2022届高考物理二轮复习专题突破：电磁感应之动力学问题 WORD版含答案.docx

1、2022届高考物理二轮专题突破：电磁感应之动力学问题一、多选题1如图所示，足够长的光滑U形导轨宽度为L，电阻不计，其所在平面与水平面的夹角为，上端连接一个阻值为R的电阻，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面向上。现有一质量为m、有效电阻为r的金属杆沿框架由静止下滑，设磁场区域无限大，当金属杆下滑达到最大速度v0时，运动的位移为x，则（）A在此过程中金属杆的速度均匀增加B金属杆下滑的最大速度v0 (R+r)mgsinB2L2C在此过程中流过电阻R的电荷量为 BLxR+rD在此过程中电阻R产生的焦耳热为 rR+r （mgxsin 12 mv02）2如图所示，两导轨所构成的平面与水平面成

2、角，金属杆ab、cd的电阻均为R，质量均为m，沿与导轨垂直的方向放置在导轨上，两金属杆与导轨构成回路。金属杆的长度与导轨间的距离相等，且为L，金属杆cd通过跨过定滑轮的细绳与电动机相连。为了保证金属杆ab能在导轨上静止不动，金属杆cd需在电动机的带动下沿导轨向上移动。整个空间存在与导轨平面垂直的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B，不计一切摩擦阻力，下列各种判断中正确的是（） A若磁场方向垂直导轨平面向下，则回路中电流方向为adcbaB金属杆cd沿导轨向上做匀速运动，速度大小v= 2mgRsinB2L2C细绳的拉力F=mgsinD电动机的输出功率P= 4m2g2Rsin2B2L23我国研发的磁悬浮高

3、速实验样车在2019年5月23日正式下线，在全速运行的情况下，该样车的时速达到600千米。超导体的抗磁作用使样车向上浮起，电磁驱动原理如图所示，在水平面上相距 l 的两根平行导轨间，有垂直水平面前等距离分布的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，每个磁场的宽度都是 l ，相间排列。固定在样车下方宽为 l 、阻值为R的导体线框abcd悬浮在导轨上方，样车运行过程中所受阻力恒为 f ，当磁场以速度v0向右匀速运动时，下列说法正确的是（） A样车速度为零时，受到的电磁驱动力大小为 4B2l2v0RB样车速度为零时，线圈的电热功率为 2B2l2v02RC样车匀速运动时，克服阻力做功的功率为 fv0-Rf24

4、B2l2D样车匀速运动时，速度大小为 v0-Rf2B2l24两根足够长的光滑导轨竖直放置,间距为L,底端接阻值为R的电阻 . 将质量为m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端,金属棒和导轨接触良好,导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直,如图所示 . 除电阻R外其余电阻不计 . 现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放,则（） A释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度gB金属棒向下运动时,流过电阻R的电流方向为baC金属棒的速度为v时,所受的安培力大小为 F=B2L2vRD金属棒下落过程中,电阻R上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少5如图甲所示，固定的光滑平行导轨(电阻不计)与水平面夹角为30，导轨

5、足够长且间距L0.5m，底端接有阻值为R4的电阻，整个装置处于垂直于导体框架向上的匀强磁场中，一质量为m1kg、电阻r1、长度也为L的导体棒MN在沿导轨向上的外力F作用下由静止开始运动，拉力F与导体棒速率倒数关系如图乙所示已知g10 m/s2.则() Av5m/s时拉力大小为12NBv5m/s时拉力的功率为70WC匀强磁场的磁感应强度的大小为2TD当棒的加速度a8m/s2时，导体棒受到的安培力的大小为1 N6如图甲，边长为L的闭合正方形金属框abcd置于光滑斜面上，CD是斜面的底边，金属框电阻为R，在金属框下方有一矩形匀强磁场区域 MNNM ，磁感应强度为B、方向垂直于斜面向下，abMNCD。

6、现给金属框施加一平行于 MM 且沿斜面的力F，使金属框沿斜面向下从静止开始始终以恒定的加速度做匀加速直线运动。图乙为金属框在斜面上运动的过程中F随时间t的变化图象。则() A磁场的宽度为 83LB金属框的cd边刚好进入磁场时受到的安培力大小为 2B2L33Rt0C金属框进入磁场的过程中，重力势能的减小量小于框产生的焦耳热与增加的动能之和D金属框穿出磁场的过程中，重力势能的减小量大于框产生的焦耳热与增加的动能之和7如图所示，用恒力F将闭合线圈自静止开始(不计摩擦)从图示位置向左加速拉出有界匀强磁场，则在此过程中() A线圈向左做匀加速直线运动B线圈向左运动且加速度逐渐增大C线圈向左运动且加速度逐

7、渐减小D线圈中感应电流逐渐增大二、综合题8如图，长度均为L的光滑导轨OM、ON固定在竖直平面内，电阻不计，两导轨与竖直方向夹角均为30。空间存在垂直导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为B。一质量为m、长为L的导体棒受到竖直向上的拉力F作用，向下运动，棒始终与y轴垂直对称，且与导轨接触良好，在导轨上运动时棒上的电流强度恒定为I。导体棒单位长度电阻值为r，重力加速度为g。（1）分析并说明该导体棒在轨道上做何种运动； （2）求棒在导轨上运动时拉力F的功率与y的关系； （3）说明棒在导轨上运动过程中涉及的做功与能量变化的情况。 9如图（a）所示，两光滑平行金属导轨由水平、倾斜两部分连接而成，间距L=1m。

8、倾斜导轨与水平面夹角30，下段处于B1=0.5T、方向垂直于斜面向上的匀强磁场中。水平导轨足够长，左端连接电流传感器和阻值为3的定值电阻R，导轨左侧处于B2=1T、方向竖直向上的匀强磁场中。将一质量m0.05kg，电阻r2的金属棒ab放在磁场上方的某处，棒与导轨垂直并保持良好接触。某时刻静止释放ab棒，发现棒在磁场中下滑时，电流传感器的示数始终不变。棒滑至水平轨道后经过一段距离进入磁场，在进入磁场瞬间立即施加一垂直于棒的水平外力F。设棒从斜轨滑至水平轨道无机械能损失，导轨的电阻不计，g取10m/s2.，求：（1）进入磁场前ab棒的加速度a1及进入磁场瞬间的速度v1； （2）ab棒进入磁场瞬间，

