专题12 高考全国视野(实战册)-【实战高考】2026年高考物理总复习（山东专版）

量为m%=m、电阻为R=R的导体棒b静 止在窄导轨区域，另一质量为m.=2m、电 阻为R=2R的导体棒a由倾斜导轨h高 处静止滑下。宽窄导轨长度足够，不计导 轨电阻和一切摩擦，重力加速度为g。下 列说法正确的是( A.导体棒a进入水平宽导轨时的速度vo =√2gh B.两导体棒达到稳定状态后，导体棒b的 速度w-号2gh C.整个过程在导体棒b上产生的焦耳热 Q-2号mgh D.整个过程通过导体棒a的电荷量qa -4mv2gh 9BL 13.(2025山东潍坊一模)（多选）如图甲所示， 间距L=0.4m的金属轨道与水平面成0 =37放置，上端接定值电阻R1=1Ω，下端 接定值电阻R2=42,其间分布着两个有 界匀强磁场区域：区域工内的磁场垂直轨 他省考什公 高考全 真题精练 1.(2025河南，5,4分)如图， 一金属薄片在力F作用下 s F 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() 0专题12电磁感应 道平面向下，磁感应强度B=3T;区域Ⅱ 内的磁场平行轨道向下，磁感应强度B2= 2T。金属棒MN的质量m=0.12kg,接 入电路的电阻r=42,金属棒与轨道间的 动摩擦因数u=0.5。现从区域I的上方 某处沿轨道静止释放金属棒，当金属棒 MN刚到达区域I的下边界时，B,开始均 匀变化。整个过程中金属棒的速度随下滑 时间的变化情况如图乙所示，图像中除αb 段外均为直线，Oa段与cd段平行。金属 棒在下滑过程中始终与磁场边界平行，且 与轨道间接触良好，轨道电阻及空气阻力 忽略不计，两磁场互不影响，sin37°=0.6， g取10m/s2。下列说法正确的是( M 4lm·8) d e b c 00.2 1.21.6 t/s 甲 乙 A图乙中c点对应的速度2大小为1m/s B.区域I的宽度为0.8m C.金属棒穿过区域I过程，回路中产生的 焦耳热为0.192J D.B1均匀变化时的变化率为11.25T/s 国视野 .答案：P512 B 189 实战 实战高考·物理】 2.(2025黑吉辽蒙，9,6分)（多选）如图，“L” 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w顺时针匀速转动，b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abcde fa B.t=0时，感应电动势为B形w C.t=π时，感应电动势为0 D.t=0到t=工过程中，感应电动势平均值 为0 3.(2024湖南，4,4分)如图所示，有一硬质导 线Oabc,其中abc是半径为R的半圆弧，b为 圆弧的中点，直线段Oa长为R且垂直于直 径ac。该导线在纸面内绕O点逆时针转 动，导线始终在垂直于纸面向里的匀强磁场 中。则O、a、b、c各点电势关系为() ×b X 0 B A.o>9a>%>4 B.po<pe<ppe C.opapope D.o<pa<pe 4.(2025海南，12,16分)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0=30°，处于垂直于导轨平面向上的 190 匀强磁场中，水平导轨处于垂直竖直向下的 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 棒质量均为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αb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xo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，t时刻cd棒速度 为零，加速度不为零，此后某时刻，cd棒的 加速度为零，速度不为零，求从1时刻到某 时刻，ab、cd的路程之差。 