北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版
专题十一 电磁感应
专题检测题组
1.(2022宁夏银川一中二模,21)(多选)如图,两条平行导轨所在平面与水平地面的
夹角为θ,间距为L。导轨上端接有一平行板电容器,电容为C。导轨处于匀强磁
场中,磁感应强度大小为B,方向垂直于导轨平面。在导轨上放置一质量为m的金
属棒,棒可沿导轨下滑,且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触。已知金属棒
与导轨之间的动摩擦因数为μ,重力加速度大小为g,忽略所有电阻,让金属棒从导
轨上端由静止开始下滑,则以下说法正确的是 ( )
A.金属棒先做变加速运动,最后做匀速运动
m(sinθ-μcosθ)
B.金属棒一直做匀加速运动,加速度为 g
m+BLC
C.当金属棒下滑的速度大小为v时,电容器的电荷量为CBLv
m(sinθ-μcosθ)
D.金属棒在t时刻的速度大小为 gt
m+B2L2C
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mgsinθ-μmgcosθ-BIL
答案 CD 根据牛顿第二定律可得金属棒的加速度a=
m
①;金属棒下滑过程中,设极短的时间Δt内,金属棒的速度由v 增到v ,由E=BLv可
1 2
得金属棒切割磁感线产生的感应电动势由BLv 增到BLv ,电容器两端电压等于金
1 2
属棒产生的感应电动势,所以电容器增加的电荷量ΔQ=CΔU=CBL(v -v ),由电流的
2 1
ΔQ CBL(v -v ) v -v
定义式可得I= = 2 1 ②,由于 2 1=a③,联立①②③可得a=
Δt Δt Δt
m(sinθ-μcosθ)
g,所以金属棒一直做匀加速直线运动,A、B错误。当金属棒下
m+B2L2C
滑的速度大小为v时,电容器两端的电压U=BLv,所以电容器的电荷量
m(sinθ-μcosθ)
Q=CU=CBLv,C正确。t时刻,金属棒的速度v=at= gt,D正确。
m+B2L2C
规律总结
电容器接在金属棒两端,由于电容器两端电压与金属棒切割磁感线产生的感应电
动势相等,所以电容器两端电压变化,导致电容器容纳的电荷量变化,所以电容器
会发生充电现象,使金属棒中有电流流过,故金属棒运动过程中会受到安培力。
2.(2022云南昆明三诊一模,19)(多选)如图甲所示,矩形线框abcd与直导线MN
固定在同一平面内,线框的ad、bc两条边与导线MN平行。规定从N至M为直
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导线中电流的正方向,当导线MN中通以按图乙所示规律变化的电流时,下列说法
正确的是 ( )
甲
乙
A.矩形线框中感应电流先沿abcda方向,后沿adcba方向
B.矩形线框中感应电流始终沿abcda方向
C.矩形线框所受安培力方向先向左后向右
D.矩形线框所受安培力方向始终向左
答案 BC 由楞次定律可得矩形线框产生的感应电流的磁场方向一直垂直于纸
面向里,由安培定则可得矩形线框中感应电流方向始终沿abcda方向,B正确。矩
形线框ad边所受安培力大于bc边所受安培力,所以矩形线框所受安培力与ad边
所受安培力方向相同;当直导线中电流由N到M时,线框所处区域由导线产生的
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磁场方向垂直纸面向里,由左手定则可得线框所受安培力方向向左,当导线中电流
反向时,线框所受安培力也反向,C正确。
一题多解
判断矩形线框所受安培力方向时,可以利用楞次定律。当导线中电流减小时,线框
中磁通量减小,使线框产生感应电流,由于感应电流总要阻碍产生感应电流的原因,
所以线框有向左移动的趋势即所受安培力向左,阻碍线框中磁通量的减小;当电流
反向增大时,同理,线框受到向右的安培力。
4.(2022四川成都树德中学入学考,21)(多选)如图所示,电阻不计的光滑金属导轨
MN、PQ水平放置,间距为d,两侧接有电阻R 、R ,阻值均为R,O O 右侧有磁感应
1 2 1 2
强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场,质量为m、长度也为d的金属杆置于
O O 左侧,在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动,经时间t到
1 2
达O O 时撤去恒力F,金属杆在到达NQ之前减速为零,已知金属杆电阻也为R,与
1 2
导轨保持垂直且接触良好,下列说法正确的是 ( )
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BdFt
A.杆刚进入磁场时,杆两端的电压为
m
3FtR
B.杆在磁场中运动的最大位移大小为
2B2d2
F2t2
C.整个过程中,杆上产生的焦耳热为
2m
F2t2
D.整个过程中,R 上产生的焦耳热为
1
12m
答案 BD 金属杆由静止运动至O O 处,由动量定理可得Ft=mv,则杆刚进入磁
1 2
Ft
场时的速度v= ,杆切割磁感线产生的感应电动势E=Bdv;电阻R 、R 并联接在
m 1 2
R
R 2 E
杆两端,根据闭合电路欧姆定律可得杆两端的电压U=E 并=E = ,联立解得
R R 3
总 +R
2
BdFt
U= ,A错误。从杆进入磁场至速度减为零,选取杆速度方向为正方向,由动量
3m
Bdv
定理可得-F Δt=0-mv,其中F =BId,I= ,联立解得杆在磁场中运动的最大位
安 安 R
总
3FtR
移x=vΔt= ,B正确。由能量守恒定律可得,整个过程中电路产生的焦耳热等
2B2d2
v F2t2
