高考物理二、三轮复习总攻略-2专题5.4“电磁感应与电路”（解析版）

PAGE30第五部分创新应用考法新情境试题集锦专题5.4“电磁感应与电路”一．选择题1.(2022·北京市东城区高三期末)当气体温度升高到一定程度时，其中的分子或原子由于激烈的相互碰撞而离解为电子和正离子，这种状态的物质叫等离子体.等离子体有很多奇妙的性质，例如，宇宙中的等离子体会发生“磁冻结”.满足某种理想条件的等离子体，其内部不能有电场存在，但是可以有磁场.如图所示，一团这样的等离子体从很远处向着磁场B运动，在移进磁场的过程中，下列说法错误的是()A.由于变化的磁场会产生电场，因此等离子体内部的磁场不能随时间变化B.假如等离子体刚要进入磁场中时感应出了电流，则此电流的磁场与磁场B的方向相反C.若等离子体内部原来没有磁场，则穿越磁场的过程中其内部磁场一直为零D.若等离子体内部原来没有磁场，则穿越磁场的过程中其外部的磁感线不会发生变化【答案】D【解析】等离子体的内部不能有电场存在，又变化的磁场能够产生电场，故等离子体内部的磁场不能随时间变化，选项A正确.结合A项分析可知，若等离子体内部原来没有磁场，则穿越磁场的过程中其内部磁场应一直为零，否则其内部会产生电场，选项C正确.由楞次定律可知，等离子体刚要进入磁场中时，穿过等离子体的磁通量增大，假如该过程感应出了电流，则根据楞次定律可知，感应电流的磁场与磁场B方向相反，B正确；若等离子体内部原来没有磁场，即内部磁场等于零，则穿过磁场B的过程中必然产生与外部磁场B等大反向的新磁场B′使等离子体所在处的合磁场等于零，所以等离子体穿越磁场的过程中其外部的磁感线会发生变化，D错误.2．(2022·宁波十校3月联考)如图，是电子感应加速器的示意图，上图是侧视图，下图是真空室的俯视图，如果从上向下看，要实现电子沿逆时针方向在环中加速运动。那么电磁铁线圈中的电流应满足()A．与图示线圈中电流方向一致，电流在减小B．与图示线圈中电流方向一致，电流在增大C．与图示线圈中电流方向相反，电流在减小D．与图示线圈中电流方向相反，电流在增大【答案】B【解析】电子在真空室内逆时针做圆周运动，由左手定则可知，真空室内磁场从下到上，则上方为S极，由右手螺旋定则可知电流方向应与图示线圈中电流方向一致，与图示线圈中电流方向一致，要使电子逆时针加速，则感生电场的方向应为顺时针，由楞次定律线圈产生的磁场向上增大，所以电流在增大，故B正确，A、C、D错误。3．(2022·广东广州七区质监)如图a为某中学物理兴趣小组为研究无线充电技术，动手制作的一个“特斯拉线圈”。其原理图如图b所示，线圈匝数为n，面积为S，若在t时间内，匀强磁场平行于线圈轴线穿过线圈，其磁感应强度大小由B1均匀增加到B2，则该段时间内线圈两端的电势差的大小()A．恒为eq\f(S（B2－B1）,t)B．恒为eq\f(nS（B2－B1）,t)C．从0均匀变化到eq\f(S（B2－B1）,t)D．从0均匀变化到eq\f(nS（B2－B1）,t)【答案】B【解析】穿过线圈的磁感应强度均匀增加，产生恒定的电动势，由法拉第电磁感应定律得E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝nSeq\f(ΔB,Δt)＝nSeq\f(B2－B1,t)，故B正确。4．(2022·强基联盟3月统测)手机无线充电功能的广泛应用为人们提供了很大便利，图甲为手机无线充电装置，其内部如图乙所示，手机和充电板内部均安装了金属线圈，将手机置于通电的充电板上，便实现了“无线充电”。充电时，充电板接交流电源，充电板内的励磁线圈可产生交变磁场，从而使手机内的感应线圈产生感应电流。若从t＝0开始，对充电板内励磁线圈提供如图丙所示的交变电流，a端流入、b端流出为正方向。下列说法正确的是()A．在手机和充电板间垫上几张纸，也能无线充电B．t1～t2时间内感应线圈与励磁线圈相互排斥C．t2～t3时间内d点电势高于c点电势D．t3时刻感应线圈中电流最大【答案】A【解析】因纸张不影响电磁感应现象，故也能无线充电，A正确；t1～t2时间内，由楞次定律可知，此时感应电流产生的磁场方向与励磁线圈产生的磁场方向相同，所以感应线圈与励磁线圈相互吸引，B错误；t2～t3时间内，由楞次定律可知，此时感应电流产生的磁场方向应与励磁线圈产生的磁场方向相反，所以电流应从d流向c，故d点电势低于c点电势，C错误；由图丙可知t3时刻，励磁线圈中的i－t图像的斜率为0，所以感应线圈中电流瞬时值也为0，为最小值，D错误。5.(2022·广东高考，4)图是简化的某种旋转磁极式发电机原理图。定子是仅匝数n不同的两线圈，n1>n2，二者轴线在同一平面内且相互垂直，两线圈到其轴线交点O的距离相等，且均连接阻值为R的电阻，转子是中心在O点的条形磁铁，绕O点在该平面内匀速转动时，两线圈输出正弦式交变电流。不计线圈电阻、自感及两线圈间的相互影响，下列说法正确的是()A.两线圈产生的电动势的有效值相等B.两线圈产生的交变电流频率相等C.两线圈产生的电动势同时达到最大值D.两电阻消耗的电功率相等【答案】B【解析】根据E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，可知两线圈中磁通量的变化率相等，但是匝数不同，则产生的感应电动势最大值不相等，有效值也不相等，根据P＝eq\f(E2,R)可知，两电阻的电功率也不相等，选项A、D错误；因两线圈放在同一个旋转磁铁的旁边，则两线圈产生的交变电流的频率相等，选项B正确；当磁铁的磁极到达线圈附近时，磁通量变化率最大，感应电动势最大，由题图可知两线圈产生的感应电动势不可能同时达到最大值，选项C错误。6．(2022·浙江金华十校一模)水力发电站和火力发电站一般都采用旋转磁极式发电机，但是发电机的结构一般不同。水力发电站常采用图甲所示原理的发电机，A、B、C、D均为线圈；火力发电站常采用图乙所示原理的发电机，A、B、C、D均为沿轴方向的导线。当图中固定有磁铁的转子顺时针匀速旋转到图示位置时某同学在两图中标示了电流方向，下列说法正确的是()A．图甲中B、C线圈电流标示方向正确B．图乙中A、D导线电流标示方向正确C．图甲中A、C线圈电流标示方向正确D．图乙中C、D导线电流标示方向正确【答案】A【解析】题图甲中，A、B、C、D线圈中磁场均减弱，根据磁场减弱方向，结合楞次定律和安培定则，可知B、C线圈电流标示方向正确，A、D线圈电流标示方向错误，A正确，C错误；题图乙中，磁铁运动，导线切割磁感线产生电流，由右手定则可知，A、B导线电流标示方向正确，C、D导线电流标示方向错误，B、D错误。