资源简介

中小学教育资源及组卷应用平台
专题11 电磁感应
2026年高考物理真题及高考模拟优选试题分类汇编，分类练习，高效提分！按照物理学科知识点构成情况，将试题分解组合，全面呈现物理学科知识点在当年高考中及模拟中的考查情况，旨意方便老师和学生掌握高考命题动向、熟悉高考考查方式。
一．选择题（共14小题）
1．（2026 北京）用如图1所示的装置研究线圈中的感应电流。固定在支架上的线圈与电流传感器、滑动变阻器连接。t＝0时磁铁从线圈上方某高处开始下落，穿过线圈并远离线圈。电流传感器采集的电流随时间变化的图像如图2所示。下列说法正确的是（　　）
A．t1～t2时间内，感应电流方向从b到a
B．t2时刻，穿过线圈的磁通量为0
C．t1～t2、t2～t3两段时间内曲线与时间轴围成的面积相等
D．向左移动滑片P，重复实验所得图像中的Δt＝t2﹣t1变小
2．（2026 甘肃）如图，边长为l的正方形回路内，存在半径为r的圆形匀强磁场区域，磁感应强度B的方向与回路所在平面垂直、变化率C（C为常量）。通过电阻R的电流大小为（　　）
A．0 B．
C． D．
3．（2026 浙江）如图所示，在竖直向上的匀强磁场中，同轴固定的两个电阻不计、光滑的相同金属圆环，其轴线水平，它们与电动势恒为E的电源相连接。有一导体棒水平置于两圆环之间、且具有良好的电接触，接触点记作M、M′，它们与环心O、O′的连线MO、M′O′与竖直方向的夹角为θ。闭合开关S后，导体棒平衡在θ0＝30°处；让其偏离θ0小角度，此后运动的θ﹣t关系示意图最接近的是（　　）
A． B．
C．D．
4．（2026 广西）在如图甲所示的电路中，金属圆环内有垂直于其所在平面的匀强磁场，磁感应强度为B，金属棒OP长度为l，电阻为r；初始时棒OP绕O以恒定角速度ω0逆时针旋转，0 t2时间内，角速度随时间变化情况如图乙所示，。电路左侧有电感L和电阻R的支路，支路上各串联了相同的发光二极管L1、L2，电感L的阻值、电阻R的阻值、L1和L2的正向电阻值都是r，初始时刻，L1和L2一样亮，则（　　）
A．初始时，通过L1的电流I1
B．0 t0时间内，整个电路消耗的电能E电
C．t1时刻，电感L两端电压为零
D．时间，L1比L2先熄灭
5．（2026 台湾）感应式旋转磁感测器利用导电线圈进入磁场时产生的感应电动势，作为非接触式机械动作检测，可应用于工业搬运机器人或医疗手术机械手臂等领域。如图为感应式旋转磁感测器的示意图，有一矩形分布的磁场，其磁力线垂直射入纸面，其旁水平放置半径为r的半圆形封闭导电线圈。图下半部为磁场量值B与水平方向位置x的关系图。当线圈绕圆心O为轴以等角速度ω（＝2π/T，T为周期）顺时针旋转进出磁场B≠0区域，在时间t＝0时，线圈的位置如图所示，下列选项的线圈感应电动势ε对时间t关系图，何者最为可能？（　　）
A． B．
C． D．
E．
6．（2026 江苏）旅客在网上购买高铁票后，可使用二代身份证在自动检票闸机上刷身份证进出站。当身份证进入刷卡机感应范围后，刷卡机会向身份证发射高频电磁波，下列说法正确的是（　　）
A．身份证放在刷卡机上不动不会产生感应电流
B．身份证放在刷卡机上不动就会产生感应电流
C．身份证快速靠近刷卡机感应电流会变大
D．身份证快速远离刷卡机感应电流会变大
7．（2026 河北）如图所示，在长直螺线管中间区域放置一个匝数为n、面积为S的同轴小线圈。已知，长直螺线管通电后其内部磁场处处相同，磁感应强度的大小B与螺线管中的电流I成正比，即B＝αI。在一段时间内，若电流I随时间t的变化关系满足I＝βt（β为常量），由理想电压表测出小线圈的感应电动势为E，则α可以表示为（　　）
A． B． C． D．
8．（2026 湖北）如图所示，固定在水平面内的两足够长平行金属导轨相距L，其左端用导线连接一阻值为R的电阻，两导轨间存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。质量为m的导体棒跨放在两导轨上，导体棒在两导轨间的电阻为2R。导轨上a、b、c、d是正方形的四个顶点。导体棒以大小为的初速度从ab出发沿导轨向右运动，刚过cd后，abcd区域内磁场的磁感应强度方向不变、大小在极短时间内增大到3B，然后保持不变。导体棒运动过程中始终与导轨垂直，且与导轨接触良好，不计导轨电阻与所有摩擦，导体棒最终静止的位置离初始位置的距离为（　　）
A．9L B．10L C．11L D．12L
9．（2026 山西）电磁泵减速部分的简化工作原理如图。在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，竖直放置的U形光滑金属导轨左右间距为L，水平放置的导体棒ab质量为m，与竖直放置且下端固定的绝缘轻弹簧相连，ab与导轨接触良好且其接入回路的电阻阻值为R。将ab自弹簧原长位置由静止释放，ab第一次到达最低点时下降高度为h，此过程中其最大速度为v。导轨电阻忽略不计，弹簧始终在弹性限度内。在ab从静止释放到第一次到达最低点的过程中（　　）
A．流过导体棒的感应电流方向由a向b
B．导体棒所受安培力的冲量为零
C．通过导体棒的电荷量大小为
D．导体棒的加速度最大值为
10．（2026 浙江）如图1所示，半径为r1、横截面半径为r2（r2 r1）、匝数为N的圆环形螺线管通有电流I，管内产生磁感应强度B＝αI（α为常量）的匀强磁场。管外磁场近似为0，小明用电阻为R的一段漆包线缠绕螺线管一圈后，并成双股线再缠绕螺线管两圈，最后将两端头短接，形成特殊线圈A。若电流I随时间t变化的关系如图2所示，则（　　）
A．t＝2t0时，螺线管的自感电动势
B．t＝5t0时，线圈A的感应电动势
C．在0﹣2t0内，通过线圈A的电荷量
D．在0﹣5t0内，线圈A产生的焦耳热
11．（2026 北京一模）如图，一金属薄片在力F作用下自左向右从两磁极之间通过。当金属薄片中心运动到N极的正下方时，沿N极到S极的方向看，下列图中能够正确描述金属薄片内涡电流绕行方向的是（　　）
A． B．
C． D．
12．（2026 长安区一模）如图所示，水平固定的足够长平行光滑金属导轨ab和cd间连接定值电阻R，金属棒在两导轨间的距离为L，电阻为r，整个运动过程中金属棒与导轨垂直且接触良好，整个装置处在竖直向上的匀强磁场（图中未画出）中，磁场的磁感应强度大小为B，金属棒的质量为m，现用一水平向右的恒力F作用在金属棒上使金属棒由静止开始运动，其他电阻不计，下列说法正确的是（　　）
A．金属棒做匀加速直线运动
B．a点电势比c点电势高
C．金属棒达到的最大速度为
D．金属棒从静止到速度最大的过程，恒力F对金属棒做的功为
13．（2026 海淀区模拟）某同学设想的减小电梯坠落时造成伤害的一种应急安全装置如图所示，在电梯轿厢底部安装永久强磁铁，磁铁N极朝上，电梯井道内壁上铺设若干金属线圈，线圈在电梯轿厢坠落时能自动闭合，从而减小对厢内人员的伤害。当电梯轿厢坠落到图示位置时，下列说法正确的是（　　）
A．从上往下看，金属线圈A中的感应电流沿逆时针方向
B．从上往下看，金属线圈B中的感应电流沿逆时针方向
C．金属线圈B对电梯轿厢下落有阻碍作用，A没有阻碍作用
D．金属线圈B有扩张的趋势，A有收缩的趋势
14．（2026 河南模拟）如图所示，同一平面内的三条平行导线串有两个电阻R和r，导体棒PQ与三条导线接触良好；匀强磁场的方向垂直纸面向里。导体棒的电阻可忽略。当导体棒向左滑动时，下列说法正确的是（　　）
A．流过R的电流为由d到c 流过r的电流为由b到a
B．流过R的电流为由c到d 流过r的电流为由b到a
C．流过R的电流为由d到c 流过r的电流为由a到b
D．流过R的电流为由c到d 流过r的电流为由a到b
二．多选题（共13小题）
（多选）15．（2026 西藏）利用如图所示的实验装置探究产生感应电流的条件，线圈P通过滑动变阻器和开关连接到电源上，线圈Q的两端连接到电流表上，线圈P装在线圈Q的里面。下列说法正确的是（　　）
A．开关闭合瞬间，线圈Q中产生感应电流
B．开关断开瞬间，线圈Q中不产生感应电流
C．开关闭合状态下，快速滑动变阻器滑片，线圈Q中产生感应电流
D．开关闭合状态下，快速滑动变阻器滑片，线圈Q中不产生感应电流
（多选）16．（2026 河南）某种呼吸监测装置的原理如图1所示。呼吸气流可从绕有线圈的空心圆管左端进出，使位于圆管右端的磁性薄膜运动。呼气时薄膜向右运动，吸气时薄膜向左运动。图2为电压传感器显示的电压U随时间t变化的图像，U为正时b点电势高于a点，下列说法正确的是（　　）
A．若磁性薄膜的N极在右侧，则吸气时a点电势高
B．若磁性薄膜的N极在右侧，则吸气时b点电势高
C．若图2中P点对应呼气，则磁性薄膜的S极在右侧
D．若图2中Q点对应呼气，则磁性薄膜的S极在右侧
（多选）17．（2026 山东）如图所示，足够长U形光滑金属导轨固定在绝缘水平面上，宽度为L，电阻不计。区域Ⅰ为正方形，充满垂直轨道平面向上、磁感应强度大小B1随时间t均匀变化的匀强磁场，即B1＝kt（k为大于零的常量）；区域Ⅱ内，导轨上接有开关S1、S2，导轨间接有电容为C1、C2的两电容器；区域Ⅲ内充满方向垂直轨道平面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场。初始时，质量为m、有一定阻值的导体棒MN静止于区域Ⅲ中某处，S1闭合，S2断开，C1充电。C1充电完毕后，断开S1，闭合S2，MN开始运动，经过一段时间系统达到最终稳定状态。MN长度与导轨宽度相同并始终与导轨接触良好。下列说法正确的是（　　）
A．C1充电完毕时的电荷量为C1kL2
B．C1充电完毕时，上极板带负电
C．最终MN的速度为
D．最终C2的电荷量为
（多选）18．（2026 河北）如图所示，两平行光滑金属导轨固定在绝缘水平面上，间距为L，电阻不计，左端接有输出电流大小恒为I的恒流源，电流方向如图。导轨间分布着两个紧邻的正方形磁场区域，宽度均为L，左侧磁场方向竖直向下，右侧磁场方向竖直向上，以导轨上两磁场交界处的O点为坐标原点，沿导轨方向建立x坐标轴，两磁场的磁感应强度大小B仅随坐标x变化，且满足式中B0为已知常量。t＝0时，一根质量为m、导轨间电阻为R的导体棒以初速度v0从x＝0处向右运动；t＝t0时，导体棒第一次到达x处，且速度为0。整个运动过程中导体棒始终与导轨接触良好且垂直，不计空气阻力，忽略磁场的边界效应及电流对磁场的影响，下列说法正确的是（　　）
A．导体棒做简谐运动
B．初速度v0
C．若初速度变为0.5v0，则导体棒的速度第一次变为0所需时间为t0
D．若初速度变为1.5v0，则导体棒将以两磁场交界线为中心做往复运动
（多选）19．（2026 贵州）如图，水平绝缘桌面上固定有光滑金属导轨ECADG，其中EC和GD的延长线交于∠CAD的角平分线上O点，M、N点在AO的延长线上，M为CD的中点，∠CAD＝2α，∠EOG＝2β，|OM|＝d，|ON|＝L。导轨所在区域存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。质量为m的导体棒在水平拉力作用下，从A点以速度v0向右匀速运动到M点，此时撤去拉力，运动到N点时速度为。已知导体棒单位长度电阻为r，导体棒在运动过程中始终垂直于AN且与导轨接触良好，导轨电阻不计。则导体棒（　　）
