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2019年高考物理一轮规范练习：第10章 第3讲 电磁感应规律的综合应用(含解析)
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配餐作业 电磁感应规律的综合应用
见学生用书P371
A组·基础巩固题
1．如图所示，在一固定水平放置的闭合导体圆环上方，有一条形磁铁，从离地面高h处，由静止开始下落，最后落在水平地面上。磁铁下落过程中始终保持竖直方向，并从圆环中心穿过圆环，而不与圆环接触。若不计空气阻力。重力加速度为g，下列说法中正确的是( )
A．在磁铁下落的整个过程中，圆环中的感应电流方向先逆时针后顺时针(从上向下看圆环)
B．磁铁在整个下落过程中，受圆环对它的作用力先竖直向上后竖直向下
C．磁铁在整个下落过程中，它的机械能不变
D．磁铁落地时的速率一定等于
解析 当条形磁铁靠近圆环时，穿过圆环的磁通量增加，根据楞次定律可判断圆环中感应电流的方向为逆时针(从上向下看圆环)，当条形磁铁远离圆环时，穿过圆环的磁通量减小，根据楞次定律可判断圆环中感应电流的方向为顺时针(从上向下看圆环)，A项正确；根据楞次定律的推论“来拒去留”原则，可判断磁铁在整个下落过程中，受圆环对它的作用力始终竖直向上，B项错误；磁铁在整个下落过程中，由于受到磁场力的作用，机械能不守恒，C项错误；若磁铁从高度h处做自由落体运动，其落地时的速度v＝，但磁铁穿过圆环的过程中要产生一部分电热，根据能量守恒定律可知，其落地速度一定小于，D项错误。
答案 A
2．(多选)如图所示，△ABC为等腰直角三角形，AB边与x轴垂直，A点坐标为(a,0)，C点坐标为(0，a)，三角形区域内存在垂直平面向里的磁场，磁感应强度B与横坐标x的变化关系满足B＝(k为常量)，三角形区域的左侧有一单匝矩形线圈，线圈平面与纸面平行，线圈宽为a，高为2a，电阻为R。若线圈以某一速度v匀速穿过磁场，整个运动过程中线圈不发生转动，则下列说法正确的是( )
A．线圈穿过磁场的过程中感应电流的大小逐渐增大
B．线圈穿过磁场的过程中产生的焦耳热为Q＝
C．线圈穿过磁场的过程中通过导线截面的电荷量为零
D．穿过三角形区域的磁通量为2ka
解析 线圈穿过磁场的过程中，感应电动势为E＝BLv，根据欧姆定律可得感应电流大小为I＝，由几何关系知，切割边运动距离为x时，L＝2x，解得I＝，为定值，所以A项错误；产生的焦耳热为Q＝I2Rt，而t＝，解得Q＝，所以B项错误；线圈穿过磁场的过程中，通过线圈的磁通量变化量为0，则q＝＝0，C项正确；穿过三角形区域的磁通量等于线圈发生位移a时的磁通量变化，q′＝IΔt＝，则ΔΦ′＝IRΔt＝·R·＝2ka，D项正确。
答案 CD
3．(多选)如图甲所示，光滑绝缘水平面上，虚线MN的右侧存在磁感应强度B＝2 T的匀强磁场，MN的左侧有一质量m＝0.1 kg的矩形线圈abcd，bc边长L1＝0.2 m，线圈电阻R＝2 Ω。t＝0时，用一恒定拉力F拉线圈，使其由静止开始向右做匀加速运动，经过时间1 s，线圈的bc边到达磁场边界MN，此时立即将拉力F改为变力，又经过1 s，线圈恰好完全进入磁场，整个运动过程中，线圈中感应电流i随时间t变化的图象如图乙所示。则下列说法正确的是( )
A．恒定拉力大小为0.1 N
B．线圈在第2 s内的加速度大小为1 m/s2
C．线圈ab边长L2＝0.5 m
D．在第2 s内流过线圈的电荷量为0.2 C
解析 在第1 s末，i1＝，E＝BL1v1，v1＝a1t1，F＝ma1，联立得F＝0.05 N，A项错误；在第2 s内，由题图分析知线圈做匀加速直线运动，第2 s末，i2＝，E′＝BL1v2，v2＝v1＋a2t2，解得a2＝1 m/s2，B项正确；在第2 s内，v－v＝2a2L2，得L2＝1 m，C项错误；q＝＝＝0.2 C，D项正确。
答案 BD
4．(多选)两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，顶端接阻值为R的电阻。质量为m、电阻为r的金属棒在距磁场上边界某处由静止释放，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，如图所示，不计导轨的电阻，重力加速度为g，则 ( )
A．金属棒在磁场中运动时，流过电阻R的电流方向为a→b
B．金属棒的速度为v时，金属棒所受的安培力大小为
C．金属棒的最大速度为
D．金属棒以稳定的速度下滑时，电阻R的热功率为2R
解析 金属棒在磁场中向下运动时，由楞次定律知，流过电阻R的电流方向为b→a，A项错误；金属棒的速度为v时，金属棒中感应电动势E＝BLv，感应电流I＝，所受的安培力大小为F＝BIL＝，B项正确；当安培力F＝mg时，金属棒下滑速度最大，金属棒的最大速度为v＝，C项错误；金属棒以稳定的速度下滑时，电阻R和r的总热功率为P＝mgv＝2(R＋r)，电阻R的热功率为2R，D项正确。
答案 BD
5．(多选)如图所示，平行金属导轨与水平面间的夹角为θ，导轨电阻不计，与阻值为R的定值电阻相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面，磁感应强度为B。有一质量为m、长为l的导体棒从ab位置获得平行于斜面的、大小为v的初速度向上运动，最远到达a′b′的位置，滑行的距离为s，导体棒的电阻也为R，与导轨之间的动摩擦因数为μ。则( )
A．上滑过程中导体棒受到的最大安培力为
B．上滑过程中电流做功放出的热量为mv2－mgs(sinθ＋μcosθ)
C．上滑过程中导体棒克服安培力做的功为mv2
