專題11 電磁感應(yīng)-2020-2024年五年高考1年模擬物理真題分類匯編（山東專用）（解析版）

2020-2024年五年高考真題分類匯編PAGEPAGE1專題11電磁感應(yīng)考點(diǎn)五年考情（2020-2024）命題趨勢(shì)備考策略考點(diǎn)1楞次定律（5年1考）2024·山東卷·T11本章主要考查楞次定律，電動(dòng)勢(shì)的計(jì)算，電磁感應(yīng)與電路的綜合、與能量的綜合，以及電磁感應(yīng)中動(dòng)力學(xué)問(wèn)題.考查方向上更傾向于電磁感應(yīng)與電路、能量綜合問(wèn)題.解題方法上以等效法、程序法、函數(shù)法、圖象法為主.多以電路的等效考查模型建構(gòu)的素養(yǎng);以原理的應(yīng)用考查科學(xué)推理和科學(xué)論證的素養(yǎng)，同時(shí)體現(xiàn)考生嚴(yán)謹(jǐn)?shù)目茖W(xué)態(tài)度和一絲不茍、實(shí)事求是的社會(huì)責(zé)任感;以對(duì)研究對(duì)象受力和運(yùn)動(dòng)的分析及能量的轉(zhuǎn)化與守恒，考查運(yùn)動(dòng)與相互作用觀念和能量觀念.多以選擇題和計(jì)算題的形式考查，難度中等.2023年對(duì)本章的考查，從各方面可能仍延續(xù)原來(lái)的形式及考點(diǎn)，只是在原理應(yīng)用方面可能會(huì)更多地聯(lián)系現(xiàn)代科技發(fā)展和生產(chǎn)、生活的實(shí)際。對(duì)本章的復(fù)習(xí)，首先應(yīng)以對(duì)概念和原理的理解、對(duì)規(guī)律的基本應(yīng)用為主，打牢基礎(chǔ)，如對(duì)磁通量相關(guān)概念的理解、對(duì)楞次定律和法拉第電磁感應(yīng)定律的各種形式的應(yīng)用要熟練掌握.其次是對(duì)各種典型的模型建構(gòu)、典型問(wèn)題的處理思想方法了然于胸，如“電磁感應(yīng)中的電路問(wèn)題”“電磁感應(yīng)中的力學(xué)問(wèn)題”“電磁感應(yīng)中的圖象”“電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化與守恒”等，能夠抓住解決各種典型問(wèn)題的關(guān)鍵，一擊必中，最終都是為了培養(yǎng)學(xué)生分析問(wèn)題、解決問(wèn)題的能力，培養(yǎng)學(xué)生模型建構(gòu)、科學(xué)推理和科學(xué)論證的學(xué)科素養(yǎng)，建立正確的科學(xué)觀，樹立正確的人生觀和強(qiáng)烈的社會(huì)責(zé)任感!考點(diǎn)2法拉第電磁感應(yīng)定律（5年5考）2023·山東卷·T122022·山東卷·T122021·山東卷·T82021·山東卷·T122020·山東卷·T12考點(diǎn)01楞次定律1、（2024·山東卷·T11）如圖所示，兩條相同的半圓弧形光滑金屬導(dǎo)軌固定在水平桌面上，其所在平面豎直且平行，導(dǎo)軌最高點(diǎn)到水平桌面的距離等于半徑，最低點(diǎn)的連線OO'與導(dǎo)軌所在豎直面垂直?？臻g充滿豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)（圖中未畫出），導(dǎo)軌左端由導(dǎo)線連接?，F(xiàn)將具有一定質(zhì)量和電阻的金屬棒MN平行OO'放置在導(dǎo)軌圖示位置，由靜止釋放。MN運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終平行于OO'且與兩導(dǎo)軌接觸良好，不考慮自感影響，下列說(shuō)法正確的是（）A.MN最終一定靜止于OO'位置B.MN運(yùn)動(dòng)過(guò)程中安培力始終做負(fù)功C.從釋放到第一次到達(dá)OO'位置過(guò)程中，MN的速率一直在增大D.從釋放到第一次到達(dá)OO'位置過(guò)程中，MN中電流方向由M到N【答案】ABD【解析】A．由于金屬棒MN運(yùn)動(dòng)過(guò)程切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，回路有感應(yīng)電流，產(chǎn)生焦耳熱，金屬棒MN的機(jī)械能不斷減小，由于金屬導(dǎo)軌光滑，所以經(jīng)過(guò)多次往返運(yùn)動(dòng)，MN最終一定靜止于OO'位置，故A正確；B．當(dāng)金屬棒MN向右運(yùn)動(dòng)，根據(jù)右手定則可知，MN中電流方向由M到N，根據(jù)左手定則，可知金屬棒MN受到的安培力水平向左，則安培力做負(fù)功；當(dāng)金屬棒MN向左運(yùn)動(dòng)，根據(jù)右手定則可知，MN中電流方向由N到M，根據(jù)左手定則，可知金屬棒MN受到的安培力水平向右，則安培力做負(fù)功；可知MN運(yùn)動(dòng)過(guò)程中安培力始終做負(fù)功，故B正確；C．金屬棒MN從釋放到第一次到達(dá)OO'位置過(guò)程中，由于在OO'位置重力沿切線方向的分力為0，可知在到達(dá)OO'位置之前的位置，重力沿切線方向的分力已經(jīng)小于安培力沿切線方向的分力，金屬棒MN已經(jīng)做減速運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；D．從釋放到第一次到達(dá)OO'位置過(guò)程中，根據(jù)右手定則可知，MN中電流方向由M到N，故D正確。故選ABD。考點(diǎn)02法拉利第電磁感應(yīng)定律2、（2023·山東卷·T12）足夠長(zhǎng)U形導(dǎo)軌平置在光滑水平絕緣桌面上，寬為，電阻不計(jì)。質(zhì)量為、長(zhǎng)為、電阻為的導(dǎo)體棒MN放置在導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌形成矩形回路并始終接觸良好，I和Ⅱ區(qū)域內(nèi)分別存在豎直方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度分別為和，其中，方向向下。用不可伸長(zhǎng)的輕繩跨過(guò)固定輕滑輪將導(dǎo)軌CD段中點(diǎn)與質(zhì)量為的重物相連，繩與CD垂直且平行于桌面。如圖所示，某時(shí)刻MN、CD同時(shí)分別進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域I和Ⅱ并做勻速直線運(yùn)動(dòng)，MN、CD與磁場(chǎng)邊界平行。MN的速度，CD的速度為且，MN和導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2。重力加速度大小取，下列說(shuō)法正確的是（）A.的方向向上 B.的方向向下 C. D.【答案】BD【解析】AB．導(dǎo)軌的速度，因此對(duì)導(dǎo)體棒受力分析可知導(dǎo)體棒受到向右的摩擦力以及向左的安培力，摩擦力大小為導(dǎo)體棒的安培力大小為由左手定則可知導(dǎo)體棒的電流方向?yàn)?，?dǎo)體框受到向左的摩擦力，向右的拉力和向右的安培力，安培力大小為由左手定則可知的方向?yàn)榇怪敝泵嫦蚶?，A錯(cuò)誤B正確；CD．對(duì)導(dǎo)體棒分析對(duì)導(dǎo)體框分析電路中的電流為聯(lián)立解得C錯(cuò)誤D正確；故選BD。3、（2022·山東卷·T12）如圖所示，平面的第一、三象限內(nèi)以坐標(biāo)原點(diǎn)O為圓心、半徑為的扇形區(qū)域充滿方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形金屬框繞其始終在O點(diǎn)的頂點(diǎn)、在平面內(nèi)以角速度順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，時(shí)刻，金屬框開始進(jìn)入第一象限。不考慮自感影響，關(guān)于金屬框中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E隨時(shí)間t變化規(guī)律的描述正確的是（）A.在到的過(guò)程中，E一直增大B.在到的過(guò)程中，E先增大后減小C.在到過(guò)程中，E的變化率一直增大D.在到的過(guò)程中，E的變化率一直減小【答案】BC【解析】AB．如圖所示在到的過(guò)程中，線框的有效切割長(zhǎng)度先變大再變小，當(dāng)時(shí)，有效切割長(zhǎng)度最大為，此時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，所以在到的過(guò)程中，E先增大后減小，故B正確，A錯(cuò)誤；CD．在到的過(guò)程中，設(shè)轉(zhuǎn)過(guò)的角度為，由幾何關(guān)系可得進(jìn)入磁場(chǎng)部分線框面積穿過(guò)線圈的磁通量線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的變化率對(duì)求二次導(dǎo)數(shù)得在到的過(guò)程中一直變大，所以E的變化率一直增大，故C正確，D錯(cuò)誤。故選BC。4、（2021·山東卷·T8）迷你系繩衛(wèi)星在地球赤道正上方的電離層中，沿圓形軌道繞地飛行。系繩衛(wèi)星由兩子衛(wèi)星組成，它們之間的導(dǎo)體繩沿地球半徑方向，如圖所示。在電池和感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的共同作用下，導(dǎo)體繩中形成指向地心的電流，等效總電阻為r。導(dǎo)體繩所受的安培力克服大小為f的環(huán)境阻力，可使衛(wèi)星保持在原軌道上。已知衛(wèi)生離地平均高度為H，導(dǎo)體繩長(zhǎng)為，地球半徑為R，質(zhì)量為M，軌道處磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于赤道平面。忽略地球自轉(zhuǎn)的影響。據(jù)此可得，電池電動(dòng)勢(shì)為（）

A. B.C. D.【答案】A【解析】根據(jù)可得衛(wèi)星做圓周運(yùn)動(dòng)的線速度根據(jù)右手定則可知，導(dǎo)體繩產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)相當(dāng)于上端為正極的電源，其大小為因?qū)Ь€繩所受阻力f與安培力F平衡，則安培力與速度方向相同，可知導(dǎo)線繩中的電流方向向下，即電池電動(dòng)勢(shì)大于導(dǎo)線繩切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)，可得解得故選A。5、（2021·山東卷·T12）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(chǎng)方向均垂直斜面向上，Ⅰ區(qū)中磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻增加，Ⅱ區(qū)中為勻強(qiáng)磁場(chǎng)。阻值恒定的金屬棒從無(wú)磁場(chǎng)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(dòng)過(guò)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(guò)程中，以下敘述正確的是（）A.金屬棒下行過(guò)b時(shí)的速度大于上行過(guò)b時(shí)的速度B.金屬棒下行過(guò)b時(shí)的加速度大于上行過(guò)b時(shí)的加速度C.金屬棒不能回到無(wú)磁場(chǎng)區(qū)D.金屬棒能回到無(wú)磁場(chǎng)區(qū)，但不能回到a處【答案】ABD【解析】AB．在I區(qū)域中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)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，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)導(dǎo)體棒上的電流為Ⅰ區(qū)域產(chǎn)生的電流對(duì)導(dǎo)體棒的安培力始終沿斜面向上，大小恒定不變，因?yàn)閷?dǎo)體棒到達(dá)點(diǎn)后又能上行，說(shuō)明加速度始終沿斜面向上，下行和上行經(jīng)過(guò)點(diǎn)的受力分析如圖下行過(guò)程中，根據(jù)牛頓第二定律可知上行過(guò)程中，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(guò)程中加速度大，上行過(guò)程中加速度小，所以金屬板下行過(guò)經(jīng)過(guò)點(diǎn)時(shí)的速度大于上行經(jīng)過(guò)點(diǎn)時(shí)的速度，AB正確；CD．Ⅰ區(qū)域產(chǎn)生的安培力總是大于沿斜面向下的作用力，所以金屬棒一定能回到無(wú)磁場(chǎng)區(qū)域，由于整個(gè)過(guò)程中電流通過(guò)金屬棒產(chǎn)生焦耳熱，金屬棒的機(jī)械能減少，所以金屬棒不能回到處，C錯(cuò)誤，D正確。故選ABD。6、（2020·山東卷·T12）如圖所示，平面直角坐標(biāo)系的第一和第二象限分別存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向相反且垂直于坐標(biāo)平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，圖中虛線方格為等大正方形。一位于Oxy平面內(nèi)的剛性導(dǎo)體框abcde在外力作用下以恒定速度沿y軸正方向運(yùn)動(dòng)（不發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng)）。從圖示位置開始計(jì)時(shí)，4s末bc邊剛好進(jìn)入磁場(chǎng)。在此過(guò)程中，導(dǎo)體框內(nèi)感應(yīng)電流的大小為I，ab邊所受安培力的大小為Fab，二者與時(shí)間t的關(guān)系圖像，可能正確的是（）A.B.C.D.【答案】BC【解析】AB．