作业12 电磁感应-【创新教程·微点特训】2023-2025三年高考物理真题分类特训

正电荷在磁场中运动的周期为T＝２πrv１ ＝２πmqB , 所以正电荷从 M 运动到N 的时间为t１＝ ２θ ２πT＝ πm ３qB ; (２)由题意可知,在xOy平面内的负电荷在圆心O 处,由 牛顿第 二 定 律 可 知qv２B＋k ４８q２ r２ ＝mv ２ ２ r ,其 中 m＝ B２y３０ k ,解得v２＝ ６kq By２０ 或v２＝ －４kq By２０ (舍去); (３)在(２)的条件下,正电荷从 N 点离开磁场后绕负电荷 做椭圆运动,如图所示 由能量守恒定律得１ ２mv ２ ２－q k４８q r２ ＝１２mv ２ ３－q k４８q r３ , 由开普勒第二定律可知v２r２＝v３r３, 其中r２＝２y０,联立解得r３＝６y０, 由牛顿第二定律k ４８q ２ r２＋r３ ２( ) ２＝ m r２＋r３２( ) ４π２ T２ ,解得T＝４ ３πBy ３ ０ ３kq , 故正电荷从 N 点离开磁场后到首次速度变为与N 点的 射出速度相反的时间为t２＝ ２ ３πBy３０ ３kq ． 答案:(１) ２qBy０ m 　 πm ３qB (２)６kq By２０ 　(３) ２ ３πBy３０ ３kq ５．解:(１)由题知,入射速度为v０ 时,电子沿x 轴做直线运 动,则有Ee＝ev０B, 解得E＝v０B, (２)电子在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的 匀强磁场的复合场中,由于洛伦兹力不做功,且由于电 子入射速度为 v０ ４ ,则电子受到的电场力大于洛伦兹力, 则电 子 向 上 偏 转,根 据 动 能 定 理 有 eEy１ ＝ １ ２m× １ ２v０( ) ２ －１２m× １ ４v０( ) ２ ,解得y１＝ ３mv０ ３２eB , (３)若电子以v入射时,设电子能达到的最高点位置的纵 坐标为y,则根据动能定理有eEy＝１２mv ２ m－ １ ２mv ２, 由于电子在最高点与在最低点所受的合力大小相等,则 在最高点有F合 ＝evmB－eE, 最低点有F合 ＝eE－evB,联立有vm＝ ２E B －v , y＝ ２m(v０－v) eB ,要让电子能到达纵坐标y２＝ mv０ ５eB 位置, 即y≥y２,解得v≤ ９ １０v０ , 则若电子入射速度在０＜v＜v０ 范围内均匀分布,能到达 纵坐 标 y２ ＝ mv０ ５eB 位 置 的 电 子 数 N 占 总 电 子 数 N０ 的９０％． 答案:(１)v０B;(２) ３mv０ ３２eB ;(３)９０％ 考点６　现代科技中的电磁场问题 AC　A．带正电的离子受到的洛伦兹力向上偏转,极板 MN 带正电为发电机正极,A 正确;BCD．离子受到的洛 伦兹力和电场力相互平衡时,此时令极板间距为d,则 qvB＝qUd , 可得U＝Bdv, 因此增大间距U 变大,增大速率,U 变大,U 大小和密度 无关,BD错误,C正确． 作业１２　电磁感应 考点１　电磁感应现象　楞次定律 １．C　根据题意,当金属薄片中心运动到 N极正下方时,薄 片右侧的磁通量在减小,左侧磁通量在增加,由于两极 间的磁场竖直向下,根据楞次定律可知此时薄片右侧的 涡电流方向 为 顺 时 针,薄 片 左 侧 的 涡 电 流 方 向 为 逆 时 针．故选 C． ２．A　线圈a从磁场中匀速拉出,的过程中穿过a线圈的 磁通量在减小,则根据楞次定律可知a线圈的电流为顺 时针,a中产生的电流为恒定电流,则线圈a靠近线圈b 的过程中线圈b的磁通量在向外增大,根据楞次定律可 得线圈b产生的电流为顺时针． ３．C　在雷击事件中金属和非金属都经历了摩擦,声波和 光照的影响,非金属完好,而金属熔化的原因是金属能 够因电磁感应产生涡流而非金属不能,因此可能原因为 涡流． 考点２　法拉第电磁感应定律的应用 １．BC　Ic 顺时针而Id＝０,则镜头向左运动,加速度方向向 左,A错误;Id 顺时针而Ic＝０,则镜头向下运动,加速度 方向向下,B正确;若a的方向左偏上３０°,说明镜头向上 运动以及向左运动拉伸弹簧,且向左运动的分速度大于 向上运动的分速度,可知Ic 顺时针Id 逆时 针,由 E＝ Blv可知Ic＞Id,C正确;若a的方向右偏上３０°,说明镜 头向上运动以及向右运动,且向右运动的分速度大于向 上运动的分速度,可知Ic 逆时针Id 逆时针,D 错误．故 选BC． ２．A　ABC,由题图可看出OA 导体棒转动切割磁感线,则 根据右手定则可知φO＞φA,其中导体棒AC 段不在磁场 中,不切割磁感线,电流为０,则φC＝φA,A 正确、BC 错 误;D．根据以上分析可知φO－φA ＞０,φA－φC＝０,则φO －φA＞φA－φC,D错误．故选 A． ３．解:(１)导体杆受安培力F＝B１Id＝３Mg,方向向上, 则导体杆向下运动的加速度 Mg－F＝Ma, 解得a＝－２g, 导体杆运动的距离L＝０－v ２ ０ ２a ＝ v２０ ４g． (２)回路的电动势E＝B２dv, 其中v＝v０＋at, 解得E＝６MgI (v０－２gt)t≤ v０ ２g( )． (３)由于电路中的电流恒为I,导电杆下滑过程中的总电 动势为E总 ＝U＋E, 且有I＝E总R , 整理得U＝１２Mg ２ I t－ ６Mgv０ I ＋IR t≤ v０ ２g( ) , 装置 A 输 出 的 功 率 为 P ＝UI＝１２Mg２t－６Mgv０ ＋ I２R t≤ v０ ２g( ) , 初始时刻,t＝０,P始 ＝－６Mgv０＋I２R, 到达停靠平台时,t＝v０２g ,P末 ＝I２R, 由PＧt关系可知,􀭺P＝P始 ＋P末２ ＝－３Mgv０＋I ２R, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 １３１ 详解详析 则在火箭落停过程中,装置A 输出的能量为W＝􀭺P􀅰v０２g ＝－３２Mv ２ ０＋ I２Rv０ ２g ． (４)装置A 可回收火箭的动能和重力势能;从开始火箭 从速度v０ 到平台速度减为零,则E′＝ １ ２Mv ２ ０＋MgL＝ ３ ４Mv ２ ０． 答案:(１)３Mg　 v２０ ４g　 (２)６MgI (v０－２gt)t≤ v０ ２g( ) (３)１２Mg ２ I t－ ６Mgv０ I ＋IR t≤ v０ ２g( ) 　－ ３ ２Mv ２ ０＋ I２Rv０ ２g (４)装置A 可回收火箭的动能和重力势能　３４Mv ２ ０ 考点３　电磁感应中的图像问题 １．AC　设线框的上边进入磁场时的速度为v,设线框的质 量 M,物块的质量 m,图中线框进入磁场时线框的加速 度向下,则 对 线 框 由 牛 顿 第 二 定 律 可 知 Mg＋F安 －T ＝Ma, 对物块T－mg＝ma, 其中F安 ＝B ２L２v R , 即B ２L２v R ＋ (M－m)g＝(M＋m)a, 线框向上做减速运动,随速度的减小,向下的加速度减 小;当加 速 度 为 零 时,即 线 框 匀 速 运 动 的 速 度 为 v０ ＝ (M－m)gR B２L２ , A．若线框进入磁场时的速度较小,则线框进入磁场时做 加速度减小的减速运动,线框的速度和加速度都趋近于 零,则图像 A 可能正 确;B．