A．从A到M的过程中，电流为
B．从M到N的过程中，通过导体棒的电荷量为
C．速度v0满足关系式v0
D．从A到M的过程中，产生的焦耳热为
（多选）20．（2026 黑龙江）如图，光滑绝缘水平面上x＝0两侧区域Ⅰ、Ⅱ分别存在竖直方向的匀强磁场，宽度均为L，磁感应强度方向相反，大小分别为B、2B，x＝﹣3L和x＝3L处有固定挡板。同种材料制成、粗细均匀的正方形导体线框MNPQ，边长为L，质量为m，总电阻为R，以初速度v0从左侧进入磁场，沿x轴方向运动。线框平面始终与磁场方向垂直，MN边始终与磁场边界平行，线框与挡板的碰撞均为弹性碰撞。则（　　）
A．MN首次进入磁场时线框的加速度大小a
B．MN每次经过x＝1.5L时，电势差UNM：UPQ＝1：1
C．MN与右侧挡板首次碰撞后瞬间线框的速度大小v
D．线框停止处，穿过线框的磁通量为0
（多选）21．（2026 云南）如图所示，光滑绝缘斜面固定在水平面上，与水平面交于PQ，倾角θ＝30°，斜面上矩形MNPQ区域存在垂直斜面向下、磁感应强度大小B＝0.5T的匀强磁场（图中未画出）。单匝等腰梯形导线框abcd的下底ab＝1.2m，上底cd＝0.6m，∠a＝53°，质量m＝0.5kg，总电阻R＝0.12Ω。线框从斜面上高于MN的某处由静止释放，ab边进入磁场时开始对线框施加外力F控制其运动，cd边进入磁场时ab边未出磁场。线框始终沿斜面运动，ab边始终与MN平行，速度方向始终与ab边垂直。取重力加速度大小g＝10m/s2，sin53°＝0.8，设ab边进入磁场时速度为v0，在线框进入磁场的过程中（　　）
A．若速度保持恒定，且v0＝2.0m/s，则线框中的感应电流方向为abcda
B．若速度保持恒定，且v0＝2.0m/s，则该过程中F对线框始终做正功
C．若感应电流恒定，且F对线框做的功W＝﹣0.79J，则v0＝0.3m/s
D．若感应电流恒定，且F对线框做的功W＝﹣0.79J，则该过程的时间t＝1.5s
（多选）22．（2026 辽宁模拟）如图所示的水平装置置于竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，电源电动势为E、内阻为R，两副平行且光滑的导轨间距分别为d与2d。材质均匀的导体棒b、c的长度均为2d、电阻均为R、质量均为m，垂直置于导轨上，导轨足够长且不计电阻。从闭合开关到两导体棒达到稳定状态的全过程中，下列说法正确的是（　　）
A．稳定前b、c棒均做加速度增大的加速运动
B．稳定前b、c棒的加速度大小之比始终是1：2
C．稳定时导体棒c的速度大小为
D．导体棒b中产生的焦耳热为
（多选）23．（2026 喀什市模拟）如图，两条“∧”形的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，间距为L，左、右两导轨面与水平面夹角均为30°，均处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。将有一定阻值的导体棒ab、cd放置在导轨上，同时由静止释放，两棒在下滑过程中始终与导轨垂直并接触良好。ab、cd的质量分别为2m和m，长度均为L。导轨足够长且电阻不计，重力加速度大小为g。两棒在下滑过程中（　　）
A．回路中的电流方向为abcda
B．ab中电流趋于
C．ab与cd加速度大小之比始终为2：1
D．两棒产生的电动势始终相等
（多选）24．（2026 涪城区模拟）某电磁缓冲装置如图所示，两足够长的平行金属导轨置于同一水平面内，导轨左端与一阻值为R的定值电阻相连，导轨BC段与B1C1段粗糙，其余部分光滑，AA1右侧处于竖直向下的匀强磁场中，一质量为m的金属杆垂直导轨放置。现让金属杆以初速度v0沿导轨向右经过AA1进入磁场，最终恰好停在CC1处。已知金属杆接入导轨之间的阻值为R，与粗糙导轨间的摩擦因数为μ，AB＝BC＝d。导轨电阻不计，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．金属杆经过BB1的速度为
B．在整个过程中，定值电阻R产生的热量为
C．金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域，金属杆所受安培力的冲量相同
D．若将金属杆的初速度加倍，则金属杆在磁场中运动的距离大于原来的2倍
（多选）25．（2026 青岛模拟）某兴趣小组为了研究圆柱体铁芯的涡流热功率，构建了如图所示的分析模型，用电阻率为ρ的硅钢薄片绕成一个内径为r、厚度为d、高度为h的圆筒，其中d r。沿平行于圆柱体轴线方向存在磁感应强度B（t）＝B0cosωt的磁场。则此硅钢薄片中（　　）
A．产生涡流的电阻为
B．瞬时感应电动势的表达式为e＝πr2B0cosωt
C．感应电流的有效值为
D．发热功率为
（多选）26．（2026 岱岳区模拟）近年来，基于变压器原理的无线充电技术得到了广泛应用，其简化的充电原理图如图所示。发射线圈的输入电压为220V、匝数为1100匝，接收线圈的匝数为50匝。若工作状态下，穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%，忽略其它损耗，下列说法正确的是（　　）
A．接收线圈的输出电压约为8V
B．接收线圈与发射线圈中电流之比约为22：1
C．发射线圈与接收线圈中交变电流的频率相同
D．穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的相同
（多选）27．（2026 陇南模拟）如图所示，水平放置足够长光滑金属导轨abc和de，ab与de平行，bc是以O为圆心的圆弧导轨。圆弧be左侧和扇形Obc内有方向如图的匀强磁场。金属杆OP的O端与e点用导线相接，P端与圆弧bc接触良好。初始时，可滑动的金属杆MN静止在平行导轨上。若杆OP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OP产生的感应电动势恒定
B．杆OP受到的安培力不变
C．杆MN做匀加速直线运动
D．杆MN中的电流逐渐减小
三．填空题（共1小题）
28．（2026 鼓楼区模拟）如图所示，L是一带铁芯的自感线圈，其直流电阻为零，电路中A和B是二个完全相同的灯泡。当开关S闭合一段时间，电路稳定时，A灯 　 　 （填“亮”或“不亮”），当开关S断开瞬间，a点电势比b点电势 　 　 （填“高”或“低”）。
四．解答题（共14小题）
29．（2026 甘肃）散热控温是保证高功率器件安全可靠运行的重要措施。某研究小组基于电磁阻尼现象，设计了一款液态合金导体温控器，充满管路的液态合金在压强差驱动下持续流动，吸收并带走高功率器件产生的热量。温控器处于匀强磁场B中的管路如图所示，其前后面为垂直于磁场的绝缘板，上下面为用导线短路的导电板。温控器工作时，通过调节管路中压强差和磁场的大小使液态合金以目标速率v稳定流动，实现散热功率动态匹配。已知该段管路长度为d，矩形横截面的宽度为a、高度为b，其中的液态合金左右两侧的压强差为Δp，温差为ΔT，受到的黏滞阻力f＝﹣kv（k为常量）；液态合金密度为ρ0、电阻率为ρ、比热容为c。设液态合金克服黏滞阻力和安培力做功产生的热量完全被液态合金吸收，ρ0、ρ和c不随温度变化，不计短路导线与金属板的电阻。
（1）求Δp产生的驱动力及其功率。
（2）求流速v与压强差Δp和磁感应强度B之间的关系。
（3）求单位时间内液态合金从高功率器件吸收的热量；要使液态合金从高功率器件吸热，给出Δp与ΔT之间所满足的关系。
30．（2026 北京）如图所示，匀强磁场的磁感应强度大小为B、方向竖直向下，宽为L的U型长直金属导轨水平放置，导轨左端接阻值为R的电阻。质量为m的导体棒ab在导轨上以初速度v0开始运动。运动过程中导体棒与导轨垂直且接触良好，不计导体棒和导轨的电阻及它们间的摩擦。求：
（1）初始时刻通过导体棒的电流大小和方向；
（2）初始时刻导体棒加速度的大小；
（3）导体棒速度从v0减为0的过程中电阻R产生的热量。
31．（2026 广西）在水平面中，存在大小为B、方向竖直向下的匀强磁场，磁场的左段的宽度为l，磁场的右段呈等腰三角形分布，OA＝OB，三角形高为h，有水平导轨，导轨间距也为l，导轨之间接有可改变电流大小的恒定电流源，初始提供的电流I恒定为I0；有一根质量为m的金属棒AB锁定在导轨的中部，金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ，其通过的电流由A到B。t＝0时解除金属棒的锁定，金属棒在安培力作用下开始运动。重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
（1）当t＝0时，求金属棒受到安培力的大小和方向；
（2）当金属棒达到最大速度时，求金属棒此时的速度大小和运动过程的位移大小；
（3）改变电流I的大小，求使棒恰好到达顶点O时安培力做功与电流的关系式，以及为使棒能运动起来且不离开磁场区域，电流I的取值范围。
32．（2026 上海）电磁转速传感器是汽车、工业自动化领域中应用广泛的检测元件，其核心工作原理基于电磁感应定律，通过磁通量的周期性变化产生感应电动势，实现转速、运动速度的精准测量。
（1）某齿轮式电磁转速传感器的结构如下：金属齿轮的每个齿上都固定有可被磁化的小磁铁，齿轮旁放置一个条形永磁铁，永磁铁上绕有闭合线圈。已知初始时刻，齿轮的一个金属齿正对着永磁铁。当齿轮转动时，金属齿会周期性地远离、靠近永磁铁，导致穿过线圈的磁通量周期性地先变小、再变大。则在磁通量变化的一个周期中，φa、φb的电势大小关系是（　 　 ）
A.φa＞φb B.φa＜φb
C.先φa更大，后φb更大 D.先φb更大，后φa更大
（2）已知上述齿轮式传感器中，齿轮共有N个齿，车轮的直径为D。若该齿轮与汽车车轮同轴转动，求汽车行驶的速度大小为　 　 。
（3）经过半波整流后，电压传感器示数如图所示，则该交流电电压的有效值为　 　 。
（4）现将传感器改为圆柱笼式结构：半径为R的轻质金属圆柱笼，其侧面曲面上等间距固定有三根完全相同的金属细条（彼此夹角为120°），设金属细条长度为L（等于圆柱笼的轴向长度），电阻为r，电路其余部分电阻忽略不计。在圆柱笼的一侧，有一个垂直于圆柱轴线的小范围匀强磁场区域，磁感应强度大小为B。当圆柱笼绕中心轴转动时，每根金属细条进入磁场区域时都会垂直切割磁感线产生感应电动势。
①（计算）某一时刻，恰好有一根金属细条完全处于磁场中，此时测得圆柱笼两个圆形端面之间的电势差为U，求该金属细条产生的感应电动势大小。
②（计算）求此时该金属细条受到的安培力大小。
③若圆柱笼从某一时刻开始绕中心轴做匀加速转动，测得两个圆形端面相邻两次电压脉冲的峰值分别为U1和U2，则下一次电压脉冲的峰值最接近下列哪个选项（　 　 ）
A.2U2﹣U1 B. C. D.
