資源簡介

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高考物理考前沖刺押題預測 電磁感應
一．選擇題（共8小題）
1．（2024秋 涼州區期末）如圖所示，在x≥0、y≥0的區域中存在垂直于xOy平面的勻強磁場，磁感應強度大小相等，邊界OM與x軸正方向的夾角為45°，OM左側磁場向里，OM右側磁場向外。正方形導線框abcd以恒定的速度沿x軸正方向運動并穿過磁場區域，運動過程中bc邊始終平行于y軸。規定導線框中逆時針方向為電流的正方向。從剛進入磁場開始計時，下列能正確反映導線框中感應電流i隨時間t變化圖像的是（　　）
A． B．
C． D．
2．（2024秋 石景山區期末）如圖所示，線圈M和線圈P繞在同一個鐵芯上，下列說法正確的是（　　）
A．閉合開關瞬間，線圈M和線圈P相互吸引
B．閉合開關，達到穩定后，電流表的示數最大
C．斷開開關瞬間，流過電流表的電流方向由a到b
D．斷開開關瞬間，線圈P中感應電流的磁場方向向右
3．（2024秋 渝中區校級期末）如圖甲，寬L＝1m的導軌固定，導軌間存在著垂直于紙面且磁感應強度B＝1T的勻強磁場。最大阻值為R＝20Ω的滑動變阻器接在其中一個虛線框中，定值電阻R0接在另一個虛線框中，一根長度與導軌等寬的電阻不計的金屬桿以恒定速率向右運動，圖乙和圖丙分別為滑動變阻器阻值全部接入和一半接入時沿abcd方向電勢變化的圖像。金屬桿和導軌的電阻不計，則下列說法正確的是（　　）
A．勻強磁場的方向垂直紙面向外
B．定值電阻R0在虛線框Ⅱ中
C．定值電阻的阻值為5Ω
D．金屬桿運動的速率為3m/s
4．（2024秋 紅橋區期末）豎直平行導軌MN上端接有電阻R，金屬桿ab質量為m，電阻也為R，跨在平行導軌間的長度為L，垂直導軌平面的水平勻強磁場方向向里，不計導軌電阻，不計摩擦，且ab與導軌接觸良好，如圖所示。若ab桿在豎直方向上的外力F作用下勻速上升h，則下列說法正確的是（　　）
A．金屬桿ab克服安培力所做的功等于電阻R上產生的焦耳熱
B．拉力F與金屬桿ab克服安培力所做的功之和等于金屬桿機械能的增加量
C．拉力F與重力做功的代數和等于金屬桿上產生的焦耳熱
D．拉力F與安培力的合力所做的功大于mgh
5．（2024秋 濟寧期末）如圖所示，紙面內有兩個半徑均為R且相切的圓形磁場區域，磁感應強度大小均為B，方向垂直紙面向里；左側有一半徑也為R的金屬圓環，圓環阻值為r。三圓共面且圓心在同一水平直線上。現使圓環從圖示位置以速度v向右勻速運動，下列說法正確的是（　　）
A．當時，圓環中感應電流的方向為順時針
B．當時，圓環中感應電流的大小為
C．當時，圓環中感應電流第一次反向
D．當時，圓環中感應電動勢達到最大值
6．（2024秋 濟寧期末）如圖所示，三角形閉合線框ABC由彈性較好的導線制成；線框中通有沿逆時針方向的恒定電流，三角形的三個頂點A、B、C固定在絕緣水平面上，帶有絕緣層的長直導線MN緊貼線框固定在線框上方。給直導線通入從M到N的恒定電流，不考慮閉合線框各邊之間的作用力，此后該線框的形狀可能是（　　）
A． B．
C． D．
7．（2024秋 鹽城期末）下列圖中不能產生感應電流的是（　　）
A． B．
C． D．
8．（2024秋 杭州期末）動圈式揚聲器的結構如圖所示，線圈圓筒安放在永磁體磁極間的空隙中，能夠在空隙中左右運動，紙盆與線圈連接，隨著線圈振動而發聲。當線圈中通入圖示從B到A的電流時，下列描述錯誤的是（　　）
A．紙盆將向左運動
B．揚聲器正常工作時，AB間可以是恒定電流
C．將AB端接入接收器，對著紙盆說話，揚聲器便可以作為話筒使用
D．若揚聲器老化播放的音量變小，可以更換磁性更強的磁體解決
二．多選題（共4小題）
（多選）9．（2024秋 涼州區期末）如圖甲所示，水平面內有兩根足夠長的光滑平行金屬導軌，導軌固定且間距為L。空間中存在豎直向下的勻強磁場，磁感應強度大小為B。現將兩根材料相同、橫截面積不同、長度均為L的金屬棒ab、cd分別靜置在導軌上。現給ab棒一水平向右的初速度v0，其速度隨時間變化的關系如圖乙所示，兩金屬棒運動過程中，始終與導軌垂直且接觸良好。已知ab棒的質量為m，電阻為R。導軌電阻可忽略不計。下列說法正確的是（　　）
A．ab棒剛開始運動時，cd棒中的電流方向為d→c
B．cd棒的質量為
C．在0～t0時間內，ab棒產生的熱量為
D．在0～t0時間內，通過cd棒的電荷量為
（多選）10．（2024秋 撫順期末）空間存在豎直向下、磁感應強度大小為B的勻強磁場，兩根相距為L的平行長直金屬導軌水平放置，左端接電容為C的電容器，一根導體棒放置在導軌上，如圖甲所示。起初開關閉合，導體棒在水平向右的恒力作用下開始運動，t0時刻速度增加到v0，此時斷開開關，導體棒繼續加速，2t0時刻速度增加到4v0，v﹣t圖像如圖乙所示，已知導體棒運動過程中始終與導軌垂直且接觸良好，不計電路中的電阻及導體棒與導軌間的摩擦。下列說法正確的是（　　）
A．t0時刻電容器所帶的電荷量為CBLv0
B．0～t0時間內通過導體棒的電流為
C．0～t0時間內導體棒受到的安培力大小為
D．恒力F
（多選）11．（2024秋 濟寧期末）如圖所示，一光滑固定軌道由傾斜軌道和水平軌道兩部分組成，軌道上端連接一阻值R＝0.5Ω的電阻，水平部分兩軌道間有豎直向下、磁感應強度大小B＝0.5T的勻強磁場，磁場區域的長度為x1＝2m。一質量為m＝0.5kg的導體棒，從軌道上距水平軌道h1＝0.8m高處由靜止釋放，通過磁場區域后從水平軌道末端飛出，落在水平地面上。已知軌道間距d＝1m，軌道水平部分距地面的高度h2＝0.8m，導體棒電阻、軌道電阻、空氣阻力均忽略不計，取g＝10m/s2。下列說法正確的是（　　）
A．導體棒剛進入磁場時加速度的大小為4m/s2
B．整個過程中，通過電阻R的電荷量為3C
C．整個過程中，電阻R上產生的熱量為3J
D．導體棒的落地點與水平軌道末端的水平距離x2為0.8m
（多選）12．（2024秋 杭州期末）某電磁緩沖裝置如圖所示，兩足夠長且間距為L的平行金屬導軌置于同一水平面內，導軌左端與一阻值為R的定值電阻相連，導軌BC段與B1C1段粗糙，其余部分光滑，AA1右側處于磁感應強度大小為B方向豎直向下的勻強磁場中，AA1、BB1、CC1均與導軌垂直，一質量為m的金屬桿垂直導軌放置。現讓金屬桿以初速度v0沿導軌向右經過AA1進入磁場，最終恰好停在CC1處。已知金屬桿接入導軌之間的阻值為R，與粗糙導軌間的動摩擦因數為μ，AB＝BC＝d，導軌電阻不計，重力加速度為g，下列說法正確的是（　　）
