专题十二 电磁感应-【创新教程】2022-2026五年高考物理真题分类特训

年真题 分类特训 专题十 考点1 电磁感应 1.(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a点，下列 说法正确的是 () 气流 磁性薄膜 空心圆管 b 电压传感器 图1 ◆UlmV 20 10 wn -10 0 0102030405060→s -20 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 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 ( 专题十二电磁感应 电磁感应 现象 楞次定律 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 () 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 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×× 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 5.(2024·湖北卷，1)《梦溪笔谈》中记录了 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 最新真题分类特训·物理 考点2法拉第电 1.(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 o 4to sto 6to A.t=2t。时，螺线管的自感电动势E= N xrial。 B.t=5t。时，线圈A的感应电动势E 3πr2a10 to C.在0~2t。内，通过线圈A的电荷量q=N πr2aI0 R D.在0~5t。内，线圈A产生的焦耳热Q 3(πr2aIo)2 Rto 2.(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n,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 磁感应定律的应用 时间内，若电流I随时间t的变化关系满足 I=(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 BS nBS C.9 D、E nBS 3.(2025·河南卷，9)（多 上 镜 选)手机拍照时手的抖 动产生的微小加速度 左 右 会影响拍照质量，光学 防抖技术可以消除这种 下 影响.如图，镜头仅通过 手机框架 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、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a的大小和方向，依此自动调节 c、d中通入的电流L。和I,的大小和方向（无抖 动时L。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，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，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。 4.（2023·江苏卷，8) 如图所示，圆形区域 ××××1A 内有垂直纸面向里 ××0×× 的匀强磁场，OC导 XX 体棒的O端位于圆 12 专题十二电磁感应 心，棒的中点A位于磁场区域的边缘.现使 径相等，圆线框的半径与正六边形线框的边 导体棒绕O点在纸面内逆时针转动，O、A、 长相等，如图所示，把它们放入磁感应强度 C点电势分别为PoPA9,则 随时间线性变化的同一匀强磁场中，线框所 A.90>9c B.cPA 在平面均与磁场方向垂直，正方形、圆形和 C.90=9A D.P0-9A=9A一PC 正六边形线框中感应电流的大小分别为I1、 5.（2022·全国甲卷，16)三个 I2和13，则 用同样的细导线做成的刚性 A.I1<I3<I2 B.I1>I3>I2 闭合线框，正方形线框的边长与圆线框的直 C.I1=12>I3 D.I1=I2=I3 考点3 电磁感应中的图像问题 ◆感生图像 1.(2025·甘肃卷，6) B 闭合金属框放置在 磁场中，金属框平 面始终与磁感线垂 直.如图，磁感应强 度B随时间t按正弦规律变化.Φ为穿过金 属框的磁通量，E为金属框中的感应电动 势，下列说法正确的是 ( A:在0~内，0和E均随时间增大 3.(2024·全国甲卷，21)（多选）如 B当一君与警时，E大小相等方向相同 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， C.当t= 时，中最大，E为零 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 D.当t= 2时，中和E均为零 虚线区域内有方向垂直纸面的匀强磁场，磁 ◆动生图像 场上下边界水平，在t=0时刻线框的上边 2.(2026·黑吉辽蒙卷，6)动圈式扬声器的结 框以不同的初速度从磁场下方进入磁场.运 构和线圈绕向如图(a)所示，图(b)为线圈所 动过程中，线框始终在纸面内且上下边框保 在区域磁场分布.将其用作话筒时，锥形纸 持水平.以向上为速度的正方向，下列线框 盆的振动带动线圈运动，把声信号转化为电 的速度v随时间t变化的图像中可能正确 信号.规定向右为线圈位移x的正方向，若 的是 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 久磁材 图e 113 最新真题分类特训·物理 4.（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 ( 强磁体 电流传感器 图(a) 图) 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 考点4 电磁感应 ◆线框过磁场问题 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= 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m,总电阻为R,以初速度vo= 2026BL从左侧进人磁场，沿x轴方向运 mR 动.线框平面始终与磁场方向垂直，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 ) 5.(2023·全国乙卷，17)一学生小 合一强磁体 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 传感器 图(a 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 0w州+++： 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 中的动力学问题 A.MN首次进入磁场时线框的加速度大小 2026B4L5 m2R2 B.MN每次经过x=1.5L时，电势差UM :UpQ=1:1 C.MN与右侧挡板首次碰撞后瞬间线框的 速度大小0=2012BL mR D.线框停止处，穿过线框的磁通量为0 2.(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=0.5 T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.线框从斜面上高于MV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=10m/s2,sin539 =0.8,设ab边进入磁场时速度为vo,在线 框进入磁场的过程中 10 0 A.