2026届高考物理三轮大题集训5：电磁感应的综合应用

高考物理三轮大题集训5：电磁感应的综合应用 模型1 电磁感应中的单棒模型 1 模型2 电磁感应中的双棒模型 4 模型3 电磁感应中的线框模型 7 模型1 电磁感应中的单棒模型 1．（2026春•南海区校级月考）如图所示，两根足够长的平行粗糙金属导轨MN、PQ固定在倾角θ＝37°的绝缘斜面上，顶部接有一阻值R＝3Ω的定值电阻，轨道间距L＝1m，整个装置处于垂直斜面向上磁感应强度B＝2T的匀强磁场中。质量m＝1kg的金属棒ab置于导轨上，ab在导轨之间的电阻r＝1Ω，电路其余部分的电阻不计。金属棒ab由静止释放后沿导轨运动，发生位移x＝3m达到最大速度，已知金属棒与导轨间动摩擦因数μ＝0.5，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2，从金属棒ab开始运动至达到最大速度的过程，求： （1）金属棒ab最大速度vm的大小； （2）电阻R上产生的焦耳热为QR； （3）流过电阻R的电荷量q； （4）金属棒ab的运动时间t。 2．（2026•中山市一模）如图所示，电阻不计的光滑导轨MON固定在绝缘的水平面内，以O为坐标原点建立直角坐标系xOy，OM与ON关于x轴对称，整个空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B，一质量为m、单位长度电阻恒为r0的足够长均匀金属杆ef初始位置与y轴重合，现对金属杆施加一沿x轴正方向的变力F，使ef从静止开始以恒定加速度a运动，已知ef运动过程中始终与y轴平行且和导轨接触良好，ef的发热功率P与其运动到x轴上位置x的关系为P，k是大于零的常数。求： （1）电路中电流强度I与ef位置x的关系式； （2）导轨MON形状的解析式； （3）ef从x＝0运动至x＝x0过程中，变力做功WF。 3．（2025秋•三门峡期末）如图甲所示，两根足够长的平行金属导轨MM′和NN'固定在水平面上，导轨间距为L＝1m，导轨左端连接一个阻值R＝2Ω的定值电阻，右端连接一个理想电压表，整个导轨处在垂直于导轨平面向下的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B＝1T。质量为m＝1kg的金属棒ab放在导轨上，与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.1，用平行于导轨平面的拉力F拉金属棒，使金属棒由静止开始向右运动，t1＝2s时刻撤去拉力，t2＝4s时刻金属棒速度减小到零。金属棒向右运动的整个过程中，电压表的示数随时间变化的图像如图乙所示，其中U0＝2V，金属棒沿导轨运动过程中与导轨接触良好且始终与导轨垂直，金属棒接入电路的电阻为1Ω。重力加速度为g取10m/s2，不计导轨电阻，求： （1）撤去拉力的瞬间，金属棒的速度v0大小； （2）作用于金属棒上的拉力F随时间t变化的表达式； （3）撤去拉力后金属棒继续运动的距离x及撤去拉力后整个电路产生的焦耳热Q。 4．（2026•青州市校级开学）如图所示，绝缘水平面内两光滑导轨平行固定放置，导轨间距为L，在导轨上垂直导轨放置一质量为m、长度略大于L、电阻不计的导体棒ab，导轨左侧通过导线连接电动势为E、内阻为r的电源，整个装置处于竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。闭合开关S，导体棒开始运动，最终匀速运动，导轨电阻可忽略。 （1）求从开始到恰匀速运动过程通过导体棒某一横截面的电荷量q； （2）求从开始到恰匀速运动过程回路产生的焦耳热Q； （3）若导体棒恰达到匀速状态时的位移，求从开始到恰匀速运动所用的时间t。 5．（2025秋•湖州期末）某学习小组设计了一套电磁弹射装置模型。如图所示，在水平面上固定两根足够长的光滑金属导轨AB、CD，两导轨间距L＝0.5m，导轨间加有竖直向下、磁感应强度大小B＝2T的匀强磁场。一电压U＝4V的恒压源接在导轨左侧，单刀双掷开关S与阻值R1＝1Ω的定值电阻按图示方式接入。在两导轨间，垂直导轨放置一根质量m＝0.2kg、长度也为L的导体棒ab，其上锁定一架质量M＝0.2kg的绝缘模型飞机。导体棒的电阻R＝4Ω，整套模型其余电阻不计。弹射时，将开关S掷于1，模型飞机在导体棒带动下向右加速一段时间后达到最大速度vm。此后某一时刻，解除锁定（飞机与导体棒接触点可认为已光滑），并同时将开关S掷于2，使导体棒减速。求： （1）开关S掷于1的瞬间，模型飞机的加速度大小； （2）棒所能达到的最大速度vm的大小； （3）从导体棒和模型飞机分离开始，此后导体棒移动的距离和产生的焦耳热。 6．（2026•昭通模拟）工业装配领域常采用电磁驱动的方式驱动机械臂系统。如图所示，水平放置的两条足够长的光滑平行金属导轨，间距为d，电阻忽略不计。导轨左端通过单刀双掷开关S分别可与电容为C的电容器及阻值为R的定值电阻相连，导轨处在方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。质量为m、电阻为r的机械臂PQ垂直导轨放置并接触良好。现使电容器带电荷量为Q且上极板带正电，把开关S拨到a，机械臂PQ从静止开始先加速后匀速，匀速后再将开关S与b接通，机械臂PQ做减速运动并最终静止在导轨上。求： （1）开关S与a接通后瞬间，流过机械臂的电流及机械臂的加速度大小； （2）机械臂匀速运动时的速度大小； （3）机械臂减速运动过程中的位移大小。 7．（2025秋•永宁县期末）如图所示，倾角为θ＝30°，间距为L＝1m的两根光滑足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在绝缘斜面上，上端接有一阻值R＝3Ω的定值电阻。整个斜面有垂直斜面向上，磁感应强度B＝2T的匀强磁场。有一质量m＝1kg，电阻r＝1Ω的金属棒ab，从导轨上某点静止开始下滑，电路中其余电阻不计。求：（取g＝10m/s2） （1）当金属棒ab沿导轨向下运动的速度v＝1m/s时，ab的加速度大小； （2）金属棒ab沿导轨向下运动过程中，电阻R上的最大电功率； （3）若从金属棒ab开始下滑至达到最大速度过程中，流经电阻R上的电量为q＝2C，求此过程中电阻R上产生的焦耳热。 模型2 电磁感应中的双棒模型 8．（2026•泰安一模）如图所示，两光滑的平行导轨MNN′和PQQ′固定在水平面上，导轨间距为L＝1m，导轨左段MN和PQ倾斜于水平面之间的夹角为θ＝37°，倾斜导轨部分处于垂直导轨平面斜向上的匀强磁场中，其磁感应强度大小为B1＝9t2（T）。水平段金属导轨NN′、QQ′与倾斜段金属导轨MN、PQ在N和Q处通过绝缘材料平滑连接，水平导轨所处空间存在有界匀强磁场，磁感应强度大小为B2＝1.5T，方向竖直向上，其左边界恰好与NQ虚线重合，右边界平行于NQ。a、b两根长均为L＝1m的金属棒垂直于倾斜导轨放置，a、b棒中点用一长度为d＝1m的绝缘轻质细杆相连。a、b金属棒的质量均为m＝2kg，电阻均为r＝0.5Ω。t＝0时刻，由静止释放a、b棒，b棒经过一段时间后以大小为v1＝2m/s的速度通过NQ处进入水平导轨，此时细杆脱落，而后b棒以大小为v2＝2.5m/s的速度通过磁场右边界。已知重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，不计导轨电阻，金属棒通过NQ时的运动时间和对速度大小的影响忽略不计，金属棒与导轨始终垂直且接触良好，倾斜部分和水平部分的磁场互不影响，感应电流产生的磁场和空气阻力均不计，求： （1）从t＝0时刻到b棒到达NQ过程中通过b棒的电荷量； （2）b棒从进入水平导轨到通过磁场右边界的过程中，回路中产生的焦耳热； （3）当b棒到达磁场右边界时，a、b两棒之间的距离。 9．（2026•烟台模拟）如图所示，一对相互平行且足够长的金属导轨DE、GF与水平面成θ角倾斜放置，在底端E、F处各用一小段绝缘材料平滑连接另一对固定在水平面上也相互平行且足够长的光滑金属导轨EM、FN，导轨间距均为d，D、G之间接电容为C的不带电电容器，G、F之间和M、N之间均接有阻值为R的定值电阻。DEFG区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直倾斜导轨面向上的匀强磁场，PQNM区域内存在磁感应强度大小也为B、方向竖直向上的另一匀强磁场，PQ与EF平行。金属棒甲恰好静止在倾斜导轨上，且离EF足够远，金属棒乙静置在EF与PQ之间。已知两棒的质量均为m、电阻均为r、长度均为d，且均与导轨接触良好，不计导轨的电阻，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现闭合开关S，同时用平行于DE、沿导轨面向下的恒定拉力F0作用在金属棒甲上。 （1）求金属棒甲到达EF处时的速度大小； （2）若在金属棒甲速度达到第（1）问所求速度的一半时，断开开关S，立即改变拉力大小并使金属棒甲做匀速运动。电容器充电过程中，当拉力的功率是定值电阻R功率的三倍时，求电容器两端的电压UC以及从开关断开到此刻拉力所做的功W； （3）不计金属棒甲在E、F处的能量损失，进入水平面后立即撤掉拉力，甲和乙发生碰撞并粘连在一起进入PQNM区域，求甲乙在PQNM区域向右运动的最大距离xm。 10．（2026•昌黎县校级模拟）如图所示，一间距L＝1m的光滑平行倾斜金属导轨倾角θ＝37°，轨道上端连接一个电容C＝0.5F的电容器，轨道下端通过一小段绝缘光滑圆弧与间距也为L的水平光滑足够长的金属导轨相切连接在一起，整个装置处于垂直导轨平面向上、磁感应强度大小均为B＝1T的匀强磁场中，a棒的电阻不计，b棒的电阻R＝1Ω，a、b棒的长度均为L，b棒通过绝缘细绳跨过固定光滑轻质定滑轮与一小物块相连，细绳与水平导轨平行，a、b棒及物块的质量均为m＝1kg，在外力控制下b棒和物块处于静止状态。a棒从斜轨上由静止释放，a棒运动的同时释放b棒和物块，经过t1＝1s，a棒到达斜轨末端，速度大小无损失滑上水平导轨，经过t2＝1s，a、b棒的加速度相同。导轨电阻不考虑，忽略电磁波辐射和空气阻力，b棒始终与导轨垂直，且不与滑轮相碰，取重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6。求： （1）a棒到达斜轨末端的速度大小和电容器上最终储存的电势能Ep； （2）a棒刚滑上水平导轨时a、b两棒的加速度大小； （3）从a棒滑上水平导轨到a、b两棒加速度相同，通过b棒的电荷量q。 11．