专题十一 电磁感应-【创新教程】2022-2026五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 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 ×0× 郑 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 ( s © B C D 杯 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 A.有无线圈，磁铁经过相同的时间停止运动 B.磁铁靠近线圈时，线圈有扩张趋势 如 C.磁铁离线圈最近时，线圈受到的安培力最大 阳 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 品 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.(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,=t(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m、有一定阻值的导体棒MN静止于区域Ⅲ中某处，S,闭合，S2断开，C,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 ( 65 A.C1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 C.最终MN的速度为 kC BL D.最终C2的电荷量为 kC C B2L B2L2(C+C2)+m 2L2C2+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 20 10 空心圆管 a b wwwn 电压传感器 -10 0102030405060→6 -20 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V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 () ◆I to 2to 3to 4to Sto 6to A.t=2t。时，螺线管的自感电动势E=Nxrialo B.t=5t,时，线圈A的感应电动势E-3ral。 to C.在0~2，内，通过线圈A的电荷量g=VraL R D.在0~5t,内，线圈A产生的焦耳热Q=3(ma1,) 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=αI.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 () 66 A.②E B.②E ·BS nBS C.s D.E nβS 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 上 镜 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：××x×x×xx 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、 d 左 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Ia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，I。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1.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abcdefa B.t=0时，感应电动势为Blω 】 C.t=红时，感应电动势为0 D.t=0到t=π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× ×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、、b、c各点电势 关系为 0 B A.90>9u>P6>9 B.9o<pu<9%<9。 XXX C.9o>9u>9%=p。 D.o<ap=pe 8.(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 /××××1A 体棒绕O点在纸面内逆时针转动，O、A、C点电势分别为9o9A9c,则 ××0×× A.oc B.cPA C.oPA D.o-AAPC 9.(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、I2和I3,则 ( A.I1<I3<I2 B.I1>I3>I2 C.I1=I2>13 D.I1=12=13 67 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1，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幻电磁感应中的图像问题 1.(2026·黑吉辽蒙卷，6)动圈式扬声器的结构和线圈绕向如图(a)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 ( ) 永久磁体 锥形纸盒 图(a) 图b) c 2.(2023·全国甲卷，21)（多选）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 电流传感器 微 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 图(a 图b 距离大于上部相邻两匝间的距离，如图()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 ( 68 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 3.(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 同一强磁体 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 传器 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(a 0州+++i 图6) 图() 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 4.(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 +B 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6)俯视图 5.(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)若电子人射速度为，求运动到速度为？时位置的纵坐标； (3》若电子人射速度在0<<，范围内均匀分布，求能到达纵坐标，一器位置的电子数N 占总电子数N。