重难专题04 电磁感应规律的综合应用问题（选考第19题）-2025年高考物理【热点·重点·难点】专练（浙江专用）

大题精练04 电磁感应规律的综合应用问题 一、考向分析 1．本专题是运动学、动力学、恒定电流、电磁感应和能量等知识的综合应用，高考既以选择题的形式命题,也以计算题的形式命题。 2．学好本专题，可以极大地培养同学们数形结合的推理能力和电路分析能力，针对性的专题强化，可以提升同学们解决数形结合、利用动力学和功能关系解决电磁感应问题的信心。 3．用到的知识有:左手定则、安培定则、右手定则、楞次定律、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、平衡条件、牛顿运动定律、函数图像、动能定理和能量守恒定律等。 4．电磁感应综合试题往往与导轨滑杆等模型结合,考査内容主要集中在电磁感应与力学中力的平衡、力与运动动量与能量的关系上,有时也能与电磁感应的相关图像问题相结合。通常还与电路等知识综合成难度较大的试题，与现代科技结合密切,对理论联系实际的能力要求较高。 二、动力学 牛顿第二运动定律 F合 = ma 或或者 Fx = m ax Fy = m ay 向心力 牛顿第三定律 三、运动学 匀变速直线运动 平均速度： Vt/ 2 == Vs/2 = 匀加速或匀减速直线运动：Vt/2 <Vs/2 四、电磁学 电磁感应 1. ε=BLVsinθ平动切割 ε=N磁变模型ε=BLV中点 旋转切割 2.Ф=Bssinθ；e=NBSωcosωt (矩形线圈在匀强磁场中匀速转动) E有= (只有正弦) 3.焦耳热Q=I2Rt(I恒定)Q=Rt（I正弦变化） Q=ΔE机(I非正弦变化) 4.电量q=It q=n△ф/R BILt=BLq=mV2-mV1(只受洛仑兹力) 5.变压器= P入=P出 n1I1= n2I2 + n3I3 6. 输电 P=UI P损=（）2R线 U2送=U损+U 3达 P送=P损+P达 7. 电磁振荡 T=2 q=qmsinωt i=Imcosωt 法拉第电磁感应定律 普适公式： 导体切割：（B、L、v三者相互垂直） 电磁感应中的动量问题 电荷量或速度 即 位移 ，即 时间 即 已知电荷量q，（） 即 已知位移x，（） 五、解题思路 (1)电路分析:明确电源与外电路，可画等效电路图。 (2)受力分析:把握安培力的特点，安培力大小与导体棒速度有关，一般在牛顿第二定律方程里讨论，v的变化影响安培力大小，进而影响加速度大小，加速度的变化又会影响v的变化。 (3)过程分析:注意导体棒进入磁场或离开磁场时的速度是否达到“收尾速度”。 (4)能量分析:克服安培力做多少功，就有多少其他形式的能转化为电能。 【例题】（2024•温州三模）如图甲所示，在光滑绝缘水平面内建立xOy直角坐标系，在区域Ⅰ内分布着垂直该平面向外的匀强磁场（右边界EF的横坐标在2a～3a间某处），其磁感应强度大小随时间变化如图乙所示；在区域Ⅱ（5a≤x≤6a）内分布着垂直该平面向外、磁感应强度大小为B0的匀强磁场。该平面内有边长为2a、电阻为R、质量为m的正三角形金属框，其MN边与y轴重合，N点与坐标原点O重合。 （1）若金属框不动，在t0～2t0的时间内判断框内电流方向，并求出MN边上产生的焦耳热Q； （2）若在t＝0时，沿x轴正方向给金属框一初速度v0，使其沿x轴运动。t＝2t0时顶点P刚好运动到边界EF处：当顶点P运动到x＝5a和x＝6a处时的速度分别为v1（未知）和v2；框顶点P到达x＝6a处后，继续向前运动直到停止（此时MN边尚未进入区域Ⅱ）。运动中MN边始终与y轴平行。 ①比较v1与v0的大小； ②求金属框停止时顶点P的横坐标xP； ③若将金属框以初速度大小为2v0、方向与x轴正方向成60°角斜向上推出，其他条件不变。求当框顶点P到达x＝6a处时的速度v的大小。 难度：★★★★★ 建议时间：60分钟 1．（2024•浙江一模）图甲为超导电动磁悬浮列车（EDS）的结构图，其简化图如图乙，超导磁体与“8”字形线圈之间通过互感产生电磁力将车体悬浮起来。如图丙所示，列车侧面安装的超导磁体产生垂直纸面向里的以虚线框为界的磁场，忽略边缘效应，磁感应强度大小恒为B，磁场的长和宽分别为2l和l。在列车轨道两侧固定安装了“8”字形线圈，每个“8”字形线圈均用一根漆包线绕制而成，匝数为n，电阻为R，水平宽度为l，竖直长度足够大，交叉的结点为P。当列车以速度v匀速前进时： （1）若磁场的中心O点与线圈结点P等高，求此时线圈中的电流大小； （2）若磁场的中心O点比线圈结点P低了h时（，且保持不变），只考虑动生电动势： ①在磁场刚进入单个“8”字形线圈时，求线圈对列车阻力的瞬时功率； ②在磁场穿越单个“8”字形线圈的过程中，画出单个“8”字形线圈对列车竖直方向的作用力与时间的关系图，取竖直向上为正方向，磁场刚进入线圈时t＝0。 2．（2024•湖北二模）如图1所示某种风力发电装置，轻质钕磁铁固定在带状薄膜的末端，上下各固定一个完全相同的线圈，当风通过薄膜，使薄膜产生周期性的颤振位移，从而在线圈中产生交变电流。如图2所示为简化原理图，两线圈与磁铁共轴，以薄膜平衡位置为原点0建立竖直向上x轴，线圈与磁铁相距均为x0，当风力作用时薄膜带动磁铁在竖直方向上下振动时，振幅为A。已知线圈的匝数为n、横截面积为S；磁铁中轴线上各点磁感应强度B的大小与该点到磁铁中心距离x的关系如图3所示，图中B0、B1、B2为已知量，忽略线圈的长度，线圈内各处磁感应强度的竖直分量近似等于线圈中心位置的磁感应强度大小。负载电阻R的e端与上线圈的a端连接，f端与下线圈的某端连接，使两线圈作为电源处于串联状态。不计线圈电阻和自感互感的影响，重力加速度为g。 （1）上线圈的b端应与下线圈的哪一端连接？（选“c端”或“d端”） （2）在磁铁从平衡位置向上运动到最大位移的过程中，求通过电阻R的电荷量； （3）图3中x0随磁感应强度B的变化关系式为（其中k为未知常数），当磁铁以速率v0经平衡位置向上运动时，求此时负载电阻R的电功率。 3．（2024•镇海区模拟）如图所示，两条间距d＝0.5m的平行金属导轨水平放置，OO'两点由绝缘材料制成，使左右两部分导轨彼此绝缘，导轨左端接一电容C＝1.2F的电容器，已经充好电，Upq＝﹣3V，右端接一阻值为R＝2Ω的定值电阻，图中的各虚线均与导轨垂直。导轨的OC和O'C'段粗糙，其余部分光滑。AA'OO'和CC'DD'区域有垂直导轨平面向里的匀强磁场，AA'OO'区域足够长，磁感应强度为B＝1T，CC'DD'区域磁感应强度在金属棒甲通过OO'之后的0.5s内从0均匀增大到B＝1T，之后保持不变。甲、乙两金属棒长度均为d＝0.5m，电阻均为R＝2Ω，金属棒甲质量为m1＝0.3kg，金属棒乙质量为m2＝0.1kg。某时刻让金属棒甲以平行导轨的初速度v0＝10m/s从AA'出发，与电容器构成闭合回路。出磁场后金属棒甲继续向右运动与静止在BB'处的金属棒乙发生弹性碰撞（碰撞时间极短）。已知两金属棒与导轨之间的动摩擦因数均为μ＝0.2，OO'与BB'的距离为L1＝0.75m，BB'与CC'的距离为，CC'与DD'的距离为L3＝0.6m，两金属棒运动中始终与导轨垂直且接触良好，重力加速度g取10m/s2，求： （1）金属棒甲通过OO'的速度v1； （2）金属棒乙通过DD'的速度v2； （3）从金属棒甲通过OO'到金属棒乙通过DD'的过程中，定值电阻R产生的焦耳热。 