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認(rèn)證類型：個(gè)人認(rèn)證

認(rèn)證主體：白**（實(shí)名認(rèn)證）

IP屬地：河北

IP屬地：河北 上傳時(shí)間：2025-04-17 格式：DOCX 頁(yè)數(shù)：43 大?。?.60MB 積分：6 舉報(bào) 版權(quán)申訴

第第頁(yè)大題02電磁感應(yīng)綜合問(wèn)題一、歷年考情與命題規(guī)律分析1.近5年高頻考點(diǎn)與題型年份核心模型考察重點(diǎn)2024線圈在磁場(chǎng)中旋轉(zhuǎn)產(chǎn)生交流電的計(jì)算法拉第電磁感應(yīng)定律、動(dòng)能定理、牛頓第二定律2023電磁感應(yīng)的感生問(wèn)題法拉第電磁感應(yīng)定律、平衡條件2022導(dǎo)體在安培力作用下的平衡平衡條件、歐姆定律、2021導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的計(jì)算法拉第電磁感應(yīng)定律、平衡條件、動(dòng)能定理2020電磁感應(yīng)的感生問(wèn)題法拉第電磁感應(yīng)定律、平衡條件命題規(guī)律總結(jié)天津高考電磁感應(yīng)計(jì)算題注重基礎(chǔ)概念和定律的理解和應(yīng)用，題目常圍繞感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的計(jì)算展開，要求考生熟練掌握用楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向，法拉第電磁感應(yīng)定律求電動(dòng)勢(shì)，要求考生理解“阻礙”原磁通量變化的含義。試題題型多樣化，既有導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)中切割磁感線時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)計(jì)算，常見于平動(dòng)或轉(zhuǎn)動(dòng)問(wèn)題，又有因磁場(chǎng)變化引起的感生電動(dòng)勢(shì)的計(jì)算。同時(shí)電磁感應(yīng)可能與能量問(wèn)題結(jié)合，涉及機(jī)械能與電能的轉(zhuǎn)化，可能結(jié)合功率、焦耳熱等能量相關(guān)計(jì)算；也可能與電路結(jié)合：感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)作為電源，結(jié)合歐姆定律、電功率等電路知識(shí)，要求考生能夠分析復(fù)雜電路；與力學(xué)結(jié)合：涉及安培力、牛頓運(yùn)動(dòng)定律，分析導(dǎo)體棒的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，如加速度、速度、位移等；或與圖像結(jié)合：通過(guò)圖像分析磁通量、感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)等隨時(shí)間的變化，要求考生具備圖像分析能力。經(jīng)常結(jié)合現(xiàn)代科技或生活實(shí)際，設(shè)計(jì)新穎題目，如電磁感應(yīng)在發(fā)電機(jī)、變壓器中的應(yīng)用?？赡苌婕白愿?、互感等知識(shí)，要求考生具備較強(qiáng)的知識(shí)遷移能力和拓展思維。二、2025年考向預(yù)測(cè)與熱點(diǎn)模型2025年備考需重點(diǎn)關(guān)注電磁感應(yīng)與電路、力學(xué)的綜合題，可能涉及能量轉(zhuǎn)換和功率計(jì)算。結(jié)合現(xiàn)代科技（如電磁爐、無(wú)線充電等）設(shè)計(jì)題目，考查考生的實(shí)際應(yīng)用能力?？赡艹霈F(xiàn)新穎的情境設(shè)計(jì)，考查考生的創(chuàng)新思維和問(wèn)題解決能力。法拉第電磁感應(yīng)定律、楞次定律、動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)、動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)、能量觀點(diǎn)、動(dòng)量觀點(diǎn)仍是考查重點(diǎn)。題型一電磁感應(yīng)感生問(wèn)題（2024高三·天津紅橋區(qū)·一模）如圖甲所示，水平面上有一圓形線圈，通過(guò)導(dǎo)線與足夠長(zhǎng)的光滑水平導(dǎo)軌相連，線圈內(nèi)存在垂直線圈平面方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間變化圖像如圖乙所示。平行光滑金屬導(dǎo)軌處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為、方向垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。一導(dǎo)體棒垂直于導(dǎo)軌水平放置，由靜止釋放。已知線圈匝數(shù)，面積，其電阻，導(dǎo)軌相距，磁感應(yīng)強(qiáng)度，導(dǎo)體棒質(zhì)量，其電阻，其余電阻不計(jì)。求（1）時(shí)刻，導(dǎo)體棒中的電流I的大小及方向；（2）時(shí)刻，導(dǎo)體棒的加速度大小和方向；（3）導(dǎo)體棒的最大速度的大小?！敬鸢浮浚?），從到；（2），水平向右；（3）【詳解】（1）時(shí)刻，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為導(dǎo)體棒中的電流的大小為根據(jù)楞次定律，導(dǎo)體棒中的電流方向?yàn)閺牡健＃?）根據(jù)牛頓第二定律解得時(shí)刻，導(dǎo)體棒的加速度大小為根據(jù)左手定則，導(dǎo)體棒受到的安培力水平向右，故導(dǎo)體棒的加速度水平向右。（3）當(dāng)導(dǎo)體棒受到的安培力為零時(shí)，即回路中的感應(yīng)電流為零時(shí)，導(dǎo)體棒的速度最大，則解得導(dǎo)體棒的最大速度的大小為電磁感應(yīng)中的電路問(wèn)題總結(jié)在電磁感應(yīng)中，切割磁感線的導(dǎo)體或磁通量發(fā)生變化的回路將產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，該導(dǎo)體或回路就相當(dāng)于電源，將它們接上電容器，便可使電容器充電;將它們接上電阻等用電器，便可對(duì)用電器供電，在回路中形成電流.因此，電磁感應(yīng)問(wèn)題往往與電路問(wèn)題聯(lián)系在一起1.