2020届高考物理二轮复习刷题首秧专题十一电磁感应精练含解析

2020届高考物理二轮复习刷题首秧专题十一电磁感应精练含解析

高考物理总复习 专题十一　电磁感应 ‎『经典特训题组』‎ ‎1．(多选) 如图所示，半径为2r的弹性螺旋线圈内有垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，磁场区域的半径为r，已知弹性螺旋线圈的电阻为R，线圈与磁场区域共圆心，则以下说法中正确的是(　　)‎ A．保持磁场不变，线圈的半径由2r变到3r的过程中，有顺时针的电流 B．保持磁场不变，线圈的半径由2r变到0.5r的过程中，有逆时针的电流 C．保持半径不变，使磁场随时间按B＝kt变化，线圈中的电流为 D．保持半径不变，使磁场随时间按B＝kt变化，线圈中的电流为 答案　BC 解析　保持磁场不变，线圈的半径由2r变到3r的过程中，穿过线圈的磁通量不变，所以在线圈中没有感应电流产生，A错误；保持磁场不变，线圈的半径由2r变到0.5r的过程中，线圈包含磁场的面积变小，磁通量变小，根据楞次定律可知，线圈中产生逆时针的感应电流，B正确；保持半径不变，使磁场随时间按B＝kt变化，磁场增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律可知，线圈中产生顺时针的感应电流，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可得感应电流为：I＝＝＝＝k＝k，C正确，D错误。‎ ‎2．(多选)如图所示电路中，A、B为两个相同灯泡，L为自感系数较大、电阻可忽略不计的电感线圈，C为电容较大的电容器，下列说法中正确的有(　　)‎ A．接通开关S，A立即变亮，最后A、B一样亮 B．接通开关S，B逐渐变亮，最后A、B一样亮 C．断开开关S，A、B都立刻熄灭 D．断开开关S，A立刻熄灭，B逐渐熄灭 答案　ABD - 27 -‎ 高考物理总复习 解析　接通开关S，电容器C充电，相当于导线导通，电流流过A，因此A立即变亮，由于充电电流越来越小，当电容器C充电完毕后，其所在支路相当于断路，当电流流过电感线圈L时，线圈由于产生相反方向的自感电动势，阻碍电流的增大，所以通过B的电流逐渐增大，故B逐渐变亮，当闭合足够长时间后，电容器C所在支路无电流，相当于断路，通过电感线圈L的电流稳定后，L相当于导线，此时A、B形成串联回路，A、B一样亮，A、B正确；当S闭合足够长时间后再断开时，A立刻熄灭，L中产生自感电动势，且电容器放电，此时电容器C、电感线圈L和灯泡B构成回路，故B会逐渐熄灭，C错误，D正确。‎ ‎3．如图所示，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，磁感应强度的方向垂直纸面向里。下列选项中能表示线框的ab边受到的安培力F随时间t的变化关系的是(规定水平向左为力的正方向)(　　)‎ 答案　A 解析　0～1 s：磁场方向向里且均匀减小，由楞次定律可得，线圈中产生顺时针方向的感应电流，由E＝可知，产生的感应电动势恒定，电流恒定，所以ab边受到的安培力FA＝BIL均匀减小，由左手定则可知，安培力方向向左，即为正；1～3 s：磁场方向向外且均匀增大，由楞次定律可得，线圈中产生顺时针方向的感应电流，由E＝可知，产生的感应电动势恒定，电流恒定，所以ab边受到的安培力FA＝BIL均匀增大，由左手定则可知，安培力方向向右，即为负；3～5 s：磁场方向向外且均匀减小，由楞次定律可得，线圈中产生逆时针方向的感应电流，由E＝可知，产生的感应电动势恒定，电流恒定，所以ab边受到的安培力FA＝BIL均匀减小，由左手定则可知，安培力方向向左，即为正。综合上述分析可知A正确。‎ ‎4．如图，倾角为θ的光滑斜面上存在着两个磁感应强度大小相同的匀强磁场，‎ - 27 -‎ 高考物理总复习 其方向一个垂直于斜面向上，一个垂直于斜面向下，它们的宽度均为L。一个质量为m、边长也为L的正方形线框以速度v进入上部磁场恰好做匀速运动，ab边在下部磁场运动过程中再次做匀速运动。重力加速度为g，则(　　)‎ A．在ab边进入上部磁场过程中线框的电流方向为abcba B．当ab边刚越过边界ff′时，线框的加速度为gsinθ C．当ab边进入下部磁场再次做匀速运动时速度为v D．从ab边进入磁场到ab边进入下部磁场再次做匀速运动的过程中，减少的动能等于线框中产生的焦耳热 答案　C 解析　根据楞次定律可知，在ab边进入上部磁场过程中的电流方向为adcba，A错误；当线圈在上半部分磁场中匀速运动时：F安＝mgsinθ＝，当ab边刚越过边界ff′时，由于线圈的ab边和cd边产生同方向的电动势，则回路的电动势加倍，感应电流加倍，每个边受到的安培力加倍，则此时由牛顿第二定律有：4F安－mgsinθ＝ma，解得此时线框的加速度为a＝3gsinθ，B错误；当ab边进入下部磁场再次做匀速运动时：2BL＝mgsinθ，解得v′＝v，C正确；由能量关系可知，从ab边进入磁场到ab边进入下部磁场再次做匀速运动的过程中，线框减少的动能与重力势能之和等于线框中产生的焦耳热，D错误。‎ ‎5. 如图所示，等腰直角三角形区域内有垂直于纸面向内的匀强磁场，左边有一形状完全相同的等腰直角三角形导线框，线框从图示位置开始水平向右匀速穿过磁场区域，规定线框中感应电流沿逆时针方向为正方向，线框刚进入磁场区域时感应电流为i0，直角边长为L。其感应电流i随位移x变化的图象正确的是(　　)‎ - 27 -‎ 高考物理总复习 答案　C 解析　在线框进入磁场的过程中，位移x为0～L的过程中，磁通量先增大后减小，所以感应电流方向先是逆时针，后是顺时针，当线框的右边和斜边切割长度相等时感应电流为零，接着又反向增大，在x＝L时的位置如图所示，‎ 以后有效切割长度逐渐减小到零，则感应电动势逐渐减小到零，感应电流逐渐减小到零。当x＝0时，感应电流大小为i0＝，方向沿逆时针方向，为正值；当x＝L时，感应电流大小为i＝＝，方向沿顺时针方向，为负值，所以C正确，A、B、D错误。