7.(2022·七彩阳光返校联考)传统的榨汁机一般都很难清洗，现在市场中很流行一种便携式榨汁杯，方便携带，容易清洗。如图所示为某品牌的榨汁杯，可利用USB充电。已知其额定电压为15V，额定功率为50W，充电电压24V，充电电流0.5A，充电时间约210分钟，电池容量1750mAh。则下列说法正确的是()A．榨汁杯正常工作时的电流为2AB．电池容量是指电池储存的电能C．电池充满电后储存的电能约为2520JD．榨汁杯充满电后一次工作时间最多约为50分钟【答案】D【解析】正常工作电流为I＝eq\f(50,15)A＝3.3A，A错误；电池容量为电池储存的电荷量，B错误；电池充满电后储存的电能E＝24×0.5×210×60J＝151200J，C错误；工作时间t＝eq\f(E,P)＝eq\f(151200,50)s＝50.4min，D正确。8.(2022·浙江1月选考)如图所示，甲图是一种手摇发电机及用细短铁丝显示的磁场分布情况，摇动手柄可使对称固定在转轴上的矩形线圈转动；乙图是另一种手摇发电机及磁场分布情况，皮带轮带动固定在转轴两侧的两个线圈转动。下列说法正确的是()A．甲图中线圈转动区域磁场可视为匀强磁场B．乙图中线圈转动区域磁场可视为匀强磁场C．甲图中线圈转动时产生的电流是正弦交流电D．乙图线圈匀速转动时产生的电流是正弦交流电【答案】A【解析】甲图中细短铁丝显示的磁场分布均匀，则线圈转动区域磁场可视为匀强磁场，A正确；乙图中细短铁丝显示的磁场分布不均匀，则线圈转动区域磁场不能看成匀强磁场，B错误；根据发电机原理可知，甲图中线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的转轴匀速转动时才能产生正弦交流电，C错误；乙图中是非匀强磁场，则线圈匀速转动时不能产生正弦交流电，D错误。9．(2022·浙江强基联盟统测)我国自主研发的四探针法测水的电阻率的实验仪器如图1所示，能准确地测出水在不同纯度下的电阻率，若用国际单位制基本单位表示电阻率ρ的单位正确的是()A.eq\f(kgm2,A2s3) B.eq\f(kg2m2,A2s3)C.eq\f(kgm3,A2s3) D.eq\f(kgm3,A3s3)【答案】C【解析】由电阻R＝ρeq\f(L,S)得电阻率ρ＝eq\f(RS,L)＝eq\f(US,IL)＝eq\f(\f(W,q)S,IL)＝eq\f(\f(Fx,It)S,IL)＝eq\f(\f(max,It)S,IL)，故电阻率的单位eq\f(kgm3,A2s3)，C正确。10．(2022·四川成都二诊)风速测速仪的简易装置如图所示，其工作原理是：风吹动风杯，风杯通过转轴带动永磁铁转动，电流测量装置则可显示感应线圈产生的电流i随时间t变化的图像，从而实现测量实时风速。若风速一定时，风杯的转动周期为T，则下列图像可能正确的是()【答案】D【解析】线圈在磁场中转动会产生交变电流，根据相对运动可知，磁体即磁体产生的磁场对线圈转动也会产生交变电流，转动的周期即为交变电流的周期，转动的转速与交变电流的最大值有关。由于永磁铁的转动，线圈垂直与磁场方向切割磁感线，线圈中将产生正弦或余弦的交变电流，故电流i随时间t变化的图像可能正确的是D。11．(2022·浙江强基联盟统测)现在很多手机在倡导环保的形势下取消了一起搭配的手机充电头。日常生活中我们往往会遇到给不同的手机或电子设备充电的情况，于是能够支持各种充电协议的智能充电器应运而生。一款某品牌氮化镓智能充电器的铭牌如图所示。则下列说法错误的是()型号：CD217P/N：80367输入：100－240V～50/60Hz1.8AMax输出：5V－3A9V－3A15V－3A20V－3.25A3．3－11V－4.05A3．3－21V－3A输出总功率：65WMaxA．该充电器以最大输出功率输出时，输出电压是20VB．该充电器给支持12V－3A协议的容量为10000mAh，额定电压为3.7V的电池充电，从0至充满需要至少1小时C．家用电路中偶尔会有瞬时的脉冲电压存在，该充电器最大允许脉冲电压的峰值约为339VD．某电池充电电压为10V，最大充电电流不超过5A，则充电器对它充电时的输出功率为50W【答案】D【解析】最大输出功率65W对应的是“20V－3.25A”输出，A正确；当以“12V－3A”输出时的输出功率为36W，电池的能量为容量与额定电压的乘积为37Ah，考虑充电过程的电热损失，所以充电时间至少1h以上，B正确；充电器输入最大电压为240V有效值交流电，对应峰值为339.4V，C正确；某电池充电电压为10V，最大充电电流不超过5A，则充电器对它充电时的输出功率不超过50W，D错误。12．(2022·湖州、衢州、丽水11月质检)如图为一款可充电小型电扇，其铭牌信息如下表所示。已知该电扇的电动机内阻为0.5Ω，下列说法正确的是()名称：充电电扇型号：ODI－MF10A额定电压：5V额定功率：5W净重：380g电池容量：2000mA·h产品尺寸131×130×145mmA．2000mA·h指的是电池充满电时的电能B．充满电后理论上电扇可以运行20hC．电扇的额定电流为10AD．电动机的效率为90%【答案】D【解析】2000mA·h指的是电池充满电时的电荷量，A错误；根据P＝UI得电扇的额定电流为I＝1A，由I＝eq\f(q,t)得t＝2h，B、C错误；依题意有P机＝P－P损＝P－I2r，电动机的效率为η＝eq\f(P机,P)，联立得η＝90%，D正确。13.(2022·广东深圳市二模)中国电磁炮技术世界领先，如图是一种电磁炮简易模型．间距为L的平行导轨水平放置，导轨间存在竖直方向、磁感应强度大小为B的匀强磁场，导轨一端接电动势为E、内阻为r的电源．带有炮弹的金属棒垂直放在导轨上，金属棒电阻为R，导轨电阻不计．通电后棒沿图示方向发射，则()A．磁场方向竖直向下B．闭合开关瞬间，安培力的大小为eq\f(BEL,R＋r)C．轨道越长，炮弹的出射速度一定越大D．若同时将电流和磁场方向反向，炮弹将沿图中相反方向发射【答案】B【解析】流过金属棒的电流为逆时针方向，所受安培力水平向右，根据左手定则可知，磁场方向竖直向上，故A错误；闭合开关瞬间，电流为I＝eq\f(E,R＋r)，则安培力为F安＝BIL＝eq\f(BEL,R＋r)，故B正确；金属棒开始运动后会产生反电动势，随着速度增大，反电动势随之增大，则流过金属棒的电流越来越小，安培力也越来越小，直到通过金属棒的电流为零，速度达到最大，所以炮弹的出射速度有最大值，故C错误；若同时将电流和磁场方向反向，根据左手定则可知，炮弹发射方向不变，故D错误．