于恒力F做的功,即Q =F· t= ;由电路的串并联规律可得杆中的电流与R 、
总 2 2m 1
R 中的电流之比I∶I ∶I =2∶1∶1,结合焦耳定律Q=I2Rt可得杆上产生的焦耳热与R 、
2 1 2 1
2 F2t2
R 上产生的焦耳热之比Q∶Q ∶Q =4∶1∶1,则杆上产生的焦耳热Q= Q = ,电阻
2 1 2 3 总 3m
1 F2t2
R 上产生的焦耳热Q = Q = ,C错误,D正确。
1 1 6 总 12m
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5.(2023届河南安阳联考,10)(多选)如图所示,间距为L的两条光滑平行金属导轨
左侧倾斜,右侧平直部分位于水平面上。水平面上部分区域有方向竖直向上、磁
感应强度大小为B的匀强磁场。金属棒NQ与两导轨垂直,静止放置在磁场中。
金属棒MP从某一高处释放后进入磁场时的速度为v 。金属棒NQ离开磁场的速
0
1
度为同一时刻金属棒MP速度的 。已知金属棒MP的质量为m,电阻为R,金属棒
2
NQ的质量与电阻均为金属棒MP的2倍,重力加速度为g,运动过程中两金属棒没
有发生碰撞。从金属棒MP由静止释放至NQ离开磁场这段时间内,下列说法正
确的是 ( )
A.NQ在磁场中做匀加速运动
1
B.NQ最大速度为 v
0
4
mv
C.流过NQ的电荷量为 0
2BL
5
D.系统产生的焦耳热为 mv2
16 0
答案 BCD 金属棒MP进入磁场后,在闭合回路MPQNM中产生逆时针的感应
电流,根据左手定则可知,金属棒NQ受到水平向右的安培力作用从而向右做加速
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运动,金属棒MP受到水平向左的安培力作用从而向右做减速运动,二者均切割磁
感线产生感应电动势,设金属棒MP在磁场中的速度为v 时,NQ的速度为v ,回路
1 2
中感应电流I=BL(v -v ),金属棒受到的安培力F=BIL=B2L2 (v -v ),所以NQ在
1 2 1 2
R+2R 3R
磁场中做加速度减小的加速运动,A错误。金属棒NQ离开磁场时速度最大,金属
棒MP进入磁场后,金属棒NQ和MP组成的系统动量守恒,可得
v
mv =m·2v +2m·v ,解得金属棒NQ离开磁场时的速度v = 0,B正确。NQ在磁场
0 m m m
4
v
中运动过程中,设NQ速度方向为正方向,由动量定理得BILΔt=2m· 0,流过NQ的
4
mv 1 1 v
电荷量q=IΔt= 0,C正确。由能量守恒可得,系统产生的焦耳热Q= mv2- m( 0
2BL 2 0 2 2
1 v 5
)2- ·2m( 0)2= mv2,D正确。
2 4 16 0
6.(2022山西太原一模,19)(多选)神舟十二号乘组在与香港大中学生进行的天地
连线中,聂海胜示范了太空踩单车。太空自行车是利用电磁力增加阻力的一种体
育锻炼器材。某同学根据电磁学的相关知识,设计了这样的单车原理图:其中圆形
结构为金属圆盘,当踩脚踏板时,金属圆盘随之旋转。则下列设计中可行的方案有
( )
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答案 CD 太空自行车要利用电磁力增加阻力,即电磁阻尼;当踩脚踏板使金属
圆盘旋转时,要使金属圆盘产生感应电流,继而受到安培力的作用,选项中只有C、
D可以使金属圆盘中产生感应电流,故C、D正确。
模型特征
C、D中的金属圆盘在磁场中运动时,圆盘中总有一部分区域磁通量发生变化,圆
盘本身可自行构成闭合回路,从而使圆盘中产生涡流,由于大块金属圆盘的电阻较
小,所以回路中感应电流很大,从而产生较大的阻力。
7.(2022南京金陵中学期末,4)利用如图所示装置可探究感应电流产生的条件。线圈A通过
滑动变阻器和开关S连接到电源上,线圈B的两端连接到电流表上,把线圈A装在线圈B的里
面。某同学发现闭合开关S时,电流表指针向右偏转,由此可以判断 ( )
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A.线圈A向上移动时,电流表指针向左偏转
B.线圈A中铁芯向上拔出时,电流表指针向右偏转
C.滑动变阻器的滑片向右滑动时,电流表指针向左偏转
D.断开开关S时,电流表指针向右偏转
答案 A 闭合开关S时即穿过线圈B的磁通量增加,可知当穿过线圈B的磁通量增大时,电
流表指针向右偏转。线圈A向上移动时、线圈A中铁芯向上拔出时、断开开关S时,穿过线
圈B的磁通量均减小,电流表指针均应向左偏转,A正确,B、D错误;滑动变阻器的滑片向右滑
动时,电阻减小,通过A的电流增大,则穿过线圈B的磁通量增加,电流表指针向右偏转,C错误。
6.(2022常州质量检测,4)如图所示,某小组利用电流传感器(接入电脑,图中未画出)记录灯泡
A和自感元件L构成的并联电路在断电瞬间各支路电流随时间的变化情况,i 表示灯泡中的
1
电流,i 表示自感元件中的电流(已知开关S闭合时i>i),则下列图像中正确的是 ( )
2 2 1
A B
C D
答案 C 当开关S断开后,自感元件与灯泡形成回路,自感元件阻碍自身电流变化,产生的感
应电流仍沿着原来方向,大小从i 开始不断减小,灯泡的电流反向,大小与自感元件电流相等,
2
故C正确,A、B、D错误。
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7.(2023届苏州实验中学开学考试,7)一直径为d、电阻为r的均匀光滑金属圆环水平放置
在方向竖直向下的匀强磁场中,磁场的磁感应强度大小为B,如图所示。一根长为d、电阻为
r
的金属棒ab始终在圆环上以速度v(方向与棒垂直)匀速平动,与圆环接触良好。当ab棒运
2
动到圆环的直径位置时,ab棒中的电流为 ( )
