2.2 法拉第电磁感应定律-【重难点手册】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册同步练习册（人教版）浙江专用

重难点手册高中物理选择性必修第二册尺 开始时的磁通量最大，转过90°时的磁通量最小.所以 在线圈由图示位置绕转轴O0'转动180°的过程中，向 里穿过线圈的磁通量先减小，后增大.设向外为正，翻 转180时，线圈的磁通量变化了△Φ=BS一（一BS)= 2BS,故D正确；向里穿过线圈的磁通量减小时，根据 楞次定律可知，产生的感应电流的方向是A→B C→A,转过的角度大于90°后，向里的磁通量增大，由 楞次定律可知，产生的感应电流的方向仍然是A→ B→C→A,故B错误，C正确.故选C、D 11.BC【解析】开关S接通瞬间，根据安培定则，穿过线 圈的磁通量向右增加，由楞次定律知，在右侧线圈中 感应电流的磁场方向向左，M板与电源正极相连，N 板与电源负极相连，其内部的电场方向向右，电子受 到向左的电场力，从而电子向M板偏转，故A正确； 断开开关S的瞬间，穿过线圈的磁通量减少，由楞次 定律知，感应电流的磁场方向和原磁场方向相同，即 右侧线圈左端为电源负极，右端为电源正极，M、N板 间电场向左，电子向N板偏转，故B错误；接通S后， 变阻器滑动触头向右迅速滑动，变阻器接入电路的电 阻增大，电流减小，穿过线圈的磁通量减小，由楞次定 律知，右侧线圈产生左负右正的电动势，电子向N 板偏转，故C错误；接通S后，变阻器滑动触头向左 迅速滑动，变阻器接入电路电阻减小，电流增大，穿 过线圈的磁通量增加，由楞次定律知，右侧线圈中产 生左正右负的电动势，电子向M板偏转，故D正确。 故选B、C. 12.B【解析】当螺线管中通过的电流逐渐变小时，电流 产生的磁场逐渐变弱，故穿过圆环的磁通量变小，由 楞次定律可得，从左向右看，圆环中的感应电流沿逆 时针方向，故A、D错误；当螺线管中通过的电流逐渐 变小时，电流产生的磁场逐渐变弱，故穿过圆环的磁 通量变小，为阻碍磁通量变小，圆环有收缩的趋势，故 C错误；由于圆环的圆心、轴线与螺线管的中心、轴线 分别重合，所以圆环各处所受安培力大小相等，方向 相反，所以悬挂圆环的细线拉力不变，故B正确.故 选B. 第2节法拉第电磁感应定律 1.A【解析】电场强度是矢量，单位是N/C或V/m,故 A正确；磁通量是标量，单位是Wb,故B错误；电流有 大小，有方向，但运算不遵循平行四边形定则，是标量， 14 (浙江专用) 单位是A,故C错误；感生电动势是标量，单位是V,故 D错误.故选A 2.C【解析】根据E=Bl可知，A、B、D三项切割磁感线 的有效长度l=d,产生的感应电动势均为Bdwo,而C 项满足磁场、速度方向和导体棒相互垂直，此时导体棒 d 的有效长度为1一s0其中0为导体棒与导轨间的夹 角，产生的电动势为E所以感应电动势最大 的是C项.故选C 3.D【解析】圆盘可以看成无数根金属条并联切割磁场， 产生的电动势为E=B咖=以·兰=以，者圆盘 匀速转动，电动势恒定，因此产生恒定的感应电流，则 螺线管的磁场恒定，穿过铜环的磁通量不变，则铜环中 无感应电流，若圆盘加速转动，电动势增大，产生的感 应电流变大，那么螺线管的磁感应强度变大，由右手定 则可知电流由圆心流向圆盘边缘并在D点流出，根据 右手螺旋定则可知螺线管内部磁场方向由F向E,根 据楞次定律可得铜环将远离螺线管，故A、B错误；圆 盘不动，逐渐增强磁场时，圆盘中磁通量增大，由右手 螺旋定则可知，从上往下看，圆盘中产生顺时针方向的 感应电流，可知各处的电动势不同，感应电流只在圆盘 中流动，则右侧的螺线管中无电流，不产生磁场，则铜 环中不产生感应电流，所以铜环保持不动，故C错误， D正确.