專題11電磁感應(yīng)1.(2024年湖北卷考題)1.《夢溪筆談》中記錄了一次罕見的雷擊事件：房屋被雷擊后，屋內(nèi)的銀飾、寶刀等金屬熔化了，但是漆器、刀鞘等非金屬卻完好（原文為：有一木格，其中雜貯諸器，其漆器銀扣者，銀悉熔流在地，漆器曾不焦灼。有一寶刀，極堅鋼，就刀室中熔為汁，而室亦儼然）。導(dǎo)致金屬熔化而非金屬完好的原因可能為（）A.摩擦 B.聲波 C.渦流 D.光照【答案】C【解析】在雷擊事件中金屬和非金屬都經(jīng)歷了摩擦，聲波和光照的影響，而金屬能夠因電磁感應(yīng)產(chǎn)生渦流非金屬不能，因此可能原因為渦流。故選C。2.(2024年江蘇卷考題)9.如圖所示，在絕緣的水平面上，有閉合的兩個線圈a、b，線圈a處在勻強(qiáng)磁場中，現(xiàn)將線圈a從磁場中勻速拉出，線圈a、b中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向分別是（）A.順時針，順時針B.順時針，逆時針C.逆時針，順時針D.逆時針，逆時針【答案】A【解析】線圈a從磁場中勻速拉出的過程中穿過a線圈的磁通量在減小，則根據(jù)楞次定律可知a線圈的電流為順時針，由于線圈a從磁場中勻速拉出則a中產(chǎn)生的電流為恒定電流，則線圈a靠近線圈b的過程中線圈b的磁通量在向外增大，同理可得線圈b產(chǎn)生的磁場為順時針。故選A。3.（2024年湖南卷考題）4．如圖，有一硬質(zhì)導(dǎo)線Oabc，其中是半徑為R的半圓弧，b為圓弧的中點(diǎn)，直線段Oa長為R且垂直于直徑ac。該導(dǎo)線在紙面內(nèi)繞O點(diǎn)逆時針轉(zhuǎn)動，導(dǎo)線始終在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場中。則O、a、b、c各點(diǎn)電勢關(guān)系為（

）A． B．C． D．【答案】C【解析】如圖，相當(dāng)于Oa、Ob、Oc導(dǎo)體棒轉(zhuǎn)動切割磁感線，根據(jù)右手定則可知O點(diǎn)電勢最高；根據(jù)同時有可得得故選C。4.（2024年廣東卷考題）4.電磁俘能器可在汽車發(fā)動機(jī)振動時利用電磁感應(yīng)發(fā)電實現(xiàn)能量回收，結(jié)構(gòu)如圖甲所示。兩對永磁鐵可隨發(fā)動機(jī)一起上下振動，每對永磁鐵間有水平方向的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B．磁場中，邊長為L的正方形線圈豎直固定在減震裝置上。某時刻磁場分布與線圈位置如圖乙所示，永磁鐵振動時磁場分界線不會離開線圈。關(guān)于圖乙中的線圈。下列說法正確的是（）A.穿過線圈的磁通量為B永磁鐵相對線圈上升越高，線圈中感應(yīng)電動勢越大C.永磁鐵相對線圈上升越快，線圈中感應(yīng)電動勢越小D.永磁鐵相對線圈下降時，線圈中感應(yīng)電流的方向為順時針方向【答案】D【解析】A．根據(jù)圖乙可知此時穿過線圈的磁通量為0，故A錯誤；BC．根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知永磁鐵相對線圈上升越快，磁通量變化越快，線圈中感應(yīng)電動勢越大，故BC錯誤；D．永磁鐵相對線圈下降時，根據(jù)安培定則可知線圈中感應(yīng)電流的方向為順時針方向，故D正確。故選D。5..（2024全國甲卷考題）8.如圖，一絕緣細(xì)繩跨過兩個在同一豎直面（紙面）內(nèi)的光滑定滑輪，繩的一端連接一矩形金屬線框，另一端連接一物塊。線框與左側(cè)滑輪之間的虛線區(qū)域內(nèi)有方向垂直紙面的勻強(qiáng)磁場，磁場上下邊界水平，在時刻線框的上邊框以不同的初速度從磁場下方進(jìn)入磁場。運(yùn)動過程中，線框始終在紙面內(nèi)且上下邊框保持水平。以向上為速度的正方向，下列線框的速度v隨時間t變化的圖像中可能正確的是（）A.B.C.D.【答案】AC【解析】設(shè)線圈的上邊進(jìn)入磁場時的速度為v，設(shè)線圈的質(zhì)量M，物塊的質(zhì)量m，圖中線圈進(jìn)入磁場時線圈的加速度向下，則對線圈由牛頓第二定律可知對滑塊其中即線圈向上做減速運(yùn)動，隨速度的減小，向下的加速度減?。划?dāng)加速度為零時，即線圈勻速運(yùn)動的速度為A．若線圈進(jìn)入磁場時的速度較小，則線圈進(jìn)入磁場時做加速度減小的減速運(yùn)動，線圈的速度和加速度都趨近于零，則圖像A可能正確；B．因t=0時刻線圈就進(jìn)入磁場，則進(jìn)入磁場時線圈向上不可能做勻減速運(yùn)動，則圖像B不可能；CD．若線圈的質(zhì)量等于物塊的質(zhì)量，且當(dāng)線圈進(jìn)入磁場時，且速度大于v0，線圈進(jìn)入磁場做加速度減小的減速運(yùn)動，完全進(jìn)入磁場后線圈做勻速運(yùn)動；當(dāng)線圈出離磁場時，受向下的安培力又做加速度減小的減速運(yùn)動，最終出離磁場時做勻速運(yùn)動，則圖像C有可能，D不可能。故選AC。6.(2024年遼寧卷考題)9.如圖，兩條“∧”形的光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上，間距為L，左、右兩導(dǎo)軌面與水平面夾角均為30°，均處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為2B和B。將有一定阻值的導(dǎo)體棒ab、cd放置在導(dǎo)軌上，同時由靜止釋放，兩棒在下滑過程中始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，ab、cd的質(zhì)量分別為2m和m，長度均為L。導(dǎo)軌足夠長且電阻不計，重力加速度為g，兩棒在下滑過程中（）A.回路中的電流方向為abcda B.ab中電流趨于C.ab與cd加速度大小之比始終為2︰1 D.兩棒產(chǎn)生的電動勢始終相等【答案】AB【解析】A．兩導(dǎo)體棒沿軌道向下滑動，根據(jù)右手定則可知回路中的電流方向為abcda；故A正確；BC．設(shè)回路中的總電阻為R，對于任意時刻當(dāng)電路中的電流為I時，對ab根據(jù)牛頓第二定律得對cd故可知分析可知兩個導(dǎo)體棒產(chǎn)生的電動勢相互疊加，隨著導(dǎo)體棒速度的增大，回路中的電流增大，導(dǎo)體棒受到的安培力在增大，故可知當(dāng)安培力沿導(dǎo)軌方向的分力與重力沿導(dǎo)軌向下的分力平衡時導(dǎo)體棒將勻速運(yùn)動，此時電路中的電流達(dá)到穩(wěn)定值，此時對ab分析可得解得，故B正確，C錯誤；D．根據(jù)前面分析可知，故可知兩導(dǎo)體棒速度大小始終相等，由于兩邊磁感應(yīng)強(qiáng)度不同，故產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢不等，故D錯誤。故選AB。7.（2024年山東卷考題）8.如圖甲所示，在-d≤x≤d，-d≤y≤d區(qū)域中存在垂直O(jiān)xy平面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場（用陰影表示磁場的區(qū)域），邊長為2d的正方形線圈與磁場邊界重合。線圈以y軸為轉(zhuǎn)軸勻速轉(zhuǎn)動時，線圈中產(chǎn)生的交變電動勢如圖乙所示。若僅磁場的區(qū)域發(fā)生了變化，線圈中產(chǎn)生的電動勢變?yōu)閳D丙所示實線部分，則變化后磁場的區(qū)域可能為（）A. B.C. D.