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2009年10月1日建國60周年的國慶閱兵場上，呈現在世人面前的導彈裝備全部為首次亮相的新型號主戰武器，有5種新型號導彈，共計108枚．與此前兩次國慶閱兵展示相比，身材小了，威力強了，精度高了．其中新型中遠程地地導彈，打擊效能多樣，已成為信息化條件下局部戰爭的“拳頭”．如圖所示，從地面上A點發射一枚中遠程地地導彈，在引力作用下沿ACB橢圓軌道飛行擊中地面目標B，C為軌道的遠地點，距地面高度為h．已知地球半徑為R，地球質量為m_地，引力常量為G，不計空氣阻力．下列結論中正確的是（　　）

A．導彈在運動過程中只受重力作用，做勻變速曲線運動

B．導彈在C點的加速度等于 Gm地 (R+h)2

C．地球球心為導彈橢圓軌道的一個焦點

D．導彈離開A點時的速度大于第一宇宙速度

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高考真題

1．【解析】對A選項，靜止的導線上的穩恒電流附近產生穩定的磁場，通過旁邊靜止的線圈不會產生感應電流，A被否定；穩恒電流周圍的穩定磁場是非勻強磁場，運動的線圈可能會產生感應電流，B符合事實；靜止的磁鐵周圍存在穩定的磁場，旁邊運動的導體棒會產生感應電動勢，C符合；運動的導線上的穩恒電流周圍產生運動的磁場，即周圍磁場變化，在旁邊的線圈中產生感應電流，D符合。

【答案】A

2．【解析】本題考查右手定則的應用。根據右手定則，可判斷PQ作為電源，Q端電勢高，在PQcd回路中，電流為逆時針方向，即流過R的電流為由c到d，在電阻r的回路中，電流為順時針方向，即流過r的電流為由b到a。當然也可以用楞次定律，通過回路的磁通量的變化判斷電流方向．所以選項B正確

【答案】B

3.【解析】如圖所示，設觀察方向為面向北方，左西右東，則地磁場方向平行赤道表面向北，

若飛機由東向西飛行時，由右手定則可判斷出電動勢方向為由上

向下，若飛機由西向東飛行時，由右手定則可判斷出電動勢方向

為由下向上，A對B錯；沿著經過地磁極的那條經線運動時，速

度方向平行于磁場，金屬桿中一定沒有感應電動勢，C錯D對。

【答案】AD

4．【解析】在釋放的瞬間，速度為零，不受安培力的作用，只受到重力，A對。由右手定則可得，電流的方向從b到a，B錯。當速度為時，產生的電動勢為，受到的安培力為，計算可得,C對。在運動的過程中，是彈簧的彈性勢能、重力勢能和內能的轉化，D錯。

【答案】AC

5．【解析】在x=R左側，設導體棒與圓的交點和圓心的連線與x軸正方向成θ角，則導體棒切割有效長度L=2Rsinθ，電動勢與有效長度成正比，故在x=R左側，電動勢與x的關系為正弦圖像關系，由對稱性可知在x=R右側與左側的圖像對稱。

【答案】A

  6．【解析】考查自感現象。電鍵K閉合時，電感L₁和L₂的電流均等于三個燈泡的電流，斷開電鍵K的瞬間，電感上的電流i突然減小，三個燈泡均處于回路中，故b、c燈泡由電流i逐漸減小，B、C均錯，D對；原來每個電感線圈產生感應電動勢均加載于燈泡a上，故燈泡a先變亮，然后逐漸變暗，A對。本題涉及到自感現象中的“亮一下”現象，平時要注意透徹理解。

【答案】AD．

7．【解析】該題利用導體在磁場中的切割模型綜合考查法拉第電磁感應定律、歐姆定律、物體平衡、牛頓第二定律和變速直線運動規律；導體從靜止開始又變加速到勻加速，又由勻加速到勻速直至完成全過程，環環相扣，逐步深入，循序漸進，無不滲透著經典物理的科學思想和方法．

（1）體棒ab從A處下落時的有效切割長度為r，由法拉第電磁感應定律得：

E₁＝Brv₁，此時等效電路的電阻為R_總1＝＝4R，所以I₁＝＝，故安培力F₁＝BI₁L₁＝，由牛頓第二定律得mg－F₁＝ma，所以a＝g－，

（2）有效切割長度為2r，所以感應電動勢為E₂＝2Brv，此時等效電路的電阻為R_總2＝＝3R，所以I₂＝＝，故安培力為F₂＝BI₂L₂＝，因棒中電流大小始終不變，也就是速度不變，所以棒受力平衡，即mg＝，v＝，在無磁場區域棒做勻加速直線運動，由勻變速直線運動規律v²－v₂²＝2gh，所以h＝－，得I₂₂＝I₂＝，故P₂＝I₂₂²R₂＝＝，

