2020--2022年三年全国高考物理真题汇编：电磁感应综合应用

登录二一教育在线组卷平台 助您教考全无忧
2020--2022年三年全国高考物理真题汇编：电磁感应综合应用
一、单选题
1．（2021·河北）如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，导轨间距最窄处为一狭缝，取狭缝所在处O点为坐标原点，狭缝右侧两导轨与x轴夹角均为 ，一电容为C的电容器与导轨左端相连，导轨上的金属棒与x轴垂直，在外力F作用下从O点开始以速度v向右匀速运动，忽略所有电阻，下列说法正确的是（　　）
A．通过金属棒的电流为
B．金属棒到达 时，电容器极板上的电荷量为
C．金属棒运动过程中，电容器的上极板带负电
D．金属棒运动过程中，外力F做功的功率恒定
【答案】A
【知识点】电磁感应中的电路类问题
【解析】【解答】A．导体棒切割磁场相当于电源，由于匀速切割，则运动的位移为：x = vt，且根据几何关系切割长度为L = 2xtanθ，
根据动生电动势的表达式可得产生的感应电动势为：E = 2Bv2ttanθ
由于电容器直接与电源相连，则电容器两端的电压U等于电动势E的大小，根据电容的定义式可得电容器的电荷量为：Q = CE = 2BCv2ttanθ
已知单位时间通过导体棒的电荷量大小，根据电流的定义式得：I = = 2BCv2tanθ
A符合题意；
B．当金属棒到达x0处时，根据动生电动势的表达式可得：E′ = 2Bvx0tanθ
根据电容定义式得：Q = CE′ = 2BCvx0tanθ
B不符合题意；
C．已知导体棒向右切割磁场，根据右手定则可以得出电容器的上极板应带正电，C不符合题意；
D．导体棒做匀速运动，根据平衡方程有：F = F安 = BIL
根据力做功的功率公式有：P = Fv=BILv，由于I和v不变，从表达式可以得出P随L的增大而不断增大；
D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】利用动生电动势的表达式结合电容器的定义式可以求出电容器电荷量的大小，结合运动的时间可以求出流过导体棒的电流大小；利用动生电动势的表达式结合电容的大小可以求出电容器电荷量的大小；利用导体棒外力和安培力相等，利用安培力的变化可以判别其外力不断变大所以外力的功率不断变化。
2．（2021·山东）迷你系绳卫星在地球赤道正上方的电离层中，沿圆形轨道绕地飞行。系绳卫星由两子卫星组成，它们之间的导体绳沿地球半径方向，如图所示。在电池和感应电动势的共同作用下，导体绳中形成指向地心的电流，等效总电阻为r。导体绳所受的安培力克服大小为f的环境阻力，可使卫星保持在原轨道上。已知卫星离地平均高度为H，导体绳长为 ，地球半径为R，质量为M，轨道处磁感应强度大小为B，方向垂直于赤道平面。忽略地球自转的影响。据此可得，电池电动势为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】牛顿第二定律；万有引力定律的应用；电势；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】两个卫星绕地球做匀速圆周运动，根据引力提供向心力有：
根据牛顿第二定律可得卫星的线速度为：
导体绳切割磁感线相当于电源，已知导线速度方向及磁场的方向，根据右手定则可知，导体绳产生的感应电动势相当于上端为正极的电源，根据动生电动势的表达式有：
导体绳做匀速圆周运动，其切线方向平衡，根据安培力和导线受到的阻力平衡则可得其电池电动势大于感应电动势的大小，根据平衡方程有：
再根据欧姆定律有：
联立可得
解得
故选A。
【分析】利用牛顿第二定律结合向心力公式可以求出导线切割磁场的速度大小，结合动生电动势及平衡方程可以求出电池电动势的大小。
二、多选题
3．（2022·河北）如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，一根导轨位于 轴上，另一根由 、 、 三段直导轨组成，其中 段与 轴平行，导轨左端接入一电阻 。导轨上一金属棒 沿 轴正向以速度 保持匀速运动， 时刻通过坐标原点 ，金属棒始终与 轴垂直。设运动过程中通过电阻的电流强度为 ，金属棒受到安培力的大小为 ，金属棒克服安培力做功的功率为 ，电阻两端的电压为 ，导轨与金属棒接触良好，忽略导轨与金属棒的电阻。下列图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A,C
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的图像类问题
【解析】【解答】设ab段导轨与水平方向夹角为，则导体切割长度，，
所以I-t为一次函数关系，同理可得bc段以及cd段的规律，A正确。
，在ab段由于L和t是一次函数，所以F表达式中含有t2，所以F和t成二次函数关系。但开始运动时L不为零所以F不为零，B错误。
，由于v0为定值，所以P-t图像和F安-t图像形状一致，且图像不过原点。由B选项分析思路知C正确。
，在ab段，，所以U-t为一次函数关系。D错误。
【分析】利用法拉第电磁感应定律进行分析，得出不同物理量等量关系，从而求出图像。
4．（2022·山东）如图所示， 平面的第一、三象限内以坐标原点O为圆心、半径为 的扇形区域充满方向垂直纸面向外的匀强磁场．边长为L的正方形金属框绕其始终在O点的顶点、在 平面内以角速度 顺时针匀速转动． 时刻，金属框开始进入第一象限．不考虑自感影响，关于金属框中感应电动势E随时间t变化规律的描述正确的是（　　）
A．在 到 的过程中，E一直增大
B．在 到 的过程中，E先增大后减小
C．在 到 的过程中，E的变化率一直增大
D．在 到 的过程中，E的变化率一直减小
【答案】B,C
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；磁通量；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的图像类问题
【解析】【解答】根据题意作出图像如图所示
在 到 的过程中，线圈转过90°，切割的有效长度先增大后减小，根据，故E先增大后减小，故A错误，B正确；
在 到 的过程中，，切割长度为，
感应电动势为，故E的变化率一直在增大，故C正确，D错误；
故选BC。
【分析】首先根据题意作出线框运动图像，然后根据图像即可判断感应电动势的变化情况。
5．（2022·全国甲卷）如图，两根相互平行的光滑长直金属导轨固定在水平绝缘桌面上，在导轨的左端接入电容为C的电容器和阻值为R的电阻。质量为m、阻值也为R的导体棒MN静止于导轨上，与导轨垂直，且接触良好，导轨电阻忽略不计，整个系统处于方向竖直向下的匀强磁场中。开始时，电容器所带的电荷量为Q，合上开关S后，（　　）
A．通过导体棒 电流的最大值为
B．导体棒MN向右先加速、后匀速运动
C．导体棒 速度最大时所受的安培力也最大
D．电阻R上产生的焦耳热大于导体棒 上产生的焦耳热
【答案】A,D
【知识点】法拉第电磁感应定律；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】电容器相当于一个储电器，闭合开关瞬间，流过MN的电流最大，，故A正确；
开关闭合后，与R构成闭合回路，所有能量都转化为电阻中的焦耳热，根据能量守恒定律可知，最终导体棒的速度减为零，故B错误；
