三年高考真題（2022-2024）分類匯編 物理 專題29電磁感應(yīng) 功和能 含解析

專題29電磁感應(yīng)+功和能考點(diǎn)三年考情（2022-2024）命題趨勢考點(diǎn)1電磁感應(yīng)+功和功率（5年4考）2024年高考山東卷：金屬棒在兩條相同的半圓弧形光滑金屬導(dǎo)軌上滑動(dòng)；2022年高考上海卷：一個(gè)正方形導(dǎo)線框以初速度v0向右穿過一個(gè)有界的勻強(qiáng)磁場；2024高考廣西卷：研究非摩擦形式的阻力裝置；2022年福建高考：金屬棒在平行導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)切割磁感線；2024年高考遼寧卷：導(dǎo)體棒在兩條“∧”形的光滑平行金屬導(dǎo)軌滑動(dòng)切割磁感線；1.功和功率是高考考查頻率較高的知識(shí)點(diǎn)，與電磁感應(yīng)綜合主要表現(xiàn)在考查安培力功和功率。2.電磁感應(yīng)中的能量包括動(dòng)能定理、焦耳熱、能量守恒定律、功能關(guān)系等?？键c(diǎn)2電磁感應(yīng)+能量（5年5考）2023學(xué)業(yè)水平等級考試上海卷：線框在斜面上切割磁感線運(yùn)動(dòng)；2023年高考全國甲卷：絕緣棒和金屬棒在光滑U型金屬導(dǎo)軌滑動(dòng)切割磁感線運(yùn)動(dòng)；2023年高考湖南卷：兩根足夠長的光滑金屬直導(dǎo)軌平行放置，金屬棒下滑切割磁感線運(yùn)動(dòng)；2023全國高考新課程卷：線框在兩條光滑長直金屬導(dǎo)軌移動(dòng)切割磁感線；考點(diǎn)01電磁感應(yīng)+功和功率1.（2024年高考山東卷）.如圖所示，兩條相同的半圓弧形光滑金屬導(dǎo)軌固定在水平桌面上，其所在平面豎直且平行，導(dǎo)軌最高點(diǎn)到水平桌面的距離等于半徑，最低點(diǎn)的連線OO'與導(dǎo)軌所在豎直面垂直。空間充滿豎直向下的勻強(qiáng)磁場（圖中未畫出），導(dǎo)軌左端由導(dǎo)線連接?，F(xiàn)將具有一定質(zhì)量和電阻的金屬棒MN平行OO'放置在導(dǎo)軌圖示位置，由靜止釋放。MN運(yùn)動(dòng)過程中始終平行于OO'且與兩導(dǎo)軌接觸良好，不考慮自感影響，下列說法正確的是（）A.MN最終一定靜止于OO'位置B.MN運(yùn)動(dòng)過程中安培力始終做負(fù)功C.從釋放到第一次到達(dá)OO'位置過程中，MN的速率一直在增大D.從釋放到第一次到達(dá)OO'位置過程中，MN中電流方向由M到N【答案】ABD【解析】由于金屬棒MN運(yùn)動(dòng)過程切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢，回路有感應(yīng)電流，產(chǎn)生焦耳熱，金屬棒MN的機(jī)械能不斷減小，由于金屬導(dǎo)軌光滑，所以經(jīng)過多次往返運(yùn)動(dòng)，MN最終一定靜止于OO'位置，故A正確；當(dāng)金屬棒MN向右運(yùn)動(dòng)，根據(jù)右手定則可知，MN中電流方向由M到N，根據(jù)左手定則，可知金屬棒MN受到的安培力水平向左，則安培力做負(fù)功；當(dāng)金屬棒MN向左運(yùn)動(dòng)，根據(jù)右手定則可知，MN中電流方向由N到M，根據(jù)左手定則，可知金屬棒MN受到的安培力水平向右，則安培力做負(fù)功；可知MN運(yùn)動(dòng)過程中安培力始終做負(fù)功，故B正確；金屬棒MN從釋放到第一次到達(dá)OO'位置過程中，由于在OO'位置重力沿切線方向的分力為0，可知在到達(dá)OO'位置之前的位置，重力沿切線方向的分力已經(jīng)小于安培力沿切線方向的分力，金屬棒MN已經(jīng)做減速運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；從釋放到第一次到達(dá)OO'位置過程中，根據(jù)右手定則可知，MN中電流方向由M到N，故D正確。故選ABD。2.（2022年高考上海）如圖，一個(gè)正方形導(dǎo)線框以初速度v0向右穿過一個(gè)有界的勻強(qiáng)磁場。