2021-2025年高考物理真题知识点分类汇编之电磁感应（六）

第66页（共66页）2021-2025年高考物理真题知识点分类汇编之电磁感应（六）一．选择题（共5小题）1．（2021•北京）如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，水平U形导体框左端连接一阻值为R的电阻，质量为m、电阻为r的导体棒ab置于导体框上。不计导体框的电阻、导体棒与框间的摩擦。ab以水平向右的初速度v0开始运动，最终停在导体框上。在此过程中（）A．导体棒做匀减速直线运动 B．导体棒中感应电流的方向为a→b C．电阻R消耗的总电能为mvD．导体棒克服安培力做的总功小于12．（2021•北京）某同学搬运如图所示的磁电式电流表时，发现表针晃动剧烈且不易停止。按照老师建议，该同学在两接线柱间接一根导线后再次搬运，发现表针晃动明显减弱且能很快停止。下列说法正确的是（）A．未接导线时，表针晃动过程中表内线圈不产生感应电动势 B．未接导线时，表针晃动剧烈是因为表内线圈受到安培力的作用 C．接上导线后，表针晃动过程中表内线圈不产生感应电动势 D．接上导线后，表针晃动减弱是因为表内线圈受到安培力的作用3．（2021•重庆）某眼动仪可以根据其微型线圈在磁场中随眼球运动时所产生的电流来追踪眼球的运动。若该眼动仪线圈面积为S，匝数为N，处于磁感应强度为B的匀强磁场中，线圈平面最初平行于磁场，经过时间t后线圈平面逆时针转动至与磁场夹角为θ处，则在这段时间内，线圈中产生的平均感应电动势的大小和感应电流的方向（从左往右看）为（）A．NBSsinθt，逆时针 B．NBScosθtC．NBSsinθt，顺时针 D．NBScosθ4．（2021•河北）如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。导轨间距最窄处为一狭缝，取狭缝所在处O点为坐标原点。狭缝右侧两导轨与x轴夹角均为θ，一电容为C的电容器与导轨左端相连。导轨上的金属棒与x轴垂直，在外力F作用下从O点开始以速度v向右匀速运动，忽略所有电阻。下列说法正确的是（）A．通过金属棒的电流为2BCv2tanθ B．金属棒到达x0时，电容器极板上的电荷量为BCvx0tanθ C．金属棒运动过程中，电容器的上极板带负电 D．金属棒运动过程中，外力F做功的功率恒定5．（2021•全国）某圆形导电线圈处于一方向垂直于该线圈的匀强磁场中，该磁场的磁感应强度B随时间的变化如图所示。对OP、PM、MN和NQ时间段内线圈中的感应电流，下列说法正确的是（）A．PM段的感应电流值最大 B．OP段的感应电流值是MN段的感应电流值的2倍 C．MN段的感应电流与NQ段的感应电流大小相同，方向也相同 D．OP段的感应电流与NQ段的感应电流方向相同二．多选题（共6小题）（多选）6．（2021•甲卷）由相同材料的导线绕成边长相同的甲、乙两个正方形闭合线圈，两线圈的质量相等，但所用导线的横截面积不同，甲线圈的匝数是乙的2倍。现两线圈在竖直平面内从同一高度同时由静止开始下落，一段时间后进入一方向垂直于纸面的匀强磁场区域，磁场的上边界水平，如图所示。不计空气阻力，已知下落过程中线圈始终平行于纸面，上、下边保持水平。在线圈下边进入磁场后且上边进入磁场前，可能出现的是（）A．甲和乙都加速运动 B．甲和乙都减速运动 C．甲加速运动，乙减速运动 D．甲减速运动，乙加速运动（多选）7．（2021•山东）如图所示，电阻不计的光滑U形金属导轨固定在绝缘斜面上。区域Ⅰ、Ⅱ中磁场方向均垂直斜面向上，Ⅰ区中磁感应强度随时间均匀增加，Ⅱ区中为匀强磁场。阻值恒定的金属棒从无磁场区域中a处由静止释放，进入Ⅱ区后，经b下行至c处反向上行。运动过程中金属棒始终垂直导轨且接触良好。在第一次下行和上行的过程中，以下叙述正确的是（）A．金属棒下行过b时的速度大于上行过b时的速度 B．金属棒下行过b时的加速度大于上行过b时的加速度 C．金属棒不能回到无磁场区 D．金属棒能回到无磁场区，但不能回到a处（多选）8．（2021•辽宁）如图（a）所示，两根间距为L、足够长的光滑平行金属导轨竖直放置并固定，顶端接有阻值为R的电阻，垂直导轨平面存在变化规律如图（b）所示的匀强磁场，t＝0时磁场方向垂直纸面向里。在t＝0到t＝2t0的时间内，金属棒水平固定在距导轨顶端L处；t＝2t0时，释放金属棒。整个过程中金属棒与导轨接触良好，导轨与金属棒的电阻不计，则（）A．在t=t02时，B．在t＝t0时，金属棒中电流的大小为B0C．在t=3tD．在t＝3t0时，金属棒中电流的方向向右（多选）9．（2021•广东）如图所示，水平放置足够长光滑金属导轨abc和de，ab与de平行，bc是以O为圆心的圆弧导轨。圆弧be左侧和扇形Obc内有方向如图的匀强磁场。金属杆OP的O端与e点用导线相接，P端与圆弧bc接触良好。初始时，可滑动的金属杆MN静止在平行导轨上。若杆OP绕O点在匀强磁场区内从b到c匀速转动时，回路中始终有电流，则此过程中，下列说法正确的有（）A．杆OP产生的感应电动势恒定 B．杆OP受到的安培力不变 C．杆MN做匀加速直线运动 D．杆MN中的电流逐渐减小（多选）10．（2021•湖南）两个完全相同的正方形匀质金属框，边长为L，通过长为L的绝缘轻质杆相连，构成如图所示的组合体。距离组合体下底边H处有一方向水平、垂直纸面向里的匀强磁场。磁场区域上下边界水平，高度为L，左右宽度足够大。把该组合体在垂直磁场的平面内以初速度v0水平无旋转抛出，设置合适的磁感应强度大小B使其匀速通过磁场，不计空气阻力。下列说法正确的是（）A．B与v0无关，与H成反比 B．通过磁场的过程中，金属框中电流的大小和方向保持不变 C．通过磁场的过程中，组合体克服安培力做功的功率与重力做功的功率相等 D．调节H、v0和B，只要组合体仍能匀速通过磁场，则其通过磁场的过程中产生的热量不变（多选）11．（2021•福建）如图，P、Q是两根固定在水平面内的光滑平行金属导轨，间距为L，导轨足够长且电阻可忽略不计。图中EFGH矩形区域有一方向垂直导轨平面向上、感应强度大小为B的匀强磁场。在t＝t1时刻，两均匀金属棒a、b分别从磁场边界EF、GH进入磁场，速度大小均为v0；一段时间后，流经a棒的电流为0，此时t＝t2，b棒仍位于磁场区域内。已知金属棒a、b相同材料制成，长度均为L，电阻分别为R和2R，a棒的质量为m。在运动过程中两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，a、b棒没有相碰，则（）A．t1时刻a棒加速度大小为2BB．t2时刻b棒的速度为0 C．t1～t2时间内，通过a棒横截面的电荷量是b棒的2倍 D．t1～t2时间内，a棒产生的焦耳热为2三．解答题（共7小题）12．（2021•海南）如图，间距为l的光滑平行金属导轨，水平放置在方向竖直向下的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，导轨左端接有阻值为R的定值电阻，一质量为m的金属杆放在导轨上。金属杆在水平外力作用下以速度v0向右做匀速直线运动，此时金属杆内自由电子沿杆定向移动的速率为u0。设金属杆内做定向移动的自由电子总量保持不变，金属杆始终与导轨垂直且接触良好，除了电阻R以外不计其它电阻。（1）求金属杆中的电流和水平外力的功率；（2）某时刻撤去外力，经过一段时间，自由电子沿金属杆定向移动的速率变为u0（i）这段时间内电阻R上产生的焦耳热；（ii）这段时间内一直在金属杆内的自由电子沿杆定向移动的距离。13．（2021•天津）如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ间距L＝1m，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成θ＝30°角，N、Q两端接有R＝1Ω的电阻。一金属棒ab垂直导轨放置，ab两端与导轨始终有良好接触，已知ab的质量m＝0.2kg，电阻r＝1Ω，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小B＝1T。