根据题意分析可知，导体棒先加速后减速，最终速度为零，所以当导体棒速度最大的时候，所受合力为零，即所受安培力为零，故C错误；
导体棒MN加速度阶段，由于MN反电动势存在，故MN上电流小于电阻R 上的电流，电阻R消耗电能大于MN上消耗的电能，MN减速为零的过程中，电容器的电流和导体棒的电流都流经电阻R形成各自的回路，因此可知此时也是电阻R的电流大，所以整个过程中流过R的电流都大于流过MN的电流，
故电阻R上产生的焦耳热大于导体棒MN上产生的焦耳热，故D正确；
故选AD。
【分析】首先对闭合开关后进行分析，算出流过MN电流的最大值，然后分析MN的运动情况，最后根据运动情况分析电流的关系，从而分析产生焦耳热的大小。
6．（2021·湖南）两个完全相同的正方形匀质金属框，边长为L，通过长为L的绝缘轻质杆相连，构成如图所示的组合体。距离组合体下底边H处有一方向水平、垂直纸面向里的匀强磁场。磁场区域上下边界水平，高度为L，左右宽度足够大。把该组合体在垂直磁场的平面内以初速度v0。水平无旋转抛出，设置合适的磁感应强度大小B使其匀速通过磁场，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．B与v0无关，与 成反比
B．通过磁场的过程中，金属框中电流的大小和方向保持不变
C．通过磁场的过程中，组合体克服安培力做功的功率与重力做功的功率相等
D．调节H、v0和B，只要组合体仍能匀速通过磁场，则其通过磁场的过程中产生的热量不变
【答案】C,D
【知识点】电磁感应中的电路类问题
【解析】【解答】A．由于组合体做平抛运动；根据平抛运动的位移公式有：；可以解得刚进入磁场时y方向的速度为：vy = 组合体进入磁场做匀速运动，则组合体处于平衡状态，根据牛顿第一定律则有mg = F安 ，又由于导体棒切割磁场的电动势，且根据欧姆定律有：，且安培力的表达式为：；
联立等式可以得出：B =
从表达式可以得出B与 成正比，A不符合题意；
B．当金属框刚进入磁场时，磁场方向垂直于纸张向内且金属框的磁通量增加，根据楞次定律可以判别感应电流的方向为逆时针方向，当金属框刚出磁场时，磁场方向垂直于纸张向内且金属框的磁通量减小，根据楞次定律可以判别此时感应电流的方向为顺时针方向，B不符合题意；
C．由于组合体进入磁场后做匀速运动，由于水平方向的感应电动势相互低消，有mg = F安 =
由于安培力的大小等于重力的大小，则组合体克服安培力做功的功率等于重力做功的功率，C符合题意；
D．无论调节哪个物理量，只要组合体仍能匀速通过磁场，都有mg = F安
则安培力做的功都为W = F安3L=mg3L；
从表达式可以得出当组合体匀速通过磁场时，其过程中产生的焦耳热与H、v0、B大小无关，D符合题意。
故答案为：CD。
【分析】金属框在竖直方向切割产生的感应电流，利用匀速运动的平衡方程可以求出磁感应强度的表达式；利用金属框中磁通量的变化结合楞次定律可以判别感应电流的方向；利用重力等于安培力可以判别组合体克服安培力做功的功率等于重力的功率；利用重力做功可以求出安培力做功的大小进而判别产生的焦耳热保持不变。
7．（2021·广东）如图所示，水平放置足够长光滑金属导轨 和 ， 与 平行， 是以O为圆心的圆弧导轨，圆弧 左侧和扇形 内有方向如图的匀强磁场，金属杆 的O端与e点用导线相接，P端与圆弧 接触良好，初始时，可滑动的金属杆 静止在平行导轨上，若杆 绕O点在匀强磁场区内从b到c匀速转动时，回路中始终有电流，则此过程中，下列说法正确的有（　　）
A．杆 产生的感应电动势恒定 B．杆 受到的安培力不变
C．杆 做匀加速直线运动 D．杆 中的电流逐渐减小
【答案】A,D
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】A．根据动生电动势的表达式可得：OP转动切割磁感线产生的感应电动势为
当OP匀速转动，其B、r、的大小不变所以杆OP产生的感应电动势恒定，A符合题意；
BCD．以OP棒为对象，根据右手定则可得杆OP匀速转动产生的感应电动势产生的感应电流由M到N通过MN棒，以MN棒为对象，由左手定则可知，MN棒受到向左的安培力会向左运动，MN棒运动会切割磁感线，根据右手定则可以得出MN棒产生电动势与原来电流方向相反，让回路电流减小，当电流减小时，根据牛顿第二定律有：ma=BIL，则MN棒所受安培力会减小，加速度减小，D符合题意，BC不符合题意。
故答案为：AD。
【分析】利用动生电动势的表达式结合杆匀速转动所以产生的电动势大小恒定；利用右手定则可以判别感应电流的方向，结合左手定则可以判别杆OP受到的安培力方向不断变化；利用左手定则结合右手定则可以判别MN中的电流逐渐减小所以安培力和加速度不断减小。
8．（2021·全国甲卷）由相同材料的导线绕成边长相同的甲、乙两个正方形闭合线圈，两线圈的质量相等，但所用导线的横截面积不同，甲线圈的匝数是乙的2倍。现两线圈在竖直平面内从同一高度同时由静止开始下落，一段时间后进入一方向垂直于纸面的匀强磁场区域，磁场的上边界水平，如图所示。不计空气阻力，已知下落过程中线圈始终平行于纸面，上、下边保持水平。在线圈下边进入磁场后且上边进入磁场前，可能出现的是（　　）
A．甲和乙都加速运动 B．甲和乙都减速运动
C．甲加速运动，乙减速运动 D．甲减速运动，乙加速运动
【答案】A,B
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】线圈还没进入磁场时做自由落体运动，设线圈到磁场的高度为h，线圈的边长为l，则线圈下边刚进入磁场时，根据自由落体运动的速度位移公式有：
线圈切割磁场时，根据动生电动势的表达式有：
两线圈材料相等（设密度为 ），质量相同（设为 ），则
设材料的电阻率为 ，根据电阻定律有：
再根据欧姆定律有：
根据安培力的表达式可得：
线圈进入磁场时，同时受到重力和安培力的作用，根据牛顿第二定律有
联立可解得
从加速度的表达式可得加速度和线圈的匝数、横截面积无关，则甲和乙进入磁场时，具有相同的加速度。
当 时，其重力大于安培力，甲和乙都做加速度不断变小的加速运动，
当 时，其安培力大于重力，甲和乙都做加速度不断减小的减速运动，
当 时，其安培力等于重力，甲乙两线圈都匀速。
故答案为：AB。
【分析】利用动生电动势的表达式结合欧姆定律可以求出感应电流的表达式，结合牛顿第二定律可以判别其线圈加速度的表达式，进而判别与匝数、横截面积的大小无关。
9．（2021·山东）如图所示，电阻不计的光滑U形金属导轨固定在绝缘斜面上。区域Ⅰ、Ⅱ中磁场方向均垂直斜面向上，Ⅰ区中磁感应强度随时间均匀增加，Ⅱ区中为匀强磁场。阻值恒定的金属棒从无磁场区域中a处由静止释放，进入Ⅱ区后，经b下行至c处反向上行。运动过程中金属棒始终垂直导轨且接触良好。在第一次下行和上行的过程中，以下叙述正确的是（　　）
A．金属棒下行过b时的速度大于上行过b时的速度
B．金属棒下行过b时的加速度大于上行过b时的加速度
C．金属棒不能回到无磁场区
D．金属棒能回到无磁场区，但不能回到a处
【答案】A,B,D
【知识点】电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】AB．导体棒在无磁场区中，只受重力和弹力的作用，根据牛顿第二定律有：，所以在无磁场区域中有：
由于在I区域中，根据磁感应强度随时间均匀增加则有： ，
根据法拉第电磁感应定律有：
再根据欧姆定律有：
所以其导体棒在运动时其I区域产生的感应电流大小恒定；