因?yàn)?s末bc邊剛好進(jìn)入磁場(chǎng)，可知線框的速度每秒運(yùn)動(dòng)一個(gè)方格，故在0~1s內(nèi)只有ae邊切割磁場(chǎng)，設(shè)方格邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，根據(jù)可知電流恒定；2s末時(shí)線框在第二象限長(zhǎng)度最長(zhǎng)，此時(shí)有可知2~4s線框有一部分進(jìn)入第一象限，電流減小，在4s末同理可得綜上分析可知A錯(cuò)誤，B正確；CD．根據(jù)可知在0~1s內(nèi)ab邊所受的安培力線性增加；1s末安培力為在2s末可得安培力為所以有；由圖像可知C正確，D錯(cuò)誤。故選BC。一、單選題1．（2024·山東青島·三模）如圖，學(xué)校興趣小組利用厚度為、電阻率為的硅鋼片制成一個(gè)內(nèi)徑為、高度為的圓筒，。已知圓筒所在處有沿軸線豎直向上方向的磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化的規(guī)律為，下列說(shuō)法正確的是（）A．硅鋼片中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)B．時(shí)，硅鋼片中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大C．硅鋼片中感應(yīng)電流的有效值為D．硅鋼片的發(fā)熱功率為【答案】C【詳析】AB．根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得則當(dāng)時(shí)，硅鋼片中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最小，故AB錯(cuò)誤；C．根據(jù)電阻決定式得感應(yīng)電流的有效值為選項(xiàng)C正確；D．發(fā)熱功率為故D錯(cuò)誤；故選C。2．（2024·山東濟(jì)南·三模）如圖所示，半徑為的半圓形閉合金屬線框可繞圓心在紙面內(nèi)逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，過(guò)點(diǎn)的邊界上方存在垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為。初始時(shí)線框直徑與虛線邊界垂直。已知線框的電阻為，線框勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為，從圖示位置開始計(jì)時(shí)，以順時(shí)針為感應(yīng)電流的正方向，下列關(guān)于線圈中的感應(yīng)電流隨時(shí)間的變化關(guān)系正確的是（）A． B．C． D．【答案】D【詳析】如圖所示在時(shí)間內(nèi)，穿過(guò)線圈的磁通量向外增加，根據(jù)楞次定律可知，線圈中的感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较颍ㄕ较颍?，線圈切割磁感線的有效長(zhǎng)度為則線圈轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為線圈中的感應(yīng)電流為在時(shí)間內(nèi)，整個(gè)線圈都在磁場(chǎng)中，線圈的感應(yīng)電流為0；在時(shí)間內(nèi)，穿過(guò)線圈的磁通量向外減小，根據(jù)楞次定律可知，線圈中的感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较颍ㄘ?fù)方向），線圈切割磁感線的有效長(zhǎng)度為則線圈轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為線圈中的感應(yīng)電流為在時(shí)間內(nèi)，整個(gè)線圈都在磁場(chǎng)外，線圈的感應(yīng)電流為0。故選D。二、多選題3．（2024·山東濰坊·三模）如圖所示，af和dg是位于水平面內(nèi)的寬度為L(zhǎng)的平行軌道，be、ch兩段用光滑絕緣材料制成，其余兩部分均為光滑導(dǎo)體且足夠長(zhǎng)；ad左側(cè)接一電容器，電容器兩端電壓為U0，fg右側(cè)接有阻值為R的定值電阻；abcd和efgh區(qū)域均存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，abcd區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1，efgh區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2。一長(zhǎng)度為L(zhǎng)、質(zhì)量為m、電阻為R的導(dǎo)體棒靜止于ad處，閉合開關(guān)S，導(dǎo)體棒開始向右運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)體棒在abed區(qū)域獲得的最終速度為v，導(dǎo)體棒靜止后到eh的距離為x（x為未知）量）。導(dǎo)體棒與軌道始終保持垂直且接觸良好，則（

）A．導(dǎo)體棒剛進(jìn)入efgh區(qū)域時(shí)的加速度大小B．C．導(dǎo)體棒在eh右側(cè)到eh距離為kx（0<k<1）時(shí)，安培力的功率為D．當(dāng)電容器電容時(shí)，導(dǎo)體棒在abcd區(qū)域獲得的最終速度v最大【答案】ACD【詳析】A．由題知，導(dǎo)體棒在abed區(qū)域獲得的最終速度為v，則導(dǎo)體棒剛進(jìn)入efgh區(qū)域時(shí)的加速度大小，解得故A正確；B．導(dǎo)體棒進(jìn)入eh到靜止，根據(jù)動(dòng)量定理有－∑B2IL·t=－mv且運(yùn)動(dòng)過(guò)程中有聯(lián)立解得故B錯(cuò)誤；C．導(dǎo)體棒在eh右側(cè)到eh距離為kx（0<k<1）時(shí)，根據(jù)逆向思維法，列出動(dòng)量定理有∑B2IL·t′=mv′且運(yùn)動(dòng)過(guò)程中有則此時(shí)安培力的功率為P=B2I′L·v′聯(lián)立解得故C正確；D．導(dǎo)體棒在abcd區(qū)域獲得最終最大速度v時(shí)，滿足U=B1LvΔq=q0－q∑B1ILt=B1L·Δq=mv－0聯(lián)立解得整理后有要讓v最大，則要最小，故根據(jù)均值不等式可知故D正確。故選ACD。4．（2024·山東煙臺(tái)·三模）如圖所示，平行光滑金屬導(dǎo)軌ab、cd間距為L(zhǎng)=1.5m，與水平面間的夾角θ=37°，導(dǎo)軌上端接有電阻R=0.8Ω。一導(dǎo)體棒PQ垂直導(dǎo)軌放置且與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)體棒質(zhì)量為m=2kg，連入電路的電阻為r=0.2Ω，PQ上方導(dǎo)軌間有一矩形磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)面積為S=0.5m2，磁場(chǎng)方向垂直導(dǎo)軌平面向下，矩形磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1隨時(shí)間t變化的圖像如圖乙所示，PQ棒下方包括PQ所在處的軌道間充滿垂直于軌道平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B2=2T，導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)且電阻不計(jì)，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，導(dǎo)體棒從靜止釋放后，下列說(shuō)法中正確的是（

）A．剛釋放時(shí)，導(dǎo)體棒的加速度為6m/s2B．導(dǎo)體棒的加速度為6m/s2時(shí)，其下滑速度大小為1m/sC．導(dǎo)體棒穩(wěn)定下滑時(shí)速度大小為2m/sD．導(dǎo)體棒穩(wěn)定下滑時(shí)，R兩端電壓為3.2V【答案】CD【詳析】A．剛釋放時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為根據(jù)楞次定律和左手定則，安培力方向沿導(dǎo)軌向下，根據(jù)牛頓第二定律得故A錯(cuò)誤；B．導(dǎo)體棒的加速度為6m/s2時(shí)，由牛頓第二定律有解得下滑速度大小為故B錯(cuò)誤；C．導(dǎo)體棒穩(wěn)定后勻速下滑運(yùn)動(dòng)可得故C正確；D．導(dǎo)體棒穩(wěn)定勻速下滑時(shí)，電路中的電流為則R兩端電壓為故D正確。故選CD。5．（2024·山東聊城·三模）如圖甲所示，足夠長(zhǎng)的U型導(dǎo)軌放置在光滑水平絕緣桌面上，CD長(zhǎng)為1m，導(dǎo)軌電阻不計(jì)。質(zhì)量為0.1kg、長(zhǎng)為1m、電阻為0.5Ω的導(dǎo)體棒MN放置在導(dǎo)軌上，棒MN與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為且始終接觸良好。Ⅰ區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)；Ⅱ區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。時(shí)，對(duì)導(dǎo)軌施加一個(gè)水平向右恒力F，時(shí)MN與CD恰好進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ和Ⅱ中，時(shí)撤去F，前2s內(nèi)導(dǎo)軌與導(dǎo)體棒的圖像如圖乙所示，MN與CD停止運(yùn)動(dòng)時(shí)分別位于Ⅰ區(qū)域和Ⅱ區(qū)域，已知重力加速度g取，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，則（）A．動(dòng)摩擦因數(shù) B．導(dǎo)軌質(zhì)量為0.2kgC．恒力F做的總功為3.6J D．撤去F后通過(guò)導(dǎo)體棒的總電荷量為2C【答案】ACD【詳析】AB．根據(jù)1s前導(dǎo)軌與導(dǎo)體棒的圖像反映兩者均做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則導(dǎo)軌還未進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ磁場(chǎng)且導(dǎo)體棒在區(qū)域I磁場(chǎng)外，回路無(wú)感應(yīng)電流而都不受安培力，設(shè)導(dǎo)軌質(zhì)量為M，由牛頓第二定律對(duì)導(dǎo)軌有對(duì)導(dǎo)體棒有由圖像有解得根據(jù)第2s導(dǎo)軌與導(dǎo)體棒的圖像可知兩者均做勻速直線運(yùn)動(dòng)，表示導(dǎo)軌與導(dǎo)體棒均進(jìn)入磁場(chǎng)，切割磁感線產(chǎn)生兩動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)，所受安培力讓合力為零，有對(duì)導(dǎo)軌有對(duì)導(dǎo)體棒有已知，，，聯(lián)立解得故A正確，B錯(cuò)誤；C．導(dǎo)軌在前2s的位移為則恒力做的功為故C正確；D．撤去F之后，導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌分別做減速運(yùn)動(dòng)到停止，對(duì)兩者受力分析，取向右為正方向，由動(dòng)量定律有而通過(guò)導(dǎo)體棒的電量為得故D正確。故選ACD。6．（2024·山東東營(yíng)·二模）如圖所示，兩水平虛線間存在垂直于紙面方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩虛線的距離為，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，邊長(zhǎng)為h的正方形導(dǎo)體框由虛線1上方無(wú)初速度釋放，在釋放瞬間ab邊與虛線1平行且相距h。已知導(dǎo)體框的質(zhì)量為m，總電阻為r，重力加速度為g，ab邊與兩虛線重合時(shí)的速度大小相等，忽略空氣阻力，導(dǎo)體框在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中不會(huì)發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng)，則（