線框兩次速度發(fā)生變化所用時(shí)間分別為t1和t2，以及這兩段時(shí)間內(nèi)克服安培力做的功分別為W1和W2，則（）A.t1＜t2，W1＜W2，B.t1＜t2，W1＞W(wǎng)2，C.t1＞t2，W1＜W2，D.t1＞t2，W1＞W(wǎng)2，【參考答案】B【命題意圖】本題考查法拉第電磁感應(yīng)定律+閉合電路歐姆定律+安培力+動(dòng)量定理+動(dòng)能定理+等效思維【名師解析】由于線框進(jìn)入磁場的過程和離開磁場的過程，線框都是受到向左的安培力作用做減速運(yùn)動(dòng)，因此進(jìn)入過程的平均速度v1平大于離開過程的平均速度v2平，由L=v1平t1和L=v2平t2可得t1＜t2。線框剛進(jìn)入磁場時(shí)速度為v0，設(shè)線框邊長為L，電阻為R，線框完全進(jìn)入磁場時(shí)速度為v1，剛完全離開磁場時(shí)速度為v2，進(jìn)入磁場過程中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動(dòng)勢為E1，平均感應(yīng)電流為I1，離開磁場過程中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動(dòng)勢為E2，平均感應(yīng)電流為I1，由法拉第電磁感應(yīng)定律，E1=△Φ/t1，E2=△Φ/t2，△Φ=BL2，由閉合電路歐姆定律，I1=E1/R，I2=E2/R，進(jìn)入磁場過程通過導(dǎo)體截面的電荷量q1=I1t1，離開磁場過程通過導(dǎo)體截面的電荷量q2=I2t2，聯(lián)立解得：q1=q2。對線框完全進(jìn)入磁場的過程，由動(dòng)量定理，-F1t1=mv1-mv0，F(xiàn)1=BI1L，對線框離開磁場的過程，由動(dòng)量定理，-F2t2=mv2-mv1，F(xiàn)2=BI2L，又q1=I1t1，q2=I2t2，q1=q2，聯(lián)立解得：v1-v0=v2-v1。根據(jù)動(dòng)能定理，W1=mv02-mv12，W2=mv12-mv22，==＞1，所以W1＞W(wǎng)2，選項(xiàng)B正確。3.（2024高考廣西卷）某興趣小組為研究非摩擦形式的阻力設(shè)計(jì)了如圖甲的模型。模型由大齒輪、小齒輪、鏈條、阻力裝置K及絕緣圓盤等組成。K由固定在絕緣圓盤上兩個(gè)完全相同的環(huán)狀扇形線圈、組成。小齒輪與絕緣圓盤固定于同一轉(zhuǎn)軸上，轉(zhuǎn)軸軸線位于磁場邊界處，方向與磁場方向平行，勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向里，與K所在平面垂直。大、小齒輪半徑比為n，通過鏈條連接。K的結(jié)構(gòu)參數(shù)見圖乙，其中，每個(gè)線圈的圓心角為，圓心在轉(zhuǎn)軸軸線上，電阻為R。不計(jì)摩擦，忽略磁場邊界處的磁場，若大齒輪以的角速度保持勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，以線圈的ab邊某次進(jìn)入磁場時(shí)為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，求K轉(zhuǎn)動(dòng)一周。（1）不同時(shí)間線圈受到的安培力大小；（2）流過線圈的電流有效值；（3）裝置K消耗的平均電功率?！敬鸢浮浚?）見解析；（2）；（3）【解析】（1）由題意知大齒輪以的角速度保持勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，大小齒輪線速度相等，則，可得小齒輪轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為轉(zhuǎn)動(dòng)周期為以線圈ab邊某次進(jìn)入磁場時(shí)為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，到cd邊進(jìn)入磁場，經(jīng)歷的時(shí)間為這段時(shí)間內(nèi)線圈產(chǎn)生的電動(dòng)勢為電流為受到的安培力大小當(dāng)ab邊和cd邊均進(jìn)入磁場后到ab邊離開磁場，經(jīng)歷的時(shí)間為由于M1線圈磁通量不變，無感應(yīng)電流，安培力大小為0；當(dāng)M1線圈ab邊離開磁場到cd邊離開磁場，經(jīng)歷的時(shí)間為此時(shí)的安培力大小由前面分析可知方向與進(jìn)入時(shí)相反；當(dāng)M1線圈cd邊離開磁場到ab邊進(jìn)入磁場，經(jīng)歷的時(shí)間為同理可知安培力為0。