14.(2022·重庆南开中学质检)近十年来，我国环形变压器从无到有，已形成相当大的生产规模，广泛应用于计算机、医疗设备、家电设备和灯光照明等方面，如图甲所示。环形变压器与传统方形变压器相比，漏磁和能量损耗都很小，可视为理想变压器。如图乙所示的环形变压器原线圈匝数n1＝880匝，副线圈接一个“12V22W”的照明电灯L，电压表与电流表均为理想交流电表。原线圈所接正弦式交流电源的电压随时间变化的关系图像如图丙所示，最大值Um＝220eq\r(2)V。此时，照明电灯恰好正常发光。则()A．该交流电的方向每秒改变50次B．副线圈匝数约为34匝C．此时电流表的读数为0.1AD．若副线圈两端再并联多个规格与L完全相同的照明电灯，则每个电灯都不能正常工作【答案】C【解析】交流电周期为T＝2×10－2s，1s内包含50个周期，方向改变100次，A错误；输入电压的有效值U1＝eq\f(220\r(2),\r(2))V＝220V，照明电灯正常发光，副线圈的电压U2＝12V，根据eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)知n2＝48匝，B错误；根据P＝U2I＝U1I1得I1＝0.1A，C正确；输入电压不变，匝数比不变，副线圈输出电压不变，并联的每盏灯均正常工作，D错误。15.(2022·南京金陵中学调研)某同学设计了一种带有闪烁灯的自行车车轮，以增强夜间骑车的安全性。如图所示为自行车后车轮，已知金属车轮半径为r＝0.6m，金属轮轴半径可以忽略，有绝缘辐条连接轮轴与车轮(辐条未画出)。车轮与轮轴之间对称地接有4根相同的金属条，每根金属条中间都串接一个LED灯，LED灯可视为纯电阻，每个LED灯的阻值恒为R＝0.45Ω，不计其他电阻。车轮旁的车架上固定有一特殊磁铁，能在车轮与轮轴之间形成一个方向垂直于纸面向外、磁感应强度大小B＝0.5T的扇形匀强磁场区域，扇形对应的圆心角θ＝30°。使自行车沿平直路面匀速前进，已知车轮转动的角速度为ω＝20rad/s，不计车轮厚度，忽略磁场的边缘效应，取π＝3.0，则下列说法正确的是()A.车轮转动一周过程中，LED灯亮的总时间为0.075sB.金属条ab进入磁场时，ab上电流的方向是a→bC.金属条ab进入磁场时，ab上电流大小是2AD.车轮转动一周，LED灯产生的总焦耳热为0.54J【答案】D【解析】依题意，可得车轮转动一周的时间为T＝eq\f(2π,ω)＝0.3s，车轮转动一周的过程中，能产生感应电流的时间为t＝4×eq\f(30°,360°)T＝0.1s，即LED灯亮的总时间为0.1s，故A错误；金属条ab进入磁场时，根据右手定则判断知ab上电流的方向是b→a，故B错误；金属条ab进入磁场时，ab相当于电源，其等效电路图如图所示电源电动势为E＝eq\f(1,2)Br2ω＝1.8V，电路中的总电阻为R总＝R＋eq\f(1,3)R＝0.6Ω，所以通过ab的电流大小为I＝eq\f(E,R总)＝3.0A，故C错误；车轮转动一周，LED灯亮的总时间为0.1s，则产生的总焦耳热为Q＝I2R总t＝32×0.6×0.1J＝0.54J，故D正确。16.如图所示为家用单相电能表的结构示意图，其中电流线圈串联在电路中，电压线圈并联在电路中，通过电流线圈和电压线圈的交变电流产生的交变磁场使铝盘中产生涡旋电流，交变磁场对涡旋电流的安培力推动铝盘转动，转动方向如图中箭头所示。旁边还固定一块蹄形永久磁体，铝盘转动时要从磁体两极之间通过。关于家用单相电能表，下列说法正确的是()A.用户功率越大，电压线圈在铝盘中产生的涡流越大B.用户功率减小，电流线圈在铝盘中产生的涡流变大C.永久磁体对铝盘起着电磁阻尼的作用D.当停止用电时，永久磁铁可以保持铝盘继续转动【答案】C【解析】电流线圈串联在电路中，用户功率越大则电流越大，产生的磁场越强，则涡流越大，而电压线圈并联在电路中，其电流与用户功率无关，电流大小不变，因此在铝盘中产生的涡流不变，故A、B错误；停止用电时，铝盘失去继续转动的动力，线圈转动切割永久磁体产生电磁阻尼效果，避免由于惯性继续转动而带来计量误差，故C正确，D错误。17.(2022·广东韶关模拟)如图所示，某同学用玻璃皿在中心放一个圆柱形电极接电源的负极，沿边缘放一个圆环形电极接电源的正极做“旋转的液体的实验”，若蹄形磁体两极间正对部分的磁场视为匀强磁场，磁感应强度为B＝0.1T，玻璃皿的横截面的半径为a＝0.05m，电源的电动势为E＝3V，内阻r＝0.1Ω，限流电阻R0＝4.9Ω，玻璃皿中两电极间液体的等效电阻为R＝0.9Ω，闭合开关后当液体旋转时电压表的示数恒为1.5V，则()A.由上往下看，液体做顺时针旋转B.液体所受的安培力做负功C.闭合开关10s，液体产生的热量4.5JD.闭合开关后，液体电热功率为0.081W【答案】D【解析】由于中心放一个圆柱形电极接电源的负极，沿边缘放一个圆环形电极接电源的正极，在电源外部电流由正极流向负极，因此电流由边缘流向中心；器皿所在处的磁场竖直向上，由左手定则可知，导电液体受到的磁场力沿逆时针方向，因此液体沿逆时针方向旋转，A错误；液体受到的安培力使其旋转，故安培力做正功，B错误；回路电流I＝eq\f(E－U,R0＋r)＝0.3A，液体的等效电阻为R＝0.9Ω，10s内液体产生的热量为Q＝I2Rt＝0.32×0.9×10J＝0.81J，C错误；玻璃皿中两电极间液体的等效电阻为R＝0.9Ω，则液体热功率为P热＝I2R＝0.32×0.9W＝0.081W，D正确。18.(2022·广东省七校联考)手机无线充电技术越来越普及，其工作原理如图所示，其中送电线圈和受电线圈匝数比n1∶n2＝5∶1，两个线圈中所接电阻的阻值均为R。当ab间接上220V的正弦交变电源后，受电线圈中产生交变电流给手机快速充电，这时手机两端的电压为5V，充电电流为2A。若把装置线圈视为理想变压器，下列说法正确的是()A．R的值为187.5ΩB．快速充电时，cd间电压U2＝44.5VC．快速充电时，送电线圈的输入电压U1＝214.5VD．快速充电时，送电线圈的输入功率为85W【答案】D【解析】对送电线圈有220V＝I1R＋U1，受电线圈有U2＝I2R＋5V，由原、副线圈电流和匝数的关系得eq\f(I2,I1)＝eq\f(5,1)，eq\f(U1,U2)＝eq\f(5,1)，联立解得U1＝212.5V，U2＝42.5V，B、C错误；由欧姆定律可得R＝eq\f(U2－U,I2)＝eq\f(42.5－5,2)Ω＝18.75Ω，A错误；变压器原、副线圈的功率相等，则送电线圈的输入功率P1＝P2＝U2I2＝42.5×2W＝85W，D正确。