ab在平行于导轨向上的拉力作用下，以初速度v1＝0.5m/s沿导轨向上开始运动，可达到最大速度v＝2m/s。运动过程中拉力的功率恒定不变，重力加速度g＝10m/s2。（1）求拉力的功率P；（2）ab开始运动后，经t＝0.09s速度达到v2＝1.5m/s，此过程中ab克服安培力做功W＝0.06J，求该过程中ab沿导轨的位移大小x。14．（2021•乙卷）如图，一倾角为α的光滑固定斜面的顶端放有质量M＝0.06kg的U形导体框，导体框的电阻忽略不计；一电阻R＝3Ω的金属棒CD的两端置于导体框上，与导体框构成矩形回路CDEF；EF与斜面底边平行，长度L＝0.6m。初始时CD与EF相距s0＝0.4m，金属棒与导体框同时由静止开始下滑，金属棒下滑距离s1=316m后进入一方向垂直于斜面的匀强磁场区域，磁场边界（图中虚线）与斜面底边平行；金属棒在磁场中做匀速运动，直至离开磁场区域。当金属棒离开磁场的瞬间，导体框的EF边正好进入磁场，并在匀速运动一段距离后开始加速。已知金属棒与导体框之间始终接触良好，磁场的磁感应强度大小B＝1T，重力加速度大小取g＝10m/s2，sinα＝（1）金属棒在磁场中运动时所受安培力的大小；（2）金属棒的质量以及金属棒与导体框之间的动摩擦因数；（3）导体框匀速运动的距离。15．（2021•浙江）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、产生垂直船舱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g6。整个运动过程中只有ab（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“∧”型线框ab边的电流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。16．（2021•浙江）一种探测气体放电过程的装置如图甲所示，充满氖气（Ne）的电离室中有两电极与长直导线连接，并通过两水平长导线与高压电源相连．在与长直导线垂直的平面内，以导线为对称轴安装一个用阻值R0＝10Ω的细导线绕制、匝数N＝5×103的圆环形螺线管，细导线的始末两端c、d与阻值R＝90Ω的电阻连接．螺线管的横截面是半径a＝1.0×10﹣2m的圆，其中心与长直导线的距离r＝0.1m，气体被电离后在长直导线回路中产生顺时针方向的电流I，其I—t图像如图乙所示．为便于计算，螺线管内各处的磁感应强度大小均可视为B=kIr，其中k＝2×10﹣7T•（1）求0～6.0×10﹣3s内通过长直导线横截面的电荷量Q；（2）求3.0×10﹣3s时，通过螺线管某一匝线圈的磁通量Φ；（3）若规定c→R→d为电流的正方向，在不考虑线圈自感的情况下，通过计算，在答题纸上画出通过电阻R的iR﹣t图像；（4）若规定c→R→d为电流的正方向，考虑线圈自感，在答题纸上定性画出通过电阻R的iR﹣t图像。17．（2021•湖北）如图（a）所示，两根不计电阻、间距为L的足够长平行光滑金属导轨，竖直固定在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向里，磁感应强度大小为B。导轨上端串联非线性电子元件Z和阻值为R的电阻。元件Z的U﹣I图像如图（b）所示，当流过元件Z的电流大于或等于I0时，电压稳定为Um。质量为m、不计电阻的金属棒可沿导轨运动，运动中金属棒始终水平且与导轨保持良好接触。忽略空气阻力及回路中的电流对原磁场的影响，重力加速度大小为g。为了方便计算，取I0=mg4BL，Um=mgR2BL。以下计算结果只能选用m、g、（1）闭合开关S，由静止释放金属棒，求金属棒下落的最大速度v1；（2）断开开关S，由静止释放金属棒，求金属棒下落的最大速度v2；（3）先闭合开关S，由静止释放金属棒，金属棒达到最大速度后，再断开开关S。忽略回路中电流突变的时间，求S断开瞬间金属棒的加速度大小a。18．（2021•全国）如图，质量为m、电阻为R、边长为l的正方形导线框置于光滑水平面上，虚线右侧区域存在垂直于水平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B．线框在恒力F作用下从距磁场左边界一定距离处由静止开始运动。（1）若线框前端进入磁场后即保持匀速直线运动，求线框开始运动时距磁场左边界的距离s；（2）若其他条件不变，t＝0时线框从距磁场左边界s4处由静止开始运动，线框经过多少时间其前端刚（3）已知在（2）的情况下，线框始终做加速运动，定性画出线框运动的v﹣t图像。

2021-2025年高考物理真题知识点分类汇编之电磁感应（六）参考答案与试题解析一．选择题（共5小题）题号12345答案CDAAC二．多选题（共6小题）题号67891011答案ABABDBCADCDAD一．选择题（共5小题）1．（2021•北京）如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，水平U形导体框左端连接一阻值为R的电阻，质量为m、电阻为r的导体棒ab置于导体框上。不计导体框的电阻、导体棒与框间的摩擦。ab以水平向右的初速度v0开始运动，最终停在导体框上。在此过程中（）A．导体棒做匀减速直线运动 B．导体棒中感应电流的方向为a→b C．电阻R消耗的总电能为mvD．导体棒克服安培力做的总功小于1【考点】单杆在导轨上无外力作用下切割磁场的运动问题；电磁感应过程中的动力学类问题；电磁感应过程中的能量类问题；电磁感应过程中的电路类问题；右手定则．【专题】定量思想；方程法；电磁感应——功能问题；推理论证能力．【答案】C【分析】根据牛顿第二定律得到加速度和速度的关系，由此分析加速度的变化情况；根据右手定则可知导体棒中感应电流的方向；根据功能关系、焦耳定律可得电阻R消耗的总电能；根据动能定理可知导体棒克服安培力做的总功。【解答】解：A、设磁感应强度为B，导轨的宽度为L，当速度为v时的安培力为FA＝BIL=B2L2vR+r，根据牛顿第二定律可得：FAB、根据右手定则可知导体棒中感应电流的方向为b→a，故B错误；C、整个过程中电路中消耗的总电能为：E=12mv02，根据焦耳定律可得电阻R消耗的总电能为D、根据动能定理可知导体棒克服安培力做的总功等于12mv0故选：C。【点评】本题主要是考查电磁感应现象，关键是弄清楚导体棒的运动情况和受力情况，根据牛顿第二定律列方程进行求解加速度大小，根据动能定理、功能关系、焦耳定律等进行分析解答。2．（2021•北京）某同学搬运如图所示的磁电式电流表时，发现表针晃动剧烈且不易停止。按照老师建议，该同学在两接线柱间接一根导线后再次搬运，发现表针晃动明显减弱且能很快停止。下列说法正确的是（）A．未接导线时，表针晃动过程中表内线圈不产生感应电动势 B．未接导线时，表针晃动剧烈是因为表内线圈受到安培力的作用 C．接上导线后，表针晃动过程中表内线圈不产生感应电动势 D．接上导线后，表针晃动减弱是因为表内线圈受到安培力的作用【考点】感应电动势及其产生条件．【专题】定性思想；归纳法；电磁感应与电路结合；理解能力．【答案】D【分析】不接导线和接上导线时，表针晃动过程中表内线圈都要产生感应电动势，接上导线后，还要产生感应电流，线圈受到安培力的阻碍作用，表针会很快的停下来。【解答】解：A、未接导线时，表针晃动过程中表内线圈要切割磁感线，会产生感应电动势，故A错误；B、未接导线时，表针晃动过程中表内线圈产生感应电动势，由于电路未闭合，则线圈没有感应电流，线圈不受安培力的作用，故B错误；CD、接上导线后形成闭合回路，表针晃动过程中表内线圈产生感应电流，线圈会受到安培力作用阻碍线圈的转动，表针晃动减弱，故C错误，D正确。故选：D。【点评】解答本题时，要知道在运输电流表时，通常都会用导线把电流表的两个接线柱连接起来，就是运用电磁阻尼的作用，让指针不再发生大角度的偏转。3．（2021•重庆）某眼动仪可以根据其微型线圈在磁场中随眼球运动时所产生的电流来追踪眼球的运动。