故选D. 4.CD【解析】利用题图乙可知，在0~1s内，感应电动 势E,=m△B:s=10×02X1V=2V,方向为正， △t 1 在1~5s内，感应电动势E=nB:S =10× △t (-0.2-0.2)X1V=一1V,方向与规定的方向相反， 5-1 A错误；根据A选项的判断可知，在0~1s内电流为 2A,在1~5s内电流为一1A,B错误，C正确；根据 F=BIL可知，在0~1s内安培力沿正方向由0均匀 增加，在1s时刻安培力达到最大值，为F,=nBIL= 4N,在1~5s内，由于电流为负值，根据磁场的变化 情况可知，安培力先负向减小，然后正向增大，最大值 均为2N,D正确.故选CD, 5.AC【解析】金属线框bc边刚进入磁场时，根据右手 定则，可判断出线圈中感应电流的方向是逆时针方向， A正确；当金属线框bc边刚进入磁场时，bc边相当于 电源，产生的电源电动势为E=Bv,bc两端的电压为 U-是E-是B,B错误ah边相当于电阻，ab两端 的电压为U。=-U。=-专E=一子B如，C正确；因 1 为匀速穿过，所以有E=B0,1-景，Q=1户，t= E 联立解得Q=2B1,D错误，故选A,C R 6.AC【解析】磁感应强度变 化时，电场线为逆时针方向，×× 的同心圆，使电子向a点聚× 集，b点的电势比a点高，同 a--b 理可知c点的电势比b点 高，故A正确，B错误；连接Oa、Ob、Oc,Oab构成等边 三角形，Ob和O所围磁场区域是圆心角为30°的扇 形，如图所示，电场线垂直于Oa和Ob,电子不发生定 向移动，a、b两点间的电动势大小为E=_5. △t△t S△Ob=kSAOb 5R2,b、c两点间的电动势大小为 E.-8总3-k5-k×器XR-Rac两 ,30° △t 点间的电动势大小为E=E。十Ek=（ +)R, 故C正确，D错误.故选A、C 7.BCD【解析】线框先做自由落体运动，若安培力大于 重力，αb边进入磁场先做减速运动，根据安培力公式 F=B可知，线框的加速度应该是逐渐减小，v R 图像的斜率应逐渐减小，线框所受的安培力与重力二 力平衡后，做匀速直线运动，速度不变，线框完全进入 磁场后，磁通量不变，没有感应电流产生，线框只受重 力，做加速度为g的匀加速直线运动，故v-t图像的斜 率可能先不变，后减小，再为0，最后又不变，故A错 误，B正确；线框先做自由落体运动，ab边进入磁场后 因为重力大于安培力，做加速度减小的加速运动，cd 边离开磁场后做匀加速直线运动，加速度为g,故C正 确；线框先做自由落体运动，αb边进人磁场后因为重 力等于安培力，做匀速直线运动，cd边离开磁场做匀 加速直线运动，加速度为g,故D正确.故选B、C、D. 8.BD【解析】由题图可知，在0~t。内和2t。~3t。内圆 练习册参考答案与解析值型 环1中的电流大小均为1-，在，一2，内圆环 I中的电流大小为12二，设圆环I中电流的有】 效值为I,根据有效值定义可得IR·3t。=IR·2to 十1，联立解得I巨B,故A错误：设右侧又 Rto 一无限长的直导线CD对称的无限长的直导线C'D'与 CD构成回路，则t=1.5to时刻，CD、C'D'回路产生的 总电动势为Ea=2.B0,根据对称性可知L to 1.5,时刻直导线CD的电动势为B,故B正确； to 由于圆环Ⅱ处于磁场外部，通过圆环Ⅱ的磁通量一直 为0，所以圆环Ⅱ不会产生感应电流，则t=0.5t。