電磁感應(yīng)-2024年高考物理復(fù)習(xí)試題分類匯編（教師卷）

專題11電磁感應(yīng)

2024

高考真題

1.（2024年湖北卷考題）1.《夢溪筆談》中記錄了一次罕見的雷擊事件：房屋被雷擊后，屋內(nèi)的銀飾、

寶刀等金屬熔化了，但是漆器、刀鞘等非金屬卻完好（原文為：有一木格，其中雜貯諸器，其漆器銀扣者，

銀悉熔流在地，漆器曾不焦灼。有一寶刀，極堅鋼，就刀室中熔為汁，而室亦儼然）。導(dǎo)致金屬熔化而非金

屬完好的原因可能為（）

A.摩擦B.聲波C.渦流D.光照

【答案】C

【解析】在雷擊事件中金屬和非金屬都經(jīng)歷了摩擦，聲波和光照的影響，而金屬能夠因電磁感應(yīng)產(chǎn)生

渦流非金屬不能，因此可能原因為渦流。

故選Co

2.（2024年江蘇卷考題）9.如圖所示，在絕緣的水平面上，有閉合的兩個線圈a、b,線圈a處在勻強

磁場中，現(xiàn)將線圈a從磁場中勻速拉出,線圈a、6中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向分別是（）

XX;

xDLJO

a\ab

XX

A.順時針，順時針B.順時針，逆時針C.逆時針，順時針D.逆時針，逆時針

【答案】A

【解析】線圈a從磁場中勻速拉出的過程中穿過a線圈的磁通量在減小，則根據(jù)楞次定律可知a線圈

的電流為順時針，由于線圈a從磁場中勻速拉出則a中產(chǎn)生的電流為恒定電流，則線圈a靠近線圈6的過

程中線圈力的磁通量在向外增大，同理可得線圈6產(chǎn)生的磁場為順時針。

故選Ao

3.（2024年湖南卷考題）4.如圖，有一硬質(zhì)導(dǎo)線施慶，其中。兒是半徑為〃的半圓弧，6為圓弧的中

點，直線段位長為7?且垂直于直徑ac。該導(dǎo)線在紙面內(nèi)繞。點逆時針轉(zhuǎn)動，導(dǎo)線始終在垂直紙面向里的勻

強磁場中。則。、a、b、c各點電勢關(guān)系為（

A.(po>(pa>(ph>(pcB.(po<(pa<(pb<(pc

C.(po>cpa>cph=(pcD.(po<(pa<(pb=(pc

【答案】C

【解析】如圖，相當(dāng)于Oa、Ob、0c導(dǎo)體棒轉(zhuǎn)動切割磁感線，根據(jù)右手定則可知。點電勢最高；根據(jù)

1,

E=Blv=-B(ol2

2

同時有4a=葭=后R

可得0<uOa<uob=uOc

得>(>((

(POPaPb=Pe

故選Co

X

X

X

X

4.（2024年廣東卷考題）4.電磁俘能器可在汽車發(fā)動機振動時利用電磁感應(yīng)發(fā)電實現(xiàn)能量回收，結(jié)構(gòu)

如圖甲所示。兩對永磁鐵可隨發(fā)動機一起上下振動，每對永磁鐵間有水平方向的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大

小均為B.磁場中，邊長為L的正方形線圈豎直固定在減震裝置上。某時刻磁場分布與線圈位置如圖乙所示，

永磁鐵振動時磁場分界線不會離開線圈。關(guān)于圖乙中的線圈。下列說法正確的是（）

乙

A.穿過線圈的磁通量為

B永磁鐵相對線圈上升越高，線圈中感應(yīng)電動勢越大

C.永磁鐵相對線圈上升越快，線圈中感應(yīng)電動勢越小

D.永磁鐵相對線圈下降時，線圈中感應(yīng)電流的方向為順時針方向

【答案】D

【解析】A.根據(jù)圖乙可知此時穿過線圈的磁通量為0,故A錯誤;