5.(2025云南，15,16分)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，假设 最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度 为g。 导线框 ◆◆◆◆X◆X◆X◆X◆◆◆◆X◆◆XX◆◆◆◆X◆◆X◆区 P 绝缘箱 木块 导线框 B 截面图 (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 0专题12电磁感应 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。 6.(2025江苏，15,15分)圆筒式磁力耦合器由 内转子、外转子两部分组成。工作原理如图 甲所示。内、外转子可绕中心轴OO转动。 外转子半径为1，由四个相同的单匝线圈紧 密围成，每个线圈的电阻均为R,直边的长 度均为L,与轴线平行。内转子半径为2， 由四个形状相同的永磁体组成，磁体产生径 向磁场，线圈处的磁感应强度大小均为B。 外转子始终以角速度匀速转动，某时刻 线圈abcd的直边ab与cd处的磁场方向如 图乙所示。 外转子 外转子 丙步日 @o 内转子 冬 乙 (1)若内转子固定，求ab边产生感应电动势 的大小E。 (2)若内转子固定，求外转子转动一周，线圈 abcd产生的焦耳热Q。 191 实战 实战高考·物理 (3)若内转子不固定，外转子带动内转子匀 速转动，此时线圈中感应电流为I,求线圈 abcd中电流的周期T。 7.(2025河北，15,18分)某电磁助推装置设计 如图所示，超级电容器经调控系统为电路提 供1000A的恒定电流，水平固定的平行长 直导轨处于垂直水平面的匀强磁场中，a可 视为始终垂直导轨的导体棒，b为表面绝缘 的无人机。初始时a静止于MM'处，b静止 于a右侧某处。现将开关S接1端，a与b 正碰后锁定并一起运动，损失动能全部储存 为弹性势能。当a运行至NN'时将S接2 端，同时解除锁定，所储势能瞬间全部转化 为动能，a与b分离。已知电容器电容C为 10F,导轨间距为0.5m,磁感应强度大小 为1T,MM到NN'的距离为5m,a、b质量 分别为2kg、8kg,a在导轨间的电阻为 0.012。碰撞、分离时间极短，各部分始终 接触良好，不计导轨电阻、摩擦和储能耗损， 忽略电流对磁场的影响。 调控系统× o 2 192 (1)若分离后某时刻a的速度大小为10m/s, 求此时通过a的电流大小。 (2)忽略a、b所受空气阻力，当a与b的初 始间距为1.25m时，求b分离后的速度大 小，分析其是否为b能够获得的最大速度； 并求a运动过程中电容器的电压减小量。 (3)忽略a所受空气阻力，若b所受空气阻 力大小与其速度v的关系为f=k(k 0.025N·s2/m),初始位置与(2)问一致。 试估算a运行至NN'时，a分离前的速度大 小能否达到(2)问中分离前速度的99%，并 给出结论。(0.992=0.9801) 8.(2024全国甲，25,20分)如图所示，金属导 轨平行且水平放置，导轨间距为L,导轨光 滑无摩擦。定值电阻大小为R,其余电阻忽 略不计，电容大小为C。在运动过程中，金 属棒始终与导轨保持垂直。整个装置处于 竖直方向且磁感应强度为B的匀强磁 场中。 (1)开关S闭合时，对金属棒施加一水平向 右的恒力，金属棒能达到的最大速度为。 当外力功率为定值电阻功率的两倍时，求金 属棒速度v的大小。 (2)当金属棒速度为v时，断开开关S,改变 水平外力并使金属棒匀速运动。当外力功 率为定值电阻功率的两倍时，求电容器两端 的电压以及从开关断开到此刻外力所做 的功。 9.(2024安徽，15,18分)如图所示，一U形金 属导轨固定在竖直平面内，一电阻不计、质 量为m的金属棒ab垂直于导轨，并静置于 绝缘固定支架上。边长为L的正方形cdef 区域内，存在垂直于纸面向外的匀强磁场。 支架上方的导轨间，存在竖直向下的匀强磁 场。