專題16電磁感應(yīng)定律及其應(yīng)用（解析版）-2025年高考物理二輪復(fù)習(xí)培優(yōu)練（新高考用）

試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁專題16電磁感應(yīng)定律及其應(yīng)用TOC\o"1-1"\h\u一、感應(yīng)電流產(chǎn)生的條件 2二、右手定則和楞次定律 4三、動生電動勢 8四、感生電動勢 8五、線框模型 18六、單桿模型 23七、雙桿模型 34八、自感和渦流 40專題一感應(yīng)電流產(chǎn)生的條件1．（2024·北京·高考真題）如圖所示，線圈M和線圈P繞在同一個鐵芯上，下列說法正確的是（

）A．閉合開關(guān)瞬間，線圈M和線圈P相互吸引B．閉合開關(guān)，達(dá)到穩(wěn)定后，電流表的示數(shù)為0C．?dāng)嚅_開關(guān)瞬間，流過電流表的電流方向由a到bD．?dāng)嚅_開關(guān)瞬間，線圈P中感應(yīng)電流的磁場方向向左【答案】B【詳解】A．閉合開關(guān)瞬間，線圈P中感應(yīng)電流的磁場與線圈M中電流的磁場方向相反，由楞次定律可知，二者相互排斥，故A錯誤；B．閉合開關(guān)，達(dá)到穩(wěn)定后，通過線圈P的磁通量保持不變，則感應(yīng)電流為零，電流表的示數(shù)為零，故B正確；CD．?dāng)嚅_開關(guān)瞬間，通過線圈P的磁場方向向右，磁通量減小，由楞次定律可知感應(yīng)電流的磁場方向向右，因此流過電流表的感應(yīng)電流方向由b到a，故CD錯誤。故選B。2．（2024·河南·二模）如圖所示，有絕緣外層的矩形金屬線圈abcd固定在絕緣水平面上，矩形回路AB邊與線圈相交，且線圈關(guān)于AB對稱，將開關(guān)閉合的一瞬間，下列說法正確的是（）A．有向上穿過矩形線圈的磁通量B．矩形線圈中沒有感應(yīng)電流C．矩形線圈中有沿順時針方向的電流D．a(chǎn)b邊與AB邊相互排斥【答案】D【詳解】A．根據(jù)磁場分布特點，閉合開關(guān)的一瞬間，有向下穿過矩形金屬線框內(nèi)的磁通量且增大，故A錯誤；BC．根據(jù)楞次定律可知，矩形金屬線圈中有沿逆時針方向的電流，故BC錯誤；D．a(chǎn)b邊與AB邊是相反的電流，因此ab邊與AB邊相互排斥，故D正確。故選D。3．（2025·云南·二模）法拉第在日記中記錄了其發(fā)現(xiàn)電磁感應(yīng)現(xiàn)象的過程，某同學(xué)用現(xiàn)有器材重現(xiàn)了其中一個實驗。如圖所示，線圈P兩端連接到靈敏電流計上，線圈Q通過開關(guān)S連接到直流電源上．將線圈Q放在線圈P的里面后，則（

）A．開關(guān)S閉合瞬間，電流計指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)B．開關(guān)S斷開瞬間，電流計指針不發(fā)生偏轉(zhuǎn)C．保持開關(guān)S閉合，迅速拔出線圈Q瞬間，電流計指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)D．保持開關(guān)S閉合，迅速拔出線圈Q瞬間，電流計指針不發(fā)生偏轉(zhuǎn)【答案】AC【詳解】A．開關(guān)S閉合瞬間，通過線圈Q的電流增加，則穿過線圈P的磁通量增加，則P中會產(chǎn)生感應(yīng)電流，即電流計指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)，選項A正確；B．開關(guān)S斷開瞬間，通過線圈Q的電流減小，則穿過線圈P的磁通量減小，則P中會產(chǎn)生感應(yīng)電流，即電流計指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)，選項B錯誤；CD．保持開關(guān)S閉合，迅速拔出線圈Q瞬間，則穿過線圈P的磁通量減小，則P中會產(chǎn)生感應(yīng)電流，即電流計指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)，選項C正確，D錯誤。故選AC。4．（2022·廣東·高考真題）如圖所示，水平地面（平面）下有一根平行于y軸且通有恒定電流I的長直導(dǎo)線。P、M和N為地面上的三點，P點位于導(dǎo)線正上方，平行于y軸，平行于x軸。一閉合的圓形金屬線圈，圓心在P點，可沿不同方向以相同的速率做勻速直線運動，運動過程中線圈平面始終與地面平行。下列說法正確的有（）A．N點與M點的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向相同B．線圈沿PN方向運動時，穿過線圈的磁通量不變C．線圈從P點開始豎直向上運動時，線圈中無感應(yīng)電流D．線圈從P到M過程的感應(yīng)電動勢與從P到N過程的感應(yīng)電動勢相等【答案】AC【詳解】A．依題意，M、N兩點連線與長直導(dǎo)線平行、兩點與長直導(dǎo)線的距離相同，根據(jù)右手螺旋定則可知，通電長直導(dǎo)線在M、N兩點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向相同，故A正確；B．根據(jù)右手螺旋定則，線圈在P點時，磁感線穿進(jìn)與穿出在線圈中對稱，磁通量為零；在向N點平移過程中，磁感線穿進(jìn)與穿出線圈不再對稱，線圈的磁通量會發(fā)生變化，故B錯誤；C．根據(jù)右手螺旋定則，線圈從P點豎直向上運動過程中，磁感線穿進(jìn)與穿出線圈對稱，線圈的磁通量始終為零，沒有發(fā)生變化，線圈無感應(yīng)電流，故C正確；D．線圈從P點到M點與從P點到N點，線圈的磁通量變化量相同，依題意P點到M點所用時間較從P點到N點時間長，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，則兩次的感應(yīng)電動勢不相等，故D錯誤。故選AC。專題二右手定則和楞次定律5．（2024·江蘇·高考真題）如圖所示，、為正方形金屬線圈，線圈從圖示位置勻速向右拉出勻強(qiáng)磁場的過程中，、中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向分別為（