BC.根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知永磁鐵相對線圈上升越快，磁通量變化越快，線圈中感應(yīng)電動勢越

大，故BC錯誤;

D.永磁鐵相對線圈下降時，根據(jù)安培定則可知線圈中感應(yīng)電流的方向為順時針方向，故D正確。

故選Do

5..（2024全國甲卷考題）8.如圖，一絕緣細繩跨過兩個在同一豎直面（紙面）內(nèi)的光滑定滑輪，繩

的一端連接一矩形金屬線框，另一端連接一物塊。線框與左側(cè)滑輪之間的虛線區(qū)域內(nèi)有方向垂直紙面的勻

強磁場，磁場上下邊界水平，在/=0時刻線框的上邊框以不同的初速度從磁場下方進入磁場。運動過程中,

線框始終在紙面內(nèi)且上下邊框保持水平。以向上為速度的正方向，下列線框的速度/隨時間t變化的圖像

中可能正確的是（

【解析】設(shè)線圈的上邊進入磁場時的速度為心設(shè)線圈的質(zhì)量〃，物塊的質(zhì)量見圖中線圈進入磁場時

線圈的加速度向下，則對線圈由牛頓第二定律可知Mg+F^-T=Ma

?2T2

對滑塊T-mg=ma其中心=——

B2￡2V

即+(M-in)g=(M+m)a

R

線圈向上做減速運動，隨速度的減小，向下的加速度減??；當(dāng)加速度為零時，即線圈勻速運動的速度

為

（M—m）gR

V°=B2L2

A.若線圈進入磁場時的速度較小，則線圈進入磁場時做加速度減小的減速運動，線圈的速度和加速度

都趨近于零，則圖像A可能正確；

B.因U0時刻線圈就進入磁場，則進入磁場時線圈向上不可能做勻減速運動，則圖像B不可能；

CD.若線圈的質(zhì)量等于物塊的質(zhì)量，且當(dāng)線圈進入磁場時，且速度大于匹，線圈進入磁場做加速度減

小的減速運動，完全進入磁場后線圈做勻速運動；當(dāng)線圈出離磁場時，受向下的安培力又做加速度減小的

減速運動，最終出離磁場時做勻速運動，則圖像C有可能，D不可能。

故選ACo

6.（2024年遼寧卷考題）9.如圖，兩條“八”形的光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上，間距為工,

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磁場中，磁感應(yīng)強度大小分別為26和反

將有一定阻值的導(dǎo)體棒助、cd放置在導(dǎo)軌上，同時由靜止釋放，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2卬和處長度均為乙導(dǎo)軌足夠長且電阻不計，重力加速度為g,兩棒在下滑

過程中（）

A.回路中的電流方向為B.加中電流趨于二~2

3BL

C.他與cd加速度大小之比始終為2：1D.兩棒產(chǎn)生的電動勢始終相等

【答案】AB

【解析】A.兩導(dǎo)體棒沿軌道向下滑動，根據(jù)右手定則可知回路中的電流方向為abcda；故A正確；

BC.設(shè)回路中的總電阻為A,對于任意時刻當(dāng)電路中的電流為/時，對ab根據(jù)牛頓第二定律得

2mgsin300-2BILcos300=2maab

對cdmgsin300-BILcos30°=macd

故可知aab=acd

分析可知兩個導(dǎo)體棒產(chǎn)生的電動勢相互疊加，隨著導(dǎo)體棒速度的增大，回路中的電流增大，導(dǎo)體棒受

到的安培力在增大，故可知當(dāng)安培力沿導(dǎo)軌方向的分力與重力沿導(dǎo)軌向下的分力平衡時導(dǎo)體棒將勻速運動,

此時電路中的電流達到穩(wěn)定值，此時對ab分析可得

2mgsin30°=2BILcos30°

/=蟲鱉，故B正確，C錯誤;

解得

3BL

D.根據(jù)前面分析可知=%,,故可知兩導(dǎo)體棒速度大小始終相等，由于兩邊磁感應(yīng)強度不同，故產(chǎn)

