1．(2023·湖北卷)近場通信(NFC)器件應(yīng)用電磁感應(yīng)原理進(jìn)行通信，其天線類似一個壓平的線圈，線圈尺寸從內(nèi)到外逐漸變大。如圖所示，一正方形NFC線圈共3匝，其邊長分別為1.0 cm、1.2 cm和1.4 cm，圖中線圈外線接入內(nèi)部芯片時與內(nèi)部線圈絕緣。若勻強(qiáng)磁場垂直通過此線圈，磁感應(yīng)強(qiáng)度變化率為103 T/s，則線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢最接近( )
A. 0.30 V B． 0.44 V
C. 0.59 V D． 4.3 V
B 解析：根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(ΔBS,Δt)＝103×(1.02＋1.22＋1.42)×10－4 V＝0.44 V，故選B。
2．(2023·北京卷)如圖所示，L是自感系數(shù)很大、電阻很小的線圈，P、Q是兩個相同的小燈泡，開始時，開關(guān)S處于閉合狀態(tài)，P燈微亮，Q燈正常發(fā)光，斷開開關(guān)( )
A. P與Q同時熄滅
B. P比Q先熄滅
C. Q閃亮后再熄滅
D. P閃亮后再熄滅
D 解析：由題意知，開始時開關(guān)S閉合，由于L的電阻很小，Q燈正常發(fā)光，P燈微亮；斷開開關(guān)前通過Q燈的電流遠(yuǎn)大于通過P燈的電流，斷開開關(guān)時，Q所在部分電路未閉合，立即熄滅，由于發(fā)生自感現(xiàn)象，L中產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，與P組成閉合回路，故P燈閃亮后再熄滅，D正確。
3．(2023·海南卷)汽車測速利用了電磁感應(yīng)現(xiàn)象，汽車可簡化為一個矩形線圈abcd，埋在地下的線圈分別為1、2，通上順時針(俯視)方向電流，當(dāng)汽車經(jīng)過線圈時( )
A. 線圈1、2產(chǎn)生的磁場方向豎直向上
B. 汽車進(jìn)入線圈1過程產(chǎn)生感應(yīng)電流方向為abcd
C. 汽車離開線圈1過程產(chǎn)生感應(yīng)電流方向為abcd
D. 汽車進(jìn)入線圈2過程受到的安培力方向與速度方向相同
C 解析：由題意知，埋在地下的線圈1、2通順時針(俯視)方向的電流，根據(jù)右手螺旋定則，可知線圈1、2產(chǎn)生的磁場方向豎直向下，A錯誤；汽車進(jìn)入線圈1過程中，磁通量增大，根據(jù)楞次定律可知產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向為adcb(逆時針)，B錯誤；汽車離開線圈1過程中，磁通量減小，根據(jù)楞次定律可知，產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向為abcd(順時針)，C正確；汽車進(jìn)入線圈2過程中，磁通量增大，根據(jù)楞次定律可知，產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向為adcb(逆時針)，再根據(jù)左手定則，可知汽車受到的安培力方向與速度方向相反，D錯誤。
4．(2024·合肥模擬)(多選)如圖所示，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場中放置兩個半徑分別為L、2L的金屬圓環(huán)，兩金屬圓環(huán)處于同一水平面內(nèi)且圓心均為O點，長為2L的金屬導(dǎo)體棒aO在兩金屬圓環(huán)上繞O點勻速轉(zhuǎn)動，b點為導(dǎo)體棒的中點。已知導(dǎo)體棒、定值電阻R1和R2的阻值均為R，導(dǎo)體棒始終與兩金屬圓環(huán)接觸良好且a點轉(zhuǎn)動的線速度大小為v，其他電阻不計。在導(dǎo)體棒轉(zhuǎn)動一圈的過程中，下列說法正確的是( )
A. 導(dǎo)體棒上a、b兩點的電壓為eq \f(3BLv,8)
B. 導(dǎo)體棒aO所受安培力的功率為eq \f(9B2L2v2,16R)
