(2020-2022)三年高考物理真题分项汇编(山东专用)专题11电磁感应Word版含解析8856.pdf

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1、2020-2022年三年山东卷高考汇编 专题11电磁感应【考纲定位】内容 要求 1.电磁感应和楞次定律 探究影响感应电流方向的因素，理解楞次定律.2.法拉第电磁感应定律 通过实验，理解法拉第电磁感应定律.2022山东高考 T12 2021山东高考 T8 2021山东高考 T12 2020山东高考 T12 3.自感和涡流 通过实验，了解自感现象和涡流现象 能举例说明自感现象和涡流现象在生产生活中的应用.【知识重现】一、关于电磁感应的几个基本问题 1电磁感应现象 利用磁场产生电流(或电动势)的现象，叫电磁感应现象所产生的电流叫感应电流，所产生的电动势叫感应电动势 2产生感应电流的条件(1)当穿过电

2、路的磁通量发生变化时就将发生电磁感应现象，电路里产生感应电动势如果电路闭合，则产生感应电流(2)当导体在磁场中做切割磁感线的运动时将发生电磁感应现象，导体里产生感应电动势如果做切割磁感线运动的导体是某闭合电路的一部分，则电路里将产生感应电流产生感应电动势的那部分导体相当于电源 应指出的是：闭合电路的一部分做切割磁感线运动时，穿过闭合电路的磁通量也将发生变化所以上述两个条件从根本上还应归结为磁通量的变化如图所示，如果矩形线圈 abcd 在匀强磁场中以速度 v 平动时，尽管线圈的 bc 和 ad 边都在做切割磁感线运动，但由于穿过线圈的磁通量没有变，所以线圈回路中没有感应电流 3发生电磁感应现象的

3、理论解释(1)导体在磁场中做切割磁感线运动而发生的电磁感应现象，可以用运动电荷在磁场中受到洛伦兹力的作用来解释(2)磁场变化使穿过磁场中闭合回路的磁通量改变而发生的电磁感应现象，可以用麦克斯韦的电磁场理论来解释 二、感应电流方向的判断 1右手定则 使用方法如图所示右手定则适用于导体切割磁感线(平动或转动)产生的感应电流方向的判定 2楞次定律(1)内容：感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化 楞次定律主要用来判断感应电流的方向它涉及两个磁场，感应电流的磁场(新产生的磁场)和引起感应电流的磁场(原来就有的磁场)，前者和后者的关系不是“同向”和“反向”的简单关系，而是前者“阻碍”后者“变化

4、”的关系 (2)对“阻碍”意义的理解 理解角度 解释 谁阻碍谁“感应电流的磁场”阻碍“产生感应电流的原磁场”的磁通量的变化 阻碍什么 阻碍的是穿过回路的“磁通量的变化”，而不是磁通量本身 如何阻碍 原磁通量增加时，阻碍增加(感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，起抵消作用)；原磁通量减少时，阻碍减少(感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，起补偿作用)，简称“增反减同”结果如何 阻碍并不是阻止，只是延缓了磁通量的变化，结果是阻而未止 3.楞次定律和右手定则的区别(1)判断感应电流的方向时，右手定则只适用于部分导体切割磁感线的情况，楞次定律适用于任何情况(2)楞次定律的研究对象是整个回路，而右手定则却

5、是一段做切割磁感线运动的导体但二者是统一的(3)用到楞次定律必定要用安培定则(判断感应电流产生的磁场方向，或由磁场方向判断感应电流)三、感应电动势的大小 1感应电动势(1)感应电动势：在电磁感应现象中产生的电动势产生感应电动势的那部分导体相当于电源，导体的电阻相当于电源内阻(2)感应电流与感应电动势的关系：遵循闭合电路欧姆定律，即 IERr.2法拉第电磁感应定律(1)内容：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比表达式为 Ent.(2)理解 方向：感应电动势的方向与电源内部感应电流方向一致 当 t 为一段时间时，E 为这段时间内的平均感应电动势；当 t0 时，E 为瞬时

