《金版程》2025-高考大二輪刷題首選卷-物理專題四 考點2 電磁感應(yīng)含答案

大二輪刷題首選卷物理《金版程》2025-高考大二輪刷題首選卷-物理考點2電磁感應(yīng)考向一楞次定律和法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用1.(多選)如圖所示，多匝線圈繞在鐵芯上與水平金屬導(dǎo)軌相連，導(dǎo)軌的電阻不計，導(dǎo)軌間存在豎直向上的勻強磁場，導(dǎo)軌上放一導(dǎo)體棒ab，與水平金屬導(dǎo)軌垂直并接觸良好。鐵芯左側(cè)用一輕繩懸掛一單匝銅線圈c，線圈c的平面垂直于鐵芯，下列敘述正確的是()A．導(dǎo)體棒ab向右做勻速運動時，金屬線圈c向右擺動B．導(dǎo)體棒ab向左做加速運動時，金屬線圈c向左擺動C．導(dǎo)體棒ab向右做加速運動時，金屬線圈c向左擺動D．導(dǎo)體棒ab向右做減速運動時，金屬線圈c向左擺動答案：BC解析：導(dǎo)體棒ab向右做勻速運動時，ab中產(chǎn)生的感應(yīng)電流不變，螺線管產(chǎn)生的磁場是穩(wěn)定的，穿過c的磁通量不變，c中沒有感應(yīng)電流，金屬線圈c不動，故A錯誤；導(dǎo)體棒ab向左或向右做加速運動時，ab中產(chǎn)生的感應(yīng)電流增大，螺線管產(chǎn)生的磁場增強，穿過c的磁通量增大，根據(jù)楞次定律的推論“增離減靠”可知，金屬線圈c向左擺動，故B、C正確；導(dǎo)體棒ab向右做減速運動時，ab中產(chǎn)生的感應(yīng)電流減小，螺線管產(chǎn)生的磁場減弱，穿過c的磁通量減小，根據(jù)楞次定律的推論“增離減靠”可知，金屬線圈c向右擺動，故D錯誤。2.(多選)法拉第圓盤發(fā)電機的示意圖如圖所示。銅圓盤安裝在豎直的銅軸上，兩銅片P、Q分別與圓盤的邊緣和銅軸接觸。圓盤處于方向豎直向上的勻強磁場B中。圓盤旋轉(zhuǎn)時，關(guān)于流過電阻R的電流，下列說法正確的是()A．若圓盤轉(zhuǎn)動的角速度恒定，則電流大小恒定B．若從上向下看，圓盤順時針轉(zhuǎn)動，則電流沿a到b的方向流動C．若圓盤轉(zhuǎn)動方向不變，角速度大小發(fā)生變化，則電流方向可能發(fā)生變化D．若圓盤轉(zhuǎn)動的角速度變?yōu)樵瓉淼?倍，則電流在R上的熱功率也變?yōu)樵瓉淼?倍答案：AB解析：設(shè)圓盤半徑為l，由法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝Bl·eq\f(0＋ωl,2)＝eq\f(Bl2ω,2)，I＝eq\f(E,R＋r)，故ω恒定時，電流大小恒定，A正確；若從上向下看，圓盤順時針轉(zhuǎn)動，由右手定則知圓盤中心為等效電源正極，圓盤邊緣為負(fù)極，電流從a經(jīng)過R流到b，B正確；圓盤轉(zhuǎn)動方向不變時，等效電源的正、負(fù)極不變，電流方向不變，C錯誤；由P＝I2R＝eq\f(B2l4ω2R,4（R＋r）2)知，角速度變?yōu)樵瓉淼?倍時，R上的熱功率變?yōu)樵瓉淼?倍，D錯誤?？枷蚨姶鸥袘?yīng)中的電路分析3．如圖所示，abcd為水平放置的平行“”形光滑金屬導(dǎo)軌，間距為l，導(dǎo)軌間有垂直于導(dǎo)軌平面的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，導(dǎo)軌電阻不計。已知金屬桿MN傾斜放置，與導(dǎo)軌成θ角，單位長度的電阻為r，保持金屬桿以速度v沿平行于cd的方向滑動(金屬桿滑動過程中與導(dǎo)軌接觸良好)。則()A．電路中感應(yīng)電動勢的大小為eq\f(Blv,sinθ)B．電路中感應(yīng)電流的大小為eq\f(Bvsinθ,r)C．金屬桿所受安培力的大小為eq\f(B2lvsinθ,r)D．金屬桿的熱功率為eq\f(B2lv2,rsinθ)答案：B解析：金屬桿MN的有效切割長度為l，電路中感應(yīng)電動勢的大小為E＝Blv，A錯誤；金屬桿接入電路的電阻R＝eq\f(rl,sinθ)，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，電路中感應(yīng)電流的大小為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(Bvsinθ,r)，B正確；金屬桿所受安培力的大小為F＝BIeq\f(l,sinθ)＝eq\f(B2lv,r)，C錯誤；根據(jù)焦耳定律，金屬桿的熱功率為P＝I2R＝eq\f(B2lv2sinθ,r)，D錯誤。4．(多選)如圖所示，螺線管線圈匝數(shù)為n，橫截面積為S，總電阻為R，其a、b兩端與兩個定值電阻R1和R2相連，已知R1＝R2＝R，勻強磁場沿軸線向上穿過螺線管，其磁感應(yīng)強度大小隨時間變化的關(guān)系式為B＝B0＋kt，其中B0>0，k>0。則下列說法正確的有()A．a(chǎn)端電勢比b端電勢高B．t＝0時，通過螺線管的磁通量為nB0SC．0～t0內(nèi)，通過R1的電荷量為eq\f(2nkt0S,3R)D．0～t0內(nèi)，R1產(chǎn)生的熱量為eq\f(n2k2t0S2,9R)答案：AD解析：由于螺線管中的勻強磁場沿軸線向上，且磁感應(yīng)強度隨時間逐漸增大，則線圈中的磁通量逐漸增加，由楞次定律可得感應(yīng)電流的磁場沿螺線管軸線向下，則感應(yīng)電流由a點流入電阻，即a端電勢比b端電勢高，故A正確；在t＝0時刻，磁感應(yīng)強度為B0，則此時通過螺線管的磁通量為：Φ＝B0S，與匝數(shù)無關(guān)，故B錯誤；由法拉第電磁感應(yīng)定律知，感應(yīng)電動勢為：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)S＝nkS，電路總電阻為：R總＝R＋eq\f(R2,R＋R)＝eq\f(3,2)R，則線圈中的感應(yīng)電流為：I＝eq\f(E,R總)＝eq\f(2nkS,3R)，因R1＝R2＝R，則流過電阻R1的電流為：I1＝eq\f(1,2)I＝eq\f(nkS,3R)，所以0～t0內(nèi)，通過R1的電荷量為：q＝I1t0＝eq\f(nkt0S,3R)，故C錯誤；由焦耳定律可知，在0～t0時間內(nèi)，電阻R1產(chǎn)生的熱量為：Q＝Ieq\o\al(2,1)R1t0＝eq\f(n2k2t0S2,9R)，故D正確?？枷蛉姶鸥袘?yīng)中的圖像問題5．如圖所示，MNQP是邊長為L和2L的矩形，在其由對角線劃分的兩個三角形區(qū)域內(nèi)充滿磁感應(yīng)強度大小相等、方向相反的勻強磁場。邊長為L的正方形導(dǎo)線框，在外力作用下水平向左勻速運動，線框左邊始終與MN平行。設(shè)導(dǎo)線框中感應(yīng)電流i逆時針流向為正。若t＝0時左邊框與PQ重合，則左邊框由PQ運動到MN的過程中，下列i-t圖像正確的是()答案：D解析：設(shè)導(dǎo)線框的電阻為R，運動速度大小為v，則t＝0時，e1＝BLv，i1＝eq\f(e1,R)，線框的左邊框由PQ向左進(jìn)入磁場運動到G點，用時t1＝eq\f(L,v)，則在0～t1時間內(nèi)，根據(jù)右手定則知感應(yīng)電流方向為順時針(負(fù))，而切割磁感線的有效長度l隨時間由L均勻減小到0，根據(jù)e＝Blv和i＝eq\f(e,R)可知，感應(yīng)電流的大小隨時間由i1均勻減小到0；t1～2t1內(nèi)，線框的左邊框由G點運動到MN，線框的左右兩邊同向同速切割方向相反的磁場，根據(jù)右手定則和電路知識可知，總感應(yīng)電動勢為線框左右兩邊產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢之和，且電流方向為逆時針(正)，線框兩邊切割磁感線的有效長度之和恒等于L，則感應(yīng)電流大小恒為eq\f(BLv,R)，故D正確。考向四渦流、電磁阻尼和電磁驅(qū)動、互感和自感6.汽車使用的電磁制動原理示意圖如圖所示，當(dāng)導(dǎo)體在固定通電線圈產(chǎn)生的磁場中運動時，會產(chǎn)生渦流，使導(dǎo)體受到阻礙運動的制動力。下列說法正確的是()A．制動過程中，導(dǎo)體不會發(fā)熱B．制動力的大小與導(dǎo)體運動的速度無關(guān)C．改變線圈中的電流方向，導(dǎo)體就可獲得動力D．制動過程中導(dǎo)體獲得的制動力逐漸減小答案：D解析：由于導(dǎo)體在固定通電線圈產(chǎn)生的磁場中運動時產(chǎn)生了渦流，根據(jù)Q＝I2Rt可知，制動過程中，導(dǎo)體會發(fā)熱，A錯誤；導(dǎo)體運動速度越大，導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢越大，產(chǎn)生的渦流越大，則導(dǎo)體所受安培力即制動力越大，即制動力的大小與導(dǎo)體運動的速度有關(guān)，B錯誤；根據(jù)楞次定律可知，原磁場對渦流的安培力總是要阻礙導(dǎo)體的相對運動，即改變線圈中的電流方向，導(dǎo)體受到的安培力仍然為阻力，C錯誤；制動過程中，導(dǎo)體的速度逐漸減小，導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢變小，產(chǎn)生的渦流變小，則導(dǎo)體所受安培力即制動力變小，D正確。7．(2017·北京高考)圖1和圖2是教材中演示自感現(xiàn)象的兩個電路圖，L1和L2為電感線圈。實驗時，斷開開關(guān)S1瞬間，燈A1突然閃亮，隨后逐漸變暗；閉合開關(guān)S2，燈A2逐漸變亮，而另一個相同的燈A3立即變亮，最終A2與A3的亮度相同。下列說法正確的是()A．圖1中，A1與L1的電阻值相同B．圖1中，閉合S1，電路穩(wěn)定后，A1中電流大于L1中電流C．圖2中，變阻器R與L2的電阻值相同D．