专题10电磁感应——2025届浙江省物理选考三年高考一年模拟

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专题10电磁感应——2025届浙江省物理选考三年高考一年模拟
1. （2024年6月 浙江）某小组探究“法拉第圆盘发电机与电动机的功用”，设计了如图所示装置。飞轮由三根长a＝0.8m的辐条和金属圆环组成，可绕过其中心的水平固定轴转动，不可伸长细绳绕在圆环上，系着质量m＝1kg的物块，细绳与圆环无相对滑动。飞轮处在方向垂直环面的匀强磁场中，左侧电路通过电刷与转轴和圆环边缘良好接触，开关S可分别与图示中的电路连接。已知电源电动势E0＝12V、内阻r＝0.1Ω、限流电阻R1＝0.3Ω、飞轮每根辐条电阻R＝0.9Ω，电路中还有可调电阻R2（待求）和电感L，不计其他电阻和阻力损耗，不计飞轮转轴大小。
（1）开关S掷1，“电动机”提升物块匀速上升时，理想电压表示数U＝8V。
①判断磁场方向，并求流过电阻R1的电流I；
②求物块匀速上升的速度v。
（2）开关S掷2，物块从静止开始下落，经过一段时间后，物块匀速下降的速度与“电动机”匀速提升物块的速度大小相等：
①求可调电阻R2的阻值；
②求磁感应强度B的大小。
【解答】解：（1）开关S掷1，相当于电动机；
①物块上升，则金属轮沿逆时针方向转动，辐条受到的安培力指向逆时针方向，辐条中电流方向从圆周指向O点，由左手定则可知，磁场方向垂直纸面向外；
由闭合电路的欧姆定律E0＝U+I（R1+r）
代入数据解得流过电阻R1的电流为10A；
②三根辐条的并联电阻
根据能量守恒定律UI＝I2R并+mgv
代入数据解得v＝5m/s；
另解：辐条切割磁感线产生的电动势与电源电动势相反，设每根辐条产生的电动势为E1，等效电路图如图1所示：
则U＝E1+IR并
代入数据解得E1＝5V
此时金属轮可视为电动机P出＝E1I
当物块P匀速上升时P出＝mgv
解得v＝5m/s
（2）物块匀速下落时，相当于发电机；
①由能量关系可知mgv′＝（I′）2（R2+R并）
代入数据解得R2＝0.2Ω
另解：等效电路图如图2所示：
由受力分析可知，辐条受到的安培力与第（1）问相同，经过R2的电流I′＝I＝10A
由题意可知v′＝v＝5m/s
每根辐条切割磁感线产生的感应电动势E2＝E1＝5V
根据电阻串联、并联电路的特点R总＝R2+R并
代入数据解得R2＝0.2Ω
②根据导体棒切割磁感线产生感应电动势
而E2＝5V
代入数据解得B＝2.5T。
答：（1）①磁场方向垂直纸面向外；流过电阻R1的电流为10A；
②物块匀速上升的速度为5m/s；
（2）①可调电阻R2的阻值为0.2Ω；
②磁感应强度B的大小为2.5T。
2. （2024 浙江）若通以电流I的圆形线圈在线圈内产生的磁场近似为方向垂直线圈平面的匀强磁场，其大小B＝kI（k的数量级为10﹣4T/A）。现有横截面半径为1mm的导线构成半径为1cm的圆形线圈处于超导状态，其电阻率上限为10﹣26Ω m。开始时线圈通有100A的电流，则线圈的感应电动势大小的数量级和一年后电流减小量的数量级分别为（　　）
A．10﹣23V 10﹣7A B．10﹣20V 10﹣7A
C．10﹣23V 10﹣5A D．10﹣20V 10﹣5A
【解答】解：线圈中电流I（t）的减小将在线圈内产生自感电动势，故
其中L为线圈的自感系数
可得：L
在计算通过线圈的磁通量Φ时，以导线附近即r1处的B为最大，又可认为是无限长载流导线所产生的，
根据题意B＝kI，则：
根据电阻定律有：
联立解得：
ε＝2×10﹣20V，A。
则线圈的感应电动势大小的数量级为10﹣20V，一年后电流减小量的数量级为10﹣5A。
故选：D。
3. （2024 浙江）如图1所示，扫描隧道显微镜减振装置由绝缘减振平台和磁阻尼减振器组成。平台通过三根关于O′O″轴对称分布的相同轻杆悬挂在轻质弹簧的下端O，弹簧上端固定悬挂在O′点，三个相同的关于O′O″轴对称放置的减振器位于平台下方。如图2所示，每个减振器由通过绝缘轻杆固定在平台下表面的线圈和固定在桌面上能产生辐向磁场的铁磁体组成，辐向磁场分布关于线圈中心竖直轴对称，线圈所在处磁感应强度大小均为B。处于静止状态的平台受到外界微小扰动，线圈在磁场中做竖直方向的阻尼运动，其位移随时间变化的图像如图3所示。已知t＝0时速度为v0，方向向下，t1、t2时刻的振幅分别为A1、A2。平台和三个线圈的总质量为m，弹簧的劲度系数为k，每个线圈半径为r、电阻为R。当弹簧形变量为Δx时，其弹性势能为。不计空气阻力，求：
（1）平台静止时弹簧的伸长量Δx0；
（2）t＝0时，每个线圈所受到安培力F的大小；
（3）在0～t1时间内，每个线圈产生的焦耳热Q；
（4）在t1～t2时间内，弹簧弹力冲量I弹的大小。
【解答】解：（1）平台静止时，穿过三个线圈的磁通量不变，线圈中不产生感应电流，线圈不受到安培力作用，O点受力平衡，因此由胡克定律可知此时弹簧的伸长量：
（2）在t＝0时速度为v0，设每个线圈的周长为L，由电磁感应定律可得线圈中产生的感应电流：
每个线圈所受到安培力F的大小：
（3）平台在0～t1时间内由能量守恒定律可得：
联立解得：
在0～t1时间内，振动时能量的减少转化为线圈的焦耳热，可知每个线圈产生的焦耳热：
（4）取向上为正方向，全程由动量定理可得：I弹+IA﹣IG＝0
其中，重力的冲量：IG＝mg（t2﹣t1）
安培力的冲量：IA＝3×2πrB Δq，而电荷量为：
联立解得弹簧弹力冲量I弹的大小为：
答：（1）平台静止时弹簧的伸长量Δx0为；
（2）t＝0时，每个线圈所受到安培力F的大小为；
（3）在0～t1时间内，每个线圈产生的焦耳热Q为；
（4）在t1～t2时间内，弹簧弹力冲量I弹的大小为[]。
4. （2023 浙江）如图所示，质量为M、电阻为R、长为L的导体棒，通过两根长均为l、质量不计的导电细杆连在等高的两固定点上，固定点间距也为L。细杆通过开关S可与直流电源E0或理想二极管串接。在导体棒所在空间存在磁感应强度方向竖直向上、大小为B的匀强磁场，不计空气阻力和其它电阻。开关S接1，当导体棒静止时，细杆与竖直方向的夹角；然后开关S接2，棒从右侧开始运动完成一次振动的过程中（　　）
A．电源电动势E0
B．棒消耗的焦耳热Mgl
C．从左向右运动时，最大摆角小于
D．棒两次过最低点时感应电动势大小相等
【解答】解：A、以棒为研究对象，画出前视的受力图，如图所示：
根据平衡条件可得：F安＝Mgtanθ，其中：F安＝BIL
解得：I
电源电动势E0＝IR，故A错误；
B、假设棒从右侧开始运动完成一次振动的过程中，达到最低点时速度为零，则棒的重力势能减少：ΔEp＝Mgl（1﹣cosθ），解得：ΔEpMgl，根据能量守恒定律可知棒消耗的焦耳热Mgl；由于棒达到最低点时的速度不为零，则完成一次振动过程中，棒消耗的焦耳热小于Mgl，故B错误；
C、棒从右侧开始运动达到最左侧过程中，回路中有感应电流，导体棒上会产生焦耳热，所以达到左侧最高点时，棒的最大摆角小于；从左向右运动时，根据右手定则可知，电流反向通过二极管，由于二极管具有单向导电性，所以回路中没有电流，则棒从左向右运动时，最大摆角小于，故C正确；
D、棒第一次经过最低点向左摆动过程中，回路中有感应电流，棒的机械能有损失，所以第二次经过最低点时的速度小于第一次经过最低点的速度，根据E＝BLv可知，第二次经过最低点时感应电动势大小小于第一次经过最低点的感应电动势大小，故D错误。
故选：C。
5. （2023 浙江）如图甲所示，一导体杆用两条等长细导线悬挂于水平轴OO'，接入电阻R构成回路。导体杆处于竖直向上的匀强磁场中，将导体杆从竖直位置拉开小角度由静止释放，导体杆开始下摆。当R＝R0时，导体杆振动图像如图乙所示。若横纵坐标皆采用图乙标度，则当R＝2R0时，导体杆振动图像是（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：导体杆切割磁感线时，回路中产生感应电流，由楞次定律可得，导体杆受到的安培力总是阻碍导体棒的运动。
当电阻R从R0变为2R0时，回路中的电阻增大，则电流减小，导体杆所受安培力减小，即导体杆在摆动时所受的阻力减弱，所以杆从开始摆动到停止，运动的路程和经历的时间变长，故B正确，ACD错误。
故选：B。
6. （2023 浙江）某兴趣小组设计了一种火箭落停装置，简化原理如图所示，它由两根竖直导轨、承载火箭装置（简化为与火箭绝缘的导电杆MN）和装置A组成，并形成闭合回路。装置A能自动调节其输出电压确保回路电流I恒定，方向如图所示，导轨长度远大于导轨间距，不论导电杆运动到什么位置，电流I在导电杆以上空间产生的磁场近似为零；在导电杆所在处产生的磁场近似为匀强磁场，大小B1＝kI （其中k为常量），方向垂直导轨平面向里；在导电杆以下的两导轨间产生的磁场近似为匀强磁场，大小B2＝2kI，方向与B1相同。火箭无动力下降到导轨顶端时与导电杆粘接，以速度v0进入导轨，到达绝缘停靠平台时速度恰好为零，完成火箭落停。已知火箭与导电杆的总质量为M，导轨间距d，导电杆电阻为R。导电杆与导轨保持良好接触滑行，不计空气阻力和摩擦力，不计导轨电阻和装置A的内阻。在火箭落停过程中，
（1）求导电杆所受安培力的大小F和运动的距离L；
（2）求回路感应电动势E与运动时间t的关系；
（3）求装置A输出电压U与运动时间t的关系和输出的能量W；
（4）若R的阻值视为0，装置A用于回收能量，给出装置A可回收能量的来源和大小。
【解答】解：（1）导电杆所受安培力的大小为：F＝B1Id＝kI I 3Mg
在火箭落停过程中，导电杆做匀减速直线运动，设其加速度大小为a，对火箭与导电杆整体，由牛顿第二定律得：
F﹣Mg＝Ma
解得：a＝2g
由速度—位移关系公式可得：
2aL
解得：L
（2）由速度—时间关系公式可得运动时间为t时，导电杆的速度为：
v＝v0﹣at＝v0﹣2gt
回路中感应电动势为：
E＝B2dv＝2kI （v0﹣2gt）（v0﹣2gt）
（3）导电杆两端的电压恒为U0＝IR
根据楞次定律或右手定则可知感应电流方向为顺时针方向，与装置A提供的电流方向相同，为确保回路电流I恒定，需满足：
U+E＝U0
解得装置A输出电压U与运动时间t的关系为：
U＝IR（v0﹣2gt）
火箭落停过程经历的时间为t1
装置A输出的功率为：P＝UI＝I2R﹣6Mg（v0﹣2gt）
可见装置A输出的功率P与时间成线性关系，则可用功率的平均值计算输出的能量W，初始（t＝0）时功率P0＝I2R﹣6Mgv0，末状态（t＝t1）的功率为P1＝I2R，则有：
W（P0+P1）t1
（4）当R＝0时，由U＝IR（v0﹣2gt）（v0﹣2gt）
可知装置A回收能量的功率为P′＝|U|I＝6Mg（v0﹣2gt）
可见装置A回收能量的功率与时间成线性关系，同理用此功率的平均值计算回收的总能量W总，初始（t＝0）时功率P0′＝6Mgv0，末状态（t＝t1）的功率为P1′＝0，则有：
W总（P0′+P1′）t1
设在火箭落停过程中，火箭与导电杆整体减少的机械能为ΔE机，减少的磁场能为ΔE磁，则有：
ΔE机MgL
根据能量守恒定律得：
ΔE磁＝W总﹣ΔE机
故装置A可回收能量的来源和大小为火箭与导电杆整体减少的机械能，大小为；减少的磁场能，大小为。
答：（1）导电杆所受安培力的大小F为3Mg，运动的距离L为；
（2）回路感应电动势E与运动时间t的关系为E（v0﹣2gt）；
（3）装置A输出电压U与运动时间t的关系为U＝IR（v0﹣2gt），输出的能量W为；
（4）装置A可回收能量的来源和大小为火箭与导电杆整体减少的机械能，大小为；减少的磁场能，大小为。
7. （2023 浙江）如图1所示，刚性导体线框由长为L、质量均为m的两根竖杆，与长为2l的两轻质横杆组成，且L 2l。线框通有恒定电流I0，可以绕其中心竖直轴转动。以线框中心O为原点、转轴为z轴建立直角坐标系，在y轴上距离O为a处，固定放置半径远小于a，面积为S、电阻为R的小圆环，其平面垂直于y轴。在外力作用下，通电线框绕转轴以角速度ω匀速转动，当线框平面与xOz平面重合时为计时零点，圆环处的磁感应强度的y分量By与时间的近似关系如图2所示，图中B0已知。
（1）求0到时间内，流过圆环横截面的电荷量q；
（2）沿y轴正方向看以逆时针为电流正方向，在时间内，求圆环中的电流与时间的关系；
（3）求圆环中电流的有效值；
（4）当撤去外力，线框将缓慢减速，经时间角速度减小量为，设线框与圆环的能量转换效率为k，求Δω的值（当0＜x 1，有（1﹣x）2≈1﹣2x）。
【解答】解：（1）由电流定义式得：q
