2026届高考物理三轮复习易错题综合训练：12电磁感应易错典型题整理

**基本信息** 聚焦电磁感应核心模型与综合应用，覆盖从基础单杆、图像分析到复杂双杆、多磁场及超导情境的梯度题型，强化科学思维与物理观念的融合。 **综合设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础模型应用|1-5（★★-★★★）|图像分析、单杆运动、动量定理初步|楞次定律→法拉第电磁感应定律→安培力→运动分析，构建“力-电-运动”逻辑链| |综合模型拓展|6-10（★★★-★★★★）|旋转切割、双杆不等距、多磁场区域|能量观念整合，结合动量守恒与能量转化，深化复杂情境中的模型建构| |创新情境探究|11-15（★★★-★★★★）|感生+动生、超导自感、变磁场积分|科学推理进阶，融合自感、积分等拓展知识，培养质疑创新能力|

电磁感应易错典型题整理 1、★★【电磁感应中的图像分析】如图所示，匀强磁场中水平放置两足够长的光滑平行金属导轨，导轨的左侧连接电池E和电容器C，单刀双掷开关S接1，金属棒ab在导轨上处于静止状态。在t0时刻S接2，金属棒ab在导轨上向右运动过程中棒始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，不计导轨电阻。则金属棒两端电压Uab、速度v、电容器所带电荷量q、回路中电流强度i随时间t变化的关系图像可能正确的是（　　） A．B． C． D． 【答案】C 【易错点】误认为电容器放电完毕后电流立即为零，忽略了导体棒切割产生反电动势。不清楚最终状态：当棒速达到最大时，感应电动势等于电容器电压，回路电流为零，但电容器仍带电荷，棒两端电压不为零。 【详解】电容器充电完毕后，开关打在2处时，处于放电状态，有流过导体棒从a到b的电流，在安培力作用下导体棒向右运动，在金属棒运动过程中，由于切割磁感线也将产生电动势，该电动势方向和电容器电压相反，故电路中电流是变化的，当金属棒的感应电动势和电容器电压相等时，金属棒匀速运动，电容器充完电带电量为Q＝CE，故金属棒先做加速度逐渐减小的加速运动，最后匀速运动，回路中电流为0，电容器两个极板之间有电势差，仍带有一定的电荷量，开始的时候ab的电压等于E，t0时候切割电动势为零，金属棒电压等于电容器电压E，速度增大，切割电动势增大，电路电流减小，ab电压降低，故C正确，ABD错误。故选：C。 2、★★【倾斜导轨单杆模型】如图所示，在一个倾角为θ的导轨MN上面，放置一个长度为L的金属棒PQ，已知两导轨间距为d（d＜L），金属棒的质量为m、阻值为r，导轨与金属棒接触良好，两者间动摩擦因数为μ，导轨下端连接一个阻值为R的定值电阻，整个导轨处在一个垂直导轨所在平面向上、磁感应强度为B的匀强磁场中。现用一个恒力F拉动金属棒沿导轨斜面运动了x的距离，所用时间为t，此时金属棒的速度为v，下列说法正确的是（　　） A．金属棒速度为v时，R两端的电压为 B．该过程中生成的焦耳热为 C．该过程中摩擦力做的功为μmgxcosθ D．该过程中安培力做的功为 【答案】D 【易错点】求R两端电压时误用BLv，忽略了内阻分压；求焦耳热时漏掉摩擦力做功，或误将安培力做功当作焦耳热；摩擦力做功的正负容易写错。 【详解】A、金属棒速度为v时，产生的感应电动势E＝Bdv，R上的电压为，故A错误； B、该过程中，生成的焦耳热指电阻生热的总和，由能量守恒定律有：，故B错误；C、该过程中摩擦力做的功为Wf＝﹣μmgxcosθ，故C错误；D、设该过程中安培力做的功为W安，根据动能定理有 解得：，故D正确。故选：D。 3、★★★【线圈进入磁场中的动量定理】某科技团队设计了一款磁悬浮列车的电磁制动系统，其简化模型俯视图如图所示。在塑料模型列车底面安装多个相同矩形线圈，列车和线圈的总质量为2kg。每个矩形线圈匝数为50匝，电阻为0.5Ω，ab 、bc 边的边长分别为0.2m 、0.5m，线圈平面与水平滑轨平行。列车以10m/s的初速度沿光滑水平轨道进入方向竖直向下、磁感应强度为0.2T的匀强磁场区域，磁场范围足够大。下列说法正确的是（ ） A. 第1个线圈进人磁场的过程中，通过线圈截面的电荷量为2 C B. 第1个线圈完全进人磁场时，列车的速度降为8m/s C. 至少需要10个线圈进人磁场才能使列车停止 D. 完全进人磁场的最后一个线圈与进人磁场的第一个线圈产生的热量之比为1:8 【答案】AB 【易错点】计算电荷量时忘记匝数N；对每个线圈进入导致的速度减少量Δv的计算：安培力冲量公式中，应使用有效切割长度（ab边长）和进入距离（ad边长）；热量比：误以为热量与速度平方差成正比但未逐个线圈计算，或错用比例关系。 【解析】线圈进入磁场过程中，磁通量变化量，其中，则，根据法拉第电磁感应定律，电荷量 ，故A正确；第1个线圈完全进入磁场时，安培力冲量 = ==，得速度变化量,初速度，故完全进入时速度，B正确；每个线圈进入过程导致速度减少量恒为 ，初速度 ，完全停止需要速度减少，故所需线圈个数 ，不是10个，C错误；线圈进入过程中产生的热量等于列车动能的减少量。设第 个线圈进入前的速度为 ，进入后速度为 ，则热量，第一个线圈：，，最后一个（第五个）线圈：，，热量比 ，不是 ，D错误。综上，正确选项为A和B。 4、★★★【动量定理+动量守恒定律在电磁感应中的应用】定义“另类加速度”，A不变的运动称为另类匀变速运动。若物体运动的A不变，则称物体做另类匀变速运动。如图所示，光滑水平面上一个正方形导线框以垂直于一边的速度穿过一个匀强磁场区域（磁场宽度大于线框边长）。导线框电阻不可忽略，但自感可以忽略不计。已知导线框进入磁场前速度为v1，穿出磁场后速度为v2。下列说法中正确的是（　　） A．线框在进入磁场的过程中，速度随时间均匀增加 B．线框在进入磁场的过程中，其另类加速度A是变化的 C．线框完全进入磁场后，在磁场中运动的速度为 D．线框完全进入磁场后，在磁场中运动的速度为 【答案】C 【易错点】不理解“另类加速度”定义，无法从动量定理推导出A为常量；进入和穿出过程动量定理表达式中，安培力冲量均为－B²L³/R，但符号方向需一致；误以为中间速度是速度平方的平均值，正确应为算术平均值。 