高考物理一轮复习考点能力提升训练19、电磁感应（1）（2份，原卷版+教师版）

这是一份高考物理一轮复习考点能力提升训练19、电磁感应（1）（2份，原卷版+教师版），共6页。
【例题1】1．（单选）如图所示，置于匀强磁场中的金属圆盘中央和边缘各引出一根导线，与套在铁芯上部的线圈A相连，套在铁芯下部的线圈B引出两根导线接在两根水平光滑导轨上，导轨上有一根金属棒ab静止处在垂直于纸面向外的匀强磁场中，下列说法正确的是（ ）
A．圆盘顺时针加速转动时，ab棒将向右运动
B．圆盘逆时针减速转动时，ab棒将向右运动
C．圆盘顺时针匀速转动时，ab棒将向右运动
D．圆盘逆时针加速转动时，ab棒将向右运动
【答案】D【详解】A．由右手定则可知，圆盘顺时针加速转动时，感应电流从圆心流向边缘，线圈A中产生的磁场方向向下且磁场增强。由楞次定律可知，线圈B中的感应磁场方向向上，由右手螺旋定则可知，ab棒中感应电流方向由a→b，由左手定则可知，ab棒受的安培力方向向左，ab棒将向左运动，选项A错误；B．若圆盘逆时针减速转动时，感应电流从边缘流向圆心，线圈A中产生的磁场方向向上且磁场减小。由楞次定律可知，线圈B中的感应磁场方向向上，由右手螺旋定则可知，ab棒中感应电流方向由a→b，由左手定则可知，ab棒受的安培力方向向左，ab棒将向左运动，选项B错误；C．当圆盘顺时针匀速转动时，线圈A中产生恒定的电流，那么线圈B的磁通量不变，则ab棒没有感应电流，则将不会运动，选项C错误；D．由右手定则可知，圆盘逆时针加速转动时，感应电流从边缘流向中心，线圈A中产生的磁场方向向上且磁场增强，由楞次定律可知，线圈B中的感应磁场方向向下，由右手螺旋定则可知，ab棒中感应电流方向由b→a，由左手定则可知，ab棒受的安培力方向向右，ab棒将向右运动，选项D正确。故选D。
（二）单杆题型
【例题2】2．（水平面运动类型）（单选）如图所示，固定在水平面上的光滑金属导轨AB、CD，导轨一端连接电阻R，导轨宽为L，垂直于导轨平面向下存在磁感应强度为B的匀强磁场，将一质量为m、电阻为r的导体棒垂直导轨放置，用恒力F向右拉动导体棒，经过距离x导体棒恰好达到最大速度v，则在此过程中（ ）
A．外力 B．从开始至速度最大所用的时间
C．定值电阻产生的焦耳热D．通过导体棒的电荷量
【答案】D【详解】A．导体棒速度最大时合力为零，外力
故A错误；B．由动量定理有又由于解得时间故B错误；C．由动能定理解得而电阻R上的焦耳热故C错误；D．通过导体棒的电荷量
故D正确。故选D。
【例题3】（含弹簧类型）3．（单选）如图所示，为两个平行的水平光滑金属导轨，处在方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，的间距为L，左、右两端均接有阻值为R的电阻。质量为m、长为L，且不计电阻的导体棒放在导轨上，甲、乙为两根相同的轻质弹簧，弹簧一端与棒中点连接，另一端均被固定。导体棒与导轨接触良好。开始时，弹簧处于自然长度，导体棒具有水平向左的初速度，经过一段时间，导体棒第一次运动到最右端，这一过程中，整个回路产生的焦耳热为Q，则（ ）
A．初始时刻导体棒所受的安培力大小为
B．当导体棒第一次回到初始位置时，A、C间电阻R的热功率为
C．当导体棒第一次到达最右端时，每根弹簧具有的弹性势能为
D．从初始时刻至导体棒第一次到达最左端的过程中，整个回路产生的焦耳热大于
【答案】C【详解】A．感应电动势感应电流导体棒受到的安培力故A错误；B．由于回路中产生焦耳热，棒和弹簧的机械能有损失，所以棒再次回到初始位置时，速度小于，棒产生的感应电动势电功率公式知，AC间电阻R的功率小于，故B错误。C．MN棒第一次运动至最右端的过程中，整个回路产生的焦耳热为Q，由能量守恒定律得此时弹簧的弹性势能故C正确；D．当导体棒第一次到达最右端时，整个回路产生的焦耳热为，整个运动过程中，安培力一直做负功，导体棒第一次到达最左端的过程中，导体棒的平均速度最大，受到的平均安培力最大，位移最大，安培力做功最大，则回路中产生的焦耳热无法判断是否大于，故D错误。故选C。
【例题4】（含电容器类型）4．（单选）如图所示，间距为L=1m的足够长光滑平行金属导轨间存在垂直于导轨平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B=1T。导轨左侧有两个开关S1、S2，S1与一个电容C=1F的电容器串联，S2与一个阻值R=2Ω的定值电阻串联。一质量为m=1kg电阻不计的导体棒垂直导轨放置，闭合开关S1断开S2，导体棒在恒力F的作用下由静止开始运动，t=2s时导体棒速度v0=4m/s，此时断开开关S1、闭合S2，并撒去F。下列说法正确的是（ ）
A．恒力F的大小为2N
B．t=2s时，电容器极板所带电荷量为2C
C．t=2s至导体棒停下的过程中，电阻R上的电流方向为b→a
D．从0时刻起至导体棒最终停下，导体棒运动的总位移为12m
【答案】D【详解】A．由题对导体棒由牛顿第二定律有而由法拉第电磁感应定律有又，联立解得故选项A错误；B．时，电容器上两端电荷量选项B错误；C．t=2s至导体棒停下的过程中，根据右手定则，可知电阻R上的电流方向为，选项C错误；D．内，导体棒位移
后，根据动量定理有可知因此总位移选项D正确。
故选D。
【例题5】5．（斜面运动类型）（单选）如图所示，间距为L的两倾斜且平行的金属导轨固定在绝缘的水平面上，金属导轨与水平面之间的夹角为θ，电阻不计，空间存在垂直于金属导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨上端接有阻值为R的定值电阻。质量为m的导体棒ab从金属导轨上某处由静止释放，开始运动时间后做匀速运动，速度大小为v，且此阶段通过定值电阻R的电量为q。已知导轨平面光滑，导体棒的电阻为r，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．刚释放瞬间导体棒的加速度大小为g B．导体棒稳定的速度大小
C．从释放导体棒到其速度稳定的过程中导体棒运动的位移大小为
D．从释放导体棒到其速度稳定的过程中定值电阻R上产生的热量为