）A．順時針、順時針 B．逆時針、逆時針C．順時針、逆時針 D．逆時針，順時針【答案】A【詳解】線圈a從磁場中向右勻速拉出磁場的過程中穿過a線圈的磁通量在減小，則根據(jù)楞次定律可知a線圈的電流為順時針，由于線圈a從磁場中勻速拉出，則a中產(chǎn)生的電流為恒定電流，則線圈a靠近線圈b的過程中線圈b的磁通量在向外增大，同理可得線圈b產(chǎn)生的電流為順時針。故選A。6．（2024·廣東·高考真題）電磁俘能器可在汽車發(fā)動機(jī)振動時利用電磁感應(yīng)發(fā)電實現(xiàn)能量回收，結(jié)構(gòu)如圖甲所示。兩對永磁鐵可隨發(fā)動機(jī)一起上下振動，每對永磁鐵間有水平方向的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B．磁場中，邊長為L的正方形線圈豎直固定在減震裝置上。某時刻磁場分布與線圈位置如圖乙所示，永磁鐵振動時磁場分界線不會離開線圈。關(guān)于圖乙中的線圈。下列說法正確的是（）A．穿過線圈的磁通量為B．永磁鐵相對線圈上升越高，線圈中感應(yīng)電動勢越大C．永磁鐵相對線圈上升越快，線圈中感應(yīng)電動勢越小D．永磁鐵相對線圈下降時，線圈中感應(yīng)電流的方向為順時針方向【答案】D【詳解】A．根據(jù)圖乙可知此時穿過線圈的磁通量為0，故A錯誤；BC．根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知永磁鐵相對線圈上升越快，磁通量變化越快，線圈中感應(yīng)電動勢越大，故BC錯誤；D．永磁鐵相對線圈下降時，根據(jù)安培定則可知線圈中感應(yīng)電流的方向為順時針方向，故D正確。故選D。7．（2023·河北·高考真題）如圖，絕緣水平面上四根完全相同的光滑金屬桿圍成矩形，彼此接觸良好，勻強(qiáng)磁場方向豎直向下。金屬桿2、3固定不動，1、4同時沿圖箭頭方向移動，移動過程中金屬桿所圍成的矩形周長保持不變。當(dāng)金屬桿移動到圖位置時，金屬桿所圍面積與初始時相同。在此過程中（）A．金屬桿所圍回路中電流方向保持不變B．通過金屬桿截面的電荷量隨時間均勻增加C．金屬桿1所受安培力方向與運動方向先相同后相反D．金屬桿4所受安培力方向與運動方向先相反后相同【答案】CD【詳解】A．由數(shù)學(xué)知識可知金屬桿所圍回路的面積先增大后減小，金屬桿所圍回路內(nèi)磁通量先增大后減小，根據(jù)楞次定律可知電流方向先沿逆時針方向，后沿順時針方向，故A錯誤；B．由于金屬桿所圍回路的面積非均勻變化，故感應(yīng)電流的大小不恒定，故通過金屬桿截面的電荷量隨時間不是均勻增加的，故B錯誤；CD．由上述分析，再根據(jù)左手定則，可知金屬桿1所受安培力方向與運動方向先相同后相反，金屬桿4所受安培力方向與運動方向先相反后相同，故CD正確。故選CD。8．（2023·海南·高考真題）汽車測速利用了電磁感應(yīng)現(xiàn)象，汽車可簡化為一個矩形線圈abcd，埋在地下的線圈分別為1、2，通上順時針（俯視）方向電流，當(dāng)汽車經(jīng)過線圈時（