两磁场的磁感应强度大小B随时间的 变化关系均为B=kt(SI),k为常数(k>0)。 支架上方的导轨足够长，两边导轨单位长度 的电阻均为r,下方导轨的总电阻为R。t 0时，对ab施加竖直向上的拉力，恰使其向 上做加速度大小为a的匀加速直线运动，整 个运动过程中αb与两边导轨接触良好。已 知ab与导轨间动摩擦因数为μ，重力加速 度大小为g。不计空气阻力，两磁场互不 影响。 (I)求通过面积Ser的磁通量大小随时间t 变化的关系式，以及感应电动势的大小，并 写出ab中电流的方向。 0专题12电磁感应 (2)求ab所受安培力的大小随时间t变化 的关系式。 (3)求经过多长时间，对ab所施加的拉力达 到最大值，并求此最大值。 固定支架 10.(2024江西，15,18分)如图1所示，轨道左 侧斜面倾斜角满足sin0=0.6,摩擦因数 4一易，足够长的光滑水平导轨处于磁感 应强度为B=0.5T的匀强磁场中，磁场方 向竖直向上，右侧斜面导轨倾角满足sin2 =08,摩擦因数地=热·现将质量为 m甲=6kg的导体杆甲从斜面上高h=4m 处由静止释放，质量为mz=2kg的导体 杆乙静止在水平导轨上，与水平轨道左端 PP2的距离为d。已知导轨间距为l= 2m,两杆电阻均为R=12,其余电阻不 计，不计导体杆通过水平导轨与斜面导轨 连接处的能量损失，且若两杆发生碰撞，则 为完全非弹性碰撞，g取10m/s2。 (1)求甲杆刚进入磁场时乙杆的加速度。 (2)求乙杆第一次滑上斜面前两杆未相碰， 距离d满足的条件。 193 实战 实战高考·物理 (3)若乙前两次在右侧倾斜导轨上相对于 水平导轨的竖直高度y随时间t变化的图 像如图2所示(t、t2、t3、t4、b均为未知量)， 乙第二次进入右侧倾斜导轨之前与甲发生 碰撞，甲在0~时间内未进入右侧倾斜导 轨，求d的取值范围。 ↑ylm 4.84b 102 乙 d 0t4ts 图1 图2 模拟精练 1.(2025河南南阳一模)图甲是某小车利用电 磁感应实现制动缓冲的示意图，水平地面固 定有闭合矩形线圈abcd,线圈匝数为n,线 圈总电阻为R,ab边长为L。小车底部安装 有电磁铁，其磁场可视为磁感应强度大小为 B、方向竖直向下的匀强磁场，磁场边界 MN与ab边平行。当小车沿水平方向通过 线圈abcd上方时，线圈与磁场的作用使小 车做减速运动，从而实现缓冲。以α点为坐 标原点、水平向右为正方向建立x轴，小车 速度随x变化的图像如图乙所示，不计一 194 切摩擦阻力，则缓冲过程( 00 :×××××× 小车 N A.小车向右做匀减速直线运动 B.磁场边界MN刚抵达ab边时，线圈ab 两端电势差为一BL C.前、后半程线圈中产生的热量之比 为4：1 D.若摩擦阻力不能忽略且恒定，小车在位 移中点的速度将大于受 2.(2025河北保定一模)如图所示，两根足够 长的光滑平行金属导轨MNPQ和 M1N1PQ固定在绝缘水平面上，左、右两 侧导轨间距分别为2L、L。金属棒a、b的质 量分别为2m、m,阻值分别为2R、R,长度分 别为2L、L。整个装置处于磁感应强度大小 为B、方向竖直向下的匀强磁场中。现给金 属棒a一水平向右的初速度vo,经一段时间 后金属棒a、b达到稳定速度。已知运动过 程中两金属棒α、b始终与导轨垂直且接触 良好，金属棒a一直未到达NN1位置，下列 说法正确的是( M .X 十 ××× ××P M N A稳定后金属棒a的速度大小为号w B稳定后金属棒6的速度大小为3 C整个运动过程中产生的热量为号mG D.从开始运动至达到稳定速度的过程中， 流过金属棒6的电荷量为院 3.(2025河北部分高校一模)（多选）如图所 示，两根光滑平行金属导轨固定在倾角为 30°的绝缘斜面上，导轨间距为L,导轨下端 连接一个阻值为R的定值电阻，空间有一 磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨所在 斜面向上的匀强磁场。