19．(2022·天略外国语模考)我国领先全球的特高压输电技术将为国家“碳中和”做出独特的贡献。2021年6月28日白鹤滩水电站首批初装机容量1600万千瓦正式并网发电。在传输电能总功率不变情况下，从原先150kV高压输电升级为1350kV特高压输电，则下列说法正确的是()A．若输电线不变，则输电线上损失的电压变为原先的eq\f(1,3)B．若输电线不变，则输电线上损失功率变为原先的eq\f(1,9)C．如果损失功率不变，相同材料、传输到相同地方所需导线横截面积是原先的eq\f(1,81)D．如果损失功率不变，相同材料、粗细的输电线传输距离是原先的9倍【答案】C【解析】在功率不变时，电压升高为9倍，则传输电流变为原来的eq\f(1,9)，若输电线不变，则输电线上损失电压ΔU＝Ir，即变为原来的eq\f(1,9)，A错误；输电线损失功率ΔP＝I2r，因此输电线损失功率变为原先的eq\f(1,81)，B错误；如果损失功率不变eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(P,U)))2r＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(P,9U)))2r′，r＝ρeq\f(L,S)，如果相同输电线，则电阻率不变，传输距离不变时，所需导线横截面只有原先的eq\f(1,81)，C正确；如果损失功率不变，相同材料、粗细的输电线传输距离是原先的81倍，D错误。20.(多选)(2022·重庆南开中学质检)小明为自己家的养牛场设计了一款补水提示器，其工作原理如图3所示。在忽略电表内阻影响的情况下，下列分析正确的是()A.水量减少时，滑动变阻器的滑片向上移动B.如果选择电压表，电表示数变小反映水量增多C.如果选择电流表，电表示数变大反映水量增多D.如果选择电流表，R0可以在水太多时保护电路【答案】ACD【解析】根据装置图可知，水量减少，弹簧压缩量减少，滑片上移，故A正确；若电表为电压表，其测的是滑动变阻器上部分对应的电压值，示数减小，说明滑片上移，水量减少，故B错误；若电表为电流表，电流表测的是整个电路的电流，电流表示数变大，说明滑动变阻器接入电路的阻值减小，即滑片下移，水量增多，故C正确；如果选择电流表，水太多时R接入电路的阻值很小，电路中电流很大，此时R0串联在干路中，起到保护电路(电流表)的作用，故D正确。21.(多选)(2022·重庆八中模拟)在报警电路中常用到蜂鸣器，其原理为当电流从蜂鸣器正极流入负极流出时，蜂鸣器会发出报警声。如图所示是一个断路报警电路，平行板电容器电容为C，电源电动势为E，内阻r≠0，D可视为理想二极管，R1、R2为定值电阻。当电路中的开关S在电路工作过程中断开时，蜂鸣器会发出报警声。对于该电路下列说法正确的是()A.a端为蜂鸣器的负极B.S闭合稳定后，电容器的带电荷量为CEC.S闭合稳定后，增加平行板间距离有可能会使蜂鸣器发出报警声D.S断开后，流过蜂鸣器的电荷量等于流过R2的电荷量【答案】CD【解析】开关S闭合时，电流从b端流过蜂鸣器，则电容器C的右端为正极板，开关S断开时，电容器放电，电流从a端流过蜂鸣器，此时蜂鸣器发出报警声，则a端为蜂鸣器的正极，故A错误；S闭合稳定后，电容器两端电压为电阻R2两端电压，小于电动势E，所以电容器的带电荷量小于CE，故B错误；S闭合稳定后，增加平行板间距离，根据平行板电容器电容的决定式C＝eq\f(εrS,4πkd)可知电容减小，两端电压不变，由C＝eq\f(Φ,U)知Q减小，电容器放电，电流从a端流过蜂鸣器，有可能会使蜂鸣器发出报警声，故C正确；S断开后，电容器放电，二极管具有单向导电性，没有电流通过二极管，则流过蜂鸣器的电荷量等于流过R2的电荷量，故D正确。22.(2022·江苏常州期末)无线充电器能给手机充电是因为两者内部有线圈存在，当电源的电流通过无线充电器的送电线圈会产生变化的磁场，手机端的受电线圈靠近该磁场就会产生电流，双方密切配合，手机成功无线充电。如图为自制的简易无线充电装置，由一个电磁炉(发射线圈)、一个接收线圈、一个二极管、一个车载充电器构成，发射线圈、接收线圈匝数比n1∶n2＝10∶1，若电磁炉两端所加电压为u＝220eq\r(2)sin(314t)V，不考虑充电过程中的各种能量损失。则下列说法正确的是()A.通过车载充电器的电流为交流电B.通过车载充电器的电流方向周期性地变化C.车载充电器两端电压的有效值约为22VD.车载充电器两端电压的有效值约为eq\f(22,\r(2))V【答案】D【解析】接收线圈与车载充电器之间连接一个二极管，二极管具有单向导电性，一个周期内只有半个周期的交流电能通过二极管，所以通过车载充电器的电流方向不变，不是交流电，A、B错误；由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，可得接收线圈的电压有效值为U2＝eq\f(U1n2,n1)＝eq\f(220×1,10)V＝22V，由电流的热效应可得eq\f(Ueq\o\al(2,2),R)·eq\f(T,2)＝eq\f(Ueq\o\al(2,3),R)T，解得车载充电器两端电压的有效值约为U3＝eq\f(22,\r(2))V，C错误，D正确。23.(多选)(2022·金丽衢十二校联考)2021年9月东北地区的高峰拉闸限电事件让我们清醒地认识到，随着人类能源消耗的迅速增加，如何有效地提高能源利用率是人类所面临的一项重要任务。如图是远距离输电示意图，变压器T1、T2均为理想变压器，变压器T2原、副线圈的匝数之比为11∶5，n4两端的电压u4随时间t变化规律为u4＝220eq\r(2)sin(100πt)V，假设负载是电阻为48.4Ω电水壶，下列说法正确的是()A．交流电源输出的交流电周期为50sB．变压器T1副线圈n2两端的电压为484VC．经过1分钟电水壶产生的焦耳热是6×104JD．为了减少输电线r上的电能损失，变压器T1应该使用升压变压器【答案】CD【解析】变压器改变电压和电流，不改变频率，故电源的频率与u4的频率相同，则交流电源输出的交流电周期为T＝eq\f(2π,ω)＝0.02s，A错误；由题意可知，降压变压器T2副线圈两端电压的有效值为U4＝220V，原线圈两端电压的有效值为U3＝eq\f(n3,n4)U4＝484V，由于输电线上一定有电压损失，故变压器T1副线圈n2两端的电压大于484V，B错误；电水壶中的电流为I4＝eq\f(U4,R)＝eq\f(50,11)A，经过1分钟电水壶产生的焦耳热为Q＝Ieq\o\al(2,4)Rt＝6×104J，C正确；变压器T1原、副线圈满足U1I1＝U2I2，输电线上损失的功率可表示为ΔP＝Ieq\o\al(2,2)r，变压器T1使用升压变压器，可减小电流I2，减小功率损失ΔP，D正确。