第1部分 专题4 关键能力提升四 力学三大观点在电磁感应杆模型问题中的应用-【金版教程】2026年高考物理大二轮大考试题精选重组全书word

大考试题精选重组　物理 关键能力提升四　力学三大观点在电磁感应杆模型问题中的应用 高考体验 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 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 答案：AC 解析：金属杆沿x轴正方向运动过程中，根据右手定则可知，金属杆中电流沿y轴负方向，A正确；若金属杆沿x轴正方向做匀速直线运动，设其接入回路的有效长度为L，由法拉第电磁感应定律有E＝BLv0，由闭合电路欧姆定律有I＝，由安培力公式有F安＝BIL，联立解得F安＝L，可知安培力随有效长度的增大而增大，则与安培力平衡的外力一定不是恒力，B错误；金属杆接入回路的有效长度为L时的极短时间Δt内，由动量定理有－BiLΔt＝mΔv，又iΔt＝Δq＝＝，可得－＝mΔv，等号两边对金属杆运动的整个过程求和，有－＝0－mv0，解得金属杆停止运动时，与导轨围成的面积S＝，C正确；由C项分析可知，若金属杆的初速度减半，则S变为原来的一半，由抛物线的形状可知，金属杆停止运动时经过的距离大于原来的一半，D错误。 2．(2025·广西卷，7)如图，两条固定的光滑平行金属导轨，所在平面与水平面夹角为θ，间距为l，导轨电阻忽略不计，两端各接一个阻值为2R的定值电阻，形成闭合回路；质量为m的金属棒垂直导轨放置，并与导轨接触良好，接入导轨之间的电阻为R；劲度系数为k的两个完全相同的绝缘轻质弹簧与导轨平行，一端固定，另一端均与金属棒中间位置相连，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep＝kx2；将金属棒移至导轨中间位置时，两弹簧刚好处于原长状态；整个装置处于垂直导轨所在平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。将金属棒从导轨中间位置向上移动距离a后静止释放，金属棒沿导轨向下运动到最远处，用时为t，最远处与导轨中间位置距离为b，弹簧形变始终在弹性限度内。此过程中(　　) A．金属棒所受安培力冲量大小为 B．每个弹簧对金属棒施加的冲量大小为＋ C．每个定值电阻产生的热量为＋ D．金属棒的平均输出功率为 答案：D 解析：设金属棒沿导轨向下运动过程中某时刻的速度大小为v，由法拉第电磁感应定律可得，该时刻金属棒产生的感应电动势为E＝Blv，而回路中的总电阻为R总＝R＋＝2R，故该时刻金属棒中的感应电流为I＝＝，该时刻金属棒受到的安培力大小为F＝BIl＝，则在极短时间Δt内金属棒所受安培力的冲量大小为IA＝FΔt＝，等式两边对整个过程求和，有IA总＝∑IA＝∑＝＝，由题意可知，金属棒向下运动的距离x＝a＋b，故此过程中金属棒所受安培力的冲量大小为IA总＝，A错误；分析可知，金属棒运动到任一位置，两个弹簧对金属棒的弹力均相同，则此过程中两个弹簧对金属棒施加的冲量相等，以沿导轨向下为正方向，设每个弹簧对金属棒施加的冲量大小为I弹，由动量定理有－IA总＋mgsinθ·t＋2I弹＝0－0，联立解得I弹＝－，B错误；设此过程中回路产生的总热量为Q总，由能量守恒定律可得，2×ka2＋mg(a＋b)·sinθ＝2×kb2＋Q总，解得Q总＝k(a2－b2)＋mg(a＋b)sinθ，则每个定值电阻产生的热量为Q＝Q总＝Q总＝＋，C错误；此过程中金属棒输出的总能量为W输出＝2Q＝＋，故此过程中金属棒的平均输出功率为P输出＝＝，D正确。 3．(2024·辽宁卷，9)(多选)如图，两条“∧”形的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，重力加速度大小为g。两棒在下滑过程中(　　) A．回路中的电流方向为abcda B．ab中电流趋于 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 答案：AB 解析：两导体棒均沿导轨向下滑动，根据右手定则可知，ab中产生的感应电动势从a到b，cd中产生的感应电动势从c到d，则回路中的电流方向为abcda，故A正确；设回路中的总电阻为R，电流为i，ab的加速度大小为aab，cd的加速度大小为acd，对ab、cd进行受力分析，并沿导轨方向和垂直导轨方向进行正交分解，在沿导轨方向，根据牛顿第二定律，对ab有2mgsin30°－2BiLcos30°＝2maab，对cd有mgsin30°－BiLcos30°＝macd，故aab＝acd，即ab与cd加速度大小之比始终为1∶1，故C错误；由C项分析可知，两导体棒的速度大小始终相等，设为v，则由法拉第电磁感应定律可知，ab产生的感应电动势大小为Eab＝2BL·vcos30°＝BLv，cd产生的感应电动势大小为Ecd＝BLvcos30°＝BLv，则Eab≠Ecd，D错误；由A、D项分析可知，回路中的总感应电动势大小为E＝Eab＋Ecd＝BLv，随着导体棒速度v的增大，回路中的总感应电动势E增大，回路中的电流i＝增大，导体棒受到的安培力在增大，当ab所受安培力沿导轨向上的分力与ab所受重力沿导轨向下的分力平衡时，设闭合回路中的电流为I，对ab有2mgsin30°＝2BILcos30°，则mgsin30°＝BILcos30°，即此时cd也受力平衡，则此后导体棒ab、cd将匀速运动，此时电路中的电流达到稳定值且最大，解得I＝，即ab中电流趋于，故B正确。 