電磁感應(yīng)中的電路問(wèn)題解題思路①“源”的分析：用法拉第電磁感應(yīng)定律算出E的大小，用楞次定律或右手定則確定感應(yīng)電流的方向(感應(yīng)電流方向是電源內(nèi)部電流的方向)，從而確定電源正負(fù)極，明確內(nèi)阻r.②“路”的分析：根據(jù)“等效電源”和電路中其他各元件的連接方式畫出等效電路．③根據(jù)或，結(jié)合閉合電路歐姆定律、串并聯(lián)電路知識(shí)、電功率、焦耳定律等相關(guān)關(guān)系式聯(lián)立求解．2.電磁感應(yīng)中電路知識(shí)的關(guān)系圖（2024高三·天津河北區(qū)·一模）如圖所示，匝數(shù)N=200、橫截面積S=100cm2、電阻r=0.3Ω的線圈處于豎直向上的變化磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B1隨時(shí)間變化規(guī)律B1=(0.5+0.4t)T。傾角θ=30。、間距d=0.5m、長(zhǎng)度L=1.2m的光滑平行金屬導(dǎo)軌處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中傾斜放置，B2方向垂直導(dǎo)軌平面，開關(guān)S閉合時(shí)，一質(zhì)量m=200g、電阻R1=0.2Ω的導(dǎo)體棒ab恰好能靜止在傾斜導(dǎo)軌的上端處，定值電阻R2=0.2Ω,導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)，空氣阻力忽略不計(jì)，取g=10m/s2。則：1122（1）求線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大??；（2）求磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的大小和方向；（3）斷開S后導(dǎo)體棒開始沿導(dǎo)軌下滑，到達(dá)底端前速度已達(dá)到最大值，求導(dǎo)體棒下滑過(guò)程中導(dǎo)體棒上產(chǎn)生的焦耳熱?！敬鸢浮浚?）E=0.8V（2）B2=2T方向垂直斜面向下（3）QR2=0.592J【詳解】（1）（1）線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小導(dǎo)體棒和定值電阻R2并聯(lián)后的總電阻為：R并=0.1Ω則通過(guò)導(dǎo)體棒的電流為：對(duì)導(dǎo)體棒平衡時(shí)滿足：解得：B2=2T由楞次定律可知，導(dǎo)體棒中感應(yīng)電流從a到b，則根據(jù)左手定則可知，B2方向垂直斜面向下。導(dǎo)體棒到達(dá)最大速度時(shí)滿足：解得：vm=0.4m/s下滑過(guò)程中導(dǎo)體棒上產(chǎn)生的焦耳熱：題型二電磁感應(yīng)動(dòng)生單桿切割磁感線問(wèn)題（2024高三·天津河?xùn)|區(qū)·一模）如圖甲所示，兩根足夠長(zhǎng)的光滑金屬導(dǎo)軌豎直放置，導(dǎo)軌間的距離。質(zhì)量，電阻的直導(dǎo)體棒放在導(dǎo)軌上，且與導(dǎo)軌垂直。導(dǎo)軌頂端與的電阻相連，其余電阻不計(jì)，整個(gè)裝置處在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)內(nèi)。從開始，導(dǎo)體棒由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)過(guò)程的圖像如圖乙所示，后導(dǎo)體棒做勻速直線運(yùn)動(dòng)，重力加速度取。求：（1）磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小；（2）時(shí)，導(dǎo)體棒的加速度大?。唬?）前2s內(nèi)，電阻上產(chǎn)生焦耳熱?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）后導(dǎo)體棒做勻速直線運(yùn)動(dòng)，此時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為感應(yīng)電流為根據(jù)平衡條件有解得（2）時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為感應(yīng)電流為根據(jù)平衡條件有解得（3）前2s內(nèi)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)平均值為感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的平均值為根據(jù)電流的定義式有根據(jù)動(dòng)量定理有根據(jù)能量守恒定律有電阻上產(chǎn)生的焦耳熱解得電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題總結(jié)1.導(dǎo)體的兩種運(yùn)動(dòng)狀態(tài)①導(dǎo)體的平衡狀態(tài)——靜止?fàn)顟B(tài)或勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)．處理方法：根據(jù)平衡條件列式分析．②導(dǎo)體的非平衡狀態(tài)——加速度不為零．處理方法：根據(jù)牛頓第二定律進(jìn)行動(dòng)態(tài)分析或結(jié)合功能關(guān)系分析．2.力學(xué)對(duì)象和電學(xué)對(duì)象的相互關(guān)系3.用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)解答電磁感應(yīng)問(wèn)題的一般步驟①“源”的分析：用法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律確定感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小和方向②“路”的分析：畫等效電路圖，根據(jù)，求感應(yīng)電流③“力”的分析：受力分析，求及合力，根據(jù)牛頓第二定律求加速度④“運(yùn)動(dòng)狀態(tài)”的分析：根據(jù)力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，判斷運(yùn)動(dòng)狀態(tài)4.解決這類問(wèn)題的關(guān)鍵是通過(guò)運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的分析,尋找過(guò)程中的臨界狀態(tài),如速度、加速度最大或最小的條件.