（3）由牛頓第二定律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，由機械能守恒可知

（2）設導體棒剛進入無磁場區域時的速度為，剛離開無磁場區域時的速度為，

由能量守恒得：在磁場區域中，

在無磁場區域中，

解得：

（3）在無磁場區域，根據勻變速直線運動規律，且平均速度，有磁場區域，棒a受到的合力

感應電動勢  ，感應電流，解得

根據牛頓第二定律，在t到時間內

解得

【答案】（1）    

（2）      

 （3）

9．【解析】（1）改變電流方向，磁通量變化量為原來磁通量的兩倍，即2BS，代入公式計算得B=，由法拉第電磁感應定律可知電動勢的平均值ε＝。

（2）根據數據可得B與I成正比，比例常數約為0.00125，故B=kI（或0.00125I）

（3）為了得到平均電動勢的準確值，時間要盡量小，由B的計算值可看出與N和S相關聯，故選擇A、B。

【答案】（1），             

（2）0.00125I（或kI）      

（3）A，B

10．【解析】正確分析線框的受力情況和運動情況是解決問題的關鍵

（1）cd邊剛進入磁場時，做自由落體運動，線框速度v=

所以線框中產生的感應電動勢E=BLv＝BL

(2)此時線框中電流   I=由分壓原理可得，cd兩點間的電勢差U=I()=

(3)安培力     F=BIL=   根據牛頓第二定律mg-F=ma,由a=0

解得下落高度滿足    h=

【答案】（1）E=BLv＝BL  （2）U=I()=   （3）

11．【解析】導體棒所受的安培力為：F=BIl………………① 

由題意可知，該力的大小不變，棒做勻減速運動，因此在棒的速度從v₀減小到v₁的過程中，平均速度為：……………………②  

當棒的速度為v時，感應電動勢的大小為：E=Blv………………③  

棒中的平均感應電動勢為：………………④  

綜合②④式可得：………………⑤   

導體棒中消耗的熱功率為：………………⑥   

負載電阻上消耗的熱功率為：…………⑦   

由以上三式可得：…………⑧   

  【答案】（1）    （2）

12．【解析】(1)由于列車速度與磁場平移速度不同，導致穿過金屬框的磁通量發生變化，由于電磁感應，金屬框中會產生感應電流，該電流受到的安培力即為驅動力。                                             

(2)為使列車獲得最大驅動力，MN、PQ應位于磁場中磁感應強度同為最大值且反向的地方，這會使得金屬框所圍面積的磁通量變化率最大，導致框中電流最強，也會使得金屬框長邊中電流受到的安培力最大。因此，d應為的奇數倍，即

     或       （）①

(3)由于滿足第(2)問條件：則MN、PQ邊所在處的磁感應強度大小均為B₀且方向總相反，經短暫的時間，磁場沿Ox方向平移的距離為，同時，金屬框沿Ox方向移動的距離為。  因為v₀>V，所以在時間內MN邊掃過磁場的面積

    在此時間內，MN邊左側穿過S的磁通移進金屬框而引起框內磁通量變化

    同理，該時間內，PQ邊左側移出金屬框的磁通引起框內磁通量變化

    故在內金屬框所圍面積的磁通量變化         

根據法拉第電磁感應定律，金屬框中的感應電動勢大小          

 根據閉合電路歐姆定律             

根據安培力公式，MN邊所受的安培力   PQ邊所受的安培力    

 根據左手定則，MN、PQ邊所受的安培力方向相同，此時列車驅動力的大小

         聯立解得     

【答案】（1）  電流受到的安培力即為驅動力   （2）   （3）

名校試題

1．【解析】若保持電鍵閉合，磁通量不變，感應電流消失，所以鋁環跳起到某一高度后將回落；正、負極對調，同樣磁通量增加，由楞次定律，鋁環向上跳起．

【答案】CD

2．【解析】 是楞次定律可以判斷選項AC正確                    

【答案】AC

3．【解析】橡膠盤A在加速轉動時，產生的磁場在不斷增加，穿過B的磁通量不斷增加，根據楞次定律可知B正確。

【答案】B

4．【解析】矩形線框向上進入勻強磁場時，受到向下的重力和磁場力，致使速度減小，所

以v₁＞v₂，A正確；進入磁場后上升階段從位置2到位置3，無磁場力，重力做負功，所以v₂＞v₃，B錯誤；從位置2上升至最高點后再返回至位置2，無磁場力，重力做功為零，所以v₂＝v₄，C正確；下落離開磁場的過程中，受到向下的重力和向上的磁場力，兩個力大小無法確定，所以v₄與v₅無法比較，D錯誤。