C. 通過電阻R1的電荷量為eq \f(3πBL2,R)
D. 電阻R1產(chǎn)生的熱量為eq \f(9πB2L3v,16R)
ABD 解析：由題意可知vb＝eq \f(va,2)＝eq \f(v,2)，故導(dǎo)體棒ab段產(chǎn)生的電動勢E＝BLeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v＋\f(v,2),2)))＝eq \f(3BLv,4)，故a、b兩點的電壓U＝eq \f(E,2)＝eq \f(3BLv,8)，故A正確；由閉合電路歐姆定律可知，電路中的總電流I＝eq \f(E,R)＝eq \f(3BLv,4R)，因安培力的功率等于電源產(chǎn)生電能的功率，故P＝EI＝eq \f(9B2L2v2,16R)，故B正確；通過電源的電荷量q＝IT＝eq \f(3BLv,4R)·eq \f(2π×2L,v)＝eq \f(3πBL2,R)，故流經(jīng)定值電阻R1的電荷量qR1＝eq \f(q,2)＝eq \f(3πBL2,2R)，故C錯誤；由QR1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(I,2)))2RT，可知，電阻R1產(chǎn)生的熱量QR1＝eq \f(9πB2L3v,16R)，故D正確。
5．(2024·浙江卷1月選考)磁電式電表原理示意圖如圖所示，兩磁極裝有極靴，極靴中間還有一個用軟鐵制成的圓柱。極靴與圓柱間的磁場都沿半徑方向，兩者之間有可轉(zhuǎn)動的線圈。a、b、c和d為磁場中的四個點。下列說法正確的是( )
A. 圖示左側(cè)通電導(dǎo)線受到的安培力向下
B. a、b兩點的磁感應(yīng)強(qiáng)度相同
C. 圓柱內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度處處為0
D. c、d兩點的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等
A 解析：由左手定則可知，題圖中左側(cè)通電導(dǎo)線受到的安培力向下，A正確；a、b兩點的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相同，但是方向不同，B錯誤；磁感線是閉合的曲線，則圓柱內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度不為0，C錯誤；因c點處的磁感線較d點密集，可知 c點的磁感應(yīng)強(qiáng)度大于d點的磁感應(yīng)強(qiáng)度，D錯誤。
6．如圖所示，足夠長的平行金屬導(dǎo)軌豎直放置在垂直導(dǎo)軌平面向里的勻強(qiáng)磁場中，兩根質(zhì)量相同的導(dǎo)體棒a和b垂直于導(dǎo)軌放置，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌緊密接觸且可自由滑動。先固定a，釋放b，當(dāng)b的速度達(dá)到v時，再釋放a，經(jīng)過時間t后，a的速度也達(dá)到v，重力加速度為g，不計一切摩擦。以下說法正確的是( )
A. 釋放a之前，b運動的時間等于t
B. 釋放a之前，b下落的高度小于eq \f(v2,2g)
C. 釋放a之后的時間t內(nèi)，a下落的加速度小于g
D. a和b的加速度最終都等于g
D 解析：釋放導(dǎo)體棒a之前，b受向下的重力和向上的安培力，且隨速度的增加，所受的安培力變大，則導(dǎo)體棒b做加速度減小的變加速運動，即導(dǎo)體棒b的加速度總小于g，所以導(dǎo)體棒b運動的時間大于eq \f(v,g)，導(dǎo)體棒b下落的高度大于eq \f(v2,2g)；釋放導(dǎo)體棒a之后，因?qū)w棒a開始時速度小于導(dǎo)體棒b，則回路中有逆時針方向的電流，a受的安培力方向向下，可知導(dǎo)體棒a的加速度總大于g，所以a的速度達(dá)到速度v時，運動的時間t小于eq \f(v,g)，從而得出導(dǎo)體棒b運動的時間大于t，故A、B、C錯誤；釋放導(dǎo)體棒a之后，b仍受向上的安培力，加速度小于g，a向下的加速度大于g，可知隨著兩導(dǎo)體棒的下落，速度差逐漸減小，回路中的電流逐漸減小，安培力逐漸減小，則導(dǎo)體棒a的加速度逐漸減小，b的加速度逐漸變大，最終導(dǎo)體棒a和b的加速度都等于g時，速度差為0，達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，故D正確。