D．上滑过程中导体棒损失的机械能为mv2－mgssinθ
解析 上滑过程中，开始时导体棒的速度最大，受到的安培力最大为，A项错；根据能量守恒，上滑过程中电流做功放出的热量为mv2－mgs(sinθ＋μcosθ)，B项对；上滑过程中导体棒克服安培力做的功等于电流做功产生的热，也是mv2－mgs(sinθ＋μcosθ)，C项错；上滑过程中导体棒损失的机械能为mv2－mgssinθ，D项对。
答案 BD
6．如图所示，正方形导线框abcd的边长为L＝10 cm，线框平面位于竖直平面内，上下两边处于水平状态。当它从某高处落下时通过一匀强磁场，磁场方向垂直于线框平面，线框的ab边刚进入磁场时，由于安培力的作用使得线框恰能匀速运动。已知磁场的宽度h＝4L，线框刚进入磁场时的速度v0＝2.5 m/s。那么若以向下为力的正方向，则线框通过磁场区域过程中所受安培力的图象可能是以下四图中的( )
解析 由于ab边刚进入磁场时线框恰能匀速运动，所以线框受力平衡，安培力等于重力且方向向上；当线框完全进入磁场后，通过线框的磁通量不变，线框中无感应电流，线框在重力作用下做匀加速运动；当线框从下边离开磁场时，安培力大于重力，线框做减速运动，安培力逐渐减小且方向向上，故选B项。
答案 B
7．(多选)如图甲所示，质量m＝3.0×10－3 kg的“”形金属细框竖直放置在两水银槽中，“”形框的水平细杆CD长l＝0.20 m，处于磁感应强度大小B1＝1.0 T、方向水平向右的匀强磁场中。有一个匝数n＝300匝、面积S＝0.01 m2的线圈通过开关S与两水银槽相连。线圈处于与线圈平面垂直、沿竖直方向的匀强磁场中，其磁感应强度B2随时间t变化的关系如图乙所示。t＝0.22 s时闭合开关S，瞬间细框跳起(细框跳起瞬间安培力远大于重力)，跳起的最大高度h＝0.20 m。不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．0～0.10 s内线圈中的感应电动势大小为3 V
B．开关S闭合瞬间，CD中的电流方向由C到D
C．磁感应强度B2的方向竖直向下
D．开关S闭合瞬间，通过细杆CD的电荷量为0.05 C
解析 由图象可知，0～0.10 s内，由电磁感应定律可知E＝n＝nS＝30 V，A项错误；细杆CD所受安培力竖直向上，由左手定则知，电流方向由C到D，B项正确；穿过线圈的磁通量减少，由楞次定律得磁感应强度B2方向竖直向上，C项错误；对细杆应用动量定理得BILt＝mv，细杆做竖直上抛运动得v2＝2gh，q＝It，代入数据联立解得q＝0.05 C，D项正确。
答案 BD
8．(多选)如图所示，水平长度无限大的匀强磁场上下两边界是水平的。边长为L，质量为m的正方形导线框从磁场的上边界以初速度v0水平向左抛出。匀强磁场的宽度H大于导线框的边长L，匀强磁场的磁感应强度为B，线框的电阻为R。运动过程中导线框上下边始终保持水平，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．线框完全进入磁场的过程中，穿过线框某个横截面的电荷量为
B．线框完全穿过磁场时水平速度可能小于v0
C．若线框完全穿过磁场的瞬间竖直速度为v，则整个过程中线框产生的热量为mg(H＋L)－m(v2－v)
D．线框穿过磁场的过程中，瞬时竖直分速度可能等于
解析 线框进入磁场的过程中，穿过线框某个横截面的电荷量为Q＝＝，A项正确；线框在水平方向的速度保持不变，线框完全穿过磁场时水平速度等于v0，B项错误；若线框完全穿过磁场的瞬间合速度为v，则整个过程在线框产生的热量为mg(H＋L)－m(v2－v)，C项错误；线框穿过磁场的过程中，在竖直方向重力可能等于安培力，瞬时竖直分速度可能等于，D项正确。
答案 AD
9．(多选)如图所示，倾角为37°的光滑斜面上粘贴有一厚度不计、宽度为d＝0.2 m的橡胶带，橡胶带的上表面与斜面位于同一平面内，其上、下边缘与斜面的上、下边缘平行，橡胶带的上边缘到斜面的顶端距离为L＝0.4 m，现将质量为m＝1 kg、宽度为d的薄矩形板上边缘与斜面顶端平齐且从斜面顶端静止释放。已知矩形板与橡胶带之间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，矩形板由斜面顶端静止释放下滑到完全离开橡胶带的过程中(此过程矩形板始终在斜面上)，下列说法正确的是( )
A．矩形板受到的摩擦力为f＝4 N
B．矩形板的重力做功为WG＝3.6 J
C．产生的热量为Q＝0.8 J
D．矩形板的上边缘穿过橡胶带下边缘时速度大小为 m/s
解析 矩形板从与橡胶带接触到离开过程中，受到的摩擦力随位移先均匀增大后均匀减小，摩擦力最大值为fm＝μmgcosθ＝4 N，A项错误；因摩擦产生的热量Q＝·2d＝2×2×0.2 J＝0.8 J，C项正确；从静止下滑到完全离开橡胶带的过程中，重力做功WG＝mg(L－d＋2d)sinθ＝3.6 J，B项正确；由动能定理得WG－Q＝mv2，计算得v＝ m/s，D项正确。
答案 BCD
10．(多选)如图所示，两根等高光滑的圆弧轨道，半径为r、间距为L，轨道电阻不计。在轨道顶端连有一阻值为R的电阻，整个装置处在一竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B。现有一根长度稍大于L、电阻不计的金属棒从轨道最低位置cd开始，在拉力作用下以初速度v0向右沿轨道做匀速圆周运动至ab处，则该过程中( )
A．通过R的电流方向为由外向内
B．通过R的电流方向为由内向外
C．R上产生的热量为
D．流过R的电量为