4．(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。 答案：(1)－　(2) (3)mv 解析：(1)第1根导体棒刚进入磁场时，由法拉第电磁感应定律得，其产生的电动势为E＝BLv0 回路中的感应电流I＝ 此时第1根导体棒所受的安培力大小为F安＝BLI 安培力方向与速度方向相反，则安培力的功率P安＝－F安v0 联立解得P安＝－。 (2)第2根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程，设通过其的平均电流为，运动时间为t，则该过程通过第2根导体棒横截面的电荷量q＝t 对第2根导体棒由动量定理有－BLt＝0－mv0 联立解得q＝。 (3)根据能量守恒定律可知，每一根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程，其初动能均转化为回路中产生的总热量。 第1根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程，定值电阻R与第1根导体棒串联组成闭合回路，则定值电阻R上产生的热量为Q1＝×mv＝×mv 第2根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程，定值电阻R与第1根导体棒并联，然后与第2根导体棒串联组成闭合回路，则定值电阻R上产生的热量为 Q2＝××mv＝×mv 第3根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程，定值电阻R与第1、2根导体棒并联，然后与第3根导体棒串联组成闭合回路，则定值电阻R上产生的热量为 Q3＝××mv＝×mv 依次类推，第n根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程，定值电阻R与前n－1根导体棒均并联，然后与第n根导体棒串联组成闭合回路，则定值电阻R上产生的热量为 Qn＝××mv＝×mv 所以定值电阻R上产生的总热量 Q总＝Q1＋Q2＋Q3＋…＋Qn＝×mv 解得Q总＝mv。 好题精选 5．(2025·云南省红河州、文山州第二次复习统一检测)(多选)如图所示，宽度d＝0.2 m的区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小B＝1 T，方向垂直纸面向里。一正方形导线框abcd，从距磁场上边界高度h＝0.2 m处自由下落，其下边ab刚进入磁场和刚离开磁场时的速度相同。已知线框质量m＝10 g，边长l＝0.1 m，电阻R＝0.1 Ω，g取10 m/s2，则(　　) A．线框刚进入磁场时线框中有逆时针方向的电流 B．线框完全离开磁场时的速度为 m/s C．线框在穿越磁场过程中产生的热量为0.02 J D．线框穿越整个磁场所用时间为 s 答案：AD 解析：根据右手定则可知，线框刚进入磁场时，电流方向为逆时针，故A正确；设线框刚进入磁场时的速度大小为v，线框完全进入磁场时的速度大小为v1，则v2＝2gh，线框从完全进入磁场到即将离开磁场过程中只受重力，则有v2－v＝2g(d－l)，可得v＝2 m/s，v1＝ m/s，分析可知，线框进入磁场和离开磁场的运动过程相同，则完全离开磁场时的速度大小也为v1＝ m/s，故B错误；线框由静止释放到cd边恰好离开下边界过程，由能量守恒定律可得mg(h＋d＋l)＝mv＋Q热，解得线框在穿越磁场过程中产生的热量Q热＝0.04 J，故C错误；设线框进入磁场和离开磁场的过程所用时间均为t，由动量定理有mgt－∑ti＝mv1－mv，其中∑viti＝l，可得t＝ s，设完全进入磁场到刚要离开磁场所用时间为t′，根据v1＋gt′＝v，解得t′＝ s，故总时间为t总＝2t＋t′，联立得t总＝ s，故D正确。 6．(2025·贵州省黔南州部分校高三下模拟)(多选)如图所示，足够长的光滑平行水平金属导轨上放置一导体棒ab，导体棒处于垂直于导轨平面竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B＝1 T。金属导轨左侧接有两个电源，E1＝E2＝2 V，开始两只开关S1、S2均处于断开状态。现给导体棒一个向左的初速度v0＝3 m/s，同时闭合开关S1；一段时间后导体棒达到稳定状态，随后断开开关S1，闭合开关S2。导体棒运动全过程不离开磁场区域与导轨，不会跨过电源；若导轨间距L＝0.5 m，导体棒质量为2 kg，导体棒接入回路的电阻为1 Ω，其余电阻不计，下列说法中正确的是(　　) A．