（2026•秦淮区校级开学）如图所示，平行光滑金属导轨间距为L，导轨处在竖直向上的匀强磁场中，两根相同的金属棒ab、cd垂直于导轨平行放置，与导轨始终接触良好，每根金属棒质量为m，接入电路的电阻均为R。开始时cd棒锁定在轨道上，对ab棒施加水平向右的恒力F，经时间t，ab棒的速度达到最大值v，此时撤去拉力，同时解除对cd棒的锁定，导轨足够长且电阻不计。求： （1）匀强磁场的磁感应强度B； （2）撤去力F前，ab棒前进的位移x1； （3）从开始施加F到解除对cd棒锁定后足够长的时间内，回路产生的焦耳热Q。 12．（2026•重庆模拟）如图所示，磁感应强度大小为B、方向竖直向上且范围足够大的匀强磁场中，两条光滑平行的长直金属导轨PQ、P′Q′固定在同一水平面内，导轨间距为L。ab和cd是两根质量均为m的细直金属杆，两杆接入导轨间的电阻均为R。在cd杆中点系一绝缘轻绳，轻绳另一端绕过光滑定滑轮悬挂一质量M＝2m的物体，cd杆和定滑轮间的轻绳与导轨平行。现锁定ab杆，将cd杆和物体同时由静止释放，整个运动过程中，两杆始终与导轨垂直并接触良好。已知重力加速度为g，忽略空气阻力，导轨足够长且导轨电阻忽略不计。 （1）求经过足够长时间后，cd杆的速度大小v。 （2）若在cd杆速度达到时释放ab杆，求ab杆的加速度的最大值。 （3）若在cd杆速度达到v时释放ab杆，求经过足够长的时间t，ab杆的速度大小。 13．（2026•青岛校级一模）如图甲所示，两根平行、光滑且足够长的金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上，其间距L＝2m。导轨末端的斜面上固定有一个压力传感器（连接前，传感器已校零）。导轨间存在垂直于斜面向上的匀强磁场，磁感应强度B＝0.2T。两根金属棒ab、cd与导轨始终保持垂直且接触良好，cd棒静置在压力传感器处。已知ab棒的质量为m＝2kg，cd棒和ab棒接入电路的电阻均为2Ω，导轨电阻不计，现对ab棒施加平行于导轨的外力F，使ab棒从静止开始向上运动，压力传感器的示数为FN，FN随时间t的变化图像如图乙所示（FN大小没有超出压力传感器量程），重力加速度g取10m/s2。求： （1）金属棒cd的质量M； （2）20s内，FN的大小与ab棒的运动速度v之间的关系； （3）已知在t2＝2s时撤去外力F，ab棒速度减为0时距离出发点2.4m，求从撤去外力F到ab棒速度减为0所用的时间。 14．（2026•山西模拟）如图所示，两条足够长的光滑平行导轨固定于绝缘水平面上，间距为L，其左端在垂直于导轨的PQ线段处与一光滑斜面平滑连接。平行导轨所在区域存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B，斜面所处区域无磁场。一根质量为m，长度为L，电阻为R的导体棒MN自斜面上高度为h的位置由静止开始下滑，在连接线PQ处滑上导轨。另有一金属叉丝由两根相同的匀质金属棒在共同的中点O焊接而成，焊接点无接触电阻。每根金属棒的质量为，长度为4L，电阻为4R，两根金属棒的夹角为120°，叉丝初始时刻静止在导轨上，E、F、G、H分别是两根金属棒与导轨的接触点，四个点到O的距离均相等。不计导轨电阻。求： （1）导体棒MN刚滑上导轨PQ位置时的电流I； （2）要使导体棒MN与叉丝不发生碰撞，初始时刻O点与PQ线段的最短距离D； （3）若初始时刻叉丝O点距离PQ为d（d＜D），导体棒与叉丝间的碰撞为弹性碰撞，求流过导体棒MN的总电量q。 模型3 电磁感应中的线框模型 15．（2026春•苏州期中）如图所示，光滑斜面倾角为θ，斜面上存在区域宽为L且垂直斜面向外的匀强磁场，一正方形线框abcd质量为m，边长为L，总电阻为R，由同种材料制成且粗细均匀，线框从斜面某一位置释放，cd边以速度v进入磁场区域时做匀速直线运动，重力加速度为g。求： （1）匀强磁场磁感应强度大小B； （2）ab边即将离开磁场区域前两端的电势差Uab。 16．（2026•鄂尔多斯校级开学）如图甲，某同学设计了在空间站里测量小物体质量的装置，质量恒为m0的称重框架由绝缘托盘和固定在托盘底部的正方形单匝金属线圈abcd组成，线圈的边长为L，总电阻为R。测物体质量时，将称重框架置于平整桌面上，待测物体固定在托盘内，线圈处于磁感应强度大小为B，方向垂直线圈平面向下的匀强磁场中，如图乙所示。磁场以v0匀速向右运动，用传感器测出磁场离开线圈ab边瞬间线圈加速度的大小。求： （1）磁场离开线圈ab边时，线圈受到安培力F的大小； （2）待测物体的质量m； （3）磁场离开线圈cd边前的瞬间，线圈速度的大小v。 17．（2026•邯郸模拟）某一具有电磁缓冲功能的火箭模型结构示意图如图所示，模型由缓冲槽、主体及主体内固定的线圈构成。闭合正方形线圈abcd的匝数为N，边长为L，总电阻为R，且ab边与主体的底端重合。模型外侧安装有由绝缘材料制成的缓冲槽，槽中有垂直于线圈平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场，主体底端到缓冲槽底端的距离为h。模型整体以竖直向下、大小为v0的速度落至水平地面时缓冲槽立即静止，主体则因线圈与缓冲槽内磁场间的作用而减速，当线圈的ab边落至缓冲槽底端时，线圈的速度大小为v0，此时线圈的cd边还未进入磁场。已知主体和线圈的总质量为m，重力加速度大小为g，不计摩擦和空气阻力。求： （1）模型着地后瞬间ab边中电流的大小和方向； （2）从模型着地到线圈的ab边落至缓冲槽底端的过程中线圈上产生的焦耳热Q； （3）从模型着地到线圈的ab边落至缓冲槽底端的时间t。 18．（2026•宁河区校级模拟）如图所示，倾角为α＝30°的光滑固定斜面，斜面上相隔为d＝8m的平行虚线MN与PQ间有大小为B＝0.1T的匀强磁场，方向垂直斜面向下，一质量m＝0.1kg，电阻R＝0.2Ω，边长L＝1m的正方向单匝纯电阻金属线圈，线圈cd边从距PQ上方x＝2.5m处由静止释放沿斜面下滑进入磁场，且ab边刚要离开磁场时线圈恰好做匀速运动。重力加速度g＝10m/s2。求： （1）cd边刚进入磁场时线圈的速度v1和加速度a； （2）线圈进入磁场的过程中，通过ab边的电量q； （3）线圈通过磁场的过程中产生的热量Q。 19．（2025秋•丰台区期末）有一个边长l＝0.1m的正方形导线框abcd，质量m＝10g，由高度h＝0.2m处自由下落，如图1所示。其下边ab进入匀强磁场区域后，导线框开始做匀速运动，直到其上边dc刚刚开始穿出匀强磁场为止，此匀强磁场区域宽度也是l。已知匀强磁场的磁感应强度B＝1T，g取10m/s2。求： （1）导线框进入匀强磁场过程中的电流I； （2）导线框在穿越匀强磁场过程中产生的焦耳热Q； （3）导线框进入匀强磁场过程中的感应电动势E，并在图2中画出导线框穿越匀强磁场的过程中，下边ab两端的电势差Uab随时间t的变化图像。 20．（2025春•九龙坡区校级月考）如图所示，垂直纸面向里的匀强磁场的磁感应强度为B，纸面内有一单匝长方形均匀金属线框abcd，其ab边长为L，bc边长为2L，线框总电阻为R，ab边与磁场边界平行，线框在向右方向的拉力作用下以速度v做匀速运动。求： （1）当ab边刚进入磁场时，ab两端的电势差Uab； （2）线框进入磁场过程中，通过线框横截面的电荷量q。 21．（2025•凉山州模拟）某水平绝缘传送带运送装置如图所示。待加工的绝缘工件固定在边长为d的绝缘正方形载物台上，载物台侧面四周均匀缠绕N匝总电阻为R的闭合线圈，工件、载物台及线圈总质量为m。为使工件在特定区域减速并对其进一步加工，在abcd区域内加一个垂直于传送带平面向下、磁感应强度为B的匀强磁场，ab、cd边界与传送带运行方向垂直且ac＝2d；载物台在运动过程中左右两边始终与磁场边界平行，其底面与传送带间的动摩擦因数为μ。已知载物台右侧刚进入磁场和右侧刚离开磁场时速度均恰等于传送带速度v0，求： （1）载物台刚进入磁场线圈所受安培力大小； （2）载物台进入磁场过程中通过线圈的电量； （3）载物台穿过磁场过程中线圈产生的焦耳热。 1 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $ 高考物理三轮大题集训5：电磁感应的综合应用 模型1 电磁感应中的单棒模型 1 模型2 电磁感应中的双棒模型 9 模型3 电磁感应中的线框模型 20 模型1 电磁感应中的单棒模型 1．（2026春•南海区校级月考）如图所示，两根足够长的平行粗糙金属导轨MN、PQ固定在倾角θ＝37°的绝缘斜面上，顶部接有一阻值R＝3Ω的定值电阻，轨道间距L＝1m，整个装置处于垂直斜面向上磁感应强度B＝2T的匀强磁场中。质量m＝1kg的金属棒ab置于导轨上，ab在导轨之间的电阻r＝1Ω，电路其余部分的电阻不计。金属棒ab由静止释放后沿导轨运动，发生位移x＝3m达到最大速度，已知金属棒与导轨间动摩擦因数μ＝0.5，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2，从金属棒ab开始运动至达到最大速度的过程，求： （1）金属棒ab最大速度vm的大小； （2）电阻R上产生的焦耳热为QR； （3）流过电阻R的电荷量q； （4）金属棒ab的运动时间t。 【答案】（1）金属棒ab最大速度vm的大小为2m/s； （2）电阻R上产生的焦耳热为3J； （3）流过电阻R的电荷量为1.5C； （4）金属棒ab的运动时间为2.5s。 【详解】（1）金属棒速度最大时受力平衡，沿斜面方向mgsinθ＝μmgcosθ+BIL，由电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可知I，代入数据可得vm＝2m/s； （2）从金属棒ab开始运动至达到最大速度的过程，由能量守恒定律可知mgxsinθ＝μmgxcosθQ，代入数据可得Q＝4J，则电阻R上产生的热量QR； （3）流过电阻R的电荷量q，，ΔΦ＝BLx，代入数据可得q＝1.5C； （4）从金属棒ab开始运动至达到最大速度的过程，以沿斜面向下为正方向，由动量定理可知mgsinθt﹣μmgcosθt﹣BLt＝mvm﹣0，又t＝1.5C，代入数据可得t＝2.5s。 答：（1）金属棒ab最大速度vm的大小为2m/s； （2）电阻R上产生的焦耳热为3J； （3）流过电阻R的电荷量为1.5C； （4）金属棒ab的运动时间为2.5s。 2．（2026•中山市一模）如图所示，电阻不计的光滑导轨MON固定在绝缘的水平面内，以O为坐标原点建立直角坐标系xOy，OM与ON关于x轴对称，整个空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B，一质量为m、单位长度电阻恒为r0的足够长均匀金属杆ef初始位置与y轴重合，现对金属杆施加一沿x轴正方向的变力F，使ef从静止开始以恒定加速度a运动，已知ef运动过程中始终与y轴平行且和导轨接触良好，ef的发热功率P与其运动到x轴上位置x的关系为P，k是大于零的常数。