圖2中，閉合S2瞬間，L2中電流與變阻器R中電流相等答案：C解析：斷開開關(guān)S1瞬間，線圈L1產(chǎn)生自感電動勢，阻礙電流的減小，通過L1的電流反向通過燈A1，燈A1突然閃亮，隨后逐漸變暗，說明IL1>IA1，即RL1<RA1，A、B錯誤。閉合開關(guān)S2，燈A2逐漸變亮，而另一個相同的燈A3立即變亮，最終A2與A3的亮度相同，說明變阻器R與L2的電阻值相同，C正確。閉合S2瞬間，燈A3立即亮，即通過R的電流立即達(dá)到穩(wěn)定時大?。煌ㄟ^L2的電流增大，由于電磁感應(yīng)，線圈L2產(chǎn)生自感電動勢，阻礙電流的增大，則L2中電流與變阻器R中電流不相等，D錯誤。考向五電磁感應(yīng)中的動力學(xué)、能量和動量問題8.(多選)如圖所示，一足夠長的豎直放置的圓柱形磁鐵，產(chǎn)生一個中心輻射的磁場(磁場水平向外)，一個與磁鐵同軸的圓形金屬環(huán)，環(huán)的質(zhì)量m＝0.2kg，環(huán)單位長度的電阻為0.1πΩ/m，半徑r＝0.1m(大于圓柱形磁鐵的半徑)。金屬環(huán)由靜止開始下落，環(huán)面始終水平，金屬環(huán)切割處的磁感應(yīng)強度大小均為B＝0.5T，不計空氣阻力，重力加速度g取10m/s2。則()A．環(huán)下落過程的最大速度為4m/sB．環(huán)下落過程中，先做勻加速直線運動，再做勻速直線運動C．若下落時間為2s時環(huán)已經(jīng)達(dá)到最大速度，則這個過程通過環(huán)截面的電荷量是eq\f(32,π)CD．若下落高度為3m時環(huán)已經(jīng)達(dá)到最大速度，則這個過程環(huán)產(chǎn)生的熱量為6J答案：AC解析：金屬環(huán)達(dá)到最大速度時，加速度為0，受力平衡，有mg＝BImL，設(shè)金屬環(huán)的最大速度為vm，則Em＝BLvm，Im＝eq\f(Em,R)，L＝2πr，R＝2πr·0.1πΩ/m，解得vm＝4m/s，故A正確；環(huán)下落過程中有mg－BIL＝ma，I＝eq\f(BLv,R)，可得a＝g－eq\f(B2L2,mR)v，開始時速度增大，加速度減小，所以先做加速度減小的加速直線運動，然后做勻速直線運動，故B錯誤；若下落時間為2s時環(huán)已經(jīng)達(dá)到最大速度，根據(jù)動量定理有mgt－∑BiLΔt＝mvm，其中q＝∑iΔt，聯(lián)立可得q＝eq\f(mgt－mvm,BL)＝eq\f(32,π)C，故C正確；若下落高度為3m時環(huán)已經(jīng)達(dá)到最大速度，則mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＋Q，解得Q＝4.4J，故D錯誤。1．(2024·北京高考)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(guān)瞬間，線圈M和線圈P相互吸引B．閉合開關(guān)，達(dá)到穩(wěn)定后，電流表的示數(shù)為0C．?dāng)嚅_開關(guān)瞬間，流過電流表的電流方向由a到bD．?dāng)嚅_開關(guān)瞬間，線圈P中感應(yīng)電流的磁場方向向左答案：B解析：閉合開關(guān)瞬間，線圈M中的電流增大，則產(chǎn)生的磁場增強，穿過線圈P的磁通量增大，由楞次定律的推論“增離減靠”可知，線圈M和線圈P相互排斥，故A錯誤；閉合開關(guān)，達(dá)到穩(wěn)定后，穿過線圈P的磁通量保持不變，線圈P中無感應(yīng)電流產(chǎn)生，電流表的示數(shù)為0，故B正確；斷開開關(guān)前，由安培定則可知，穿過線圈M和線圈P的磁通量向右，斷開開關(guān)瞬間，穿過線圈P的磁通量減小，由楞次定律可知，線圈P產(chǎn)生的感應(yīng)電流的磁場方向向右，由安培定則可知，流過電流表的電流方向由b到a，故C、D錯誤。2．(2023·重慶高考)某小組設(shè)計了一種呼吸監(jiān)測方案：在人身上纏繞彈性金屬線圈，觀察人呼吸時處于勻強磁場中的線圈面積變化產(chǎn)生的電壓，了解人的呼吸狀況。如圖所示，線圈P的匝數(shù)為N，磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，方向與線圈軸線的夾角為θ。若某次吸氣時，在t時間內(nèi)每匝線圈面積增加了S，則線圈P在該時間內(nèi)的平均感應(yīng)電動勢為()A.eq\f(NBScosθ,t) B.eq\f(NBSsinθ,t)C.eq\f(BSsinθ,t) D.eq\f(BScosθ,t)答案：A解析：根據(jù)題意可知，在t時間內(nèi)穿過每匝線圈的磁通量的變化量為ΔΦ＝BScosθ，又由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，線圈P在該時間內(nèi)的平均感應(yīng)電動勢eq\o(E,\s\up6(－))＝Neq\f(ΔΦ,t)，聯(lián)立可得eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(NBScosθ,t)，故A正確。3.(2024·江蘇高考)如圖所示，在絕緣的水平面上，有閉合的兩個線圈a、b，線圈a處在勻強磁場中，現(xiàn)將線圈a從磁場中勻速拉出，線圈a、b中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向分別是()A．順時針，順時針 B．順時針，逆時針C．逆時針，順時針 D．逆時針，逆時針答案：A解析：將線圈a從磁場中勻速拉出的過程中，穿過線圈a的磁通量垂直紙面向里且在減小，根據(jù)楞次定律可知，線圈a中產(chǎn)生的感應(yīng)電流的方向為順時針；由于將線圈a從磁場中勻速拉出，由法拉第電磁感應(yīng)定律及閉合電路歐姆定律可知，線圈a中產(chǎn)生的電流為恒定電流，根據(jù)安培定則可知，線圈a的電流在線圈b處產(chǎn)生垂直紙面向外的磁場，則線圈a靠近線圈b的過程中，穿過線圈b的磁通量垂直紙面向外且增大，由楞次定律可得，線圈b中產(chǎn)生的感應(yīng)電流的方向為順時針，故選A。4．(2024·湖北高考)《夢溪筆談》中記錄了一次罕見的雷擊事件：房屋被雷擊后，屋內(nèi)的銀飾、寶刀等金屬熔化了，但是漆器、刀鞘等非金屬卻完好(原文為：有一木格，其中雜貯諸器，其漆器銀扣者，銀悉熔流在地，漆器曾不焦灼。有一寶刀，極堅鋼，就刀室中熔為汁，而室亦儼然)。導(dǎo)致金屬熔化而非金屬完好的原因可能為()A．摩擦 B．聲波C．渦流 D．光照答案：C解析：雷擊時，會產(chǎn)生瞬間的強電流，從而產(chǎn)生瞬間的強磁場，由電磁感應(yīng)可知，這種變化的磁場會使金屬內(nèi)產(chǎn)生渦電流，從而使金屬發(fā)熱熔化，而非金屬中不能產(chǎn)生渦流，即導(dǎo)致金屬熔化而非金屬完好的原因可能為渦流，C正確。5．(2024·廣東高考)電磁俘能器可在汽車發(fā)動機振動時利用電磁感應(yīng)發(fā)電實現(xiàn)能量回收，結(jié)構(gòu)如圖甲所示。兩對永磁鐵可隨發(fā)動機一起上下振動，每對永磁鐵間有水平方向的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小均為B。磁場中，邊長為L的正方形線圈豎直固定在減震裝置上。某時刻磁場分布與線圈位置如圖乙所示，永磁鐵振動時磁場分界線不會離開線圈。關(guān)于圖乙中的線圈，下列說法正確的是()A．穿過線圈的磁通量為BL2B．永磁鐵相對線圈上升越高，線圈中感應(yīng)電動勢越大C．永磁鐵相對線圈上升越快，線圈中感應(yīng)電動勢越小D．永磁鐵相對線圈下降時，線圈中感應(yīng)電流的方向為順時針方向答案：D解析：根據(jù)題圖乙可知，此時垂直紙面向里穿過線圈的磁通量與垂直紙面向外穿過線圈的磁通量相等，則穿過線圈的磁通量為0，故A錯誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，永磁鐵相對線圈上升越快，線圈中磁通量變化越快，線圈中感應(yīng)電動勢越大，而永磁鐵相對線圈上升的高度與線圈中感應(yīng)電動勢的大小無關(guān)，故B、C錯誤；永磁鐵相對線圈下降時，穿過線圈的磁通量垂直紙面向外且增大，根據(jù)楞次定律和安培定則可知，線圈中感應(yīng)電流的方向為順時針方向，故D正確。6．(2024·甘肅高考)工業(yè)上常利用感應(yīng)電爐冶煉合金，裝置如圖所示。當(dāng)線圈中通有交變電流時，下列說法正確的是()A．金屬中產(chǎn)生恒定感應(yīng)電流B．金屬中產(chǎn)生交變感應(yīng)電流C．若線圈匝數(shù)增加，則金屬中感應(yīng)電流減小D．若線圈匝數(shù)增加，則金屬中感應(yīng)電流不變答案：B解析：當(dāng)線圈中通有交變電流時，穿過線圈平面的磁通量的大小、方向隨電流均發(fā)生周期性變化，根據(jù)楞次定律可知，金屬中產(chǎn)生交變感應(yīng)電流，A錯誤，B正確；若線圈匝數(shù)增加，則任一時刻線圈產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度增加，因此穿過線圈平面的磁通量的變化率增大，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路歐姆定律可知，金屬中感應(yīng)電流增大，C、D錯誤。7．(2024·北京高考)電荷量Q、電壓U、電流I和磁通量Φ是電磁學(xué)中重要的物理量，其中特定的兩個物理量之比可用來描述電容器、電阻、電感三種電磁學(xué)元件的屬性，如圖所示。類似地，上世紀(jì)七十年代有科學(xué)家預(yù)言Φ和Q之比可能也是一種電磁學(xué)元件的屬性，并將此元件命名為“憶阻器”，近年來實驗室已研制出了多種類型的“憶阻器”。由于“憶阻器”對電阻的記憶特性，其在信息存儲、人工智能等領(lǐng)域具有廣闊的應(yīng)用前景。下列說法錯誤的是()A．QU的單位和ΦI的單位不同B．在國際單位制中，圖中所定義的M的單位是歐姆C．