专题十一 电磁感应-【创新教程】2024-2026三年高考物理真题分类特训试卷

最新真题 分类特训 专题十一 电磁感应 [考点1]对楞次定律、右手定则的考查 1.(2026·黑吉辽蒙卷，5)如图，真空中一带正电的小球用绝缘轻绳悬于O点，处于竖直 0 向下的匀强磁场中.将小球从P点由静止释放，小球运动轨迹的俯视示意图可能是 整 斯 B D 2.(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 ( 杯 A B C D 3.(2025·北京卷，10)绝缘的轻质弹簧上端固定，下端悬挂一个磁铁.将磁铁从弹簧原长 位置由静止释放，磁铁开始振动，由于空气阻力的影响，振动最终停止.现将一个闭合 铜线圈固定在磁铁正下方的桌面上（如图所示），仍将磁铁从弹簧原长位置由静止释 放，振动最终也停止.则 如 A.有无线圈，磁铁经过相同的时间停止运动 御 B.磁铁靠近线圈时，线圈有扩张趋势 C.磁铁离线圈最近时，线圈受到的安培力最大 D.有无线圈，磁铁和弹簧组成的系统损失的机械能相同 4.(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 器 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 45 [考点2]法拉第电磁感应定律的简单应用 1.(2026·山东卷，12)（多选）如图所示，足够长U形光滑金属导轨固定在绝缘水平面上，宽度为 L,电阻不计.区域I为正方形，充满垂直轨道平面向上、磁感应强度大小B,随时间t均匀变化 的匀强磁场，即B,=kt(k为大于零的常量)；区域Ⅱ内，导轨上接有开关S,、S2,导轨间接有电 容为C1、C2的两电容器；区域Ⅲ内充满方向垂直轨道平面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁 场.初始时，质量为、有一定阻值的导体棒MV静止于区域Ⅲ中某处，S,闭合，S2断开，C1充 电.C1充电完毕后，断开S1,闭合S2,MN开始运动，经过一段时间系统达到最终稳定状态. MV长度与导轨宽度相同并始终与导轨接触良好.下列说法正确的是 ( A.C,充电完毕时的电荷量为C,kL2 B.C1充电完毕时，上极板带负电 kC BL C.最终MN的速度为 B2L2(C1+C2)+m D.最终C,的电荷量为KC C BL B2L2C2+m 2.(2026·河南卷，9)（多选）某种呼吸监测装置的原理如图1所示.呼吸气流可从绕有线圈的空 心圆管左端进出，使位于圆管右端的磁性薄膜运动.呼气时薄膜向右运动，吸气时薄膜向左运 动.图2为电压传感器显示的电压U随时间t变化的图像，U为正时b点电势高于点，下列 说法正确的是 () U/mV 气流 磁性薄膜 20A 10 空心圆管 b Mww 电压传感器 -10月 -2 0102030405060→s 图1 图2 A.若磁性薄膜的N极在右侧，则吸气时a点电势高 B.若磁性薄膜的N极在右侧，则吸气时b点电势高 C.若图2中P点对应呼气，则磁性薄膜的S极在右侧 D.若图2中Q点对应呼气，则磁性薄膜的S极在右侧 3.(2026·1月浙江卷，10)如图1所示，半径为r1、横截面半径为r2(r2<r1)、匝数为N的圆环形 螺线管通有电流I,管内产生磁感应强度B=aI(a为常量)的匀强磁场.管外磁场近似为0，小 明用电阻为R的一段漆包线缠绕螺线管一圈后，并成双股线再缠绕螺线管两圈，最后将两端头 短接，形成特殊线圈A.若电流I随时间t变化的关系如图2所示，则 () to 2to 3to 4to Sto 6to 46 A.t=24,时，螺线管的自感电动势E=N rial to B.t=5t时，线圈A的感应电动势E= 3πr2aI0 to C.在0~24，内，通过线圈A的电荷量g=Nra R D.在0~5，内，线圈A产生的焦耳热Q=3(wa1) Rto 4.(2026·河北卷，6)如图所示，在长直螺线管中间区域放置一个匝数为，面积为S的同轴小线 圈.已知，长直螺线管通电后其内部磁场处处相同，磁感应强度的大小B与螺线管中的电流I 成正比，即B=αL.在一段时间内，若电流I随时间t的变化关系满足I=t(3为常量)，由理想 电压表测出小线圈的感应电动势为E,则α可以表示为 () A.②E B.②E ·βS nBS C.E ·BS D.E nBS 5.(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、 左 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I:的大小和方向（无抖动时I。和I均为零），使镜头 下 手机框架 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，I=0,则表明a的方向向右 B.若I沿顺时针方向，I.=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 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I<I。 6.(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、所在直线以角速度ω顺时 B 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Bω C.t=兀时，感应电动势为0 D.t=0到t=工过程中，感应电动势平均值为0 7.(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× Xb 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、α、b、c各点电势 关系为 () 。0 XX B A.9o>9a>9%>p B.90<9u<P6<9 C.90>9u>9b=9c D.9o<9.<9%=9c 47 [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，而室亦严然).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 (2026·黑吉辽蒙卷，6)动圈式扬声器的结构和线圈绕向如图()所示，图(b)为线圈所在区域 磁场分布.