大题精讲06 电磁感应综合问题-备考2025年高考物理题型突破讲练
一、动力学专项
1．（2024高二下·常州期末）如图所示，导体棒ab以初速度v0沿足够长水平放置的光滑导线框向右运动，空间存在垂直于线框平面的匀强磁场，线框电阻不计。下列关于导体棒的速度v和加速度a随运动时间t的变化图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
2．（2024高二下·深圳月考）电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理如图所示，图中直流电源电动势为，内阻为；两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为，电阻不计；导轨间存在磁感应强度大小为、方向与导轨平面垂直的匀强磁场（图中未画出）。炮弹可视为一质量为、电阻为的金属棒（图中未画出），垂直放在两导轨间处于静止状态。并与导轨接触良好。闭合开关，开始向右加速运动，获得最大速度后，离开导轨。下列说法正确的是（ ）。
A．在导轨上速度最大时，通过中的电流最大
B．在导轨上速度最大时，棒所受安培力最大
C．获得的最大加速度
D．获得的最大速度为
3．（2024高三下·黔江月考） 如图1所示，两条相同且足够长的粗糙平行导轨水平固定在桌面上，导轨左侧连接一阻值为R的定值电阻，一细直导体杆与导轨垂直并接触良好，导体杆长度与两导轨间宽度相同，整个装置处在垂直导轨平面向上的匀强磁场中，导轨电阻不计。导体杆在水平向右的恒定拉力F作用下由静止开始运动：当导体杆的电阻为R、质量为m时，恒定拉力F与导体杆的最大速率v之间的关系如图2中直线①所示：其他条件不变，当导体杆电阻为，质量为时，恒定拉力F与导体杆的最大速率v之间的关系如图2中直线②所示。若两导体杆与导轨间的动摩擦因数处处相同，则下列关系正确的是（ ）
A． B． C． D．
4．（河北省十县联考2024-2025学年高三上学期10月期中物理试题）如图所示，竖直放置的光滑导轨宽为L，上端接有阻值为R的电阻，导轨的一部分处于宽度和间距均为d、磁感应强度大小均为 B 的4 个矩形匀强磁场中。质量为 m 的水平金属杆ab在距离第1个磁场h高度处由静止释放，发现金属杆进入每个磁场时的速度都相等。金属杆接入导轨间的电阻为3R，与导轨始终垂直且接触良好，导轨电阻不计，重力加速度为g，h>d，下列说法正确的是（ ）
A．金属杆从第4个磁场穿出时，金属杆中产生的热量6mgd
B．金属杆从第4个磁场穿出时的速度大小
C．金属杆穿过第1个磁场的过程，通过电阻R的电荷量
D．金属杆在第1个磁场中做加速度越来越大的减速运动
二、运动学专项
5．（2024高二下·栖霞月考） 边长为a的闭合金属正三角形框架，左边竖直且与磁场右边界平行，完全处于垂直于框架平面向里的匀强磁场中，现把框架匀速水平向右拉出磁场，则下列图像与这一过程相符合的是（ ）
A． B．
C． D．
6．（2024高三下·河北模拟） 如图所示，足够长的光滑导轨倾斜放置，导轨宽度为L，其下端与电阻R连接；导体棒ab电阻为r，导轨和导线电阻不计，匀强磁场竖直向上．若棒ab以一定初速度v下滑，则关于棒ab的下列说法正确的是( )
A．所受安培力方向水平向左
B．可能以速度v匀速下滑
C．刚下滑瞬间产生的电动势为BLv
D．减少的重力势能等于电阻R产生的内能
7．（2024高三下·中山模拟） 如图所示为宽度为3L的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。磁场左侧有一个边长为L的正方形导体线框，其总电阻为R，线框所在平面与磁场方向垂直。线框以速度v向右匀速穿过磁场区域，以线框cd边刚进入磁场的时刻为计时起点，规定电流沿逆时针方向为正，安培力F向左为正。则以下关于线框中的感应电流I、ab两点间的电势差、安培力F和线框的发热功率P随时间变化的图像正确的是（ ）
A． B．
C． D．
8．（2024·浙江模拟）如图所示，金属杆以恒定的速率在光滑平行导轨上向右滑行，设整个电路总电阻为恒定不变，整个装置置于垂直纸面向里的匀强磁场中，下列说法正确的是( )
A．杆中的电流强度与速率成正比
B．磁场作用于杆的安培力与速率的平方成正比
C．电阻上产生的电热功率与速率成正比
D．外力对杆做功的功率与速率成正比
三、电磁学专项
9．（2024高二上·靖远期末）如图所示，两光滑平行的水平导轨固定，整个空间存在竖直向上的匀强磁场，两导体棒ab、cd垂直放在导轨上，并与导轨始终保持良好接触。现分别给导体棒ab、cd水平方向的速度，分别记为。下列说法正确的是（ ）
A．若且方向水平向右，则回路中感应电流的方向为acdba
B．若且方向水平向左，则回路中感应电流的方向为abdca
C．若且方向水平向右，则回路中感应电流的方向为abdca
D．若和方向相反，则回路中没有感应电流
10．（2024高三上·金华模拟）如图所示，内部光滑、足够长的铝管竖直固定在水平桌面上，直径略小于铝管内径的圆柱形磁体从铝管正上方由静止开始下落，在磁体穿过铝管的过程中，磁体不与管壁碰撞，不计空气阻力。下列选项正确的是（ ）
A．磁体一直做加速运动
B．磁体下落过程中安培力对铝管做正功
C．磁体下落过程中铝管产生的焦耳热量等于磁铁动能的变化
D．经过较长时间后，铝管对桌面的压力等于铝管和磁体的重力之和
11．（2024高三上·汕头期末）图为法拉第圆盘发电机的示意图。铜圆盘安装在竖直铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触，圆盘处于竖直向上的匀强磁场中，下列说法正确的是（ ）
A．若圆盘转动的角速度恒定，则流过电阻R的电流大小恒定
B．若从上往下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流过电阻R
C．若将铜片Q变为与圆盘边缘接触，则同样有电流流过电阻R
D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍
12．（2024高二下·蓝田月考）如图，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U形金属导轨，导轨平面与磁场垂直。金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS，一圆环形金属线框T位于回路围成的区域内，线框与导轨共面。现让金属杆PQ突然向左运动，在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是（ ）
A．PQRS中沿顺时针方向，T中沿逆时针方向
B．PQRS中沿逆时针方向，T中沿顺时针方向
C．T具有收缩趋势，PQ受到向右的安培力
D．T具有扩张趋势，PQ受到向右的安培力
13．（2024高三上·广东模拟）2021年，南京大学研究团队利用四分之一波长管改进了一种声学发电机系统，该系统在100分贝的声音激励下能够产生的峰值功率输出，实现对72个的驱动。如图，塑料膜恒带负电并附着在弹性电极上，二者与打印的导电塑料正对，弹性电极通过外电路与导电塑料相连，在声波的驱动下做受迫振动，在外电路中产生交流电。已知声速约为，则根据你所掌握的知识，下列说法正确的有（ ）
A．四分之一波长管类似光学仪器中的增透膜，声波在管口干涉相消
B．交流电的频率由声音的频率决定，发电机输出功率受声音的强度影响
C．该装置用到了电磁感应的原理，将声波振动产生的机械能转化为电能
D．若发电所用的声音频率为，则该装置的长度至少为
四、常见考查题型1 动量定理在电磁感应中的应用
14．（2024高三上·江西月考）如图，足够长光滑绝缘斜面的倾角为，斜面上水平虚线MN和PQ之间有垂直斜面向上的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，MN和PQ之间的距离为2L，一边长为L、质量为m、电阻为R的正方形金属线框abcd从MN下方某处以一定的初速度沿斜面向上滑行，线框穿过磁场区域后继续沿斜面向上滑行到速度为零，然后线框开始沿斜面下滑，cd边刚进磁场时和ab边刚要出磁场时，线框的加速度均为零。重力加速度大小为g，线框运动过程ab边始终水平，，下列说法正确的是（ ）
A．线框向上运动过程中，进磁场过程与出磁场过程安培力的冲量相同
B．线框向上运动过程中，进磁场克服安培力做功和出磁场克服安培力做功相等
C．线框向下运动过程中，线框中产生的焦耳热为1.2mgL
D．线框向下运动过程中，线框穿过磁场所用的时间为
15．（2024高二下·枣庄月考） 如图所示，光滑水平面上存在有界匀强磁场，磁感应强度大小为B，边界为MN和PQ，磁场方向垂直水平面向下。质量为m、边长为L的正方形导线框静止在水平面上，AB边和磁场边界平行。现给导线框一向右的初速度，导线框在水平面上穿过有界磁场，完全穿出有界磁场时的速度为，有界磁场的宽度d大于正方形线框的边长L。下列说法正确的是（ ）
A．线框进入磁场过程中，感应电流的方向为ADCBA
B．线框穿出磁场过程中，通过线框横截面的电荷量为
C．线框完全进入磁场时的速度为
D．线框进入磁场和穿出磁场过程中，产生的焦耳热之比5：3
16．（2023·福州模拟）如图，两根间距为L的固定平行光滑金属导轨MCN和PDQ，水平部分MC、PD与倾斜部分CN、DQ分别在C、D平滑连接，倾斜轨道与水平面夹角为θ。水平导轨和倾斜导轨间分别存在宽度均为d 、磁感应强度大小均为 B 的磁场区域 I 和 Ⅱ ， 区域 I 磁场方向竖直向上，区域Ⅱ磁场方向垂直平面CNQD向下。两根质量均为m、电阻分别为2R和3R的金属棒a、b与导轨垂直放置，b棒置于水平导轨C、D处。a棒以速度v0进入磁场区域 I，从磁场Ⅰ穿出时的速度大小为，与b棒发生弹性碰撞。b棒从C、D处沿倾斜轨道穿过磁场区域Ⅱ并返回C、D处时，速度大小为，所用时间为t。两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计。则（ ）
A．a棒在磁场中向右运动过程与b棒在磁场中向上运动过程，回路中感应电流方向相反
B．a棒第一次穿过磁场区域I的过程中，金属棒b上产生的焦耳热为m
C．b棒从开始运动到返回C、D处所用时间
D．最终a棒停在磁场区域I中距区域I右边界处
17．（2024高二下·苏州期中） 如图所示，在光滑绝缘水平面上，一矩形线圈以一定的初速度穿越匀强磁场区域，已知磁场区域宽度大于线圈宽度，则线圈进、出磁场的两个过程中（ ）
A．平均加速度相等 B．克服安培力做功相等
C．速度的变化量相同 D．通过线圈的电荷量不相等
18．（2022高二上·莱芜期末） 如图所示，在光滑绝缘的水平面上，相距为的两条直线、之间存在着竖直向下的匀强磁场，一个用相同材料且粗细均匀的电阻丝制成的、边长为的正方形线框以速度从左侧沿垂直于的方向进入磁场区，线框完全离开磁场区域时速度大小变为，且，则以下说法正确的是（ ）
A．整个线框处于磁场区域运动时，、两点电势不相等
B．线框进入磁场过程与线框穿出磁场过程中通过线框截面的电量不相等
C．线框在进入磁场过程与穿出磁场两个过程中克服安培力做功之比为7：5
D．若只将线框进入磁场时的速度变为原来的两倍，则线框穿出磁场时的速度会为原来的三倍
19．（2024高三下·长沙）为探测射线，威耳逊曾用置于匀强磁场或电场中的云室来显示它们的径迹。某研究小组设计了电场和磁场分布如图所示，在Oxy平面（纸面）内，在区间内存在平行y轴的匀强电场，。在的区间内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，。一未知粒子从坐标原点与x正方向成角射入，在坐标为的P点以速度垂直磁场边界射入磁场，并从射出磁场。已知整个装置处于真空中，不计粒子重力，。求：
（1）该未知粒子的比荷；
（2）匀强电场电场强度E的大小及左边界的值；
（3）若粒子进入磁场后受到了与速度大小成正比、方向相反的阻力，观察发现该粒子轨迹呈螺旋状并与磁场左边界相切于点（未画出）。求粒子由P点运动到Q点的时间以及坐标的值。
五、常见考查题型2 动量守恒定律在电磁感应中的应用
20．（2024高三下·佛山模拟） 据报道，2023年11月福建号航母成功完成了舰载电磁弹射实验，电磁弹射是利用运动磁场对闭合线圈的电磁力来驱动物体运动的。如图所示是某个电磁驱动的模拟场景，水平面上等距分布着宽度和间距都为L= 0.2m的有界匀强磁场，磁场方向竖直向上。通过控制使整个磁场以v0= 20m/s的速度水平向右匀速运动。两个放在水平面上的导线框a、b，表面绝缘，它们的质量均为m= 0.2kg、边长均为L= 0.2m、电阻均为R= 1Ω，与水平面间的动摩擦因数分别为μ1= 0.2、μ2= 0.4。两线框在如图位置静止释放，b恰能保持静止，a在安培力驱动下向右运动，然后与b发生弹性碰撞。已知a在与b碰撞前已达到最大速度，忽略a、b产生的磁场，以及运动磁场的电磁辐射效应，重力加速度g取10m/s2。试求：
（1）磁感应强度B的大小；
（2）导线框a与b碰撞前的最大速度和首次碰撞后a、b速度的大小；
（3）首次碰撞后a、b相距最远瞬间，a的速度为多大？若首次碰撞后到两者相距最远用时t= 3.5s，且在这段时间内a移动的距离Sa= 9.7m，则在这段时间内b的位移为多大？
21．（2021高三上·邢台开学考）如图所示，两足够长光滑金属导轨平行固定在同一绝缘水平面内，垂直于导轨的虚线CD右侧区域有竖直向上的匀强磁场B。两长度略大于导轨宽度的相同金属杆a、b垂直导轨静止放置在导轨上，杆a在CD左侧，杆b在CD右侧足够远处。现给杆a一水平向右的初速度 ，两杆在运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，两杆没有发生碰撞，不计导轨电阻，下列说法正确的是（ ）
A．杆a进入磁场时，感应电流方向由C指向D
B．杆a最后将停在导轨上
C．若在杆a进入磁场前将杆b固定，整个过程中杆a中产生的焦耳热是不将杆b固定时的4倍
D．若在杆a进入磁场前将杆b固定，整个过程中通过杆b的电荷量是不将杆b固定时的2倍
22．（2023高二上·南阳期末）如图所示，虚线左侧有垂直于光滑水平面向下的匀强磁场，右侧有垂直于水平面向上的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小均为。边长为、质量为、总电阻为的均匀正方形单匝金属线框放在水平面上，处于右侧的匀强磁场中。给线框一个向左的初速度，线框刚好能完全通过虚线，线框在运动过程中边始终与平行，则线框在运动过程中（ ）
A．线框中产生的焦耳热为
B．通过线框横截面的电荷量为
C．最大加速度为
D．线框有一半进入左侧磁场时速度大小为
23．（2022高三下·长沙开学考）如图所示，正方形导线框、的电阻均为，边长均为，质量分别为和，它们分别系在一跨过两个定滑轮的不可伸长的绝缘轻绳两端，且正方形导线框与定滑轮处于同一竖直平面内。在两导线框之间有一宽度为、磁感应强度大小为、方向垂直纸面向里的匀强磁场。初始时，用手托住线框、，边与磁场下边界重合，右侧轻绳处于松弛状态。现由静止释放导线框，当下落时，细线刚好绷直，同时瞬间撤去手的作用力。已知边刚进入磁场的速度与刚出磁场时速度相等。不计所有摩擦和空气阻力，重力加速度为，从释放导线框到两导线框均离开磁场的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．CD边进入磁场的速度大小为
B．abcd完全进入磁场的时间
C．当两导线框完全进入磁场后，加速度大小为
D．两导线框离开磁场过程中产生的焦耳热等于系统动能的减少量
24．（2024高二下·重庆市月考）间距为的两平行金属导轨由水平部分和倾斜部分平滑连接而成，如图所示。倾角为的导轨处于大小为方向垂直导轨平面向上的有界匀强磁场区间中，磁场下边界距离水平面。水平导轨上的无磁场区间静止放置一质量为的“联动双杆”金属杆和长度为，它们之间用长度为的刚性绝缘杆连接构成，在“联动双杆”右侧存在大小为、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间，其长度为。质量为、长为的金属杆从倾斜导轨上端释放，达到匀速后离开磁场区间。杆进入水平导轨无能量损失，杆与“联动双杆”发生弹性碰撞，已知碰后在“联动双杆”通过磁场区间过程中，杆和“联动双杆”不会同时处于磁场中，运动过程中，杆、和与导轨始终接触良好，且保持与导轨垂直。已知：，，杆、和电阻均为，，，，，，。不计摩擦阻力和导轨电阻，忽略磁场边界效应。求
（1）杆在倾斜导轨上匀速运动时的速度；
（2）“联动双杆”进入磁场区间前的速度大小；
（3）碰后在“联动双杆”通过磁场区间过程中杆产生的焦耳热。