一个轻弹簧的劲度 系数为k,下端固定在斜面上，弹簧上端与 质量为m、长为L、电阻也为R的导体杆相 连，杆与导轨垂直且接触良好，弹簧与导轨 平行。导体杆中点系一轻细线，细线平行斜 面，绕过一个光滑定滑轮后悬挂一个质量也 为m的物块。初始时用手托着物块，导体 杆保持静止，细线伸直，但无拉力。重力加 速度大小为g,弹簧始终在弹性限度内，释 放物块后，下列说法正确的是( m .30 A释放物块瞬间，导体杆的加速度大小为号 B运动过程中，弹簧的伸长量第一次为紧 时，导体杆的加速度为零 C.导体杆最终将保持静止，在此过程中电 阻R上产生的焦耳热为m2g 4k D.导体杆最终将保持静止，在此过程中电 阻R上产生的焦耳热为”瓷 4.(2025江苏南京一模)某同学受“法拉第圆 盘发电机”的启发，设计了一个提升重物的 电动装置。如图所示，内圆半径为L、外圆 半径为3L的圆环形铜盘焊接在半径也为L 0专题12电磁感应 的铜轴上，铜轴水平放置，整个铜盘位于方 向水平向左的匀强磁场中。用导线将电动 势为E、内阻为r的电源和电流表通过电刷 与铜轴和铜盘连成电路，铜轴上绕有轻绳， 用以悬挂重物。当重物以速度)匀速上升 时，电流表的示数为I。已知重力加速度为 g,不计一切摩擦，除电源内阻外其余电阻不 计，求 (1)电源的路端电压U和重物的质量m。 (2)匀强磁场的磁感应强度B的大小。 A 电刷 △B 电刷 铜轴 铜盘重物口十v 195答案册 实战高考·物理 歌联立解符=2，故号休棒6d落动稳定 B4L4 时，导体棒ab、cd之间的距离为x=L十x1十x2=L十 96m2R2a0,故D错误。故选A,B。 B4L4 们BD解析2时刻△v=0,说明两棒速度相等，设为⑦， 取向右为正方向，由动量守恒定律得m0=2mu,设0~t2 时间内回路产生的焦耳热为Q,由能量守恒定律得Q= 2m6-2×2m2,联立解得Q=子m6,导体捧b产生 的焦耳热为Q=号×子m6-名m6,故A错误时刻。 △0=a一6=，回路中产生的总感应电动势为E= BLa一BLw=BLAD=子BLa0,回路中感应电流大小为 I景-聚，此时捧a所金的安培力大小为F=BL, 时6棒，由牛频第二定排得a-开联主解得a B2L20 8mR 故B正确；2时刻两棒速度相同，由选项A知，0~2时间 内，取向右为正方向，对棒b,由动量定理得BILt2=mo 0,又1红=9，联立解得g=配，根据电荷量的计算公 式可得g==景=贺-架=B肌R》,解得时 2R 刻，两棒之间的距离为=+故C错送，D正确。 故选B、D。 解题技巧 2时刻，△v=0,两棒速度相等，根据两棒组成的系统动 量守恒求出两棒的共同速度，再由能量守恒定律、焦耳 定律进行解答。1时刻，根据两棒的速度差，求出回路 的总感应电动势，由欧姆定律求出电流，由安培力公式 求出棒a受到的安培力，即可根据牛顿第二定律求出 棒a的加速度。根据动量定理求出通过导体横截面的 电荷量，结合感应电荷量的公式即可求解两棒间的距 离。对于电磁感应问题研究思路常常有两条：(1)从力 的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程。 (2)从能量的角度，分析涉及电磁感应现象中的能量转 化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。 高考全 真题精练 ①C解析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。 512 它ACD解报据功能定理有2mgh=}×2ma,解得 0=√2gh,故A正确；两导体棒达到稳定状态时，设a、b 导体棒的速度分别为va、6,则有B1X2La=B2Lb,对 a、b导体棒，根据动量定理有2BX2LI△t=ma0-一mava, BL1a=m06,解得=，w=4巫，由于g= I△，解得ge-m,2g,故B错误，D正确；根据能量守 9BL 极定体有Q=司心喝-名m心好-名m,整个过程在导 体棒6上产生的袋耳热Q=R2Q,解得Q=号mg, 故C正确。故选A,C、D。 