的百分比. 69 [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。 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 MV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 3L z 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UM:UQ=1：1 C.MN与右侧挡板首次碰撞后瞬间线框的速度大小)=2012BL mR D.线框停止处，穿过线框的磁通量为0 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 b L 是正方形的四个顶点.导体棒以大小为4BL的初速度从b出发沿导轨向右运动，刚过cd后， mR 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)如图厅示，一根带负电的塑料棒，长为1、横截 面积为S、均匀分布有V个电子（电子电荷量为e).让棒垂直于匀强 磁场B,以速度沿轴向右做匀速运动.下列说法正确的是() B A.等效电流的方向与方向相同 B.等效电流的大小eY 1 C.棒产生的感应电动势E=Blo 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 ··f。B. 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 70 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 国 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 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 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 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 C 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，AA右侧处于竖直向下的匀强磁场 中，一质量为的金属杆垂直导轨放置.现让金属杆以初速度℃，沿导轨向 4d 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.金属杆经过BB,的速度为 B.在整个过程中，定值电阻R产生的热量为m心-mgd C.金属杆经过AA,B,B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% 307 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 B.ab中的电流趋于B 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 71 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t=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 A B 10.(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1 2的导体棒MV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B1和B2,其中B1=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O.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u2>v1,MN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.2=5m/s D.v2=3 m/s 11.(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 2B: 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 Q 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速率为时，MN所受安培力大小为4Bdg 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BL4 3R 12.（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 X XB 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 FQ×× 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，电容器新带的电荷量为Q,合上开关S后. A通过导体棒MN电流的最大值为是 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 72 13.(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. 14.(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Bt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 。=0.1m/s,求ad边离开磁场时的速度大小v1. ×××× ×区 B/T IA 0.3- + 0.2 1.02.0 0 + 0.1- -0.2 1.02.0t/s 图(a) 图(b) 图(c) 73 15.(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 a 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， B 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边进入Ⅲ 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 74 [考点5]电磁感应中的力电综合(2) 16.(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 C.通过导体棒的电荷量大小为 D.导体棒的加速度最大值为B1 mR 17.(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0=30°，斜面上矩形MNPQ区域存 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P 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 Q 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 =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 B.