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認(rèn)證類型：個人認(rèn)證

認(rèn)證主體：李**（實名認(rèn)證）

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IP屬地：河北 上傳時間：2025-02-28 格式：DOCX 頁數(shù)：39 大?。?.86MB 積分：6 舉報 版權(quán)申訴

重難點13電磁感應(yīng)現(xiàn)象（單雙桿）考點2025考向預(yù)測考點1：感應(yīng)電流方向的判斷高考主要考查楞次定律，電動勢的計算，電磁感應(yīng)與電路的綜合、與能量的綜合，以及電磁感應(yīng)中動力學(xué)問題.考查方向上更傾向于電磁感應(yīng)與電路、能量綜合問題.解題方法上以等效法、程序法、函數(shù)法、圖象法為主.多以電路的等效考查模型建構(gòu)的素養(yǎng);以原理的應(yīng)用考查科學(xué)推理和科學(xué)論證的素養(yǎng)，同時體現(xiàn)考生嚴(yán)謹(jǐn)?shù)目茖W(xué)態(tài)度和一絲不茍、實事求是的社會責(zé)任感;以對研究對象受力和運(yùn)動的分析及能量的轉(zhuǎn)化與守恒，考查運(yùn)動與相互作用觀念和能量觀念.多以選擇題和計算題的形式考查，難度中等.2025年對本章的考查，從各方面可能仍延續(xù)原來的形式及考點，在原理應(yīng)用方面會更多地聯(lián)系現(xiàn)代科技發(fā)展和生產(chǎn)、生活的實際?？键c2：電磁感應(yīng)感生與動生模型考點3：電磁感應(yīng)無力圖象及兩點電勢差圖象考點4：自感和渦流考點5：電磁感應(yīng)單桿問題考點6：電磁感應(yīng)雙桿問題【情境解讀】【高分技巧】1．磁通量變化量磁通量1、表達(dá)式：①（分解或都行，只要滿足垂直即可）②只適用于勻強(qiáng)磁場形如：半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，有一邊長為L，匝數(shù)為n匝正方形線圈放在勻強(qiáng)磁場中。則通過線圈的磁通量為？有效面積為,磁感應(yīng)強(qiáng)度為,通過線圈的磁通量為.形如：（分解磁感應(yīng)強(qiáng)度）有效面積為,有效磁感應(yīng)強(qiáng)度為,通過線圈的磁通量為.2．楞次定律①內(nèi)容：感應(yīng)電流產(chǎn)生的新磁通量總是阻礙原磁場磁通量的變化.感應(yīng)電流為,新磁通量，原磁場磁通量的變化為（右手定則）②操作方法3．感生電動勢模型內(nèi)容Ⅰ：公式中（概念題）只能說變化快、變化快.4.動生電動勢模型動生電動勢三者全部互相垂直（落霞與孤鶩齊飛，等于）形如：簡單模型形如：斜切（分解速度）導(dǎo)體轉(zhuǎn)動切割磁感線如圖，當(dāng)長為l的導(dǎo)體在垂直于勻強(qiáng)磁場(磁感應(yīng)強(qiáng)度為B)的平面內(nèi)，繞一端以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動，當(dāng)導(dǎo)體運(yùn)動Δt時間后，轉(zhuǎn)過的弧度θ＝ωΔt，掃過的面積ΔS＝eq\f(1,2)l2ωΔt，則E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(BΔS,Δt)＝eq\f(1,2)Bl2ω.5.圖象基礎(chǔ)模型：勻速、垂直、切規(guī)則面形如：（三角形切割）規(guī)定逆時針為正，則圖象，則即是.如上圖.秒殺：橫切一半、左右翻、上下翻、定正負(fù).圖象面積表示，一般圖象題，最左側(cè)，最右側(cè)，整體根據(jù)，上下面積必相等.6.三個必背基礎(chǔ)公式，，.單雙導(dǎo)體棒整體思想：1．電路特點：導(dǎo)體棒相當(dāng)于電源。當(dāng)速度為時，電動勢2．安培力的特點：安培力為阻力，并隨速度減小而減?。?．加速度特點：加速度隨速度減小而減小,4．運(yùn)動過程分析：速度如圖所示。a減小的減速運(yùn)動，5．最終狀態(tài):靜止6．五個規(guī)律(1)全過程能量轉(zhuǎn)化關(guān)系：,QUOTEQRQr速度為時的能量關(guān)系，電阻產(chǎn)生的焦耳熱(2)啟動時，瞬時加速度：，(3)電荷量(4)動量關(guān)系：用來求時間(安培力的沖量)安培力的沖量公式是①閉合電路歐姆定律②平均感應(yīng)電動勢：③位移：④①②③④得，用來求距離（5）啟動時，7．通電自感和斷電自感的比較電路圖器材要求A1、A2同規(guī)格，R＝RL，L較大L很大(有鐵芯)通電時在S閉合瞬間，燈A2立即亮起來，燈A1逐漸變亮，最終一樣亮燈A立即亮，然后逐漸變暗達(dá)到穩(wěn)定斷電時回路電流減小，燈泡逐漸變暗，A1電流方向不變，A2電流反向①若I2≤I1，燈泡逐漸變暗；②若I2＞I1，燈泡閃亮后逐漸變暗．兩種情況下燈泡中電流方向均改變總結(jié)自感電動勢總是阻礙原電流的變化2.分析自感問題的三個技巧（建議用時：60分鐘）【考向一：感應(yīng)電流方向的判斷】1．（2024·天津濱海新·一模）隨著新能源汽車的普及，無線充電技術(shù)得到進(jìn)一步開發(fā)和應(yīng)用。如圖甲所示，由地面鋪設(shè)供電的供電線圈，將電能傳送至電動汽車底部的受電線圈，從而對車載電池進(jìn)行充電（電路模擬如圖乙）。若已知供電線圈和受電線圈匝數(shù)比為。當(dāng)供電線圈接上圖丙中的正弦交流電后，受電線圈中的電流為2A。不考慮線圈的自感，忽略電能傳輸?shù)膿p耗，下列說法正確的是（

）

