专题十三 电磁感应-【创新大课堂】2026年高考物理五年真题分类汇编168优化重组卷

7mvo2 联立④⑤⑥⑦得Unm=18g, (3)根据题意可知，当粒子在下方磁场中轨迹与OM相切之后 第一1次进入上方磁场做圆周运动打到负极板上的位置为 距C最近且满足题意的位置，如图2，则CH=2Rmm十(n-1) (2Rmn-2R)=（2n+6)m 3gB 分析可知CS=CH+(2Rmn-2R,)= (21十8)n6 3gB M 图2 答案（1)9BL,2mu2 (2)7neo2 8m 2g 18g (3)见解析 57.解析(1)粒子在P点速度为p,则R=m Ba 1 根据动能定理ngU=2mup 由1=(n-1D号T- T gB 解得t= (袋-)器 (2)由粒子半径和动能表达式解得r= √2nEk aB 加速到P前最后两个半周期的运动半径分别为 1 √2n(EkP-qUD =√2n(Ekn-2gU) 9B ,r2 9B dm=2(m1-),而E-gBR)2 2m d.-2(R 9B2 (3)设粒子在偏转器中的运动半 径为@则qBn-gE- ro, 粒子在S处飞离偏转器.因M、 W间的距离不计，取SO=R,如 图所示，△O)'Q为等腰三角形， 则有Rm-R十2(rQ-R)sin之 2mER 解得Rm=R十 R-mEi台 答案 (1)9BR2 2mU (2N R2_2mU 9B2 /R2-mU 9B2 (3)R+ BR-m正n号 2mER 专题十三电磁感应 1.B[电磁感应十楞次定律当线圈中电流从零增加时，其产生 变化的磁场，由楞次定律可知，钢环中感应电流产生的磁场与 线圈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 圈中的电流大小儿乎相等，且方向相反，B正确，] 2.BC[安培力十左手定则十信息提取能力拍照时，镜头处于 零加速度状态，则由牛顿第二定律可知，两线图所受安培力的 合力对应的加速度与手机框架的微小加速度大小相等、方向相 反.若I沿顺时针方向，I=0,则由左手定则可知线图c所受 安培力方向水平向右，线圈d所受安培力为0，两线图所受安培 力的合力水平向右，则表明a的方向向左，A错误；若I。沿顺 21 时针方向，I=0,则由左手定则可知线圈d所受安培力方向竖 直向上，线图c所受安培力为0，则表明a的方向向下，B正确； 若a的方向沿左偏上30°，则两线圈所受安培力的合力的方向 沿右偏下30°，根据力的合成与分解可知，c受到水平向右的安 培力大于d所受竖直向下的安培力，根据安培力公式可知I一 I,根据左手定则可知I。沿顺时针方向，I。沿逆时针方向，C 正确；同理，若a的方向沿右偏上30°，有1>14,1沿逆时针方 向，I,沿逆时针方向，D错误，门 3.C「涡流十楞次定律十安培定则根据题图可知，沿N极到S 极的方向看，穿过金属薄片的磁场方向垂直纸面向里，则磁通 量垂直纸面向里，又金属薄片中心向右运动到N极的正下方 时，通过薄片右半边的磁通量在减小，通过薄片左半边的磁通 量在增多，由椤次定律可知，右侧涡流产生的磁场方向垂直纸 面向里，左侧涡流产生的磁场方向垂直纸面向外，所以由安培 定则可知，右侧涡流沿顺时针方向，左侧涡流沿逆时针方向，C 正确. 4.C[涡流十电流的热效应雷去时，瞬时非均匀变化的电场产 生变化的磁场，变化的磁场在金属内产生涡电流，发热使金属 熔化，C正确.门 5.C[由右手螺旋定则可知，线圈1、2形成的磁场方向都是竖直 向下的，A错；汽车进入线圈1时，线圈abcd中向下的磁通量增 大，由楞次定律可判断，线圈abd中的感应电流方向与线圈1 反向，是逆时针，即感应电流方向为adcb,同理，汽车离开线图 l时，线圈abcd中向下的磁通量减小，线圈abcd中的感应电流 方向是顺时针，即感应电流方向为abcd,故B错，C对：安培力 为阻力，与速度方向相反，D错，] 6.C设圆的半径为R,则圆的周长为L2=2πR,面积S2=πR2, 正方形的周长为L1=8R,面积S1=4R2,正六边形的周长为 L=6R,面积S-3R2,根据电租定律有：R-P5 2 根据法拉第电磁感应定律有：E=△BS △1 根据欧姆定律有：I=反 -Bs:sc S △1·oL 代入周长与面积可知：I1=I2>I3 故C正确，A、B、D错误.] 7.AC因为MN平行于导线的方向，根据主视图可知，N,点与 M点的磁感应强度大小相等，方向相同，故A正确：当线圈沿 PN方向运动时，线图中的磁通量会发生改变，故B错误：当线 圈从P点开始竖直向上运动时，根据对称性可知，线圈P中的 磁通量一直为零，故线圈中无感应电流，故C正确：线圈从P到 M过程和从P到N过程，根据上述分析可知，两个过程中磁通 量的变化量相等，但因为线圈的速率恒定，且VP的距离小于 MP的距离，所以运动时间不等，根据法拉第电磁感应定律E= ”A吧可知，两个过程中产生的感应电动势不相等，故D错误.] 8.D[未接导线时，表针晃动过程中表内线圈产生感应电动势， 由于线圈不闭合，不产生感应电流，表内线圈不受到安培力的 作用，选项AB错误；接上导线后，表内线圈构成闭合回路，表 针晃动过程中表内线圈产生感应电动势和感应电流，表内线圈 受到安培力阻碍作用，使表针晃动减弱，选项D正确，C错误.] E和 [法拉第电磁感应定律十电荷量结合E,I一R g=I△1可知0~T时间内流过回路的电荷量为q= △Φ 72R,由 BoLIo Φ=BS可知q= 0一2R BL0,B正确.] 2R 10.AB[右手定则十法拉第电磁感应定律1=0时，线框中能 切割磁感线的边只有af边，由右手定则可知af边的电流方 向为f到a,则线框中的电流方向为abede fa,A正确：t=O 时，αf边的速度方向与磁场方向垂直，且af边的速度大小为 v=wl,感应电动势的大小为E=Blu,解得E=B2w,B正确： 线框的转动周期为T-证，则1=无时，线框转动了180，此 时线框中能切割磁感线的边仍只有af边，且af边的速度方 向与磁场方向垂直，所以线框中产生的感应电动势的大小仍 为Bl2w,C错误：t=0时刻穿过bcde面的磁通量为Φ1= Bl,t=T时磁场从bcde面的另一面穿过，磁通量为Φ2= 8 B,由法拉第电磁感应定律得E=,,由以上整理得 E=2B0,D错误.] 11.C[转动切割磁感线十右手定则由题及几何关系可知O -R,06=5R,0k=5R,根据E=号BPa可得Ea= 号BR2m,E=2B·5R2w=号BRm,En=B·5R2w- 3R2w,又E=0一9a,E0=%9%,Ea=0 90>9a>9%=9,C正确.] 12.A[导体棒OA段旋转切割磁感线，根据右手定则可知0> 9AAC段不切割磁感线，属于等势体，则9A=C,故0> 9A=9c,A对，BCD错.] 13.BD[设导体棒a刚要离开桌面时的速度大小为v,此时b受！ 到的摩擦力为：f-ng=0.1×0.1×10N=0.1N,根据平衡！ 条件可得：BI6L=f,解得通过b的电流为：I6=1A,由于b与 R并联后与串联，根据闭合电路的欧姆定律可得感应电动！ 势：E=2IR。十IbR,代入数据解得：E=0.3V,根据法拉第 电磁感应定律可得：E-BLu,解得：v=3m/s,导体棒a做平！ = 抛运动的时间为1一√g 2X0.8s=0.4s,所以导体棒0 离开导轨至落地过程中，水平位移为x=t=3×0.4m= 1.2m,故A错误；导体棒a离开导轨至落地前，水平方向的速： 度大小不变，导体棒a有效切割速度不变，根据E=BLu可！ 知，其感应电动势不变，故B正确；导体棒（在导轨上运动的 过程中，根据右手定则可知电流方向为逆时针（俯视），根据左： 手定则可知导体棒b受到的安培力方向向左，所以导体棒b有： 向左运动的趋势，故C错误；导体棒a在导轨上运动的过程！ 中，设通过a的电荷量为q0,根据电荷量的计算公式可得：q= 地-，其中R影=R十R代入教据解得：Rs一 RR 0.152,x=1.74m,qo=1.16C,则通过电阻R的电荷量为q= 合4=×1.16C=0,58C故DE确.] 14.BC[如图所示： 在1=0到1一无的过程中，即线圈顺 时针转过90°的过程中，根据有效长度 '.B 的定义可知，线框切割磁感线的有效 切割长度先变大后变小，根据电动势 的计算公式E=BL,其中=学，由 此可知E先增大后减小，故B正确，A 错误：在1=0到1-无的过程中，由圆周运动公式可知0=， 根据几何关系和三角形的面积公式可得S=L·上an日，则穿 2 过线图的磁通量为中=BL'tan@,对上迷的表达式进行二次 2 元的 求导得：兰三BL2se2 tanl,由此可知，在1=0到1=叫 过程中，E的变化率一直增大，故C正确，D错误.] 15.AD[根据转动切割磁感线产生感应电动势的公式可知： Em=之BP。,故A正确：OP切制磁感线，产生感应电流，由 右手定则可判断出MN中电流为从M到N,根据左手定则可！ 知MN所受安培力向左，MN向左运动，切割磁感线，产生的！ 感应电流与OP切割磁感线产生的感应电流方向相反，故OP 与MN中的电流会逐渐减小，OP所受安培力逐渐减小，MN 做加速度逐渐减小的加速运动，故B、C错误，D正确.门 16.A[经过时间t,金属棒切割磁感线的有效长度L=2 ottan0,金i 属棒切割磁感线产生的感应电动势E=BLu=2B产ttan0,则电容： 器极板上的电荷量Q=CE=2 BCuttan0,则通过金属棒中的！ 电流I=-2 BCtan0,A正确；当金属棒到达x=n时，即 △t t=xo时，电容器极板上的电荷量Q=2 BCuro tan0,B错误；！ 