒会向左运动，MN棒运动会切割磁感线，产生 做加速运动，故用铝管时测得的电流第一个峰到最后一 电动势与原来电流方向相反，让回路电流减小，MN棒 个峰的时问间隔比用玻璃管时的长，D错误.故选A. 所受合力为安培力，电流减小，安培力会减小，加速度减 3.C如图所示，导体棒匀速转动， 小，故D正确，B、C错误，故选A、D 设速度为℃，设导体棒从A到B 10.解析：(1)由于绝缘棒Q与金属棒P发生弹性碰撞，根 过程，棒转过的角度为0，则导体 棒 据动量守恒和机械能守恒可得3mu,=3mo十mr, 棒垂直磁感线方向的分速度为 合×3md=专×3m6+安m吃， v=UcOS 0, 可知导体棒垂直磁感线的分速度 联立解得=之阳=之， 3 1 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 由题知，碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出 =Blw⊥· 导轨，并落在地面上同一地点，则金属棒P滑出导轨时 可知导体棒两端的电势差u随时间t变化的图像为余弦 的速度大小为0p=0=2, 1 图像，故选C. 4,解析：(1)由题知，入射速度为%时，电子沿x轴做直线 1 (2)根据能量守恒有2m听=乞m呢+Q, 运动，则有Ee=eU,B, 解得Q=m心。 解得E=B, (3)P、Q碰撞后，对金属棒P分析，根据动量定理得 (2)电子在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的 一Bil△=nup一mp, 匀强磁场的复合场中，由于洛伦兹力不做功，且由于电 又q=1A,i=R=RaRM1 E△ΦBlx 子入射速度为空，则电子受到的电场力大于洛伦兹力， mvR 剩电子向上偏转，粮据动能定理有E=之m(合)】 1 联立可得工一B下 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=工=2mR vo B21 3mvo 解得1=32eB' 答案：2w:(2)md:3) 2mR BE (3)若电子以入射时，设电子能达到的最高点位置的纵 考点3 坐标为y,则根据动能定理有cBy-md-名md, C在雷击事件中金属和非金属都经历了摩擦，声波和 由于电子在最高点与在最低点所受的合力大小相等，则 光照的影响，非金属完好，而盒属熔化的原因是金属能 在最高点有F。=eunB-eE, 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 最低点有R。=E-oB,联主有-晋-， 考点4 1.ADAB.电流的峰值越来越大，即小磁铁在依次穿过每 y 2mD,要让电子能到达纵坐标为=器位工， eB 个线图的过程中磁通量的变化率越来越快，因此小磁体 即y≥y2, 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图的过程中磁通量向下增 解得人0， 加产生逆时针的电流，而在穿出远离每匝线周的过程中 则若电子入射速度在0<<。范围内均匀分布，能到达 磁通量向下减少产生逆时针的电流，即电流方向相反与 题干描述的穿过钱圈的过程电流方向变化相符，但强磁 纵坐标头=器位里的电子数N占总电子数N, 体下落过程中磁极的N,S极没有颠倒，B错误，C.线圈 的90%. 可等效为条形磁铁，线图的电流越大则磁性越强，因此 电流的大小是变化的，小磁体受到的电磁但力是变化 答案：1DB2)3:（3)90% 的，不是一直不变的，C错误，D.小磁体道过线圈下部的 考点5 过程中，电流越来越大，磁通量变化率越来越大，D正确， 1.AC根据右手定则可知金属杆沿x轴正方向运动过程 故选AD. 中，金属杆中电流沿y轴负方向，故A正确：若金属杆可 2.AA.强碰体在铝管中运动，铝管会形成涡流，玻璃是 以在沿x轴正方向的恒力F作用下做匀速直线运动，可 绝缘体，故强磁体在玻璃管中运动，玻璃管不会形成涡 知F=F=BIL,I=B队=BL=B,可得F 流，强磁体在铝管中加速后很快达到平衡状态，做匀速 R Lro 直线运动，而玻璃管中的强磁体一直做加速运动，故由 B'Lvo 题中图像可知图()的脉冲电流峰值不断增大，说明强磁 ro 体的速度在增大，与玻璃管中磁体的运动情况相符，A 由于金属杆运动过程中接入导轨中的长度L在变化，故 正确：B.在铝管中下落，脉冲电流的峰值一样，磁通量的 F在变化，故B错误： 变化率相同，故小磁体做匀速运动，B错误：C.在玻璃管 取一微小时间△：内，设此时金属杆接入导轨中的长度为 中下落，玻璃管为绝缘体，线圈的脉冲电流峰值增大，电 L',根据动量定理有一B'L'△t=一BL'q=m△U,同时有 流不断在变化，故小磁体受到的电磁阻力在不断变化，C △中 △t 错误；D.