電磁感應(yīng)綜合問(wèn)題（解析版）-2024年高考物理大題突破

電磁點(diǎn)怠候含冏題

LMJ

考情分析....................................................................................1

題型突破....................................................................................1

題型1電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)與能量問(wèn)題........................................................1

題型2動(dòng)量觀點(diǎn)在電感感應(yīng)中的應(yīng)用..........................................................4

必劇大題...................................................................................7

（考情分析）

1.掌握應(yīng)用動(dòng)量定理處理電磁感應(yīng)問(wèn)題的思路。

2.掌握應(yīng)用動(dòng)量守恒定律處理電磁感應(yīng)問(wèn)題的方法。

3.熟練應(yīng)用楞次定律與法拉第電磁感應(yīng)定律解決問(wèn)題。

4.會(huì)分析電磁感應(yīng)中的圖像問(wèn)題。

5.會(huì)分析電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)與能量問(wèn)題。

----------------------------------------------------o（題型突破）

1電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)與能量問(wèn)題

蒯工（2024?河北?模擬預(yù)測(cè)）如圖甲所示，水平粗糙導(dǎo)軌左側(cè)接有定值電阻A=3Q,導(dǎo)軌處于垂直紙面向外的勻

強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度_B=1T，導(dǎo)軌間距L=1m。一質(zhì)量?7i=1kg,阻值r=1。的金屬棒在水平向右拉力

F作用下由靜止開始從CD處運(yùn)動(dòng)，金屬棒與導(dǎo)軌間動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.25,金屬棒的圖像如圖乙所示,

取g=10m/s2,求：

（1）,=1小時(shí)，安培力的大?。?/p>

（2）從起點(diǎn)到發(fā)生c=l館位移的過(guò)程中，金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱；

（3）從起點(diǎn)到發(fā)生x=hn位移的過(guò)程中，拉力F做的功。

甲乙

【答案】⑴0.5N;⑵2J;（3）4.757

【詳解】（1）由圖乙可知，力=1m時(shí)，u=2m/s,回路中電流為

1=-^—=0.5A

R-\-rR+r

安培力的大小為

F安=IBL=0.5N

（2）由圖乙可得

v=2x

金屬棒受到的安培力為

FA=rBL=^^=^（N）

回路中產(chǎn)生的焦耳熱等于克服安培力做的功，從起點(diǎn)到發(fā)生re=1m1位移的過(guò)程中，回路中產(chǎn)生的焦耳熱為

—0-1-A4

Q—=FAX=—X17=0.25J

金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱為

感—-Q—

Q3棒R+r"16

（3）從起點(diǎn)到發(fā)生力=17n位移的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有

2

WF——/imgx--^-mv

解得拉力F做的功為

必=4.75J

解法指導(dǎo)

1.電磁感應(yīng)綜合問(wèn)題的解題思路

卜能量”的分析［一］分析研究過(guò)程中能量轉(zhuǎn)化關(guān)系列方程I

2.求解焦耳熱Q的三種方法

（1）焦耳定律：Q=0Rt,適用于電流恒定的情況；

（2）功能關(guān)系：Q=明安（明安為克服安培力做的功）；

⑶能量轉(zhuǎn)化：Q=AE（其他能的減少量）。

變式訓(xùn)I練

「題目□〕（23-24高三下?河北?開學(xué)考試）如圖所示,相互平行的軌道由半徑為r的四分之一圓弧和水平部分

（靠右端的一部分DE、印段粗糙，接觸面與物體間動(dòng)摩擦因數(shù)為〃，叼?=DE,其余部分光滑）構(gòu)成，兩部分相

切于C、G,CG連線與軌道垂直，軌道間距為力,在最右端連接阻值為五的定值電阻，整個(gè)軌道處在豎直向上

磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為3的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，一質(zhì)量為機(jī),電阻為2R的金屬導(dǎo)體棒從四分之一圓弧的最高點(diǎn)靜止釋

放,導(dǎo)體棒在下滑過(guò)程中始終與導(dǎo)軌接觸良好，且與導(dǎo)軌垂直,其它電阻不計(jì)，當(dāng)導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)到與CG重合

時(shí)，速度大小為V,導(dǎo)體棒最終靜止在水平軌道DE、印段某處，整個(gè)過(guò)程中定值電阻72上產(chǎn)生的熱量為Q,

重力加速度為g,求：

（1）導(dǎo)體棒從靜止釋放到與CG重合,通過(guò)定值電阻72的電量；

（2）導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)到CG前瞬間，導(dǎo)體棒的加速度的大小；