根据楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向（从上往下看），则 电容器的上极板带正电，C错误：因为金属棒做匀速直线运 22 动，所以外力F=F会=BIL,外力做功的功率P=Fu= 4B2 Cu'ttan0,是变化的，D错误.] 17,BC[由图可知在0一6时间内产生的感应电动势为E= △Φ Bo L2 一，根据闭合电路欧姆定律可得此时间段的电流为I= to EBo1 R Rto 在受时磁感应强度为盘，此时安培力为F一 B,2L BIL-2Rto 就A结误，B正确；在一受时，磁道量增加，根 据楞次定律知感应电流的磁场要阻碍磁通量的增加，则金属 棒受到安培力的方向竖直向上，故C正确；在1-31。时，金属 棒向下做切割磁感线运动，此时磁场方向垂直纸面向外，由右 手定则判断可知金属棒中电流的方向向左，故D错误，门 8.解析(1)金属框的总电阻为R=4以=4×0.40X5.0×1032= 8×10-32, 金属框中产生的感应电动势为E-岂3=X号P=0.1X 合×0.402v=8x103v. E_8×10-3 金属框中的电流为I一京8X10A=1A, t=2.0s时磁感应强度B1=0.3T-0.1×2.0T=0.1T, 金属框处于磁场中的有效长度为L=√2l=0.40√2m 此时金属框所受安培力大小为F=BIL=0.1×1×0.40√2N= 0.04√2N. (2)在1=0到t=2.0s时间内金属框产生的焦耳热为：Q= I2R1=12×8×10-3×2.0J=0.016J. 答案(1)0.04√2N(2)0.016J 9.解析(1)由电荷量和电流的关系q=I1可知，I-1图像下方 的面积表示电荷量，则Q=I1△11十I2△12十I3△13 解得Q=0.5C. (2)由磁通量的定义得Φ=BS=虹Xπ@ 代入数值解得Φ=6.28×10-8Wb. (3)在0一1.0×103s时间内电流均匀增加，由楞次定律可知 感应电流的方向一R一d,产生恒定的感应电动势E=NA吧 △r r 由闭合回路欧姆定律得iR一R干R 解得iR=3.14×103A 在1.0×103s~5.0×103s时间内电流恒定，穿过圆形螺 线管的磁场恒定，因此感应电动势为零，感应电流为零，而在 5.0×103一6.0×10一3s时间内电流随时间均匀变化，斜率 大小和0一1.0×10一3s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 ↑iR/(×103A) 3.14 1.02.03.04.05.06.07.0×10s) -3.14 (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，经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1.0×103~5.0× 10一3s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 图像如图所示， ↑iR(×108A) 3.14 0 1.02.03.04.05p6.97.0×103s) 答案(1)0.5C(2)6.28×10-8Wb (3)见解析图(4)见解析图 20.解析(1)导体切割磁感线，电动势E。 3r Bluh (2)等效电路图如图 3r 总电阻R=2r Eo Blvo 电流1=R2r 3r (3)匀速运动时线框受到安培力FA= B212v E r 2r 根据牛顿第三定律，质量为m1的部分受力F=FA,方向竖直！ 向上，匀速条件F=1 6 得=地1g 3B22 (4)匀速运动时电容器不充放电，满足'=u migr 3B2 P 电容器两端电压为U心子IX3r= 6BL 电荷量为g=C=mgrS 6BL· 答案(1)B1(2)2n Blvo (3)1g 3B22 (4) migr mgrC 3B2P 6BL 21.D[含弹簧的电磁感应问题A项分析：金属棒沿导轨向下 运动，切割磁感线，产生感应电动势，回路中有感应电流，设此· 过程中某时刻金属棒的速度大小为，则由法拉第电磁感应定 律可得接入回路中的金属棒部分产生的感应电动势为E= Blu,又由串并联电路规律可得回路中的总电阻为R总=R十！ 级X2S=R,故回路中的感应电流为1=E=,则该时刻 2R+2R R 2R 金属棒受到的安培力大小为F=BIL= 2R,则在极短时间 B22v △内安培力的冲量大小为1A=FA=F△，等式两边求和 2R 有1=81-y蒙_震票分背可知全 2R 2R 属棒向下运动到的最远位置在导轨中间位置的下方且与导轨· 中间位置距离为b,则此过程金属棒向下运动的距离x=a十 b,所以此过程金属棒所受安培力的冲量大小为IA总= B2P(a+b2,A错误. 2R B项分析：分析可知金属棒运动到任一位置，两根弹簧对金属！ 棒的弹力均相同，规定沿斜面向下为正方向，设每根弹簧对金！ 属棒施加的冲量为I弹，则对金属棒从静止释放到沿导轨向下！ 运动到最远处的过程，由动量定理有一IA总十ngtsin0十2I弹 -0,剥1保-BPg+0_ms血9，B错误 4R 2 C项分析：设金属棒的下滑过程回路中产生的总热量为Q意，！ 则对该过程由能量守恒定律可得2△Ep弹十△E重十Q总=0， 共中△E￥=÷d2-合a2,△Ept=-mg(a十b)n0,则 Q总=k(a2-2)十mg(a十b)sin0,又每个定值电阻产生的热： I ! 2 ·2R 量为Q= Q总=Q总，故此过程每个 ·2R·2+I2 定值电阻产生的热量为Q=(2-)+mg(a十b)sin0 4 C错误 D项分析：金属棒对两定值电阻输出能量，两定值电阻产生热· 量，则金属棒下滑过程金属棒输出的总能量为W输出=2Q=: k(a2B)mg(atb)sin 2 2 ,故此过程金属棒的平均输出功率！ 为P捻出一 w输盘=k(a2-})十mg(a十b》sin9,D正确.] 22.D[法拉第电磁感应定律十右手定则十动量定理进磁场的 过程中，甲线框右边框切割磁感线，由右手定则可知，线框中： 23 的电流沿顺时针方向，出磁场的过程中，甲线框左边框切割磁 感线，由右手定则可知，线框中的电流沿逆时针方向，A错误： 刚进磁场区域时，甲线框切割磁感线产生的电动势E一BL, 线框中的电流I尽，所受合力等于所受安培力F安甲=BL,属 立解得刚进磁场区域时甲线框所受合力大小F安甲= 地，同 R 理可得刚进磁场区域时乙线框所受合力大小F安乙一 有 F安甲：F安乙一2：1，B错误；结合A项分析，对乙线框进出磁场 BL2出 的两过程，由动量定理分别有_2迟达=m△啡，宁 2R 1出一m△v出，其中U链t缝=2LU出1出一2L,又乙线框完全出磁场 区域时的速度大小吃=0十△选十△出，联立解得v吃= 2B,C错误：与C项分析同理可得甲线框完全出磁场区城时 mR 速度大小甲=0，所以由能量守恒定律可知，甲、乙线框从刚进磁 场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热分别为Q甲=之哈， Q2=号m6-号m呢，联立可得Qp:Q2=4:3,D正确.] 3,AC[右手定则十受力分析十电磁感应根据右手定则可 知，金属杆中电流沿y轴负方向，A正确：由法拉第电磁感应 定律有E-BL,由欧绿定律有I一是，由安培力公式有F袋 BIL,又R=Lro,联立解得F安= B巴L,若金属杆做匀速运 70 动，则安培力随有效长度的增大而增大，则与安培力平衡的外 力一定不是恒力，B错误：对金属杆的整个运动过程，由动量 定现有B一0又=g一曾-三联立年得会品 杆停止时与导轨国成的面积S-m,C正确：由C项分析可 B2 知，金属杆的初速度减半时，△S支为原来的，由抛物线性质可 知金属杆停止运动时经过的距离大于原来的一半，D错误.] 4,BD[安培力十力的平衡条件十法拉第电磁感应定律设线 圈的长为，磁场的磁感应强度大小为B 步骤①：Bl=(M+m)g →I越大，m越大，B对 ·与线圈电阻无关，线圈电阻 无法求出，A错 步骤②：Bl=E= Ln号M.D对 +越大，E越大，C错 25.AC[法拉第电磁感应定律十力与运动分析十(vt图像) 线框在减速进入磁场的过程中，对线框受力分析，根据牛顿第 二定律有mg十BL卫-T=m,对物块受力分析，根据牛顿 R B2L2v M-m 第二定律有T-Mg=Ma,联立解得a-M干mR一M+m, 则随着速度的减小，加速度不断减小，B错误：结合B项分析 可知，若匀强磁场区域高度与线框宽度相等且物块质量与线 框质量相等，则线框在磁场中一直做加速度逐渐减小的减速 运动，出磁场后匀速运动，则A选项的图像可能正确；若匀强 磁场区域高度大于线框宽度且物块质量与线框质量相等，则 线框进磁场和出磁场阶段均做加速度逐渐减小的减速运动， 完全在磁场中运动时不受安培力，做匀速运动，完全出磁场 后，也做匀速运动，则C选项的图像可能正确；D选项的图像 中线框出磁场后匀加速，说明物块质量大于线框质量，但在此 情况下，结合B项分析可知，存在第二段匀速阶段时，不会存 在第三段减速阶段，D错误.门 6,ABDL楞次定律十左手定则十逻辑推理能力由楞次定律 结合左手定则可知，安培力与MN的运动方向的夹角始终大 于90°，则安培力始终做负功，MV最终一定静止在(OO位置， AB正确：根据楞次定律可知，从释放到第一次到达O)位置 过程中，MN中电流方向由M到N,D正确：从释放到第一次 到达OO位置过程中，在即将到达O)位置的时刻，MN所受 安培力水平向左，沿速度方向的分力一定大于MN所受重力 沿速度方向的分力，处于减速状态，C错误.] 27.AB「楞次定律十法拉第电磁感应定律十牛顿第二定律由！ 