）

A．線圈1、2產(chǎn)生的磁場方向豎直向上B．汽車進(jìn)入線圈1過程產(chǎn)生感應(yīng)電流方向為abcdC．汽車離開線圈1過程產(chǎn)生感應(yīng)電流方向為abcdD．汽車進(jìn)入線圈2過程受到的安培力方向與速度方向相同【答案】C【詳解】A．由題知，埋在地下的線圈1、2通順時針（俯視）方向的電流，則根據(jù)右手螺旋定則，可知線圈1、2產(chǎn)生的磁場方向豎直向下，A錯誤；B．汽車進(jìn)入線圈1過程中，磁通量增大，根據(jù)楞次定律可知產(chǎn)生感應(yīng)電流方向為adcb（逆時針），B錯誤；C．汽車離開線圈1過程中，磁通量減小，根據(jù)楞次定律可知產(chǎn)生感應(yīng)電流方向為abcd（順時針），C正確；D．汽車進(jìn)入線圈2過程中，磁通量增大，根據(jù)楞次定律可知產(chǎn)生感應(yīng)電流方向為adcb（逆時針），再根據(jù)左手定則，可知汽車受到的安培力方向與速度方向相反，D錯誤。故選C。9．（2023·北京·高考真題）如圖所示，光滑水平面上的正方形導(dǎo)線框，以某一初速度進(jìn)入豎直向下的勻強(qiáng)磁場并最終完全穿出。線框的邊長小于磁場寬度。下列說法正確的是（