导体棒在II区域切割磁场，会产生一个感应电动势，其产生的安培力会阻碍导体棒的运动，因为导体棒到达 点后又能上行，说明加速度始终沿斜面向上，导体棒下滑过程和上滑过程经过 点的受力分析如图
设导体棒下滑过程和上滑过程经过 点的速度分别为 ， ，
则下滑经过b时根据动生电动势的表达式有：
根据欧姆定律其电流为：
根据牛顿第二定律可知
则上滑经过b时根据动生电动势的表达式有：
根据欧姆定律其电流为
根据牛顿第二定律可知
根据表达式对比可得：
下滑过程和下滑过程经过 段距离不变，根据匀变速速度位移公式，且由于，所以，AB正确；
CD．导体棒上滑过程中，由于合力与速度同向，则导体棒做加速度减小的加速度运动，则一定能回到无磁场区。由AB分析可得，导体棒进磁场Ⅱ区（下行进磁场）的速度大于出磁场Ⅱ区（下行进磁场）的速度，导体棒在无磁场区做加速度相同的减速运动
则金属棒不能回到 处，C错误，D正确。
故选ABD。
【分析】利用牛顿第二定律可以求出下滑和上滑过程的加速度大小，利用速度位移公式可以比较速度的大小；利用加速度和速度的方向可以判别其金属棒可以回到无磁场区域，利用过程速度的比较可以判别其金属棒不能回到a处。
三、综合题
10．（2022·湖北）如图所示，高度足够的匀强磁场区域下边界水平、左右边界竖直，磁场方向垂直于纸面向里。正方形单匝线框abcd的边长L=0.2 m、回路电阻R=1.6×10-3Ω、质量m=0.2 kg。线框平面与磁场方向垂直，线框的ad边与磁场左边界平齐，ab边与磁场下边界的距离也为L。现对线框施加与水平向右方向成θ=45°角、大小为 N的恒力F，使其在图示竖直平面内由静止开始运动。从ab边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀速运动；dc边进入磁场时，bc边恰好到达磁场右边界。重力加速度大小取g = 10 m/s2，求：
（1）ab边进入磁场前，线框在水平方向和竖直方向的加速度大小；
（2）磁场的磁感应强度大小和线框进入磁场的整个过程中回路产生的焦耳热；
（3）磁场区域的水平宽度。
【答案】（1）在水平方向和竖直方向分别由牛顿第二定律得：
得：ax = 20m/s2，ay = 10m/s2
（2）ab边进入磁场开始，ab边在竖直方向切割磁感线，ad和bc边的上部分产生的感应电动势相互抵消，则整个回路的电动势为ab边产生的感应电动势。
解得B=0.2T
安培力做功产生焦耳热，线框匀速运动，安培力为恒力。
则
（3）从开始运动到进入磁场，在竖直方向上：
进入磁场，，，总运动时间
解得
水平方向位移为
磁场区域的水平宽度 d=X+L=0.9m+0.2m=1.1m
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【分析】（1）在水平方向和竖直方向分别由牛顿第二定律列方程求解。
（2）安培力做功产生焦耳热，线框匀速运动，安培力为恒力。结合电磁感应定律求解。
（3）利用竖直位移求出时间，水平方向做匀加速直线运动。
11．（2022·浙江）舰载机电磁弹射是现在航母最先进的弹射技术，我国在这一领域已达到世界先进水平。某兴趣小组开展电磁弹射系统的设计研究，如图1所示，用于推动模型飞机的动子（图中未画出）与线圈绝缘并固定，线圈带动动子，可在水平导轨上无摩擦滑动。线圈位于导轨间的辐向磁场中，其所在处的磁感应强度大小均为B。开关S与1接通，恒流源与线圈连接，动子从静止开始推动飞机加速，飞机达到起飞速度时与动子脱离；此时S掷向2接通定值电阻R0，同时施加回撤力F，在F和磁场力作用下，动子恰好返回初始位置停下。若动子从静止开始至返回过程的v-t图如图2所示，在t1至t3时间内F=(800－10v)N，t3时撤去F。已知起飞速度v1=80m/s，t1=1.5s，线圈匝数n=100匝，每匝周长l=1m，飞机的质量M=10kg，动子和线圈的总质量m=5kg，R0=9.5Ω，B=0.1T，不计空气阻力和飞机起飞对动子运动速度的影响，求
（1）恒流源的电流I；
（2）线圈电阻R；
（3）时刻t3。
【答案】（1）解：根据安培力公式可得：①
根据图2可得，在0~t1时间内，动子和线圈做匀加速直线运动，有②
联立①②两个式子，并代入数据解得：
（2）解：S掷向2接通定值电阻R0时，感应电流
此时的安培力为F安1=nBI1l
根据牛顿第二定律有：
在 至 期间加速度恒定，则
（3）解：根据图2可得：
0~ 2s时间内位移大小为
根据法拉第电磁感应定律得：E=
根据电流的定义式可得：Δq=It
I=
联立解得：感应电量
从t3时刻到最后返回初始位置停下的时间段内通过回路中的电荷量，根据动量定理得： （或 ）
解得：
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】（1）根据安培力的计算公式和牛顿第二定律列方程求解。
（2）根据法拉第电磁感应定律计算感应电动势，再由闭合电路欧姆定律和牛顿第二定律联立求解。
（3）由法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律表示出电荷量，再根据电荷量与时间，电流之间的关系并结合动量定理计算求解。
12．（2022·全国甲卷）光点式检流计是一种可以测量微小电流的仪器，其简化的工作原理示意图如图所示。图中A为轻质绝缘弹反簧，C为位于纸面上的线圈，虚线框内有与纸面垂直的匀强磁场；随为置于平台上的轻质小平面反射镜，轻质刚性细杆D的一端与M固连且与镜面垂直，另一端与弹簧下端相连， 为圆弧形的、带有均匀刻度的透明读数条， 的圆心位于M的中心使用前需调零，使线圈内没有电流通过时，M竖直且与纸面垂直；入射细光束沿水平方向经 上的O点射到M上后沿原路反射。线圈通入电流后弹簧长度改变，使M发生倾斜，入射光束在M上的入射点仍近似处于 的圆心，通过读取反射光射到 上的位置，可以测得电流的大小。已知弹簧的劲度系数为k，磁场磁感应强度大小为B，线圈C的匝数为N。沿水平方向的长度为l，细杆D的长度为d，圆弧 的半径为r﹐ ，d远大于弹簧长度改变量的绝对值。
（1）若在线圈中通入的微小电流为I，求平衡后弹簧长度改变量的绝对值 及 上反射光点与O点间的弧长s；
（2）某同学用此装置测一微小电流，测量前未调零，将电流通入线圈后， 上反射光点出现在O点上方，与O点间的弧长为 、保持其它条件不变，只将该电流反向接入，则反射光点出现在О点下方，与O点间的弧长为 。求待测电流的大小。
【答案】（1）由题意可知，当线圈中通入的微小电流为I，线圈中的安培力为，
根据胡可定律可得，所以，
设细杆转过的弧度为θ，则反射光线转过的弧度为2θ，如图所示：
又， ，所以，故，
联立解得；
（2）由于测量前未调零，设没有通电流时偏移的弧长为，当初始时反射光点在O点上方，通电流后根据前面的结论可知，电流反向后，联立解得，
故待测电流的大小。
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的图像类问题；电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】(1)首先算出安培力的大小，根据受力分析和胡可定律即可算出弹簧形变量的绝对值，然后根据几何关系就可以算出 PQ上反射光点与O点间的弧长s；
(2)首先设出待测电流大小，根据（1）中结论表示出和 ，然后即可求出待测电流的大小。
