题目列表(包括答案和解析)
甲 乙
（1）若弹簧的劲度系数为k＝200 N/m，以作用力F为纵坐标，物块A移动的距离为横坐标，试通过定量计算在图乙的坐标系中画出推力F随物块A位移的变化图线。
（2）求弹簧储存的弹性势能E0的大小。
（3）当物块B缓慢地向右移动了
如图所示为某种新型分离设备内部电、磁场分布情况图．自上而下分为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个区域．区域Ⅰ宽度为d1，分布有沿纸面向下的匀强电场E1；区域Ⅱ宽度为d2，分布有垂直纸面向里的匀强磁场B1；宽度可调的区域Ⅲ中分布有沿纸面向下的匀强电场E2和垂直纸面向里的匀强磁场B2．现有一群质量和带电量均不同的带电粒子从区域Ⅰ上边缘的注入孔A点被注入，这些粒子都只在电场力作用下由静止开始运动，然后相继进入Ⅱ、Ⅲ两个区域，满足一定条件的粒子将回到区域Ⅰ，其他粒子则从区域Ⅲ飞出，三区域都足够长．已知能飞回区域Ⅰ的带电粒子的质量为m＝6.4×10－27 kg、带电量为q＝3.2×10－19 C，且有d1＝10 cm，d2＝5
cm，E1＝E2＝40 V/m，B1＝4×10－3 T，B2＝2
×10－3 T．试求：
(1)该带电粒子离开区域Ⅰ时的速度；
(2)该带电粒子离开区域Ⅱ时的速度；
(3)为使该带电粒子还能回到区域Ⅰ的上边缘，区域Ⅲ的宽度d3应满足的条件；
(4)该带电粒子第一次回到区域Ⅰ的上边缘时离开A点的距离．
某实验小组探究弹簧的劲度系数k与其长度（圈数）的关系；实验装置如图（a）所示：一均匀长弹簧竖直悬挂，7个指针P0、P1、P2、P3、P4、P5、P6分别固定在弹簧上距悬点0、10、20、30、40、50、60圈处；通过旁边竖直放置的刻度尺，可以读出指针的位置，P0指向0刻度；设弹簧下端未挂重物时，各指针的位置记为x0；挂有质量为0.100kg砝码时，各指针的位置记为x；测量结果及部分计算结果如下表所示（n为弹簧的圈数，取重力加速度为9.80m/s2）.已知实验所用弹簧的总圈数为60，整个弹簧的自由长度为11.88cm.
| | P1 | P2 | P3 | P4 | P5 | P6 |
| x0 （cm） | 2.04 | 4.06 | 6.06 | 8.05 | 10.03 | 12.01 |
| x（cm） | 2.64 | 5.26 | 7.81 | 10.30 | 12.93 | 15.41 |
| n | 10 | 20 | 30 | 40 | 50 | 60 |
| k（N/m） | 163 | ① | 56.0 | 43.6 | 33.8 | 28.8 |
| 1/k（m/N） | 0.0061 | ② | 0.0179 | 0.0229 | 0.0296 | 0.0347 |
| | P1 | P2 | P3 | P4 | P5 | P6 |
| x0 （cm） | 2.04 | 4.06 | 6.06 | 8.05 | 10.03 | 12.01 |
| x（cm） | 2.64 | 5.26 | 7.81 | 10.30 | 12.93 | 15.41 |
| n | 10 | 20 | 30 | 40 | 50 | 60 |
| k（N/m） | 163 | ① | 56.0 | 43.6 | 33.8 | 28.8 |
| 1/k（m/N） | 0.0061 | ② | 0.0179 | 0.0229 | 0.0296 | 0.0347 |
|
| 2gμx2 |
|
| 2gμx2 |
2 2 |
2 1 |
| 次数 | M1/kg | |v
|
△E/J | F/N | W/J | ||||
| 1 | 0.500 | 0.760 | 0.190 | 0.400 | 0.200 | ||||
| 2 | 0.500 | 1.65 | 0.413 | 0.840 | 0.420 | ||||
| 3 | 0.500 | 2.40 | △E3 | 1.220 | W3 | ||||
| 4 | 1.000 | 2.40 | 1.20 | 2.420 | 1.21 | ||||
