《金版程》2025-高考大二轮刷题首选卷-物理专题四 考点2 电磁感应含答案

大二轮刷题首选卷物理《金版程》2025-高考大二轮刷题首选卷-物理考点2电磁感应考向一楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用1.(多选)如图所示，多匝线圈绕在铁芯上与水平金属导轨相连，导轨的电阻不计，导轨间存在竖直向上的匀强磁场，导轨上放一导体棒ab，与水平金属导轨垂直并接触良好。铁芯左侧用一轻绳悬挂一单匝铜线圈c，线圈c的平面垂直于铁芯，下列叙述正确的是()A．导体棒ab向右做匀速运动时，金属线圈c向右摆动B．导体棒ab向左做加速运动时，金属线圈c向左摆动C．导体棒ab向右做加速运动时，金属线圈c向左摆动D．导体棒ab向右做减速运动时，金属线圈c向左摆动答案：BC解析：导体棒ab向右做匀速运动时，ab中产生的感应电流不变，螺线管产生的磁场是稳定的，穿过c的磁通量不变，c中没有感应电流，金属线圈c不动，故A错误；导体棒ab向左或向右做加速运动时，ab中产生的感应电流增大，螺线管产生的磁场增强，穿过c的磁通量增大，根据楞次定律的推论“增离减靠”可知，金属线圈c向左摆动，故B、C正确；导体棒ab向右做减速运动时，ab中产生的感应电流减小，螺线管产生的磁场减弱，穿过c的磁通量减小，根据楞次定律的推论“增离减靠”可知，金属线圈c向右摆动，故D错误。2.(多选)法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触。圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中。圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是()A．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定B．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍答案：AB解析：设圆盘半径为l，由法拉第电磁感应定律得E＝Bl·eq\f(0＋ωl,2)＝eq\f(Bl2ω,2)，I＝eq\f(E,R＋r)，故ω恒定时，电流大小恒定，A正确；若从上向下看，圆盘顺时针转动，由右手定则知圆盘中心为等效电源正极，圆盘边缘为负极，电流从a经过R流到b，B正确；圆盘转动方向不变时，等效电源的正、负极不变，电流方向不变，C错误；由P＝I2R＝eq\f(B2l4ω2R,4（R＋r）2)知，角速度变为原来的2倍时，R上的热功率变为原来的4倍，D错误。考向二电磁感应中的电路分析3．如图所示，abcd为水平放置的平行“”形光滑金属导轨，间距为l，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计。已知金属杆MN倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r，保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好)。则()A．电路中感应电动势的大小为eq\f(Blv,sinθ)B．电路中感应电流的大小为eq\f(Bvsinθ,r)C．金属杆所受安培力的大小为eq\f(B2lvsinθ,r)D．金属杆的热功率为eq\f(B2lv2,rsinθ)答案：B解析：金属杆MN的有效切割长度为l，电路中感应电动势的大小为E＝Blv，A错误；金属杆接入电路的电阻R＝eq\f(rl,sinθ)，根据闭合电路欧姆定律可知，电路中感应电流的大小为I＝eq\f(E,R)＝eq\f(Bvsinθ,r)，B正确；金属杆所受安培力的大小为F＝BIeq\f(l,sinθ)＝eq\f(B2lv,r)，C错误；根据焦耳定律，金属杆的热功率为P＝I2R＝eq\f(B2lv2sinθ,r)，D错误。4．(多选)如图所示，螺线管线圈匝数为n，横截面积为S，总电阻为R，其a、b两端与两个定值电阻R1和R2相连，已知R1＝R2＝R，匀强磁场沿轴线向上穿过螺线管，其磁感应强度大小随时间变化的关系式为B＝B0＋kt，其中B0>0，k>0。则下列说法正确的有()A．a端电势比b端电势高B．t＝0时，通过螺线管的磁通量为nB0SC．0～t0内，通过R1的电荷量为eq\f(2nkt0S,3R)D．0～t0内，R1产生的热量为eq\f(n2k2t0S2,9R)答案：AD解析：由于螺线管中的匀强磁场沿轴线向上，且磁感应强度随时间逐渐增大，则线圈中的磁通量逐渐增加，由楞次定律可得感应电流的磁场沿螺线管轴线向下，则感应电流由a点流入电阻，即a端电势比b端电势高，故A正确；在t＝0时刻，磁感应强度为B0，则此时通过螺线管的磁通量为：Φ＝B0S，与匝数无关，故B错误；由法拉第电磁感应定律知，感应电动势为：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)S＝nkS，电路总电阻为：R总＝R＋eq\f(R2,R＋R)＝eq\f(3,2)R，则线圈中的感应电流为：I＝eq\f(E,R总)＝eq\f(2nkS,3R)，因R1＝R2＝R，则流过电阻R1的电流为：I1＝eq\f(1,2)I＝eq\f(nkS,3R)，所以0～t0内，通过R1的电荷量为：q＝I1t0＝eq\f(nkt0S,3R)，故C错误；由焦耳定律可知，在0～t0时间内，电阻R1产生的热量为：Q＝Ieq\o\al(2,1)R1t0＝eq\f(n2k2t0S2,9R)，故D正确。考向三电磁感应中的图像问题5．如图所示，MNQP是边长为L和2L的矩形，在其由对角线划分的两个三角形区域内充满磁感应强度大小相等、方向相反的匀强磁场。边长为L的正方形导线框，在外力作用下水平向左匀速运动，线框左边始终与MN平行。设导线框中感应电流i逆时针流向为正。若t＝0时左边框与PQ重合，则左边框由PQ运动到MN的过程中，下列i­t图像正确的是()答案：D解析：设导线框的电阻为R，运动速度大小为v，则t＝0时，e1＝BLv，i1＝eq\f(e1,R)，线框的左边框由PQ向左进入磁场运动到G点，用时t1＝eq\f(L,v)，则在0～t1时间内，根据右手定则知感应电流方向为顺时针(负)，而切割磁感线的有效长度l随时间由L均匀减小到0，根据e＝Blv和i＝eq\f(e,R)可知，感应电流的大小随时间由i1均匀减小到0；t1～2t1内，线框的左边框由G点运动到MN，线框的左右两边同向同速切割方向相反的磁场，根据右手定则和电路知识可知，总感应电动势为线框左右两边产生的感应电动势之和，且电流方向为逆时针(正)，线框两边切割磁感线的有效长度之和恒等于L，则感应电流大小恒为eq\f(BLv,R)，故D正确。考向四涡流、电磁阻尼和电磁驱动、互感和自感6.汽车使用的电磁制动原理示意图如图所示，当导体在固定通电线圈产生的磁场中运动时，会产生涡流，使导体受到阻碍运动的制动力。下列说法正确的是()A．制动过程中，导体不会发热B．制动力的大小与导体运动的速度无关C．改变线圈中的电流方向，导体就可获得动力D．制动过程中导体获得的制动力逐渐减小答案：D解析：由于导体在固定通电线圈产生的磁场中运动时产生了涡流，根据Q＝I2Rt可知，制动过程中，导体会发热，A错误；导体运动速度越大，导体切割磁感线产生的感应电动势越大，产生的涡流越大，则导体所受安培力即制动力越大，即制动力的大小与导体运动的速度有关，B错误；根据楞次定律可知，原磁场对涡流的安培力总是要阻碍导体的相对运动，即改变线圈中的电流方向，导体受到的安培力仍然为阻力，C错误；制动过程中，导体的速度逐渐减小，导体切割磁感线产生的感应电动势变小，产生的涡流变小，则导体所受安培力即制动力变小，D正确。7．(2017·北京高考)图1和图2是教材中演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈。实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同。下列说法正确的是()A．图1中，A1与L1的电阻值相同B．图1中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流C．图2中，变阻器R与L2的电阻值相同D．图2中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等答案：C解析：断开开关S1瞬间，线圈L1产生自感电动势，阻碍电流的减小，通过L1的电流反向通过灯A1，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗，说明IL1>IA1，即RL1<RA1，A、B错误。闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同，说明变阻器R与L2的电阻值相同，C正确。闭合S2瞬间，灯A3立即亮，即通过R的电流立即达到稳定时大小；通过L2的电流增大，由于电磁感应，线圈L2产生自感电动势，阻碍电流的增大，则L2中电流与变阻器R中电流不相等，D错误。考向五电磁感应中的动力学、能量和动量问题8.(多选)如图所示，一足够长的竖直放置的圆柱形磁铁，产生一个中心辐射的磁场(磁场水平向外)，一个与磁铁同轴的圆形金属环，环的质量m＝0.2kg，环单位长度的电阻为0.1πΩ/m，半径r＝0.1m(大于圆柱形磁铁的半径)。金属环由静止开始下落，环面始终水平，金属环切割处的磁感应强度大小均为B＝0.5T，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。则()A．环下落过程的最大速度为4m/sB．环下落过程中，先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动C．若下落时间为2s时环已经达到最大速度，则这个过程通过环截面的电荷量是eq\f(32,π)CD．若下落高度为3m时环已经达到最大速度，则这个过程环产生的热量为6J答案：AC解析：金属环达到最大速度时，加速度为0，受力平衡，有mg＝BImL，设金属环的最大速度为vm，则Em＝BLvm，Im＝eq\f(Em,R)，L＝2πr，R＝2πr·0.1πΩ/m，解得vm＝4m/s，故A正确；环下落过程中有mg－BIL＝ma，I＝eq\f(BLv,R)，可得a＝g－eq\f(B2L2,mR)v，开始时速度增大，加速度减小，所以先做加速度减小的加速直线运动，然后做匀速直线运动，故B错误；若下落时间为2s时环已经达到最大速度，根据动量定理有mgt－∑BiLΔt＝mvm，其中q＝∑iΔt，联立可得q＝eq\f(mgt－mvm,BL)＝eq\f(32,π)C，故C正确；若下落高度为3m时环已经达到最大速度，则mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＋Q，解得Q＝4.4J，故D错误。1．(2024·北京高考)如图所示，线圈M和线圈P绕在同一个铁芯上，下列说法正确的是()A．闭合开关瞬间，线圈M和线圈P相互吸引B．闭合开关，达到稳定后，电流表的示数为0C．断开开关瞬间，流过电流表的电流方向由a到bD．断开开关瞬间，线圈P中感应电流的磁场方向向左答案：B解析：闭合开关瞬间，线圈M中的电流增大，则产生的磁场增强，穿过线圈P的磁通量增大，由楞次定律的推论“增离减靠”可知，线圈M和线圈P相互排斥，故A错误；闭合开关，达到稳定后，穿过线圈P的磁通量保持不变，线圈P中无感应电流产生，电流表的示数为0，故B正确；断开开关前，由安培定则可知，穿过线圈M和线圈P的磁通量向右，断开开关瞬间，穿过线圈P的磁通量减小，由楞次定律可知，线圈P产生的感应电流的磁场方向向右，由安培定则可知，流过电流表的电流方向由b到a，故C、D错误。2．(2023·重庆高考)某小组设计了一种呼吸监测方案：在人身上缠绕弹性金属线圈，观察人呼吸时处于匀强磁场中的线圈面积变化产生的电压，了解人的呼吸状况。如图所示，线圈P的匝数为N，磁场的磁感应强度大小为B，方向与线圈轴线的夹角为θ。若某次吸气时，在t时间内每匝线圈面积增加了S，则线圈P在该时间内的平均感应电动势为()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：根据题意可知，在t时间内穿过每匝线圈的磁通量的变化量为ΔΦ＝BScosθ，又由法拉第电磁感应定律可知，线圈P在该时间内的平均感应电动势eq\o(E,\s\up6(－))＝Neq\f(ΔΦ,t)，联立可得eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(NBScosθ,t)，故A正确。3.(2024·江苏高考)如图所示，在绝缘的水平面上，有闭合的两个线圈a、b，线圈a处在匀强磁场中，现将线圈a从磁场中匀速拉出，线圈a、b中产生的感应电流方向分别是()A．顺时针，顺时针 B．顺时针，逆时针C．逆时针，顺时针 D．逆时针，逆时针答案：A解析：将线圈a从磁场中匀速拉出的过程中，穿过线圈a的磁通量垂直纸面向里且在减小，根据楞次定律可知，线圈a中产生的感应电流的方向为顺时针；由于将线圈a从磁场中匀速拉出，由法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律可知，线圈a中产生的电流为恒定电流，根据安培定则可知，线圈a的电流在线圈b处产生垂直纸面向外的磁场，则线圈a靠近线圈b的过程中，穿过线圈b的磁通量垂直纸面向外且增大，由楞次定律可得，线圈b中产生的感应电流的方向为顺时针，故选A。4．(2024·湖北高考)《梦溪笔谈》中记录了一次罕见的雷击事件：房屋被雷击后，屋内的银饰、宝刀等金属熔化了，但是漆器、刀鞘等非金属却完好(原文为：有一木格，其中杂贮诸器，其漆器银扣者，银悉熔流在地，漆器曾不焦灼。有一宝刀，极坚钢，就刀室中熔为汁，而室亦俨然)。导致金属熔化而非金属完好的原因可能为()A．摩擦 B．声波C．涡流 D．光照答案：C解析：雷击时，会产生瞬间的强电流，从而产生瞬间的强磁场，由电磁感应可知，这种变化的磁场会使金属内产生涡电流，从而使金属发热熔化，而非金属中不能产生涡流，即导致金属熔化而非金属完好的原因可能为涡流，C正确。5．(2024·广东高考)电磁俘能器可在汽车发动机振动时利用电磁感应发电实现能量回收，结构如图甲所示。两对永磁铁可随发动机一起上下振动，每对永磁铁间有水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。磁场中，边长为L的正方形线圈竖直固定在减震装置上。某时刻磁场分布与线圈位置如图乙所示，永磁铁振动时磁场分界线不会离开线圈。关于图乙中的线圈，下列说法正确的是()A．穿过线圈的磁通量为BL2B．永磁铁相对线圈上升越高，线圈中感应电动势越大C．永磁铁相对线圈上升越快，线圈中感应电动势越小D．永磁铁相对线圈下降时，线圈中感应电流的方向为顺时针方向答案：D解析：根据题图乙可知，此时垂直纸面向里穿过线圈的磁通量与垂直纸面向外穿过线圈的磁通量相等，则穿过线圈的磁通量为0，故A错误；根据法拉第电磁感应定律可知，永磁铁相对线圈上升越快，线圈中磁通量变化越快，线圈中感应电动势越大，而永磁铁相对线圈上升的高度与线圈中感应电动势的大小无关，故B、C错误；永磁铁相对线圈下降时，穿过线圈的磁通量垂直纸面向外且增大，根据楞次定律和安培定则可知，线圈中感应电流的方向为顺时针方向，故D正确。6．(2024·甘肃高考)工业上常利用感应电炉冶炼合金，装置如图所示。当线圈中通有交变电流时，下列说法正确的是()A．金属中产生恒定感应电流B．金属中产生交变感应电流C．若线圈匝数增加，则金属中感应电流减小D．