13．（2021·全国乙卷）如图，一倾角为 的光滑固定斜面的顶端放有质量 的U型导体框，导体框的电阻忽略不计；一电阻 的金属棒 的两端置于导体框上，与导体框构成矩形回路 ； 与斜面底边平行，长度 。初始时 与 相距 ，金属棒与导体框同时由静止开始下滑，金属棒下滑距离 后进入一方向垂直于斜面的匀强磁场区域，磁场边界（图中虚线）与斜面底边平行；金属棒在磁场中做匀速运动，直至离开磁场区域。当金属棒离开磁场的瞬间，导体框的 边正好进入磁场，并在匀速运动一段距离后开始加速。已知金属棒与导体框之间始终接触良好，磁场的磁感应强度大小 ，重力加速度大小取 。求：
（1）金属棒在磁场中运动时所受安培力的大小；
（2）金属棒的质量以及金属棒与导体框之间的动摩擦因数；
（3）导体框匀速运动的距离。
【答案】（1）解：根据题意可得金属棒和导体框在没有进入磁场时一起做匀加速直线运动，由动能定理可得
代入数据解得
金属棒在磁场中切割磁场产生感应电动势，由法拉第电磁感应定律可得
由闭合回路的欧姆定律可得
则导体棒刚进入磁场时受到的安培力为
（2）解：金属棒进入磁场以后因为瞬间受到安培力的作用，根据楞次定律可知金属棒的安培力沿斜面向上，之后金属棒相对导体框向上运动，因此金属棒受到导体框给的沿斜面向下的滑动摩擦力，因匀速运动，可有
此时导体框向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律可得
设磁场区域的宽度为x，则金属棒在磁场中运动的时间为
则此时导体框的速度为
则导体框的位移
因此导体框和金属棒的相对位移为
由题意当金属棒离开磁场时金属框的上端EF刚好进入线框，则有位移关系
金属框进入磁场时匀速运动，此时的电动势为 ，
导体框受到向上的安培力和滑动摩擦力，因此可得
联立以上可得 ， ， ，
（3）解：金属棒出磁场以后，速度小于导体框的速度，因此受到向下的摩擦力，做加速运动，则有
金属棒向下加速，导体框匀速，当共速时导体框不再匀速，则有
导体框匀速运动的距离为
代入数据解得
【知识点】动能定理的综合应用；电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】（1）金属棒和导体框还没进入磁场时做匀加速直线运动，利用动能定理可以求出进入磁场时速度的大小，结合动生电动势及安培力的表达式可以求出安培力的大小；
（2）金属棒进入磁场后受到沿斜面向上的安培力，利用受力分析可以判别金属棒做匀速直线运动；利用牛顿第二定律可以求出导体框向下做匀加速直线运动的加速度，利用磁场区域可以求出金属棒运动的时间，结合速度公式可以求出导体框运动的速度和位移；利用位移之差可以判别金属棒离开磁场时其EF刚好进入磁场，利用动生电动势及平衡方程，联立匀加速直线运动的方程可以求出金属棒的质量及动摩擦因数的大小；
（3）导体棒离开磁场后其速度小于金属框的速度，利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小；利用共速可以求出金属框匀速运动的时间，结合速度的大小可以求出运动的位移大小。
14．（2021·浙江）一种探测气体放电过程的装置如图甲所示，充满氖气（ ）的电离室中有两电极与长直导线连接，并通过两水平长导线与高压电源相连。在与长直导线垂直的平面内，以导线为对称轴安装一个用阻值 的细导线绕制、匝数 的圆环形螺线管，细导线的始末两端c、d与阻值 的电阻连接。螺线管的横截面是半径 的圆，其中心与长直导线的距离 。气体被电离后在长直导线回路中产生顺时针方向的电流I，其 图像如图乙所示。为便于计算，螺线管内各处的磁感应强度大小均可视为 ，其中 。
（1）求 内通过长直导线横截面的电荷量Q；
（2）求 时，通过螺线管某一匝线圈的磁通量 ；
（3）若规定 为电流的正方向，在不考虑线圈自感的情况下，通过计算，画出通过电阻R的 图像；
（4）若规定 为电流的正方向，考虑线圈自感，定性画出通过电阻R的 图像。
【答案】（1）由电量和电流的关系 可知 图像下方的面积表示电荷量，因此有
代入数据解得
（2）由磁通量的定义可得
代入数据可得
（3）在 时间内电流均匀增加，有楞次定律可知感应电流的方向 ，产生恒定的感应电动势
由闭合回路欧姆定律可得
代入数据解得
在 电流恒定，穿过圆形螺旋管的磁场恒定，因此感应电动势为零，感应电流为零，而在 时间内电流随时间均匀变化，斜率大小和 大小相同，因此电流大小相同，由楞次定律可知感应电流的方向为 ，则图像如图所示
（4）考虑自感的情况下，线框会产生自感电动势阻碍电流的增加，因此电流是缓慢增加的，过一段时间电路达到稳定后自感消失，电流的峰值和之前大小相同，在 时间内电路中的磁通量不变化电流要减小为零，因此自感电动势会阻碍电流的减小，使得电流缓慢减小为零，电流图像如图
【知识点】电磁感应中的电路类问题
【解析】【分析】（1）已知电流和时间的图像，利用图像面积的大小可以求出通过导线横截面其电荷量的大小；
（2）已知磁感应强度和线圈面积的大小，结合磁通量的表达式可以求出磁通量的大小；
（3）已知磁感应强度的变化，结合楞次定律可以判别感应电流的大小，结合法拉第电磁感应定律及欧姆定律可以求出感应电流的大小；
（4）考虑线圈的自感时，其线圈产生的自感电动势会阻碍电流的变化；利用楞次定律可以判别自感电动势的大小变化，进而画出通过电阻的电流和时间变化图像。
15．（2021·浙江）嫦娥五号成功实现月球着陆和返回，鼓舞人心。小明知道月球上没有空气，无法靠降落伞减速降落，于是设计了一种新型着陆装置。如图所示，该装置由船舱、间距为l的平行导轨、产生垂直船舱导轨平面的磁感应强度大小为B的匀强磁场的磁体和“∧”型刚性线框组成，“∧”型线框ab边可沿导轨滑动并接触良好。船舱、导轨和磁体固定在一起，总质量为m1整个装置竖直着陆到月球表面前瞬间的速度大小为v0，接触月球表面后线框速度立即变为零。经过减速，在导轨下方缓冲弹簧接触月球表面前船舱已可视为匀速。已知船舱电阻为3r，“∧”型线框的质量为m2，其7条边的边长均为l，电阻均为r；月球表面的重力加速度为g/6。整个运动过程中只有ab边在磁场中，线框与月球表面绝缘，不计导轨电阻和摩擦阻力。
（1）求着陆装置接触到月球表面后瞬间线框ab边产生的电动势E；
（2）通过画等效电路图，求着陆装置接触到月球表面后瞬间流过ab型线框的电流I0；
（3）求船舱匀速运动时的速度大小v；
（4）同桌小张认为在磁场上方、两导轨之间连接一个电容为C的电容器，在着陆减速过程中还可以回收部分能量，在其他条件均不变的情況下，求船舱匀速运动时的速度大小 和此时电容器所带电荷量q。
【答案】（1）解：导体切割磁感线，电动势
（2）解：等效电路图如图
并联总电阻
电流
（3）解：匀速运动时线框受到安培力
根据牛顿第三定律，质量为m1的部分受力F=FA，方向竖直向上，匀速条件
得
（4）解：匀速运动时电容器不充放电，满足
电容器两端电压为
电荷量为
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的电路类问题
【解析】【分析】（1）已知导体切割磁感线的速度，利用动生电动势的表达式可以求出电动势的大小；
（2）导体棒相当于电源，其支路为三条电阻相同位3R的支路进行并联；利用欧姆定律可以求出通过线圈的电流大小；
（3）当船舱匀速运动时，利用安培力等于重力，利用平衡方程可以求出匀速运动的速度大小；
（4）当匀速运动时电容器两端电压为外部电压，利用欧姆定律可以求出电容器电压的大小，结合电容的定义式可以求出电荷量的大小。
二一教育在线组卷平台（zujuan.21cnjy.com）自动生成 1 / 1登录二一教育在线组卷平台 助您教考全无忧