| 5 | 1.000 | 2.84 | 1.42 | 2.860 | 1.43 |
高考真题
1．【解析】对A选项，静止的导线上的稳恒电流附近产生稳定的磁场，通过旁边静止的线圈不会产生感应电流，A被否定；稳恒电流周围的稳定磁场是非匀强磁场，运动的线圈可能会产生感应电流，B符合事实；静止的磁铁周围存在稳定的磁场，旁边运动的导体棒会产生感应电动势，C符合；运动的导线上的稳恒电流周围产生运动的磁场，即周围磁场变化，在旁边的线圈中产生感应电流，D符合。
【答案】A
2．【解析】本题考查右手定则的应用。根据右手定则，可判断PQ作为电源，Q端电势高，在PQcd回路中，电流为逆时针方向，即流过R的电流为由c到d，在电阻r的回路中，电流为顺时针方向，即流过r的电流为由b到a。当然也可以用楞次定律，通过回路的磁通量的变化判断电流方向．所以选项B正确
【答案】B
3.【解析】如图所示，设观察方向为面向北方，左西右东，则地磁场方向平行赤道表面向北，
若飞机由东向西飞行时，由右手定则可判断出电动势方向为由上
向下，若飞机由西向东飞行时，由右手定则可判断出电动势方向
为由下向上，A对B错；沿着经过地磁极的那条经线运动时，速
度方向平行于磁场，金属杆中一定没有感应电动势，C错D对。
【答案】AD
4．【解析】在释放的瞬间，速度为零，不受安培力的作用，只受到重力，A对。由右手定则可得，电流的方向从b到a，B错。当速度为
时，产生的电动势为
，受到的安培力为
，计算可得
,C对。在运动的过程中，是弹簧的弹性势能、重力势能和内能的转化，D错。
【答案】AC
5．【解析】在x=R左侧，设导体棒与圆的交点和圆心的连线与x轴正方向成θ角，则导体棒切割有效长度L=2Rsinθ，电动势与有效长度成正比，故在x=R左侧，电动势与x的关系为正弦图像关系，由对称性可知在x=R右侧与左侧的图像对称。
【答案】A
6．【解析】考查自感现象。电键K闭合时，电感L1和L2的电流均等于三个灯泡的电流，断开电键K的瞬间，电感上的电流i突然减小，三个灯泡均处于回路中，故b、c灯泡由电流i逐渐减小，B、C均错，D对；原来每个电感线圈产生感应电动势均加载于灯泡a上，故灯泡a先变亮，然后逐渐变暗，A对。本题涉及到自感现象中的“亮一下”现象，平时要注意透彻理解。
【答案】AD．
7．【解析】该题利用导体在磁场中的切割模型综合考查法拉第电磁感应定律、欧姆定律、物体平衡、牛顿第二定律和变速直线运动规律；导体从静止开始又变加速到匀加速，又由匀加速到匀速直至完成全过程，环环相扣，逐步深入，循序渐进，无不渗透着经典物理的科学思想和方法．
（1）体棒ab从A处下落时的有效切割长度为
r，由法拉第电磁感应定律得：
E1＝
Brv1，此时等效电路的电阻为R总1＝＝4R，所以I1＝＝，故安培力F1＝BI
（2）有效切割长度为2r，所以感应电动势为E2＝2Brv，此时等效电路的电阻为R总2＝＝3R，所以I2＝＝，故安培力为F2＝BI2L2＝，因棒中电流大小始终不变，也就是速度不变，所以棒受力平衡，即mg＝，v＝，在无磁场区域棒做匀加速直线运动，由匀变速直线运动规律v2－v22＝2gh，所以h＝－，得I22＝I2＝，故P2＝I222R2＝＝，
（3）由牛顿第二定律F＋mg－＝ma，所以F＝ma－mg＋
【答案】(1) a＝g－ (2) (3) F＝ma－mg＋
8．（1）a和b不受安培力作用，由机械能守恒可知
（2）设导体棒刚进入无磁场区域时的速度为
，刚离开无磁场区域时的速度为
，
由能量守恒得：在磁场区域中，
在无磁场区域中，
解得：
（3）在无磁场区域，根据匀变速直线运动规律
，且平均速度
，有磁场区域，棒a受到的合力
感应电动势 ，感应电流
，解得
根据牛顿第二定律，在t到
时间内
解得
【答案】（1）
（2）
（3）
9．【解析】（1）改变电流方向，磁通量变化量为原来磁通量的两倍，即2BS，代入公式计算得B=
，由法拉第电磁感应定律可知电动势的平均值ε＝
。
（2）根据数据可得B与I成正比，比例常数约为0.00125，故B=kI（或0.00125I）
（3）为了得到平均电动势的准确值，时间要尽量小，由B的计算值可看出与N和S相关联，故选择A、B。