‎ ‎6. (2019·山西晋城一模)(多选)如图所示，U形光滑金属导轨与水平面成37°角倾斜放置，现将一金属杆垂直放置在导轨上且与两导轨接触良好，在与金属杆垂直且沿着导轨向上的外力F的作用下，金属杆从静止开始做匀加速直线运动。整个装置处于垂直导轨平面向上的匀强磁场中，外力F的最小值为8 N，经过2 s金属杆运动到导轨最上端并离开导轨。已知U形金属导轨两轨道之间的距离为1 m，导轨电阻可忽略不计，金属杆的质量为1 kg、电阻为1 Ω，磁感应强度大小为1 T，重力加速度g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列说法正确的是(　　)‎ - 27 -‎ 高考物理总复习 A．拉力F是恒力 B．拉力F随时间t均匀增加 C．拉力F的最大值等于12 N D．金属杆运动的加速度大小为2 m/s2‎ 答案　BCD 解析　t时刻，金属杆的速度大小为v＝at，产生的感应电动势为E＝Blv，电路中的感应电流为I＝，金属杆所受的安培力大小为F安＝BIl＝，由牛顿第二定律可知F＝ma＋mgsin37°＋，可见F随时间t均匀增加，A错误，B正确；t＝0时，F最小，代入数据可求得a＝2 m/s2，t＝2 s时，F最大，最大值为12 N，C、D正确。‎ ‎7．(多选) 如图所示，空间某区域内存在沿水平方向的匀强磁场，一正方形闭合金属线框自磁场上方某处释放后穿过磁场，整个过程线框平面始终竖直，线框边长小于磁场区域上下宽度。以线框刚进入磁场时为计时起点，下列描述线框所受安培力F随时间t变化关系的图象中，可能正确的是(　　)‎ 答案　BCD 解析　若线圈刚进入磁场时，速度较大，安培力大于重力，则线圈最开始做减速运动，安培力也随之减小，可能达到安培力等于重力，线圈速度不再变化，安培力也不再变化，或安培力仍大于重力线圈就已全部进入磁场，此时，线圈中磁通量不变，感应电流为零，所以整体所受的安培力为0，在重力作用下，线圈又开始加速运动，当线圈的下边穿出磁场时，线圈整体又开始受安培力，由于之前线圈又经历了加速过程，所以安培力此时是大于重力的，因此线圈又开始减速运动，安培力也随之减小，故A错误，C正确；若线圈刚进入磁场时，安培力等于重力，线圈速度不再变化，安培力也不再变化，当线圈全部进入磁场时，线圈中磁通量不变，感应电流为零，所以整体所受的安培力为0，在重力作用下，线圈又开始加速运动，当线圈的下边穿出磁场时，线圈整体又开始受安培力，由于之前线圈又经历了加速过程，所以安培力此时是大于重力的，因此线圈又开始减速运动，安培力也随之减小，故B正确；若线圈刚进入磁场时，速度较小，安培力小于重力，所以线圈最开始是加速运动，‎ - 27 -‎ 高考物理总复习 安培力也随之增大，当线圈全部进入磁场时，线圈中磁通量不变，感应电流为零，所以整体所受的安培力为0，在重力作用下，线圈又开始加速，当线圈的下边穿出磁场时，线圈整体又开始受安培力，由于之前线圈又经历了加速过程，所以安培力此时可能是大于重力的，因此线圈可能开始减速，安培力也随之减小，故D正确。‎ ‎8．(多选)法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触。圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中。圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是(　　)‎ A．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定 B．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动 C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化 D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍 答案　AB 解析　设圆盘半径为l，由电磁感应定律得E＝Bl·＝，I＝，故ω一定时，电流大小恒定，A正确；由右手定则知圆盘中心为等效电源正极，圆盘边缘为负极，电流经外电路从a经过R流到b，B正确；圆盘转动方向不变时，等效电源的正、负极不变，电流方向不变，C错误；P＝＝，角速度加倍时功率变为原来的4倍，D错误。‎ ‎9. 矩形线圈abcd，长ab＝20 cm，宽bc＝10 cm，匝数n＝200。线圈回路总电阻R＝5 Ω，整个线圈平面内均有垂直于线圈平面的匀强磁场穿过，若匀强磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图所示，则(　　)‎ A．线圈回路中感应电动势随时间均匀变化 B．线圈回路中产生的感应电流为0.2 A C．当t＝0.3 s时，线圈的ab边所受的安培力大小为1.6 N D．在1 min内线圈回路产生的焦耳热为48 J 答案　D - 27 -‎ 高考物理总复习 解析　由法拉第电磁感应定律可得E＝n＝n·S＝200××0.2×0.1 V＝2 V，由闭合电路欧姆定律可得：I＝＝ A＝0.4 A，故A、B错误；当t＝0.3 s时，通电导线受到的安培力为F＝nBIL＝200×20×10－2×0.4×0.2 N＝3.2 N，故C错误；在1 min内线圈回路产生的焦耳热Q＝I2Rt＝0.42×5×60 J＝48 J，D正确。‎ ‎10．如图所示，竖直放置的光滑导轨GMANH，GM、HN平行，其中MAN为一半径为r＝1 m的半圆弧，最高点A处断开。GH之间接有电阻为R＝4 Ω的小灯泡L，在MN上方区域及CDEF区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B＝1 T，MN、CD之间的距离为h1＝1.85 m，CD、EF之间的距离为h2＝1.15 m，现有质量为m＝0.7 kg的金属棒ab，从最高点A处由静止下落，当金属棒下落时具有向下的加速度a＝7 m/s2，金属棒在CDEF区域内运动过程中小灯泡亮度始终不变，金属棒始终保持水平且与导轨接触良好，金属棒、导轨的电阻均不计，重力加速度g＝10 m/s2。