（3）導(dǎo)體棒因摩擦產(chǎn)生的熱量及在粗糙軌道DE、m段的位移。

【答案】⑴案；⑵B4I/v2.v4~./xm^r-3Q

9m27?2r2'fjmg

【詳解】（1）當(dāng)導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)到與CG重合時(shí)，通過(guò)定值電阻R的電量為q,則

由閉合電路歐姆定律得

1=E=E

~2R+R~1R

由法拉第電磁感應(yīng)定律得

解得

_BLr

q-^R

（2）導(dǎo)體棒剛運(yùn)動(dòng)到CG時(shí)，回路中的瞬時(shí)電動(dòng)勢(shì)

E—BLv

回路中的電流

rE_BLv

=~3R=3R

導(dǎo)體棒受到的安培力

22

p_BTT_BLv

水平方向的加速度

2

a_-Rg_BPv

m3mR

導(dǎo)體棒做圓周運(yùn)動(dòng)的向心加速度

r

所以導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)到CG前瞬間，導(dǎo)體棒的加速度的大小為

a=+=J哥￡為2〃

9m2J?2r2

（3）由于導(dǎo)體棒與定值電阻串聯(lián)，因此導(dǎo)體棒上產(chǎn)生的熱量為2。,根據(jù)能量守恒定律可知，導(dǎo)體棒因與軌道

摩擦產(chǎn)生的熱量

Q'=mgr—3Q???

導(dǎo)體棒因摩擦產(chǎn)生的熱量等于導(dǎo)體棒克服摩擦力所做的功

W—/Ltmgx=Q，

解得粗糙軌道DE、印段的位移大小為

mgi0—3Q

力=----------

IJ-rng

2動(dòng)量觀點(diǎn)在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用

*------------------------“

題工（23—24高三下?四川成都?開學(xué)考試）如圖所示，足夠長(zhǎng)的運(yùn)輸帶沿傾角a=30°的方向固定，且運(yùn)輸帶以

。。的速度向上勻速傳動(dòng)，虛線1、2間存在垂直運(yùn)輸帶向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,質(zhì)量為機(jī)、電

阻值為V、邊長(zhǎng)為d0的正方形導(dǎo)線框隨運(yùn)輸帶共同向上運(yùn)動(dòng),經(jīng)過(guò)一段時(shí)間ab邊越過(guò)虛線1,且導(dǎo)線框相對(duì)

運(yùn)輸帶發(fā)生運(yùn)動(dòng)，當(dāng)破邊剛好到達(dá)虛線2瞬間導(dǎo)線框的速度恢復(fù)到新，已知虛線間的距離為L(zhǎng),且乙〉2d。,

導(dǎo)線框與運(yùn)輸帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃=乎，重力加速度為g,整個(gè)過(guò)程導(dǎo)線框的ab邊始終與兩虛線平

行。求：

⑴ab邊剛越過(guò)虛線1瞬間的加速度大小以及方向；

（2）導(dǎo)線框的質(zhì)邊由虛線1運(yùn)動(dòng)到虛線2的時(shí)間；

（3）導(dǎo)線框的ab邊由虛線1運(yùn)動(dòng)到虛線2的過(guò)程中，因摩擦而產(chǎn)生的熱量與焦耳熱的比值。

［信息］導(dǎo)線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)后,導(dǎo)線框中無(wú)感應(yīng)電流,運(yùn)輸帶帶動(dòng)導(dǎo)線框加速運(yùn)動(dòng)

2

【答案】⑴彳萼曳一日方向沿運(yùn)輸帶向下⑵。粵^12Bdv0-3mgRL

Rm4mgRmgRL

【解析】⑴根據(jù)安培力公式有F安=Bid。①

根據(jù)閉合電路歐姆定律有/=4

rt

根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有E=Bdovo②

由于導(dǎo)線框的ab邊越過(guò)虛線1后，導(dǎo)線框相對(duì)運(yùn)輸帶發(fā)生運(yùn)動(dòng)，又由楞次定律以及左手定則可知，她邊所

受的安培力沿運(yùn)輸帶向下

［關(guān)鍵點(diǎn)］結(jié)合題意分析出導(dǎo)線框剛越過(guò)虛線1瞬間安培力的方向沿運(yùn)輸帶向下

則由牛頓第二定律得mgsina+F^.—f/mgcosa=ma@

解得a=］等曳一斗，方向沿運(yùn)輸帶向下。④

Rm4

（2）設(shè)導(dǎo)線框的ab邊由虛線1運(yùn)動(dòng)到虛線2的時(shí)間為"導(dǎo)線框剛進(jìn)入磁場(chǎng)到導(dǎo)線框的cd邊運(yùn)動(dòng)至虛線1的

時(shí)間為V。

則該過(guò)程由動(dòng)量定理得

mgsin與工+F安玄二⑤

［易錯(cuò)］注意沖量的方向性，并且小作用時(shí)間與重力、摩擦力作用時(shí)間不等

___w

又芹安=麗0、了=君

根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得行=萬(wàn)⑥

由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有d0=譏/⑦

???