强磁体分别从管的上端由静止释放，在铝管中， q一ro A9_B:△，联立得-B△S=mA0, ro 198 对从开始到金属杆停止运动时整个过程累积可得一BS =0一m6, 解得此时金属杆与导轨国成的面积为S-m,故C B2 正确；若金属杆的初速度减半，根据前面分析可知当金 属杆停止运功时金属杆与导轨周成的面积为S=之S, 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. 2.B电磁感应十楞次定律当线图中电流从零增加时， 其产生变化的磁场，由楞次定律可知，铜环中感应电流 产生的磁场与线图产生的磁场方向相反，磁感应强度大 小几乎相等，由法拉第电磁感应定律和安培定则可知， 铜环中的感应电流与钢制线圈中的电流大小几乎相等， 且方向相反，B正确， 3.ABDA.由于金属棒MN运动过程割磁感线产生感 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， 则安培力微负功：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O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. 4.CDA.设金属杆在AA,B,B区域运动时间为t,则金属 杆在AA,B,B区域运动的过程中，根据动量定理有一 BIL·t=mvg,一m6, 设A、A,的间距为L,则金属杆在AA1B1B区域向右运 E 动的过程中切制磁感线有E=BL,I一示，9-，联立 BLd BLd 有q=2R,01=%-2mR, 设金属杆在BB,C,C区城运动的时间为t,则金属杆在 BB,CC区城运动的过程中根据动量定理有一BIL·t。 一mgt。=0一m0B1, 同理金属杆在BBC,C区域向右运动的过程中切割磁感 线有q= BLd 2R1 BLd十4go' 联立解得VB1二2mR 综上有哪1=2十 =+g 2 则金属杆经过BB,的追度大于受，故A错误， C.金属杆经过AA1BB与BB1CC区城，金属杆所受安 培力的冲量为I要=BL·t=BqL. 根据选项A可知金属杆经过AA,B,B与BB,C,C区城 流过金属杆的电荷量相同，则金属杆经过AABB与 BBCC区域，金属杆所受安培力的冲量相同，故C 正确： 1 。1 B.在整个过程中，根据能量守恒有2m6=mgd十Q 则在整个过程中，定值电阻R产生的热量为Q=之Q= }md-名mgd,故B错误： D.设整个过程中金属杆运动的时间为t运，金属杆通过 BB,C,C区域的时间为t。,根据动量定理有一BIL·t 一mg=0-m6, 且q=It8= BLx 2R' 联立解得工一BD 2R（mm,十mg), 根据选项A分析可知=BL产d ug mRug 蜂上器(2m股）， 2R 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. 5.ABA.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2 ng sin30°-2 BILcos30°= 2ma由，对cd,mgsin30°-BIL cos30°=mad,故可知ae =a。,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2 ngsin 30°=2BLc0s30,解得1=5ms,故B正确，C错误：D. 3BL 根据前面分析可知a山=aud,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， 6,AC设线框的上边进入磁场时的速度为v,设线柜的质 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十F一T =Ma, 对物块T-mg=ma, 其中F=L R 即B+M-m)g=(M+ma, R 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，即线柜匀速运动的速度为 =(M-m)gR BL* A.若线柜进入磁场时的速度较小，则线柜进入磁场时做 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，剥图 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，线框进入磁场做加速度 减小的减速运动，完全进入磁场后线柜做匀速运动：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， 7.BDAB.导轨的递度h>,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=mg=2N, 9 导体棒的安培力大小为F=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-mg=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F,=B,L, 对导体柜分析F2=B,IL, 电路中的电流为1=BLu-B,L 联立解得2=3m/s,C错误D正确；故选BD. 8.ACA.