解題時(shí)要抓好受力情況，運(yùn)動(dòng)情況的動(dòng)態(tài)分析導(dǎo)體受力運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)→感應(yīng)電流→通電導(dǎo)體受安培力→合外力變化→加速度變化→速度變化→周而復(fù)始地循環(huán)，循環(huán)結(jié)束時(shí)，加速度等于零，導(dǎo)體達(dá)穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，抓住a=0時(shí)，速度v達(dá)最大值的特點(diǎn)。（2024高三·天津和平區(qū)·一模）某游樂(lè)園中過(guò)山車進(jìn)入停車區(qū)時(shí)利用磁力進(jìn)行剎車，磁力剎車原理可以簡(jiǎn)化為如圖所示的模型：水平平行金屬導(dǎo)軌處于豎直方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，金屬棒MN沿導(dǎo)軌向右運(yùn)動(dòng)的過(guò)程，對(duì)應(yīng)過(guò)山車的磁力剎車過(guò)程，假設(shè)MN的運(yùn)動(dòng)速度代表過(guò)山車的速度，MN所受的安培力代表過(guò)山車所受的磁場(chǎng)作用力。已知過(guò)山車以速度進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域，過(guò)山車的質(zhì)量為m，平行導(dǎo)軌間距離為L(zhǎng)，整個(gè)回路中的等效電阻為R，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B；已知?jiǎng)x車過(guò)程中軌道對(duì)過(guò)山車的摩擦阻力大小恒為f，忽略空氣阻力，求：（1）剛進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，過(guò)山車加速度a；（2）若磁力剎車直至速度減為0的過(guò)程所用時(shí)間為t，求此過(guò)程中摩擦力對(duì)過(guò)山車做的功W；（3）若忽略摩擦阻力，求過(guò)山車運(yùn)動(dòng)到總位移的倍時(shí)，安培力的功率。【答案】（1），方向與速度方向相反；（2）；（3）【詳解】（1）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有由閉合電路的歐姆定律有而則根據(jù)牛頓第二定律有聯(lián)立可得方向與速度方向相反。（2）減速過(guò)程應(yīng)用動(dòng)量定理有平均感應(yīng)電流摩擦力對(duì)過(guò)山車做的功聯(lián)立可得（3）過(guò)山車速度減為0所用時(shí)間為，對(duì)該過(guò)程由動(dòng)量定理有結(jié)合可得當(dāng)位移為總位移的倍時(shí)，所用時(shí)間為，設(shè)此時(shí)速度為，由動(dòng)量定理有該過(guò)程通過(guò)回路中的電荷量而安培力在此時(shí)的功率聯(lián)立解得（）題型三電磁感應(yīng)動(dòng)生雙桿切割磁感線問(wèn)題（2024高三·天津部分區(qū)·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(zhǎng)，bc和ef傾斜，傾角為θ，導(dǎo)軌間的距離為L(zhǎng)，整個(gè)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(chǎng)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(dòng)。已知兩金屬桿的質(zhì)量均為m，電阻均為R，長(zhǎng)度均為L(zhǎng)，并與導(dǎo)軌始終接觸良好，導(dǎo)軌和導(dǎo)線的電阻不計(jì)。求：（1）金屬桿Q受到的支持力的大??；（2）金屬桿P受到的水平恒力F的大?。唬?）金屬桿P做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)速度v的大小?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）金屬桿Q在傾斜軌道上處于靜止?fàn)顟B(tài)，對(duì)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(zhǎng)度均為L(zhǎng)，通過(guò)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(dòng)，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(dòng)勢(shì)安培力由閉合電路歐姆定律知解得電磁感應(yīng)中能量問(wèn)題總結(jié)電磁感應(yīng)過(guò)程的實(shí)質(zhì)是不同形式的能量轉(zhuǎn)化的過(guò)程，而能量的轉(zhuǎn)化是通過(guò)安培力做功的形式實(shí)現(xiàn)的，安培力做功的過(guò)程，是電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能的過(guò)程，外力克服安培力做功，則是其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能的過(guò)程．1.安培力做功與能量轉(zhuǎn)化①安培力做正功：電能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，如電動(dòng)機(jī)②安培力做負(fù)功：機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能，如發(fā)電機(jī)2.焦耳熱的求法①焦耳定律：，適用于電流、電阻恒定，交變電流的有效值.②功能關(guān)系：，適用于任何情況.③能量轉(zhuǎn)化：，適用于任何情況.3.解決電磁感應(yīng)能量問(wèn)題的策略是“先源后路、先電后力，再是運(yùn)動(dòng)、能量”，即①“源”的分析：明確電磁感應(yīng)所產(chǎn)生的電源，確定和②“路”的分析：弄清串、并聯(lián)關(guān)系，求電流及③“力”的分析：分析桿或線圈受力情況，求合力④“運(yùn)動(dòng)”的分析：由力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，確定運(yùn)動(dòng)模型⑤“能量”的分析：確定參與轉(zhuǎn)化的能量形式（2024高三·天津部分區(qū)·二模）如圖所示，光滑金屬導(dǎo)軌a、c、b、d相互平行，固定在同一水平面內(nèi)，a、c間距離為L(zhǎng)，b、d間距離為2L，a與b間、c與d間分別用導(dǎo)線連接，導(dǎo)軌所在區(qū)域有方向豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。