【解答】A、线框在进入磁场的过程中，受到向左的安培力而做减速运动，线框受到的安培力大小为，可知，随着速度减小，线框受到的安培力减小，加速度减小，因此线框在进入磁场的过程中，做加速度逐渐减小的变减速直线运动，速度随时间非均匀减小，故A错误；B、线框在进入磁场的过程中，取水平向右为正方向，根据动量定理得 ，其中 ，解得：，可知另类加速度A不变，故B错误；CD、线框在进入磁场的过程中，取水平向右为正方向，根据动量定理得 ，线框穿出磁场的过程中，取水平向右为正方向，根据动量定理得 ，联立解得：，故C正确，D错误。故选：C。 5、★★★【电磁感应中的导轨滑杆模型】如图所示，水平面内放置着电阻可忽略不计的金属导轨，其形状满足方程y＝x2，空间分布者垂直xOy平面向内的匀强磁场。先将足够长的导体棒ab与x轴重合，且关于y轴对称放置，再用沿y轴正向的外力使其由静止开始做匀加速直线运动，导体棒先后经过y＝y0、y＝4y0的位置。若导体棒接入电路的电阻和其长度成正比，运动过程中始终和x轴平行并和导轨接触良好，不计摩擦，下列说法正确的是（　　） A．导体棒经过y＝y0、y＝4y0的位置时，闭合回路中的电动势之比为1：1 B．导体棒经过y＝y0、y＝4y0的位置时，闭合回路中的电流大小之比为1：4 C．经过y＝y0、y＝4y0的位置时，导体棒所受安培力大小之比为1：1 D．0~y0、y0~4y0过程中，闭合回路中产生的电热之比为1：15 【答案】D 【易错点】确定切割长度：导体棒与导轨两触点间距为2x，电动势E=2Bvx，易误以为E∝y；电流：电阻R=2kx，I=E/R，得I∝，比例易错；电热：安培力F∝y，用F-y图像面积求功，注意0~y0和y0~4y0的面积比易误算为1:3或1:8。 【解答】A、设导体棒运动到某一位置时，速度大小为v，其与导轨接触点的坐标为（±x，y），导体棒由静止开始做匀加速直线运动，则有v2＝2ay，闭合回路中的感应电动势大小为E＝2Bvx，解得：，则感应电动势之比为1：4，故A错误；B、由闭合电路欧姆定律得闭合回路中的电流为 ，其中R＝2kx 解得，则电流之比为1：2，故B错误；C、导体棒所受安培力大小为F＝2BIx，解得，则安培力之比为1：4，故C错误；D、由可知，导体棒所受安培力大小F与其位移大小y成正比，作出安培力随着位移变化的图像，如图所示。 图像与横轴所围的面积即导体棒运动过程中克服安培力做的功，等于闭合回路产生的电热，为 解得 ，则0~y0、y0~4y0过程中，闭合回路中产生的电热之比为Q1：Q2＝12：（42﹣12）＝1：15，故D正确。故选：D。 6、★★★【旋转径向棒切割（法拉第圆盘发电机模型）】如图所示，固定在水平面上间距为l的两条平行金属导轨处在垂直于导轨平面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。垂直于导轨放置一根质量为m、长度为l、电阻为R的金属棒PQ，金属棒与导轨始终接触良好。竖直平面内半径为l的金属圆环上固定OC、OD、OE、OF四根长均为l、阻值均为R且夹角互为90°的金属棒。以圆环圆心O为原点建立直角坐标系，在第二象限圆环内部存在方向垂直竖直面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，圆心O与环面分别通过电刷H、G与金属导轨左端相连，其它电阻均不计。在外力作用下，圆环以角速度ω绕O点沿顺时针方向匀速转动，金属棒PQ始终静止不动。下列说法正确的是（　　） A．通过金属棒PQ的电流方向始终为Q→P B．通过金属棒PQ的电流大小为 C．金属棒PQ所受到的摩擦力大小为 D．圆环转动一周的过程，外力做的功为 【答案】ABD 【易错点】磁场仅存在于第二象限，只有一根径向棒切割产生电动势，其余三根作为外电阻；等效内阻：四根棒并联，但只有一根有源，内阻为R/4，开路电压为E/4；电流方向：右手定则判断电势高低，外电路电流从圆周经导轨、PQ流回圆心；摩擦力大小：等于安培力，但安培力计算中电流需用总电流，易错用电动势直接除R。 【解析】圆环绕O点顺时针匀速转动，磁场仅存在于第二象限（角度90°~180°）。当一根径向棒进入磁场时，其切割磁感线产生动生电动势。由右手定则可知，电动势方向由圆心O指向圆周，即圆周端电势高于圆心端。因此，外电路电流从圆周经导轨、QP流回圆心，A正确；单根径向棒产生的电动势为，四根棒并联于圆心O与圆周之间，其中仅一根作为电源有电动势，其余三根为外电阻。断开外电路时，开路电压等效内阻，外电路为金属棒PQ，总电阻，故电流，选项B正确；选项C：金属棒PQ所受摩擦力大小PQ静止，摩擦力与安培力平衡。安培力，故摩擦力大小亦为，与选项C错误；选项D：圆环转动一周外力做的功，外力做功等于电路中产生的总焦耳热，每根棒在磁场中经历时间，回路中电流恒定，总电阻为，故每根棒产生的热量，四根棒转动一周（每根各进入一次），总热量，即外力做功为，选项D正确；综上，正确选项为A、B、D。 7、★★★★【线框与导体棒相对运动切割磁场】如图，在粗糙绝缘的固定斜面上（斜面足够大）有一质量为m粗细均匀的矩形线框abcd，线框由两种金属材料组成，ad、bc长为L、电阻均为2R，ab、cd长为、电阻不计，线框处在方向垂直斜面向下的足够大的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。一质量也为m的导体棒PQ紧挨ad放置（不接触ad），PQ接入电路电阻为R，时刻，同时静止释放导体棒PQ以及矩形线框abcd，经时间恰好运动到矩形线框的中心处，此时对棒施加沿斜面向上的力，最终棒PQ恰好不从线框掉下。已知运动过程PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，矩形线框与斜面间的动摩擦因数为，棒PQ与矩形线框间的动摩擦因数为，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．导体棒PQ刚释放瞬间，线框的加速度大小为 B．时间内通过ad边的电荷量为 C．时导体棒的速度为 D．