專題14 電學(xué)中三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用（練習(xí)）（解析版）-2024年高考物理二輪復(fù)習(xí)講練測（新教材新高考）

【淘寶店鋪：向陽百分百】【淘寶店鋪：向陽百分百】專題14電學(xué)中三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用目錄01電學(xué)中三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用 2考向一電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題 2考向二電磁感應(yīng)中的能量與動量問題 801電學(xué)中三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用考向一電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題1．（2022·重慶·高考真題）如圖1所示，光滑的平行導(dǎo)電軌道水平固定在桌面上，軌道間連接一可變電阻，導(dǎo)體桿與軌道垂直并接觸良好（不計(jì)桿和軌道的電阻），整個裝置處在垂直于軌道平面向上的勻強(qiáng)磁場中。桿在水平向右的拉力作用下先后兩次都由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動，兩次運(yùn)動中拉力大小與速率的關(guān)系如圖2所示。其中，第一次對應(yīng)直線①，初始拉力大小為F0，改變電阻阻值和磁感應(yīng)強(qiáng)度大小后，第二次對應(yīng)直線②，初始拉力大小為2F0，兩直線交點(diǎn)的縱坐標(biāo)為3F0。若第一次和第二次運(yùn)動中的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小之比為k、電阻的阻值之比為m、桿從靜止開始運(yùn)動相同位移的時間之比為n，則k、m、n可能為（

）A．k=2、m=2、n=2 B．C． D．【答案】C【詳解】由題知桿在水平向右的拉力作用下先后兩次都由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動，則在v=0時分別有，，則第一次和第二次運(yùn)動中，桿從靜止開始運(yùn)動相同位移的時間分別為，，則，第一次和第二次運(yùn)動中根據(jù)牛頓第二定律有，整理有，則可知兩次運(yùn)動中F—v圖像的斜率為，則有。故選C。2．（2022·湖南·高考真題）（多選）如圖，間距的U形金屬導(dǎo)軌，一端接有的定值電阻，固定在高的絕緣水平桌面上。質(zhì)量均為的勻質(zhì)導(dǎo)體棒a和b靜止在導(dǎo)軌上，兩導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好且始終與導(dǎo)軌垂直，接入電路的阻值均為，與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)均為0.1（設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力），導(dǎo)體棒距離導(dǎo)軌最右端。整個空間存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場（圖中未畫出），磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為。用沿導(dǎo)軌水平向右的恒力拉導(dǎo)體棒a，當(dāng)導(dǎo)體棒a運(yùn)動到導(dǎo)軌最右端時，導(dǎo)體棒b剛要滑動，撤去，導(dǎo)體棒a離開導(dǎo)軌后落到水平地面上。重力加速度取，不計(jì)空氣阻力，不計(jì)其他電阻，下列說法正確的是（）A．導(dǎo)體棒a離開導(dǎo)軌至落地過程中，水平位移為B．導(dǎo)體棒a離開導(dǎo)軌至落地前，其感應(yīng)電動勢不變C．導(dǎo)體棒a在導(dǎo)軌上運(yùn)動的過程中，導(dǎo)體棒b有向右運(yùn)動的趨勢D．導(dǎo)體棒a在導(dǎo)軌上運(yùn)動的過程中，通過電阻的電荷量為【答案】BD【詳解】C．導(dǎo)體棒a在導(dǎo)軌上向右運(yùn)動，產(chǎn)生的感應(yīng)電流向里，流過導(dǎo)體棒b向里，由左手定則可知安培力向左，則導(dǎo)體棒b有向左運(yùn)動的趨勢，故Ｃ錯誤；A．導(dǎo)體棒b與電阻R并聯(lián)，有，當(dāng)導(dǎo)體棒a運(yùn)動到導(dǎo)軌最右端時，導(dǎo)體棒b剛要滑動，有，聯(lián)立解得a棒的速度為，a棒做平拋運(yùn)動，有，，聯(lián)立解得導(dǎo)體棒a離開導(dǎo)軌至落地過程中水平位移為，故A錯誤；B．導(dǎo)體棒a離開導(dǎo)軌至落地前做平拋運(yùn)動，水平速度切割磁感線，則產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢不變，故B正確；D．導(dǎo)體棒a在導(dǎo)軌上運(yùn)動的過程中，通過電路的電量為，導(dǎo)體棒b與電阻R并聯(lián)，流過的電流與電阻成反比，則通過電阻的電荷量為，故D正確。故選BD。3．（2021·全國·高考真題）（多選）由相同材料的導(dǎo)線繞成邊長相同的甲、乙兩個正方形閉合線圈，兩線圈的質(zhì)量相等，但所用導(dǎo)線的橫截面積不同，甲線圈的匝數(shù)是乙的2倍?，F(xiàn)兩線圈在豎直平面內(nèi)從同一高度同時由靜止開始下落，一段時間后進(jìn)入一方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場的上邊界水平，如圖所示。不計(jì)空氣阻力，已知下落過程中線圈始終平行于紙面，上、下邊保持水平。在線圈下邊進(jìn)入磁場后且上邊進(jìn)入磁場前，可能出現(xiàn)的是（）A．甲和乙都加速運(yùn)動B．甲和乙都減速運(yùn)動C．甲加速運(yùn)動，乙減速運(yùn)動D．