4．（2024•浙江二模）如图，两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别为d和2d，处于竖直向上的磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B，导轨右侧连接一个电容为C的电容器。已知导体棒MN的电阻为R、长度为d，质量为m，导体棒PQ的电阻为2R、长度为2d，质量为2m。初始时刻开关断开，两棒静止，两棒之间压缩一轻质绝缘弹簧（但不链接），弹簧的压缩量为L。释放弹簧，恢复原长时MN恰好脱离轨道，PQ的速度为v，并触发开关闭合。整个过程中两棒保持与导轨垂直并接触良好，右侧导轨足够长，所有导轨电阻均不计。求： （1）脱离弹簧瞬间PQ杆上的电动势多大？PQ两点哪点电势高？ （2）刚要脱离轨道瞬间，MN所受安培力多大？ （3）整个运动过程中，通过PQ的电荷量为多少？ 5．（2024•台州二模）某中学兴趣小组研究了电机系统的工作原理，认识到电机系统可实现驱动和阻尼，设计了如图所示装置。电阻不计的“L型”金属导轨由足够长竖直部分和水平部分连接构成，竖直导轨间存在水平向右的匀强磁场，磁感应强度大小为B。导体棒ab与竖直导轨始终良好接触并通过轻质滑轮连接重物M，初始被锁定不动。已知导体棒ab的质量为m，重物M质量为3m，竖直导轨间距为d。电源电动势，内阻为R，导体棒与定值电阻阻值均为R。 （1）把开关k接1，解除导体棒锁定，导体棒经时间t恰好开始匀速上升，求： ①通过导体棒的电流方向； ②导体棒匀速上升时的速度； ③此过程导体棒上升的高度h； （2）把开关k接2，解除导体棒锁定，导体棒经时间t'、下落高度h'时恰好开始匀速下落，求此过程中回路产生的总焦耳热。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$ 大题精练04 电磁感应规律的综合应用问题 一、考向分析 1．本专题是运动学、动力学、恒定电流、电磁感应和能量等知识的综合应用，高考既以选择题的形式命题,也以计算题的形式命题。 2．学好本专题，可以极大地培养同学们数形结合的推理能力和电路分析能力，针对性的专题强化，可以提升同学们解决数形结合、利用动力学和功能关系解决电磁感应问题的信心。 3．用到的知识有:左手定则、安培定则、右手定则、楞次定律、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、平衡条件、牛顿运动定律、函数图像、动能定理和能量守恒定律等。 4．电磁感应综合试题往往与导轨滑杆等模型结合,考査内容主要集中在电磁感应与力学中力的平衡、力与运动动量与能量的关系上,有时也能与电磁感应的相关图像问题相结合。通常还与电路等知识综合成难度较大的试题，与现代科技结合密切,对理论联系实际的能力要求较高。 二、动力学 牛顿第二运动定律 F合 = ma 或或者 Fx = m ax Fy = m ay 向心力 牛顿第三定律 三、运动学 匀变速直线运动 平均速度： Vt/ 2 == Vs/2 = 匀加速或匀减速直线运动：Vt/2 <Vs/2 四、电磁学 电磁感应 1. ε=BLVsinθ平动切割 ε=N磁变模型ε=BLV中点 旋转切割 2.Ф=Bssinθ；e=NBSωcosωt (矩形线圈在匀强磁场中匀速转动) E有= (只有正弦) 3.焦耳热Q=I2Rt(I恒定)Q=Rt（I正弦变化） Q=ΔE机(I非正弦变化) 4.电量q=It q=n△ф/R BILt=BLq=mV2-mV1(只受洛仑兹力) 5.变压器= P入=P出 n1I1= n2I2 + n3I3 6. 