專題15電磁感應(yīng)-十年（2013）高考物理真題分項(xiàng)匯編

專題15電磁感應(yīng)一、單選題【答案】D【解析】由法拉第電磁感應(yīng)定律可得大圓線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)每個(gè)小圓線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)由線圈的繞線方式和楞次定律可得大、小圓線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)方向相同，故線圈中總的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為故D正確，ABC錯(cuò)誤。故選D?！敬鸢浮緾【解析】設(shè)圓線框的半徑為r，則由題意可知正方形線框的邊長為2r，正六邊形線框的邊長為r；所以圓線框的周長為面積為同理可知正方形線框的周長和面積分別為正六邊形線框的周長和面積分別為三線框材料粗細(xì)相同，根據(jù)電阻定律可知三個(gè)線框電阻之比為根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有可得電流之比為：即故選C。3．（2017·天津）如圖所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌置于水平面內(nèi)，導(dǎo)軌之間接有電阻R。金屬棒ab與兩導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸，整個(gè)裝置放在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌平面向下。現(xiàn)使磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻減小，ab始終保持靜止，下列說法正確的是（）A．a(chǎn)b中的感應(yīng)電流方向由b到a B．a(chǎn)b中的感應(yīng)電流逐漸減小C．a(chǎn)b所受的安培力保持不變 D．a(chǎn)b所受的靜摩擦力逐漸減小【答案】D【解析】A．磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻減小，磁通量減小，根據(jù)楞次定律和安培定則得，ab中的感應(yīng)電流方向由a到b，故A錯(cuò)誤；D．安培力和靜摩擦力為一對(duì)平衡力，安培力減小，則靜摩擦力減小，故D正確。故選D。4．（2021·重慶）某眼動(dòng)儀可以根據(jù)其微型線圈在磁場(chǎng)中隨眼球運(yùn)動(dòng)時(shí)所產(chǎn)生的電流來追蹤眼球的運(yùn)動(dòng)。若該眼動(dòng)儀線圈面積為S，匝數(shù)為N，處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，線圈平面最初平行于磁場(chǎng)，經(jīng)過時(shí)間t后線圈平面逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)至與磁場(chǎng)夾角為θ處，則在這段時(shí)間內(nèi)，線圈中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小和感應(yīng)電流的方向（從左往右看）為（）【答案】A【解析】經(jīng)過時(shí)間t，面積為S的線圈平面逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)至與磁場(chǎng)夾角為θ處，磁通量變化為由法拉第電磁感應(yīng)定律，線圈中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小為由楞次定律可判斷出感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向。故選A。5．（2022·浙江）如圖所示，將一通電螺線管豎直放置，螺線管內(nèi)部形成方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=kt的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在內(nèi)部用絕緣輕繩懸掛一與螺線管共軸的金屬薄圓管，其電阻率為、高度為h、半徑為r、厚度為d（d?r），則（）A．從上向下看，圓管中的感應(yīng)電流為逆時(shí)針方向D．輕繩對(duì)圓管的拉力隨時(shí)間減小【答案】C【解析】A．穿過圓管的磁通量向上逐漸增加，則根據(jù)楞次定律可知，從上向下看，圓管中的感應(yīng)電流為順時(shí)針方向，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．圓管的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．圓管的電阻圓管的熱功率大小為選項(xiàng)C正確；D．根據(jù)左手定則可知，圓管中各段所受的受安培力方向指向圓管的軸線，則輕繩對(duì)圓管的拉力的合力始終等于圓管的重力，不隨時(shí)間變化，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選C。6．（2021·北京）如圖所示，在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，水平U型導(dǎo)體框左端連接一阻值為R的電阻，質(zhì)量為m、電阻為r的導(dǎo)體棒ab置于導(dǎo)體框上。不計(jì)導(dǎo)體框的電阻、導(dǎo)體棒與框間的摩擦。ab以水平向右的初速度v0開始運(yùn)動(dòng)，最終停在導(dǎo)體框上。在此過程中（）【答案】C【解析】AB．導(dǎo)體棒向右運(yùn)動(dòng)，根據(jù)右手定則，可知電流方向?yàn)閎到a，再根據(jù)左手定則可知，導(dǎo)體棒向到向左的安培力，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，可得產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為感應(yīng)電流為故安培力為根據(jù)牛頓第二定律有可得隨著速度減小，加速度不斷減小，故導(dǎo)體棒不是做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，故AB錯(cuò)誤；C．根據(jù)能量守恒定律，可知回路中產(chǎn)生的總熱量為因R與r串聯(lián)，則產(chǎn)生的熱量與電阻成正比，則R產(chǎn)生的熱量為故C正確；故選C。7．（2021·北京）某同學(xué)搬運(yùn)如圖所示的磁電式電流表時(shí)，發(fā)現(xiàn)表針晃動(dòng)劇烈且不易停止。按照老師建議，該同學(xué)在兩接線柱間接一根導(dǎo)線后再次搬運(yùn)，發(fā)現(xiàn)表針晃動(dòng)明顯減弱且能很快停止。下列說法正確的是（）A．未接導(dǎo)線時(shí)，表針晃動(dòng)過程中表內(nèi)線圈不產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)B．未接導(dǎo)線時(shí)，表針晃動(dòng)劇烈是因?yàn)楸韮?nèi)線圈受到安培力的作用C．接上導(dǎo)線后，表針晃動(dòng)過程中表內(nèi)線圈不產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)D．接上導(dǎo)線后，表針晃動(dòng)減弱是因?yàn)楸韮?nèi)線圈受到安培力的作用【答案】D【解析】A．未接導(dǎo)線時(shí)，表針晃動(dòng)過程中導(dǎo)線切割磁感線，表內(nèi)線圈會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，故A錯(cuò)誤；B．未接導(dǎo)線時(shí)，未連成閉合回路，沒有感應(yīng)電流，所以不受安培力，故B錯(cuò)誤；CD．接上導(dǎo)線后，表針晃動(dòng)過程中表內(nèi)線圈產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，根據(jù)楞次定律可知，表針晃動(dòng)減弱是因?yàn)楸韮?nèi)線圈受到安培力的作用，故C錯(cuò)誤D正確。故選D?！敬鸢浮緼【解析】根據(jù)可得衛(wèi)星做圓周運(yùn)動(dòng)的線速度根據(jù)右手定則可知，導(dǎo)體繩產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)相當(dāng)于上端為正極的電源，其大小為因?qū)Ь€繩所受阻力f與安培力F平衡，則安培力與速度方向相同，可知導(dǎo)線繩中的電流方向向下，即電池電動(dòng)勢(shì)大于導(dǎo)線繩切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)，可得解得故選A。9．（2021·河北）如圖，兩光滑導(dǎo)軌水平放置在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，導(dǎo)軌間距最窄處為一狹縫，取狹縫所在處O點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，狹縫右側(cè)兩導(dǎo)軌與x軸夾角均為，一電容為C的電容器與導(dǎo)軌左端相連，導(dǎo)軌上的金屬棒與x軸垂直，在外力F作用下從O點(diǎn)開始以速度v向右勻速運(yùn)動(dòng)，忽略所有電阻，下列說法正確的是（）C．金屬棒運(yùn)動(dòng)過程中，電容器的上極板帶負(fù)電D．金屬棒運(yùn)動(dòng)過程中，外力F做功的功率恒定【答案】A【解析】C．根據(jù)楞次定律可知電容器的上極板應(yīng)帶正電，C錯(cuò)誤；A．由題知導(dǎo)體棒勻速切割磁感線，根據(jù)幾何關(guān)系切割長度為L=2xtanθ，x=vt則產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E=2Bv2ttanθ由題圖可知電容器直接與電源相連，則電容器的電荷量為Q=CE=2BCv2ttanθ則流過導(dǎo)體棒的電流I==2BCv2tanθA正確；B．當(dāng)金屬棒到達(dá)x0處時(shí)，導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E′=2Bvx0tanθ則電容器的電荷量為Q=CE′=2BCvx0tanθB錯(cuò)誤；D．由于導(dǎo)體棒做勻速運(yùn)動(dòng)則F=F安=BIL由選項(xiàng)A可知流過導(dǎo)體棒的電流I恒定，但L與t成正比，則F為變力，再根據(jù)力做功的功率公式P=Fv可看出F為變力，v不變則功率P隨力F變化而變化；D錯(cuò)誤；故選A。10．（2021·浙江）在“探究變壓器線圈兩端的電壓與匝數(shù)的關(guān)系”實(shí)驗(yàn)中，可拆變壓器如圖所示。為了減小渦流在鐵芯中產(chǎn)生的熱量，鐵芯是由相互絕緣的硅鋼片平行疊成。硅鋼片應(yīng)平行于______。A．平面abcd B．平面abfe C．平面abgh D．平面aehd【答案】D【解析】變壓器的正視圖如圖：所以要減小渦流在鐵芯中產(chǎn)生的熱量，硅鋼片應(yīng)平行于平面aehd。故選D。11．（2020·江蘇）如圖所示，兩勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度和大小相等、方向相反。金屬圓環(huán)的直徑與兩磁場(chǎng)的邊界重合。下列變化會(huì)在環(huán)中產(chǎn)生順時(shí)針方向感應(yīng)電流的是（）A．同時(shí)增大減小B．同時(shí)減小增大C．同時(shí)以相同的變化率增大和D．同時(shí)以相同的變化率減小和【答案】B【解析】AB．產(chǎn)生順時(shí)針方向的感應(yīng)電流則感應(yīng)磁場(chǎng)的方向垂直紙面向里。由楞次定律可知，圓環(huán)中的凈磁通量變化為向里磁通量減少或者向外的磁通量增多，A錯(cuò)誤，B正確。CD．同時(shí)以相同的變化率增大B1和B2，或同時(shí)以相同的變化率減小B1和B2，兩個(gè)磁場(chǎng)的磁通量總保持大小相同，所以總磁通量為0，不會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，CD錯(cuò)誤。