甲減速運(yùn)動，乙加速運(yùn)動【答案】AB【詳解】設(shè)線圈到磁場的高度為h，線圈的邊長為l，則線圈下邊剛進(jìn)入磁場時，有，感應(yīng)電動勢為，兩線圈材料相等（設(shè)密度為），質(zhì)量相同（設(shè)為），則，設(shè)材料的電阻率為，則線圈電阻，感應(yīng)電流為，安培力為，由牛頓第二定律有，聯(lián)立解得，加速度和線圈的匝數(shù)、橫截面積無關(guān)，則甲和乙進(jìn)入磁場時，具有相同的加速度。當(dāng)時，甲和乙都加速運(yùn)動，當(dāng)時，甲和乙都減速運(yùn)動，當(dāng)時都勻速。故選AB。4．（2021·廣東·高考真題）（多選）如圖所示，水平放置足夠長光滑金屬導(dǎo)軌和，與平行，是以O(shè)為圓心的圓弧導(dǎo)軌，圓弧左側(cè)和扇形內(nèi)有方向如圖的勻強(qiáng)磁場，金屬桿的O端與e點(diǎn)用導(dǎo)線相接，P端與圓弧接觸良好，初始時，可滑動的金屬桿靜止在平行導(dǎo)軌上，若桿繞O點(diǎn)在勻強(qiáng)磁場區(qū)內(nèi)從b到c勻速轉(zhuǎn)動時，回路中始終有電流，則此過程中，下列說法正確的有（）A．桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢恒定B．桿受到的安培力不變C．桿做勻加速直線運(yùn)動D．桿中的電流逐漸減小【答案】AD【詳解】A．OP轉(zhuǎn)動切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為，因?yàn)镺P勻速轉(zhuǎn)動，所以桿OP產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢恒定，故A正確；BCD．桿OP勻速轉(zhuǎn)動產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢產(chǎn)生的感應(yīng)電流由M到N通過MN棒，由左手定則可知，MN棒會向左運(yùn)動，MN棒運(yùn)動會切割磁感線，產(chǎn)生電動勢與原來電流方向相反，讓回路電流減小，MN棒所受合力為安培力，電流減小，安培力會減小，加速度減小，故D正確，BC錯誤。故選AD。5．（2023·天津·高考真題）如圖，有一正方形線框，質(zhì)量為m，電阻為R，邊長為l，靜止懸掛著，一個三角形磁場垂直于線框所在平面，磁感線垂直紙面向里，且線框中磁區(qū)面積為線框面積一半，磁感應(yīng)強(qiáng)度變化B=kt（k>0），已知重力加速度g，求：（1）感應(yīng)電動勢E；（2）線框開始向上運(yùn)動的時刻t0；

【答案】（1）；（2）【詳解】（1）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有（2）由圖可知線框受到的安培力為當(dāng)線框開始向上運(yùn)動時有解得6．（2021·湖北·高考真題）如圖（a）所示，兩根不計(jì)電阻、間距為L的足夠長平行光滑金屬導(dǎo)軌，豎直固定在勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。導(dǎo)軌上端串聯(lián)非線性電子元件Z和阻值為R的電阻。元件Z的圖像如圖（b）所示，當(dāng)流過元件Z的電流大于或等于時，電壓穩(wěn)定為Um。質(zhì)量為m、不計(jì)電阻的金屬棒可沿導(dǎo)軌運(yùn)動，運(yùn)動中金屬棒始終水平且與導(dǎo)軌保持良好接觸。忽略空氣阻力及回路中的電流對原磁場的影響，重力加速度大小為g。為了方便計(jì)算，取，。以下計(jì)算結(jié)果只能選用m、g、B、L、R表示。（1）閉合開關(guān)S。，由靜止釋放金屬棒，求金屬棒下落的最大速度v1；（2）斷開開關(guān)S，由靜止釋放金屬棒，求金屬棒下落的最大速度v2；（3）先閉合開關(guān)S，由靜止釋放金屬棒，金屬棒達(dá)到最大速度后，再斷開開關(guān)S。忽略回路中電流突變的時間，求S斷開瞬間金屬棒的加速度大小a?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【分析】[關(guān)鍵能力]本題考查法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律等知識，意在考查考生綜合電磁學(xué)知識以及力學(xué)規(guī)律處理問題的能力。[壓軸題透析]3第（1）問通過對金屬棒的受力分析以及運(yùn)動分析，求出當(dāng)金屬棒的加速度為零時的最大速度；第（2）問首先應(yīng)分析比較第（1）問中的電流與圖（b）中Z元件的電壓達(dá)到最大時的電流大小關(guān)系，然后通過定值電阻表示出回路中的最大電流，進(jìn)而求出金屬棒的最大速度；第（3）問的關(guān)鍵在于求出開關(guān)斷開瞬間回路中的電流，得出導(dǎo)體棒所受的安培力大小，再根據(jù)牛頓第二定律求出金屬棒的加速度?！驹斀狻浚?）閉合開關(guān)S，金屬棒下落的過程中受豎直向下的重力、豎直向上的安培力作用，當(dāng)重力與安培力大小相等時，金屬棒的加速度為零，速度最大，則由法拉第電磁感應(yīng)定律得由歐姆定律得解得（2）由第（1）問得由于斷開開關(guān)S后，當(dāng)金屬棒的速度達(dá)到最大時，元件Z兩端的電壓恒為此時定值電阻兩端的電壓為回路中的電流為又由歐姆定律得解得（3）開關(guān)S閉合，當(dāng)金屬棒的速度最大時，金屬棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為斷開開關(guān)S的瞬間，元件Z兩端的電壓為則定值電阻兩端的電壓為電路中的電流為金屬棒受到的安培力為對金屬棒由牛頓第二定律得解得?7．（2021·全國·高考真題）如圖，一傾角為的光滑固定斜面的頂端放有質(zhì)量的U型導(dǎo)體框，導(dǎo)體框的電阻忽略不計(jì)；一電阻的金屬棒的兩端置于導(dǎo)體框上，與導(dǎo)體框構(gòu)成矩形回路；與斜面底邊平行，長度。初始時與相距，金屬棒與導(dǎo)體框同時由靜止開始下滑，金屬棒下滑距離后進(jìn)入一方向垂直于斜面的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場邊界（圖中虛線）與斜面底邊平行；金屬棒在磁場中做勻速運(yùn)動，直至離開磁場區(qū)域。