2021-2023年浙江省高考物理模拟试题分类——专题10电磁感应

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2021-2023年浙江省高考物理模拟试题分类——专题10电磁感应
一．选择题（共17小题）
1．（2021•义乌市模拟）照片中的情景发生在义亭中学的创新实验室。当实验老师从液氮中取出一块“亿钡铜氧”合金并将它靠近一块永磁体时，合金块能悬浮在磁体的上方；老师又从液氮中取出一块外形相似、质量更小的铝块并将它靠近同一块永磁体时，“悬浮”却没有发生。造成这一区别的主要原因是（　　）

A．“亿钡铜氧”合金在液氮温度下电阻几乎为零
B．质量更小的铝块靠近永磁体时内部不会形成电流
C．穿过“亿钡铜氧”合金的磁通量更大
D．穿过“亿钡铜氧”合金的磁通量变化得更快
2．（2021•杭州二模）如图所示，无限长通电直导线与右侧的矩形导线圈ABCD在同一平面内，线圈的AB边与直导线平行。现用外力使线圈向直导线靠近且始终保持AB边与直导线平行，在AB边靠近直导线的过程中，下列说法正确的是（　　）

A．线圈内产生的感应电流方向是ADCBA
B．直导线对AB边和CD边的安培力等大反向
C．直导线对AD边和BC边的安培力等大反向
D．在线圈ABCD内部的区域的磁场方向为垂直线圈所在平面向外
3．（2022•浙江模拟）长直导线与环形导线固定在同一平面内，长直导线中通有如图所示方向的电流，当电流大小均匀增大时（　　）

A．环形导线有扩张的趋势
B．环形导线受到的安培力大小保持不变
C．环形导线中有顺时针方向的感应电流
D．环形导线中的感应电流大小保持不变
4．（2021•诸暨市模拟）当交变电流通过导体时，交变的磁场会在导体内部引起涡流，使电流在导体横截面上的分布不再均匀，电流将主要地集中到导体表面，这种效应称为趋肤效应。交变电流的频率越高，趋肤效应越明显。下列说法正确的是（　　）
A．趋肤效应是一种静电感应现象
B．趋肤效应使得导体的有效电阻减小
C．在远距离输电中，可提高交变电流频率以减小输电线上的损失
D．在高频电路中，可用空心铜导线代替实心铜导线以节约线路成本
5．（2023•温州模拟）如图甲所示为某一电磁炮原理示意图，图中有直流电源、电容器，线圈套在中空并内侧光滑的绝缘管上，将直径略小于管内径的金属小球静置于管内。开关S接1使电容器完全充电，开关接2时开始计时，通过线圈的电流随时间的变化规律如图乙所示，金属小球在0﹣t1时间内被加速发射出去（t1时刻刚好运动到右侧管口）。在0﹣t1时间内，下列说法正确的是（　　）

A．小球的加速度一直增大
B．线圈中产生的磁场方向向左
C．小球中产生的涡流一直减小
D．电容器储存的电能全部转化为小球的动能
6．（2022•绍兴二模）如图所示，右端为N极的磁铁置于粗糙水平桌面上并与轻质弹簧相连，弹簧一端固定在竖直墙面上，当弹簧处于原长时，磁铁的中心恰好是接有一盏小灯泡的竖直固定线圈的圆心。用力将磁铁向右拉到某一位置，撤去作用力后磁铁穿过线圈来回振动，有关这个振动过程，以下说法正确的是（　　）

A．灯泡的亮暗不会发生变化
B．磁铁接近线圈时，线圈对磁铁产生排斥力
C．从左往右看线圈中的电流一直沿逆时针方向
D．若忽略摩擦力和空气阻力，磁铁振动的幅度不会减小
7．（2021•浙江模拟）如图甲所示，虚线MN两侧的空间均存在与纸面垂直的匀强磁场，右侧匀强磁场的方向垂直纸面向外，磁感应强度大小恒为B0，左侧匀强磁场的磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，规定垂直纸面向外为磁场的正方向。一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S0，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上，则下列说法正确的是（　　）

A．0～t0时间内，圆环中的电流方向为逆时针方向
B．t＝t0时刻，圆环中的电流为0
C．t=32t0时刻，圆环受到的安培力大小为B02r2S08ρt0
D．在0～t0时间内，通过圆环的电荷量为B0rS04ρ
8．（2023•镇海区校级模拟）电吉他的工作原理是在琴身上装有线圈，线圈附近被磁化的琴弦振动时，会使线圈中的磁通量发生变化，从而产生感应电流，再经信号放大器放大后传到扬声器。其简化示意图如图所示。则当图中琴弦向右靠近线圈时（　　）

A．穿过线圈的磁通量减小 B．线圈中不产生感应电流
C．琴弦受向左的安培力 D．线圈有扩张趋势
9．（2022•温州三模）如图甲是某款可以无线充电的手机置于相应充电盘上的情景，图乙是其原理图。受电线圈和送电线圈分别存在于手机和充电盘中，当手机静止置于充电盘上时，两线圈构成装置可视为理想变压器。已知送电线圈和受电线圈的匝数比n1：n2＝20：1，R1＝80R2，当a、b间接220V的正弦交变电流，手机获得电压为5V，充电电流为1A，则下列说法正确的是（　　）


A．所有手机都可以使用该充电盘进行无线充电
B．ab端输入恒定电流，也能对手机进行无线充电
C．R1、R2两端的电压之比为1：20
D．充电时，受电线圈cd两端的输出电压为10V
10．（2021•浙江模拟）为了使灵敏电流计的指针在零刻度附近快速停下，实验小组的同学利用“电磁阻尼“来实现。他们设计了如图所示的甲、乙两种方案，甲方案：在指针转轴上装上扇形铝板，磁场位于零刻度中间；乙方案：在指针转轴上装上扇形铝框，磁场位于零刻度中间。下列说法正确的是（　　）

A．甲方案中，铝板摆动时磁通量不变，不会产生感应电流
B．甲方案中，铝板摆动时都能产生涡流，起电磁阻尼的作用
C．乙方案中，铝框小幅度摆动时会产生感应电流
D．乙方案比甲方案更合理
11．（2023•杭州一模）智能手表通常采用无线充电方式。如图甲所示，充电基座与220V交流电源相连，智能手表放置在充电基座旁时未充电，将手表压在基座上，无需导线连接，手表便可以充电（如图乙所示）。已知充电基座与手表都内置了线圈，则（　　）

A．手机和基座无导线连接，所以传输能量时没有损失
B．用塑料薄膜将充电基座包裹起来，之后仍能为手表充电
C．无线充电的原理是利用基座内的线圈发射电磁波传输能量
D．充电时，基座线圈的磁场对手表线圈中的电子施加力的作用，驱使电子运动
12．（2023•嘉兴一模）如图所示为一地下电缆探测装置，圆形金属线圈可沿水平面不同方向运动，若水平Oxy地面下有一平行于y轴且通有恒定电流I的长直导线，P、M和N为地面上的三点，线圈圆心P点位于导线正上方，MN平行于y轴，PN平行于x轴、PQ关于导线上下对称。则（　　）

A．电流I在P、Q两点产生磁感应强度相同
B．电流I在M、N两点产生磁感应强度大小BM＝BN
C．线圈从P点匀速运动到N点过程中磁通量不变
D．线圈沿y方向匀加速运动时，产生恒定的感应电流
13．（2023•浙江模拟）如图所示，一块永磁体在光滑斜面上沿着一螺线管的轴线做直线运动。螺线管外的轴线上存在p、q两点（p、q两点到螺线管边缘的距离相等）。一灯泡与螺线管串联，灯泡在永磁体通过p点时的亮度要大于永磁体通过q点时的亮度。忽略永磁体的尺寸，下列说法中正确的（　　）

A．永磁体在p点时的速度小于在q点时的速度
B．永磁体在p点时的机械能小于在q点时的机械能
C．若将灯泡换成一发光二极管，则永磁体在通过p和q时该二极管不会都发光
D．若将永磁体的极性对调，则在其通过q点时灯泡的亮度将大于其通过p点时的亮度
14．（2021•滨江区校级模拟）如图所示，金属圆环内外半径为r和2r，匀强磁场B垂直圆环平面向里，两环之间接有电容器，在两环间且接触良好的金属导体ab棒可绕圆心以角速度ω逆时针旋转，已知电容器的电容为C，则下列说法正确的是（　　）

A．电容器c极板带负电
B．cd间电压逐渐增大
C．金属棒ab产生的电动势为Bωr2
D．电容器所带电荷量为32CBωr2
15．（2021•浙江模拟）如图所示，两根平行光滑金属导轨固定在同一水平面内，其左端接有定值电阻R，建立Ox轴平行于金属导轨，在0≤x≤4m的空间区域内存在着垂直导轨平面向下的磁场，磁感应强度B随坐标x（以m为单位）的分布规律为B＝0.8﹣0.2x（T），金属棒ab在外力作用下从x＝0处沿导轨向右运动，ab始终与导轨垂直并接触良好，不计导轨和金属棒的电阻。设在金属棒从x1＝1m经x2＝2m到x3＝3m的过程中，定值电阻R的电功率始终保持不变，则（　　）

A．金属棒做匀速直线运动
B．金属棒运动过程中产生的电动势始终不变
C．金属棒在x1与x2处受到磁场的作用力大小之比为2：3
D．金属棒从x1到x2与从x2到x3的过程中通过R的电荷量之比为3：5
16．（2022•温州二模）如图所示，空间分布着方向垂直纸面向里的有界匀强磁场，EF是其右边界。半径为r的单匝圆形金属线圈垂直于磁场放置，线圈的圆心O在EF上；另有一根长为2r的导体杆与EF重合，杆两端点a、b通过电刷与圆形线圈连接，线圈和导体杆单位长度电阻相同。情况1：导体直杆不动，线框绕EF轴匀速转动，转动方向如图所示；情况2：线圈不动，导体杆绕O点在纸面内顺时针匀速转动。两情况均从图示位置开始计时，关于导体杆ab两端点的电压Uab情况，下列说法正确的是（　　）

A．情况1产生的Uab﹣t图象为图甲，情况2产生的Uab﹣t图象为图丙
B．情况1产生的Uab﹣t图象为图乙，情况2产生的Uab﹣t图象为图丁
C．情况1产生的Uab﹣t图象为图甲，情况2产生的Uab﹣t图象为图丁
D．情况1产生的Uab﹣t图象为图乙，情况2产生的Uab﹣t图象为图丙
17．（2021•瓯海区校级模拟）如图所示，这是感受电磁阻尼的铜框实验的简化分析图，已知图中矩形铜框（下边水平）的质量m＝2g、长度L＝0.05m、宽度d＝0.02m、电阻R＝0.01Ω，该铜框由静止释放时铜框下边与方向水平向里的匀强磁场上边界的高度差h＝0.2m，磁场上、下水平边界间的距离D＝0.27m，铜框进入磁场的过程恰好做匀速直线运动。取重力加速度大小g＝10m/s2，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）