因t＝０时 刻 线 框 就 进 入 磁 场,则进入磁场时线框向上不可能做匀减速运动,则图 像B不可能;CD．若线框的质量等于物块的质量,且当线 框进入磁场时,且速度大于v０,线框进入磁场做加速度 减小的减速运动,完全进入磁场后线框做匀速运动;当 线框出离磁场时,受向下的安培力又做加速度减小的减 速运动,最终出离磁场时做匀速运动,则图像 C有可能, D不可能． ２．AD　AB．电流的峰值越来越大,即小磁铁在依次穿过每 个线圈的过程中磁通量的变化率越来越快,因此小磁体 的速度越来越大,A正确;B．假设小磁体是 N 极向下穿 过线圈,则在穿入靠近每匝线圈的过程中磁通量向下增 加产生逆时针的电流,而在穿出远离每匝线圈的过程中 磁通量向下减少产生逆时针的电流,即电流方向相反与 题干描述的穿过线圈的过程电流方向变化相符,但强磁 体下落过程中磁极的 N、S极没有颠倒,B错误;C．线圈 可等效为条形磁铁,线圈的电流越大则磁性越强,因此 电流的大小 是 变 化 的,小 磁 体 受 到 的 电 磁 阻 力 是 变 化 的,不是一直不变的,C错误．D．小磁体通过线圈下部的 过程中,电流越来越大,磁通量变化率越来越大,D正确, 故选 AD． ３．A　A．强磁体在铝管中运动,铝管会形成涡流,玻璃是 绝缘体,故强磁体在玻璃管中运动,玻璃管不会形成涡 流．强磁体在铝管中加速后很快达到平衡状态,做匀速 直线运动,而玻璃管中的强磁体一直做加速运动,故由 题中图像可知图(c)的脉冲电流峰值不断增大,说明强磁 体的速度在增大,与玻璃管中磁体的运动 情 况 相 符,A 正确;B．在铝管中下落,脉冲电流的峰值一样,磁通量的 变化率相同,故小磁体做匀速运动,B错误;C．在玻璃管 中下落,玻璃管为绝缘体,线圈的脉冲电流峰值增大,电 流不断在变化,故小磁体受到的电磁阻力在不断变化,C 错误;D．强磁体分别从管的上端由静止释放,在铝管中, 强磁体在线圈间做匀速运动,玻璃管中强磁体在线圈间 做加速运动,故用铝管时测得的电流第一个峰到最后一 个峰的时间间隔比用玻璃管时的长,D错误．故选 A． ４．C　如图所示,导体棒匀速转动, 设速度为v,设导体棒从 A 到B 过程,棒转过的角度为θ,则导体 棒垂直 磁 感 线 方 向 的 分 速 度 为 v⊥ ＝vcosθ, 可知导体棒垂直磁感线的分速度 为余弦变化,根据左手定则可知, 导体棒经过B 点和B 点关于P 点的对称点时,电流方向 发生变化,根据u＝Blv⊥ , 可知导体棒两端的电势差u随时间t变化的图像为余弦 图像．故选 C． 考点４　电磁感应中的动力学问题 １．AC　根据右手定则可知金属杆沿x 轴正方向运动过程 中,金属杆中电流沿y轴负方向,故 A 正确;若金属杆可 以在沿x轴正方向的恒力F 作用下做匀速直线运动,可 知 F＝F安 ＝BIL,I＝ BLv０ R ＝ BLv０ Lr０ ＝ Bv０ r０ ,可 得 F ＝ B２Lv０ r０ , 由于金属杆运动过程中接入导轨中的长度L 在变化,故 F 在变化,故B错误; 取一微小时间Δt内,设此时金属杆接入导轨中的长度为 L′,根据动量定理有－B􀭵I′L′Δt＝－BL′q′＝mΔv,同时有 q＝ ΔΦ Δt L′r０ 􀅰Δt＝ ΔΦL′r０ ＝B 􀅰Δs L′r０ ,联立得－B ２ΔS r０ ＝mΔv, 对从开始到金属杆停止运动时整个过程累积可得－B ２S r０ ＝０－mv０, 解得此时金属杆与导轨围成的面积为S＝mv０r０ B２ ,故 C 正确;若金属杆的初速度减半,根据前面分析可知当金 属杆停止运动时金属杆与导轨围成的面积为S′＝１２S , 根据抛物线的图像规律可知此时金属杆停止运动时经 过的距离大于原来的一半,故 D错误．故选 AC． ２．ABD　A．由于金属棒 MN 运动过程切割磁感线产生感 应电动势,回路有感应电流,产生焦耳热,金属棒 MN 的 机械能不断减小,由于金属导轨光滑,所以经过多次往 返运动,MN 最终一定静止于OO′位置,故 A 正确;B．当 金属棒 MN 向右运动,根据右手定则可知,MN 中电流 方向由M 到N,根据左手定则,可知金属棒 MN 受到的 安培力水平向左,则安培力做负功;当金属棒 MN 向左 运动,根据右手定则可知,MN 中电流方向由N 到M,根 据左手定则,可知金属棒 MN 受到的安培力水平向右, 则安培力做负功;可知 MN 运动过程中安培力始终做负 功,故B正确;C．金属棒 MN 从释放到第一次到达OO′ 位置过程中,由于在OO′位置重力沿切线方向的分力为 ０,可知在到达OO′位置之前的位置,重力沿切线方向的 分力已经小于安培力沿切线方向的分力,金属棒 MN 已 经做减速运动,故 C错误;D．从释放到第一次到达OO′ 位置过程中,根据右手定则可知,MN 中电流方向由 M 到N,故 D正确． ３．解析:(１)当导体棒OA 运动到正方形金属细框对角线瞬 间,切割的有效长度最大,则L有max＝ ２L, 此时感应电流最大,CD 棒所受的安培力最大,根据法拉 第电磁感应定律,有Emax＝BL有max􀭵v１, 其中,平均速度为􀭵v１＝ ０＋ ２Lω ２ , 则感应电动势Emax＝BL２ω． 根据闭合电路欧姆定律,有Imax＝ Emax R , 则 CD 棒 所 受 安 培 力 的 最 大 值 为 Fmax ＝BImaxL ＝B ２L３ω R , 当导体棒OA 运动到与细框某一边平行瞬间,切割的有 效长度最小,感应电流最小,CD 棒所受的安培力最小, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ２３１ 物理 根据法拉第电磁感应定律,有Emin＝BL有min􀭵v２, 其中L有min＝L,平均速度为􀭵v２＝ ０＋Lω ２ , 则感应电动势Emin＝ １ ２BL ２ω, 根据闭合电路欧姆定律,有Imin＝ Emin R , 则CD 棒所受安培力的最小值为Fmin＝BIminL＝ B２L３ω ２R , (２)当 CD 棒 所 受 安 培 力 最 小 时,根 据 平 衡 条 件,有 mgsinθ－μmgcosθ－Fmin＝０, 当CD 棒所受安培力最大时,根据平衡条件,有Fmax－ mgsinθ－μmgcosθ＝０, 联立可得m＝３B ２L３ω ４Rgsinθ , 撤去推力瞬间,根据牛顿第二定律,有Fmax－mgsinθ＋ μmgcosθ＝ma,可得CD 棒与导轨间的动摩擦因数为μ ＝ agcosθ－ １ ３tanθ． 答案:(１)B ２L３ω R 　 B２L３ω ２R 　 (２) agcosθ－ １ ３tanθ 或 a ２gcosθ 或１ ３tanθ ４．AB　A．两导体棒沿轨道向下滑动,根据右手定则可知 回路中的电流方向为abcda;故 A 正确;BC．设回路中的 总电阻为R,对于任意时刻当电路中的电流为I时,对 ab,根据牛顿第 二 定 律 得２mgsin３０°－２BILcos３０°＝ ２maab,对cd,mgsin３０°－BILcos３０°＝macd,故可知aab ＝acd,分析可知两个导体棒产生的电动势相互叠加,随 着导体棒速度的增大,回路中的电流增大,导体棒受到 的安培力在增大,故可知当安培力沿导轨方向的分力与 重力沿导轨向下的分力平衡时导体棒将匀速运动,此时 电路中的电流达到稳定值,此时对ab分析可得２mgsin ３０°＝２BILcos３０°,解得I＝ ３mg３BL ,故B正确,C错误;D． 