【高考押题卷】2025年高考物理热点难点考前冲刺 电磁感应（含解析）

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高考物理考前冲刺押题预测 电磁感应
一．选择题（共10小题）
1．（2024 江苏）如图所示，两匀强磁场的磁感应强度B1和B2大小相等、方向相反。金属圆环的直径与两磁场的边界重合。下列变化会在环中产生顺时针方向感应电流的是（　　）
A．同时增大B1减小B2
B．同时减小B1增大B2
C．同时以相同的变化率增大B1和B2
D．同时以相同的变化率减小B1和B2
2．（2024 新课标Ⅱ）如图，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d（d＞L）的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下。导线框以某一初速度向右运动。t＝0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域。下列v﹣t图象中，可能正确描述上述过程的是（　　）
A． B．
C． D．
3．（2024 大纲版）纸面内两个半径均为R的圆相切于O点，两圆形区域内分别存在垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度大小相等、方向相反，且不随时间变化．一长为2R的导体杆OA绕过O点且垂直于纸面的轴顺时针匀速旋转，角速度为ω，t＝0时，OA恰好位于两圆的公切线上，如图所示．若选取从O指向A的电动势为正，下列描述导体杆中感应电动势随时间变化的图象可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
4．（2024 天津）如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框动abcd。ab边长大于bc边长，置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN．第一次ab边平行MN进入磁场。线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1：第二次bc边平行MN进入磁场。线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则（　　）
A．Q1＞Q2 q1＝q2 B．Q1＞Q2 q1＞q2
C．Q1＝Q2 q1＝q2 D．Q1＝Q2 q1＞q2
5．（2024 杨浦区一模）如图所示，光滑金属导轨AC、AD固定在水平面内，并处在方向竖直向下、大小为B的匀强磁场中。有一质量为m的导体棒以初速度v0从某位置开始在导轨上水平向右运动，最终恰好静止在A点。在运动过程中，导体棒与导轨始终构成等边三角形回路，且通过A点的总电荷量为Q．已知导体棒与导轨间的接触电阻阻值恒为R，其余电阻不计。则（　　）
A．该过程中导体棒做匀减速运动
B．该过程中接触电阻产生的热量为
C．开始运动时，导体棒与导轨所构成回路的面积为S
D．当导体棒的速度为v0时，回路中感应电流大小为初始时的一半
6．（2024 大纲版）很多相同的绝缘铜圆环沿竖直方向叠放，形成一很长的竖直圆筒．一条形磁铁沿圆筒的中心轴竖直放置，其下端与圆筒上端开口平齐．让条形磁铁从静止开始下落．条形磁铁在圆筒中的运动速率（　　）
A．均匀增大
B．先增大，后减小
C．逐渐增大，趋于不变
D．先增大，再减小，最后不变
7．（2024 海南）如图，空间有一匀强磁场，一直金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速度v沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小为 ；将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线，置于与磁感应强度相垂直的平面内，当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v运动时，棒两端的感应电动势大小为 ′．则等于（　　）
A． B． C．1 D．
8．（2024 可克达拉市校级月考）如图，圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路．若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，下列表述正确的是（　　）
A．线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流
B．穿过线圈a的磁通量变小
C．线圈a有扩张的趋势
D．线圈a对水平桌面的压力FN将增大
9．（2024 浙江）如图所示，固定在水平面上的半径为r的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。长为l的金属棒，一端与圆环接触良好，另一端固定在竖直导电转轴OO'上，随轴以角速度ω匀速转动。在圆环的A点和电刷间接有阻值为R的电阻和电容为C、板间距为d的平行板电容器，有一带电微粒在电容器极板间处于静止状态。已知重力加速度为g，不计其它电阻和摩擦，下列说法正确的是（　　）
A．棒产生的电动势为Bl2ω
B．微粒的电荷量与质量之比为
C．电阻消耗的电功率为
D．电容器所带的电荷量为CBr2ω
10．（2024 全国卷Ⅱ）如图所示，在PQ、QR区域是在着磁感应强度大小相等、方向相反的匀强磁场，磁场宽度均为l，磁场方向均垂直于纸面，bc边与磁场的边界P重合。导线框与磁场区域的尺寸如图所示。从t＝0时刻开始线框匀速横穿两个磁场区域。以a→b→c→d→e→f为线框中有电动势的正方向。以下四个ε﹣t关系示意图中正确的是（　　）
A． B．
C． D．
二．多选题（共5小题）