闭合开关S2后至导体棒再次稳定过程中，安培力对导体棒做功之和为零 B．闭合开关S2后至导体棒再次稳定过程中，流过导体棒的电荷量为32 C C．从开始运动至导体棒最终稳定过程中，安培力的冲量大小为2 N·s D．全过程中导体棒加速度的最大值为1 m/s2 答案：ABD 解析：闭合开关S1，导体棒以初速度v0向左运动切割磁感线时，产生的感应电动势E0＝BLv0＝1.5 V<E1，根据右手定则可知，该电动势与E1方向相反，则总电动势与E1方向相同，此时通过导体棒的电流方向为由a至b，则此时导体棒所受安培力向左，导体棒会向左加速运动，加速至速度v1满足BLv1＝E1时，导体棒第一次达到稳定，代入数据可得v1＝4 m/s；随后断开开关S1，闭合开关S2，此时总电动势为E＝BLv1＋E2，电流方向为由b至a，导体棒所受安培力向右，导体棒先向左减速后向右加速，再次稳定时，有E2＝BLv2，解得v2＝4 m/s。由动能定理可知，闭合开关S2后至导体棒再次稳定过程中，安培力对导体棒做功W安＝mv－mv＝0，故A正确。以水平向右为正方向，闭合开关S2后至导体棒再次稳定过程中，对导体棒，由动量定理有BLt＝mv2－m(－v1)，流过导体棒的电荷量q＝t，解得q＝32 C，故B正确。从开始运动至导体棒最终稳定过程中，对导体棒，由动量定理有I安＝mv2－m(－v0)＝14 N·s，故C错误。分析可知，闭合开关S2瞬间，回路总电动势最大，电流最大，则此时导体棒有最大加速度，为a＝＝＝＝1 m/s2，故D正确。 7．(2025·浙江省金华市义乌市高三下三模)通电长直导线周围某点的磁感应强度可以用B＝k来计算，其中I是电流的大小，r是点到导线的距离，k为比例系数。如图所示，表层绝缘的长直导线水平固定在倾角θ＝30°的斜面上，导线中的恒定电流I0方向自左向右，不计电阻的金属导轨AO和BO沿斜面固定放置，它们的长度均为L，与水平长直导线的夹角均为30°。长为L、质量为m、单位长度电阻为r0的导体棒MN，在外力作用下从O点由静止开始沿斜面向下运动，运动过程中MN始终与长直导线平行，MN中的电流大小始终为I，且下滑过程受到与安培力比值为β的综合阻力。取重力加速度为g，不考虑地磁场的影响，解答下列问题： (1)判断运动过程(未脱离导轨)中导体棒MN中电流的方向； (2)研究导体棒运动的距离为x(x<0.25L)的过程： ①求运动到x位置时导体棒的速度v； ②求运动到x位置时的加速度大小a； (3)研究从开始运动到导体棒脱离导轨的过程： ①求该过程中产生的焦耳热Q； ②求外力所做的功W。 答案：(1)从M到N　(2)①　②x (3)①kI0IL　②(1＋β)kI0IL－mgL＋m· 解析：(1)由安培定则可以判断，导体棒MN处的磁场方向为垂直斜面向下，再由右手定则可以判断，导体棒MN中电流的方向为从M到N。 (2)①由几何关系可知长直导线与斜面底边AB的距离D＝＝L>0.25L 当导体棒MN运动的距离为x时，设接入回路的长度为l，则回路中的总电阻R＝lr0 所在位置的磁感应强度B＝k 导体棒MN产生的感应电动势E＝Blv 由闭合电路欧姆定律有I＝ 联立解得v＝。 ②导体棒运动到x位置时，取极短的一段时间Δt，期间导体棒的速度变化量为Δv，位移变化量为Δx，加速度a＝ 由v＝可知，a＝ 又＝v 联立解得a＝x。 (3)①运动距离为x时，由相似三角形可得＝ 解得l＝2x 导体棒所受安培力大小FA＝BIl 解得FA＝2kI0I 可知导体棒所受安培力为恒力，该过程中产生的焦耳热即克服安培力所做的功，为 Q＝－W安＝FA·D 解得Q＝kI0IL。 ②由题知，综合阻力做的功为Wf＝－βQ 对导体棒从开始运动到脱离导轨全程，由动能定理有W＋W安＋Wf＋mgsin30°D＝mv－0 其中导体棒脱离导轨时的速度v1＝D 联立解得W＝(1＋β)kI0IL－mgL＋m·。 高考体验 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1 m，电阻不计。质量为1 kg、长为1 m、电阻为1 Ω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＝2 T，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0.1 kg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＝2 m/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10 m/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＝5 m/s D．