7．如圖，空間等距分布無數(shù)個垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，豎直方向磁場區(qū)域足夠長，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝1 T，每一條形磁場區(qū)域?qū)挾燃跋噜彈l形磁場區(qū)域間距均為d＝1 m?，F(xiàn)有一個邊長l＝0.5 m、質(zhì)量m＝0.2 kg、電阻R＝1 Ω的單匝正方形線框，以v0＝8 m/s的初速度從左側(cè)磁場邊緣水平進(jìn)入磁場，下列說法正確的是( )
A. 線框剛進(jìn)入第一個磁場區(qū)域時，加速度大小為 10 m/s2
B. 線框穿過第一個磁場區(qū)域過程中，通過線框的電荷量為0.5 C
C. 線框從開始進(jìn)入磁場到豎直下落的過程中產(chǎn)生的焦耳熱為6.4 J
D. 線框從開始進(jìn)入磁場到豎直下落過程中最多能穿過5個完整磁場區(qū)域
C 解析：根據(jù)題意可得E＝BLv，I＝eq \f(E,R)，F(xiàn)＝ILB，聯(lián)立解得線框剛進(jìn)入第一個磁場區(qū)域時受到的安培力為F＝2 N，則線框的加速度大小為a＝eq \f(\r(F2＋?mg?2),m)＝10eq \r(2) m/s2，故A錯誤。由法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路的歐姆定律和電荷量計算公式可知E＝neq \f(ΔΦ,Δt)，I＝eq \f(E,R)，q＝IΔt，解得通過線框的電荷量q＝eq \f(ΔΦ,R)，穿過第一個磁場區(qū)域過程中線框磁通量變化量為0，所以通過線框的電荷量為0，故B錯誤。線框從開始進(jìn)入磁場到豎直下落的過程中，因為豎直方向上線框受到的安培力大小相等、方向相反，可認(rèn)為豎直方向做自由落體運動；水平方向在安培力作用下做減速運動，當(dāng)線框水平速度減為0時豎直下落；從開始進(jìn)入磁場到豎直下落過程中，安培力對線框做的負(fù)功等于電路中產(chǎn)生的焦耳熱，可得Q＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝6.4 J，故C正確。水平方向安培力大小為F＝eq \f(B2l2v,R)，設(shè)水平向右為正，由動量定理可得，水平方向有－Ft＝－eq \f(B2l2x,R)＝0－mv0，解得x＝eq \f(mv0R,B2l2)＝6.4 m，線框穿過1個完整磁場區(qū)域過程中，有安培力作用的水平距離為2l，則有eq \f(x,2l)＝6.4，可知線框從開始進(jìn)入磁場到豎直下落過程中最多能穿過6個完整磁場區(qū)域，故D錯誤。
8．(2024·湖南卷)(多選)某電磁緩沖裝置如圖所示，兩足夠長的平行金屬導(dǎo)軌置于同一水平面內(nèi)，導(dǎo)軌左端與一阻值為R的定值電阻相連，導(dǎo)軌BC段與B1C1段粗糙，其余部分光滑，AA1右側(cè)處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，一質(zhì)量為m的金屬桿垂直導(dǎo)軌放置?，F(xiàn)讓金屬桿以初速度v0沿導(dǎo)軌向右經(jīng)過AA1進(jìn)入磁場，最終恰好停在CC1處。已知金屬桿接入導(dǎo)軌之間的阻值為R，與粗糙導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為μ，AB＝BC＝d。導(dǎo)軌電阻不計，重力加速度為g，下列說法正確的是( )
A. 金屬桿經(jīng)過BB1的速度為eq \f(v0,2)