④（计算）现将该传感器同轴固定在汽车轮胎上，已知汽车轮胎的半径为传感器圆环半径的n倍。当汽车在平直公路上做匀加速直线运动时，传感器测得连续两次有金属细条经过磁场区域时，圆柱笼两端输出的脉冲电压分别为U1和U2，求汽车加速度的大小a。
33．（2026 山东）如图所示，平行金属导轨间距为L，导轨平面与水平面夹角为定值，二者交线与导轨垂直。电动势均为E、内阻均为r的两电源，开关S1、S2及滑动变阻器RP与导轨相连。导轨处于磁感应强度大小为B、方向平行于导轨向下的匀强磁场中。S1闭合，S2断开，质量为m、长为L、电阻为r的金属杆cd静止于导轨上，调节滑片，当RP阻值为r时，cd刚好要下滑。保持滑片位置不变，断开S1，闭合S2，cd开始下滑并始终与导轨接触良好。已知cd与导轨间动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计导轨电阻。cd下滑过程中，求：
（1）cd的电功率P；
（2）cd的加速度大小a。
34．（2026 江苏）扫地机器人可利用磁场对通电线圈的安培力实现悬浮与驱动。如图，一扫地机器人内含abcd、a′b′c′d′两矩形线框，其中a′b′c′d′为平衡框，用于保持悬浮，abcd为驱动框，用于提供向前的动力。上下两导线中通电后，其间形成的磁场可视为匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。每个框都有一条边长为L并嵌入金属芯，金属芯使得该边处磁场的磁感应强度变为原来的k（k＞1）倍。两线框通过绝缘杆固定连接，总质量为m，运动过程中线框整体受到的摩擦阻力大小恒定，导线和线框均始终在同一竖直平面内，且线框的上下边与导线始终水平。
（1）为了使线框整体悬浮，求a′b′c′d′框中的电流I的大小和方向；
（2）若线框向右运行速度大小为v1，求ab边的感应电动势E1；
（3）若线框以速度大小v0在水平方向上匀速运动，某时刻保持电流大小不变，仅将动力线框abcd中的电流反向，线框在安培力和阻力作用下做匀减速直线运动，经过位移s后停止，求整个减速过程，动力线框cd边所受安培力的平均功率P。
35．（2026 四川）如图所示，两根相距l的平行金属长导轨EH、FG与金属杆EF固定连接成U形框。U形框质量为m，电阻不计，静止在水平绝缘桌面上，与桌面间动摩擦因数为μ。劲度系数为k的绝缘轻弹簧一端连接杆EF的中点，另一端与墙壁相连，弹簧水平且处于原长。导轨上静置一质量为m、电阻为R的光滑金属杆JK。空间存在方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。现使杆JK在水平向右的外力作用下做匀速直线运动。杆JK始终与导轨垂直且接触良好，弹簧始终与杆EF垂直且在弹性限度内，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等，重力加速度大小为g。
（1）求U形框所受最大静摩擦力的大小；
（2）若弹簧保持原长，求杆JK做匀速直线运动速度的最大值；
（3）若杆JK运动速度大小为v，当弹簧伸长量为x0时外力功率最小，求此时U形框的速度大小和外力功率的最小值。
36．（2026 西藏）光滑水平桌面（纸面）上，两平行虚线之间有方向垂直纸面向里的匀强磁场，一正方形导体线框MNPQ静置在桌面上，PQ边与磁场边缘重合，如图（a）所示。t＝0时刻，线框在拉力作用下由静止开始进入磁场，拉力方向平行于桌面且与虚线垂直，线框完全进入磁场后，继续运动一段时间，直至MN边离开磁场为止。拉力大小随线框速度大小变化的F﹣v图线如图（b）中实线所示，线框加速度始终保持不变，PQ边始终与磁场边缘保持平行。线框质量为m、电阻为R，图（b）中F0与v0已知，求：
（1）线框加速度大小及线框边长；
（2）磁感应强度大小及磁场区域的宽度；
（3）从PQ边进入磁场到MN边离开磁场的过程中，拉力的最大值及安培力冲量的大小。
37．（2026 湖南）某小组制作了一储能器，其两端电压U与其储存的电荷量q间的函数关系近似为U＝kq（k为常量）。将该储能器接入如图所示电路，a、b、c为固定的三个触点。两足够长的平行金属导轨固定于水平面上，电阻不计，间距为L。导轨间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。质量为m的导体棒垂直导轨放置，接入电路的阻值为r。电源电动势为E，内阻不计。定值电阻阻值为R。t0时刻开关S与a连接，直到导体棒做匀速运动，再于t1时刻切换开关与b或c连接。运动过程中导体棒与导轨始终垂直且接触良好，忽略摩擦。
（1）求t0时刻导体棒加速度a0的大小；
（2）若t1时刻开关与b连接，储能器接入电路前电压为0，当储能器电压为U0时（此时电路中电流不为0），求导体棒速度v的大小；
（3）若t1时刻开关与c连接，求从t0时刻起到导体棒静止的过程中，导体棒上产生的焦耳热Q。
38．（2026 河南模拟）光滑绝缘的水平面上有垂直平面的匀强磁场，磁场被分成区域Ⅰ和Ⅱ，宽度均为h，其俯视图如图（a）所示，两磁场磁感应强度随时间t的变化如图（b）所示，0～τ时间内，两区域磁场恒定，方向相反，磁感应强度大小分别为2B0和B0，一电阻为R，边长为h的刚性正方形金属框abcd，平放在水平面上，ab、cd边与磁场边界平行。t＝0时，线框ab边刚好跨过区域Ⅰ的左边界以速度v向右运动。在τ时刻，ab边运动到距区域Ⅰ的左边界处，线框的速度近似为零，此时线框被固定，如图（a）中的虚线框所示。随后在τ～2τ时间内，Ⅰ区磁感应强度线性减小到0，Ⅱ区磁场保持不变；2τ～3τ时间内，Ⅱ区磁感应强度也线性减小到0。求：
（1）t＝0 时线框所受的安培力F；
（2）t＝1.2τ时穿过线框的磁通量Φ；
（3）2τ～3τ时间内，线框中产生的热量Q。
39．（2026 合肥模拟）如图，水平桌面上固定一光滑U形金属导轨，其平行部分的间距为l，导轨的最右端与桌子右边缘对齐，导轨的电阻忽略不计。导轨所在区域有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电阻为R、长度也为l的金属棒P静止在导轨上。导轨上质量为3m的绝缘棒Q位于P的左侧，以大小为v0的速度向P运动并与P发生弹性碰撞，碰撞时间很短。碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点。P在导轨上运动时，两端与导轨接触良好，P与Q始终平行。不计空气阻力。求：
（1）金属棒P滑出导轨时的速度大小；
（2）金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量；
（3）与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间。
40．（2026 彭州市一模）如图，足够长水平U形光滑导体框架，宽度L＝1m，电阻不计，左端连接电阻R＝0.9Ω；体杆ab质量m＝0.2kg，阻值r＝0.1Ω，匀强磁场的磁感应强度B＝1T，方向垂直框架向上，现用恒力F＝2N由静止拉动ab杆。
（1）当ab的速度达到v＝1m/s时，ab杆哪端电势高？并求此时ab杆两端的电压；
（2）当ab的速度达到v＝1m/s时，求ab杆此时的加速度大小；
（3）求ab杆所能达到的最大速度是多少？速度最大时，电阻R消耗的电功率为多少？
41．（2026 红塔区模拟）如图，一倾角为α的光滑固定斜面的顶端放有质量M＝0.06kg的U形导体框，导体框的电阻忽略不计；一电阻R＝3Ω的金属棒CD的两端置于导体框上，与导体框构成矩形回路CDEF；EF与斜面底边平行，长度L＝0.6m。初始时CD与EF相距s0＝0.4m，金属棒与导体框同时由静止开始下滑，金属棒下滑距离s1m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EF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B＝1T，重力加速度大小取g＝10m/s2，sinα＝0.6。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。
42．（2026 琼山区模拟）如图甲所示，水平面上固定有两根足够长的光滑平行金属导轨，两导轨的右端用导线连接灯泡，左端垂直放置一电阻r＝2Ω的金属棒，在矩形区域CDNM内有竖直向上变化的磁场，磁感应强度B随时间t的变化如图乙所示，导轨间距d＝0.5m，磁场区域宽l＝0.4m，导轨及导线电阻均不计，在t＝0时刻开始，对金属棒施加一水平向右的恒力F，t＝0.2s时，金属棒刚好到达MN边界，若从金属棒开始运动直到离开磁场区域的整个过程中灯泡两端的电压始终为0.5V，金属棒始终与导轨垂直且接触良好。求：
（1）灯泡的电阻RL。
（2）金属棒到达磁场边界CD时的速度v的大小。
（3）金属棒穿越磁场区域CDNM的过程中，力F的平均功率。
专题11 电磁感应
参考答案与试题解析
一．选择题（共14小题）
1．【答案】C
【分析】明确磁铁下落过程分为靠近线圈磁通量增大、经过线圈中心磁通量最大且变化率为零、远离线圈磁通量减小三个阶段，结合楞次定律可判断感应电流方向，明确I﹣t图像与时间轴围成面积对应回路通过的电荷量，结合两段过程磁通量变化量大小判断面积关系，分析滑动变阻器阻值变化对电磁阻尼的影响，进而判断磁铁穿过线圈的时间变化。
【解答】C、根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律，可推导某段时间内通过导线横截面的感应电荷量q＝IΔt，解得：。在I﹣t图像中，曲线与时间轴围成的面积在数值上等于通过回路的电荷量q。在t1～t2时间段内磁铁进入线圈，穿过线圈的磁通量从趋近于0增加至最大值Φmax；在t2～t3时间段内磁铁穿出线圈，磁通量从最大值Φmax减小至趋近于0。两段过程的磁通量变化量大小相等，因此通过电路的电荷量相等，即两段时间内曲线与时间轴围成的面积相等，故C正确；
A、磁铁N极向下靠近线圈时，穿过线圈的向下磁通量增加，根据楞次定律，感应电流产生的磁场方向向上，由右手螺旋定则结合图1中线圈的绕向可知，线圈中的感应电流由上端流入、下端流出，因此流经外部滑动变阻器的电流方向是从a流向b，故A错误；
B、t2时刻，电流传感器采集到的感应电流为零，即感应电动势为零，说明此时穿过线圈的磁通量变化率为零，这对应于磁铁的中心刚好经过线圈中心的位置，此时穿过线圈的磁通量达到最大值，而不是0，故B错误；