若时导体棒下降的高度为h，则整个过程中棒PQ上产生的热量为 【答案】AB 【易错点】释放瞬间，线框受力分析：重力分力、斜面摩擦（两个接触面：注意线框与斜面有摩擦，棒与线框有摩擦），加速度计算易漏力；电荷量：通过ad边的电荷量是总电荷量的一半，总电阻计算易错（两ad边并联）；全过程能量守恒：摩擦力做功包括棒与线框间摩擦以及线框与斜面摩擦，容易漏掉部分摩擦热。 【详解】A．对线框受力分析有，解得，由于，故结果成立，故A正确；B．由电量，因为，，通过ad边电量为总电量的一半，联立解得，故B正确；对棒规定沿斜面向下为正方向，由动量定理有，其中，代入解得，故C错误；D．由全过程动量定理有，由全过程能量守恒，联立解得，应还存在摩擦产生的热量，故D错误。故D错误。故选AB。 8、★★★★【电磁弹射】如图为某同学设计的电磁弹射装置示意图，平行的足够长光滑水平导轨MN、PQ间距为L，置于磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m，长度为2L导体棒ab垂直放在导轨上。单刀双掷开关先打向c，内阻不计电动势为E的电源给电容为C的电容器充电，充完电后打向d，导体棒ab在安培力的作用下发射出去。阻力不计，下列说法正确的是（　　） A．导体棒达到最大速度前，做加速度逐渐增大的加速运动 B．导体棒以最大速度发射出去后，电容器储存的电荷量为零 C．导体棒能达到的最大速度为 D．导体棒达到最大速度时，电容器放出的电荷量为 【答案】D 【易错点】最大速度时电容器电压等于BLv，不是电容器电压为零；动量定理中，电容器放出的电荷量ΔQ = I平均·Δt = mvm/(BL)，但需注意导体棒长度为2L（题中给出长度为2L，但导轨间距为L，但有效切割长度为L，需明确：安培力F=BIL，L为导轨间距，不是棒长。此处易错；最大速度公式推导：Q0=CE，最终Q1=CBLvm，由动量定理BLΔQ=mvm，解得vm=BLCE/，ΔQ=mCE/。C选项中分母错误。 【解答】解：A、开关先打向d，则电容器放电，通过导体棒的放电电流方向从a→b，由左手定则可知导体棒ab所受安培力水平向右，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电动势，回路中总感应电动势E总＝UC﹣BLv，随着电容器放电，电容器两端电压UC减小，导体棒速度v增大，则回路中总电动势减小，电流减小，由F＝BIL可知安培力减小，对导体棒由牛顿第二定律有：F＝ma，安培力F减小，则加速度a减小，故A错误；B、当导体棒产生的感应电动势与电容器两端电压相等时，即UC＝BLv，回路中E总＝0，电流I＝0，导体棒所受安培力F＝0，导体棒加速度a＝0，导体棒速度达到最大，此时电容器电压不为零，则电容器电荷量不为零，故B错误；CD、电容器开始的电荷量：Q0＝CU＝CE，设导体棒速度最大时电容器的电荷量为Q1，则Q1＝CU1，此时电路中总电动势为零，则有：U1＝BLvm取水平向右为正方向，导体棒从静止到最大速度过程，对导体棒利用动量定理有：这一过程中电容器放出的电荷量 联立方程可得：，，故D正确，C错误。故选：D。 9、★★★★【双棒不等导轨切割】如图，平行光滑导轨左侧AB和A'B'是半径为R的四分之一圆弧，BE、B'E'处于同一水平面，AC和A'C'间距为L，DE和D'E'间距为2L，AC、A'C'、DE、D'E'均足够长，AC和DE、A'C'和D'E'通过导线连接，其中BB'右侧导轨平面处在竖直向上的匀强磁场中，DD'左侧大小为B1，DD'右侧大小为B2，B1＝B2＝B现将长度为2L的导体棒PQ垂直导轨放置于DE和D'E'上，将长度为L的导体棒MN垂直导轨放置于AA'端，静止释放导体棒MN，导体棒运动的过程始终与导轨垂直且接触良好。已知导体棒MN和PQ材料、横截面积均相同，导体棒MN质量为m，电阻为r，重力加速度为g，不计导轨电阻，下列说法正确的是（　　） A．导体棒MN进入磁场瞬间，导体棒PQ的加速度大小 B．PQ棒的最终速度为 C．磁场方向不变，若B1＝2B2，从释放MN至两导体棒稳定运动的整个过程中导体棒PQ上产生的焦耳热为 D．磁场方向不变，若B1、B2大小可调，则两棒的最终速度之比 【答案】BC 【易错点】MN进入磁场瞬间，感应电动势E=BLv0，回路总电动势需考虑两个棒切割：MN在B1中切割，PQ在B2中切割，且两棒长度不同（MN长L，PQ长2L）。但稳定时总电动势为零：B1·L·vMN = B2·2L·vPQ；由于B1和B2可能不同，安培力大小不一定相等，但若B1=B2，则安培力大小相等方向相反，系统动量守恒。若B1≠B2，则不守恒。选项D中给出速度比，需正确推导；焦耳热分配：PQ电阻2r，MN电阻r，总焦耳热按电阻比分配，但注意能量守恒中的初动能和末动能。 【解答】解：A、导体棒MN在圆弧下滑过程，根据机械能守恒，有mgR导体棒MN进入磁场瞬间，感应电动势为E1＝BLv0由于导体棒MN和PQ材料、横截面积均相同，根据R＝ρ和m＝ρV可知导体棒PQ的质量、电阻分别为2m、2r则感应电流为I1对导体棒PQ分析，有：2BI1L＝2ma1，解得加速度大小为：a，故A错误；B、稳定时，两导体棒均做匀速直线运动，回路总的感应电动势为0，则有BLvMN＝B•2LvPQ取向右为正方向，对MN根据动量定理可得：t＝mvMN﹣mv0对PQ根据动量定理可得：2t＝2mvPQ﹣0解得vPQ，故B正确；C、磁场方向不变，若B1＝2B2，则两棒受到的安培力大小相等、方向相反，水平方向动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：mv0＝（m+2m）v根据能量守恒定律可得产生的热为：Q（m+2m）v2联立解得：Q，从释放MN至两导体棒稳定运动的整个过程中导体棒PQ上产生的焦耳热为：QPQ解得：QPQ，故C正确；D、磁场方向不变，若B1、B2大小可调，稳定时，两导体棒均做匀速直线运动，回路总的感应电动势为0，则有B1LvMN＝B2•2LvPQ 则两棒的最终速度之比为：，故D错误。故选：BC。 10、★★★★【线框切割不同大小的磁场区域】如图所示，水平粗糙地面上有两磁场区域，左右两磁场区域内的匀强磁场宽度均为L，磁感应强度大小分别为B和2B，左磁场区磁场方向竖直向下，右磁场区磁场方向竖直向上，两磁场间距为2L。