）

A．線框進(jìn)磁場的過程中電流方向為順時針方向B．線框出磁場的過程中做勻減速直線運動C．線框在進(jìn)和出的兩過程中產(chǎn)生的焦耳熱相等D．線框在進(jìn)和出的兩過程中通過導(dǎo)線橫截面的電荷量相等【答案】D【詳解】A．線框進(jìn)磁場的過程中由楞次定律知電流方向為逆時針方向，A錯誤；B．線框出磁場的過程中，根據(jù)E=Blv聯(lián)立有由于線框出磁場過程中由左手定則可知線框受到的安培力向左，則v減小，線框做加速度減小的減速運動，B錯誤；C．由能量守恒定律得線框產(chǎn)生的焦耳熱Q=FAL其中線框進(jìn)出磁場時均做減速運動，但其進(jìn)磁場時的速度大，安培力大，產(chǎn)生的焦耳熱多，C錯誤；D．線框在進(jìn)和出的兩過程中通過導(dǎo)線橫截面的電荷量其中，則聯(lián)立有由于線框在進(jìn)和出的兩過程中線框的位移均為L，則線框在進(jìn)和出的兩過程中通過導(dǎo)線橫截面的電荷量相等，故D正確。故選D。專題三動生電動勢10．（2024·甘肅·高考真題）如圖，相距為d的固定平行光滑金屬導(dǎo)軌與阻值為R的電阻相連，處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場中長度為L的導(dǎo)體棒ab沿導(dǎo)軌向右做勻速直線運動，速度大小為v。則導(dǎo)體棒ab所受的安培力為（）A．，方向向左 B．，方向向右C．，方向向左 D．，方向向右【答案】A【詳解】導(dǎo)體棒ab切割磁感線在電路部分得有效長度為d，故感應(yīng)電動勢為回路中感應(yīng)電流為根據(jù)右手定則，判斷電流方向為b流向a。故導(dǎo)體棒ab所受的安培力為方向向左。故選A。11．（2024·山東·高考真題）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)軌最高點到水平桌面的距離等于半徑，最低點的連線OO'與導(dǎo)軌所在豎直面垂直。空間充滿豎直向下的勻強(qiáng)磁場（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運動過程中始終平行于OO'且與兩導(dǎo)軌接觸良好，不考慮自感影響，下列說法正確的是（）A．MN最終一定靜止于OO'位置B．MN運動過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'位置過程中，MN中電流方向由M到N【答案】ABD【詳解】A．由于金屬棒MN運動過程切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，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)過多次往返運動，MN最終一定靜止于OO'位置，故A正確；B．當(dāng)金屬棒MN向右運動，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向左運動，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運動過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)做減速運動，故C錯誤；D．從釋放到第一次到達(dá)OO'位置過程中，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。12．（2024·河北·高考真題）如圖，邊長為的正方形金屬細(xì)框固定放置在絕緣水平面上，細(xì)框中心O處固定一豎直細(xì)導(dǎo)體軸。間距為L、與水平面成角的平行導(dǎo)軌通過導(dǎo)線分別與細(xì)框及導(dǎo)體軸相連。導(dǎo)軌和細(xì)框分別處在與各自所在平面垂直的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B。足夠長的細(xì)導(dǎo)體棒在水平面內(nèi)繞O點以角速度勻速轉(zhuǎn)動，水平放置在導(dǎo)軌上的導(dǎo)體棒始終靜止。棒在轉(zhuǎn)動過程中，棒在所受安培力達(dá)到最大和最小時均恰好能靜止。已知棒在導(dǎo)軌間的電阻值為R，電路中其余部分的電阻均不計，棒始終與導(dǎo)軌垂直，各部分始終接觸良好，不計空氣阻力，重力加速度大小為g。（1）求棒所受安培力的最大值和最小值。（2）鎖定棒，推動棒下滑，撤去推力瞬間，棒的加速度大小為a，所受安培力大小等于（1）問中安培力的最大值，求棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)?！敬鸢浮浚?），；（2）【詳解】（1）當(dāng)OA運動到正方形細(xì)框?qū)蔷€瞬間，切割的有效長度最大，，此時感應(yīng)電流最大，CD棒所受的安培力最大，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得根據(jù)閉合電路歐姆定律得故CD棒所受的安培力最大為當(dāng)OA運動到與細(xì)框一邊平行時瞬間，切割的有效長度最短，感應(yīng)電流最小，CD棒受到的安培力最小，得故CD棒所受的安培力最小為（2）當(dāng)CD棒受到的安培力最小時根據(jù)平衡條件得當(dāng)CD棒受到的安培力最大時根據(jù)平衡條件得聯(lián)立解得撤去推力瞬間，根據(jù)牛頓第二定律得解得專題四感生電動勢13．（2022·江蘇·高考真題）如圖所示，半徑為r的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t的變化關(guān)系為，、k為常量，則圖中半徑為R的單匝圓形線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小為（）A． B． C． D．【答案】A【詳解】由題意可知磁場的變化率為根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知故選A。14．（2024·福建·高考真題）拓?fù)浣Y(jié)構(gòu)在現(xiàn)代物理學(xué)中具有廣泛的應(yīng)用。現(xiàn)有一條絕緣紙帶，兩條平行長邊鑲有銅絲，將紙帶一端扭轉(zhuǎn)180°，與另一端連接，形成拓?fù)浣Y(jié)構(gòu)的莫比烏斯環(huán)，如圖所示。連接后，紙環(huán)邊緣的銅絲形成閉合回路，紙環(huán)圍合部分可近似為半徑為R的扁平圓柱?，F(xiàn)有一勻強(qiáng)磁場從圓柱中心區(qū)域垂直其底面穿過，磁場區(qū)域的邊界是半徑為r的圓（r<R）。若磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B隨時間t的變化關(guān)系為B=kt（k為常量），則回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小為（）A．0 B．kπR2 C．2kπr2 D．2kπR2【答案】C【詳解】由題意可知，銅絲構(gòu)成的“莫比烏斯環(huán)”形成了兩匝（n=2）線圈串聯(lián)的閉合回路，穿過回路的磁場有效面積為根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小為故選C。