于ab和cd均沿导轨下滑，则通过abcd回路的磁通量增大，根 据楞次定律可知，回路中的电流方向为abcda,A正确：初始} 时，对ab和cd分别受力分析，如图所示，根据牛顿第二定律 分别有2 ngsin30°-2 BILcos30°=2ma1,ngsin30°-BILcos30° =ma可得a1=a=冬-，则b与d加连度大小之 2m 比始终为1：1，C错误；当加速度趋于零时，两导体棒中的电 流越于稳定，站合C项分折可知，b中的电流趋于疆，B正 确：由于ab和cd加速度大小始终相等，则两导体棒的速度大！ 小始终相等，则由法拉第电磁感应定律可知两导体棒产生的· 感应电动势大小之比始终为2：1，D错误.] →2 BILBIL梁 之 mg 130 : .2mg 30°c 28.CD[法拉第电磁感应定律十动量定理十能量守恒定律十冲！ 量设金属杆经过BB,的速度大小为，则对金属杆从AA1 运动到BB,的过程，由动量定理有BL, 2R-1=m(6-u1),又 ,=d,则4=m(一)，对金属杆从BB,运动到CC 2R B2L22 的过程，由动量定理有 2R -12十ugt2=1u1,又22=d， 则B4十mg=1,分折可知的-1<1，解得> 2R 受，即金属杆经过B,的连度大于空，A储误：整个过程，由 能量守恒定律可得子m2=QR十Q#十mgd,由于通过定值 电阻R和金属杆的电流时刻相等，则由焦耳定律可知QR= Q:,联立可得QR=子mw2-之mgd,B错误：规定水平向 左为正方向，则结合A项分析可知，金属杆经过AA,B1B区！ 城.会局杆所全安培力的冲量1，-，一是，会属 杆经过B,CC区城，金属杆所受安培力的冲量1，- 2R B4,可得I,=1,即金属杆经过AA,BB与BB1GC 2R 区域，金属杆所受安培力的冲量相同，C正确；若将金属杆的！ 初速度加倍，则对金属杆从AA1运动到BB1的过程，由动量 定理有 BL2d 2R13= 2Rm(20一g),对金属杆从BB1运动 到C的过程，由动量定理有1， 2R二14十ng4=m(ug- 心)即B+m-m(-人又向运动学知汉有< t2,则结合A项分析联立可得金属杆经过CC1的速度C>: 0,对金属杆经过CC之后的运动过程，由动量定理有 B2L2va 2R -BA立-mc>mn,又由A项分析有B4< 2R 2R m·则△r>2d,故金属杆在磁场中运动的距离为I二 2d十△x>4d=2×2d,即金属杆在磁场中运动的距离大于原； 来的2倍，D正确.门 玻璃管绝缘→只有线圈阻碍，作用 、 小v较大，I较大，对应图(c) 29.A[铝管导电→铝管和线圈阻碍，作用 A对 大*u较小，I较小，对应图(b)) 「I变化，F会变化，加速 利用F安=BIL度a变化，BC错 定性分析 铝管中强磁体所受阻力] 大，用时更长，D错 30.AD[对于小磁体，可以忽略其与较远线圈的电磁感应现象， 只考虑与最近一匝线圈的电磁感应，则由图(b)可知，小磁体！ 23 依次通过每匝线圈时产生的感应电流最大值逐渐增大，结合 法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可知，小磁体通过 每匝线图时的磁通量变化率越来越大，即小磁体在玻璃管内 下降的速度越来越快，A正确：下落过程中，小磁体在水平方 向受的合力为零，故小磁体的N极、S极上下没有颠倒，B错 误：小磁体下落过程中受到的电磁阻力实质就是安培力，根据 安培力公式可知，下落过程中，小磁体受到的电磁阻力并不是 始终保持不变的，C错误；由图(b)可知，与上部相比，小磁体 通过线图下部的过程中，感应电流的最大值更大，故磁通量变 化率的最大值更大，D正确.门 1.AC[弹簧伸展的过程中，穿过闭合回路的磁通量向上增加， 由楞次定律可判断回路中的电流方向为顺时针，A正确：设 MN的质量为n,则PQ的质量为2n,对PQ由动量定理得F1 一BI·2dt=2nv,对MN由动量定理得t一2BI·dt=nu, 解得导体棒MN的速度为v=2u,PQ速率为v时，回路中的 感应电动势大小为E=2Bd·2u十B·2du=6Bdu,回路中的 感痘电流大小为I一员-2，则MN所受的安培力大小为 F=2BId=1Bd巴，B错误：整个运动过程中，MN的加速 R 度为aMN=F2BIL,PQ的加速度为a0=F:24,则 n 2以 aMN:arQ=2:1,由B选项分析可知MN与PQ的速率之比 为2：1，则由公式=2ax可知MN与PQ的路程之比为 2:1,C正确：由C选项分析可知两导体棒静止时，MN的位 衫大小为兰Q的位移大小为片，由法挂第电磁感应定律得 E-△①，文工-，通过MN的电荷量为q=I·A,整理得g户 L ,代入数据解得g= △Φ 之B·含十B·22·32B 3R 3R D错误.] 2.AD[最初电容器板间电压最大，导体棒上电流也最大，电容 器相当于电源，对电阻与导体棒供电，根据欧姆定律得I= ，U-是，解得道过导体棒MN电流的最大值为品，故A U 正确；导体棒上电流从M到N,导体棒受安培力水平向右，导 体棒加速，同时导体棒切割磁感线产生电动势，回路里电流减 小，当导体棒产生的电动势与电容器板间电压相等时，回路电 流为零，导体棒速度达到最大，此时安培力为零，但最终电能 和动能全部转化为内能，所以之后导体棒MN一直减速，直到 速度变为O,故B,C错误：因为在MN加速阶段，由于MN存 在反电动势，所以通过MN的电流比通过R上的电流要小，所 以电阻R消耗的电能大于MV上消耗的电能，故加速阶段电 阻R上产生的焦耳热大于导体棒MN上产生的焦耳热；当安 培力为零后，MV开始减速直到速度为0，此时电容器的电流 和导体棒的电流都流经电阻R,此时电阻R上的电流仍然大 于导体棒上的电流，故该阶段电阻R上产生的焦耳热也大于 导体棒MN上产生的焦耳热，故D正确.] 3,AB[两线圈的质量相等，线圈所用材料相同，则体积相同， 甲线圈的匝数是乙的2倍，则甲的横截面积是乙的一半，长度 是乙的2倍，由电阻定律可知，甲的电阻是乙的4倍：两线圈 从同一高度同时由静止开始下落，则到达磁场上边界时两线 圈的速度相同，设乙线圈的匝数为，两线圈的边长均为1，两 线图进入磁场后，乙受到的安培力F2=mB1=nB”,甲受 R 到的安培力F甲一4rB巴=”巴，可见，甲、乙受到的安 4R 培力大小相同，重力也相同，则运动情况相同，A、B正确.门 4.ABD区域中始终产生感生电动 势E,金属棒未进入磁场Ⅱ时做匀加 速直线运动，进入Ⅱ区域后切割磁感 线，产生动生电动势，E2=B,u 对金属棒受力分析 下行时有 F*-B,1E1+B R ar--g sin 0+B2l(E+B2lu) mR 上行时有 F B2 l(E-B2 lv') a上 -g sin 0 F安 mR 故ar>a上 则由u2=2ax,可知在b点下行速 度大于上行速度，且出磁场Ⅱ区域 时上行速度小于下行速度，则金属棒能回到无磁场区，但不能 回到a处，故选A、B、D.] 35.AD[根据右手定则，金属棒a、b进入磁场时产生的感应电！ 流均为顺时针方向，则回路的电动势为a、b各自产生的电动！ 势之和，即E=2BL0, E 2BLvo 感应电流I=R+2R3R 对a棒由牛顿第二定律得：BIL=na,解得：a= 2B12w,故A 3mR 正确；由题意知，金属棒Q,b电阻率相同，长度均为L,电阻分： 别为R和2R,根据电凰定律有：R=P5,2R-P5,可得： L S。=2S6,可知a的体积是b的2倍，密度相同，则a的质量是 b的2倍，即b的质量为空，，b在磁场中时，通过的电流总是 反向等大，所受安培力总是反向等大，α、b组成的系统合外力 为零，则此系统动量守恒，t2时刻流过Q的电流为零，a、b之间 的磁通量不变，可知两者此时速度相同，设为，取水平向右为： 正方句，由动量守恒定律得：m助一受一(m十受）p解得： 口一号物，即2时刻b棒的递度为号吻，故B错误：山~4时 间内，通过a、b棒的电流总是相等，根据q=t,则通过a、b棒 横截面的电荷量相等，故C错误；t1~2时间内，对a、b组成！ 的系统，由能量守恒定律得： 2+×w2-(a+受)+Qs 2 解得回路中产生的总热量Qs=子m物 R 2 a棒产生的焦耳热Q。=R十2RQ怎=日m62,故D正确.] 36.CD[设金属框进入磁场时的竖直分速度为vy,可知"y= √2gI,金属框所受安培力F=BIL,电流I-京，电动势E- BLuv,根据受力平衡可得g BL2√2g旺，可知B与√厅成 R 反比，B与无关，A错误；金属框进入磁场和穿出磁场的过· 程中，电流的大小保持不变，方向由逆时针变为顺时针，B错 误；从下金属框进入磁场到上金属框离开磁场，整个过程金属· 框做匀速直线运动，安培力和重力等大反向，故组合体克服安！ 培力做功的功率与重力做功的功率相等，C正确；组合体从进： 入磁场到穿出磁场，不论怎样调节H、0和B,只要组合体匀！ 速通过磁场，在通过磁场的过程中，产生的热量始终等于减少！ 的重力势能，D正确.] 37.C[导体棒做切割磁感线运动，产生感应电动势和感应电流，！ 受到与速度成正比的安培力作用，做加速度逐渐减小的减速！ 直线运动，选项A错误：由右手定则可判断出导体棒中感应电 流的方向为b→，选项B错误；由能量守恒定律，产生的总电！ 能为E三？m心，由焦耳定律和串联电路规律可知，电阻了 mvoR 消耗的总电能为2R十)，选项C正确；由功能原理可知，导体 棒克服安培力微的总功等于号m2,选项D错误.] 38.BD[A.金属棒α第一次穿过磁场时受到安培力的作用，做· 减速运动，由于速度减小，感应电流减小，安培力减小，加速度 减小，故金属棒？