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专题61 电磁感应动力学模型-2024高考物理二轮复习80模型最新模拟题专项训练
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这是一份专题61 电磁感应动力学模型-2024高考物理二轮复习80模型最新模拟题专项训练，文件包含模型61电磁感应+动力学模型原卷版-2024高考物理二轮复习80模型最新模拟题专项训练docx、模型61电磁感应+动力学模型解析版-2024高考物理二轮复习80模型最新模拟题专项训练docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共26页， 欢迎下载使用。
一、以核心和主干知识为重点。构建知识结构体系，确定每一个专题的内容，在教学中突出知识的内在联系与综合。
二、注重情景与过程的理解与分析。善于构建物理模型，明确题目考查的目的，恰当运用所学知识解决问题：情景是考查物理知识的载体。
三、加强能力的提升与解题技巧的归纳总结。学生能力的提升要通过对知识的不同角度、不同层面的训练来实现。
四、精选训练题目，使训练具有实效性、针对性。
五、把握高考热点、重点和难点。
2024高考物理二轮复习80热点模型
最新高考题模拟题专项训练
模型61 电磁感应+动力学模型
最新高考题
1. （2022高考上海）如图，一个正方形导线框以初速度v0向右穿过一个有界的匀强磁场。线框两次速度发生变化所用时间分别为t1和t2 ，以及这两段时间内克服安培力做的功分别为W1和W2，则（ ）
A. t1＜t2，W1＜W2， B. t1＜t2，W1＞W2，
C. t1＞t2，W1＜W2， D. t1＞t2，W1＞W2，
【参考答案】B
【命题意图】本题考查法拉第电磁感应定律+闭合电路欧姆定律+安培力+动量定理+动能定理+等效思维
【名师解析】由于线框进入磁场的过程和离开磁场的过程，线框都是受到向左的安培力作用做减速运动，因此进入过程的平均速度v1平大于离开过程的平均速度v2平，由L=v1平t1和L=v2平t2可得t1＜t2。
线框刚进入磁场时速度为v0，设线框边长为L，电阻为R，线框完全进入磁场时速度为v1，刚完全离开磁场时速度为v2，进入磁场过程中产生的平均感应电动势为E1，平均感应电流为I1，离开磁场过程中产生的平均感应电动势为E2，平均感应电流为I1，由法拉第电磁感应定律，E1=△Φ/t1，E2=△Φ/t2，△Φ=BL2，由闭合电路欧姆定律，I1= E1/R，I2= E2/R，进入磁场过程通过导体截面的电荷量q1=I1t1，离开磁场过程通过导体截面的电荷量q2=I2t2，联立解得：q1= q2。对线框完全进入磁场的过程，由动量定理，-F1t1=mv1- mv0，F1=B I1L，对线框离开磁场的过程，由动量定理，-F2t2=mv2- mv1，F2=B I2L，又q1=I1t1，q2=I2t2，q1= q2，联立解得：v1-v0= v2- v1。根据动能定理，W1=mv02-mv12，W2=mv12-mv22，==＞1，所以W1＞W2，选项B正确。
2. （2022·全国理综乙卷·24）如图，一不可伸长的细绳的上端固定，下端系在边长为的正方形金属框的一个顶点上。金属框的一条对角线水平，其下方有方向垂直于金属框所在平面的匀强磁场。已知构成金属框的导线单位长度的阻值为；在到时间内，磁感应强度大小随时间t的变化关系为。求:
（1）时金属框所受安培力的大小；
（2）在到时间内金属框产生的焦耳热。
【参考答案】（1）；（2）0.016J
【名师解析】
（1）金属框的总电阻为
金属框中产生的感应电动势为
金属框中的电流为
t=2.0s时磁感应强度
金属框处于磁场中的有效长度为
此时金属框所受安培力大小为
（2）内金属框产生的焦耳热为
最新模拟题
1.. （2022山东四县区质检）如图所示，两条粗糙平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为，导轨间的距离为l，导轨电阻忽略不计，磁感应强度为B的匀强磁场与导轨所在平面垂直，将两根相同的导体棒ab、cd置于导轨上不同位置，两者始终与导轨垂直且接触良好，两棒间的距离足够大，已经两棒的质量均为m、电阻为R，某时刻给ab棒沿导轨向下的瞬时冲量I0，已知两导棒与导轨间的动摩擦因数，在两棒达到稳定状态的过程中（ ）
A. 两棒达到稳定状态后两棒间的距离均匀减小
B. 回路中产生的热量
C. 当导体棒cd的动量为时，导体棒ab的加速度大小
D. 当导体棒cd的动量为的过程中，通过两导体棒间的距离减少了
【参考答案】BCD
【名师解析】
因为，得两金属棒重力沿斜面向下的分力和摩擦力平衡
且两棒受的安培力等大反向，则系统所受外力之和为零，所以导体棒ab和cd组成的系统动量守恒。两棒达到稳定状态后，两棒做速度相同的匀速直线运动，两棒达到稳定状态后两棒间的距离不变。A错误；
某时刻给ab棒沿导轨向下的瞬时冲量I0，设此时ab棒为，两棒达到稳定状态后两棒速度为
由动量定理，得
由动量守恒定律得，得
由能量守恒定律得，回路中产生的热量，B正确；
当导体棒cd的动量为时，设导体棒cd速度为，导体ab速度为
则
由动量守恒定律，得
由法拉第电磁感应定律，当导体棒cd的动量为时，回路中的感应电动势
由闭合电路欧姆定律得
当导体棒cd的动量为时，对导体棒ab由牛顿第二定律得
解得，C正确；当导体棒cd的动量为的过程中，设流经回路某截面的电荷量为q，平均电流为，时间为t，对导体棒cd由动量定理得
得
又
得，D正确。
2. （2022河北重点中学期中素养提升）如图所示，间距为L=0.4m平行金属导轨MN和PQ水平放置，其所在区域存在磁感应强度为B1=0.5T的竖直向上的匀强磁场；轨道上cd到QN的区域表面粗糙，长度为s=0.3m，其余部分光滑。光滑导轨QED与NFC沿竖直方向平行放置，间距为L，由半径为r=m的圆弧轨道与倾角为的倾斜轨道在E、F点平滑连接组成，圆弧轨道最高点、圆心与水平轨道右端点处于同一竖直线上；倾斜轨道间有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B2=1.0T。质量为m1=0.2kg的金属棒ef光滑；质量为m2=0.1kg的金属棒ab粗糙，与导轨粗糙部分的动摩擦因数为，两棒粗细相同、阻值均为R=0.1Ω；倾斜轨道端点CD之间接入的电阻R0=0.3Ω；初始时刻，ab棒静止在水平导轨上，ef棒以=2m/s的初速度向右运动。若不计所有导轨的电阻，两金属棒与导轨始终保持良好接触，水平轨道与圆弧轨道交界处竖直距离恰好等于金属棒直径，忽略感应电流产生的磁场及两个磁场间的相互影响，取重力加速度g=10m/s2，、，求：
（1）两棒在水平轨道运动过程中，通过ab棒的最大电流；
（2）若两棒的距离增加x=0.5m时，ef棒恰好到达QN位置，求此时两棒的速度大小；
（3）初始时刻至ef棒恰好达到稳定状态的过程中系统产生的焦耳热。
【参考答案】（1）2A；（2）1.5m/s，1m/s；（3）0.125J
【名师解析】
（1）两棒在水平轨道运动过程中，初始时刻有最大电流
解得
（2）当ef棒到达QN前，由于两棒距离增大0.5m，由此判断ab棒在cd的左侧。两棒受合外力等于零，系统动量守恒。设ef棒和ab棒的速度分别为v1和v2
设两棒距离增加x=0.5m用时为，对于ab棒，由动量定理
两棒距离增加x=0.5m时通过回路的平均电流
平均感应电动势
又
联立解得两棒速度的大小为
（3）当ef棒离开水平轨道后，ab棒在cd左侧做匀速直线运动，进入cd右侧后，若一直减速运动到停止，则由动能定理有
解得
假设成立，所以ab棒静止在水平导轨上。
对于ef棒，若恰好能沿圆弧运动的速率为v
解得
<
所以ef棒可以沿圆弧运动。
ef棒沿圆弧运动过程，设ef棒到达圆弧底端速度为，由动能定理有
解得
ef棒进入倾斜轨道时，由牛顿运动定律有
解得
a=0
即ef棒进入倾斜轨道将做匀速直线运动达到稳定状态。
所以系统产生的焦耳热为
解得
3. （2024山西太原名校联考） 如图，固定的足够长光滑平行金属导轨间距L=0.2m。由水平部分I和倾斜部分Ⅱ平滑连接组成，虚线MN为其交界线，I、Ⅱ间夹角=30°，Ⅰ内的MN与PO间以及Ⅱ内均存在垂直于导轨平面的匀强磁场B1和B2，其中B1=2.5T、B2=0.5T。质量m=0.01kg、电阻r=1.0的相同金属棒a、b固定在水平导轨上，其中点通过长s=L的绝缘轻杆连接成"H"型。将与a、b相同的金属棒c从倾斜导轨上由静止释放，c到达MN前已经开始匀速运动。当c通过MN时，立即解除a、b与轨道的固定，之后a在到达PO前已开始匀速运动。当a到达PO时，立即再将c固定在水平导轨上。不计导轨电阻，a、b、c始终垂直于导轨，c与b一直没有接触，取g=10m/s²，求：
（1）c在倾斜导轨上运动的最大速度；
（2）a到达PQ前匀速运动的速度；
（3）从a离开PQ至b到达PQ的过程中，金属棒c产生的热量。
【参考答案】（1）；（2）；（3）
【名师解析】
（1）设a在斜面上最大速度为，感应电动势为，则
回路的总电阻
回路总电流
c所受的安培力为，则到最大速度时满足
解得
（2）a、b在到达PQ前开始匀速运动时，此时a、b、c速度大小相等，设为，则由动量守恒定律得
解得
（3）设b到达PQ时速度大小为，从a离开PQ到b至PQ的过程时间为，回路的总电阻为，平均感应电动势为，平均电流为，b所受平均安培力的大小为，则
对a、b应用动量定理
解得
从a离开PQ至b到达PQ的整个过程中，整个回路产生的焦耳热为
c产生的焦耳热
解得
4. （2022福建龙岩三模）如图，两根相距L的水平平行金属导轨，置于水平向右的匀强磁场中，磁感应强度。间连接一个开关S与一个阻值为R的电阻，导轨左端分别通过一小段金属圆弧与倾斜的平行光滑金属导轨平滑相连，两导轨均与水平面成，两导轨间存在垂直于导轨平而向上的匀强磁场，磁感应强度与均与垂直。长度为L的金属杆放在倾斜导轨上并与之垂直，接触良好，的质量均为m，电阻均为R。初始时，开关S断开，将N杆静止释放，同时给M杆施加一个平行导轨向上的恒定外力，使杆由静止开始运动，在N杆运动到的过程中，N杆产生的热量为Q，且N杆已匀速运动。当N杆刚进入水平轨道时，闭合开关S，一段时间后M杆开始匀速运动。已知导轨均足够长且电阻不计，N杆与水平导轨间的动摩擦因数为，重力加速度为g。求：
（1）初始时N杆的加速度大小；
（2）初始时N杆到的距离；
（3）N杆在水平导轨上运动的最终速度大小。
【参考答案】（1）；（2）；（3）见解析
【名师解析】
（1）初始时对杆受力分析如下图所示
设N杆的加速度为，对杆根据牛顿第二定律得
解得
（2）杆到达边界前对、系统受力分析如下图所示
可知系统沿倾斜导轨方向所受的合外力等于零，所以、系统沿倾斜导轨方向上动量守恒，设杆到达边界前速度大小为，杆速度大小为，由动量守恒
得
回路电动势
回路电流
、所受安培力大小均为
由于N杆运动到边界前已匀速，有
联立可得
设杆到的距离为，对杆由动能定理得
由功能关系得
解得
（3）N杆到达水平导轨时受力如下图所示
分析可知杆向右开始减速运动，而杆向上加速运动，设杆速度重新达到稳定时速度大小为，则杆切割产生电动势
由欧姆定律得
由平衡条件得
解得杆稳定时速度
此时杆中电流
杆受到的安培力
由
得
故
此时杆也达到稳定速度，设为，设杆到两杆速度稳定的时间为，由动量定理，对杆有
即
对杆有
其中
代入得
联立解得
讨论
①当时，N杆最终在水平导轨上向右匀速运动，速度大小
②当时，N杆最终静止在水平导轨上。
5. （2023重庆沙家坝重点中学质检） 电磁弹射是我国最新研究的重大科技项目，原理可用下述模型说明。如图甲所示，虚线MN右侧存在一个竖直向上的匀强磁场，一边长为L的正方形单匝金属线框abcd放在光滑水平面上，电阻为R，质量为m，ab边在磁场外侧紧靠MN虚线边界处。从t=0时起磁感应强度B随时间t的变化规律是B=B0＋kt（k为大于零的常数），空气阻力忽略不计。
（1）线圈中的感应电流的方向；
（2）求t=0时刻，线框中的感应电流的功率P；
（3）若线框cd边穿出磁场时速度为v，求线框穿出磁场过程中，安培力对线框所做的功W及通过导线截面的电荷量q；
（4）若用相同的金属线绕制相同大小的n匝线框，如图乙所示，在线框上加一质量为M的负载物，证明：载物线框匝数越多，t=0时线框加速度越大。
【参考答案】（1）顺时针；（2） ；（3） ；（4）见解析
【名师解析】
（1）由“磁感应强度B随时间t的变化规律B=B0＋kt（k为大于零的常数）”知，B随t均匀增大，穿过线框的磁通量均匀增大，根据楞次定律得，线框中的感应电流方向为顺时针。
（2）根据法拉第电磁感应定律，t=0时刻线框中的感应电动势为
E0=L2
由功率
P=
解得
P=
（3）由动能定理W=ΔEk，得
W=mv2
线框穿出磁场过程中，线框的平均电动势
线框中的电流
通过的电荷量
（4）t=0时刻，n匝线框中产生的感应电动势
线框的总电阻
R总=nR
线框中的电流
I=
t=0时刻线框受到的安培力
F=nB0IL
设线框的加速度为a，根据牛顿第二定律有
F=（M＋nm）a
解得
由此可知，n越大，a越大。
6. （2023河北九师联盟质检）如图甲所示，足够长的粗糙导轨a、b互相平行固定放置，导轨及导轨面与水平面的夹角为37°；足够长的光滑导轨c、d平行固定放置，导轨及导轨面与水平面的夹角为53°，a与d、b与c分别连接，平行导轨间距均为L且导轨电阻均为0。空间存在方向斜向右上方且与c、d所在的导轨平面垂直的匀强磁场；质量为m、电阻为0的导体棒1垂直放置于c、d导轨上，质量也为m、有效接入电路的电阻为R的导体棒2垂直放置于a、b导轨上。给导体棒1一个沿斜面向下的速度，导体棒1正好做匀速运动，导体棒2在斜面上刚好不下滑，最大静摩擦力等于滑动摩擦力；把导体棒2除掉，换上电容为C的电容器，如图乙所示，让导体棒1从静止开始沿着斜面向下运动，重力加速度为g，、，求：
（1）磁感应强度的大小；
（2）导体棒2与导轨a、b之间的动摩擦因数；
（3）图乙中，导体棒1经过一段时间时的速度大小。
【参考答案】（1）；（2）；（3）
【名师解析】
设磁感应强度的大小为B，对题图甲，导体棒1沿斜面匀速下滑的速度为，由法拉第电磁感应定律可得
由欧姆定律可得
安培力
方向沿着斜面向上，因为导轨c、d光滑，导体棒1沿斜面匀速下滑，把重力分别沿着斜面和垂直斜面分解，由力的平衡条件可得
综合解得
（2）对导体棒2受力分析，所受的安培力
垂直斜面向下，把重力分别沿着斜面和垂直斜面分解，由力的平衡条件可得
综合解得
（3）对题图乙，假设导体棒1向下做匀加速直线运动，设其加速度为a，t时刻其速度为
由法拉第电磁感应定律回路的电动势为
设t时刻电容器的带电量为q，则
回路中的电流即电容器的充电电流为
导体棒1受到的安培力
沿着斜面向上，对导体棒1受力分析，把重力mg沿着斜面和垂直斜面分解，由牛顿第二定律可得
其中
经过一段时间，速度为
结合
解得
一、以核心和主干知识为重点。构建知识结构体系，确定每一个专题的内容，在教学中突出知识的内在联系与综合。
二、注重情景与过程的理解与分析。善于构建物理模型，明确题目考查的目的，恰当运用所学知识解决问题：情景是考查物理知识的载体。
三、加强能力的提升与解题技巧的归纳总结。学生能力的提升要通过对知识的不同角度、不同层面的训练来实现。
四、精选训练题目，使训练具有实效性、针对性。
五、把握高考热点、重点和难点。
2024高考物理二轮复习80热点模型
最新高考题模拟题专项训练
模型61 电磁感应+动力学模型
最新高考题
1. （2022高考上海）如图，一个正方形导线框以初速度v0向右穿过一个有界的匀强磁场。线框两次速度发生变化所用时间分别为t1和t2 ，以及这两段时间内克服安培力做的功分别为W1和W2，则（ ）
A. t1＜t2，W1＜W2， B. t1＜t2，W1＞W2，
C. t1＞t2，W1＜W2， D. t1＞t2，W1＞W2，
【参考答案】B
【命题意图】本题考查法拉第电磁感应定律+闭合电路欧姆定律+安培力+动量定理+动能定理+等效思维
【名师解析】由于线框进入磁场的过程和离开磁场的过程，线框都是受到向左的安培力作用做减速运动，因此进入过程的平均速度v1平大于离开过程的平均速度v2平，由L=v1平t1和L=v2平t2可得t1＜t2。
线框刚进入磁场时速度为v0，设线框边长为L，电阻为R，线框完全进入磁场时速度为v1，刚完全离开磁场时速度为v2，进入磁场过程中产生的平均感应电动势为E1，平均感应电流为I1，离开磁场过程中产生的平均感应电动势为E2，平均感应电流为I1，由法拉第电磁感应定律，E1=△Φ/t1，E2=△Φ/t2，△Φ=BL2，由闭合电路欧姆定律，I1= E1/R，I2= E2/R，进入磁场过程通过导体截面的电荷量q1=I1t1，离开磁场过程通过导体截面的电荷量q2=I2t2，联立解得：q1= q2。对线框完全进入磁场的过程，由动量定理，-F1t1=mv1- mv0，F1=B I1L，对线框离开磁场的过程，由动量定理，-F2t2=mv2- mv1，F2=B I2L，又q1=I1t1，q2=I2t2，q1= q2，联立解得：v1-v0= v2- v1。根据动能定理，W1=mv02-mv12，W2=mv12-mv22，==＞1，所以W1＞W2，选项B正确。
2. （2022·全国理综乙卷·24）如图，一不可伸长的细绳的上端固定，下端系在边长为的正方形金属框的一个顶点上。金属框的一条对角线水平，其下方有方向垂直于金属框所在平面的匀强磁场。已知构成金属框的导线单位长度的阻值为；在到时间内，磁感应强度大小随时间t的变化关系为。求:
（1）时金属框所受安培力的大小；
（2）在到时间内金属框产生的焦耳热。
【参考答案】（1）；（2）0.016J
【名师解析】
（1）金属框的总电阻为
金属框中产生的感应电动势为
金属框中的电流为
t=2.0s时磁感应强度
金属框处于磁场中的有效长度为
此时金属框所受安培力大小为
（2）内金属框产生的焦耳热为
最新模拟题
1.. （2022山东四县区质检）如图所示，两条粗糙平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为，导轨间的距离为l，导轨电阻忽略不计，磁感应强度为B的匀强磁场与导轨所在平面垂直，将两根相同的导体棒ab、cd置于导轨上不同位置，两者始终与导轨垂直且接触良好，两棒间的距离足够大，已经两棒的质量均为m、电阻为R，某时刻给ab棒沿导轨向下的瞬时冲量I0，已知两导棒与导轨间的动摩擦因数，在两棒达到稳定状态的过程中（ ）
A. 两棒达到稳定状态后两棒间的距离均匀减小
B. 回路中产生的热量
C. 当导体棒cd的动量为时，导体棒ab的加速度大小
D. 当导体棒cd的动量为的过程中，通过两导体棒间的距离减少了
【参考答案】BCD
【名师解析】
因为，得两金属棒重力沿斜面向下的分力和摩擦力平衡
且两棒受的安培力等大反向，则系统所受外力之和为零，所以导体棒ab和cd组成的系统动量守恒。两棒达到稳定状态后，两棒做速度相同的匀速直线运动，两棒达到稳定状态后两棒间的距离不变。A错误；
某时刻给ab棒沿导轨向下的瞬时冲量I0，设此时ab棒为，两棒达到稳定状态后两棒速度为
由动量定理，得
由动量守恒定律得，得
由能量守恒定律得，回路中产生的热量，B正确；
当导体棒cd的动量为时，设导体棒cd速度为，导体ab速度为
则
由动量守恒定律，得
由法拉第电磁感应定律，当导体棒cd的动量为时，回路中的感应电动势
由闭合电路欧姆定律得
当导体棒cd的动量为时，对导体棒ab由牛顿第二定律得
解得，C正确；当导体棒cd的动量为的过程中，设流经回路某截面的电荷量为q，平均电流为，时间为t，对导体棒cd由动量定理得
得
又
得，D正确。
2. （2022河北重点中学期中素养提升）如图所示，间距为L=0.4m平行金属导轨MN和PQ水平放置，其所在区域存在磁感应强度为B1=0.5T的竖直向上的匀强磁场；轨道上cd到QN的区域表面粗糙，长度为s=0.3m，其余部分光滑。光滑导轨QED与NFC沿竖直方向平行放置，间距为L，由半径为r=m的圆弧轨道与倾角为的倾斜轨道在E、F点平滑连接组成，圆弧轨道最高点、圆心与水平轨道右端点处于同一竖直线上；倾斜轨道间有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B2=1.0T。质量为m1=0.2kg的金属棒ef光滑；质量为m2=0.1kg的金属棒ab粗糙，与导轨粗糙部分的动摩擦因数为，两棒粗细相同、阻值均为R=0.1Ω；倾斜轨道端点CD之间接入的电阻R0=0.3Ω；初始时刻，ab棒静止在水平导轨上，ef棒以=2m/s的初速度向右运动。若不计所有导轨的电阻，两金属棒与导轨始终保持良好接触，水平轨道与圆弧轨道交界处竖直距离恰好等于金属棒直径，忽略感应电流产生的磁场及两个磁场间的相互影响，取重力加速度g=10m/s2，、，求：
（1）两棒在水平轨道运动过程中，通过ab棒的最大电流；
（2）若两棒的距离增加x=0.5m时，ef棒恰好到达QN位置，求此时两棒的速度大小；
（3）初始时刻至ef棒恰好达到稳定状态的过程中系统产生的焦耳热。
【参考答案】（1）2A；（2）1.5m/s，1m/s；（3）0.125J
【名师解析】
（1）两棒在水平轨道运动过程中，初始时刻有最大电流
解得
（2）当ef棒到达QN前，由于两棒距离增大0.5m，由此判断ab棒在cd的左侧。两棒受合外力等于零，系统动量守恒。设ef棒和ab棒的速度分别为v1和v2
设两棒距离增加x=0.5m用时为，对于ab棒，由动量定理
两棒距离增加x=0.5m时通过回路的平均电流
平均感应电动势
又
联立解得两棒速度的大小为
（3）当ef棒离开水平轨道后，ab棒在cd左侧做匀速直线运动，进入cd右侧后，若一直减速运动到停止，则由动能定理有
解得
假设成立，所以ab棒静止在水平导轨上。
对于ef棒，若恰好能沿圆弧运动的速率为v
解得
<
所以ef棒可以沿圆弧运动。
ef棒沿圆弧运动过程，设ef棒到达圆弧底端速度为，由动能定理有
解得
ef棒进入倾斜轨道时，由牛顿运动定律有
解得
a=0
即ef棒进入倾斜轨道将做匀速直线运动达到稳定状态。
所以系统产生的焦耳热为
解得
3. （2024山西太原名校联考） 如图，固定的足够长光滑平行金属导轨间距L=0.2m。由水平部分I和倾斜部分Ⅱ平滑连接组成，虚线MN为其交界线，I、Ⅱ间夹角=30°，Ⅰ内的MN与PO间以及Ⅱ内均存在垂直于导轨平面的匀强磁场B1和B2，其中B1=2.5T、B2=0.5T。质量m=0.01kg、电阻r=1.0的相同金属棒a、b固定在水平导轨上，其中点通过长s=L的绝缘轻杆连接成"H"型。将与a、b相同的金属棒c从倾斜导轨上由静止释放，c到达MN前已经开始匀速运动。当c通过MN时，立即解除a、b与轨道的固定，之后a在到达PO前已开始匀速运动。当a到达PO时，立即再将c固定在水平导轨上。不计导轨电阻，a、b、c始终垂直于导轨，c与b一直没有接触，取g=10m/s²，求：
（1）c在倾斜导轨上运动的最大速度；
（2）a到达PQ前匀速运动的速度；
（3）从a离开PQ至b到达PQ的过程中，金属棒c产生的热量。
【参考答案】（1）；（2）；（3）
【名师解析】
（1）设a在斜面上最大速度为，感应电动势为，则
回路的总电阻
回路总电流
c所受的安培力为，则到最大速度时满足
解得
（2）a、b在到达PQ前开始匀速运动时，此时a、b、c速度大小相等，设为，则由动量守恒定律得
解得
（3）设b到达PQ时速度大小为，从a离开PQ到b至PQ的过程时间为，回路的总电阻为，平均感应电动势为，平均电流为，b所受平均安培力的大小为，则
对a、b应用动量定理
解得
从a离开PQ至b到达PQ的整个过程中，整个回路产生的焦耳热为
c产生的焦耳热
解得
4. （2022福建龙岩三模）如图，两根相距L的水平平行金属导轨，置于水平向右的匀强磁场中，磁感应强度。间连接一个开关S与一个阻值为R的电阻，导轨左端分别通过一小段金属圆弧与倾斜的平行光滑金属导轨平滑相连，两导轨均与水平面成，两导轨间存在垂直于导轨平而向上的匀强磁场，磁感应强度与均与垂直。长度为L的金属杆放在倾斜导轨上并与之垂直，接触良好，的质量均为m，电阻均为R。初始时，开关S断开，将N杆静止释放，同时给M杆施加一个平行导轨向上的恒定外力，使杆由静止开始运动，在N杆运动到的过程中，N杆产生的热量为Q，且N杆已匀速运动。当N杆刚进入水平轨道时，闭合开关S，一段时间后M杆开始匀速运动。已知导轨均足够长且电阻不计，N杆与水平导轨间的动摩擦因数为，重力加速度为g。求：
（1）初始时N杆的加速度大小；
（2）初始时N杆到的距离；
（3）N杆在水平导轨上运动的最终速度大小。
【参考答案】（1）；（2）；（3）见解析
【名师解析】
（1）初始时对杆受力分析如下图所示
设N杆的加速度为，对杆根据牛顿第二定律得
解得
（2）杆到达边界前对、系统受力分析如下图所示
可知系统沿倾斜导轨方向所受的合外力等于零，所以、系统沿倾斜导轨方向上动量守恒，设杆到达边界前速度大小为，杆速度大小为，由动量守恒
得
回路电动势
回路电流
、所受安培力大小均为
由于N杆运动到边界前已匀速，有
联立可得
设杆到的距离为，对杆由动能定理得
由功能关系得
解得
（3）N杆到达水平导轨时受力如下图所示
分析可知杆向右开始减速运动，而杆向上加速运动，设杆速度重新达到稳定时速度大小为，则杆切割产生电动势
由欧姆定律得
由平衡条件得
解得杆稳定时速度
此时杆中电流
杆受到的安培力
由
得
故
此时杆也达到稳定速度，设为，设杆到两杆速度稳定的时间为，由动量定理，对杆有
即
对杆有
其中
代入得
联立解得
讨论
①当时，N杆最终在水平导轨上向右匀速运动，速度大小
②当时，N杆最终静止在水平导轨上。
5. （2023重庆沙家坝重点中学质检） 电磁弹射是我国最新研究的重大科技项目，原理可用下述模型说明。如图甲所示，虚线MN右侧存在一个竖直向上的匀强磁场，一边长为L的正方形单匝金属线框abcd放在光滑水平面上，电阻为R，质量为m，ab边在磁场外侧紧靠MN虚线边界处。从t=0时起磁感应强度B随时间t的变化规律是B=B0＋kt（k为大于零的常数），空气阻力忽略不计。
（1）线圈中的感应电流的方向；
（2）求t=0时刻，线框中的感应电流的功率P；
（3）若线框cd边穿出磁场时速度为v，求线框穿出磁场过程中，安培力对线框所做的功W及通过导线截面的电荷量q；
（4）若用相同的金属线绕制相同大小的n匝线框，如图乙所示，在线框上加一质量为M的负载物，证明：载物线框匝数越多，t=0时线框加速度越大。
【参考答案】（1）顺时针；（2） ；（3） ；（4）见解析
【名师解析】
（1）由“磁感应强度B随时间t的变化规律B=B0＋kt（k为大于零的常数）”知，B随t均匀增大，穿过线框的磁通量均匀增大，根据楞次定律得，线框中的感应电流方向为顺时针。
（2）根据法拉第电磁感应定律，t=0时刻线框中的感应电动势为
E0=L2
由功率
P=
解得
P=
（3）由动能定理W=ΔEk，得
W=mv2
线框穿出磁场过程中，线框的平均电动势
线框中的电流
通过的电荷量
（4）t=0时刻，n匝线框中产生的感应电动势
线框的总电阻
R总=nR
线框中的电流
I=
t=0时刻线框受到的安培力
F=nB0IL
设线框的加速度为a，根据牛顿第二定律有
F=（M＋nm）a
解得
由此可知，n越大，a越大。
6. （2023河北九师联盟质检）如图甲所示，足够长的粗糙导轨a、b互相平行固定放置，导轨及导轨面与水平面的夹角为37°；足够长的光滑导轨c、d平行固定放置，导轨及导轨面与水平面的夹角为53°，a与d、b与c分别连接，平行导轨间距均为L且导轨电阻均为0。空间存在方向斜向右上方且与c、d所在的导轨平面垂直的匀强磁场；质量为m、电阻为0的导体棒1垂直放置于c、d导轨上，质量也为m、有效接入电路的电阻为R的导体棒2垂直放置于a、b导轨上。给导体棒1一个沿斜面向下的速度，导体棒1正好做匀速运动，导体棒2在斜面上刚好不下滑，最大静摩擦力等于滑动摩擦力；把导体棒2除掉，换上电容为C的电容器，如图乙所示，让导体棒1从静止开始沿着斜面向下运动，重力加速度为g，、，求：
（1）磁感应强度的大小；
（2）导体棒2与导轨a、b之间的动摩擦因数；
（3）图乙中，导体棒1经过一段时间时的速度大小。
【参考答案】（1）；（2）；（3）
【名师解析】
设磁感应强度的大小为B，对题图甲，导体棒1沿斜面匀速下滑的速度为，由法拉第电磁感应定律可得
由欧姆定律可得
安培力
方向沿着斜面向上，因为导轨c、d光滑，导体棒1沿斜面匀速下滑，把重力分别沿着斜面和垂直斜面分解，由力的平衡条件可得
综合解得
（2）对导体棒2受力分析，所受的安培力
垂直斜面向下，把重力分别沿着斜面和垂直斜面分解，由力的平衡条件可得
综合解得
（3）对题图乙，假设导体棒1向下做匀加速直线运动，设其加速度为a，t时刻其速度为
由法拉第电磁感应定律回路的电动势为
设t时刻电容器的带电量为q，则
回路中的电流即电容器的充电电流为
导体棒1受到的安培力
沿着斜面向上，对导体棒1受力分析，把重力mg沿着斜面和垂直斜面分解，由牛顿第二定律可得
其中
经过一段时间，速度为
结合
解得
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