求： （1）电路中电流强度I与ef位置x的关系式； （2）导轨MON形状的解析式； （3）ef从x＝0运动至x＝x0过程中，变力做功WF。 【答案】（1）电路中电流强度I与ef位置x的关系式为； （2）导轨MON形状的解析式为； （3）ef从x＝0运动至x＝x0过程中，变力做功WF为。 【详解】（1）金属杆从静止开始做匀加速直线运动，运动到x处时速度v满足v2＝2ax 该瞬间金属杆产生的感应电动势E为E＝BLv 金属杆接入电路的电阻为r＝Lr0 电路中电流I为 联立可得 （2）金属杆发热功率P与x的关系为P＝I2r 又L＝2y 可得 将P＝k代入可得： （3）在x位置处，由牛顿第二定律有 F﹣F安＝ma 又F安＝BIL 得Fx+ma 可见，拉力F与位置x之间是线性关系，则拉力的功可以表示为 WFx0 解得WFmax0 答：（1）电路中电流强度I与ef位置x的关系式为； （2）导轨MON形状的解析式为； （3）ef从x＝0运动至x＝x0过程中，变力做功WF为。 3．（2025秋•三门峡期末）如图甲所示，两根足够长的平行金属导轨MM′和NN'固定在水平面上，导轨间距为L＝1m，导轨左端连接一个阻值R＝2Ω的定值电阻，右端连接一个理想电压表，整个导轨处在垂直于导轨平面向下的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B＝1T。质量为m＝1kg的金属棒ab放在导轨上，与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.1，用平行于导轨平面的拉力F拉金属棒，使金属棒由静止开始向右运动，t1＝2s时刻撤去拉力，t2＝4s时刻金属棒速度减小到零。金属棒向右运动的整个过程中，电压表的示数随时间变化的图像如图乙所示，其中U0＝2V，金属棒沿导轨运动过程中与导轨接触良好且始终与导轨垂直，金属棒接入电路的电阻为1Ω。重力加速度为g取10m/s2，不计导轨电阻，求： （1）撤去拉力的瞬间，金属棒的速度v0大小； （2）作用于金属棒上的拉力F随时间t变化的表达式； （3）撤去拉力后金属棒继续运动的距离x及撤去拉力后整个电路产生的焦耳热Q。 【答案】（1）撤去拉力瞬间金属棒的速度大小为3m/s。 （2）作用于金属棒上的拉力F随时间t变化的表达式为。 （3）撤去拉力后金属棒继续运动的距离为3m，撤去拉力后整个电路产生的焦耳热为1.5J。 【详解】（1）撤去拉力的瞬间，电压表的示数为U0，根据闭合电路欧姆定律可知金属棒中的电动势 设此时金属棒的速度大小为v0，则E0＝BLv0 解得m/s＝3m/s。 （2）由于在时间0～t1内，由图可知，解得 因此金属在这段时间内做匀加速直线运动，加速度大小为 在t时刻，电路中电流 根据牛顿第二定律有F﹣μmg﹣ILB＝ma 可得，解得F。 （3）撤去F后，金属棒向右做变减速运动，根据动量定理得﹣μmg（t2﹣t1）LB（t2﹣t1）＝0﹣mv0 设撤去拉力后，金属棒向右运动的距离为x，由，可得， 解得x＝3m 设撤去拉力后整个电路产生的焦耳热为Q，根据能量守恒定律有，可得，解得Q＝1.5J。 答：（1）撤去拉力瞬间金属棒的速度大小为3m/s。 （2）作用于金属棒上的拉力F随时间t变化的表达式为。 （3）撤去拉力后金属棒继续运动的距离为3m，撤去拉力后整个电路产生的焦耳热为1.5J。 4．（2026•青州市校级开学）如图所示，绝缘水平面内两光滑导轨平行固定放置，导轨间距为L，在导轨上垂直导轨放置一质量为m、长度略大于L、电阻不计的导体棒ab，导轨左侧通过导线连接电动势为E、内阻为r的电源，整个装置处于竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。闭合开关S，导体棒开始运动，最终匀速运动，导轨电阻可忽略。 （1）求从开始到恰匀速运动过程通过导体棒某一横截面的电荷量q； （2）求从开始到恰匀速运动过程回路产生的焦耳热Q； （3）若导体棒恰达到匀速状态时的位移，求从开始到恰匀速运动所用的时间t。 【答案】（1）从开始到恰匀速运动过程通过导体棒某一横截面的电荷量q为； （2）从开始到恰匀速运动过程回路产生的焦耳热Q为； （3）从开始到恰匀速运动所用的时间t为。 【详解】（1）导体棒匀速时，通过导体棒的电流为0，则导体棒切割磁场产生的感应电动势等于电源的电动势。 设导体棒匀速运动时的速度为v0，则有E＝BLv0 设某一时刻通过导体棒的电流为I，可认为之后极短时间Δt内通过导体棒的电流不变，则Δt时间内导体棒所受安培力FA＝BIL 取向右为正方向，由动量定理得 FAΔt＝mΔv Δt时间内通过导体棒的电荷量q0＝IΔt 累加有BLq＝mv0 解得 （2）导体棒增加的动能、系统产生的焦耳热之和等于电源释放的能量，结合（1）中的假设和功率知识可得，Δt时间内电源释放的能量E能＝EIΔt 累加可得，从开始到恰匀速运动过程电源释放的总能量E总＝Eq 可得该过程回路产生的总焦耳热 （3）设某一时刻导体棒的速度为v′，并在之后极短时间Δt内近似不变，回路中的电动势E′＝E﹣BLv′ 回路中的电流 之后Δt时间内通过导体棒的电荷量 又v′Δt＝Δx 累加可得 结合题给信息解得 答：（1）从开始到恰匀速运动过程通过导体棒某一横截面的电荷量q为； （2）从开始到恰匀速运动过程回路产生的焦耳热Q为； （3）从开始到恰匀速运动所用的时间t为。 5．（2025秋•湖州期末）某学习小组设计了一套电磁弹射装置模型。如图所示，在水平面上固定两根足够长的光滑金属导轨AB、CD，两导轨间距L＝0.5m，导轨间加有竖直向下、磁感应强度大小B＝2T的匀强磁场。一电压U＝4V的恒压源接在导轨左侧，单刀双掷开关S与阻值R1＝1Ω的定值电阻按图示方式接入。在两导轨间，垂直导轨放置一根质量m＝0.2kg、长度也为L的导体棒ab，其上锁定一架质量M＝0.2kg的绝缘模型飞机。导体棒的电阻R＝4Ω，整套模型其余电阻不计。弹射时，将开关S掷于1，模型飞机在导体棒带动下向右加速一段时间后达到最大速度vm。此后某一时刻，解除锁定（飞机与导体棒接触点可认为已光滑），并同时将开关S掷于2，使导体棒减速。求： （1）开关S掷于1的瞬间，模型飞机的加速度大小； （2）棒所能达到的最大速度vm的大小； （3）从导体棒和模型飞机分离开始，此后导体棒移动的距离和产生的焦耳热。 【答案】（1）开关S掷于1的瞬间，模型飞机的加速度大小为2.5m/s2； （2）棒所能达到的最大速度vm的大小为4m/s； （3）从导体棒和模型飞机分离开始，此后导体棒移动的距离为4m，产生的焦耳热为1.28J。 【详解】（1）开关S掷于1的瞬间，对模型飞机，根据牛顿第二定律得 解得：a＝2.5m/s2 （2）当棒切割磁感线产生的感应电动势与电源电压相等时，速度达到最大，则有 U＝BLvm 解得：vm＝4m/s （3）从导体棒和模型飞机分离到停止的过程，取向右为正方向，由动量定理得 又 解得此后导体棒移动的距离：x＝4m 根据能量守恒定律得 解得：Q＝1.6J ab棒的焦耳热 解得：QR＝1.28J 答：（1）开关S掷于1的瞬间，模型飞机的加速度大小为2.5m/s2； （2）棒所能达到的最大速度vm的大小为4m/s； （3）从导体棒和模型飞机分离开始，此后导体棒移动的距离为4m，产生的焦耳热为1.28J。 6．（2026•昭通模拟）工业装配领域常采用电磁驱动的方式驱动机械臂系统。如图所示，水平放置的两条足够长的光滑平行金属导轨，间距为d，电阻忽略不计。导轨左端通过单刀双掷开关S分别可与电容为C的电容器及阻值为R的定值电阻相连，导轨处在方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。质量为m、电阻为r的机械臂PQ垂直导轨放置并接触良好。现使电容器带电荷量为Q且上极板带正电，把开关S拨到a，机械臂PQ从静止开始先加速后匀速，匀速后再将开关S与b接通，机械臂PQ做减速运动并最终静止在导轨上。求： （1）开关S与a接通后瞬间，流过机械臂的电流及机械臂的加速度大小； （2）机械臂匀速运动时的速度大小； （3）机械臂减速运动过程中的位移大小。 【答案】（1）开关S与a接通后瞬间，流过机械臂的电流为，机械臂的加速度大小为； （2）机械臂匀速运动时的速度大小为； （3）机械臂减速运动过程中的位移大小为。 【详解】（1）开关S与a接通后瞬间，电容器的电压为，则流过机械臂的电流为 对，机械臂，由牛顿第二定律得 BI1d＝ma 解得机械臂的加速度 （2）匀速运动时，机械臂两端与电容器电压相同，设为U2，则电容器放出的电荷量ΔQ＝Q﹣CU2，又U2＝Bdv 设机械臂匀速运动时的速度大小为v。对机械臂，取向右为正方向，由动量定理得 通过机械臂的电荷量 联立解得 （3）减速过程，对机械臂，取向右为正方向，由动量定理得 又积累的电荷量 平均电流为 平均电动势 联立可得 答：（1）开关S与a接通后瞬间，流过机械臂的电流为，机械臂的加速度大小为； （2）机械臂匀速运动时的速度大小为； （3）机械臂减速运动过程中的位移大小为。 7．（2025秋•永宁县期末）如图所示，倾角为θ＝30°，间距为L＝1m的两根光滑足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在绝缘斜面上，上端接有一阻值R＝3Ω的定值电阻。整个斜面有垂直斜面向上，磁感应强度B＝2T的匀强磁场。有一质量m＝1kg，电阻r＝1Ω的金属棒ab，从导轨上某点静止开始下滑，电路中其余电阻不计。求：（取g＝10m/s2） （1）当金属棒ab沿导轨向下运动的速度v＝1m/s时，ab的加速度大小； （2）金属棒ab沿导轨向下运动过程中，电阻R上的最大电功率； （3）若从金属棒ab开始下滑至达到最大速度过程中，流经电阻R上的电量为q＝2C，求此过程中电阻R上产生的焦耳热。 【答案】（1）加速度大小为4m/s2； （2）电阻R上的最大电功率为18.75W； （3）此过程中电阻R上产生的焦耳热为5.625J。 【详解】（1）金属棒切割产生的感应电动势E＝BLv，电流，安培力F交＝BIL 沿斜面受力分析：mgsinθ﹣F交＝ma。 代入数据：，解得a＝4m/s2 （2）速度最大时，受力平衡：，解得vm＝5m/s。 最大感应电动势Em＝BLvm＝（2×1×5）V＝10V，最大电流。 电阻R上的最大电功率。 （3）由电荷量，解得下滑位移 x＝4m。 