若该眼动仪线圈面积为S，匝数为N，处于磁感应强度为B的匀强磁场中，线圈平面最初平行于磁场，经过时间t后线圈平面逆时针转动至与磁场夹角为θ处，则在这段时间内，线圈中产生的平均感应电动势的大小和感应电流的方向（从左往右看）为（）A．NBSsinθt，逆时针 B．NBScosθtC．NBSsinθt，顺时针 D．NBScosθ【考点】楞次定律及其应用．【专题】定性思想；方程法；电磁感应与电路结合；理解能力．【答案】A【分析】根据Φ＝BSsinθ判断穿过线圈的磁通量，然后求出磁通量的变化量，再根据法拉第电磁感应定律求出平均电动势的大小，根据楞次定律判断感应电流的方向。【解答】解：开始时线圈与磁场的方向平行，则穿过线圈的磁通量为零；经过时间t，面积为S的线圈平面逆时针转动至与磁场夹角为θ处，磁通量变化为：ΔΦ＝BSsinθ；由法拉第电磁感应定律，线圈中产生的平均感应电动势的大小为：E=NΔΦΔt=故选：A。【点评】该题考查楞次定律与法拉第电磁感应定律，正确求出磁通量的变化是解答的关键。4．（2021•河北）如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。导轨间距最窄处为一狭缝，取狭缝所在处O点为坐标原点。狭缝右侧两导轨与x轴夹角均为θ，一电容为C的电容器与导轨左端相连。导轨上的金属棒与x轴垂直，在外力F作用下从O点开始以速度v向右匀速运动，忽略所有电阻。下列说法正确的是（）A．通过金属棒的电流为2BCv2tanθ B．金属棒到达x0时，电容器极板上的电荷量为BCvx0tanθ C．金属棒运动过程中，电容器的上极板带负电 D．金属棒运动过程中，外力F做功的功率恒定【考点】电磁感应过程中的电路类问题；电容定义式的简单应用；安培力的计算公式及简单应用．【专题】定量思想；推理法；电容器专题；电磁感应与电路结合；分析综合能力．【答案】A【分析】金属棒切割磁感线相当于电源，切割有效长度逐渐增加，感应电动势逐渐增大，给所连接的电容器充电，由电流定义式I=ΔQΔt为切入点，由电容的定义式Q＝CU，电容器的电压总是等于感应电动势，动生感应电动势的计算公式E＝BLv，分析L与位移的几何关系，推导电容器的电荷量Q的表达式，得到ΔQ的表达式，从而得到电流的表达式；由右手定则或者楞次定律判断感应电流方向；由金属棒受力平衡F＝F安＝BIL，再由P＝【解答】解：C、金属棒沿x轴正方向匀速运动切割垂直纸面向里的磁感线，发生电磁感应现象，金属棒相当于电源，由右手定则判断，金属棒中电流方向向上，金属棒上端为电源正极，可知电容器的上极板带正电，故C错误；A、以金属棒开始运动时为计时零时刻，设金属棒在0﹣t时间内运动位移为x，在t时刻金属棒在导轨间的长度L＝2xtanθ，此时金属棒在导轨间的电动势E＝BLv，电容器的电压U＝E，电容器的电量Q＝CU＝2BCvxtanθ，在t﹣（t+Δt）（Δt趋近于零）时间内，金属棒的位移由x增加到（x+Δx），则电容器的电量增加量ΔQ＝2BCv•Δx•tanθ，通过金属棒的电流I=ΔQΔt=2可得I＝2BCv2tanθ，故A正确；B、由A选项的分析结果Q＝2BCvxtanθ，可知金属棒到达x0时，电容器极板上的电荷量为2BCvx0tanθ，故B错误；D、由A选项的分析结果I＝2BCv2tanθ，可知流过金属棒的电流恒定，由F安＝BIL，金属棒在导轨间的长度L不断增加，其所受安培力不断增大，金属棒做匀速直线运动，由受力平衡可知，外力F的大小等于安培力，即外力F不断增大，由P＝Fv可知外力F做功的功率不断增加，故D错误。故选：A。【点评】本题考查了电磁感应现象以及电容器和电流的定义相关知识点，中等难度。解题关键在于能把相当于电源的金属棒与电容器之间的关联建立起来，即充电过程U＝E及ΔU＝ΔE。由电流定义式出发，寻找物理量之间的关系，逐步推演得到结果。5．（2021•全国）某圆形导电线圈处于一方向垂直于该线圈的匀强磁场中，该磁场的磁感应强度B随时间的变化如图所示。对OP、PM、MN和NQ时间段内线圈中的感应电流，下列说法正确的是（）A．PM段的感应电流值最大 B．OP段的感应电流值是MN段的感应电流值的2倍 C．MN段的感应电流与NQ段的感应电流大小相同，方向也相同 D．OP段的感应电流与NQ段的感应电流方向相同【考点】法拉第电磁感应定律的内容和表达式；闭合电路欧姆定律的内容和表达式；楞次定律及其应用．【专题】定性思想；推理法；电磁感应与图象结合；推理论证能力．【答案】C【分析】根据法拉第电磁感应定律分析出感应电动势的大小，结合欧姆定律和图像分析出不同阶段的感应电流的大小和方向。【解答】解：设圆形导电线圈的面积为S，线圈匝数为n，根据法拉第电磁感应定律得：E=A、PM段图像的斜率为零，则感应电动势为零，感应电流为零，故A错误；B、根据上述分析可知，感应电动势的大小与图像的斜率成正比，而纵坐标的数据未知，所以无法确定感应电动势的关系，则也无法确定电流的关系，故B错误；C、因为MN和NQ属于同一直线，斜率相同，则产生的感应电动势相同，根据欧姆定律可知产生的感应电流大小相同，方向也相同，故C正确；D、因为OP段和NQ段的斜率不同，则产生的感应电流方向相反，故D错误；故选：C。【点评】本题主要考查了法拉第电磁感应定律的相关应用，熟悉相应的公式，结合图像的斜率和欧姆定律即可完成分析。二．多选题（共6小题）（多选）6．（2021•甲卷）由相同材料的导线绕成边长相同的甲、乙两个正方形闭合线圈，两线圈的质量相等，但所用导线的横截面积不同，甲线圈的匝数是乙的2倍。现两线圈在竖直平面内从同一高度同时由静止开始下落，一段时间后进入一方向垂直于纸面的匀强磁场区域，磁场的上边界水平，如图所示。不计空气阻力，已知下落过程中线圈始终平行于纸面，上、下边保持水平。在线圈下边进入磁场后且上边进入磁场前，可能出现的是（）A．甲和乙都加速运动 B．甲和乙都减速运动 C．甲加速运动，乙减速运动 D．甲减速运动，乙加速运动【考点】导体平动切割磁感线产生的感应电动势．【专题】定性思想；推理法；电磁感应中的力学问题；分析综合能力．【答案】AB【分析】线圈进入磁场前做自由落体运动，应用运动学公式求出线圈进入磁场时的速度大小；根据密度公式求出线圈的质量；应用电阻定律求出线圈的电阻；由E＝BLv求出线圈进入磁场过程产生的感应电动势，应用闭合电路的欧姆定律求出感应电流；应用安培力公式求出线圈受到的安培力，根据线圈受到的安培力与重力间的关系分析判断线圈进入磁场过程的运动情况。【解答】解：甲、乙两正方形线圈的材料相同，则它们的密度和电阻率相同，设材料的电阻率为ρ，密度为ρ密度，两正方形线圈的边长相同，设线圈边长为L，设线圈的横截面积为S，线圈的质量m＝ρ密度×4nLS＝4nρ密度LS，由题意可知，两线圈的质量相等，则4n甲ρ密度LS甲＝4n乙ρ密度LS乙，则n甲S甲＝n乙S乙，两线圈在竖直平面内从同一高度同时由静止开始下落，设线圈下边到磁场的高度为h，设线圈下边刚进入磁场时的速度为v，线圈进入磁场前做自由落体运动，则v=2gh，由于下落高度h设线圈匝数为n，磁感应强度为B，线圈进入磁场过程切割磁感线产生的感应电动势E＝nBLv，由电阻定律可知，线圈电阻：R＝ρ4由闭合电路的欧姆定律可知，感应电流：I=线圈受到的安培力：F＝nBIL=由于n甲S甲＝n乙S乙，B、L、ρ、v都相同，则线圈进入磁场时受到的安培力F相同，线圈质量相同，则它们受到的重力G＝mg相同，线圈进入磁场过程所受合力F合＝F﹣G相同；A、如果线圈进入磁场时安培力小于重力，则线圈受到的合力向下，线圈甲、乙都加速运动，故A正确；B、如果线圈进入磁场时安培力大于重力，线圈受到的合力向上，线圈甲、乙都做减速运动，故B正确；C、由于甲、乙所受合力相同、进入磁场时的速度相同，如果甲加速运动，则乙也做加速运动，故C错误；D、由于甲、乙所受合力相同、进入磁场时的速度相同，如果甲减速运动，则乙也做减速运动，故D错误。故选：AB。【点评】本题是电磁感应、电路与力学相结合的一道综合题，根据题意分析清楚线圈的受力情况与运动过程是解题的前提与关键；解题时要先推导出线圈所受安培力，然后再分析答题。（多选）7．（2021•山东）如图所示，电阻不计的光滑U形金属导轨固定在绝缘斜面上。