时刻 圆环Ⅱ中电流为0，故C错误；以O点为圆心，过P、Q 两点的圆轨道，在t=0.5to时刻产生的电动势为E= ,则P.Q两点间圆孤的电动势为E一需E= to 12。,由于PQ两点间圆弧与圆环Ⅱ上的PQ构成 回路，不会产生感应电流，则圆环Ⅱ上P、Q两点间的 电动势为26故D正确.故选B,D 9.CD【解析】由于金属棒MN在运动过程中切割磁感 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， 根据能量守恒可知，整个过程产生的总焦耳热为Q= mL,故金属棒上产生的熊耳热为Q:一RQ R十，mgL,故A错误；当金属棒MN所受的安培力沿 切线方向的分力与重力沿切线方向的分力相等时，速 度达到最大，则感应电流最大，由题分析，可知金属棒 MN在OO位置时重力沿切线方向的分力为0，可知金 属棒MN在到达OO'位置之前的某个位置，刚好满足 重力沿切线方向的分力等于安培力沿切线方向的分 力，此时速度最大，电流最大，故B错误；若仅增大磁感 应强度B,感应电动势会变大，即将机械能转变成电能 的本领越强，导致转变过程所用的时间变短，根据能量 守恒可知，整个过程产生的总焦耳热仍为Q=mgL,即 金属棒从开始运动到静止过程中克服安培力做功不 15 重难点手册高中物理选择性必修第二册尺 变，根据P=”,可知平均功率会变大，故C正确；从释 t 放到第一次到达OO位置过程中，根据法拉第电磁感 应定律有E-A妙， E ,又g=1A,1=R+,△0=BS- BLd,联立解得通过金误棒的电荷量为g=故D 正确.故选C、D. 10.CD【解析】由于两棒组成的系统动量守恒，取向右 为正方向，由动量守恒定律可得m·30一mvo=mw1 十mw2,所以当其中某根棒的速度为0时，另一根棒的 速度大小为2w。,所以A错误；当其中某根棒的速度 为0时，另一根棒的速度大小为2o,则有E=BL· 2a,1-号，F=L,联立解得F=BLo,由牛顿 二定律可得，另一根棒的加速度大小为a=号 BL,所以B错误；从初始时刻到其中某根棒的速 mr 度为0的过程中，两根导体棒上产生的焦耳热为Q总 =7mi+7m(3e)P-2m(2u)=3m,则导体 棒ab产生的焦耳热为Q-Qa=号m,所以C正 确；cd棒的收尾速度为两根导体棒具有的共同速度， 则有m·30一mu0=2m共，解得v共=0，所以D正 确.故选C、D. 11.BD【解析】对导体棒进行受力分析，根据牛顿第二 定律有mgsina-BL=m,而1-是4山=C·0, BL·△=Aa-是整理得mgsn&一CBLa ma,解得a m十CB元①，下滑的过程中，加速度保 mg sin a 持不变，因此A错误，B正确：根据速度与位移的关系 有2=2a®，由①@联立得v=√m十CBT' 2mgh sin a C错误；下滑的过程中，由于电容器充电，根据能量守 恒，减小的重力势能，一部分转化为动能，一部分转化 为电场能，因此减少的重力势能大于增加的动能，机 械能不守恒，D正确.故选B、D 12.(1)①闭合开关S瞬间，线框在磁场中的有效长度为 l=2L,所以线框受到的安培力大小为F零=BL= 2BIL. 16 (浙江专用) ②线框中心运动到x处时，安培力大小为F安= 2B1(L-),则初始时和线框中心运动至x=号处时 的安培力分别为F1=2BIL,F2=BL,则线框中 心运动至x号处过程中，安培力微功为网：=下。· △z=F!