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专题13 电磁感应-2021年高考物理各地市模拟题专题汇编
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这是一份专题13 电磁感应-2021年高考物理各地市模拟题专题汇编，文件包含专题13电磁感应解析版-2021年高考物理各地市模拟题专题汇编docx、专题13电磁感应原卷版-2021年高考物理各地市模拟题专题汇编docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共69页， 欢迎下载使用。
专题13 电磁感应(解析版)
一、单选题（本大题共20小题）
1.[来源:2021陕西省宝鸡市模拟题]如图所示，两根电阻不计的平行光滑长直金属导轨水平放置，导体棒a和b垂直跨在导轨上且与导轨接触良好，导体棒a的电阻大于b的电阻，匀强磁场方向竖直向下。当导体棒b在大小为F2的水平拉力作用下匀速向右运动时，导体棒a在大小为F1的水平拉力作用下保持静止状态。若U1、U2分别表示导体棒a和b与导轨两个接触点间的电压，那么它们大小关系为
A. F1=F2，U1>U2 B. F1
【解析】
b切割磁感线相当于电源，则U1、U2均为路端电压；根据F=BIL结合平衡状态比较力的大小。
【解答】
a、b与导轨构成闭合回路，电流I相等，则a、b受到的安培力均为F=BIL，又因为a、b均处于平衡状态，所以F1=F2；
b切割磁感线相当于电源，则U1、U2均等于路端电压，即IRa，所以U1=U2，故ABC错误，D正确。
故选D。
2.[来源:2021年河北省五个一名校联盟高考物理二模试卷]如图所示，两宽度均为a的水平匀强磁场，磁感应强度的大小等，两磁场区域间距为4a。一个边长为a的正方形金属线框从磁场上方距离为a处由静止自由下落，匀速通过上方匀强磁场区域，之后又通过下方匀强磁场区域。已知下落过程中线框平面始终在竖直平面内，不计空气阻力，下列说法正确的是
A. 线框通过上、下两个磁场的过程中产生的电能相等
B. 线框通过上、下两个磁场的过程中流过线框的电荷量不相等
C. 线框通过下方磁场的过程中加速度的最大值与重力加速度的大小相等
D. 线框通过上、下两个磁场的时间相等
【答案】C
【解析】
本题考查电磁感应中的功能关系问题和线圈切割磁感线的运动涉及的动力学问题。
根据功能关系判断线框通过磁场过程中产生的电能；根据推论q=nΔΦR求解电量；根据平衡条件和牛顿第二定律列方程联立求解；通过的位移相同，可根据平均速度大小判断时间的长短。
【解答】
A.线圈匀速通过上方的匀强磁场，根据能量守恒有E1=2mga，之后在无场区加速运动，进入下方匀强磁场，做减速运动，ΔEk<0，根据能量守恒，2mga-E2=ΔEk，解得：E2=2mga-ΔEk>2mga，故A错误；
B.根据q=nΔΦR可知，线框通过上、下两个磁场的过程中流过线框的电荷量相等，故B错误；
C.线框匀速穿过上方磁场，有：mg=B2a2vR，进入磁场时的速度v=2ga，则mg=B2a22gaR
进入下方区域磁场时的速度v'=8ga，线框进入下方磁场时加速度最大，B2a28gaR-mg=ma，联立解得：a=g，故C正确；
D.线圈以v=2ga匀速通过上方区域磁场，以v'=8ga进入下方区域磁场做减速运动，其平均速度大于2ga，故线框通过上方区域磁场的时间大于通过下方区域磁场的时间，故D错误。
故选C．
3.[来源:2021年上海市大同中学等九校联考高考物理一模试卷]如图甲所示，单匝矩形线圈abcd垂直固定在匀强磁场中。规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示。以顺时针方向为电流正方向，以向右方向为安培力正方向，下列关于bc段导线中的感应电流i和受到的安培力F随时间变化的图象正确的是( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
由图可知磁感应强度的变化，则可知线圈中磁通量的变化，由法拉第电磁感应定律可知感应电动势变化情况，由楞次定律可得感应电流的方向，根据左手定则可以找出安培力方向，结合可得出正确的图象。
本题主要考查了法拉第电磁感应定律，分析清楚B-t图象、应用楞次定律、法拉第电磁感应定律、安培力公式即可正确解题。
【解答】
0～0.5T时间内，B减小，穿过线圈的磁通量减小，磁场方向垂直纸面向里，由楞次定律可知，感应电流方向沿顺时针方向，为正值；
由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势为E=ΔBΔt·S，ΔBΔt不变，则E不变，感应电流不变。由左手定则可知，bc段导线受到的安培力方向水平向右，是正的。由于B变小，由F=BIL知bc段导线受到的安培力大小变小。
在0.5T-T时间内，B增大，穿过线圈的磁通量增大，磁场方向垂直纸面向里，由楞次定律可知，感应电流方向沿逆时针方向，为负值；
由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势为E=ΔBΔt·S，ΔBΔt不变，则E不变，感应电流不变。
由图知：在0.5T-T时间内的ΔBΔt是0～0.5T时间内的2倍，则在0.5T-T时间内的感应电动势E是0～0.5T时间内的2倍，感应电流也是2倍。
在0.5T-T时间内，由左手定则可知，bc段导线受到的安培力方向水平向左，是负的，且由F=BIL知在0.5T-T时间内bc段导线受到的安培力的最大值是前一时间段最大值的4倍，
故BCD错误，A正确。
故选：A。
4.[来源:2021年吉林省吉林市高考物理二调试卷]随着科技的不断发展，无线充电已经进入人们的视线。小到手表、手机，大到电脑、电动汽车的充电，都已经实现了从理论研发到实际应用的转化。下图给出了某品牌的无线充电手机利用电磁感应方式无线充电的原理图。关于电线充电，下列说法正确的是( )
A. 无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是“电流的磁效应”
B. 只有将充电底座接到直流电源上才能对手机进行充电
C. 接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同
D. 只要有无线充电底座，所有手机都可以进行无线充电
【答案】C
【解析】
根据电磁感应现象的原理，结合感应电动势产生的条件，即可求解。
考查充电手机的工作原理，理解电磁感应现象的运用，及产生感应电动势的条件，注意涡流的防止与应用。
【解答】
A.无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是电磁感应现象，不是“电流的磁效应”现象，故A错误；
B.当充电设备通以恒定直流，无线充电设备不会产生交变磁场，那么不能够正常使用，故B错误；
C.接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同，故C正确；
D.被充电手机内部，应该有一类似金属线圈的部件，与手机电池相连，当有交变磁场时，则出现感应电动势，那么普通手机不能够利用无线充电设备进行充电，故D错误；
故选：C。
5.[来源:2021年江苏省高考物理预测试卷（二）]将一均匀导线围成一圆心角为90°的扇形导线框OMN，其中OM=R，圆弧MN的圆心为O点，将导线框的O点置于如图所示的直角坐标系的原点，其中第二和第四象限存在垂直纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为B，第三象限存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为2B。从t=0时刻开始让导线框以O点为圆心，以恒定的角速度ω沿逆时针方向做匀速圆周运动，假定沿ONM方向的电流为正，则线框中的电流随时间的变化规律描绘正确的是
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
根据法拉第电磁感应定律求解感应电动势大小，再根据闭合电路的欧姆定律求解感应电流大小，根据楞次定律判断感应电流方向。
本题主要考查导体转动切割磁感线时的感应电动势、闭合电路的欧姆定律、楞次定律的应用。
【解答】
在0∼t0时间内，线框从图示位置开始(t=0)转过90°的过程中，产生的感应电动势为E1=12BωR2，由闭合电路欧姆定律得，回路中的电流为I1=E1r=BωR22r，根据楞次定律判断可知，线框中感应电流方向为逆时针方向(沿ONM方向)；
在t0∼2t0时间内，线框进入第三象限的过程中，回路中的电流方向为顺时针方向(沿OMN方向)，回路中产生的感应电动势为E2=12Bω·R2+12·2Bω·R2=32Bω·R2=3E1；感应电流为I2=3I1，
在2t0∼3t0时间内，线框进入第四象限的过程中，，回路中的电流方向为逆时针方向(沿ONM方向)，回路中产生的感应电动势为E3=12Bω·R2+12·2Bω·R2=32Bω·R2=3E1，感应电流为I3=3I1，
在3t0∼4t0时间内，线框出第四象限的过程中，回路中的电流方向为顺时针方向(沿OMN方向)，回路中产生的感应电动势为E4=12BωR2，回路电流为I4=I1，故B正确，ACD错误。
故选B。
6.[来源:2021年陕西省渭南市高考物理质检试卷（Ⅰ）]如图所示，矩形闭合导体框在水平边界PQ的上方，PQ下方足够大的区域内存在水平向里的匀强磁场，当矩形闭合导体框abcd从PQ上方由静止释放时，导体框下落过程形状不变，ab边始终保持与PQ平行，导体框所在平面与磁场方向垂直。若将导体框从PQ上方某一高度H处由静止释放，结果导体框恰好匀速进入磁场。现将导体框从PQ上方低于H处由静止释放并开始计时，用t1、t2分别表示导体框ab边和cd边刚进入磁场的时刻，不计空气阻力，下列反映导体框下落过程中速度v随时间t变化规律的图像中，可能正确的是
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
若将导体框从PQ上方某一高度H处由静止释放，线框先做自由落体运动，ab边进入磁场时v=2gh，因为重力等于安培力，做匀速直线运动。现将导体框从PQ上方低于H处由静止释放，线框先做自由落体运动，ab边进入磁场时v<2gh，安培力小于重力，做加速度减小的加速运动，cd边离开磁场做匀加速直线运动，加速度为g，所以C选项是正确的，ABD错误。
本题考查电磁感应定律的运用，先搞清楚线框可能做什么运动及其相应的条件，再根据题目的已知条件判断。
7.[来源:2021年山东省高考物理模拟试卷]如图所示，水平面内有一平行金属导轨，导轨光滑且电阻不计，匀强磁场与导轨平面垂直．阻值为R的导体棒垂直于导轨静止放置，且与导轨接触良好．t=0时，将开关S由1掷到2.q、i、v和a分别表示电容器所带的电荷量、棒中的电流、棒的速度和加速度．下列图象正确的是( )
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
将开关由1拨到2，电容器放电，导体棒向右加速运动切割磁感线，导体棒中会产生感应电动势，这时导体棒相当于一个电源，导体棒下端是负极，上端是正极，当电容器的电压降至与导体棒的感应电动势相等时，电容器不再放电，回路中不再有电流，导体棒不再受安培力而匀速运动，所以最终状态是：电荷量不为零，电流为零，速度不为零，加速度为零，D项正确．
电容器放电产生电流，使导体棒受到安培力运动，导体棒运动之后产生感应电动势，当导体棒的电动势与电容器两端的电压相等时达到稳定状态，由此判断物理量变化。
8.[来源:2021年江苏省常州市高考物理调研试卷（一模）]如图所示，圆形区域中的匀强磁场磁感应强度B1随时间t的变化关系为B1=kt，k为大于零的常量；边界MN右侧的匀强磁场磁感应强度大小为B2.光滑平行金属导轨左端接一阻值为R的电阻、MN处放置一和导轨接触良好的金属棒，不计导轨和金属棒电阻．t=0时，给金属棒一初速度ν0，使其在外力作用下向右匀速运动．回路的总磁通量为Φ、回路的电流为i、电阻R上产生的热量为Q、导体棒受到的外力为F，它们随时间t的变化图像正确的是( )
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
根据磁通量的定义Φ=BS得到在t=t1时刻穿过回路的总磁通量；根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律得到通过电阻R的电流；根据Q=I2Rt电阻R上产生的热量；根据平衡条件水平拉力等于安培力得到水平拉力。
本题考查电磁感应中的基本问题，综合性较强。
【解答】
A、根据题意可知，MN左边的磁场方向与右边的磁场方向相同，那么总磁通量即为金属棒左右两侧两种磁通量之和，则穿过回路的总磁通量为Φ=Φ1+Φ2=ktS+B2v0tL，故Φ-t图像应为直线，故A错误；
B、根据法拉第电磁感应定律得E=ΔΦΔt，则I=ER=kS+B2Lv0R，故回路的电流为恒定电流，图像应为平行于时间轴的直线，故B错误；
C、电阻R上产生的热量为Q=I2Rt，由于I，R不变，故Q与t成正比，故C正确；
D、金属棒所受的安培力大小F安=B2IL=(kS+B2Lv0)B2LR，根据平衡条件可知，水平拉力大小等于安培力大小，即为F=(kS+B2Lv0)B2LR，故拉力F是一个恒量，故D错误．
故选C。
9.[来源:2021年安徽省安庆市高考物理一模试卷]关于下列器材的原理和用途，正确的是( )
A. 金属电阻温度计常用纯金属做成，是利用了纯金属的电阻率几乎不受温度的影响
B. 扼流圈对交流的阻碍作用是因为线圈存在电阻
C. 真空冶炼炉的工作原理是炉体产生涡流使炉内金属熔化
D. 自动调温式电熨斗如果要调高工作温度，需将调温旋钮向下调节
【答案】D
【解析】
解：A、某些合金的电阻率几乎不受温度变化的影响，常用来制作标准电阻；金属电阻温度计应采用电阻随温度变化明显的材料，故A错误；
B、扼流圈对交流的阻碍作用是因为线圈存在自感现象，不是因为线圈电阻的原因；故B错误；
C、真空冶炼炉的工作原理是炉中金属产生涡流使炉内金属熔化，不是炉体产生涡流，故C错误；
D、如图是自动调温式电熨斗，要使温度要高一点，应使铜片与金属片接触面积增大，故应使调温旋钮下移一些，故D正确。
故选：D。
明确电感的作用，知道变压器不能改变交流电的频率；自感现象利用自感现象启动；真空治炼炉是利用电磁感应原理而使内部金属产生涡流而产生的热量．
电熨斗温度自动控制装置能控制电源的通断．常温时，上、下触点应是接触的，当双金属片温度升高时，上下层形变不同，上层形变大，双金属片发生弯曲，使电路断开．
本题考查了电感、温控器以及不同电阻的应用原理等，要注意明确各种电器的工作原理，特别注意电熨斗的原理，知道双金属片通过温度变化，两金属膨胀系数不同，使电源实现自动通断．
10.[来源:2021年广东省揭阳一中高考物理模拟试卷（3月份）]如图，水平铜盘半径为r，置于磁感应强度为B，方向竖直向下的匀强磁场中，铜盘绕通过圆盘中心的竖直轴以角速度ω做匀速圆周运动，铜盘的边缘及中心处分别通过导线和滑动变阻器R1与理想变压器的原线圈相连，该理想变压器原、副线圈的匝数比为n：1，变压器的副线圈与电阻为R2的负载相连，则( )
A. 变压器原线圈两端的电压为Br2ω2
B. 若R1不变时，通过负载R2的电流强度为0
C. 若R1不变时，通过变压器的副线圈横截面磁通量为0
D. 若R1变化时，通过负载R2的电流强度为通过R1电流的1n
【答案】B
【解析】
解：A、切割磁感线感应电动势公式E=12Br2ω，电势该电压加到电阻R上，由于变压器是理想变压器，所以变压器两端的电压是0.故A错误；
B、变压器只能改变原线圈的交流电的电压，不能改变直流电的电压，也不能将直流电的电能传递给副线圈，所以若R1不变时，通过负载R2的电流强度为0.故B正确；
C、虽然通过负载R2的电流强度为0，但副线圈中的磁通量与原线圈中的磁通量相同，不是0.故C错误；
D、变压器只能改变原线圈的交流电的电压与电流，不能改变直流电的电压与电流。故不能使用变压器的电流比的公式计算副线圈中的电流。故D错误。
故选：B。
先根据转动切割磁感线感应电动势公式E=12BL2ω，求出感应电动势，再由欧姆定律求出变压器原线圈两端的电压大小．
变压器只能改变原线圈的交流电的电压，不能改变直流电的电压．
本题关键要能将铜盘看成由无数幅条组成的，由转动切割磁感线感应电动势公式E=12BL2ω.