A．金屬桿經過AA1B1B區域過程，其所受安培力的沖量大小為
B．在整個過程中，定值電阻R產生的熱量為μmgd
C．金屬桿經過BB1的速度小于
D．若將金屬桿的初速度加倍，則金屬桿在磁場中運動的距離大于4d
三．填空題（共4小題）
13．（2024秋 浦東新區校級期末）如圖甲所示，阻值為4Ω、匝數為100的圓形金屬線圈與一個阻值為6Ω的電阻連接成閉合電路。線圈的半徑為10cm，在線圈中有一個邊長為10cm的正方形勻強磁場區域，該磁場方向垂直于線圈平面。磁感應強度B（向里為正）隨時間t變化的關系如圖乙所示，導線電阻不計。則2s時回路中電流的大小為 　 　A，c、d間的電勢差Ucd＝ 　 　V。
14．（2025 福州校級模擬）如圖所示，總面積為2S的線圈abcd垂直放在磁感應強度為B的勻強磁場中，線圈一半在磁場外。若線圈以ab邊為軸轉過30°，則此時穿過線圈的磁通量為 　 　；在轉動過程線圈中 　 　感應電流產生（選填“有”或“無”）。
15．（2024秋 哈爾濱期末）一個面積S＝4×10﹣2m2、匝數n＝100匝的線圈放在勻強磁場中，磁場方向垂直線圈面，磁感應強度的大小隨時間變化的規律如圖所示，由圖可知，在開始2s內穿過線圈的磁通量的變化量等于　 　Wb，在開始2s內穿過線圈的磁通量的變化率等于　 　Wb/s，在開始2s內線圈中產生的感應電動勢等于　 　V。
16．（2023秋 永定區校級期末）某學校開展“搖繩發電”的比賽活動。如圖所示，在操場上，將一根長為20m的銅芯導線兩端與電流傳感器的兩個接線柱連接，構成閉合回路；兩同學面對面站立搖動這條導線。（忽略地球磁偏角的影響）
（1）“搖繩發電”過程中導線電流方向 　 　。（選填“有變”、“不變”）
（2）若增大搖繩的頻率，則電流傳感器的最大示數將 　 　（選填“增大”、“減小”、“不變”）；
（3）為了獲得較大電流，兩同學應該 　 　站立搖繩。（選填“東西”、“南北”）
四．解答題（共4小題）
17．（2024秋 通州區期末）法拉第電磁感應定律告訴我們，磁通量的變化會使閉合回路中產生感應電動勢。磁通量的變化可以通過改變磁感應強度以及閉合回路在磁場中的投影面積來實現。
（1）用某種金屬材料制成一個半徑為r的圓環，圓環電阻為R。豎直向下的磁場穿過水平放置的圓環。已知磁場的磁感應強度B隨時間變化如圖乙所示。求：
a.圓環產生的感應電動勢E；
b.t0時間內圓環上產生的熱量Q。
（2）圖丙所示為發電機的簡化圖。磁感應強度為B的勻強磁場豎直向下，兩根光滑平行金屬軌道MN、PQ固定在水平面內，相距為L，電阻不計。電阻率為ρ且粗細均勻的金屬導體棒ab垂直于MN、PQ放在軌道上，與軌道接觸良好，導體棒中單位體積內的自由電子數為n。用字母v0表示導體棒向右做勻速運動的速度大小（v0平行于軌道MN），用字母v表示自由電子沿導體棒長度方向定向移動的平均速率，已知電子電荷量為e，計算得出的比值。
18．（2024秋 河西區期末）如圖所示，電阻不計的“U”型金屬導軌固定在豎直平面內，一個質量為m、電阻為R的金屬桿ab與軌道接觸良好并靜置于絕緣固定支架上，金屬桿處于垂直紙面向里的勻強磁場中。支架下方一定距離處有邊長為L的正方形區域cdef，區域內有垂直紙面向外的勻強磁場，其磁感應強度B＝kt（k＞0且為常數）。已知重力加速度為g，不計ab桿與軌道間的摩擦。求：
（1）感應電動勢E的大小，并寫出ab中電流的方向；
（2）為使金屬桿不離開支架，ab所在處磁感應強度B0的最大值。
19．（2024秋 慈溪市期末）如圖所示，兩條光滑的足夠長的平行金屬直導軌P1P2P3、Q1Q2Q3的間距為d＝1m，軌道Ⅰ與軌道Ⅱ的結點處P2、Q2為絕緣材料。P1P2、Q1Q2段的軌道Ⅰ傾斜放置，與水平方向夾角θ＝37°，軌道上端固定一個阻值為R＝1Ω的電阻，存在磁感應強度B1＝1T，方向垂直軌道Ⅰ向下的勻強磁場。P2P3、Q2Q3段的軌道Ⅱ水平放置，存在磁感應強度B2＝2T，方向豎直向上的勻強磁場。質量為M＝2.5kg、邊長為L＝3m的勻質三角形金屬框cde水平放置在軌道Ⅱ上，cd邊的中線與軌道Ⅱ的中軸線重合，每條邊的電阻均為R0＝3Ω。現有一根質量為m＝0.5kg、長度為L＝3m、電阻為R1＝3Ω的金屬棒ab從軌道Ⅰ某處靜止釋放，在到達底端前已經達到最大速度。忽略導軌的電阻、所有摩擦以及金屬框可能的形變，金屬棒、金屬框均與導軌始終接觸良好，重力加速度取g＝10m/s2，求：
（1）ab棒在軌道Ⅰ上達到穩定后的速度v0及此時ab棒兩端的電勢差Uab；
（2）cde框在軌道Ⅱ上到達穩定后的速度v1及ab棒在軌道Ⅱ上產生的焦耳熱Q（棒與金屬框不接觸）；
（3）為使ab棒不與金屬框碰撞，框的cd邊初始位置與P2Q2的最小距離x0。
20．（2024秋 紅橋區期末）如圖所示，兩條光滑平行導軌所在平面與水平地面的夾角為θ＝53°，兩導軌間距為L＝2m，導軌上端接有一電阻，阻值為R＝2Ω，O、P、M、N四點在導軌上，兩虛線OP、MN平行且與導軌垂直，兩虛線OP、MN間距為d＝1.5m，其間有勻強磁場，磁感應強度大小B＝2T，方向垂直于導軌平面向上。在導軌上放置一質量m＝1kg、長為L、阻值也為R的金屬棒，棒可沿導軌下滑，且在下滑過程中保持與導軌垂直并良好接觸。讓金屬棒從離磁場上邊界OP距離d處由靜止釋放，進入磁場后在到達下邊界MN前已勻速。（已知重力加速度大小為g＝10m/s2，sin53°＝0.8）不計導軌電阻。求：
（1）金屬棒剛進入磁場時的速度v的大小；
（2）金屬棒剛進入磁場時的加速度a；
（3）金屬棒穿過磁場過程中，所用的時間t和金屬棒上產生的電熱Q。
高考物理考前沖刺押題預測 電磁感應
參考答案與試題解析
一．選擇題（共8小題）
1．（2024秋 涼州區期末）如圖所示，在x≥0、y≥0的區域中存在垂直于xOy平面的勻強磁場，磁感應強度大小相等，邊界OM與x軸正方向的夾角為45°，OM左側磁場向里，OM右側磁場向外。正方形導線框abcd以恒定的速度沿x軸正方向運動并穿過磁場區域，運動過程中bc邊始終平行于y軸。規定導線框中逆時針方向為電流的正方向。從剛進入磁場開始計時，下列能正確反映導線框中感應電流i隨時間t變化圖像的是（　　）