2Bdv 4Bdv Bdv 2Bdv
A. B. C. D.
3r 3r r r
答案 B 当ab棒运动到圆环的直径位置时,产生的感应电动势大小为E=Bdv,ab棒相当于
r
r 3
电源,两个金属半圆环并联后,再与ab棒串联,则电路的总电阻为R= +2= r,ab棒中的电流
2 4
2
E 4Bdv
为I= = ,故选B。
R 3r
解题关键
解决本题关键要明确电路的结构,知道ab棒相当于电源,外电路是两个金属半圆环并联。
8.(2023届盐城中学摸底,4)如图甲所示,在线圈l 中通入电流i 后,在l 上产生的感应电流随
1 1 2
时间变化的规律如图乙所示,l、l 中电流的正方向如图甲中的箭头所示。则通入线圈l 中的
1 2 1
电流i 随时间t变化的图像是选项图中的 ( )
1
甲 乙
A B
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C D
ΔΦ ΔB
E n n S
答案 D 因为感应电流大小不变,根据法拉第电磁感应定律得:I= = Δt = Δt ,而线
R
R R
ΔB Δi
n S n S
圈l 中产生的磁场变化是因为电流发生了变化,所以I= Δt ∝ Δt ,所以线圈l 中的电
1 1
R R
T
流均匀改变,A、C错误;根据题图乙,0~ 时间内感应电流磁场向左,所以线圈l 产生的磁场向
1
4
左减小,或向右增大,B错误,D正确。
9.(2023届南京中华中学月考,8)如图所示,光滑水平面上有水平向右的x轴,坐标轴一侧有两
个相邻且方向相反的有界磁场,两磁场宽度均为L,磁感应强度大小分别为B和2B。从零时刻
开始,腰长也为L的等腰直角三角形导线框在外力作用下沿x轴正方向匀速穿过该磁场区域,
在运动过程中,三角形bc边始终与x轴平行(零时刻,导线框b点与O点重合,x轴坐标代表导
线框b点运动的距离)。设导线框中感应电动势大小为E,感应电流大小为I,外力大小为F,安
培力的功率大小为P,则以下四图中正确的是 ( )
A B
C D
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E Bxv B2x2v
答案 C 在0<x≤L阶段,感应电动势为E=Bxv,电流为I= = ,外力为F=F =BIx=
R R 安 R
B2x2v2
,安培力的功率大小为P=F v= 。在L<x≤2L阶段,通过相等距离时,感应电动势为前
安
R
一阶段的3倍,则感应电流大小、外力大小、安培力功率大小同样为前一阶段的3倍;在
2L<x≤3L阶段,通过相等距离时,感应电动势为第一阶段的2倍,I、F、P也是第一阶段的2倍,
故A、B、D错误,C正确。
10.(2023届镇江一中开学考试,6)如图,两根固定的平行竖直导轨上端连有一电容器,空间中
存在垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B。一根质量为m的金属导体棒在导轨上
由静止开始竖直下落,导体棒始终与导轨垂直且接触良好。重力加速度为g,电容器电容为C,
导轨间距为d,则导体棒下落的加速度大小为 ( )