解析 金属棒从轨道最低位置cd运动到ab处的过程中，穿过回路的磁通量减小，根据楞次定律判断得知通过R的电流方向为由外向内，故A项正确，B项错误；金属棒做匀速圆周运动，回路中产生正弦式交变电流，可得产生的感应电动势的最大值为Em＝BLv0，有效值为E＝Em，根据焦耳定律有Q＝t，时间为t＝，联立解得Q＝，故C项正确；通过R的电量，由公式q＝Δt＝＝＝，故D项错误。
答案 AC
B组·能力提升题
11．如图所示，在半径为R的半圆形区域内，有磁感应强度为B的垂直纸面向里的有界匀强磁场，PQM为圆内接三角形线圈，且PM为圆的直径，三角形线圈的各边由材料相同的细软弹性导线组成(不考虑导线中电流间的相互作用)。设线圈的总电阻为r，且不随形状改变，此时∠PMQ＝37°，下列说法正确的是( )
A．穿过线圈PQM中的磁通量大小为Φ＝0.96BR2
B．若磁场方向不变，只改变磁感应强度B的大小，且B＝B0＋kt，则此时线圈中产生的感应电流大小为I＝
C．保持P、M两点位置不变，将Q点沿圆弧顺时针移动到接近M点的过程中，线圈中有感应电流且电流方向不变
D．保持P、M两点位置不变，将Q点沿圆弧顺时针移动到接近M点的过程中，线圈中不会产生焦耳热
解析 由几何关系知PQ＝1.2R，QM＝1.6R，则三角形面积S＝0.96R2，根据公式Φ＝BS判断可知A项正确；根据法拉第电磁感应定律E＝＝·S，I＝，联立解得I＝，B项错误；Q顺时针移动时，由几何关系知面积先增大后减小，则线圈中产生电流且方向有改变，C、D项错误。
答案 A
12．(多选)如图所示，在坐标系xOy中，有边长为L的正方形金属线框abcd，其一条对角线ac和y轴重合、顶点a位于坐标原点O处。在y轴的右侧，在Ⅰ、Ⅳ象限内有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的上边界与线框的ab边刚好完全重合，左边界与y轴重合，右边界与y轴平行。t＝0时刻，线框以恒定的速度v沿垂直于磁场上边界的方向穿过磁场区域。取沿a→b→c→d→a方向的感应电流为正，则在线框穿过磁场区域的过程中，感应电流i、ab间的电势差Uab随时间t变化的图线是下图中的( )
解析 在d点运动到O点过程中，ab边切割磁感线，根据右手定则可以确定线框中电流方向为逆时针方向，即正方向，电动势均匀减小到0，则电流均匀减小到0；然后cd边开始切割磁感线，感应电流的方向为顺时针方向，即负方向，电动势均匀减小到0，则电流均匀减小到0，故A项正确、B项错误；d点运动到O点过程中，ab边切割磁感线，ab相当于电源，电流由a到b，b点的电势高于a点，ab间的电势差Uab为负值，大小等于电流乘bc、cd、da三条边的电阻，并逐渐减小。ab边出磁场后，cd边开始切割，cd边相当于电源，电流由b到a，ab间的电势差Uab为负值，大小等于电流乘ab边的电阻，并逐渐减小，故C项错误、D项正确。
答案 AD
13．如图所示，水平地面上方矩形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，两个边长相等的单匝闭合正方形线圈Ⅰ和Ⅱ，分别用相同材料，不同粗细的导线绕制(Ⅰ为细导线)。两线圈在距磁场上界面h高处由静止开始自由下落，再进入磁场，最后落到地面。运动过程中，线圈平面始终保持在竖直平面内且下边缘平行于磁场上边界。设线圈Ⅰ、Ⅱ落地时的速度大小分别为v1、v2，在磁场中运动时产生的热量分别为Q1、Q2，不计空气阻力，则( )
A．v1Q2 D．v1＝v2，Q1
14．(多选)在倾角为θ足够长的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小相等的匀强磁场，磁场方向一个垂直斜面向上，另一个垂直斜面向下，宽度均为L，如图所示。一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形线框在t＝0时刻以速度v0进入磁场，恰好做匀速直线运动，若经过时间t0，线框ab边到达gg′与ff′中间位置时，线框又恰好做匀速运动，则下列说法正确的是( )
A．当ab边刚越过ff′时，线框加速度的大小为gsinθ
B．t0时刻线框匀速运动的速度为
C．t0时间内线框中产生的焦耳热为mgLsinθ＋mv
D．离开磁场的过程中线框将做匀速直线运动
解析 当ab边进入磁场时，有E＝BLv0，I＝，mgsinθ＝BIL，有＝mgsinθ。当ab边刚越过ff′时，线框的感应电动势和电流均加倍，则线框做减速运动，有＝4mgsinθ，加速度方向沿斜面向上且大小为3gsinθ，A项错误；t0时刻线框匀速运动的速度为v，则有＝mgsinθ，解得v＝，B项正确；线框从进入磁场到再次做匀速运动的过程，沿斜面向下运动距离为L，则由功能关系得线框中产生的焦耳热为Q＝＋＝＋，C项正确；线框离开磁场时做加速运动，D项错误。
答案 BC
15．如图所示，足够长的金属导轨竖直放置，金属棒ab、cd均通过棒两端的环套在金属导轨上。虚线上方有垂直纸面向里的匀强磁场，虚线下方有竖直向下的匀强磁场，两匀强磁场的磁感应强度大小均为B。ab、cd棒与导轨间动摩擦因数均为μ，两棒总电阻为R，导轨电阻不计。开始两棒静止在图示位置，当cd棒无初速释放时，对ab棒施加竖直向上的力F，沿导轨向上做匀加速运动。则( )
A．ab棒中的电流方向由b到a
B．cd棒先加速运动后匀速运动
C．cd棒所受摩擦力的最大值等于cd棒的重力
D．力F做的功等于两棒产生的电热与ab棒增加的机械能之和
解析 根据右手定则知ab棒切割磁感线运动产生的感应电流方向为从b到a，A项正确；电流I＝，cd棒受到的安培力Fcd＝BIL＝，cd棒受到的摩擦力f＝μFcd，所以随着速度的均匀增大，cd棒受到的摩擦力也均匀增大，则cd棒先做加速运动，后做减速运动，最后停止运动，B、C项错误；由功能关系得，力F做的功等于两棒产生的电热、cd棒摩擦生热与两棒增加的机械能之和，D项错误。
