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专题10 电磁感应规律及综合应用-高考物理二轮复习讲练测（全国通用）
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高考物理二轮复习讲练测
专题10 电磁感应规律及综合应用（精练）
一、单项选择题
1．如图所示，金属圆环放置在水平桌面上，一个质量为m的圆柱形永磁体轴线与圆环轴线重合，永磁体下端为N极，将永磁体由静止释放，永磁体下落h高度到达P点时速度大小为v，向下的加速度大小为a，圆环的质量为M，重力加速度为g，不计空气阻力，则（ ）
A．俯视看，圆环中感应电流沿顺时针方向
B．永磁体下落的整个过程先加速后减速，下降到某一高度时速度可能为零
C．永磁体运动到P点时，圆环对桌面的压力大小为
D．永磁体运动到P点时，圆环中产生的焦耳热为
【答案】D
【详解】A．根据楞次定律可知，俯视看，圆环中感应电流沿逆时针方向，A错误；
B．根据楞次定律可知，感应电流激发出的磁场对永磁体有磁场力的作用，该磁场力的效果是阻碍永磁体相对圆环的运动，即该磁场力方向始终向上，由于是阻碍，则磁场力的大小小于重力，可知永磁体下落的整个过程一直加速，下降到某一高度时速度不可能为零，B错误；
C．根据上述，对永磁体分析有对圆环分析有根据牛顿第三定律有，
解得，圆环对桌面的压力大小为，C错误；
D．永磁体运动到P点时，根据能量守恒定律有解得，D正确。故选D。
2．如图所示，一导体圆环位于纸面内，为圆心。环内两个圆心角为90°的扇形区域（半径）中有方向相反且与纸面垂直的匀强磁场，磁感应强度。长为的导体杆可绕转动，电阻为，端通过滑动触点与圆环接触良好。在圆心和圆环间连有电阻。杆以角速度逆时针匀速转动，时恰好在图示位置，圆环的电阻忽略不计，则杆从开始转动一周的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．所产生电流为直流电
B．时通过的电流方向为到
C．时通过的电流大小为
D．电阻的电功率为
【答案】C
【详解】A．两处磁场方向相反，所以电流方向相反，产生交流电，A错误；
B．时导体棒转过的角度为导体棒在垂直纸面向里的磁场中，所以根据右手定则知通过的电流方向为到，B错误；
C．感应电动势为所以电流为，C正确；
D．根据有效值的定义得解得所以电阻的电功率为，D错误。故选C。
3．正方形金属线框的边与匀强磁场的边界重合，匀强磁场垂直纸面且范围足够大，第一次将金属线框以速度匀速拉进匀强磁场内（如图甲）；第二次金属框以边为轴匀速转动，边的线速度大小为，线框从上往下看逆时针旋转（如图乙）。设两个过程中线框中产生的焦耳热分别为和，则等于（ ）
A．4 B．8 C． D．
【答案】C
【详解】设正方形金属线框的边长为，电阻为，磁场的磁感应强度为，图甲产生的感应电动势为
进入过程时间为产生的热量为图乙产生的为正弦交流电，感应电动势有效值为
转动时间为产生的热量为联立解得故选C。
4．如图所示，正方形导线框放在匀强磁场中静止不动，磁场方向与线框平面垂直，磁感应强度随时间的变化关系如图乙所示，时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里。下列选项中能表示线框的边受到的安培力随时间的变化关系的是（规定水平向左为F的正方向）（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【详解】内磁场方向向里且均匀减小，由楞次定律可得线圈中产生顺时针方向的感应电流，由公式
可知产生的感应电动势恒定，由于则电流恒定，由于可知磁感应强度均匀减小，则线框的边受到的安培力均匀减小，由左手定则可知安培力方向水平向左，为正值。内磁场方向向外且均匀增大，由楞次定律可得线圈中产生顺时针方向的感应电流，感应电动势恒定，电流恒定，则根据安培力公式可知，随着磁感应强度均匀增大，安培力均匀增大，由左手定则可知安培力方向水平向右，为负值。内磁场方向向外且均匀减小，由楞次定律可得线圈中产生逆时针方向的感应电流，感应电动势恒定，电流恒定，则根据安培力公式可知，随着磁感应强度均匀减小，安培力均匀减小，由左手定则可知安培力方向水平向左，为正值。内磁场方向向里且均匀增大，由楞次定律可得线圈中产生逆时针方向的感应电流，感应电动势恒定，电流恒定，则根据安培力公式可知，随着磁感应强度均匀增大，安培力均匀增大，由左手定则可知安培力方向水平向右，为负值。故选A。
5．如图甲所示，两金属圆环固定在同一绝缘平面内，外圆环通以如图乙所示的电流。规定图甲所示电流方向为外圆环电流的正方向，内圆环端电势高于端时，a、b间的电压为正，下列关于图像的描述可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】由题图乙可知，在，时间内，外圆环电流逐渐增大但逐渐减小，根据安培定则可知，在外圆环内部产生的磁场方向垂直于纸面向里，磁场逐渐增强，但逐渐减小，根据楞次定律可知，内圆环a湍电势高，所以根据法拉第电磁感应定律可知，逐渐减小。当时，，所以，同理可知，在时间内且逐渐增大。内重复的变化规律。故选C。
6．某同学将一段金属丝弯成如图1所示的平面线圈，已知圆形区域的面积为，五角星形区域的面积为，连接圆和五角星部分区域的面积忽略不计。现将该线圈沿垂直于磁场的方向放入一匀强磁场（垂直纸面向里的方向为磁场的正方向），且磁场磁感应强度随时间变化的规律如图2所示。则下列图像中能正确描述线圈两端点间电势差随时间变化规律的是令 （ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【详解】由楞次定律可知，圆形线阴内产生的电动势与五角星线圈内产生的电动势方向相反。所以，整个线圈的“有效面积”为结合图2，由法拉第电磁感应定律可得线圈内所产生的感应电动势为
因外电路断路且由楞次定律结合图2可知，在内
故选A。
7．如图所示，竖直平面内存在范围足够大、方向水平的磁场，同一高度处磁感应强度大小相等，竖直方向上磁感应强度随距离均匀增大。将一个竖直放置的正方形金属线框abcd从图示位置水平向右抛出，不计空气阻力。下列关于线框运动的加速度a、感应电流i随时间t，线框重力做功的功率P机械能E随下落高度h变化的关系图像中，可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【详解】AB．因为相同高度处磁感应强度大小相等，而流过ab边和cd边的电流大小相同，利用左手定则判断出两边受到的安培力大小相等，方向相反，故水平方向上受力平衡，所以水平方向上做匀速运动，由楞次定律可知感应电流的方向为顺时针方向，左手定则判断出bc边所受安培力向上，ad边所受安培力向下，令bc边的磁感应强度为B2，ad边磁感应强度为B1，ab边和cd边的长度为L1，bc与ad边的长度为L2，从而求出线框所受合外力设线框向下运动的距离为x，则；联立得加速度
所以当速度增大时，I增大，a减小，感应电流由于加速度减小，所以感应电流的变化率越来越小，结合可知加速度的变化率越来越小，最后线框竖直方向做匀速直线运动，电流不再增大，加速度为零，故A正确，B错误；
C．初始时，线框的速度为零，所以图像，时，重力功率应为零，故C错误；
D．除了重力之外的其他力做功等于机械能的变化量，根据可知图象的斜率的绝对值为安培力的大小，由AB选项分析可知，安培力越来越大，最后不变，可知D错误。故选A。
8．如图甲所示，固定的光滑平行导轨（电阻不计）与水平面的夹角为，导轨足够长且间距L=0.5m，底端接有阻值为R=4Ω的电阻，整个装置处于垂直于导轨斜向上的匀强磁场中，一质量m=1kg、电阻r=1Ω、长度也为L的导体棒MN在沿导轨向上的拉力F作用下由静止开始运动，导轨足够长，拉力F与导体棒速率倒数的关系如图乙所示。已知g取10m/s2，则（ ）
A．v=5m/s时拉力大小为7N
B．v=5m/s时拉力的功率为140W
C．匀强磁场的磁感应强度的大小为2T
D．当导体棒的加速度a=8m/s2时，导体棒受到的安培力的大小为2N
【答案】C
【详解】AB．由题图乙可知时，拉力拉力的功率故AB错误；
C．由题图乙可知，导体棒的最大速度此时拉力最小由，
解得故C正确；
D．由题图乙得根据，当时，可得