A． B．
C． D．
【考點】描繪線圈進出磁場區域的圖像．
【專題】定性思想；推理法；電磁感應與電路結合；推理論證能力．
【答案】D
【分析】根據楞次定律判斷感應電流的方向。由感應電動勢公式和歐姆定律分別研究各段過程感應電流的大小，再選擇圖像。
【解答】解：設導線框的速度大小是v，邊長為l，總電阻為R，磁感應強度大小為B，bc邊剛進磁場時產生感應電流
由右手定則可判斷感應電流的方向為逆時針；
在時間為時間內，如圖1所示，
bc邊被邊界分為be和ec兩部分，其中
兩部分產生的感應電動勢方向相反，則
當t＞2t0時，導線框全部進入磁場，如圖2所示，導線框被邊界分為兩部分，兩部分都切割磁感線，且有效長度均為af，則
兩部分產生的感應電動勢大小相等，方向均沿順時針，則電流
，故ABC錯誤，D正確。
故選：D。
【點評】本題研究感應電流大小和方向，關鍵掌握電磁感應的基本規律：E＝BLv、楞次定律等等，并能正確運用。
2．（2024秋 石景山區期末）如圖所示，線圈M和線圈P繞在同一個鐵芯上，下列說法正確的是（　　）
A．閉合開關瞬間，線圈M和線圈P相互吸引
B．閉合開關，達到穩定后，電流表的示數最大
C．斷開開關瞬間，流過電流表的電流方向由a到b
D．斷開開關瞬間，線圈P中感應電流的磁場方向向右
【考點】楞次定律及其應用．
【專題】定性思想；推理法；電磁感應與電路結合；推理論證能力．
【答案】D
【分析】開關閉合或斷開瞬間，M中產生的感應磁場都會發生變化，則根據感應電流的產生條件可知，線圈P都會產生感應電流，根據楞次定律分析出感應電流的方向；當電路中的電流穩定時，線圈中的磁通量保持不變，則線圈中不會產生感應電流。
【解答】解：A.閉合開關瞬間，線圈M中的電流突然增大，導致線圈P中的磁通量突然增大。根據楞次定律，線圈P會產生一個感應電流，其磁場方向與原磁場方向相反，以試圖阻止磁通量的增大，因此，線圈M和線圈P會相互排斥，而不是吸引，故A錯誤；
B.閉合開關后，當電路達到穩定狀態時，線圈M中的電流不再變化，因此線圈P中的磁通量也不再變化。根據法拉第電磁感應定律，此時線圈P中不會產生感應電流，所以電流表的示數應該為零，而不是最大，故B錯誤；
C.斷開開關瞬間，線圈M中的電流突然減小，導致線圈P中的磁通量突然減小。根據楞次定律，線圈P會產生一個感應電流，其磁場方向與原磁場方向相同，以試圖阻止磁通量的減小，由于原磁場方向是向右的（根據右手螺旋定則判斷），所以感應電流的磁場方向也是向右的，根據右手螺旋定則，流過電流表的電流方向是從b到a，而不是從a到b，故C錯誤；
D.斷開開關瞬間，如前面分析所述，線圈P會產生一個感應電流，其磁場方向與原磁場方向相同，即向右，故D正確。
故選：D。
【點評】考查電磁感應、楞次定律的應用問題，會根據題意進行準確分析和解答。
3．（2024秋 渝中區校級期末）如圖甲，寬L＝1m的導軌固定，導軌間存在著垂直于紙面且磁感應強度B＝1T的勻強磁場。最大阻值為R＝20Ω的滑動變阻器接在其中一個虛線框中，定值電阻R0接在另一個虛線框中，一根長度與導軌等寬的電阻不計的金屬桿以恒定速率向右運動，圖乙和圖丙分別為滑動變阻器阻值全部接入和一半接入時沿abcd方向電勢變化的圖像。金屬桿和導軌的電阻不計，則下列說法正確的是（　　）
A．勻強磁場的方向垂直紙面向外
B．定值電阻R0在虛線框Ⅱ中
C．定值電阻的阻值為5Ω
D．金屬桿運動的速率為3m/s
【考點】單桿在導軌上有外力作用下切割磁場的運動問題；電磁感應過程中的動力學類問題；電磁感應過程中的電路類問題．
【專題】比較思想；圖析法；電磁感應與電路結合；分析綜合能力．
【答案】C
【分析】根據右手定則判斷磁場方向。根據歐姆定律與電阻上電壓情況即可確定定值電阻位置；根據題圖中定值電阻的電壓，結合歐姆定律和串聯的電壓關系求定值電阻的值和總電壓；
導體棒切割磁感線產生的電動勢也可以求出，根據E＝BLv即可求解切割的速度。
【解答】解：A、根據圖乙、圖可知，a點電勢高于d點電勢，則金屬桿上端電勢高，根據右手定則判斷可知勻強磁場的方向垂直紙面向外，故A錯誤；
B、滑動變阻器接入阻值減小時，由圖可知，Uab變大，根據串聯電路分壓特點，說明Ⅰ中的電阻分得的電壓增大，則虛線框Ⅰ中為定值電阻R0，滑動變阻器在虛線框Ⅱ中，故B錯誤；
C、金屬桿的電阻不計，有Uad＝E＝φ0，滑動變阻器在兩種情況下，有，，聯立解得：R0＝5Ω，φ0＝1.5V，故C正確；
D、金屬桿切割磁感線，產生感應電動勢有E＝BLv＝φ0＝1.5V，代入數據解得v＝1.5m/s，故D錯誤。
故選：C。
【點評】本題考查閉合電路歐姆定律、電磁感應與電路、用數學處理物理問題的能力，本題的難點首先確定滑動變阻器和定值電阻的位置，然后才能繼續求路端電壓即a點電勢等問題。
4．（2024秋 紅橋區期末）豎直平行導軌MN上端接有電阻R，金屬桿ab質量為m，電阻也為R，跨在平行導軌間的長度為L，垂直導軌平面的水平勻強磁場方向向里，不計導軌電阻，不計摩擦，且ab與導軌接觸良好，如圖所示。若ab桿在豎直方向上的外力F作用下勻速上升h，則下列說法正確的是（　　）
A．金屬桿ab克服安培力所做的功等于電阻R上產生的焦耳熱
B．拉力F與金屬桿ab克服安培力所做的功之和等于金屬桿機械能的增加量
C．拉力F與重力做功的代數和等于金屬桿上產生的焦耳熱
D．拉力F與安培力的合力所做的功大于mgh
【考點】電磁感應過程中的電路類問題；導體平動切割磁感線產生的感應電動勢；豎直平面內的導軌滑桿模型；電磁感應過程中的能量類問題．
【專題】比較思想；尋找守恒量法；電磁感應——功能問題；理解能力．
【答案】B
【分析】分析ab桿運動中能量轉化情況，知道ab桿勻速上升時，動能不變，重力勢能增加，整個回路的內能增加，根據能量守恒定律和功能關系進行分析。
【解答】解：A、根據功能關系可知，金屬桿ab克服安培力所做的功等于電阻R和金屬桿ab產生的焦耳熱之和，故A錯誤；
B、金屬桿機械能的增加量等于除重力以外其他力所做的功，則拉力F與金屬桿ab克服安培力所做的功之和等于金屬桿機械能的增加量，故B正確；
C、ab桿在豎直方向外力F作用下勻速上升h的過程，根據動能定理得