若速度保持恒定，且。=2.0/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v。=0.3m/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 18.(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 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， 2B,l,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 右运动：=。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。I2 B.初速度= 2m 速度变为0,5，则导体棒的速度第一次变为0所需时 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 75 19.(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 XXX (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. 20.（2025·陕晋青宁卷，15)如图，有两个电性相同及质量分别为m、日 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 76 21.(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O0'.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. 22.(2023·新课标卷，26)一边长为L、质量为的正方形金属细框，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 .B.. B.. 。。。 R:0 。 图(b) 图(a) (1)使金属框以一定的初速度向右运动，进入磁场.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. 77 23.(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入高层建筑快 速灭火.电容器储存的能量通过电磁感应转化 楼 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 H 电磁炮正对高楼，与高楼之间的水平距离L=60 77777777777777 m,灭火弹出膛速度v。=50m/s,方向与水平面 图甲 图乙 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. (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=号CU,转化为灭火弹动能的效率)=15%，灭火弹的质量为3 kg,电容C=2.5×104uF,电容器工作电压U应设置为多少？ 24.(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) 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Ⅱ 感应强度大小B,=k,t十k2x,k,和k2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m、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 (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pq边与区域I上边界的距离s; (2)金属框沿轨道下滑，当ef边刚进入区域Ⅱ时开始计时(t=0),此时金属框的速率为0o,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. k2L 78 25.(2025·安徽卷，15)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 vo: 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 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， 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， 79 26.(2023·浙江卷，19)某兴趣小组设计了一种火箭落停装置，简化原理如图所 示，它由两根竖直导轨、承载火箭装置（简化为与火箭绝缘的导电杆MV)和装 置A组成，并形成闭合回路.装置A能自动调节其输出电压确保回路电流1 导电杆 恒定，方向如图所示.导轨长度远大于导轨间距，不论导电杆运动到什么位置， B 电流I在导电杆以上空间产生的磁场近似为零；在导电杆所在处产生的磁场 近似为匀强磁场，大小B,=kI(其中飞为常量)，方向垂直导轨平面向里；在导 电杆以下的两导轨间产生的磁场近似为匀强磁场，大小B,=2kI,方向与B 相同.火箭无动力下降到导轨顶端时与导电杆粘接，以速度。进入导轨，到达 绝缘停靠平台时速度恰好为零，完成火箭落停.已知火箭与导电杆的总质量为 导 轨 轨 M,导轨间距d=3Mg,导电杆电阻为R.导电杆与导轨保持良好接触滑行，不 靠 平台 12 计空气阻力和摩擦力，不计导轨电阻和装置A的内阻.在火箭落停过程中， (1)求导电杆所受安培力的大小F和运动的距离L; 装置A (2)求回路感应电动势E与运动时间t的关系； (3)求装置A输出电压U与运动时间t的关系和输出的能量W; 好 (4)若R的阻值视为0，装置A用于回收能量，给出装置A可回收能量的来源和大小. 80设乙粒子经过Ⅲ区的时间为t。,乙粒子在V区运动时间为 to,则上式中t=t。十t2, 对乙可得E=,十)一k红 整理可得=3u,(6,十t,)-3F 对甲可得x=3(t,十t） 3vF 则△x=x一x=w 化简可得乙追上甲前F与△x间的关系式为 F=w·△x. 3 答案：1觉 22d8)器·a 3Uh 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○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. 