专题精准强化12 电磁感应-【创新教程】2026年高考物理大二轮专题增分方案课时作业

00 A 专题精准强化 ☒错题序号： 专题精准强化12 电磁感应 @错因分析 (建议用时：40分钟) [A组 基础达标练] 1.(2025·上海市二模)如图，某教 室墙上有一朝南的钢窗，将钢窗 右侧向外打开，以推窗人的视角 A 来看，窗框中产生 B 4.(2025·河南焦作市二模)如图甲所示，电阻不 A.顺时针电流，且有收缩趋势 计、间距为1m的光滑平行金属导轨竖直放 B.顺时针电流，且有扩张趋势 置，上端连接阻值为3Ω的定值电阻R,虚线 C.逆时针电流，且有收缩趋势 OO下方存在方向垂直于导轨平面向里、磁感 D.逆时针电流，且有扩张趋势 应强度大小为2T的匀强磁场.现将质量为 2.(多选)(2025·河北石家庄质检)如图甲所示， 0.1kg、电阻为12的金属杆PQ从OO'上方 线圈A的匝数为50、电阻为3Ω，在线圈A内 某处由静止释放，金属杆PQ下落过程中始终 加垂直线圈平面的磁场，t=0时刻磁场方向垂 水平且与导轨接触良好，其加速度a与下落时 直纸面向里，穿过线圈A的磁通量按图乙变 间t的关系图像如图乙所示.取重力加速度大 化.电阻不计、间距为0.5m的足够长水平光 小g=10m/s2,下列说法正确的是 ( 滑金属导轨MN、PQ通过开关S与线圈A相 R 连，两导轨间存在垂直纸面的匀强磁场（图中 ↑a/(ms-2) 10 未画出).现将长度为0.5m、电阻为12的导 体棒ab垂直轻放在导轨MN、PQ上.t=0时 x x x t/s 刻，闭合开关S,导体棒ab向右加速运动达到 最大速度5m/s后匀速运动，导体棒ab与导 ×××× 轨始终接触良好.下列说法正确的是 ( 甲 乙 +中/Wb A.金属杆PQ进人磁场后P端的电势较高 0.3 B.金属杆PQ释放位置到OO的距离为0.1m C.金属杆PQ在磁场中稳定时的速度大小为 2 m/s D.a-t图像在横轴上、下方分别与横轴围成 甲 的面积之比为2：1 A.t=0时刻，线圈A产生的感应电动势为 5.（多选)(2025·重庆模拟 D 5V 预测)如图所示，两个完 B.t=0时刻，线圈A中的感应电流为2.5A 全相同的竖直光滑圆形 B C.两导轨间磁场的磁感应强度大小为2T 金属导轨平行放置，圆轨 D.两导轨间磁场的方向垂直MVQP平面 道半径为r,导轨电阻忽 向外 略不计；导轨组最低点为 3.(2025·北京海淀区高三期末)如图所示，两根 A,最右端为C,最高点为D,导轨组一端连接 足够长的平行金属导轨位于水平的xOy平面 电阻R.空间中分布着竖直向下的匀强磁场， 内.导轨与x轴平行，左端接有电阻R.在x≥ 磁感应强度大小为B.金属棒垂直于导轨所在 0的一侧存在竖直向下的磁场，磁感应强度B 平面，在A点以垂直于导轨的初速度。开始 随空间位置均匀变化，满足B=B。十kx(k>0 运动，恰能通过D点，金属棒电阻忽略不计， 且为常量).一金属杆与导轨垂直放置，且接触良 重力加速度为g.则金属棒从A运动到D的 好，在外力作用下沿x轴正方向匀速运动.t=0 过程中 时金属杆位于x=0处，不计导轨和金属杆的电 A.金属棒的速度先减小后增大 阻.下列关于金属杆两端的电压U和所受安培力 B.金属棒在AC间运动时间小于在CD间运 F大小的图像可能正确的是 动时间 y C.金属棒从A运动到C过程中，电阻R生热 大于m呢 5 4 4mgr B D.若撤去磁场，金属棒初速度不变，则一定能 通过D点 ·175 〡物理 6.(多选)(2025·河北 沧州模拟预测)如图 所示，两间距为L、倾 角为0=30°的平行光 滑导轨下端接一个阻 R -10Q 值为R的定值电阻，在与导轨垂直的边界 A.