【答案】C【解析】根據(jù)題意可知，磁場區(qū)域變化前線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為由題圖丙可知，磁場區(qū)域變化后，當(dāng)時，線圈的側(cè)邊開始切割磁感線，即當(dāng)線圈旋轉(zhuǎn)時開始切割磁感線，由幾何關(guān)系可知磁場區(qū)域平行于x軸的邊長變?yōu)?，C正確。故選C。8.（2024年湖南卷考題）8．某電磁緩沖裝置如圖所示，兩足夠長的平行金屬導(dǎo)軌置于同一水平面內(nèi)，導(dǎo)軌左端與一阻值為R的定值電阻相連，導(dǎo)軌段與段粗糙，其余部分光滑，右側(cè)處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，一質(zhì)量為m的金屬桿垂直導(dǎo)軌放置?，F(xiàn)讓金屬桿以初速度沿導(dǎo)軌向右經(jīng)過進(jìn)入磁場，最終恰好停在處。已知金屬桿接入導(dǎo)軌之間的阻值為R，與粗糙導(dǎo)軌間的摩擦因數(shù)為，。導(dǎo)軌電阻不計，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．金屬桿經(jīng)過的速度為B．在整個過程中，定值電阻R產(chǎn)生的熱量為C．金屬桿經(jīng)過與區(qū)域，金屬桿所受安培力的沖量相同D．若將金屬桿的初速度加倍，則金屬桿在磁場中運(yùn)動的距離大于原來的2倍【答案】CD【解析】A．設(shè)平行金屬導(dǎo)軌間距為L，金屬桿在AA1B1B區(qū)域向右運(yùn)動的過程中切割磁感線有E=BLv，金屬桿在AA1B1B區(qū)域運(yùn)動的過程中根據(jù)動量定理有

則由于，則上面方程左右兩邊累計求和，可得則設(shè)金屬桿在BB1C1C區(qū)域運(yùn)動的時間為t0，同理可得，則金屬桿在BB1C1C區(qū)域運(yùn)動的過程中有解得綜上有，則金屬桿經(jīng)過BB1的速度大于，故A錯誤；B．在整個過程中，根據(jù)能量守恒有則在整個過程中，定值電阻R產(chǎn)生的熱量為，故B錯誤；C．金屬桿經(jīng)過AA1B1B與BB1C1C區(qū)域，金屬桿所受安培力的沖量為則金屬桿經(jīng)過AA1B1B與BB1C1C區(qū)域滑行距離均為，金屬桿所受安培力的沖量相同，故C正確；D．根據(jù)A選項可得，金屬桿以初速度再磁場中運(yùn)動有金屬桿的初速度加倍，則金屬桿通過AA1B1B區(qū)域時中有則金屬桿的初速度加倍，則金屬桿通過時速度為則設(shè)金屬桿通過BB1C1C區(qū)域的時間為，則，則，則由于，則可見若將金屬桿的初速度加倍，則金屬桿在磁場中運(yùn)動的距離大于原來的2倍，故D正確。故選CD。9.(2024浙江1月卷考題)13.若通以電流I的圓形線圈在線圈內(nèi)產(chǎn)生的磁場近似為方向垂直線圈平面的勻強(qiáng)磁場，其大?。╧的數(shù)量級為）?，F(xiàn)有橫截面半徑為的導(dǎo)線構(gòu)成半徑為的圓形線圈處于超導(dǎo)狀態(tài)，其電阻率上限為。開始時線圈通有的電流，則線圈的感應(yīng)電動勢大小的數(shù)量級和一年后電流減小量的數(shù)量級分別為（）A.， B.， C.， D.，【答案】D【解析】線圈中電流的減小將在線圈內(nèi)導(dǎo)致自感電動勢，故其中L代表線圈自感系數(shù)，有在計算通過線圈的磁通量時，以導(dǎo)線附近即處的B為最大，而該處B又可把線圈當(dāng)成無限長載流導(dǎo)線所產(chǎn)生的，根據(jù)題意則根據(jù)電阻定律有聯(lián)立解得A，V則線圈的感應(yīng)電動勢大小的數(shù)量級和一年后電流減小量的數(shù)量級分別為，。故選D。10.（2024年山東卷考題）11.如圖所示，兩條相同的半圓弧形光滑金屬導(dǎo)軌固定在水平桌面上，其所在平面豎直且平行，導(dǎo)軌最高點(diǎn)到水平桌面的距離等于半徑，最低點(diǎn)的連線OO'與導(dǎo)軌所在豎直面垂直?？臻g充滿豎直向下的勻強(qiáng)磁場（圖中未畫出），導(dǎo)軌左端由導(dǎo)線連接?，F(xiàn)將具有一定質(zhì)量和電阻的金屬棒MN平行OO'放置在導(dǎo)軌圖示位置，由靜止釋放。MN運(yùn)動過程中始終平行于OO'且與兩導(dǎo)軌接觸良好，不考慮自感影響，下列說法正確的是（）A.MN最終一定靜止于OO'位置B.MN運(yùn)動過程中安培力始終做負(fù)功C.從釋放到第一次到達(dá)OO'位置過程中，MN的速率一直在增大D.從釋放到第一次到達(dá)OO'位置過程中，MN中電流方向由M到N【答案】ABD【解析】A．由于金屬棒MN運(yùn)動過程切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，回路有感應(yīng)電流，產(chǎn)生焦耳熱，金屬棒MN的機(jī)械能不斷減小，由于金屬導(dǎo)軌光滑，所以經(jīng)過多次往返運(yùn)動，MN最終一定靜止于OO'位置，故A正確；B．當(dāng)金屬棒MN向右運(yùn)動，根據(jù)右手定則可知，MN中電流方向由M到N，根據(jù)左手定則，可知金屬棒MN受到的安培力水平向左，則安培力做負(fù)功；當(dāng)金屬棒MN向左運(yùn)動，根據(jù)右手定則可知，MN中電流方向由N到M，根據(jù)左手定則，可知金屬棒MN受到的安培力水平向右，則安培力做負(fù)功；可知MN運(yùn)動過程中安培力始終做負(fù)功，故B正確；C．金屬棒MN從釋放到第一次到達(dá)OO'位置過程中，由于在OO'位置重力沿切線方向的分力為0，可知在到達(dá)OO'位置之前的位置，重力沿切線方向的分力已經(jīng)小于安培力沿切線方向的分力，金屬棒MN已經(jīng)做減速運(yùn)動，故C錯誤；D．從釋放到第一次到達(dá)OO'位置過程中，根據(jù)右手定則可知，MN中電流方向由M到N，故D正確。故選ABD。11.（2024全國甲卷考題）12.如圖，金屬導(dǎo)軌平行且水平放置，導(dǎo)軌間距為L，導(dǎo)軌光滑無摩擦。定值電阻大小為R，其余電阻忽略不計，電容大小為C。在運(yùn)動過程中，金屬棒始終與導(dǎo)軌保持垂直。整個裝置處于豎直方向且磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中。(1)開關(guān)S閉合時，對金屬棒施加以水平向右的恒力，金屬棒能達(dá)到的最大速度為v0。當(dāng)外力功率為定值電阻功率的兩倍時，求金屬棒速度v的大小。(2)當(dāng)金屬棒速度為v時，斷開開關(guān)S，改變水平外力并使金屬棒勻速運(yùn)動。當(dāng)外力功率為定值電阻功率的兩倍時，求電容器兩端的電壓以及從開關(guān)斷開到此刻外力所做的功?！敬鸢浮浚?）；（2），【解析】（1）開關(guān)S閉合后，當(dāng)外力與安培力相等時，金屬棒的速度最大，則由閉合電路歐姆定律金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為聯(lián)立可得，恒定的外力為在加速階段，外力的功率為定值電阻功率為若時，即化簡可得金屬棒速度v的大小為（2）斷開開關(guān)S，電容器充電，則電容器與定值電阻串聯(lián)，則有當(dāng)金屬棒勻速運(yùn)動時，電容器不斷充電，電荷量q不斷增大，電路中電流不斷減小，則金屬棒所受安培力不斷減小，而拉力的功率定值電阻功率當(dāng)時有可得根據(jù)可得此時電容器兩端電壓為從開關(guān)斷開到此刻外力所做的功為其中聯(lián)立可得12.