2020--2022年三年全国高考物理真题汇编：电磁感应综合应用
一、单选题
1．（2021·河北）如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，导轨间距最窄处为一狭缝，取狭缝所在处O点为坐标原点，狭缝右侧两导轨与x轴夹角均为 ，一电容为C的电容器与导轨左端相连，导轨上的金属棒与x轴垂直，在外力F作用下从O点开始以速度v向右匀速运动，忽略所有电阻，下列说法正确的是（　　）
A．通过金属棒的电流为
B．金属棒到达 时，电容器极板上的电荷量为
C．金属棒运动过程中，电容器的上极板带负电
D．金属棒运动过程中，外力F做功的功率恒定
2．（2021·山东）迷你系绳卫星在地球赤道正上方的电离层中，沿圆形轨道绕地飞行。系绳卫星由两子卫星组成，它们之间的导体绳沿地球半径方向，如图所示。在电池和感应电动势的共同作用下，导体绳中形成指向地心的电流，等效总电阻为r。导体绳所受的安培力克服大小为f的环境阻力，可使卫星保持在原轨道上。已知卫星离地平均高度为H，导体绳长为 ，地球半径为R，质量为M，轨道处磁感应强度大小为B，方向垂直于赤道平面。忽略地球自转的影响。据此可得，电池电动势为（　　）
A． B．
C． D．
二、多选题
3．（2022·河北）如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，一根导轨位于 轴上，另一根由 、 、 三段直导轨组成，其中 段与 轴平行，导轨左端接入一电阻 。导轨上一金属棒 沿 轴正向以速度 保持匀速运动， 时刻通过坐标原点 ，金属棒始终与 轴垂直。设运动过程中通过电阻的电流强度为 ，金属棒受到安培力的大小为 ，金属棒克服安培力做功的功率为 ，电阻两端的电压为 ，导轨与金属棒接触良好，忽略导轨与金属棒的电阻。下列图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
4．（2022·山东）如图所示， 平面的第一、三象限内以坐标原点O为圆心、半径为 的扇形区域充满方向垂直纸面向外的匀强磁场．边长为L的正方形金属框绕其始终在O点的顶点、在 平面内以角速度 顺时针匀速转动． 时刻，金属框开始进入第一象限．不考虑自感影响，关于金属框中感应电动势E随时间t变化规律的描述正确的是（　　）
A．在 到 的过程中，E一直增大
B．在 到 的过程中，E先增大后减小
C．在 到 的过程中，E的变化率一直增大
D．在 到 的过程中，E的变化率一直减小
5．（2022·全国甲卷）如图，两根相互平行的光滑长直金属导轨固定在水平绝缘桌面上，在导轨的左端接入电容为C的电容器和阻值为R的电阻。质量为m、阻值也为R的导体棒MN静止于导轨上，与导轨垂直，且接触良好，导轨电阻忽略不计，整个系统处于方向竖直向下的匀强磁场中。开始时，电容器所带的电荷量为Q，合上开关S后，（　　）
A．通过导体棒 电流的最大值为
B．导体棒MN向右先加速、后匀速运动
C．导体棒 速度最大时所受的安培力也最大
D．电阻R上产生的焦耳热大于导体棒 上产生的焦耳热
6．（2021·湖南）两个完全相同的正方形匀质金属框，边长为L，通过长为L的绝缘轻质杆相连，构成如图所示的组合体。距离组合体下底边H处有一方向水平、垂直纸面向里的匀强磁场。磁场区域上下边界水平，高度为L，左右宽度足够大。把该组合体在垂直磁场的平面内以初速度v0。水平无旋转抛出，设置合适的磁感应强度大小B使其匀速通过磁场，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．B与v0无关，与 成反比
B．通过磁场的过程中，金属框中电流的大小和方向保持不变
C．通过磁场的过程中，组合体克服安培力做功的功率与重力做功的功率相等
D．调节H、v0和B，只要组合体仍能匀速通过磁场，则其通过磁场的过程中产生的热量不变
7．（2021·广东）如图所示，水平放置足够长光滑金属导轨 和 ， 与 平行， 是以O为圆心的圆弧导轨，圆弧 左侧和扇形 内有方向如图的匀强磁场，金属杆 的O端与e点用导线相接，P端与圆弧 接触良好，初始时，可滑动的金属杆 静止在平行导轨上，若杆 绕O点在匀强磁场区内从b到c匀速转动时，回路中始终有电流，则此过程中，下列说法正确的有（　　）
A．杆 产生的感应电动势恒定 B．杆 受到的安培力不变
C．杆 做匀加速直线运动 D．杆 中的电流逐渐减小
8．（2021·全国甲卷）由相同材料的导线绕成边长相同的甲、乙两个正方形闭合线圈，两线圈的质量相等，但所用导线的横截面积不同，甲线圈的匝数是乙的2倍。现两线圈在竖直平面内从同一高度同时由静止开始下落，一段时间后进入一方向垂直于纸面的匀强磁场区域，磁场的上边界水平，如图所示。不计空气阻力，已知下落过程中线圈始终平行于纸面，上、下边保持水平。在线圈下边进入磁场后且上边进入磁场前，可能出现的是（　　）
A．甲和乙都加速运动 B．甲和乙都减速运动
C．甲加速运动，乙减速运动 D．甲减速运动，乙加速运动
9．（2021·山东）如图所示，电阻不计的光滑U形金属导轨固定在绝缘斜面上。区域Ⅰ、Ⅱ中磁场方向均垂直斜面向上，Ⅰ区中磁感应强度随时间均匀增加，Ⅱ区中为匀强磁场。阻值恒定的金属棒从无磁场区域中a处由静止释放，进入Ⅱ区后，经b下行至c处反向上行。运动过程中金属棒始终垂直导轨且接触良好。在第一次下行和上行的过程中，以下叙述正确的是（　　）
A．金属棒下行过b时的速度大于上行过b时的速度
B．金属棒下行过b时的加速度大于上行过b时的加速度
C．金属棒不能回到无磁场区
D．金属棒能回到无磁场区，但不能回到a处
三、综合题
10．（2022·湖北）如图所示，高度足够的匀强磁场区域下边界水平、左右边界竖直，磁场方向垂直于纸面向里。正方形单匝线框abcd的边长L=0.2 m、回路电阻R=1.6×10-3Ω、质量m=0.2 kg。线框平面与磁场方向垂直，线框的ad边与磁场左边界平齐，ab边与磁场下边界的距离也为L。现对线框施加与水平向右方向成θ=45°角、大小为 N的恒力F，使其在图示竖直平面内由静止开始运动。从ab边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀速运动；dc边进入磁场时，bc边恰好到达磁场右边界。重力加速度大小取g = 10 m/s2，求：
（1）ab边进入磁场前，线框在水平方向和竖直方向的加速度大小；
（2）磁场的磁感应强度大小和线框进入磁场的整个过程中回路产生的焦耳热；
（3）磁场区域的水平宽度。
11．（2022·浙江）舰载机电磁弹射是现在航母最先进的弹射技术，我国在这一领域已达到世界先进水平。某兴趣小组开展电磁弹射系统的设计研究，如图1所示，用于推动模型飞机的动子（图中未画出）与线圈绝缘并固定，线圈带动动子，可在水平导轨上无摩擦滑动。线圈位于导轨间的辐向磁场中，其所在处的磁感应强度大小均为B。开关S与1接通，恒流源与线圈连接，动子从静止开始推动飞机加速，飞机达到起飞速度时与动子脱离；此时S掷向2接通定值电阻R0，同时施加回撤力F，在F和磁场力作用下，动子恰好返回初始位置停下。若动子从静止开始至返回过程的v-t图如图2所示，在t1至t3时间内F=(800－10v)N，t3时撤去F。已知起飞速度v1=80m/s，t1=1.5s，线圈匝数n=100匝，每匝周长l=1m，飞机的质量M=10kg，动子和线圈的总质量m=5kg，R0=9.5Ω，B=0.1T，不计空气阻力和飞机起飞对动子运动速度的影响，求