一个质量为m、匝数为n、电阻为R、边长为L的正方形金属线框以速度v0水平向右进入左磁场区域，当金属线框刚离开右磁场区域时速度为v1，金属线框离开右磁场区运动一段距离后停下。金属线框与水平面间的动摩擦因数为μ。关于金属线框的运动下列判断正确的是（　　） A．金属线框从刚进入左磁场区域到最终停止的过程中一直做匀减速直线运动 B．金属线框通过两个磁场区域过程中产生的焦耳热为5μmgL C．金属线框进入左侧磁场区域过程中，通过金属线框的电荷量为 D．若金属线框进入左磁场区域过程所用时间为t，则金属线框刚好完全进入左侧磁场区域时的速度为v0﹣2μgt 【答案】BC 【易错点】线框不是匀减速，安培力随速度减小而减小，加速度减小运动受力分析易错；电荷量：进入左侧磁场时，ΔΦ=BL²，电荷量q=nΔΦ/R，计算磁通变化时不考虑匝数，计算电量时需要考虑；安培力冲量中，需注意平均电流与电荷量的关系，以及摩擦力冲量。实际摩擦力项因为应该是−μgt而不是−2μgt需核对。 【解答】解：A、金属线框穿过左侧磁场区域的过程中会产生感应电动势，线框中会有感应电流，使线框受到与运动方向相反的安培力，根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律，安培力计算公式，可得线框受到的安培力大小为：F安＝nBLI＝nBL，根据牛顿第二定律可得线框的加速度大小为：，金属线框穿过左侧磁场区域的过程中做减速运动，所受安培力减小，则加速度减小，故金属线框做加速度减小的减速运动。同理，金属线框穿过右侧磁场区域的过程也做加速度减小的减速运动，故A错误；B、设金属线框通过两个磁场区域全过程中产生的焦耳热为Q，金属线框从开始运动到离开右磁场区域过程，由能量守恒定律得： ，解得：，故B正确；C、由法拉第电磁感应定律可得平均感应电动势为：，闭合电路的欧姆定律可得平均感应电流为：，通过金属线框的电荷量为：q＝IΔt，解得：，金属线框进入左侧磁场区域的过程中磁通量的增加量为：ΔΦ＝BL2，则此过程通过金属线框的电荷量为：，故C正确；D、设金属线框刚好完全进入左侧磁场区域时的速度大小为v，以向右为正方向，该过程对金属线框由动量定理得： ，其中：解得：，故D错误。故选：BC。 11、★★★【感生感应+动生感应】如图所示，斜面顶部有单匝圆形线圈，其面积S=0.04 m2，电阻r=0.1Ω，线圈内有垂直线圈平面向上的匀强磁场I，磁感应强度大小随时间的变化 B1=(10t+0.1)T。线圈与间距为L=0.2m的平行金属导轨相连，导轨固定在倾角θ=37°的绝缘斜面上。图示虚线cd下方存在磁感应强度大小B2=0.5T的匀强磁场II，磁场方向垂直于斜面向上。质量m=0.02 kg的导体棒ab垂直导轨放置，其有效电阻R=0.9Ω，t=0时将其从无磁场区域由静止释放，导体棒沿斜面下滑一段距离后进入磁场II中刚好匀速下滑。在运动过程中导体棒与导轨始终保持良好接触，导轨足够长，导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ=0.25。不计平行导轨电阻，忽略导体棒ab进入磁场II时回路中的自感现象，重力加速度g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，求： (1）导体棒进入磁场II前流过导体棒的感应电流大小和方向； (2）导体棒刚进入磁场II时的速度大小； (3）导体棒进入磁场II前导体棒上产生的电热。 【答案】(1)0.4 A 电流方向由b到a (2)4m/s (3)0.144 J 【易错点】进入磁场前只有感生电动势，进入后既有感生又有动生，且两者方向相同（均使电流从b到a）。 匀速下滑时，除安培力外还有摩擦力和重力分力，易漏掉摩擦力；求导体棒上电热时，注意时间t0=v/a，且电热Q=I²Rt0，而不是总焦耳热。 【解析】(1)导体棒进入磁场Ⅱ前，只有感生电动势，由法拉第电磁感应定律，斜面顶部线圈产生的感应电 动势为 产生的感应电流为 代入数据可得I₁=0.4A 根据楞次定律可得电流方向由b到a 。 (2) 导体棒沿斜面下滑一段距离进入磁场Ⅱ中后，既有感生电动势，又有动生电动势，且二者在回路中产生的电流方向相同。导体棒在磁场Ⅱ中切割磁感线产生的感应电流方向为b到a，回路中的感应电动势为 E₁+ E₂，由闭合电路欧姆定律可得 E₁+E₂=I₂R +I₂r 动生电动势大小为E₂=B₂Lv 导体棒匀速下滑，由平衡条件可得 I₂B₂ L +μmg cosθ=mgsinθ 联立解得导体棒刚进入磁场Ⅱ时的速度v=4m /s (3) 导体棒在进入磁场Ⅱ前，做初速度为零的匀加速直线运动 由牛顿第二定律得mgsinθ—μmgcosθ=ma 解得a =4m/s² 导体棒进入磁场Ⅱ前的运动时间为 导体棒进入磁场Ⅱ前，其产生的电热为Q= I2Rt0=0.144J 12、★★★★【多磁场区域】如图所示，间距为L的两条足够长的平行金属导轨固定放置，与水平面的夹角为，导轨光滑且电阻忽略不计，上端连接阻值为R的电阻。导轨之间存在磁感应强度大小为，方向与导轨平面垂直的匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，磁场区域的宽度均为s，磁场区域Ⅰ与磁场区域Ⅱ之间的距离未知，磁场区域Ⅱ与磁场区域Ⅲ之间的距离为d。一导体棒ab与导轨垂直放置并处于锁定状态，导体棒质量为m、长为L、电阻为R，与磁场区域 Ⅰ 相距为x0。解除锁定后，导体棒刚要离开磁场区域 Ⅰ 时，恰好处于平衡状态，导体棒在磁场区域II、III及其间无磁场区域运动的时间均相等。导体棒运动过程中始终与导轨垂直，重力加速度大小为。求： (1)导体棒刚要离开磁场区域I时速度的大小； (2)从解除锁定到导体棒刚要离开磁场区域I过程中，导体棒上产生的焦耳热； (3)导体棒穿过磁场区域II的时间； (4)从解除锁定到导体棒刚好离开磁场区域III所用的时间。 【答案】(1)(2)(3)(4) 【易错点】平衡条件：mgsinθ = B²L²v0/2R，注意总电阻为2R（棒电阻R+外电阻R），易错写成R；关于焦耳热：重力势能减少转化为动能和总焦耳热，导体棒上焦耳热为总的一半；穿过磁场区域II的时间：利用动量定理，mgsinθ·T — = m(v2-v1)，同时v3=v2+gsinθ·T，且v1=v3，解得T=ks/2g，其中k与B、L、R、m、θ有关。