15．（2023·天津·高考真題）如圖所示，一不可伸長的輕繩上端固定，下端系在單匝勻質(zhì)正方形金屬框上邊中點O處，框處于靜止?fàn)顟B(tài)。一個三角形區(qū)域的頂點與O點重合，框的下邊完全處在該區(qū)域中。三角形區(qū)域內(nèi)加有隨時間變化的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B與時間t的關(guān)系為B=kt（k>0的常數(shù)），磁場與框平面垂直，框的面積為框內(nèi)磁場區(qū)域面積的2倍，金屬框質(zhì)量為m，電阻為R，邊長為l，重力加速度g，求：（1）金屬框中的感應(yīng)電動勢大小E；（2）金屬框開始向上運動的時刻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)線框開始向上運動時有mg=FA解得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動．在時刻，邊運動到距區(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?！敬鸢浮浚?），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．（2024·安徽·高考真題）如圖所示，一“U”型金屬導(dǎo)軌固定在豎直平面內(nèi)，一電阻不計，質(zhì)量為m的金屬棒ab垂直于導(dǎo)軌，并靜置于絕緣固定支架上。邊長為L的正方形cdef區(qū)域內(nèi)，存在垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場。支架上方的導(dǎo)軌間，存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場。兩磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B隨時間的變化關(guān)系均為B=kt（SI），k為常數(shù)（k>0）。支架上方的導(dǎo)軌足夠長，兩邊導(dǎo)軌單位長度的電阻均為r，下方導(dǎo)軌的總電阻為R。t=0時，對ab施加豎直向上的拉力，恰使其向上做加速度大小為a的勻加速直線運動，整個運動過程中ab與兩邊導(dǎo)軌接觸良好。已知ab與導(dǎo)軌間動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g。不計空氣阻力，兩磁場互不影響。（1）求通過面積Scdef的磁通量大小隨時間t變化的關(guān)系式，以及感應(yīng)電動勢的大小，并寫出ab中電流的方向；（2）求ab所受安培力的大小隨時間t變化的關(guān)系式；（3）求經(jīng)過多長時間，對ab所施加的拉力達(dá)到最大值，并求此最大值。【答案】（1）kL2·t，kL2，從a流向b；（2）；（3）【詳解】（1）通過面積的磁通量大小隨時間t變化的關(guān)系式為根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得由楞次定律可知ab中的電流從a流向b。（2）根據(jù)左手定則可知ab受到的安培力方向垂直導(dǎo)軌面向里，大小為F安=BIL其中B=kt設(shè)金屬棒向上運動的位移為x，則根據(jù)運動學(xué)公式所以導(dǎo)軌上方的電阻為由閉合電路歐姆定律得聯(lián)立得ab所受安培力的大小隨時間t變化的關(guān)系式為（3）由題知t=0時，對ab施加豎直向上的拉力，恰使其向上做加速度大小為a的勻加速直線運動，則對ab受力分析由牛頓第二定律其中聯(lián)立可得整理有根據(jù)均值不等式可知，當(dāng)時，F(xiàn)有最大值，故解得F的最大值為【點睛】專題五線框模型18．（2021·全國甲卷·高考真題）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。現(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．甲和乙都加速運動B．甲和乙都減速運動C．甲加速運動，乙減速運動D．甲減速運動，乙加速運動【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，甲和乙都加速運動，當(dāng)時，甲和乙都減速運動，當(dāng)時都勻速。故選AB。19．（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，完全在磁場中運動時磁通量不變做勻速運動；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。20．（2022·山東·高考真題）如圖所示，平面的第一、三象限內(nèi)以坐標(biāo)原點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。邊長為L的正方形金屬框繞其始終在O點的頂點、在平面內(nèi)以角速度順時針勻速轉(zhuǎn)動，時刻，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)電動勢E隨時間t變化規(guī)律的描述正確的是（）A．在到的過程中，E一直增大B．在到的過程中，E先增大后減小C．在到的過程中，E的變化率一直增大D．在到的過程中，E的變化率一直減小【答案】BC【詳解】AB．如圖所示在到的過程中，線框的有效切割長度先變大再變小，當(dāng)時，有效切割長度最大為，此時，感應(yīng)電動勢最大，所以在到的過程中，E先增大后減小，故B正確，A錯誤；CD．在到的過程中，設(shè)轉(zhuǎn)過的角度為，由幾何關(guān)系可得進(jìn)入磁場部分線框的面積穿過線圈的磁通量線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢感應(yīng)電動勢的變化率對求二次導(dǎo)數(shù)得在到的過程中一直變大，所以E的變化率一直增大，故C正確，D錯誤。故選BC。21．（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?，F(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)由靜止開始運動。從ab邊進(jìn)入磁場開始，在豎直方向線框做勻速運動；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動，則在水平方向有則磁場區(qū)域的水平寬度X=x+L=1.1m專題六單桿模型22．（2024·天津·高考真題）如圖所示，兩根不計電阻的光滑金屬導(dǎo)軌平行放置，導(dǎo)軌及其構(gòu)成的平面均與水平面成某一角度，導(dǎo)軌上端用直導(dǎo)線連接，整個裝置處在垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場中。具有一定阻值的金屬棒MN從某高度由靜止開始下滑，下滑過程中MN始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，則MN所受的安培力F及其加速度a、速度v、電流I，隨時間t變化的關(guān)系圖像可能正確的是（）