变压器只能改变原线圈的交流电的电压．
11.[来源:2021年江苏省高考物理预测试卷（六）]如图所示，轻弹簧上端固定，下端悬挂一质量为m的条形磁铁，磁铁穿过固定的水平闭合金属线圈。将磁铁托起到弹簧压缩x后由静止放开，磁铁会上下运动并逐渐停下来，静止时弹簧伸长x。不计空气阻力，重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内，则( )
A. 弹簧处于原长时，磁铁的加速度可能大于g
B. 磁铁中央通过线圈时，线圈中感应电流最大
C. 磁铁向下运动时，线圈受到的安培力方向向上
D. 线圈在整个过程中产生的焦耳势为mgx
【答案】A
【解析】解：A、弹簧处于原长时，没有弹力，除受到重力外，若磁铁向上运动，则受到向下的安培阻力，若向下运动，则受到向上的安培阻力，因此磁铁的加速度可能大于g，故A正确；
B、磁铁中央通过线圈时，线圈的磁通量变化率为零，则线圈中感应电流为零，最小，故B错误；
C、当磁铁向下运动时，根据楞次定律：来拒去留，则磁铁受到向上的安培力，那么线圈受到的安培力方向向下，故C错误；
D、根据能量守恒定律，从静止至停止，弹簧的弹性势能不变，那么减小的重力势能转化为电能，从而产生焦耳热为Q=mgh=2mgx，故D错误。
故选：A。
利用楞次定律判断线圈所受安培力的方向，并利用楞次定律力的角度“来拒去留”去分析安培力方向，最后依据能量守恒定律，即可求解产生的焦耳热是来自于重力势能的减小。
本题巧妙的考查了楞次定律的应用，只要记住“来拒去留”这一规律，即可判断受力方向以及运动方向；磁铁受到的阻碍，安培力方向向上，那么线圈受到的安培力则向下。
12.[来源:2021年江苏省高考物理预测试卷（四）]如图所示的电路中，A、B、C是三个完全相同的灯泡，L是一个自感系数较大的线圈，其直流电阻与灯泡电阻相同.下列说法正确的是( )
A. 闭合开关S，A灯逐渐变亮
B. 电路接通稳定后，流过B灯的电流时流过C灯电流的32
C. 电路接通稳定后，断开开关S，C灯立即熄灭
D. 电路接通稳定后，断开开关S，A，B，C灯过一会儿才熄灭，且A灯亮度比B，C灯亮度高
【答案】D
【解析】
解：电路中A灯与线圈并联后与B灯串联，再与C灯并联。
A、当S闭合时，三个灯同时立即发光，当线圈的阻碍渐渐减弱，则A灯逐渐变暗，故A错误。
B、电路接通稳定后，A灯与线圈并联，再与B串联，最后与C并联，电压相同，因直流电阻与灯泡电阻相同，则流过B灯的电流时流过C灯电流的23，故B错误；
C、电路接通稳定后，断开开关S，因线圈的自感电动势，则C灯过一会儿熄灭。故C错误。
D、电路接通稳定后，S断开时，C灯中原来的电流立即减至零，由于线圈中电流要减小，产生自感电动势，阻碍电流的减小，线圈中电流不会立即消失，这个自感电流通过C灯，所以C灯过一会儿熄灭，因BC串联后再与A并联，则A灯亮度比B，C灯亮度高。故D正确。
故选：D。
当电流增大时，线圈会阻碍电流的增大，当电流减小时，线圈会阻碍电流的减小．根据电感线圈的特性进行分析．
解决本题的关键掌握线圈对电流的变化有阻碍作用，当电流增大时，线圈会阻碍电流的增大，当电流减小时，线圈会阻碍电流的减小．当电流不变时，线圈将与之并联的电路短路．
13.[来源:2021年云南师大附中高考物理适应性试卷（六）]如图所示，在绝缘水平桌面上，有一东西向放置的水平导体棒ab置于竖直向下的匀强磁场中，ab棒用柔软的导线与相距较远的导体棒cd连接，cd棒南北向固定在绝缘水平桌面上，其东侧桌面上有一水平光滑金属导轨，导体棒ef置于导轨上与电源形成闭合电路，导体棒ef与导体棒cd平行且相距较近。现迅速移动ab棒，发现ef棒向西运动靠近cd棒，是因为ab棒迅速( )
A. 向东移动 B. 向北移动 C. 向西移动 D. 向南移动
【答案】B
【解析】
解：根据电路图可知ef棒电流向南，根据安培定则可知ef棒的电流在cd处形成的磁场方向向下，ef棒与cd棒相互吸引，根据左手定则可知cd棒电流也向南，由右手定则可知ab棒向北运动，故B正确，ACD错误。
故选：B。
根据电路图判断ef棒电流方向，根据左手定则可知cd棒电流方向，由右手定则判断ab棒的电流方向。
本题主要是考查左手定则、安培定则和右手定则，关键知道左手定则和右手定则的应用方法，不能混淆；知道安培定则是判断电流周围的磁场方向。
14.[来源:2021年辽宁省新高考“八省联考”高考物理适应性试卷]如图所示，“凹”字形金属线框右侧有一宽度为3L的匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面向里。线框在纸面内向右匀速通过磁场区域，t=0时，线框开始进入磁场。设逆时针方向为感应电流的正方向，则线框中感应电流i随时间t变化的图象可能正确的是( )
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
解：设线框向左运动的速度为v，线框的总电阻为R，
当t
当3Lv≤t<4Lv时，从左侧长边进入磁场至右侧中间短边离开磁场，由右手定则可知，感应电流沿顺时针方向，是负的，电流大小i=2BLvR；
当4Lv≤t<6Lv时，从右侧中间短边离开磁场至左侧长边离开磁场，由右手定则可知，感应电流沿顺时针方向，是正的，电流大小i=3BLvR；故A正确，BCD错误。
故选：A。
应用右手定则判断出感应电流方向，应用E=BLv求出感应电动势，应用欧姆定律求出感应电流，然后分析图示图象答题。
分析清楚线框的运动过程是解题的前提，应用右手定则、E=BLv与欧姆定律即可解题。
15.[来源:2021年江苏省扬州市高考物理调研试卷（2月份）（一模）]如图所示，地面上方存在一个沿水平方向的磁场，以O点为坐标原点，水平向右为x轴，竖直向下为y轴，磁感应强度在相同高度处大小相等，竖直方向按B=ky分布(k>0)。将一个矩形线框abcd从图示位置水平向右抛出，运动过程中线框始终处于竖直平面内，且ad边保持水平，磁场区域足够大，不计空气阻力。关于线框下列说法正确的是( )
A. 电流方向是abcda B. 水平方向做匀减速运动
C. 竖直方向做匀加速运动 D. 最终斜向右下方做匀速运动
【答案】D
【解析】
解：A、线框沿水平向右抛出后，在重力作用下在竖直方向上做加速运动，磁通量增加，磁场方向垂直纸面向外，由楞次定律判断可知感应电流方向是adcba，故A错误；
B、ab边和cd所受的安培力大小相等、方向相反，则线框在水平方向上所受的合力为零，所以线框在水平方向做匀速直线运动，故B错误；
CD、由左手定则可知ad边受到的安培力竖直向下，bc边受到的安培力竖直向上，由于bc处的磁感应强度总比ad处的大，则bc边受到的安培力比ad边的大，所以线框所受安培力方向始终竖直向上，设线框边长为L，某时刻竖直分速度为v，则线框产生的感应电动势为：E=BbcLv-BadLv=(Bbc-Bad)Lv=kL⋅Lv=kvL2，故随着速度v的增加，线圈产生的感应电动势增加，感应电流增加，线框所受的安培力增加，合力减小，加速度减小，当安培力与重力平衡时开始做匀速运动，所以线框在竖直方向上先做加速度逐渐减小的加速运动，后做匀速直线运动，线框在水平方向做匀速直线运动，因此，线框最终斜向右下方做匀速运动，故C错误，D正确。
故选：D。
根据磁通量的变化情况和磁场方向，由楞次定律判断感应电流方向；分析线框水平方向和竖直方向的受力情况，来判断其运动情况。由左手定则判断安培力的方向。线框在竖直方向先做加速运动，后做匀速运动。
本题中磁场随着空间位置变化，导致线框移动过程中磁通量变化，从而产生感应电流，要通过分析线框的受力情况来判断其运动情况，运用正交分解法进行分析。
16.[来源:2021年河南省濮阳一中高考物理摸底试卷（3月份）]如图所示、有界匀强磁场区域的磁场方向竖直向下看。有一正方形线框沿水平光滑桌面由位置I以v0=3.0m/s的初速度沿垂直于磁场边界水平向右运动，线框经过位置Ⅱ，当运动到位置Ⅲ时速度恰好为零，此时线框刚好有一半离开磁场区域。则线框经过位置Ⅱ时的速度大小为( )
A. 1.0m/s B. 1.5m/s C. 2.0m/s D. 2.5m/s
【答案】A
【解析】
解：设线框电阻为R、边长为L、面积为S、质量为m，线框进入磁场过程的时间为△t1，
由法拉第电磁感应定律，进入磁场过程中产生的感应电动势平均值为：E1=△Φ1△t1，
根据闭合电路欧姆定律，感应电流的平均值I1=E1R，通过线框横截面的电荷量为q1=I1⋅△t1=BSR。
同理，线框出磁场过程中通过线框横截面的电荷量为q2=I2⋅△t2=BS2R。
因此可得：q1=2q2
线框由Ⅰ位置到Ⅱ位置的过程中，由动量定理有：-BLI1⋅△t1=-BLq1=m(v-v0)
线框由Ⅱ位置到位置Ⅲ的过程中，有：-BLI2⋅△t2=-BLq2=m(0-v)
上两式相比解得：v=1.0m/s，故A正确、BCD错误。
故选：A。
由法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律结合电荷量的计算公式求解线框进入磁场过程中和离开磁场过程中电荷量的表达式，再根据动量定理列方程求解。
对于安培力作用下导体棒的运动问题，如果涉及电荷量、求速度、位移问题，常根据动量定理结合法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律列方程进行解答。
17.[来源:2021年山西省吕梁市高考物理一模试卷]如图所示，宽为a的矩形金属导线框，从图示位置由静止开始下落，通过一宽度为b(b>a)的水平匀强磁场区域，磁场方向垂直于线框平面。从线框下边进入磁场区域到线框上边离开磁场区域的过程中( )
A. 线框中一直有感应电流
B. 线框受安培力时安培力的方向总是竖直向上
C. 线框可能一直做匀速直线运动
D. 线框可能一直做匀减速直线运动
【答案】B
【解析】
解：A、由于磁场的宽度大于线框的宽度，当线框完全在磁场中时，线框中的磁通量不会发生变化，此时线框中不再产生感应电流，故A错误；
B、线框进入磁场过程中，根据右手定则可知电流方向为逆时针，根据左手定则可知线框受到的安培力方向向上；线框离开磁场过程中，根据右手定则可知电流方向为顺时针，根据左手定则可知线框受安培力时安培力的方向向上，故B正确；
CD、如果线框完全在磁场中，感应电流为零、安培力为零，线框只受重力作用，线框做加速度为g的匀加速直线运动，故CD错误。
故选：B。
当线框完全在磁场中时，线框中的磁通量不会发生变化，此时线框中不再产生感应电流，线框只受重力作用，线框做加速度为g的匀加速直线运动；根据左手定则判断安培力的方向。
本题主要是考查电磁感应现象中的力学问题，关键是弄清楚线框的受力情况和感应电流产生的条件，根据受力情况分析运动情况。
18.[来源:2021年广东省河源市源城区高考物理模拟试卷（2月份）]如图甲所示，N=200匝的线圈(图中只画了2匝)，电阻r=2Ω，其两端与一个R=48Ω的电阻相连。线圈内有垂直纸面向里的磁场，磁通量按图乙所示规律变化。下列选项正确的是( )
A. 电阻R两端b点比a点电势高
B. 电阻R两端的电压大小为10V
C. 0.1s时间内非静电力所做的功为0.2J
D. 0.1s时间内通过电阻R的电荷量为0.05C
【答案】C
【解析】
解：A、由楞次定律可得，穿过线圈的磁通量越来越大，则此时线圈电流为顺时针，电流方向从a到b流过电阻R，故a点电势高于b点电势，故A错误；
B、由图象可知，图象的斜率k=△φ△t=0.0050.1Wb/s=0.05Wb/s，已知线圈匝数为：N=200匝，
故E=N△φ△t=200×0.05=10V，由于线圈内阻为r=2Ω，R=48Ω，二者串联，由串联电路分压定律可得：rR=U1U2，U1+U2=10V，故U2=9.6V，
故B错误；
CD、已知回路中的电流为：I=ER+r=102+48A=0.2A，由电流的定义式可得：q=It=0.2×0.1C=0.02C，由电动势的定义式可得：E=Wq，W为非经典力所做的功，代入数据可得：W=qE=10×0.02J=0.2J，故C正确，D错误；
故选：C。
由楞次定律分析出感应电流的方向，再由法拉第电磁感应定律求出电流的大小，以此进行分析。
本题主要考查了楞次定律，法拉第电磁感应定律，电功和电功率的计算，解题关键在于线圈此时相当于电源，线圈的内阻相当于电源的内阻。
19.[来源:2021年上海市嘉定区高考物理一模试卷]磁单极子自1932年被狄拉克提出以来，科学家们一直都在努力寻找其存在的确凿证据。如果一个只有S极的磁单极子从上向下穿过如图所示的闭合超导线圈，则从上向下看，这个线圈中将出现( )
A. 先逆时针后顺时针的感应电流
B. 先顺时针后逆时针的感应电流
C. 逆时针方向的持续流动的感应电流
D. 顺时针方向的持续流动的感应电流
【答案】D
【解析】
解：AC、当S极磁单极子穿过超导线圈的过程中，当磁单极子靠近线圈时，穿过线圈中磁通量增加，且磁场方向从下向上，所以由楞次定律可知，感应磁场方向向下，再由右手螺旋定则可确定感应电流方向顺时针，故A错误、C错误；
BD、当磁单极子远离线圈时，穿过线圈中磁通量减小，且磁场方向从上向下，所以由楞次定律可知，感应磁场方向向下，再由右手螺旋定则可确定感应电流方向顺时针，因此线圈中产生的感应电流方向不变，故B错误，D正确；
故选：D。
根据右手螺旋定则、楞次定律，可以判断线圈中电流的方向。
考查右手螺旋定则、楞次定律，及磁单极子的特征．同时注意磁体外部的感应线是从N极射出，射向S极．
20.[来源:2021年上海市闵行区高考物理一模试卷]下面四种常用电器中哪一个应用的物理规律与其他三个不同( )
A. 动圈式麦克风 B. 动圈式扬声器 C. 家用电磁炉 D. 无线充电器
【答案】B
【解析】
解：A、当传声器接受声波时，作用在振膜上，引起振膜振动，带动音圈作相应振动，音圈在磁铁中运动，产生电动势，属于电磁感应现象；
B、通电导体在磁场中受力，变化的电流通过线圈，通电线圈受力，从而让扬声器的膜片振动，产生声音，属于电流的磁效应；
C、家用电磁炉能加热食物是因为通电线圈产生变化的磁场在锅体中产生电磁感应而引起的；
D、无线充电器是初级线圈一定频率的交流电，通过电磁感应在次级线圈中产生一定的电流，从而将能量从传输端转移到接收端；
ACD选项应用的物理规律都是电磁感应现象，而B选项应用的是电流的磁效应，
故选：B。
明确电磁感应定律的应用，并掌握生活中常用仪器的工作原理即可求解。
本题考查了电磁感应现象和电流的磁效应，注意电磁感应定律在生产生活中有着很多的应用，要注意正确理解，同时注意明确二者的区别。
二、多选题（本大题共10小题）
21.[来源:2021年湖北省龙泉中学、宜昌一中高考物理联考试卷（2月份）]如图所示，abcd为一边长为L的正方形导线框，导线框位于光滑水平面内，其右侧为一匀强磁场区域，磁场的边界与线框的cd边平行，磁场区域的宽度为2L，磁感应强度为B，方向竖直向下。线框在一垂直于cd边的水平恒定拉力F作用下沿水平方向向右运动，直至通过磁场区域。cd边刚进入磁场时，线框开始匀速运动，规定线框中电流沿逆时针时方向为正，则导线框从刚进入磁场到完全离开磁场的过程中，a、b两端的电压Uab及导线框中的电流i随cd边的位置坐标x变化的图线可能是( )