4疹虜

解得t=。⑧

mgR

（3）導(dǎo)線框剛進(jìn)入磁場(chǎng)至導(dǎo)線框剛要出磁場(chǎng)的過(guò)程，由動(dòng)能定理得

limgcosa-L—mgsina-L+=0@

又由功能關(guān)系得該過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱為

該過(guò)程因摩擦而產(chǎn)生的熱量為Q2之儂2gLi心二⑩

［易錯(cuò)］注意此處應(yīng)代入導(dǎo)線框相對(duì)運(yùn)輸帶移動(dòng)的距離

解得R=312呼眥-3M汨￡

Qi0mgRL

解法指導(dǎo)

1.在導(dǎo)體單桿切割磁感線做變加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，若運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律和能量觀點(diǎn)不能解決問(wèn)題，可運(yùn)用動(dòng)量定理巧

妙解決問(wèn)題

求解的物理量應(yīng)用示例

電荷量或速度—BIL/\t=mv2——mVi,q=I/\t,BP—BqL=mv2——mVi

=0TYIVQ,

總

位移K

日HB2L?x

即-----=n0—mv

R總0

—BIL/\t+&他△力=mv2—mvi，

即—BLq+珠他△力=mv2—mv1，

已知電荷量q、弓他（及他為恒力）

時(shí)間B2L2vM“

+外他△A力=mvmv,

工總、21

即十為他△力=77202mV］,

"總、

已知位移力、瑯.他（好t.他為怛力）

2.動(dòng)量守恒定律在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用

“一動(dòng)一靜”：甲桿靜止不動(dòng)，乙桿運(yùn)動(dòng)，其實(shí)質(zhì)是單桿問(wèn)題，不過(guò)要注意問(wèn)題包含著一個(gè)條件一-甲

物理?xiàng)U靜止，受力平衡

模型兩桿都在運(yùn)動(dòng)，對(duì)于這種情況，要注意兩桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)是相加還是相減;系統(tǒng)動(dòng)量

是否守恒

動(dòng)力學(xué)觀通常情況下一個(gè)金屬桿做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，而另一個(gè)金屬桿做加速度逐漸

點(diǎn)減小的減速運(yùn)動(dòng)，最終兩金屬桿以共同的速度勻速運(yùn)動(dòng)

分析

能量觀點(diǎn)兩桿系統(tǒng)機(jī)械能減少量等于回路中產(chǎn)生的焦耳熱之和

方法

對(duì)于兩金屬桿在平直的光滑導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)的情況,如果兩金屬桿所受的外力之和為零，則

動(dòng)量觀點(diǎn)

考慮應(yīng)用動(dòng)量守恒定律處理問(wèn)題

變式訓(xùn)I練

題目0（2024?湖南長(zhǎng)沙?一模）如圖,質(zhì)量為m、電阻為屁的均勻金屬棒ab垂直架在水平面甲內(nèi)間距為3L的

兩光滑金屬導(dǎo)軌的右邊緣處。下方的導(dǎo)軌由光滑圓弧導(dǎo)軌與處于水平面乙的光滑水平導(dǎo)軌平滑連巍而必

（即圖中半徑。河和（07豎直），圓弧導(dǎo)軌半徑為R、對(duì)應(yīng)圓心角為60°、間距為3"水平導(dǎo)軌間距分別為3L

和乙。質(zhì)量也為小、電阻為凡的均勻金屬棒cd垂直架在間距為乙的導(dǎo)軌左端。導(dǎo)軌MM，馬PP,NN，與

QQ'均足夠長(zhǎng)，所有導(dǎo)軌的電阻都不計(jì)。電源電動(dòng)勢(shì)為E、內(nèi)阻不計(jì)。所有導(dǎo)軌的水平部分均有豎直方向

的、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，圓弧部分和其他部分無(wú)磁場(chǎng)。閉合開關(guān)S,金屬棒ab迅即獲得水平向右的