6、感应电动势；t 图象的斜率为t.n 为线圈的匝数，与 n 无关，E 与 n 有关，相当于多个电源串联 磁通量 变化的三种方式 EntB不变EnBStS不变EnSBtB、S均变EnB2S2B1S1tnBSt(3)应用 Ent时应注意的几个问题 由于磁通量有正负之分，计算磁通量的变化时一定要规定磁通量的正方向正向的磁通量增加与反向的磁通量减少产生的感应电流的方向相同 公式 Ent是求解回路某段时间内平均感应电动势的最佳选择，所求得的感应电动势是整个回路的电动势，而不是某部分导体的电动势 用公式 EnSBt求感应电动势时，S 为线圈在磁场范围内垂直磁场方向的有效面积 计算通过回路的电荷量：通过回路截

7、面的电荷量 q 仅与 n、和回路电阻 R总有关，与时间长短无关 推导如下：qItnR总ttnR总.3导体切割磁感线(1)感应电动势公式：EBLv(可由法拉第电磁感应定律推出)(2)说明：上式仅适用于导体各点以相同的速度在匀强磁场中切割磁感线的情况，且 L、v 与 B 两两垂直 当 LB，Lv，而 v 与 B 成 角时，感应电动势 EBLvsin.若导线是曲折的，则 L 应是导线的有效切割长度下图中，棒的有效长度均为 ab 间的距离 公式 EBLv 中，若 v 是一段时间内的平均速度，则 E 为平均感应电动势；若 v 为瞬时速度，则 E 为瞬时感应电动势 4导体转动切割磁感线 如图所示，导体棒以

8、端点为轴，在垂直于磁感线的平面内以角速度 匀速转动，产生的感应电动势 E12Bl2(用中点的线速度来计算)四、自感和涡流 1自感(1)自感现象：由于通过导体的电流发生变化而引起的电磁感应现象叫自感现象(2)自感电动势：自感现象中产生的电动势叫自感电动势，ELIt.自感电动势和电流的变化率It及自感系数 L 成正比自感系数由导体本身的特性决定，线圈越长，单位长度上的匝数越多，横截面积越大，它的自感系数就越大；线圈中加入铁芯，自感系数也会增大(3)通电自感：通电时电流增大，阻碍电流增大，自感电动势和原来电流方向相反(4)断电自感：断电时电流减小，阻碍电流减小，自感电动势和原来电流方向相同 自感线圈

9、的特点可以总结为这样几句话：闭合时，像电阻；稳定时，像导线；断开时，像电源 2涡流 当线圈中的电流发生变化时，在它附近的任何导体中都会产生感应电流，这种电流像水中的旋涡，所以叫涡流 【真题汇编】1（2022山东高考真题）如图所示，xOy平面的第一、三象限内以坐标原点 O 为圆心、半径为2L的扇形区域充满方向垂直纸面向外的匀强磁场。边长为 L 的正方形金属框绕其始终在 O 点的顶点、在xOy平面内以角速度顺时针匀速转动，0t时刻，金属框开始进入第一象限。不考虑自感影响，关于金属框中感应电动势 E 随时间 t 变化规律的描述正确的是（）A在0t到2t的过程中，E 一直增大 B在0t到2t的过程中，

10、E 先增大后减小 C在0t到4t的过程中，E 的变化率一直增大 D在0t到4t的过程中，E 的变化率一直减小【答案】BC【解析】AB如图所示 在0t到2t的过程中，线框的有效切割长度先变大再变小，当4t时，有效切割长度最大为2L，此时，感应电动势最大，所以在0t到2t的过程中，E 先增大后减小，故 B 正确，A 错误；CD在0t到4t的过程中，设转过的角度为，由几何关系可得 t 进入磁场部分线框的面积 tan2L LS 穿过线圈的磁通量 2tan2BLtBS 线圈产生的感应电动势 Et 感应电动势的变化率 EEt 对2tan2BLt 求二次导数得 222sectanEBLttt 在0t到4t的