）A．線圈可能先加速后減速B．導(dǎo)體框在穿越磁場(chǎng)的過(guò)程中，產(chǎn)生的焦耳熱為C．導(dǎo)體框的最小速度是D．導(dǎo)體框從ab邊與虛線1重合到cd邊與虛線1重合時(shí)所用的時(shí)間為【答案】CD【詳析】AC．已知ab邊與兩虛線重合時(shí)的速度大小相等，則導(dǎo)體框在cd邊與虛線1重合時(shí)速度最小。設(shè)ab邊與虛線1重合時(shí)速度為，則有設(shè)cd邊與虛線1重合時(shí)導(dǎo)體框的速度為，ab邊與虛線2重合時(shí)的速度為，則有聯(lián)立解得整個(gè)過(guò)程中導(dǎo)體框經(jīng)歷了先加速、再減速、又加速的過(guò)程，再次減速，出磁場(chǎng)后做勻加速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤、C正確；B．根據(jù)運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知，導(dǎo)線框完全離開磁場(chǎng)時(shí)的速度為根據(jù)能量守恒定律可得解得故B錯(cuò)誤；D．設(shè)導(dǎo)體框從ab邊與虛線1重合到cd邊與虛線1重合時(shí)所用的時(shí)間為，線框中的平均感應(yīng)電流為，則由動(dòng)量定理可得根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路的歐姆定律可知，流過(guò)導(dǎo)體某一截面的電荷量為聯(lián)立解的故D正確。故選CD。7．（2024·山東青島·三模）已知足夠長(zhǎng)直導(dǎo)線通有電流時(shí)，距離導(dǎo)線處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，其中為常數(shù)。圖甲中虛線構(gòu)成一個(gè)立方體，、、、、、、、是立方體的頂點(diǎn)；用漆包線制成的正方形導(dǎo)體線框恰好與立方體右側(cè)面的四邊重合。在立方體的、兩邊所在位置分別固定長(zhǎng)直導(dǎo)線，兩導(dǎo)線中電流大小相等，方向如圖乙所示。下列說(shuō)法正確的是（）A．立方體的頂點(diǎn)、兩處的磁場(chǎng)方向垂直B．頂點(diǎn)、兩處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小之比為1：2C．線框從右側(cè)面向左平移到左側(cè)面過(guò)程中，其中感應(yīng)電流方向先沿后沿D．線框從右側(cè)面向左平移到左側(cè)面過(guò)程中，其中感應(yīng)電流方向一直沿【答案】BD【詳析】A．根據(jù)安倍定則可知，導(dǎo)線MN在所產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向?yàn)樵谔幯刂较颍谒a(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向?yàn)樵谔幯刂较?；同理?dǎo)線在所產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向?yàn)樵谔幯刂c垂直斜向下的方向，導(dǎo)線在在所產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向?yàn)樵谔幯刂c方向。由磁場(chǎng)的疊加可知，兩點(diǎn)處的合磁場(chǎng)方向并不是垂直的，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．設(shè)正方體的邊長(zhǎng)為l，則結(jié)合之前的分析，在處兩導(dǎo)線產(chǎn)生的合磁場(chǎng)大小為在處兩導(dǎo)線產(chǎn)生的合磁場(chǎng)大小為所以故B項(xiàng)正確；CD．線框從右側(cè)面向左平移到左側(cè)面過(guò)程中，穿過(guò)線圈的磁通量為向左增加，所以根據(jù)楞次定律可知，其中感應(yīng)電流方向adcb，故C錯(cuò)誤，D正確。故選BD。8．（2024·山東濰坊·二模）如圖所示，虛線MN上方區(qū)域有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，MN下方區(qū)域有豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩處磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，足夠長(zhǎng)的等間距金屬導(dǎo)軌豎直放置，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)。兩金屬棒ab、cd水平地靠在金屬導(dǎo)軌上，金屬棒ab的質(zhì)量為2m，接入電路的阻值為2R，cd的質(zhì)量為m，接入電路的阻值為R，開始時(shí)金屬棒ab距MN的高度是金屬棒cd到MN高度的2倍。金屬棒與兩導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同。同時(shí)由靜止釋放兩金屬棒，金屬棒cd進(jìn)入MN下方區(qū)域時(shí)立即做勻速運(yùn)動(dòng)。已知運(yùn)動(dòng)過(guò)程中導(dǎo)體棒始終保持水平且與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的是（）A．金屬棒cd進(jìn)入MN下方時(shí)的速大小為B．金屬棒cd的釋放位置到MN的距離為C．從開始釋放到金屬棒ab進(jìn)入下方磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中通過(guò)金屬棒ab的電荷量為D．金屬棒ab在MN上方區(qū)域運(yùn)動(dòng)過(guò)程中金屬棒cd上產(chǎn)生的焦耳熱為【答案】BCD【詳析】A．根據(jù)整體法分析可知，ab、cd在MN上方區(qū)域運(yùn)動(dòng)時(shí)，磁通量不變，沒(méi)有感應(yīng)電流，沒(méi)有安培力，做加速度為重力加速度的加速運(yùn)動(dòng)，金屬棒cd剛進(jìn)入MN下方時(shí)，兩金屬棒速度相同，由于金屬棒cd進(jìn)入MN下方區(qū)域時(shí)立即做勻速運(yùn)動(dòng)，則金屬棒ab一定做勻速運(yùn)動(dòng)，有聯(lián)立得故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)得金屬棒cd的釋放位置到MN的距離為故B正確；C．從開始釋放到金屬棒ab進(jìn)入下方磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中電流需要時(shí)間則通過(guò)金屬棒ab的電荷量為故C正確；D．金屬棒ab在MN上方區(qū)域運(yùn)動(dòng)過(guò)程中金屬棒cd上產(chǎn)生的焦耳熱為故D正確。故選BCD。9．（2024·山東濟(jì)南·二模）如圖甲所示，光滑絕緣水平面上有寬度為2L的條形磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向豎直向下，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間按圖乙所示規(guī)律變化，B0、t0均為已知量，理想邊界有磁場(chǎng)。質(zhì)量為m、電阻為R的勻質(zhì)長(zhǎng)方形單匝線框，其長(zhǎng)為2L、寬為L(zhǎng)，初始時(shí)有一半在磁場(chǎng)中。t=0時(shí)刻由靜止釋放線框，t0時(shí)刻ab邊剛好進(jìn)入磁場(chǎng)，ab邊離開磁場(chǎng)時(shí)，線框的速度大小為ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的。下列說(shuō)法正確的是（）A．在0~t0內(nèi)，線框中產(chǎn)生逆時(shí)針?lè)较虻碾娏鰾．t=0時(shí)刻，cd邊受到的安培力為C．在0~t0內(nèi)，安培力對(duì)線框做功為D．t0時(shí)刻以后，bc邊產(chǎn)生的焦耳熱為【答案】BC【詳析】A．t=0時(shí)刻，線框由靜止釋放，做加速運(yùn)動(dòng)，cd邊受安培力向右，根據(jù)左手定則可知，線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较?，故A錯(cuò)誤；B．由圖像可知t=0時(shí)刻，線框中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為感應(yīng)電流為cd邊受到的安培力為故B正確；C．設(shè)ab邊剛進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)速度為，從ab邊剛好進(jìn)入磁場(chǎng)，到ab邊離開磁場(chǎng)過(guò)程中，線框受到安培力做減速運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)量定理有，，聯(lián)立解得在0~t0內(nèi)，對(duì)線框，根據(jù)動(dòng)能定理有故C正確；D．t0時(shí)刻以后，根據(jù)能量守恒可知整個(gè)線框產(chǎn)生的焦耳熱為bc邊產(chǎn)生的焦耳熱為故D錯(cuò)誤。故選BC。10．（2024·山東淄博·二模）如圖甲所示，一端封閉的兩條平行光滑導(dǎo)軌相距，距左端L處的中間一段被彎成傾斜軌道，長(zhǎng)度也為L(zhǎng)，與水平面夾角，各段軌道均平滑連接。傾斜軌道所在區(qū)域無(wú)磁場(chǎng)，左段區(qū)域I存在均勻分布但隨時(shí)間線性變化的磁場(chǎng)B，取豎直向上為正方向，如圖乙所示；右段區(qū)域Ⅱ存在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。在傾斜軌道頂端，放置一質(zhì)量為、電阻、長(zhǎng)為L(zhǎng)的金屬棒，與導(dǎo)軌左段形成閉合回路，由靜止開始下滑，進(jìn)入右側(cè)磁場(chǎng)II后經(jīng)過(guò)時(shí)間t（已知）達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)。導(dǎo)軌電阻不計(jì)，重力加速度，則（）A．在傾斜軌道上下滑過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱為B．達(dá)到穩(wěn)定后的速度大小等于C．進(jìn)入右側(cè)磁場(chǎng)II后流過(guò)電阻R的電荷量為2.5CD．進(jìn)入右側(cè)磁場(chǎng)II經(jīng)過(guò)位移為后達(dá)到勻速【答案】BCD【詳析】A．左側(cè)回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)金屬桿在斜軌上下滑時(shí)的加速度下滑的時(shí)間在傾斜軌道上下滑過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱為選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．達(dá)到穩(wěn)定時(shí)回路感應(yīng)電流為零，則解得選項(xiàng)B正確；C．導(dǎo)體棒到達(dá)斜面底端時(shí)的速度到達(dá)穩(wěn)定時(shí)由動(dòng)量定理解得q=2.5C選項(xiàng)C正確；D．由以上可知即即解得選項(xiàng)D正確。故選BCD。11．（2024·山東煙臺(tái)·二模）如圖甲所示，光滑的平行金屬軌道水平固定在桌面上，軌道左端連接一可變電阻R，一導(dǎo)體桿與軌道垂直放置，整個(gè)裝置處在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。導(dǎo)體桿先后兩次在水平向右的拉力作用下均由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，兩次運(yùn)動(dòng)中拉力大小F與速率v的關(guān)系圖像如圖乙所示。其中，第一次對(duì)應(yīng)直線1，開始時(shí)拉力大小為，改變電阻R的阻值和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小后，第二次對(duì)應(yīng)直線2，開始時(shí)拉力大小為，兩直線交點(diǎn)的縱坐標(biāo)為。若第一次和第二次運(yùn)動(dòng)中電阻的阻值之比為a、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小之比為b、桿從靜止開始運(yùn)動(dòng)相同位移的時(shí)間之比為c，導(dǎo)體桿與軌道始終垂直并接觸良好，不計(jì)導(dǎo)體桿和軌道的電阻，則a、b、c的值可能為（）A．、、 B．、、C．、、 D．、、【答案】BC【詳析】依題意，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(dòng)，則在v=0時(shí)分別有，則第一次和第二次運(yùn)動(dòng)中，桿從靜止開始運(yùn)動(dòng)相同位移的時(shí)間分別滿足則第一次和第二次運(yùn)動(dòng)中根據(jù)牛頓第二定律有整理有結(jié)合圖像，可得則有故選BC。12．（2024·山東菏澤·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，相距為d的兩條光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在同一絕緣水平面內(nèi)，其左端接一阻值為R的電阻，導(dǎo)軌所在區(qū)域存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。質(zhì)量為m、電阻為、長(zhǎng)度也為d的金屬棒垂直于導(dǎo)軌放置。金屬棒通過(guò)平行于導(dǎo)軌的絕緣細(xì)線跨過(guò)光滑輕質(zhì)定滑輪與質(zhì)量為的物體相連。開始時(shí)，用手托著物體靜止不動(dòng)，使連接金屬棒的細(xì)線處于水平伸直狀態(tài)?，F(xiàn)突然把手撤去，金屬棒由靜止開始向右運(yùn)動(dòng)，經(jīng)時(shí)間t恰好開始做勻速運(yùn)動(dòng)。金屬棒與導(dǎo)軌始終相互垂直并接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，物體始終在空中運(yùn)動(dòng)，重力加速度大小為g。則（）A．金屬棒勻速時(shí)的速度大小為B．金屬棒勻速時(shí)的速度大小為C．時(shí)間t內(nèi)物體重力勢(shì)能的減少量為D．時(shí)間t內(nèi)物體重力勢(shì)能的減少量為【答案】BD【詳析】AB．金屬棒勻速時(shí)有由法拉第電磁感應(yīng)定律可得由閉合電路的歐姆定律可得聯(lián)立解得故A錯(cuò)誤，B正確；CD．對(duì)金屬棒和物體分別應(yīng)用動(dòng)量定理可得通過(guò)電阻的電量聯(lián)立解得時(shí)間t內(nèi)金屬棒移動(dòng)的距離則物體體重力勢(shì)能的減少量故C錯(cuò)誤，D正確。故選BD。13．（2024·山東濱州·二模）如圖所示，MN和PQ是水平固定的光滑平行金屬導(dǎo)軌，其虛線右側(cè)區(qū)域Ⅰ內(nèi)存在著豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。該導(dǎo)軌的右下方是由光滑的圓弧導(dǎo)軌和粗糙的水平導(dǎo)軌連接成的平行導(dǎo)軌，圓弧導(dǎo)軌的頂端AD到NQ的豎直高度差為h，圓弧半徑為2h，圓弧導(dǎo)軌對(duì)應(yīng)的圓心角為60°，水平導(dǎo)軌右端與一阻值為R的定值電阻連接。