区域Ⅰ、Ⅱ中磁场方向均垂直斜面向上，Ⅰ区中磁感应强度随时间均匀增加，Ⅱ区中为匀强磁场。阻值恒定的金属棒从无磁场区域中a处由静止释放，进入Ⅱ区后，经b下行至c处反向上行。运动过程中金属棒始终垂直导轨且接触良好。在第一次下行和上行的过程中，以下叙述正确的是（）A．金属棒下行过b时的速度大于上行过b时的速度 B．金属棒下行过b时的加速度大于上行过b时的加速度 C．金属棒不能回到无磁场区 D．金属棒能回到无磁场区，但不能回到a处【考点】导体平动切割磁感线产生的感应电动势；电磁感应过程中的能量类问题；作用力与反作用力；闭合电路欧姆定律的内容和表达式．【专题】应用题；定性思想；推理法；电磁感应——功能问题；分析综合能力．【答案】ABD【分析】对金属棒在b点时进行受力分析，分别表示出下行和上行时的安培力，再根据牛顿第二定律列出加速度的表达式比较两个加速度的大小，通过运动规律分析速度的大小；同理判断金属棒能否回到无磁场区与能否回到a点。【解答】解：AB、在I区域中，磁感应强度为B1＝kt，感应电动势为：E1=ΔB导体棒进入Ⅱ区域之前，感应电流恒为I1，导体棒中的电流方向由右向左；导体棒进入Ⅱ区域后，导体切割磁感线，产生的感应电流为I2，下行时此电流在导体棒中的方向由右向左，所以导体棒中总电流为I1+I2；上行时此电流在导体棒中的方向由左向右，设大小为I2′，所以导体棒中总电流为I1﹣I2′，导体棒在b点时，受力分析如图：下行过程中，根据牛顿第二定律可知：B2（I1+I2）L﹣mgsinθ＝ma1，上行过程中，根据牛顿第二定律可知：B2（I1﹣I2′）L﹣mgsinθ＝ma2，所以有：a1＞a2，由于bc段距离不变，将下行过程看作反向的加速过程，由v2＝2ax比较v的大小，下行过程中加速度大，上行过程中加速度小，故下行过程的平均加速度大于上行过程的平均加速度，所以金属板下行过经过b点时的速度大于上行经过b点时的速度，故AB正确；CD、Ⅰ区域产生的感应电流所受安培力总是不小于沿斜面向下的作用力，所以金属棒一定能回到无磁场区域；由AB选项的分析知：在Ⅱ区域中下行过程的平均加速度大于上行过程的平均加速度，可得进入Ⅱ区域时速度大于离开Ⅱ区域时速度，由v2＝2ax，可知离开Ⅱ区域上滑的位移小于a位置到Ⅱ区域上边界的距离，所以不能回到a处，故C错误，D正确。故选：ABD。【点评】该题考查了多个知识点的综合运用。做这类问题我们还是应该从运动过程和受力分析入手研究，运用一些物理规律和能量守恒来分析求解问题。（多选）8．（2021•辽宁）如图（a）所示，两根间距为L、足够长的光滑平行金属导轨竖直放置并固定，顶端接有阻值为R的电阻，垂直导轨平面存在变化规律如图（b）所示的匀强磁场，t＝0时磁场方向垂直纸面向里。在t＝0到t＝2t0的时间内，金属棒水平固定在距导轨顶端L处；t＝2t0时，释放金属棒。整个过程中金属棒与导轨接触良好，导轨与金属棒的电阻不计，则（）A．在t=t02B．在t＝t0时，金属棒中电流的大小为B0C．在t=3tD．在t＝3t0时，金属棒中电流的方向向右【考点】导体平动切割磁感线产生的感应电动势；闭合电路欧姆定律的内容和表达式；安培力的计算公式及简单应用；法拉第电磁感应定律的内容和表达式．【专题】定量思想；等效替代法；功率的计算专题；分析综合能力．【答案】BC【分析】在t＝0到t＝2t0的时间内，穿过回路的磁通量均匀变化，回路中产生恒定的感应电动势和恒定电流，根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势，由闭合电路欧姆定律求感应电流，再求金属棒受到的安培力大小，由楞次定律判断安培力方向；在t＝3t0时，由右手定则判断金属棒中电流方向。【解答】解：B、在t＝0到t＝2t0的时间内，ΔBΔt=B0t0，穿过回路的磁通量均匀变化，回路中产生恒定的感应电动势，大小为E=ΔΦΔt=ΔBΔtA、在t=t02时，金属棒受到安培力的大小为F=B02IL=BC、在t=3t0D、在t＝3t0时，金属棒向下做切割磁感线运动，此时磁场方向垂直纸面向外，由右手定则判断可知金属棒中电流的方向向左，故D错误。故选：BC。【点评】本题是感生电动势与动生电动势均有的情形，对于感生电动势，要熟练运用法拉第电磁感应定律求感应电动势，由闭合电路欧姆定律求感应电流，知道磁通量均匀变化量时，回路中产生的电动势和电流是恒定的。（多选）9．（2021•广东）如图所示，水平放置足够长光滑金属导轨abc和de，ab与de平行，bc是以O为圆心的圆弧导轨。圆弧be左侧和扇形Obc内有方向如图的匀强磁场。金属杆OP的O端与e点用导线相接，P端与圆弧bc接触良好。初始时，可滑动的金属杆MN静止在平行导轨上。若杆OP绕O点在匀强磁场区内从b到c匀速转动时，回路中始终有电流，则此过程中，下列说法正确的有（）A．杆OP产生的感应电动势恒定 B．杆OP受到的安培力不变 C．杆MN做匀加速直线运动 D．杆MN中的电流逐渐减小【考点】导体转动切割磁感线产生的感应电动势；左手定则判断安培力的方向．【专题】定量思想；方程法；电磁感应中的力学问题；理解能力．【答案】AD【分析】求出OP转动切割磁感应线的感应电动势的计算公式分析感应电动势是否变化；由于MN切割磁感应线产生的感应电流，从而使得杆OP中的电流大小发生改变，由此分析安培力的变化、加速度的变化。【解答】解：A、设OP转动的角速度为ω，圆弧导轨半径为r，则OP转动切割磁感应线的感应电动势为：E＝Brv=12BrB、根据右手定则可知OP棒中产生的感应电流方向由O到P，则通过MN的电流方向由M到N，根据左手定则可知杆MN受到的安培力方向向左，杆MN将向左运动切割磁感应线，由于MN切割磁感应线产生的感应电流方向由N到M，从而使得杆OP中的电流大小发生改变，根据F安＝BIr可知，OP受到的安培力减小，故B错误；C、根据B选项分析可知，杆MN中的电流大小发生变化，根据牛顿第二定律可得MN的加速度大小a=BILm发生改变，杆MN不是做匀加速直线运动，故D、根据B选项分析可知，杆MN中的电流逐渐减小，故D正确。故选：AD。【点评】本题主要是考查法拉第电磁感应定律和安培力作用下导体棒的运动问题，对于导体切割磁感应线产生的感应电动势情况有两种：一是导体平动切割产生的感应电动势，可以根据E＝BLv来计算；二是导体棒转动切割磁感应线产生的感应电动势，可以根据E=1（多选）10．（2021•湖南）两个完全相同的正方形匀质金属框，边长为L，通过长为L的绝缘轻质杆相连，构成如图所示的组合体。距离组合体下底边H处有一方向水平、垂直纸面向里的匀强磁场。磁场区域上下边界水平，高度为L，左右宽度足够大。把该组合体在垂直磁场的平面内以初速度v0水平无旋转抛出，设置合适的磁感应强度大小B使其匀速通过磁场，不计空气阻力。下列说法正确的是（）A．B与v0无关，与H成反比 B．通过磁场的过程中，金属框中电流的大小和方向保持不变 C．通过磁场的过程中，组合体克服安培力做功的功率与重力做功的功率相等 D．调节H、v0和B，只要组合体仍能匀速通过磁场，则其通过磁场的过程中产生的热量不变【考点】电磁感应过程中的能量类问题；电磁感应过程中的电路类问题．【专题】定量思想；推理法；电磁感应——功能问题；电磁感应中的力学问题；分析综合能力．【答案】CD【分析】组合体进入磁场前做平抛运动，由竖直方向做自由落体运动求出进磁场前的竖直速度大小，应用法拉第电磁感应定律，欧姆定律，安培力计算公式结合平衡条件，可得B的表达式；由楞次定律判断感应电流的方向；由P＝Fv判断功率关系；由能量守恒定律判断系统产生的热量是否变化。