【答案】C【详解】A．刚开始释放时，对导体棒有所以故A错误；
B．导体棒速度稳定时加速度为0，即
故B错误；C．从释放导体棒到其速度稳定的过程中
联立解得故C正确；D．从释放导体棒到其速度稳定的过程中依据动能定理得定值电阻R上产生的热量为联立解得故D错误。故选C。
【例题6】6．（竖直面运动类型）（单选）如图所示，竖直放置的“”形光滑导轨宽为L，矩形匀强磁场I、II的高和间距均为d，磁感应强度为B。质量为m的水平金属杆由静止释放，进入磁场I和II时的速度相等。金属杆在导轨间的电阻为R，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g。金属杆（ ）
A．刚进入磁场I时加速度方向可能竖直向下
B．穿过磁场I的时间可能等于在两磁场之间的运动时间
C．穿过两磁场产生的总热量为4mgd
D．释放时距磁场I上边界的高度可能等于
【答案】C【详解】A．由进入磁场I和II时的速度相等，两磁场间有一段加速过程，则刚进入磁场I时做减速运动，加速度方向竖直向上，A错误；B．根据牛顿第二定律，进入磁场I的过程可知，减速过程的加速度减小，则穿过磁场I和在两磁场之间的运动图像如图两个过程位移相等，则图像面积相等，可以看出前一段的时间大于后一段的时间，B错误；C．由于进入磁场I和II时的速度相等，根据动能定理又则穿过磁场I的过程产生的热量为故穿过两磁场产生的总热量为4mgd，C正确；D．由B选项，进入磁场时的速度为根据机械能守恒得D错误。选C。
【例题7】7．（竖直面运动类型）（单选）如图所示，固定的竖直光滑U形金属导轨，间距为L，上端接有阻值为R的电阻，处在方向水平且垂直于导轨平面、磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m、电阻为r的导体棒与劲度系数为k的固定绝缘轻弹簧相连且放在导轨上，导轨的电阻忽略不计。初始时刻，弹簧处于伸长状态，其伸长量为x1＝，此时导体棒具有竖直向上的初速度v0，在沿导轨往复运动的过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触。则下列说法正确的是（ ）
A．初始时刻导体棒受到的安培力大小为
B．初始时刻导体棒加速度的大小为
C．棒第一次速度为零时，克服弹簧弹力和克服重力做功之和小于
D．从导体棒开始运动到最终静止的过程中，电阻R上产生的焦耳热为mv＋
【答案】C【详解】A．初始时刻导体棒产生的感应电动势大小为E＝BLv0回路中感应电流大小为导体棒受到的安培力大小为F＝BIL联立得故A错误；B．初始时刻，对导体棒由牛顿第二定律得mg＋kx1＋F＝ma解得导体棒的加速度大小a＝2g＋故B错误；C．导体棒第一次速度为零时，根据动能定理得所以克服弹簧弹力和克服重力做功之和等于故C正确；D．导体棒在弹簧弹力作用下往复运动，当导体棒静止时，所受安培力为零，导体棒受到重力和弹簧的弹力平衡，弹簧弹力的方向竖直向上，弹簧处于压缩状态，弹簧的压缩量x2＝＝x1故导体棒从开始运动到最终静止，弹簧的弹性势能不变，由能量守恒定律得＋mg（x1＋x2）＝Q解得系统产生的总热量Q＝＋则R上产生的热量要小于Q，故D错误。故选C。
（三）双杆题型
【例题8】8．（多选）如图所示，固定光滑平行轨道的水平部分处于磁感应强度大小为，方向竖直向上的匀强磁场中，轨道宽度为，段轨道宽度为，段轨道和段轨道均足够长，将质量分别为、，有效电阻分别为、的金属棒和分别置于轨道上的段和段，且均与轨道垂直，金属棒原来处于静止状态。现让金属棒从距水平轨道高为处无初速度释放，两金属棒运动过程中始终与导轨接触良好且与导轨垂直，不计其他电阻及空气阻力，重力加速度大小为，则下列说法中正确的是（ ）

A．回路中电动势的最大值为
B．运动的整个过程流过金属棒的电荷量为
C．棒中产生的总焦耳热为
D．两金属棒距离最近时的棒的速度大小
【答案】ABD【详解】A．金属棒P从下滑到刚进入磁场时，速度最大，感应电动势最大。设金属棒P刚进入磁场时的速度大小为，此时回路中的感应电动势为，根据机械能守恒定律有
解得产生的感应电动势为故A正确；
B．金属棒P进入水平轨道后在安培力作用下做减速运动，金属棒Q做加速运动，直到两金属棒产生的电动势等大、反向，回路中的电流为零，最终两金属棒都做匀速运动。设两金属棒匀速运动时的速度大小分别为、，这个过程中通过两棒的电荷量为q，则有
根据动量定理，对P、Q金属棒分别有解
故B正确；C．由能量守恒定律可得回路产生的总焦耳热为
则棒中产生的焦耳热为故C错误；D．由牛顿第二定律可得
因通过两金属棒的电流始终相等，根据两金属棒的长度、质量关系可知，两金属棒的加速度大小始终相等，运动过程中的图像如图所示：两图线关于中间虚线对称，显然两图线的交点的纵坐标为。而两金属棒速度大小相等时距离最近，所以两金属棒距离最近时两棒的速度大小都为故D正确。故选ABD。
【例题9】9．（多选）如图所示，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为L，两导轨及其所构成的平面均与水平面成角，整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。现将质量均为m的金属棒a、b垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为R。先保持棒b静止，将棒a由静止释放，当棒a匀速运动时，再将棒b由静止释放，从棒b释放瞬间开始计时，经过时间，两棒恰好达到相同的速度，运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终未滑出导轨，导轨电阻忽略不计，重力加速度为g（ ）
A．棒a匀速运动时的速度大小为B．释放瞬间棒b的加速度大小
C．两棒恰好达到相同的速度大小为
D．时间内棒a相对于棒b运动的距离为
【答案】BC【详解】A．保持棒b静止，将棒a由静止释放，棒ａ切割磁感线产生的感应电动势为
回路中产生的感应电流为棒ａ受到的安培力为
棒ａ匀速运动时，合力为零，则有代入数据解得故A错误；