A.0 B.g
mg mg
C. D.
m-CB2d2 m+CB2d2
答案 D 导体棒下落过程中,速度越来越大,由公式E=Bdv,可知导体棒切割磁感线产生的感
应电动势也越来越大,不断地给电容器充电,形成充电电流,从而产生安培力,影响下落的加速
Δq
度,由左手定则可判断导体棒受到的安培力方向向上,大小为F =BId,对于电容器有I= =
安
Δt
CΔE CBdΔv mg
= ,即I=CBda,对于导体棒,竖直方向上有mg-F =ma,联立解得a= ,
Δt Δt 安 m+CB2d2
故选D。
11.(2022岳阳市第2次质量检测,10)(多选)如图所示,两条光滑平行金属导轨水
平固定,导轨电阻忽略不计,虚线ab、cd均与导轨垂直,在ab与cd之间存在垂
直于轨道所在平面向里的匀强磁场。将两根相同的导体棒PQ、MN平行于ab放
置在导轨上,两者始终与导轨垂直且接触良好。现在对PQ、MN施加相同的恒力F
作用,先后自导轨上同一位置由静止开始运动。已知PQ进入磁场时加速度恰好
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为零。从PQ进入磁场开始计时,到MN离开磁场区域为止,PQ的运动速度v、流
过PQ的电流I随时间t变化的图像可能正确的是 ( )
答案 ACD 当PQ进入磁场时,MN还未进入磁场,PQ进入磁场时加速度恰好为零,
则F=BIL,PQ在磁场内做匀速运动;若PQ离开磁场时,MN还未进入磁场,PQ上的
安培力消失,PQ将在力F的作用下做匀加速运动;若PQ未离开磁场时,MN已进入
磁场,根据题意可知MN进入磁场时速度与PQ速度相等,则两棒产生的电动势等
大反向,故电流为零,则两棒在力F的作用下做匀加速运动,PQ离开磁场,继续做
匀加速运动,故B错误,A正确。PQ进入磁场时加速度恰好为零,PQ在磁场内做匀
F
速运动,则F=BIL,可知I= ,则电流不变;PQ离开磁场时,若MN还未进入磁场,
BL
则在MN进入磁场前,流过PQ的电流为零,当MN进入磁场,根据题意可知MN进入
磁场时速度与PQ进入磁场时速度相等,且做匀速运动,则流过PQ的电流大小不
变,根据右手定则可知,流过PQ的电流变成反向,故C正确;若PQ未离开磁场
时,MN已进入磁场,根据前面分析可知,两棒在力F的作用下做匀加速运动,PQ离
开磁场时,对于MN,由于安培力大于力F,则BI L-F=ma,MN减速,且a减小,根据
1
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Blv
I= 可知电流与v的变化趋势一致,据右手定则可知,流过PQ的电流变成反向,
R
故D正确。
12.(2022广州二模,5)如图,长直导线MN置于三角形金属线框abc上,彼此绝缘,线框被
导线分成面积相等的两部分。导线通入由M到N的电流,当电流逐渐增大时,线框中(
)
A.磁通量变化量为零
B.没有产生感应电流
C.感应电流方向为abca
D.感应电流方向为acba
答案 C 线框被导线分成的两部分面积相等,但离导线越远的地方磁场越弱,线框两部
分磁通量的变化量无法抵消,故线框中磁通量变化量不为零,A错误;由导线中电流方向
可判断线框中合磁通量向下,当电流逐渐增大时,由楞次定律则可判断线框中感应电流
方向为abca,C正确,B、D错误。故选C。
知识解读
要从磁感应强度和有效面积两个方面深刻理解磁通量,对于本题,通电导线上方和下方
线框的面积相等,但是两边的磁感应强度不同,造成穿过线框的磁通量不为零,结合通电
导体的磁场关系,可以解决问题。
13.(2022深圳二模,3)在研究自感现象的实验中,将自感线圈、电阻和电流传感器按如
图电路连接。闭合开关后,电流随时间变化的关系是 ( )
A B
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C D
答案 A 当闭合开关后,电流流过自感线圈,线圈产生与原电动势方向相反的感应电动
势,在这个感应电动势的作用下,线圈中电流大小逐渐变大,而且变大得越来越慢,最后
电流达到稳定,故选A。
14.(2023届广东六校联考,11)(多选)如图甲所示,游乐园中的过山车虽然惊险刺激,但
也有多种措施保证了它的安全运行。其中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。磁场很强的钕磁铁安装在轨道上,刹车金属框安装在过山车
底部。简化为图乙所示的模型,将刹车金属框看作一个边长为L、总电阻为R的单匝正
方形线框,则过山车返回水平站台前的运动可以简化如下:线框沿着光滑斜面下滑s后,
下边框进入匀强磁场时线框开始减速,下边框出磁场时,线框恰好做匀速直线运动。已
知斜面与水平面的夹角为θ,过山车的总质量为m,磁场区上、下边界间的距离也为L,
磁感应强度大小为B,方向垂直斜面向上,重力加速度为g。则下列说法正确的是 (
)
图甲 图乙
A.线框刚进入磁场上边界时,从斜面上方俯视线框,感应电流的方向为顺时针方向
BL√2gs
B.线框刚进入磁场上边界时,感应电流的大小为
R
C.线框穿过磁场的过程中产生的焦耳热为mg(s+2L) sin θ-m3g2R2sin2θ
2B4L4
D.线框穿过磁场的过程中,通过线框横截面的电荷量为零
答案 ACD 线框刚进入磁场上边界时,由右手定则可知,感应电流的方向为顺时针方向,
A正确;线框刚进入磁场上边界时,由于v2=2as,a=g sin θ,则感应电动势为E=BLv=BL
E BL√2gssinθ
√2gssinθ,感应电流的大小为I= = ,B错误;下边框出磁场时,线框恰好
R R
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BLv' mgRsinθ
做匀速直线运动,则BI'L=mg sin θ,I'= ,解得v'= ,由能量守恒知线框
R B2L2
1
穿过磁场的过程中产生的焦耳热为Q=mg sin θ(s+2L)- mv'2=mg(s+2L) sin θ-