若线圈匝数增加，则金属中感应电流不变答案：B解析：当线圈中通有交变电流时，穿过线圈平面的磁通量的大小、方向随电流均发生周期性变化，根据楞次定律可知，金属中产生交变感应电流，A错误，B正确；若线圈匝数增加，则任一时刻线圈产生的磁场的磁感应强度增加，因此穿过线圈平面的磁通量的变化率增大，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可知，金属中感应电流增大，C、D错误。7．(2024·北京高考)电荷量Q、电压U、电流I和磁通量Φ是电磁学中重要的物理量，其中特定的两个物理量之比可用来描述电容器、电阻、电感三种电磁学元件的属性，如图所示。类似地，上世纪七十年代有科学家预言Φ和Q之比可能也是一种电磁学元件的属性，并将此元件命名为“忆阻器”，近年来实验室已研制出了多种类型的“忆阻器”。由于“忆阻器”对电阻的记忆特性，其在信息存储、人工智能等领域具有广阔的应用前景。下列说法错误的是()A．QU的单位和ΦI的单位不同B．在国际单位制中，图中所定义的M的单位是欧姆C．可以用eq\f(I,U)来描述物体的导电性质D．根据图中电感L的定义和法拉第电磁感应定律可以推导出自感电动势的表达式E＝Leq\f(ΔI,Δt)答案：A解析：由法拉第电磁感应定律E＝eq\f(ΔΦ,Δt)，可知Φ的单位为V·s，由Q＝It，可知Q的单位为A·s，则QU与ΦI的单位相同，均为V·A·s，故A错误；由M＝eq\f(Φ,Q)可知，在国际单位制中，M的单位是eq\f(V·s,A·s)＝eq\f(V,A)，结合R＝eq\f(U,I)，可知M的单位是Ω，故B正确；由R＝eq\f(U,I)，知eq\f(I,U)＝eq\f(1,R)，即可以用eq\f(I,U)来描述物体的导电性质，故C正确；由法拉第电磁感应定律有E＝eq\f(ΔΦ,Δt)，由图中电感的定义L＝eq\f(Φ,I)，可得L＝eq\f(ΔΦ,ΔI)，联立得自感电动势E＝eq\f(ΔΦ,ΔI)×eq\f(ΔI,Δt)＝Leq\f(ΔI,Δt)，故D正确。本题要求选说法错误的，故选A。8.(2024·湖南高考)如图，有一硬质导线Oabc，其中eq\o(abc,\s\up8(︵))是半径为R的半圆弧，b为圆弧的中点，直线段Oa长为R且垂直于直径ac。该导线在纸面内绕O点逆时针转动，导线始终在垂直纸面向里的匀强磁场中。则O、a、b、c各点电势关系为()A．φO>φa>φb>φc B．φO<φa<φb<φcC．φO>φa>φb＝φc D．φO<φa<φb＝φc答案：C解析：如图所示，O、a、b、c各点电势的关系相当于Oa、Ob、Oc三条直导体棒绕O点转动切割磁感线时四点的电势的关系，根据右手定则可知，O点电势最高；根据法拉第电磁感应定律，直导体棒在匀强磁场中转动产生的感应电动势E＝Bleq\o(v,\s\up6(－))，本题中直导体棒绕棒端点转动，则eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(1,2)ωl，联立可得E＝eq\f(1,2)Bωl2，由图可知lOb＝lOc＝eq\r(R2＋（2R）2)＝eq\r(5)R>lOa＝R，结合电源的开路电压等于电动势，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，故选C。9.(2024·浙江6月选考)如图所示，边长为1m、电阻为0.04Ω的刚性正方形线框abcd放在匀强磁场中，线框平面与磁场垂直。若线框固定不动，磁感应强度以eq\f(ΔB,Δt)＝0.1T/s均匀增大时，线框的发热功率为P；若磁感应强度恒为0.2T，线框以某一角速度绕其中心轴OO′匀速转动时，线框的发热功率为2P，则ab边所受最大的安培力为()A．eq\f(1,2)N B．eq\f(\r(2),2)NC．1N D．eq\r(2)N答案：C解析：设线框的边长为L，电阻为R。磁感应强度均匀增大时，根据法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势为E0＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S，其中线框面积为S＝L2＝1m2，可得E0＝0.1V，则此情况线框的发热功率为P＝eq\f(Eeq\o\al(2,0),R)＝0.25W；线框以某一角速度ω绕其中心轴OO′匀速转动时，根据法拉第电磁感应定律，产生的电动势的最大值为E1m＝BSω，有效值为E1＝eq\f(E1m,\r(2))，此时线框的发热功率为2P＝eq\f(Eeq\o\al(2,1),R)，由题知B＝0.2T，联立可解得ω＝1rad/s。线框以角速度ω匀速转动时，分析可知，当线框平面与磁场方向平行时，感应电流最大，ab边所受安培力最大，此时电流为I1m＝eq\f(E1m,R)＝5A，故ab边所受最大的安培力为F安m＝BI1mL＝1N，故选C。10．(2024·山东高考)(多选)如图所示，两条相同的半圆弧形光滑金属导轨固定在水平桌面上，其所在平面竖直且平行，导轨最高点到水平桌面的距离等于半径，最低点的连线OO′与导轨所在竖直面垂直。空间充满竖直向下的匀强磁场(图中未画出)，导轨左端由导线连接。现将具有一定质量和电阻的金属棒MN平行OO′放置在导轨图示位置，由静止释放。MN运动过程中始终平行于OO′且与两导轨接触良好，不考虑自感影响，下列说法正确的是()A．MN最终一定静止于OO′位置B．MN运动过程中安培力始终做负功C．从释放到第一次到达OO′位置过程中，MN的速率一直在增大D．从释放到第一次到达OO′位置过程中，MN中电流方向由M到N答案：ABD解析：金属棒MN从释放到第一次到达OO′位置过程中，根据右手定则可知，MN中产生的感应电流的方向由M到N，根据左手定则，可知金属棒MN受到的安培力水平向左，则安培力做负功；当MN第一次经过OO′位置时，有向右的速度，会向右运动，同理分析可知，MN从OO′位置向右运动到最高点的过程，所受安培力仍水平向左，安培力做负功；当金属棒MN到达右侧最高点后，会向左运动，同理分析可知，金属棒MN受到的安培力水平向右，则安培力做负功；之后MN往复运动，MN运动过程中安培力始终做负功，根据能量守恒定律可知，MN上升的最大高度不断减小，直至MN经过OO′位置的速度为0时，才不再运动，即MN最终静止于OO′位置，故A、B、D正确。金属棒MN从释放到第一次到达OO′位置过程中，金属棒MN所受安培力水平向左且始终大于零，由于在OO′位置金属棒重力沿导轨切线方向的分力为0，可知在到达OO′位置之前，重力沿导轨切线方向的分力已经小于安培力沿切线方向的分力，金属棒MN已经做减速运动，故C错误。11．(2024·河北高考)如图，边长为2L的正方形金属细框固定放置在绝缘水平面上，细框中心O处固定一竖直细导体轴OO′。间距为L、与水平面成θ角的平行导轨通过导线分别与细框及导体轴相连。导轨和细框分别处在与各自所在平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小均为B。足够长的细导体棒OA在水平面内绕O点以角速度ω匀速转动，水平放置在导轨上的导体棒CD始终静止。OA棒在转动过程中，CD棒在所受安培力达到最大和最小时均恰好能静止。已知CD棒在导轨间的电阻值为R，电路中其余部分的电阻均不计，CD棒始终与导轨垂直，各部分始终接触良好，不计空气阻力，重力加速度大小为g。(1)求CD棒所受安培力的最大值和最小值。(2)锁定OA棒，推动CD棒下滑，撤去推力瞬间，CD棒的加速度大小为a，所受安培力大小等于(1)问中安培力的最大值，求CD棒与导轨间的动摩擦因数。