24.(多选)(2022·河南平顶山质检)据悉，一种利用电磁感应原理的健身器械“智能电磁式健身器械阻尼器”在近期获得专利，相比传统机械式健身器材，具有安全、易检测的优点，其原理如图甲所示，水平平行的粗糙金属导轨固定在水平地面上，导轨足够长，电阻不计，处于垂直水平面向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝1T，导轨间距L＝2m，左侧接有定值电阻R＝3Ω。一质量m＝1kg的金属棒ab放在导轨上、接入电路部分的阻值r＝1Ω，在水平向右的拉力的作用下由静止开始从某处沿导轨向右加速运动，金属棒的v－x图像如图乙所示。若金属棒与导轨垂直且接触良好，与导轨间的动摩擦因数μ＝0.4，取g＝10m/s2。则金属棒从静止开始向右运动位移x1＝1m的过程中，下列说法正确的是()A.b端的电势比a端低B.拉力做的功为7JC.金属棒ab上产生的焦耳热为1JD.通过电阻R的电荷量为0.5C【答案】BD【解析】根据右手定则可知，b端相当于电源正极，b端的电势比a端高，故A错误；金属棒从静止开始向右运动位移x1＝1m的过程中，克服安培力做功W安＝Beq\f(BLv,R＋r)L·x＝eq\f(B2L2,R＋r)vx，结合图像面积可知Q＝W安＝1J，金属棒ab上产生的焦耳热Q′＝eq\f(r,R＋r)Q＝0.25J，故C错误；根据能量守恒定律，拉力做的功为W＝Q＋eq\f(1,2)mv2＋μmgx＝7J，故B正确；金属棒从静止开始向右运动位移x1＝1m的过程中，通过电阻R的电荷量为q＝eq\f(ΔΦ,Δt（R＋r）)Δt＝eq\f(BLx,R＋r)＝0.5C，故D正确。25.(2022·湖北武汉市武昌区质检)如图，绝缘的水平桌面上固定着两根相距L＝0.3m、电阻不计的足够长光滑金属导轨，两导轨左端与阻值R＝0.2Ω的电阻相连．竖直向下、有左边界(x＝0处)的、范围足够大的磁场沿＋x方向均匀增大，磁感应强度B＝0.2＋0.4x(T)．一根质量m＝0.1kg、电阻r＝0.1Ω的金属棒垂直置于导轨上并始终接触良好．棒在水平外力作用下从x＝0处沿导轨向右做直线运动，运动过程中回路电流恒为1A．以下判断正确的是()A．金属棒在x＝2m处时，电阻R的电功率为0.3WB．金属棒在x＝2m处的速度为1m/sC．金属棒在x＝2m处时，克服安培力做功的瞬时功率为0.2WD．金属棒从x＝0运动到x＝2m过程中克服安培力做的功为0.36J【答案】BD【解析】电路中电流恒为1A，根据P＝I2R，可得金属棒在x＝2m处时，电阻R的电功率为0.2W，故A错误；金属棒在x＝2m处时，磁感应强度B1＝0.2T＋0.4×2T＝1T，根据E＝B1Lv及闭合电路欧姆定律I＝eq\f(E,R＋r)，联立解得v＝1m/s，故B正确；金属棒在x＝2m处时，安培力大小为F＝B1IL＝0.3N，则克服安培力做功的瞬时功率为P＝Fv＝0.3W，故C错误；金属棒在x＝0时的安培力大小为F0＝B0IL＝0.2×1×0.3T＝0.06N，安培力与x成线性关系，金属棒从x＝0运动到x＝2m的过程中，克服安培力做的功W＝eq\f(1,2)(F0＋F)Δx＝eq\f(1,2)×(0.06＋0.3)×2J＝0.36J，故D正确．26.(2022·山东德州市二模)磁悬浮列车是高速低耗的交通工具，如图甲所示．它的驱动系统可简化为如图乙所示的物理模型．固定在列车底部的正方形金属线框的边长为L，匝数为N，总电阻为R；水平长直轨道间各边长为L的正方形区域内都存在匀强磁场，磁场的磁感应强度大小均为B、相邻区域的磁场方向相反．当磁场以速度v匀速向右运动时，可驱动停在轨道上的列车，不能忽略列车受到的阻力，以下说法正确的是()A．列车运动的方向与磁场运动的方向相反B．列车的最大速度为vC．列车相对磁场位移为L的过程中通过线框的电荷量为eq\f(2NBL2,R)D．列车速度为v′时，线框受到的安培力大小为eq\f(4N2B2L2v－v′,R)【答案】CD【解析】根据右手定则可知，当磁场向右运动时，在图示位置时，线框中产生顺时针方向的感应电流，根据左手定则可知，线框受到向右的安培力作用而使列车向右运动，即列车运动的方向与磁场运动的方向相同，选项A错误；列车的最大速度不可能等于v，否则磁场与线框之间无相对速度，线框中无感应电流产生，则不会产生安培力，选项B错误；根据q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(\x\to(E),R)Δt＝eq\f(NΔΦ,R)，列车相对磁场位移为L的过程中通过线框的电荷量为q＝Neq\f(2BL2,R)＝eq\f(2NBL2,R)，选项C正确；列车速度为v′时，线框中产生的感应电动势E＝2NBL(v－v′)，受到的安培力大小为F＝2NBIL＝2NBLeq\f(2NBLv－v′,R)＝eq\f(4N2B2L2v－v′,R)，选项D正确．27.(多选)(2022·重庆市模拟)将材料相同、粗细不同的导线绕成边长相同的Ⅰ、Ⅱ两个正方形闭合线圈，Ⅰ线圈的匝数是Ⅱ的2倍，两线圈质量相等．现将两线圈在竖直平面内从同一高度同时以初速度v0竖直向上抛出，一段时间后进入方向垂直于纸面向外的匀强磁场区域，磁场的下边界水平，如图所示．已知线圈在运动过程中某条对角线始终与下边界垂直，且线圈平面始终在竖直平面内，空气阻力不计．在线圈进入磁场的过程中，下列说法正确的是()A．通过Ⅰ、Ⅱ线圈导线截面的电荷量之比为1∶1B．通过Ⅰ、Ⅱ线圈导线截面的电荷量之比为1∶2C．Ⅰ、Ⅱ线圈中产生的焦耳热之比为1∶2D．