【解答】解：A、设组合体质量为m，每个金属框的电阻为R，进入磁场时的速度大小为v，速度方向与水平方向夹角为θ，竖直方向的速度大小为vy，组合体进入磁场前做平抛运动，则有vy2＝2gH，又有vy＝vsinθ=因金属框边长为L，连接杆长为L，磁场区域高度为L，可知在组合体穿过磁场的过程中始终只有一条水平方向的边在磁场中，左右两竖直方向的边切割磁感线的速度相同，产生的电动势相抵消，则感应电动势E＝BLvsinθ，感应电流I=E组合体所受安培力F安＝BIL=B组合体穿过磁场过程中受力平衡，则有F安＝mg解得：B2=mgRL22gH，可见B2与H成反比，B与H不成反比，B与B、由A选项分析可知，I=BLvsinθR，则电流大小不变，组合穿过磁场过程磁通量先增加后减小，再增加再减小，磁场方向垂直纸面向里不变，由楞次定律判断，感应电流方向先逆时针后顺时针，再逆时针再顺时针，故C、组合体匀速通过磁场的过程中，安培力始终与重力等大反向，克服安培力做功的功率P＝mgvy，即等于重力做功的功率，故C正确；D、只要组合体匀速通过磁场，由能量守恒定律，可知产生的热量等于重力势能减少量，即Q＝4mgL，产生热量不变，故D正确。故选：CD。【点评】本题考查了电磁感应现象中力学问题以及功能问题。此类问题一般可从两个角度解析：一是从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；二是从能量角度，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。（多选）11．（2021•福建）如图，P、Q是两根固定在水平面内的光滑平行金属导轨，间距为L，导轨足够长且电阻可忽略不计。图中EFGH矩形区域有一方向垂直导轨平面向上、感应强度大小为B的匀强磁场。在t＝t1时刻，两均匀金属棒a、b分别从磁场边界EF、GH进入磁场，速度大小均为v0；一段时间后，流经a棒的电流为0，此时t＝t2，b棒仍位于磁场区域内。已知金属棒a、b相同材料制成，长度均为L，电阻分别为R和2R，a棒的质量为m。在运动过程中两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，a、b棒没有相碰，则（）A．t1时刻a棒加速度大小为2BB．t2时刻b棒的速度为0 C．t1～t2时间内，通过a棒横截面的电荷量是b棒的2倍 D．t1～t2时间内，a棒产生的焦耳热为2【考点】电磁感应过程中的能量类问题；牛顿第二定律的简单应用；利用电阻定律求导线长度或横截面积；双杆在等宽导轨上切割磁场的运动问题；动量守恒定律在电磁感应问题中的应用．【专题】定量思想；推理法；电磁感应中的力学问题；分析综合能力．【答案】AD【分析】应用右手定则判断a、b棒产生的感应电流方向，确定感应电动势，求得a棒所受安培力，由牛顿第二定律求得加速度；由已知求得b棒质量，分析a、b受力，判断系统动量守恒，应用动量守恒定律和能量守恒定律解答；由q＝It判断两棒通过的电荷量的关系。【解答】解：A、根据右手定则，金属棒a、b进入磁场时产生的感应电流均为顺时针方向，则回路的电动势为a、b各自产生的电动势之和，即E＝2BLv0。感应电流I=对a由牛顿第二定律得：BIL＝ma解得：a=2B2B、由题意知，金属棒a、b电阻率相同，长度均为L，电阻分别为R和2R，根据电阻定律有：R＝ρLSa，2R＝可得：Sa＝2Sb，可知a的体积是b的2倍，密度相同，则a的质量是b的2倍，即b的质量为m2a、b在磁场中时，通过的电流总是反向等大，所受安培力总是反向等大，a、b组成的系统合外力为零，则此系统动量守恒。t2时刻流过a的电流为零，a、b之间的磁通量不变，可知两者此时速度相同，设为v。取水平向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0-m2v0＝（m+解得：v=13v0，即t2时刻b棒的速度为13v0C、t1～t2时间内，通过a、b的电流总是相等，根据q＝It，则通过a、b棒横截面的电荷量相等，故C错误；D、t1～t2时间内，对a、b组成的系统，由能量守恒定律得：12mv02+12×m解得回路中产生的总热量Q总=a棒产生的焦耳热Qa=RR+2RQ总=2故选：AD。【点评】本题考查电磁感应中力与运动，能量转化相关问题。涉及到了应用电阻定律间接求质量，双棒切割磁感线满足动量守恒的条件，掌握应用动量与能量的角度解题方法。三．解答题（共7小题）12．（2021•海南）如图，间距为l的光滑平行金属导轨，水平放置在方向竖直向下的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，导轨左端接有阻值为R的定值电阻，一质量为m的金属杆放在导轨上。金属杆在水平外力作用下以速度v0向右做匀速直线运动，此时金属杆内自由电子沿杆定向移动的速率为u0。设金属杆内做定向移动的自由电子总量保持不变，金属杆始终与导轨垂直且接触良好，除了电阻R以外不计其它电阻。（1）求金属杆中的电流和水平外力的功率；（2）某时刻撤去外力，经过一段时间，自由电子沿金属杆定向移动的速率变为u0（i）这段时间内电阻R上产生的焦耳热；（ii）这段时间内一直在金属杆内的自由电子沿杆定向移动的距离。【考点】导体平动切割磁感线产生的感应电动势；闭合电路欧姆定律的内容和表达式．【专题】定量思想；推理法；电磁感应——功能问题；分析综合能力．【答案】（1）金属杆中的电流为Blv0R（2）（i）这段时间内电阻R上产生的焦耳热为38mv02（ii）这段时间内一直在金属杆内的自由电子沿杆定向移动的距离为mRu【分析】（1）根据直导线切断磁感线的公式及欧姆定律能求出感应电流的大小，根据安培力公式和功率公式及平衡条件求解外力的功率；（2）（i）撤去外力后，根据题设已知和电流的微观表达式求出金属棒此刻的速度，由能量守恒定律求解撤去外力后产生的热量；（ii）对自由电子根据动量定理列式，两边求和，可以求得自由电子这段时间内沿杆定向移动的距离。【解答】解：（1）金属棒切割磁感线产生的感应电动势：E＝Blv0则金属杆中的电流：I=由题知，金属杆在水平外力作用下以速度v0向右做匀速直线运动则有：F＝F安＝BIl=根据功率的计算公式有：P＝Fv0=（2）（i）设金属杆内单位体积的自由电子数为n，金属杆的横截面积为S，则金属杆在水平外力作用下以速度v0向右做匀速直线运动时的电流由微观表示为：I＝nSeu0=则解得：nSe=此时电子沿金属杆定向移动的速率变为u02，则：I′＝解得：v′=则能量守恒有：12mv′2=12mv0解得：Q=38mv（ii）由（i）可知在这段时间内金属杆的速度由v0变到v02，则根据动量定理有：﹣BIl•Δt＝mv即：﹣BlnSeΔt=0tuΔt=-由于：nSe=化简得：d=答：（1）金属杆中的电流为Blv0R（2）（i）这段时间内电阻R上产生的焦耳热为38mv02（ii）这段时间内一直在金属杆内的自由电子沿杆定向移动的距离为mRu【点评】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系、动量定理等列方程求解。13．（2021•天津）如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ间距L＝1m，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成θ＝30°角，N、Q两端接有R＝1Ω的电阻。一金属棒ab垂直导轨放置，ab两端与导轨始终有良好接触，已知ab的质量m＝0.2kg，电阻r＝1Ω，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小B＝1T。ab在平行于导轨向上的拉力作用下，以初速度v1＝0.5m/s沿导轨向上开始运动，可达到最大速度v＝2m/s。运动过程中拉力的功率恒定不变，重力加速度g＝10m/s2。（1）求拉力的功率P；（2）ab开始运动后，经t＝0.09s速度达到v2＝1.5m/s，此过程中ab克服安培力做功W＝0.06J，求该过程中ab沿导轨的位移大小x。【考点】导体平动切割磁感线产生的感应电动势；电磁感应过程中的能量类问题．【专题】计算题；学科综合题；定量思想；等效替代法；电磁感应中的力学问题；分析综合能力．【答案】（1）拉力的功率P为4W；（2）该过程中ab沿导轨的位移大小x为0.1m。【分析】（1）ab棒匀速运动时速度最大，根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律求出感应电流，由F＝BIL求出ab棒受到的安培力大小，再根据平衡条件求出此时拉力大小，由P＝Fv求拉力的功率P。