求：‎ ‎(1)金属棒从A处下落时的速度v1大小；‎ ‎(2)金属棒下落到MN处时的速度v2大小；‎ ‎(3)金属棒从A处下落到EF过程中灯泡L产生的热量Q。‎ 答案　(1)2.8 m/s　(2)2 m/s　(3)10.85 J 解析　(1)金属棒下落到时，金属棒切割磁感线的有效长度：l＝2rcos30°＝ m，‎ 金属棒受到的安培力：F安＝BIl＝，‎ 对金属棒，由牛顿第二定律得：mg－＝ma，‎ 代入数据解得：v1＝2.8 m/s。‎ ‎(2)由题可知，金属棒进入CDEF区域时匀速运动，此时切割磁感线的有效长度为2r，‎ 由平衡条件得：mg＝，‎ 代入数据解得：v3＝7 m/s，‎ 金属棒从MN到CD的过程做自由落体运动，‎ 由速度位移公式得：v－v＝2gh1，‎ - 27 -‎ 高考物理总复习 代入数据解得：v2＝2 m/s。‎ ‎(3)对金属棒，由能量守恒定律得：‎ mg(r＋h1＋h2)＝mv＋Q，‎ 代入数据解得：Q＝10.85 J。‎ ‎11．如图所示，空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5 T。在匀强磁场区域内，有一对光滑平行金属导轨，处于同一水平面内，导轨足够长，导轨间距L＝1 m，电阻可忽略不计。质量均为m＝1 kg，电阻均为R＝2.5 Ω的金属导体棒MN和PQ垂直放置于导轨上，且与导轨接触良好。先将PQ暂时锁定，金属棒MN在垂直于棒的拉力F作用下，由静止开始以加速度a＝0.4 m/s2向右做匀加速直线运动，5 s后保持拉力F的功率不变，直到棒以最大速度vm做匀速直线运动。‎ ‎(1)求棒MN的最大速度vm；‎ ‎(2)当棒MN达到最大速度vm时，解除PQ锁定，同时撤去拉力F，两棒最终均匀速运动。求解除PQ棒锁定后，到两棒最终匀速运动的过程中，电路中产生的总焦耳热；‎ ‎(3)若PQ始终不解除锁定，当棒MN达到最大速度vm时，撤去拉力F，棒MN继续运动多远后停下来？(运算结果可用根式表示)‎ 答案　(1)2 m/s　(2)5 J　(3)40 m 解析　(1)棒MN做匀加速运动阶段，由牛顿第二定律得：F－BIL＝ma 棒MN做切割磁感线运动，产生的感应电动势为：‎ E＝BLv 棒MN做匀加速直线运动，5 s时的速度为：‎ v＝at1＝2 m/s 在两棒组成的回路中，由闭合电路欧姆定律得：I＝ 联立上述式子，有：F＝ma＋ 代入数据解得5 s时棒的拉力为：F＝0.5 N ‎5 s时拉力F的功率为：P＝Fv 代入数据解得：P＝1 W 棒MN最终做匀速运动时速度最大，设棒的最大速度为vm，棒受力平衡，则有：－BImL＝0‎ - 27 -‎ 高考物理总复习 又Im＝ 代入数据解得：vm＝2 m/s。‎ ‎(2)解除棒PQ的锁定后，两棒组成的系统在运动过程中动量守恒，最终两棒以相同的速度做匀速运动，设速度大小为v′，则有：mvm＝2mv′‎ 设从PQ棒解除锁定到两棒达到相同速度的过程中，电路中共产生的焦耳热为Q，由能量守恒定律可得：‎ Q＝mv－×2mv′2‎ 代入数据解得：Q＝5 J。‎ ‎(3)以棒MN为研究对象，设某时刻棒中电流为i，在极短时间Δt内，由动量定理得：‎ ‎－BILΔt＝mΔv 对式子两边求和有：∑(－BILΔt)＝∑(mΔv)‎ 而Δq＝IΔt 故有：∑Δq＝∑(IΔt)‎ 联立各式解得：BLq＝mvm 又对于电路有：q＝t＝t 由法拉第电磁感应定律得：＝ 又q＝ 代入数据解得：x＝40 m。‎ ‎『真题调研题组』‎ ‎1．(2019·全国卷Ⅲ)楞次定律是下列哪个定律在电磁感应现象中的具体体现？(　　)‎ A．电阻定律 B．库仑定律 C．欧姆定律 D．能量守恒定律 答案　D 解析　楞次定律表述了感应电流的磁场方向，同时也体现了不同能量间的关系。总能量是守恒的，感应电流产生电能，电能是“阻碍”的结果，D正确。‎ ‎2．(2019·全国卷Ⅰ)(多选)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图a中虚线MN所示。一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S，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。t＝0时磁感应强度的方向如图a所示，磁感应强度B随时间t的变化关系如图b所示。则在t＝0到t＝t1的时间间隔内(　　)‎ - 27 -‎ 高考物理总复习 A．圆环所受安培力的方向始终不变 B．圆环中的感应电流始终沿顺时针方向 C．圆环中的感应电流大小为 D．圆环中的感应电动势大小为 答案　BC 解析　由于通过圆环的磁通量均匀变化，故圆环中产生的感应电动势、感应电流的大小和方向不变，但t0时刻磁场方向发生变化，故安培力的方向发生变化，A错误；根据楞次定律和安培定则可知，圆环中感应电流的方向始终沿顺时针方向，B正确；根据法拉第电磁感应定律，感应电动势大小E＝·S′＝·＝，根据闭合电路欧姆定律知，感应电流大小I＝＝＝，C正确，D错误。‎ ‎3．(2019·全国卷Ⅲ)(多选) 如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上。t＝0时，棒ab以初速度v0向右滑动。运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示。下列图象中可能正确的是(　　)‎ 答案　AC - 27 -‎ 高考物理总复习 解析　导体棒ab运动，切割磁感线，产生感应电流，导体棒ab受安培力F作用，速度减小，导体棒cd受安培力F′作用，速度变大，如图所示，‎ 感应电流I＝＝，安培力F＝F′＝BIl＝＝ma，随着v1减小，v2增大，则安培力减小，两棒的加速度a减小，直到v1＝v2＝v共，之后两棒的加速度a＝0，两棒做匀速运动，两棒组成的系统动量守恒，则mv0＝2mv共，v共＝，A正确，B错误。由前面分析知，v1－v2随时间减小得越来越慢，最后为0，则感应电流I＝随时间减小得越来越慢，最后为0，C正确，D错误。‎ ‎4．