2023版高考物理一輪復(fù)習(xí)精選題輯課練31電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用

課練31電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用1．(2023·河南三門峽一模)(多項(xiàng)選擇)如下圖，在光滑絕緣斜面上放置一矩形鋁框abcd，鋁框的質(zhì)量為m、電阻為R，斜面上ef線與gh線間有垂直于斜面向上的勻強(qiáng)磁場，ef∥gh∥pq∥ab，eh>bc.如果鋁框從磁場上方的某一位置由靜止開始運(yùn)動，那么從開始運(yùn)動到ab邊到達(dá)gh線之間的速度(v)－時間(t)圖象可能正確的選項(xiàng)是()答案：CD解析：鋁框開始運(yùn)動階段，未進(jìn)入磁場，做勻加速直線運(yùn)動，進(jìn)入磁場時，切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，受到沿斜面向上的安培力，假設(shè)速度適中，安培力與重力沿斜面向下的分力大小相等，那么鋁框做勻速直線運(yùn)動，由于eh>bc，所以鋁框完全進(jìn)入磁場中，由于磁通量不變，不產(chǎn)生感應(yīng)電流，鋁框做勻加速直線運(yùn)動，鋁框dc邊出磁場時，開始做加速度減小的減速運(yùn)動，最后可能做勻速運(yùn)動，速度大于等于鋁框進(jìn)入磁場時的速度，選項(xiàng)A、B錯誤，C正確；假設(shè)鋁框進(jìn)入磁場時速度較小，鋁框做加速度減小的加速運(yùn)動，鋁框完全進(jìn)入磁場中，由于磁通量不變，不產(chǎn)生感應(yīng)電流，鋁框做勻加速直線運(yùn)動，鋁框dc邊出磁場時，開始做加速度減小的減速運(yùn)動，最后可能做勻速運(yùn)動，速度大于等于鋁框進(jìn)入磁場時的速度，選項(xiàng)D正確．2．(2023·湖北襄陽四中月考)(多項(xiàng)選擇)如圖甲所示，軌道左端接有一電容為C的電容器，導(dǎo)體棒在水平拉力的作用下從靜止開始向右運(yùn)動．電容器兩極板間電勢差隨時間變化的圖象如圖乙所示，以下關(guān)于導(dǎo)體棒運(yùn)動的速度v、導(dǎo)體棒受到的外力F隨時間變化的圖象正確的選項(xiàng)是()答案：BD解析：感應(yīng)電動勢與電容器兩極板間的電勢差相等，即BLv＝U，設(shè)電容器的U－t圖象的斜率為k，由圖乙可知U＝kt，導(dǎo)體棒的速度隨時間變化的關(guān)系為v＝eq\f(k,BL)t，應(yīng)選項(xiàng)B正確；導(dǎo)體棒做勻加速直線運(yùn)動，其加速度a＝eq\f(k,BL)，由C＝eq\f(Q,U)、I＝eq\f(Q,t)，可得I＝eq\f(CU,t)＝kC，由牛頓第二定律有F－BIL＝ma，可以得到F＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(BLC＋\f(m,BL)))，應(yīng)選項(xiàng)D正確．3．(2023·山西懷仁期末)(多項(xiàng)選擇)如圖甲所示，光滑的平行導(dǎo)軌MN、PQ固定在水平面上，導(dǎo)軌外表上放著光滑導(dǎo)體棒ab、cd，兩棒之間用絕緣細(xì)桿連接，兩導(dǎo)體棒平行且與導(dǎo)軌垂直．現(xiàn)加一垂直導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場，設(shè)磁場方向向下為正，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示，t1＝2t0，不計(jì)ab、cd間電流的相互作用，不計(jì)導(dǎo)軌的電阻，每根導(dǎo)體棒的電阻為R，導(dǎo)軌間距和絕緣細(xì)桿的長度均為L.以下說法正確的選項(xiàng)是()A．t＝t0時細(xì)桿既不被拉伸也不被壓縮B．在0～t1時間內(nèi)，絕緣細(xì)桿先被拉伸后被壓縮C．在0～t1時間內(nèi)，abcd回路中的電流先沿順時針方向后沿逆時針方向D．假設(shè)在0～t1時間內(nèi)流過導(dǎo)體棒的電荷量為q，那么t1時刻的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為eq\f(qR,L2)答案：ABD解析：由題圖乙所示圖象可知，t＝t0時磁感應(yīng)強(qiáng)度為零，導(dǎo)體棒不受安培力作用，細(xì)桿既不被拉伸也不被壓縮，選項(xiàng)A正確；在0～t1時間內(nèi)，磁通量先向下減少，后向上增大，由楞次定律可知，感應(yīng)電流始終沿順時針方向，為阻礙磁通量的變化，兩導(dǎo)體棒先有遠(yuǎn)離的趨勢，后有靠近的趨勢，那么絕緣細(xì)桿先被拉伸后被壓縮，選項(xiàng)B正確，C錯誤；設(shè)t1時刻磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B0，根據(jù)對稱性可知，t＝0時刻磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小也為B0，由法拉第電磁感應(yīng)定律可知感應(yīng)電動勢E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝Seq\f(ΔB,Δt)＝L2eq\f(2B0,2t0)＝eq\f(B0L2,t0)，那么回路中感應(yīng)電流的大小為I＝eq\f(E,2R)，假設(shè)在0～t1時間內(nèi)流過導(dǎo)體棒的電荷量為q，電荷量q＝It1＝eq\f(B0L2,2Rt0)×2t0＝eq\f(B0L2,R)，那么B0＝eq\f(qR,L2)，選項(xiàng)D正確．