A．铜框进入磁场的过程中电流方向为顺时针
B．匀强磁场的磁感应强度的大小为0.5T
C．铜框下边刚离开磁场时的速度大小为3m/s
D．铜框下边刚离开磁场时的感应电流为0.3A
二．多选题（共1小题）
（多选）18．（2022•浙江三模）如图所示，水平导体棒ab质量m＝0.1πkg、长L＝1m、电阻Rab＝0.25Ω，其两个端点分别搭接在竖直平行正对放置的两光滑金属圆环上，两圆环半径均为r＝1m、电阻不计。阻值R＝0.25Ω的电阻用导线与圆环相连接，理想交流电压表V接在电阻R两端。整个空间有磁感应强度大小为B＝1T、方向竖直向下的匀强磁场。导体棒ab在外力F作用下以速率v＝1m/s绕两圆环的中心轴OO′匀速转动，ab在圆环最低点时记为t＝0时刻，重力加速度为g＝10m/s2。下列说法正确的是（　　）

A．导体棒中的电流I＝2sint（A）
B．电压表的示数为22V
C．从t＝0到0.5πs的过程中通过R的电量为2C
D．从t＝0到0.5πs的过程中外力F做功为1.5πJ
三．计算题（共8小题）
19．（2022•绍兴二模）如图所示，金属轮A1和绝缘轮A2，可绕各自中心金属轴O1和O2转动，O1和O2平行且水平放置，A1金属轮由三根金属辐条和金属环组成，A1轮的辐条长为4r、电阻为R，连接辐条的金属环的电阻可以忽略，三根辐条互成120°角，在图中120°的扇形区域内存在平行于轴向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，绝缘轮A2半径的为2r，另一半径为r的绝缘圆盘A3与A2同轴且固连在一起。一轻细绳的一端固定在A1边缘上的某点，在A3上绕足够匝数后，悬挂一质量为m的重物P。当P下落时，通过细绳带动A3和A2绕O2轴转动。转动过程中，A1、A2保持接触，无相对滑动。A1轮的轴O1和金属环通过导线与两平行的足够长的金属导轨连接，导轨倾角为θ，其上放置一质量为m、电阻为R、长度为L的金属棒EF，棒与导轨间的动摩擦因数为μ，轨道间存在沿斜面向下的匀强磁场，磁感应强度大小也为B，不计导线电阻。
（1）当P的速度为v时，求金属棒EF两端的电压；
（2）金属棒EF刚好开始运动记为0时刻，经过时间t重物P下落高度为h，金属棒EF仍在轨道上运动，求此时金属棒EF的速度u；
（3）为使金属棒EF不脱离轨道，轨道的倾角θ满足的条件。

20．（2022•温州二模）如图所示，间距L＝0.2m的两平行金属导轨由倾斜部分与水平部分平滑连接而成。倾斜部分MN、M'N′粗糙，与水平面夹角θ＝30°；水平部分NP、N'P'光滑。PP'间接有电容器和二极管，电容器电容C=18F，二极管正向电阻为零，反向电阻无穷大。虚线区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ内有垂直于导轨平面的匀强磁场，方向如图所示，磁感应强度大小均为B＝1T。区域Ⅰ、Ⅱ沿导轨长度均为d＝0.5m，区域Ⅱ下边界与NN'齐平。区域Ⅱ沿导轨长度足够长。现有两根完全相同的导体棒ab、cd，每根导体棒质量m＝0.01kg，电阻R＝1Ω，长度L＝0.2m，始终与导轨垂直且接触良好。开始时，cd棒静止在区域Ⅱ左侧的水平导轨上，让ab棒从区域Ⅰ上边界上方某处无初速度释放。已知ab棒与倾斜导轨动摩擦因数μ=35，ab棒从释放到抵达NN'的时间t＝2s。ab棒与cd棒碰撞后立即粘在一起继续运动。导轨电阻不计。求：
（1）ab棒在倾斜轨道上运动过程中，通过cd棒的电荷量q；
（2）两棒碰撞后瞬间的速度v的大小；
（3）若电容器储存的电能满足E=12CU2（U为电容器两极板间电压），进入水平导轨后ab棒产生的焦耳热Qab。

21．（2022•浙江模拟）如图所示，边长为L＝1m、质量为m＝1kg、电阻为R＝1Ω的匀质正方形刚性导体线框ABCD和直角坐标系xOy（x轴水平，y轴竖直）均处于竖直平面内．在第一象限的空间内存在垂直于纸面向里的磁场，磁感应强度在x方向均匀分布，y方向上满足B＝2+ky（各量均采用国际单位，k为大于0的未知量）。初始时，线框的A点与坐标原点O重合，AB边与x轴重合（记为位置1）．现给线框一个沿着x轴正方向的速度v0＝1m/s，并且给线框一个竖直向上的恒力F=mg2，当线框A点下降的高度为H＝1.25m（记为位置2）时，可以认为线框恰好达到最大速度，且线框中的电流I＝2.5A．此后恒力F保持大小不变，方向改为x方向，线框继续运动到位置3（位置3和位置2中A点的横坐标相距3.5L），此后轨迹是抛物线．若整个运动过程中，线框始终处于同一竖直平面内，AB边始终保持水平，不计空气阻力，重力加速度为g，求：
（1）k的数值；
（2）线框从位置1到位置2的时间t1；
（3）线框从位置2运动到位置3的竖直高度差h．

22．（2022•宁波二模）如图所示，弯折成90°角的两根足够长金属导轨平行竖直放置，形成左右两个斜导轨平面，左导轨平面与水平面成37°角，右导轨平面与水平面成53°角，两导轨间距L＝2m，电阻不计。同种材料、粗细均匀的正方形金属框abcd边长也为L，a、d两点通过金属铰链与导轨连接。在外力作用下，使金属框abcd以ad边为转轴逆时针匀速转动，转动角速度ω＝1rad/s。t＝0时刻，ab边、cd边分别与导轨N'G'、NG重合，此时水平放置的金属杆ef在NN′M′M导轨上由静止释放。已知杆ef与NN′M′M导轨之间的动摩擦因数μ＝0.5（最大静摩擦力等于滑动摩擦力）。金属框abcd各边电阻均为2Ω；杆ef质量m=114πkg，电阻为2Ω，空间存在平行于导轨NN′M′M且斜向上的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5T，不计ef、ad与导轨间的接触电阻。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
（1）金属框abcd从t＝0时刻转至90°时，请比较b'点与c'点的电势高低，并求出b'c'边产生的电动势；
（2）金属框abcd从t＝0时刻转过180°的过程中，求金属框abcd产生的焦耳热；
（3）金属框abcd从t＝0时刻转过90°时，求杆ef的瞬时速度大小。
23．（2022•浙江模拟）虚线PQ上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，PQ下方存在竖直向上的匀强磁场，两处磁场磁感应强度大小均为B0，足够长的不等间距金属导轨竖直放置，导轨电阻不计。两根金属棒水平地靠在金属导轨上，其中金属棒光滑且质量为m，长为L，电阻为R，金属棒CD质量为2m、长为2L、电阻为2R，与导轨之间的动摩擦因数为μ．若AB棒在拉力F的作用下沿导轨由静止向上做加速度为a的匀加速直线运动，同时由静止释放CD棒，如图所示。已知运动过程中棒与导轨接触良好，重力加速度为g，求：
（1）AB棒哪端电势高，两端的电压UAB的大小随时间变化的规律；
（2）作用在金属棒AB上的拉力F需要满足的条件；
（3）CD棒下滑达到最大速度所需时间。

24．（2022•浙江模拟）如图所示，AD与A1D1为水平放置的无限长平行金属导轨，DC与D1C1为倾角为θ＝37°的平行金属导轨，两组导轨的间距均为l＝1.5m，导轨电阻忽略不计。质量为m1＝0.35kg、电阻为R1＝1Ω的导体棒ab置于倾斜导轨上，质量为m2＝0.4kg、电阻为R2＝0.5Ω的导体棒cd置于水平导轨上，轻质细绳跨过光滑滑轮一端与cd的中点相连、另一端悬挂一轻质挂钩。导体棒ab、cd与导轨间的动摩擦因数相同，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B＝2T．初始时刻，棒ab在倾斜导轨上恰好不下滑。（g取10m/s2，sin37°＝0.6）

（1）求导体棒与导轨间的动摩擦因数μ；
（2）在轻质挂钩上挂上物体P，细绳处于拉伸状态，将物体P与导体棒cd同时由静止释放，当P的质量不超过多大时，ab始终处于静止状态？（导体棒cd运动过程中，ab、cd一直与DD1平行，且没有与滑轮相碰。）
（3）若P的质量取第（2）问中的最大值，由静止释放开始计时，当t＝1s时cd已经处于匀速直线运动状态，求在这1s内ab上产生的焦耳热为多少？
25．（2021•瓯海区校级模拟）如图，在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，在区域Ⅰ和区域Ⅱ存在着方向相反的匀强磁场，Ⅰ区磁感应强度大小B1＝0.6T，Ⅱ区磁感应强度大小B2＝0.4T。两个磁场的宽度MJ和JG均为L＝1m，一个质量为m＝0.6kg、电阻R＝0.6Ω、边长也为L的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，当ab边刚越过GH进入磁场Ⅰ区时，恰好做匀速直线运动。已知重力加速度g取10m/s2。求：
（1）线框ab边刚进入磁场Ⅰ区时电流I的大小及方向；
（2）线框静止时ab边距GH的距离x；
（3）线框ab边从JP运动到MN过程通过线框的电荷量q。

26．（2021•浙江模拟）两光滑导轨平行放置，间距为L，在导轨上有O、O'两点，OO'连线与轨道垂直。OO'将导轨分为左右两部分，OO'左边的轨道由绝缘材料做成，右边轨道由导电材料做成，不计导轨的电阻。OO'左边有宽度为d的等间距交替出现的方向竖直向上或竖直向下的磁场，磁感应强度大小为B。在OO'的右侧有方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小也为B。在OO'处放置有质量为2m的金属棒a，离a棒距离为s处放置一质量也为2m的金属棒b，a、b两棒的电阻均为R。现将一质量为m，电阻值也为R，宽为d，长为L的金属线框ABCD，从AB边离OO'距离为4d的左侧以一定的初速度向右运动，在OO'处与a棒发生弹性碰撞后，线框返回且恰好停在出发处。而b棒与障碍物发生弹性碰撞后会以大小不变的速度返回。b棒到达障碍物时的速度已经稳定。
（1）判断线框开始运动时，CD边中电流的方向及CD边受力的方向；
（2）求线框初速度的大小；
（3）求线框中产生的热量；
（4）若b棒在与障碍物相碰后能够与a棒再相遇，求初始a、b两棒的距离s的取值范围。