WF﹣W安﹣mgh＝0
可得
WF﹣mgh＝W安
即拉力F與重力做功的代數和等于金屬桿克服安培力做的功，且等于電阻R和金屬桿ab產生的焦耳熱之和，大于金屬桿上產生的焦耳熱，故C錯誤；
D、ab桿在豎直方向外力F作用下勻速上升h，由動能定理得
WF﹣W安﹣mgh＝0
可得
WF﹣W安＝mgh
即拉力F與安培力的合力所做的功等于mgh，故D錯誤。
故選：B。
【點評】在電磁感應現象中電路中產生的焦耳熱等于外力克服安培力所做的功，根據動能定理和能量守恒定律列式分析各種能量之間的關系。
5．（2024秋 濟寧期末）如圖所示，紙面內有兩個半徑均為R且相切的圓形磁場區域，磁感應強度大小均為B，方向垂直紙面向里；左側有一半徑也為R的金屬圓環，圓環阻值為r。三圓共面且圓心在同一水平直線上。現使圓環從圖示位置以速度v向右勻速運動，下列說法正確的是（　　）
A．當時，圓環中感應電流的方向為順時針
B．當時，圓環中感應電流的大小為
C．當時，圓環中感應電流第一次反向
D．當時，圓環中感應電動勢達到最大值
【考點】法拉第電磁感應定律的基本計算；楞次定律及其應用．
【專題】定量思想；推理法；電磁感應與電路結合；推理論證能力．
【答案】C
【分析】畫出對應的導線框的運動位置，根據幾何關系確定有效的切割長度，計算感應電流。根據楞次定律分析導線框中感應電流方向改變的位置。
【解答】解：AB．三圓共面且圓心在同一水平直線上，使圓環以速度v向右勻速運動，畫出圓形導線框運動的5個狀態，如圖所示
當時，圓形導線框運動到1位置，由右手定則可判斷出此時圓形導線框的感應電流方向為逆時針，由幾何關系可知此時切割磁感線的有效長度為
根據法拉第電磁感應定律有
故此時感應電流大小為
故AB錯誤；
C．圓形導線框運動到2位置時，當時，圓形導線框運動到3位置，從初始位置到2位置，穿過線框的磁通量變大，從2位置到3位置，穿過線框的磁通量變小，根據楞次定律可知時，導線框運動到2位置時，電流方向第一次反向，故C正確；
D．當時，導線框運動到3位置，此時導線框的左右兩側都在切割，切割長度和方向均相同，此時的感應電動勢相互抵消，實際感應電動勢為0，故D錯誤。
故選：C。
【點評】此題考查了法拉第電磁感應定律和楞次定律的相關知識，解題的關鍵是畫出運動的示意圖，確定有效的切割長度，根據楞次定律分析感應電流的方向。
6．（2024秋 濟寧期末）如圖所示，三角形閉合線框ABC由彈性較好的導線制成；線框中通有沿逆時針方向的恒定電流，三角形的三個頂點A、B、C固定在絕緣水平面上，帶有絕緣層的長直導線MN緊貼線框固定在線框上方。給直導線通入從M到N的恒定電流，不考慮閉合線框各邊之間的作用力，此后該線框的形狀可能是（　　）
A． B．
C． D．
【考點】描繪線圈進出磁場區域的圖像．
【專題】比較思想；推理法；磁場 磁場對電流的作用；推理論證能力．
【答案】B
【分析】根據安培定則判斷MN左右兩側的磁場方向，利用左手定則判斷各段導線受到的安培力方向，再選擇線框的形狀。
【解答】解：直導線通入從M到N的恒定電流，根據安培定則可知，MN左側的磁場方向垂直紙面向里，右側的磁場方向垂直紙面向外。線框中通有沿逆時針方向的恒定電流，根據左手定則可知，AB導線受到的安培力向右，則導線AB向右彎曲；AC在MN左側的導線受到的安培力斜向左下，則這部分導線向左下彎曲。AC在MN右側的導線受到的安培力斜向右上，則這部分導線向右上彎曲；BC在MN左側的導線受到的安培力斜向左上，則這部分導線向左上彎曲，在MN右側的導線受到的安培力斜向右下，則這部分導線向右下彎曲，故ACD錯誤，B正確。
故選：B。
【點評】解答本題的關鍵是能夠根據安培定則判斷磁場的方向，再根據左手定則判斷通電導線受到的安培力方向。
7．（2024秋 鹽城期末）下列圖中不能產生感應電流的是（　　）
A． B．
C． D．
【考點】感應電流的產生條件．
【專題】定性思想；推理法；電磁感應與電路結合；理解能力．
【答案】C
【分析】產生感應電流的條件：閉合電路的一部分導體在磁場中進行切割磁感線運動。
【解答】解：A、兩根導體棒都向外運動，導體棒與導軌圍成的面積內的磁通量增大，會產生感應電流，故A錯誤；
B、條形磁鐵向下進入閉合線圈的過程中，穿過閉合線圈的磁通量增大，會產生感應電流，故B錯誤；
C、磁感線是垂直于紙面向下，閉合導體線框在磁場中整體做切割磁感線運動，穿過線框的磁通量沒有變化，所以不會產生感應電流，故C正確；
D、閉合導體框繞垂直于磁場方向的軸做勻速圓周運動的過程中穿過導體框的磁通量不斷變化，會產生感應電流，故D錯誤。
故選：C。
【點評】必須從產生感應電流的兩個條件進行判斷：閉合電路、磁通量發生變化，兩個條件缺一不可。
8．（2024秋 杭州期末）動圈式揚聲器的結構如圖所示，線圈圓筒安放在永磁體磁極間的空隙中，能夠在空隙中左右運動，紙盆與線圈連接，隨著線圈振動而發聲。當線圈中通入圖示從B到A的電流時，下列描述錯誤的是（　　）
A．紙盆將向左運動
B．揚聲器正常工作時，AB間可以是恒定電流
C．將AB端接入接收器，對著紙盆說話，揚聲器便可以作為話筒使用
D．若揚聲器老化播放的音量變小，可以更換磁性更強的磁體解決
【考點】生活中的電磁感應現象；左手定則判斷安培力的方向．
【專題】定性思想；推理法；電磁感應與電路結合；推理論證能力．
【答案】B
【分析】動圈式揚聲器的原理是安培力作用，線圈中的變化的電流產生變化的磁場，與磁體發生相互作用而帶動紙盆運動而發聲；動圈式話筒工作過程是：聲波振動→引起膜片振動→帶動線圈振動→線圈切割永久磁體的磁場產生感應電流→經放大傳給揚聲器，由此可知其工作原理是電磁感應現象。
【解答】解：A．圖中兩個線圈通以同向電流相互吸引，所以紙盆將向左運動，故A正確；
B．作為揚聲器使用，紙盆隨著線圈振動而發聲，說明安培力是變化的，即電流是變化的，故B錯誤；
C．作為話筒使用，人對紙盆講話時，紙盆帶動線圈切割磁感線，產生變化的電流，揚聲器便可以作為話筒使用，故C正確；
D．若揚聲器老化播放的音量變小，可以更換磁性更強的磁體解決，因為磁性強，安培力變大，故D正確。
本題選錯誤的，故選：B。
【點評】明確話筒和揚聲器原理，要注意明確話筒是利用了電磁感應現象，而揚聲器是利用了通電電流受安培力作用。
二．多選題（共4小題）