可以用eq\f(I,U)來描述物體的導(dǎo)電性質(zhì)D．根據(jù)圖中電感L的定義和法拉第電磁感應(yīng)定律可以推導(dǎo)出自感電動勢的表達(dá)式E＝Leq\f(ΔI,Δt)答案：A解析：由法拉第電磁感應(yīng)定律E＝eq\f(ΔΦ,Δt)，可知Φ的單位為V·s，由Q＝It，可知Q的單位為A·s，則QU與ΦI的單位相同，均為V·A·s，故A錯誤；由M＝eq\f(Φ,Q)可知，在國際單位制中，M的單位是eq\f(V·s,A·s)＝eq\f(V,A)，結(jié)合R＝eq\f(U,I)，可知M的單位是Ω，故B正確；由R＝eq\f(U,I)，知eq\f(I,U)＝eq\f(1,R)，即可以用eq\f(I,U)來描述物體的導(dǎo)電性質(zhì)，故C正確；由法拉第電磁感應(yīng)定律有E＝eq\f(ΔΦ,Δt)，由圖中電感的定義L＝eq\f(Φ,I)，可得L＝eq\f(ΔΦ,ΔI)，聯(lián)立得自感電動勢E＝eq\f(ΔΦ,ΔI)×eq\f(ΔI,Δt)＝Leq\f(ΔI,Δt)，故D正確。本題要求選說法錯誤的，故選A。8.(2024·湖南高考)如圖，有一硬質(zhì)導(dǎo)線Oabc，其中eq\o(abc,\s\up8(︵))是半徑為R的半圓弧，b為圓弧的中點，直線段Oa長為R且垂直于直徑ac。該導(dǎo)線在紙面內(nèi)繞O點逆時針轉(zhuǎn)動，導(dǎo)線始終在垂直紙面向里的勻強磁場中。則O、a、b、c各點電勢關(guān)系為()A．φO>φa>φb>φc B．φO<φa<φb<φcC．φO>φa>φb＝φc D．φO<φa<φb＝φc答案：C解析：如圖所示，O、a、b、c各點電勢的關(guān)系相當(dāng)于Oa、Ob、Oc三條直導(dǎo)體棒繞O點轉(zhuǎn)動切割磁感線時四點的電勢的關(guān)系，根據(jù)右手定則可知，O點電勢最高；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，直導(dǎo)體棒在勻強磁場中轉(zhuǎn)動產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝Bleq\o(v,\s\up6(－))，本題中直導(dǎo)體棒繞棒端點轉(zhuǎn)動，則eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(1,2)ωl，聯(lián)立可得E＝eq\f(1,2)Bωl2，由圖可知lOb＝lOc＝eq\r(R2＋（2R）2)＝eq\r(5)R>lOa＝R，結(jié)合電源的開路電壓等于電動勢，以及楞次定律，可得UOb＝UOc>UOa>0，又UOa＝φO－φa，UOb＝φO－φb，UOc＝φO－φc，可得φO>φa>φb＝φc，故選C。9.(2024·浙江6月選考)如圖所示，邊長為1m、電阻為0.04Ω的剛性正方形線框abcd放在勻強磁場中，線框平面與磁場垂直。若線框固定不動，磁感應(yīng)強度以eq\f(ΔB,Δt)＝0.1T/s均勻增大時，線框的發(fā)熱功率為P；若磁感應(yīng)強度恒為0.2T，線框以某一角速度繞其中心軸OO′勻速轉(zhuǎn)動時，線框的發(fā)熱功率為2P，則ab邊所受最大的安培力為()A．eq\f(1,2)N B．eq\f(\r(2),2)NC．1N D．eq\r(2)N答案：C解析：設(shè)線框的邊長為L，電阻為R。磁感應(yīng)強度均勻增大時，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E0＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S，其中線框面積為S＝L2＝1m2，可得E0＝0.1V，則此情況線框的發(fā)熱功率為P＝eq\f(Eeq\o\al(2,0),R)＝0.25W；線框以某一角速度ω繞其中心軸OO′勻速轉(zhuǎn)動時，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，產(chǎn)生的電動勢的最大值為E1m＝BSω，有效值為E1＝eq\f(E1m,\r(2))，此時線框的發(fā)熱功率為2P＝eq\f(Eeq\o\al(2,1),R)，由題知B＝0.2T，聯(lián)立可解得ω＝1rad/s。線框以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動時，分析可知，當(dāng)線框平面與磁場方向平行時，感應(yīng)電流最大，ab邊所受安培力最大，此時電流為I1m＝eq\f(E1m,R)＝5A，故ab邊所受最大的安培力為F安m＝BI1mL＝1N，故選C。10．(2024·山東高考)(多選)如圖所示，兩條相同的半圓弧形光滑金屬導(dǎo)軌固定在水平桌面上，其所在平面豎直且平行，導(dǎo)軌最高點到水平桌面的距離等于半徑，最低點的連線OO′與導(dǎo)軌所在豎直面垂直?？臻g充滿豎直向下的勻強磁場(圖中未畫出)，導(dǎo)軌左端由導(dǎo)線連接?，F(xiàn)將具有一定質(zhì)量和電阻的金屬棒MN平行OO′放置在導(dǎo)軌圖示位置，由靜止釋放。MN運動過程中始終平行于OO′且與兩導(dǎo)軌接觸良好，不考慮自感影響，下列說法正確的是()A．MN最終一定靜止于OO′位置B．MN運動過程中安培力始終做負(fù)功C．從釋放到第一次到達(dá)OO′位置過程中，MN的速率一直在增大D．從釋放到第一次到達(dá)OO′位置過程中，MN中電流方向由M到N答案：ABD解析：金屬棒MN從釋放到第一次到達(dá)OO′位置過程中，根據(jù)右手定則可知，MN中產(chǎn)生的感應(yīng)電流的方向由M到N，根據(jù)左手定則，可知金屬棒MN受到的安培力水平向左，則安培力做負(fù)功；當(dāng)MN第一次經(jīng)過OO′位置時，有向右的速度，會向右運動，同理分析可知，MN從OO′位置向右運動到最高點的過程，所受安培力仍水平向左，安培力做負(fù)功；當(dāng)金屬棒MN到達(dá)右側(cè)最高點后，會向左運動，同理分析可知，金屬棒MN受到的安培力水平向右，則安培力做負(fù)功；之后MN往復(fù)運動，MN運動過程中安培力始終做負(fù)功，根據(jù)能量守恒定律可知，MN上升的最大高度不斷減小，直至MN經(jīng)過OO′位置的速度為0時，才不再運動，即MN最終靜止于OO′位置，故A、B、D正確。金屬棒MN從釋放到第一次到達(dá)OO′位置過程中，金屬棒MN所受安培力水平向左且始終大于零，由于在OO′位置金屬棒重力沿導(dǎo)軌切線方向的分力為0，可知在到達(dá)OO′位置之前，重力沿導(dǎo)軌切線方向的分力已經(jīng)小于安培力沿切線方向的分力，金屬棒MN已經(jīng)做減速運動，故C錯誤。11．(2024·河北高考)如圖，邊長為2L的正方形金屬細(xì)框固定放置在絕緣水平面上，細(xì)框中心O處固定一豎直細(xì)導(dǎo)體軸OO′。間距為L、與水平面成θ角的平行導(dǎo)軌通過導(dǎo)線分別與細(xì)框及導(dǎo)體軸相連。導(dǎo)軌和細(xì)框分別處在與各自所在平面垂直的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小均為B。足夠長的細(xì)導(dǎo)體棒OA在水平面內(nèi)繞O點以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動，水平放置在導(dǎo)軌上的導(dǎo)體棒CD始終靜止。OA棒在轉(zhuǎn)動過程中，CD棒在所受安培力達(dá)到最大和最小時均恰好能靜止。已知CD棒在導(dǎo)軌間的電阻值為R，電路中其余部分的電阻均不計，CD棒始終與導(dǎo)軌垂直，各部分始終接觸良好，不計空氣阻力，重力加速度大小為g。(1)求CD棒所受安培力的最大值和最小值。(2)鎖定OA棒，推動CD棒下滑，撤去推力瞬間，CD棒的加速度大小為a，所受安培力大小等于(1)問中安培力的最大值，求CD棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)。答案：(1)eq\f(B2L3ω,R)eq\f(B2L3ω,2R)(2)eq\f(a,gcosθ)－eq\f(1,3)tanθ解析：(1)設(shè)OA棒接入電路的長度為l，則OA棒切割磁感線的平均速度eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(1,2)ωl根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，此時回路的感應(yīng)電動勢大小E＝Bleq\o(v,\s\up6(－))根據(jù)閉合電路歐姆定律，此時通過CD棒的電流大小I＝eq\f(E,R)則CD棒所受安培力大小F＝ILB聯(lián)立得F＝eq\f(B2Ll2ω,2R)當(dāng)OA棒運動到細(xì)框?qū)蔷€位置時，l最大，為lmax＝eq\r(2)L，此時CD棒所受的安培力最大可解得CD棒所受安培力的最大值為Fmax＝eq\f(B2L3ω,R)當(dāng)OA棒運動到與細(xì)框一邊平行時，l最小，為lmin＝L，此時CD棒所受的安培力最小可解得CD棒所受安培力的最小值為Fmin＝eq\f(B2L3ω,2R)。(2)設(shè)CD棒的質(zhì)量為m，CD棒與導(dǎo)軌間的最大靜摩擦力為fm，CD棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為μ。CD棒在導(dǎo)軌上靜止時，根據(jù)題意，當(dāng)CD棒受到的安培力最小時，根據(jù)平衡條件有mgsinθ＝fm＋Fmin當(dāng)CD棒受到的安培力最大時，根據(jù)平衡條件有Fmax＝mgsinθ＋fm撤去推力瞬間，對CD棒，沿導(dǎo)軌方向，根據(jù)牛頓第二定律有Fmax＋f－mgsinθ＝ma其中滑動摩擦力大小f＝μN垂直導(dǎo)軌方向，根據(jù)平衡條件有N＝mgcosθ聯(lián)立解得μ＝eq\f(a,gcosθ)－eq\f(1,3)tanθ。