金屬桿GH在垂直于GH的水平外力（未知且圖中未畫出）作用下保持靜止，且GH垂直于b和d。金屬桿MN質(zhì)量m，在垂直于MN的水平恒力作用下從靜止開始向左運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)位移x后，桿MN的速度不再變化，桿MN始終垂直于a和c，金屬桿MN和GH接入電路的電阻均為R，其余電阻不計(jì)，導(dǎo)軌a、c足夠長(zhǎng)。求：（1）金屬桿MN勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度v大小；（2）水平外力的最大值；（3）MN桿勻速運(yùn)動(dòng)后撤去拉力，求此后MN桿還能滑行的距離s?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）設(shè)金屬桿MN勻速運(yùn)動(dòng)速度大小為，則電動(dòng)勢(shì)為根據(jù)歐姆定律金屬桿MN受到的安培力為由平衡條件解得（2）金屬桿勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)拉力最大，有解得（3）設(shè)金屬桿MN運(yùn)動(dòng)位移x所用時(shí)間為t，對(duì)于MN桿，由動(dòng)量定理，有其中解得題型四電磁感應(yīng)動(dòng)生線框切割磁感線問(wèn)題（2024高三·天津南開區(qū)·一模）如圖所示是列車進(jìn)站時(shí)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(zhǎng)為L(zhǎng)，bc邊長(zhǎng)為d，在站臺(tái)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(chǎng)MNPQ，MN邊界與ab平行，NP長(zhǎng)為d。若ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)列車關(guān)閉發(fā)動(dòng)機(jī)，此時(shí)列車的速度大小為，cd邊剛離開磁場(chǎng)時(shí)列車剛好停止運(yùn)動(dòng)。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(jì)空氣阻力，重力加速度為g。求：（1）線框ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)列車加速度a的大小和安培力對(duì)ab邊做功的功率P；（2）線框從進(jìn)入到離開磁場(chǎng)過(guò)程中，線框產(chǎn)生的焦耳熱Q；（3）線框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中，通過(guò)線框橫截面的電荷量q。【答案】（1），；（2）；（3）【詳解】（1）根據(jù)題意可知，線框ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)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(duì)ab邊做功的功率（2）線框從進(jìn)入到離開磁場(chǎng)過(guò)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(chǎng)過(guò)程中，通過(guò)線框橫截面的電荷量又有，聯(lián)立解得動(dòng)量觀點(diǎn)及原理總結(jié)1.動(dòng)量定理的應(yīng)用導(dǎo)體棒或金屬框在感應(yīng)電流所引起的安培力作用下做非勻變速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，安培力的沖量為：I安＝Beq\x\to(I)Lt＝BLq，通過(guò)導(dǎo)體棒或金屬框的電荷量為：q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(\x\to(E),R總)Δt＝neq\f(ΔΦ,Δt·R總)Δt＝neq\f(ΔФ,R總)，磁通量變化量：ΔΦ＝BΔS＝BLx.，題目中涉及速度v、電荷量q、運(yùn)動(dòng)時(shí)間t、運(yùn)動(dòng)位移x時(shí)常用動(dòng)量定理求解．2.動(dòng)量守恒的應(yīng)用對(duì)于兩導(dǎo)體棒在相互平行的光滑水平軌道上做切割磁感線運(yùn)動(dòng)時(shí)：如果這兩根導(dǎo)體棒所受的安培力等大反向，且不受其他外力或其他外力的合力為零時(shí)，兩導(dǎo)體棒的總動(dòng)量守恒。3.動(dòng)量問(wèn)題的解題步驟感應(yīng)電流在磁場(chǎng)中受到安培力的作用，因此電磁感應(yīng)問(wèn)題往往跟力學(xué)問(wèn)題聯(lián)系在一起.解決這類問(wèn)題需要綜合應(yīng)用電磁感應(yīng)規(guī)律(法拉第電磁感應(yīng)定律、楞次定律)及力學(xué)中的有關(guān)規(guī)律(牛頓運(yùn)動(dòng)定律、動(dòng)量守恒定律、動(dòng)量定理、動(dòng)能定理等).解決這類問(wèn)題的方法：(1)選擇研究對(duì)象：即是哪一根導(dǎo)體棒或幾根導(dǎo)體棒組成的系統(tǒng).(2)分析其受力情況：安培力既跟電流方向垂直又跟磁場(chǎng)方向垂直.(3)分析研究對(duì)象所受的各力做功情況和合外力情況：選定所要應(yīng)用的物理規(guī)律.(4)分析研究對(duì)象(或系統(tǒng))是否符合動(dòng)量守恒的條件.(5)運(yùn)用物理規(guī)律列方程求解.注意：加速度a＝0時(shí)，速度v達(dá)到最大值.（2024高三·天津耀華中學(xué)·一模）中國(guó)高鐵技術(shù)世界領(lǐng)先，被網(wǎng)友稱為中國(guó)現(xiàn)代版的“四大發(fā)明”之一，其運(yùn)行過(guò)程十分平穩(wěn)使得國(guó)內(nèi)外網(wǎng)友嘖嘖稱贊。如圖所示為某科研小組設(shè)計(jì)的電磁阻尼輔助剎車裝置的原理示意圖，固定在車廂底部的矩形超導(dǎo)線圈可以在智能系統(tǒng)控制下產(chǎn)生沿豎直方向的、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。在火車運(yùn)行的平直軌道上，依次間隔分布著足夠多與軌道固連的n匝矩形金屬線圈，每個(gè)線圈的電阻都為R，長(zhǎng)度和間隔均為d，寬度為l。設(shè)火車以初速度無(wú)動(dòng)力滑行進(jìn)入減速區(qū)域，經(jīng)時(shí)間t停止運(yùn)動(dòng)，超導(dǎo)線圈的長(zhǎng)和寬也分別為d和l，火車整體的質(zhì)量為m，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的摩擦阻力和空氣阻力的合力恒為重力的k倍，求：（1）火車剛進(jìn)入減速區(qū)域時(shí)加速度a的大?。