(2024年河北卷考題)15.如圖，邊長為的正方形金屬細(xì)框固定放置在絕緣水平面上，細(xì)框中心O處固定一豎直細(xì)導(dǎo)體軸。間距為L、與水平面成角的平行導(dǎo)軌通過導(dǎo)線分別與細(xì)框及導(dǎo)體軸相連。導(dǎo)軌和細(xì)框分別處在與各自所在平面垂直的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B。足夠長的細(xì)導(dǎo)體棒在水平面內(nèi)繞O點(diǎn)以角速度勻速轉(zhuǎn)動，水平放置在導(dǎo)軌上的導(dǎo)體棒始終靜止。棒在轉(zhuǎn)動過程中，棒在所受安培力達(dá)到最大和最小時均恰好能靜止。已知棒在導(dǎo)軌間的電阻值為R，電路中其余部分的電阻均不計，棒始終與導(dǎo)軌垂直，各部分始終接觸良好，不計空氣阻力，重力加速度大小為g。（1）求棒所受安培力的最大值和最小值。（2）鎖定棒，推動棒下滑，撤去推力瞬間，棒的加速度大小為a，所受安培力大小等于（1）問中安培力的最大值，求棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)?！敬鸢浮浚?），；（2）【解析】（1）當(dāng)OA運(yùn)動到正方形細(xì)框?qū)蔷€瞬間，切割的有效長度最大，，此時感應(yīng)電流最大，CD棒所受的安培力最大，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得根據(jù)閉合電路歐姆定律得故CD棒所受的安培力最大為當(dāng)OA運(yùn)動到與細(xì)框一邊平行時瞬間，切割的有效長度最短，感應(yīng)電流最小，CD棒受到的安培力最小，得故CD棒所受的安培力最小為（2）當(dāng)CD棒受到的安培力最小時根據(jù)平衡條件得當(dāng)CD棒受到的安培力最大時根據(jù)平衡條件得聯(lián)立解得撤去推力瞬間，根據(jù)牛頓第二定律得解得13.（2024年安徽卷考題）15.如圖所示，一“U”型金屬導(dǎo)軌固定在豎直平面內(nèi)，一電阻不計，質(zhì)量為m的金屬棒ab垂直于導(dǎo)軌，并靜置于絕緣固定支架上。邊長為L的正方形cdef區(qū)域內(nèi)，存在垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場。支架上方的導(dǎo)軌間，存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場。兩磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B隨時間的變化關(guān)系均為B=kt（SI），k為常數(shù)（k>0）。支架上方的導(dǎo)軌足夠長，兩邊導(dǎo)軌單位長度的電阻均為r，下方導(dǎo)軌的總電阻為R。t=0時，對ab施加豎直向上的拉力，恰使其向上做加速度大小為a的勻加速直線運(yùn)動，整個運(yùn)動過程中ab與兩邊導(dǎo)軌接觸良好。已知ab與導(dǎo)軌間動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g。不計空氣阻力，兩磁場互不影響。（1）求通過面積Scdef的磁通量大小隨時間t變化的關(guān)系式，以及感應(yīng)電動勢的大小，并寫出ab中電流的方向；（2）求ab所受安培力的大小隨時間t變化的關(guān)系式；（3）求經(jīng)過多長時間，對ab所施加的拉力達(dá)到最大值，并求此最大值?！敬鸢浮浚?）kL2·t，kL2，從a流向b；（2）；（3）【解析】（1）通過面積的磁通量大小隨時間t變化的關(guān)系式為根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得由楞次定律可知ab中的電流從a流向b。（2）根據(jù)左手定則可知ab受到的安培力方向垂直導(dǎo)軌面向里，大小為F安=BIL其中B=kt設(shè)金屬棒向上運(yùn)動的位移為x，則根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式所以導(dǎo)軌上方的電阻為由閉合電路歐姆定律得聯(lián)立得ab所受安培力的大小隨時間t變化的關(guān)系式為（3）由題知t=0時，對ab施加豎直向上的拉力，恰使其向上做加速度大小為a的勻加速直線運(yùn)動，則對ab受力分析由牛頓第二定律其中聯(lián)立可得整理有根據(jù)均值不等式可知，當(dāng)時，F(xiàn)有最大值，故解得F的最大值為14.（2024年江西卷考題）15.如圖（a）所示，軌道左側(cè)斜面傾斜角滿足sinθ1=0.6，摩擦因數(shù)，足夠長的光滑水平導(dǎo)軌處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=0.5T的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向豎直向上，右側(cè)斜面導(dǎo)軌傾角滿足sinθ2=0.8，摩擦因數(shù)?，F(xiàn)將質(zhì)量為m甲=6kg的導(dǎo)體桿甲從斜面上高h(yuǎn)=4m處由靜止釋放，質(zhì)量為m乙=2kg的導(dǎo)體桿乙靜止在水平導(dǎo)軌上，與水平軌道左端的距離為d。已知導(dǎo)軌間距為l=2m，兩桿電阻均為R=1Ω，其余電阻不計，不計導(dǎo)體桿通過水平導(dǎo)軌與斜面導(dǎo)軌連接處的能量損失，且若兩桿發(fā)生碰撞，則為完全非彈性碰撞，取g=10m/s2，求：（1）甲桿剛進(jìn)入磁場，乙桿的加速度？（2）乙桿第一次滑上斜面前兩桿未相碰，距離d滿足的條件？（3）若乙前兩次在右側(cè)傾斜導(dǎo)軌上相對于水平導(dǎo)軌的豎直高度y隨時間t的變化如圖（b）所示（t1、t2、t3、t4、b均為未知量），乙第二次進(jìn)入右側(cè)傾斜導(dǎo)軌之前與甲發(fā)生碰撞，甲在0~t3時間內(nèi)未進(jìn)入右側(cè)傾斜導(dǎo)軌，求d的取值范圍?！敬鸢浮浚?）a乙0=2m/s2，方向水平向右；（2）d≥24m；（3）【解析】（1）甲從靜止運(yùn)動至水平導(dǎo)軌時，根據(jù)動能定理有甲剛進(jìn)人磁場時，平動切割磁感線有E0=Blv0則根據(jù)歐姆定律可知此時回路的感應(yīng)電流為根據(jù)楞次定律可知，回路中的感應(yīng)電流沿逆時針方向（俯視），結(jié)合左手定則可知，乙所受安培力方向水平向右，由牛頓第二定律有BI0l=m2a乙0帶入數(shù)據(jù)有a乙0=2m/s2，方向水平向右（2）甲和乙在磁場中運(yùn)動的過程中，系統(tǒng)不受外力作用，則系統(tǒng)動量守恒，若兩者共速時恰不相碰，則有m1v0=(m1＋m2)v共對乙根據(jù)動量定理有其中聯(lián)立解得dmin=Δx=24m則d滿足d≥24m（3）根據(jù)（2）問可知，從甲剛進(jìn)入磁場至甲、乙第一次在水平導(dǎo)軌運(yùn)動穩(wěn)定，相對位移為Δx=24m，且穩(wěn)定時的速度v共=6m/s乙第一次在右側(cè)斜軌上向上運(yùn)動的過程中，根據(jù)牛頓第二定律有m2gsinθ2＋μ2m2gcosθ2=m2a乙上