第66頁（共66頁）2021-2025年高考物理真題知識點分類匯編之電磁感應(yīng)（六）一．選擇題（共5小題）1．（2021?北京）如圖所示，在豎直向下的勻強磁場中，水平U形導(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開始運動，最終停在導(dǎo)體框上。在此過程中（）A．導(dǎo)體棒做勻減速直線運動 B．導(dǎo)體棒中感應(yīng)電流的方向為a→b C．電阻R消耗的總電能為mvD．導(dǎo)體棒克服安培力做的總功小于12．（2021?北京）某同學(xué)搬運如圖所示的磁電式電流表時，發(fā)現(xiàn)表針晃動劇烈且不易停止。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，發(fā)現(xiàn)表針晃動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，表針晃動過程中表內(nèi)線圈不產(chǎn)生感應(yīng)電動勢 B．未接導(dǎo)線時，表針晃動劇烈是因為表內(nèi)線圈受到安培力的作用 C．接上導(dǎo)線后，表針晃動過程中表內(nèi)線圈不產(chǎn)生感應(yīng)電動勢 D．接上導(dǎo)線后，表針晃動減弱是因為表內(nèi)線圈受到安培力的作用3．（2021?重慶）某眼動儀可以根據(jù)其微型線圈在磁場中隨眼球運動時所產(chǎn)生的電流來追蹤眼球的運動。若該眼動儀線圈面積為S，匝數(shù)為N，處于磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，線圈平面最初平行于磁場，經(jīng)過時間t后線圈平面逆時針轉(zhuǎn)動至與磁場夾角為θ處，則在這段時間內(nèi)，線圈中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動勢的大小和感應(yīng)電流的方向（從左往右看）為（）A．NBSsinθt，逆時針 B．NBScosθtC．NBSsinθt，順時針 D．NBScosθ4．（2021?河北）如圖，兩光滑導(dǎo)軌水平放置在豎直向下的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為B。導(dǎo)軌間距最窄處為一狹縫，取狹縫所在處O點為坐標(biāo)原點。狹縫右側(cè)兩導(dǎo)軌與x軸夾角均為θ，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點開始以速度v向右勻速運動，忽略所有電阻。下列說法正確的是（）A．通過金屬棒的電流為2BCv2tanθ B．金屬棒到達(dá)x0時，電容器極板上的電荷量為BCvx0tanθ C．金屬棒運動過程中，電容器的上極板帶負(fù)電 D．金屬棒運動過程中，外力F做功的功率恒定5．（2021?全國）某圓形導(dǎo)電線圈處于一方向垂直于該線圈的勻強磁場中，該磁場的磁感應(yīng)強度B隨時間的變化如圖所示。對OP、PM、MN和NQ時間段內(nèi)線圈中的感應(yīng)電流，下列說法正確的是（）A．PM段的感應(yīng)電流值最大 B．OP段的感應(yīng)電流值是MN段的感應(yīng)電流值的2倍 C．MN段的感應(yīng)電流與NQ段的感應(yīng)電流大小相同，方向也相同 D．OP段的感應(yīng)電流與NQ段的感應(yīng)電流方向相同二．多選題（共6小題）（多選）6．（2021?甲卷）由相同材料的導(dǎo)線繞成邊長相同的甲、乙兩個正方形閉合線圈，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)從同一高度同時由靜止開始下落，一段時間后進(jìn)入一方向垂直于紙面的勻強磁場區(qū)域，磁場的上邊界水平，如圖所示。不計空氣阻力，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)入磁場后且上邊進(jìn)入磁場前，可能出現(xiàn)的是（）A．甲和乙都加速運動 B．甲和乙都減速運動 C．甲加速運動，乙減速運動 D．甲減速運動，乙加速運動（多選）7．（2021?山東）如圖所示，電阻不計的光滑U形金屬導(dǎo)軌固定在絕緣斜面上。區(qū)域Ⅰ、Ⅱ中磁場方向均垂直斜面向上，Ⅰ區(qū)中磁感應(yīng)強度隨時間均勻增加，Ⅱ區(qū)中為勻強磁場。阻值恒定的金屬棒從無磁場區(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。運動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時的速度大于上行過b時的速度 B．金屬棒下行過b時的加速度大于上行過b時的加速度 C．金屬棒不能回到無磁場區(qū) D．金屬棒能回到無磁場區(qū)，但不能回到a處（多選）8．（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）所示的勻強磁場，t＝0時磁場方向垂直紙面向里。在t＝0到t＝2t0的時間內(nèi)，金屬棒水平固定在距導(dǎo)軌頂端L處；t＝2t0時，釋放金屬棒。整個過程中金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌與金屬棒的電阻不計，則（）A．在t=t02時，B．在t＝t0時，金屬棒中電流的大小為B0C．在t=3tD．在t＝3t0時，金屬棒中電流的方向向右（多選）9．（2021?廣東）如圖所示，水平放置足夠長光滑金屬導(dǎo)軌abc和de，ab與de平行，bc是以O(shè)為圓心的圓弧導(dǎo)軌。圓弧be左側(cè)和扇形Obc內(nèi)有方向如圖的勻強磁場。金屬桿OP的O端與e點用導(dǎo)線相接，P端與圓弧bc接觸良好。初始時，可滑動的金屬桿MN靜止在平行導(dǎo)軌上。若桿OP繞O點在勻強磁場區(qū)內(nèi)從b到c勻速轉(zhuǎn)動時，回路中始終有電流，則此過程中，下列說法正確的有（）A．桿OP產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢恒定 B．桿OP受到的安培力不變 C．桿MN做勻加速直線運動 D．桿MN中的電流逐漸減小（多選）10．（2021?湖南）兩個完全相同的正方形勻質(zhì)金屬框，邊長為L，通過長為L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H處有一方向水平、垂直紙面向里的勻強磁場。磁場區(qū)域上下邊界水平，高度為L，左右寬度足夠大。把該組合體在垂直磁場的平面內(nèi)以初速度v0水平無旋轉(zhuǎn)拋出，設(shè)置合適的磁感應(yīng)強度大小B使其勻速通過磁場，不計空氣阻力。下列說法正確的是（）A．B與v0無關(guān)，與H成反比 B．通過磁場的過程中，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)H、v0和B，只要組合體仍能勻速通過磁場，則其通過磁場的過程中產(chǎn)生的熱量不變（多選）11．（2021?福建）如圖，P、Q是兩根固定在水平面內(nèi)的光滑平行金屬導(dǎo)軌，間距為L，導(dǎo)軌足夠長且電阻可忽略不計。圖中EFGH矩形區(qū)域有一方向垂直導(dǎo)軌平面向上、感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場。在t＝t1時刻，兩均勻金屬棒a、b分別從磁場邊界EF、GH進(jìn)入磁場，速度大小均為v0；一段時間后，流經(jīng)a棒的電流為0，此時t＝t2，b棒仍位于磁場區(qū)域內(nèi)。已知金屬棒a、b相同材料制成，長度均為L，電阻分別為R和2R，a棒的質(zhì)量為m。在運動過程中兩金屬棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，a、b棒沒有相碰，則（）A．t1時刻a棒加速度大小為2BB．t2時刻b棒的速度為0 C．t1～t2時間內(nèi)，通過a棒橫截面的電荷量是b棒的2倍 D．t1～t2時間內(nèi)，a棒產(chǎn)生的焦耳熱為2三．解答題（共7小題）12．（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磁場中，磁場的磁感應(yīng)強度大小為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向右做勻速直線運動，此時金屬桿內(nèi)自由電子沿桿定向移動的速率為u0。設(shè)金屬桿內(nèi)做定向移動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以外不計其它電阻。（1）求金屬桿中的電流和水平外力的功率；（2）某時刻撤去外力，經(jīng)過一段時間，自由電子沿金屬桿定向移動的速率變?yōu)閡0（i）這段時間內(nèi)電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱；（ii）這段時間內(nèi)一直在金屬桿內(nèi)的自由電子沿桿定向移動的距離。13．（2021?天津）如圖所示，兩根足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ間距L＝1m，其電阻不計，兩導(dǎo)軌及其構(gòu)成的平面均與水平面成θ＝30°角，N、Q兩端接有R＝1Ω的電阻。一金屬棒ab垂直導(dǎo)軌放置，ab兩端與導(dǎo)軌始終有良好接觸，已知ab的質(zhì)量m＝0.2kg，電阻r＝1Ω，整個裝置處在垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小B＝1T。ab在平行于導(dǎo)軌向上的拉力作用下，以初速度v1＝0.5m/s沿導(dǎo)軌向上開始運動，可達(dá)到最大速度v＝2m/s。運動過程中拉力的功率恒定不變，重力加速度g＝10m/s2。（1）求拉力的功率P；（2）ab開始運動后，經(jīng)t＝0.09s速度達(dá)到v2＝1.5m/s，此過程中ab克服安培力做功W＝0.06J，求該過程中ab沿導(dǎo)軌的位移大小x。14．（2021?