11、过程中222sectanBLtt一直变大，所以 E 的变化率一直增大，故 C 正确，D 错误。故选 BC。2（2021山东高考真题）迷你系绳卫星在地球赤道正上方的电离层中，沿圆形轨道绕地飞行。系绳卫星由两子卫星组成，它们之间的导体绳沿地球半径方向，如图所示。在电池和感应电动势的共同作用下，导体绳中形成指向地心的电流，等效总电阻为 r。导体绳所受的安培力克服大小为 f 的环境阻力，可使卫星保持在原轨道上。已知卫星离地平均高度为 H，导体绳长为L LH，地球半径为 R，质量为 M，轨道处磁感应强度大小为 B，方向垂直于赤道平面。忽略地球自转的影响。据此可得，电池电动势为（）AGMfrBLRHBL

12、BGMfrBLRHBL CGMBLRHfrBL DGMBLRHfrBL【答案】A【解析】根据 22()()MmvGmRHRH 可得卫星做圆周运动的线速度 GMvRH 根据右手定则可知，导体绳产生的感应电动势相当于上端为正极的电源，其大小为 EBLv 因导线绳所受阻力 f 与安培力 F 平衡，则安培力与速度方向相同，可知导线绳中的电流方向向下，即电池电动势大于导线绳切割磁感线产生的电动势，可得 EEfBLr 解得 GMfrEBLRHBL 故选 A。3（2021山东高考真题）如图所示，电阻不计的光滑 U 形金属导轨固定在绝缘斜面上。区域、中磁场方向均垂直斜面向上，区中磁感应强度随时间均匀增加，区中

13、为匀强磁场。阻值恒定的金属棒从无磁场区域中 a 处由静止释放，进入区后，经 b 下行至 c 处反向上行。运动过程中金属棒始终垂直导轨且接触良好。在第一次下行和上行的过程中，以下叙述正确的是（）A金属棒下行过 b 时的速度大于上行过 b 时的速度 B金属棒下行过 b 时的加速度大于上行过 b 时的加速度 C金属棒不能回到无磁场区 D金属棒能回到无磁场区，但不能回到 a 处【答案】ABD【解析】AB在 I 区域中，磁感应强度为1Bkt，感应电动势 11BESkSt 感应电动势恒定，所以导体棒上的感应电流恒为 11EkSIRR 导体棒进入区域后，导体切割磁感线，产生一个感应电动势，因为导体棒到达c点

14、后又能上行，说明加速度始终沿斜面向上，下行和上行经过b点的受力分析如图 设下行、上行过 b 时导体棒的速度分别为v，v，则下行过 b 时导体棒切割磁感线产生的感应电流为 22EB Lv 下行过 b 时导体棒上的电流为 2221+EB LvIREkRRS 下行过 b 时，根据牛顿第二定律可知 2221222sinsinB L vRB kSLB I LmgmgmaR 上行过 b 时，切割磁感线的产出的感应电动势为 22EB Lv 上行过 b 时导体棒上的电流为 1232EkSREB LvIRR 根据牛顿第二定律可知 222 3222sinsinB kSLB I LmgmgmaBRRL v 比较加速

15、度大小可知 12aa 由于bc段距离不变，下行过程中加速度大，上行过程中加速度小，所以金属板下行过经过b点时的速度大于上行经过b点时的速度，AB 正确；CD导体棒上行时，加速度与速度同向，则导体棒做加速度减小的加速度运动，则一定能回到无磁场区。由 AB 分析可得，导体棒进磁场区（下行进磁场）的速度大于出磁场区（下行进磁场）的速度，导体棒在无磁场区做加速度相同的减速运动 0sinmgma 则金属棒不能回到a处，C 错误，D 正确。故选 ABD。4（2020山东高考真题）如图所示，平面直角坐标系的第一和第二象限分别存在磁感应强度大小相等、方向相反且垂直于坐标平面的匀强磁场，图中虚线方格为等大正方形