12．(2024·廣西高考)某興趣小組為研究非摩擦形式的阻力設(shè)計了如圖甲的模型。模型由大齒輪、小齒輪、鏈條、阻力裝置K及絕緣圓盤等組成。K由固定在絕緣圓盤上兩個完全相同的環(huán)狀扇形線圈M1、M2組成。小齒輪與絕緣圓盤固定于同一轉(zhuǎn)軸上，轉(zhuǎn)軸軸線位于磁場邊界處，方向與磁場方向平行，勻強磁場磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直紙面向里，與K所在平面垂直。大、小齒輪半徑比為n，通過鏈條連接。K的結(jié)構(gòu)參數(shù)見圖乙，其中r1＝r，r2＝4r，每個線圈的圓心角為π－β，圓心在轉(zhuǎn)軸軸線上，電阻為R。不計摩擦，忽略磁場邊界處的磁場。若大齒輪以ω的角速度保持勻速轉(zhuǎn)動，以線圈M1的ab邊某次進(jìn)入磁場時為計時起點，求K轉(zhuǎn)動一周，(1)不同時間線圈M1受到的安培力大?。?2)流過線圈M1的電流有效值；(3)裝置K消耗的平均電功率。答案：(1)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(F＝\f(45nB2r3ω,2R)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0≤t<\f(\a\vs4\al(π－β),nω)或\f(π,nω)≤t<\f(\a\vs4\al(2π－β),nω))),F＝0\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\a\vs4\al(π－β),nω)≤t<\f(π,nω)或\f(\a\vs4\al(2π－β),nω)≤t<\f(2π,nω)))))(2)eq\f(15nBr2ω,2R)eq\r(\f(\a\vs4\al(π－β),π))(3)eq\f(\a\vs4\al(225n2B2r4ω2（π－β）),2πR)解析：(1)設(shè)小齒輪轉(zhuǎn)動的角速度為ω1，小齒輪半徑為r0，則大齒輪半徑為nr0，大、小齒輪邊緣線速度大小相等，設(shè)為v，則v＝ω1r0v＝ω·nr0聯(lián)立解得ω1＝nω則小齒輪和線圈的轉(zhuǎn)動周期為T＝eq\f(2π,ω1)＝eq\f(2π,nω)以線圈M1的ab邊某次進(jìn)入磁場時為計時起點，到cd邊進(jìn)入磁場為止，經(jīng)歷的時間為t1＝eq\f(\a\vs4\al(π－β),2π)T＝eq\f(\a\vs4\al(π－β),nω)這段時間內(nèi)線圈M1產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小為E1＝B(r2－r1)eq\f(va＋vb,2)流過線圈M1的感應(yīng)電流大小為I1＝eq\f(E1,R)線圈M1受到的安培力大小為F1＝BI1(r2－r1)其中r1＝r，r2＝4ra點速度va＝ω1r1b點速度vb＝ω1r2聯(lián)立解得F1＝eq\f(45nB2r3ω,2R)；自cd邊進(jìn)入磁場到ab邊離開磁場，經(jīng)歷的時間為t2＝eq\f(\a\vs4\al(β),2π)T＝eq\f(\a\vs4\al(β),nω)這段時間內(nèi)穿過線圈M1的磁通量不變，線圈M1中無感應(yīng)電流產(chǎn)生，受到的安培力大小為F2＝0；同理，自ab邊離開磁場到cd邊離開磁場，經(jīng)歷的時間為t3＝t1＝eq\f(\a\vs4\al(π－β),nω)線圈M1受到的安培力大小為F3＝F1＝eq\f(45nB2r3ω,2R)；自cd邊離開磁場到ab邊進(jìn)入磁場，經(jīng)歷的時間為t4＝t2＝eq\f(\a\vs4\al(β),nω)線圈M1受到的安培力大小為F4＝F2＝0。綜上所述，K轉(zhuǎn)動一周，不同時間線圈M1受到安培力的大小為eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(F＝\f(45nB2r3ω,2R)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0≤t<\f(\a\vs4\al(π－β),nω)或\f(π,nω)≤t<\f(\a\vs4\al(2π－β),nω))),F＝0\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\a\vs4\al(π－β),nω)≤t<\f(π,nω)或\f(\a\vs4\al(2π－β),nω)≤t<\f(2π,nω)))。))(2)由(1)可解得I1＝eq\f(15nBr2ω,2R)設(shè)流過線圈M1的電流有效值為I，根據(jù)有效值定義有Ieq\o\al(2,1)Rt1＋I(xiàn)eq\o\al(2,3)Rt3＝I2RT其中I3＝I1聯(lián)立解得I＝eq\f(15nBr2ω,2R)eq\r(\f(\a\vs4\al(π－β),π))。(3)根據(jù)題意分析可知，流過線圈M1和M2的電流有效值相同，則裝置K消耗的平均電功率為P＝2I2R解得P＝eq\f(\a\vs4\al(225n2B2r4ω2（π－β）),2πR)。13．(2024·安徽高考)如圖所示，一“U”形金屬導(dǎo)軌固定在豎直平面內(nèi)，一電阻不計、質(zhì)量為m的金屬棒ab垂直于導(dǎo)軌，并靜置于絕緣固定支架上。邊長為L的正方形cdef區(qū)域內(nèi)，存在垂直于紙面向外的勻強磁場。支架上方的導(dǎo)軌間，存在豎直向下的勻強磁場。兩磁場的磁感應(yīng)強度大小B隨時間的變化關(guān)系均為B＝kt(SI)，k為常數(shù)(k>0)。支架上方的導(dǎo)軌足夠長，兩邊導(dǎo)軌單位長度的電阻均為r，下方導(dǎo)軌的總電阻為R。t＝0時，對ab施加豎直向上的拉力，恰使其向上做加速度大小為a的勻加速直線運動，整個運動過程中ab與兩邊導(dǎo)軌接觸良好。已知ab與導(dǎo)軌間動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g。不計空氣阻力，兩磁場互不影響。(1)求通過面積Scdef的磁通量大小隨時間t變化的關(guān)系式，以及感應(yīng)電動勢的大小，并寫出ab中電流的方向；(2)求ab所受安培力的大小隨時間t變化的關(guān)系式；(3)求經(jīng)過多長時間，對ab所施加的拉力達(dá)到最大值，并求此最大值。答案：(1)Φ＝kL2tkL2從a流向b(2)F安＝eq\f(k2L3t,R＋art2)(3)eq\r(\f(R,ar))eq\f(\a\vs4\al(μk2L3),2\r(Rar))＋m(g＋a)解析：(1)通過面積Scdef的磁通量為Φ＝BScdef又B＝ktScdef＝L2聯(lián)立可得Φ＝kL2t根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得，感應(yīng)電動勢的大小E＝eq\f(ΔΦ,Δt)聯(lián)立可得E＝kL2由楞次定律可知，ab中的電流從a流向b。(2)設(shè)t時刻金屬棒ab向上運動的位移為x，根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律有x＝eq\f(1,2)at2所以此時回路中支架上方兩邊導(dǎo)軌的總電阻為R′＝2xr由閉合電路歐姆定律得，此時回路中的電流大小I＝eq\f(E,R＋R′)ab所受安培力大小F安＝BIL其中B＝kt聯(lián)立可得F安＝eq\f(k2L3t,R＋art2)。(3)根據(jù)左手定則可知，ab受到的安培力方向垂直導(dǎo)軌向里，在垂直導(dǎo)軌方向，根據(jù)平衡條件知，ab所受導(dǎo)軌的彈力大小FN＝F安設(shè)對ab施加的豎直向上的拉力大小為F，ab所受導(dǎo)軌的摩擦力大小為f，對ab受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有F－mg－f＝ma又f＝μFN聯(lián)立可得F＝eq\f(\a\vs4\al(μk2L3),\f(R,t)＋art)＋m(g＋a)根據(jù)數(shù)學(xué)知識可知，當(dāng)eq\f(R,t)＝art時，F(xiàn)有最大值可解得F最大的時刻為t＝eq\r(\f(R,ar))F的最大值為Fm＝eq\f(\a\vs4\al(μk2L3),2\r(Rar))＋m(g＋a)。14．(2024·湖北高考)如圖所示，兩足夠長平行金屬直導(dǎo)軌MN、PQ的間距為L，固定在同一水平面內(nèi)，直導(dǎo)軌在左端M、P點分別與兩條豎直固定、半徑為L的eq\f(1,4)圓弧導(dǎo)軌相切。MP連線與直導(dǎo)軌垂直，其左側(cè)無磁場，右側(cè)存在磁感應(yīng)強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場。長為L、質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒ab跨放在兩圓弧導(dǎo)軌的最高點。質(zhì)量為2m、電阻為6R的均勻金屬絲制成一個半徑為L的圓環(huán)，水平放置在兩直導(dǎo)軌上，其圓心到兩直導(dǎo)軌的距離相等。忽略導(dǎo)軌的電阻、所有摩擦以及金屬環(huán)的可能形變，金屬棒、金屬環(huán)均與導(dǎo)軌始終接觸良好，重力加速度大小為g?，F(xiàn)將金屬棒ab由靜止釋放，求(1)ab剛越過MP時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小。(2)金屬環(huán)剛開始運動時的加速度大小。(3)為使ab在整個運動過程中不與金屬環(huán)接觸，金屬環(huán)圓心初始位置到MP的最小距離。