+F2.L-3BIL2 2 2 4,由动能定理有W安= 1 ,BL,则安培力的冲量为I= 2m2,可得u=√2m1 m=√ ③由能量守恒定律有UI=BILw+IR,可得恒流源 起供的电压为U=BL'√职+R (2)类比于简谐运动，则回复力为F▣=F安=2BI(L一 x)=2BIx'=kx',根据简谐运动周期公式可得T= 2√=2x√品由题意可知，两次简谐运动的周 期相同，两次都从最大位移处运动到平衡位置，时间 T/m 均相同，则有1=：=4=2√2B,故4一红=0. 13.(1)平台静止时，穿过三个线圈的磁通量不变，线圈中 不产生感应电流，线圈不受到安培力作用，O点受力平 衡，因此由胡克定律可知此时弹簧的伸长量△x一爱。 (2)在t=0时速度为0，设每个线圈的周长为L,由 电磁感应定律可得线圈中产生的感应电流I一 E BLo_Bu0X2rπ_2Uor元B R R R,每个线圈所受安培力的 大小F=BI=4rmB R (3)由于减振器的作用平台上下不移动，由能量守恒 定律可得平台在0~t1时间内，振动时能量的减少量为 Q,由能量守恒定律有Q+mgA=之m5+之· (a)产-(ar-A只在0时间内，损动时能 量的减少量转化为线圈的焦耳热，可知每个线圈产生 的焦耳热Q=号Q=名(m-kA). (4)取向上为正方向，全程由动量定理可得I弹十IA Ic=0,其中Ic=mg(t2-t1),Ia=3X2rrB·△q,△q _?B(A,一A2》,联立解得弹簧弹力冲量I的大小 为1弹=mg2-t,)12mr2BA1-A2) R 第3节涡流、电磁阻尼和电磁驱动 1.C【解析】真空冶炼炉利用涡流通过金属产生的热量 使金属熔化，A错误；用铁质材料制作与金属锅接触的 电磁炉面板，则磁场会在面板表面产生大量的热量，存 在很大的安全隐患，B错误；用互相绝缘的硅钢片叠成 的铁芯来代替整块硅钢铁芯，可以减小变压器铁芯中 的涡流，C正确；探雷器的探头可以辐射电磁场，当探 头靠近有金属部件的地雷时，会产生涡流，从而引发报 警，D错误.故选C 2.C【解析】]根据R=p5,若仅将圆盘厚度改为21，则 电阻减小，相同条件下，圆盘产生的电流变大，圆盘受 到的安培力变大，但是圆盘质量也变大，阻碍作用不好 判断，考虑两个一模一样的圆盘从同一高度单独释放 到停下所用时间相同，那么两个圆盘并排贴在一起（相 当于厚度加倍)从同一高度单独释放到停下所用时间 应该不变，即t1与t2几乎相等，故A、B错误；结合以 上分析，仅将材料替换成电阻率和密度都更大的铅，电 阻变大，相同条件下，圆盘产生的电流变小，圆盘受到 的安培力变小，同时圆盘质量变大，阻碍作用变小，则 圆盘停下来所用时间变长，即t3明显大于t1,故C正 确，D错误.故选C 3.A【解析】该装置利用的原理是电磁阻尼.薄板出现 扰动时，穿过薄板表面的磁通量如果发生变化，就会产 生感应电流，薄板就会受到安培力作用，安培力总是阻 碍导体相对磁场的运动，从而使薄板尽快停下来.薄板 上、下、左、右运动时，磁通量都会发生变化，都会产生 感应电流，所以都会受到安培力作用而很快停下来，故 A正确；薄板只有向左运动时，磁通量才会发生变化， 才会产生感应电流，进而受到安培力作用而很快停下 来，而向上、向下和向右运动时，则不会产生感应电流， 故B错误；薄板只有向左运动较大距离时，磁通量才会 发生变化，才会产生感应电流，进而受到安培力作用而 很快停下来，而向上、向下和向右运动时，则不会产生 感应电流，故C错误；薄板只有向左、向右运动时，磁通 量才会发生变化，才会产生感应电流，进而受到安培力 作用而很快停下来，而向上、向下运动时，则不会产生 感应电流，故D错误.