3BD解析图乙中c点对应金属棒出区域I,由受力 平衡得mgsin0=mgcos0 +,共中R院 R总 十r,解得2=0.8m/s,故A错误；金属棒进入区域I之 前的过程中，根据动量定理有(mgsin0-mgcos0)t1= mw,解得=0.4m/s,设区域I的宽度为x1,金属棒穿 过区域I的过程中，根据动量定理有(mgsin0-umgcos)t2 -A1g=mnm,又g=是e,B-B,共 t2 中1=0.2s,t2=(1.4-0.2)s=1.2s,联立解得x1= 0.8m,故B正确；金属棒穿过区域I的过程中，由能量守 恒得mgsin0-(合md-muf）=Q+ongcos0·, 解得Q=0.1692J,故C错误；由图乙可知3一2=1一 0,得3=1.2m/s,金属棒穿过区域Ⅱ的过程中做匀速直 线运动，有mgsin0=u(mgcos0+B2I2L),另外，金属棒穿 过区域Ⅱ时B1均匀变化，回路中产生感生电动势，电动 势为E2=BL1,金属棒与R2并联，再与R1串联， △t 所以回路中的总电阻为R影'一R,十R=30,会属棒 中的电流为-受·联立解得竖-=山为T% 故D正确。故选B、D。 国视野 ②AB解析线框旋转切割磁场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边切割磁场产生电动势，由右手定则 可知电流方向为abcdefa,电动势为E=Blu=Blwl= B2w,A、B正确；t=兀时，线框旋转180°，此时依旧是af 边切割磁场产生电动势，感应电动势不为零，C错误；t=0 到t=π时，线框abef的磁通量变化量为零，线框bcde的 磁通量变化量为△Φ=2BS=2B2,由法拉第电磁感应定 律可得感应电动势平均值为E=吧-2Bw业，D错误。故 △tπ 选A、B。 3C解析如图所示，a、b、c点绕O,点逆时针转动时，相 当于长的O、Ob、Oc导体棒转动切割磁感线，根据右手定 则可知，O点电势最高。根据法拉第电磁感定律有E= Ba=2BwP,又w=a=VR2+(2Rz=5R,则0< Ua<Uo=Ua,得gpo>pa>p%=gc,故选C。 B 41器 1 m3g2 R2 16B4L4 (2)3mgR 4B2L2 (3)△=m2gR 4B4L4 解析(1)ab棒静止在倾斜导轨上，根据平衡条件可得 F安b=ngsin30°，F安ab=BIabL, 解得通过b棒的电流为1山一瓷 设当ab棒下滑距离为x0时速度为0，cd棒开始运动时 回路中的电流为I1,此时对cd棒有F安d=mg, 同时有F安d=B1L,1=2R, BLvo 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 守恒可得mgco sin30°-2m6=2Qd, 联立解得cd棒产生的焦耳热为Qa=4mgo 1 mg2R2 16B4L49 (2)分析可知，ab棒在下滑过程中产生的电动势与cd棒 在向左运动的过程中产生的电动势方向相反，当电流达 到稳定时，两棒的速度差恒定，可知此时两棒的加速度相 等，由于两棒受到的安培力大小相等，对两棒有mgsin30° -F安=ma,F安一mg=ma, 同时有F安=BIL,I=BLU二BL2=BL△ 2R 2R1 联立解得比时的山摔的途度大小之差为△。一韶器。 (3)分析可知，从开始到1时刻，两棒整体所受的合外力 O实战册参考答案及解析 为零，该过程系统动量守恒，设t1时刻αb棒的速度为 ',可知mAo=mu',解得m'=△w=B≥ 3mgR 设某时刻时，ab棒速度为v1",cd棒速度为vd,cd棒的加 速度为零，可得F安a2=mg①， 其中F安d2=BI2L, 分析可知此时两导体棒产生的电动势方向相反，可得I2 =BL(u”uu)@, 2R 从1时刻到某时刻间，对两棒分别根据动量定理有 -(mg+BL)△t=mu"-m',(BL-mg)△t=mvd, 变式可得mg△t+BLg=mo'-mu",BLq-mg△t =mvad, 两式相加得2BLq=m'-m(u”-vd)③， △Φ 同时有g-10-最·△-架-B浆@， .