答案：(1)eq\f(B2L3ω,R)eq\f(B2L3ω,2R)(2)eq\f(a,gcosθ)－eq\f(1,3)tanθ解析：(1)设OA棒接入电路的长度为l，则OA棒切割磁感线的平均速度eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(1,2)ωl根据法拉第电磁感应定律，此时回路的感应电动势大小E＝Bleq\o(v,\s\up6(－))根据闭合电路欧姆定律，此时通过CD棒的电流大小I＝eq\f(E,R)则CD棒所受安培力大小F＝ILB联立得F＝eq\f(B2Ll2ω,2R)当OA棒运动到细框对角线位置时，l最大，为lmax＝eq\r(2)L，此时CD棒所受的安培力最大可解得CD棒所受安培力的最大值为Fmax＝eq\f(B2L3ω,R)当OA棒运动到与细框一边平行时，l最小，为lmin＝L，此时CD棒所受的安培力最小可解得CD棒所受安培力的最小值为Fmin＝eq\f(B2L3ω,2R)。(2)设CD棒的质量为m，CD棒与导轨间的最大静摩擦力为fm，CD棒与导轨间的动摩擦因数为μ。CD棒在导轨上静止时，根据题意，当CD棒受到的安培力最小时，根据平衡条件有mgsinθ＝fm＋Fmin当CD棒受到的安培力最大时，根据平衡条件有Fmax＝mgsinθ＋fm撤去推力瞬间，对CD棒，沿导轨方向，根据牛顿第二定律有Fmax＋f－mgsinθ＝ma其中滑动摩擦力大小f＝μN垂直导轨方向，根据平衡条件有N＝mgcosθ联立解得μ＝eq\f(a,gcosθ)－eq\f(1,3)tanθ。12．(2024·广西高考)某兴趣小组为研究非摩擦形式的阻力设计了如图甲的模型。模型由大齿轮、小齿轮、链条、阻力装置K及绝缘圆盘等组成。K由固定在绝缘圆盘上两个完全相同的环状扇形线圈M1、M2组成。小齿轮与绝缘圆盘固定于同一转轴上，转轴轴线位于磁场边界处，方向与磁场方向平行，匀强磁场磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，与K所在平面垂直。大、小齿轮半径比为n，通过链条连接。K的结构参数见图乙，其中r1＝r，r2＝4r，每个线圈的圆心角为π－β，圆心在转轴轴线上，电阻为R。不计摩擦，忽略磁场边界处的磁场。若大齿轮以ω的角速度保持匀速转动，以线圈M1的ab边某次进入磁场时为计时起点，求K转动一周，(1)不同时间线圈M1受到的安培力大小；(2)流过线圈M1的电流有效值；(3)装置K消耗的平均电功率。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)设小齿轮转动的角速度为ω1，小齿轮半径为r0，则大齿轮半径为nr0，大、小齿轮边缘线速度大小相等，设为v，则v＝ω1r0v＝ω·nr0联立解得ω1＝nω则小齿轮和线圈的转动周期为T＝eq\f(2π,ω1)＝eq\f(2π,nω)以线圈M1的ab边某次进入磁场时为计时起点，到cd边进入磁场为止，经历的时间为t1＝eq\f(\a\vs4\al(π－β),2π)T＝eq\f(\a\vs4\al(π－β),nω)这段时间内线圈M1产生的感应电动势大小为E1＝B(r2－r1)eq\f(va＋vb,2)流过线圈M1的感应电流大小为I1＝eq\f(E1,R)线圈M1受到的安培力大小为F1＝BI1(r2－r1)其中r1＝r，r2＝4ra点速度va＝ω1r1b点速度vb＝ω1r2联立解得F1＝eq\f(45nB2r3ω,2R)；自cd边进入磁场到ab边离开磁场，经历的时间为t2＝eq\f(\a\vs4\al(β),2π)T＝eq\f(\a\vs4\al(β),nω)这段时间内穿过线圈M1的磁通量不变，线圈M1中无感应电流产生，受到的安培力大小为F2＝0；同理，自ab边离开磁场到cd边离开磁场，经历的时间为t3＝t1＝eq\f(\a\vs4\al(π－β),nω)线圈M1受到的安培力大小为F3＝F1＝eq\f(45nB2r3ω,2R)；自cd边离开磁场到ab边进入磁场，经历的时间为t4＝t2＝eq\f(\a\vs4\al(β),nω)线圈M1受到的安培力大小为F4＝F2＝0。综上所述，K转动一周，不同时间线圈M1受到安培力的大小为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)设流过线圈M1的电流有效值为I，根据有效值定义有Ieq\o\al(2,1)Rt1＋Ieq\o\al(2,3)Rt3＝I2RT其中I3＝I1联立解得I＝eq\f(15nBr2ω,2R)eq\r(\f(\a\vs4\al(π－β),π))。(3)根据题意分析可知，流过线圈M1和M2的电流有效值相同，则装置K消耗的平均电功率为P＝2I2R解得P＝eq\f(\a\vs4\al(225n2B2r4ω2（π－β）),2πR)。13．(2024·安徽高考)如图所示，一“U”形金属导轨固定在竖直平面内，一电阻不计、质量为m的金属棒ab垂直于导轨，并静置于绝缘固定支架上。边长为L的正方形cdef区域内，存在垂直于纸面向外的匀强磁场。支架上方的导轨间，存在竖直向下的匀强磁场。两磁场的磁感应强度大小B随时间的变化关系均为B＝kt(SI)，k为常数(k>0)。支架上方的导轨足够长，两边导轨单位长度的电阻均为r，下方导轨的总电阻为R。t＝0时，对ab施加竖直向上的拉力，恰使其向上做加速度大小为a的匀加速直线运动，整个运动过程中ab与两边导轨接触良好。已知ab与导轨间动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。不计空气阻力，两磁场互不影响。(1)求通过面积Scdef的磁通量大小随时间t变化的关系式，以及感应电动势的大小，并写出ab中电流的方向；(2)求ab所受安培力的大小随时间t变化的关系式；(3)求经过多长时间，对ab所施加的拉力达到最大值，并求此最大值。答案：(1)Φ＝kL2tkL2从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)通过面积Scdef的磁通量为Φ＝BScdef又B＝ktScdef＝L2联立可得Φ＝kL2t根据法拉第电磁感应定律得，感应电动势的大小E＝eq\f(ΔΦ,Δt)联立可得E＝kL2由楞次定律可知，ab中的电流从a流向b。(2)设t时刻金属棒ab向上运动的位移为x，根据匀变速直线运动规律有x＝eq\f(1,2)at2所以此时回路中支架上方两边导轨的总电阻为R′＝2xr由闭合电路欧姆定律得，此时回路中的电流大小I＝eq\f(E,R＋R′)ab所受安培力大小F安＝BIL其中B＝kt联立可得F安＝eq\f(k2L3t,R＋art2)。(3)根据左手定则可知，ab受到的安培力方向垂直导轨向里，在垂直导轨方向，根据平衡条件知，ab所受导轨的弹力大小FN＝F安设对ab施加的竖直向上的拉力大小为F，ab所受导轨的摩擦力大小为f，对ab受力分析，根据牛顿第二定律有F－mg－f＝ma又f＝μFN联立可得F＝eq\f(\a\vs4\al(μk2L3),\f(R,t)＋art)＋m(g＋a)根据数学知识可知，当eq\f(R,t)＝art时，F有最大值可解得F最大的时刻为t＝eq\r(\f(R,ar))F的最大值为Fm＝eq\f(\a\vs4\al(μk2L3),2\r(Rar))＋m(g＋a)。14．(2024·湖北高考)如图所示，两足够长平行金属直导轨MN、PQ的间距为L，固定在同一水平面内，直导轨在左端M、P点分别与两条竖直固定、半径为L的eq\f(1,4)圆弧导轨相切。MP连线与直导轨垂直，其左侧无磁场，右侧存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。长为L、质量为m、电阻为R的金属棒ab跨放在两圆弧导轨的最高点。质量为2m、电阻为6R的均匀金属丝制成一个半径为L的圆环，水平放置在两直导轨上，其圆心到两直导轨的距离相等。忽略导轨的电阻、所有摩擦以及金属环的可能形变，金属棒、金属环均与导轨始终接触良好，重力加速度大小为g。现将金属棒ab由静止释放，求(1)ab刚越过MP时产生的感应电动势大小。(2)金属环刚开始运动时的加速度大小。(3)为使ab在整个运动过程中不与金属环接触，金属环圆心初始位置到MP的最小距离。