故选A. 鲸习册参考答案与解析超 4.D【解析】在质量块下方圆盘状的永磁体与楼体地板 相对，由于电磁感应产生涡流，从而使大厦减振减摆， 可知该阻尼器为电磁阻尼，只有下方地板是导体时，才 会起作用，故A错误；大厦受到风力作用摇晃时，阻尼 器做受迫振动，阻尼器质量块的振动频率等于大厦的 摇晃频率，故B、C错误；地板随大厦摆动时，在地板内 产生涡流，地板导体内有电阻，使大厦摆动的机械能最 终转化为热能逐渐耗散掉，符合电磁阻尼原理，故D正 确.故选D. 5.AD【解析】条形磁铁上下振动时穿过下面线圈的磁 通量不断变化，S闭合时，下面线圈中产生感应电流， 电路消耗电能，由能量守恒定律可知，系统机械能减 少，振幅减小；S断开时，下面线圈中不产生感应电流， 电路不消耗电能，由能量守恒定律可知，系统的机械能 不变，振幅不变.根据以上分析可知，A、D正确，B、C错 误.故选A、D. 6.B【解析】磁电式电表内部并非匀强磁场，而是成近似 “径向”分布，故A错误；铝框在磁场中转动会产生感应 电流，形成电磁阻尼，从而使指针迅速稳定下来，方便 读数，故B正确；虽然线圈平面与磁感线平行，但是两 边的感应电流方向基本与磁场方向垂直，线圈始终受到 安培力作用，故C错误；运输时短接接线柱是为防止指 针振动过大，若磁场变得更弱，涡流减小，电磁阻尼作 用反而减弱，不利于减小指针摆动，故D错误.故选B. 7.C【解析】对调磁体的磁极，振动过程中线圈仍会产生 感应电流，不影响减振效果，故A错误，C正确；根据法 拉第电磁感应定律E=N,线圈匝数越多，产生的 感应电动势越大，线圈电流越大，电磁阻尼现象越明 显，会影响安培力的大小，故B错误；振动过程中，线圈 中磁通量的变化情况会根据磁体的靠近或者远离而不 同，由楞次定律可知，感应电流方向也会随之改变，故 D错误.故选C. 8.C【解析】圆盘运动过程中，半径方向的金属条在切割 磁感线，在圆心和边缘之间产生了感应电动势，故有感 应电流流过R,故A错误；阿拉果圆盘实验中，转动圆 盘或小磁针，都产生感应电流，因安培力的作用，另一 个物体也会跟着转动，故B错误；开关闭合瞬间，圆盘 受到电场力作用而转动，由于金属小球带负电，再根据 电磁场理论可知，产生逆时针方向的电场，负电荷受到 17第2节 法拉第 ●基础过关练 测试时间：10分钟 1.下列物理量是矢量且单位正确的是(). A.电场强度V/m B.磁通量T·m C.电流A D.感生电动势E 2.如图所示，一个光滑平行金属导轨固定在水平 桌面上，两导轨间通有竖直向下的匀强磁场， 导轨左端连接着一个定值电阻.四根导体棒在 导轨上均以速度。做匀速直线运动，则产生 的感应电动势最大的是( A.A B.B C.C D.D 3.(2025·浙江金华一中期末)如图所示，一个可 绕竖直圆心轴转动的水平金属圆盘，圆盘中心 O和圆盘边缘D通过电刷与螺线管相连，螺线 管右侧有竖直悬挂的铜环，匀强磁场垂直于圆 盘平面向上，从上向下看，圆盘逆时针转动，则 下述结论中正确的是( 螺线管 圆盘 铜环 A.若圆盘匀速转动，则铜环中有恒定的感应 电流 B.若圆盘加速转动，则铜环将靠近螺线管 C.若圆盘不动，逐渐增强磁场，则圆盘上各处 电势相等 D.若圆盘不动，逐渐增强磁场，则铜环保持 不动 4.（多选)如图甲所示，正方形线圈abcd内有垂 直于线圈的匀强磁场，已知线圈匝数n=10,边 长ab=1m,线圈总电阻r=12,线圈内磁感 第二章电磁寇应么出 电磁感应定律 应强度随时间的变化情况如图乙所示.