當(dāng)金屬棒離開磁場的瞬間，導(dǎo)體框的邊正好進(jìn)入磁場，并在勻速運(yùn)動一段距離后開始加速。已知金屬棒與導(dǎo)體框之間始終接觸良好，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小，重力加速度大小取。求：（1）金屬棒在磁場中運(yùn)動時所受安培力的大??；（2）金屬棒的質(zhì)量以及金屬棒與導(dǎo)體框之間的動摩擦因數(shù)；（3）導(dǎo)體框勻速運(yùn)動的距離。【答案】（1）；（2），；（3）【分析】、【詳解】（1）根據(jù)題意可得金屬棒和導(dǎo)體框在沒有進(jìn)入磁場時一起做勻加速直線運(yùn)動，由動能定理可得代入數(shù)據(jù)解得金屬棒在磁場中切割磁場產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，由法拉第電磁感應(yīng)定律可得由閉合回路的歐姆定律可得則導(dǎo)體棒剛進(jìn)入磁場時受到的安培力為（2）金屬棒進(jìn)入磁場以后因?yàn)樗查g受到安培力的作用，根據(jù)楞次定律可知金屬棒的安培力沿斜面向上，之后金屬棒相對導(dǎo)體框向上運(yùn)動，因此金屬棒受到導(dǎo)體框給的沿斜面向下的滑動摩擦力，因勻速運(yùn)動，可有此時導(dǎo)體框向下做勻加速運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律可得設(shè)磁場區(qū)域的寬度為x，則金屬棒在磁場中運(yùn)動的時間為當(dāng)金屬棒剛好離開磁場區(qū)域時，則此時導(dǎo)體框的速度為則導(dǎo)體框的位移因此導(dǎo)體框和金屬棒的相對位移為由題意當(dāng)金屬棒離開磁場時金屬框的上端EF剛好進(jìn)入磁場，則有位移關(guān)系金屬框進(jìn)入磁場時勻速運(yùn)動，此時的電動勢為導(dǎo)體框受到向上的安培力和滑動摩擦力，因此可得聯(lián)立以上可得（3）金屬棒出磁場以后，速度小于導(dǎo)體框的速度，因此受到向下的摩擦力，做加速運(yùn)動，則有金屬棒向下加速，導(dǎo)體框勻速，當(dāng)共速時導(dǎo)體框不再勻速，則有導(dǎo)體框勻速運(yùn)動的距離為代入數(shù)據(jù)解得考向二電磁感應(yīng)中的能量與動量問題8．（2022·全國·高考真題）（多選）如圖，兩根相互平行的光滑長直金屬導(dǎo)軌固定在水平絕緣桌面上，在導(dǎo)軌的左端接入電容為C的電容器和阻值為R的電阻。質(zhì)量為m、阻值也為R的導(dǎo)體棒MN靜止于導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌垂直，且接觸良好，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)，整個系統(tǒng)處于方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中。開始時，電容器所帶的電荷量為Q，合上開關(guān)S后，（）A．通過導(dǎo)體棒電流的最大值為B．導(dǎo)體棒MN向右先加速、后勻速運(yùn)動C．導(dǎo)體棒速度最大時所受的安培力也最大D．電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱大于導(dǎo)體棒上產(chǎn)生的焦耳熱【答案】AD【詳解】MN在運(yùn)動過程中為非純電阻，MN上的電流瞬時值為，A．當(dāng)閉合的瞬間，，此時MN可視為純電阻R，此時反電動勢最小，故電流最大，故A正確；B．當(dāng)時，導(dǎo)體棒加速運(yùn)動，當(dāng)速度達(dá)到最大值之后，電容器與MN及R構(gòu)成回路，由于一直處于通路的形式，由能量守恒可知，最后MN終極速度為零，故B錯誤；C．MN在運(yùn)動過程中為非純電阻電路，MN上的電流瞬時值為，當(dāng)時，MN上電流瞬時為零，安培力為零此時，MN速度最大，故C錯誤；D．在MN加速度階段，由于MN反電動勢存在，故MN上電流小于電阻R上的電流，電阻R消耗電能大于MN上消耗的電能（即），故加速過程中，；當(dāng)MN減速為零的過程中，電容器的電流和導(dǎo)體棒的電流都流經(jīng)電阻R形成各自的回路，因此可知此時也是電阻R的電流大于MN的電流，綜上分析可知全過程中電阻R上的熱量大于導(dǎo)體棒上的熱量，故D正確。故選AD。9．（2022·天津·高考真題）如圖所示，邊長為a的正方形鋁框平放在光滑絕緣水平桌面上，桌面上有邊界平行、寬為b且足夠長的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場方向垂直于桌面，鋁框依靠慣性滑過磁場區(qū)域，滑行過程中鋁框平面始終與磁場垂直且一邊與磁場邊界平行，已知，在滑入和滑出磁場區(qū)域的兩個過程中（）A．鋁框所用時間相同 B．鋁框上產(chǎn)生的熱量相同C．鋁框中的電流方向相同 D．安培力對鋁框的沖量相同【答案】D【詳解】A．鋁框進(jìn)入和離開磁場過程，磁通量變化，都會產(chǎn)生感應(yīng)電流，受向左安培力而減速，完全在磁場中運(yùn)動時磁通量不變做勻速運(yùn)動；可知離開磁場過程的平均速度小于進(jìn)入磁場過程的平均速度，所以離開磁場過程的時間大于進(jìn)入磁場過程的時間，A錯誤；C．由楞次定律可知，鋁框進(jìn)入磁場過程磁通量增加，感應(yīng)電流為逆時針方向；離開磁場過程磁通量減小，感應(yīng)電流為順時針方向，C錯誤；D．鋁框進(jìn)入和離開磁場過程安培力對鋁框的沖量為，又，得，D正確；B．鋁框進(jìn)入和離開磁場過程，鋁框均做減速運(yùn)動，可知鋁框進(jìn)入磁場過程的速度一直大于鋁框離開磁場過程的速度，根據(jù)，可知鋁框進(jìn)入磁場過程受到的安培力一直大于鋁框離開磁場過程受到的安培力，故鋁框進(jìn)入磁場過程克服安培力做的功大于鋁框離開磁場過程克服安培力做的功，即鋁框進(jìn)入磁場過程產(chǎn)生的熱量大于鋁框離開磁場過程產(chǎn)生的熱量，B錯誤。故選D。10．