注意符号和正负。总时间：需要分段求解，包括无磁场区的匀加速运动，易漏掉或重复。 【详解】（1）导体棒刚要离开磁场区域I时，恰好处于平衡状态，有 感应电动势为 电流为 可得 解得 （2）从解除锁定到导体棒刚要离开磁场区域I过程中，有 根据焦耳热分配定律可知导体棒上产生的焦耳热为 可得 （3）设进入匀强磁场区域II的初速度为，离开时的速度为；进入匀强磁场区域III的初速度为，离开时的速度为，根据导体棒在磁场区域II、III及其间无磁场区域运动的时间均相等，可知， 设导体棒穿过磁场区域II的时间T，根据动量定理有， 根据运动学公式有 联立可得 （4）又 联立可得 离开磁场区域I时到进入磁场区域II的时间为，有 可得 在进入磁场区域I之前，有， 可得 在磁场区域I中运动时，有 可得 可得 可得从解除锁定到导体棒刚好离开磁场区域III所用的时间 可得 13、【电阻网格+电感+超导+简谐振动】电磁制动是通过电磁规律实现制动的技术，具有响应速度快，方便控制，不易磨损等优点，广泛用于现代各种机械设备中。某学习小组对矩形线圈进入磁场的制动特点进行研究。如图甲所示 x0y 是位于光滑水平桌面上的直角坐标系，在x>0的一侧，存在匀强磁场，磁场方向垂直x0y平面向里，磁感应强度的大小为B。在水平面 x<0区域有矩形线框，边长分别为l1和l2，每个l1边电阻为0，每个l2边电阻为r，线框初速度沿x轴正方向。若矩形线框受力，其形变可忽略不计。 (1）研究小组发现线框进入磁场区域速度会逐渐变小。实验中小组成员给线框施加外力，使线框保持初速度v10大小和方向不变，匀速进入磁场区域，求此线框进入磁场全过程中外使力做的功； (2）研究小组对线框进行改造，3个题干所述矩形线框，其中1个线框保持不变，其余2个线框各去掉一个l2边，如图乙所示焊接在一起。若要改造后大金属框能够整体进入题述磁场区域，求初速度大小v20的最小值。已知该大线框整体质量为m0，忽略自感效应； (3）研究小组对线框制动的另一改造设想为降低环境温度，使单个线框始终保持超导状态。若给线框初速度v30，线框沿x轴正方向减速，l1边未全部进入磁场区域即减速为0。已知单个线框质量为m，自感系数为L。求此线框l1边进入磁场到减速为0所用时间。（提示：超导状态线圈电阻为零，自感电动势与动生电动势等大反向，即 Blv-L=0。) 【答案】 （1） （2） （3） 【易错点】理解焊接后的电路：三个线框共用边，每个l2边有电阻r，l1边电阻为零。进入磁场时，不同阶段的等效总电阻变化（R1=4r/3，R2=r，R3=4r/3）；动量定理：每个l2边进入过程，安培力冲量 = -B l2 · q，q = ΔΦ / R总，ΔΦ = B l1 l2；初速度最小值对应第三个线框完全进入后速度为零，需将三个过程的冲量累加，易错在电阻值计算和求和顺序。超导情况（第三问）：自感电动势与动生电动势平衡，得Li = B l2 x，安培力F = B l2 i =，F∝x，因此为简谐运动，周期T=2π，时间t=T/4。易错在忘记超导线圈电阻为零，以及简谐运动周期的推导。 【解析】(1)线框进入磁场切割磁感线，产生的电动势大小为E=Bl₂v10 线圈中的电流大小 外力所做功转化为焦耳热即WF=I²2r· (2)在第一个l₂边进入磁场的过程中，设第一个线框完全进入后的速度大小为v₁ -Bl₂q1=m0v₁—m0v20 r 在第二个l2边进入磁场的过程中，设第二个线框完全进入后的速度大小为v₂ -Bl₂q2=m0v2-m0v1 此时回路中的总电阻 r 在第三个l2 边进入磁场的过程中，设第三个线框完全进入后的速度大小为v₃， 当 v20取最小值时v₃=0 -Bl₂q₃=m0v₃—m0v₂ 此时回路中的总电阻 由上述分析可知 （）= 解得 (3)由自感电动势与动生电动势等大反应可知 在t时间内 Li=Bl2x Li=Bl2x 线框所受安培力为F安=Bl2i=Bl2 故线框所受合外力与位移x成正比，且方向与位移方向相反，则线框做简谐运动 由简谐运动周期公式可得 14、【超导线框+自感】如图所示，在光滑水平桌面上有一质量为m、边长为d的正方形超导线框，其右侧有一长度大于d、宽度为的长方形区间存在方向垂直桌面向下、大小为B的匀强磁场。建立坐标原点O位于磁场左边界中点、水平向右为正方向坐标轴Ox，超导线框在水平桌面上的位置坐标用其右边界的中点来描述。当超导线框的位置坐标时，表示超导线框恰好开始进入磁场，此时。已知超导线框开始进磁场时的初速度，在运动过程中超导线框边长始终保持平行磁场边界。由于超导电阻为零，当超导线框进入磁场时会产生感应电流，该感应电流产生的磁场会阻止超导线框的磁通量变化，以保持超导线框的磁通量不变。已知超导线框的电感为，若超导线框中有电流i，则由此电流产生的磁通量为。 (1)当超导线框运动至处时，求其中的电流I； (2)超导线框运动至的过程中，求安培力所做的功与安培力的冲量； (3)求超导线框最终的速度和超导线框具有的磁能。 【答案】(1) (2)，，沿负x轴方向 (3)①若，磁场能也为零；②若，磁场能最大 【易错点】进入过程中，超导线圈磁通量不变：B - Li = 0（初始磁通为零），得i = Bdx/L；安培力F = B i d = ，与位移成正比，方向相反，因此线框做简谐运动，因为x从0到d/2或到d，直到完全进入后，安培力不再变化，需要分情况讨论，冲量和功的计算：安培力随x线性增加，可用平均力或F—图像面积计算做功；第三问：需要讨论磁场宽度s与d的关系，不同情况下最终速度和磁能不同。易漏掉分类讨论。 【详解】（1）超导线框在运动过程中磁通量不变，当超导线框运动至处时，长方形区间对线框的磁通量与线框由自感产生的磁通量等大反向，满足 解得 （2）超导线框在进入磁场的过程中，回路的电流满足 故线框受到的安培力为 安培力所做的功满足 将代入，解得 线框运动到的速度可由动能定理求得，满足 解得 因此安培力的冲量为 方向沿负x轴方向 （3）线框的初动能为 ①若，由 可知线框的右边可出磁场，左边仍在磁场中。