27．（2023•镇海区校级模拟）电源是通过非静电力做功把其他形式的能转化为电能的装置，不同的电源非静电力做功的本领有所不同，物理学中用电动势来描述电源的这种特性。
（1）如图所示，固定于水平面的U形金属框架处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，金属框两平行导轨间距为l。金属棒MN在外力的作用下，沿框架以速度v向右做匀速直线运动，运动过程中金属棒始终垂直于两平行导轨并接触良好。已知电子的电荷量为﹣e。在金属棒产生电动势的过程中，请说明是什么力充当非静电力，并求出这个非静电力F的大小；
（2）科学家发现导体两端的温度差也能产生电动势，这种电动势称为温差电动势。我们用图乙所示的简化模型来分析。一段长度为L的直导线AB沿Ox轴放置，A端位于坐标原点处。与恒温热源接触后，A端温度恒为T1，B端温度恒为T2（T2＜T1）。假定导线上相同位置处的温度相同，不同位置处的温度沿x方向均匀变化，导线形状随温度的变化忽略不计。从微观上来看，可认为：温度越高，金属离子（即原子失去自由电子后的剩余部分）热运动的平均动能越大，与之相比，自由电子热运动平均动能随温度的变化可以忽略不计。如图乙所示，取导线中长为Δx的一个薄层，自由电子受到左侧金属离子的碰撞比右侧的强，薄层两端就形成了压强差，自由电子会发生定向运动。已知薄层两端的压强差与其两端的温度差成正比，且比例系数为nk，n为单位体积内的自由电子数（假设导线中各处n都相同）k为常数。导线AB的横截面积为S，电荷量为﹣e，忽略自由电子与金属离子之间及自由电子彼此间的库仑作用。请利用自由电子的受力特点，结合电动势的定义式，推导得出温差电动势的表达式；
（3）特殊温差发电导体AB两端有恒定温差，连接无限长的水平光滑导轨（图丙），若温差电动势的大小与导线两端的温度差成正比，比例系数为S，水平导轨区域磁感应强度为B。导轨上静止放置的导体棒MN电阻为R，质量为m，到刚好稳定的过程中导体棒的焦耳热为Q，忽略其他电阻。求发电导体AB两端的温差。

28．（2020•浙江三模）如图所示，间距L＝1m的两光滑金属导轨相互平行放置，水平导轨与倾斜导轨之间用绝缘材料平滑连接。倾斜轨道的倾角θ＝37°，在倾斜轨道上端有一单刀双掷开关S，可连接E＝9V、r＝2Ω的电源或C=564F的未充电的电容器。在倾斜导轨区域和直导轨CDGH矩形区域存在着相同的磁场，方向竖直向上，在水平导轨的右端连接了R2＝10Ω的电阻。已知R1＝10Ω，d＝3m，将开关S与1相连，一质量m＝0.1kg的金属导体棒ab恰好能静止在高h＝3.6m的倾斜导轨上。不计其他一切电阻和阻力，取g＝10m/s2，求：

（1）磁感应强度B的大小；
（2）将开关S掷向2后，ab棒滑到MN处的速度v；
（3）ab棒通过CDGH磁场区域过程中R2上产生的焦耳热。
29．（2022•浙江三模）半径R的圆柱形大区域内存在匀强磁场，方向垂直于纸面向外，磁感应强度随时间均匀增加，其变化率为k（k＞0），其圆截面如图1所示，圆心为O。已知磁场随时间均匀增加时，在垂直于磁场的平面内会产生同心圆形状的感生电场，平面内距圆心相同距离的地方，感生电场场强大小相同。

（1）若将一半径为R2的金属圆环垂直磁场方向放置，金属环的中心与O点重合，求金属环中产生的感生电动势；
（2）求图1中距圆心R2处的感生电场的大小并判断其方向；
（3）若在一半径为R2且与大圆区域边界相切的小圆柱形区域内，再叠加一个方向垂直于纸面向里的变化率也为k的同步变化的匀强磁场，叠加后小圆区域内的合磁场为零如图2所示。一个质量为m、电量q、重力不计的带正电粒子，从边界上的A点以某一初速度平行OO1连线进入小圆区域，刚好可以打中两圆相切处，已知A距两圆心连线2R5，求此粒子初速度大小。（提示：利用电场叠加原理可以先研究小圆区域内某点的合感生电场的场强。）
30．（2022•浙江模拟）如图所示，电阻为2R、半径为r、匝数为n的圆形导体线圈两端与导轨AD、MN相连。与导体线圈共圆心的圆形区域内有竖直向下的磁场，其磁感应强度随时间变化的规律如图（2）所示，图（2）中的B0和t0均已知。PT、DE、NG是横截面积和材料完全相同的三根粗细均匀的金属棒。金属棒PT的长度为3L、电阻为3R、质量为m。导轨AD与MN平行且间距为L，导轨EF与GH平行且间距为3L，DE和NG的长度相同且与AD、MN的夹角均为30°。区域Ⅰ和区域Ⅱ是两个相邻的、长和宽均分别相同的空间区域，其长度均为d。区域Ⅰ中存在竖直向下、磁感应强度大小为B0的匀强磁场。0～2t0时间内，使棒PT在区域Ⅰ中某位置保持静止，且其两端分别与导轨EF与GH对齐。除导体线圈、金属棒PT、DE、NG外，其余导体电阻均不计，所有导体间接触均良好且均处于同一水平面内，不计一切摩擦，不考虑回路中的自感。

（1）求在0～2t0时间内，使棒PT保持静止的水平外力F的大小；
（2）在2t0以后的某时刻，若区域Ⅰ内的磁场在外力作用下从区域Ⅰ以v0的速度匀速运动到区域Ⅱ时，导体棒PT速度恰好达到v0且恰好进入区域Ⅱ，该过程棒PT产生的焦耳热为Q，求金属棒PT与区域Ⅰ右边界的初始距离x0和该过程维持磁场匀速运动的外力做的功W；
（3）若磁场运动到区域Ⅱ时立刻停下，求导体棒PT运动到EG时的速度v。

2021-2023年浙江省高考物理模拟试题分类——专题10电磁感应
参考答案与试题解析
一．选择题（共17小题）
1．（2021•义乌市模拟）照片中的情景发生在义亭中学的创新实验室。当实验老师从液氮中取出一块“亿钡铜氧”合金并将它靠近一块永磁体时，合金块能悬浮在磁体的上方；老师又从液氮中取出一块外形相似、质量更小的铝块并将它靠近同一块永磁体时，“悬浮”却没有发生。造成这一区别的主要原因是（　　）

A．“亿钡铜氧”合金在液氮温度下电阻几乎为零
B．质量更小的铝块靠近永磁体时内部不会形成电流
C．穿过“亿钡铜氧”合金的磁通量更大
D．穿过“亿钡铜氧”合金的磁通量变化得更快
【解答】解：AB、因穿过“亿钡铜氧”合金的磁通量与穿过铝块的磁通量变化得一样快，但“亿钡铜氧”合金在液氨温度下接近超导体，电阻几乎为零，所以在“亿钡铜氧”合金中产生的电流很大，且电流持续的时间很长，所以电流激发的磁场也很强且持续时间长，故在两磁场的相互作用力下“亿钡铜氧”能够悬浮在磁体的上方；而质量更小的铝块由于在液氨温度下不能产生超导现象，所以电阻不能忽略，产生的感应电流通过电阻时做功，电能很快转化成了内能，所以当铝块靠近永磁体时不会产生磁悬浮现象，故A正确，B错误；
C、穿过“亿钡铜氧”合金的与穿过铝块的磁通量一样大，故C错误；
D、穿过“亿钡铜氧”合金的与穿过铝块的磁通量一样大，且穿过“亿钡铜氧”合金的磁通量与穿过铝块的磁通量变化得一样快，故D错误。
故选：A。
2．（2021•杭州二模）如图所示，无限长通电直导线与右侧的矩形导线圈ABCD在同一平面内，线圈的AB边与直导线平行。现用外力使线圈向直导线靠近且始终保持AB边与直导线平行，在AB边靠近直导线的过程中，下列说法正确的是（　　）

A．线圈内产生的感应电流方向是ADCBA
B．直导线对AB边和CD边的安培力等大反向
C．直导线对AD边和BC边的安培力等大反向
D．在线圈ABCD内部的区域的磁场方向为垂直线圈所在平面向外
【解答】解：AD、直导线中通有向上的电流，根据安培定则，知导线右侧的磁场方向垂直纸面向里，则线圈ABCD内部的区域磁场方向为垂直线圈所在平面向里；用外力使线圈向直导线靠近时穿过线圈向里的磁通量增大，根据楞次定律，知感应电流的方向为ABCDA方向，故AD错误；
B、根据左手定则，AB边受安培力方向向右，CD边受到的安培力的方向向左，但AB处的磁感应强度大，所以AB边受到的安培力大，故B错误；
C、根据左手定则，BC边受安培力方向向上，DA边受到的安培力的方向向下，由于到导线距离相等处的磁感应强度相等，所以两个安培力的大小相等，故C正确。
故选：C。
3．（2022•浙江模拟）长直导线与环形导线固定在同一平面内，长直导线中通有如图所示方向的电流，当电流大小均匀增大时（　　）

A．环形导线有扩张的趋势
B．环形导线受到的安培力大小保持不变
C．环形导线中有顺时针方向的感应电流
D．环形导线中的感应电流大小保持不变
【解答】解：AC、导线电流增大，空间的磁场变大，环形导线中的磁通量增加，易得环形导线有收缩的趋势，同时易得环形导线中有逆时针方向的感应电流，故AC错误；
BD、由于导线电流均匀增大，空间的磁场均匀变大，环形导线中的磁通量均匀增加，故环形导线中的感应电流大小保持不变，但是由于空间的磁场变大，环形导线受到的安培力大小变大，故B错误，D正确。
故选：D。
4．（2021•诸暨市模拟）当交变电流通过导体时，交变的磁场会在导体内部引起涡流，使电流在导体横截面上的分布不再均匀，电流将主要地集中到导体表面，这种效应称为趋肤效应。交变电流的频率越高，趋肤效应越明显。下列说法正确的是（　　）
A．趋肤效应是一种静电感应现象
B．趋肤效应使得导体的有效电阻减小
C．在远距离输电中，可提高交变电流频率以减小输电线上的损失
D．在高频电路中，可用空心铜导线代替实心铜导线以节约线路成本
【解答】解：A.趋肤效应是电磁感应现象，故A错误；
B、趋肤效应使得电流主要集中到导体表面，相当于减小了导体的横截面积，所以有效电阻增大，故B错误；
C、在远距离输电中，可提高交变电流的电压以减小输电线上的损失，故C错误；
D.在高频电路中，趋肤效应越明显，电流主要集中到导体表面，故可用空心铜导线代替实心铜导线以节约线路成本，故D正确。
故选：D。
5．（2023•温州模拟）如图甲所示为某一电磁炮原理示意图，图中有直流电源、电容器，线圈套在中空并内侧光滑的绝缘管上，将直径略小于管内径的金属小球静置于管内。开关S接1使电容器完全充电，开关接2时开始计时，通过线圈的电流随时间的变化规律如图乙所示，金属小球在0﹣t1时间内被加速发射出去（t1时刻刚好运动到右侧管口）。在0﹣t1时间内，下列说法正确的是（　　）