D、向左移动滑片P，滑动变阻器接入电路的阻值减小，回路的总电阻减小，在磁铁下落速度相同时，产生的感应电流变大，磁铁受到的向上的安培力（电磁阻尼）随之增大，导致磁铁下落的加速度减小，因此磁铁穿过线圈相同区域的平均速度减小，所需时间变长，即Δt＝t2﹣t1会变大，故D错误。
故选：C。
2．【答案】B
【分析】根据法拉第电磁感应定律求得感应电动势，根据闭合电路欧姆定律求得通过电阻R的电流大小。
【解答】根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势为：ECπr2
根据闭合电路欧姆定律可得通过电阻R的电流大小为：I，故B正确，ACD错误。
故选：B。
3．【答案】C
【分析】导体棒摆动切割磁场产生的动生反电动势及其对电路电流的阻碍作用；分析导体棒小角度摆动时重力与安培力切向分力的合力，判断回复力是否满足简谐运动的受力特征；结合电磁阻尼的原理，分析安培力阻碍运动带来的振幅衰减现象，判断导体棒的振动类型与最终的运动状态。
【解答】当导体棒运动时，会切割竖直方向的匀强磁场，产生动生电动势，由右手定则可判断该电动势为反电动势，会对电路中的电流产生阻碍作用。
导体棒初始平衡在θ0＝30°，当导体棒偏离平衡位置做小角度摆动时，重力的切向分力与安培力的切向分力的合力共同构成指向θ0的回复力，满足简谐运动的受力特点。
导体棒摆动过程中，动生电动势带来电磁阻尼效应，安培力的分力始终阻碍导体棒的相对运动，使得振动振幅不断衰减，导体棒做阻尼振动，最终静止在初始平衡位置附近。故ABD错误，C正确。
故选：C。
4．【答案】B
【分析】A、先由导体棒转动切割磁感线公式算出感应电动势，理清电路串并联结构，结合各元件电阻分析初始支路电流；
B、利用焦耳定律结合时长计算电路消耗电能；
C、分析t1时刻棒角速度变化趋势，结合自感知识判断电感两端电压；
D、在角速度减小阶段，分析电感产生的自感电动势与二极管单向导电性，对比两只二极管熄灭先后顺序。
【解答】A、初始时，金属棒OP转动切割磁感线，感应电动势为
电路总电阻为
则金属棒OP两端的电压为
通过L1的电流，故A错误；
B、0～t0时间内，整个电路消耗的电能，故B正确；
C、t0～t1时间内角速度在变化，金属棒OP产生的感应电动势在变化，电路中的电流在变化，由于电感L的自感作用，会产生自感电动势阻碍电流的变化，所以t1时刻电感L两端电压不为零，故C错误；
D、t1～t2时间内，金属棒OP的角速度为0，产生的感应电动势为0，电感L会产生自感电动势，自感电流与原电流方向相同，L1与电感L串联，L2与电阻R串联，自感电流无法反向通过L2，时间，L1比L2后熄灭，故D错误。
故选：B。
5．【答案】D
【分析】题目描述半圆形导电线圈在非均匀磁场中绕圆心匀速旋转产生感应电动势的过程。关键在于识别电动势仅由线圈的直线边缘切割磁感线产生，而圆弧部分不切割。初始时刻直线边缘位于磁场强度为零的位置，因此初始电动势为零。随着线圈转动，直线边缘进入磁场区域，其切割磁感线的有效速度、长度及所处位置的磁感应强度均随时间变化，导致感应电动势从零开始平滑变化，在四分之一周期达到峰值，且由于磁场分布和运动的平滑性，电动势图像应是连续无突变的曲线。
【解答】当半圆形线圈绕圆心O顺时针转动时，圆弧部分各点的速度方向始终沿圆弧切线方向，不切割磁感线，不产生感应电动势，故线圈的感应电动势仅由其直线边缘切割磁感线产生。
由图可知，在t＝0时刻，线圈的直线边缘处于x＝0的位置，结合B﹣x图像可知该处磁感应强度B＝0，故线圈产生的初始感应电动势为零。
随着线圈转动，其直线边缘逐渐进入磁场区域，所处位置的磁感应强度逐渐增大，切割磁感线的有效长度与速度也随之变化，感应电动势从零开始逐渐增大。
在时刻，直线边缘转动到水平轴正方向，处于B值最大的区域，感应电动势达到最大值。
由于B﹣x图像显示磁场在边界处存在平缓的过渡区，且线圈的位移随时间呈三角函数平滑变化，故穿过线圈的磁通量变化率是随时间连续平滑变化的，感应电动势在峰值处应表现为平滑的曲线，而不应出现尖锐的突变。
ABC、由上述分析可知，在t＝0时刻感应电动势为零，而此三选项对应的图像初始电动势均不为零，故ABC错误；
D、该图像初始电动势为零，逐渐上升至最大值且峰值处连续平滑，下半周期线圈另一半进入磁场产生反向的平滑电动势曲线，完全符合物理规律，故D正确；
E、该图像在峰值处出现了尖锐的突变，与实际磁场过渡及运动的平滑变化规律不符，故E错误。
故选：D。
6．【答案】B
【分析】根据电磁感应原理，分析身份证内线圈在变化磁场中产生感应电流的条件，结合相对运动速度对磁通量变化率的影响判断感应电流的大小变化。
【解答】A.刷卡机发射高频电磁波产生交变磁场，穿过身份证内线圈的磁通量随时间周期性变化，即使身份证静止不动也会产生感应电流，故A错误；
B.高频电磁波产生的交变磁场穿过身份证内的线圈，磁通量持续发生变化，根据法拉第电磁感应定律，线圈中会产生感应电流，故B正确；
CD.刷卡机发射的电磁波是高频交变电磁场，身份证线圈中感应电流主要由场源本身的周期性变化产生，与身份证是否运动关系不大，无论身份证快速远离或者是靠近刷卡机，在身份证中产生的感应电流不变，故CD错误。
故选：B。
7．【答案】D
【分析】由磁感应强度与电流成正比、电流随时间线性变化，可推导出磁感应强度的变化率；再根据法拉第电磁感应定律，小线圈的感应电动势等于匝数乘以面积乘以磁感应强度变化率，联立即可解出k的表达式。
【解答】由题意知电流在长直螺线管中产生的磁感应强度大小为B＝αβt
小线圈中产生的感应电动势为，则，故D正确，ABC错误。
故选：D。
8．【答案】B
【分析】先根据动量定理求出导体棒到达cd时的速度大小，再根据动量定理求出磁场变化后导体棒的速度大小，之后再应用动量定理求得导体棒在cd右侧运动的距离，从而求得导体棒最终静止的位置离初始位置的距离。
【解答】法一：设导体棒到达cd时的速度大小为v1。导体棒从ab运动到cd的过程，取向右为正方向，由动量定理得：
﹣BL Δt＝mv1﹣mv0
此过程中通过导体棒的电荷量q Δt
已知：v0，解得：v1
abcd区域内磁场的磁感应强度在极短时间内增大到3B的过程，通过导体棒的电荷量为：
q′ Δt′
此过程中，取向右为正方向，由动量定理得：
﹣BL Δt′＝mv2﹣mv1
解得：v2
设导体棒在cd右侧运动的距离为x，此过程中，取向右为正方向，由动量定理得：
﹣BL Δt″＝0﹣mv2
同理可得此过程中通过导体棒的电荷量为：q″ Δt″
联立可得：x＝9L
可得导体棒最终静止的位置离初始位置的距离为：d＝L+x＝10L，故B正确，ACD错误。
法二：因为导体棒全程都在磁感应强度为B的条件下运动，因此可用整体法处理：
导体棒从ab运动到停止的过程，取向右为正方向，由动量定理得：
﹣BL Δt＝0﹣mv0
整个过程中通过导体棒的电荷量q Δt
设导体棒运动的距离为x，磁通量的变化量为：ΔΦ＝2BL2+BLx
联立可得：x＝10L，故B正确，ACD错误。
故选：B。
9．【答案】C
【分析】先利用右手定则判断感应电流方向，再通过合冲量分析安培力冲量，接着用法拉第电磁感应定律计算通过导体棒的电荷量，最后结合受力分析判断加速度最大值。
【解答】A、根据右手定则，导体棒向下运动切割磁感线，磁场垂直纸面向外，电流方向应由b到a，而非a到b，故A错误；
B、ab从静止释放到第一次到达最低点的过程中所受安培力不为零，根据冲量的定义可知，此过程导体棒所受安培力的冲量为不为零，故B错误；
C、通过导体棒的电荷量，故C正确；
D、最大速度时，导体棒加速度为零，此时；初始释放瞬间弹簧弹力为零，安培力也为零，加速度为g，显然大于，故D错误。
故选：C。
10．【答案】D
【分析】根据不同时刻螺线管电流变化率，结合法拉第电磁感应定律，综合焦耳定律分析求解。
【解答】A、在t＝2t0时，螺线管电流变化率；
螺线管的自感电动势：E＝N||＝N Nα||＝Nα ，故A错误；
B、在t＝5t0时，线圈A处的电流变化率；
线圈A的有效匝数是1匝，故，故线圈A的感应电动势为：E，故B错误；
C、在0﹣t0内，通过线圈A磁通量不变，不产生感应电动势，故此时电荷量为0，
t0﹣2t0内，q，故C错误；
D、在0﹣5t0内，线圈A仅在t0﹣3t0以及4t0﹣5t0产生焦耳热，两端产生的感应电流大小均为：I，
则焦耳热为：Q＝I2R 2t0+I2Rt0
解得线圈A产生的焦耳热，故D正确；
故选：D。
11．【答案】C
【分析】根据磁场方向结合磁通量的变化情况，结合楞次定律进行解答。
【解答】根据图像可知磁场方向向下。
从开始到金属薄片中心运动到N极的正下方时，右半部分磁场向下减小、左边部分磁场向下增加，沿N极到S极的方向看，根据楞次定律可知：右半部分涡流沿顺时针方向、左边部分涡流沿逆时针方向，故C正确、ABD错误。
故选：C。
12．【答案】C
【分析】根据右手定则判断导体棒中电流方向；根据导体棒切割磁感线产生的感应电动势得出导体棒ab两端的电压，根据功能关系可知，F做的功等于回路产生的电能和导体棒动能的增加量，根据动能定理可知，F做的功与安培力做的功之和等于导体棒增加的动能。
【解答】A、随着速度增大，安培力增大，故导体棒的加速度逐渐减小，最后变为0，所以导体棒是做加速度变小的加速运动，之后加速度为0，速度达到最大，故A错误；
B、根据右手定则可知，感应电流是顺时针，此时导体棒是电源，电源内部电流是从低电势流向高电势，导体棒下端相当于电源正极，故a的电势低于c点的电势，故B错误；
C、当速度达到最大速度v时，E＝Bdv，I，F＝F安＝BIL，解得v，故C正确；
D、根据动能定理F做的功与安培力做的功之和等于导体棒动能的增加量，导体棒最终动能等于，即F做的功大于，故D错误。
故选：C。
13．【答案】A
【分析】带有磁铁的电梯在靠近或远离闭合线圈的过程中，线圈内的磁感应强度发生变化，将在线圈中产生感应电流，感应电流会阻碍磁铁的相对运动。由此分析即可。
【解答】A、当电梯坠落至题图位置时，闭合线圈A中向上的磁场减弱，感应电流的方向从上往下看是逆时针方向，故A正确；
B、当电梯坠落至题图位置时，闭合线圈B中向上的磁场增强，感应电流的方向从上往下看是顺时针方向，故B错误；
C、结合上述的分析可知，当电梯坠落至题图位置时，闭合线圈A、B都在阻碍电梯下落，故C错误；
D、闭合线圈A中向上的磁场减弱，B中向上的磁场增强，根据楞次定律可知，线圈B有收缩的趋势，A有扩张的趋势，故D错误。
故选：A。
14．【答案】B
【分析】根据右手定则，可判断PQ作为电源，Q端电势高，在PQcd回路和在电阻r的回路中找出电流方向。
【解答】根据右手定则，可判断PQ作为电源，Q端电势高，
在PQcd回路中，电流为逆时针方向，即流过R的电流为由c到d，
在电阻r的回路中，电流为顺时针方向，即流过r的电流为由b到a。故B正确。
故选：B。