若速度保持恒定，且v,=2.0m/s,则线 框中的感应电流方向为abcda 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 =-0.79J,则v0=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 3.(2026·四川卷，14)如图所示，两根相距1 的平行金属长导轨EH、FG与金属杆EF固 定连接成U形框.U形框质量为m,电阻不 计，静止在水平绝缘桌面上，与桌面间动摩 擦因数为4.劲度系数为k的绝缘轻弹簧一 端连接杆EF的中点，另一端与墙壁相连， 弹簧水平且处于原长.导轨上静置一质量为 、电阻为R的光滑金属杆JK.空间存在方 向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为 B.现使杆JK在水平向右的外力作用下做 匀速直线运动.杆JK始终与导轨垂直且接 触良好，弹簧始终与杆EF垂直且在弹性限 度内，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为 相等，重力加速度大小为g 115 专题十二电磁感应 (1)求U形框所受最大静摩擦力的大小； (2)若弹簧保持原长，求杆JK做匀速直线 运动速度的最大值； (3)若杆JK运动速度大小为，当弹簧伸长 量为x。时外力功率最小，求此时U形框的 速度大小和外力功率的最小值. 最新真题分类特训·物理 4.(2022·全国乙卷，24)如 图，一不可伸长的细绳的 上端固定，下端系在边长 为l=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λ=5.0×10-32/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 ◆单杆切割 5.(2026·河南卷，6)如图， ×××X××× X×X×××X 间距为l的两虚线a、b间 ××××××× 存在方向垂直于纸面向外 b 的匀强磁场，虚线b上方 a 0 存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场.一带 电粒子在纸面内垂直于虚线a从O点射入 磁场，一段时间后又从O点射出磁场.已知 该粒子在下方磁场中运动的圆轨迹半径为 不计重力，则上下磁场的磁感 大小之比为 ( A.2:1 B.3:1 C.4:1 D.5:1 6.(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ab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αb 自弹簧原长位置由静止释放，ab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.导轨电阻忽略不计，弹簧始终在 弹性限度内.在ab从静止释放到第一次到 达最低点的过程中 a 。。3。。 77777777 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BLh R D.导体棒的加速度最大值为BL mR 6 7.(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 榨以大小为是的制速度从的出发沿导 轨向右运动，刚过cd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 B A.9L B.10L C.11 D.12L 8.(2026·1月浙江 卷，8)如图所示， o eeeee ee eke eke 一根带负电的塑 、B 料棒，长为、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v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eY C.棒产生的感应电动势E=Bl D.棒所受安培力的大小F=NeSulB 9.(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, (k为大于零的常量)；区域Ⅱ内，导轨上 11 专题十二电磁感应 接有开关S1、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MN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 M A.C1充电完毕时的电荷量为C,kL B.C1充电完毕时，上极板带负电 kC BL3 C.最终MN的速度为BL(C,+C)+m D.最终C2的电荷量为 kC C2 B2L B2L2C2+m 10.(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=kg(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m的导体棒垂直导 轨放置，接入电路的阻值为.电源电动 势为E,内阻不计.定值电阻阻值为R.to 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， XXX ×X× 储 ××× 最新真题分类特训·物理 (1)求t。时刻导体棒加速度a。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v的 大小； (3)若t1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. 18 1.(2025·湖南卷，9) y。。。·· (多选)如图，关于x 轴对称的光滑导轨固o长 ··· 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r。.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v。,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 2.(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 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 0 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O0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 13.(2022·全国甲卷， S××M×××× 20)(多选)如图，两c0×××× 根相互平行的光滑 xXN×xXX 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的电阻.质量为、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. ( 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 14.(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. 专题十二电磁感应 2L- 00 (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. 最新真题分类特训·物理 ◆双棒切割 15.(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，两磁场的磁感应强 度大小B仅随坐标x变化，且满足B= 2B,l2,0≤l≤ 式中B。