答案：(1)BLeq\r(2gL)(2)eq\f(B2L2\r(2gL),3mR)(3)eq\f(B2L3＋mR\r(2gL),B2L2)解析：(1)設(shè)ab剛越過MP時的速度大小為v0，對金屬棒ab由靜止釋放到剛越過MP的過程，由動能定理有mgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－0解得v0＝eq\r(2gL)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，ab剛越過MP時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小為E＝BLv0解得E＝BLeq\r(2gL)。(2)分析可知，金屬環(huán)在導(dǎo)軌外側(cè)的兩段圓弧被短路，在導(dǎo)軌間的兩段圓弧并聯(lián)接入電路中，由幾何關(guān)系可得，這兩段圓弧所對應(yīng)的圓心角均為θ＝60°，則這兩段圓弧的電阻均為R0＝eq\f(θ,360°)×6R整個回路的總電阻為R總＝R＋eq\f(R0·R0,R0＋R0)聯(lián)立解得R總＝eq\f(3,2)Rab剛越過MP時，通過ab的感應(yīng)電流大小為I＝eq\f(E,R總)金屬環(huán)接入電路的兩段圓弧所受安培力大小均為F安＝BLeq\f(I,2)分析知，金屬環(huán)接入電路的兩段圓弧中電流方向相同，則所受安培力方向相同，設(shè)金屬環(huán)剛開始運動時的加速度大小為a，對金屬環(huán)，由牛頓第二定律有2F安＝2ma聯(lián)立解得a＝eq\f(\a\vs4\al(B2L2\r(2gL)),3mR)。(3)分析可知，金屬環(huán)和金屬棒ab所受的安培力等大反向，則金屬環(huán)與金屬棒ab組成的系統(tǒng)的動量守恒。開始階段金屬環(huán)向右做加速運動，金屬棒ab向右做減速運動，當(dāng)金屬棒ab和金屬環(huán)速度相等時，若金屬棒ab恰好追不上金屬環(huán)，則ab在整個運動過程中恰好不與金屬環(huán)接觸，此時金屬環(huán)圓心初始位置到MP的距離最小。設(shè)二者達(dá)到的共同速度為v，從ab剛越過MP至與金屬環(huán)達(dá)到共同速度，對金屬棒ab和金屬環(huán)組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律有mv0＝mv＋2mv設(shè)此過程金屬棒ab運動的距離為x1，金屬環(huán)運動的距離為x2，經(jīng)過的時間為Δt，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得，平均感應(yīng)電動勢eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(BL（x1－x2）,Δt)由閉合電路歐姆定律得，ab中的平均感應(yīng)電流eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R總)對金屬棒ab，由動量定理有－Beq\o(I,\s\up6(－))LΔt＝mv－mv0由位移關(guān)系知，金屬環(huán)圓心初始位置到MP的最小距離d＝L＋(x1－x2)聯(lián)立解得d＝eq\f(B2L3＋mR\r(2gL),B2L2)。1．(2024·江西省普通高等學(xué)校招生考試適應(yīng)性測試)柔性可穿戴設(shè)備導(dǎo)電復(fù)合材料電阻率的測量需要使用一種非接觸式傳感器。如圖a所示，傳感器探頭線圈置于被測材料上方，給線圈通正弦交變電流如圖b所示，電路中箭頭為電流正方向。在eq\f(T,2)～eq\f(3T,4)時間內(nèi)，關(guān)于渦旋電流的大小和方向(俯視)，下列說法正確的是()A．不斷增大，逆時針 B．不斷增大，順時針C．不斷減小，逆時針 D．不斷減小，順時針答案：D解析：由題意可知，在eq\f(T,2)～eq\f(3T,4)時間內(nèi)，傳感器探頭線圈中的電流與題圖a所示電流方向相反，且不斷增大，由右手螺旋定則可知，穿過被測材料的原磁場方向豎直向上，且不斷增強，根據(jù)楞次定律可知，被測材料的感應(yīng)磁場方向豎直向下，由安培定則可知，被測材料上的渦流方向為順時針(俯視)；又因為eq\f(T,2)～eq\f(3T,4)時間內(nèi)，i-t圖像的斜率不斷減小，則穿過被測材料的磁感應(yīng)強度的變化率不斷減小，由法拉第電磁感應(yīng)定律及閉合電路歐姆定律有E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)S，I＝eq\f(E,R)，可知，被測材料上的渦流大小不斷減小。故選D。2．(2024·河北省邯鄲市高三下一模)2023年11月我國首顆高精度地磁場探測衛(wèi)星投入使用，該衛(wèi)星將大幅提高我國地球磁場探測技術(shù)水平。地磁場的磁感線從地理南極出發(fā)，回到地理北極，磁感線分布如圖1所示。在地面上不太大范圍內(nèi)，地磁場都可以看成是勻強磁場。設(shè)在北京某處有一個半徑為r、總電阻為R的單匝閉合線圈，初始狀態(tài)線圈水平放置，線圈所在位置地磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，方向與線圈面成α角(α<45°)。若以東西方向的直徑為軸，從東向西看，把線圈逆時針轉(zhuǎn)過eq\f(π,2)，如圖2所示，則此過程通過回路截面的電荷量為()A.eq\f(Bπr2,R)(cosα－sinα) B.eq\f(Bπr2,R)(cos2α－sin2α)C.eq\f(Bπr2,R) D.eq\f(Bπr2,R)cosα答案：A解析：北京位于北半球，此處地磁場方向斜向下，地磁場的水平分量指向北，線圈水平放置時，穿過線圈的磁通量大小Φ1＝B·πr2·sinα，以東西方向的直徑為軸，從東向西看，把線圈逆時針轉(zhuǎn)過eq\f(π,2)后，穿過線圈的磁通量大小Φ2＝B·πr2·cosα，線圈位于兩個位置時，穿過線圈的磁通量方向相同，則此過程中，穿過線圈的磁通量變化量大小為ΔΦ＝|Φ2－Φ1|＝Bπr2·(cosα－sinα)，設(shè)轉(zhuǎn)動過程用時為Δt，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，可知線圈轉(zhuǎn)動過程產(chǎn)生的平均電動勢eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(ΔΦ,Δt)，根據(jù)閉合電路歐姆定律，可知轉(zhuǎn)動過程中流過線圈的平均電流為eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R)，通過回路截面的電荷量為q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt，聯(lián)立得q＝eq\f(Bπr2（cosα－sinα）,R)，故選A。3．(2024·內(nèi)蒙古赤峰市高三下一模)(多選)矩形導(dǎo)線框abcd放在勻強磁場中，在外力控制下處于靜止?fàn)顟B(tài)，如圖甲所示。磁感線方向與導(dǎo)線框所在平面垂直，磁感應(yīng)強度B隨時間變化的圖像如圖乙所示(規(guī)定磁感應(yīng)強度的方向垂直導(dǎo)線框平面向里為正方向)，在0～4s時間內(nèi)，流過導(dǎo)線框的電流(規(guī)定順時針方向為正方向)與導(dǎo)線框ad邊所受安培力隨時間變化的圖像(規(guī)定以向左為安培力正方向)可能是圖中的()答案：AC解析：由題圖乙可知，在0～1s時間內(nèi)，原磁場磁感應(yīng)強度垂直紙面向外，且不斷減小，由楞次定律和安培定則可知，流過導(dǎo)線框的感應(yīng)電流為逆時針方向，即為負(fù)方向；同理可得，在1～2s時間內(nèi)，流過導(dǎo)線框的感應(yīng)電流為逆時針方向，即為負(fù)方向；在2～4s時間內(nèi)，流過導(dǎo)線框的感應(yīng)電流為順時針方向，即為正方向；由題圖乙可知，0～2s和2～4s原磁場的磁感應(yīng)強度均隨時間均勻變化，且變化率大小相同，由法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路歐姆定律可知，0～2s和2～4s導(dǎo)線框中的感應(yīng)電流大小不變且相等，故A正確，B錯誤；由以上分析得，在0～1s時間內(nèi)，導(dǎo)線框ad邊電流方向為由a向d，空間所加磁場的磁感應(yīng)強度B垂直紙面向外，且線性減小到0，根據(jù)左手定則及安培力公式可知，導(dǎo)線框ad邊所受安培力向左，且線性減小到0，即安培力為正方向，且線性減小到0；同理可得，在1～2s時間內(nèi)，導(dǎo)線框ad邊受到的安培力為負(fù)方向，且線性增大；在2～3s時間內(nèi)，導(dǎo)線框ad邊受到的安培力為正方向，且線性減小到0；在3～4s內(nèi)，導(dǎo)線框ad邊受到的安培力為負(fù)方向，且線性增大，由于導(dǎo)線框中電流大小不變，t＝0、t＝2s、t＝4s時B的大小相同，則ad邊受到的安培力大小相同，故C正確，D錯誤。4.(2024·黑龍江省大慶市高三下三模)如圖所示，垂直紙面的正方形勻強磁場區(qū)域內(nèi)，有一位于紙面的、電阻均勻的正方形導(dǎo)體框abcd，現(xiàn)將導(dǎo)體框分別朝兩個方向以v、2v的速度勻速拉出磁場，則導(dǎo)體框從兩個方向分別移出磁場的過程中()A．導(dǎo)體框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向相反B．導(dǎo)體框受到的安培力大小之比為1∶4C．導(dǎo)體框中產(chǎn)生的焦耳熱之比為1∶4D．