生的感應(yīng)電動勢不等，故D錯誤。

故選ABo

7.（2024年山東卷考題）8.如圖甲所示，在-dWWd,-dWQ區(qū)域中存在垂直平面向里、磁

感應(yīng)強度大小為方的勻強磁場（用陰影表示磁場的區(qū)域），邊長為2d的正方形線圈與磁場邊界重合。線圈

以y軸為轉(zhuǎn)軸勻速轉(zhuǎn)動時，線圈中產(chǎn)生的交變電動勢如圖乙所示。若僅磁場的區(qū)域發(fā)生了變化，線圈中產(chǎn)

生的電動勢變?yōu)閳D丙所示實線部分，則變化后磁場的區(qū)域可能為（）

【答案】C

【解析】根據(jù)題意可知，磁場區(qū)域變化前線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為e=Esina）t

由題圖丙可知，磁場區(qū)域變化后，當(dāng)Esin0f=叵時，線圈的側(cè)邊開始切割磁感線，即當(dāng)線圈旋轉(zhuǎn)四

23

7T

時開始切割磁感線，由幾何關(guān)系可知磁場區(qū)域平行于X軸的邊長變?yōu)閐'=2dcos-=d,C正確。

故選Co

8.（2024年湖南卷考題）8.某電磁緩沖裝置如圖所示，兩足夠長的平行金屬導(dǎo)軌置于同一水平面內(nèi),

導(dǎo)軌左端與一阻值為7?的定值電阻相連，導(dǎo)軌BC段與4a段粗糙，其余部分光滑，AA右側(cè)處于豎直向下

的勻強磁場中，一質(zhì)量為力的金屬桿垂直導(dǎo)軌放置。現(xiàn)讓金屬桿以初速度均沿導(dǎo)軌向右經(jīng)過AA進入磁場,

最終恰好停在CG處。已知金屬桿接入導(dǎo)軌之間的阻值為A,與粗糙導(dǎo)軌間的摩擦因數(shù)為"，AB=BC=d。

導(dǎo)軌電阻不計，重力加速度為g,下列說法正確的是（）

ABC

XXXXXXXX

XXXXXXXX

XXXXXXXX

4

A.金屬桿經(jīng)過B片的速度為/

在整個過程中，定值電阻A產(chǎn)生的熱量為1加;〃利gd

B.

C.金屬桿經(jīng)過朋43與53CC區(qū)域，金屬桿所受安培力的沖量相同

D.若將金屬桿的初速度加倍，則金屬桿在磁場中運動的距離大于原來的2倍

【答案】CD

【解析】A.設(shè)平行金屬導(dǎo)軌間距為￡,金屬桿在A4/出區(qū)域向右運動的過程中切割磁感線有

E

E—BLv,I——

2R

金屬桿在A4/8/8區(qū)域運動的過程中根據(jù)動量定理有=

則

2R

_p2T27

由于d=Z匕At,則上面方程左右兩邊累計求和，可得一三出=機力-加%

27?

B-I3d

則

設(shè)金屬桿在典GC區(qū)域運動的時間為加同理可得，則金屬桿在微GC區(qū)域運動的過程中有

B2fd

mmV

-一^§t0=-B

B2l3d

解得力=石海+曲。

綜上有%等＞￡,則金屬桿經(jīng)過一氏的速度大于本,故A錯誤;

B.在整個過程中，根據(jù)能量守恒有~^mvo=pmgd+Q

則在整個過程中，定值電阻？產(chǎn)生的熱量為&=：。=；加4-；〃根84，故B錯誤;

C.金屬桿經(jīng)過加次6與典GC區(qū)域，金屬桿所受安培力的沖量為

B/LAf=_￡邑3,2=邑@

乙乙2R'2R

則金屬桿經(jīng)過A4而6與典GC區(qū)域滑行距離均為d,金屬桿所受安培力的沖量相同，故C正確;