因超导线框的磁通量不变，可知电流方向不变，超导线圈受力方向与速度方向一致，沿轴方向加速运动，根据对称性知，超导线圈以速度全部出磁场，电流减小至0，磁场能也为零。 ②若，超导线框完全进入磁场时减速至0。因超导线框的磁通量不变，电流最大值为 磁场能最大 15、【变磁场+积分动量】如图所示，间距为d=0.5m的足够长的平行光滑金属导轨水平固定，质量均为m=0.1 kg、电阻均为r=0.5Ω的 ab导体棒和cd导体棒垂直导轨放置，两导体棒长度均为d=0.5m，ab导体棒和cd导体棒中间用一轻质绝缘杆连接，绝缘杆的长度为L=4m。垂直两金属导轨的虚线I左侧存在竖直向下的磁感应强度为B₁=2T的匀强磁场。虚线I和虚线 Ⅱ之间的距离为L=4m。两虚线之间存在竖直向下的磁场，磁感应强度为B₂=(2+)T(x代表与虚线I的间距，x的单位为m，O≤x≤4m)， 虚线Ⅱ右侧存在竖直向下的磁场，磁感应强度为B₃=(2-)T(x代表与虚线Ⅱ的间距，x的单位为m，0<x≤4m)。初始时cd导体棒静止在虚线I左侧，其与虚线I的距离为s0=2m。t=0时刻，对cd导体棒施加一水平向右的恒力F1=1.8N， 当 cd导体棒到达虚线I时，其速度增加到v0(v0为未知量)。撤去力F1， 立即对cd导体棒施加一水平向右的变力F2， 使 cd导体棒在虚线I和Ⅱ之间的速度保持v0不变，当cd导体棒运动至虚线Ⅱ时撤去F₂。 不计空气阻力和两导体棒的横截面积，两导体棒在运动过程中始终与平行金属导轨接触良好且垂直。 (1)当ab导体棒到达虚线I 时，求此刻通过ab导体棒的电流I; (2)从cd 导体棒刚越过虚线I至 ab导体棒到达虚线I的过程中，求变力F₂ 做的功WF₂ ; (3)cd导体棒刚越过虚线Ⅱ后，求继续向前运动的最远距离xo。 【答案】 (1)6A (2)12 J （3） （ m） 【易错点】变磁场表达式：B₂=(2+)T，B₃=(2-)T，注意定义域，且x为到虚线的距离。回路电动势：E = B₂dv0 - B₁dv0，因为ab未进入变磁场区时在B₁中，但ab到达虚线I时，cd已走完L距离。注意过程分段；变力F₂做功：过程中速度恒定，动能不变，变力做功等于安培力做功的绝对值。安培力做功需积分，因为(B₂-B₁)²与x成正比；第三问：cd越过虚线Ⅱ后，两棒均在变磁场中运动过程复杂。动量定理：-(B₂ - B₃) I dt = 2m v，且I = (B₂-B₃)d v /2r，代入得 -[(B₂-B₃)² d²/(2r)]x = 2m v，而(B₂-B₃)=2因为B₂=2+ ，B₃=2- ，差为2。积分可得x0。易错在忽略两棒总质量2m，以及积累运算的上下限。 【解析】(1)cd 导体棒到达虚线I 之前，回路中无电流，根据动能定理 解得v0=6m/s 导体棒cd在虚线I和Ⅱ之间的速度保持v0不变，回路中的感应电动势为E =B₂dv₀- B₁dv₀ 当ab导体棒即将到达虚线I时，cd导体棒所处位置的磁感应强度为B2=(2+) T，此时x = L，I=， 联立解得I =6A (2) 从cd导体棒进入虚线I右侧至ab导体棒刚到达虚线I的过程中，对极短△r内， 这个过程中安培力做的功WΔx=-B₂ Id△x + B₁Id△x WΔx= (B₂-B₁)²与cd导体棒移动距离成正比，安培力的大小与cd导体棒移动距离成正比，全过程安培力做的功为 W安==-12J 由动能定理WF₂+ W安=0 则 W F₂=12J (3) 设两导体棒移动的方向为正方向，极短时间△t内，两导体棒的动量变化量为△p，回路中电流为I，cd导体棒移动距离为Δx，由动量定理可知(-B₂Id + B₃Id )△t =△p 回路中电流 联立可得 = -Δp，如图所示 vt（Δx） x 0 辅助示图 cd导体棒运动x。后停下，=2mv0 解得x0= m =m 学科网（北京）股份有限公司 $ 电磁感应易错典型题整理 1、★★【电磁感应中的图像分析】如图所示，匀强磁场中水平放置两足够长的光滑平行金属导轨，导轨的左侧连接电池E和电容器C，单刀双掷开关S接1，金属棒ab在导轨上处于静止状态。在t0时刻S接2，金属棒ab在导轨上向右运动过程中棒始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，不计导轨电阻。则金属棒两端电压Uab、速度v、电容器所带电荷量q、回路中电流强度i随时间t变化的关系图像可能正确的是（　　） A．B． C． D． 2、★★【倾斜导轨单杆模型】如图所示，在一个倾角为θ的导轨MN上面，放置一个长度为L的金属棒PQ，已知两导轨间距为d（d＜L），金属棒的质量为m、阻值为r，导轨与金属棒接触良好，两者间动摩擦因数为μ，导轨下端连接一个阻值为R的定值电阻，整个导轨处在一个垂直导轨所在平面向上、磁感应强度为B的匀强磁场中。现用一个恒力F拉动金属棒沿导轨斜面运动了x的距离，所用时间为t，此时金属棒的速度为v，下列说法正确的是（　　） A．金属棒速度为v时，R两端的电压为 B．该过程中生成的焦耳热为 C．该过程中摩擦力做的功为μmgxcosθ D．该过程中安培力做的功为 3、★★★【线圈进入磁场中的动量定理】某科技团队设计了一款磁悬浮列车的电磁制动系统，其简化模型俯视图如图所示。在塑料模型列车底面安装多个相同矩形线圈，列车和线圈的总质量为2kg。每个矩形线圈匝数为50匝，电阻为0.5Ω，ab 、bc 边的边长分别为0.2m 、0.5m，线圈平面与水平滑轨平行。列车以10m/s的初速度沿光滑水平轨道进入方向竖直向下、磁感应强度为0.2T的匀强磁场区域，磁场范围足够大。下列说法正确的是（ ） A. 第1个线圈进人磁场的过程中，通过线圈截面的电荷量为2 C B. 第1个线圈完全进人磁场时，列车的速度降为8m/s C. 至少需要10个线圈进人磁场才能使列车停止 D. 完全进人磁场的最后一个线圈与进人磁场的第一个线圈产生的热量之比为1:8 4、★★★【动量定理+动量守恒定律在电磁感应中的应用】定义“另类加速度”，A不变的运动称为另类匀变速运动。若物体运动的A不变，则称物体做另类匀变速运动。如图所示，光滑水平面上一个正方形导线框以垂直于一边的速度穿过一个匀强磁场区域（磁场宽度大于线框边长）。