解得故此时安培力的大小故D错误。故选C。
9．如图所示，足够长的水平光滑平行导轨通过开关S与电源两极相连，电源电动势为E，整个装置处在竖直向下的匀强磁场中。闭合开关S，金属杆中自由电子沿杆定向移动的速度为，该速度使得电子受到的洛伦兹力为；杆在安培力作用下获得的速度为，该速度使得杆中电子受到的洛伦兹力为。已知导轨间距为L，电子电荷量为e，只考虑金属杆的电阻，其余电阻均不计，金属杆运动时与导轨接触良好，则（ ）
A．方向由a指向b B．的方向向右，的方向向左
C．杆在加速运动时， D．杆在匀速运动时，
【答案】C
【详解】A．闭合开关S，金属杆的电流方向是 ，自由电子定向运动方向与电流的流动方向相反，则自由电子沿杆定向移动的方向是，A错误；
B．自由电子沿杆定向移动的方向是，根据左手定则，电子受到的洛伦兹力为方向是水平向右；
闭合开关S，金属杆的电流方向是，根据左手定则，杆受安培力作用下获得的速度方向水平向右，即电子也有和杆运动速度方向相同的，根据左手定则该速度使得杆中电子受到的洛伦兹力竖直向下，B错误；
C．杆在安培力作用下获得的速度为，产生的感应电动势为此时电子受到的电场力是杆中电子受到的洛伦兹力因为金属杆的电流方向是，所以
即，C正确；
D．杆在匀速运动时，金属杆中自由电子沿杆定向移动的速度为和杆在安培力作用下获得的速度为，方向不相同，则受到的洛伦兹力不相等，D错误。故选C。
10．如图所示，竖直向下的匀强磁场中水平放置两足够长的光滑平行金属导轨，导轨的左侧接有电容器C。导体棒AD放置在导轨上，在水平向右的恒力F作用下由静止开始运动，运动过程中棒始终与导轨垂直且与导轨电接触良好，不计棒和导轨的电阻。则（ ）
A．导体棒向右做加速度减小的加速运动
B．导体棒向右做匀加速运动
C．恒力F做的功等于导体棒增加的动能
D．电容器所带的电荷量先增加后保持不变
【答案】B
【详解】AB．经过，电容器充电流过电路的电流对导体棒应用牛顿第二定律
代入电流根据加速度的定义式可得加速度为定值，所以导体棒做匀加速直线运动，故A不符合题意，B符合题意；
C．根据动能定理可知，F做的功与安培力做的功之和等于导体棒增加的动能，故C不符合题意；
D．导体棒做匀加速直线运动，经过时间，导体棒产生的电动势此时电容器的带电量
电容器所带的电荷量一直增加，故D不符合题意。故选B。
二、 多项选择题
11．正三角形硬质金属框abc用细线悬挂在空间，处于静止状态，空间存在方向垂直于金属框平面且随时间变化的有界匀强磁场，磁场边界MN与金属框ac边平行，如图甲所示，以垂直金属框平面向里为磁场的正方向，磁感应强度随时间的变化关系图像如图乙所示，则下列说法正确的是（ ）
A．时间内和时间内金属框中的感应电流方向相反
B．时间内，金属框中的感应电流方向始终为
C．时间内，金属框中感应电流的方向和大小始终不变
D．时间内，细线拉力一直在增大
【答案】CD
【详解】AB．时间内磁场方向垂直金属框平面向里，磁通量减小，时间内磁场方向垂直金属框平面向外，磁通量增大，根据楞次定律可知，时间内感应电流产生的磁场方向始终垂直金属框平面向里，金属框中的感应电流方向始终为，AB错误；
C．由法拉第电磁感应定律，时间内，n、、S都不变，所以金属框中感应电流的方向和大小始终不变，C正确；
D．时间内，金属框所受安培力的方向竖直向上，大小为变小，细线拉力
变大，在时间内，金属框受的安培力方向竖直向下，大小为变大，细线拉力
变大，可见T一直变大，D正确。故选CD。
12．如图所示，边长为2L的正方形ABCD区域内，以对角线AC为分界线分布着磁感应强度大小均为B、方向不同的匀强磁场，分界线左下方的磁场方向垂直纸面向里，右上方的磁场方向垂直纸面向外。直角边长度为L的等腰直角三角形单匝金属线框abc，bc边与正方形的DC边在同一直线上，ab边与正方形的AD边平行。金属线框abc以速度v匀速通过正方形ABCD区域，从金属线框abc的ab边通过AD边开始到c点离开BC边的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．金属线框abc的电流方向先是逆时针方向，然后是顺时针方向，最后是逆时针方向
B．当时，金属线框abc内的磁通量大小是，感应电动势是BLv
C．当时，金属线框abc内磁通量的大小为，磁通量的变化率为
D．在的时间内，金属线框abc内的磁通量和感应电流都为零
【答案】CD
【详解】AD．金属线框abc从ab边进入磁场，在上时间内垂直纸面向里的磁通量增加，由楞次定律知金属线框abc内的电流方向是逆时针方向；在时间内垂直纸面向里的磁通量减少，垂直纸面向外的磁通量增加，由楞次定律知金属线框abc内的电流方向是顺时针方向；在时间内，金属线框abc内磁通量和感应电流都为零，选项A错误，选项D正确；
B．当时，金属线框abc恰好全部进入左侧磁场，金属线框abc内的磁通量是，感应电动势是0，选项B错误；
C．当时，金属线框abc的位置如图所示，金属线框abc在磁场ABC区域内的磁通量大小方向垂直纸面向外，金属线框abc在磁场ACD区域内的磁通量大小方向垂直纸面向里，所以金属线框abc在磁场中的磁通量大小此时金属线框abc在两磁场中切割磁感线的有效长度为图中虚线间的距离，由几何知识知有效长度，由法拉第电磁感应定律知故感应电动势是即磁通量的变化率是，选项C正确。
故选CD。
13．一款健身车如图甲所示，图乙是其主要结构部件，金属飞轮A和金属前轮C可绕同一转轴转动，飞轮A和前轮C之间有金属辐条，辐条长度等于飞轮A和前轮C的半径之差。脚踏轮B和飞轮A通过链条传动，从而带动前轮C在原位置转动，在室内就可实现健身。已知飞轮A的半径为，脚踏轮B的半径为，前轮C的半径为，整个前轮C都处在方向垂直轮面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。健身者脚蹬脚踏轮B使其以角速度顺时针转动，转动过程不打滑，下列说法正确的是（ ）
A．前轮C边缘的电势较低
B．前轮C转动的角速度为
C．前轮C边缘的线速度大小为
D．辐条两端的电压为
【答案】BD
【详解】A．由右手定则可知，前轮C边缘的电势较高，故A错误；
B．飞轮A和脚踏轮B边缘的线速度大小相同，飞轮A边缘的线速度大小设飞轮A的度为，则有
解得前轮C与飞轮A转动的角速度相等，故B正确；
C．前轮C边缘的线速度大小辐条两端的电压
故C错误，D正确。故选BD。
14．如图所示，金属圆环轨道MN、PQ水平放置两环之间ABDC内（含边界）有垂直轨道平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，AB，CD均沿半径方向，且相互垂直，电阻为r长为2l的金属杆质量为m，一端套在内环MN上另一端套在外环PQ上且都与轨道接触良好。内圆半径r1=l，外圆半径r2=3l，PM间接有阻值为R的电阻。现有一个大小恒为F，方向时刻垂直与AB杆的力作用于AB杆的中心，提供动力使金属杆从AB处无初速度开始运动，当金属杆第一次即将离开磁场时，金属杆B端的速度为v，其他电阻不计，忽路一切摩擦，重力加速度为g。则（ ）
A．金属杆从AB运动动到CD的过程中，通过电阻R的电流方向为P到M
B．金属杆从AB运动动到CD的过程中，通过R的电荷量
C．金属杆第一次即将离开磁场时，R两端的电压
D．R上产生的热量为：
【答案】BC
【详解】A．由右手定则可知金属杆从AB运动动到CD的过程中，通过电阻R的电流方向为M到P，故A错误；
B．由 可得故B正确；
C．由 可知所以故C正确；
D．力F的功杆子的动能由能量守恒可得所以
R上产生的热量故D错误。故选BC。
15．在如图所示的倾角为θ的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小均为B的匀强磁场区域，区域Ⅰ的磁场方向垂直斜面向上，区域Ⅱ的磁场方向垂直斜面向下，磁场的宽度均为L，一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，t1时刻ab边刚越过GH进入磁场区域Ⅰ，此时导线框恰好以速度v1做匀速直线运动；t2时刻ab边下滑到JP与MN的中间位置，此时导线框又恰好以速度v2做匀速直线运动。重力加速度为g，下列说法中正确的有（ ）
A．t1时刻，导线框具有的加速度a=3gsin θ
B．导线框两次匀速直线运动的速度之比为v1∶v2=4∶1