故選B。12．（2020·浙江）如圖所示，固定在水平面上的半徑為r的金屬圓環(huán)內(nèi)存在方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。長為l的金屬棒，一端與圓環(huán)接觸良好，另一端固定在豎直導(dǎo)電轉(zhuǎn)軸上，隨軸以角速度勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。在圓環(huán)的A點(diǎn)和電刷間接有阻值為R的電阻和電容為C、板間距為d的平行板電容器，有一帶電微粒在電容器極板間處于靜止?fàn)顟B(tài)。已知重力加速度為g，不計(jì)其它電阻和摩擦，下列說法正確的是（）【答案】B【解析】A．如圖所示，金屬棒繞軸切割磁感線轉(zhuǎn)動(dòng)，棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)A錯(cuò)誤；B．電容器兩極板間電壓等于電源電動(dòng)勢(shì)，帶電微粒在兩極板間處于靜止?fàn)顟B(tài)，則即B正確；C．電阻消耗的功率C錯(cuò)誤；D．電容器所帶的電荷量D錯(cuò)誤。故選B。13．（2020·全國）如圖，水平放置的圓柱形光滑玻璃棒左邊繞有一線圈，右邊套有一金屬圓環(huán)。圓環(huán)初始時(shí)靜止。將圖中開關(guān)S由斷開狀態(tài)撥至連接狀態(tài)，電路接通的瞬間，可觀察到（）A．撥至M端或N端，圓環(huán)都向左運(yùn)動(dòng)B．撥至M端或N端，圓環(huán)都向右運(yùn)動(dòng)C．撥至M端時(shí)圓環(huán)向左運(yùn)動(dòng)，撥至N端時(shí)向右運(yùn)動(dòng)D．撥至M端時(shí)圓環(huán)向右運(yùn)動(dòng)，撥至N端時(shí)向左運(yùn)動(dòng)【答案】B【解析】無論開關(guān)S撥至哪一端，當(dāng)把電路接通一瞬間，左邊線圈中的電流從無到有，電流在線圈軸線上的磁場(chǎng)從無到有，從而引起穿過圓環(huán)的磁通量突然增大，根據(jù)楞次定律（增反減同），右邊圓環(huán)中產(chǎn)生了與左邊線圈中方向相反的電流，異向電流相互排斥，所以無論哪種情況，圓環(huán)均向右運(yùn)動(dòng)。故選B。14．（2018·全國）如圖，導(dǎo)體軌道OPQS固定，其中PQS是半圓弧，Q為半圓弧的中點(diǎn)，O為圓心。軌道的電阻忽略不計(jì)。OM是有一定電阻、可繞O轉(zhuǎn)動(dòng)的金屬桿，M端位于PQS上，OM與軌道接觸良好?？臻g存在與半圓所在平面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B?，F(xiàn)使OM從OQ位置以恒定的角速度逆時(shí)針轉(zhuǎn)到OS位置并固定（過程Ⅰ）；再使磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小以一定的變化率從B增加到B′（過程Ⅱ）。在過程Ⅰ、Ⅱ中，流過OM的電荷量相等，則等于（）A． B． C． D．2【答案】B【解析】在過程Ⅰ中，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，有根據(jù)閉合電路歐姆定律，有I1＝且q1＝I1Δt1在過程Ⅱ中，有根據(jù)閉合電路歐姆定律，有I2＝，q2＝I2Δt2又q1＝q2，即所以故選B。15．（2015·山東）如圖所示，一均勻金屬圓盤繞通過其圓心且與盤面垂直的軸順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，現(xiàn)施加一垂直穿過圓盤的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，圓盤開始減速．在圓盤減速過程中，以下說法正確的是（）A．處于磁場(chǎng)中的圓盤部分，靠近圓心處電勢(shì)高B．所加磁場(chǎng)越強(qiáng)越不易使圓盤停止轉(zhuǎn)動(dòng)C．若所加磁場(chǎng)反向，圓盤將加速轉(zhuǎn)動(dòng)D．若所加磁場(chǎng)穿過整個(gè)圓盤，圓盤將勻速轉(zhuǎn)動(dòng)【答案】D【解析】A、將金屬圓盤看成由無數(shù)金屬輻條組成，金屬圓盤順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)右手定則判斷可知：圓盤上的感應(yīng)電流由圓心流向邊緣，所以靠近圓心處電勢(shì)低，故A錯(cuò)誤；B、根據(jù)法拉第定律可知，金屬圓盤產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為BLv，所以所加磁場(chǎng)越強(qiáng)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)越大，感應(yīng)電流越大，圓盤受到的安培力越大，而安培力是阻力，所以越易使圓盤停止轉(zhuǎn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；C、若所加磁場(chǎng)反向，只是產(chǎn)生的電流反向，根據(jù)楞次定律可知，安培力仍然阻礙圓盤的轉(zhuǎn)動(dòng)，所以圓盤還是減速轉(zhuǎn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；D、若所加磁場(chǎng)穿過整個(gè)圓盤時(shí)，圓盤在切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，相當(dāng)于電路斷開，則不會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，不受安培力作用，所以圓盤將勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，故D正確；16．（2017·全國）掃描隧道顯微鏡（STM）可用來探測(cè)樣品表面原子尺度上的形貌，為了有效隔離外界振動(dòng)對(duì)STM的擾動(dòng)，在圓底盤周邊沿其徑向?qū)ΨQ地安裝若干對(duì)紫銅薄板，并施加磁場(chǎng)來快速衰減其微小振動(dòng)，如圖所示，無擾動(dòng)時(shí)，按下列四種方案對(duì)紫銅薄板施加恒磁場(chǎng)；出現(xiàn)擾動(dòng)后，對(duì)于紫銅薄板上下及左右振動(dòng)的衰減最有效的方案是A．B．C． D．【答案】A【解析】感應(yīng)電流產(chǎn)生的條件是閉合回路中的磁通量發(fā)上變化．在A圖中紫銅薄板上下及左右振動(dòng)時(shí)在磁場(chǎng)中的部分有時(shí)多有時(shí)少，磁通量發(fā)生變化，產(chǎn)生感應(yīng)電流，受到安培力，阻礙系統(tǒng)的振動(dòng)，故A正確；而BCD三個(gè)圖均無此現(xiàn)象，故BCD錯(cuò)誤．17．（2018·全國）如圖，在同一水平面內(nèi)有兩根平行長導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間存在依次相鄰的矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，區(qū)域?qū)挾染鶠?，磁感?yīng)強(qiáng)度大小相等、方向交替向上向下．一邊長為的正方形金屬線框在導(dǎo)軌上向左勻速運(yùn)動(dòng)．線框中感應(yīng)電流i隨時(shí)間t變化的正確圖線可能是（

）A．B．C． D．【答案】D【解析】第一過程從①移動(dòng)②的過程中當(dāng)線框再向左運(yùn)動(dòng)時(shí)，左邊切割產(chǎn)生的電流方向順時(shí)針，右邊切割產(chǎn)生的電流方向是逆時(shí)針，此時(shí)回路中電流表現(xiàn)為零，故線圈在運(yùn)動(dòng)過程中電流是周期性變化，D正確；ABC錯(cuò)誤；故選D18．（2013·上海）如圖，通電導(dǎo)線MN與單匝矩形線圈abcd共面，位置靠近ab且相互絕緣．當(dāng)MN中電流突然減小時(shí)，線圈所受安培力的合力方向A．向左 B．向右 C．垂直紙面向外 D．垂直紙面向里【答案】B【解析】當(dāng)MN中電流突然減小時(shí)，單匝矩形線圈abcd垂直紙面向里的磁通量減小，根據(jù)楞次定律，單匝矩形線圈abcd中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向順時(shí)針方向，由左手定則可知，線圈所受安培力的合力方向向右，選項(xiàng)B正確．19．（2013·天津）如圖所示，紙面內(nèi)有一矩形導(dǎo)體閉合線框abcd，ab邊長大于bc邊長，置于垂直紙面向里、邊界為MN的勻強(qiáng)磁場(chǎng)外，線框兩次勻速地完全進(jìn)入磁場(chǎng)，兩次速度大小相同，方向均垂直于MN．第一次ab邊平行MN進(jìn)入磁場(chǎng)，線框上產(chǎn)生的熱量為Q1，通過線框?qū)w橫截面積的電荷量為q1；第二次bc邊平行于MN進(jìn)入磁場(chǎng)，線框上產(chǎn)生的熱量為Q2，通過線框?qū)w橫截面的電荷量為q2，則（）A．Q1＞Q2，q1=q2 B．Q1＞Q2，q1＞q2 C．Q1=Q2，q1=q2 D．Q1=Q2，q1＞q2【答案】A【解析】L1＞L2，由于兩次“穿越”過程均為相同速率穿過，因此：Q1＞Q2，q1=q2，故A正確，BCD錯(cuò)誤．故選A．20．（2013·北京）如圖，在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，金屬桿MN在平行金屬導(dǎo)軌上以速度v向右勻速滑動(dòng)，MN中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為El，若磁感應(yīng)強(qiáng)度增為2B，其他條件不變，MN中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)變?yōu)镋2．則通過電阻R的電流方向及E1與E2之比El∶E2分別為A．c→a，2∶1 B．a(chǎn)→c，2∶1 C．a(chǎn)→c，1∶2 D．c→a，1∶2【答案】C【解析】試題分析：由楞次定律判斷可知，MN中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向?yàn)镹→M，則通過電阻R的電流方向?yàn)閍→c．MN產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)公式為E=BLv，其他條件不變，E與B成正比，則得El：E2=1：2．故選C．考點(diǎn)：楞次定律；感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)【名師點(diǎn)睛】本題關(guān)鍵要掌握楞次定律和切割感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)公式E=BLv，并能正確使用，屬于基礎(chǔ)題．21．（2013·海南）如圖所示，水平桌面上固定有一半徑為R的金屬細(xì)圓環(huán)，環(huán)面水平，圓環(huán)每單位長度的電阻為r，空間有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向豎直向下；一長度為2R、電阻可忽略的導(dǎo)體棒置于圓環(huán)左側(cè)并與環(huán)相切，切點(diǎn)為棒的中點(diǎn)。棒在拉力的作用下以恒定加速度a從靜止開始向右運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過程中棒與圓環(huán)接觸良好。下列說法正確的是（