做加速度减小的减速直线运动，故A错误； B.根据右手定则可知，金属棒a第一次穿过磁场时回路中有； 逆时针方向的感应电流，故B正确； C电路中产生的平均电动势为E9-B儿 △ : E 平均电流为1=示 金属棒a受到的安培力为F=BId 231 规定向右为正方向，对金属棒a,根据动量定理得 -BId·△t=mava-navo 解得金属棒第一次离开磁场时速度 va=1.5 m/s 金属棒第一次穿过磁场区战的过程中，电路中产生的总热 量等于金属棒α机械能的减少量，即 1 Q=2-2m2 联立并代入数据得Q=0.6875J 由于两棒电阻相同，两棒产生的焦耳热相同，则金属棒b上产 生的焦耳热Q。-号=0.34375J 故C错误： D.规定向右为正方向，两金属棒碰撞过程根据动量守恒和机 械能守恒得 maUa=maya'十6U% 合m2-m0+号%uw2 联立并代入数据解得金属棒a反弹的速度为 ua'=-0.5m/s 设金属棒《最终停在距磁场左边界x处，则从反弹进入磁场到停 下来的过程，电路中产生的平均电动势为E-9_B(L-d △t △t 手均电流为了一景 金属棒a受到的安培力为F=BTd 规定向右为正方向，对金属棒a,根据动量定理得 -BI'd·△t=0-nava 联立并代入数据解得x=0.8m 故D正确.故选BD.] 9.解析电磁感应十电势差十平均功率 (1)解法一线框从释放到cd边进入I区域，由动能定理有 1 mgs1sim0=之m 解得线框释放时cd边与I区域上边缘的距离为s1= g 解法二线框从释放到￠d边进入I区域做匀加速直线运动， 由牛顿第二定律可知该过程线框的加速度为a]=gsin0=之g 则线框释放时cd边与I区城上边缘的距离为s1=之·a 2 (2)由题意可知，线框穿过I区域做匀速直线运动，则线框的 边长为L1,结合安培力公式和力的平衡条件有 当线框边长大于L时，存在 两边均不切割磁感线阶段，线框做匀 加速直线运动：当线框边长小于L时，线 框完全进入磁场时，穿过线框的磁通量不 变，则线框中感应电流为0，线框只受重 ,力作用，无法做匀速运动 mgsin 0=BIL 由法拉第电磁感应定律可知 E=BLIv 又1-景 则此时d两瑞的电势差为Ua-·是R-音√2mgR西 (3)线框从进入Ⅱ区域到完全离开过程，由动能定理有 mg (L+L2)sin 0-W=0 由动量定理有 ngtsin0-∑BL1I△r=0 共中1=1x心肌之 注意这里的△ R 为产生感应电 当L1<L2时，△x=2L1;当L1>L2时， 流过程的位移 △x=2L2 4BL13 联立解得该过程的运动时间为1= mgR 威4BL12L 、 mgR 则该过程克服安培力做功的平均功率为 p-Y-mg2RL+L22或mg2R(L十L22 8B2L,3 8B2L12L2 答案(1) √2ngR （3)mgR+L22或 g (2) 8B2L13 m2g2R(L+L2) 8B2L12L2 40.解析电磁感应十线框模型十牛顿运动定律 (1)木块恰好与箱子保持相对静止，对木块受力分析 水平方向上有FN=a 竖直方向上有uFN=mg 对木块、绝缘箱、导线框整体由牛顿第二定律有 F=(M+m)a 联立解得a=￡、F-M十m)g (2)由箱子右侧壁进入磁场瞬间木块与箱子分离可知，此时箱！ 子与木块间无弹力，故木箱做减速运动或合力为零，当箱子右！ 侧壁与磁场距离最小时箱子右侧壁进入磁场瞬间在水平方向！ 上合力为零 此时F=F安=BId E Bud 由法拉第电磁感应定律和欧姆定律有I一反=℉ 从1=0时刻到箱子右侧壁进入磁场瞬间这段运动过程，由运！ 动学公式有2=2a.x 联立解得箱子右侧壁距磁场边界的最小值工=R(M十m) 2B4 (3)设箱子和木块进入磁场前瞬间的速度为，由运动学公式！ 有u品=2aS 木块与箱子分离后，在竖直方向做自由落体运动，设经过，时 间落到箱子底邮，有h=号g6 由于箱子内壁与木块间存在摩擦，故最终木块与箱子共速 从箱子右侧壁进入磁场瞬间到最终木块与箱子共速这段运动， 过程中，对箱子、木块、导体框整体由动量定理有F。一F安1 =(M+m)(y-w,其中F袋有=BId·,=Bd弘 R B2d2L R 联立解得最终木块与箱子速度4一√ 2g5+√2g B2d2L (M+m)R 答案1)M+mg（2)R(M+m 2d4B4 (3/+2 B2dL (M+m)R 41.解析法拉第电磁感应定律十功率十动量定理十能量守恒· 定律 思维导图导体棒刚进入磁场→感应电动势→感应电流 →安培力→安培力的功率 导体棒进入磁场至速度减为0的过程动量定理通过导体 :棒的电荷量 隆运动过程→动能转化为热量年每根导体棒运致 程R上产生的热量→R上产生的总热量 (1)第1根导体棒刚进入磁场时，由法拉第电磁感应定律得其！ 产生的电动势为E=BL0 E 回路中的感应电流I=2 此时第1根导体棒所受的安培力为F会=BLI 安培力的功率P安=F安g 联立解得P会= B2L203 : 2R (2)第2根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程，设流过其！ 的平均电流为I,运动时间为，则该过程通过第2根导体棒横！ 23 截面的电荷量q=It 则对第2根导体棒由动量定理有 -BLIt=0-mvo 联立解得g一配 (3)根据能量守恒定律可知，每一根导体棒从进入磁场到速度 减为0的过程，其初动能均转化为回路中产生的总热量，则 第1根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程，定值电阻R R 上产生的热量为Q1一R千R·之mw2-2X合mw2 第2根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程，定值电阻R R 上产生的热量为Q?=之·。 2 1 R R十 ·mw2-23× 1 m%2 第3根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程，定值电阻R R 1 上产生的热量为Q=3· 3 1 1 R+R ·m2=3 × 1 n%2 依次类推，第根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程，定 R 值电阻R上产生的热量为Qm= R+ F·交m%2= 1 所以定值电阻R上产生的总热量Q总=Q1十Q2十Q十…十 Qn-- 1 解得Qg一2m+Drun2 答案(1) 2L2vo2 2R (2（32Dmw3 12.解析法拉第电磁感应定律十平衡条件十推理论证能力 思维导图在区域【中匀速运动受力平衡所受安培力 法拉第电磁感应定律动能定理 在区找机中子食受方甲喜平衡时的老度动量定至 安培力公式、欧姆定律 d (1)金属框在区域I内做匀速直线运动，则其受力平衡，受力 分析可知其所受安培力F安=mgtan a 对金属框在区域I内的运动，由法拉第电磁感应定律有E= BLvcos a E 由欧，定律有I一 由安培力公式有F安=BIL 联立解得v一B2L2cos2a mgRsin a 则对金属框由静止释放至刚进入区域「的过程，由动能定理 有mgssin a=之m 解得s一 mgR sin a 2B4L cos a (2)金属框在区域Ⅱ中达到平衡状态时，由平衡条件有 (Bg-B。r)LI'=mngsin a 其中Bg=k1t十k2（x十L),B。f=k1t十k2x 金属框在区域Ⅱ中切割磁感线产生的电动势，可以视为一个 感生电动势和一个动生电动势的叠加，其中感生电动势E1= L2△B=k1L2 △t 动生电动势E2=BmLv'-BLt'=k2L2 又1-E+E R 联立解得金属框达到平衡状态时的速度大小'=0 设从0时刻到金属框刚达到平衡状态的过程运动时间为1。， 由动量定理有 -k2 L2 T'to +mgto sin a=0-mvo 又7-Ei+E,E,-k,L20。=d R 联立解得d=mR k号L 答案品荒 ngR sin a (2)Ru k号L4 43.解析法拉第电磁感应定律的综合应用 (1)0一1s内导体框中产生的感应电动势为E-盟·号 △ 解得E=0.05V 根据闭合电路欧姆定律可知通过导体框的电流为I一尺 解得I=0.1A 根据图(b)斜率大小可知0.5s时的磁感应强度B。满足： 0.2T-B0_0.2T-0.1T 0.5s 解得B。=0.15T t=0.5s时，ad边受到的安培力大小为F=BoIL 解得F=0.015N (2)由于顺时针方向为电流正方向，则由题图(c)知1一2s内 电流为逆时针方向，大小为I1=0.2A 根据闭合电路欧姆定律可知感应电动势E1=I,R 根桃法起第之难移底定体件日一· 解得B-0.2T/s,根据楞次定律和安培定则可知，导体框 △11 中磁感应强度增大，变化率为0.2T/s,对应的B-1图像如图 所示 B/T 1, 0.2-…- 0.1- 0 1.02.0/s (3)解法一由(2)中分析知2s时磁感应强度大小为B2=0. 3T,之后磁场不随时间变化，导体框从初速度开始运动，： 导体框切制磁感线受到的安培力为FA=BI,L=B,R _2丝导体框速度从。变化至，规定水平向右为正方 R 向，根器动量定理有公-明A=m一m R 结合Ax=4出、84x=7L得·7L=m一m 解得y1=0.01m/s 解法二还可以通过积累电荷量求解，导体框速度从变为！ 1,规定水平向右为正方向，根据动量定理得∑一B21,L△1= m1-nn结合△q=I,△t、∑△q=g得-B2Lq=n-no △Φ E △Φ 流过导体框的电荷量为g=I△2=反△1？