六、破鼎提升
25．（2023·新课标卷）一边长为L、质量为m的正方形金属细框，每边电阻为R0，置于光滑的绝缘水平桌面（纸面）上。宽度为2L的区域内存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两虚线为磁场边界，如图（a）所示。
（1）使金属框以一定的初速度向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的左、右边框始终与磁场边界平行，金属框完全穿过磁场区域后，速度大小降为它初速度的一半，求金属框的初速度大小。
（2）在桌面上固定两条光滑长直金属导轨，导轨与磁场边界垂直，左端连接电阻R1= 2R0，导轨电阻可忽略，金属框置于导轨上，如图（b）所示。让金属框以与（1）中相同的初速度向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的上、下边框处处与导轨始终接触良好。求在金属框整个运动过程中，电阻R1产生的热量。
26．（2023·上海）如图(a)，线框cdef位于倾斜角θ=30°的斜面上，斜面上有一长度为D的单匝矩形磁场区域，磁场方向垂直于斜面向上，大小为0.5T，已知线框边长cd=D=0.4m，m=0.1kg，总电阻R=0.25Ω，现对线框施加一沿斜面向上的力F使之运动。斜面上动摩擦因数μ=，线框速度随时间变化如图(b)所示。(重力加速度g取9.8m/s2)
（1）求外力F大小；
（2）求cf长度L；
（3）求回路产生的焦耳热Q。
27．（2024高二下·成都月考） 如图所示，两平行光滑长直金属导轨水平放置，间距为L。abcd区域有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向上。初始时刻，磁场外的细金属杆M以初速度向右运动，磁场内的细金属杆N处于静止状态。两金属杆与导轨接触良好且运动过程中始终与导轨垂直。金属杆M、N的质量分别为2m、m，在导轨间的电阻分别为R、2R，感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计。若两杆在磁场内未相撞且N出磁场时的速度大小为，求：
（1）金属杆M刚进入磁场时受到的安培力F的大小和方向；
（2）从金属杆M进入磁场到金属杆N出磁场的过程中，金属杆M上产生的焦耳热Q；
（3）金属杆N在磁场内运动过程中通过回路的电荷量q及初始时刻N到ab的最小距离x。
28．（2024高三下·贵港模拟）如图甲所示，光滑水平面上宽度为3L的区域有方向垂直于水平面向下的匀强磁场，初始时磁感应强度为，一个边长为L，质量为m，总电阻为R的单匝正方形金属框在拉力作用下以速度向右匀速进入磁场，当金属框完全进入磁场时撤去拉力，线框依然能以速度继续匀速运动至磁场右边界，速度方向始终与磁场边界垂直。以金属框cd边到达磁场左边界时为计时起点，磁感应强度按如图乙所示的规律变化。
（1）求金属框进入磁场过程中，通过回路的电荷量q；
（2）求金属框进入磁场过程中，拉力对金属框所做的功W；
（3）cd边由磁场左边界运动到磁场右边界的过程中，求金属框产生的焦耳热Q。
29．（2024高三下·湛江模拟）如图甲所示，水平绝缘传送带正在输送一闭合正方形金属线框abcd，线框每一边电阻均为r，在输送中让线框随传送带通过一固定的匀强磁场区域，磁场方向竖直向下，磁感应强度大小为B，磁场边界MN、PQ与传送带运动方向垂直，其间距为2d。已知传送带以恒定速率v0运动，线框质量为m，边长为d，线框与传送带间的动摩擦因数为μ，且在传送带上始终保持线框左、右两边平行于磁场边界，在线框右边刚进入磁场到线框右边刚离开磁场的过程中，其速度v随时间t变化的图像如图乙所示，重力加速度大小为g。求：
（1）线框右边刚进入磁场时a、b两点的电势差；
（2）整个线框恰好离开磁场时的速度大小；
（3）整个线框穿过磁场过程中产生的焦耳热。
七、直击高考
30．（2024·广东） 电磁俘能器可在汽车发动机振动时利用电磁感应 发电实现能量回收. 结构如图甲所示. 两对永磁铁 可随发动机一起上下振动. 每对永磁铁间有水平 方向的匀强磁场. 磁感应强度大小均为 . 磁场 中，边长为 的正方形线圈竖直固定在减震装置 上. 某时刻磁场分布与线圈位置如图乙所示， 永磁 铁振动时磁场分界线不会离开线圈. 关于图乙中 的线圈. 下列说法正确的是 ( )
A．穿过线圈的磁通量为
B．水磁铁相对线圈上升越高. 线圈中感应电动势 越大
C．永磁铁相对线圈上升越快， 线圈中感应电动势 越小
D．永磁铁相对线圈下降时， 线圈中感应电流的方 向为顺时针方向
31．（2024·山东）如图甲所示，在，的区域中存在垂直Oxy平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场（用阴影表示磁场的区域），边长为的正方形线圈与磁场边界重合。线圈以y轴为转轴匀速转动时，线圈中产生的交变电动势如图乙所示。若仅磁场的区域发生了变化，线圈中产生的电动势变为图丙所示实线部分，则变化后磁场的区域可能为( )
A． B．
C． D．
32．（2024·新课标）电动汽车制动时可利用车轮转动将其动能转换成电能储存起来。车轮转动时带动磁极绕固定的线圈旋转，在线圈中产生电流。磁极匀速转动的某瞬间，磁场方向恰与线圈平面垂直，如图所示。将两磁极间的磁场视为匀强磁场，则磁极再转过90°时，线圈中（ ）
A．电流最小 B．电流最大
C．电流方向由P指向Q D．电流方向由Q指向P
33．（2024·江苏）如图所示，在绝缘的水平面上，有闭合的两个线圈a、b，线圈a处在匀强磁场中，现将线圈a从磁场中匀速拉出，线圈a、b中产生的感应电流方向分别是（ ）
A．顺时针，顺时针 B．顺时针，逆时针
C．逆时针，顺时针 D．逆时针，逆时针
34．（2024·全国甲卷） 如图，一绝缘细绳跨过两个在同一竖直面（纸面）内的光滑定滑轮，绳的一端连接一矩形金属线框，另一端连接一物块。线框与左侧滑轮之间的虚线区域内有方向垂直纸面的匀强磁场，磁场上下边界水平，在时刻线框的上边框以不同的初速度从磁场下方进入磁场。运动过程中，线框始终在纸面内且上下边框保持水平。以向上为速度的正方向，下列线框的速度v随时间t变化的图像中可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
35．（2024·广西） 某兴趣小组为研究非摩擦形式的阻力设计了如图甲的模型。模型由大齿轮、小齿轮、链条、阻力装置K及绝缘圆盘等组成。K由固定在绝缘圆盘上两个完全相同的环状扇形线圈、组成。小齿轮与绝缘圆盘固定于同一转轴上，转轴轴线位于磁场边界处，方向与磁场方向平行，匀强磁场磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，与K所在平面垂直。大、小齿轮半径比为n，通过链条连接。K的结构参数见图乙，其中，每个线圈的圆心角为，圆心在转轴轴线上，电阻为R。不计摩擦，忽略磁场边界处的磁场，若大齿轮以的角速度保持匀速转动，以线圈的ab边某次进入磁场时为计时起点，求K转动一周。
（1）不同时间线圈受到的安培力大小；
（2）流过线圈的电流有效值；
（3）装置K消耗的平均电功率。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】根据
，
安倍力为
，
整理
随着速度减小，导体棒做加速度减小的减速运动，即其图像随着时间而减小，其的斜率越来越小。
故选A。
【分析】由于物体受到的安倍力方向与运动方向相反，所以导体棒做减速运动，加速度也越来越小。
2．【答案】D
【知识点】安培力；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】AB．在轨道上速度最大时，加速度为零，安培力也为零，故通过的电流也为零，AB错误；
C．最大加速度在初始时刻取得，故
C错误；
D．当切割磁感线产生的动生电动势在回路当中与电源电动势等大反向时，即
时，回路中产生的电流为零，安培力为零，加速度为零，速度取最大值，为
D正确。
故答案为：D。
【分析】PQ切割磁感线产生的动生电动势在回路当中与电源电动势等大反向时，速度取最大值。
3．【答案】C
【知识点】牛顿定律与图象；安培力的计算；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】由题知，导体杆在水平方向上受到恒定拉力F、安培力和摩擦力作用，设导体杆的电阻为R0，则其所受安培力
当导体杆达到最大速率时
由F-v图像知
纵截距
则
，
解得
，
故答案为：C。
【分析】确定导体棒在运动过程的受力情况，当导体棒加速度为零，处于平衡状态时，导体棒的速率最大。根据平衡条件及法拉第电磁感应定律及安培力公式确定不同导体棒下拉力与v的函数表达式，明确图像斜率及截距的物理意义，再结合图像进行数据处理。
4．【答案】A,C
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．由于金属杆进入每个磁场的速度都相等，故在金属杆穿过第一区域磁场到进入第二区域磁场，根据能量守恒可知
故穿过第四个磁场时产生的总热量
金属杆上产生的热量为
A正确；
B．设穿过第四个磁场的速度为，根据能量守恒可知
解得
B错误；
C．根据法拉第电磁感应定律，穿过第一个磁场的电动势
通过电路中的电流
又因为
联立上述各式可得
C正确；
D．对金属杆受力分析可知
解得
金属杆的质量不变，随着金属杆向下运动，由于金属杆减速，感应电动势逐渐变小，电路中的感应电流变小，金属杆受到的安培力变小，故加速度越来越小，D错误。
故选AC。
【分析】本题应仔细分析棒的运动过程，棒先自由下落h后进入第一个匀强磁场，接着在第一个磁场和第二个磁场间运动，且抓住棒进入每个磁场时的速度相等，由能量守恒可知，此过程中减小的重力势能等于回路中产生的焦耳热，再结合求解电荷量。
5．【答案】C
【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；电磁感应中的图像类问题
【解析】【解答】如图所示：
当框架穿出磁场x距离后，线框切割磁感线的有效长度为L，根据几何知识可得L=2xtan30°，则有
E=BLv=2Bvxtan 30°①，
②，
③ ，
由于框架匀速被拉出，故外力F与安培力FA等大反向，即为：
，
则外力F的功率为：
④；
由①式可知A错误，C正确，③式可知B错误，④式可知D错误；
故答案为：C。
【分析】根据几何知识找出框架切割磁感线的有线长度L与框架穿出磁场的距离x的关系；根据相应的物理规律找出感应电动势E与 x、外力的功率P与x的关系；根据E与x、P与x的关系结合数学知识进行判断。
6．【答案】B
【知识点】左手定则—磁场对通电导线的作用；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；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A、根据右手定则判断可知，棒ab中感应电流方向从b→a，由左手定则判断得知，棒ab所受的安培力方向水平向右，如图所示，
故A错误；
B、若安培力沿导轨向上的分力与重力沿导轨向下的分力大小相等，棒ab可能以速度v匀速下滑，故B正确；
C、刚下滑瞬间产生的感应电动势为
故C错误；
D、根据能量守恒定律得知，若棒ab匀速下滑，其减少的重力势能等于电阻R和棒ab产生的内能之和；若棒ab加速下滑，其减少的重力势能等于电阻R和棒ab产生的内能与棒ab增加的动能之和；若棒ab减速下滑，其减少的重力势能和动能之和等于电阻R和棒ab产生的内能之和，所以减少的重力势能不等于电阻R产生的内能，故D错误。
故答案为：B。
【分析】根据右手定则确定导体棒中电流的方向，再根据左手定则确定导体棒所受安培力的方向。由于不确定导体棒所受各力的大小关系，故导体棒的运动情况存在多种可能。根据法拉第电磁感应定律及速度与磁场的夹角确定回路中产生感应电动势的大小。根据能量守恒定律确定各能量之间的转换情况。
7．【答案】C
【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；电磁感应中的图像类问题；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】根据题意，线框cd边刚进入磁场到整体线框完全进入磁场的过程，线框运动的时间为
此过程根据楞次定律可判断电流沿逆时针方向，为正方向，由法拉第电磁感应定律和闭合回路欧姆定律可得此时回路中感应电流为
ab两点间的电势差
线框受到的安培力大小为
方向向左，线框的发热功率
当整个线框完全进入磁场，到cd边恰好离开磁场的过程中，线框运动的时间为
此过程，穿过线框的磁通量不变，故回路中没有感应电流，线框不受安培力的作用，线框的发热功率为零，但ab边做切割磁感线运动产感应电动势，此时ab两点间的电势差
线框cd边离开磁场到整个线框完全离开磁场的过程中，线框运动的时间为
根据右手定则可知此时回路中的感应电流沿顺时针方向，由法拉第电磁感应定律和闭合回路欧姆定律可得此时回路中感应电流为
线框受安培力大小为
方向向左，ab两点间的电势差
线框的发热功率
综上分析可知ABD错误，C正确。
故答案为：C。
【分析】确定线框进出磁场的过程分为几个阶段，确定各阶段穿过线框磁通量的变化情况，再根据楞次定律确定线框中产生感应电流的方向。确定各阶段ab边是否切割磁场，ab边切割磁场时，ab边相当于电源，再根据欧姆定律及串并联规律确定ab两端电压，注意当整个线框在磁场中运动时，ab边产生感应电动势，但回路无感应电流。再根据安培力公式和电功率公式进行分析解答。
8．【答案】A
【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；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A、ab杆中的电流
可知电流与速率v成正比，故A正确；
B、磁场作用于ab杆的安培力
即安培力与速率v成正比，故B错误；
C、电阻R上产生的电热功率
即电功率与速率v平方成正比，故C错误；
D、外力对ab杆做功的功率等于电功率，即
与速率v的平方成正比，故D错误。
故答案为：A。
【分析】导体棒以恒定的速率做切割磁感线运动，根据法拉第电磁感应定律结合欧姆定律确定电流的表达式分析电流与速率的关系，同理根据安培力及电功率公式分析安培力、电功率与速率的关系。
9．【答案】C
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】楞次定律：感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。A．若且方向向右，则导体棒ab、cd所围成的面积不变，穿过其所围面积的磁通量不变，故回路中不产生感应电流，故A错误；
B．若且方向向左，则导体棒ab、cd所围面积增大，穿过其所围面积的磁通量也增大，由楞次定律可判断出回路中产生的感应电流方向为acdba，故B错误；
C．若且方向向右，则导体棒ab、cd所围面积减小，穿过其所围面积的磁通量减小，由楞次定律可判断出回路中产生的感应电流方向为abdca，故C正确；
D．若和方向相反，则导体棒ab、cd所围成的面积增大，穿过其所围面积的磁通量增大，由楞次定律可知，回路中有顺时针方向的电流（从上往下看），故D错误。
故选C。
【分析】 导体棒PQ运动时切割磁感线，回路中的磁通量发生变化，因此有感应电流产生，根据楞次定律或者右手定则可以判断电流方向
10．【答案】D
【知识点】功能关系；功的概念；楞次定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】本题运用楞次定律的另一种表述：来拒去留，来判断磁体受到的安培力方向。要注意分析能量的转化情况，运用能量守恒定律分析各种能量之间的关系。AD．在磁体穿过铝管的过程中，铝管的磁通量发生变化，根据楞次定律可得，磁体受铝管竖直向上的安培力，又根据法拉第电磁感应定律可得，磁体的速度越大，所受铝管中产生的感应电动势越大，感应电流也就越大，磁体所受的安培力也越大。再根据牛顿第二定律可得，对磁体
随着磁体下落过程中速度增大，安培力增大，则加速度减小，直到加速度减为0，铝管足够长，磁体下落时间较长，则最后磁体匀速运动，磁体受的安培力与磁体重力大小相等，方向相反。由牛顿第三定律得磁体对铝管的安培力竖直向下，大小与磁体重力大小相等。对铝管受力分析，桌面对铝管的支持力等于铝管的重力与所受安培力大小之和，即等于铝管和磁体的重力之和。又有牛顿第三定律可知，铝管对桌面的压力等于铝管和磁体的重力之和。