答案：(1)BLeq\r(2gL)(2)eq\f(B2L2\r(2gL),3mR)(3)eq\f(B2L3＋mR\r(2gL),B2L2)解析：(1)设ab刚越过MP时的速度大小为v0，对金属棒ab由静止释放到刚越过MP的过程，由动能定理有mgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－0解得v0＝eq\r(2gL)根据法拉第电磁感应定律可知，ab刚越过MP时产生的感应电动势大小为E＝BLv0解得E＝BLeq\r(2gL)。(2)分析可知，金属环在导轨外侧的两段圆弧被短路，在导轨间的两段圆弧并联接入电路中，由几何关系可得，这两段圆弧所对应的圆心角均为θ＝60°，则这两段圆弧的电阻均为R0＝eq\f(θ,360°)×6R整个回路的总电阻为R总＝R＋eq\f(R0·R0,R0＋R0)联立解得R总＝eq\f(3,2)Rab刚越过MP时，通过ab的感应电流大小为I＝eq\f(E,R总)金属环接入电路的两段圆弧所受安培力大小均为F安＝BLeq\f(I,2)分析知，金属环接入电路的两段圆弧中电流方向相同，则所受安培力方向相同，设金属环刚开始运动时的加速度大小为a，对金属环，由牛顿第二定律有2F安＝2ma联立解得a＝eq\f(\a\vs4\al(B2L2\r(2gL)),3mR)。(3)分析可知，金属环和金属棒ab所受的安培力等大反向，则金属环与金属棒ab组成的系统的动量守恒。开始阶段金属环向右做加速运动，金属棒ab向右做减速运动，当金属棒ab和金属环速度相等时，若金属棒ab恰好追不上金属环，则ab在整个运动过程中恰好不与金属环接触，此时金属环圆心初始位置到MP的距离最小。设二者达到的共同速度为v，从ab刚越过MP至与金属环达到共同速度，对金属棒ab和金属环组成的系统，由动量守恒定律有mv0＝mv＋2mv设此过程金属棒ab运动的距离为x1，金属环运动的距离为x2，经过的时间为Δt，根据法拉第电磁感应定律可得，平均感应电动势eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(BL（x1－x2）,Δt)由闭合电路欧姆定律得，ab中的平均感应电流eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R总)对金属棒ab，由动量定理有－Beq\o(I,\s\up6(－))LΔt＝mv－mv0由位移关系知，金属环圆心初始位置到MP的最小距离d＝L＋(x1－x2)联立解得d＝eq\f(B2L3＋mR\r(2gL),B2L2)。1．(2024·江西省普通高等学校招生考试适应性测试)柔性可穿戴设备导电复合材料电阻率的测量需要使用一种非接触式传感器。如图a所示，传感器探头线圈置于被测材料上方，给线圈通正弦交变电流如图b所示，电路中箭头为电流正方向。在eq\f(T,2)～eq\f(3T,4)时间内，关于涡旋电流的大小和方向(俯视)，下列说法正确的是()A．不断增大，逆时针 B．不断增大，顺时针C．不断减小，逆时针 D．不断减小，顺时针答案：D解析：由题意可知，在eq\f(T,2)～eq\f(3T,4)时间内，传感器探头线圈中的电流与题图a所示电流方向相反，且不断增大，由右手螺旋定则可知，穿过被测材料的原磁场方向竖直向上，且不断增强，根据楞次定律可知，被测材料的感应磁场方向竖直向下，由安培定则可知，被测材料上的涡流方向为顺时针(俯视)；又因为eq\f(T,2)～eq\f(3T,4)时间内，i­t图像的斜率不断减小，则穿过被测材料的磁感应强度的变化率不断减小，由法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律有E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)S，I＝eq\f(E,R)，可知，被测材料上的涡流大小不断减小。故选D。2．(2024·河北省邯郸市高三下一模)2023年11月我国首颗高精度地磁场探测卫星投入使用，该卫星将大幅提高我国地球磁场探测技术水平。地磁场的磁感线从地理南极出发，回到地理北极，磁感线分布如图1所示。在地面上不太大范围内，地磁场都可以看成是匀强磁场。设在北京某处有一个半径为r、总电阻为R的单匝闭合线圈，初始状态线圈水平放置，线圈所在位置地磁场的磁感应强度大小为B，方向与线圈面成α角(α<45°)。若以东西方向的直径为轴，从东向西看，把线圈逆时针转过eq\f(π,2)，如图2所示，则此过程通过回路截面的电荷量为()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，此处地磁场方向斜向下，地磁场的水平分量指向北，线圈水平放置时，穿过线圈的磁通量大小Φ1＝B·πr2·sinα，以东西方向的直径为轴，从东向西看，把线圈逆时针转过eq\f(π,2)后，穿过线圈的磁通量大小Φ2＝B·πr2·cosα，线圈位于两个位置时，穿过线圈的磁通量方向相同，则此过程中，穿过线圈的磁通量变化量大小为ΔΦ＝|Φ2－Φ1|＝Bπr2·(cosα－sinα)，设转动过程用时为Δt，根据法拉第电磁感应定律，可知线圈转动过程产生的平均电动势eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(ΔΦ,Δt)，根据闭合电路欧姆定律，可知转动过程中流过线圈的平均电流为eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R)，通过回路截面的电荷量为q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt，联立得q＝eq\f(Bπr2（cosα－sinα）,R)，故选A。3．(2024·内蒙古赤峰市高三下一模)(多选)矩形导线框abcd放在匀强磁场中，在外力控制下处于静止状态，如图甲所示。磁感线方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度B随时间变化的图像如图乙所示(规定磁感应强度的方向垂直导线框平面向里为正方向)，在0～4s时间内，流过导线框的电流(规定顺时针方向为正方向)与导线框ad边所受安培力随时间变化的图像(规定以向左为安培力正方向)可能是图中的()答案：AC解析：由题图乙可知，在0～1s时间内，原磁场磁感应强度垂直纸面向外，且不断减小，由楞次定律和安培定则可知，流过导线框的感应电流为逆时针方向，即为负方向；同理可得，在1～2s时间内，流过导线框的感应电流为逆时针方向，即为负方向；在2～4s时间内，流过导线框的感应电流为顺时针方向，即为正方向；由题图乙可知，0～2s和2～4s原磁场的磁感应强度均随时间均匀变化，且变化率大小相同，由法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可知，0～2s和2～4s导线框中的感应电流大小不变且相等，故A正确，B错误；由以上分析得，在0～1s时间内，导线框ad边电流方向为由a向d，空间所加磁场的磁感应强度B垂直纸面向外，且线性减小到0，根据左手定则及安培力公式可知，导线框ad边所受安培力向左，且线性减小到0，即安培力为正方向，且线性减小到0；同理可得，在1～2s时间内，导线框ad边受到的安培力为负方向，且线性增大；在2～3s时间内，导线框ad边受到的安培力为正方向，且线性减小到0；在3～4s内，导线框ad边受到的安培力为负方向，且线性增大，由于导线框中电流大小不变，t＝0、t＝2s、t＝4s时B的大小相同，则ad边受到的安培力大小相同，故C正确，D错误。4.(2024·黑龙江省大庆市高三下三模)如图所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内，有一位于纸面的、电阻均匀的正方形导体框abcd，现将导体框分别朝两个方向以v、2v的速度匀速拉出磁场，则导体框从两个方向分别移出磁场的过程中()A．导体框中产生的感应电流方向相反B．导体框受到的安培力大小之比为1∶4C．