A. B.
C. D.
【答案】BD
【解析】
解决本题的关键会根据线框的受力状况判断线框的运动状况，以及知道线框出磁场的末速度不会小于进磁场的速度，则出磁场时感应电流不会小于进磁场时的感应电流。
【解答】
AB.线框进入磁场的过程做匀速直线运动，感应电动势E=BLv恒定，线框中的电流大小恒定，方向沿逆时针方向，a、b两端的电压Uab=14BLv；线框完全在磁场中运动时，穿过闭合电路的磁通量不变，线框中感应电流为零，做匀加速运动，但ab边两端的电压Uab=BLv=BLv02+2ax，其中v0为匀速运动的速度，Uab与位移x不是线性关系，当出磁场时，线框做减速运动，Uab不断减小，故A错误、B正确；
CD.线框进入磁场过程中，线框中的电流大小恒定且为逆时针，完全进入磁场时电流为零；线框离开磁场，做减速运动，加速度逐渐减小，线框刚好完全离开磁场时，速度大于或等于匀速运动时的速度，不可能为零，故此时电流也不可能为零，故C错误、D正确。
故选BD。
22.[来源:2021湖北省模拟题]如图所示，水平面内足够长的光滑“凸”形电阻可忽略的金属导轨左侧宽度为L1，右侧宽度为L2，且L1=2L2，有两个材料相同，质量均为m导体棒静止在导轨上，垂直于导轨所在平面向上的磁场磁感应强度大小为B，现给导体棒Ⅰ一初速度ν0使其沿水平方向开始运动直至达到稳定状态，整个过程导体棒Ⅰ一直在左侧导轨部分，下面说法正确的是( )
A. 导体棒Ⅰ达到稳定状态时速度为v05
B. 导体棒Ⅰ达到稳定状态时速度为v03
C. 整个过程中通过导体棒Ⅱ的电荷量为4mv05BL1
D. 整个过程中导体棒Ⅱ上产生的焦耳热为225mv02
【答案】ACD
【解析】
对于安培力作用下导体棒的运动问题，如果涉及电荷量、求位移问题，常根据动量定理结合法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律列方程进行解答。
【解答】
AB、达到稳定状态时电流为零，此时Ⅰ的速度为v1，Ⅱ的速度为v2，则有：BL1v1=BL2v2，解得v2=2v1；对Ⅰ根据动量定理可得：
-BIL1t=mv1-mv0，对Ⅱ根据动量定理可得：BIL2t=mv2-0，则mv0-mv1=2mv2，解得：v1=v05，v2=2v05，所以导体棒I达到稳定状态时速度为v05，故A正确、B错误；
C、对Ⅱ根据动量定理可得：BIL2t=mv2-0，其中q=It，则整个过程中通过导体棒Ⅱ的电荷量为q=mv2BL2=2mv05BL2=4mv05BL1，故C正确；
D、整个过程中系统产生的焦耳热Q=12mv02-12mv12-12mv22，两个导体棒材料相同，质量相同，则体积相同，横截面积之比为1：2，故由电阻定律可知则电阻之比为4：1，导体棒Ⅱ上产生的焦耳热为QⅡ=15Q=225mv02，故D正确。
故选ACD。
23.[来源:2021年河南省新乡市高考物理摸底试卷（2月份）]如图所示，固定在绝缘水平面上的半径r=0.2m的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感应强度大小B=0.1T的匀强磁场。金属棒一端与圆环接触良好，另一端固定在竖直导电转轴OO’上，随轴顺时针匀速转动。在圆环的A点和电刷间接有阻值R=10Ω的电阻和板间距d=0.01m的平行板电容器，有一质量m=1g、电荷量q=1×10-5C的颗粒在电容器极板间恰好处于静止状态。取重力加速度大小g=10m/s2，不计其他电阻和摩擦，下列说法正确的是
A. 电容器两极板间的电压为10V
B. 电容器的上极板带正电荷
C. 每秒钟通过电阻的电荷量为10C
D. 金属棒转动的角速度大小为5X103rad/s
【答案】AD
【解析】
本题是电磁感应现象和电路相结合的问题，常规题目。
【解答】
A.对电容器极板间的带电颗粒受力分析得出qUd=mg，得出U=mgdq=1×10-3×10×0.011×10-5V=10V，故选项A正确；
B.金属棒顺时针方向运动，根据右手定则可知，电容器下极板带正电荷，故B错误；
C.根据I=UR，Q=It可知，每秒钟通过电阻的电荷量为1C，故C错误；
D.根据公式E=Br2ω2，得出ω=5×103 rad/s，故D正确；
故选AD。
24.[来源:2021年广西梧州市高考物理毕业班联考试卷（3月份）]一种基于电磁感应原理的非接触式电能供应系统可实现电能的无线传输，目前已有手机无线充电等应用，如图所示为这种供电系统原理示意图．图中两个感应线圈A和B相邻正对放置，不计线圈的电阻．下列说法正确的是( )
A. 向A线圈中输入变化的电流，B线圈中会产生感应电动势
B. 向A线圈中输入恒定的电流，B线圈中会产生感应电动势
C. 电能传输中只增加A、B间距，B线圈中感应电动势会变大
D. 电能传输中只增加A线圈中电流的变化率，B线圈中感应电动势会变大
【答案】AD
【解析】
根据法拉第电磁感应定律：E=nΔΦΔt，再结合感应电动势产生的条件，从而即可解答。
本题主要考查法拉第电磁感应定律、感应电动势的产生条件。
【解答】
AB.根据感应电动势产生的条件，若A线圈中输入恒定的电流，则A产生恒定的磁场，B中的磁通量不发生变化，则B线圈中就会不产生感应电动势.A线圈中输入变化的电流时，B线圈中会产生感应电动势，故A正确，B错误；
CD.根据法拉第电磁感应定律：E=nΔΦΔt可得，A线圈中电流变化越快，A线圈中电流产生的磁场变化越快，B线圈中感应电动势越大，增大.A. B间的距离，不能使B线圈中感应电动势变大，故C错误，D正确。
故选AD。
25.[来源:2021年辽宁省大连市高考物理双基试卷]如图所示，足够长的光滑平行金属导轨与水平面成θ角放置，导轨间距为L且电阻不计，其顶端接有一阻值为R的电阻，整个装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下。一质量为m的金属棒以初速度v0由导轨底端上滑，经一段时间滑行距离x到达最高点后，又返回底端。棒与两导轨始终垂直且接触良好，其接入电路中的电阻为r，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. 棒下滑过程的平均速度等于v02
B. 棒下滑过程通过R的电荷量为BLxR
C. 棒上滑时间等于mv0(R+r)-B2L2xmg(R+r)sin θ
D. 棒上滑过程中回路产生的焦耳热等于12mv02-mgxsin θ
【答案】CD
【解析】
本题考查电磁感应与力学的综合，需要能正确地进行受力分析和能量转化情况的分析。
【解答】
A.金属棒在上滑过程中，加速度逐渐减小，到最高点时速度为零，故上滑过程中金属棒的平均速度小于v02，金属棒下滑过程的位移大小等于上滑过程的位移大小，且在同一高度处(最高点除外)金属棒下滑过程的加速度小于上滑过程的加速度，故金属棒下滑所用时间大于上滑所用时间，下滑平均速度小于上滑的平均速度，即小于v02，故A错误；
B.棒下滑过程通过R的电荷量q=It=ΔΦR+r=BLxR+r，故B错误；
C.棒上滑过程中，根据动量定理得：-(mgsinθ+BIL)Δt=0-mv0，IΔt=BLxR+r，联立解得：Δt=mv0(R+r)-B2L2xmg(R+r)sinθ，故C正确；
D.棒上滑过程中，根据能量守恒定律得12mv02=mgxsinθ +Q，回路产生的焦耳热等于12mv02-mgxsinθ，故D正确。
故选CD。
26.[来源:2021年广东省韶关市高考物理一模试卷]如图，U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，ab和dc边平行，和bc边垂直．ab、dc足够长，整个金属框电阻可忽略，一根具有一定电阻的导体棒MN置于金属框上，用水平恒力F向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，MN与金属框保持良好接触，且与bc边保持平行，经过一段时间后( )
A. 金属框和导体棒速度相等 B. 金属框和导体棒加速度相等
C. 导体棒所受安培力不变 D. 金属框的加速度不变
【答案】BCD
【解析】
本题为电磁感应中的双棒问题的变型，需通过对金属框和导体棒的受力分析来判断它们的运动情况，同时利用运动学的规律结合法拉第电磁感应定律来判断电路中的感应电动势和感应电流的变化情况，从而来确定金属框和导体棒运动的最终状态；
施加拉力后金属框做加速度减小的加速运动，导体棒做加速度增大的加速运动，当两者加速度相等时两导体棒的速度差保持不变，两导体棒以相等的加速度做匀加速直线运动，根据金属框与导体棒的受力情况分析清楚其运动过程答题。
【解答】
金属框在恒力作用下向右做切割磁感线运动，由右手定则判断知，回路中产生逆时针的感应电流，由左手定则判断可知，导体棒所受的安培力方向向右，故导体棒向右做加速运动；
设刚开始运动后金属框的速度为v1，导体棒的速度为v2，磁感应强度为B，bc边长为l，金属框的质量为m1，导体棒的质量为m2，导体棒的电阻为R，则：
以金属框为研究对象，其在此时刻的加速度a1为：a1=Fm1-B2l2(v1-v2)m1R，
以导体棒为研究对象，其在此时刻的加速度a2为：a2=B2l2(v1-v2)m2R，
由a1、a2的表达式可知，金属框向右运动后，开始阶段，由于金属框的加速度大于导体棒的加速度，故金属框和导体棒的速度差在逐渐增大，回路中产生的感应电动势增大，感应电流增大，金属框和导体棒所受的安培力都增大，则此后金属框的加速度在逐渐减小，导体棒的加速度在逐渐增大，当两者的加速度相等时，速度之差将会保持不变，感应电流与安培力也将保持不变，金属框和导体棒最终做加速度相同的匀加速直线运动；
AB、当两者的加速度相等时，速度之差将会保持不变， A错误，B正确；
C、由上述分析可知，金属框与导体棒构成的回路最终的电流保持不变，所以导体棒所受的安培力最终为定值， C正确；
D、由上述分析可知，金属框最终做匀加速直线运动，加速度恒定， D正确。
故选BCD。
27.[来源:2021山西省模拟题]如图所示的光滑导轨，由倾斜和水平两部分在MM'处平滑连接组成。导轨间距为L，水平部分处于竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中，倾斜导轨连接阻值为R的电阻。现让质量为m、阻值为2R的金属棒a从距离水平面高度为h处静止释放。金属棒a到达磁场中OO'时，动能是该金属棒运动到MM'时动能的14，最终静止在水平导轨上。金属棒a与导轨接触良好且导轨电阻不计，重力加速度g=10m/s2.以下说法正确的是( )
A. 金属棒a运动到MM'时回路中的电流大小为BL3R2gh
B. 金属棒a运动到OO'时的加速度大小为a=B2L22gh3mR
C. 金属棒a从h处静止下滑到在水平导轨上静止过程中，电阻上产生的焦耳热为13mgh
D. 金属棒a若从h处静止释放，在它运动的整个过程中，安培力的冲量大小是m2gh，方向向左
【答案】ACD
【解析】解：A、金属棒沿斜轨道下滑过程，据动能定理有mgh=12mv2，解得：v=2gh，
此时的电动势E=BLv，电流I=ER+2R，
联立解得：I=BL3R2gh，
B、由题意知，金属棒到达OO'时的速度为v2，根据牛顿第二定律得F安=BIL=BBL⋅v2R+2RL=ma，解得：a=B2L22gh6mR，故B错误；
C、对金属棒运动全过程，据能量守恒定律有mgh=Q，其中电阻R上产生的焦耳热与金属棒上的焦耳热按阻值分配有QR=RR+2RQ，
联立解得：QR=13mgh，故C正确；
D、取水平向右为正方向，根据动量定理有I=-F安-⋅t=0-mv=-m2gh，方向水平向左，故D正确。
故选：ACD。
由动能定理求出金属棒刚进入水平轨道时的速度，根据法拉第电磁感应定律求解电动势，由欧姆定律求解回路电流；
根据安培力公式结合牛顿第二定律求解金属棒到达OO'时的加速度；
根据能量守恒定律求解电阻R上产生的焦耳热；
根据动量定理求解安培力的冲量；
解决本题的关键是明确金属棒的运动情况，抓住牛顿第二定律的瞬时表达式、瞬时加速度的定义式，电磁感应中热量问题，要想到能否用能量守恒定律解答。
28.[来源:2021年安徽省合肥市高考物理一模试卷]如图所示，宽度为L的光滑金属框架MNPQ固定于水平面，并处在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向竖直向下，框架的电阻分布不均匀。将质量为m、长为L的金属棒ab垂直放置在框架上，并且与框架接触良好。现给棒ab向左的初速度v0，其恰能做加速度大小为a的匀减速直线运动，则在棒ab的速度由v0减为v的过程中，下列说法正确的是
A. 棒ab的位移大小为v02-v22a
B. 通过棒ab的电荷量为m(v0-v)BL
C. 框架PN段的热功率增大
D. 棒ab产生的焦耳热为12m(v02-v2)
【答案】AB
【解析】
本题主要考查动生电动势，焦耳定律，能量守恒，解决本题的关键在于对能量守恒的正确理解及应用。
根据匀变速直线运动速度位移关系求解位移大小；根据动量定理结合安培力的冲量求解电荷量；根据热功率公式求解热功率变化情况；根据能量守恒求解回路中产生的热量，从而判断ab棒的焦耳热情况。
【解答】
A.根据匀变速直线运动速度位移关系有：v2-v02=-2ax，解得：x=v02-v22a，故A正确；
B.对ab棒根据动量定理有：-BIL·Δt=mv-mv0，又q=I·Δt，解得：q=m(v0-v)BL，故B正确；
C.根据热功率：P=I2R，随着导体棒ab速度的减小，动生电动势：E=BLv也减小，根据闭合电路欧姆定律可知，电流减小，故热功率减小，故C错误；
D.由能量守恒定律可知，12mv02-12mv 2=Q，Q为电路中产生的焦耳热，故导体棒ab产生的焦耳热小于Q，即小于12m(v02-v2)，故D错误。
故选AB。
29.[来源:2021年江西省重点中学协作体高考物理第一次联考试卷（2月份）]如图所示，x轴上方有两条曲线均为正弦曲线的半个周期，其高和底的长度均为l，在x轴与曲线所围的两区域内存在大小均为B，方向如图所示的匀强磁场，MNPQ为一边长为l的正方形导线框，其电阻为R，MN与x轴重合，在外力的作用下，线框从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速向右穿越磁场区域，则下列说法正确的是( )
A. 线框的PN边到达x坐标为l2处时，感应电流最大
B. 线框的PN边到达x坐标为3l2处时，感应电流最大
C. 穿越磁场的整个过程中，线框中产生的焦耳热为B2l3vR
D. 穿越磁场的整个过程中，外力所做的功为3B2l3vR
【答案】BD
【解析】
当线框的左右两边都切割磁感线，且有效切割长度最大时产生的感应电动势，感应电流最大，画出线框中感应电流与时间的关系图象，根据焦耳定律求线框中产生的焦耳热。线框匀速运动，外力所做的功等于线框中产生的焦耳热。
本题以导线框匀速通过有界磁场的运动为命题背景，考查平衡条件、法拉第电磁感应定律、欧姆定律等高中主干知识。要知道在电磁感应中要求焦耳热，必须用电流的有效值。
【解答】
AB.线框向右匀速运动过程中，当线框的PN边到达x坐标为3l2处时，感应电流最大，此时感应电流大小为：Im=2BlvR，故A错误，B正确；
C.线框向右匀速运动过程中，回路中产生的感应电流随时间变化的图象如图所示(规定逆时针方向为正)，
穿越磁场的整个过程中，线框中产生的焦耳热为：
Q=2I12Rlv+I22Rlv
Q=2Blv22Rlv+2Blv22Rlv=3B2l3vR，故C错误；
D.由功能关系知，外力所做的功为：W=Q=3B2l3vR，故D正确。
故选BD。
30.[来源:2021年湖北省九师联盟高考物理巩固试卷（2月份）]如图甲所示，质量为m、电阻为r的金属棒ab垂直放置在光滑水平导轨上，导轨由两根足够长、间距为d的平行金属杆组成，其电阻不计，在导轨左端接有阻值R的电阻，金属棒与导轨接触良好，整个装置位于磁感应强度为B的匀强磁场中。从某时刻开始，导体棒在水平外力F的作用下向右运动(导体棒始终与导轨垂直)，水平外力随着金属棒位移变化的规律如图乙所示，当金属棒向右运动位移x时金属棒恰好匀速运动。则下列说法正确的是( )
A. 导体棒ab匀速运动的速度为v=F0(R+r)B2d2
B. 从金属棒开始运动到恰好匀速运动，电阻R上通过的电量为Bdx2(R+r)
C. 从金属棒开始运动到恰好匀速运动，电阻R上产生的焦耳热QR=mF02(R+r)22B4d4-12F0x
D. 从金属棒开始运动到恰好匀速运动，金属棒克服安培力做功W克=12F0x-mF02(R+r)22B4d4
【答案】AD
【解析】
解：A、金属棒匀速运动，外力与安培力二力平衡，即F0=BId=B2d2vr+R，
所以导体棒ab匀速运动的速度为v=F0(R+r)B2d2，故A正确；
B、从金属棒开始运动到恰好匀速运动，电阻R上通过的电量为q=It=ER+rt=△Φr+R=Bdxr+R，故B错误；
CD、从金属棒开始运动到恰好匀速运动，根据动能定理有W外-W克=12mv2-0=mF02(r+R)22B4d4，
根据图象面积表示外力做功可知，外力做的功为W外=12F0x，
所以金属棒克服安培力做功为W克=12F0x-mF02(R+r)22B4d4，
因为W克=Q总，且根据焦耳定律可知QR=RR+rQ总，
所以电阻R上产生的焦耳热QR=RF0x2(R+r)-mF02R(R+r)2B4d4，故C错误，D正确。
故选：AD。
导体棒匀速运动时，外力和安培力大小相等，以此列式求解匀速运动的速度；
根据电荷量的定义式结合法拉第电磁感应定律求解电阻R上通过的电量；
从金属棒开始运动到恰好匀速运动，根据动能定理求解电路的总电量，再根据焦耳定律求解电阻R上产生热量；
从金属棒开始运动到恰好匀速运动，根据动能定理求解金属棒克服安培力做功。
解决该题关键是知道金属棒做匀速运动时外力和安培力二力平衡，熟记安培力的计算公式，掌握电荷量的求解方法，知道金属棒克服安培力做功等于电路中产生的总热量。
三、计算题（本大题共10小题）
31.[来源:2021年河南郑州市高考物理猜想试卷（全国Ⅰ卷）]光滑水平轨道abc、ade在a端很接近但是不相连，bc段与de段平行，尺寸如图所示。轨道之间存在磁感应强度为B的匀强磁场。初始时质量为m的杆1放置在b、d两点上，杆2放置在杆1右侧L/2处。除杆2电阻为R外，杆1和轨道电阻均不计。
(1)若固定杆1，用水平外力以速度v0匀速向右拉动杆2。推导杆2中的感应电动势大小为E=BLv0；
(2)若固定杆2，用水平外力将杆1以初速度v0向左拉动，运动过程中保持杆中电流不变，求杆1向左运动位移L时速度的大小；
(3)在(2)问的过程中，杆1向左运动位移L过程中，求水平外力做的功；
(4)在(2)问的过程中，求杆1向左运动位移L所用时间。
【答案】
解：(1)经过△t时间，
E=△Φ△t=B△S△t=BLv0△t△t=BLv0
(2)移动L后，切割长度L2
此时感应电动势E=BLv12=BLv0
解得：v1=2v0
(3)由动能定理W+WA=△EK，因为安培力FA=ilB，切割有效长度l与位移成线性关系均匀减小
WA=-ILB+IBL22L=-3ILB4L=-3B2L3v04R
W=12m(2v0)2-12mv02+3B2L3v04R=3B2L3v04R+32mv02
(4)杆1向左运动位移L磁通量的变化量△Φ=B(L2+L)L2=34BL2
因为电流不变，所以E=△Φ△t=BLv0是一定值
△t=△ΦBLv0=34BL2BLv0=3L4v0
【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律推导切割产生的感应电动势公式；