C．在t1~t2的过程中，导线框克服安培力做功的大小等于重力势能的减少量
D．在t1~t2的过程中，有的机械能转化为电能
【答案】BD
【详解】A．t1时刻导线框ab边刚越过GH进入磁场区域Ⅰ，此时导线框恰好以速度v1做匀速直线运动，其加速度是零，选项A错误；
B．导线框的ab边越过GH后做匀速直线运动直到越过JP为止，则满足mgsinθ−=0，ab边越过JP后，线圈的ab边和dc边都切割磁感线，回路的感应电动势增大，感应电流增大，因此所受安培力增大，安培力阻碍导线框下滑，因此ab边越过JP后导线框开始做减速运动，使感应电动势和感应电流均减小，安培力也减小，当安培力减小到与重力沿斜面向下的分力mgsin θ相等时，导线框以速度v2做匀速直线运动，因此有
mgsinθ−=0则v1∶v2=4∶1选项B正确；
C．在t1~t2的过程中，导线框克服安培力做功的大小等于回路中产生的焦耳热，此运动中线框的重力势能和动能均减小，由功能关系可知，导线框克服安培力做功的大小等于重力势能的减少量与动能的减少量之和，选项C错误；
D．利用动能定理可知，t1~t2的过程中，有Lsinθ−W=−解得W=+
由能量转化与守恒定律，可知有的机械能转化为电能，D正确。故选BD。
16．如图所示，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，固定在水平面上，右端接一个阻值为R的定值电阻，平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场，质量为m、电阻也为R的金属棒从高为h处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止。已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨接触良好，则金属棒穿过磁场区域的过程中，下列说法正确的是（重力加速度为g）（ ）
A．电阻R中的感应电流方向为Q流向N
B．流经金属棒的电荷量为
C．金属棒产生的电热为
D．金属棒运动的时间为
【答案】ABD
【详解】A．金属棒进入磁场切割磁感线产生感应电流，根据右手定则，可判断电阻R中的感应电流方向为Q流向N，故A正确；
B．金属棒从高为h处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止，穿过磁场整个过程产生的电荷量
故B正确；
C．根据动能定理则则克服安培力所做的功为电路中产生的焦耳热等于克服安培力做功，所以金属棒产生的焦耳热为故C错误；
D．金属棒在下滑过程中，由机械能守恒定律得则得金属棒到达水平面时的速度
金属棒在磁场中运动时，取向右为正方向，根据牛顿第二定律得
即两边求和得则得解得金属在磁场中的运动时间为故D正确。
故选ABD。
17．如图甲所示，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ，两导轨间距为l，电阻均可忽略不计。在M和P之间接有阻值为R的定值电阻，导体杆ab质量为m、电阻也为R，并与导轨接触良好。整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中。现给杆ab一个初速度，使杆向右运动，则（ ）
A．当杆ab刚开始运动时，杆ab两端的电压，且a点电势高于b点电势
B．通过电阻R的电流I随时间t的变化率的绝对值逐渐增大
C．杆ab运动的全过程中，电阻R上产生的焦耳热为
D．若将M和P之间的电阻R改为接一电容为C的电容器，如图乙所示，给杆ab施加一个恒力F，杆一定向右做匀加速运动，加速度大小为
【答案】ACD
【详解】A．杆ab刚开始运动时，感应电动势大小杆ab两端的电压由右手定则可知，电流从a流向b，由于杆ab是电源，在电源内部电流从负极流向正极，故a点电势高于b点电势，A正确。
B．由于；；可知杆做加速度减少的减速运动，故通过电阻R的电流I随时间t的变化率的绝对值逐渐减少，B错误。
C．杆ab的动能全部转化成杆ab与电阻R的焦耳热，所以杆ab运动的全过程中，电阻R上产生的焦耳热为，C正确；
D．在M和P改为接一电容为C的电容器，杆的速度为v时，电容器所带的电荷量为在极短的时间内电容器所带电荷量的变化量与速度变化量的关系为等式两边同时除以时间可得根据牛顿第二定律得，D正确。故选ACD。
18．在如图所示的甲、乙、丙中除导体棒ab可动外，其余部分均固定不动。甲图中的电容器C原来不带电，设导体棒、导轨和直流电源的电阻均可忽略，导体棒和导轨间的摩擦不计。图中装置均在水平面内，且都处于方向垂直水平面（即纸面）向下的匀强磁场中，导轨足够长，今给导体棒一个向右的初速度v0，导体棒的最终运动状态是（ ）
A．三种情况下，导体棒最终均静止
B．图甲、丙中导体棒最终将以不同的速度做匀速运动；图乙中导体棒最终静止
C．图甲、丙中，导体棒最终将以相同的速度做匀速运动
D．甲、乙两种情况下，电阻R上产生的焦耳热一定不同
【答案】BD
【详解】ABC．题图甲中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流而使电容器充电，当电容器极板间电压与导体棒产生的感应电动势相等时，电路中没有电流，导体棒不受安培力，其向右做匀速运动；题图乙中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流，通过电阻R转化为内能，导体棒速度减小，当导体棒的动能全部转化为内能时，导体棒静止；题图丙中，导体棒先受到向左的安培力作用向右做减速运动，速度减为零后再在安培力作用下向左做加速运动，当导体棒产生的感应电动势与电源的电动势相等时，电路中没有电流，导体棒向左做匀速运动，故AC错误，B正确；
D．题图甲中，导体棒的部分动能转化为内能，题图乙中，导体棒的动能全部转化为内能，故有Q甲
A．导体棒ab沿水平轨道向右加速运动
B．导体棒cd沿倾斜轨道下滑的最大速度为1m/s
C．从开始运动至cd棒达到最大速度的过程中通过cd棒横截面的电荷量为0.6C
D．从开始运动至cd棒达到最大速度的过程中通过cd棒横截面的电荷量为0.35C
【答案】BC
【详解】A．根据右手定则可知，通过棒的电流从到，在根据左手定则可知，所受安培力竖直向下，可知棒静止，故A错误；
B．cd棒匀速运动时速度最大，设为，棒中感应电动势为E，电流为I，感应电动势电流
由平衡条件得代入数据解得故B正确；
CD．设cd棒从开始运动到达最大速度的过程中经过的时间为t，通过的距离为x，cd棒中平均感应电动势为，平均电流为，通过棒横截面的电荷量为，由能量守恒定律得电动势
电流电荷量q = I1t代入数据解得故C正确，D错误。故选BC。
20．如图所示，关于虚线AP对称的两足够长水平导轨AM与AN相接于A点，∠MAN=20°，导轨电阻不计，处于垂直导轨所在平面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。导体棒CD长为L，单位长度的电阻为R0，垂直虚线AP对称地放置在导轨上，某时刻导体棒在水平拉力F的作用下从A点沿AP向右以大小为v的速度做匀速直线运动。不计摩擦，则在导体棒从开始运动到离开导轨的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．导体棒中的感应电流逐渐增大
B．拉力F的最大值为
C．通过回路中某横截面上的电荷量为
D．拉力F所做的功为
【答案】BD
【详解】A．设金属棒运动时间为t，则此时导体棒的有效长度感应电动势感应电流
解得则导体棒中的感应电流保持不变，故A错误；
B．当导体棒的有效长度为L时，安培力最大，则拉力F最大，其值为故B正确；
C．通过回路中某横截面上的电荷量为故C错误；
D．拉力F所做的功为故D正确。故选BD。
三、计算题
21．应用所学知识不仅可以解决“已知”的问题，也可以在质疑中探索“未知”的问题。某同学利用电磁阻尼现象设计了如图情境1所示的用于缓冲降落的原理简图。一边长为L、质量为m、总电阻为R的正方形导线框abcd竖直下落，进入磁感应强度为B的匀强磁场时开始做减速运动，线框平面始终在竖直平面内，且线框ad边始终与磁场的水平边界面平行。已知线框bc边刚进入磁场时线框的速率为v。重力加速度为g。空气阻力不计。
（1）求线框bc边刚进入磁场时线圈中的电流I；