B. 在整個過程中，定值電阻R產(chǎn)生的熱量為eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)μmgd
C. 金屬桿經(jīng)過AA1B1B與BB1C1C區(qū)域，金屬桿所受安培力的沖量相同
D. 若將金屬桿的初速度加倍，則金屬桿在磁場中運動的距離大于原來的2倍
CD 解析：設(shè)平行金屬導(dǎo)軌間距為L，金屬桿在AA1B1B區(qū)域向右運動的過程中切割磁感線有E＝BLv，I＝eq \f(E,2R)，金屬桿在AA1B1B區(qū)域運動的過程中，根據(jù)動量定理有－BILΔt＝mΔv，則－eq \f(B2L2vt,2R)Δt＝mΔv，由于d＝∑vtΔt，則上面方程左右兩邊累計求和，可得－eq \f(B2L2d,2R)＝mvB－mv0，則vB＝v0－eq \f(B2L2d,2mR)，設(shè)金屬桿在BB1C1C區(qū)域運動的時間為t0，同理可得，金屬桿在BB1C1C區(qū)域運動的過程中有－eq \f(B2L2d,2R)－μmgt0＝－mvB，解得vB＝eq \f(B2L2d,2mR)＋μgt0，綜上有vB＝eq \f(v0,2)＋eq \f(μgt0,2)>eq \f(v0,2)，則金屬桿經(jīng)過BB1的速度大于eq \f(v0,2)，故A錯誤；在整個過程中，根據(jù)能量守恒有eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝μmgd＋Q，則在整個過程中，定值電阻R產(chǎn)生的熱量為QR＝eq \f(1,2)Q＝eq \f(1,4)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)μmgd，故B錯誤；金屬桿經(jīng)過AA1B1B與BB1C1C區(qū)域，金屬桿所受安培力的沖量為∑BILΔt＝∑eq \f(B2L2,2R)vtΔt＝eq \f(B2L2x,2R)，則金屬桿經(jīng)過AA1B1B與BB1C1C區(qū)域滑行距離均為d，金屬桿所受安培力的沖量相同，故C正確；對全過程由動量定理有－μmgt－eq \f(B2L2,2R)·2d＝0－mv0，若將金屬桿的初速度加倍，由動量定理有－μmgt′－eq \f(B2L2,2R)·x＝0－2mv0，由于金屬桿在BB1C1C區(qū)域運動的速度比第一次大，t′＜t，則x>4d，可見若將金屬桿的初速度加倍，則金屬桿在磁場中運動的距離大于原來的2倍，故D正確。
9．(2024·全國甲卷)(多選)如圖，一絕緣細(xì)繩跨過兩個在同一豎直面(紙面)內(nèi)的光滑定滑輪，繩的一端連接一矩形金屬線框，另一端連接一物塊。線框與左側(cè)滑輪之間的虛線區(qū)域內(nèi)有方向垂直紙面的勻強(qiáng)磁場，磁場上下邊界水平，在t＝0時刻線框的上邊框以不同的初速度從磁場下方進(jìn)入磁場。運動過程中，線框始終在紙面內(nèi)且上下邊框保持水平。以向上為速度的正方向，下列線框的速度v隨時間t變化的圖像可能正確的是( )
AC 解析：設(shè)線框的上邊進(jìn)入磁場時的速度為v，物塊的質(zhì)量m，線框的質(zhì)量m′，線框進(jìn)入磁場時的加速度向下，則對線框由牛頓第二定律有m′g＋F安－FT＝m′a，對物塊有FT－mg＝ma，其中F安＝eq \f(B2L2v,R)，則eq \f(B2L2v,R)＋(m′－m)g＝(m′＋m)a，線框向上做減速運動，隨速度的減小，向下的加速度減?。划?dāng)加速度為0時，線框勻速運動的速度為v0＝eq \f(?m－m′?gR,B2L2)，若線框進(jìn)入磁場時的速度較小，則線框進(jìn)入磁場時做加速度減小的減速運動，線框的速度和加速度都趨近于0，則圖像A可能正確；因t＝0時刻線框就進(jìn)入磁場，則進(jìn)入磁場時線框向上不可能做勻減速運動，則圖像B不可能；若線框的質(zhì)量等于物塊的質(zhì)量，且當(dāng)線框進(jìn)入磁場，且速度大于v0時，線框進(jìn)入磁場做加速度減小的減速運動，完全進(jìn)入磁場后線框做勻速運動，當(dāng)線框出磁場時，受向下的安培力又做加速度減小的減速運動，最終出磁場時做勻速運動，則圖像C有可能，D不可能。故選A、C。