（多選）9．（2024秋 涼州區期末）如圖甲所示，水平面內有兩根足夠長的光滑平行金屬導軌，導軌固定且間距為L。空間中存在豎直向下的勻強磁場，磁感應強度大小為B。現將兩根材料相同、橫截面積不同、長度均為L的金屬棒ab、cd分別靜置在導軌上。現給ab棒一水平向右的初速度v0，其速度隨時間變化的關系如圖乙所示，兩金屬棒運動過程中，始終與導軌垂直且接觸良好。已知ab棒的質量為m，電阻為R。導軌電阻可忽略不計。下列說法正確的是（　　）
A．ab棒剛開始運動時，cd棒中的電流方向為d→c
B．cd棒的質量為
C．在0～t0時間內，ab棒產生的熱量為
D．在0～t0時間內，通過cd棒的電荷量為
【考點】電磁感應過程中的能量類問題；雙桿在等寬導軌上切割磁場的運動問題．
【專題】應用題；定量思想；推理法；電磁感應與電路結合；分析綜合能力．
【答案】BCD
【分析】應用右手定則判斷感應電流方向；兩金屬棒組成的系統動量守恒，應用動量守恒定律求出cd棒的質量，應用能量守恒定律與串聯電路特點求出ab棒產生的焦耳熱；應用動量定理求出流過cd棒的電荷量。
【解答】解：A、金屬棒ab剛開始運動時，由右手定則可知，cd棒中的電流方向為c→d，故A錯誤；
B、兩金屬棒組成的系統動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：，解得：，故B正確；
C、由于ab棒與cd棒質量之比為2：1，且它們的材料和長度相同，故橫截面積之比為2：1，由電阻定律可知：電阻之比為1：2，ab棒與cd棒產生的熱量之比為1：2，
對系統，由能量守恒定律得：，0～t0時間內ab棒產生的熱量：QabQ，解得：Qab，故C正確；
D、以向右為正方向，對cd棒，由動量定理得：0，其中：，則在0～t0時間內，通過cd棒的電荷量：，故D正確。
故選：BCD。
【點評】分析清楚導體棒的運動過程與受力情況，應用右手定則、動量守恒定律與動量定理即可解題。
（多選）10．（2024秋 撫順期末）空間存在豎直向下、磁感應強度大小為B的勻強磁場，兩根相距為L的平行長直金屬導軌水平放置，左端接電容為C的電容器，一根導體棒放置在導軌上，如圖甲所示。起初開關閉合，導體棒在水平向右的恒力作用下開始運動，t0時刻速度增加到v0，此時斷開開關，導體棒繼續加速，2t0時刻速度增加到4v0，v﹣t圖像如圖乙所示，已知導體棒運動過程中始終與導軌垂直且接觸良好，不計電路中的電阻及導體棒與導軌間的摩擦。下列說法正確的是（　　）
A．t0時刻電容器所帶的電荷量為CBLv0
B．0～t0時間內通過導體棒的電流為
C．0～t0時間內導體棒受到的安培力大小為
D．恒力F
【考點】電磁感應過程中的動力學類問題；導體平動切割磁感線產生的感應電動勢；單桿在導軌上有外力作用下切割磁場的運動問題；動量定理在電磁感應問題中的應用．
【專題】定量思想；等效替代法；電磁感應與電路結合；分析綜合能力．
【答案】AB
【分析】根據E＝BLv0求出t0時刻導體棒產生的感應電動勢，由于不計電阻，所以電容器的電壓等于E，由C求電容器所帶的電荷量；0～t0時間內導體棒做勻加速直線運動，受到的安培力不變，電容器單位時間內增加的電荷量不變，根據電流的定義式計算電流；根據F安＝BIL計算0～t0時間內導體棒受到的安培力大小；根據牛頓第二定律求恒力F的大小。
【解答】解：根據題中圖像可知，導體棒的運動為兩個連續的勻加速直線運動，t0時刻電容器兩極板間的電壓U＝E＝BLv0，由電容的定義式C，解得Q＝CBLv0，故A正確；
B、0～t0時間內導體棒受到的安培力不變，電容器單位時間內增加的電荷量不變，根據電流的定義可知I，故B正確；
C、0～t0時間內導體棒受到的安培力大小F安＝BIL＝BL ，故C錯誤；
D、設導體棒的質量為m，t0時刻，根據牛頓第二定律有F﹣F安＝ma1
t0～2t0時間內，根據牛頓第二定律有F＝ma2
由v﹣t圖像可知，a1，a2
聯立解得F，故D錯誤。
故選：AB。
【點評】本題考查電磁感應與力學知識的綜合，要根據v﹣t圖像分析導體棒的運動情況，確定其受力情況，根據牛頓第二定律、運動學公式和電磁感應規律相結合解答。
（多選）11．（2024秋 濟寧期末）如圖所示，一光滑固定軌道由傾斜軌道和水平軌道兩部分組成，軌道上端連接一阻值R＝0.5Ω的電阻，水平部分兩軌道間有豎直向下、磁感應強度大小B＝0.5T的勻強磁場，磁場區域的長度為x1＝2m。一質量為m＝0.5kg的導體棒，從軌道上距水平軌道h1＝0.8m高處由靜止釋放，通過磁場區域后從水平軌道末端飛出，落在水平地面上。已知軌道間距d＝1m，軌道水平部分距地面的高度h2＝0.8m，導體棒電阻、軌道電阻、空氣阻力均忽略不計，取g＝10m/s2。下列說法正確的是（　　）
A．導體棒剛進入磁場時加速度的大小為4m/s2
B．整個過程中，通過電阻R的電荷量為3C
C．整個過程中，電阻R上產生的熱量為3J
D．導體棒的落地點與水平軌道末端的水平距離x2為0.8m
【考點】電磁感應過程中的能量類問題；動量定理在電磁感應問題中的應用；電磁感應過程中的動力學類問題．
【專題】定量思想；推理法；電磁感應——功能問題；電磁感應與電路結合；推理論證能力．
【答案】ACD
【分析】A.結合題意，根據機械能守恒定律、牛頓第二定律、閉合電路歐姆定律、法拉第電磁感應定律分別列式，即可分析判斷；
B.整個過程中，根據電荷量與電流的關系、閉合電路歐姆定律、法拉第電磁感應定律分別列式，即可分析判斷；
C.導體棒穿過磁場過程中，對導體棒根據動量定理列式，整個過程中，根據能量守恒列式，即可分析判斷；
D.導體棒水平飛出后做平拋運動，由平拋運動的運動規律分別列式，即可分析判斷。
【解答】解：A.導體棒下落過程機械能守恒，可得：
，
解得：
v＝4m/s，
由牛頓第二定律可得：
BdI＝ma，
由閉合電路歐姆定律可得：
，
由法拉第電磁感應定律可得：
E＝Bdv，
聯立可得：
a＝4m/s2，故A正確；
B.整個過程中，通過電阻R的電荷量為：
，
且：
，，
聯立可得：
解得：q＝2C，故B錯誤；
C.導體棒穿過磁場過程中，以向右為正方向，對導體棒根據動量定理可得：
﹣BdIt＝mv1﹣mv，
解得：
v1＝2m/s，
設整個過程中電阻R上產生的熱量為Q，可得：
，
解得：Q＝3J，故C正確；
D.導體棒水平飛出后做平拋運動，由平拋運動的運動規律可得：