9、电流传感器示数为I0，求I0； （3）若ab棒进入磁场后，电流传感器示数I随时间t变化的关系如图（b）所示，试分析它在磁场中的运动情况； （4）通过分析、计算，请在图（c）中画出外力F随时间t的变化图像。 10电磁驱动在军事、科研和生活中有着广泛的应用，某一驱动装置的原理图如图所示，正方形线圈ABCD的两个接线端分别于水平放置的金属导轨相连接线圈内有垂直线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小随时间变化的规律为 B=0.1+kt(T) 平行导轨间距 L=0.5m ，其间有垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度 B1=1T ，质量 m=0.1kg 的导体棒PQ垂直导轨放置，且与导轨接触良好已知线圈

10、的边长 a=0.2m 、匝数 n=100 、电阻 r=1 ，导体棒的电阻 R=3 ，导体棒与导轨间的动摩擦因数 =0.2 ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2，其余电阻不计求： （1）k=0.2 导体棒PQ静止时，两端的电压U （2）导体棒PQ刚能滑动时，k的取值和线圈的热功率P （3）导体棒PQ最终以速度v=5m/s向右匀速滑动，在 t=2s 的一段时间内，通过PQ的电荷量q和磁场释放的磁场能E 11如图所示，CDE和MNP为两根足够长且弯折的平行金属导轨，CD、MN部分与水平面平行，DE和NP与水平面成30，间距L1m，CDNM面上有垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强

11、度大小B11T，DEPN面上有垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小B22T两根完全相同的导体棒a、b，质量均为m0.1kg，导体棒b与导轨CD、MN间的动摩擦因数均为0.2，导体棒a与导轨DE、NP之间光滑。导体棒a、b的电阻均为R1开始时，a、b棒均静止在导轨上，除导体棒外其余电阻不计，滑动摩擦力和最大静摩擦力大小相等，运动过程中a、b棒始终不脱离导轨，g取10m/s2。（1）b棒开始朝哪个方向滑动，此时a棒的速度大小； （2）若经过时间t1s，b棒开始滑动，则此过程中，a棒发生的位移多大； （3）若将CDNM面上的磁场改成竖直向上，大小不变，经过足够长的时间，b棒做什么运动，如果是

12、匀速运动，求出匀速运动的速度大小，如果是匀加速运动，求出加速度大小。 12如图所示，两平行长直金属导轨（不计电阻）水平放置，间距为L，有两根长度均为L、电阻均为R、质量均为m的导体棒AB、CD平放在金属导轨上。其中棒CD通过绝缘细绳、定滑轮与质量也为m的重物相连，重物放在水平地面上，开始时细绳伸直但无弹力，棒CD与导轨间的动摩擦因数为 ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略其他摩擦和其他阻力，导轨间有一方向竖直向下的匀强磁场 B1 ，磁场区域的边界满足曲线方程： y=LsinLx(0xL ，单位为 m) 。CD棒处在竖直向上的匀强磁场 B2 中。现从 t=0 时刻开始，使棒AB在外力F的作用下以速

13、度v从与y轴重合处开始沿x轴正方向做匀速直线运动,在运动过程中CD棒始终处于静止状态。 （1）求棒AB在运动过程中，外力F的最大功率； （2）求棒AB通过磁场区域 B1 的过程中，棒CD上产生的焦耳热； （3）若棒AB在匀强磁场 B1 中运动时，重物始终未离开地面,且满足： mg=B1B2L2v4R ，求重物所受支持力大小随时间变化的表达式。 13小明设计的电磁健身器的简化装置如图所示，两根平行金属导轨相距l0.50m，倾角53，导轨上端串接一个R0.05 的电阻在导轨间长d0.56 m的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B2.0 T质量m4.0 kg的金属棒CD水平置于导

14、轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH相连CD棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s0.24 m一位健身者用恒力F80 N拉动GH杆，CD棒由静止开始运动，上升过程中CD棒始终保持与导轨垂直当CD棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复装置使CD棒回到初始位置(重力加速度g10 m/s2，sin 530.8，不计其它电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量)求： （1）CD棒进入磁场时速度v的大小； （2）CD棒进入磁场时所受的安培力FA的大小； （3）在拉升CD棒的过程中，健身者所做的功W和电阻产生的焦耳热Q. 14如图甲所示，水平面上固定着两根间距L=0.5m的光滑平行金属导轨MN、PQ，M、P两点间连

15、接一个阻值R=3的电阻，一根质量m=0.2kg、电阻r=2的金属棒ab垂直于导轨放置。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=2T、方向竖直向上的匀强磁场，磁场宽度d=5.2m。现对金属棒施加一个大小F=2N、方向平行导轨向右的恒力，从金属棒进入磁场开始计时，其运动的v-t图象如图乙所示，运动过程中金属棒与导轨始终保持良好接触，导轨电阻不计。求：（1）金属棒刚进入磁场时所受安培力的大小F安； （2）金属棒通过磁场过程中电阻R产生的热量QR。 15如图所示，在倾角为 37 的光滑斜面上存在两个磁感应强度均为B的匀强磁场区域。磁场的方向垂直于斜面向下，其上下边界 AA 与 D