线框右边cd刚进人磁场时的速度大小 MN、PQ之间存在垂直导轨平面向上的匀强磁 场，磁感应强度大小为B.由绝缘轻质杆连接的 为2V⑤gL 5 金属棒a,b垂直于导轨放置，从某位置由静止释 放，轻质杆刚好匀速进人磁场区域.α、b两金属棒 B.磁场的磁感应强度大小为 5mgR 的质量均为、电阻分别为R、2R,两金属棒间的 距离为d,磁场宽度为2d,重力加速度为g.已知 C.线框通过磁场的过程中，电流做的功 两个电动势相同的电源并联时电动势等于其中 为2mgL 一个电源的电动势，内阻为两个电源内阻的并联 D.线框cd边在进人磁场的过程中，通过线框 电阻，下列说法正确的是 mL√5gL A.在两金属棒进人磁场区域的过程中，D点 横截面的电荷量为」 R 电势高于C点电势 [B组创新应用练] B.初始时a棒与MN的距离为25mgR 9B4L4 9.(多选)(2025·山东临沂M×飞× 统考一模)如图所示，两 F C.在两金属棒进人磁场区域的过程中，电阻R 电阻不计的光滑平行导 产生的热量为号mgd 轨水平放置，MV部分的 N× D.在金属棒b进人磁场区域瞬间，金属棒a的 宽度为2l,PQ部分的宽度为l,金属棒a和b 加速度为0 的质量分别为2m和m,其电阻大小分别为2R 7.(2025·山东泰安市高 和R,a和b分别静止在MN和PQ上，垂直 三期末)如图所示，间 于导轨且相距足够远，整个装置处于方向竖直 距为L的平行光滑足 向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B.现 够长的金属导轨固定 对金属棒a施加水平向右的恒力F,两棒运动 倾斜放置，倾角0=30°，虚线ab、cd垂直于导 时始终保持平行且a总在MN上运动，b总在 轨，在ab、cd间有垂直于导轨平面向上、磁感 PQ上运动，经过足够长时间后，下列说法正 应强度大小为B的匀强磁场.质量均为、阻 确的是 值均为R的金属棒PQ、MV并靠在一起垂直 A.金属棒a与b均做匀速直线运动且距离逐 导轨放在导轨上.释放金属棒PQ,当PQ到达 渐减小 ab瞬间，再释放金属棒MN;PQ进人磁场后 B.金属棒a与b均做匀变速运动且加速度之 做匀速运动，当PQ到达cd时，MN刚好到达 比为1：2 ab.不计导轨电阻，两金属棒与导轨始终接触 良好，重力加速度为g.则MN通过磁场过程 C流过企属棒a的电流大小为器 中，PQ上产生的焦耳热为 A.2mgR2 B.mg2R2 D回路中的感应电动势保持不变，大小为器 B4L4 B4L4 10.(2024·全国甲卷)如图，金属导轨平行且水 C.mg?R? D.mg2R2 平放置，导轨间距为L,导轨光滑无摩擦.定 4B4L4 2B4L4 值电阻大小为R,其余电阻忽略不计，电容器 8.(多选)(2025·湖南省常德高三三模)如图所 的电容大小为C.在运动过程中，金属棒始终 示，在光滑的绝缘水平面上，放置一个边长为 与导轨保持垂直.整个装置处于竖直方向且 L、质量为m、电阻为R的单匝正方形金属线 磁感应强度为B的匀强磁场中 框abcd,线框的右侧与一根绝缘水平细线相 连，细线的另一端跨过一个光滑的小定滑轮， 悬挂一个质量为4m的重物，放置于倾角0= 30°的足够大的光滑斜面上，在线框右侧存在 一宽度也为L、方向竖直向下的匀强磁场，磁 场的左边界与线框cd边平行且距离也为L. (1)开关S闭合时，对金属棒施加一水平向右 现将线框和重物同时由静止释放，线框恰好能 的恒力，金属棒能达到的最大速度为o.当 够完全匀速通过磁场区域，重力加速度为g, 外力功率为定值电阻功率的两倍时，求金属 则下列说法正确的是 ) 棒速度v的大小. 176 专题精准强化 (2)当金属棒速度为v时，断开开关S,改变 12.(2025·吉林统考 水平外力并使金属棒匀速运动.