（2）根據(jù)（1）可知設(shè)流過線圈的電流有效值為I，則根據(jù)有效值定義有其中，聯(lián)立解得（3）根據(jù)題意可知流過線圈和的電流有效值相同，則在一個(gè)周期內(nèi)裝置K消耗的平均電功率為4.（2022年福建高考）如圖（a），一傾角為的絕緣光滑斜面固定在水平地面上，其頂端與兩根相距為L的水平光滑平行金屬導(dǎo)軌相連；導(dǎo)軌處于一豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，其末端裝有擋板M、N．兩根平行金屬棒G、H垂直導(dǎo)軌放置，G的中心用一不可伸長絕緣細(xì)繩通過輕質(zhì)定滑輪與斜面底端的物塊A相連；初始時(shí)刻繩子處于拉緊狀態(tài)并與G垂直，滑輪左側(cè)細(xì)繩與斜面平行，右側(cè)與水平面平行．從開始，H在水平向右拉力作用下向右運(yùn)動(dòng)；時(shí)，H與擋板M、N相碰后立即被鎖定．G在后的速度一時(shí)間圖線如圖（b）所示，其中段為直線．已知：磁感應(yīng)強(qiáng)度大小，，G、H和A的質(zhì)量均為，G、H的電阻均為；導(dǎo)軌電阻、細(xì)繩與滑輪的摩擦力均忽略不計(jì)；H與擋板碰撞時(shí)間極短；整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程A未與滑輪相碰，兩金屬棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好：，，重力加速度大小取，圖（b）中e為自然常數(shù)，．求：（1）在時(shí)間段內(nèi)，棒G的加速度大小和細(xì)繩對A的拉力大小；（2）時(shí)，棒H上拉力的瞬時(shí)功率；（3）在時(shí)間段內(nèi)，棒G滑行的距離．【參考答案】（1）；；（2）；（3）【命題意圖】此題考查電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律、安培力。對速度圖像的理解、牛頓運(yùn)動(dòng)定律及其相關(guān)知識(shí)點(diǎn)?！久麕熃馕觥浚?）由圖像可得在內(nèi)，棒G做勻加速運(yùn)動(dòng)，其加速度為依題意物塊A的加速度也為，由牛頓第二定律可得解得細(xì)繩受到拉力（2）由法拉第電磁感應(yīng)定律與閉合電路歐姆定律推導(dǎo)出“雙棒”回路中的電流為由牛頓運(yùn)動(dòng)定律和安培力公式有由于在內(nèi)棒G做勻加速運(yùn)動(dòng)，回路中電流恒定為，兩棒速度差為保持不變，這說明兩棒加速度相同且均為a；對棒H由牛頓第二定律可求得其受到水平向右拉力由圖像可知時(shí)，棒G的速度為此刻棒H的速度為其水平向右拉力的功率．（3）棒H停止后，回路中電流發(fā)生突變，棒G受到安培力大小和方向都發(fā)生變化，棒G是否還拉著物塊A一起做減速運(yùn)動(dòng)需要通過計(jì)算判斷，假設(shè)繩子立刻松弛無拉力，經(jīng)過計(jì)算棒G加速度為物塊A加速度為說明棒H停止后繩子松弛，物塊A做加速度大小為的勻減速運(yùn)動(dòng)，棒G做加速度越來越小的減速運(yùn)動(dòng)；由動(dòng)量定理、法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路歐姆定律可以求得，在內(nèi)棒G滑行的距離這段時(shí)間內(nèi)物塊A速度始終大于棒G滑行速度，繩子始終松弛。9.（2024年高考遼寧卷）如圖，兩條“∧”形的光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上，間距為L，左、右兩導(dǎo)軌面與水平面夾角均為30°，均處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為2B和B。