二．多选题（共13小题）
15．【答案】AC
【分析】开关闭合瞬间，线圈P中的电流从无到有，产生的磁场也从无到有；开关断开瞬间，线圈P中的电流从有到无，产生的磁场也从有到无；开关闭合状态下，快速滑动变阻器滑片时，滑动变阻器接入电路的阻值快速变化，线圈P中的电流随之快速变化，它产生的磁场也发生变化。
【解答】A．开关闭合瞬间，线圈P中的电流从无到有，产生的磁场也从无到有，穿过线圈Q的磁通量发生了变化，所以Q中会产生感应电流，故A正确；
B．开关断开瞬间，线圈P中的电流从有到无，产生的磁场也从有到无，穿过线圈Q的磁通量发生了变化，所以Q中会产生感应电流，故B错误；
CD．开关闭合状态下，快速滑动变阻器滑片时，滑动变阻器接入电路的阻值快速变化，线圈P中的电流随之快速变化，它产生的磁场也发生变化，穿过Q的磁通量随之改变，因此线圈Q中会产生感应电流，故C正确，D错误。
故选：AC。
16．【答案】BC
【分析】AB.根据穿过左边线圈的磁通量的变化结合楞次定律判断电势的高低；
C.若图2中P点对应呼气，判断U的正负，进而判断出线圈产生的感应电流的磁场方向，以此判断磁性薄膜的S极的位置；
D.若图2中Q点对应呼气，判断U的正负，进而判断出线圈产生的感应电流的磁场方向，以此判断磁性薄膜的N、S极的位置。
【解答】AB.若磁性薄膜的N极在右侧，则吸气时磁性薄膜向左运动，穿过左边线圈的磁通量向右在增加，线圈相当于电源，根据楞次定律，可知a点电势低于b点电势，故A错误，B正确；
C.若图2中P点对应呼气，磁性薄膜向右运动，可知此时U为正，b点电势高于a点，线圈产生的感应电流的磁场向左，说明磁性薄膜产生的磁场向左在减小，可知磁性薄膜的S极在右侧，故C正确；
D.若图2中Q点对应呼气，磁性薄膜向右运动，可知此时U为负，b点电势低于a点，线圈产生的感应电流的磁场向右，说明磁性薄膜产生的磁场向右在减小，可知磁性薄膜的N极在右侧，故D错误。
故选：BC。
17．【答案】AC
【分析】A.由法拉第电磁感应定律求出产生的感应电动势，结合Q＝CU求C1充电完毕时的电荷量；
B.由楞次定律和右手螺旋定则判断C1充电完毕时，上极板带什么电；
CD.对MN由动量定理和电流的定义式求出电荷量的表达式，结合法拉第电磁感应定律和电容的定义式求最终MN的速度和最终C2的电荷量。
【解答】A.S1闭合、S2断开时，区域Ⅰ中产生感应电动势给C1充电，由法拉第电磁感应定律可知产生的感应电动势为
U1
由电容定义式可得C1充电完毕时的电荷量为
Q1
故A正确；
B.由楞次定律和右手螺旋定则可知区域Ⅰ中产生顺时针方向的感应电流，则C1充电完毕时，上极板带正电，故B错误；
CD.断开S1、闭合S2时，C1放电，最终回路中感应电流为0。C1、C2和MN两端电压相等，设最终稳定时C1的电荷量为Q1'，C2的电荷量为Q2，流过MN的电荷量为QMN，MN的速度为v，以MN的速度方向为正方向，对MN由动量定理和电流的定义式有
BLQMN＝mv
结合法拉第电磁感应定律和电容的定义式可知
联立可得
整个过程由电荷守恒定律有
Q1＝Q1'+Q2+QMN
联立可得
v＝
故C正确，D错误。
故选：AC。
18．【答案】AB
【分析】导体棒在变化磁场中运动产生感应电流，受到安培阻力做减速运动；利用动量定理结合微元法，将安培力冲量转化为磁感应强度对位移的积分，结合已知条件分析速度变化、运动时间及运动性质。
【解答】A、作出 B﹣x图像如图所示
根据题意知，在区域，导体棒所受安培力大小F实＝BIL＝2B0Ix
根据左手定则可知安培力方向始终指向 x＝0 处，令2B0I＝k故导体棒所受外力满足F＝﹣kx
同理，导体棒在x≤0区域也满足F＝﹣kx，则导体棒在区域做简谐运动，故A正确；
B、导体棒从 x＝0 到，规定初速度方向为正，根据动能定理有，其中，
联立可得v0，故B正确；
C、对于简谐运动，从平衡位置运动到最大位移处所用时间为 t，由上分析可知ω，ω与速度无关，故初速度变为0.5v0，对导体棒的速度第一次变为0所需时间没有影响，故C错误；
D、若初速度变为1.5v0，由动能定理可知导体棒运动到处速度为v0
根据对称性知导体棒从处运动到 x＝L 处克服安培力做功为
即导体棒运动到 x＝L 处时速度不为0，导体棒将继续向右运动离开磁场，故导体棒不会以两磁场交界线为中心做往复运动，故D错误。
故选：AB。
19．【答案】AC
【分析】分析导体棒从A到M的匀速运动过程，导轨形状导致有效切割长度随位移线性增加，但感应电动势与回路总电阻均与有效长度成正比，因此电流恒定；从M到N的减速过程中，导轨形状变化使得有效长度与到O点距离成正比，安培力随位置变化，需通过动量定理结合微元思想对位移积分来关联速度变化与几何参数，从而确定初速度满足的关系；通过导体棒的电荷量需根据电流与时间关系对时间积分，但电流表达式与速度相关，需结合运动学关系转化为对位移的积分；焦耳热计算需考虑回路电阻随时间线性变化，利用平均电阻与匀速运动时间求解。
【解答】A、在A到M过程中，设导体棒到A点的距离为x1，有效长度l1＝2x1tanα，切割磁感线产生的感应电动势E1＝Bl1v0，由于导轨电阻不计，回路总电阻R1＝rl1，根据闭合电路欧姆定律，回路电流，由于B、v0、r均为定值，故此过程中电流保持恒定，故A正确；
B、在M到N过程中，设导体棒到O点的距离为x2，此时有效长度l2＝2x2tanβ，总电阻R2＝rl2，回路电流，由于运动学关系，可得，通过导体棒的总电荷量，故B错误；
C、由B项可知M到N过程中电流，导体棒受到的安培力大小，根据动量定理有，因vΔt＝Δx2，合力冲量大小，其中在物理上等效于一次函数y＝x与坐标轴围成的梯形面积，即，代入动量定理等式有，解得，故C正确；
D、由A选项可知A到M过程中电流恒为I1，当导体棒到达M点时，M为CD中点，根据几何关系其有效长度满足2xMtanα＝2dtanβ，解得A到M的运动位移，该过程运动时间，由于导体棒做匀速直线运动，回路电阻随位移（或时间）线性增加，可使用平均电阻求焦耳热，平均电阻，该过程产生的焦耳热，故D错误。
故选：AC。
20．【答案】AC
【分析】A选项由切割磁感线求电动势、电流，再推导安培力，结合牛顿第二定律代入初速度表达式计算加速度；B选项先判断切割边、分割四边电阻，分别计算路端电压与线段电势差再求比值；C选项分三段磁场区域利用安培力冲量结合电荷量公式分段用动量定理求速度，无磁场区间匀速运动，弹性碰撞速度大小不变；D选项根据C选项的分析求出最终停止位置。
【解答】A、感应电动势E＝BLv0，感应电流
安培力
由牛顿第二定律得
代入v0得，故A正确；
B、MN在x＝1.5L，即线框一半在Ⅱ区（2B向外）、一半无磁场，只有PQ边切割磁感线，电动EPQ＝2BLv线框为均匀正方形，四边电阻相等，每边电阻。PQ是电源，UPQ为路端电压（PN、NM、MQ三边总外阻3r）：
MN是外电路一段导线，无切割，
比值|UMN|：|UPQ|＝1：3，故B错误；
C、过程分析：从x＝﹣L到右侧挡板x＝3L
MN从﹣L→0（完全在B磁场，位移L），取沿x轴正方向为正方向，动量定理﹣BL Δt＝mv1﹣mv0，，
MN从0→L，MN在2B、QP在B，两边反向切割，总电动势E＝2BLv+BLv＝3BLv，总安培力向左：F＝2BIL+BIL＝3BIL，
动量定理，
MN从x＝L到x＝2L，PQ在2B，切割磁感线，电动势E＝2BLv，安培力向左：F＝2BIL，，动量定理﹣2BL mv3﹣mv2，v3＝v2v0，
x＝2L到x＝3L无磁场，匀速到挡板，弹性碰撞速度大小不变，故C正确；
D、根据C选项分析可知，线框完整穿过Ⅰ、Ⅱ磁场，线框速度变化量为Δv，根据2026÷14＝14×144+10，因为144为偶数，可以判断出线框第145次从左侧进入磁场Ⅰ最终停止在磁场中，假设线框能完全进入磁场，此时速度变化量Δv′，也可由C选项直接判断出线框刚好停在磁场Ⅱ区域，穿过线圈的磁通量Φ＝2BL2，故D错误。
故选：AC。
21．【答案】AD
【分析】题目描述线框沿斜面进入磁场的过程，需分析电磁感应与运动受力。若速度恒定，则线框受力平衡，需通过安培力与重力分力比较判断外力方向，从而确定做功正负；若感应电流恒定，则切割长度与速度乘积不变，结合几何关系确定线框面积与位移关系，利用安培力做功与动能定理关联初速度和外力做功，进而推导时间。
【解答】A、线框ab边进入磁场时，根据右手定则，切割磁感线产生的感应电动势方向由a指向b，线框中的感应电流方向为abcda，故A正确。
B、若速度保持恒定，线框刚进入磁场时受到的安培力 ，重力沿斜面向下的分力 Gx＝mgsin30°，比较计算得 FA＞Gx，根据平衡条件可知外力F方向必沿斜面向下，与运动方向相同，因此F对线框做正功；线框将要完全进入磁场时，受到的安培力 ，重力沿斜面向下的分力 Gx＝mgsin30°，比较计算得 FC＜Gx，根据平衡条件可知外力F方向必沿斜面向上，与运动方向相反，因此F对线框做负功，该过程中F对线框先做正功后做负功，故B错误。
CD、若感应电流恒定，则感应电动势 E＝BLv 保持不变，即 Lv＝Labv0 恒定。由几何关系可得梯形线框的高 ，线框总面积 ；对 Lv＝Labv0 变形为 LΔx＝Labv0Δt，并对进入磁场的全过程求和得 S＝Labv0t；安培力做功 ，其中恒定电流 ；线框完全进入时有效切割长度变为 Lcd，对应末速度 ；全过程根据动能定理有 ，联立上述方程解得初速度 v0＝0.2m/s，时间 t＝1.5s，故C错误，D正确。
故选：AD。
22．【答案】BCD
【分析】b和c产生的感应电流方向与通电电流方向相反，安培力减小，由此分析；
根据安培力的计算公式得出安培力之比，根据牛顿第二定律求导体棒的加速度；
对两棒分别用动量定理写出关系速度的表达式，而最终匀速时，两棒产生的反电动势与电源电动势相等，联立可得两棒的速度；
根据能量守恒定律，结合焦耳定律即可完成分析。
【解答】A、稳定前b向左做加速运动、c向右做加速运动，根据右手定则可知产生的感应电流方向与通电电流方向相反，所以电路中的电流减小，安培力减小，b、c棒均做加速度减小的加速运动，故A错误；
B、根据图中可知，两棒串联，通过b、c两棒的电流相同，根据安培力的计算公式可得：F＝BIL
可知b、c两棒所受安培力之比为：Fb：Fc＝1：2
根据牛顿第二定律可得：a
两棒质量相等，运动过程中加速度大小之比为：ab：ac＝Fb：Fc＝1：2，故B正确；
C、闭合开关，当两棒稳定时，两棒产生的反电动势与电源电动势的关系有：E＝Bdvb+B 2dvc
以向左为正方向，根据动量定理对b棒有：Bdt＝Bdq＝mvb
以向右为正方向，对c棒有：2Bdt＝2Bdq＝mvc
联立解得：vb，vc，故C正确；
D、根据C选项可得：q