）A．拉力的大小在運(yùn)動(dòng)過程中保持不變【答案】D【解析】A．導(dǎo)體棒做勻加速運(yùn)動(dòng)，合外力恒定，由于受到的安培力隨速度的變化而變化，故拉力一直變化，A錯(cuò)誤；B．設(shè)棒通過整個(gè)圓環(huán)所用的時(shí)間為t，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的基本關(guān)系式可得解得B錯(cuò)誤；C．由可知棒經(jīng)過環(huán)心時(shí)的速度此時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)金屬圓環(huán)的兩側(cè)并聯(lián)，等效電阻故棒經(jīng)過環(huán)心時(shí)流過棒的電流為C錯(cuò)誤；D．由對(duì)選項(xiàng)C的分析可知棒經(jīng)過環(huán)心時(shí)所受安培力的大小為D正確。故選D?！究键c(diǎn)定位】考查電磁感應(yīng)與電路問題、牛頓運(yùn)動(dòng)定律相結(jié)合，綜合性較強(qiáng)。二、多選題22．（2022·湖北）近年來，基于變壓器原理的無線充電技術(shù)得到了廣泛應(yīng)用，其簡化的充電原理圖如圖所示。發(fā)射線圈的輸入電壓為220V、匝數(shù)為1100匝，接收線圈的匝數(shù)為50匝。若工作狀態(tài)下，穿過接收線圈的磁通量約為發(fā)射線圈的80%，忽略其它損耗，下列說法正確的是（）A．接收線圈的輸出電壓約為8VB．接收線圈與發(fā)射線圈中電流之比約為22:1C．發(fā)射線圈與接收線圈中交變電流的頻率相同D．穿過發(fā)射線圈的磁通量變化率與穿過接收線圈的相同【答案】AC【解析】A．根據(jù)可得接收線圈的輸出電壓約為U2=8V；B．由于存在磁漏現(xiàn)象，電流比不再與匝數(shù)成反比，故B錯(cuò)誤；C．變壓器是不改變其交變電流的頻率的，故C正確；D．由于穿過發(fā)射線圈的磁通量與穿過接收線圈的磁通量大小不相同，所以穿過發(fā)射線圈的磁通量變化率與穿過接收線圈的不相同，故D錯(cuò)誤。故選AC。A．B．C．D．【答案】AC【解析】（θ為ab與ad的夾角）則根據(jù)E=BLv0可知回路電流均勻增加；安培力則Ft關(guān)系為拋物線，但是不過原點(diǎn)；安培力做功的功率則Pt關(guān)系為拋物線，但是不過原點(diǎn)；電阻兩端的電壓等于導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，即即圖像是不過原點(diǎn)的直線；根據(jù)以上分析，可大致排除BD選項(xiàng)；故選AC。24．（2022·廣東）如圖所示，水平地面（平面）下有一根平行于y軸且通有恒定電流I的長直導(dǎo)線。P、M和N為地面上的三點(diǎn)，P點(diǎn)位于導(dǎo)線正上方，平行于y軸，平行于x軸。一閉合的圓形金屬線圈，圓心在P點(diǎn)，可沿不同方向以相同的速率做勻速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過程中線圈平面始終與地面平行。下列說法正確的有（）A．N點(diǎn)與M點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向相同B．線圈沿PN方向運(yùn)動(dòng)時(shí)，穿過線圈的磁通量不變C．線圈從P點(diǎn)開始豎直向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，線圈中無感應(yīng)電流D．線圈從P到M過程的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與從P到N過程的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)相等【答案】AC【解析】A．依題意，M、N兩點(diǎn)連線與長直導(dǎo)線平行、兩點(diǎn)與長直導(dǎo)線的距離相同，根據(jù)右手螺旋定則可知，通電長直導(dǎo)線在M、N兩點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向相同，故A正確；B．根據(jù)右手螺旋定則，線圈在P點(diǎn)時(shí)，磁感線穿進(jìn)與穿出在線圈中對(duì)稱，磁通量為零；在向N點(diǎn)平移過程中，磁感線穿進(jìn)與穿出線圈不再對(duì)稱，線圈的磁通量會(huì)發(fā)生變化，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)右手螺旋定則，線圈從P點(diǎn)豎直向上運(yùn)動(dòng)過程中，磁感線穿進(jìn)與穿出線圈對(duì)稱，線圈的磁通量始終為零，沒有發(fā)生變化，線圈無感應(yīng)電流，故C正確；D．線圈從P點(diǎn)到M點(diǎn)與從P點(diǎn)到N點(diǎn)，線圈的磁通量變化量相同，依題意P點(diǎn)到M點(diǎn)所用時(shí)間較從P點(diǎn)到N點(diǎn)時(shí)間長，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，則兩次的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)不相等，故D錯(cuò)誤。故選AC。25．（2022·全國）如圖，兩根相互平行的光滑長直金屬導(dǎo)軌固定在水平絕緣桌面上，在導(dǎo)軌的左端接入電容為C的電容器和阻值為R的電阻。質(zhì)量為m、阻值也為R的導(dǎo)體棒MN靜止于導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌垂直，且接觸良好，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)，整個(gè)系統(tǒng)處于方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。開始時(shí)，電容器所帶的電荷量為Q，合上開關(guān)S后，（）A．通過導(dǎo)體棒電流的最大值為B．導(dǎo)體棒MN向右先加速、后勻速運(yùn)動(dòng)C．導(dǎo)體棒速度最大時(shí)所受的安培力也最大D．電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱大于導(dǎo)體棒上產(chǎn)生的焦耳熱【答案】AD【解析】MN在運(yùn)動(dòng)過程中為非純電阻，MN上的電流瞬時(shí)值為故A正確；C．MN在運(yùn)動(dòng)過程中為非純電阻電路，MN上的電流瞬時(shí)值為故選AD。B．導(dǎo)體棒a離開導(dǎo)軌至落地前，其感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)不變C．導(dǎo)體棒a在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)的過程中，導(dǎo)體棒b有向右運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)【答案】BD【解析】C．導(dǎo)體棒a在導(dǎo)軌上向右運(yùn)動(dòng)，產(chǎn)生的感應(yīng)電流向里，流過導(dǎo)體棒b向里，由左手定則可知安培力向左，則導(dǎo)體棒b有向左運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)，故Ｃ錯(cuò)誤；A．導(dǎo)體棒b與電阻R并聯(lián)，有當(dāng)導(dǎo)體棒a運(yùn)動(dòng)到導(dǎo)軌最右端時(shí)，導(dǎo)體棒b剛要滑動(dòng)，有聯(lián)立解得a棒的速度為a棒做平拋運(yùn)動(dòng)，有聯(lián)立解得導(dǎo)體棒a離開導(dǎo)軌至落地過程中水平位移為故A錯(cuò)誤；B．導(dǎo)體棒a離開導(dǎo)軌至落地前做平拋運(yùn)動(dòng)，水平速度切割磁感線，則產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)不變，故B正確；D．導(dǎo)體棒a在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)的過程中，通過電路的電量為導(dǎo)體棒b與電阻R并聯(lián)，流過的電流與電阻成反比，則通過電阻的電荷量為故D正確。故選BD。【答案】BC【解析】AB．如圖所示進(jìn)入磁場(chǎng)部分線框的面積穿過線圈的磁通量線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的變化率故選BC。28．（2018·全國）如圖，兩個(gè)線圈繞在同一根鐵芯上，其中一線圈通過開關(guān)與電源連接，另一線圈與遠(yuǎn)處沿南北方向水平放置在紙面內(nèi)的直導(dǎo)線連接成回路。將一磁針懸掛在直導(dǎo)線正上方，開關(guān)未閉合時(shí)小磁針處于靜止?fàn)顟B(tài)。下列說法正確的是（）A．開關(guān)閉合后的瞬間，小磁針的N極朝垂直紙面向里的方向轉(zhuǎn)動(dòng)B．開關(guān)閉合并保持一段時(shí)間后，小磁針的N極指向垂直紙面向里的方向C．開關(guān)閉合并保持一段時(shí)間后，小磁針的N極指向垂直紙面向外的方向D．開關(guān)閉合并保持一段時(shí)間再斷開后的瞬間，小磁針的N極朝垂直紙面向外的方向轉(zhuǎn)動(dòng)【答案】AD【解析】A．由電路可知，開關(guān)閉合瞬間，右側(cè)線圈正面環(huán)繞部分的電流向下，由安培定則可知，直導(dǎo)線在鐵芯中產(chǎn)生向右的磁場(chǎng)，由楞次定律可知，左側(cè)線圈正面環(huán)繞部分產(chǎn)生向上的電流，則直導(dǎo)線中的電流方向由南向北，由安培定則可知，直導(dǎo)線在小磁針?biāo)谖恢卯a(chǎn)生垂直紙面向里的磁場(chǎng)，則小磁針的N極朝垂直紙面向里的方向轉(zhuǎn)動(dòng)，A正確；BC．開關(guān)閉合并保持一段時(shí)間后，穿過左側(cè)線圈的磁通量不變，則左側(cè)線圈中的感應(yīng)電流為零，直導(dǎo)線不產(chǎn)生磁場(chǎng)，則小磁針靜止不動(dòng)，BC錯(cuò)誤；D．開關(guān)閉合并保持一段時(shí)間再斷開后的瞬間，穿過左側(cè)線圈向右的磁通量減少，則由楞次定律可知，左側(cè)線圈正面環(huán)繞部分產(chǎn)生向下的感應(yīng)電流，則流過直導(dǎo)線的電流方向由北向南，直導(dǎo)線在小磁針?biāo)谔幃a(chǎn)生垂直紙面向外的磁場(chǎng)，則小磁針的N極朝垂直紙面向外的方向轉(zhuǎn)動(dòng)，D正確。故選AD。B．時(shí)刻b棒的速度為0【答案】AD【解析】A．由題知，a進(jìn)入磁場(chǎng)的速度方向向右，b的速度方向向左，根據(jù)右手定則可知，a產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向是E到F，b產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向是H到G，即兩個(gè)感應(yīng)電流方向相同，所以流過a、b的感應(yīng)電流是兩個(gè)感應(yīng)電流之和，則有對(duì)a，根據(jù)牛頓第二定律有解得故A正確；B．根據(jù)左手定則，可知a受到的安培力向左，b受到的安培力向右，由于流過a、b的電流一直相等，故兩個(gè)力大小相等，則a與b組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒。由題知，時(shí)刻流過a的電流為零時(shí)，說明a、b之間的磁通量不變，即a、b在時(shí)刻達(dá)到了共同速度，設(shè)為v。由題知，金屬棒a、b相同材料制成，長度均為L，電阻分別為R和，根據(jù)電阻定律有解得已知a的質(zhì)量為m，設(shè)b的質(zhì)量為，則有聯(lián)立解得取向右為正方向，根據(jù)系統(tǒng)動(dòng)量守恒有解得故B錯(cuò)誤；因通過兩棒的電流時(shí)刻相等，所用時(shí)間相同，故通過兩棒橫截面的電荷量相等，故C錯(cuò)誤；解得回路中產(chǎn)生的總熱量為對(duì)a、b，根據(jù)焦耳定律有因a、b流過的電流一直相等，所用時(shí)間相同，故a、b產(chǎn)生的熱量與電阻成正比，即又解得a棒產(chǎn)生的焦耳熱為故D正確。故選AD。30．（2021·遼寧）如圖（a）所示，兩根間距為L、足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌豎直放置并固定，頂端接有阻值為R的電阻，垂直導(dǎo)軌平面存在變化規(guī)律如圖（b）所示的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，t=0時(shí)磁場(chǎng)方向垂直紙面向里。