=R 2L2 2 R一解得1=0.01m/s 答案(1)0.015N(2)如图所示 B/T 0.3 0.2- 0.1f- 0 1.02.0t/s (3)0.01m/s 44.法拉第电磁感应定律十动量定理十双棒模型 : 解(I)设ab棒刚越过MP时速度大小为，产生的电动势大小： 为E,对b在圆孤导轨上运动的过程，由机械能守恒定律有 mgL=立m2 23: ab刚越过MP时，由法拉第电磁感应定律得 E=BLU 联立得E1=BL√2gL (2)经分析知金属环在导轨外的两段电阻被短路，由儿何关系 可知导轨之间两段金属环的电阻均为R,它们在电路中并联 后的总电租R-号 设电路中初始的干路电流为I1,由闭合电路欧姆定律有 E -R+R 经分析知整个金属环在运动过程中可视为长度为L、电阻为 R的金属棒，设金属环刚开始运动时所受的安培力大小为 F1、加速度大小为a,则 F=ILB 由牛顿第二定律得 F=2ma 联立解得a= B2L2√2gL 3mR (3)经分析，ab进入磁场后，ab和金属环组成的系统动量守 恒，设两者共速时的速度大小为2，由动量守恒定律得n= (n+2n)2 设在极短时间△t内，ab与金属环圆心的距离减少量为△x,金 属环所受安培力大小为F,流过ab的电流为I,整个电路的电 动势为E,对金属环，由动量定理得 ∑F△1=2m2-0 F=ILB 由闭合电路欧姆定律得 E I-R+R 设金属环圆心初始位置到MP的最小距离为s,若ab与金属环共 速时，两者恰好接触，金属环圆心初始位置到MP的距离最小，对 αb进入磁场到两者共速的过程，由法拉第电磁感应定律有 E-BL.是 s=L十∑△x 联立解得-mR2g虹+L B2L2 15.法拉第电磁感应定律十旋转切割磁感线十力的平衡条件十牛 顿第二定律 解(1)当OA棒切割磁感线的有效长度为1=√2L时，该棒 产生的感应电动势最大，有 Emax- Bl2-B12 2 此时CD棒所受的安培力最大，结合I= E R 和安培力公式有 FAmn-Imas B1.-B2Lg R 当OA棒切割磁感线的有效长度为2=L时，该棒产生的感应 电动势最小，有 Emin BL22wBL2四 2 2 此时CD棒所受的安培力最小，有 Fm=1mBL袋 (2)设CD棒的质量为加，CD棒与平行导轨间的最大静摩擦 力为fOA棒在转动过程中，CD棒在所受安培力达到最大和 最小时均哈好静止，则有 FAmax-mgsin f FAmin+f=mgsin 结合(1)问分析有FAmax=3 ngsin0 则撤去推力瞬间，CD棒的加速度方向沿平行导轨向上，对CD 棒由牛顿第二定律有 FAmax十μngcos0-mgsin0-=ma 联立解得CD棒与导轨间的动摩擦因数为 3a-gsin 6 u= 3gcos 0 46,法拉第电磁感应定律十欧姆定律十功率十电容器十单棒模型！ 十分析综合能力 解(1)由法拉第电磁感应定律可得金属棒切割磁感线运动} 过程中，金属棒产生的感应电动势为 E=Blv 闭合开关S,电容器被短路，由闭合电路欧姆定律可得回路中！ E 的电流I= 由安培力公式可得金属棒所受的安培力F安=BIl B212v 联立可得F安=R 当金属棒匀速运动时，金属棒受力平衡，可得外力大小为F一 B2P vo F安m= R B212 vov 所以外力做功的功率为P=Fu= R 叉电阻R的热功率为PR=PR=B R 则当外力微功的功率等于电阻R热功率的2倍，即P=2P! 时，金属棒的速度大小为=空 (2)断开开关S后，金属棒匀速运动，设回路中的电流为'，则！ 外力的大小为F=F安'=BIL 则外力微功的功率为p'=F'_B 2 , 而电阻R的热功率为PR'='2R 当外力做功的功率等于电阻R热功率的2倍，即P=2PR'! 时，有1=B 4R 则此时电容器两端的电压为U=B一'R=心 电容器所带电荷量为Q=CLU 从断开S开始到该时刻的过程，对金属棒根据动能定理可知，！ 外力做功的绝对值等于安培力做功的绝对值，则有 W=W安=P安t=F安yt=BlIt 其中I't=Q一0 联立解得W= B2122C 8 47.解析(1)设金属框的初速度大小为%，则金属框完全穿过磁 场的过程，由动量定理有 Uo -2BTL1=m它-mwo 通过线框的电流= E 根据法拉第电磁感应定律有E-BL t 联立解得功- B2L3 (2)金属框进入磁场的过程，有 -BT'Lt'=u1一no 1 闭合电路的总电阻R总=R,十1 1 R Ro 通过线框的电流了一二 根据法拉第电磁感应定律有E=BL t 2B2L3 解得=5mR0 东名子物8 假设金属框的右边框设有出磁场右边界， 则有-BT"L”=-mv 道过金属框的电流7一E” Ro R1十2 根据法拉第电磁感应定律有E”-BL 解得x=L ; 23 故假设成立，金属框的右边框恰好停在磁场右边界处 对金属框进入磁场过程分析，由能量守恒定律有 Q=之m2-之mw,2 电阻R产生的热量为Q,=·R1RQ总 1 金属框完全在磁场中运动过程，有Qs'一之m 电阻R,产生的热量为Q,'=REQs Ro R+2 电阻R1产生的总热量为Q总=Q1十Q1 3B4L6 解得Q1总一25nR0 答案(1)BL mRo (2)3BL6 '25mR。2 48.解析(1)Q与P发生弹性碰撞，由动量守恒定律有3n6= nup十3nuQ 由能量守恒定律有 号×3mw2-子mp2+3m 3 联立解得Q=26,vp=20 根据题述，P、Q落到地面上同一地，点，结合平抛运动规律可 知，金属棒P滑出导轨时的速度大小为u'p=Q=立6 (2)由能量守恒定律可得，金属棒P在导轨上运动过程中产生 的热量为 Q-mn2-子mn2=mw2 (3)P在导轨上做变速运动，设速度大小为时金属棒中产生 的感应电动势大小为，电流大小为i,在△1时间内速度变化 △u,则由法拉第电磁感应定律有e=Blu 由闭合电路欧姆定律有一尺 e 金属棒P所受的安培力F=Bl=By R 由动量定理有F△1=n△v 即B2巴A=mA R 方程两侧求和得公R△1=2m△p 南紧adr-ma 注意到∑△1=x,∑△u=p一'n=吻 mvo R 联立解得x=B2卫 对绝缘棒Q有x=uQl 解得与P碰授后，绝缘捧Q在导轨上运动的时间为1=2 B22 答案(1号的(2)mw2 (3)2mR B222 19.解析(1)对金属杆，离开液面后跳起的高度为H,由运动学 公式有 =2gH 解得u=√2m/s 对金属杆从刚闭合电键至其下端离液面高度为H的过程，由 动能定理有BILh一mg(H十h)=0 解得1-票A (2)对金属杆，由动量定理有(BI'L一mg)1=nu 由运动学公式有v2=2gH 又q=1'' 解得g=0.085C 答案1要A(20.085C 50.解析(1)棒a匀速运动时，对棒a分析，由平衡条件有 mgsin 0=BIL 由法拉第电磁感应定律有E1=BL 由欧姆定律有1一示 E 联立解得= 2mgRsin 0 B2 L2 (2)当棒a匀速运动时，释放棒b,分析可知，棒b受到沿导轨： 向下的安培力，则释放捧b的瞬间，对棒6，由牛顿第二定律有 mgsin 0+BI L=ma 又BI1L=ngsin0 解得a=2gsin0 (3)释放棒b后，由于棒b中产生的感应电动势对于回路来说， 与棒α中产生的感应电动势方向相反，所以两棒所受安培力！ 均减小，对棒，由动量定理有 (mgsin 0-F)to=mv-mvo 对棒b,由动量定理有 (mgsin 0+F)to=mu 结合1)问结果联立解得u=gto sin0叶ngRsin0 B2L2 设棒a速度为u:时产生的感应电动势为E。,则E。=BLu 同理设棒b速度为y时产生的感应电动势为E6,则E6=BL 棒中电流为I= E-E_BL(y) 2R 2R 两棒所受安培力的大小均为F=B=BL(一2 2R 对棒b,由动量定理有 mgsin 6 B2L2(:一；)1 2R △t=n△v 对方程两侧求和，即∑ ,B2L2(-)1 2R 注意到∑△1=0，∑(-y)△t=△x,∑△=u 解得Ar=2m2 g sin0 B4L 答案12g (2)2gsin 0 (3)gto sin 0+mgRsin B2L2 2m2gR2 sin 0 BL4 51.解析(1)导电杆所受的安培力大小F=B1Id 又-1d-普 整理得F=3Mg 火箭落停过程中，由牛顿第二定律得F-Mg=Ma 解得a=2g 2 由运动学公式可得，火箭运动的距离L=2a 架路上一行 (2)导电杆向下运动的速度为v=b一at=0一2gt 0 128) 则回路中的感应电动势为E=B,d 又B2=2kI 整理得E=一 2ME,+Mg(≤) 1+1 (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十E E 且有1= 整理得U=12Wg,-6M"+R(≤#) 装置A输出的功率为P-UI=12Mg1一-6Mg6十FR≤爱) 初始时刻，1=0，P始=一6Mg十IR 到达停室平台时一PR 由P-L关系可知，P=P台十PE=-3Mg6十PR 2 则在火箭落停过程中，装置A输出的能量为 W-p·-hw+ 2g 28 23 (4)可回收能量的来源为导电杆和火箭机械能的减少 由能量守恒定律得W。=MgL+之Mw2-0 62 又由()得L=g 整理得w=子M2 2 答案(1)3Mg4g 212y,+M"(≤) 8,l2M,-6M+1R(≤2) (④)导电杆和火箭机镀能的减少子M,2 2.