v2＝3 m/s 答案：BD 解析：CD的速度v2大于MN的速度v1，因此导体棒MN受到导轨对它向右的滑动摩擦力，大小为f＝μmg＝2 N，MN匀速运动，由平衡条件可知，MN受到的安培力方向向左，大小为F1＝f＝2 N，由左手定则可知导体棒中的电流方向为N→M，则CD中电流方向为D→C，受力分析可知，导轨在水平方向受到导体棒对它向左的摩擦力f′＝f＝2 N，轻绳向右的拉力F拉＝m0g＝1 N，以及安培力，由平衡条件可知CD受到的安培力向右，大小为F2＝f′－F拉＝1 N，由左手定则可知B2的方向向下，A错误，B正确；设回路中电流大小为I，则F1＝B1IL，F2＝B2IL，由右手定则和法拉第电磁感应定律知，回路中的总电动势大小E＝B1Lv1－B2Lv2，由闭合电路欧姆定律得E＝IR，式中R＝1 Ω，联立解得v2＝3 m/s，C错误，D正确。 2．(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，处于竖直向上的匀强磁场中，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 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 答案：AC 解析：分析可知，两棒所受安培力始终大小相等、方向相反，所以两棒和弹簧组成的系统所受合力始终为0，系统动量守恒，则可知MN、PQ运动方向始终相反，故弹簧伸展过程中，MN沿导轨向左运动，PQ沿导轨向右运动，根据楞次定律可知，回路中产生顺时针方向的电流，A正确；设MN质量为m，PQ质量为2m，则PQ速率为v时，根据动量守恒定律有2mv＝mv′，解得MN速率为v′＝2v，因PQ、MN运动方向始终相反，则此时回路中的感应电流大小为I＝＝，MN所受安培力大小为FMN＝2BId＝，B错误；由前面分析知，两棒同时开始运动、同时停止运动，且MN的速率始终为PQ的2倍，则整个运动过程中，MN与PQ的路程之比为2∶1，C正确；两棒最后停止时，弹簧处于原长状态，此时两棒间距增加了L，由动量守恒定律有m1＝2m2，方程两边同时乘以运动时间t，可得mx1＝2mx2，又x1＋x2＝L，可解得整个过程MN向左运动的位移大小x1＝，PQ向右运动的位移大小x2＝，则整个过程通过MN的电荷量q＝t＝＝＝，D错误。 3．(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，与粗糙导轨间的动摩擦因数为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 B．在整个过程中，定值电阻R产生的热量为mv－μmgd 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 答案：CD 解析：设平行金属导轨间距为L，金属杆经过BB1的速度大小为vB，在AA1B1B区域运动的时间为t0，平均速度大小为，金属杆在AA1B1B区域向右运动的过程中切割磁感线，产生的平均感应电动势大小为＝BL，产生的平均感应电流大小为＝，所受安培力的平均值大小为＝LB，金属杆在AA1B1B区域运动的过程，以运动方向为正方向，根据动量定理有I安＝mvB－mv0，又安培力的冲量I安＝－t0，t0＝d，联立可得I安＝－，vB＝v0－；设金属杆在BB1C1C区域运动的时间为t1，平均速度大小为′，同理可知，金属杆在BB1C1C区域运动的过程有I安′－μmgt1＝0－mvB，且I安′＝－′t1，′＝′LB，′＝，′＝BL′，′t1＝d，可解得I安′＝－，vB＝＋μgt1，综上可得vB＝＋>，则金属杆经过BB1的速度大于，且金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域，金属杆所受安培力的冲量I安＝I安′＝－，故A错误，C正确。整个过程，根据能量守恒定律，有mv＝μmgd＋Q总，由焦耳定律及串联电路规律知，定值电阻R产生的热量为QR＝Q总，联立解得QR＝mv－μmgd，故B错误。设金属杆的初速度加倍后，金属杆通过BB1C1C区域的时间为t2，金属杆在磁场中运动的距离为x，金属杆在磁场中运动的过程，以运动方向为正方向，由动量定理有I安″－μmgt2＝0－2mv0，由A、C项分析同理可知，安培力的冲量I安″＝－，联立可得x＝(2mv0－μmgt2)，同理可得，金属杆原来在磁场中运动的距离2d＝·(mv0－μmgt1)，金属杆初速度加倍后，到达BB1的速度增大，则在BB1C1C区域任一位置的速度均增大，则t2<t1，所以>2d，x>4d，即将金属杆的初速度加倍后，金属杆在磁场中运动的距离大于原来的2倍，故D正确。 4．(2025·云南卷，15)如图所示，光滑水平面上有一个长为L、宽为d的长方体空绝缘箱，其四周紧固一电阻为R的水平矩形导线框，箱子与导线框的总质量为M。与箱子右侧壁平行的磁场边界平面如截面图中虚线PQ所示，边界右侧存在范围足够大的匀强磁场，其磁感应强度大小为B、方向竖直向下。t＝0时刻，箱子在水平向右的恒力F(大小未知)作用下由静止开始做匀加速直线运动，这时箱子左侧壁上距离箱底h处、质量为m的木块(视为质点)恰好能与箱子保持相对静止。箱子右侧壁进入磁场瞬间，木块与箱子分离；箱子完全进入磁场前某时刻，木块落到箱子底部，且箱子与木块均不反弹(木块下落过程中与箱子侧壁无碰撞)；木块落到箱子底部时即撤去F。