（2）根据能量守恒定律求ab沿导轨的位移大小x。【解答】解：（1）在ab棒运动过程中，由于拉力功率恒定，ab棒做加速度逐渐减小的加速运动，速度达到最大时，加速度为零，设此时拉力大小为F，安培力大小为FA。由平衡条件得F＝mgsinθ+FA此时ab棒产生的感应电动势为E＝BLv设回路中感应电流为I，根据闭合电路欧姆定律得I=ab棒受到的安培力大小为FA＝BIL拉力的功率P＝Fv联立以上各式解得P＝4W（2）ab棒从v1到v2的过程中，由动能定理得Pt﹣W﹣mgxsinθ=解得x＝0.1m答：（1）拉力的功率P为4W；（2）该过程中ab沿导轨的位移大小x为0.1m。【点评】本题与汽车恒定功率启动类型，要正确分析ab棒的运动情况，知道加速度为零时速度最大。14．（2021•乙卷）如图，一倾角为α的光滑固定斜面的顶端放有质量M＝0.06kg的U形导体框，导体框的电阻忽略不计；一电阻R＝3Ω的金属棒CD的两端置于导体框上，与导体框构成矩形回路CDEF；EF与斜面底边平行，长度L＝0.6m。初始时CD与EF相距s0＝0.4m，金属棒与导体框同时由静止开始下滑，金属棒下滑距离s1=316m后进入一方向垂直于斜面的匀强磁场区域，磁场边界（图中虚线）与斜面底边平行；金属棒在磁场中做匀速运动，直至离开磁场区域。当金属棒离开磁场的瞬间，导体框的EF边正好进入磁场，并在匀速运动一段距离后开始加速。已知金属棒与导体框之间始终接触良好，磁场的磁感应强度大小B＝1T，重力加速度大小取g＝10m/s2，sinα＝（1）金属棒在磁场中运动时所受安培力的大小；（2）金属棒的质量以及金属棒与导体框之间的动摩擦因数；（3）导体框匀速运动的距离。【考点】导体平动切割磁感线产生的感应电动势；闭合电路欧姆定律的内容和表达式；安培力的计算公式及简单应用．【专题】计算题；定量思想；推理法；电磁感应中的力学问题；分析综合能力．【答案】（1）金属棒在磁场中运动时所受安培力的大小是0.18N；（2）金属棒的质量是0.02kg，金属棒与导体框之间的动摩擦因数是0.375；（3）导体框匀速运动的距离是518m【分析】（1）金属棒与导体框由静止开始向下做初速度为零的匀加速直线运动，应用牛顿第二定律可以求出加速度，应用匀变速直线运动的速度—位移公式可以求出金属棒进入磁场时的速度，应用E＝BLv求出感应电动势，应用闭合电路的欧姆定律求出感应电流，然后应用安培力公式可以求出金属棒所受的安培力大小。（2）金属棒进入磁场后做匀速直线运动，导体框做匀加速直线运动，应用牛顿第二定律求出导体框的加速度，应用匀变速直线运动的速度—位移公式求出导体框进入磁场时的速度，导体框进入磁场时做匀速直线运动，应用平衡条件可以求出导体框受到的滑动摩擦力；金属棒在磁场中做匀速直线运动，应用平衡条件可以求出金属棒的质量，根据滑动摩擦力公式可以求出金属棒与导体框间的动摩擦因数。（3）导体框进入磁场后先做匀速直线运动，后做匀加速直线运动，在导体框做匀速直线运动时间内，金属棒做匀加速直线运动，应用牛顿第二定律求出金属棒的加速度，然后应用运动学公式求出导体框做匀速运动的时间，然后求出匀速运动的距离。【解答】解：（1）因斜面是光滑的，所以在金属棒进入磁场前，金属棒与导体框一起做初速度为零的匀加速直线运动，设金属棒的质量为m，由牛顿第二定律得：（M+m）gsinα＝（M+m）a代入数解得：a＝6m/s2金属棒进入磁场时，设金属棒与导体框的速度大小为v0，由匀变速直线运动的速度—位移公式得：v0=2as金属棒切割磁感线产生的感应电动势：E＝BLv0由闭合电路的欧姆定律可知，感应电流：I=金属棒在磁场中运动时受到的安培力大小：F安＝BIL代入数据解得：F安＝0.18N（2）金属棒在磁场中运动过程导体框做匀加速直线运动，设金属棒与导体框间的滑动摩擦力大小为f，导体框EF边进入磁场时的速度大小为v，对导体框，由牛顿第二定律得：Mgsinα﹣f＝Ma框由匀变速直线运动的速度—位移公式得：v2-v02=2a导体框刚进入磁场时所受安培力：F＝BIL=导体框刚进入磁场时做匀速直线运动，对导体框，由平衡条件得：B2L2v代入数据联立解得：a框＝5m/s2，f＝0.06N，v＝2.5m/s金属棒在磁场中做匀速直线运动，由平衡条件得：F安＝mgsinα+f代入数据解得，金属棒的质量：m＝0.02kg，由滑动摩擦力公式得：f＝μmgcosα代入数据解得，金属棒与导体框之间的动摩擦因数：μ＝0.375（3）金属棒离开磁场后做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：mgsinα+f＝ma棒代入数据解得：a棒＝9m/s2，金属棒加速到与导体框速度v相等的过程，导体框做匀速直线运动。由匀变速直线运动的速度﹣时间公式得：v＝v0+a棒t金属棒加速到与导体框速度相等的时间：t=1在金属棒加速运动时间内，导体框做匀速直线运动，导体框匀速运动的距离：s＝vt＝2.5×19m答：（1）金属棒在磁场中运动时所受安培力的大小是0.18N；（2）金属棒的质量是0.02kg，金属棒与导体框之间的动摩擦因数是0.375；（3）导体框匀速运动的距离是518m【点评】本题是电磁感应与力学相结合的一道综合题，本题运动过程较多，难道较大，根据题意分析清楚金属棒与导体框的运动过程与受力情况是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律、E＝BLv、闭合电路的欧姆定律与安培力公式、平衡条件与运动学公式即可解题。15．（2021•浙江）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、产生垂直船舱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g6。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（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“∧”型线框ab边的电流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。【考点】电磁感应过程中的电路类问题；含容电路的动态分析．【专题】定量思想；方程法；电磁感应与电路结合；推理论证能力．【答案】见试题解答内容【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律求解导体切割磁感线产生的感应电动势；（2）根据题图画出等效电路图，求出并联总电阻，根据闭合电路的欧姆定律求解瞬间流过ab型线框的电流；（3）求出匀速运动时线框受到安培力，根据平衡条件列方程求解速度大小；（4）求出电容器两端电压，根据电容的计算公式求解电荷量。【解答】解：（1）导体切割磁感线产生的感应电动势为：E0＝Blv0；（2）整个过程中只有ab边切割磁感应线，则ba边为电源，外电阻是由船舱电阻、“∧”型线框其它六边的电阻，等效电路图如图所示：并联总电阻为R并=13着陆装置接触到月球表面后瞬间流过“∧”型线框ab边的电流I0=E（3）匀速运动时线框受到安培力FA＝BIl=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，根据平衡条件可得：F＝m1×联立解得：v=m（4）匀速运动时电容器不充、放电，满足v′＝v=m设电路的总电流为I，则有：I=电容器两端电压为：UC=1电荷量为：q＝CUC=m答：（1）着陆装置接触到月球表面后瞬间线框ab边产生的电动势为Blv0；（2）等效电路图见解析，着陆装置接触到月球表面后瞬间流过“∧”型线框ab边的电流为Blv（3）船舱匀速运动时的速度大小为m1（4）船舱匀速运动时的速度大小为m1gr3【点评】对于电磁感应现象中涉及电路问题的分析方法是：确定哪部分相对于电源，根据电路连接情况画出电路图，结合法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律等进行求解。