16、。一位于 Oxy 平面内的刚性导体框abcde 在外力作用下以恒定速度沿 y 轴正方向运动（不发生转动）。从图示位置开始计时，4s 末 bc 边刚好进入磁场。在此过程中，导体框内感应电流的大小为 I，ab 边所受安培力的大小为 Fab，二者与时间 t 的关系图像，可能正确的是（）A B C D【答案】BC【解析】AB 因为 4s 末 bc 边刚好进入磁场，可知线框的速度每秒运动一个方格，故在 01s 内只有 ae 边切割磁场，设方格边长为 L，根据 12EBLv 11EIR 可知电流恒定；2s 末时线框在第二象限长度最长，此时有 23EBLv 22EIR 可知 2132II 24s 线框有一部

17、分进入第一象限，电流减小，在 4s 末同理可得 3112II 综上分析可知 A 错误，B 正确；CD根据 ababFBIL 可知在 01s 内 ab 边所受的安培力线性增加；1s 末安培力为 1abFBI L 在 2s 末可得安培力为 1322abFBIL 所以有3ababFF；由图像可知 C 正确，D 错误。故选 BC。【突破练习】1（2022山东高三学业考试）如图所示，光滑金属导轨 M、N 互相平行，相距为 L，两金属棒 a 和 b 垂直于导轨且紧靠着放置，它们的质量均为 m，在两导轨之间的电阻均为 R。整个装置位于水平面内，处于磁感应强度大小为 B、方向竖直向下的匀强磁场中，导轨电阻忽略

18、不计，长度足够长。t0 时刻对棒 a 施加一平行于导轨的恒力 F，在 tt1时刻电路中电流恰好达到稳定，然后在1ttt时刻撤去力 F。则（）At1时刻两金属棒的加速度相同 B在 t1（t1+t）时间内 a、b 两棒位移之差为22FR tB L C撤去力 F 后，导轨之间的电势差 UMN 逐渐增大 D撤去力 F 后，两个导体棒最终速度为1()2F ttm【答案】ABD【解析】Aa 棒在拉力 F 作用下向右做加速运动切割磁感线，与 b 棒组成回路，所以 b 棒在安培力作用下向右做加速运动，电路中的总电动势为 abEBLvBLv a 棒做加速度减小的加速，b 棒做加速度增大的加速，当加速度相等时，电

19、路中的电流恒定，故 t1时刻两金属棒的加速度相同，A 正确；Bt1时刻由牛顿第二定律，对 a FBILma 对 b BILma 故 FBILBIL 即 2FBIL 其中 2EIR abEBLvBLLvBv 解得 22FRvB L 因为在 t1（t1+t）时间内，两杆速度差保持不变，故 a、b 两棒位移之差为 22FR txv tB L B 正确；C撤去力 F 后，由闭合电路欧姆定律可知()()22ababMNaaBL vvBL vvUEIRBLvRR 由动量守恒可知 abmvmvC 即 abvvK 所以MNU恒定，C 错误；D撤去力 F 后，两个导体棒水平方向合外力为零，动量守恒，最终二者共速

20、，设共速速度为 v。全过程两金属棒受到的安培力始终等大、反向，作用时间相等，故安培力对两金属棒的冲量等大、反向。设全过程安培力对金属棒的冲量大小为 I安，规定向右为正方向，对金属棒 a 应用动量定理可得 10F ttImv安 对 b 应用动量定理可得 0Imv安 联立可得 1()2F ttvm D 正确。故选 ABD。2（2022山东淄博三模）如图所示，空心“十”字形金属框 ABCDEFGHIJKL 各边边长相等，均为 a，总阻值为 R。在金属框的右上侧足够大的空间存在垂直金属框所在平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为0B，金属框上 A、K 两点的连线与磁场的边界虚线重合，在同一平面内建有沿