在t=0到t=2t0的時(shí)間內(nèi)，金屬棒水平固定在距導(dǎo)軌頂端L處；t=2t0時(shí)，釋放金屬棒。整個(gè)過程中金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌與金屬棒的電阻不計(jì)，則（）D．在t=3t0時(shí)，金屬棒中電流的方向向右【答案】BC【解析】AB．由圖可知在0~t0時(shí)間段內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為根據(jù)閉合電路歐姆定律有此時(shí)間段的電流為在時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度為，此時(shí)安培力為故A錯(cuò)誤，B正確；故選BC。31．（2021·山東）如圖所示，電阻不計(jì)的光滑U形金屬導(dǎo)軌固定在絕緣斜面上。區(qū)域Ⅰ、Ⅱ中磁場(chǎng)方向均垂直斜面向上，Ⅰ區(qū)中磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻增加，Ⅱ區(qū)中為勻強(qiáng)磁場(chǎng)。阻值恒定的金屬棒從無磁場(chǎng)區(qū)域中a處由靜止釋放，進(jìn)入Ⅱ區(qū)后，經(jīng)b下行至c處反向上行。運(yùn)動(dòng)過程中金屬棒始終垂直導(dǎo)軌且接觸良好。在第一次下行和上行的過程中，以下敘述正確的是（）A．金屬棒下行過b時(shí)的速度大于上行過b時(shí)的速度B．金屬棒下行過b時(shí)的加速度大于上行過b時(shí)的加速度C．金屬棒不能回到無磁場(chǎng)區(qū)D．金屬棒能回到無磁場(chǎng)區(qū)，但不能回到a處【答案】ABD【解析】感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)恒定，所以導(dǎo)體棒上的感應(yīng)電流恒為導(dǎo)體棒進(jìn)入Ⅱ區(qū)域后，導(dǎo)體切割磁感線，產(chǎn)生一個(gè)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，因?yàn)閷?dǎo)體棒到達(dá)點(diǎn)后又能上行，說明加速度始終沿斜面向上，下行和上行經(jīng)過點(diǎn)的受力分析如圖設(shè)下行、上行過b時(shí)導(dǎo)體棒的速度分別為，，則下行過b時(shí)導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電流為下行過b時(shí)導(dǎo)體棒上的電流為下行過b時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律可知上行過b時(shí)，切割磁感線的產(chǎn)出的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為上行過b時(shí)導(dǎo)體棒上的電流為根據(jù)牛頓第二定律可知比較加速度大小可知由于段距離不變，下行過程中加速度大，上行過程中加速度小，所以金屬板下行過經(jīng)過點(diǎn)時(shí)的速度大于上行經(jīng)過點(diǎn)時(shí)的速度，AB正確；CD．導(dǎo)體棒上行時(shí)，加速度與速度同向，則導(dǎo)體棒做加速度減小的加速度運(yùn)動(dòng)，則一定能回到無磁場(chǎng)區(qū)。由AB分析可得，導(dǎo)體棒進(jìn)磁場(chǎng)Ⅱ區(qū)（下行進(jìn)磁場(chǎng)）的速度大于出磁場(chǎng)Ⅱ區(qū)（下行進(jìn)磁場(chǎng)）的速度，導(dǎo)體棒在無磁場(chǎng)區(qū)做加速度相同的減速運(yùn)動(dòng)則金屬棒不能回到處，C錯(cuò)誤，D正確。故選ABD。32．（2021·廣東）如圖所示，水平放置足夠長光滑金屬導(dǎo)軌和，與平行，是以O(shè)為圓心的圓弧導(dǎo)軌，圓弧左側(cè)和扇形內(nèi)有方向如圖的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，金屬桿的O端與e點(diǎn)用導(dǎo)線相接，P端與圓弧接觸良好，初始時(shí)，可滑動(dòng)的金屬桿靜止在平行導(dǎo)軌上，若桿繞O點(diǎn)在勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)內(nèi)從b到c勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，回路中始終有電流，則此過程中，下列說法正確的有（）A．桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)恒定B．桿受到的安培力不變C．桿做勻加速直線運(yùn)動(dòng)D．桿中的電流逐漸減小【答案】AD【解析】A．OP轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為因?yàn)镺P勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，所以桿OP產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)恒定，故A正確；BCD．桿OP勻速轉(zhuǎn)動(dòng)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)產(chǎn)生的感應(yīng)電流由M到N通過MN棒，由左手定則可知，MN棒會(huì)向左運(yùn)動(dòng)，MN棒運(yùn)動(dòng)會(huì)切割磁感線，產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)與原來電流方向相反，讓回路電流減小，MN棒所受合力為安培力，電流減小，安培力會(huì)減小，加速度減小，故D正確，BC錯(cuò)誤。故選AD。33．（2021·全國）由相同材料的導(dǎo)線繞成邊長相同的甲、乙兩個(gè)正方形閉合線圈，兩線圈的質(zhì)量相等，但所用導(dǎo)線的橫截面積不同，甲線圈的匝數(shù)是乙的2倍?，F(xiàn)兩線圈在豎直平面內(nèi)從同一高度同時(shí)由靜止開始下落，一段時(shí)間后進(jìn)入一方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)的上邊界水平，如圖所示。不計(jì)空氣阻力，已知下落過程中線圈始終平行于紙面，上、下邊保持水平。在線圈下邊進(jìn)入磁場(chǎng)后且上邊進(jìn)入磁場(chǎng)前，可能出現(xiàn)的是（）A．甲和乙都加速運(yùn)動(dòng)B．甲和乙都減速運(yùn)動(dòng)C．甲加速運(yùn)動(dòng)，乙減速運(yùn)動(dòng)D．甲減速運(yùn)動(dòng)，乙加速運(yùn)動(dòng)【答案】AB【解析】設(shè)線圈到磁場(chǎng)的高度為h，線圈的邊長為l，則線圈下邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，有感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為兩線圈材料相等（設(shè)密度為），質(zhì)量相同（設(shè)為），則設(shè)材料的電阻率為，則線圈電阻感應(yīng)電流為安培力為由牛頓第二定律有聯(lián)立解得故選AB。34．（2021·湖南）兩個(gè)完全相同的正方形勻質(zhì)金屬框，邊長為，通過長為的絕緣輕質(zhì)桿相連，構(gòu)成如圖所示的組合體。距離組合體下底邊處有一方向水平、垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。磁場(chǎng)區(qū)域上下邊界水平，高度為，左右寬度足夠大。把該組合體在垂直磁場(chǎng)的平面內(nèi)以初速度水平無旋轉(zhuǎn)拋出，設(shè)置合適的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小使其勻速通過磁場(chǎng)，不計(jì)空氣阻力。下列說法正確的是（）A．與無關(guān)，與成反比B．通過磁場(chǎng)的過程中，金屬框中電流的大小和方向保持不變C．通過磁場(chǎng)的過程中，組合體克服安培力做功的功率與重力做功的功率相等D．調(diào)節(jié)、和，只要組合體仍能勻速通過磁場(chǎng)，則其通過磁場(chǎng)的過程中產(chǎn)生的熱量不變【答案】CD【解析】A．將組合體以初速度v0水平無旋轉(zhuǎn)拋出后，組合體做平拋運(yùn)動(dòng)，后進(jìn)入磁場(chǎng)做勻速運(yùn)動(dòng)，由于水平方向切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)相互低消，則有綜合有B．當(dāng)金屬框剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)金屬框的磁通量增加，此時(shí)感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，當(dāng)金屬框剛出磁場(chǎng)時(shí)金屬框的磁通量減少，此時(shí)感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針方向，B錯(cuò)誤；C．由于組合體進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速運(yùn)動(dòng)，由于水平方向的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)相互低消，有則組合體克服安培力做功的功率等于重力做功的功率，C正確；D．無論調(diào)節(jié)哪個(gè)物理量，只要組合體仍能勻速通過磁場(chǎng)，都有mg=F安則安培力做的功都為W=4F安L則組合體通過磁場(chǎng)過程中產(chǎn)生的焦耳熱不變，D正確。故選CD。35．（2017·全國）如圖，在方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有一U形金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌平面與磁場(chǎng)垂直。金屬桿PQ置于導(dǎo)軌上并與導(dǎo)軌形成閉合回路PQRS，一圓環(huán)形金屬線框T位于回路圍成的區(qū)域內(nèi)，線框與導(dǎo)軌共面。現(xiàn)讓金屬桿PQ突然向左運(yùn)動(dòng)，在運(yùn)動(dòng)開始的瞬間，關(guān)于感應(yīng)電流的方向，下列說法正確的是（）A．PQRS中沿順時(shí)針方向，T中沿逆時(shí)針方向B．PQRS中沿逆時(shí)針方向，T中沿順時(shí)針方向C．T具有收縮趨勢(shì)，PQ受到向右的安培力D．T具有擴(kuò)張趨勢(shì)，PQ受到向右的安培力【答案】AC【解析】AB．PQ突然向左運(yùn)動(dòng)，根據(jù)右手定則可知，電流方向由P到Q，即閉合回路PQRS中電流沿順時(shí)針方向，又由安培定則可知，回路PQRS中感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，故環(huán)形金屬線框T的磁通量將變大，由楞次定律可知，T中將產(chǎn)生沿逆時(shí)針方向的感應(yīng)電流，故A正確B錯(cuò)誤；CD．線框T的磁能量變大，由楞次定律可知，T有收縮的趨勢(shì)，以阻礙磁通量的增大，PQ中有由P到Q的電流，由左手定則可知，PQ受到的安培力向右，故C正確D錯(cuò)誤。故選AC。A．金屬棒a第一次穿過磁場(chǎng)時(shí)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)B．金屬棒a第一次穿過磁場(chǎng)時(shí)回路中有逆時(shí)針方向的感應(yīng)電流【答案】BD【解析】A．金屬棒a第一次穿過磁場(chǎng)時(shí)受到安培力的作用，做減速運(yùn)動(dòng)，由于速度減小，感應(yīng)電流減小，安培力減小，加速度減小，故金屬棒a做加速度減小的減速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)右手定則可知，金屬棒a第一次穿過磁場(chǎng)時(shí)回路中有逆時(shí)針方向的感應(yīng)電流，故B正確；C．電路中產(chǎn)生的平均電動(dòng)勢(shì)為平均電流為金屬棒a受到的安培力為規(guī)定向右為正方向，對(duì)金屬棒a，根據(jù)動(dòng)量定理得解得對(duì)金屬棒第一次離開磁場(chǎng)時(shí)速度金屬棒a第一次穿過磁場(chǎng)區(qū)域的過程中，電路中產(chǎn)生的總熱量等于金屬棒a機(jī)械能的減少量，即聯(lián)立并帶入數(shù)據(jù)得由于兩棒電阻相同，兩棒產(chǎn)生的焦耳熱相同，則金屬棒b上產(chǎn)生的焦耳熱故C錯(cuò)誤；D．規(guī)定向右為正方向，兩金屬棒碰撞過程根據(jù)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒得聯(lián)立并帶入數(shù)據(jù)解得金屬棒a反彈的速度為設(shè)金屬棒a最終停在距磁場(chǎng)左邊界處，則從反彈進(jìn)入磁場(chǎng)到停下來的過程，電路中產(chǎn)生的平均電動(dòng)勢(shì)為平均電流為金屬棒a受到的安培力為規(guī)定向右為正方向，對(duì)金屬棒a，根據(jù)動(dòng)量定理得聯(lián)立并帶入數(shù)據(jù)解得故D正確。故選BD。37．（2020·天津）手機(jī)無線充電是比較新穎的充電方式。如圖所示，電磁感應(yīng)式無線充電的原理與變壓器類似，通過分別安裝在充電基座和接收能量裝置上的線圈，利用產(chǎn)生的磁場(chǎng)傳遞能量。當(dāng)充電基座上的送電線圈通入正弦式交變電流后，就會(huì)在鄰近的受電線圈中感應(yīng)出電流，最終實(shí)現(xiàn)為手機(jī)電池充電。在充電過程中（