（2022·浙江·高考真題）如圖所示，將一通電螺線管豎直放置，螺線管內(nèi)部形成方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=kt的勻強(qiáng)磁場，在內(nèi)部用絕緣輕繩懸掛一與螺線管共軸的金屬薄圓管，其電阻率為、高度為h、半徑為r、厚度為d（d?r），則（）A．從上向下看，圓管中的感應(yīng)電流為逆時針方向B．圓管的感應(yīng)電動勢大小為C．圓管的熱功率大小為D．輕繩對圓管的拉力隨時間減小【答案】C【詳解】A．穿過圓管的磁通量向上逐漸增加，則根據(jù)楞次定律可知，從上向下看，圓管中的感應(yīng)電流為順時針方向，選項(xiàng)A錯誤；B．圓管的感應(yīng)電動勢大小為，選項(xiàng)B錯誤；C．圓管的電阻，圓管的熱功率大小為，選項(xiàng)C正確；D．根據(jù)左手定則可知，圓管中各段所受的受安培力方向指向圓管的軸線，則輕繩對圓管的拉力的合力始終等于圓管的重力，不隨時間變化，選項(xiàng)D錯誤。故選C。11．（2021·北京·高考真題）如圖所示，在豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，水平U型導(dǎo)體框左端連接一阻值為R的電阻，質(zhì)量為m、電阻為r的導(dǎo)體棒ab置于導(dǎo)體框上。不計(jì)導(dǎo)體框的電阻、導(dǎo)體棒與框間的摩擦。ab以水平向右的初速度v0開始運(yùn)動，最終停在導(dǎo)體框上。在此過程中（）A．導(dǎo)體棒做勻減速直線運(yùn)動 B．導(dǎo)體棒中感應(yīng)電流的方向?yàn)镃．電阻R消耗的總電能為 D．導(dǎo)體棒克服安培力做的總功小于【答案】C【詳解】AB．導(dǎo)體棒向右運(yùn)動，根據(jù)右手定則，可知電流方向?yàn)閎到a，再根據(jù)左手定則可知，導(dǎo)體棒向到向左的安培力，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，可得產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為，感應(yīng)電流為，故安培力為，根據(jù)牛頓第二定律有，可得，隨著速度減小，加速度不斷減小，故導(dǎo)體棒不是做勻減速直線運(yùn)動，故AB錯誤；C．根據(jù)能量守恒定律，可知回路中產(chǎn)生的總熱量為，因R與r串聯(lián)，則產(chǎn)生的熱量與電阻成正比，則R產(chǎn)生的熱量為，故C正確；D．整個過程只有安培力做負(fù)功，根據(jù)動能定理可知，導(dǎo)體棒克服安培力做的總功等于，故D錯誤。故選C。12．（2021·河北·高考真題）如圖，兩光滑導(dǎo)軌水平放置在豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，導(dǎo)軌間距最窄處為一狹縫，取狹縫所在處O點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，狹縫右側(cè)兩導(dǎo)軌與x軸夾角均為，一電容為C的電容器與導(dǎo)軌左端相連，導(dǎo)軌上的金屬棒與x軸垂直，在外力F作用下從O點(diǎn)開始以速度v向右勻速運(yùn)動，忽略所有電阻，下列說法正確的是（）A．通過金屬棒的電流為B．金屬棒到達(dá)時，電容器極板上的電荷量為C．金屬棒運(yùn)動過程中，電容器的上極板帶負(fù)電D．金屬棒運(yùn)動過程中，外力F做功的功率恒定【答案】A【詳解】C．根據(jù)楞次定律可知電容器的上極板應(yīng)帶正電，C錯誤；A．由題知導(dǎo)體棒勻速切割磁感線，根據(jù)幾何關(guān)系切割長度為L=2xtanθ，x=vt，則產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E=2Bv2ttanθ，由題圖可知電容器直接與電源相連，則電容器的電荷量為Q=CE=2BCv2ttanθ，則流過導(dǎo)體棒的電流，A正確；B．當(dāng)金屬棒到達(dá)x0處時，導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E′=2Bvx0tanθ，則電容器的電荷量為Q=CE′=2BCvx0tanθ，B錯誤；D．由于導(dǎo)體棒做勻速運(yùn)動則F=F安=BIL，由選項(xiàng)A可知流過導(dǎo)體棒的電流I恒定，但L與t成正比，則F為變力，再根據(jù)力做功的功率公式P=Fv，可看出F為變力，v不變則功率P隨力F變化而變化；D錯誤；故選A。13．（2021·福建·高考真題）（多選）如圖，P、Q是兩根固定在水平面內(nèi)的光滑平行金屬導(dǎo)軌，間距為L，導(dǎo)軌足夠長且電阻可忽略不計(jì)。圖中矩形區(qū)域有一方向垂直導(dǎo)軌平面向上、感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場。在時刻，兩均勻金屬棒a、b分別從磁場邊界、進(jìn)入磁場，速度大小均為；一段時間后，流經(jīng)a棒的電流為0，此時，b棒仍位于磁場區(qū)域內(nèi)。已知金屬棒a、b相同材料制成，長度均為L，電阻分別為R和，a棒的質(zhì)量為m。在運(yùn)動過程中兩金屬棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，a、b棒沒有相碰，則（）A．時刻a棒加速度大小為B．時刻b棒的速度為0C．時間內(nèi)，通過a棒橫截面的電荷量是b棒的2倍D．時間內(nèi)，a棒產(chǎn)生的焦耳熱為【答案】AD【詳解】A．由題知，a進(jìn)入磁場的速度方向向右，b的速度方向向左，根據(jù)右手定則可知，a產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向是E到F，b產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向是H到G，即兩個感應(yīng)電流方向相同，所以流過a、b的感應(yīng)電流是兩個感應(yīng)電流之和，則有，對a，根據(jù)牛頓第二定律有，解得，故A正確；B．根據(jù)左手定則，可知a受到的安培力向左，b受到的安培力向右，由于流過a、b的電流一直相等，故兩個力大小相等，則a與b組成的系統(tǒng)動量守恒。