能量守恒：，解得总焦耳热Q总＝7.5J。 电阻R上的焦耳热。 答：（1）加速度大小为4m/s2； （2）电阻R上的最大电功率为18.75W； （3）此过程中电阻R上产生的焦耳热为5.625J。 模型2 电磁感应中的双棒模型 8．（2026•泰安一模）如图所示，两光滑的平行导轨MNN′和PQQ′固定在水平面上，导轨间距为L＝1m，导轨左段MN和PQ倾斜于水平面之间的夹角为θ＝37°，倾斜导轨部分处于垂直导轨平面斜向上的匀强磁场中，其磁感应强度大小为B1＝9t2（T）。水平段金属导轨NN′、QQ′与倾斜段金属导轨MN、PQ在N和Q处通过绝缘材料平滑连接，水平导轨所处空间存在有界匀强磁场，磁感应强度大小为B2＝1.5T，方向竖直向上，其左边界恰好与NQ虚线重合，右边界平行于NQ。a、b两根长均为L＝1m的金属棒垂直于倾斜导轨放置，a、b棒中点用一长度为d＝1m的绝缘轻质细杆相连。a、b金属棒的质量均为m＝2kg，电阻均为r＝0.5Ω。t＝0时刻，由静止释放a、b棒，b棒经过一段时间后以大小为v1＝2m/s的速度通过NQ处进入水平导轨，此时细杆脱落，而后b棒以大小为v2＝2.5m/s的速度通过磁场右边界。已知重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，不计导轨电阻，金属棒通过NQ时的运动时间和对速度大小的影响忽略不计，金属棒与导轨始终垂直且接触良好，倾斜部分和水平部分的磁场互不影响，感应电流产生的磁场和空气阻力均不计，求： （1）从t＝0时刻到b棒到达NQ过程中通过b棒的电荷量； （2）b棒从进入水平导轨到通过磁场右边界的过程中，回路中产生的焦耳热； （3）当b棒到达磁场右边界时，a、b两棒之间的距离。 【答案】（1）从t＝0时刻到b棒到达NQ过程中通过b棒的电荷量为1C； （2）b棒从进入水平导轨到通过磁场右边界的过程中，回路中产生的焦耳热为1.5J； （3）当b棒到达磁场右边界时，a、b两棒之间的距离为。 【详解】（1）a、b棒在倾斜轨道上匀加速下滑过程中，对a、b棒整体，由牛顿第二定律得 2mgsinθ＝2ma 解得a＝6m/s2 由v1＝at1得两棒匀加速运动的时间 回路中的感应电动势为 回路中的感应电流为 此过程中通过b棒的电荷量为q＝It1 又ΔΦ＝ΔBLd＝9Ld 联立解得q＝1C （2）细杆脱落后，a棒在斜面上继续做匀加速运动，设a棒进入水平轨道的速度大小为va1，则有 解得va1＝4m/s a棒进入水平磁场后，a、b棒组成的系统合外力为零，系统动量守恒，规定向右为正方向，由动量守恒定律得 mva1+mv1＝mva2+mv2 解得b棒通过磁场右边界时a棒的速度va2＝3.5m/s 设回路产生的焦耳热为Q，由能量守恒得 解得Q＝1.5J （3）a棒进入水平磁场前，b棒在水平面上匀速运动的时间 此过程中b棒的位移xb1＝v1Δt 解得 当a、b棒在水平磁场中运动过程中，对a棒，规定向右为正方向，由动量定理得 ﹣∑B2iLΔt＝m（va2﹣va1） 可得 解得 所以，当b棒到达磁场右边界时，两棒的距离为xab＝xb1﹣（xa﹣xb） 解得 答：（1）从t＝0时刻到b棒到达NQ过程中通过b棒的电荷量为1C； （2）b棒从进入水平导轨到通过磁场右边界的过程中，回路中产生的焦耳热为1.5J； （3）当b棒到达磁场右边界时，a、b两棒之间的距离为。 9．（2026•烟台模拟）如图所示，一对相互平行且足够长的金属导轨DE、GF与水平面成θ角倾斜放置，在底端E、F处各用一小段绝缘材料平滑连接另一对固定在水平面上也相互平行且足够长的光滑金属导轨EM、FN，导轨间距均为d，D、G之间接电容为C的不带电电容器，G、F之间和M、N之间均接有阻值为R的定值电阻。DEFG区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直倾斜导轨面向上的匀强磁场，PQNM区域内存在磁感应强度大小也为B、方向竖直向上的另一匀强磁场，PQ与EF平行。金属棒甲恰好静止在倾斜导轨上，且离EF足够远，金属棒乙静置在EF与PQ之间。已知两棒的质量均为m、电阻均为r、长度均为d，且均与导轨接触良好，不计导轨的电阻，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现闭合开关S，同时用平行于DE、沿导轨面向下的恒定拉力F0作用在金属棒甲上。 （1）求金属棒甲到达EF处时的速度大小； （2）若在金属棒甲速度达到第（1）问所求速度的一半时，断开开关S，立即改变拉力大小并使金属棒甲做匀速运动。电容器充电过程中，当拉力的功率是定值电阻R功率的三倍时，求电容器两端的电压UC以及从开关断开到此刻拉力所做的功W； （3）不计金属棒甲在E、F处的能量损失，进入水平面后立即撤掉拉力，甲和乙发生碰撞并粘连在一起进入PQNM区域，求甲乙在PQNM区域向右运动的最大距离xm。 【答案】（1）金属棒甲到达EF处时的速度大小为； （2）电容器两端的电压UC以及从开关断开到此刻拉力所做的功为； （3）甲乙在PQNM区域向右运动的最大距离为。 【详解】（1）开始金属棒甲恰好静止在倾斜导轨上，根据平衡条件可得摩擦力：f＝mgsinθ 闭合开关S，同时用平行于DE、沿导轨面向下的恒定拉力F0作用在金属棒甲上，最终金属棒甲做匀速直线运动，则有： F0+mgsinθ＝f+BImd，其中：Im 联立解得：vm； （2）断开开关S，电容器充电，则电容器与定值电阻串联，设电源的电动势为：E' 金属棒甲匀速运动，F拉＝BI'd 拉力的功率：PF＝F拉 定值电阻R功率：PR＝I′2R，则：PF＝3PR 解得电流强度大小为： 由闭合电路欧姆定律：E'＝I'（R+r）+UC 从开关断开到此刻拉力所做的功：W 解得：W； （3）金属棒a、b碰撞后两金属棒粘在一起运动，碰撞后的速度大小为v，取向右为正方向，由动量守恒定律：mvm＝2mv 在PQNM区域运动直到静止，取向右为正方向，根据动量定理可得：﹣BdΔt＝0﹣2mv 即：2mv，其中： 解得：xm。 答：（1）金属棒甲到达EF处时的速度大小为； （2）电容器两端的电压UC以及从开关断开到此刻拉力所做的功为； （3）甲乙在PQNM区域向右运动的最大距离为。 10．（2026•昌黎县校级模拟）如图所示，一间距L＝1m的光滑平行倾斜金属导轨倾角θ＝37°，轨道上端连接一个电容C＝0.5F的电容器，轨道下端通过一小段绝缘光滑圆弧与间距也为L的水平光滑足够长的金属导轨相切连接在一起，整个装置处于垂直导轨平面向上、磁感应强度大小均为B＝1T的匀强磁场中，a棒的电阻不计，b棒的电阻R＝1Ω，a、b棒的长度均为L，b棒通过绝缘细绳跨过固定光滑轻质定滑轮与一小物块相连，细绳与水平导轨平行，a、b棒及物块的质量均为m＝1kg，在外力控制下b棒和物块处于静止状态。a棒从斜轨上由静止释放，a棒运动的同时释放b棒和物块，经过t1＝1s，a棒到达斜轨末端，速度大小无损失滑上水平导轨，经过t2＝1s，a、b棒的加速度相同。导轨电阻不考虑，忽略电磁波辐射和空气阻力，b棒始终与导轨垂直，且不与滑轮相碰，取重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6。求： （1）a棒到达斜轨末端的速度大小和电容器上最终储存的电势能Ep； （2）a棒刚滑上水平导轨时a、b两棒的加速度大小； （3）从a棒滑上水平导轨到a、b两棒加速度相同，通过b棒的电荷量q。 【答案】（1）a棒到达斜轨末端的速度大小为4m/s，电容器上最终储存的电势能为4J； （2）a棒刚滑上水平导轨时a、b两棒的加速度大小分别为1m/s2和4.5m/s2； （3）从a棒滑上水平导轨到a、b两棒加速度相同，通过b棒的电荷量为。 【详解】（1）由题意可知，a棒沿倾斜导轨下滑的过程，对电容器充电；对a棒，根据牛顿第二定律可得：mgsinθ﹣BiL＝ma1，根据，ΔQ＝C•ΔU，ΔU＝BL•Δv，，联立以上各式解得：，a棒做匀加速直线运动，a棒的速度为：v1＝a1t1＝4×1m/s＝4m/s，位移为：，对a棒和电容器，根据能量守恒定律可得：，代入数据解得：Ep＝4J； （2）以b棒和物块为研究对象，设其加速度为a2，根据牛顿第二定律有：mg＝2ma2，解得： 在t1，时刻b棒的速度为：v2＝a2t1＝5×1m/s＝5m/s，此时回路的电动势为：E＝BL（v2﹣v1）＝1×1×（5﹣4）V＝1V，此时电流为：，对a棒，由牛顿第二定律可得：BIL＝ma3，解得：，对b棒和物块，由牛顿第二定律有：mg﹣BIL＝2ma4，代入数据解得：； （3）设两棒加速度相同时b棒的速度分别为va和vb，回路中的电动势为：E＝BL（vb﹣va），由闭合电路欧姆定律可得：，安培力的大小为：F＝BIL，由两棒加速度相同可得： ，代入数据解得：，对a棒，利用动量定理可得：∑BIL•Δt＝m（va﹣v1），则有：BLq＝m（va﹣v1），对b棒和物块，利用动量定理有：mgt1﹣∑BIL•Δt＝2m（vb﹣v2），则有：mgt2﹣BLq＝2m（vb﹣v2），联立代入数据解得：。 答：（1）a棒到达斜轨末端的速度大小为4m/s，电容器上最终储存的电势能为4J； （2）a棒刚滑上水平导轨时a、b两棒的加速度大小分别为1m/s2和4.5m/s2； （3）从a棒滑上水平导轨到a、b两棒加速度相同，通过b棒的电荷量为。 11．（2026•秦淮区校级开学）如图所示，平行光滑金属导轨间距为L，导轨处在竖直向上的匀强磁场中，两根相同的金属棒ab、cd垂直于导轨平行放置，与导轨始终接触良好，每根金属棒质量为m，接入电路的电阻均为R。开始时cd棒锁定在轨道上，对ab棒施加水平向右的恒力F，经时间t，ab棒的速度达到最大值v，此时撤去拉力，同时解除对cd棒的锁定，导轨足够长且电阻不计。求： （1）匀强磁场的磁感应强度B； （2）撤去力F前，ab棒前进的位移x1； （3）从开始施加F到解除对cd棒锁定后足够长的时间内，回路产生的焦耳热Q。 【答案】（1）匀强磁场的磁感应强度为； （2）撤去力F前，ab棒前进的位移； （3）从开始施加F到解除对cd棒锁定后足够长的时间内，回路产生的焦耳热。 【详解】（1）ab棒速度最大时，拉力与安培力平衡F＝ILB，又，代入数据可得； （2）撤力前，对ab棒达到最大速度的过程，取向右为正方向，由动量定理可得， 由电磁感应定律可知，又，代入数据可得； （3）解除锁定后两棒相互作用过程中动量守恒，取向右为正方向，有mv＝2mv共，对全过程，由能量守恒定律可知，代入数据可得。 答：（1）匀强磁场的磁感应强度为； （2）撤去力F前，ab棒前进的位移； （3）从开始施加F到解除对cd棒锁定后足够长的时间内，回路产生的焦耳热。 