（1）恒流源的电流I；
（2）线圈电阻R；
（3）时刻t3。
12．（2022·全国甲卷）光点式检流计是一种可以测量微小电流的仪器，其简化的工作原理示意图如图所示。图中A为轻质绝缘弹反簧，C为位于纸面上的线圈，虚线框内有与纸面垂直的匀强磁场；随为置于平台上的轻质小平面反射镜，轻质刚性细杆D的一端与M固连且与镜面垂直，另一端与弹簧下端相连， 为圆弧形的、带有均匀刻度的透明读数条， 的圆心位于M的中心使用前需调零，使线圈内没有电流通过时，M竖直且与纸面垂直；入射细光束沿水平方向经 上的O点射到M上后沿原路反射。线圈通入电流后弹簧长度改变，使M发生倾斜，入射光束在M上的入射点仍近似处于 的圆心，通过读取反射光射到 上的位置，可以测得电流的大小。已知弹簧的劲度系数为k，磁场磁感应强度大小为B，线圈C的匝数为N。沿水平方向的长度为l，细杆D的长度为d，圆弧 的半径为r﹐ ，d远大于弹簧长度改变量的绝对值。
（1）若在线圈中通入的微小电流为I，求平衡后弹簧长度改变量的绝对值 及 上反射光点与O点间的弧长s；
（2）某同学用此装置测一微小电流，测量前未调零，将电流通入线圈后， 上反射光点出现在O点上方，与O点间的弧长为 、保持其它条件不变，只将该电流反向接入，则反射光点出现在О点下方，与O点间的弧长为 。求待测电流的大小。
13．（2021·全国乙卷）如图，一倾角为 的光滑固定斜面的顶端放有质量 的U型导体框，导体框的电阻忽略不计；一电阻 的金属棒 的两端置于导体框上，与导体框构成矩形回路 ； 与斜面底边平行，长度 。初始时 与 相距 ，金属棒与导体框同时由静止开始下滑，金属棒下滑距离 后进入一方向垂直于斜面的匀强磁场区域，磁场边界（图中虚线）与斜面底边平行；金属棒在磁场中做匀速运动，直至离开磁场区域。当金属棒离开磁场的瞬间，导体框的 边正好进入磁场，并在匀速运动一段距离后开始加速。已知金属棒与导体框之间始终接触良好，磁场的磁感应强度大小 ，重力加速度大小取 。求：
（1）金属棒在磁场中运动时所受安培力的大小；
（2）金属棒的质量以及金属棒与导体框之间的动摩擦因数；
（3）导体框匀速运动的距离。
14．（2021·浙江）一种探测气体放电过程的装置如图甲所示，充满氖气（ ）的电离室中有两电极与长直导线连接，并通过两水平长导线与高压电源相连。在与长直导线垂直的平面内，以导线为对称轴安装一个用阻值 的细导线绕制、匝数 的圆环形螺线管，细导线的始末两端c、d与阻值 的电阻连接。螺线管的横截面是半径 的圆，其中心与长直导线的距离 。气体被电离后在长直导线回路中产生顺时针方向的电流I，其 图像如图乙所示。为便于计算，螺线管内各处的磁感应强度大小均可视为 ，其中 。
（1）求 内通过长直导线横截面的电荷量Q；
（2）求 时，通过螺线管某一匝线圈的磁通量 ；
（3）若规定 为电流的正方向，在不考虑线圈自感的情况下，通过计算，画出通过电阻R的 图像；
（4）若规定 为电流的正方向，考虑线圈自感，定性画出通过电阻R的 图像。
15．（2021·浙江）嫦娥五号成功实现月球着陆和返回，鼓舞人心。小明知道月球上没有空气，无法靠降落伞减速降落，于是设计了一种新型着陆装置。如图所示，该装置由船舱、间距为l的平行导轨、产生垂直船舱导轨平面的磁感应强度大小为B的匀强磁场的磁体和“∧”型刚性线框组成，“∧”型线框ab边可沿导轨滑动并接触良好。船舱、导轨和磁体固定在一起，总质量为m1整个装置竖直着陆到月球表面前瞬间的速度大小为v0，接触月球表面后线框速度立即变为零。经过减速，在导轨下方缓冲弹簧接触月球表面前船舱已可视为匀速。已知船舱电阻为3r，“∧”型线框的质量为m2，其7条边的边长均为l，电阻均为r；月球表面的重力加速度为g/6。整个运动过程中只有ab边在磁场中，线框与月球表面绝缘，不计导轨电阻和摩擦阻力。
（1）求着陆装置接触到月球表面后瞬间线框ab边产生的电动势E；
（2）通过画等效电路图，求着陆装置接触到月球表面后瞬间流过ab型线框的电流I0；
（3）求船舱匀速运动时的速度大小v；
（4）同桌小张认为在磁场上方、两导轨之间连接一个电容为C的电容器，在着陆减速过程中还可以回收部分能量，在其他条件均不变的情況下，求船舱匀速运动时的速度大小 和此时电容器所带电荷量q。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】电磁感应中的电路类问题
【解析】【解答】A．导体棒切割磁场相当于电源，由于匀速切割，则运动的位移为：x = vt，且根据几何关系切割长度为L = 2xtanθ，
根据动生电动势的表达式可得产生的感应电动势为：E = 2Bv2ttanθ
由于电容器直接与电源相连，则电容器两端的电压U等于电动势E的大小，根据电容的定义式可得电容器的电荷量为：Q = CE = 2BCv2ttanθ
已知单位时间通过导体棒的电荷量大小，根据电流的定义式得：I = = 2BCv2tanθ
A符合题意；
B．当金属棒到达x0处时，根据动生电动势的表达式可得：E′ = 2Bvx0tanθ
根据电容定义式得：Q = CE′ = 2BCvx0tanθ
B不符合题意；
C．已知导体棒向右切割磁场，根据右手定则可以得出电容器的上极板应带正电，C不符合题意；
D．导体棒做匀速运动，根据平衡方程有：F = F安 = BIL
根据力做功的功率公式有：P = Fv=BILv，由于I和v不变，从表达式可以得出P随L的增大而不断增大；
D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】利用动生电动势的表达式结合电容器的定义式可以求出电容器电荷量的大小，结合运动的时间可以求出流过导体棒的电流大小；利用动生电动势的表达式结合电容的大小可以求出电容器电荷量的大小；利用导体棒外力和安培力相等，利用安培力的变化可以判别其外力不断变大所以外力的功率不断变化。
2．【答案】A
【知识点】牛顿第二定律；万有引力定律的应用；电势；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】两个卫星绕地球做匀速圆周运动，根据引力提供向心力有：
根据牛顿第二定律可得卫星的线速度为：
导体绳切割磁感线相当于电源，已知导线速度方向及磁场的方向，根据右手定则可知，导体绳产生的感应电动势相当于上端为正极的电源，根据动生电动势的表达式有：
导体绳做匀速圆周运动，其切线方向平衡，根据安培力和导线受到的阻力平衡则可得其电池电动势大于感应电动势的大小，根据平衡方程有：
再根据欧姆定律有：
联立可得
解得
故选A。
【分析】利用牛顿第二定律结合向心力公式可以求出导线切割磁场的速度大小，结合动生电动势及平衡方程可以求出电池电动势的大小。
3．【答案】A,C
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的图像类问题
【解析】【解答】设ab段导轨与水平方向夹角为，则导体切割长度，，
所以I-t为一次函数关系，同理可得bc段以及cd段的规律，A正确。
，在ab段由于L和t是一次函数，所以F表达式中含有t2，所以F和t成二次函数关系。但开始运动时L不为零所以F不为零，B错误。
，由于v0为定值，所以P-t图像和F安-t图像形状一致，且图像不过原点。由B选项分析思路知C正确。
，在ab段，，所以U-t为一次函数关系。D错误。
【分析】利用法拉第电磁感应定律进行分析，得出不同物理量等量关系，从而求出图像。
4．【答案】B,C