由題知，時刻流過a的電流為零時，說明a、b之間的磁通量不變，即a、b在時刻達(dá)到了共同速度，設(shè)為v。由題知，金屬棒a、b相同材料制成，長度均為L，電阻分別為R和，根據(jù)電阻定律有，，解得，已知a的質(zhì)量為m，設(shè)b的質(zhì)量為，則有，，聯(lián)立解得，取向右為正方向，根據(jù)系統(tǒng)動量守恒有，解得，故B錯誤；C．在時間內(nèi)，根據(jù)，因通過兩棒的電流時刻相等，所用時間相同，故通過兩棒橫截面的電荷量相等，故C錯誤；D．在時間內(nèi)，對a、b組成的系統(tǒng)，根據(jù)能量守恒有，解得回路中產(chǎn)生的總熱量為，對a、b，根據(jù)焦耳定律有，因a、b流過的電流一直相等，所用時間相同，故a、b產(chǎn)生的熱量與電阻成正比，即，又，解得a棒產(chǎn)生的焦耳熱為，故D正確。故選AD。14．（2021·山東·高考真題）（多選）如圖所示，電阻不計(jì)的光滑U形金屬導(dǎo)軌固定在絕緣斜面上。區(qū)域Ⅰ、Ⅱ中磁場方向均垂直斜面向上，Ⅰ區(qū)中磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間均勻增加，Ⅱ區(qū)中為勻強(qiáng)磁場。阻值恒定的金屬棒從無磁場區(qū)域中a處由靜止釋放，進(jìn)入Ⅱ區(qū)后，經(jīng)b下行至c處反向上行。運(yùn)動過程中金屬棒始終垂直導(dǎo)軌且接觸良好。在第一次下行和上行的過程中，以下敘述正確的是（）A．金屬棒下行過b時的速度大于上行過b時的速度B．金屬棒下行過b時的加速度大于上行過b時的加速度C．金屬棒不能回到無磁場區(qū)D．金屬棒能回到無磁場區(qū)，但不能回到a處【答案】ABD【詳解】AB．在I區(qū)域中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為，感應(yīng)電動勢，感應(yīng)電動勢恒定，所以導(dǎo)體棒上的感應(yīng)電流恒為，導(dǎo)體棒進(jìn)入Ⅱ區(qū)域后，導(dǎo)體切割磁感線，產(chǎn)生一個感應(yīng)電動勢，因?yàn)閷?dǎo)體棒到達(dá)點(diǎn)后又能上行，說明加速度始終沿斜面向上，下行和上行經(jīng)過點(diǎn)的受力分析如圖

設(shè)下行、上行過b時導(dǎo)體棒的速度分別為，，則下行過b時導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電流為，下行過b時導(dǎo)體棒上的電流為，下行過b時，根據(jù)牛頓第二定律可知，上行過b時，切割磁感線的產(chǎn)出的感應(yīng)電動勢為，上行過b時導(dǎo)體棒上的電流為，根據(jù)牛頓第二定律可知，比較加速度大小可知由于段距離不變，下行過程中加速度大，上行過程中加速度小，所以金屬板下行過經(jīng)過點(diǎn)時的速度大于上行經(jīng)過點(diǎn)時的速度，AB正確；CD．導(dǎo)體棒上行時，加速度與速度同向，則導(dǎo)體棒做加速度減小的加速度運(yùn)動，則一定能回到無磁場區(qū)。由AB分析可得，導(dǎo)體棒進(jìn)磁場Ⅱ區(qū)（下行進(jìn)磁場）的速度大于出磁場Ⅱ區(qū)（下行進(jìn)磁場）的速度，導(dǎo)體棒在無磁場區(qū)做加速度相同的減速運(yùn)動則金屬棒不能回到處，C錯誤，D正確。故選ABD。15．（2021·湖南·高考真題）（多選）兩個完全相同的正方形勻質(zhì)金屬框，邊長為，通過長為的絕緣輕質(zhì)桿相連，構(gòu)成如圖所示的組合體。距離組合體下底邊處有一方向水平、垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場。磁場區(qū)域上下邊界水平，高度為，左右寬度足夠大。把該組合體在垂直磁場的平面內(nèi)以初速度水平無旋轉(zhuǎn)拋出，設(shè)置合適的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小使其勻速通過磁場，不計(jì)空氣阻力。下列說法正確的是（）A．與無關(guān)，與成反比B．通過磁場的過程中，金屬框中電流的大小和方向保持不變C．通過磁場的過程中，組合體克服安培力做功的功率與重力做功的功率相等D．調(diào)節(jié)、和，只要組合體仍能勻速通過磁場，則其通過磁場的過程中產(chǎn)生的熱量不變【答案】CD【詳解】A．將組合體以初速度v0水平無旋轉(zhuǎn)拋出后，組合體做平拋運(yùn)動，后進(jìn)入磁場做勻速運(yùn)動，由于水平方向切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢相互低消，則有，，綜合有，則B與成正比，A錯誤；B．當(dāng)金屬框剛進(jìn)入磁場時金屬框的磁通量增加，此時感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r針方向，當(dāng)金屬框剛出磁場時金屬框的磁通量減少，此時感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r針方向，B錯誤；C．由于組合體進(jìn)入磁場后做勻速運(yùn)動，由于水平方向的感應(yīng)電動勢相互低消，有，則組合體克服安培力做功的功率等于重力做功的功率，C正確；D．無論調(diào)節(jié)哪個物理量，只要組合體仍能勻速通過磁場，都有，則安培力做的功都為，則組合體通過磁場過程中產(chǎn)生的焦耳熱不變，D正確。故選CD。16．（2023·廣東·高考真題）光滑絕緣的水平面上有垂直平面的勻強(qiáng)磁場，磁場被分成區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，寬度均為，其俯視圖如圖（a）所示，兩磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間的變化如圖（b）所示，時間內(nèi)，兩區(qū)域磁場恒定，方向相反，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為和，一電阻為，邊長為的剛性正方形金屬框，平放在水平面上，邊與磁場邊界平行．時，線框邊剛好跨過區(qū)域Ⅰ的左邊界以速度向右運(yùn)動．在時刻，邊運(yùn)動到距區(qū)域Ⅰ的左邊界處，線框的速度近似為零，此時線框被固定，如圖（a）中的虛線框所示。隨后在時間內(nèi)，Ⅰ區(qū)磁感應(yīng)強(qiáng)度線性減小到0，Ⅱ區(qū)磁場保持不變；時間內(nèi)，Ⅱ區(qū)磁感應(yīng)強(qiáng)度也線性減小到0。求：

