專題13 電磁感應(yīng)（練習(xí)）（解析版）-2025年高考物理二輪復(fù)習(xí)講練測（新高考用）

1/21專題13電磁感應(yīng)目錄TOC\o"1-2"\h\u01模擬基礎(chǔ)練 2題型一：楞次定律法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用 2題型二：電磁感應(yīng)的圖像問題 7題型三：電磁感應(yīng)的電路問題 15題型四：電磁感應(yīng)的動力、能量綜合問題 2202重難創(chuàng)新練 30題型一：楞次定律法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用1．（2024·陜西西安·一模）若陜西地區(qū)地磁場的磁感應(yīng)強度的豎直分量的大小隨距離地面高度h的變化關(guān)系如圖所示，一直升機將一始終保持水平的閉合金屬導(dǎo)線框豎直向上勻速吊起，下列說法正確的是（

）A．線框中有順時針方向的感應(yīng)電流（俯視）B．線框中的感應(yīng)電流不斷減小C．線框中的感應(yīng)電流不斷增大D．線框的四條邊有向內(nèi)收縮的趨勢【答案】A【詳解】A．陜西地區(qū)位于北半球，地磁場的磁感應(yīng)強度的豎直分量豎直向下，根據(jù)楞次定律，線框中有順時針方向的感應(yīng)電流（俯視），故A正確；BC．由法拉第電磁感應(yīng)定律和?h圖像得，感應(yīng)電動勢大小為感應(yīng)電流的大小為可知感應(yīng)電動勢E保持不變，則感應(yīng)電流的大小保持不變，故BC錯誤；D．根據(jù)楞次定律，線框的四條邊有向外擴張的趨勢，故D錯誤。故選A。2．（2024·北京大興·三模）如圖所示，一單匝粗細均勻的正方形導(dǎo)體線框abcd和直角坐標系xOy（x軸水平，y軸豎直）均處于豎直平面內(nèi)，線框邊長為L?？臻g內(nèi)存在垂直于紙面向里的磁場，磁感應(yīng)強度在x方向均勻分布，y方向上滿足。初始時，線框的a點與坐標原點O重合，ab邊與x軸重合?，F(xiàn)給線框一個沿著x軸正方向的速度，線框在運動過程中始終處于xOy平面內(nèi)，其ab邊與x軸始終保持平行，空氣阻力不計。則（）A．下落過程中線框中有順時針方向的感應(yīng)電流B．開始時線框中產(chǎn)生的電動勢為C．開始時線框中產(chǎn)生的電動勢為kL2D．若線框匝數(shù)增大為n匝，則豎直方向最終速度不變【答案】D【詳解】A．根據(jù)楞次定律，則下落過程中穿過線圈的磁通量向里增加，則線框中有逆時針方向的感應(yīng)電流，故A錯誤；BC．開始時線框中磁通量變化率為0，產(chǎn)生的電動勢為0，故BC錯誤；D．線框在磁場中斜向下運動時產(chǎn)生逆時針方向的感應(yīng)電流，線框的兩豎直受安培力等大反向，則水平方向受力為零做勻速直線運動；水平下邊受安培力豎直向上，水平上邊受安培力豎直向下，但因下邊受安培力大于上邊，可知豎直方向上受向上的安培力，當線框受到該安培力等于重力時，達到最終速度，若線框匝數(shù)增大為n匝，線框的質(zhì)量變?yōu)閚mg，電阻變?yōu)閚R，則其中解得故D正確。故選D。3．（2024·四川·模擬預(yù)測）隨著時代的發(fā)展，新能源汽車已經(jīng)走進了我們的生活，如圖所示是新能源汽車的電磁阻尼減震裝置。當車輪經(jīng)過一個凸起的路面時車輪立即帶動彈簧和外筒向上運動，線性電機立即產(chǎn)生垂直紙面向里的勻強磁場并以速度v向下勻速通過正方形線圈，達到減震的目的。已知線圈的匝數(shù)為n，線圈的邊長為L，磁感應(yīng)強度為B，線圈總電阻為r，下列說法正確的是（

）A．圖示線圈中感應(yīng)電流的方向是先順時針后逆時針B．當磁場進入線圈時，線圈受到的安培力的方向向下C．若車輪經(jīng)過坑地時，電機立即產(chǎn)生垂直紙面向里的磁場，磁場向下運動也可實現(xiàn)減震D．當磁場剛進入線圈時，線圈受到的安培力大小為【答案】B【詳解】A．磁場經(jīng)過線圈，由楞次定律可得線圈中的電流方向先逆時針后順時針。故A錯誤；B．磁場進入線圈中的電流方向為逆時針，磁場方向垂直線面向里，由左手定則可得線圈受到向下的安培力。故B正確；C．車輪經(jīng)過坑地時，向下產(chǎn)生垂直紙面向里的磁場，由楞次定律可得線圈受到向下的安培力，力和速度都向下，加速下降，沒起到減震作用。故C錯誤；D．當磁場剛進入線圈時，線圈受到的安培力，有又，可得故D錯誤。故選B。4．（2024·江蘇·模擬預(yù)測）電磁彈射裝置的原理如圖甲所示，驅(qū)動線圈通過開關(guān)S與電源連接，發(fā)射線圈放在絕緣且內(nèi)壁光滑的發(fā)射導(dǎo)管內(nèi)。閉合開關(guān)S后，在時間內(nèi)驅(qū)動線圈中的電流i隨時間t的變化關(guān)系如圖乙所示。在這段時間內(nèi)，下列說法正確的是（

）A．發(fā)射線圈中感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場水平向右B．時發(fā)射線圈中的感應(yīng)電動勢最大C．時驅(qū)動線圈的自感電動勢最大D．對調(diào)電源的正負極，發(fā)射線圈會向相反方向運動【答案】B【詳解】A．根據(jù)安培定則可知，驅(qū)動線圈內(nèi)的磁場方向水平向右，結(jié)合題圖乙可知，驅(qū)動線圈的電流增大，通過發(fā)射線圈的磁通量增大，根據(jù)楞次定律可知，發(fā)射線圈內(nèi)部的感應(yīng)磁場方向水平向左，故A錯誤；B．時驅(qū)動線圈的電流變化率最大，則此時通過發(fā)射線圈的磁通量變化得最快，發(fā)射線圈中的感應(yīng)電動勢最大，故B正確。C．同理時驅(qū)動線圈的電流變化率最大，此時發(fā)射線圈的磁通量變化得最快，驅(qū)動線圈的自感電動勢最大，故C錯誤；D．根據(jù)楞次定律可知對調(diào)電源的正負極后，發(fā)射線圈仍然向右運動，故D錯誤。故選B。5．（2024·貴州·三模）一根絕緣硬質(zhì)細導(dǎo)線順次繞成如圖所示的線圈，其中大圓的面積為，小圓的面積均為。垂直線圈平面方向有一隨時間t變化的磁場，磁感應(yīng)強度大小，和k均為常量，則線圈中總的感應(yīng)電動勢大小為（）A． B． C． D．