为已知 21)<a 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=号 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。IL B.初速度v,= 2m C.若初速度变为0.5v。,则导体棒的速度 第一次变为0所雷时间为号，。 D.若初速度变为1.5v。,则导体棒将以两 磁场交界线为中心做往复运动 16.(2024·黑吉辽卷， 2B1 9)(多选)如图，两条 “∧”形光滑平行金 属导轨固定在绝缘 水平面上，间距为 30 30℃ 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, 20 长度均为L.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abcda B.ab中的电流趋于3mg 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 17.(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m、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S1,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4，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： S2 Rp E ---------- (1)cd的电功率P; (2)cd的加速度大小a. 18.(2025·甘肃卷，15)在自动化装配车间，常 采用电磁驱动的机械臂系统，如图，ab、cd 为两条足够长的光滑平行金属导轨，间距 为L,电阻忽略不计.导轨置于磁感应强度 大小为B,方向垂直纸面向里的匀强磁场 中，导轨上有与之垂直并接触良好的金属 机械臂1和2，质量均为m,电阻均为R.导 轨左侧接有电容为C的电容器.初始时刻， 机械臂1以初速度。向右运动，机械臂2 静止，运动过程中两机械臂不发生碰撞.系 统达到稳定状态后，电流为零，两机械臂速 度相同。 机械臂1 机械臂2 B d (1)求初始时刻机械臂1的感应电动势大 小和感应电流方向； (2)系统达到稳定状态前，若机械臂1和2 中的电流分别为I,和I2,写出两机械臂各 自所受安培力的大小；若电容器两端电压 为U,写出电容器电荷量的表达式； 考点5电磁感应 ◆动一电一动型 (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MV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 专题十二电磁感应 (3)求系统达到稳定状态后两机械臂的速 度.若要两机械臂不相撞，二者在初始时刻 的间距至少为多少？ 中的电路问题 2B.1 0 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4Bd 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 为股 最新真题分类特训·物理 考点6电磁感应中的能量综合问题 (2023·山东卷，12)（多选）足够长U形导轨 界平行.MN的速度v=2m/s,CD的速度为 平置在光滑水平绝缘桌面上，宽为1m,电阻不 v2且2>v1,MN和导轨间的动摩擦因数为0. 计.质量为1kg、长为1m、电阻为12的导体 2.重力加速度大小取10m/s2,下列说法正确 棒MN放置在导轨上，与导轨形成矩形回路并 的是 () 始终接触良好，I和区域内分别存在竖直方向 的匀强磁场，磁感应强度分别为B,和B2,其中 B,=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0.1kg 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 A.B2的方向向上 B.B2的方向向下 域I和I并做匀速直线运动，MN、CD与磁场边 C.v2=5 m/s D.v2=3 m/s 考点7电磁感应中的动量综合问题 1.（2025·黑吉辽蒙卷，9)（多选)如图， 道绝缘、光滑、足够长且不可移动，磁场上、 “”形导线框置于磁感应强度大小为 下边界均与x轴垂直，整个过程中金属框不 B、水平向右的匀强磁场中 B 发生形变，重力加速度大小为g,不计自感. 线框相邻两边均互相垂直， 各边长均为1.线框绕b、e所 在直线以角速度ω顺时针 匀速转动，be与磁场方向垂 直.t=0时，abef与水平面 区城日 平行，则 ( A.t=0时，电流方向为abcde fa B.t=0时，感应电动势为Blw (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 Ct=灭时，感应电动势为0 和释放时g边与区域虹上边界的距离s; D.t=0到t=π过程中，感应电动势平均值 (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，若 为0 ,-mgRsin“,求从开始计时到金属框达到平 2.(2025·山东卷，18)如图所示，平行轨道的 k,L 间距为L,轨道平面与水平面夹角为α，二者 衡状态的过程中，ef边移动的距离d. 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，磁感应强 度大小B,=k1t十k2x,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 22 专题十二电磁感应 3.(2025·福建卷，16)光滑 4.(2025·黑吉辽蒙卷，14)如图(a),固定在光 斜面倾角为0=30°，I区 滑绝缘水平面上的单匝正方形导体框 域与Ⅱ区域均存在垂直 abcd,置于始终竖直向下的匀强磁场中，ad 斜面向外的匀强磁场，两 边与磁场边界平行，ab边中点位于磁场边 区域磁感应强度大小相 界.导体框的质量m=1kg、电阻R=0.5 等.正方形线框abcd质 2、边长L=1m.磁感应强度B随时间t连 量为m,总电阻为R,由同种材料制成且粗 续变化，0~1s内B一t图像如图(b)所示. 细均匀，I区域长为L,Ⅱ区域长为L2,两 导体框中的感应电流Ⅰ与时间t关系图像 区域间无磁场的区域长度大于线框边长.线 如图(c)所示，其中0~1s内的图像未画出， 框从某一位置释放，从cd边进入I区域到 规定顺时针方向为电流正方向. ab边离开I区域的过程中速度均为o,cd (1)求t=0.5s时ad边受到的安培力大 边进入Ⅱ区域时的速度和ab边离开Ⅱ区域 小F 时的速度一致，则： (2)画出图(b)中1~2s内B一t图像（无需 (1)求线框释放时cd边与I区域上边缘的 写出计算过程). 距离； (3)从t=2s开始，磁场不再随时间变化.之 (2)求cd边进入I区域时cd边两端的电 后导体框解除固定，给导体框一个向右的初 势差； 速度=0.1m/s,求ad边离开磁场时的 (3)求线框进入Ⅱ区域到完全离开过程中克 速度大小1. 服安培力做功的平均功率. B/T ∥A 1.0 XX XX x xi -0.2- XXXx 1.02.0s 图(a) 图(b) 图(c) 最新真题分类特训·物理 5.（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。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m,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 N o: R Q (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. 12 6.