?2021-2023年浙江省高考物理模擬試題分類——專題10電磁感應(yīng)
一．選擇題（共17小題）
1．（2021?義烏市模擬）照片中的情景發(fā)生在義亭中學(xué)的創(chuàng)新實(shí)驗(yàn)室。當(dāng)實(shí)驗(yàn)老師從液氮中取出一塊“億鋇銅氧”合金并將它靠近一塊永磁體時(shí)，合金塊能懸浮在磁體的上方；老師又從液氮中取出一塊外形相似、質(zhì)量更小的鋁塊并將它靠近同一塊永磁體時(shí)，“懸浮”卻沒有發(fā)生。造成這一區(qū)別的主要原因是（　?。?br />
A．“億鋇銅氧”合金在液氮溫度下電阻幾乎為零
B．質(zhì)量更小的鋁塊靠近永磁體時(shí)內(nèi)部不會形成電流
C．穿過“億鋇銅氧”合金的磁通量更大
D．穿過“億鋇銅氧”合金的磁通量變化得更快
2．（2021?杭州二模）如圖所示，無限長通電直導(dǎo)線與右側(cè)的矩形導(dǎo)線圈ABCD在同一平面內(nèi)，線圈的AB邊與直導(dǎo)線平行?，F(xiàn)用外力使線圈向直導(dǎo)線靠近且始終保持AB邊與直導(dǎo)線平行，在AB邊靠近直導(dǎo)線的過程中，下列說法正確的是（　?。?br />
A．線圈內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向是ADCBA
B．直導(dǎo)線對AB邊和CD邊的安培力等大反向
C．直導(dǎo)線對AD邊和BC邊的安培力等大反向
D．在線圈ABCD內(nèi)部的區(qū)域的磁場方向?yàn)榇怪本€圈所在平面向外
3．（2022?浙江模擬）長直導(dǎo)線與環(huán)形導(dǎo)線固定在同一平面內(nèi)，長直導(dǎo)線中通有如圖所示方向的電流，當(dāng)電流大小均勻增大時(shí)（　?。?br />
A．環(huán)形導(dǎo)線有擴(kuò)張的趨勢
B．環(huán)形導(dǎo)線受到的安培力大小保持不變
C．環(huán)形導(dǎo)線中有順時(shí)針方向的感應(yīng)電流
D．環(huán)形導(dǎo)線中的感應(yīng)電流大小保持不變
4．（2021?諸暨市模擬）當(dāng)交變電流通過導(dǎo)體時(shí)，交變的磁場會在導(dǎo)體內(nèi)部引起渦流，使電流在導(dǎo)體橫截面上的分布不再均勻，電流將主要地集中到導(dǎo)體表面，這種效應(yīng)稱為趨膚效應(yīng)。交變電流的頻率越高，趨膚效應(yīng)越明顯。下列說法正確的是（　?。?br /> A．趨膚效應(yīng)是一種靜電感應(yīng)現(xiàn)象
B．趨膚效應(yīng)使得導(dǎo)體的有效電阻減小
C．在遠(yuǎn)距離輸電中，可提高交變電流頻率以減小輸電線上的損失
D．在高頻電路中，可用空心銅導(dǎo)線代替實(shí)心銅導(dǎo)線以節(jié)約線路成本
5．（2023?溫州模擬）如圖甲所示為某一電磁炮原理示意圖，圖中有直流電源、電容器，線圈套在中空并內(nèi)側(cè)光滑的絕緣管上，將直徑略小于管內(nèi)徑的金屬小球靜置于管內(nèi)。開關(guān)S接1使電容器完全充電，開關(guān)接2時(shí)開始計(jì)時(shí)，通過線圈的電流隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖乙所示，金屬小球在0﹣t1時(shí)間內(nèi)被加速發(fā)射出去（t1時(shí)刻剛好運(yùn)動(dòng)到右側(cè)管口）。在0﹣t1時(shí)間內(nèi)，下列說法正確的是（　?。?br />
A．小球的加速度一直增大
B．線圈中產(chǎn)生的磁場方向向左
C．小球中產(chǎn)生的渦流一直減小
D．電容器儲存的電能全部轉(zhuǎn)化為小球的動(dòng)能
6．（2022?紹興二模）如圖所示，右端為N極的磁鐵置于粗糙水平桌面上并與輕質(zhì)彈簧相連，彈簧一端固定在豎直墻面上，當(dāng)彈簧處于原長時(shí)，磁鐵的中心恰好是接有一盞小燈泡的豎直固定線圈的圓心。用力將磁鐵向右拉到某一位置，撤去作用力后磁鐵穿過線圈來回振動(dòng)，有關(guān)這個(gè)振動(dòng)過程，以下說法正確的是（　?。?br />
A．燈泡的亮暗不會發(fā)生變化
B．磁鐵接近線圈時(shí)，線圈對磁鐵產(chǎn)生排斥力
C．從左往右看線圈中的電流一直沿逆時(shí)針方向
D．若忽略摩擦力和空氣阻力，磁鐵振動(dòng)的幅度不會減小
7．（2021?浙江模擬）如圖甲所示，虛線MN兩側(cè)的空間均存在與紙面垂直的勻強(qiáng)磁場，右側(cè)勻強(qiáng)磁場的方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小恒為B0，左側(cè)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的規(guī)律如圖乙所示，規(guī)定垂直紙面向外為磁場的正方向。一硬質(zhì)細(xì)導(dǎo)線的電阻率為ρ、橫截面積為S0，將該導(dǎo)線做成半徑為r的圓環(huán)固定在紙面內(nèi)，圓心O在MN上，則下列說法正確的是（　?。?br />
A．0～t0時(shí)間內(nèi)，圓環(huán)中的電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向
B．t＝t0時(shí)刻，圓環(huán)中的電流為0
C．t=32t0時(shí)刻，圓環(huán)受到的安培力大小為B02r2S08ρt0
D．在0～t0時(shí)間內(nèi)，通過圓環(huán)的電荷量為B0rS04ρ
8．（2023?鎮(zhèn)海區(qū)校級模擬）電吉他的工作原理是在琴身上裝有線圈，線圈附近被磁化的琴弦振動(dòng)時(shí)，會使線圈中的磁通量發(fā)生變化，從而產(chǎn)生感應(yīng)電流，再經(jīng)信號放大器放大后傳到揚(yáng)聲器。其簡化示意圖如圖所示。則當(dāng)圖中琴弦向右靠近線圈時(shí)（　?。?br />
A．穿過線圈的磁通量減小 B．線圈中不產(chǎn)生感應(yīng)電流
C．琴弦受向左的安培力 D．線圈有擴(kuò)張趨勢
9．（2022?溫州三模）如圖甲是某款可以無線充電的手機(jī)置于相應(yīng)充電盤上的情景，圖乙是其原理圖。受電線圈和送電線圈分別存在于手機(jī)和充電盤中，當(dāng)手機(jī)靜止置于充電盤上時(shí)，兩線圈構(gòu)成裝置可視為理想變壓器。已知送電線圈和受電線圈的匝數(shù)比n1：n2＝20：1，R1＝80R2，當(dāng)a、b間接220V的正弦交變電流，手機(jī)獲得電壓為5V，充電電流為1A，則下列說法正確的是（　?。?br />

A．所有手機(jī)都可以使用該充電盤進(jìn)行無線充電
B．a(chǎn)b端輸入恒定電流，也能對手機(jī)進(jìn)行無線充電
C．R1、R2兩端的電壓之比為1：20
D．充電時(shí)，受電線圈cd兩端的輸出電壓為10V
10．（2021?浙江模擬）為了使靈敏電流計(jì)的指針在零刻度附近快速停下，實(shí)驗(yàn)小組的同學(xué)利用“電磁阻尼“來實(shí)現(xiàn)。他們設(shè)計(jì)了如圖所示的甲、乙兩種方案，甲方案：在指針轉(zhuǎn)軸上裝上扇形鋁板，磁場位于零刻度中間；乙方案：在指針轉(zhuǎn)軸上裝上扇形鋁框，磁場位于零刻度中間。下列說法正確的是（　　）

A．甲方案中，鋁板擺動(dòng)時(shí)磁通量不變，不會產(chǎn)生感應(yīng)電流
B．甲方案中，鋁板擺動(dòng)時(shí)都能產(chǎn)生渦流，起電磁阻尼的作用
C．乙方案中，鋁框小幅度擺動(dòng)時(shí)會產(chǎn)生感應(yīng)電流
D．乙方案比甲方案更合理
11．（2023?杭州一模）智能手表通常采用無線充電方式。如圖甲所示，充電基座與220V交流電源相連，智能手表放置在充電基座旁時(shí)未充電，將手表壓在基座上，無需導(dǎo)線連接，手表便可以充電（如圖乙所示）。已知充電基座與手表都內(nèi)置了線圈，則（　?。?br />
A．手機(jī)和基座無導(dǎo)線連接，所以傳輸能量時(shí)沒有損失
B．用塑料薄膜將充電基座包裹起來，之后仍能為手表充電
C．無線充電的原理是利用基座內(nèi)的線圈發(fā)射電磁波傳輸能量
D．充電時(shí)，基座線圈的磁場對手表線圈中的電子施加力的作用，驅(qū)使電子運(yùn)動(dòng)
12．（2023?嘉興一模）如圖所示為一地下電纜探測裝置，圓形金屬線圈可沿水平面不同方向運(yùn)動(dòng)，若水平Oxy地面下有一平行于y軸且通有恒定電流I的長直導(dǎo)線，P、M和N為地面上的三點(diǎn)，線圈圓心P點(diǎn)位于導(dǎo)線正上方，MN平行于y軸，PN平行于x軸、PQ關(guān)于導(dǎo)線上下對稱。則（　?。?br />
A．電流I在P、Q兩點(diǎn)產(chǎn)生磁感應(yīng)強(qiáng)度相同
B．電流I在M、N兩點(diǎn)產(chǎn)生磁感應(yīng)強(qiáng)度大小BM＝BN
C．線圈從P點(diǎn)勻速運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)過程中磁通量不變
D．線圈沿y方向勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，產(chǎn)生恒定的感應(yīng)電流
13．（2023?浙江模擬）如圖所示，一塊永磁體在光滑斜面上沿著一螺線管的軸線做直線運(yùn)動(dòng)。螺線管外的軸線上存在p、q兩點(diǎn)（p、q兩點(diǎn)到螺線管邊緣的距離相等）。一燈泡與螺線管串聯(lián)，燈泡在永磁體通過p點(diǎn)時(shí)的亮度要大于永磁體通過q點(diǎn)時(shí)的亮度。忽略永磁體的尺寸，下列說法中正確的（　?。?br />
A．永磁體在p點(diǎn)時(shí)的速度小于在q點(diǎn)時(shí)的速度
B．永磁體在p點(diǎn)時(shí)的機(jī)械能小于在q點(diǎn)時(shí)的機(jī)械能
C．若將燈泡換成一發(fā)光二極管，則永磁體在通過p和q時(shí)該二極管不會都發(fā)光
D．若將永磁體的極性對調(diào)，則在其通過q點(diǎn)時(shí)燈泡的亮度將大于其通過p點(diǎn)時(shí)的亮度
14．（2021?濱江區(qū)校級模擬）如圖所示，金屬圓環(huán)內(nèi)外半徑為r和2r，勻強(qiáng)磁場B垂直圓環(huán)平面向里，兩環(huán)之間接有電容器，在兩環(huán)間且接觸良好的金屬導(dǎo)體ab棒可繞圓心以角速度ω逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，已知電容器的電容為C，則下列說法正確的是（　?。?br />
A．電容器c極板帶負(fù)電
B．cd間電壓逐漸增大
C．金屬棒ab產(chǎn)生的電動(dòng)勢為Bωr2
D．電容器所帶電荷量為32CBωr2
15．（2021?浙江模擬）如圖所示，兩根平行光滑金屬導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，其左端接有定值電阻R，建立Ox軸平行于金屬導(dǎo)軌，在0≤x≤4m的空間區(qū)域內(nèi)存在著垂直導(dǎo)軌平面向下的磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨坐標(biāo)x（以m為單位）的分布規(guī)律為B＝0.8﹣0.2x（T），金屬棒ab在外力作用下從x＝0處沿導(dǎo)軌向右運(yùn)動(dòng)，ab始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，不計(jì)導(dǎo)軌和金屬棒的電阻。設(shè)在金屬棒從x1＝1m經(jīng)x2＝2m到x3＝3m的過程中，定值電阻R的電功率始終保持不變，則（　?。?br />
A．金屬棒做勻速直線運(yùn)動(dòng)
B．金屬棒運(yùn)動(dòng)過程中產(chǎn)生的電動(dòng)勢始終不變
C．金屬棒在x1與x2處受到磁場的作用力大小之比為2：3
D．金屬棒從x1到x2與從x2到x3的過程中通過R的電荷量之比為3：5
16．（2022?溫州二模）如圖所示，空間分布著方向垂直紙面向里的有界勻強(qiáng)磁場，EF是其右邊界。半徑為r的單匝圓形金屬線圈垂直于磁場放置，線圈的圓心O在EF上；另有一根長為2r的導(dǎo)體桿與EF重合，桿兩端點(diǎn)a、b通過電刷與圓形線圈連接，線圈和導(dǎo)體桿單位長度電阻相同。情況1：導(dǎo)體直桿不動(dòng)，線框繞EF軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)動(dòng)方向如圖所示；情況2：線圈不動(dòng)，導(dǎo)體桿繞O點(diǎn)在紙面內(nèi)順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。兩情況均從圖示位置開始計(jì)時(shí)，關(guān)于導(dǎo)體桿ab兩端點(diǎn)的電壓Uab情況，下列說法正確的是（　?。?br />
A．情況1產(chǎn)生的Uab﹣t圖象為圖甲，情況2產(chǎn)生的Uab﹣t圖象為圖丙
B．情況1產(chǎn)生的Uab﹣t圖象為圖乙，情況2產(chǎn)生的Uab﹣t圖象為圖丁
C．情況1產(chǎn)生的Uab﹣t圖象為圖甲，情況2產(chǎn)生的Uab﹣t圖象為圖丁
D．情況1產(chǎn)生的Uab﹣t圖象為圖乙，情況2產(chǎn)生的Uab﹣t圖象為圖丙
17．（2021?甌海區(qū)校級模擬）如圖所示，這是感受電磁阻尼的銅框?qū)嶒?yàn)的簡化分析圖，已知圖中矩形銅框（下邊水平）的質(zhì)量m＝2g、長度L＝0.05m、寬度d＝0.02m、電阻R＝0.01Ω，該銅框由靜止釋放時(shí)銅框下邊與方向水平向里的勻強(qiáng)磁場上邊界的高度差h＝0.2m，磁場上、下水平邊界間的距離D＝0.27m，銅框進(jìn)入磁場的過程恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)。取重力加速度大小g＝10m/s2，不計(jì)空氣阻力。下列說法正確的是（　?。?br />
A．銅框進(jìn)入磁場的過程中電流方向?yàn)轫槙r(shí)針
B．勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為0.5T
C．銅框下邊剛離開磁場時(shí)的速度大小為3m/s
D．銅框下邊剛離開磁場時(shí)的感應(yīng)電流為0.3A
二．多選題（共1小題）
（多選）18．（2022?浙江三模）如圖所示，水平導(dǎo)體棒ab質(zhì)量m＝0.1πkg、長L＝1m、電阻Rab＝0.25Ω，其兩個(gè)端點(diǎn)分別搭接在豎直平行正對放置的兩光滑金屬圓環(huán)上，兩圓環(huán)半徑均為r＝1m、電阻不計(jì)。阻值R＝0.25Ω的電阻用導(dǎo)線與圓環(huán)相連接，理想交流電壓表V接在電阻R兩端。整個(gè)空間有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝1T、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場。導(dǎo)體棒ab在外力F作用下以速率v＝1m/s繞兩圓環(huán)的中心軸OO′勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，ab在圓環(huán)最低點(diǎn)時(shí)記為t＝0時(shí)刻，重力加速度為g＝10m/s2。下列說法正確的是（　?。?br />
A．導(dǎo)體棒中的電流I＝2sint（A）
B．電壓表的示數(shù)為22V
C．從t＝0到0.5πs的過程中通過R的電量為2C
D．從t＝0到0.5πs的過程中外力F做功為1.5πJ
三．計(jì)算題（共8小題）
19．（2022?紹興二模）如圖所示，金屬輪A1和絕緣輪A2，可繞各自中心金屬軸O1和O2轉(zhuǎn)動(dòng)，O1和O2平行且水平放置，A1金屬輪由三根金屬輻條和金屬環(huán)組成，A1輪的輻條長為4r、電阻為R，連接輻條的金屬環(huán)的電阻可以忽略，三根輻條互成120°角，在圖中120°的扇形區(qū)域內(nèi)存在平行于軸向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，絕緣輪A2半徑的為2r，另一半徑為r的絕緣圓盤A3與A2同軸且固連在一起。一輕細(xì)繩的一端固定在A1邊緣上的某點(diǎn)，在A3上繞足夠匝數(shù)后，懸掛一質(zhì)量為m的重物P。當(dāng)P下落時(shí)，通過細(xì)繩帶動(dòng)A3和A2繞O2軸轉(zhuǎn)動(dòng)。轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，A1、A2保持接觸，無相對滑動(dòng)。A1輪的軸O1和金屬環(huán)通過導(dǎo)線與兩平行的足夠長的金屬導(dǎo)軌連接，導(dǎo)軌傾角為θ，其上放置一質(zhì)量為m、電阻為R、長度為L的金屬棒EF，棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，軌道間存在沿斜面向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小也為B，不計(jì)導(dǎo)線電阻。
（1）當(dāng)P的速度為v時(shí)，求金屬棒EF兩端的電壓；
（2）金屬棒EF剛好開始運(yùn)動(dòng)記為0時(shí)刻，經(jīng)過時(shí)間t重物P下落高度為h，金屬棒EF仍在軌道上運(yùn)動(dòng)，求此時(shí)金屬棒EF的速度u；
（3）為使金屬棒EF不脫離軌道，軌道的傾角θ滿足的條件。