【答案】C【詳解】由法拉第電磁感應(yīng)定律可得大圓線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為每個小圓線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢均為由線圈的繞線方式和楞次定律可知，4個小圓線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢方向相同，而大圓線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢方向與4個小圓線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢方向相反，所以線圈中總的感應(yīng)電動勢大小為故選C。6．（2024·遼寧遼陽·二模）CPU卡是一種基于芯片的智能卡，內(nèi)部集成了處理器、存儲器和加密模塊等多個組件，正常工作電流約為，其天線為如圖所示的線圈，線圈尺寸從內(nèi)到外逐漸變大，共3匝，其邊長分別為、和，正常工作時勻強磁場垂直穿過線圈，磁感應(yīng)強度的變化率為，則CPU卡工作時的功率約為（）A． B．C． D．【答案】C【詳解】根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，可得功率為故選C。7．（2024·河北邯鄲·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。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，如圖2所示，則此過程通過回路截面的電荷量為（

）A． B．C． D．【答案】A【詳解】線圈從圖示位置開始，以直徑為軸轉(zhuǎn)過90°的過程中，穿過線圈的磁通量變化量為根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得根據(jù)閉合電路歐姆定律得通過線圈的電荷量為聯(lián)立上式有故選A。8．（2024·甘肅·一模）1831年，法拉第發(fā)明了第一臺發(fā)電機，示意圖如下。半徑為的銅盤安裝在金屬軸上，其邊緣置于一個磁鐵兩極之間的狹縫里，銅盤邊緣與軸通過導(dǎo)線與檢流計連接。銅盤以周期勻速旋轉(zhuǎn)，檢流計中有電流通過。已知狹縫沿半徑方向的長度為，狹縫間為勻強磁場，磁感應(yīng)強度為，忽略狹縫之外的磁場，下列說法正確的是（）A．檢流計中電流方向從向B．若銅盤旋轉(zhuǎn)方向和磁場方向同時反向，則檢流計中電流方向也反向C．銅盤產(chǎn)生的電動勢為D．銅盤產(chǎn)生的電動勢為【答案】C【詳解】A．根據(jù)右手定則可知，檢流計中電流方向從P向Q，故A錯誤；B．根據(jù)右手定則可知，若銅盤旋轉(zhuǎn)方向和磁場方向同時反向，則檢流計中電流方向不變，故B錯誤；CD．銅盤產(chǎn)生的電動勢為故C正確D錯誤。故選C。題型二：電磁感應(yīng)的圖像問題9．（2024·湖北·一模）艦載機返回航母甲板時有多種減速方式，如圖所示，為一種電磁減速方式的簡要模型。固定在水平面上足夠長的平行光滑導(dǎo)軌，左端接有定值電阻，整個裝置處在勻強磁場中?，F(xiàn)有一艦載機可等效為垂直于導(dǎo)軌的導(dǎo)體棒ab，以一定初速度水平向右運動，導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌的電阻不計。則導(dǎo)體棒運動過程中，其速度v、加速度a隨運動時間t的關(guān)系圖像可能正確的是（

）A． B．C． D．【答案】B【詳解】AB．導(dǎo)體棒切割磁感線，回路中出現(xiàn)感應(yīng)電流，導(dǎo)體棒ab受到向左的安培力，向右減速運動，由可知，由于導(dǎo)體棒速度減小，則加速度減小，所以導(dǎo)體棒做的是加速度越來越小的減速運動直至停止運動。故A錯誤；B正確；CD．導(dǎo)體棒的最大加速度為導(dǎo)體棒做加速度減小的減速運動，可知a-t圖像的形狀與v-t圖像類似，為凹函數(shù)。故CD錯誤。故選B。10．（2024·河南·模擬預(yù)測）如圖所示，光滑水平面上正三角形導(dǎo)線框abc在水平向右力F的作用下，勻速進入左側(cè)有理想邊界的勻強磁場，運動過程中bc邊始終與磁場邊界垂直，設(shè)c點剛進入磁場時為零時刻，a點進入磁場的時刻為t1，b點進入磁場的時刻為t2，設(shè)穿過線框的磁通量為Φ，感應(yīng)電動勢為E，通過導(dǎo)線某橫截面的電荷量為q，則Φ、E、F、g隨時間t變化的圖像可能正確的是A．B．C． D．【答案】C【詳解】A．根據(jù)題意勻速進入左側(cè)有理想邊界的勻強磁場時，有效長度為磁通量為聯(lián)立解得得可知，圖像為拋物線，故A錯誤；B．c點進入磁場后的感應(yīng)電動勢為由聯(lián)立解得可知，圖像為一直線，a點進入磁場后，有效長度逐漸減小，則感應(yīng)電動勢逐漸減小，全部進入磁場時感應(yīng)電動勢為零，故B錯誤；C．根據(jù)題意勻速進入左側(cè)有理想邊界的勻強磁場時線框受力平衡，有而聯(lián)立解得圖像為拋物線，故C正確；D．由可知圖像為開口向上的拋物線，故D錯誤。故選C。11．（2024·北京海淀·二模）如圖所示，兩根足夠長的平行金屬導(dǎo)軌位于水平的xOy平面內(nèi)，導(dǎo)軌與x軸平行，左端接有電阻R。在x>0的一側(cè)存在豎直向下的磁場，磁感應(yīng)強度B隨空間均勻變化，滿足B=B0+kx（k>0且為定值）。一金屬桿與導(dǎo)軌垂直放置，且接觸良好，在外力作用下沿x軸正方向勻速運動。t=0時金屬桿位于x=0處，不計導(dǎo)軌和金屬桿的電阻。圖2中關(guān)于金屬桿兩端的電壓U和所受安培力F大小的圖像正確的是（）A．B． C． D．【答案】B【詳解】AB．設(shè)金屬桿在內(nèi)運動的位移為x，且，設(shè)兩導(dǎo)軌間的距離為L，則在時間內(nèi)金屬桿與導(dǎo)軌、電阻構(gòu)成的閉合回路中磁通量的變化量則內(nèi)閉合回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢設(shè)金屬桿勻速運動的速度為v，則代入上式，可得不計導(dǎo)軌和金屬桿的電阻，則金屬桿兩端的電壓可知U與x成線性關(guān)系，是一條傾斜的直線，由，可得可知U與t成線性關(guān)系，是一條傾斜的直線，故A錯誤，B正確；CD．