(2024·湖北卷，15)如图所示，两足够长平 行金属直导轨MV、PQ的间距为L,固定在 同一水平面内，直导轨在左端M、P点分别 与两条竖直固定、半径为1的圆弧导轨相 切.MP连线与直导轨垂直，其左侧无磁场， 右侧存在磁感应强度大小为B、方向竖直向 下的匀强磁场.长为L、质量为、电阻为R 的金属棒ab跨放在两圆弧导轨的最高点. 质量为2m、电阻为6R的均匀金属丝制成一 个半径为L的圆环，水平放置在两直导轨 上，其圆心到两直导轨的距离相等.忽略导 轨的电阻、所有摩擦以及金属环的可能形 变，金属棒、金属环均与导轨始终接触良好， 重力加速度大小为g.现将金属棒ab由静 止释放，求 M (l)ab刚越过MP时产生的感应电动势 大小； (2)金属环刚开始运动时的加速度大小： (3)为使ab在整个运动过程中不与金属环 接触，金属环圆心初始位置到MP的最小 距离. 7.(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，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. 125 专题十二电磁感应 8.（2023·新课标卷，26)一边长为L、质量为 m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 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.(3)若粒子在磁场中加速两个半圆恰好能够到达M点， 则释放的位置一定在0一m时间内，粒子加速度时间为 gB。 1,在竖直方向上有gE。·,=m0=t 在一2”时间内粒子在水平方向运动的距离为 qB。qB。 x2=2r2'=2 qBo 在2元~3红m时间内，在竖直方向q·2E。·=mu:' gB。gBn gB。 2 9B。 在3”、4时间内，粒子在水平方向运动的距离为， ΓgB。gBa =2,'=2m% gBa 接收器的位置为 /4πEomEom\ qBa'4gB ,根据距离的关系可 知x2十x:' 4πEom,解得t1 gB2 2gB。1 此时粒子已经到达M点上方，粒子竖直方向减速至0用 时△t,则y'=之℃'·△t, 竖直方向需要满足y为y≤0B， 解得△t在一个电场加速周期之内成立，所以粒子释放的 时刻为中间时刻m 若粒子经过一个半圆到达M点，则粒子在0~x时间 gB。 内释放不可能，如果在”~3”时间内释放，经过磁场 qB。qB 偏转一次的最大横向距离，即直径，也无法到达M点，所 以考虑在红m~5”时间内释放，假设粒子加速的时间 qB。qB。 为t,在竖直方向上g·3E。·t=m0”,y”=?” ·t1, 之后粒子在5m~6”时间内转动半轴，横向移动距离 gB gB。 直接到达M点的横坐标，即x,=2,”=2×m B。 4”解得一器· gB 接下来在m~7”过程中粒子在竖直方向减速为0的 qB gB。 进程中g·4E。·△=mm,”g”=号 2 ·△， 粒子要在M点被吸收，需要满足y,一，≤Em, 4gBo 代入验证可知△t在一个周期之内，说明情况成立，所以 粒子释放时刻为 4·m+ 2 13πm gB gB。 3 gB。 3gB。 答案：(1) 2xEom xEom 、2π2E6m (2 2gBo B (3)2qB 13r 3gB。 详解详析 考点7现代科技中的电磁场问题 ACA.带正电的离子受到的洛伦兹力向上偏转，极板 MN带正电为发电机正极，A正确：BCD.离子受到的洛 伦兹力和电场力相互平衡时，此时令极板间距为d,则 U qoB=qd' 可得U=Bd, 因此增大间距，了变大，增大速率，U变大，U大小和密度 无关，BD错误，C正确. 专题十二电磁感应 考点1电磁感应现象楞次定律 1,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点电势高于口点电势， 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 Q点电势，线图中的电流方向由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. 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，此时线图有缩小的趋势，故B错误；磁铁离 线图最近时，此时磁铁与线图的相对速度为零，感应电 动势为零，感应电流为零，线圈受到的安培力为零，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口线圈的电流为顺 时针，a中产生的电流为恒定电流，则线图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. 5.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2法拉第电磁感应定律的应用 1LD塔我管的自感电动势公式为E=N兽-NS尝引， 其中，螺线管的横截面积S=πri,磁感应强度B=aL.在 。2弘时同段肉，电流度化来为剑 |0-。|=1 2t。-t。 t。 最新真题分类特训·物理 磁感应强度变化率为 △B△IaIo △=a△f=t。 代入自感电动势公式E=Nw山，A错误：线图A的 to 有效匝数是1，在4t。~6t。时间段内，电流变化率为 |△1_1。-(-1。)_1。 △t- 6t。-4toto 线图A的感应电动势E=mSA5=Y山，B错误；流过 △t to 线图A的电行量g=1A=景=0，其中△0，是字 过线圈A的总磁通量变化量，在0~1。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。一2t。内，电流从1。变为0，所以△1=0一1，=一1， 在0一2。内，通过线图A的电荷量q=吧=，0 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。,线图A的感应电动势E -ns AB_rrial, △t to 产生的振耳热Q-食·2%=21) E Rto 在41，~51，时间段内，感应电动势E,=uS5=raL △tto 产生的发平境Q-景=（"》 Rto 在0~5t。内，线图A产生的焦耳热Q=Q1十Q2= 3xrl),D正确. Rto 2.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=Q,小线图中产生的感应电动势为E=合兽 5公是=as,对辰D正痛， 3.BCI。顺时针而I:=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= Bl0可知I。>I,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I。逆时针，D错误.故 选BC. 4.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9>PA,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0一9A>0,9A一9=0，则90 一PA>9A一C,D错误.故选A. 5.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2，正六边形线框的边长为r;所以圆线框的周长为 Cg=2πr,面积为S2=πr, 同理可知正方形线框的周长和面积分别为C1=8r,S =4r2: 226 正六边形线框的周长和面积分别为C3=6r,S3= ×6Xrx9-3, 2 2 三线框材料粗细相同，根据电阻定律R=PSA南 L 可知三个线框电阻之比为R,:R。:R,=C1:C,:C3= 8:2π：6. 根据法拉第电磁感应定律有1一是-普·是 可得电流之比为I1:12:1=2:2:√3 即1=2>I,故选C. 考点3电磁感应中的图像问题 1.CA.