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；磁铁离线圈最近时， 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a线图的电流为顺时针，a 中产生的电流为恒定电流，则线圈a靠近线图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，区战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=L=L,由电容定义式可得C,充电完毕时 的电荷量为Q=CU1=CL,A正确：由楞次定律和右手 螺旋定则可知区城[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，C放电，最终回路中感应电流为0，C1、C和MN两 端电压相等，设最终稳定时C的电荷量为Q,,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BLt=BLQN=mu,结合法 拉第电磁感应定律和电容的定义式有=二=BLu,联立 可得@w=荒·品-C品Q一总Q:垫水进程由 电荷守恒定律有Q=Q1+Q十Q,联立可得Q= kC C.BL Q kC BL3 BL(C+C)mC.BL (C+C)+m ,C正确， D错误. 18 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·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，点电势，线圈中的感应电流 由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，点电势，线圈中的电流方向由b →，通过线圈的感应磁场方向向右，若Q,点对应呼气，则线 图中的原磁场减弱，则原磁场方向向右，磁性薄膜的S极应 在左侧，D错误 3D可线学的自感电动势公式为E=N会恕-NS智引 △t 其中，螺线管的横截面积S=,磁感应强度B=aL,在t。~ 2,时间段内，电流变化率为 △0-1。L △t2to-tto 磁感应强度变化率为 △B a△=a =a△t-t 代入自感电动势公式E=N四山，A错误：线图A的有效 to 匝数是1，在钻。~，时间段内，电流变化率为 L-(-)=L 6t。-4t。to 线圈A的感应电动势E=mS-a山，B错误：流过线图 △tto A的也有量g=1=景4=梁，共中40是穿进线图A 的总磁通量变化量.在0~。内，螺线管电流恒定，穿过线圈 A的总磁通量不变，通过线圈A的电荷量为0， 在t。~2。内，电流从1。变为0，所以△1=0一1。=一1， =△=a,C错 在0一2，内，通过线圈A的电荷量q=尺 R 误：在0一5t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。一3t。和4t。~5t。时间段.t。 ~3,时长为2，线图A的感应电动势E,=mS5-a山 △t to 产生的%年热Q层·2%=2“) Rto 在。~5，时间段内，感应电动势E=S5_a山 △tt。 E,_(al)2 产生的焦耳热Q=R。= Rto 在0~5t。内，线圈A产生的焦耳热Q=Q十Q=3 (al)D正确。 Rto 4D由题意知电流在长直螺线管中产生的磁感应强度大小 为月=响，小我用中产金的多应电动劳为=兽S尝 =aS,则a=￡，D正确， nS 5.BCL顺时针而I4=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I逆时针，由E=Blu可知L>L,C 正确：若α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L。逆 时针I,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f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=Blu=Blal=Blw,A、B正确；t =π时，线框旋转180°，此时依旧是a∫边切割磁感线产生 电动势，感应电动势不为零，C错误；1=0到1=无时，线柜 abde的磁通量变化量为零，线框bcde的磁通量变化量为△中 =2BS=2BI 由法拉第电磁感应定律可得平均感应电动势为E= △ 2BuC,D错误.故选AB, 7.Ca、b、c点绕O点逆时针转动××"， 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 应定律有E=Blu=号Bwl, 0 lo%=la=√R+(2R)产=√5R,则 0<Ua<Uo=Ua,则9o>9>9=9,C正确. 8.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P>中A,其中导体棒AC段不在磁场 中，不切割磁感线，电流为0，则9=9A,A正确、BC错 误；D.根据以上分析可知90一9A>0,9A一9e=0,则90 一PA>9A一，D错误.故选A. 9.C设圆线框的半径为r,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=rr; 同理可知正方形线框的周长和面积分别为C1=8r, S1=4r2, 正六边形线框的周长和面积分别为C3=6r, S=×6xrx9,=32, 2 三线框材料粗细相同，根据电阻定律R=PS数。 可知三个线框电阻之比为R,:R2:R,=C,:C,:C,= 8:2π：6. 报福法粒第电难感应定律有1一是一盟·是 可得电流之比为：L1:12:1=2:2:3 即I=I2>I3,故选C. 10.解析：(1)由于绝缘棒Q与金属棒P发生弹性碰撞，根 据动量守恒和机械能守恒可得3m=3mva十mp, 合×3m-子×3mn+合m时 1 3 1 联立解得up=2.0=2w' 由题知，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，则金属棒P滑出导轨时 的速度大小为t'p=vQ=2' (2)根据能量守恒有之m听=2mu呢+Q, 解得Q=m. (3)P、Q碰撞后，对金属棒P分析，根据动量定理得 -BIl△t=mv'p一mvp, 又-11-晨-器器 Io mvR 联立可得x=B1 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. 答案：2m8) B2E 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 1.D根据题意，由图(c)可知，线图的位移x随时间t按正 弦规律变化，则有x=Asin(wt), 则线圈的速度随时间的变化规律为)=Aωcos(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=BL, 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，线圈有正向最大 速度（位移一时间图像斜率），说明线图向右移动，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. 2.ADAB.电流的峰值越来越大，即小磁铁在依次穿过每 个线圈的过程中磁通量的变化率越来越快，因此小磁体 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圈的过程中磁通量向下增 加产生逆时针的电流，而在穿出远离每匝线圈的过程中 磁通量向下减少产生逆时针的电流，即电流方向相反与 题干描述的穿过线图的过程电流方向变化相符，但强磁 体下落过程中磁极的N、S极没有颠倒，B错误；C,线图 可等效为条形磁铁，线圈的电流越大则磁性越强，因此 电流的大小是变化的，小磁体受到的电磁阻力是变化 的，不是一直不变的，C错误.D.