21、FL 连线方向的 x 轴。某时刻开始，金属框以恒定的速度0v沿 x 轴方向进入磁场（规定电流逆时针方向为正方向），则在进入磁场过程中，穿过金属框的磁通量、金属框中的电流 i 随时间 t 变化的关系图像可能是（）A B C D【答案】AC【解析】AB 从线圈开始进入磁场开始到 BLJ 点进入磁场，经过的时间为022av穿过线圈的磁通量从零增加到20B a，且磁通量变化率逐渐变大，即图像斜率逐渐变大；从线圈 BLJ 点进入磁场到 CI 点进入磁场，经过的时间为022av穿过线圈的磁通量从零增加到202.5B a，且磁通量变化率逐渐变小，即图像斜率逐渐变小；从线圈 CI 点进入磁场开始到 DFH 点

22、进入磁场，经过的时间为022av穿过线圈的磁通量从202.5B a增加到204B a，且磁通量变化率逐渐变大，即图像斜率逐渐变大；从线圈 DFH 点进入磁场开始到 EG 点进入磁场，经过的时间为022av穿过线圈的磁通量从204B a增加到205B a，且磁通量变化率逐渐变小，即图像斜率逐渐变小；则图像 A 正确，B 错误；CD根据楞次定律可判断，磁通量向里增多，金属框在匀速进入磁场的过程中，电流方向始终为逆时针方向，故图像 D 肯定是错误的；由图可知，金属框进入磁场过程中，经过时间022av切割磁感线的等效长度从 0 均匀增加到等于 BJ 连线长度，经过相等的时间022av，均匀减小到等于

23、CI 连线长度，又经过022av均匀增加到等于 DH 连线长度，最后再经过022av均匀减小到 0，完全进入磁场，根据几何关系可知长度关系为 BJ=DH=2CI 则根据 00B lviR 可知，故 C 正确，D 错误。故选 AC。3（2022山东师范大学附中模拟预测）如图甲所示，正方形导线框 abcd 放在匀强磁场中静止不动，磁场方向与线框平面垂直，磁感应强度 B 随时间 t 的变化关系如图乙所示。t=0 时刻，磁感应强度 B 的方向垂直纸面向外，感应电流以逆时针为正方向，cd 边所受安培力的方向以垂直 cd 边向下为正方向。下列关于感应电流 i 和 cd 边所受安培力 F 随时间 t 变化的

24、图像正确的是（）A B C D【答案】BD【解析】设正方形导线框边长为 L，电阻为 R，在 02s，垂直纸面向外的磁场减弱，由楞次定律可知，感应电流的方向为逆时针方向，为正方向，感应电流大小 0022B SB SBSit Rt RRR 电流是恒定值。由左手定则可知，cd 边所受安培力方向向下，为正方向，大小为 FBiL 安培力与磁感应强度成正比，数值由 0022FB iL 减小到零。2s3s 内，垂直纸面向里的磁场增强，由楞次定律可知，感应电流的方向为逆时针方向，为正方向，感应电流大小 0B Sit RR 电流是恒定值。由左手定则可知，cd 边所受安培力方向向上，为负方向，大小为 FBiL 安

25、培力与磁感应强度成正比，由零增大到 00FB iL 3s4s 内垂直纸面向里的磁场减弱，由楞次定律可知，感应电流的方向为顺时针方向，为负方向，感应电流大小 0B Sit RR 电流是恒定值。由左手定则可知，cd 边所受安培力方向向下，为正方向，大小为 FBiL 安培力与磁感应强度成正比，数值由 00FB iL 减小到零 4s6s 内垂直纸面向外的磁场增强，由楞次定律可知，感应电流的方向为顺时针方向，为负方向，感应电流大小 0B Sit RR 电流是恒定值。由左手定则可知，cd 边所受安培力方向向上，为负方向，大小为 FBiL 安培力与磁感应强度成正比，数值由零增大到 0022FB iL 由以上