解析(1)金属棒与导体框同时由静止释放后，二者共同做匀 加速直线运动，加速度an=gsin a-6m/s2 设金属棒进入磁场时的速度大小为0，则w2=2a03 ② 解得o=1.5m/s, 金属棒进入磁场时感应电动势E=BL ⑧ 高应电流1是 ⑦ 金属棒受到的安培力FA1=BIL ⑦ 解得FA1=0.18N ⑥ (2)设金属棒的质量为m,金属棒与导体框之间的动摩擦因数 为以，金属棒进入磁场后受到沿斜面向上的安培力，做匀速直 线运动，导体框继续做匀加速直线运动，设加速度为α，金属棒 相对导体框向上运动，故金属棒受到沿斜面向下的摩擦力，导 体框受到沿斜面向上的摩擦力. 对金属棒有FA1=ngsin a十ngcos a ⑦ 对导体框有Mgsin a一mgcos a=Ma ⑧ 当金属棒刚出磁场时，导体框的E℉边进入磁场且做匀速运 动，设此时导体框的速度为，导体框受到的安培力FA2= B2L2v R ⑨ 导体框做匀速直线运动，有 Mgsin a-umgcos a= B2L2v R ⑩ 从金属棒刚进入磁场到导体框的EF边进入磁场，导体框的 位移为s0,则2-v02=2as0 ① 由您心式可以得到头=加 ② 联立①②式解得a=5m/s2,v=2.5m/s, 把a=5m/s2代入⑧式得umgcos a-=0.06N 型 3 联立⑦⑧式解得n=0.02kgμ=8· (3)设从金属棒刚进入磁场到导体框的EF边进入磁场经历 的时间为t,则u=uo十at @ 解得t=0.2s, 设磁场区域的宽度为d,则d=6t=0.3m 0 金属棒出磁场后的加速度 a'=gsin a十gcos a=9m/s ⑥ 当金属棒与导体框的速度相等时，导体框开始做加速直线运 动，假设导体框的EF边未出磁场前，金属棒的速度已经增加 到u,则u=%十a't 解得1一号 S 导体框的位移工=-8m<0.3m 复设成立，就导体框匀连运动的距离为器m 答案40.18N(2)0.02kg是（3)m 3 53.解析(1)闭合开关S,金属棒下落的过程中受竖直向下的重 力、竖直向上的安培力作用，当重力与安培力大小相等时，金 属棒的加速度为零，速度最大，则mg=BLL 由法拉第电磁感应定律得E1=BL1 由闭合电路欧姆定律得1=尺 E1 解得=迟 B2L2” (2)由第(1)问得=瓷 由于I。<I1,断开开关S后，当金属棒的速度达到最大时，元 mgR 件Z两端的电压恒定为Um=2B航 此时定值电阻两端的电压为UR=BLu2一Um 回路中的电流为12=11 UR 又由欧姆定律得L2= 邦得奶器器。 (3)开关S闭合，当金属棒的速度最大时，金属棒产生的感应 电动势为E=恐，断开开关S的醉间，元件乙两端的电压 BL 为U。-器 则定值电阻两端的电压为 Uk'=E-U。=瓷 UR' 电路中的电流为了一 金属棒受到的安培力为FA一BI'L 对金属棒由牛领第二定律得 mg-FA=ma 解得a=冬 2器器 答案(1)m5 (8)号 54.解析(1)在ab运动过程中，由于拉力功率恒定，ab做加速度 逐浙减小的加速运动，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-mngsin日-FA=0 ① 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=BLu② 设回路中的感应电流为1，由闭合电路欧姆定律，有1一R千 E ③ ab受到的安培力FA=ILB④ 由功率表达式，有P=Fu⑤ 联立上述各式，代入数据解得 P=4W 6 (2)ab从速度1到2的过程中，由动能定理，有 P1-w-mgxn0-之mw2-之m2D 代入数据解得x=0.1m⑧ 55.解析(1)金属杆切割磁感线产生的感应电动势：E-Bl0 则全属杆中的电流：1一是-吧 由题知，金属杆在水平外力作用下以速度。向右做匀速直线 运动，则有：F=F安=BIl= B212o R 根据功率的计算公式有：P=F= B21262 R (2)(ⅰ)设金属杆内单位体积的自由电子数为，金属杆的横 截面积为S,则金属杆在水平外力作用下以速度向右做匀 速直线运动时，电流由微观表示为：I=S,-B R 解得：nSe=R0 Blvo 经过一段时间，电子沿金属杆定向移动的速率变为空，则： -号 解得：受 由能量守恒有：宁m时-子m,2-Q 3 解得：Q=8mo, (1)由(1)可知在这段时间内金属杆的速度由心支到空，则 21 根据动量定理有： -Bl·Y=m空-nw--BnSe之aa=-BneS·d(取 B-0 向右为正) 由于：eS- Blvo Ruo 化简得：d=nRg 2B212 B2Pw22(1)令m 答案(1)R R 8m,2（i)R B22 专题十四 交变电流电磁振荡与电磁波 及传感器 1.D[法拉第电磁感应定律十交流电的有效值根据题意可知， 该装置产生的交流电的周期为T一弘，由于导体棒间距均为 。 2L,则每个周期内均为单棒切割磁感线，以导体棒刚进入区域 Ⅱ时为计时起点，则0一上时间内该装置产生电动势为EⅡ BL巴，L~L时间内该装置产生电动势为E1=BLu,设子体 2’u 棒电阻为R,该装置产生电动势的有效值E满足.2L- R R .上+R ·二，解得E=BL,D正确.] U 4 2.C[交流电的产生十图像分析根据题意可知，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Esn1一E时，线圈的侧边开始切制磁感线，即 2 当线圈旋转灭时开始切割磁感线，由几何关系可知磁场区域 平行于x轴的边长支为1-2d0s吾-d,C正确.] 3.C[含二极管电路分析十交流电十功率分析电路特点可知， 在接入正弦式交流电的一个周期内，有半个周期只给L1供电， 另半个周期只给L2供电，L1两端电压的有效值与L2两端电 压的有效值相等，又R1·R,=2:1,则根据P-卡可知，灯泡 L1、L2的功率之比P1:P2=1:2,C正确.] 4.B[文流电有效值十电热结合Q-货：可知Q, 3 1T- Uo2T 以8合B正确] 2R又R1=R2,所以2 5.BD「交变电流的产生磁极顺时针匀速转动相当于线圈逆 时针匀速转动，线圈从中性面位置开始转动，磁极转过90°时即 线圈逆时针转过90°时，穿过线圈的磁通量为0，磁通量的变化 率最大，线圈中电流最大，A错误，B正确：磁极转过90°时相当 于题图示中PQ向下切割磁感线，由右手定则可知线圈中电流 方向由Q指向P,C错误，D正确.] 6.AC[大轮和小轮通过皮带传动，线速度u相同，小轮和线圈 同轴转动，角速度相同，根据v=wr并结合大轮与小轮半径之 比为4：1可知小轮和线圈转动的角速度为4w,A对；由题意可 知，线圈围成的面积S=L2,产生的感应电动势的最大值为 Emax=nBS·4ω=4nBL2w,产生的感应电动势的有效值为E= E=2区BL2w,根据串联分压规律可知灯泡两端电压的有 效值为U一3E=②BLw,B错；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，线图产生感应电动势的最大值变为 Enx'-8nBL2a有效值支为E-E觉-12BL2,结合电 ② 阻定律R=PS精痕 1可知线圈电阻变为原来的2倍，即为2，根 据串联电路分压规律可得灯泡两端电压的有效值为U'=专题十三 考向一电磁感应现象楞次定律 1.(2025·陕晋宁青卷，4分)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 T 从零增加到几兆安培，铜环迅速向内压缩，使 初级磁场的磁感线被“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 开关 钢制线圈 开关 电容器组 电容器组到 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 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 量 2.（多选)(2025·河南 卷，6分)手机拍照时 XXxXXX×X 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 手机框架 两侧的弹簧与手机框 赵 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α的大小和方 向，依此自动调节c、d中通入的电流I和Ia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() A.若I沿顺时针方向，I4=0,则表明a的方向 向右 B.若I4沿顺时针方向，I。=0,则表明a的方向 勾 向下 C.若a的方向沿左偏上30°，则I沿顺时针方 向，I4沿逆时针方向且I>I 闲 D.若a的方向沿右偏上30°，则I沿顺时针方 向，Ia沿顺时针方向且Ic<I4 电磁感应 3.(2025·河南卷，4分) N 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 B 4.(2024·湖北卷，4分)《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 5.(2023·海南卷，3 分)汽车测速利用 d 了电磁感应现象， 汽车可简化为一个 矩形线圈abcd,埋 在地下的线圈分别 为1、2，通上顺时 针（俯视）方向电流，当汽车经过线圈时( A.线圈1、2产生的磁场方向竖直向上 B.汽车进入线圈1过程产生感应电流方向 为abcd C.汽车离开线圈1过程产生感应电流方向 为abcd D.汽车进入线圈2过程受到的安培力方向与 速度方向相同 6.