（1）時線框所受的安培力；（2）時穿過線框的磁通量；（3）時間內(nèi)，線框中產(chǎn)生的熱量。【答案】（1），方向水平向左；（2）；（3）【詳解】（1）由圖可知時線框切割磁感線的感應(yīng)電動勢為則感應(yīng)電流大小為所受的安培力為方向水平向左；（2）在時刻，邊運(yùn)動到距區(qū)域Ⅰ的左邊界處，線框的速度近似為零，此時線框被固定，則時穿過線框的磁通量為方向垂直紙面向里；（3）時間內(nèi)，Ⅱ區(qū)磁感應(yīng)強(qiáng)度也線性減小到0，則有感應(yīng)電流大小為則時間內(nèi)，線框中產(chǎn)生的熱量為17．（2023·湖南·高考真題）如圖，兩根足夠長的光滑金屬直導(dǎo)軌平行放置，導(dǎo)軌間距為，兩導(dǎo)軌及其所構(gòu)成的平面均與水平面成角，整個裝置處于垂直于導(dǎo)軌平面斜向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為．現(xiàn)將質(zhì)量均為的金屬棒垂直導(dǎo)軌放置，每根金屬棒接入導(dǎo)軌之間的電阻均為。運(yùn)動過程中金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好，金屬棒始終未滑出導(dǎo)軌，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)，重力加速度為。

（1）先保持棒靜止，將棒由靜止釋放，求棒勻速運(yùn)動時的速度大??；（2）在（1）問中，當(dāng)棒勻速運(yùn)動時，再將棒由靜止釋放，求釋放瞬間棒的加速度大小；（3）在（2）問中，從棒釋放瞬間開始計(jì)時，經(jīng)過時間，兩棒恰好達(dá)到相同的速度，求速度的大小，以及時間內(nèi)棒相對于棒運(yùn)動的距離。

【答案】（1）；（2）；（3），【詳解】（1）a導(dǎo)體棒在運(yùn)動過程中重力沿斜面的分力和a棒的安培力相等時做勻速運(yùn)動，由法拉第電磁感應(yīng)定律可得有閉合電路歐姆定律及安培力公式可得，a棒受力平衡可得聯(lián)立記得（2）由右手定則可知導(dǎo)體棒b中電流向里，b棒沿斜面向下的安培力，此時電路中電流不變，則b棒牛頓第二定律可得解得（3）釋放b棒后a棒受到沿斜面向上的安培力，在到達(dá)共速時對a棒動量定理b棒受到向下的安培力，對b棒動量定理聯(lián)立解得此過程流過b棒的電荷量為q，則有由法拉第電磁感應(yīng)定律可得聯(lián)立b棒動量定理可得18．（2023·浙江·高考真題）如圖1所示，剛性導(dǎo)體線框由長為L、質(zhì)量均為m的兩根豎桿，與長為的兩輕質(zhì)橫桿組成，且。線框通有恒定電流，可以繞其中心豎直軸轉(zhuǎn)動。以線框中心O為原點(diǎn)、轉(zhuǎn)軸為z軸建立直角坐標(biāo)系，在y軸上距離O為a處，固定放置一半徑遠(yuǎn)小于a，面積為S、電阻為R的小圓環(huán)，其平面垂直于y軸。在外力作用下，通電線框繞轉(zhuǎn)軸以角速度勻速轉(zhuǎn)動，當(dāng)線框平面與平面重合時為計(jì)時零點(diǎn)，圓環(huán)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度的y分量與時間的近似關(guān)系如圖2所示，圖中已知。（1）求0到時間內(nèi)，流過圓環(huán)橫截面的電荷量q；（2）沿y軸正方向看以逆時針為電流正方向，在時間內(nèi)，求圓環(huán)中的電流與時間的關(guān)系；（3）求圓環(huán)中電流的有效值；（4）當(dāng)撤去外力，線框?qū)⒕徛郎p速，經(jīng)時間角速度減小量為，設(shè)線框與圓環(huán)的能量轉(zhuǎn)換效率為k，求的值（當(dāng)，有）?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）；（4）【詳解】（1）由法拉第電磁感應(yīng)定律由閉合電路歐姆定律由電流定義式聯(lián)立可得（2）在時在時（3）從能量角度解得（4）由能量傳遞化簡可得即解得19．（2022·福建·高考真題）如圖（a），一傾角為的絕緣光滑斜面固定在水平地面上，其頂端與兩根相距為L的水平光滑平行金屬導(dǎo)軌相連；導(dǎo)軌處于一豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，其末端裝有擋板M、N．兩根平行金屬棒G、H垂直導(dǎo)軌放置，G的中心用一不可伸長絕緣細(xì)繩通過輕質(zhì)定滑輪與斜面底端的物塊A相連；初始時刻繩子處于拉緊狀態(tài)并與G垂直，滑輪左側(cè)細(xì)繩與斜面平行，右側(cè)與水平面平行．從開始，H在水平向右拉力作用下向右運(yùn)動；時，H與擋板M、N相碰后立即被鎖定．G在后的速度一時間圖線如圖（b）所示，其中段為直線．已知：磁感應(yīng)強(qiáng)度大小，，G、H和A的質(zhì)量均為，G、H的電阻均為；導(dǎo)軌電阻、細(xì)繩與滑輪的摩擦力均忽略不計(jì)；H與擋板碰撞時間極短；整個運(yùn)動過程A未與滑輪相碰，兩金屬棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好：，，重力加速度大小取，圖（b）中e為自然常數(shù)，．求：（1）在時間段內(nèi)，棒G的加速度大小和細(xì)繩對A的拉力大小；（2）時，棒H上拉力的瞬時功率；（3）在時間段內(nèi)，棒G滑行的距離．【答案】（1）；；（2）；（3）【詳解】（1）由圖像可得在內(nèi)，棒G做勻加速運(yùn)動，其加速度為依題意物塊A的加速度也為，由牛頓第二定律可得解得細(xì)繩受到拉力（2）由法拉第電磁感應(yīng)定律與閉合電路歐姆定律推導(dǎo)出“雙棒”回路中的電流為由牛頓運(yùn)動定律和安培力公式有由于在內(nèi)棒G做勻加速運(yùn)動，回路中電流恒定為，兩棒速度差為保持不變，這說明兩棒加速度相同且均為a；對棒H由牛頓第二定律可求得其受到水平向右拉力由圖像可知時，棒G的速度為此刻棒H的速度為其水平向右拉力的功率．