设图示 的磁场方向与感应电流方向为正方向，则下列 有关线圈的电动势e、感应电流i、以及ab边的 安培力F(取向下为正方向)随时间t的变化图 像正确的是( BT XX 0.2 t/s -0. t D 5.(多选)如图，边长为1、电阻为R的正方形金 属线框保持速度v水平穿越边长为3l的有界 匀强磁场，则以下说法正确的是(). B d A.金属线框bc边刚进入磁场时，感应电流为 逆时针方向 B.当金属线框bc边刚进入磁场时，Ux= B如 C.当金属线框bc边刚进入磁场时，U。= D.在金属线框穿越整个磁场区域的过程中，产 生的焦耳热为Q=3B1☑ R 23 重难点手册高中物理选择性必修第二册F 乃综合提能练 测试时间：30分钟 6.（多选)如图所示，半径为R的虚线圆内存在垂 直于纸面向里、磁感应强度大小为B=t(k> 0)的有界匀强磁场.变化的磁场在空间产生感 生电场，电场线为一系列以O为圆心的同心 圆，在同一电场线上，电场强度大小相同.长度 为2R的导体棒ac与虚线圆交于a、b两点，其 中b为ac的中点.则( ) ×××× a.-6 A.b点的电势比a点高 B.b、c两点的电势相等 C.ab两点间的电动势大小为R2 Dac两点间的电动势大小为悟+舌）kR 7.(多选)如图所示，矩形闭合导 体线框在匀强磁场上方，由不 同高度静止释放，用t1t2分0文义×艾x0 别表示线框ab边和cd边刚进 入磁场的时刻.线框下落过程中形状不变，ab 边始终保持与磁场水平边界线OO'平行，线框 平面与磁场方向垂直.设OO下方磁场区域足 够大，不计空气影响，则下列图像可能反映线 框下落过程中速度？随时间t变化规律的是 24 (浙江专用) 8.(2025·浙江1月卷)（多选）如图1所示，在平 面内存在一以O为圆心、半径为r的圆形区 域，其中存在一方向垂直于平面的匀强磁场， 磁感应强度B随时间变化图像如图2所示，周 期为3t。.变化的磁场在空间产生感生电场，电 场线为一系列以O为圆心的同心圆，在同一电 场线上，电场强度大小相同.在同一平面内，有 以O为圆心、半径为2x的导电圆环I,与磁场 边界相切的半径为0.5r的导电圆环Ⅱ，电阻 均为R,圆心O对圆环Ⅱ上P、Q两点的张角 P=30°；另有一可视为无限长的直导线CD.导 电圆环间绝缘，且不计相互影响，则() B↑ 2t 3t。 图1 图2 A圆环I中电流的有效值为3B, Rto B.t=1.5,时刻直导线CD的电动势为B。 to C.t=0,5t。时刻圆环Ⅱ中电流为12R0 D.t=0.5t。时刻圆环Ⅱ上P、Q两点间的电动 芬为品 9.(多选)如图所示，两条相同的半圆光滑金属导 轨固定在水平桌面上，半径为L,其所在平面 竖直且平行，间距为d,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磁感应 强度为B的匀强磁场（图中未画出），导轨左端 由阻值为r的电阻连接.现将质量为m、长度 也为d、电阻为R的金属棒MN平行于OO'放 置在图示导轨位置，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，不计导轨电阻，下列说法正确 的是() A.MN最终一定静止于OO'位置，且整个过程 金属棒上产生的焦耳热为QR=mgL B.从释放到第一次到达OO'时，回路中的电流 达到最大值 C.若仅增大磁感应强度B,金属棒从开始运动 到静止过程中克服安培力做功的平均功率 会变大 D.从释放到第一次到达OO位置的过程中，通 过金属棒的电荷量为g一R十 BLd 10.