(2)抓住电流不变，产生的感应电动势不变，结合切割产生的感应电动势公式求出杆1向左运动位移L时速度的大小；
(3)因为安培力FA=BIL，切割有效长度L与位移成线性关系均匀减小，求出这段过程中的平均安培力，从而求出这段过程中安培力做的功，根据动能定理求出水平外力做的功；
(4)抓住电流大小不变，即感应电动势不变，结合BLv0=△Φ△t求出杆1向左运动位移L所用的时间；
解决本题的关键掌握切割产生的感应电动势公式E=BLv，以及法拉第电磁感应定律E=n△Φ△t，知道两公式的区别和联系。
32.[来源:2021年河北省新高考“八省联考”高考物理适应性试卷]如图1所示，两条足够长的平行金属导轨间距为0.5 m.固定在倾角为37°的斜面上。导轨顶端连接一个阻值为1 Ω的电阻。在MN下方存在方向垂直于斜面向上、大小为1 T的匀强磁场。质量为0.5 kg的金属棒从AB处由静止开始沿导轨下滑，其运动过程中的v-t图象如图2所示。金属棒运动过程中与导轨保持垂直且接触良好，不计金属棒和导轨的电阻，取g=10 m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。
(1)求金属棒与导轨间的动摩擦因数；
(2)求金属棒在磁场中能够达到的最大速率；
(3)已知金属棒从进入磁场到速度达到5 m/s时通过电阻的电荷量为1.3 C，求此过程中电阻产生的焦耳热。
【答案】
解：(1)导体棒下滑过程有：a=gsinθ-μgcosθ
根据图像可得：a=ΔvΔt=4m/s2
代入解得：μ=0.25；
(2)进入磁场后导体棒做加速度逐渐减小的加速运动，设导体棒在磁场中运动达到的最大速率为v，根据法拉第电磁感应定律有：
E=BLv
根据闭合电路欧姆定律，导体棒中电流I为：
I=ER
当达到匀速时，导体棒所受合力为零有：
mgsinθ-μmgcosθ-BIL=0
解得：v=8m/s；
(3)导体棒进入磁场前的位移为x1，根据图像可得：x1=2m，
导体棒进入磁场后平均感应电动势E=ΔΦΔt
通过电阻的电荷量q=ERΔt=ΔBx2R
其中x2为导体棒进入磁场后的位移，当q=1.3C时，x2=2.6m，
自导体棒开始运动，至速度为5m/s过程中，根据能量定恒定律mgx1+x2sinθ=12mv2+μmgx1+x2cosθ+Q
Q为电阻产生的焦耳热
解得：Q=2.95J。
答：(1)金属棒与导轨间的动摩擦因数：μ=0.25；
(2)金属棒在磁场中能够达到的最大速率v=8m/s；
(3)此过程中电阻产生的焦耳热Q=2.95J。
【解析】本题考查了电磁感应导轨类问题，分析导体棒的运动过程，运用牛顿第二定律和能量守恒解决问题。
(1)根据牛顿第二定律表示出加速度，结合v-t图像求得动摩擦因数；
(2)根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律和受力平衡列式可得金属棒达到的最大速率；
(3)根据电磁感应电量的求解得到导体棒的位移，根据能量守恒列式可得电阻产生的焦耳热。
33.[来源:2021年云南师大附中高考物理适应性试卷（七）]如图所示，有一倾角为α的固定粗糙斜面，斜面上相隔为d的平行虚线MN与PQ间有大小为B的匀强磁场，方向垂直斜面向下。一质量为m、电阻为R、边长为L的正方形单匝纯电阻金属线圈，在沿斜面向上的恒力作用下，以速度v匀速进入磁场，线圈ab边刚进入磁场和cd边刚要离开磁场时，ab边两端的电压相等。已知磁场的宽度d大于线圈的边长L，线圈与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。求：
(1)线圈有一半面积进入磁场时通过ab边的电荷量q；
(2)恒力F的大小；
(3)线圈通过磁场的过程中产生的焦耳热Q。
【答案】(1)线圈一半面积进入磁场时产生的感应电动势，，
感应电流：I=ER，
电荷量：q=IΔt=BL22R；
(2)线圈匀速运动，处于平衡状态，
由平衡条件得：F=mgsinα+F安+μmgcosα，
安培力：F安=B2L2vR，
解得：F=mgsinα+μmgcosα+B2L2vR；
(3)ab边进磁场时，两端电压：Uab=34BLv，
cd边出磁场时：Uab'=14BLv1，
已知 Uab=Uab'，解得：v1=3v；
根据动能定理得：F(L+d)-mg(L+d)sinα-μmg(L+d)cosα-W安=12mv12-12mv2，
由热量等于克服安培力做功：Q=W安，
线圈通过磁场的过程中产生的焦耳热Q=B2L2v(L+d)R-4mv2
答：
(1)线圈有一半面积进入磁场时通过ab边的电荷量q为BL22R；
(2)恒力F的大小为：mgsinα+μmgcosα+B2L2vR；
(3)线圈通过磁场的过程中产生的焦耳热Q=B2L2v(L+d)R-4mv2。
【解析】(1)根据电量公式、欧姆定律和法拉第电磁感应定律结合求解电量。
(2)线圈匀速进入磁场，受力平衡，根据平衡条件和安培力公式求解。
(3)根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律结合得到线圈ab边刚进入磁场和cd边刚要离开磁场时，ab间的电压与速度的关系，从而求得cd边刚要离开磁场时的速度，再由动能定理和功能关系求解热量。
本题中感应电荷量的结论可在会推导的基础上记牢，经常用到。分析清楚线圈的运动过程是正确解题的关键，解题时要注意：E=BLv、欧姆定律、安培力公式、平衡条件、动能定理与能量守恒定律的应用，求热量时，要注意线框进入和穿出磁场两个过程都要产生焦耳热。
34.[来源:2021年上海市杨浦区高考物理一模试卷]如图(a)，磁力刹车是为保证过山车在最后进站前的安全而设计的一种刹车形式。磁场很强的钕磁铁长条安装在轨道上，刹车金属片安装在过山车底部或两侧。简化为图(b)的模型，相距为l、水平放置的导轨处于磁感应强度大小为B、方向竖直的匀强磁场中，整个回路中的等效电阻为R，将过山车上的刹车金属片等效为一根金属杆AB，过山车的质量为m。不计轨道摩擦和空气阻力。
(1)求水平磁力刹车减速的加速度a大小随速度v变化的关系式；
(2)试比较用磁力刹车和用摩擦力刹车的区别；
(3)若过山车进入水平磁力刹车轨道开始减速时，速度为30m/s，刹车产生的加速度大小为15m/s2。过山车的速度v随位移x的变化规律满足：v=v0-B2l2mRx(设水平轨道起点x=0)。在图(c)中画出水平磁力刹车减速的加速度大小随速度变化的图线，并求出过山车在水平轨道上减速到10m/s时滑行的距离。
【答案】解：(1)金属杆AB在磁场中切割磁感线运动，产生感应电动势E=Blv
根据牛顿第二定律F=ma
可得a=F安m=BIlm=BBlvRlm=B2l2vmR
(2)磁力刹车：速度越大，减速的加速度越大。当速度减到一定程度时，加速度过小，不足以阻止列车。依赖于磁性的基本属性，除电磁铁外，使用永磁体的刹车不需要电力。
摩擦力刹车：摩擦力恒定，与速度无关。存在不稳定性，比如下雨天刹车打滑等。
(3)水平磁力刹车减速的加速度大小随速度变化的图线如图所示
由金属杆减速的加速度a=B2l2mRv
从图(c)中可得斜率k=B2l2mR=0.5s-1
代入v=v0-B2l2mRx
可得x=40m
【解析】(1)根据E=Blv得出感应电动势，再结合安培力公式得出安培力随速度变化的关系，结合牛顿第二定律得出加速度随速度变化的关系；
(2)磁力刹车加速度大小与速度有关，而摩擦力刹车加速度大小与速度无关；
(3)根据上面的加速度速度关系式得出加速度速度的关系，并结合v=v0-B2l2mRx图像求解斜率的具体数据，画出a-v图像即可。
本题是电磁感应过程中的常规题目，注意和函数及图像的综合应用。
35.[来源:2021年江苏省南通、徐州、宿迁、淮安、泰州、镇江六市联考高考物理一调试卷]如图甲所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ固定在水平面内，相距为L，轨道端点M、P间接有阻值为R的电阻，导轨电阻不计．长度为L、质量为m、电阻为r的金属棒ab垂直于MN、PQ静止放在导轨上，与MP间的距离为d，棒与导轨接触良好．t=0时刻起，整个空间加一竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小B随时间t的变化规律如图乙所示，图中B0、t0已知．
(1)若t0时刻棒ab的速度大小为v，求0 t0时间内安培力对棒所做的功W；
(2)在0 t0时间内，若棒ab在外力作用下保持静止，求此时间内电阻R产生的焦耳热Q．
【答案】解：(1)对导体棒ab，由动能定理得
安培力对导体棒做的功为 W =12mv2
(2)电路中产生的电动势 E= ΔΦΔt
导体棒ab中的电流 I=ER+r
导体棒ab在外力作用下保持静止，0∼t0时间内电阻R上产生的焦耳热Q=I2Rt0
解得 Q=B02L2d2R(R+r)2t0
【解析】
【分析】
(1)对导体棒ab，由动能定理求安培力对导体棒做的功；
(2)产生的电动势求感应电流，导体棒ab在外力作用下保持静止，l 利用焦耳定律求解0∼t0时间内电阻R上产生的焦耳热。
【解答】
(1)对导体棒ab，由动能定理得
安培力对导体棒做的功为W =12mv2
(2)电路中产生的电动 E= ΔΦΔt
导体棒ab中的电流 I=ER+r
导体棒ab在外力作用下保持静止，0∼t0时间内电阻R上产生的焦耳热
Q=I2Rt0
解得 Q=B02L2d2R(R+r)2t0
36.[来源:2021年安徽省阜阳市高考物理质检试卷]如图，两平行光滑金属导轨ABC、A'B'C'的左端接有阻值为R的定值电阻Z，间距为L，其中AB、A'B'固定于同一水平面(图中未画出)上且与竖直面内半径为r的14光滑圆弧形导轨BC、B'C'相切于B、B'两点。矩形DBB'D'区域内存在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场。导体棒ab的质量为m、电阻值为R、长度为L，ab棒在功率恒定、方向水平向右的推力作用下由静止开始沿导轨运动，经时间t后撤去推力，然后ab棒与另一根相同的导体棒cd发生碰撞并粘在一起，以32gr的速率进入磁场，两导体棒穿过磁场区域后，恰好能到达CC'处。重力加速度大小为g，导体棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨的电阻。
(1)求该推力的功率P；
(2)求两导体棒通过磁场右边界BB'时的速度大小v；
(3)求两导体棒穿越磁场的过程中定值电阻Z产生的焦耳热Q；
(4)两导体棒到达CC'后原路返回，请通过计算判断两导体棒能否再次穿过磁场区域。若不能穿过，求出两导体棒停止的位置与DD'的距离x。
【答案】解：(1)设两导体棒碰撞前瞬间，ab棒的速度大小为v0，在推力作用的过程中，由动能定理有：Pt=12mv02
设ab与cd碰后瞬间的速率为v1，其值为v1=32gr，由动量守恒定律有：mv0=2mv1
解得：P=36mgrt；
(2)对两导体棒沿圆弧形导轨上滑的过程，由机械能守恒定律有：122mv2=2mgr
解得：v=2gr；
(3)经分析可知，两导体棒上产生的总焦耳热为Q2，由能量守恒定律有：Q+Q2=122mv12-122mv2
解得：Q=323mgr；
(4)设导体棒第一次穿越磁场的时间为t1，该过程回路中的平均电流为I1，DD'与BB'的间距为x1，由动量定理有：-BI1Lt1=2mv-2mv1
根据法拉第电磁感应定律和电路相关知识有：I1·t1=q1=ΔΦR总=BLx11.5R
解得：x1=6mR2grB2L2
由机械能守恒定律可知，导体棒再次回到BB'处时的速度大小为仍为v=2gr，导体棒再次进入磁场向左运动的过程中，仍用动量定理和相关电路知识，并且假设导体棒会停在磁场中，同时导体棒在磁场中向左运动的时间为t2，导体棒进入磁场后到停止运动的距离为Δx，该过程回路中的平均电流为I2，同前述道理可分别列式为：
-BI2Lt2=0-2mvI2·t2=BLΔx1.5R
解得：Δx=3mR2grB2L2
显然Δx
37.[来源:2021年辽宁省名校联盟高考物理联考试卷（3月份）]如图所示，绝缘水平面上有条形区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，其宽度均为s，区域Ⅰ内有磁感应强度大小为B、竖直向下的的匀强磁场(俯视图)。用粗细均匀的电阻丝制成边长为s的单匝正方形金属线框abcd，线框总电阻为R，质量为4m，线框制作平整，与水平面贴合良好，除区域Ⅲ水平面与线框间有恒定的动摩擦因数外，其余部分光滑。线框以初速度v0进入匀强磁场，运动至线框中心对称线与CD重合时速度恰好减为0，重力加速度为g，求：
(1)线框刚好完全进入区域Ⅰ的速度大小；
(2)区域Ⅲ与线框间的动摩擦因数。
【答案】解：(1)设线框刚好完全进入区域I的速度为v1，进入过程线框内的平均电流为I-，进入时间为△t，根据动量定理得-BI-s⋅△t=4mv1-4mv0
根据法拉第电磁感应定律得 E-=△Φ△t
回路中感应电流平均值I-=E-R
通过线框截面的电荷量q=I-△t
磁通量的变化量为△Φ=Bs2
联立解得v1=v0-B2s34mR
(2)线框出磁场的过程，ad边受向后的安培力，仍然在安培力的作用下减速，同理可得线框完全出磁场时速度v2=v0-B2s32mR
设线框和水平面间的动摩擦因数为μ，线框进入磁场后bc边受到恒定的摩擦力作用f1=μmg
ab边和cd边受到的摩擦力逐渐增大，平均力为f2=f3=12μ⋅12mg
根据动能定理得
-(f1+f2+f3)s2=0-12×4mv22
解得μ=83gs(v0-B2s32mR)2
答：(1)线框刚好完全进入区域I的速度大小是v0-B2s34mR；
(2)区域Ⅲ与线框间的动摩擦因数是83gs(v0-B2s32mR)2。
【解析】(1)线框进入磁场的过程，利用动量定理列式，结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电流的定义式求解。
(2)线框出磁场的过程，ad边受向后的安培力，仍然在安培力的作用下减速，同理求出线框完全出磁场时速度，再根据动能定理求区域Ⅲ与线框间的动摩擦因数。
本题中线框进入磁场时做非匀变速直线运动，不能根据运动学公式求速度，而要根据动量定理以及电荷量与磁通量变化量的关系来求解速度，要学会运用。
38.[来源:2021年安徽省A10联盟高考物理开年试卷]如图，两根足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ倾斜放置，导轨平面与水平面的夹角θ=30°，导轨间距为L，导轨上端连接一个理想电压表，下端连接一个阻值为R的定值电阻，整个导轨处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B。质量为m的金属棒ab放在导轨上，用平行于导轨平面向上的拉力拉金属棒，使金属棒由静止开始向上运动，某时刻撤去拉力。金属棒向上运动的整个过程中，电压表的示数随时间变化的图象如图乙所示(图中U0、t0均已知)，金属棒沿导轨运动过程中与导轨接触良好且始终与导轨垂直，金属棒接入电路的电阻为12R，重力加速度为g，不计导轨电阻，求：
(1)撤去拉力的瞬间，金属棒的速度大小；
(2)t=12t0时刻，作用于金属棒上拉力的大小；
(3)撤去拉力后，金属棒向上运动过程中，通过定值电阻R的电量及定值电阻R上产生的焦耳热分别是多少。
【答案】解：(1)撤去拉力的瞬间，电压表的示数为U0，根据闭合电路欧姆定律可知，
金属棒中的电动势：E0=U0R×(R+12R)=32U0
设此时金属棒的速度大小为v0，则E0=BLv0
解得：v0=3U02BL
(2)由于在0～t0时间内，感应电动势：E=32U0，
导体棒切割磁感线产生的感应电动势：E=BLv
由图示图象可知：U=U0t0t
解得：v=3U02BLt0t
因此金属在这段时间内做初速度为零的匀加速直线运动，
由匀变速直线运动的速度-时间公式v=at可知，加速度大小为：a=3U02BLt0
在t=12t0时刻，电路中电流：I=12U0R=U02R
根据牛顿第二定律：F-BIL-mgsinθ=ma
解得：F=12mg+3mU02BLt0+BLU02R
(3)撤去F后，金属棒向上做变减速运动，则减速运动的时间为t0，
根据动量定理：-mgsinθ⋅t0-BI-Lt0=0-mv0
即mgsinθ⋅t0+BqL=mv0
解得：q=3mU02B2L2-mgt02BL
设撤去拉力后，金属棒向上运动的距离为x，由q=BLx1.5R
解得：x=1.5qRBL
设电阻R中产生的焦耳热为Q，根据能量守恒定律得：
1.5Q+mgxsinθ=12mv02
解得：Q=3mU02+m2g2Rt04B2L2-3m2gRU04B3L3
答：(1)撤去拉力的瞬间，金属棒的速度大小是3U02BLt0t；
(2)t=12t0时刻，作用于金属棒上拉力的大小是12mg+3mU02BLt0+BLU02R；
(3)撤去拉力后，金属棒向上运动过程中，通过定值电阻R的电量是3mU02B2L2-mgt02BL，定值电阻R上产生的焦耳热是3mU02+m2g2Rt04B2L2-3m2gRU04B3L3。
【解析】(1)由闭合电路的欧姆定律求出金属棒切割磁感线产生的感应电动势，由E=BLv求出金属棒的速度大小。
(2)根据感应电动势与图示图象求出金属棒的加速度，然后对金属棒应用牛顿第二定律求出作用于金属棒上的拉力大小。
(3)应用动量定理求出撤去拉力后通过定值电阻R的电荷量；应用能量守恒定律求出定值电阻上产生的焦耳热。
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下导体棒的平衡问题，根据平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。
39.[来源:2021年江苏省无锡市高考物理质检试卷（2月份）（一模）]如图所示，“凹”字形硬质金属线框质量为m，相邻各边互相垂直，且处于同一平面内，ab、bc边长均为2l，gf边长为l。匀强磁场区域的上下边界均水平，磁场方向垂直于线框所在平面。开始时，bc边离磁场上边界的距离为l，线框由静止释放，从bc边进入磁场直到gf边进入磁场前，线框做匀速运动。在gf边离开磁场后，ah、ed边离开磁场之前，线框又做匀速运动。线框在下落过程中始终处于竖直平面内，且bc、gf边保持水平，重力加速度为g。求
(1)线框ah、ed边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是bc边刚进入磁场时的几倍；
(2)若磁场上下边界间的距离H，则线框完全穿过磁场过程中产生的热量为多少？
【答案】解：(1)设bc边刚进入磁场时的速度大小为v1，根据平衡条件可得：
mg=BI1⋅2l，其中I1=B⋅2lv1R
联立解得：v1=mgR4B2l2；
设线框ah、ed边将离开磁场时的速度大小为v2，根据平衡条件可得：
mg=BI2l，其中I2=B⋅lv2R
联立解得：v2=mgRB2l2；
所以v2=4v1；
(2)线框自由下落过程中，根据动能定理可得：
mgl=12mv12
解得：v1=2gl，则v2=42gl
从bc边刚进入磁场到线框ah、ed边刚离开磁场过程中，设克服安培力做功为W安，根据动能定理可得：
mg(H+2l)-W安=12mv22-12mv12
根据功能关系可知，产生的热量为：
Q=W安=mg(H-13l)。
答：(1)线框ah、ed边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是bc边刚进入磁场时的4倍；