乙卷）如圖，一傾角為α的光滑固定斜面的頂端放有質(zhì)量M＝0.06kg的U形導(dǎo)體框，導(dǎo)體框的電阻忽略不計；一電阻R＝3Ω的金屬棒CD的兩端置于導(dǎo)體框上，與導(dǎo)體框構(gòu)成矩形回路CDEF；EF與斜面底邊平行，長度L＝0.6m。初始時CD與EF相距s0＝0.4m，金屬棒與導(dǎo)體框同時由靜止開始下滑，金屬棒下滑距離s1=316m后進(jìn)入一方向垂直于斜面的勻強磁場區(qū)域，磁場邊界（圖中虛線）與斜面底邊平行；金屬棒在磁場中做勻速運動，直至離開磁場區(qū)域。當(dāng)金屬棒離開磁場的瞬間，導(dǎo)體框的EF邊正好進(jìn)入磁場，并在勻速運動一段距離后開始加速。已知金屬棒與導(dǎo)體框之間始終接觸良好，磁場的磁感應(yīng)強度大小B＝1T，重力加速度大小取g＝10m/s2，sinα＝（1）金屬棒在磁場中運動時所受安培力的大小；（2）金屬棒的質(zhì)量以及金屬棒與導(dǎo)體框之間的動摩擦因數(shù)；（3）導(dǎo)體框勻速運動的距離。15．（2021?浙江）嫦娥五號成功實現(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)強度大小為B的勻強磁場的磁體和“∧”型剛性線框組成，“∧”型線框ab邊可沿導(dǎo)軌滑動并接觸良好。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g6。整個運動過程中只有ab（1）求著陸裝置接觸到月球表面后瞬間線框ab邊產(chǎn)生的電動勢E0；（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“∧”型線框ab邊的電流I0；（3）求船艙勻速運動時的速度大小v；（4）同桌小張認(rèn)為在磁場上方、兩導(dǎo)軌之間連接一個電容為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，求船艙勻速運動時的速度大小v′和此時電容器所帶電荷量q。16．（2021?浙江）一種探測氣體放電過程的裝置如圖甲所示，充滿氖氣（Ne）的電離室中有兩電極與長直導(dǎo)線連接，并通過兩水平長導(dǎo)線與高壓電源相連．在與長直導(dǎo)線垂直的平面內(nèi)，以導(dǎo)線為對稱軸安裝一個用阻值R0＝10Ω的細(xì)導(dǎo)線繞制、匝數(shù)N＝5×103的圓環(huán)形螺線管，細(xì)導(dǎo)線的始末兩端c、d與阻值R＝90Ω的電阻連接．螺線管的橫截面是半徑a＝1.0×10﹣2m的圓，其中心與長直導(dǎo)線的距離r＝0.1m，氣體被電離后在長直導(dǎo)線回路中產(chǎn)生順時針方向的電流I，其I—t圖像如圖乙所示．為便于計算，螺線管內(nèi)各處的磁感應(yīng)強度大小均可視為B=kIr，其中k＝2×10﹣7T?（1）求0～6.0×10﹣3s內(nèi)通過長直導(dǎo)線橫截面的電荷量Q；（2）求3.0×10﹣3s時，通過螺線管某一匝線圈的磁通量Φ；（3）若規(guī)定c→R→d為電流的正方向，在不考慮線圈自感的情況下，通過計算，在答題紙上畫出通過電阻R的iR﹣t圖像；（4）若規(guī)定c→R→d為電流的正方向，考慮線圈自感，在答題紙上定性畫出通過電阻R的iR﹣t圖像。17．（2021?湖北）如圖（a）所示，兩根不計電阻、間距為L的足夠長平行光滑金屬導(dǎo)軌，豎直固定在勻強磁場中，磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向里，磁感應(yīng)強度大小為B。導(dǎo)軌上端串聯(lián)非線性電子元件Z和阻值為R的電阻。元件Z的U﹣I圖像如圖（b）所示，當(dāng)流過元件Z的電流大于或等于I0時，電壓穩(wěn)定為Um。質(zhì)量為m、不計電阻的金屬棒可沿導(dǎo)軌運動，運動中金屬棒始終水平且與導(dǎo)軌保持良好接觸。忽略空氣阻力及回路中的電流對原磁場的影響，重力加速度大小為g。為了方便計算，取I0=mg4BL，Um=mgR2BL。以下計算結(jié)果只能選用m、g、（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間，求S斷開瞬間金屬棒的加速度大小a。18．（2021?全國）如圖，質(zhì)量為m、電阻為R、邊長為l的正方形導(dǎo)線框置于光滑水平面上，虛線右側(cè)區(qū)域存在垂直于水平面向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B．線框在恒力F作用下從距磁場左邊界一定距離處由靜止開始運動。（1）若線框前端進(jìn)入磁場后即保持勻速直線運動，求線框開始運動時距磁場左邊界的距離s；（2）若其他條件不變，t＝0時線框從距磁場左邊界s4處由靜止開始運動，線框經(jīng)過多少時間其前端剛（3）已知在（2）的情況下，線框始終做加速運動，定性畫出線框運動的v﹣t圖像。

2021-2025年高考物理真題知識點分類匯編之電磁感應(yīng)（六）參考答案與試題解析一．選擇題（共5小題）題號12345答案CDAAC二．多選題（共6小題）題號67891011答案ABABDBCADCDAD一．選擇題（共5小題）1．（2021?北京）如圖所示，在豎直向下的勻強磁場中，水平U形導(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開始運動，最終停在導(dǎo)體框上。在此過程中（）A．導(dǎo)體棒做勻減速直線運動 B．導(dǎo)體棒中感應(yīng)電流的方向為a→b C．電阻R消耗的總電能為mvD．導(dǎo)體棒克服安培力做的總功小于1【考點】單桿在導(dǎo)軌上無外力作用下切割磁場的運動問題；電磁感應(yīng)過程中的動力學(xué)類問題；電磁感應(yīng)過程中的能量類問題；電磁感應(yīng)過程中的電路類問題；右手定則．【專題】定量思想；方程法；電磁感應(yīng)——功能問題；推理論證能力．【答案】C【分析】根據(jù)牛頓第二定律得到加速度和速度的關(guān)系，由此分析加速度的變化情況；根據(jù)右手定則可知導(dǎo)體棒中感應(yīng)電流的方向；根據(jù)功能關(guān)系、焦耳定律可得電阻R消耗的總電能；根據(jù)動能定理可知導(dǎo)體棒克服安培力做的總功?！窘獯稹拷猓篈、設(shè)磁感應(yīng)強度為B，導(dǎo)軌的寬度為L，當(dāng)速度為v時的安培力為FA＝BIL=B2L2vR+r，根據(jù)牛頓第二定律可得：FAB、根據(jù)右手定則可知導(dǎo)體棒中感應(yīng)電流的方向為b→a，故B錯誤；C、整個過程中電路中消耗的總電能為：E=12mv02，根據(jù)焦耳定律可得電阻R消耗的總電能為D、根據(jù)動能定理可知導(dǎo)體棒克服安培力做的總功等于12mv0故選：C。【點評】本題主要是考查電磁感應(yīng)現(xiàn)象，關(guān)鍵是弄清楚導(dǎo)體棒的運動情況和受力情況，根據(jù)牛頓第二定律列方程進(jìn)行求解加速度大小，根據(jù)動能定理、功能關(guān)系、焦耳定律等進(jìn)行分析解答。2．（2021?北京）某同學(xué)搬運如圖所示的磁電式電流表時，發(fā)現(xiàn)表針晃動劇烈且不易停止。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，發(fā)現(xiàn)表針晃動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，表針晃動過程中表內(nèi)線圈不產(chǎn)生感應(yīng)電動勢 B．未接導(dǎo)線時，表針晃動劇烈是因為表內(nèi)線圈受到安培力的作用 C．接上導(dǎo)線后，表針晃動過程中表內(nèi)線圈不產(chǎn)生感應(yīng)電動勢 D．接上導(dǎo)線后，表針晃動減弱是因為表內(nèi)線圈受到安培力的作用【考點】感應(yīng)電動勢及其產(chǎn)生條件．【專題】定性思想；歸納法；電磁感應(yīng)與電路結(jié)合；理解能力．【答案】D【分析】不接導(dǎo)線和接上導(dǎo)線時，表針晃動過程中表內(nèi)線圈都要產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，接上導(dǎo)線后，還要產(chǎn)生感應(yīng)電流，線圈受到安培力的阻礙作用，表針會很快的停下來?！窘獯稹拷猓篈、未接導(dǎo)線時，表針晃動過程中表內(nèi)線圈要切割磁感線，會產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，故A錯誤；B、未接導(dǎo)線時，表針晃動過程中表內(nèi)線圈產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，由于電路未閉合，則線圈沒有感應(yīng)電流，線圈不受安培力的作用，故B錯誤；CD、接上導(dǎo)線后形成閉合回路，表針晃動過程中表內(nèi)線圈產(chǎn)生感應(yīng)電流，線圈會受到安培力作用阻礙線圈的轉(zhuǎn)動，表針晃動減弱，故C錯誤，D正確。故選：D。【點評】解答本題時，要知道在運輸電流表時，通常都會用導(dǎo)線把電流表的兩個接線柱連接起來，就是運用電磁阻尼的作用，讓指針不再發(fā)生大角度的偏轉(zhuǎn)。3．（2021?重慶）某眼動儀可以根據(jù)其微型線圈在磁場中隨眼球運動時所產(chǎn)生的電流來追蹤眼球的運動。若該眼動儀線圈面積為S，匝數(shù)為N，處于磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，線圈平面最初平行于磁場，經(jīng)過時間t后線圈平面逆時針轉(zhuǎn)動至與磁場夾角為θ處，則在這段時間內(nèi)，線圈中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動勢的大小和感應(yīng)電流的方向（從左往右看）為（）A．NBSsinθt，逆時針 B．NBScosθtC．NBSsinθt，順時針 D．NBScosθ【考點】楞次定律及其應(yīng)用．【專題】定性思想；方程法；電磁感應(yīng)與電路結(jié)合；理解能力．