16．（2021•浙江）一种探测气体放电过程的装置如图甲所示，充满氖气（Ne）的电离室中有两电极与长直导线连接，并通过两水平长导线与高压电源相连．在与长直导线垂直的平面内，以导线为对称轴安装一个用阻值R0＝10Ω的细导线绕制、匝数N＝5×103的圆环形螺线管，细导线的始末两端c、d与阻值R＝90Ω的电阻连接．螺线管的横截面是半径a＝1.0×10﹣2m的圆，其中心与长直导线的距离r＝0.1m，气体被电离后在长直导线回路中产生顺时针方向的电流I，其I—t图像如图乙所示．为便于计算，螺线管内各处的磁感应强度大小均可视为B=kIr，其中k＝2×10﹣7T•（1）求0～6.0×10﹣3s内通过长直导线横截面的电荷量Q；（2）求3.0×10﹣3s时，通过螺线管某一匝线圈的磁通量Φ；（3）若规定c→R→d为电流的正方向，在不考虑线圈自感的情况下，通过计算，在答题纸上画出通过电阻R的iR﹣t图像；（4）若规定c→R→d为电流的正方向，考虑线圈自感，在答题纸上定性画出通过电阻R的iR﹣t图像。【考点】法拉第电磁感应定律的内容和表达式．【专题】定量思想；方程法；电磁感应与电路结合；推理论证能力．【答案】见试题解答内容【分析】（1）根据I﹣t图象与坐标轴围成的面积表示电荷量，由此计算电荷量；（2）根据题中所给B=kI（3）不考虑线圈自感，根据电磁感应定律计算出感应电流的大小，再根据楞次定律判断感应电流的方向，由此作图；（4）考虑线圈自感，线圈中的感应电流会慢慢增大到稳定值，并且在断电后会由于自感慢慢减为0，据此定性作图即可。【解答】解：（1）I﹣t图象与坐标轴围成的面积表示通过长直导线横截面的电荷量，所以通过长直导线横截面的电荷量为：Q=(5.0-1.0)×10-3（2）3.0×10﹣3s时，根据磁通量的计算公式可得通过螺线管某一匝线圈的磁通量Φ＝BS=可解得：Φ＝6.28×10﹣8Wb；（3）根据法拉第电磁感应定律可得通电螺线管产生的感应电动势E＝NΔΦ可解得，感应电流iR=代入数据解得：iR＝3.14×10﹣3A0～1.0×10﹣3s内，长直导线回路中的电流逐渐增大，即通过螺线管内顺时针方向的磁感应强度增大，根据楞次定律可以判断螺线管中产生的感应磁场方向为逆时针，则感应电流方向为c→R→d，电流为正值；相反，5.0×10﹣3s～6.0×10﹣3s时间内，感应电流的方向为d→R→c，电流为负值；1.0×10﹣3s～5.0×10﹣3s时间内，长直导线中的电流大小不变，没有感应磁场，感应电流为0。由此可得图像如图1所示：（4）考虑线圈自感，则在通电一段时间后，线圈中的感应电流才会达到稳定值，1.0×10﹣3s后的小段时间内，线圈中仍有电流，最后逐渐减为0；5.0×10﹣3s～6.0×10﹣3s时间内，电流反向逐渐增大到某一定值，1.0×10﹣3s后的小段时间内，线圈中仍有电流，最后逐渐减为0，由此可得图像如图2所示。答：（1）0～6.0×10﹣3s内通过长直导线横截面的电荷量为0.5C；（2）3.0×10﹣3s时，通过螺线管某一匝线圈的磁通量为6.28×10﹣8Wb；（3）在不考虑线圈自感的情况下，通过电阻R的iR﹣t图像见图1；（4）考虑线圈自感，通过电阻R的iR﹣t图像间图2。【点评】本题主要是考查线圈的自感和磁通量的计算，关键是弄清楚题干所描述的题意，弄清楚电路的连接情况和线圈在图中的作用，会根据法拉第电磁感应定律求解感应电动势。17．（2021•湖北）如图（a）所示，两根不计电阻、间距为L的足够长平行光滑金属导轨，竖直固定在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向里，磁感应强度大小为B。导轨上端串联非线性电子元件Z和阻值为R的电阻。元件Z的U﹣I图像如图（b）所示，当流过元件Z的电流大于或等于I0时，电压稳定为Um。质量为m、不计电阻的金属棒可沿导轨运动，运动中金属棒始终水平且与导轨保持良好接触。忽略空气阻力及回路中的电流对原磁场的影响，重力加速度大小为g。为了方便计算，取I0=mg4BL，Um=mgR2BL。以下计算结果只能选用m、g、（1）闭合开关S，由静止释放金属棒，求金属棒下落的最大速度v1；（2）断开开关S，由静止释放金属棒，求金属棒下落的最大速度v2；（3）先闭合开关S，由静止释放金属棒，金属棒达到最大速度后，再断开开关S。忽略回路中电流突变的时间，求S断开瞬间金属棒的加速度大小a。【考点】导体平动切割磁感线产生的感应电动势；闭合电路欧姆定律的内容和表达式．【专题】定量思想；推理法；电磁感应中的力学问题；分析综合能力．【答案】见试题解答内容【分析】（1）（2）分两种情况写出当金属棒速度最大时的感应电动势，电流、安培力，由平衡条件求得最大速度；（3）当开关由闭合到断开时，由于忽略电流的突变时间，所以此时电流也将流过元件Z，结合图象求得其电阻值，计算出此时电路的电流，从而求得此时的安培力，由牛顿第二定律求得金属棒的加速度。【解答】解：（1）闭合开关，定值电阻R与金属棒组成回路，当金属棒的速度达到最大v1时，感应电动势：E1＝BLv1电流：I1=导体棒受到的安培力：F安＝BI1L当速度稳定后，由平衡条件有：mg＝F安联立得：v1=（2）由于元件Z的电压达到Um=mgR2BL时，保持不变，随着金属棒速度增加，电流也增加，当元件Z的电压稳定时，电路中的电流：此时由平衡条件有：mg＝BI2L代入得到：v2=（3）闭合开关时，金属棒达到最大速度v1=mgRB2L2断开开关时，由于忽略电流突变的时间，所以电流I1通过元件Z，由于I1＞I0，所以元件Z两端的电压为Um=mgR2BL，定值电阻R两端的电压UR′＝E1﹣Um那么此时电流中的电流I1′=金属棒受到的安培力F安′＝BI1′L＝B×mg2所以此刻的加速度a=mg答：（1）闭合开关S，由静止释放金属棒，则金属棒下落的最大速度v1为mgRB（2）断开开关S，由静止释放金属棒，求金属棒下落的最大速度v2为3mgR（3）先闭合开关S，由静止释放金属棒，金属棒达到最大速度后，再断开开关S。忽略回路中电流突变的时间，则S断开瞬间金属棒的加速度大小a为12【点评】本题考查电磁感应的力学平衡问题，抓住切割磁感线产生感应电动势、欧姆定律、安培力公式、牛顿第二定律或平衡条件这些基本规律即可解决问题，但容易出错的是电路中出现了一个非线性元件，结合其特点求电路中的电流。18．（2021•全国）如图，质量为m、电阻为R、边长为l的正方形导线框置于光滑水平面上，虚线右侧区域存在垂直于水平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B．线框在恒力F作用下从距磁场左边界一定距离处由静止开始运动。（1）若线框前端进入磁场后即保持匀速直线运动，求线框开始运动时距磁场左边界的距离s；（2）若其他条件不变，t＝0时线框从距磁场左边界s4处由静止开始运动，线框经过多少时间其前端刚（3）已知在（2）的情况下，线框始终做加速运动，定性画出线框运动的v﹣t图像。【考点】导体平动切割磁感线产生的感应电动势；电磁感应过程中的能量类问题；闭合电路欧姆定律的内容和表达式．【专题】定量思想；推理法；电磁感应与图象结合；分析综合能力．【答案】（1）若线框前端进入磁场后即保持匀速直线运动，求线框开始运动时距磁场左边界的距离s为mFR（2）若其他条件不变，t＝0时线框从距磁场左边界s4处由静止开始运动，线框经过时间mR2B2l（3）已知在（2）的情况下，线框始终做加速运动，定性画出线框运动的v﹣t图像如解析所示。【分析】（1）线框未进入磁场时，根据牛顿第二定律求解加速度大小，根据共点力的平衡条件求解进入磁场时速度大小，再根据运动学位移—速度关系求解距离；（2）（3）当出发点较近时，进入磁场的速度较小，由动力学规律求出当位移较小时，进入磁场的速度和时间，进入磁场后线框做加速度减小的加速运动，从而画出线框的v﹣t图象。【解答】解：（1）线框未进入磁场时，在水平方向上仅受外力作用，有：F＝ma做匀加速运动，前端进入瞬间有：v2＝2as=进入磁场后还受安培力作用，有：Fm＝BIl=匀速运动时有：F＝Fm，即：F=解得：s=（2）由题意可知，线框受力仍为F，加速度a=由运动学公式有：v12而：v1＝at联立可得：v1=12v（3）在上一问的情况下，由于进入磁场的速度v1=12v，则进入磁场时，外力大于安培力，所以线框做加速度减小的加速运动，全部进入磁场后再做匀加速运动，于是画出其v﹣答：（1）若线框前端进入磁场后即保持匀速直线运动，求线框开始运动时距磁场左边界的距离s为mFR（2）若其他条件不变，t＝0时线框从距磁场左边界s4处由静止开始运动，线框经过时间mR2B2l（3）已知在（2）的情况下，线框始终做加速运动，定性画出线框运动的v﹣t图像如解析所示。【点评】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下物体的平衡问题；另一条是能量，分析电磁感应现象中的能量如何转化是关键。