由闭合电路欧姆定律得：
由法拉第电磁感应定律得：
0到时间内圆环的磁通量变化量的绝对值为：ΔΦ＝B0S﹣（﹣B0S）＝2B0S
联立解得：q；
（2）在时间内，圆环的磁通量不变，故圆环中的感应电流为零；
在时间内，感应电动势为：E S
沿y轴正方向看，由楞次定律判断感应电流为顺时针方向，故为负值，则此时间内感应电流为：
I；
（3）由图（2）的对称性可知，圆环中电流的有效值可用半个周期时间内的热等效求得，则有
I2RI有2R
解得：I有；
（4）已知经时间角速度减小量为，则此时间内线框的动能减小量为：
ΔEk 2m（ωl）2 2m[（ω﹣Δω）l]2＝mω2l2[1﹣（1）2]＝mω2l2[1﹣（1）2]＝mω2l2 22mωl2Δω
此时间内圆环产生的焦耳热为：Q＝I有2R
已知线框与圆环的能量转换效率为k，则有：Q＝kΔEk
解得：Δω。
答：（1）0到时间内，流过圆环横截面的电荷量q为；
（2）在时间内，圆环中的电流与时间的关系为：时间内电流为零，时间内电流为；
（3）圆环中电流的有效值为；
（4）Δω的值为。
8. （2022 浙江）如图所示，将一通电螺线管竖直放置，螺线管内部形成方向竖直向上、磁感应强度大小B＝kt的匀强磁场，在内部用绝缘轻绳悬挂一与螺线管共轴的金属薄圆管，其电阻率为ρ、高度为h、半径为r、厚度为d（d r），则（　　）
A．从上向下看，圆管中的感应电流为逆时针方向
B．圆管的感应电动势大小为
C．圆管的热功率大小为
D．轻绳对圆管的拉力随时间减小
【解答】解：A、根据安培定则可知螺线管产生的磁场的方向向上，由于螺线管产生的磁场随时间增强，根据楞次定律，圆管产生的感应电流方向从上向下看，圆管中的感应电流为顺时针方向，故A错误；
B、圆管的横截面积：S＝πr2，根据法拉第电磁感应定律，则产生的电动势：Ekπr2，故B错误；
C、根据电阻定律，圆管的电阻：R，
圆管内的感应电流的大小：I，
圆管的热功率大小为：P＝I2R，故C正确；
D、根据左手定则可知，圆管受到的安培力的方向指向圆管的圆心，虽然安培力变化，但安培力的大小对轻绳对圆管的拉力没有影响，所以轻绳对圆管的拉力不变，故D错误。
故选：C。
9. （2022 浙江）舰载机电磁弹射是现代航母最先进的弹射技术，我国在这一领域已达到世界先进水平。某兴趣小组开展电磁弹射系统的设计研究，如图1所示，用于推动模型飞机的动子（图中未画出）与线圈绝缘并固定，线圈带动动子，可在水平导轨上无摩擦滑动。线圈位于导轨间的辐向磁场中，其所在处的磁感应强度大小均为B。开关S与1接通，恒流源与线圈连接，动子从静止开始推动飞机加速，飞机达到起飞速度时与动子脱离；此时S掷向2接通定值电阻R0，同时施加回撤力F，在F和磁场力作用下，动子恰好返回初始位置停下。若动子从静止开始至返回过程的v﹣t图如图2所示，在t1至t3时间内F＝（800﹣10v）N，t3时撤去F。已知起飞速度v1＝80m/s，t1＝1.5s，线圈匝数n＝100匝，每匝周长l＝1m，飞机的质量M＝10kg，动子和线圈的总质量m＝5kg，R0＝9.5Ω，B＝0.1T，不计空气阻力和飞机起飞对动子运动速度的影响，求
（1）恒流源的电流I；
（2）线圈电阻R；
（3）时刻t3。
【解答】解：（1）根据安培力公式可得：
F安＝nBIl
动子和线圈在0～t1时间内做匀加速直线运动，运动的加速度为
根据牛顿第二定律得：
F安＝（M+m）a
代入数据解得：I＝80A
（2）当S拨至2时，接通定值电阻R0，此时的感应电流为
此时的安培力为
F安1＝nBI1l
根据牛顿第二定律得：
由图可知在t1到t3的过程中，加速度恒定，则有
解得：R＝0.5Ω；
（3）根据图像可知，
则0～2s时间内，位移大小为
根据法拉第电磁感应定律得：
根据电流的定义式可得：Δq＝It
联立解得：
从t3时刻到最后返回初始位置停下的时间段内通过回路中的电荷量，根据动量定理得：
﹣nBlΔq＝0﹣ma1（t3﹣t2）
联立解得：t3
答：（1）恒流源的电流为80A；
（2）线圈电阻为0.5Ω；
（3）时刻t3为。
10. （2022 浙江）如图所示，水平固定一半径r＝0.2m的金属圆环，长均为r，电阻均为R0的两金属棒沿直径放置，其中一端与圆环接触良好，另一端固定在过圆心的导电竖直转轴OO′上，并随轴以角速度ω＝600rad/s匀速转动，圆环内左半圆均存在磁感应强度大小为B1的匀强磁场。圆环边缘、与转轴良好接触的电刷分别与间距l1的水平放置的平行金属轨道相连，轨道间接有电容C＝0.09F的电容器，通过单刀双掷开关S可分别与接线柱1、2相连。电容器左侧宽度也为l1、长度为l2、磁感应强度大小为B2的匀强磁场区域。在磁场区域内靠近左侧边缘处垂直轨道放置金属棒ab，磁场区域外有间距也为l1的绝缘轨道与金属轨道平滑连接，在绝缘轨道的水平段上放置“[”形金属框fcde。棒ab长度和“[”形框的宽度也均为l1、质量均为m＝0.01kg，de与cf长度均为l3＝0.08m，已知l1＝0.25m，l2＝0.068m，B1＝B2＝1T、方向均为竖直向上；棒ab和“[”形框的cd边的电阻均为R＝0.1Ω，除已给电阻外其他电阻不计，轨道均光滑，棒ab与轨道接触良好且运动过程中始终与轨道垂直。开始时开关S和接线柱1接通，待电容器充电完毕后，将S从1拨到2，电容器放电，棒ab被弹出磁场后与“[”形框粘在一起形成闭合框abcd，此时将S与2断开，已知框abcd在倾斜轨道上重心上升0.2m后返回进入磁场。
（1）求电容器充电完毕后所带的电荷量Q，哪个极板（M或N）带正电？
（2）求电容器释放的电荷量ΔQ；
（3）求框abcd进入磁场后，ab边与磁场区域左边界的最大距离x。
【解答】解：（1）开关S与接线柱1接通。电容器充电，充电过程，对绕转轴OO′转动的棒由右手定则可知其动生电源的电流沿径向向外，即边缘为电源正极，圆心为负极，则M板带正电；
根据法拉第电磁感应定律可知：
则电容器的电荷量为：Q＝CU
联立解得：Q＝0.54C
（2）电容器放电过程有：B2l1ΔQ＝mv1
棒ab被弹出磁场后与“[”形框粘在一起的过程有：mv1＝（m+m）v2
棒的上滑过程有：
联立解得：ΔQ＝0.16C
（3）设导体框在磁场中减速滑行的总路程为Δx，由动量定理得：
可得：Δx＝0.128m＞0.08m
匀速运动距离为：l3﹣l2＝0.08m﹣0.068m＝0.012m
则x＝Δx+l3﹣l2＝0.128m+0.012m＝0.14m
答：（1）电容器充电完毕后所带的电荷量Q为0.54C，M极板带正电；
（2）电容器释放的电荷量ΔQ为0.16C；
（3）框abcd进入磁场后，ab边与磁场区域左边界的最大距离为0.14m。
1. （2024 浙江模拟）如图所示，在光滑绝缘的水平面上方，有两个方向相反的水平方向的匀强磁场，磁场范围足够大，磁感应强度的大小左边为2B，右边为3B，一个竖直放置的宽为L、长为3L、单位长度的质量为m、单位长度的电阻为r的矩形金属线框，以初速度v垂直磁场方向从图中实线位置开始向右运动，当线框运动到虚线位置（在左边磁场中的长度为L，在右边磁场中的长度为2L）时，线框的速度为，则下列判断正确的是（　　）
A．此时线框中电流方向为逆时针，线框中感应电流所受安培力为
B．此过程中通过线框截面的电量为
C．此过程中线框产生的焦耳热为
D．线框刚好可以完全进入右侧磁场
【解答】解：AD.根据右手定则，此时线框中电流方向为逆时针，线框中的感应电动势大小为E＝2BL3BLBLv，线框中感应电流大小为I，线框中感应电流所受安培力为F＝2BIL+3BIL＝5BIL＝5BL，根据牛顿第二定律此时线框的加速度大小为a，解得a，故A错误，D正确；
B.设向右为正方向，根据动量定理有﹣2BILΔt﹣3BILΔt＝8Lm8Lmv，q＝IΔt，联立解得q，故B错误；
C.由能量守恒定律有Q，故C错误；
故选：D。
2. （2024 下城区校级模拟）在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一闭合金属圆环，面积为S，电阻为R。规定圆环中电流的正方向如图甲所示，磁场向上为正。当磁感应强度B随时间t按图乙变化时，下列说法正确的是（　　）
A．0～1s内感应电流的磁场在圆环圆心处的方向向上
B．1～2s内通过圆环的感应电流的方向与图甲所示方向相反
C．0～2s内线圈中产生的感应电动势为
D．2～4s内线圈中产生的焦耳热为
【解答】解：A、0～1s内磁场向下减小，根据楞次定律可知感应电流的磁场在圆环圆心处的方向向下，故A错误；
B、1～2s内磁场向上增大，根据楞次定律可知感应电流的磁场在圆环圆心处的方向向下，所以感应电流方向与图甲所示方向相同，故B错误；
C、根据法拉第电磁感应定律有：E＝nns，0～2s内线圈中产生的感应电动势为E＝B0S，故C错误；
D、同C选项可知在2～4s内线圈中的感应电动势为E＝B0S，焦耳热Pt，解得：P，故D正确；
故选：D。
3. （2024 温州二模）如图所示，两通电长直导线沿正方体的A′D′边和BB′边放置，通过大小相等、方向如图中所示的恒定电流。一闭合圆形金属小线圈，初始位置圆心在A点，可沿不同方向以相同速率做匀速直线运动，运动过程中小线圈平面始终与AA′B′B平面平行。沿AD方向观察，不考虑地磁场影响，下列说法正确的是（　　）
A．C和D两点的磁感应强度相同
B．C′点的磁感应强度方向由D点指向C′点
C．圆形小线圈由A点向A′点移动时能产生顺时针方向的感应电流
D．圆形小线圈由A点向D点移动时能产生逆时针方向的感应电流
【解答】解：A．设A′D′边导线在C点与D点产生的磁感应强度分别为B1、B1′和BB′边导线在C点与D点产生的磁感应强度分别为B2、B2′，根据右手螺旋定则，在C和D两点产生的磁场方向如图所示
根据矢量的合成，知C和D两点的合磁场大小相等，方向不同，故A错误；
B．根据右手螺旋定则，知A′D′边导线在C′点产生的磁场方向由C′→C，BB′边导线在C′点产生的磁场方向由C′→D′，根据矢量的合成，得C′点的磁感应强度方向由C′点指向D点，故B错误；
C．根据安培定则，电流AD′产生的磁场与小线圈平行，则穿过小线圈的磁通量为零；电流B′B产生的磁场与小线圈垂直，圆形小线圈由A点向A′点移动时，小线圈到电流B′B的距离不变，又因为小线圈平面始终与AA′B′B平面平行，故磁通量不变，无感应电流产生，故C错误；
D．结合C的分析，当圆形小线圈由A点向D点移动时，小线圈到电流B′B的距离增大，所以穿过小线圈的磁通量减小，根据楞次定律得感应电流磁场方向垂直纸面向外，产生逆时针方向的感应电流，故D正确。
故选：D。
4. （2024 绍兴二模）如图所示，匀质硬导线ab、ac、bc均为圆弧，连接后分别固定在xOy、xOz、yOz平面内，圆心都在O点且半径r＝10cm，指向x轴正方向的磁场以9×10﹣3T/s的速率均匀增大，下列说法正确的是（　　）
A．bc段导线中的电流从b流向c
B．导线产生的感应电动势大小为9π×10﹣5V
C．ac段导线所受安培力方向沿y轴负方向
D．ab段导线所受安培力大小小于bc段导线所受安培力大小
【解答】解：A、指向x轴正方向的磁场以9×10﹣3T/s的速率均匀增大，则Obc的磁通量增大，根据楞次定律可知bc段导线中的电流从c流向b，故A错误；
B、根据法拉第电磁感应定律有E9×10﹣32π×10×0.01V＝4.5π×10﹣4V，故B错误；
C、导线中的电流方向为顺时针方向，根据左手定则可知，ac段导线所受安培力方向沿y轴正方向，故C错误；
D、根据安培力的计算公式可知ab段导线所受安培力大小为F＝BIlOb，bc段导线所受安培力大小为F＝BIlbc，所以ab段导线所受安培力大小小于bc段导线所受安培力大小，故D正确；
故选：D。
5. （2024 鹿城区校级模拟）如图所示，竖直平面内在A、D两点各固定一颗光滑钉子，一个由细软导线制成的闭合导线框挂在两颗钉子上，匀强磁场的磁感应强度为B，导线框的电阻为r，圆的半径为R。从t＝0时刻开始，将导线上的C点绕圆心O以恒定角速度ω从A点沿圆弧移动到D点，导线始终绷紧。此过程导线中（　　）
A．张力保持不变
B．感应电流的方向先顺时针后逆时针
C．感应电流随时间t的变化关系为
D．产生的电热为
【解答】解：A.对滑轮E分析可知，两边绳子拉力总是相等的，则两边绳子与竖直方向的夹角总相等，随着C点沿圆弧从A点移到D点，AC段与CD段绳子长度之和先增加后减小，则AE段与ED段绳子长度之和先减小后增加，AE段绳子与ED段绳子的夹角先增加后减小，对滑轮，如图
根据平衡条件有
2Tcosα＝mg