，x2＝v1t1
聯立可得：
x2＝0.8m，故D正確；
故選：ACD。
【點評】本題考查電磁感應過程中的能量類問題，解題時需注意電磁感應過程的實質是不同形式的能量轉化的過程，而能量的轉化是通過安培力做功來實現的。安培力做功的過程，是電能轉化為其他形式的能的過程，而克服安培力做功的過程，則是其他形式的能轉化為電能的過程。
（多選）12．（2024秋 杭州期末）某電磁緩沖裝置如圖所示，兩足夠長且間距為L的平行金屬導軌置于同一水平面內，導軌左端與一阻值為R的定值電阻相連，導軌BC段與B1C1段粗糙，其余部分光滑，AA1右側處于磁感應強度大小為B方向豎直向下的勻強磁場中，AA1、BB1、CC1均與導軌垂直，一質量為m的金屬桿垂直導軌放置。現讓金屬桿以初速度v0沿導軌向右經過AA1進入磁場，最終恰好停在CC1處。已知金屬桿接入導軌之間的阻值為R，與粗糙導軌間的動摩擦因數為μ，AB＝BC＝d，導軌電阻不計，重力加速度為g，下列說法正確的是（　　）
A．金屬桿經過AA1B1B區域過程，其所受安培力的沖量大小為
B．在整個過程中，定值電阻R產生的熱量為μmgd
C．金屬桿經過BB1的速度小于
D．若將金屬桿的初速度加倍，則金屬桿在磁場中運動的距離大于4d
【考點】電磁感應過程中的能量類問題；單桿在導軌上無外力作用下切割磁場的運動問題；動量定理在電磁感應問題中的應用．
【專題】定量思想；方程法；電磁感應——功能問題；分析綜合能力．
【答案】BD
【分析】根據沖量的計算公式求解安培力的沖量；根據能量守恒定律求解定值電阻R產生的熱量；根據動量定理求解金屬桿經過BB1的速度大小；在整個過程中，應用動量定理列方程分析速度加倍時位移大小。
【解答】解：A、金屬桿經過AA1B1B區域過程，其所受安培力的沖量大小：I沖＝BL，故A錯誤；
B、根據能量守恒定律可得，在整個過程中，回路中產生的熱為：Q總μmgd
根據焦耳定律可知，定值電阻R產生的熱量為Qμmgd，故B正確；
C、取向右為正方向，在AA1BB1過程中，對金屬桿根據動量的可得：﹣BLmv﹣mv0
在BB1CC1過程中，對金屬桿根據動量的可得：﹣BLμmgΔt′＝0﹣mv
其中，
聯立解得：v，故C錯誤；
D、由C選項可知，金屬桿以初速度v0在磁場中運動有：μmgt＝0﹣mv0
金屬桿的初速度加倍，設此時金屬桿在BB1C1C區域運動的時間為t′，全過程對金屬棒分析得
μmgt′＝0﹣2mv0
整理可得：μmg（2t﹣t′）
分析可知當金屬桿速度加倍后，金屬桿通過BB1C1C區域的速度比第一次大，故t′＜t，可得：x＞4d，故D正確。
故選：BD。
【點評】本題通過電磁感應知識考查動量與能量的綜合應用，要求學生能正確分析物體的運動過程和運動性質，熟練應用對應的規律解題。
三．填空題（共4小題）
13．（2024秋 浦東新區校級期末）如圖甲所示，阻值為4Ω、匝數為100的圓形金屬線圈與一個阻值為6Ω的電阻連接成閉合電路。線圈的半徑為10cm，在線圈中有一個邊長為10cm的正方形勻強磁場區域，該磁場方向垂直于線圈平面。磁感應強度B（向里為正）隨時間t變化的關系如圖乙所示，導線電阻不計。則2s時回路中電流的大小為 　0.01π　A，c、d間的電勢差Ucd＝ 　0.06π　V。
【考點】根據B﹣t或者φ﹣t圖像計算感應電動勢；閉合電路歐姆定律的內容和表達式．
【專題】定量思想；推理法；電磁感應與電路結合；推理論證能力．
【答案】0.01π；0.06π。
【分析】由法拉第電磁感應定律求出線圈產生的感應電動勢，再由歐姆定律求出電流大小以及c、d間的電勢差。
【解答】解：根據法拉第電磁感應定律得：，根據閉合電路歐姆定律可得2s時通過電阻的電流大小為，代入數據得2s時回路中電流的大小為0.01πA，
Ucd＝IR，解得Ucd＝0.06πv。
故答案為：0.01π；0.06π。
【點評】本題考查法拉第電磁感應定律的基本應用，比較基礎。
14．（2025 福州校級模擬）如圖所示，總面積為2S的線圈abcd垂直放在磁感應強度為B的勻強磁場中，線圈一半在磁場外。若線圈以ab邊為軸轉過30°，則此時穿過線圈的磁通量為 　BS　；在轉動過程線圈中 　無　感應電流產生（選填“有”或“無”）。
【考點】電磁感應現象的發現過程；磁通量的概念和計算公式的定性分析．
【專題】定量思想；推理法；電磁感應與電路結合；推理論證能力．
【答案】見試題解答內容
【分析】在勻強磁場中，當線圈與磁場垂直時，穿過線圈的磁通量為Φ＝BS，圖中S有磁感線穿過線圈的面積，即為有效面積，當線圈以ab為軸從圖中位置轉過30°的過程中，線圈在垂直于磁場方向投影的面積不變，始終為S；穿過閉合回路的磁通量發生變化時，回路中有感應電流產生。
【解答】解：當長方形線圈abcd有一半處在磁感應強度為B的勻強磁場中時，以ab邊為軸轉過30°，此時線圈的有效面積為S，故磁通量Φ＝BS
以ab邊為軸轉過30°的過程中，線圈的有效面積始終為S，穿過線圈中的磁通量并未發生改變，線圈中沒有產生感應電流。
故答案為：BS；無。
【點評】本題考查磁通量和產生感應電流的條件，知道公式Φ＝BScosα中Scosα為線圈在垂直于磁場方向投影的面積。
15．（2024秋 哈爾濱期末）一個面積S＝4×10﹣2m2、匝數n＝100匝的線圈放在勻強磁場中，磁場方向垂直線圈面，磁感應強度的大小隨時間變化的規律如圖所示，由圖可知，在開始2s內穿過線圈的磁通量的變化量等于　﹣0.16　Wb，在開始2s內穿過線圈的磁通量的變化率等于　0.08　Wb/s，在開始2s內線圈中產生的感應電動勢等于　8　V。
【考點】法拉第電磁感應定律的內容和表達式．
【專題】定量思想；推理法；電磁感應與電路結合；分析綜合能力．
【答案】見試題解答內容
【分析】根據圖示圖象應用磁通量的計算公式求出磁通量的變化量；然后求出磁通量的變化率；再根據法拉第電磁感應定律求出感應電動勢。
【解答】解：開始的2s內穿過線圈的磁通量的變化量為ΔΦ＝ΔB S＝（﹣2﹣2）×4×10﹣2Wb＝﹣0.16Wb，負號表示方向；
在開始的2s內穿過線圈的磁通量的變化率Wb/s＝0.08Wb/s；
在開始2s內線圈中產生的感應電動勢：E＝n100×0.08V＝8V；
故答案為：﹣0.16；0.08；8。