(2019·全国卷Ⅱ)(多选) 如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻忽略不计。虚线ab、cd均与导轨垂直，在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场。将两根相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好。已知PQ进入磁场时加速度恰好为零。从PQ进入磁场开始计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间变化的图象可能正确的是(　　)‎ 答案　AD 解析　PQ刚进入磁场时，加速度为零，则mgsinθ＝BI1L，又I1＝，故PQ做匀速运动，电流恒定；由题意知，MN刚进入磁场时与PQ刚进入磁场时速度相同。‎ 情形1：若MN刚进入磁场时，PQ已离开磁场区域，则对MN，由mgsinθ＝BI1L、I1＝及右手定则知，通过PQ的电流大小不变，方向相反，故It图象如图A所示。‎ 情形2：若MN刚进入磁场时，PQ未离开磁场区域，由于两导体棒速度相等，产生的电动势等大、反向，故电流为0，两棒在重力沿导轨方向的分力作用下均加速直至PQ离开磁场。当PQ离开磁场时，MN在磁场中的速度大于匀速运动时的速度，MN为电源，由右手定则知PQ - 27 -‎ 高考物理总复习 中的电流方向与MN未进入磁场时相反，设此时PQ中电流大小为I2，由E＝BLv′，I2＝，BI2L－mgsinθ＝ma>0知，MN减速，且随v′减小，I2减小，a减小，I2与v′成正比，故I2随t减小得越来越慢，直至MN匀速运动，这时I2＝I1，It图象如图D所示。‎ ‎5. (2018·全国卷Ⅰ)(多选)如图，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路。将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态。下列说法正确的是(　　)‎ A．开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动 B．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向 C．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向 D．开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动 答案　AD 解析　小磁针的N极的指向为该处磁场的方向。开关闭合后的瞬间，通过右边线圈的电流增大，在铁芯中产生由北向南的磁场增大，通过左侧线圈的磁通量增大，根据楞次定律和安培定则可以判断，直导线中的电流从南流向北，再根据安培定则可以判断，直导线的电流在小磁针处的磁场方向垂直纸面向里，小磁针N极向里转动，A正确；开关闭合并保持一段时间后，通过左侧线圈的磁通量不变，不会产生电磁感应现象，所以直导线中无感应电流流过，小磁针在地磁场作用下恢复原指向，B、C错误；开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，通过左侧线圈的磁通量减小，直导线产生由北流向南的电流，则小磁针N极向外转动，D正确。‎ ‎6. (2018·全国卷Ⅰ)如图，导体轨道OPQS固定，其中PQS是半圆弧，Q为半圆弧的中点，O为圆心。轨道的电阻忽略不计。OM是有一定电阻、可绕O转动的金属杆，M端位于PQS上，OM与轨道接触良好。空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B。现使OM从OQ位置以恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定(过程Ⅰ)；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B′(过程Ⅱ)。在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM的电荷量相等，则等于(　　)‎ - 27 -‎ 高考物理总复习 A. B. C. D．2‎ 答案　B 解析　通过导体横截面的电荷量为：q＝·Δt＝·Δt＝n，过程Ⅰ流过OM的电荷量为：q1＝；过程Ⅱ流过OM的电荷量：q2＝，依题意有：q1＝q2，即：B·πr2＝(B′－B)·πr2，解得：＝，正确答案为B。‎ ‎7．(2017·全国卷Ⅱ)(多选)两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直。边长为0.1 m、总电阻为0.005 Ω的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图a所示。已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd边于t＝0时刻进入磁场。线框中感应电动势随时间变化的图线如图b所示(感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正)。下列说法正确的是(　　)‎ A．磁感应强度的大小为0.5 T B．导线框运动速度的大小为0.5 m/s C．磁感应强度的方向垂直于纸面向外 D．在t＝0.4 s至t＝0.6 s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1 N 答案　BC 解析　由图b可知，从导线框的cd边进入磁场到ab边刚好进入磁场，用时为0.2 s，可得导线框运动速度的大小v＝ m/s＝0.5 m/s，B正确。由图b可知，cd边切割磁感线产生的感应电动势E＝0.01 V，由公式E＝BLv，可得磁感应强度的大小B＝ T＝0.2 T，A错误。感应电流的方向为顺时针时，对cd边应用右手定则可知，磁感应强度的方向垂直于纸面向外，C正确。