α先增大和减小，则cosα先减小后增大，可知绳子的拉力先增加后减小，故A错误；
B.△ACD所围的面积因θ角从0°度到180°过程中，则导线框中的磁通量先增大后减小，根据楞次定律可知，感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向，故B错误；
C.根据法拉第电磁感应定律E，而θ＝ωt，根据几何知识可得，线框上的三角形的面积为
磁通量Φ＝BS＝BR2sinωt
可知，导线框中感应电动势随时间t的变化关系为
e＝ωBR2cosωt
感应电流随时间t的变化关系为
i，故C错误；
D.导线框中感应电动势的有效值为
故导线框中产生的电热为
解得Q，故D正确。
故选：D。
6. （2024 鹿城区校级模拟）如图所示，竖直光滑导轨上端接入一定值电阻R，C1和C2是半径都为a的两圆形磁场区域，其区域内的磁场方向都垂直于导轨平面向外，区域C1中磁场的磁感应强度随时间按B1＝b+kt（k＞0）变化，C2中磁场的磁感应强度恒为B2，一质量为m、电阻为r、长度为L的金属杆AB穿过区域C2的圆心垂直地跨放在两导轨上，且与导轨接触良好，并恰能保持静止。则（　　）
A．通过金属杆的电流大小为
B．通过金属杆的电流方向为从A到B
C．定值电阻的阻值R
D．整个电路中产生的热功率P
【解答】解：A、对金属杆，根据平衡条件得：mg＝B2I 2a，解得：I，故A错误；
B、金属杆AB保持静止，受到的安培力与重力平衡，则安培力方向竖直向上，磁场方向垂直于导轨平面向外，由左手定则判断可知，通过金属杆的电流方向为从B到A，故B错误；
C、由法拉第电磁感应定律得回路中产生的感应电动势为：E πa2＝kπa2
由闭合电路欧姆定律得：I，结合I，解得：Rr，故C错误；
D、整个电路中产生的热功率为：P＝EI＝kπa2 ，故D正确。
故选：D。
7. （2024 嘉兴一模）如图所示，假设“天宫一号”正以速度7.5km/s绕地球做匀速圆周运动，运动方向与其太阳帆板两端相距20m的M、N的连线垂直，太阳帆板视为导体。飞经某处时的地磁场磁感应强度垂直于MN所在平面的分量为1.0×10﹣5T，若此时在太阳帆板上将一只“1.5V，0.3W”的小灯泡与M、N相连构成闭合电路（图中未画出），太阳帆板内阻不可忽略。则（　　）
A．此时M、N两端间的电势差为0
B．此时小灯泡恰好能正常发光
C．“天宫一号”绕行过程中受到电磁阻尼
D．“天宫一号”在南、北半球水平飞行时M端的电势始终高于N端
【解答】解：AB．小灯泡与M、N相连构成闭合回路，它们一起在磁场中做切割磁感线运动，根据楞次定律，闭合回路的磁通量不变，回路中不产生感应电流，小灯泡不工作，M、N间感应电动势大小为E＝BLv，代入数据得E＝1.5V，太阳帆板存在内阻小灯泡不能正常发光，故AB错误；
C．导体在磁场中发生涡流现象，受到电磁阻尼，故C正确；
D．地磁场磁感应强度垂直于MN所在平面的分量在南、北半球方向相反，所以“天宫一号”在南、北半球水平飞行时M、N间感应电动势方向相反，故D错误。
故选：C。
8. （2024 乐清市校级三模）如图1所示为永磁式径向电磁阻尼器，由永磁体、定子、驱动轴和转子组成，永磁体安装在转子上，驱动轴驱动转子转动，定子上的线圈切割“旋转磁场”产生感应电流，从而产生制动力。如图2所示，单个永磁体的质量为m，长为L1、宽为L2（宽度相对于所在处的圆周长度小得多，可近似为一段小圆弧）、厚度很小可忽略不计，永磁体的间距为L2，永磁体在转子圆周上均匀分布，相邻磁体磁极安装方向相反，靠近磁体表面处的磁场可视为匀强磁场，方向垂直表面向上或向下，磁感应强度大小为B，相邻磁体间的磁场互不影响。定子的圆周上固定着多组金属线圈，每组线圈有两个矩形线圈组成，连接方式如图2所示，每个矩形线圈的匝数为N、电阻为R，长为L1，宽为L2，线圈的间距为L2。转子半径为r，转轴及转子质量不计，定子和转子之间的缝隙忽略不计。
（1）求电磁阻尼器的中线圈的个数n1和永磁体的个数n2；
（2）当转子角速度为ω时，求流过每组线圈电流I的大小；
（3）若转子的初始角速度为ω0，求转子转过的最大角度θm；
（4）若在外力作用下转子加速，转子角速度ω随转过的角度θ的图像如图3所示，求转过θ1过程中外力做的功W外。
【解答】解：（1）根据题意和题图可知，转子半径为r，定子的圆周上固定着多组金属线圈，每组线圈有两个矩形线圈组成，每个矩形线圈长为L1，宽为L2，线圈的间距为L2。所以线圈的个数：n1。
单个永磁体的长为L1、宽为L2（宽度相对于所在处的圆周长度小得多，可近似为一段小圆弧）、厚度很小可忽略不计，永磁体的间距为L2，永磁体在转子圆周上均匀分布，所以永磁体的个数：n2；
（2）根据法拉第电磁感应定律有：E＝2NBL1ωr
根据欧姆定律有：I
（3）根据安培力公式可知：F＝2NBIL1
规定安培力的方向为正方向，根据动量定理可知：∑Δt＝mΔv
结合θ＝rω可得：θm
（4）一组磁铁在转过Δθ过程中克服安培力做功：ΔW＝FrΔθ r Δθ
根据图像的面积可知一组磁铁转过θ1过程中克服安培力做功：W
所有磁铁转过θ1过程中克服安培力做功：W总＝n1W W
所有磁铁转过θ1过程中动能的增加量：ΔEk
转过θ1过程中外力做的功：W外＝W总+ΔEk
答：（1）电磁阻尼器的中线圈的个数n1为，永磁体的个数n2为；
（2）当转子角速度为ω时，流过每组线圈电流I的大小为；
（3）若转子的初始角速度为ω0，转子转过的最大角度θm为；
（4）若在外力作用下转子加速，转子角速度ω随转过的角度θ的图像如图3所示，转过θ1过程中外力做的功W外为（）。
9. （2024 镇海区校级三模）如图甲所示，无限长的两根通电直导线安装在横放的绝缘直三棱柱架子的AA'和BB'两条棱边上（AB⊥BC），在架子右侧一条棱边CC'的中点上水平固定一面积为S（面积足够小）、电阻为R的n匝线圈，线圈到AA'和BB'的距离分别为L1和L2，另外将足够长的平行绝缘轨道固定水平地面上（轨道分别位于BC和B'C'的延长线上），轨道间距为L。
（1）如果AA'和BB'上通电导线的电流大小分别为I1和I2，方向如图中箭头所示，求线圈中的磁通量（已知通电直导线周围激发的磁场满足关系：，其中I为电流大小，r为到直导线的距离，k为某已知常数。另外线圈面积足够小时，通电导线在线圈中激发的磁场可当成匀强磁场）；
（2）如果通电导线在线圈处激发的磁感应强度的竖直分量By与时间的关系如图乙所示，图中B0已知，求0到时间内，流过线圈导线横截面的电荷量；
（3）在第（2）题的前提条件下，已知t＝0时刻线圈中磁场方向为竖直向上，假设以俯视观察时逆时针方向为电流正方向。求时间内线圈中的电流瞬时表达式及0到T时间内线圈中电流有效值；
（4）撤去两根通电直导线，现将一质量为m、长度为L、接入轨道部分电阻为R的金属棒ab垂直放置在轨道上，右方还有质量为3m、边长均为L的U形框cdef，其中U形框cdef的电阻为3R。沿绝缘轨道方向建立x轴，虚线与坐标原点O在间一水平线上，虚线EF左侧轨道光滑，让虚线EF右侧所在空间存在竖直向上的磁场，磁感应强度的分布为B＝k′x+B0（k'＞0）。现在给金属棒ab一个水平向右的瞬时冲量I0，一段时间后金属棒ab与U形框发生完全非弹性碰撞，整体进入到EF右侧运动时会受到阻力，阻力大小与速度满足，求ab与U形框整体最终静止时ab边的坐标x及U形杠在运动过程中产生的焦耳热QU。
【解答】解：（1）根据安培定则可知，AA′和BB′上通电导线在线圈处产生的磁感应强度的方向如图所示，
由题可得两通电导线在线圈处产生的磁感应强度大小为：B1，B2
则线圈处磁感应强度垂直与线圈平面的分量大小为：By＝B1cosθ+B2，cosθ
线圈中的磁通量：Φ＝ByS
联立解得：Φ
（2）由图乙可知，0～时间内穿过线圈的磁通量的变化量为：ΔΦ＝（B0+0.5B0）S＝1.5B0S
流过线圈导线横截面的电荷量：q
（3）当时，线圈中的磁感应强度均匀变化，则感应电流的大小不变，为：I1
由楞次定律可知，线圈中感应电流方向为逆时针，即此过程电流为正；
同理可得，当时，线圈中的感应电流大小为：I2
线圈中感应电流方向为逆时针，即此过程电流为正。
当时，线圈中的感应电流大小为：I3
线圈中感应电流方向为顺时针，即此过程电流为负
当时，线圈中的感应电流大小为I4
线圈中感应电流方向为顺时针，即此过程电流为负
综上可得，线圈中的电流瞬时表达式为：i
由交变电流有效值的定义可得：
解得：I有效
（4）以向右为正方向，由动能定理，对a棒：I0＝mv0
金属棒与U形框发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律有：mv0＝（m+3m）v
两物体构成回路运动过程，de边的磁感应强度总比ab大，且总有：ΔB＝k′L3
则回路中的电流为：I
金属框受到的合力为：F安＝ΔBIL3
由题意可知，当两棒构成的回路，帮有感应电流和安培力，由动量定理可得：﹣（F安+f）t＝0﹣（m+3m）v
综合以上可得：ft＝I0
代入阻力f的值，可得最终导体框静止时de边的坐标为：x＝L3+s
根据能量守恒定律可知，回路产生的热量为：Q
因为摩擦生热产生的热量：Q′＝fx
则U形框产生的焦耳热为：QuQ﹣Q′）
答：（1）线圈中的磁通量为；
（2）0到时间内，流过线圈导线横截面的电荷量为；
（3）时间内线圈中的电流瞬时表达式为，0到T时间内线圈中电流有效值为；
（4）ab与U形框整体最终静止时ab边的坐标为，U形杠在运动过程中产生的焦耳热QU为。
10. （2024 浙江模拟）一实验小组设计了电动小车来研究电磁驱动。其原理为轮毂电机通过控制定子绕组通电顺序和时间，形成旋转磁场，驱动转子绕组带动轮胎转动。简化模型如图所示，定子产生边界为正方形的多个水平排列的有界匀强磁场，相邻两磁场方向相反。转子为水平放置的正方形线框。磁场以速度v向右匀速运动，一段时间后，线框以速度v向右匀速运动。已知磁感应强度的大小均为B，磁场和线框的边长均为l，线框的质量为m，电阻为R，阻力的大小恒定。
（1）求线框受到的阻力大小f；
（2）若线框由静止加速到v需要t时间，则这段时间内线框运动的位移大小x；
（3）以磁场和线框均做匀速运动的某时刻记为0时刻，此后磁场以加速度a向右做匀加速直线运动，t1时刻线框也做匀加速直线运动，求0～t1时间内通过线框的电量q。
【解答】解：（1）当线框匀速运动时，感应电动势大小为：E＝2Bl（v）Blv
线框受到的安培力为：FA＝2BIl
线框所受的安培力与阻力平衡，有：f＝FA；
（2）取向右为正方向，根据动量定理可得：2Blt﹣ft＝m 0
其中：tt
解得：x；
（3）设t1时刻磁场的速度为v1，则：v1﹣v＝at1
此时对线框，有：2BI′l﹣f＝ma，其中此时的电流为：I′
解得：v2at1
取向右为正方向，对线框根据动量定理可得：2Blt1﹣ft1＝mv2﹣m
0～t1时间内通过线框的电量qt1
联立解得：q。
答：（1）线框受到的阻力大小为；
（2）若线框由静止加速到v需要t时间，则这段时间内线框运动的位移大小为；
（3）0～t1时间内通过线框的电量为。
11. （2024 台州二模）某中学兴趣小组研究了电机系统的工作原理，认识到电机系统可实现驱动和阻尼，设计了如图所示装置。电阻不计的“L型”金属导轨由足够长竖直部分和水平部分连接构成，竖直导轨间存在水平向右的匀强磁场，磁感应强度大小为B。导体棒ab与竖直导轨始终良好接触并通过轻质滑轮连接重物M，初始被锁定不动。已知导体棒ab的质量为m，重物M质量为3m，竖直导轨间距为d。电源电动势，内阻为R，导体棒与定值电阻阻值均为R。
（1）把开关k接1，解除导体棒锁定，导体棒经时间t恰好开始匀速上升，求：
①通过导体棒的电流方向；
②导体棒匀速上升时的速度；
③此过程导体棒上升的高度h；
（2）把开关k接2，解除导体棒锁定，导体棒经时间t'、下落高度h'时恰好开始匀速下落，求此过程中回路产生的总焦耳热。
【解答】解：（1）把开关k接1，解除导体棒锁定，导体棒经时间t恰好开始匀速上升时：
①根据右手定则可知，通过导体棒的电流方向由a到b；
②设导体棒匀速上升时的速度为v1。
导体棒中感应电流大小为
I
对两棒整体，根据平衡条件得
BId+mg＝3mg
解得：v1
③导体棒从开始运动到刚匀速运动的过程，取竖直向上为正方向，对两棒整体，根据动量定理得
（3mg﹣mg）t﹣Bdt＝（3m+m）v1﹣0
即2mgt﹣Bdq＝4mv1
又通过导体棒的电荷量为
qt
联立解得：h（2t）
（2）把开关k接2，解除导体棒锁定，导体棒经时间t'、下落高度h'时恰好开始匀速下落，此时导体棒中感应电流大小为