A．受電線圈的輸出電壓為55VB．供電線圈的輸入功率為220WC．受電線圈的電流方向每秒改變50次D．車身受電線圈中的感應(yīng)電流磁場總是與地面供電線圈中電流的磁場方向相反【答案】A【詳解】A．供電線圈電壓有效值則受電線圈的輸出電壓為選項A正確；B．供電線圈的輸入功率等于受電線圈的輸出功率，即選項B錯誤；C．交流電的頻率為50Hz，則受電線圈的電流方向每秒改變100次，選項C錯誤；D．根據(jù)楞次定律，車身受電線圈中的感應(yīng)電流磁場總是阻礙地面供電線圈中電流的磁場的變化，即當(dāng)?shù)孛婀╇娋€圈中電流的磁場增強(qiáng)時，車身受電線圈中的感應(yīng)電流磁場與其相反；即當(dāng)?shù)孛婀╇娋€圈中電流的磁場減弱時，車身受電線圈中的感應(yīng)電流磁場與其相同；選項D錯誤。故選A。2．（2025·安徽黃山·一模）如圖所示，質(zhì)量為M的鋁質(zhì)矩形薄平板靜止在光滑水平面上，鋁板上固定白紙，質(zhì)量為m的圓柱磁鐵放在白紙上，且在鋁板對稱軸上。某時刻給磁鐵沿對稱軸方向的水平速度，經(jīng)t時間磁鐵和鋁板速度相同。磁鐵和白紙間動摩擦因數(shù)為，鋁板相對磁鐵可認(rèn)為足夠長。下列說法正確的是（）A．t時間內(nèi)鋁板和白紙對磁鐵的作用力大于B．t時間內(nèi)磁鐵相對鋁板位移小于C．僅將鋁板替換成等質(zhì)量的長矩形銅板，仍然需經(jīng)t時間，磁鐵和銅板速度才相同D．僅將鋁板替換成等質(zhì)量的長矩形銅板，共速前的平均熱功率變大【答案】ABD【詳解】A．對磁鐵受力分析，若不考慮磁鐵與鋁板間的磁力，則鋁板和白紙對磁鐵的支持力鋁板和白紙對磁鐵的摩擦力此時鋁板和白紙對磁鐵的作用力大小剛好為實際上，磁鐵在運(yùn)動過程中，，鋁板的磁通量減小，由于渦流的作用，磁鐵和鋁板之間存在相互吸引的磁力，導(dǎo)致磁鐵受到的支持力和摩擦力均增大，故t時間內(nèi)鋁板和白紙對磁鐵的作用力大于，A正確；B．由題可知，磁鐵與鋁板間的相對速度越來越小，鋁板中的感應(yīng)電流逐漸減小，故鋁板與磁鐵間的磁力逐漸減小，二者的加速度逐漸減小，因此磁鐵做減速度減小的減速運(yùn)動，鋁板做加速度減小的加速運(yùn)動，作出它們運(yùn)動的圖像如下根據(jù)圖像的面積為位移的大小可知，t時間內(nèi)磁鐵相對鋁板位移小于，B正確；C．將鋁板換成銅板，由于銅板的電阻較小，感應(yīng)電流較大，根據(jù)楞次定律，阻礙相對運(yùn)動的安培力增大，達(dá)到共同速度的時間會減小，C錯誤；D．將鋁板換成銅板后，達(dá)到共同速度的時間縮短，則平均速度增大，結(jié)合上述分析可知，平均作用力增大，根據(jù)可知，平均熱功率增大，D正確。故選ABD。3．（2025·四川·模擬預(yù)測）如圖，水平面MN下方存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，紙面為豎直平面。不可形變的導(dǎo)體棒ab和兩根可形變的導(dǎo)體棒組成三角形回路框，其中ab處于水平位置框從MN上方由靜止釋放，框面始終在紙面內(nèi)框落入磁場且ab未到達(dá)MN的過程中，沿磁場方向觀察，框的大致形狀及回路中的電流方向為（）

A．

B．

C．

D．

【答案】C【詳解】由楞次定律“增反減同”可知回路框中感應(yīng)電流方向為逆時針，根據(jù)左手定則可知左側(cè)導(dǎo)體棒所受安培力斜向右上方，右側(cè)導(dǎo)體棒所受安培力斜向左上方。故選C。4．（2025·重慶·一模）某自行車所裝車燈發(fā)電機(jī)如圖甲所示，其結(jié)構(gòu)如圖乙所示。繞有線圈的匚形鐵芯開口處裝有磁鐵。車輪轉(zhuǎn)動時帶動與其接觸的摩擦輪轉(zhuǎn)動。摩擦輪又通過傳動軸帶動磁鐵一起轉(zhuǎn)動，從而使鐵芯中磁通量發(fā)生變化。線圈兩端c、d作為發(fā)電機(jī)輸出端。通過導(dǎo)線與燈泡L相連。當(dāng)車輪勻速轉(zhuǎn)動時，發(fā)電機(jī)輸出電壓近似視為正弦交流電。假設(shè)燈泡阻值不變，摩擦輪與輪胎間不打滑。在磁鐵從圖示位置勻速轉(zhuǎn)過的過程中，下列說法正確的是（）A．通過的電流方向為 B．通過的電流方向為C．L中的電流先變大后變小 D．L中的電流大小不變【答案】AC【詳解】AB．根據(jù)題意，由楞次定律可知，通過L的電流方向由c到d，故A正確，B錯誤；CD．由圖可知，開始階段，穿過線圈的磁通量最大，磁通量的變化率最小，轉(zhuǎn)動后，磁通量減小，磁通量的變化率增大，當(dāng)轉(zhuǎn)過時，穿過線圈的磁通量最小，磁通量的變化率最大，當(dāng)轉(zhuǎn)過時，穿過線圈的磁通量最大，磁通量的變化率最小，可知，轉(zhuǎn)動過程中L中的電流先變大后變小，故C正確，D錯誤；故選AC。5．（2025·重慶·模擬預(yù)測）某電子天平原理如圖所示，E形磁鐵的兩側(cè)為N極，中心為S極。一個多匝的正方形線圈套于中心磁極，其骨架與秤盤連為一體，線圈兩端、與外電路連接。當(dāng)重物放在秤盤上時，彈簧被壓縮，秤盤和線圈一起向下運(yùn)動（骨架與磁極不接觸），線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流。在秤盤向下運(yùn)動過程中，則（

）A．秤盤一直處于超重狀態(tài)B．點的電勢比點的電勢低C．感應(yīng)電流從端流入正方形線圈D．秤盤的重力勢能與秤盤的動能間相互轉(zhuǎn)化【答案】B【詳解】A．由于秤盤先向下加速后向下減速，秤盤先處于失重狀態(tài)再處于超重狀態(tài)，故A錯誤；BC．線圈向下運(yùn)動過程中，左右兩側(cè)分別切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，根據(jù)右手定則可得，兩側(cè)切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電流都是從端流入正方形線圈，再從端流出，點電勢更高，故B正確，D錯誤；D．秤盤向下運(yùn)動過程中需要克服安培力做功，產(chǎn)生電能，由電流做功轉(zhuǎn)化為焦耳熱，所以秤盤的重力勢能會部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，故D錯誤。故選B。6．（2025·重慶·模擬預(yù)測）如圖所示，左側(cè)有一垂直紙面向外的磁場，一個線圈的兩個端點、與內(nèi)阻很大的電壓表相連，線圈內(nèi)磁通量變化的規(guī)律滿足，在的時間內(nèi)（