当外力功率 三模)如图所示，在 为定值电阻功率的两倍时，求电容器两端的 两根水平的平行光 电压以及从开关断开到此刻外力所做的功. 滑金属导轨右端 c、d处，连接两根 相同的平行光滑一圆弧导轨.圆弧导轨均处于 竖直面内，与水平导轨相切，半径r=0.5m,顶 端a、b处连接一阻值R=2.02的电阻，平行 导轨各处间距均为L=0.5m,导轨电阻不 计.整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁 感应强度大小B=2.0T.一根质量m= 1.0kg、电阻R=1.02的金属棒在水平拉 力F作用下从ef处由静止开始做匀加速直 线运动，运动到cd处的时间to=3.0s,此时 11.(2025·黑吉辽蒙卷，14)如图(a),固定在光 拉力F=6.0N.金属棒运动过程中始终与 滑绝缘水平面上的单匝正方形导体框abcd, 导轨垂直且接触良好，重力加速度大小g一 置于始终竖直向下的匀强磁场中，ad边与磁 10m/s2.求： 场边界平行，ab边中点位于磁场边界.导体 (1)金属棒匀加速直线运动的加速度大小： 框的质量m=1kg、电阻R=0.52、边长L=1 (2)金属棒做匀加速直线运动过程中通过金 m.磁感应强度B随时间t连续变化，0~1s内 属棒的电荷量q: B一t图像如图(b)所示.导体框中的感应电 (3)若金属棒运动到cd处，调节拉力F使金 流I与时间t关系图像如图(c)所示，其中 属棒沿圆弧导轨做匀速圆周运动至αb处.计 0~1s内的图像未画出，规定顺时针方向为 算金属棒从cd运动至ab的过程中，拉力做 电流正方向. 的功WF.(计算结果保留到小数点后两位) (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). (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vo=0.1m/s,求ad边离开磁场时的速 度大小1. 03 0.2 .02.0 0.1 Xx,Xx -0.2- 0 1.02.0/s 图(a) 图(b) 图(c) ·177丨物理 2.B[当环境温度降低时，R,阻值变大，总电阻变大，总电10.BC[原、副线圈两瑞的电压与匝数成正比，所以副线 流减小，内阻上的电压减小，路端电压变大，即电压表 圈两端电压为44V,由于副线圈连接二极管，它具有单 读数变大；R。两端电压变大，电容器两板电压变大，根据 T U 狗导电性，根据电流的热效应知4Y·，=? R Q=CU可知，电容器带电荷量变大；根据E=,可知电 T,解得U=22√2V≈31V,故C正确，D错误；电流表 容器两极板间的电场强度将会增大；根据P=R,总电 U 流I减小，可知R1消耗的功率减小，故选项A、C、D错 ④的示数约为1，=尺=3.1A,原，副线圈中的电流与 误，B正确.] 匝数成反比，所以电流之比为1：5，则电流表A)的示数 3.A[根据理想变压器电压比与匝数比关系有可，一n, 约为620mA,故A错误，B正确.] 即Y件，解得用=2，故原线圈接入的臣数是2臣，即 1山.D[闭合开关后，灯泡两端的电压为U一%U=% 左侧接线柱线圈选取的是“0”和“2”. (U,-AU)=%(2U1-AU）=U1-2△U,A错误；变 n（n 4,C[变压器副线图电压有效值为U,=1v=11V, √2 压器不改支领率，交变电流的频率为∫一元-50Hz,B -L=220_20 错误；设升压变压器的输出电压为U2,输送电流为I2, 则变压器原、副线图的匝数比 7 所有灯泡获得的总功率为P=U,12一Ir=一r 5.B[在光照强度增大的过程中，R,的阻值减小，电路总 电阻减小，总电流增大，则R,的电压增大，V,的示数增 ,一）十，闭合的开关数越多，灯泡总电阻越 大，内电压和R,的电压增大，则路端电压减小，V的示 小，所以灯泡总功率有可能先增大后减小，也有可能一 数减小，R,的电压减小，故A错误，B正确：R,的电压减 直减小，C错误；依次闭合开关S、S、S…,灯泡总电阻 小，则电容器板间电压减小，板间电场强度减小，带电小 逐渐减小，输送电流逐渐增大，所以灯泡两端的电压逐 球受到的静电力减小，则带电小球向下运动，故C、D 渐减小，灯泡L越来越暗，D正确.] 