D.根據(jù)A選項可得，金屬桿以初速度/再磁場中運動有

BFx2d

—-------^mgt0=-mv0

金屬桿的初速度加倍，則金屬桿通過幽為6區(qū)域時中有

^^-=mvB'-2mv0

則金屬桿的初速度加倍，則金屬桿通過B用時速度為

B2l3d

喔'=2%-

2mR

則設(shè)金屬桿通過附GC區(qū)域的時間為。，則

B2l}d

—jnmgtx=mvc-mvB',

2RZK

則

B可x2d

-=mv-2mv,

2R--c0

則

2R小、2mv-um2t八

x=赤⑵以-〃〃*)=nyx2d7

由于4＜，0，則x>4d

可見若將金屬桿的初速度加倍，則金屬桿在磁場中運動的距離大于原來的2倍，故D正確。

故選CD。

9.（2024浙江1月卷考題）13.若通以電流/的圓形線圈在線圈內(nèi)產(chǎn)生的磁場近似為方向垂直線圈平面

的勻強磁場，其大小6=4"的數(shù)量級為lO7T/A）?，F(xiàn)有橫截面半徑為1mm的導(dǎo)線構(gòu)成半徑為1cm的

圓形線圈處于超導(dǎo)狀態(tài)，其電阻率上限為10-26。.m。開始時線圈通有100A的電流，則線圈的感應(yīng)電動勢

大小的數(shù)量級和一年后電流減小量的數(shù)量級分別為（

A.W23V-W7AB.10@V，W7AC.10-23V，10-5AD.10^20V-105A

【答案】D

【解析】線圈中電流/?）的減小將在線圈內(nèi)導(dǎo)致自感電動勢，故s=-L—=IR

Ar

①

其中/代表線圈自感系數(shù)，有L—

在計算通過線圈的磁通量①時，以導(dǎo)線附近即彳處的夕為最大，而該處6又可把線圈當(dāng)成無限長載流

導(dǎo)線所產(chǎn)生的，根據(jù)題意B=kl

貝！JL=kS=k兀

2冗Y2T

根據(jù)電阻定律有R=P—T=P='T

町一r-

26

021PM2x100xIOx365x24x3600。5

聯(lián)立解得〃=即=-02X（10-3）291°A,-2X10-V

則線圈的感應(yīng)電動勢大小的數(shù)量級和一年后電流減小量的數(shù)量級分別為10-2°V，10-5AO

故選Do

10.（2024年山東卷考題）11.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)軌最高點到水平桌面的距離等于半徑，最低點的連線與導(dǎo)軌所在豎直面垂直?？?/p>

間充滿豎直向下的勻強磁場（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

平行放置在導(dǎo)軌圖示位置，由靜止釋放。腑運動過程中始終平行于且與兩導(dǎo)軌接觸良好，不考慮

自感影響，下列說法正確的是（）

A."V最終一定靜止于位置

B.就運動過程中安培力始終做負功

C.從釋放到第一次到達位置過程中，撤的速率一直在增大

D.從釋放到第一次到達位置過程中，腑中電流方向由〃到N

【答案】ABD

【解析】A.由于金屬棒WV運動過程切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，回路有感應(yīng)電流，產(chǎn)生焦耳熱，金