10．(多選)如圖所示，為某種售貨機(jī)硬幣識別系統(tǒng)簡圖。虛線框內(nèi)存在磁場，從入口A進(jìn)入的硬幣沿斜面滾落，通過磁場區(qū)域后，由測速器測出速度大小，若速度在某一合適范圍，擋板B自動開啟，硬幣就會沿斜面進(jìn)入接收裝置；否則擋板C開啟，硬幣進(jìn)入另一個通道拒絕接收。下列說法正確的是( )
A. 磁場能使硬幣的速度增大得更快
B. 由于磁場的作用，硬幣的機(jī)械能不守恒
C. 硬幣進(jìn)入磁場的過程中，會受到來自磁場的阻力
D. 如果沒有磁場，則測速器示數(shù)會更大一些
BCD 解析：根據(jù)題意可知，硬幣進(jìn)入磁場和離開磁場時，穿過硬幣的磁通量發(fā)生變化，硬幣中產(chǎn)生感應(yīng)電流，從而在硬幣穿過磁場的過程中阻礙硬幣的相對運動，若磁場阻力大于硬幣重力沿斜面的分力，硬幣將做減速運動，若磁場阻力等于硬幣重力沿斜面的分力，硬幣將勻速進(jìn)入磁場，若磁場阻力小于硬幣重力沿斜面的分力，硬幣繼續(xù)加速運動，但速度增加得更慢些，綜上所述，磁場能使硬幣的速度增大過程變慢，故A錯誤，C正確；根據(jù)上述分析可知，硬幣進(jìn)入磁場和離開磁場時，受到的阻力對硬幣做負(fù)功，使硬幣的機(jī)械能減小，故B正確；如果沒有磁場，硬幣運動過程中沒有阻礙作用，由動能定理可知，硬幣到達(dá)測速器位置時速度將更大一些，故D正確。
11．(多選)如圖所示，無限長的“U”形金屬導(dǎo)軌ABCD和金屬導(dǎo)軌EF、GH平行放置在同一水平面內(nèi)，AB與EF、EF與GH、GH與CD之間的距離均為L，AB和EF之間的區(qū)域、GH和CD之間的區(qū)域均有豎直向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B0，EF和GH之間的區(qū)域有豎直向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2B0。現(xiàn)有三根長度均為L的金屬棒1、2、3垂直導(dǎo)軌放置，其中金屬棒2、3質(zhì)量均為m，電阻均為R，金屬棒1質(zhì)量為2m，電阻為2R。t＝0時刻，金屬棒2、3靜止，給金屬棒1一個平行于導(dǎo)軌向右的初速度v0，忽略所有的阻力和所有導(dǎo)軌的電阻。下列判斷正確的是( )
A. t＝0時刻通過金屬棒2的電流大小為eq \f(B0Lv0,4R)
B. 當(dāng)金屬棒1、2、3穩(wěn)定運行時，金屬棒1的速度大小為eq \f(v0,2)
C. 當(dāng)金屬棒1、2、3穩(wěn)定運行時，金屬棒2的速度大小為eq \f(v0,2)
D. 從t＝0時刻到穩(wěn)定運行的過程中，金屬棒3產(chǎn)生的焦耳熱為eq \f(mv\\al(2,0),4)
BC 解析：t＝0時刻金屬棒1產(chǎn)生的電動勢為E0＝2B0Lv0，此時通過金屬棒2的電流大小為I0＝eq \f(E0,4R)＝eq \f(B0Lv0,2R)，故A錯誤；金屬棒1、2、3組成的系統(tǒng)所受的合外力為0，系統(tǒng)動量守恒，當(dāng)金屬棒1、2、3穩(wěn)定運行時，三根金屬棒的速度相等，根據(jù)動量守恒有2mv0＝(2m＋m＋m)v1，當(dāng)金屬棒1、2、3穩(wěn)定運行時，金屬棒1和金屬棒2的速度大小均為v1＝eq \f(v0,2)，故B、C正確；從t＝0時刻到穩(wěn)定運行的過程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝eq \f(1,2)×2mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)×4meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v0,2)))2＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，則金屬棒3產(chǎn)生的焦耳熱為Q3＝eq \f(1,4)Q＝eq \f(mv\\al(2,0),8)，故D錯誤。