答案 A
16．如图所示，在光滑的水平金属轨道ABCD－EFGH内有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B，AB与EF宽为L，是CD与GH宽的2倍，静止的金属棒a、b质量均为m。若给棒a初速度v0向右运动，假设轨道足够长，棒a只在轨道AB与EF上运动。求：
(1)金属棒a、b的最终速度。
(2)整个过程通过金属棒a的电量。
解析 (1)依题意知，棒a做减速运动，棒b做加速运动，最终棒a、b感应电动势大小相等，方向相反，
Ea＝BL1v1，
Eb＝BL2v2，
L1＝2L2，
所以，v2＝2v1。
任何时候棒a的安培力总是棒b的两倍，故棒a安培力的冲量I1是棒b安培力的冲量I2的两倍，即
I1＝2I2，
由动量定理得I1＝mv0－mv1，
I2＝mv2，
解得v1＝v0，
v2＝v0。
(2)对金属棒a应用动量定理得
－BILt＝mv1－mv0，
Q＝It，
Q＝。
答案 (1)v0 v0 (2)
17.两根足够长的平行光滑导轨，相距1 m水平放置。匀强磁场竖直向上穿过整个导轨所在的空间B＝0.4 T。金属棒ab、cd质量分别为0.1 kg和0.2 kg，电阻分别为0.4 Ω和0.2 Ω，并排垂直横跨在导轨上。若两棒以相同的初速度3 m/s向相反方向分开，不计导轨电阻。求：
(1)棒运动达到稳定后的ab棒的速度大小。
(2)金属棒运动达到稳定的过程中，回路上释放出的焦耳热。
(3)金属棒从开始运动直至达到稳定，两棒间距离增加多少。
解析 (1)ab、cd棒组成的系统动量守恒，最终具有共同速度v，以水平向右为正方向，则
mcdv0－mabv0＝(mcd＋mab)v，
v＝1 m/s。
(2)根据能量转化与守恒定律，产生的焦耳热为
Q＝ΔEk减＝(mcd＋mab)＝1.2 J。
(3)对cd棒利用动量定理：
－BILΔt＝mcd(v－v0)，
BLq＝mcd(v0－v)，
又q＝＝，
解得Δs＝1.5 m。
答案 (1)1 m/s (2)1.2 J (3)1.5 m
【解题技巧】
本题是电磁感应中的力学问题，应用系统的动量守恒、能量转化与守恒定律、动量定理，综合性较强，对学生的能力要求较高。2018年高考中对动量的考查会有所加强，所以同学们需加强此类题目的练习。
18．如图所示，倾角为θ、宽度为d、长为L的光滑倾斜导轨C1D1、C2D2顶端接有可变电阻R0，L足够长，倾斜导轨置于垂直导轨平面斜向左上方的匀强磁场中，磁感应强度为B，C1A1B1、C2A2B2为绝缘轨道，由半径为R处于竖直平面内的光滑半圆环A1B1、A2B2和粗糙的水平轨道C1A1、C2A2组成，粗糙的水平轨道长为s，整个轨道对称。在导轨顶端垂直于导轨放一根质量为m、电阻不计的金属棒MN，使其从静止开始自由下滑，不考虑金属棒MN经过接点C1、C2处时机械能的损失，整个运动过程中金属棒始终保持水平，水平导轨与金属棒MN之间的动摩擦因数为μ。则：
(1)金属棒MN在倾斜导轨C1D1、C2D2上运动的过程中，电阻R0上产生的热量Q为多少？
(2)为了金属棒MN能到达光滑半圆环B1、B2点，可变电阻R0应满足什么条件？
解析 (1)由于L足够长，棒MN在斜导轨上到达C1、C2前已经做匀速运动mgsinθ＝，
则v＝，
由能量守恒定律得mgLsinθ＝mv2＋Q，
所以Q＝mgLsinθ－。
(2)棒能到达B1、B2点时，mg≤m，
则v0≥，
从C1C2点到B1B2点的过程中，由动能定理得
－2mgR－μmgs＝mv－mv2，
联立解得R0≥。
答案 (1)mgLsinθ－
(2)R0≥
19．(2017·天津)电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理可用来研制新武器和航天运载器。电磁轨道炮示意如图，图中直流电源电动势为E，电容器的电容为C。两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为l，电阻不计。炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触。首先开关S接1，使电容器完全充电。然后将S接至2，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场(图中未画出)，MN开始向右加速运动。当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零，MN达到最大速度，之后离开导轨。问：
(1)磁场的方向。
(2)MN刚开始运动时加速度a的大小。
(3)MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q是多少。
解析 (1)由左手定则可判断磁场方向垂直于导轨平面向下。
(2)电容器完全充电后，两极板间电压为E，当开关S接2时，电容器放电，设刚放电时流经MN的电流为I，有I＝，①
设MN受到的安培力为F，有
F＝BIl，②
由牛顿第二定律，有F＝ma，③
联立①②③式得a＝。④
(3)当电容器充电完毕时，设电容器上电量为Q0，有Q0＝CE，⑤
开关S接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值vmax时，
MN上的感应电动势E′＝Blvmax，⑥
此时电容器带电荷量Q＝CE′，⑦
设在此过程中MN的平均电流为，MN上受到的平均安培力为，
有＝lB，⑧