弹簧仲展过程中，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Fm=BI·2d, 方向向左；MN受安培力F=2BId, 方向向右，可知两捧系统受合外力为零，动量守恒，设 PQ质量为2m,则MN质量为m,PQ速率为v时，则 2mv=mu 解得v'=2u, 回路的感应电流I=2Bd0十B·2dw=2Bd,MN所安 3R R 安培力大小为F=2BId=Bd巴，选项B错误；C.两 R 棒最终停止时弹簧处于原长状态，由动量守恒可得mx =2mx21 x1十x2=L 可得最终MN位置向左移动工1=写， 2L PQ位置向右移动x:=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,安培力平均值 F套，则整个过程根据动能定理F#石1一F黄xN=0, F年x2一F袋工o=0, 可得器会一子选项C正确：D再棒景后件止时，华 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向左位重移动学PQ位置向右移动学，则g 8号·8当以-票0 1R 3R 错误.故选AC. 9.ADMN在运动过程中为非纯电阻，MN上的电流瞬时 值为I=二B1e R 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-只=品，故A U 正确； B.当u>Bl口时，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MV终极遠度为零，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=《一B如 R 当u=Blo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 20( 上消耗的电能（即ER>Ew),故加速过程中，QR>QN: 当MN减速为零的过程中，电客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. 10.BDC.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.子体棒b与电阻R并联，有I=BLg R+空· 当导体棒a运动到导轨最右端时，导体棒b刚要滑动， 有B·名L-mg, 联立解得a棒的速度为v=3m/s, a棒微平抛运动，有x=t,h=8, 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地运动，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g=7·△1=BL·Ag=0.1X1X1.74c=1.16C, R+2R 0.15 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=号=0.58C,故D正确， 故选BD. 11.ABD AB.在I区域中，磁感应强度为B1=kt,感应电 动势 6=0s=5 感应电动势恒定，所以导体棒上的感应电流恒为1= 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℃，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 B BIL Ve mg sin0 mg sin 0 设下行、上行过b时导体棒的速度分别为、，则下行 过b时导体棒切割磁感线产生的感应电流为E, =B2L0, E B2lzv 14=R=R 下行过b时导体棒上的电流为 Is-E+E1_B:Lv&S R R十R 下行过b时，根据牛顿第二定律可知 B:Ia L-mgsin 0= B:'L'vBakSL R R -mgsin 0=ma 上行过b时，切制磁感线的产出的感应电动势为E2'= B.t 上行过b时导体棒上的电流为 --授0 R R 根据牛顿第二定律可知 B:Is'L-mgsin 0-B:4SL B:'L'v R R -mgsin 0=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，所以金属板下行经过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mgsin0=mao 则金属棒不能回到a处，C错误，D正确.故选A、B、D. 12.AB设两线圈的边长为d,匝数为n.则感应电动势E =nB,安培力F,=ndB=n是dB=B,由题 R 意，两线圈的B、d、v都相同，n:n2=2:1.设导线长 度为1，则1-：l2=2:1,由于质量和密度相同，故两导 线横藏面积S,:S。=1t2,由R=p号，可知，R,· R2=4:1.最终由Fe=mBd口，得到Fe,=F,故 R 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. 