错误.」 12.B[输入电压峰值为Um=12√2V,则输入电压有效值 6.D[将P向上移动，通过L1的电流的频率保持不变，故 为U,-儿=12V,滑动触头在正中间，根据- U=可 A错误；将P向上移动，原线圈的匝数变大，副线圈匝 √2 数不变，输入电压U不变，根据U,三U,可知副线圈 知，输出电压U,=05mU=18V,若将电阻箱阻值调为 输出电压U2变小，L1两端电压减小，L1变暗，故B错 18,则电流为1A,故A错误：若将副线圈匝数调为总 误：闭合开关S,副线圈总电阻减小，副线圈输出电流增 1 大，则定值电阻R两端电压增大，L,两端电压减小，L 匝数的子，报据变压比可知，输出电压U,-豆U U1= 不会烧掉，故C错误：将P向下移动，原线圈的匝数变 n 小，根据U,=2U1,可知副线圈输出电压U,变大；闭合 12V,则副线圈电流变为1，'==2A,故B正确；输 7, 开关S,副线圈电路中的总电阻减小，副线圈输出电流增 入端电压调为u=12√2sin(50πt)V时，其有效值不变， 大，定值电阻R两端电压增大，由于U2也变大，则L!两 , 端电压可能不变，L1可能正常发光，故D正确. 不会导致电流的变化，仍然为I=尺 =3.0A,故C错 7.C「=0时刻，两线圈感应电动势均为零，故两线圈均 误：将输入电压峰值减小一半，则输入电压有效值变为 处于中性面的位置，选项A错误；由图线可知，两线圈的 U 周期之比T。:T,=2:3;故根据n=可知ab对应的 2 U"= =6V,输出电压U”=05U,”=9V,副 ② n 线圈转速之比为3：2，选项B错误；根据En=NBSw, 153 线圈电流变为1-紧=1.5A放D婚张] 13.解析：(1)根据题图可知电流表的分度值为5mA,故读 正确：若只改变两线圈的形状（匝数不变），则两线圈的 数为200mA; 面积要变化，故感应电动势的最大值要变化，电动势的 学生电源的输出功率P1=12×200×103W=2.4W 有效值之比一定变化，选项D错误.] (2)低压输电时电阻箱消耗的功率为P。 8.B题图所示时刻，穿过线框ABCD的磁通量最大，磁 6×200X10W=1.2W, 通量变化率最小，故A错误；线框产生感应电动势的峰 6 值为En=nBSw=2002V,则有效值为E=E=200V, 电阻箱接入的电阻为R=200X10n=300 √2 高压输电时，电阻箱消耗的功率为P= 由于线框电阻不计，则理想变压器原线圈两端电压有效值 30×20×10×20×103W=0.012W, 为U=E=200V,变压器原、副线圈匝数比为L== 2U2 可特号-品=10， 200Y=10,故B正确，C错误；闭合开关后，由于副线圈 即低压输电时电阻箱消耗的功率为高压输电时的 20V 100倍. 输出电压由原线圈输入电压和匝数比决定，副线圈输出 (3)A示数为125mA时，学生电源的输出功率P1= 电压不变，即电压表示数不变，故D错误.] 12×125×103W=1.5W 9.AC[增大R,的阻值，电路总电阻增大，干路电流减小， 高压输电时学生电源的输出功率比低压输电时减少了 则R。两端的电压减小，A正确；将R,与电源看作等效 △P=P,-P,=2.4W-1.5W=0.9W. 