故A错误，D正确；
B．因为铝管静止不动，所以磁体下落过程中安培力对铝管为0。故B错误；
C．由能量守恒可得，磁体下落过程中铝管产生的焦耳热量等于磁铁机械能的变化。故C错误；
故选D。
【分析】 小磁体从铝管正上方由静止开始下落，穿过铝管的磁通量发生变化，从而产生感应电流，出现感应磁场要阻碍磁通量的变化，导致小磁体受到阻力，因而机械能不守恒；在下落过程中导致铝管产生内能；根据超、失重观点分析铝管对桌面的压力与铝管和磁体总重力的关系。
11．【答案】A,B
【知识点】电功率和电功；右手定则；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】本题考查电磁感应规律的应用；对于导体切割磁感应线产生的感应电动势情况有两种：一是导体平动切割产生的感应电动势，可以根据E=BLv来计算；二是导体棒转动切割磁感应线产生的感应电动势，可以根据来计算。A．若圆盘转动的角速度恒定，根据
可知感应电动势大小恒定，则电流大小恒定，选项A正确；
B．若从上往下看，圆盘顺时针转动，根据右手定则可知，电流沿a到b的方向流过电阻R，选项B正确；
C．若将铜片Q变为与圆盘边缘接触，电阻R相当于接在电源的同一极，则没有电流流过电阻R，选项C错误；
D．根据
若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则感应电动势变为原来的2倍，根据
可知，电流在R上的热功率也变为原来的4倍，选项D错误。
故选AB。
【分析】圆盘转动可等效看成无数轴向导体组成，这些导体切割磁感线产生感应电动势，有效切割长度为铜盘的半径，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律求出感应电流表达式，再分析电流大小与角速度的关系；根据右手定则分析感应电流方向，根据电功率计算公式分析电流在R上的热功率变化情况。
12．【答案】A,C
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】 感应电流的方向判断，两种方法：一种是右手定则，另一种是楞次定律，使用楞次定律判断比较难，但是掌握它的本质也不会很难。AB．PQ突然向左运动，根据右手定则可知，电流方向由P到Q，即闭合回路PQRS中电流沿顺时针方向，又由安培定则可知，回路PQRS中感应电流产生的磁场方向垂直纸面向里，故环形金属线框T的磁通量将变大，由楞次定律可知，T中将产生沿逆时针方向的感应电流，故A正确B错误；
CD．线框T的磁能量变大，由楞次定律可知，T有收缩的趋势，以阻碍磁通量的增大，PQ中有由P到Q的电流，由左手定则可知，PQ受到的安培力向右，故C正确D错误。
故选AC。
【分析】 PQ切割磁感线，根据右手定则判断；PQRS产生电流后，会对穿过T的磁感应强度产生影响，根据楞次定律分析T中的感应电流的变化情况。
13．【答案】A,B,D
【知识点】受迫振动和共振；法拉第电磁感应定律；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值；薄膜干涉
【解析】【解答】A．四分之一波长管可使声波与反射波在管口的波程差相差半波长，由于两个声波振动步调相反，从而干涉相消与增透膜原理类似，故A正确；
B．由于受迫振动的频率等于驱动振动的频率所以声音的频率决定弹性电极的振动频率，进而决定交流电的频率，声音的强度影响了电极振动的幅度，进而影响板间电荷的相互作用，从而影响交流电的峰值、有效值以及功率，故B正确；
C．该发电装置用到的原理是电荷间的相互作用，属于静电感应而不是电磁感应，故C错误；
D．根据波长和频率的关系式有
已知声速约为，则四分之一波长为
故该装置最小长度应大于，故D正确。
故选ABD。
【分析】利用声波和反射波之间的波程差可以判别属于波的干涉原理；利用受迫振动的频率等于驱动振动的频率所以声音的频率决定弹性电极的振动频率，进而决定交流电的频率，声音的强度影响了电极振动的幅度，进而影响板间电荷的相互作用，从而影响交流电的峰值、有效值以及功率；装置用到的原理是电荷间的相互作用，属于静电感应；利用波长和频率的关系可以求出装置的长度。
14．【答案】A,D
【知识点】动量定理；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．线框向上进磁场和出磁场过程中，由
、、
可得安培力的冲量均为
故A正确；
B．线框向上运动过程中做减速运动，电路产生的电动势越来越小，感应电流越来越小，所以进磁场平均安培力大于出磁场平均安培力，因此进磁场克服安培力做功大于出磁场克服安培力做功，故B错误；
C．根据题意，线框向下运动过程中，cd边刚进磁场时的速度与ab边刚要出磁场时的速度相等，线框穿过磁场过程，根据能量守恒可知减少的重力势能全部转化为热量，线框中产生的焦耳热
故C错误；
D．线框向下运动过程中，设线框运动的时间为t，根据动量定理有
式中
解得
故D正确。
故选AD。
【分析】本题主要考查电磁感应中的动力学、功能问题，分析线框运动过程，选择合适规律解答。
根据、、结合冲量的公式I=Ft求解安培力的冲量；线框在斜面上向上运动的过程中，根据速度变化判断安培力变化，进而判断安培力做功情况；减少的重力势能转化为动能和回路的内能，根据能量守恒定律求线框上产生的热量；根据动量定理列式求解线框向下运动过程中，线框穿过磁场所用的时间。
15．【答案】A,C,D
【知识点】动量定理；电流、电源的概念；法拉第电磁感应定律；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】A. 根据右手定则可知，线框进入磁场过程中，感应电流的方向为ADCBA，选项A正确；
BC. 线圈进入磁场过程，根据动量定理
线框穿出磁场过程中，根据动量定理
其中
解得
选项B错误，C正确；
D. 线框进入磁场和穿出磁场过程中，产生的焦耳热之比
选项D正确。
故答案为：ACD。
【分析】根据右手定则判断感应电流方向，根据动量定理以及电流定义式求解电荷量，焦耳热等于动能减少量。
16．【答案】B,D
【知识点】功能关系；动量定理；楞次定律
【解析】【解答】A．a棒在磁场中向右运动过程产生逆时针方向的感应电流；b棒在磁场中向上运动过程也产生逆时针方向的感应电流，则回路中感应电流方向相同，A不符合题意；
B．a棒第一次穿过磁场区域I的过程中，整个回路产生的焦耳热
金属棒b上产生的焦耳热
B符合题意；
C．因ab质量相同，则两棒相碰后交换速度，即碰后a静止，b的速度为 ，返回到CD时的速度为 ，取沿斜面向下为正方向，则由动量定理
其中
当导体棒a经过水平磁场时
其中
解得
C不符合题意；
D．当b回到底端时，再次与a交换速度，此时a以速度 进入水平磁场，设进入x后停止，则由动量定理
其中
解得x= d
即最终a棒停在磁场区域I中距区域I右边界 处，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】根据楞次定律得出回路中感应电流的方向，a棒第一次穿过磁场区域I的过程中根据功能关系得出金属棒b上产生的焦耳热，结合动量定理得出从开始运动到返回C、D处所用时间 。
17．【答案】C
【知识点】动量定理；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】A．进入磁场时线圈的平均速度较大，时间较小，速度变化相同，可知进入磁场时平均加速度较大，故A错误；
B．进入磁场过程中线圈平均速度较大，平均电流较大，则进入磁场时的安培力大于离开磁场过程中的安培力，位移相同，可知安培力做功不相等，故B错误。
CD．设线圈进入磁场前的速度为v0、完全进入磁场的速度为v、完全离开磁场的速度为v1，前后两边的长度为L1，上下两边的长度为L2，磁感应强度为B。取向右为正，根据动量定理可得：进入磁场过程中
其中
离开磁场过程中
其中
所以有
解得
故速度变化相同，通过线圈的电荷量相等，故C正确，D错误；。
故答案为：C。
【分析】本题考查动量定理在电磁感应现象中的相关应用，安培力的冲量中含有电荷量，电荷量同时可以用平均电流乘以时间求解。
18．【答案】A,C,D
【知识点】动量定理；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．整个线框处于磁场区域运动时，线框的磁通量不变，线框中没有感应电流，可线框的AB和DC边切割磁感线产生感应电动势，可知A、D两点电势相等，B、C两点电势相等，由右手定则可知，A、D两点电势高于B、C两点电势，即A、B两点电势不相等，A正确；
B．线框进入磁场过程中，由电磁感应定律可得，则有，解得，同理可知，线框穿出磁场过程中通过线框截面的电量也为，可知线框进入磁场过程中与线框穿出磁场过程中通过线框截面的电量相等，B错误；
C．设线框在完全进入磁场后的速度为v，
对线框进入磁场过程中，以向右方向为正方向，
由动量定理可得，
线框穿出磁场过程，以向右方向为正方向，
由动量定理可得，又有，
解得，
由动能定理可得线框在进入磁场过程中克服安培力做功为，
线框穿出磁场过程中克服安培力做功
可得，C正确；
D．若只将线框进入磁场时的速度v1变为原来的两倍，线框进入磁场过程中，以向右方向为正方向，由动量定理可得
线框穿出磁场过程中，以向右方向为正方向，由动量定理可得
又有，
解得
则线框穿出磁场时的速度v2会变为原来的三倍，D正确。
故选ACD。
【分析】i、线框进入磁场过程中，CD边切割磁感线，由电磁感应定律可得q，由动量定理可得速度的关系式，由动能定理可得线框在进入磁场过程中克服安培力做功；
ii、整个线框处于磁场区域运动时，线框的磁通量不变，线框中没有感应电流，可线框的AB和DC边切割磁感线产生感应电动势；
iii、线框穿出磁场过程中，AB边切割磁感线，由电磁感应定律可得q，由动量定理可得q，由动量定理可得速度的关系式，由动能定理可得线框在进入磁场过程中克服安培力做功。
19．【答案】（1）解：粒子在磁场中，由洛伦兹力提供向心力可得
又
联立解得粒子的比荷为
（2）解：粒子的轨迹如图所示
粒子在电场中可逆向看成做类平抛运动，则有，，
联立解得匀强电场电场强度大小为
由几何关系可得
解得
（3）解：若粒子进入磁场后受到了与速度大小成正比、方向相反的阻力，粒子在磁场的运动轨迹如图所示
由
可得
即角速度为一定值，又可知粒子与磁场左边界相切时转过的弧度为，
则有
取一小段时间，对粒子在x方向上列动量定理（如图）
两边同时对过程求和
可得
即
其中
则有
结合
可得
故有
【知识点】动量定理；带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）未知粒子从P点进入磁场，在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系确定粒子的运动半径，再根据洛伦兹力提供向心力结合牛顿第二定律进行解答；
（2）粒子进入磁场的速度方向水平向右，即粒子离开电场时的速度也水平向右，粒子从O点射出到离开电场的过程中做斜抛运动，根据运动的可逆性，可将粒子在电场中的运动视为类平抛运动，再根据牛顿第二定律及类平抛运动规律进行解答；
（3）粒子从P点开始运动至与磁场边界左侧相切，确定粒子运动过程旋转的弧度，再根据洛伦兹力提供向心力结合牛顿第二定律及线速度与角速度的关系确定粒子的角速度，继而确定粒子的运动时间。根据题意分析可知，粒子在运动过程中在X轴方向的位移为零，确定粒子的受力情况，再对粒子沿x轴方向运用动量定理及累合法进行解答。
20．【答案】（1）解：由题知，一开始b恰能保持相对静止，则有
BIbL = μ2mg
其中
Eb = BLv0
联立解得
B = 1T
（2）解：当a达到最大速度时，有
BIaL = μ1mg
其中
Ea = BL(v0－vam)
联立解得
vam = 10m/s
a、b发生弹性碰撞有
mvam = mbvb＋mava
解得
va = 0，vb = 10m/s
（3）解：由于碰撞后a、b组成的系统合外力为零，则a、b组成的系统动量守恒，则a、b共速时相距最远，有
mvam = 2mv共
解得
v共 = 5m/s
对b列动量定理有
其中
联立解得
xb = 25m
【知识点】动量守恒定律；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）b恰能保持静止，根据平衡条件列方程求解；
（2）a在安培力驱动下向右运动，根据平衡条件结合安培力的计算公式进行解答；a、b发生弹性碰撞过程中，根据动量守恒定律、能量守恒定律进行解答；
（3）由于碰撞后瞬间，a和b组成的系统合外力为零，则a、b组成的系统动量守恒，则a、b共速时相距最远。根据动量守恒定律求解a的速度大小；若首次碰撞后到两者相距最远用时t=3.5s，对a根据动量定理求解b的位移。
21．【答案】A,D
【知识点】动量守恒定律；左手定则；右手定则
【解析】【解答】A．由右手定则可，杆a进入磁场时，感应电流方向由C指向D，A符合题意；
B．杆a进入磁场时受到的安培力向左，向右做减速运动，杆b受到向右的安培力，向右做加速运动，当两杆速度相等时，两杆中均无感应电流，不再受安培力的作用而做匀速直线运动，B不符合题意；
C．杆b不固定时，由于两杆中安培力大小总是相等，方向总是相反，所以两杆的动量守恒，有
两杆的共同速度大小
系统中产生的总焦耳热
杆 中产生的焦耳热
若杆 固定，杆 中产生的焦耳热
C不符合题意；
D．杆 不固定时，对杆 由动量定理有
杆 固定时，对杆 由动量定理有
解得
D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】根据右手定则判断感应电流的方向；根据左手定则判断安培力的方向，并分析a杆的运动情况；结合动量定理和功率计算进行求解。
22．【答案】A,B
【知识点】动量定理；动量守恒定律；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】A．根据能量守恒可知线框中产生的焦耳热为
A符合题意；
B．通过线框的电荷量
B符合题意；
C．当线框刚进入虚线时加速度最大，此时ab和cd两边同时切割磁感线，感应电动势叠加，因此回路电流
此时ab和cd两边同时受安培力且大小方向相同 ，
联立解得
C不符合题意；
D．线框有一半进入 左侧磁场过程中，根据动量定理可知
即
则
又因为
联立解得
D不符合题意。
故答案为：AB。
【分析】由能量守恒可知线框中产生的焦耳热，结合电流的定义式以及闭合电路欧姆定律和安培力的表达式得出加速度的表达式，通过动量定理得出线框有一半进入左侧磁场时速度 。
23．【答案】B,C
【知识点】动量守恒定律；能量守恒定律；牛顿第二定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．导线框到达磁场上边界时，根据机械能守恒可知绳绷直瞬间，对两导线框系统由动量守恒
代入数据可得
A不符合题意；
B．对两导线框系统进入磁场的过程，由动量定理可得
即
当两个导线框均处于磁场中做匀加速直线运动过程，由能量守恒可知
又
联立解得
B符合题意；
C．对两导线框系统
可得
C符合题意。
D．两导线框离开磁场过程中重力势能的减少量和动能减少量之和等于系统产生的焦耳热，D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】线框在磁场中运动时根据机械能守恒和动量守恒得出CD边进入磁场的速度，对两导线框系统进入磁场的过程根据动量定理和能量守恒得出abcd完全进入磁场的时间；对两道线框利用牛顿你第二定律的大小。
24．【答案】（1）杆在倾斜轨道上做匀速直线运动，由平衡条件可知
即，
解得；
（2）对杆由动能定理得：
，
解得 ，
杆与联动双杆碰撞过程系统动量守恒
机械能守恒：
，
解得；
（3）碰后联动双杆入磁场区间，有三个过程，由动量定理和能量守恒定律，第一过程则有
代入数据解得
产生的焦耳热
在磁场中第二过程则有
代入数据解得
产生的焦耳热
第三过程出磁场则有
代入数据解得
产生的焦耳热
最后由串并联关系得杆产生的焦耳热
【知识点】动量定理；动量守恒定律；动能定理的综合应用；电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1） 杆在倾斜导轨上匀速运动时 ，安培力等于重力分力；
（2）利用动能定理求解滑到底端的速度，碰撞过程中动量守恒，机械能守恒；
（3）利用动量定理以及电流定义式求解各个过程速度大小，利用能量关系以及串并联关系求解杆产生的焦耳热。
25．【答案】（1）金属框进入磁场中的平均感应电动势，
进入磁场过程中流过的电荷量，
完全穿过磁场的电荷量为，
根据动量定理可得，
联立解得.