20．（2022?溫州二模）如圖所示，間距L＝0.2m的兩平行金屬導(dǎo)軌由傾斜部分與水平部分平滑連接而成。傾斜部分MN、M'N′粗糙，與水平面夾角θ＝30°；水平部分NP、N'P'光滑。PP'間接有電容器和二極管，電容器電容C=18F，二極管正向電阻為零，反向電阻無窮大。虛線區(qū)域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ內(nèi)有垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場，方向如圖所示，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B＝1T。區(qū)域Ⅰ、Ⅱ沿導(dǎo)軌長度均為d＝0.5m，區(qū)域Ⅱ下邊界與NN'齊平。區(qū)域Ⅱ沿導(dǎo)軌長度足夠長?，F(xiàn)有兩根完全相同的導(dǎo)體棒ab、cd，每根導(dǎo)體棒質(zhì)量m＝0.01kg，電阻R＝1Ω，長度L＝0.2m，始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。開始時(shí)，cd棒靜止在區(qū)域Ⅱ左側(cè)的水平導(dǎo)軌上，讓ab棒從區(qū)域Ⅰ上邊界上方某處無初速度釋放。已知ab棒與傾斜導(dǎo)軌動(dòng)摩擦因數(shù)μ=35，ab棒從釋放到抵達(dá)NN'的時(shí)間t＝2s。ab棒與cd棒碰撞后立即粘在一起繼續(xù)運(yùn)動(dòng)。導(dǎo)軌電阻不計(jì)。求：
（1）ab棒在傾斜軌道上運(yùn)動(dòng)過程中，通過cd棒的電荷量q；
（2）兩棒碰撞后瞬間的速度v的大??；
（3）若電容器儲存的電能滿足E=12CU2（U為電容器兩極板間電壓），進(jìn)入水平導(dǎo)軌后ab棒產(chǎn)生的焦耳熱Qab。

21．（2022?浙江模擬）如圖所示，邊長為L＝1m、質(zhì)量為m＝1kg、電阻為R＝1Ω的勻質(zhì)正方形剛性導(dǎo)體線框ABCD和直角坐標(biāo)系xOy（x軸水平，y軸豎直）均處于豎直平面內(nèi)．在第一象限的空間內(nèi)存在垂直于紙面向里的磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度在x方向均勻分布，y方向上滿足B＝2+ky（各量均采用國際單位，k為大于0的未知量）。初始時(shí)，線框的A點(diǎn)與坐標(biāo)原點(diǎn)O重合，AB邊與x軸重合（記為位置1）．現(xiàn)給線框一個(gè)沿著x軸正方向的速度v0＝1m/s，并且給線框一個(gè)豎直向上的恒力F=mg2，當(dāng)線框A點(diǎn)下降的高度為H＝1.25m（記為位置2）時(shí)，可以認(rèn)為線框恰好達(dá)到最大速度，且線框中的電流I＝2.5A．此后恒力F保持大小不變，方向改為x方向，線框繼續(xù)運(yùn)動(dòng)到位置3（位置3和位置2中A點(diǎn)的橫坐標(biāo)相距3.5L），此后軌跡是拋物線．若整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，線框始終處于同一豎直平面內(nèi)，AB邊始終保持水平，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，求：
（1）k的數(shù)值；
（2）線框從位置1到位置2的時(shí)間t1；
（3）線框從位置2運(yùn)動(dòng)到位置3的豎直高度差h．

22．（2022?寧波二模）如圖所示，彎折成90°角的兩根足夠長金屬導(dǎo)軌平行豎直放置，形成左右兩個(gè)斜導(dǎo)軌平面，左導(dǎo)軌平面與水平面成37°角，右導(dǎo)軌平面與水平面成53°角，兩導(dǎo)軌間距L＝2m，電阻不計(jì)。同種材料、粗細(xì)均勻的正方形金屬框abcd邊長也為L，a、d兩點(diǎn)通過金屬鉸鏈與導(dǎo)軌連接。在外力作用下，使金屬框abcd以ad邊為轉(zhuǎn)軸逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)動(dòng)角速度ω＝1rad/s。t＝0時(shí)刻，ab邊、cd邊分別與導(dǎo)軌N'G'、NG重合，此時(shí)水平放置的金屬桿ef在NN′M′M導(dǎo)軌上由靜止釋放。已知桿ef與NN′M′M導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5（最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力）。金屬框abcd各邊電阻均為2Ω；桿ef質(zhì)量m=114πkg，電阻為2Ω，空間存在平行于導(dǎo)軌NN′M′M且斜向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5T，不計(jì)ef、ad與導(dǎo)軌間的接觸電阻。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
（1）金屬框abcd從t＝0時(shí)刻轉(zhuǎn)至90°時(shí)，請比較b'點(diǎn)與c'點(diǎn)的電勢高低，并求出b'c'邊產(chǎn)生的電動(dòng)勢；
（2）金屬框abcd從t＝0時(shí)刻轉(zhuǎn)過180°的過程中，求金屬框abcd產(chǎn)生的焦耳熱；
（3）金屬框abcd從t＝0時(shí)刻轉(zhuǎn)過90°時(shí)，求桿ef的瞬時(shí)速度大小。
23．（2022?浙江模擬）虛線PQ上方存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，PQ下方存在豎直向上的勻強(qiáng)磁場，兩處磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B0，足夠長的不等間距金屬導(dǎo)軌豎直放置，導(dǎo)軌電阻不計(jì)。兩根金屬棒水平地靠在金屬導(dǎo)軌上，其中金屬棒光滑且質(zhì)量為m，長為L，電阻為R，金屬棒CD質(zhì)量為2m、長為2L、電阻為2R，與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ．若AB棒在拉力F的作用下沿導(dǎo)軌由靜止向上做加速度為a的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，同時(shí)由靜止釋放CD棒，如圖所示。已知運(yùn)動(dòng)過程中棒與導(dǎo)軌接觸良好，重力加速度為g，求：
（1）AB棒哪端電勢高，兩端的電壓UAB的大小隨時(shí)間變化的規(guī)律；
（2）作用在金屬棒AB上的拉力F需要滿足的條件；
（3）CD棒下滑達(dá)到最大速度所需時(shí)間。

24．（2022?浙江模擬）如圖所示，AD與A1D1為水平放置的無限長平行金屬導(dǎo)軌，DC與D1C1為傾角為θ＝37°的平行金屬導(dǎo)軌，兩組導(dǎo)軌的間距均為l＝1.5m，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)。質(zhì)量為m1＝0.35kg、電阻為R1＝1Ω的導(dǎo)體棒ab置于傾斜導(dǎo)軌上，質(zhì)量為m2＝0.4kg、電阻為R2＝0.5Ω的導(dǎo)體棒cd置于水平導(dǎo)軌上，輕質(zhì)細(xì)繩跨過光滑滑輪一端與cd的中點(diǎn)相連、另一端懸掛一輕質(zhì)掛鉤。導(dǎo)體棒ab、cd與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，且最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。整個(gè)裝置處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝2T．初始時(shí)刻，棒ab在傾斜導(dǎo)軌上恰好不下滑。（g取10m/s2，sin37°＝0.6）

（1）求導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；
（2）在輕質(zhì)掛鉤上掛上物體P，細(xì)繩處于拉伸狀態(tài)，將物體P與導(dǎo)體棒cd同時(shí)由靜止釋放，當(dāng)P的質(zhì)量不超過多大時(shí)，ab始終處于靜止?fàn)顟B(tài)？（導(dǎo)體棒cd運(yùn)動(dòng)過程中，ab、cd一直與DD1平行，且沒有與滑輪相碰。）
（3）若P的質(zhì)量取第（2）問中的最大值，由靜止釋放開始計(jì)時(shí)，當(dāng)t＝1s時(shí)cd已經(jīng)處于勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，求在這1s內(nèi)ab上產(chǎn)生的焦耳熱為多少？
25．（2021?甌海區(qū)校級模擬）如圖，在傾角為θ＝30°的光滑斜面上，在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ存在著方向相反的勻強(qiáng)磁場，Ⅰ區(qū)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1＝0.6T，Ⅱ區(qū)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B2＝0.4T。兩個(gè)磁場的寬度MJ和JG均為L＝1m，一個(gè)質(zhì)量為m＝0.6kg、電阻R＝0.6Ω、邊長也為L的正方形導(dǎo)線框，由靜止開始沿斜面下滑，當(dāng)ab邊剛越過GH進(jìn)入磁場Ⅰ區(qū)時(shí)，恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)。已知重力加速度g取10m/s2。求：
（1）線框ab邊剛進(jìn)入磁場Ⅰ區(qū)時(shí)電流I的大小及方向；
（2）線框靜止時(shí)ab邊距GH的距離x；
（3）線框ab邊從JP運(yùn)動(dòng)到MN過程通過線框的電荷量q。

26．（2021?浙江模擬）兩光滑導(dǎo)軌平行放置，間距為L，在導(dǎo)軌上有O、O'兩點(diǎn)，OO'連線與軌道垂直。OO'將導(dǎo)軌分為左右兩部分，OO'左邊的軌道由絕緣材料做成，右邊軌道由導(dǎo)電材料做成，不計(jì)導(dǎo)軌的電阻。OO'左邊有寬度為d的等間距交替出現(xiàn)的方向豎直向上或豎直向下的磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。在OO'的右側(cè)有方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小也為B。在OO'處放置有質(zhì)量為2m的金屬棒a，離a棒距離為s處放置一質(zhì)量也為2m的金屬棒b，a、b兩棒的電阻均為R?，F(xiàn)將一質(zhì)量為m，電阻值也為R，寬為d，長為L的金屬線框ABCD，從AB邊離OO'距離為4d的左側(cè)以一定的初速度向右運(yùn)動(dòng)，在OO'處與a棒發(fā)生彈性碰撞后，線框返回且恰好停在出發(fā)處。而b棒與障礙物發(fā)生彈性碰撞后會以大小不變的速度返回。b棒到達(dá)障礙物時(shí)的速度已經(jīng)穩(wěn)定。
（1）判斷線框開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，CD邊中電流的方向及CD邊受力的方向；
（2）求線框初速度的大??；
（3）求線框中產(chǎn)生的熱量；
（4）若b棒在與障礙物相碰后能夠與a棒再相遇，求初始a、b兩棒的距離s的取值范圍。