速度（未知，記為2）做平拋運(yùn)動(dòng)，并在高度降低3R時(shí)恰好沿圓弧軌道上端的切線方向落在圓弧軌道上端，接

著沿圓弧軌道下滑。已知重力加速度為g,求：

⑴空間勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向；

（2）棒ab做平拋運(yùn)動(dòng)的初速度v0；

（3）通過(guò)電源E某截面的電荷量q；

（4）從金屬棒ab剛落到圓弧軌道上端起至棒ab開始勻速運(yùn)動(dòng)止,這一過(guò)程中棒ab和棒cd組成的系統(tǒng)損失

的機(jī)械能AE。

【詳解】（1）閉合開關(guān)S,金屬棒ab即獲得水平向右的速度，表明金屬棒受到水平向右的沖量，所以安培力水

平向右，因?yàn)榻饘侔鬭b中的電流方向?yàn)橛蒩指向b,根據(jù)左手定則，空間勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向?yàn)樨Q直向上。

（2）金屬棒ab做平拋運(yùn)動(dòng)，其豎直方向有

3R=ypi2

vy=gt

由于導(dǎo)體棒在高度降低3R時(shí)恰好沿圓弧軌道上端的切線方向落在圓弧軌道上端，有

tanoO=——

解得

*二j2gR

（3）金屬棒ab彈出瞬間，規(guī)定向右為正方向，由動(dòng)量定理

BIX3L,=TYIVQ—0

又因?yàn)?/p>

整理有

3BqL=mv0

解得

mJ2gR

q=3BL

（4）金屬棒ab滑至水平軌道時(shí)，有???

mg[3J?+7?（l—cos60°）]=-^-mv2—^-mvl

解得

v—3jgR

最終勻速運(yùn)動(dòng)，電路中無(wú)電流，所以棒ab和cd產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小相等，即

Bx3L?%,=現(xiàn),vcd

此過(guò)程中，對(duì)棒ab由動(dòng)量定理有

—BI'x3L,At'=mvab—mv

對(duì)棒cd,由動(dòng)量定理有

BP?LM'=mvcd—0

聯(lián)立解得

Vab=今項(xiàng)，Vcd

由能量守恒，該過(guò)程中機(jī)械能的損失量為

△E=~^rnv2--十小臉

解得

^E=-^m9R

（必刷大題）

必刷模擬

（題目|1]（2024?陜西商洛?模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，間距為L(zhǎng)的光滑導(dǎo)軌豎直固定在絕緣地面上,導(dǎo)軌頂端連接定

值電阻質(zhì)量為小、電阻忽略不計(jì)的金屬桿垂直接觸導(dǎo)軌,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)與導(dǎo)軌所在的

豎直面垂直。使金屬桿從靜止開始下落，同時(shí)受到豎直向下的恒定拉力F的作用，當(dāng)下落高度為無(wú)時(shí)速度達(dá)

到穩(wěn)定。重力加速度大小為g,金屬桿在運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中始終與垂直導(dǎo)軌垂直且接觸良好，金屬棒有足夠大的

下落空間,導(dǎo)軌電阻不計(jì)，求：

（1）金屬桿穩(wěn)定時(shí)的速度大??；

（2）金屬桿從開始運(yùn)動(dòng)到速度穩(wěn)定的過(guò)程中電阻斤上產(chǎn)生的熱量；

（3）金屬桿從開始運(yùn)動(dòng)到速度穩(wěn)定的過(guò)程所需的時(shí)間。

m（F+mg）2/?2⑶mR,B2L?h

;（2）（F+mg）/z----

2B4L4B2L2（F+mg）7?

【詳解】

（1）金屬桿從靜止開始下落，設(shè)穩(wěn)定時(shí)的速度為vm,則有

E=BLv,I=^E,F^=BIL

mri???

豎直方向由受力平衡可得

F^—F+mg

聯(lián)立解得

(F+mg)R

B2L2

（2）金屬桿從開始下落直到穩(wěn)定時(shí)下落的高度為九,根據(jù)功能關(guān)系可得R產(chǎn)生的熱量為

Q=（F+mg）h-工m%

解得

m(F+mg)2/?2

Q=(F+mg)h----

2B4L4

（3）金屬桿從開始運(yùn)動(dòng)到速度穩(wěn)定的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)量定理可得

（F+mg）i—BILt—mvm

又

7.△①BLh

R

聯(lián)立解得

mR+B2L?h

B2U(F+mg)J?