16、D 的间距为H。磁场H的方向垂直于斜面向上，其上边界 CC 与 DD 的间距为h。线有一质量为m、边长为L（hLH）、电阻为R的正方形线框由 AA 上方某处沿斜面由静止下滑，恰好能匀速进入磁场。已知当cd边刚要进入磁场的前一瞬间，线框的加速度大小为 a1=0.2g ，不计空气阻力，求： （1）cd边刚到达 AA 时的速度 v1 ； （2）cd边从 AA 运动到 CC 过程中，线框所产生的热量Q； （3）当cd边刚进入磁场H时，线框的加速度大小 a2 。 16如图所示，电阻不计的光滑金属导轨山弯轨AB，FG和直室轨B，GH以及直宽轨DE、组合而成，AB、FG段均为竖直的 14 圆弧，半径相等，分

17、别在B，G两点与窄轨BC、GH相切，容轨和宽轨均处于同一水平面内，BC、GH等长且与DE，IJ均相互平行，CD，HI等长，共线，且均与BC垂直。窄轨和宽轨之间均有竖直向上的磁感强度为B的匀强磁场，窄轨间距为 L2 ，宽轨间距为L。由同种材料制成的相同金属直棒a，b始终与导轨垂直且接触良好，两棒的长度均为L，质量均为m，电阻均为R。初始时b棒静止于导轨BC段某位置，a棒由距水平面高h处自由释放。已知b棒刚到达C位置时的速度为a棒刚到达B位置时的 15 ，重力加速度为g，求：（1）a棒刚进入水平轨道时，b棒加速度ab的大小；（2）b棒在BC段运动过程中，a棒产生的焦耳热Qa；（3）若a棒到达宽轨前

18、已做匀速运动，其速度为a棒刚到达B位置时的 12 ，则b棒从刚滑上宽轨到第一次达到匀速的过程中产生的焦耳热Qb。17如图1所示，一质量为m=0.5kg的物体放在粗糙的水平桌面上，用轻绳通过定滑轮与一根导体棒AB相连。导体棒AB的质量为M=0.1kg，电阻为零。整个金属框架固定，且导体棒与金属框架接触良好，无摩擦。金属框架只有CD部分有电阻R=0.05，框架的宽度如图d=0.2m。整个装置部分处于匀强磁场内，磁感应强度B0=1.0T，方向垂直金属框架平面向里，导体框架内通有电流I，方向ACDB。（水平面动摩擦因数为=0.5，重力加速度取g=10m/s2）（1）当金属框架中通的电流I=5A时，物体

19、静止，求此时物体受到桌面的摩擦力大小？ （2）进一步探究电磁感应现象，如图2所示，保持B0不变，在金属框架上部另加垂直金属框架向外的匀强磁场，磁场区域宽度h=0.5 m，且磁感应强度B随时间均匀变大，若此时磁感应强度的变化率 Bt =5 T/s，则回路中的电流大小？ （3）为了保持整个装置静止，需要在甲物体上放一个物体乙，求乙物体的质量至少多大？ 18如图甲所示，固定在水平桌边上的L型平行金属导轨足够长，倾角为53，间距L2 m，电阻不计；导轨上两根金属棒ab、cd的阻值分别为R12、R24，cd棒质量m11.0kg，ab与导轨间摩擦不计，cd与导轨间的动摩擦因数0.5，设最大静摩擦力等于滑动

20、摩擦力，整个导轨置于磁感应强度B5T、方向垂直倾斜导轨平面向上的匀强磁场中现让ab棒从导轨上某处由静止释放，当它刚要滑出导轨时，cd棒刚要开始滑动g取10m/s2，sin370.6，cos370.8.（1）在乙图中画出此时cd棒的受力示意图，并求出ab棒的速度； （2）若ab棒无论从多高的位置释放，cd棒都不动，则ab棒质量应小于多少？ （3）假如cd棒与导轨间的动摩擦因数可以改变，则当动摩擦因数满足什么条件时，无论ab棒质量多大、从多高位置释放，cd棒始终不动？ 19如图甲所示，光滑水平面上一正方形金属框,边长为 L ，质量为 m ，总电阻为R,匀强磁场方向垂直于水平面向里,磁场宽度为 3L

21、 ，金属框在拉力作用下向右以速度v0匀速进入磁场，并保持v0匀速直线运动到达磁场右边界，速度方向始终与磁场边界垂直。当金属框 cd 边到达磁场左边界时，匀强磁场磁感应强度大小按如图乙所示的规律变化。 （1）金属框从cd边进入磁场到 cd 边到达磁场右边界的过程中,求通过回路的焦耳热 Q 及拉力对金属框做的功 W ; （2）金属框 cd 边到达磁场右边界后,若无拉力作用且金属框能穿出磁场,求金属框离开磁场右边界过程中通过回路的电荷量 q 及穿出后的速度 v1. 20如图所示，弯折成90角的两根足够长金属导轨平行放置，形成左右两导轨平面，左导轨平面与水平面成 =53 ，右导轨平面与水平面成 = 3

22、7，两导轨相距L0.2m，电阻不计.质量均为m0.1kg，电阻均为R0.1的金属杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，金属杆与导轨间的动摩擦因数均为 0.5，整个装置处于方向平行于左导轨平面且垂直右导轨平面向上的匀强磁场中.现让cd固定不动，将金属棒b由静止释放，当b沿导轨下滑x6m时，速度刚好达到稳定，此时，整个回路消耗的电功率为P0.8w，g取10m/s2，sin370.6，cos370.8求: （1）磁感应强度B的大小 （2）ab沿导轨下滑x6m的过程中b棒上产生的焦耳热Q （3）若将ab与cd同时由静止释放，经时间t1.5s，cd棒的速度大小为7m/s，则ab棒的速度是多大 21如图

23、所示，两光滑金属导轨，间距d0.2m，在桌面上的部分是水平的，处在磁感应强度B0.1T、方向竖直向下的有界磁场中，电阻R3，桌面高H0.8m，金属杆ab的质量m0.2kg，电阻r1，在导轨上距桌面h0.2m的高处由静止释放，落地点距桌面左边缘的水平距离s0.4m，g10m/s2. 求：（1）金属杆进入磁场时，R上的电流大小； （2）整个过程中R上产生的热量 （3）整个过程中通过R的电荷量. 22如图所示，宽为L=2m、足够长的金属导轨MN和MN放在倾角为=30的斜面上，在N和N之间连有一个阻值为R=1.2的电阻，在导轨上AA处放置一根与导轨垂直、质量为m=0.8kg、电阻为r=0.4的金属滑杆