△ 联立①②③④可得，从t1到某时刻，ab、cd的路程之差为 d-. (1 M+m)g (2)(M+m)2gR2 (3)见解析 2uB4 d4 解析(1)对木块与箱子整体受力分析，由牛顿第二定律有 F=(M+m)a, 对木块受力分析，水平方向由牛顿第二定律有F=a, 竖直方向由平衡条件有f=mg=FN, 联立可得F-M十m)g (2)设箱子刚进入磁场中时速度为V,产生的感应电动势 为E=Bdv, 由闭合电路欧姆定律得，感应电流为I=尺， E 安培力大小为F安=BId,联立可得F安=By, R, 若要使两物体分离，此时有F安≥F, 其中F=M+mg,解得≥M牛mS, uB2d2 由运动学公式有v2=2as,解得≥M什m2R2 2uB4d4 故t仁=0时刻，箱子右侧壁距磁场边界的最小距离为smin -(M+m)2gR2 2uB4 d4 1 (3)水平方向由运动学公式有=2好， 竖直方向有h=2g吃， 其中F=M+m)g=(M什m)a, 可得力F作用的总时间为t=1十红√g十√g, 2s+2h 513 答案册 实战高考·物理 水平方向对系统由动量定理有Ft一F安t3=(M十)o 一0， 其中F安g=BPL R 3为箱子进入磁场的运动时间， 联立可得0=&( 2+ /2h B2d2L Ng (M+m)R' 当√要√②)≥界路服时，装染木块与新子的连 度大小为=V要√）-R 当尽(V要+V腰)<品R时，最终木块与篇子的 速度大小为v=0。 6(1)BLnn(2)8mB2Ln号 R (3)2xBLn IR 解析(1)根据题意可知，ab转动时的线速度为v=a0r1, 则ab产生的感应电动势E1=BLo=BLor1。 (2)根据题意，由题图可知，若内转子固定，外转子转动过 程中，ab、cd均切割磁感线，且产生的感应电流方向相反， 则转动过程中感应电动势为E2=2BLv=2BLw01, 感应电流为1=马 R 转子转动的周期为T-2红， 则abcd转一图产生的热量Q=IPRT=8rBL2wn1 R (3)结合题因可知，转子转动子T电流方向改支、大小不 变，若内转子不固定，跟着外转子一起转，且abcd中的电 流为I,则感应电动势为E=IR, 又有E'=2BLA,解得△u=2BL' IR 则电流改变方向的时间为t= 2n △U IR, 则电流的周期为T=2t= 2πBLn IR 7(1)500A(2)25m/s,是40V(3)能 解析(I)分离后a切割磁感线有E=BLv, 则通过a的电流1-{，解得1=50A (2)由于超级电容器经调控系统为电路提供I0=1000A 的恒定电流，则当a与b的初始间距为1.25m时，a与b 强撞前的速度为BI0L=2m, a与b碰撞时根据动量守恒和能量守恒分别有mava= 1 (ma十m6)v咪，2ma匠=2(ma十m6)噪+Ep, a与b整体从MM'到NN'的过程中有BIoL(xwN一xb) 5141 =号m十m1-2m+m)峰， a与b分离时根据动量守恒和能量守恒分别有 (ma十mb)v共1=MaVal十mbb1, 号m十mw41+E,=2m+2msoa, 1 1 联立解得v61=25m/s, 由于a和ab组合体均微匀变速直线运动，分别有xh-受4， 则电容器流出的电荷量△q=I0(十t2), a运动过程中电容器的电压减小量△W-岂=40V。 (3)b所受f=k2(k=0.025N·s2/m2)的空气阻力后，a 与b整体从MM'到NN'的过程中有(BIoL-kw2)=(ma 十ma,而a=8是解出0味2=√392.64m/s, 则起≈99.05%， ”0共1 则a分离前的速度大小能达到(2)问中分离前速度 的99%。 8(1)%(2)BLCB2L26 4 8 解析(1)开关S闭合后，当外力与安培力相等时，金属棒 的速度最大，则F=F安=BL,由闭合电路欧姆定律得 金属棒切割磁感线产生的感应电动势为E=BL0, 联立解得恒定的外力为F=BL2四」 R 在加选阶段，外力的功率为=F货， 定值电阻的功率为PR=PR=BL2, R 若P=2Pa时，即=2， R 化简可得金属棒速度的大小为口=罗。 (2)断开开关S,电容器充电，则电容器与定值电阻串联， 则有E=BL=R+总， 当金属棒匀速运动时，电容器不断充电，电荷量q不断增 大，电路中电流不断减小，则金属棒所受安培力F安= BIL不断减小，而拉力的功率PF=Fv=BILV, 定值电阻功率PR=IPR, 当PE=2PR时有BLu=2IPR,可得R=B坠，根据E= BLU=IR+各，可得此时电容器两端电压为Uc=各- B坠型-BLw 2 从开关断开到此刻外力所做的功为W=BIL(v·△t)= BL02I△t=BLm,其中g=2 CBLu 联立解得W=CB2L26 8 g(I)Φ=kL2tkL2从a流向b(2)F安=R十a k2L3t 怎 十m(g十a) 解析(I)通过面积Sdef的磁通量大小随时间t变化的关 系式为Φ=BS=L2t,根据法拉第电磁感应定律得E= n是2S-L2,由将次定律可知h中的电流从a △t 流向b。 (2)根据左手定则可知αb受到的安培力方向垂直于导轨 面向里，大小为F安=BIL,其中B=kt, 设金属棒向上运动的位移为x,则根据运动学公式x= 2a2,所以支架上方的电阻为R=2a,由闭合电路欧妈 E 定律得I=R十2，联立得b所受安培力的大小随时间t 变化的关系式为F安一R十ar2· k213t (3)由题知t=0时，对ab施加竖直向上的拉力，恰使其向 上做加速度大小为a的匀加速直线运动，则对ab受力分 析，由牛顿第二定律得F-mg一F安=ma,其中F安= uk213t Pt2,联立可得F-R干a2十n(g十a), 整理有F= 2L3十m(g十a),根据均值不等式可知，当 十art t -an时，5有爱大位，解得1图 t F的最大值为Fm=Ra,」 +m(g十a)。 西(12m/g,方向水平向右(2)d≥24m(3)m <d55m 解析(1)甲从静止运动至P1P2处时，根据动能定理有 mh-从80o负·A=含6， 甲刚进入磁场时，平动切割磁感线有Eo=Bl0,则根据欧 号定律可知此时回路的感应电流为1-票，根据榜火定 律可知，回路中的感应电流沿逆时针方向（俯视），结合左 手定则可知，乙所受安培力方向水平向右，由牛顿第二定 律有BIol=m2a乙0， Q实战册参考答案及解析 代入数据得a元0=2m/s2,方向水平向右。 (2)甲和乙在磁场中运动的过程中，系统不受外力作用， 则系统动量守恒，若两者共速时恰不相碰，则有0= (m1十m2)v共， 对乙根据动量定理有BI=2峡，其中I1=q=B会二， 2R 联立解得dmin=△x=24m,则d满足d>≥24m。 (3)根据(2)问可知，从甲刚进入磁场至甲、乙第一次在水 平导轨运动稳定，相对位移为△x=24m,且稳定时的速 度v共=6m/s,乙第一次在右侧斜轨上向上运动的过程 中，根据牛顿第二定律有m2gsin2十2m2gcos2= m2a乙上，根据匀变速直线运动位移与速度的关系有 2a乙上x上=头， 乙第一次在右侧斜轨上向下运动的过程中，根据牛顿第 二定律有m2gsin02一2m2gcos2=m2az下， 再根据匀变速直线运动位移与速度的关系有2a乙下x下 =, 又x上=x下，联立解得乙第一次滑下右侧轨道最低点的 速度)=5m/s,由于两棒发生完全非弹性碰撞，则甲、乙 整体第一次在右侧倾斜轨道上向上运动有(m十m)gsin2 +2(m十m2)gcos2=(m十m2)a共上， 同理有2a共上x共上=2， 且由图乙可知x上=4.84x共上，解得甲、乙碰撞后的速度v 30 m/s。 