）A．線圈有縮小的趨勢 B．電壓表的示數(shù)不變C．電壓表的示數(shù)先增大后減小 D．線圈中有順時針方向的感應(yīng)電流【答案】B【詳解】AD．由楞次定律可知線圈中將產(chǎn)生逆時針方向的感應(yīng)電流，線圈有擴(kuò)大的趨勢，AD錯誤；BC．題意可知線圈內(nèi)的磁通量均勻減少，則線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小不變，故電壓表的示數(shù)不變，B正確，C錯誤；故選B?！究枷蚨弘姶鸥袘?yīng)感生與動生模型】7．（2024·天津?qū)幒印ざ＃﹫D甲所示的裝置是斯特林發(fā)電機(jī)，其工作原理圖可以簡化為圖乙。已知矩形導(dǎo)線框的匝數(shù)為N，面積為S，處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中，矩形導(dǎo)線框以角速度ω繞垂直磁場方向的軸勻速轉(zhuǎn)動，線框與理想變壓器原線圈相連。理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為1∶4，圖示時刻線框平面與磁感線垂直并以此時刻為計時起點，R1為定值電阻，R為滑動變阻器，交流電壓表①、②均視為理想電表，不計線框的電阻。下列說法正確的是（）A．線框從圖示位置開始轉(zhuǎn)過時，電壓表V1的示數(shù)為B．滑動變阻器的滑片向c端滑動的過程中，R1的發(fā)熱功率增大C．滑動變阻器的滑片向d端滑動的過程中，電壓表V2的示數(shù)始終為2NBSωD．線框從圖示位置開始轉(zhuǎn)過的過程中，產(chǎn)生的平均電動勢為【答案】AD【詳解】A．線框從圖示位置開始轉(zhuǎn)過時，感應(yīng)電動勢的瞬時值為電壓表V1的示數(shù)為有效值，所以故A正確；B．滑動變阻器的滑片向c端滑動的過程中R接入電路的阻值變大，通過R1的電流變小，所以R1的發(fā)熱功率變小，故B錯誤；C．副線圈電壓為所以電壓表V2的示數(shù)始終為，故C錯誤；D．線框從圖示位置開始轉(zhuǎn)過的過程中，產(chǎn)生的平均電動勢故D正確。故選AD。8．（2024·天津紅橋·二模）在如圖甲所示的電路中，螺線管匝數(shù)匝，橫截面積。螺線管導(dǎo)線電阻，，，。在一段時間內(nèi)，穿過螺線管的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度按如圖乙所示的規(guī)律變化。求：（1）求螺線管中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢；（2）閉合S，電路中的電流穩(wěn)定后，求電阻的電功率；（3）S斷開后，求流經(jīng)的電量?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律解得（2）根據(jù)全電路歐姆定律由解得（3）斷開后，流經(jīng)的電量即為閉合時板上所帶的電量電容器兩端的電壓流經(jīng)的電量9．（2025·河南安陽·一模）如圖所示，abcd為固定在勻強(qiáng)磁場中的正方形導(dǎo)線框，其中ab邊為均勻的電阻絲，其余三邊電阻不計。一段與ab邊完全相同的電阻絲PQ垂直ab邊置于線框上，在拉力作用下以恒定的速度從ad邊向bc邊運(yùn)動，則在PQ運(yùn)動過程中，下列判斷正確的是（）A．通過電阻絲PQ的電流先增大后減小B．電阻絲PQ兩端的電壓先減小后增大C．拉力做功的功率先減小后增大D．電阻絲ab的發(fā)熱功率先減小后增大【答案】C【詳解】A．由于電阻絲勻速運(yùn)動，由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，產(chǎn)生的電動勢大小恒定，由電路知識可知，在從邊向邊運(yùn)動的過程中，電路中的總電阻先增大后減小，由可知通過電阻絲的電流先減小后增大，故A錯誤；B．由可知電阻絲兩端的電壓先增大后減小，故B錯誤；C．由可知電阻絲受到的安培力先減小后增大，故拉力也先減小后增大，由于拉力的功率故拉力做功的功率先減小后增大，故C正確；D．將電阻絲看作外電路，將電阻絲看作電源，則外電路的電阻不大于電阻絲的電阻，由于外電路的電阻先增大后減小，故由電源輸出功率與外電阻之間的關(guān)系可知，電阻絲產(chǎn)熱功率先增大后減小，故D錯誤。故選C。10．（2025·河南·模擬預(yù)測）如圖是科技創(chuàng)新大賽中某智能小車電磁尋跡的示意圖，無急彎賽道位于水平地面上，中心設(shè)置的引導(dǎo)線通有交變電流（頻率較高），可在賽道內(nèi)形成變化的磁場。小車電磁尋跡的傳感器主要由在同一水平面內(nèi)對稱分布的a、b、c、d四個線圈構(gòu)成，a與c垂直，b與d垂直，安裝在小車前端一定高度處。在尋跡過程中，小車通過檢測四個線圈內(nèi)感應(yīng)電流的變化來調(diào)整運(yùn)動方向，使其沿引導(dǎo)線運(yùn)動。若引導(dǎo)線上任一點周圍的磁感線均可視為與該點電流方向相垂直的同心圓；賽道內(nèi)距引導(dǎo)線距離相同的點磁感應(yīng)強(qiáng)度大小可視為相同，距離越近磁場越強(qiáng)，賽道邊界以外磁場可忽略，則（）A．c、d中的電流增大，小車前方為彎道B．沿直線賽道運(yùn)動時，a、b中的電流為零C．a(chǎn)中電流大于b中電流時，小車需要向左調(diào)整方向D．a(chǎn)中電流大于c中電流時，小車需要向右調(diào)整方向【答案】AC【詳解】A．因引導(dǎo)線上任一點周圍的磁感線均可視為與該點電流方向相垂直的同心圓，若小車沿直道行駛，則穿過cd的磁通量一直為零，則cd中感應(yīng)電流為零，若c、d中的電流增大，則說明穿過cd的磁通量發(fā)生了變化，小車中心離開了引導(dǎo)線，即小車前方為彎道，選項A正確；B．因引導(dǎo)線上任一點周圍的磁感線均可視為與該點電流方向相垂直的同心圓，可知沿直線賽道運(yùn)動時，a、b中磁通量變化率不為零，則感應(yīng)電流不為零，選項B錯誤；C．a(chǎn)中電流大于b中電流時，說明a距離引導(dǎo)線更近，則小車需要向左調(diào)整方向，選項C正確；D．小車運(yùn)動方向和導(dǎo)線平行時，由A分析可知，中無電流，此時中電流大于中電流，小車不需要調(diào)整方向。當(dāng)中電流不為0，a中電流大于c中電流時，說明磁場在a中的分量大于c中的分量，說明引導(dǎo)線在小車速度方向的左側(cè)，則小車需要向左調(diào)整方向，選項D錯誤。故選AC。11．（2024·山東·模擬預(yù)測）如圖所示，用導(dǎo)線繞制成匝數(shù)為，半徑為的圓形線圈，線圈電阻為，線圈兩端點與電阻相連接。在線圈內(nèi)有一半徑為的圓形區(qū)域，區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間的變化關(guān)系為。求：(1)兩端的電勢差；(2)時間內(nèi)，產(chǎn)生的焦耳熱?！敬鸢浮?1)(2)【詳解】（1）由法拉第電磁感應(yīng)定律得通過電阻的電流由楞次定律可知，線圈中感應(yīng)電流沿逆時針方向，點電勢高于點電勢，則解得（2）時間內(nèi)，產(chǎn)生的焦耳熱解得12．