输电 P=UI P损=（）2R线 U2送=U损+U 3达 P送=P损+P达 7. 电磁振荡 T=2 q=qmsinωt i=Imcosωt 法拉第电磁感应定律 普适公式： 导体切割：（B、L、v三者相互垂直） 电磁感应中的动量问题 电荷量或速度 即 位移 ，即 时间 即 已知电荷量q，（） 即 已知位移x，（） 五、解题思路 (1)电路分析:明确电源与外电路，可画等效电路图。 (2)受力分析:把握安培力的特点，安培力大小与导体棒速度有关，一般在牛顿第二定律方程里讨论，v的变化影响安培力大小，进而影响加速度大小，加速度的变化又会影响v的变化。 (3)过程分析:注意导体棒进入磁场或离开磁场时的速度是否达到“收尾速度”。 (4)能量分析:克服安培力做多少功，就有多少其他形式的能转化为电能。 【例题】（2024•温州三模）如图甲所示，在光滑绝缘水平面内建立xOy直角坐标系，在区域Ⅰ内分布着垂直该平面向外的匀强磁场（右边界EF的横坐标在2a～3a间某处），其磁感应强度大小随时间变化如图乙所示；在区域Ⅱ（5a≤x≤6a）内分布着垂直该平面向外、磁感应强度大小为B0的匀强磁场。该平面内有边长为2a、电阻为R、质量为m的正三角形金属框，其MN边与y轴重合，N点与坐标原点O重合。 （1）若金属框不动，在t0～2t0的时间内判断框内电流方向，并求出MN边上产生的焦耳热Q； （2）若在t＝0时，沿x轴正方向给金属框一初速度v0，使其沿x轴运动。t＝2t0时顶点P刚好运动到边界EF处：当顶点P运动到x＝5a和x＝6a处时的速度分别为v1（未知）和v2；框顶点P到达x＝6a处后，继续向前运动直到停止（此时MN边尚未进入区域Ⅱ）。运动中MN边始终与y轴平行。 ①比较v1与v0的大小； ②求金属框停止时顶点P的横坐标xP； ③若将金属框以初速度大小为2v0、方向与x轴正方向成60°角斜向上推出，其他条件不变。求当框顶点P到达x＝6a处时的速度v的大小。 【解答】解：（1）根据题意，金属框静止在磁场中，在t0～2t0的时间内穿过金属框的磁通量均匀减小，由楞次定律可知，线圈中电流方向为逆时针方向。 由法拉第电磁感应定律得感应电动势为： 由闭合电路欧姆定律得感应电流为： 由焦耳定律得MN边上产生的焦耳热为： （2）①由图乙可知，0～2t0时间内，整个金属框在磁场内，无论金属框中是否有感应电流，整个金属框所受安培力为零，做匀速直线运动，2t0时刻后区域Ⅰ内磁感应强度为零，顶点P运动到x＝5a的过程金属框继续做匀速直线运动，则有： v1＝v0 ②根据题意，由几何关系可知，顶点P到达x＝6a处后，金属框进入区域Ⅱ的有效长度为： 继续运动直到停止的过程，以向右为正方向，根据动量定理得： ﹣B0L0﹣mv2 又有： 联立解得： 则金属框停止时顶点P的横坐标为： ③将金属框以初速度大小为2v0，方向与x轴正方向成60°角斜向上推出，同理在区域Ⅰ内线框做匀速直线运动，将初速度沿x、y轴分解，则有： vx＝2v0sin30°＝v0， 因vx＝v0，故根据①的解答，可知2t0时刻顶点P刚好运动到边界EF处，进入区域Ⅱ前一直做匀速直线运动。 进入区域Ⅱ后在y轴方向上安培力的分量为零，在此方向上做匀速直线运动。 在x轴方向上，以向右为正方向，根据动量定理得： ﹣B0Lmvx′﹣mvx 对于沿x轴正方向给金属框一初速度v0，使其沿x轴运动的情况中，顶点P由x＝5a运动到x＝6a的过程，同理有： ﹣B0Lmv2﹣mv1 又有：vx＝v0＝v1 对比可得：vx′＝v2 当顶点P到达x＝6a处时的速度大小为： 难度：★★★★★ 建议时间：60分钟 1．（2024•浙江一模）图甲为超导电动磁悬浮列车（EDS）的结构图，其简化图如图乙，超导磁体与“8”字形线圈之间通过互感产生电磁力将车体悬浮起来。