2
m3g2R2sin2θ,C正确;线框穿过整个磁场的过程中,穿过线圈磁通量改变量为零,通过
2B4L4
ΔΦ ΔΦ
线框横截面的电荷量q=IΔt= Δt= =0,D正确。故选A、C、D。
Δt·R R
15.(2022茂名高州二模,2)如图所示,上下开口、内壁光滑的金属管和塑料管竖直放置。
小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放,并落至底部。则关于小磁块,下列说法
正确的是 ( )
A.小磁块下落时间长的管是塑料管
B.在两个下落过程中的机械能都守恒
C.小磁块在下落时间短的管中做自由落体运动
D.小磁块落至底部时速度大小相等
答案 C 当小磁块在光滑的金属管中下落时,由于穿过金属管的磁通量变化,导致金属
管产生感应电流,从而产生安培力,阻碍小磁块下落,而在塑料管中,由于不能产生安培
力,小磁块做自由落体运动,所以小磁块在金属管中下落的时间比在塑料管中下落的时
间长,A错误,C正确;小磁块在塑料管中下落时机械能守恒,在金属管中下落时机械能有
损失,落至底部时速度较小,B、D错误。故选C。
16.(2023届山西忻州二联,15)如图所示,绝缘水平面上固定着两根间距L=0.5 m
的光滑平行金属导轨MN、PQ,M、P两点间连接一个阻值R=4 Ω的电阻,一根与
平行导轨间距等长、质量m=0.25 kg、电阻r=1 Ω的金属棒ab垂直于导轨静止
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放置。在金属棒右侧两条虚线与导轨之间的矩形区域内有磁感应强度大小B=2
T、方向竖直向上的匀强磁场。现对金属棒施加一个大小F=2 N、方向平行导轨
向右的恒力,金属棒进入磁场后恰好匀速通过磁场,金属棒通过磁场的过程中通过
金属棒任一横截面的电荷量q=2 C,金属棒运动过程中与导轨始终保持良好接触,
导轨电阻不计,求:
(1)金属棒在进入磁场前加速运动的时间t ;
1
(2)磁场的宽度d。
答案 (1)1.25 s (2)10 m
解析 (1)设金属棒匀速通过磁场的速度为v ,在磁场中受力平衡有F=BIL,回路中
0
BLv
的感应电流I= 0,联立解得v =10 m/s;金属棒进入磁场前做匀加速直线运动,由
R+r 0
动量定理可得Ft =mv ,解得t =1.25 s。
1 0 1
d
(2)金属棒在磁场中做匀速直线运动,由动量定理可得Ft -BILt =0,其中t = ,q=It ,
2 2 2 v 2
0
解得d=10 m。
17.(2022雅礼中学模拟,16)如图甲所示,光滑的水平绝缘轨道M、N上放着质量
m =0.2 kg、电阻R =0.02 Ω的“[”形金属框dabc,轨道间有一有界磁场,变化
1 1
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关系如图乙所示。一根长度等于ab,质量m =0.1 kg、R =0.01 Ω的金属棒ef放
2 2
在轨道上并静止在磁场的左边界上。已知轨道间距与ab长度相等,均为L =0.3
1
m,ad=bc=L =0.1 m,其余电阻不计。0时刻,给“[”形金属框一初速度v =3 m/s,
2 0
与金属棒碰撞后合在一起成为一闭合导电金属框(碰撞时间极短)。t 时刻整个
0
框刚好全部进入磁场,(t +1 s)时刻,框右边刚要出磁场。求:
0
(1)碰撞结束时金属框的速度大小;
(2)0~t 时间内整个框产生的焦耳热;
0
(3)t ~(t +1 s)时间内,安培力对ab边的冲量的大小。
0 0
答案 (1)2 m/s (2)0.45 J (3)0.096 N·s
解析 (1)碰撞过程中动量守恒,有m v =(m +m )v
1 0 1 2
解得v=2 m/s
(2)对闭合金属框,由动量定理有-BIL Δt=(m +m )Δv
1 1 2
即-BL q=(m +m )(v'-v)
1 1 2
又因为q=BΔS=BL L
1 2
R R +R
1 2
解得v'=1 m/s
1 1
所以Q= (m +m )v2- (m +m )v'2=0.45 J
1 2 1 2
2 2
(3)整个框在磁场中运动,感应电流I= E = ΔΦ =ΔBL L =0.4 A
1 2
R ΔtR ΔtR
总 总 总
又因为B=1.0-0.4(t-t )(T)(t ≤t≤t +1 s)
0 0 0
又F =BIL =0.12B
安 1
F +F 0.12×1+0.12×0.6
解得I =F t= 安1 安2t= ×1 N·s=0.096 N·s
冲 安 2 2
18.(2022湖南师大附中二模改编,14)相距为L=1 m的足够长的金属导轨如图放
置,倾斜部分与水平面夹角为θ=37°,其他部分水平,左边接有一个定值电阻,
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阻值为R=1 Ω,右端接有一个电容为C=0.25 F的电容器,MN左边导轨光滑,右边
轨道动摩擦因数为μ=0.2,长度足够长。金属杆ab的质量为m=0.01 kg。MN左
边有竖直向上的磁场,MN右边有水平向右的匀强磁场。以左端金属杆初始位置
处为x=0,水平向右作x轴,磁感应强度随x的分布规律如图所示(不严格按比例),
其他所有电阻均不计。闭合开关S,在水平拉力的作用下让金属杆ab从初始位置
开始以速度v =3 m/s水平向右做匀速运动,那么(注:图中x =1 m为已知,k=0.2
0 0
T/m,拐角圆弧状,不计拐角处的机械能损失,取 cos 37°=0.8,g=10 m/s2,电容
器在无电阻的电路中放电极快)
(1)在水平轨道上(小于x 时)运动时水平拉力F与x的关系。
0
(2)金属杆从开始位置运动到x 时,通过电阻R的电荷量q为多少?如果拉力F在
0
0~x 的过程中对ab杆做的功约为0.085 J,那么流过R的电流的有效值多大?