将其用作话筒时，锥形纸盆的振动带动线圈运动，把声信号转化为电信号.规定向右 为线圈位移x的正方向，若x随时间t的变化如图(c)所示，则a、b间电势差U随t变化的图 像可能为 () 水久磁体 图( 图凸 [考点5]电磁感应中的力电综合(1) 1.(2026·黑吉辽蒙卷，10)（多选）如图，光滑绝缘水平面上x=0两侧区域I、Ⅱ分别存在竖直方 向的匀强磁场，宽度均为L,磁感应强度方向相反，大小分别为B、2B,x=一3L和x=3L处有 固定挡板.同种材料制成、粗细均匀的正方形导体线框MVPQ,边长为L,质量为，总电阻为 R,以初速度a。= 2026BL从左侧进入磁场，沿x轴方向运动.线框平面始终与磁场方向垂直， mR MN边始终与磁场边界平行，线框与挡板的碰撞均为弹性碰撞.则 ( ) -3L -L 0 3 A.MN首次进入磁场时线框的加速度大小a= 2026B4L5 m2R2 B.MN每次经过x=1.5L时，电势差Uw:UrQ=1:1 C.MN与右侧挡板首次碰撞后瞬间线框的速度大小u=2012BL mR D.线框停止处，穿过线框的磁通量为0 48 2.(2026·湖北卷，7)如图所示，固定在水平面内的两足够长平行金属导 轨相距L,其左端用导线连接一阻值为R的电阻，两导轨间存在垂直 于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B.质量为m的导体 棒跨放在两导轨上，导体棒在两导轨间的电阻为2R.导轨上a、b、c、d 是正方形的四个顶点，导体棒以大小为B子的初速度从b出发沿导轨向右运动，刚过d后， abcd区域内磁场的磁感应强度方向不变、大小在极短时间内增大到3B,然后保持不变.导体棒 运动过程中始终与导轨垂直，且与导轨接触良好，不计导轨电阻与所有摩擦，导体棒最终静止 的位置离初始位置的距离为 A.9L B.10L C.11L D.12L 3.(2026·1月浙江卷，8)如图所示，一根带负电的塑料棒，长为1、横截 ” 面积为S、均匀分布有N个电子（电子电荷量为）.让棒垂直于匀强 日日0000 磁场B,以速度沿轴向右做匀速运动.下列说法正确的是() A.等效电流的方向与？方向相同 B,等效电流的大小Y C.棒产生的感应电动势E=Bl D.棒所受安培力的大小F=NeSulB 4.(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，单位长度的电阻为ro.整个空间存在竖直向0 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 。,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m 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 5.(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 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 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 49 6.(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MV平行OO 0 放置在导轨图示位置，由静止释放.MV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 7.(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 B 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BC1段粗糙，其余部分光滑，AA,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 C d 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4，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,的速度为空 B在整个过程中，定值电阻R产生的热量为行m心-mgd C.金属杆经过AA,B1B与BB,C,C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 8.(2024·黑吉辽卷，9)（多选）如图，两条“个”形光滑平行金属导轨固定在 2B 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. <30 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abeda Bah中的电流趋于 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 9.(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=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 ( 0 50 10.(2026·山东卷，16)如图所示，平行金属导轨间距为L,导轨平 面与水平面夹角为定值，二者交线与导轨垂直.电动势均为E、 内阻均为r的两电源，开关S、S2及滑动变阻器R。与导轨相 连.导轨处于磁感应强度大小为B、方向平行于导轨向下的匀 强磁场中.S,闭合，S2断开，质量为、长为L、电阻为r的金属 杆cd静止于导轨上，调节滑片，当Rp阻值为r时，cd刚好要下 滑.保持滑片位置不变，断开S,闭合S2,cd开始下滑并始终与导轨接触良好.已知cd与导轨 间动摩擦因数为以，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计导轨电阻.cd下滑过程中，求： (1)cd的电功率P; (2)cd的加速度大小a. 51 11.