(2022·全国甲 卷，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 7.(2022·广东卷，6分) y才 如图所示，水平地面 M 线圈 p (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到M过程的感应电动势与从P 到V过程的感应电动势相等 8.(2021·北京卷，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 考向二法拉第电磁感应定律自感涡流 9.(2025·湖北卷，4分)如图(a)所示，相距L的 两足够长平行金属导轨放在同一水平面内，两 长度均为L、电阻均为R的金属棒ab、cd垂直 跨放在两导轨上，金属棒与导轨接触良好，导 轨电阻忽略不计.导轨间存在与导轨平面垂直 98 的匀强磁场，其磁感应强度大小B随时间变化 的图像如图(b)所示，t=T时刻，B=0.t=0时 刻，B=B,,两棒相距xo,ab棒速度为零，cd棒 速度方向水平向右，并与棒垂直，则0~T时间 内流过回路的电荷量为 B 图(a) 图(b) BoLxo A.AR BoLco B.2R C. 2Bo Lxo D.R 10.(多选)(2025·黑吉辽蒙卷，6分)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w顺时针匀速转动，b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 →B 为abcde fa B.t=0时，感应电动势 为Bl2w C.t=π时，感应电动势 为0 D.1=0到1=灭过程中，感应电动势平均值 w 为0 11.(2024·湖南卷，4分)× ×b 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 B 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 A.90>9a>96>9B.90<9a<9%<9 C.90>9a>96=9D.90<9a<9b=9g 12.(2023·江苏卷，4分)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、AC点电势分别为Po9A9C,则() ×0 A.opc B.CA C.oA D.90一9A=9A-9C 13.(2022·湖南卷，5分)如图，间距L=1m的 U形金属导轨，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0.12，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，水平位 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 14.(2022·山东卷，4分)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 B √2L的扇形区域充满方 B. 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.=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随时间变化规 律的描述正确的是 ( 99 A.在1=0到1一无的过程中，E一直增大 B在1=0到1=无的过程中，E先增大后 减小 C在1=0到t=π的过程中，E的变化率一 40 直增大 D.在t=0到t=π的过程中，E的变化率一 4w 直减小 15.(2021·广东卷，4 b 分)如图所示，水平 放置足够长光滑金 B 属导轨abc和de, ab与de平行，bc N 是以O为圆心的圆弧导轨.圆弧b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() 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 16.(2021·河北卷，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0，一电容为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 度向右匀速直线运动，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 BCv2tan0 B.金属棒到达xo时，电容器极板上的电荷量为 BCuxotan 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 17.(2021·辽宁卷，6分)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=2t。的时间内，金属棒水平固定在距导 轨顶端L处；t=2o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 B B 210 ×× 图(a) 图b) A,在1一号时，金属棒受到安培力的大小为 Bo2L3 toR B.在1=。时，金属棒中电流的大小为B0L toR C.在1=2 时，金属棒受到安培力的方向竖 直向上 D.在t=3o时，金属棒中电流的方向向右 18.(2022·全国乙卷，12 L 分)如图，一不可伸长 的细绳的上端固定， 下端系在边长为(= 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 度的阻值为入=5.0×1032/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。 100 19.(2021·浙江省6月卷，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R。=102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=902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=I, 其中k=2×10-7T·m/A. A 氖气 1.02.03.04.05.06.010×10-3s) 甲 乙 (1)求06.0×103s内通过长直导线横截 面的电荷量Q; (2)求3.0×103s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. 五年真题分类汇编·物理 学校 班级 学号 姓名 禁 答 题 常 舜 机此电咨所钱电动量9。 奥小州速电坊安/合：·楼八移应社理中后有0加 20.(2021,浙江查】环卷： 考向三电磁感应中的综合应用 21.(2025·广西卷，4 2R 分)如图，两条固 定的光滑平行金 Q000000000 属导轨，所在平面 Q000000000 与水平面夹角为 2R 0,间距为1，导轨电阻忽略不计，两端各接一 个阻值为2R的定值电阻，形成闭合回路；质 量为m的金属棒垂直导轨放置，并与导轨接 触良好，接入导轨之间的电阻为R;劲度系数 为k的两个完全相同的绝缘轻质弹簧与导轨 平行，一端固定，另一端均与金属棒中间位置 相连，弹簧的弹性势能E。与形变量x的关系 为E,=kx2;将金属棒移至导轨中间位置 时，两弹簧刚好处于原长状态；整个装置处于 垂直导轨所在平面向上的匀强磁场中，磁感 应强度大小为B.将金属棒从导轨中间位置 向上移动距离α后静止释放，金属棒沿导轨 向下运动到最远处，用时为，最远处与导轨 中间位置距离为b,弹簧形变始终在弹性限 度内.此过程中 A.金属棒所受安培力冲量大小为1(a十) R B.每个弹簧对金属棒施加的冲量大小为 B212 (a+b)mgisin 0 4R C.每个定值电阻产生的热量为(2-)十 8 mg(ab)sin 0 D.金属棒的平均输出功率为 k(a2-b2)十mg(a十b)sin0 2L 22.(2025·陕晋宁 青卷，4分)如 -2L 图，光滑水平面 甲 上存在竖直向 上、宽度d大于 ● 2L的匀强磁场， 一2L ● ● ● ● 其磁感应强度 为B,甲、乙两个 合金导线框的质量均为m,长均为2L,宽均 为L,电阻分别为R和2R.两线框在光滑水 、平面上以相同初速度二生片R并排进入磁 场，忽略两线框之间的相互作用，则() A.甲线框进磁场和出磁场的过程中电流方 向相同 B.甲、乙线框刚进磁场区域时，所受合力大 小之比为1：1 C.乙线框恰好完全出磁场区域时，速度大小 为0 D.甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场 区域产生的焦耳热之比为4：3 23.(多选)(2025·湖南 卷，5分)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ro.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 m00r0 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 24.(多选)(2025·广东卷，6分)如图是一种精 确测量质量的装置原理示意图，竖直平面内， 质量恒为M的称重框架由托盘和矩形线圈 组成.线圈的一边始终处于垂直线圈平面的 匀强磁场中，磁感应强度不变.