0
(3)当运动到x=x 时,撤去外力并断开开关S,试求撤去外力后电容器所带电荷量
0
的最大值。
√3
答案 (1)F=0.09x+0.12x2 (2)0.1 C A
5
(3)0.2 C
解析 (1)感应电动势为E=BLv =0.6x
0
E
通过R的电流为I = =0.6x
R
R
电容器两端的电压为U=E
所带电荷量为q=CU=0.15x
Δq Δx
又 =0.15
Δt Δt
所以充电电流为I =0.15v =0.45 A
C 0
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所以流过金属杆的电流为I=I +I =0.45 A+0.6x
C R
可得F=BIL=0.09x+0.12x2
(2)根据I =0.6x=0.6v t=1.8t,运动时间t=x =1 s
R 0 0
v 3
0
1
0+1.8× 1
可得q= 3× C=0.1 C,充电电流为定值,对应的安培力为F=BIL=0.09x
3
2
克服充电电流的安培力所做的功为
0+0.09×x
W= 0×x =0.045 J
0
2
电阻产生的热量Q=0.085 J-0.045 J=0.04 J
又Q=I2Rt
√3
解得I= A
5
(3)到x=x 处时,U =BLv=kx Lv =0.6 V
0 0 0 0
电容器的电荷量为q =CU =0.15 C
0 0
进入斜面后B =B cos θ=kx =0.2 T
C 0
根据牛顿第二定律有mg sin θ-B IL=ma
C
结合CB La=I
C
解得a= 0.6mg =3 m/s2
m+Ck2x2L2
0
所以到达MN处的速度v=
√v2+2as
0
2.8
x 7
又s= 3 0= m
6
cosθ
解得v=4 m/s
所以,电容器的最大带电荷量为q =CB Lv=0.2 C
m C
19.(2022常德一模,13)如图所示,PQ、MN为足够长的两平行金属导轨,它们之间
连接一个阻值R=3 Ω的电阻;导轨间距为L=1 m,导轨电阻不计。长为1 m、质
量m=0.5 kg、电阻r=1 Ω的金属棒水平放置在导轨上,它与导轨的动摩擦因数
μ=0.5,导轨平面的倾角为θ=37°,在垂直导轨平面方向有匀强磁场,磁感应强
第20页 共29页北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版
度为B=1 T。现让金属棒AB由静止开始下滑,沿导轨下滑距离为s=20 m时速度
恰达到最大。(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)求:
(1)画出金属棒在运动过程中的受力示意图,并指出金属棒AB中电流的方向;
(2)金属棒达到的最大速度;
(3)金属棒由静止开始沿导轨下滑距离为s=20 m的过程中,电阻R上产生的焦耳
热Q 。
R
答案 (1)见解析 (2)4 m/s (3)12 J
解析 (1)AB棒的受力示意图如图所示
根据右手定则可知金属棒AB中电流的方向由B到A
(2)对金属棒运动过程分析,可知合外力为零时金属棒达到最大速度
于是有mg sin θ=BIL+μmg cos θ
E
根据闭合电路欧姆定律有I=
R+r
根据法拉第电磁感应定律有E=BLv
m
解得v =4 m/s
m
(3)由能量守恒定律可得
1
Q+ mv2+μmg cos θ·s=mg sin θ·s
2 m
R
电阻R与金属棒串联,有Q = Q
R R+r
解得Q =12 J
R
20.(2022长沙市二模)如图所示,左侧倾斜部分为光滑的相互平行放置的间距为
L、电阻不计的金属导轨,水平部分为用绝缘材料做成的间距也为L的光滑轨道,
两者之间平滑连接。倾斜导轨的倾角为θ,倾斜导轨上端接有一个单刀双掷开
第21页 共29页北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版
关S,接在1端的电源电动势为E,内阻为r,其串联的定值电阻为R ,接在2端的
1
电容器的电容为C(未充电)。在水平轨道正方形区域Ⅰ、Ⅱ分布有大小相等、
方向相反的匀强磁场(大小未知),在倾斜导轨区域Ⅲ中存在方向竖直向上且大小
与Ⅰ、Ⅱ区相同的匀强磁场,当先将开关S与1相连时,一质量为m、电阻不计的
金属导体棒ef恰好能静止在倾斜导轨上高为h处,然后再将开关S掷向2,此后
导体棒ef将由静止开始下滑,并且无能量损失地进入水平轨道,之后与原来静止
在水平轨道上的“U”形导线框abcd碰撞,并粘合为一个正方形线框,“U”形导
线框三条边总质量为3m、总电阻为4R,当线框完全穿过Ⅰ区磁场后,恰好静止
(线框四边与Ⅱ区磁场边界线重合)。不计一切摩擦阻力,(本题中E、r、R 、C、
1
R、L、h、θ、m及重力加速度g均已知)求:
(1)磁感应强度B的大小;
(2)将开关S掷向2后,ef棒滑到GH处的速度大小v;(本问中磁感应强度可用B
表示)
(3)线框穿越磁场边界线MN、PQ过程中产生的热量之比Q ∶Q 。
1 2
mg(R +r)tanθ
答案 (1) 1
EL
(2)√ 2mgh (3)9∶16
m+B2L2Ccos2θ
解析 (1)导体棒ef恰好能静止在倾斜导轨上,此时安培力水平向左,受力分析
可知mg tan θ=BIL