通過導(dǎo)體框截面的電荷量之比為1∶1答案：D解析：將導(dǎo)體框從兩個方向移出磁場的過程中，穿過導(dǎo)體框的磁通量均減小，而原磁場方向都垂直紙面向外，根據(jù)楞次定律和安培定則可知，導(dǎo)體框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向均沿逆時針方向，故A錯誤；設(shè)勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，導(dǎo)體框的邊長為L，電阻為R，導(dǎo)體框以速度v勻速拉出磁場時，由法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路歐姆定律可知，導(dǎo)體框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小為I1＝eq\f(BLv,R)，受到的安培力大小為F1＝BI1L＝eq\f(B2L2v,R)，由焦耳定律可知，導(dǎo)體框產(chǎn)生的焦耳熱為Q1＝Ieq\o\al(2,1)Rt1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(BLv,R)))eq\s\up12(2)R·eq\f(L,v)＝eq\f(B2L3v,R)，通過導(dǎo)體框截面的電荷量為q1＝I1t1＝eq\f(BLv,R)·eq\f(L,v)＝eq\f(BL2,R)；同理可知，導(dǎo)體框以速度2v勻速拉出磁場時，導(dǎo)體框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小為I2＝eq\f(2BLv,R)，受到的安培力大小為F2＝BI2L＝eq\f(2B2L2v,R)，產(chǎn)生的焦耳熱為Q2＝Ieq\o\al(2,2)Rt2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2BLv,R)))eq\s\up12(2)R·eq\f(L,2v)＝eq\f(2B2L3v,R)，通過導(dǎo)體框截面的電荷量為q2＝I2t2＝eq\f(2BLv,R)·eq\f(L,2v)＝eq\f(BL2,R)，則有F1∶F2＝1∶2，Q1∶Q2＝1∶2，q1∶q2＝1∶1，故B、C錯誤，D正確。5．(2024·江西省贛州市高三下5月二模)(多選)某?？萍寂d趣小組設(shè)計了一個玩具車的電磁驅(qū)動系統(tǒng)，如圖所示，abcd是固定在塑料玩具車底部的長為L、寬為eq\f(L,2)的長方形金屬線框，線框粗細(xì)均勻且電阻為R。驅(qū)動磁場為方向垂直于水平地面、等間隔交替分布的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小均為B，每個磁場寬度均為eq\f(L,2)。現(xiàn)使驅(qū)動磁場以速度v0向右勻速運動，線框?qū)⑹艿酱艌隽Σ油婢哕囉伸o止開始運動，假設(shè)玩具車所受阻力f與其運動速度v的關(guān)系為f＝kv(k為常量)。下列說法正確的是()A．a(chǎn)、d兩點間的電壓的最大值的絕對值為eq\f(BLv0,3)B．玩具車在運動過程中線框中電流方向不改變C．線框勻速運動時，安培力的功率等于回路中的電功率D．玩具車和線框的最大速度為vm＝eq\f(4B2L2v0,kR＋4B2L2)答案：AD解析：由題意可知，剛開始時線框相對于磁場的速度最大，線框中的感應(yīng)電動勢最大，a、d兩點間的電壓最大，此時ab、cd均切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的方向在回路中相同，則總電動勢為E總＝2BLv0，因線框粗細(xì)均勻且電阻為R，則ad部分電阻為eq\f(R,6)，由串聯(lián)電路分壓規(guī)律可知，a、d兩點間的電壓的最大值的絕對值為eq\f(E總,6)＝eq\f(BLv0,3)，故A正確；磁場相對線框向右運動，相當(dāng)于線框向左切割磁感線，ab、cd所處的磁場區(qū)域會不斷發(fā)生變化，結(jié)合右手定則可知，線框中電流方向不斷變化，故B錯誤；設(shè)玩具車和線框的最大速度為vm，則其相對于磁場運動的最小速度為v0－vm，此時線框產(chǎn)生的總電動勢為E＝2BL(v0－vm)，線框中的感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(2BL（v0－vm）,R)，線框受到的總安培力為F＝2BIL＝eq\f(4B2L2（v0－vm）,R)，由平衡條件有fm＝F，其中fm＝kvm，聯(lián)立可得vm＝eq\f(4B2L2v0,kR＋4B2L2)，故D正確；玩具車達(dá)到最大速度后開始做勻速運動，安培力的功率為P1＝Fvm＝eq\f(4B2L2（v0－vm）vm,R)，電功率為P2＝eq\f(E2,R)＝eq\f(4B2L2（v0－vm）2,R)，僅當(dāng)v0－vm＝vm，即vm＝eq\f(v0,2)時，才有P1＝P2，但vm不一定等于eq\f(v0,2)，故C錯誤。6．(2024·江西省宜春市高三4月適應(yīng)性考試)(多選)如圖乙所示是我國某磁懸浮列車?yán)秒姶抛枘彷o助剎車的示意圖，在車身下方固定一由粗細(xì)均勻?qū)Ь€制成的N匝矩形線框abcd，ab邊長為L，bc邊長為d，在站臺軌道上存在方向豎直向上、磁感應(yīng)強度大小為B的有界矩形勻強磁場MNPQ，區(qū)域長也為d，MN邊界與ab平行。若ab邊剛進(jìn)入磁場時列車關(guān)閉發(fā)動機，此時的速度大小為v0，cd邊剛離開磁場時列車剛好停止運動。已知線框總電阻為R，列車的總質(zhì)量為m，列車停止前所受鐵軌阻力及空氣阻力的合力恒為f。重力加速度為g。下列說法正確的是()A．列車進(jìn)站過程中電流方向為adcbB．線框ab邊剛進(jìn)入磁場時列車的加速度大小a＝eq\f(N2B2L2v0,mR)＋eq\f(f,m)C．線框從進(jìn)入到離開磁場過程中，線框產(chǎn)生的焦耳熱Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－fdD．線框從進(jìn)入到離開磁場過程所用的時間t＝eq\f(mv0,f)－eq\f(2N2B2L2d,fR)答案：BD解析：列車進(jìn)站過程中，穿過線框的磁通量方向向上且變大，由楞次定律及安培定則可知，列車進(jìn)站過程中電流方向為abcd，A錯誤；由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，線框ab邊進(jìn)入磁場瞬間產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝NBLv0，由閉合電路的歐姆定律得，線框中的感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)，對列車由牛頓第二定律得NBIL＋f＝ma，聯(lián)立解得線框ab邊剛進(jìn)入磁場時列車的加速度大小a＝eq\f(N2B2L2v0,mR)＋eq\f(f,m)，B正確；線框從進(jìn)入到離開磁場的過程中，列車動能全部轉(zhuǎn)化為由于阻力f產(chǎn)生的內(nèi)能和焦耳熱，由能量守恒定律有Q＋f·2d＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－2fd，C錯誤；線框進(jìn)入磁場和離開磁場的過程中，設(shè)所用時間分別為t1和t2，線框中的平均電流分別為eq\o(I,\s\up6(－))1和eq\o(I,\s\up6(－))2，平均感應(yīng)電動勢分別為eq\o(E,\s\up6(－))1、eq\o(E,\s\up6(－))2，由動量定理得－NBeq\o(I,\s\up6(－))1Lt1－NBeq\o(I,\s\up6(－))2Lt2－ft＝0－mv0，又eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－))1,R)＝N·eq\f(BLd,t1)·eq\f(1,R)，I2＝eq\f(\o(E,\s\up6(－))2,R)＝N·eq\f(BLd,t2)·eq\f(1,R)，聯(lián)立解得t＝eq\f(mv0,f)－eq\f(2N2B2L2d,fR)，D正確。7.(2024·安徽省高三下三模)(多選)如圖所示，質(zhì)量為m、長為L的金屬桿ab，以一定的初速度v0從一光滑平行金屬軌道的底端向上滑行，軌道平面與水平面成θ角，軌道平面處于磁感應(yīng)強度為B、方向垂直軌道平面向上的勻強磁場中，兩導(dǎo)軌上端用一阻值為R的電阻相連，軌道與金屬桿ab的電阻均不計，金屬桿向上滑行到某一高度后又返回到底端，則金屬桿()A．在上滑和下滑過程中的平均速度均小于eq\f(v0,2)B．在上滑過程中克服安培力做的功等于下滑過程中克服安培力做的功C．在上滑過程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱等于金屬桿ab減少的動能D．在上滑過程中通過電阻R的電荷量等于下滑過程中通過電阻R的電荷量答案：AD解析：設(shè)金屬桿上滑時經(jīng)過某一位置的速度大小為v，則此時金屬桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝BLv，閉合回路中感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)，金屬桿受到的安培力大小F＝BIL，由牛頓第二定律得mgsinθ＋F＝ma，聯(lián)立得此時金屬桿的加速度大小a＝gsinθ＋eq\f(B2L2v,mR)，則隨著速度的減小，加速度減小，即上滑時金屬桿做加速度減小的減速運動，結(jié)合v-t圖像可知，上滑時金屬桿的位移小于做勻減速直線運動的位移，則上滑時的平均速度小于eq\f(v0,2)；由于機械能有損失，所以金屬桿經(jīng)過同一位置時上滑的速度大于下滑的速度，則下滑過程的平均速度小于上滑過程的平均速度，也就小于eq\f(v0,2)，A正確。金屬桿經(jīng)過同一位置時上滑的速度大于下滑的速度，則上滑時受到的安培力大于下滑時所受的安培力，所以金屬桿上滑過程中克服安培力做的功大于下滑過程中克服安培力做的功，故B錯誤。