水平導(dǎo)軌上兩虛線間的區(qū)域Ⅱ內(nèi)存在著豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，該區(qū)域長(zhǎng)度為一根金屬棒b靜置在磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ內(nèi)，另一金屬棒a以速度向右運(yùn)動(dòng)進(jìn)入磁場(chǎng)并在離開MNPQ軌道時(shí)被接住拿走，金屬棒b從水平導(dǎo)軌飛出后恰好無(wú)碰撞地從圓弧軌道的頂端進(jìn)入軌道，并停在區(qū)域Ⅱ的中間位置處。已知兩組導(dǎo)軌的間距均為3h，電阻均不計(jì)，兩金屬棒相同，質(zhì)量為m、阻值為R、長(zhǎng)度為3h。區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，金屬棒b與右側(cè)水平導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，且在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，重力加速度為g。下列說(shuō)法正確的是（）A．金屬棒a離開MNPQ軌道時(shí)的速度大小為B．金屬棒b被水平拋出前，通過(guò)它的電荷量為C．金屬棒b在區(qū)域Ⅱ內(nèi)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，回路產(chǎn)生的焦耳熱為D．金屬棒b在區(qū)域Ⅱ內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為【答案】ACD【詳析】A．根據(jù)題意可知，金屬棒b在安培力作用下被水平拋出后做平拋運(yùn)動(dòng)，恰好無(wú)碰撞地從圓弧軌道的頂端進(jìn)入軌道，豎直方向上有由幾何關(guān)系有聯(lián)立解得對(duì)a、b棒滿足動(dòng)量守恒定律有得金屬棒a離開MNPQ軌道時(shí)的速度大小為故A正確；B．根據(jù)題意，金屬棒b被水平拋出前，由動(dòng)量定理有則有解得故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)題意，設(shè)金屬棒b在區(qū)域Ⅱ內(nèi)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中回路產(chǎn)生的焦耳熱為，由能量守恒定律有解得故C正確；D．根據(jù)題意，金屬棒b從圓弧軌道的頂端到底端，由機(jī)械能守恒定律有金屬棒b在區(qū)域Ⅱ內(nèi)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，由動(dòng)量定理有又有聯(lián)立解得故D正確。故選ACD。14．（2024·山東棗莊·三模）如圖，間距均為L(zhǎng)的光滑水平金屬導(dǎo)軌與半徑為R的光滑半圓金屬導(dǎo)軌平滑連接，半圓導(dǎo)軌在豎直平面內(nèi)，水平導(dǎo)軌處于方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。在水平導(dǎo)軌上放置ab、cd兩導(dǎo)體棒，兩棒長(zhǎng)度均為L(zhǎng)、質(zhì)量分別為4m和m、電阻分別為r和2r，兩導(dǎo)體棒到半圓導(dǎo)軌底端的距離分別為和，足夠大，。現(xiàn)給導(dǎo)體棒ab一大小的初速度，一段時(shí)間后導(dǎo)體棒cd通過(guò)半圓導(dǎo)軌最高點(diǎn)后，恰好落到其初始位置。cd棒離開導(dǎo)軌前兩棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好，兩導(dǎo)體棒間未發(fā)生碰撞，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的是（）A．導(dǎo)體棒cd離開磁場(chǎng)前已與ab棒達(dá)到共速B．導(dǎo)體棒cd剛進(jìn)入半圓導(dǎo)軌瞬間，其兩端電壓C．導(dǎo)體棒cd離開半圓導(dǎo)軌前，通過(guò)其橫截面的電量D．導(dǎo)體棒cd離開水平導(dǎo)軌前，導(dǎo)體棒ab上產(chǎn)生的焦耳熱【答案】BD【詳析】A．導(dǎo)體棒cd從最高點(diǎn)飛出后做平拋運(yùn)動(dòng)，則有，導(dǎo)體棒cd從最低點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理有解得若ab、cd兩導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)中達(dá)到共速，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有解得可知，導(dǎo)體棒cd離開磁場(chǎng)前沒(méi)有與ab棒達(dá)到共速，故A錯(cuò)誤；B．結(jié)合上述，導(dǎo)體棒cd剛進(jìn)入半圓導(dǎo)軌瞬間，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有解得則導(dǎo)體棒cd剛進(jìn)入半圓導(dǎo)軌瞬間，其兩端電壓故B正確；C．導(dǎo)體棒cd離開半圓導(dǎo)軌前，通過(guò)其截面的電荷量與通過(guò)導(dǎo)體棒ab的電荷量相等，對(duì)導(dǎo)體棒ab進(jìn)行分析，由于足夠大，可知，導(dǎo)體棒ab最終在水平軌道上減速至0，根據(jù)動(dòng)量定理有其中解得故C錯(cuò)誤；D．導(dǎo)體棒cd離開水平導(dǎo)軌前，總的焦耳熱則導(dǎo)體棒ab上產(chǎn)生的焦耳熱解得故D正確。故選BD。15．（2024·山東菏澤·二模）如圖，質(zhì)量分別為和的金屬棒a、b，垂直放在足夠長(zhǎng)的水平光滑導(dǎo)軌MNM'N'和PQP'Q'上，左右兩部分導(dǎo)軌間距分別為0.5m和1m。磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為，左側(cè)方向豎直向下，右側(cè)方向豎直向上。兩金屬棒的電阻均與長(zhǎng)度成正比，不計(jì)導(dǎo)軌電阻。開始時(shí)b在M'P'位置，a在NQ位置，繞過(guò)足夠遠(yuǎn)的光滑定滑輪的絕緣細(xì)線連接b和質(zhì)量為的物塊c，最初c距地面的高度。c由靜止開始下落，落地后不反彈，c落地時(shí)a、b速率之比，c下落過(guò)程中，b棒上產(chǎn)生的焦耳熱為20J。a、b運(yùn)動(dòng)過(guò)程中和導(dǎo)軌接觸良好，。下列說(shuō)法正確的是（）A．物塊c落地時(shí)，a棒的速度大小為4m/sB．物塊c落地后，b棒的最終速度大小為4m/sC．從c落地到a、b勻速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，a產(chǎn)生的熱量為2JD．c從開始運(yùn)動(dòng)到落地的過(guò)程中通過(guò)b棒的電荷量為0.4C【答案】CD【詳析】A．金屬棒a、b的有效長(zhǎng)度分別為L(zhǎng)和2L，電阻分別為R和2R，金屬棒a、b串聯(lián)，在任何時(shí)刻電流均相等，b棒上產(chǎn)生的焦耳熱，根據(jù)焦耳定律得a棒上產(chǎn)生的焦耳熱為根據(jù)能量守恒定律有由題意可知解得物塊c落地時(shí)a、b的速度為，A錯(cuò)誤；B．物塊c落地后，a棒向左做加速運(yùn)動(dòng)，b棒向右做減速運(yùn)動(dòng)，兩棒最終勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)電路中電流為零，即兩棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小相等，則得對(duì)兩棒分別應(yīng)用動(dòng)量定理，有解得，B錯(cuò)誤；C．根據(jù)能量守恒定律，從物塊c落地到a、b勻速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量為又解得C正確；D．對(duì)a，由動(dòng)量定理有又解得a與b串聯(lián)，相同時(shí)間通過(guò)的電量相等，所以從b開始運(yùn)動(dòng)到c落地過(guò)程中通過(guò)b棒的電荷量為，D正確。故選CD。16．（2024·山東濟(jì)南·一模）如圖所示，兩根足夠長(zhǎng)的固定平行光滑金屬導(dǎo)軌位于同一水平面上，導(dǎo)軌上橫放著兩根導(dǎo)體棒ab、cd，其質(zhì)量分別是，導(dǎo)軌間的有效電阻均為R，導(dǎo)體棒ab、cd與導(dǎo)軌構(gòu)成矩形回路。初始時(shí)，兩棒中間用輕繩連接且處于靜止?fàn)顟B(tài)，ac間和bd間分別有一處于壓縮狀態(tài)的完全相同的輕質(zhì)彈簧，在導(dǎo)軌的兩側(cè)有豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)（虛線內(nèi)無(wú)磁場(chǎng)），磁感強(qiáng)度均為B。剪斷輕繩后，兩導(dǎo)體棒分別向左、右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)同時(shí)運(yùn)動(dòng)到虛線處彈簧恰好恢復(fù)原長(zhǎng)并與兩棒分離，則（）A．兩棒達(dá)到虛線處速率相等B．在彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)的過(guò)程中，兩棒和彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒C．導(dǎo)體棒ab、cd進(jìn)入磁場(chǎng)后，兩棒構(gòu)成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒D．當(dāng)導(dǎo)體棒ab運(yùn)動(dòng)到最左端的同時(shí)cd棒運(yùn)動(dòng)到最右端【答案】BCD【詳析】AB．在彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)的過(guò)程中，兩棒和彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則有由于，則整個(gè)系統(tǒng)沒(méi)有其他力做功，則兩棒和彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故B正確，A錯(cuò)誤；C．導(dǎo)體棒ab、cd進(jìn)入磁場(chǎng)后，導(dǎo)體棒ab、cd電流方向相反，根據(jù)左手定則，所以兩根導(dǎo)體棒所受安培力的方向相反，則兩棒構(gòu)成的系統(tǒng)所受合力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由于安培力對(duì)導(dǎo)體棒做負(fù)功，則機(jī)械能不守恒，故C正確；D．兩根導(dǎo)體棒動(dòng)量大小相等，根據(jù)動(dòng)量定理任意時(shí)刻兩根導(dǎo)體棒所受安培力大小相等，則兩根導(dǎo)體棒從進(jìn)入虛線開始到速度為零的時(shí)間相等，故D正確。故選BCD。17．（2024·山東濟(jì)寧·二模）如圖所示，足夠長(zhǎng)平行光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ固定在水平面內(nèi)，間距，導(dǎo)軌間存在一個(gè)寬度的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為1.0T，方向如圖所示。一根質(zhì)量為0.2kg，阻值為的金屬棒a以初速度從左端開始沿導(dǎo)軌滑動(dòng)，穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域后，與另一根質(zhì)量為0.4kg，阻值為的靜止在導(dǎo)軌上的金屬棒b發(fā)生彈性碰撞，兩金屬棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，則（）A．金屬棒a第一次穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中，回路中有逆時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流B．金屬棒a第一次穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中，通過(guò)金屬棒a的電荷量為2CC．金屬棒a第一次穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中，金屬棒b上產(chǎn)生的焦耳熱為2.75JD．金屬棒a最終停在距磁場(chǎng)左邊界0.2m處【答案】AC【詳析】A．磁感應(yīng)強(qiáng)度垂直紙面向外，金屬棒a第一次穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中，根據(jù)右手定則可知回路中有逆時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流，故A正確；B．金屬棒a第一次穿過(guò)磁場(chǎng)時(shí),電路中產(chǎn)生的平均電動(dòng)勢(shì)為根據(jù)電流的定義式可得=1C故B錯(cuò)誤；C．金屬棒a受到的安培力為規(guī)定向右為正方向，對(duì)金屬棒a，根據(jù)動(dòng)量定理得解得對(duì)金屬棒第一次離開磁場(chǎng)時(shí)速度為m/s金屬棒a第一次穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中，電路中產(chǎn)生的總熱量等于金屬棒a機(jī)械能的減少量，即金屬棒b上產(chǎn)生的焦耳熱為J故C正確；D．規(guī)定向右為正方向，兩金屬棒碰撞過(guò)程根據(jù)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒得解得金屬棒a反彈的速度為m/s設(shè)金屬棒a最終停在距磁場(chǎng)左邊界x處，則從碰撞后進(jìn)入磁場(chǎng)到停下來(lái)的過(guò)程，電路中產(chǎn)生的平均電動(dòng)勢(shì)為平均電流為金屬棒a受到的安培力為規(guī)定向右為正方向，對(duì)金屬棒a，根據(jù)動(dòng)量定理得解得m故D錯(cuò)誤。