（2025·陜西寶雞·一模）如圖所示，在豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，將一水平放置的金屬棒ab從距地面高為h處，以水平初速度拋出。設(shè)運(yùn)動的整個過程中棒的取向不變，且不計空氣阻力，則落地時金屬棒a、b兩端產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢和電勢高低，判斷正確的是（）A．， B．，C．， D．，【答案】C【詳解】金屬棒在運(yùn)動過程中切割磁感線的分速度為水平速度，保持不變，則金屬棒a、b兩端產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小為根據(jù)左手定則可判斷金屬棒中電子在洛倫茲力的作用力下向a端移動，所以金屬棒b端比a端電勢高，即有故選C?！究枷蛉弘姶鸥袘?yīng)無力圖象及兩點電勢差圖象】13．（2024·天津西青·模擬預(yù)測）如圖所示，垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。紙面內(nèi)有一正方形均勻金屬線框abcd，其邊長為L，總電阻為R，ad邊與磁場邊界平行。從ad邊剛進(jìn)入磁場直至bc邊剛要進(jìn)入的過程中，線框在向左的拉力作用下以速度v勻速運(yùn)動，求：（1）感應(yīng)電流I的大小和方向；（2）拉力做功的功率P；（3）ab邊產(chǎn)生的焦耳熱Q?！敬鸢浮浚?），逆時針；（2）；（3）【詳解】（1）線圈切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢感應(yīng)電流的大小根據(jù)右手定則，可知感應(yīng)電流方向為逆時針。（2）線框在向左的拉力作用下以速度v勻速運(yùn)動，根據(jù)平衡條件可得拉力為拉力做功的功率為（3）線框進(jìn)入磁場所用的時間為ab邊產(chǎn)生的焦耳熱14．（2024·天津·模擬預(yù)測）磁懸浮列車是高速低耗交通工具，如圖甲所示。它的驅(qū)動系統(tǒng)可簡化為如圖乙所示的物理模型。固定在列車底部的正方形金屬線框的邊長為，匝數(shù)為，總電阻為，列車的質(zhì)量為；水平長直軌道間各邊長為的正方形區(qū)域內(nèi)都存在勻強(qiáng)磁場，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為、相鄰區(qū)域的磁場方向相反。當(dāng)磁場以速度勻速向右運(yùn)動時，可驅(qū)動停在軌道上的列車運(yùn)動，一小段時間后列車勻速運(yùn)行。（1）分析列車運(yùn)行中獲得驅(qū)動力的原理；（2）如果列車運(yùn)行速度較小時，可以忽略一切阻力，某次實驗過程因特殊原因，垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場消失（如丙圖），求列車剛啟動時的加速度；（3）如果磁場恢復(fù)正常，如果列車運(yùn)行較大時，空氣阻力不能忽略，已知空氣阻力與列車運(yùn)行速度的平方成正比（，未知），假設(shè)其它阻力可以忽略不計，列車的最大運(yùn)行速度為，則比例系數(shù)是多少?！敬鸢浮浚?）見解析；（2）；（3）【詳解】（1）列車運(yùn)動過程中，穿過金屬框的磁通量發(fā)生變化，由于電磁感應(yīng)，金屬框中會產(chǎn)生感應(yīng)電流，該電流使線框受到的安培力即為驅(qū)動力。（2）當(dāng)磁場以速度勻速向右運(yùn)動時，可得感應(yīng)電動勢為線框的感應(yīng)電流為，列車剛啟動時的加速度（3）列車的最大運(yùn)行速度為，則，則解得15．（2024·天津濱海新·模擬預(yù)測）如圖所示，線框ac、bd邊長為2L、電阻不計，三條短邊ab、cd、ef長均為L、電阻均為R，ef位于線框正中間。線框下方有一寬度為L的有界勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，cd邊與磁場邊界平行，當(dāng)cd距磁場上邊界一定高度時無初速釋放線框，線框cd邊進(jìn)入磁場時線框恰好勻速運(yùn)動，下落過程中線框始終在豎直面內(nèi)，已知線框質(zhì)量為m，重力加速度為g，求：（1）cd邊剛進(jìn)入磁場時，桿ab中的電流方向；（2）釋放時cd邊到磁場上邊界高度；（3）線框ab邊剛要出磁場時，a、b兩點間電勢差?！敬鸢浮浚?）由b到a；（2）；（3）【詳解】（1）根據(jù)右手定則，cd邊剛進(jìn)入磁場時，電流方向為由c到d，則桿ab中的電流方向為由b到a；（2）設(shè)釋放時cd邊到磁場上邊界高度為h，cd邊進(jìn)入磁場時解得，速度大小為cd邊產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小為回路中總電阻為通過cd的電流為cd所受的安培力大小為由題意，根據(jù)平衡條件有聯(lián)立解得（3）根據(jù)線框構(gòu)成等效電路的特點可知線框在通過磁場的過程中將始終做勻速運(yùn)動，a、b兩點間電勢差始終等于對應(yīng)等效電路的路端電壓的相反數(shù)，即解得16．（2024·天津紅橋·二模）我國在高鐵列車和電動汽車的設(shè)計和制造領(lǐng)域現(xiàn)在處于世界領(lǐng)先水平，為了節(jié)約利用能源，在“剎車”時采用了電磁式動力回收裝置，可將部分動能轉(zhuǎn)化為電能并儲存起來。如圖所示為該裝置的簡化模型，在光滑的水平面內(nèi)，一個“日”字形的金屬線框，各邊長，其中、、邊電阻均為，、電阻可忽略，線框以速度沖進(jìn)寬度也為l，磁感應(yīng)強(qiáng)度的勻強(qiáng)磁場，最終整個線框恰好能穿出磁場，忽略空氣阻力的影響，求：（1）線框剛進(jìn)磁場時流過的電流大小和方向，并指出M、N哪端電勢高；（2）整個線框的質(zhì)量m；（3）邊穿過磁場過程中，邊中產(chǎn)生的焦耳熱Q?！敬鸢浮浚?），電流的方向N到M，M端電勢高；（2）；（3）【詳解】（1）導(dǎo)體進(jìn)入磁場切割感應(yīng)電動勢為回路的總電阻為流過導(dǎo)體的電流大小為根據(jù)楞次定律或右手定則，電流的方向N到M；M端電勢高；（2）在整個線框穿過磁場的過程中，總有一個邊在切割磁感線，回路的總電阻相當(dāng)于不變，根據(jù)動量定理，，，…，，整理后得解得（約為0.013kg）（3）對邊通過磁場的過程使用動量定理，為穿過磁場的時間，解得根據(jù)能量守恒定律導(dǎo)體棒生的熱17．