电源，当R接入电路的电阻与等效电源的内阻相等时， 答案：(1)2002.4(2)100(3)0.9 R1消耗功率最大，则有R1=R2十r=2.52,B错误；开 专题精准强化12 关接Q时，电容器左极板带负电，开关接b时，左极板带 1.D磁场方向由南指向北，将钢窗右侧向外打开，则向 正电，所以流过R的电流流向为c→d,C正确；因R接 北穿过窗户的磁通量减少，根据楞次定律，以推窗人的 入的阻值未知，不能求出电容器上两板间的电压，故不 视角来看，感应电流为逆时针电流，同时根据“增缩减 能求出流过R?的电荷量，D错误.门 扩”可知，窗框有扩张趋势，故选D.门 ·294· 答案精析1 2.AC[t=0时刻，根据法拉第电磁感应定律可得线圈A 场边界MV的距离为x,金属棒下滑过程由动能定理有 产生的感应电动势E=nA △t |=50×0-3V=5V,线圈 3 2 mgzsin30°=2X2mu,金属棒a进入磁场后切割磁 5 A中的感应电流I= R3十A=1,25A,A正确，B E 感线产生的电动势E=BLu,此时流过金属棒a的电流 I。= E 错误；由题意可知导体棒ab最后匀速运动，则E=BLU, R+RX2R F-3B,对两金偏棒受力分析有B1L三 5 R+2R 解得B一。T=2T,C正确；根据楞次定律可 知，线圈A产生的感应电流由a指向b,则导体棒ab向 2 ngsin30°，解得x= 9B,故B错误：在两金偏棒进 25m gR 右切割磁感线产生的感应电流由b指向a,根据右手定 入磁场区域的过程中，两金属棒减少的机械能为△E= 则可知两导轨间磁场的方向垂直MNQP平面向里，D 2 ngsin30°·d=mgd,此过程中电阻R和金属棒b并联 错误.门 3.B[金属杆内阻不计，则金属杆两 部分产生的热量Q并= R 十R4E- 5mgd,此过程中 端电压U与其切割磁感线产生的 R 电动势E大小相等，经过时间t金 电阻R产生的热量Qe=R。十RQ=5mgd,故C正确： 属杆匀速移动距离x,如图所示， 在金属棒b进入磁场区域瞬间，两个金属棒的速度没有 U=E=BLv =∫(B十k.x)Lu=bLx十BLu, 变化，所以此时电源的电动势E=BL,此时流过电阻R 匀速移动x=t 的电流IR干rR十R2派 E E (B。+kt)Lv=kLwt十BLv, R×2R _3BL,此时金属棒ab 5R U一t图像与U一x图像均是纵截距为正、斜率也为正的 倾斜直线，A错误，B可能正确； 所受安培力的合力F会合=BIL,此时对金属棒Q、b整体 (B。十kx)2L 受力分析并结合牛顿第二定律有F安合一2 ng sin30° BLE R F=BIL= 2a,解得a=0,故D正确. R (B,十kt)2L 7.D由题意知PQ进入磁场后做匀速运动，则由平衡条 R -U F一t图像与F一x图像均为曲线，C、D错误.门 件得安培力为F=mgsin0,又因为F=BIL=充，解 4.D[根据楞次定律知，金属杆PQ进入磁场后Q端的电 势较高，故A错误；由题图乙可知，金属杆PQ刚进入磁 得全焉格速度为一管器电流为1=器周为企房棒 场时的加速度大小a=l0m/s2,方向竖直向上，设金属 从释放到刚进入磁场时做匀加速直线运动，由牛顿第二 杆PQ刚进入磁场时产生的感应电动势为E,则有E= E 定律知mgsin30°=ma,所以加速时间为t=”,由题意 BLo ,I=R+r ,BIL一mg=ma,解得心=2m/s,所以金 知当PQ到达cd时，MN刚好到达ab,即金属棒穿过磁 属杆PQ释放位置到00的距离为x1=三-0.2m,故B 场的时间等于进入磁场前的加速时间，且MN在磁场中 2g 的运动情况和PQ一致，故MV通过磁场过程中，PQ上 错误；设金属杆PQ在磁场中稳定时的速度大小为U2,则 产生的焦耳热为Q县=PR,解得Q三尺，拉 有B三mg,解得=1m/s,故C错误a-t图像在横 选D. 