运动过程中，箱子右侧壁始终与磁场边界平行，忽略箱壁厚度、箱子形变、导线粗细及空气阻力。木块与箱子内壁间的动摩擦因数为μ，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。 (1)求F的大小； (2)求t＝0时刻，箱子右侧壁距磁场边界的最小距离； (3)若t＝0时刻，箱子右侧壁距磁场边界的距离为S(S大于(2)问中最小距离)，求最终木块与箱子的速度大小。 答案：(1)　(2) (3)＋－(正值)或0 解析：(1)箱子进入磁场前，木块恰好与箱子保持相对静止，设二者的加速度大小均为a，对木块受力分析，水平方向上由牛顿第二定律可知，箱子左侧壁对木块的弹力大小FN＝ma 竖直方向上由平衡条件可知，箱子左侧壁对木块的摩擦力大小f＝mg 且有f＝μFN 对木块、绝缘箱、导线框整体，由牛顿第二定律有F＝(M＋m)a 联立解得a＝，F＝。 (2)箱子右侧壁进入磁场瞬间，木块与箱子分离，可知此时箱子与木块间无弹力，木块在水平方向上做匀速运动，故此时箱子开始做减速运动或匀速运动。分析可知，当箱子右侧壁进入磁场瞬间合力为零时，t＝0时刻，箱子右侧壁距磁场边界的距离最小。 设t＝0时刻，箱子右侧壁距磁场边界的最小距离为x，对应箱子右侧壁进入磁场瞬间的速度大小为v，由运动学公式有v2＝2ax 箱子右侧壁进入磁场瞬间，导线框中感应电动势E＝Bdv 感应电流I＝ 由平衡条件有F＝BId 联立解得x＝。 (3)设箱子右侧壁进入磁场瞬间的速度大小为v0，由运动学公式有v＝2aS 木块与箱子分离后，在竖直方向做自由落体运动，设经过t0时间落到箱子底部，有h＝gt 最终木块与箱子必定达到相同的速度，设为v1，设安培力对导线框作用的时间为t1，从箱子右侧壁进入磁场瞬间到最终木块与箱子共速，对箱子、木块、导线框整体，由动量定理有 Ft0－安t1＝(M＋m)v1－(M＋m)v0 其中平均安培力安＝Bd 平均感应电流＝ 平均感应电动势＝Bd 箱子进入磁场过程的位移x1＝t1 联立解得最终木块与箱子的速度v1＝＋－ 分情况讨论： ①若箱子最终完全进入磁场，则x1＝L，v1＝＋－，且v1为正值； ②若箱子最终没有完全进入磁场，则x1<L，v1＝0。 5．(2025·海南卷，18)间距为L的金属导轨倾斜部分光滑、水平部分粗糙且平滑相接，导轨上方接有电源和开关，倾斜导轨与水平面夹角θ＝30°，处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，水平导轨处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小均为B，两相同导体棒ab、cd与水平导轨的动摩擦因数μ＝0.25，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两棒质量均m，接入电路中的电阻均为R，cd棒仅在水平导轨上运动，两导体棒在运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，且不互相碰撞，忽略金属导轨的电阻，重力加速度为g。 (1)锁定水平导轨上的cd棒，闭合开关，ab棒静止在倾斜导轨上，求通过ab棒的电流；断开开关，同时解除cd棒的锁定，当ab棒下滑距离为x0时，cd棒开始运动，求cd棒从解除锁定到开始运动过程中，cd棒产生的焦耳热； (2)此后ab棒在下滑过程中，电流达到稳定，求此时ab、cd棒的速度大小之差； (3)ab棒中电流稳定之后继续下滑，从ab棒到达水平导轨开始计时，t1时刻cd棒速度为零，加速度不为零，此后t2时刻cd棒的加速度为零，速度不为零，求从t1时刻到t2时刻，ab、cd的路程之差。 答案：(1)　mgx0－ (2)　(3) 解析：(1)ab棒静止在倾斜导轨上时，根据平衡条件可得mgsin30°＝BIabL 解得通过ab棒的电流为Iab＝ ab棒下滑距离为x0时，设ab棒速度大小为v0，回路中的电流为I0，此时对cd棒根据平衡条件有BI0L＝μmg 由闭合电路欧姆定律有I0＝ ab棒产生的感应电动势大小E0＝BLv0 分析可知，cd棒从解除锁定到开始运动过程中，cd棒产生的焦耳热与ab棒产生的焦耳热相等，整个过程根据能量守恒定律可得mgx0sin30°－mv＝2Qcd 联立解得cd棒产生的焦耳热为Qcd＝mgx0－。 (2)由左手定则可知，cd棒向左运动，由右手定则可知，cd棒和ab棒产生的电动势在同一回路中的方向相反，当电流达到稳定时，两棒的速度大小之差恒定，故此时两棒的加速度大小相等，设达到稳定时两棒的速度大小分别为v1、v2，加速度大小均为a，则两棒的速度大小之差为Δv＝v1－v2 两棒受到的安培力大小相等，均为F安＝BIL 其中I＝ 回路的总感应电动势大小E＝BLv1－BLv2 根据牛顿第二定律，对两棒分别有mgsin30°－F安＝ma，F安－μmg＝ma 联立解得Δv＝。 (3)从开始计时到t1时刻，两棒受到的安培力和摩擦力均等大反向，两棒组成的系统所受的合外力为零，故该过程系统动量守恒，设开始计时时ab、cd的速度大小分别为v10、v20，t1时刻ab棒的速度为v1′，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有mv10－mv20＝mv1′ 由(2)问可知v10－v20＝ 解得v1′＝ cd棒的加速度为零时，设ab棒速度为v1″，cd棒速度为v2″，则回路中的感应电动势大小为E″＝BLv1″－BLv2″ 感应电流为I″＝ 由平衡条件有BI″L＝μmg 从t1时刻到t2时刻，对两棒分别根据动量定理有 －(μmg＋BL)Δt＝mv1″－mv1′ (BL－μmg)Δt＝mv2″－0 其中＝，Δ＝1－2为两棒相对速度平均值 从t1时刻到cd棒加速度为零，ab、cd的路程之差Δs＝ΔΔt 联立可得Δs＝。 好题精选 6．(2025·陕西省商洛市高三下第三次模拟检测)(多选)如图所示，固定光滑平行轨道由四分之一圆弧轨道和水平轨道组成，水平轨道处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，Ⅰ区域轨道宽度为L，Ⅱ区域轨道宽度为2L，Ⅰ区域轨道长度和Ⅱ区域轨道长度均足够长。质量为m的金属棒1从高度为R的四分之一圆弧轨道顶端由静止开始下滑，开始时质量为2m的金属棒2静止在宽度为2L的轨道上，金属棒1接入轨道间的电阻为r，金属棒2接入轨道间的电阻为2r。两金属棒始终与轨道垂直且保持良好接触。不计其他电阻及空气阻力，重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　) A．金属棒1运动到圆弧轨道底端时受到轨道的支持力大小为3mg B．稳定时金属棒1的速度大小为 C．金属棒1从圆弧轨道底端运动到刚稳定时，通过金属棒1的电荷量为 D．若将金属棒2固定，使金属棒1仍从圆弧轨道最高点由静止释放，则金属棒1在水平轨道上通过的最大距离为 答案：AC 解析：金属棒1在光滑的四分之一圆弧轨道上运动的过程中，由机械能守恒定律有mgR＝mv2－0，在圆弧轨道底端时，由牛顿第二定律有FN－mg＝m，联立解得FN＝3mg，A正确；两金属棒稳定时，设两棒的速度大小分别为v1、v2，两棒产生的电动势相等，有BLv1＝B×2Lv2，从金属棒1运动到圆弧底端至两金属棒稳定，对金属棒1，根据动量定理有－BLt＝mv1－mv，对金属棒2，根据动量定理有B×2Lt＝2mv2－0，通过金属棒1的电荷量q＝t，联立解得v1＝，v2＝，q＝，B错误，C正确；若将金属棒2固定，金属棒1在水平轨道上运动的过程中，由动量定理有－B′Lt′＝0－mv，′＝，＝，解得金属棒1在水平轨道上通过的最大距离x＝，D错误。 7．(2025·湖南省长沙市湖南师范大学附属中学高三下二模)(多选)如图甲所示，两平行光滑金属导轨固定在绝缘水平面上，左端连接阻值为R＝1.5 Ω的电阻，导轨间距为L＝1 m。一长为L＝1 m、阻值为r＝0.5 Ω的导体棒垂直放置在导轨上，到导轨左端的距离为x0＝16 m，空间中有垂直导轨平面向里均匀分布的磁场，磁感应强度随时间变化的图线如图乙所示。从t＝0时刻开始，导体棒在外力作用下向左做初速度为零的匀加速直线运动，速度随时间变化的关系如图丙所示，在导体棒离开导轨前的过程，下列说法正确的是(　　) A．回路中的电流先逐渐增大后逐渐减小 B．t＝1 s内某时刻回路中电流方向发生变化 C．t＝1 s时导体棒所受安培力大小为0.11 N，方向向左 D．该过程通过定值电阻R的净电荷量为0.8 C 答案：CD 解析：由图乙、丙可知，B＝0.1＋0.1t，v＝2t，则加速度a＝2 m/s2，＝0.1 T/s，则导体棒运动位移与时间的关系式为x＝at2＝t2，由于开始时导体棒到导轨左端的距离为x0＝16 m，可解得导体棒运动的最大时间为tm＝4 s。t时刻，磁感应强度变化产生的感生电动势大小为E1＝＝1.6－0.1t2，导体棒运动产生的动生电动势大小为E2＝BLv＝0.2t＋0.2t2，由楞次定律和右手定则可知，感生电动势与动生电动势方向相反，以逆时针方向为感应电流的正方向，则回路中感应电动势为E＝E1－E2＝1.6－0.3t2－0.2t，感应电流为I＝＝0.8－0.15t2－0.1t＝0.8－0.15(0≤t≤4 s)，可知随着t增大，感应电流先减小，当I＝0即t＝2 s时，感应电流方向改变，之后反向增大，故A、B错误；t＝1 s时，感应电流为I＝0.8－0.15t2－0.1t＝ A，方向为逆时针，磁感应强度为B＝0.1＋0.1t＝0.2 T，导体棒所受安培力大小为F＝BIL＝0.11 N，由左手定则可知，方向向左，故C正确；根据q＝Δt，＝，＝，可得通过定值电阻R的净电荷量q＝＝，其中B0＝0.1 T，可得q＝0.8 C，故D正确。 8．(2025·湖北省宜荆荆恩四校高三下联考)(多选)两根不计电阻、光滑且足够长的平行导轨与水平面成30°角固定，导轨上M、N两点绝缘连接上下两段导轨，且M、N等高，间距L＝1 m，导轨两端分别连接一个阻值R＝0.02 Ω的电阻和C＝1 F的不带电的电容器，整个装置处于B＝0.2 T的垂直导轨平面斜向上的匀强磁场(图中未画出)中，质量分别为m1＝0.8 kg、m2＝0.4 kg的导体棒ab、cd分别放在MN两侧，将ab由静止释放，同时给cd施加一个大小F＝3.32 N、方向沿导轨平面向上的力，cd从距离MN为x＝1.5 m处由静止开始运动，两棒恰好在M、N处发生弹性碰撞，已知碰前瞬间ab的速度为3.72 m/s，ab棒电阻为R＝0.02 Ω，cd棒的电阻不计，g＝10 m/s2，则ab从释放到第一次碰撞前的过程中(　　) A．