故選AC。18．（2024·山東聊城·二模）如圖所示，兩條相距l(xiāng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面（紙面）內(nèi)，其左端接一阻值為R的電阻，與導(dǎo)軌垂直的金屬棒置于兩導(dǎo)軌上。在電阻、導(dǎo)軌和金屬棒中間有面積為S的區(qū)域，區(qū)域中存在垂直于紙面向里的均勻磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間t的變化關(guān)系為，式中k為大于0的常量；在金屬棒右側(cè)還有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，區(qū)域左邊界MN（虛線）與導(dǎo)軌垂直，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，方向垂直于紙面向里。零時(shí)刻，金屬棒在水平恒力的作用下從靜止開始向右運(yùn)動(dòng)，在時(shí)刻恰好以速度越過(guò)MN，此后向右做勻速運(yùn)動(dòng)。金屬棒與導(dǎo)軌始終相互垂直并接觸良好，它們的電阻均忽略不計(jì)，下列說(shuō)法正確的是（）A．在0~t0時(shí)間內(nèi)，流過(guò)電阻的電荷量為B．在時(shí)刻以后，電阻R上的電流方向向上C．在時(shí)刻穿過(guò)回路的總磁通量為D．在時(shí)刻金屬棒所受水平恒力的大小為【答案】AD【詳析】A．0~t0時(shí)間內(nèi)閉合回路中產(chǎn)生感生電動(dòng)勢(shì)為回路中電流為流過(guò)電阻的電荷量為故A正確；B．在t0時(shí)刻以后，根據(jù)楞次定律可知，金屬桿上的電流方向向上，而電阻R上的電流方向向下，故B錯(cuò)誤；C．在時(shí)刻穿過(guò)回路的總磁通量為故C錯(cuò)誤；D．回路中同時(shí)產(chǎn)生感生電動(dòng)勢(shì)和動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)，根據(jù)電流方向可知回路中總電動(dòng)勢(shì)為回路中電流為則導(dǎo)體棒所受安培力大小為故D正確。故選AD。三、解答題19．（2024·山東青島·三模）如圖，在水平面上固定有圓環(huán)形金屬軌道和足夠長(zhǎng)的平行金屬直軌道，整個(gè)裝置處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，圓形軌道半徑為，為圓心，平行直軌道間距為。直軌道用電阻不計(jì)的導(dǎo)線分別與圓軌道邊緣和圓心相連。兩根完全相同的導(dǎo)體棒、，質(zhì)量均為，長(zhǎng)度均為，電阻均為，導(dǎo)體棒的一端與圓軌道的圓心連接，另一端搭在圓軌道上，在外力作用下繞過(guò)點(diǎn)的軸沿順時(shí)針?lè)较蛞越撬俣葎蛩俎D(zhuǎn)動(dòng)。導(dǎo)體棒垂直軌道放置，開始處于鎖定狀態(tài)。各軌道均光滑且電阻忽略不計(jì)，導(dǎo)體棒與軌道接觸良好。（1）導(dǎo)體棒處于鎖定狀態(tài)時(shí)，求外力維持導(dǎo)體棒勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的功率；（2）解除鎖定后，棒開始運(yùn)動(dòng)，求其加速度大小隨其速率變化的關(guān)系式及運(yùn)動(dòng)的最大速度；（3）若從解除鎖定到導(dǎo)體棒的速度達(dá)到最大速度的所經(jīng)歷的時(shí)間為，求這段時(shí)間內(nèi)通過(guò)導(dǎo)體棒的電荷量及導(dǎo)體棒前進(jìn)的距離。【答案】（1）；（2），；（3），【詳析】（1）導(dǎo)體棒處于鎖定狀態(tài)時(shí)，設(shè)導(dǎo)體棒勻速轉(zhuǎn)動(dòng)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為，有解得（2）解除鎖定后，設(shè)回路總電動(dòng)勢(shì)為，回路中的電流為，有對(duì)棒，有解得當(dāng)棒加速度，速度最大，即解得（3）設(shè)棒速度為時(shí)，經(jīng)過(guò)一小段時(shí)間，速度變化量為，流經(jīng)棒的電量為，前進(jìn)的距離為，對(duì)棒，有從解除鎖定到導(dǎo)體棒的速度達(dá)到最大速度的過(guò)程，有另有即從解除鎖定到導(dǎo)體棒的速度達(dá)到最大速度的過(guò)程，有解得20．（2024·山東日照·二模）如圖所示，電阻不計(jì)的足夠長(zhǎng)的光滑水平平行金屬導(dǎo)軌、間距，其內(nèi)有豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，導(dǎo)軌左側(cè)接一電動(dòng)勢(shì)、內(nèi)阻不計(jì)的電源，質(zhì)量、電阻的金屬棒靜止在導(dǎo)軌上，與兩平行金屬導(dǎo)軌垂直且接觸良好。下方光滑平行金屬導(dǎo)軌、右端閉合，電阻不計(jì)，間距也為L(zhǎng)，正對(duì)、放置，其中、為半徑、圓心角的圓弧，與水平軌道、相切于P、O兩點(diǎn)。以O(shè)點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，沿導(dǎo)軌向右建立坐標(biāo)系，OP右側(cè)的區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為的磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向豎直向下。閉合開關(guān)S后金屬棒在水平導(dǎo)軌上向右運(yùn)動(dòng)至速度穩(wěn)定，最后自處拋出且恰好能從處沿切線進(jìn)入圓弧軌道，仍與兩平行金屬導(dǎo)軌垂直且接觸良好。已知重力加速度。（1）求金屬棒剛離開時(shí)的速度大小；（2）求金屬棒在水平導(dǎo)軌上向右運(yùn)動(dòng)至速度剛好穩(wěn)定的過(guò)程中，通過(guò)金屬棒的電荷量q和金屬棒中產(chǎn)生的焦耳熱；（3）若金屬棒進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，立刻給金屬棒施加一個(gè)水平向右的拉力F，使金屬棒勻速穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域，求此過(guò)程中金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱?！敬鸢浮浚?）1m/s；（2）0.5C，0.5J；（3）36J【詳析】（1）閉合開關(guān)S后金屬棒在水平導(dǎo)軌上向右運(yùn)動(dòng)至速度穩(wěn)定時(shí)解得（2）對(duì)金屬棒由動(dòng)量定理得解得根據(jù)能量守恒可得解得金屬棒中產(chǎn)生的焦耳熱（3）導(dǎo)體棒自N1N2拋出后做平拋運(yùn)動(dòng)，到達(dá)C1C2處速度方向沿圓弧軌道的切線方向，與水平方向的夾角等于其水平分速度大小等于v0，則到達(dá)C1C2處的速度大小為設(shè)金屬棒到水平軌道的速度大小為v2，由動(dòng)能定理得解得金屬棒勻速穿過(guò)磁場(chǎng)Bx的過(guò)程，有()因安培力與位移成正比，故可用安培力的平均值計(jì)算克服安培力做功，使金屬棒勻速穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域，外力做的功大小為克服安培力做功根據(jù)功能關(guān)系可得金屬棒穿過(guò)磁場(chǎng)Bx區(qū)域線框產(chǎn)生的焦耳熱為21．（2024·山東濟(jì)南·一模）如圖所示，兩根位于同一水平面內(nèi)的平行的長(zhǎng)直金屬導(dǎo)軌處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向與導(dǎo)軌所在平面垂直。一質(zhì)量為m的均勻?qū)w細(xì)桿放在導(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌垂直，可沿導(dǎo)軌無(wú)摩擦地滑動(dòng)，細(xì)桿與導(dǎo)軌的電阻可忽略不計(jì)。導(dǎo)軌的左端與一根阻值為的電阻絲相連，電阻絲置于一絕熱容器中，假設(shè)電阻絲產(chǎn)生的熱量全部被容器內(nèi)的氣體吸收。容器與一水平放置的開口細(xì)管相通，細(xì)管內(nèi)有一橫截面積為S的小液柱（質(zhì)量不計(jì)），液柱將1mol的理想氣體封閉在容器中。已知理想氣體狀態(tài)方程為，氣體溫度升高1K時(shí)，其內(nèi)能的增加量為2.5R（其中n為物質(zhì)的量，R為理想氣體常數(shù)），大氣壓強(qiáng)為，現(xiàn)令細(xì)桿沿導(dǎo)軌方向以初速度開始向右運(yùn)動(dòng)，求最終液柱達(dá)到平衡時(shí)在細(xì)管中移動(dòng)的距離?！敬鸢浮俊驹斘觥侩娮杞z產(chǎn)生的焦耳熱等于桿動(dòng)能減少量，即則氣體內(nèi)能增加量為氣體體積膨脹，對(duì)液柱做功為由理想氣體方程，有結(jié)合熱力學(xué)第一定律聯(lián)立得，最終液柱達(dá)到平衡時(shí)在細(xì)管中移動(dòng)的距離為專題11電磁感應(yīng)考點(diǎn)五年考情（2020-2024）命題趨勢(shì)備考策略考點(diǎn)1楞次定律（5年1考）2024·山東卷·T11本章主要考查楞次定律，電動(dòng)勢(shì)的計(jì)算，電磁感應(yīng)與電路的綜合、與能量的綜合，以及電磁感應(yīng)中動(dòng)力學(xué)問(wèn)題.考查方向上更傾向于電磁感應(yīng)與電路、能量綜合問(wèn)題.解題方法上以等效法、程序法、函數(shù)法、圖象法為主.多以電路的等效考查模型建構(gòu)的素養(yǎng);以原理的應(yīng)用考查科學(xué)推理和科學(xué)論證的素養(yǎng)，同時(shí)體現(xiàn)考生嚴(yán)謹(jǐn)?shù)目茖W(xué)態(tài)度和一絲不茍、實(shí)事求是的社會(huì)責(zé)任感;以對(duì)研究對(duì)象受力和運(yùn)動(dòng)的分析及能量的轉(zhuǎn)化與守恒，考查運(yùn)動(dòng)與相互作用觀念和能量觀念.多以選擇題和計(jì)算題的形式考查，難度中等.2023年對(duì)本章的考查，從各方面可能仍延續(xù)原來(lái)的形式及考點(diǎn)，只是在原理應(yīng)用方面可能會(huì)更多地聯(lián)系現(xiàn)代科技發(fā)展和生產(chǎn)、生活的實(shí)際。對(duì)本章的復(fù)習(xí)，首先應(yīng)以對(duì)概念和原理的理解、對(duì)規(guī)律的基本應(yīng)用為主，打牢基礎(chǔ)，如對(duì)磁通量相關(guān)概念的理解、對(duì)楞次定律和法拉第電磁感應(yīng)定律的各種形式的應(yīng)用要熟練掌握.其次是對(duì)各種典型的模型建構(gòu)、典型問(wèn)題的處理思想方法了然于胸，如“電磁感應(yīng)中的電路問(wèn)題”“電磁感應(yīng)中的力學(xué)問(wèn)題”“電磁感應(yīng)中的圖象”“電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化與守恒”等，能夠抓住解決各種典型問(wèn)題的關(guān)鍵，一擊必中，最終都是為了培養(yǎng)學(xué)生分析問(wèn)題、解決問(wèn)題的能力，培養(yǎng)學(xué)生模型建構(gòu)、科學(xué)推理和科學(xué)論證的學(xué)科素養(yǎng)，建立正確的科學(xué)觀，樹立正確的人生觀和強(qiáng)烈的社會(huì)責(zé)任感!考點(diǎn)2法拉第電磁感應(yīng)定律（5年5考）2023·山東卷·T122022·山東卷·T122021·山東卷·T82021·山東卷·T122020·山東卷·T12考點(diǎn)01楞次定律1、（2024·山東卷·T11）如圖所示，兩條相同的半圓弧形光滑金屬導(dǎo)軌固定在水平桌面上，其所在平面豎直且平行，導(dǎo)軌最高點(diǎn)到水平桌面的距離等于半徑，最低點(diǎn)的連線OO'與導(dǎo)軌所在豎直面垂直?？臻g充滿豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)（圖中未畫出），導(dǎo)軌左端由導(dǎo)線連接?，F(xiàn)將具有一定質(zhì)量和電阻的金屬棒MN平行OO'放置在導(dǎo)軌圖示位置，由靜止釋放。MN運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終平行于OO'且與兩導(dǎo)軌接觸良好，不考慮自感影響，下列說(shuō)法正確的是（）A.MN最終一定靜止于OO'位置B.MN運(yùn)動(dòng)過(guò)程中安培力始終做負(fù)功C.從釋放到第一次到達(dá)OO'位置過(guò)程中，MN的速率一直在增大D.從釋放到第一次到達(dá)OO'位置過(guò)程中，MN中電流方向由M到N【答案】ABD【解析】A．由于金屬棒MN運(yùn)動(dòng)過(guò)程切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，回路有感應(yīng)電流，產(chǎn)生焦耳熱，金屬棒MN的機(jī)械能不斷減小，由于金屬導(dǎo)軌光滑，所以經(jīng)過(guò)多次往返運(yùn)動(dòng)，MN最終一定靜止于OO'位置，故A正確；B．當(dāng)金屬棒MN向右運(yùn)動(dòng)，根據(jù)右手定則可知，MN中電流方向由M到N，根據(jù)左手定則，可知金屬棒MN受到的安培力水平向左，則安培力做負(fù)功；當(dāng)金屬棒MN向左運(yùn)動(dòng)，根據(jù)右手定則可知，MN中電流方向由N到M，根據(jù)左手定則，可知金屬棒MN受到的安培力水平向右，則安培力做負(fù)功；可知MN運(yùn)動(dòng)過(guò)程中安培力始終做負(fù)功，故B正確；C．