26、分析计算可得 AC 错误，BD 正确。故选 BD。4（2022山东烟台二中模拟预测）如图所示，间距0.5mL 的光滑 U 形金属导轨固定在绝缘斜面上，斜面倾角37。区域 I、分别以 PQ、MN 为边界，均存在垂直于斜面向上的磁场，I 区中磁感应强度从0 开始随时间均匀增加，区中为匀强磁场，磁感应强度20.5TB，PQ 与 MN 之间为无磁场区域。质量0.1kgm、电阻2R的导体棒垂直于导轨放置，从两磁场之间的无磁场区域由静止释放，经过2st进入区恰好匀速下滑。运动中棒与导轨始终保持良好接触，导轨足够长且电阻不计。重力加速度210m/sg，sin370.6。则下列说法正确的是（）A进入区后，导体

27、棒中的电流2.4AI B无磁场区域的面积至少为212m C前 2s 导体棒产生的焦耳热3.24JQ D若 I 区磁场面积为22m，则 I 区的磁感应强度随时间变化的表达式为1.8Bt【答案】AC【解析】A进入区恰好匀速下滑，则 2sinmgB IL 导体棒中的电流为 2.4AI 故 A 正确；B导体棒进入区域磁场的速度为 vat 根据牛顿第二定律 sin37mgma 导体棒在无磁场区域做匀加速直线运动，则 22vax 无磁场区域的面积最小值为 minSLx 代入数据得 2min24mS 故 B 错误；C导体棒进入区域后，I 区中磁感应强度变化产生的感生电动势为 E1,区域导体棒切割磁场产生的动

28、生电动势为 E2，则 1212EEEB LvIR 感生电动势为 11.8VE 前 2s 导体棒未切割磁场，则产生的焦耳热为 213.24JEQtR 故 C 正确；D根据 1BEStt I 区磁场的变化率为 0.9T/sBt I 区中磁感应强度从 0 开始随时间均匀增加，则 I 区的磁感应强度随时间变化的表达式为 0.9Bt 故 D 错误。故选 AC。5（2022山东临沂三模）如图所示，绝缘的水平面上固定有两条平行的光滑金属导轨，导轨电阻不计，两相同金属棒 a、b 垂直导轨放置，其右侧矩形区域内存在恒定的匀强磁场，磁场方向竖直向上。现两金属棒分别以初速度02v和0v同时沿导轨自由运动，先后进入磁

29、场区域。已知 a 棒离开磁场区域时 b 棒已经进入磁场区域，则 a 棒从进入磁场到刚好离开磁场区域的过程中，电流 i 随时间 t 的变化图像可能正确的有（）A B C D【答案】AC【解析】a 棒以速度 2v0先进入磁场切割磁感线产生的感应电流为 002BlviR a 棒受安培阻力做变加速直线运动，感应电流也随之减小，即it图像的斜率逐渐变小；设当 b 棒刚进入磁场时 a 棒减速的速度为1v，此时的瞬时电流为 11BlviR 若10vv，即 0012BlviiR 此时双棒双电源反接，电流为零，不受安培力，两棒均匀速运动离开，it图像中无电流的图像；若10vv，即 0112iBlviR 此时双棒

30、双电源的电动势不等要抵消一部分，因 b 棒的速度大，电流方向以 b 棒的流向，与原 a 棒的流向相反即为负，大小为 01()Bl vviR b 棒通电受安培力要减速，a 棒受安培力而加速，则电流逐渐减小；由以上分析可知，AC 正确，BD 错误。故选 AC。6（2022山东枣庄模拟预测）如图所示，在竖直平面内有一半圆形区域，O 为圆心，AOD 为半圆的水平直径，区域内有磁感应强度大小为 B、方向垂直于竖直平面向里的匀强磁场。在 A、D 两点各固定一颗水平的光滑钉子，一个由细软导线制成的闭合导线框 ACDE 挂在两颗钉子上，在导线框的 E 处有一个动滑轮，动滑轮下面挂重物，使导线处于绷紧状态。设导