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；磁通量；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的图像类问题
【解析】【解答】根据题意作出图像如图所示
在 到 的过程中，线圈转过90°，切割的有效长度先增大后减小，根据，故E先增大后减小，故A错误，B正确；
在 到 的过程中，，切割长度为，
感应电动势为，故E的变化率一直在增大，故C正确，D错误；
故选BC。
【分析】首先根据题意作出线框运动图像，然后根据图像即可判断感应电动势的变化情况。
5．【答案】A,D
【知识点】法拉第电磁感应定律；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】电容器相当于一个储电器，闭合开关瞬间，流过MN的电流最大，，故A正确；
开关闭合后，与R构成闭合回路，所有能量都转化为电阻中的焦耳热，根据能量守恒定律可知，最终导体棒的速度减为零，故B错误；
根据题意分析可知，导体棒先加速后减速，最终速度为零，所以当导体棒速度最大的时候，所受合力为零，即所受安培力为零，故C错误；
导体棒MN加速度阶段，由于MN反电动势存在，故MN上电流小于电阻R 上的电流，电阻R消耗电能大于MN上消耗的电能，MN减速为零的过程中，电容器的电流和导体棒的电流都流经电阻R形成各自的回路，因此可知此时也是电阻R的电流大，所以整个过程中流过R的电流都大于流过MN的电流，
故电阻R上产生的焦耳热大于导体棒MN上产生的焦耳热，故D正确；
故选AD。
【分析】首先对闭合开关后进行分析，算出流过MN电流的最大值，然后分析MN的运动情况，最后根据运动情况分析电流的关系，从而分析产生焦耳热的大小。
6．【答案】C,D
【知识点】电磁感应中的电路类问题
【解析】【解答】A．由于组合体做平抛运动；根据平抛运动的位移公式有：；可以解得刚进入磁场时y方向的速度为：vy = 组合体进入磁场做匀速运动，则组合体处于平衡状态，根据牛顿第一定律则有mg = F安 ，又由于导体棒切割磁场的电动势，且根据欧姆定律有：，且安培力的表达式为：；
联立等式可以得出：B =
从表达式可以得出B与 成正比，A不符合题意；
B．当金属框刚进入磁场时，磁场方向垂直于纸张向内且金属框的磁通量增加，根据楞次定律可以判别感应电流的方向为逆时针方向，当金属框刚出磁场时，磁场方向垂直于纸张向内且金属框的磁通量减小，根据楞次定律可以判别此时感应电流的方向为顺时针方向，B不符合题意；
C．由于组合体进入磁场后做匀速运动，由于水平方向的感应电动势相互低消，有mg = F安 =
由于安培力的大小等于重力的大小，则组合体克服安培力做功的功率等于重力做功的功率，C符合题意；
D．无论调节哪个物理量，只要组合体仍能匀速通过磁场，都有mg = F安
则安培力做的功都为W = F安3L=mg3L；
从表达式可以得出当组合体匀速通过磁场时，其过程中产生的焦耳热与H、v0、B大小无关，D符合题意。
故答案为：CD。
【分析】金属框在竖直方向切割产生的感应电流，利用匀速运动的平衡方程可以求出磁感应强度的表达式；利用金属框中磁通量的变化结合楞次定律可以判别感应电流的方向；利用重力等于安培力可以判别组合体克服安培力做功的功率等于重力的功率；利用重力做功可以求出安培力做功的大小进而判别产生的焦耳热保持不变。
7．【答案】A,D
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】A．根据动生电动势的表达式可得：OP转动切割磁感线产生的感应电动势为
当OP匀速转动，其B、r、的大小不变所以杆OP产生的感应电动势恒定，A符合题意；
BCD．以OP棒为对象，根据右手定则可得杆OP匀速转动产生的感应电动势产生的感应电流由M到N通过MN棒，以MN棒为对象，由左手定则可知，MN棒受到向左的安培力会向左运动，MN棒运动会切割磁感线，根据右手定则可以得出MN棒产生电动势与原来电流方向相反，让回路电流减小，当电流减小时，根据牛顿第二定律有：ma=BIL，则MN棒所受安培力会减小，加速度减小，D符合题意，BC不符合题意。
故答案为：AD。
【分析】利用动生电动势的表达式结合杆匀速转动所以产生的电动势大小恒定；利用右手定则可以判别感应电流的方向，结合左手定则可以判别杆OP受到的安培力方向不断变化；利用左手定则结合右手定则可以判别MN中的电流逐渐减小所以安培力和加速度不断减小。
8．【答案】A,B
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】线圈还没进入磁场时做自由落体运动，设线圈到磁场的高度为h，线圈的边长为l，则线圈下边刚进入磁场时，根据自由落体运动的速度位移公式有：
线圈切割磁场时，根据动生电动势的表达式有：
两线圈材料相等（设密度为 ），质量相同（设为 ），则
设材料的电阻率为 ，根据电阻定律有：
再根据欧姆定律有：
根据安培力的表达式可得：
线圈进入磁场时，同时受到重力和安培力的作用，根据牛顿第二定律有
联立可解得
从加速度的表达式可得加速度和线圈的匝数、横截面积无关，则甲和乙进入磁场时，具有相同的加速度。
当 时，其重力大于安培力，甲和乙都做加速度不断变小的加速运动，
当 时，其安培力大于重力，甲和乙都做加速度不断减小的减速运动，
当 时，其安培力等于重力，甲乙两线圈都匀速。
故答案为：AB。
【分析】利用动生电动势的表达式结合欧姆定律可以求出感应电流的表达式，结合牛顿第二定律可以判别其线圈加速度的表达式，进而判别与匝数、横截面积的大小无关。
9．【答案】A,B,D
【知识点】电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】AB．导体棒在无磁场区中，只受重力和弹力的作用，根据牛顿第二定律有：，所以在无磁场区域中有：
由于在I区域中，根据磁感应强度随时间均匀增加则有： ，
根据法拉第电磁感应定律有：
再根据欧姆定律有：
所以其导体棒在运动时其I区域产生的感应电流大小恒定；
导体棒在II区域切割磁场，会产生一个感应电动势，其产生的安培力会阻碍导体棒的运动，因为导体棒到达 点后又能上行，说明加速度始终沿斜面向上，导体棒下滑过程和上滑过程经过 点的受力分析如图
设导体棒下滑过程和上滑过程经过 点的速度分别为 ， ，
则下滑经过b时根据动生电动势的表达式有：
根据欧姆定律其电流为：
根据牛顿第二定律可知
则上滑经过b时根据动生电动势的表达式有：
根据欧姆定律其电流为
根据牛顿第二定律可知
根据表达式对比可得：
下滑过程和下滑过程经过 段距离不变，根据匀变速速度位移公式，且由于，所以，AB正确；
CD．导体棒上滑过程中，由于合力与速度同向，则导体棒做加速度减小的加速度运动，则一定能回到无磁场区。由AB分析可得，导体棒进磁场Ⅱ区（下行进磁场）的速度大于出磁场Ⅱ区（下行进磁场）的速度，导体棒在无磁场区做加速度相同的减速运动
则金属棒不能回到 处，C错误，D正确。
故选ABD。
【分析】利用牛顿第二定律可以求出下滑和上滑过程的加速度大小，利用速度位移公式可以比较速度的大小；利用加速度和速度的方向可以判别其金属棒可以回到无磁场区域，利用过程速度的比较可以判别其金属棒不能回到a处。
10．【答案】（1）在水平方向和竖直方向分别由牛顿第二定律得：
得：ax = 20m/s2，ay = 10m/s2
（2）ab边进入磁场开始，ab边在竖直方向切割磁感线，ad和bc边的上部分产生的感应电动势相互抵消，则整个回路的电动势为ab边产生的感应电动势。