24、，导轨的电阻不计用轻绳通过定滑轮将电动小车与滑杆的中点相连，绳与滑杆的连线平行于斜面，开始时小车位于滑轮的正下方水平面上的P处（小车可视为质点），滑轮离小车的高度H=4.0m在导轨的NN和OO所围的区域存在一个磁感应强度B=1.0T、方向垂直于斜面向上的匀强磁场，此区域内滑杆和导轨间的动摩擦因数为= 34 ，此区域外导轨是光滑的电动小车沿PS方向以v=1.0m/s的速度匀速前进时，滑杆经d=1m的位移由AA滑到OO位置（g取10m/s2）求： （1）请问滑杆AA滑到OO位置时的速度是多大？ （2）若滑杆滑到OO位置时细绳中拉力为10.1N，滑杆通过OO位置时的加速度？ （3）若滑杆运动到OO位

25、置时绳子突然断了，则从断绳到滑杆回到AA位置过程中，电阻R上产生的热量Q为多少？（设导轨足够长，滑杆滑回到AA时恰好做匀速直线运动） 答案与解析1【答案】B,C【考点】电磁感应与电路；电磁感应与力学【解析】【解答】解：A、在此过程中，根据牛顿第二定律有：mgsinF安ma，因为F安 B2L2vR+r ，所以金属杆下滑过程中的加速度为：agsin -B2L2v(R+r)m金属杆向下运动，速度增大，加速度减小，故导体棒做加速度减小的变加速运动，速度不会均匀地增加，A不符合题意；B、金属杆下滑达到最大速度时加速度为零，则有：mgsin B2L2v0R+r ，所以最大速度为：v0 (R+r)mgsin

26、B2L2 ，B符合题意；C、在此过程中流过电阻R的电荷量为：q R+r BLxR+r ，C符合题意；D、根据能量守恒定律得，在此过程中回路中产生的总热量为：Qmgxsin 12 m v02 ，电阻R产生的焦耳热为：QR RR+r Q RR+r （mgxsin 12 m v02 ），D不符合题意。故答案为：BC【分析】利用牛顿第二定律可以判别加速度的大小进而判别速度的变化；利用平衡条件可以求出金属杆的最大速度大小；利用磁通量变化量结合电阻大小可以求出电荷量的大小；利用能量守恒定律可以求出焦耳热的大小。2【答案】B,D【考点】共点力平衡条件的应用；左手定则；电磁感应与力学【解析】【解答】A金属杆a

27、b静止不动，所受安培力应沿导轨平面向上，若磁场垂直导轨平面向下，根据右手定则可判断感应电流方向为abcda，A不符合题意；B对金属杆ab由平衡条件有mgsin=BIL金属杆cd切割磁感线产生感应电流I= BLv2R解得v= 2mgRsinB2L2B符合题意；C由于金属杆ab静止不动，金属杆cd匀速运动，由整体法有细绳拉力F=2mgsinC不符合题意；D电动机的输出功率等于细绳拉力的功率，功率P=Fv= 4m2g2Rsin2B2L2D符合题意。故答案为：BD。【分析】利用左手定则结合右手定则可以判别感应电流的方向；利用平衡条件可以求出速度和拉力的大小；利用拉力和速率可以求出功率的大小。3【答案】

28、A,C【考点】电磁感应与力学【解析】【解答】A当磁场以速度v0向右匀速运动且样车速度为零时，线框前、后边切割磁感线产生的总感应电动势 E=2Blv0由闭合电路欧婿定律可知，线框中的感应电流 I=ER样车受到的安培力即电磁驱动力 F=2BIl联立解得 F=4B2l2v0RA符合题意；B样车速度为零时，线圈的电热功率 P=I2R=E2R=4B2l2v02RB不符合题意；CD设样车匀速运动的速度为当样车以速度v匀速运动时，线框前后边切割磁感线的速度为v0-v，产生的总感应电动势 E=2Bl(v0-v)由闭合电路欧姆定律可知，线框中的感应电流 I=ER样车受到的安培力即电磁驱动力 F=2BIl由平衡条

29、件有 F=f联立解得 v=v0-fR4B2l2克服阻力做功的功率 Pf=fv=fv0-f2R4B2l2D不符合题意，C符合题意。故答案为：AC。【分析】利用动生电动势的表达式结合安培力的表达式可以求出电磁驱动力的大小；利用功率的表达式可以求出电功率的大小；利用平衡条件结合功率的表达式可以求出匀速运动的阻力功率的大小及速度的大小。4【答案】A,B,C【考点】电磁感应与力学【解析】【解答】A释放瞬间金属棒的速度为零，没有感应电流产生，不受安培力，金属棒只受重力，所以金属棒的加速度为g。A符合题意。B金属棒向下运动时切割磁感线，根据右手定则判断可知，流过电阻R的电流方向为ba，B符合题意。C金属棒的

30、速度为v时，回路中产生的感应电流为 I=BLvR ，所受的安培力大小为 F=BIL=BLBLvR=B2L2vR C符合题意。D由于金属棒产生感应电流，受到安培力的阻碍，系统的机械能不断减少，最终金属棒停止运动，弹簧具有弹性势能，所以导体棒的重力势能转化为内能和弹簧的弹性势能，则根据能量守恒定律得知在金属棒运动的过程中，电阻R上产生的总热量等于棒的重力势能减少量与弹簧弹性势能之差，D不符合题意。故答案为：ABC【分析】利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小；利用右手定则可以判别电流的方向；利用欧姆定律结合安培力表达式可以求出安培力的大小；利用能量守恒可以判别重力势能的减少量大于焦耳热。5【答案】B