【答案】（1），
（2）0.00125I（或kI）
（3）A，B
10．【解析】正确分析线框的受力情况和运动情况是解决问题的关键
（1）cd边刚进入磁场时，做自由落体运动，线框速度v=
所以线框中产生的感应电动势E=BLv＝BL
(2)
此时线框中电流 I=
由分压原理可得，cd两点间的电势差U=I(
)=
(3)安培力 F=BIL=
根据牛顿第二定律mg-F=ma,由a=0
解得下落高度满足 h=
【答案】（1）E=BLv＝BL （2）U=I()= （3）
11．【解析】导体棒所受的安培力为：F=BIl………………①
由题意可知，该力的大小不变，棒做匀减速运动，因此在棒的速度从v0减小到v1的过程中，平均速度为：
……………………②
当棒的速度为v时，感应电动势的大小为：E=Blv………………③
棒中的平均感应电动势为：
………………④
综合②④式可得：
………………⑤
导体棒中消耗的热功率为：
………………⑥
负载电阻上消耗的热功率为：
…………⑦
由以上三式可得：
…………⑧
【答案】（1） （2）
12．【解析】(1)由于列车速度与磁场平移速度不同，导致穿过金属框的磁通量发生变化，由于电磁感应，金属框中会产生感应电流，该电流受到的安培力即为驱动力。
(2)为使列车获得最大驱动力，MN、PQ应位于磁场中磁感应强度同为最大值且反向的地方，这会使得金属框所围面积的磁通量变化率最大，导致框中电流最强，也会使得金属框长边中电流受到的安培力最大。因此，d应为
的奇数倍，即
或
（
）①
(3)由于满足第(2)问条件：则MN、PQ边所在处的磁感应强度大小均为B0且方向总相反，经短暂的时间
，磁场沿Ox方向平移的距离为
，同时，金属框沿Ox方向移动的距离为
。 因为v0>V，所以在时间内MN边扫过磁场的面积
在此时间内，MN边左侧穿过S的磁通移进金属框而引起框内磁通量变化
同理，该时间内，PQ边左侧移出金属框的磁通引起框内磁通量变化
故在内金属框所围面积的磁通量变化
根据法拉第电磁感应定律，金属框中的感应电动势大小 
根据闭合电路欧姆定律 
根据安培力公式，MN边所受的安培力
PQ边所受的安培力 
根据左手定则，MN、PQ边所受的安培力方向相同，此时列车驱动力的大小
联立解得 
【答案】（1） 电流受到的安培力即为驱动力 （2） （3）
名校试题
1．【解析】若保持电键闭合，磁通量不变，感应电流消失，所以铝环跳起到某一高度后将回落；正、负极对调，同样磁通量增加，由楞次定律，铝环向上跳起．
【答案】CD
2．【解析】 是楞次定律可以判断选项AC正确
【答案】AC
3．【解析】橡胶盘A在加速转动时，产生的磁场在不断增加，穿过B的磁通量不断增加，根据楞次定律可知B正确。
【答案】B
4．【解析】矩形线框向上进入匀强磁场时，受到向下的重力和磁场力，致使速度减小，所
以v1＞v2，A正确；进入磁场后上升阶段从位置2到位置3，无磁场力，重力做负功，所以v2＞v3，B错误；从位置2上升至最高点后再返回至位置2，无磁场力，重力做功为零，所以v2＝v4，C正确；下落离开磁场的过程中，受到向下的重力和向上的磁场力，两个力大小无法确定，所以v4与v5无法比较，D错误。
【答案】AC
5．【解析】当拉力恒定时,
最终以
的速度做匀速运动,则
，代入
的表达式中得
当功率恒定时,
最终以的速度做匀速运动,则
代入
的表达式中得
【答案】C
6．【解析】对
、
棒受力分析如图所示,从能的转化与守恒角度出发,可推知外力F克服棒所受的摩擦力
做功直接将其他形式的能转化为内能,而F克服安培阻力
做的功将其他形式的能转化为电能,其功率为P电=(F-f)Va,故感应电流做功的
功率也为
,C项正确.本题易错选D,实际上它是回路的总电能的一部分。在棒上通过
克服
做功转化为棒与轨道的内能,功率
.这时棒与相当于电动机通过感应电流而运动,把电能通过克服做功转化为内能.电能的另一部分,由电流的热效应转化为电路的内能,电能的另一部分,由电流的热效应转化为电路的内能,其功率为感应电流做功的总功率减去棒上输出的功率,即
,故D项所指正是这部分功率而非感应电流做功的总功率.