【答案】A【分析】根據(jù)Φ＝BSsinθ判斷穿過線圈的磁通量，然后求出磁通量的變化量，再根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求出平均電動勢的大小，根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向?！窘獯稹拷猓洪_始時線圈與磁場的方向平行，則穿過線圈的磁通量為零；經(jīng)過時間t，面積為S的線圈平面逆時針轉(zhuǎn)動至與磁場夾角為θ處，磁通量變化為：ΔΦ＝BSsinθ；由法拉第電磁感應(yīng)定律，線圈中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動勢的大小為：E=NΔΦΔt=故選：A?！军c評】該題考查楞次定律與法拉第電磁感應(yīng)定律，正確求出磁通量的變化是解答的關(guān)鍵。4．（2021?河北）如圖，兩光滑導(dǎo)軌水平放置在豎直向下的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為B。導(dǎo)軌間距最窄處為一狹縫，取狹縫所在處O點為坐標(biāo)原點。狹縫右側(cè)兩導(dǎo)軌與x軸夾角均為θ，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點開始以速度v向右勻速運動，忽略所有電阻。下列說法正確的是（）A．通過金屬棒的電流為2BCv2tanθ B．金屬棒到達(dá)x0時，電容器極板上的電荷量為BCvx0tanθ C．金屬棒運動過程中，電容器的上極板帶負(fù)電 D．金屬棒運動過程中，外力F做功的功率恒定【考點】電磁感應(yīng)過程中的電路類問題；電容定義式的簡單應(yīng)用；安培力的計算公式及簡單應(yīng)用．【專題】定量思想；推理法；電容器專題；電磁感應(yīng)與電路結(jié)合；分析綜合能力．【答案】A【分析】金屬棒切割磁感線相當(dāng)于電源，切割有效長度逐漸增加，感應(yīng)電動勢逐漸增大，給所連接的電容器充電，由電流定義式I=ΔQΔt為切入點，由電容的定義式Q＝CU，電容器的電壓總是等于感應(yīng)電動勢，動生感應(yīng)電動勢的計算公式E＝BLv，分析L與位移的幾何關(guān)系，推導(dǎo)電容器的電荷量Q的表達(dá)式，得到ΔQ的表達(dá)式，從而得到電流的表達(dá)式；由右手定則或者楞次定律判斷感應(yīng)電流方向；由金屬棒受力平衡F＝F安＝BIL，再由P＝【解答】解：C、金屬棒沿x軸正方向勻速運動切割垂直紙面向里的磁感線，發(fā)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象，金屬棒相當(dāng)于電源，由右手定則判斷，金屬棒中電流方向向上，金屬棒上端為電源正極，可知電容器的上極板帶正電，故C錯誤；A、以金屬棒開始運動時為計時零時刻，設(shè)金屬棒在0﹣t時間內(nèi)運動位移為x，在t時刻金屬棒在導(dǎo)軌間的長度L＝2xtanθ，此時金屬棒在導(dǎo)軌間的電動勢E＝BLv，電容器的電壓U＝E，電容器的電量Q＝CU＝2BCvxtanθ，在t﹣（t+Δt）（Δt趨近于零）時間內(nèi)，金屬棒的位移由x增加到（x+Δx），則電容器的電量增加量ΔQ＝2BCv?Δx?tanθ，通過金屬棒的電流I=ΔQΔt=2可得I＝2BCv2tanθ，故A正確；B、由A選項的分析結(jié)果Q＝2BCvxtanθ，可知金屬棒到達(dá)x0時，電容器極板上的電荷量為2BCvx0tanθ，故B錯誤；D、由A選項的分析結(jié)果I＝2BCv2tanθ，可知流過金屬棒的電流恒定，由F安＝BIL，金屬棒在導(dǎo)軌間的長度L不斷增加，其所受安培力不斷增大，金屬棒做勻速直線運動，由受力平衡可知，外力F的大小等于安培力，即外力F不斷增大，由P＝Fv可知外力F做功的功率不斷增加，故D錯誤。故選：A?！军c評】本題考查了電磁感應(yīng)現(xiàn)象以及電容器和電流的定義相關(guān)知識點，中等難度。解題關(guān)鍵在于能把相當(dāng)于電源的金屬棒與電容器之間的關(guān)聯(lián)建立起來，即充電過程U＝E及ΔU＝ΔE。由電流定義式出發(fā)，尋找物理量之間的關(guān)系，逐步推演得到結(jié)果。5．（2021?全國）某圓形導(dǎo)電線圈處于一方向垂直于該線圈的勻強磁場中，該磁場的磁感應(yīng)強度B隨時間的變化如圖所示。對OP、PM、MN和NQ時間段內(nèi)線圈中的感應(yīng)電流，下列說法正確的是（）A．PM段的感應(yīng)電流值最大 B．OP段的感應(yīng)電流值是MN段的感應(yīng)電流值的2倍 C．MN段的感應(yīng)電流與NQ段的感應(yīng)電流大小相同，方向也相同 D．OP段的感應(yīng)電流與NQ段的感應(yīng)電流方向相同【考點】法拉第電磁感應(yīng)定律的內(nèi)容和表達(dá)式；閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達(dá)式；楞次定律及其應(yīng)用．【專題】定性思想；推理法；電磁感應(yīng)與圖象結(jié)合；推理論證能力．【答案】C【分析】根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律分析出感應(yīng)電動勢的大小，結(jié)合歐姆定律和圖像分析出不同階段的感應(yīng)電流的大小和方向?！窘獯稹拷猓涸O(shè)圓形導(dǎo)電線圈的面積為S，線圈匝數(shù)為n，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得：E=A、PM段圖像的斜率為零，則感應(yīng)電動勢為零，感應(yīng)電流為零，故A錯誤；B、根據(jù)上述分析可知，感應(yīng)電動勢的大小與圖像的斜率成正比，而縱坐標(biāo)的數(shù)據(jù)未知，所以無法確定感應(yīng)電動勢的關(guān)系，則也無法確定電流的關(guān)系，故B錯誤；C、因為MN和NQ屬于同一直線，斜率相同，則產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢相同，根據(jù)歐姆定律可知產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小相同，方向也相同，故C正確；D、因為OP段和NQ段的斜率不同，則產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向相反，故D錯誤；故選：C。【點評】本題主要考查了法拉第電磁感應(yīng)定律的相關(guān)應(yīng)用，熟悉相應(yīng)的公式，結(jié)合圖像的斜率和歐姆定律即可完成分析。二．多選題（共6小題）（多選）6．（2021?甲卷）由相同材料的導(dǎo)線繞成邊長相同的甲、乙兩個正方形閉合線圈，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)從同一高度同時由靜止開始下落，一段時間后進(jìn)入一方向垂直于紙面的勻強磁場區(qū)域，磁場的上邊界水平，如圖所示。不計空氣阻力，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)入磁場后且上邊進(jìn)入磁場前，可能出現(xiàn)的是（）A．甲和乙都加速運動 B．甲和乙都減速運動 C．甲加速運動，乙減速運動 D．甲減速運動，乙加速運動【考點】導(dǎo)體平動切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢．【專題】定性思想；推理法；電磁感應(yīng)中的力學(xué)問題；分析綜合能力．【答案】AB【分析】線圈進(jìn)入磁場前做自由落體運動，應(yīng)用運動學(xué)公式求出線圈進(jìn)入磁場時的速度大??；根據(jù)密度公式求出線圈的質(zhì)量；應(yīng)用電阻定律求出線圈的電阻；由E＝BLv求出線圈進(jìn)入磁場過程產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢，應(yīng)用閉合電路的歐姆定律求出感應(yīng)電流；應(yīng)用安培力公式求出線圈受到的安培力，根據(jù)線圈受到的安培力與重力間的關(guān)系分析判斷線圈進(jìn)入磁場過程的運動情況。【解答】解：甲、乙兩正方形線圈的材料相同，則它們的密度和電阻率相同，設(shè)材料的電阻率為ρ，密度為ρ密度，兩正方形線圈的邊長相同，設(shè)線圈邊長為L，設(shè)線圈的橫截面積為S，線圈的質(zhì)量m＝ρ密度×4nLS＝4nρ密度LS，由題意可知，兩線圈的質(zhì)量相等，則4n甲ρ密度LS甲＝4n乙ρ密度LS乙，則n甲S甲＝n乙S乙，兩線圈在豎直平面內(nèi)從同一高度同時由靜止開始下落，設(shè)線圈下邊到磁場的高度為h，設(shè)線圈下邊剛進(jìn)入磁場時的速度為v，線圈進(jìn)入磁場前做自由落體運動，則v=2gh，由于下落高度h設(shè)線圈匝數(shù)為n，磁感應(yīng)強度為B，線圈進(jìn)入磁場過程切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝nBLv，由電阻定律可知，線圈電阻：R＝ρ4由閉合電路的歐姆定律可知，感應(yīng)電流：I=線圈受到的安培力：F＝nBIL=由于n甲S甲＝n乙S乙，B、L、ρ、v都相同，則線圈進(jìn)入磁場時受到的安培力F相同，線圈質(zhì)量相同，則它們受到的重力G＝mg相同，線圈進(jìn)入磁場過程所受合力F合＝F﹣G相同；A、如果線圈進(jìn)入磁場時安培力小于重力，則線圈受到的合力向下，線圈甲、乙都加速運動，故A正確；B、如果線圈進(jìn)入磁場時安培力大于重力，線圈受到的合力向上，線圈甲、乙都做減速運動，故B正確；C、由于甲、乙所受合力相同、進(jìn)入磁場時的速度相同，如果甲加速運動，則乙也做加速運動，故C錯誤；D、由于甲、乙所受合力相同、進(jìn)入磁場時的速度相同，如果甲減速運動，則乙也做減速運動，故D錯誤。故選：AB?！军c評】本題是電磁感應(yīng)、電路與力學(xué)相結(jié)合的一道綜合題，根據(jù)題意分析清楚線圈的受力情況與運動過程是解題的前提與關(guān)鍵；解題時要先推導(dǎo)出線圈所受安培力，然后再分析答題。