根據(jù)勻變速直線運(yùn)動位移與速度的關(guān)系有2a乙上x上=v共2乙第一次在右側(cè)斜軌上向下運(yùn)動的過程中，根據(jù)牛頓第二定律有m2gsinθ2－μ2m2gcosθ2=m2a乙下再根據(jù)勻變速直線運(yùn)動位移與速度的關(guān)系有2a乙下x下=v12且x上=x下聯(lián)立解得乙第一次滑下右側(cè)軌道最低點(diǎn)的速度v1=5m/s由于兩棒發(fā)生碰撞，則為完全非彈性碰撞，則甲乙整體第一次在右側(cè)傾斜軌道上向上運(yùn)動有（m1＋m2）gsinθ2＋μ2（m1＋m2）gcosθ2=(m1＋m2)a共上同理有2a共上x共上=v2且由圖（b）可知x上=4.84x共上解得甲、乙碰撞后的速度乙第一次滑下右側(cè)軌道最低點(diǎn)后與甲相互作用的過程中，甲、乙組成的系統(tǒng)合外力為零，根據(jù)動量守恒有m1v2－m2v1=(m1＋m2))v解得乙第一次滑下右側(cè)軌道最低點(diǎn)時甲的速度為若乙第一次滑下右側(cè)軌道最低點(diǎn)時與甲發(fā)生碰撞，則對應(yīng)d的最小值，乙第一次在右側(cè)斜軌上運(yùn)動的過程，對甲根據(jù)動量定理有其中解得根據(jù)位移關(guān)系有dmin′－Δx=Δx1解得若乙返回水平導(dǎo)軌后，當(dāng)兩者共速時恰好碰撞，則對應(yīng)d的最大值，對乙從返回水平導(dǎo)軌到與甲碰撞前瞬間的過程，根據(jù)動量定理有其中解得根據(jù)位移關(guān)系有dmax－Δx－Δx1=Δx2解得則d的取值范圍為15.(2024年湖北卷考題)15.如圖所示，兩足夠長平行金屬直導(dǎo)軌MN、PQ的間距為L，固定在同一水平面內(nèi)，直導(dǎo)軌在左端M、P點(diǎn)分別與兩條豎直固定、半徑為L的圓弧導(dǎo)軌相切。MP連線與直導(dǎo)軌垂直，其左側(cè)無磁場，右側(cè)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場。長為L、質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒ab跨放在兩圓弧導(dǎo)軌的最高點(diǎn)。質(zhì)量為2m、電阻為6R的均勻金屬絲制成一個半徑為L的圓環(huán)，水平放置在兩直導(dǎo)軌上，其圓心到兩直導(dǎo)軌的距離相等。忽略導(dǎo)軌的電阻、所有摩擦以及金屬環(huán)的可能形變，金屬棒、金屬環(huán)均與導(dǎo)軌始終接觸良好，重力加速度大小為g?，F(xiàn)將金屬棒ab由靜止釋放，求（1）ab剛越過MP時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大??；（2）金屬環(huán)剛開始運(yùn)動時的加速度大??；（3）為使ab在整個運(yùn)動過程中不與金屬環(huán)接觸，金屬環(huán)圓心初始位置到MP的最小距離。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）根據(jù)題意可知，對金屬棒ab由靜止釋放到剛越過MP過程中，由動能定理有解得則ab剛越過MP時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小為（2）根據(jù)題意可知，金屬環(huán)在導(dǎo)軌間兩段圓弧并聯(lián)接入電路中，軌道外側(cè)的兩端圓弧金屬環(huán)被短路，由幾何關(guān)系可得，每段圓弧的電阻為可知，整個回路的總電阻為ab剛越過MP時，通過ab的感應(yīng)電流為對金屬環(huán)由牛頓第二定律有解得（3）根據(jù)題意，結(jié)合上述分析可知，金屬環(huán)和金屬棒ab所受的安培力等大反向，則系統(tǒng)的動量守恒，由于金屬環(huán)做加速運(yùn)動，金屬棒做減速運(yùn)動，為使ab在整個運(yùn)動過程中不與金屬環(huán)接觸，則有當(dāng)金屬棒ab和金屬環(huán)速度相等時，金屬棒ab恰好追上金屬環(huán)，設(shè)此時速度為，由動量守恒定律有解得對金屬棒，由動量定理有則有設(shè)金屬棒運(yùn)動距離為，金屬環(huán)運(yùn)動的距離為，則有聯(lián)立解得則金屬環(huán)圓心初始位置到MP的最小距離16.(2024浙江1月卷考題)21.如圖1所示，掃描隧道顯微鏡減振裝置由絕緣減振平臺和磁阻尼減振器組成。平臺通過三根關(guān)于軸對稱分布的相同輕桿懸掛在輕質(zhì)彈簧的下端O，彈簧上端固定懸掛在點(diǎn)，三個相同的關(guān)于軸對稱放置的減振器位于平臺下方。如圖2所示，每個減振器由通過絕緣輕桿固定在平臺下表面的線圈和固定在桌面上能產(chǎn)生輻向磁場的鐵磁體組成，輻向磁場分布關(guān)于線圈中心豎直軸對稱，線圈所在處磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B。處于靜止?fàn)顟B(tài)的平臺受到外界微小擾動，線圈在磁場中做豎直方向的阻尼運(yùn)動，其位移隨時間變化的圖像如圖3所示。已知時速度為，方向向下，、時刻的振幅分別為，。平臺和三個線圈的總質(zhì)量為m，彈簧的勁度系數(shù)為k，每個線圈半徑為r、電阻為R。當(dāng)彈簧形變量為時，其彈性勢能為。不計空氣阻力，求（1）平臺靜止時彈簧的伸長量；（2）時，每個線圈所受到安培力F的大小；（3）在時間內(nèi)，每個線圈產(chǎn)生的焦耳熱Q；（4）在時間內(nèi)，彈簧彈力沖量的大小?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）；（4）【解析】（1）平臺靜止時，穿過三個線圈的的磁通量不變，線圈中不產(chǎn)生感應(yīng)電流，線圈不受到安培力作用，O點(diǎn)受力平衡，因此由胡克定律可知此時彈簧的伸長量（2）在時速度為，設(shè)每個線圈的周長為L，由電磁感應(yīng)定律可得線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流每個線圈所受到安培力F的大?。?）由減震器的作用平臺上下不移動，由能量守恒定律可得平臺在時間內(nèi)，振動時能量的減少量為，由能量守恒定律在時間內(nèi)，振動時能量的減少轉(zhuǎn)化為線圈的焦耳熱，可知每個線圈產(chǎn)生的焦耳熱（4）取向上為正方向，全程由動量定理可得其中聯(lián)立解得彈簧彈力沖量的大小為一、單選題1．（2024·江西上饒·模擬預(yù)測）如圖所示，勻強(qiáng)磁場垂直于水平面向上，折成“L”形的金屬棒ACD固定在磁場中的絕緣水平面內(nèi)，金屬棒a（與CD平行）、b（與AC平行）均放在絕緣的水平面上，與ACD圍成一個矩形回路，給金屬棒a、b施加外力，讓a、b兩金屬棒從圖示位置沿圖示方向分別以、的速率勻速平移，已知四根金屬桿完全相同且足夠長，圍成矩形周長保持不變，則在兩金屬棒勻速運(yùn)動（a到CD前）的過程中，下列說法正確的是（）A． B．回路中感應(yīng)電流沿順時針方向C．回路中的電流先變小后變大 D．b受到的安培力總是和方向相反【答案】C【解析】A．要保證圍成矩形周長保持不變，根據(jù)幾何關(guān)系可知，一定有，A錯誤；B．回路的面積先變大后變小，根據(jù)楞次定律可知，回路中感應(yīng)電流先沿順時針方向后沿逆時針方向，B錯誤；C．當(dāng)所圍面積為正方形時，回路中感應(yīng)電流為零，因此回路中的電流先變小后變大，C正確；D．