）A．送電線圈中電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)呈周期性變化B．受電線圈中感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)恒定不變C．送電線圈和受電線圈通過互感現(xiàn)象實(shí)現(xiàn)能量傳遞D．手機(jī)和基座無需導(dǎo)線連接，這樣傳遞能量沒有損失【答案】AC【解析】AB．由于送電線圈輸入的是正弦式交變電流，是周期性變化的，因此產(chǎn)生的磁場(chǎng)也是周期性變化的，A正確，B錯(cuò)誤；C．根據(jù)變壓器原理，原、副線圈是通過互感現(xiàn)象實(shí)現(xiàn)能量傳遞，因此送電線圈和受電線圈也是通過互感現(xiàn)象實(shí)現(xiàn)能量傳遞，C正確；D．手機(jī)與機(jī)座無需導(dǎo)線連接就能實(shí)現(xiàn)充電，但磁場(chǎng)能有一部分以電磁波輻射的形式損失掉，因此這樣傳遞能量是有能量損失的，D錯(cuò)誤。故選AC。38．（2020·山東）如圖所示，平面直角坐標(biāo)系的第一和第二象限分別存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向相反且垂直于坐標(biāo)平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，圖中虛線方格為等大正方形。一位于Oxy平面內(nèi)的剛性導(dǎo)體框abcde在外力作用下以恒定速度沿y軸正方向運(yùn)動(dòng)（不發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng)）。從圖示位置開始計(jì)時(shí)，4s末bc邊剛好進(jìn)入磁場(chǎng)。在此過程中，導(dǎo)體框內(nèi)感應(yīng)電流的大小為I，ab邊所受安培力的大小為Fab，二者與時(shí)間t的關(guān)系圖像，可能正確的是（）A．B．C．D．【答案】BC【解析】AB．因?yàn)?s末bc邊剛好進(jìn)入磁場(chǎng)，可知線框的速度每秒運(yùn)動(dòng)一個(gè)方格，故在0~1s內(nèi)只有ae邊切割磁場(chǎng)，設(shè)方格邊長為L，根據(jù)可知電流恒定；2s末時(shí)線框在第二象限長度最長，此時(shí)有可知2~4s線框有一部分進(jìn)入第一象限，電流減小，在4s末同理可得綜上分析可知A錯(cuò)誤，B正確；CD．根據(jù)可知在0~1s內(nèi)ab邊所受的安培力線性增加；1s末安培力為在2s末可得安培力為故選BC。39．（2020·全國）如圖，U形光滑金屬框abcd置于水平絕緣平臺(tái)上，ab和dc邊平行，和bc邊垂直。ab、dc足夠長，整個(gè)金屬框電阻可忽略。一根具有一定電阻的導(dǎo)體棒MN置于金屬框上，用水平恒力F向右拉動(dòng)金屬框，運(yùn)動(dòng)過程中，裝置始終處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，MN與金屬框保持良好接觸，且與bc邊保持平行。經(jīng)過一段時(shí)間后（）A．金屬框的速度大小趨于恒定值B．金屬框的加速度大小趨于恒定值C．導(dǎo)體棒所受安培力的大小趨于恒定值D．導(dǎo)體棒到金屬框bc邊的距離趨于恒定值【答案】BC【解析】ABC．當(dāng)金屬框在恒力F作用下向右加速時(shí)，bc邊產(chǎn)生從c向b的感應(yīng)電流I，線框的加速度為a1，對(duì)線框，由牛頓第二定律得導(dǎo)體棒MN中感應(yīng)電流從M向N，在感應(yīng)電流安培力作用下向右加速，加速度為a2，對(duì)導(dǎo)體棒MN，由牛頓第二定律得當(dāng)線框和導(dǎo)體棒MN都運(yùn)動(dòng)后，線框速度為v1，MN速度為v2，感應(yīng)電流為感應(yīng)電流從0開始增大，則a2從零開始增加，a1從開始減小，加速度差值為感應(yīng)電流從零增加，則加速度差值減小，當(dāng)差值為零時(shí)故有解得此后金屬框與MN的速度差維持不變，感應(yīng)電流不變，MN受到的安培力不變，加速度不變，vt圖象如圖所示故A錯(cuò)誤，BC正確；D．MN與金屬框的速度差不變，但MN的速度小于金屬框速，MN到金屬框bc邊的距離越來越大，故D錯(cuò)誤。故選BC。40．（2016·全國）法拉第圓盤發(fā)電機(jī)的示意圖如圖所示．銅圓盤安裝在豎直的銅軸上，兩銅片P、Q分別與圓盤的邊緣和銅軸接觸．圓盤處于方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B中．圓盤旋轉(zhuǎn)時(shí)，關(guān)于流過電阻R的電流，下列說法正確的是（

）A．若圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度恒定，則電流大小恒定B．若從上向下看，圓盤順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，則電流沿a到b的方向流動(dòng)C．若圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)方向不變，角速度大小發(fā)生變化，則電流方向可能發(fā)生變化D．若圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度變?yōu)樵瓉淼?倍，則電流在R上的熱功率也變?yōu)樵瓉淼?倍【答案】AB【解析】A.由電磁感應(yīng)定律得故ω一定時(shí)，電流大小恒定，選項(xiàng)A正確；B.由右手定則知圓盤中心為等效電源正極，圓盤邊緣為負(fù)極，電流經(jīng)外電路從a經(jīng)過R流到b，選項(xiàng)B正確；C.圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)方向不變時(shí)，等效電源正負(fù)極不變，電流方向不變，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D.電流在R上的熱功率角速度加倍時(shí)功率變成原來的4倍，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選AB。41．（2019·全國）如圖，方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有兩根位于同一水平面內(nèi)的足夠長的平行金屬導(dǎo)軌，兩相同的光滑導(dǎo)體棒ab、cd靜止在導(dǎo)軌上。t=0時(shí)，棒ab以初速度v0向右滑動(dòng)。運(yùn)動(dòng)過程中，ab、cd始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，兩者速度分別用v1、v2表示，回路中的電流用I表示。下列圖像中可能正確的是（）A．B．C．D．【答案】AC【解析】ab棒向右運(yùn)動(dòng)，切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，則受到向左的安培力，從而向右做減速運(yùn)動(dòng)，；金屬棒cd受向右的安培力作用而做加速運(yùn)動(dòng)，隨著兩棒的速度差的減小安培力減小，加速度減小，當(dāng)兩棒速度相等時(shí)，感應(yīng)電流為零，最終兩棒共速，一起做勻速運(yùn)動(dòng)，故最終電路中電流為0，故AC正確，BD錯(cuò)誤．42．（2019·全國）如圖，兩條光滑平行金屬導(dǎo)軌固定，所在平面與水平面夾角為θ，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)。虛線ab、cd均與導(dǎo)軌垂直，在ab與cd之間的區(qū)域存在垂直于導(dǎo)軌所在平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。將兩根相同的導(dǎo)體棒PQ、MN先后自導(dǎo)軌上同一位置由靜止釋放，兩者始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。已知PQ棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)加速度恰好為零，PQ進(jìn)入磁場(chǎng)開始計(jì)時(shí)，到MN離開磁場(chǎng)區(qū)域?yàn)橹?，流過PQ的電流隨時(shí)間變化的圖像可能正確的是（）A．B．C． D．【答案】AD【解析】根據(jù)圖像可知，設(shè)PQ進(jìn)入磁場(chǎng)勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，導(dǎo)軌寬度為L，兩根導(dǎo)體棒的總電阻為R；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路的歐姆定律可得PQ進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)電流保持不變，根據(jù)右手定則可知電流方向Q→P；如果PQ離開磁場(chǎng)時(shí)MN還沒有進(jìn)入磁場(chǎng)，此時(shí)電流為零；當(dāng)MN進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)也是勻速運(yùn)動(dòng)，通過PQ的感應(yīng)電流大小不變，方向相反；如果PQ沒有離開磁場(chǎng)時(shí)MN已經(jīng)進(jìn)入磁場(chǎng)，此時(shí)電流為零，當(dāng)PQ離開磁場(chǎng)時(shí)MN的速度大于v，安培力大于重力沿斜面向下的分力，電流逐漸減小，通過PQ的感應(yīng)電流方向相反；故選AD。43．（2019·全國）空間存在一方向與直面垂直、大小隨時(shí)間變化的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其邊界如圖（a）中虛線MN所示，一硬質(zhì)細(xì)導(dǎo)線的電阻率為ρ、橫截面積為S，將該導(dǎo)線做成半徑為r的圓環(huán)固定在紙面內(nèi)，圓心O在MN上．t=0時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向如圖（a）所示：磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖（b）所示，則在t=0到t=t1的時(shí)間間隔內(nèi)（）A．圓環(huán)所受安培力的方向始終不變B．