Ⅰ、Ⅱ线圈中产生的焦耳热之比为1∶1【答案】BD【解析】Ⅰ、Ⅱ线圈进入磁场的过程中，磁通量的变化量相等，由q＝eq\x\to(I)t＝eq\f(nΔΦ,R)，可知eq\f(q1,q2)＝eq\f(n1R2,n2R1)，两线圈的材料相同、质量相同，由m＝ρ密度V可知两线圈导线的体积相等，由题可知两线圈导线的长度之比为eq\f(l1,l2)＝2，由V＝lS，得两线圈导线的横截面积之比为eq\f(S1,S2)＝eq\f(l2,l1)＝eq\f(1,2)，由R＝eq\f(ρ电阻率l,S)，可知eq\f(R2,R1)＝eq\f(l2S1,l1S2)＝eq\f(1,4)，所以eq\f(q1,q2)＝eq\f(n1R2,n2R1)＝eq\f(1,2)，故A错误，B正确；线圈进入磁场的过程中，设某时刻线圈切割磁感线的有效长度为L、速度为v，则E＝nBLv，I＝eq\f(E,R)＝eq\f(nBLv,R)，F＝nBIL＝eq\f(n2B2L2v,R)，可知F正比于v，刚进入磁场时两线圈的速度(v1)相等，则刚进入时有eq\f(F1,F2)＝eq\f(n12R2,n22R1)＝1，即刚进入时安培力相同，又有两线圈质量相等，所以刚进入时两线圈加速度相同，则可得两线圈进入磁场过程中的任意位置的速度、加速度均相同，所以恰好完全进入磁场时两线圈速度(v2)相等，由能量守恒定律得eq\f(1,2)mv12＝mgh＋eq\f(1,2)mv22＋Q，解得Q1＝Q2，故C错误，D正确．28.(多选)(2022·山东省烟台二中模拟)如图所示，间距L＝0.5m的光滑金属导轨固定在绝缘斜面上，斜面倾角θ＝37°.区域Ⅰ、Ⅱ分别以PQ、MN为边界，均存在垂直于斜面向上的磁场，Ⅰ区中磁感应强度从0开始随时间均匀增加，Ⅱ区中为匀强磁场，磁感应强度B2＝0.5T，PQ与MN之间为无磁场区域．质量m＝0.1kg、电阻R＝2Ω的导体棒垂直于导轨放置，从两磁场之间的无磁场区域由静止释放，经过t＝2s进入Ⅱ区恰好匀速下滑．运动中棒与导轨始终保持良好接触，导轨足够长且电阻不计．重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6.则下列说法正确的是()A．进入Ⅱ区后，导体棒中的电流I＝2.4AB．无磁场区域的面积至少为12m2C．前2s导体棒产生的焦耳热Q＝3.24JD．若Ⅰ区磁场面积为2m2，则Ⅰ区的磁感应强度随时间变化的表达式为B＝1.8t(T)【答案】AC【解析】棒进入Ⅱ区匀速下滑，则有mgsinθ＝B2IL，解得导体棒中的电流为I＝2.4A，A正确；导体棒进入Ⅱ区域磁场的速度v＝at，mgsin37°＝ma，v2＝2ax，无磁场区域的面积最小值为Smin＝Lx，代入数据联立解得Smin＝6m2，B错误；导体棒进入Ⅱ区域后，Ⅰ区中磁感应强度变化产生的感生电动势为E1，Ⅱ区域导体棒切割磁场产生的动生电动势为E2，则E1＋E2＝E1＋B2Lv＝IR，则E1＝1.8V，前2s导体棒未切割磁场，产生的焦耳热Q＝eq\f(E12,R)t＝3.24J，C正确；根据E1＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S，且S＝2m2，则Ⅰ区磁场的变化率为eq\f(ΔB,Δt)＝0.9T/s，Ⅰ区中磁感应强度从0开始随时间均匀增加，则Ⅰ区的磁感应强度随时间变化的表达式为B＝0.9t(T)，D错误.29.(多选)(2022·山东泰安市二模)如图所示，足够长的平行光滑金属导轨与水平面成θ角放置，导轨宽度为L，电阻不计，底端接有阻值为R的定值电阻，整个装置处在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于轨道平面向上．有一质量为m、长度为L、电阻为r的导体棒垂直放在导轨上，现让导体棒从导轨底部以初速度v0冲上导轨，上滑到最大距离s后，又返回到底端．重力加速度为g，下列说法正确的是()A．运动的整个过程中，导体棒的最大加速度为gsinθ＋eq\f(B2L2v0,mR＋r)B．导体棒在上滑过程中，定值电阻上产生的焦耳热为eq\f(1,2)mv02－mgssinθC．导体棒在上滑至eq\f(s,2)处时的速度大于eq\f(v0,2)D．导体棒上滑的过程中所用的时间为eq\f(mv0R＋r－B2L2s,mgR＋rsinθ)【答案】ACD【解析】导体棒刚冲上导轨时，加速度最大，电路中的感应电动势为E＝BLv0，感应电流为I＝eq\f(E,R＋r)，导体棒所受安培力为F＝BIL，根据牛顿第二定律得amax＝eq\f(mgsinθ＋F,m)，联立可得amax＝gsinθ＋eq\f(B2L2v0,mR＋r)，故A正确；导体棒上滑过程中，根据能量守恒定律得Q＋mgssinθ＝eq\f(1,2)mv02，解得电路中产生的焦耳热Q＝eq\f(1,2)mv02－mgssinθ，定值电阻上产生的焦耳热为QR＝eq\f(R,r＋R)Q＝eq\f(R,r＋R)(eq\f(1,2)mv02－mgssinθ)，故B错误；随着导体棒上滑，速度减小，则安培力减小，可知导体棒做加速度减小的减速运动，如图所示，可知当速度为eq\f(v0,2)时的位移大于eq\f(s,2)，可知导体棒在上滑至eq\f(s,2)处时的速度大于eq\f(v0,2)，故C正确；上滑过程中，以沿轨道平面向上为正方向，由动量定理得－(mgsinθ＋Beq\x\to(I)L)·Δt＝0－mv0，结合q＝eq\x\to(I)·Δt，整理得mgsinθ·Δt＋BLq＝mv0，又q＝eq\f(ΔΦ,R＋r)＝eq\f(BLs,R＋r)，解得Δt＝eq\f(mv0R＋r－B2L2s,mgR＋rsinθ)，故D正确．30.如图甲所示，两固定平行且光滑的金属轨道MN、PQ与水平面的夹角θ＝37°，M、P之间接电阻箱，电阻箱的阻值范围为0～9.9Ω，导轨所在空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度大小为B＝0.5T。质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上，其接入电路的电阻值为r。现从静止释放杆ab，测得最大速度为vm，改变电阻箱的阻值R，得到vm与R的关系如图乙所示。已知轨道间距为L＝2m，重力加速度g＝10m/s2，轨道足够长且电阻不计(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，则()A.金属杆的质量m＝0.5kgB.金属杆接入电路的电阻r＝2ΩC.当R＝2Ω时，杆ab匀速下滑过程中R两端的电压为4VD.当R＝1Ω时，若杆ab用时2.2s达到最大速度，则此过程中下滑的高度为6m【答案】BC【解析】当金属杆达到最大速度时，安培力等于重力沿框向下的分力有mgsinθ＝eq\f(B2L2vm,R＋r)，当R＝0时，vm＝4m/s，当R＝2Ω时，vm＝8m/s，代入上式解得m＝eq\f(1,3)kg，r＝2Ω，故B正确，A错误；当R＝2Ω时，杆ab匀速下滑过程中R两端的电压为U＝eq\f(R,R＋r)BLvm，代入数据解得U＝4V，故C正确；当R＝1Ω时，由图可得最大速度为6m/s，对金属杆由动量定理得mgsinθt－eq\f(B2L2vt,R＋r)＝mvm，又s＝vt，s表示金属杆沿轨道运动的位移，代入数据解得s＝7.2m，则此过程中下滑的高度为h＝ssinθ＝4.32m，故D错误。