t＝0.4 s至t＝0.6 s这段时间为cd边离开磁场，ab边切割磁感线的过程。由闭合电路欧姆定律及安培力公式得安培力F＝BIL＝，代入数据得F＝0.04 N，D错误。‎ ‎8．(2017·全国卷Ⅰ) 扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺度上的形貌。为了有效隔离外界振动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图所示。无扰动时，‎ - 27 -‎ 高考物理总复习 按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是(　　)‎ 答案　A 解析　底盘上的紫铜薄板出现扰动时，其扰动方向不确定，在选项C这种情况下，紫铜薄板出现上下或左右扰动时，穿过薄板的磁通量难以改变，不能发生电磁感应现象，没有阻尼效应；在选项B、D这两种情况下，紫铜薄板出现上下扰动时，也没有发生电磁阻尼现象；选项A这种情况下，不管紫铜薄板出现上下或左右扰动时，都发生电磁感应现象，产生电磁阻尼效应，A正确。‎ ‎9．(2017·北京高考)图1和图2是教材中演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈。实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同。下列说法正确的是(　　)‎ A．图1中，A1与L1的电阻值相同 B．图1中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流 C．图2中，变阻器R与L2的电阻值相同 D．图2中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等 答案　C 解析　断开开关S1瞬间，线圈L1产生自感电动势，阻碍电流的减小，通过L1的电流反向通过灯A1，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗，说明IL1>IA1，即RL1(t2－t1)，B正确；‎ 从进入磁场Ⅰ到进入磁场Ⅱ之前过程中，根据能量守恒，金属棒减小的机械能全部转化为焦耳热，所以穿过磁场Ⅰ产生的焦耳热Q1＝mg·2d，所以穿过两个磁场过程中产生的热量为4mgd，C正确；若金属杆进入磁场做匀速运动，则－mg＝0，得v＝，由前面分析可知金属杆进入磁场的速度大于，根据h＝得金属杆进入磁场的高度应大于＝，D错误。‎ ‎11．(2019·天津高考)如图所示，固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，垂直于导轨放置的两根金属棒MN和PQ长度也为l、电阻均为R，两棒与导轨始终接触良好。MN两端通过开关S与电阻为R的单匝金属线圈相连，线圈内存在竖直向下均匀增加的磁场，磁通量变化率为常量k。图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。PQ的质量为m，金属导轨足够长、电阻忽略不计。‎ - 27 -‎ 高考物理总复习 ‎(1)闭合S，若使PQ保持静止，需在其上加多大的水平恒力F，并指出其方向；‎ ‎(2)断开S，PQ在上述恒力作用下，由静止开始到速度大小为v的加速过程中流过PQ的电荷量为q，求该过程安培力做的功W。‎ 答案　(1)，方向水平向右　(2)mv2－kq 解析　(1)设线圈中的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律得感应电动势E＝，则 E＝k①‎ 设PQ与MN并联的电阻为R并，有 R并＝②‎ 闭合S时，设线圈中的电流为I，根据闭合电路欧姆定律得I＝③‎ 设PQ中的电流为IPQ，有IPQ＝I④‎ 设PQ受到的安培力为F安，有F安＝BIPQl⑤‎ PQ保持静止，由受力平衡，有F＝F安⑥‎ 联立①②③④⑤⑥式得F＝⑦‎ 由楞次定律和右手螺旋定则得PQ中的电流方向为由Q到P，再由左手定则得PQ所受安培力的方向水平向左，则力F的方向水平向右。‎ ‎(2)设PQ由静止开始到速度大小为v的加速过程中，PQ运动的位移为x，所用时间为Δt′，回路中的磁通量变化为ΔΦ′，平均感应电动势为，有 ＝⑧‎ 其中ΔΦ′＝Blx⑨‎ 设PQ中的平均感应电流为，有＝⑩‎ 根据电流的定义式得＝⑪‎ 由动能定理，有Fx＋W＝mv2－0⑫‎ 联立⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得W＝mv2－kq。⑬‎ - 27 -‎ 高考物理总复习 ‎『模拟冲刺题组』‎ ‎1．(2019·江西吉安高三上学期五校联考)随着科技的不断发展，无线充电已经进入人们的视线。小到手表、手机，大到电脑、电动汽车的充电，都已经实现了从理论研发到实际应用的转化。下图给出了某品牌的无线充电手机利用电磁感应方式无线充电的原理图。关于无线充电，下列说法正确的是(　　)‎ A．无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是“电流的磁效应”‎ B．只有将充电底座接到直流电源上才能对手机进行充电 C．接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同 D．只要有无线充电底座，所有手机都可以进行无线充电 答案　C 解析　无线充电的原理，其实就是电磁感应现象，而不是电流的磁效应，A错误；发生电磁感应的条件是磁通量要发生变化，直流电无法产生变化的磁场，故不能接到直流电源上，B错误；发生电磁感应时，两个线圈中的交变电流的频率是相同的，C正确；只有无线充电底座，手机内部没有能实现无线充电的接收线圈等装置，也不能进行无线充电，D错误。‎ ‎2．(2019·福建泉州泉港区第一中学高三上质量检测)北半球地磁场的竖直分量向下。如图所示，在北京某中学实验室的水平桌面上，放置边长为L的正方形闭合导体线圈abcd，线圈的ab边沿南北方向，ad边沿东西方向。下列说法中正确的是(　　)‎ A．