由閉合電路歐姆定律可得電路中感應(yīng)電流金屬桿所受安培力：F=BIL，代入數(shù)據(jù)可得可知F與x不是線性關(guān)系，F(xiàn)-x圖像應(yīng)為曲線，由，可得可知F與t不是線性關(guān)系，F(xiàn)-t圖像應(yīng)為曲線，故CD錯誤。故選B。12．（2024·海南海口·一模）如圖所示，兩足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌豎直固定放置，導(dǎo)軌間存在垂直紙面的勻強磁場：兩根相同的金屬棒、垂直放置在導(dǎo)軌上，在外力作用下處于靜止狀態(tài)。時刻由靜止釋放棒，一段時間后再由靜止釋放棒。兩棒始終與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計，兩棒的速度、和加速度、隨時間t變化的關(guān)系圖像可能正確的是（）A．B．C． D．【答案】C【詳解】時刻由靜止釋放棒，棒在重力作用下由靜止開始加速，此時金屬棒ab、cd加速度，之后回路中出現(xiàn)感應(yīng)電流，棒受到的安培力與重力反向，棒的加速度減小，棒在安培力作用下開始加速，因為，金屬棒cd與金屬棒ab的速度差逐漸增大，回路中的電動勢逐漸增大，安培力逐漸增大，根據(jù)牛頓第二定律知，棒加速度減小，一段時間后再由靜止釋放棒，棒加速運動且加速度增大，當時不再變化，回路中的電流不再變化，安培力不變，兩棒加速度不變，但是兩金屬棒的速度仍在增大，故C正確，ABD錯誤。故選C。13．（2024·山東菏澤·一模）如圖所示，邊長為2L的正三角形abc區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，一邊長為L的菱形單匝金屬線框ABCD的底邊與bc在同一直線上，菱形線框的。使線框水平向右勻速穿過磁場區(qū)域，BC邊與磁場邊界bc始終共線，以B點剛進入磁場為計時起點，規(guī)定導(dǎo)線框中感應(yīng)電流逆時針方向為正，則下列圖像正確的是（）A．B．C．D．【答案】A【詳解】設(shè)線框勻速運動速度大小為；以B點剛進入磁場為計時起點，在內(nèi)，邊逐漸進入磁場切割磁感線，產(chǎn)生的電動勢為線圈中的電流大小為根據(jù)楞次定律可知，線圈中的電流方向為逆時針方向，即電流為正；在內(nèi)，整條邊在磁場中切割磁感線，邊逐漸進入磁場切割磁感線，線圈產(chǎn)生的電動勢為線圈中的電流大小根據(jù)楞次定律可知，線圈中的電流方向為逆時針方向，即電流為正；在內(nèi)，整條邊離開磁場區(qū)域，整條邊在磁場中切割磁感線，產(chǎn)生的電動勢恒為線圈中的電流大小恒為根據(jù)楞次定律可知，線圈中的電流方向為順時針方向，即電流為負；之后整個線框離開磁場區(qū)域，沒有感應(yīng)電流。故選A。14．（2024·廣東湛江·一模）如圖所示，在區(qū)域Ⅰ、Ⅱ中分別有磁感應(yīng)強度大小相等、垂直紙面但方向相反、寬度均為的勻強磁場區(qū)域。高為的正三角形線框efg從圖示位置沿軸正方向勻速穿過兩磁場區(qū)域，以逆時針方向為電流的正方向，下列圖像中能正確描述線框efg中感應(yīng)電流與線框移動距離關(guān)系的是（）A． B．C． D．【答案】B【詳解】正三角形線框efg剛進入向里的磁場Ⅰ時，I的大小為零，之后隨線框進入磁場距離的增大沒利用楞次定律可知，感應(yīng)電流沿逆時針方向，為正方向，在進入過程中，ef和fg兩邊的有效切割長度變大，其有效長度為感應(yīng)電動勢為感應(yīng)電流為當線框efg前進a距離時，達到最大，即在線圈剛進入向外的磁場區(qū)域Ⅱ瞬間，感應(yīng)電流為零，之后隨線框進入磁場距離的增大，利用楞次定律可知，efg線框中感應(yīng)電流方向沿順時針方向，即為負。進入過程邊有效切割長度變大，在該過程中，結(jié)合之前的分析其電流的瞬時值為當前進距離為2a時，其感應(yīng)電流達到最大，結(jié)合之前的分析，其最大值為在剛出向外的磁場區(qū)域Ⅱ瞬間，感應(yīng)電流大小為零，之后隨線框出磁場距離的增加，利用楞次定律可知，efg中感應(yīng)電流方向沿逆時針方向，為正，有效切割長度變大，在該過程中，結(jié)合之前的分析其電流的瞬時值為當前進距離為3a時，達到最大，其最大值為故選B。15．（2023·江西鷹潭·模擬預(yù)測）如圖所示，在直角坐標系的第一象限中，有一等腰直角，區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場，點在軸上，點在軸上，各點間距離。邊長也為的正方形導(dǎo)線框的邊在軸上，時刻，該導(dǎo)線框恰好位于圖中所示位置（邊與軸重合），此后導(dǎo)線框在外力的作用下沿軸正方向以恒定的速度通過磁場區(qū)域。若規(guī)定逆時針方向為導(dǎo)線框中電流的正方向，則導(dǎo)線框通過磁場區(qū)域的過程中，導(dǎo)線框中的感應(yīng)電流、外力沿軸方向的分量隨導(dǎo)線框的位移變化的圖像（圖中曲線均為拋物線的一部分）中正確的是（）A． B．C． D．【答案】A【詳解】AB．導(dǎo)線框勻速穿過圖示的等腰直角三角形磁場區(qū)域，進入的過程中，由楞次定律可知感應(yīng)電流沿逆時針方向，為正值，由幾何關(guān)系知導(dǎo)線框邊切割磁感線的有效長度等于進入磁場的距離，則感應(yīng)電流的大小為導(dǎo)線框離開磁場的過程，由楞次定律可知感應(yīng)電流沿順時針方向，為負值，由幾何關(guān)系知導(dǎo)線框邊切割的有效長度等于離開磁場的距離，同理可得感應(yīng)電流大小為故A正確，B錯誤；CD．導(dǎo)線框做勻速運動，外力沿軸方向的分量與導(dǎo)線框邊所受安培力等大反向，由左手定則可知安培力方向始終向左，則外力沿軸方向的分量方向始終向右，則故CD錯誤。故選A。16．（2023·北京通州·一模）如圖所示，邊長為L的單匝均勻金屬線框置于光滑水平桌面上，在拉力作用下以恒定速度通過寬度為D、方向豎直向下的有界勻強磁場，線框的邊長L小于有界磁場的寬度D，在整個過程中線框的ab邊始終與磁場的邊界平行，若以I表示通過線框的電流（規(guī)定逆時針為正）、F表示拉力、P表示拉力的功率、表示線框ab兩點間的電勢差，則下列反映這些物理量隨時間變化的圖像中正確的是（）A． B．