唬?）火車減速過(guò)程中所經(jīng)歷的矩形線圈個(gè)數(shù)N；（3）火車減速過(guò)程中克服安培力做的功W?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）火車剛進(jìn)入減速區(qū)域時(shí)有根據(jù)閉合電路歐姆定律根據(jù)牛頓第二定律有聯(lián)立可得（2）設(shè)火車開始減速到停止所發(fā)生的位移為x，根據(jù)動(dòng)量定理有根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有根據(jù)閉合電路歐姆定律有聯(lián)立解得（3）對(duì)火車減速過(guò)程，根據(jù)能量守恒定律有解得題型五電磁感應(yīng)中的電磁驅(qū)動(dòng)和電磁制動(dòng)（2024高三·天津十二重點(diǎn)?！ぢ?lián)考）某公園的游樂(lè)場(chǎng)中引進(jìn)了電磁彈射兒童車項(xiàng)目，可簡(jiǎn)化如圖，寬度為L(zhǎng)的水平軌道中BE、CH兩段為絕緣材料制成，其余部分均為導(dǎo)體，且軌道各部分都足夠長(zhǎng)。ABCD和EFGH區(qū)域均存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B（B未知），AD處接有電容大小為C的電容器，F(xiàn)G處接有阻值為2R的定值電阻。兒童車可簡(jiǎn)化為一根質(zhì)量m，電阻為R的導(dǎo)體棒（與軌道始終保持垂直且接觸良好），開始時(shí)導(dǎo)體棒靜止于AD處（如圖），電容器兩端電壓為U0，然后閉合開關(guān)S，導(dǎo)體棒開始向右加速?gòu)椛?。已知重力加速度為g，不計(jì)一切摩擦和阻力。求：（1）開始時(shí)電容器所帶的電荷量；（2）若導(dǎo)體棒在ABCD軌道上獲得的最終速度為v，求整個(gè)過(guò)程中定值電阻2R上產(chǎn)生的總熱量Q；（3）當(dāng)B為多大時(shí)，導(dǎo)體棒在ABCD軌道上獲得的最終速度最大？其最大值vm為多少？【答案】（1）；（2）；（3），【詳解】（1）開始時(shí)電容器所帶的電荷量（2）BE、CH兩段為絕緣材料制成，整個(gè)過(guò)程中定值電阻2R上產(chǎn)生的總熱量即為導(dǎo)體棒在EFGH軌道運(yùn)動(dòng)過(guò)程產(chǎn)生的熱量，對(duì)導(dǎo)體棒在EFGH軌道運(yùn)動(dòng)過(guò)程，由于軌道足夠長(zhǎng)，導(dǎo)體棒最終靜止得（3）導(dǎo)體棒在ABCD軌道運(yùn)動(dòng)過(guò)程得當(dāng)且僅當(dāng)即時(shí)，最終速度最大，其最大值為電磁感應(yīng)中的電磁驅(qū)動(dòng)和電磁制動(dòng)總結(jié)1.電容器充電過(guò)程當(dāng)導(dǎo)體桿開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，電容器開始充電。隨著電容器電荷Q的增加，電容器電壓UC也增加。電容器電量的變化量△Q與流過(guò)桿的電量相等。2.最終狀態(tài)當(dāng)電容器充滿電時(shí)，電流I變?yōu)?，電容器電壓UC達(dá)到最大值，且等于感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：UC=E=BLV此時(shí)，電容器儲(chǔ)存的電荷為：Q=CUC=CBLV3.能量關(guān)系外力做的總功等于電容器儲(chǔ)存的電能：E=UCQ，桿運(yùn)動(dòng)全程回路中總能量守恒（2024高三·天津南開區(qū)·二模）某電磁軌道炮的簡(jiǎn)化模型如圖所示，兩光滑導(dǎo)軌相互平行，固定在光滑絕緣水平桌面上，導(dǎo)軌的間距為L(zhǎng)，導(dǎo)軌左端通過(guò)單刀雙擲開關(guān)與電源、電容器相連，電源電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻不計(jì)，電容器的電容為C。EF、PQ區(qū)域內(nèi)有垂直導(dǎo)軌平面向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，EF、PQ之間的距離足夠長(zhǎng)。一炮彈可視為寬為L(zhǎng)、質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒靜置于EF處，與導(dǎo)軌始終保持良好接觸。當(dāng)把開關(guān)分別接a、b時(shí)，導(dǎo)軌與電源相連，炮彈中有電流通過(guò)，炮彈受到安培力作用向右加速，同時(shí)炮彈中產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，當(dāng)炮彈的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與電源的電動(dòng)勢(shì)相等時(shí)，回路中電流為零，炮彈達(dá)到最大速度。不考慮空氣阻力，其它電阻都不計(jì)，忽略導(dǎo)軌電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)。求：（1）炮彈運(yùn)動(dòng)到PQ邊界過(guò)程最大加速度；（2）炮彈運(yùn)動(dòng)達(dá)到最大速度的過(guò)程中，流過(guò)炮彈橫截面的電荷量q和回路產(chǎn)生的焦耳熱Q；（3）將炮彈放回原位置，斷開，把接c，讓電源給電容器充電，充電完成后，再將斷開，把接d，求炮彈運(yùn)動(dòng)到PQ邊界時(shí)電容器上剩余的電荷量?！敬鸢浮浚?）；（2），；（3）【詳解】（1）炮彈剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)通過(guò)炮彈的電流最大，炮彈受到的安培力最大，加速度最大。有得（2）隨著炮彈速度的增大，炮彈的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)增大，通過(guò)炮彈的電流減小，當(dāng)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與電源電動(dòng)勢(shì)相等時(shí)回路中電流為零，炮彈達(dá)到最大速度。即得炮彈從靜止到達(dá)到最大速度過(guò)程流過(guò)炮彈橫截面的電荷量由動(dòng)量定理有得電源做的功轉(zhuǎn)化為炮彈的動(dòng)能和回路產(chǎn)生的焦耳熱有得（3）充滿電時(shí)電容器電荷量為當(dāng)電容器與炮彈連接后電容器放電，炮彈向右加速，電容器的電荷量、電壓減小，當(dāng)炮彈的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與電容器兩極板間的電壓相等時(shí)，回路中電流為零，炮彈達(dá)到最大速度，此后電容器不再放電。