E
根据闭合电路欧姆定律有I=
r+R
1
mg(R +r)tanθ
解得B= 1
EL
(2)将开关S掷向2后,设导体棒在很短时间Δt内速度变化量为Δv,根据动量
定理可得
第22页 共29页北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版
mg sin θ·Δt-BLI cos θ·Δt=mΔv
其中电容器所充的电荷量与电流的关系为
Q=IΔt=CΔU=CBLΔv cos θ
mgsinθ
整理可得Δv= ·Δt
m+B2L2Ccos2θ
故导体棒做匀加速直线运动,加速度
Δv mgsinθ
a= =
Δt m+B2L2Ccos2θ
ef棒滑到GH处的速度
v=√ h =√ 2mgh
2a
sinθ m+B2L2Ccos2θ
(3)设ef与导线框abcd碰撞后,整体速度为v ,根据动量守恒有mv=4mv
1 1
线框进入磁场后水平方向上只受安培力作用,从bc边进入Ⅰ区磁场到与PQ重合
过程
根据动量定理有-BLI'Δt'=4m(v -v )
2 1
BL2
I'Δt'=q'=
4R
B2L3
解得v -v =
1 2
16mR
bc边进入Ⅱ区磁场,bc、ef边均切割磁感线,并且二者产生的感应电动势叠加,
则有-2BLI″Δt″=4m(0-v )
2
BL2
I″Δt″=q″=2·
4R
B2L3
解得v =
2
4mR
5B2L3 5
联立得v = = v
1 2
16mR 4
1
根据能量守恒,线框穿越磁场边界线MN过程中产生的热量Q = ·4m(v2-v2)
1 2 1 2
线框穿越磁场边界线PQ过程中产生的热量
1
Q = ·4mv2
2 2 2
联立解得Q ∶Q =9∶16
1 2
第23页 共29页北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版
21.(2022湖南师大附中月考七,14)如图所示,平行光滑且足够长的金属导轨
ab、cd固定在同一水平面上,处于竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度B=2 T,导
轨间距L=0.5 m。有两根金属棒MN、PQ质量均为1 kg,电阻均为0.5 Ω,其中
PQ静止于导轨上,MN用两条轻质绝缘细线悬挂在挂钩上,细线长h=0.9 m,当细线
竖直时棒刚好与导轨接触但对导轨无压力。现将MN向右拉起使细线与竖直方向
夹角为60°,然后由静止释放MN,忽略空气阻力。发现MN到达最低点与导轨短
暂接触后继续向左上方摆起,PQ在MN短暂接触导轨的瞬间获得速度,且在之后1
s时间内向左运动的距离s=1 m。两根棒与导轨接触时始终垂直于导轨,不计其
余部分电阻,重力加速度g=10 m/s2,求:
(1)当悬挂MN的细线到达竖直位置时,MNQP回路中的电流大小及MN两端的电势
差大小;
(2)MN与导轨接触的瞬间流过PQ的电荷量;
(3)MN与导轨短暂接触过程中回路中产生的焦耳热。
答案 (1)3 A 1.5 V (2)1 C (3) 2 J
解析 (1)设MN摆动到竖直位置刚好与导轨接触时速度为v ,由机械能守恒定律
1
1
得mgh(1-cos 60°)= mv2
2 1
得v =√gh=3 m/s
1
此时,MN产生的感应电动势E=BLv =3 V
1
E
回路中的感应电流I= =3 A
2R
解得MN两端的电势差U =IR=1.5 V
MN
s
(2)由题意知,PQ做匀速直线运动,则有v' = =1 m/s
2
t
对PQ由动量定理有BILΔt=mv' -0
2
又q=I·Δt
第24页 共29页北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版
mv'
解得q= 2=1 C
BL
(3)在MN与导轨接触的Δt时间内,MN与PQ系统动量守恒,选向左为正方向,有
mv =mv' +mv'
1 1 2
得MN棒接触导轨后摆起的速度v' =2 m/s
1
1 1 1
由能量守恒定律得 mv2= mv '2+ mv '2+Q
2 1 2 1 2 2
解得回路中产生的焦耳热Q=2 J
22.(2022湖南师大附中月考六,14)如图所示,水平面上有两条相互平行的光滑
金属导轨PQ和MN间距为d,左侧P与M之间通过一阻值为R的电阻连接,两条倾
角为θ的光滑导轨与水平导轨在N、Q处平滑连接,水平导轨的FDNQ区域有竖
直方向的匀强磁场,磁感应强度为B,磁场区域长度为x。P、M两处有套在导轨上
的两根完全相同的绝缘轻质弹簧,其原长为PF,现用某约束装置将两弹簧压缩到
图中虚线处,只要有微小扰动,约束装置就解除压缩。长度为d、质量为m、电阻
为R的导体棒,从AC处由静止释放,出磁场区域后向左运动触发弹簧。由于弹簧
的作用,导体棒向右运动,当导体棒进入磁场后,约束装置重新起作用,将弹簧压
缩到原位置。
(1)若导体棒从距水平导轨高h的位置释放,经过一段时间后重新滑上斜面,恰好
能返回原来的位置,求导体棒第一次出磁场时的速率。
(2)在(1)条件下,求每根弹簧被约束装置压缩后所具有的弹性势能。
(3)要使导体棒最终能在水平导轨与倾斜导轨间来回运动,则导体棒初始高度H
及每根弹簧储存的弹性势能需要满足什么条件?