I′
对两棒整体，根据平衡条件得
BI′d+mg＝3mg
联立解得导体棒匀速运动的速度大小为：v2
取竖直向上为正方向，对两棒整体，根据动量定理得
Bdq′﹣（3mg﹣mg）t′＝（3m+m）v2﹣0
即Bdq′﹣2mgt＝4mv2
解得此过程通过导体棒的电荷量为：q′
根据能量守恒有
Eq′（3m﹣m）gh′+Q
解得：Q（10t′）﹣2mgh′
答：（1）①通过导体棒的电流方向由a到b；
②导体棒匀速上升时的速度为；
③此过程导体棒上升的高度h为（2t）；
（2）此过程中回路产生的总焦耳热为（10t′）﹣2mgh′。
12. （2024 金华二模）基于电容器的制动能量回收系统已经在一些新能源汽车上得到应用。某同学设计的这种系统的一种简易模型如图所示。某种材料制成的薄板质量为m，围成一个中空圆柱，圆的半径为r，薄板宽度为L，可通过质量不计的辐条绕过圆心O且垂直于圆面的水平轴转动。薄板能够激发平行于圆面且沿半径方向向外的辐射磁场，磁场只分布于薄板宽度的范围内，薄板外表面处的磁感应强度为B。一匝数为n的线圈abcd固定放置（为显示线圈绕向，图中画出了两匝），ab边紧贴薄板外表面但不接触，线圈的两个线头c点和d点通过导线连接有电容为C的电容器、电阻为R的电阻、单刀双掷开关，如图所示。现模拟一次刹车过程，开始时，单刀双掷开关处于断开状态，薄板旋转方向如图所示，旋转中薄板始终受到一与薄板表面相切、与运动方向相反的大小为f的刹车阻力作用，当薄板旋转的角速度为ω0时，将开关闭合到位置1，电容器开始充电，经时间t电容器停止充电，开关自动闭合到位置2直至薄板停止运动。除刹车阻力外，忽略其他一切阻力，磁场到cd连线位置时足够弱，可以忽略。电容器的击穿电压足够大，开始时不带电，线圈能承受足够大的电流，不考虑可能引起的一切电磁辐射。求：
（1）电容器充电过程中，判断极板M带电的电性；
（2）开关刚闭合到位置1时，线圈切割磁感线的切割速度v的大小及此时产生的感应电动势；
（3）求充电结束时，薄板的角速度ω1大小；
（4）求薄板运动的整个过程中该系统的能量回收率。
【解答】解：（1）薄板旋转方向为逆时针，则线框相对于薄板的运动方向为顺时针，根据右手定则可知，d点电势低于c点电势，故M板带负电；
（2）根据线速度与角速度关系有
v＝rω0
根据法拉第电磁感应定律有
E＝nBLv＝nBLrω0
（3）薄板旋转，线圈相对薄板的线速度分别为v0＝rω0，v1＝rω1
停止充电时，两极板的电压为U1＝nBLv1
在充电过程中，对薄板分析，根据动量定理得﹣ft﹣nBLt＝mv1﹣mv0
充电的电荷量大小满足Q1t，Q1＝CU1
联立解得ω1
（4）整个过程中，薄板损失的机械能为ΔE损
充电过程中的Q﹣U图像如图所示
利用微元法，结合充电过程中克服电场力做功的公式W＝qU
电容的公式C
可得到阴影面积为电容器充电过程中获得的能量，即ΔE回U1Q1
薄板运动的整个过程中该系统的能量回收率η
联立解得η
答：（1）电容器充电过程中，M板带负电；
（2）开关刚闭合到位置1时，线圈切割磁感线的切割速度v的大小为rω0；此时产生的感应电动势为nBLrω0；
（3）充电结束时，薄板的角速度ω1大小为；
（4）薄板运动的整个过程中该系统的能量回收率为。
13. （2024 温州三模）如图甲所示，在光滑绝缘水平面内建立xOy直角坐标系，在区域Ⅰ内分布着垂直该平面向外的匀强磁场（右边界EF的横坐标在2a～3a间某处），其磁感应强度大小随时间变化如图乙所示；在区域Ⅱ（5a≤x≤6a）内分布着垂直该平面向外、磁感应强度大小为B0的匀强磁场。该平面内有边长为2a、电阻为R、质量为m的正三角形金属框，其MN边与y轴重合，N点与坐标原点O重合。
（1）若金属框不动，在t0～2t0的时间内判断框内电流方向，并求出MN边上产生的焦耳热Q；
（2）若在t＝0时，沿x轴正方向给金属框一初速度v0，使其沿x轴运动。t＝2t0时顶点P刚好运动到边界EF处：当顶点P运动到x＝5a和x＝6a处时的速度分别为v1（未知）和v2；框顶点P到达x＝6a处后，继续向前运动直到停止（此时MN边尚未进入区域Ⅱ）。运动中MN边始终与y轴平行。
①比较v1与v0的大小；
②求金属框停止时顶点P的横坐标xP；
③若将金属框以初速度大小为2v0、方向与x轴正方向成60°角斜向上推出，其他条件不变。求当框顶点P到达x＝6a处时的速度v的大小。
【解答】解：（1）根据题意，金属框静止在磁场中，在t0～2t0的时间内穿过金属框的磁通量均匀减小，由楞次定律可知，线圈中电流方向为逆时针方向。
由法拉第电磁感应定律得感应电动势为：
由闭合电路欧姆定律得感应电流为：
由焦耳定律得MN边上产生的焦耳热为：
（2）①由图乙可知，0～2t0时间内，整个金属框在磁场内，无论金属框中是否有感应电流，整个金属框所受安培力为零，做匀速直线运动，2t0时刻后区域Ⅰ内磁感应强度为零，顶点P运动到x＝5a的过程金属框继续做匀速直线运动，则有：
v1＝v0
②根据题意，由几何关系可知，顶点P到达x＝6a处后，金属框进入区域Ⅱ的有效长度为：
继续运动直到停止的过程，以向右为正方向，根据动量定理得：
﹣B0L0﹣mv2
又有：
联立解得：
则金属框停止时顶点P的横坐标为：
③将金属框以初速度大小为2v0，方向与x轴正方向成60°角斜向上推出，同理在区域Ⅰ内线框做匀速直线运动，将初速度沿x、y轴分解，则有：
vx＝2v0sin30°＝v0，
因vx＝v0，故根据①的解答，可知2t0时刻顶点P刚好运动到边界EF处，进入区域Ⅱ前一直做匀速直线运动。
进入区域Ⅱ后在y轴方向上安培力的分量为零，在此方向上做匀速直线运动。
在x轴方向上，以向右为正方向，根据动量定理得：
﹣B0Lmvx′﹣mvx
对于沿x轴正方向给金属框一初速度v0，使其沿x轴运动的情况中，顶点P由x＝5a运动到x＝6a的过程，同理有：
﹣B0Lmv2﹣mv1
又有：vx＝v0＝v1
对比可得：vx′＝v2
当顶点P到达x＝6a处时的速度大小为：
答：（1）若金属框不动，在t0～2t0的时间内框内电流方向为逆时针方向，MN边上产生的焦耳热Q为；
（2）①v1与v0的大小相等；
②金属框停止时顶点P的横坐标xP为；
③当框顶点P到达x＝6a处时的速度v的大小为。
14. （2024 浙江模拟）如图所示，倾角为θ＝37°的绝缘斜面上的EF和GH之间有垂直斜面向下的有界磁场，磁感应强度B＝1.0T，磁场宽度d＝10cm。质量m＝0.5kg闭合矩形线框ABCD放在斜面上，线框由粗细均匀的导线绕制而成，其总电阻为R＝0.04Ω，其中AC长为L1＝100cm，AB长为L2＝20cm。开始时，线框的CD边与EF平行。现由静止释放线框，当线框CD边运动到磁场边界EF时，恰好做匀速直线运动，速度大小为v1。而当AB边到达磁场下边缘GH时，线框的速度大小为v2＝2.0m/s，整个过程中线框不发生转动。已知线框和斜面之间的摩擦因数为0.5，（g＝10m/s2）求：
（1）速度v1的大小；
（2）线圈穿越磁场的过程中产生的焦耳热；
（3）线框从CD边进入磁场到AB边穿出磁场的过程所用的时间。
【解答】解：L2＝20cm＝0.2m，L1＝100cm＝1m，d＝10cm＝0.1m。
（1）线框的CD边刚进入磁场时，对线框受力分析：BIL2+μN＝mgsinθ
其中：N＝mgcosθ，
CD边切割磁感线，由法拉第电磁感应定律：ECD＝BL2v
由闭合电路欧姆定律：I
联立解得：v1＝1m/s；
（2）线框由CD边进入磁场到AB边离开磁场，由能量守恒可得：
ΔEp＝ΔEk+Q摩+Q焦
其中ΔEp＝mg（d+L1）sinθ
ΔEk
Q摩＝μmgcosθ（d+L1）
联立解得：Q焦＝0.35J；
（3）CD边匀速进入的过程：t1s＝0.1s
CD边出磁场到AB边进入磁场的过程做匀加速直线运动，由牛顿第二定律：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma
解得：a＝2m/s2
设匀加的时间为t2，则有：L1﹣d＝v1t2
解得：t2≈0.57s或t2≈﹣1.57s（舍去）
AB边刚进入磁场的速度大小为：v3＝v1+at2＝1m/s+2×0.57m/s＝2.14m/s
AB边由进入到出磁场的过程，根据动量定理可得：﹣BL2t3﹣（μmgcosθ﹣mgsinθ）t3＝mv2﹣mv3
即（μmgcosθ﹣mgsinθ）t3＝mv3﹣mv2
代入数据解得：t3＝0.03s
则总时间：t＝t1+t2+t3＝0.1s+0.57s+0.03s＝0.7s。
答：（1）速度v1的大小为1m/s；
（2）线圈穿越磁场的过程中产生的焦耳热为0.35J；
（3）线框从CD边进入磁场到AB边穿出磁场的过程所用的时间为0.7s。
15. （2024 嘉兴模拟）如图所示是两组固定的间距皆为d的平行金属导轨（倾角为30°的abce和光滑水平桌面上的fghj），两者在e、b两点绝缘但平滑连接。abce处于垂直导轨平面向上的匀强磁场中，ac间接一阻值为R的电阻。fh间接一恒流源（电流大小恒为I且方向如圆圈中箭头所示），fghj所在的正方形区域kpqn处于另一磁场中。正方形金属线框水平放置在fg、hj间，左侧紧靠pq。线框右侧水平导轨间有一个长度为的区域，处于竖直向下的磁感应强度为B3的匀强磁场中。将质量为m、电阻为R的导体棒A从倾斜导轨上某一位置静止释放，其在到达be前已达稳定速度v0。A始终与导轨垂直且接触良好，经过kpqn时磁场方向水平向左、磁感应强度大小（x为A到kn的距离）。已知线框质量为3m、边长为、自感系数为L，不计线框电阻；A与线框发生弹性碰撞后即撤出导轨区域。除kp、nq两段导轨动摩擦因数为外，其余部分皆光滑。求：
（1）倾斜导轨所处磁场的磁感应强度B1大小；
（2）A经过区域kpqn过程中摩擦产生的热量Q；
（3）线框出磁场B3时的速度大小。
【解答】（1）导体棒A达到稳定速度时产生的感应电动势为：E1＝B1dv0
流过导体棒A的感应电流为：I1
由平衡条件得：B1Id＝mgsin30°
解得：B1
（2）导体棒A在kpqn区域中受到竖直向下的安培力，A与导轨之间的滑动摩擦力大小为：
f＝μFN＝μ（mg+B2Id）
已知：
可得：
因滑动摩擦力与x满足线性关系，故可用滑动摩擦力的平均值求解其做功。根据功能关系可得A经过区域kpqn过程中摩擦产生的热量为：
（3）设A离开kpqn区域时的速度大小为v，根据动能定理得：
解得：v
A与线框发生弹性碰撞，以向右为正方向，根据动量守恒定律与机械能守恒定律得：
mv＝mvA+3mv框
mv23mv框2
解得：v框
线框进入磁感应强度为B3的匀强磁场中，产生自感现象，则有：
可得：Δi
求和可得：i
则有：
同理用安培力的平均值求解其做功。假设线框恰好从磁场B3右侧穿过磁场，根据动能定理得：
解得：
若，则线框从磁场B3的左侧出磁场，由能量守恒可知离开磁场时的速度大小为；
若，则线框从磁场B3的右侧出磁场，设此情况离开磁场时的速度大小为v2，根据动能定理得：
解得：v2
答：（1）倾斜导轨所处磁场的磁感应强度B1大小为；
（2）A经过区域kpqn过程中摩擦产生的热量Q为；
（3）当时，线框出磁场B3时的速度大小为；当时，线框出磁场B3时的速度大小为。
16. （2024 浙江模拟）图1为某种发电装置，轻质钕磁铁固定在带状薄膜上，上下各固定一个完全相同的线圈。两线圈与磁铁共轴，以薄膜平衡位置为原点O建立竖直向上x轴，线圈与磁铁相距均为x0，当周期性外力作用时，薄膜带动磁铁在竖直方向上下振动，振幅为A。已知线圈的匝数为n、横截面积为S、磁铁中轴线上各点磁感应强度B的大小与该点到磁铁中心距离x的关系如图2所示，忽略线圈长度，线圈内各处磁感应强度的竖直分量近似等于线圈中心位置的磁感应强度大小，不计线圈电阻和自感互感的影响，电路连接如图3所示。定值电阻R＝5Ω，电容器的电容C＝0.2F足够长的光滑平行金属导轨AG、BH固定于水平面内，相距为L＝2m，处于竖直向下、大小为B3＝1T的匀强磁场中，轨道在C、D处各被一小段正对的绝缘材料隔开，质量为ma＝1kg的金属棒a静置于导轨AB处，质量为mb＝3kg的金属棒b紧贴CD右侧放置，质量为mc＝1kg的金属棒c静置于b棒右侧s0＝2m的EF处。a、b棒的接入电阻相同，Ra＝Rb＝2Ω，c棒的接入电阻Rc＝4Ω，所有导轨的电阻均不计。初始时单刀双掷开关S与触点“1”闭合。
（1）若磁铁从O点运动到最高点历时Δt，判断此过程流过电阻R中电流方向及流过R的电量；