由能量守恒定律，电源提供的电能转化为动能和焦耳热，则有：qEQ
又根据热量与电阻的正比关系可得：QbQ
联立解得导体棒b中产生的焦耳热为：Qb，故D正确。
故选：BCD。
23．【答案】AB
【分析】根据右手定则判断回路中的电流方向；对两棒的受力分析，根据牛顿第二定律得到两棒的加速度大小关系；进而可知两棒的速度大小关系，根据法拉第电磁感应定律可得两棒产生的电动势大小关系；在两棒加速过程中，随着速度增大，回路的电动势与感应电流均增大，两棒受到安培力增大，两棒做加速度减小的加速运动，当两棒的加速度同时减小到零之后均做匀速直线运动。由平衡条件求得感应电流的最大值。
【解答】A、两棒沿各自所在的导轨下滑过程中，根据右手定则判断，可得回路中的电流方向为abcda，故A正确；
CD、两棒同时由静止开始沿各自所在的导轨加速下滑，对两棒的受力分析如下图所示：
在两棒加速过程的某一时刻，根据牛顿第二定律得：
对ab棒有：2mgsin30°﹣2BILcos30°＝2maab
对cd棒有：mgsin30°﹣BILcos30°＝macd
可得：aab＝acd，即在两棒加速过程的任意时刻它们的加速度大小始终相等，因两棒的初速度均为零，故任意时刻它们的速度大小始终相等。两棒的速度方向与磁场方向的夹角均为120°，可得同一时刻ab棒产生的电动势为Eab＝2BLvsin120°，cd棒产生的电动势为Ecd＝BLvsin120°，可知两棒产生的电动势不相等，故CD错误；
B、在两棒加速过程中，回路的感应电动势为E＝Eab+Ecd＝2BLvsin120°+BLvsin120°，随着速度增大，回路的电动势与感应电流均增大，两棒各自受到安培力增大，两棒做加速度减小的加速运动，因两棒的加速度大小始终相等，故当两棒的加速度同时减小到零之后均做匀速直线运动，达到稳定状态。
当两棒均做匀速直线运动时，对cd棒由平衡条件得：mgsin30°＝BImLcos30°，解得感应电流的最大值为：Im，故在两棒在下滑过程中ab中电流趋于，故B正确。
故选：AB。
24．【答案】CD
【分析】A.根据动量定理结合电动势公式、闭合电路欧姆定律和电荷量的计算公式联立求解；
C.根据冲量的定义列式求解；
B.根据动量定理和焦耳热的计算进行解答；
D.根据动量定理和电荷量公式列式联立解答。
【解答】A．设金属杆在AA1B1B区域运动时间为t，AA1的间距为L，规定向右的方向为正方向，对金属杆在AA1B1B区域运动的过程中根据动量定理有
﹣BL t＝mvBB1﹣mv0
金属杆在AA1B1B区域向右运动的过程中切割磁感线，根据导体棒切割磁感线产生感应电动势公式和闭合电路的欧姆定律有
E＝BLv，，qt
联立有
，
设金属杆在BB1C1C区域运动的时间为t0，规定向右的方向为正方向，对金属杆在BB1C1C区域运动的过程中根据动量定理有
﹣BL t0﹣μmgt0＝0﹣mvBB1
同理金属杆在BB1C1C区域向右运动的过程中切割磁感线有
联立解得
将求出的两个vBB1相加解得
所以金属杆经过BB1的速度大于，故A错误；
C．金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域，金属杆所受安培力的冲量为
I安＝BL t＝BLq
根据选项A可知金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域流过金属杆的电荷量相同，则金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域，金属杆所受安培力的冲量相同，故C正确；
B．在整个过程中，根据能量守恒有
则在整个过程中，定值电阻R产生的热量为
故B错误；
D．设整个过程中金属杆运动的时间为t总，金属杆通过BB1C1C区域的时间为t1，规定向右的方向为正方向，根据动量定理有
﹣BL t总﹣μmgt1＝0﹣2mv0
且q t总
解得q
联立解得
根据选项A分析可知
而t1＜t0
可得：2d
可见若将金属杆的初速度加倍，则金属杆在磁场中运动的距离大于原来的2倍，故D正确。
故选：CD。
25．【答案】AC
【分析】根据电阻的决定式计算电阻值，然后根据法拉第电磁感应定律与电功率的公式即可求解。
【解答】A．根据电阻决定式得：，故A正确；
B．根据法拉第电磁感应定律可得
故B错误；
C．感应电流的有效值为
故C正确；
D．发热功率为P＝I2R
故D错误；
故选：AC。
26．【答案】AC
【分析】根据穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%，穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的磁通量变化率不相同，结合法拉第电磁感应定律进行解答；由于漏磁，接收线圈与发射线圈中电流之比不等于匝数反比；变压器不改变交流电频率。
【解答】A、发射线圈的电压：U1＝n1 ，穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%，则有：U2＝n2
则：，解得：U2＝8V，故A正确；
B、由于存在磁漏现象，电流比不再与匝数成反比，故B错误；
C、发射线圈与接收线圈中磁通量变化的频率相等，则发射线圈与接收线圈中交变电流的频率相同，故C正确；
D、穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%，则穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的磁通量变化率不相同，故D错误。
故选：AC。
27．【答案】AD
【分析】求出OP转动切割磁感应线的感应电动势的计算公式分析感应电动势是否变化；由于MN切割磁感应线产生的感应电流，从而使得杆OP中的电流大小发生改变，由此分析安培力的变化、加速度的变化。
【解答】A、设OP转动的角速度为ω，圆弧导轨半径为r，则OP转动切割磁感应线的感应电动势为：E＝Br，所以杆OP产生的感应电动势恒定，故A正确；
B、根据右手定则可知OP棒中产生的感应电流方向由O到P，则通过MN的电流方向由M到N，根据左手定则可知杆MN受到的安培力方向向左，杆MN将向左运动切割磁感应线，由于MN切割磁感应线产生的感应电流方向由N到M，从而使得杆OP中的电流大小发生改变，根据F安＝BIr可知，OP受到的安培力减小，故B错误；
C、根据B选项分析可知，杆MN中的电流大小发生变化，根据牛顿第二定律可得MN的加速度大小a发生改变，杆MN不是做匀加速直线运动，故C错误；
D、根据B选项分析可知，杆MN中的电流逐渐减小，故D正确。
故选：AD。
三．填空题（共1小题）
28．【答案】不亮；低。
【分析】依据自感线圈的特征：刚通电时线圈相当于断路，断开电键时线圈相当于电源，再根据电路规律分析a、b两点的电势高低。
【解答】依题意知，当开关S闭合一段时间，电路稳定时，由于A灯与自感线圈并联，将被线圈短路，则A灯将不亮；当开关S断开瞬间，自感线圈产生自感电动势，将对A灯进行短暂供电，电流方向从b到a，所以a点电势比b点电势低。
故答案为：不亮；低。
四．解答题（共14小题）
29．【答案】（1）驱动力大小为Δp ab，功率为Δp abv。
（2）流速v与压强差Δp和磁感应强度B的关系为。
（3）单位时间内液态合金从高功率器件吸收的热量为abv（ρ0cΔT﹣Δp），且需满足Δp＜ρ0cΔT。
【分析】（1）明确压强差产生的驱动力为压强与管路横截面积的乘积，功率对应驱动力与流动速率的乘积，直接关联已知的Δp、管路截面尺寸a、b及流速v的关系，就能确定待求的驱动力和功率。
（2）核心为液态合金稳定流动的受力平衡过程，先分析合金切割磁感线产生的感应电动势，结合液态合金电阻率和管路尺寸计算电阻得到感应电流，推导安培力大小，结合黏滞阻力、压强差驱动力的平衡关系，即可得到流速与Δp、B的关联式。
（3）先计算单位时间内流过管路的液态合金质量，得到单位时间合金升温ΔT需要的总热量，减去克服黏滞阻力、安培力做功产生的热量，差值即为从器件吸收的热量，要求吸热则差值大于零，结合之前的平衡关系化简即可得到Δp与ΔT的约束条件。
【解答】（1）液态合金的横截面积为ab，由压强差产生的驱动力为Fp＝Δp ab，其功率为Pp＝Fpv＝Δp abv。
（2）液态合金以速度v稳定流动时，安培力与运动方向相反。
由于磁感应强度方向垂直于液态合金运动方向，液态合金中产生的感应电动势为E＝Bbv。
液态合金沿磁感线方向的电阻为，故感应电流大小为。
安培力大小为。
稳定运动时合力为零，根据平衡条件，解得。
（3）液态合金单位时间内的质量为ρ0abv，因此单位时间内液态合金温度升高ΔT所吸收的热量为P总＝ρ0abvcΔT。
其中，克服黏滞阻力所产生的热功率为，克服安培力所产生的热功率为，这些热量均被液态合金吸收。
故液态合金从高功率器件吸收的热功率为。
又根据稳定运动时的关系，可得P吸＝abv（ρ0cΔT﹣Δp）。
要使液态合金从高功率器件吸热，应满足P吸＞0，故Δp＜ρ0cΔT。
答：（1）驱动力大小为Δp ab，功率为Δp abv。
（2）流速v与压强差Δp和磁感应强度B的关系为。
（3）单位时间内液态合金从高功率器件吸收的热量为abv（ρ0cΔT﹣Δp），且需满足Δp＜ρ0cΔT。
30．【答案】（1）初始时刻通过导体棒的电流大小为，方向为沿导体棒由a向b；
（2）初始时刻导体棒加速度的大小为；
（3）导体棒速度从v0减为0的过程中电阻R产生的热量为。
【分析】 （1）由法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律求出初始时刻通过导体棒的电流大小和方向；
（2）根据F＝BIL和牛顿第二定律求出初始时刻导体棒加速度的大小；
（3）由能量守恒定律求出导体棒速度从v0减为0的过程中电阻R产生的热量。
【解答】 （1）由法拉第电磁感应定律
E＝BLv0
由闭合电路欧姆定律
得
根据右手定则可知电流方向沿导体棒由a向b
（2）导体棒所受安培力
F＝BIL
由牛顿第二定律
得
（3）由能量守恒定律
答：（1）初始时刻通过导体棒的电流大小为，方向为沿导体棒由a向b；
（2）初始时刻导体棒加速度的大小为；
（3）导体棒速度从v0减为0的过程中电阻R产生的热量为。
31．【答案】（1）当t＝0时，金属棒受到安培力的大小为BI0l，方向垂直于棒向右；
（2）当金属棒达到最大速度时，金属棒此时的速度大小为，运动过程的位移大小为；
（3）改变电流I的大小，使棒恰好到达顶点O时安培力做功与电流的关系式为，以及为使棒能运动起来且不离开磁场区域，电流I的取值范围为。
【分析】（1）当t＝0时，直接应用安培力公式计算安培力大小，根据左手定则判断安培力方向；