（3）棒H停止后，回路中電流發(fā)生突變，棒G受到安培力大小和方向都發(fā)生變化，棒G是否還拉著物塊A一起做減速運(yùn)動需要通過計(jì)算判斷，假設(shè)繩子立刻松弛無拉力，經(jīng)過計(jì)算棒G加速度為物塊A加速度為說明棒H停止后繩子松弛，物塊A做加速度大小為的勻減速運(yùn)動，棒G做加速度越來越小的減速運(yùn)動；由動量定理、法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路歐姆定律可以求得，在內(nèi)棒G滑行的距離這段時間內(nèi)物塊A速度始終大于棒G滑行速度，繩子始終松弛。20．（2022·重慶·高考真題）某同學(xué)以金屬戒指為研究對象，探究金屬物品在變化磁場中的熱效應(yīng)。如圖所示，戒指可視為周長為L、橫截面積為S、電阻率為的單匝圓形線圈，放置在勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于戒指平面。若磁感應(yīng)強(qiáng)度大小在時間內(nèi)從0均勻增加到，求：（1）戒指中的感應(yīng)電動勢和電流；（2）戒指中電流的熱功率。【答案】（1），；（2）【詳解】（1）設(shè)戒指的半徑為，則有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小在時間內(nèi)從0均勻增加到，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為可得戒指的電阻為則戒指中的感應(yīng)電流為（2）戒指中電流的熱功率為21．（2022·海南·高考真題）光滑的水平長直軌道放在勻強(qiáng)磁場中，軌道寬，一導(dǎo)體棒長也為，質(zhì)量，電阻，它與導(dǎo)軌接觸良好。當(dāng)開關(guān)與a接通時，電源可提供恒定的電流，電流方向可根據(jù)需要進(jìn)行改變，開關(guān)與b接通時，電阻，若開關(guān)的切換與電流的換向均可在瞬間完成，求：①當(dāng)棒中電流由M流向N時，棒的加速度的大小和方向是怎樣的；②當(dāng)開關(guān)始終接a，要想在最短時間內(nèi)使棒向左移動而靜止，則棒的最大速度是多少；③要想棒在最短時間內(nèi)向左移動而靜止，則棒中產(chǎn)生的焦耳熱是多少。【答案】①，方向向右；②；③【詳解】①當(dāng)電流從M流向N時，由左手定則可判斷安培力向右，故加速度方向向右。根據(jù)牛頓第二定律有代入數(shù)據(jù)可得②開關(guān)始終接a時，電流N到M，經(jīng)過時間后電流變?yōu)镸到N，再經(jīng)時間速度減為零，前s，則有后s，則有根據(jù)聯(lián)立解得③先接a一段時間，電流由N到M，再接到b端一段時間，再接到a端一段時間，電流由M到N，最后接到b靜止第一段，則有第二段，則有由動量定理且則有第二段末的加速度與第三段相同，則第三段，又解得v＇=1m/s故22．（2022·遼寧·高考真題）如圖所示，兩平行光滑長直金屬導(dǎo)軌水平放置，間距為L。區(qū)域有勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向豎直向上。初始時刻，磁場外的細(xì)金屬桿M以初速度向右運(yùn)動，磁場內(nèi)的細(xì)金屬桿N處于靜止?fàn)顟B(tài)。兩金屬桿與導(dǎo)軌接觸良好且運(yùn)動過程中始終與導(dǎo)軌垂直。兩桿的質(zhì)量均為m，在導(dǎo)軌間的電阻均為R，感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場及導(dǎo)軌的電阻忽略不計(jì)。（1）求M剛進(jìn)入磁場時受到的安培力F的大小和方向；（2）若兩桿在磁場內(nèi)未相撞且N出磁場時的速度為，求：①N在磁場內(nèi)運(yùn)動過程中通過回路的電荷量q；②初始時刻N(yùn)到的最小距離x；（3）初始時刻，若N到的距離與第（2）問初始時刻的相同、到的距離為，求M出磁場后不與N相撞條件下k的取值范圍?！敬鸢浮浚?），方向水平向左；（2）①，②；（3）【詳解】（1）細(xì)金屬桿M以初速度向右剛進(jìn)入磁場時，產(chǎn)生的動生電動勢為電流方向?yàn)?，電流的大小為則所受的安培力大小為安培力的方向由左手定則可知水平向左；（2）①金屬桿N在磁場內(nèi)運(yùn)動過程中，由動量定理有且聯(lián)立解得通過回路的電荷量為②設(shè)兩桿在磁場中相對靠近的位移為，有整理可得聯(lián)立可得若兩桿在磁場內(nèi)剛好相撞，N到的最小距離為（3）兩桿出磁場后在平行光滑長直金屬導(dǎo)軌上運(yùn)動，若N到的距離與第（2）問初始時刻的相同、到的距離為，則N到cd邊的速度大小恒為，根據(jù)動量守恒定律可知解得N出磁場時，M的速度大小為由題意可知，此時M到cd邊的距離為若要保證M出磁場后不與N相撞，則有兩種臨界情況：①M(fèi)減速出磁場，出磁場的速度剛好等于N的速度，一定不與N相撞，對M根據(jù)動量定理有聯(lián)立解得②M運(yùn)動到cd邊時，恰好減速到零，則對M由動量定理有同理解得綜上所述，M出磁場后不與N相撞條件下k的取值范圍為23．（2022·湖北·高考真題）如圖所示，高度足夠的勻強(qiáng)磁場區(qū)域下邊界水平、左右邊界豎直，磁場方向垂直于紙面向里。正方形單匝線框abcd的邊長L=0.2m、回路電阻R=1.6×10-3Ω、質(zhì)量m=0.2kg。線框平面與磁場方向垂直，線框的ad邊與磁場左邊界平齊，ab邊與磁場下邊界的距離也為L。現(xiàn)對線框施加與水平向右方向成θ=45°角、大小為的恒力F，使其在圖示豎直平面內(nèi)由靜止開始運(yùn)動。從ab邊進(jìn)入磁場開始，在豎直方向線框做勻速運(yùn)動；dc邊進(jìn)入磁場時，bc邊恰好到達(dá)磁場右邊界。重力加速度大小取g=10m/s2，求：（1）ab邊進(jìn)入磁場前，線框在水平方向和豎直方向的加速度大??