（2）若线框ad边刚要进入磁场时线框的速率减为，求线框在进入磁场的过程中所产生的焦耳热Q；
（3）小明同学对“导线框全部进入磁场后下落的加速度为重力加速度g”这一观点，产生了质疑，并认为此时线框的加速度应当略小于重力加速度g。结合实际，小明把线框换成金属正方体，研究其在该磁场中的下落情况，如图情境2所示。已知该正方体的质量为M、边长为L。
a．为便于定量分析，小明构建以下模型：假设正方体从静止开始一直在磁场中运动，平行磁感线的左右两个面可近似看作平行板电容器，电容为C。忽略正方体电阻。求该正方体下落的加速度大小a；并描述其运动性质。
b．目前实验室最强磁场的磁感应强度约为几十特。若正方体边长L＝0.1m，质量M＝5kg，上述a问模型中电容器电容的数量级约为。结合上述信息，针对“导线框全部进入磁场后下落的加速度为重力加速度g”这一说法，请阐述你的观点。
【答案】（1）；（2）；（3）a．，正方体做加速度小于的匀加速直线运动；b．见解析
【详解】（1）线框边以速率v进入磁场时产生的感应电动势根据闭合电路欧姆定律
（2）线框进入磁场过程中，根据能量守恒定律有得
（3）a．正方体以速率切割磁感线时产生感应电动势为则正方体左右面所构成电容器的电荷量为
由于不断变大，和也不断变大，由左表面到右表面的充电电流大小为所受安培阻力大小为根据牛顿第二定律有根据加速度的定义式有得因此，正方体做加速度小于的匀加速直线运动。
b．将、、代入a问中的表达式发现其中的，远小于金属正方体的自身质量，即，可见，正方体下落时所受的安培阻力可忽略不计。同理，导线框下落过程中所受的安培阻力也可以忽略不计，因此，“导线框全部进入磁场后下落的加速度为重力加速度”这一说法仍然成立。
22．进入21世纪以来，航空航天技术得到了突飞猛进的发展，实现火箭回收利用，是一项前沿技术和热点技术。火箭对地碰撞力很大，为了减缓回收时碰撞，一种方案是在返回火箭的底盘安装了电磁缓冲装置。该装置的主要部件有两部分：①缓冲滑块，由高强绝缘材料制成，其内部边缘绕有闭合单匝矩形线圈；②火箭主体包括绝缘光滑缓冲轨道、和超导线圈（图中未画出），超导线圈能产生方向垂直于整个缓冲轨道平面的匀强磁场。当缓冲滑块接触地面时，滑块立即停止运动，此后线圈与火箭主体中的磁场相互作用，火箭主体一直做减速运动直至达到软着陆要求的速度，从而实现缓冲。现已知缓冲滑块竖直向下撞向地面时，火箭主体的速度大小为v，经过时间t火箭着陆，速度恰好为零。线圈的电阻为R，其余电阻忽略不计，边长为d，火箭主体质量为M，匀强磁场的磁感应强度大小为B，重力加速度为g，一切摩擦阻力不计。求：
（1）缓冲滑块刚停止运动时，线圈产生的电动势；
（2）缓冲滑块刚停止运动时，火箭主体的加速度大小；
（3）火箭主体的速度从v减到零的过程中系统产生的电能。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）由法拉第电磁感应定律得，ab边产生电动势
（2）线圈中的电流，ab边受到安培力根据牛顿第三定律，火箭主体受力
对于火箭主体受力，由牛顿第二定律得解得火箭主体的加速度
（3）设下落t时间内火箭下落的高度为h，对火箭主体由动量定理得即
火箭下落过程中产生的平均电动势由欧姆定律得电流的平均值有解得根据能量守恒定律，产生的电能为
解得
23．如图所示，导电性良好的折线型双轨道间距为L=1.2m，轨道倾斜部分粗糙，滑动摩擦因数，轨道的水平部分光滑。倾斜轨道平面MNQP与水平面夹角，处于垂直斜面向下磁感应强度为的匀强磁场中；水平轨道平面PQSR处于垂直平面向下磁感应强度为的匀强磁场中。在足够长的倾斜轨道上距离底端足够远处，从静止释放质量的金属棒ab，ab棒运动一段时间后达到最大速度，之后通过斜面底端微小圆弧滑上水平轨道继续运动。最后ab棒与静止在水平轨道末端的cd棒发生完全弹性碰撞，碰后ab棒被制动住，cd棒水平抛出，击中比水平轨道面低H=7.2m的靶线，水平射程为x=3.84m。两棒接入电路的电阻均为R=4Ω，cd棒的质量，其余电阻不计，ab棒运动的过程中始终平行于PQ。g取，求：
（1）cd棒被碰后瞬间的速度大小v；
（2）ab棒在运动过程中的最大速度；
（3）水平轨道上SQ间的长度x。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）cd棒碰后做平抛运动满足，解得
（2）ab棒在运动过程中，切割磁感线，产生感应电流，在磁场中受到安培力作用，过程中运动的速度用v1表示，则有；；达到最大速度时，ab棒受力平衡，则有
解得
（3）ab棒与静止在水平轨道末端的cd棒发生完全弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒，得
；联立解得碰撞前，ab棒的速度大小为
ab棒从进入水平面到碰撞前，过程中运动的速度用v2表示，由动量定理得
即解得
24．如图所示，电阻不计，足够长的光滑平行金属导轨水平固定，间距L＝2m；金属棒甲质量m1＝2kg，金属棒乙质量m2＝1kg，电阻均为R＝2Ω，垂直导轨置于导轨上，构成矩形回路；虚线a、b、c垂直于导轨，导轨内的a右侧和b、c间区域有磁感应强度大小B＝1T、垂直导轨平面向上的匀强磁场；金属棒甲与虚线a重合，金属棒乙在虚线a右侧某处，都静止。某时刻起，水平向左、平行于导轨的恒定外力F＝4N作用在金属棒甲的同时，相同方向、大小未知的另一个恒力作用在金属棒乙，甲达到虚线b的同时乙也刚好离开虚线a，乙离开虚线a的速度大小为1m/s，此时撤去作用在乙上的外力，再经过一段时间，当乙达到虚线b时，撤去作用在甲上的外力。已知虚线a、b间距离xab＝1m，虚线b、c间距离xbc＝4m；金属棒甲和乙与导轨始终垂直且接触良好。
（1）求金属棒甲与虚线b重合时受到安培力的大小；
（2）通过计算判断：金属棒乙与b重合时，金属棒甲是否离开虚线c。若离开，求离开时金属棒甲速度大小；若没有离开，求此时刻（金属棒乙与b重合）金属棒甲速度大小与金属棒甲与虚线b间距离大小的关系。
【答案】（1）F1=2N；（2）没有离开；
【详解】（1）金属棒甲从虚线a到b做初速度为零的匀加速度运动，设加速度为a1，与虚线b重合时速度为v1，感应电动势的大小为E1，受到安培力的大小为F1，则；；；
解得a1=2m/s2；v1=2m/s；E1=4V；F1=2N
（2）由于F1=2N小于恒外力F=4N，所以，金属棒甲进入b、c后先做加速运动，如果时间足够长，且乙没有进入b、c间，甲最后做匀速运动。设匀速运动速度为vm，则解得vm=4m/s金属棒乙从a到b做匀速运动，设经过的时间为t1，则解得t1=1s假设金属棒甲达到虚线c时刚好开始做匀速运动，设在b、c间经过时间为t2，则解得t2=2s由于t2=2s大于t2=1s，所以金属棒乙与b重合时，金属棒甲没有达到虚线c。即离开虚线c。
再假设金属棒乙与b重合时，即经过时间t1，金属棒甲刚好开始做匀速运动，设甲在b、c间通过的距离为x1，则解得x1=0不合理，所以，金属棒乙与b重合时，金属棒甲没有做匀速运动。设此时刻（金属棒乙与b重合）金属棒甲速度大小为v0，与金属棒甲跟虚线b间距离为x0，则
即
25．如图，水平面上固定光滑金属导轨abcd和efgh；ab、ef平行，间距为2L；cd、gh平行，间距为L，且右端足够长；垂直ab和ef放置有质量为m的粗细均匀金属棒MN，导轨cd、gh的最左端垂直放置另一质量也为m的金属棒PQ，两金属棒均与导轨接触良好。MN、PQ棒接入电路的电阻分别为2R和R，导轨电阻不计。导轨平面内有垂直平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B。现先将PQ棒固定，给MN棒一个水平向右大小为的初速度，当MN棒速度减为时释放PQ棒。当MN棒运动到导轨ab、ef的最右端时，回路中电流恰好为零。求：
（1）MN棒开始运动的瞬间，PQ棒所受安培力的大小；
（2）PQ棒在其释放前产生的热量；
（3）当MN棒运动到导轨ab、ef的最右端时，MN棒和PQ棒的速度各是多大？
【答案】（1）；（2）；（3），
【详解】（1）MN棒开始运动时，产生的感应电动势大小为回路中感应电流，PQ棒所受的安培力大小为解得；
（2）根据能量守恒定律PQ棒在其释放前产生的总热量为其中PQ棒产生的焦耳热为；