(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=0.52、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一t图像（无需写出计算过程） (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 v。=0.1m/s,求ad边离开磁场时的速度大小v1. ×××× B/T 区X IA 0.3 + + 0.2 0 1.02.0 0.1-- -0.2 XXXX 0 1.0 2.0t/s 图(a) 图(b) 图(c) 的 52 [考点5]电磁感应中的力电综合(2) 12.(2026·陕晋青宁卷，6)电磁悬架减震部分的简化工作原理如图.在垂直纸面向 外，磁感应强度大小为B的匀强磁场中，竖直放置的U形光滑金属导轨左右间 距为L,水平放置的导体棒αb质量为m,与竖直放置且下端固定的绝缘轻弹簧相 连，ab与导轨接触良好且其接入回路的电阻阻值为R.将ab自弹簧原长位置由 静止释放，αb第一次到达最低点时下降高度为h,此过程中其最大速度为.导轨 ●之● 电阻忽略不计，弹簧始终在弹性限度内.在αb从静止释放到第一次到达最低点 的过程中 () A.流过导体棒的感应电流方向由a向b B.导体棒所受安培力的冲量为零 整 C通过导体棒的电荷量大小为识 D.导体棒的加速度最大值为B1☑ mR 13.(2026·云南卷，10)（多选）如图所示，光滑绝缘斜面固定在水平 面上，与水平面交于PQ,倾角=30°，斜面上矩形MNPQ区域存 将 在垂直斜面向下、磁感应强度大小B=0.5T的匀强磁场（图中 未画出).单匝等腰梯形导线框abcd的下底ab=1.2m,上底cd =0.6m,∠a=53°，质量m=0.5kg,总电阻R=0.122.线框从 D 斜面上高于MN的某处由静止释放，ab边进入磁场时开始对线 框施加外力F控制其运动，cd边进入磁场时ab边未出磁场.线 框始终沿斜面运动，ab边始终与MN平行，速度方向始终与ab边垂直.取重力加速度大小g 的 =10m/s2,sin53°=0.8，设ab边进入磁场时速度为v。,在线框进入磁场的过程中 ( ) A.若速度保持恒定，且，=2.0m/s,则线框中的感应电流方向为abeda 拓 B.若速度保持恒定，且v。=2.0m/s,则该过程中F对线框始终做正功 C.若感应电流恒定，且F对线框做的功W=一0.79J,则vo=0.3/s D.若感应电流恒定，且F对线框做的功W=一0.79J,则该过程的时间t=1.5s 14.(2026·河北卷，10)（多选）如图所示，两平行光滑金属导轨固 定在绝缘水平面上，间距为L,电阻不计，左端接有输出电流 恒流源 大小恒为I的恒电源，电流方向如图.导轨间分布着两个紧邻 如 的正方形磁场区域，宽度均为L,左侧磁场方向竖直向下，右 侧磁场方向竖直向上，以导轨上两磁场交界处的O点为坐标原点，沿导轨方向建立x坐标轴， 锕 2B,2,0≤1≤2 两磁场的磁感应强度大小B仅随坐标x变化，且满足B= 式中 f1-1e B。为已知常量.t=0时，一根质量为m、导轨间电阻为R的导体棒以初速度v。从x=0处向 器 右运动：1一6，时，导体棒第一次到达x一兰处，且速度为0，整个运动过程中导体棒始终与导轨 接触良好且垂直，不计空气阻力，忽略磁场的边界效应及电流对磁场的影响，下列说法正确的 是 ( A.导体棒做简谐运动 B。IL2 B.初速度v= 2m C若初速度变为0.5，则导体作的速度第一次变为0所需时间为号。 D.若初速度变为1.5。，则导体棒将以两磁场交界线为中心做往复运动 53 15.(2026·湖南卷，14)某小组制作了一储能器，其两端电压U与其储存的电荷量q间的函数关 系近似为U=kq(k为常量).将该储能器接入如图所示电路，a、b、c为固定的三个触点.两足够 长的平行金属导轨固定于水平面上，电阻不计，间距为L.导轨间有竖直向下的匀强磁场，磁 感应强度为B.质量为的导体棒垂直导轨放置，接入电路的阻值为r.电源电动势为E,内阻 不计.定值电阻阻值为R.t。时刻开关S与a连接，直到导体棒做匀速运动，再于t1时刻切换 开关与b或c连接.运动过程中导体棒与导轨始终垂直且接触良好，忽略摩擦. 、S b (1)求t。时刻导体棒加速度ao的大小； (2)若t1时刻开关与b连接，储能器接入电路前电压为0，当储能器电压为U。时（此时电路中 电流不为0)，求导体棒速度的大小； (3)若t时刻开关与c连接，求从t。时刻起到导体棒静止的过程中，导体棒上产生的焦耳 热Q. 16,(2025:陕香青宁卷15)如图有两个电性相同及质量分别为在兰云二号 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AB两粒子系统的电势能等于方m,经时间：，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，，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：(、l、o、t1均为 已知量) (1)粒子B到达P点时的速度大小1： (2)t1时间内粒子B的位移大小x; (3)恒力作用的时间t2. 54 17.(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 70 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. (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 18.(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(一2L≤x<一L) 区域 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 区城 感应强度大小B1=k1t+2x,k1和2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、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. 55 (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 和释放时q边与区域I上边界的距离s； (2)金属框沿轨道下滑，当f边刚进入区域Ⅱ时开始计时(t=0),此时金属框的速率为o,若 ,=mgRsin“,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. k2L4 E好 19.