【答案】C
7．【解析】⑴匀速时，拉力与安培力平衡，F=BIL
得：
⑵金属棒a切割磁感线，产生的电动势E=BLv
回路电流 联立得：
⑶平衡时，棒和圆心的连线与竖直方向的夹角为θ，
得：θ=60°
【答案】（1） （2） （3）
8．【解析】（1）设ab棒离开磁场边界前做匀速运动的速度为v，产生的电动势为E = BLv…
电路中电流 I = 
……………对ab棒，由平衡条件得 mg－BIL = 0…
解得 v = 
(2) 由能量守恒定律：mg(d0 + d) = E电 + 
mv2
解得 
，
（3）设棒刚进入磁场时的速度为v0，由mgd0 = mv02，得v0 = 
棒在磁场中匀速时速度为v = ，则
1 当v0=v，即d0 = 
时，棒进入磁场后做匀速直线运
2 当v0 < v，即d0 <时，棒进入磁场后做先加速后匀速直线运动
3 当v0＞v，即d0＞时，棒进入磁场后做先减速后匀速直线运动
【答案】（1） （2） （3）
9．【解析】(1)
匀速下降时,金属杆匀速上升,回路中产生的感应电动势为:
则
对、
整体有：
由以上式子解得：
(2)由(1)得:
由
图象可知:
所以解得:
【答案】（1） （2）
10．【解析】（1）当金属棒匀速下滑时速度最大，设最大速度为vm，达到最大时则有
mgsinθ=F安 F安＝ILB
其中 R总＝6R
所以
mgsinθ=
解得最大速度 
（2）R2上消耗的功率 
其中 
又 
解以上方程组可得
当
时，R2消耗的功率最大
最大功率
【答案】（1） （2）
11．【解析】（1）在t＝0至t＝4s内，金属棒PQ保持静止，磁场变化导致电路中产生感应电动势．电路为r与R并联，再与RL串联，电路的总电阻
＝5Ω
①
此时感应电动势
=0.5×2×0.5V=0.5V
②
通过小灯泡的电流为：
＝0.1A
③
（2）当棒在磁场区域中运动时，由导体棒切割磁感线产生电动势，电路为R与RL并联，再与r串联，此时电路的总电阻
＝2＋Ω＝Ω ④
由于灯泡中电流不变，所以灯泡的电流IL=0.1A，则流过棒的电流为
＝
电动势
⑥
解得棒PQ在磁场区域中v=1m/s
【答案】（1） 0.1A （2）运动的速度大小v=1m/s
12．【解析】(1)ab杆向右运动时，ab杆中产生的感应电动势方向为a→b，大小为E=BLv1，… 耐杆中的感应电流方向为d→c.cd杆受到的安培力方向水平向右
安培力大小为
①
解①、③两式，ab杆匀速运动的速度为
③
(2)ab杆所受拉力F=
④
(3)设cd杆以v2速度向下运动h过程中，ab杆匀速运动了s距离
整个回路中产生的焦耳热等于克服安培力所做的功
…
【答案】（1） （2） （3）
13．【解析】导轨在外力作用下向左加速运动，由于切割磁感线，在回路中要产生感应电流，导轨的bc边及金属棒PQ均要受到安培力作用PQ棒受到的支持力要随电流的变化而变化，导轨受到PQ棒的摩擦力也要变化，因此导轨的加速度要发生改变．导轨向左切割磁感线时，感应电动势 E=BLv ①
感应电流 
②
即
③ 导轨受到向右的安培力F 1= BIL，金属棒PQ受到向上的安培力F2= BIL，导轨受到PQ棒对它的摩擦力
，
根据牛顿第二定律，有
④
（1）当刚拉动导轨时，v=0，由③④式可知I=0时有最大加速度am，即
m/s2
（2）随着导轨速度v增大感应电流I增大而加速度a减小，当a=0时，导轨有最大速度vm，从④式可得
A
将
A代入③式，得
m/s
|
解得 
m/s 
棒所受安培力F=BId 
m/s2 
； 经过位置2时，环中磁通量最大，磁通量变化率为零，不产生感应电流，只受重力mg，故a2
=g；铜环在位置3时速度大于位置1时的速度，所以经过位置3时磁通量变化率比位置1时大，产生的感应电流也大，受到的磁场力也大，且该磁场力仍然是阻碍环与磁场的相对运动，方向向上，所以a3< a1<g 。
，而所需时间为
， 
V.
A， 
W
V （2）
滑过
时，其等效电路如图所示.这时的有效切割长度为
总电流：
中的电流方向由
.
E1=B