导体框中产生的焦耳热之比为1∶4D．通过导体框截面的电荷量之比为1∶1答案：D解析：将导体框从两个方向移出磁场的过程中，穿过导体框的磁通量均减小，而原磁场方向都垂直纸面向外，根据楞次定律和安培定则可知，导体框中产生的感应电流方向均沿逆时针方向，故A错误；设匀强磁场的磁感应强度大小为B，导体框的边长为L，电阻为R，导体框以速度v匀速拉出磁场时，由法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可知，导体框中产生的感应电流大小为I1＝eq\f(BLv,R)，受到的安培力大小为F1＝BI1L＝eq\f(B2L2v,R)，由焦耳定律可知，导体框产生的焦耳热为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)，通过导体框截面的电荷量为q1＝I1t1＝eq\f(BLv,R)·eq\f(L,v)＝eq\f(BL2,R)；同理可知，导体框以速度2v匀速拉出磁场时，导体框中产生的感应电流大小为I2＝eq\f(2BLv,R)，受到的安培力大小为F2＝BI2L＝eq\f(2B2L2v,R)，产生的焦耳热为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)，通过导体框截面的电荷量为q2＝I2t2＝eq\f(2BLv,R)·eq\f(L,2v)＝eq\f(BL2,R)，则有F1∶F2＝1∶2，Q1∶Q2＝1∶2，q1∶q2＝1∶1，故B、C错误，D正确。5．(2024·江西省赣州市高三下5月二模)(多选)某校科技兴趣小组设计了一个玩具车的电磁驱动系统，如图所示，abcd是固定在塑料玩具车底部的长为L、宽为eq\f(L,2)的长方形金属线框，线框粗细均匀且电阻为R。驱动磁场为方向垂直于水平地面、等间隔交替分布的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，每个磁场宽度均为eq\f(L,2)。现使驱动磁场以速度v0向右匀速运动，线框将受到磁场力并带动玩具车由静止开始运动，假设玩具车所受阻力f与其运动速度v的关系为f＝kv(k为常量)。下列说法正确的是()A．a、d两点间的电压的最大值的绝对值为eq\f(BLv0,3)B．玩具车在运动过程中线框中电流方向不改变C．线框匀速运动时，安培力的功率等于回路中的电功率D．玩具车和线框的最大速度为vm＝eq\f(4B2L2v0,kR＋4B2L2)答案：AD解析：由题意可知，刚开始时线框相对于磁场的速度最大，线框中的感应电动势最大，a、d两点间的电压最大，此时ab、cd均切割磁感线，产生感应电动势的方向在回路中相同，则总电动势为E总＝2BLv0，因线框粗细均匀且电阻为R，则ad部分电阻为eq\f(R,6)，由串联电路分压规律可知，a、d两点间的电压的最大值的绝对值为eq\f(E总,6)＝eq\f(BLv0,3)，故A正确；磁场相对线框向右运动，相当于线框向左切割磁感线，ab、cd所处的磁场区域会不断发生变化，结合右手定则可知，线框中电流方向不断变化，故B错误；设玩具车和线框的最大速度为vm，则其相对于磁场运动的最小速度为v0－vm，此时线框产生的总电动势为E＝2BL(v0－vm)，线框中的感应电流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(2BL（v0－vm）,R)，线框受到的总安培力为F＝2BIL＝eq\f(4B2L2（v0－vm）,R)，由平衡条件有fm＝F，其中fm＝kvm，联立可得vm＝eq\f(4B2L2v0,kR＋4B2L2)，故D正确；玩具车达到最大速度后开始做匀速运动，安培力的功率为P1＝Fvm＝eq\f(4B2L2（v0－vm）vm,R)，电功率为P2＝eq\f(E2,R)＝eq\f(4B2L2（v0－vm）2,R)，仅当v0－vm＝vm，即vm＝eq\f(v0,2)时，才有P1＝P2，但vm不一定等于eq\f(v0,2)，故C错误。6．(2024·江西省宜春市高三4月适应性考试)(多选)如图乙所示是我国某磁悬浮列车利用电磁阻尼辅助刹车的示意图，在车身下方固定一由粗细均匀导线制成的N匝矩形线框abcd，ab边长为L，bc边长为d，在站台轨道上存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的有界矩形匀强磁场MNPQ，区域长也为d，MN边界与ab平行。若ab边刚进入磁场时列车关闭发动机，此时的速度大小为v0，cd边刚离开磁场时列车刚好停止运动。已知线框总电阻为R，列车的总质量为m，列车停止前所受铁轨阻力及空气阻力的合力恒为f。重力加速度为g。下列说法正确的是()A．列车进站过程中电流方向为adcbB．线框ab边刚进入磁场时列车的加速度大小a＝eq\f(N2B2L2v0,mR)＋eq\f(f,m)C．线框从进入到离开磁场过程中，线框产生的焦耳热Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－fdD．线框从进入到离开磁场过程所用的时间t＝eq\f(mv0,f)－eq\f(2N2B2L2d,fR)答案：BD解析：列车进站过程中，穿过线框的磁通量方向向上且变大，由楞次定律及安培定则可知，列车进站过程中电流方向为abcd，A错误；由法拉第电磁感应定律可知，线框ab边进入磁场瞬间产生的感应电动势为E＝NBLv0，由闭合电路的欧姆定律得，线框中的感应电流I＝eq\f(E,R)，对列车由牛顿第二定律得NBIL＋f＝ma，联立解得线框ab边刚进入磁场时列车的加速度大小a＝eq\f(N2B2L2v0,mR)＋eq\f(f,m)，B正确；线框从进入到离开磁场的过程中，列车动能全部转化为由于阻力f产生的内能和焦耳热，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错误；线框进入磁场和离开磁场的过程中，设所用时间分别为t1和t2，线框中的平均电流分别为eq\o(I,\s\up6(－))1和eq\o(I,\s\up6(－))2，平均感应电动势分别为eq\o(E,\s\up6(－))1、eq\o(E,\s\up6(－))2，由动量定理得－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)，联立解得t＝eq\f(mv0,f)－eq\f(2N2B2L2d,fR)，D正确。7.(2024·安徽省高三下三模)(多选)如图所示，质量为m、长为L的金属杆ab，以一定的初速度v0从一光滑平行金属轨道的底端向上滑行，轨道平面与水平面成θ角，轨道平面处于磁感应强度为B、方向垂直轨道平面向上的匀强磁场中，两导轨上端用一阻值为R的电阻相连，轨道与金属杆ab的电阻均不计，金属杆向上滑行到某一高度后又返回到底端，则金属杆()A．在上滑和下滑过程中的平均速度均小于eq\f(v0,2)B．在上滑过程中克服安培力做的功等于下滑过程中克服安培力做的功C．在上滑过程中电阻R上产生的焦耳热等于金属杆ab减少的动能D．在上滑过程中通过电阻R的电荷量等于下滑过程中通过电阻R的电荷量答案：AD解析：设金属杆上滑时经过某一位置的速度大小为v，则此时金属杆产生的感应电动势E＝BLv，闭合回路中感应电流I＝eq\f(E,R)，金属杆受到的安培力大小F＝BIL，由牛顿第二定律得mgsinθ＋F＝ma，联立得此时金属杆的加速度大小a＝gsinθ＋eq\f(B2L2v,mR)，则随着速度的减小，加速度减小，即上滑时金属杆做加速度减小的减速运动，结合v­t图像可知，上滑时金属杆的位移小于做匀减速直线运动的位移，则上滑时的平均速度小于eq\f(v0,2)；由于机械能有损失，所以金属杆经过同一位置时上滑的速度大于下滑的速度，则下滑过程的平均速度小于上滑过程的平均速度，也就小于eq\f(v0,2)，A正确。