（2）金属棒进入三角形磁场区域时，有效切割长度随位移线性减小，安培力不断减小；加速度为零时速度达到最大值，结合受力平衡求出临界位置；全程利用动能定理联立求解最大速度与对应位移；
（3）金属棒恰好到达O点末速度为零，对全过程列动能定理，推导出安培力做功和电流的关系式；分两层临界：一是金属棒能够启动，安培力大于最大静摩擦力；二是金属棒不滑出磁场，最远只能到达O点，据此求出电流取值范围。
【解答】（1）由题可知，在t＝0时，F安＝BI0l
由左手定则可知金属棒受到安培力方向垂直于棒向右。
（2）当金属棒达到最大速度时，安培力与摩擦力平衡，即有BI0L0＝μmg
设此时金属棒运动的位移为x0，根据几何关系可知
解得，
在金属棒运动过程中只有安培力和摩擦力做功，由动能定理得
即
解得
（3）若金属棒恰好能到达O点，安培力做功与电流的关系为
根据动能定理，电流I的最大值满足
解得
使金属棒恰好静止时电流满足BIminl＝μmg
解得
为了使金属棒能运动起来且不离开磁场区域，则电流I的取值范围为
答：（1）当t＝0时，金属棒受到安培力的大小为BI0l，方向垂直于棒向右；
（2）当金属棒达到最大速度时，金属棒此时的速度大小为，运动过程的位移大小为；
（3）改变电流I的大小，使棒恰好到达顶点O时安培力做功与电流的关系式为，以及为使棒能运动起来且不离开磁场区域，电流I的取值范围为。
32．【答案】（1）D；（2）；（3）；（4）①该金属细条产生的感应电动势大小为3U；②此时该金属细条受到的安培力大小为；③D；④汽车的加速度大小a为：。
【分析】（1）确定线圈中的磁场方向，当小磁铁靠近永磁体时，线圈的磁通量增大，当小磁铁远离永磁体时，线圈的磁通量减小，根据楞次定律判断感应电流的方向，确定A、B电势的高低。
（2）由题意确定齿轮的转动的周期，根据线速度与周期的关系求得汽车的速度。
（3）根据有效值的定义求得该交流电电压的有效值。
（4）①确定等效电路的联接结构，根据闭合电路欧姆定律求解；②根据闭合电路欧姆定律求得流过该金属细条的电流，根据安培力的计算公式解答；③圆柱笼做匀加速转动，根据运动学公式得到速度关系，依据电压脉冲峰值与线速度大小成正比，求得下一次电压脉冲的峰值的表达式。④根据前述解答，结合法拉第电磁感应定律，线速度与角速度的关系，求得汽车的加速度大小。
【解答】（1）已知初始时刻，齿轮的一个金属齿正对着永磁铁，此时穿过线圈的磁通量最大，随后这个金属齿会远离永磁铁，线圈磁通量减小，且线圈中的磁场方向向左，根据楞次定律可知，线圈中的电流由左端流向右端，可得φa＜φb；下一个金属齿靠近永磁铁时，线圈磁通量增大，且线圈中的磁场方向向左，根据楞次定律可知，线圈中的电流由右端流向左端，可得φa＞φb。则在磁通量变化的一个周期内，A、B的电势关系是先φa＜φb，后φa＞φb，故D正确，ABC错误。
故选：D。
（2）由上述分析可知，从一个金属齿正对着永磁铁到下一个金属齿正对着永磁铁的时间间隔等于感应电动势变化的周期，齿轮共有N个齿，车轮转动一周的时间等于N倍的感应电动势变化的周期，由题图的u﹣t图像可知感应电动势变化的周期为2t0，可得车轮转动一周的时间为：t＝N×2t0。
汽车的速度大小为：v
（3）根据有效值的定义，设电阻的阻值为R，则有：
解得该交流电电压的有效值为：
（4）①把处于磁场中的金属细条作为电源，设该金属细条产生的感应电动势大小为E，则外电路为另外两根金属细条并联组成，则外电路的总电阻为。
根据闭合电路欧姆定律得：U＝E﹣Ir＝E r
解得：E＝3U
②根据闭合电路欧姆定律可得流过该金属细条的电流为：I
此时该金属细条受到的安培力大小为：F＝BIL
③设下一次电压脉冲的峰值为U3，这三个相邻的电压脉冲的峰值对应的金属细条的线速度大小分别为v1、v2、v3，由v1到v2的金属细条转动的弧长和v2到v3的金属细条转动的弧长相同（设为x），圆柱笼做匀加速转动，设金属细条的切向加速度为a1，由运动学公式得：
2a1x；2a1x
解得：2
由于电压脉冲峰值与金属细条的线速度大小成正比，可得：2
解得：U3，故D正确，ABC错误。
故选：D。
④由前述解答，结合法拉第电磁感应定律可得：E1＝3U1＝BLω1R；E2＝3U2＝BLω2R
对应的汽车的速度大小为：v1′＝ω1 nR；v2′＝ω2 nR
设对应的汽车的位移大小为x′，则有：2ax′
其中：x′2πnR
联立解得汽车的加速度大小为：a
故答案为：（1）D；（2）；（3）；（4）①该金属细条产生的感应电动势大小为3U；②此时该金属细条受到的安培力大小为；③D；④汽车的加速度大小a为：。
33．【答案】（1）cd的电功率大小为。
（2）cd的加速度大小为。
【分析】（1）金属杆下滑时速度方向与磁场平行，不切割磁感线，回路中无动生电动势，电流恒定。由闭合电路欧姆定律确定回路总电阻，电流大小仅由电源电动势与总电阻决定，进而通过焦耳定律计算金属杆电阻上的电功率。
（2）先分析S1闭合时金属杆的受力平衡：电流方向已知，安培力垂直导轨向下，结合最大静摩擦力条件建立沿斜面与垂直斜面的平衡方程，可得到安培力与重力分量间的关系。再分析S2闭合时情况：电流反向导致安培力垂直导轨向上，支持力减小，滑动摩擦力相应减小；沿斜面方向应用牛顿第二定律，将前一状态得到的平衡关系整体代入，可消去导轨倾角，直接求出加速度。
【解答】（1）cd下滑过程中，由于匀强磁场的方向与导轨平行，金属杆cd的运动速度方向与磁场方向平行，金属杆不切割磁感线，因此不会产生动生电动势，回路中的电流大小保持恒定。
根据闭合电路欧姆定律，回路中的电流，金属杆cd的电功率P＝I2r，代入解得。
（2）闭合S1、断开S2时，由电路图可知电源向右供电，电流方向由c流向d，根据左手定则（磁场平行导轨向下，电流水平），cd受到的安培力方向垂直于导轨平面向下，大小为；
设导轨倾角为θ，此时cd刚好要下滑，在垂直导轨方向上受力平衡，得到支持力N1＝mgcosθ+FA，在沿导轨方向上受力平衡，受到沿斜面向上的最大静摩擦力，得到mgsinθ＝μN1＝μ（mgcosθ+FA）；
断开S1、闭合S2后，接入回路的下侧电源极性与上侧相反，回路总电阻不变，故电流方向反向（由d流向c）但大小不变，根据左手定则，安培力方向变为垂直导轨平面向上，大小仍为FA；
此时垂直导轨方向上的支持力变小，即N2＝mgcosθ﹣FA；cd沿导轨加速下滑，在沿导轨方向上根据牛顿第二定律有mgsinθ﹣μN2＝ma，即mgsinθ﹣μ（mgcosθ﹣FA）＝ma；
将前一状态的受力平衡等式展开变形可得mgsinθ﹣μmgcosθ＝μFA，将其作为一个整体代入第二状态的牛顿第二定律方程中，消去未知角θ，得到μFA+μFA＝ma，即2μFA＝ma，将安培力FA的表达式代入，解得cd的加速度大小。
答：（1）cd的电功率大小为。
（2）cd的加速度大小为。
34．【答案】（1）平衡框中的电流大小为，方向为逆时针方向（a'→d'→c'→b'→a'）。
（2）ab边的感应电动势大小为BLv1。
（3）减速过程动力线框cd边所受安培力的平均功率大小为。
【分析】（1）分析平衡框a′b′c′d′在竖直方向的受力情况，明确其上下两条边均受安培力，由于嵌入金属芯的边磁感应强度增大，为产生竖直向上的合力以平衡重力，需确定电流方向使下边安培力向上且大于上边向下的安培力，通过安培力公式与受力平衡条件建立电流与已知量B、L、m、k的关系。
（2）驱动框abcd向右运动时，ab边垂直切割磁感线，其有效长度为L，磁感应强度为B，根据动生电动势的产生原理，直接由切割速度v1、磁感应强度与导线长度确定感应电动势E1。
（3）线框匀速运动时，动力线框所受向前的净安培力与恒定阻力平衡。电流反向但大小不变后，净安培力方向变为向后且大小不变，与阻力同向，合外力为两者之和。利用匀减速直线运动的位移s和初速度v0，通过动能定理求出阻力大小，进而得到动力线框cd边所受的恒定安培力。整个减速过程的平均速度为初速度的一半，由安培力与平均速度的乘积可求得该安培力的平均功率。
【解答】（1）设线框整体总质量为m，为了使线框整体悬浮，平衡框在竖直方向受到的净安培力须向上且与重力等大；
平衡框下边所在处有金属芯，磁感应强度为kB，上边所在处磁感应强度为B，为产生向上的净安培力，下边受到的向上的安培力必须大于上边受到的向下的安培力，
根据左手定则（磁场向里，安培力向上），下边电流方向须向右（即从d'流向c'），上边电流方向向左（即从b'流向a'），回路总电流方向为a'→d'→c'→b'→a'（即逆时针方向）；
根据受力平衡条件有I（kB）L﹣IBL＝mg，解得平衡框中的电流大小。
（2）若线框向右运行速度大小为v1，驱动框的ab边垂直切割磁感线，由于ab边与嵌有金属芯且已知长度为L的cd边平行，故ab边的长度也为L，根据法拉第电磁感应定律，ab边的感应电动势E1＝BLv1。
（3）若线框以速度v0匀速运动，设此时驱动框中的电流为I0，线框整体受到的恒定阻力大小为f，根据水平方向受力平衡，向前的净驱动安培力与阻力等大反向，即I0（kB）L﹣I0BL＝f；
保持电流大小不变仅将电流反向后，线框水平方向受到的净安培力向后，大小仍为（k﹣1）BI0L（即大小等于f），此时线框在水平方向受到的合外力大小F合＝f+f＝2f，方向向后；
根据动能定理，解得恒定阻力；在此匀减速直线运动过程中，动力线框cd边所受的安培力大小恒为，代入阻力f的表达式解得；
整个匀减速过程的平均速度大小，则减速过程动力线框cd边所受安培力的平均功率大小，联立解得。
答：（1）平衡框中的电流大小为，方向为逆时针方向（a'→d'→c'→b'→a'）。
（2）ab边的感应电动势大小为BLv1。
（3）减速过程动力线框cd边所受安培力的平均功率大小为。
35．【答案】（1）U形框所受最大静摩擦力的大小为2μmg。
（2）杆JK做匀速直线运动速度的最大值为。
（3）此时U形框的速度大小为，外力功率的最小值为（kx0+2μmg）v。
【分析】（1）U形框与金属杆JK整体静止在桌面，系统对桌面压力为两者重力之和，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，由压力与动摩擦因数直接计算得出。
（2）（2）弹簧保持原长意味着U形框静止，杆JK匀速运动产生感应电动势。当U形框所受安培力恰好等于其最大静摩擦力时，杆JK速度达到最大。通过电磁感应定律与闭合电路欧姆定律建立感应电流与速度的关系，再结合安培力公式与受力平衡条件，即可推导出最大速度。
（3）杆JK以恒定速度v运动，外力功率等于外力乘以速度，外力与杆JK所受安培力平衡。安培力大小取决于杆JK与U形框的相对速度，当U形框速度最大时相对速度最小，安培力最小，对应外力功率最小。此时U形框受力平衡，安培力等于弹簧弹力与滑动摩擦力之和，由此可解出U形框速度，并得到最小功率。