13.CDA.将组合体以初速度。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卖 gH R 综上有B= mgR 1 L2√2g√√a B均 1成正比，A错误：B.当金属框刚进入碰场 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，当金属柜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=B R 则组合体克服安培力做功的功奉等于重力做功的功 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 则安培力做的功都为W=F*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】 14.AC.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=2xtan0,x=t 则产生的感应电动势为E=2 By'ttan0 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=2 BCv'ttan0 则流过导体棒的电流I=A9=2 BCtan 0,.A正确，B. △1 当金属棒到达x处时，导体棒产生的感应电动势为E 2 Buo tan.则电客器的电荷量为Q-CE-2 BCuro tan0.B 错误；D.由于导体棒做匀速运动则F=Fg=BL.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=F口 可看出F为变力，不变则功率P随力F变化而变化； D错误：故选A 201 5,解析：(1)由法拉第电磁感应定律E一△市4B·号L2 2 △t △t -0=8l×号×1v=0.o5v 由闭合电路欧姆定律可知，0~15内线柜中的感应电流 E=0.1A 大小为1，= 由图(b)可知，t=0.5s时磁感应强度大小为B,=0. 15T, 所以此时导线框ad变到的安培力大小为F=B,IL= 0.15×0.1×1N=0.015N: (2)0~1s内线柜内的感应电流大小为11=0.1A,根 据楞次定律及安培定则可知感应电流方向为颜时针， 由图(c)可知1~2s内的感应电流大小为12=0.2A, 方向为逆时针，根据欧姆定律可知1一2s内的感应电 动势大小为E2=IR=0.1V, 由法拉第电维感应定体B-9△· -=0.1V, △t 可知1~2s内磁感应强度的变化率为望-B,一B △t △t 0.2T/s, 解得t=2s时磁感应强度大小为B,=0.3T, 方向垂直于纸面向里，故1~28的磁感应强度随时间 变化图为 B/T 0.3 0.2 0.1 0 1 2 t/s (3)由动量定理可知一B2IL△1=m0一m%, 其中g=1A=4=4地2BL2 E R R 联立解得ad经过磁场边界的速度大小为=0.01m/s B/T 0.3 0.2k 答案：(1)0.015N (2) 0.1 0 1 2 t/s (3)0.01m/s 16.解析：(1)线挺在没有进入磁场区域时，根据牛顿第二 定律mg sin0=ma, 根据运动学公式2=2ad, 联立可得线框释放点cd边与I区战上边缘的距离d (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，可知线框的边长与I区域的长 度相等，根据平衡条件有mg sin0-BIL1, 又E=BL,I=R: E cd边两瑞的电势差U=子E, 联立可得U=是 (3)①若L2≥L1,在线框进入I区战过程中，根据动量 定理mg sin日·女1一BIL,=0, 其中=号9=h,合 BL R' 联立可得g= 线框在Ⅱ区域运动过程中，根据动量定理mg sin 0·t2 -2BIL16=0, E 根据g=反·=R ·t= R 线框进入磁场过程中电荷量都相等，即q=t?,联立可 2L1 得2= 根据能量守恒定律一W十mg sin(L2十L:)=0, 克辰安培力微功的平均功非P- t红 联立可得P=mg(L十L,) 4L1 ②若L2<L1,同理可得gq= , 根据动量定理mg sin0·t4-2BL15=0, BL 共中g=14,结合g=器9=股， 2 联立可得4= 根据能量守恒定律-W'十ng sin0(L2十L)=0, 克服安培力微功的平均功率P_W 联立可得p'=mgv(L十L2) 4L 答案：(1)立 2 (3)见解析 17.解析：(1)根据动量守恒定律mm=(m十4m),解得 (2)两者共速时设间距为，根据能量守恒定律可知此 时电势能为E,'-合ma2+房maw2-合×5mo2- 11 25m%2, 根据题意电荷间的电势能与它们间的距离成反比，则 两者共速前的过程系统始终动量守恒，根据动量守恒， 则有∑m4=∑mvA十∑4m(, 即有m41=mxA十4mxB, 根据位移关系可知xa十l。=xA十1， 联标得学一品， (3)对全过程，对系统根据动能定理FL。