C． D．【答案】C【詳解】A．線框中的感應(yīng)電流大小為大小保持不變，由楞次定律可知，線框進入磁場時感應(yīng)電流為逆時針方向（正值），離開磁場時電流為順時針方向（負值），A錯誤；B．進出磁場時線框所受安培力均向左，大小恒定，故拉力F均向右，大小恒定，當線框完全進入磁場后，拉力應(yīng)為0，B錯誤；C．由于線框勻速運動，故滿足拉力的功率為進出磁場時功率相同，C正確；D．進入磁場時ab邊切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，相當于電源，ab兩點間電壓為路端電壓，即離開磁場時cd邊相當于電源，ab只是外電路的一部分，此時ab兩點間的電壓為當線框完全在磁場中運動時，雖無感應(yīng)電流，但ab、cd均向右切割磁感線，ab間電壓等于電動勢E，對比圖像可知，D錯誤。故選C。題型三：電磁感應(yīng)的電路問題17．（2024·山東聊城·模擬預(yù)測）傾角為的光滑絕緣斜面下半部分存在垂直斜面向上的勻強磁場，一半徑為r的單匝圓形金屬線圈用絕緣細繩掛在斜面上，圓心為O點，a、b是圓環(huán)上的兩點，線圈總電阻為R。如圖所示，aOb連線恰好與磁場邊界重合，從開始，磁感應(yīng)強度B隨時間t變化的規(guī)律為（k為常數(shù)，且）。磁場變化過程中線圈始終未離開斜面，下列說法正確的是（）A．線圈中電流方向為逆時針B．時刻穿過線圈的磁通量為C．a(chǎn)b兩端的電壓為D．線圈中的感應(yīng)電流為【答案】D【詳解】A．由楞次定律可知，線圈中電流方向為順時針。故A錯誤；B．時刻穿過線圈的磁通量為故B錯誤；C．根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，可得ab兩端的電壓為故C錯誤；D．線圈中的感應(yīng)電流為故D正確。故選D。18．（2024·云南昆明·模擬預(yù)測）如圖甲，在垂直紙面向里的勻強磁場區(qū)域中有一開口很小的圓形線圈，在線圈開口左端連接一阻值為的電阻，一個電容為的電容器與R并聯(lián)。已知圓形線圈面積為，圓形線圈電阻為，其余導(dǎo)線電阻不計，磁感應(yīng)強度B隨時間t變化的關(guān)系如圖乙所示。在內(nèi)下列說法正確的是（）

A．回路中感應(yīng)電動勢大小為B．回路中感應(yīng)電流的大小為C．R兩端的電壓為D．電容器充電完成后，上極板帶電量為【答案】C【詳解】A．在內(nèi)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有故A錯誤；B．根據(jù)閉合電路歐姆定律可知故B錯誤；C．根據(jù)串聯(lián)電路分壓規(guī)律可知R兩端的電壓為故C正確；D．由上述結(jié)論，電容器兩板的電荷量故D錯誤。故選C。19．（2024·新疆·模擬預(yù)測）如圖所示是法拉第圓盤發(fā)電機，圓盤半徑為r，圓盤處于磁感應(yīng)強度為B，方向豎直向上的勻強磁場中。圓盤左邊有兩條光滑平行足夠長傾斜導(dǎo)軌MN，導(dǎo)軌間距為L，其所在平面與水平面夾角為，導(dǎo)軌處于垂直斜面向上磁感應(yīng)強度也為B的勻強磁場中，用導(dǎo)線把兩導(dǎo)軌分別與圓盤發(fā)電機中心和邊緣的電刷連接，圓盤邊緣和圓心之間的電阻為R。在傾斜導(dǎo)軌上放置一根質(zhì)量為m，長度也為L，電阻為2R的ab導(dǎo)體棒，其余電阻不計，當圓盤以某角速度ω勻速轉(zhuǎn)動時，ab棒剛好能靜止在斜面上，則（）A．a(chǎn)端電勢高于b端電勢B．圓盤轉(zhuǎn)動的方向（從上往下看）為順時針方向C．a(chǎn)b間電勢差大小為D．若圓盤停止轉(zhuǎn)動，ab棒將沿導(dǎo)軌勻加速下滑【答案】C【詳解】A．a(chǎn)b棒剛好能靜止在斜面上，由受力可知，電流方向由b向a，故a端電勢低于b端電勢，A錯誤；B.由右手定則可知，圓盤轉(zhuǎn)動的方向（從上往下看）為逆時針方向，B錯誤；C.由題可知，圓盤產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為由閉合電路歐姆定律可知，ab間電勢差大小為，C正確；D.若圓盤停止轉(zhuǎn)動，ab棒沿導(dǎo)軌向下做切割磁感線運動，由ab棒受力可知，棒先做加速運動后做勻速運動，D錯誤。故選C。20．（2024·江西·模擬預(yù)測）如圖所示，水平放置的平行光滑導(dǎo)軌左端連接開關(guān)K和電源，右端接有理想電壓表。勻強磁場垂直于導(dǎo)軌所在的平面。ab、cd兩根導(dǎo)體棒單位長度電阻相同、單位長度質(zhì)量也相同，ab垂直于導(dǎo)軌，cd與導(dǎo)軌成60°角。兩棒的端點恰在導(dǎo)軌上，且與導(dǎo)軌接觸良好，除導(dǎo)體棒外，其余電阻不計。下列說法正確的是（）A．閉合開關(guān)K瞬間，兩棒所受安培力大小相等B．閉合開關(guān)K瞬間，兩棒加速度大小相等C．斷開開關(guān)K，讓兩棒以相同的速度水平向右切割磁感線，電壓表無示數(shù)D．斷開開關(guān)K，固定ab，讓cd棒以速度v沿導(dǎo)軌向右運動時電壓表示數(shù)為；固定cd，讓ab棒以速度v沿導(dǎo)軌向右運動時電壓表示數(shù)為，則【答案】A【詳解】A．設(shè)ab導(dǎo)體棒的長度為，則cd導(dǎo)體棒為ab、cd兩根導(dǎo)體棒單位長度電阻相同，所以ab、cd兩根導(dǎo)體棒的電阻之比為閉合開關(guān)K瞬間，通過ab、cd兩根導(dǎo)體棒的電流之比為根據(jù)安培力公式可知ab、cd兩根導(dǎo)體棒所受安培力為B．a(chǎn)b、cd兩根導(dǎo)體棒單位長度質(zhì)量相同，所以ab、cd兩根導(dǎo)體棒的質(zhì)量之比為根據(jù)牛頓第二定律可知，閉合開關(guān)K瞬間，ab、cd兩根導(dǎo)體棒的加速度之比為故B錯誤；C．斷開開關(guān)K，讓兩棒以相同的速度水平向右切割磁感線，ab、cd兩根導(dǎo)體棒的有效長度相等，設(shè)兩棒運動的速度v，則電壓表示數(shù)為故C錯誤；D．斷開開關(guān)K，固定ab，讓cd棒以速度v沿導(dǎo)軌向右運動時，則有電壓表示數(shù)為固定cd，讓ab棒以速度v沿導(dǎo)軌向右運動時，則有電壓表示數(shù)為故D錯誤；故選A。21．（2024·安徽·模擬預(yù)測）如圖所示，相距為足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌、水平放置，在兩導(dǎo)軌間左側(cè)連接一阻值為的定值電阻，右側(cè)連接一最大阻值為的滑動變阻器.兩導(dǎo)軌間存在著豎直向下的勻強磁場.一長為、電阻值為的導(dǎo)體棒在外力作用下以速度勻速向右運動.金屬導(dǎo)軌電阻不計，導(dǎo)體棒與兩導(dǎo)軌接觸良好且始終垂直.現(xiàn)緩慢滑動的滑片，使接入電路中的阻值從0開始逐漸增大。下列說法正確的是（