31、,C,D【考点】电磁感应与力学【解析】【解答】A.由图可知 v=5m/s 时， 1v=0.2 ，对应图象的拉力 F=14N ，A不符合题意；B.根据功率与速度的关系可得拉力的功率 PF=Fv=145W=70W ，B符合题意；C.导体棒的最大速度 1vm=0.1 ，所以最大速度 vm=10m/s ，此时拉力最小 Fmin=7N ，根据共点力平衡条件可得 Fmin-mgsin-F安=0 ，根据安培力的计算公式可得 F安=BIL=B2L2vmR+r ，代入数据得 B=2T ，C符合题意；D.当棒的加速度 a=8m/s2 时，拉力设为 F ，速度为 v ，根据牛顿第二定律可得 F-mgsin-BIL=

32、ma ，而 F=Pv ， BIL=B2L2vR+r ，整理可得 v2+65v-350=0 ， 解得 v=5m/s (或 v=-70m/s 舍去)，所以此时的安培力为 F=BIL=B2L2vR+r=40.2555N=1N ，D符合题意。故答案为：BCD【分析】利用图像可以求出拉力的大小，利用拉力的功率可以求出功率的大小；利用牛顿第二定律结合平衡可以求出磁感应强度的大小；利用牛顿第二定律结合加速度大小可以求出安培力的大小。6【答案】A,B【考点】电磁感应与力学【解析】【解答】A项：由图乙可知，线框在 t02t0 时间内为进入磁场的过程，运动的位移为L，由连续相等时间内通过的位移之比等于 1:3:5

33、:(2n-1) 可知，磁场的宽度等于第二、三个相等时间内的位移之和即为 83L ，A符合题意；B项：在第一个相等时间内的位移为 L3 ，由公式 L3=v2t0 ，解得： v=2L3t0 ，所以安培力为： 2B2L33Rt0 ，B符合题意；C项：由线框做匀加速直线动和图乙可知，所加的F沿斜面向上，由能量守恒可知，金属框进入磁场的过程中,线框克服拉力做的功和重力势能的减小量等于框产生的焦耳热与增加的动能之和，C不符合题意；D项：由能量守恒可知，金属框穿出磁场的过程中,重力势能的减小量与拉力做的功之和等于框产生的焦耳热与增加的动能之和，D不符合题意。故答案为：AB。【分析】利用匀变速直线运动相同时间

34、间隔的位移之比可以求出磁场的宽度；利用位移公式可以求出刚进入磁场的速度大小结合安培力的表达式可以求出安培力的大小；利用牛顿第二定律可以判别施加的外力F的方向；利用能量守恒可以判别重力势能的减小量与线圈产生的焦耳热与增加动能之和的关系。7【答案】C,D【考点】电磁感应与力学【解析】【解答】线圈向左运动时，ab边做切割磁感线运动产生电动势，根据右手定则可知ab产生的电动势方向从a向b，电动势的大小为E=BLv，通过ab的电流为I= ER ，由左手定则可知ab边受到的安培力方向向右，大小为F安=BIL；根据牛顿第二定律应有F-F安=ma；联立可得 a=Fm-B2L2vmR ，可见，加速度a随速度v的

35、增大而减小，即线圈做加速度减小的加速运动，所以AB不符合题意，C符合题意；线圈加速运动，产生的感应电流应逐渐增大，所以D符合题意故答案为：CD.【分析】利用牛顿第二定律可以判别加速度随速度的变化，再利用速度的变化可以判别感应电动势和感应电流的变化。8【答案】（1）解：导体棒切割磁感线产生的感应电动势 E=Blv闭合回路中的电流 I=Elr=Blvlr得 v=IrBI、r、B均恒定，故v恒定，即棒做匀速直线运动。（2）解：导体棒受力情况如下图所示 由共点力平衡知 F+F安=mg得 F=mg-BIl又 l=2ytan30得 P=Fv=(mg-233BIy)IrB（3）解：导体棒在导轨上运动过程中重

36、力对棒做正功，重力势能减少；拉力对棒做负功，机械能转化为其他形式的能；安培力对棒做负功，机械能转化为电能；电流做功，电能转化为内能。 【考点】电磁感应与力学【解析】【分析】（1）利用动生电动势结合欧姆定律可以判别金属棒的运动；（2）利用平衡条件和功率的表达式可以求出拉力大小与y的关系；（3）利用功能关系可以判别外力做功与能量变化的关系。9【答案】（1）解：进入磁场前ab棒根据牛顿第二定律可知 a1=mgsin30m=5m/s2当ab棒进入磁场后，电流传感器示数不变 。因为 I=B1LvR+r ，所以v不变，ab棒在磁场中做匀速直线运动，ab棒进入磁场后受力如图所示根据匀速平衡 mgsin=B1

37、2L2v1R+r解得： v1=5m/s（2）解：进入磁场瞬间 I0=B2Lv1R+r=1A（3）解：根据I-t图像可得： I=t+1又因为 I=B2LvR+r则 v=5+5tab棒在磁场中做初速度为5m/s，加速度为5m/s2的匀加速直线运动。（4）解：此时，ab棒受力如图所示 F-B2IL=ma2 ，a2=5m/s2代入数据解得： F=t+1.25图像如下【考点】电磁感应与电路；电磁感应与力学【解析】【分析】（1）利用牛顿第二定律结合平衡方程可以求出加速度和速度的大小；（2）利用欧姆定律可以求出电流的大小；（3）利用欧姆定律可以判别速度和时间的关系；（4）利用牛顿第二定律可以导出外力和时间的

38、关系式。10【答案】（1）解：根据法拉第电磁感应定律 E=nSBt=nkS得 E1=nk1S又 S=a2PQ两端的电压 U=E1RR+r=0.6V（2）解：导体棒PQ刚能滑动时，根据平衡条件 F=f=mgF=B1IL由闭合电路欧姆定律 E2=nk2S=I(R+r)联立解得 k2=0.4线圈的热功率 P=I2r=0.16W（3）解：导体棒PQ最终以速度 v=5m/s 向右匀速滑动，电流同（2） I=0.4A通过PQ的电荷量 q=It=0.8C磁场释放的磁场能 E=mgvt+I2(R+r)t=3.28J【考点】电磁感应与电路；电磁感应与力学【解析】【分析】（1）利用电磁感应定律结合欧姆定律可以求出