B2d2x B2d2x
答案 (1)√2gh- (2) √2gh
2mR 2R
(3)H> B4d4x2 E ≥B4d4x2
p
8m2gR2 4mR2
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解析 (1)导体棒在倾斜导轨上向下滑动的过程中,根据机械能守恒定律有mgh=
1
mv2
2 1
解得v =√2gh
1
导体棒越过磁场的过程中,根据动量定理可得
-BdIt=mv -mv
2 1
ΔΦ Bdx
根据电荷量的计算公式q=It= =
2R 2R
B2d2x
解得v =√2gh-
2
2mR
(2)设解除弹簧约束,弹簧恢复原长后导体棒的速度为v ,根据导体棒与弹簧组成
3
的系统机械能守恒可得
1 1
mv2= mv2+2E
p
2 3 2 2
导体棒向右通过磁场的过程中,同理可得
B2d2x
v =v -
4 3
2mR
由于导体棒恰好能回到原处,所以有v =v
4 1
B2d2x
联立解得E = √2gh
p
2R
(3)导体棒穿过磁场才能把弹簧解除压缩,故需要满足v >0,即H> B4d4x2
2
8m2gR2
要使导体棒不断地运动下去,导体棒必须要能回到上式H高度处,且此时H应取
最小值,则
E =B2d2x ≥B4d4x2
p √2gH
2R 4mR2
即要使导体棒最终能在水平导轨与倾斜导轨间来回运动,H> B4d4x2 ,且弹簧的
8m2gR2
弹性势能满足E ≥B4d4x2
p
4mR2
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22.(2022佛山二模,13)如图是一种矿井直线电机提升系统的原理图,在同一竖直平面的
左右两边条形区域内,有垂直平面向里和向外交替的匀强磁场,每块磁场区域的高度均
为L、磁感应强度大小均为B。梯箱左右两边通过绝缘支架均固定有边长为L、匝数为
n、总电阻为R的正方形导线框,线框平面与磁场垂直,上下两边水平。导线框、支架以
及梯箱等的总质量为M。电机起动后两边磁场均以速度v沿竖直轨道向上匀速运动。忽
略一切阻力,梯箱正常运行时防坠落装置与轨道间没有相互作用。求:
(1)电机从图示位置起动,此时导线框ABCD①相对磁场的运动方向;②哪条边会产生感
应电动势;③感应电流的方向;
(2)电机刚起动瞬间导线框ABCD所受安培力的大小;
v
(3)当梯箱以 的速度向上运动时的加速度大小。
3
答案 见解析
解析 (1)①由于电机起动后两边磁场均以速度v沿竖直轨道向上匀速运动,则导线框
相对磁场向下运动;
②线框中AB边、CD边均切割磁感线,故线框中AB边、CD边会产生感应电动势;
③根据楞次定律可知线框中有逆时针(或ADCBA方向)的感应电流。
(2)电机刚起动瞬间,导线框ABCD中感应电动势大小为
E=2nBLv
E 2nBLv
则感应电流大小I= =
R R
则每根导线所受安培力F =BIL
安
AD、BC边所受安培力等大反向,则整个导线框ABCD所受安培力为F =2nBIL=
安总
4n2B2L2v
R
第27页 共29页北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版
v 1
(3)当梯箱以 的速度向上运动,此时一个导线框感应电动势大小为E=2nBL(v- v)
2
3 3
E
感应电流大小I= 2
2
R
两个导线框所受安培力大小F=4nBIL
2
根据牛顿第二定律F-Mg=Ma
16n2B2L2v
解得a= -g
3MR
23.(2022广州二模,14)如图,不计电阻的金属导轨AOCD和A'O'C'D'放置在磁感应强度
为B、方向竖直向上的匀强磁场中。竖直平面AOC与A'O'C'的距离为
L,θ=45°,DCOO'C'D'在绝缘的水平地面上,D与D'靠近但不接触,OO'C'C为矩形,OC
=5L、OD=6L,∠D'C'C=45°。金属棒a和b完全相同,长度为L、质量为m、单位长度
的电阻为r,a放在水平导轨上,b放在倾斜导轨上,b与导轨之间的动摩擦因数μ=0.5,
最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力,重力加速度为g。
(1)若固定b,t=0时a从OO'以速度v沿导轨向左匀速运动,求通过b的电流I与时间t
0
的关系式;
(2)若a以某一速度开始向左匀速运动的同时释放b,在a到达CC'前,b保持静止,求a
运动速度的取值范围。
答案 见解析
解析 (1)设a切割磁感线的有效长度为l,产生的电动势为E,则有E=Blv,电路中的电
0
E 5L
流为I= ,a在OC段运动,运动时间t≤ ,有l=L,R=2Lr
R v
0
Bv
解得I= 0
2r
5L 6L
a在CD段运动,运动时间 <t≤ ,有l=6L-vt,R=(7L-vt)r
v v 0 0
0 0
第28页 共29页北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版
解得I=B(6L-v t)v
0 0
(7L-v t)r
0
Bv
(2)设a向左运动时的速度为v,由(1)的分析可知,a到达CC'前流过b的电流为I=
2r
b受到的安培力大小为F=BIL,对b进行受力分析可知,b受到重力、支持力、安培力和
摩擦力四个力的作用而平衡,静止在倾斜导轨上,其中摩擦力有沿倾斜导轨向下和向上
两种可能,若摩擦力沿倾斜导轨向下,
则有F cos θ=f+mg sin θ
若摩擦力沿倾斜导轨向上
则有F cos θ+f=mg sin θ
由于F sin θ+mg cos θ=N,f≤μN
联立以上式子可解得a运动速度的取值范围为
2mgr 6mgr
≤v≤
3B2L B2L
第29页 共29页