（2）磁铁上升过程某时刻，电容器带电量Q1＝2C时，将开关S拨到触点“2”。当金属棒a运动至CD时电容器的电压U＝5V，此时a、b两棒相碰结合为一个“双棒”整体，最终各棒运动达到稳定状态，求最终“双棒”整体与c棒的距离以及从a、b棒碰后到各棒稳定的过程中a棒中产生的焦耳热；
（3）图2中B与x关系式满足（其中k为未知常数），图中B0、B1、B2为已知量，写出磁铁以速率v0向上经平衡位置时，电阻R的电功率表达式。
【解答】解：（1）磁铁从O点运动到最高点，上线圈内的磁通量增大，下线圈内的磁通量减小，根据楞次定律可知流过电阻R中电流方向为从M流向N。
根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势大小为：
流过R的电量为：；
（2）S接2后，电容放电，棒a运动至D时，电容器带电量为：Q2＝CU
代入数据解：Q2＝1C
该过程电容放电的电荷量为：q′＝Q1﹣Q2＝2C﹣1C＝1C
取向右为正方向，对棒a，根据动量定理有：0
且：
解得a棒获得的速度大小为：v1＝2m/s
ab棒碰撞粘合，取向右为正方向，根据动量守恒定律，有：mav1＝（ma+mb）v2
解得达到的共同速度大小为：v2＝0.5m/s
此后，abc系统动量守恒，最终速度相同v3，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：（ma+mb）v2＝（ma+mb+mc）v3
解得三者共同速度大小为：v3＝0.4m/s
对棒c，取向右为正方向，根据动量定理，有：0
其中：
，解得R总＝5Ω
联立并代入数据解得：Δs相＝0.5m
最终“双棒”整体与c棒的距离：为s＝s0﹣Δs相＝（2﹣0.5）m＝1.5m
撞后abc系统，能量守恒，则有：
从a、b棒碰后到各棒稳定的过程中a棒中产生的焦耳热为：；
（3）以速率v0向上经平衡位置时，取极短一段时间Δt（Δt趋于零），上移极小位移Δx。
根据法拉第电磁感应定律可得：
其中：，
可得：
同理可得：
线圈中产生的感应电动势为：
此时，R的电功率为：。
答：（1）若磁铁从O点运动到最高点历时Δt，判断此过程流过电阻R中电流方向从M流向N，流过R的电量为；
（2）最终“双棒”整体与c棒的距离为1.5m，从a、b棒碰后到各棒稳定的过程中a棒中产生的焦耳热为0.01J；
（3）磁铁以速率v0向上经平衡位置时，电阻R的电功率表达式为。
17. （2024 镇海区校级模拟）如图甲所示，两根完全相同的金属导轨平行放置，宽L＝3m，其中倾斜部分abcd光滑且与水平方向夹角为θ＝30°，匀强磁场垂直斜面向下，磁感应强B＝0.5T，轨道顶端ac接有电阻R＝1.5Ω。导轨水平部分粗糙，动摩擦因数为μ＝0.05且只有边界zk、ke、ep、pn、nf、fz之间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小也为B＝0.5T，其中磁场左边界zk长为1m，边界ke、zf与水平导轨间夹角均为α＝45°且长度相等，磁场右边界pn与两个导轨垂直。一金属棒与导轨接触良好，在斜面上由静止释放，到达底端bd时已经匀速，速度大小为v0＝8m/s。当金属棒进入导轨的水平部分时（不计拐角处的能量损失），给金属棒施加外力，其在轨道水平部分zkef之间运动时速度的倒数v1与位移x图像如图乙所示，棒运动到ef处时撤去外力，此时棒速度大小为最终金属棒恰能运动到磁场的右边界pn处。已知运动中金属棒始终与导轨垂直，金属棒连入电路中的电阻为r＝0.5Ω，金属棒在水平导轨上从bd边界运动到pn边界共用时，g＝10m/s2。求：
（1）金属棒的质量m的大小；
（2）水平磁场边界ep的长度d为多少；
（3）金属棒在水平导轨上运动时，外力所需做的功。
【解答】解：（1）由题意知，金属棒在斜面上做匀速运动时，受力平衡，则由平衡条件有
F安＝BIL＝mgsinθ
金属棒产生的动生电动势为
E＝BLv0
根据闭合电路欧姆定律有
联立并代入数据解得：m＝1.8kg
（2）由几何关系可知，bd边界与边界ef的距离为1m，x图像与横轴所围面积代表金属棒从bd到ef的时间为
则金属棒从ef运动到pn所用时间为
从撤去外力到运动至pn处，取向右为正方向，由动量定理有
代入数据，联立解得：d＝2.4m
（3）金属棒在水平轨道zkef间运动时，金属棒所受安培力大小为
而电流为
动生电动势为
Ex＝BLxv
金属棒切割磁感线的有效长度为
Lx＝1+2xtan45°＝1+2x
联立得：
由图像得：
变形得：
联立可得：F安x＝1+2x
金属棒在水平轨道zkef间运动过程中
所以安培力做功为
由动能定理有：
解得外力所需做的功为：W外＝﹣48.3J
答：（1）金属棒的质量m的大小为1.8kg；
（2）水平磁场边界ep的长度d为2.4m；
（3）金属棒在水平导轨上运动时，外力所需做的功为﹣48.3J。
18. （2024 温州二模）如图所示，SM、TN是两条平行固定水平金属导轨，其右端串接电键K和阻值为R0的定值电阻。倾角相同的倾斜金属导轨AC、BD和EP、FQ架接在水平导轨上，与水平轨道平滑连接，且接触点无电阻，水平导轨间距、倾斜导轨间距均为L；金属棒a质量为2m、阻值为R，金属棒b质量为m、阻值为2R，两根金属棒长度均为L，分别由锁定器锁定在两个倾斜导轨的同一高度处，高度为h，锁定好的两金属棒在水平导轨上的投影分别为ST、HG。CDGH和PQNM两区域均足够长，分布有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B1、B2。已知：L＝1m、h＝0.45m、m＝0.1kg、R＝1Ω、R0＝2Ω、B1＝1.0T、B2＝0.5T，所有导轨均光滑且不计电阻，两金属棒与导轨接触良好。
（1）闭合电键K，仅解除锁定器1，让a棒静止释放，求：
①a棒刚进入CDGH区域磁场时，PQ两点间的电压U；
②a棒在CDGH区域磁场中运动的距离x1；
（2）a棒在CDGH区域静止后，断开电键K，解除锁定器2，让b棒静止释放，求：
①当b棒在PQNM区域磁场中速度为vb＝2.5m/s时，a棒的加速度大小a1；
②从锁定器1解除到两金属棒运动稳定，a棒产生的总焦耳热Qa。
【解答】解：（1）①、设a棒刚进入CDGH区域时速度大小为v0，对a棒在斜导轨下滑过程，由机械能守恒定律得：
解得：v0＝3m/s
此时a棒切割磁感线产生的电动势为：E＝B1Lv0
解得：E＝3V
金属棒b与定值电阻的并联等效电阻为：
R1，解得：R1＝R＝1Ω
PQ两点间的电压为：
解得：U＝1.5V
②、对a棒在CDGH区域磁场中的运动过程，以向右为正方向，由动量定理得：
B12mv0
其中：，可得：
解得：x1＝1.2m
（2）①、同理可得b棒进入PQNM区域磁场时速度等于v0＝3m/s
对b棒从进入磁场到vb＝2.5m/s的过程，以向右为正方向，由动量定理得：
﹣B2mvb﹣mv0
此过程，对a棒由动量定理得：
B12mva
联立解得：va＝0.5m/s
此时回路电流：
解得：I＝0.25A
对a棒由牛顿第二定律得：
解得：a1＝1.25m/s2
②、由①得分析可知两棒运动稳定时回路电流为零，可得：B2Lvb﹣B1Lva＝0，即稳定时有：vb＝2va
以向右为正方向，对b棒从进入磁场到运动稳定，由动量定理得：
﹣B2mvb﹣mv0
此过程对a棒由动量定理得：
B12mva
已知：B1＝1.0T、B2＝0.5T，即：B1＝2B2
解得：va＝1m/s，vb＝2m/s
对此过程由能量守恒定律得：
解得：Q2＝0.15J
其中a棒产生焦耳热：
解得：Q2a＝0.05J
b棒未解锁，a棒运动的过程，由能量守恒定律得：
解得：Q1＝0.9J
其中a棒产生焦耳热：
解得：Q1a＝0.45J
从锁定器1解除到两棒运动稳定，a棒产生总焦耳热：
Qa＝Q1a+Q2a＝0.45J+0.05J＝0.5J
答：（1）①a棒刚进入CDGH区域磁场时，PQ两点间的电压U为1.5V；
②a棒在CDGH区域磁场中运动的距离x1为1.2m：
（2）①a棒的加速度大小a1为1.25m/s2；
②a棒产生的总焦耳热Qa为0.5J。
19. （2024 宁波模拟）如图，电阻不计的光滑水平导轨A1B1A2B2间距L＝1m，其内有竖直向下的匀强磁场B＝0.5T，导轨左侧接一电容C＝1F的电容器，初始时刻电容器带电量Q0＝1.6C，电性如图所示。质量m1＝0.25kg电阻不计的金属棒ab垂直架在导轨上，闭合开关S后，ab棒向右运动，且离开B1B2时已匀速。下方光滑绝缘轨道C1MD1C2ND2间距也为L，正对A1B1A2B2放置，其中C1M，C2N为半径r＝1.25m、圆心角θ＝37°的圆弧，与水平轨道MD1、ND2相切于M、N两点，其中NO、MP两边长度d＝0.5m，以O点为坐标原点，沿导轨向右建立坐标系，OP右侧0＜x＜0.5m处存在磁感应强度大小为的磁场，磁场方向竖直向下。质量m2＝0.5kg、电阻R＝1Ω的“U”型金属框静止于水平导轨NOPM处。导体棒ab自B1B2抛出后恰好能从C1C2处沿切线进入圆弧轨道，并于MN处与金属框发生完全非弹性碰撞，碰后组成闭合线框一起向右运动。
（1）求导体棒ab离开B1B2时的速度大小v1；
（2）若闭合线框进入磁场Bx域时，立刻给线框施加一个水平向右的外力F，使线框匀速穿过磁场Bx区域，求此过程中线框产生的焦耳热；
（3）闭合线框进入磁场Bx区域后由于安培力作用而减速，试讨论线框能否穿过Bx区域，若能，求出离开磁场Bx时的速度；若不能，求出线框停止时ab边的位置坐标x。
【解答】解：（1）已知金属棒ab离开B1B2时已匀速，可知电容器和a棒构成回路，最终回路中电流为0，设最终电容器的电压为U1，则有
U1＝BLv1
电容器放电电量为
Δq＝Q0﹣CU1
以向右为正方向，对ab棒由动量定理得：
mv1
其中：Δq
联立解得：v1＝1.6m/s
（2）导体棒ab自B1B2抛出后做平抛运动，到达C1C2处速度方向沿圆弧轨道的切线方向，与水平方向的夹角等于θ＝37°，其水平分速度大小等于v1，则到达C1C2处的速度为：v2
解得：v2＝2m/s
设ab与金属框碰撞前瞬间速度大小为v3，由动能定理得：
m1gr（1﹣cosθ）m1m1
解得：v3＝3m/s
对ab与金属框发生完全非弹性碰撞的过程，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
m1v3＝（m1+m2）v4
解得：v4＝1m/s
闭合线框穿过磁场Bx的过程，有
5x（N），（0＜x＜0.5m）
因安培力与位移成正比，故可用安培力的平均值计算克服安培力做功，闭合线框进入磁场过程克服安培力做功为：
W（0+5×0.5）×0.5J＝0.625J
闭合线框进入磁场过程与离开磁场过程克服安培力做功相等，根据功能关系可得穿过磁场Bx区域线框产生的焦耳热为：
Q＝2W＝2×0.625J＝1.25J
（3）假设闭合线框能够穿过磁场Bx，对此过程微分成若干极短时间段dt（dt→0），以向右为正方向，对闭合线框由动量定理得：
﹣BxLI dt＝（m1+m2） dv
其中：I dt＝dq
联立代入数据可得：﹣5x dx＝0.75 dv，（0＜x＜0.5m）
对进入磁场过程积分可得：x dx＝0.75∫dv
可得：﹣50.52＝0.75Δv
解得：Δvm/s
即进入磁场过程速度减少了m/s，对离开磁场过程速度同样会减少了m/s，则穿过磁场Bx过程速度一共减少m/s＞v4＝1m/s，故假设不成立，线框不能穿过Bx区域。
由上述分析可知线框OP边离开磁场时的速度为v5＝v4+Δv＝1m/sm/sm/s
设线框停止时ab边的位置坐标x为x1
由：﹣5x dx＝0.75 dv
积分可得：﹣50.75（0﹣v5）
解得：x1m
答：（1）导体棒ab离开B1B2时的速度大小v1为1.6m/s；
（2）此过程中线框产生的焦耳热为1.25J；
（3）线框不能穿过Bx区域，线框停止时ab边的位置坐标x为m。
20. （2024 鹿城区校级模拟）如图，半径为l的金属圆环水平固定，处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，金属棒OA可绕圆心O在圆环上转动。金属棒CD放在宽度也为l的足够长光滑平行金属导轨上，导轨倾角为θ，处于垂直导轨平面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。用导线分别将金属圆环、金属棒OA的O端分别与D端导轨和C端导轨连接，已知金属棒OA和CD的长度均为l、质量均为m、电阻均为r，其他电阻不计。重力加速度大小为g。
（1）将金属棒OA固定，使金属棒CD从静止开始下滑，求金属棒CD的最大速度；