（2024·天津南開·一模）如圖所示是列車進(jìn)站時利用電磁阻尼輔助剎車的示意圖，在車身下方固定一單匝矩形線框abcd，ab邊長為L，bc邊長為d，在站臺軌道上存在方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的有界矩形勻強(qiáng)磁場MNPQ，MN邊界與ab平行，NP長為d。若ab邊剛進(jìn)入磁場時列車關(guān)閉發(fā)動機(jī)，此時列車的速度大小為，cd邊剛離開磁場時列車剛好停止運(yùn)動。已知線框總電阻為R，列車的總質(zhì)量為m，摩擦阻力大小恒定為kmg，不計空氣阻力，重力加速度為g。求：（1）線框ab邊剛進(jìn)入磁場時列車加速度a的大小和安培力對ab邊做功的功率P；（2）線框從進(jìn)入到離開磁場過程中，線框產(chǎn)生的焦耳熱Q；（3）線框進(jìn)入磁場過程中，通過線框橫截面的電荷量q?！敬鸢浮浚?），；（2）；（3）【詳解】（1）根據(jù)題意可知，線框ab邊剛進(jìn)入磁場時，感應(yīng)電動勢為感應(yīng)電流為ab邊所受安培力為由牛頓第二定律有安培力對ab邊做功的功率（2）線框從進(jìn)入到離開磁場過程中，由能量守恒定律有解得線框產(chǎn)生的焦耳熱（3）線框進(jìn)入磁場過程中，通過線框橫截面的電荷量又有，聯(lián)立解得18．（2024·山東·模擬預(yù)測）如圖所示，在的區(qū)域中存在垂直于平面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，邊界與軸正方向的夾角為左側(cè)磁場向里，OM右側(cè)磁場向外。正方形導(dǎo)線框以恒定的速度沿軸正方向運(yùn)動并穿過磁場區(qū)域，運(yùn)動過程中邊始終平行于軸。規(guī)定導(dǎo)線框中逆時針方向為電流的正方向。從剛進(jìn)入磁場開始計時，下列能正確反映導(dǎo)線框中感應(yīng)電流隨時間變化圖像的是（）A． B．C． D．【答案】D【詳解】設(shè)導(dǎo)線框的速度大小是，邊長為，總電阻為，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為邊剛進(jìn)磁場時產(chǎn)生感應(yīng)電流由右手定則可判斷感應(yīng)電流的方向為逆時針；在時間內(nèi)，如圖1所示，邊被邊界分為和兩部分，其中兩部分產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢方向相反，則當(dāng)時，導(dǎo)線框全部進(jìn)入磁場，如圖2所示，導(dǎo)線框被邊界分為兩部分，兩部分都切割磁感線，且有效長度均為，則兩部分產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小相等，方向均沿順時針，則電流故選D。【考向四：自感和渦流】19．（2024·天津·模擬預(yù)測）理想化模型是物理學(xué)界的重要研究方法，下列選項中兩個模型都為理想化模型的是（）A．質(zhì)點，超重和失重 B．自由落體運(yùn)動，勻速圓周運(yùn)動C．彈簧振子，理想變壓器 D．互感與自感，電磁阻尼【答案】BC【詳解】A．質(zhì)點是理想化模型，超重和失重現(xiàn)象實際上存在，不是理想化模型，故A錯誤；B．自由落體運(yùn)動是物體僅受重力，忽略空氣阻力，初速度為0的運(yùn)動，勻速圓周運(yùn)動指任意相等時間內(nèi)通過的弧長都相等的一種圓周運(yùn)動，自由落體運(yùn)動，勻速圓周運(yùn)動都是理想化模型，故B正確；C．彈簧振子不計彈簧的質(zhì)量，忽略振子的體積，理想變壓器忽略漏磁與線圈、鐵芯的電阻，可知，彈簧振子，理想變壓器都是理想化模型，故C正確；D．互感與自感，電磁阻尼在實際中均能夠存在，不是理想化模型，故D錯誤。故選BC。20．（2024·浙江·模擬預(yù)測）如圖所示，甲圖為粒子散射實驗裝置圖；乙圖是氫原子的光譜線圖；丙圖是“互感式”鉗式電流表；丁圖是電子束穿過鋁箔后的衍射圖樣。關(guān)于各圖的下列說法正確的是（）

A．甲圖中熒光屏在相同時間內(nèi)接收到的粒子數(shù)，處在①位置時比在②位置時少B．乙圖中的譜線是氫原子核外電子從第三軌道躍遷到第一軌道時發(fā)光而產(chǎn)生的C．丙圖中的“互感式”鉗式電流表不能用來測量恒定電流的大小D．丁圖中的實驗現(xiàn)象能說明電子具有波動性【答案】ACD【詳解】A．圖甲是粒子散射實驗示意圖，由粒子散射實驗現(xiàn)象知，當(dāng)顯微鏡在②位置時熒光屏上接收到的粒子數(shù)最多，故A正確；B．譜線是氫原子核外電子從第四軌道躍遷到第二軌道時發(fā)光而產(chǎn)生的，故B錯誤；C．“互感式”鉗式電流表是利用電磁感應(yīng)原理，需要磁通量發(fā)生變化，即電流發(fā)生變化，故不能用來測量恒定電流的大小，故C正確；D．圖丁是電子束穿過鋁箔后的衍射圖樣，該實驗現(xiàn)象說明實物粒子也具有波動性，故D正確；故選ACD。21．（2025·重慶·模擬預(yù)測）電磁技術(shù)的應(yīng)用非常廣泛：圖甲是磁流體發(fā)電機(jī)的原理圖、圖乙是回旋加速器的示意圖、圖丙是磁電式電流表的內(nèi)部結(jié)構(gòu)、圖丁是利用電磁爐加熱食物。下列說法正確的是（

）A．磁流體發(fā)電機(jī)的A板是電源的負(fù)極，B板是電源的正極B．僅增大回旋加速器狹縫間的電壓，被加速粒子獲得的最大動能不變C．磁電式儀表中的鋁框可使指針較快停止擺動，這是利用了電磁驅(qū)動的原理D．將電磁爐的電源換成電動勢更大的直流電源，可以增加鍋具的發(fā)熱功率【答案】AB【詳解】A．根據(jù)左手定則，滿足正電荷向下偏轉(zhuǎn)，所以B板帶正電，為發(fā)電機(jī)的正極，A極板是發(fā)電機(jī)的負(fù)極，故A正確；B．粒子離開回旋加速器時動能最大，根據(jù)，可得粒子獲得的最大動能為所以僅增大回旋加速器狹縫間的電壓，被加速粒子獲得的最大動能不變，故B正確；C．磁電式儀表中的鋁框可使指針較快停止擺動，是利用了電磁阻尼的原理，故C錯誤；D．電磁爐使用交流電作為電源，則將電磁爐的電源換成電動勢更大的直流電源，鍋具無法發(fā)熱，故D錯誤。故選AB。22．（2025·廣東·模擬預(yù)測）如圖所示為用漆包線繞制的線圈，其中AOB為線圈的中心軸線，O點為線圈的中心，且。