（多選）7．（2021?山東）如圖所示，電阻不計的光滑U形金屬導(dǎo)軌固定在絕緣斜面上。區(qū)域Ⅰ、Ⅱ中磁場方向均垂直斜面向上，Ⅰ區(qū)中磁感應(yīng)強度隨時間均勻增加，Ⅱ區(qū)中為勻強磁場。阻值恒定的金屬棒從無磁場區(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。運動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時的速度大于上行過b時的速度 B．金屬棒下行過b時的加速度大于上行過b時的加速度 C．金屬棒不能回到無磁場區(qū) D．金屬棒能回到無磁場區(qū)，但不能回到a處【考點】導(dǎo)體平動切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢；電磁感應(yīng)過程中的能量類問題；作用力與反作用力；閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達(dá)式．【專題】應(yīng)用題；定性思想；推理法；電磁感應(yīng)——功能問題；分析綜合能力．【答案】ABD【分析】對金屬棒在b點時進(jìn)行受力分析，分別表示出下行和上行時的安培力，再根據(jù)牛頓第二定律列出加速度的表達(dá)式比較兩個加速度的大小，通過運動規(guī)律分析速度的大??；同理判斷金屬棒能否回到無磁場區(qū)與能否回到a點?！窘獯稹拷猓篈B、在I區(qū)域中，磁感應(yīng)強度為B1＝kt，感應(yīng)電動勢為：E1=ΔB導(dǎo)體棒進(jìn)入Ⅱ區(qū)域之前，感應(yīng)電流恒為I1，導(dǎo)體棒中的電流方向由右向左；導(dǎo)體棒進(jìn)入Ⅱ區(qū)域后，導(dǎo)體切割磁感線，產(chǎn)生的感應(yīng)電流為I2，下行時此電流在導(dǎo)體棒中的方向由右向左，所以導(dǎo)體棒中總電流為I1+I2；上行時此電流在導(dǎo)體棒中的方向由左向右，設(shè)大小為I2′，所以導(dǎo)體棒中總電流為I1﹣I2′，導(dǎo)體棒在b點時，受力分析如圖：下行過程中，根據(jù)牛頓第二定律可知：B2（I1+I2）L﹣mgsinθ＝ma1，上行過程中，根據(jù)牛頓第二定律可知：B2（I1﹣I2′）L﹣mgsinθ＝ma2，所以有：a1＞a2，由于bc段距離不變，將下行過程看作反向的加速過程，由v2＝2ax比較v的大小，下行過程中加速度大，上行過程中加速度小，故下行過程的平均加速度大于上行過程的平均加速度，所以金屬板下行過經(jīng)過b點時的速度大于上行經(jīng)過b點時的速度，故AB正確；CD、Ⅰ區(qū)域產(chǎn)生的感應(yīng)電流所受安培力總是不小于沿斜面向下的作用力，所以金屬棒一定能回到無磁場區(qū)域；由AB選項的分析知：在Ⅱ區(qū)域中下行過程的平均加速度大于上行過程的平均加速度，可得進(jìn)入Ⅱ區(qū)域時速度大于離開Ⅱ區(qū)域時速度，由v2＝2ax，可知離開Ⅱ區(qū)域上滑的位移小于a位置到Ⅱ區(qū)域上邊界的距離，所以不能回到a處，故C錯誤，D正確。故選：ABD?！军c評】該題考查了多個知識點的綜合運用。做這類問題我們還是應(yīng)該從運動過程和受力分析入手研究，運用一些物理規(guī)律和能量守恒來分析求解問題。（多選）8．（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）所示的勻強磁場，t＝0時磁場方向垂直紙面向里。在t＝0到t＝2t0的時間內(nèi)，金屬棒水平固定在距導(dǎo)軌頂端L處；t＝2t0時，釋放金屬棒。整個過程中金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌與金屬棒的電阻不計，則（）A．在t=t02B．在t＝t0時，金屬棒中電流的大小為B0C．在t=3tD．在t＝3t0時，金屬棒中電流的方向向右【考點】導(dǎo)體平動切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢；閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達(dá)式；安培力的計算公式及簡單應(yīng)用；法拉第電磁感應(yīng)定律的內(nèi)容和表達(dá)式．【專題】定量思想；等效替代法；功率的計算專題；分析綜合能力．【答案】BC【分析】在t＝0到t＝2t0的時間內(nèi)，穿過回路的磁通量均勻變化，回路中產(chǎn)生恒定的感應(yīng)電動勢和恒定電流，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求出感應(yīng)電動勢，由閉合電路歐姆定律求感應(yīng)電流，再求金屬棒受到的安培力大小，由楞次定律判斷安培力方向；在t＝3t0時，由右手定則判斷金屬棒中電流方向?！窘獯稹拷猓築、在t＝0到t＝2t0的時間內(nèi)，ΔBΔt=B0t0，穿過回路的磁通量均勻變化，回路中產(chǎn)生恒定的感應(yīng)電動勢，大小為E=ΔΦΔt=ΔBΔtA、在t=t02時，金屬棒受到安培力的大小為F=B02IL=BC、在t=3t0D、在t＝3t0時，金屬棒向下做切割磁感線運動，此時磁場方向垂直紙面向外，由右手定則判斷可知金屬棒中電流的方向向左，故D錯誤。故選：BC。【點評】本題是感生電動勢與動生電動勢均有的情形，對于感生電動勢，要熟練運用法拉第電磁感應(yīng)定律求感應(yīng)電動勢，由閉合電路歐姆定律求感應(yīng)電流，知道磁通量均勻變化量時，回路中產(chǎn)生的電動勢和電流是恒定的。（多選）9．（2021?廣東）如圖所示，水平放置足夠長光滑金屬導(dǎo)軌abc和de，ab與de平行，bc是以O(shè)為圓心的圓弧導(dǎo)軌。圓弧be左側(cè)和扇形Obc內(nèi)有方向如圖的勻強磁場。金屬桿OP的O端與e點用導(dǎo)線相接，P端與圓弧bc接觸良好。初始時，可滑動的金屬桿MN靜止在平行導(dǎo)軌上。若桿OP繞O點在勻強磁場區(qū)內(nèi)從b到c勻速轉(zhuǎn)動時，回路中始終有電流，則此過程中，下列說法正確的有（）A．桿OP產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢恒定 B．桿OP受到的安培力不變 C．桿MN做勻加速直線運動 D．桿MN中的電流逐漸減小【考點】導(dǎo)體轉(zhuǎn)動切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢；左手定則判斷安培力的方向．【專題】定量思想；方程法；電磁感應(yīng)中的力學(xué)問題；理解能力．【答案】AD【分析】求出OP轉(zhuǎn)動切割磁感應(yīng)線的感應(yīng)電動勢的計算公式分析感應(yīng)電動勢是否變化；由于MN切割磁感應(yīng)線產(chǎn)生的感應(yīng)電流，從而使得桿OP中的電流大小發(fā)生改變，由此分析安培力的變化、加速度的變化?！窘獯稹拷猓篈、設(shè)OP轉(zhuǎn)動的角速度為ω，圓弧導(dǎo)軌半徑為r，則OP轉(zhuǎn)動切割磁感應(yīng)線的感應(yīng)電動勢為：E＝Brv=12BrB、根據(jù)右手定則可知OP棒中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向由O到P，則通過MN的電流方向由M到N，根據(jù)左手定則可知桿MN受到的安培力方向向左，桿MN將向左運動切割磁感應(yīng)線，由于MN切割磁感應(yīng)線產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向由N到M，從而使得桿OP中的電流大小發(fā)生改變，根據(jù)F安＝BIr可知，OP受到的安培力減小，故B錯誤；C、根據(jù)B選項分析可知，桿MN中的電流大小發(fā)生變化，根據(jù)牛頓第二定律可得MN的加速度大小a=BILm發(fā)生改變，桿MN不是做勻加速直線運動，故D、根據(jù)B選項分析可知，桿MN中的電流逐漸減小，故D正確。故選：AD?！军c評】本題主要是考查法拉第電磁感應(yīng)定律和安培力作用下導(dǎo)體棒的運動問題，對于導(dǎo)體切割磁感應(yīng)線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢情況有兩種：一是導(dǎo)體平動切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢，可以根據(jù)E＝BLv來計算；二是導(dǎo)體棒轉(zhuǎn)動切割磁感應(yīng)線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢，可以根據(jù)E=1（多選）10．（2021?湖南）兩個完全相同的正方形勻質(zhì)金屬框，邊長為L，通過長為L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H處有一方向水平、垂直紙面向里的勻強磁場。磁場區(qū)域上下邊界水平，高度為L，左右寬度足夠大。把該組合體在垂直磁場的平面內(nèi)以初速度v0水平無旋轉(zhuǎn)拋出，設(shè)置合適的磁感應(yīng)強度大小B使其勻速通過磁場，不計空氣阻力。下列說法正確的是（）A．B與v0無關(guān)，與H成反比 B．通過磁場的過程中，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)H、v0和B，只要組合體仍能勻速通過磁場，則其通過磁場的過程中產(chǎn)生的熱量不變【考點】電磁感應(yīng)過程中的能量類問題；電磁感應(yīng)過程中的電路類問題．【專題】定量思想；推理法；電磁感應(yīng)——功能問題；電磁感應(yīng)中的力學(xué)問題；分析綜合能力．【答案】CD【分析】組合體進(jìn)入磁場前做平拋運動，由豎直方向做自由落體運動求出進(jìn)磁場前的豎直速度大小，應(yīng)用法拉第電磁感應(yīng)定律，歐姆定律，安培力計算公式結(jié)合平衡條件，可得B的表達(dá)式；由楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向；由P＝Fv判斷功率關(guān)系；由能量守恒定律判斷系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量是否變化。