A．小球的加速度一直增大
B．线圈中产生的磁场方向向左
C．小球中产生的涡流一直减小
D．电容器储存的电能全部转化为小球的动能
【解答】解：A．磁场强弱程度与通过线圈的电流成正比，则在0﹣t1时间内，电流在增大，但变化率在减小，所以线圈的磁通量在增大，但磁通量的变化率逐渐减小，由法拉第电磁感应定律E=nΔΦΔt，可知感应电动势减小，所以小球受到的感应电场的电场力不是逐渐增大，由牛顿第二定律可知加速度也不是逐渐增大，故A错误；
B．由图甲可知0﹣t1时间内，电容器上极板为正极板，所以线圈中左侧电流向下，根据安培定则可知线圈中产生的磁场方向向右，故B错误；
C．0﹣t1时间内，电流的变化率减小，则小球内磁通量的变化率减小，根据法拉第感应定律可知，小球内的涡流减小，故C正确；
D．小球射出后电路中仍然有电流，说明电路中还有一部分能量，所以电容器储存的电能不能全部转化为小球的动能，故D错误。
故选：C。
6．（2022•绍兴二模）如图所示，右端为N极的磁铁置于粗糙水平桌面上并与轻质弹簧相连，弹簧一端固定在竖直墙面上，当弹簧处于原长时，磁铁的中心恰好是接有一盏小灯泡的竖直固定线圈的圆心。用力将磁铁向右拉到某一位置，撤去作用力后磁铁穿过线圈来回振动，有关这个振动过程，以下说法正确的是（　　）

A．灯泡的亮暗不会发生变化
B．磁铁接近线圈时，线圈对磁铁产生排斥力
C．从左往右看线圈中的电流一直沿逆时针方向
D．若忽略摩擦力和空气阻力，磁铁振动的幅度不会减小
【解答】解：A、以S极靠近线圈分析，速度增大，且靠近线圈时磁感应强度增大，则穿过线圈磁通量变化率增大，感应电流增大，灯泡会变亮，故A错误；
B、根据楞次定律的“来拒去留”可知磁铁靠近线圈时，线圈对磁铁产生排斥力，故B正确；
C、当S极靠近线圈时，根据楞次定律可知线圈中的电流沿逆时针方向，当S极向右运动远离线圈时，根据楞次定律可知，线圈中的电流沿顺时针方向，故C错误；
D、若忽略摩擦力和阻力，磁铁的振幅也会越来越小，因为弹簧和磁铁的机械能逐渐转化为焦耳热，故D错误；
故选：B。
7．（2021•浙江模拟）如图甲所示，虚线MN两侧的空间均存在与纸面垂直的匀强磁场，右侧匀强磁场的方向垂直纸面向外，磁感应强度大小恒为B0，左侧匀强磁场的磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，规定垂直纸面向外为磁场的正方向。一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S0，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上，则下列说法正确的是（　　）

A．0～t0时间内，圆环中的电流方向为逆时针方向
B．t＝t0时刻，圆环中的电流为0
C．t=32t0时刻，圆环受到的安培力大小为B02r2S08ρt0
D．在0～t0时间内，通过圆环的电荷量为B0rS04ρ
【解答】解：A、0～t0时间内，圆环中左侧的磁通量向内减小，右侧磁通量不变，根据楞次定律可知圆环中的电流方向为顺时针方向，故A错误；
B、根据法拉第电磁感定律，圆环中产生的感应电动势E=△B△tS，t＝t0时刻磁通量变化率不为0，则电动势不为0，圆环中的电流不0，故B错误；
C、上式中S=12πr2，△B△t=B0t0，据欧姆定律有I=ER，据电阻定律有R=ρ2πrS0，t=32t0时刻圆环受到的安培力F=B0I⋅2r-12B0I⋅2r=B02r2S04ρt0，力方向垂直于MN向左，故C错误；
D、在0～t0时间内，通过圆环的电荷量q=It，又I=ER，E=△Φ△t，圆环磁通量的变化量△Φ＝B0‧12πr2，联立解得q=B0rS04ρ，故D正确。
故选：D。
8．（2023•镇海区校级模拟）电吉他的工作原理是在琴身上装有线圈，线圈附近被磁化的琴弦振动时，会使线圈中的磁通量发生变化，从而产生感应电流，再经信号放大器放大后传到扬声器。其简化示意图如图所示。则当图中琴弦向右靠近线圈时（　　）

A．穿过线圈的磁通量减小 B．线圈中不产生感应电流
C．琴弦受向左的安培力 D．线圈有扩张趋势
【解答】解：AB、当图中琴弦向右靠近线圈时，线圈中磁通量增大，从而导致线圈中产生感应电流，故AB错误；
C、当图中琴弦向右靠近线圈时，线圈中磁通量增大，根据楞次定律，线圈产生的感应电流会阻碍琴弦向右靠近线圈，即琴弦会受到向左的安培力的作用，故C正确；
D、当图中琴弦向右靠近线圈时，线圈中磁通量增大，根据楞次定律，线圈产生的感应电流会使线圈有面积缩小的趋势，故D错误。
故选：C。
9．（2022•温州三模）如图甲是某款可以无线充电的手机置于相应充电盘上的情景，图乙是其原理图。受电线圈和送电线圈分别存在于手机和充电盘中，当手机静止置于充电盘上时，两线圈构成装置可视为理想变压器。已知送电线圈和受电线圈的匝数比n1：n2＝20：1，R1＝80R2，当a、b间接220V的正弦交变电流，手机获得电压为5V，充电电流为1A，则下列说法正确的是（　　）


A．所有手机都可以使用该充电盘进行无线充电
B．ab端输入恒定电流，也能对手机进行无线充电
C．R1、R2两端的电压之比为1：20
D．充电时，受电线圈cd两端的输出电压为10V
【解答】解：A、不是所有手机都能进行无线充电，只有手机中有受电线圈的手机利用电磁感应，进行无线充电，故A错误；
B、变压器工作原理是互感现象，ab端输入恒定电流，则受电线圈无磁通量变化，不会产生感应电流，不能对手机进行无线充电，故B错误；
CD、当a、b间接220V的正弦交变电流，手机获得电压为5V，充电电流为1A，根据
I1I2=n2n1=120
可知送电线圈的电流为：I1＝0.05A
R1、R2两端的电压之比为：I1R1I2R2=0.05×801=41
送电线圈ab两端的电压为：
U1＝Uab﹣I1R1
受电线圈cd两端的输出电压为：
Ucd＝U2＝I2I2+U手
U1U2=n1n2
联立解得：R2＝5Ω；U2＝10V，故C错误，D正确；
故选：D。
10．（2021•浙江模拟）为了使灵敏电流计的指针在零刻度附近快速停下，实验小组的同学利用“电磁阻尼“来实现。他们设计了如图所示的甲、乙两种方案，甲方案：在指针转轴上装上扇形铝板，磁场位于零刻度中间；乙方案：在指针转轴上装上扇形铝框，磁场位于零刻度中间。下列说法正确的是（　　）

A．甲方案中，铝板摆动时磁通量不变，不会产生感应电流
B．甲方案中，铝板摆动时都能产生涡流，起电磁阻尼的作用
C．乙方案中，铝框小幅度摆动时会产生感应电流
D．乙方案比甲方案更合理
【解答】解：AB、甲方案中，铝板摆动时，扇形铝板的半径切割磁感应线，在铝板内形成环状电流，起电磁阻尼的作用，指针能很快停下来，故A错误，B正确；
CD、乙方案中，当指针偏转角度较小时，铝框中磁通量不变，不能产生感应电流，起不到电磁阻尼的作用，指针不能很快停下，因此，甲方案更合理，故CD错误。
故选：B。
11．（2023•杭州一模）智能手表通常采用无线充电方式。如图甲所示，充电基座与220V交流电源相连，智能手表放置在充电基座旁时未充电，将手表压在基座上，无需导线连接，手表便可以充电（如图乙所示）。已知充电基座与手表都内置了线圈，则（　　）

A．手机和基座无导线连接，所以传输能量时没有损失
B．用塑料薄膜将充电基座包裹起来，之后仍能为手表充电
C．无线充电的原理是利用基座内的线圈发射电磁波传输能量
D．充电时，基座线圈的磁场对手表线圈中的电子施加力的作用，驱使电子运动
【解答】解：A．充电时存在漏磁效应，所以传输能量时有损失，故A错误；
B．手机充电利用的是互感原理，故用塑料薄膜将充电基座包裹起来，仍能为手表充电，故B正确；
C．无线充电的原理是基座内的线圈电流变化，产生变化的磁场，导致手表内部线圈中的磁通量发生改变，从而线圈产生感应电流，其产生感应电流的方式与变压器，互感器的原理相同，故C错误；
D．根据上述解释，基座线圈的磁场变化产生感应电场，驱动放置在感应电场中的手表中的线圈内部的电子做定向运动，形成电流，故D错误。
故选：B。
12．（2023•嘉兴一模）如图所示为一地下电缆探测装置，圆形金属线圈可沿水平面不同方向运动，若水平Oxy地面下有一平行于y轴且通有恒定电流I的长直导线，P、M和N为地面上的三点，线圈圆心P点位于导线正上方，MN平行于y轴，PN平行于x轴、PQ关于导线上下对称。则（　　）

A．电流I在P、Q两点产生磁感应强度相同
B．电流I在M、N两点产生磁感应强度大小BM＝BN
C．线圈从P点匀速运动到N点过程中磁通量不变
D．线圈沿y方向匀加速运动时，产生恒定的感应电流
【解答】解：A、根据安培定则，电流I在P处产生的磁感应强度沿x轴负方向，在Q处产生的磁感应强度沿x轴正方向，故A错误；
B、由于MN平行y轴，电流I也平行y轴，且M、N到长直导线的距离相等，所以电流I在M、N两点产生磁感应强度大小相等，故B正确；
C、电流I在P处产生的磁感应强度沿x轴负方向，故线圈在P点的磁通量为零，电流I在N处产生的磁感应强度斜向左下方，故线圈在N点的磁通量不为零，故线圈从P点到N点的过程中的磁通量发生了变化，故C错误；
D、线圈沿y方向运动，线圈始终在长直导线的正上方，直导线正上方的磁感应强度方向始终沿x轴负方向，线圈所在位置磁场关于x轴对称，所以线圈中磁通量始终为零，故线圈匀加速运动中不会产生感应电流，故D错误。
故选B。
13．（2023•浙江模拟）如图所示，一块永磁体在光滑斜面上沿着一螺线管的轴线做直线运动。螺线管外的轴线上存在p、q两点（p、q两点到螺线管边缘的距离相等）。一灯泡与螺线管串联，灯泡在永磁体通过p点时的亮度要大于永磁体通过q点时的亮度。忽略永磁体的尺寸，下列说法中正确的（　　）