A．

B．

C．

D．

【答案】A【詳解】ABC．根據(jù)題意，設(shè)導(dǎo)體棒的電阻為R，導(dǎo)軌間距為L，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，導(dǎo)體棒速度為v時，受到的安培力為可知由牛頓第二定律可得，導(dǎo)體棒的加速度為可知，隨著速度的增大，導(dǎo)體棒的加速度逐漸減小，當(dāng)加速度為零時，導(dǎo)體棒開始做勻速直線運動，則v?t圖像的斜率逐漸減小直至為零時，速度保持不變，由于安培力F與速度v成正比，則F?t圖像的斜率逐漸減小直至為零時，F(xiàn)保持不變，故A正確，BC錯誤；D．根據(jù)題意，由公式可得，感應(yīng)電流為由數(shù)學(xué)知識可得由于加速度逐漸減小，則I?t圖像的斜率逐漸減小，故D錯誤。故選A。23．（2024·海南·高考真題）兩根足夠長的導(dǎo)軌由上下段電阻不計，光滑的金屬導(dǎo)軌組成，在M、N兩點絕緣連接，M、N等高，間距L=1m，連接處平滑。導(dǎo)軌平面與水平面夾角為30°，導(dǎo)軌兩端分別連接一個阻值R=0.02Ω的電阻和C=1F的電容器，整個裝置處于B=0.2T的垂直導(dǎo)軌平面斜向上的勻強(qiáng)磁場中，兩根導(dǎo)體棒ab、cd分別放在MN兩側(cè)，質(zhì)量分為m1=0.8kg，m2=0.4kg，ab棒電阻為0.08Ω，cd棒的電阻不計，將ab由靜止釋放，同時cd從距離MN為x0=4.32m處在一個大小F=4.64N，方向沿導(dǎo)軌平面向上的力作用下由靜止開始運動，兩棒恰好在M、N處發(fā)生彈性碰撞，碰撞前瞬間撤去F，已知碰前瞬間ab的速度為4.5m/s，g=10m/s2（