= 合X4m,2-之ma, 对全过程，根据动量定理F2=4m一m, 联立解得22弘 6 答案：)2号-品（3 18.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=√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Emx=BL有m, 20% 其中，平均速度为-0十②Le, 2 则感应电动势Eax=BL2w 根据闭合电路欧姆定律，有1=袋】 则CD捧所受安培力的最大值为Fmx=BImL -BLo R 当导体棒OA运动到与细柜某一边平行瞬间，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Em=BL有mm, 其中L有m=L,平均速度为=0士L@ 2 L2@, 则感应电动势E=之 银据闭合电路欧姆定律，有I=尺， 则CD棒所受安培力的最小值为Fm=BImL =BL'o 2R' (2)当CD棒所受安培力最小时，根据平衡条件，有 mgsin 0-umgcos 0-Fin0, 当CD棒所受安培力最大时，根据平衡条件，有Fma mgsin 0-umgcos 0=0, 3BL@ 联立可得m=Rgsin0' 撤去推力瞬间，根据牛颜第二定律，有F.一mngsin日十 umgcos 0=ma, 可得CD棒与导轨间的动摩擦因数为μ=a gcos 3 tan 6. 答案：(1)BL ，BLu 1 R 2R (2)a gcos03tan0或 2gos0减号am0 1 19.解析：(1)设金属框的初速度为，则金属框的末速度 4=受，设向右为正方向 金属框进入磁场时，有E=BL,二是，F三BL,联 立解得F= B'L2vo 4R。 金属框在磁场运动过程满足F·1=m心一m, -=-m受 4R。 BL 将工=2L代入，解得一mR· (2)设金属框的初速度为，则金属框进入磁场时的末 速度为防，向右为正方向.由于导轨电阻可忽略，此时 金偏框上下部分被短路，故电路中的总电阻R。=R。十 2R。·R。_5R 2R。+R。 3 再根据动量定理有一BL R =m1一m00, 2BL* 解得=5mR。 尉在此过程中根据能量守恒有己m6=Q,十？m 解得Q,=21BL 50mR2 7B'L 其中Qa=Q1-125m2, 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 R 则先时回路的总电阻R,=2R十尽-公 2 设线框刚离开磁场时的速度为，再根据动量定理有 -B2L3 =m2一my1· 解得=0， 则说明线柜刚离开磁场时就停止运动了，则再根据能 量守恒有m=Q, 共中Q%-号Q-5mR, 8B'L 则在金属框整个运动过程中，电阻R产生的热量Q器 =0+Q,'-B 25mRo 答案：(1)= R。(2)3B红 BL 25mR 20.解析：(1)灭火弹做斜上抛运动，则水平方向上有L cos0·t, 竖直方向上有H=wsin0-之g, 代入数据联立解得H=60m. (2)振据题意可知E=E=15%×号CU, 又因为E=之m…d, 联立可得U=1000√2V. 答案：(1)60m;(2)U=1000√2V 21.解析：(1)金属框从开始进入到完全离开区域I的过程 中，金属框只有一条边初割磁感线，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=BLucos a, 线框中电流1一景， 线框做匀速直线运动，则BILcos a=mgsin a 解得金属柜从开始进入到完全离开区城I的过程的速 争o品 金属框开始释放到pg边进入磁场的过程中，只有重力 微功，由动能定理可得mgsin a=之m, 可得释放时p9边与区域I上边界的距离s一2gia =m'gR'sin a 2B'L'cos'a (2)当ef边刚进入区域Ⅱ时开始计时(t一0)，设线柜ef 边到O点的距离为5时，线柜中产生的感应电动势E =△9-△5=kL2+k,L2.A-(k1十k)L,其中 △t△t △t △s v-At' 此时线路中的感应电流广=号 线框pq边受到沿轨道向上的安培力，大小为F1= [k1+k2(s+L)]'L 203 线框f边受到沿轨道向下的安培力，大小为F2= [k1t十k2s]IL, 则线框受到的安培力F囊=F1一F2=[k1t十2(s十 L)]I'L-[kt十k2s]I'L, 代入点=mgRsin a k2L 化荷得F专=mgsin a十经L R 当线柜平衡时F专=mgsin a,可知此时线柜速率为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mngsin a△一F△=m△o, 即-4L=mA0, R 对时间累款求和可得-红4_0一m R 可得d=mR L· 答案：(1)Rtan a,mgR2sine B2L'cos a'2B'L'cos a e 22.