31、线框的电阻为 r，圆的半径为 R，从 t=0 时刻开始，将导线上的 C 点绕圆心 O 以恒定角速度 从 A 点沿圆弧移动到 D 点，此过程中不考虑导线中产生的磁场。在 C从 A 点移动到 D 点的过程中，下列说法正确的是（）A导线框中的感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向 B导线框中产生的电热为242B Rr C通过导线框横截面的电荷量为2BRr D导线框中感应电动势随时间 t 的变化关系为2coseBRt【答案】AD【解析】A设转过角度为=t，根据几何知识知，线框上部分的三角形的面积 212sinsin2SR RR 磁通量为=BR2sin=BR2sint 导线框中磁通量（方向向里）先增大后

32、减小，由楞次定律知感应电流磁场先向外后向里，感应电流先逆时针方向，后顺时针方向，A 正确；D根据法拉第电磁感应定律Et知 e=BR2cost D 正确；C根据 EnqI tttrt rr C 点从 A 移动到 D 的过程中，=0，所以 q=0，C 错误；B根据 D 项分析知电动势有效值为 22222BREBR 故电热 22422ETB RQrr 故 B 错误。故选 AD。7（2022山东潍坊高三阶段练习）如图所示，一足够长的竖直放置的圆柱形磁铁，产生一个中心辐射的磁场（磁场水平向外），一个与磁铁同轴的圆形金属环，环的质量 m=0.2kg，环单位长度的电阻为0.1/m，半径 r=0.1m（大于圆

33、柱形磁铁的半径）。金属环由静止开始下落，环面始终水平，金属环切割处的磁感应强度大小均为 B=0.5T，不计空气阻力，重力加速度 g 取 10m/s2。则（）A环下落过程的最大速度为 4m/s B环下落过程中，先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动 C若下落时间为 2s 时环已经达到最大速度，则这个过程通过环截面的电荷量是32C D若下落高度为 3m 时环已经达到最大速度，则这个过程环产生的热量为 6J【答案】AC【解析】A金属环达到最大速度时，加速度为 0，受力平衡 mgBIL 设金属环的最大速度为 vm，则 mEBLv EIR 2Lr 220.10.2Rrr 解得 m4m/sv 故 A 正确；

34、B环下落过程中 mgBILma 可得 BLvmgBLmaR 加速度不是恒定的，所以先做变加速直线运动，然后匀速直线运动，故 B 错误；C若下落时间为 2s 时环已经达到最大速度，根据动量定理则有 mmgtBiL tmv 其中 qi t 联立可得 32CmmgtmvqBL 故 C 正确；D若下落高度为 3m 时环已经达到最大速度，则 2m12mghmvQ 得 4.4JQ 故 D 错误。故选 AC。8（2022山东省实验中学模拟预测）如图甲所示，两光滑平行金属导轨固定在水平面上，虚线 PQ 右侧有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小 B=5T，导体棒 MN 和正方形导线框 abcd 静止在 PQ 右

35、侧的导轨上，且导体棒 MN 和导线框的abcd、两边都垂直于导轨，导线框的边长、导体棒 MN 的长度及导轨的宽度都为 L=0.2m。现固定导线框，将与 MN 垂直的水平恒力作用在导体棒 MN 的中点上，水平恒力的大小 F=2N，当 MN 达到最大速度后撤掉恒力，同时释放导线框，经过一段时间，导线框达到最大速度，此时导线框 cd边还没有到达虚线 PQ 处，又经过一段时间，当导线框的 cd 边到达虚线 PQ 时，立即将导体棒 MN 固定。已知导体棒 MN 和导线框的质量都为 m=0.1kg；导体棒 MN 及导线框abcd、边的电阻都为43r，导轨和导线框其余电阻不计，导体棒 MN 与导线框一直没有

36、接触，则下列说法正确的是（）A导线框的最大速度为 2m/s B导线框完全出磁场时速度为 1m/s C导线框离开磁场的过程中，整个回路产生的焦耳热为 0.05J D导线框离开磁场的过程中，导体棒 MN 中产生的焦耳热为 0.025J【答案】ABD【解析】A当 MN 达到最大速度时，有 22MN=2B L vFrr 解得 MN4m/sv 当 MN 达到最大速度撤掉恒力后，导体棒减速，线框加速，线框速度与导体棒速度相等时线框速度为最大值，之后导体棒与线框一起做匀速直线运动，该过程中导体棒和线框系统动量守恒，有 MN2mvmv 解得 2m/sv 故 A 正确；B导线框出磁场的过程由动量定理可得 BIL