导线框电阻不可忽略，但自感可以忽略不计。已知导线框进入磁场前速度为v1，穿出磁场后速度为v2。下列说法中正确的是（　　） A．线框在进入磁场的过程中，速度随时间均匀增加 B．线框在进入磁场的过程中，其另类加速度A是变化的 C．线框完全进入磁场后，在磁场中运动的速度为 D．线框完全进入磁场后，在磁场中运动的速度为 5、★★★【电磁感应中的导轨滑杆模型】如图所示，水平面内放置着电阻可忽略不计的金属导轨，其形状满足方程y＝x2，空间分布者垂直xOy平面向内的匀强磁场。先将足够长的导体棒ab与x轴重合，且关于y轴对称放置，再用沿y轴正向的外力使其由静止开始做匀加速直线运动，导体棒先后经过y＝y0、y＝4y0的位置。若导体棒接入电路的电阻和其长度成正比，运动过程中始终和x轴平行并和导轨接触良好，不计摩擦，下列说法正确的是（　　） A．导体棒经过y＝y0、y＝4y0的位置时，闭合回路中的电动势之比为1：1 B．导体棒经过y＝y0、y＝4y0的位置时，闭合回路中的电流大小之比为1：4 C．经过y＝y0、y＝4y0的位置时，导体棒所受安培力大小之比为1：1 D．0~y0、y0~4y0过程中，闭合回路中产生的电热之比为1：15 6、★★★【旋转径向棒切割（法拉第圆盘发电机模型）】如图所示，固定在水平面上间距为l的两条平行金属导轨处在垂直于导轨平面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。垂直于导轨放置一根质量为m、长度为l、电阻为R的金属棒PQ，金属棒与导轨始终接触良好。竖直平面内半径为l的金属圆环上固定OC、OD、OE、OF四根长均为l、阻值均为R且夹角互为90°的金属棒。以圆环圆心O为原点建立直角坐标系，在第二象限圆环内部存在方向垂直竖直面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，圆心O与环面分别通过电刷H、G与金属导轨左端相连，其它电阻均不计。在外力作用下，圆环以角速度ω绕O点沿顺时针方向匀速转动，金属棒PQ始终静止不动。下列说法正确的是（　　） A．通过金属棒PQ的电流方向始终为Q→P B．通过金属棒PQ的电流大小为 C．金属棒PQ所受到的摩擦力大小为 D．圆环转动一周的过程，外力做的功为 7、★★★★【线框与导体棒相对运动切割磁场】如图，在粗糙绝缘的固定斜面上（斜面足够大）有一质量为m粗细均匀的矩形线框abcd，线框由两种金属材料组成，ad、bc长为L、电阻均为2R，ab、cd长为、电阻不计，线框处在方向垂直斜面向下的足够大的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。一质量也为m的导体棒PQ紧挨ad放置（不接触ad），PQ接入电路电阻为R，时刻，同时静止释放导体棒PQ以及矩形线框abcd，经时间恰好运动到矩形线框的中心处，此时对棒施加沿斜面向上的力，最终棒PQ恰好不从线框掉下。已知运动过程PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，矩形线框与斜面间的动摩擦因数为，棒PQ与矩形线框间的动摩擦因数为，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．导体棒PQ刚释放瞬间，线框的加速度大小为 B．时间内通过ad边的电荷量为 C．时导体棒的速度为 D．若时导体棒下降的高度为h，则整个过程中棒PQ上产生的热量为 8、★★★★【电磁弹射】如图为某同学设计的电磁弹射装置示意图，平行的足够长光滑水平导轨MN、PQ间距为L，置于磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m，长度为2L导体棒ab垂直放在导轨上。单刀双掷开关先打向c，内阻不计电动势为E的电源给电容为C的电容器充电，充完电后打向d，导体棒ab在安培力的作用下发射出去。阻力不计，下列说法正确的是（　　） A．导体棒达到最大速度前，做加速度逐渐增大的加速运动 B．导体棒以最大速度发射出去后，电容器储存的电荷量为零 C．导体棒能达到的最大速度为 D．导体棒达到最大速度时，电容器放出的电荷量为 9、★★★★【双棒不等导轨切割】如图，平行光滑导轨左侧AB和A'B'是半径为R的四分之一圆弧，BE、B'E'处于同一水平面，AC和A'C'间距为L，DE和D'E'间距为2L，AC、A'C'、DE、D'E'均足够长，AC和DE、A'C'和D'E'通过导线连接，其中BB'右侧导轨平面处在竖直向上的匀强磁场中，DD'左侧大小为B1，DD'右侧大小为B2，B1＝B2＝B现将长度为2L的导体棒PQ垂直导轨放置于DE和D'E'上，将长度为L的导体棒MN垂直导轨放置于AA'端，静止释放导体棒MN，导体棒运动的过程始终与导轨垂直且接触良好。已知导体棒MN和PQ材料、横截面积均相同，导体棒MN质量为m，电阻为r，重力加速度为g，不计导轨电阻，下列说法正确的是（　　） A．导体棒MN进入磁场瞬间，导体棒PQ的加速度大小 B．PQ棒的最终速度为 C．磁场方向不变，若B1＝2B2，从释放MN至两导体棒稳定运动的整个过程中导体棒PQ上产生的焦耳热为 D．磁场方向不变，若B1、B2大小可调，则两棒的最终速度之比 10、★★★★【线框切割不同大小的磁场区域】如图所示，水平粗糙地面上有两磁场区域，左右两磁场区域内的匀强磁场宽度均为L，磁感应强度大小分别为B和2B，左磁场区磁场方向竖直向下，右磁场区磁场方向竖直向上，两磁场间距为2L。一个质量为m、匝数为n、电阻为R、边长为L的正方形金属线框以速度v0水平向右进入左磁场区域，当金属线框刚离开右磁场区域时速度为v1，金属线框离开右磁场区运动一段距离后停下。金属线框与水平面间的动摩擦因数为μ。关于金属线框的运动下列判断正确的是（　　） A．金属线框从刚进入左磁场区域到最终停止的过程中一直做匀减速直线运动 B．金属线框通过两个磁场区域过程中产生的焦耳热为5μmgL C．金属线框进入左侧磁场区域过程中，通过金属线框的电荷量为 D．