（2）设金属框初速度为v0，金属框进入磁场以后的速度为v1，向右为正方向，由于导轨电阻可忽略，此时金属框上下部分被短路，电路中的总电阻为，
由动量定理可知，，，联立得，
解得
说明金属框未离开磁场区域，即线框的初动能全部转化为内能，
由能量守恒定律得，
根据焦耳定律可得其中R1的热量
【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；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）对线框进行分析，根据法拉第电磁感应定律和动量定理分析求解。
（2）对线框进行分析，根据法拉第电磁感应定律和动量定理计算导体离开磁场时的速度，判断是否离开磁场，再根据能量守恒分析求解。
26．【答案】（1）由v-t图像可得：
对导线框受力分析可得：
代入数据联立解得：F=1.48N
答：外力F大小为1.48N.
（2）由v-t图像可知线框cf边进磁场时开始匀速直线运动，可得：
由法拉第电磁感应定律：由闭合电路欧姆定律：得：
代入数据联立解得：L=0.5m，I=2A
答：cf长度L为0.5m.
（3）线框匀速切割穿过磁场，产生的焦耳热就等于克服安培力所做的功：
答：回路产生的焦耳热Q为0.4J
【知识点】电磁感应中的图像类问题
【解析】【分析】（1）由v-t图像可知导线框运动的规律，得出匀加速运动的加速度和导线框匀速切割穿过磁场，对导线框受力分析由牛顿第二定律计算拉力的大小；
（2）由匀速切割磁感线运动导线框受合力为零，由法拉第电磁感应定律计算电动势，由欧姆定律计算感应电流得到安培力的大小， 从而求出导线框切割边的长度；
（3）由于匀速切割，安培力不变，导线框产生的焦耳热就是克服安培力所做的功。
27．【答案】（1）细金属杆M以初速度向右刚进入磁场时，产生的动生电动势
由愣次定律可知，电流方向为逆时针，电流的大小为
则所受安培力大小为
由左手定则可知，安培力的方向水平向左。
（2）根据动量守恒有
解得金属杆N出磁场时，金属杆M的速度
根据能量守恒有
金属杆M上产生的焦耳热
解得
（3）金属杆N在磁场内运动过程中，由动量定理有
且
联立解得通过回路的电荷量
设两杆在磁场中相对靠近的位移为，有
又
整理可得
联立可得
若两杆在磁场内刚好相撞，N到ab的距离最小，则
【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；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）根据楞次定律确定金属杆M产生感应电流的方向，再根据法拉第电磁感应定律确定金属杆M刚进入磁场时产生的感应电动势，再根据闭合电路欧姆定律及安培力公式进行解答；
（2）金属杆M进入磁场至金属杆N离开磁场的过程中，两杆受到的安培力等大反向，系统的动量守恒，根据动量守恒定律确定金属N离开磁场时，金属杆M的速度。再根据能量守恒定律确定该过程系统产生的总焦耳热，再根据串并联电路规律确定M杆产生的焦耳热；
（3）确定金属杆的受力情况，再对金属杆运动动量定理结合电流的定义确定该过程通过回路的电荷量。N到ab的距离越小，则N离开磁场瞬间，M、N之间的距离越小，则当N离开磁场瞬间，当M、N恰好发生碰撞时，N到ab的距离最短。再根据法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律及电荷量公式进行解答。
28．【答案】（1）金属框进入磁场过程：，
其中
联立可得：
（2）金属框进入磁场过程：
感应电动势为
感应电流为
线框所受安培力大小为
由平衡条件得外力大小为
金属框进入磁场过程拉力做的功：
（3）金属框进入磁场过程产生的焦耳热等于拉力做的功
金属框在磁场中运动过程：
产生的焦耳热：，此过程中拉力做功为零。
金属框从进入磁场到边到达磁场的右边界的过程：
【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；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）确定线框进入磁场过程穿过金属框磁通量的变化情况，再根据法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律和电荷量公式进行解答；
（2）金属线框进入磁场的过程中做匀速运动，金属框处于平衡状态，即所受拉力等于安培力。根据法拉第电磁感应定律及欧姆定律和安培力公式确定安培力的大小，再根据平衡条件及公的定义式进行解答；
（3）金属框进入磁场的过程中做匀速运动，根据能量守恒定律可知，拉力对线框做的功全部转化为线框产生的焦耳热。金属框完全进入磁场中后，磁感应强度的变化使得回路中产生感应电流，在金属框中产生焦耳热，根据法拉第电磁感应定律及焦耳定律确定此过程产生的焦耳热，再结合（2）确定产生的总焦耳热。
29．【答案】（1）解：线框右边刚进入磁场时，有
由楞次定律可知线框进入磁场过程中感应电流方向为逆时针（俯视）
故a、b两点电势差。
（2）解：整个线框刚好离开磁场时的速度等于整个线框刚好进入磁场时的速度，设其大小为v，从线框恰好完全进入磁场至右边恰好出磁场的过程中线框做匀加速直线运动，由动能定理有
解得。
（3）解：线框穿过磁场的整个过程中初、末速度分别为v0、v，整个过程中摩擦力不变，由动能定理有
又由功能关系有
解得。
【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；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）线框进入磁场磁通量变大，根据楞次定律确定感应电流的方向。导体棒ab做切割磁感线运动，ab边相当于电源，根据电流方向确定a、b电势的高低，再根据法拉第电磁感应定律及串联电路规律进行解答；
（2）整个线框刚好离开磁场时的速度等于整个线框刚好进入磁场时的速度，根据运动的对称性可知，线框恰好完全进入磁场的速度等于线框恰好离开磁场时的速度。线框恰好完全进入磁场至右边恰好出磁场的过程中线框做匀加速直线运动，即此时线框只有摩擦力做功，再对该过程根据动能定理进行解答；
（3）明确整个运动过程中摩擦力的做功情况，再对全过程运用动能定理及功能关系进行解答。
30．【答案】D
【知识点】磁通量；楞次定律
【解析】【解答】 A、根据图乙可知此时穿过线圈的磁通量为零，故A错误；
BC、根据法拉第电磁感应定律可知，永磁铁相对线圈上升越快，则磁通量的变化率越大，线圈中感应电动势越大，与线圈的上升高度无关，故BC错误；
D、永磁铁相对线圈下降时，线圈中垂直于纸面向外的磁通量增大，根据楞次定律可知，线圈中感应电流的方向为顺时针方向，故D正确；
故选：D。
【分析】根据对称性和磁通量的概念得出线圈中磁通量的大小；
根据法拉第电磁感应定律得出感应电动势大小的影响因素；
根据磁通量的变化特点，结合楞次定律得出感应电流的方向。
31．【答案】C
【知识点】闭合电路的欧姆定律；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】根据题意可知，磁场区域变化前线圈产生的感应电动势为
由题图丙可知，磁场区域变化后，当时，线圈的侧边开始切割磁感线，即当线圈旋转时开始切割磁感线，由几何关系可知磁场区域平行于x轴的边长变为
综上分析，故ABD错误，C正确。
故选C。
【分析】 矩形线圈在绕垂直于磁场的轴匀速转动时产生正弦交变电流；根据交流电的图像求解瞬时电动势的表达式；根据图丙求解磁场的覆盖区域。
32．【答案】B,D
【知识点】交变电流的产生及规律；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】AB. 当磁极再转过90°时，此时线圈垂直切割磁感线，产生的感应电动势最大，感应电流最大，A不符合题意，B符合题意；
CD. 对PQ棒进行分析，磁场方向向下，PQ棒相对磁极水平向左运动，由右手定则可知电流方向由Q指向P，C不符合题意，D符合题意。
故答案为：BD
【分析】根据导体棒切割磁感线产生电动势的特点可判断感应电流的大小，利用右手定则可判断电流的方向。
33．【答案】A
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】线圈a从磁场中匀速拉出的过程中穿过a线圈的磁通量在减小，则根据楞次定律可知a线圈的电流为顺时针，由于线圈a从磁场中匀速拉出则a中产生的电流为恒定电流，则线圈a靠近线圈b的过程中线圈b的磁通量在向外增大，同理可得线圈b产生的磁场为顺时针。
故答案为：A。
【分析】a线框做切割磁感线运动，确定穿过线框a磁通量的变化情况，再结合楞次定律确定a线框感应电流的方向。a中的感应电流产生的磁场会穿过线框b，明确a中感应电流的变化情况，越靠近a通电导体，感应磁场越大，再结合楞次定律判断线框b中电流方向。
34．【答案】A,C
【知识点】闭合电路的欧姆定律；感应电动势及其产生条件
【解析】【解答】设线圈的上边进入磁场时的速度为v，设线圈的质量M，物块的质量m，图中线圈进入磁场时线圈的加速度向下，则对线圈由牛顿第二定律可知
对滑块
其中
即
线圈向上做减速运动，随速度的减小，向下的加速度减小；当加速度为零时，即线圈匀速运动的速度为
若线圈进入磁场时的速度较小，则线圈进入磁场时做加速度减小的减速运动，线圈的速度和加速度都趋近于零，则图像A可能正确；
因t=0时刻线圈就进入磁场，则进入磁场时线圈向上不可能做匀减速运动，则图像B不可能；
若线圈的质量等于物块的质量，且当线圈进入磁场时，且速度大于v0，线圈进入磁场做加速度减小的减速运动，完全进入磁场后线圈做匀速运动；当线圈出离磁场时，受向下的安培力又做加速度减小的减速运动，最终出离磁场时做匀速运动，则图像C有可能，D不可能。
故选AC
【分析】 线框上边框切割磁感线产生感应电动势，线框中产生感应电流，线框的上边框将受到向下的安培力作用，根据牛顿第二定律求解出线框运动速度与加速度的关系式，再求出线框匀速运动的速度；
根据线框上边框进入磁场时的速度大小以及线框质量与物块质量的关系，结合v-t图像斜率绝对值的含义进行分析；
线框上边框开始进入磁场和线框上边框开始离开磁场，线框中都有感应电流产生，线框所受的安培力都向下，阻碍线框的相对运动；
整个线框完全进入磁场或者线框完全离开磁场，线框中都无感应电流产生，线框不受安培力作用，因此只有当线框质量等于物块质量，采用做匀速运动的可能。
35．【答案】（1）解：由题意知大齿轮以的角速度保持匀速转动，大小齿轮线速度相等，则，
可得小齿轮转动的角速度为
转动周期为
以线圈ab边某次进入磁场时为计时起点，到cd边进入磁场，经历的时间为
这段时间内线圈产生的电动势为
电流为
受到的安培力大小
当ab边和cd边均进入磁场后到ab边离开磁场，经历的时间为
由于M1线圈磁通量不变，无感应电流，安培力大小为0；
当M1线圈ab边离开磁场到cd边离开磁场，经历的时间为
此时的安培力大小由前面分析可知
方向与进入时相反；
当M1线圈cd边离开磁场到ab边进入磁场，经历的时间为
同理可知安培力为0。
（2）解：根据（1）可知设流过线圈的电流有效值为I，则根据有效值定义有
其中，
联立解得
（3）解：根据题意可知流过线圈和的电流有效值相同，则在一个周期内装置K消耗的平均电功率为
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】 （1）根据角速度与线速度的关系，结合法拉第电磁感应和安培力公式、欧姆定律分析求解；
（2）根据有效值的求解方式，利用热效应相同分析求解；
（3）根据功率表达式分析求解。
大题精讲06 电磁感应综合问题-备考2025年高考物理题型突破讲练
一、动力学专项
1．（2024高二下·常州期末）如图所示，导体棒ab以初速度v0沿足够长水平放置的光滑导线框向右运动，空间存在垂直于线框平面的匀强磁场，线框电阻不计。下列关于导体棒的速度v和加速度a随运动时间t的变化图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】根据
，
安倍力为
，
整理
随着速度减小，导体棒做加速度减小的减速运动，即其图像随着时间而减小，其的斜率越来越小。
故选A。
【分析】由于物体受到的安倍力方向与运动方向相反，所以导体棒做减速运动，加速度也越来越小。
2．（2024高二下·深圳月考）电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理如图所示，图中直流电源电动势为，内阻为；两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为，电阻不计；导轨间存在磁感应强度大小为、方向与导轨平面垂直的匀强磁场（图中未画出）。炮弹可视为一质量为、电阻为的金属棒（图中未画出），垂直放在两导轨间处于静止状态。并与导轨接触良好。闭合开关，开始向右加速运动，获得最大速度后，离开导轨。下列说法正确的是（ ）。
A．在导轨上速度最大时，通过中的电流最大
B．在导轨上速度最大时，棒所受安培力最大
C．获得的最大加速度
D．获得的最大速度为
【答案】D
【知识点】安培力；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】AB．在轨道上速度最大时，加速度为零，安培力也为零，故通过的电流也为零，AB错误；
C．最大加速度在初始时刻取得，故
C错误；
D．当切割磁感线产生的动生电动势在回路当中与电源电动势等大反向时，即
时，回路中产生的电流为零，安培力为零，加速度为零，速度取最大值，为
D正确。
故答案为：D。
【分析】PQ切割磁感线产生的动生电动势在回路当中与电源电动势等大反向时，速度取最大值。
3．（2024高三下·黔江月考） 如图1所示，两条相同且足够长的粗糙平行导轨水平固定在桌面上，导轨左侧连接一阻值为R的定值电阻，一细直导体杆与导轨垂直并接触良好，导体杆长度与两导轨间宽度相同，整个装置处在垂直导轨平面向上的匀强磁场中，导轨电阻不计。导体杆在水平向右的恒定拉力F作用下由静止开始运动：当导体杆的电阻为R、质量为m时，恒定拉力F与导体杆的最大速率v之间的关系如图2中直线①所示：其他条件不变，当导体杆电阻为，质量为时，恒定拉力F与导体杆的最大速率v之间的关系如图2中直线②所示。若两导体杆与导轨间的动摩擦因数处处相同，则下列关系正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】牛顿定律与图象；安培力的计算；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】由题知，导体杆在水平方向上受到恒定拉力F、安培力和摩擦力作用，设导体杆的电阻为R0，则其所受安培力