屬棒研的機械能不斷減小，由于金屬導(dǎo)軌光滑，所以經(jīng)過多次往返運動，腑最終一定靜止于。。'位置，故

A正確；

B.當(dāng)金屬棒/V向右運動，根據(jù)右手定則可知，仞V中電流方向由〃到“根據(jù)左手定則，可知金屬棒

廨受到的安培力水平向左，則安培力做負功；當(dāng)金屬棒廨向左運動，根據(jù)右手定則可知，"V中電流方向

由"到必根據(jù)左手定則，可知金屬棒腑受到的安培力水平向右，則安培力做負功；可知可運動過程中安

培力始終做負功，故B正確；

C.金屬棒可從釋放到第一次到達。0'位置過程中，由于在0。'位置重力沿切線方向的分力為0,可知

在到達〃。'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，金屬棒椒已經(jīng)做

減速運動，故c錯誤；

D.從釋放到第一次到達位置過程中，根據(jù)右手定則可知，腑中電流方向由〃到“故D正確。

故選ABD。

11.(2024全國甲卷考題)12.如圖，金屬導(dǎo)軌平行且水平放置，導(dǎo)軌間距為￡,導(dǎo)軌光滑無摩擦。定

值電阻大小為此其余電阻忽略不計，電容大小為在運動過程中，金屬棒始終與導(dǎo)軌保持垂直。整個裝

置處于豎直方向且磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中。

(1)開關(guān)S閉合時，對金屬棒施加以水平向右的恒力，金屬棒能達到的最大速度為玲。當(dāng)外力功率為定

值電阻功率的兩倍時，求金屬棒速度■的大小。

(2)當(dāng)金屬棒速度為丫時，斷開開關(guān)S,改變水平外力并使金屬棒勻速運動。當(dāng)外力功率為定值電阻功

率的兩倍時，求電容器兩端的電壓以及從開關(guān)斷開到此刻外力所做的功。

R

【答案】…母⑵"?"丁

【解析】(1)開關(guān)S閉合后，當(dāng)外力與安培力相等時，金屬棒的速度最大，則R=

E

由閉合電路歐姆定律/=—

R

金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E=BLv0

聯(lián)立可得，恒定的外力為歹=也%

R

2

BI?vn

在加速階段，外力的功率為FL=Fv=-----

R

定值電阻功率為

RR

B-I}vCB2L2V2

若卑=24時，即o------v=2-------

RR

化簡可得金屬棒速度/的大小為

（2）斷開開關(guān)S,電容器充電，則電容器與定值電阻串聯(lián)，則有E=BLv=IR+^-

C

當(dāng)金屬棒勻速運動時，電容器不斷充電，電荷量q不斷增大，電路中電流不斷減小，則金屬棒所受安

培力&不斷減小，而拉力的功率與=F'v=BILv

定值電阻功率PR=『R

當(dāng)耳=2%時有BILv=2I2R

可得

E=BLv=IR+^-

根據(jù)

C

=@=如」

可得此時電容器兩端電壓為

cC240

從開關(guān)斷開到此刻外力所做的功為W=YBIL(v-A?)=BLvLI-At=BLvq

CBLv

其中q=-----

2

聯(lián)立可得

8

12.（2024年河北卷考題）15.如圖,邊長為2L的正方形金屬細框固定放置在絕緣水平面上，細框中心

。處固定一豎直細導(dǎo)體軸OO'。間距為/、與水平面成。角的平行導(dǎo)軌通過導(dǎo)線分別與細框及導(dǎo)體軸相連。

導(dǎo)軌和細框分別處在與各自所在平面垂直的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小均為反足夠長的細導(dǎo)體棒Q4在