將有一定阻值的導(dǎo)體棒ab、cd放置在導(dǎo)軌上，同時(shí)由靜止釋放，兩棒在下滑過程中始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，ab、cd的質(zhì)量分別為2m和m，長度均為L。導(dǎo)軌足夠長且電阻不計(jì)，重力加速度為g，兩棒在下滑過程中（）A.回路中的電流方向?yàn)閍bcda B.ab中電流趨于C.ab與cd加速度大小之比始終為2︰1 D.兩棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢始終相等【答案】AB【解析】導(dǎo)體棒ab和cd同時(shí)由靜止釋放，速度為v時(shí)，ab產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢E1=2BLv，由右手定則可判斷出ab中感應(yīng)電動(dòng)勢方向?yàn)閍→b；cd產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢E2=BLv，由右手定則可判斷出ab中感應(yīng)電動(dòng)勢方向?yàn)閏→d，兩導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢；所以回路中的電流方向?yàn)閍bcda，A正確；當(dāng)導(dǎo)體棒所受安培力沿導(dǎo)軌方向的分力等于重力沿導(dǎo)軌方向的分力時(shí)，導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)，電流趨于最大值。設(shè)ab導(dǎo)體棒中電流趨于I，ab所受安培力F=2BLI，由Fcos30°=2mgsin30°，解得I=，B正確；導(dǎo)體棒速度為v時(shí)回路中總感應(yīng)電動(dòng)勢E=E1+E2=3BLv，導(dǎo)體棒中電流I=E/2R=,對導(dǎo)體棒ab，所受安培力F1=，由牛頓第二定律2mgsin30°-F1cos30°=2ma1，解得a1=g/2-；對導(dǎo)體棒cd，由所受安培力F2=，由牛頓第二定律mgsin30°-F2cos30°=ma2，解得a2=g/2-；由此可知，ab和cd加速度大小始終相等，C錯(cuò)誤；由于ab和cd加速度大小始終相等，可知兩導(dǎo)體棒速度大小始終相等，由于兩邊磁感應(yīng)強(qiáng)度不同，由E=BLv可知兩導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢始終不相等，D錯(cuò)誤?？键c(diǎn)02電磁感應(yīng)+能量1.（2023學(xué)業(yè)水平等級考試上海卷）如圖（a）單匝矩形線框cdef放置在傾角θ=30°的斜面上，在寬度為D=0.4m的區(qū)域有垂直于斜面向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=0.5T，線框質(zhì)量m=0.1kg，總電阻R=0.25Ω。現(xiàn)對線框施加一沿斜面向上的力F使線框向上運(yùn)動(dòng)，ed邊離開磁場時(shí)撤去外力F，線框速度隨時(shí)間變化的圖像如圖（b）。已知線框ef=0.4m，線框與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=，g取9.8m/s2。求：（1）外力F的大小；（2）線框cf的長度L；（3）整個(gè)過程中線框產(chǎn)生的焦耳熱Q。【參考答案】（1）1.48N（2）0.5m（3）0.4J【名師解析】（1）對線框受力分析如圖所示。由牛頓第二定律，F(xiàn)-mgsinθ-f=ma，N=mgcosθ，f=μN(yùn)。由速度圖像可知，在0~0.4s內(nèi)，a==5m/s2。聯(lián)立解得：F=1.5N.（2）對線框受力分析如圖所示。在線框勻速運(yùn)動(dòng)階段，F(xiàn)=mgsinθ+f+FA，N=mgcosθ，f=μN(yùn)。安培力FA=BIL，I=E/R,E=BLv，v=2.0m/s聯(lián)立解得：L=0.5m（3）由I=E/R,E=BLv，可得I=2A，線框進(jìn)入磁場時(shí)間和出磁場時(shí)間相等，都是t=ef/v=0.2s，由焦耳定律可得整個(gè)過程中線框產(chǎn)生的焦耳熱Q=I2R（2t）=0.4J2.