39、两端的电压大小；（2）利用平衡条件结合欧姆定律可以求出k值的大小，利用热功率表达式可以求出功率的大小；（3）利用速度大小结合电流的大小可以求出电荷量的大小；利用功能关系可以求出磁场能的大小。11【答案】（1）解：开始时，a棒向下运动，根据右手定则可知电流方向俯视为顺时针，对b棒根据左手定则可知b棒受到向左的安培力，所以b棒开始向左运动；当b棒开始运动时有：B1ILmg 此时a棒的速度为v，根据闭合电路的欧姆定律可得： I=B2Lv2R 联立解得： v=mg2RB1B2L2=0.2m/s 答：b棒开始朝左滑动，此时a棒的速度大小为0.2m/s（2）解：若经过时间t1s，b棒开始滑动，对a棒由动量

40、定理得： mgsin-B2ILt=mv 0 其中 It=2R=B2Lx2R 联立解得： x=(mgsin-mv)2RB22L2=0.24m 答：若经过时间t1s，b棒开始滑动，则此过程中，a棒发生的位移为0.24m；（3）解：设a棒的加速度为a1，b棒的加速度为a2， 对a棒根据牛顿第二定律可得：mgsinB2ILma1 对b棒根据牛顿第二定律可得：B1ILmgma2 且 I=B2Lv1-B2Lv22R 当稳定后，I保持不变，则 I=B2Lv1-B2Lv22R ， 可得2a1a2 所以两棒最后做勻加速运动，联立解得： a10.2m/s2 a20.4m/s2 答：若将CDNM面上的磁场改成竖直向

41、上，大小不变，经过足够长的时间，b棒做匀加速运动，加速度大小为0.4m/s2。【考点】共点力平衡条件的应用；电磁感应与电路；电磁感应与力学【解析】【分析】（1）利用欧姆定律结合平衡方程可以求出开始运动的速度的大小；（2）利用动量定律结合电流的定义式可以求出位移的大小；（3）利用牛顿第二定律且电流大小不变可以求出对应的加速度大小。12【答案】（1）解：当棒AB运动到 x=L2 处时，棒AB的有效切割长度最长，安培力最大，则外力F最大，功率也最大，此时：F=B1IL= B1B1Lv2RL=B12L2v2R ，Pm=Fv 解得：Pm= B12L2v22R（2）解：棒AB在匀强磁场区域B1的运动过程中

42、，产生的感应电动势为：E=B1Lvsin L x 则感应电动势的有效值为：E有效= B1Lv2 ，I有效= B1Lv22R t= Lv可以得到：Q= I有效2 Rt= B12L3v8R（3）解：当CD棒所受安培力F安=mg 时，设棒AB所在位置横坐标为x0，对棒CD受力分析可得： B1B2Lyv2R =mg y=Lsin L x0解得：x0= L6 ，x1= 56 L则：t1= x0v=L6v ，t2= x1v=5L6v当 0t L6v 时，则：FN=mg当 L6v t 5L6v 时，则：FN=mg+mg - B1B2Lyv2R即：FN=(1+)mg- B1B2L2v2R sin xL当 5L

43、6v t Lv 时，则：FN=mg。【考点】电磁感应与力学【解析】【分析】（1）利用功率的表达式结合安培力的表达式可以求出最大的功率；（2）利用电动势的表达式结合焦耳定律可以求出产生的焦耳热大小；（3）利用位移公式结合摩擦力的表达式结合平衡方程可以求出支持力与时间关系的表达式。13【答案】（1）解：由牛顿第二定律： a=F-mgsinm=12m/s2进入磁场时的速度： v=2as=2.4m/s（2）解：感应电动势： E=Blv感应电流： I=BlvR安培力： FA=IBl代入得： FA=(Bl)2vR=48N（3）解：健身者做功： W=F(s+d)=64J由牛顿定律： F-mgsin-FA=0

44、CD棒在磁场区做匀速运动在磁场中运动时间： t=dv焦耳热： Q=I2Rt=26.88J【考点】电磁感应与力学【解析】【分析】（1）利用牛顿第二定律结合速度位移公式可以求出速度的大小；（2）利用感应电动势的表达式结合欧姆定律和安培力表达式可以求出安培力的大小；（3）利用牛顿第二定律结合功能关系可以求出焦耳热的大小。14【答案】（1）解：由图乙可知，金属棒ab刚进入磁场时速度v0=4m/s，此时，感应电动势：E=BLv0感应电流： I=ER+r安培力的大小：F安=BIL解得： F安=B2L2v0R+r=0.8N答：金属棒刚进入磁场时所受安培力的大小 F安=0.8N（2）解：设金属棒在磁场中最大速

45、度为vm，此时安培力与恒力F大小相等，则有： F=B2L2vmR+r代入数据解得： vm=10m/s设金属棒通过磁场的过程中回路产生的总热量为Q，由功能关系，得： Fd=12mvm2-12mv02+Q解得：Q=2J所以电阻R产生的热量： QR=RR+rQ=1.2J答：金属棒通过磁场过程中电阻R产生的热量 QR=1.2J .【考点】电磁感应与电路；电磁感应与力学【解析】【分析】（1）金属棒进入磁场时，相当于电源，利用动生电动势的表达式可以求出电动势的大小，结合欧姆定律可以求出感应电流的大小；再利用安培力的表达式可以求出安培力的大小；（2）金属棒达到最大速度时开始做匀速直线运动，利用安培力和恒力大