水平面內(nèi)繞。點以角速度3勻速轉(zhuǎn)動,水平放置在導(dǎo)軌上的導(dǎo)體棒CD始終靜止。Q4棒在轉(zhuǎn)動過程中，CD

棒在所受安培力達到最大和最小時均恰好能靜止。已知CD棒在導(dǎo)軌間的電阻值為R,電路中其余部分的電

阻均不計，CD棒始終與導(dǎo)軌垂直，各部分始終接觸良好，不計空氣阻力，重力加速度大小為g。

（1）求CD棒所受安培力的最大值和最小值。

（2）鎖定。4棒，推動CD棒下滑，撤去推力瞬間，CD棒的加速度大小為a,所受安培力大小等于

（1）問中安培力的最大值，求CD棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)。

【答案】⑴"哈,”室;⑵就萬一軻6

【解析】（1）當(dāng)0A運動到正方形細框?qū)蔷€瞬間，切割的有效長度最大，4mx=伍，此時感應(yīng)電流

最大，CD棒所受的安培力最大，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得

Emax=5Lv=By/2L-=BE①

maxmmaxax

根據(jù)閉合電路歐姆定律得（ax=-

R

故CD棒所受的安培力最大為F=BIL=旦包

lllaAmllaldxX

當(dāng)0A運動到與細框一邊平行時瞬間，切割的有效長度最短，感應(yīng)電流最小，CD棒受到的安培力最小,

—1GBl}g>

得E=BL^v=BL—=

mm2

故CD棒所受的安培力最小為"包

Fmm=BI^L=

minmin

（2）當(dāng)CD棒受到的安培力最小時根據(jù)平衡條件得

mgsin6-/nmgcos6-7<n=0

當(dāng)CD棒受到的安培力最大時根據(jù)平衡條件得

Fmm-mgsin6-fimgcos0=0

3笈'

聯(lián)立解得

4Rgsin0

撤去推力瞬間，根據(jù)牛頓第二定律得

Fmm+jumgcos0-mgsin0=ma

a1八

解得u.=---------------tan，

'gcos03

13.（2024年安徽卷考題）15.如圖所示，一“U”型金屬導(dǎo)軌固定在豎直平面內(nèi)，一電阻不計，質(zhì)量

為0的金屬棒劭垂直于導(dǎo)軌，并靜置于絕緣固定支架上。邊長為上的正方形cde/?區(qū)域內(nèi)，存在垂直于紙

面向外的勻強磁場。支架上方的導(dǎo)軌間，存在豎直向下的勻強磁場。兩磁場的磁感應(yīng)強度大小6隨時間的

變化關(guān)系均為6="力（SI）,孑為常數(shù)（A>0）。支架上方的導(dǎo)軌足夠長，兩邊導(dǎo)軌單位長度的電阻均為r,

下方導(dǎo)軌的總電阻為凡2=0時，對助施加豎直向上的拉力，恰使其向上做加速度大小為a的勻加速直

線運動，整個運動過程中加與兩邊導(dǎo)軌接觸良好。已知a分與導(dǎo)軌間動摩擦因數(shù)為〃，重力加速度大小為g。

不計空氣阻力，兩磁場互不影響。

（1）求通過面積5面的磁通量大小隨時間t變化的關(guān)系式，以及感應(yīng)電動勢的大小，并寫出的中電流

的方向；

（2）求助所受安培力的大小隨時間大變化的關(guān)系式；

（3）求經(jīng)過多長時間，對劭所施加的拉力達到最大值，并求此最大值。

B

b

固定支架

B

Ld

2

“2/3,ukE

【答案】(1)klJ?t,k從3流向6；(2)=----------；(3)—r-+m(ga\

女R+art214Rar'7

【解析】(1)通過面積S。時的磁通量大小隨時間e變化的關(guān)系式為

①=BS=kUt

根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得E=n^-==kl?

ArAr

由楞次定律可知ab中的電流從石流向瓦

(2)根據(jù)左手定則可知助受到的安培力方向垂直導(dǎo)軌面向里，大小為F安二BIL

其中B=kt

設(shè)金屬棒向上運動的位移為X,則根據(jù)運動學(xué)公式x=-at2

2

所以導(dǎo)軌上方的電阻為R'=2xr

E

由閉合電路歐姆定律得I=-----------

R+2xr

“2/3,

聯(lián)立得劭所受安培力的大小隨時間t變化的關(guān)系式為F%=,

(3)由題知t=0時，對加施加豎直向上的拉力，恰使其向上做加速度大小為a的勻加速直線運動,

則對a6受力分析由牛頓第二定律F-mg-^F^=ma

k213t

其中F^=~-

"R+art"

聯(lián)"可得F=--------+m(g+a)

R+art-

uk2I?