）A．a(chǎn)b從釋放到第一次碰撞前所用時間為1.44sB．a(chǎn)b從釋放到第一次碰撞前，R上消耗的焦耳熱為0.78JC．兩棒第一次碰撞后瞬間，ab的速度大小為6.3m/sD．兩棒第一次碰撞后瞬間，cd的速度大小為8.4m/s【答案】BD【詳解】A．由于金屬棒ab、cd同時由靜止釋放，且恰好在M、N處發(fā)生彈性碰撞，則說明ab、cd在到達(dá)M、N處所用的時間是相同的，對金屬棒cd和電容器組成的回路有Δq=C·BLΔv對cd根據(jù)牛頓第二定律有F－BIL－m2gsin30°=m2a2其中，聯(lián)立有則說明金屬棒cd做勻加速直線運動，則有聯(lián)立解得a2=6m/s2，t=1.2s故A錯誤；B．由題知，知碰前瞬間ab的速度為4.5m/s，則根據(jù)功能關(guān)系有金屬棒下滑過程中根據(jù)動量定理有其中，R總=R＋Rab=0.1Ω聯(lián)立解得q=6C，xab=3m，Q=3.9J則R上消耗的焦耳熱為故B正確；CD．由于兩棒恰好在M、N處發(fā)生彈性碰撞，取沿斜面向下為正，有m1v1－m2v2=m1v1′＋m2v2′其中v2=a2t=7.2m/s聯(lián)立解得v1′=－3.3m/s，v2′=8.4m/s故C錯誤、D正確。故選BD。24．（2024·貴州·高考真題）如圖，間距為L的兩根金屬導(dǎo)軌平行放置并固定在絕緣水平桌面上，左端接有一定值電阻R，導(dǎo)軌所在平面存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場。質(zhì)量為m的金屬棒置于導(dǎo)軌上，在水平拉力作用下從靜止開始做勻加速直線運動，一段時間后撤去水平拉力，金屬棒最終停在導(dǎo)軌上。已知金屬棒在運動過程中，最大速度為v，加速階段的位移與減速階段的位移相等，金屬棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，不計摩擦及金屬棒與導(dǎo)軌的電阻，則（）A．加速過程中通過金屬棒的電荷量為 B．金屬棒加速的時間為C．加速過程中拉力的最大值為 D．加速過程中拉力做的功為【答案】AB【詳解】A．設(shè)加速階段的位移與減速階段的位移相等為，根據(jù)可知加速過程中通過金屬棒的電荷量等于減速過程中通過金屬棒的電荷量，則減速過程由動量定理可得解得A正確；B．由解得金屬棒加速的過程中，由位移公式可得可得加速時間為B正確；C．金屬棒在水平拉力作用下從靜止開始做勻加速直線運動，加速過程中，安培力逐漸增大，加速度不變，因此拉力逐漸增大，當(dāng)撤去拉力的瞬間，拉力最大，由牛頓第二定律可得其中聯(lián)立解得C錯誤；D．加速過程中拉力對金屬棒做正功，安培力對金屬棒做負(fù)功，由動能定理可知，合外力的功可得因此加速過程中拉力做的功大于，D錯誤。故選AB。25．（2024·江西·高考真題）如圖（a）所示，軌道左側(cè)斜面傾斜角滿足sinθ1=0.6，摩擦因數(shù)，足夠長的光滑水平導(dǎo)軌處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=0.5T的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向豎直向上，右側(cè)斜面導(dǎo)軌傾角滿足sinθ2=0.8，摩擦因數(shù)?，F(xiàn)將質(zhì)量為m甲=6kg的導(dǎo)體桿甲從斜面上高h(yuǎn)=4m處由靜止釋放，質(zhì)量為m乙=2kg的導(dǎo)體桿乙靜止在水平導(dǎo)軌上，與水平軌道左端的距離為d。已知導(dǎo)軌間距為l=2m，兩桿電阻均為R=1Ω，其余電阻不計，不計導(dǎo)體桿通過水平導(dǎo)軌與斜面導(dǎo)軌連接處的能量損失，且若兩桿發(fā)生碰撞，則為完全非彈性碰撞，取g=10m/s2，求：（1）甲桿剛進(jìn)入磁場，乙桿的加速度？（2）乙桿第一次滑上斜面前兩桿未相碰，距離d滿足的條件？（3）若乙前兩次在右側(cè)傾斜導(dǎo)軌上相對于水平導(dǎo)軌的豎直高度y隨時間t的變化如圖（b）所示（t1、t2、t3、t4、b均為未知量），乙第二次進(jìn)入右側(cè)傾斜導(dǎo)軌之前與甲發(fā)生碰撞，甲在0~t3時間內(nèi)未進(jìn)入右側(cè)傾斜導(dǎo)軌，求d的取值范圍。【答案】（1）a乙0=2m/s2，方向水平向右；（2）d≥24m；（3）【詳解】（1）甲從靜止運動至水平導(dǎo)軌時，根據(jù)動能定理有甲剛進(jìn)入磁場時，平動切割磁感線有E0=Blv0則根據(jù)歐姆定律可知此時回路的感應(yīng)電流為根據(jù)楞次定律可知，回路中的感應(yīng)電流沿逆時針方向（俯視），結(jié)合左手定則可知，乙所受安培力方向水平向右，由牛頓第二定律有BI0l=m2a乙0帶入數(shù)據(jù)有a乙0=2m/s2，方向水平向右（2）甲和乙在磁場中運動的過程中，系統(tǒng)不受外力作用，則系統(tǒng)動量守恒，若兩者共速時恰不相碰，則有m1v0=(m1＋m2)v共對乙根據(jù)動量定理有其中聯(lián)立解得dmin=Δx=24m則d滿足d≥24m（3）根據(jù)（2）問可知，從甲剛進(jìn)入磁場至甲、乙第一次在水平導(dǎo)軌運動穩(wěn)定，相對位移為Δx=24m，且穩(wěn)定時的速度v共=6m/s乙第一次在右側(cè)斜軌上向上運動的過程中，根據(jù)牛頓第二定律有m2gsinθ2＋μ2m2gcosθ2=m2a乙上根據(jù)勻變速直線運動位移與速度的關(guān)系有2a乙上x上=v共2乙第一次在右側(cè)斜軌上向下運動的過程中，根據(jù)牛頓第二定律有m2gsinθ2－μ2m2gcosθ2=m2a乙下再根據(jù)勻變速直線運動位移與速度的關(guān)系有2a乙下x下=v12且x上=x下聯(lián)立解得乙第一次滑下右側(cè)軌道最低點的速度v1=5m/s由于兩棒發(fā)生碰撞，則為完全非彈性碰撞，則甲乙整體第一次在右側(cè)傾斜軌道上向上運動有（m1＋m2）gsinθ2＋μ2（m1＋m2）gcosθ2=(m1＋m2)a共上同理有2a共上x共上=v2且由圖（b）可知x上=4.84x共上解得甲、乙碰撞后的速度乙第一次滑下右側(cè)軌道最低點后與甲相互作用的過程中，甲、乙組成的系統(tǒng)合外力為零，根據(jù)動量守恒有m1v2－m2v1=(m1＋m2))v解得乙第一次滑下右側(cè)軌道最低點時甲的速度為若乙第一次滑下右側(cè)軌道最低點時與甲發(fā)生碰撞，則對應(yīng)d的最小值，乙第一次在右側(cè)斜軌上運動的過程，對甲根據(jù)動量定理有其中解得根據(jù)位移關(guān)系有dmin′－Δx=Δx1解得若乙返回水平導(dǎo)軌后，當(dāng)兩者共速時恰好碰撞，則對應(yīng)d的最大值，對乙從返回水平導(dǎo)軌到與甲碰撞前瞬間的過程，根據(jù)動量定理有其中解得根據(jù)位移關(guān)系有dmax－Δx－Δx1=Δx2解得則d的取值范圍為26．（2024·湖北·高考真題）如圖所示，兩足夠長平行金屬直導(dǎo)軌MN、PQ的間距為L，固定在同一水平面內(nèi)，直導(dǎo)軌在左端M、P點分別與兩條豎直固定、半徑為L的圓弧導(dǎo)軌相切。