27．（2023?鎮(zhèn)海區(qū)校級模擬）電源是通過非靜電力做功把其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能的裝置，不同的電源非靜電力做功的本領(lǐng)有所不同，物理學(xué)中用電動(dòng)勢來描述電源的這種特性。
（1）如圖所示，固定于水平面的U形金屬框架處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，金屬框兩平行導(dǎo)軌間距為l。金屬棒MN在外力的作用下，沿框架以速度v向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過程中金屬棒始終垂直于兩平行導(dǎo)軌并接觸良好。已知電子的電荷量為﹣e。在金屬棒產(chǎn)生電動(dòng)勢的過程中，請說明是什么力充當(dāng)非靜電力，并求出這個(gè)非靜電力F的大?。?br /> （2）科學(xué)家發(fā)現(xiàn)導(dǎo)體兩端的溫度差也能產(chǎn)生電動(dòng)勢，這種電動(dòng)勢稱為溫差電動(dòng)勢。我們用圖乙所示的簡化模型來分析。一段長度為L的直導(dǎo)線AB沿Ox軸放置，A端位于坐標(biāo)原點(diǎn)處。與恒溫?zé)嵩唇佑|后，A端溫度恒為T1，B端溫度恒為T2（T2＜T1）。假定導(dǎo)線上相同位置處的溫度相同，不同位置處的溫度沿x方向均勻變化，導(dǎo)線形狀隨溫度的變化忽略不計(jì)。從微觀上來看，可認(rèn)為：溫度越高，金屬離子（即原子失去自由電子后的剩余部分）熱運(yùn)動(dòng)的平均動(dòng)能越大，與之相比，自由電子熱運(yùn)動(dòng)平均動(dòng)能隨溫度的變化可以忽略不計(jì)。如圖乙所示，取導(dǎo)線中長為Δx的一個(gè)薄層，自由電子受到左側(cè)金屬離子的碰撞比右側(cè)的強(qiáng)，薄層兩端就形成了壓強(qiáng)差，自由電子會發(fā)生定向運(yùn)動(dòng)。已知薄層兩端的壓強(qiáng)差與其兩端的溫度差成正比，且比例系數(shù)為nk，n為單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)（假設(shè)導(dǎo)線中各處n都相同）k為常數(shù)。導(dǎo)線AB的橫截面積為S，電荷量為﹣e，忽略自由電子與金屬離子之間及自由電子彼此間的庫侖作用。請利用自由電子的受力特點(diǎn)，結(jié)合電動(dòng)勢的定義式，推導(dǎo)得出溫差電動(dòng)勢的表達(dá)式；
（3）特殊溫差發(fā)電導(dǎo)體AB兩端有恒定溫差，連接無限長的水平光滑導(dǎo)軌（圖丙），若溫差電動(dòng)勢的大小與導(dǎo)線兩端的溫度差成正比，比例系數(shù)為S，水平導(dǎo)軌區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。導(dǎo)軌上靜止放置的導(dǎo)體棒MN電阻為R，質(zhì)量為m，到剛好穩(wěn)定的過程中導(dǎo)體棒的焦耳熱為Q，忽略其他電阻。求發(fā)電導(dǎo)體AB兩端的溫差。

28．（2020?浙江三模）如圖所示，間距L＝1m的兩光滑金屬導(dǎo)軌相互平行放置，水平導(dǎo)軌與傾斜導(dǎo)軌之間用絕緣材料平滑連接。傾斜軌道的傾角θ＝37°，在傾斜軌道上端有一單刀雙擲開關(guān)S，可連接E＝9V、r＝2Ω的電源或C=564F的未充電的電容器。在傾斜導(dǎo)軌區(qū)域和直導(dǎo)軌CDGH矩形區(qū)域存在著相同的磁場，方向豎直向上，在水平導(dǎo)軌的右端連接了R2＝10Ω的電阻。已知R1＝10Ω，d＝3m，將開關(guān)S與1相連，一質(zhì)量m＝0.1kg的金屬導(dǎo)體棒ab恰好能靜止在高h(yuǎn)＝3.6m的傾斜導(dǎo)軌上。不計(jì)其他一切電阻和阻力，取g＝10m/s2，求：

（1）磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；
（2）將開關(guān)S擲向2后，ab棒滑到MN處的速度v；
（3）ab棒通過CDGH磁場區(qū)域過程中R2上產(chǎn)生的焦耳熱。
29．（2022?浙江三模）半徑R的圓柱形大區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場，方向垂直于紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻增加，其變化率為k（k＞0），其圓截面如圖1所示，圓心為O。已知磁場隨時(shí)間均勻增加時(shí)，在垂直于磁場的平面內(nèi)會產(chǎn)生同心圓形狀的感生電場，平面內(nèi)距圓心相同距離的地方，感生電場場強(qiáng)大小相同。

（1）若將一半徑為R2的金屬圓環(huán)垂直磁場方向放置，金屬環(huán)的中心與O點(diǎn)重合，求金屬環(huán)中產(chǎn)生的感生電動(dòng)勢；
（2）求圖1中距圓心R2處的感生電場的大小并判斷其方向；
（3）若在一半徑為R2且與大圓區(qū)域邊界相切的小圓柱形區(qū)域內(nèi)，再疊加一個(gè)方向垂直于紙面向里的變化率也為k的同步變化的勻強(qiáng)磁場，疊加后小圓區(qū)域內(nèi)的合磁場為零如圖2所示。一個(gè)質(zhì)量為m、電量q、重力不計(jì)的帶正電粒子，從邊界上的A點(diǎn)以某一初速度平行OO1連線進(jìn)入小圓區(qū)域，剛好可以打中兩圓相切處，已知A距兩圓心連線2R5，求此粒子初速度大小。（提示：利用電場疊加原理可以先研究小圓區(qū)域內(nèi)某點(diǎn)的合感生電場的場強(qiáng)。）
30．（2022?浙江模擬）如圖所示，電阻為2R、半徑為r、匝數(shù)為n的圓形導(dǎo)體線圈兩端與導(dǎo)軌AD、MN相連。與導(dǎo)體線圈共圓心的圓形區(qū)域內(nèi)有豎直向下的磁場，其磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖（2）所示，圖（2）中的B0和t0均已知。PT、DE、NG是橫截面積和材料完全相同的三根粗細(xì)均勻的金屬棒。金屬棒PT的長度為3L、電阻為3R、質(zhì)量為m。導(dǎo)軌AD與MN平行且間距為L，導(dǎo)軌EF與GH平行且間距為3L，DE和NG的長度相同且與AD、MN的夾角均為30°。區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ是兩個(gè)相鄰的、長和寬均分別相同的空間區(qū)域，其長度均為d。區(qū)域Ⅰ中存在豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0的勻強(qiáng)磁場。0～2t0時(shí)間內(nèi)，使棒PT在區(qū)域Ⅰ中某位置保持靜止，且其兩端分別與導(dǎo)軌EF與GH對齊。除導(dǎo)體線圈、金屬棒PT、DE、NG外，其余導(dǎo)體電阻均不計(jì)，所有導(dǎo)體間接觸均良好且均處于同一水平面內(nèi)，不計(jì)一切摩擦，不考慮回路中的自感。

（1）求在0～2t0時(shí)間內(nèi)，使棒PT保持靜止的水平外力F的大??；
（2）在2t0以后的某時(shí)刻，若區(qū)域Ⅰ內(nèi)的磁場在外力作用下從區(qū)域Ⅰ以v0的速度勻速運(yùn)動(dòng)到區(qū)域Ⅱ時(shí)，導(dǎo)體棒PT速度恰好達(dá)到v0且恰好進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ，該過程棒PT產(chǎn)生的焦耳熱為Q，求金屬棒PT與區(qū)域Ⅰ右邊界的初始距離x0和該過程維持磁場勻速運(yùn)動(dòng)的外力做的功W；
（3）若磁場運(yùn)動(dòng)到區(qū)域Ⅱ時(shí)立刻停下，求導(dǎo)體棒PT運(yùn)動(dòng)到EG時(shí)的速度v。

2021-2023年浙江省高考物理模擬試題分類——專題10電磁感應(yīng)
參考答案與試題解析
一．選擇題（共17小題）
1．（2021?義烏市模擬）照片中的情景發(fā)生在義亭中學(xué)的創(chuàng)新實(shí)驗(yàn)室。當(dāng)實(shí)驗(yàn)老師從液氮中取出一塊“億鋇銅氧”合金并將它靠近一塊永磁體時(shí)，合金塊能懸浮在磁體的上方；老師又從液氮中取出一塊外形相似、質(zhì)量更小的鋁塊并將它靠近同一塊永磁體時(shí)，“懸浮”卻沒有發(fā)生。造成這一區(qū)別的主要原因是（　?。?br />
A．“億鋇銅氧”合金在液氮溫度下電阻幾乎為零
B．質(zhì)量更小的鋁塊靠近永磁體時(shí)內(nèi)部不會形成電流
C．穿過“億鋇銅氧”合金的磁通量更大
D．穿過“億鋇銅氧”合金的磁通量變化得更快
【解答】解：AB、因穿過“億鋇銅氧”合金的磁通量與穿過鋁塊的磁通量變化得一樣快，但“億鋇銅氧”合金在液氨溫度下接近超導(dǎo)體，電阻幾乎為零，所以在“億鋇銅氧”合金中產(chǎn)生的電流很大，且電流持續(xù)的時(shí)間很長，所以電流激發(fā)的磁場也很強(qiáng)且持續(xù)時(shí)間長，故在兩磁場的相互作用力下“億鋇銅氧”能夠懸浮在磁體的上方；而質(zhì)量更小的鋁塊由于在液氨溫度下不能產(chǎn)生超導(dǎo)現(xiàn)象，所以電阻不能忽略，產(chǎn)生的感應(yīng)電流通過電阻時(shí)做功，電能很快轉(zhuǎn)化成了內(nèi)能，所以當(dāng)鋁塊靠近永磁體時(shí)不會產(chǎn)生磁懸浮現(xiàn)象，故A正確，B錯(cuò)誤；
C、穿過“億鋇銅氧”合金的與穿過鋁塊的磁通量一樣大，故C錯(cuò)誤；
D、穿過“億鋇銅氧”合金的與穿過鋁塊的磁通量一樣大，且穿過“億鋇銅氧”合金的磁通量與穿過鋁塊的磁通量變化得一樣快，故D錯(cuò)誤。
故選：A。
2．（2021?杭州二模）如圖所示，無限長通電直導(dǎo)線與右側(cè)的矩形導(dǎo)線圈ABCD在同一平面內(nèi)，線圈的AB邊與直導(dǎo)線平行?，F(xiàn)用外力使線圈向直導(dǎo)線靠近且始終保持AB邊與直導(dǎo)線平行，在AB邊靠近直導(dǎo)線的過程中，下列說法正確的是（　?。?br />
A．線圈內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向是ADCBA
B．直導(dǎo)線對AB邊和CD邊的安培力等大反向
C．直導(dǎo)線對AD邊和BC邊的安培力等大反向
D．在線圈ABCD內(nèi)部的區(qū)域的磁場方向?yàn)榇怪本€圈所在平面向外
【解答】解：AD、直導(dǎo)線中通有向上的電流，根據(jù)安培定則，知導(dǎo)線右側(cè)的磁場方向垂直紙面向里，則線圈ABCD內(nèi)部的區(qū)域磁場方向?yàn)榇怪本€圈所在平面向里；用外力使線圈向直導(dǎo)線靠近時(shí)穿過線圈向里的磁通量增大，根據(jù)楞次定律，知感應(yīng)電流的方向?yàn)锳BCDA方向，故AD錯(cuò)誤；
B、根據(jù)左手定則，AB邊受安培力方向向右，CD邊受到的安培力的方向向左，但AB處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大，所以AB邊受到的安培力大，故B錯(cuò)誤；
C、根據(jù)左手定則，BC邊受安培力方向向上，DA邊受到的安培力的方向向下，由于到導(dǎo)線距離相等處的磁感應(yīng)強(qiáng)度相等，所以兩個(gè)安培力的大小相等，故C正確。
故選：C。
3．（2022?浙江模擬）長直導(dǎo)線與環(huán)形導(dǎo)線固定在同一平面內(nèi)，長直導(dǎo)線中通有如圖所示方向的電流，當(dāng)電流大小均勻增大時(shí)（　?。?br />
A．環(huán)形導(dǎo)線有擴(kuò)張的趨勢
B．環(huán)形導(dǎo)線受到的安培力大小保持不變
C．環(huán)形導(dǎo)線中有順時(shí)針方向的感應(yīng)電流
D．環(huán)形導(dǎo)線中的感應(yīng)電流大小保持不變
【解答】解：AC、導(dǎo)線電流增大，空間的磁場變大，環(huán)形導(dǎo)線中的磁通量增加，易得環(huán)形導(dǎo)線有收縮的趨勢，同時(shí)易得環(huán)形導(dǎo)線中有逆時(shí)針方向的感應(yīng)電流，故AC錯(cuò)誤；
BD、由于導(dǎo)線電流均勻增大，空間的磁場均勻變大，環(huán)形導(dǎo)線中的磁通量均勻增加，故環(huán)形導(dǎo)線中的感應(yīng)電流大小保持不變，但是由于空間的磁場變大，環(huán)形導(dǎo)線受到的安培力大小變大，故B錯(cuò)誤，D正確。
故選：D。
4．（2021?諸暨市模擬）當(dāng)交變電流通過導(dǎo)體時(shí)，交變的磁場會在導(dǎo)體內(nèi)部引起渦流，使電流在導(dǎo)體橫截面上的分布不再均勻，電流將主要地集中到導(dǎo)體表面，這種效應(yīng)稱為趨膚效應(yīng)。交變電流的頻率越高，趨膚效應(yīng)越明顯。下列說法正確的是（　?。?br /> A．趨膚效應(yīng)是一種靜電感應(yīng)現(xiàn)象
B．趨膚效應(yīng)使得導(dǎo)體的有效電阻減小
C．在遠(yuǎn)距離輸電中，可提高交變電流頻率以減小輸電線上的損失
D．在高頻電路中，可用空心銅導(dǎo)線代替實(shí)心銅導(dǎo)線以節(jié)約線路成本
【解答】解：A.趨膚效應(yīng)是電磁感應(yīng)現(xiàn)象，故A錯(cuò)誤；
B、趨膚效應(yīng)使得電流主要集中到導(dǎo)體表面，相當(dāng)于減小了導(dǎo)體的橫截面積，所以有效電阻增大，故B錯(cuò)誤；
C、在遠(yuǎn)距離輸電中，可提高交變電流的電壓以減小輸電線上的損失，故C錯(cuò)誤；
D.在高頻電路中，趨膚效應(yīng)越明顯，電流主要集中到導(dǎo)體表面，故可用空心銅導(dǎo)線代替實(shí)心銅導(dǎo)線以節(jié)約線路成本，故D正確。
故選：D。
5．（2023?溫州模擬）如圖甲所示為某一電磁炮原理示意圖，圖中有直流電源、電容器，線圈套在中空并內(nèi)側(cè)光滑的絕緣管上，將直徑略小于管內(nèi)徑的金屬小球靜置于管內(nèi)。開關(guān)S接1使電容器完全充電，開關(guān)接2時(shí)開始計(jì)時(shí)，通過線圈的電流隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖乙所示，金屬小球在0﹣t1時(shí)間內(nèi)被加速發(fā)射出去（t1時(shí)刻剛好運(yùn)動(dòng)到右側(cè)管口）。在0﹣t1時(shí)間內(nèi)，下列說法正確的是（　　）