設(shè)此時(shí)電容器剩余電荷量為，有由動(dòng)量定理有解得1．（2024高三·天津河西區(qū)·二模）如圖所示，導(dǎo)體棒的質(zhì)量、電阻、長(zhǎng)度，導(dǎo)體棒橫放在直角金屬框架上且與導(dǎo)軌、垂直。金屬框架放在絕緣水平面上，其質(zhì)量、其與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)，框架上相互平行的導(dǎo)軌、相距為?？蚣苤挥胁糠志哂须娮?，該部分電阻。整個(gè)裝置處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度。垂直于棒施加的水平向右的恒力，棒從靜止開始無(wú)摩擦地運(yùn)動(dòng)，始終與導(dǎo)軌保持良好接觸；當(dāng)棒運(yùn)動(dòng)到某處時(shí)，框架開始運(yùn)動(dòng)。以上過(guò)程流過(guò)棒的電荷量為。設(shè)框架與水平面間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，g取。求：（1）框架開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，棒中電流的大小和棒的加速度大小；（2）此過(guò)程棒的運(yùn)動(dòng)距離x和回路中產(chǎn)生的熱量Q?！敬鸢浮浚?），；（2），【詳解】（1）設(shè)框架開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，棒中的電流為I，棒加速度的大小為a。以框架為研究對(duì)象，有解得以棒為研究對(duì)象，有解得（2）設(shè)從棒開始運(yùn)動(dòng)到框架開始運(yùn)動(dòng)所經(jīng)歷的時(shí)間為t，此過(guò)程中回路中的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為，平均感應(yīng)電流為。于是有根據(jù)閉合電路歐姆定律，有再根據(jù)可以求出設(shè)框架剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)棒的速度大小為v，于是有再結(jié)合可以解得2.（2024高三·天津?qū)幒訁^(qū)·一模）光滑的平行金屬導(dǎo)軌長(zhǎng)L=1m，兩導(dǎo)軌間距d=0.5m，軌道平面與水平面的夾角θ=30°，導(dǎo)軌上端接一阻值為R=4Ω的電阻，軌道所在空間有垂直軌道平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1T，如圖所示，有一質(zhì)量m=1kg、電阻r=1Ω的金屬棒ab，放在導(dǎo)軌最上端，其余部分電阻不計(jì)。棒ab從軌道最上端由靜止開始下滑到軌道最底端時(shí)速度的大小為3m/s，g取10m/s2。（1）當(dāng)金屬棒的速度v=2.0m/s時(shí)，電阻R兩端的電壓U；（2）在金屬棒下滑的整個(gè)過(guò)程中金屬棒中產(chǎn)生的熱量Qr；（3）金屬棒從開始下滑到運(yùn)動(dòng)至軌道最底端所用時(shí)間t?！敬鸢浮浚?）0.8V；（2）0.1J；（3）0.61s【詳解】（1）當(dāng)棒的速度為2.0m/s時(shí)，棒中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為電阻R兩端的電壓為（2）設(shè)棒到達(dá)底端時(shí)的速度為vm，根據(jù)能量守恒定律得解得所以在棒下滑的整個(gè)過(guò)程中金屬棒中產(chǎn)生的熱量為（3）從開始到達(dá)到底端的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)量定理可得解得3.（2024高三·天津武清區(qū)楊村一中·一模）如圖所示，足夠長(zhǎng)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(chǎng)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(shí)刻對(duì)導(dǎo)體棒施加一個(gè)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(dòng)，時(shí)改變拉力F的大小使拉力的功率此后保持恒定，時(shí)導(dǎo)體棒已經(jīng)做了一段時(shí)間的勻速運(yùn)動(dòng)。求：

時(shí)，拉力F的大??；

內(nèi)，導(dǎo)體棒產(chǎn)生的熱量?！敬鸢浮浚?）2N；（2）17.5J；【詳解】對(duì)導(dǎo)體棒進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有時(shí)，導(dǎo)體棒的速度，根據(jù)閉合電路的歐姆定律有

解得

時(shí)拉力F的功率

設(shè)導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)的速度為，導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的安培力為，導(dǎo)體棒受到的拉力

而，設(shè)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

代入聯(lián)立解得

4．（2024高三·天津河西區(qū)·一模）小明設(shè)計(jì)的電磁健身器的簡(jiǎn)化裝置如圖所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌相距l(xiāng)＝0.50m，傾角θ＝53°，導(dǎo)軌上端串接一個(gè)R＝0.05Ω的電阻．在導(dǎo)軌間長(zhǎng)d＝0.56m的區(qū)域內(nèi)，存在方向垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2.0T．質(zhì)量m＝4.0kg的金屬棒CD水平置于導(dǎo)軌上，用絕緣繩索通過(guò)定滑輪與拉桿GH相連．CD棒的初始位置與磁場(chǎng)區(qū)域的下邊界相距s＝0.24m．一位健身者用恒力F＝80N拉動(dòng)GH桿，CD棒由靜止開始運(yùn)動(dòng)，上升過(guò)程中CD棒始終保持與導(dǎo)軌垂直．當(dāng)CD棒到達(dá)磁場(chǎng)上邊界時(shí)健身者松手，觸發(fā)恢復(fù)裝置使CD棒回到初始位置(重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，不計(jì)其它電阻、摩擦力以及拉桿和繩索的質(zhì)量)．