（2）让金属棒OA匀速转动，使金属棒CD保持静止，求
①金属棒OA的转动方向；
②金属棒OA转动的角速度；
③金属棒OA两端的电势差UOA。
【解答】解：（1）金属棒CD达到最大速度后做匀速运动，根据平衡条件有：mgsinθ＝BIml＝B l
解得：vm
（2）①要是金属棒CD静止，必须是金属棒CD受到的安培力沿斜面向上，
由左手定则及右手定则可知，金属棒OA应该沿逆时针方向转动（自上而下看），
②当金属棒OA以角速度ω转动时，产生的感应电动势为：
EBl2ω，
根据闭合电路欧姆定律有：
I
电流方向从C到D，金属棒CD受到的安培力沿斜面向上与重力沿斜面向下的分力平衡有：F＝BIl＝mgsinθ
联立以上各式得：ω
③金属棒OA两端电压UOA＝E﹣Ir
答：（1）将金属棒OA固定，使金属棒CD从静止开始下滑，则金属棒CD的最大速度为；
（2）让金属棒OA匀速转动，使金属棒CD保持静止，则①金属棒OA的转动方向是沿逆时针方向转动（自上而下看）；②金属棒OA转动的角速度为；③金属棒OA两端的电势差UOA是。
21. （2024 宁波模拟）如图所示，由金属和绝缘部件组成的无限长光滑平行导轨，其间距为L＝0.5m，金属导轨中间嵌有两段由绝缘材料制成的导轨M、N（图中用黑实体表示），导轨左端连有电动势E＝11.2V的电源。质量m＝0.1kg，电阻R＝0.2Ω的三根相同导体棒ab、cd和ef垂直导轨放置，其中cd用两根很长的轻质绝缘细线悬挂，刚好与导轨接触且无挤压。ghkj是一个置于金属导轨上的“”型导体线框，由三根导体棒组成，每根棒质量均为m，电阻均为R，长度均为L。若ef棒与线框ghkj相碰则连接成一个正方形导体框，初始时，导体棒和线框均静止在金属导轨上。导轨上方有三个方向垂直于导轨平面向下的有界匀强磁场：紧靠绝缘导轨M左侧的区域Ⅰ中有磁感应强度为B1＝1T的磁场；区域Ⅱ中有磁感应强度为B2的磁场，cd棒紧靠区域Ⅱ的左边界放置；紧靠绝缘导轨N右侧的区域Ⅲ中有宽度为L、磁感应强度为B3＝2T的磁场。初始时ef处于区域Ⅱ中，区域Ⅱ、Ⅲ位于绝缘导轨N两侧。导体线框gj两点紧靠区域Ⅲ的左边界，闭合开关S，ab棒启动，进入绝缘轨道M之前已做匀速运动。导体棒ab和cd相碰后结合在一起形成“联动二棒”，与导轨短暂接触后即向右上方摆起，摆起的最大高度为h＝3.2m，到达最高点后不再下落，同时发现ef棒向右运动，进入区域Ⅲ。不计其他电阻。求：
（1）ab棒匀速运动时的速度v1；
（2）ef棒离开区域Ⅱ时的速度v2；
（3）“”导体线框能产生的焦耳热。
【解答】解：（1）ab棒匀速运动时，导体棒受到的安培力为零，即产生的感应电动势与电源电动势大小相等，故有
B1Lv1＝E1
代入数据可得
v1＝22.4m/s；
（2）ab与cd碰撞过程，系统动量守恒，故有
mv1＝2mv
“联动二棒”与导轨短暂接触时，“联动二棒”与ef棒构成的系统动量守恒，故有
2mv＝2mv'+mv2
“联动二棒”上摆的过程中，系统机械能守恒，故有
联立解得
v2＝6.4m/s；
（3）ef棒与线框ghkj相碰则连接成一个正方形导体框，即碰后粘在一起向右运动，碰撞过程中，系统动量守恒，故有
mv2＝4mv3
线框向右移动过程中，ef边相当于电源，又由于ghkj在导轨上被短路，因此，回路中总电阻为
R总＝R+R＝0.Ω 2+0.2Ω＝0.4Ω
假设正方向线框停下时，ef仍在磁场区域Ⅲ中，线框从开始运动到停下来运动的总位移为 x1，由动量定理可得
代入数据可得
x1＝0.246m＜L
故假设成立，即ef在离开区域Ⅲ前，线框已经停下，故根据能量守恒定律可得，正方向导体线框产生的总 焦耳热为
导体线框产生的焦耳热为
代入数据可得
Q1＝0.256J。
答：（1）ab棒匀速运动时的速度v1为22.4m/s；
（2）ef棒离开区域Ⅱ时的速度v2为6.4m/s；
（3）“”导体线框能产生的焦耳热为0.256J。
22. （2024 嘉兴一模）如图甲所示，两光滑金属导轨AECD和A′E′C′D′处在同一水平面内，相互平行部分的间距为l，其中AE上K点处有一小段导轨绝缘。交叉部分EC和E′C′彼此不接触。质量均为m、长度均为l的两金属棒a、b，通过长为d的绝缘轻质杆固定连接成“工”形架，将其置于导轨左侧。导轨右侧有一根被锁定的质量为2m的金属棒T，T与K点的水平距离为s。整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，其磁感应强度大小随时间的变化关系如图乙所示，B1，B2，t1，t2均为已知量。a、b和T的电阻均为R，其余电阻不计。t＝0时刻，“工”形架受到水平向右的恒力F作用，t2时刻撤去恒力F，此时b恰好运动到K点。
（1）求t1时刻，“工”形架速度和a两端电压U；
（2）求从t＝0到t2过程中“工”形架产生的焦耳热；
（3）求a运动至K点时的速度；
（4）当a运动至K点时将T解除锁定，求a从K点开始经时间t后与T的水平距离。（此过程“工”形架和T均未运动至EE′CC′交叉部分）。
【解答】解：（1）0～t1通过程“工”形架所围回路磁通量磁通量不变，无感应电流，“工”形架合外力为F，由牛顿第二定律得：
又根据速度—时间公式有：v1＝at1
“工”形架的速度：
由动生电动势公式：U＝B1lv1
联立解得：
（2）t1﹣t2的过程，由法拉第电磁感应定律：
解得：
焦耳热：
代入解得：
（3）t2时刻速度：
“工”形架穿过K的过程中PQ和ST构成回路，以向右为正方向，由动量定理：﹣FAΔt＝2mΔv
解得：v；
（4）“工”形架等效为电阻为R的一根金属棒，从解锁开始对于“工”形架整体，经任意Δt时间的速度为va，Δt时间内的平均电流为，则：
ST棒受安培力向左：
联立以上两式，始终有：va+vb＝v
t时间内相对位移为：x相＝vat+vbt＝vt）t
那么：x＝s﹣x相
联立解得：x＝s）t。
答：（1）t1时刻，“工”形架速度为，a两端电压U为；
（2）从t＝0到t2过程中“工”形架产生的焦耳热为；
（3）a运动至K点时的速度为；
（4）a从K点开始经时间t后与T的水平距离为s）t。
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专题10电磁感应——2025届浙江省物理选考三年高考一年模拟
1. （2024年6月 浙江）某小组探究“法拉第圆盘发电机与电动机的功用”，设计了如图所示装置。飞轮由三根长a＝0.8m的辐条和金属圆环组成，可绕过其中心的水平固定轴转动，不可伸长细绳绕在圆环上，系着质量m＝1kg的物块，细绳与圆环无相对滑动。飞轮处在方向垂直环面的匀强磁场中，左侧电路通过电刷与转轴和圆环边缘良好接触，开关S可分别与图示中的电路连接。已知电源电动势E0＝12V、内阻r＝0.1Ω、限流电阻R1＝0.3Ω、飞轮每根辐条电阻R＝0.9Ω，电路中还有可调电阻R2（待求）和电感L，不计其他电阻和阻力损耗，不计飞轮转轴大小。
（1）开关S掷1，“电动机”提升物块匀速上升时，理想电压表示数U＝8V。
①判断磁场方向，并求流过电阻R1的电流I；
②求物块匀速上升的速度v。
（2）开关S掷2，物块从静止开始下落，经过一段时间后，物块匀速下降的速度与“电动机”匀速提升物块的速度大小相等：
①求可调电阻R2的阻值；
②求磁感应强度B的大小。
2. （2024 浙江）若通以电流I的圆形线圈在线圈内产生的磁场近似为方向垂直线圈平面的匀强磁场，其大小B＝kI（k的数量级为10﹣4T/A）。现有横截面半径为1mm的导线构成半径为1cm的圆形线圈处于超导状态，其电阻率上限为10﹣26Ω m。开始时线圈通有100A的电流，则线圈的感应电动势大小的数量级和一年后电流减小量的数量级分别为（　　）
A．10﹣23V 10﹣7A B．10﹣20V 10﹣7A
C．10﹣23V 10﹣5A D．10﹣20V 10﹣5A
3. （2024 浙江）如图1所示，扫描隧道显微镜减振装置由绝缘减振平台和磁阻尼减振器组成。平台通过三根关于O′O″轴对称分布的相同轻杆悬挂在轻质弹簧的下端O，弹簧上端固定悬挂在O′点，三个相同的关于O′O″轴对称放置的减振器位于平台下方。如图2所示，每个减振器由通过绝缘轻杆固定在平台下表面的线圈和固定在桌面上能产生辐向磁场的铁磁体组成，辐向磁场分布关于线圈中心竖直轴对称，线圈所在处磁感应强度大小均为B。处于静止状态的平台受到外界微小扰动，线圈在磁场中做竖直方向的阻尼运动，其位移随时间变化的图像如图3所示。已知t＝0时速度为v0，方向向下，t1、t2时刻的振幅分别为A1、A2。平台和三个线圈的总质量为m，弹簧的劲度系数为k，每个线圈半径为r、电阻为R。当弹簧形变量为Δx时，其弹性势能为。不计空气阻力，求：
（1）平台静止时弹簧的伸长量Δx0；
（2）t＝0时，每个线圈所受到安培力F的大小；
（3）在0～t1时间内，每个线圈产生的焦耳热Q；
（4）在t1～t2时间内，弹簧弹力冲量I弹的大小。
4. （2023 浙江）如图所示，质量为M、电阻为R、长为L的导体棒，通过两根长均为l、质量不计的导电细杆连在等高的两固定点上，固定点间距也为L。细杆通过开关S可与直流电源E0或理想二极管串接。在导体棒所在空间存在磁感应强度方向竖直向上、大小为B的匀强磁场，不计空气阻力和其它电阻。开关S接1，当导体棒静止时，细杆与竖直方向的夹角；然后开关S接2，棒从右侧开始运动完成一次振动的过程中（　　）
A．电源电动势E0
B．棒消耗的焦耳热Mgl
C．从左向右运动时，最大摆角小于
D．棒两次过最低点时感应电动势大小相等
5. （2023 浙江）如图甲所示，一导体杆用两条等长细导线悬挂于水平轴OO'，接入电阻R构成回路。导体杆处于竖直向上的匀强磁场中，将导体杆从竖直位置拉开小角度由静止释放，导体杆开始下摆。当R＝R0时，导体杆振动图像如图乙所示。若横纵坐标皆采用图乙标度，则当R＝2R0时，导体杆振动图像是（　　）
A． B．
C． D．
6. （2023 浙江）某兴趣小组设计了一种火箭落停装置，简化原理如图所示，它由两根竖直导轨、承载火箭装置（简化为与火箭绝缘的导电杆MN）和装置A组成，并形成闭合回路。装置A能自动调节其输出电压确保回路电流I恒定，方向如图所示，导轨长度远大于导轨间距，不论导电杆运动到什么位置，电流I在导电杆以上空间产生的磁场近似为零；在导电杆所在处产生的磁场近似为匀强磁场，大小B1＝kI （其中k为常量），方向垂直导轨平面向里；在导电杆以下的两导轨间产生的磁场近似为匀强磁场，大小B2＝2kI，方向与B1相同。火箭无动力下降到导轨顶端时与导电杆粘接，以速度v0进入导轨，到达绝缘停靠平台时速度恰好为零，完成火箭落停。已知火箭与导电杆的总质量为M，导轨间距d，导电杆电阻为R。导电杆与导轨保持良好接触滑行，不计空气阻力和摩擦力，不计导轨电阻和装置A的内阻。在火箭落停过程中，
（1）求导电杆所受安培力的大小F和运动的距离L；
（2）求回路感应电动势E与运动时间t的关系；
（3）求装置A输出电压U与运动时间t的关系和输出的能量W；
（4）若R的阻值视为0，装置A用于回收能量，给出装置A可回收能量的来源和大小。
7. （2023 浙江）如图1所示，刚性导体线框由长为L、质量均为m的两根竖杆，与长为2l的两轻质横杆组成，且L 2l。线框通有恒定电流I0，可以绕其中心竖直轴转动。以线框中心O为原点、转轴为z轴建立直角坐标系，在y轴上距离O为a处，固定放置半径远小于a，面积为S、电阻为R的小圆环，其平面垂直于y轴。在外力作用下，通电线框绕转轴以角速度ω匀速转动，当线框平面与xOz平面重合时为计时零点，圆环处的磁感应强度的y分量By与时间的近似关系如图2所示，图中B0已知。
（1）求0到时间内，流过圆环横截面的电荷量q；
（2）沿y轴正方向看以逆时针为电流正方向，在时间内，求圆环中的电流与时间的关系；
（3）求圆环中电流的有效值；
（4）当撤去外力，线框将缓慢减速，经时间角速度减小量为，设线框与圆环的能量转换效率为k，求Δω的值（当0＜x 1，有（1﹣x）2≈1﹣2x）。
8. （2022 浙江）如图所示，将一通电螺线管竖直放置，螺线管内部形成方向竖直向上、磁感应强度大小B＝kt的匀强磁场，在内部用绝缘轻绳悬挂一与螺线管共轴的金属薄圆管，其电阻率为ρ、高度为h、半径为r、厚度为d（d r），则（　　）
A．从上向下看，圆管中的感应电流为逆时针方向
B．圆管的感应电动势大小为
C．圆管的热功率大小为
D．轻绳对圆管的拉力随时间减小