當(dāng)回路中電流沿逆時針方向時，受到的安培力和方向相同，D錯誤；故選C。2．（2024高三下·吉林·專題練習(xí)）近場通信（NFC）器件應(yīng)用電磁感應(yīng)原理進(jìn)行通訊，其天線類似一個壓平的線圈，線圈尺寸從內(nèi)到外逐漸變大．如圖所示，一正方形NFC線圈共3匝，下列說法正確的是A．NFC貼紙在使用時需要另外電源供電才能使用B．穿過線圈的磁場發(fā)生變化時，線圈中的感應(yīng)電動勢為三個線圈感應(yīng)電動勢的平均值C．穿過線圈的磁場發(fā)生變化時，線圈中的感應(yīng)電動勢為三個線圈感應(yīng)電動勢之和D．垂直穿過線圈的磁場發(fā)生變化時，芯片中的電流為三個線圈內(nèi)電流之和【答案】C【解析】A．貼紙在使用時不需要另外電源供電，外部磁場變化產(chǎn)生的感應(yīng)電流足以為芯片使用供電，故A錯誤；BC．穿過線圈的磁場發(fā)生變化時，三個線圈是串聯(lián)關(guān)系，故線圈中的感應(yīng)電動勢為三個線圈感應(yīng)電動勢之和，故B錯誤，C正確；D．三個線圈是串聯(lián)關(guān)系，通過芯片和線圈的電流大小相等，故D錯誤。故選C。3．（23-24高三下·海南·期中）如圖1所示，無線充電技術(shù)是近年發(fā)展起來的新技術(shù)，充電原理可近似看成理想變壓器，如圖2所示。下列說法正確的是（）A．充電基座線圈接的電源是恒定的直流電B．充電基座線圈接的電源必須是交流電且，都閉合才能充電C．兩個線圈中電流的頻率可能不同D．兩個線圈中電流大小一定相同【答案】B【解析】AB．根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，充電基座線圈接的電源必須是交流電且、，都閉合后構(gòu)成閉合回路才能充電，故A錯誤，B正確；CD．由于充電原理可近似看成理想變壓器，兩個線圈中電流的頻率一定相同，電壓和電流強(qiáng)度不一定相同，故CD錯誤。故選B。4．（2024·河北承德·二模）如圖所示為某種售貨機(jī)硬幣識別系統(tǒng)簡圖。虛線框內(nèi)存在磁場，從入口A進(jìn)入的硬幣沿斜面滾落，通過磁場區(qū)域后，由測速器測出速度大小，若速度在某一合適范圍，擋板B自動開啟，硬幣就會沿斜面進(jìn)入接收裝置；否則擋板C開啟，硬幣進(jìn)入另一個通道拒絕接收。下列說法不正確的是（）A．磁場能使硬幣的速度增大得更慢B．如果沒有磁場，則測速器示數(shù)會更小一些C．硬幣進(jìn)入磁場的過程會受到來自磁場的阻力D．由于磁場的作用，硬幣的機(jī)械能減小【答案】B【解析】ABC．根據(jù)題意可知，硬幣進(jìn)入磁場和離開磁場時，穿過硬幣的磁通量發(fā)生變化，硬幣中產(chǎn)生感應(yīng)電流，感應(yīng)電流會阻礙硬幣的相對運(yùn)動，即硬幣進(jìn)入磁場的過程會受到來自磁場的阻力，若磁場阻力大于硬幣重力沿斜面的分力，硬幣將做減速運(yùn)動，若磁場阻力等于硬幣重力沿斜面的分力，硬幣將勻速進(jìn)入磁場，若磁場阻力小于硬幣重力沿斜面的分力，硬幣繼續(xù)加速運(yùn)動，但速度增加變慢，綜上所述，磁場能使硬幣的速度增大得更慢，如果沒有磁場，則測速器示數(shù)會更大一些，故AC正確，不滿足題意要求，B錯誤，滿足題意要求；D．根據(jù)題意可知，硬幣進(jìn)入磁場和離開磁場時，穿過硬幣的磁通量發(fā)生變化，硬幣中產(chǎn)生感應(yīng)電流，感應(yīng)電流會阻礙硬幣的相對運(yùn)動，對硬幣做負(fù)功，使硬幣的機(jī)械能減小，故D正確，不滿足題意要求。故選B。5．（2024·安徽·二模）用材料相同粗細(xì)均勻的導(dǎo)線做成如圖所示的單匝線圈，線圈構(gòu)成一個閉合回路。左側(cè)小圓的半徑為2d，中間大圓的半徑為3d，右側(cè)小圓的半徑為d，左側(cè)兩圓連接處缺口的長度可忽略不計，右側(cè)兩圓錯開相交連通（麻花狀），將線圈固定在與線圈所在平面垂直的磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，式中的和k為常量，則線圈中感應(yīng)電動勢的大小為（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】根據(jù)楞次定律可知，左側(cè)小圓和中間大圓產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向相同，而右側(cè)小圓產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向與左側(cè)小圓和中間大圓的相反，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得線圈中感應(yīng)電動勢的大小為故選B。6．（2024·黑龍江大慶·三模）如圖所示，垂直紙面的正方形勻強(qiáng)磁場區(qū)域內(nèi)，有一位于紙面的、電阻均勻的正方形導(dǎo)體框，現(xiàn)將導(dǎo)體框分別朝兩個方向以v、速度勻速拉出磁場，則導(dǎo)體框從兩個方向分別移出磁場的過程中（）A．導(dǎo)體框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向相反 B．導(dǎo)體框受到的安培力大小之比為C．導(dǎo)體框中產(chǎn)生的焦耳熱之比為 D．通過導(dǎo)體框截面的電荷量之比為【答案】D【解析】A．將導(dǎo)體框從兩個方向移出磁場的過程中，磁通量均減小，而磁場方向都垂直紙面向外，根據(jù)楞次定律判斷可知，導(dǎo)體框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向均沿逆時針方向，故A錯誤；BCD．導(dǎo)體框以速度勻速拉出磁場時，導(dǎo)體框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小為受到的安培力大小為產(chǎn)生的焦耳熱為通過導(dǎo)體框截面的電荷量為導(dǎo)體框以速度勻速拉出磁場時，導(dǎo)體框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小為受到的安培力大小為產(chǎn)生的焦耳熱為通過導(dǎo)體框截面的電荷量為則有，故BC錯誤，D正確。故選D。7．（23-24高三下·河南·階段練習(xí)）如圖甲所示，固定的矩形銅線框左半部分處于垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場中，當(dāng)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度由均勻減小到0后反向增大到，如圖乙所示。關(guān)于此過程，下列說法正確的是（）A．銅線框中的自由電子先順時針定向移動、后逆時針定向移動B．銅線框中的自由電子始終逆時針定向移動C．銅線框圍成的面積始終有擴(kuò)大的趨勢D．銅線框受到的安培力大小不變【答案】B【解析】AB．根據(jù)楞次定律，按照圖乙中變化的磁場產(chǎn)生順時針方向的電場，銅線框中的自由電子在電場力的作用下逆時針定向移動，故A錯誤，B正確；C．根據(jù)楞次定律中“增縮減擴(kuò)”的規(guī)律，穿過銅線框的磁通量先減小后增大，銅線框圍成的面積先有擴(kuò)大的趨勢、后有縮小的趨勢，故C錯誤；D．設(shè)圖乙中圖線的斜率為，根據(jù)，斜率不變，可知線圈中的感應(yīng)電動勢大小不變，則通過銅線框的電流不變。又因為線框受力的有效長度不變，而磁感應(yīng)強(qiáng)度先減小后增大，根據(jù)可知銅線框受到的安培力先減小后增大，故D錯誤。故選B。8．（2017·全國·高考真題）掃描隧道顯微鏡（STM）可用來探測樣品表面原子尺度上的形貌，為了有效隔離外界振動對STM掃描頭的擾動，在圓底盤周邊沿其徑向?qū)ΨQ地安裝若干對紫銅薄板，并施加磁場來快速衰減其微小振動，如圖所示。無擾動時，按下列四種方案對紫銅薄板施加恒定磁場，出現(xiàn)擾動后，對于紫銅薄板上下及左右振動的衰減最有效的方案是（