圓環(huán)中的感應(yīng)電流始終沿順時(shí)針方向【答案】BC【解析】AB、根據(jù)Bt圖象，由楞次定律可知，線圈中感應(yīng)電流方向一直為順時(shí)針，但在t0時(shí)刻，磁場(chǎng)的方向發(fā)生變化，故安培力方向的方向在t0時(shí)刻發(fā)生變化，則A錯(cuò)誤，B正確；故本題選BC．44．（2017·全國）某同學(xué)自制的簡易電動(dòng)機(jī)示意圖如圖所示．矩形線圈由一根漆包線繞制而成，漆包線的兩端分別從線圈的一組對(duì)邊的中間位置引出，并作為線圈的轉(zhuǎn)軸．將線圈架在兩個(gè)金屬支架之間，線圈平面位于豎直面內(nèi)，永磁鐵置于線圈下方．為了使電池與兩金屬支架連接后線圈能連續(xù)轉(zhuǎn)動(dòng)起來，該同學(xué)應(yīng)將()A．左、右轉(zhuǎn)軸下側(cè)的絕緣漆都刮掉B．左、右轉(zhuǎn)軸上下兩側(cè)的絕緣漆都刮掉C．左轉(zhuǎn)軸上側(cè)的絕緣漆刮掉，右轉(zhuǎn)軸下側(cè)的絕緣漆刮掉D．左轉(zhuǎn)軸上下兩側(cè)的絕緣漆都刮掉，右轉(zhuǎn)軸下側(cè)的絕緣漆刮掉【答案】AD【解析】A．為了使電池與兩金屬支架連接后線圈能連續(xù)轉(zhuǎn)動(dòng)起來，將左、右轉(zhuǎn)軸下側(cè)的絕緣漆都刮掉，這樣當(dāng)線圈在圖示位置時(shí)，線圈的上下邊受安培力水平而轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)過一周后再次受到同樣的安培力而使其轉(zhuǎn)動(dòng)，故A正確；B．若將左、右轉(zhuǎn)軸上下兩側(cè)的絕緣漆都刮掉，則當(dāng)線圈在圖示位置時(shí)，線圈的上下邊受安培力水平而轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)過半周后再次受到相反方向的安培力而使其停止轉(zhuǎn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；C．左轉(zhuǎn)軸上側(cè)的絕緣漆刮掉，右轉(zhuǎn)軸下側(cè)的絕緣漆刮掉，電路不能接通，故不能轉(zhuǎn)起來，故C錯(cuò)誤；D．若將左轉(zhuǎn)軸上下兩側(cè)的絕緣漆都刮掉，右轉(zhuǎn)軸下側(cè)的絕緣漆刮掉，這樣當(dāng)線圈在圖示位置時(shí)，線圈的上下邊受安培力水平而轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)過半周后電路不導(dǎo)通，轉(zhuǎn)過一周后再次受到同樣的安培力而使其轉(zhuǎn)動(dòng)，故D正確.45．（2014·江蘇）如圖所示，在線圈上端放置一盛有冷水的金屬杯，現(xiàn)接通交流電源，過了幾分鐘，杯內(nèi)的水沸騰起來．若要縮短上述加熱時(shí)間，下列措施可行的有（）A．增加線圈的匝數(shù) B．提高交流電源的頻率C．將金屬杯換為瓷杯 D．取走線圈中的鐵芯【答案】AB【解析】A．R2兩端的電壓為B．電容器的a極板帶正電C．滑動(dòng)變阻器R的熱功率為電阻R2的5倍D．正方形導(dǎo)線框中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為kL2【答案】AC【解析】A．R2與R是并聯(lián)，并聯(lián)滑動(dòng)變阻器的阻值為，可知并聯(lián)電阻為，此并聯(lián)的電阻與R1和另一半滑動(dòng)變阻器電阻串聯(lián)，則外電路的總電阻為由于R2與并聯(lián)滑動(dòng)變阻器的電阻相同，則二者均分干路電流，故通過R2的電流為則R2兩端的電壓為A正確；B．電路左側(cè)的變化磁場(chǎng)在正方形導(dǎo)體內(nèi)產(chǎn)生逆時(shí)針電流，由此可知導(dǎo)體框相當(dāng)于一個(gè)上負(fù)下正的電源，所以電容器a極板帶負(fù)電，B錯(cuò)誤；C．設(shè)干路電流為I，則通過滑動(dòng)變阻器左半部分的電流為I，通過其右半部分的電流為，由于此部分與R2并聯(lián)而且電阻值相等，因此通過R2的電流也為，由可知滑動(dòng)變阻器熱功率為R2的熱功率為所以滑動(dòng)變阻器R的熱功率為電阻R2的5倍，C正確；D．由法拉第電磁感應(yīng)有D錯(cuò)誤。故選AC。三、實(shí)驗(yàn)題47．（2019·浙江）在“探究電磁感應(yīng)的產(chǎn)生條件”實(shí)驗(yàn)中，實(shí)驗(yàn)連線后如圖1所示，感應(yīng)線圈組的內(nèi)外線圈的繞線方向如圖2粗線所示．（1）接通電源，閉合開關(guān)，G表指針會(huì)有大的偏轉(zhuǎn)，幾秒后G表指針停在中間不動(dòng)．將滑動(dòng)變阻器的觸頭迅速向右滑動(dòng)時(shí)，G表指針____（“不動(dòng)”、“右偏”、“左偏”、“不停振動(dòng)”）；迅速抽出鐵芯時(shí)，G表指針____（“不動(dòng)”、“右偏”、“左偏”、“不停振動(dòng)”）．（2）斷開開關(guān)和電源，將鐵芯重新插入內(nèi)線圈中，把直流輸出改為交流輸出，其他均不變．接通電源，閉合開關(guān)，G表指針____（“不動(dòng)”、“右偏”、“左偏”、“不停振動(dòng)”）．（3）僅用一根導(dǎo)線，如何判斷G表內(nèi)部線圈是否斷了？________【答案】

左偏

右偏

不停振動(dòng)

短接G表前后各搖動(dòng)G表一次，比較指針偏轉(zhuǎn)，有明顯變化，則線圈斷了，反之則未斷【解析】（1）[1][2]將滑動(dòng)變阻器的觸頭迅速向右滑動(dòng)時(shí)，電阻減小，回路電流變大，根據(jù)線圈中導(dǎo)線的繞向可知磁通量向下增加，根據(jù)楞次定律可知，A線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流使G表指針左偏；迅速抽出鐵芯時(shí)，磁通量減小，產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向與上述方向相反，則G表指針右偏（2）[3]斷開開關(guān)和電源，將鐵芯重新插入內(nèi)線圈中，把直流輸出改為交流輸出，其他均不變．接通電源，閉合開關(guān)，由于穿過線圈的磁通量大小方向都不斷變化，在線圈A中產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小方向不斷變化，則G表指針不停振動(dòng)（3）[4]僅用一根導(dǎo)線，將檢注計(jì)G短接前后，搖動(dòng)表一次，比較指針偏轉(zhuǎn)，有明顯變化，則線圈斷了，說明雖有切割磁感應(yīng)線，但沒有感應(yīng)電流，則沒有安培阻力，指針變化明顯；反之，則出現(xiàn)感應(yīng)電流，進(jìn)而有安培阻力，使其變化不明顯，則線圈未斷四、解答題（1）求M剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)受到的安培力F的大小和方向；（2）若兩桿在磁場(chǎng)內(nèi)未相撞且N出磁場(chǎng)時(shí)的速度為，求：①N在磁場(chǎng)內(nèi)運(yùn)動(dòng)過程中通過回路的電荷量q；②初始時(shí)刻N(yùn)到的最小距離x；【解析】（1）細(xì)金屬桿M以初速度向右剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，產(chǎn)生的動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)為則所受的安培力大小為安培力的方向由左手定則可知水平向左；（2）①金屬桿N在磁場(chǎng)內(nèi)運(yùn)動(dòng)過程中，由動(dòng)量定理有且聯(lián)立解得通過回路的電荷量為②設(shè)兩桿在磁場(chǎng)中相對(duì)靠近的位移為，有整理可得聯(lián)立可得若兩桿在磁場(chǎng)內(nèi)剛好相撞，N到的最小距離為解得N出磁場(chǎng)時(shí)，M的速度大小為由題意可知，此時(shí)M到cd邊的距離為若要保證M出磁場(chǎng)后不與N相撞，則有兩種臨界情況：①M(fèi)減速出磁場(chǎng)，出磁場(chǎng)的速度剛好等于N的速度，一定不與N相撞，對(duì)M根據(jù)動(dòng)量定理有聯(lián)立解得②M運(yùn)動(dòng)到cd邊時(shí)，恰好減速到零，則對(duì)M由動(dòng)量定理有同理解得綜上所述，M出磁場(chǎng)后不與N相撞條件下k的取值范圍為（1）ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)前，線框在水平方向和豎直方向的加速度大??；（2）磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小和線框進(jìn)入磁場(chǎng)的整個(gè)過程中回路產(chǎn)生的焦耳熱；（3）磁場(chǎng)區(qū)域的水平寬度?！敬鸢浮浚?）ax=20m/s2，ay=10m/s2；（2）B=0.2T，Q=0.4J；（3）X=1.1m【解析】（1）ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)前，對(duì)線框進(jìn)行受力分析，在水平方向有max=Fcosθ代入數(shù)據(jù)有ax=20m/s2在豎直方向有may=Fsinθmg代入數(shù)據(jù)有ay=10m/s2（2）ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)開始，ab邊在豎直方向切割磁感線；ad邊和bc邊的上部分也開始進(jìn)入磁場(chǎng)，且在水平方向切割磁感線。但ad和bc邊的上部分產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)相互抵消，則整個(gè)回路的電源為ab，根據(jù)右手定則可知回路的電流為adcba，則ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)開始，ab邊受到的安培力豎直向下，ad邊的上部分受到的安培力水平向右，bc邊的上部分受到的安培力水平向左，則ad邊和bc邊的上部分受到的安培力相互抵消，故線框abcd受到的安培力的合力為ab邊受到的豎直向下的安培力。由題知，線框從ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)開始，在豎直方向線框做勻速運(yùn)動(dòng)，有FsinθmgBIL=0E=BLvyvy2=2ayL聯(lián)立有B=0.2T由題知，從ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)開始，在豎直方向線框做勻速運(yùn)動(dòng)；dc邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，bc邊恰好到達(dá)磁場(chǎng)右邊界。則線框進(jìn)入磁場(chǎng)的整個(gè)過程中，線框受到的安培力為恒力，則有Q=W安=BILyy=LFsinθmg=BIL聯(lián)立解得Q=0.4J（3）線框從開始運(yùn)動(dòng)到進(jìn)入磁場(chǎng)的整個(gè)過程中所用的時(shí)間為vy=ayt1L=vyt2t=t1+t2聯(lián)立解得t=0.3s由（2）分析可知線框在水平方向一直做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則在水平方向有則磁場(chǎng)區(qū)域的水平寬度X=x+L=1.1m50．（2022·浙江）艦載機(jī)電磁彈射是現(xiàn)在航母最先進(jìn)的彈射技術(shù)，我國在這一領(lǐng)域已達(dá)到世界先進(jìn)水平。某興趣小組開展電磁彈射系統(tǒng)的設(shè)計(jì)研究，如圖1所示，用于推動(dòng)模型飛機(jī)的動(dòng)子（圖中未畫出）與線圈絕緣并固定，線圈帶動(dòng)動(dòng)子，可在水平導(dǎo)軌上無摩擦滑動(dòng)。線圈位于導(dǎo)軌間的輻向磁場(chǎng)中，其所在處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B。開關(guān)S與1接通，恒流源與線圈連接，動(dòng)子從靜止開始推動(dòng)飛機(jī)加速，飛機(jī)達(dá)到起飛速度時(shí)與動(dòng)子脫離；此時(shí)S擲向2接通定值電阻R0，同時(shí)施加回撤力F，在F和磁場(chǎng)力作用下，動(dòng)子恰好返回初始位置停下。