如图丙所示，列车侧面安装的超导磁体产生垂直纸面向里的以虚线框为界的磁场，忽略边缘效应，磁感应强度大小恒为B，磁场的长和宽分别为2l和l。在列车轨道两侧固定安装了“8”字形线圈，每个“8”字形线圈均用一根漆包线绕制而成，匝数为n，电阻为R，水平宽度为l，竖直长度足够大，交叉的结点为P。当列车以速度v匀速前进时： （1）若磁场的中心O点与线圈结点P等高，求此时线圈中的电流大小； （2）若磁场的中心O点比线圈结点P低了h时（，且保持不变），只考虑动生电动势： ①在磁场刚进入单个“8”字形线圈时，求线圈对列车阻力的瞬时功率； ②在磁场穿越单个“8”字形线圈的过程中，画出单个“8”字形线圈对列车竖直方向的作用力与时间的关系图，取竖直向上为正方向，磁场刚进入线圈时t＝0。 【解答】解：（1）由于上下对称，上、下两个线圈产生的感应电动势大小为 因“8”字绕向，两个感应电动势方向相反，相互抵消，所以线圈中总的电动势为0，则线圈中的电流为0。 （2）①在磁场刚进入“8”字形线圈时，回路总的感应电动势为 E＝2nBhv 由闭合电路欧姆定律得 I “8”字形线圈此时受到的安培力大小为 F＝2nIhB 联立解得 磁场受到大小相等、方向相反的阻力，为 F′＝F 则线圈对列车阻力的瞬时功率为 ②阻力随时间变化情况如图所示。 答：（1）此时线圈中的电流大小为0； （2）①线圈对列车阻力的瞬时功率为； ②见解析。 2．（2024•湖北二模）如图1所示某种风力发电装置，轻质钕磁铁固定在带状薄膜的末端，上下各固定一个完全相同的线圈，当风通过薄膜，使薄膜产生周期性的颤振位移，从而在线圈中产生交变电流。如图2所示为简化原理图，两线圈与磁铁共轴，以薄膜平衡位置为原点0建立竖直向上x轴，线圈与磁铁相距均为x0，当风力作用时薄膜带动磁铁在竖直方向上下振动时，振幅为A。已知线圈的匝数为n、横截面积为S；磁铁中轴线上各点磁感应强度B的大小与该点到磁铁中心距离x的关系如图3所示，图中B0、B1、B2为已知量，忽略线圈的长度，线圈内各处磁感应强度的竖直分量近似等于线圈中心位置的磁感应强度大小。负载电阻R的e端与上线圈的a端连接，f端与下线圈的某端连接，使两线圈作为电源处于串联状态。不计线圈电阻和自感互感的影响，重力加速度为g。 （1）上线圈的b端应与下线圈的哪一端连接？（选“c端”或“d端”） （2）在磁铁从平衡位置向上运动到最大位移的过程中，求通过电阻R的电荷量； （3）图3中x0随磁感应强度B的变化关系式为（其中k为未知常数），当磁铁以速率v0经平衡位置向上运动时，求此时负载电阻R的电功率。 【解答】解：（1）根据右手定则可知，上线圈的b端应与下线圈的d端连接； （2）设上线圈产生感应电动势E1，下线圈产生感应电动势E2，由法拉第电磁感应定律得 设回路总电动势为E，两电源串联，则 设回路电流为I，由闭合回路欧姆定律得 设通过电阻R的电荷量为q，则 （3）由题意可知 可得：k＝B0x0 设磁铁经平衡位置向上位移Δx，所用时间Δt，上线圈产生感应电动势E3，则 即得 设下线圈产生感应电动势E4，由上同理可得 设回路电动势为E，则 设负载电阻R的电功率为P1，则 答：（1）上线圈的b端应与下线圈的d端连接； （2）通过电阻R的电荷量为； （3）此时负载电阻R的电功率为。 3．（2024•镇海区模拟）如图所示，两条间距d＝0.5m的平行金属导轨水平放置，OO'两点由绝缘材料制成，使左右两部分导轨彼此绝缘，导轨左端接一电容C＝1.2F的电容器，已经充好电，Upq＝﹣3V，右端接一阻值为R＝2Ω的定值电阻，图中的各虚线均与导轨垂直。导轨的OC和O'C'段粗糙，其余部分光滑。