A．小球的加速度一直增大
B．線圈中產(chǎn)生的磁場方向向左
C．小球中產(chǎn)生的渦流一直減小
D．電容器儲存的電能全部轉(zhuǎn)化為小球的動(dòng)能
【解答】解：A．磁場強(qiáng)弱程度與通過線圈的電流成正比，則在0﹣t1時(shí)間內(nèi)，電流在增大，但變化率在減小，所以線圈的磁通量在增大，但磁通量的變化率逐漸減小，由法拉第電磁感應(yīng)定律E=nΔΦΔt，可知感應(yīng)電動(dòng)勢減小，所以小球受到的感應(yīng)電場的電場力不是逐漸增大，由牛頓第二定律可知加速度也不是逐漸增大，故A錯(cuò)誤；
B．由圖甲可知0﹣t1時(shí)間內(nèi)，電容器上極板為正極板，所以線圈中左側(cè)電流向下，根據(jù)安培定則可知線圈中產(chǎn)生的磁場方向向右，故B錯(cuò)誤；
C．0﹣t1時(shí)間內(nèi)，電流的變化率減小，則小球內(nèi)磁通量的變化率減小，根據(jù)法拉第感應(yīng)定律可知，小球內(nèi)的渦流減小，故C正確；
D．小球射出后電路中仍然有電流，說明電路中還有一部分能量，所以電容器儲存的電能不能全部轉(zhuǎn)化為小球的動(dòng)能，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
6．（2022?紹興二模）如圖所示，右端為N極的磁鐵置于粗糙水平桌面上并與輕質(zhì)彈簧相連，彈簧一端固定在豎直墻面上，當(dāng)彈簧處于原長時(shí)，磁鐵的中心恰好是接有一盞小燈泡的豎直固定線圈的圓心。用力將磁鐵向右拉到某一位置，撤去作用力后磁鐵穿過線圈來回振動(dòng)，有關(guān)這個(gè)振動(dòng)過程，以下說法正確的是（　　）

A．燈泡的亮暗不會發(fā)生變化
B．磁鐵接近線圈時(shí)，線圈對磁鐵產(chǎn)生排斥力
C．從左往右看線圈中的電流一直沿逆時(shí)針方向
D．若忽略摩擦力和空氣阻力，磁鐵振動(dòng)的幅度不會減小
【解答】解：A、以S極靠近線圈分析，速度增大，且靠近線圈時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度增大，則穿過線圈磁通量變化率增大，感應(yīng)電流增大，燈泡會變亮，故A錯(cuò)誤；
B、根據(jù)楞次定律的“來拒去留”可知磁鐵靠近線圈時(shí)，線圈對磁鐵產(chǎn)生排斥力，故B正確；
C、當(dāng)S極靠近線圈時(shí)，根據(jù)楞次定律可知線圈中的電流沿逆時(shí)針方向，當(dāng)S極向右運(yùn)動(dòng)遠(yuǎn)離線圈時(shí)，根據(jù)楞次定律可知，線圈中的電流沿順時(shí)針方向，故C錯(cuò)誤；
D、若忽略摩擦力和阻力，磁鐵的振幅也會越來越小，因?yàn)閺椈珊痛盆F的機(jī)械能逐漸轉(zhuǎn)化為焦耳熱，故D錯(cuò)誤；
故選：B。
7．（2021?浙江模擬）如圖甲所示，虛線MN兩側(cè)的空間均存在與紙面垂直的勻強(qiáng)磁場，右側(cè)勻強(qiáng)磁場的方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小恒為B0，左側(cè)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的規(guī)律如圖乙所示，規(guī)定垂直紙面向外為磁場的正方向。一硬質(zhì)細(xì)導(dǎo)線的電阻率為ρ、橫截面積為S0，將該導(dǎo)線做成半徑為r的圓環(huán)固定在紙面內(nèi)，圓心O在MN上，則下列說法正確的是（　　）

A．0～t0時(shí)間內(nèi)，圓環(huán)中的電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向
B．t＝t0時(shí)刻，圓環(huán)中的電流為0
C．t=32t0時(shí)刻，圓環(huán)受到的安培力大小為B02r2S08ρt0
D．在0～t0時(shí)間內(nèi)，通過圓環(huán)的電荷量為B0rS04ρ
【解答】解：A、0～t0時(shí)間內(nèi)，圓環(huán)中左側(cè)的磁通量向內(nèi)減小，右側(cè)磁通量不變，根據(jù)楞次定律可知圓環(huán)中的電流方向?yàn)轫槙r(shí)針方向，故A錯(cuò)誤；
B、根據(jù)法拉第電磁感定律，圓環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢E=△B△tS，t＝t0時(shí)刻磁通量變化率不為0，則電動(dòng)勢不為0，圓環(huán)中的電流不0，故B錯(cuò)誤；
C、上式中S=12πr2，△B△t=B0t0，據(jù)歐姆定律有I=ER，據(jù)電阻定律有R=ρ2πrS0，t=32t0時(shí)刻圓環(huán)受到的安培力F=B0I?2r-12B0I?2r=B02r2S04ρt0，力方向垂直于MN向左，故C錯(cuò)誤；
D、在0～t0時(shí)間內(nèi)，通過圓環(huán)的電荷量q=It，又I=ER，E=△Φ△t，圓環(huán)磁通量的變化量△Φ＝B0?12πr2，聯(lián)立解得q=B0rS04ρ，故D正確。
故選：D。
8．（2023?鎮(zhèn)海區(qū)校級模擬）電吉他的工作原理是在琴身上裝有線圈，線圈附近被磁化的琴弦振動(dòng)時(shí)，會使線圈中的磁通量發(fā)生變化，從而產(chǎn)生感應(yīng)電流，再經(jīng)信號放大器放大后傳到揚(yáng)聲器。其簡化示意圖如圖所示。則當(dāng)圖中琴弦向右靠近線圈時(shí)（　?。?br />
A．穿過線圈的磁通量減小 B．線圈中不產(chǎn)生感應(yīng)電流
C．琴弦受向左的安培力 D．線圈有擴(kuò)張趨勢
【解答】解：AB、當(dāng)圖中琴弦向右靠近線圈時(shí)，線圈中磁通量增大，從而導(dǎo)致線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流，故AB錯(cuò)誤；
C、當(dāng)圖中琴弦向右靠近線圈時(shí)，線圈中磁通量增大，根據(jù)楞次定律，線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電流會阻礙琴弦向右靠近線圈，即琴弦會受到向左的安培力的作用，故C正確；
D、當(dāng)圖中琴弦向右靠近線圈時(shí)，線圈中磁通量增大，根據(jù)楞次定律，線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電流會使線圈有面積縮小的趨勢，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
9．（2022?溫州三模）如圖甲是某款可以無線充電的手機(jī)置于相應(yīng)充電盤上的情景，圖乙是其原理圖。受電線圈和送電線圈分別存在于手機(jī)和充電盤中，當(dāng)手機(jī)靜止置于充電盤上時(shí)，兩線圈構(gòu)成裝置可視為理想變壓器。已知送電線圈和受電線圈的匝數(shù)比n1：n2＝20：1，R1＝80R2，當(dāng)a、b間接220V的正弦交變電流，手機(jī)獲得電壓為5V，充電電流為1A，則下列說法正確的是（　?。?br />

A．所有手機(jī)都可以使用該充電盤進(jìn)行無線充電
B．a(chǎn)b端輸入恒定電流，也能對手機(jī)進(jìn)行無線充電
C．R1、R2兩端的電壓之比為1：20
D．充電時(shí)，受電線圈cd兩端的輸出電壓為10V
【解答】解：A、不是所有手機(jī)都能進(jìn)行無線充電，只有手機(jī)中有受電線圈的手機(jī)利用電磁感應(yīng)，進(jìn)行無線充電，故A錯(cuò)誤；
B、變壓器工作原理是互感現(xiàn)象，ab端輸入恒定電流，則受電線圈無磁通量變化，不會產(chǎn)生感應(yīng)電流，不能對手機(jī)進(jìn)行無線充電，故B錯(cuò)誤；
CD、當(dāng)a、b間接220V的正弦交變電流，手機(jī)獲得電壓為5V，充電電流為1A，根據(jù)
I1I2=n2n1=120
可知送電線圈的電流為：I1＝0.05A
R1、R2兩端的電壓之比為：I1R1I2R2=0.05×801=41
送電線圈ab兩端的電壓為：
U1＝Uab﹣I1R1
受電線圈cd兩端的輸出電壓為：
Ucd＝U2＝I2I2+U手
U1U2=n1n2
聯(lián)立解得：R2＝5Ω；U2＝10V，故C錯(cuò)誤，D正確；
故選：D。
10．（2021?浙江模擬）為了使靈敏電流計(jì)的指針在零刻度附近快速停下，實(shí)驗(yàn)小組的同學(xué)利用“電磁阻尼“來實(shí)現(xiàn)。他們設(shè)計(jì)了如圖所示的甲、乙兩種方案，甲方案：在指針轉(zhuǎn)軸上裝上扇形鋁板，磁場位于零刻度中間；乙方案：在指針轉(zhuǎn)軸上裝上扇形鋁框，磁場位于零刻度中間。下列說法正確的是（　　）

A．甲方案中，鋁板擺動(dòng)時(shí)磁通量不變，不會產(chǎn)生感應(yīng)電流
B．甲方案中，鋁板擺動(dòng)時(shí)都能產(chǎn)生渦流，起電磁阻尼的作用
C．乙方案中，鋁框小幅度擺動(dòng)時(shí)會產(chǎn)生感應(yīng)電流
D．乙方案比甲方案更合理
【解答】解：AB、甲方案中，鋁板擺動(dòng)時(shí)，扇形鋁板的半徑切割磁感應(yīng)線，在鋁板內(nèi)形成環(huán)狀電流，起電磁阻尼的作用，指針能很快停下來，故A錯(cuò)誤，B正確；
CD、乙方案中，當(dāng)指針偏轉(zhuǎn)角度較小時(shí)，鋁框中磁通量不變，不能產(chǎn)生感應(yīng)電流，起不到電磁阻尼的作用，指針不能很快停下，因此，甲方案更合理，故CD錯(cuò)誤。
故選：B。
11．（2023?杭州一模）智能手表通常采用無線充電方式。如圖甲所示，充電基座與220V交流電源相連，智能手表放置在充電基座旁時(shí)未充電，將手表壓在基座上，無需導(dǎo)線連接，手表便可以充電（如圖乙所示）。已知充電基座與手表都內(nèi)置了線圈，則（　?。?br />
A．手機(jī)和基座無導(dǎo)線連接，所以傳輸能量時(shí)沒有損失
B．用塑料薄膜將充電基座包裹起來，之后仍能為手表充電
C．無線充電的原理是利用基座內(nèi)的線圈發(fā)射電磁波傳輸能量
D．充電時(shí)，基座線圈的磁場對手表線圈中的電子施加力的作用，驅(qū)使電子運(yùn)動(dòng)
【解答】解：A．充電時(shí)存在漏磁效應(yīng)，所以傳輸能量時(shí)有損失，故A錯(cuò)誤；
B．手機(jī)充電利用的是互感原理，故用塑料薄膜將充電基座包裹起來，仍能為手表充電，故B正確；
C．無線充電的原理是基座內(nèi)的線圈電流變化，產(chǎn)生變化的磁場，導(dǎo)致手表內(nèi)部線圈中的磁通量發(fā)生改變，從而線圈產(chǎn)生感應(yīng)電流，其產(chǎn)生感應(yīng)電流的方式與變壓器，互感器的原理相同，故C錯(cuò)誤；
D．根據(jù)上述解釋，基座線圈的磁場變化產(chǎn)生感應(yīng)電場，驅(qū)動(dòng)放置在感應(yīng)電場中的手表中的線圈內(nèi)部的電子做定向運(yùn)動(dòng)，形成電流，故D錯(cuò)誤。
故選：B。
12．（2023?嘉興一模）如圖所示為一地下電纜探測裝置，圓形金屬線圈可沿水平面不同方向運(yùn)動(dòng)，若水平Oxy地面下有一平行于y軸且通有恒定電流I的長直導(dǎo)線，P、M和N為地面上的三點(diǎn)，線圈圓心P點(diǎn)位于導(dǎo)線正上方，MN平行于y軸，PN平行于x軸、PQ關(guān)于導(dǎo)線上下對稱。則（　?。?br />
A．電流I在P、Q兩點(diǎn)產(chǎn)生磁感應(yīng)強(qiáng)度相同
B．電流I在M、N兩點(diǎn)產(chǎn)生磁感應(yīng)強(qiáng)度大小BM＝BN
C．線圈從P點(diǎn)勻速運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)過程中磁通量不變
D．線圈沿y方向勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，產(chǎn)生恒定的感應(yīng)電流
【解答】解：A、根據(jù)安培定則，電流I在P處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度沿x軸負(fù)方向，在Q處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度沿x軸正方向，故A錯(cuò)誤；
B、由于MN平行y軸，電流I也平行y軸，且M、N到長直導(dǎo)線的距離相等，所以電流I在M、N兩點(diǎn)產(chǎn)生磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，故B正確；
C、電流I在P處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度沿x軸負(fù)方向，故線圈在P點(diǎn)的磁通量為零，電流I在N處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度斜向左下方，故線圈在N點(diǎn)的磁通量不為零，故線圈從P點(diǎn)到N點(diǎn)的過程中的磁通量發(fā)生了變化，故C錯(cuò)誤；
D、線圈沿y方向運(yùn)動(dòng)，線圈始終在長直導(dǎo)線的正上方，直導(dǎo)線正上方的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向始終沿x軸負(fù)方向，線圈所在位置磁場關(guān)于x軸對稱，所以線圈中磁通量始終為零，故線圈勻加速運(yùn)動(dòng)中不會產(chǎn)生感應(yīng)電流，故D錯(cuò)誤。
故選B。
13．（2023?浙江模擬）如圖所示，一塊永磁體在光滑斜面上沿著一螺線管的軸線做直線運(yùn)動(dòng)。螺線管外的軸線上存在p、q兩點(diǎn)（p、q兩點(diǎn)到螺線管邊緣的距離相等）。一燈泡與螺線管串聯(lián)，燈泡在永磁體通過p點(diǎn)時(shí)的亮度要大于永磁體通過q點(diǎn)時(shí)的亮度。忽略永磁體的尺寸，下列說法中正確的（　　）