）A． B．C． D．【答案】B【解析】施加磁場來快速衰減STM的微小振動，其原理是電磁阻尼，在振動時通過紫銅薄板的磁通量變化，紫銅薄板中產(chǎn)生感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流，則其受到安培力作用，該作用阻礙紫銅薄板振動，即促使其振動衰減。方案A中，紫銅薄板上下振動時，通過它的磁通量可能不發(fā)生變化；方案B中，當(dāng)紫銅薄板上下、左右振動時，通過它的磁通量均發(fā)生改變；方案C中，紫銅薄板上下振動時、通過它的磁通量可能不變；當(dāng)紫銅薄板向右振動時，通過它的磁通量不變；方案D中，當(dāng)紫銅薄板上下振動時，紫銅薄板中磁通量可能不變。綜上可知，對于紫銅薄板上下及左右振動的衰減最有效的方案是B。故選B。9．（2024·江西·二模）高速鐵路列車通常使用磁剎車系統(tǒng)，磁剎車工作原理可簡述如下：將磁鐵的N極靠近一塊正在以逆時針方向旋轉(zhuǎn)的圓形鋁盤，使磁感線總垂直射入鋁盤時，鋁盤隨即減速，如圖所示，圓中磁鐵左方鋁盤的甲區(qū)域朝磁鐵方向運(yùn)動，磁鐵右方的乙區(qū)域朝離開磁鐵方向運(yùn)動，下列說法中正確的是（

）A．鋁盤甲區(qū)域的感應(yīng)電流會產(chǎn)生垂直紙面向里的磁場B．磁場與感應(yīng)電流的作用力，會產(chǎn)生將鋁盤減速旋轉(zhuǎn)的阻力C．感應(yīng)電流在鋁盤產(chǎn)生的內(nèi)能，是將鋁盤減速的最主要原因D．若將實心鋁盤轉(zhuǎn)換成布滿小空洞的鋁盤，則磁鐵對布滿空洞的鋁盤減速效果比實心鋁盤的效果更好【答案】B【解析】A．鋁盤甲區(qū)域中的磁通量向里增大，由楞次定律可知，甲區(qū)域感應(yīng)電流方向為逆時針方向，則此感應(yīng)電流的磁場方向垂直紙面向外，故A錯誤；BC．由“來拒去留”可知，磁場與感應(yīng)電流的作用力，會產(chǎn)生將鋁盤減速旋轉(zhuǎn)的阻力，會使鋁盤減速，故B正確，C錯誤；D．改成空洞鋁盤，電阻變大，電流變小，阻礙效果更差，故D錯誤。故選B。10．（23-24高二下·天津·階段練習(xí)）如圖是學(xué)生常用的飯卡內(nèi)部實物圖，其由線圈和芯片組成電路，當(dāng)飯卡處于感應(yīng)區(qū)域時，刷卡機(jī)會激發(fā)變化的磁場，從而在飯卡內(nèi)線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流來驅(qū)動芯片工作，已知線圈面積為，共匝，某次刷卡時，線圈平面與磁場垂直，且全部處于磁場區(qū)域內(nèi)，在感應(yīng)時間內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向向外且由0均勻增大到，此過程中（

）A．線框中磁通量變化率為B．線框中產(chǎn)生周期性變化的順時針方向的感應(yīng)電流C．邊所受安培力方向向左D．線框中感應(yīng)電動勢大小為【答案】C【解析】A．根據(jù)題意可知線框中磁通量變化率為與線圈匝數(shù)無關(guān)，故A錯誤；BD．設(shè)電路中總電阻為，根據(jù)楞次定律可知磁感應(yīng)強(qiáng)度向外均勻增大，由楞次定律可得感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場垂直線圈平面向里，根據(jù)安培定則可知感應(yīng)電流為順時針方向，電動勢大小為感應(yīng)電流大小可知，線圈中的感應(yīng)電流為恒定電流而不是周期性變化的。故BD錯誤；C．當(dāng)感應(yīng)電流方向為順時針時，電流由，根據(jù)左手定則判斷可知，邊所受安培力方向向左。故C正確。故選C。11．（2024·北京海淀·二模）如圖1所示為演示自感現(xiàn)象的實驗電路。實驗時，先閉合開關(guān)S，電路達(dá)到穩(wěn)定后，燈泡A和B處于正常發(fā)光狀態(tài)，在時刻，將開關(guān)S斷開，測量得到時刻前后燈泡A、B兩端電勢差、隨時間t的變化關(guān)系。電源內(nèi)阻及電感線圈L的直流電阻可忽略不計。下列說法正確的是（）A．圖2所示為燈泡A兩端電勢差在S斷開前后隨時間的變化關(guān)系B．S斷開瞬間，自感線圈L兩端電勢差大小為C．由圖1可知電源電動勢為D．由圖2和3可知兩燈泡正常發(fā)光時，燈泡A的阻值與燈泡B的阻值之比為1∶2【答案】D【解析】A．電路達(dá)到穩(wěn)定后，燈泡A和B處于正常發(fā)光狀態(tài)，開關(guān)S斷開瞬間，由于自感，所以圖2所示為燈泡B兩端電勢差在S斷開前后隨時間的變化關(guān)系，故A錯誤；B．根據(jù)圖2，S斷開瞬間，自感線圈L兩端電勢差大小為U=+=3故B錯誤；C．電路達(dá)到穩(wěn)定后，燈泡A和B處于正常發(fā)光狀態(tài)，由圖1可知電源電動勢為，故C錯誤；D．S斷開瞬間，線圈L、燈泡A、B構(gòu)成閉合回路，經(jīng)過兩燈泡電流相等，由于=2根據(jù)U=IR則燈泡A的阻值與燈泡B的阻值之比為1∶2，故D正確。故選D。二、多選題12．（2024·廣東·三模）為防止意外發(fā)生，游樂場等大型設(shè)施都配備有電磁阻尼裝置，如圖所示為某款阻尼緩沖裝置的原理示意圖：帶有光滑軌道的機(jī)械主體，能產(chǎn)生垂直緩沖軌道平面的勻強(qiáng)磁場，邊緣繞有閉合矩形線圈abcd的高強(qiáng)度緩沖滑塊撞到豎直墻時，被瞬間強(qiáng)制制動，機(jī)械主體以及磁場由于慣性繼續(xù)緩沖減速，對緩沖過程，下列說法正確的是（）A．線圈bc段受到向右的安培力B．同一匝線圈中b端的電勢高于c端的電勢C．線圈ab段中電流方向為由b到aD．若磁場反向，則裝置起不到緩沖作用【答案】BC【解析】AB．緩沖過程中，線圈bc段切割磁感線，根據(jù)右手定則，感應(yīng)電流方向為c到b，線圈bc段受到向左的安培力作用，A錯誤，B正確；CD．感應(yīng)電流方向為c到b，b端的電勢高于c端的電勢，線圈ab段中電流方向為由b到a；磁場反向時，感應(yīng)電流方向反向，線圈bc段受到的安培力方向仍然向左，仍起到緩沖作用，C正確，D錯誤；故選BC。13．（2024·貴州·二模）如圖，絕緣細(xì)線的下端懸掛著一金屬材料做成的空心心形掛件，該掛件所在空間水平直線MN下方存在勻強(qiáng)磁場，其磁感應(yīng)強(qiáng)度B的方向垂直掛件平面，且大小隨時間均勻增大。若某段時間內(nèi)掛件處于靜止?fàn)顟B(tài)，則該段時間內(nèi)掛件中產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小i、細(xì)線拉力大小F隨時間t變化的規(guī)律可能是（）A． B．C． D．【答案】AD【解析】AB．根據(jù)電磁感應(yīng)定律得感應(yīng)電動勢大小為磁場均勻增大，則為定值，則電動勢大小不變，掛件的電阻不變則感應(yīng)電流不隨時間改變。