当导体杆达到最大速率时
由F-v图像知
纵截距
则
，
解得
，
故答案为：C。
【分析】确定导体棒在运动过程的受力情况，当导体棒加速度为零，处于平衡状态时，导体棒的速率最大。根据平衡条件及法拉第电磁感应定律及安培力公式确定不同导体棒下拉力与v的函数表达式，明确图像斜率及截距的物理意义，再结合图像进行数据处理。
4．（河北省十县联考2024-2025学年高三上学期10月期中物理试题）如图所示，竖直放置的光滑导轨宽为L，上端接有阻值为R的电阻，导轨的一部分处于宽度和间距均为d、磁感应强度大小均为 B 的4 个矩形匀强磁场中。质量为 m 的水平金属杆ab在距离第1个磁场h高度处由静止释放，发现金属杆进入每个磁场时的速度都相等。金属杆接入导轨间的电阻为3R，与导轨始终垂直且接触良好，导轨电阻不计，重力加速度为g，h>d，下列说法正确的是（ ）
A．金属杆从第4个磁场穿出时，金属杆中产生的热量6mgd
B．金属杆从第4个磁场穿出时的速度大小
C．金属杆穿过第1个磁场的过程，通过电阻R的电荷量
D．金属杆在第1个磁场中做加速度越来越大的减速运动
【答案】A,C
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．由于金属杆进入每个磁场的速度都相等，故在金属杆穿过第一区域磁场到进入第二区域磁场，根据能量守恒可知
故穿过第四个磁场时产生的总热量
金属杆上产生的热量为
A正确；
B．设穿过第四个磁场的速度为，根据能量守恒可知
解得
B错误；
C．根据法拉第电磁感应定律，穿过第一个磁场的电动势
通过电路中的电流
又因为
联立上述各式可得
C正确；
D．对金属杆受力分析可知
解得
金属杆的质量不变，随着金属杆向下运动，由于金属杆减速，感应电动势逐渐变小，电路中的感应电流变小，金属杆受到的安培力变小，故加速度越来越小，D错误。
故选AC。
【分析】本题应仔细分析棒的运动过程，棒先自由下落h后进入第一个匀强磁场，接着在第一个磁场和第二个磁场间运动，且抓住棒进入每个磁场时的速度相等，由能量守恒可知，此过程中减小的重力势能等于回路中产生的焦耳热，再结合求解电荷量。
二、运动学专项
5．（2024高二下·栖霞月考） 边长为a的闭合金属正三角形框架，左边竖直且与磁场右边界平行，完全处于垂直于框架平面向里的匀强磁场中，现把框架匀速水平向右拉出磁场，则下列图像与这一过程相符合的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【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；电磁感应中的图像类问题
【解析】【解答】如图所示：
当框架穿出磁场x距离后，线框切割磁感线的有效长度为L，根据几何知识可得L=2xtan30°，则有
E=BLv=2Bvxtan 30°①，
②，
③ ，
由于框架匀速被拉出，故外力F与安培力FA等大反向，即为：
，
则外力F的功率为：
④；
由①式可知A错误，C正确，③式可知B错误，④式可知D错误；
故答案为：C。
【分析】根据几何知识找出框架切割磁感线的有线长度L与框架穿出磁场的距离x的关系；根据相应的物理规律找出感应电动势E与 x、外力的功率P与x的关系；根据E与x、P与x的关系结合数学知识进行判断。
6．（2024高三下·河北模拟） 如图所示，足够长的光滑导轨倾斜放置，导轨宽度为L，其下端与电阻R连接；导体棒ab电阻为r，导轨和导线电阻不计，匀强磁场竖直向上．若棒ab以一定初速度v下滑，则关于棒ab的下列说法正确的是( )
A．所受安培力方向水平向左
B．可能以速度v匀速下滑
C．刚下滑瞬间产生的电动势为BLv
D．减少的重力势能等于电阻R产生的内能
【答案】B
【知识点】左手定则—磁场对通电导线的作用；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；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A、根据右手定则判断可知，棒ab中感应电流方向从b→a，由左手定则判断得知，棒ab所受的安培力方向水平向右，如图所示，
故A错误；
B、若安培力沿导轨向上的分力与重力沿导轨向下的分力大小相等，棒ab可能以速度v匀速下滑，故B正确；
C、刚下滑瞬间产生的感应电动势为
故C错误；
D、根据能量守恒定律得知，若棒ab匀速下滑，其减少的重力势能等于电阻R和棒ab产生的内能之和；若棒ab加速下滑，其减少的重力势能等于电阻R和棒ab产生的内能与棒ab增加的动能之和；若棒ab减速下滑，其减少的重力势能和动能之和等于电阻R和棒ab产生的内能之和，所以减少的重力势能不等于电阻R产生的内能，故D错误。
故答案为：B。
【分析】根据右手定则确定导体棒中电流的方向，再根据左手定则确定导体棒所受安培力的方向。由于不确定导体棒所受各力的大小关系，故导体棒的运动情况存在多种可能。根据法拉第电磁感应定律及速度与磁场的夹角确定回路中产生感应电动势的大小。根据能量守恒定律确定各能量之间的转换情况。
7．（2024高三下·中山模拟） 如图所示为宽度为3L的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。磁场左侧有一个边长为L的正方形导体线框，其总电阻为R，线框所在平面与磁场方向垂直。线框以速度v向右匀速穿过磁场区域，以线框cd边刚进入磁场的时刻为计时起点，规定电流沿逆时针方向为正，安培力F向左为正。则以下关于线框中的感应电流I、ab两点间的电势差、安培力F和线框的发热功率P随时间变化的图像正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【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；电磁感应中的图像类问题；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】根据题意，线框cd边刚进入磁场到整体线框完全进入磁场的过程，线框运动的时间为
此过程根据楞次定律可判断电流沿逆时针方向，为正方向，由法拉第电磁感应定律和闭合回路欧姆定律可得此时回路中感应电流为
ab两点间的电势差
线框受到的安培力大小为
方向向左，线框的发热功率
当整个线框完全进入磁场，到cd边恰好离开磁场的过程中，线框运动的时间为
此过程，穿过线框的磁通量不变，故回路中没有感应电流，线框不受安培力的作用，线框的发热功率为零，但ab边做切割磁感线运动产感应电动势，此时ab两点间的电势差
线框cd边离开磁场到整个线框完全离开磁场的过程中，线框运动的时间为
根据右手定则可知此时回路中的感应电流沿顺时针方向，由法拉第电磁感应定律和闭合回路欧姆定律可得此时回路中感应电流为
线框受安培力大小为
方向向左，ab两点间的电势差
线框的发热功率
综上分析可知ABD错误，C正确。
故答案为：C。
【分析】确定线框进出磁场的过程分为几个阶段，确定各阶段穿过线框磁通量的变化情况，再根据楞次定律确定线框中产生感应电流的方向。确定各阶段ab边是否切割磁场，ab边切割磁场时，ab边相当于电源，再根据欧姆定律及串并联规律确定ab两端电压，注意当整个线框在磁场中运动时，ab边产生感应电动势，但回路无感应电流。再根据安培力公式和电功率公式进行分析解答。
8．（2024·浙江模拟）如图所示，金属杆以恒定的速率在光滑平行导轨上向右滑行，设整个电路总电阻为恒定不变，整个装置置于垂直纸面向里的匀强磁场中，下列说法正确的是( )
A．杆中的电流强度与速率成正比
B．磁场作用于杆的安培力与速率的平方成正比
C．电阻上产生的电热功率与速率成正比
D．外力对杆做功的功率与速率成正比
【答案】A
【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；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A、ab杆中的电流
可知电流与速率v成正比，故A正确；
B、磁场作用于ab杆的安培力
即安培力与速率v成正比，故B错误；
C、电阻R上产生的电热功率
即电功率与速率v平方成正比，故C错误；
D、外力对ab杆做功的功率等于电功率，即
与速率v的平方成正比，故D错误。
故答案为：A。
【分析】导体棒以恒定的速率做切割磁感线运动，根据法拉第电磁感应定律结合欧姆定律确定电流的表达式分析电流与速率的关系，同理根据安培力及电功率公式分析安培力、电功率与速率的关系。
三、电磁学专项
9．（2024高二上·靖远期末）如图所示，两光滑平行的水平导轨固定，整个空间存在竖直向上的匀强磁场，两导体棒ab、cd垂直放在导轨上，并与导轨始终保持良好接触。现分别给导体棒ab、cd水平方向的速度，分别记为。下列说法正确的是（ ）
A．若且方向水平向右，则回路中感应电流的方向为acdba
B．若且方向水平向左，则回路中感应电流的方向为abdca
C．若且方向水平向右，则回路中感应电流的方向为abdca
D．若和方向相反，则回路中没有感应电流
【答案】C
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】楞次定律：感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。A．若且方向向右，则导体棒ab、cd所围成的面积不变，穿过其所围面积的磁通量不变，故回路中不产生感应电流，故A错误；
B．若且方向向左，则导体棒ab、cd所围面积增大，穿过其所围面积的磁通量也增大，由楞次定律可判断出回路中产生的感应电流方向为acdba，故B错误；
C．若且方向向右，则导体棒ab、cd所围面积减小，穿过其所围面积的磁通量减小，由楞次定律可判断出回路中产生的感应电流方向为abdca，故C正确；
D．若和方向相反，则导体棒ab、cd所围成的面积增大，穿过其所围面积的磁通量增大，由楞次定律可知，回路中有顺时针方向的电流（从上往下看），故D错误。
故选C。
【分析】 导体棒PQ运动时切割磁感线，回路中的磁通量发生变化，因此有感应电流产生，根据楞次定律或者右手定则可以判断电流方向
10．（2024高三上·金华模拟）如图所示，内部光滑、足够长的铝管竖直固定在水平桌面上，直径略小于铝管内径的圆柱形磁体从铝管正上方由静止开始下落，在磁体穿过铝管的过程中，磁体不与管壁碰撞，不计空气阻力。下列选项正确的是（ ）
A．磁体一直做加速运动
B．磁体下落过程中安培力对铝管做正功
C．磁体下落过程中铝管产生的焦耳热量等于磁铁动能的变化
D．经过较长时间后，铝管对桌面的压力等于铝管和磁体的重力之和
【答案】D
【知识点】功能关系；功的概念；楞次定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】本题运用楞次定律的另一种表述：来拒去留，来判断磁体受到的安培力方向。要注意分析能量的转化情况，运用能量守恒定律分析各种能量之间的关系。AD．在磁体穿过铝管的过程中，铝管的磁通量发生变化，根据楞次定律可得，磁体受铝管竖直向上的安培力，又根据法拉第电磁感应定律可得，磁体的速度越大，所受铝管中产生的感应电动势越大，感应电流也就越大，磁体所受的安培力也越大。再根据牛顿第二定律可得，对磁体
随着磁体下落过程中速度增大，安培力增大，则加速度减小，直到加速度减为0，铝管足够长，磁体下落时间较长，则最后磁体匀速运动，磁体受的安培力与磁体重力大小相等，方向相反。由牛顿第三定律得磁体对铝管的安培力竖直向下，大小与磁体重力大小相等。对铝管受力分析，桌面对铝管的支持力等于铝管的重力与所受安培力大小之和，即等于铝管和磁体的重力之和。又有牛顿第三定律可知，铝管对桌面的压力等于铝管和磁体的重力之和。
故A错误，D正确；
B．因为铝管静止不动，所以磁体下落过程中安培力对铝管为0。故B错误；
C．由能量守恒可得，磁体下落过程中铝管产生的焦耳热量等于磁铁机械能的变化。故C错误；
故选D。
【分析】 小磁体从铝管正上方由静止开始下落，穿过铝管的磁通量发生变化，从而产生感应电流，出现感应磁场要阻碍磁通量的变化，导致小磁体受到阻力，因而机械能不守恒；在下落过程中导致铝管产生内能；根据超、失重观点分析铝管对桌面的压力与铝管和磁体总重力的关系。
11．（2024高三上·汕头期末）图为法拉第圆盘发电机的示意图。铜圆盘安装在竖直铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触，圆盘处于竖直向上的匀强磁场中，下列说法正确的是（ ）
A．若圆盘转动的角速度恒定，则流过电阻R的电流大小恒定
B．若从上往下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流过电阻R
C．若将铜片Q变为与圆盘边缘接触，则同样有电流流过电阻R
D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍
【答案】A,B
【知识点】电功率和电功；右手定则；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】本题考查电磁感应规律的应用；对于导体切割磁感应线产生的感应电动势情况有两种：一是导体平动切割产生的感应电动势，可以根据E=BLv来计算；二是导体棒转动切割磁感应线产生的感应电动势，可以根据来计算。A．若圆盘转动的角速度恒定，根据
可知感应电动势大小恒定，则电流大小恒定，选项A正确；
B．若从上往下看，圆盘顺时针转动，根据右手定则可知，电流沿a到b的方向流过电阻R，选项B正确；
C．若将铜片Q变为与圆盘边缘接触，电阻R相当于接在电源的同一极，则没有电流流过电阻R，选项C错误；
D．根据
若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则感应电动势变为原来的2倍，根据