A．永磁体在p点时的速度小于在q点时的速度
B．永磁体在p点时的机械能小于在q点时的机械能
C．若将灯泡换成一发光二极管，则永磁体在通过p和q时该二极管不会都发光
D．若将永磁体的极性对调，则在其通过q点时灯泡的亮度将大于其通过p点时的亮度
【解答】解：A．灯泡在永磁体通过p点时的亮度大于永磁体通过q点时的亮度，说明永磁体通过p点时产生的感应电流大于永磁体通过q点时的感应电流，根据切割电动势规律和欧姆定律，即永磁体在p点时的速度大于在q点时的速度，故A错误；
B．根据能量转化与守恒，由于灯泡发光，所以永磁体的机械能不断减小，即永磁体在p点时的机械能大于在q点时的机械能，故B错误；
C．根据楞次定律，当永磁体靠近螺线管和远离螺线管时产生的感应电流方向相反，根据二极管反向截止的特性，所以二极管不会都发光，故C正确；
D．若将永磁体的极性对调，根据切割电动势规律和欧姆定律，则在其通过q点时灯泡的亮度仍将小于其通过p点时的亮度，故D错误。
故选：C。
14．（2021•滨江区校级模拟）如图所示，金属圆环内外半径为r和2r，匀强磁场B垂直圆环平面向里，两环之间接有电容器，在两环间且接触良好的金属导体ab棒可绕圆心以角速度ω逆时针旋转，已知电容器的电容为C，则下列说法正确的是（　　）

A．电容器c极板带负电
B．cd间电压逐渐增大
C．金属棒ab产生的电动势为Bωr2
D．电容器所带电荷量为32CBωr2
【解答】解：A、根据右手定则可知，ab棒切割磁感线产生感应电动势方向由a到b，a端的电势比b端的电势低，则电容器c板带正电，d板带负电，故A错误；
BC、根据切割磁感线产生感应电动势为：E＝BLabv=Br•va+vb2=Br•rω+2rω2=32Br2ω，
电容器cd间的电压等于电动势，所以cd间的电压不变，故BC错误；
D、根据电容器电荷量的计算公式Q＝CU，及U＝E得：Q=CU=32CBωr2，故D正确。
故选：D。
15．（2021•浙江模拟）如图所示，两根平行光滑金属导轨固定在同一水平面内，其左端接有定值电阻R，建立Ox轴平行于金属导轨，在0≤x≤4m的空间区域内存在着垂直导轨平面向下的磁场，磁感应强度B随坐标x（以m为单位）的分布规律为B＝0.8﹣0.2x（T），金属棒ab在外力作用下从x＝0处沿导轨向右运动，ab始终与导轨垂直并接触良好，不计导轨和金属棒的电阻。设在金属棒从x1＝1m经x2＝2m到x3＝3m的过程中，定值电阻R的电功率始终保持不变，则（　　）

A．金属棒做匀速直线运动
B．金属棒运动过程中产生的电动势始终不变
C．金属棒在x1与x2处受到磁场的作用力大小之比为2：3
D．金属棒从x1到x2与从x2到x3的过程中通过R的电荷量之比为3：5
【解答】解：AB、由功率的计算式可得：P＝I2R=E2R，由于金属棒从x1＝1m经x2＝2m到x3＝3m 的过电功率保持不变，所以E应不变，沿x轴方法，B逐渐减小，E不变，由E＝BLv可知，金属棒的速度v增大，金属棒做加速运动，故A错误，B正确；
C、由安培力公式F＝BIL及P＝EI知：F1F2=B1ILB2IL=B1B2=0.8-0.2×10.8-0.2×2=32，故C正确；
D、由于金属棒从x1＝1m经x2＝2m到x3＝3m的过程中，R的电功率保持不变，由P＝I2R知道R中的电流相等，再由安培力公式F＝BIL，所以F﹣x图象如图所示显然图象与坐标轴围成的面积就是克服安培力做的功，即R产生的热量，所以：Q1Q2=0.6+0.40.4+0.2=53，根据热量Q＝I2Rt，热量之比为5：3，电流相同，说明时间之比为t1：t2＝5：3，因此电量q1q2=It1It2=t1t2=53，故D正确。
故选：B。

16．（2022•温州二模）如图所示，空间分布着方向垂直纸面向里的有界匀强磁场，EF是其右边界。半径为r的单匝圆形金属线圈垂直于磁场放置，线圈的圆心O在EF上；另有一根长为2r的导体杆与EF重合，杆两端点a、b通过电刷与圆形线圈连接，线圈和导体杆单位长度电阻相同。情况1：导体直杆不动，线框绕EF轴匀速转动，转动方向如图所示；情况2：线圈不动，导体杆绕O点在纸面内顺时针匀速转动。两情况均从图示位置开始计时，关于导体杆ab两端点的电压Uab情况，下列说法正确的是（　　）

A．情况1产生的Uab﹣t图象为图甲，情况2产生的Uab﹣t图象为图丙
B．情况1产生的Uab﹣t图象为图乙，情况2产生的Uab﹣t图象为图丁
C．情况1产生的Uab﹣t图象为图甲，情况2产生的Uab﹣t图象为图丁
D．情况1产生的Uab﹣t图象为图乙，情况2产生的Uab﹣t图象为图丙
【解答】解：情况1：导体直杆不动，线框绕EF轴匀速转动，在0-T4时间内，由右手定则判断可知，a端的电势高于b端的电势，Uab＞0；在T4-T4时间内，b端的电势高于a端的电势，Uab＜0，产生的Uab﹣t图象为图甲；
情况2：线圈不动，导体杆绕O点在纸面内顺时针匀速转动，Ob和Oa轮流切割磁感线，在0-T2时间内，Ob切割磁感线，由右手定则判断可知，Ob中感应电流方向由O→b，则b端的电势高于a端的电势，Uab为负值；在T2-T时间内，Oa切割磁感线，由右手定则判断可知，Oa中感应电流方向由O→a，则a端的电势高于b端的电势，Uab为正值，则情况2产生的Uab﹣t图象为图丙，故A正确，BCD错误。
故选：A。
17．（2021•瓯海区校级模拟）如图所示，这是感受电磁阻尼的铜框实验的简化分析图，已知图中矩形铜框（下边水平）的质量m＝2g、长度L＝0.05m、宽度d＝0.02m、电阻R＝0.01Ω，该铜框由静止释放时铜框下边与方向水平向里的匀强磁场上边界的高度差h＝0.2m，磁场上、下水平边界间的距离D＝0.27m，铜框进入磁场的过程恰好做匀速直线运动。取重力加速度大小g＝10m/s2，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）

A．铜框进入磁场的过程中电流方向为顺时针
B．匀强磁场的磁感应强度的大小为0.5T
C．铜框下边刚离开磁场时的速度大小为3m/s
D．铜框下边刚离开磁场时的感应电流为0.3A
【解答】解：A、铜框下边进入磁场过程，磁场阻碍铜框下落，根据楞次定律可知，此时感应电流的方向为逆时针，故A错误；
B、铜框下边刚进入磁场时的速度大小：v1=2gh，铜框下边切割磁感线产生的感应电动势：E＝BLv1，根据闭合电路解得铜框中的电流：I=ER，铜框所受安培力的大小：F＝BIL，根据平衡条件可得：F＝mg，解得：B＝0.02T，故B错误；
C、铜框全部进入磁场后开始做加速度为g的匀加速直线运动，设铜框下边刚离开磁场时的速度大小为v2，根据运动学公式有：v22-v12=2g（D﹣d），解得v2＝3m/s，故C正确；
D、铜框下边刚离开磁场时，感应电流的大小：Ґ=BLv2R，代入数据解得I'＝3A，故D错误。
故选：C。
二．多选题（共1小题）
（多选）18．（2022•浙江三模）如图所示，水平导体棒ab质量m＝0.1πkg、长L＝1m、电阻Rab＝0.25Ω，其两个端点分别搭接在竖直平行正对放置的两光滑金属圆环上，两圆环半径均为r＝1m、电阻不计。阻值R＝0.25Ω的电阻用导线与圆环相连接，理想交流电压表V接在电阻R两端。整个空间有磁感应强度大小为B＝1T、方向竖直向下的匀强磁场。导体棒ab在外力F作用下以速率v＝1m/s绕两圆环的中心轴OO′匀速转动，ab在圆环最低点时记为t＝0时刻，重力加速度为g＝10m/s2。下列说法正确的是（　　）

A．导体棒中的电流I＝2sint（A）
B．电压表的示数为22V
C．从t＝0到0.5πs的过程中通过R的电量为2C
D．从t＝0到0.5πs的过程中外力F做功为1.5πJ
【解答】解：A、根据题意可知，ab棒在圆环内绕中心轴OO'匀速转动，产生正弦交流电，其中最大电动势为：Em＝BLv＝1×1×1V＝1V，
则感应电动势的有效值为：E=Em2=22V
感应电流的最大值为：Im=ERab+R=10.25+0.25A＝2A，
导体棒转动的角速度为：ω=vr=11rad/s＝1rad/s
导体棒中的电流：I＝Imcosωt＝2cost（A），故A错误；
B、电压表的示数为：UV＝I有R=22×0.25V=24V，故B错误；
C、导体棒转动的周期为：T=2πrv=2π×11s＝2πs，从t＝0到0.5πs的过程中，导体棒转过14T；
根据电荷量的计算公式可得：q=It=ERab+R⋅Δt=B⋅ΔSRab+R，其中ΔS＝Lr
代入数据解得：q＝2C，故C正确；
D、匀速转动过程中动能变化为零，根据动能定理可得：W+W安﹣mg•2r＝0
由电路中产生的焦耳热等于安培力做功，即：W安＝﹣I有2（R+R0）t，其中I有=2A
联立解得：W＝1.5πJ，故D正确。
故选：CD。
三．计算题（共8小题）
19．（2022•绍兴二模）如图所示，金属轮A1和绝缘轮A2，可绕各自中心金属轴O1和O2转动，O1和O2平行且水平放置，A1金属轮由三根金属辐条和金属环组成，A1轮的辐条长为4r、电阻为R，连接辐条的金属环的电阻可以忽略，三根辐条互成120°角，在图中120°的扇形区域内存在平行于轴向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，绝缘轮A2半径的为2r，另一半径为r的绝缘圆盘A3与A2同轴且固连在一起。一轻细绳的一端固定在A1边缘上的某点，在A3上绕足够匝数后，悬挂一质量为m的重物P。当P下落时，通过细绳带动A3和A2绕O2轴转动。转动过程中，A1、A2保持接触，无相对滑动。A1轮的轴O1和金属环通过导线与两平行的足够长的金属导轨连接，导轨倾角为θ，其上放置一质量为m、电阻为R、长度为L的金属棒EF，棒与导轨间的动摩擦因数为μ，轨道间存在沿斜面向下的匀强磁场，磁感应强度大小也为B，不计导线电阻。
（1）当P的速度为v时，求金属棒EF两端的电压；
（2）金属棒EF刚好开始运动记为0时刻，经过时间t重物P下落高度为h，金属棒EF仍在轨道上运动，求此时金属棒EF的速度u；
（3）为使金属棒EF不脱离轨道，轨道的倾角θ满足的条件。