在0~子时间内，磁感应强度B增加，根据中 BS则磁通量Φ增加，但是图像的斜率减小，即磁感应强 度B的变化率逐渐减小，根据法拉第电磁感应定律可知 E=BS,感应电动势E逐渐减小，选项A错误；B.当t △t =召和1=智时，周1图像的针幸大小相学，特号相 反，可知感应电动势E大小相等，方向相反，选项B错 误：C.1=子时，B最大，则险道量中装大，但是B的支化 率为零，则感应电动势E为零，选项C正确；Dt时， B为零，则磁通量中为零，但是B的变化率最大，则感应 电动势E最大，选项D错误， 2.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), 则线圈的速度随时间的变化规律为v=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=BL0, 可知，山间电势差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， 3.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章一T =Ma, 对物块T-mg=ma, 其中F=BL R 即BLu+(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. 4.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图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 题干描述的穿过线圈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.线圈 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. 5.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()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，玻璃管为绝缭体，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. 考点4电磁感应中的动力学问题 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I= 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 mR2 -,故A正确：MN每次经过x=1.5L时，PQ切 割磁感线，设感应电动势为E,则Um=名E,Uw= (报指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UMN:UO= 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BI,L· t1=m·△y1, BL 又1=R 可得△u=-BL R· 22 详解详析 线框MN从磁场I到磁场Ⅱ过程中，根据动量定理一 BI2L·t2+(-2BI2L·t2)=m·△， 又1，=2BL+BL tR 可得△02= 9B2 L3 mR 线框MN离开磁场Ⅱ过程中，根据动量定理一2BI3L· t3=m·△y3, 又1，=2BL2 tR 可得△u,=一 B2L mR 线框MN穿过磁场I、Ⅱ过程，线框MN速度变化量 △u=△u十4u,+Aa,=-14BL mR 根据一u=△， 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MN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 Av=-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”=u,+144△=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 △=- (+长 =-10BL3 mR mR mR, 可知线框MN恰好停在磁场Ⅱ区域，穿过线框的磁通量 为④=2BL2,故D错误， 2.AD根据右手定则可知，线框中的感应电流方向为ab cda,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,=BLv。=1.2V, 感定电浅为1-是=10A 线框所受安培力为FA1=BL1Lb=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℃。=0.6V, 高应电流为儿-是=5A 线框所受安培力为FA2=BL,Ld=1.5N, 则有FA<ngsin30°，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=L山二L☑ 2 ·tan53°=0.4m, 该过程中重力做功为W6=mghsin30°=1J, 最新真题分类特训·物理 若感应电流恒定，则感应电动势恒定，則有BLb口。= 5.C假设粒子带正电，画出其××××××× BLcdv. 运动轨迹如图所示，设其在下 解得v=2, 方和上方磁场中做圆周运动的 ××R× -+------b 安培力微功为w4=牛F方 半径分别为r、R,两段圆孤的 2 圆心连线与虚线a的夹角为日1：二0ca =-BL+Lo0=-0.9, 0 01 2R 则sin9=-号，所以cos9 由动能定理有WF十WG十WA =寺，由几何关系得r一reos9=Rc0s,解得R=急，由 洛伦兹力提供向心力有Bq心=m 心.即r=.可得r心 解得=-1.4m/s(舍去)，。=0.2m/s, gB 则感应电流为I=BL=1A, B,所以上、下磁场的磁感应强度大小之比B,:B, R 则有Q=WAI=产Rt, r:R=4:1,C正确. 代入数据解得t=1.5s,故C错误，D正确」 6.C由右手定则可知，流过导体棒的感应电流方向由b 3.解析：(1)对金属杆JK和U形框整体分析，得桌面对U 向a,故A错误；导体棒下降过程中，安培力大小改变，方 形框支持力为N=2mg 向不变，由冲量公式I=Ft可知，导体棒所受安培力的冲 最大静摩擦力∫m等于滑动摩擦力，得fm=N=2mg 量不为零，故B错误；导体棒下降过程中，感应电动势为 (2)设弹簧保持原长时杆JK的最大速度为m,此时感应 E-空出感应息流为了一是 △t△t 电动势E=Blvn 感庄也流1晨 通连号体棒的电符量大小方g=1·出=B职，故C正 确；根据题意可知，导体棒下降过程中，先做加速度减小 U形框受到的安培力F=BIL 的加速运动，再做加速度增大的减速运动，则导体棒的 在水平方向上安培力与最大静摩擦力平衡，则∫m=F安 加速度最大值出现在最低，点或初始位置，导体棒速度最 解得un=2mgR B72 大时有mg=B+k, R (3)设U形框速度为心时，外力功率最小， 1 回路中感应电动势为E,=Bu一Bl 若没有磁场，由能量守恒定律有mgx=2kx, 多金包流1，-景 可知，在最低点时，有kx=2mg, 此时，加速度为a=2一mg=g, 此时U形框加速度为0，有BI1l=2mg十kx6 解得，=0一 (kzo+2umg)R 有磁场时，由能量守恒定律可知，弹簧的形变量减小，则 B12 最低，点时加速度小于g,则导体棒的加速度最大值出现 此时外力F的功率为P=F=BI1lu=(k.x。十2μmg)x 在初始位置，此时，导体棒只受重力，加速度为g> 答案：(1)2mg (2)2mgR (3)0- (kzo+2umg)R B212 BL巴，故D错误。 B212 Rm (kx。+2mg)t 7.B设导体棒的初速度为，导体棒最终静止的位置到 4.