蜃目0（2024?福建廈門?二模）如圖甲所示，兩條足夠長(zhǎng)的平行導(dǎo)軌所在平面與水平地面的夾角為。，間距為

原導(dǎo)軌上端與電容為C的電容器相連,虛線O1O2垂直于導(dǎo)軌，。1。2上方存在垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁

場(chǎng),此部分導(dǎo)軌由不計(jì)電阻的光滑金屬材料制成，OG下方的導(dǎo)軌由粗糙的絕緣材料制成。t=0時(shí)亥U,一

質(zhì)量為小、電阻不計(jì)的金屬棒由靜止釋放,運(yùn)動(dòng)過(guò)程中1W始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，其速度。隨時(shí)

間方的變化關(guān)系如圖乙所示，其中3和益為已知量，重力加速度為g,電容器未被擊穿。求：

（1）力=0到力=磁場(chǎng)對(duì)金屬棒7VW的沖量大?。?/p>

（2）方=0到方=2",金屬棒7W損失的機(jī)械能；

（3）勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小。

甲乙

【答案】（l）vngsin例o—nw（）;（2）ngo（）Msin夕一日7n端；（3）^-A

22dyo。

【詳解】

（1）根據(jù)動(dòng)量定理有

=

mgsind,t0—Tnv0

解得

I安=mgsmd?t0—mv0

⑵根據(jù)圖乙可得金屬棒在t=0到1=2to時(shí)間內(nèi)的位移為

_v0,Wo+Svo,_5i；o,

?=萬(wàn)~■MH-------------10--t0

根據(jù)能量守恒有???

mgxsmd--^-m(3t；o)2+AE損

解得

△后損=-mgvotosin0--mvl

(3)根據(jù)圖乙可知，在OU。時(shí)間內(nèi)金屬棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則可知其加速度恒定，所受合外力恒定，即此時(shí)

間段內(nèi)電流恒定，而電容器兩端電壓的變化量等于金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的變化量，則有

Bd%=*

可得

△q—CBdv()

而

△q=「to

對(duì)該過(guò)程由動(dòng)量定理有

—

vngsinJ-t0Bdl,t0—

聯(lián)立解得

J_/mgsinP?/m

一dVCvQC

題1①(2024?河北?模擬預(yù)測(cè))如圖1所示，間距乙=的足夠長(zhǎng)傾斜導(dǎo)軌傾角夕=37°,導(dǎo)軌頂端連一電阻立

=1。。左側(cè)存在一面積5=0.6恒2的圓形磁場(chǎng)區(qū)域磁場(chǎng)方向垂直于斜面向下,大小隨時(shí)間變化如圖2所

示，右側(cè)存在著方向垂直于斜面向下的恒定磁場(chǎng)5=1T,一長(zhǎng)為Z/=l?n,電阻『=1。的金屬棒ab與導(dǎo)軌垂

直放置，力=0至t=1s,金屬棒質(zhì)恰好能靜止在右側(cè)的導(dǎo)軌上,之后金屬棒ab開始沿導(dǎo)軌下滑,經(jīng)過(guò)一段時(shí)

間后勻速下滑，已知導(dǎo)軌光滑，取g=lOm/s?,不計(jì)導(dǎo)軌電阻與其他阻力，sin37°=0.6,cos37°=0.8。求：

(1)1=0至1=ls內(nèi)流過(guò)電阻的電流和金屬棒ab的質(zhì)量；

(2)金屬棒ab勻速時(shí)的速度大小。

【答案】⑴0.34,0.05kg;⑵0.6m/s

【詳解】⑴根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得t=0至力=1s內(nèi)回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為

E=F=s￥=0.6V

AtAt

根據(jù)閉合電路歐姆定律可得1=0至方=Is內(nèi)流過(guò)電阻的電流為

E

1=0.3A

R-\-r

設(shè)金屬棒Qb的質(zhì)量為小，這段時(shí)間內(nèi)金屬棒ab受力平衡，即

mgsinH=BJL

解得

m=0.05kg

(2)設(shè)金屬棒ab勻速時(shí)的速度大小小此時(shí)回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為

Ei=BxLv

回路中的電流為???