乙第一次滑下右侧轨道最低点后与甲相互作用的过程 中，甲、乙组成的系统合外力为零，根据动量守恒有m2 一m2=(m1十m2)v,解得乙第一次滑下右侧轨道最低 点时甲的速度为2=33 175 m/se 若乙第一次滑下右侧轨道最低点时与甲发生碰撞，则对 应d的最小值，乙第一次在右侧斜轨上运动的过程，对甲 根据动量定理有一BI1l△1=m2一mv共，其中I1△1= =B祭，解得△一器m,根搭位移关系有dm-ar 2R =Aa,解得dm'-m 若乙返回水平导轨后，当两者共速时恰好碰撞，则对应d 的最大值，对乙从返回水平导轨到与甲碰撞前瞬间的过 程，根据动量定理有BI2l△t2=m2v一（一m2)),其中 1kA=9gB欲，每得△-曾m,根位特关系有 11 damx-dr一An=△，解得dax-2m, 则d的取植范国为m<d长曾m, 696 515 答案册 实战高考·物理 模拟精练) 个运动过程中产生的热量Q= ×2m6-×2mf- ①D解析若小车做匀减速直线运功，则有2一= 1 -2a,整理有2=喝-2ax,所以其以2为纵坐标，以x 2m吃-2 m听，故C正确；从开始运动至达到稳定速度 为横坐标，其图像为一条倾斜直线，与题图不符合，故小 的过程中，流过金属棒b的电荷量q=It,联立解得q= 车向右做的不是匀减速直线运动，故A错误；由于ab边 切割磁感线相当于电源，电流方向沿逆时针方向，U山= 配长D错民，故选C, 2十2nBLu0,故B错误；线图切割的电动势为E= 2lad+L ③AC解析初始时，弹簧被压缩，弹力大小为kx1= nBL,线图的电流为I景，线圈受到的安培力大小为F mgsin30,=紧，释放物块醉间，安培力为零，对杆和 =nBIL,则由动量定理有一F·△t=mw一mo,整理有 物块分折有mg十k1-mgsin30=2ma,解得a=7g,故 n2 B2La Rv·△=mw一m0,由于线圈受到的安培力是 A正确；导体棒运动过程中，弹簧的仲长量第一次为紧 小车对线圈的作用力，所以由牛顿第三定律可知，小车受 时，速度不为零，此时导体棒所受的合外力为其所受的安 到线圈给的作用力与安培力大小相等，所以从开始到停 培力，根据牛顿第二定律有mg一kx1-mgsin30°-BIL= 下对小车有一心股x=0一，对小车，前半程有 2ma,加速度不为零，故B错误；由于系统一直克服安培力 做功，杆最终速度为零，安培力为零，细线拉力为T-g, -心B.受=m网一mw,解得n=合，由能量守 弹簧处于伸长状态，对导体杆有k.x2十mgsin30°=T,可 R 恒，前半程线圈产生的热量为Q,有Q=2m 得2=合mg,解得=丝=器，弹簧弹性势能不支，对 物块、导体杆、弹簧整个系统，由能量守恒得mg(x1十x2) 2m1,同理后半程线圈产生的热量为Q2,有Q2= 1 =mg(a十)sin30+Q,解得Q=2mg(a十2) 2m,所以Q1:Q2=3:1,故C错误；在考虑摩擦阻力 1 电凰r上产生的焦耳热Q-R平Q-紧，故 m2g2 R 2k 时，前丰程由动量定理可得-股·受一1=m C正确，D错误。故选A、C。 m,对后半程由动量定理得一心股·音-1形=0 R 41)E-nE1-Br(2)E- 4L0 m1,走相同的位移，因为前半程速度快时间少，即I< 解析(1)由能量守恒得EI一I2r=mg,解得m ,即聚专+h<驶·音+，解得n> _EI-Pr gu 空，故D正确。故选D, 路端电压U=E一Ir。 ②C解析设经一段时间t后金属棒a、b达到稳定速度， (2)铜盒转动的角速度为。=是， 大小分别为1、2，此时电路中刚好无电流，有2BL)= 铜盘上内外圆之间产生的电动势E=B×(3L一L)X BL2,解得2=2u,分别对金属棒a、b应用动量定理得 w×3L十wL=4BLu, -2BIL·t=2m-2mw,BIL·t=m2-0,联立解得 2 由电路规律得U=E-1r,而E'=U,解得B=E亚 4Lv =30,2=30,故A,B错误；由能量守恒定律得整 专题3 d 交变电流 山东新高考全练 ①D解析由题意可知导体棒通过磁场区域过程需要的 区域Ⅱ时，产生的电动势大小为E2=BX0.5Lw,经过的 时间，即周期为T=2L,导体棒通过区城I时，产生的电 时间为=L,根据有效值的定义有骂1十盛2登， R1+R12-R 动势大小为E=BLw,经过的时间为t1= 二学体捧通过 代入数据可得E有=0BL,故选D。 4 516