【解答】（1）金属杆JK与U形框放在水平桌面上，整个系统对桌面的压力大小等于两者的重力之和，即N＝（m+m）g＝2mg，
根据题意最大静摩擦力等于滑动摩擦力，U形框所受最大静摩擦力大小fm＝μN，解得fm＝2μmg。
（2）若弹簧保持原长，说明U形框保持静止，当杆JK做匀速直线运动速度最大为vm时，U形框的边EF受到的安培力向右且刚好等于最大静摩擦力，
根据法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律，回路中产生的感应电流，边EF受到的安培力大小，根据平衡条件有FA＝fm，联立解得杆JK做匀速直线运动速度的最大值。
（3）杆JK以恒定速度v运动，外力作用在杆JK上的功率P＝Fv，由于杆JK光滑且匀速运动，水平方向受力平衡，外力与安培力等大反向，即F＝FA，要使外力功率最小，则安培力FA需达到最小；
设此时U形框的速度大小为v1，回路中切割磁感线产生的有效感应电动势E＝Bl（v﹣v1），此时的安培力，可知当U形框速度v1最大时，安培力最小，对应外力功率最小；
在此运动阶段，U形框向右做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度减为零时速度达到最大，对U形框根据平衡条件有FA＝kx0+2μmg，此时外力功率的最小值Pmin＝FAv，代入解得Pmin＝（kx0+2μmg）v；
将该状态下的安培力代入表达式，解得此时U形框的速度大小。
答：（1）U形框所受最大静摩擦力的大小为2μmg。
（2）杆JK做匀速直线运动速度的最大值为。
（3）此时U形框的速度大小为，外力功率的最小值为（kx0+2μmg）v。
36．【答案】（1）线框加速度大小为，线框边长为。
（2）磁感应强度大小为，磁场区域的宽度为。
（3）拉力的最大值为，安培力冲量的大小为2mv0。
【分析】（1）线框完全进入磁场后不受安培力，合外力等于拉力F0，结合牛顿第二定律关联加速度、质量与F0的关系求解加速度，线框从静止开始匀加速进入磁场，速度为v0时刚好完全进入，该过程位移等于线框边长，利用匀变速直线运动速度—位移关系推导边长。
（2）线框进入、离开磁场过程中单边切割磁感线，受安培力作用，拉力与安培力的合力等于恒定合外力，结合F﹣v图像中v为v0时拉力为3F0的条件，关联电磁感应、安培力规律推导磁感应强度。线框完全在磁场中运动时安培力为零，拉力为F0，结合F﹣v图像中MN边刚要离开磁场时的拉力对应速度v1，利用匀变速速度—位移关系，以磁场宽度为位移推导宽度数值。
（3）拉力最大值出现在线框离开磁场的末时刻，先利用匀变速运动规律推导MN边刚离开磁场时的最大速度，结合拉力与速度的线性关系得到拉力最大值。安培力冲量利用动量定理求解，拉力的总冲量对应F﹣v图像中实线下的面积，结合线框初末动量，推导安培力的冲量大小。
【解答】（1）设线框的加速度大小为a，由图（b）可知当线框速度大小为v0时线框刚好完全进入磁场，整个线框在磁场内部运动时所受安培力的合力为零，
因此线框的合力等于拉力，大小为F0，根据牛顿第二定律得F0＝ma，解得：。
设线框的边长为l，根据匀变速直线运动的速度—位移公式得，联立解得线框边长。
（2）图（b）中斜线部分对应的运动过程里，线框有一边切割磁感线，所受安培力不为零，
设该过程中线框速度大小为v时，感应电动势为E，感应电流为I，安培力大小为f。设磁感应强度大小为B，
则线框切割磁感线产生的感应电动势为E＝Blv，由闭合电路欧姆定律得。
线框做匀加速直线运动，合外力大小恒为F0，此时拉力大小为F，则F0＝F﹣f，其中安培力f＝BIl，联立以上各式得。
由图（b）可知，当F＝3F0时v＝v0，代入上式解得磁感应强度大小为。
设PQ边到达磁场上边缘时线框的速度大小为v1，由图（b）可知，当F＝6F0时v＝v1，代入得，联立解得。
设磁场区域的宽度为L，由匀变速直线运动规律得，联立以上各式得磁场区域的宽度为。
（3）设MN边到达磁场上边缘时线框的速度大小为v2，此时拉力达到最大值，根据运动学公式得，其中，联立解得。
将v＝v2时F＝Fmax代入，其中，联立可得F的最大值为。
设整个过程中安培力的冲量大小为If，由于线框始终做匀加速直线运动，运动总时间，拉力F的冲量大小等于图（b）中实线下的面积S，根据动量定理得mv2＝S﹣If。
由上图可得面积S＝S1+S2+S3，再联立以上各式解得If＝2mv0。
答：（1）线框加速度大小为，线框边长为。
（2）磁感应强度大小为，磁场区域的宽度为。
（3）拉力的最大值为，安培力冲量的大小为2mv0。
37．【答案】（1）导体棒加速度大小为。
（2）导体棒速度大小为。
（3）导体棒上产生的焦耳热为。
【分析】（1）开关S与a连接瞬间，导体棒静止，回路中仅有电源电动势作用。根据闭合电路欧姆定律确定初始电流，进而由安培力公式与牛顿第二定律建立加速度与电流、磁感应强度及导体棒长度的关系，从而直接求出初始加速度的大小。
（2）开关与b连接后，储能器开始充电，其电压与储存电荷量成正比。当储能器电压达到U0时，电路中仍有电流，导体棒因安培力作用而减速。利用动量定理将安培力的冲量与导体棒动量的变化关联，其中安培力冲量中的平均电流与通过回路的电荷量相关，而此电荷量可由储能器电压U0通过比例系数k求出。结合导体棒在t1时刻前已获得的最大速度，即可解得当前速度。
（3）整个过程分为两个阶段。第一阶段从t0到t1，开关接a，导体棒从静止加速至最大速度，此过程电源输出的电能转化为导体棒的动能和回路焦耳热，且因回路中仅导体棒有电阻，焦耳热全部产生于导体棒上。第二阶段从t1开始，开关接c，导体棒在安培力作用下减速直至停止，其动能全部转化为闭合回路的总焦耳热，根据串联电路焦耳热按电阻分配的规律，可确定导体棒电阻r上产生的部分。两阶段导体棒产生的焦耳热之和即为所求。
【解答】（1）t0时刻，开关S与a连接瞬间，导体棒速度为零，此时产生的动生电动势为零。根据闭合电路欧姆定律，回路初始电流。
导体棒所受初始安培力大小F0＝BI0L，根据牛顿第二定律有F0＝ma0，联立解得导体棒加速度大小。
（2）开关S接a后，导体棒在安培力作用下加速运动并切割磁感线产生反向的动生电动势，当动生电动势等于电源电动势时，
回路电流减为零，导体棒达到最大速度vm并保持匀速运动，此时有E＝BLvm，解得。
t1时刻切换开关与b连接，储能器接入电路进行充电。在储能器电压由0增加至U0的过程中，流经导体棒并储存在该元件中的电荷量。
在此充电过程中，导体棒中存在感应电流，使其受到向左的安培力而做减速运动，规定向右为正方向，
对导体棒应用动量定理有，且通过回路的电荷量，联立并代入vm的表达式，解得此时导体棒的速度大小。
（3）方法一：从t0到t1导体棒加速至vm的过程中，对导体棒应用动量定理有，
设该过程电源流出的总电荷量为q1，由，联立可得。
根据能量守恒定律，电源输出的电能转化为导体棒的动能与回路中产生的焦耳热，由于仅导体棒存在电阻，
有，代入q1可解得第一阶段导体棒上产生的焦耳热。
t1时刻后开关切换至c，导体棒在安培力阻碍下做减速运动直至停止。在此过程中，导体棒的动能完全转化为闭合回路中的焦耳热，
设此阶段总发热量为Q2，则。根据串联电路中焦耳热与电阻成正比的分配规律，第二阶段导体棒上产生的焦耳热。
综上所述，整个过程导体棒上产生的总焦耳热Q＝Q1+Qr2，联立上述方程并将代入，解得。
方法二：在匀强磁场中运动的无初速导轨导体棒系统，在恒定电压驱动下，根据其电流与速度变化的微积分关系，可完全等效为一个电容的电容器。
t0至t1过程，在物理模型上等效为恒定电压E通过内阻r给该等效电容充电至电压E的过程。
根据直流电路中电容器充电的能量转化规律，电源输出的电能有一半转化为电容器储存的电场能（对应导体棒的宏观动能），
另一半必定转化为回路电阻产生的焦耳热，故第一阶段导体棒上产生的焦耳热。
t1之后开关接c，在物理模型上等效为该电容器通过外阻R和内阻r串联放电的过程，其释放的总能量等于初始储存的电场能，
根据串联电路焦耳热的分配原理，第二阶段导体棒上产生的焦耳热。
全过程导体棒上产生的总焦耳热，代入C的表达式，化简解得。
答：（1）导体棒加速度大小为。
（2）导体棒速度大小为。
（3）导体棒上产生的焦耳热为。
38．【答案】（1）线框所受的安培力大小为，方向水平向左；
（2）t＝1.2τ时穿过线框的磁通量为0.3B0h2；
（3）2τ～3τ时间内，线框中产生的热量Q为。
【分析】（1）根据切割情况下电动势的表达式求解线框电动势，根据闭合电路欧姆定律求解电流，再根据安培力表达式分别求解t＝0 时ab边、cd边的安培力，合成之后就是线框所受的安培力F；
（2）根据图像得出t＝1.2τ时，Ⅰ区，Ⅱ区的磁感应强度，根据磁通量定义求穿过线框的磁通量Φ；
（3）2τ～3τ时间内，根据法拉第电磁感应定律求解电动势，根据闭合电路欧姆定律求解电流，再根据焦耳定律求解线框中产生的热量Q。
【解答】（1）ab边、cd边切割磁感线，根据右手定则可知产生的感应电流都是沿线框顺时针方向，则根据切割情况下电动势的表达式可得动势为：E＝2B0hv+B0hv＝3B0hv
根据闭合电路欧姆定律可得电流为：I
根据安培力表达式可得此时ab边受到的安培力为：F1＝2B0Ih，cd边受到的安培力为：F2＝B0Ih
根据左手定则判断这两个安培力方向都向左，根据对称判断bc、ad边安培力合力为0，ab、cd边所受安培力合成之后得出线框所受的安培力为：
F＝F1+F2＝2B0Ih+B0Ih＝3B0Ih；
（2）根据图像得出t＝1.2τ时，Ⅰ区的磁感应强度B＝2B01.6B0，方向向下；Ⅱ区的磁感应强度为B0，方向向上，此时穿过线框的磁通量为：
Φ＝1.6B0B00.3B0h2；
（3）2τ～3τ时间内，根据法拉第电磁感应定律得：E1
根据闭合电路欧姆定律得：I1
根据焦耳定律得：线框中产生的热量为：Q。
答：（1）线框所受的安培力大小为，方向水平向左；
（2）t＝1.2τ时穿过线框的磁通量为0.3B0h2；
（3）2τ～3τ时间内，线框中产生的热量Q为。
39．【答案】（1）金属棒P滑出导轨时的速度大小为v0；
（2）金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量为；
（3）与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间为。
【分析】（1）Q与P发生弹性碰撞，碰撞过程动量守恒、机械能守恒，根据动量守恒定律和机械能守恒定律求解碰撞后两棒的速度；对两棒受力分析，分析两棒的运动情况：金属

展开更多......

收起↑