B．棒ｂ由静止释放，由左手定则可知棒ｂ所受安培力方向沿斜面向下，ａ、ｂ棒串联电流相等，两者的安培力大小相等，对ｂ利用牛顿第二定律有代入数据解得故B正确
C．对a、b棒分别利用动量定理，取沿斜面向下为正方向，则有两式联立，解得故C正确；D．从b棒利用动量定理，取沿斜面向下为正方向，则有
已知代入数据解得由法拉第电磁感应定律则有由闭合电路欧姆定律则有
电量为联立方程可得而入数据解
故D错误。故选BC。
（四）线框题型
【例题10】10．（单选）如图所示，两水平虚线间存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，边长为h的正方形导体框由虚线1上方无初速度释放，在释放瞬间ab边与虚线1平行且相距h。已知导体框的质量为m，总电阻为r，重力加速度为g，cd边与两虚线重合时的速度大小均为，忽略空气阻力，导体框在运动过程中不会发生转动，则（ ）
A．两虚线的距离为
B．导体框在穿越磁场的过程中，产生的焦耳热为
C．导体框的ab边与虚线1重合时，其克服安培力做功的功率大小为
D．导体框从ab边与虚线1重合到cd边与虚线1重合所用的时间为
【答案】D【详解】A．由题意，根据导体框进出磁场过程中运动的对称性可知，ab边刚好进入磁场和刚好离开磁场时的速度大小均为
设两虚线之间的距离为H，导体框全部位于磁场中时下落的加速度大小为g，根据运动学公式有
解得故A错误；
B．设导体框穿过磁场的过程中产生的焦耳热为Q，对导体框从开始下落到穿过磁场的过程中，根据能量守恒定律有解得导体框产生的焦耳热故B错误；
C．导体框的ab边与虚线1重合时的速度大小为
此时ab边产生的感应电动势大小为导体框中的感应电流为
ab边所受的安培力大小为导体框的ab与虚线1重合时克服安培力做功的功率大小为
整理得故C错误；
D．设导体框通过磁场上边界所用时间为t，导体框中的平均感应电流为，则由动量定理可得根据电流的定义可知t时间内通过导体框某一截面的电荷量为根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律综合分析可知联立解得
故D正确。故选D。
【例题11】11．（单选）如图所示，在光滑的水平面上有两个磁感应强度大小均为B、方向相反的竖直匀强磁场区域，磁场宽度均为2L。一个边长为L、电阻为R的正方形单匝闭合线圈在外力作用下，以速度v向右匀速通过整个磁场，i表示电路中的感应电流，F表示外力，表示ab两点间的电势差，P表示线圈的热功率。规定顺时针方向为感应电流的正方向，向右为力的正方向，线圈从图示位置开始运动，则下列图像中正确的是（ ）

A． B． C． D．
【答案】C【详解】A．内根据右手定则电路中的感应电流为逆时针方向，大小为
内闭合线圈的磁通量不变，电路中没有感应电流 内根据右手定则电路中的感应电流为顺时针方向，大小为内闭合线圈的磁通量不变，电路中没有感应电流
内根据右手定则电路中的感应电流为逆时针方向，大小为
故A错误；B．内根据受力平衡可知拉力向右，大小为
内闭合线圈所受的安培力为零，拉力为零内根据受力平衡可知拉力向右，大小为内闭合线圈所受的安培力为零，拉力为零
内根据受力平衡可知拉力向右，大小为
故B错误；C．内ab两点间的电势差为
内ab两点间的电势差为内ab两点间的电势差为内ab两点间的电势差为
内ab两点间的电势差为故C正确
D．内线圈的热功率内电路中没有感应电流，线圈的热功率为零
内线圈的热功率内电路中没有感应电流，线圈的热功率为零
内线圈的热功率故D错误。故选C。
【例题12】12．如图所示，固定绝缘斜面与水平面的夹角θ=37°，斜面所在空间存在两个相邻且互不影响的有界匀强磁场Ⅰ、Ⅱ﹐磁场边界水平，磁场Ⅰ的方向垂直斜面向里、磁感应强度大小B1=0.5T，磁场Ⅱ的方向垂直斜面向外、磁感应强度大小B2=0.75T，磁场Ⅰ、Ⅱ的宽度均为L=2m。现有一边长也为2m，电阻R=2.0的正方形闭合导线框abcd从距磁场Ⅰ上边界x=2m处由静止释放，已知线框ab边刚进入磁场Ⅰ时线框恰好做匀速直线运动，进入磁场Ⅱ经一段时间后，在ab边未出磁场Ⅱ区域下边界之前线框又做匀速直线运动，整个线框在穿过磁场区域的过程中，ab边始终水平，线框和斜面间的动摩擦因数，线框与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取sin37°=0.6，cs37°=0.8，重力加速度大小g=10m/s2。求：
（l）线框abcd的质量m；（2）线框cd边通过磁场Ⅰ下边界时线框的速度大小；
（3）线框从开始运动至ab边刚到达磁场Ⅱ下边界的过程中，线框内产生的焦耳热Q。（结果保留一位小数）
【答案】（1）0.5kg；（2）0.64m/s；（3）11.9J【详解】（1）线框由静止开始做匀加速运动，设加速度大小为a，线框ab边到达磁场Ⅰ上边界时速度为，根据牛顿第二定律有
根据运动学公式有线框ab边进入磁场Ⅰ边界切割磁感线产生感应电流，根据法拉第电磁感应定律有
线框ab边受到的安培力大小线框ab边刚进入磁场Ⅰ时恰好做匀速直线运动，根据受力平衡有解得
（2）当ab边进入磁场Ⅱ后，线框再次匀速运动时的速度为，线框ab边和cd边同时切割磁感线，产生同方向感应电流，此时回路的感应电动势此时线框abcd中的电流线框ab边和cd边同时受到沿斜面向上的安培力，由受力平衡可得解得
（3）从线框开始运动到ab边刚到达磁场Ⅱ下边界的过程中，设安培力做的功为，根据动能定理有
根据功能关系有解得
（五）电磁感应与科技生活
【例题13】13．随着超导材料性能不断提高和完善，科学家们正在积极开展高温超导应用技术的研究，其中诞生了一个重要领域的研究应用——高温超导磁悬浮列车技术。作为革命性的技术创造，高温超导磁悬浮列车技术在我国已有相关研究最新进展。图（甲）是磁悬浮实验车与轨道示意图，图（乙）是固定在车底部金属框（车厢与金属框绝缘）与轨道上运动磁场的示意图。水平地面上有两根很长的平行直导轨和，导轨间有竖直（垂直纸面）方向等间距的匀强磁场和，二者方向相反。车底部金属框的边宽度与磁场间隔相等，当匀强磁场和同时以恒定速度沿导轨方向向右运动时，金属框会受到磁场力，带动实验车沿导轨运动。设金属框垂直导轨的边长、总电阻，实验车与线框的总质量，磁场，磁场运动速度，已知悬浮状态下，实验车运动时受到恒定的阻力。