金屬棒MN從釋放到第一次到達(dá)OO'位置過(guò)程中，由于在OO'位置重力沿切線方向的分力為0，可知在到達(dá)OO'位置之前的位置，重力沿切線方向的分力已經(jīng)小于安培力沿切線方向的分力，金屬棒MN已經(jīng)做減速運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；D．從釋放到第一次到達(dá)OO'位置過(guò)程中，根據(jù)右手定則可知，MN中電流方向由M到N，故D正確。故選ABD?？键c(diǎn)02法拉利第電磁感應(yīng)定律2、（2023·山東卷·T12）足夠長(zhǎng)U形導(dǎo)軌平置在光滑水平絕緣桌面上，寬為，電阻不計(jì)。質(zhì)量為、長(zhǎng)為、電阻為的導(dǎo)體棒MN放置在導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌形成矩形回路并始終接觸良好，I和Ⅱ區(qū)域內(nèi)分別存在豎直方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度分別為和，其中，方向向下。用不可伸長(zhǎng)的輕繩跨過(guò)固定輕滑輪將導(dǎo)軌CD段中點(diǎn)與質(zhì)量為的重物相連，繩與CD垂直且平行于桌面。如圖所示，某時(shí)刻MN、CD同時(shí)分別進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域I和Ⅱ并做勻速直線運(yùn)動(dòng)，MN、CD與磁場(chǎng)邊界平行。MN的速度，CD的速度為且，MN和導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2。重力加速度大小取，下列說(shuō)法正確的是（）A.的方向向上 B.的方向向下 C. D.【答案】BD【解析】AB．導(dǎo)軌的速度，因此對(duì)導(dǎo)體棒受力分析可知導(dǎo)體棒受到向右的摩擦力以及向左的安培力，摩擦力大小為導(dǎo)體棒的安培力大小為由左手定則可知導(dǎo)體棒的電流方向?yàn)?，?dǎo)體框受到向左的摩擦力，向右的拉力和向右的安培力，安培力大小為由左手定則可知的方向?yàn)榇怪敝泵嫦蚶?，A錯(cuò)誤B正確；CD．對(duì)導(dǎo)體棒分析對(duì)導(dǎo)體框分析電路中的電流為聯(lián)立解得C錯(cuò)誤D正確；故選BD。3、（2022·山東卷·T12）如圖所示，平面的第一、三象限內(nèi)以坐標(biāo)原點(diǎn)O為圓心、半徑為的扇形區(qū)域充滿方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形金屬框繞其始終在O點(diǎn)的頂點(diǎn)、在平面內(nèi)以角速度順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，時(shí)刻，金屬框開始進(jìn)入第一象限。不考慮自感影響，關(guān)于金屬框中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E隨時(shí)間t變化規(guī)律的描述正確的是（）A.在到的過(guò)程中，E一直增大B.在到的過(guò)程中，E先增大后減小C.在到過(guò)程中，E的變化率一直增大D.在到的過(guò)程中，E的變化率一直減小【答案】BC【解析】AB．如圖所示在到的過(guò)程中，線框的有效切割長(zhǎng)度先變大再變小，當(dāng)時(shí)，有效切割長(zhǎng)度最大為，此時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，所以在到的過(guò)程中，E先增大后減小，故B正確，A錯(cuò)誤；CD．在到的過(guò)程中，設(shè)轉(zhuǎn)過(guò)的角度為，由幾何關(guān)系可得進(jìn)入磁場(chǎng)部分線框面積穿過(guò)線圈的磁通量線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的變化率對(duì)求二次導(dǎo)數(shù)得在到的過(guò)程中一直變大，所以E的變化率一直增大，故C正確，D錯(cuò)誤。故選BC。4、（2021·山東卷·T8）迷你系繩衛(wèi)星在地球赤道正上方的電離層中，沿圓形軌道繞地飛行。系繩衛(wèi)星由兩子衛(wèi)星組成，它們之間的導(dǎo)體繩沿地球半徑方向，如圖所示。在電池和感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的共同作用下，導(dǎo)體繩中形成指向地心的電流，等效總電阻為r。導(dǎo)體繩所受的安培力克服大小為f的環(huán)境阻力，可使衛(wèi)星保持在原軌道上。已知衛(wèi)生離地平均高度為H，導(dǎo)體繩長(zhǎng)為，地球半徑為R，質(zhì)量為M，軌道處磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于赤道平面。忽略地球自轉(zhuǎn)的影響。據(jù)此可得，電池電動(dòng)勢(shì)為（）

A. B.C. D.【答案】A【解析】根據(jù)可得衛(wèi)星做圓周運(yùn)動(dòng)的線速度根據(jù)右手定則可知，導(dǎo)體繩產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)相當(dāng)于上端為正極的電源，其大小為因?qū)Ь€繩所受阻力f與安培力F平衡，則安培力與速度方向相同，可知導(dǎo)線繩中的電流方向向下，即電池電動(dòng)勢(shì)大于導(dǎo)線繩切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)，可得解得故選A。5、（2021·山東卷·T12）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(chǎng)方向均垂直斜面向上，Ⅰ區(qū)中磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻增加，Ⅱ區(qū)中為勻強(qiáng)磁場(chǎng)。阻值恒定的金屬棒從無(wú)磁場(chǎng)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(dòng)過(guò)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(guò)程中，以下敘述正確的是（）A.金屬棒下行過(guò)b時(shí)的速度大于上行過(guò)b時(shí)的速度B.金屬棒下行過(guò)b時(shí)的加速度大于上行過(guò)b時(shí)的加速度C.金屬棒不能回到無(wú)磁場(chǎng)區(qū)D.金屬棒能回到無(wú)磁場(chǎng)區(qū)，但不能回到a處【答案】ABD【解析】AB．在I區(qū)域中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)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，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)導(dǎo)體棒上的電流為Ⅰ區(qū)域產(chǎn)生的電流對(duì)導(dǎo)體棒的安培力始終沿斜面向上，大小恒定不變，因?yàn)閷?dǎo)體棒到達(dá)點(diǎn)后又能上行，說(shuō)明加速度始終沿斜面向上，下行和上行經(jīng)過(guò)點(diǎn)的受力分析如圖下行過(guò)程中，根據(jù)牛頓第二定律可知上行過(guò)程中，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(guò)程中加速度大，上行過(guò)程中加速度小，所以金屬板下行過(guò)經(jīng)過(guò)點(diǎn)時(shí)的速度大于上行經(jīng)過(guò)點(diǎn)時(shí)的速度，AB正確；CD．Ⅰ區(qū)域產(chǎn)生的安培力總是大于沿斜面向下的作用力，所以金屬棒一定能回到無(wú)磁場(chǎng)區(qū)域，由于整個(gè)過(guò)程中電流通過(guò)金屬棒產(chǎn)生焦耳熱，金屬棒的機(jī)械能減少，所以金屬棒不能回到處，C錯(cuò)誤，D正確。故選ABD。6、（2020·山東卷·T12）如圖所示，平面直角坐標(biāo)系的第一和第二象限分別存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向相反且垂直于坐標(biāo)平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，圖中虛線方格為等大正方形。一位于Oxy平面內(nèi)的剛性導(dǎo)體框abcde在外力作用下以恒定速度沿y軸正方向運(yùn)動(dòng)（不發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng)）。從圖示位置開始計(jì)時(shí)，4s末bc邊剛好進(jìn)入磁場(chǎng)。在此過(guò)程中，導(dǎo)體框內(nèi)感應(yīng)電流的大小為I，ab邊所受安培力的大小為Fab，二者與時(shí)間t的關(guān)系圖像，可能正確的是（）A.B.C.D.【答案】BC【解析】AB．因?yàn)?s末bc邊剛好進(jìn)入磁場(chǎng)，可知線框的速度每秒運(yùn)動(dòng)一個(gè)方格，故在0~1s內(nèi)只有ae邊切割磁場(chǎng)，設(shè)方格邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，根據(jù)可知電流恒定；2s末時(shí)線框在第二象限長(zhǎng)度最長(zhǎng)，此時(shí)有可知2~4s線框有一部分進(jìn)入第一象限，電流減小，在4s末同理可得綜上分析可知A錯(cuò)誤，B正確；CD．根據(jù)可知在0~1s內(nèi)ab邊所受的安培力線性增加；1s末安培力為在2s末可得安培力為所以有；由圖像可知C正確，D錯(cuò)誤。故選BC。一、單選題1．（2024·山東青島·三模）如圖，學(xué)校興趣小組利用厚度為、電阻率為的硅鋼片制成一個(gè)內(nèi)徑為、高度為的圓筒，。已知圓筒所在處有沿軸線豎直向上方向的磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化的規(guī)律為，下列說(shuō)法正確的是（）A．硅鋼片中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)B．時(shí)，硅鋼片中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大C．硅鋼片中感應(yīng)電流的有效值為D．硅鋼片的發(fā)熱功率為【答案】C【詳析】AB．根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得則當(dāng)時(shí)，硅鋼片中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最小，故AB錯(cuò)誤；C．根據(jù)電阻決定式得感應(yīng)電流的有效值為選項(xiàng)C正確；D．發(fā)熱功率為故D錯(cuò)誤；故選C。2．（2024·山東濟(jì)南·三模）如圖所示，半徑為的半圓形閉合金屬線框可繞圓心在紙面內(nèi)逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，過(guò)點(diǎn)的邊界上方存在垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為。初始時(shí)線框直徑與虛線邊界垂直。已知線框的電阻為，線框勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為，從圖示位置開始計(jì)時(shí)，以順時(shí)針為感應(yīng)電流的正方向，下列關(guān)于線圈中的感應(yīng)電流隨時(shí)間的變化關(guān)系正確的是（）A． B．C． D．【答案】D【詳析】如圖所示在時(shí)間內(nèi)，穿過(guò)線圈的磁通量向外增加，根據(jù)楞次定律可知，線圈中的感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较颍ㄕ较颍?，線圈切割磁感線的有效長(zhǎng)度為則線圈轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為線圈中的感應(yīng)電流為在時(shí)間內(nèi)，整個(gè)線圈都在磁場(chǎng)中，線圈的感應(yīng)電流為0；在時(shí)間內(nèi)，穿過(guò)線圈的磁通量向外減小，根據(jù)楞次定律可知，線圈中的感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较颍ㄘ?fù)方向），線圈切割磁感線的有效長(zhǎng)度為則線圈轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為線圈中的感應(yīng)電流為在時(shí)間內(nèi)，整個(gè)線圈都在磁場(chǎng)外，線圈的感應(yīng)電流為0。故選D。二、多選題3．（2024·山東濰坊·三模）如圖所示，af和dg是位于水平面內(nèi)的寬度為L(zhǎng)的平行軌道，be、ch兩段用光滑絕緣材料制成，其余兩部分均為光滑導(dǎo)體且足夠長(zhǎng)；ad左側(cè)接一電容器，電容器兩端電壓為U0，fg右側(cè)接有阻值為R的定值電阻；abcd和efgh區(qū)域均存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，abcd區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1，efgh區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2。一長(zhǎng)度為L(zhǎng)、質(zhì)量為m、電阻為R的導(dǎo)體棒靜止于ad處，閉合開關(guān)S，導(dǎo)體棒開始向右運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)體棒在abed區(qū)域獲得的最終速度為v，導(dǎo)體棒靜止后到eh的距離為x（x為未知）量）。導(dǎo)體棒與軌道始終保持垂直且接觸良好，則（