（2023年高考全國甲卷）（20分）如圖，水平桌面上固定一光滑U型金屬導(dǎo)軌，其平行部分的間距為l，導(dǎo)軌的最右端與桌子右邊緣對齊，導(dǎo)軌的電阻忽略不計(jì)。導(dǎo)軌所在區(qū)域有豎直向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。一質(zhì)量為m、電阻為R、長度也為l的金屬棒P靜止在導(dǎo)軌上。導(dǎo)軌上質(zhì)量為3m的絕緣棒Q位于P的左側(cè)，以大小為v0的速度向P運(yùn)動(dòng)并與P發(fā)生彈性碰撞，碰撞時(shí)間極短。碰撞一次后，P和Q先后從導(dǎo)軌的最右端滑出導(dǎo)軌，并落在地面上同一地點(diǎn)。P在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩端與導(dǎo)軌接觸良好，P與Q始終平行。不計(jì)空氣阻力。求：（1）金屬棒P滑出導(dǎo)軌時(shí)的速度大小；（2）金屬棒P在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)過程中產(chǎn)生的熱量；（3）與P碰撞后，絕緣棒Q在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。【參考答案】（1）（2）（3）【命題意圖】本題考查電磁感應(yīng)、彈性碰撞、平拋運(yùn)動(dòng)及其相關(guān)知識(shí)點(diǎn)?！窘忸}思路】（1）Q與P彈性碰撞，由動(dòng)量守恒定律，3mv0=mvP+3mvQ，由系統(tǒng)動(dòng)能守恒，=+聯(lián)立解得：，根據(jù)題述，P、Q落到地面同一點(diǎn)，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知，金屬棒P滑出導(dǎo)軌時(shí)的速度大小為（2）由能量守恒定律，金屬棒P在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)過程中產(chǎn)生的熱量Q=-=（3）P在導(dǎo)軌上做變速運(yùn)動(dòng)，設(shè)速度為v時(shí)金屬棒中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為e，電流為i，在△t時(shí)間內(nèi)速度變化△v，由法拉第電磁感應(yīng)定律，e=BLv，由閉合電路歐姆定律，i=e/R所受安培力F=BiL=，由動(dòng)量定理，F(xiàn)△t=m△v，即：△t=m△v，方程兩側(cè)求和Σ△t=Σm△v，即Σv△t=mΣ△v，注意到Σv△t=x，Σ△v=-=v0，解得：x=由x=vQt解得與P碰撞后，絕緣棒Q在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t=【規(guī)律總結(jié)】兩物體彈性碰撞，利用動(dòng)量守恒定律和動(dòng)能之和不變列方程解答；導(dǎo)體棒在磁場中切割磁感線運(yùn)動(dòng)為變速直線運(yùn)動(dòng)，可以采用微元法，把位移分割為微元，利用動(dòng)量定理列方程解答。3.（2023年高考湖南卷）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，兩導(dǎo)軌及其所構(gòu)成的平面均與水平面成角，整個(gè)裝置處于垂直于導(dǎo)軌平面斜向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為．現(xiàn)將質(zhì)量均為的金屬棒垂直導(dǎo)軌放置，每根金屬棒接入導(dǎo)軌之間的電阻均為．運(yùn)動(dòng)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(jì)，重力加速度為．（1）先保持棒靜止，將棒由靜止釋放，求棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大?。