4．(2023·山東重點(diǎn)中學(xué)協(xié)作體聯(lián)考)如下圖，足夠長的U形光滑金屬導(dǎo)軌平面與水平面成θ角(0<θ<90°)，其中MN與PQ平行且間距為L，導(dǎo)軌平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場垂直，導(dǎo)軌電阻不計(jì)．金屬棒ab由靜止開始沿導(dǎo)軌下滑，并與兩導(dǎo)軌始終保持垂直且良好接觸，ab棒接入電路的電阻為R，當(dāng)通過ab棒某一橫截面的電荷量為q時，棒的速度大小為v，那么金屬棒ab在這一過程中()A．運(yùn)動的平均速度大小為eq\f(v,2)B．下滑的位移大小為eq\f(qR,BL)C．產(chǎn)生的焦耳熱為qBLvD．受到的最大安培力大小為eq\f(B2L2v,R)sinθ答案：B解析：金屬棒ab從靜止開始做加速度逐漸減小的變加速運(yùn)動，不是勻變速直線運(yùn)動，平均速度不等于eq\f(v,2)，而是大于eq\f(v,2)，選項(xiàng)A錯誤；由電荷量計(jì)算公式q＝eq\o(I,\s\up6(－))·Δt＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R)Δt＝eq\f(nΔΦ,R)＝eq\f(BLs,R)可得，金屬棒ab下滑的位移大小為s＝eq\f(qR,BL)，選項(xiàng)B正確；金屬棒ab產(chǎn)生的焦耳熱Q＝eq\o(I,\s\up6(－))2RΔt＝qeq\o(I,\s\up6(－))R，電流eq\o(I,\s\up6(－))為Δt時間內(nèi)的平均值，eq\o(I,\s\up6(－))要比棒ab的速度大小為v時的電流I′＝eq\f(BLv,R)小，故這一過程中產(chǎn)生的焦耳熱小于qBLv，選項(xiàng)C錯誤；金屬棒ab受到的最大安培力大小為F＝BI′L＝Beq\f(BLv,R)L＝eq\f(B2L2v,R)，選項(xiàng)D錯誤．5．(2023·浙江溫州中學(xué)月考)(多項(xiàng)選擇)如圖甲所示，在傾角為θ的光滑斜面內(nèi)分布著垂直于斜面的勻強(qiáng)磁場，以垂直于斜面向上為磁感應(yīng)強(qiáng)度正方向，其磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示．質(zhì)量為m的矩形金屬框從t＝0時刻由靜止釋放，t3時刻的速度為v，移動的距離為L，重力加速度為g.在金屬框下滑的過程中，以下說法正確的選項(xiàng)是()A．t1～t3時間內(nèi)金屬框中的電流方向不變B．0～t3時間內(nèi)金屬框做勻加速直線運(yùn)動C．0～t3時間內(nèi)金屬框做加速度逐漸減小的直線運(yùn)動D．0～t3時間內(nèi)金屬框中產(chǎn)生的焦耳熱為mgLsinθ－eq\f(1,2)mv2答案：AB解析：t1～t3時間內(nèi)穿過金屬框的磁通量先垂直于斜面向上減小，后垂直于斜面向下增大，根據(jù)楞次定律可知，金屬框中的電流方向不變，選項(xiàng)A正確；0～t3時間內(nèi)，金屬框的ab邊與cd邊所受安培力等大反向，金屬框所受安培力為零，那么所受的合力沿斜面向下，大小為mgsinθ，做勻加速直線運(yùn)動，選項(xiàng)B正確，C錯誤；0～t3時間內(nèi)，金屬框所受的安培力為零，金屬框的機(jī)械能守恒，有mgLsinθ＝eq\f(1,2)mv2，故金屬框中產(chǎn)生的焦耳熱不等于mgLsinθ－eq\f(1,2)mv2，選項(xiàng)D錯誤．6．(2023·河北衡水中學(xué)期末)(多項(xiàng)選擇)一根質(zhì)量為0.04kg、電阻為0.5Ω的導(dǎo)線繞成一個匝數(shù)為10匝，高為0.05m的矩形線圈，將線圈固定在一個質(zhì)量為0.06kg、長度與線圈等長的小車上，如圖甲所示．線圈和小車一起沿光滑水平面運(yùn)動，并以初速度v1＝2m/A．小車的水平長度l＝10B．小車的位移x＝15cm時線圈中的電流I＝C．小車運(yùn)動到位置3時的速度為1.0m/D．小車由位置2運(yùn)動到位置3的過程中，線圈產(chǎn)生的熱量Q＝0.0875J答案：AC解析：由題圖可知，從x＝0開始，小車進(jìn)入磁場，線圈中有感應(yīng)電流，受到安培力作用，小車做減速運(yùn)動，速度隨位移增大而減小，當(dāng)x＝10cm時，線圈完全進(jìn)入磁場，線圈中感應(yīng)電流消失，小車做勻速運(yùn)動，因此小車的水平長度l＝10cm，選項(xiàng)A正確．由題圖知，當(dāng)小車的位移x＝15cm時線圈全部處在磁場中，磁通量不變，沒有感應(yīng)電流，選項(xiàng)B錯誤．設(shè)小車完全進(jìn)入磁場中時速度為v2，運(yùn)動到位置3時的速度為v3，根據(jù)動量定理，小車進(jìn)入磁場的過程有－nBeq\o(I,\s\up6(－))1ht1＝mv2－mv1，而eq\o(I,\s\up6(－))1t1＝q1，那么nBq1h＝mv1－mv2；同理，穿出磁場的過程有nBq2h＝mv2－mv3；根據(jù)q＝neq\f(ΔΦ,R)可知通過線圈橫截面的電荷量q1＝q2，解得v3＝2v2－v1＝(2×1.5－2.0)m/s＝1.0m/s，選項(xiàng)C正確．線圈進(jìn)入磁場和離開磁場時，克服安培力做功，線圈的動能減少，轉(zhuǎn)化成線圈上產(chǎn)生的熱量，有Q＝eq\f(1,2)(M＋m)(veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,3))，解得線圈產(chǎn)生的熱量Q＝0.0625J，選項(xiàng)D錯誤．