小磁体通过线圈下部的 过程中，电流越来越大，磁通量变化率越来越大，D正确， 故选AD. 3.AA.强磁体在铝管中运动，铝管会形成涡流，玻璃是 绝缘体，故强磁体在玻璃管中运动，玻璃管不会形成涡 流，强磁体在铝管中加速后很快达到平衡状态，做匀速 直线运动，而玻璃管中的强磁体一直做加速运动，故由 题中图像可知图(c)的脉冲电流峰值不断增大，说明强磁 体的速度在增大，与玻璃管中磁体的运动情况相符，A 正确；B.在铝管中下落，脉冲电流的峰值一样，磁通量的 变化率相同，故小磁体做匀速运动，B错误；C.在玻璃管 中下落，玻璃管为绝缘体，线圈的脉冲电流峰值增大，电 流不断在变化，故小磁体受到的电磁阻力在不断变化，C 错误：D.强磁体分别从管的上端由静止释放，在铝管中， 强磁体在线圈间做匀速运动，玻璃管中强磁体在线圈间 做加速运动，故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长，D错误.故选A. 4.C如图所示，导体棒匀速转动， 设速度为v,设导体棒从A到B 过程，棒转过的角度为9，则导体 棒 棒垂直磁感线方向的分速度为 v1=0c0s0, 可知导体棒垂直磁感线的分速度 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 =Blo⊥· 可知导体棒两端的电势差“随时间t变化的图像为余弦 图像，故选C. 0 5.解析：(1)由题知，入射速度为。时，电子沿x轴做直线 运动，则有Ee=evoB, 解得E=B, (2)电子在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的 匀强磁场的复合场中，由于洛伦兹力不做功，且由于电 子入射速度为华，则电子受到的电场力大于洛伦兹力， 则电子向上偏转，根据动能定理有eB=合m(分)》 1/1 3mvo 解得y1=32eB (3)若电子以入射时，设电子能达到的最高点位置的纵 坐标为y,则教搭动能定理有eEy=子m心-之m, 由于电子在最高点与在最低点所受的合力大小相等，则 在最高点有F合=eUmB-eE, 最低点有F6=eE-eB,联立有u.=B 2E 位置， y=2m心，要让电子能到达纵坐标y一器 eB 即y≥y2· 9 解得≤10' 则若电子入射速度在0<<范围内均匀分布，能到达 级坐标为=器位置的电子数N占总电子量N, 的90%. 答案：(1)B:(2) 器：（390% 考点5 1.ACMV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=尺， E 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 切制随感线，设感应电动势为E,则Um=是，U心 =十B(报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=1.5L时，电势差UMw:Ur阳=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BI1L· t1=m·△v1, 又1- 可得△a=一， BL 线框MN从磁场I到磁场Ⅱ过程中，根据动量定理一 Bl2L·t2+(-2B12L·t)=m·△2， 又1，=2BL+BL2 t2R 可得△u,=-9BL mR 线框MN离开磁场Ⅱ过程中，根据动量定理一2BI3L· t3=m·△Y3, 19 又1，=2BL 可得△u,=-4BL mR, 线框MN穿过磁场I、Ⅱ过程，线框MN速度变化量△ =△u+Au,+△a,=-14BL mR 根据v’一0o=△0， 可得线框MV与右侧挡板碰撞前的速度大小为)' =2012BL3 mR 根据题意线框与挡板的碰撞均为弹性碰撞，可知MV与 右侧挡板首次碰撞后瞬间线框的速度大小== 2012BL,故C正确：根据C选项分析可知线框完整穿 mR 过一次磁场I、Ⅱ，线框MN速度变化量为△v= -14BL mR 根据计算可知线框MN完整穿过磁场I、Ⅱ144次后，速 度为0”=u,+144Au=10BL mR, 又144为偶数，可知线框MN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 (B2L3 9B2L3 △d=-(mR+mR) =-10BL mR 可知线框MN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Rs=3R,导体 棒从ab到停止过程，根据动量定理得一∑BIL△t=m(0 一，又△r=99冷中Ab=3BL+BL(x=),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：等数电流的大小I=名 △t =eN,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 知F=E=BL,I=B=BL=B心，可得 Lro =BLv 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△t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BI'L'△t=一BL'g'=m△v,同时有 △ 妥·山=兴-兴，聚主降AS-mA q=L 对从开始到金属杆停止运动时整个过程累积可得一BS =0-mvo 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 属杆停止运动时会属杆与导轨围成的面积为S=号5， 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MV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O)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，MV中电流方向由M 到N,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AA,B,B区域运动的过程中，根据动量定理有 BIL·t=m0路，一m· 设A、A1的间距为L,则金属杆在AA1B,B区域向右运 动的过程中切割磁感线有E=BLU,I三发g=1,联立 BLd BL'd 有q=2R,01=0 2mR 设金属杆在BB,CC区域运动的时间为t。,则金属杆在 BB,CC区域运动的过程中根据动量定理有一BIL·t 一以mgt。=0一mgB1, 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= BLdt 2mR 综上有=受+受。 2 剔金属杆经过BB,的速度大于%，故A错误： C.