(2)若磁场上下边界间的距离H，则线框完全穿过磁场过程中产生的热量为mg(H-13l)。
【解析】(1)根据平衡条件结合安培力的计算公式求解进入磁场和离开磁场时的时的大小，再求出比值；
(2)线框自由下落过程中，根据动能定理求解速度大小；从bc边刚进入磁场到线框ah、ed边刚离开磁场过程中，根据动能定理、功能关系可得产生的热量。
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。
40.[来源:2021年江苏省淮安市清江浦区淮阴中学高考物理模拟试卷]将两足够长的平行直导轨MN、PQ固定在绝缘斜面上，已知导轨与水平面之间的夹角为θ=30°，两导轨之间的距离为L=2m，下端接有R=1.5Ω的定值电阻，如图甲所示。在整个空间加一范围足够大且方向垂直导轨平面的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小随时间的变化规律如图乙所示，t=0时磁感应强度的方向垂直导轨平面向上。将一质量为m=1.4kg、阻值为r=0.5Ω、长度为L=2m的导体棒垂直地放在导轨上且与导轨始终接触良好，开始时导体棒与MP的距离为L1=1m，其他电阻不计，已知导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ=337，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2。
(1)如果导体棒在0～1s内始终不动，求流过定值电阻的电流大小以及方向；
(2)分析t=1.1s时导体棒所处的状态以及此时所受摩擦力的大小和方向；
(3)如果t=1.2s时在导体棒上加一沿导轨向上的外力F，使导体棒沿导轨向上以a=5m/s2的加速度做匀加速直线运动，写出该外力随时间变化的表达式。
【答案】解：(1)导体棒在0～1s内始终不动，由法拉第电磁感应定律得回路产生的感应电动势为
E=△Φ△t=△B△tLL1=2×2×1V=4V
由闭合电路欧姆定律得
I=ER+r=41.5+0.5A=2A
由楞次定律得知流过定值电阻的电流方向为M→P
(2)t=1.1s时，磁感应强度的大小B=0.2T
t=1.1s时流过导体棒的电流大小不变，则导体棒受到的安培力大小F安=B1IL=0.2×2×2N=0.8N，方向沿斜面向下
导体棒与导轨之间的最大静摩擦力fm=μmgcosθ=337×1.4×10×cos30°N=9N
对导体棒受力分析，可知mgsinθ+F安=1.4×10×sin30°N+0.8N=7.8N
(3)1.2 s后，由法拉第电磁感应定律得导体棒产生的感应电动势E'=B2Lv
t时刻速度v=a(t-1.2s)
通过导体棒的感应电流I'=E'R+r
导体棒受到的安培力大小F'安=B2I'L
由牛顿第二定律得
F-mgsin θ-μmgcos θ-F'安=ma
解得F=21.08+1.6t(N)(t≥1.2s)
答：(1)流过定值电阻的电流大小是2A，方向为M→P；
(2)t=1.1s时导体棒处于静止状态，此时所受摩擦力的大小为7.8N，方向沿斜面向上；
(3)该外力随时间变化的表达式为F=21.08+1.6t(N)(t≥1.2s)。
【解析】(1)导体棒在0～1s内始终不动，由法拉第电磁感应定律求出回路产生的感应电动势，再由闭合电路欧姆定律求出感应电流大小。由楞次定律判定感应电流的方向；
(2)t=1.1s时导体棒所处的运动状态不变，由平衡条件求出静摩擦力的大小和方向；
(3)由匀变速直线运动的规律、法拉第电磁感应定律及感应电动势和安培力的公式，最终都代入牛顿第二定律的表达式就能求出外力随时间变化的表达式。
解决本题的关键要正确分析导体棒的受力情况，运用力学规律如平衡条件、牛顿第二定律来判断导体棒的运动情况。
专题13 电磁感应(解析版)
一、单选题（本大题共20小题）
1.[来源:2021陕西省宝鸡市模拟题]如图所示，两根电阻不计的平行光滑长直金属导轨水平放置，导体棒a和b垂直跨在导轨上且与导轨接触良好，导体棒a的电阻大于b的电阻，匀强磁场方向竖直向下。当导体棒b在大小为F2的水平拉力作用下匀速向右运动时，导体棒a在大小为F1的水平拉力作用下保持静止状态。若U1、U2分别表示导体棒a和b与导轨两个接触点间的电压，那么它们大小关系为
A. F1=F2，U1>U2 B. F1
【解析】
b切割磁感线相当于电源，则U1、U2均为路端电压；根据F=BIL结合平衡状态比较力的大小。
【解答】
a、b与导轨构成闭合回路，电流I相等，则a、b受到的安培力均为F=BIL，又因为a、b均处于平衡状态，所以F1=F2；
b切割磁感线相当于电源，则U1、U2均等于路端电压，即IRa，所以U1=U2，故ABC错误，D正确。
故选D。
2.[来源:2021年河北省五个一名校联盟高考物理二模试卷]如图所示，两宽度均为a的水平匀强磁场，磁感应强度的大小等，两磁场区域间距为4a。一个边长为a的正方形金属线框从磁场上方距离为a处由静止自由下落，匀速通过上方匀强磁场区域，之后又通过下方匀强磁场区域。已知下落过程中线框平面始终在竖直平面内，不计空气阻力，下列说法正确的是
A. 线框通过上、下两个磁场的过程中产生的电能相等
B. 线框通过上、下两个磁场的过程中流过线框的电荷量不相等
C. 线框通过下方磁场的过程中加速度的最大值与重力加速度的大小相等
D. 线框通过上、下两个磁场的时间相等
【答案】C
【解析】
本题考查电磁感应中的功能关系问题和线圈切割磁感线的运动涉及的动力学问题。
根据功能关系判断线框通过磁场过程中产生的电能；根据推论q=nΔΦR求解电量；根据平衡条件和牛顿第二定律列方程联立求解；通过的位移相同，可根据平均速度大小判断时间的长短。
【解答】
A.线圈匀速通过上方的匀强磁场，根据能量守恒有E1=2mga，之后在无场区加速运动，进入下方匀强磁场，做减速运动，ΔEk<0，根据能量守恒，2mga-E2=ΔEk，解得：E2=2mga-ΔEk>2mga，故A错误；
B.根据q=nΔΦR可知，线框通过上、下两个磁场的过程中流过线框的电荷量相等，故B错误；
C.线框匀速穿过上方磁场，有：mg=B2a2vR，进入磁场时的速度v=2ga，则mg=B2a22gaR
进入下方区域磁场时的速度v'=8ga，线框进入下方磁场时加速度最大，B2a28gaR-mg=ma，联立解得：a=g，故C正确；
D.线圈以v=2ga匀速通过上方区域磁场，以v'=8ga进入下方区域磁场做减速运动，其平均速度大于2ga，故线框通过上方区域磁场的时间大于通过下方区域磁场的时间，故D错误。
故选C．
3.[来源:2021年上海市大同中学等九校联考高考物理一模试卷]如图甲所示，单匝矩形线圈abcd垂直固定在匀强磁场中。规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示。以顺时针方向为电流正方向，以向右方向为安培力正方向，下列关于bc段导线中的感应电流i和受到的安培力F随时间变化的图象正确的是( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
由图可知磁感应强度的变化，则可知线圈中磁通量的变化，由法拉第电磁感应定律可知感应电动势变化情况，由楞次定律可得感应电流的方向，根据左手定则可以找出安培力方向，结合可得出正确的图象。
本题主要考查了法拉第电磁感应定律，分析清楚B-t图象、应用楞次定律、法拉第电磁感应定律、安培力公式即可正确解题。
【解答】
0～0.5T时间内，B减小，穿过线圈的磁通量减小，磁场方向垂直纸面向里，由楞次定律可知，感应电流方向沿顺时针方向，为正值；
由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势为E=ΔBΔt·S，ΔBΔt不变，则E不变，感应电流不变。由左手定则可知，bc段导线受到的安培力方向水平向右，是正的。由于B变小，由F=BIL知bc段导线受到的安培力大小变小。
在0.5T-T时间内，B增大，穿过线圈的磁通量增大，磁场方向垂直纸面向里，由楞次定律可知，感应电流方向沿逆时针方向，为负值；
由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势为E=ΔBΔt·S，ΔBΔt不变，则E不变，感应电流不变。
由图知：在0.5T-T时间内的ΔBΔt是0～0.5T时间内的2倍，则在0.5T-T时间内的感应电动势E是0～0.5T时间内的2倍，感应电流也是2倍。
在0.5T-T时间内，由左手定则可知，bc段导线受到的安培力方向水平向左，是负的，且由F=BIL知在0.5T-T时间内bc段导线受到的安培力的最大值是前一时间段最大值的4倍，
故BCD错误，A正确。
故选：A。
4.[来源:2021年吉林省吉林市高考物理二调试卷]随着科技的不断发展，无线充电已经进入人们的视线。小到手表、手机，大到电脑、电动汽车的充电，都已经实现了从理论研发到实际应用的转化。下图给出了某品牌的无线充电手机利用电磁感应方式无线充电的原理图。关于电线充电，下列说法正确的是( )
A. 无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是“电流的磁效应”
B. 只有将充电底座接到直流电源上才能对手机进行充电
C. 接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同
D. 只要有无线充电底座，所有手机都可以进行无线充电
【答案】C
【解析】
根据电磁感应现象的原理，结合感应电动势产生的条件，即可求解。
考查充电手机的工作原理，理解电磁感应现象的运用，及产生感应电动势的条件，注意涡流的防止与应用。
【解答】
A.无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是电磁感应现象，不是“电流的磁效应”现象，故A错误；
B.当充电设备通以恒定直流，无线充电设备不会产生交变磁场，那么不能够正常使用，故B错误；
C.接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同，故C正确；
D.被充电手机内部，应该有一类似金属线圈的部件，与手机电池相连，当有交变磁场时，则出现感应电动势，那么普通手机不能够利用无线充电设备进行充电，故D错误；
故选：C。
5.[来源:2021年江苏省高考物理预测试卷（二）]将一均匀导线围成一圆心角为90°的扇形导线框OMN，其中OM=R，圆弧MN的圆心为O点，将导线框的O点置于如图所示的直角坐标系的原点，其中第二和第四象限存在垂直纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为B，第三象限存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为2B。从t=0时刻开始让导线框以O点为圆心，以恒定的角速度ω沿逆时针方向做匀速圆周运动，假定沿ONM方向的电流为正，则线框中的电流随时间的变化规律描绘正确的是
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
根据法拉第电磁感应定律求解感应电动势大小，再根据闭合电路的欧姆定律求解感应电流大小，根据楞次定律判断感应电流方向。
本题主要考查导体转动切割磁感线时的感应电动势、闭合电路的欧姆定律、楞次定律的应用。
【解答】
在0∼t0时间内，线框从图示位置开始(t=0)转过90°的过程中，产生的感应电动势为E1=12BωR2，由闭合电路欧姆定律得，回路中的电流为I1=E1r=BωR22r，根据楞次定律判断可知，线框中感应电流方向为逆时针方向(沿ONM方向)；
在t0∼2t0时间内，线框进入第三象限的过程中，回路中的电流方向为顺时针方向(沿OMN方向)，回路中产生的感应电动势为E2=12Bω·R2+12·2Bω·R2=32Bω·R2=3E1；感应电流为I2=3I1，
在2t0∼3t0时间内，线框进入第四象限的过程中，，回路中的电流方向为逆时针方向(沿ONM方向)，回路中产生的感应电动势为E3=12Bω·R2+12·2Bω·R2=32Bω·R2=3E1，感应电流为I3=3I1，
在3t0∼4t0时间内，线框出第四象限的过程中，回路中的电流方向为顺时针方向(沿OMN方向)，回路中产生的感应电动势为E4=12BωR2，回路电流为I4=I1，故B正确，ACD错误。
故选B。
6.[来源:2021年陕西省渭南市高考物理质检试卷（Ⅰ）]如图所示，矩形闭合导体框在水平边界PQ的上方，PQ下方足够大的区域内存在水平向里的匀强磁场，当矩形闭合导体框abcd从PQ上方由静止释放时，导体框下落过程形状不变，ab边始终保持与PQ平行，导体框所在平面与磁场方向垂直。若将导体框从PQ上方某一高度H处由静止释放，结果导体框恰好匀速进入磁场。现将导体框从PQ上方低于H处由静止释放并开始计时，用t1、t2分别表示导体框ab边和cd边刚进入磁场的时刻，不计空气阻力，下列反映导体框下落过程中速度v随时间t变化规律的图像中，可能正确的是
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
若将导体框从PQ上方某一高度H处由静止释放，线框先做自由落体运动，ab边进入磁场时v=2gh，因为重力等于安培力，做匀速直线运动。现将导体框从PQ上方低于H处由静止释放，线框先做自由落体运动，ab边进入磁场时v<2gh，安培力小于重力，做加速度减小的加速运动，cd边离开磁场做匀加速直线运动，加速度为g，所以C选项是正确的，ABD错误。
本题考查电磁感应定律的运用，先搞清楚线框可能做什么运动及其相应的条件，再根据题目的已知条件判断。
7.[来源:2021年山东省高考物理模拟试卷]如图所示，水平面内有一平行金属导轨，导轨光滑且电阻不计，匀强磁场与导轨平面垂直．阻值为R的导体棒垂直于导轨静止放置，且与导轨接触良好．t=0时，将开关S由1掷到2.q、i、v和a分别表示电容器所带的电荷量、棒中的电流、棒的速度和加速度．下列图象正确的是( )
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
将开关由1拨到2，电容器放电，导体棒向右加速运动切割磁感线，导体棒中会产生感应电动势，这时导体棒相当于一个电源，导体棒下端是负极，上端是正极，当电容器的电压降至与导体棒的感应电动势相等时，电容器不再放电，回路中不再有电流，导体棒不再受安培力而匀速运动，所以最终状态是：电荷量不为零，电流为零，速度不为零，加速度为零，D项正确．
电容器放电产生电流，使导体棒受到安培力运动，导体棒运动之后产生感应电动势，当导体棒的电动势与电容器两端的电压相等时达到稳定状态，由此判断物理量变化。
8.[来源:2021年江苏省常州市高考物理调研试卷（一模）]如图所示，圆形区域中的匀强磁场磁感应强度B1随时间t的变化关系为B1=kt，k为大于零的常量；边界MN右侧的匀强磁场磁感应强度大小为B2.光滑平行金属导轨左端接一阻值为R的电阻、MN处放置一和导轨接触良好的金属棒，不计导轨和金属棒电阻．t=0时，给金属棒一初速度ν0，使其在外力作用下向右匀速运动．回路的总磁通量为Φ、回路的电流为i、电阻R上产生的热量为Q、导体棒受到的外力为F，它们随时间t的变化图像正确的是( )
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
根据磁通量的定义Φ=BS得到在t=t1时刻穿过回路的总磁通量；根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律得到通过电阻R的电流；根据Q=I2Rt电阻R上产生的热量；根据平衡条件水平拉力等于安培力得到水平拉力。
本题考查电磁感应中的基本问题，综合性较强。
【解答】
A、根据题意可知，MN左边的磁场方向与右边的磁场方向相同，那么总磁通量即为金属棒左右两侧两种磁通量之和，则穿过回路的总磁通量为Φ=Φ1+Φ2=ktS+B2v0tL，故Φ-t图像应为直线，故A错误；
B、根据法拉第电磁感应定律得E=ΔΦΔt，则I=ER=kS+B2Lv0R，故回路的电流为恒定电流，图像应为平行于时间轴的直线，故B错误；
C、电阻R上产生的热量为Q=I2Rt，由于I，R不变，故Q与t成正比，故C正确；
D、金属棒所受的安培力大小F安=B2IL=(kS+B2Lv0)B2LR，根据平衡条件可知，水平拉力大小等于安培力大小，即为F=(kS+B2Lv0)B2LR，故拉力F是一个恒量，故D错误．
故选C。
9.[来源:2021年安徽省安庆市高考物理一模试卷]关于下列器材的原理和用途，正确的是( )
A. 金属电阻温度计常用纯金属做成，是利用了纯金属的电阻率几乎不受温度的影响
B. 扼流圈对交流的阻碍作用是因为线圈存在电阻
C. 真空冶炼炉的工作原理是炉体产生涡流使炉内金属熔化
D. 自动调温式电熨斗如果要调高工作温度，需将调温旋钮向下调节
【答案】D
【解析】
解：A、某些合金的电阻率几乎不受温度变化的影响，常用来制作标准电阻；金属电阻温度计应采用电阻随温度变化明显的材料，故A错误；
B、扼流圈对交流的阻碍作用是因为线圈存在自感现象，不是因为线圈电阻的原因；故B错误；
C、真空冶炼炉的工作原理是炉中金属产生涡流使炉内金属熔化，不是炉体产生涡流，故C错误；
D、如图是自动调温式电熨斗，要使温度要高一点，应使铜片与金属片接触面积增大，故应使调温旋钮下移一些，故D正确。
故选：D。
明确电感的作用，知道变压器不能改变交流电的频率；自感现象利用自感现象启动；真空治炼炉是利用电磁感应原理而使内部金属产生涡流而产生的热量．
电熨斗温度自动控制装置能控制电源的通断．常温时，上、下触点应是接触的，当双金属片温度升高时，上下层形变不同，上层形变大，双金属片发生弯曲，使电路断开．
本题考查了电感、温控器以及不同电阻的应用原理等，要注意明确各种电器的工作原理，特别注意电熨斗的原理，知道双金属片通过温度变化，两金属膨胀系数不同，使电源实现自动通断．
10.[来源:2021年广东省揭阳一中高考物理模拟试卷（3月份）]如图，水平铜盘半径为r，置于磁感应强度为B，方向竖直向下的匀强磁场中，铜盘绕通过圆盘中心的竖直轴以角速度ω做匀速圆周运动，铜盘的边缘及中心处分别通过导线和滑动变阻器R1与理想变压器的原线圈相连，该理想变压器原、副线圈的匝数比为n：1，变压器的副线圈与电阻为R2的负载相连，则( )
A. 变压器原线圈两端的电压为Br2ω2
B. 若R1不变时，通过负载R2的电流强度为0
C. 若R1不变时，通过变压器的副线圈横截面磁通量为0
D. 若R1变化时，通过负载R2的电流强度为通过R1电流的1n
【答案】B
【解析】
解：A、切割磁感线感应电动势公式E=12Br2ω，电势该电压加到电阻R上，由于变压器是理想变压器，所以变压器两端的电压是0.故A错误；
B、变压器只能改变原线圈的交流电的电压，不能改变直流电的电压，也不能将直流电的电能传递给副线圈，所以若R1不变时，通过负载R2的电流强度为0.故B正确；
C、虽然通过负载R2的电流强度为0，但副线圈中的磁通量与原线圈中的磁通量相同，不是0.故C错误；
D、变压器只能改变原线圈的交流电的电压与电流，不能改变直流电的电压与电流。故不能使用变压器的电流比的公式计算副线圈中的电流。故D错误。
故选：B。
先根据转动切割磁感线感应电动势公式E=12BL2ω，求出感应电动势，再由欧姆定律求出变压器原线圈两端的电压大小．
变压器只能改变原线圈的交流电的电压，不能改变直流电的电压．
本题关键要能将铜盘看成由无数幅条组成的，由转动切割磁感线感应电动势公式E=12BL2ω.