由动量定理，有·Δt＝mvmax，⑨
又Δt＝Q0－Q，⑩
联立以上各式解得Q＝。
答案 (1)垂直于导轨平面向下 (2)
(3)
见学生用书P371
A组·基础巩固题
1．如图所示，在一固定水平放置的闭合导体圆环上方，有一条形磁铁，从离地面高h处，由静止开始下落，最后落在水平地面上。磁铁下落过程中始终保持竖直方向，并从圆环中心穿过圆环，而不与圆环接触。若不计空气阻力。重力加速度为g，下列说法中正确的是( )
A．在磁铁下落的整个过程中，圆环中的感应电流方向先逆时针后顺时针(从上向下看圆环)
B．磁铁在整个下落过程中，受圆环对它的作用力先竖直向上后竖直向下
C．磁铁在整个下落过程中，它的机械能不变
D．磁铁落地时的速率一定等于
解析 当条形磁铁靠近圆环时，穿过圆环的磁通量增加，根据楞次定律可判断圆环中感应电流的方向为逆时针(从上向下看圆环)，当条形磁铁远离圆环时，穿过圆环的磁通量减小，根据楞次定律可判断圆环中感应电流的方向为顺时针(从上向下看圆环)，A项正确；根据楞次定律的推论“来拒去留”原则，可判断磁铁在整个下落过程中，受圆环对它的作用力始终竖直向上，B项错误；磁铁在整个下落过程中，由于受到磁场力的作用，机械能不守恒，C项错误；若磁铁从高度h处做自由落体运动，其落地时的速度v＝，但磁铁穿过圆环的过程中要产生一部分电热，根据能量守恒定律可知，其落地速度一定小于，D项错误。
答案 A
2．(多选)如图所示，△ABC为等腰直角三角形，AB边与x轴垂直，A点坐标为(a,0)，C点坐标为(0，a)，三角形区域内存在垂直平面向里的磁场，磁感应强度B与横坐标x的变化关系满足B＝(k为常量)，三角形区域的左侧有一单匝矩形线圈，线圈平面与纸面平行，线圈宽为a，高为2a，电阻为R。若线圈以某一速度v匀速穿过磁场，整个运动过程中线圈不发生转动，则下列说法正确的是( )
A．线圈穿过磁场的过程中感应电流的大小逐渐增大
B．线圈穿过磁场的过程中产生的焦耳热为Q＝
C．线圈穿过磁场的过程中通过导线截面的电荷量为零
D．穿过三角形区域的磁通量为2ka
解析 线圈穿过磁场的过程中，感应电动势为E＝BLv，根据欧姆定律可得感应电流大小为I＝，由几何关系知，切割边运动距离为x时，L＝2x，解得I＝，为定值，所以A项错误；产生的焦耳热为Q＝I2Rt，而t＝，解得Q＝，所以B项错误；线圈穿过磁场的过程中，通过线圈的磁通量变化量为0，则q＝＝0，C项正确；穿过三角形区域的磁通量等于线圈发生位移a时的磁通量变化，q′＝IΔt＝，则ΔΦ′＝IRΔt＝·R·＝2ka，D项正确。
答案 CD
3．(多选)如图甲所示，光滑绝缘水平面上，虚线MN的右侧存在磁感应强度B＝2 T的匀强磁场，MN的左侧有一质量m＝0.1 kg的矩形线圈abcd，bc边长L1＝0.2 m，线圈电阻R＝2 Ω。t＝0时，用一恒定拉力F拉线圈，使其由静止开始向右做匀加速运动，经过时间1 s，线圈的bc边到达磁场边界MN，此时立即将拉力F改为变力，又经过1 s，线圈恰好完全进入磁场，整个运动过程中，线圈中感应电流i随时间t变化的图象如图乙所示。则下列说法正确的是( )
A．恒定拉力大小为0.1 N
B．线圈在第2 s内的加速度大小为1 m/s2
C．线圈ab边长L2＝0.5 m
D．在第2 s内流过线圈的电荷量为0.2 C
解析 在第1 s末，i1＝，E＝BL1v1，v1＝a1t1，F＝ma1，联立得F＝0.05 N，A项错误；在第2 s内，由题图分析知线圈做匀加速直线运动，第2 s末，i2＝，E′＝BL1v2，v2＝v1＋a2t2，解得a2＝1 m/s2，B项正确；在第2 s内，v－v＝2a2L2，得L2＝1 m，C项错误；q＝＝＝0.2 C，D项正确。
答案 BD
4．(多选)两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，顶端接阻值为R的电阻。质量为m、电阻为r的金属棒在距磁场上边界某处由静止释放，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，如图所示，不计导轨的电阻，重力加速度为g，则 ( )
A．金属棒在磁场中运动时，流过电阻R的电流方向为a→b
B．金属棒的速度为v时，金属棒所受的安培力大小为
C．金属棒的最大速度为
D．金属棒以稳定的速度下滑时，电阻R的热功率为2R
解析 金属棒在磁场中向下运动时，由楞次定律知，流过电阻R的电流方向为b→a，A项错误；金属棒的速度为v时，金属棒中感应电动势E＝BLv，感应电流I＝，所受的安培力大小为F＝BIL＝，B项正确；当安培力F＝mg时，金属棒下滑速度最大，金属棒的最大速度为v＝，C项错误；金属棒以稳定的速度下滑时，电阻R和r的总热功率为P＝mgv＝2(R＋r)，电阻R的热功率为2R，D项正确。
答案 BD
5．(多选)如图所示，平行金属导轨与水平面间的夹角为θ，导轨电阻不计，与阻值为R的定值电阻相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面，磁感应强度为B。有一质量为m、长为l的导体棒从ab位置获得平行于斜面的、大小为v的初速度向上运动，最远到达a′b′的位置，滑行的距离为s，导体棒的电阻也为R，与导轨之间的动摩擦因数为μ。则( )
A．上滑过程中导体棒受到的最大安培力为
B．上滑过程中电流做功放出的热量为mv2－mgs(sinθ＋μcosθ)
C．上滑过程中导体棒克服安培力做的功为mv2
D．上滑过程中导体棒损失的机械能为mv2－mgssinθ