在上滑過程中，金屬桿ab減小的動能轉(zhuǎn)化為電阻R上的焦耳熱和金屬桿的重力勢能，故金屬桿在上滑過程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱小于金屬桿ab減小的動能，故C錯誤。設(shè)金屬桿上滑過程中所用時間為Δt，位移大小為x，由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，金屬桿產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動勢eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(BLx,Δt)，由閉合電路歐姆定律可知，流過電阻R的平均電流為eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R)，通過電阻R的電荷量q1＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt，聯(lián)立得q1＝eq\f(BLx,R)，同理可知，金屬桿下滑過程中通過電阻R的電荷量q2＝eq\f(BLx,R)＝q1，故D正確。8．(2023·廣東省深圳市高三下第二次調(diào)研)(多選)如圖，質(zhì)量為1kg的方形鋁管靜置在足夠大的絕緣水平面上，現(xiàn)使質(zhì)量為2kg的條形磁鐵(條形磁鐵橫截面比鋁管管內(nèi)橫截面小)以v＝3m/s的水平初速度自左向右穿過鋁管，忽略一切摩擦，不計管壁厚度。則()A．磁鐵穿過鋁管過程中，鋁管受到的安培力可能先水平向左后水平向右B．磁鐵穿過鋁管后，鋁管速度可能為4m/sC．磁鐵穿過鋁管后的速度可能大于2m/sD．磁鐵穿過鋁管過程所產(chǎn)生的熱量可能達(dá)到2J答案：CD解析：磁鐵穿過鋁管過程中，根據(jù)楞次定律的推論“來拒去留”可知，鋁管受到的安培力始終水平向右，故A錯誤；磁鐵穿過鋁管的過程中，磁鐵與鋁管組成的系統(tǒng)所受合力為0，則系統(tǒng)動量守恒，設(shè)磁鐵的質(zhì)量為M，鋁管的質(zhì)量為m，穿過鋁管后磁鐵的速度為v1，鋁管的速度為v2，根據(jù)動量守恒定律有Mv＝Mv1＋mv2，因為磁鐵能穿過鋁管，所以v1≥v2，解得磁鐵穿過鋁管后，鋁管速度v2≤2m/s，磁鐵速度v1≥2m/s且v1≤3m/s，B錯誤，C正確；磁鐵穿過鋁管后恰好和鋁管速度相等時，產(chǎn)生的熱量最多，此時v1＝v2＝2m/s，則熱量最大值為Q＝ΔE＝eq\f(1,2)Mv2－eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,1)＝3J，而熱量最小值為0，則磁鐵穿過鋁管過程所產(chǎn)生的熱量可能達(dá)到2J，故D正確。9．(2024·河南省濮陽市高三下一模)(多選)如圖1所示，間距為L的兩足夠長平行光滑導(dǎo)軌處于豎直固定狀態(tài)，導(dǎo)軌處在垂直導(dǎo)軌平面的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為B，導(dǎo)軌頂端連接阻值為R的定值電阻。質(zhì)量為m、接入電路電阻也為R的金屬桿垂直接觸導(dǎo)軌，讓金屬桿由靜止開始下落，同時給金屬桿施加豎直方向的拉力，使金屬桿運動的速度v與運動位移x的關(guān)系如圖2所示，當(dāng)金屬桿運動x0距離時撤去外力，金屬桿恰能勻速運動。已知重力加速度大小為g，金屬桿在運動的過程中始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，則金屬桿運動x0距離的過程中()A．金屬桿做初速度為零的勻加速直線運動B．金屬桿克服安培力做的功為eq\f(1,2)mgx0C．金屬桿受到的安培力的沖量大小為eq\f(B2L2x0,2R)D．通過定值電阻的電量為eq\f(BLx0,2R)答案：BCD解析：若金屬桿做初速度為零的勻加速直線運動，應(yīng)滿足v2＝2ax，與題圖2矛盾，故A錯誤；設(shè)金屬桿位移為x時的瞬時速度為v，則此時金屬桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝BLv，感應(yīng)電流I＝eq\f(E,2R)，金屬桿所受安培力大小F安＝BIL，聯(lián)立得F安＝eq\f(B2L2v,2R)，金屬桿運動一小段距離Δx的過程中，v可視為不變，則F安不變，金屬桿克服安培力做功W克安i＝F安iΔx＝eq\f(B2L2vi,2R)·Δx，對金屬桿運動x0距離的過程求和得W克安＝∑eq\f(B2L2vi,2R)Δx＝eq\f(B2L2,2R)·∑vi·Δx，設(shè)x＝x0時，v＝v′，則∑vi·Δx＝eq\f(x0v′,2)，撤去外力后，金屬桿勻速運動，由平衡條件有mg＝eq\f(B2L2v′,2R)，聯(lián)立解得W克安＝eq\f(1,2)mgx0，故B正確；設(shè)金屬桿運動x0距離的過程中，平均速度為eq\o(v,\s\up6(－))，由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，電路中平均感應(yīng)電動勢eq\o(E,\s\up6(－))＝BLeq\o(v,\s\up6(－))，由閉合電路歐姆定律可知，平均感應(yīng)電流eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),2R)，此過程所用時間為Δt＝eq\f(x0,\o(v,\s\up6(－)))，則金屬桿受到的安培力的沖量大小為I安＝Beq\o(I,\s\up6(－))L·Δt，通過定值電阻的電量為q＝eq\o(I,\s\up6(－))·Δt，聯(lián)立解得I安＝eq\f(B2L2x0,2R)，q＝eq\f(BLx0,2R)，故C、D正確。10．(2024·山東省濟寧市高三下一模)兩光滑金屬導(dǎo)軌AECD和A′E′C′D′處在同一水平面內(nèi)，其俯視圖如圖甲所示，導(dǎo)軌相互平行部分的間距為l，導(dǎo)軌AE上K點處有一小段導(dǎo)軌絕緣(長度忽略不計)。交叉部分EC和E′C′彼此不接觸。質(zhì)量均為m、長度均為l的兩金屬棒a、b，通過長度也為l的絕緣輕質(zhì)桿固定連接成“工”形架，將其置于導(dǎo)軌左側(cè)。導(dǎo)軌右側(cè)有一根被鎖定的質(zhì)量為2m、長為l的金屬棒c。整個裝置處在豎直向上的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度B大小隨時間t的變化關(guān)系如圖乙所示，B0、t0、t1均為已知量。金屬棒a、b、c的電阻均為R，其余電阻不計。t＝0時刻，“工”形架受到水平向右的恒力F作用，2t0時刻撤去F，此時b恰好運動到K點。當(dāng)a運動至K點時將c解除鎖定，交叉處兩側(cè)平行導(dǎo)軌均足夠長。求：(1)t1時刻，金屬棒a兩端電壓U；(2)0～2t0時間內(nèi)，“工”形架產(chǎn)生的焦耳熱Q1；(3)金屬棒a從K點開始，經(jīng)時間t0與金屬棒c距離的減少量Δd；(4)金屬棒c解除鎖定后，金屬棒a中產(chǎn)生的焦耳熱Q2。答案：(1)eq\f(B0lFt1,2m)(2)eq\f(Beq\o\al(2,0)l4,2Rt0)(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Ft0,m)－\f(Beq\o\al(2,0)l3,mR)))t0(4)eq\f(（Ft0R－Beq\o\al(2,0)l3）2,12mR2)解析：(1)由題意可知，0～t0時間內(nèi)，穿過閉合回路的磁通量不變，則整個電路中沒有感應(yīng)電流，設(shè)“工”形架的加速度大小為a，由牛頓第二定律得F＝2mat1時刻，“工”形架的速度大小為v1＝at1由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝B0lv1金屬棒a兩端電壓U＝E聯(lián)立解得U＝eq\f(B0lFt1,2m)。(2)0～t0時間內(nèi)，整個電路中沒有感應(yīng)電流，“工”形架不產(chǎn)生焦耳熱；t0～2t0時間內(nèi)，b在K點左側(cè)，穿過“工”形架的磁通量發(fā)生變化，“工”形架中有感應(yīng)電流，c中沒有感應(yīng)電流。t0～2t0時間內(nèi)，由法拉第電磁感應(yīng)定律得，“工”形架產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E1＝eq\f(2B0－B0,2t0－t0)l2“工”形架產(chǎn)生的焦耳熱Q1＝eq\f(Eeq\o\al(2,1),2R)t0聯(lián)立解得Q1＝eq\f(Beq\o\al(2,0)l4,2Rt0)。(3)2t0時刻“工”形架的速度為v2＝a·2t0“工”形架穿過K的過程中，a中沒有感應(yīng)電流，b和c構(gòu)成閉合回路。