变压器只能改变原线圈的交流电的电压．
11.[来源:2021年江苏省高考物理预测试卷（六）]如图所示，轻弹簧上端固定，下端悬挂一质量为m的条形磁铁，磁铁穿过固定的水平闭合金属线圈。将磁铁托起到弹簧压缩x后由静止放开，磁铁会上下运动并逐渐停下来，静止时弹簧伸长x。不计空气阻力，重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内，则( )
A. 弹簧处于原长时，磁铁的加速度可能大于g
B. 磁铁中央通过线圈时，线圈中感应电流最大
C. 磁铁向下运动时，线圈受到的安培力方向向上
D. 线圈在整个过程中产生的焦耳势为mgx
【答案】A
【解析】解：A、弹簧处于原长时，没有弹力，除受到重力外，若磁铁向上运动，则受到向下的安培阻力，若向下运动，则受到向上的安培阻力，因此磁铁的加速度可能大于g，故A正确；
B、磁铁中央通过线圈时，线圈的磁通量变化率为零，则线圈中感应电流为零，最小，故B错误；
C、当磁铁向下运动时，根据楞次定律：来拒去留，则磁铁受到向上的安培力，那么线圈受到的安培力方向向下，故C错误；
D、根据能量守恒定律，从静止至停止，弹簧的弹性势能不变，那么减小的重力势能转化为电能，从而产生焦耳热为Q=mgh=2mgx，故D错误。
故选：A。
利用楞次定律判断线圈所受安培力的方向，并利用楞次定律力的角度“来拒去留”去分析安培力方向，最后依据能量守恒定律，即可求解产生的焦耳热是来自于重力势能的减小。
本题巧妙的考查了楞次定律的应用，只要记住“来拒去留”这一规律，即可判断受力方向以及运动方向；磁铁受到的阻碍，安培力方向向上，那么线圈受到的安培力则向下。
12.[来源:2021年江苏省高考物理预测试卷（四）]如图所示的电路中，A、B、C是三个完全相同的灯泡，L是一个自感系数较大的线圈，其直流电阻与灯泡电阻相同.下列说法正确的是( )
A. 闭合开关S，A灯逐渐变亮
B. 电路接通稳定后，流过B灯的电流时流过C灯电流的32
C. 电路接通稳定后，断开开关S，C灯立即熄灭
D. 电路接通稳定后，断开开关S，A，B，C灯过一会儿才熄灭，且A灯亮度比B，C灯亮度高
【答案】D
【解析】
解：电路中A灯与线圈并联后与B灯串联，再与C灯并联。
A、当S闭合时，三个灯同时立即发光，当线圈的阻碍渐渐减弱，则A灯逐渐变暗，故A错误。
B、电路接通稳定后，A灯与线圈并联，再与B串联，最后与C并联，电压相同，因直流电阻与灯泡电阻相同，则流过B灯的电流时流过C灯电流的23，故B错误；
C、电路接通稳定后，断开开关S，因线圈的自感电动势，则C灯过一会儿熄灭。故C错误。
D、电路接通稳定后，S断开时，C灯中原来的电流立即减至零，由于线圈中电流要减小，产生自感电动势，阻碍电流的减小，线圈中电流不会立即消失，这个自感电流通过C灯，所以C灯过一会儿熄灭，因BC串联后再与A并联，则A灯亮度比B，C灯亮度高。故D正确。
故选：D。
当电流增大时，线圈会阻碍电流的增大，当电流减小时，线圈会阻碍电流的减小．根据电感线圈的特性进行分析．
解决本题的关键掌握线圈对电流的变化有阻碍作用，当电流增大时，线圈会阻碍电流的增大，当电流减小时，线圈会阻碍电流的减小．当电流不变时，线圈将与之并联的电路短路．
13.[来源:2021年云南师大附中高考物理适应性试卷（六）]如图所示，在绝缘水平桌面上，有一东西向放置的水平导体棒ab置于竖直向下的匀强磁场中，ab棒用柔软的导线与相距较远的导体棒cd连接，cd棒南北向固定在绝缘水平桌面上，其东侧桌面上有一水平光滑金属导轨，导体棒ef置于导轨上与电源形成闭合电路，导体棒ef与导体棒cd平行且相距较近。现迅速移动ab棒，发现ef棒向西运动靠近cd棒，是因为ab棒迅速( )
A. 向东移动 B. 向北移动 C. 向西移动 D. 向南移动
【答案】B
【解析】
解：根据电路图可知ef棒电流向南，根据安培定则可知ef棒的电流在cd处形成的磁场方向向下，ef棒与cd棒相互吸引，根据左手定则可知cd棒电流也向南，由右手定则可知ab棒向北运动，故B正确，ACD错误。
故选：B。
根据电路图判断ef棒电流方向，根据左手定则可知cd棒电流方向，由右手定则判断ab棒的电流方向。
本题主要是考查左手定则、安培定则和右手定则，关键知道左手定则和右手定则的应用方法，不能混淆；知道安培定则是判断电流周围的磁场方向。
14.[来源:2021年辽宁省新高考“八省联考”高考物理适应性试卷]如图所示，“凹”字形金属线框右侧有一宽度为3L的匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面向里。线框在纸面内向右匀速通过磁场区域，t=0时，线框开始进入磁场。设逆时针方向为感应电流的正方向，则线框中感应电流i随时间t变化的图象可能正确的是( )
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
解：设线框向左运动的速度为v，线框的总电阻为R，
当t
当3Lv≤t<4Lv时，从左侧长边进入磁场至右侧中间短边离开磁场，由右手定则可知，感应电流沿顺时针方向，是负的，电流大小i=2BLvR；
当4Lv≤t<6Lv时，从右侧中间短边离开磁场至左侧长边离开磁场，由右手定则可知，感应电流沿顺时针方向，是正的，电流大小i=3BLvR；故A正确，BCD错误。
故选：A。
应用右手定则判断出感应电流方向，应用E=BLv求出感应电动势，应用欧姆定律求出感应电流，然后分析图示图象答题。
分析清楚线框的运动过程是解题的前提，应用右手定则、E=BLv与欧姆定律即可解题。
15.[来源:2021年江苏省扬州市高考物理调研试卷（2月份）（一模）]如图所示，地面上方存在一个沿水平方向的磁场，以O点为坐标原点，水平向右为x轴，竖直向下为y轴，磁感应强度在相同高度处大小相等，竖直方向按B=ky分布(k>0)。将一个矩形线框abcd从图示位置水平向右抛出，运动过程中线框始终处于竖直平面内，且ad边保持水平，磁场区域足够大，不计空气阻力。关于线框下列说法正确的是( )
A. 电流方向是abcda B. 水平方向做匀减速运动
C. 竖直方向做匀加速运动 D. 最终斜向右下方做匀速运动
【答案】D
【解析】
解：A、线框沿水平向右抛出后，在重力作用下在竖直方向上做加速运动，磁通量增加，磁场方向垂直纸面向外，由楞次定律判断可知感应电流方向是adcba，故A错误；
B、ab边和cd所受的安培力大小相等、方向相反，则线框在水平方向上所受的合力为零，所以线框在水平方向做匀速直线运动，故B错误；
CD、由左手定则可知ad边受到的安培力竖直向下，bc边受到的安培力竖直向上，由于bc处的磁感应强度总比ad处的大，则bc边受到的安培力比ad边的大，所以线框所受安培力方向始终竖直向上，设线框边长为L，某时刻竖直分速度为v，则线框产生的感应电动势为：E=BbcLv-BadLv=(Bbc-Bad)Lv=kL⋅Lv=kvL2，故随着速度v的增加，线圈产生的感应电动势增加，感应电流增加，线框所受的安培力增加，合力减小，加速度减小，当安培力与重力平衡时开始做匀速运动，所以线框在竖直方向上先做加速度逐渐减小的加速运动，后做匀速直线运动，线框在水平方向做匀速直线运动，因此，线框最终斜向右下方做匀速运动，故C错误，D正确。
故选：D。
根据磁通量的变化情况和磁场方向，由楞次定律判断感应电流方向；分析线框水平方向和竖直方向的受力情况，来判断其运动情况。由左手定则判断安培力的方向。线框在竖直方向先做加速运动，后做匀速运动。
本题中磁场随着空间位置变化，导致线框移动过程中磁通量变化，从而产生感应电流，要通过分析线框的受力情况来判断其运动情况，运用正交分解法进行分析。
16.[来源:2021年河南省濮阳一中高考物理摸底试卷（3月份）]如图所示、有界匀强磁场区域的磁场方向竖直向下看。有一正方形线框沿水平光滑桌面由位置I以v0=3.0m/s的初速度沿垂直于磁场边界水平向右运动，线框经过位置Ⅱ，当运动到位置Ⅲ时速度恰好为零，此时线框刚好有一半离开磁场区域。则线框经过位置Ⅱ时的速度大小为( )
A. 1.0m/s B. 1.5m/s C. 2.0m/s D. 2.5m/s
【答案】A
【解析】
解：设线框电阻为R、边长为L、面积为S、质量为m，线框进入磁场过程的时间为△t1，
由法拉第电磁感应定律，进入磁场过程中产生的感应电动势平均值为：E1=△Φ1△t1，
根据闭合电路欧姆定律，感应电流的平均值I1=E1R，通过线框横截面的电荷量为q1=I1⋅△t1=BSR。
同理，线框出磁场过程中通过线框横截面的电荷量为q2=I2⋅△t2=BS2R。
因此可得：q1=2q2
线框由Ⅰ位置到Ⅱ位置的过程中，由动量定理有：-BLI1⋅△t1=-BLq1=m(v-v0)
线框由Ⅱ位置到位置Ⅲ的过程中，有：-BLI2⋅△t2=-BLq2=m(0-v)
上两式相比解得：v=1.0m/s，故A正确、BCD错误。
故选：A。
由法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律结合电荷量的计算公式求解线框进入磁场过程中和离开磁场过程中电荷量的表达式，再根据动量定理列方程求解。
对于安培力作用下导体棒的运动问题，如果涉及电荷量、求速度、位移问题，常根据动量定理结合法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律列方程进行解答。
17.[来源:2021年山西省吕梁市高考物理一模试卷]如图所示，宽为a的矩形金属导线框，从图示位置由静止开始下落，通过一宽度为b(b>a)的水平匀强磁场区域，磁场方向垂直于线框平面。从线框下边进入磁场区域到线框上边离开磁场区域的过程中( )
A. 线框中一直有感应电流
B. 线框受安培力时安培力的方向总是竖直向上
C. 线框可能一直做匀速直线运动
D. 线框可能一直做匀减速直线运动
【答案】B
【解析】
解：A、由于磁场的宽度大于线框的宽度，当线框完全在磁场中时，线框中的磁通量不会发生变化，此时线框中不再产生感应电流，故A错误；
B、线框进入磁场过程中，根据右手定则可知电流方向为逆时针，根据左手定则可知线框受到的安培力方向向上；线框离开磁场过程中，根据右手定则可知电流方向为顺时针，根据左手定则可知线框受安培力时安培力的方向向上，故B正确；
CD、如果线框完全在磁场中，感应电流为零、安培力为零，线框只受重力作用，线框做加速度为g的匀加速直线运动，故CD错误。
故选：B。
当线框完全在磁场中时，线框中的磁通量不会发生变化，此时线框中不再产生感应电流，线框只受重力作用，线框做加速度为g的匀加速直线运动；根据左手定则判断安培力的方向。
本题主要是考查电磁感应现象中的力学问题，关键是弄清楚线框的受力情况和感应电流产生的条件，根据受力情况分析运动情况。
18.[来源:2021年广东省河源市源城区高考物理模拟试卷（2月份）]如图甲所示，N=200匝的线圈(图中只画了2匝)，电阻r=2Ω，其两端与一个R=48Ω的电阻相连。线圈内有垂直纸面向里的磁场，磁通量按图乙所示规律变化。下列选项正确的是( )
A. 电阻R两端b点比a点电势高
B. 电阻R两端的电压大小为10V
C. 0.1s时间内非静电力所做的功为0.2J
D. 0.1s时间内通过电阻R的电荷量为0.05C
【答案】C
【解析】
解：A、由楞次定律可得，穿过线圈的磁通量越来越大，则此时线圈电流为顺时针，电流方向从a到b流过电阻R，故a点电势高于b点电势，故A错误；
B、由图象可知，图象的斜率k=△φ△t=0.0050.1Wb/s=0.05Wb/s，已知线圈匝数为：N=200匝，
故E=N△φ△t=200×0.05=10V，由于线圈内阻为r=2Ω，R=48Ω，二者串联，由串联电路分压定律可得：rR=U1U2，U1+U2=10V，故U2=9.6V，
故B错误；
CD、已知回路中的电流为：I=ER+r=102+48A=0.2A，由电流的定义式可得：q=It=0.2×0.1C=0.02C，由电动势的定义式可得：E=Wq，W为非经典力所做的功，代入数据可得：W=qE=10×0.02J=0.2J，故C正确，D错误；
故选：C。
由楞次定律分析出感应电流的方向，再由法拉第电磁感应定律求出电流的大小，以此进行分析。
本题主要考查了楞次定律，法拉第电磁感应定律，电功和电功率的计算，解题关键在于线圈此时相当于电源，线圈的内阻相当于电源的内阻。
19.[来源:2021年上海市嘉定区高考物理一模试卷]磁单极子自1932年被狄拉克提出以来，科学家们一直都在努力寻找其存在的确凿证据。如果一个只有S极的磁单极子从上向下穿过如图所示的闭合超导线圈，则从上向下看，这个线圈中将出现( )
A. 先逆时针后顺时针的感应电流
B. 先顺时针后逆时针的感应电流
C. 逆时针方向的持续流动的感应电流
D. 顺时针方向的持续流动的感应电流
【答案】D
【解析】
解：AC、当S极磁单极子穿过超导线圈的过程中，当磁单极子靠近线圈时，穿过线圈中磁通量增加，且磁场方向从下向上，所以由楞次定律可知，感应磁场方向向下，再由右手螺旋定则可确定感应电流方向顺时针，故A错误、C错误；
BD、当磁单极子远离线圈时，穿过线圈中磁通量减小，且磁场方向从上向下，所以由楞次定律可知，感应磁场方向向下，再由右手螺旋定则可确定感应电流方向顺时针，因此线圈中产生的感应电流方向不变，故B错误，D正确；
故选：D。
根据右手螺旋定则、楞次定律，可以判断线圈中电流的方向。
考查右手螺旋定则、楞次定律，及磁单极子的特征．同时注意磁体外部的感应线是从N极射出，射向S极．
20.[来源:2021年上海市闵行区高考物理一模试卷]下面四种常用电器中哪一个应用的物理规律与其他三个不同( )
A. 动圈式麦克风 B. 动圈式扬声器 C. 家用电磁炉 D. 无线充电器
【答案】B
【解析】
解：A、当传声器接受声波时，作用在振膜上，引起振膜振动，带动音圈作相应振动，音圈在磁铁中运动，产生电动势，属于电磁感应现象；
B、通电导体在磁场中受力，变化的电流通过线圈，通电线圈受力，从而让扬声器的膜片振动，产生声音，属于电流的磁效应；
C、家用电磁炉能加热食物是因为通电线圈产生变化的磁场在锅体中产生电磁感应而引起的；
D、无线充电器是初级线圈一定频率的交流电，通过电磁感应在次级线圈中产生一定的电流，从而将能量从传输端转移到接收端；
ACD选项应用的物理规律都是电磁感应现象，而B选项应用的是电流的磁效应，
故选：B。
明确电磁感应定律的应用，并掌握生活中常用仪器的工作原理即可求解。
本题考查了电磁感应现象和电流的磁效应，注意电磁感应定律在生产生活中有着很多的应用，要注意正确理解，同时注意明确二者的区别。
二、多选题（本大题共10小题）
21.[来源:2021年湖北省龙泉中学、宜昌一中高考物理联考试卷（2月份）]如图所示，abcd为一边长为L的正方形导线框，导线框位于光滑水平面内，其右侧为一匀强磁场区域，磁场的边界与线框的cd边平行，磁场区域的宽度为2L，磁感应强度为B，方向竖直向下。线框在一垂直于cd边的水平恒定拉力F作用下沿水平方向向右运动，直至通过磁场区域。cd边刚进入磁场时，线框开始匀速运动，规定线框中电流沿逆时针时方向为正，则导线框从刚进入磁场到完全离开磁场的过程中，a、b两端的电压Uab及导线框中的电流i随cd边的位置坐标x变化的图线可能是( )
A. B.
C. D.
【答案】BD
【解析】
解决本题的关键会根据线框的受力状况判断线框的运动状况，以及知道线框出磁场的末速度不会小于进磁场的速度，则出磁场时感应电流不会小于进磁场时的感应电流。
【解答】
AB.线框进入磁场的过程做匀速直线运动，感应电动势E=BLv恒定，线框中的电流大小恒定，方向沿逆时针方向，a、b两端的电压Uab=14BLv；线框完全在磁场中运动时，穿过闭合电路的磁通量不变，线框中感应电流为零，做匀加速运动，但ab边两端的电压Uab=BLv=BLv02+2ax，其中v0为匀速运动的速度，Uab与位移x不是线性关系，当出磁场时，线框做减速运动，Uab不断减小，故A错误、B正确；
CD.线框进入磁场过程中，线框中的电流大小恒定且为逆时针，完全进入磁场时电流为零；线框离开磁场，做减速运动，加速度逐渐减小，线框刚好完全离开磁场时，速度大于或等于匀速运动时的速度，不可能为零，故此时电流也不可能为零，故C错误、D正确。
故选BD。
22.[来源:2021湖北省模拟题]如图所示，水平面内足够长的光滑“凸”形电阻可忽略的金属导轨左侧宽度为L1，右侧宽度为L2，且L1=2L2，有两个材料相同，质量均为m导体棒静止在导轨上，垂直于导轨所在平面向上的磁场磁感应强度大小为B，现给导体棒Ⅰ一初速度ν0使其沿水平方向开始运动直至达到稳定状态，整个过程导体棒Ⅰ一直在左侧导轨部分，下面说法正确的是( )
A. 导体棒Ⅰ达到稳定状态时速度为v05
B. 导体棒Ⅰ达到稳定状态时速度为v03
C. 整个过程中通过导体棒Ⅱ的电荷量为4mv05BL1
D. 整个过程中导体棒Ⅱ上产生的焦耳热为225mv02
【答案】ACD
【解析】
对于安培力作用下导体棒的运动问题，如果涉及电荷量、求位移问题，常根据动量定理结合法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律列方程进行解答。
【解答】
AB、达到稳定状态时电流为零，此时Ⅰ的速度为v1，Ⅱ的速度为v2，则有：BL1v1=BL2v2，解得v2=2v1；对Ⅰ根据动量定理可得：
-BIL1t=mv1-mv0，对Ⅱ根据动量定理可得：BIL2t=mv2-0，则mv0-mv1=2mv2，解得：v1=v05，v2=2v05，所以导体棒I达到稳定状态时速度为v05，故A正确、B错误；
C、对Ⅱ根据动量定理可得：BIL2t=mv2-0，其中q=It，则整个过程中通过导体棒Ⅱ的电荷量为q=mv2BL2=2mv05BL2=4mv05BL1，故C正确；
D、整个过程中系统产生的焦耳热Q=12mv02-12mv12-12mv22，两个导体棒材料相同，质量相同，则体积相同，横截面积之比为1：2，故由电阻定律可知则电阻之比为4：1，导体棒Ⅱ上产生的焦耳热为QⅡ=15Q=225mv02，故D正确。
故选ACD。
23.[来源:2021年河南省新乡市高考物理摸底试卷（2月份）]如图所示，固定在绝缘水平面上的半径r=0.2m的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感应强度大小B=0.1T的匀强磁场。金属棒一端与圆环接触良好，另一端固定在竖直导电转轴OO’上，随轴顺时针匀速转动。在圆环的A点和电刷间接有阻值R=10Ω的电阻和板间距d=0.01m的平行板电容器，有一质量m=1g、电荷量q=1×10-5C的颗粒在电容器极板间恰好处于静止状态。取重力加速度大小g=10m/s2，不计其他电阻和摩擦，下列说法正确的是
A. 电容器两极板间的电压为10V
B. 电容器的上极板带正电荷
C. 每秒钟通过电阻的电荷量为10C
D. 金属棒转动的角速度大小为5X103rad/s
【答案】AD
【解析】
本题是电磁感应现象和电路相结合的问题，常规题目。
【解答】
A.对电容器极板间的带电颗粒受力分析得出qUd=mg，得出U=mgdq=1×10-3×10×0.011×10-5V=10V，故选项A正确；
B.金属棒顺时针方向运动，根据右手定则可知，电容器下极板带正电荷，故B错误；
C.根据I=UR，Q=It可知，每秒钟通过电阻的电荷量为1C，故C错误；
D.根据公式E=Br2ω2，得出ω=5×103 rad/s，故D正确；
故选AD。