）A．中的電流方向為到，且電流大小逐漸增大B．當接入電路中的阻值時，中的電流最大且為C．當接入電路中的阻值時，兩電阻、的電功率之和最大且為D．當接入電路中的阻值時，拉力的功率為【答案】C【詳解】AB．根據(jù)右手定則可知，中的電流方向為到，接入電路中的阻值從0逐漸增大，電路總電阻也逐漸增大，由閉合電路歐姆定律可知中電流逐漸減小，根據(jù)可知，導(dǎo)體棒兩端的電壓即路端電壓逐漸增大，根據(jù)可知，中的電流逐漸增大，當接入電路中的阻值時，中的電流最大且為，，解得，A、B錯誤；C．當時，外電路總電阻與電源內(nèi)阻相等，此時電源輸出功率最大且為，C正確；D．導(dǎo)體棒勻速運動時，拉力的功率等于克服安培力的功率，也等于電路中的總電功率，當滑動變阻器接入電路中的阻值時，有，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律及閉合電路歐姆定律﹐干路電流為求得拉力的功率為，D錯誤。故選C。22．（2024·河南·模擬預(yù)測）如圖所示，固定在水平面上的半徑為r的金屬圓環(huán)內(nèi)存在方向豎直向上、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場。長為l的金屬棒，一端與圓環(huán)接觸良好，另一端固定在豎直導(dǎo)電轉(zhuǎn)軸上，接入回路的電阻為R，隨軸以角速度勻速轉(zhuǎn)動。在圓環(huán)的A點和電刷間接有阻值也為R的電阻和電容為C、板間距為d的平行板電容器，有一帶電微粒在電容器極板間處于靜止狀態(tài)。已知重力加速度為g，不計其它電阻和摩擦，下列說法正確的是（）

A．回路中的電動勢為B．微粒的電荷量與質(zhì)量之比為C．電阻消耗的電功率為D．電容器所帶的電荷量為【答案】D【詳解】A．如圖所示，金屬棒繞軸切割磁感線轉(zhuǎn)動，回路中的電動勢故A錯誤；B．電容器兩極板間電壓等于，帶電微粒在兩極板間處于靜止狀態(tài)，則解得故B錯誤；C．電阻消耗的功率故C錯誤；D．電容器所帶的電荷量故D正確。故選D。23．（2024·安徽·模擬預(yù)測）（多選）如圖所示，磁感應(yīng)強度大小為、方向豎直向上的勻強磁場中放置兩個半徑分別為、的金屬圓環(huán)，兩金屬圓環(huán)處于同一水平面內(nèi)且圓心均為點，長為的金屬導(dǎo)體棒在兩金屬圓環(huán)上繞點勻速轉(zhuǎn)動，點為導(dǎo)體棒的中點。已知導(dǎo)體棒的電阻、定值電阻和的電阻均為，導(dǎo)體棒始終與兩金屬圓環(huán)接觸良好且點轉(zhuǎn)動的線速度大小為，其它電阻不計。在導(dǎo)體棒轉(zhuǎn)動一圈的過程中，下列說法正確的是（）A．導(dǎo)體棒上、兩點的電壓為B．導(dǎo)體棒所受安培力的功率為C．通過電阻的電荷量為D．電阻產(chǎn)生的熱量為【答案】ABD【詳解】A．由題意可知故導(dǎo)體棒段產(chǎn)生的電動勢由閉合電路歐姆定律可知，電路中的總電流故、兩點的電壓故A正確；B．因安培力的功率等于電源產(chǎn)生電能的功率，故故B正確；C．通過電源的電荷量故流經(jīng)定值電阻的電荷量故C錯誤；D．由可知，電阻產(chǎn)生的熱量故D正確。故選ABD。24．（2024·山東泰安·模擬預(yù)測）（多選）如圖所示，兩足夠長且間距為L=1m的光滑平行導(dǎo)軌傾斜固定，傾角為θ=30°。導(dǎo)軌頂端接有兩個燈泡，燈泡甲的規(guī)格為（3W，3V），燈泡乙的規(guī)格為（6W，3V），在與導(dǎo)軌垂直的虛線ab、cd內(nèi)有垂直于斜面向下的勻強磁場。第一次只閉合開關(guān)S1，讓導(dǎo)體棒從虛線ab上方x=1.6m處垂直導(dǎo)軌由靜止釋放，導(dǎo)體棒恰好能勻速通過磁場區(qū)域，且燈泡甲正常發(fā)光；第二次同時閉合開關(guān)S1、S2，仍將導(dǎo)體棒從原位置釋放，已知bd間距離為l=0.5m，導(dǎo)體棒電阻r=1Ω，忽略溫度對燈泡電阻絲的影響，重力加速度為g=10m/s2。導(dǎo)體棒運動過程中始終與導(dǎo)軌垂直，導(dǎo)軌電阻不計，下列說法正確的是（

）A．磁場磁感應(yīng)強度大小為1TB．導(dǎo)體棒的質(zhì)量為0.1kgC．第二次導(dǎo)體棒進入磁場前后加速度大小不變D．第二次導(dǎo)體棒離開磁場時已達到勻速狀態(tài)【答案】AC【詳解】A．導(dǎo)體棒從虛線ab上方x=1.6m處垂直導(dǎo)軌由靜止釋放，根據(jù)動能定理可得解得導(dǎo)體棒進入磁場時的速度大小為第一次只閉合開關(guān)S1，且燈泡甲正常發(fā)光，則有，則有解得磁場磁感應(yīng)強度大小為故A正確；B．第一次只閉合開關(guān)S1，導(dǎo)體棒恰好能勻速通過磁場區(qū)域，根據(jù)受力平衡可得解得導(dǎo)體棒的質(zhì)量為故B錯誤；C．第二次同時閉合開關(guān)S1、S2，進入磁場前，導(dǎo)體棒的加速度大小為燈泡乙的電阻為則燈泡甲、乙并聯(lián)的電阻為導(dǎo)體棒剛進入磁場時，通過導(dǎo)體棒的電流為導(dǎo)體棒剛進入磁場時，導(dǎo)體棒的加速度大小為可知第二次導(dǎo)體棒進入磁場前后加速度大小不變，故C正確；D．若第二次導(dǎo)體棒離開磁場時已達到勻速狀態(tài)，根據(jù)受力平衡可得解得導(dǎo)體棒勻速時的速度大小為若導(dǎo)體棒以剛進入磁場時的加速度做勻減速直線運動，根據(jù)運動學(xué)公式可得解得導(dǎo)體棒離開磁場時的速度大小為實際上導(dǎo)體棒做加速度逐漸減小的減速運動，所以導(dǎo)體棒離開磁場時的速度應(yīng)滿足可知第二次導(dǎo)體棒離開磁場時還沒有達到勻速狀態(tài)，故D錯誤。