Ei

11—

R+r

導(dǎo)體棒ab所受安培力大小為

F=B1I1L

根據(jù)平衡條件可得

F=mgsinH

解得

v=0.6m/s

穎目⑷（23—24高三下?河北滄州?階段練習(xí)）如圖所示,間距為L(zhǎng)的光滑平行等長(zhǎng)金屬導(dǎo)軌赤cd固定在傾角

為37°的絕緣斜面上，^、成為固定在絕緣水平面上的平行粗糙金屬導(dǎo)軌，間距也為「，導(dǎo)軌帥、cd在最低點(diǎn)

用絕緣光滑材料與導(dǎo)軌ef、gh平滑連接，a、c兩點(diǎn)用導(dǎo)線連接,與傾斜導(dǎo)軌垂直的虛線與a、c兩點(diǎn)間的距離

為5L,其左側(cè)存在方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)（范圍足夠大），磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B隨時(shí)間變化的關(guān)系式B=

就（k為已知的常數(shù)且為正值）。水平導(dǎo)軌內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為與、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)（范圍足夠

大）,質(zhì)量為2巾的導(dǎo)體棒乙垂直于水平導(dǎo)軌靜止放置。現(xiàn)讓質(zhì)量為小的導(dǎo)體棒甲在虛線的右下方垂直傾斜

導(dǎo)軌由靜止釋放，沿導(dǎo)軌下滑距離為5乙到達(dá)傾斜導(dǎo)軌的最低點(diǎn)，然后滑上水平導(dǎo)軌，導(dǎo)體棒甲在水平導(dǎo)軌上

滑行一段距離d停在乙的左側(cè)。已知甲剛滑上水平導(dǎo)軌時(shí)，乙受到的靜摩擦力恰好達(dá)到最大值，導(dǎo)體棒甲接

入電路的阻值為R,其他電阻均忽略不計(jì)，重力加速度為9,最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，導(dǎo)體棒甲、乙與水

平導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)相等，sin37°=0.6,cos37°=0.8。求：

（1）導(dǎo)體棒甲到達(dá)傾斜軌道的最低點(diǎn)時(shí)的速度大??；

（2）導(dǎo)體棒乙與水平導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)；

（3）導(dǎo)體棒甲在水平導(dǎo)軌上滑行的時(shí)間；

（4）導(dǎo)體棒甲由靜止釋放到停止運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生的焦耳熱。

r發(fā)生】京T42?T,2mRdy/GgL,,80fc2L4V6gLBlUd4GgL

【合案】⑴加；（2）2mgR；（3）--短酒；（4）—面廣+3mgL------------------

【詳解】

（1）導(dǎo)體棒甲在下滑的過(guò)程中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則有

2ax5L=Vg

對(duì)甲受力分析，由牛頓第二定律可得

mgsin37°=ma

解得

a==Y6gL

o

（2）當(dāng)導(dǎo)體棒甲剛滑上水平導(dǎo)軌時(shí)，由法拉第電磁感應(yīng)定律可得

Eo=B0Lv0

由歐姆定律可得

LR???

導(dǎo)體棒乙受到的安培力

F矣=B0I0L

對(duì)乙受力分析，由力的平衡可得

F安=11-2mg

解得

_BgL2V6gL

"-2mgR

(3)導(dǎo)體棒甲在水平導(dǎo)軌上滑行，由動(dòng)量定理可得

—BJLt=0—TYIVQ

由歐姆定律可得

lx

由法拉第電磁感應(yīng)定律可得

人地

t

由題意可得

△①=BQL(1

解得

t=2mRd^GgL

~B豺3gL

(4)導(dǎo)體棒甲在下滑的過(guò)程中，由法拉第電磁感應(yīng)定律可得

e=△①=△%

△力At

由題意可得

S=5L2cos37°

AB7

導(dǎo)體棒甲下滑的時(shí)間

to=—a

生成的焦耳熱

甲在水平導(dǎo)軌上滑動(dòng)，由能量守恒定律可得生成的焦耳熱

Qi=-umgd

甲由靜止釋放到停止運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生的焦耳熱

Q~Qi+Q?

解得

c80fc2L4V6^L,QrBmd^GgL

Q=3gR

：題目0(2024?江西?一模)如圖所示,間距為L(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌MFN和MEM分別固定在兩個(gè)豎直面內(nèi)，傾

斜導(dǎo)軌與水平方向的夾角為37°(sin37°=~1),整個(gè)空間內(nèi)存在著豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為

Bo長(zhǎng)為乙、質(zhì)量為小、電阻為R的導(dǎo)體桿a靜止放置在水平導(dǎo)軌上,現(xiàn)將與導(dǎo)體桿a完全相同的導(dǎo)體桿b從

斜面上N此處由靜止釋放,運(yùn)動(dòng)到虛線Q?2處有最大速度,運(yùn)動(dòng)的距離為d，導(dǎo)體桿a恰好未滑動(dòng),此過(guò)程

中導(dǎo)體桿b克服摩擦力做的功為W,兩導(dǎo)體桿與導(dǎo)軌始終接觸良好,導(dǎo)軌電阻不計(jì)，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)