（1）设时刻，实验车的速度为零，求金属框的受到磁场力F的大小和方向；
（2）求实验车的最大速率；
（3）实验车以最大速度做匀速运动时，为维持实验车运动，求外界在单位时间内需提供的总能量E。

【答案】（1），方向水平向右；（2）；（3）
【详解】（1）设
当实验车的速度为零时，线框相对于磁场的速度大小为，线框中左右两边都切割磁感线，产生感应电动势，则有根据闭合电路欧姆定律
安培力为所以此时金属框受到的磁场力的大小
代入数值解得根据楞次定律可判断磁场力方向水平向右。
（2）实验车最大速率为时
则此时线框所受的磁场力大小为所以实验车的最大速率为
（3）实验车以最大速度做匀速运动时，克服阻力的功率为
此时线框受到的安培力等于阻力，则当实验车以速度匀速运动时，金属框中感应电流
金属框中的热功率为
所以外界在单位时间内需提供的总能量为
【例题14】14．电磁弹射在电磁炮、航天器、舰载机等需要超高速的领域中有着广泛的应用，图1所示为电磁弹射的示意图，为了研究问题的方便，将其简化为如图2所示的模型（俯视图）。发射轨道被简化为两个固定在水平面上、间距为L且相互平行的金属导轨，整个装置处于竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中。发射导轨的左端为充电电路，已知电源的电动势为E，电容器的电容为C，子弹载体被简化为一根质量为m、长度也为L的金属导体棒，其电阻为。金属导体棒垂直放置于平行金属导轨上，忽略一切摩擦阻力以及导轨和导线的电阻。
（1）发射前，将开关S接a，先对电容器进行充电，求电容器充电结束时所带的电荷量Q；
（2）充电过程中电容器两极板间的电压u随电容器所带电荷量q发生变化。请在图3中画出图像，并借助图像求出稳定后电容器储存的能量；
（3）电容器充电结束后，将开关S接b，电容器通过导体棒放电，导体棒由静止开始运动，导体棒离开轨道时发射结束。电容器所释放的能量不能完全转化为金属导体棒的动能，将导体棒离开轨道时的动能与电容器所释放能量的比值定义为能量转化效率。若某次发射结束时，电容器的电量减小为充电结束时的一半，不计放电电流带来的磁场影响，求这次发射过程中的能量转化效率。

【答案】（1）；（2） ，；（3）
【详解】（1）根据电容的定义，电容器充电结束时其两端电压U等于电动势E，解得电容器所带电荷量
（2）根据以上电容的定义可知
画出图像如图所示： 由图像可知，稳定后电容器储存的能量为图中阴影部分的面积
（3）设从电容器开始放电至导体棒离开轨道时的时间为t，放电的电荷量为，平均电流为，导体棒离开轨道时的速度为。以导体棒为研究对象，根据动量定理有据电流定义可知根据题意有
联立解得导体棒离开轨道时的动能
电容器释放的能量，
联立解得能量转化效率
（六）巩固练习
（1）电磁感应现象.楞次定律.法拉第电磁感应定律的简单应用
15．（单选）如图所示，质量为m的铜质小闭合线圈静置于粗糙水平桌面上。当一个竖直放置的条形磁铁贴近线圈，沿线圈中轴线由左至右从线圈正上方等高、匀速经过时，线圈始终保持不动。设线圈在此过程中受到的支持力为FN，摩擦力为。以下判断正确的是（ ）
A．先向右，后向左B．一直大于mg
C．先大于mg，后小于mgD．线圈中感应电流的方向始终不变
【答案】C【详解】ABC．当磁铁靠近线圈时，穿过线圈的磁通量增加，线圈中产生感应电流，线圈受到磁铁的安培力作用，根据楞次定律“来拒去留”可知，线圈受到的安培力斜向右下方，则线圈对桌面的压力增大，即大于mg；线圈相对桌面有向右运动趋势，受到桌面向左的静摩擦力；
当磁铁远离线圈时，穿过线圈的磁通量减小，线圈中产生感应电流，线圈受到磁铁的安培力作用，根据楞次定律“来拒去留”可知，线圈受到的安培力斜向右上方，则线圈对桌面的压力减小，即小于mg；线圈相对桌面有向右运动趋势，受到桌面向左的静摩擦力。
选项AB错误，C正确；
D．磁铁靠近线圈的过程中穿过线圈的磁通量增大，远离线圈的过程中穿过线圈的磁通量减小，磁通量的变化相反，所以产生的感应电流的方向也一定相反，选项D错误。
故选C。
16．（单选）如图所示是著名物理学家费曼设计的一个实验，在一块绝缘板中部安装一个线圈，并接有电源，板的四周有许多固定的带负电的小球。整个装置悬挂起来，在接通开关瞬间，整个圆板将（自上而下看）（ ）
A．逆时针转动一下 B．静止不动
C．不管板上小球的电性如何，开关闭合瞬间，圆板转动方向都是一样的
D．电路稳定情况下，断开开关瞬间圆板转动方向与开关接通瞬间圆板转动方向相反
【答案】D【详解】AB．根据右手螺旋定则可以判断接通电源瞬间，螺线管的下端为Ｎ极，产生向下的磁场，再由楞次定律可知圆盘会顺时针转动（从上往下看）并产生逆时针方向的电流，从而产生向上的磁场，AB错误；C．若小球带正电，开关闭合瞬间，圆板将顺时针（从上往下看）转动，C错误；D．电路稳定情况下，断开开关瞬间磁通量减小，而闭合开关瞬间磁通量增大，根据楞次定律可知，圆转动方向相反，D正确。故选D。
17．（单选）如图所示，螺线管内有平行于轴线的匀强磁场，规定图中箭头所示方向为磁感应强度B的正方向，螺线管与U型导线框cdef相连，导线框cdef内有一半径很小的金属圆环L，圆环与导线框cdef在同一平面内。当螺线管内的磁感应强度随时间按图示规律变化时（ ）
A．在时刻，金属圆环L内的磁通量最大B．在时刻，金属圆环L内的磁通量最小
C．在时间内，金属圆环L有收缩趋势D．在时间内，金属圆环L内有逆时针方向的感应电流
【答案】C【分析】根据B-t图线斜率的变化，根据法拉第电磁感应定律得出电动势的变化，从而得出感应电流的变化，根据楞次定律判断出感应电流的方向，根据右手螺旋定则判断出电流所产生的磁场，从而确定磁通量的变化．【详解】A、由B-t图知，时刻磁通量的变化率为零，则感应电流为零，金属圆环周围没有磁场，金属圆环L内的磁通量最小，选项A错误；B、在时刻，磁感应强度为零，但是磁通量的变化率最大，则感应电流最大，金属圆环L内的磁通量最大，选项B错误；D、在时间内，L内的磁场增加，由愣次定律可以确定L必须减小面积以达到阻碍磁通量的增加，故有收缩的趋势，选项C正确；C、在时间内，磁通量的变化率不断变大，则线圈内的感应电流不断变大，根据楞次定律，在线圈中的电流方向f到c，根据右手螺旋定则，穿过圆环的磁通量向外增大，则根据楞次定律，在金属圆环中产生顺时针方向的感应电流，选项D错误。故选C。