A．永磁體在p點(diǎn)時(shí)的速度小于在q點(diǎn)時(shí)的速度
B．永磁體在p點(diǎn)時(shí)的機(jī)械能小于在q點(diǎn)時(shí)的機(jī)械能
C．若將燈泡換成一發(fā)光二極管，則永磁體在通過p和q時(shí)該二極管不會都發(fā)光
D．若將永磁體的極性對調(diào)，則在其通過q點(diǎn)時(shí)燈泡的亮度將大于其通過p點(diǎn)時(shí)的亮度
【解答】解：A．燈泡在永磁體通過p點(diǎn)時(shí)的亮度大于永磁體通過q點(diǎn)時(shí)的亮度，說明永磁體通過p點(diǎn)時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電流大于永磁體通過q點(diǎn)時(shí)的感應(yīng)電流，根據(jù)切割電動(dòng)勢規(guī)律和歐姆定律，即永磁體在p點(diǎn)時(shí)的速度大于在q點(diǎn)時(shí)的速度，故A錯(cuò)誤；
B．根據(jù)能量轉(zhuǎn)化與守恒，由于燈泡發(fā)光，所以永磁體的機(jī)械能不斷減小，即永磁體在p點(diǎn)時(shí)的機(jī)械能大于在q點(diǎn)時(shí)的機(jī)械能，故B錯(cuò)誤；
C．根據(jù)楞次定律，當(dāng)永磁體靠近螺線管和遠(yuǎn)離螺線管時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向相反，根據(jù)二極管反向截止的特性，所以二極管不會都發(fā)光，故C正確；
D．若將永磁體的極性對調(diào)，根據(jù)切割電動(dòng)勢規(guī)律和歐姆定律，則在其通過q點(diǎn)時(shí)燈泡的亮度仍將小于其通過p點(diǎn)時(shí)的亮度，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
14．（2021?濱江區(qū)校級模擬）如圖所示，金屬圓環(huán)內(nèi)外半徑為r和2r，勻強(qiáng)磁場B垂直圓環(huán)平面向里，兩環(huán)之間接有電容器，在兩環(huán)間且接觸良好的金屬導(dǎo)體ab棒可繞圓心以角速度ω逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，已知電容器的電容為C，則下列說法正確的是（　?。?br />
A．電容器c極板帶負(fù)電
B．cd間電壓逐漸增大
C．金屬棒ab產(chǎn)生的電動(dòng)勢為Bωr2
D．電容器所帶電荷量為32CBωr2
【解答】解：A、根據(jù)右手定則可知，ab棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢方向由a到b，a端的電勢比b端的電勢低，則電容器c板帶正電，d板帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；
BC、根據(jù)切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢為：E＝BLabv=Br?va+vb2=Br?rω+2rω2=32Br2ω，
電容器cd間的電壓等于電動(dòng)勢，所以cd間的電壓不變，故BC錯(cuò)誤；
D、根據(jù)電容器電荷量的計(jì)算公式Q＝CU，及U＝E得：Q=CU=32CBωr2，故D正確。
故選：D。
15．（2021?浙江模擬）如圖所示，兩根平行光滑金屬導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，其左端接有定值電阻R，建立Ox軸平行于金屬導(dǎo)軌，在0≤x≤4m的空間區(qū)域內(nèi)存在著垂直導(dǎo)軌平面向下的磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨坐標(biāo)x（以m為單位）的分布規(guī)律為B＝0.8﹣0.2x（T），金屬棒ab在外力作用下從x＝0處沿導(dǎo)軌向右運(yùn)動(dòng)，ab始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，不計(jì)導(dǎo)軌和金屬棒的電阻。設(shè)在金屬棒從x1＝1m經(jīng)x2＝2m到x3＝3m的過程中，定值電阻R的電功率始終保持不變，則（　?。?br />
A．金屬棒做勻速直線運(yùn)動(dòng)
B．金屬棒運(yùn)動(dòng)過程中產(chǎn)生的電動(dòng)勢始終不變
C．金屬棒在x1與x2處受到磁場的作用力大小之比為2：3
D．金屬棒從x1到x2與從x2到x3的過程中通過R的電荷量之比為3：5
【解答】解：AB、由功率的計(jì)算式可得：P＝I2R=E2R，由于金屬棒從x1＝1m經(jīng)x2＝2m到x3＝3m 的過電功率保持不變，所以E應(yīng)不變，沿x軸方法，B逐漸減小，E不變，由E＝BLv可知，金屬棒的速度v增大，金屬棒做加速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤，B正確；
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正確；
D、由于金屬棒從x1＝1m經(jīng)x2＝2m到x3＝3m的過程中，R的電功率保持不變，由P＝I2R知道R中的電流相等，再由安培力公式F＝BIL，所以F﹣x圖象如圖所示顯然圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積就是克服安培力做的功，即R產(chǎn)生的熱量，所以：Q1Q2=0.6+0.40.4+0.2=53，根據(jù)熱量Q＝I2Rt，熱量之比為5：3，電流相同，說明時(shí)間之比為t1：t2＝5：3，因此電量q1q2=It1It2=t1t2=53，故D正確。
故選：B。

16．（2022?溫州二模）如圖所示，空間分布著方向垂直紙面向里的有界勻強(qiáng)磁場，EF是其右邊界。半徑為r的單匝圓形金屬線圈垂直于磁場放置，線圈的圓心O在EF上；另有一根長為2r的導(dǎo)體桿與EF重合，桿兩端點(diǎn)a、b通過電刷與圓形線圈連接，線圈和導(dǎo)體桿單位長度電阻相同。情況1：導(dǎo)體直桿不動(dòng)，線框繞EF軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)動(dòng)方向如圖所示；情況2：線圈不動(dòng)，導(dǎo)體桿繞O點(diǎn)在紙面內(nèi)順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。兩情況均從圖示位置開始計(jì)時(shí)，關(guān)于導(dǎo)體桿ab兩端點(diǎn)的電壓Uab情況，下列說法正確的是（　?。?br />
A．情況1產(chǎn)生的Uab﹣t圖象為圖甲，情況2產(chǎn)生的Uab﹣t圖象為圖丙
B．情況1產(chǎn)生的Uab﹣t圖象為圖乙，情況2產(chǎn)生的Uab﹣t圖象為圖丁
C．情況1產(chǎn)生的Uab﹣t圖象為圖甲，情況2產(chǎn)生的Uab﹣t圖象為圖丁
D．情況1產(chǎn)生的Uab﹣t圖象為圖乙，情況2產(chǎn)生的Uab﹣t圖象為圖丙
【解答】解：情況1：導(dǎo)體直桿不動(dòng)，線框繞EF軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，在0-T4時(shí)間內(nèi)，由右手定則判斷可知，a端的電勢高于b端的電勢，Uab＞0；在T4-T4時(shí)間內(nèi)，b端的電勢高于a端的電勢，Uab＜0，產(chǎn)生的Uab﹣t圖象為圖甲；
情況2：線圈不動(dòng)，導(dǎo)體桿繞O點(diǎn)在紙面內(nèi)順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，Ob和Oa輪流切割磁感線，在0-T2時(shí)間內(nèi)，Ob切割磁感線，由右手定則判斷可知，Ob中感應(yīng)電流方向由O→b，則b端的電勢高于a端的電勢，Uab為負(fù)值；在T2-T時(shí)間內(nèi)，Oa切割磁感線，由右手定則判斷可知，Oa中感應(yīng)電流方向由O→a，則a端的電勢高于b端的電勢，Uab為正值，則情況2產(chǎn)生的Uab﹣t圖象為圖丙，故A正確，BCD錯(cuò)誤。
故選：A。
17．（2021?甌海區(qū)校級模擬）如圖所示，這是感受電磁阻尼的銅框?qū)嶒?yàn)的簡化分析圖，已知圖中矩形銅框（下邊水平）的質(zhì)量m＝2g、長度L＝0.05m、寬度d＝0.02m、電阻R＝0.01Ω，該銅框由靜止釋放時(shí)銅框下邊與方向水平向里的勻強(qiáng)磁場上邊界的高度差h＝0.2m，磁場上、下水平邊界間的距離D＝0.27m，銅框進(jìn)入磁場的過程恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)。取重力加速度大小g＝10m/s2，不計(jì)空氣阻力。下列說法正確的是（　?。?br />
A．銅框進(jìn)入磁場的過程中電流方向?yàn)轫槙r(shí)針
B．勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為0.5T
C．銅框下邊剛離開磁場時(shí)的速度大小為3m/s
D．銅框下邊剛離開磁場時(shí)的感應(yīng)電流為0.3A
【解答】解：A、銅框下邊進(jìn)入磁場過程，磁場阻礙銅框下落，根據(jù)楞次定律可知，此時(shí)感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針，故A錯(cuò)誤；
B、銅框下邊剛進(jìn)入磁場時(shí)的速度大?。簐1=2gh，銅框下邊切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢：E＝BLv1，根據(jù)閉合電路解得銅框中的電流：I=ER，銅框所受安培力的大?。篎＝BIL，根據(jù)平衡條件可得：F＝mg，解得：B＝0.02T，故B錯(cuò)誤；
C、銅框全部進(jìn)入磁場后開始做加速度為g的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)銅框下邊剛離開磁場時(shí)的速度大小為v2，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有：v22-v12=2g（D﹣d），解得v2＝3m/s，故C正確；
D、銅框下邊剛離開磁場時(shí)，感應(yīng)電流的大?。?=BLv2R，代入數(shù)據(jù)解得I'＝3A，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
二．多選題（共1小題）
（多選）18．（2022?浙江三模）如圖所示，水平導(dǎo)體棒ab質(zhì)量m＝0.1πkg、長L＝1m、電阻Rab＝0.25Ω，其兩個(gè)端點(diǎn)分別搭接在豎直平行正對放置的兩光滑金屬圓環(huán)上，兩圓環(huán)半徑均為r＝1m、電阻不計(jì)。阻值R＝0.25Ω的電阻用導(dǎo)線與圓環(huán)相連接，理想交流電壓表V接在電阻R兩端。整個(gè)空間有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝1T、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場。導(dǎo)體棒ab在外力F作用下以速率v＝1m/s繞兩圓環(huán)的中心軸OO′勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，ab在圓環(huán)最低點(diǎn)時(shí)記為t＝0時(shí)刻，重力加速度為g＝10m/s2。下列說法正確的是（　?。?br />
A．導(dǎo)體棒中的電流I＝2sint（A）
B．電壓表的示數(shù)為22V
C．從t＝0到0.5πs的過程中通過R的電量為2C
D．從t＝0到0.5πs的過程中外力F做功為1.5πJ
【解答】解：A、根據(jù)題意可知，ab棒在圓環(huán)內(nèi)繞中心軸OO'勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，產(chǎn)生正弦交流電，其中最大電動(dòng)勢為：Em＝BLv＝1×1×1V＝1V，
則感應(yīng)電動(dòng)勢的有效值為：E=Em2=22V
感應(yīng)電流的最大值為：Im=ERab+R=10.25+0.25A＝2A，
導(dǎo)體棒轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為：ω=vr=11rad/s＝1rad/s
導(dǎo)體棒中的電流：I＝Imcosωt＝2cost（A），故A錯(cuò)誤；
B、電壓表的示數(shù)為：UV＝I有R=22×0.25V=24V，故B錯(cuò)誤；
C、導(dǎo)體棒轉(zhuǎn)動(dòng)的周期為：T=2πrv=2π×11s＝2πs，從t＝0到0.5πs的過程中，導(dǎo)體棒轉(zhuǎn)過14T；
根據(jù)電荷量的計(jì)算公式可得：q=It=ERab+R?Δt=B?ΔSRab+R，其中ΔS＝Lr
代入數(shù)據(jù)解得：q＝2C，故C正確；
D、勻速轉(zhuǎn)動(dòng)過程中動(dòng)能變化為零，根據(jù)動(dòng)能定理可得：W+W安﹣mg?2r＝0
由電路中產(chǎn)生的焦耳熱等于安培力做功，即：W安＝﹣I有2（R+R0）t，其中I有=2A
聯(lián)立解得：W＝1.5πJ，故D正確。
故選：CD。
三．計(jì)算題（共8小題）
19．（2022?紹興二模）如圖所示，金屬輪A1和絕緣輪A2，可繞各自中心金屬軸O1和O2轉(zhuǎn)動(dòng)，O1和O2平行且水平放置，A1金屬輪由三根金屬輻條和金屬環(huán)組成，A1輪的輻條長為4r、電阻為R，連接輻條的金屬環(huán)的電阻可以忽略，三根輻條互成120°角，在圖中120°的扇形區(qū)域內(nèi)存在平行于軸向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，絕緣輪A2半徑的為2r，另一半徑為r的絕緣圓盤A3與A2同軸且固連在一起。一輕細(xì)繩的一端固定在A1邊緣上的某點(diǎn)，在A3上繞足夠匝數(shù)后，懸掛一質(zhì)量為m的重物P。當(dāng)P下落時(shí)，通過細(xì)繩帶動(dòng)A3和A2繞O2軸轉(zhuǎn)動(dòng)。轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，A1、A2保持接觸，無相對滑動(dòng)。A1輪的軸O1和金屬環(huán)通過導(dǎo)線與兩平行的足夠長的金屬導(dǎo)軌連接，導(dǎo)軌傾角為θ，其上放置一質(zhì)量為m、電阻為R、長度為L的金屬棒EF，棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，軌道間存在沿斜面向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小也為B，不計(jì)導(dǎo)線電阻。
（1）當(dāng)P的速度為v時(shí)，求金屬棒EF兩端的電壓；
（2）金屬棒EF剛好開始運(yùn)動(dòng)記為0時(shí)刻，經(jīng)過時(shí)間t重物P下落高度為h，金屬棒EF仍在軌道上運(yùn)動(dòng)，求此時(shí)金屬棒EF的速度u；
（3）為使金屬棒EF不脫離軌道，軌道的傾角θ滿足的條件。