求：(1)CD棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度v的大??；(2)CD棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)所受的安培力FA的大??；(3)在拉升CD棒過(guò)程中，健身者所做的功W和電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q.【答案】（1）2.4m/s（2）48N（3）64J；26.88J【詳解】(1)由牛頓第二定律：進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度：(2)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：感應(yīng)電流：安培力：代入得：(3)健身者做功：由牛頓定律：CD棒在磁場(chǎng)區(qū)做勻速運(yùn)動(dòng)在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間：焦耳熱：5.（2024高三·天津河?xùn)|區(qū)·二模）圖甲為某種可測(cè)速的跑步機(jī)，其測(cè)速原理如圖乙所示。跑步機(jī)底面固定著兩根間距、長(zhǎng)度的平行金屬導(dǎo)軌，兩金屬導(dǎo)軌間充滿磁感應(yīng)強(qiáng)度、方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩金屬導(dǎo)軌通過(guò)導(dǎo)線與的定值電阻及理想電壓表相連，跑步機(jī)的橡膠帶上鍍有平行細(xì)金屬條，橡膠帶運(yùn)動(dòng)時(shí)磁場(chǎng)中始終只有一根金屬條與兩金屬導(dǎo)軌接通，已知每根金屬條的電阻為，橡膠帶以勻速運(yùn)動(dòng)，求：（1）電壓表的示數(shù)U；（2）細(xì)金屬條受到安培力F的大小與方向；（3）某根金屬條每經(jīng)過(guò)一次磁場(chǎng)區(qū)域過(guò)程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q?！敬鸢浮浚?）0.6V；（2），方向向左；（3）0.006J【詳解】（1）金屬條做切割磁感線運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)大小回路中的電流大小為電壓表的示數(shù)為（2）金屬條受到的安培力大小為根據(jù)左手定則可知，方向向左。（3）一根金屬條每次經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域金屬條上產(chǎn)生的焦耳熱為又解得6.（2024高三·天津十二區(qū)重點(diǎn)?！ざ＃┤鐖D甲所示，水平金屬導(dǎo)軌與傾角θ=30°的傾斜金屬導(dǎo)軌相接于PQ處，兩導(dǎo)軌寬度均為L(zhǎng)，電阻不計(jì)。豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)分布在水平導(dǎo)軌部分，其磁感應(yīng)強(qiáng)度B1隨時(shí)間按圖乙所示的規(guī)律變化，傾斜導(dǎo)軌部分存在垂直于斜面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，導(dǎo)體棒ab、cd質(zhì)量均為m，電阻均為R，分別垂直于導(dǎo)軌固定在水平和傾斜導(dǎo)軌上，t=0時(shí)刻ab與PQ的間距也為L(zhǎng)，t0時(shí)刻，對(duì)ab（1）0-t0時(shí)間內(nèi)流過(guò)ab棒的電流I（2）cd棒解除固定時(shí)，ab棒運(yùn)動(dòng)的速度v的大?。唬?）若從t0時(shí)刻起，到cd棒解除固定時(shí)，恒力做的功為W，求這段時(shí)間內(nèi)導(dǎo)體棒ab產(chǎn)生的焦耳熱Q圖甲P圖甲PQdcabB1θBB1tB0tO圖乙【答案】（1）I=B0L22Rt0【詳解】（1）金屬條做切割磁感線運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)大小E?回路中的電流大小為I得：I（2）對(duì)導(dǎo)體棒cd在解除固定時(shí)受力分析：mgFIE得：v=（3）導(dǎo)體棒ab在軌道運(yùn)動(dòng)的過(guò)程：WQ=得：Q7.（2024高三·天津河北區(qū)·二模）如圖，兩根足夠長(zhǎng)的光滑金屬直導(dǎo)軌平行放置，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，兩導(dǎo)軌及其所構(gòu)成的平面均與水平面成θ角，整個(gè)裝置處于垂直于導(dǎo)軌平面斜向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)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(dòng)過(guò)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(jì)，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(dòng)時(shí)的速度大小v0：（2）在（1）問(wèn)中，當(dāng)棒a勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，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(wèn)中，從棒b放瞬間開始計(jì)時(shí)，經(jīng)過(guò)時(shí)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(dòng)過(guò)程中重力沿斜面的分力和a棒的安培力相等時(shí)做勻速運(yùn)動(dòng)，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(shí)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(shí)對(duì)a棒，根據(jù)動(dòng)量定理有mgsinθt0-BILt0＝mv-mv0b棒受到向下的安培力，對(duì)b棒，根據(jù)動(dòng)量定理有mgsinθt0＋BILt0＝mv聯(lián)立解得v=gsinθt0+=gsinθt0+8.