【解答】解：A、設(shè)組合體質(zhì)量為m，每個金屬框的電阻為R，進(jìn)入磁場時的速度大小為v，速度方向與水平方向夾角為θ，豎直方向的速度大小為vy，組合體進(jìn)入磁場前做平拋運動，則有vy2＝2gH，又有vy＝vsinθ=因金屬框邊長為L，連接桿長為L，磁場區(qū)域高度為L，可知在組合體穿過磁場的過程中始終只有一條水平方向的邊在磁場中，左右兩豎直方向的邊切割磁感線的速度相同，產(chǎn)生的電動勢相抵消，則感應(yīng)電動勢E＝BLvsinθ，感應(yīng)電流I=E組合體所受安培力F安＝BIL=B組合體穿過磁場過程中受力平衡，則有F安＝mg解得：B2=mgRL22gH，可見B2與H成反比，B與H不成反比，B與B、由A選項分析可知，I=BLvsinθR，則電流大小不變，組合穿過磁場過程磁通量先增加后減小，再增加再減小，磁場方向垂直紙面向里不變，由楞次定律判斷，感應(yīng)電流方向先逆時針后順時針，再逆時針再順時針，故C、組合體勻速通過磁場的過程中，安培力始終與重力等大反向，克服安培力做功的功率P＝mgvy，即等于重力做功的功率，故C正確；D、只要組合體勻速通過磁場，由能量守恒定律，可知產(chǎn)生的熱量等于重力勢能減少量，即Q＝4mgL，產(chǎn)生熱量不變，故D正確。故選：CD。【點評】本題考查了電磁感應(yīng)現(xiàn)象中力學(xué)問題以及功能問題。此類問題一般可從兩個角度解析：一是從力的角度，根據(jù)牛頓第二定律或平衡條件列出方程；二是從能量角度，分析涉及電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量轉(zhuǎn)化問題，根據(jù)動能定理、功能關(guān)系等列方程求解。（多選）11．（2021?福建）如圖，P、Q是兩根固定在水平面內(nèi)的光滑平行金屬導(dǎo)軌，間距為L，導(dǎo)軌足夠長且電阻可忽略不計。圖中EFGH矩形區(qū)域有一方向垂直導(dǎo)軌平面向上、感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場。在t＝t1時刻，兩均勻金屬棒a、b分別從磁場邊界EF、GH進(jìn)入磁場，速度大小均為v0；一段時間后，流經(jīng)a棒的電流為0，此時t＝t2，b棒仍位于磁場區(qū)域內(nèi)。已知金屬棒a、b相同材料制成，長度均為L，電阻分別為R和2R，a棒的質(zhì)量為m。在運動過程中兩金屬棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，a、b棒沒有相碰，則（）A．t1時刻a棒加速度大小為2BB．t2時刻b棒的速度為0 C．t1～t2時間內(nèi)，通過a棒橫截面的電荷量是b棒的2倍 D．t1～t2時間內(nèi)，a棒產(chǎn)生的焦耳熱為2【考點】電磁感應(yīng)過程中的能量類問題；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用；利用電阻定律求導(dǎo)線長度或橫截面積；雙桿在等寬導(dǎo)軌上切割磁場的運動問題；動量守恒定律在電磁感應(yīng)問題中的應(yīng)用．【專題】定量思想；推理法；電磁感應(yīng)中的力學(xué)問題；分析綜合能力．【答案】AD【分析】應(yīng)用右手定則判斷a、b棒產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向，確定感應(yīng)電動勢，求得a棒所受安培力，由牛頓第二定律求得加速度；由已知求得b棒質(zhì)量，分析a、b受力，判斷系統(tǒng)動量守恒，應(yīng)用動量守恒定律和能量守恒定律解答；由q＝It判斷兩棒通過的電荷量的關(guān)系。【解答】解：A、根據(jù)右手定則，金屬棒a、b進(jìn)入磁場時產(chǎn)生的感應(yīng)電流均為順時針方向，則回路的電動勢為a、b各自產(chǎn)生的電動勢之和，即E＝2BLv0。感應(yīng)電流I=對a由牛頓第二定律得：BIL＝ma解得：a=2B2B、由題意知，金屬棒a、b電阻率相同，長度均為L，電阻分別為R和2R，根據(jù)電阻定律有：R＝ρLSa，2R＝可得：Sa＝2Sb，可知a的體積是b的2倍，密度相同，則a的質(zhì)量是b的2倍，即b的質(zhì)量為m2a、b在磁場中時，通過的電流總是反向等大，所受安培力總是反向等大，a、b組成的系統(tǒng)合外力為零，則此系統(tǒng)動量守恒。t2時刻流過a的電流為零，a、b之間的磁通量不變，可知兩者此時速度相同，設(shè)為v。取水平向右為正方向，由動量守恒定律得：mv0-m2v0＝（m+解得：v=13v0，即t2時刻b棒的速度為13v0C、t1～t2時間內(nèi)，通過a、b的電流總是相等，根據(jù)q＝It，則通過a、b棒橫截面的電荷量相等，故C錯誤；D、t1～t2時間內(nèi)，對a、b組成的系統(tǒng)，由能量守恒定律得：12mv02+12×m解得回路中產(chǎn)生的總熱量Q總=a棒產(chǎn)生的焦耳熱Qa=RR+2RQ總=2故選：AD。【點評】本題考查電磁感應(yīng)中力與運動，能量轉(zhuǎn)化相關(guān)問題。涉及到了應(yīng)用電阻定律間接求質(zhì)量，雙棒切割磁感線滿足動量守恒的條件，掌握應(yīng)用動量與能量的角度解題方法。三．解答題（共7小題）12．（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磁場中，磁場的磁感應(yīng)強度大小為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向右做勻速直線運動，此時金屬桿內(nèi)自由電子沿桿定向移動的速率為u0。設(shè)金屬桿內(nèi)做定向移動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以外不計其它電阻。（1）求金屬桿中的電流和水平外力的功率；（2）某時刻撤去外力，經(jīng)過一段時間，自由電子沿金屬桿定向移動的速率變?yōu)閡0（i）這段時間內(nèi)電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱；（ii）這段時間內(nèi)一直在金屬桿內(nèi)的自由電子沿桿定向移動的距離?！究键c】導(dǎo)體平動切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢；閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達(dá)式．【專題】定量思想；推理法；電磁感應(yīng)——功能問題；分析綜合能力．【答案】（1）金屬桿中的電流為Blv0R（2）（i）這段時間內(nèi)電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為38mv02（ii）這段時間內(nèi)一直在金屬桿內(nèi)的自由電子沿桿定向移動的距離為mRu【分析】（1）根據(jù)直導(dǎo)線切斷磁感線的公式及歐姆定律能求出感應(yīng)電流的大小，根據(jù)安培力公式和功率公式及平衡條件求解外力的功率；（2）（i）撤去外力后，根據(jù)題設(shè)已知和電流的微觀表達(dá)式求出金屬棒此刻的速度，由能量守恒定律求解撤去外力后產(chǎn)生的熱量；（ii）對自由電子根據(jù)動量定理列式，兩邊求和，可以求得自由電子這段時間內(nèi)沿桿定向移動的距離?！窘獯稹拷猓海?）金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢：E＝Blv0則金屬桿中的電流：I=由題知，金屬桿在水平外力作用下以速度v0向右做勻速直線運動則有：F＝F安＝BIl=根據(jù)功率的計算公式有：P＝Fv0=（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向右做勻速直線運動時的電流由微觀表示為：I＝nSeu0=則解得：nSe=此時電子沿金屬桿定向移動的速率變?yōu)閡02，則：I′＝解得：v′=則能量守恒有：12mv′2=12mv0解得：Q=38mv（ii）由（i）可知在這段時間內(nèi)金屬桿的速度由v0變到v02，則根據(jù)動量定理有：﹣BIl?Δt＝mv即：﹣BlnSeΔt=0tuΔt=-由于：nSe=化簡得：d=答：（1）金屬桿中的電流為Blv0R（2）（i）這段時間內(nèi)電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為38mv02（ii）這段時間內(nèi)一直在金屬桿內(nèi)的自由電子沿桿定向移動的距離為mRu【點評】對于電磁感應(yīng)問題研究思路常常有兩條：一條從力的角度，根據(jù)牛頓第二定律或平衡條件列出方程；另一條是能量，分析涉及電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量轉(zhuǎn)化問題，根據(jù)動能定理、功能關(guān)系、動量定理等列方程求解。13．（2021?天津）如圖所示，兩根足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ間距L＝1m，其電阻不計，兩導(dǎo)軌及其構(gòu)成的平面均與水平面成θ＝30°角，N、Q兩端接有R＝1Ω的電阻。一金屬棒ab垂直導(dǎo)軌放置，ab兩端與導(dǎo)軌始終有良好接觸，已知ab的質(zhì)量m＝0.2kg，電阻r＝1Ω，整個裝置處在垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小B＝1T。ab在平行于導(dǎo)軌向上的拉力作用下，以初速度v1＝0.5m/s沿導(dǎo)軌向上開始運動，可達(dá)到最大速度v＝2m/s。運動過程中拉力的功率恒定不變，重力加速度g＝10m/s2。（1）求拉力的功率P；（2）ab開始運動后，經(jīng)t＝0.09s速度達(dá)到v2＝1.5m/s，此過程中ab克服安培力做功W＝0.06J，求該過程中ab沿導(dǎo)軌的位移大小x?！