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=BL, 则此时回路的电流为I一示： E 此时导体棒受到的安培力F=BL, BL'v 此时导体棒受安培力的功率P=F%=2R! (2)第2根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程中， 根据动量定理有一BL·△1=0一m,其中I·△1=q, 解得q=B配 1n0h6 (3)由于每根导体棒均以初速度。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-名m6, 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Qm=之Q, 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Qa=号·号·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Qm=号·}·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Q=上· 1 n+万·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Q =Q1十Q十QR十…十Qm, 通过分式分解和观察数列的“望远镜求和”性质，得出 nmvo Qa=n+Q=2m+n=1,2,3, 答案：1)BL 2R e罡 nmv (3)2m十元=123，“ 23.解析：(1)导体杆受安培力F=B,Id=3Mg, 方向向上，则导体杆向下运动的加速度Mg一F=Ma, 解得a=一2g, 子体杆运动的距离L=2a=4g (2)回路的电动势E=B2do, 其中v=十at, 解得E=6(-2g0(≤爱) (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=U十E, 且有1-E 垫理得U=12y-6M+R(长 装置A输出的功率为P=UI=12Mg2t-6Mg6+ IPR(爱) 初始时刻，t=0,P=一6Mg十R, 到达停靠平台时，t=,P=严R, 28 由P4关系可知，P=P十卫=-3Mg+PR, 2 则在火箭落停过程中，装置A输出的能量为 w-p,2-多M城+2 (4)装置A可回收火箭的动能和重力势能：从开始火箭 从速度到平台速度减为本，则E=号MG十MgL= Mu. 答案：1L=02=（2)E=6M(%-2g) 2a 4g (≤) 《3)w=p·2Md+2g 2g (④E=合MG+MgL=是M 24.解析：(1)离子从小孔S射出运动到金属板N中心点O 处，根据动能定理有 2ebd=之md-zmd 解得离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小 u/低-eE@ m (2)当磁场仅有沿x方向的分量取最大值时，离子从喷 口P的下边缘中点射出，根据几何关系有 (R-号)+E=R 根据洛伦滋力提供向心力有2，B,= R 联立解得B,=5eL 2mvo 当磁场在x和y方向的分量同取最大值时，离子从喷 口P边缘交点射出，根据几何关系有 R、②) 2 +L2=R 此时B=√2B。:根据洛伦兹力捉供向心力有 2X西×EA- 联立解得民一受 故B。的取值范国为0一 20 (3)粒子在立方体中运动轨 0 迹制面图如图所示 由题意根据洛伦兹力提供 向心力有 喝 2eXb×2B,=R ×X发 /2L 且满足B。= 2m购 ×××× 5eL ×××× 所以可得 R,=,m=5L 2√2eB。4 所以可得cos0=号 离子从端面P射出时，在沿z轴方向根据动量定理有 F△1=n△mu,cos0-0 根据牛顿第三定律可得离子束对推进器作用力大小为 F=3 n% 方向沿之轴负方向. 答案：1)v气d-oE☑ 20~2 (3)号m,方向沿之轴负方向 专题十二 交变电流 考点1 1.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=L 导体棒通过区域I时，产生的电动势大小为E=BL, 经过的时间为二 导体棒通过区域Ⅱ时，产生的电动势大小为E2=B×0, 5Lm,经过的时间为5，=二 代入数据可得E=0BL巴故选D, 4 2.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=Esin wt, 由题图丙可知，磁场区战变化后，当Esin=E时，线 2 圈的侧边开始切制磁感线，即当线圈旋转弩时开始切制 磁感线，由几何关系可知磁场区战平行于x轴的边长变 为d=2dcos号=d,C正确， 3.B设R,、R2的阻值均为R,根据题中所给信息，结合题 图图像可得Q,=3.T+V.工_2U R +R·z-T,Q,= U)2 2 -，8-B U R 4.BD如图开始线圈处于中性面位置，当磁极再转过90° 时，此时穿过线园的磁通量为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,