【解答】解：（1）在P速度为v时，r2转动的角速度：ω1=vr
两盘接触点的线速度为：v1＝ω1•2r＝2v
辐条的电动势：E=12B×4rv2=4Brv
回路中只有一根辐条在切割磁感应线，相当于电源，其余两根辐条和EF电阻并联，因此总电阻为：
R总＝R+R3=43R
总电流：I=ER总=3BrvR
金属棒两端电压即为路端电压：U＝I×R3=Brv；
（2）对金属棒受力分析，取沿导轨向下为正方向，由动量定理可得：
mgsinθ•t﹣μ（mgcosθ﹣BIEFL）t＝mu﹣0
又：IEF=BrvR
代入可得：（mgsinθ﹣μmgcosθ）t+μ•B2rvLvtR=mu，其中vt=h
解得：u＝（sinθ﹣μcosθ）gt+μB2rvhmR；
（3）当金属棒EF与导轨的弹力为0时，金属棒EF刚好要离开导轨，设此时重物P下落的速度为v2，此时有：
mgcosθ＝F安
又：F安=B2rLv2R
可得：v2=mgRcosθB2rL
若金属棒限制在导轨上运动，设重物P可能达到的最大速度为vm，由功率关系可得：
mgvm=Em243R
其中：Em＝4Brvm
代入得：vm=mgR12B2r2
要使得金属棒EF不脱离轨道，需满足v2＞vm
代入可得：cosθ＞L12r。
答：（1）当P的速度为v时，金属棒EF两端的电压为Brv；
（2）此时金属棒EF的速度为（sinθ﹣μcosθ）gt+μB2rvhmR；
（3）为使金属棒EF不脱离轨道，轨道的倾角θ满足cosθ＞L12r。
20．（2022•温州二模）如图所示，间距L＝0.2m的两平行金属导轨由倾斜部分与水平部分平滑连接而成。倾斜部分MN、M'N′粗糙，与水平面夹角θ＝30°；水平部分NP、N'P'光滑。PP'间接有电容器和二极管，电容器电容C=18F，二极管正向电阻为零，反向电阻无穷大。虚线区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ内有垂直于导轨平面的匀强磁场，方向如图所示，磁感应强度大小均为B＝1T。区域Ⅰ、Ⅱ沿导轨长度均为d＝0.5m，区域Ⅱ下边界与NN'齐平。区域Ⅱ沿导轨长度足够长。现有两根完全相同的导体棒ab、cd，每根导体棒质量m＝0.01kg，电阻R＝1Ω，长度L＝0.2m，始终与导轨垂直且接触良好。开始时，cd棒静止在区域Ⅱ左侧的水平导轨上，让ab棒从区域Ⅰ上边界上方某处无初速度释放。已知ab棒与倾斜导轨动摩擦因数μ=35，ab棒从释放到抵达NN'的时间t＝2s。ab棒与cd棒碰撞后立即粘在一起继续运动。导轨电阻不计。求：
（1）ab棒在倾斜轨道上运动过程中，通过cd棒的电荷量q；
（2）两棒碰撞后瞬间的速度v的大小；
（3）若电容器储存的电能满足E=12CU2（U为电容器两极板间电压），进入水平导轨后ab棒产生的焦耳热Qab。

【解答】解：（1）ab棒在倾斜轨道上运动过程中，在区域Ⅰ、Ⅱ中切割磁感线产生感应电流方向由b→a，则二极管不导通，电容器不会被充电。导体棒ab、cd和导轨组成回路，设ab棒通过区域Ⅰ的过程通过回路的电荷量为q1，则有：
q1=I1Δt
I1=E12R
E1=ΔΦ1Δt=BLdΔt
解得：q1=BLd2R
由此结果可知ab棒通过区域Ⅱ的过程通过回路的电荷量等于q1，则ab棒在倾斜轨道上运动过程中，通过cd棒的电荷量为：
q＝2q1=BLdR=1×0.2×0.51C=0.1C；
（2）设ab棒从释放到达NN'时的速度大小为v1，对此过程，以沿导轨向下为正方向，由动量定理得：
mgtsinθ﹣μmgtcosθ﹣2BI1LΔt＝mv1
其中：I1Δt＝q1
代入数据解得：v1＝2m/s
ab与cd碰撞过程，以向右为正方向，根据动量守恒定律得：
mv1＝2mv
代入数据解得：v＝1m/s；
（3）ab与cd碰撞后粘在一起进入区域Ⅲ内切割磁感线产生感应电流方向由a→b，则二极管导通，电容器被充电，稳定后电容器的电压U等于感应电动势，回路中电流为零，导体棒做匀速直线运动（设速度大小为v2）。
设导体棒通在区域Ⅲ的运动过程通过回路的电荷量为q2，从导体棒进入区域Ⅲ到匀速运动的过程，以向右为正方向，根据动量定理得：
﹣BI2LΔt＝mv2﹣mv
又有：q2=I2Δt＝CU
U＝BLv2
联立代入数据解得：v2=23m/s，U=215V
根据能量守恒定律得：
12⋅2mv2=12⋅2mv22+12CU2+2Qab
代入数据解得：Qab=1450J
答：（1）ab棒在倾斜轨道上运动过程中，通过cd棒的电荷量q为0.1C；
（2）两棒碰撞后瞬间的速度v的大小为1m/s；
（3）进入水平导轨后ab棒产生的焦耳热Qab为1450J。
21．（2022•浙江模拟）如图所示，边长为L＝1m、质量为m＝1kg、电阻为R＝1Ω的匀质正方形刚性导体线框ABCD和直角坐标系xOy（x轴水平，y轴竖直）均处于竖直平面内．在第一象限的空间内存在垂直于纸面向里的磁场，磁感应强度在x方向均匀分布，y方向上满足B＝2+ky（各量均采用国际单位，k为大于0的未知量）。初始时，线框的A点与坐标原点O重合，AB边与x轴重合（记为位置1）．现给线框一个沿着x轴正方向的速度v0＝1m/s，并且给线框一个竖直向上的恒力F=mg2，当线框A点下降的高度为H＝1.25m（记为位置2）时，可以认为线框恰好达到最大速度，且线框中的电流I＝2.5A．此后恒力F保持大小不变，方向改为x方向，线框继续运动到位置3（位置3和位置2中A点的横坐标相距3.5L），此后轨迹是抛物线．若整个运动过程中，线框始终处于同一竖直平面内，AB边始终保持水平，不计空气阻力，重力加速度为g，求：
（1）k的数值；
（2）线框从位置1到位置2的时间t1；
（3）线框从位置2运动到位置3的竖直高度差h．

【解答】解：（1）由楞次定律可知线框内电流的方向为逆时针或者ADCBA，线框位于位置2时恰好达到平衡状态，设下边所在处磁感应强度为B2，上边所在处为B1，则有
mg﹣F＝B2IL﹣B1IL＝（B2﹣B1）IL＝kL•IL＝kIL2
解得k＝2T/m
（2）由于水平方向左右两边切割磁感线产生的感应电动势抵消，所以上下两边切割磁感线产生的总感应电动势为 E总＝E2﹣E1＝B2Lvy1﹣B1Lvy1
由闭合电路的欧姆定律有
I=E总R=kLvy1R
解得vy1=IRkL
代入数据解得：vy1＝1.25m/s
线框从位置1到位置2，线框所受安培力合力方向向上，大小为FA＝（B2﹣B1）IL
安培力冲量IA＝（B2﹣B1）ILt1
代入得IA=k2L4HR
取竖直向下为正方向，在y方向由动量定理得mgt1﹣Ft1﹣IA＝mvy1
解得t1＝1.25s
（3）线框从位置2到位置3，水平方向做匀加速运动，a＝5m/s2，有3.5L=v0t-12at2
得到t＝1s
轨迹为抛物线，则y方向为匀速运动，有mg=k2L4RVy2
从位置2到位置3，y方向列动量定理mgt﹣IA＝mvy2﹣mvy1
可得IA=k2L4hR
解得h=3516m
答：（1）k的数值为2T/m；
（2）线框从位置1到位置2的时间t1为1.25s。
（3）线框从位置2运动到位置3的竖直高度差h为3516m。
22．（2022•宁波二模）如图所示，弯折成90°角的两根足够长金属导轨平行竖直放置，形成左右两个斜导轨平面，左导轨平面与水平面成37°角，右导轨平面与水平面成53°角，两导轨间距L＝2m，电阻不计。同种材料、粗细均匀的正方形金属框abcd边长也为L，a、d两点通过金属铰链与导轨连接。在外力作用下，使金属框abcd以ad边为转轴逆时针匀速转动，转动角速度ω＝1rad/s。t＝0时刻，ab边、cd边分别与导轨N'G'、NG重合，此时水平放置的金属杆ef在NN′M′M导轨上由静止释放。已知杆ef与NN′M′M导轨之间的动摩擦因数μ＝0.5（最大静摩擦力等于滑动摩擦力）。金属框abcd各边电阻均为2Ω；杆ef质量m=114πkg，电阻为2Ω，空间存在平行于导轨NN′M′M且斜向上的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5T，不计ef、ad与导轨间的接触电阻。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
（1）金属框abcd从t＝0时刻转至90°时，请比较b'点与c'点的电势高低，并求出b'c'边产生的电动势；
（2）金属框abcd从t＝0时刻转过180°的过程中，求金属框abcd产生的焦耳热；
（3）金属框abcd从t＝0时刻转过90°时，求杆ef的瞬时速度大小。
【解答】解：（1）此过程bc边切割磁感线，线框中bc边垂直切割磁感线，由右手定则判断：c'点电势高于b'点电势（即φc'＞φb'）
e＝BL•Lω＝0.5×2×2×1V＝2V；
（2）金属框abcd从t＝0时刻转过180°的过程中产生半周期的正弦交流电，此交流电电动势的有效值：
E=e2=22V=2V
电路结构分析如图所示，

可求得总电阻：R总＝7Ω
整个电路的焦耳热：Q总＝I2Rt=E2R总×πω=(2)27×π1J=2π7J
热量分配：Qef＝Q总×114=π49J （或列ef杆的焦耳定律）
所以：Qabcd=Q总-Qef=13π49J Q＝Q﹣Q=2π7J-π49J=13π49J；
（3）对ef杆列动量定理：mgsin37°Δt﹣μ（mgcos37°-12BIL）×Δt＝mv﹣0
整理得：mgsin37°×Δt﹣μmgcos37°×Δt+μ12BIL×Δt＝mv﹣0
总电量：q=I×Δt=BL2R总=0.5×227C=27C
联立解得：v＝2πm/s
答：（1）金属框abcd从t＝0时刻转至90°时，b'点小于c'点的电势，并求出b'c'边产生的电动势为2V；
（2）金属框abcd从t＝0时刻转过180°的过程中，金属框abcd产生的焦耳热13π49J；
（3）金属框abcd从t＝0时刻转过90°时，杆ef的瞬时速度大小2πm/s。
23．（2022•浙江模拟）虚线PQ上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，PQ下方存在竖直向上的匀强磁场，两处磁场磁感应强度大小均为B0，足够长的不等间距金属导轨竖直放置，导轨电阻不计。两根金属棒水平地靠在金属导轨上，其中金属棒光滑且质量为m，长为L，电阻为R，金属棒CD质量为2m、长为2L、电阻为2R，与导轨之间的动摩擦因数为μ．若AB棒在拉力F的作用下沿导轨由静止向上做加速度为a的匀加速直线运动，同时由静止释放CD棒，如图所示。已知运动过程中棒与导轨接触良好，重力加速度为g，求：
（1）AB棒哪端电势高，两端的电压UAB的大小随时间变化的规律；
（2）作用在金属棒AB上的拉力F需要满足的条件；
（3）CD棒下滑达到最大速度所需时间。