根据前面分析可知aab＝acd,故可知两导体棒速度大小 始终相等,由于两边磁感应强度不同,故产生的感应电 动势不等,故 D错误． 考点５　电磁感应中的电路问题 AC　A．弹簧伸展过程中,根据右手定则可知,回路中产 生顺时针方向的电流,选项 A正确;B．任意时刻,设电流 为I,则PQ 受安培力FPQ ＝BI􀅰２d,方向向左;MN 受 安培力FMN ＝２BId, 方向向右,可 知 两 棒 系 统 受 合 外 力 为 零,动 量 守 恒,设 PQ 质量为２m,则 MN 质量为m,PQ 速率为v 时,则 ２mv＝mv′,解得v′＝２v, 回路的感应电流I＝２Bdv′＋B 􀅰２dv ３R ＝ ２Bdv R ,MN 所受 安培力大小为FMN ＝２BId＝ ４B２d２v R ,选项 B错误;C．两 棒最终停止时弹簧处于原长状态,由动量守恒可得 mx１ ＝２mx２,x１＋x２＝L,可得最终 MN 位置向左移动x１＝ ２L ３ ,PQ 位置向右移动x２＝ L ３ , 因任意时刻两棒受安培力和弹簧弹力大小都相同,设整 个过程两 棒 受 的 弹 力 的 平 均 值 为 F弹 ,安 培 力 平 均 值 F安 ,则整个过程根据动能定理F弹 x１－F安 xMN ＝０, F弹 x２－F安 xPQ＝０,可得 xMN xPQ ＝ x１ x２ ＝ ２１ ,选项 C 正确; D．两棒最后停止时,弹簧处于原长位置,此时两棒间距 增加了L,由上述分析可知,MN 向左位置移动２L３ ,PQ 位 置 向 右 移 动 L ３ , 则 q ＝ 􀭵IΔt ＝ ΔΦR总 ＝ ２B􀅰２L３ 􀅰d＋B􀅰L３ 􀅰２d ３R ＝ ２BLd ３R ,选 项 D 错 误．故 选 AC． 考点６　电磁感应中的能量综合问题 １．BD　AB．导轨的速度v２＞v１,因此对导体棒受力分析可 知导体棒受到向右的摩擦力以及向左的安培力,摩擦力 大小为f＝μmg＝２N, 导体棒的安培力大小为F１＝f＝２N, 由左手定则可知导体棒的电流方向为 N→M→D→C→ N,导体框受到向左的摩擦力、向右的拉力和向右的安培 力,安培力大小为F２＝f－m０g＝１N, 由左手定则可知B２ 的方向为垂直桌面向下,A 错误,B 正确;CD．对导体棒分析F１＝B１IL, 对导体框分析F２＝B２IL, 电路中的电流为I＝B１Lv１－B２Lv２r , 联立解得v２＝３m/s,C错误,D正确;故选BD． ２．解析:(１)灭 火 弹 做 斜 上 抛 运 动,则 水 平 方 向 上 有 L＝ v０cosθ􀅰t, 竖直方向上有 H＝v０tsinθ－ １ ２gt ２, 代入数据联立解得 H＝６０m． (２)根据题意可知Ek＝ηE＝１５％× １ ２CU ２, 又因为Ek＝ １ ２mv ２ ０, 联立可得U＝１０００ ２V． 答案:(１)６０m;(２)U＝１０００ ２V 考点７　电磁感应中的动量综合问题 １．AB　线框旋转切割磁感线产生电动势的两条边为cd和 af,t＝０时 刻cd 边 速 度 与 磁 场 方 向 平 行,不 产 生 电 动 势,因此此时af边切割磁感线产生电动势,由右手定则 可知电流 方 向 为abcdefa,电 动 势 为 E＝Blv＝Blωl＝ Bl２ω,A、B正确;t＝πω 时,线框旋转１８０°,此时依旧是af 边切割磁感线产生电动势,感应电动势不为零,C错误;t ＝０到t＝ πω 时,线框abde的磁通量变化量为零,线框 bcde的磁通量变化量为 ΔΦ＝２BS＝２Bl２, 由法拉第电磁感应定律可得平均感应电动势为E＝ΔΦΔt ＝２Bωl ２ π ,D错误．故选 AB． ２．CD　A．设金属杆在AA１B１B 区域运动时间为t,则金属 杆在AA１B１B 区 域 运 动 的 过 程 中,根 据 动 量 定 理 有－ BIL􀅰t＝mvBB１－mv０, 设A、A１ 的间距为L,则金属杆在 AA１B１B 区域向右运 动的过程中切割磁感线有E＝BLv,I＝E２R ,q＝It,联立 有q＝BLd２R ,vBB１＝v０－ B２L２d ２mR , 设金属杆在BB１C１C区域运动的时间为t０,则金属杆在 BB１C１C区域运动的过程中根据动量定理有－BIL􀅰t０ －μmgt０＝０－mvBB１, 同理金属杆在BB１C１C区域向右运动的过程中切割磁感 线有q＝BLd２R , 联立解得vBB１＝ B２L２d ２mR ＋μgt０ , 综上有vBB１＝ v０ ２＋ μgt０ ２ , 则金属杆经过BB１ 的速度大于 v０ ２ ,故 A错误; C．金属杆经过AA１B１B 与BB１C１C 区域,金属杆所受安 培力的冲量为I安 ＝BIL􀅰t＝BqL． 根据选项 A 可知金属杆经过 AA１B１B 与BB１C１C 区域 流过金属 杆 的 电 荷 量 相 同,则 金 属 杆 经 过 AA１B１B 与 BB１C１C区域,金 属 杆 所 受 安 培 力 的 冲 量 相 同,故 C 正确; 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ３３１ 详解详析 B．在整个过程中,根据能量守恒有１２mv ２ ０＝μmgd＋Q 则在整个过程中,定值电阻R 产生的热量为QR＝ １ ２Q＝ １ ４mv ２ ０－ １ ２μmgd ,故B错误; D．设整个过程中金属杆运动的时间为t总 ,金属杆通过 BB１C１C区域的时间为t０,根据动量定理有－BIL􀅰t总 －μmgt０＝０－mv０, 且q＝It总 ＝BLx２R , 联立解得x＝ ２R B２L２ (mv０＋μmgt０), 根据选项 A分析可知t０＝ v０ μg －B ２L２d mRμg , 综上x＝ ２R B２L２ ２mv０－ B２L２d R( ) , 可见若将金属杆的初速度加倍,则金属杆在磁场中运动 的距离大于原来的２倍,故 D正确． ３．解析:(１)金属框从开始进入到完全离开区域Ⅰ的过程 中,金属框只有一条边切割磁感线,根据楞次定律可得, 安培力水平向左,则 切割磁感线产生的电动势E＝BLvcosα, 线框中电流I＝ER , 线框做匀速直线运动,则BILcosα＝mgsinα 解得金属框从开始进入到完全离开区域Ⅰ的过程的速 率v＝mgRtanα B２L２cosα , 金属框开始释放到pq边进入磁场的过程中,只有重力 做功,由动能定理可得mgssinα＝１２mv ２,可得释放时pq 边与区域Ⅰ上边界的距离s＝ v ２ ２gsinα＝ m２gR２sinα ２B４L４cos４α (２)当ef边刚进入区域Ⅱ时开始计时(t＝０),设线框ef 边到O 点的距离为s时,线框中产生的感应电动势E′＝ ΔΦ Δt＝ ΔB ΔtL ２＝k１L２＋k２L２􀅰 Δs Δt＝ (k１＋k２v)L２,其 中v ＝ΔsΔt , 此时线路中的感应电流I′＝E′R 线框pq边受到沿轨道向上的安培力,大小为F安１＝[k１t ＋k２(s＋L)]I′L 线框ef边受到沿轨道向下的安培力,大小为F安２＝[k１t ＋k２s]I′L, 则线框受到 的 安 培 力 F安 ＝F安１－F安２＝[k１t＋k２(s＋ L)]I′L－[k１t＋k２s]I′L, 代入k１＝ mgRsinα k２L４ , 化简得F安 ＝mgsinα＋ k２２L４v R ． 