究键c】導(dǎo)體平動切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢；電磁感應(yīng)過程中的能量類問題．【專題】計算題；學(xué)科綜合題；定量思想；等效替代法；電磁感應(yīng)中的力學(xué)問題；分析綜合能力．【答案】（1）拉力的功率P為4W；（2）該過程中ab沿導(dǎo)軌的位移大小x為0.1m。【分析】（1）ab棒勻速運動時速度最大，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律求出感應(yīng)電流，由F＝BIL求出ab棒受到的安培力大小，再根據(jù)平衡條件求出此時拉力大小，由P＝Fv求拉力的功率P。（2）根據(jù)能量守恒定律求ab沿導(dǎo)軌的位移大小x?！窘獯稹拷猓海?）在ab棒運動過程中，由于拉力功率恒定，ab棒做加速度逐漸減小的加速運動，速度達(dá)到最大時，加速度為零，設(shè)此時拉力大小為F，安培力大小為FA。由平衡條件得F＝mgsinθ+FA此時ab棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝BLv設(shè)回路中感應(yīng)電流為I，根據(jù)閉合電路歐姆定律得I=ab棒受到的安培力大小為FA＝BIL拉力的功率P＝Fv聯(lián)立以上各式解得P＝4W（2）ab棒從v1到v2的過程中，由動能定理得Pt﹣W﹣mgxsinθ=解得x＝0.1m答：（1）拉力的功率P為4W；（2）該過程中ab沿導(dǎo)軌的位移大小x為0.1m?！军c評】本題與汽車恒定功率啟動類型，要正確分析ab棒的運動情況，知道加速度為零時速度最大。14．（2021?乙卷）如圖，一傾角為α的光滑固定斜面的頂端放有質(zhì)量M＝0.06kg的U形導(dǎo)體框，導(dǎo)體框的電阻忽略不計；一電阻R＝3Ω的金屬棒CD的兩端置于導(dǎo)體框上，與導(dǎo)體框構(gòu)成矩形回路CDEF；EF與斜面底邊平行，長度L＝0.6m。初始時CD與EF相距s0＝0.4m，金屬棒與導(dǎo)體框同時由靜止開始下滑，金屬棒下滑距離s1=316m后進(jìn)入一方向垂直于斜面的勻強磁場區(qū)域，磁場邊界（圖中虛線）與斜面底邊平行；金屬棒在磁場中做勻速運動，直至離開磁場區(qū)域。當(dāng)金屬棒離開磁場的瞬間，導(dǎo)體框的EF邊正好進(jìn)入磁場，并在勻速運動一段距離后開始加速。已知金屬棒與導(dǎo)體框之間始終接觸良好，磁場的磁感應(yīng)強度大小B＝1T，重力加速度大小取g＝10m/s2，sinα＝（1）金屬棒在磁場中運動時所受安培力的大小；（2）金屬棒的質(zhì)量以及金屬棒與導(dǎo)體框之間的動摩擦因數(shù)；（3）導(dǎo)體框勻速運動的距離?！究键c】導(dǎo)體平動切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢；閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達(dá)式；安培力的計算公式及簡單應(yīng)用．【專題】計算題；定量思想；推理法；電磁感應(yīng)中的力學(xué)問題；分析綜合能力．【答案】（1）金屬棒在磁場中運動時所受安培力的大小是0.18N；（2）金屬棒的質(zhì)量是0.02kg，金屬棒與導(dǎo)體框之間的動摩擦因數(shù)是0.375；（3）導(dǎo)體框勻速運動的距離是518m【分析】（1）金屬棒與導(dǎo)體框由靜止開始向下做初速度為零的勻加速直線運動，應(yīng)用牛頓第二定律可以求出加速度，應(yīng)用勻變速直線運動的速度—位移公式可以求出金屬棒進(jìn)入磁場時的速度，應(yīng)用E＝BLv求出感應(yīng)電動勢，應(yīng)用閉合電路的歐姆定律求出感應(yīng)電流，然后應(yīng)用安培力公式可以求出金屬棒所受的安培力大小。（2）金屬棒進(jìn)入磁場后做勻速直線運動，導(dǎo)體框做勻加速直線運動，應(yīng)用牛頓第二定律求出導(dǎo)體框的加速度，應(yīng)用勻變速直線運動的速度—位移公式求出導(dǎo)體框進(jìn)入磁場時的速度，導(dǎo)體框進(jìn)入磁場時做勻速直線運動，應(yīng)用平衡條件可以求出導(dǎo)體框受到的滑動摩擦力；金屬棒在磁場中做勻速直線運動，應(yīng)用平衡條件可以求出金屬棒的質(zhì)量，根據(jù)滑動摩擦力公式可以求出金屬棒與導(dǎo)體框間的動摩擦因數(shù)。（3）導(dǎo)體框進(jìn)入磁場后先做勻速直線運動，后做勻加速直線運動，在導(dǎo)體框做勻速直線運動時間內(nèi)，金屬棒做勻加速直線運動，應(yīng)用牛頓第二定律求出金屬棒的加速度，然后應(yīng)用運動學(xué)公式求出導(dǎo)體框做勻速運動的時間，然后求出勻速運動的距離?！窘獯稹拷猓海?）因斜面是光滑的，所以在金屬棒進(jìn)入磁場前，金屬棒與導(dǎo)體框一起做初速度為零的勻加速直線運動，設(shè)金屬棒的質(zhì)量為m，由牛頓第二定律得：（M+m）gsinα＝（M+m）a代入數(shù)解得：a＝6m/s2金屬棒進(jìn)入磁場時，設(shè)金屬棒與導(dǎo)體框的速度大小為v0，由勻變速直線運動的速度—位移公式得：v0=2as金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢：E＝BLv0由閉合電路的歐姆定律可知，感應(yīng)電流：I=金屬棒在磁場中運動時受到的安培力大小：F安＝BIL代入數(shù)據(jù)解得：F安＝0.18N（2）金屬棒在磁場中運動過程導(dǎo)體框做勻加速直線運動，設(shè)金屬棒與導(dǎo)體框間的滑動摩擦力大小為f，導(dǎo)體框EF邊進(jìn)入磁場時的速度大小為v，對導(dǎo)體框，由牛頓第二定律得：Mgsinα﹣f＝Ma框由勻變速直線運動的速度—位移公式得：v2-v02=2a導(dǎo)體框剛進(jìn)入磁場時所受安培力：F＝BIL=導(dǎo)體框剛進(jìn)入磁場時做勻速直線運動，對導(dǎo)體框，由平衡條件得：B2L2v代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：a框＝5m/s2，f＝0.06N，v＝2.5m/s金屬棒在磁場中做勻速直線運動，由平衡條件得：F安＝mgsinα+f代入數(shù)據(jù)解得，金屬棒的質(zhì)量：m＝0.02kg，由滑動摩擦力公式得：f＝μmgcosα代入數(shù)據(jù)解得，金屬棒與導(dǎo)體框之間的動摩擦因數(shù)：μ＝0.375（3）金屬棒離開磁場后做勻加速直線運動，由牛頓第二定律得：mgsinα+f＝ma棒代入數(shù)據(jù)解得：a棒＝9m/s2，金屬棒加速到與導(dǎo)體框速度v相等的過程，導(dǎo)體框做勻速直線運動。由勻變速直線運動的速度﹣時間公式得：v＝v0+a棒t金屬棒加速到與導(dǎo)體框速度相等的時間：t=1在金屬棒加速運動時間內(nèi)，導(dǎo)體框做勻速直線運動，導(dǎo)體框勻速運動的距離：s＝vt＝2.5×19m答：（1）金屬棒在磁場中運動時所受安培力的大小是0.18N；（2）金屬棒的質(zhì)量是0.02kg，金屬棒與導(dǎo)體框之間的動摩擦因數(shù)是0.375；（3）導(dǎo)體框勻速運動的距離是518m【點評】本題是電磁感應(yīng)與力學(xué)相結(jié)合的一道綜合題，本題運動過程較多，難道較大，根據(jù)題意分析清楚金屬棒與導(dǎo)體框的運動過程與受力情況是解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用牛頓第二定律、E＝BLv、閉合電路的歐姆定律與安培力公式、平衡條件與運動學(xué)公式即可解題。15．（2021?浙江）嫦娥五號成功實現(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)強度大小為B的勻強磁場的磁體和“∧”型剛性線框組成，“∧”型線框ab邊可沿導(dǎo)軌滑動并接觸良好。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g6。整個運動過程中只有ab邊在磁場中，線框與月球表面絕緣，不計導(dǎo)軌（1）求著陸裝置接觸到月球表面后瞬間線框ab邊產(chǎn)生的電動勢E0；（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“∧”型線框ab邊的電流I0；（3）求船艙勻速運動時的速度大小v；（4）同桌小張認(rèn)為在磁場上方、兩導(dǎo)軌之間連接一個電容為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，求船艙勻速運動時的速度大小v′和此時電容器所帶電荷量q?！究键c】電磁感應(yīng)過程中的電路類問題；含容電路的動態(tài)分析．【專題】定量思想；方程法；電磁感應(yīng)與電路結(jié)合；推理論證能力．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】（1）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求解導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢；（2）根據(jù)題圖畫出等效電路圖，求出并聯(lián)總電阻，根據(jù)閉合電路的歐姆定律求解瞬間流過ab型線框的電流；（3）求出勻速運動時線框受到安培力，根據(jù)平衡條件列方程求解速度大小；（4）求出電容器兩端電壓，根據(jù)電容的計算公式求解電荷量。