【解答】解：（1）在P速度為v時(shí)，r2轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度：ω1=vr
兩盤接觸點(diǎn)的線速度為：v1＝ω1?2r＝2v
輻條的電動(dòng)勢：E=12B×4rv2=4Brv
回路中只有一根輻條在切割磁感應(yīng)線，相當(dāng)于電源，其余兩根輻條和EF電阻并聯(lián)，因此總電阻為：
R總＝R+R3=43R
總電流：I=ER總=3BrvR
金屬棒兩端電壓即為路端電壓：U＝I×R3=Brv；
（2）對金屬棒受力分析，取沿導(dǎo)軌向下為正方向，由動(dòng)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）當(dāng)金屬棒EF與導(dǎo)軌的彈力為0時(shí)，金屬棒EF剛好要離開導(dǎo)軌，設(shè)此時(shí)重物P下落的速度為v2，此時(shí)有：
mgcosθ＝F安
又：F安=B2rLv2R
可得：v2=mgRcosθB2rL
若金屬棒限制在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)，設(shè)重物P可能達(dá)到的最大速度為vm，由功率關(guān)系可得：
mgvm=Em243R
其中：Em＝4Brvm
代入得：vm=mgR12B2r2
要使得金屬棒EF不脫離軌道，需滿足v2＞vm
代入可得：cosθ＞L12r。
答：（1）當(dāng)P的速度為v時(shí)，金屬棒EF兩端的電壓為Brv；
（2）此時(shí)金屬棒EF的速度為（sinθ﹣μcosθ）gt+μB2rvhmR；
（3）為使金屬棒EF不脫離軌道，軌道的傾角θ滿足cosθ＞L12r。
20．（2022?溫州二模）如圖所示，間距L＝0.2m的兩平行金屬導(dǎo)軌由傾斜部分與水平部分平滑連接而成。傾斜部分MN、M'N′粗糙，與水平面夾角θ＝30°；水平部分NP、N'P'光滑。PP'間接有電容器和二極管，電容器電容C=18F，二極管正向電阻為零，反向電阻無窮大。虛線區(qū)域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ內(nèi)有垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場，方向如圖所示，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B＝1T。區(qū)域Ⅰ、Ⅱ沿導(dǎo)軌長度均為d＝0.5m，區(qū)域Ⅱ下邊界與NN'齊平。區(qū)域Ⅱ沿導(dǎo)軌長度足夠長?，F(xiàn)有兩根完全相同的導(dǎo)體棒ab、cd，每根導(dǎo)體棒質(zhì)量m＝0.01kg，電阻R＝1Ω，長度L＝0.2m，始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。開始時(shí)，cd棒靜止在區(qū)域Ⅱ左側(cè)的水平導(dǎo)軌上，讓ab棒從區(qū)域Ⅰ上邊界上方某處無初速度釋放。已知ab棒與傾斜導(dǎo)軌動(dòng)摩擦因數(shù)μ=35，ab棒從釋放到抵達(dá)NN'的時(shí)間t＝2s。ab棒與cd棒碰撞后立即粘在一起繼續(xù)運(yùn)動(dòng)。導(dǎo)軌電阻不計(jì)。求：
（1）ab棒在傾斜軌道上運(yùn)動(dòng)過程中，通過cd棒的電荷量q；
（2）兩棒碰撞后瞬間的速度v的大??；
（3）若電容器儲存的電能滿足E=12CU2（U為電容器兩極板間電壓），進(jìn)入水平導(dǎo)軌后ab棒產(chǎn)生的焦耳熱Qab。

【解答】解：（1）ab棒在傾斜軌道上運(yùn)動(dòng)過程中，在區(qū)域Ⅰ、Ⅱ中切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流方向由b→a，則二極管不導(dǎo)通，電容器不會被充電。導(dǎo)體棒ab、cd和導(dǎo)軌組成回路，設(shè)ab棒通過區(qū)域Ⅰ的過程通過回路的電荷量為q1，則有：
q1=I1Δt
I1=E12R
E1=ΔΦ1Δt=BLdΔt
解得：q1=BLd2R
由此結(jié)果可知ab棒通過區(qū)域Ⅱ的過程通過回路的電荷量等于q1，則ab棒在傾斜軌道上運(yùn)動(dòng)過程中，通過cd棒的電荷量為：
q＝2q1=BLdR=1×0.2×0.51C=0.1C；
（2）設(shè)ab棒從釋放到達(dá)NN'時(shí)的速度大小為v1，對此過程，以沿導(dǎo)軌向下為正方向，由動(dòng)量定理得：
mgtsinθ﹣μmgtcosθ﹣2BI1LΔt＝mv1
其中：I1Δt＝q1
代入數(shù)據(jù)解得：v1＝2m/s
ab與cd碰撞過程，以向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：
mv1＝2mv
代入數(shù)據(jù)解得：v＝1m/s；
（3）ab與cd碰撞后粘在一起進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅲ內(nèi)切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流方向由a→b，則二極管導(dǎo)通，電容器被充電，穩(wěn)定后電容器的電壓U等于感應(yīng)電動(dòng)勢，回路中電流為零，導(dǎo)體棒做勻速直線運(yùn)動(dòng)（設(shè)速度大小為v2）。
設(shè)導(dǎo)體棒通在區(qū)域Ⅲ的運(yùn)動(dòng)過程通過回路的電荷量為q2，從導(dǎo)體棒進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅲ到勻速運(yùn)動(dòng)的過程，以向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理得：
﹣BI2LΔt＝mv2﹣mv
又有：q2=I2Δt＝CU
U＝BLv2
聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得：v2=23m/s，U=215V
根據(jù)能量守恒定律得：
12?2mv2=12?2mv22+12CU2+2Qab
代入數(shù)據(jù)解得：Qab=1450J
答：（1）ab棒在傾斜軌道上運(yùn)動(dòng)過程中，通過cd棒的電荷量q為0.1C；
（2）兩棒碰撞后瞬間的速度v的大小為1m/s；
（3）進(jìn)入水平導(dǎo)軌后ab棒產(chǎn)生的焦耳熱Qab為1450J。
21．（2022?浙江模擬）如圖所示，邊長為L＝1m、質(zhì)量為m＝1kg、電阻為R＝1Ω的勻質(zhì)正方形剛性導(dǎo)體線框ABCD和直角坐標(biāo)系xOy（x軸水平，y軸豎直）均處于豎直平面內(nèi)．在第一象限的空間內(nèi)存在垂直于紙面向里的磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度在x方向均勻分布，y方向上滿足B＝2+ky（各量均采用國際單位，k為大于0的未知量）。初始時(shí)，線框的A點(diǎn)與坐標(biāo)原點(diǎn)O重合，AB邊與x軸重合（記為位置1）．現(xiàn)給線框一個(gè)沿著x軸正方向的速度v0＝1m/s，并且給線框一個(gè)豎直向上的恒力F=mg2，當(dāng)線框A點(diǎn)下降的高度為H＝1.25m（記為位置2）時(shí)，可以認(rèn)為線框恰好達(dá)到最大速度，且線框中的電流I＝2.5A．此后恒力F保持大小不變，方向改為x方向，線框繼續(xù)運(yùn)動(dòng)到位置3（位置3和位置2中A點(diǎn)的橫坐標(biāo)相距3.5L），此后軌跡是拋物線．若整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，線框始終處于同一豎直平面內(nèi)，AB邊始終保持水平，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，求：
（1）k的數(shù)值；
（2）線框從位置1到位置2的時(shí)間t1；
（3）線框從位置2運(yùn)動(dòng)到位置3的豎直高度差h．

【解答】解：（1）由楞次定律可知線框內(nèi)電流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針或者ADCBA，線框位于位置2時(shí)恰好達(dá)到平衡狀態(tài)，設(shè)下邊所在處磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2，上邊所在處為B1，則有
mg﹣F＝B2IL﹣B1IL＝（B2﹣B1）IL＝kL?IL＝kIL2
解得k＝2T/m
（2）由于水平方向左右兩邊切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢抵消，所以上下兩邊切割磁感線產(chǎn)生的總感應(yīng)電動(dòng)勢為 E總＝E2﹣E1＝B2Lvy1﹣B1Lvy1
由閉合電路的歐姆定律有
I=E總R=kLvy1R
解得vy1=IRkL
代入數(shù)據(jù)解得：vy1＝1.25m/s
線框從位置1到位置2，線框所受安培力合力方向向上，大小為FA＝（B2﹣B1）IL
安培力沖量IA＝（B2﹣B1）ILt1
代入得IA=k2L4HR
取豎直向下為正方向，在y方向由動(dòng)量定理得mgt1﹣Ft1﹣IA＝mvy1
解得t1＝1.25s
（3）線框從位置2到位置3，水平方向做勻加速運(yùn)動(dòng)，a＝5m/s2，有3.5L=v0t-12at2
得到t＝1s
軌跡為拋物線，則y方向?yàn)閯蛩龠\(yùn)動(dòng)，有mg=k2L4RVy2
從位置2到位置3，y方向列動(dòng)量定理mgt﹣IA＝mvy2﹣mvy1
可得IA=k2L4hR
解得h=3516m
答：（1）k的數(shù)值為2T/m；
（2）線框從位置1到位置2的時(shí)間t1為1.25s。
（3）線框從位置2運(yùn)動(dòng)到位置3的豎直高度差h為3516m。
22．（2022?寧波二模）如圖所示，彎折成90°角的兩根足夠長金屬導(dǎo)軌平行豎直放置，形成左右兩個(gè)斜導(dǎo)軌平面，左導(dǎo)軌平面與水平面成37°角，右導(dǎo)軌平面與水平面成53°角，兩導(dǎo)軌間距L＝2m，電阻不計(jì)。同種材料、粗細(xì)均勻的正方形金屬框abcd邊長也為L，a、d兩點(diǎn)通過金屬鉸鏈與導(dǎo)軌連接。在外力作用下，使金屬框abcd以ad邊為轉(zhuǎn)軸逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)動(dòng)角速度ω＝1rad/s。t＝0時(shí)刻，ab邊、cd邊分別與導(dǎo)軌N'G'、NG重合，此時(shí)水平放置的金屬桿ef在NN′M′M導(dǎo)軌上由靜止釋放。已知桿ef與NN′M′M導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5（最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力）。金屬框abcd各邊電阻均為2Ω；桿ef質(zhì)量m=114πkg，電阻為2Ω，空間存在平行于導(dǎo)軌NN′M′M且斜向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5T，不計(jì)ef、ad與導(dǎo)軌間的接觸電阻。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
（1）金屬框abcd從t＝0時(shí)刻轉(zhuǎn)至90°時(shí)，請比較b'點(diǎn)與c'點(diǎn)的電勢高低，并求出b'c'邊產(chǎn)生的電動(dòng)勢；
（2）金屬框abcd從t＝0時(shí)刻轉(zhuǎn)過180°的過程中，求金屬框abcd產(chǎn)生的焦耳熱；
（3）金屬框abcd從t＝0時(shí)刻轉(zhuǎn)過90°時(shí)，求桿ef的瞬時(shí)速度大小。
【解答】解：（1）此過程bc邊切割磁感線，線框中bc邊垂直切割磁感線，由右手定則判斷：c'點(diǎn)電勢高于b'點(diǎn)電勢（即φc'＞φb'）
e＝BL?Lω＝0.5×2×2×1V＝2V；
（2）金屬框abcd從t＝0時(shí)刻轉(zhuǎn)過180°的過程中產(chǎn)生半周期的正弦交流電，此交流電電動(dòng)勢的有效值：
E=e2=22V=2V
電路結(jié)構(gòu)分析如圖所示，