解析：(1)金属框的总电阻为 初始位置的距离为x,电路中的总电阻为R=3R,导体 R=41a=4×0.4×5×1032=0.0082 棒从ab到停止过程，根据动量定理得一∑BIL△t=m(0 金属框中产生的感应电动势为E=4中△BX三 -),又81=gg=食曾△0=3BL+BLx-L),联 △t△t 立解得x=10L,B正确. 0.1x2×0.V=0.008V 8.B塑料棒带负电，则等效电流的方向与U方向相反，A 会属短中的电流为I一景=1A 错误；等效电流的大小1=是=△ t=2.0s时磁感应强度为 确；不是闭合回路，磁通量也不发生变化，不产生感应电 B2=(0.3-0.1×2)T=0.1T 动势，C错误；棒所受安培力的大小F=BIl=NeB,D 金属框处于磁场中的有效长度为L=√21 错误. 此时金属框所受安培力大小为FA=B2IL=0.1X1×√2 9.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 ×0.4N=0.04W2N (2)0~2.0s内金属框产生的焦耳热为Q=Rt= 感应电动券为U,=品L=,由电客定又式可得C 1×0.008×2J=0.016J. 充电完毕时的电荷量为Q,=C,U,=CL,A正确；由 答案：(1)0.04√2N(2)0.016J 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C1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0，C,、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=BLQMN=mU,结合法拉第电磁感应 定作平电多的定义式有号-是=L…联立可得Q =m Q:mQ: B配‘C,BmCB元Q,己Q,整个过程由电荷守 恒定律有Q=Q1+Q十QN,联立可得Q= kC C:B2L kC BL BL (C+C)+C.BL BL (C+C)+mC 正确，D错误。 10.解析：(1)t。时刻开关S与a连接，流过导体棒的电流I =￡ 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心，， 1 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=m℃一m, 又q=∑1·t, 可得一BLg=mv-mv· 根据题意U=kq, E BLU, 联立可得u=B配一mk (3)从t。~t1过程对导体棒，根据动量定理∑BIL·t =mUa· 又g=∑1·t, 可得g=mE BL 导体捧上产生的焦耳热Q,=qB-7md, 可得Q元 从七时刻到导体棒静止过程中，根据能量守恒定律可 13 知电路中产生的焦耳热为Q。=m6, 导体棒产生的焦耳热为Q。一R十，·Q。, mrE2 可得Q.=2(R+r)B工 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=Q,+Q。-2R+)B元 (R+2r)mE 答案：(1)BEL EBLU。 72r (2)BL mk (3)R+2r)mE 2(R+)BL 11.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 229 详解详析 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=BIL,I三1BL=B,可得F Lro ro 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△，同 妥·=兴-兴，跃立得-A5 时有q=r。 ro =m△0， 对从开始到金属杆停止运动时整个过程累积可得 _BS=0-m, ro 解得北时金属杆与导轨国成的面叔为S=罗，故C 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周成的面积为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, 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 次到达OO'位置过程中，由于在O)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， MN中电流方向由M到N,故D正确. ADMN在运动过程中为非纯电阻，MV上的电流瞬 时值为I=“一B,A.当闭合的醉间，B1=0,此时MN R 可视为纯电阻R,此时反电动势最小，故电流最大Im -是-品故A正确：R吉>时，导体棒加笔运 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上的电流辞时值为=“肌，当。 =Bl)时，MV上电流瞬时为零，安培力为零，此时MV 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 最新真题分类特训·物理 MN上消耗的电能（即ER>EM),故加速过程中，QR> Q;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. 14.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=√L, 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mx01, 其中，平均速度为，=0十L心 2 则感应电动势Emx=BLw. 根据网合电心欧好定徐，有1装 则CD棒所受安培力的最大值为Fx=BIm L -B'Lo 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min2, 其中L有m=L,平均选度为，=0十L@, 2 则感应电动势En三7B1w' 报搭用合电感欧好定律，有1，袋， 则CD棒所受安培力的最小值为Fm=BIin L =B'Lo 16 2R (2)当CD棒所受安培力最小时，根据平衡条件，有 mgsin 0-umgcos 0-Fmin=0, 当CD棒所受安培力最大时，根据平衡条件，有Fmm一 mngsin日-umgcos8=0, 装立了泽-源品 撤去推力瞬间，根据牛顿第二定律，有Fmx一ngsin日十 mgcos0=ma,可得CD棒与导轨间的动摩擦因数为： -a 1 gcos 3 tan 6. 答案：(1)BLo BLo 1 R 2R (2)a gcos93tan9或 2gc0s或子am9 15.AB作出B-x图像如图所示， B 17 2B Bo -0 根据题意知，在0<≤号区城，导体捧所受安培力大小 F安=BIL=2B。Ix,根据左手定则可知安培力方向始终 230 指向x=0处，令2B。I=k,故导体棒所受外力满足F 一红，同理，号体捧在一台<<0区城也满足F= 红，则导体棒在一台≤≤台区战微简瑞运动，A正 确；导体棒从工=0到=占根据动能定理有F· L .1 m,其中F幸 2B,1…号+0B业，联立可得 2 2 BoIL 一，B正确；对于简谐运动，从平衡位置运动 到最大位移处所用时向为1年=2少 亚，由上分析可知山 /2B。I m 二，w与速度无关，故初速度变为0.5，对导体 棒的速度第一次变为0所需时间没有影响，C错误；若 初速度变为1.5w由动能定理P·号=m 50)产-分m可知导体棒运动到红=台处递度为 5 %>，根据对称性知导体棒从工=乞 处运动到x一 L处克服安培力做功为？m…话<司m心，即学体捧运动 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 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 mg sin30°一2 BILcos30° =2mab,对cd,mgsin30°-BIL cos30°=mad,故可知 ab=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αb分析可得 2 mgsin30°=2B1Lcos30°，解得1=m,故B正确，C 3BL 错误；D.