【解答】解：（1）導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：E0＝Blv0；（2）整個過程中只有ab邊切割磁感應(yīng)線，則ba邊為電源，外電阻是由船艙電阻、“∧”型線框其它六邊的電阻，等效電路圖如圖所示：并聯(lián)總電阻為R并=13著陸裝置接觸到月球表面后瞬間流過“∧”型線框ab邊的電流I0=E（3）勻速運動時線框受到安培力FA＝BIl=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，根據(jù)平衡條件可得：F＝m1×聯(lián)立解得：v=m（4）勻速運動時電容器不充、放電，滿足v′＝v=m設(shè)電路的總電流為I，則有：I=電容器兩端電壓為：UC=1電荷量為：q＝CUC=m答：（1）著陸裝置接觸到月球表面后瞬間線框ab邊產(chǎn)生的電動勢為Blv0；（2）等效電路圖見解析，著陸裝置接觸到月球表面后瞬間流過“∧”型線框ab邊的電流為Blv（3）船艙勻速運動時的速度大小為m1（4）船艙勻速運動時的速度大小為m1gr3【點評】對于電磁感應(yīng)現(xiàn)象中涉及電路問題的分析方法是：確定哪部分相對于電源，根據(jù)電路連接情況畫出電路圖，結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路的歐姆定律等進(jìn)行求解。16．（2021?浙江）一種探測氣體放電過程的裝置如圖甲所示，充滿氖氣（Ne）的電離室中有兩電極與長直導(dǎo)線連接，并通過兩水平長導(dǎo)線與高壓電源相連．在與長直導(dǎo)線垂直的平面內(nèi)，以導(dǎo)線為對稱軸安裝一個用阻值R0＝10Ω的細(xì)導(dǎo)線繞制、匝數(shù)N＝5×103的圓環(huán)形螺線管，細(xì)導(dǎo)線的始末兩端c、d與阻值R＝90Ω的電阻連接．螺線管的橫截面是半徑a＝1.0×10﹣2m的圓，其中心與長直導(dǎo)線的距離r＝0.1m，氣體被電離后在長直導(dǎo)線回路中產(chǎn)生順時針方向的電流I，其I—t圖像如圖乙所示．為便于計算，螺線管內(nèi)各處的磁感應(yīng)強度大小均可視為B=kIr，其中k＝2×10﹣7T?（1）求0～6.0×10﹣3s內(nèi)通過長直導(dǎo)線橫截面的電荷量Q；（2）求3.0×10﹣3s時，通過螺線管某一匝線圈的磁通量Φ；（3）若規(guī)定c→R→d為電流的正方向，在不考慮線圈自感的情況下，通過計算，在答題紙上畫出通過電阻R的iR﹣t圖像；（4）若規(guī)定c→R→d為電流的正方向，考慮線圈自感，在答題紙上定性畫出通過電阻R的iR﹣t圖像?！究键c】法拉第電磁感應(yīng)定律的內(nèi)容和表達(dá)式．【專題】定量思想；方程法；電磁感應(yīng)與電路結(jié)合；推理論證能力．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】（1）根據(jù)I﹣t圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積表示電荷量，由此計算電荷量；（2）根據(jù)題中所給B=kI（3）不考慮線圈自感，根據(jù)電磁感應(yīng)定律計算出感應(yīng)電流的大小，再根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向，由此作圖；（4）考慮線圈自感，線圈中的感應(yīng)電流會慢慢增大到穩(wěn)定值，并且在斷電后會由于自感慢慢減為0，據(jù)此定性作圖即可?！窘獯稹拷猓海?）I﹣t圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積表示通過長直導(dǎo)線橫截面的電荷量，所以通過長直導(dǎo)線橫截面的電荷量為：Q=(5.0-1.0)×10-3（2）3.0×10﹣3s時，根據(jù)磁通量的計算公式可得通過螺線管某一匝線圈的磁通量Φ＝BS=可解得：Φ＝6.28×10﹣8Wb；（3）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得通電螺線管產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝NΔΦ可解得，感應(yīng)電流iR=代入數(shù)據(jù)解得：iR＝3.14×10﹣3A0～1.0×10﹣3s內(nèi)，長直導(dǎo)線回路中的電流逐漸增大，即通過螺線管內(nèi)順時針方向的磁感應(yīng)強度增大，根據(jù)楞次定律可以判斷螺線管中產(chǎn)生的感應(yīng)磁場方向為逆時針，則感應(yīng)電流方向為c→R→d，電流為正值；相反，5.0×10﹣3s～6.0×10﹣3s時間內(nèi)，感應(yīng)電流的方向為d→R→c，電流為負(fù)值；1.0×10﹣3s～5.0×10﹣3s時間內(nèi)，長直導(dǎo)線中的電流大小不變，沒有感應(yīng)磁場，感應(yīng)電流為0。由此可得圖像如圖1所示：（4）考慮線圈自感，則在通電一段時間后，線圈中的感應(yīng)電流才會達(dá)到穩(wěn)定值，1.0×10﹣3s后的小段時間內(nèi)，線圈中仍有電流，最后逐漸減為0；5.0×10﹣3s～6.0×10﹣3s時間內(nèi)，電流反向逐漸增大到某一定值，1.0×10﹣3s后的小段時間內(nèi)，線圈中仍有電流，最后逐漸減為0，由此可得圖像如圖2所示。答：（1）0～6.0×10﹣3s內(nèi)通過長直導(dǎo)線橫截面的電荷量為0.5C；（2）3.0×10﹣3s時，通過螺線管某一匝線圈的磁通量為6.28×10﹣8Wb；（3）在不考慮線圈自感的情況下，通過電阻R的iR﹣t圖像見圖1；（4）考慮線圈自感，通過電阻R的iR﹣t圖像間圖2?！军c評】本題主要是考查線圈的自感和磁通量的計算，關(guān)鍵是弄清楚題干所描述的題意，弄清楚電路的連接情況和線圈在圖中的作用，會根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求解感應(yīng)電動勢。17．（2021?湖北）如圖（a）所示，兩根不計電阻、間距為L的足夠長平行光滑金屬導(dǎo)軌，豎直固定在勻強磁場中，磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向里，磁感應(yīng)強度大小為B。導(dǎo)軌上端串聯(lián)非線性電子元件Z和阻值為R的電阻。元件Z的U﹣I圖像如圖（b）所示，當(dāng)流過元件Z的電流大于或等于I0時，電壓穩(wěn)定為Um。質(zhì)量為m、不計電阻的金屬棒可沿導(dǎo)軌運動，運動中金屬棒始終水平且與導(dǎo)軌保持良好接觸。忽略空氣阻力及回路中的電流對原磁場的影響，重力加速度大小為g。為了方便計算，取I0=mg4BL，Um=mgR2BL。以下計算結(jié)果只能選用m、g、（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間，求S斷開瞬間金屬棒的加速度大小a?！究键c】導(dǎo)體平動切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢；閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達(dá)式．【專題】定量思想；推理法；電磁感應(yīng)中的力學(xué)問題；分析綜合能力．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】（1）（2）分兩種情況寫出當(dāng)金屬棒速度最大時的感應(yīng)電動勢，電流、安培力，由平衡條件求得最大速度；（3）當(dāng)開關(guān)由閉合到斷開時，由于忽略電流的突變時間，所以此時電流也將流過元件Z，結(jié)合圖象求得其電阻值，計算出此時電路的電流，從而求得此時的安培力，由牛頓第二定律求得金屬棒的加速度?！窘獯稹拷猓海?）閉合開關(guān)，定值電阻R與金屬棒組成回路，當(dāng)金屬棒的速度達(dá)到最大v1時，感應(yīng)電動勢：E1＝BLv1電流：I1=導(dǎo)體棒受到的安培力：F安＝BI1L當(dāng)速度穩(wěn)定后，由平衡條件有：mg＝F安聯(lián)立得：v1=（2）由于元件Z的電壓達(dá)到Um=mgR2BL時，保持不變，隨著金屬棒速度增加，電流也增加，當(dāng)元件Z的電壓穩(wěn)定時，電路中的電流：此時由平衡條件有：mg＝BI2L代入得到：v2=（3）閉合開關(guān)時，金屬棒達(dá)到最大速度v1=mgRB2L2斷開開關(guān)時，由于忽略電流突變的時間，所以電流I1通過元件Z，由于I1＞I0，所以元件Z兩端的電壓為Um=mgR2BL，定值電阻R兩端的電壓UR′＝E1﹣Um那么此時電流中的電流I1′=金屬棒受到的安培力F安′＝BI1′L＝B×mg2所以此刻的加速度a=mg答：（1）閉合開關(guān)S，由靜止釋放金屬棒，則金屬棒下落的最大速度v1為mgRB（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為3mgR（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間，則S斷開瞬間金屬棒的加速度大小a為12【點評】本題考查電磁感應(yīng)的力學(xué)平衡問題，抓住切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢、歐姆定律、安培力公式、牛頓第二定律或平衡條件這些基本規(guī)律即可解決問題，但容易出錯的是電路中出現(xiàn)了一個非線性元件，結(jié)合其特點求電路中的電流。18．（2021?全國）如圖，質(zhì)量為m、電阻為R、邊長為l的正方形導(dǎo)線框置于光滑水平面上，虛線右側(cè)區(qū)域存在垂直于水平面向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B．線框在恒力F作用下從距磁場左邊界一定距離處由靜止開始運動。（1）若線框前端進(jìn)入磁場后即保持勻速直線運動，求線框開始運動時距磁場左邊界的距離s；（2）若其他條件不變，t＝0時線框從距磁場左邊界s4處由靜止開始運動，線框經(jīng)過多少時間其前端剛（3）已知在（2）的情況下，線框始終做加速運動，定性畫出線框運動的v﹣t圖像?！究键c】導(dǎo)體平動切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢；電磁感應(yīng)過程中的能量類問題；閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達(dá)式．【專題】定量思想；推理法；電磁感應(yīng)與圖象結(jié)合；分析綜合能力．