）A．導(dǎo)體棒剛進(jìn)入efgh區(qū)域時(shí)的加速度大小B．C．導(dǎo)體棒在eh右側(cè)到eh距離為kx（0<k<1）時(shí)，安培力的功率為D．當(dāng)電容器電容時(shí)，導(dǎo)體棒在abcd區(qū)域獲得的最終速度v最大【答案】ACD【詳析】A．由題知，導(dǎo)體棒在abed區(qū)域獲得的最終速度為v，則導(dǎo)體棒剛進(jìn)入efgh區(qū)域時(shí)的加速度大小，解得故A正確；B．導(dǎo)體棒進(jìn)入eh到靜止，根據(jù)動(dòng)量定理有－∑B2IL·t=－mv且運(yùn)動(dòng)過(guò)程中有聯(lián)立解得故B錯(cuò)誤；C．導(dǎo)體棒在eh右側(cè)到eh距離為kx（0<k<1）時(shí)，根據(jù)逆向思維法，列出動(dòng)量定理有∑B2IL·t′=mv′且運(yùn)動(dòng)過(guò)程中有則此時(shí)安培力的功率為P=B2I′L·v′聯(lián)立解得故C正確；D．導(dǎo)體棒在abcd區(qū)域獲得最終最大速度v時(shí)，滿足U=B1LvΔq=q0－q∑B1ILt=B1L·Δq=mv－0聯(lián)立解得整理后有要讓v最大，則要最小，故根據(jù)均值不等式可知故D正確。故選ACD。4．（2024·山東煙臺(tái)·三模）如圖所示，平行光滑金屬導(dǎo)軌ab、cd間距為L(zhǎng)=1.5m，與水平面間的夾角θ=37°，導(dǎo)軌上端接有電阻R=0.8Ω。一導(dǎo)體棒PQ垂直導(dǎo)軌放置且與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)體棒質(zhì)量為m=2kg，連入電路的電阻為r=0.2Ω，PQ上方導(dǎo)軌間有一矩形磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)面積為S=0.5m2，磁場(chǎng)方向垂直導(dǎo)軌平面向下，矩形磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1隨時(shí)間t變化的圖像如圖乙所示，PQ棒下方包括PQ所在處的軌道間充滿垂直于軌道平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B2=2T，導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)且電阻不計(jì)，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，導(dǎo)體棒從靜止釋放后，下列說(shuō)法中正確的是（

）A．剛釋放時(shí)，導(dǎo)體棒的加速度為6m/s2B．導(dǎo)體棒的加速度為6m/s2時(shí)，其下滑速度大小為1m/sC．導(dǎo)體棒穩(wěn)定下滑時(shí)速度大小為2m/sD．導(dǎo)體棒穩(wěn)定下滑時(shí)，R兩端電壓為3.2V【答案】CD【詳析】A．剛釋放時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為根據(jù)楞次定律和左手定則，安培力方向沿導(dǎo)軌向下，根據(jù)牛頓第二定律得故A錯(cuò)誤；B．導(dǎo)體棒的加速度為6m/s2時(shí)，由牛頓第二定律有解得下滑速度大小為故B錯(cuò)誤；C．導(dǎo)體棒穩(wěn)定后勻速下滑運(yùn)動(dòng)可得故C正確；D．導(dǎo)體棒穩(wěn)定勻速下滑時(shí)，電路中的電流為則R兩端電壓為故D正確。故選CD。5．（2024·山東聊城·三模）如圖甲所示，足夠長(zhǎng)的U型導(dǎo)軌放置在光滑水平絕緣桌面上，CD長(zhǎng)為1m，導(dǎo)軌電阻不計(jì)。質(zhì)量為0.1kg、長(zhǎng)為1m、電阻為0.5Ω的導(dǎo)體棒MN放置在導(dǎo)軌上，棒MN與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為且始終接觸良好。Ⅰ區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)；Ⅱ區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。時(shí)，對(duì)導(dǎo)軌施加一個(gè)水平向右恒力F，時(shí)MN與CD恰好進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ和Ⅱ中，時(shí)撤去F，前2s內(nèi)導(dǎo)軌與導(dǎo)體棒的圖像如圖乙所示，MN與CD停止運(yùn)動(dòng)時(shí)分別位于Ⅰ區(qū)域和Ⅱ區(qū)域，已知重力加速度g取，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，則（）A．動(dòng)摩擦因數(shù) B．導(dǎo)軌質(zhì)量為0.2kgC．恒力F做的總功為3.6J D．撤去F后通過(guò)導(dǎo)體棒的總電荷量為2C【答案】ACD【詳析】AB．根據(jù)1s前導(dǎo)軌與導(dǎo)體棒的圖像反映兩者均做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則導(dǎo)軌還未進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ磁場(chǎng)且導(dǎo)體棒在區(qū)域I磁場(chǎng)外，回路無(wú)感應(yīng)電流而都不受安培力，設(shè)導(dǎo)軌質(zhì)量為M，由牛頓第二定律對(duì)導(dǎo)軌有對(duì)導(dǎo)體棒有由圖像有解得根據(jù)第2s導(dǎo)軌與導(dǎo)體棒的圖像可知兩者均做勻速直線運(yùn)動(dòng)，表示導(dǎo)軌與導(dǎo)體棒均進(jìn)入磁場(chǎng)，切割磁感線產(chǎn)生兩動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)，所受安培力讓合力為零，有對(duì)導(dǎo)軌有對(duì)導(dǎo)體棒有已知，，，聯(lián)立解得故A正確，B錯(cuò)誤；C．導(dǎo)軌在前2s的位移為則恒力做的功為故C正確；D．撤去F之后，導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌分別做減速運(yùn)動(dòng)到停止，對(duì)兩者受力分析，取向右為正方向，由動(dòng)量定律有而通過(guò)導(dǎo)體棒的電量為得故D正確。故選ACD。6．（2024·山東東營(yíng)·二模）如圖所示，兩水平虛線間存在垂直于紙面方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩虛線的距離為，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，邊長(zhǎng)為h的正方形導(dǎo)體框由虛線1上方無(wú)初速度釋放，在釋放瞬間ab邊與虛線1平行且相距h。已知導(dǎo)體框的質(zhì)量為m，總電阻為r，重力加速度為g，ab邊與兩虛線重合時(shí)的速度大小相等，忽略空氣阻力，導(dǎo)體框在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中不會(huì)發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng)，則（

）A．線圈可能先加速后減速B．導(dǎo)體框在穿越磁場(chǎng)的過(guò)程中，產(chǎn)生的焦耳熱為C．導(dǎo)體框的最小速度是D．導(dǎo)體框從ab邊與虛線1重合到cd邊與虛線1重合時(shí)所用的時(shí)間為【答案】CD【詳析】AC．已知ab邊與兩虛線重合時(shí)的速度大小相等，則導(dǎo)體框在cd邊與虛線1重合時(shí)速度最小。設(shè)ab邊與虛線1重合時(shí)速度為，則有設(shè)cd邊與虛線1重合時(shí)導(dǎo)體框的速度為，ab邊與虛線2重合時(shí)的速度為，則有聯(lián)立解得整個(gè)過(guò)程中導(dǎo)體框經(jīng)歷了先加速、再減速、又加速的過(guò)程，再次減速，出磁場(chǎng)后做勻加速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤、C正確；B．根據(jù)運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知，導(dǎo)線框完全離開磁場(chǎng)時(shí)的速度為根據(jù)能量守恒定律可得解得故B錯(cuò)誤；D．設(shè)導(dǎo)體框從ab邊與虛線1重合到cd邊與虛線1重合時(shí)所用的時(shí)間為，線框中的平均感應(yīng)電流為，則由動(dòng)量定理可得根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路的歐姆定律可知，流過(guò)導(dǎo)體某一截面的電荷量為聯(lián)立解的故D正確。故選CD。7．（2024·山東青島·三模）已知足夠長(zhǎng)直導(dǎo)線通有電流時(shí)，距離導(dǎo)線處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，其中為常數(shù)。圖甲中虛線構(gòu)成一個(gè)立方體，、、、、、、、是立方體的頂點(diǎn)；用漆包線制成的正方形導(dǎo)體線框恰好與立方體右側(cè)面的四邊重合。在立方體的、兩邊所在位置分別固定長(zhǎng)直導(dǎo)線，兩導(dǎo)線中電流大小相等，方向如圖乙所示。下列說(shuō)法正確的是（）A．立方體的頂點(diǎn)、兩處的磁場(chǎng)方向垂直B．頂點(diǎn)、兩處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小之比為1：2C．線框從右側(cè)面向左平移到左側(cè)面過(guò)程中，其中感應(yīng)電流方向先沿后沿D．線框從右側(cè)面向左平移到左側(cè)面過(guò)程中，其中感應(yīng)電流方向一直沿【答案】BD【詳析】A．根據(jù)安倍定則可知，導(dǎo)線MN在所產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向?yàn)樵谔幯刂较颍谒a(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向?yàn)樵谔幯刂较?；同理?dǎo)線在所產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向?yàn)樵谔幯刂c垂直斜向下的方向，導(dǎo)線在在所產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向?yàn)樵谔幯刂c方向。由磁場(chǎng)的疊加可知，兩點(diǎn)處的合磁場(chǎng)方向并不是垂直的，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．設(shè)正方體的邊長(zhǎng)為l，則結(jié)合之前的分析，在處兩導(dǎo)線產(chǎn)生的合磁場(chǎng)大小為在處兩導(dǎo)線產(chǎn)生的合磁場(chǎng)大小為所以故B項(xiàng)正確；CD．線框從右側(cè)面向左平移到左側(cè)面過(guò)程中，穿過(guò)線圈的磁通量為向左增加，所以根據(jù)楞次定律可知，其中感應(yīng)電流方向adcb，故C錯(cuò)誤，D正確。故選BD。8．（2024·山東濰坊·二模）如圖所示，虛線MN上方區(qū)域有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，MN下方區(qū)域有豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩處磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，足夠長(zhǎng)的等間距金屬導(dǎo)軌豎直放置，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)。兩金屬棒ab、cd水平地靠在金屬導(dǎo)軌上，金屬棒ab的質(zhì)量為2m，接入電路的阻值為2R，cd的質(zhì)量為m，接入電路的阻值為R，開始時(shí)金屬棒ab距MN的高度是金屬棒cd到MN高度的2倍。金屬棒與兩導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同。同時(shí)由靜止釋放兩金屬棒，金屬棒cd進(jìn)入MN下方區(qū)域時(shí)立即做勻速運(yùn)動(dòng)。已知運(yùn)動(dòng)過(guò)程中導(dǎo)體棒始終保持水平且與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的是（）A．金屬棒cd進(jìn)入MN下方時(shí)的速大小為B．金屬棒cd的釋放位置到MN的距離為C．從開始釋放到金屬棒ab進(jìn)入下方磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中通過(guò)金屬棒ab的電荷量為D．金屬棒ab在MN上方區(qū)域運(yùn)動(dòng)過(guò)程中金屬棒cd上產(chǎn)生的焦耳熱為【答案】BCD【詳析】A．根據(jù)整體法分析可知，ab、cd在MN上方區(qū)域運(yùn)動(dòng)時(shí)，磁通量不變，沒(méi)有感應(yīng)電流，沒(méi)有安培力，做加速度為重力加速度的加速運(yùn)動(dòng)，金屬棒cd剛進(jìn)入MN下方時(shí)，兩金屬棒速度相同，由于金屬棒cd進(jìn)入MN下方區(qū)域時(shí)立即做勻速運(yùn)動(dòng)，則金屬棒ab一定做勻速運(yùn)動(dòng)，有聯(lián)立得故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)得金屬棒cd的釋放位置到MN的距離為故B正確；C．