設(shè)a運動至K點時，“工”形架的速度大小為v3，“工”形架穿過K的過程用時為Δt，則此過程“工”形架的平均速度大小eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(l,Δt)由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，期間b產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動勢eq\o(E,\s\up6(－))＝2B0Leq\o(v,\s\up6(－))由閉合電路歐姆定律可知，b、c中平均電流eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),2R)“工”形架受到的平均安培力大小eq\o(F,\s\up6(－))A＝2B0eq\o(I,\s\up6(－))l對“工”形架，由動量定理有－eq\o(F,\s\up6(－))AΔt＝2mv3－2mv2聯(lián)立解得v3＝eq\f(Ft0,m)－eq\f(Beq\o\al(2,0)l3,mR)金屬棒a經(jīng)過K點后，流過c的電流恒等于流過a、b的電流之和，分析知“工”形架和c受到的安培力大小相等、方向均向左，設(shè)從將c解除鎖定開始再經(jīng)過任意時間Δt′的過程中，“工”形架和c所受安培力的平均大小均為eq\o(F,\s\up6(－))A′，“工”形架的末速度大小為v，c的末速度大小為v′，以水平向左為正方向，對“工”形架，由動量定理得eq\o(F,\s\up6(－))A′Δt′＝2m(－v)－2m(－v3)對c棒，由動量定理得eq\o(F,\s\up6(－))A′Δt′＝2mv′聯(lián)立解得v＋v′＝v3即在任意時刻，“工”形架與金屬棒c的相對速度大小為v3且兩者彼此靠近，則經(jīng)過時間t0，a、c距離的減少量Δd＝v3t0解得Δd＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Ft0,m)－\f(Beq\o\al(2,0)l3,mR)))t0。(4)導(dǎo)軌足夠長，“工”形架和c棒最終穩(wěn)定時，電路中沒有感應(yīng)電流，則兩者產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小相等，設(shè)“工”形架和c棒的最終速度大小分別為v終和v終′，則有2B0lv終＝2B0lv終′由第(3)問的分析，有v終＋v終′＝v3由能量守恒定律得，金屬棒c解除鎖定后，回路中產(chǎn)生的總焦耳熱Q＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,3)－eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,終)－eq\f(1,2)×2mv終′2由并聯(lián)電路分流規(guī)律知，任意時刻均有Ic＝2Ia＝2Ib由焦耳定律可知，a棒產(chǎn)生的熱量Q2＝eq\f(Ieq\o\al(2,a),Ieq\o\al(2,a)＋I(xiàn)eq\o\al(2,b)＋I(xiàn)eq\o\al(2,c))Q聯(lián)立可得Q2＝eq\f(（Ft0R－Beq\o\al(2,0)l3）2,12mR2)。1．(2024·山西省呂梁市高三下4月模擬)(多選)高鐵常用磁剎車系統(tǒng)，某同學(xué)為研究其工作原理，讓銅盤處于磁場方向均垂直于其平面的磁場中進(jìn)行實驗。如圖甲，圓形勻強磁場區(qū)域與銅盤是同心圓且面積小于銅盤面積；如圖乙，磁場區(qū)域與甲相同，磁場的磁感應(yīng)強度從左到右減??；如圖丙，勻強磁場區(qū)域與甲相同，磁場的磁感應(yīng)強度隨時間均勻減??；如圖丁，圓形勻強磁場區(qū)域處于銅盤的一側(cè)。現(xiàn)給銅盤一初始角速度，整個過程忽略空氣阻力和摩擦阻力的影響，忽略銅盤厚度，則銅盤能停下來的是()A．圖甲 B．圖乙C．圖丙 D．圖丁答案：BD解析：將銅盤看成由無數(shù)條沿半徑方向的導(dǎo)體棒組成，圖甲中，各導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢均相同，則各導(dǎo)體棒中均無感應(yīng)電流，不受安培力，銅盤不會停下來；圖乙和圖丁中，各導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢不相同(圖丁中在無磁場區(qū)的導(dǎo)體棒可視為產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為0)，則各導(dǎo)體棒間有電勢差，會產(chǎn)生電流，受到安培力的阻礙作用，銅盤會停下來，A錯誤，B、D正確。圖丙中，磁場的磁感應(yīng)強度隨時間均勻減小，則會產(chǎn)生以O(shè)為圓心的恒定的環(huán)形電流，由左手定則可知銅盤所受安培力的合力為零，則銅盤不會停下來，C錯誤。2．(2023·浙江6月選考)如圖所示，質(zhì)量為M、電阻為R、長為L的導(dǎo)體棒，通過兩根長均為l、質(zhì)量不計的導(dǎo)電細(xì)桿連在等高的兩固定點上，固定點間距也為L。細(xì)桿通過開關(guān)S可與直流電源E0或理想二極管串接。在導(dǎo)體棒所在空間存在磁感應(yīng)強度方向豎直向上、大小為B的勻強磁場，不計空氣阻力和其它電阻。開關(guān)S接1，當(dāng)導(dǎo)體棒靜止時，細(xì)桿與豎直方向的夾角θ＝eq\f(π,4)；然后開關(guān)S接2，棒從右側(cè)開始運動完成一次振動的過程中，()A．電源電動勢E0＝eq\f(\a\vs4\al(\r(2)Mg),2BL)RB．棒消耗的焦耳熱Q＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(2),2)))MglC．從左向右運動時，最大擺角小于eq\f(π,4)D．棒兩次過最低點時感應(yīng)電動勢大小相等答案：C解析：開關(guān)S接1，當(dāng)導(dǎo)體棒靜止時，對導(dǎo)體棒受力分析如圖所示，根據(jù)平衡條件可得Mgtanθ＝F安，其中安培力大小F安＝BIL，根據(jù)閉合電路歐姆定律知棒中電流大小I＝eq\f(E0,R)，解得電源電動勢E0＝eq\f(MgR,BL)，故A錯誤；開關(guān)S接2，根據(jù)右手定則可知，導(dǎo)體棒從右向左運動時，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢方向與二極管的導(dǎo)通方向相同，部分機械能轉(zhuǎn)化為焦耳熱，導(dǎo)體棒從左向右運動時，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢方向與二極管的導(dǎo)通方向相反，沒有機械能損失，經(jīng)過反復(fù)振動，最終導(dǎo)體棒靜止在最低點，導(dǎo)體棒產(chǎn)生的總焦耳熱為Q0＝Mgl(1－cosθ)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(2),2)))Mgl，分析可知，導(dǎo)體棒第二次經(jīng)過最低點時速度不為0，結(jié)合能量守恒定律可知，導(dǎo)體棒完成一次振動速度為零時高度高于最低點，且低于初始高度，即從左向右運動時，最大擺角小于eq\f(π,4)，所以棒從右側(cè)開始運動完成一次振動的過程中，消耗的焦耳熱Q<Q0＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(2),2)))·Mgl，故B錯誤，C正確；根據(jù)B項分析可知，導(dǎo)體棒第二次經(jīng)過最低點時的速度小于第一次經(jīng)過最低點時的速度，根據(jù)E＝BLv可知，棒兩次過最低點時感應(yīng)電動勢大小不相等，故D錯誤。考點1機械振動和機械波考向一機械振動1.一個單擺在地面上做受迫振動，其共振曲線(振幅A與驅(qū)動力頻率f的關(guān)系)如圖所示，則()A．此單擺的固有周期約為0.5sB．此單擺的擺長約為1mC．若擺長增大，單擺的固有頻率增大D．若擺長增大，共振曲線的“峰”將向右移動答案：B解析：驅(qū)動力頻率等于單擺的固有頻率時，單擺做受迫振動的振幅最大，故由題圖共振曲線知，此單擺的固有頻率為0.5Hz，固有周期為2s，故A錯誤；由單擺周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，得此單擺的擺長約為1m，故B正確；若擺長增大，單擺的固有周期增大，固有頻率減小，則共振曲線的“峰”將向左移動，故C、D錯誤。2．(2023·山東高考)(多選)如圖所示，沿水平方向做簡諧振動的質(zhì)點，依次通過相距L的A、B兩點。已知質(zhì)點在A點的位移大小為振幅的一半，B點位移大小是A點的eq\r(3)倍，質(zhì)點經(jīng)過A點時開始計時，t時刻第二次經(jīng)過B點，該振動的振幅和周期可能是()A．eq\f(2L,\r(3)－1)，3t B．eq\f(2L,\r(3)－1)，4tC．eq\f(2L,\r(3)＋1)，eq\f(12,5)t D．eq\f(2L,\r(3)＋1)，eq\f(12,7)t答案：BC解析：以水平向右為正方向。當(dāng)A、B兩點在平衡位置的同側(cè)時，由B點位移大小是A點的eq\r(3)倍可知，平衡位置在A點左側(cè)，則有xA＝eq\f(1,2)A，xB＝eq\f(\r(3),2)A，而xB－xA＝L，解得振幅A＝eq\f(2L,\r(3)－1)；根據(jù)振動方程x＝Asinφ，由xA＝AsinφA可得質(zhì)點向右經(jīng)過A點時φA＝eq\f(π,6)，由xB＝AsinφB可得質(zhì)點第二次經(jīng)過B點時φB＝eq\f(2,3)π，則eq\f(\f(2,3)π－\f(π,6),2π)T＝t，解得周期T＝4t。當(dāng)A、B兩點在平衡位置兩側(cè)時，有xA＝－eq\f(1,2)A，xB＝eq\f(\r(3),2)A，而xB－xA＝L，解得振幅A＝eq\f(2L,\r(3)＋1)；根據(jù)振動方程x＝Asinφ，由xA＝AsinφA可得質(zhì)點向右經(jīng)過A點時φA＝－eq\f(π,6)，由xB＝AsinφB可得質(zhì)點第二次經(jīng)過B點時φB＝eq\f(2,3)π，則eq\f(\f(2,3)π－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6))),2π)T＝t，解得周期T＝eq\f(12,5)t。綜上可知，應(yīng)選B、C?？枷蚨C械波的傳播與圖像3．繩上質(zhì)點P在外力作用下從平衡位置開始沿豎直方向做簡諧運動，帶動繩上各點依次上下振動。振動傳到質(zhì)點Q時繩子上的波形如圖所示。已知波的傳播速度為v，P、Q平衡位置間的距離為L