（多选）11．（2024 新课标Ⅰ）1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”。实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示。实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后。下列说法正确的是（　　）
A．圆盘上产生了感应电动势
B．圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动
C．在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化
D．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动
（多选）12．（2024 广西学业考试）如图所示的情况都是线框在磁场中做切割磁感线运动，其中线框中有感应电流的是（　　）
A． B．
C． D．
（多选）13．（2024 山东）如图所示，一导线弯成半径为a的半圆形闭合回路。虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场。方向垂直于回路所在的平面。回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直。从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列结论正确的是（　　）
A．感应电流方向不变
B．CD段直线始终不受安培力
C．感应电动势最大值E＝Bav
D．感应电动势平均值πBav
（多选）14．（2024 重庆）两根相距为L的足够长的金属直角导轨如图所示放置，它们各有一部分在同一水平面内，另一部分垂直于水平面．质量均为m的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数均为μ，导轨电阻不计，回路总电阻为2R．整个装置处于磁感应强度大小为B，方向竖直向上的匀强磁场中．当ab杆在平行于水平导轨的拉力F作用下以速度v1沿导轨匀速运动时，cd杆也正好以速度v2向下匀速运动．重力加速度为g．下列说法中正确的是（　　）
A．ab杆所受拉力F的大小为μmg
B．cd杆所受摩擦力为零
C．回路中的电流强度为
D．μ与v1大小的关系为μ
（多选）15．（2024 泸县校级模拟）如图甲所示，abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，金属线框的质量为m，电阻为R．在金属线框的下方有一匀强磁场区域，MN和PQ是匀强磁场区域的水平边界，并与线框的bc边平行，磁场方向垂直于线框平面向里。现使金属线框从MN上方某一高度处由静止开始下落，如图乙是金属线框由开始下落到bc刚好运动到匀强磁场PQ边界的v﹣t图象，图中数据均为已知量。重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．金属线框刚进入磁场时感应电流方向沿adcba方向
B．磁场的磁感应强度为
C．金属线框在0一t3的时间内所产生的热量为mgv1（t2﹣t1）
D．MN和PQ之间的距离为v1（t2﹣t1）
三．解答题（共5小题）
16．（2024 江苏）如图所示，两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为θ，间距为d。导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直。质量为m的金属棒被固定在导轨上，距底端的距离为s，导轨与外接电源相连，使金属棒通有电流。金属棒被松开后，以加速度a沿导轨匀加速下滑，金属棒中的电流始终保持恒定，重力加速度为g。求下滑到底端的过程中，金属棒
（1）末速度的大小v；
（2）通过的电流大小I；
（3）通过的电荷量Q。
17．（2024 北京）如图所示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，宽度L＝0.4m，一端连接R＝1Ω的电阻．导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B＝1T．导体棒MN放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好．导轨和导体棒的电阻均可忽略不计．在平行于导轨的拉力F作用下，导体棒沿导轨向右匀速运动，速度v＝5m/s．求：
（1）感应电动势E和感应电流I；
（2）在0.1s时间内，拉力的冲量IF的大小；
（3）若将MN换为电阻r＝1Ω的导体棒，其它条件不变，求导体棒两端的电压U．
18．（2024 海南）如图，ab和cd是两条竖直放置的长直光滑金属导轨，MN和M′N′是两根用细线连接的金属杆，其质量分别为m和2m。竖直向上的外力F作用在杆MN上，使两杆水平静止，并刚好与导轨接触；两杆的总电阻为R，导轨间距为l。整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂直。导轨电阻可忽略，重力加速度为g。在t＝0时刻将细线烧断，保持F不变，金属杆和导轨始终接触良好。求：
（1）细线烧断后，任意时刻两杆运动的速度之比；
（2）两杆分别达到的最大速度。
19．（2024 上海）如图，质量为M的足够长金属导轨abcd放在光滑的绝缘水平面上．一电阻不计，质量为m的导体棒PQ放置在导轨上，始终与导轨接触良好，PQbc构成矩形．棒与导轨间动摩擦因数为μ，棒左侧有两个固定于水平面的立柱．导轨bc段长为L，开始时PQ左侧导轨的总电阻为R，右侧导轨单位长度的电阻为R0．以ef为界，其左侧匀强磁场方向竖直向上，右侧匀强磁场水平向左，磁感应强度大小均为B．在t＝0时，一水平向左的拉力F垂直作用于导轨的bc边上，使导轨由静止开始做匀加速直线运动，加速度为a．