可求得總電阻：R總＝7Ω
整個(gè)電路的焦耳熱：Q總＝I2Rt=E2R總×πω=(2)27×π1J=2π7J
熱量分配：Qef＝Q總×114=π49J （或列ef桿的焦耳定律）
所以：Qabcd=Q總-Qef=13π49J Q＝Q﹣Q=2π7J-π49J=13π49J；
（3）對ef桿列動(dòng)量定理：mgsin37°Δt﹣μ（mgcos37°-12BIL）×Δt＝mv﹣0
整理得：mgsin37°×Δt﹣μmgcos37°×Δt+μ12BIL×Δt＝mv﹣0
總電量：q=I×Δt=BL2R總=0.5×227C=27C
聯(lián)立解得：v＝2πm/s
答：（1）金屬框abcd從t＝0時(shí)刻轉(zhuǎn)至90°時(shí)，b'點(diǎn)小于c'點(diǎn)的電勢，并求出b'c'邊產(chǎn)生的電動(dòng)勢為2V；
（2）金屬框abcd從t＝0時(shí)刻轉(zhuǎn)過180°的過程中，金屬框abcd產(chǎn)生的焦耳熱13π49J；
（3）金屬框abcd從t＝0時(shí)刻轉(zhuǎn)過90°時(shí)，桿ef的瞬時(shí)速度大小2πm/s。
23．（2022?浙江模擬）虛線PQ上方存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，PQ下方存在豎直向上的勻強(qiáng)磁場，兩處磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B0，足夠長的不等間距金屬導(dǎo)軌豎直放置，導(dǎo)軌電阻不計(jì)。兩根金屬棒水平地靠在金屬導(dǎo)軌上，其中金屬棒光滑且質(zhì)量為m，長為L，電阻為R，金屬棒CD質(zhì)量為2m、長為2L、電阻為2R，與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ．若AB棒在拉力F的作用下沿導(dǎo)軌由靜止向上做加速度為a的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，同時(shí)由靜止釋放CD棒，如圖所示。已知運(yùn)動(dòng)過程中棒與導(dǎo)軌接觸良好，重力加速度為g，求：
（1）AB棒哪端電勢高，兩端的電壓UAB的大小隨時(shí)間變化的規(guī)律；
（2）作用在金屬棒AB上的拉力F需要滿足的條件；
（3）CD棒下滑達(dá)到最大速度所需時(shí)間。

【解答】解：（1）根據(jù)右手定則可知，AB棒中電流方向由A指向B，故B點(diǎn)的電勢高；由閉合電路歐姆定律得：I=ER+2R，再由法拉第電磁感應(yīng)定律得：E＝B0Lv，由速度公式的：v＝at，而兩端的電壓UAB是外電壓，
即：UAB＝I×2R，聯(lián)立以上公式可解得：UAB=-23B0Lat。
（2）對金屬棒AB進(jìn)行受力分析，運(yùn)用牛頓第二定律可列方程：F﹣B0IL﹣mg＝ma，把已知條件代入，解得：F=mg+ma+B02L2at3R。
（3）由于AB棒中電流方向由A指向B充當(dāng)電源，CD棒是外電路，電流方向由D指向C，根據(jù)左手定則可知，CD棒所受的安培力方向垂直紙面向里，當(dāng)CD棒的下滑速度達(dá)到最大時(shí)，根據(jù)力的平衡條件可得：2mg＝μB0I（2L），又因?yàn)镮=B0LatR+2R，代入可解得：t=3mgRμB02L2a。
答：（1）兩端的電壓UAB的大小隨時(shí)間變化的規(guī)律為：UAB=-23B0Lat；
（2）作用在金屬棒AB上的拉力F=mg+ma+B02L2at3R；
（3）CD棒下滑達(dá)到最大速度所需時(shí)間t=3mgRμB02L2a。
24．（2022?浙江模擬）如圖所示，AD與A1D1為水平放置的無限長平行金屬導(dǎo)軌，DC與D1C1為傾角為θ＝37°的平行金屬導(dǎo)軌，兩組導(dǎo)軌的間距均為l＝1.5m，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)。質(zhì)量為m1＝0.35kg、電阻為R1＝1Ω的導(dǎo)體棒ab置于傾斜導(dǎo)軌上，質(zhì)量為m2＝0.4kg、電阻為R2＝0.5Ω的導(dǎo)體棒cd置于水平導(dǎo)軌上，輕質(zhì)細(xì)繩跨過光滑滑輪一端與cd的中點(diǎn)相連、另一端懸掛一輕質(zhì)掛鉤。導(dǎo)體棒ab、cd與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，且最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。整個(gè)裝置處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝2T．初始時(shí)刻，棒ab在傾斜導(dǎo)軌上恰好不下滑。（g取10m/s2，sin37°＝0.6）

（1）求導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；
（2）在輕質(zhì)掛鉤上掛上物體P，細(xì)繩處于拉伸狀態(tài)，將物體P與導(dǎo)體棒cd同時(shí)由靜止釋放，當(dāng)P的質(zhì)量不超過多大時(shí)，ab始終處于靜止?fàn)顟B(tài)？（導(dǎo)體棒cd運(yùn)動(dòng)過程中，ab、cd一直與DD1平行，且沒有與滑輪相碰。）
（3）若P的質(zhì)量取第（2）問中的最大值，由靜止釋放開始計(jì)時(shí)，當(dāng)t＝1s時(shí)cd已經(jīng)處于勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，求在這1s內(nèi)ab上產(chǎn)生的焦耳熱為多少？
【解答】解：（1）對ab棒受力分析，受豎直向下的重力，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條件得：
m1gsinθ﹣μm1gcosθ＝0
代入數(shù)據(jù)解得：μ＝0.75；
（2）當(dāng)P的質(zhì)量最大時(shí)，P和cd的運(yùn)動(dòng)達(dá)到穩(wěn)定時(shí)，P和cd一起做勻速直線運(yùn)動(dòng)，ab處于靜止?fàn)顟B(tài)，但摩擦力達(dá)到最大且沿斜面向下。設(shè)此時(shí)電路中的電流為I
對ab棒，由平衡條件，
沿斜面方向上有：BILcosθ﹣m1gsinθ﹣μN(yùn)＝0
垂直于斜面方向上有：N﹣BILsinθ﹣m1gcosθ＝0
對cd棒，設(shè)繩中的張力為T，由平衡條件得：T﹣BIL﹣μm2g＝0
對P，由平衡條件得：Mg﹣T＝0
聯(lián)立以上各式得：M＝1.5kg
故當(dāng)P的質(zhì)量不超過1.5kg時(shí)，ab始終處于靜止?fàn)顟B(tài)；
（3）設(shè)P勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v，由法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路歐姆定律得：
Blv＝I（R1+R2）
代入數(shù)據(jù)得：v＝2m/s
對P、棒cd，由牛頓第二定律得：
Mg﹣μm2g﹣BBlv1R1+R2l=（M+m2）a
兩邊同時(shí)乘以△t，并累加求和，可得：
Mgt﹣μm2gt﹣BBlsR1+R2l=（M+m2）v
解得：s=4130m
對P、ab棒和cd棒，由能量守恒定律得：
Mgs＝μm2gs+Q+12（M+m2）2
代入數(shù)據(jù)解得：Q＝12.6J
在這1s內(nèi)ab棒上產(chǎn)生的焦耳熱為Q1=R1R1+R2Q＝8.4J。
答：（1）求導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ為0.75；
（2）在輕質(zhì)掛鉤上掛上物體P，細(xì)繩處于拉伸狀態(tài)，將物體P與導(dǎo)體棒cd同時(shí)由靜止釋放，當(dāng)P的質(zhì)量不超過1.5kg時(shí)，ab始終處于靜止?fàn)顟B(tài)。
（3）若P的質(zhì)量取第（2）問中的最大值，由靜止釋放開始計(jì)時(shí)，當(dāng)t＝1s時(shí)cd已經(jīng)處于勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，在這1s內(nèi)ab上產(chǎn)生的焦耳熱為8.4J。

25．（2021?甌海區(qū)校級模擬）如圖，在傾角為θ＝30°的光滑斜面上，在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ存在著方向相反的勻強(qiáng)磁場，Ⅰ區(qū)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1＝0.6T，Ⅱ區(qū)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B2＝0.4T。兩個(gè)磁場的寬度MJ和JG均為L＝1m，一個(gè)質(zhì)量為m＝0.6kg、電阻R＝0.6Ω、邊長也為L的正方形導(dǎo)線框，由靜止開始沿斜面下滑，當(dāng)ab邊剛越過GH進(jìn)入磁場Ⅰ區(qū)時(shí)，恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)。已知重力加速度g取10m/s2。求：
（1）線框ab邊剛進(jìn)入磁場Ⅰ區(qū)時(shí)電流I的大小及方向；
（2）線框靜止時(shí)ab邊距GH的距離x；
（3）線框ab邊從JP運(yùn)動(dòng)到MN過程通過線框的電荷量q。

【解答】解：（1）當(dāng)ab邊剛越過GH進(jìn)入磁場Ⅰ區(qū)時(shí)，恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)力的平衡條件有
mgsinθ＝B1IL
代入數(shù)據(jù)解得：
I＝5A
根據(jù)右手定則可知電流方向從b到a；
（2）根據(jù)閉合電路歐姆定律有：
I=ER
根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有：E＝B1Lv
線框由靜止到ab邊運(yùn)動(dòng)到GH的過程，由機(jī)械能守恒定律得
mgsinθ?x=12mv2
代入數(shù)據(jù)解得：
x＝2.5m
（3）線框ab邊從JP運(yùn)動(dòng)到MN過程，根據(jù)電荷量的計(jì)算公式有：q=IΔt
根據(jù)閉合電路歐姆定律有：I=ER
根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律：E=ΔΦΔt=B2L2+B1L2Δt
代入數(shù)據(jù)解得：q=53C
答：（1）線框ab邊剛進(jìn)入磁場Ⅰ區(qū)時(shí)電流I的大小為5A，方向從b到a；
（2）線框靜止時(shí)ab邊距GH的距離為2.5m；
（3）線框ab邊從JP運(yùn)動(dòng)到MN過程通過線框的電荷量為53C。
26．（2021?浙江模擬）兩光滑導(dǎo)軌平行放置，間距為L，在導(dǎo)軌上有O、O'兩點(diǎn)，OO'連線與軌道垂直。OO'將導(dǎo)軌分為左右兩部分，OO'左邊的軌道由絕緣材料做成，右邊軌道由導(dǎo)電材料做成，不計(jì)導(dǎo)軌的電阻。OO'左邊有寬度為d的等間距交替出現(xiàn)的方向豎直向上或豎直向下的磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。在OO'的右側(cè)有方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小也為B。在OO'處放置有質(zhì)量為2m的金屬棒a，離a棒距離為s處放置一質(zhì)量也為2m的金屬棒b，a、b兩棒的電阻均為R?，F(xiàn)將一質(zhì)量為m，電阻值也為R，寬為d，長為L的金屬線框ABCD，從AB邊離OO'距離為4d的左側(cè)以一定的初速度向右運(yùn)動(dòng)，在OO'處與a棒發(fā)生彈性碰撞后，線框返回且恰好停在出發(fā)處。而b棒與障礙物發(fā)生彈性碰撞后會以大小不變的速度返回。b棒到達(dá)障礙物時(shí)的速度已經(jīng)穩(wěn)定。
（1）判斷線框開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，CD邊中電流的方向及CD邊受力的方向；
（2）求線框初速度的大?。?br /> （3）求線框中產(chǎn)生的熱量；
（4）若b棒在與障礙物相碰后能夠與a棒再相遇，求初始a、b兩棒的距離s的取值范圍。