整理有F=R—+Mg+a)

—Fart

D

根據(jù)均值不等式可知，當(dāng)一=。方時，戶有最大值，故解得

t

口ME.、

產(chǎn)的最大值為『而”gM)

3

14.（2024年江西卷考題）15.如圖（a）所示,軌道左側(cè)斜面傾斜角滿足sin%=0.6,摩擦因數(shù)/<=—,

足夠長的光滑水平導(dǎo)軌處于磁感應(yīng)強度為8=0.5T的勻強磁場中，磁場方向豎直向上，右側(cè)斜面導(dǎo)軌傾角

44

滿足sin%=0.8,摩擦因數(shù)〃2=——?，F(xiàn)將質(zhì)量為"甲=6kg的導(dǎo)體桿甲從斜面上圖分=4m處由靜止釋

放，質(zhì)量為〃乙=2kg的導(dǎo)體桿乙靜止在水平導(dǎo)軌上，與水平軌道左端的距離為&已知導(dǎo)軌間距為J=2m,

兩桿電阻均為A=1Q,其余電阻不計，不計導(dǎo)體桿通過水平導(dǎo)軌與斜面導(dǎo)軌連接處的能量損失，且若兩桿

發(fā)生碰撞，則為完全非彈性碰撞，取g=10m/s2,求：

（1）甲桿剛進入磁場，乙桿的加速度？

（2）乙桿第一次滑上斜面前兩桿未相碰，距離d滿足的條件？

（3）若乙前兩次在右側(cè)傾斜導(dǎo)軌上相對于水平導(dǎo)軌的豎直高度y隨時間t的變化如圖（b）所示（爾

以友、友、6均為未知量），乙第二次進入右側(cè)傾斜導(dǎo)軌之前與甲發(fā)生碰撞，甲在0~友時間內(nèi)未進入右側(cè)

【解析】（1）甲從靜止運動至水平導(dǎo)軌時，根據(jù)動能定理有

h12

m

m1gh-cos0x3i%

sin4

甲剛進入磁場時，平動切割磁感線有&=Blv.