当线框平衡时F安 ＝mgsinα,可知此时线框速率为０． 则从开始计时到金属框达到平衡状态的过程中,根据动量 定理可得mgsinαΔt－F安 Δt＝mΔv, 即－ k２２L４v R Δt＝mΔv , 对时间累积求和可得－ k２２L４d R ＝０－mv０ 可得d＝mRv０ k２２L４ ． 答案:(１)mgRtanα B２L２cosα ,m ２gR２sinα ２B４L４cos４α 　(２) mRv０ k２２L４ ４．解析:(１)线框在没有进入磁场区域时,根据牛顿第二定 律mgsinθ＝ma,根据运动学公式v２＝２ad, 联立可 得 线 框 释 放 点cd 边 与Ⅰ区 域 上 边 缘 的 距 离d ＝v ２ g ; (２)因为cd边进入Ⅰ区域时速度为v,且直到ab边离开 Ⅰ区域时速度均为v,可知线框的边长与Ⅰ区域的长度 相等,根据平衡条件有mgsinθ＝BIL１, 又E＝BL１v,I＝ E R , cd边两端的电势差U＝３４E , 联立可得U＝３４ mgRv ２ ; (３)①若L２≥L１,在线框进入Ⅰ区域过程中,根据动量定 理mgsinθ􀅰t１－BIL１t１＝０, 其中t１＝ L１ v ,q＝It１,I＝ BL１v R , 联立可得q＝mg２Bv , 线框在Ⅱ区域运动过程中,根据动量定理mgsinθ􀅰t２－ ２B􀭵IL１t３＝０, 根据q＝ 􀭺E R 􀅰t＝BL ２ １ Rt 􀅰t＝BL ２ １ R , 线框进入磁场过程中电荷量都相等,即q＝􀭵It３,联立可得 t２＝ ２L１ v , 根据能量守恒定律－W 安 ＋mgsinθ(L２＋L１)＝０, 克服安培力做功的平均功率P＝W 安t２ , 联立可得P＝mgv (L１＋L２) ４L１ ②若L２＜L１,同理可得q′＝ BL１L２ R , 根据动量定理mgsinθ􀅰t４－２B􀭵IL１t５＝０, 其中q′＝􀭵It５,结合q＝ mg ２Bv ,q＝ BL２１ R , 联立可得t４＝ ２L２ v , 根据能量守恒定律－W 安′＋mgsinθ(L２＋L１)＝０, 克服安培力做功的平均功率P′＝W 安′t４ , 联立可得P′＝mgv (L１＋L２) ４L２ ． 答案:(１)v ２ g　 (２)３４ mgRv ２ 　 (３)见解析 ５．解析:(１)由法拉第电磁感应定律E１＝ ΔΦ Δt＝ ΔB􀅰１２L ２ Δt ＝０．２－０．１１－０ × １ ２×１ ２ V＝０．０５V, 由闭合电路欧姆定律可知,０~１s内线框中的感应电流 大小为I１＝ E１ R＝０．１A , 由图 (b)可 知,t＝０．５s 时 磁 感 应 强 度 大 小 为 B１ ＝０．１５T, 所以此时导线框ad 变到的安培力大小为F＝B１I１L＝ ０．１５×０．１×１N＝０．０１５N; (２)０~１s内线框内的感应电流大小为I１＝０．１A,根据 楞次定律及安培定则可知感应电流方向为顺时针,由图 (c)可知１~２s内的感应电流大小为I２＝０．２A, 方向为逆时针,根据欧姆定律可知１~２s内的感应电动 势大小为E２＝I２R＝０．１V, 由法拉第电磁感应定律E２＝ ΔΦ Δt＝ ΔB􀅰１２L ２ Δt ＝０．１V , 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ４３１ 物理 可知１~２s内 磁 感 应 强 度 的 变 化 率 为ΔBΔt＝ B２－B１ Δt ＝０．２T/s, 解得t＝２s时磁感应强度大小为B２＝０．３T, 方向垂直于纸面向里,故１~２s的磁感应强度随时间变 化图为 (３)由动量定理可知－B２􀭵ILΔt＝mv１－mv０, 其中q＝􀭵IΔt＝ 􀭺E RΔt＝ ΔΦ R ＝ １ ２B２L ２ R , 联立 解 得ad 经 过 磁 场 边 界 的 速 度 大 小 为v１ ＝０．０１ m/s． 答案:(１)０．０１５N　(２) 　 (３)０．０１m/s ６．解析:(１)第１根导体棒刚进入磁场时产生的感应电动势 为E＝BLv０, 则此时回路的电流为I＝E２R , 此时导体棒受到的安培力F安 ＝BIL, 此时导体棒受安培力的功率P＝F安 v０＝ B２L２v２０ ２R ; (２)第２根导体棒从进入磁场到速度减为０的过程中,根 据动量定理有－B􀭵IL􀅰Δt＝０－mv０,其中􀭵I􀅰Δt＝q,解 得q＝ mv０ BL ; (３)由于每根导体棒均以初速度v０ 进入磁场,速度减为 ０时被锁定,则根据能量守恒,每根导体棒进入磁场后产 生的总热量均为Q＝１２mv ２ ０, 第１根导体棒进入磁场到速度减为０的过程中,导轨右 端定值电阻R 上产生的热量QR１＝ １ ２Q , 第２根导体棒进入磁场到速度减为０过程中,导轨右端 定值电阻R 上产生的热量QR２＝ １ ２ 􀅰１ ３ 􀅰Q, 第３根导体棒进入磁场到速度减为０的过程中,导轨右 端定值电阻R 上产生的热量QR３＝ １ ３ 􀅰１ ４ 􀅰Q, 第n根导体棒进入磁场到速度减为０的过程中,导轨右 端定值电阻R 上产生的热量QRn＝ １ n 􀅰 １ n＋１ 􀅰Q, 则从第１根导体棒进入磁场到第n根导体棒速度减为０ 的过程中,导轨右端定值电阻R 上产生的总热量QR ＝ QR１＋QR２＋QR３＋􀆺＋QRn, 通过分式分解和观察数列的“望远镜求和”性质,得出QR ＝ nn＋１ 􀅰Q＝ nmv ２ ０ ２(n＋１) ,n＝１,２,３,􀆺 答案:(１) B２L２v２０ ２R 　 (２) mv０ BL (３) nmv２０ ２(n＋１) ,n＝１,２,３,􀆺 ７．解析:(１)根据题意可知,对金属棒ab由静止释放到刚越 过MP 过程中,由动能定理有mgL＝１２mv ２ ０, 解得v０＝ ２gL,则ab刚越过MP 时产生的感应电动势 大小为E＝BLv０＝BL ２gL． (２)根据题意可知,金属环在导轨间两段圆弧并联接入 电路中,轨道外侧的两端圆弧金属环被短路,由几何关 系可得,每段圆弧的电阻为R０＝ １ ２× ６R ３＝R , 可知,整个回路的总电阻为R总 ＝R＋R 􀅰R R＋R＝ ３ ２R , ab刚 越 过 MP 时,通 过 ab 的 感 应 电 流 为I＝ ER总 ＝２BL ２gL３R , 对金属环由牛顿第二定律有２BL􀅰I２＝２ma , 解得a＝B ２L２ ２gL ３mR ． (３)根据题意,结合上述分析可知,金属环和金属棒ab所 受的安培力等大反向,则系统的动量守恒,由于金属环 做加速运动,金属棒做减速运动,为使ab在整个运动过 程中不与金属环接触,则有当金属棒ab和金属环速度相 等时,金属棒ab恰好追上金属环,设此时速度为v,由动 量守恒定律有mv０＝mv＋２mv,解得v＝ １ ３v０ , 对金属棒ab,由动量定理有－BILt＝m􀅰v０３－mv０ , 则有BLq＝２３mv０ , 设金属棒运动距离为x１,金属环运动的距离为x２,则有 q＝ BL(x１－x２) R总 , 联立解得 Δx＝x１－x２＝ mR ２gL B２L２ , 则金属环圆心初始位置到 MP 的最小距离d＝L＋Δx ＝B ２L３＋mR ２gL B２L２ ． 答案:(１)BL ２gL　(２)B ２L２ ２gL ３mR (３)B ２L３＋mR ２gL B２L２ ８．