18.（单选）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）中虚线所示，一硬质细导线的电阻率为、横截面积为，将该导线做成半径为的圆环固定在纸面内，圆心在上。时磁感应强度的方向如图（a）所示。磁感应强度随时间的变化关系如图（b）所示，则在到的时间间隔内（ ）
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逆时针方向
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】C【详解】AB．根据B-t图像，由楞次定律可知，线圈中感应电流方向一直为顺时针；在t0时刻，磁场的方向发生变化，故安培力方向在t0时刻发生变化，t=0至t=t0时段，安培力向左；t=t0至t=t1时段，安培力向右，故AB错误；CD．由闭合电路欧姆定律得
又根据法拉第电磁感应定律得由电阻定律有联立解得故C正确，D错误。故选C。
（2）单杆题型
19（水平面运动类型）．如图甲所示，足够长的金属导轨固定在水平面上，金属导轨宽度，导轨上放有垂直导轨的金属杆P，金属杆质量为，空间存在磁感应强度、竖直向下的匀强磁场。连接在导轨左端的电阻，金属杆的电阻，其余部分电阻不计，某时刻给金属杆一个水平向右的恒力F，金属杆P由静止开始运动，图乙是金属杆P运动过程的图像，导轨与金属杆间的动摩擦因数，在金属杆P运动的过程中，第一个2s内通过金属杆P的电荷量与第二个2s内通过P的电荷量之比为，g取，求：
（1）水平恒力F的大小；（2）金属杆运动的最大加速度的大小；（3）前4s内整个回路中产生的焦耳热。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）由图乙可知金属杆P先做加速度减小的加速运动，2s后做匀速直线运动当时，，此时感应电动势感应电流安培力根据牛顿运动定律有
解得（2）刚开始运动时加速度最大，根据牛顿运动定律有解得
（3）通过金属杆P的电荷量其中所以（x为P的位移）
设第一个2s内金属杆P的位移为，第二个2s内P的位移为，则
又由于联立解得，前4s内由能量守恒定律得解得
20（斜面运动类型）．如图所示，PQ、MN为足够长的两平行金属导轨，它们之间连接一个阻值的电阻，导轨间距为；有一质量，电阻，长的金属杆ab水平放置在导轨上，它与导轨间的滑动摩擦因数，导轨平面与水平面间的倾角为，在垂直导轨平面的方向上有匀强磁场，且磁感应强度的大小，若现让金属杆ab由静止开始下滑，已知当杆ab由静止开始到恰好做匀速运动的过程中，通过杆ab的电量，试求：
（1）杆ab下滑速度大小为2m/s时，其加速度的大小；
（2）杆ab下滑的最大速率；
（3）杆ab从静止开始到恰好做匀速运动的过程中R上产生的热量；
（4）求杆ab从静止开始到恰好做匀速运动的时间。
【答案】（1）1.2m/s2；（2）5m/s；（3）1J；（4）4s
【详解】（1）取ab杆为研究对象其受力如图示，建立如图所示坐标系mgsinθ-BIL-f=ma且N-mgcsθ=0 摩擦力f=μN E=BLv 联立上面解得当v=2m/s时解得a＝1.2m/s2
（2）由上问可知故AB做加速度减小的加速运动当a=0速度最大，则解得vm=5m/s（3）从静止开始到匀速运动过程中解得x=7.5m 设两电阻发热和为Q由能量守恒可知QR：Qr=R：r联立解得（4）对导体棒由动量定理其中解得t=4s
【例题15】21．（含电容器类型）如图所示，两光滑导轨相距为L，倾斜放置，与水平地面夹角为α，上端接一电容为C的电容器。导轨上有一质量为m长为L的导体棒平行地面放置，导体棒离地面的高度为h，磁感强度为B的匀强磁场与两导轨所决定的平面垂直，开始时电容器不带电。将导体棒由静止释放，整个电路电阻不计，则（ ）
A．导体棒先做加速运动，后作匀速运动
B．导体棒一直做匀加速直线运动，加速度为a＝
C．导体棒落地时瞬时速度v=
D．导体棒下落中减少的重力势能大于增加的动能，机械能不守恒
【答案】BD【详解】AB．对导体棒进行受力分析，根据牛顿第二定律而整理得解得①下滑的过程中，加速度保持不变，因此B正确，A错误；C．根据速度与位移的关系 ②由①②联立C错误；D．下降过程中，由于电容器充电，根据能量守恒，减小的重力势能，一部分转化为动能，一部分转化为电场能，因此减少的重力势能大于增加的动能，机械能不守恒，D正确。故选BD。
22．（多选）如图，间距为L的平行导轨竖直固定放置，导轨上端接有阻值为R的定值电阻，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的宽度均为d，磁场Ⅰ的下边界和磁场Ⅱ的上边界间距为d，磁场的磁感应强度大小均为B。一根质量为m、电阻为R的金属棒由静止释放，释放的位置离磁场Ⅰ的上边界距离为2d，金属棒进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，金属棒运动过程中始终保持水平且与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．金属棒刚进入磁场Ⅰ时的速度大小为
B．金属棒刚出磁场Ⅰ时的速度大小为
C．金属棒穿过两个磁场后电阻R中产生的焦耳热为2mgd
D．金属棒穿过磁场Ⅰ所用的时间为
【答案】ABC【详解】A．根据动能定理有金属棒刚进磁场Ⅰ时的速度大小为
故A正确B．由于金属棒进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，在金属棒从磁场Ⅰ的下边界到磁场Ⅱ的上边界这一过程中，机械能守恒，设金属棒出磁场Ⅰ的速度为，进磁场Ⅱ的速度为，则有
又解得金属棒刚出磁场Ⅰ时的速度大小为故B正确；
C．由能量守恒得解得金属棒穿过两个磁场后电阻R中产生的焦耳热为