【解答】解：（1）由右手定則可知，電流方向?yàn)镃→D，由左手定則可知受力方向向左；
（2）設(shè)線框初速度為v0，到達(dá)OO′時(shí)速度為v1，碰撞后彈回時(shí)速度為v1′，a棒獲得速度為v2，
線框彈回時(shí)，取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)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
線框與金屬棒a相碰撞過程中，取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得：
mv1＝mv1′+2mv2
根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得：12mv12=12mv1′2+12×2mv22
解得：v1=36B2L2dmR，v2=24B2L2dmR
從開始到線框與金屬棒a碰撞過程中，取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)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）線框向右運(yùn)動(dòng)過程中產(chǎn)生的熱量為：Q1=12mv02-12mv12
解得：Q1=504B4L4d2mR2
線框向左運(yùn)動(dòng)過程中產(chǎn)生的熱為：Q2=12mv1'2
解得：Q2=72B4L4d2mR2
線框中產(chǎn)生的熱量為：Q＝Q1+Q2=504B4L4d2mR2+72B4L4d2mR2=576B4L4d2mR2；
（4）由于b棒到達(dá)障礙物時(shí)的速度已經(jīng)穩(wěn)定，設(shè)此穩(wěn)定速度的大小為v′，a和b在運(yùn)動(dòng)過程中滿足動(dòng)量守恒，
取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得：2mv2＝4mv′
解得：v′=12v2=12B2L2dmR；
取向右為正方向，對b棒根據(jù)動(dòng)量定理可得：BI3?Δt3L＝2mv′﹣0
則有：B2L2x相對2R=2mv′
解得此過程中b相對于a的位移大小為：x相對=2Rmv2B2L2
二者速度相等時(shí)恰好相遇，則有：s＝x相對＝48d
b棒彈回后到速度為零過程中，取向右為正方向，對b棒根據(jù)動(dòng)量定理可得：
BI4?Δt4L＝0﹣2m（﹣v′）
即B2L2x相對'2R=2mv′
解得：x相對′=2Rmv2B2L2
若b反彈后二者速度恰好為零時(shí)相遇，則有：s＝2x相對′＝96d
所以有：48d＜s≤96d。
答：（1）線框開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，CD邊中電流的方向?yàn)镃→D，CD邊受力方向向左；
（2）線框初速度的大小為48B2L2dmR；
（3）線框中產(chǎn)生的熱量為576B4L4d2mR2；
（4）若b棒在與障礙物相碰后能夠與a棒再相遇，初始a、b兩棒的距離s的取值范圍為48d＜s≤96d。
27．（2023?鎮(zhèn)海區(qū)校級模擬）電源是通過非靜電力做功把其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能的裝置，不同的電源非靜電力做功的本領(lǐng)有所不同，物理學(xué)中用電動(dòng)勢來描述電源的這種特性。
（1）如圖所示，固定于水平面的U形金屬框架處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，金屬框兩平行導(dǎo)軌間距為l。金屬棒MN在外力的作用下，沿框架以速度v向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過程中金屬棒始終垂直于兩平行導(dǎo)軌并接觸良好。已知電子的電荷量為﹣e。在金屬棒產(chǎn)生電動(dòng)勢的過程中，請說明是什么力充當(dāng)非靜電力，并求出這個(gè)非靜電力F的大小；
（2）科學(xué)家發(fā)現(xiàn)導(dǎo)體兩端的溫度差也能產(chǎn)生電動(dòng)勢，這種電動(dòng)勢稱為溫差電動(dòng)勢。我們用圖乙所示的簡化模型來分析。一段長度為L的直導(dǎo)線AB沿Ox軸放置，A端位于坐標(biāo)原點(diǎn)處。與恒溫?zé)嵩唇佑|后，A端溫度恒為T1，B端溫度恒為T2（T2＜T1）。假定導(dǎo)線上相同位置處的溫度相同，不同位置處的溫度沿x方向均勻變化，導(dǎo)線形狀隨溫度的變化忽略不計(jì)。從微觀上來看，可認(rèn)為：溫度越高，金屬離子（即原子失去自由電子后的剩余部分）熱運(yùn)動(dòng)的平均動(dòng)能越大，與之相比，自由電子熱運(yùn)動(dòng)平均動(dòng)能隨溫度的變化可以忽略不計(jì)。如圖乙所示，取導(dǎo)線中長為Δx的一個(gè)薄層，自由電子受到左側(cè)金屬離子的碰撞比右側(cè)的強(qiáng)，薄層兩端就形成了壓強(qiáng)差，自由電子會發(fā)生定向運(yùn)動(dòng)。已知薄層兩端的壓強(qiáng)差與其兩端的溫度差成正比，且比例系數(shù)為nk，n為單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)（假設(shè)導(dǎo)線中各處n都相同）k為常數(shù)。導(dǎo)線AB的橫截面積為S，電荷量為﹣e，忽略自由電子與金屬離子之間及自由電子彼此間的庫侖作用。請利用自由電子的受力特點(diǎn)，結(jié)合電動(dòng)勢的定義式，推導(dǎo)得出溫差電動(dòng)勢的表達(dá)式；
（3）特殊溫差發(fā)電導(dǎo)體AB兩端有恒定溫差，連接無限長的水平光滑導(dǎo)軌（圖丙），若溫差電動(dòng)勢的大小與導(dǎo)線兩端的溫度差成正比，比例系數(shù)為S，水平導(dǎo)軌區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。導(dǎo)軌上靜止放置的導(dǎo)體棒MN電阻為R，質(zhì)量為m，到剛好穩(wěn)定的過程中導(dǎo)體棒的焦耳熱為Q，忽略其他電阻。求發(fā)電導(dǎo)體AB兩端的溫差。

【解答】解：（1）洛倫茲力充當(dāng)非靜電力F＝evB
（2）長度為Δx的薄層兩端的壓強(qiáng)差為Δp＝nkΔT，ΔT=T1-T2LΔx
薄層Δx內(nèi)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）穩(wěn)定時(shí)E＝SΔT＝BLvm，BLq＝mvm﹣0
所以q=mvmBL=mSΔTB2L2(SΔT)q=12mvm2+Q
解得ΔT=2QB2L2mS2
答：（1）洛倫茲力充當(dāng)非靜電力，非靜電力F的大小evB；
（2）溫差電動(dòng)勢的表達(dá)式E=k(T1-T2)e；
（3）發(fā)電導(dǎo)體AB兩端的溫差2QB2L2mS2。
28．（2020?浙江三模）如圖所示，間距L＝1m的兩光滑金屬導(dǎo)軌相互平行放置，水平導(dǎo)軌與傾斜導(dǎo)軌之間用絕緣材料平滑連接。傾斜軌道的傾角θ＝37°，在傾斜軌道上端有一單刀雙擲開關(guān)S，可連接E＝9V、r＝2Ω的電源或C=564F的未充電的電容器。在傾斜導(dǎo)軌區(qū)域和直導(dǎo)軌CDGH矩形區(qū)域存在著相同的磁場，方向豎直向上，在水平導(dǎo)軌的右端連接了R2＝10Ω的電阻。已知R1＝10Ω，d＝3m，將開關(guān)S與1相連，一質(zhì)量m＝0.1kg的金屬導(dǎo)體棒ab恰好能靜止在高h(yuǎn)＝3.6m的傾斜導(dǎo)軌上。不計(jì)其他一切電阻和阻力，取g＝10m/s2，求：

（1）磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。?br /> （2）將開關(guān)S擲向2后，ab棒滑到MN處的速度v；
（3）ab棒通過CDGH磁場區(qū)域過程中R2上產(chǎn)生的焦耳熱。
【解答】解：（1）金屬棒靜止時(shí)受力平衡，受到重力，支持力和水平向左的安培力，根據(jù)平衡條件可得：
mgtanθ＝BIL
根據(jù)閉合電路歐姆定律可得：I=ER1+r
解得：B＝1T；
（2）將開關(guān)S擲向2后，設(shè)導(dǎo)體棒在很短的一段時(shí)間內(nèi)速度為v，根據(jù)動(dòng)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
所以導(dǎo)體棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度a=mgsinθm+B2L2Ccos2θ=4m/s2，
ab棒滑到MN處的速度v=2a?hsinθ=2×4×3.60.6m/s＝43m/s；
（3）設(shè)ab棒出GH邊界時(shí)的速度為v1，
根據(jù)動(dòng)量定理可得：﹣BLI'?△t'=m（v1﹣v）
其中I'?△t'=q′=BLdR2
解得：v1＝（43-3）m/s，
根據(jù)功能關(guān)系可得ab棒通過CDGH磁場區(qū)域過程中R2上產(chǎn)生的焦耳熱：
Q=12mv2-12mv12=1.63J。
答：（1）磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為1T；
（2）將開關(guān)S擲向2后，ab棒滑到MN處的速度為43m/s；
（3）ab棒通過CDGH磁場區(qū)域過程中R2上產(chǎn)生的焦耳熱為1.63J。
29．（2022?浙江三模）半徑R的圓柱形大區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場，方向垂直于紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻增加，其變化率為k（k＞0），其圓截面如圖1所示，圓心為O。已知磁場隨時(shí)間均勻增加時(shí)，在垂直于磁場的平面內(nèi)會產(chǎn)生同心圓形狀的感生電場，平面內(nèi)距圓心相同距離的地方，感生電場場強(qiáng)大小相同。

（1）若將一半徑為R2的金屬圓環(huán)垂直磁場方向放置，金屬環(huán)的中心與O點(diǎn)重合，求金屬環(huán)中產(chǎn)生的感生電動(dòng)勢；
（2）求圖1中距圓心R2處的感生電場的大小并判斷其方向；
（3）若在一半徑為R2且與大圓區(qū)域邊界相切的小圓柱形區(qū)域內(nèi)，再疊加一個(gè)方向垂直于紙面向里的變化率也為k的同步變化的勻強(qiáng)磁場，疊加后小圓區(qū)域內(nèi)的合磁場為零如圖2所示。一個(gè)質(zhì)量為m、電量q、重力不計(jì)的帶正電粒子，從邊界上的A點(diǎn)以某一初速度平行OO1連線進(jìn)入小圓區(qū)域，剛好可以打中兩圓相切處，已知A距兩圓心連線2R5，求此粒子初速度大小。（提示：利用電場疊加原理可以先研究小圓區(qū)域內(nèi)某點(diǎn)的合感生電場的場強(qiáng)。）
【解答】解：（1）導(dǎo)體圓環(huán)內(nèi)的磁通量發(fā)生變化，將產(chǎn)生感生電動(dòng)勢
根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，感生電動(dòng)勢為：E感=ΔBΔt×S=k×π(R2)2=14kπR2
（2）感生電場是恒的，根據(jù)勻強(qiáng)電場電場強(qiáng)度與電勢差的大小公式：
E=E感d=14kπR22π×R2=14kR
（3）兩個(gè)變化的磁場產(chǎn)生的電場的大小均是恒定的，方向沿著切線方向如圖所示的E1和E2。根據(jù)以上結(jié)論，這兩個(gè)感生電場的水平分量為：E1x=14kr1sinθ1=E2x=14kr2sinθ2
E1y＝E1cosθ1=12kr1cosθ1，E2y＝E2sinθ2=12kr2cosθ2
由于r1cosθ1+r2cosθ2=12R
所以E合＝E1y+E2y=14kR
即帶電粒子進(jìn)入做類平拋運(yùn)動(dòng)。
由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有：25R=12×qE合m×(0.8Rv0)2
聯(lián)立解得：v0=Rkq5m
答：（1）若將一半徑為R2的金屬圓環(huán)垂直磁場方向放置，金屬環(huán)的中心與O點(diǎn)重合，則金屬環(huán)中產(chǎn)生的感生電動(dòng)勢14kπR2；
（2）圖1中距圓心R2處的感生電場的大小14kR，其方向?yàn)轫槙r(shí)針沿切線方向；
（3）已知A距兩圓心連線2R5，此粒子初速度大小為Rkq5m。

30．（2022?浙江模擬）如圖所示，電阻為2R、半徑為r、匝數(shù)為n的圓形導(dǎo)體線圈兩端與導(dǎo)軌AD、MN相連。與導(dǎo)體線圈共圓心的圓形區(qū)域內(nèi)有豎直向下的磁場，其磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖（2）所示，圖（2）中的B0和t0均已知。PT、DE、NG是橫截面積和材料完全相同的三根粗細(xì)均勻的金屬棒。金屬棒PT的長度為3L、電阻為3R、質(zhì)量為m。導(dǎo)軌AD與MN平行且間距為L，導(dǎo)軌EF與GH平行且間距為3L，DE和NG的長度相同且與AD、MN的夾角均為30°。區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ是兩個(gè)相鄰的、長和寬均分別相同的空間區(qū)域，其長度均為d。區(qū)域Ⅰ中存在豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0的勻強(qiáng)磁場。0～2t0時(shí)間內(nèi)，使棒PT在區(qū)域Ⅰ中某位置保持靜止，且其兩端分別與導(dǎo)軌EF與GH對齊。除導(dǎo)體線圈、金屬棒PT、DE、NG外，其余導(dǎo)體電阻均不計(jì)，所有導(dǎo)體間接觸均良好且均處于同一水平面內(nèi)，不計(jì)一切摩擦，不考慮回路中的自感。

（1）求在0～2t0時(shí)間內(nèi)，使棒PT保持靜止的水平外力F的大?。?br /> （2）在2t0以后的某時(shí)刻，若區(qū)域Ⅰ內(nèi)的磁場在外力作用下從區(qū)域Ⅰ以v0的速度勻速運(yùn)動(dòng)到區(qū)域Ⅱ時(shí)，導(dǎo)體棒PT速度恰好達(dá)到v0且恰好進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ，該過程棒PT產(chǎn)生的焦耳熱為Q，求金屬棒PT與區(qū)域Ⅰ右邊界的初始距離x0和該過程維持磁場勻速運(yùn)動(dòng)的外力做的功W；
（3）若磁場運(yùn)動(dòng)到區(qū)域Ⅱ時(shí)立刻停下，求導(dǎo)體棒PT運(yùn)動(dòng)到EG時(shí)的速度v。
【解答】解：（1）在0～t0時(shí)間內(nèi)，由法拉第電磁感應(yīng)定律得線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢：E＝nΔBΔtS＝nB0t0πr2
由閉合電路歐姆定律得I=E2R+R=nB0πr23Rt0
PT棒所受水平外力為F＝F安＝B0IL=nB02πLr23Rt0
在t0～2t0時(shí)間內(nèi)，無電流，外力F＝0。
（2）設(shè)金屬棒PT與區(qū)域Ⅰ左邊界的初始距離為Δx。
PT棒向右加速過程中，取向右為正方向，由動(dòng)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棒向右加速過程中，回路中的總焦耳熱為Q總＝3Q
由功能關(guān)系和能量守恒得W＝3Q+12mv02
（3）棒PT從磁場區(qū)域Ⅱ左邊界向右運(yùn)動(dòng)距離x時(shí)，
回路中棒PT的長度為lx＝2×33x+L
回路中總電阻為Rx=RL（lx+2×233x）+2R=RL（233x+L+2×233x）+2R=RL（23x+3L）
回路中電流為Ix=B0IxvxR總x
棒PT所受安培力為FAx＝B0Ixlx
聯(lián)立可得FAx=B02Lvxlx3R
棒PT從磁場區(qū)域Ⅱ左邊界運(yùn)動(dòng)到EG過程，取向右為正方向，由動(dòng)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時(shí)間內(nèi)，使棒PT保持靜止的水平外力F的大小為nB02πLr23Rt0；在t0～2t0時(shí)間內(nèi)，外力為0。
（2）金屬棒PT與區(qū)域Ⅰ右邊界的初始距離x0為d-3mRv0B02L2，該過程維持磁場勻速運(yùn)動(dòng)的外力做的功W為3Q+12mv02
；
（3）若磁場運(yùn)動(dòng)到區(qū)域Ⅱ時(shí)立刻停下，導(dǎo)體棒PT運(yùn)動(dòng)到EG時(shí)的速度v為v0-23B02L33mR。

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