解析:(１)由于绝缘棒Q 与金属棒P 发生弹性碰撞,根据 动量守恒和机械能守恒可得３mv０＝３mvQ ＋mvP, １ ２ × ３mv２０＝ １ ２×３mv ２ Q＋ １ ２mv ２ P, 联立解得vP＝ ３ ２v０ ,vQ＝ １ ２v０ , 由题知,碰撞一次后,P 和Q 先后从导轨的最右端滑出 导轨,并落在地面上同一地点,则金属棒P 滑出导轨时 的速度大小为vP′＝vQ＝ １ ２v０． (２)根据能量守恒有１２mv ２ P＝ １ ２mvP ′２＋Q, 解得Q＝mv２０． (３)P、Q 碰撞后,对金属棒P 分析,根据动量定理得 －B􀭵IlΔt＝mvP′－mvP, 又q＝􀭵IΔt,􀭵I＝ 􀭺E R ＝ ΔΦ RΔt＝ Blx RΔt , 联立可得x＝mv０R B２l２ ; 由于Q 为绝缘棒,无电流通过,做匀速直线运动,故Q 运 动的时间为t＝xvQ ＝２mR B２l２ ． 答案:(１)１２v０ ;(２)mv２０;(３) ２mR B２l２ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ５３１ 详解详析 ９．解析:(１)设金属框的初速度为v０,则金属框的末速度v１ ＝ v０ ２ ,设向右为正方向． 金属框进入磁场时,有E＝BLv０,I＝ E ４R０ ,F＝BIL,联立 解得F＝B ２L２v０ ４R０ , 金属框在磁场运动过程满足F􀅰t＝mv１－mv０, 即－B ２L２x ４R０ ＝－mv０２ , 将x＝２L代入,解得v０＝ B２L３ mR０ ． (２)设金属框的初速度为v０,则金属框进入磁场时的末 速度为v１,向右为正方向．由于导轨电阻可忽略,此时金 属框上下部 分 被 短 路,故 电 路 中 的 总 电 阻 R总 ＝R０ ＋ ２R０􀅰R０ ２R０＋R０ ＝ ５R０ ３ , 再根据动量定理有－B ２L３ R总 ＝mv１－mv０ , 解得v１＝ ２B２L３ ５mR０ , 则在此过程中根据能量守恒有１ ２mv ２ ０＝Q１＋ １ ２mv ２ １ 解得Q１＝ ２１B４L６ ５０mR２０ , 其中QR１＝ ２ １５Q１＝ ７B４L６ １２５mR２０ , 此后线框完全进入磁场中,则线框左、右两边均作为电 源,且等效电路图如下 则此时回路的总电阻R总′＝２R０＋ R０ ２＝ ５R０ ２ , 设线框刚离开磁场时 的 速 度 为v２,再 根 据 动 量 定 理 有 －B ２L３ R总′＝mv２－my１ , 解得v２＝０, 则说明线框刚离开磁场时就停止运动了,则再根据能量 守恒有１ ２mv ２ １＝Q２, 其中Q′R１＝ ４ ５Q２＝ ８B４L６ １２５mR２０ , 则在金属框整个运动过程中,电阻R１ 产生的热量QR１总 ＝QR１＋QR１′＝ ３B４L６ ２５mR２０ ． 答案:(１)v０＝ B２L３ mR０ ;(２)３B ４L６ ２５mR２０ １０．解析:(１)a导体棒在运动过程中重力沿斜面的分力和a 棒的安培力相等时做匀速运动,由法拉第电磁感应定 律可得E＝BLv０, 有 闭 合 电 路 欧 姆 定 律 及 安 培 力 公 式 可 得 I＝ E ２R ,F＝BIL, a棒受力平衡可得mgsinθ＝BIL, 联立解得v０＝ ２mgRsinθ B２L２ , (２)由右手定则可知导体棒 b中电流向里,b棒沿斜面 向下的安培力,此时电路中电流不变,则b棒牛顿第二 定律可得mgsinθ＋BIL＝ma, 解得a０＝２gsinθ, (３)释放b棒后a棒受到沿斜面向上的安培力,在到达 共速 时 对 a 棒 动 量 定 理 mgsinθt０ －BILt０ ＝mv －mv０, b棒受到向下的安培力,对b棒动量定理 mgsinθt０＋BILt０＝mv, 联立解得v＝gsinθ􀅰t０＋ mgRsinθ B２L２ , 此过程流过b棒的电荷量为q,则有q＝It０, 由法 拉 第 电 磁 感 应 定 律 可 得􀭵I＝ 􀭺E ２R＝ １ ２R× BLΔx t０ ＝BLΔx２Rt０ , 联立b棒动量定理可得 Δx＝２m ２gR２sinθ B４L４ ． 答案:(１)v０＝ ２mgRsinθ B２L２ 　(２)a０＝２gsinθ (３)v＝gsinθ􀅰t０＋ mgRsinθ B２L２ , Δx＝２m ２gR２sinθ B４L４ 作业１３　交变电流　传感器 考点１　交变电流的产生和描述 １．C　根据题意可知,磁场区域变化前线圈产生的感应电 动势为e＝Esinωt, 由题图丙可知,磁场区域变化后,当Esinωt＝ ３E２ 时,线 圈的侧边开始切割磁感线,即当线圈旋转 π ３ 时开始切割 磁感线,由几何关系可知磁场区域平行于x轴的边长变 为d′＝２dcos π３＝d ,C正确． ２．BD　如题图开始线圈处于中性面位置,当磁极再转过 ９０°时,此时穿过线圈的磁通量为０,故可知电流最大;在 磁极转动的过程中,穿过线圈的磁通量在减小,根据楞 次定律可知,此时感应电流方向由Q 指向P． ３．D　由题意可知导体棒通过磁场区域过程需要的时间, 即周期为T＝２Lv , 导体棒通过区域Ⅰ时,产生的电动势大小为E１＝BLv, 经过的时间为t１＝ L v , 导体棒通过区域Ⅱ时,产生的电动势大小为 E２＝B× ０．５Lv,经过的时间为t２＝ L v , 根据有效值的定义有 E２１ Rt１＋ E２２ Rt２＝ E２有 RT , 代入数据可得E有 ＝ １０BLv４ ． 故选 D． ４．C　根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝mv ２ R ,可得R＝mvqB ＝d,故 A错误; 当粒子沿x轴正方向射出时,上表面接收到的粒子离y 轴最近,如图轨迹１,根据几何关系可知s上min＝d;当粒子 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ６３１ 物理 　　　　　　　　 作业１２　电磁感应 考点１　电磁感应现象　楞次定律 １．(２０２５􀅰河南卷,５)如图, 一金属薄片在力 F 作用 下自左向右从两磁极之 间通过．当金属薄片中心运动到 N 极的正下 方时,沿 N极到S极的方向看,下列图中能够 正确描述金属薄片内涡电流绕行方向的是 (　　 ) 　　　　A　　　　　　　　B 　　　　C　　　　　　　　D ２．(２０２４􀅰江苏卷,１０)如图 所示,在绝缘的水平面上, 有闭合的两个线圈a、b,线 圈a 处在匀强磁场中,现 将线圈a从磁场中匀速拉 出,线圈a、b 中产生的感 应电流方向分别是 (　　) A．顺时针,顺时针 B．顺时针,逆时针 C．逆时针,顺时针 D．逆时针,逆时针 ３．(２０２４􀅰湖北卷,１)«梦溪笔谈»中记录了一次罕 见的雷击事件:房屋被雷击后,屋内的银饰、宝刀 等金属熔化了,但是漆器、刀鞘等非金属却完好 (原文为:有一木格,其中杂贮诸器,其漆器银扣 者,银悉熔流在地,漆器曾不焦灼．有一宝刀,极 坚钢,就刀室中熔为汁,而室亦俨然)．导致金属 熔化而非金属完好的原因可能为 (　　) A．摩擦 B．声波 C．涡流 D．光照 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 考点２　法拉第电磁感应定律的应用 １．