故C正确；D．设金属棒穿过磁场Ⅰ所用的时间为t，根据动量定理该过程的电量为解得金属棒穿过磁场Ⅰ所用的时间为故D错误。故选ABC。
（3）双杆题型
23．（单选）如图所示，水平面上固定着两根相距L且电阻不计的足够长的光滑金属导轨，导轨处于方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中。相同的铜棒a、b平行地静止在导轨上且与导轨接触良好，每根铜棒的长度等于两导轨的间距、电阻为R、质量为m。现给铜棒a一个平行于导轨向右的瞬时冲量I，关于此后的过程，下列说法正确的是（ ）
A．铜棒b获得的最大速度为B．铜棒b的最大加速度为
C．铜棒b中的最大电流为D．铜棒b中产生的最大焦耳热为
【答案】A【详解】A．两铜棒在任意时刻所受安培力等大反向，所以系统动量守恒，共速时b有最大速度铜棒b的最大速度故A正确；C．选取水平向右为正方向，根据动量定理求解a开始时速度根据左手定则判断安培力，可知此后a导体棒做减速运动，b导体棒做加速运动，所以回路中的感应电动势最大值铜棒b中的最大电流为故C错误；B．根据牛顿第二定律，铜棒b的最大加速度故B错误；D．两铜棒共速后，回路中不再产生感应电流，则根据能量守恒定律，系统产生的热量铜棒b中产生的最大焦耳热为故D错误。故选A。
24．如图，光滑平行轨道abcd的水平部分处于竖直向上大小为的匀强磁场中，段轨道宽度为，段轨道宽度是段轨道宽度的2倍，段轨道和段轨道都足够长，将质量均为的金属棒和分别置于轨道上的段和段，且与轨道垂直。、棒电阻均为，导轨电阻不计，棒静止，让棒从距水平轨道高为h的地方由静止释放，求：
（1）棒最终的速度；（2）整个过程中P棒产生的焦耳热。
【答案】详解】（1）设棒滑至水平轨道瞬间的速度大小为，对于P棒，金属棒下落h过程应用动能定理解得P棒刚进入磁场时的速度为当P棒进入水平轨道后，切割磁感线产生感应电流。P棒受到安培力作用而减速，Q棒受到安培力而加速，Q棒运动后也将产生感应电动势，与P棒感应电动势反向，因此回路中的电流将减小。最终达到匀速运动时，回路的电流为零。P棒和Q棒产生的感应电动势大小即解得因为当P，Q在水平轨道上运动时，它们所受到的合力并不为零，设I为回路中的电流，P棒和Q棒受到的安培力大小因此P，Q组成的系统动量不守恒。设P棒从进入水平轨道开始到速度稳定所用的时间为，规定向右为正方向，对P，Q分别应用动量定理得又联立解（2）由能量守恒定律得，整个过程中系统产生的焦耳热
25．（单选）如图，电阻不计的光滑金属导轨由直窄轨AB、CD，直宽轨EF、GH和连接直轨BE、GD构成，整个导轨处于同一水平面内，，BE和GD共线且与AB垂直，窄轨间距为，宽轨间距为L。空间有方向竖直向上的匀强磁场，宽轨所在区域的磁感应强度大小为B，窄轨所在区域的磁感应强度大小为2B。棒长均为L、质量均为m、电阻均为R的均匀金属直棒a、b始终与导轨垂直且接触良好。初始时刻，b棒静止在宽轨上，a棒从窄轨上某位置以平行于AB的初速度向右运动。a棒距窄轨右端足够远，宽轨EF、GH足够长。则（ ）
A．a棒刚开始运动时，b棒的加速度大小为B．经过足够长的时间后，a棒的速度大小为
C．整个过程中，a棒克服安培力做的功等于ab两棒上的发热量D．整个过程中，b棒产生的焦耳热为
【答案】D【详解】A．a棒刚开始运动时，产生的动生电动势为回路中的总电阻则回路中的感应电流为在此瞬间对b棒由牛顿第二定律可得解故A错误；B．分析可知，a棒、b棒分别向右做速度减小的减速运动和速度增大的加速运动，回路中的感应电动势为当时，感应电动势为零，两棒将均做匀速直线运动，对两棒组成的系统合外力则可知两棒组成的系统动量守恒，有得可知，经过足够长的时间后，a棒的速度大小为，故B错误；C．根据能量守恒可知，整个过程中，a棒克服安培力做的功等于ab两棒上的发热量与b棒所获得的动能之和，故C错误；D．根据能量守恒，可得在整个过程中产生得总热量为而b棒产生得热量故D正确。故选D。
26．（多选）如图所示，足够长的光滑金属导轨水平固定于竖直向上的匀强磁场中，窄轨的间距为，宽轨的间距为L，两根完全相同的导体棒、垂直于导轨静止放置并与导轨接触良好，导体棒的长度均为L，现使导体棒瞬间获得一个向右的初速度开始运动，已知导体棒在到达宽窄导轨的连接处之前就已经匀速运动，经过足够长的时间，两根导体棒都在宽轨上匀速运动，不考虑导体棒经过宽窄导轨的连接处时速度的变化。下列说法中正确的是（ ）
A．导体棒前后两次匀速运动的速率之比为3：2
B．导体棒前后两次匀速运动的速率之比为1：2
C．导体棒分别在窄轨上和宽轨上运动的过程中，通过回路的电荷量之比为1：3
D．导体棒分别在窄轨上和宽轨上运动的过程中，回路中产生的焦耳热之比为5：9
【答案】ABD【详解】设导体棒瞬间获得向右的初速度为，当导体棒在窄导轨上运动与导体棒在宽轨上运动割磁感线产生的感应电动势相等时，两导体棒匀速，此时有根据动量定理，对MN有对PQ有解得 ，，根据能量守恒同理，二者在宽轨上运动速度相等时，有 联立，求得根据能量守恒
对PQ有解得AB．可得导体棒前后两次匀速运动的速率之比为导体棒前后两次匀速运动的速率之比为故AB正确；C．导体棒分别在窄轨上和宽轨上运动的过程中，通过回路的电荷量之比为故C错误D．导体棒分别在窄轨上和宽轨上运动的过程中，回路中产生的焦耳热之比为故D正确。故选ABD。
（4）线框题型
27．（单选）粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框整体置于有界匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面向里，其边界与正方形线框的边平行．现使线框以同样大小的速度沿四个不同方向（向上、向下、向左、向右）分别平移出磁场，如图所示，则在线框移出磁场的整个过程中，下列说法正确的（ ）
A．四种情况下流过边的电流的方向都不相同
B．四种情况下流过线框的电量都相等
C．四种情况下两端的电势差都相等
D．四种情况下磁场力对线框做的功率都不相等