根据前面分析可知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， 解析：(1)断开S,闭合S,则E=I(r十r十r) cd的电功率P=Ir 联立解得P=97 E2 (2)闭合S1,断开S,对刚要下滑的cd受力分析，由力 的平衡条件有mgsin9=(mngcos9+BIL) 断开S1,闭合S,,对cd由牛顿第二定律有 mgsin -u(mgcos 0-BIL)=ma 结合(1)问联立解得a=BLE 3mr 答案：1) (2)2uBLE 9r 3mr 18.解析：(1)由法拉第电磁感应定律可知，初始时刻机械 臂1的感应电动势大小为E=BL, 由右手定则可知感应电流方向沿机械臂1向上· (2)在达到稳定前，两机械臂电流分别为I1和L,两机 械臂安培力的大小分别为F1=BI1L,F,=BL,L, 设电容器所带电荷量为Q,则Q=CU (3)设系统达到稳定状态后两机械臂的速度为，对机 械臂1根据动量定理有一∑Bi,L△t=mu一mu, 对机械臂2根根据动量定理有∑Bi,L△t=m0一0 根据电路结构可知通过机械臂1的电荷量等于通过机 械臂2的电荷量与电容器的电荷量之和，即有∑i1△t= ∑i,△t+CU 其中U'=BL 联立解得u=2m+CBT mvo 系统没有达到稳定状态时，根据电路结构有 BLv-iR=BLv,+iR 两边同时乘△t,则有BLx1一gR=BLx,十gR 机械臂1相对机械臂2运动的距离为△x=x1一x =R(9+92) BL 其中q1十4=BL 17 若要两机械臂不相撞，二者在初始时刻的间距至少为5 =A.t=m%R B'L 答案：(1)BL沿机械臂1向上 (2)BI L BI,L Q=CU myo (3) R CB'L2 +2m 方向向右 BL 考点5电磁感应中的电路问题 ACA.弹簧伸展过程中，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F0=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 2mu=m',解得0=2， 回路的感应电流I=2Bdw十B·2du=2Bd,MN所受 3R R 安培力大小为Fw=2Bd=4Bd巴，选项B错误：C.两 R 棒最终停止时弹簧处于原长状态，由动量守恒可得x =2m.2,工1十x2=L,可得最终MN位置向左移动x 2 3 PQ位置向右移动=专 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Fx1一F安xMN=O, E#PZ0=0,可得-是-是，选项C正确： D.两棒最后停止时，弹簧处于原长位置，此时两棒间距 23 详解详析 增加了L,由上述分析可知，MN向左位置移动，PQ 位星向右移动台，尉9=1：二 △Φ 2B··TD3二=2BLd,洗项D错误。故 3 一三 3R 3R 选AC. 考点6电磁感应中的能量综合问题 BDAB.导轨的速度，>℃，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→ V,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一mg=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F=B1IL, 对导体框分析F:=B,IL, 电路中的电流为I=BLU一B,L心 联立解得飞，=3m/s,C错误，D正确；故选BD. 考点7电磁感应中的动量综合问题 1,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αf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=Blwl= B1w,A,B正确；t=无时，线框旋转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： =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△中=2BS=2Bl, 由法拉第电磁感应定律可得平均感应电动势为E= △Φ △t =2Bw,D错误.故选AB. 2,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, 线板中电流1長， 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 率u=mngRtan a B2Lcos a 金属框开始释放到g边进入磁场的过程中，只有重力 做功，由动能定理可得 mgssin a-m, 可得释放时pg边与区城I上边界的距离s=2g$ina 2 m'gR'sin a 2B'L'cos'a 最新真题分类特训·物理 (2)当ef边刚进入区域Ⅱ时开始计时(t=0),设线框ef 线框进入磁场过程中电荷量都相等，即q=It?,联立可得 边到O点的距离为s时，线框中产生的感应电动势E= △9=A5L=,L+,L·袋=(k,十)L,其中口 △t△t △t 根据能量守恒定律一W安+mg sin(L2十L1)=0, 克服安培力微功的平均功率P=W生.】 to 此时我路中的店应电流了景 联立可得P=mg(L,十L) 4L1 线框pg边受到沿轨道向上的安培力，大小为F1=[t ②若L<L1,同理可得g= BLL≌ +(s+L)]'L R 根据动量定理ng sin0·t,一2BILt=0, 线框ef边受到沿轨道向下的安培力，大小为F:=[k,t BL +s]IL, 其中=14，告合9=器g=股。 则线框受到的安培力F专=F1一F2=[k1t十k,(s十 L2 L)I'L-Tk t+k,s I'L, 联立可得t= 代入e,=mgRsin a 根据能量守恒定律一W'十ng sin(L:十L1)=0, k。L kL'v 克服安培力微功的平均功率P_业， 化简得F交=mgsin a十 R 联立可得p'=mgu(L十L) 当线框平衡时F安=mgsin a,可知此时线框速率为0. 4L 则从开始计时到金属框达到平衡状态的过程中，根据动量 答案：(1)￠ (2)3/mgR 4N2 (3)见解析 定理可得mgsin a△t一F安△=m△， 即 kLAt-mAv. R 4解析：(1)由法拉第电磁感应定律E=△中AB·L2 △t △t 对时间累积求和可得 kLd=0一m R =28××1v=0.o5v 可得d=mR 由闭合电路欧姆定律可知，0~1s内线框中的感应电流 kL· 答案：(1)mgRtan a,m'gRsin a 大小为1-景=0,1A B2L'cos a'2B'L'cos'a 由图(b)可知，t=0.5s时磁感应强度大小为B1 (2)mR =0.15T, 经L 所以此时导线框ad边受到的安培力大小为F=B,I1L 3.解析：(1)线框在没有进入磁场区域时，根据牛顿第二定 =0.15×0.1×1N=0.015N: 律mg sin=ma, (2)0~1s内线框内的感应电流大小为I,=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 根据运动学公式=2ad, (c)可知1~2s内的感应电流大小为I2=0.2A, 联立可得线框释放点cd边与I区域上边缘的距离d 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,=LR=0.1V, g (2)因为cd边进入I区域时速度为v,且直到ab边离开 由法拉第电隧倍应定徐E,=△中△8·立 =0.1V, I区域时速度均为，可知线框的边长与I区域的长度 △t △t 相等，根据平衡条件有mg sin9=BIL1, 可知1~？