；（2）磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小和線框進(jìn)入磁場的整個過程中回路產(chǎn)生的焦耳熱；（3）磁場區(qū)域的水平寬度?！敬鸢浮浚?）ax=20m/s2，ay=10m/s2；（2）B=0.2T，Q=0.4J；（3）X=1.1m【詳解】（1）ab邊進(jìn)入磁場前，對線框進(jìn)行受力分析，在水平方向有max=Fcosθ代入數(shù)據(jù)有ax=20m/s2在豎直方向有may=Fsinθ-mg代入數(shù)據(jù)有ay=10m/s2（2）ab邊進(jìn)入磁場開始，ab邊在豎直方向切割磁感線；ad邊和bc邊的上部分也開始進(jìn)入磁場，且在水平方向切割磁感線。但ad和bc邊的上部分產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢相互抵消，則整個回路的電源為ab，根據(jù)右手定則可知回路的電流為adcba，則ab邊進(jìn)入磁場開始，ab邊受到的安培力豎直向下，ad邊的上部分受到的安培力水平向右，bc邊的上部分受到的安培力水平向左，則ad邊和bc邊的上部分受到的安培力相互抵消，故線框abcd受到的安培力的合力為ab邊受到的豎直向下的安培力。由題知，線框從ab邊進(jìn)入磁場開始，在豎直方向線框做勻速運(yùn)動，有Fsinθ-mg-BIL=0E=BLvyvy2=2ayL聯(lián)立有B=0.2T由題知，從ab邊進(jìn)入磁場開始，在豎直方向線框做勻速運(yùn)動；dc邊進(jìn)入磁場時，bc邊恰好到達(dá)磁場右邊界。則線框進(jìn)入磁場的整個過程中，線框受到的安培力為恒力，則有Q=W安=BILyy=LFsinθ-mg=BIL聯(lián)立解得Q=0.4J（3）線框從開始運(yùn)動到進(jìn)入磁場的整個過程中所用的時間為vy=ayt1L=vyt2t=t1+t2聯(lián)立解得t=0.3s由（2）分析可知線框在水平方向一直做勻加速直線運(yùn)動，則在水平方向有則磁場區(qū)域的水平寬度X=x+L=1.1m24．（2022·浙江·高考真題）艦載機(jī)電磁彈射是現(xiàn)在航母最先進(jìn)的彈射技術(shù)，我國在這一領(lǐng)域已達(dá)到世界先進(jìn)水平。某興趣小組開展電磁彈射系統(tǒng)的設(shè)計(jì)研究，如圖1所示，用于推動模型飛機(jī)的動子（圖中未畫出）與線圈絕緣并固定，線圈帶動動子，可在水平導(dǎo)軌上無摩擦滑動。線圈位于導(dǎo)軌間的輻向磁場中，其所在處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B。開關(guān)S與1接通，恒流源與線圈連接，動子從靜止開始推動飛機(jī)加速，飛機(jī)達(dá)到起飛速度時與動子脫離；此時S擲向2接通定值電阻R0，同時施加回撤力F，在F和磁場力作用下，動子恰好返回初始位置停下。若動子從靜止開始至返回過程的v-t圖如圖2所示，在t1至t3時間內(nèi)F=(800－10v）N，t3時撤去F。已知起飛速度v1=80m/s，t1=1.5s，線圈匝數(shù)n=100匝，每匝周長l=1m，飛機(jī)的質(zhì)量M=10kg，動子和線圈的總質(zhì)量m=5kg，R0=9.5Ω，B=0.1T，不計(jì)空氣阻力和飛機(jī)起飛對動子運(yùn)動速度的影響，求（1）恒流源的電流I；（2）線圈電阻R；（3）時刻t3?！敬鸢浮浚?）80A；（2）；（3）【詳解】（1）由題意可知接通恒流源時安培力動子和線圈在0~t1時間段內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動，運(yùn)動的加速度為根據(jù)牛頓第二定律有代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得（2）當(dāng)S擲向2接通定值電阻R0時，感應(yīng)電流為此時安培力為所以此時根據(jù)牛頓第二定律有由圖可知在至期間加速度恒定，則有解得，（3）根據(jù)圖像可知故；在0~t2時間段內(nèi)的位移而根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有電荷量的定義式可得從t3時刻到最后返回初始位置停下的時間段內(nèi)通過回路的電荷量，根據(jù)動量定理有聯(lián)立可得解得25．（2022·全國·高考真題）如圖，一不可伸長的細(xì)繩的上端固定，下端系在邊長為的正方形金屬框的一個頂點(diǎn)上。金屬框的一條對角線水平，其下方有方向垂直于金屬框所在平面的勻強(qiáng)磁場。已知構(gòu)成金屬框的導(dǎo)線單位長度的阻值為；在到時間內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時間t的變化關(guān)系為。求:（1）時金屬框所受安培力的大??；（2）在到時間內(nèi)金屬框產(chǎn)生的焦耳熱?！敬鸢浮浚?）；（2）0.016J【詳解】（1）金屬框的總電阻為金屬框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為金屬框中的電流為t=2.0s時磁感應(yīng)強(qiáng)度為金屬框處于磁場中的有效長度為此時金屬框所受安培力大小為（2）內(nèi)金屬框產(chǎn)生的焦耳熱為26．（2022·浙江·高考真題）如圖所示，水平固定一半徑r=0.2m的金屬圓環(huán)，長均為r，電阻均為R0的兩金屬棒沿直徑放置，其中一端與圓環(huán)接觸良好，另一端固定在過圓心的導(dǎo)電豎直轉(zhuǎn)軸OO′上，并隨軸以角速度=600rad/s勻速轉(zhuǎn)動，圓環(huán)內(nèi)左半圓均存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1的勻強(qiáng)磁場。圓環(huán)邊緣、與轉(zhuǎn)軸良好接觸的電刷分別與間距l(xiāng)1的水平放置的平行金屬軌道相連，軌道間接有電容C=0.09F的電容器，通過單刀雙擲開關(guān)S可分別與接線柱1、2相連。電容器左側(cè)寬度也為l1、長度為l2、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2的勻強(qiáng)磁場區(qū)域。在磁場區(qū)域內(nèi)靠近左側(cè)邊緣處垂