【解答】解：（1）根据右手定则可知，AB棒中电流方向由A指向B，故B点的电势高；由闭合电路欧姆定律得：I=ER+2R，再由法拉第电磁感应定律得：E＝B0Lv，由速度公式的：v＝at，而两端的电压UAB是外电压，
即：UAB＝I×2R，联立以上公式可解得：UAB=-23B0Lat。
（2）对金属棒AB进行受力分析，运用牛顿第二定律可列方程：F﹣B0IL﹣mg＝ma，把已知条件代入，解得：F=mg+ma+B02L2at3R。
（3）由于AB棒中电流方向由A指向B充当电源，CD棒是外电路，电流方向由D指向C，根据左手定则可知，CD棒所受的安培力方向垂直纸面向里，当CD棒的下滑速度达到最大时，根据力的平衡条件可得：2mg＝μB0I（2L），又因为I=B0LatR+2R，代入可解得：t=3mgRμB02L2a。
答：（1）两端的电压UAB的大小随时间变化的规律为：UAB=-23B0Lat；
（2）作用在金属棒AB上的拉力F=mg+ma+B02L2at3R；
（3）CD棒下滑达到最大速度所需时间t=3mgRμB02L2a。
24．（2022•浙江模拟）如图所示，AD与A1D1为水平放置的无限长平行金属导轨，DC与D1C1为倾角为θ＝37°的平行金属导轨，两组导轨的间距均为l＝1.5m，导轨电阻忽略不计。质量为m1＝0.35kg、电阻为R1＝1Ω的导体棒ab置于倾斜导轨上，质量为m2＝0.4kg、电阻为R2＝0.5Ω的导体棒cd置于水平导轨上，轻质细绳跨过光滑滑轮一端与cd的中点相连、另一端悬挂一轻质挂钩。导体棒ab、cd与导轨间的动摩擦因数相同，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B＝2T．初始时刻，棒ab在倾斜导轨上恰好不下滑。（g取10m/s2，sin37°＝0.6）

（1）求导体棒与导轨间的动摩擦因数μ；
（2）在轻质挂钩上挂上物体P，细绳处于拉伸状态，将物体P与导体棒cd同时由静止释放，当P的质量不超过多大时，ab始终处于静止状态？（导体棒cd运动过程中，ab、cd一直与DD1平行，且没有与滑轮相碰。）
（3）若P的质量取第（2）问中的最大值，由静止释放开始计时，当t＝1s时cd已经处于匀速直线运动状态，求在这1s内ab上产生的焦耳热为多少？
【解答】解：（1）对ab棒受力分析，受竖直向下的重力，垂直于斜面向上的支持了和沿斜面向上的摩擦力作用，在沿斜面方向上由平衡条件得：
m1gsinθ﹣μm1gcosθ＝0
代入数据解得：μ＝0.75；
（2）当P的质量最大时，P和cd的运动达到稳定时，P和cd一起做匀速直线运动，ab处于静止状态，但摩擦力达到最大且沿斜面向下。设此时电路中的电流为I
对ab棒，由平衡条件，
沿斜面方向上有：BILcosθ﹣m1gsinθ﹣μN＝0
垂直于斜面方向上有：N﹣BILsinθ﹣m1gcosθ＝0
对cd棒，设绳中的张力为T，由平衡条件得：T﹣BIL﹣μm2g＝0
对P，由平衡条件得：Mg﹣T＝0
联立以上各式得：M＝1.5kg
故当P的质量不超过1.5kg时，ab始终处于静止状态；
（3）设P匀速运动的速度为v，由法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律得：
Blv＝I（R1+R2）
代入数据得：v＝2m/s
对P、棒cd，由牛顿第二定律得：
Mg﹣μm2g﹣BBlv1R1+R2l=（M+m2）a
两边同时乘以△t，并累加求和，可得：
Mgt﹣μm2gt﹣BBlsR1+R2l=（M+m2）v
解得：s=4130m
对P、ab棒和cd棒，由能量守恒定律得：
Mgs＝μm2gs+Q+12（M+m2）2
代入数据解得：Q＝12.6J
在这1s内ab棒上产生的焦耳热为Q1=R1R1+R2Q＝8.4J。
答：（1）求导体棒与导轨间的动摩擦因数μ为0.75；
（2）在轻质挂钩上挂上物体P，细绳处于拉伸状态，将物体P与导体棒cd同时由静止释放，当P的质量不超过1.5kg时，ab始终处于静止状态。
（3）若P的质量取第（2）问中的最大值，由静止释放开始计时，当t＝1s时cd已经处于匀速直线运动状态，在这1s内ab上产生的焦耳热为8.4J。

25．（2021•瓯海区校级模拟）如图，在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，在区域Ⅰ和区域Ⅱ存在着方向相反的匀强磁场，Ⅰ区磁感应强度大小B1＝0.6T，Ⅱ区磁感应强度大小B2＝0.4T。两个磁场的宽度MJ和JG均为L＝1m，一个质量为m＝0.6kg、电阻R＝0.6Ω、边长也为L的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，当ab边刚越过GH进入磁场Ⅰ区时，恰好做匀速直线运动。已知重力加速度g取10m/s2。求：
（1）线框ab边刚进入磁场Ⅰ区时电流I的大小及方向；
（2）线框静止时ab边距GH的距离x；
（3）线框ab边从JP运动到MN过程通过线框的电荷量q。

【解答】解：（1）当ab边刚越过GH进入磁场Ⅰ区时，恰好做匀速直线运动，根据力的平衡条件有
mgsinθ＝B1IL
代入数据解得：
I＝5A
根据右手定则可知电流方向从b到a；
（2）根据闭合电路欧姆定律有：
I=ER
根据法拉第电磁感应定律有：E＝B1Lv
线框由静止到ab边运动到GH的过程，由机械能守恒定律得
mgsinθ•x=12mv2
代入数据解得：
x＝2.5m
（3）线框ab边从JP运动到MN过程，根据电荷量的计算公式有：q=IΔt
根据闭合电路欧姆定律有：I=ER
根据法拉第电磁感应定律：E=ΔΦΔt=B2L2+B1L2Δt
代入数据解得：q=53C
答：（1）线框ab边刚进入磁场Ⅰ区时电流I的大小为5A，方向从b到a；
（2）线框静止时ab边距GH的距离为2.5m；
（3）线框ab边从JP运动到MN过程通过线框的电荷量为53C。
26．（2021•浙江模拟）两光滑导轨平行放置，间距为L，在导轨上有O、O'两点，OO'连线与轨道垂直。OO'将导轨分为左右两部分，OO'左边的轨道由绝缘材料做成，右边轨道由导电材料做成，不计导轨的电阻。OO'左边有宽度为d的等间距交替出现的方向竖直向上或竖直向下的磁场，磁感应强度大小为B。在OO'的右侧有方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小也为B。在OO'处放置有质量为2m的金属棒a，离a棒距离为s处放置一质量也为2m的金属棒b，a、b两棒的电阻均为R。现将一质量为m，电阻值也为R，宽为d，长为L的金属线框ABCD，从AB边离OO'距离为4d的左侧以一定的初速度向右运动，在OO'处与a棒发生弹性碰撞后，线框返回且恰好停在出发处。而b棒与障碍物发生弹性碰撞后会以大小不变的速度返回。b棒到达障碍物时的速度已经稳定。
（1）判断线框开始运动时，CD边中电流的方向及CD边受力的方向；
（2）求线框初速度的大小；
（3）求线框中产生的热量；
（4）若b棒在与障碍物相碰后能够与a棒再相遇，求初始a、b两棒的距离s的取值范围。

【解答】解：（1）由右手定则可知，电流方向为C→D，由左手定则可知受力方向向左；
（2）设线框初速度为v0，到达OO′时速度为v1，碰撞后弹回时速度为v1′，a棒获得速度为v2，
线框弹回时，取向右为正方向，根据动量定理可得：2BI1LΔt1=0﹣m（﹣v1′）
其中I1⋅Δt1=2BLvΔt1R=2BL⋅3dR
所以有：4B2L2×3dR=mv1′
解得：v1′=12B2L2dmR
线框与金属棒a相碰撞过程中，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：
mv1＝mv1′+2mv2
根据机械能守恒定律可得：12mv12=12mv1′2+12×2mv22
解得：v1=36B2L2dmR，v2=24B2L2dmR
从开始到线框与金属棒a碰撞过程中，取向右为正方向，根据动量定理可得：
﹣2BI2LΔt2=mv1﹣mv0
其中I2⋅Δt2=2BLvΔt2R=2BL⋅3dR
所以有：4B2L2×3dR=mv0﹣mv1
解得：v0=48B2L2dmR；
（3）线框向右运动过程中产生的热量为：Q1=12mv02-12mv12
解得：Q1=504B4L4d2mR2
线框向左运动过程中产生的热为：Q2=12mv1'2
解得：Q2=72B4L4d2mR2
线框中产生的热量为：Q＝Q1+Q2=504B4L4d2mR2+72B4L4d2mR2=576B4L4d2mR2；
（4）由于b棒到达障碍物时的速度已经稳定，设此稳定速度的大小为v′，a和b在运动过程中满足动量守恒，
取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：2mv2＝4mv′
解得：v′=12v2=12B2L2dmR；
取向右为正方向，对b棒根据动量定理可得：BI3⋅Δt3L＝2mv′﹣0
则有：B2L2x相对2R=2mv′
解得此过程中b相对于a的位移大小为：x相对=2Rmv2B2L2
二者速度相等时恰好相遇，则有：s＝x相对＝48d
b棒弹回后到速度为零过程中，取向右为正方向，对b棒根据动量定理可得：
BI4⋅Δt4L＝0﹣2m（﹣v′）
即B2L2x相对'2R=2mv′
解得：x相对′=2Rmv2B2L2
若b反弹后二者速度恰好为零时相遇，则有：s＝2x相对′＝96d
所以有：48d＜s≤96d。
答：（1）线框开始运动时，CD边中电流的方向为C→D，CD边受力方向向左；
（2）线框初速度的大小为48B2L2dmR；
（3）线框中产生的热量为576B4L4d2mR2；
（4）若b棒在与障碍物相碰后能够与a棒再相遇，初始a、b两棒的距离s的取值范围为48d＜s≤96d。
27．（2023•镇海区校级模拟）电源是通过非静电力做功把其他形式的能转化为电能的装置，不同的电源非静电力做功的本领有所不同，物理学中用电动势来描述电源的这种特性。
（1）如图所示，固定于水平面的U形金属框架处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，金属框两平行导轨间距为l。金属棒MN在外力的作用下，沿框架以速度v向右做匀速直线运动，运动过程中金属棒始终垂直于两平行导轨并接触良好。已知电子的电荷量为﹣e。在金属棒产生电动势的过程中，请说明是什么力充当非静电力，并求出这个非静电力F的大小；
（2）科学家发现导体两端的温度差也能产生电动势，这种电动势称为温差电动势。我们用图乙所示的简化模型来分析。一段长度为L的直导线AB沿Ox轴放置，A端位于坐标原点处。与恒温热源接触后，A端温度恒为T1，B端温度恒为T2（T2＜T1）。假定导线上相同位置处的温度相同，不同位置处的温度沿x方向均匀变化，导线形状随温度的变化忽略不计。从微观上来看，可认为：温度越高，金属离子（即原子失去自由电子后的剩余部分）热运动的平均动能越大，与之相比，自由电子热运动平均动能随温度的变化可以忽略不计。如图乙所示，取导线中长为Δx的一个薄层，自由电子受到左侧金属离子的碰撞比右侧的强，薄层两端就形成了压强差，自由电子会发生定向运动。已知薄层两端的压强差与其两端的温度差成正比，且比例系数为nk，n为单位体积内的自由电子数（假设导线中各处n都相同）k为常数。导线AB的横截面积为S，电荷量为﹣e，忽略自由电子与金属离子之间及自由电子彼此间的库仑作用。请利用自由电子的受力特点，结合电动势的定义式，推导得出温差电动势的表达式；
（3）特殊温差发电导体AB两端有恒定温差，连接无限长的水平光滑导轨（图丙），若温差电动势的大小与导线两端的温度差成正比，比例系数为S，水平导轨区域磁感应强度为B。导轨上静止放置的导体棒MN电阻为R，质量为m，到刚好稳定的过程中导体棒的焦耳热为Q，忽略其他电阻。求发电导体AB两端的温差。