AA'OO'和CC'DD'区域有垂直导轨平面向里的匀强磁场，AA'OO'区域足够长，磁感应强度为B＝1T，CC'DD'区域磁感应强度在金属棒甲通过OO'之后的0.5s内从0均匀增大到B＝1T，之后保持不变。甲、乙两金属棒长度均为d＝0.5m，电阻均为R＝2Ω，金属棒甲质量为m1＝0.3kg，金属棒乙质量为m2＝0.1kg。某时刻让金属棒甲以平行导轨的初速度v0＝10m/s从AA'出发，与电容器构成闭合回路。出磁场后金属棒甲继续向右运动与静止在BB'处的金属棒乙发生弹性碰撞（碰撞时间极短）。已知两金属棒与导轨之间的动摩擦因数均为μ＝0.2，OO'与BB'的距离为L1＝0.75m，BB'与CC'的距离为，CC'与DD'的距离为L3＝0.6m，两金属棒运动中始终与导轨垂直且接触良好，重力加速度g取10m/s2，求： （1）金属棒甲通过OO'的速度v1； （2）金属棒乙通过DD'的速度v2； （3）从金属棒甲通过OO'到金属棒乙通过DD'的过程中，定值电阻R产生的焦耳热。 【解答】解：（1）已知：Upq＝﹣3V，可知电容器下极板q带正电，金属棒甲以平行导轨的初速度v0＝10m/s从AA'出发后，由右手定则判断其上端为正极，可知电容器先放电，之后再被反向充电。金属棒甲受到安培力作用而做减速直线运动，因AA'OO'区域足够长，最终电容器的电压等于金属棒甲产生的感应电动势，金属棒甲最终以速度v1向右做匀速直线运动。 电容器初始带电量为：q1＝C|Upq|＝1.2×3C＝3.6C 金属棒甲最终以匀速运动时感应电动势为：E1＝Bdv1 电容器最终带电量为：q2＝CE1＝CBdv1 对甲减速运动的过程，以向右为正方向，根据动量定理得： 其中： 联立可得：﹣Bd（q1+CBdv2）＝m1v1﹣m1v0 解得：v1＝2m/s，方向水平向右。 （2）设甲与乙碰撞前的瞬间甲的速度为v3，根据动能定理得： 解得：v3＝1m/s 金属棒甲、乙发生弹性碰撞，设碰撞后甲、乙的速度分别为v4、v5。以向右为正方向，根据动量守恒定律与机械能守恒定律得： m1v3＝m1v4+m2v5 解得：v4＝0.5m/s，v5＝1.5m/s 设乙到达CC′时的速度大小为v6，根据动能定理得： 解得：v6＝1m/s 假设甲能到达CC′，且到达CC′时的速度大小为v7，根据动能定理得： 解得：，可知甲不能到达CC′。 设甲由OO′到BB′的时间为t1，以向右为正方向，根据动量定理得： ﹣μm1gt1＝m1v3﹣m1v1 解得：t1＝0.5s 由题意可知乙到达CC′时CC'DD'区域磁感应强度已经保持B＝1T不变，乙由CC'到DD'的过程，以向右为正方向，根据动量定理得： 其中： 此过程乙作为等效电源，外电路为定值电阻与甲并联，可得回路的的总电阻为： R总＝R 解得：v2＝0.5m/s，方向水平向右。 （3）CC'DD'区域的磁感应强度在Δt2＝0.5s时间内从0均匀增大到B＝1T的过程，根据法拉第电磁感应定律可得回路中感应电动势为： E20.6V 此过程定值电阻R产生的焦耳热为： QR10.09J 乙由CC'到DD'的过程，根据能量守恒定律可得回路中产生总的焦耳热为： Q2 解得：Q2＝0.0375J 根据焦耳定律与电路的串并联结构，可得此过程定值电阻R产生的焦耳热为： QR2Q20.0375J＝0.00625J 可得从金属棒甲通过OO'到金属棒乙通过DD'的过程中，定值电阻R产生的焦耳热为： QR＝QR1+QR2＝0.09J+0.00625J＝0.09625J 4．（2024•浙江二模）如图，两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别为d和2d，处于竖直向上的磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B，导轨右侧连接一个电容为C的电容器。