【答案】AC

5．【解析】當拉力恒定時,                       

最終以的速度做勻速運動,則，代入的表達式中得

當功率恒定時,

最終以的速度做勻速運動,則

代入的表達式中得

【答案】C

6．【解析】對、棒受力分析如圖所示,從能的轉化與守恒角度出發,可推知外力F克服棒所受的摩擦力做功直接將其他形式的能轉化為內能,而F克服安培阻力做的功將其他形式的能轉化為電能,其功率為P_電=(F-f)V_a,故感應電流做功的 功率也為,C項正確.本題易錯選D,實際上它是回路的總電能的一部分。在棒上通過克服做功轉化為棒與軌道的內能,功率.這時棒與相當于電動機通過感應電流而運動,把電能通過克服做功轉化為內能.電能的另一部分,由電流的熱效應轉化為電路的內能,電能的另一部分,由電流的熱效應轉化為電路的內能,其功率為感應電流做功的總功率減去棒上輸出的功率,即,故D項所指正是這部分功率而非感應電流做功的總功率.

【答案】C

7．【解析】⑴勻速時，拉力與安培力平衡，F=BIL

    得：                        

⑵金屬棒a切割磁感線，產生的電動勢E=BLv

    回路電流  聯立得：

⑶平衡時，棒和圓心的連線與豎直方向的夾角為θ，

        得：θ=60°

【答案】（1）   （2）    （3）

8．【解析】（1）設ab棒離開磁場邊界前做勻速運動的速度為v，產生的電動勢為E = BLv…

電路中電流 I = ……………對ab棒，由平衡條件得 mg－BIL = 0…

解得 v =

(2) 由能量守恒定律：mg(d₀ + d) = E_電 + mv²

解得 ，

（3）設棒剛進入磁場時的速度為v₀，由mgd₀ = mv₀²，得v₀ =

棒在磁場中勻速時速度為v = ，則

1 當v₀=v，即d₀ = 時，棒進入磁場后做勻速直線運 

2 當v₀ < v，即d₀ <時，棒進入磁場后做先加速后勻速直線運動

3 當v₀＞v，即d₀＞時，棒進入磁場后做先減速后勻速直線運動

【答案】（1） （2）  （3）

9．【解析】(1)勻速下降時,金屬桿勻速上升,回路中產生的感應電動勢為:

則

對、整體有：

由以上式子解得：

(2)由(1)得:                       

由圖象可知:

所以解得:

【答案】（1）     （2）

10．【解析】（1）當金屬棒勻速下滑時速度最大，設最大速度為v_m，達到最大時則有

mgsinθ=F_安              F_安＝ILB

                    其中　　　R_總＝6R                                         所以      mgsinθ=        解得最大速度　　　                                 

（2）R₂上消耗的功率　      其中　 　                                     

     又　　                                        

解以上方程組可得

當時，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內，金屬棒PQ保持靜止，磁場變化導致電路中產生感應電動勢．電路為r與R并聯，再與R_L串聯，電路的總電阻

＝5Ω                     ①

此時感應電動勢

=0.5×2×0.5V=0.5V          ②

通過小燈泡的電流為：＝0.1A            ③

（2）當棒在磁場區域中運動時，由導體棒切割磁感線產生電動勢，電路為R與R_L并聯，再與r串聯，此時電路的總電阻

＝2＋Ω＝Ω       ④

由于燈泡中電流不變，所以燈泡的電流I_L=0.1A，則流過棒的電流為

＝0.3A             ⑤

電動勢                        ⑥

解得棒PQ在磁場區域中v=1m/s                                 

【答案】（1）    0.1A       （2）運動的速度大小v=1m/s

12．【解析】(1)ab桿向右運動時，ab桿中產生的感應電動勢方向為a→b，大小為E=BLv₁，…   耐桿中的感應電流方向為d→c.cd桿受到的安培力方向水平向右

    安培力大小為①   

解①、③兩式，ab桿勻速運動的速度為③

(2)ab桿所受拉力F=④

(3)設cd桿以v₂速度向下運動h過程中，ab桿勻速運動了s距離

    整個回路中產生的焦耳熱等于克服安培力所做的功

    …

【答案】（1）   （2）  （3）

 13．【解析】導軌在外力作用下向左加速運動，由于切割磁感線，在回路中要產生感應電流，導軌的bc邊及金屬棒PQ均要受到安培力作用PQ棒受到的支持力要隨電流的變化而變化，導軌受到PQ棒的摩擦力也要變化，因此導軌的加速度要發生改變．導軌向左切割磁感線時，感應電動勢   E=BLv    ①  

感應電流       ②  

即    ③       導軌受到向右的安培力F ₁= BIL，金屬棒PQ受到向上的安培力F₂= BIL，導軌受到PQ棒對它的摩擦力， 

根據牛頓第二定律，有

        ④   

（1）當剛拉動導軌時，v=0，由③④式可知I=0時有最大加速度a_m，即

m/s²  

（2）隨著導軌速度v增大感應電流I增大而加速度a減小，當a=0時，導軌有最大速度v_m，從④式可得

A 

將A代入③式，得             

m/s