E

則根據(jù)歐姆定律可知此時回路的感應(yīng)電流為/（）=六

根據(jù)楞次定律可知，回路中的感應(yīng)電流沿逆時針方向（俯視），結(jié)合左手定則可知，乙所受安培力方向

水平向右，由牛頓第二定律有Biol—nha乙0

帶入數(shù)據(jù)有a，。=2m/s2,方向水平向右

（2）甲和乙在磁場中運動的過程中，系統(tǒng)不受外力作用，則系統(tǒng)動量守恒，若兩者共速時恰不相碰,

則有miVo■共

對乙根據(jù)動量定理有Blit二祇丫共

Blbx

其中It=q=

2R

聯(lián)立解得Rx24m

則"滿足d224m

（3）根據(jù)（2）問可知，從甲剛進入磁場至甲、乙第一次在水平導(dǎo)軌運動穩(wěn)定，相對位移為Ax=24m,

且穩(wěn)定時的速度-共=6m/s乙第一次在右側(cè)斜軌上向上運動的過程中，根據(jù)牛頓第二定律有

rihgsin即+ii2nkgcos92-m>aZ1

根據(jù)勻變速直線運動位移與速度的關(guān)系有2a乙上x上=

乙第一次在右側(cè)斜軌上向下運動的過程中，根據(jù)牛頓第二定律有儂gsin即一〃2儂蓼os%二乙下

再根據(jù)勻變速直線運動位移與速度的關(guān)系有2a乙下x下=詔

上［x上二x下

聯(lián)立解得乙第一次滑下右側(cè)軌道最低點的速度匕=5m/s

由于兩棒發(fā)生碰撞，則為完全非彈性碰撞，則甲乙整體第一次在右側(cè)傾斜軌道上向上運動有

（取+阿）繡in%+“2（血+如）geos。2-（班+/?）a共上

同理有2a共上x共上=v

且由圖（6）可知x上=4.84x共上

30

解得甲、乙碰撞后的速度v=y^m/s

乙第一次滑下右側(cè)軌道最低點后與甲相互作用的過程中，甲、乙組成的系統(tǒng)合外力為零，根據(jù)動量守

恒有倒吸一汲匕=（0+.））/

175

解得乙第一次滑下右側(cè)軌道最低點時甲的速度為％=—m/s

33

若乙第一次滑下右側(cè)軌道最低點時與甲發(fā)生碰撞，則對應(yīng)d的最小值，乙第一次在右側(cè)斜軌上運動的

過程，對甲根據(jù)動量定理有一班/加］=一共

mlv2m1V

-.BlAx,

其中/]△：=1=

ZK

解得2m

f11

根據(jù)位移關(guān)系有4」—Ajr=Kx、

356

解得=----m

11

若乙返回水平導(dǎo)軌后，當(dāng)兩者共速時恰好碰撞，則對應(yīng)，的最大值，對乙從返回水平導(dǎo)軌到與甲碰撞

前瞬間的過程，根據(jù)動量定理有BI?a?=m2V+2Vl

—Bl^Xp

其中，2頌=%=

340

解得AAx,=----m

211

根據(jù)位移關(guān)系有&&、一△X—AXi=△及

,696

解得"max=^-m

356,696

則d的取值范圍為----m<a<-----m

1111

15.(2024年湖北卷考題)15.如圖所示，兩足夠長平行金屬直導(dǎo)軌田國的間距為。固定在同一水

平面內(nèi)，直導(dǎo)軌在左端雙戶點分別與兩條豎直固定、半徑為/的上圓弧導(dǎo)軌相切。如連線與直導(dǎo)軌垂直,

4

其左側(cè)無磁場，右側(cè)存在磁感應(yīng)強度大小為反方向豎直向下的勻強磁場。長為入、質(zhì)量為0、電阻為〃的

金屬棒劭跨放在兩圓弧導(dǎo)軌的最高點。質(zhì)量為2〃、電阻為6斤的均勻金屬絲制成一個半徑為/的圓環(huán)，水

平放置在兩直導(dǎo)軌上，其圓心到兩直導(dǎo)軌的距離相等。忽略導(dǎo)軌的電阻、所有摩擦以及金屬環(huán)的可能形變，

金屬棒、金屬環(huán)均與導(dǎo)軌始終接觸良好，重力加速度大小為g?，F(xiàn)將金屬棒成由靜止釋放，求

(1)剛越過彼時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大??；

(2)金屬環(huán)剛開始運動時的加速度大小；

(3)為使劭在整個運動過程中不與金屬環(huán)接觸，金屬環(huán)圓心初始位置到庭的最小距離。

【答案】⑴叫他；⑵”記；⑶弋嚴(yán)

【解析】(1)根據(jù)題意可知，對金屬棒助由靜止釋放到剛越過如過程中，由動能定理有

mgL=gmVg

解得v0=y12gL

則加剛越過腿時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小為E=BLv0=BL^2gL

(2)根據(jù)題意可知，金屬環(huán)在導(dǎo)軌間兩段圓弧并聯(lián)接入電路中，軌道外側(cè)的兩端圓弧金屬環(huán)被短路,

由幾何關(guān)系可得，每段圓弧的電阻為

可知，整個回路的總電阻為

E2BL^L

助剛越過初時，通過助的感應(yīng)電流為1=——

R意3R

對金屬環(huán)由牛頓第二定律有2BL—=Ima

2

解得

3mR

(3)根據(jù)題意，結(jié)合上述分析可知，金屬環(huán)和金屬棒仍所受的安培力等大反向，則系統(tǒng)的動量守恒,

由于金屬環(huán)做加速運動，金屬棒做減速運動，為使加在整個運動過程中不與金屬環(huán)接觸，則有當(dāng)金屬棒成

和金屬環(huán)速度相等時，金屬棒仍恰好追上金屬環(huán)，設(shè)此時速度為v,由動量守恒定律有mv0=mv+2mv

1

解得v=r°

對金屬棒ab，由動量定理有-BILt-m--mv0

2

則有BLq二—mv0

設(shè)金屬棒運動距離為均，金屬環(huán)運動的距離為巧，則有

BL^xx-x2)

q=

R總

__mR^2gL

聯(lián)立解得AX=X1-X2=§2.一

則金屬環(huán)圓心初始位置到㈱的最小距離d=￡+