12．（2026•重庆模拟）如图所示，磁感应强度大小为B、方向竖直向上且范围足够大的匀强磁场中，两条光滑平行的长直金属导轨PQ、P′Q′固定在同一水平面内，导轨间距为L。ab和cd是两根质量均为m的细直金属杆，两杆接入导轨间的电阻均为R。在cd杆中点系一绝缘轻绳，轻绳另一端绕过光滑定滑轮悬挂一质量M＝2m的物体，cd杆和定滑轮间的轻绳与导轨平行。现锁定ab杆，将cd杆和物体同时由静止释放，整个运动过程中，两杆始终与导轨垂直并接触良好。已知重力加速度为g，忽略空气阻力，导轨足够长且导轨电阻忽略不计。 （1）求经过足够长时间后，cd杆的速度大小v。 （2）若在cd杆速度达到时释放ab杆，求ab杆的加速度的最大值。 （3）若在cd杆速度达到v时释放ab杆，求经过足够长的时间t，ab杆的速度大小。 【答案】（1）经过足够长时间后，cd杆的速度大小为； （2）若在cd杆速度达到时释放ab杆，ab杆的加速度的最大值为g； （3）若在cd杆速度达到v时释放ab杆，经过足够长的时间t，ab杆的速度大小为。 【详解】（1）ab杆锁定时，cd杆和物体一起由静止开始做加速度减小的加速运动，足够长时间后匀速运动。 稳定时，回路中电流： 此时cd杆受到的安培力：F安＝ILB，且F安＝Mg 解得：； （2）当cd杆的速度为时，其所受安培力大小：F安′ 此时ab杆的加速度大小：，解得：aab＝g cd杆的加速度大小：acd，解得：acd 由aab＞acd可知，此后两杆速度差减小，感应电流减小，安培力减小，ab杆加速度减小；因此，释放瞬间ab杆的加速度最大，最大值为aab＝g； （3）若cd杆的速度达到v时释放ab杆，则之后ab杆做加速度减小的加速运动，cd杆做加速度由0增大的加速运动，当两杆的加速度相等后，两杆的速度差不变，两杆做加速度相等的匀加速直线运动。最终稳定时，对两杆和物体整体有： Mg＝（2m+M）a共，解得：a共 设此时ab杆和cd杆的速度分别为v1、v2，则： 对ab杆有：I''LB＝ma共 对两杆和物体整体，取运动方向为正方向，由动量定理有：Mgt＝mv1+（m+M）v2﹣（m+M）v 联立解得：。 答：（1）经过足够长时间后，cd杆的速度大小为； （2）若在cd杆速度达到时释放ab杆，ab杆的加速度的最大值为g； （3）若在cd杆速度达到v时释放ab杆，经过足够长的时间t，ab杆的速度大小为。 13．（2026•青岛校级一模）如图甲所示，两根平行、光滑且足够长的金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上，其间距L＝2m。导轨末端的斜面上固定有一个压力传感器（连接前，传感器已校零）。导轨间存在垂直于斜面向上的匀强磁场，磁感应强度B＝0.2T。两根金属棒ab、cd与导轨始终保持垂直且接触良好，cd棒静置在压力传感器处。已知ab棒的质量为m＝2kg，cd棒和ab棒接入电路的电阻均为2Ω，导轨电阻不计，现对ab棒施加平行于导轨的外力F，使ab棒从静止开始向上运动，压力传感器的示数为FN，FN随时间t的变化图像如图乙所示（FN大小没有超出压力传感器量程），重力加速度g取10m/s2。求： （1）金属棒cd的质量M； （2）20s内，FN的大小与ab棒的运动速度v之间的关系； （3）已知在t2＝2s时撤去外力F，ab棒速度减为0时距离出发点2.4m，求从撤去外力F到ab棒速度减为0所用的时间。 【答案】（1）金属棒cd的质量M为0.16kg； （2）20s内，FN的大小与ab棒的运动速度v之间的关系为FN＝0.8﹣0.04v，（0≤v≤20m/s）； （3）从撤去外力F到ab棒速度减为0所用的时间为0.398s。 【详解】（1）在t＝0时刻，对棒cd受力分析，由平衡条件得 FN＝Mgsinθ＝0.8N 解得M＝0.16kg （2）对棒cd，由平衡条件可得Mgsinθ＝FN+BIL 由法拉第电磁感应定律得E＝BLv 根据闭合电路欧姆定律得E＝I•2R 联立可得FN＝0.8﹣0.04v，（0≤v≤20m/s） （3）由乙图可知，FN＝0.8﹣0.04t 结合FN＝0.8﹣0.04v，得v＝t 所以ab在做匀加速直线运动，其加速度为 在前2s的位移为s1m＝2m 2s末的速度为v＝at2＝1×2m/s＝2m/s 在撤去外力F后，设运动时间为t，运动位移为x，以沿导轨向上为正方向，对ab棒，由动量定理得 又，，，x＝s﹣s1＝2.4m﹣2m＝0.4m 解得t＝0.398s 答：（1）金属棒cd的质量M为0.16kg； （2）20s内，FN的大小与ab棒的运动速度v之间的关系为FN＝0.8﹣0.04v，（0≤v≤20m/s）； （3）从撤去外力F到ab棒速度减为0所用的时间为0.398s。 14．（2026•山西模拟）如图所示，两条足够长的光滑平行导轨固定于绝缘水平面上，间距为L，其左端在垂直于导轨的PQ线段处与一光滑斜面平滑连接。平行导轨所在区域存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B，斜面所处区域无磁场。一根质量为m，长度为L，电阻为R的导体棒MN自斜面上高度为h的位置由静止开始下滑，在连接线PQ处滑上导轨。另有一金属叉丝由两根相同的匀质金属棒在共同的中点O焊接而成，焊接点无接触电阻。每根金属棒的质量为，长度为4L，电阻为4R，两根金属棒的夹角为120°，叉丝初始时刻静止在导轨上，E、F、G、H分别是两根金属棒与导轨的接触点，四个点到O的距离均相等。不计导轨电阻。求： （1）导体棒MN刚滑上导轨PQ位置时的电流I； （2）要使导体棒MN与叉丝不发生碰撞，初始时刻O点与PQ线段的最短距离D； （3）若初始时刻叉丝O点距离PQ为d（d＜D），导体棒与叉丝间的碰撞为弹性碰撞，求流过导体棒MN的总电量q。 【答案】（1）导体棒刚滑上导轨时的电流I为； （2）初始时刻O点与PQ线段的最短距离D为； （3）流过导体棒MN的总电量q为||。 【详解】（1）导体棒MN从斜面上静止下滑，由机械能守恒定律可得： 解得滑上导轨时的初速度大小为： 根据几何关系可得叉丝中两根金属棒在导轨间的长度均为：l2L，对应的电阻均为：r 两者并联后在导轨间的等效电阻为： 可得回路的总电阻：R总＝R+R并＝2R 导体棒刚滑上导轨时产生的感应电动势为：E＝BLv0 由闭合电路欧姆定律可得电流为： 联立解得：； （2）由于叉丝整体受到的安培力与导体棒MN受到的安培力等大反向，故两者组成的系统满足动量守恒定律，设最终共同速度为v共，取向右为正方向，可得： mv0＝（m）v共，解得：v共v0 对导体棒MN由动量定理得： 其中通过回路的电荷量为： 联立解得两者的相对位移大小为：x相 要使导体棒MN与叉丝不发生碰撞，初始时刻O点与PQ线段的最短距离为： D＝x相+Lcos30°； （3）若导体棒与叉丝发生弹性碰撞，因两棒质量相同，故碰撞过程交换速度。碰撞前MN减速运动，叉丝加速运动，设此过程流过MN的电荷量为q1；碰撞后电流反向，MN加速运动，叉丝减速运动，直至两者速度相同，设此过程流过MN电荷量为q2。 取向右为正方向，碰撞前的过程，对叉丝由动量定理得： 其中通过回路的电荷量为：，x相′＝d﹣Lcos30° 联立解得：q1 解得碰撞前瞬间叉丝的速度大小为：v1 碰撞后的过程，对导体棒MN由动量定理得：BLq2＝mv共﹣mv1 解得：q2 因碰撞前后电流方向相反，故流过导体棒MN的总电量为： q＝|q1﹣q2|＝|| 答：（1）导体棒刚滑上导轨时的电流I为； （2）初始时刻O点与PQ线段的最短距离D为； （3）流过导体棒MN的总电量q为||。 模型3 电磁感应中的线框模型 15．（2026春•苏州期中）如图所示，光滑斜面倾角为θ，斜面上存在区域宽为L且垂直斜面向外的匀强磁场，一正方形线框abcd质量为m，边长为L，总电阻为R，由同种材料制成且粗细均匀，线框从斜面某一位置释放，cd边以速度v进入磁场区域时做匀速直线运动，重力加速度为g。求： （1）匀强磁场磁感应强度大小B； （2）ab边即将离开磁场区域前两端的电势差Uab。 【答案】（1）匀强磁场磁感应强度大小B为； （2）ab边即将离开磁场区域前两端的电势差Uab为。 【详解】（1）线圈cd边以速度v进入磁场区域时做匀速直线运动，由平衡条件得 mgsinθ＝BIL 又I，E＝BLv 联立可得B （2）因线圈的宽度与磁场的宽度相同，则ab边即将离开磁场区域前，线圈以速度v做匀速直线运动，ab边产生的感应电动势为E＝BLv 根据右手定则判断可知，φa＜φb 则UabE 联立解得Uab 答：（1）匀强磁场磁感应强度大小B为； （2）ab边即将离开磁场区域前两端的电势差Uab为。 16．（2026•鄂尔多斯校级开学）如图甲，某同学设计了在空间站里测量小物体质量的装置，质量恒为m0的称重框架由绝缘托盘和固定在托盘底部的正方形单匝金属线圈abcd组成，线圈的边长为L，总电阻为R。测物体质量时，将称重框架置于平整桌面上，待测物体固定在托盘内，线圈处于磁感应强度大小为B，方向垂直线圈平面向下的匀强磁场中，如图乙所示。磁场以v0匀速向右运动，用传感器测出磁场离开线圈ab边瞬间线圈加速度的大小。求： （1）磁场离开线圈ab边时，线圈受到安培力F的大小； （2）待测物体的质量m； （3）磁场离开线圈cd边前的瞬间，线圈速度的大小v。 【答案】（1）磁场离开线圈ab边时，线圈受到安培力F的大小为； （2）待测物体的质量m为m0； （3）磁场离开线圈cd边前的瞬间，线圈速度的大小v为。 【详解】（1）磁场离开线圈ab边时，cd边切割磁感线产生的感应电动势为 E1＝BLv0 线圈中感应电流大小为 线圈受到的安培力大小为F＝BI1L 联立解得 （2）以称重框架和待测物体的整体为研究对象，在磁场离开线圈ab边的瞬间，由牛顿第二定律得 F＝（m+m0）a 结合，解得 （3）以称重框架和待测物体的整体为研究对象，从磁场离开线圈ab边开始到磁场离开cd边前的瞬间，取向右为正方向，由动量定理得 线圈中的平均电流 根据法拉第电磁感应定律，线圈中的平均感应电动势 联立解得 答：（1）磁场离开线圈ab边时，线圈受到安培力F的大小为； （2）待测物体的质量m为m0； （3）磁场离开线圈cd边前的瞬间，线圈速度的大小v为。 17．（2026•邯郸模拟）某一具有电磁缓冲功能的火箭模型结构示意图如图所示，模型由缓冲槽、主体及主体内固定的线圈构成。闭合正方形线圈abcd的匝数为N，边长为L，总电阻为R，且ab边与主体的底端重合。模型外侧安装有由绝缘材料制成的缓冲槽，槽中有垂直于线圈平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场，主体底端到缓冲槽底端的距离为h。