24.[来源:2021年广西梧州市高考物理毕业班联考试卷（3月份）]一种基于电磁感应原理的非接触式电能供应系统可实现电能的无线传输，目前已有手机无线充电等应用，如图所示为这种供电系统原理示意图．图中两个感应线圈A和B相邻正对放置，不计线圈的电阻．下列说法正确的是( )
A. 向A线圈中输入变化的电流，B线圈中会产生感应电动势
B. 向A线圈中输入恒定的电流，B线圈中会产生感应电动势
C. 电能传输中只增加A、B间距，B线圈中感应电动势会变大
D. 电能传输中只增加A线圈中电流的变化率，B线圈中感应电动势会变大
【答案】AD
【解析】
根据法拉第电磁感应定律：E=nΔΦΔt，再结合感应电动势产生的条件，从而即可解答。
本题主要考查法拉第电磁感应定律、感应电动势的产生条件。
【解答】
AB.根据感应电动势产生的条件，若A线圈中输入恒定的电流，则A产生恒定的磁场，B中的磁通量不发生变化，则B线圈中就会不产生感应电动势.A线圈中输入变化的电流时，B线圈中会产生感应电动势，故A正确，B错误；
CD.根据法拉第电磁感应定律：E=nΔΦΔt可得，A线圈中电流变化越快，A线圈中电流产生的磁场变化越快，B线圈中感应电动势越大，增大.A. B间的距离，不能使B线圈中感应电动势变大，故C错误，D正确。
故选AD。
25.[来源:2021年辽宁省大连市高考物理双基试卷]如图所示，足够长的光滑平行金属导轨与水平面成θ角放置，导轨间距为L且电阻不计，其顶端接有一阻值为R的电阻，整个装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下。一质量为m的金属棒以初速度v0由导轨底端上滑，经一段时间滑行距离x到达最高点后，又返回底端。棒与两导轨始终垂直且接触良好，其接入电路中的电阻为r，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. 棒下滑过程的平均速度等于v02
B. 棒下滑过程通过R的电荷量为BLxR
C. 棒上滑时间等于mv0(R+r)-B2L2xmg(R+r)sin θ
D. 棒上滑过程中回路产生的焦耳热等于12mv02-mgxsin θ
【答案】CD
【解析】
本题考查电磁感应与力学的综合，需要能正确地进行受力分析和能量转化情况的分析。
【解答】
A.金属棒在上滑过程中，加速度逐渐减小，到最高点时速度为零，故上滑过程中金属棒的平均速度小于v02，金属棒下滑过程的位移大小等于上滑过程的位移大小，且在同一高度处(最高点除外)金属棒下滑过程的加速度小于上滑过程的加速度，故金属棒下滑所用时间大于上滑所用时间，下滑平均速度小于上滑的平均速度，即小于v02，故A错误；
B.棒下滑过程通过R的电荷量q=It=ΔΦR+r=BLxR+r，故B错误；
C.棒上滑过程中，根据动量定理得：-(mgsinθ+BIL)Δt=0-mv0，IΔt=BLxR+r，联立解得：Δt=mv0(R+r)-B2L2xmg(R+r)sinθ，故C正确；
D.棒上滑过程中，根据能量守恒定律得12mv02=mgxsinθ +Q，回路产生的焦耳热等于12mv02-mgxsinθ，故D正确。
故选CD。
26.[来源:2021年广东省韶关市高考物理一模试卷]如图，U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，ab和dc边平行，和bc边垂直．ab、dc足够长，整个金属框电阻可忽略，一根具有一定电阻的导体棒MN置于金属框上，用水平恒力F向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，MN与金属框保持良好接触，且与bc边保持平行，经过一段时间后( )
A. 金属框和导体棒速度相等 B. 金属框和导体棒加速度相等
C. 导体棒所受安培力不变 D. 金属框的加速度不变
【答案】BCD
【解析】
本题为电磁感应中的双棒问题的变型，需通过对金属框和导体棒的受力分析来判断它们的运动情况，同时利用运动学的规律结合法拉第电磁感应定律来判断电路中的感应电动势和感应电流的变化情况，从而来确定金属框和导体棒运动的最终状态；
施加拉力后金属框做加速度减小的加速运动，导体棒做加速度增大的加速运动，当两者加速度相等时两导体棒的速度差保持不变，两导体棒以相等的加速度做匀加速直线运动，根据金属框与导体棒的受力情况分析清楚其运动过程答题。
【解答】
金属框在恒力作用下向右做切割磁感线运动，由右手定则判断知，回路中产生逆时针的感应电流，由左手定则判断可知，导体棒所受的安培力方向向右，故导体棒向右做加速运动；
设刚开始运动后金属框的速度为v1，导体棒的速度为v2，磁感应强度为B，bc边长为l，金属框的质量为m1，导体棒的质量为m2，导体棒的电阻为R，则：
以金属框为研究对象，其在此时刻的加速度a1为：a1=Fm1-B2l2(v1-v2)m1R，
以导体棒为研究对象，其在此时刻的加速度a2为：a2=B2l2(v1-v2)m2R，
由a1、a2的表达式可知，金属框向右运动后，开始阶段，由于金属框的加速度大于导体棒的加速度，故金属框和导体棒的速度差在逐渐增大，回路中产生的感应电动势增大，感应电流增大，金属框和导体棒所受的安培力都增大，则此后金属框的加速度在逐渐减小，导体棒的加速度在逐渐增大，当两者的加速度相等时，速度之差将会保持不变，感应电流与安培力也将保持不变，金属框和导体棒最终做加速度相同的匀加速直线运动；
AB、当两者的加速度相等时，速度之差将会保持不变， A错误，B正确；
C、由上述分析可知，金属框与导体棒构成的回路最终的电流保持不变，所以导体棒所受的安培力最终为定值， C正确；
D、由上述分析可知，金属框最终做匀加速直线运动，加速度恒定， D正确。
故选BCD。
27.[来源:2021山西省模拟题]如图所示的光滑导轨，由倾斜和水平两部分在MM'处平滑连接组成。导轨间距为L，水平部分处于竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中，倾斜导轨连接阻值为R的电阻。现让质量为m、阻值为2R的金属棒a从距离水平面高度为h处静止释放。金属棒a到达磁场中OO'时，动能是该金属棒运动到MM'时动能的14，最终静止在水平导轨上。金属棒a与导轨接触良好且导轨电阻不计，重力加速度g=10m/s2.以下说法正确的是( )
A. 金属棒a运动到MM'时回路中的电流大小为BL3R2gh
B. 金属棒a运动到OO'时的加速度大小为a=B2L22gh3mR
C. 金属棒a从h处静止下滑到在水平导轨上静止过程中，电阻上产生的焦耳热为13mgh
D. 金属棒a若从h处静止释放，在它运动的整个过程中，安培力的冲量大小是m2gh，方向向左
【答案】ACD
【解析】解：A、金属棒沿斜轨道下滑过程，据动能定理有mgh=12mv2，解得：v=2gh，
此时的电动势E=BLv，电流I=ER+2R，
联立解得：I=BL3R2gh，
B、由题意知，金属棒到达OO'时的速度为v2，根据牛顿第二定律得F安=BIL=BBL⋅v2R+2RL=ma，解得：a=B2L22gh6mR，故B错误；
C、对金属棒运动全过程，据能量守恒定律有mgh=Q，其中电阻R上产生的焦耳热与金属棒上的焦耳热按阻值分配有QR=RR+2RQ，
联立解得：QR=13mgh，故C正确；
D、取水平向右为正方向，根据动量定理有I=-F安-⋅t=0-mv=-m2gh，方向水平向左，故D正确。
故选：ACD。
由动能定理求出金属棒刚进入水平轨道时的速度，根据法拉第电磁感应定律求解电动势，由欧姆定律求解回路电流；
根据安培力公式结合牛顿第二定律求解金属棒到达OO'时的加速度；
根据能量守恒定律求解电阻R上产生的焦耳热；
根据动量定理求解安培力的冲量；
解决本题的关键是明确金属棒的运动情况，抓住牛顿第二定律的瞬时表达式、瞬时加速度的定义式，电磁感应中热量问题，要想到能否用能量守恒定律解答。
28.[来源:2021年安徽省合肥市高考物理一模试卷]如图所示，宽度为L的光滑金属框架MNPQ固定于水平面，并处在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向竖直向下，框架的电阻分布不均匀。将质量为m、长为L的金属棒ab垂直放置在框架上，并且与框架接触良好。现给棒ab向左的初速度v0，其恰能做加速度大小为a的匀减速直线运动，则在棒ab的速度由v0减为v的过程中，下列说法正确的是
A. 棒ab的位移大小为v02-v22a
B. 通过棒ab的电荷量为m(v0-v)BL
C. 框架PN段的热功率增大
D. 棒ab产生的焦耳热为12m(v02-v2)
【答案】AB
【解析】
本题主要考查动生电动势，焦耳定律，能量守恒，解决本题的关键在于对能量守恒的正确理解及应用。
根据匀变速直线运动速度位移关系求解位移大小；根据动量定理结合安培力的冲量求解电荷量；根据热功率公式求解热功率变化情况；根据能量守恒求解回路中产生的热量，从而判断ab棒的焦耳热情况。
【解答】
A.根据匀变速直线运动速度位移关系有：v2-v02=-2ax，解得：x=v02-v22a，故A正确；
B.对ab棒根据动量定理有：-BIL·Δt=mv-mv0，又q=I·Δt，解得：q=m(v0-v)BL，故B正确；
C.根据热功率：P=I2R，随着导体棒ab速度的减小，动生电动势：E=BLv也减小，根据闭合电路欧姆定律可知，电流减小，故热功率减小，故C错误；
D.由能量守恒定律可知，12mv02-12mv 2=Q，Q为电路中产生的焦耳热，故导体棒ab产生的焦耳热小于Q，即小于12m(v02-v2)，故D错误。
故选AB。
29.[来源:2021年江西省重点中学协作体高考物理第一次联考试卷（2月份）]如图所示，x轴上方有两条曲线均为正弦曲线的半个周期，其高和底的长度均为l，在x轴与曲线所围的两区域内存在大小均为B，方向如图所示的匀强磁场，MNPQ为一边长为l的正方形导线框，其电阻为R，MN与x轴重合，在外力的作用下，线框从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速向右穿越磁场区域，则下列说法正确的是( )
A. 线框的PN边到达x坐标为l2处时，感应电流最大
B. 线框的PN边到达x坐标为3l2处时，感应电流最大
C. 穿越磁场的整个过程中，线框中产生的焦耳热为B2l3vR
D. 穿越磁场的整个过程中，外力所做的功为3B2l3vR
【答案】BD
【解析】
当线框的左右两边都切割磁感线，且有效切割长度最大时产生的感应电动势，感应电流最大，画出线框中感应电流与时间的关系图象，根据焦耳定律求线框中产生的焦耳热。线框匀速运动，外力所做的功等于线框中产生的焦耳热。
本题以导线框匀速通过有界磁场的运动为命题背景，考查平衡条件、法拉第电磁感应定律、欧姆定律等高中主干知识。要知道在电磁感应中要求焦耳热，必须用电流的有效值。
【解答】
AB.线框向右匀速运动过程中，当线框的PN边到达x坐标为3l2处时，感应电流最大，此时感应电流大小为：Im=2BlvR，故A错误，B正确；
C.线框向右匀速运动过程中，回路中产生的感应电流随时间变化的图象如图所示(规定逆时针方向为正)，
穿越磁场的整个过程中，线框中产生的焦耳热为：
Q=2I12Rlv+I22Rlv
Q=2Blv22Rlv+2Blv22Rlv=3B2l3vR，故C错误；
D.由功能关系知，外力所做的功为：W=Q=3B2l3vR，故D正确。
故选BD。
30.[来源:2021年湖北省九师联盟高考物理巩固试卷（2月份）]如图甲所示，质量为m、电阻为r的金属棒ab垂直放置在光滑水平导轨上，导轨由两根足够长、间距为d的平行金属杆组成，其电阻不计，在导轨左端接有阻值R的电阻，金属棒与导轨接触良好，整个装置位于磁感应强度为B的匀强磁场中。从某时刻开始，导体棒在水平外力F的作用下向右运动(导体棒始终与导轨垂直)，水平外力随着金属棒位移变化的规律如图乙所示，当金属棒向右运动位移x时金属棒恰好匀速运动。则下列说法正确的是( )
A. 导体棒ab匀速运动的速度为v=F0(R+r)B2d2
B. 从金属棒开始运动到恰好匀速运动，电阻R上通过的电量为Bdx2(R+r)
C. 从金属棒开始运动到恰好匀速运动，电阻R上产生的焦耳热QR=mF02(R+r)22B4d4-12F0x
D. 从金属棒开始运动到恰好匀速运动，金属棒克服安培力做功W克=12F0x-mF02(R+r)22B4d4
【答案】AD
【解析】
解：A、金属棒匀速运动，外力与安培力二力平衡，即F0=BId=B2d2vr+R，
所以导体棒ab匀速运动的速度为v=F0(R+r)B2d2，故A正确；
B、从金属棒开始运动到恰好匀速运动，电阻R上通过的电量为q=It=ER+rt=△Φr+R=Bdxr+R，故B错误；
CD、从金属棒开始运动到恰好匀速运动，根据动能定理有W外-W克=12mv2-0=mF02(r+R)22B4d4，
根据图象面积表示外力做功可知，外力做的功为W外=12F0x，
所以金属棒克服安培力做功为W克=12F0x-mF02(R+r)22B4d4，
因为W克=Q总，且根据焦耳定律可知QR=RR+rQ总，
所以电阻R上产生的焦耳热QR=RF0x2(R+r)-mF02R(R+r)2B4d4，故C错误，D正确。
故选：AD。
导体棒匀速运动时，外力和安培力大小相等，以此列式求解匀速运动的速度；
根据电荷量的定义式结合法拉第电磁感应定律求解电阻R上通过的电量；
从金属棒开始运动到恰好匀速运动，根据动能定理求解电路的总电量，再根据焦耳定律求解电阻R上产生热量；
从金属棒开始运动到恰好匀速运动，根据动能定理求解金属棒克服安培力做功。
解决该题关键是知道金属棒做匀速运动时外力和安培力二力平衡，熟记安培力的计算公式，掌握电荷量的求解方法，知道金属棒克服安培力做功等于电路中产生的总热量。
三、计算题（本大题共10小题）
31.[来源:2021年河南郑州市高考物理猜想试卷（全国Ⅰ卷）]光滑水平轨道abc、ade在a端很接近但是不相连，bc段与de段平行，尺寸如图所示。轨道之间存在磁感应强度为B的匀强磁场。初始时质量为m的杆1放置在b、d两点上，杆2放置在杆1右侧L/2处。除杆2电阻为R外，杆1和轨道电阻均不计。
(1)若固定杆1，用水平外力以速度v0匀速向右拉动杆2。推导杆2中的感应电动势大小为E=BLv0；
(2)若固定杆2，用水平外力将杆1以初速度v0向左拉动，运动过程中保持杆中电流不变，求杆1向左运动位移L时速度的大小；
(3)在(2)问的过程中，杆1向左运动位移L过程中，求水平外力做的功；
(4)在(2)问的过程中，求杆1向左运动位移L所用时间。
【答案】
解：(1)经过△t时间，
E=△Φ△t=B△S△t=BLv0△t△t=BLv0
(2)移动L后，切割长度L2
此时感应电动势E=BLv12=BLv0
解得：v1=2v0
(3)由动能定理W+WA=△EK，因为安培力FA=ilB，切割有效长度l与位移成线性关系均匀减小
WA=-ILB+IBL22L=-3ILB4L=-3B2L3v04R
W=12m(2v0)2-12mv02+3B2L3v04R=3B2L3v04R+32mv02
(4)杆1向左运动位移L磁通量的变化量△Φ=B(L2+L)L2=34BL2
因为电流不变，所以E=△Φ△t=BLv0是一定值
△t=△ΦBLv0=34BL2BLv0=3L4v0
【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律推导切割产生的感应电动势公式；
(2)抓住电流不变，产生的感应电动势不变，结合切割产生的感应电动势公式求出杆1向左运动位移L时速度的大小；
(3)因为安培力FA=BIL，切割有效长度L与位移成线性关系均匀减小，求出这段过程中的平均安培力，从而求出这段过程中安培力做的功，根据动能定理求出水平外力做的功；
(4)抓住电流大小不变，即感应电动势不变，结合BLv0=△Φ△t求出杆1向左运动位移L所用的时间；
解决本题的关键掌握切割产生的感应电动势公式E=BLv，以及法拉第电磁感应定律E=n△Φ△t，知道两公式的区别和联系。
32.[来源:2021年河北省新高考“八省联考”高考物理适应性试卷]如图1所示，两条足够长的平行金属导轨间距为0.5 m.固定在倾角为37°的斜面上。导轨顶端连接一个阻值为1 Ω的电阻。在MN下方存在方向垂直于斜面向上、大小为1 T的匀强磁场。质量为0.5 kg的金属棒从AB处由静止开始沿导轨下滑，其运动过程中的v-t图象如图2所示。金属棒运动过程中与导轨保持垂直且接触良好，不计金属棒和导轨的电阻，取g=10 m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。
(1)求金属棒与导轨间的动摩擦因数；
(2)求金属棒在磁场中能够达到的最大速率；
(3)已知金属棒从进入磁场到速度达到5 m/s时通过电阻的电荷量为1.3 C，求此过程中电阻产生的焦耳热。
【答案】
解：(1)导体棒下滑过程有：a=gsinθ-μgcosθ
根据图像可得：a=ΔvΔt=4m/s2
代入解得：μ=0.25；
(2)进入磁场后导体棒做加速度逐渐减小的加速运动，设导体棒在磁场中运动达到的最大速率为v，根据法拉第电磁感应定律有：
E=BLv
根据闭合电路欧姆定律，导体棒中电流I为：
I=ER
当达到匀速时，导体棒所受合力为零有：
mgsinθ-μmgcosθ-BIL=0
解得：v=8m/s；
(3)导体棒进入磁场前的位移为x1，根据图像可得：x1=2m，
导体棒进入磁场后平均感应电动势E=ΔΦΔt
通过电阻的电荷量q=ERΔt=ΔBx2R
其中x2为导体棒进入磁场后的位移，当q=1.3C时，x2=2.6m，
自导体棒开始运动，至速度为5m/s过程中，根据能量定恒定律mgx1+x2sinθ=12mv2+μmgx1+x2cosθ+Q
Q为电阻产生的焦耳热
解得：Q=2.95J。
答：(1)金属棒与导轨间的动摩擦因数：μ=0.25；
(2)金属棒在磁场中能够达到的最大速率v=8m/s；
(3)此过程中电阻产生的焦耳热Q=2.95J。
【解析】本题考查了电磁感应导轨类问题，分析导体棒的运动过程，运用牛顿第二定律和能量守恒解决问题。
(1)根据牛顿第二定律表示出加速度，结合v-t图像求得动摩擦因数；
(2)根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律和受力平衡列式可得金属棒达到的最大速率；
(3)根据电磁感应电量的求解得到导体棒的位移，根据能量守恒列式可得电阻产生的焦耳热。
33.[来源:2021年云南师大附中高考物理适应性试卷（七）]如图所示，有一倾角为α的固定粗糙斜面，斜面上相隔为d的平行虚线MN与PQ间有大小为B的匀强磁场，方向垂直斜面向下。一质量为m、电阻为R、边长为L的正方形单匝纯电阻金属线圈，在沿斜面向上的恒力作用下，以速度v匀速进入磁场，线圈ab边刚进入磁场和cd边刚要离开磁场时，ab边两端的电压相等。已知磁场的宽度d大于线圈的边长L，线圈与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。求：
(1)线圈有一半面积进入磁场时通过ab边的电荷量q；
(2)恒力F的大小；
(3)线圈通过磁场的过程中产生的焦耳热Q。
【答案】(1)线圈一半面积进入磁场时产生的感应电动势，，
感应电流：I=ER，
电荷量：q=IΔt=BL22R；
(2)线圈匀速运动，处于平衡状态，
由平衡条件得：F=mgsinα+F安+μmgcosα，
安培力：F安=B2L2vR，
解得：F=mgsinα+μmgcosα+B2L2vR；