考点卡片1．牛顿第二定律的简单应用【知识点的认识】牛顿第二定律的表达式是F＝ma，已知物体的受力和质量，可以计算物体的加速度；已知物体的质量和加速度，可以计算物体的合外力；已知物体的合外力和加速度，可以计算物体的质量。【命题方向】一质量为m的人站在电梯中，电梯加速上升，加速度大小为13g，gA、43mgB、2mgC、mgD分析：对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律列式求解即可。解答：对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律N﹣mg＝ma故N＝mg+ma=4根据牛顿第三定律，人对电梯的压力等于电梯对人的支持力，故人对电梯的压力等于43mg故选：A。点评：本题关键对人受力分析，然后根据牛顿第二定律列式求解。【解题方法点拨】在应用牛顿第二定律解决简单问题时，要先明确物体的受力情况，然后列出牛顿第二定律的表达式，再根据需要求出相关物理量。2．作用力与反作用力【知识点的认识】1.定义：（1）力是物体对物体的作用，每个力一定同时存在着受力物体和施力物体。（2）两个物体之间的作用总是用相互的，物体间相互作的这一对力称为的作用力和反作用力。（3）作用力和反作用力总是等大、反向的，可以把其中任何一个力叫作作用力，另一个力叫作反作用力。2.性质：3.特征【命题方向】下列关于作用力和反作用力的说法中，正确的是（）A.物体相互作用时，先有作用力，后有反作用力B.虽然马能将车拉动，但是马拉车的力与车拉马的力大小相等C.鸡蛋碰石头时，鸡蛋对石头的作用力小于石头对鸡蛋的作用力D.作用力和反作用力的合力为零，即两个力的作用效果可以互相抵消分析：作用力与反作用力的关系是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，作用力与反作用力和一对平衡力最大的区别在于作用力与反作用力作用在两个不同的物体上，而一对平衡力是作用在同一个物体上的．解答：A、作用力与反作用力是同时产生、同时消失的，没有先后之分，所以A选项错误。B、马拉车的力与车拉马的力，它们是作用力与反作用力的关系，一定是大小相等的，马之所以能将车拉动，是由于马拉车的力大于车所受到的摩擦力的缘故，所以B选项正确。C、鸡蛋对石头的作用力和石头对鸡蛋的作用力，它们是作用力与反作用力，大小相等，方向相反，之所以鸡蛋碰坏了，是由于鸡蛋的承受力小，所以C选项错误。D、作用力与反作用力作用在两个不同的物体上，根本不能求它们的合力，只有作用在同一个物体上的力才可以求它们的合力，故D选项错误。故选：B。点评：本题主要是考查作用力与反作用力的关系，同时注意区分它与一对平衡力的区别．【解题思路点拨】明确作用力与反作用力的性质和特征，注意与平衡力进行区分。3．电容定义式的简单应用【知识点的认识】1.电容的定义式为：C=Q2.电容定义式的应用有：①知道电容器的电荷量和电压，可以计算出电容的大小。②知道电容器的电容和电压，可以计算出电容器的电荷量。③知道电容器的电容和电荷量，可以计算两极板间的电压。3.如果做出电容器电荷量随电电压变化的图像，应该是一条过原点的直线。其斜率即为电容器的电容。C=【命题方向】如图所示，彼此绝缘的同轴金属圆管和圆柱分别带上等量的异种电荷Q后，两导体间的电势差为U，若两导体分别带上+2Q和﹣2Q的电荷，则它们间的电势差为（）A、2UB、4UC、8UD、16U分析：彼此绝缘的同轴金属圆管和圆柱分别带上等量的异种电荷后，构成成一个电容器，带电量变了后，电容未变，根据U=Q解答：电容器电量变了后，电容未变，由U=QC知，Q变为原来的两倍，电势差也变为原来的2倍。故B、C、D错，故选：A。点评：解决本题的关键是掌握电容的定义式及影响电容的因素．【解题思路点拨】C=Q4．利用电阻定律求导线长度或横截面积【知识点的认识】电阻定律的表达式为R＝ρlS，可以将该公式变形求解导体的长度或横截面积的大小，即l=RSρ或【命题方向】两根材料相同的均匀导线A和B，其长度分别为1m和2m，串联在电路中时沿长度方向电势的变化如图所示，则A和B导线的横截面积之比为（）A、2：3B、1：3C、1：2D、3：1分析：串联电路中电流相等，根据电势差的大小，通过欧姆定律得出电阻的大小关系，再根据电阻定律得出A和B导线的横截面积之比。解答：A、B两端的电势差分别为6V，4V，电流相等，根据欧姆定律得，RA根据电阻定律得，R=ρls，则s=ρlR．则横截面积之比sAsB=故选：B。点评：本题考查了欧姆定律、电阻定律以及串并联电路的特点，难度不大。【解题思路点拨】对于同一个导体，如果导体接入电路的方式不同，那么导体的电阻也会有差异。5．闭合电路欧姆定律的内容和表达式【知识点的认识】1.内容：闭合电路的电流跟电源的电动势成正比跟内、外电路的电阻之和成反比。2.表达式：I=ER+r，E表示电动势，I表示干路总电流，3.闭合电路中的电压关系：闭合电路中电源电动势等于内、外电路电势降落之和E＝U外+U内。4.由E＝U外+U内可以得到闭合电路欧姆定律的另一个变形U外＝E﹣Ir。【命题方向】在已接电源的闭合电路里，关于电源的电动势、内电压、外电压的关系应是（）A、如外电压增大，则内电压增大，电源电动势也会随之增大B、如外电压减小，内电阻不变，内电压也就不变，电源电动势必然减小C、如外电压不变，则内电压减小时，电源电动势也随内电压减小D、如外电压增大，则内电压减小，电源的电动势始终为二者之和，保持恒量分析：闭合电路里，电源的电动势等于内电压与外电压之和．外电压变化时，内电压也随之变化，但电源的电动势不变．解答：A、如外电压增大，则内电压减小，电源电动势保持不变。故A错误。B、如外电压减小，内电阻不变，内电压将增大，电源电动势保持不变。故B错误。C、如外电压不变，则内电压也不变。故C错误。D、根据闭合电路欧姆定律得到，电源的电动势等于内电压与外电压之和，如外电压增大，则内电压减小，电源的电动势保持恒量。故D正确。故选：D。点评：本题要抓住电源的电动势是表征电源的本身特性的物理量，与外电压无关．【解题思路点拨】闭合电路的几个关系式的对比6．含容电路的动态分析【知识点的认识】1.模型概述：该模型分析的是电路中含有电容器的一类电路分析问题。本考点旨在针对含容电路的动态分析问题。2.电路稳定后，由于电容器所在支路无电流通过，所以在此支路中的电阻上无电压降低，因此电容器两极间的电压就等于该支路两端的电压。3.当电容器和电阻并联后接入电路时，电容器两极间的电压与其并联电阻两端的电压相等。4.电路的电流、电压变化时，将会引起电容器的充（放）电。如果电容器两端电压升高，电容器将充电；如果电容器两端电压降低，电容器将通过与它连接的电路放电。【命题方向】如图所示，电源电动势为E，内阻为r，平行板电容器C的两金属板水平放置．G为灵敏电流计．开关S闭合后，两板间恰好有一质量为m、电荷量为q的油滴处于静止状态．则在滑动变阻器R的触头P向上移动的过程中，下列判断正确的是（）A、灵敏电流计G中有b→a的电流B、油滴向上加速运动C、电容器极板所带电荷量将减小D、通过电阻R2的电流将减小分析：质量为m、电荷量为q的油滴开始处于静止状态，受力平衡．滑动触头移动的过程中，判断出电容器两端电压的变化，