可知，电流在R上的热功率也变为原来的4倍，选项D错误。
故选AB。
【分析】圆盘转动可等效看成无数轴向导体组成，这些导体切割磁感线产生感应电动势，有效切割长度为铜盘的半径，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律求出感应电流表达式，再分析电流大小与角速度的关系；根据右手定则分析感应电流方向，根据电功率计算公式分析电流在R上的热功率变化情况。
12．（2024高二下·蓝田月考）如图，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U形金属导轨，导轨平面与磁场垂直。金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS，一圆环形金属线框T位于回路围成的区域内，线框与导轨共面。现让金属杆PQ突然向左运动，在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是（ ）
A．PQRS中沿顺时针方向，T中沿逆时针方向
B．PQRS中沿逆时针方向，T中沿顺时针方向
C．T具有收缩趋势，PQ受到向右的安培力
D．T具有扩张趋势，PQ受到向右的安培力
【答案】A,C
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】 感应电流的方向判断，两种方法：一种是右手定则，另一种是楞次定律，使用楞次定律判断比较难，但是掌握它的本质也不会很难。AB．PQ突然向左运动，根据右手定则可知，电流方向由P到Q，即闭合回路PQRS中电流沿顺时针方向，又由安培定则可知，回路PQRS中感应电流产生的磁场方向垂直纸面向里，故环形金属线框T的磁通量将变大，由楞次定律可知，T中将产生沿逆时针方向的感应电流，故A正确B错误；
CD．线框T的磁能量变大，由楞次定律可知，T有收缩的趋势，以阻碍磁通量的增大，PQ中有由P到Q的电流，由左手定则可知，PQ受到的安培力向右，故C正确D错误。
故选AC。
【分析】 PQ切割磁感线，根据右手定则判断；PQRS产生电流后，会对穿过T的磁感应强度产生影响，根据楞次定律分析T中的感应电流的变化情况。
13．（2024高三上·广东模拟）2021年，南京大学研究团队利用四分之一波长管改进了一种声学发电机系统，该系统在100分贝的声音激励下能够产生的峰值功率输出，实现对72个的驱动。如图，塑料膜恒带负电并附着在弹性电极上，二者与打印的导电塑料正对，弹性电极通过外电路与导电塑料相连，在声波的驱动下做受迫振动，在外电路中产生交流电。已知声速约为，则根据你所掌握的知识，下列说法正确的有（ ）
A．四分之一波长管类似光学仪器中的增透膜，声波在管口干涉相消
B．交流电的频率由声音的频率决定，发电机输出功率受声音的强度影响
C．该装置用到了电磁感应的原理，将声波振动产生的机械能转化为电能
D．若发电所用的声音频率为，则该装置的长度至少为
【答案】A,B,D
【知识点】受迫振动和共振；法拉第电磁感应定律；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值；薄膜干涉
【解析】【解答】A．四分之一波长管可使声波与反射波在管口的波程差相差半波长，由于两个声波振动步调相反，从而干涉相消与增透膜原理类似，故A正确；
B．由于受迫振动的频率等于驱动振动的频率所以声音的频率决定弹性电极的振动频率，进而决定交流电的频率，声音的强度影响了电极振动的幅度，进而影响板间电荷的相互作用，从而影响交流电的峰值、有效值以及功率，故B正确；
C．该发电装置用到的原理是电荷间的相互作用，属于静电感应而不是电磁感应，故C错误；
D．根据波长和频率的关系式有
已知声速约为，则四分之一波长为
故该装置最小长度应大于，故D正确。
故选ABD。
【分析】利用声波和反射波之间的波程差可以判别属于波的干涉原理；利用受迫振动的频率等于驱动振动的频率所以声音的频率决定弹性电极的振动频率，进而决定交流电的频率，声音的强度影响了电极振动的幅度，进而影响板间电荷的相互作用，从而影响交流电的峰值、有效值以及功率；装置用到的原理是电荷间的相互作用，属于静电感应；利用波长和频率的关系可以求出装置的长度。
四、常见考查题型1 动量定理在电磁感应中的应用
14．（2024高三上·江西月考）如图，足够长光滑绝缘斜面的倾角为，斜面上水平虚线MN和PQ之间有垂直斜面向上的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，MN和PQ之间的距离为2L，一边长为L、质量为m、电阻为R的正方形金属线框abcd从MN下方某处以一定的初速度沿斜面向上滑行，线框穿过磁场区域后继续沿斜面向上滑行到速度为零，然后线框开始沿斜面下滑，cd边刚进磁场时和ab边刚要出磁场时，线框的加速度均为零。重力加速度大小为g，线框运动过程ab边始终水平，，下列说法正确的是（ ）
A．线框向上运动过程中，进磁场过程与出磁场过程安培力的冲量相同
B．线框向上运动过程中，进磁场克服安培力做功和出磁场克服安培力做功相等
C．线框向下运动过程中，线框中产生的焦耳热为1.2mgL
D．线框向下运动过程中，线框穿过磁场所用的时间为
【答案】A,D
【知识点】动量定理；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．线框向上进磁场和出磁场过程中，由
、、
可得安培力的冲量均为
故A正确；
B．线框向上运动过程中做减速运动，电路产生的电动势越来越小，感应电流越来越小，所以进磁场平均安培力大于出磁场平均安培力，因此进磁场克服安培力做功大于出磁场克服安培力做功，故B错误；
C．根据题意，线框向下运动过程中，cd边刚进磁场时的速度与ab边刚要出磁场时的速度相等，线框穿过磁场过程，根据能量守恒可知减少的重力势能全部转化为热量，线框中产生的焦耳热
故C错误；
D．线框向下运动过程中，设线框运动的时间为t，根据动量定理有
式中
解得
故D正确。
故选AD。
【分析】本题主要考查电磁感应中的动力学、功能问题，分析线框运动过程，选择合适规律解答。
根据、、结合冲量的公式I=Ft求解安培力的冲量；线框在斜面上向上运动的过程中，根据速度变化判断安培力变化，进而判断安培力做功情况；减少的重力势能转化为动能和回路的内能，根据能量守恒定律求线框上产生的热量；根据动量定理列式求解线框向下运动过程中，线框穿过磁场所用的时间。
15．（2024高二下·枣庄月考） 如图所示，光滑水平面上存在有界匀强磁场，磁感应强度大小为B，边界为MN和PQ，磁场方向垂直水平面向下。质量为m、边长为L的正方形导线框静止在水平面上，AB边和磁场边界平行。现给导线框一向右的初速度，导线框在水平面上穿过有界磁场，完全穿出有界磁场时的速度为，有界磁场的宽度d大于正方形线框的边长L。下列说法正确的是（ ）
A．线框进入磁场过程中，感应电流的方向为ADCBA
B．线框穿出磁场过程中，通过线框横截面的电荷量为
C．线框完全进入磁场时的速度为
D．线框进入磁场和穿出磁场过程中，产生的焦耳热之比5：3
【答案】A,C,D
【知识点】动量定理；电流、电源的概念；法拉第电磁感应定律；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】A. 根据右手定则可知，线框进入磁场过程中，感应电流的方向为ADCBA，选项A正确；
BC. 线圈进入磁场过程，根据动量定理
线框穿出磁场过程中，根据动量定理
其中
解得
选项B错误，C正确；
D. 线框进入磁场和穿出磁场过程中，产生的焦耳热之比
选项D正确。
故答案为：ACD。
【分析】根据右手定则判断感应电流方向，根据动量定理以及电流定义式求解电荷量，焦耳热等于动能减少量。
16．（2023·福州模拟）如图，两根间距为L的固定平行光滑金属导轨MCN和PDQ，水平部分MC、PD与倾斜部分CN、DQ分别在C、D平滑连接，倾斜轨道与水平面夹角为θ。水平导轨和倾斜导轨间分别存在宽度均为d 、磁感应强度大小均为 B 的磁场区域 I 和 Ⅱ ， 区域 I 磁场方向竖直向上，区域Ⅱ磁场方向垂直平面CNQD向下。两根质量均为m、电阻分别为2R和3R的金属棒a、b与导轨垂直放置，b棒置于水平导轨C、D处。a棒以速度v0进入磁场区域 I，从磁场Ⅰ穿出时的速度大小为，与b棒发生弹性碰撞。b棒从C、D处沿倾斜轨道穿过磁场区域Ⅱ并返回C、D处时，速度大小为，所用时间为t。两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计。则（ ）
A．a棒在磁场中向右运动过程与b棒在磁场中向上运动过程，回路中感应电流方向相反
B．a棒第一次穿过磁场区域I的过程中，金属棒b上产生的焦耳热为m
C．b棒从开始运动到返回C、D处所用时间
D．最终a棒停在磁场区域I中距区域I右边界处
【答案】B,D
【知识点】功能关系；动量定理；楞次定律
【解析】【解答】A．a棒在磁场中向右运动过程产生逆时针方向的感应电流；b棒在磁场中向上运动过程也产生逆时针方向的感应电流，则回路中感应电流方向相同，A不符合题意；
B．a棒第一次穿过磁场区域I的过程中，整个回路产生的焦耳热
金属棒b上产生的焦耳热
B符合题意；
C．因ab质量相同，则两棒相碰后交换速度，即碰后a静止，b的速度为 ，返回到CD时的速度为 ，取沿斜面向下为正方向，则由动量定理
其中
当导体棒a经过水平磁场时
其中
解得
C不符合题意；
D．当b回到底端时，再次与a交换速度，此时a以速度 进入水平磁场，设进入x后停止，则由动量定理
其中
解得x= d
即最终a棒停在磁场区域I中距区域I右边界 处，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】根据楞次定律得出回路中感应电流的方向，a棒第一次穿过磁场区域I的过程中根据功能关系得出金属棒b上产生的焦耳热，结合动量定理得出从开始运动到返回C、D处所用时间 。
17．（2024高二下·苏州期中） 如图所示，在光滑绝缘水平面上，一矩形线圈以一定的初速度穿越匀强磁场区域，已知磁场区域宽度大于线圈宽度，则线圈进、出磁场的两个过程中（ ）
A．平均加速度相等 B．克服安培力做功相等
C．速度的变化量相同 D．通过线圈的电荷量不相等
【答案】C
【知识点】动量定理；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】A．进入磁场时线圈的平均速度较大，时间较小，速度变化相同，可知进入磁场时平均加速度较大，故A错误；
B．进入磁场过程中线圈平均速度较大，平均电流较大，则进入磁场时的安培力大于离开磁场过程中的安培力，位移相同，可知安培力做功不相等，故B错误。
CD．设线圈进入磁场前的速度为v0、完全进入磁场的速度为v、完全离开磁场的速度为v1，前后两边的长度为L1，上下两边的长度为L2，磁感应强度为B。取向右为正，根据动量定理可得：进入磁场过程中
其中
离开磁场过程中
其中
所以有
解得
故速度变化相同，通过线圈的电荷量相等，故C正确，D错误；。
故答案为：C。
【分析】本题考查动量定理在电磁感应现象中的相关应用，安培力的冲量中含有电荷量，电荷量同时可以用平均电流乘以时间求解。
18．（2022高二上·莱芜期末） 如图所示，在光滑绝缘的水平面上，相距为的两条直线、之间存在着竖直向下的匀强磁场，一个用相同材料且粗细均匀的电阻丝制成的、边长为的正方形线框以速度从左侧沿垂直于的方向进入磁场区，线框完全离开磁场区域时速度大小变为，且，则以下说法正确的是（ ）
A．整个线框处于磁场区域运动时，、两点电势不相等
B．线框进入磁场过程与线框穿出磁场过程中通过线框截面的电量不相等
C．线框在进入磁场过程与穿出磁场两个过程中克服安培力做功之比为7：5
D．若只将线框进入磁场时的速度变为原来的两倍，则线框穿出磁场时的速度会为原来的三倍
【答案】A,C,D
【知识点】动量定理；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．整个线框处于磁场区域运动时，线框的磁通量不变，线框中没有感应电流，可线框的AB和DC边切割磁感线产生感应电动势，可知A、D两点电势相等，B、C两点电势相等，由右手定则可知，A、D两点电势高于B、C两点电势，即A、B两点电势不相等，A正确；
B．线框进入磁场过程中，由电磁感应定律可得，则有，解得，同理可知，线框穿出磁场过程中通过线框截面的电量也为，可知线框进入磁场过程中与线框穿出磁场过程中通过线框截面的电量相等，B错误；
C．设线框在完全进入磁场后的速度为v，
对线框进入磁场过程中，以向右方向为正方向，
由动量定理可得，
线框穿出磁场过程，以向右方向为正方向，
由动量定理可得，又有，
解得，
由动能定理可得线框在进入磁场过程中克服安培力做功为，
线框穿出磁场过程中克服安培力做功
可得，C正确；
D．若只将线框进入磁场时的速度v1变为原来的两倍，线框进入磁场过程中，以向右方向为正方向，由动量定理可得
线框穿出磁场过程中，以向右方向为正方向，由动量定理可得
又有，
解得
则线框穿出磁场时的速度v2会变为原来的三倍，D正确。
故选ACD。
【分析】i、线框进入磁场过程中，CD边切割磁感线，由电磁感应定律可得q，由动量定理可得速度的关系式，由动能定理可得线框在进入磁场过程中克服安培力做功；
ii、整个线框处于磁场区域运动时，线框的磁通量不变，线框中没有感应电流，可线框的AB和DC边切割磁感线产生感应电动势；
iii、线框穿出磁场过程中，AB边切割磁感线，由电磁感应定律可得q，由动量定理可得q，由动量定理可得速度的关系式，由动能定理可得线框在进入磁场过程中克服安培力做功。
19．（2024高三下·长沙）为探测射线，威耳逊曾用置于匀强磁场或电场中的云室来显示它们的径迹。某研究小组设计了电场和磁场分布如图所示，在Oxy平面（纸面）内，在区间内存在平行y轴的匀强电场，。在的区间内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，。一未知粒子从坐标原点与x正方向成角射入，在坐标为的P点以速度垂直磁场边界射入磁场，并从射出磁场。已知整个装置处于真空中，不计粒子重力，。求：
（1）该未知粒子的比荷；
（2）匀强电场电场强度E的大小及左边界的值；