ab沿导轨向下做加速度减小的加速运动，cd沿导轨向上做匀加速直线运动 B．运动时间为0.8 s C．ab沿导轨下滑的位移为1.024 m D．若两棒发生弹性碰撞，则碰后速度大小分别为0.76 m/s、5.04 m/s 答案：AC 解析：设cd沿导轨向上运动的加速度大小为a2，由牛顿第二定律得F－m2gsin30°－BI2L＝m2a2，又I2＝＝＝＝CBLa2，联立解得a2＝＝3 m/s2，则cd沿导轨向上做匀加速直线运动，由x＝a2t2，解得运动时间t＝1 s，对ab棒，由牛顿第二定律有m1gsin30°－BI1L＝m1a1，又I1＝，则ab向下加速时，电流I1增大，加速度减小，则ab沿导轨向下做加速度减小的加速运动，故A正确，B错误；对ab棒，由动量定理有m1gsin30°t－BLt＝m1vab－0，ab沿导轨下滑的位移xab＝abt，解得xab＝1.024 m，故C正确；以沿导轨向下为正方向，设两棒碰撞后瞬间速度分别为vab′、vcd′，两棒碰前cd棒的速度为vcd＝－a2t＝－3 m/s，两棒碰撞过程，由动量守恒定律有m1vab＋m2vcd＝m1vab′＋m2vcd′，由机械能守恒定律有m1v＋m2v＝m1vab′2＋m2vcd′2，解得vab′＝－0.76 m/s，vcd′＝5.96 m/s，故D错误。 9．(多选)如图，方向竖直向上的匀强磁场中固定着两根位于同一水平面内的足够长平行金属导轨，导轨上静止着与导轨接触良好的两根相同金属杆1和2，两杆与导轨间的动摩擦因数相同且不为零，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现用平行于导轨的恒力F拉金属杆2使其开始运动，在足够长时间里，下列描述两金属杆的速度v随时间t变化关系的图像中，可能正确的是(　　) 答案：BD 解析：设两金属杆的质量均为m，电阻均为R，长度均为L，与导轨间的动摩擦因数均为μ，磁场的磁感应强度大小为B。恒力F作用在杆2上后，杆2做加速运动，开始时，杆2的速度较小，产生的感应电动势和感应电流较小，杆1、2所受安培力较小，杆1静止，设杆2的速度为v2，其产生的感应电动势为E＝BLv2，感应电流为I＝，杆1、2所受安培力大小均为F安＝BIL，联立解得F安＝，对杆2由牛顿第二定律得F－F安－μmg＝ma2，解得杆2的加速度a2＝－－μg，随着杆2的速度v2增大，a2减小，杆2做加速度减小的加速运动，A、C错误；F安增大，杆1所受静摩擦力f1＝F安增大，若a2减小到0时f1＝F安≤μmg，则之后杆2匀速运动，杆1一直静止，B可能正确；若a2减小到大于0的某一值时f1＝F安＝μmg，则之后杆1开始运动，设杆1的速度为v1，电路中总感应电动势E′＝BL(v2－v1)，感应电流I′＝，根据牛顿第二定律，对杆1有BI′L－μmg＝ma1，对杆2有F－BI′L－μmg＝ma2′，解得杆1的加速度a1＝－μg，杆2的加速度a2′＝－－μg，速度不能突变，则加速度不能突变，故开始a2′比a1大，则v2－v1越来越大，a1增大，a2′减小，当a1＝a2′时，v2－v1不变，之后两杆以相同的加速度做匀加速直线运动，D可能正确。 拔高选做 10．(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(　　) 答案：AC 解析：设虚线区域内磁场的磁感应强度大小为B，线框的质量为M，电阻为R，上下边框长度为L，物块的质量为m，细绳上的拉力大小为T，以初速度的反方向为加速度的正方向，设线框与物块的加速度均为a。线框穿过磁场的过程中，由牛顿第二定律，对线框有Mg＋F安－T＝Ma，对物块有T－mg＝ma，其中线框所受安培力大小F安＝BIL，线框中电流大小I＝，线框产生的感应电动势大小E＝BLv，联立解得a＝＋g。根据四个选项中的v­t图，只考虑t＝0时线框速度开始减小的情况。根据表达式a＝＋g可知，可以分三种情况分析v的变化的可能性：(1)M>m，线框进入磁场的过程，随着v的减小，a逐渐减小且趋于某个非零值，线框完全进入磁场运动时，a>0且恒定，线框做匀减速直线运动，分析四个选项的图，可知没有与这种情况对应的图。(2)M<m，线框进入磁场的过程，随着v的减小，a逐渐减小，如果v能减小到某个非零值，从而使a＝0，则之后线框做匀速直线运动，线框完全进入磁场运动时，a<0，做匀加速直线运动，分析四个选项的图，可知没有与这种情况对应的图。