故A正確，B錯誤；CD．根據(jù)楞次定律可知掛件中電流沿逆時針方向，則受到的安培力豎直向上，受力分析可知細(xì)線拉力因為磁場均勻增大，電流大小不變，則圖像為一條斜率為負(fù)的一次函數(shù)。故C錯誤，D正確。故選AD。14．（23-24高三下·河南周口·開學(xué)考試）如圖所示，在置于勻強(qiáng)磁場中的平行導(dǎo)軌上，橫跨在兩導(dǎo)軌間的導(dǎo)體桿以速度向右勻速移動，已知磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為，方向垂直于導(dǎo)軌平面（紙面）向外，導(dǎo)軌間距為，閉合電路中除電阻外，其他部分的電阻忽略不計，則（）A．電路中的感應(yīng)電動勢B．電路中的感應(yīng)電流C．通過電阻的電流方向是由向D．桿受到的安培力方向水平向右【答案】AB【解析】A．根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，電路中的感應(yīng)電動勢，故A正確；B．根據(jù)歐姆定律可知，電路中的感應(yīng)電流，故B正確；C．根據(jù)右手定則可知，通過電阻的電流方向是由c向a，故C錯誤；D．根據(jù)左手定則可知，桿受到的安培力方向水平向左，故D錯誤；故選AB。15．（2024·黑龍江·一模）如圖甲（俯視圖）所示，水平面內(nèi)固定放置面積為，電阻為1Ω的單匝線圈，線圈內(nèi)充滿垂直水平面向下的勻強(qiáng)磁場，其磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間t變化關(guān)系如圖乙所示，線圈兩端點(diǎn)M、N與相距的粗糙平行金屬導(dǎo)軌相連，導(dǎo)軌置于垂直水平面向上的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的勻強(qiáng)磁場中。一根總長為，質(zhì)量為，阻值為9Ω的金屬桿置于導(dǎo)軌上，且與導(dǎo)軌始終接觸良好。一根勁度系數(shù)為的輕彈簧右端連接在固定擋板上，左端與金屬桿相連，金屬桿與金屬導(dǎo)軌間動摩擦因數(shù)為，金屬桿靜止時彈簧伸長量為。在時刻閉合開關(guān)S，金屬桿在內(nèi)始終保持靜止，g取，忽略平行導(dǎo)軌電阻，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則（）A．內(nèi)金屬桿中電流方向為B．金屬桿與金屬導(dǎo)軌間動摩擦因數(shù)至少為0.45C．內(nèi)通過金屬桿電荷量為D．內(nèi)整個回路產(chǎn)生焦耳熱【答案】BD【解析】A．在單匝線圈線圈中內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度在變大，根據(jù)楞次定律可得，線圈上電流逆時針流動，在金屬桿中電流流向是，A錯誤；B．線圈產(chǎn)生的電動勢為由閉合電路歐姆定律得電流為金屬桿受到的安培力為方向水平向右，所以金屬桿剛好不滑動時力是平衡的代入數(shù)據(jù)求得，金屬桿與金屬導(dǎo)軌間動摩擦因數(shù)至少為0.45，B正確；C．根據(jù)可知內(nèi)通過金屬桿電荷量為，C錯誤；D．內(nèi)與產(chǎn)生的電流相等，因此內(nèi)整個回路產(chǎn)生焦耳熱，D正確。故選BD。16．（23-24高三上·廣東·階段練習(xí)）某風(fēng)速實驗裝置由如圖甲、乙所示的風(fēng)杯組系統(tǒng)和電磁信號產(chǎn)生系統(tǒng)兩部分組成。風(fēng)杯固定在豎直轉(zhuǎn)軸的頂端，風(fēng)杯中心到轉(zhuǎn)軸距離為2L，風(fēng)推動風(fēng)杯繞豎直轉(zhuǎn)軸順時針勻速轉(zhuǎn)動。電磁信號產(chǎn)生器由圓形勻強(qiáng)磁場和固定于轉(zhuǎn)軸上的導(dǎo)體棒OA組成，磁場半徑為L，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向里，導(dǎo)體棒OA長為1.5L，電阻為r。導(dǎo)體棒每轉(zhuǎn)一周，A端與彈性簧片接觸一次，接觸時產(chǎn)生的電流強(qiáng)度恒為I。圖中電阻為R，其余電阻不計。下列說法正確的是（）A．流過電阻R的電流為正弦式交流電B．當(dāng)導(dǎo)體棒與彈性簧片接觸時，OA兩點(diǎn)的電壓大小為IrC．當(dāng)導(dǎo)體棒與彈性簧片接觸時，O點(diǎn)電勢低于A點(diǎn)電勢D．風(fēng)杯的速率【答案】CD【解析】ABC．根據(jù)題意可知，當(dāng)導(dǎo)體棒在磁場中順時針轉(zhuǎn)動時，相當(dāng)于電源，且O端相當(dāng)于電源的負(fù)極，則根據(jù)歐姆定律可知，OA兩端電勢差UOA數(shù)值上等于電路中的外電壓，則有依題意有，電源電動勢為，流過電阻R的電流為恒定電流，故AB錯誤，C正確；D．閉合電路的歐姆定律有解得則風(fēng)杯的速率為，故D正確。故選CD。17．（2024·福建漳州·二模）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，導(dǎo)軌電阻可忽略不計；導(dǎo)軌間有一垂直于導(dǎo)軌所在平面向上的勻強(qiáng)磁場，其邊界ab、cd均與導(dǎo)軌垂直?，F(xiàn)將兩相同的導(dǎo)體棒PQ、MN先后自導(dǎo)軌上同一位置由靜止釋放，運(yùn)動過程中PQ、MN始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。已知PQ進(jìn)入磁場時加速度恰好為零，從PQ進(jìn)入磁場時開始計時，MN中電流記為i，MN兩端電勢差記為u，則下列、圖像可能正確的是（

）A． B．C． D．【答案】AC【解析】AB．MN剛進(jìn)磁場時的速度與PQ剛進(jìn)磁場時相同，設(shè)時MN中電流為，若PQ剛出磁場時MN進(jìn)入磁場，此時電流立即反向，MN進(jìn)入磁場后仍勻速運(yùn)動，因此電流大小不變，A正確，B錯誤；C．PQ剛進(jìn)磁場時，MN兩端的電勢差記為，若PQ還未離開磁場時MN已進(jìn)入磁場，根據(jù)題設(shè)此時兩導(dǎo)體棒速度相等，回路電流為零，MN兩端的電勢差（導(dǎo)體棒切割磁場產(chǎn)生的電動勢）為，兩導(dǎo)體棒均未離開磁場前做勻加速運(yùn)動，電動勢均勻增大，當(dāng)PQ離開磁場時，MN的速度大于其剛進(jìn)入磁場時的速度，其兩端的電勢差U發(fā)生突變，且略大于，此后MN做加速度減小的減速運(yùn)動，MN兩端的電勢差逐漸減小，C正確；D．只有兩導(dǎo)體棒同時在磁場中運(yùn)動時，MN兩端的電勢差才等于，但不會恒定不變，D錯誤。故選AC。18．（2024·青?！つM預(yù)測）如圖所示，平行導(dǎo)軌間距為L，一部分固定放置在絕緣水平面上（足夠長），另一部分彎曲，ab是兩部分的分界線，彎曲部分在ab處的切線水平，ab的右側(cè)存在豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場。