解析 上滑过程中，开始时导体棒的速度最大，受到的安培力最大为，A项错；根据能量守恒，上滑过程中电流做功放出的热量为mv2－mgs(sinθ＋μcosθ)，B项对；上滑过程中导体棒克服安培力做的功等于电流做功产生的热，也是mv2－mgs(sinθ＋μcosθ)，C项错；上滑过程中导体棒损失的机械能为mv2－mgssinθ，D项对。
答案 BD
6．如图所示，正方形导线框abcd的边长为L＝10 cm，线框平面位于竖直平面内，上下两边处于水平状态。当它从某高处落下时通过一匀强磁场，磁场方向垂直于线框平面，线框的ab边刚进入磁场时，由于安培力的作用使得线框恰能匀速运动。已知磁场的宽度h＝4L，线框刚进入磁场时的速度v0＝2.5 m/s。那么若以向下为力的正方向，则线框通过磁场区域过程中所受安培力的图象可能是以下四图中的( )
解析 由于ab边刚进入磁场时线框恰能匀速运动，所以线框受力平衡，安培力等于重力且方向向上；当线框完全进入磁场后，通过线框的磁通量不变，线框中无感应电流，线框在重力作用下做匀加速运动；当线框从下边离开磁场时，安培力大于重力，线框做减速运动，安培力逐渐减小且方向向上，故选B项。
答案 B
7．(多选)如图甲所示，质量m＝3.0×10－3 kg的“”形金属细框竖直放置在两水银槽中，“”形框的水平细杆CD长l＝0.20 m，处于磁感应强度大小B1＝1.0 T、方向水平向右的匀强磁场中。有一个匝数n＝300匝、面积S＝0.01 m2的线圈通过开关S与两水银槽相连。线圈处于与线圈平面垂直、沿竖直方向的匀强磁场中，其磁感应强度B2随时间t变化的关系如图乙所示。t＝0.22 s时闭合开关S，瞬间细框跳起(细框跳起瞬间安培力远大于重力)，跳起的最大高度h＝0.20 m。不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．0～0.10 s内线圈中的感应电动势大小为3 V
B．开关S闭合瞬间，CD中的电流方向由C到D
C．磁感应强度B2的方向竖直向下
D．开关S闭合瞬间，通过细杆CD的电荷量为0.05 C
解析 由图象可知，0～0.10 s内，由电磁感应定律可知E＝n＝nS＝30 V，A项错误；细杆CD所受安培力竖直向上，由左手定则知，电流方向由C到D，B项正确；穿过线圈的磁通量减少，由楞次定律得磁感应强度B2方向竖直向上，C项错误；对细杆应用动量定理得BILt＝mv，细杆做竖直上抛运动得v2＝2gh，q＝It，代入数据联立解得q＝0.05 C，D项正确。
答案 BD
8．(多选)如图所示，水平长度无限大的匀强磁场上下两边界是水平的。边长为L，质量为m的正方形导线框从磁场的上边界以初速度v0水平向左抛出。匀强磁场的宽度H大于导线框的边长L，匀强磁场的磁感应强度为B，线框的电阻为R。运动过程中导线框上下边始终保持水平，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．线框完全进入磁场的过程中，穿过线框某个横截面的电荷量为
B．线框完全穿过磁场时水平速度可能小于v0
C．若线框完全穿过磁场的瞬间竖直速度为v，则整个过程中线框产生的热量为mg(H＋L)－m(v2－v)
D．线框穿过磁场的过程中，瞬时竖直分速度可能等于
解析 线框进入磁场的过程中，穿过线框某个横截面的电荷量为Q＝＝，A项正确；线框在水平方向的速度保持不变，线框完全穿过磁场时水平速度等于v0，B项错误；若线框完全穿过磁场的瞬间合速度为v，则整个过程在线框产生的热量为mg(H＋L)－m(v2－v)，C项错误；线框穿过磁场的过程中，在竖直方向重力可能等于安培力，瞬时竖直分速度可能等于，D项正确。
答案 AD
9．(多选)如图所示，倾角为37°的光滑斜面上粘贴有一厚度不计、宽度为d＝0.2 m的橡胶带，橡胶带的上表面与斜面位于同一平面内，其上、下边缘与斜面的上、下边缘平行，橡胶带的上边缘到斜面的顶端距离为L＝0.4 m，现将质量为m＝1 kg、宽度为d的薄矩形板上边缘与斜面顶端平齐且从斜面顶端静止释放。已知矩形板与橡胶带之间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，矩形板由斜面顶端静止释放下滑到完全离开橡胶带的过程中(此过程矩形板始终在斜面上)，下列说法正确的是( )
A．矩形板受到的摩擦力为f＝4 N
B．矩形板的重力做功为WG＝3.6 J
C．产生的热量为Q＝0.8 J
D．矩形板的上边缘穿过橡胶带下边缘时速度大小为 m/s
解析 矩形板从与橡胶带接触到离开过程中，受到的摩擦力随位移先均匀增大后均匀减小，摩擦力最大值为fm＝μmgcosθ＝4 N，A项错误；因摩擦产生的热量Q＝·2d＝2×2×0.2 J＝0.8 J，C项正确；从静止下滑到完全离开橡胶带的过程中，重力做功WG＝mg(L－d＋2d)sinθ＝3.6 J，B项正确；由动能定理得WG－Q＝mv2，计算得v＝ m/s，D项正确。
答案 BCD
10．(多选)如图所示，两根等高光滑的圆弧轨道，半径为r、间距为L，轨道电阻不计。在轨道顶端连有一阻值为R的电阻，整个装置处在一竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B。现有一根长度稍大于L、电阻不计的金属棒从轨道最低位置cd开始，在拉力作用下以初速度v0向右沿轨道做匀速圆周运动至ab处，则该过程中( )
A．通过R的电流方向为由外向内
B．通过R的电流方向为由内向外
C．R上产生的热量为
D．流过R的电量为
解析 金属棒从轨道最低位置cd运动到ab处的过程中，穿过回路的磁通量减小，根据楞次定律判断得知通过R的电流方向为由外向内，故A项正确，B项错误；金属棒做匀速圆周运动，回路中产生正弦式交变电流，可得产生的感应电动势的最大值为Em＝BLv0，有效值为E＝Em，根据焦耳定律有Q＝t，时间为t＝，联立解得Q＝，故C项正确；通过R的电量，由公式q＝Δt＝＝＝，故D项错误。