金属杆经过AA,B,B与BBC,C区域，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AAB,B与 BB,CC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，根据能量守板有2mG=mgd十Q 则在整个过程中，定值电阻R产生的热量为Q。=Q 1 mG-之mgd,故B错误： D.设整个过程中金属杆运动的时间为t,金属杆通过 BB,C,C区域的时间为t。,根据动量定理有一BIL·ts 一umgto=0一mn, 且=北：=聚 联立解得zB元(mu,十mgto 19 根据选项A分析可知t。= vo B'L'd ug mRug 2R BLd). 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 ngsin 30°=2BLc0s30°，解得1=3m5,故B正确，C错误：D. 3BL 根据前面分析可知ab=a,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. 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幸一T =Ma, 对物块T一mg=ma, 其中F=BL R 即BLe+(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.BDAB.导轨的速度2U1,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, 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-mog=1N, 由左手定则可知B,的方向为垂直桌面向下，A错误，B 正确；CD.对导体棒分析F1=BIL, 对导体框分析F,=B,IL, 电路中的电流为1=BL0一B,L心 联立解得v2=3m/s,C错误D正确：故选BD. 11.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Fa=BI·2d, 方向向左；MN受安培力FMN=2BId, 方向向右，可知两棒系统受合外力为零，动量守恒，设 PQ质量为2m,则MN质量为m,PQ速率为v时，则 2m0=m0, 解得=20， 回路的感应电流I=2Bd十B·2d=2B,MN所安 3R R 安培力大小为F=2B1以=4Bd,选项B错送：C. R 两棒最终停止时弹簧处于原长状态，由动量守恒可得 mx=2mxs, x1+x2=L, 可得最终MN位置向左移动x1=3 2L PQ位置向右移动，=号， 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安，则整个过程根据动能定理F1一F豪xN=O, F#x2一F安x阳=0， 可得器-兰子，选项C正喷：业两棒或后停止时 弹簧处于原长位置，此时两棒间距增加了L,由上述分 新可知，MN向左位置移动告，PQ位置向右移动兰， 3 则q=1△=R号1 0b2B:25·d+B·台·2d2BLd 3 3R 3R 选项D错误.故选AC 12.ADMN在运动过程中为非纯电阻，MN上的电流瓣 时值为I=《二B1e R A.当闭合的瞬间，Blu=O,此时MN可视为纯电阻R, 此时反电动势最小，收电流装大1=只-员成A 正确； B.当u>Blo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MN终极速度为零，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=《二B R 当u=Bl0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上消耗的电能（即ER>EMN),故加速过程中，QR> QMN:当MN减速为零的过程中，电容器的电流和导体 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. 13.解析：(1)断开S,闭合S,则E=I(r+r+r) cd的电功率P=Ir 联立解得P=E 9r1 (2)闭合S1,断开S2,对刚要下滑的cd受力分析，由力 的平衡条件有ngsin 0=z(ng cos0+BIL) 断开S1,闭合S2,对cd由牛顿第二定律有mg sin9-4 (mgcos 0-BIL)=ma 结合(1)问联立解得a=BLE 3mr 答案：(1) 9r (2)2uBLE 3mr 193 14,解析：1)由法拉第电磁感应定律E=△中△B·2L2 △t △t -0=81x7×nv=.o5y 由闭合电路欧姆定律可知，0一1s内线框中的感应电流 大小为1是=0,1A 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边受到的安培力大小为F=B,L,L =0.15×0.1×1N=0.015N; (2)0~1s内线框内的感应电流大小为L1=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1一2s内的感应电流大小为I2=0.2A, 方向为逆时针，根据欧姆定律可知1~2s内的感应电 动势大小为E,=IR=0.1V, 由法拉第电磁成应定律F二△中公B·之L2 -=0.1V, △t △t 可知1~2s内磁感应强度的变化率为B=B,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1一2$的磁感应强度随时间 变化图为 B/T 0.3 0.2 0.1 09 1 2 t/s (3)由动量定理可知一B,IL△t=m1一yo, E △Φ- 其中9=1△=辰△Y= R 联立解得ad经过磁场边界的速度大小为℃，=0.01m/s ◆BT 0.3 0.2k 答案：(1)0.015N(2) 0.1 09 1 2 t/s (3)0.01m/s 15.解析：(1)线框在没有进入磁场区城时，根据牛顿第二 定律mg sin=ma, 根据运动学公式=2ad, 联立可得线框释放点cd边与I区域上边缘的距离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 sin日=BIL1, 又E=BL0,1=京， E cd边两端的电势差U=三E, 4 联立可得U=子，mR 4W2 (3)①若L,≥L1,在线框进入I区域过程中，根据动量 定理mg sin0·t1-BIL1t1=0, 其中=2,9=6/ BLIv R 联立可得9=器 线框在Ⅱ区城运动过程中，根据动量定理ng sin日·t -2BIL1t3=0, 报播9景船股， E 线框进入磁场过程中电荷量都相等，即g=It?,联立可 得1弘 根据能量守恒定律-W安十ng sin 0(L,十L,)=0, 克服安培力微功的平均功牵P=”。 t。 