（多选)如图所示，在方向竖直向下、磁感应强 度大小为B的匀强磁场中，有两根位于同一 水平面内且间距为L的平行金属导轨（导轨 足够长，电阻不计)；两根质量均为m、内阻均 为r的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上（导 体棒与金属导轨接触良好)，t=0时，ab棒以 初速度3v向右滑动，cd棒以初速度vo向左 滑动，关于两棒的运动情况，下列说法正确的 是( ) A.当其中某根棒的速度为0时，另一根棒的 速度大小为v0 B.当其中某根棒的速度为0时，另一根棒的 加速度大小为 B2L2vo 3mr C.从初始时刻到其中某根棒的速度为0的过 程中，导体棒ab产生的焦耳热为号mo D.cd棒的收尾速度大小为vo 第二章电磁感应出型 11.（多选)如图所示，两光滑导轨相距为L,倾斜 放置，与水平地面的夹角为α，上端接一电容 为C的电容器.导轨上有一质量为m、长为L 的导体棒平行于地面放置，导体棒离地面的 高度为五，磁感应强度为B的匀强磁场与两 导轨所在的平面垂直，开始时电容器不带电. 将导体棒由静止释放，整个电路电阻不计，则 A.导体棒先做加速运动，后做匀速运动 B.导体棒一直做匀加速直线运动，加速度大 小为a=mng sin a m+CB2L2 C.导体棒落地时瞬时速度v= 2mgh sin a Nm+CB2L2 D.导体棒下落过程中减少的重力势能大于增 加的动能，机械能不守恒 12.(2025·浙江1月卷)如图所示，接有恒流源 的正方形线框边长为√2L、质量为m、电阻为 R,放在光滑水平地面上，线框部分处于垂直 于地面向下、磁感应强度为B的匀强磁场中. 以磁场边界CD上一点为坐标原点，水平向 右建立Ox轴，线框中心和一条对角线始终位 于Ox轴上.开关S断开，线框保持静止，不计 空气阻力 (1)线框中心位于x=0处，闭合开关S后，线 框中电流大小为I,求： ①闭合开关S瞬间，线框受到的安培力 25 重难点手册高中物理选择性必修第二册亿U 大小； ②线框中心运动至x= 上处的过程中，安 培力做的功及冲量； ③线框中心运动至x=处时，恒流源提 供的电压， (2)线框中心分别位于x=0处和x=号处， 闭合开关S后，线框中电流大小为【，线框 中心运动到x=L处所需时间分别为t1 和t2,求t1一t2. C培优突破练 测试时间：10分钟 13.(2024·浙江1月卷)如图1所示，扫描隧道 显微镜减振装置由绝缘减振平台和磁阻尼减 振器组成.平台通过三根关于O'O”轴对称分布 的相同轻杆悬挂在轻质弹簧的下端O,弹簧上 端固定悬挂在O点，三个相同的关于OO轴 对称放置的减振器位于平台下方.如图2所 示，每个减振器由通过绝缘轻杆固定在平台 下表面的线圈和固定在桌面上能产生辐向磁 场的铁磁体组成，辐向磁场分布关于线圈中 心竖直轴对称，线圈所在处磁感应强度大小 均为B.处于静止状态的平台受到外界微小 26 浙江专用) 扰动，线圈在磁场中做竖直方向的阻尼运动， 其位移随时间变化的图像如图3所示.已知t =0时速度为vo,方向向下，t1、t2时刻的振 幅分别为A1A2.平台和三个线圈的总质量 为m,弹簧的劲度系数为k,每个线圈半径为 r、电阻为R.当弹簧形变量为△x时，其弹性势 能为)△x2.不计空气阻力，求： (1)平台静止时弹簧的伸长量△x; (2)t=0时，每个线圈所受安培力F的大小； (3)在0~t1时间内，每个线圈产生的焦耳 热Q; (4)在t1~t2时间内，弹簧弹力冲量I弹的 大小 平台 辐向磁场 减振器 线圈 图1 图2 图3