12．(2023·遼寧卷)(多選)如圖，兩根光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上，左、右兩側(cè)導(dǎo)軌間距分別為d和2d，處于豎直向上的磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為2B和B。已知導(dǎo)體棒MN的電阻為R、長度為d，導(dǎo)體棒PQ的電阻為2R、長度為2d，PQ的質(zhì)量是MN的2倍。初始時刻兩棒靜止，兩棒中點之間連接一壓縮量為L的輕質(zhì)絕緣彈簧。釋放彈簧，兩棒在各自磁場中運動直至停止，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。整個過程中兩棒保持與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，導(dǎo)軌足夠長且電阻不計。下列說法正確的是( )
A. 彈簧伸展過程中，回路中產(chǎn)生順時針方向的電流
B. PQ速率為v時，MN所受安培力大小為eq \f(4B2d2v,3R)
C. 整個運動過程中，MN與PQ的路程之比為2∶1
D. 整個運動過程中，通過MN的電荷量為eq \f(BLd,3R)
AC 解析：彈簧伸展過程中，根據(jù)右手定則可知，回路中產(chǎn)生順時針方向的感應(yīng)電流，選項A正確；設(shè)任意時刻電流為I，則PQ所受安培力FPQ＝I·2dB，方向向左；MN所受安培力FMN＝2IdB，方向向右，可知兩棒組成的系統(tǒng)所受合力為0，動量守恒，設(shè)PQ質(zhì)量為2m，則MN質(zhì)量為m，PQ速率為v時，有2mv＝mv′，解得v′＝2v，回路的感應(yīng)電流I＝eq \f(2Bdv′＋B·2dv,3R)＝eq \f(2Bdv,R)，MN所受安培力大小為FMN＝2IdB＝eq \f(4B2d2v,R)，選項B錯誤；兩棒最終停止時彈簧處于原長狀態(tài)，由動量守恒可得mx1＝2mx2，x1＋x2＝L，可得最終MN位置向左移動x1＝eq \f(2L,3)，PQ位置向右移動x2＝eq \f(L,3)，因任意時刻兩棒所受安培力和彈簧彈力都大小相同，設(shè)整個過程兩棒受的彈力的平均值為F彈，安培力平均值為F安，則整個過程，根據(jù)動能定理有F彈x1－F安xMN＝0，F(xiàn)彈x2－F安xPQ＝0，可得eq \f(xMN,xPQ)＝eq \f(x1,x2)＝eq \f(2,1)，選項C正確；兩棒最后停止時，彈簧處于原長狀態(tài)，此時兩棒間距增加了L，由上述分析可知，MN位置向左移動eq \f(2L,3)，PQ位置向右移動eq \f(L,3)，則q＝eq \x\t(I)Δt＝eq \f(ΔΦ,R總)＝eq \f(2B·\f(2L,3)·d＋B·\f(L,3)·2d,3R)＝eq \f(2BLd,3R)，選項D錯誤。
13．(2023·天津卷)如圖，有一正方形線框，質(zhì)量為m，電阻為R，邊長為l，靜止懸掛著，一個三角形邊界的磁場垂直于線框所在平面，磁感線垂直紙面向里，且線框中磁場區(qū)域面積為線框面積一半，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝kt(k>0)，已知重力加速度g，求：
(1)感應(yīng)電動勢E；
(2)線框開始向上運動的時刻t0。
解析：(1)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有
E＝neq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(l2,2)·eq \f(ΔB,Δt)＝eq \f(kl2,2)。
(2)由題圖可知線框受到的安培力為
FA＝IlB＝eq \f(kl3,2R)·kt
當(dāng)線框開始向上運動時有mg＝FA
解得t0＝eq \f(2mgR,k2l3)。
答案：(1)eq \f(kl2,2) (2)eq \f(2mgR,k2l3)