（3）若粒子进入磁场后受到了与速度大小成正比、方向相反的阻力，观察发现该粒子轨迹呈螺旋状并与磁场左边界相切于点（未画出）。求粒子由P点运动到Q点的时间以及坐标的值。
【答案】（1）解：粒子在磁场中，由洛伦兹力提供向心力可得
又
联立解得粒子的比荷为
（2）解：粒子的轨迹如图所示
粒子在电场中可逆向看成做类平抛运动，则有，，
联立解得匀强电场电场强度大小为
由几何关系可得
解得
（3）解：若粒子进入磁场后受到了与速度大小成正比、方向相反的阻力，粒子在磁场的运动轨迹如图所示
由
可得
即角速度为一定值，又可知粒子与磁场左边界相切时转过的弧度为，
则有
取一小段时间，对粒子在x方向上列动量定理（如图）
两边同时对过程求和
可得
即
其中
则有
结合
可得
故有
【知识点】动量定理；带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）未知粒子从P点进入磁场，在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系确定粒子的运动半径，再根据洛伦兹力提供向心力结合牛顿第二定律进行解答；
（2）粒子进入磁场的速度方向水平向右，即粒子离开电场时的速度也水平向右，粒子从O点射出到离开电场的过程中做斜抛运动，根据运动的可逆性，可将粒子在电场中的运动视为类平抛运动，再根据牛顿第二定律及类平抛运动规律进行解答；
（3）粒子从P点开始运动至与磁场边界左侧相切，确定粒子运动过程旋转的弧度，再根据洛伦兹力提供向心力结合牛顿第二定律及线速度与角速度的关系确定粒子的角速度，继而确定粒子的运动时间。根据题意分析可知，粒子在运动过程中在X轴方向的位移为零，确定粒子的受力情况，再对粒子沿x轴方向运用动量定理及累合法进行解答。
五、常见考查题型2 动量守恒定律在电磁感应中的应用
20．（2024高三下·佛山模拟） 据报道，2023年11月福建号航母成功完成了舰载电磁弹射实验，电磁弹射是利用运动磁场对闭合线圈的电磁力来驱动物体运动的。如图所示是某个电磁驱动的模拟场景，水平面上等距分布着宽度和间距都为L= 0.2m的有界匀强磁场，磁场方向竖直向上。通过控制使整个磁场以v0= 20m/s的速度水平向右匀速运动。两个放在水平面上的导线框a、b，表面绝缘，它们的质量均为m= 0.2kg、边长均为L= 0.2m、电阻均为R= 1Ω，与水平面间的动摩擦因数分别为μ1= 0.2、μ2= 0.4。两线框在如图位置静止释放，b恰能保持静止，a在安培力驱动下向右运动，然后与b发生弹性碰撞。已知a在与b碰撞前已达到最大速度，忽略a、b产生的磁场，以及运动磁场的电磁辐射效应，重力加速度g取10m/s2。试求：
（1）磁感应强度B的大小；
（2）导线框a与b碰撞前的最大速度和首次碰撞后a、b速度的大小；
（3）首次碰撞后a、b相距最远瞬间，a的速度为多大？若首次碰撞后到两者相距最远用时t= 3.5s，且在这段时间内a移动的距离Sa= 9.7m，则在这段时间内b的位移为多大？
【答案】（1）解：由题知，一开始b恰能保持相对静止，则有
BIbL = μ2mg
其中
Eb = BLv0
联立解得
B = 1T
（2）解：当a达到最大速度时，有
BIaL = μ1mg
其中
Ea = BL(v0－vam)
联立解得
vam = 10m/s
a、b发生弹性碰撞有
mvam = mbvb＋mava
解得
va = 0，vb = 10m/s
（3）解：由于碰撞后a、b组成的系统合外力为零，则a、b组成的系统动量守恒，则a、b共速时相距最远，有
mvam = 2mv共
解得
v共 = 5m/s
对b列动量定理有
其中
联立解得
xb = 25m
【知识点】动量守恒定律；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）b恰能保持静止，根据平衡条件列方程求解；
（2）a在安培力驱动下向右运动，根据平衡条件结合安培力的计算公式进行解答；a、b发生弹性碰撞过程中，根据动量守恒定律、能量守恒定律进行解答；
（3）由于碰撞后瞬间，a和b组成的系统合外力为零，则a、b组成的系统动量守恒，则a、b共速时相距最远。根据动量守恒定律求解a的速度大小；若首次碰撞后到两者相距最远用时t=3.5s，对a根据动量定理求解b的位移。
21．（2021高三上·邢台开学考）如图所示，两足够长光滑金属导轨平行固定在同一绝缘水平面内，垂直于导轨的虚线CD右侧区域有竖直向上的匀强磁场B。两长度略大于导轨宽度的相同金属杆a、b垂直导轨静止放置在导轨上，杆a在CD左侧，杆b在CD右侧足够远处。现给杆a一水平向右的初速度 ，两杆在运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，两杆没有发生碰撞，不计导轨电阻，下列说法正确的是（ ）
A．杆a进入磁场时，感应电流方向由C指向D
B．杆a最后将停在导轨上
C．若在杆a进入磁场前将杆b固定，整个过程中杆a中产生的焦耳热是不将杆b固定时的4倍
D．若在杆a进入磁场前将杆b固定，整个过程中通过杆b的电荷量是不将杆b固定时的2倍
【答案】A,D
【知识点】动量守恒定律；左手定则；右手定则
【解析】【解答】A．由右手定则可，杆a进入磁场时，感应电流方向由C指向D，A符合题意；
B．杆a进入磁场时受到的安培力向左，向右做减速运动，杆b受到向右的安培力，向右做加速运动，当两杆速度相等时，两杆中均无感应电流，不再受安培力的作用而做匀速直线运动，B不符合题意；
C．杆b不固定时，由于两杆中安培力大小总是相等，方向总是相反，所以两杆的动量守恒，有
两杆的共同速度大小
系统中产生的总焦耳热
杆 中产生的焦耳热
若杆 固定，杆 中产生的焦耳热
C不符合题意；
D．杆 不固定时，对杆 由动量定理有
杆 固定时，对杆 由动量定理有
解得
D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】根据右手定则判断感应电流的方向；根据左手定则判断安培力的方向，并分析a杆的运动情况；结合动量定理和功率计算进行求解。
22．（2023高二上·南阳期末）如图所示，虚线左侧有垂直于光滑水平面向下的匀强磁场，右侧有垂直于水平面向上的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小均为。边长为、质量为、总电阻为的均匀正方形单匝金属线框放在水平面上，处于右侧的匀强磁场中。给线框一个向左的初速度，线框刚好能完全通过虚线，线框在运动过程中边始终与平行，则线框在运动过程中（ ）
A．线框中产生的焦耳热为
B．通过线框横截面的电荷量为
C．最大加速度为
D．线框有一半进入左侧磁场时速度大小为
【答案】A,B
【知识点】动量定理；动量守恒定律；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】A．根据能量守恒可知线框中产生的焦耳热为
A符合题意；
B．通过线框的电荷量
B符合题意；
C．当线框刚进入虚线时加速度最大，此时ab和cd两边同时切割磁感线，感应电动势叠加，因此回路电流
此时ab和cd两边同时受安培力且大小方向相同 ，
联立解得
C不符合题意；
D．线框有一半进入 左侧磁场过程中，根据动量定理可知
即
则
又因为
联立解得
D不符合题意。
故答案为：AB。
【分析】由能量守恒可知线框中产生的焦耳热，结合电流的定义式以及闭合电路欧姆定律和安培力的表达式得出加速度的表达式，通过动量定理得出线框有一半进入左侧磁场时速度 。
23．（2022高三下·长沙开学考）如图所示，正方形导线框、的电阻均为，边长均为，质量分别为和，它们分别系在一跨过两个定滑轮的不可伸长的绝缘轻绳两端，且正方形导线框与定滑轮处于同一竖直平面内。在两导线框之间有一宽度为、磁感应强度大小为、方向垂直纸面向里的匀强磁场。初始时，用手托住线框、，边与磁场下边界重合，右侧轻绳处于松弛状态。现由静止释放导线框，当下落时，细线刚好绷直，同时瞬间撤去手的作用力。已知边刚进入磁场的速度与刚出磁场时速度相等。不计所有摩擦和空气阻力，重力加速度为，从释放导线框到两导线框均离开磁场的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．CD边进入磁场的速度大小为
B．abcd完全进入磁场的时间
C．当两导线框完全进入磁场后，加速度大小为
D．两导线框离开磁场过程中产生的焦耳热等于系统动能的减少量
【答案】B,C
【知识点】动量守恒定律；能量守恒定律；牛顿第二定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．导线框到达磁场上边界时，根据机械能守恒可知绳绷直瞬间，对两导线框系统由动量守恒
代入数据可得
A不符合题意；
B．对两导线框系统进入磁场的过程，由动量定理可得
即
当两个导线框均处于磁场中做匀加速直线运动过程，由能量守恒可知
又
联立解得
B符合题意；
C．对两导线框系统
可得
C符合题意。
D．两导线框离开磁场过程中重力势能的减少量和动能减少量之和等于系统产生的焦耳热，D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】线框在磁场中运动时根据机械能守恒和动量守恒得出CD边进入磁场的速度，对两导线框系统进入磁场的过程根据动量定理和能量守恒得出abcd完全进入磁场的时间；对两道线框利用牛顿你第二定律的大小。
24．（2024高二下·重庆市月考）间距为的两平行金属导轨由水平部分和倾斜部分平滑连接而成，如图所示。倾角为的导轨处于大小为方向垂直导轨平面向上的有界匀强磁场区间中，磁场下边界距离水平面。水平导轨上的无磁场区间静止放置一质量为的“联动双杆”金属杆和长度为，它们之间用长度为的刚性绝缘杆连接构成，在“联动双杆”右侧存在大小为、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间，其长度为。质量为、长为的金属杆从倾斜导轨上端释放，达到匀速后离开磁场区间。杆进入水平导轨无能量损失，杆与“联动双杆”发生弹性碰撞，已知碰后在“联动双杆”通过磁场区间过程中，杆和“联动双杆”不会同时处于磁场中，运动过程中，杆、和与导轨始终接触良好，且保持与导轨垂直。已知：，，杆、和电阻均为，，，，，，。不计摩擦阻力和导轨电阻，忽略磁场边界效应。求
（1）杆在倾斜导轨上匀速运动时的速度；
（2）“联动双杆”进入磁场区间前的速度大小；
（3）碰后在“联动双杆”通过磁场区间过程中杆产生的焦耳热。
【答案】（1）杆在倾斜轨道上做匀速直线运动，由平衡条件可知
即，
解得；
（2）对杆由动能定理得：
，
解得 ，
杆与联动双杆碰撞过程系统动量守恒
机械能守恒：
，
解得；
（3）碰后联动双杆入磁场区间，有三个过程，由动量定理和能量守恒定律，第一过程则有
代入数据解得
产生的焦耳热
在磁场中第二过程则有
代入数据解得
产生的焦耳热
第三过程出磁场则有
代入数据解得
产生的焦耳热
最后由串并联关系得杆产生的焦耳热
【知识点】动量定理；动量守恒定律；动能定理的综合应用；电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1） 杆在倾斜导轨上匀速运动时 ，安培力等于重力分力；
（2）利用动能定理求解滑到底端的速度，碰撞过程中动量守恒，机械能守恒；
（3）利用动量定理以及电流定义式求解各个过程速度大小，利用能量关系以及串并联关系求解杆产生的焦耳热。
六、破鼎提升
25．（2023·新课标卷）一边长为L、质量为m的正方形金属细框，每边电阻为R0，置于光滑的绝缘水平桌面（纸面）上。宽度为2L的区域内存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两虚线为磁场边界，如图（a）所示。
（1）使金属框以一定的初速度向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的左、右边框始终与磁场边界平行，金属框完全穿过磁场区域后，速度大小降为它初速度的一半，求金属框的初速度大小。
（2）在桌面上固定两条光滑长直金属导轨，导轨与磁场边界垂直，左端连接电阻R1= 2R0，导轨电阻可忽略，金属框置于导轨上，如图（b）所示。让金属框以与（1）中相同的初速度向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的上、下边框处处与导轨始终接触良好。求在金属框整个运动过程中，电阻R1产生的热量。
【答案】（1）金属框进入磁场中的平均感应电动势，
进入磁场过程中流过的电荷量，
完全穿过磁场的电荷量为，
根据动量定理可得，
联立解得.
（2）设金属框初速度为v0，金属框进入磁场以后的速度为v1，向右为正方向，由于导轨电阻可忽略，此时金属框上下部分被短路，电路中的总电阻为，
由动量定理可知，，，联立得，
解得
说明金属框未离开磁场区域，即线框的初动能全部转化为内能，
由能量守恒定律得，
根据焦耳定律可得其中R1的热量
【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；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）对线框进行分析，根据法拉第电磁感应定律和动量定理分析求解。
（2）对线框进行分析，根据法拉第电磁感应定律和动量定理计算导体离开磁场时的速度，判断是否离开磁场，再根据能量守恒分析求解。
26．（2023·上海）如图(a)，线框cdef位于倾斜角θ=30°的斜面上，斜面上有一长度为D的单匝矩形磁场区域，磁场方向垂直于斜面向上，大小为0.5T，已知线框边长cd=D=0.4m，m=0.1kg，总电阻R=0.25Ω，现对线框施加一沿斜面向上的力F使之运动。斜面上动摩擦因数μ=，线框速度随时间变化如图(b)所示。(重力加速度g取9.8m/s2)
（1）求外力F大小；
（2）求cf长度L；
（3）求回路产生的焦耳热Q。
【答案】（1）由v-t图像可得：
对导线框受力分析可得：
代入数据联立解得：F=1.48N
答：外力F大小为1.48N.
（2）由v-t图像可知线框cf边进磁场时开始匀速直线运动，可得：
由法拉第电磁感应定律：由闭合电路欧姆定律：得：
代入数据联立解得：L=0.5m，I=2A
答：cf长度L为0.5m.