（2024高三·天津耀華中學(xué)·二模）如圖所示，光滑、平行金屬導(dǎo)軌由傾斜部分和水平部分組成，間距為L(zhǎng)，兩部分平滑連接，傾斜部分與水平面的夾角為，處在垂直傾斜導(dǎo)軌平面向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，左端通過(guò)雙刀單擲開關(guān)K與匝數(shù)為N、橫截面積為S、電阻為r的線圈相連，線圈內(nèi)有方向垂直于線圈橫截面向下且磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻變化的磁場(chǎng)；導(dǎo)軌水平部分被均分為四個(gè)區(qū)域，其中第Ⅰ、Ⅲ區(qū)域內(nèi)有方向垂直導(dǎo)軌平面向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，第Ⅱ、Ⅳ區(qū)域內(nèi)無(wú)磁場(chǎng)，水平導(dǎo)軌長(zhǎng)為4d；E、F間連接阻值為R的定值電阻。接通開關(guān)K后，垂直傾斜導(dǎo)軌放置的金屬棒ab恰好靜止在距離水平軌道高h(yuǎn)處；斷開開關(guān)K，金屬棒ab將開始下滑，假設(shè)金屬棒始終與導(dǎo)軌垂直且與導(dǎo)軌接觸良好，不計(jì)空氣阻力和導(dǎo)軌電阻，已知金屬棒ab質(zhì)量為m、電阻為R、長(zhǎng)度為L(zhǎng)，重力加速度為g。（1）判斷是增加還是減小，并求出其磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化率的大小。（2）若金屬棒ab下滑至PQ時(shí)的速度為，求下滑過(guò)程中電阻R產(chǎn)生的熱量Q及流過(guò)電阻R的電荷量q。（3）若金屬棒ab最終恰好停在第Ⅲ區(qū)域的右邊界處，試畫出金屬棒ab從第Ⅰ區(qū)域左邊界到第Ⅲ區(qū)域右邊界的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中速度v與金屬棒ab位移x的關(guān)系圖像并寫出相應(yīng)的推導(dǎo)過(guò)程。（以邊界PQ的位置為坐標(biāo)原點(diǎn)，并標(biāo)出圖線關(guān)鍵點(diǎn)相應(yīng)的值，此問(wèn)中未知）【答案】（1）減??；；（2），；（3）見解析【詳解】（1）K閉合時(shí)ab靜止，ab所受安培力沿傾斜導(dǎo)軌向上，由左手定則分析知電流由a到b，由楞次定律可知，正在減小，ab棒靜止，有由閉合電路歐姆定律可知解得。（2）由可知由閉合電路歐姆定律可知又解得ab下滑過(guò)程，由能量守恒定律可得解得則（3）設(shè)金屬棒ab進(jìn)、出第Ⅲ區(qū)域時(shí)的速度分別為、（其中），該過(guò)程中通過(guò)ab的平均電流為，所用時(shí)間為。ab在第Ⅲ區(qū)域內(nèi)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中由動(dòng)量定理有設(shè)金屬棒ab進(jìn)、出第Ⅰ區(qū)域的速度分別為、（在第Ⅱ區(qū)域內(nèi)勻速），該過(guò)程中通過(guò)ab的平均電流為，所用時(shí)間為，則有結(jié)合上述分析可知所以綜上可知，所求圖像如圖所示9.（2024高三·天津和平區(qū)·二模）航天回收艙實(shí)現(xiàn)軟著陸時(shí)，回收艙接觸地面前經(jīng)過(guò)噴火反沖減速后的速度為v0，此速度仍大于要求的軟著陸設(shè)計(jì)速度v02，為此科學(xué)家設(shè)計(jì)了一種電磁阻尼緩沖裝置，其原理如圖所示。主要部件為緩沖滑塊K及固定在絕緣光滑緩沖軌道MN和PQ上的回收艙主體，回收艙主體中還有超導(dǎo)線圈（圖中未畫出），能在兩軌道間產(chǎn)生垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B，導(dǎo)軌內(nèi)的緩沖滑塊由高強(qiáng)度絕緣材料制成，滑塊K上繞有n匝矩形線圈abcd，線圈的總電阻為R，ab邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，當(dāng)回收艙接觸地面時(shí)，滑塊K立即停止運(yùn)動(dòng)，此后線圈與軌道間的磁場(chǎng)發(fā)生作用，使回收艙主體持續(xù)做減速運(yùn)動(dòng)，從而實(shí)現(xiàn)緩沖。已知回收艙主體及軌道的質(zhì)量為m，緩沖滑塊（含線圈）K的質(zhì)量為M，重力加速度為（1）緩沖滑塊剛落地時(shí)回收艙主體的加速度大??；（2）達(dá)到回收艙軟著陸要求的設(shè)計(jì)速度時(shí)，緩沖滑塊K對(duì)地面的壓力大??；（3）回收艙主體可以實(shí)現(xiàn)軟著陸，若從減速到的緩沖過(guò)程中，通過(guò)線圈的電荷量為q，求該過(guò)程中線圈中產(chǎn)生的焦耳熱Q?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）線圈切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為根據(jù)歐姆定律，線圈中的電流為線圈受到的安培力為根據(jù)牛頓第二定律可得（2）對(duì)滑塊K，設(shè)滑塊K受到的支持力為，由力的平衡線圈的速度減小到原來(lái)的一半，則安培力減小為根據(jù)牛頓第三定律，滑塊對(duì)地面的壓力為可得（3）由能量守恒根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得1．（2024·天津高考真題）電動(dòng)汽車制動(dòng)過(guò)程中可以控制電機(jī)轉(zhuǎn)為發(fā)電模式，在產(chǎn)生制動(dòng)效果的同時(shí)，將汽車的部分機(jī)械能轉(zhuǎn)換為電能，儲(chǔ)存在儲(chǔ)能裝置中，實(shí)現(xiàn)能量回收、降低能耗。如圖1所示，發(fā)電機(jī)可簡(jiǎn)化為處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的單匝正方形線框ABCD，線框邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，電阻忽略不計(jì)，磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，線框轉(zhuǎn)軸OO′與磁場(chǎng)垂直，且與AB、CD距離相等。線框與儲(chǔ)能裝置連接。（1）線框轉(zhuǎn)動(dòng)方向如圖1所示，試判斷圖示位置AB中的電流方向；（2）若線框以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，線框平面與中性面垂直瞬間開始計(jì)時(shí)，線框在t時(shí)刻位置如圖2所示，求此時(shí)AB產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；（3