(2025·安徽卷，15)如图，平行光滑金属导轨被固定在水平 M 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 Q 水平向右发射第1根导体棒，导体棒以初速度。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。进入磁场，速度减为0时被锁定，以此类推， 些 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： (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 56(3)当粒子的合速度方向竖直向上时，粒子相对于电容 器右侧的水平距离最小，设此时速度大小为'，规定竖 直向上为正方向，则对粒子从b点运动到该位置的过程， 在竖直方向上由动量定理有 ∑qv,B△x=m0'-(-nusin30), 即gB.xm=m'-(-msin30°)， 对粒子从b点运动到该位置的过程，由动能定理有Eqxm 联立可得z=2+VB)d 2 s 答案：(1)q=E 2B- 2E。 (3)2+3)d 2 8.解析：(1)根据题意，作出粒子垂直挡板射入小孔K的运 动轨迹如图所示， y↑ B 粒加速电压 子发 K 器 60°入 0 M 根据几何关系可知粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半 L 径为r=xw= 2 在△OMN区域根据洛伦兹力提供向心力有 qoB=m 在匀强加速电场中由动能定理有U,9一子md, 联立解得U。=9BL 8m (2)根据题意，当轨迹半径最小时，粒子速度最小，则作 出粒子以最小的速度从小孔K射出的运动轨迹如图 所示， y个 B 加速电压 器 60°入 0 M x 根据几何关系可知粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半 径为=xwc0s60=1, L 在△OMN区域根据洛伦兹力提供向心力有 经=侧只 粒子从小孔K射出后恰好做匀速直线运动，由左手定则 可知粒子经过小孔K后受到的洛伦兹力沿x轴负方向，则 粒子经过小孔K后受到的电场力沿x轴正方向，又粒子带 正电，则△OMN之外第一象限区域电场强度的方向沿x轴 正方向，大小满足gWB=a,联立可得E=5L Am (3)在匀强加速电场中由动能定理有=子m, 可得”=3gBL 6m 12 在△OMN区域根据洛伦兹力提供向心力有 8=m 可得粒子在△OMN区战运动的轨迹半径，=L, 6 作出从小孔K射出的粒子的运动轨迹如图所示 y↑ 加速电压 子发 X0 K 60°入 0 M x 粒子出K时，”越偏向y轴，离y轴越近，由几何关系有 sin0=号=9则有0=60. 由配速法将运动分解为y轴方向的匀速直线运动和沿x 轴方向的匀速圆周运动，其中，=”sin0=BL,,= Am t”cos0=9BL 4√3m 匀速圆周运动的半径为”三B=?、 又T=2x”=2xm 分析可知当运动十是)T时，粒子距离y轴最近，此 最近位置的横坐标为x= -，“=3=5L纵坐标为y 4 12 -++心(+)T=9+g+8》,来中n 4 3 8 为自然数 综上，最近位置的坐标为 [L.写1+g+n为自发数) 8 答案：1U,=肛(2)E=8兰，方向沿轴正方向 8m 4m (3)35L.5L+4+3](m为自然数) 12 8 专题十一 电磁感应 考点1 1.B小球从P,点由静止释放，初始阶段速度方向大致向 右，根据左手定则可知，洛伦兹力方向垂直速度指向上 (即俯视图中PO连线的上方)，轨迹向洛伦兹力方向偏 转（即俯视图中向上弯曲），当小球运动到右侧最高点 (P'点)后返回，速度方向大致向左，根据左手定则可知， 洛伦兹力方向垂直速度指向下（即俯视图中P'O连线的 下方)，且轨迹依然向洛伦兹力方向偏转（即俯视图中向 下弯曲)，综上所述，B项图符合题意， 2.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 满电流方向为顺时针，薄片左侧的涡电流方向为逆时 针.故选C. 3.D有线圈时，磁铁受到电磁阻尼的作用，振动更快停 止，故A错误：根据楞次定律，磁铁靠近线圈时，线圈的 磁通量增大，此时线圈有缩小的趋势，故B错误；磁铁离 线图最近时，此时磁铁与线圈的相对速度为零，感应电 动势为零，感应电流为零，线图受到的安培力为零，故C 错误；分析可知有无线圈时，根据平衡条件最后磁铁静 止后弹簧的伸长量相同，由于磁铁和弹簧组成的系统损 失的机械能为磁铁减小的重力势能减去此时弹簧的弹 性势能，故系统损失的机械能相同，故D正确， 4.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α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. 考点2 1.ACAB项分析：S闭合、S,断开时，区域I中产生感应 电动势给C,充电，由法拉第电磁感应定律可知产生的 感应电动势为U,=△BL=kL,由电容定义式可得C △t 充电完毕时的电荷量为Q,=C,U,=C,kL2,A正确：由 楞次定律和右手螺旋定则可知区域I中产生顺时针方 向的感应电流，则C,充电完毕时，上极板带正电，B错 误；CD项分析：断开S、闭合S:时，C1放电，最终回路中 感应电流为O,C1、C:和MN两端电压相等，设最终稳定 时C的电荷量为Q'1,C,的电荷量为Q,,流过MN的电 荷量为QN,MN的速度为o,对MN由动量定理和电流 的定义式有BILt=BLQ=mv,结合法拉第电磁感应 定律和电容的定义式有乙=是=BL,联立可得Q 院·27Q,名Q,个这报南意肯中 恒定律有Q=Q1十Q十QN,联立可得Q2= kC C BL kC BL .C BL (C+C)+m C:BL-BL (C +C)+m 正确，D错误. 2.BC若磁性薄膜的N极在右侧，则通过线圈的磁场方向 向右，吸气时薄膜向左运动，通过线圈的磁场增强，由楞 次定律可知，感应磁场方向向左，则线圈中的电流由一 b,b,点电势高，A错误，B正确.