若使线圈向东平动，则b点的电势比a点的电势低 B．若使线圈向北平动，则a点的电势比b点的电势低 C．若以ab为轴将线圈向上翻转，则线圈中感应电流方向为a→d→c→d→a D．若以ab为轴将线圈向上翻转，则线圈中感应电流方向为a→b→c→d→a 答案　D 解析　北京位于北半球，地磁场的竖直分量向下，若使线圈向东平动，由右手定则判断可知，a点的电势比b点的电势低，A错误；若使线圈向北平动，地磁场的竖直分量向下，ab没有切割磁感线，不产生感应电动势，a点的电势与b点的电势相等，B错误；若以ab为轴将线圈向上翻转，地磁场的竖直分量向下，穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律判断可知线圈中感应电流方向为a→b→c→d→a，C错误，D正确。‎ - 27 -‎ 高考物理总复习 ‎3．(2019·江西名校学术联盟高三押题卷)如图甲所示，abcd为边长为L＝1 m的正方形金属线框，电阻为R＝2 Ω，虚线为正方形的对称轴，虚线上方线框内有按图乙变化的匀强磁场，虚线下方线框内有按图丙变化的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里为正，则线框中的感应电流大小为(　　)‎ A. A B. A C. A D. A 答案　C 解析　由图乙得上方磁场的磁感应强度变化率为：＝ T/s＝0.5 T/s，由法拉第电磁感应定律得：E1＝＝＝0.25 V，由楞次定律得，E1在线框中产生的感应电流方向为逆时针方向；由图丙得下方磁场的磁感应强度变化率为：＝ T/s＝1 T/s，由法拉第电磁感应定律得：E2＝＝＝0.5 V，由楞次定律得，E2在线框中产生的感应电流方向为逆时针方向，因此线框中的感应电流大小为I＝＝ A，故选C。‎ ‎4．(2019·两湖八市十二校联合二模)如图甲所示，在竖直方向分布均匀的磁场中水平放置一个金属圆环，圆环所围面积为0.1 m2，圆环电阻为0.2 Ω。在第1 s内圆环中的感应电流I从上往下看为顺时针方向。磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示(其中在4～5 s的时间段呈直线)。则(　　)‎ A．在0～5 s时间段，感应电流先减小再增大 B．在0～2 s时间段感应电流沿顺时针方向，在2～5 s时间段感应电流也沿顺时针方向 C．在0～5 s时间段，圆环最大发热功率为5.0×10－4 W D．在0～2 s时间段，通过圆环横截面的电荷量为5.0×10－1 C - 27 -‎ 高考物理总复习 答案　C 解析　根据闭合电路欧姆定律得I＝＝n，知磁感应强度的变化率越大，感应电流越大，由题图可得在0～5 s时间段磁感应强度变化率先减小再增大，最后不变，且最大值为0.1，则最大感应电流Im＝ A＝0.05 A，则在0～5 s时间段，感应电流先减小再增大，最后不变，故A错误；由题意知，在第1 s内感应电流I沿顺时针方向，根据楞次定律知，磁场方向向上，结合题图乙知向上为正方向，在2～4 s时间段，磁感应强度向上且减小，在4～5 s时间段，磁感应强度向下且增大，则在2～5 s时间段，感应磁场方向向上，感应电流沿逆时针方向，故B错误；结合A中分析可知，在4～5 s时间段，圆环内感应电流最大，发热功率最大，为Pm＝IR＝0.052×0.2 W＝5.0×10－4 W，故C正确；在0～2 s时间段，通过圆环横截面的电荷量为q＝Δt＝·Δt＝＝ C＝5.0×10－2 C，故D错误。‎ ‎5．(2019·西南名校联盟高三3月月考)如图所示，有一边长为L的正方形线框abcd，由距匀强磁场上边界H处静止释放，其下边框刚进入匀强磁场区域时恰好能做匀速直线运动。匀强磁场区域宽度也为L。ab边开始进入磁场时记为t1，cd边出磁场时记为t2，忽略空气阻力，从线框开始下落到cd边刚出磁场的过程中，线框的速度大小v、加速度大小a、ab间的电压大小Uab、线框中产生的焦耳热Q随时间t的变化图象可能正确的是(　　)‎ 答案　C 解析　线框从距磁场上边界H处开始下落到下边框刚进入磁场过程中线圈做自由落体运动，因线框下边框刚进入匀强磁场区域时恰好能做匀速直线运动，则有F安＝＝mg，又因为线框边长与磁场区域宽度均为L，即ab边出磁场时cd边恰好进入磁场，故可知直到cd - 27 -‎ 高考物理总复习 边出磁场线框一直做匀速运动，A、B错误；线框ab边进入磁场的过程：E＝BLv，则Uab＝BLv，线框ab边离开磁场的过程：E′＝BLv′，则Uab′＝BLv′，线框进入磁场和离开磁场的过程中速度相同，故感应电动势E相同，且这一过程中通过线框的电流始终不变，故t1～t2时间段有：Q＝I2Rt，Qt图象应该为一条连续的倾斜直线，C正确，D错误。‎ ‎6．(2019·陕西省汉中市重点中学开学联考)(多选)如图所示，电阻不计的导轨OPQS固定，其中PQS是半径为r的半圆弧，Q为半圆弧的中点，O为圆心。OM是长为r的可绕O转动的金属杆，其电阻为R，M端与导轨接触良好。空间存在与平面垂直且向里的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度的大小为B，现使OM从OQ位置起以角速度ω逆时针匀速转到OS位置。则该过程中(　　)‎ A．产生的感应电流大小恒定，方向为OPQMO B．通过OM的电荷量为 C．回路中的感应电动势大小为Br2ω D．金属杆OM的发热功率为 答案　AB 解析　由金属杆OM绕其端点O在磁场中转动时产生的电动势为：E＝Br＝Br＝Br2ω，所以产生的感应电动势恒定，电流恒定，由于磁场方向垂直于纸面向里，由右手定则可知感应电流的方向为OPQMO，故A正确，C错误；通过OM的电荷量为：q＝＝＝＝，故B正确；由闭合电路欧姆定律得：I＝＝，则金属杆OM的发热功率为：P＝I2R＝，故D错误。‎ ‎7．(2019·济南三模)(多选)如图所示，光滑水平面上有一质量为0.1 kg的正方形金属线框abcd，边长为1 m。线框处于垂直于水平面向下的有界匀强磁场中，ab边与磁场边界重合。