當(dāng)線圈中通入如圖所示的電流時，下列說法正確的是（）A．若通入恒定直流電，A、B兩點處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向相反B．若通入恒定直流電，O點處的磁感應(yīng)強(qiáng)度小于A點處的磁感應(yīng)強(qiáng)度C．若通入交流電，不同匝的線圈之間可能會互相排斥D．若通入交流電，當(dāng)電流瞬時值增大時，O點處的磁感應(yīng)強(qiáng)度增大【答案】D【詳解】AB．根據(jù)對稱性，通入恒定直流電時，A點處磁感應(yīng)強(qiáng)度與B點處相同，且A、B、O三點中O點處的磁感應(yīng)強(qiáng)度最大，A錯誤，B錯誤；C．同向電流之間互相吸引，C錯誤；D．若通入交流電，當(dāng)電流瞬時值增大時，自感電動勢只能阻礙原電流變化，而不能阻止，故O點處的磁感應(yīng)強(qiáng)度增大，D正確。故選D。23．（2024·北京朝陽·模擬預(yù)測）如圖所示，一均勻金屬圓盤繞通過其圓心且與盤面垂直的軸逆時針勻速轉(zhuǎn)動?，F(xiàn)施加一垂直穿過圓盤的有界勻強(qiáng)磁場，圓盤開始減速。在圓盤減速過程中，下列說法正確的有（）A．所加磁場越強(qiáng)越易使圓盤停止轉(zhuǎn)動 B．金屬圓盤中的渦流只存在于磁場邊界附近C．處于磁場中的圓盤部分，靠近圓心處電勢高 D．若所加勻強(qiáng)磁場穿過整個圓盤，圓盤也會減速【答案】AC【詳解】A．所加磁場越強(qiáng)，感應(yīng)電流越強(qiáng)，安培力越大，對圓盤轉(zhuǎn)動的阻礙越大，故A正確；B．金屬圓盤中的渦流是由于磁通量的變化而產(chǎn)生的環(huán)形電流存在于磁場所掃過的區(qū)域，故B錯誤；C．把圓盤看成沿半徑方向緊密排列的“輻條”，由右手定則知，靠近圓心處電勢高，故C正確；D．若將整個圓盤置于磁場中，則圓盤中無感應(yīng)電流，圓盤將勻速轉(zhuǎn)動，故D錯誤。故選AC。24．（2024·浙江·一模）“福建艦”是我國第一艘采用電磁彈射裝置的航空母艦。如圖是某實驗小組做的彈射模擬裝置，首先將單刀雙擲開關(guān)打到a，用電動勢為E的電源給電容為C的電容器充電。電容器充滿電后開關(guān)打到b，驅(qū)動線圈通電產(chǎn)生磁場，同時發(fā)射線圈從絕緣且內(nèi)壁光滑的發(fā)射管道內(nèi)彈射出去。下列說法正確的是（）A．發(fā)射線圈中感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場水平向右B．開關(guān)打到b的瞬間，發(fā)射線圈中的感應(yīng)電動勢最大C．開關(guān)打到b的瞬間，驅(qū)動線圈的自感電動勢最小D．開關(guān)打到b的瞬間，發(fā)射線圈的安培力最大【答案】B【詳解】A．由于電容器放電，驅(qū)動線圈的電流增大，通過發(fā)射線圈的磁通量增大，根據(jù)楞次定律可知，發(fā)射線圈內(nèi)部的感應(yīng)磁場方向水平向左，故A錯誤；BC．開關(guān)打到b的瞬間，驅(qū)動線圈的電流變化率最大，驅(qū)動線圈的自感電動勢最大，則此時通過發(fā)射線圈的磁通量變化得最快，發(fā)射線圈中的感應(yīng)電動勢最大，故B正確，C錯誤；D．開關(guān)打到b的瞬間，由上述分析可知感應(yīng)電流最大，但此時驅(qū)動線圈產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為零，發(fā)射線圈所受安培力并非最大。故D錯誤。故選B。【考向五：電磁感應(yīng)單桿問題】25．（2024·天津薊州·三模）磁懸浮列車常用電磁感應(yīng)的原理進(jìn)行驅(qū)動和制動。如圖所示，兩根相距為L的金屬軌道固定于水平面上，導(dǎo)軌電阻不計。一根質(zhì)量為m、長為L、電阻為R的金屬棒兩端放于導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌與金屬棒間的動摩擦因數(shù)為μ，棒與導(dǎo)軌的接觸電阻不計。導(dǎo)軌左端連有阻值為2R的電阻，在電阻兩端接有電壓傳感器并與計算機(jī)相連。軌道平面上有n段豎直向下的寬度為a、間距為b的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。金屬棒初始位于處，與第一段磁場相距2a。(1)若金屬棒在處有向右的初速度，為使金屬棒保持的速度一直向右穿過各磁場，需對金屬棒施加一個水平向右的拉力，求金屬棒進(jìn)入磁場前拉力的大小和進(jìn)入磁場后拉力的大??；(2)在（1）的情況下，求金屬棒從運(yùn)動到剛離開第n段磁場過程中，金屬棒進(jìn)入磁場前拉力所做的功和進(jìn)入磁場后拉力所做的功；(3)若金屬棒在處初速度為零，現(xiàn)對其施以水平向右的恒定拉力F，使棒穿過各段磁場，從金屬棒進(jìn)入第一段磁場計時，發(fā)現(xiàn)計算機(jī)顯示出的電壓隨時間以固定的周期做周期性變化，求金屬棒從處開始運(yùn)動到剛離開第n段磁場整個過程中導(dǎo)軌左端電阻上產(chǎn)生的熱量，以及金屬棒從第n段磁場穿出時的速度?！敬鸢浮?1)，(2)，(3)，【詳解】（1）金屬棒保持的速度做勻速運(yùn)動；金屬棒不在磁場中有金屬棒在磁場中運(yùn)動時，電路中的感應(yīng)電流為，根據(jù)受力平衡可得由閉合電路歐姆定律得聯(lián)立可得（2）金屬棒從運(yùn)動到剛離開第n段磁場過程中，金屬棒進(jìn)入磁場前拉力所做的功和金屬棒在磁場區(qū)拉力F2所做的功為（3）由于從金屬棒進(jìn)入第一段磁場計時，計算機(jī)顯示出的電壓隨時間以固定的周期做周期性變化，可知金屬棒進(jìn)入每一段磁場時的速度都相同，等于從OO′運(yùn)動2a位移第一次進(jìn)入磁場時的速度，由動能定理有要保證金屬棒進(jìn)入各磁場時的初速度都相同，金屬棒在磁場中做減速度運(yùn)動，離開磁場后再做加速度運(yùn)動；金屬棒經(jīng)過每一段磁場克服安培力所做的功都相同，設(shè)為，金屬棒離開每一段磁場時速度也相同，設(shè)為；由動能定理有聯(lián)立可得又則金屬棒從處開始運(yùn)動到剛離開第n段磁場整個過程中導(dǎo)軌左端電阻上產(chǎn)生的熱量為金屬棒從第n段磁場穿出時的速度為26．