（3）回路中电流为零时有由于MN和PQ中的电流强度时刻相等，则两棒所受的安培力之比为根据动量定理，对MN有对PQ有
又解得；
高考物理二轮复习讲练测
专题10 电磁感应规律及综合应用（精练）
一、单项选择题
1．如图所示，金属圆环放置在水平桌面上，一个质量为m的圆柱形永磁体轴线与圆环轴线重合，永磁体下端为N极，将永磁体由静止释放，永磁体下落h高度到达P点时速度大小为v，向下的加速度大小为a，圆环的质量为M，重力加速度为g，不计空气阻力，则（ ）
A．俯视看，圆环中感应电流沿顺时针方向
B．永磁体下落的整个过程先加速后减速，下降到某一高度时速度可能为零
C．永磁体运动到P点时，圆环对桌面的压力大小为
D．永磁体运动到P点时，圆环中产生的焦耳热为
【答案】D
【详解】A．根据楞次定律可知，俯视看，圆环中感应电流沿逆时针方向，A错误；
B．根据楞次定律可知，感应电流激发出的磁场对永磁体有磁场力的作用，该磁场力的效果是阻碍永磁体相对圆环的运动，即该磁场力方向始终向上，由于是阻碍，则磁场力的大小小于重力，可知永磁体下落的整个过程一直加速，下降到某一高度时速度不可能为零，B错误；
C．根据上述，对永磁体分析有对圆环分析有根据牛顿第三定律有，
解得，圆环对桌面的压力大小为，C错误；
D．永磁体运动到P点时，根据能量守恒定律有解得，D正确。故选D。
2．如图所示，一导体圆环位于纸面内，为圆心。环内两个圆心角为90°的扇形区域（半径）中有方向相反且与纸面垂直的匀强磁场，磁感应强度。长为的导体杆可绕转动，电阻为，端通过滑动触点与圆环接触良好。在圆心和圆环间连有电阻。杆以角速度逆时针匀速转动，时恰好在图示位置，圆环的电阻忽略不计，则杆从开始转动一周的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．所产生电流为直流电
B．时通过的电流方向为到
C．时通过的电流大小为
D．电阻的电功率为
【答案】C
【详解】A．两处磁场方向相反，所以电流方向相反，产生交流电，A错误；
B．时导体棒转过的角度为导体棒在垂直纸面向里的磁场中，所以根据右手定则知通过的电流方向为到，B错误；
C．感应电动势为所以电流为，C正确；
D．根据有效值的定义得解得所以电阻的电功率为，D错误。故选C。
3．正方形金属线框的边与匀强磁场的边界重合，匀强磁场垂直纸面且范围足够大，第一次将金属线框以速度匀速拉进匀强磁场内（如图甲）；第二次金属框以边为轴匀速转动，边的线速度大小为，线框从上往下看逆时针旋转（如图乙）。设两个过程中线框中产生的焦耳热分别为和，则等于（ ）
A．4 B．8 C． D．
【答案】C
【详解】设正方形金属线框的边长为，电阻为，磁场的磁感应强度为，图甲产生的感应电动势为
进入过程时间为产生的热量为图乙产生的为正弦交流电，感应电动势有效值为
转动时间为产生的热量为联立解得故选C。
4．如图所示，正方形导线框放在匀强磁场中静止不动，磁场方向与线框平面垂直，磁感应强度随时间的变化关系如图乙所示，时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里。下列选项中能表示线框的边受到的安培力随时间的变化关系的是（规定水平向左为F的正方向）（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【详解】内磁场方向向里且均匀减小，由楞次定律可得线圈中产生顺时针方向的感应电流，由公式
可知产生的感应电动势恒定，由于则电流恒定，由于可知磁感应强度均匀减小，则线框的边受到的安培力均匀减小，由左手定则可知安培力方向水平向左，为正值。内磁场方向向外且均匀增大，由楞次定律可得线圈中产生顺时针方向的感应电流，感应电动势恒定，电流恒定，则根据安培力公式可知，随着磁感应强度均匀增大，安培力均匀增大，由左手定则可知安培力方向水平向右，为负值。内磁场方向向外且均匀减小，由楞次定律可得线圈中产生逆时针方向的感应电流，感应电动势恒定，电流恒定，则根据安培力公式可知，随着磁感应强度均匀减小，安培力均匀减小，由左手定则可知安培力方向水平向左，为正值。内磁场方向向里且均匀增大，由楞次定律可得线圈中产生逆时针方向的感应电流，感应电动势恒定，电流恒定，则根据安培力公式可知，随着磁感应强度均匀增大，安培力均匀增大，由左手定则可知安培力方向水平向右，为负值。故选A。
5．如图甲所示，两金属圆环固定在同一绝缘平面内，外圆环通以如图乙所示的电流。规定图甲所示电流方向为外圆环电流的正方向，内圆环端电势高于端时，a、b间的电压为正，下列关于图像的描述可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】由题图乙可知，在，时间内，外圆环电流逐渐增大但逐渐减小，根据安培定则可知，在外圆环内部产生的磁场方向垂直于纸面向里，磁场逐渐增强，但逐渐减小，根据楞次定律可知，内圆环a湍电势高，所以根据法拉第电磁感应定律可知，逐渐减小。当时，，所以，同理可知，在时间内且逐渐增大。内重复的变化规律。故选C。
6．某同学将一段金属丝弯成如图1所示的平面线圈，已知圆形区域的面积为，五角星形区域的面积为，连接圆和五角星部分区域的面积忽略不计。现将该线圈沿垂直于磁场的方向放入一匀强磁场（垂直纸面向里的方向为磁场的正方向），且磁场磁感应强度随时间变化的规律如图2所示。则下列图像中能正确描述线圈两端点间电势差随时间变化规律的是令 （ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【详解】由楞次定律可知，圆形线阴内产生的电动势与五角星线圈内产生的电动势方向相反。所以，整个线圈的“有效面积”为结合图2，由法拉第电磁感应定律可得线圈内所产生的感应电动势为
因外电路断路且由楞次定律结合图2可知，在内
故选A。
7．如图所示，竖直平面内存在范围足够大、方向水平的磁场，同一高度处磁感应强度大小相等，竖直方向上磁感应强度随距离均匀增大。将一个竖直放置的正方形金属线框abcd从图示位置水平向右抛出，不计空气阻力。下列关于线框运动的加速度a、感应电流i随时间t，线框重力做功的功率P机械能E随下落高度h变化的关系图像中，可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【详解】AB．因为相同高度处磁感应强度大小相等，而流过ab边和cd边的电流大小相同，利用左手定则判断出两边受到的安培力大小相等，方向相反，故水平方向上受力平衡，所以水平方向上做匀速运动，由楞次定律可知感应电流的方向为顺时针方向，左手定则判断出bc边所受安培力向上，ad边所受安培力向下，令bc边的磁感应强度为B2，ad边磁感应强度为B1，ab边和cd边的长度为L1，bc与ad边的长度为L2，从而求出线框所受合外力设线框向下运动的距离为x，则；联立得加速度
所以当速度增大时，I增大，a减小，感应电流由于加速度减小，所以感应电流的变化率越来越小，结合可知加速度的变化率越来越小，最后线框竖直方向做匀速直线运动，电流不再增大，加速度为零，故A正确，B错误；
C．初始时，线框的速度为零，所以图像，时，重力功率应为零，故C错误；
D．除了重力之外的其他力做功等于机械能的变化量，根据可知图象的斜率的绝对值为安培力的大小，由AB选项分析可知，安培力越来越大，最后不变，可知D错误。故选A。
8．如图甲所示，固定的光滑平行导轨（电阻不计）与水平面的夹角为，导轨足够长且间距L=0.5m，底端接有阻值为R=4Ω的电阻，整个装置处于垂直于导轨斜向上的匀强磁场中，一质量m=1kg、电阻r=1Ω、长度也为L的导体棒MN在沿导轨向上的拉力F作用下由静止开始运动，导轨足够长，拉力F与导体棒速率倒数的关系如图乙所示。已知g取10m/s2，则（ ）
A．v=5m/s时拉力大小为7N
B．v=5m/s时拉力的功率为140W
C．匀强磁场的磁感应强度的大小为2T
D．当导体棒的加速度a=8m/s2时，导体棒受到的安培力的大小为2N
【答案】C
【详解】AB．由题图乙可知时，拉力拉力的功率故AB错误；
C．由题图乙可知，导体棒的最大速度此时拉力最小由，
解得故C正确；
D．由题图乙得根据，当时，可得
解得故此时安培力的大小故D错误。故选C。