46、小相等可以求出最大的速度；利用金属棒在电场中的功能关系可以求出电阻产生的焦耳热大小。15【答案】（1）解：cd边刚到达 AA 时有 mgsin37=B2L2v1R解得 v1=3mgR5B2L2（2）解：已知当cd边刚要进入磁场的前一瞬间，由牛顿第二定律得 mgsin37-B2L2v2R=ma1解得 v2=2mgR5B2L2由能量守恒得 mg(H+h)sin37=Q+12mv22解得 Q=3mg(H+h)5-2m3g2R225B4L4（3）解：当cd边刚进入磁场II时，ab，cd两边分别在两磁场中切割磁感线，则有此时线圈中的电动势变为只有cd切割时的两倍，电流也为两倍，由左手定则可知，ab，cd

47、两边受的安培力相同，方向沿斜面向上，线圈此时受的安培力变为原来的4倍，则有 mgsin37-4B2L2v2R=ma2解得 a2=-g【考点】电磁感应与电路；电磁感应与力学【解析】【分析】（1）cd边进入磁场后线圈做匀速直线运动，其重力的分力等于安培力的大小，结合平衡方程可以求出线圈的速度大小；（2）线圈进入磁场区域II时，其重力和安培力的合力产生加速度，利用牛顿第二定律可以求出线圈刚进入磁场的速度大小；再利用从AA到CC过程的能量守恒定律可以求出线圈产生的焦耳热大小；（3）cd边开始进入磁场II时，此时两条导线切割磁场；利用左手定则可以判别安培力的方向，结合牛顿第二定律可以求出加速度的大小。1

48、6【答案】（1）解：a棒刚进入水平轨道时，由动能定理得：mgh=12 mv02解得v0= 2gh由E=BLv0， I=ER总 ，R总=12R+12R=R，F安=BIL2，得F安= B2L22gh2R由牛顿第二定律，ab= F安mab= B2L22gh2mR（2）解：b棒在窄轨上运动的过程中，对a、b棒，设b棒刚滑上宽轨时的速度为t，此时a棒的速度为v，由动量守恒得： mv0=mva+mvb又由vb= 15 v0得va= 45 v0故由能量守恒，该过程中系统产生的焦耳热Q总1=mgh- 12 m( 45 v0)2- 12 m( 15 v0)2又因此过程中，a、b棒连入电路的电阻相等故由Q=I2R

49、t得Q阻= 12 Q总1= 425 mgh（3）解：当a棒在窄轨上匀速时，b棒在宽轨上也一定匀速，设其速度分别为va、vb，由E=BLv知 Ea=B L2 va，Eb=BLvb由Ea=Eb得va =2 vb而由va = 12 v0可得vb= 14 v0b棒刚滑上宽轨时，a，b两棒的总动能为Ek1=12m(45v0)2+12m(15v0)2=1725mghb棒在宽轨上第一次恰好达到匀速时，a，b两棒的总动能为Ek2=12m(12v0)2+12m(14v0)2=516mgh故从b棒刚滑上宽轨到第一次达到匀速的过程中，两棒产生的总焦耳热Q总2=Ek1-EK2=147400mgh而此过程中，棒连入电路

50、的电阻是a棒的两倍，由Q=I2Rt知Qb=23Q总2=147600mgh【考点】电磁感应与电路；电磁感应与力学【解析】【分析】（1）利用动能定理结合欧姆定律和牛顿第二定律可以求出加速度的大小；（2）利用动量守恒定律结合能量守恒定律可以求出焦耳热的大小；（3）利用电动势的表达式结合能量守恒可以求出焦耳热的大小。17【答案】（1）由左手定则可知导体棒所受的安培力向下，则对导体棒AB，由平衡条件可知： T=F安+Mg ，其中F安=B0I1d，解得T=2N，对物体甲，由平衡知识可得：f=T=2N。 （2）根据法拉第电磁感应定律可得 E=BtS=50.20.5V=0.5V ，根据楞次定律可知，感应电流为

51、顺时针方向；回路中的电流 I=ER=0.50.05A=10A 。 （3）此时导体棒所受的安培力 F安=B0Id=1100.2N=2N ，对导体棒B： F安+Mg=T ，对物块甲： T(m+m)g ，联立解得：m0.1Kg。 【考点】共点力平衡条件的应用；电磁感应与力学【解析】【分析】（1）利用平衡方程可以求出安培力和摩擦力的大小；（2）利用电磁感应定律结合欧姆定律可以求出电流的大小；（3）利用平衡方程可以求出乙物体的质量大小。18【答案】（1）解：ab棒沿斜面滑下切割磁感线产生的感应电流的方向是bacdb； 因为当ab棒从导轨刚要滑出时，cd棒刚要开始滑动，其受力分析如图所示。由受力分析得：

52、BILcos53=f， N-m1g-BILsin53=0且： f=N，解得：I=2.5A 根据法拉第电磁感应定律：E=BLv 闭合电路的欧姆定律： I=ER1+R2解得：v=1.5m/s （2）解：ab棒在足够长的轨道下滑时，最大安培力只能等于自身重力的分力，有：FA=mabgsin53因ab棒与cd棒串联，故所受最大安培力相等 要使cd棒不能滑动，需： FAcos53(mcdg+FAsin53)以上两式联立解得：mab3.125kg -11（3）解：ab棒下滑时，cd棒始终静止，有： FAcos53(mcdg+FAsin53) -12 解得： FAcos53mcdg+FAsin53)=cos

53、53mcdgFA+sin53 -13当ab棒质量无限大，在无限长轨道上最终一定匀速运动，安培力F/A趋于无穷大，有： cos53sin53 =0.7514【考点】电磁感应与力学【解析】【分析】（1）利用cd棒的平衡可以画出受力分析图，利用cd棒的平衡方程可以求出感应电流的大小，结合法拉第电磁感应定律及欧姆定律可以求出ab棒的速度大小；（2）利用ab棒的最大安培力结合cd棒的平衡方程可以求出ab棒的最大质量；（3）利用cd棒的平衡方程结合ab棒的质量大小可以求出动摩擦力因素的大小。19【答案】（1）解：线圈进入磁场过程：产生的热： Q1=(BLv0)2RLv0=B2L3v0R拉力的功： W1=Q