7．(2023·山東膠州二中期末)(多項(xiàng)選擇)如下圖，兩根等高光滑的eq\f(1,4)圓弧軌道，半徑為r、間距為L，軌道電阻不計(jì)．在軌道頂端連有一阻值為R的電阻，整個裝置處在一豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.現(xiàn)有一根長度稍大于L、電阻不計(jì)的金屬棒從軌道最低位置cd開始，在拉力F作用下以速度v0向右沿軌道做勻速圓周運(yùn)動至ab處，那么該過程中()A．通過R的電流在均勻減小B．金屬棒產(chǎn)生的電動勢的有效值為eq\f(\r(2)BLv0,2)C．拉力F做的功為eq\f(πB2L2v0r,4R)D．通過R的電荷量為eq\f(BLr,R)答案：BD解析：金屬棒沿軌道做勻速圓周運(yùn)動，設(shè)金屬棒垂直于磁場方向的分速度為v，那么v＝v0cosθ，θ為分速度v與v0之間的夾角，設(shè)金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E，感應(yīng)電流為I，那么有E＝BLv＝BLv0cosθ，隨水平分速度v與v0之間夾角的增大，感應(yīng)電動勢逐漸減小，感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)逐漸減小，而不是均勻減小，選項(xiàng)A錯誤；金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的電動勢E＝BLv＝BLv0cosθ，其有效值為eq\f(BLv0,\r(2))＝eq\f(\r(2)BLv0,2)，選項(xiàng)B正確；金屬棒做勻速圓周運(yùn)動，回路中產(chǎn)生正弦式交變電流，電阻R中產(chǎn)生的熱量Q＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2)BLv0,2)))2,R)·eq\f(\f(1,2)πr,v0)＝eq\f(πrB2L2v0,4R)，設(shè)拉力做的功為WF，由功能關(guān)系，有WF－mgr＝Q，得WF＝mgr＋eq\f(πrB2L2v0,4R)，選項(xiàng)C錯誤；通過R的電荷量q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BLr,R)，選項(xiàng)D正確．8．(2023·黑龍江哈六中期中)(多項(xiàng)選擇)如下圖，在光滑的水平面上方，有兩個磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B、方向相反的水平勻強(qiáng)磁場，PQ為兩個磁場的邊界，磁場范圍足夠大．一個邊長為a、質(zhì)量為m、電阻為R的金屬正方形線框，以速度v垂直于磁場方向從實(shí)線位置開始向右運(yùn)動，當(dāng)線框運(yùn)動到分別有一半面積在兩個磁場中的位置時，線框的速度為eq\f(v,2).以下說法正確的選項(xiàng)是()A．在虛線位置時線框中的電功率為eq\f(B2a2v2,R)B．此過程中線框產(chǎn)生的內(nèi)能為eq\f(3,8)mv2C．在虛線位置時線框的加速度為eq\f(B2a2v,2mR)D．此過程中通過線框截面的電荷量為eq\f(2Ba2,R)答案：AB解析：在虛線位置時線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝2×Baeq\f(v,2)＝Bav，感應(yīng)電流為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(Bav,R)，線框所受安培力大小為F＝2BIa＝2Beq\f(Bav,R)a＝eq\f(2B2a2v,R)，方向向左，根據(jù)牛頓第二定律得加速度為a＝eq\f(2B2a2v,mR)，故C錯誤．線框在虛線位置時，線框中的電功率P＝I2R＝eq\f(B2a2v2,R)，故A正確．此過程中穿過線框的磁通量的變化量為ΔΦ＝Ba2，通過線框截面的電荷量為q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(Ba2,R)，故D錯誤．根據(jù)能量守恒定律可得，此過程中線框產(chǎn)生的內(nèi)能Q＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v,2)))2＝eq\f(3,8)mv2，故B正確．9.(多項(xiàng)選擇)如下圖，間距為L的兩根平行金屬導(dǎo)軌彎成“L〞形，豎直導(dǎo)軌面與水平導(dǎo)軌面均足夠長，整個裝置處于豎直向上大小為B的勻強(qiáng)磁場中．質(zhì)量均為m、阻值均為R的導(dǎo)體棒ab、cd均垂直于導(dǎo)軌放置，兩導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間動摩擦因數(shù)均為μ，當(dāng)導(dǎo)體棒cd在水平恒力作用下以速度v0沿水平導(dǎo)軌向右勻速運(yùn)動時，釋放導(dǎo)體棒ab，它在豎直導(dǎo)軌上勻加速下滑．某時刻將導(dǎo)體棒cd所受水平恒力撤去，經(jīng)過一段時間，導(dǎo)體棒cd靜止，此過程流經(jīng)導(dǎo)體棒cd的電荷量為q(導(dǎo)體棒ab、cd與導(dǎo)軌間接觸良好且接觸點(diǎn)及金屬導(dǎo)軌的電阻不計(jì)，重力加速度為g)，那么()A．導(dǎo)體棒cd受水平恒力作用時流經(jīng)它的電流I＝eq\f(BLv0,R)B．