【答案】B【详解】A．四种情况下穿过线框的磁通量均减小，根据楞次定律判断可知感应电流方向均为顺时针方向，则通过ab边的电流的方向都相同，故A错误；B．由可知，由于相同，所以流过线框的电荷量都相等，故B正确；C．由法拉第电磁感应定律可知，导体棒切割磁感线时产生的电动势为上述四个图中，切割边的长度相同，所以产生的电动势大小均相等，回路电阻均为4r（每边电阻为r），则电路中的电流亦相等，即只有B图中，ab为电源，所以有ACD的图中，故C错误；D．安培力做功的功率为因为I相同，所以P相等，故D错误。
故选B。
28．（单选）垂直于光滑水平桌面有向下和向上且宽度均为L的匀强磁场B，如图所示，以O为坐标原点建立x轴，边长为L的正方形导线框abcd在外力作用下从静止开始沿x轴正方向匀加速通过磁场区域，规定逆时针方向为电流的正方向，已知导线框在、、时刻所对应的位移分别是L、2L、3L，下列关于感应电流i随时间t或位移x的变化规律正确的是（ ）
A．B．C．D
【答案】A【详解】AB．0~t1时间内为bc边切割向里的磁场，电流为逆时针方向，t1~t2时间内ad边和bc边同向切割反向的磁场，电流加倍为顺时针，t2~t3时间内为ad边切割向外的磁场，电流为逆时针。线框做匀加速直线运动，则切割磁场的速度线框运动的速度随时间增大，运动相同位移所用时间越来越短；0~t1、t2~t3时间内一个边切磁感线产生的电动势为电流0~t1、t2~t3时间内i-t图像斜率相同。t1~t2时间内，两个边切割磁感线，电动势为电流故A正确，B错误；CD．物体做匀加速运动故电流的表达式还可以所以电流不与位移成正比，故CD错误。故选A。
29．（单选）如图所示，在直角坐标系xOy的第一象限中有一等腰直角三角形OAC区域，其内部存在垂直纸面向里的匀强磁场，它的OC边在x轴上且长为L。边长也为L的正方形导线框的一条边也在x轴上，时刻，该线框恰好位于图中所示位置，此后线框在外力F的作用下沿x轴正方向以恒定的速度v通过磁场区域。规定逆时针方向为导线框中电流的正方向，则线框通过磁场区域的过程中，线框中的感应电流i、穿过线框平面的磁通量Ф、通过线框横截面的电荷量q、外力F随线框的位移x变化的图像中错误的是（图中曲线是抛物线的一部分）（ ）
A． B． C． D．
【答案】B【详解】A．线框前进过程中，单边（右边框）切割磁感线，有其中为实际切割长度，随着导线框的移动而增大，与水平位移成正比，故感应电流增大。同理导线框前进过程中，也是单边（左边框）切割，其实际切割长度一直在增大，其感应电流随位移呈线性关系增大，A正确；B．当线框沿轴正方向运动位移时，穿过线框的磁通量最大，最大值在这之前（），磁通量关于位移的表达式为在这之后（），磁通量关于位移的表达式为B错误；C．通过线框横截面的电荷量故通过线框横截面的电荷量与穿过线框的磁通量成正比关系，故C图像符合，C正确；D．由左手定则判断可知，穿过磁场过程中线框受到的安培力一直向左，在内，其大小在内，其大小D正确。选错误的，故选B。
30（单选）如图所示，在MN右侧区域有垂直于纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度随时间变化的关系为B=kt（k为大于零的常量），一高为a、电阻为R的正三角形金属线框向右匀速运动.在t=0时刻，线框底边恰好到达MN处；在t=T时刻，线框恰好完全进入磁场.在线框匀速进入磁场的过程中（ ）
A．线框中的电流始终为顺时针方向
B．线框中的电流先逆时针方向，后顺时针方向
C．t=时刻，流过线框的电流大小为
D．t=时刻，线框切割磁感线产生的感应电动势大小为ka2
【答案】C【详解】AB．根据楞次定律可知，穿过线圈的磁通量增加，则线框中的电流始终为逆时针方向，故AB错误；CD．高为a，线圈的边长为；t=时刻，线圈切割磁感线的有效长度为，动生电动势线圈中产生的感生电动流过线框的电流大小为故C正确，D错误。故选C。
31．（多选）如图所示，矩形闭合导体线框在匀强磁场上方，由不同高度静止释放，用、分别表示线框ab边和cd边刚进入磁场的时刻。线框下落过程形状不变，ab边始终保持与磁场水平边界线OO′平行，线框平面与磁场方向垂直。设OO′下方磁场区域足够大，不计空气影响，则下列图像可能反映线框下落过程中速度v随时间t变化规律的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】BCD【详解】AB．线框先做自由落体运动，若安培力大于重力，ab边进入磁场先做减速运动，根据安培力公式可知，线框的加速度应该是逐渐减小，v-t图象的斜率应逐渐减小，先线框所受的安培力与重力二力平衡后，做匀速直线运动，速度不变；线框完全进入磁场后，磁通量不变，没有感应电流产生，线框只受重力，做加速度为g的匀加速直线运动，故v-t图象的斜率可能先不变，后减小，再为零，最后又不变，故A错误，B正确；C．线框先做自由落体运动，ab边进入磁场后因为重力大于安培力，做加速度减小的加速运动，cd边离开磁场做匀加速直线运动，加速度为g，故C正确;
D．线框先做自由落体运动，ab边进入磁场后因为重力等于安培力，做匀速直线运动，cd边离开磁场做匀加速直线运动，加速度为g，故D正确。故选BCD。
32．如图甲所示为一“凸型”线框，总电阻为R，其中ab=bc=cd=de=ah=gh=gf=l，ef=3l。线框在外力作用下以恒定速度v垂直磁场通过两个宽均为l的有界匀强磁场，磁感应强度大小都为B，方向相反。取逆时针方向电流为正，安培力水平向左为正。图示时刻t=0，则线框中产生的电流i和整个线框受到的安培力F随时间t变化的图象中，正确的是（其中，，）（ ）
A．B．C．D．
【答案】AC【详解】(1)ab边进入左侧磁场时感应电动势为感应电流为由右手定则可知，线框进入磁场过程感应电流沿逆时针方向，是正的。安培力为(2)ab边进入右侧磁场、gh与cd边进入左侧磁场时感应电动势为感应电流为由右手定则可知，线框中合感应电流沿逆时针方向，是正的。安培力为(3)gh与cd边进入右侧磁场、ef边进入左侧磁场时感应电动势为感应电流为由右手定则可知，线框中合感应电流沿顺时针方向，是负的。安培力为(4)ef边离开磁场时感应电动势为感应电流为安培力为由右手定则可知感应电流沿逆时针方向，是正的。选项AC正确，BD错误。故选AC。
（5）电磁感应与科技生活
33．（多选）列车进站时如图所示，其刹车原理可简化如下：在车身下方固定一矩形线框，利用线框进入磁场时所受的安培力，辅助列车刹车。已知列车的质量为m，车身长为s，线框的ab和cd长度均为L（L小于匀强磁场的宽度），线框的总电阻为R。站台轨道上匀强磁场区域足够长，磁感应强度的大小为B。车头进入磁场瞬间的速度为v0，列车停止前所受铁轨及空气阻力的合力恒为f。车尾进入磁场瞬间，列车恰好停止。下列正确的是( )

A．列车进站过程中电流方向为abcd B．列车ab边进入磁场瞬间，线框的电流大小为
C．列车从进站到停下来的过程中，减少的动能等于线框产生的热量
D．列车ab边进入磁场瞬间，加速度大小
【答案】ABD【详解】A．列车进站过程中穿过线框的磁通量变大，由楞次定律可知列车进站过程中电流方向为abcd，A正确；BD．列车ab边进入磁场瞬间产生的感应电动势为由闭合电路的欧姆定律得对列车由牛顿第二定律得联立解得BD正确；C．列车从进站到停下来的过程中，减少的动能等于线框产生的热量与克服空气阻力产生的摩擦生热，C错误。故选ABD。
34．（多选）电磁轨道炮是利用磁场对通电导体的作用使炮弹加速的，其原理如图所示。在水平面内固定两根间距为L的光滑平行金属导轨（导轨足够长且电阻忽略不计），导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场（图中未画出），在导轨的左端接入电动势为E的电源（内阻不计）和电容为C的电容器。质量为m的金属棒（即炮弹），垂直静置在导轨上，首先开关S接1，使电容器完全充电，然后将开关S接至2，金属棒开始向右运动。在金属棒沿导轨运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，下列说法正确的是（ ）
A．开关S接1，通过电容器的电流逐渐减小至0
B．为使金属棒向右弹射，磁感应强度的方向垂直导轨平面向上
C．开关S接2，在金属棒弹射的过程中，电容器储存的电能主要转化为金属棒的动能
D．金属棒弹射出时的速度为
【答案】ACD【详解】开关S接1，电容器充电，充电电流逐渐减小至0；开关S接2，电容器放电，金属棒中的电流方向由上至下，而金属棒向右运动，由左手定则，磁感应强度的方向垂直导轨平面向下；开关S接2发射金属棒的过程，电容器储存的电能主要转化为金属棒的动能；开关S接1，电源对电容器充电，电容器所带电荷量开关S接2，电容器通过金属棒放电，金属棒向右做加速度逐渐减小的加速运动，最终速度为v。此时，金属棒匀速切割磁场产生的感应电动势与电容器两端的电压相等，设为U，则电容器所带电荷量电容器放电量为设该过程中某一时刻，流过金属棒的电流为i，作用在金属棒上的安培力为在时间内，对金属棒，由动量定理对上式累加求和，即由电路知识联立解得故选ACD。
35．（多选）预测到2025年，我国将成为第一个在航空母舰上用中压直流技术的电磁弹射器实现对飞机的精确控制。其简单模拟等效电路如图（俯视图），直流电源电动势E=18V，超级电容器的电容C=1F。两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距L=0.4m，电阻不计，磁感应强度大小B=2.0T的匀强磁场垂直于导轨平面向外。质量m=0.16kg，R=0.2Ω的金属棒MN（相当于飞机）垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触。开关S先接1，使电容器完全充电，然后将S接至2，MN开始向右加速运动，MN达到最大速度之后离开导轨。则（ ）
A．开关S接2后，MN做匀加速直线运动 B．S接至2瞬间金属棒MN加速度大小为450m/s2
C．MN的最大速度为36m/s
D．下一架相同飞机要以相同的最大速度起飞还需要对电容器充电的电量为3.6C
【答案】BD【详解】A．开关S接2后，MN开始向右加速运动，MN切割磁感线产生的感应电动势阻碍电容器C放电，当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零，MN达到最大速度，此过程中通过MN的电流减小，则MN在水平方向有所以MN先做加速度逐渐减小的加速运动，最后匀速，故A错误；B．S接至2瞬间，MN棒未动，电路属于纯电阻电路，通过MN的电流为所以金属棒MN加速度大小为故B正确；
C．当MN达到最大速度时，MN切割磁感线产生的感应电动势等于此时电容器两端电压，则
由动量定理得联立解得故C错误；D．当MN达到最大速度时，电容器的电量下一架相同飞机要以相同的最大速度起飞还需要对电容器充电的电量故D正确。故选BD。
36．某电磁轨道炮的简化模型如图所示，两光滑导轨相互平行，固定在光滑绝缘水平桌面上，导轨的间距为L。导轨左端通过单刀双掷开关与电源、电容器相连，电源电动势为E，内阻为r，电容器的电容值为C。整个装置所在区域有垂直导轨平面向下的磁场，磁感应强度为B，EF、MN之间的距离足够长。MN、PQ之间是用沙层模拟的目标，其厚度为s。一质量为m的金属弹丸静置于EF边上，弹丸直径为L（不计弹丸沿轨道方向的长度），与导轨始终保持良好接触。弹丸在沙子中运动时受到的阻力与速度成正比：f=kv，k为已知常量。不考虑空气阻力，除电源内阻外，其它电阻都不计，忽略导轨电流产生的磁场。
（1）把开关、分别掷于a、b，将导轨与电源相连，弹丸运动到MN边界时已达到最大速度，求：
①最大速度大小；
②到达最大速度的过程中，流过弹丸的电荷量；
（2）将弹丸放回原先位置，先把开关掷于c，断开，让电源给电容器充电。稳定后，再将断开，把开关掷于d，弹丸能打穿沙层。求出弹丸穿过沙子到达PQ时的速度大小。
【答案】【详解】（1）①达到最大速度时，弹丸切割磁感线产生的感应电动势与电源电动势相等，即
最大速度大小②弹丸从EF到MN的过程中，由动量定理有
到达最大速度的过程中，流过弹丸的电荷量联立解得电荷量为
（2）充满电电容的电荷量为设击穿沙层后弹丸的速度为，此时电容器电量为，可得弹丸穿过沙子到达PQ时，由动量理
弹丸穿过沙子到达PQ时的速度大小