9．如图所示，足够长的水平光滑平行导轨通过开关S与电源两极相连，电源电动势为E，整个装置处在竖直向下的匀强磁场中。闭合开关S，金属杆中自由电子沿杆定向移动的速度为，该速度使得电子受到的洛伦兹力为；杆在安培力作用下获得的速度为，该速度使得杆中电子受到的洛伦兹力为。已知导轨间距为L，电子电荷量为e，只考虑金属杆的电阻，其余电阻均不计，金属杆运动时与导轨接触良好，则（ ）
A．方向由a指向b B．的方向向右，的方向向左
C．杆在加速运动时， D．杆在匀速运动时，
【答案】C
【详解】A．闭合开关S，金属杆的电流方向是 ，自由电子定向运动方向与电流的流动方向相反，则自由电子沿杆定向移动的方向是，A错误；
B．自由电子沿杆定向移动的方向是，根据左手定则，电子受到的洛伦兹力为方向是水平向右；
闭合开关S，金属杆的电流方向是，根据左手定则，杆受安培力作用下获得的速度方向水平向右，即电子也有和杆运动速度方向相同的，根据左手定则该速度使得杆中电子受到的洛伦兹力竖直向下，B错误；
C．杆在安培力作用下获得的速度为，产生的感应电动势为此时电子受到的电场力是杆中电子受到的洛伦兹力因为金属杆的电流方向是，所以
即，C正确；
D．杆在匀速运动时，金属杆中自由电子沿杆定向移动的速度为和杆在安培力作用下获得的速度为，方向不相同，则受到的洛伦兹力不相等，D错误。故选C。
10．如图所示，竖直向下的匀强磁场中水平放置两足够长的光滑平行金属导轨，导轨的左侧接有电容器C。导体棒AD放置在导轨上，在水平向右的恒力F作用下由静止开始运动，运动过程中棒始终与导轨垂直且与导轨电接触良好，不计棒和导轨的电阻。则（ ）
A．导体棒向右做加速度减小的加速运动
B．导体棒向右做匀加速运动
C．恒力F做的功等于导体棒增加的动能
D．电容器所带的电荷量先增加后保持不变
【答案】B
【详解】AB．经过，电容器充电流过电路的电流对导体棒应用牛顿第二定律
代入电流根据加速度的定义式可得加速度为定值，所以导体棒做匀加速直线运动，故A不符合题意，B符合题意；
C．根据动能定理可知，F做的功与安培力做的功之和等于导体棒增加的动能，故C不符合题意；
D．导体棒做匀加速直线运动，经过时间，导体棒产生的电动势此时电容器的带电量
电容器所带的电荷量一直增加，故D不符合题意。故选B。
二、 多项选择题
11．正三角形硬质金属框abc用细线悬挂在空间，处于静止状态，空间存在方向垂直于金属框平面且随时间变化的有界匀强磁场，磁场边界MN与金属框ac边平行，如图甲所示，以垂直金属框平面向里为磁场的正方向，磁感应强度随时间的变化关系图像如图乙所示，则下列说法正确的是（ ）
A．时间内和时间内金属框中的感应电流方向相反
B．时间内，金属框中的感应电流方向始终为
C．时间内，金属框中感应电流的方向和大小始终不变
D．时间内，细线拉力一直在增大
【答案】CD
【详解】AB．时间内磁场方向垂直金属框平面向里，磁通量减小，时间内磁场方向垂直金属框平面向外，磁通量增大，根据楞次定律可知，时间内感应电流产生的磁场方向始终垂直金属框平面向里，金属框中的感应电流方向始终为，AB错误；
C．由法拉第电磁感应定律，时间内，n、、S都不变，所以金属框中感应电流的方向和大小始终不变，C正确；
D．时间内，金属框所受安培力的方向竖直向上，大小为变小，细线拉力
变大，在时间内，金属框受的安培力方向竖直向下，大小为变大，细线拉力
变大，可见T一直变大，D正确。故选CD。
12．如图所示，边长为2L的正方形ABCD区域内，以对角线AC为分界线分布着磁感应强度大小均为B、方向不同的匀强磁场，分界线左下方的磁场方向垂直纸面向里，右上方的磁场方向垂直纸面向外。直角边长度为L的等腰直角三角形单匝金属线框abc，bc边与正方形的DC边在同一直线上，ab边与正方形的AD边平行。金属线框abc以速度v匀速通过正方形ABCD区域，从金属线框abc的ab边通过AD边开始到c点离开BC边的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．金属线框abc的电流方向先是逆时针方向，然后是顺时针方向，最后是逆时针方向
B．当时，金属线框abc内的磁通量大小是，感应电动势是BLv
C．当时，金属线框abc内磁通量的大小为，磁通量的变化率为
D．在的时间内，金属线框abc内的磁通量和感应电流都为零
【答案】CD
【详解】AD．金属线框abc从ab边进入磁场，在上时间内垂直纸面向里的磁通量增加，由楞次定律知金属线框abc内的电流方向是逆时针方向；在时间内垂直纸面向里的磁通量减少，垂直纸面向外的磁通量增加，由楞次定律知金属线框abc内的电流方向是顺时针方向；在时间内，金属线框abc内磁通量和感应电流都为零，选项A错误，选项D正确；
B．当时，金属线框abc恰好全部进入左侧磁场，金属线框abc内的磁通量是，感应电动势是0，选项B错误；
C．当时，金属线框abc的位置如图所示，金属线框abc在磁场ABC区域内的磁通量大小方向垂直纸面向外，金属线框abc在磁场ACD区域内的磁通量大小方向垂直纸面向里，所以金属线框abc在磁场中的磁通量大小此时金属线框abc在两磁场中切割磁感线的有效长度为图中虚线间的距离，由几何知识知有效长度，由法拉第电磁感应定律知故感应电动势是即磁通量的变化率是，选项C正确。
故选CD。
13．一款健身车如图甲所示，图乙是其主要结构部件，金属飞轮A和金属前轮C可绕同一转轴转动，飞轮A和前轮C之间有金属辐条，辐条长度等于飞轮A和前轮C的半径之差。脚踏轮B和飞轮A通过链条传动，从而带动前轮C在原位置转动，在室内就可实现健身。已知飞轮A的半径为，脚踏轮B的半径为，前轮C的半径为，整个前轮C都处在方向垂直轮面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。健身者脚蹬脚踏轮B使其以角速度顺时针转动，转动过程不打滑，下列说法正确的是（ ）
A．前轮C边缘的电势较低
B．前轮C转动的角速度为
C．前轮C边缘的线速度大小为
D．辐条两端的电压为
【答案】BD
【详解】A．由右手定则可知，前轮C边缘的电势较高，故A错误；
B．飞轮A和脚踏轮B边缘的线速度大小相同，飞轮A边缘的线速度大小设飞轮A的度为，则有
解得前轮C与飞轮A转动的角速度相等，故B正确；
C．前轮C边缘的线速度大小辐条两端的电压
故C错误，D正确。故选BD。
14．如图所示，金属圆环轨道MN、PQ水平放置两环之间ABDC内（含边界）有垂直轨道平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，AB，CD均沿半径方向，且相互垂直，电阻为r长为2l的金属杆质量为m，一端套在内环MN上另一端套在外环PQ上且都与轨道接触良好。内圆半径r1=l，外圆半径r2=3l，PM间接有阻值为R的电阻。现有一个大小恒为F，方向时刻垂直与AB杆的力作用于AB杆的中心，提供动力使金属杆从AB处无初速度开始运动，当金属杆第一次即将离开磁场时，金属杆B端的速度为v，其他电阻不计，忽路一切摩擦，重力加速度为g。则（ ）
A．金属杆从AB运动动到CD的过程中，通过电阻R的电流方向为P到M
B．金属杆从AB运动动到CD的过程中，通过R的电荷量
C．金属杆第一次即将离开磁场时，R两端的电压
D．R上产生的热量为：
【答案】BC
【详解】A．由右手定则可知金属杆从AB运动动到CD的过程中，通过电阻R的电流方向为M到P，故A错误；
B．由 可得故B正确；
C．由 可知所以故C正确；
D．力F的功杆子的动能由能量守恒可得所以
R上产生的热量故D错误。故选BC。
15．在如图所示的倾角为θ的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小均为B的匀强磁场区域，区域Ⅰ的磁场方向垂直斜面向上，区域Ⅱ的磁场方向垂直斜面向下，磁场的宽度均为L，一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，t1时刻ab边刚越过GH进入磁场区域Ⅰ，此时导线框恰好以速度v1做匀速直线运动；t2时刻ab边下滑到JP与MN的中间位置，此时导线框又恰好以速度v2做匀速直线运动。重力加速度为g，下列说法中正确的有（ ）
A．t1时刻，导线框具有的加速度a=3gsin θ
B．导线框两次匀速直线运动的速度之比为v1∶v2=4∶1
C．在t1~t2的过程中，导线框克服安培力做功的大小等于重力势能的减少量
D．在t1~t2的过程中，有的机械能转化为电能
【答案】BD