联立可得p=mgu(L,十L2) 4L1 ②若L2<L1,同理可得g= BLL2 R 根据动量定理ng sin9·t4一2BIL1t=0, 其中g=1,结合9=2B9=R, mg BLi 联立可得t三， 根据能量守恒定律一W'+mg sin(L,+L1)=0, 克服安培力微功的平均功率p=W生 联立可得p'=gv(L+L) 4L2 答案：1)(2)是m艺 3 /mgRv (3)见解析 16.C由右手定则可知，流过导体棒的感应电流方向由b 向，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=Ft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 动势为E=兽盟感应电流为1是-， E BLh 逼这学体棒的电荷量大小为g=了·4=批，放C正 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=B+kx, R 若设有磁场，由能量守恒定律有mg2=, 可知，在最低点时，有x=2g, 此时，加速度为a=T二mg=g, 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 17,AD根据右手定则可知，线框中的感应电流方向为 abcda,故A正确； 若速度保持恒定，且U。=2.0m/s,线框刚进入磁场时， 感应电动势为E1=BLh℃。=1.2V, 感应电流为1，-是=10A, 19 线框所受安培力为FA1=BI1Lb=6N, 又有mgsin30°=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E2=BLa℃o=0.6V, 感应电流为1=卡=5A, 线框所受安培力为FA=BLLd=1.5N, 则有FAe<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，等腰梯形的高人=山L☑ 2 ·tan53°=0.4m, 该过程中重力做功为WG=mghsin30°=1J, 若感应电流恒定，则感应电动势恒定，则有BL由。= BLcdv, 解得v=2。, 安培力微功为wA=-E'十F 2 B2(Lb2十Lah=-0.9, 2R 由动能定理有W:十WG十WA =m-m, 解得。=-1.4m/s(含去)，。=0.2m/s, 别高盘息流为1肌发=1 则有Q=IWA|=Rt, 代入数据解得t=1.5s,故C错误，D正确. 18.AB作出B-x图像如图所示， B 2B0 Bo -L-0 L 2 2 根据题意知，在0区≤号区战，导体棒所受安培力大小 F安=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，导体棒在一上≤≤0区城也满足F= 2 ,对等休捧在一号≤：<台区城微商请运动，A正 L 确：导体棒从x=0到x之根据动能定理有F· =1 m,其中F袋 2B,1·号十0一B亚，联立可得 2 2 BoIL o2m -,B正确；对于简谐运动，从平衡位置运动 到录大位移处所用时同为=于一品由上分新可知” √2与速度无关，故初速度变为0,5心，对导你 棒的速度第一次变为0所需时间没有影响，C错误；若 初建度变为1.5w,由动能定理F:·之=之m(1. 5)-号m。可知导体棒运动到x=号处速度为 2 5 2>%,根据对称性知导体棒从三之处运动到厅 1 1 L处克服安培力做功为2m心听<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. 19.解析：(1)t。时刻开关S与a连接，流过导体棒的电流1 r 导体棒所受的安培力F=BIL, 根据牛顿第二定律F=ma。, 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， 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=mv一m, 又q=∑1·t, 可得-BLg=m0-m, 根据题意U=kq, E BLU 联立可得0一配一mk (3)从t。~t1过程对导体棒，根据动量定理∑BIL·t =720。, 又g=∑1·t, 可得2 号体捧上产生的焦耳热Q,=gB-方md, mE 可得Q=2B工 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,=弓m, 琴体捧产生的据耳热为Q=R千，·Q。, mrE2 可得Q.=2(R+r)BE2 从。时刻起到导体棒静止的过程中，导体棒上产生的 a年aQ-Q+Q袋器 答案：1)BL(2壳 、EBLU。 mr mk (3)R+2r)mE 2(R+r)B2L 20.解析：(1)根据动量守恒定律m。=(m十4m)0,,解得1 56· (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,'-=m,+六m,2-子×5m- 25m%2, 1 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∑mt=∑m℃At十∑4mot, 即有m℃t1=mxA十4m.xg, 195 根据位移关系可知xB十l。=xA十1， 联立解料。=一： (3)对全过程，对系统根据动能定理F1。= 合X4mw2-之a, 对全过程，根据动量定理Ft2=4m一m6, 联立解得1，=2弘 Uo 答案：日②学3 21.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mx=√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Em=BL有mxU1, 其中，平均速度为1= 0+√2Lw 2 则感应电动势Emx=BLw Em感 根据闭合电路欧姆定律，有1=R, 则CD棒所受安培力的最大值为Fx=BIn L -BLo 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Emn=BL有mnU2· 其中L有m=L,平均速度为心，=0十L0. 2 则s位电动势E=名BLa… 根据闭合电路欧姆定律，有1。=R, 则CD棒所受安培力的最小值为Fmim=BImin L _BL 2R (2)当CD棒所受安培力最小时，根据平衡条件，有 mgsin 0-umgcos 0-Fin=0, 当CD棒所受安培力最大时，根据平衡条件，有Fx一 mgsin 0-umgcos =0. 3B'Lw 联立可得m=4 Rgsin日 撤去推力瞬间，根据牛顿第二定律，有Fmax一ngsin日十 mg cos日=7ma, 可得CD棒与导轨间的动摩擦因数为μ= 1 gcos 0 3 tan 0. 答案：(1)BL。BLe (2)0 R 2R gcos日-3tan0或 2 cos或子an0 a 22.解析：(1)设金属框的初速度为。，则金属框的末速度 山=之设向右为正方向 金属框进入磁场时，有E=BL心及，F三BIL,联 立解得F= B'Lvo 4R。 金属框在磁场运动过程满足F·t=m一m, 即-=一m受 4R。 将x=2L代入，解得0，= B'L mRo (2)设金属框的初速度为。，则金属框进入磁场时的末 速度为，向右为正方向，由于导轨电阻可忽略，此时 金属框上下部分被短路，故电路中的总电阻R=R,十 2R。·R2_5R9 2R。+R。 3 再根据动量定理有-L Rs =mU1一m℃o, 2B2L3 解得U1= 5mR。 则在北过程中根据能量守板有了m=Q,十了m 解得Q,=21BL 50mR' 共中Q=品Q.