導(dǎo)體棒ab勻加速下滑時的加速度大小a＝g－eq\f(μB2L2v0,2mR)C．導(dǎo)體棒cd在水平恒力撤去后它的位移為s＝eq\f(2Rq,BL)D．導(dǎo)體棒cd在水平恒力撤去后它產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)－eq\f(μmgRq,BL)答案：BCD解析：cd棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢為E＝BLv0，根據(jù)閉合電路歐姆定律得I＝eq\f(E,2R)＝eq\f(BLv0,2R)，故A錯誤；對于ab棒，根據(jù)牛頓第二定律得mg－f＝ma，又f＝μN(yùn)，N＝BIL，聯(lián)立解得a＝g－eq\f(μB2L2v0,2mR)，故B正確；對于cd棒，電荷量q＝eq\f(ΔΦ,R總)＝eq\f(BLs,2R)，那么得s＝eq\f(2Rq,BL)，故C正確；cd棒減速運(yùn)動過程中，由動能定理得－μmgs－WFA＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，電路中產(chǎn)生的焦耳熱Q＝WFA，那么可得Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(2μmgRq,BL)，ab棒與cd棒串聯(lián)且電阻相同，故cd棒產(chǎn)生的焦耳熱Q2＝eq\f(1,2)Q＝eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)－eq\f(μmgRq,BL)，D正確．10.(多項(xiàng)選擇)如下圖，固定在水平面上的光滑平行金屬導(dǎo)軌，間距為L，右端接有阻值為R的電阻，空間存在方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場．質(zhì)量為m、電阻為r的導(dǎo)體棒ab與固定彈簧相連，放在導(dǎo)軌上．初始時刻，彈簧恰處于自然長度．給導(dǎo)體棒水平向右的初速度v0，導(dǎo)體棒開始沿導(dǎo)軌往復(fù)運(yùn)動，在此過程中，導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸．導(dǎo)體棒的電阻r與定值電阻R的阻值相等，不計(jì)導(dǎo)軌電阻，那么以下說法中正確的選項(xiàng)是()A．導(dǎo)體棒開始運(yùn)動的初始時刻受到的安培力向左B．導(dǎo)體棒開始運(yùn)動的初始時刻導(dǎo)體棒兩端的電壓U＝BLv0C．導(dǎo)體棒開始運(yùn)動后速度第一次為零時，系統(tǒng)的彈性勢能Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)D．金屬棒最終會停在初始位置，在金屬棒整個運(yùn)動過程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)答案：AD解析：導(dǎo)體棒和定值電阻組成閉合回路，開始運(yùn)動的初始時刻，導(dǎo)體棒向右運(yùn)動，回路面積減小，根據(jù)楞次定律可判斷棒中電流方向?yàn)橛蒩到b，所以安培力水平向左，選項(xiàng)A正確．導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝BLv0，但導(dǎo)體棒和定值電阻組成閉合回路，導(dǎo)體棒兩端電壓為路端電壓，導(dǎo)體棒的電阻r與定值電阻R的阻值相等，所以路端電壓U＝eq\f(1,2)E＝eq\f(1,2)BLv0，選項(xiàng)B錯誤．導(dǎo)體棒向右運(yùn)動的過程，安培力和彈簧彈力做功，產(chǎn)生的焦耳熱為Q，根據(jù)功能關(guān)系有Q＋Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，選項(xiàng)C錯誤．導(dǎo)體棒最終停下來時，不再切割磁感線，沒有感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流，不受安培力，因?qū)к壒饣?，沒有摩擦力，所以導(dǎo)體棒靜止時，彈簧彈力為0，即彈簧恢復(fù)原長，根據(jù)功能關(guān)系，電路中產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，由于r＝R，所以電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(1,2)Q＝eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)，選項(xiàng)D正確．11.如下圖，足夠長的光滑導(dǎo)軌ab、cd固定在豎直平面內(nèi)，導(dǎo)軌間距為l，b、c兩點(diǎn)間接一阻值為R的電阻．ef是一水平放置的導(dǎo)體桿，其質(zhì)量為m、有效電阻值為R，桿與ab、cd保持良好接觸．整個裝置放在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向與導(dǎo)軌平面垂直．現(xiàn)用一豎直向上的力拉導(dǎo)體桿，使導(dǎo)體桿從靜止開始做加速度為eq\f(g,2)的勻加速運(yùn)動，上升了h高度，這一過程中b、c間電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為Q，g為重力加速度，不計(jì)導(dǎo)軌電阻及感應(yīng)電流間的相互作用．求：(1)導(dǎo)體桿上升h高度過程中通過桿的電荷量；(2)導(dǎo)體桿上升h高度時所受拉力F的大??