14．(2024·全國甲卷)如圖，金屬導(dǎo)軌平行且水平放置，導(dǎo)軌間距為L，導(dǎo)軌光滑無摩擦。定值電阻大小為R，其余電阻忽略不計，電容大小為C。在運動過程中，金屬棒始終與導(dǎo)軌保持垂直。整個裝置處于豎直方向且磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中。
(1)開關(guān)S閉合時，對金屬棒施加一水平向右的恒力，金屬棒能達(dá)到的最大速度為v0。當(dāng)外力功率為定值電阻功率的兩倍時，求金屬棒速度v的大小。
(2)當(dāng)金屬棒速度為v時，斷開開關(guān)S，改變水平外力并使金屬棒勻速運動。當(dāng)外力功率為定值電阻功率的兩倍時，求電容器兩端的電壓以及從開關(guān)斷開到此刻外力所做的功。
解析：(1)開關(guān)S閉合后，當(dāng)外力與安培力相等時，金屬棒的速度最大，則
F＝F安＝BIL
由閉合電路歐姆定律有
I＝eq \f(E,R)
金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為
E＝BLv0
聯(lián)立可得，恒定的外力為
F＝eq \f(B2L2v0,R)
在加速階段，外力的功率為
PF＝Fv＝eq \f(B2L2v0,R)v
定值電阻的功率為
PR＝I2R＝eq \f(B2L2v2,R)
若PF＝2PR時，即
eq \f(B2L2v0,R)v＝2eq \f(B2L2v2,R)
化簡可得金屬棒速度v的大小為
v＝eq \f(v0,2)。
(2)斷開開關(guān)S，電容器充電，則電容器與定值電阻串聯(lián)，則有
E＝BLv＝IR＋eq \f(q,C)
當(dāng)金屬棒勻速運動時，電容器不斷充電，電荷量q不斷增大，電路中電流不斷減小，則金屬棒所受安培力F安＝BIL不斷減小，而拉力的功率
P′F＝F′v＝BILv
定值電阻功率
P′R＝I2R
當(dāng)P′F＝2P′R時有
BILv＝2I2R
可得
IR＝eq \f(BLv,2)
根據(jù)E＝BLv＝IR＋eq \f(q,C)
可得此時電容器兩端電壓為
UC＝eq \f(q,C)＝eq \f(BLv,2)＝eq \f(1,4)BLv0
從開關(guān)斷開到此刻外力所做的功為
W＝∑BIL(v·Δt)＝BLv∑I·Δt＝BLvq
其中q＝eq \f(CBLv,2)
聯(lián)立可得W＝eq \f(CB2L2v\\al(2,0),8)。
答案：(1)eq \f(v0,2) (2)eq \f(BLv0,4) eq \f(CB2L2v\\al(2,0),8)
15．(2023·新課標(biāo)卷)一邊長為L、質(zhì)量為m的正方形金屬細(xì)框，每邊電阻為R0，置于光滑的絕緣水平桌面(紙面)上。寬度為2L的區(qū)域內(nèi)存在方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，兩虛線為磁場邊界，如圖甲所示。
(1)使金屬框以一定的初速度向右運動，進(jìn)入磁場。運動過程中金屬框的左、右邊框始終與磁場邊界平行，金屬框完全穿過磁場區(qū)域后，速度大小降為它初速度的一半，求金屬框的初速度大小。
(2)在桌面上固定兩條光滑長直金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌與磁場邊界垂直，左端連接電阻R1＝2R0，導(dǎo)軌電阻可忽略，金屬框置于導(dǎo)軌上，如圖乙所示。讓金屬框以與(1)中相同的初速度向右運動，進(jìn)入磁場。運動過程中金屬框的上、下邊框處與導(dǎo)軌始終接觸良好。求在金屬框整個運動過程中，電阻R1產(chǎn)生的熱量。

甲 乙
解析：(1)金屬框進(jìn)入磁場過程中，有eq \x\t(E)＝eq \f(BL2,Δt)
則金屬框進(jìn)入磁場過程中，順時針方向流過回路的電荷量為
q1＝eq \f(\x\t(E),4R0)Δt＝eq \f(BL2,4R0)
該過程中，由動量定理得－q1BL＝mv1－mv0
金屬框穿出磁場區(qū)域的過程中，逆時針方向流過回路的電荷量為q2＝eq \f(BL2,4R0)
則該過程，由動量定理得－q2BL＝meq \f(v0,2)－mv1
聯(lián)立解得v0＝eq \f(B2L3,mR0)。