37、tmvmv 又 22322LBLBLvBLtIrrrtrr 所以 2323B Lmvmvr 解得 1m/sv 故 B 正确；C由能量守恒可得 221()0.15J2Qm vv总 故 C 错误；D导线框离开磁场过程中 ab 边切割磁感线产生感应电流，假设2abII，则MNcdIII，由2QI R得 MN1=0.025J6QQ总 故 D 正确。故选 ABD。9（2022山东济南一中模拟预测）将材料相同、粗细不同的导线绕成边长相同的、两个正方形闭合线圈，线圈的匝数是的 2 倍，两线圈质量相等。现将两线圈在竖直平面内从同一高度同时以初速度0v竖直向上抛出，一段时间后进入方向垂直于纸面向外的匀强磁场区域

38、，磁场的下边界水平，如图所示。已知线圈在运动过程中某条对角线始终与下边界垂直，且线圈平面始终在竖直平面内，空气阻力不计。在线圈进入磁场的过程中，下列说法正确的是（）A通过、线圈导线截面的电荷量之比为 11 B通过、线圈导线截面的电荷量之比为 12 C、线圈中产生的焦耳热之比为 12 D、线圈中产生的焦耳热之比为 11【答案】BD【解析】AB、线圈进入磁场过程中磁通量的变化量相等，由 nqItR 得 112221qn Rqn R 两线圈的材料相同，质量相同，由mV密度可知两线圈导线的体积相等，由题可知两线圈导线的长度之比为 122ll 由VlS得两线圈导线的长度之比为 122112SlSl 由l

39、RS电阻率得 22111214Rl SRl S 所以 11222112qn Rqn R 故 A 错误，B 正确；CD线圈进入磁场过程中，设某时刻线圈切割磁感线的有效长度为 L，速度为 v，则 EnBLv，EnBLvIRR，222n B L vFnBILR 可知 F 正比于 v，刚进入磁场时两线圈的速度相等（1v），则刚进入时有 211222211Fn RFn R 即刚进入时安培力相同，又两线圈质量、重力相等，所以刚进入时两线圈加速度相同，则可得两线圈进入磁场过程中的任意位置都有速度、加速度相同，所以恰完全进入磁场时两线圈速度相等（2v），由能量守恒 22121122mvmghmvQ 得 12Q

40、Q 故 C 错误，D 正确。故选 BD。10（2022山东模拟预测）如图所示，间距0.5mL 的平行金属导轨与水平面夹角37，处于垂直导轨平面的磁感应强度0.5TB 的匀强磁场中，导轨上端接有阻值1R 的定值电阻。一质量0.1kgm、电阻1r、长度与导轨间距相等的金属棒垂直跨放在导轨上，棒由静止开始运动后所能达到的最大速度为6.4m/s。sin370.6，cos370.8。已知金属棒与导轨始终接触良好，g 取210m/s。不计空气阻力，求：（1）金属棒开始下滑时的加速度；（2）金属棒的加速度为21m/s时，电阻 R 上消耗的电功率。【答案】（1）22m/s；（2）0.16W【解析】（1）当金属棒以最大速度 vm运动时产生的感应电动势大小为 mEBLv 通过金属棒的电流大小为 EIRr 设金属棒与导轨间的动摩擦因数为，根据平衡条件有 sincosmgBILmg 设金属棒开始下滑时的加速度大小为 a，根据牛顿第二定律有 sincosmgmgma 解得 22m/sa （2）当金属棒的加速度为21m/sa 时，设通过金属棒的电流为 I，根据牛顿第二定律有 sincosmgmgBILma 解得 0.4AI 此时 R 消耗的电功率为 20.16WPI R