；(3)導(dǎo)體桿上升h高度過程中拉力做的功．答案：(1)eq\f(Blh,2R)(2)eq\f(3mg,2)＋eq\f(B2l2\r(gh),2R)(3)eq\f(3mgh,2)＋2Q解析：(1)通過桿的電荷量q＝IΔt，根據(jù)閉合電路歐姆定律有I＝eq\f(E,2R)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝eq\f(ΔΦ,Δt)，聯(lián)立以上各式解得q＝eq\f(ΔΦ,2R)＝eq\f(Blh,2R).(2)設(shè)導(dǎo)體桿上升h高度時速度為v1、拉力為F，根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式得v1＝eq\r(2×\f(g,2)×h)＝eq\r(gh)，根據(jù)牛頓第二定律得F－mg－BI1l＝ma＝meq\f(g,2)，根據(jù)閉合電路歐姆定律得I1＝eq\f(Blv1,2R)，聯(lián)立以上各式解得F＝eq\f(3mg,2)＋eq\f(B2l2\r(gh),2R).(3)由功能關(guān)系得WF－mgh－2Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－0，解得WF＝eq\f(3mgh,2)＋2Q.12．如下圖，兩根足夠長的平行金屬導(dǎo)軌固定在傾角θ＝30°的斜面上，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，間距L＝0.4m．導(dǎo)軌所在空間被分成區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，兩區(qū)域的邊界與斜面的交線為MN，Ⅰ中的勻強(qiáng)磁場方向垂直斜面向下，Ⅱ中的勻強(qiáng)磁場方向垂直斜面向上，兩磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B＝0.5T．在區(qū)域Ⅰ中，將質(zhì)量m1＝0.1kg、電阻R1＝0.1Ω的金屬條ab放在導(dǎo)軌上，ab剛好不下滑．然后，在區(qū)域Ⅱ中將質(zhì)量m2＝0.4kg、電阻R2＝0.1Ω的光滑導(dǎo)體棒cd置于導(dǎo)軌上，由靜止開始下滑．cd在滑動過程中始終處于區(qū)域Ⅱ的磁場中，ab、cd始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸，取g＝10m(1)cd下滑的過程中，ab中的電流方向；(2)ab剛要向上滑動時，cd的速度v多大；(3)從cd開始下滑到ab剛要向上滑動的過程中，cd滑動的距離x＝3.8m答案：(1)由a到b(2)5m/s(3)1.3解析：(1)由右手定那么可判斷ab中的電流方向?yàn)橛蒩流向b.(2)開始放置ab剛好不下滑時，ab所受摩擦力為最大靜摩擦力，設(shè)其為Fmax，有Fmax＝m1gsinθ①設(shè)ab剛要上滑時，cd棒的感應(yīng)電動勢為E，由法拉第電磁感應(yīng)定律有E＝BLv②設(shè)電路中的感應(yīng)電流為I，由閉合電路歐姆定律有I＝eq\f(E,R1＋R2)③設(shè)ab所受安培力為F安，有F安＝ILB④此時ab受到的最大靜摩擦力方向沿斜面向下，由平衡條件有F安＝m1gsinθ＋Fmax⑤綜全①②③④⑤式，代入數(shù)據(jù)解得v＝5m/s(3)設(shè)cd在運(yùn)動過程中電路中產(chǎn)生的總熱量為Q總，由能量守恒定律有m2gxsinθ＝Q總＋eq\f(1,2)m2v2⑦又Q＝eq\f(R1,R1＋R2)Q總⑧解得Q＝1.3J⑨刷題加餐練eq\x(刷高考真題——找規(guī)律)1．(2023·重慶理綜)圖為無線充電技術(shù)中使用的受電線圈示意圖，線圈匝數(shù)為n，面積為S.假設(shè)在t1到t2時間內(nèi)，勻強(qiáng)磁場平行于線圈軸線向右穿過線圈，其磁感應(yīng)強(qiáng)度大小由B1均勻增加到B2，那么該段時間線圈兩端a和b之間的電勢差φa－φb()A．恒為eq\f(nSB2－B1,t2－t1)B．從0均勻變化到eq\f(nSB2－B1,t2－t1)C．恒為－eq\f(nSB2－B1,t2－t1)D．從0均勻變化到－eq\f(nSB2－B1,t2－t1)答案：C解析：穿過線圈的磁通量均勻增加，由楞次定律可判定a、b兩端的電勢b端較高．再根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)得E＝eq\f(nSB2－B1,t2－t1)是一恒定值，所以φa－φb＝－eq\f(nSB2－B1,t2－t1)，C正確．2．(2023·福建卷))如圖，由某種粗細(xì)均勻的總電阻為3R的金屬條制成的矩形線框abcd，固定在水平面內(nèi)且處于方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場B中．一接入電路電阻為R的導(dǎo)體棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v勻速滑動，滑動過程PQ始終與ab垂直，且與線框接觸良好，不計(jì)摩擦．在PQ從靠近ad處向bc滑動的過程中()A．PQ中電流先增大后減小B．PQ兩端電壓先減小后增大C．PQ上拉力的功率先減小后增大D．