唬?）在（1）問中，當(dāng)棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，再將棒由靜止釋放，求釋放瞬間棒的加速度大??；（3）在（2）問中，從棒釋放瞬間開始計(jì)時(shí)，經(jīng)過時(shí)間，兩棒恰好達(dá)到相同的速度，求速度的大小，以及時(shí)間內(nèi)棒相對于棒運(yùn)動(dòng)的距離．【參考答案】（1）；（2）；（3）【名師解析】（1）a勻速運(yùn)動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢E1=BLv0，導(dǎo)體棒a中電流I=E1/2R所受安培力F=BIL，勻速運(yùn)動(dòng)，mgsinθ=F聯(lián)立解得v0==（2）當(dāng)導(dǎo)體棒a勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，釋放b，由左手定則可判斷出導(dǎo)體棒b受到沿導(dǎo)軌斜向下的安培力力，由牛頓第二定律，mgsinθ+F=ma，解得a=2gsinθ。（3釋放導(dǎo)體棒b后，由于導(dǎo)體棒b中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢對于回路來說，與導(dǎo)體棒a中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢方向相反，所以兩導(dǎo)體棒所受安培力均減小，對導(dǎo)體棒a，由動(dòng)量定理，（mgsinθ-F）t0=mv-mv0對導(dǎo)體棒b，由動(dòng)量定理，（mgsinθ+F）t0=mv聯(lián)立解得：v=gt0sinθ+取導(dǎo)體棒變速運(yùn)動(dòng)過程中，導(dǎo)體棒a速度為vi時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為Ei=BLvi，同時(shí)導(dǎo)體棒b速度為vj，感應(yīng)電動(dòng)勢Ej=BLvj，導(dǎo)體棒中電流為I==，所受安培力F=BIL=對導(dǎo)體棒b，由動(dòng)量定理，（mgsinθ+）△t=m△v方程兩側(cè)求和Σ【(mgsinθ+）△t】=Σm△v注意到：Σ△t=t0，Σ△v=v，Σ（vi-vj）△t=△x解得：△x=4．（2023全國高考新課程卷）（20分）一邊長為L、質(zhì)量為m的正方形金屬細(xì)框，每邊電阻為R0，置于光滑的絕緣水平桌面（紙面）上。寬度為2L的區(qū)域內(nèi)存在方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，兩虛線為磁場邊界，如圖（a）所示。（1）使金屬框以一定的初速度向右運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入磁場。運(yùn)動(dòng)過程中金屬框的左、右邊框始終與磁場邊界平行，金屬框完全穿過磁場區(qū)域后，速度大小降為它初速度的一半，求金屬框的初速度大小。（2）在桌面上固定兩條光滑長直金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌與磁場邊界垂直，左端連接電阻，導(dǎo)軌電阻可忽略，金屬框置于導(dǎo)軌上，如圖（b）所示。讓金屬框以與（1）中相同的初速度向右運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入磁場。運(yùn)動(dòng)過程中金屬框的上、下邊框處處與導(dǎo)軌始終接觸良好。求在金屬框整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，電阻R1產(chǎn)生的熱量。