(3)ab边进磁场时，两端电压：Uab=34BLv，
cd边出磁场时：Uab'=14BLv1，
已知 Uab=Uab'，解得：v1=3v；
根据动能定理得：F(L+d)-mg(L+d)sinα-μmg(L+d)cosα-W安=12mv12-12mv2，
由热量等于克服安培力做功：Q=W安，
线圈通过磁场的过程中产生的焦耳热Q=B2L2v(L+d)R-4mv2
答：
(1)线圈有一半面积进入磁场时通过ab边的电荷量q为BL22R；
(2)恒力F的大小为：mgsinα+μmgcosα+B2L2vR；
(3)线圈通过磁场的过程中产生的焦耳热Q=B2L2v(L+d)R-4mv2。
【解析】(1)根据电量公式、欧姆定律和法拉第电磁感应定律结合求解电量。
(2)线圈匀速进入磁场，受力平衡，根据平衡条件和安培力公式求解。
(3)根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律结合得到线圈ab边刚进入磁场和cd边刚要离开磁场时，ab间的电压与速度的关系，从而求得cd边刚要离开磁场时的速度，再由动能定理和功能关系求解热量。
本题中感应电荷量的结论可在会推导的基础上记牢，经常用到。分析清楚线圈的运动过程是正确解题的关键，解题时要注意：E=BLv、欧姆定律、安培力公式、平衡条件、动能定理与能量守恒定律的应用，求热量时，要注意线框进入和穿出磁场两个过程都要产生焦耳热。
34.[来源:2021年上海市杨浦区高考物理一模试卷]如图(a)，磁力刹车是为保证过山车在最后进站前的安全而设计的一种刹车形式。磁场很强的钕磁铁长条安装在轨道上，刹车金属片安装在过山车底部或两侧。简化为图(b)的模型，相距为l、水平放置的导轨处于磁感应强度大小为B、方向竖直的匀强磁场中，整个回路中的等效电阻为R，将过山车上的刹车金属片等效为一根金属杆AB，过山车的质量为m。不计轨道摩擦和空气阻力。
(1)求水平磁力刹车减速的加速度a大小随速度v变化的关系式；
(2)试比较用磁力刹车和用摩擦力刹车的区别；
(3)若过山车进入水平磁力刹车轨道开始减速时，速度为30m/s，刹车产生的加速度大小为15m/s2。过山车的速度v随位移x的变化规律满足：v=v0-B2l2mRx(设水平轨道起点x=0)。在图(c)中画出水平磁力刹车减速的加速度大小随速度变化的图线，并求出过山车在水平轨道上减速到10m/s时滑行的距离。
【答案】解：(1)金属杆AB在磁场中切割磁感线运动，产生感应电动势E=Blv
根据牛顿第二定律F=ma
可得a=F安m=BIlm=BBlvRlm=B2l2vmR
(2)磁力刹车：速度越大，减速的加速度越大。当速度减到一定程度时，加速度过小，不足以阻止列车。依赖于磁性的基本属性，除电磁铁外，使用永磁体的刹车不需要电力。
摩擦力刹车：摩擦力恒定，与速度无关。存在不稳定性，比如下雨天刹车打滑等。
(3)水平磁力刹车减速的加速度大小随速度变化的图线如图所示
由金属杆减速的加速度a=B2l2mRv
从图(c)中可得斜率k=B2l2mR=0.5s-1
代入v=v0-B2l2mRx
可得x=40m
【解析】(1)根据E=Blv得出感应电动势，再结合安培力公式得出安培力随速度变化的关系，结合牛顿第二定律得出加速度随速度变化的关系；
(2)磁力刹车加速度大小与速度有关，而摩擦力刹车加速度大小与速度无关；
(3)根据上面的加速度速度关系式得出加速度速度的关系，并结合v=v0-B2l2mRx图像求解斜率的具体数据，画出a-v图像即可。
本题是电磁感应过程中的常规题目，注意和函数及图像的综合应用。
35.[来源:2021年江苏省南通、徐州、宿迁、淮安、泰州、镇江六市联考高考物理一调试卷]如图甲所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ固定在水平面内，相距为L，轨道端点M、P间接有阻值为R的电阻，导轨电阻不计．长度为L、质量为m、电阻为r的金属棒ab垂直于MN、PQ静止放在导轨上，与MP间的距离为d，棒与导轨接触良好．t=0时刻起，整个空间加一竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小B随时间t的变化规律如图乙所示，图中B0、t0已知．
(1)若t0时刻棒ab的速度大小为v，求0 t0时间内安培力对棒所做的功W；
(2)在0 t0时间内，若棒ab在外力作用下保持静止，求此时间内电阻R产生的焦耳热Q．
【答案】解：(1)对导体棒ab，由动能定理得
安培力对导体棒做的功为 W =12mv2
(2)电路中产生的电动势 E= ΔΦΔt
导体棒ab中的电流 I=ER+r
导体棒ab在外力作用下保持静止，0∼t0时间内电阻R上产生的焦耳热Q=I2Rt0
解得 Q=B02L2d2R(R+r)2t0
【解析】
【分析】
(1)对导体棒ab，由动能定理求安培力对导体棒做的功；
(2)产生的电动势求感应电流，导体棒ab在外力作用下保持静止，l 利用焦耳定律求解0∼t0时间内电阻R上产生的焦耳热。
【解答】
(1)对导体棒ab，由动能定理得
安培力对导体棒做的功为W =12mv2
(2)电路中产生的电动 E= ΔΦΔt
导体棒ab中的电流 I=ER+r
导体棒ab在外力作用下保持静止，0∼t0时间内电阻R上产生的焦耳热
Q=I2Rt0
解得 Q=B02L2d2R(R+r)2t0
36.[来源:2021年安徽省阜阳市高考物理质检试卷]如图，两平行光滑金属导轨ABC、A'B'C'的左端接有阻值为R的定值电阻Z，间距为L，其中AB、A'B'固定于同一水平面(图中未画出)上且与竖直面内半径为r的14光滑圆弧形导轨BC、B'C'相切于B、B'两点。矩形DBB'D'区域内存在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场。导体棒ab的质量为m、电阻值为R、长度为L，ab棒在功率恒定、方向水平向右的推力作用下由静止开始沿导轨运动，经时间t后撤去推力，然后ab棒与另一根相同的导体棒cd发生碰撞并粘在一起，以32gr的速率进入磁场，两导体棒穿过磁场区域后，恰好能到达CC'处。重力加速度大小为g，导体棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨的电阻。
(1)求该推力的功率P；
(2)求两导体棒通过磁场右边界BB'时的速度大小v；
(3)求两导体棒穿越磁场的过程中定值电阻Z产生的焦耳热Q；
(4)两导体棒到达CC'后原路返回，请通过计算判断两导体棒能否再次穿过磁场区域。若不能穿过，求出两导体棒停止的位置与DD'的距离x。
【答案】解：(1)设两导体棒碰撞前瞬间，ab棒的速度大小为v0，在推力作用的过程中，由动能定理有：Pt=12mv02
设ab与cd碰后瞬间的速率为v1，其值为v1=32gr，由动量守恒定律有：mv0=2mv1
解得：P=36mgrt；
(2)对两导体棒沿圆弧形导轨上滑的过程，由机械能守恒定律有：122mv2=2mgr
解得：v=2gr；
(3)经分析可知，两导体棒上产生的总焦耳热为Q2，由能量守恒定律有：Q+Q2=122mv12-122mv2
解得：Q=323mgr；
(4)设导体棒第一次穿越磁场的时间为t1，该过程回路中的平均电流为I1，DD'与BB'的间距为x1，由动量定理有：-BI1Lt1=2mv-2mv1
根据法拉第电磁感应定律和电路相关知识有：I1·t1=q1=ΔΦR总=BLx11.5R
解得：x1=6mR2grB2L2
由机械能守恒定律可知，导体棒再次回到BB'处时的速度大小为仍为v=2gr，导体棒再次进入磁场向左运动的过程中，仍用动量定理和相关电路知识，并且假设导体棒会停在磁场中，同时导体棒在磁场中向左运动的时间为t2，导体棒进入磁场后到停止运动的距离为Δx，该过程回路中的平均电流为I2，同前述道理可分别列式为：
-BI2Lt2=0-2mvI2·t2=BLΔx1.5R
解得：Δx=3mR2grB2L2
显然Δx
37.[来源:2021年辽宁省名校联盟高考物理联考试卷（3月份）]如图所示，绝缘水平面上有条形区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，其宽度均为s，区域Ⅰ内有磁感应强度大小为B、竖直向下的的匀强磁场(俯视图)。用粗细均匀的电阻丝制成边长为s的单匝正方形金属线框abcd，线框总电阻为R，质量为4m，线框制作平整，与水平面贴合良好，除区域Ⅲ水平面与线框间有恒定的动摩擦因数外，其余部分光滑。线框以初速度v0进入匀强磁场，运动至线框中心对称线与CD重合时速度恰好减为0，重力加速度为g，求：
(1)线框刚好完全进入区域Ⅰ的速度大小；
(2)区域Ⅲ与线框间的动摩擦因数。
【答案】解：(1)设线框刚好完全进入区域I的速度为v1，进入过程线框内的平均电流为I-，进入时间为△t，根据动量定理得-BI-s⋅△t=4mv1-4mv0
根据法拉第电磁感应定律得 E-=△Φ△t
回路中感应电流平均值I-=E-R
通过线框截面的电荷量q=I-△t
磁通量的变化量为△Φ=Bs2
联立解得v1=v0-B2s34mR
(2)线框出磁场的过程，ad边受向后的安培力，仍然在安培力的作用下减速，同理可得线框完全出磁场时速度v2=v0-B2s32mR
设线框和水平面间的动摩擦因数为μ，线框进入磁场后bc边受到恒定的摩擦力作用f1=μmg
ab边和cd边受到的摩擦力逐渐增大，平均力为f2=f3=12μ⋅12mg
根据动能定理得
-(f1+f2+f3)s2=0-12×4mv22
解得μ=83gs(v0-B2s32mR)2
答：(1)线框刚好完全进入区域I的速度大小是v0-B2s34mR；
(2)区域Ⅲ与线框间的动摩擦因数是83gs(v0-B2s32mR)2。
【解析】(1)线框进入磁场的过程，利用动量定理列式，结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电流的定义式求解。
(2)线框出磁场的过程，ad边受向后的安培力，仍然在安培力的作用下减速，同理求出线框完全出磁场时速度，再根据动能定理求区域Ⅲ与线框间的动摩擦因数。
本题中线框进入磁场时做非匀变速直线运动，不能根据运动学公式求速度，而要根据动量定理以及电荷量与磁通量变化量的关系来求解速度，要学会运用。
38.[来源:2021年安徽省A10联盟高考物理开年试卷]如图，两根足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ倾斜放置，导轨平面与水平面的夹角θ=30°，导轨间距为L，导轨上端连接一个理想电压表，下端连接一个阻值为R的定值电阻，整个导轨处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B。质量为m的金属棒ab放在导轨上，用平行于导轨平面向上的拉力拉金属棒，使金属棒由静止开始向上运动，某时刻撤去拉力。金属棒向上运动的整个过程中，电压表的示数随时间变化的图象如图乙所示(图中U0、t0均已知)，金属棒沿导轨运动过程中与导轨接触良好且始终与导轨垂直，金属棒接入电路的电阻为12R，重力加速度为g，不计导轨电阻，求：
(1)撤去拉力的瞬间，金属棒的速度大小；
(2)t=12t0时刻，作用于金属棒上拉力的大小；
(3)撤去拉力后，金属棒向上运动过程中，通过定值电阻R的电量及定值电阻R上产生的焦耳热分别是多少。
【答案】解：(1)撤去拉力的瞬间，电压表的示数为U0，根据闭合电路欧姆定律可知，
金属棒中的电动势：E0=U0R×(R+12R)=32U0
设此时金属棒的速度大小为v0，则E0=BLv0
解得：v0=3U02BL
(2)由于在0～t0时间内，感应电动势：E=32U0，
导体棒切割磁感线产生的感应电动势：E=BLv
由图示图象可知：U=U0t0t
解得：v=3U02BLt0t
因此金属在这段时间内做初速度为零的匀加速直线运动，
由匀变速直线运动的速度-时间公式v=at可知，加速度大小为：a=3U02BLt0
在t=12t0时刻，电路中电流：I=12U0R=U02R
根据牛顿第二定律：F-BIL-mgsinθ=ma
解得：F=12mg+3mU02BLt0+BLU02R
(3)撤去F后，金属棒向上做变减速运动，则减速运动的时间为t0，
根据动量定理：-mgsinθ⋅t0-BI-Lt0=0-mv0
即mgsinθ⋅t0+BqL=mv0
解得：q=3mU02B2L2-mgt02BL
设撤去拉力后，金属棒向上运动的距离为x，由q=BLx1.5R
解得：x=1.5qRBL
设电阻R中产生的焦耳热为Q，根据能量守恒定律得：
1.5Q+mgxsinθ=12mv02
解得：Q=3mU02+m2g2Rt04B2L2-3m2gRU04B3L3
答：(1)撤去拉力的瞬间，金属棒的速度大小是3U02BLt0t；
(2)t=12t0时刻，作用于金属棒上拉力的大小是12mg+3mU02BLt0+BLU02R；
(3)撤去拉力后，金属棒向上运动过程中，通过定值电阻R的电量是3mU02B2L2-mgt02BL，定值电阻R上产生的焦耳热是3mU02+m2g2Rt04B2L2-3m2gRU04B3L3。
【解析】(1)由闭合电路的欧姆定律求出金属棒切割磁感线产生的感应电动势，由E=BLv求出金属棒的速度大小。
(2)根据感应电动势与图示图象求出金属棒的加速度，然后对金属棒应用牛顿第二定律求出作用于金属棒上的拉力大小。
(3)应用动量定理求出撤去拉力后通过定值电阻R的电荷量；应用能量守恒定律求出定值电阻上产生的焦耳热。
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下导体棒的平衡问题，根据平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。
39.[来源:2021年江苏省无锡市高考物理质检试卷（2月份）（一模）]如图所示，“凹”字形硬质金属线框质量为m，相邻各边互相垂直，且处于同一平面内，ab、bc边长均为2l，gf边长为l。匀强磁场区域的上下边界均水平，磁场方向垂直于线框所在平面。开始时，bc边离磁场上边界的距离为l，线框由静止释放，从bc边进入磁场直到gf边进入磁场前，线框做匀速运动。在gf边离开磁场后，ah、ed边离开磁场之前，线框又做匀速运动。线框在下落过程中始终处于竖直平面内，且bc、gf边保持水平，重力加速度为g。求
(1)线框ah、ed边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是bc边刚进入磁场时的几倍；
(2)若磁场上下边界间的距离H，则线框完全穿过磁场过程中产生的热量为多少？
【答案】解：(1)设bc边刚进入磁场时的速度大小为v1，根据平衡条件可得：
mg=BI1⋅2l，其中I1=B⋅2lv1R
联立解得：v1=mgR4B2l2；
设线框ah、ed边将离开磁场时的速度大小为v2，根据平衡条件可得：
mg=BI2l，其中I2=B⋅lv2R
联立解得：v2=mgRB2l2；
所以v2=4v1；
(2)线框自由下落过程中，根据动能定理可得：
mgl=12mv12
解得：v1=2gl，则v2=42gl
从bc边刚进入磁场到线框ah、ed边刚离开磁场过程中，设克服安培力做功为W安，根据动能定理可得：
mg(H+2l)-W安=12mv22-12mv12
根据功能关系可知，产生的热量为：
Q=W安=mg(H-13l)。
答：(1)线框ah、ed边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是bc边刚进入磁场时的4倍；
(2)若磁场上下边界间的距离H，则线框完全穿过磁场过程中产生的热量为mg(H-13l)。
【解析】(1)根据平衡条件结合安培力的计算公式求解进入磁场和离开磁场时的时的大小，再求出比值；
(2)线框自由下落过程中，根据动能定理求解速度大小；从bc边刚进入磁场到线框ah、ed边刚离开磁场过程中，根据动能定理、功能关系可得产生的热量。
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。
40.[来源:2021年江苏省淮安市清江浦区淮阴中学高考物理模拟试卷]将两足够长的平行直导轨MN、PQ固定在绝缘斜面上，已知导轨与水平面之间的夹角为θ=30°，两导轨之间的距离为L=2m，下端接有R=1.5Ω的定值电阻，如图甲所示。在整个空间加一范围足够大且方向垂直导轨平面的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小随时间的变化规律如图乙所示，t=0时磁感应强度的方向垂直导轨平面向上。将一质量为m=1.4kg、阻值为r=0.5Ω、长度为L=2m的导体棒垂直地放在导轨上且与导轨始终接触良好，开始时导体棒与MP的距离为L1=1m，其他电阻不计，已知导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ=337，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2。
(1)如果导体棒在0～1s内始终不动，求流过定值电阻的电流大小以及方向；
(2)分析t=1.1s时导体棒所处的状态以及此时所受摩擦力的大小和方向；
(3)如果t=1.2s时在导体棒上加一沿导轨向上的外力F，使导体棒沿导轨向上以a=5m/s2的加速度做匀加速直线运动，写出该外力随时间变化的表达式。
【答案】解：(1)导体棒在0～1s内始终不动，由法拉第电磁感应定律得回路产生的感应电动势为
E=△Φ△t=△B△tLL1=2×2×1V=4V
由闭合电路欧姆定律得
I=ER+r=41.5+0.5A=2A
由楞次定律得知流过定值电阻的电流方向为M→P
(2)t=1.1s时，磁感应强度的大小B=0.2T
t=1.1s时流过导体棒的电流大小不变，则导体棒受到的安培力大小F安=B1IL=0.2×2×2N=0.8N，方向沿斜面向下
导体棒与导轨之间的最大静摩擦力fm=μmgcosθ=337×1.4×10×cos30°N=9N
对导体棒受力分析，可知mgsinθ+F安=1.4×10×sin30°N+0.8N=7.8N
(3)1.2 s后，由法拉第电磁感应定律得导体棒产生的感应电动势E'=B2Lv
t时刻速度v=a(t-1.2s)
通过导体棒的感应电流I'=E'R+r
导体棒受到的安培力大小F'安=B2I'L
由牛顿第二定律得
F-mgsin θ-μmgcos θ-F'安=ma
解得F=21.08+1.6t(N)(t≥1.2s)
答：(1)流过定值电阻的电流大小是2A，方向为M→P；
(2)t=1.1s时导体棒处于静止状态，此时所受摩擦力的大小为7.8N，方向沿斜面向上；
(3)该外力随时间变化的表达式为F=21.08+1.6t(N)(t≥1.2s)。
【解析】(1)导体棒在0～1s内始终不动，由法拉第电磁感应定律求出回路产生的感应电动势，再由闭合电路欧姆定律求出感应电流大小。由楞次定律判定感应电流的方向；
(2)t=1.1s时导体棒所处的运动状态不变，由平衡条件求出静摩擦力的大小和方向；
(3)由匀变速直线运动的规律、法拉第电磁感应定律及感应电动势和安培力的公式，最终都代入牛顿第二定律的表达式就能求出外力随时间变化的表达式。
解决本题的关键要正确分析导体棒的受力情况，运用力学规律如平衡条件、牛顿第二定律来判断导体棒的运动情况。
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