9

摩擦力，重力加速度為9。求在此過(guò)程中:

（1）通過(guò)導(dǎo)體桿a的電荷量；

（2）導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù);

【詳解】（1）根據(jù)題意可知，在導(dǎo)體桿6由靜止釋放到導(dǎo)體桿6運(yùn)動(dòng)到QQ處的過(guò)程中

方△①BLdcosd

E———=；

根據(jù)閉合電路的歐姆定律有

根據(jù)電流的定義式

q=IM

聯(lián)立可得

_2BLd

q~~bFT

（2）當(dāng)導(dǎo)體桿速度最大時(shí)，對(duì)導(dǎo)體桿a受力分析有

FA=/img

對(duì)導(dǎo)體桿b受力分析，沿斜面方向

mgsinG—FACOS0+f

垂直斜面方向有

mgcos0+EiSin。=FN

由摩擦力的大小

f=uFN

聯(lián)立可得

1

（3）當(dāng)導(dǎo)體桿6速度最大時(shí)，可知

mg

FA="ng=亍

電動(dòng)勢(shì)

E=BLvcos3

電流大小

1=旦

2R

導(dǎo)體桿b受到的安培力

FA=BIL

聯(lián)立可得???

5mgR

v=——

6B2L2

根據(jù)動(dòng)能定理可得

-^-mv2=mgdsind—W~\~W^.

聯(lián)立可得

25?n3g2A2w

72B4L4

〔直目回（23-24高三下?四川成都?開學(xué)考試）如圖所示，兩間距為d的平行光滑導(dǎo)軌由固定在同一水平面上的

導(dǎo)軌CD-CD'和豎直平面內(nèi)半徑為r的;圓弧導(dǎo)軌AC-A'C組成，水平導(dǎo)軌與圓弧導(dǎo)軌相切，左端接

一阻值為五的電阻,不計(jì)導(dǎo)軌電阻;水平導(dǎo)軌處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，其他地

方無(wú)磁場(chǎng)。導(dǎo)體棒甲靜止于CC處，導(dǎo)體棒乙從44處由靜止釋放,沿圓弧導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)，與導(dǎo)體棒甲相碰后粘

合在一起，向左滑行一段距離后停下。已知兩棒質(zhì)量均為m,電阻均為五,始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，重力

加速度大小為9,求：

（1）兩棒粘合前瞬間棒乙對(duì)每個(gè)圓弧導(dǎo)軌底端的壓力大小N；

（2）兩棒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，左端接入電阻五產(chǎn)生的焦耳熱Q；

【答案】（1）N=（i）Q--^rnigr

【詳解】⑴設(shè)兩棒粘合前瞬間棒乙的速度大小為g,對(duì)棒乙沿圓弧導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)的過(guò)程,根據(jù)機(jī)械能守恒定律有

-1mvi2=mgr

解得

v^y[2gr

兩棒粘合前瞬間，棒乙受到的支持力N與重力mg的合力提供向心力，有

CATmvt2

2N—mg=------

解得

z3

N^—mg

根據(jù)牛頓第三定律可知，棒乙對(duì)每個(gè)圓弧導(dǎo)軌底端的壓力大小為

3

NhT=—mg

（2）設(shè)兩棒相碰并粘合在一起后瞬間的速度大小為心,根據(jù)動(dòng)量守恒定律有

mVi=2mv2

求得

根據(jù)能最守恒定律有

Q&=yx2Tm=^-mgr

導(dǎo)體棒的總電阻為???

R—R

能量按導(dǎo)體電阻分配為

Q_R=2

求得

Qc^^-1rngr

o

［題目⑦（2024?湖南衡陽(yáng)?模擬預(yù)測(cè)）如圖所示,光滑金屬導(dǎo)軌ABC—DEF相互平行，BC-EF段水平放置，

AB-DE平面與水平面成37°,矩形MNQP內(nèi)有垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，水平導(dǎo)軌BC-EF間有豎直向

上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩部分磁場(chǎng)感應(yīng)強(qiáng)度大小相等。兩根完全相同的金屬棒a和b并排放在導(dǎo)軌力。處,某時(shí)刻

由靜止釋放金屬棒a,當(dāng)a運(yùn)動(dòng)到7WN時(shí)再釋放金屬棒b,a在斜面磁場(chǎng)中剛好一直做勻速運(yùn)動(dòng)；當(dāng)a運(yùn)動(dòng)到

PQ處時(shí)，b恰好運(yùn)動(dòng)到MN；當(dāng)a運(yùn)動(dòng)到BE處時(shí)，b恰好運(yùn)動(dòng)到PQ。已知兩導(dǎo)軌間距及a、b金屬棒長(zhǎng)度相