（2024·天津北辰·三模）有關(guān)列車電氣制動，可以借助如圖所示簡化模型來理解，圖中水平平行金屬導(dǎo)軌處于豎直方向的勻強(qiáng)磁場中，導(dǎo)軌間距為，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為，金屬棒MN的質(zhì)量為，導(dǎo)軌右端接有阻值為的電阻，金屬棒接入電路部分的電阻為，導(dǎo)軌的電阻不計。金屬棒MN在安培力作用下向右減速運(yùn)動的過程對應(yīng)于列車的電氣制動過程，金屬棒MN開始減速時的初速度為。（1）求剛開始減速時，導(dǎo)體棒兩端的電壓U；（2）求剛開始減速時，安培力的功率P；（3）在制動過程中，列車還會受到空氣阻力和軌道的摩擦力作用，為了研究問題方便，設(shè)簡化模型受到的這些阻力總和大小恒為。在金屬棒從開始減速到速度減至2m/s的過程中，金屬棒的位移大小為。求：該過程中電路產(chǎn)生的焦耳熱Q?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）金屬棒MN剛開始減速時，產(chǎn)生的電動勢為回路電流為導(dǎo)體棒兩端的電壓為（2）剛開始減速時，金屬棒MN受到的安培力為安培力的功率為代入數(shù)據(jù)解得（3）在金屬棒從開始減速到速度減至2m/s的過程中，金屬棒的位移大小為，由動能定理可得又代入數(shù)據(jù)解得27．（2024·天津濱海新·三模）如圖所示，間距為L的足夠長的平行金屬直角導(dǎo)軌，、水平放置，、豎直放置，整個裝置處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向水平向右的勻強(qiáng)磁場中。質(zhì)量為m金屬桿ab靜止在水平導(dǎo)軌上，質(zhì)量相同的金屬桿cd被彈簧托片（圖中未畫出）托住緊貼豎直導(dǎo)軌靜止。水平軌道與ab桿之間的動摩擦因數(shù)為，豎直軌道光滑。兩桿接入回路的電阻均為R，導(dǎo)軌電阻不計。某時刻，給金屬桿ab施加一個水平向右、大小為F（大小未知）的拉力，使其由靜止開始向右做直線運(yùn)動，同時由靜止釋放cd桿，經(jīng)過一段時間后，兩金屬桿同時達(dá)到最大速度。重力加速度為g，求：（1）桿cd的最大速度；（2）拉力F的大??；（3）若cd桿從開始運(yùn)動到獲得最大速度下降的高度為h，求此過程中ab桿上產(chǎn)生的焦耳熱Q?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）當(dāng)cd桿達(dá)到最大速度時，由豎直方向受力平衡得①根據(jù)閉合電路歐姆定律得②又③聯(lián)立①②③解得④（2）當(dāng)ab桿達(dá)到最大速度時，由豎直方向受力平衡得⑤水平方向受力平衡得⑥由②③⑤⑥得（3）cd桿從釋放至達(dá)到最大速度的過程中，由能量守恒得ab桿產(chǎn)生的焦耳熱28．（2024·天津·模擬預(yù)測）某興趣小組設(shè)計了模型飛機(jī)的電磁彈射裝置。如圖1所示，用于彈射模型飛機(jī)的線圈位于導(dǎo)軌間的輻向磁場中，其所在處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，線圈可沿導(dǎo)軌滑動。開關(guān)接通，電動勢為E、內(nèi)阻不計的電源與線圈連接，線圈推動飛機(jī)從靜止開始加速，運(yùn)動過程中線圈和飛機(jī)受到阻力均與它們的速度成正比，比例系數(shù)均為k，線圈總電阻為，匝數(shù)為n，每匝線圈半徑為R，導(dǎo)軌足夠長。（1）為成功驅(qū)動飛機(jī)滑行，請在圖1方框位置正確畫出電源正負(fù)極（2）求飛機(jī)能夠獲得的最大速度。（3）為了讓線圈在模型飛機(jī)彈出后盡快停下來，該小組又設(shè)計了如圖3所示的電路圖，開始時，單刀雙擲開關(guān)接通1，當(dāng)飛機(jī)達(dá)到最大速度時立刻被彈射出去，此時將單刀雙擲開關(guān)立刻接通2，讓線圈減速。若從模型飛機(jī)彈出后到線圈停止運(yùn)動過程中經(jīng)歷的時間為t，線圈走過的軌道長度為L，線圈總質(zhì)量為m，電阻R的阻值為，為使線圈不脫離導(dǎo)軌，求該導(dǎo)軌的最小長度（提示：若自變量x一直在變化，想求得x從a到0變化的總量，可用積分）【答案】（1）見解析；（2）；（3）【詳解】（1）如圖（2）當(dāng)達(dá)到最大速度時滿足其中的，此時，解得（3）由動量定理可得其中，，，解得導(dǎo)軌最小長度為將代入29．（2024·天津和平·三模）如圖所示，兩根足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ間距，其電阻不計，兩導(dǎo)軌及其構(gòu)成的平面均與水平面成角，N、Q兩端接有的電阻。一金屬棒ab垂直導(dǎo)軌放置，ab兩端與導(dǎo)軌始終有良好接觸，已知ab的質(zhì)量，電阻，整個裝置處在垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小。ab在平行于導(dǎo)軌向上的拉力作用下，以初速度沿導(dǎo)軌向上開始運(yùn)動，可達(dá)到最大速度。運(yùn)動過程中拉力的功率恒定不變，重力加速度。求：（1）求拉力的功率P；（2）ab開始運(yùn)動后，經(jīng)速度達(dá)到，此過程中電阻R生熱0.03J，求該過程中ab沿導(dǎo)軌的位移大小x；（3）ab開始運(yùn)動后，當(dāng)ab速度達(dá)到時撤去拉力，ab繼續(xù)上滑0.15s速度減為零，求該過程中通過電阻R電荷量?！敬鸢浮浚?）4W；（2）0.1m；（3）0.15C【詳解】（1）根據(jù)題意可知，當(dāng)金屬棒到達(dá)最大速度后開始做勻速直線運(yùn)動，令此時拉力為，根據(jù)平衡條件有其中的感應(yīng)電流則拉力的功率解得（2）根據(jù)動能定理有根據(jù)功能關(guān)系有解得（3）當(dāng)ab速度達(dá)到時撤去拉力，ab繼續(xù)上滑0.15s速度減為零，該過程對金屬棒進(jìn)行分析，根據(jù)動量定理有其中解得30．（2024·天津武清·模擬預(yù)測）如圖所示，足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌ab、cd水平固定于磁感應(yīng)強(qiáng)度方向豎直向上、大小的勻強(qiáng)磁場中，a、c之間連接阻值的電阻，導(dǎo)軌間距，導(dǎo)體棒ef垂直導(dǎo)軌放置且與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)體棒的質(zhì)量、電阻。時刻對導(dǎo)體棒施加一個水平向右的拉力F，使導(dǎo)體棒做初速度為零、加速度大小的勻加速直線運(yùn)動，時改變拉力F的大小使拉力的功率此后保持恒定，時導(dǎo)體棒已經(jīng)做了一段時間的勻速運(yùn)動。求：（1）時，拉力F的大??；（2）5~15s內(nèi)，導(dǎo)體棒產(chǎn)生的熱量?！敬鸢浮浚?）；（2）【詳解】（1）對導(dǎo)體棒進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有時，導(dǎo)體棒的速度根據(jù)閉合電路的歐姆定律又解得（2）時拉力F的功率設(shè)導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動的速度為，導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動時受到的安培力為，導(dǎo)體棒受到的拉力又設(shè)5~15s內(nèi)回路產(chǎn)生的總熱量為Q，根據(jù)功能關(guān)系有根據(jù)焦耳定律有聯(lián)立，解得【考向六：電磁感應(yīng)雙桿問題】31．（2024·天津河北·二模）如圖，兩根足夠長的光滑金屬直導(dǎo)軌平行放置，導(dǎo)軌間距為L，兩導(dǎo)軌及其所構(gòu)成的平面均與水平面成θ角，整個裝置處于垂直于導(dǎo)軌平面斜向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、現(xiàn)將質(zhì)量均為m的金屬棒a、b垂直導(dǎo)狀放置，每根金屬接入導(dǎo)軌之間的電阻均為R，運(yùn)動過程中金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好，金屬棒始終未滑出導(dǎo)軌，導(dǎo)軌電阻忽略不計，重力加速度為g、（1）先保持棒b靜止，將棒a由靜止釋放，求棒a勻速運(yùn)動時的速度大小v0：（2）在（1）問中，當(dāng)棒a勻速運(yùn)動時，再將棒b由靜釋放，求釋放瞬間棒b的加速度大小a：（3）在（2）問中，從棒b放瞬間開始計時，經(jīng)過時間t0，兩棒恰好達(dá)到相同的速度v，求速度v的大小?！敬鸢浮浚?）；（2）2gsinθ；（3）gsinθt0+【詳解】（1）a導(dǎo)體棒在運(yùn)動過程中重力沿斜面的分力和a棒的安培力相等時做勻速運(yùn)動，由法拉第電磁感應(yīng)定律可得E=BLv0由閉合電路歐姆定律及安培力公式可得，F(xiàn)＝BILa棒受力平衡可得mgsinθ＝BIL聯(lián)立解得（2）由右于定則可知導(dǎo)體棒b中電流向里，b棒沿斜面向下的安培力，此時電路中電流不變，則b棒牛頓第二定律可得mgsinθ＋BIL=ma解得a＝2gsinθ（3）釋放b棒后a棒受到沿斜面向上的安培力，在到達(dá)共速時對a棒，根據(jù)動量定理有mgsinθt0-BILt0＝mv-mv0b棒受到向下的安培力，對b棒，根據(jù)動量定理有mgsinθt0＋BILt0＝mv聯(lián)立解得v=gsinθt0+=gsinθt0+32．（2024·天津·一模）如圖所示，abc和def是兩條光滑的平行金屬導(dǎo)軌，其中ab和de在同一水平面內(nèi)且足夠長，bc和ef傾斜，傾角為θ，導(dǎo)軌間的距離為L，整個導(dǎo)軌都處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場中。在水平導(dǎo)軌ab、de上有一根與導(dǎo)軌垂直的金屬桿P，為了使金屬桿Q垂直bc、ef放在傾斜軌道上后處于靜止?fàn)顟B(tài)，需要用水平恒力向左拉細(xì)桿P做勻速運(yùn)動。已知兩金屬桿的質(zhì)量均為m，電阻均為R，長度均為L，并與導(dǎo)軌始終接觸良好，導(dǎo)軌和導(dǎo)線的電阻不計。求：（1）金屬桿Q受到的支持力的大小；（2）金屬桿P受到的水平恒力F的大小；（3）金屬桿P做勻速運(yùn)動時速度v的大小。【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）金屬桿Q在傾斜軌道上處于靜止?fàn)顟B(tài)，對金屬桿Q受力分析，受重力、安培力、支持力作用，如圖則支持力大小為（2）金屬桿Q受到的安培力大小為兩金屬桿的長度均為L，通過的感應(yīng)電流也相等，由，可知金屬桿P所受安培力大小為金屬桿P做勻速直線運(yùn)動，受平衡力作用，金屬桿P受到的水平恒力F的大小為（3）由感應(yīng)電動勢安培力由閉合電路歐姆定律知解得33．（2025·廣東珠?！ひ荒＃┤鐖D所示，在水平面上的裝置由三部分構(gòu)成，裝置中間部分為電路控制系統(tǒng)，電源電動勢恒定且為，內(nèi)阻不計，兩個開關(guān)、初始狀態(tài)都斷開。裝置左右兩側(cè)均為足夠長且不計電阻的光滑金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌寬度為，寬度為，導(dǎo)軌和之間存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度分別為和，磁場方向如圖所示。將質(zhì)量均為的金屬桿，分別如圖輕放在水平軌道上，兩桿接入電路中的電阻相等，不計金屬桿與導(dǎo)軌的摩擦。(1)接通，求桿的最大速度；(2)當(dāng)桿做勻速運(yùn)動后，斷開同時閉合，當(dāng)兩桿再次勻速運(yùn)動時，求桿產(chǎn)生的焦耳熱。【答案】(1)(2)【詳解】（1）S1接通，ab中有a→b的電流，ab受水平向右的安培力ab向右做加速運(yùn)動，ab切割磁感線產(chǎn)生一個感應(yīng)電動勢,與電源相抵消。當(dāng)ab產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢與電源電動勢完全相消時，ab棒不受安培力，ab將做勻速運(yùn)動，速度為vm，此時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為解得（2）斷開S1，接通S2，ab向右運(yùn)動切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，由b→a，電流再流經(jīng)cd棒，方向由c到