现给ab边施加一个垂直ab边向右的大小为2 N的水平恒力F，线框从静止开始运动，1 s时线框速度为2 m/s，此后撤去F，线框继续运动，恰好能完全离开磁场区域。已知从撤去外力F到线框停止过程中线框中通过的电荷量为0.2 C，则(　　)‎ - 27 -‎ 高考物理总复习 A．整个过程中感应电动势的最大值为2 V B．整个过程中线框中通过的电荷量为1.8 C C．整个过程中线框中产生的热量为1.6 J D．线框电阻的总阻值为0.5 Ω 答案　AD 解析　水平力F作用在线框上时，由动量定理：Ft－安t＝mv，其中安t＝BLt＝BLq1，q1＝＝，其中R为线框电阻，从撤去外力F到线框停止过程中线框中通过的电荷量为0.2 C，则由动量定理：安′t′＝mv，其中安′t′＝B′Lt′＝BLq2，又q2＝＝＝0.2 C，x1＋x2＝L，联立解得：B＝1 T，q1＝1.8 C，x1＝0.9 m，x2＝0.1 m，R＝0.5 Ω，D正确；撤去力F的瞬间，线框的速度最大，此时感应电动势最大，最大值为：Em＝BLv＝2 V，A正确；整个过程中线框中通过的电荷量为q＝q1＋q2＝1.8 C＋0.2 C＝2 C，B错误；由能量守恒可知，整个过程中线框中产生的热量为Q＝Fx1＝1.8 J，C错误。‎ ‎8．(2019·河北省衡水中学高三下一调)(多选)如图甲所示，质量为0.01 kg、长为0.2 m的水平金属细杆CD的两头分别放置在两水银槽的水银中，水银槽所在空间存在磁感应强度大小B1＝10 T、方向水平向右的匀强磁场，且杆CD与该匀强磁场垂直。有一匝数为100、面积为0.01 m2的线圈通过开关K与两水银槽相连。线圈处于与线圈平面垂直、沿竖直方向的均匀磁场中，其磁感应强度B2随时间t变化关系如图乙所示。在t＝0.20 s时闭合开关K，细杆瞬间弹起(可认为安培力远大于重力)，弹起的最大高度为0.2 m。不计空气阻力和水银的黏滞作用，不考虑细杆落回水银槽后的运动，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　)‎ A．磁感应强度B2的方向竖直向上 B．t＝0.05 s时，线圈中的感应电动势大小为10 V C．细杆弹起过程中，细杆所受安培力的冲量大小为0．01 N·s D．开关K闭合后，通过细杆CD的电荷量为0.01 C - 27 -‎ 高考物理总复习 答案　ABD 解析　细杆CD所受安培力方向竖直向上，由左手定则可知，电流方向为：C→D，由安培定则可知感应电流的磁场方向竖直向上，由图乙可知，在0.20～0.25 s内穿过线圈的磁通量减少，由楞次定律可知，磁感应强度B2的方向为竖直向上，故A正确；由图乙可知，0～0.10 s内：ΔΦ＝ΔBS＝(1－0)×0.01 Wb＝0.01 Wb，0～0.10 s线圈中的感应电动势大小：E＝n＝100× V＝10 V，即0.05 s时，线圈中的感应电动势大小为10 V，故B正确；细杆弹起瞬间的速度：v＝＝ m/s＝2 m/s，在t＝0.20 s时，细杆所受安培力的冲量(可认为安培力远大于重力)I＝mΔv＝0.01×2 N·s＝0.02 N·s，故C错误；开关K闭合后，对CD杆由动量定理得：B1IL·Δt＝mv－0，电荷量：q＝IΔt，解得通过CD的电荷量：q＝IΔt＝＝ C＝0.01 C，故D正确。‎ ‎9．(2019·湖南衡阳三模)(多选)在倾角为θ足够长的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小相等的匀强磁场，磁场方向一个垂直斜面向上，另一个垂直斜面向下，宽度均为L，如图所示。一个质量为m，电阻为R，边长也为L的正方形线框在t＝0时刻以速度v0进入磁场，恰好做匀速直线运动，若经过时间t0，线框ab边到达gg′与ff′中间位置时，线框又恰好做匀速直线运动，则下列说法正确的是(　　)‎ A．当ab边刚越过ff′时，线框加速度的大小为gsinθ B．t0时刻线框匀速运动的速度为 C．t0时间内线框中产生的焦耳热为mgLsinθ＋mv D．离开磁场的过程中线框将做匀速直线运动 答案　BC 解析　线框开始进入磁场时，线框处于平衡状态，此时有：mgsinθ＝BI1L＝，当ab边刚越过ff′时，此时线框速度仍为v0，此时有：2BI2L－mgsinθ＝ma2，又电流：I2＝，可得：－mgsinθ＝ma2，联立可得：a＝3gsinθ，故A错误；设t0时刻线框的速度为v，此时线框处于平衡状态，则可得：2BI3L＝mgsinθ，此时线框中的感应电流为：I3＝，联立得：v＝，故B正确；在时间t0内根据功能关系有：t0时间内线框中产生的焦耳热Q＝ - 27 -‎ 高考物理总复习 mgLsinθ＋mv－mv2＝mgLsinθ＋mv，故C正确；线框离开磁场时由于安培力小于重力沿斜面的分力，因此线框将做加速度逐渐减小的变加速运动，故D错误。‎ ‎10．(2019·吉林省长春二中高三下月考)如图所示，间距L＝0.5 m的平行导轨MNS、PQT处于磁感应强度大小均为B＝0.4 T的两个匀强磁场中，水平导轨处的磁场方向竖直向上，光滑倾斜导轨处的磁场方向垂直于导轨平面斜向下。长度均为L、质量均为m＝40 g、电阻均为R＝0.1 Ω的导体棒ab、cd分别垂直放置于水平和倾斜导轨上，并与导轨接触良好，导轨电阻不计，导体棒ab通过两根跨过光滑定滑轮的绝缘细线分别与质量m0＝200 g的物体C和导体棒cd相连，细线沿导轨中心线且在导轨平面内，细线及滑轮的质量不计，已知倾斜导轨与水平面的夹角θ＝37°，水平导轨与导体棒ab间的动摩擦因数μ＝0.4，重力加速度g取10 m/s2，sin37°＝0.6，两导轨足够长，导体棒cd运动中始终不离开倾斜导轨。将物体C由静止释放，当它达到最大速度时下落的高度h＝1 m，在这一运动过程中，求：‎ ‎(1)物体C的最大速度；‎ ‎(2)导体棒ab产生的焦耳热。‎ 答案　(1)2 m/s　(2)0.52 J 解析　(1)设C达到的最大速度为vm，由法拉第电磁感应定律，回路的感应电动势为：E＝2BLvm①‎ 由欧姆定律得回路中的电流强度为：I＝②‎ 金属导体棒ab、cd受到的安培力为：F＝BIL③‎ 设连接金属导体棒ab与cd的细线中张力为T1，连接金属导体棒ab与物体C的细线中张力为T2，对导体棒ab、cd及物体C受力分析 由平衡条件得：T1＝mgsin37°＋F④‎ T2＝T1＋F＋f⑤‎ T2＝m0g⑥‎ 联立①②③④⑤⑥可解得：vm＝2 m/s。