同均為乙=1m,每根金屬棒質(zhì)量m=1kg,電阻r=0.5Q,AD到7W7V的距離s1=3mo斜導(dǎo)軌與水平導(dǎo)軌在

BE處平滑連接，金屬棒a、b在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中與導(dǎo)軌接觸良好,不計(jì)其它電路電阻,不考慮磁場(chǎng)的邊界效應(yīng)，重

力加速度9=10m/s2,sin37=0.6,cos37°=0.8。求：

（1）金屬棒a運(yùn)動(dòng)到BE處時(shí)的速度大小及磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大??；

（2）若發(fā)現(xiàn)在金屬棒b進(jìn)入水平導(dǎo)軌前,金屬棒a在水平導(dǎo)軌上已經(jīng)向左運(yùn)動(dòng)6機(jī)，求金屬棒a最終的運(yùn)動(dòng)速

度大小及整個(gè)過(guò)程中棒a上產(chǎn)生的焦耳熱。

（3）在（2）的已知條件下，求金屬棒a進(jìn)入水平導(dǎo)軌后，金屬棒a在水平導(dǎo)軌上的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中通過(guò)金屬棒a橫

【答案】⑴12m/s,IT;（2）9m/s,67.5J;（3）3C

【詳解】（1）金屬棒未進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，由牛頓第二定律得

m<7sin37°=ma

解得

a=6m/s2

由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有

Si=1atl

解得

ij=Is

則有

%=ati=6m/s

經(jīng)題意分析可知，金屬棒a、b在傾斜導(dǎo)軌上，進(jìn)入磁場(chǎng)前、進(jìn)入磁場(chǎng)中、離開磁場(chǎng)后運(yùn)動(dòng)的每一階段時(shí)間相

等，均為1s,所以金屬棒a運(yùn)動(dòng)到BE處時(shí)的速度大小

”2=3+at=12m/s

金屬棒在磁場(chǎng)中勻速運(yùn)動(dòng),則有

?7^sin37°=BIL???

又

/=2"皿】

聯(lián)立解得

B=1T

（2）若發(fā)現(xiàn)在金屬棒b進(jìn)入水平導(dǎo)軌前，金屬棒Q在水平導(dǎo)軌上已經(jīng)向左運(yùn)動(dòng)6館,設(shè)此時(shí)金屬棒a的速度大

?。?，對(duì)金屬棒a根據(jù)動(dòng)量定理可得

—BILt—mva—mv2

又

_AO

a=jt==——tBLx

qt2Tt2r2r

聯(lián)立解得

va—6m/s

根據(jù)題意分析可知，b金屬棒剛進(jìn)入水平導(dǎo)軌時(shí)的速度大小為

%==12m/s

a、b同時(shí)在水平導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)時(shí)，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則有

mva+mvb=2m/v共

解得金屬棒Q、b最終的運(yùn)動(dòng)速度大小為

o共=9m/s

整個(gè)過(guò)程，由能量守恒可得

Q總=2?ngZ/斜sin37°—x2m吸

其中

上斜=Si+。止1+%；”t=18m

代入數(shù)據(jù)得

?？?135J

所以金屬棒Q上產(chǎn)生的焦耳熱為

Q=5QB=67.5J

（3）金屬棒a進(jìn)入水平導(dǎo)軌后,在金屬棒b進(jìn)入水平導(dǎo)軌前過(guò)程，通過(guò)金屬棒Q橫截面的電荷量為

_BL6

q6C

在金屬棒b進(jìn)入水平導(dǎo)軌到金屬棒Q、b達(dá)到共速過(guò)程,對(duì)金屬棒a根據(jù)動(dòng)量定理可得

r

BFLt=BLq'=mv—mva

解得

q，=3c

由于兩個(gè)過(guò)程金屬棒a通過(guò)的電流方向相反，則金屬棒a在水平導(dǎo)軌上的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中通過(guò)金屬棒a橫截面的

電荷量為

qa=q—q'=3C

「題目叵〕（23-24高三下?上海寶山?階段練習(xí)）線圈在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)會(huì)受電磁阻尼作用.如圖所示，光滑絕緣水

平桌面上有一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形線圈abed,其質(zhì)量為小，各邊電阻相等,線圈以初速度。進(jìn)入一個(gè)有明顯邊

界的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)的寬度大于乙。當(dāng)線圈完全穿過(guò)磁場(chǎng)后，其速度變?yōu)槌跏嫉囊话?/p>