故選AC。題型四：電磁感應(yīng)的動力、能量綜合問題25．（2024·云南·模擬預(yù)測）（多選）直流電動機的工作原理是通電導(dǎo)體在磁場中受到安培力的作用而運動．如圖所示為使用直流電動機提升重物的示意圖，間距為L的平行導(dǎo)軌固定在水平面內(nèi)，導(dǎo)軌左端接有電動勢為E、內(nèi)阻為r的直流電源，導(dǎo)軌電阻不計；質(zhì)量為、長為L的導(dǎo)體棒垂直導(dǎo)軌放置，導(dǎo)體棒電阻不計，其中心通過絕緣細線繞過固定光滑定滑輪后與靜止在地面上的質(zhì)量為m的重物相連，此時細線恰好伸直且無拉力，導(dǎo)體棒與滑輪間的細線水平．整個裝置處于方向豎直向下、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中．已知導(dǎo)體棒距離導(dǎo)軌左端足夠遠，重物上升過程中不會碰到定滑輪，重力加速度為g，不計一切摩擦．閉合開關(guān)S后，下列說法正確的是（

）A．閉合開關(guān)S瞬間，重物的加速度大小為B．導(dǎo)體棒最終的速度大小為C．要使導(dǎo)體棒勻速運動時直流電源的輸出功率最大，則重物的質(zhì)量應(yīng)為D．重物從靜止出發(fā)到剛好做勻速運動的過程中，安培力對導(dǎo)體棒所做的功等于系統(tǒng)增加的機械能與回路產(chǎn)生的焦耳熱之和【答案】AB【詳解】A．閉合開關(guān)S瞬間，回路中的電流為導(dǎo)體棒所受安培力對導(dǎo)體棒和重物整體受力分析，由解得，A正確；B．導(dǎo)體棒向左運動時會產(chǎn)生與直流電源相反的感應(yīng)電動勢，初始，導(dǎo)體棒向左加速運動，隨著導(dǎo)體棒速度的增大，回路中的電流減小，根據(jù)牛頓第二定律可知，導(dǎo)體棒向左做加速度減小的加速運動，最終達到勻速，設(shè)穩(wěn)定時導(dǎo)體棒的速度大小為v，則回路中的電流由解得，B正確；C．直流電源的輸出功率則當時，直流電源的輸出功率最大，根據(jù)解得，C錯誤；D．重物從靜止出發(fā)到剛好做勻速運動的過程中，對導(dǎo)體棒和重物組成的整體，只有安培力和重物的重力做功，由功能關(guān)系可知，安培力對導(dǎo)體棒所做的功等于導(dǎo)體棒和重物組成的整體增加的機械能，D錯誤。故選AB。26．（2024·全國·模擬預(yù)測）（多選）如圖甲所示，兩根足夠長的光滑金屬導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)且平行放置，導(dǎo)軌間距為，水平面內(nèi)存在垂直水平面向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為，導(dǎo)軌左側(cè)與一阻值為的電阻相連，一質(zhì)量為的金屬棒在外力作用下沿導(dǎo)軌向右運動，外力與金屬棒運動的時間的關(guān)系如圖乙所示，圖像斜率為，其余電阻不計，金屬棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，下列說法正確的是（）A．當時，金屬棒做勻加速直線運動，加速度為B．當時，金屬棒做加速度減小的加速運動，最終加速度為C．當時，金屬棒做加速度增大的加速運動，最終加速度為D．當時，金屬棒做加速度減小的加速運動，最終加速度為【答案】AD【詳解】A．金屬棒開始做加速運動，根據(jù)牛頓第二定律若此后過程中金屬棒做勻加速直線運動，則有對金屬棒受力分析，根據(jù)牛頓第二定律方程右側(cè)為定值，需滿足左側(cè)的系數(shù)為零，即解得即當時金屬棒做的勻加速直線運動，故A正確；BC．同理，根據(jù)牛頓第二定律可得故當時，初始加速度較小，的系數(shù)大于零，加速度隨時間增大，最終穩(wěn)定時的系數(shù)為零，金屬棒做勻加速直線運動，滿足即故BC錯誤；D．根據(jù)牛頓第二定律可得故當時，金屬棒初始加速度較大，的系數(shù)小于零，加速度隨時間減小，最終穩(wěn)定時的系數(shù)為零，金屬棒做勻加速直線運動，滿足即故D正確。故選AD。27．（2024·河南濮陽·模擬預(yù)測）（多選）如圖所示，半徑為d的金屬圓形導(dǎo)軌固定在水平面內(nèi)，金屬圓形導(dǎo)軌內(nèi)存在豎直向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度的大小為B0，長度為d、阻值為R0的直導(dǎo)體棒ab置于圓形導(dǎo)軌上，a端處于導(dǎo)軌圓心處，導(dǎo)體棒ab繞過圓心的豎直軸OO′以角速度ω逆時針（從上向下看）勻速轉(zhuǎn)動。兩根足夠長、相互平行且傾斜的光滑長直金屬導(dǎo)軌PQ、MN與水平面的夾角為θ，導(dǎo)軌的間距為2d，頂端P點通過開關(guān)S1與圓形導(dǎo)軌相連，M點通過導(dǎo)線和豎直金屬軸與a點接觸，傾斜導(dǎo)軌處于垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強磁場中，兩導(dǎo)軌通過開關(guān)S2接入阻值為4R0的電阻R。閉合開關(guān)S1，斷開開關(guān)S2，質(zhì)量為m、長度為2d、阻值為2R0的導(dǎo)體棒cd恰好靜止在傾斜導(dǎo)軌PQ、MN上，導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌接觸良好且導(dǎo)軌PQ、MN足夠長。重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．導(dǎo)體棒a端的電勢高于b端的電勢B．傾斜導(dǎo)軌所在處勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為C．斷開開關(guān)S1、閉合開關(guān)S2，導(dǎo)體棒cd先做加速度減小的加速運動，再做勻速運動D．斷開開關(guān)S1、閉合開關(guān)S2，導(dǎo)體棒cd所受重力的最大功率為【答案】BCD【詳解】A．導(dǎo)體棒ab旋轉(zhuǎn)切割磁感線，由右手定則可知導(dǎo)體棒a端的電勢低于b端的電勢，故A錯誤；B．由法拉第電磁感應(yīng)定律得由閉合電路歐姆定律得導(dǎo)體棒cd靜止在傾斜導(dǎo)軌PQ、MN上，由平衡條件得解得故B正確；C．