若動(dòng)子從靜止開始至返回過程的vt圖如圖2所示，在t1至t3時(shí)間內(nèi)F=(800－10v）N，t3時(shí)撤去F。已知起飛速度v1=80m/s，t1=1.5s，線圈匝數(shù)n=100匝，每匝周長l=1m，飛機(jī)的質(zhì)量M=10kg，動(dòng)子和線圈的總質(zhì)量m=5kg，R0=9.5Ω，B=0.1T，不計(jì)空氣阻力和飛機(jī)起飛對(duì)動(dòng)子運(yùn)動(dòng)速度的影響，求（1）恒流源的電流I；（2）線圈電阻R；（3）時(shí)刻t3?！窘馕觥浚?）由題意可知接通恒流源時(shí)安培力動(dòng)子和線圈在0~t1時(shí)間段內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)的加速度為根據(jù)牛頓第二定律有代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得（2）當(dāng)S擲向2接通定值電阻R0時(shí)，感應(yīng)電流為此時(shí)安培力為所以此時(shí)根據(jù)牛頓第二定律有由圖可知在至期間加速度恒定，則有解得（3）根據(jù)圖像可知而根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有電荷量的定義式可得從t3時(shí)刻到最后返回初始位置停下的時(shí)間段內(nèi)通過回路的電荷量，根據(jù)動(dòng)量定理有聯(lián)立可得解得【解析】（1）金屬框的總電阻為金屬框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為金屬框中的電流為t=2.0s時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度為金屬框處于磁場(chǎng)中的有效長度為此時(shí)金屬框所受安培力大小為52．（2022·浙江）如圖所示，水平固定一半徑r=0.2m的金屬圓環(huán)，長均為r，電阻均為R0的兩金屬棒沿直徑放置，其中一端與圓環(huán)接觸良好，另一端固定在過圓心的導(dǎo)電豎直轉(zhuǎn)軸OO′上，并隨軸以角速度=600rad/s勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，圓環(huán)內(nèi)左半圓均存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。圓環(huán)邊緣、與轉(zhuǎn)軸良好接觸的電刷分別與間距l(xiāng)1的水平放置的平行金屬軌道相連，軌道間接有電容C=0.09F的電容器，通過單刀雙擲開關(guān)S可分別與接線柱1、2相連。電容器左側(cè)寬度也為l1、長度為l2、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域。在磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)靠近左側(cè)邊緣處垂直軌道放置金屬棒ab，磁場(chǎng)區(qū)域外有間距也為l1的絕緣軌道與金屬軌道平滑連接，在絕緣軌道的水平段上放置“［”形金屬框fcde。棒ab長度和“［”形框的寬度也均為l1、質(zhì)量均為m=0.01kg，de與cf長度均為l3=0.08m，已知l1=0.25m，l2=0.068m，B1=B2=1T、方向均為豎直向上；棒ab和“［”形框的cd邊的電阻均為R=0.1，除已給電阻外其他電阻不計(jì)，軌道均光滑，棒ab與軌道接觸良好且運(yùn)動(dòng)過程中始終與軌道垂直。開始時(shí)開關(guān)S和接線柱1接通，待電容器充電完畢后，將S從1撥到2，電容器放電，棒ab被彈出磁場(chǎng)后與“［”形框粘在一起形成閉合框abcd，此時(shí)將S與2斷開，已知框abcd在傾斜軌道上重心上升0.2m后返回進(jìn)入磁場(chǎng)。（1）求電容器充電完畢后所帶的電荷量Q，哪個(gè)極板（M或N）帶正電？（2）求電容器釋放的電荷量；（3）求框abcd進(jìn)入磁場(chǎng)后，ab邊與磁場(chǎng)區(qū)域左邊界的最大距離x。【答案】（1）0.54C；M板；（2）0.16C；（3）0.14m【解析】（1）開關(guān)S和接線柱1接通，電容器充電充電過程，對(duì)繞轉(zhuǎn)軸OO′轉(zhuǎn)動(dòng)的棒由右手定則可知其動(dòng)生電源的電流沿徑向向外，即邊緣為電源正極，圓心為負(fù)極，則M板充正電；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知?jiǎng)t電容器的電量為（2）電容器放電過程有棒ab被彈出磁場(chǎng)后與“［”形框粘在一起的過程有棒的上滑過程有聯(lián)立解得（3）設(shè)導(dǎo)體框在磁場(chǎng)中減速滑行的總路程為，由動(dòng)量定理可得勻速運(yùn)動(dòng)距離為則53．（2021·海南）如圖，間距為l的光滑平行金屬導(dǎo)軌，水平放置在方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，導(dǎo)軌左端接有阻值為R的定值電阻，一質(zhì)量為m的金屬桿放在導(dǎo)軌上。金屬桿在水平外力作用下以速度v0向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，此時(shí)金屬桿內(nèi)自由電子沿桿定向移動(dòng)的速率為u0。設(shè)金屬桿內(nèi)做定向移動(dòng)的自由電子總量保持不變，金屬桿始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，除了電阻R以外不計(jì)其它電阻。（1）求金屬桿中的電流和水平外力的功率；（2）某時(shí)刻撤去外力，經(jīng)過一段時(shí)間，自由電子沿金屬桿定向移動(dòng)的速率變?yōu)?，求：（i）這段時(shí)間內(nèi)電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱；（ii）這段時(shí)間內(nèi)一直在金屬桿內(nèi)的自由電子沿桿定向移動(dòng)的距離?！窘馕觥浚?）金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=Blv0則金屬桿中的電流由題知，金屬桿在水平外力作用下以速度v0向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)則有根據(jù)功率的計(jì)算公式有（2）（i）設(shè)金屬桿內(nèi)單位體積的自由電子數(shù)為n，金屬桿的橫截面積為S，則金屬桿在水平外力作用下以速度v0向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)的電流由微觀表示為解得當(dāng)電子沿金屬桿定向移動(dòng)的速率變?yōu)闀r(shí)，有解得v′=根據(jù)能量守恒定律有解得（ii）由（i）可知在這段時(shí)間內(nèi)金屬桿的速度由v0變到，設(shè)這段時(shí)間內(nèi)一直在金屬桿內(nèi)的自由電子沿桿定向移動(dòng)的距離為d，規(guī)定水平向右為正方向，則根據(jù)動(dòng)量定理有由于解得（1）閉合開關(guān)S。，由靜止釋放金屬棒，求金屬棒下落的最大速度v1；（2）斷開開關(guān)S，由靜止釋放金屬棒，求金屬棒下落的最大速度v2；（3）先閉合開關(guān)S，由靜止釋放金屬棒，金屬棒達(dá)到最大速度后，再斷開開關(guān)S。忽略回路中電流突變的時(shí)間，求S斷開瞬間金屬棒的加速度大小a?！窘馕觥縖關(guān)鍵能力]本題考查法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律等知識(shí)，意在考查考生綜合電磁學(xué)知識(shí)以及力學(xué)規(guī)律處理問題的能力。[壓軸題透析]3第（1）問通過對(duì)金屬棒的受力分析以及運(yùn)動(dòng)分析，求出當(dāng)金屬棒的加速度為零時(shí)的最大速度；第（2）問首先應(yīng)分析比較第（1）問中的電流與圖（b）中Z元件的電壓達(dá)到最大時(shí)的電流大小關(guān)系，然后通過定值電阻表示出回路中的最大電流，進(jìn)而求出金屬棒的最大速度；第（3）問的關(guān)鍵在于求出開關(guān)斷開瞬間回路中的電流，得出導(dǎo)體棒所受的安培力大小，再根據(jù)牛頓第二定律求出金屬棒的加速度。（1）閉合開關(guān)S，金屬棒下落的過程中受豎直向下的重力、豎直向上的安培力作用，當(dāng)重力與安培力大小相等時(shí)，金屬棒的加速度為零，速度最大，則由法拉第電磁感應(yīng)定律得由歐姆定律得解得（2）由第（1）問得由于斷開開關(guān)S后，當(dāng)金屬棒的速度達(dá)到最大時(shí)，元件Z兩端的電壓恒為此時(shí)定值電阻兩端的電壓為回路中的電流為又由歐姆定律得解得（3）開關(guān)S閉合，當(dāng)金屬棒的速度最大時(shí)，金屬棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為斷開開關(guān)S的瞬間，元件Z兩端的電壓為則定值電阻兩端的電壓為電路中的電流為金屬棒受到的安培力為對(duì)金屬棒由牛頓第二定律得解得（1）求拉力的功率P；【解析】（1）在運(yùn)動(dòng)過程中，由于拉力功率恒定，做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，速度達(dá)到最大時(shí)，加速度為零，設(shè)此時(shí)拉力的大小為F，安培力大小為，有設(shè)此時(shí)回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E，由法拉第電磁感應(yīng)定律，有設(shè)回路中的感應(yīng)電流為I，由閉合電路歐姆定律，有受到的安培力由功率表達(dá)式，有聯(lián)立上述各式，代入數(shù)據(jù)解得（2）從速度到的過程中，由動(dòng)能定理，有代入數(shù)據(jù)解得56．（2021·北京）類比是研究問題的常用方法。（2）情境2：如圖1所示，電源電動(dòng)勢(shì)為E，線圈自感系數(shù)為L，電路中的總電阻為R。閉合開關(guān)S，發(fā)現(xiàn)電路中電流I隨時(shí)間t的變化規(guī)律與情境1中物體速率v隨時(shí)間t的變化規(guī)律類似。類比①式，寫出電流I隨時(shí)間t變化的方程；并在圖2中定性畫出It圖線。（3）類比情境1和情境2中的能量轉(zhuǎn)化情況，完成下表。情境1情境2物體重力勢(shì)能的減少量物體動(dòng)能的增加量電阻R上消耗的電能【解析】（1）當(dāng)物體下落速度達(dá)到最大速度時(shí)，加速度為零，有得（2）a.由閉合電路的歐姆定理有b.由自感規(guī)律可知，線圈產(chǎn)生的自感電動(dòng)勢(shì)阻礙電流，使它逐漸變大，電路穩(wěn)定后自感現(xiàn)象消失，It圖線如答圖2（3）各種能量轉(zhuǎn)化的規(guī)律如圖所示情境1情境2電源提供的電能線圈磁場(chǎng)能的增加量克服阻力做功消耗的機(jī)械能【解析】代入數(shù)據(jù)解得（2）由磁通量的定義可得代入數(shù)據(jù)可得由閉合回路歐姆定律可得代入數(shù)據(jù)解得（1）金屬棒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)所受安培力的大??；（2）金屬棒的質(zhì)量以及金屬棒與導(dǎo)體框之間的動(dòng)摩擦因數(shù)；（3）導(dǎo)體框勻速運(yùn)動(dòng)的距離?！窘馕觥浚?）