解得B=0.2T
安培力做功产生焦耳热，线框匀速运动，安培力为恒力。
则
（3）从开始运动到进入磁场，在竖直方向上：
进入磁场，，，总运动时间
解得
水平方向位移为
磁场区域的水平宽度 d=X+L=0.9m+0.2m=1.1m
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【分析】（1）在水平方向和竖直方向分别由牛顿第二定律列方程求解。
（2）安培力做功产生焦耳热，线框匀速运动，安培力为恒力。结合电磁感应定律求解。
（3）利用竖直位移求出时间，水平方向做匀加速直线运动。
11．【答案】（1）解：根据安培力公式可得：①
根据图2可得，在0~t1时间内，动子和线圈做匀加速直线运动，有②
联立①②两个式子，并代入数据解得：
（2）解：S掷向2接通定值电阻R0时，感应电流
此时的安培力为F安1=nBI1l
根据牛顿第二定律有：
在 至 期间加速度恒定，则
（3）解：根据图2可得：
0~ 2s时间内位移大小为
根据法拉第电磁感应定律得：E=
根据电流的定义式可得：Δq=It
I=
联立解得：感应电量
从t3时刻到最后返回初始位置停下的时间段内通过回路中的电荷量，根据动量定理得： （或 ）
解得：
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】（1）根据安培力的计算公式和牛顿第二定律列方程求解。
（2）根据法拉第电磁感应定律计算感应电动势，再由闭合电路欧姆定律和牛顿第二定律联立求解。
（3）由法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律表示出电荷量，再根据电荷量与时间，电流之间的关系并结合动量定理计算求解。
12．【答案】（1）由题意可知，当线圈中通入的微小电流为I，线圈中的安培力为，
根据胡可定律可得，所以，
设细杆转过的弧度为θ，则反射光线转过的弧度为2θ，如图所示：
又， ，所以，故，
联立解得；
（2）由于测量前未调零，设没有通电流时偏移的弧长为，当初始时反射光点在O点上方，通电流后根据前面的结论可知，电流反向后，联立解得，
故待测电流的大小。
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的图像类问题；电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】(1)首先算出安培力的大小，根据受力分析和胡可定律即可算出弹簧形变量的绝对值，然后根据几何关系就可以算出 PQ上反射光点与O点间的弧长s；
(2)首先设出待测电流大小，根据（1）中结论表示出和 ，然后即可求出待测电流的大小。
13．【答案】（1）解：根据题意可得金属棒和导体框在没有进入磁场时一起做匀加速直线运动，由动能定理可得
代入数据解得
金属棒在磁场中切割磁场产生感应电动势，由法拉第电磁感应定律可得
由闭合回路的欧姆定律可得
则导体棒刚进入磁场时受到的安培力为
（2）解：金属棒进入磁场以后因为瞬间受到安培力的作用，根据楞次定律可知金属棒的安培力沿斜面向上，之后金属棒相对导体框向上运动，因此金属棒受到导体框给的沿斜面向下的滑动摩擦力，因匀速运动，可有
此时导体框向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律可得
设磁场区域的宽度为x，则金属棒在磁场中运动的时间为
则此时导体框的速度为
则导体框的位移
因此导体框和金属棒的相对位移为
由题意当金属棒离开磁场时金属框的上端EF刚好进入线框，则有位移关系
金属框进入磁场时匀速运动，此时的电动势为 ，
导体框受到向上的安培力和滑动摩擦力，因此可得
联立以上可得 ， ， ，
（3）解：金属棒出磁场以后，速度小于导体框的速度，因此受到向下的摩擦力，做加速运动，则有
金属棒向下加速，导体框匀速，当共速时导体框不再匀速，则有
导体框匀速运动的距离为
代入数据解得
【知识点】动能定理的综合应用；电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】（1）金属棒和导体框还没进入磁场时做匀加速直线运动，利用动能定理可以求出进入磁场时速度的大小，结合动生电动势及安培力的表达式可以求出安培力的大小；
（2）金属棒进入磁场后受到沿斜面向上的安培力，利用受力分析可以判别金属棒做匀速直线运动；利用牛顿第二定律可以求出导体框向下做匀加速直线运动的加速度，利用磁场区域可以求出金属棒运动的时间，结合速度公式可以求出导体框运动的速度和位移；利用位移之差可以判别金属棒离开磁场时其EF刚好进入磁场，利用动生电动势及平衡方程，联立匀加速直线运动的方程可以求出金属棒的质量及动摩擦因数的大小；
（3）导体棒离开磁场后其速度小于金属框的速度，利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小；利用共速可以求出金属框匀速运动的时间，结合速度的大小可以求出运动的位移大小。
14．【答案】（1）由电量和电流的关系 可知 图像下方的面积表示电荷量，因此有
代入数据解得
（2）由磁通量的定义可得
代入数据可得
（3）在 时间内电流均匀增加，有楞次定律可知感应电流的方向 ，产生恒定的感应电动势
由闭合回路欧姆定律可得
代入数据解得
在 电流恒定，穿过圆形螺旋管的磁场恒定，因此感应电动势为零，感应电流为零，而在 时间内电流随时间均匀变化，斜率大小和 大小相同，因此电流大小相同，由楞次定律可知感应电流的方向为 ，则图像如图所示
（4）考虑自感的情况下，线框会产生自感电动势阻碍电流的增加，因此电流是缓慢增加的，过一段时间电路达到稳定后自感消失，电流的峰值和之前大小相同，在 时间内电路中的磁通量不变化电流要减小为零，因此自感电动势会阻碍电流的减小，使得电流缓慢减小为零，电流图像如图
【知识点】电磁感应中的电路类问题
【解析】【分析】（1）已知电流和时间的图像，利用图像面积的大小可以求出通过导线横截面其电荷量的大小；
（2）已知磁感应强度和线圈面积的大小，结合磁通量的表达式可以求出磁通量的大小；
（3）已知磁感应强度的变化，结合楞次定律可以判别感应电流的大小，结合法拉第电磁感应定律及欧姆定律可以求出感应电流的大小；
（4）考虑线圈的自感时，其线圈产生的自感电动势会阻碍电流的变化；利用楞次定律可以判别自感电动势的大小变化，进而画出通过电阻的电流和时间变化图像。
15．【答案】（1）解：导体切割磁感线，电动势
（2）解：等效电路图如图
并联总电阻
电流
（3）解：匀速运动时线框受到安培力
根据牛顿第三定律，质量为m1的部分受力F=FA，方向竖直向上，匀速条件
得
（4）解：匀速运动时电容器不充放电，满足
电容器两端电压为
电荷量为
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的电路类问题
【解析】【分析】（1）已知导体切割磁感线的速度，利用动生电动势的表达式可以求出电动势的大小；
（2）导体棒相当于电源，其支路为三条电阻相同位3R的支路进行并联；利用欧姆定律可以求出通过线圈的电流大小；
（3）当船舱匀速运动时，利用安培力等于重力，利用平衡方程可以求出匀速运动的速度大小；
（4）当匀速运动时电容器两端电压为外部电压，利用欧姆定律可以求出电容器电压的大小，结合电容的定义式可以求出电荷量的大小。
二一教育在线组卷平台（zujuan.21cnjy.com）自动生成 1 / 1