由题图2可知，P点对应 的电压为正，即由题意可知此时b点电势高于口点电势， 线图中的感应电流由α→b,通过线圈的感应磁场方向向 左，若P点对应呼气，则线圈中的原磁场减弱，则原磁场 方向应向左，磁性薄膜的S极在右侧，C正确.由题图2 可知，Q点对应的电压为负，即由题意可知b点电势低于 a,点电势，线圈中的电流方向由b·a,通过线圈的感应磁 场方向向右，若Q点对应呼气，则线圈中的原磁场减弱， 则原磁场方向向右，磁性薄膜的S极应在左侧，D错误， BD螺线管的自感电动势公式为E=N0=NSA} △t 其中，螺线管的横截面积S=πr,磁感应强度B=aL.在 一2。时间段内，电流变化率为 = △t -1= 2t。-toto 磁感应强度变化率为 t。 代入自感电动势公式E=N山，A错误：线图A的 有效匝数是1，在4t。~6t。时间段内，电流变化率为 1。-(-1。)_1。 4t 6t。-4t。 to 线圈A的感应电动势E=S=πa山，B错误：流过 △t 线图A的电荷量g=1At=尽△=字 ,其中△中是穿 过线圈A的总磁通量变化量，在0~t。内，螺线管电流恒定， 穿过线圈A的总磁通量不变，通过线图A的电荷量为0. 12 在t。~2t。内，电流从I。变为0，所以△I=0一I。=一I。, △Φ=ral,C 在0一21，内，通过线圈A的电荷量q= R 错误：在0~5t。内，线圈A产生焦耳热只有在电流变化 的区间才产生感应电动势和焦耳热即t。~3t。和4t。~ 5t。时间段.t。~3t。时长为2t。,线圈A的感应电动势E1 -ns AB=Trial, △tto 产生的焦耳热Q=尺 -·2,=2wa) Rto 在4，~51时间段内，感应电动势E=nSA5=al t。 产生的焦手老Q-景。=》 Rto 在0~5t。内，线图A产生的焦耳热Q=Q1十Q= 3）,D正确 Rt。 4.D由题意知电流在长直螺线管中产生的磁感应强度大 小为B=a政，小线图中产生的感应电动势为E=n s是-35，则a晨D正， 5.BCL顺时针而1=0，则镜头向左运动，加速度方向向 左，A错误；I: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L逆时针，由E= Bl0可知1.>L4,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Id逆时针，D错误，故 选BC. 6.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a∫边切割磁感线产生电动势，由右手定则 可知电流方向为abede fa,电动势为E=Blv=Blwl= B1w,A,B正确1=无时，线柜旋转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=π时，线框abde的磁通量变化量为零，线框 bcde的磁通量变化量为△西=2BS=2B, 由法拉第电磁感应定律可得平均感应电动势为E= Φ △t =2BL,D错误.故选AB. 7.Ca、b、c点绕O点逆时针转动× ×达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 知，O,点电势最高.由法拉第电磁 X 感应定律有E=Bu=2Bl,又 0 X l%=lo.=√R+(2R)=√5R,则 0<Uau<Uo=Ua,则9o>9.>9=9.,C正确. 考点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。 考点4 D根据题意，由图(c)可知，线圈的位移x随时间t按正 弦规律变化，则有x=Asin(wt), 则线图的速度随时间的变化规律为v=Awcos(wt),由于 磁场是辐射状的，线圈运动方向始终与磁感线垂直，感 应电动势的大小E=BLU, 可知，ab间电势差U的大小随时间的变化规律与速度 一致，应为余弦函数形式，t=0时刻，线图有正向最大 速度（位移一时间图像斜率），说明线圈向右移动，由右 手定则可知，线圈中电流由a·b,因此a端为负极，b端 为正极，则有U<0,综上所述，D选项图像符合题意. 考点5 1.ACMN首次进入磁场时，MN切割磁感线，感应电动 势E=BL, 感应电流1=長， MN所受的安培力F=BIL, 根据牛顿第二定律F=ma, 联立可得MN首次进入磁场时线框的加速度大小a= 2026BL ，故A正确；MN每次经过x=1.5L时，PQ mR 切制磁感线，设感应电动势为E',则U0=三E,U 4 |=子E(根据右手定则可知要么都为正，要么都为负) 可知MN每次经过x=l.5L时，电势差UM:U0= 1：3,故B错误： 线框MN进入磁场I过程中，根据动量定理有一BIL· t1=m·v1, BL? 又1=，R B2L 可得△u=一mR' 线框MN从磁场I到磁场Ⅱ过程中，根据动量定理一 BI2L·t2+(-2Bl2L·t2)=m·△2， 又1，=2BL2+BL2 t,R 可得△，= 9BL3 mR 线框MN离开磁场Ⅱ过程中，根据动量定理一2BI3L· t3=m·△v3, 又1，=2BL2 t3R· 可得△u,= 4B2L3 mR 线框MN穿过磁场I、Ⅱ过程，线框MN速度变化量△ =△u+△4+△0，=-14BL R 根据一U。=△0， 可得线框MN与右侧挡板碰撞前的速度大小为' =2012BL mR 根据题意线框与挡板的碰撞均为弹性碰撞，可知MN与 右侧挡板首次碰撞后瞬间线框的速度大小='= 02上，故C正确；根据C选项分析可知线框完整穿 过一次磁场I、Ⅱ，线框MN速度变化量为△0= 14B'L mR 根据计算可知线框MN完整穿过磁场I、Ⅱ144次后，速 度为=4，+144△u=10BL, mR 13 又144为偶数，可知线框MV第145次由左侧进入磁场 I,刚好完全进入磁场Ⅱ时，速度变化量为 Av-(+9BL)=108 L （mR+mR 。mR, 可知线框MV恰好停在磁场Ⅱ区域，穿过线框的磁通量 为中=2BL2,故D错误. 2.B设导体棒的初速度为。，导体棒最终静止的位置到 初始位置的距离为x,电路中的总电阻为R。=3R,导体 棒从ab到停止过程，根据动量定理得一∑BIL△t=m(0 .△Φ -),又21△=4g=R5△0=3BL+BL(x-L),联 立解得x=10L,B正确. 3.B塑料棒带负电，则等效电流的方向与)方向相反，A 错误；等效电流的大小【=皇= △t △t =eY,B正 确；不是闭合回路，磁通量也不发生变化，不产生感应电 动势，C错误；棒所受安培力的大小F=BIl=NeB,D 错误， 4.