已知导体棒MN的电阻为R、长度为d，质量为m，导体棒PQ的电阻为2R、长度为2d，质量为2m。初始时刻开关断开，两棒静止，两棒之间压缩一轻质绝缘弹簧（但不链接），弹簧的压缩量为L。释放弹簧，恢复原长时MN恰好脱离轨道，PQ的速度为v，并触发开关闭合。整个过程中两棒保持与导轨垂直并接触良好，右侧导轨足够长，所有导轨电阻均不计。求： （1）脱离弹簧瞬间PQ杆上的电动势多大？PQ两点哪点电势高？ （2）刚要脱离轨道瞬间，MN所受安培力多大？ （3）整个运动过程中，通过PQ的电荷量为多少？ 【解答】解：（1）根据动生电动势公式可求，脱离弹簧瞬间PQ杆上的感应电动势大小为：E＝B×2d×v＝2Bdv 由右手定则，Q点电势高。 （2）弹簧伸展的过程中，以向右为正方向，对PQ由动量定理得：Ft﹣2Bd•Δt＝2mv 对MN，以向左方向为正，由动量定理得：Ft﹣2Bd•Δt＝mv1 解得导体棒MN的速度大小为：v1＝2v PQ速率为v时，回路中的感应电动势大小为：E＝2Bd×2v+B×2dv＝6Bdv 根据欧姆定律可得，回路中的感应电流大小为： 则MN所受的安培力大小为： （3）脱离前，通过PQ的电荷量为： 代入数据解得：q1 脱离后，PQ向右运动，设最终速度为v′，由动量定理可得：﹣B×2d×q2＝2mv′﹣2mv 脱离后，通过PQ的电荷量为：q2＝CU＝CB2×dv′ 联立代入数据解得： 整个运动过程中，通过PQ的电荷量为： 5．（2024•台州二模）某中学兴趣小组研究了电机系统的工作原理，认识到电机系统可实现驱动和阻尼，设计了如图所示装置。电阻不计的“L型”金属导轨由足够长竖直部分和水平部分连接构成，竖直导轨间存在水平向右的匀强磁场，磁感应强度大小为B。导体棒ab与竖直导轨始终良好接触并通过轻质滑轮连接重物M，初始被锁定不动。已知导体棒ab的质量为m，重物M质量为3m，竖直导轨间距为d。电源电动势，内阻为R，导体棒与定值电阻阻值均为R。 （1）把开关k接1，解除导体棒锁定，导体棒经时间t恰好开始匀速上升，求： ①通过导体棒的电流方向； ②导体棒匀速上升时的速度； ③此过程导体棒上升的高度h； （2）把开关k接2，解除导体棒锁定，导体棒经时间t'、下落高度h'时恰好开始匀速下落，求此过程中回路产生的总焦耳热。 【解答】解：（1）把开关k接1，解除导体棒锁定，导体棒经时间t恰好开始匀速上升时： ①根据右手定则可知，通过导体棒的电流方向由a到b； ②设导体棒匀速上升时的速度为v1。 导体棒中感应电流大小为 I 对两棒整体，根据平衡条件得 BId+mg＝3mg 解得：v1 ③导体棒从开始运动到刚匀速运动的过程，取竖直向上为正方向，对两棒整体，根据动量定理得 （3mg﹣mg）t﹣Bdt＝（3m+m）v1﹣0 即2mgt﹣Bdq＝4mv1 又通过导体棒的电荷量为 qt 联立解得：h（2t） （2）把开关k接2，解除导体棒锁定，导体棒经时间t'、下落高度h'时恰好开始匀速下落，此时导体棒中感应电流大小为 I′ 对两棒整体，根据平衡条件得 BI′d+mg＝3mg 联立解得导体棒匀速运动的速度大小为：v2 取竖直向上为正方向，对两棒整体，根据动量定理得 Bdq′﹣（3mg﹣mg）t′＝（3m+m）v2﹣0 即Bdq′﹣2mgt＝4mv2 解得此过程通过导体棒的电荷量为：q′ 根据能量守恒有 Eq′（3m﹣m）gh′+Q 解得：Q（10t′）﹣2mgh′ 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$