54、1=B2L3v0R线圈在磁场中运动过程中， E=BtS=B02Lv0L2=B0Lv02产生的热量： Q2=E2R2Lv0=B02L3v02R ，此过程中拉力功为零。对金属框从进入磁场到cd边到达磁场的右边界的过程： Q=Q1+Q2=3B02L3v02R对金属框进磁场的过程，由功能关系可得： W=Q1=B2L3v0R（2）解：对线圈离开磁场过程： E=tI=ERq=It 解得 q=R 其中 =2B0L2 联立可得： q=2B0L2R 离开过程有动量定理： -2B0IiLti=mvi-2B0LIiti=mvi-2B0Lq=m(v1-v0)联立解得： v1=v0-4B02L3mR【考点】电磁感应与力

55、学【解析】【分析】（1）利用安培力做功可以求出刚开始进入磁场产生的焦耳热及拉力所做的功；再利用法拉第电磁感应定律可以求出线圈在磁场中产生的焦耳热；（2）利用动量定理结合磁通量变化量可以求出离开磁场回路的电荷量及离开时线圈的速度大小。20【答案】（1）解：ab棒速度达到稳定，即达到最大速度做匀速运动，有： mgsin-mgcos-BI1L=0 整个回路消耗的电功率： P=BI1Lvm则ab棒的最大速度：vm=4m/s又整个回路的电功率又可表示为 P=(Blvm)22R解得B=0.5T（2）解：ab棒下滑x=6m过程中，根据能量守恒： mgsinx=mgcosx+12mvm2+Q总ab棒产生的焦耳

56、热为： Q=12Q总解得0.2（3）解：对cd棒： mgsint-(mgcos+BIL)t=mvcd即 mgsint-mgcost-B2L2xabR1+R2=mvcd对ab棒： (mgsin-mgcos)t-B2L2xabR1+R2=mvab联立消去xab可得： 8t=2vcd-vab故vab=2m/s【考点】电磁感应与电路；电磁感应与力学【解析】【分析】（1）利用平衡方程结合功率的表达式可以求出磁感应强度的大小；（2）利用能量守恒定律可以求出焦耳热的大小；（3）利用动量定理可以求出速度的大小。21【答案】（1）解：ab棒刚进入磁场的瞬间，速率为v，由机械能守恒定律得mgh 12 mv2， v

57、=2gh=2m/s此时感应电动势EBdv0.10.22V0.04VI=ER+r=0.043+1A=0.01A ，方向：棒中由ab（2）解：金属杆平抛初速度为v，则有 s=v2Hg ， 解得 v=s2Hg=1m/s由能量守恒，有Qmgh 12 mv2(0.2100.2 12 0.212)J0.3JR放出的热量 QR=QR+rR=0.33+13J=0.225J（3）解：金属棒从进入磁场到出离磁场，由动量定理： -BIdt=mv-mv 其中 It=q带入数据解得：q=10C 【考点】平抛运动；电磁感应与力学【解析】【分析】（1）利用机械能守恒定律结合欧姆定律可以求出金属棒进入磁场的电流大小；（2）利

58、用平抛的初速度结合能量守恒定律可以求出R产生的热量大小；（3）利用动量定理可以求出通过R的电量大小。22【答案】（1）解：滑杆运动到OO位置时，小车通过S点时的速度为v=1.0m/s，设系绳与水平面的夹角为，则 Hsin H=d，sin=0.8，=53， 此时向上的速度即绳端沿绳长方向的速度：v1=vcos=0.6m/s答：滑杆AA滑到OO位置时的速度是0.60m/s（2）解：滑杆运动到OO位置产生感应电动势E=BLv1，产生感应电流 I= ER+r受到的安培力 F安=BIL= B2L2v1R+r ，代入数据，可得F安=1.5N滑杆通过OO位置时所受摩擦力 f=mgcos= 34 0.810

59、32 =3N由牛顿第二定律得：FmgsinfF安=ma，解得加速度：a=2m/s2答：若滑杆滑到OO位置时细绳中拉力为10.1N，滑杆通过OO位置时的加速度是2m/s2（3）解：设滑杆返回运动到AA位置后做匀速运动的速度为v2，由平衡条件得： mgsin=mgcos+ B2L2v2R+r ，带入数据，可得：v2=0.4m/s由能量守恒定律得：Q= 12 mv12 12 mv22+mgdsinmgdcos，带入数据，可得Q=1.08J电阻R上产生的热量 QR= RR+r Q，解得：QR=0.81J答：若滑杆运动到OO位置时绳子突然断了，则从断绳到滑杆回到AA位置过程中，电阻R上产生的热量Q为0.

60、81J【考点】共点力平衡条件的应用；电磁感应与电路；电磁感应与力学【解析】【分析】（1）由速度分解法求出滑杆AA滑到OO位置时的速度；（2）感应电动势为E=BLv，由欧姆定律求出电流，由安培力公式求出安培力，然后由牛顿第二定律求出加速度（3）由平衡条件求出滑杆的速度，由能量守恒定律求出产生的热量试题分析部分1、试卷总体分布分析总分：241分分值分布客观题（占比）21.0(8.7%)主观题（占比）220.0(91.3%)题量分布客观题（占比）7(31.8%)主观题（占比）15(68.2%)2、试卷题量分布分析大题题型题目量（占比）分值（占比）多选题7(31.8%)21.0(8.7%)综合题15(68.2%)220.0(91.3%)3、试卷难度结构分析序号难易度占比1普通(77.3%)2困难(22.7%)4、试卷知识点分析序号知识点（认知水平）分值（占比）对应题号1共点力平衡条件的应用48.0(19.9%)2,11,17,222电磁感应与力学241.0(100.0%)1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,17,18,19,20,21,223平抛运动15.0(6.2%)214电磁感应与电路123.0(51.0%)1,9,10,11,14,15,16,20,225左手定则3.0(1.2%)2