答案 AC
B组·能力提升题
11．如图所示，在半径为R的半圆形区域内，有磁感应强度为B的垂直纸面向里的有界匀强磁场，PQM为圆内接三角形线圈，且PM为圆的直径，三角形线圈的各边由材料相同的细软弹性导线组成(不考虑导线中电流间的相互作用)。设线圈的总电阻为r，且不随形状改变，此时∠PMQ＝37°，下列说法正确的是( )
A．穿过线圈PQM中的磁通量大小为Φ＝0.96BR2
B．若磁场方向不变，只改变磁感应强度B的大小，且B＝B0＋kt，则此时线圈中产生的感应电流大小为I＝
C．保持P、M两点位置不变，将Q点沿圆弧顺时针移动到接近M点的过程中，线圈中有感应电流且电流方向不变
D．保持P、M两点位置不变，将Q点沿圆弧顺时针移动到接近M点的过程中，线圈中不会产生焦耳热
解析 由几何关系知PQ＝1.2R，QM＝1.6R，则三角形面积S＝0.96R2，根据公式Φ＝BS判断可知A项正确；根据法拉第电磁感应定律E＝＝·S，I＝，联立解得I＝，B项错误；Q顺时针移动时，由几何关系知面积先增大后减小，则线圈中产生电流且方向有改变，C、D项错误。
答案 A
12．(多选)如图所示，在坐标系xOy中，有边长为L的正方形金属线框abcd，其一条对角线ac和y轴重合、顶点a位于坐标原点O处。在y轴的右侧，在Ⅰ、Ⅳ象限内有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的上边界与线框的ab边刚好完全重合，左边界与y轴重合，右边界与y轴平行。t＝0时刻，线框以恒定的速度v沿垂直于磁场上边界的方向穿过磁场区域。取沿a→b→c→d→a方向的感应电流为正，则在线框穿过磁场区域的过程中，感应电流i、ab间的电势差Uab随时间t变化的图线是下图中的( )
解析 在d点运动到O点过程中，ab边切割磁感线，根据右手定则可以确定线框中电流方向为逆时针方向，即正方向，电动势均匀减小到0，则电流均匀减小到0；然后cd边开始切割磁感线，感应电流的方向为顺时针方向，即负方向，电动势均匀减小到0，则电流均匀减小到0，故A项正确、B项错误；d点运动到O点过程中，ab边切割磁感线，ab相当于电源，电流由a到b，b点的电势高于a点，ab间的电势差Uab为负值，大小等于电流乘bc、cd、da三条边的电阻，并逐渐减小。ab边出磁场后，cd边开始切割，cd边相当于电源，电流由b到a，ab间的电势差Uab为负值，大小等于电流乘ab边的电阻，并逐渐减小，故C项错误、D项正确。
答案 AD
13．如图所示，水平地面上方矩形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，两个边长相等的单匝闭合正方形线圈Ⅰ和Ⅱ，分别用相同材料，不同粗细的导线绕制(Ⅰ为细导线)。两线圈在距磁场上界面h高处由静止开始自由下落，再进入磁场，最后落到地面。运动过程中，线圈平面始终保持在竖直平面内且下边缘平行于磁场上边界。设线圈Ⅰ、Ⅱ落地时的速度大小分别为v1、v2，在磁场中运动时产生的热量分别为Q1、Q2，不计空气阻力，则( )
A．v1
14．(多选)在倾角为θ足够长的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小相等的匀强磁场，磁场方向一个垂直斜面向上，另一个垂直斜面向下，宽度均为L，如图所示。一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形线框在t＝0时刻以速度v0进入磁场，恰好做匀速直线运动，若经过时间t0，线框ab边到达gg′与ff′中间位置时，线框又恰好做匀速运动，则下列说法正确的是( )
A．当ab边刚越过ff′时，线框加速度的大小为gsinθ
B．t0时刻线框匀速运动的速度为
C．t0时间内线框中产生的焦耳热为mgLsinθ＋mv
D．离开磁场的过程中线框将做匀速直线运动
解析 当ab边进入磁场时，有E＝BLv0，I＝，mgsinθ＝BIL，有＝mgsinθ。当ab边刚越过ff′时，线框的感应电动势和电流均加倍，则线框做减速运动，有＝4mgsinθ，加速度方向沿斜面向上且大小为3gsinθ，A项错误；t0时刻线框匀速运动的速度为v，则有＝mgsinθ，解得v＝，B项正确；线框从进入磁场到再次做匀速运动的过程，沿斜面向下运动距离为L，则由功能关系得线框中产生的焦耳热为Q＝＋＝＋，C项正确；线框离开磁场时做加速运动，D项错误。
答案 BC
15．如图所示，足够长的金属导轨竖直放置，金属棒ab、cd均通过棒两端的环套在金属导轨上。虚线上方有垂直纸面向里的匀强磁场，虚线下方有竖直向下的匀强磁场，两匀强磁场的磁感应强度大小均为B。ab、cd棒与导轨间动摩擦因数均为μ，两棒总电阻为R，导轨电阻不计。开始两棒静止在图示位置，当cd棒无初速释放时，对ab棒施加竖直向上的力F，沿导轨向上做匀加速运动。则( )
A．ab棒中的电流方向由b到a
B．cd棒先加速运动后匀速运动
C．cd棒所受摩擦力的最大值等于cd棒的重力
D．力F做的功等于两棒产生的电热与ab棒增加的机械能之和
解析 根据右手定则知ab棒切割磁感线运动产生的感应电流方向为从b到a，A项正确；电流I＝，cd棒受到的安培力Fcd＝BIL＝，cd棒受到的摩擦力f＝μFcd，所以随着速度的均匀增大，cd棒受到的摩擦力也均匀增大，则cd棒先做加速运动，后做减速运动，最后停止运动，B、C项错误；由功能关系得，力F做的功等于两棒产生的电热、cd棒摩擦生热与两棒增加的机械能之和，D项错误。
答案 A