根據(jù)題意可得金屬棒和導(dǎo)體框在沒有進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)一起做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理可得代入數(shù)據(jù)解得金屬棒在磁場(chǎng)中切割磁場(chǎng)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，由法拉第電磁感應(yīng)定律可得由閉合回路的歐姆定律可得則導(dǎo)體棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)受到的安培力為（2）金屬棒進(jìn)入磁場(chǎng)以后因?yàn)樗查g受到安培力的作用，根據(jù)楞次定律可知金屬棒的安培力沿斜面向上，之后金屬棒相對(duì)導(dǎo)體框向上運(yùn)動(dòng)，因此金屬棒受到導(dǎo)體框給的沿斜面向下的滑動(dòng)摩擦力，因勻速運(yùn)動(dòng)，可有此時(shí)導(dǎo)體框向下做勻加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律可得設(shè)磁場(chǎng)區(qū)域的寬度為x，則金屬棒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為則此時(shí)導(dǎo)體框的速度為則導(dǎo)體框的位移因此導(dǎo)體框和金屬棒的相對(duì)位移為由題意當(dāng)金屬棒離開磁場(chǎng)時(shí)金屬框的上端EF剛好進(jìn)入線框，則有位移關(guān)系金屬框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)勻速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)的電動(dòng)勢(shì)為導(dǎo)體框受到向上的安培力和滑動(dòng)摩擦力，因此可得聯(lián)立以上可得（3）金屬棒出磁場(chǎng)以后，速度小于導(dǎo)體框的速度，因此受到向下的摩擦力，做加速運(yùn)動(dòng)，則有金屬棒向下加速，導(dǎo)體框勻速，當(dāng)共速時(shí)導(dǎo)體框不再勻速，則有導(dǎo)體框勻速運(yùn)動(dòng)的距離為代入數(shù)據(jù)解得59．（2021·浙江）嫦娥五號(hào)成功實(shí)現(xiàn)月球著陸和返回，鼓舞人心。小明知道月球上沒有空氣，無法靠降落傘減速降落，于是設(shè)計(jì)了一種新型著陸裝置。如圖所示，該裝置由船艙、間距為l的平行導(dǎo)軌、產(chǎn)生垂直船艙導(dǎo)軌平面的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁體和“∧”型剛性線框組成，“∧”型線框ab邊可沿導(dǎo)軌滑動(dòng)并接觸良好。船艙、導(dǎo)軌和磁體固定在一起，總質(zhì)量為m1整個(gè)裝置豎直著陸到月球表面前瞬間的速度大小為v0，接觸月球表面后線框速度立即變?yōu)榱?。?jīng)過減速，在導(dǎo)軌下方緩沖彈簧接觸月球表面前船艙已可視為勻速。已知船艙電阻為3r，“∧”型線框的質(zhì)量為m2，其7條邊的邊長均為l，電阻均為r；月球表面的重力加速度為g/6。整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中只有ab邊在磁場(chǎng)中，線框與月球表面絕緣，不計(jì)導(dǎo)軌電阻和摩擦阻力。(1)求著陸裝置接觸到月球表面后瞬間線框ab邊產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E；(2)通過畫等效電路圖，求著陸裝置接觸到月球表面后瞬間流過ab型線框的電流I0；(3)求船艙勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大小v；(4)同桌小張認(rèn)為在磁場(chǎng)上方、兩導(dǎo)軌之間連接一個(gè)電容為C的電容器，在著陸減速過程中還可以回收部分能量，在其他條件均不變的情況下，求船艙勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大小和此時(shí)電容器所帶電荷量q?！窘馕觥?1)導(dǎo)體切割磁感線，電動(dòng)勢(shì)(2)等效電路圖如圖并聯(lián)總電阻電流(3)勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)線框受到安培力根據(jù)牛頓第三定律，質(zhì)量為m1的部分受力F=FA，方向豎直向上，勻速條件得(4)勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)電容器不充放電，滿足電容器兩端電壓為電荷量為(1)判斷通過電阻的電流方向；(2)求線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；(3)求電阻兩端的電壓?！窘馕觥?2)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律(3)電阻兩端的電壓為路端電壓，根據(jù)分壓規(guī)律可知61．（2020·北京）某試驗(yàn)列車按照設(shè)定的直線運(yùn)動(dòng)模式，利用計(jì)算機(jī)控制制動(dòng)裝置，實(shí)現(xiàn)安全準(zhǔn)確地進(jìn)站停車。制動(dòng)裝置包括電氣制動(dòng)和機(jī)械制動(dòng)兩部分。圖1所示為該列車在進(jìn)站停車過程中設(shè)定的加速度大小隨速度的變化曲線。(2)有關(guān)列車電氣制動(dòng)，可以借助圖2模型來理解。圖中水平平行金屬導(dǎo)軌處于豎直方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，回路中的電阻阻值為，不計(jì)金屬棒及導(dǎo)軌的電阻。沿導(dǎo)軌向右運(yùn)動(dòng)的過程，對(duì)應(yīng)列車的電氣制動(dòng)過程，可假設(shè)棒運(yùn)動(dòng)的速度與列車的速度、棒的加速度與列車電氣制動(dòng)產(chǎn)生的加速度成正比。列車開始制動(dòng)時(shí)，其速度和電氣制動(dòng)產(chǎn)生的加速度大小對(duì)應(yīng)圖1中的點(diǎn)。論證電氣制動(dòng)產(chǎn)生的加速度大小隨列車速度變化的關(guān)系，并在圖1中畫出圖線。(注意：解題過程中需要用到、但題目沒有給出的物理量，要在解題時(shí)做必要的說明)【解析】（2）設(shè)金屬棒MN的質(zhì)量為m，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，導(dǎo)軌寬度為l，MN棒在任意時(shí)刻的速度大小為vMN。MN棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為回路中的電流為MN棒所受安培力大小為MN棒的加速度大小為由上式可知與成正比。又因?yàn)镸N棒運(yùn)動(dòng)的速度與列車的速度、棒的加速度與列車電氣化制動(dòng)產(chǎn)生的加速度成正比，所以電氣制動(dòng)產(chǎn)生的加速度a電氣與列車的速度v成正比，則電氣制動(dòng)產(chǎn)生的加速度大小隨列車速度變化圖線如圖1所示。（3）制動(dòng)過程中，列車受到的阻力是由電氣制動(dòng)、機(jī)械制動(dòng)和空氣阻力共同引起的。由（2）可知，電氣制動(dòng)的阻力與列車速度成正比；空氣阻力隨速度的減小而減??；由題圖1并根據(jù)牛頓第二定律可知，列車速度在20m/s至3m/s區(qū)間所需合力最大且不變。綜合以上分析可知，列車速度在3m/s左右所需機(jī)械制動(dòng)最強(qiáng)。(1)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小E；(2)所受拉力的大小F；(3)感應(yīng)電流產(chǎn)生的熱量Q?！敬鸢浮?1)0.8V；(2)0.8N；(3)0.32J【解析】(1)由題意可知當(dāng)線框切割磁感線是產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為(2)因?yàn)榫€框勻速運(yùn)動(dòng)故所受拉力等于安培力，有根據(jù)閉合電路歐姆定律有結(jié)合(1)聯(lián)立各式代入數(shù)據(jù)可得F=0.8N；(3)線框穿過磁場(chǎng)所用的時(shí)間為故線框穿越過程產(chǎn)生的熱量為(1)求外力F的大??；【解析】安培力所以外力解得總電荷量【答案】（1）0.08V；（2）0.016N，方向垂直于ab向左；（3）0.064W【解析】由于磁場(chǎng)均勻變化，金屬框中產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)是恒定的，有聯(lián)立①②式，代入數(shù)據(jù)，解得（2）設(shè)金屬框中的電流為I，由閉合電路歐姆定律，有聯(lián)立①②④⑤式，代入數(shù)據(jù)，解得方向垂直于ab向左。⑦聯(lián)立①②④⑧式，代入數(shù)據(jù)，解得【解析】當(dāng)導(dǎo)體棒與金屬框接觸的兩點(diǎn)間棒的長度為l時(shí)，由法第電磁感應(yīng)定律可知導(dǎo)體棒上感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小為由歐姆定律可知流過導(dǎo)體棒的感應(yīng)電流為式中R為這一段導(dǎo)體棒的電阻。按題意有此時(shí)導(dǎo)體棒所受安培力大小為由題設(shè)和幾何關(guān)系有聯(lián)立各式得（1）求導(dǎo)體棒所受到的安培力隨時(shí)間t的變化規(guī)律；（2）求在0至0.25T時(shí)間內(nèi)外力F的沖量；【解析】（1）由顯示的波形可得安培力隨時(shí)間變化規(guī)律：（2）安培力的沖量：由動(dòng)量定理，有：（3）棒做簡諧運(yùn)動(dòng)，有：根據(jù)動(dòng)能定理：67．（2017·海南）如圖，兩根光滑平行金屬導(dǎo)軌置于水平面(紙面)內(nèi)，導(dǎo)軌間距為L，左端連有阻值為R的電阻．一金屬桿置于導(dǎo)軌上，金屬桿右側(cè)存在一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域．已知金屬桿以速度v0向右進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域，做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，到達(dá)磁場(chǎng)區(qū)域右邊界(圖中虛線位置)時(shí)速度恰好為零．金屬桿與導(dǎo)軌始終保持垂直且接觸良好．除左端所連電阻外，其他電阻忽略不計(jì)．求金屬桿運(yùn)動(dòng)到磁場(chǎng)區(qū)域正中間時(shí)所受安培力的大小及此時(shí)電流的功率.【解析】設(shè)金屬桿運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a，運(yùn)動(dòng)的位移為x，設(shè)金屬桿運(yùn)動(dòng)到磁場(chǎng)區(qū)域中間位置時(shí)的速度為v，金屬桿運(yùn)動(dòng)到磁場(chǎng)區(qū)域中間位置時(shí)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E=BLv金屬桿受到的安培力為F=BIL(1)求AB棒做勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度大??；(2)求撤去外力時(shí)CD棒的速度大??；【解析】(1)設(shè)AB棒做勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a，在t=t0時(shí)刻AB棒的速度為v0=at0，69．（2019·江蘇）如圖所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有一個(gè)用軟導(dǎo)線制成的單匝閉合線圈，線圈平面與磁場(chǎng)垂直．已知線圈的面積S=0.3m2、電阻R=0.6Ω，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.2T.現(xiàn)同時(shí)向兩側(cè)拉動(dòng)線圈，線圈的兩邊在Δt=0.5s時(shí)間內(nèi)合到一起．求線圈在上述過程中（1）感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的平均值E；（2）感應(yīng)電流的平均值I，并在圖中標(biāo)出電流方向；（3）通過導(dǎo)線橫截面的電荷量q．【答案】（1）E=0.12V；（2）I=0.2A（電流方向見圖）；（3）q=0.1C【解析】（1）由法拉第電磁感應(yīng)定律有：代入數(shù)據(jù)得：