(２０２５􀅰河南卷,９)(多选)手机拍照时手的抖 动产生的微小加速度会影响拍照质量,光学防 抖技术可以消除这种影响．如图,镜头仅通过 左、下两侧的弹簧与手机框架相连,两个相同 线圈c、d分别固定在镜头右、上两侧,c、d中的 一部分处在相同的匀强磁场中,磁场方向垂直 纸面向里．拍照时,手机可实时检测手机框架 的微小加速度a的大小和方向,依此自动调节 c、d中通入的电流Ic 和Id 的大小和方向(无 抖动时Ic 和Id 均为零),使镜头处于零加速度 状态．下列说法正确的是 (　　 ) A．若Ic 沿顺时针方向,Id＝０,则表明a的方 向向右 B．若Id 沿顺时针方向,Ic＝０,则表明a的方 向向下 C．若a的方向沿左偏上３０°,则Ic 沿顺时针方 向,Id 沿逆时针方向且Ic＞Id D．若a的方向沿右偏上３０°,则Ic 沿顺时针方 向,Id 沿顺时针方向且Ic＜Id ２．(２０２３􀅰江苏卷,８)如图所示,圆形区域内有垂 直纸面向里的匀强磁场,OC 导体棒的O 端位 于圆心,棒的中点A 位于磁场区域的边缘．现 使导体棒绕O 点在纸面内逆时针转动,O、A、 C点电势分别为φO、φA、φC,则 (　　) A．φO＞φC B．φC＞φA C．φO＝φA D．φO－φA＝φA－φC 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ５６ 作业１２　电磁感应 ３．(２０２３􀅰浙江卷,１９)某兴趣小 组设计了一种火箭落停装置, 简化原理如图所示,它由两根 竖直导轨、承载火箭装置(简化 为与火箭绝缘的导电杆 MN) 和装置 A 组成,并形成闭合回 路．装置 A 能自动调节其输出 电压确保回路电流I恒定,方向 如图所示．导轨长度远大于导 轨间距,不论导电杆运动到什 么位置,电流I在导电杆以上空 间产生的磁场近似为零;在导电杆所在处产生 的磁场近似为匀强磁场,大小B１＝kI(其中k 为常量),方向垂直导轨平面向里;在导电杆以 下的两导轨间产生的磁场近似为匀强磁场,大 小B２＝２kI,方向与B１ 相同．火箭无动力下降 到导轨顶端时与导电杆粘接,以速度v０ 进入 导轨,到达绝缘停靠平台时速度恰好为零,完 成火箭落停．已知火箭与导电杆的总质量为 M,导轨间距d＝３Mg kI２ ,导电杆电阻为R．导电 杆与导轨保持良好接触滑行,不计空气阻力和 摩擦力,不计导轨电阻和装置A 的内阻．在火 箭落停过程中, (１)求导电杆所受安培力的大小F和运动的距 离L; (２)求回路感应电动势 E 与运动时间t 的 关系; (３)求装置A 输出电压U 与运动时间t的关系 和输出的能量W; (４)若R 的阻值视为０,装置A 用于回收能量, 给出装置A 可回收能量的来源和大小． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 考点３　电磁感应中的图像问题 ◆动生图像 １．(２０２４􀅰全国甲卷,２１)(多选)如 图,一绝缘细绳跨过两个在同一竖 直面(纸面)内的光滑定滑轮,绳的 一端连接一矩形金属线框,另一端 连接一物块．线框与左侧滑轮之间的虚线区域内 有方向垂直纸面的匀强磁场,磁场上下边界水 平,在t＝０时刻线框的上边框以不同的初速度 从磁场下方进入磁场．运动过程中,线框始终在 纸面内且上下边框保持水平．以向上为速度的正 方向,下列线框的速度v随时间t变化的图像中 可能正确的是 (　　) ２．(２０２３􀅰全国甲卷,２１)(多选)一有机玻璃管竖 直放在水平地面上,管上有漆包线绕成的线 圈,线圈的两端与电流传感器相连,线圈在玻 璃管上部的５匝均匀分布,下部的３匝也均匀 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ６６ 物理 分布,下部相邻两匝间的距离大于上部相邻两 匝间的距离,如图(a)所示．现让一个很小的强 磁体在玻璃管内沿轴线从上端口由静止下落, 电流传感器测得线圈中电流I随时间t的变 化如图(b)所示．则 (　　) A．小磁体在玻璃管内下降速度越来越快 B．下落过程中,小磁体的 N 极、S极上下颠倒 了８次 C．下落过程中,小磁体受到的电磁阻力始终保 持不变 D．与上部相比,小磁体通过线圈下部的过程 中,磁通量变化率的最大值更大 ３．(２０２３􀅰全国乙卷,１７)一学生小 组在探究电磁感应现象时,进行 了如下比较实验．用图(a)所示的 缠绕方式,将漆包线分别绕在几 何尺寸相同的有机玻璃管和金属 铝管上,漆包线的两端与电流传 感器接通．两管皆竖直放置,将一很小的强磁 体分别从管的上端由静止释放,在管内下落至 管的下端．实验中电流传感器测得的两管上流 过漆包线的电流I随时间t的变化分别如图 (b)和图(c)所示,分析可知 (　　) A．图(c)是用玻璃管获得的图像 B．在铝管中下落,小磁体做匀变速运动 C．在玻璃管中下落,小磁体受到的电磁阻力始 终保持不变 D．用铝管时测得的电流第一个峰到最后一个 峰的时间间隔比用玻璃管时的短 ４．(２０２３􀅰辽宁卷,４)如图,空间中存在水平向右 的匀强磁场,一导体棒绕固定的竖直轴OP 在 磁场中匀速转动,且始终平行于OP．导体棒两 端的电势差u随时间t变化的图像可能正确 的是 (　　) 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 考点４　电磁感应中的动力学问题 ◆单杆切割 １．(２０２５􀅰湖南卷,９)(多 选)如图,关于x轴对称 的光滑导轨固定在水平 面内,导轨形状为抛物 线,顶点位于O 点．一足 够长的金属杆初始位置 与y轴重合,金属杆的质量为m,单位长度的 电阻为r０．整个空间存在竖直向上的匀强磁 场,磁感应强度为B．现给金属杆一沿x轴正 方向的初速度v０,金属杆运动过程中始终与y 轴平行,且与电阻不计的导轨接触良好．下列 说法正确的是 (　　 ) A．金属杆沿x 轴正方向运动过程中,金属杆 中电流沿y轴负方向 B．金属杆可以在沿x轴正方向的恒力作用下 做匀速直线运动 C．金属杆停止运动时,与 导 轨 围 成 的 面 积 为 mv０r０ B２ D．若金属杆的初速度减半,则金属杆停止运 动时经过的距离小于原来的一半 ２．(２０２４􀅰山东卷,１１)(多选)如图所示,两条相 同的半圆弧形光滑金属导轨固定在水平桌面 上,其所在平面竖直且平行,导轨最高点到水 平桌面的距离等于半径,最低点的连线OO′与 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ７６ 作业１２　电磁感应 导轨所在竖直面垂直．空间充满竖直向下的匀 强磁场(图中未画出),导轨左端由导线连接． 现将具有一定质量和电阻的金属棒 MN 平行 OO′放置在导轨图示位置,由静止释放．MN 运动过程中始终平行于OO′且与两导轨接触 良好,不考虑自感影响,下列说法正确的是 (　　) A．MN 最终一定静止于OO′位置 B．MN 运动过程中安培力始终做负功 C．从释放到第一次到达OO′位置过程中,MN 的速率一直在增大 D．从释放到第一次到达OO′位置过程中,MN 中电流方向由M 到N ３．(２０２４􀅰河北卷,１４)(１４分)如图,边长为２L 的正方形金属细框固定放置在绝缘水平面上, 细框中心O处固定一竖直细导体轴OO′．