（3）线框匀速切割穿过磁场，产生的焦耳热就等于克服安培力所做的功：
答：回路产生的焦耳热Q为0.4J
【知识点】电磁感应中的图像类问题
【解析】【分析】（1）由v-t图像可知导线框运动的规律，得出匀加速运动的加速度和导线框匀速切割穿过磁场，对导线框受力分析由牛顿第二定律计算拉力的大小；
（2）由匀速切割磁感线运动导线框受合力为零，由法拉第电磁感应定律计算电动势，由欧姆定律计算感应电流得到安培力的大小， 从而求出导线框切割边的长度；
（3）由于匀速切割，安培力不变，导线框产生的焦耳热就是克服安培力所做的功。
27．（2024高二下·成都月考） 如图所示，两平行光滑长直金属导轨水平放置，间距为L。abcd区域有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向上。初始时刻，磁场外的细金属杆M以初速度向右运动，磁场内的细金属杆N处于静止状态。两金属杆与导轨接触良好且运动过程中始终与导轨垂直。金属杆M、N的质量分别为2m、m，在导轨间的电阻分别为R、2R，感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计。若两杆在磁场内未相撞且N出磁场时的速度大小为，求：
（1）金属杆M刚进入磁场时受到的安培力F的大小和方向；
（2）从金属杆M进入磁场到金属杆N出磁场的过程中，金属杆M上产生的焦耳热Q；
（3）金属杆N在磁场内运动过程中通过回路的电荷量q及初始时刻N到ab的最小距离x。
【答案】（1）细金属杆M以初速度向右刚进入磁场时，产生的动生电动势
由愣次定律可知，电流方向为逆时针，电流的大小为
则所受安培力大小为
由左手定则可知，安培力的方向水平向左。
（2）根据动量守恒有
解得金属杆N出磁场时，金属杆M的速度
根据能量守恒有
金属杆M上产生的焦耳热
解得
（3）金属杆N在磁场内运动过程中，由动量定理有
且
联立解得通过回路的电荷量
设两杆在磁场中相对靠近的位移为，有
又
整理可得
联立可得
若两杆在磁场内刚好相撞，N到ab的距离最小，则
【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；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）根据楞次定律确定金属杆M产生感应电流的方向，再根据法拉第电磁感应定律确定金属杆M刚进入磁场时产生的感应电动势，再根据闭合电路欧姆定律及安培力公式进行解答；
（2）金属杆M进入磁场至金属杆N离开磁场的过程中，两杆受到的安培力等大反向，系统的动量守恒，根据动量守恒定律确定金属N离开磁场时，金属杆M的速度。再根据能量守恒定律确定该过程系统产生的总焦耳热，再根据串并联电路规律确定M杆产生的焦耳热；
（3）确定金属杆的受力情况，再对金属杆运动动量定理结合电流的定义确定该过程通过回路的电荷量。N到ab的距离越小，则N离开磁场瞬间，M、N之间的距离越小，则当N离开磁场瞬间，当M、N恰好发生碰撞时，N到ab的距离最短。再根据法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律及电荷量公式进行解答。
28．（2024高三下·贵港模拟）如图甲所示，光滑水平面上宽度为3L的区域有方向垂直于水平面向下的匀强磁场，初始时磁感应强度为，一个边长为L，质量为m，总电阻为R的单匝正方形金属框在拉力作用下以速度向右匀速进入磁场，当金属框完全进入磁场时撤去拉力，线框依然能以速度继续匀速运动至磁场右边界，速度方向始终与磁场边界垂直。以金属框cd边到达磁场左边界时为计时起点，磁感应强度按如图乙所示的规律变化。
（1）求金属框进入磁场过程中，通过回路的电荷量q；
（2）求金属框进入磁场过程中，拉力对金属框所做的功W；
（3）cd边由磁场左边界运动到磁场右边界的过程中，求金属框产生的焦耳热Q。
【答案】（1）金属框进入磁场过程：，
其中
联立可得：
（2）金属框进入磁场过程：
感应电动势为
感应电流为
线框所受安培力大小为
由平衡条件得外力大小为
金属框进入磁场过程拉力做的功：
（3）金属框进入磁场过程产生的焦耳热等于拉力做的功
金属框在磁场中运动过程：
产生的焦耳热：，此过程中拉力做功为零。
金属框从进入磁场到边到达磁场的右边界的过程：
【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；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）确定线框进入磁场过程穿过金属框磁通量的变化情况，再根据法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律和电荷量公式进行解答；
（2）金属线框进入磁场的过程中做匀速运动，金属框处于平衡状态，即所受拉力等于安培力。根据法拉第电磁感应定律及欧姆定律和安培力公式确定安培力的大小，再根据平衡条件及公的定义式进行解答；
（3）金属框进入磁场的过程中做匀速运动，根据能量守恒定律可知，拉力对线框做的功全部转化为线框产生的焦耳热。金属框完全进入磁场中后，磁感应强度的变化使得回路中产生感应电流，在金属框中产生焦耳热，根据法拉第电磁感应定律及焦耳定律确定此过程产生的焦耳热，再结合（2）确定产生的总焦耳热。
29．（2024高三下·湛江模拟）如图甲所示，水平绝缘传送带正在输送一闭合正方形金属线框abcd，线框每一边电阻均为r，在输送中让线框随传送带通过一固定的匀强磁场区域，磁场方向竖直向下，磁感应强度大小为B，磁场边界MN、PQ与传送带运动方向垂直，其间距为2d。已知传送带以恒定速率v0运动，线框质量为m，边长为d，线框与传送带间的动摩擦因数为μ，且在传送带上始终保持线框左、右两边平行于磁场边界，在线框右边刚进入磁场到线框右边刚离开磁场的过程中，其速度v随时间t变化的图像如图乙所示，重力加速度大小为g。求：
（1）线框右边刚进入磁场时a、b两点的电势差；
（2）整个线框恰好离开磁场时的速度大小；
（3）整个线框穿过磁场过程中产生的焦耳热。
【答案】（1）解：线框右边刚进入磁场时，有
由楞次定律可知线框进入磁场过程中感应电流方向为逆时针（俯视）
故a、b两点电势差。
（2）解：整个线框刚好离开磁场时的速度等于整个线框刚好进入磁场时的速度，设其大小为v，从线框恰好完全进入磁场至右边恰好出磁场的过程中线框做匀加速直线运动，由动能定理有
解得。
（3）解：线框穿过磁场的整个过程中初、末速度分别为v0、v，整个过程中摩擦力不变，由动能定理有
又由功能关系有
解得。
【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；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）线框进入磁场磁通量变大，根据楞次定律确定感应电流的方向。导体棒ab做切割磁感线运动，ab边相当于电源，根据电流方向确定a、b电势的高低，再根据法拉第电磁感应定律及串联电路规律进行解答；
（2）整个线框刚好离开磁场时的速度等于整个线框刚好进入磁场时的速度，根据运动的对称性可知，线框恰好完全进入磁场的速度等于线框恰好离开磁场时的速度。线框恰好完全进入磁场至右边恰好出磁场的过程中线框做匀加速直线运动，即此时线框只有摩擦力做功，再对该过程根据动能定理进行解答；
（3）明确整个运动过程中摩擦力的做功情况，再对全过程运用动能定理及功能关系进行解答。
七、直击高考
30．（2024·广东） 电磁俘能器可在汽车发动机振动时利用电磁感应 发电实现能量回收. 结构如图甲所示. 两对永磁铁 可随发动机一起上下振动. 每对永磁铁间有水平 方向的匀强磁场. 磁感应强度大小均为 . 磁场 中，边长为 的正方形线圈竖直固定在减震装置 上. 某时刻磁场分布与线圈位置如图乙所示， 永磁 铁振动时磁场分界线不会离开线圈. 关于图乙中 的线圈. 下列说法正确的是 ( )
A．穿过线圈的磁通量为
B．水磁铁相对线圈上升越高. 线圈中感应电动势 越大
C．永磁铁相对线圈上升越快， 线圈中感应电动势 越小
D．永磁铁相对线圈下降时， 线圈中感应电流的方 向为顺时针方向
【答案】D
【知识点】磁通量；楞次定律
【解析】【解答】 A、根据图乙可知此时穿过线圈的磁通量为零，故A错误；
BC、根据法拉第电磁感应定律可知，永磁铁相对线圈上升越快，则磁通量的变化率越大，线圈中感应电动势越大，与线圈的上升高度无关，故BC错误；
D、永磁铁相对线圈下降时，线圈中垂直于纸面向外的磁通量增大，根据楞次定律可知，线圈中感应电流的方向为顺时针方向，故D正确；
故选：D。
【分析】根据对称性和磁通量的概念得出线圈中磁通量的大小；
根据法拉第电磁感应定律得出感应电动势大小的影响因素；
根据磁通量的变化特点，结合楞次定律得出感应电流的方向。
31．（2024·山东）如图甲所示，在，的区域中存在垂直Oxy平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场（用阴影表示磁场的区域），边长为的正方形线圈与磁场边界重合。线圈以y轴为转轴匀速转动时，线圈中产生的交变电动势如图乙所示。若仅磁场的区域发生了变化，线圈中产生的电动势变为图丙所示实线部分，则变化后磁场的区域可能为( )
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】闭合电路的欧姆定律；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】根据题意可知，磁场区域变化前线圈产生的感应电动势为
由题图丙可知，磁场区域变化后，当时，线圈的侧边开始切割磁感线，即当线圈旋转时开始切割磁感线，由几何关系可知磁场区域平行于x轴的边长变为
综上分析，故ABD错误，C正确。
故选C。
【分析】 矩形线圈在绕垂直于磁场的轴匀速转动时产生正弦交变电流；根据交流电的图像求解瞬时电动势的表达式；根据图丙求解磁场的覆盖区域。
32．（2024·新课标）电动汽车制动时可利用车轮转动将其动能转换成电能储存起来。车轮转动时带动磁极绕固定的线圈旋转，在线圈中产生电流。磁极匀速转动的某瞬间，磁场方向恰与线圈平面垂直，如图所示。将两磁极间的磁场视为匀强磁场，则磁极再转过90°时，线圈中（ ）
A．电流最小 B．电流最大
C．电流方向由P指向Q D．电流方向由Q指向P
【答案】B,D
【知识点】交变电流的产生及规律；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】AB. 当磁极再转过90°时，此时线圈垂直切割磁感线，产生的感应电动势最大，感应电流最大，A不符合题意，B符合题意；
CD. 对PQ棒进行分析，磁场方向向下，PQ棒相对磁极水平向左运动，由右手定则可知电流方向由Q指向P，C不符合题意，D符合题意。
故答案为：BD
【分析】根据导体棒切割磁感线产生电动势的特点可判断感应电流的大小，利用右手定则可判断电流的方向。
33．（2024·江苏）如图所示，在绝缘的水平面上，有闭合的两个线圈a、b，线圈a处在匀强磁场中，现将线圈a从磁场中匀速拉出，线圈a、b中产生的感应电流方向分别是（ ）
A．顺时针，顺时针 B．顺时针，逆时针
C．逆时针，顺时针 D．逆时针，逆时针
【答案】A
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】线圈a从磁场中匀速拉出的过程中穿过a线圈的磁通量在减小，则根据楞次定律可知a线圈的电流为顺时针，由于线圈a从磁场中匀速拉出则a中产生的电流为恒定电流，则线圈a靠近线圈b的过程中线圈b的磁通量在向外增大，同理可得线圈b产生的磁场为顺时针。
故答案为：A。
【分析】a线框做切割磁感线运动，确定穿过线框a磁通量的变化情况，再结合楞次定律确定a线框感应电流的方向。a中的感应电流产生的磁场会穿过线框b，明确a中感应电流的变化情况，越靠近a通电导体，感应磁场越大，再结合楞次定律判断线框b中电流方向。
34．（2024·全国甲卷） 如图，一绝缘细绳跨过两个在同一竖直面（纸面）内的光滑定滑轮，绳的一端连接一矩形金属线框，另一端连接一物块。线框与左侧滑轮之间的虚线区域内有方向垂直纸面的匀强磁场，磁场上下边界水平，在时刻线框的上边框以不同的初速度从磁场下方进入磁场。运动过程中，线框始终在纸面内且上下边框保持水平。以向上为速度的正方向，下列线框的速度v随时间t变化的图像中可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A,C
【知识点】闭合电路的欧姆定律；感应电动势及其产生条件
【解析】【解答】设线圈的上边进入磁场时的速度为v，设线圈的质量M，物块的质量m，图中线圈进入磁场时线圈的加速度向下，则对线圈由牛顿第二定律可知
对滑块
其中
即
线圈向上做减速运动，随速度的减小，向下的加速度减小；当加速度为零时，即线圈匀速运动的速度为
若线圈进入磁场时的速度较小，则线圈进入磁场时做加速度减小的减速运动，线圈的速度和加速度都趋近于零，则图像A可能正确；
因t=0时刻线圈就进入磁场，则进入磁场时线圈向上不可能做匀减速运动，则图像B不可能；
若线圈的质量等于物块的质量，且当线圈进入磁场时，且速度大于v0，线圈进入磁场做加速度减小的减速运动，完全进入磁场后线圈做匀速运动；当线圈出离磁场时，受向下的安培力又做加速度减小的减速运动，最终出离磁场时做匀速运动，则图像C有可能，D不可能。
故选AC
【分析】 线框上边框切割磁感线产生感应电动势，线框中产生感应电流，线框的上边框将受到向下的安培力作用，根据牛顿第二定律求解出线框运动速度与加速度的关系式，再求出线框匀速运动的速度；
根据线框上边框进入磁场时的速度大小以及线框质量与物块质量的关系，结合v-t图像斜率绝对值的含义进行分析；
线框上边框开始进入磁场和线框上边框开始离开磁场，线框中都有感应电流产生，线框所受的安培力都向下，阻碍线框的相对运动；
整个线框完全进入磁场或者线框完全离开磁场，线框中都无感应电流产生，线框不受安培力作用，因此只有当线框质量等于物块质量，采用做匀速运动的可能。
35．（2024·广西） 某兴趣小组为研究非摩擦形式的阻力设计了如图甲的模型。模型由大齿轮、小齿轮、链条、阻力装置K及绝缘圆盘等组成。K由固定在绝缘圆盘上两个完全相同的环状扇形线圈、组成。小齿轮与绝缘圆盘固定于同一转轴上，转轴轴线位于磁场边界处，方向与磁场方向平行，匀强磁场磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，与K所在平面垂直。大、小齿轮半径比为n，通过链条连接。K的结构参数见图乙，其中，每个线圈的圆心角为，圆心在转轴轴线上，电阻为R。不计摩擦，忽略磁场边界处的磁场，若大齿轮以的角速度保持匀速转动，以线圈的ab边某次进入磁场时为计时起点，求K转动一周。
（1）不同时间线圈受到的安培力大小；
（2）流过线圈的电流有效值；
（3）装置K消耗的平均电功率。
【答案】（1）解：由题意知大齿轮以的角速度保持匀速转动，大小齿轮线速度相等，则，
可得小齿轮转动的角速度为
转动周期为
以线圈ab边某次进入磁场时为计时起点，到cd边进入磁场，经历的时间为
这段时间内线圈产生的电动势为
电流为
受到的安培力大小
当ab边和cd边均进入磁场后到ab边离开磁场，经历的时间为
由于M1线圈磁通量不变，无感应电流，安培力大小为0；
当M1线圈ab边离开磁场到cd边离开磁场，经历的时间为
此时的安培力大小由前面分析可知
方向与进入时相反；
当M1线圈cd边离开磁场到ab边进入磁场，经历的时间为
同理可知安培力为0。
（2）解：根据（1）可知设流过线圈的电流有效值为I，则根据有效值定义有
其中，
联立解得
（3）解：根据题意可知流过线圈和的电流有效值相同，则在一个周期内装置K消耗的平均电功率为
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】 （1）根据角速度与线速度的关系，结合法拉第电磁感应和安培力公式、欧姆定律分析求解；
（2）根据有效值的求解方式，利用热效应相同分析求解；
（3）根据功率表达式分析求解。