测量分两个步 骤，步骤①：托盘内放置待测物块，其质量用 表示，线圈中通大小为I的电流，使称重框 架受力平衡；步骤②：线圈处于断开状态，取 下物块，保持线圈不动，磁场以速率)匀速向 下运动，测得线圈中感应电动势为E.利用上 述测量结果可得出m的值，重力加速度为g 下列说法正确的有 米×××× X×××XX ×××××× 步骤① 步骤② 102 A.线图电阻为号 B.I越大，表明m越大 C.越大，则E越小 D.m=EI-M vg 25.(多选)(2024·全国甲卷，6 分)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=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 线框的速度随时间t变化的图像中可能正 确的是 B 26.(多选)(2024·山东卷，4分)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 O0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 27.(多选)(2024·吉林卷，6分)如图，两条 “入”形的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 加速度大小为g,两棒在下滑过程中( 2B 6 B 309 30° A.回路中的电流方向为abeda B.ab中电流趋于3ms 3BL 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 28.(多选)(2024·湖南卷，5分)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 轨间的动摩擦因数为u,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 B A,金属杆经过BB的速度为空 B.在整个过程中，定值电阻R产生的热量为 2vmgd 1 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 103 29.(2023·全国乙卷，6分) 二一强磁体 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 电流传感器 线的两端与电流传感器接 通.两管皆竖直放置，将一 图(a 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1 的变化分别如图(b)和图(c)所示，分析可知 ( 图b) 图(c) 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 30.(多选)(2023·全国甲卷，6分)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 ( ) 8强磁体 电流传感器 图(a) 图(b) 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 31.(多选)(2023·辽 宁卷，6分)如图， 两根光滑平行金 2B: 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 4B2d2 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 32.(2022·全国甲卷，6分)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，在导轨的左端接入电容为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，(） 5X XMX XXX B X XN XXXX A,通过导体棒MN电流的最大值为 RC 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 33.(2021·全国甲卷，6分) 甲 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 ××× 104 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人磁场前，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 34.(2021·山东卷，4分)如 图所示，电阻不计的光滑 B 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 35.(2021·福建卷，6分)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、感应 强度大小为B的匀强磁场.在t=1时刻，两 均匀金属棒a、b分别从磁场边界EF、GH进 入磁场，速度大小均为0；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 G A.41时刻a棒加速度大小为2B212 3mR B.t2时刻b棒的速度为0 C.t1一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 9m62 36.(2021·湖南卷，5分)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 T 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0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 洲 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 量 区37.(2021·北京卷，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 烂 初速度0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R 墨 D.导体棒克服安培力做的总功小于)m2 38.(2021·海南卷，4分)如图，足够长的间距 d=1m的平行光滑金属导轨MN、PQ固定 郑 在水平面内，导轨间存在一个宽度L=1m的 尔 匀强磁场区域，磁感应强度大小为B=0.5T, 方向如图所示.一根质量ma=0.1kg,阻值 母 R=0.52的金属棒a以初速度vo=4m/s 从左端开始沿导轨滑动，穿过磁场区域后，与 另一根质量m6=0.2kg,阻值R=0.52的 105 原来静置在导轨上的金属棒b发生弹性碰 撞，两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，导 轨电阻不计，则 ( ) A.金属棒a第一次穿过磁场时做匀减速直 线运动 B.金属棒a第一次穿过磁场时回路中有逆时 针方向的感应电流 C.金属棒a第一次穿过磁场区域的过程中， 金属棒b上产生的焦耳热为0.25J D.金属棒a最终停在距磁场左边界0.8m处 39.(2025·福建卷，16 分)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o,cd边进人Ⅱ 区域时的速度和αb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. 40.(2025·云南卷，15分)如图所示，光滑水平 面上有一个长为L、宽为d的长方体空绝缘 箱，其四周紧固一电阻为R的水平矩形导线 框，箱子与导线框的总质量为M.与箱子右侧 壁平行的磁场边界平面如截面图中虚线PQ 所示，边界右侧存在范围足够大的匀强磁场， 其磁感应强度大小为B、方向竖直向下.t=0 时刻，箱子在水平向右的恒力F(大小未知) 作用下由静止开始做匀加速直线运动，这时 箱子左侧壁上距离箱底h处、质量为m的木 块（视为质点）恰好能与箱子保持相对静止 箱子右侧壁进入磁场瞬间，木块与箱子分离； 箱子完全进入磁场前某时刻，木块落到箱子 底部，且箱子与木块均不反弹（木块下落过程 中与箱子侧壁无碰撞)；木块落到箱子底部时 即撤去F.运动过程中，箱子右侧壁始终与磁 场边界平行，忽略箱壁厚度、箱子形变、导线 粗细及空气阻力.木块与箱子内壁间的动摩 擦因数为，假设最大静摩擦力等于滑动摩 擦力，重力加速度为g 导线框 绝缘箱立体图 绝缘箱 木块 导线框 截面图 (1)求F的大小； (2)求t=0时刻，箱子右侧壁距磁场边界的 最小距离； (3)若t=0时刻，箱子右侧壁距磁场边界的 距离为S(S大于(2)问中最小距离)，求最终 木块与箱子的速度大小. 106 41.(2025·安微卷，18分)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0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0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 ,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： M (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