若金属线框进入左磁场区域过程所用时间为t，则金属线框刚好完全进入左侧磁场区域时的速度为v0﹣2μgt 11、★★★【感生感应+动生感应】如图所示，斜面顶部有单匝圆形线圈，其面积S=0.04 m2，电阻r=0.1Ω，线圈内有垂直线圈平面向上的匀强磁场I，磁感应强度大小随时间的变化 B1=(10t+0.1)T。线圈与间距为L=0.2m的平行金属导轨相连，导轨固定在倾角θ=37°的绝缘斜面上。图示虚线cd下方存在磁感应强度大小B2=0.5T的匀强磁场II，磁场方向垂直于斜面向上。质量m=0.02 kg的导体棒ab垂直导轨放置，其有效电阻R=0.9Ω，t=0时将其从无磁场区域由静止释放，导体棒沿斜面下滑一段距离后进入磁场II中刚好匀速下滑。在运动过程中导体棒与导轨始终保持良好接触，导轨足够长，导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ=0.25。不计平行导轨电阻，忽略导体棒ab进入磁场II时回路中的自感现象，重力加速度g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，求： (1）导体棒进入磁场II前流过导体棒的感应电流大小和方向； (2）导体棒刚进入磁场II时的速度大小； (3）导体棒进入磁场II前导体棒上产生的电热。 12、★★★★【多磁场区域】如图所示，间距为L的两条足够长的平行金属导轨固定放置，与水平面的夹角为，导轨光滑且电阻忽略不计，上端连接阻值为R的电阻。导轨之间存在磁感应强度大小为，方向与导轨平面垂直的匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，磁场区域的宽度均为s，磁场区域Ⅰ与磁场区域Ⅱ之间的距离未知，磁场区域Ⅱ与磁场区域Ⅲ之间的距离为d。一导体棒ab与导轨垂直放置并处于锁定状态，导体棒质量为m、长为L、电阻为R，与磁场区域 Ⅰ 相距为x0。解除锁定后，导体棒刚要离开磁场区域 Ⅰ 时，恰好处于平衡状态，导体棒在磁场区域II、III及其间无磁场区域运动的时间均相等。导体棒运动过程中始终与导轨垂直，重力加速度大小为。求： (1)导体棒刚要离开磁场区域I时速度的大小； (2)从解除锁定到导体棒刚要离开磁场区域I过程中，导体棒上产生的焦耳热； (3)导体棒穿过磁场区域II的时间； (4)从解除锁定到导体棒刚好离开磁场区域III所用的时间。 13、【电阻网格+电感+超导+简谐振动】电磁制动是通过电磁规律实现制动的技术，具有响应速度快，方便控制，不易磨损等优点，广泛用于现代各种机械设备中。某学习小组对矩形线圈进入磁场的制动特点进行研究。如图甲所示 x0y 是位于光滑水平桌面上的直角坐标系，在x>0的一侧，存在匀强磁场，磁场方向垂直x0y平面向里，磁感应强度的大小为B。在水平面 x<0区域有矩形线框，边长分别为l1和l2，每个l1边电阻为0，每个l2边电阻为r，线框初速度沿x轴正方向。若矩形线框受力，其形变可忽略不计。 (1）研究小组发现线框进入磁场区域速度会逐渐变小。实验中小组成员给线框施加外力，使线框保持初速度v10大小和方向不变，匀速进入磁场区域，求此线框进入磁场全过程中外使力做的功； (2）研究小组对线框进行改造，3个题干所述矩形线框，其中1个线框保持不变，其余2个线框各去掉一个l2边，如图乙所示焊接在一起。若要改造后大金属框能够整体进入题述磁场区域，求初速度大小v20的最小值。已知该大线框整体质量为m0，忽略自感效应； (3）研究小组对线框制动的另一改造设想为降低环境温度，使单个线框始终保持超导状态。若给线框初速度v30，线框沿x轴正方向减速，l1边未全部进入磁场区域即减速为0。已知单个线框质量为m，自感系数为L。求此线框l1边进入磁场到减速为0所用时间。（提示：超导状态线圈电阻为零，自感电动势与动生电动势等大反向，即 Blv-L=0。) 14、【超导线框+自感】如图所示，在光滑水平桌面上有一质量为m、边长为d的正方形超导线框，其右侧有一长度大于d、宽度为的长方形区间存在方向垂直桌面向下、大小为B的匀强磁场。建立坐标原点O位于磁场左边界中点、水平向右为正方向坐标轴Ox，超导线框在水平桌面上的位置坐标用其右边界的中点来描述。当超导线框的位置坐标时，表示超导线框恰好开始进入磁场，此时。已知超导线框开始进磁场时的初速度，在运动过程中超导线框边长始终保持平行磁场边界。由于超导电阻为零，当超导线框进入磁场时会产生感应电流，该感应电流产生的磁场会阻止超导线框的磁通量变化，以保持超导线框的磁通量不变。已知超导线框的电感为，若超导线框中有电流i，则由此电流产生的磁通量为。 (1)当超导线框运动至处时，求其中的电流I； (2)超导线框运动至的过程中，求安培力所做的功与安培力的冲量； (3)求超导线框最终的速度和超导线框具有的磁能。 15、【变磁场+积分动量】如图所示，间距为d=0.5m的足够长的平行光滑金属导轨水平固定，质量均为m=0.1 kg、电阻均为r=0.5Ω的 ab导体棒和cd导体棒垂直导轨放置，两导体棒长度均为d=0.5m，ab导体棒和cd导体棒中间用一轻质绝缘杆连接，绝缘杆的长度为L=4m。垂直两金属导轨的虚线I左侧存在竖直向下的磁感应强度为B₁=2T的匀强磁场。虚线I和虚线 Ⅱ之间的距离为L=4m。两虚线之间存在竖直向下的磁场，磁感应强度为B₂=(2+)T(x代表与虚线I的间距，x的单位为m，O≤x≤4m)， 虚线Ⅱ右侧存在竖直向下的磁场，磁感应强度为B₃=(2-)T(x代表与虚线Ⅱ的间距，x的单位为m，0<x≤4m)。初始时cd导体棒静止在虚线I左侧，其与虚线I的距离为s0=2m。t=0时刻，对cd导体棒施加一水平向右的恒力F1=1.8N， 当 cd导体棒到达虚线I时，其速度增加到v0(v0为未知量)。撤去力F1， 立即对cd导体棒施加一水平向右的变力F2， 使 cd导体棒在虚线I和Ⅱ之间的速度保持v0不变，当cd导体棒运动至虚线Ⅱ时撤去F₂。 不计空气阻力和两导体棒的横截面积，两导体棒在运动过程中始终与平行金属导轨接触良好且垂直。 (1)当ab导体棒到达虚线I 时，求此刻通过ab导体棒的电流I; (2)从cd 导体棒刚越过虚线I至 ab导体棒到达虚线I的过程中，求变力F₂ 做的功WF₂ ; (3)cd导体棒刚越过虚线Ⅱ后，求继续向前运动的最远距离xo。 学科网（北京）股份有限公司 $