16．如图所示，在光滑的水平金属轨道ABCD－EFGH内有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B，AB与EF宽为L，是CD与GH宽的2倍，静止的金属棒a、b质量均为m。若给棒a初速度v0向右运动，假设轨道足够长，棒a只在轨道AB与EF上运动。求：
(1)金属棒a、b的最终速度。
(2)整个过程通过金属棒a的电量。
解析 (1)依题意知，棒a做减速运动，棒b做加速运动，最终棒a、b感应电动势大小相等，方向相反，
Ea＝BL1v1，
Eb＝BL2v2，
L1＝2L2，
所以，v2＝2v1。
任何时候棒a的安培力总是棒b的两倍，故棒a安培力的冲量I1是棒b安培力的冲量I2的两倍，即
I1＝2I2，
由动量定理得I1＝mv0－mv1，
I2＝mv2，
解得v1＝v0，
v2＝v0。
(2)对金属棒a应用动量定理得
－BILt＝mv1－mv0，
Q＝It，
Q＝。
答案 (1)v0 v0 (2)
17.两根足够长的平行光滑导轨，相距1 m水平放置。匀强磁场竖直向上穿过整个导轨所在的空间B＝0.4 T。金属棒ab、cd质量分别为0.1 kg和0.2 kg，电阻分别为0.4 Ω和0.2 Ω，并排垂直横跨在导轨上。若两棒以相同的初速度3 m/s向相反方向分开，不计导轨电阻。求：
(1)棒运动达到稳定后的ab棒的速度大小。
(2)金属棒运动达到稳定的过程中，回路上释放出的焦耳热。
(3)金属棒从开始运动直至达到稳定，两棒间距离增加多少。
解析 (1)ab、cd棒组成的系统动量守恒，最终具有共同速度v，以水平向右为正方向，则
mcdv0－mabv0＝(mcd＋mab)v，
v＝1 m/s。
(2)根据能量转化与守恒定律，产生的焦耳热为
Q＝ΔEk减＝(mcd＋mab)＝1.2 J。
(3)对cd棒利用动量定理：
－BILΔt＝mcd(v－v0)，
BLq＝mcd(v0－v)，
又q＝＝，
解得Δs＝1.5 m。
答案 (1)1 m/s (2)1.2 J (3)1.5 m
【解题技巧】
本题是电磁感应中的力学问题，应用系统的动量守恒、能量转化与守恒定律、动量定理，综合性较强，对学生的能力要求较高。2018年高考中对动量的考查会有所加强，所以同学们需加强此类题目的练习。
18．如图所示，倾角为θ、宽度为d、长为L的光滑倾斜导轨C1D1、C2D2顶端接有可变电阻R0，L足够长，倾斜导轨置于垂直导轨平面斜向左上方的匀强磁场中，磁感应强度为B，C1A1B1、C2A2B2为绝缘轨道，由半径为R处于竖直平面内的光滑半圆环A1B1、A2B2和粗糙的水平轨道C1A1、C2A2组成，粗糙的水平轨道长为s，整个轨道对称。在导轨顶端垂直于导轨放一根质量为m、电阻不计的金属棒MN，使其从静止开始自由下滑，不考虑金属棒MN经过接点C1、C2处时机械能的损失，整个运动过程中金属棒始终保持水平，水平导轨与金属棒MN之间的动摩擦因数为μ。则：
(1)金属棒MN在倾斜导轨C1D1、C2D2上运动的过程中，电阻R0上产生的热量Q为多少？
(2)为了金属棒MN能到达光滑半圆环B1、B2点，可变电阻R0应满足什么条件？
解析 (1)由于L足够长，棒MN在斜导轨上到达C1、C2前已经做匀速运动mgsinθ＝，
则v＝，
由能量守恒定律得mgLsinθ＝mv2＋Q，
所以Q＝mgLsinθ－。
(2)棒能到达B1、B2点时，mg≤m，
则v0≥，
从C1C2点到B1B2点的过程中，由动能定理得
－2mgR－μmgs＝mv－mv2，
联立解得R0≥。
答案 (1)mgLsinθ－
(2)R0≥
19．(2017·天津)电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理可用来研制新武器和航天运载器。电磁轨道炮示意如图，图中直流电源电动势为E，电容器的电容为C。两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为l，电阻不计。炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触。首先开关S接1，使电容器完全充电。然后将S接至2，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场(图中未画出)，MN开始向右加速运动。当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零，MN达到最大速度，之后离开导轨。问：
(1)磁场的方向。
(2)MN刚开始运动时加速度a的大小。
(3)MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q是多少。
解析 (1)由左手定则可判断磁场方向垂直于导轨平面向下。
(2)电容器完全充电后，两极板间电压为E，当开关S接2时，电容器放电，设刚放电时流经MN的电流为I，有I＝，①
设MN受到的安培力为F，有
F＝BIl，②
由牛顿第二定律，有F＝ma，③
联立①②③式得a＝。④
(3)当电容器充电完毕时，设电容器上电量为Q0，有Q0＝CE，⑤
开关S接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值vmax时，
MN上的感应电动势E′＝Blvmax，⑥
此时电容器带电荷量Q＝CE′，⑦
设在此过程中MN的平均电流为，MN上受到的平均安培力为，
有＝lB，⑧
由动量定理，有·Δt＝mvmax，⑨
又Δt＝Q0－Q，⑩
联立以上各式解得Q＝。
答案 (1)垂直于导轨平面向下 (2)
(3)
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