9. （2022 浙江）舰载机电磁弹射是现代航母最先进的弹射技术，我国在这一领域已达到世界先进水平。某兴趣小组开展电磁弹射系统的设计研究，如图1所示，用于推动模型飞机的动子（图中未画出）与线圈绝缘并固定，线圈带动动子，可在水平导轨上无摩擦滑动。线圈位于导轨间的辐向磁场中，其所在处的磁感应强度大小均为B。开关S与1接通，恒流源与线圈连接，动子从静止开始推动飞机加速，飞机达到起飞速度时与动子脱离；此时S掷向2接通定值电阻R0，同时施加回撤力F，在F和磁场力作用下，动子恰好返回初始位置停下。若动子从静止开始至返回过程的v﹣t图如图2所示，在t1至t3时间内F＝（800﹣10v）N，t3时撤去F。已知起飞速度v1＝80m/s，t1＝1.5s，线圈匝数n＝100匝，每匝周长l＝1m，飞机的质量M＝10kg，动子和线圈的总质量m＝5kg，R0＝9.5Ω，B＝0.1T，不计空气阻力和飞机起飞对动子运动速度的影响，求
（1）恒流源的电流I；
（2）线圈电阻R；
（3）时刻t3。
10. （2022 浙江）如图所示，水平固定一半径r＝0.2m的金属圆环，长均为r，电阻均为R0的两金属棒沿直径放置，其中一端与圆环接触良好，另一端固定在过圆心的导电竖直转轴OO′上，并随轴以角速度ω＝600rad/s匀速转动，圆环内左半圆均存在磁感应强度大小为B1的匀强磁场。圆环边缘、与转轴良好接触的电刷分别与间距l1的水平放置的平行金属轨道相连，轨道间接有电容C＝0.09F的电容器，通过单刀双掷开关S可分别与接线柱1、2相连。电容器左侧宽度也为l1、长度为l2、磁感应强度大小为B2的匀强磁场区域。在磁场区域内靠近左侧边缘处垂直轨道放置金属棒ab，磁场区域外有间距也为l1的绝缘轨道与金属轨道平滑连接，在绝缘轨道的水平段上放置“[”形金属框fcde。棒ab长度和“[”形框的宽度也均为l1、质量均为m＝0.01kg，de与cf长度均为l3＝0.08m，已知l1＝0.25m，l2＝0.068m，B1＝B2＝1T、方向均为竖直向上；棒ab和“[”形框的cd边的电阻均为R＝0.1Ω，除已给电阻外其他电阻不计，轨道均光滑，棒ab与轨道接触良好且运动过程中始终与轨道垂直。开始时开关S和接线柱1接通，待电容器充电完毕后，将S从1拨到2，电容器放电，棒ab被弹出磁场后与“[”形框粘在一起形成闭合框abcd，此时将S与2断开，已知框abcd在倾斜轨道上重心上升0.2m后返回进入磁场。
（1）求电容器充电完毕后所带的电荷量Q，哪个极板（M或N）带正电？
（2）求电容器释放的电荷量ΔQ；
（3）求框abcd进入磁场后，ab边与磁场区域左边界的最大距离x。
1. （2024 浙江模拟）如图所示，在光滑绝缘的水平面上方，有两个方向相反的水平方向的匀强磁场，磁场范围足够大，磁感应强度的大小左边为2B，右边为3B，一个竖直放置的宽为L、长为3L、单位长度的质量为m、单位长度的电阻为r的矩形金属线框，以初速度v垂直磁场方向从图中实线位置开始向右运动，当线框运动到虚线位置（在左边磁场中的长度为L，在右边磁场中的长度为2L）时，线框的速度为，则下列判断正确的是（　　）
A．此时线框中电流方向为逆时针，线框中感应电流所受安培力为
B．此过程中通过线框截面的电量为
C．此过程中线框产生的焦耳热为
D．线框刚好可以完全进入右侧磁场
2. （2024 下城区校级模拟）在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一闭合金属圆环，面积为S，电阻为R。规定圆环中电流的正方向如图甲所示，磁场向上为正。当磁感应强度B随时间t按图乙变化时，下列说法正确的是（　　）
A．0～1s内感应电流的磁场在圆环圆心处的方向向上
B．1～2s内通过圆环的感应电流的方向与图甲所示方向相反
C．0～2s内线圈中产生的感应电动势为
D．2～4s内线圈中产生的焦耳热为
3. （2024 温州二模）如图所示，两通电长直导线沿正方体的A′D′边和BB′边放置，通过大小相等、方向如图中所示的恒定电流。一闭合圆形金属小线圈，初始位置圆心在A点，可沿不同方向以相同速率做匀速直线运动，运动过程中小线圈平面始终与AA′B′B平面平行。沿AD方向观察，不考虑地磁场影响，下列说法正确的是（　　）
A．C和D两点的磁感应强度相同
B．C′点的磁感应强度方向由D点指向C′点
C．圆形小线圈由A点向A′点移动时能产生顺时针方向的感应电流
D．圆形小线圈由A点向D点移动时能产生逆时针方向的感应电流
4. （2024 绍兴二模）如图所示，匀质硬导线ab、ac、bc均为圆弧，连接后分别固定在xOy、xOz、yOz平面内，圆心都在O点且半径r＝10cm，指向x轴正方向的磁场以9×10﹣3T/s的速率均匀增大，下列说法正确的是（　　）
A．bc段导线中的电流从b流向c
B．导线产生的感应电动势大小为9π×10﹣5V
C．ac段导线所受安培力方向沿y轴负方向
D．ab段导线所受安培力大小小于bc段导线所受安培力大小
5. （2024 鹿城区校级模拟）如图所示，竖直平面内在A、D两点各固定一颗光滑钉子，一个由细软导线制成的闭合导线框挂在两颗钉子上，匀强磁场的磁感应强度为B，导线框的电阻为r，圆的半径为R。从t＝0时刻开始，将导线上的C点绕圆心O以恒定角速度ω从A点沿圆弧移动到D点，导线始终绷紧。此过程导线中（　　）
A．张力保持不变
B．感应电流的方向先顺时针后逆时针
C．感应电流随时间t的变化关系为
D．产生的电热为
6. （2024 鹿城区校级模拟）如图所示，竖直光滑导轨上端接入一定值电阻R，C1和C2是半径都为a的两圆形磁场区域，其区域内的磁场方向都垂直于导轨平面向外，区域C1中磁场的磁感应强度随时间按B1＝b+kt（k＞0）变化，C2中磁场的磁感应强度恒为B2，一质量为m、电阻为r、长度为L的金属杆AB穿过区域C2的圆心垂直地跨放在两导轨上，且与导轨接触良好，并恰能保持静止。则（　　）
A．通过金属杆的电流大小为
B．通过金属杆的电流方向为从A到B
C．定值电阻的阻值R
D．整个电路中产生的热功率P
7. （2024 嘉兴一模）如图所示，假设“天宫一号”正以速度7.5km/s绕地球做匀速圆周运动，运动方向与其太阳帆板两端相距20m的M、N的连线垂直，太阳帆板视为导体。飞经某处时的地磁场磁感应强度垂直于MN所在平面的分量为1.0×10﹣5T，若此时在太阳帆板上将一只“1.5V，0.3W”的小灯泡与M、N相连构成闭合电路（图中未画出），太阳帆板内阻不可忽略。则（　　）
A．此时M、N两端间的电势差为0
B．此时小灯泡恰好能正常发光
C．“天宫一号”绕行过程中受到电磁阻尼
D．“天宫一号”在南、北半球水平飞行时M端的电势始终高于N端
8. （2024 乐清市校级三模）如图1所示为永磁式径向电磁阻尼器，由永磁体、定子、驱动轴和转子组成，永磁体安装在转子上，驱动轴驱动转子转动，定子上的线圈切割“旋转磁场”产生感应电流，从而产生制动力。如图2所示，单个永磁体的质量为m，长为L1、宽为L2（宽度相对于所在处的圆周长度小得多，可近似为一段小圆弧）、厚度很小可忽略不计，永磁体的间距为L2，永磁体在转子圆周上均匀分布，相邻磁体磁极安装方向相反，靠近磁体表面处的磁场可视为匀强磁场，方向垂直表面向上或向下，磁感应强度大小为B，相邻磁体间的磁场互不影响。定子的圆周上固定着多组金属线圈，每组线圈有两个矩形线圈组成，连接方式如图2所示，每个矩形线圈的匝数为N、电阻为R，长为L1，宽为L2，线圈的间距为L2。转子半径为r，转轴及转子质量不计，定子和转子之间的缝隙忽略不计。
（1）求电磁阻尼器的中线圈的个数n1和永磁体的个数n2；
（2）当转子角速度为ω时，求流过每组线圈电流I的大小；
（3）若转子的初始角速度为ω0，求转子转过的最大角度θm；
（4）若在外力作用下转子加速，转子角速度ω随转过的角度θ的图像如图3所示，求转过θ1过程中外力做的功W外。
9. （2024 镇海区校级三模）如图甲所示，无限长的两根通电直导线安装在横放的绝缘直三棱柱架子的AA'和BB'两条棱边上（AB⊥BC），在架子右侧一条棱边CC'的中点上水平固定一面积为S（面积足够小）、电阻为R的n匝线圈，线圈到AA'和BB'的距离分别为L1和L2，另外将足够长的平行绝缘轨道固定水平地面上（轨道分别位于BC和B'C'的延长线上），轨道间距为L。
（1）如果AA'和BB'上通电导线的电流大小分别为I1和I2，方向如图中箭头所示，求线圈中的磁通量（已知通电直导线周围激发的磁场满足关系：，其中I为电流大小，r为到直导线的距离，k为某已知常数。另外线圈面积足够小时，通电导线在线圈中激发的磁场可当成匀强磁场）；
（2）如果通电导线在线圈处激发的磁感应强度的竖直分量By与时间的关系如图乙所示，图中B0已知，求0到时间内，流过线圈导线横截面的电荷量；
（3）在第（2）题的前提条件下，已知t＝0时刻线圈中磁场方向为竖直向上，假设以俯视观察时逆时针方向为电流正方向。求时间内线圈中的电流瞬时表达式及0到T时间内线圈中电流有效值；
（4）撤去两根通电直导线，现将一质量为m、长度为L、接入轨道部分电阻为R的金属棒ab垂直放置在轨道上，右方还有质量为3m、边长均为L的U形框cdef，其中U形框cdef的电阻为3R。沿绝缘轨道方向建立x轴，虚线与坐标原点O在间一水平线上，虚线EF左侧轨道光滑，让虚线EF右侧所在空间存在竖直向上的磁场，磁感应强度的分布为B＝k′x+B0（k'＞0）。现在给金属棒ab一个水平向右的瞬时冲量I0，一段时间后金属棒ab与U形框发生完全非弹性碰撞，整体进入到EF右侧运动时会受到阻力，阻力大小与速度满足，求ab与U形框整体最终静止时ab边的坐标x及U形杠在运动过程中产生的焦耳热QU。
10. （2024 浙江模拟）一实验小组设计了电动小车来研究电磁驱动。其原理为轮毂电机通过控制定子绕组通电顺序和时间，形成旋转磁场，驱动转子绕组带动轮胎转动。简化模型如图所示，定子产生边界为正方形的多个水平排列的有界匀强磁场，相邻两磁场方向相反。转子为水平放置的正方形线框。磁场以速度v向右匀速运动，一段时间后，线框以速度v向右匀速运动。已知磁感应强度的大小均为B，磁场和线框的边长均为l，线框的质量为m，电阻为R，阻力的大小恒定。
（1）求线框受到的阻力大小f；
（2）若线框由静止加速到v需要t时间，则这段时间内线框运动的位移大小x；
（3）以磁场和线框均做匀速运动的某时刻记为0时刻，此后磁场以加速度a向右做匀加速直线运动，t1时刻线框也做匀加速直线运动，求0～t1时间内通过线框的电量q。
11. （2024 台州二模）某中学兴趣小组研究了电机系统的工作原理，认识到电机系统可实现驱动和阻尼，设计了如图所示装置。电阻不计的“L型”金属导轨由足够长竖直部分和水平部分连接构成，竖直导轨间存在水平向右的匀强磁场，磁感应强度大小为B。导体棒ab与竖直导轨始终良好接触并通过轻质滑轮连接重物M，初始被锁定不动。已知导体棒ab的质量为m，重物M质量为3m，竖直导轨间距为d。电源电动势，内阻为R，导体棒与定值电阻阻值均为R。
（1）把开关k接1，解除导体棒锁定，导体棒经时间t恰好开始匀速上升，求：
①通过导体棒的电流方向；
②导体棒匀速上升时的速度；
③此过程导体棒上升的高度h；
（2）把开关k接2，解除导体棒锁定，导体棒经时间t'、下落高度h'时恰好开始匀速下落，求此过程中回路产生的总焦耳热。
12. （2024 金华二模）基于电容器的制动能量回收系统已经在一些新能源汽车上得到应用。某同学设计的这种系统的一种简易模型如图所示。某种材料制成的薄板质量为m，围成一个中空圆柱，圆的半径为r，薄板宽度为L，可通过质量不计的辐条绕过圆心O且垂直于圆面的水平轴转动。薄板能够激发平行于圆面且沿半径方向向外的辐射磁场，磁场只分布于薄板宽度的范围内，薄板外表面处的磁感应强度为B。一匝数为n的线圈abcd固定放置（为显示线圈绕向，图中画出了两匝），ab边紧贴薄板外表面但不接触，线圈的两个线头c点和d点通过导线连接有电容为C的电容器、电阻为R的电阻、单刀双掷开关，如图所示。现模拟一次刹车过程，开始时，单刀双掷开关处于断开状态，薄板旋转方向如图所示，旋转中薄板始终受到一与薄板表面相切、与运动方向相反的大小为f的刹车阻力作用，当薄板旋转的角速度为ω0时，将开关闭合到位置1，电容器开始充电，经时间t电容器停止充电，开关自动闭合到位置2直至薄板停止运动。除刹车阻力外，忽略其他一切阻力，磁场到cd连线位置时足够弱，可以忽略。电容器的击穿电压足够大，开始时不带电，线圈能承受足够大的电流，不考虑可能引起的一切电磁辐射。求：
（1）电容器充电过程中，判断极板M带电的电性；
（2）开关刚闭合到位置1时，线圈切割磁感线的切割速度v的大小及此时产生的感应电动势；
（3）求充电结束时，薄板的角速度ω1大小；