【解答】解：（1）洛伦兹力充当非静电力F＝evB
（2）长度为Δx的薄层两端的压强差为Δp＝nkΔT，ΔT=T1-T2LΔx
薄层Δx内W1＝ΔpSΔx，E1=W1q=W1Δx⋅Sne=k(T1-T2)LeΔx
所以E=k(T1-T2)LeΔx1+k(T1-T2)LeΔx2+⋯=k(T1-T2)e
（3）稳定时E＝SΔT＝BLvm，BLq＝mvm﹣0
所以q=mvmBL=mSΔTB2L2(SΔT)q=12mvm2+Q
解得ΔT=2QB2L2mS2
答：（1）洛伦兹力充当非静电力，非静电力F的大小evB；
（2）温差电动势的表达式E=k(T1-T2)e；
（3）发电导体AB两端的温差2QB2L2mS2。
28．（2020•浙江三模）如图所示，间距L＝1m的两光滑金属导轨相互平行放置，水平导轨与倾斜导轨之间用绝缘材料平滑连接。倾斜轨道的倾角θ＝37°，在倾斜轨道上端有一单刀双掷开关S，可连接E＝9V、r＝2Ω的电源或C=564F的未充电的电容器。在倾斜导轨区域和直导轨CDGH矩形区域存在着相同的磁场，方向竖直向上，在水平导轨的右端连接了R2＝10Ω的电阻。已知R1＝10Ω，d＝3m，将开关S与1相连，一质量m＝0.1kg的金属导体棒ab恰好能静止在高h＝3.6m的倾斜导轨上。不计其他一切电阻和阻力，取g＝10m/s2，求：

（1）磁感应强度B的大小；
（2）将开关S掷向2后，ab棒滑到MN处的速度v；
（3）ab棒通过CDGH磁场区域过程中R2上产生的焦耳热。
【解答】解：（1）金属棒静止时受力平衡，受到重力，支持力和水平向左的安培力，根据平衡条件可得：
mgtanθ＝BIL
根据闭合电路欧姆定律可得：I=ER1+r
解得：B＝1T；
（2）将开关S掷向2后，设导体棒在很短的一段时间内速度为v，根据动量定理可得：
mgsinθ•t﹣BLI⋅tcosθ＝mv
其中I⋅t=Q＝CU＝CBLvcosθ
代入整理可得：v=mgsinθm+B2L2Ccos2θ•t
所以导体棒做匀加速直线运动，加速度a=mgsinθm+B2L2Ccos2θ=4m/s2，
ab棒滑到MN处的速度v=2a⋅hsinθ=2×4×3.60.6m/s＝43m/s；
（3）设ab棒出GH边界时的速度为v1，
根据动量定理可得：﹣BLI'⋅△t'=m（v1﹣v）
其中I'⋅△t'=q′=BLdR2
解得：v1＝（43-3）m/s，
根据功能关系可得ab棒通过CDGH磁场区域过程中R2上产生的焦耳热：
Q=12mv2-12mv12=1.63J。
答：（1）磁感应强度B的大小为1T；
（2）将开关S掷向2后，ab棒滑到MN处的速度为43m/s；
（3）ab棒通过CDGH磁场区域过程中R2上产生的焦耳热为1.63J。
29．（2022•浙江三模）半径R的圆柱形大区域内存在匀强磁场，方向垂直于纸面向外，磁感应强度随时间均匀增加，其变化率为k（k＞0），其圆截面如图1所示，圆心为O。已知磁场随时间均匀增加时，在垂直于磁场的平面内会产生同心圆形状的感生电场，平面内距圆心相同距离的地方，感生电场场强大小相同。

（1）若将一半径为R2的金属圆环垂直磁场方向放置，金属环的中心与O点重合，求金属环中产生的感生电动势；
（2）求图1中距圆心R2处的感生电场的大小并判断其方向；
（3）若在一半径为R2且与大圆区域边界相切的小圆柱形区域内，再叠加一个方向垂直于纸面向里的变化率也为k的同步变化的匀强磁场，叠加后小圆区域内的合磁场为零如图2所示。一个质量为m、电量q、重力不计的带正电粒子，从边界上的A点以某一初速度平行OO1连线进入小圆区域，刚好可以打中两圆相切处，已知A距两圆心连线2R5，求此粒子初速度大小。（提示：利用电场叠加原理可以先研究小圆区域内某点的合感生电场的场强。）
【解答】解：（1）导体圆环内的磁通量发生变化，将产生感生电动势
根据法拉第电磁感应定律，感生电动势为：E感=ΔBΔt×S=k×π(R2)2=14kπR2
（2）感生电场是恒的，根据匀强电场电场强度与电势差的大小公式：
E=E感d=14kπR22π×R2=14kR
（3）两个变化的磁场产生的电场的大小均是恒定的，方向沿着切线方向如图所示的E1和E2。根据以上结论，这两个感生电场的水平分量为：E1x=14kr1sinθ1=E2x=14kr2sinθ2
E1y＝E1cosθ1=12kr1cosθ1，E2y＝E2sinθ2=12kr2cosθ2
由于r1cosθ1+r2cosθ2=12R
所以E合＝E1y+E2y=14kR
即带电粒子进入做类平抛运动。
由运动学公式有：25R=12×qE合m×(0.8Rv0)2
联立解得：v0=Rkq5m
答：（1）若将一半径为R2的金属圆环垂直磁场方向放置，金属环的中心与O点重合，则金属环中产生的感生电动势14kπR2；
（2）图1中距圆心R2处的感生电场的大小14kR，其方向为顺时针沿切线方向；
（3）已知A距两圆心连线2R5，此粒子初速度大小为Rkq5m。

30．（2022•浙江模拟）如图所示，电阻为2R、半径为r、匝数为n的圆形导体线圈两端与导轨AD、MN相连。与导体线圈共圆心的圆形区域内有竖直向下的磁场，其磁感应强度随时间变化的规律如图（2）所示，图（2）中的B0和t0均已知。PT、DE、NG是横截面积和材料完全相同的三根粗细均匀的金属棒。金属棒PT的长度为3L、电阻为3R、质量为m。导轨AD与MN平行且间距为L，导轨EF与GH平行且间距为3L，DE和NG的长度相同且与AD、MN的夹角均为30°。区域Ⅰ和区域Ⅱ是两个相邻的、长和宽均分别相同的空间区域，其长度均为d。区域Ⅰ中存在竖直向下、磁感应强度大小为B0的匀强磁场。0～2t0时间内，使棒PT在区域Ⅰ中某位置保持静止，且其两端分别与导轨EF与GH对齐。除导体线圈、金属棒PT、DE、NG外，其余导体电阻均不计，所有导体间接触均良好且均处于同一水平面内，不计一切摩擦，不考虑回路中的自感。

（1）求在0～2t0时间内，使棒PT保持静止的水平外力F的大小；
（2）在2t0以后的某时刻，若区域Ⅰ内的磁场在外力作用下从区域Ⅰ以v0的速度匀速运动到区域Ⅱ时，导体棒PT速度恰好达到v0且恰好进入区域Ⅱ，该过程棒PT产生的焦耳热为Q，求金属棒PT与区域Ⅰ右边界的初始距离x0和该过程维持磁场匀速运动的外力做的功W；
（3）若磁场运动到区域Ⅱ时立刻停下，求导体棒PT运动到EG时的速度v。
【解答】解：（1）在0～t0时间内，由法拉第电磁感应定律得线圈产生的感应电动势：E＝nΔBΔtS＝nB0t0πr2
由闭合电路欧姆定律得I=E2R+R=nB0πr23Rt0
PT棒所受水平外力为F＝F安＝B0IL=nB02πLr23Rt0
在t0～2t0时间内，无电流，外力F＝0。
（2）设金属棒PT与区域Ⅰ左边界的初始距离为Δx。
PT棒向右加速过程中，取向右为正方向，由动量定理得
B0IL•t＝mv0﹣0
又It=Et2R+R=BLΔvt3R=BLΔx3R
可得Δx=3mRv0B02L2
所以x0＝d﹣Δx＝d-3mRv0B02L2
PT棒向右加速过程中，回路中的总焦耳热为Q总＝3Q
由功能关系和能量守恒得W＝3Q+12mv02
（3）棒PT从磁场区域Ⅱ左边界向右运动距离x时，
回路中棒PT的长度为lx＝2×33x+L
回路中总电阻为Rx=RL（lx+2×233x）+2R=RL（233x+L+2×233x）+2R=RL（23x+3L）
回路中电流为Ix=B0IxvxR总x
棒PT所受安培力为FAx＝B0Ixlx
联立可得FAx=B02Lvxlx3R
棒PT从磁场区域Ⅱ左边界运动到EG过程，取向右为正方向，由动量定理得
﹣∑B02Lvxlx3RΔt＝mv﹣mv0
即-B02LS3R=mv﹣mv0，其中S=L+3L2×3L＝23L2
所以v＝v0-23B02L33mR
答：（1）在0～t0时间内，使棒PT保持静止的水平外力F的大小为nB02πLr23Rt0；在t0～2t0时间内，外力为0。
（2）金属棒PT与区域Ⅰ右边界的初始距离x0为d-3mRv0B02L2，该过程维持磁场匀速运动的外力做的功W为3Q+12mv02
；
（3）若磁场运动到区域Ⅱ时立刻停下，导体棒PT运动到EG时的速度v为v0-23B02L33mR。