‎ ‎(2)系统在该过程中产生的内能为E1，由能量的转化和守恒定律得：‎ m0gh＝(2m＋m0)v＋mghsin37°＋E1⑦‎ 运动过程中由于摩擦产生的内能为：E2＝μmgh⑧‎ 则这一过程电流产生的内能为：E3＝E1－E2⑨‎ - 27 -‎ 高考物理总复习 又因为ab棒、cd棒的电阻相等，则由⑦⑧⑨可得，电流通过ab棒产生的焦耳热为：E4＝E3＝0.52 J。‎ ‎11．(2019·福州高考模拟)如图所示，空间存在着一个范围足够大的竖直向下的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B；边长为L的正方形金属框abcd(简称方框)放在光滑的水平地面上，其外侧套着一个与方框边长相同的U形金属框架MNPQ(仅有MN、NQ、QP三条边，简称U形框)，U形框的M、P端的两个触点与方框接触良好且无摩擦，其他地方没有接触。两个金属框每条边的质量均为m，每条边的电阻均为r。‎ ‎(1)若方框固定不动，U形框以速度v0垂直NQ边向右匀速运动，当U形框的接触点M、P端滑至方框的最右侧时，如图乙所示，求：U形框上N、Q两端的电势差UNQ；‎ ‎(2)若方框不固定，给U形框垂直NQ边向右的水平初速度v0，U形框恰好不能与方框分离，求：方框最后的速度vt和此过程流过U形框上NQ边的电量q；‎ ‎(3)若方框不固定，给U形框垂直NQ边向右的初速度v(v>v0)，在U形框与方框分离后，经过t时间，方框的最右侧和U形框的最左侧之间的距离为s。求：分离时U形框的速度大小v1和方框的速度大小v2。‎ 答案　(1)BLv0　(2)v0　 ‎(3)v＋　v－ 解析　(1)U形框向右匀速运动，NQ边做切割磁感线运动，由法拉第电磁感应定律得：E＝BLv0‎ 此时电路图如图，‎ 由串并联电路规律得：‎ 外电阻为：R外＝2r＋＝r 由闭合电路欧姆定律得：‎ 流过QN的电流：I＝＝ - 27 -‎ 高考物理总复习 所以：UNQ＝E－Ir＝。‎ ‎(2)U形框向右运动的过程中，方框和U形框组成的系统所受的合外力为零，系统动量守恒。‎ 依题意得：方框和U形框最终速度相同，最终速度大小为vt，有：3mv0＝(3m＋4m)vt 解得：vt＝v0‎ 对U形框，由动量定理得：－BLt＝3mvt－3mv0‎ 又因为q＝t，解得：q＝。‎ ‎(3)由系统动量守恒有：3mv＝3mv1＋4mv2‎ 依题意得：s＝(v1－v2)t 联立可得：v1＝v＋，v2＝v－。‎ ‎『热门预测题组』‎ ‎1．(2019·广东汕头一模)(多选)如图甲为电动汽车无线充电原理图，M为受电线圈，N为送电线圈。图乙为受电线圈M的示意图，线圈匝数为n，电阻为r，横截面积为S，两端a、b连接车载变流装置，匀强磁场平行于线圈轴线向上穿过线圈。下列说法正确是(　　)‎ A．只要受电线圈两端有电压，送电线圈中的电流一定不是恒定电流 B．只要送电线圈N中有电流流入，受电线圈M两端一定可以获得电压 C．当线圈M中磁感应强度大小均匀增加时，则M中有电流从a端流出 D．若Δt时间内，线圈M中磁感应强度大小均匀增加ΔB，则M两端的电压 答案　AC 解析　只要受电线圈两端有电压，说明穿过受电线圈的磁场变化，所以送电线圈中的电流一定不是恒定电流，故A正确；若送电线圈N中有恒定电流，则产生的磁场不变化，在受电线圈中不产生感应电流，也就不会获得电压，故B错误；穿过线圈M的磁感应强度均匀增加，根据楞次定律，如果线圈闭合，感应电流的磁通量向下，故感应电流方向从b向a，即电流从a端流出，故C正确；根据法拉第电磁感应定律，有：E＝n＝nS，由闭合电路的欧姆定律得M两端的电压U＝R＝，故D错误。‎ - 27 -‎ 高考物理总复习 ‎2．(2019·天津南开区二模)如图所示，虚线框内为某种电磁缓冲车的结构示意图，其主要部件为缓冲滑块K和质量为m的缓冲车厢。在缓冲车厢的底板上，平行车的轴线固定着两个光滑水平绝缘导轨PQ、MN。缓冲车的底部还装有电磁铁(图中未画出)，能产生垂直于导轨平面的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B。导轨内的缓冲滑块K由高强度绝缘材料制成，滑块K上绕有闭合矩形线圈abcd，线圈的总电阻为R，匝数为n，ab边长为L。假设缓冲车以速度v0与障碍物C碰撞后，滑块K立即停下，此后线圈与轨道间的磁场作用力使缓冲车厢减速运动，从而实现缓冲，一切摩擦阻力不计。‎ ‎(1)求缓冲车缓冲过程最大加速度am的大小；‎ ‎(2)若缓冲车厢向前移动距离L后速度为零，则此过程线圈abcd中通过的电荷量q和产生的焦耳热Q各是多少？‎ ‎(3)若缓冲车以某一速度v0′(未知)与障碍物C碰撞后，滑块K立即停下，缓冲车厢所受的最大水平磁场力为Fm。缓冲车在滑块K停下后，其速度v随位移x的变化规律满足：v＝v0′－x。要使导轨右端不碰到障碍物，则缓冲车与障碍物C碰撞前，导轨右端QN与滑块K的cd边的距离至少为多大。‎ 答案　(1)　(2)　mv　(3) 解析　(1)缓冲车以速度v0与障碍物C碰撞后，滑块K立即停下，滑块相对磁场的速度大小为v0，此时线圈中产生的感应电动势最大，则有Em＝nBLv0‎ 电流为：Im＝ 安培力为：FA＝nBIL 加速度为：a＝ 联立解得：am＝。‎ ‎(2)由法拉第电磁感应定律得：E＝n 其中ΔΦ＝BL2，由欧姆定律得：＝ 又＝ - 27 -‎ 高考物理总复习 代入整理得：此过程线圈abcd中通过的电荷量q＝，由功能关系得：线圈产生的焦耳热为Q＝mv。‎ ‎(3)若缓冲车以某一速度v0′与障碍物C碰撞后，滑块K立即停下，滑块相对磁场的速度大小为v0′，线圈中产生的感应电动势E′＝nBLv0′‎ 线圈中感应电流为I＝ 线圈ab边受到的安培力F＝nBIL 依题意有F＝Fm，解得，v0′＝ 由题意知，v＝v0′－x 当v＝0时，解得：x＝。‎ - 27 -‎