斷開開關(guān)S1、閉合開關(guān)S2，導(dǎo)體棒cd和定值電阻R構(gòu)成閉合回路，在重力沿導(dǎo)軌的分力和安培力的共同作用下，導(dǎo)體棒cd沿導(dǎo)軌向下加速運動，根據(jù)牛頓第二定律有，由此可知，v增大，I增大，加速度減小，當加速度減小為零時，即重力沿導(dǎo)軌的分力和安培力平衡后，導(dǎo)體棒cd做勻速運動，故C正確；D．導(dǎo)體棒cd速度達到最大時重力的功率最大，由法拉第電磁感應(yīng)定律得由閉合電路歐姆定律得對導(dǎo)體棒cd，由平衡條件得重力功率的最大值為解得故D正確。故選BCD。28．（2024·海南省直轄縣級單位·模擬預(yù)測）（多選）如圖甲所示，兩條固定的傾斜光滑平行金屬導(dǎo)軌M、N，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為，導(dǎo)軌間距為l，導(dǎo)軌電阻忽略不計。虛線ce、df均與導(dǎo)軌垂直，cefd區(qū)域內(nèi)存在垂直于導(dǎo)軌所在平面向上、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場。將導(dǎo)體棒a、b并排且垂直導(dǎo)軌放置在同一位置，時刻先釋放導(dǎo)體棒a，時刻釋放導(dǎo)體棒b，此時導(dǎo)體棒a剛好進入勻強磁場區(qū)域，刻導(dǎo)體棒a剛好離開勻強磁場區(qū)域，流過導(dǎo)體棒a的電流隨時間變化的圖像如圖乙所示，兩導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，導(dǎo)軌足夠長，兩導(dǎo)體棒接入電路的電阻均為R，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．虛線ce與df間的距離為B．圖乙中電流C．兩導(dǎo)體棒的質(zhì)量均為D．導(dǎo)體棒b離開勻強磁場區(qū)域時，其與導(dǎo)體棒a的間距為【答案】BC【詳解】A．根據(jù)圖乙可知，導(dǎo)體棒a進入勻強磁場區(qū)域后，回路感應(yīng)電流不變，即感應(yīng)電動勢不變，則導(dǎo)體棒a在磁場中做勻速直線運動，導(dǎo)體棒進入磁場前做勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律有導(dǎo)體棒a進入勻強磁場的速度虛線ce與df間的距離為解得故A錯誤；B．結(jié)合上述，導(dǎo)體棒a進入磁場時的速度根據(jù)圖乙可知，通過導(dǎo)體棒a的電流大小始終一定，表明導(dǎo)體棒a進入磁場后做勻速直線運動，感應(yīng)電動勢為感應(yīng)電流為解得故B正確；C．刻導(dǎo)體棒a剛好離開勻強磁場區(qū)域，此時導(dǎo)體棒b，進入磁場，產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小不變，可知，導(dǎo)體棒b進入磁場后做勻速直線運動，速度仍然等于，導(dǎo)體棒b處于平衡狀態(tài)，根據(jù)平衡條件可知，由于導(dǎo)體棒在磁場中的安培力不變，則兩導(dǎo)體棒重力沿導(dǎo)軌的分力大小相同，即兩導(dǎo)體棒質(zhì)量相等，根據(jù)平衡條件有結(jié)合上述解得故C正確；D．導(dǎo)體棒b離開勻強磁場區(qū)域時，導(dǎo)體棒a離開的位移等于其與導(dǎo)體棒a的間距則有解得故D錯誤。故選BC。29．（2024·四川成都·模擬預(yù)測）（多選）如圖所示，水平粗糙地面上有兩磁場區(qū)域，左右兩磁場區(qū)域內(nèi)的勻強磁場寬度均為L，磁感應(yīng)強度大小分別為B和2B，左磁場區(qū)磁場方向豎直向下，右磁場區(qū)磁場方向豎直向上，兩磁場間距為2L。一個質(zhì)量為m、匝數(shù)為n、電阻為R、邊長為L的正方形金屬線框以速度水平向右進入左磁場區(qū)域，當金屬線框剛離開右磁場區(qū)域時速度為，金屬線框離開右磁場區(qū)運動一段距離后停下。金屬線框與水平面間的動摩擦因數(shù)為。關(guān)于金屬線框的運動下列判斷正確的是（）A．金屬線框從剛進入左磁場區(qū)域到最終停止的過程中一直做勻減速直線運動B．金屬線框通過兩個磁場區(qū)域過程中產(chǎn)生的焦耳熱為C．金屬線框進入左側(cè)磁場區(qū)域過程中，通過金屬線框的電荷量為D．若金屬線框進入左磁場區(qū)域過程所用時間為t，則金屬線框剛好完全進入左側(cè)磁場區(qū)域時的速度為【答案】BC【詳解】A．金屬框在磁場中運動過程中，根據(jù)牛頓第二定律可得金屬框在磁場中運動過程中，由于安培力一直減小，則加速度一直減小，所以金屬線框在磁場中運動過程中，做加速度減小的直線運動，故A錯誤；B．設(shè)金屬線框通過兩個磁場區(qū)域全過程中產(chǎn)生的焦耳熱為Q，金屬線框從開始運動到離開右磁場區(qū)域過程，由能量守恒定律得解得故B正確；C．由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，平均感應(yīng)電動勢由閉合電路的歐姆定律可知，平均感應(yīng)電流通過金屬線框的電荷量解得金屬線框進入左側(cè)磁場過程中穿過金屬線框的磁通量則通過金屬線框的電荷量為故C正確；D．金屬線框進入左側(cè)磁場過程中穿過金屬線框的磁通量通過金屬線框的電荷量設(shè)金屬線框剛好完全進入左側(cè)磁場區(qū)域時的速度大小為v，該過程，對金屬線框，由動量定理得其中解得故D錯誤。故選BC。30．（2024·河北·二模）（多選）如圖所示的光滑絕緣水平桌面上放置一邊長為L、質(zhì)量為m、阻值為R的正方形導(dǎo)體框ABCD，四條平行的水平虛線將空間分成五個區(qū)域，其中在虛線1，2間，虛線3、4間分別存在垂直水平桌面向上、向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小均為B。已知虛線1、2間（稱區(qū)域Ⅰ）、虛線2、3間、虛線3、4間（稱區(qū)域Ⅱ）的距離分別為L、、L，開始導(dǎo)體框的CD邊與虛線1重合，0時刻給導(dǎo)體框水平向右的瞬時沖量Ⅰ，最終導(dǎo)體框的AB邊與虛線4重合時，導(dǎo)體框的速度剛好減為零，則下列說法正確的是（）A．