轴上、下方与横轴围成的面积表示速度的变化量，则α-t图 8.AD[线框和重物组成的系统机械能守恒，有4 gLsin日 像在横轴上方与横轴围成的面积为S=U-0=2m/s,a t图像在横轴下方与横轴围成的面积为S,=一= (m十4m),解得v=V⊙虹，故A正确： 5 1m/s,所以a-t图像在横轴上、下方与横轴围成的面积 之比为2：1，故D正确. 衡条件，对线框有Fr=F安= 尼”，对重物有Fn= 5.BCD[金属棒从A运动到D的过程中，重力和安培力 一直对金属棒做负功，金属棒的速度一直减小，金属棒 在AC间的平均速率大于在CD间的平均速率，由于金 mn日，联主解得B一亡√正，故B错误，因线 属棒在AC间与CD间通过的路程相等，则金属棒在AC 框恰好能够完全匀速通过磁场区域，根据能量守恒定律 间运动时间小于在CD间运动时间，故A错误，B正确； 可得W。=4mgX2Lsin日=4m1gL,故C错误；线框cd边在进 全局棒格能通过D点，在D点有mg=m,解得w 入磁场的过程中，通过线框横截面的电荷量为？一尽 √gr,金属棒从A运动到D过程中，根据能量守恒定律 BL 可得m-子m=g·2,Q,解得Q4- ,联立方程，解得g√ L√5g,故D正确.] R 9.BD[对a、b整体分析，由于受恒定拉力作用，则经过足够 2 长时间后最终达到稳定状态，此时回路中的感应电动势保 立mg,由于金属棒从A运动到D的过程中，金属棒的 5 持恒定，则回路中的电流恒定，设两棒的加速度为a。、a,有 速度一直减小，则金属棒产生的电动势一直减小，感应 E=B·2l(U。十a△t)一Bl(十a△t),由于电动势恒定，则 电流一直减小，安培力一直减小，根据对称性可知，金属 对上式两边求变化率有0=2Bla。一Bla6,则可得a,=2a。,故 棒在AC间克服安培力做功大于在CD间克服安培力做 金属棒α与b均做匀变速运动且加速度之比为1：2，选项A 功，即在AC间产生的焦耳热大于在CD间产生的焦耳 错误，B正确；根据受力分析，由牛顿第二定律得F一F。 热，则金属棒从A运动到C过程中，电阻R生热满足Q 2ma。,F=a6,设回路中的电流为I,则F。=2BIl,F= F F >Q=m心-三mgr,故C正确：若撤去磁场，金属棒初 BL,联立解得I厂3B,则流过a的电流大小为3B,故C错 2 4 误；回路中的感应电动势保持不变，大小为E=I(2R十R)= 速度不变，则金属棒运动过程只克服重力做功，所以金 属棒到达D,点时的速度比存在磁场时的大，所以金属棒 贯造项D正确] 一定能通过D点，故D正确.] 10.解析：(1)开关S闭合时，当外力与安培力相等时，金属棒的 6.ACD[在金属棒a穿过磁场区域的过程中，由右手定 速度最大，则F=F安=BIL, 则可知流过电阻R的电流方向为D→R→C,所以D点 电势高于C,点电势，故A正确；设初始时金属棒a与磁 由闭合电路欧姆定律I=卡， ·295· |物理 金属棒切割磁感线产生的感应电动势为E=BL, 联立解得ad经过磁场边界的速度大小为y1=0.01m/s. 联立可得，恒定的外力为F=L西】 ◆BT R 0.3 在加速阶段，外力的功率为P5=F= 0.2 答案：(1)0.015N (2 定值电阻的功率为P。=FRLt, 0.1 R BL'vo BLd 0 2=2 2 t/s 若Ps=2P。时，即 R R (3)0.01m/s 化荷可得会属棒速度口的大小为。一分， 12.解析：(1)设金属棒匀加速运动的加速度为a,则运动到cd 处的速度v=at, (2)断开开关S,电容器充电，则电容器与定值电阻串联，则 当金属棒在cd处时，金属棒产生的感应电动势为 有E=BLU=R+冬， E E,=BL,产生的电流为I=R干R。