【详解】A．t1时刻导线框ab边刚越过GH进入磁场区域Ⅰ，此时导线框恰好以速度v1做匀速直线运动，其加速度是零，选项A错误；
B．导线框的ab边越过GH后做匀速直线运动直到越过JP为止，则满足mgsinθ−=0，ab边越过JP后，线圈的ab边和dc边都切割磁感线，回路的感应电动势增大，感应电流增大，因此所受安培力增大，安培力阻碍导线框下滑，因此ab边越过JP后导线框开始做减速运动，使感应电动势和感应电流均减小，安培力也减小，当安培力减小到与重力沿斜面向下的分力mgsin θ相等时，导线框以速度v2做匀速直线运动，因此有
mgsinθ−=0则v1∶v2=4∶1选项B正确；
C．在t1~t2的过程中，导线框克服安培力做功的大小等于回路中产生的焦耳热，此运动中线框的重力势能和动能均减小，由功能关系可知，导线框克服安培力做功的大小等于重力势能的减少量与动能的减少量之和，选项C错误；
D．利用动能定理可知，t1~t2的过程中，有Lsinθ−W=−解得W=+
由能量转化与守恒定律，可知有的机械能转化为电能，D正确。故选BD。
16．如图所示，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，固定在水平面上，右端接一个阻值为R的定值电阻，平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场，质量为m、电阻也为R的金属棒从高为h处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止。已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨接触良好，则金属棒穿过磁场区域的过程中，下列说法正确的是（重力加速度为g）（ ）
A．电阻R中的感应电流方向为Q流向N
B．流经金属棒的电荷量为
C．金属棒产生的电热为
D．金属棒运动的时间为
【答案】ABD
【详解】A．金属棒进入磁场切割磁感线产生感应电流，根据右手定则，可判断电阻R中的感应电流方向为Q流向N，故A正确；
B．金属棒从高为h处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止，穿过磁场整个过程产生的电荷量
故B正确；
C．根据动能定理则则克服安培力所做的功为电路中产生的焦耳热等于克服安培力做功，所以金属棒产生的焦耳热为故C错误；
D．金属棒在下滑过程中，由机械能守恒定律得则得金属棒到达水平面时的速度
金属棒在磁场中运动时，取向右为正方向，根据牛顿第二定律得
即两边求和得则得解得金属在磁场中的运动时间为故D正确。
故选ABD。
17．如图甲所示，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ，两导轨间距为l，电阻均可忽略不计。在M和P之间接有阻值为R的定值电阻，导体杆ab质量为m、电阻也为R，并与导轨接触良好。整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中。现给杆ab一个初速度，使杆向右运动，则（ ）
A．当杆ab刚开始运动时，杆ab两端的电压，且a点电势高于b点电势
B．通过电阻R的电流I随时间t的变化率的绝对值逐渐增大
C．杆ab运动的全过程中，电阻R上产生的焦耳热为
D．若将M和P之间的电阻R改为接一电容为C的电容器，如图乙所示，给杆ab施加一个恒力F，杆一定向右做匀加速运动，加速度大小为
【答案】ACD
【详解】A．杆ab刚开始运动时，感应电动势大小杆ab两端的电压由右手定则可知，电流从a流向b，由于杆ab是电源，在电源内部电流从负极流向正极，故a点电势高于b点电势，A正确。
B．由于；；可知杆做加速度减少的减速运动，故通过电阻R的电流I随时间t的变化率的绝对值逐渐减少，B错误。
C．杆ab的动能全部转化成杆ab与电阻R的焦耳热，所以杆ab运动的全过程中，电阻R上产生的焦耳热为，C正确；
D．在M和P改为接一电容为C的电容器，杆的速度为v时，电容器所带的电荷量为在极短的时间内电容器所带电荷量的变化量与速度变化量的关系为等式两边同时除以时间可得根据牛顿第二定律得，D正确。故选ACD。
18．在如图所示的甲、乙、丙中除导体棒ab可动外，其余部分均固定不动。甲图中的电容器C原来不带电，设导体棒、导轨和直流电源的电阻均可忽略，导体棒和导轨间的摩擦不计。图中装置均在水平面内，且都处于方向垂直水平面（即纸面）向下的匀强磁场中，导轨足够长，今给导体棒一个向右的初速度v0，导体棒的最终运动状态是（ ）
A．三种情况下，导体棒最终均静止
B．图甲、丙中导体棒最终将以不同的速度做匀速运动；图乙中导体棒最终静止
C．图甲、丙中，导体棒最终将以相同的速度做匀速运动
D．甲、乙两种情况下，电阻R上产生的焦耳热一定不同
【答案】BD
【详解】ABC．题图甲中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流而使电容器充电，当电容器极板间电压与导体棒产生的感应电动势相等时，电路中没有电流，导体棒不受安培力，其向右做匀速运动；题图乙中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流，通过电阻R转化为内能，导体棒速度减小，当导体棒的动能全部转化为内能时，导体棒静止；题图丙中，导体棒先受到向左的安培力作用向右做减速运动，速度减为零后再在安培力作用下向左做加速运动，当导体棒产生的感应电动势与电源的电动势相等时，电路中没有电流，导体棒向左做匀速运动，故AC错误，B正确；
D．题图甲中，导体棒的部分动能转化为内能，题图乙中，导体棒的动能全部转化为内能，故有Q甲
A．导体棒ab沿水平轨道向右加速运动
B．导体棒cd沿倾斜轨道下滑的最大速度为1m/s
C．从开始运动至cd棒达到最大速度的过程中通过cd棒横截面的电荷量为0.6C
D．从开始运动至cd棒达到最大速度的过程中通过cd棒横截面的电荷量为0.35C
【答案】BC
【详解】A．根据右手定则可知，通过棒的电流从到，在根据左手定则可知，所受安培力竖直向下，可知棒静止，故A错误；
B．cd棒匀速运动时速度最大，设为，棒中感应电动势为E，电流为I，感应电动势电流
由平衡条件得代入数据解得故B正确；
CD．设cd棒从开始运动到达最大速度的过程中经过的时间为t，通过的距离为x，cd棒中平均感应电动势为，平均电流为，通过棒横截面的电荷量为，由能量守恒定律得电动势
电流电荷量q = I1t代入数据解得故C正确，D错误。故选BC。
20．如图所示，关于虚线AP对称的两足够长水平导轨AM与AN相接于A点，∠MAN=20°，导轨电阻不计，处于垂直导轨所在平面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。导体棒CD长为L，单位长度的电阻为R0，垂直虚线AP对称地放置在导轨上，某时刻导体棒在水平拉力F的作用下从A点沿AP向右以大小为v的速度做匀速直线运动。不计摩擦，则在导体棒从开始运动到离开导轨的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．导体棒中的感应电流逐渐增大
B．拉力F的最大值为
C．通过回路中某横截面上的电荷量为
D．拉力F所做的功为
【答案】BD
【详解】A．设金属棒运动时间为t，则此时导体棒的有效长度感应电动势感应电流
解得则导体棒中的感应电流保持不变，故A错误；
B．当导体棒的有效长度为L时，安培力最大，则拉力F最大，其值为故B正确；
C．通过回路中某横截面上的电荷量为故C错误；
D．拉力F所做的功为故D正确。故选BD。
三、计算题
21．应用所学知识不仅可以解决“已知”的问题，也可以在质疑中探索“未知”的问题。某同学利用电磁阻尼现象设计了如图情境1所示的用于缓冲降落的原理简图。一边长为L、质量为m、总电阻为R的正方形导线框abcd竖直下落，进入磁感应强度为B的匀强磁场时开始做减速运动，线框平面始终在竖直平面内，且线框ad边始终与磁场的水平边界面平行。已知线框bc边刚进入磁场时线框的速率为v。重力加速度为g。空气阻力不计。
（1）求线框bc边刚进入磁场时线圈中的电流I；
（2）若线框ad边刚要进入磁场时线框的速率减为，求线框在进入磁场的过程中所产生的焦耳热Q；