從開始釋放到金屬棒ab進(jìn)入下方磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中電流需要時(shí)間則通過(guò)金屬棒ab的電荷量為故C正確；D．金屬棒ab在MN上方區(qū)域運(yùn)動(dòng)過(guò)程中金屬棒cd上產(chǎn)生的焦耳熱為故D正確。故選BCD。9．（2024·山東濟(jì)南·二模）如圖甲所示，光滑絕緣水平面上有寬度為2L的條形磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向豎直向下，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間按圖乙所示規(guī)律變化，B0、t0均為已知量，理想邊界有磁場(chǎng)。質(zhì)量為m、電阻為R的勻質(zhì)長(zhǎng)方形單匝線框，其長(zhǎng)為2L、寬為L(zhǎng)，初始時(shí)有一半在磁場(chǎng)中。t=0時(shí)刻由靜止釋放線框，t0時(shí)刻ab邊剛好進(jìn)入磁場(chǎng)，ab邊離開磁場(chǎng)時(shí)，線框的速度大小為ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的。下列說(shuō)法正確的是（）A．在0~t0內(nèi)，線框中產(chǎn)生逆時(shí)針?lè)较虻碾娏鰾．t=0時(shí)刻，cd邊受到的安培力為C．在0~t0內(nèi)，安培力對(duì)線框做功為D．t0時(shí)刻以后，bc邊產(chǎn)生的焦耳熱為【答案】BC【詳析】A．t=0時(shí)刻，線框由靜止釋放，做加速運(yùn)動(dòng)，cd邊受安培力向右，根據(jù)左手定則可知，線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较?，故A錯(cuò)誤；B．由圖像可知t=0時(shí)刻，線框中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為感應(yīng)電流為cd邊受到的安培力為故B正確；C．設(shè)ab邊剛進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)速度為，從ab邊剛好進(jìn)入磁場(chǎng)，到ab邊離開磁場(chǎng)過(guò)程中，線框受到安培力做減速運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)量定理有，，聯(lián)立解得在0~t0內(nèi)，對(duì)線框，根據(jù)動(dòng)能定理有故C正確；D．t0時(shí)刻以后，根據(jù)能量守恒可知整個(gè)線框產(chǎn)生的焦耳熱為bc邊產(chǎn)生的焦耳熱為故D錯(cuò)誤。故選BC。10．（2024·山東淄博·二模）如圖甲所示，一端封閉的兩條平行光滑導(dǎo)軌相距，距左端L處的中間一段被彎成傾斜軌道，長(zhǎng)度也為L(zhǎng)，與水平面夾角，各段軌道均平滑連接。傾斜軌道所在區(qū)域無(wú)磁場(chǎng)，左段區(qū)域I存在均勻分布但隨時(shí)間線性變化的磁場(chǎng)B，取豎直向上為正方向，如圖乙所示；右段區(qū)域Ⅱ存在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。在傾斜軌道頂端，放置一質(zhì)量為、電阻、長(zhǎng)為L(zhǎng)的金屬棒，與導(dǎo)軌左段形成閉合回路，由靜止開始下滑，進(jìn)入右側(cè)磁場(chǎng)II后經(jīng)過(guò)時(shí)間t（已知）達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)。導(dǎo)軌電阻不計(jì)，重力加速度，則（）A．在傾斜軌道上下滑過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱為B．達(dá)到穩(wěn)定后的速度大小等于C．進(jìn)入右側(cè)磁場(chǎng)II后流過(guò)電阻R的電荷量為2.5CD．進(jìn)入右側(cè)磁場(chǎng)II經(jīng)過(guò)位移為后達(dá)到勻速【答案】BCD【詳析】A．左側(cè)回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)金屬桿在斜軌上下滑時(shí)的加速度下滑的時(shí)間在傾斜軌道上下滑過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱為選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．達(dá)到穩(wěn)定時(shí)回路感應(yīng)電流為零，則解得選項(xiàng)B正確；C．導(dǎo)體棒到達(dá)斜面底端時(shí)的速度到達(dá)穩(wěn)定時(shí)由動(dòng)量定理解得q=2.5C選項(xiàng)C正確；D．由以上可知即即解得選項(xiàng)D正確。故選BCD。11．（2024·山東煙臺(tái)·二模）如圖甲所示，光滑的平行金屬軌道水平固定在桌面上，軌道左端連接一可變電阻R，一導(dǎo)體桿與軌道垂直放置，整個(gè)裝置處在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。導(dǎo)體桿先后兩次在水平向右的拉力作用下均由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，兩次運(yùn)動(dòng)中拉力大小F與速率v的關(guān)系圖像如圖乙所示。其中，第一次對(duì)應(yīng)直線1，開始時(shí)拉力大小為，改變電阻R的阻值和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小后，第二次對(duì)應(yīng)直線2，開始時(shí)拉力大小為，兩直線交點(diǎn)的縱坐標(biāo)為。若第一次和第二次運(yùn)動(dòng)中電阻的阻值之比為a、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小之比為b、桿從靜止開始運(yùn)動(dòng)相同位移的時(shí)間之比為c，導(dǎo)體桿與軌道始終垂直并接觸良好，不計(jì)導(dǎo)體桿和軌道的電阻，則a、b、c的值可能為（）A．、、 B．、、C．、、 D．、、【答案】BC【詳析】依題意，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(dòng)，則在v=0時(shí)分別有，則第一次和第二次運(yùn)動(dòng)中，桿從靜止開始運(yùn)動(dòng)相同位移的時(shí)間分別滿足則第一次和第二次運(yùn)動(dòng)中根據(jù)牛頓第二定律有整理有結(jié)合圖像，可得則有故選BC。12．（2024·山東菏澤·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，相距為d的兩條光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在同一絕緣水平面內(nèi)，其左端接一阻值為R的電阻，導(dǎo)軌所在區(qū)域存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。質(zhì)量為m、電阻為、長(zhǎng)度也為d的金屬棒垂直于導(dǎo)軌放置。金屬棒通過(guò)平行于導(dǎo)軌的絕緣細(xì)線跨過(guò)光滑輕質(zhì)定滑輪與質(zhì)量為的物體相連。開始時(shí)，用手托著物體靜止不動(dòng)，使連接金屬棒的細(xì)線處于水平伸直狀態(tài)?，F(xiàn)突然把手撤去，金屬棒由靜止開始向右運(yùn)動(dòng)，經(jīng)時(shí)間t恰好開始做勻速運(yùn)動(dòng)。金屬棒與導(dǎo)軌始終相互垂直并接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，物體始終在空中運(yùn)動(dòng)，重力加速度大小為g。則（）A．金屬棒勻速時(shí)的速度大小為B．金屬棒勻速時(shí)的速度大小為C．時(shí)間t內(nèi)物體重力勢(shì)能的減少量為D．時(shí)間t內(nèi)物體重力勢(shì)能的減少量為【答案】BD【詳析】AB．金屬棒勻速時(shí)有由法拉第電磁感應(yīng)定律可得由閉合電路的歐姆定律可得聯(lián)立解得故A錯(cuò)誤，B正確；CD．對(duì)金屬棒和物體分別應(yīng)用動(dòng)量定理可得通過(guò)電阻的電量聯(lián)立解得時(shí)間t內(nèi)金屬棒移動(dòng)的距離則物體體重力勢(shì)能的減少量故C錯(cuò)誤，D正確。故選BD。13．（2024·山東濱州·二模）如圖所示，MN和PQ是水平固定的光滑平行金屬導(dǎo)軌，其虛線右側(cè)區(qū)域Ⅰ內(nèi)存在著豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。該導(dǎo)軌的右下方是由光滑的圓弧導(dǎo)軌和粗糙的水平導(dǎo)軌連接成的平行導(dǎo)軌，圓弧導(dǎo)軌的頂端AD到NQ的豎直高度差為h，圓弧半徑為2h，圓弧導(dǎo)軌對(duì)應(yīng)的圓心角為60°，水平導(dǎo)軌右端與一阻值為R的定值電阻連接。水平導(dǎo)軌上兩虛線間的區(qū)域Ⅱ內(nèi)存在著豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，該區(qū)域長(zhǎng)度為一根金屬棒b靜置在磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ內(nèi)，另一金屬棒a以速度向右運(yùn)動(dòng)進(jìn)入磁場(chǎng)并在離開MNPQ軌道時(shí)被接住拿走，金屬棒b從水平導(dǎo)軌飛出后恰好無(wú)碰撞地從圓弧軌道的頂端進(jìn)入軌道，并停在區(qū)域Ⅱ的中間位置處。已知兩組導(dǎo)軌的間距均為3h，電阻均不計(jì)，兩金屬棒相同，質(zhì)量為m、阻值為R、長(zhǎng)度為3h。區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，金屬棒b與右側(cè)水平導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，且在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，重力加速度為g。下列說(shuō)法正確的是（）A．金屬棒a離開MNPQ軌道時(shí)的速度大小為B．金屬棒b被水平拋出前，通過(guò)它的電荷量為C．金屬棒b在區(qū)域Ⅱ內(nèi)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，回路產(chǎn)生的焦耳熱為D．金屬棒b在區(qū)域Ⅱ內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為【答案】ACD【詳析】A．根據(jù)題意可知，金屬棒b在安培力作用下被水平拋出后做平拋運(yùn)動(dòng)，恰好無(wú)碰撞地從圓弧軌道的頂端進(jìn)入軌道，豎直方向上有由幾何關(guān)系有聯(lián)立解得對(duì)a、b棒滿足動(dòng)量守恒定律有得金屬棒a離開MNPQ軌道時(shí)的速度大小為故A正確；B．根據(jù)題意，金屬棒b被水平拋出前，由動(dòng)量定理有則有解得故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)題意，設(shè)金屬棒b在區(qū)域Ⅱ內(nèi)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中回路產(chǎn)生的焦耳熱為，由能量守恒定律有解得故C正確；D．根據(jù)題意，金屬棒b從圓弧軌道的頂端到底端，由機(jī)械能守恒定律有金屬棒b在區(qū)域Ⅱ內(nèi)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，由動(dòng)量定理有又有聯(lián)立解得故D正確。故選ACD。14．（2024·山東棗莊·三模）如圖，間距均為L(zhǎng)的光滑水平金屬導(dǎo)軌與半徑為R的光滑半圓金屬導(dǎo)軌平滑連接，半圓導(dǎo)軌在豎直平面內(nèi)，水平導(dǎo)軌處于方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。在水平導(dǎo)軌上放置ab、cd兩導(dǎo)體棒，兩棒長(zhǎng)度均為L(zhǎng)、質(zhì)量分別為4m和m、電阻分別為r和2r，兩導(dǎo)體棒到半圓導(dǎo)軌底端的距離分別為和，足夠大，?，F(xiàn)給導(dǎo)體棒ab一大小的初速度，一段時(shí)間后導(dǎo)體棒cd通過(guò)半圓導(dǎo)軌最高點(diǎn)后，恰好落到其初始位置。cd棒離開導(dǎo)軌前兩棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好，兩導(dǎo)體棒間未發(fā)生碰撞，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的是（）A．導(dǎo)體棒cd離開磁場(chǎng)前已與ab棒達(dá)到共速B．導(dǎo)體棒cd剛進(jìn)入半圓導(dǎo)軌瞬間，其兩端電壓C．導(dǎo)體棒cd離開半圓導(dǎo)軌前，通過(guò)其橫截面的電量D．導(dǎo)體棒cd離開水平導(dǎo)軌前，導(dǎo)體棒ab上產(chǎn)生的焦耳熱【答案】BD【詳析】A．導(dǎo)體棒cd從最高點(diǎn)飛出后做平拋運(yùn)動(dòng)，則有，導(dǎo)體棒cd從最低點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理有解得若ab、cd兩導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)中達(dá)到共速，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有解得可知，導(dǎo)體棒cd離開磁場(chǎng)前沒(méi)有與ab棒達(dá)到共速，故A錯(cuò)誤；B．結(jié)合上