非选择题31.(2021·浙江1月选考)嫦娥五号成功实现月球着陆和返回，鼓舞人心。小明知道月球上没有空气，无法靠降落伞减速降落，于是设计了一种新型着陆装置。如图所示，该装置由船舱、间距为l的平行导轨、产生垂直导轨平面的磁感应强度大小为B的匀强磁场的磁体和“∧”型刚性线框组成，“∧”型线框ab边可沿导轨滑动并接触良好。船舱、导轨和磁体固定在一起，总质量为m1。整个装置竖直着陆到月球表面前瞬间的速度大小为v0，接触月球表面后线框速度立即变为零。经过减速，在导轨下方缓冲弹簧接触月球表面前船舱已可视为匀速。已知船舱电阻为3r；“∧”型线框的质量为m2，其7条边的边长均为l，电阻均为r；月球表面的重力加速度为eq\f(g,6)。整个运动过程中只有ab边在磁场中，线框与月球表面绝缘，不计导轨电阻和摩擦阻力。(1)求着陆装置接触到月球表面后瞬间线框ab边产生的电动势E0；(2)通过画等效电路图，求着陆装置接触到月球表面后瞬间流过ab的电流I0；(3)求船舱匀速运动时的速度大小v；(4)同桌小张认为在磁场上方、两导轨之间连接一个电容为C的电容器，在着陆减速过程中还可以回收部分能量，在其他条件均不变的情况下，求船舱匀速运动时的速度大小v′和此时电容器所带电荷量q。【答案】(1)Blv0(2)eq\f(Blv0,2r)(3)eq\f(m1gr,3B2l2)(4)eq\f(m1gr,3B2l2)eq\f(m1grC,6Bl)【解析】(1)电动势E0＝Blv0(2)等效电路图如图所示，可得总电阻R＝2r电流I0＝eq\f(E0,R)＝eq\f(Blv0,2r)。(3)船舱匀速运动时线框受到安培力FA＝eq\f(B2l2v,2r)根据牛顿第三定律，质量为m1的部分受力F＝FA，方向竖直向上匀速运动时有F＝eq\f(m1g,6)联立解得v＝eq\f(m1gr,3B2l2)。(4)船舱匀速运动时电容器不充放电，故v′＝v＝eq\f(m1gr,3B2l2)则I＝eq\f(Blv,R)＝eq\f(m1g,6Bl)UC＝eq\f(1,3)I×3r＝eq\f(m1gr,6Bl)则q＝CUC＝eq\f(m1grC,6Bl)。32.(2022·广东省联考)在学校举办的高楼落蛋活动中，为保证鸡蛋从高处落地后能完好无损，小明设计了如图甲所示的装置．装置下端安装了一个横截面(俯视)如图乙所示的磁体，其内、外分别为圆柱形和圆筒形，两者固定在一起，且两者间存在沿径向向外的磁场，不考虑磁体在其他区域产生的磁场．圆筒形磁体与两条平行金属导轨AH和BG固定在一起，CDFE是一个金属线框，DF、CE被约束在导轨的凹槽内，可沿导轨无摩擦地滑动，线框CD的正中间接有一个半径为r(r略大于圆柱形磁体的半径)、匝数为N、总电阻为R的线圈，EF之间接有一只装有鸡蛋的铝盒，铝盒的电阻也为R.导轨上方固定有一根绝缘细棒HG.细棒与铝盒间连接了一根劲度系数为k的轻质绝缘弹簧．小明将该装置置于距离水平地面高h(h远大于装置自身高度)处，并保持导轨竖直，待铝盒静止后将弹簧锁定，此时线圈恰好位于磁体上边界处．现由静止释放装置，整个装置竖直落到水平地面上后弹簧立即解除锁定，且磁体连同两导轨和绝缘棒HG的速度立即变为零．已知线框CDFE(含线圈、铝盒、鸡蛋)的总质量为m，线框第一次运动到最低点时弹簧的形变量是装置刚落地时的两倍，此时EF仍未进入磁场，线圈所在处的磁感应强度大小均为B，重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内，除线圈和铝盒外，线框其他部分的电阻不计，忽略空气阻力．求：(1)落地时线圈切割磁感线产生的感应电动势E以及线圈中感应电流的方向(俯视)；(2)从落地到线框最终静止的过程中，回路产生的总焦耳热Q；(3)从落地到线框第一次运动到最低点的过程中，通过回路某截面的电荷量q.【答案】(1)2πNBr·eq\r(2gh)顺时针(2)mgh(3)eq\f(πNBrmg,kR)【解析】(1)根据右手定则可知，线圈中的感应电流方向为顺时针，落地时线圈切割磁感线产生的感应电动势为E＝NvLB，L＝2πr，mgh＝eq\f(1,2)mv2解得E＝2πNBr·eq\r(2gh)(2)由于待铝盒静止后将弹簧锁定，则从落地到线框最终静止的过程中，根据动能定理有mgh－Q＝0(3)线框CDFE(含线圈、铝盒、鸡蛋)静止时有mg＝kx1由题知线框第一次运动到最低点时弹簧的形变量是装置刚落地时的两倍，则说明线框刚落地到最低点下落的距离为x1，根据法拉第电磁感应定律有E＝Neq\f(ΔΦ,Δt)＝Neq\f(2πr·x1·B,Δt)则通过回路某截面的电荷量q＝eq\x\to(I)·Δt＝Neq\f(2πr·x1·B,2R)整理后有q＝eq\f(πNBrmg,kR).33.(2022·浙江省精诚联盟联考)如图(a)所示，电阻为2R、半径为r、匝数为n的圆形导体线圈两端与水平导轨AD、MN相连．与导体线圈共圆心的圆形区域内有竖直向下的磁场，其磁感应强度随时间变化的规律如图(b)所示，图(b)中的B0和t0均已知．PT、DE、NG是横截面积和材料完全相同的三根粗细均匀的金属棒．金属棒PT的长度为3L、电阻为3R、质量为m.导轨AD与MN平行且间距为L，导轨EF与GH平行且间距为3L，DE和NG的长度相同且与水平方向的夹角均为30°.区域Ⅰ和区域Ⅱ是两个相邻的、长和宽均为d的空间区域．区域Ⅰ中存在方向竖直向下、磁感应强度大小为B0的匀强磁场.0～2t0时间内，使棒PT在区域Ⅰ中某位置保持静止，且其两端分别与导轨EF和GH对齐．除导体线圈、金属棒PT、DE、NG外，其余导体电阻均不计，所有导体间接触均良好且均处于同一水平面内，不计一切摩擦，不考虑回路中的自感．(1)求在0～2t0时间内，使棒PT保持静止的水平外力F的大小；(2)在2t0以后的某时刻，若区域Ⅰ内的磁场在外力作用下从区域Ⅰ以v0的速度匀速运动，完全运动到区域Ⅱ时，导体棒PT速度恰好达到v0且恰好进入区域Ⅱ，该过程棒PT产生的焦耳热为Q，求金属棒PT与区域Ⅰ右边界的初始距离x0和该过程维持磁场匀速运动的外力做的功W；(3)若磁场完全运动到区域Ⅱ时立刻停下，求导体棒PT运动到EG时的速度大小v.