5内磁感应强度的变化率为AB=B,二B △t 又E=BL,1=尺， E =0.2T/s, cd边两瑞的电势差U=三E, 解得t=2s时磁感应强度大小为B,=0.3T, 4 方向垂直于纸面向里，故1~2s的磁感应强度随时间变 联立可得U=3mgR 化图为 4W2 B/T (3)①若L,≥L1,在线框进入1区域过程中，根据动量定 0.3 理mg sin9·t1-BIL1t1=0, 0.2 其中=L BLv 9=1= 0.1 R 联立可得？器， 0 1 2 t/s (3)由动量定理可知-B2IL△t=mo1一m℃o, 线框在Ⅱ区域运动过程中，根据动量定理mg sin0·t,一 2BIL1t3=0, 其中g=1△震地之 E.=BLi.t= 根据q=尺·1=R: BL R R 联立解得ad经过磁场边界的速度大小为y,=0.01m/s, ↑BT 0.3入 0.2 答案：(1)0.015N(2) 0.1 0 12t/s (3)0.01m/s 5.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, 则此时回路的电流为1=2录· E 此时导体棒受到的安培力F豪=BL, B2Lv 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,其中I·△t=q,解 得g=配 (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 瑞定值电阻R上产生的热量Qa=之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Q= 第3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Qa=子··Q, 第n根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中，导轨右 镜充位电阻R上产生的热量Qw=女·中·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Qe十QR3十·十Q, 通过分式分解和观察数列的“望远镜求和”性质，得出Q nmv =n+Q-2m+Dm=1,2.3… 答案：(1) B2L26 2R 2常 nmv (3)20+m=1,2,3“ 6.解析：(1)根据题意可知，对金属棒b由静止释放到刚越 过MP过程中，由动能定理有mg-m听， 解得。=√2gL 则ab刚越过MP时产生的感应电动势大小为E=BLo =BL V2gL. (2)根据题意可知，金属环在导轨间两段圆孤并联接入 电路中，轨道外侧的两端圆孤金属环被短路，由几何关 系可得，年烧同弧伪也阻为风，=之×=R 233 详解详析 可知，整个回路纷总电胆为R=R十餐产资-受R, ab刚越过MP时，通过ab的感应电流为I= E R =2BL V2gL 3R =2ma, 对金属环由牛顿第二定律有2BL·之 解得a=BL√2gL 3mR (3)根据题意，结合上述分析可知，金属环和金属棒αb所 受的安培力等大反向，则系统的动量守恒，由于金属环 做加速运动，金属棒做减速运动，为使αb在整个运动过 程中不与金属环接触，则有当金属棒αb和金属环速度相 等时，金属棒ab恰好追上金属环，设此时速度为u,由动 量守恒定律有m心。=m十2m℃，解得= 3%, 对金属捧ab,由动量定理有一BILt=m·兰一m, 3 2 则有BLg=3m, 设金属棒运动距离为℃1，金属环运动的距离为x2,则有 q=BL(-z:) 联立解得Ax=x1一=mRy2gL B2L2 则金属环圆心初始位置到MP的最小距离d=L十△x B'L+mR V2gL. B'L' 答案：(1)BL√2gL (2)BL 2gL 3mR (3)BL+mR V2gL B'L 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℃，=3mo十m℃p, 1×3m6= 号×3m6+mo, 1 3 1 联立解得p=之阳=2 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，则金属捧P滑出导轨时 的速度大小为p'=阳=豆 1 1 十Q, (2)根据能量守恒有2mw时=2mwp 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=mvp'-mvp, 又9=1A,1=E=A0=B1z RR△tR△t mvoR 联立可得x=BT 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 0QB212: 答案：1)2，(2)mu5(3) 2mR B21 最新真题分类特训·物理 8.解析：(1)设金属框的初速度为。，则金属框的末速度1 故C错误；丁中：导体框匀速运动，磁通量不变，无感应 -受设向右为正方向 电流，故D错误， 2.C根据题意可知，磁场区域变化前线圈产生的感应电 E 金属框进入磁场时，有E=BLI=元F=BL,联立 动势为e=Esin ot, 解得F=BL 由题图丙可知，磁场区城变化后，当Eind=E时，线 2 4R。 金属框在磁场运动过程满足F·t=m心一m, 图的侧边开始切割磁感线，即当线图旋转子时开始切割 即-2=-m之 4R。 磁感线，由几何关系可知磁场区域平行于x轴的边长变 将x=2L代入，解得=BL mR。 为d=2dcos号=d.C正确. (2)设金属框的初速度为。，则金属框进入磁场时的末 3.BD如题图开始线圈处于中性面位置，当磁极再转过 速度为，向右为正方向，由于导轨电阻可忽略，此时金 90°时，此时穿过线圈的磁通量为0，故可知电流最大；在 属框上下部分被短路，故电路中的总电阻R。=R。十 磁极转动的过程中，穿过线图的磁通量在减小，根据楞 2R。·R2_5R 次定律可知，此时感应电流方向由Q指向P, 2R。+R。 3 4.D由题意可知导体棒通过磁场区域过程需要的时间， 再根据动量定理有一BL=m心一m6, 即周期为T=2L 解得1= 2B'L 5mR。 导体棒通过区域I时，产生的电动势大小为E,=BL0, 则在此过程中报据能量守恒有合m时=Q十了m 经过的时间为t1= L 解得Q,=21BL 导体棒通过区域Ⅱ时，产生的电动势大小为E,=BX 50mR' 0,5L0,经过的时间为= 共中Q=Q=R 7BL 此后线框完全进入磁场中，则线框左、右两边均作为电 根据有效值的定义有 源，且等效电路图如下 代入数据可得E有= 西BL四.故选D. 4 -E,Ro ERo C根指洛伦登力提供向心力有B=产，可得R- gB R =d,故A错误； 到光时回略的总息阻R,-现十尽空。 1 设线框刚离开磁场时的速度为，再根据动量定理有 B'L X 厂R=m,一m, M 3 解得=0， 十 十 则说明线框刚离开磁场时就停止运动了，则再根据能量 1 0 X 守恒有2m心=Q:, 当粒子沿x轴正方向射出时，上表面接收到的粒子离y 其中QR,=5Q.=125mR 4 8BL 轴最近，如图轨迹1，根据几何关系可知s上m=d;当粒子 则在金属框整个运动过程中，电阻R,产生的热量QR,恶 恰能通过Ⅳ点到达薄板上方时，薄板上表面接收点距离 -Qx,+Qk -3B'L y轴最远，如图轨迹2，根据几何关系可知，s上mx=3d, 25mR 故上表面接收到粒子的区域长度为s上=√3d一d,故B m龙：(2)3BL 答案：(16=BL, 错误：根据图像可知，粒子可以恰好打到下表面V点；当 25mR 粒子沿y轴正方向射出时，粒子下表面接收到的粒子离 专题十三交变电流传感器 y轴最远，如图轨迹3，根据几何关系此时离y轴距离为 考点1交变电流的产生和描述 d,故下表面接收到粒子的区域长度为d,故C正确：根据 1.B甲中：导体环绕轴匀速转动，磁通量不改变，不产生 图像可知，粒子恰好打到下表面N点时转过的圆心角最 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； 小，周时装，有…一需·器一器技D0促故 丙中：导体棒匀速运动，感应电动势E=BL,电流恒定， 选C.