(3)M＝m，线框进入磁场的过程，随着v的减小，a逐渐减小且趋于0，若进入磁场的过程线框速度能减小到0，则之后线框静止，A符合这种情况；若进入磁场的过程线框速度不能减小到0，则完全进入磁场运动时，a＝0，线框做匀速直线运动，线框离开磁场的过程，随着v的减小，a逐渐减小，若离开磁场的过程线框速度能减小到0，则之后线框静止，分析四个选项的图，可知没有与这种情况对应的图；若离开磁场的过程线框速度不能减小到0，则线框完全离开磁场运动时，a＝0，做匀速直线运动，分析四个选项的图，可知C符合这种情况。综上所述，A、C可能正确，B、D不可能正确。 11．(2025·安徽省模拟预测)光滑绝缘的水平面内有竖直向下、范围足够大的磁场，磁场左边界为y轴，磁场的磁感应强度B的空间分布随坐标x的变化满足B＝B0－kx(k>0)，一边长为L、电阻为R、质量为m的正方形线框，以一定的初速度v0进入磁场，求： (1)线框右边进入磁场瞬间的电流I、加速度a； (2)线框从开始到完全进入磁场的过程中，通过线框导线截面的电荷量q； (3)若线框完全进入磁场时速度为v，在磁场中滑行一段时间后停止，然后用平行x轴的水平恒力F拉线框，经时间t线框左边运动到y轴，此往返过程线框中产生的总焦耳热Q是多少？ 答案：(1)，方向为逆时针　，方向水平向左 (2)　(3)F－＋Fvt 解析：(1)线框右边进入磁场瞬间，线框右边所在位置的磁感应强度为B0，感应电动势为E＝B0Lv0 由闭合电路欧姆定律可得I＝ 可得I＝ 由右手定则可知，电流I的方向为逆时针； 此时线框受到的安培力大小为F安＝B0IL 由牛顿第二定律有F安＝ma 可得此时加速度的大小为a＝ 由左手定则可知，此时加速度方向水平向左。 (2)由法拉第电磁感应定律，可知该过程产生的平均感应电动势＝ 其中ΔΦ＝L2 由闭合电路欧姆定律可知，平均感应电流＝ 由电流定义式得q＝Δt 联立可得q＝。 (3)设t时刻线框速度大小为v′，线框左、右两边所在位置的磁感应强度分别为B1、B2，则感应电动势E′＝B1Lv′－B2Lv′ 且B2＝B1－kL 可得E′＝kL2v′ 由闭合电路欧姆定律可得，感应电流I′＝ 线框此时所受安培力大小F安′＝B1I′L－B2I′L 线框从进入磁场到停止，由动量定理得－∑F安′Δt＝0－mv 联立可得∑Δt＝mv 其中x＝∑v′Δt 解得x＝ 设返回过程中某时刻的速度大小为v″，同理可知，感应电动势为E″＝B1Lv″－B2Lv″ 由闭合电路欧姆定律可得，感应电流I″＝ 线框此时所受安培力大小 F安″＝B1I″L－B2I″L 设线框左边运动到y轴时，线框的速度大小为v1，由动量定理得Ft－∑F安″Δt＝mv1－0 且∑v″Δt＝x 可得Ft－x＝mv1 解得v1＝t－v 设向右运动、向左运动两个过程线框产生的焦耳热分别为Q1、Q2，则Q1＝mv2 由能量守恒定律有Fx＝mv＋Q2 往返过程中产生的总焦耳热为Q＝Q1＋Q2 解得Q＝F－＋Fvt。 12．(2025·甘肃卷，15)在自动化装配车间，常采用电磁驱动的机械臂系统。如图，ab、cd为两条足够长的光滑平行金属导轨，间距为L，电阻忽略不计。导轨置于磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场中。导轨上有与之垂直并接触良好的金属机械臂1和2，质量均为m，电阻均为R。导轨左侧接有电容为C的电容器。初始时刻，机械臂1以初速度v0向右运动，机械臂2静止。运动过程中两机械臂不发生碰撞。系统达到稳定状态后，电流为零，两机械臂速度相同。 (1)求初始时刻机械臂1产生的感应电动势大小及感应电流方向。 (2)系统达到稳定状态前，若机械臂1和2中的电流分别为I1和I2，写出两机械臂各自所受安培力的大小；若电容器两端电压为U，写出电容器所带电荷量的表达式。 (3)求系统达到稳定状态后两机械臂的速度。若要两机械臂不相撞，二者在初始时刻的间距至少为多少？ 答案：(1)BLv0　竖直向上 (2)BI1L　BI2L　CU (3)　 解析：(1)由法拉第电磁感应定律知，初始时刻机械臂1的感应电动势大小为E＝BLv0 由右手定则可知感应电流方向竖直向上。 (2)两机械臂的电流分别为I1和I2时，两机械臂所受安培力的大小分别为F1＝BI1L，F2＝BI2L 若电容器两端电压为U，则电容器的电荷量为Q＝CU。 (3)根据右手定则，机械臂1、2和电容器组成的等效电路图如图所示 设从初始时刻至达到稳定状态过程中，经历时间为Δt，机械臂1、2中的平均电流分别为1、2，系统达到稳定状态后两机械臂的速度为v，电容器两极板间电压为U0，根据动量定理，对两机械臂分别有－B1L·Δt＝mv－mv0，B2L·Δt＝mv－0 流过机械臂1的电荷量Q1＝1Δt 流过机械臂2的电荷量Q2＝2Δt 根据电荷守恒定律，有Q0＝Q1－Q2 且Q0＝CU0 由法拉第电磁感应定律有U0＝BLv 联立可得v＝ 从开始到刚好稳定，设两机械臂的位移分别为x1和x2，平均速度分别为1和2，电容器的平均电压为，两机械臂间初始距离的最小值为Δx，则1Δt＝x1，2Δt＝x2，Δx＝x1－x2 两机械臂产生的平均感应电动势分别为1＝BL1，2＝BL2 根据等效电路图有1＝＋1R，2＝－2R， 可得1＝，2＝ 由前面分析知，有－B1L·Δt＝mv－mv0，B2L·Δt＝mv－0 联立解得Δx＝。 25 学科网（北京）股份有限公司 $