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 为F=F=BIL,I=BL=BL=B,可得F R Lro ro B'Lvs 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△内，设此时金属杆接入导轨中的长度为 L',根据动量定理有一BL'△t=一BL'g=m△v,同时有 △Φ 房·=识会联主得-ASma q一1'r 对从开始到金属杆停止运动时整个过程累积可得一BS ro =0-m00, 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 属杆停止运动时金属杆与导轨国成的面积为S=弓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. 5.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，铜环中感应电流 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几乎相等， 且方向相反，B正确. 6.ABDA.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(O0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O) 位置过程中，根据右手定则可知，MN中电流方向由M 到V,故D正确. 7.CDA.设金属杆在AA,B,B区域运动时间为t,则金属 杆在AAB,B区域运动的过程中，根据动量定理有 BIL·t=mv器，一m, 设A、A1的间距为L,则金属杆在AA1B1B区域向右运 动的这报中切到险感线有E=B,1=系9=，联立 有g=驶=， BL'd 2mR 设金属杆在BB,C1C区域运动的时间为t。,则金属杆在 BBCC区域运动的过程中根据动量定理有一BIL·t。 一μmgt。=0-m℃gB1, 同理金属杆在BB,C,C区域向右运动的过程中切割磁感 BLd 线有q=2R 联立解得1 BLd+g。· 2mR 综上有B1=2十 vo ugto 2 则金属杆经过BB,的速度大于之，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安=BIL·t=BgL. 根据选项A可知金属杆经过AAB1B与BB,CC区域 流过金属杆的电荷量相同，则金属杆经过AA1B1B与 BBCC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，根据能量守恒有号m心=mgd+Q 则在签个过程中，定值电阻R产生的热量为Q。=2Q= m6-子mgd,故B错花： 1 D.设整个过程中金属杆运动的时间为t:,金属杆通过 BB,C1C区域的时间为t。,根据动量定理有一BIL·t。 一mgt。=0-m, 五-装 联立解得，3m心，十mg 根据选项A分析可知1，=-BLd」 ug mRug 2R B'L'd 综上x=B元(2mw-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 8.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abeda;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°= 2mah,对cd,mgsin30°-BIL cos30°=mad,故可知a =ad,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，gsin30° 2B1Lc0s30°，解得1=3mg,故B正确，C错误：D.根据 3BL 前面分析可知ab=ad,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， 13 9,AC设线框的上边进入磁场时的速度为，设线框的质 量M,物块的质量，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安一T =Ma, 对物块T-mg=ma, 其中F=BL。 R 即Be+(M-m)g=(M+m)a, 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，即线框匀速运动的速度为。 -(M-m)gR B'L 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，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， 10.解析：(1)断开S,闭合S。,则E=I(r十r+r) cd的电功率P=r 联盒解样P=二 (2)闭合S,断开S,,对刚要下滑的cd受力分析，由力 的平衡条件有mgsin日=u(mgcos9+BIL) 断开S,闭合S。,对cd由牛顿第二定律有 mgsin 0-u(mgcos 0-BIL)=ma 结合(1)问联立解得a=BLE 3mr 答案：1号 (2)2uBLE 3m 解析：(1)由法拉第电磁感应定律E,=4中4B·。 △t △t -0-281×2×1V=0.05v. 1-0 由闭合电路欧姆定律可知，0~1s内线框中的感应电流 小为11=尼=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边受到的安培力大小为F=B,I,L =0.15×0.1×1N=0.015N; (2)01s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 动势大小为E,=I,R=0.1V, 由法拉第电磁感应定律E,=△△B·)L -=0.1V, △t △t 可知1~2s内磁感应强度的变化率为AB=B:一B △t 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1一2s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B,IL△t=m心1一m, EA- 其中g=1△= R 联立解得ad经过磁场边界的速度大小为=0.01m/s ↑BT 0.3- 0.2 答案：(1)0.015N(2) 0.1 0 1 2 t/s (3)0.01m/8 12.C由右手定则可知，流过导体棒的感应电流方向由b 向a,故A错误；导体棒下降过程中，安培力大小改变， 方向不变，由冲量公式I=t可知，导体棒所受安培力 的冲量不为零，故B错误；导体棒下降过程中，感应电 动券方=兽贴感应电流为1=晨-测验 △t △t 过导体棒的电荷量大小为=1·△1三B,故C 确：根据题意可知，导体棒下降过程中，先做加速度减 小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，则导体棒 的加速度最大值出现在最低点或初始位置，导体棒速 度最大时有mg=BL+, R 若设有磁场，由能量守恒定律有mg2=之x, 可知，在最低点时，有x=2mg, 此时，加速度为a=红ms=g, 7m. 有磁场时，由能量守恒定律可知，弹簧的形变量减小， 则最低点时加速度小于g,则导体棒的加速度最大值出 现在初始位置，此时，导体棒只受重力，加速度为g> BL,故D错误。 Rm 13.AD根据右手定则可知，线框中的感应电流方向为 abeda,故A正确； 若速度保持恒定，且=2.0m/s,线框刚进入磁场时， 感应电动势为E=BLh0。=12V, 高应电洗为1，-层=10A 线框所受安培力为FA1=BI1Lb=6N, 又有ngsin30°=2.5N, 则有FA1>mgsin30°，可知外力F沿斜面向下；cd边要 进入磁场时，感应电动势为E:=BLd℃=0.6V, E=5A· 感应电流为1，= 线框所受安培力为FA2=BL2Ld=1.5N, 则有FA<mgsin30°，可知外力F沿斜面向上，则该过 程中F对线框先做正功后做负功，故B错误； 根据题意，由几何关系可得，等腰梯形的高h Lw-Lu.tam53°=0.4m, 2 139 该过程中重力做功为W。=nghsin30°=1J, 若感应电流恒定，则感应电动势恒定，则有BLb。= BLcdv. 解得v=2o, 安培力做功为WA=一 FA'+F起h 2 =_B(L+La' 2R h=-0.900, 由动能定理有WF十WG十WA =w-m, 解得，=-1.4m/s(舍去)，心。=0.2m/s, 则感应电流为=BL”=1A, R 则有Q=WA|=IRt, 代入数据解得t=1.5s,故C错误，D正确。 14.AB作出B-x图像如图所示， B 2B -L_L0 L 2 根据题意知，在0<≤上区城，导体捧所受安培力大小 F章=BIL=2B,Ix,根据左手定则可知安培力方向始终 指向x=0处，令2B。I=k,故导体棒所受外力满足F= 一，同理，导体棒在一号≤r≤0区城也满足F= 2 红，别等体捧在一台≤区号 区战做简谐运动，A正 确：号体捧从=0到一号旅据动能定显有下·号 =之m,关中F&= B,:乞十0B业，联主可得 2 B.IL' √2m,B正确：对于简谐运动，从平衡位置运动 到景大位移处所用时间为=干=品，由上分桥可知“ ,与速度无关，故初建度变为0.50，对导体 入m 棒的速度第一次变为0所需时间没有影响，C错误；若 初滤度变为1.50，由动能定理F·兰=之m 1 1.50,)”-2m心可知导体捧运动到z=号处建度为 上处运动到 ?>,根据对称性知导体棒从卫= 1 .1 x=L处克服安培力做功为zm心<2mu,即导体棒 运动到x=L处时速度不为0，导体棒将继续向右运动 离开磁场，故导体棒不会以两磁场交界线为中心做往 复运动，D错误. 15,解析：(1)t。时刻开关S与a连接，流过导体棒的电流I 导体棒所受的安培力F=BIL, 根据牛顿第二定律F=mao, 联立可得a,=BEL mr (2)当导体棒匀速运动时，导体棒产生的电动势等于电 源电动势，设此时导体棒速度为。，即E=BL心。， 当储能器电压为U。时（此时电路中电流不为0），对导体 棒根据动量定理有一∑BIL·t=u一m, 又g=∑I·t, 可得-BLg=m-mvo, 根据题意U=kg, E BLU 联立可得u一B一mk (3)从t。~t1过程对导体棒，根据动量定理∑BIL·t =m00· 又g=∑1·t, 可得器 导体捧上产生的焦耳热Q,=gE-子m, 可得Q=2B下 mE 从t1时刻到导体棒静止过程中，根据能量守恒定律可 知电路中产生的焦耳热为Q。=2m6, 导体棒产生的焦耳热为Q,一R十，Qs: mrE 可得Q.2(R+r)BD 从。时刻起到导体棒静止的过程中，导体棒上产生的 焦耳热Q=Q,+Q,=(R+2r)mE 2(R+r)BL. 答案：(1)BEL(2)￡_BLU mr BL mk (3)R+2r)mE 2(R+r)B'L 16.解析：(1)根据动量守恒定律m℃，=(m十4m)y,,解得℃1 、1 5 (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'=名m,'+方m,-子X5m= 1 25m%2, 根据题意电荷间的电势能与它们间的距离成反比，则 E ,=7, 两者共速前的过程系统始终动量守恒，根据动量守恒， 则有∑mt1=∑muAt十∑4mugt1, 即有mUot1=m.xA十4m.xg, 根据位移关系可知xg十l,=xA十1， 联立解得工=5一o； (3)对全过程，对系统根据动能定理F1。= 1 之×4mu-之mu,, 对全过程，根据动量定理Ft=4mv。一mvo, 21 联立解得t2= 答案：1日2)学-品3 17.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m=√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mxU1, 其中，平均速度为心，=0十y2L@, 2 138 则感应电动势Emx=BLw 根据闭合电路欧姆定律，有Ix=R, 则CD棒所受安培力的最大值为Fmx=BIn L -BLw, 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Emim=BL有minU2, 其中L有mm=L,平均速度为，=0十L0 2 则忘应电动势E=BL@ 据闭合电路欧姆定律，有Im=R」 则CD棒所受安培力的最小值为Fmn=BImin L -BLo 2R (2)当CD棒所受安培力最小时，根据平衡条件，有 mgsin a-umg cos 0-Fmin-0, 当CD棒所受安培力最大时，根据平衡条件，有Fx mgsin 0-umgcos =0, 3B2Lw 联立可得m=4 Rgsin 0 撤去推力瞬间，根据牛顿第二定律，有Fmx一ngsin日十 umgcos ma, 可得CD棒与导轨间的动摩擦因数为 1 g cos3·tana. = 答案：1)BL。