金属杆经过同一位置时上滑的速度大于下滑的速度，则上滑时受到的安培力大于下滑时所受的安培力，所以金属杆上滑过程中克服安培力做的功大于下滑过程中克服安培力做的功，故B错误。在上滑过程中，金属杆ab减小的动能转化为电阻R上的焦耳热和金属杆的重力势能，故金属杆在上滑过程中电阻R上产生的焦耳热小于金属杆ab减小的动能，故C错误。设金属杆上滑过程中所用时间为Δt，位移大小为x，由法拉第电磁感应定律可知，金属杆产生的平均感应电动势eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(BLx,Δt)，由闭合电路欧姆定律可知，流过电阻R的平均电流为eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R)，通过电阻R的电荷量q1＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt，联立得q1＝eq\f(BLx,R)，同理可知，金属杆下滑过程中通过电阻R的电荷量q2＝eq\f(BLx,R)＝q1，故D正确。8．(2023·广东省深圳市高三下第二次调研)(多选)如图，质量为1kg的方形铝管静置在足够大的绝缘水平面上，现使质量为2kg的条形磁铁(条形磁铁横截面比铝管管内横截面小)以v＝3m/s的水平初速度自左向右穿过铝管，忽略一切摩擦，不计管壁厚度。则()A．磁铁穿过铝管过程中，铝管受到的安培力可能先水平向左后水平向右B．磁铁穿过铝管后，铝管速度可能为4m/sC．磁铁穿过铝管后的速度可能大于2m/sD．磁铁穿过铝管过程所产生的热量可能达到2J答案：CD解析：磁铁穿过铝管过程中，根据楞次定律的推论“来拒去留”可知，铝管受到的安培力始终水平向右，故A错误；磁铁穿过铝管的过程中，磁铁与铝管组成的系统所受合力为0，则系统动量守恒，设磁铁的质量为M，铝管的质量为m，穿过铝管后磁铁的速度为v1，铝管的速度为v2，根据动量守恒定律有Mv＝Mv1＋mv2，因为磁铁能穿过铝管，所以v1≥v2，解得磁铁穿过铝管后，铝管速度v2≤2m/s，磁铁速度v1≥2m/s且v1≤3m/s，B错误，C正确；磁铁穿过铝管后恰好和铝管速度相等时，产生的热量最多，此时v1＝v2＝2m/s，则热量最大值为Q＝ΔE＝eq\f(1,2)Mv2－eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,1)＝3J，而热量最小值为0，则磁铁穿过铝管过程所产生的热量可能达到2J，故D正确。9．(2024·河南省濮阳市高三下一模)(多选)如图1所示，间距为L的两足够长平行光滑导轨处于竖直固定状态，导轨处在垂直导轨平面的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，导轨顶端连接阻值为R的定值电阻。质量为m、接入电路电阻也为R的金属杆垂直接触导轨，让金属杆由静止开始下落，同时给金属杆施加竖直方向的拉力，使金属杆运动的速度v与运动位移x的关系如图2所示，当金属杆运动x0距离时撤去外力，金属杆恰能匀速运动。已知重力加速度大小为g，金属杆在运动的过程中始终与导轨垂直且接触良好，则金属杆运动x0距离的过程中()A．金属杆做初速度为零的匀加速直线运动B．金属杆克服安培力做的功为eq\f(1,2)mgx0C．金属杆受到的安培力的冲量大小为eq\f(B2L2x0,2R)D．通过定值电阻的电量为eq\f(BLx0,2R)答案：BCD解析：若金属杆做初速度为零的匀加速直线运动，应满足v2＝2ax，与题图2矛盾，故A错误；设金属杆位移为x时的瞬时速度为v，则此时金属杆产生的感应电动势E＝BLv，感应电流I＝eq\f(E,2R)，金属杆所受安培力大小F安＝BIL，联立得F安＝eq\f(B2L2v,2R)，金属杆运动一小段距离Δx的过程中，v可视为不变，则F安不变，金属杆克服安培力做功W克安i＝F安iΔx＝eq\f(B2L2vi,2R)·Δx，对金属杆运动x0距离的过程求和得W克安＝∑eq\f(B2L2vi,2R)Δx＝eq\f(B2L2,2R)·∑vi·Δx，设x＝x0时，v＝v′，则∑vi·Δx＝eq\f(x0v′,2)，撤去外力后，金属杆匀速运动，由平衡条件有mg＝eq\f(B2L2v′,2R)，联立解得W克安＝eq\f(1,2)mgx0，故B正确；设金属杆运动x0距离的过程中，平均速度为eq\o(v,\s\up6(－))，由法拉第电磁感应定律可知，电路中平均感应电动势eq\o(E,\s\up6(－))＝BLeq\o(v,\s\up6(－))，由闭合电路欧姆定律可知，平均感应电流eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),2R)，此过程所用时间为Δt＝eq\f(x0,\o(v,\s\up6(－)))，则金属杆受到的安培力的冲量大小为I安＝Beq\o(I,\s\up6(－))L·Δt，通过定值电阻的电量为q＝eq\o(I,\s\up6(－))·Δt，联立解得I安＝eq\f(B2L2x0,2R)，q＝eq\f(BLx0,2R)，故C、D正确。10．(2024·山东省济宁市高三下一模)两光滑金属导轨AECD和A′E′C′D′处在同一水平面内，其俯视图如图甲所示，导轨相互平行部分的间距为l，导轨AE上K点处有一小段导轨绝缘(长度忽略不计)。交叉部分EC和E′C′彼此不接触。质量均为m、长度均为l的两金属棒a、b，通过长度也为l的绝缘轻质杆固定连接成“工”形架，将其置于导轨左侧。导轨右侧有一根被锁定的质量为2m、长为l的金属棒c。整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B大小随时间t的变化关系如图乙所示，B0、t0、t1均为已知量。金属棒a、b、c的电阻均为R，其余电阻不计。t＝0时刻，“工”形架受到水平向右的恒力F作用，2t0时刻撤去F，此时b恰好运动到K点。当a运动至K点时将c解除锁定，交叉处两侧平行导轨均足够长。求：(1)t1时刻，金属棒a两端电压U；(2)0～2t0时间内，“工”形架产生的焦耳热Q1；(3)金属棒a从K点开始，经时间t0与金属棒c距离的减少量Δd；(4)金属棒c解除锁定后，金属棒a中产生的焦耳热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)由题意可知，0～t0时间内，穿过闭合回路的磁通量不变，则整个电路中没有感应电流，设“工”形架的加速度大小为a，由牛顿第二定律得F＝2mat1时刻，“工”形架的速度大小为v1＝at1由法拉第电磁感应定律可知，金属棒切割磁感线产生的感应电动势E＝B0lv1金属棒a两端电压U＝E联立解得U＝eq\f(B0lFt1,2m)。(2)0～t0时间内，整个电路中没有感应电流，“工”形架不产生焦耳热；t0～2t0时间内，b在K点左侧，穿过“工”形架的磁通量发生变化，“工”形架中有感应电流，c中没有感应电流。t0～2t0时间内，由法拉第电磁感应定律得，“工”形架产生的感应电动势E1＝eq\f(2B0－B0,2t0－t0)l2“工”形架产生的焦耳热Q1＝eq\f(Eeq\o\al(2,1),2R)t0联立解得Q1＝eq\f(Beq\o\al(2,0)l4,2Rt0)。(3)2t0时刻“工”形架的速度为v2＝a·2t0“工”形架穿过K的过程中，a中没有感应电流，b和c构成闭合回路。