【名師解析】（1）設(shè)導(dǎo)線框進(jìn)入磁場時(shí)速度為v0，導(dǎo)線框完全進(jìn)入時(shí)速度為v1，對導(dǎo)線框進(jìn)入磁場過程中某時(shí)刻速度vi，導(dǎo)線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢e=BLvi，感應(yīng)電流，i=e/4R0,所受安培力F=BiL，聯(lián)立解得：F=取時(shí)間微元△t，由動(dòng)量定理，-F△t=m△v，即-△t=m△v，方程兩側(cè)求和，-Σ△t=Σm△v，注意到Σvi△t=L，Σ△v=v1-v0，化簡得=m（v0-v1）①導(dǎo)線框完全在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)線框中磁通量不變，不產(chǎn)生感應(yīng)電流，做勻速直線運(yùn)動(dòng)。導(dǎo)線框出磁場過程，取時(shí)間微元△t，由動(dòng)量定理，-F△t=m△v，即-△t=m△v，方程兩側(cè)求和，-Σ△t=Σm△v，注意到Σvi△t=L，Σ△v=-v1，化簡得=m（v1-）②①②兩式消去v1，得v0=（2）導(dǎo)線框進(jìn)入磁場區(qū)域過程，右側(cè)邊切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢，由于導(dǎo)軌電阻可忽略，此時(shí)金屬框上下部分被短路，其電路可以簡化如下。故電路中的外電路電阻為=,總電阻R總=R0+=設(shè)導(dǎo)線框進(jìn)入磁場時(shí)速度為v，導(dǎo)線框完全進(jìn)入時(shí)速度為v1，對導(dǎo)線框進(jìn)入磁場過程中某時(shí)刻速度vi，導(dǎo)線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢e=Blvi，感應(yīng)電流，i=e/R總，所受安培力F=Bil，聯(lián)立解得：F=取時(shí)間微元△t，由動(dòng)量定理，-F△t=m△v，即-△t=m△v，方程兩側(cè)求和，-Σ△t=Σm△v，注意到Σvi△t=l，Σ△v=v1-v，化簡得=m（v-v1）①解得：v1=v-=在這個(gè)過程中線框動(dòng)能減小△Ek1=-=由能量守恒定律可知整個(gè)電路電阻產(chǎn)生的熱量Q=△Ek1=設(shè)此過程中R1中產(chǎn)生的熱量為Q1，由于R1=2R，根據(jù)串并聯(lián)電路規(guī)律和焦耳定律可知，導(dǎo)線框右邊電阻產(chǎn)生的熱量為4.5Q1，左邊電阻產(chǎn)生的熱量為2Q1，整個(gè)電路電阻產(chǎn)生的熱量為Q=Q1+4.5Q1+2Q1=7.5Q1.解得：Q1=導(dǎo)線框完全在磁場區(qū)域運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)線框可以視為內(nèi)阻為0.5R的電源，回路總電阻R總=2.5R，導(dǎo)線框做減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)導(dǎo)線框開始出磁場時(shí)速度為v2，對導(dǎo)線框進(jìn)入磁場過程中某時(shí)刻速度vi，導(dǎo)線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢e=Blvi，感應(yīng)電流，i=e/R總，所受安培力F=Bil，聯(lián)立解得：F=取時(shí)間微元△t，由動(dòng)量定理，-F△t=m△v，即-△t=m△v，方程兩側(cè)求和，-Σ△t=Σm△v，注意到Σvi△t=L，Σ△v=v2-v1，化簡得=m（v1-v2）①解得：v2=v1-=0，則說明線框右側(cè)將離開磁場時(shí)就停止運(yùn)動(dòng)了。在這個(gè)過程中線框動(dòng)能減小△Ek2==由能量守恒定律可知整個(gè)電路電阻產(chǎn)生的熱量Q’=△Ek1=設(shè)此過程中R1中產(chǎn)生的熱量為Q2，則導(dǎo)線框電阻產(chǎn)生的熱量為Q2，整個(gè)電路電阻產(chǎn)生的熱量為Q’=1.25Q2.解得：Q2.=整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，R1產(chǎn)生的熱量為Q=Q1+Q2==+=5．（11分）（2023年6月高考浙江選考科目）某興趣小組設(shè)計(jì)了一種火箭落停裝置，簡化原理如圖所示，它由兩根豎直導(dǎo)軌、承載火箭裝置（簡化為與火箭絕緣的導(dǎo)電桿MN）和裝置A組