線框消耗的電功率先減小后增大答案：C解析：PQ在運(yùn)動過程中切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，相當(dāng)于電源，線框左右兩端電阻并聯(lián)，當(dāng)PQ運(yùn)動到中間時并聯(lián)電阻最大，流經(jīng)PQ的電流最小，因此在滑動過程中，PQ中電流先減小后增大，選項(xiàng)A錯誤；由于外接電阻先增大后減小，因此PQ兩端電壓即路端電壓先增大后減小，選項(xiàng)B錯誤；由能量守恒得拉力的功率等于線框和導(dǎo)體棒的電功率，因此拉力的功率為P＝eq\f(U2,R總)＝eq\f(BLv2,R總)，由于電路總電阻先增大后減小，因此拉力的功率先減小后增大，選項(xiàng)C正確；矩形線框abcd總電阻為3R，當(dāng)PQ滑動到ab中點(diǎn)時，線框并聯(lián)總電阻最大，最大值為eq\f(3,4)R，小于導(dǎo)體棒PQ的電阻，所以滑動過程中線框消耗的電功率先增大后減小，選項(xiàng)D錯誤．3．(2023·四川卷)(多項(xiàng)選擇)如下圖，電阻不計(jì)、間距為l的光滑平行金屬導(dǎo)軌水平放置于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，導(dǎo)軌左端接一定值電阻R.質(zhì)量為m、電阻為r的金屬棒MN置于導(dǎo)軌上，受到垂直于金屬棒的水平外力F的作用由靜止開始運(yùn)動，外力F與金屬棒速度v的關(guān)系是F＝F0＋kv(F0、k是常量)，金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好．金屬棒中感應(yīng)電流為i，受到的安培力大小為FA，電阻R兩端的電壓為UR，感應(yīng)電流的功率為P，它們隨時間t變化圖象可能正確的有()ABCD答案：BC解析：金屬棒MN相當(dāng)于電源，其感應(yīng)電動勢E＝Blv，感應(yīng)電流I＝eq\f(Blv,R＋r)即I∝vFA＝BIl＝eq\f(B2l2v,R＋r)即：FA∝vUR＝IR＝eq\f(Blv,R＋r)R即：UR∝vP＝IE＝eq\f(B2l2v2,R＋r)即：P∝v2對金屬棒MN：F－FA＝maF0＋kv－eq\f(B2l2,R＋r)v＝maF0＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k－\f(B2l2,R＋r)))v＝ma假設(shè)k－eq\f(B2l2,R＋r)>0，隨著v增大，a也增大，棒做加速度增大的加速運(yùn)動，B項(xiàng)正確．假設(shè)k－eq\f(B2l2,R＋r)<0，隨著v增大，a減小，棒做加速度減小的加速運(yùn)動，當(dāng)a＝0時，v到達(dá)最大后保持不變，C項(xiàng)正確、A項(xiàng)錯誤．假設(shè)k－eq\f(B2l2,R＋r)＝0，那么a＝eq\f(F0,m)，金屬棒做勻加速運(yùn)動那么v＝at，P＝IE＝eq\f(B2l2a2,R＋r)t2，D項(xiàng)錯誤．eq\x(刷仿真模擬——明趨向)4．(2023·山東濰坊段考)如下圖，兩根間距為l的光滑平行金屬導(dǎo)軌與水平面夾角為α，圖中虛線下方區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直于斜面向上．兩金屬桿質(zhì)量均為m，電阻均為R，垂直于導(dǎo)軌放置．開始時金屬桿ab處在距磁場上邊界一定距離處，金屬桿cd處在導(dǎo)軌的最下端，被與導(dǎo)軌垂直的兩根小柱擋?。F(xiàn)將金屬桿ab由靜止釋放，金屬桿ab剛進(jìn)入磁場便開始做勻速直線運(yùn)動．重力加速度為g，那么()A．金屬桿ab進(jìn)入磁場時感應(yīng)電流的方向?yàn)橛蒩到bB．金屬桿ab進(jìn)入磁場時速度大小為eq\f(2mgRsinα,B2l2)C．金屬桿ab進(jìn)入磁場后產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為eq\f(mgsinα,Bl)D．金屬桿ab進(jìn)入磁場后，金屬桿cd對兩根小柱的壓力大小為零答案：B解析：由右手定那么可知，金屬桿ab進(jìn)入磁場時產(chǎn)生的感應(yīng)電流的方向?yàn)橛蒪到a，故A錯誤；因金屬桿ab剛進(jìn)入磁場便開始做勻速直線運(yùn)動，那么有mgsinα＝eq\f(B2l2v,2R)，解得v＝eq\f(2mgRsinα,B2l2)，故B正確；金屬桿ab進(jìn)入磁場后產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝Blv，解得E＝eq\f(2mgRsinα,Bl)，故C錯誤；由左手定那么可知，金屬桿cd受到的安培力與斜面平行且向下，那么金屬桿cd對兩根小柱的壓力不為零，故D錯誤．5．(2023·江蘇蘇州模擬)如下圖，兩光滑平行金屬導(dǎo)軌間距為L，直導(dǎo)線MN垂直跨在導(dǎo)軌上，且與導(dǎo)軌接觸良好，整個裝置處在垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.電容器的電容為C，除電阻R外，導(dǎo)軌和導(dǎo)線的電阻均不計(jì)．現(xiàn)給導(dǎo)線MN一初速度，使導(dǎo)線MN向右運(yùn)動，當(dāng)電路穩(wěn)定后，MN以速度v向右做勻速運(yùn)動，那么()A．電容器兩端的電壓為零B．電阻兩端的電壓為BLvC．電容器所帶電荷量為CBLvD．為保持MN勻速運(yùn)動，需對其施加的拉力大小為eq\f(B2L2v,R)答案：C解析：當(dāng)導(dǎo)線MN勻速向右運(yùn)動時，導(dǎo)線MN產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢恒定，穩(wěn)定后，電容器既不充電也不放電，無電流產(chǎn)生，故電阻兩端沒有電壓，電容器兩極板間的電壓為U＝E＝BLv，所帶電荷量為Q＝CU＝CBLv，故A、B錯、C對；MN勻速運(yùn)動時，因無電流而不受安培力，又導(dǎo)軌光滑，故拉力為零，D錯．