=5R: 7B'LS 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 E,Ro E,Ro 副此时回路的总电阻R6=2R,十-5 设线框刚离开磁场时的速度为2，再根据动量定理有 B2L: R每 =m0g一my1, 解得心2=0， 则说明线框刚离开磁场时就停止运动了，则再根据能 量守恒有子md=Q, 来中Q=QR 则在金属框整个运动过程中，电阻R,产生的热量QR,恋 =Qa,+Q,'=25mR 3B'L" mR:(2)3BL 答案：1%= 25mR 23.解析：(1)灭火弹做斜上抛运动，则水平方向上有L= cosf·t, 竖直方向上有H=,sin0-方d, 代入数据联立解得H=60m. (2)根据题意可知E,=E=15%×2CU, 1 又因为E=之mu6, 联立可得U=1000√2V. 答案：(1)60m:(2)U=1000√2V 24.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=BLvcos a, 线柜中电流1=尽· E 线框做匀速直线运动，则BILcos a=mgsin a 解得金属框从开始进入到完全离开区域I的过程的速 卓器。 196 金属框开始释放到pg边进入磁场的过程中，只有重力 做功，由动能定理可得mgssin a=-2mu, 可得释放时pg边与区城I上边界的距离s=2gin。 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 -9=+2·会十，共中 △t△t △s ut 此时线路中的感应电流'= 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ef边受到沿轨道向下的安培力，大小为F章2 [kit+k:s]IL, 则线框受到的安培力F安=F1一F2=[k1t十k(s十 L)]I'L-[k t+k:s]I'L, 代入k,=mgRsin a k.L' kLv 化简得F安=ngsin a+ R· 当线框平衡时F=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ngsin a△t一F安△t=m△0， 即-3L△=mAu, R 对时间累积求和可得-4=0一m R 可得d=mR L· 答案：(1)mgRtan a,m'gRsin a B'L'cos a 2B'L'cos'a (2)R L 25.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。, 则此时网路的电流为最 此时导体棒受到的安培力F=BL, B2L26 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m心，其中I·△t=q, 解得一院： (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=之mG, 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Q1=2Q, 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Q:=合·子·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上产生的热童Q:=了·子·Q, 第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+1·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Q =QR1十Qe+QR+…+QR, 通过分式分解和观察数列的“望远镜求和”性质，得出 Q-4Q-20n=123… nmv 答案：1)BL产心 2R (2)飞 BL nmvs (3)2m+1n=1,23… 26.解析：(1)导体杆受安培力F=B1Id=3Mg, 方向向上，则导体杆向下运动的加速度Mg一F=Ma, 解得a=-2g, 导体杆运动的距离L=0一心= 2a 4g (2)回路的电动势E=B,d0, 其中0=十at, 解件E-6(w-2g(≤装) (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Es=U十E, E点 且有I= 签理得U=12Mg-6M型+R(会)· 1 装置A输出的功率为P=UI=12Mg2t-6Mg十 R(≤装 初始时刻，t=0,P起=一6Mg心。十IR, 到达停拿平台时=器P,=R 由P4关系可知P=P十P=-3Mg,+rR, 2 则在火箭落停过程中，装置A输出的能量为 w-p·是多+袋 (4)装置A可回收火箭的动能和重力势能：从开始火箭 从逸度到手台速度减为零，则B=子M十MgL 子M 答案：1L=0-2(2)E=(0,-2a) 2a 4g (≤安) -多MG+IR 2g (④E=2M+MsL=是Mo 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. 1 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 U 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=上 导体棒通过区域Ⅱ时，产生的电动势大小为E:= BX0.5Lu,经过的时间为t:=, L E 根据有数值的定义有四+=章T， 代入数据可得E女= √0BL心，故选D. 4 3.C根据题意可知，该交流电的频率为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=VBSw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，磁场区城变化前线圈产生的感应电 动势为e=Esin ot, 由题图丙可知，磁场区战变化后，当Esin o=E时，线 2 图的倒边开始切制磁感线，即当线图旋转号时开始切制 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号=d,C正确. 5.B设R,、R,的阻值均为R,根据题中所给信息，结合题 图图像可得Q,= T U.I-UT.Q:- R 2 +·=3R R 8青B正痛 T2R 6.BD如图开始线圈处于中性面位置，当磁极再转过90 时，此时穿过线图的磁通量为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 7.C两个二极管正向电阻为0，反向电阻无穷大，二极管 导通则短路与其并联的灯泡，此时另一个灯泡与电源串 联，根据电路图可知在一个完整的周期内，两个灯泡有 电流通过的时间相等都为半个周期，电压有效值相等， U 根据P=R,可知P:P,=R::R1=1:2. 8.AA、B.升压和降压都需要在交流的时候才能进行，故 送电端应该先升压再整流，用户端应该先变交流再降 压，故A正确，B错误；C.1100kV指的是交流电的有效 值，故C错误；D.输电的功率是由用户端负载的总功率 来决定的，故D错误.故选A. 9.ACA.大轮和小轮通过皮带传动，线速度相等，小轮和 线圈同轴转动，角速度相等，根据0=ωr, 根据题意可知大轮与小轮半径之比为4：1，则小轮转动 的角速度为4w,线圈转动的角速度为4w,A正确；B.线 圈产生感应电动势的最大值Ex=nBS·4w, 又S=L,联立可得Emx=4nBLw,