【答案】(1)0～t0时间内F＝eq\f(nB02πLr2,3Rt0)；t0～2t0时间内F＝0(2)d－eq\f(3mRv0,B02L2)3Q＋eq\f(1,2)mv02(3)v0－eq\f(2\r(3)B02L3,3mR)【解析】(1)在0～t0时间内，由法拉第电磁感应定律得E＝neq\f(ΔB,Δt)S＝neq\f(B0,t0)πr2由闭合电路欧姆定律得I＝eq\f(E,3R)＝eq\f(nB0πr2,3Rt0)故在0～t0时间内，使PT棒保持静止的水平外力大小为F＝FA＝BIL＝eq\f(nB02πLr2,3Rt0)在t0～2t0时间内，磁场不变化，回路中电动势为零，无电流，则外力F＝0(2)PT棒向右加速运动过程中，取向右的方向为正方向，由动量定理得eq\f(B02L2Δx,3R)＝mv0得Δx＝eq\f(3mRv0,B02L2)所以x0＝d－Δx＝d－eq\f(3mRv0,B02L2)PT棒向右加速过程中，回路中的总焦耳热为Q总＝3Q由功能关系和能量守恒定律得W＝3Q＋eq\f(1,2)mv02(3)棒PT从磁场区域Ⅱ左边界向右运动距离x时，回路中棒PT的长度为lx＝2eq\f(\r(3),3)x＋L回路中总电阻为R总x＝eq\f(R,L)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lx＋2\f(2\r(3),3)x))＋2R＝eq\f(R,L)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\f(\r(3),3)x＋L＋2\f(2\r(3),3)x))＋2R＝eq\f(R,L)(2eq\r(3)x＋3L)回路中电流为Ix＝eq\f(B0lxvx,R总x)＝eq\f(B02\f(\r(3),3)x＋Lvx,\f(R,L)2\r(3)x＋3L)＝eq\f(B0Lvx,3R)棒PT所受安培力大小为FAx＝B0Ixlx＝eq\f(B02Lvxlx,3R)棒PT从磁场区域Ⅱ左边界运动到EG过程中，以v0方向为正方向，由动量定理得－∑eq\f(B02Lvxlx,3R)Δt＝mv－mv0即－eq\f(B02LS梯,3R)＝mv－mv0其中S梯＝2eq\r(3)L2所以v＝v0－eq\f(2\r(3)B02L3,3mR).34.(2022·福建泉州市质量监测)如图，间距为L的光滑平行导轨倾斜固定，倾角θ＝30°，电阻不计的导轨上放置两根有一定阻值的金属杆ab和cd，两杆质量均为m，cd杆中点通过平行于导轨的轻绳系在固定的拉力传感器上．整个装置处于磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中．现给ab杆一个沿导轨向上、大小为v0的初速度，同时对ab杆施加一个平行于导轨的推力，使拉力传感器示数FT随时间t按FT＝eq\f(mg2,3v0)t＋eq\f(mg,6)的规律变化．已知重力加速度大小为g，两杆不相碰，始终与导轨垂直且接触良好，不计一切摩擦．(1)求t＝0时回路中的感应电流大小I0；(2)求ab杆的速度vt随时间t变化的关系式；(3)若在0～eq\f(3v0,2g)时间内回路产生的焦耳热为Q，求推力F在0～eq\f(3v0,2g)时间内做的功．【答案】(1)eq\f(mg,3BL)(2)vt＝v0－gt(3)Q－eq\f(3,16)mv02【解析】(1)由FT＝eq\f(mg2,3v0)t＋eq\f(mg,6)可得，t＝0时FT0＝eq\f(mg,6)cd杆受到的安培力大小F安＝BI0L①FT0＋F安＝mgsinθ②由①②式得I0＝eq\f(mg,3BL)③(2)设回路总电阻为R，则I0＝eq\f(BLv0,R)④I＝eq\f(BLvt,R)⑤cd杆受力平衡FT＋BIL＝mgsinθ⑥又FT＝eq\f(mg2,3v0)t＋eq\f(mg,6)⑦由③④⑤⑥⑦求得vt＝v0－gt⑧(3)由⑧可知ab杆沿倾斜导轨做匀减速运动，加速度大小为a＝g，方向沿导轨向下，ab杆在t＝eq\f(3v0,2g)时的速度vt′＝－eq\f(1,2)v00～eq\f(3v0,2g)时间内的位移x＝v0t－eq\f(1,2)at2⑨由动能定理可得－mg·x·sinθ－W克安＋WF＝eq\f(1,2)mvt′2－eq\f(1,2)mv02⑩由功能关系可知，在0～eq\f(3v0,2g)时间内ab杆克服安培力做的功W克安＝Q⑪联立解得WF＝Q－eq\f(3,16)mv02.35.如图甲所示，某光滑轨道由区域Ⅰ与区域Ⅱ两部分共同组成，轨道电阻不计(注：b棒只有以中心为对称点，距离对称点0.5m的部分有电阻，a棒电阻均匀分布)，区域Ⅰ：一质量为m＝1kg、长度为L＝1m的金属棒a从高度为h＝0.2m的地方静止下落后，进入轨道ABCD区域中，AB处有一小段绝缘材料，在离边界AB足够远的地方有一质量为m＝0.5kg、长度为L＝3m的金属棒b.在轨道ABCD区域内存在匀强磁场B1，磁感应强度为1T，轨道BC与AD距离为d＝1m．当金属棒a进入轨道ABCD上后，使b加速，当b棒速度稳定后，进入轨道CD的右侧区域Ⅱ.金属棒a与b的电阻均为1Ω；区域Ⅱ：如图乙为区域Ⅱ的俯视图，CD边界的左侧有一段绝缘处，在区域Ⅱ的下侧与右侧有电阻R1与R2相连，当金属棒b进入后，给予一外力F使金属棒b做匀速运动，当金属棒当b棒运动2m后抵达EF位置．(1)求当a棒刚好进入轨道区域Ⅰ时，b棒两端的电压U；(2)求b棒进入区域Ⅱ时的速度及在区域Ⅰ中通过金属棒b的电荷量；(3)记CD处为0位移，求金属棒b从CD至EF的过程中外力F与位移x的关系．【答案】(1)1V(2)eq\f(4,3)m/seq\f(2,3)C(3)F外＝eq\f(8,3)(x＋1)2N(0≤x≤2)【解析】(1)由mgh＝eq\f(1,2)mv2得v＝2m/s，此时有E＝B1dv，则U＝eq\f(E,ra＋rb)·rb＝eq\f(1,2)E，解得U＝1V(2)由mav＝(ma＋mb)v共，解得v共＝vb＝eq\f(4,3)m/s，且mbvb－0＝B1eq\x\to(I)dt＝B1qd，解得q＝eq\f(2,3)C(3)由总电阻为R总＝rb＋eq\f(R1R2,R1＋R2)＝2Ω又由几何关系可知，金属棒移动1m，金属棒在磁场中的有效长度增加1m，所以L′＝d＋x＝1＋x电路中的电动势为E′＝B2L′vb电流为I′＝eq\f(E′,R总)金属棒b受到的安培力为F外＝B2I′L′联立可得F外＝eq\f(8,3)(x＋1)2N(0≤x≤2)．36.(2022·上海市复兴高级中学高三检测)如图所示，左端