, 当金属棒匀速运动时，电容器不断充电，电荷量q不断增 金属棒所受的安培力为F=BL, 大，电路中电流不断减小，则金属棒所受安培力F安=BL 据牛顿第二定律得F。一Fa=1a, 不断减小，而恒力的功率P。=Fv=BLU,定值电阻功率 联立并代入数据解得a=3m/s. PR=PR, (2)通过金属棒的电荷量为q=It。, 当P=2PR时有BILu=2I'R,可得R=BL, 2 1照号联得g=5C 根据E=BLu=R+名， (3)设金属棒运动速度v与磁场正方向的夹角为α，则垂直 磁场方向的分速度v1=sina, 可得光时电容器两端电压为=名-坠-B肌， 2 则B=BLsin,有效值E=BL 从开关断开到此刻外力所做的功为W=BIL(u·△t)= E B·=BLg其中g-CB,联立可得W-C5Ld 则Q-R干R,其中=器解得Q冬， 2 8 由功能关系得Wr=mgr十Q, 答案：1)受(2L4,CBLd 48 代人数搭W,=（+受)61s △B·2L 答案：(1)3m/s(2)4.5C(3)6.18J 1Ⅱ解析：I)由法拉第电磁感应定律E=△ 微专题4 △t △ 1.A[正方形导线框，以初速度u=1m/s进入该区域，从导 228×}xrv-0.5v 线框进入该区域到最终停下来过程，根据动量定理得一BL 由闭合电路欧姆定律可知，0~1s内线框中的感应电流大 ·业=·山=化=0-，解得线在磁 R E 小为1=尺=0.1A, 中运动的距高为器-24m,由于线框此出随场款交 由图(b)可知，t=0.5s时磁感应强度大小为Bs=0.15T, 到安培力作用，线框在磁场中做减速运动，则从减速到停下 所以此时导线框ad边受到的安培力大小为F=B。;IL= 0.15×0.1×1N=0.015N: 时穿过磁场区域的个数为n=是=2.4，则该线框能穿过的 (2)0-1s内线框内的感应电流大小为I1=0.1A,根据楞 磁场区域个数为2，故A正确.] 次定律及安培定则可知感应电流方向为顺时针，由图(c)可 2.BCD[导体棒获得最大速度时，导体棒受力平衡，有mg= 知1~2s内的感应电流大小为I,=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 R=Bd,解得1=1A,又由E=Bd,1-录解得 大小为Eg=I2R=0.1V, 10m/s,故A错误，B正确：在下落0.29m的过程中有E 由法拉第电磁感应定律E=△中4日：。L E -=0.1V. .1=景=1五，可知g最共中0=△s·B=02X t △t △t 0.29×0.5Wb=0.029Wb,解得g=2.9×102C,故C正确； 可知1~2、内磁感应强度的变化率为5=B一B △t △t 由动量定理有(mg一BId)t=mu,通过导体棒的电荷量为q =0.2T/s, =1t =Bdh 元，可得三g吐，代入教据解得 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1~2s的磁感应强度随时间变化 2.21m/s,故D正确.] 图为 3.AD[t=t。时刻，设金属杆ab的速度大小为v',对两杆整 B/T 体，由动量定理得F=m+mu,解得=码一U,选项A 0.3 正确；从t=0到t=t时间内，对于金属杆ab,由动量定理得 0.2 B7=mQ=,则流过会%杆ab的电荷量为q-配 0.1 。一四，选项B错误；最终两金属杆达到共同速度账，由 BL 0 2 t/s 动量守恒定律得U十u=2m心集，设通过回路的电荷量为 (3)由动量定理可知一B,IL△t=u一m, 9,有BL=mm,设最终两金偏杆的间距为，有g=B验 E 0.合4 2R 其中9-I=尺A=R 采工解得：=4十器送项C错民，D正统] 2R ·296·