【點評】本題中磁感應強度均勻變化，穿過線圈的磁通量均勻變化，線圈中產生恒定的電動勢，由法拉第電磁感應定律求出感應電動勢，是經常采用的方法和思路，注意B﹣t斜率一定，磁通量變化率一定。
16．（2023秋 永定區校級期末）某學校開展“搖繩發電”的比賽活動。如圖所示，在操場上，將一根長為20m的銅芯導線兩端與電流傳感器的兩個接線柱連接，構成閉合回路；兩同學面對面站立搖動這條導線。（忽略地球磁偏角的影響）
（1）“搖繩發電”過程中導線電流方向 　有變　。（選填“有變”、“不變”）
（2）若增大搖繩的頻率，則電流傳感器的最大示數將 　增大　（選填“增大”、“減小”、“不變”）；
（3）為了獲得較大電流，兩同學應該 　東西　站立搖繩。（選填“東西”、“南北”）
【考點】導體平動切割磁感線產生的感應電動勢；右手定則．
【專題】定性思想；推理法；電磁感應與電路結合；推理論證能力．
【答案】（1）有變；（2）增大；（3）東西
【分析】（1）導線切割磁感線的方向呈現周期性變化，結合右手定則分析；
（2）若增大搖繩的頻率，則穿過閉合線圈的磁通量變化率增大，電流傳感器的最大示數將增大；
（3）地磁場方向沿南北方向，為使搖繩時線圈中有較大的磁通量變化率，從而產生較大電流，兩同學應該沿東西方向站立搖繩。
【解答】解：（1）搖動導線過程中，導線切割磁感線的方向呈現周期性變化，導線做圓周運動，結合右手定則可知，“搖繩發電”過程中導線電流方向有變。
（2）令導線與兩同學搖動導線位置連線所圍幾何圖形的面積為S，搖動的角速度為ω，根據正弦式交流電產生原理可知，感應電動勢的最大值
Emax＝BSω＝2πBSf
可知，若增大搖繩的頻率，感應電動勢的最大值增大，則電流傳感器的最大示數將增大。
（3）為了獲得較大電流，即使感應電動勢的最大值增大，在頻率一定時，可使穿過導線與兩同學搖動導線位置連線所圍幾何圖形在中性面位置的磁通量的最大值增大，即使地磁場水平方向的分量與中性面垂直，由于地磁場沿南北方向，可知，兩同學應該東西站立搖繩。
故答案為：（1）有變；（2）增大；（3）東西。
【點評】本題考查電磁感應，學生需深刻理解感應電動勢公式，綜合求解，本題涉及方位，為易錯點，學生需提升立體感。
四．解答題（共4小題）
17．（2024秋 通州區期末）法拉第電磁感應定律告訴我們，磁通量的變化會使閉合回路中產生感應電動勢。磁通量的變化可以通過改變磁感應強度以及閉合回路在磁場中的投影面積來實現。
（1）用某種金屬材料制成一個半徑為r的圓環，圓環電阻為R。豎直向下的磁場穿過水平放置的圓環。已知磁場的磁感應強度B隨時間變化如圖乙所示。求：
a.圓環產生的感應電動勢E；
b.t0時間內圓環上產生的熱量Q。
（2）圖丙所示為發電機的簡化圖。磁感應強度為B的勻強磁場豎直向下，兩根光滑平行金屬軌道MN、PQ固定在水平面內，相距為L，電阻不計。電阻率為ρ且粗細均勻的金屬導體棒ab垂直于MN、PQ放在軌道上，與軌道接觸良好，導體棒中單位體積內的自由電子數為n。用字母v0表示導體棒向右做勻速運動的速度大小（v0平行于軌道MN），用字母v表示自由電子沿導體棒長度方向定向移動的平均速率，已知電子電荷量為e，計算得出的比值。
【考點】豎直平面內的導軌滑桿模型；電磁感應過程中的電路類問題；根據B﹣t或者φ﹣t圖像計算感應電動勢．
【專題】應用題；定量思想；推理法；電磁感應——功能問題；推理論證能力．
【答案】（1）a.圓環產生的感應電動勢為；
b.t0時間內圓環上產生的熱量為；
（2）的比值為。
【分析】（1）a.根據法拉第電磁感應定律結合圖像求解圓環產生的感應電動勢E；b.根據歐姆定律、焦耳定律求解t0時間內圓環上產生的熱量Q。
（2）根據動生電動勢E＝BLv0，電流的微觀表達式I＝neSv，電阻定律推導的比值。
【解答】解：（1）a.根據法拉第電磁感應定律，其中磁通量Φ＝BS（S為圓環面積），圓環面積S＝πr2，由圖乙可知，磁感應強度的變化率，則磁通量的變化率，所以圓環產生的感應電動勢；
b.根據歐姆定律，將代入可得。由焦耳定律Q＝I2Rt可得；
（2）根據法拉第電磁感應定律可知E＝BLv0，電阻定律，由可得，因為I＝neSv，所以，化簡可得。
答：（1）a.圓環產生的感應電動勢為；
b.t0時間內圓環上產生的熱量為；
（2）的比值為。
【點評】本題可根據法拉第電磁感應定律、焦耳定律以及動生電動勢相關知識來求解
18．（2024秋 河西區期末）如圖所示，電阻不計的“U”型金屬導軌固定在豎直平面內，一個質量為m、電阻為R的金屬桿ab與軌道接觸良好并靜置于絕緣固定支架上，金屬桿處于垂直紙面向里的勻強磁場中。支架下方一定距離處有邊長為L的正方形區域cdef，區域內有垂直紙面向外的勻強磁場，其磁感應強度B＝kt（k＞0且為常數）。已知重力加速度為g，不計ab桿與軌道間的摩擦。求：
（1）感應電動勢E的大小，并寫出ab中電流的方向；
（2）為使金屬桿不離開支架，ab所在處磁感應強度B0的最大值。
【考點】豎直平面內的導軌滑桿模型．
【專題】計算題；學科綜合題；定量思想；等效替代法；電磁感應中的力學問題；分析綜合能力．
【答案】（1）感應電動勢E的大小為kL2，ab中電流的方向由a到b；
（2）為使金屬桿不離開支架，ab所在處磁感應強度B0的最大值為。
【分析】（1）根據法拉第電磁感應定律計算感應電動勢E的大小，根據楞次定律判斷ab中電流的方向；
（2）為使金屬桿不離開支架，ab受到的安培力不大于其重力，當安培力與重力大小相等時，先由閉合電路歐姆定律求出感應電流大小，再由平衡條件和安培力公式相結合求磁感應強度B0的最大值。
【解答】解：（1）根據法拉第電磁感應定律得
EL2＝kL2
穿過正方形區域cdef的磁通量增加，磁場方向垂直紙面向外，根據楞次定律可知，ab中電流的方向由a到b。
（2）通過ab的感應電流大小為
I
當金屬桿剛要離開支架時，由平衡條件得
B0IL＝mg
解得B0
答：（1）感應電動勢E的大小為kL2，ab中電流的方向由a到b；
（2）為使金屬桿不離開支架，ab所在處磁感應強度B0的最大值為。
【點評】解答本題時，要掌握法拉第電磁感應定律、閉合電路歐姆定律來求感應電流大小。要明確隱含的臨界狀態，結合平衡條件和安培力公式解答。