【答案】（1）若線框前端進(jìn)入磁場后即保持勻速直線運動，求線框開始運動時距磁場左邊界的距離s為mFR（2）若其他條件不變，t＝0時線框從距磁場左邊界s4處由靜止開始運動，線框經(jīng)過時間mR2B2l（3）已知在（2）的情況下，線框始終做加速運動，定性畫出線框運動的v﹣t圖像如解析所示?！痉治觥浚?）線框未進(jìn)入磁場時，根據(jù)牛頓第二定律求解加速度大小，根據(jù)共點力的平衡條件求解進(jìn)入磁場時速度大小，再根據(jù)運動學(xué)位移—速度關(guān)系求解距離；（2）（3）當(dāng)出發(fā)點較近時，進(jìn)入磁場的速度較小，由動力學(xué)規(guī)律求出當(dāng)位移較小時，進(jìn)入磁場的速度和時間，進(jìn)入磁場后線框做加速度減小的加速運動，從而畫出線框的v﹣t圖象。【解答】解：（1）線框未進(jìn)入磁場時，在水平方向上僅受外力作用，有：F＝ma做勻加速運動，前端進(jìn)入瞬間有：v2＝2as=進(jìn)入磁場后還受安培力作用，有：Fm＝BIl=勻速運動時有：F＝Fm，即：F=解得：s=（2）由題意可知，線框受力仍為F，加速度a=由運動學(xué)公式有：v12而：v1＝at聯(lián)立可得：v1=12v（3）在上一問的情況下，由于進(jìn)入磁場的速度v1=12v，則進(jìn)入磁場時，外力大于安培力，所以線框做加速度減小的加速運動，全部進(jìn)入磁場后再做勻加速運動，于是畫出其v﹣答：（1）若線框前端進(jìn)入磁場后即保持勻速直線運動，求線框開始運動時距磁場左邊界的距離s為mFR（2）若其他條件不變，t＝0時線框從距磁場左邊界s4處由靜止開始運動，線框經(jīng)過時間mR2B2l（3）已知在（2）的情況下，線框始終做加速運動，定性畫出線框運動的v﹣t圖像如解析所示?！军c評】對于電磁感應(yīng)問題研究思路常常有兩條：一條從力的角度，重點是分析安培力作用下物體的平衡問題；另一條是能量，分析電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量如何轉(zhuǎn)化是關(guān)鍵。

考點卡片1．牛頓第二定律的簡單應(yīng)用【知識點的認(rèn)識】牛頓第二定律的表達(dá)式是F＝ma，已知物體的受力和質(zhì)量，可以計算物體的加速度；已知物體的質(zhì)量和加速度，可以計算物體的合外力；已知物體的合外力和加速度，可以計算物體的質(zhì)量?！久}方向】一質(zhì)量為m的人站在電梯中，電梯加速上升，加速度大小為13g，gA、43mgB、2mgC、mgD分析：對人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據(jù)牛頓第二定律列式求解即可。解答：對人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據(jù)牛頓第二定律N﹣mg＝ma故N＝mg+ma=4根據(jù)牛頓第三定律，人對電梯的壓力等于電梯對人的支持力，故人對電梯的壓力等于43mg故選：A。點評：本題關(guān)鍵對人受力分析，然后根據(jù)牛頓第二定律列式求解?！窘忸}方法點撥】在應(yīng)用牛頓第二定律解決簡單問題時，要先明確物體的受力情況，然后列出牛頓第二定律的表達(dá)式，再根據(jù)需要求出相關(guān)物理量。2．作用力與反作用力【知識點的認(rèn)識】1.定義：（1）力是物體對物體的作用，每個力一定同時存在著受力物體和施力物體。（2）兩個物體之間的作用總是用相互的，物體間相互作的這一對力稱為的作用力和反作用力。（3）作用力和反作用力總是等大、反向的，可以把其中任何一個力叫作作用力，另一個力叫作反作用力。2.性質(zhì)：3.特征【命題方向】下列關(guān)于作用力和反作用力的說法中，正確的是（）A.物體相互作用時，先有作用力，后有反作用力B.雖然馬能將車?yán)瓌?，但是馬拉車的力與車?yán)R的力大小相等C.雞蛋碰石頭時，雞蛋對石頭的作用力小于石頭對雞蛋的作用力D.作用力和反作用力的合力為零，即兩個力的作用效果可以互相抵消分析：作用力與反作用力的關(guān)系是大小相等，方向相反，作用在同一條直線上，作用力與反作用力和一對平衡力最大的區(qū)別在于作用力與反作用力作用在兩個不同的物體上，而一對平衡力是作用在同一個物體上的．解答：A、作用力與反作用力是同時產(chǎn)生、同時消失的，沒有先后之分，所以A選項錯誤。B、馬拉車的力與車?yán)R的力，它們是作用力與反作用力的關(guān)系，一定是大小相等的，馬之所以能將車?yán)瓌樱怯捎隈R拉車的力大于車所受到的摩擦力的緣故，所以B選項正確。C、雞蛋對石頭的作用力和石頭對雞蛋的作用力，它們是作用力與反作用力，大小相等，方向相反，之所以雞蛋碰壞了，是由于雞蛋的承受力小，所以C選項錯誤。D、作用力與反作用力作用在兩個不同的物體上，根本不能求它們的合力，只有作用在同一個物體上的力才可以求它們的合力，故D選項錯誤。故選：B。點評：本題主要是考查作用力與反作用力的關(guān)系，同時注意區(qū)分它與一對平衡力的區(qū)別．【解題思路點撥】明確作用力與反作用力的性質(zhì)和特征，注意與平衡力進(jìn)行區(qū)分。3．電容定義式的簡單應(yīng)用【知識點的認(rèn)識】1.電容的定義式為：C=Q2.電容定義式的應(yīng)用有：①知道電容器的電荷量和電壓，可以計算出電容的大小。②知道電容器的電容和電壓，可以計算出電容器的電荷量。③知道電容器的電容和電荷量，可以計算兩極板間的電壓。3.如果做出電容器電荷量隨電電壓變化的圖像，應(yīng)該是一條過原點的直線。其斜率即為電容器的電容。C=【命題方向】如圖所示，彼此絕緣的同軸金屬圓管和圓柱分別帶上等量的異種電荷Q后，兩導(dǎo)體間的電勢差為U，若兩導(dǎo)體分別帶上+2Q和﹣2Q的電荷，則它們間的電勢差為（）A、2UB、4UC、8UD、16U分析：彼此絕緣的同軸金屬圓管和圓柱分別帶上等量的異種電荷后，構(gòu)成成一個電容器，帶電量變了后，電容未變，根據(jù)U=Q解答：電容器電量變了后，電容未變，由U=QC知，Q變?yōu)樵瓉淼膬杀?，電勢差也變?yōu)樵瓉淼?倍。故B、C、D錯，故選：A。點評：解決本題的關(guān)鍵是掌握電容的定義式及影響電容的因素．【解題思路點撥】C=Q4．利用電阻定律求導(dǎo)線長度或橫截面積【知識點的認(rèn)識】電阻定律的表達(dá)式為R＝ρlS，可以將該公式變形求解導(dǎo)體的長度或橫截面積的大小，即l=RSρ或【命題方向】兩根材料相同的均勻?qū)Ь€A和B，其長度分別為1m和2m，串聯(lián)在電路中時沿長度方向電勢的變化如圖所示，則A和B導(dǎo)線的橫截面積之比為（）A、2：3B、1：3C、1：2D、3：1分析：串聯(lián)電路中電流相等，根據(jù)電勢差的大小，通過歐姆定律得出電阻的大小關(guān)系，再根據(jù)電阻定律得出A和B導(dǎo)線的橫截面積之比。解答：A、B兩端的電勢差分別為6V，4V，電流相等，根據(jù)歐姆定律得，RA根據(jù)電阻定律得，R=ρls，則s=ρlR．則橫截面積之比sAsB=故選：B。點評：本題考查了歐姆定律、電阻定律以及串并聯(lián)電路的特點，難度不大?！窘忸}思路點撥】對于同一個導(dǎo)體，如果導(dǎo)體接入電路的方式不同，那么導(dǎo)體的電阻也會有差異。5．閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達(dá)式【知識點的認(rèn)識】1.內(nèi)容：閉合電路的電流跟電源的電動勢成正比跟內(nèi)、外電路的電阻之和成反比。2.表達(dá)式：I=ER+r，E表示電動勢，I表示干路總電流，3.閉合電路中的電壓關(guān)系：閉合電路中電源電動勢等于內(nèi)、外電路電勢降落之和E＝U外+U內(nèi)。4.由E＝U外+U內(nèi)可以得到閉合電路歐姆定律的另一個變形U外＝E﹣Ir?！久}方向】在已接電源的閉合電路里，關(guān)于電源的電動勢、內(nèi)電壓、外電壓的關(guān)系應(yīng)是（）A、如外電壓增大，則內(nèi)電壓增大，電源電動勢也會隨之增大B、如外電壓減小，內(nèi)電阻不變，內(nèi)電壓也就不變，電源電動勢必然減小C、如外電壓不變，則內(nèi)電壓減小時，電源電動勢也隨內(nèi)電壓減小D、如外電壓增大，則內(nèi)電壓減小，電源的電動勢始終為二者之和，保持恒量分析：閉合電路里，電源的電動勢等于內(nèi)電壓與外電壓之和．外電壓變化時，內(nèi)電壓也隨之變化，但電源的電動勢不變．解答：A、如外電壓增大，則內(nèi)電壓減小，電源電動勢保持不變。故A錯誤。B、如外電壓減小，內(nèi)電阻不變，內(nèi)電壓將增大，電源電動勢保持不變。故B錯誤。C、如外電壓不變，則內(nèi)電壓也不變。故C錯誤。D、根據(jù)閉合電路歐姆定律得到，電源的電動勢等于內(nèi)電壓與外電壓之和，如外電壓增大，則內(nèi)電壓減小，電源的電動勢保持恒量。故D正確。故選：D。點評：本題要抓住電源的電動勢是表征電源的本身特性的物理量，與外電壓無關(guān)．【解題思路點撥】閉合電路的幾個關(guān)系式的對比6．含容電路的動態(tài)分析【知識點的認(rèn)識】1.模型概述：該模型分析的是電路中含有電容器的一類電路分析問題。本考點旨在針對含容電路的動態(tài)分析問題。2.電路穩(wěn)定后，由于電容器所在支路無電流通過，所以在此支路中的電阻上無電壓降低，因此電容器兩極間的電壓就等于該支路兩端的電壓。3.當(dāng)電容器和電阻并聯(lián)后接入電路時，電容器兩極間的電壓與其并聯(lián)電阻兩端的電壓相等。4.電路的電流、電壓變化時，將會引起電容器的充（放）電。如果電容器兩端電壓升高，電容器將充電；如果電容器兩端電壓降低，電容器將通過與它連接的電路放電?！久}方向】如圖所示，電源電動勢為E，內(nèi)阻為r，平行板電容器C的兩金屬板水平放置．G為靈敏電流計．開關(guān)S閉合后，兩板間恰好有一質(zhì)量為m、電荷量為q的油滴處于靜止?fàn)顟B(tài)．則在滑動變阻器R的觸頭P向上移動的過程中，下列判斷正確的是（）A、靈敏電流計G中有b→a的電流B、油滴向上加速運動C、電容器極板所帶電荷量將減小D、通過電阻R2的電流將減小分析：質(zhì)量為m、電荷量為q的油滴開始處于靜止?fàn)顟B(tài)，受力平衡．滑動觸頭移動的過程中，判斷出電容器兩端電壓的變化，