模型整体以竖直向下、大小为v0的速度落至水平地面时缓冲槽立即静止，主体则因线圈与缓冲槽内磁场间的作用而减速，当线圈的ab边落至缓冲槽底端时，线圈的速度大小为v0，此时线圈的cd边还未进入磁场。已知主体和线圈的总质量为m，重力加速度大小为g，不计摩擦和空气阻力。求： （1）模型着地后瞬间ab边中电流的大小和方向； （2）从模型着地到线圈的ab边落至缓冲槽底端的过程中线圈上产生的焦耳热Q； （3）从模型着地到线圈的ab边落至缓冲槽底端的时间t。 【答案】（1）模型着地后瞬间ab边中电流的大小为，方向由a到b； （2）从模型着地到线圈的ab边落至缓冲槽底端的过程中线圈上产生的焦耳热Q为mgh； （3）从模型着地到线圈的ab边落至缓冲槽底端的时间t为。 【详解】（1）模型着地后瞬间，线圈中ab边切割磁感线，有 I 根据右手定则判断可知ab边中的电流方向由a到b。 （2）从模型着地到线圈的ab边落至缓冲槽底端的过程中，根据能量守恒得 Q＝mgh+[]＝mgh （3）从模型着地到线圈的ab边落至缓冲槽底端的过程，规定向下为正方向，由动量定理得 mgt﹣NBL•t＝m•v0﹣mv0 通过线圈的电荷量q•t 联立解得t 答：（1）模型着地后瞬间ab边中电流的大小为，方向由a到b； （2）从模型着地到线圈的ab边落至缓冲槽底端的过程中线圈上产生的焦耳热Q为mgh； （3）从模型着地到线圈的ab边落至缓冲槽底端的时间t为。 18．（2026•宁河区校级模拟）如图所示，倾角为α＝30°的光滑固定斜面，斜面上相隔为d＝8m的平行虚线MN与PQ间有大小为B＝0.1T的匀强磁场，方向垂直斜面向下，一质量m＝0.1kg，电阻R＝0.2Ω，边长L＝1m的正方向单匝纯电阻金属线圈，线圈cd边从距PQ上方x＝2.5m处由静止释放沿斜面下滑进入磁场，且ab边刚要离开磁场时线圈恰好做匀速运动。重力加速度g＝10m/s2。求： （1）cd边刚进入磁场时线圈的速度v1和加速度a； （2）线圈进入磁场的过程中，通过ab边的电量q； （3）线圈通过磁场的过程中产生的热量Q。 【答案】（1）cd边刚进入磁场时线圈的速度为5m/s，加速度大小为2.5m/s2，方向沿斜面向下； （2）线圈进入磁场的过程中，通过ab边的电量为0.5C； （3）线圈通过磁场的过程中产生的热量为0.75J。 【详解】（1）线圈沿斜面向下运动，由动能定理可得： 解得：v1＝5m/s cd边刚进入磁场时，根据牛顿第二定律可得：mgsin30°﹣BIL＝ma 根据闭合电路的可得： 解得加速度大小为：a＝2.5m/s2，方向沿斜面向下； （2）线圈进入磁场过程中，通过ab边的电荷量： 由闭合电路欧姆定律可得： 由法拉第电磁感应定律得： 解得：C＝0.5C； （3）ab边刚要离开磁场时，根据平衡条件有： 解得ab边刚要离开磁场时的速度大小为：v2＝10m/s 由能量守恒定律可得： 代入数据解得：Q总＝0.75J。 答：（1）cd边刚进入磁场时线圈的速度为5m/s，加速度大小为2.5m/s2，方向沿斜面向下； （2）线圈进入磁场的过程中，通过ab边的电量为0.5C； （3）线圈通过磁场的过程中产生的热量为0.75J。 19．（2025秋•丰台区期末）有一个边长l＝0.1m的正方形导线框abcd，质量m＝10g，由高度h＝0.2m处自由下落，如图1所示。其下边ab进入匀强磁场区域后，导线框开始做匀速运动，直到其上边dc刚刚开始穿出匀强磁场为止，此匀强磁场区域宽度也是l。已知匀强磁场的磁感应强度B＝1T，g取10m/s2。求： （1）导线框进入匀强磁场过程中的电流I； （2）导线框在穿越匀强磁场过程中产生的焦耳热Q； （3）导线框进入匀强磁场过程中的感应电动势E，并在图2中画出导线框穿越匀强磁场的过程中，下边ab两端的电势差Uab随时间t的变化图像。 【答案】（1）导线框进入匀强磁场过程中的电流I为1A； （2）导线框在穿越匀强磁场过程中产生的焦耳热Q为0.02J； （3）导线框进入匀强磁场过程中的感应电动势E为0.2V，画出导线框穿越匀强磁场的过程中Uab﹣t图像如图所示： 【详解】（1）导线框匀速进入磁场，根据平衡条件有 mg＝BIl 代入数据解得：I＝1A （2）线框匀速穿越磁场，减小的重力势能转化为内能，根据能量守恒定律得 Q＝2mgl 代入数据解得：Q＝0.02J （3）导线框自由下落过程中机械能守恒，有 mghmv2 导线框进入匀强磁场过程中的感应电动势为 E＝Blv 代入数据解得：v＝2m/s，E＝0.2V ab边切割磁感线时产生感应电动势，相当于电源，由右手定则判断可知a点电势低于b点电势，则 UabE0.2V＝﹣0.15V 导线框进入和穿出磁场的时间相等，为ts＝0.05s dc边切割磁感线时产生感应电动势，相当于电源，由右手定则判断可知a点电势低于b点电势，则 UabE0.2V＝﹣0.05V 画出导线框穿越匀强磁场的过程中Uab﹣t图像如图所示： 答：（1）导线框进入匀强磁场过程中的电流I为1A； （2）导线框在穿越匀强磁场过程中产生的焦耳热Q为0.02J； （3）导线框进入匀强磁场过程中的感应电动势E为0.2V，画出导线框穿越匀强磁场的过程中Uab﹣t图像如图所示： 20．（2025春•九龙坡区校级月考）如图所示，垂直纸面向里的匀强磁场的磁感应强度为B，纸面内有一单匝长方形均匀金属线框abcd，其ab边长为L，bc边长为2L，线框总电阻为R，ab边与磁场边界平行，线框在向右方向的拉力作用下以速度v做匀速运动。求： （1）当ab边刚进入磁场时，ab两端的电势差Uab； （2）线框进入磁场过程中，通过线框横截面的电荷量q。 【答案】（1）ab两端的电势差为； （2）通过线圈横截面的电荷量为。 【详解】（1）当ab边刚进入磁场时，ab边切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv 线框总电阻为R，ab边为电源，其余三边为外电路，外电路电阻 则ab两端的电势差。 （2）根据题意，，，ΔΦ＝2BL2 解得通过线圈横截面的电荷量 答：（1）ab两端的电势差为； （2）通过线圈横截面的电荷量为。 21．（2025•凉山州模拟）某水平绝缘传送带运送装置如图所示。待加工的绝缘工件固定在边长为d的绝缘正方形载物台上，载物台侧面四周均匀缠绕N匝总电阻为R的闭合线圈，工件、载物台及线圈总质量为m。为使工件在特定区域减速并对其进一步加工，在abcd区域内加一个垂直于传送带平面向下、磁感应强度为B的匀强磁场，ab、cd边界与传送带运行方向垂直且ac＝2d；载物台在运动过程中左右两边始终与磁场边界平行，其底面与传送带间的动摩擦因数为μ。已知载物台右侧刚进入磁场和右侧刚离开磁场时速度均恰等于传送带速度v0，求： （1）载物台刚进入磁场线圈所受安培力大小； （2）载物台进入磁场过程中通过线圈的电量； （3）载物台穿过磁场过程中线圈产生的焦耳热。 【答案】（1）载物台刚进入磁场线圈所受安培力大小为； （2）载物台进入磁场过程中通过线圈的电量为； （3）载物台穿过磁场过程中线圈产生的焦耳热为4μmgd。 【详解】（1）载物台刚进入磁场时，线圈产生的感应电动势为 E＝NBdv0 线圈中感应电流为 I 线圈所受安培力大小为 F＝NBId 联立解得 （2）进入磁场过程，通过线圈的电荷量为 又， 解得 （3）载物台从刚进入磁场运动2d过程有，根据能量守恒可得 W安+μmg•2d＝0 又Q1＝﹣W安 解得Q1＝2μmgd 离开与进入过程运动对称，则载物台穿过磁场过程中线圈产生的焦耳热Q＝2Q1＝4μmgd 答：（1）载物台刚进入磁场线圈所受安培力大小为； （2）载物台进入磁场过程中通过线圈的电量为； （3）载物台穿过磁场过程中线圈产生的焦耳热为4μmgd。 1 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $ 高考物理三轮大题集训5：电磁感应的综合应用 模型1 电磁感应中的单棒模型 1．【答案】（1）金属棒ab最大速度vm的大小为2m/s； （2）电阻R上产生的焦耳热为3J； （3）流过电阻R的电荷量为1.5C； （4）金属棒ab的运动时间为2.5s。 【详解】（1）金属棒速度最大时受力平衡，沿斜面方向mgsinθ＝μmgcosθ+BIL，由电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可知I，代入数据可得vm＝2m/s； （2）从金属棒ab开始运动至达到最大速度的过程，由能量守恒定律可知mgxsinθ＝μmgxcosθQ，代入数据可得Q＝4J，则电阻R上产生的热量QR； （3）流过电阻R的电荷量q，，ΔΦ＝BLx，代入数据可得q＝1.5C； （4）从金属棒ab开始运动至达到最大速度的过程，以沿斜面向下为正方向，由动量定理可知mgsinθt﹣μmgcosθt﹣BLt＝mvm﹣0，又t＝1.5C，代入数据可得t＝2.5s。 答：（1）金属棒ab最大速度vm的大小为2m/s； （2）电阻R上产生的焦耳热为3J； （3）流过电阻R的电荷量为1.5C； （4）金属棒ab的运动时间为2.5s。 2．【答案】（1）电路中电流强度I与ef位置x的关系式为； （2）导轨MON形状的解析式为； （3）ef从x＝0运动至x＝x0过程中，变力做功WF为。 【详解】（1）金属杆从静止开始做匀加速直线运动，运动到x处时速度v满足v2＝2ax 该瞬间金属杆产生的感应电动势E为E＝BLv 金属杆接入电路的电阻为r＝Lr0 电路中电流I为 联立可得 （2）金属杆发热功率P与x的关系为P＝I2r 又L＝2y 可得 将P＝k代入可得： （3）在x位置处，由牛顿第二定律有 F﹣F安＝ma 又F安＝BIL 得Fx+ma 可见，拉力F与位置x之间是线性关系，则拉力的功可以表示为 WFx0 解得WFmax0 答：（1）电路中电流强度I与ef位置x的关系式为； （2）导轨MON形状的解析式为； （3）ef从x＝0运动至x＝x0过程中，变力做功WF为。 3．【答案】（1）撤去拉力瞬间金属棒的速度大小为3m/s。 （2）作用于金属棒上的拉力F随时间t变化的表达式为。 （3）撤去拉力后金属棒继续运动的距离为3m，撤去拉力后整个电路产生的焦耳热为1.5J。 【详解】（1）撤去拉力的瞬间，电压表的示数为U0，根据闭合电路欧姆定律可知金属棒中的电动势 设此时金属棒的速度大小为v0，则E0＝BLv0 解得m/s＝3m/s。 （2）由于在时间0～t1内，由图可知，解得 因此金属在这段时间内做匀加速直线运动，加速度大小为 在t时刻，电路中电流 根据牛顿第二定律有F﹣μmg﹣ILB＝ma 可得，解得F。 （3）撤去F后，金属棒向右做变减速运动，根据动量定理得﹣μmg（t2﹣t1）LB（t2﹣t1）＝0﹣mv0 设撤去拉力后，金属棒向右运动的距离为x，由，可得， 解得x＝3m 设撤去拉力后整个电路产生的焦耳热为Q，根据能量守恒定律有，可得，解得Q＝1.5J。 答：（1）撤去拉力瞬间金属棒的速度大小为3m/s。 （2）作用于金属棒上的拉力F随时间t变化的表达式为。 （3）撤去拉力后金属棒继续运动的距离为3m，撤去拉力后整个电路产生的焦耳热为1.5J。 4．【答案】（1）从开始到恰匀速运动过程通过导体棒某一横截面的电荷量q为； （2）从开始到恰匀速运动过程回路产生的焦耳热Q为； （3）从开始到恰匀速运动所用的时间t为。 【详解】（1）导体棒匀速时，通过导体棒的电流为0，则导体棒切割磁场产生的感应电动势等于电源的电动势。 设导体棒匀速运动时的速度为v0，则有E＝BLv0 设某一时刻通过导体棒的电流为I，可认为之后极短时间Δt内通过导体棒的电流不变，则Δt时间内导体棒所受安培力FA＝BIL 取向右为正方向，由动量定理得 FAΔt＝mΔv Δt时间内通过导体棒的电荷量q0＝IΔt 累加有BLq＝mv0 解得 （2）导体棒增加的动能、系统产生的焦耳热之和等于电源释放的能量，结合（1）中的假设和功率知识可得，Δt时间内电源释放的能量E能＝EIΔt 累加可得，从开始到恰匀速运动过程电源释放的总能量E总＝Eq 可得该过程回路产生的总焦耳热 （3）设某一时刻导体棒的速度为v′，并在之后极短时间Δt内近似不变，回路中的电动势E′＝E﹣BLv′ 回路中的电流 之后Δt时间内通过导体棒的电荷量 又v′Δt＝Δx 累加可得 结合题给信息解得 答：（1）从开始到恰匀速运动过程通过导体棒某一横截面的电荷量q为； （2）从开始到恰匀速运动过程回路产生的焦耳热Q为； （3）从开始到恰匀速运动所用的时间t为。 5．【答案】（1）开关S掷于1的瞬间，模型飞机的加速度大小为2.5m/s2； （2）棒所能达到的最大速度vm的大小为4m/s； （3）从导体棒和模型飞机分离开始，此后导体棒移动的距离为4m，产生的焦耳热为1.28J。 【详解】（1）开关S掷于1的瞬间，对模型飞机，根据牛顿第二定律得 解得：a＝2.5m/s2 （2）当棒切割磁感线产生的感应电动势与电源电压相等时，速度达到最大，则有 U＝BLvm 解得：vm＝4m/s （3）从导体棒和模型飞机分离到停止的过程，取向右为正方向，由动量定理得 又 解得此后导体棒移动的距离：x＝4m 根据能量守恒定律得 解得：Q＝1.6J ab棒的焦耳热 解得：QR＝1.28J 答：（1）开关S掷于1的瞬间，模型飞机的加速度大小为2.5m/s2； （2）棒所能达到的最大速度vm的大小为4m/s； （3）从导体棒和模型飞机分离开始，此后导体棒移动的距离为4m，产生的焦耳热为1.28J。 6．【答案】（1）开关S与a接通后瞬间，流过机械臂的电流为，机械臂的加速度大小为； （2）机械臂匀速运动时的速度大小为； （3）机械臂减速运动过程中的位移大小为。 【详解】（1）开关S与a接通后瞬间，电容器的电压为，则流过机械臂的电流为 对，机械臂，由牛顿第二定律得 BI1d＝ma 解得机械臂的加速度 （2）匀速运动时，机械臂两端与电容器电压相同，设为U2，则电容器放出的电荷量ΔQ＝Q﹣CU2，又U2＝Bdv 设机械臂匀速运动时的速度大小为v。对机械臂，取向右为正方向，由动量定理得 通过机械臂的电荷量 联立解得 （3）减速过程，对机械臂，取向右为正方向，由动量定理得 又积累的电荷量 平均电流为 平均电动势 联立可得 答：（1）开关S与a接通后瞬间，流过机械臂的电流为，机械臂的加速度大小为； （2）机械臂匀速运动时的速度大小为； （3）机械臂减速运动过程中的位移大小为。 7．【答案】（1）加速度大小为4m/s2； （2）电阻R上的最大电功率为18.75W； （3）此过程中电阻R上产生的焦耳热为5.625J。 【详解】（1）金属棒切割产生的感应电动势E＝BLv，电流，安培力F交＝BIL 沿斜面受力分析：mgsinθ﹣F交＝ma。 代入数据：，解得a＝4m/s2 （2）速度最大时，受力平衡：，解得vm＝5m/s。 最大感应电动势Em＝BLvm＝（2×1×5）V＝10V，最大电流。 电阻R上的最大电功率。 （3）由电荷量，解得下滑位移 x＝4m。 能量守恒：，解得总焦耳热Q总＝7.5J。 电阻R上的焦耳热。 答：（1）加速度大小为4m/s2； （2）电阻R上的最大电功率为18.75W； （3）此过程中电阻R上产生的焦耳热为5.625J。 模型2 电磁感应中的双棒模型 8．【答案】（1）从t＝0时刻到b棒到达NQ过程中通过b棒的电荷量为1C； （2）b棒从进入水平导轨到通过磁场右边界的过程中，回路中产生的焦耳热为1.5J； （3）当b棒到达磁场右边界时，a、b两棒之间的距离为。 【详解】（1）a、b棒在倾斜轨道上匀加速下滑过程中，对a、b棒整体，由牛顿第二定律得 2mgsinθ＝2ma 解得a＝6m/s2 由v1＝at1得两棒匀加速运动的时间 回路中的感应电动势为 回路中的感应电流为 此过程中通过b棒的电荷量为q＝It1 又ΔΦ＝ΔBLd＝9Ld 联立解得q＝1C （2）细杆脱落后，a棒在斜面上继续做匀加速运动，设a棒进入水平轨道的速度大小为va1，则有 解得va1＝4m/s a棒进入水平磁场后，a、b棒组成的系统合外力为零，系统动量守恒，规定向右为正方向，由动量守恒定律得 mva1+mv1＝mva2+mv2 解得b棒通过磁场右边界时a棒的速度va2＝3.5m/s 设回路产生的焦耳热为Q，由能量守恒得 解得Q＝1.5J （3）a棒进入水平磁场前，b棒在水平面上匀速运动的时间 此过程中b棒的位移xb1＝v1Δt 解得 当a、b棒在水平磁场中运动过程中，对a棒，规定向右为正方向，由动量定理得 ﹣∑B2iLΔt＝m（va2﹣va1） 可得 解得 所以，当b棒到达磁场右边界时，两棒的距离为xab＝xb1﹣（xa﹣xb） 解得 答：（1）从t＝0时刻到b棒到达NQ过程中通过b棒的电荷量为1C； （2）b棒从进入水平导轨到通过磁场右边界的过程中，回路中产生的焦耳热为1.5J； （3）当b棒到达磁场右边界时，a、b两棒之间的距离为。 9．【答案】（1）金属棒甲到达EF处时的速度大小为； （2）电容器两端的电压UC以及从开关断开到此刻拉力所做的功为； （3）甲乙在PQNM区域向右运动的最大距离为。 【详解】（1）开始金属棒甲恰好静止在倾斜导轨上，根据平衡条件可得摩擦力：f＝mgsinθ 闭合开关S，同时用平行于DE、沿导轨面向下的恒定拉力F0作用在金属棒甲上，最终金属棒甲做匀速直线运动，则有： F0+mgsinθ＝f+BImd，其中：Im 联立解得：vm； （2）断开开关S，电容器充电，则电容器与定值电阻串联，设电源的电动势为：E' 金属棒甲匀速运动，F拉＝BI'd 拉力的功率：PF＝F拉 定值电阻R功率：PR＝I′2R，则：PF＝3PR 解得电流强度大小为： 由闭合电路欧姆定律：E'＝I'（R+r）+UC 从开关断开到此刻拉力所做的功：W 解得：W； （3）金属棒a、b碰撞后两金属棒粘在一起运动，碰撞后的速度大小为v，取向右为正方向，由动量守恒定律：mvm＝2mv 在PQNM区域运动直到静止，取向右为正方向，根据动量定理可得：﹣BdΔt＝0﹣2mv 即：2mv，其中： 解得：xm。 答：（1）金属棒甲到达EF处时的速度大小为； （2）电容器两端的电压UC以及从开关断开到此刻拉力所做的功为； （3）甲乙在PQNM区域向右运动的最大距离为。 10．【答案】（1）a棒到达斜轨末端的速度大小为4m/s，电容器上最终储存的电势能为4J； （2）a棒刚滑上水平导轨时a、b两棒的加速度大小分别为1m/s2和4.5m/s2； （3）从a棒滑上水平导轨到a、b两棒加速度相同，通过b棒的电荷量为。 【详解】（1）由题意可知，a棒沿倾斜导轨下滑的过程，对电容器充电；对a棒，根据牛顿第二定律可得：mgsinθ﹣BiL＝ma1，根据，ΔQ＝C•ΔU，ΔU＝BL•Δv，，联立以上各式解得：，a棒做匀加速直线运动，a棒的速度为：v1＝a1t1＝4×1m/s＝4m/s，位移为：，对a棒和电容器，根据能量守恒定律可得：，代入数据解得：Ep＝4J； （2）以b棒和物块为研究对象，设其加速度为a2，根据牛顿第二定律有：mg＝2ma2，解得： 在t1，时刻b棒的速度为：v2＝a2t1＝5×1m/s＝5m/s，此时回路的电动势为：E＝BL（v2﹣v1）＝1×1×（5﹣4）V＝1V，此时电流为：，对a棒，由牛顿第二定律可得：BIL＝ma3，解得：，对b棒和物块，由牛顿第二定律有：mg﹣BIL＝2ma4，代入数据解得：； （3）设两棒加速度相同时b棒的速度分别为va和vb，回路中的电动势为：E＝BL（vb﹣va），由闭合电路欧姆定律可得：，安培力的大小为：F＝BIL，由两棒加速度相同可得： ，代入数据解得：，对a棒，利用动量定理可得：∑BIL•Δt＝m（va﹣v1），则有：BLq＝m（va﹣v1），对b棒和物块，利用动量定理有：mgt1﹣∑BIL•Δt＝2m（vb﹣v2），则有：mgt2﹣BLq＝2m（vb﹣v2），联立代入数据解得：。 答：（1）a棒到达斜轨末端的速度大小为4m/s，电容器上最终储存的电势能为4J； （2）a棒刚滑上水平导轨时a、b两棒的加速度大小分别为1m/s2和4.5m/s2； （3）从a棒滑上水平导轨到a、b两棒加速度相同，通过b棒的电荷量为。 11．【答案】（1）匀强磁场的磁感应强度为； （2）撤去力F前，ab棒前进的位移； （3）从开始施加F到解除对cd棒锁定后足够长的时间内，回路产生的焦耳热。 【详解】（1）ab棒速度最大时，拉力与安培力平衡F＝ILB，又，代入数据可得； （2）撤力前，对ab棒达到最大速度的过程，取向右为正方向，由动量定理可得， 由电磁感应定律可知，又，代入数据可得； （3）解除锁定后两棒相互作用过程中动量守恒，取向右为正方向，有mv＝2mv共，对全过程，由能量守恒定律可知，代入数据可得。 答：（1）匀强磁场的磁感应强度为； （2）撤去力F前，ab棒前进的位移； （3）从开始施加F到解除对cd棒锁定后足够长的时间内，回路产生的焦耳热。 12．【答案】（1）经过足够长时间后，cd杆的速度大小为； （2）若在cd杆速度达到时释放ab杆，ab杆的加速度的最大值为g； （3）若在cd杆速度达到v时释放ab杆，经过足够长的时间t，ab杆的速度大小为。 【详解】（1）ab杆锁定时，cd杆和物体一起由静止开始做加速度减小的加速运动，足够长时间后匀速运动。 