（4）求薄板运动的整个过程中该系统的能量回收率。
13. （2024 温州三模）如图甲所示，在光滑绝缘水平面内建立xOy直角坐标系，在区域Ⅰ内分布着垂直该平面向外的匀强磁场（右边界EF的横坐标在2a～3a间某处），其磁感应强度大小随时间变化如图乙所示；在区域Ⅱ（5a≤x≤6a）内分布着垂直该平面向外、磁感应强度大小为B0的匀强磁场。该平面内有边长为2a、电阻为R、质量为m的正三角形金属框，其MN边与y轴重合，N点与坐标原点O重合。
（1）若金属框不动，在t0～2t0的时间内判断框内电流方向，并求出MN边上产生的焦耳热Q；
（2）若在t＝0时，沿x轴正方向给金属框一初速度v0，使其沿x轴运动。t＝2t0时顶点P刚好运动到边界EF处：当顶点P运动到x＝5a和x＝6a处时的速度分别为v1（未知）和v2；框顶点P到达x＝6a处后，继续向前运动直到停止（此时MN边尚未进入区域Ⅱ）。运动中MN边始终与y轴平行。
①比较v1与v0的大小；
②求金属框停止时顶点P的横坐标xP；
③若将金属框以初速度大小为2v0、方向与x轴正方向成60°角斜向上推出，其他条件不变。求当框顶点P到达x＝6a处时的速度v的大小。
14. （2024 浙江模拟）如图所示，倾角为θ＝37°的绝缘斜面上的EF和GH之间有垂直斜面向下的有界磁场，磁感应强度B＝1.0T，磁场宽度d＝10cm。质量m＝0.5kg闭合矩形线框ABCD放在斜面上，线框由粗细均匀的导线绕制而成，其总电阻为R＝0.04Ω，其中AC长为L1＝100cm，AB长为L2＝20cm。开始时，线框的CD边与EF平行。现由静止释放线框，当线框CD边运动到磁场边界EF时，恰好做匀速直线运动，速度大小为v1。而当AB边到达磁场下边缘GH时，线框的速度大小为v2＝2.0m/s，整个过程中线框不发生转动。已知线框和斜面之间的摩擦因数为0.5，（g＝10m/s2）求：
（1）速度v1的大小；
（2）线圈穿越磁场的过程中产生的焦耳热；
（3）线框从CD边进入磁场到AB边穿出磁场的过程所用的时间。
15. （2024 嘉兴模拟）如图所示是两组固定的间距皆为d的平行金属导轨（倾角为30°的abce和光滑水平桌面上的fghj），两者在e、b两点绝缘但平滑连接。abce处于垂直导轨平面向上的匀强磁场中，ac间接一阻值为R的电阻。fh间接一恒流源（电流大小恒为I且方向如圆圈中箭头所示），fghj所在的正方形区域kpqn处于另一磁场中。正方形金属线框水平放置在fg、hj间，左侧紧靠pq。线框右侧水平导轨间有一个长度为的区域，处于竖直向下的磁感应强度为B3的匀强磁场中。将质量为m、电阻为R的导体棒A从倾斜导轨上某一位置静止释放，其在到达be前已达稳定速度v0。A始终与导轨垂直且接触良好，经过kpqn时磁场方向水平向左、磁感应强度大小（x为A到kn的距离）。已知线框质量为3m、边长为、自感系数为L，不计线框电阻；A与线框发生弹性碰撞后即撤出导轨区域。除kp、nq两段导轨动摩擦因数为外，其余部分皆光滑。求：
（1）倾斜导轨所处磁场的磁感应强度B1大小；
（2）A经过区域kpqn过程中摩擦产生的热量Q；
（3）线框出磁场B3时的速度大小。
16. （2024 浙江模拟）图1为某种发电装置，轻质钕磁铁固定在带状薄膜上，上下各固定一个完全相同的线圈。两线圈与磁铁共轴，以薄膜平衡位置为原点O建立竖直向上x轴，线圈与磁铁相距均为x0，当周期性外力作用时，薄膜带动磁铁在竖直方向上下振动，振幅为A。已知线圈的匝数为n、横截面积为S、磁铁中轴线上各点磁感应强度B的大小与该点到磁铁中心距离x的关系如图2所示，忽略线圈长度，线圈内各处磁感应强度的竖直分量近似等于线圈中心位置的磁感应强度大小，不计线圈电阻和自感互感的影响，电路连接如图3所示。定值电阻R＝5Ω，电容器的电容C＝0.2F足够长的光滑平行金属导轨AG、BH固定于水平面内，相距为L＝2m，处于竖直向下、大小为B3＝1T的匀强磁场中，轨道在C、D处各被一小段正对的绝缘材料隔开，质量为ma＝1kg的金属棒a静置于导轨AB处，质量为mb＝3kg的金属棒b紧贴CD右侧放置，质量为mc＝1kg的金属棒c静置于b棒右侧s0＝2m的EF处。a、b棒的接入电阻相同，Ra＝Rb＝2Ω，c棒的接入电阻Rc＝4Ω，所有导轨的电阻均不计。初始时单刀双掷开关S与触点“1”闭合。
（1）若磁铁从O点运动到最高点历时Δt，判断此过程流过电阻R中电流方向及流过R的电量；
（2）磁铁上升过程某时刻，电容器带电量Q1＝2C时，将开关S拨到触点“2”。当金属棒a运动至CD时电容器的电压U＝5V，此时a、b两棒相碰结合为一个“双棒”整体，最终各棒运动达到稳定状态，求最终“双棒”整体与c棒的距离以及从a、b棒碰后到各棒稳定的过程中a棒中产生的焦耳热；
（3）图2中B与x关系式满足（其中k为未知常数），图中B0、B1、B2为已知量，写出磁铁以速率v0向上经平衡位置时，电阻R的电功率表达式。
17. （2024 镇海区校级模拟）如图甲所示，两根完全相同的金属导轨平行放置，宽L＝3m，其中倾斜部分abcd光滑且与水平方向夹角为θ＝30°，匀强磁场垂直斜面向下，磁感应强B＝0.5T，轨道顶端ac接有电阻R＝1.5Ω。导轨水平部分粗糙，动摩擦因数为μ＝0.05且只有边界zk、ke、ep、pn、nf、fz之间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小也为B＝0.5T，其中磁场左边界zk长为1m，边界ke、zf与水平导轨间夹角均为α＝45°且长度相等，磁场右边界pn与两个导轨垂直。一金属棒与导轨接触良好，在斜面上由静止释放，到达底端bd时已经匀速，速度大小为v0＝8m/s。当金属棒进入导轨的水平部分时（不计拐角处的能量损失），给金属棒施加外力，其在轨道水平部分zkef之间运动时速度的倒数v1与位移x图像如图乙所示，棒运动到ef处时撤去外力，此时棒速度大小为最终金属棒恰能运动到磁场的右边界pn处。已知运动中金属棒始终与导轨垂直，金属棒连入电路中的电阻为r＝0.5Ω，金属棒在水平导轨上从bd边界运动到pn边界共用时，g＝10m/s2。求：
（1）金属棒的质量m的大小；
（2）水平磁场边界ep的长度d为多少；
（3）金属棒在水平导轨上运动时，外力所需做的功。
18. （2024 温州二模）如图所示，SM、TN是两条平行固定水平金属导轨，其右端串接电键K和阻值为R0的定值电阻。倾角相同的倾斜金属导轨AC、BD和EP、FQ架接在水平导轨上，与水平轨道平滑连接，且接触点无电阻，水平导轨间距、倾斜导轨间距均为L；金属棒a质量为2m、阻值为R，金属棒b质量为m、阻值为2R，两根金属棒长度均为L，分别由锁定器锁定在两个倾斜导轨的同一高度处，高度为h，锁定好的两金属棒在水平导轨上的投影分别为ST、HG。CDGH和PQNM两区域均足够长，分布有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B1、B2。已知：L＝1m、h＝0.45m、m＝0.1kg、R＝1Ω、R0＝2Ω、B1＝1.0T、B2＝0.5T，所有导轨均光滑且不计电阻，两金属棒与导轨接触良好。
（1）闭合电键K，仅解除锁定器1，让a棒静止释放，求：
①a棒刚进入CDGH区域磁场时，PQ两点间的电压U；
②a棒在CDGH区域磁场中运动的距离x1；
（2）a棒在CDGH区域静止后，断开电键K，解除锁定器2，让b棒静止释放，求：
①当b棒在PQNM区域磁场中速度为vb＝2.5m/s时，a棒的加速度大小a1；
②从锁定器1解除到两金属棒运动稳定，a棒产生的总焦耳热Qa。
19. （2024 宁波模拟）如图，电阻不计的光滑水平导轨A1B1A2B2间距L＝1m，其内有竖直向下的匀强磁场B＝0.5T，导轨左侧接一电容C＝1F的电容器，初始时刻电容器带电量Q0＝1.6C，电性如图所示。质量m1＝0.25kg电阻不计的金属棒ab垂直架在导轨上，闭合开关S后，ab棒向右运动，且离开B1B2时已匀速。下方光滑绝缘轨道C1MD1C2ND2间距也为L，正对A1B1A2B2放置，其中C1M，C2N为半径r＝1.25m、圆心角θ＝37°的圆弧，与水平轨道MD1、ND2相切于M、N两点，其中NO、MP两边长度d＝0.5m，以O点为坐标原点，沿导轨向右建立坐标系，OP右侧0＜x＜0.5m处存在磁感应强度大小为的磁场，磁场方向竖直向下。质量m2＝0.5kg、电阻R＝1Ω的“U”型金属框静止于水平导轨NOPM处。导体棒ab自B1B2抛出后恰好能从C1C2处沿切线进入圆弧轨道，并于MN处与金属框发生完全非弹性碰撞，碰后组成闭合线框一起向右运动。
（1）求导体棒ab离开B1B2时的速度大小v1；
（2）若闭合线框进入磁场Bx域时，立刻给线框施加一个水平向右的外力F，使线框匀速穿过磁场Bx区域，求此过程中线框产生的焦耳热；
（3）闭合线框进入磁场Bx区域后由于安培力作用而减速，试讨论线框能否穿过Bx区域，若能，求出离开磁场Bx时的速度；若不能，求出线框停止时ab边的位置坐标x。
20. （2024 鹿城区校级模拟）如图，半径为l的金属圆环水平固定，处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，金属棒OA可绕圆心O在圆环上转动。金属棒CD放在宽度也为l的足够长光滑平行金属导轨上，导轨倾角为θ，处于垂直导轨平面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。用导线分别将金属圆环、金属棒OA的O端分别与D端导轨和C端导轨连接，已知金属棒OA和CD的长度均为l、质量均为m、电阻均为r，其他电阻不计。重力加速度大小为g。
（1）将金属棒OA固定，使金属棒CD从静止开始下滑，求金属棒CD的最大速度；
（2）让金属棒OA匀速转动，使金属棒CD保持静止，求
①金属棒OA的转动方向；
②金属棒OA转动的角速度；
③金属棒OA两端的电势差UOA。
21. （2024 宁波模拟）如图所示，由金属和绝缘部件组成的无限长光滑平行导轨，其间距为L＝0.5m，金属导轨中间嵌有两段由绝缘材料制成的导轨M、N（图中用黑实体表示），导轨左端连有电动势E＝11.2V的电源。质量m＝0.1kg，电阻R＝0.2Ω的三根相同导体棒ab、cd和ef垂直导轨放置，其中cd用两根很长的轻质绝缘细线悬挂，刚好与导轨接触且无挤压。ghkj是一个置于金属导轨上的“”型导体线框，由三根导体棒组成，每根棒质量均为m，电阻均为R，长度均为L。若ef棒与线框ghkj相碰则连接成一个正方形导体框，初始时，导体棒和线框均静止在金属导轨上。导轨上方有三个方向垂直于导轨平面向下的有界匀强磁场：紧靠绝缘导轨M左侧的区域Ⅰ中有磁感应强度为B1＝1T的磁场；区域Ⅱ中有磁感应强度为B2的磁场，cd棒紧靠区域Ⅱ的左边界放置；紧靠绝缘导轨N右侧的区域Ⅲ中有宽度为L、磁感应强度为B3＝2T的磁场。初始时ef处于区域Ⅱ中，区域Ⅱ、Ⅲ位于绝缘导轨N两侧。导体线框gj两点紧靠区域Ⅲ的左边界，闭合开关S，ab棒启动，进入绝缘轨道M之前已做匀速运动。导体棒ab和cd相碰后结合在一起形成“联动二棒”，与导轨短暂接触后即向右上方摆起，摆起的最大高度为h＝3.2m，到达最高点后不再下落，同时发现ef棒向右运动，进入区域Ⅲ。不计其他电阻。求：
（1）ab棒匀速运动时的速度v1；
（2）ef棒离开区域Ⅱ时的速度v2；
（3）“”导体线框能产生的焦耳热。
22. （2024 嘉兴一模）如图甲所示，两光滑金属导轨AECD和A′E′C′D′处在同一水平面内，相互平行部分的间距为l，其中AE上K点处有一小段导轨绝缘。交叉部分EC和E′C′彼此不接触。质量均为m、长度均为l的两金属棒a、b，通过长为d的绝缘轻质杆固定连接成“工”形架，将其置于导轨左侧。导轨右侧有一根被锁定的质量为2m的金属棒T，T与K点的水平距离为s。整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，其磁感应强度大小随时间的变化关系如图乙所示，B1，B2，t1，t2均为已知量。a、b和T的电阻均为R，其余电阻不计。t＝0时刻，“工”形架受到水平向右的恒力F作用，t2时刻撤去恒力F，此时b恰好运动到K点。
（1）求t1时刻，“工”形架速度和a两端电压U；
（2）求从t＝0到t2过程中“工”形架产生的焦耳热；
（3）求a运动至K点时的速度；
（4）当a运动至K点时将T解除锁定，求a从K点开始经时间t后与T的水平距离。（此过程“工”形架和T均未运动至EE′CC′交叉部分）。
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