導(dǎo)體框進入?yún)^(qū)域Ⅰ和離開區(qū)域Ⅱ過程中的電流方向相反B．導(dǎo)體框在從離開區(qū)域Ⅰ到剛進入?yún)^(qū)域Ⅱ所用的時間為C．導(dǎo)體框剛要開始離開區(qū)域Ⅱ瞬間的加速度大小為D．導(dǎo)體框經(jīng)過區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ的過程中，產(chǎn)生的焦耳熱之比為【答案】BC【詳解】A．由右手定則可知，導(dǎo)體框進入?yún)^(qū)域Ⅰ的過程，從上向下看導(dǎo)體框中的電流沿順時針方向，導(dǎo)體框離開區(qū)域Ⅱ的過程，從上向下看導(dǎo)體框中的電流沿順時針方向。故A錯誤；B．由法拉第電磁感應(yīng)定律可得由閉合電路歐姆定律得又綜合可得可得設(shè)CD邊剛進入?yún)^(qū)域Ⅰ時，導(dǎo)體框的速度為，設(shè)導(dǎo)體框離開區(qū)域Ⅰ時，導(dǎo)體框的速度為，導(dǎo)體框在區(qū)域Ⅰ中運動時由動量定理有導(dǎo)體框在區(qū)域Ⅱ中運動時有由以上解得，導(dǎo)體框在從離開區(qū)域Ⅰ到剛進入?yún)^(qū)域Ⅱ的過程以做勻速直線運動，位移為L，運動時間為故B正確；C．導(dǎo)體框從剛要進入?yún)^(qū)域Ⅱ到剛要離開區(qū)域Ⅱ的過程，設(shè)此時導(dǎo)體框的速度為，則由導(dǎo)體框進區(qū)域Ⅱ的過程有解得由法拉第電磁感應(yīng)定律由閉合電路歐姆定律由牛頓第二定律導(dǎo)體框的加速度為解得故C正確；D．由能量守恒定律，導(dǎo)體框經(jīng)過區(qū)域Ⅰ產(chǎn)生的熱量為導(dǎo)體框經(jīng)過區(qū)域Ⅱ產(chǎn)生的熱量為又解得故D錯誤。故選BC。31．（2024·河北·二模）（多選）如圖所示，某實驗列車頭部底端固定有邊長為l的n匝正方形線框abcd，進站時利用線框進入磁場時所受的安培力，輔助列車剎車。已知列車的總質(zhì)量為m，線框總電阻為R，磁場區(qū)域?qū)挾葹閘，磁感應(yīng)強度為B，列車運動過程中鐵軌對列車的阻力恒為f，某次列車進站時，線框以速度v水平向右進入磁場，最終停止時線框cd邊在磁場正中央，忽略進站時火車受到的空氣阻力，下列說法正確的是（）A．線框ab邊剛進入磁場時，a、b兩點之間的電壓大小為B．線框ab邊剛進入磁場時，列車的加速度大小為C．線框dc邊進入磁場時，列車的速度大于D．從線框進入磁場到停止運動的過程，線框產(chǎn)生的焦耳熱為【答案】ACD【詳解】A．根據(jù)右手定則，線框進入磁場時，感應(yīng)電流沿順時針方向，線框此時切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為線框ab邊兩端的電壓為路端電壓，即為故A正確；B．線框ab邊剛進入磁場時，線框內(nèi)的電流為線框的加速度為故B錯誤；C．線框進入磁場的過程中由動量定理可得即線框出磁場的過程中即由于線框做減速運動，則有，故C正確；D．根據(jù)能量守恒定律可知，線框產(chǎn)生的焦耳熱為故D正確。故選ACD。32．（2024·四川內(nèi)江·三模）（多選）如圖，為列車進站時其剎車原理簡化圖：在車身下方固定一水平均勻矩形線框abcd，利用線框進入磁場時所受的安培力，輔助列車剎車。已知列車質(zhì)量為m，車身長為s，線框ab和cd邊的長度均為L（L小于勻強磁場的寬度），線框總電阻為R。站臺軌道上勻強磁場區(qū)域足夠長，磁感應(yīng)強度大小為B。當關(guān)閉動力后，車頭進入磁場瞬間速度為v0，列車停止前所受鐵軌及空氣阻力的合力恒為f，車尾進入磁場瞬間，列車恰好停止。下列說法正確的是（）A．列車在進站過程，線框中電流方向為B．在線框ab邊進入磁場瞬間，列車的加速度大小為C．在線框進入磁場的過程中，線框bc邊消耗的電能為D．列車從進站到停下來所用時間為【答案】BC【詳解】A．根據(jù)右手定則可知，列車在進站過程，線框中電流方向為，故A錯誤；B．在線框ab邊進入磁場瞬間，感應(yīng)電動勢為感應(yīng)電流為根據(jù)牛頓第二定律有解得故B正確；C．在線框進入磁場的過程中，令線框產(chǎn)生的焦耳熱為Q，根據(jù)能量守恒定律有線框bc邊消耗的電能為解得故C正確；D．列車從進站到停下來過程，根據(jù)動量定理有感應(yīng)電流的平均值其中解得故D錯誤。故選BC。33．（2024·陜西安康·模擬預(yù)測）（多選）渦流制動是磁懸浮列車高速運行過程中進行制動的一種方式。某研究所制成如圖所示的車和軌道模型來定量模擬磁懸浮列車的渦流制動過程。如圖所示，模型車的車廂下端安裝有電磁鐵系統(tǒng)，電磁鐵系統(tǒng)在其下方的水平光滑軌道（間距為L1）中的長為L1、寬為L2的矩形區(qū)域內(nèi)產(chǎn)生方向豎直向下、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場。將長大于L1、寬為L2的單匝矩形線圈等間隔鋪設(shè)在軌道正中央，其間距也為L2.已知模型車的總質(zhì)量為m，每個線圈的電阻均為R，導(dǎo)線粗細忽略不計，不計空氣阻力，不考慮磁場邊緣效應(yīng)的影響。在某次實驗中，模型車的速度為v0時，啟動電磁鐵制動系統(tǒng)，直到模型車停止運動，則（）A．在電磁鐵系統(tǒng)進入線圈時，若俯視則線圈內(nèi)的感應(yīng)電流方向為順時針B．線圈對電磁系統(tǒng)作用力的方向與模型車運動方向相同C．在電磁鐵系統(tǒng)的磁場全部進入任意一個線圈的過程中，通過線圈的電荷量為D．在剎車過程中，電磁鐵系統(tǒng)通過第一個線圈瞬間速度大小為【答案】CD【詳解】A．在電磁鐵系統(tǒng)進入線圈時，根據(jù)右手定則可知，若俯視則線圈內(nèi)的感應(yīng)電流方向為逆時針，故A錯誤；B．模型車做減速度運動，線圈對電磁系統(tǒng)作用力的方向與模型車運動方向相反，故B錯誤；C．在電磁鐵系統(tǒng)的磁場全部進入任意一個線圈的過程中，通過線圈的電荷量為故C正確；D．取向右為正方向，根據(jù)動量定理有即解得故D正確。故選CD。34．（2024·遼寧·模擬預(yù)測）（多選）磁懸浮電梯是基于電磁學(xué)原理使電梯的轎廂懸停及上下運動的，如圖甲所示，它主要由磁場和含有導(dǎo)線框的轎廂組成。其原理為：豎直面上相距為