19．（2024秋 慈溪市期末）如圖所示，兩條光滑的足夠長的平行金屬直導軌P1P2P3、Q1Q2Q3的間距為d＝1m，軌道Ⅰ與軌道Ⅱ的結點處P2、Q2為絕緣材料。P1P2、Q1Q2段的軌道Ⅰ傾斜放置，與水平方向夾角θ＝37°，軌道上端固定一個阻值為R＝1Ω的電阻，存在磁感應強度B1＝1T，方向垂直軌道Ⅰ向下的勻強磁場。P2P3、Q2Q3段的軌道Ⅱ水平放置，存在磁感應強度B2＝2T，方向豎直向上的勻強磁場。質量為M＝2.5kg、邊長為L＝3m的勻質三角形金屬框cde水平放置在軌道Ⅱ上，cd邊的中線與軌道Ⅱ的中軸線重合，每條邊的電阻均為R0＝3Ω。現有一根質量為m＝0.5kg、長度為L＝3m、電阻為R1＝3Ω的金屬棒ab從軌道Ⅰ某處靜止釋放，在到達底端前已經達到最大速度。忽略導軌的電阻、所有摩擦以及金屬框可能的形變，金屬棒、金屬框均與導軌始終接觸良好，重力加速度取g＝10m/s2，求：
（1）ab棒在軌道Ⅰ上達到穩定后的速度v0及此時ab棒兩端的電勢差Uab；
（2）cde框在軌道Ⅱ上到達穩定后的速度v1及ab棒在軌道Ⅱ上產生的焦耳熱Q（棒與金屬框不接觸）；
（3）為使ab棒不與金屬框碰撞，框的cd邊初始位置與P2Q2的最小距離x0。
【考點】電磁感應過程中的能量類問題；傾斜平面內的導軌滑桿模型．
【專題】定量思想；推理法；電磁感應中的力學問題；模型建構能力．
【答案】（1）ab棒在軌道Ⅰ上達到穩定后的速度v0為6m/s，此時ab棒兩端的電勢差Uab為15V；
（2）cde框在軌道Ⅱ上到達穩定后的速度v1及為1m/s，ab棒在軌道Ⅱ上產生的焦耳熱Q為4.5J；
（3）為使ab棒不與金屬框碰撞，框的cd邊初始位置與P2Q2的最小距離x0為m。
【分析】（1）ab棒在軌道Ⅰ上速度穩定時，由平衡條件結合法拉第電磁感應定律、歐姆定律和安培力的公式求最大速度，再根據法拉第電磁感應定律求出金屬棒兩端的電勢差；
（2）根據動量守恒定律、能量守恒定律、焦耳定律等求ab棒上產生的焦耳熱；
（3）分析兩導體棒的運動情況，對ab棒根據動量定理結合電磁學相關知識，用微元法列式求滿足不碰撞時相對距離。
【解答】解：（1）ab棒在傾斜軌道上速度穩定后，由平衡條件有：mgsin37°＝F安
而安培力：F安＝BI0d
而穩定的電流：I0
聯立代入數據得：v0＝6m/s
由電阻定律和動生電動勢公式可以知道：Uab＝B1（L﹣d）v0+I0
代入數據得：Uab＝15V
（2）從ab棒滑入軌道Ⅱ到與cde框達到共速，由于系統所受外力的合力為零，系統的動量守恒
以向右為正方向有：mv0＝（M+m）v1
代入數據得：v1＝1m/s
對該系統由能量守恒定律可求產生的總焦耳熱：Q總
金屬棒ab上產生的熱量為：QabQ總
聯立代入數據得：Qab＝4.5J
（3）對ab棒，從進入軌道Ⅱ到速度穩定，以向右為正，由動量定理得：∑Δt＝mv1﹣mv0
即：mv0﹣mv1
代入整理可得：∑Δv Δt＝Δxm
所以最初的最小距離x0＝Δxm
答：（1）ab棒在軌道Ⅰ上達到穩定后的速度v0為6m/s，此時ab棒兩端的電勢差Uab為15V；
（2）cde框在軌道Ⅱ上到達穩定后的速度v1及為1m/s，ab棒在軌道Ⅱ上產生的焦耳熱Q為4.5J；
（3）為使ab棒不與金屬框碰撞，框的cd邊初始位置與P2Q2的最小距離x0為m。
【點評】本題是電磁感應的動量、功能平衡問題的綜合，涉及到類完全非彈性碰撞、切割磁感線產生電動勢、變加速運動、閉合電路模型的力電大綜合。要按物理過程的順序由動量守恒定律、動量定理、能量守恒定律、平衡條件等規律解決相關問題。
20．（2024秋 紅橋區期末）如圖所示，兩條光滑平行導軌所在平面與水平地面的夾角為θ＝53°，兩導軌間距為L＝2m，導軌上端接有一電阻，阻值為R＝2Ω，O、P、M、N四點在導軌上，兩虛線OP、MN平行且與導軌垂直，兩虛線OP、MN間距為d＝1.5m，其間有勻強磁場，磁感應強度大小B＝2T，方向垂直于導軌平面向上。在導軌上放置一質量m＝1kg、長為L、阻值也為R的金屬棒，棒可沿導軌下滑，且在下滑過程中保持與導軌垂直并良好接觸。讓金屬棒從離磁場上邊界OP距離d處由靜止釋放，進入磁場后在到達下邊界MN前已勻速。（已知重力加速度大小為g＝10m/s2，sin53°＝0.8）不計導軌電阻。求：
（1）金屬棒剛進入磁場時的速度v的大小；
（2）金屬棒剛進入磁場時的加速度a；
（3）金屬棒穿過磁場過程中，所用的時間t和金屬棒上產生的電熱Q。
【考點】電磁感應過程中的能量類問題；閉合電路歐姆定律的內容和表達式；傾斜平面內的導軌滑桿模型；電磁感應過程中的動力學類問題．
【專題】定量思想；方程法；電磁感應——功能問題；分析綜合能力．
【答案】（1）金屬棒剛進入磁場時的速度v的大小為；
（2）金屬棒剛進入磁場時的加速度為，方向平行導軌向上；
（3）金屬棒穿過磁場過程中，所用的時間為s，金屬棒上產生的電熱為11J。
【分析】（1）金屬棒從靜止釋放到剛進入磁場，根據機械能守恒定律求解速度大小；
（2）根據牛頓第二定律結合安培力的計算公式進行解答；
（3）金屬棒穿過磁場過程，由能量守恒定律、平衡條件求解速度大小，再根據功能關系求解金屬棒上產生的電熱；由動量定理求解所用的時間。
【解答】解：（1）金屬棒從靜止釋放到剛進入磁場，機械能守恒，則有：
解得：；
（2）根據牛頓第二定律可得：BIL﹣mgsinθ＝ma，其中：
解得：，方向平行導軌向上；
（3）金屬棒穿過磁場過程，由能量守恒定律可得：
金屬棒勻速運動時，根據平衡條件可得：
解得速度大小為：v′＝2m/s
金屬棒上產生的電熱：Q棒
聯立解得：Q棒＝11J
取沿斜面向下為正，對m在穿越磁場過程中，由動量定理可得：mgsinθ t﹣BLt＝mv′﹣mv
且：qt
解得：s。
答：（1）金屬棒剛進入磁場時的速度v的大小為；
（2）金屬棒剛進入磁場時的加速度為，方向平行導軌向上；
（3）金屬棒穿過磁場過程中，所用的時間為s，金屬棒上產生的電熱為11J。
【點評】對于電磁感應問題研究思路常常有兩條：一條從力的角度，根據牛頓第二定律或平衡條件列出方程；另一條是能量，分析涉及電磁感應現象中的能量轉化問題，根據動能定理、功能關系等列方程求解。
21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
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