设a运动至K点时，“工”形架的速度大小为v3，“工”形架穿过K的过程用时为Δt，则此过程“工”形架的平均速度大小eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(l,Δt)由法拉第电磁感应定律可知，期间b产生的平均感应电动势eq\o(E,\s\up6(－))＝2B0Leq\o(v,\s\up6(－))由闭合电路欧姆定律可知，b、c中平均电流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对“工”形架，由动量定理有－eq\o(F,\s\up6(－))AΔt＝2mv3－2mv2联立解得v3＝eq\f(Ft0,m)－eq\f(Beq\o\al(2,0)l3,mR)金属棒a经过K点后，流过c的电流恒等于流过a、b的电流之和，分析知“工”形架和c受到的安培力大小相等、方向均向左，设从将c解除锁定开始再经过任意时间Δt′的过程中，“工”形架和c所受安培力的平均大小均为eq\o(F,\s\up6(－))A′，“工”形架的末速度大小为v，c的末速度大小为v′，以水平向左为正方向，对“工”形架，由动量定理得eq\o(F,\s\up6(－))A′Δt′＝2m(－v)－2m(－v3)对c棒，由动量定理得eq\o(F,\s\up6(－))A′Δt′＝2mv′联立解得v＋v′＝v3即在任意时刻，“工”形架与金属棒c的相对速度大小为v3且两者彼此靠近，则经过时间t0，a、c距离的减少量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)导轨足够长，“工”形架和c棒最终稳定时，电路中没有感应电流，则两者产生的感应电动势大小相等，设“工”形架和c棒的最终速度大小分别为v终和v终′，则有2B0lv终＝2B0lv终′由第(3)问的分析，有v终＋v终′＝v3由能量守恒定律得，金属棒c解除锁定后，回路中产生的总焦耳热Q＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,3)－eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,终)－eq\f(1,2)×2mv终′2由并联电路分流规律知，任意时刻均有Ic＝2Ia＝2Ib由焦耳定律可知，a棒产生的热量Q2＝eq\f(Ieq\o\al(2,a),Ieq\o\al(2,a)＋Ieq\o\al(2,b)＋Ieq\o\al(2,c))Q联立可得Q2＝eq\f(（Ft0R－Beq\o\al(2,0)l3）2,12mR2)。1．(2024·山西省吕梁市高三下4月模拟)(多选)高铁常用磁刹车系统，某同学为研究其工作原理，让铜盘处于磁场方向均垂直于其平面的磁场中进行实验。如图甲，圆形匀强磁场区域与铜盘是同心圆且面积小于铜盘面积；如图乙，磁场区域与甲相同，磁场的磁感应强度从左到右减小；如图丙，匀强磁场区域与甲相同，磁场的磁感应强度随时间均匀减小；如图丁，圆形匀强磁场区域处于铜盘的一侧。现给铜盘一初始角速度，整个过程忽略空气阻力和摩擦阻力的影响，忽略铜盘厚度，则铜盘能停下来的是()A．图甲 B．图乙C．图丙 D．图丁答案：BD解析：将铜盘看成由无数条沿半径方向的导体棒组成，图甲中，各导体棒切割磁感线产生的感应电动势均相同，则各导体棒中均无感应电流，不受安培力，铜盘不会停下来；图乙和图丁中，各导体棒切割磁感线产生的感应电动势不相同(图丁中在无磁场区的导体棒可视为产生的感应电动势为0)，则各导体棒间有电势差，会产生电流，受到安培力的阻碍作用，铜盘会停下来，A错误，B、D正确。图丙中，磁场的磁感应强度随时间均匀减小，则会产生以O为圆心的恒定的环形电流，由左手定则可知铜盘所受安培力的合力为零，则铜盘不会停下来，C错误。2．(2023·浙江6月选考)如图所示，质量为M、电阻为R、长为L的导体棒，通过两根长均为l、质量不计的导电细杆连在等高的两固定点上，固定点间距也为L。细杆通过开关S可与直流电源E0或理想二极管串接。在导体棒所在空间存在磁感应强度方向竖直向上、大小为B的匀强磁场，不计空气阻力和其它电阻。开关S接1，当导体棒静止时，细杆与竖直方向的夹角θ＝eq\f(π,4)；然后开关S接2，棒从右侧开始运动完成一次振动的过程中，()A．电源电动势E0＝eq\f(\a\vs4\al(\r(2)Mg),2BL)RB．棒消耗的焦耳热Q＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(2),2)))MglC．从左向右运动时，最大摆角小于eq\f(π,4)D．棒两次过最低点时感应电动势大小相等答案：C解析：开关S接1，当导体棒静止时，对导体棒受力分析如图所示，根据平衡条件可得Mgtanθ＝F安，其中安培力大小F安＝BIL，根据闭合电路欧姆定律知棒中电流大小I＝eq\f(E0,R)，解得电源电动势E0＝eq\f(MgR,BL)，故A错误；开关S接2，根据右手定则可知，导体棒从右向左运动时，产生的感应电动势方向与二极管的导通方向相同，部分机械能转化为焦耳热，导体棒从左向右运动时，产生的感应电动势方向与二极管的导通方向相反，没有机械能损失，经过反复振动，最终导体棒静止在最低点，导体棒产生的总焦耳热为Q0＝Mgl(1－cosθ)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(2),2)))Mgl，分析可知，导体棒第二次经过最低点时速度不为0，结合能量守恒定律可知，导体棒完成一次振动速度为零时高度高于最低点，且低于初始高度，即从左向右运动时，最大摆角小于eq\f(π,4)，所以棒从右侧开始运动完成一次振动的过程中，消耗的焦耳热Q<Q0＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(2),2)))·Mgl，故B错误，C正确；根据B项分析可知，导体棒第二次经过最低点时的速度小于第一次经过最低点时的速度，根据E＝BLv可知，棒两次过最低点时感应电动势大小不相等，故D错误。考点1机械振动和机械波考向一机械振动1.一个单摆在地面上做受迫振动，其共振曲线(振幅A与驱动力频率f的关系)如图所示，则()A．此单摆的固有周期约为0.5sB．此单摆的摆长约为1mC．若摆长增大，单摆的固有频率增大D．若摆长增大，共振曲线的“峰”将向右移动答案：B解析：驱动力频率等于单摆的固有频率时，单摆做受迫振动的振幅最大，故由题图共振曲线知，此单摆的固有频率为0.5Hz，固有周期为2s，故A错误；由单摆周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，得此单摆的摆长约为1m，故B正确；若摆长增大，单摆的固有周期增大，固有频率减小，则共振曲线的“峰”将向左移动，故C、D错误。2．(2023·山东高考)(多选)如图所示，沿水平方向做简谐振动的质点，依次通过相距L的A、B两点。已知质点在A点的位移大小为振幅的一半，B点位移大小是A点的eq\r(3)倍，质点经过A点时开始计时，t时刻第二次经过B点，该振动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：以水平向右为正方向。当A、B两点在平衡位置的同侧时，由B点位移大小是A点的eq\r(3)倍可知，平衡位置在A点左侧，则有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)；根据振动方程x＝Asinφ，由xA＝AsinφA可得质点向右经过A点时φA＝eq\f(π,6)，由xB＝AsinφB可得质点第二次经过B点时φB＝eq\f(2,3)π，则eq\f(\f(2,3)π－\f(π,6),2π)T＝t，解得周期T＝4t。当A、B两点在平衡位置两侧时，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)；根据振动方程x＝Asinφ，由xA＝AsinφA可得质点向右经过A点时φA＝－eq\f(π,6)，由xB＝AsinφB可得质点第二次经过B点时φB＝eq\f(2,3)π，则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。综上可知，应选B、C。考向二机械波的传播与图像3．绳上质点P在外力作用下从平衡位置开始沿竖直方向做简谐运动，带动绳上各点依次上下振动。振动传到质点Q时绳子上的波形如图所示。已知波的传播速度为v，P、Q平衡位置间的距离为L