6．(2023·河北邯鄲一模)如下圖，一足夠長的光滑平行金屬軌道，軌道平面與水平面成θ角，上端與一電阻R相連，處于方向垂直軌道平面向上的勻強(qiáng)磁場中．質(zhì)量為m、電阻為r的金屬桿ab，從高為h處由靜止釋放，下滑一段時間后，金屬桿開始以速度v勻速運(yùn)動直到軌道的底端．金屬桿始終保持與軌道垂直且接觸良好，軌道的電阻及空氣阻力均可忽略不計(jì)，重力加速度為g.那么()A．金屬桿加速運(yùn)動過程中的平均速度為v/2B．金屬桿加速運(yùn)動過程中克服安培力做功的功率大于勻速運(yùn)動過程中克服安培力做功的功率C．當(dāng)金屬桿的速度為v/2時，它的加速度大小為eq\f(gsinθ,2)D．整個運(yùn)動過程中電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為mgh－eq\f(1,2)mv2答案：C解析：對金屬桿分析知，金屬桿ab在運(yùn)動過程中受到重力、軌道支持力和安培力作用，先做加速度減小的加速運(yùn)動，后做勻速運(yùn)動，因金屬桿加速運(yùn)動過程不是勻加速，故其平均速度不等于eq\f(v,2)，A錯誤．當(dāng)安培力等于重力沿斜面的分力，即mgsinθ＝eq\f(B2l2v,R)時，桿ab開始勻速運(yùn)動，此時v最大，F(xiàn)安最大，故勻速運(yùn)動時克服安培力做功的功率大，B錯誤；當(dāng)金屬桿速度為eq\f(v,2)時，F(xiàn)安′＝eq\f(B2l2·\f(v,2),R)＝eq\f(1,2)mgsinθ，所以F合＝mgsinθ－F安′＝eq\f(1,2)mgsinθ＝ma，得a＝eq\f(gsinθ,2)，C正確；由能量守恒可得mgh－eq\f(1,2)mv2＝Qab＋QR，即mgh－eq\f(1,2)mv2應(yīng)等于電阻R和金屬桿上產(chǎn)生的總焦耳熱，D錯誤．7．(2023·河北唐山調(diào)研)(多項(xiàng)選擇)如下圖，兩端與定值電阻相連的光滑平行金屬導(dǎo)軌傾斜放置，其中R1＝R2＝2R，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，導(dǎo)軌寬度為L，勻強(qiáng)磁場垂直穿過導(dǎo)軌平面，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.導(dǎo)體棒ab的電阻為R，垂直導(dǎo)軌放置，與導(dǎo)軌接觸良好．釋放后，導(dǎo)體棒ab沿導(dǎo)軌向下滑動，某時刻流過R2的電流為I，在此時刻()A．重力的功率為6I2RB．導(dǎo)體棒ab消耗的熱功率為4I2RC．導(dǎo)體棒受到的安培力的大小為2BILD．導(dǎo)體棒的速度大小為eq\f(2IR,BL)答案：BC解析：此題考查導(dǎo)體棒切割磁感線的電磁感應(yīng)問題．導(dǎo)體棒ab向下滑動切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，R1與R2并聯(lián)接在ab兩端，R1＝R2＝2R，設(shè)當(dāng)ab棒速度為v時，流過R2的電流為I，由閉合電路歐姆定律知：2I＝eq\f(BLv,R＋R并)，解得v＝eq\f(4RI,BL)，此時ab棒重力的功率為P＝mgvsinθ＝mgsinθ·eq\f(4RI,BL)，ab棒消耗的熱功率為P＝(2I)2R＝4I2R，ab棒受到的安培力大小為F＝B·2I·L＝2BIL，綜上知B、C正確，A、D錯誤．eq\x(刷最新原創(chuàng)——抓重點(diǎn))8．(2023·湖北八校二聯(lián))(多項(xiàng)選擇)如圖xOy平面為光滑水平面，現(xiàn)有一長為d寬為L的線框MNQP在外力F作用下，沿x軸正方向以速度v做勻速直線運(yùn)動，空間存在豎直方向的磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝B0coseq\f(π,d)x(式中B0為量)，規(guī)定豎直向下方向?yàn)榇鸥袘?yīng)強(qiáng)度正方向，線框電阻為R.t＝0時刻MN邊恰好在y軸處，那么以下說法正確的選項(xiàng)是()A．外力F為恒力B．t＝0時，外力大小F＝eq\f(4B\o\al(2,0)L2v,R)C．通過線框的瞬時電流i＝eq\f(2B0Lvcos\f(πvt,d),R)D．經(jīng)過t＝eq\f(d,v)，線框中產(chǎn)生的電熱Q＝eq\f(2B\o\al(2,0)L2vd,R)答案：BCD解析：因線框沿x軸方向勻速運(yùn)動，故F＝F安，由圖中磁場分布知F安的大小是變化的，故F不是恒力，A錯．t＝0時，x＝0處，B＝B0，x＝d處，B＝－B0，由E＝BLv，又MN、PQ兩邊均切割磁感線且產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢方向相同，那么E＝2B0Lv，I0＝eq\f(E,R)，F(xiàn)安＝2B0I0L＝eq\f(4B\o\al(2,0)L2v,R)，而F＝F安，故B對．因線框做勻速直線運(yùn)動，那么有x＝vt，B＝B0coseq\f(πvt,d)，又E＝2BLv，故i＝eq\f(2B0Lvcos\f(πvt,d),R)，C對．由電流的瞬時值表達(dá)式可知此電流為正弦交流電，有效值I＝eq\f(Im,\r(2))＝eq\f(\r(2)B0Lv,R)，又Q＝I2Rt，故經(jīng)過t＝eq\f(d,v)，線框中產(chǎn)生的電熱Q＝eq\f(2B\o\al(2,0)L2vd,R)，D對．