间距 为L、与水平面成θ角的平行导轨通过导线分 别与细框及导体轴相连．导轨和细框分别处在 与各自所在平面垂直的匀强磁场中,磁感应强 度大小均为B．足够长的细导体棒OA 在水平 面内绕O 点以角速度ω 匀速转动,水平放置在 导轨上的导体棒CD 始终静止．OA 棒在转动 过程中,CD 棒在所受安培力达到最大和最小 时均恰好能静止．已知CD 棒在导轨间的电阻 值为R,电路中其余部分的电阻均不计,CD 棒 始终与导轨垂直,各部分始终接触良好,不计 空气阻力,重力加速度大小为g． (１)求CD 棒所受安培力的最大值和最小值． (２)锁定OA 棒,推动CD 棒下滑,撤去推力瞬 间,CD 棒的加速度大小为a,所受安培力大小 等于(１)问中安培力的最大值,求CD 棒与导 轨间的动摩擦因数． ◆双棒切割 ４．(２０２４􀅰黑吉辽卷,９)(多选)如图,两条“∧”形 光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上,间距 为L,左、右两导轨面与水平面夹角均为３０°, 均处于竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度大 小分别为２B 和B．将有一定阻值的导体棒ab、 cd放置在导轨上,同时由静止释放,两棒在下 滑过程中始终与导轨垂直并接触良好,ab、cd 的质量分别为２m 和m,长度均为L．导轨足够 长且电阻不计,重力加速度为g,两棒在下滑 过程中 (　　) A．回路中的电流方向为abcda B．ab中的电流趋于 ３mg３BL C．ab与cd 加速度大小之比始终为２∶１ D．两棒产生的电动势始终相等 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ８６ 物理 考点５　电磁感应中的电路问题 ◆动－电－动型 (２０２３􀅰辽宁卷,１０)(多选)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．已知导体棒 MN 的电阻为R、长度为d,导体棒PQ 的电 阻为２R、长度为２d,PQ 的质量是MN 的２倍．初始时刻两棒静止,两棒中点 之间连接一压缩量为L的轻质绝缘弹簧．释放弹簧,两棒在各自磁场中运动直至停止,弹簧始终在 弹性限度内．整个过程中两棒保持与导轨垂直并接触良好,导轨足够长且电阻不计．下列说法正确 的是 (　　) A．弹簧伸展过程中、回路中产生顺时针方向的电流 B．PQ 速率为v时,MN 所受安培力大小为４B ２d２v ３R C．整个运动过程中,MN 与PQ 的路程之比为２∶１ D．整个运动过程中,通过 MN 的电荷量为BLd３R 考点６　电磁感应中的能量综合问题 １．(２０２３􀅰山东卷,１２)(多选)足够长 U 形导轨 平置在光滑水平绝缘桌面上,宽为１m,电阻 不计．质量为１kg、长为１m、电阻为１Ω的导 体棒 MN 放置在导轨上,与导轨形成矩形回 路并始终接触良好,Ⅰ和Ⅱ区域内分别存在竖 直方向的匀强磁场,磁感应强度分别为B１ 和 B２,其中B１＝２T,方向向下．用不可伸长的轻 绳跨过固定轻滑轮,将导轨CD 段中点与质量 为０．１kg的重物相连,绳与CD 垂直且平行于 桌面．如图所示,某时刻 MN、CD 同时分别进 入磁场区域Ⅰ和Ⅱ并做匀速直线运动,MN、 CD 与磁场边界平行．MN 的速度v１＝２m/s, CD 的速度为v２ 且v２＞v１,MN 和导轨间的动 摩擦因数为０．２．重力加速度大小取１０m/s２, 下列说法正确的是 (　　) A．B２ 的方向向上　　　B．B２ 的方向向下 C．v２＝５m/s D．v２＝３m/s ２．(２０２３􀅰山东卷,１５)(８分)电磁炮灭火消防车 (图甲)采用电磁弹射技术投射灭火弹进入高 层建筑快速灭火．电容器储存的能量通过电磁 感应转化成灭火弹的动能,设置储能电容器的 工作电压可获得所需的灭火弹出膛速度．如图 乙所示,若电磁炮正对高楼,与高楼之间的水平 距离L＝６０m,灭火弹出膛速度v０＝５０m/s,方 向与水平面夹角θ＝５３°,不计炮口离地面高度 及空气阻力,取重力加速度大小g＝１０m/s２, sin５３°＝０．８． (１)求灭火弹击中高楼位置距地面的高度 H; (２)已知电容器储存的电能E＝１２CU ２,转化为 灭火弹动能的效率η＝１５％,灭火弹的质量为 ３kg,电容C＝２．５×１０４μF,电容器工作电压 U 应设置为多少? 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ９６ 作业１２　电磁感应 考点７　电磁感应中的动量综合问题 １．(２０２５􀅰黑吉辽蒙卷,９)(多选)如图,“ ” 形导线框置于磁感应强度大小为B、水平向右 的匀强磁场中．线框相邻两边 均互相垂直,各边长均为l．线 框绕b、e所在直线以角速度ω 顺时针匀速转动,be与磁场方 向垂直．t＝０时,abef 与水平 面平行,则 (　　) A．t＝０时,电流方向为abcdefa B．t＝０时,感应电动势为Bl２ω C．t＝πω 时,感应电动势为０ D．t＝０到t＝πω 过程中,感应电动势平均值 为０ ２．(２０２４􀅰湖南卷,８) (多选)某电磁缓冲 装置如图所示,两足 够长的平行金属导 轨置于同一水平面 内,导轨左端与一阻值为R 的定值电阻相连, 导轨BC 段与B１C１ 段粗糙,其余部分光滑, AA１ 右侧处于竖直向下的匀强磁场中,一质 量为 m 的金属杆垂直导轨放置．现让金属杆 以初速度v０ 沿导轨向右经过AA１ 进入磁场, 最终恰好停在CC１ 处．已知金属杆接入导轨 之间的阻值为R,与粗糙导轨间的摩擦因数为 μ,AB＝BC＝d．导轨电阻不计,重力加速度为 g,下列说法正确的是 (　　) A．金属杆经过BB１ 的速度为 v０ ２ B．在整个过程中,定值电阻R 产生的热量为 １ ２mv ２ ０－ １ ２μmgd C．金属杆经过AA１B１B 与BB１C１C 区域,金 属杆所受安培力的冲量相同 D．若将金属杆的初速度加倍,则金属杆在磁 场中运动的距离大于原来的２倍 ３．(２０２５􀅰山东卷,１８)如图所示,平行轨道的间 距为L,轨道平面与水平面夹角为α,二者的交 线与轨道垂直,以轨道上O 点为坐标原点,沿 轨道向下为x轴正方向建立坐标系．轨道之间 存在区域Ⅰ、Ⅱ,区域Ⅰ(－２L≤x＜－L)内充 满磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强 磁场;区域Ⅱ(x≥０)内充满方向垂直轨道平面 向上的磁场,磁感应强度大小B１＝k１t＋k２x, k１ 和k２ 均为大于零的常量,该磁场可视为由 随时间t均匀增加的匀强磁场和随x 轴坐标 均匀增加的磁场叠加而成．将质量为m、边长 为L、电阻为 R 的匀质正方形 闭 合 金 属 框 epqf 放置在轨道上,pq边与轨道垂直,由静 止释放．已知轨道绝缘、光滑、足够长且不可移 动,磁场上、下边界均与x轴垂直,整个过程中 金属框不发生形变,重力加速度大小为g,不 计自感． (１)若金属框从开始进入到完全离开区域Ⅰ的 过程中匀速运动,求金属框匀速运动的速率v 和释放时pq边与区域Ⅰ上边界的距离s; (２)金属框沿轨道下滑,当ef边刚进入区域Ⅱ 时开始计时(t＝０),此时金属框的速率为v０, 若k１＝ mgRsinα k２L４ ,求从开始计时到金属框达 到平衡状态的过程中,ef边移动的距离d． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ０７ 物理 ４．(２０２５􀅰福建卷,１６)光滑 斜面倾角为θ＝３０°,Ⅰ区 域与Ⅱ区域均存在垂直斜 面向外的匀强磁场,两区 域磁感应强度大小相等． 正方形线框abcd 质量为 m,总电阻为R,由同种材 料制成且粗细均匀,Ⅰ区域长为L１,Ⅱ区域长 为L２,两区域间无磁场的区域长度大于线框 边长．线框从某一位置释放,从cd边进入Ⅰ区 域到ab边离开Ⅰ区域的过程中速度均为v,cb 边进入Ⅱ区域时的速度和ab边离开Ⅱ区域时 的速度一致,则: (１)求线框释放时cd 边与Ⅰ区域上边缘的 距离; (２)求cd 边进入 Ⅰ 区域时cd 边 两 端 的 电 势差; (３)求线框进入Ⅱ区域到完全离开过程中克服 安培力做功的平均功率． ５．(２０２５􀅰黑吉辽蒙卷,１４)如图(a),固定在光滑 绝缘水平面上的单匝正方形导体框abcd,置于 始终竖直向下的匀强磁场中,ad 边与磁场边 界平行,ab边中点位于磁场边界．导体框的质 量m＝１kg、电阻R＝０．５Ω、边长L＝１m．磁 感应强度B 随时间t连续变化,０~１s内B－t 图像如图(b)所示．导体框中的感应电流I与 时间t关系图像如图(c)所示,其中０~１s内 的图像 未 画 出,规 定 顺 时 针 方 向 为 电 流 正 方向． (１)求t＝０．５s时ad边受到的安培力大小F． (２)画出图(b)中１~２s内B－t图像(无需写 出计算过程)． (３)从t＝２s开始,磁场不再随时间变化．之后 导体框解除固定,给导体框一个向右的初速度 v０＝０．１m/s,求ad 边离开磁场时的速度大 小v１． 　　图(a)　　　　　图(b)　　　　　图(c) 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 １７ 作业１２　电磁感应 ６．(２０２５􀅰安徽卷,１５)如图,平行光滑金属导轨 被固定在水平绝缘桌面上,导轨间距为L,右 端连接阻值为R 的定值电阻．水平导轨上足够 长的矩形区域MNPQ 存在竖直向上的匀强磁 场,磁感应强度大小为B．某装置从 MQ 左侧 沿导轨水平向右发射第１根导体棒,导体棒以 初速度v０ 进入磁场,速度减为０时被锁定;从 原位置再发射第２根相同的导体棒,导体棒仍 以初速度v０ 进入磁场,速度减为０时被锁定, 以此类推,直到发射第n根相同的导体棒进入 磁场．已知导体棒的质量为m,电阻为R,长 度恰好等于导轨间距,与导轨接触良好(发射 前导体棒与导轨不接触),不计空气阻力、导轨 的电阻,忽 略 回 路 中 的 电 流 对 原 磁 场 的 影 响．求: (１)第１根导体棒刚进入磁场时,所受安培力 的功率; (２)第２根导体棒从进入磁场到速度减为０的 过程中,其横截面上通过的电荷量; (３)从第１根导体棒进入磁场到第n根导体棒 速度减为０的过程中,导轨右端定值电阻R 上 产生的总热量． ７．(２０２４􀅰湖北卷,１５)(１８分)如图所示,两足够 长平行金属直导轨 MN、PQ 的间距为L,固定 在同一水平面内,直导轨在左端 M、P 点分别 与两条竖直固定、半径为L 的１４ 圆弧导轨相 切．MP 连线与直导轨垂直,其左侧无磁场,右 侧存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的 匀强磁场．长为L、质量为m、电阻为R 的金属 棒ab 跨放在两圆弧导轨的最高点．质量为 ２m、电阻为６R 的均匀金属丝制成一个半径为 L 的圆环,水平放置在两直导轨上,其圆心到 两直导轨的距离相等．忽略导轨的电阻、所有 摩擦以及金属环的可能形变,金属棒、金属环 均与导轨始终接触良好,重力加速度大小为 g．现将金属棒ab由静止释放,求 (１)ab刚越过MP 时产生的感应电动势大小; (２)金属环刚开始运动时的加速度大小; (３)为使ab在整个运动过程中不与金属环接 触,金属环圆心初始位置到 MP 的最小距离． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ２７ 物理 ８．(２０２３􀅰全国甲卷,２５)(２０分)如图,水平桌面 上固定一光滑 U 型金属导轨,其平行部分的 间距为l,导轨的最右端与桌子右边缘对齐,导 轨的电阻忽略不计．导轨所在区域有方向竖直 向上的匀强磁场,磁感应强度大小为B．一质 量为m、电阻为R、长度也为l的金属棒P 静 止在导轨上．导轨上质量为３m 的绝缘棒Q 位 于P 的左侧,以大小为v０ 的速度向P 运动并 与P 发生弹性碰撞,碰撞时间极短．碰撞一次 后,P 和Q 先后从导轨的最右端滑出导轨,并 落在地面上同一地点．P 在导轨上运动时,两 端与导轨接触良好,P 与Q 始终平行．不计空 气阻力．求 (１)金属棒P 滑出导轨时的速度大小; (２)金属棒 P 在导轨上运动过程中产生的 热量; (３)与 P 碰撞后,绝缘棒 Q 在导轨上运动的 时间． ９．(２０２３􀅰新课标卷,２６)(２０分)一边长为L、质 量为m 的正方形金属细框,每边电阻为R０,置 于光滑的绝缘水平桌面(纸面)上．宽度为２L 的区域内存在方向垂直于纸面的匀强磁场,磁 感应强度大小为B,两虚线为磁场边界,如图 (a)所示． 　 (１)使金属框以一定的初速度向右运动,进入 磁场．运动过程中金属框的左、右边框始终与 磁场边界平行,金属框完全穿过磁场区域后, 速度大小降为它初速度的一半,求金属框的初 速度大小． (２)在桌面上固定两条光滑长直金属导轨,导 轨与磁场边界垂直,左端连接电阻R１＝２R０, 导轨电阻可忽略,金属框置于导轨上,如图(b) 所示．让金属框以与(１)中相同的初速度向右 运动,进入磁场．运动过程中金属框的上、下边 框处处与导轨始终接触良好．求在金属框整个 运动过程中,电阻R１ 产生的热量． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ３７ 作业１２　电磁感应 １０．(２０２３􀅰湖南卷,１４)(１４分)如图,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θ 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．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． (１)先保持棒b静止,将棒a由静止释放,求 棒a匀速运动时的速度大小v０; (２)在(１)问中,当棒a匀速运动时,再将棒b 由静止释放,求释放瞬间棒 b的加速度大 小a０; (３)在(２)问中,从棒b释放瞬间开始计时,经 过时间t０,两棒恰好达到相同的速度v,求速 度v的大小,以及时间t０ 内棒a相对于棒b 运动的距离Δx． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ４７ 物理