(2)設(shè)金屬框進(jìn)入磁場時的初速度為v0，末速度為v1，向右為正方向。由于導(dǎo)軌電阻可忽略，此時金屬框上下部分被短路，故電路中的總電阻
R總＝R0＋eq \f(2R0·R0,2R0＋R0)＝eq \f(5R0,3)
再根據(jù)動量定理有－BL·eq \f(BL2,R總)＝mv1－mv0
解得v1＝eq \f(2B2L3,5mR0)
則在此過程中，根據(jù)能量守恒有eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝Q1＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)
解得Q1＝eq \f(21B4L6,50mR\\al(2,0))
R1與金屬框左右兩邊上的電流之比為1∶2∶3，故其中QR1＝eq \f(2,15)Q1＝eq \f(7B4L6,125mR\\al(2,0))
此后線框完全進(jìn)入磁場中，則線框左右兩邊均作為電源，且等效電路圖如圖所示，
則此時回路的總電阻R總′＝2R0＋eq \f(R0,2)＝eq \f(5R0,2)
設(shè)金屬框剛離開磁場時的速度為v2，再根據(jù)動量定理有
－B·eq \f(BLv,R總′)·LΔt＝mv2－mv1
則有－eq \f(B2L3,R′總)＝mv2－mv1
解得v2＝0
則說明金屬框剛離開磁場時就停止運動了，則再根據(jù)能量守恒有eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＝Q2，其中QR1′＝eq \f(4,5)Q2＝eq \f(8B4L6,125mR\\al(2,0))
則在金屬框整個運動過程中，電阻R1產(chǎn)生的熱量
QR1總＝QR1＋Q′R1＝eq \f(3B4L6,25mR\\al(2,0))。
答案：(1)eq \f(B2L3,mR0) (2)eq \f(3B4L6,25mR\\al(2,0))
16．電磁彈射是現(xiàn)代最先進(jìn)的航母艦載機(jī)彈射技術(shù)，我國在這一領(lǐng)域已達(dá)到世界先進(jìn)水平。某興趣小組開展電磁彈射系統(tǒng)的設(shè)計研究，如圖所示，用于推動模型飛機(jī)的動子(圖中未畫出)與線圈絕緣并固定在一起，線圈帶動動子，可在水平導(dǎo)軌上滑動。線圈始終位于導(dǎo)軌間的輻向磁場中，其所經(jīng)過位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B＝0.1 T。開關(guān)S與1接通，恒流源與線圈連接，動子從靜止開始推動飛機(jī)勻加速直線運動，經(jīng)過t1＝1.5 s的時間，飛機(jī)達(dá)到起飛速度并與動子脫離；此時S擲向2，使定值電阻R0與線圈連接，同時再對動子施加合適的外力F(未知)，使動子開始做勻減速直線運動，又經(jīng)過t2＝2 s的時間，動子的速度減為0。已知恒流源接通時通過它的電流會保持I＝80 A不變，線圈匝數(shù)n＝100匝，每匝周長L＝1 m，飛機(jī)的質(zhì)量m飛＝10 kg，動子和線圈的總質(zhì)量m0＝5 kg，線圈總電阻r＝1.5 Ω，定值電阻R0＝8.5 Ω，不計摩擦力和空氣阻力。
(1)求飛機(jī)的起飛速度大小。
(2)將飛機(jī)達(dá)到起飛速度時作為0時刻，取動子的運動方向為正方向，通過計算求出動子減速過程所施加的外力F隨時間t變化的關(guān)系式。
(3)求動子減速過程中，通過電阻R0的電荷量。
解析：(1)飛機(jī)加速過程，飛機(jī)、動子和線圈組成的整體做勻加速直線運動，則nILB＝(m飛＋m0)a1
飛機(jī)的起飛速度為v0＝a1t1
解得v0＝80 m/s。
(2)開關(guān)S擲向2后，線圈運動的速度用v表示，則回路中的電流為I′＝eq \f(nBLv,R0＋r)
線圈所受的安培力為F安＝nI′LB
由題知F－F安＝－ma2，v＝v0－a2t,0＝v0－a2t2
聯(lián)立解得F＝(600－400t)N(0

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