（3）小明同学对“导线框全部进入磁场后下落的加速度为重力加速度g”这一观点，产生了质疑，并认为此时线框的加速度应当略小于重力加速度g。结合实际，小明把线框换成金属正方体，研究其在该磁场中的下落情况，如图情境2所示。已知该正方体的质量为M、边长为L。
a．为便于定量分析，小明构建以下模型：假设正方体从静止开始一直在磁场中运动，平行磁感线的左右两个面可近似看作平行板电容器，电容为C。忽略正方体电阻。求该正方体下落的加速度大小a；并描述其运动性质。
b．目前实验室最强磁场的磁感应强度约为几十特。若正方体边长L＝0.1m，质量M＝5kg，上述a问模型中电容器电容的数量级约为。结合上述信息，针对“导线框全部进入磁场后下落的加速度为重力加速度g”这一说法，请阐述你的观点。
【答案】（1）；（2）；（3）a．，正方体做加速度小于的匀加速直线运动；b．见解析
【详解】（1）线框边以速率v进入磁场时产生的感应电动势根据闭合电路欧姆定律
（2）线框进入磁场过程中，根据能量守恒定律有得
（3）a．正方体以速率切割磁感线时产生感应电动势为则正方体左右面所构成电容器的电荷量为
由于不断变大，和也不断变大，由左表面到右表面的充电电流大小为所受安培阻力大小为根据牛顿第二定律有根据加速度的定义式有得因此，正方体做加速度小于的匀加速直线运动。
b．将、、代入a问中的表达式发现其中的，远小于金属正方体的自身质量，即，可见，正方体下落时所受的安培阻力可忽略不计。同理，导线框下落过程中所受的安培阻力也可以忽略不计，因此，“导线框全部进入磁场后下落的加速度为重力加速度”这一说法仍然成立。
22．进入21世纪以来，航空航天技术得到了突飞猛进的发展，实现火箭回收利用，是一项前沿技术和热点技术。火箭对地碰撞力很大，为了减缓回收时碰撞，一种方案是在返回火箭的底盘安装了电磁缓冲装置。该装置的主要部件有两部分：①缓冲滑块，由高强绝缘材料制成，其内部边缘绕有闭合单匝矩形线圈；②火箭主体包括绝缘光滑缓冲轨道、和超导线圈（图中未画出），超导线圈能产生方向垂直于整个缓冲轨道平面的匀强磁场。当缓冲滑块接触地面时，滑块立即停止运动，此后线圈与火箭主体中的磁场相互作用，火箭主体一直做减速运动直至达到软着陆要求的速度，从而实现缓冲。现已知缓冲滑块竖直向下撞向地面时，火箭主体的速度大小为v，经过时间t火箭着陆，速度恰好为零。线圈的电阻为R，其余电阻忽略不计，边长为d，火箭主体质量为M，匀强磁场的磁感应强度大小为B，重力加速度为g，一切摩擦阻力不计。求：
（1）缓冲滑块刚停止运动时，线圈产生的电动势；
（2）缓冲滑块刚停止运动时，火箭主体的加速度大小；
（3）火箭主体的速度从v减到零的过程中系统产生的电能。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）由法拉第电磁感应定律得，ab边产生电动势
（2）线圈中的电流，ab边受到安培力根据牛顿第三定律，火箭主体受力
对于火箭主体受力，由牛顿第二定律得解得火箭主体的加速度
（3）设下落t时间内火箭下落的高度为h，对火箭主体由动量定理得即
火箭下落过程中产生的平均电动势由欧姆定律得电流的平均值有解得根据能量守恒定律，产生的电能为
解得
23．如图所示，导电性良好的折线型双轨道间距为L=1.2m，轨道倾斜部分粗糙，滑动摩擦因数，轨道的水平部分光滑。倾斜轨道平面MNQP与水平面夹角，处于垂直斜面向下磁感应强度为的匀强磁场中；水平轨道平面PQSR处于垂直平面向下磁感应强度为的匀强磁场中。在足够长的倾斜轨道上距离底端足够远处，从静止释放质量的金属棒ab，ab棒运动一段时间后达到最大速度，之后通过斜面底端微小圆弧滑上水平轨道继续运动。最后ab棒与静止在水平轨道末端的cd棒发生完全弹性碰撞，碰后ab棒被制动住，cd棒水平抛出，击中比水平轨道面低H=7.2m的靶线，水平射程为x=3.84m。两棒接入电路的电阻均为R=4Ω，cd棒的质量，其余电阻不计，ab棒运动的过程中始终平行于PQ。g取，求：
（1）cd棒被碰后瞬间的速度大小v；
（2）ab棒在运动过程中的最大速度；
（3）水平轨道上SQ间的长度x。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）cd棒碰后做平抛运动满足，解得
（2）ab棒在运动过程中，切割磁感线，产生感应电流，在磁场中受到安培力作用，过程中运动的速度用v1表示，则有；；达到最大速度时，ab棒受力平衡，则有
解得
（3）ab棒与静止在水平轨道末端的cd棒发生完全弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒，得
；联立解得碰撞前，ab棒的速度大小为
ab棒从进入水平面到碰撞前，过程中运动的速度用v2表示，由动量定理得
即解得
24．如图所示，电阻不计，足够长的光滑平行金属导轨水平固定，间距L＝2m；金属棒甲质量m1＝2kg，金属棒乙质量m2＝1kg，电阻均为R＝2Ω，垂直导轨置于导轨上，构成矩形回路；虚线a、b、c垂直于导轨，导轨内的a右侧和b、c间区域有磁感应强度大小B＝1T、垂直导轨平面向上的匀强磁场；金属棒甲与虚线a重合，金属棒乙在虚线a右侧某处，都静止。某时刻起，水平向左、平行于导轨的恒定外力F＝4N作用在金属棒甲的同时，相同方向、大小未知的另一个恒力作用在金属棒乙，甲达到虚线b的同时乙也刚好离开虚线a，乙离开虚线a的速度大小为1m/s，此时撤去作用在乙上的外力，再经过一段时间，当乙达到虚线b时，撤去作用在甲上的外力。已知虚线a、b间距离xab＝1m，虚线b、c间距离xbc＝4m；金属棒甲和乙与导轨始终垂直且接触良好。
（1）求金属棒甲与虚线b重合时受到安培力的大小；
（2）通过计算判断：金属棒乙与b重合时，金属棒甲是否离开虚线c。若离开，求离开时金属棒甲速度大小；若没有离开，求此时刻（金属棒乙与b重合）金属棒甲速度大小与金属棒甲与虚线b间距离大小的关系。
【答案】（1）F1=2N；（2）没有离开；
【详解】（1）金属棒甲从虚线a到b做初速度为零的匀加速度运动，设加速度为a1，与虚线b重合时速度为v1，感应电动势的大小为E1，受到安培力的大小为F1，则；；；
解得a1=2m/s2；v1=2m/s；E1=4V；F1=2N
（2）由于F1=2N小于恒外力F=4N，所以，金属棒甲进入b、c后先做加速运动，如果时间足够长，且乙没有进入b、c间，甲最后做匀速运动。设匀速运动速度为vm，则解得vm=4m/s金属棒乙从a到b做匀速运动，设经过的时间为t1，则解得t1=1s假设金属棒甲达到虚线c时刚好开始做匀速运动，设在b、c间经过时间为t2，则解得t2=2s由于t2=2s大于t2=1s，所以金属棒乙与b重合时，金属棒甲没有达到虚线c。即离开虚线c。
再假设金属棒乙与b重合时，即经过时间t1，金属棒甲刚好开始做匀速运动，设甲在b、c间通过的距离为x1，则解得x1=0不合理，所以，金属棒乙与b重合时，金属棒甲没有做匀速运动。设此时刻（金属棒乙与b重合）金属棒甲速度大小为v0，与金属棒甲跟虚线b间距离为x0，则
即
25．如图，水平面上固定光滑金属导轨abcd和efgh；ab、ef平行，间距为2L；cd、gh平行，间距为L，且右端足够长；垂直ab和ef放置有质量为m的粗细均匀金属棒MN，导轨cd、gh的最左端垂直放置另一质量也为m的金属棒PQ，两金属棒均与导轨接触良好。MN、PQ棒接入电路的电阻分别为2R和R，导轨电阻不计。导轨平面内有垂直平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B。现先将PQ棒固定，给MN棒一个水平向右大小为的初速度，当MN棒速度减为时释放PQ棒。当MN棒运动到导轨ab、ef的最右端时，回路中电流恰好为零。求：
（1）MN棒开始运动的瞬间，PQ棒所受安培力的大小；
（2）PQ棒在其释放前产生的热量；
（3）当MN棒运动到导轨ab、ef的最右端时，MN棒和PQ棒的速度各是多大？
【答案】（1）；（2）；（3），
【详解】（1）MN棒开始运动时，产生的感应电动势大小为回路中感应电流，PQ棒所受的安培力大小为解得；
（2）根据能量守恒定律PQ棒在其释放前产生的总热量为其中PQ棒产生的焦耳热为；
（3）回路中电流为零时有由于MN和PQ中的电流强度时刻相等，则两棒所受的安培力之比为根据动量定理，对MN有对PQ有
又解得；
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