導(dǎo)體棒2靜置于水平導(dǎo)軌上，讓導(dǎo)體棒1從彎曲導(dǎo)軌上距水平面高度為L的地方由靜止開始下滑，當(dāng)1運(yùn)動到ab處時，2剛好要滑動，彎曲導(dǎo)軌光滑，水平導(dǎo)軌與2之間的動摩擦因數(shù)為0.5，兩導(dǎo)體棒接入回路的總電阻為R，導(dǎo)軌的電阻忽略不計，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小為g，下列說法正確的是（）A．1運(yùn)動到ab處的速度大小為 B．1運(yùn)動到ab處的速度大小為C．2的質(zhì)量為 D．2的質(zhì)量為【答案】AC【解析】AB．當(dāng)1運(yùn)動到ab處過程中，根據(jù)動能定理可得解得，故A正確，B錯誤；CD．當(dāng)1運(yùn)動到ab處時，2剛好要滑動，則對2研究聯(lián)立解得，故C正確，D錯誤。故選AC。19．（2024·河北·三模）如圖所示，水平面內(nèi)放置的光滑平行導(dǎo)軌左窄右寬，左軌寬度為d，右軌寬度為2d，勻強(qiáng)磁場與導(dǎo)軌平面垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。質(zhì)量為m和2m的甲、乙兩金屬棒分別垂直放在導(dǎo)軌上，某時刻，分別給甲、乙兩金屬棒一個大小為和的向右的初速度，設(shè)回路總電阻不變，導(dǎo)軌足夠長，從甲、乙兩金屬棒獲得初速度到二者穩(wěn)定運(yùn)動的過程中，下列說法正確的是（

）A．甲、乙加速度總是大小相等 B．甲、乙勻速運(yùn)動的速度大小相等C．回路產(chǎn)生的焦耳熱為 D．通過回路某一橫截面的電荷量為【答案】AD【解析】A．根據(jù)牛頓第二定律，對甲棒對乙棒解得，故A正確；B．當(dāng)兩棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢相等時，電路里無感應(yīng)電流，甲、乙勻速運(yùn)動，則有解得，故B錯誤；C．根據(jù)動量定理，對甲棒對乙棒解得，根據(jù)能量守恒回路產(chǎn)生的焦耳熱為，故C錯誤；D．根據(jù)動量定理，對甲棒其中解得，故D正確。故選AD。20．（2024·河南·二模）如圖所示，光滑平行等間距且足夠長的導(dǎo)軌水平放置在豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為3T，導(dǎo)軌寬度，左端通過導(dǎo)線連接了電源和一個開關(guān)K，電源的電動勢，內(nèi)阻。一質(zhì)量的導(dǎo)體棒垂直于導(dǎo)軌放置，其電阻。導(dǎo)體棒的中部通過絕緣輕繩繞過光滑的定滑輪連接了一個質(zhì)量的物塊，用手托住物塊保持靜止且輕繩恰好處于伸直狀態(tài)。釋放物塊的瞬間閉合開關(guān)K，已知重力加速度，則從剛釋放到物塊恰好勻速運(yùn)動經(jīng)歷時間，則關(guān)于該過程下列說法正確的是（

）

A．導(dǎo)體棒先向左運(yùn)動后向右運(yùn)動 B．導(dǎo)體棒最終速度大小為C．流經(jīng)導(dǎo)體棒的電荷量為0.6C D．電源消耗的能量為4.8J【答案】BD【解析】A．閉合開關(guān)的瞬間，導(dǎo)體棒速度為0，電流安培力故導(dǎo)體棒和物塊將向左加速，導(dǎo)體棒切割磁感線，產(chǎn)生反電動勢，有隨著速度的增加，電流逐漸減小，安培力逐漸減小，對導(dǎo)體棒和物塊有可知加速度逐漸減小，當(dāng)加速度減小到0時，系統(tǒng)受力平衡，保持向左勻速直線運(yùn)動，A項錯誤；B．當(dāng)加速度為0時，算得電流大小，速度，B項正確；C．對導(dǎo)體棒和物塊由動量定理有帶入數(shù)據(jù)，C項錯誤；D．根據(jù)非靜電力做功可求得電源消耗的電能，D項正確。故選BD。

21．（2024高三下·全國·專題練習(xí)）如圖所示，電阻不計的兩光滑平行金屬導(dǎo)軌相距，固定在水平絕緣桌面上，左側(cè)圓弧部分處在豎直平面內(nèi)，其間接有一電容為的電容器，右側(cè)平直部分處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為。方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，末端與桌面邊緣平齊。電阻為的金屬棒ab垂直于兩導(dǎo)軌放置且與導(dǎo)軌接觸良好，質(zhì)量為。棒ab從導(dǎo)軌左端距水平桌面高處無初速度釋放，離開水平直導(dǎo)軌前已勻速運(yùn)動。已知電容器的儲能，其中C為電容器的電容，U為電容器兩端的電壓，不計空氣阻力，重力加速度。則金屬棒ab在沿導(dǎo)軌運(yùn)動的過程中（）A．通過金屬棒ab的電荷量為B．通過金屬棒ab的電荷量為C．金屬棒ab中產(chǎn)生的焦耳熱為D．金屬棒ab中產(chǎn)生的焦耳熱為【答案】BC【解析】AB．當(dāng)金屬棒落下后其速度可由動能定理求得可求得之后金屬棒切割磁感線，電容器充電，其兩端電壓逐漸增大，金屬棒因為安培力做減速運(yùn)動，當(dāng)金屬棒的動生電動勢與電容器兩端電壓相等時，金屬棒勻速運(yùn)動。由動量定理可知設(shè)經(jīng)過，速度增加了，感應(yīng)電動勢分別為，可知又因為，所以帶入可得，解得此時，導(dǎo)體棒動生電動勢為因此，此時電容器電壓U也為4V，則電容器增加的電荷量為因此通過導(dǎo)體棒的電荷量也為1C。故A錯誤，B正確；CD．由以上解析可知，動能變化量為而，所以，故C正確，D錯誤。故選BC。22．（2024·河南·二模）如圖甲，abcd和a′b′c′d′為在同一水平面內(nèi)的固定光滑平行金屬導(dǎo)軌，左右導(dǎo)軌間距分別為2L、L，整個導(dǎo)軌處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，左側(cè)導(dǎo)軌間的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，右側(cè)導(dǎo)軌間的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小按圖乙規(guī)律變化，兩根金屬桿M、N分別垂直兩側(cè)導(dǎo)軌放置，N桿與cc′之間恰好圍成一個邊長為L的正方形，M桿中點(diǎn)用一絕緣細(xì)線通過輕質(zhì)定滑輪與一重物相連，t=0時釋放重物，同時在N桿中點(diǎn)處施加一水平向右的拉力F，兩桿在0~t0時間內(nèi)均處于靜止?fàn)顟B(tài)，從t0時刻開始，拉力F保持不變，重物向下運(yùn)動x距離時（M桿未到達(dá)定滑輪處），速度達(dá)到最大，已知M、N桿和重物的質(zhì)量都為m，M、N接入電路的電阻都為R，不計導(dǎo)軌電阻，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．0~t0時間內(nèi)，回路中的感應(yīng)電動勢為B．0~t0時間內(nèi)，施加在N桿上的拉力F隨時間t變化的關(guān)系為C．重物下落的最大速度為D．從t=0時刻到重物達(dá)到最大速度的過程中，回路產(chǎn)生的焦耳熱為【答案】AC【解析】A．0~t0時間內(nèi)回路的感應(yīng)電動勢為根據(jù)圖乙可知，解得，故A正確；B．根據(jù)圖乙可知令0~時間內(nèi)回路的感應(yīng)電流為I，對M有對N有解得，故B錯誤；C．根據(jù)上述，t0時刻的拉力大小為t0時刻之后，對M與重物整體進(jìn)行分析有對N進(jìn)行分析有解得可知M、N的加速度大小相等，當(dāng)時，重物速度最大，即其中解得，故C正確；D