MP連線與直導(dǎo)軌垂直，其左側(cè)無磁場，右側(cè)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場。長為L、質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒ab跨放在兩圓弧導(dǎo)軌的最高點。質(zhì)量為2m、電阻為6R的均勻金屬絲制成一個半徑為L的圓環(huán)，水平放置在兩直導(dǎo)軌上，其圓心到兩直導(dǎo)軌的距離相等。忽略導(dǎo)軌的電阻、所有摩擦以及金屬環(huán)的可能形變，金屬棒、金屬環(huán)均與導(dǎo)軌始終接觸良好，重力加速度大小為g?，F(xiàn)將金屬棒ab由靜止釋放，求（1）ab剛越過MP時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大??；（2）金屬環(huán)剛開始運動時的加速度大??；（3）為使ab在整個運動過程中不與金屬環(huán)接觸，金屬環(huán)圓心初始位置到MP的最小距離?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）根據(jù)題意可知，對金屬棒ab由靜止釋放到剛越過MP過程中，由動能定理有解得則ab剛越過MP時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小為（2）根據(jù)題意可知，金屬環(huán)在導(dǎo)軌間兩段圓弧并聯(lián)接入電路中，軌道外側(cè)的兩端圓弧金屬環(huán)被短路，由幾何關(guān)系可得，每段圓弧的電阻為可知，整個回路的總電阻為ab剛越過MP時，通過ab的感應(yīng)電流為對金屬環(huán)由牛頓第二定律有解得（3）根據(jù)題意，結(jié)合上述分析可知，金屬環(huán)和金屬棒ab所受的安培力等大反向，則系統(tǒng)的動量守恒，由于金屬環(huán)做加速運動，金屬棒做減速運動，為使ab在整個運動過程中不與金屬環(huán)接觸，則有當(dāng)金屬棒ab和金屬環(huán)速度相等時，金屬棒ab恰好追上金屬環(huán)，設(shè)此時速度為，由動量守恒定律有解得對金屬棒，由動量定理有則有設(shè)金屬棒運動距離為，金屬環(huán)運動的距離為，則有聯(lián)立解得則金屬環(huán)圓心初始位置到MP的最小距離專題七雙桿模型27．（2021·廣東·高考真題）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)電動勢為因為OP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棒會向左運動，MN棒運動會切割磁感線，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。28．（2024·遼寧·高考真題）如圖，兩條“∧”形的光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上，間距為L，左、右兩導(dǎo)軌面與水平面夾角均為30°，均處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為2B和B。將有一定阻值的導(dǎo)體棒ab、cd放置在導(dǎo)軌上，同時由靜止釋放，兩棒在下滑過程中始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，ab、cd的質(zhì)量分別為2m和m，長度均為L。導(dǎo)軌足夠長且電阻不計，重力加速度為g，兩棒在下滑過程中（）A．回路中的電流方向為abcda B．a(chǎn)b中電流趨于C．a(chǎn)b與cd加速度大小之比始終為2︰1 D．兩棒產(chǎn)生的電動勢始終相等【答案】AB【詳解】A．兩導(dǎo)體棒沿軌道向下滑動，根據(jù)右手定則可知回路中的電流方向為abcda；故A正確；BC．設(shè)回路中的總電阻為R，對于任意時刻當(dāng)電路中的電流為I時，對ab根據(jù)牛頓第二定律得對cd故可知分析可知兩個導(dǎo)體棒產(chǎn)生的電動勢相互疊加，隨著導(dǎo)體棒速度的增大，回路中的電流增大，導(dǎo)體棒受到的安培力在增大，故可知當(dāng)安培力沿導(dǎo)軌方向的分力與重力沿導(dǎo)軌向下的分力平衡時導(dǎo)體棒將勻速運動，此時電路中的電流達(dá)到穩(wěn)定值，此時對ab分析可得解得故B正確，C錯誤；D．根據(jù)前面分析可知，故可知兩導(dǎo)體棒速度大小始終相等，由于兩邊磁感應(yīng)強(qiáng)度不同，故產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢不等，故D錯誤。故選AB。29．（2023·山東·高考真題）足夠長U形導(dǎo)軌平置在光滑水平絕緣桌面上，寬為，電阻不計。質(zhì)量為、長為、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，磁感應(yīng)強(qiáng)度分別為和，其中，方向向下。用不可伸長的輕繩跨過固定輕滑輪將導(dǎo)軌CD段中點與質(zhì)量為的重物相連，繩與CD垂直且平行于桌面。如圖所示，某時刻MN、CD同時分別進(jìn)入磁場區(qū)域I和Ⅱ并做勻速直線運動，MN、CD與磁場邊界平行。MN的速度，CD的速度為且，MN和導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為0.2。重力加速度大小取，下列說法正確的是（

）

A．的方向向上 B．的方向向下 C． D．【答案】BD【詳解】AB．導(dǎo)軌的速度，因此對導(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)體棒的電流方向為，導(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為垂直直面向里，A錯誤B正確；CD．對導(dǎo)體棒分析對導(dǎo)體框分析電路中的電流為聯(lián)立解得C錯誤D正確；故選BD。30．（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，重力加速度為。

（1）先保持棒靜止，將棒由靜止釋放，求棒勻速運動時的速度大??；（2）在（1）問中，當(dāng)棒勻速運動時，再將棒由靜止釋放，求釋放瞬間棒的加速度大?。唬?）在（2）問中，從棒釋放瞬間開始計時，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)棒相對于棒運動的距離。

【答案】（1）；（2）；（3），【詳解】（1）a導(dǎo)體棒在運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31．（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