BLa 1 R 2R (2)a gos0-3tan0或 o或子an9 18.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=BLucos a, E 线框中电流1=尺： 线框做匀速直线运动，则BILcos a=ngsin a 解得金属框从开始进入到完全离开区域I的过程的速 本得 金属框开始释放到g边进入磁场的过程中，只有重力 1 做功，由动能定理可得mgssin a=2mw， 可得释放时pg边与区城I上边界的距离s=2gsna 2 -m'gR'sin a 2BL'cos'a (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 =会9=6+，2·岩=+)儿，其中 △t△t1 U=As △t 此时线路中的感应电流？= R 线框g边受到沿轨道向上的安培力，大小为F1= [kt+k:(s+L)]IL 线框e∫边受到沿轨道向下的安培力，大小为F2= [k t+k:s]IL, 则线框受到的安培力F安=F1一F=[k1t十k,(s十L门I L-[k t+k:s]I'L, 代入k,=mngRsin a kL 始Lu 化简得F幸=mgsin a十R· 当线框平衡时F章=mgsin a,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mgsin a△t一F安△=m△， 即- R△=mA, 对时间累积求和可得 kL'd=o-mvo R 可得d=m L 答案：(1)mgRtan a,m gR'sin a BL'cosa'2BL‘cosa (2)mR, L 19.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=BL6, 则此时回路的电流为1=求 E 此时导体棒受到的安培力F=BL, B'Lvo 此时导体棒受安培力的功率P=F安，= 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BIL·△t=0一mu。,其中I·△t=q, 解得q=B部 (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=2m6, 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Q:=弓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Qm=合·号·Q。 1 第3根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中，导轨右 瑞定值电阻R上产生的热量Qa=了··Q, 第n根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中，导轨右 1 端定值电阻R上产生的热量Q心三·十·Q 则从第1根导体棒进入磁场到第根导体棒速度减为 0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的总热量QR =QR1十Q2+QR+…+Q, 通过分式分解和观察数列的“望远镜求和”性质，得出 nmv Q-n年·Q-20m=123… 答案：1)BL 2R (20 nmv (3)2m+n=1,23,… 18 专题十二 交变电流 考点1 1.B甲中：导体环绕轴匀速转动，磁通量不改变，不产生 交变电流，故A错误：乙中：导体框绕轴匀速转动，穿过 线框的磁通量呈周期性变化，产生交变电流，故B正确； 丙中：导体棒匀速运动，感应电动势E=BL,电流恒定， 故C错误；丁中：导体框匀速运动，磁通量不变，无感应 电流，故D错误. 2.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=2L」 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t=' 导体棒通过区域Ⅱ时，产生的电动势大小为E= L B×0.5Lw,经过的时间为t=, 报根有效维的定又有管+亮：-亮， E 代入数据可得E有= ⑩BL巴.故选D. 4 3.C根据题意可知，演交流电的频率为f-元=50H, 故A错误；线圈转到图示位置时，磁场与线圈平面平行， 磁通量最小，磁通量变化率最大，感应电动势最大，故B 错误：根据题意，由右手定则可知，线圈转到图示位置 时，电流由B·A,由左手定则可知，AB边受到的安培力 方向向上，故C正确：根据题意，由公式E=NBSw可 知，仅线圈转速加倍，电动势的最大值变为原来的2倍， 为20V,故D错误. 4.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 ot, 由题图丙可知，磁场区城变化后，当Esin t=E时，线 2 圈的侧边开始切割磁感线，即当线图旋转行时开始切制 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开=d,C正确. 3 5.B设R,、R,的阻值均为R,根据题中所给信息，结合题 (Uo 2 图图像可得Q= R 2 U R 考点2 1.AD U愿一 原，副线图两瑞的电压与线图匝数的关系 ，则U=心U露=U,A正确：原、副线图中的电流 n, n n 与线国臣数的美系壳=分则1么=兴。公1，B绣 21 误；理想变压器不改变交变电流的周期，则电源电压周 期为T,C错误；等离子体两端电压的有效值为U有= 、袋离子体的等效电阻为R二有= √2 2I 正确」 2.D设原线图匝数为n1,副线圈cd匝数为n2,d、e两端 连接前，有。代山©两端连接后，有六 2+10,联立可得10Y11V n :-n,十10·解得=100，D正确。