稳定时，回路中电流： 此时cd杆受到的安培力：F安＝ILB，且F安＝Mg 解得：； （2）当cd杆的速度为时，其所受安培力大小：F安′ 此时ab杆的加速度大小：，解得：aab＝g cd杆的加速度大小：acd，解得：acd 由aab＞acd可知，此后两杆速度差减小，感应电流减小，安培力减小，ab杆加速度减小；因此，释放瞬间ab杆的加速度最大，最大值为aab＝g； （3）若cd杆的速度达到v时释放ab杆，则之后ab杆做加速度减小的加速运动，cd杆做加速度由0增大的加速运动，当两杆的加速度相等后，两杆的速度差不变，两杆做加速度相等的匀加速直线运动。最终稳定时，对两杆和物体整体有： Mg＝（2m+M）a共，解得：a共 设此时ab杆和cd杆的速度分别为v1、v2，则： 对ab杆有：I''LB＝ma共 对两杆和物体整体，取运动方向为正方向，由动量定理有：Mgt＝mv1+（m+M）v2﹣（m+M）v 联立解得：。 答：（1）经过足够长时间后，cd杆的速度大小为； （2）若在cd杆速度达到时释放ab杆，ab杆的加速度的最大值为g； （3）若在cd杆速度达到v时释放ab杆，经过足够长的时间t，ab杆的速度大小为。 13．【答案】（1）金属棒cd的质量M为0.16kg； （2）20s内，FN的大小与ab棒的运动速度v之间的关系为FN＝0.8﹣0.04v，（0≤v≤20m/s）； （3）从撤去外力F到ab棒速度减为0所用的时间为0.398s。 【详解】（1）在t＝0时刻，对棒cd受力分析，由平衡条件得 FN＝Mgsinθ＝0.8N 解得M＝0.16kg （2）对棒cd，由平衡条件可得Mgsinθ＝FN+BIL 由法拉第电磁感应定律得E＝BLv 根据闭合电路欧姆定律得E＝I•2R 联立可得FN＝0.8﹣0.04v，（0≤v≤20m/s） （3）由乙图可知，FN＝0.8﹣0.04t 结合FN＝0.8﹣0.04v，得v＝t 所以ab在做匀加速直线运动，其加速度为 在前2s的位移为s1m＝2m 2s末的速度为v＝at2＝1×2m/s＝2m/s 在撤去外力F后，设运动时间为t，运动位移为x，以沿导轨向上为正方向，对ab棒，由动量定理得 又，，，x＝s﹣s1＝2.4m﹣2m＝0.4m 解得t＝0.398s 答：（1）金属棒cd的质量M为0.16kg； （2）20s内，FN的大小与ab棒的运动速度v之间的关系为FN＝0.8﹣0.04v，（0≤v≤20m/s）； （3）从撤去外力F到ab棒速度减为0所用的时间为0.398s。 14．【答案】（1）导体棒刚滑上导轨时的电流I为； （2）初始时刻O点与PQ线段的最短距离D为； （3）流过导体棒MN的总电量q为||。 【详解】（1）导体棒MN从斜面上静止下滑，由机械能守恒定律可得： 解得滑上导轨时的初速度大小为： 根据几何关系可得叉丝中两根金属棒在导轨间的长度均为：l2L，对应的电阻均为：r 两者并联后在导轨间的等效电阻为： 可得回路的总电阻：R总＝R+R并＝2R 导体棒刚滑上导轨时产生的感应电动势为：E＝BLv0 由闭合电路欧姆定律可得电流为： 联立解得：； （2）由于叉丝整体受到的安培力与导体棒MN受到的安培力等大反向，故两者组成的系统满足动量守恒定律，设最终共同速度为v共，取向右为正方向，可得： mv0＝（m）v共，解得：v共v0 对导体棒MN由动量定理得： 其中通过回路的电荷量为： 联立解得两者的相对位移大小为：x相 要使导体棒MN与叉丝不发生碰撞，初始时刻O点与PQ线段的最短距离为： D＝x相+Lcos30°； （3）若导体棒与叉丝发生弹性碰撞，因两棒质量相同，故碰撞过程交换速度。碰撞前MN减速运动，叉丝加速运动，设此过程流过MN的电荷量为q1；碰撞后电流反向，MN加速运动，叉丝减速运动，直至两者速度相同，设此过程流过MN电荷量为q2。 取向右为正方向，碰撞前的过程，对叉丝由动量定理得： 其中通过回路的电荷量为：，x相′＝d﹣Lcos30° 联立解得：q1 解得碰撞前瞬间叉丝的速度大小为：v1 碰撞后的过程，对导体棒MN由动量定理得：BLq2＝mv共﹣mv1 解得：q2 因碰撞前后电流方向相反，故流过导体棒MN的总电量为： q＝|q1﹣q2|＝|| 答：（1）导体棒刚滑上导轨时的电流I为； （2）初始时刻O点与PQ线段的最短距离D为； （3）流过导体棒MN的总电量q为||。 模型3 电磁感应中的线框模型 15．【答案】（1）匀强磁场磁感应强度大小B为； （2）ab边即将离开磁场区域前两端的电势差Uab为。 【详解】（1）线圈cd边以速度v进入磁场区域时做匀速直线运动，由平衡条件得 mgsinθ＝BIL 又I，E＝BLv 联立可得B （2）因线圈的宽度与磁场的宽度相同，则ab边即将离开磁场区域前，线圈以速度v做匀速直线运动，ab边产生的感应电动势为E＝BLv 根据右手定则判断可知，φa＜φb 则UabE 联立解得Uab 答：（1）匀强磁场磁感应强度大小B为； （2）ab边即将离开磁场区域前两端的电势差Uab为。 16．【答案】（1）磁场离开线圈ab边时，线圈受到安培力F的大小为； （2）待测物体的质量m为m0； （3）磁场离开线圈cd边前的瞬间，线圈速度的大小v为。 【详解】（1）磁场离开线圈ab边时，cd边切割磁感线产生的感应电动势为 E1＝BLv0 线圈中感应电流大小为 线圈受到的安培力大小为F＝BI1L 联立解得 （2）以称重框架和待测物体的整体为研究对象，在磁场离开线圈ab边的瞬间，由牛顿第二定律得 F＝（m+m0）a 结合，解得 （3）以称重框架和待测物体的整体为研究对象，从磁场离开线圈ab边开始到磁场离开cd边前的瞬间，取向右为正方向，由动量定理得 线圈中的平均电流 根据法拉第电磁感应定律，线圈中的平均感应电动势 联立解得 答：（1）磁场离开线圈ab边时，线圈受到安培力F的大小为； （2）待测物体的质量m为m0； （3）磁场离开线圈cd边前的瞬间，线圈速度的大小v为。 17．【答案】（1）模型着地后瞬间ab边中电流的大小为，方向由a到b； （2）从模型着地到线圈的ab边落至缓冲槽底端的过程中线圈上产生的焦耳热Q为mgh； （3）从模型着地到线圈的ab边落至缓冲槽底端的时间t为。 【详解】（1）模型着地后瞬间，线圈中ab边切割磁感线，有 I 根据右手定则判断可知ab边中的电流方向由a到b。 （2）从模型着地到线圈的ab边落至缓冲槽底端的过程中，根据能量守恒得 Q＝mgh+[]＝mgh （3）从模型着地到线圈的ab边落至缓冲槽底端的过程，规定向下为正方向，由动量定理得 mgt﹣NBL•t＝m•v0﹣mv0 通过线圈的电荷量q•t 联立解得t 答：（1）模型着地后瞬间ab边中电流的大小为，方向由a到b； （2）从模型着地到线圈的ab边落至缓冲槽底端的过程中线圈上产生的焦耳热Q为mgh； （3）从模型着地到线圈的ab边落至缓冲槽底端的时间t为。 18．【答案】（1）cd边刚进入磁场时线圈的速度为5m/s，加速度大小为2.5m/s2，方向沿斜面向下； （2）线圈进入磁场的过程中，通过ab边的电量为0.5C； （3）线圈通过磁场的过程中产生的热量为0.75J。 【详解】（1）线圈沿斜面向下运动，由动能定理可得： 解得：v1＝5m/s cd边刚进入磁场时，根据牛顿第二定律可得：mgsin30°﹣BIL＝ma 根据闭合电路的可得： 解得加速度大小为：a＝2.5m/s2，方向沿斜面向下； （2）线圈进入磁场过程中，通过ab边的电荷量： 由闭合电路欧姆定律可得： 由法拉第电磁感应定律得： 解得：C＝0.5C； （3）ab边刚要离开磁场时，根据平衡条件有： 解得ab边刚要离开磁场时的速度大小为：v2＝10m/s 由能量守恒定律可得： 代入数据解得：Q总＝0.75J。 答：（1）cd边刚进入磁场时线圈的速度为5m/s，加速度大小为2.5m/s2，方向沿斜面向下； （2）线圈进入磁场的过程中，通过ab边的电量为0.5C； （3）线圈通过磁场的过程中产生的热量为0.75J。 19．【答案】（1）导线框进入匀强磁场过程中的电流I为1A； （2）导线框在穿越匀强磁场过程中产生的焦耳热Q为0.02J； （3）导线框进入匀强磁场过程中的感应电动势E为0.2V，画出导线框穿越匀强磁场的过程中Uab﹣t图像如图所示： 【详解】（1）导线框匀速进入磁场，根据平衡条件有 mg＝BIl 代入数据解得：I＝1A （2）线框匀速穿越磁场，减小的重力势能转化为内能，根据能量守恒定律得 Q＝2mgl 代入数据解得：Q＝0.02J （3）导线框自由下落过程中机械能守恒，有 mghmv2 导线框进入匀强磁场过程中的感应电动势为 E＝Blv 代入数据解得：v＝2m/s，E＝0.2V ab边切割磁感线时产生感应电动势，相当于电源，由右手定则判断可知a点电势低于b点电势，则 UabE0.2V＝﹣0.15V 导线框进入和穿出磁场的时间相等，为ts＝0.05s dc边切割磁感线时产生感应电动势，相当于电源，由右手定则判断可知a点电势低于b点电势，则 UabE0.2V＝﹣0.05V 画出导线框穿越匀强磁场的过程中Uab﹣t图像如图所示： 答：（1）导线框进入匀强磁场过程中的电流I为1A； （2）导线框在穿越匀强磁场过程中产生的焦耳热Q为0.02J； （3）导线框进入匀强磁场过程中的感应电动势E为0.2V，画出导线框穿越匀强磁场的过程中Uab﹣t图像如图所示： 20．【答案】（1）ab两端的电势差为； （2）通过线圈横截面的电荷量为。 【详解】（1）当ab边刚进入磁场时，ab边切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv 线框总电阻为R，ab边为电源，其余三边为外电路，外电路电阻 则ab两端的电势差。 （2）根据题意，，，ΔΦ＝2BL2 解得通过线圈横截面的电荷量 答：（1）ab两端的电势差为； （2）通过线圈横截面的电荷量为。 21．【答案】（1）载物台刚进入磁场线圈所受安培力大小为； （2）载物台进入磁场过程中通过线圈的电量为； （3）载物台穿过磁场过程中线圈产生的焦耳热为4μmgd。 【详解】（1）载物台刚进入磁场时，线圈产生的感应电动势为 E＝NBdv0 线圈中感应电流为 I 线圈所受安培力大小为 F＝NBId 联立解得 （2）进入磁场过程，通过线圈的电荷量为 又， 解得 （3）载物台从刚进入磁场运动2d过程有，根据能量守恒可得 W安+μmg•2d＝0 又Q1＝﹣W安 解得Q1＝2μmgd 离开与进入过程运动对称，则载物台穿过磁场过程中线圈产生的焦耳热Q＝2Q1＝4μmgd 答：（1）载物台刚进入磁场线圈所受安培力大小为； （2）载物台进入磁场过程中通过线圈的电量为； （3）载物台穿过磁场过程中线圈产生的焦耳热为4μmgd。 1 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $