2025屆高考物理一輪復習專題重組卷第一部分單元十一電磁感應含解析

PAGE14-單元十一電磁感應考點1.電磁感應現(xiàn)象(Ⅰ)；2.磁通量(Ⅰ)；3.法拉第電磁感應定律(Ⅱ)；4.楞次定律(Ⅱ)；5.自感、渦流(Ⅰ)學問點1.楞次定律的理解及應用；2.法拉第電磁感應定律的理解及應用；3.自感現(xiàn)象和渦流；4.電磁感應與動力學、能量、電路的綜合；5.圖象問題第Ⅰ卷(選擇題，共48分)一、選擇題(本題共12小題，每小題4分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第1～7題只有一項符合題目要求，第8～12題有多項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分)1．(2024·全國卷Ⅲ)楞次定律是下列哪個定律在電磁感應現(xiàn)象中的詳細體現(xiàn)？()A．電阻定律B．庫侖定律C．歐姆定律D．能量守恒定律答案D解析楞次定律表述了感應電流的磁場方向，同時也體現(xiàn)了不同能量間的關系。總能量是守恒的，感應電流做功產(chǎn)生電能，電能是“阻礙”的結果，D正確。2.(2024·江蘇揚州一模)航母上飛機彈射起飛是利用電磁驅(qū)動來實現(xiàn)的。電磁驅(qū)動原理如圖所示，在固定線圈左右兩側對稱位置放置兩個閉合金屬圓環(huán)，鋁環(huán)和銅環(huán)的形態(tài)、大小相同，已知銅的電阻率較小，則合上開關S的瞬間()A．兩個金屬環(huán)都向左運動B．兩個金屬環(huán)都向右運動C．銅環(huán)受到的安培力小于鋁環(huán)受到的安培力D．從左側向右看，鋁環(huán)中感應電流沿順時針方向答案D解析合上開關S的瞬間，穿過兩個金屬環(huán)的磁通量變大，為阻礙磁通量的增大，鋁環(huán)向左運動，銅環(huán)向右運動，A、B錯誤；由于銅環(huán)和鋁環(huán)的形態(tài)、大小相同，銅的電阻率較小，故銅環(huán)的電阻較小，兩環(huán)對稱地放在固定線圈兩側，閉合S瞬間，穿過兩環(huán)的磁通量的改變率相同，兩環(huán)產(chǎn)生的感應電動勢大小相同，銅環(huán)電阻較小，則銅環(huán)中的感應電流較大，故銅環(huán)受到的安培力較大，C錯誤；由右手螺旋定則可知，閉合S瞬間，穿過鋁環(huán)的磁通量向左增大，由楞次定律知，從左側向右看，鋁環(huán)中感應電流沿順時針方向，D正確。3．(2024·安徽宣城高三上學期期末)邊界MN的一側區(qū)域內(nèi)，存在著磁感應強度大小為B，方向垂直于光滑水平桌面的勻強磁場。邊長為l的正三角形金屬線框abc粗細勻稱，三邊阻值相等，a頂點剛好位于邊界MN上，現(xiàn)使線框圍繞過a點且垂直于桌面的轉(zhuǎn)軸勻速轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)動角速度為ω，如圖所示，則在ab邊起先轉(zhuǎn)入磁場的瞬間ab兩端的電勢差Uab為()A.eq\f(1,3)Bl2ω B．－eq\f(1,2)Bl2ωC．－eq\f(1,3)Bl2ω D.eq\f(1,6)Bl2ω答案A解析當ab邊剛轉(zhuǎn)入磁場時，ab部分切割磁感線，切割長度為a、b兩個端點間的距離l，感應電動勢大小E＝Blv＝Bl·eq\f(lω,2)＝eq\f(1,2)Bl2ω，由右手定則知，ab邊中電流方向為b→a，故a點電勢比b點高；設線框abc每個邊的電阻為R，a、b兩點間的電勢差為：Uab＝I·2R＝eq\f(E,3R)·2R，故Uab＝eq\f(1,3)Bl2ω，A正確。4.(2024·江蘇揚州高郵高三下學期調(diào)研)如圖所示，兩燈泡A1、A2相同，A1與一志向二極管D連接，線圈L的直流電阻不計。下列說法正確的是()A．閉合開關S后，A1會漸漸變亮B．閉合開關S穩(wěn)定后，A1、A2亮度相同C．斷開S的瞬間，a點的電勢比b點低D．斷開S的瞬間，A1會漸漸熄滅答案C解析閉合開關S后，雖然線圈產(chǎn)生自感電動勢阻礙電流的增大，但兩燈和線圈不是串聯(lián)的關系，故兩燈馬上變亮，A錯誤；閉合開關S穩(wěn)定后，因線圈L的直流電阻不計，所以A1與二極管被短路，燈泡A1不亮，而A2亮，因此A1、A2亮度不同，B錯誤；斷開S的瞬間，A2會馬上熄滅，因線圈產(chǎn)生感應電動勢，故a點的電勢低于b點，線圈L與燈泡A1及二極管構成回路，但二極管具有單向?qū)щ娦?，所以回路中沒有感應電流，A1會馬上熄滅，C正確，D錯誤。5．(2024·濟南高三模擬)在如圖甲所示的電路中，螺線管匝數(shù)n＝1000匝，橫截面積S＝20cm2，螺線管導線電阻r＝1.0Ω，R1＝4.0Ω，R2＝5.0Ω，C＝30μF。在一段時間內(nèi)，垂直穿過螺線管的磁場的磁感應強度B的方向如圖甲所示，大小按如圖乙所示的規(guī)律改變，則下列說法中正確的是()A．螺線管中產(chǎn)生的感應電動勢為1.2VB．閉合S，電路中的電流穩(wěn)定后，電容器下極板帶負電C．閉合S，電路中的電流穩(wěn)定后，電阻R1的電功率為2.56×10－2WD．S斷開后，流經(jīng)R2的電量為1.8×10－2答案C解析依據(jù)法拉第電磁感應定律：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝nSeq\f(ΔB,Δt)，解得：E＝0.8V，A錯誤；依據(jù)楞次定律可知，螺線管的感應電流回旋而下，則螺線管下端是電源的正極，電容器下極板帶正電，B錯誤；依據(jù)閉合電路歐姆定律，有：I＝eq\f(E,R1＋R2＋r)＝0.08A，依據(jù)P＝I2R1得：電阻R1的電功率P＝2.56×10－2W，C正確；S斷開后，流經(jīng)R2的電量即為S閉合時電容器極板上所帶的電量Q，電容器兩極板間的電壓為：U＝IR2＝0.4V，流經(jīng)R2的電量為：Q＝CU＝1.2×10－5C，D錯誤。6．(2024·云南二模)如圖甲所示，光滑水平桌面上靜置一邊長為L、電阻為R的單匝正方形線圈abcd，線圈的一邊通過一輕桿與固定的傳感器相連?，F(xiàn)加一隨時間勻稱改變、方向垂直桌面對下的勻強磁場，從t＝0時刻起先，磁場的磁感應強度勻稱減小，線圈的一半處于磁場中，另一半在磁場外，傳感器顯示的力隨時間改變規(guī)律如圖乙所示。F0和t0已知，則磁感應強度改變率的大小為()A.eq\f(1,L)eq\r(\f(2F0R,Lt0))B.eq\f(1,L)eq\r(\f(F0R,Lt0))C.eq\f(1,L)eq\r(\f(2F0R,t0))D.eq\f(1,L)eq\r(\f(F0R,t0))答案A解析由題可知，磁場的磁感應強度隨時間t改變的關系式為B＝B0－kt，依據(jù)法拉第電磁感應定律，感應電動勢E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝k·eq\f(1,2)L2，線圈中電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(kL2,2R)，線圈受到的安培力F＝BIL＝(B0－kt)eq\f(kL2,2R)L＝eq\f(kB0L3,2R)－eq\f(k2L3,2R)t，由圖乙可知：eq\f(k2L3,2R)＝eq\f(F0,t0)，解得k＝eq\f(1,L)eq\r(\f(2RF0,Lt0))，A正確。7．(2024·福建南平高三第一次質(zhì)檢)如圖所示，水平面內(nèi)有一足夠長的平行金屬導軌，導軌光滑且電阻不計，兩導軌左端用導線與電容器C(電容器不帶電)及開關連接。勻強磁場與導軌平面垂直，與導軌接觸良好的導體棒垂直于導軌以某一初速度向右運動。某時刻將開關S閉合并起先計時，用v、q、i和a分別表示導體棒的速度、電容器所帶電荷量、導體棒中的電流和導體棒的加速度。則圖中正確的是()答案D解析導體棒切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢，閉合開關，導體棒給電容器充電，電容器兩板間電壓增加，同時導體棒中有向上的充電電流，并在向左的安培力作用下做減速運動，當感應電動勢等于電容器兩板間電壓后，不再充電，導體棒也不再受安培力作用而做勻速直線運動，A錯誤；電容器所帶電荷量Q＝CU，電荷量增加到肯定值不再改變，最終不為零，B錯誤；當感應電動勢等于電容器兩板間電壓后，不再給電容器充電，最終電流為零，C錯誤；由E＝BLv，I＝eq\f(E－U,R)，F(xiàn)安＝BIL＝ma聯(lián)立，解得導體棒的加速度a＝eq\f(B2L2v,R)－eq\f(BL,R)·U，隨著t增大，v減小，U增大，則a減小，故v隨時間減小得越來越慢，又I減小，故U＝eq\f(q,C)隨時間增加得越來越慢，可知a隨時間減小得越來越慢，直至導體棒做勻速直線運動，a＝0，D正確。8.(2024·廣西欽州三模)如圖，兩條間距為L的平行金屬導軌位于同一水平面(紙面)內(nèi)，其左端接一阻值為R的電阻；一金屬棒垂直放置在兩導軌上；在MN左側面積為S的圓形區(qū)域中存在垂直于紙面對里的勻稱磁場，磁感應強度大小B隨時間t的改變關系為B＝kt，式中k為常量，且k>0；在MN右側區(qū)域存在一與導軌垂直、磁感應強度大小為B0、方向垂直紙面對里的勻強磁場。t＝0時刻，金屬棒從MN處起先，在水平拉力F作用下以速度v0向右勻速運動。金屬棒與導軌的電阻及摩擦均可忽視。則()A．在t時刻穿過回路的總磁通量為B0Lv0tB．電阻R上的電流為恒定電流C．在時間Δt內(nèi)流過電阻的電荷量為eq\f(kS＋B0Lv0,R)ΔtD．金屬棒所受的水平拉力F隨時間勻稱增大答案BC解析依據(jù)題意可知，MN左邊的磁場方向與右邊的磁場方向相同，那么總磁通量即為左、右兩邊磁通量之和，則在t時刻穿過回路的總磁通量為Φ＝Φ1＋Φ2＝ktS＋B0v0tL，A錯誤；依據(jù)法拉第電磁感應定律得E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝kS＋B0Lv0，結合閉合電路歐姆定律得I＝eq\f(E,R)＝eq\f(kS＋B0Lv0,R)，故電阻R上的電流為恒定電流，B正確；Δt時間內(nèi)通過電阻的電荷量為q＝IΔt＝eq\f(kS＋B0Lv0,R)Δt，C正確；金屬棒所受的安培力大小FA＝B0IL＝eq\f(kS＋B0Lv0B0L,R)，依據(jù)平衡條件得，水平恒力大小等于安培力大小，即F＝eq\f(kS＋B0Lv0B0L,R)，故外力F是一個恒力，D錯誤。9．(2024·黑龍江齊齊哈爾五校聯(lián)誼高三上學期期末聯(lián)考)如圖所示，兩根相距為L的足夠長的光滑導軌的一部分處于同一水平面內(nèi)，另一部分與水平面的夾角為θ，質(zhì)量均為m的金屬細桿ab、cd與導軌垂干脆觸形成閉合回路，整個裝置處于磁感應強度大小為B、方向豎直向上的勻強磁場中，當桿ab在平行于水平導軌的拉力F作用下以大小為v的速度沿導軌勻速運動時，桿cd恰好處于靜止狀態(tài)。重力加速度大小為g，下列說法正確的是()A．回路中的電流為eq\f(mgtanθ,BL)B．桿ab所受拉力的大小為mgsinθC．回路中電流的總功率為mgvsinθD．回路的總電阻為eq\f(B2L2v,mgtanθ)答案AD解析對于桿cd，由平衡條件得：F安＝mgtanθ，由于通過兩桿的感應電流的大小、兩桿在回路中的長度相等，所以兩桿所受的安培力大小相等，對于ab桿，由平衡條件得：F＝F安＝mgtanθ，又因為F安＝BIL，得回路中的電流為：I＝eq\f(mgtanθ,BL)，A正確，B錯誤；回路中電流的總功率等于拉力的功率，為：P＝Fv＝mgvtanθ，C錯誤；依據(jù)E＝BLv，I＝eq\f(E,R總)，F(xiàn)安＝BIL，結合F安＝mgtanθ，解得：R總＝eq\f(B2L2v,mgtanθ)，D正確。10．(2024·全國卷Ⅰ)空間存在一方向與紙面垂直、大小隨時間改變的勻強磁場，其邊界如圖a中虛線MN所示。一硬質(zhì)細導線的電阻率為ρ、橫截面積為S，將該導線做成半徑為r的圓環(huán)固定在紙面內(nèi)，圓心O在MN上。t＝0時磁感應強度的方向如圖a所示；磁感應強度B隨時間t的改變關系如圖b所示。則在t＝0到t＝t1的時間間隔內(nèi)()A．圓環(huán)所受安培力的方向始終不變B．圓環(huán)中的感應電流始終沿順時針方向C．圓環(huán)中的感應電流大小為eq\f(B0rS,4t0ρ)D．圓環(huán)中的感應電動勢大小為eq\f(B0πr2,4t0)答案BC解析由題可知，通過圓環(huán)的磁通量隨時間t勻稱改變，則圓環(huán)中產(chǎn)生的感應電動勢、感應電流的大小和方向均不變，但t0時刻磁場方向發(fā)生改變，故安培力方向發(fā)生改變，A錯誤；依據(jù)楞次定律，圓環(huán)中感應電流的方向始終沿順時針方向，B正確；依據(jù)法拉第電磁感應定律，感應電動勢E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(B0,t0)·eq\f(πr2,2)＝eq\f(πB0r2,2t0)，依據(jù)閉合電路歐姆定律知，電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(\f(πB0r2,2t0),ρ\f(2πr,S))＝eq\f(B0rS,4t0ρ)，C正確，D錯誤。11．(2024·云南民族高校附屬中學高三上學期期末)如圖甲所示，在豎直方向上有四條間距相等的水平虛線L1、L2、L3、L4，在L1、L2之間，L3、L4之間存在勻強磁場，磁感應強度大小均為1T，方向垂直于虛線所在平面?，F(xiàn)有一矩形線圈abcd，寬度cd＝L＝0.5m，質(zhì)量為0.1kg，電阻為2Ω，將其從圖示位置由靜止釋放(cd邊與L1重合)，線圈速度隨時間的改變關系如圖乙所示，t1時刻cd邊與L2重合，t2時刻ab邊與L3重合，t3時刻ab邊與L4重合，已知t1～t2的時間間隔為0.6s，整個運動過程中線圈平面始終處于豎直方向(重力加速度g取10m/s2)。則()A．在0～t1時間內(nèi)，通過線圈的電荷量為0.25CB．線圈勻速運動的速度大小為8m/sC．線圈的長度為1mD．0～t3時間內(nèi)，線圈產(chǎn)生的熱量為1.8J答案ABD解析由題圖可知，在t2～t3時間內(nèi)，線圈向下做勻速直線運動，受力平衡，則依據(jù)平衡條件有：mg＝BIL，而I＝eq\f(BLv2,R)，聯(lián)立兩式解得v2＝eq\f(mgR,B2L2)，代入數(shù)據(jù)解得：v2＝8m/s，B正確；t1～t2時間內(nèi)線圈始終做勻加速直線運動，則知線圈內(nèi)磁通量改變?yōu)榱?，不產(chǎn)生感應電流，不受安培力作用，僅在重力作用下運動，以cd邊與L2重合時為初狀態(tài)，以ab邊與L3重合時為末狀態(tài)，設磁場的寬度為d，則線圈長度為2d，線圈下降的位移為3d，則有：3d＝v2t－eq\f(1,2)gt2，其中v2＝8m/s，t＝0.6s，代入解得d＝1m，所以線圈的長度為L′＝2d＝2m，C錯誤；在0～t1時間內(nèi)，cd邊從L1運動到L2，通過線圈的電荷量為q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BLd,R)＝0.25C，A正確；0～t3時間內(nèi)，依據(jù)能量守恒得，Q＝mg(3d＋2d)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝1.8J，D正確。12．(2024·河南開封高三上第一次模擬)如圖所示，在豎直平面內(nèi)固定有光滑平行導軌，間距為L，下端接有阻值為R的電阻，空間存在與導軌平面垂直、磁感應強度為B的勻強磁場。質(zhì)量為m、電阻為r的導體棒ab與上端固定的彈簧相連并垂直導軌放置。初始時，導體棒靜止，現(xiàn)給導體棒豎直向下的初速度v0，導體棒起先沿導軌往復運動，運動過程中始終與導軌垂直并保持良好接觸。若導體棒電阻r與電阻R的阻值相等，不計導軌電阻，則下列說法中正確的是()A．導體棒往復運動過程中的每個時刻受到的安培力方向總與運動方向相反B．初始時刻導體棒兩端的電壓Uab＝BLv0C．若導體棒從起先運動到速度第一次為零時，下降的高度為h，則通過電阻R的電量為eq\f(BLh,2R)D．若導體棒從起先運動到速度第一次為零時，下降的高度為h，此過程導體棒克服彈力做功為W，則電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q＝eq\f(1,4)mv2＋eq\f(1,2)mgh－W答案AC解析導體棒豎直向下運動時，由右手定則推斷可知，ab中產(chǎn)生的感應電流方向從b→a，由左手定則推斷得知ab棒受到的安培力豎直向上，導體棒豎直向上運動時，由右手定則推斷可知，ab中產(chǎn)生的感應電流方向從a→b，由左手定則推斷得知ab棒受到的安培力豎直向下，所以導體棒往復運動過程中的每個時刻受到的安培力方向總與運動方向相反，A正確；導體棒起先運動的初始時刻，ab棒產(chǎn)生的感應電勢為E＝BLv0，由于r＝R，a端電勢比b端高，所以導體棒兩端的電壓Uab＝eq\f(1,2)E＝eq\f(1,2)BLv0，B錯誤；若導體棒從起先運動到速度第一次為零時，下降的高度為h，則通過電阻R的電量為q＝eq\f(ΔΦ,R＋r)＝eq\f(BLh,2R)，C正確；導體棒從起先運動到速度第一次為零時，依據(jù)能量守恒定律得知電路中產(chǎn)生的焦耳熱Q熱＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mgh－W，所以電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q＝eq\f(1,2)Q熱＝eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(1,2)mgh－eq\f(W,2)，D錯誤。第Ⅱ卷(非選擇題，共62分)二、填空題(本題共2小題，共14分)13．(2024·上海市浦東新區(qū)一模)(6分)邊長為L、電阻為R的N匝正方形線圈，以速度v勻速進入磁感應強度為B的有界勻強磁場。線圈運動方向與磁場邊界成θ角，如圖所示。當線圈中心經(jīng)過磁場邊界時，穿過線圈的磁通量Φ＝________，線圈所受安培力F＝__________。答案eq\f(1,2)BL2eq\f(\r(2)N2B2L2v,R)解析當線圈中心經(jīng)過磁場邊界時，穿過線圈的磁通量為：Φ＝B·eq\f(1,2)L2＝eq\f(1,2)BL2；線圈產(chǎn)生的感應電動勢為：E＝NBLv，感應電流為：I＝eq\f(E,R)＝eq\f(NBLv,R)，線圈的右邊和下邊所受的安培力大小為：F安＝NBIL＝eq\f(N2B2L2v,R)，這兩邊所受安培力相互垂直，所以線圈所受安培力為：F＝eq\r(2)F安＝eq\f(\r(2)N2B2L2v,R)。14．(2024·天津市和平區(qū)上學期期末)(8分)半徑為r、電阻為R的N匝圓形線圈在邊長為L的正方形區(qū)域abcd外，勻強磁場充溢并垂直穿過該正方形區(qū)域，如圖甲所示，磁場隨時間的改變規(guī)律如圖乙所示，圖線與橫、縱軸的截距分別為t0和B0，則圓形線圈中產(chǎn)生的感應電動勢E＝________，0至t0時間內(nèi)通過圓形線圈橫截面的電荷量q＝________。答案Neq\f(B0,t0)L2eq\f(NB0L2,R)解析由題設知圓形線圈中磁通量的改變率為：eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(B0,t0)L2；依據(jù)法拉第電磁感應定律得，圓形線圈中產(chǎn)生的感應電動勢為：E＝Neq\f(ΔΦ,Δt)＝Neq\f(B0,t0)L2，再依據(jù)閉合電路歐姆定律得，圓形線圈中的感應電流為：I＝eq\f(E,R)＝eq\f(NB0L2,t0R)，則0至t0時間內(nèi)通過圓形線圈橫截面的電荷量為：q＝It0＝eq\f(NB0L2,R)。三、計算論述題(本題共4小題，共48分。解答時寫出必要的文字說明和重要的演算步驟，只寫出答案的不得分。有數(shù)值計算的題，答案中必需明確寫出數(shù)值的單位)15．(2024·山西高三二模)(10分)電磁緩沖車是利用電磁感應原理進行制動緩沖，它的緩沖過程可以等效為：小車底部安裝有電磁鐵(可視為勻強磁場)，磁感應強度大小為B，方向豎直向下。水平地面埋著水平放置的單匝閉合矩形線圈abcd，如圖甲所示。小車沿水平方向通過線圈上方，線圈與磁場的作用連同其他阻力使小車做減速運動，從而實現(xiàn)緩沖，俯視圖如圖乙所示。已知線圈的總電阻為r，ab邊長為L(小于磁場的寬度)。小車總質(zhì)量為m，受到的其他阻力恒為F，小車上的磁場邊界MN與ab邊平行，當邊界MN剛抵達ab邊時，速度大小為v0。求：(1)邊界MN剛抵達ab邊時線圈中感應電流I的大小；(2)整個緩沖過程中小車的最大加速度am的大小。答案(1)eq\f(BLv0,r)(2)eq\f(B2L2v0＋Fr,mr)解析(1)磁場邊界MN剛抵達ab邊時，線圈中產(chǎn)生的電動勢為E＝BLv0，依據(jù)閉合電路歐姆定律可得，感應電流I＝eq\f(E,r)，解得：I＝eq\f(BLv0,r)。(2)小車上的磁場邊界MN剛抵達ab邊時小車的加速度最大。依據(jù)右手定則可推斷線圈ab邊中感應電流方向從b流到a，依據(jù)左手定則可推斷線圈所受安培力方向水平向右，安培力大?。篎A＝BIL，由牛頓第三定律可知，小車受到線圈的力F′＝FA，由牛頓其次定律：F′＋F＝mam，解得：am＝eq\f(B2L2v0＋Fr,mr)。16．(2024·廣東佛山一般中學教學質(zhì)量檢測)(12分)如圖所示，兩根相互平行的金屬導軌MN、PQ水平放置，相距d＝1m、且足夠長、不計電阻。AC、BD區(qū)域光滑，其他區(qū)域粗糙且動摩擦因數(shù)μ＝0.2，并在AB的左側和CD的右側存在著豎直向下的勻強磁場，磁感應強度均為B＝2T。在導軌中心放置著兩根質(zhì)量均為m＝1kg、電阻均為R＝2Ω的金屬棒a、b，用一鎖定裝置將一彈簧壓縮在金屬棒a、b之間(彈簧與a、b不栓連)，此時彈簧具有的彈性勢能E＝9J?，F(xiàn)解除鎖定，當彈簧復原原長時，a、b棒剛好進入磁場，且b棒向右運動x＝0.8m后停止，g取10m/s2，求：(1)a、b棒剛進入磁場時的速度大?。?2)金屬棒b剛進入磁場時的加速度大??；(3)整個運動過程中電路中產(chǎn)生的焦耳熱。答案(1)3m/s3m/s(2)8m/s2(3)5.8J解析(1)設a、b棒剛進入磁場時的速度大小分別為va、vb，對a、b組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律得：0＝mva－mvb，由能量守恒定律得：Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,a)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,b)，解得va＝vb＝3m/s。(2)當a、b棒剛進入磁場時，兩棒均切割磁感線，產(chǎn)生的感應電動勢串聯(lián)，則有：Ea＝Eb＝Bdva＝6V，回路中感應電流I＝eq\f(2Ea,2R)＝3A，對b受力分析，由牛頓其次定律得：BId＋μmg＝mab，解得ab＝8m/s2。(3)將彈簧和金屬棒a、b看做一個系統(tǒng)，分析可知，a、b棒所受力時刻大小相等、方向相反，故系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律可知，a、b棒的速率時刻相同，即兩者移動相同距離后停止，則在整個運動過程中，對系統(tǒng)，由能量守恒可得：Ep＝2μmgx＋Q，解得Q＝5.8J。17．(2024·天津高考)(12分)如圖所示，固定在水平面上間距為l的兩條平行光滑金屬導軌，垂直于導軌放置的兩根金屬棒MN和PQ長度也為l、電阻均為R，兩棒與導軌始終接觸良好。MN兩端通過開關S與電阻為R的單匝金屬線圈相連，線圈內(nèi)存在豎直向下勻稱增加的磁場，磁通量改變率為常量k。圖中虛線右側有垂直于導軌平面對下的勻強磁場，磁感應強度大小為B。PQ的質(zhì)量為m，金屬導軌足夠長、電阻忽視不計。(1)閉合S，若使PQ保持靜止，需在其上加多大的水平恒力F，并指出其方向；(2)斷開S，PQ在上述恒力作用下，由靜止起先到速度大小為v的加速過程中流過PQ的電荷量為q，求該過程安培力做的功W。答案(1)eq\f(Bkl,3R)方向水平向右(2)eq\f(1,2)mv2－eq\f(2,3)kq解析(1)設線圈中的感應電動勢為E，由法拉第電磁感應定律得，感應電動勢E＝eq\f(ΔΦ,Δt)，則E＝k①設PQ與MN并聯(lián)的電阻為R并，有R并＝eq\f(R,2)②閉合S時，設線圈中的電流為I，依據(jù)閉合電路歐姆定律得I＝eq\f(E,R并＋R)③設PQ中的電流為IPQ，有IPQ＝eq\f(1,2)I④設PQ受到的安培力為F安，有F安＝BIPQl⑤PQ保持靜止，由受力平衡，有F＝F安⑥聯(lián)立①②③④⑤⑥式得F＝eq\f(Bkl,3R)⑦由楞次定律和右手螺旋定則得PQ中的電流方向為由Q到P，再由左手定則得PQ所受安培力的方向水平向左，則力F的方向水平向右。(2)設PQ由靜止起先到速度大小為v的加速過程中，PQ運動的位移為x，所用時間為Δt，回路中的磁通量改變量為ΔΦ，回路中產(chǎn)生的平均感應電動勢為eq\x\to(E)，有eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)⑧其中ΔΦ＝Blx⑨設PQ中的平均感應電流為eq\x\to(I)，有eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),2R)⑩依據(jù)電流的定義得eq\x\to(I)＝eq\f(q,Δt)?由動能定理，有Fx＋W＝eq\f(1,2)mv2－0?聯(lián)立⑦⑧⑨⑩??式得