9．某探究性學(xué)習(xí)小組研制了一種發(fā)電裝置如圖甲所示，圖乙為其俯視圖．將8塊外形相同的磁鐵交錯放置組合成一個高h(yuǎn)＝0.5m、半徑r＝0.2m的圓柱體，其可繞固定軸OO′逆時針(俯視)轉(zhuǎn)動，角速度ω＝100rad/s.設(shè)圓柱外側(cè)附近每個磁場區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B＝0.2T、方向都垂直于圓柱體側(cè)外表．緊靠圓柱體外側(cè)固定一根長度與圓柱體高相等、電阻為R1＝0.5Ω的細(xì)金屬桿ab，桿ab與軸OO′平行．圖丙中阻值R＝1.5A．電流表A的示數(shù)約為1.41B．桿ab產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的最大值約為2.83VC．電阻R消耗的電功率為2WD．在圓柱體轉(zhuǎn)過一周的時間內(nèi)，流過電流表A的總電荷量為零答案：D解析：桿ab切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝Bhv，又v＝ωr，解得E＝2V，由于桿ab中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E的大小保持不變，所以電流表A的示數(shù)為I＝eq\f(E,R1＋R)＝eq\f(2,0.5＋1.5)A＝1A，故A、B錯誤；電阻R消耗的電功率為P＝I2R＝12×1.5W＝1.5W，故C錯誤；由楞次定律判斷可知，通過電流表的電流方向周期性變化，在一個周期內(nèi)兩個方向通過電流表的電荷量相等，所以在圓柱體轉(zhuǎn)過一周的時間內(nèi)，流過電流表A的總電荷量為零，故D正確．eq\x(刷易錯易誤——排難點(diǎn))eq\x(易錯點(diǎn)1)對線框的運(yùn)動過程及受力情況分析不清而導(dǎo)致錯誤10．(2023·湖北十三校二聯(lián))(多項(xiàng)選擇)如圖甲所示，abcd是位于豎直平面內(nèi)的正方形閉合金屬線框，在金屬線框的下方有一磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，MN和M′N′是勻強(qiáng)磁場區(qū)域的水平邊界，邊界的寬度為s，并與線框的bc邊平行，磁場方向與線框平面垂直．現(xiàn)讓金屬線框由距MN的某一高度從靜止開始下落，圖乙是金屬線框由開始下落到完全穿過勻強(qiáng)磁場區(qū)域的v－t圖象(其是OA、BC、DE相互平行)．金屬線框的邊長為L(L<s)、質(zhì)量為m、電阻為R，當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間，圖象中坐標(biāo)軸上所標(biāo)出的字母v1、v2、t1、t2、t3、t4均為量．(下落過程中bc邊始終水平)根據(jù)題中所給條件，以下說法正確的選項(xiàng)是()A．t2時刻是線框全部進(jìn)入磁場瞬間，t4時刻是線框全部離開磁場瞬間B．從bc邊進(jìn)入磁場起一直到ad邊離開磁場為止，感應(yīng)電流所做的功為mgsC．v1的大小可能為eq\f(mgR,B2L2)D．線框穿出磁場過程中流經(jīng)線框橫截面的電荷量比線框進(jìn)入磁場過程中流經(jīng)線框橫截面的電荷量多答案：AC解析：分析題給條件可知：線框進(jìn)入磁場之前，做自由落體運(yùn)動，即勻加速直線運(yùn)動；線框的bc邊進(jìn)入磁場后，ad邊進(jìn)入磁場前，bc邊受向上的安培力，加速度a＝eq\f(F安－mg,m)，做加速度越來越小的變減速運(yùn)動；當(dāng)線框全部進(jìn)入磁場中后，線框受安培力為零，又做勻加速直線運(yùn)動加速度為g；當(dāng)bc邊出磁場，只有ad邊在磁場中時，ad邊受向上的安培力，a＝eq\f(F安－mg,m)，做加速度越來越小的變減速運(yùn)動；當(dāng)線框全部出磁場之后，其只受重力，又做勻加速直線運(yùn)動，加速度為g；對照圖乙可知，t2時刻是線框全部進(jìn)入磁場瞬間、t4時刻是線框全部離開磁場瞬間，A正確．由能量關(guān)系可得，從bc邊進(jìn)入磁場到ad邊出磁場的過程中感應(yīng)電流做的功為W＝mg(s＋L)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)mv\o\al(2,1)－\f(1,2)mv\o\al(2,2)))，B錯．由q＝neq\f(ΔΦ,R)可知，線框穿出磁場過程中流經(jīng)線框橫截面的電荷量與線框進(jìn)入磁場過程中流經(jīng)線框橫截面的電荷量相等，D錯．當(dāng)線框速度為v1時，其所受安培力假設(shè)正好與重力相平衡，那么有F安＝mg，即eq\f(B2L2v1,R)＝mg，得v1＝eq\f(mgR,B2L2)，C正確．eq\x(易錯點(diǎn)2)搞不清楚活塞移動速度和液體噴出速度關(guān)系而出錯11．(多項(xiàng)選擇)如下圖為利用電磁作用輸送非導(dǎo)電液體裝置的示意圖．一截面為正方形(邊長為L)的塑料管道水平放置，其右端面上有一個截面積為A的小噴口，噴口離地的高度為h.管道中有一絕緣活塞．在活塞的中部和上局部別嵌有兩根金屬棒a、b，長度均為L，其中b棒的兩端與一理想電壓表相連，整個裝置放在豎直向上的勻強(qiáng)磁場中．當(dāng)a棒中通有垂直紙面向里的恒定電流I時，活塞向右勻速推動液體從噴口水平射出，液體落地點(diǎn)離噴口的水平距離為s.假設(shè)液體的密度為ρ，重力加速度大小為g，那么以下說法正確的選項(xiàng)是()A．活塞移動的速度大小