（1）求回路中感应电动势及感应电流随时间变化的表达式；
（2）经过多少时间拉力F达到最大值，拉力F的最大值为多少？
（3）某一过程中回路产生的焦耳热为Q，导轨克服摩擦力做功为W，求导轨动能的增加量．
20．（2024 浙江）间距为l的两平行金属导轨由水平部分和倾斜部分平滑连接而成，如图所示，倾角为θ的导轨处于大小为B1、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间I中，水平导轨上的无磁场区间静止放置一质量为3m的“联动双杆”（由两根长为l的金属杆cd和ef，用长度为L的刚性绝缘杆连接构成），在“联动双杆”右侧存在大小为B2，方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间II，其长度大于L，质量为m、长为l的金属杆ab从倾斜导轨上端释放，达到匀速后进入水平导轨（无能量损失），杆ab与“联动双杆”发生碰撞，碰后杆ab和cd合在一起形成“联动三杆”，“联动三杆”继续沿水平导轨进入磁场区间II并从中滑出，运动过程中，杆ab、cd和ef与导轨始终接触良好，且保持与导轨垂直，已知杆ab、cd和ef电阻均为R＝0.02Ω，m＝0.1kg，l＝0.5m，L＝0.3m，θ＝30°，B1＝0.1T，B2＝0.2T，不计摩擦阻力和导轨电阻，忽略磁场边界效应，求：
（1）杆ab在倾斜导轨上匀速运动时的速度大小v0；
（2）“联动三杆”进入磁场区间II前的速度大小v；
（3）“联动三杆”滑过磁场区间II产生的焦耳热Q。
高考物理考前冲刺押题预测 电磁感应
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．（2024 江苏）如图所示，两匀强磁场的磁感应强度B1和B2大小相等、方向相反。金属圆环的直径与两磁场的边界重合。下列变化会在环中产生顺时针方向感应电流的是（　　）
A．同时增大B1减小B2
B．同时减小B1增大B2
C．同时以相同的变化率增大B1和B2
D．同时以相同的变化率减小B1和B2
【考点】楞次定律及其应用；法拉第电磁感应定律的内容和表达式；电磁感应现象的发现过程．
【专题】简答题；归纳法；电磁感应与电路结合；分析综合能力．
【答案】B
【分析】当磁感应强度变化，导致线圈的磁通量变化，根据楞次定律分析感应电流的方向。
【解答】解：A、增大B1，则金属圆环上半部分的磁通量变大，由增反减同可知，则感应磁场与原磁场方向相反。再根据安培定则，可判定在金属圆环中产生逆时针方向的感应电流；减小B2，则金属圆环下半部分的磁通量变小，由增反减同可知，则感应磁场与原磁场方向相同。再根据安培定则，可判定在金属圆环中产生逆时针方向的感应电流；故同时增大B1减小B2在金属圆环中产生逆时针方向的感应电流，故A错误；
B、减小B1，则金属圆环上半部分的磁通量变小，由增反减同可知，则感应磁场与原磁场方向相同。再根据安培定则，可判定在金属圆环中产生顺时针方向的感应电流；增大B2，则金属圆环下半部分的磁通量变大，由增反减同可知，则感应磁场与原磁场方向相反。再根据安培定则，可判定在金属圆环中产生顺时针方向的感应电流；故同时减小B1增大B2在金属圆环中产生顺时针方向的感应电流，故B正确；
CD、根据上面的分析可知同时以相同的变化率增大B1和B2或同时以相同的变化率减小B1和B2都不会在环中产生感应电流，故CD错误；
故选：B。
【点评】根据楞次定律分析感应电流的方向，注意在分析过程中要同时考虑B1和B2的变化。
2．（2024 新课标Ⅱ）如图，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d（d＞L）的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下。导线框以某一初速度向右运动。t＝0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域。下列v﹣t图象中，可能正确描述上述过程的是（　　）
A． B．
C． D．
【考点】导体平动切割磁感线产生的感应电动势；牛顿第二定律的简单应用；闭合电路欧姆定律的内容和表达式；安培力的概念．
【专题】电磁感应与电路结合．
【答案】D
【分析】线圈以一定的初速度进入匀强磁场，由于切割磁感线，所以出现感应电流，从而产生安培阻力，导致线圈做加速度减小的减速运动。当完全进入后，没有磁通量变化，所以没有感应电流，不受到安培力，因此做匀速直线运动，当出现磁场时，磁通量又发生变化，速度与进入磁场相似。
【解答】解：线圈以一定初速度进入磁场，则感应电动势为：E＝BLv
闭合电路欧姆定律，则感应电流为：
安培力为：
由牛顿第二定律为：F＝ma
则有：
由于v 减小，所以a也减小，当完全进入磁场后，不受到安培力，所以做匀速直线运动，当出磁场时，速度与时间的关系与进入磁场相似。
而速度与时间的斜率表示加速度的大小，因此D正确，ABC错误；
故选：D。
【点评】属于力与电综合题，并强调速度与时间的斜率表示加速度的大小，而由牛顿第二定律来确定加速度如何变化。
3．（2024 大纲版）纸面内两个半径均为R的圆相切于O点，两圆形区域内分别存在垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度大小相等、方向相反，且不随时间变化．一长为2R的导体杆OA绕过O点且垂直于纸面的轴顺时针匀速旋转，角速度为ω，t＝0时，OA恰好位于两圆的公切线上，如图所示．若选取从O指向A的电动势为正，下列描述导体杆中感应电动势随时间变化的图象可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【考点】导体平动切割磁感线产生的感应电动势；线速度的物理意义及计算；闭合电路欧姆定律的内容和表达式．
【专题】电磁感应与电路结合．
【答案】C
【分析】根据右手定则判断方向，然后根据分析大小变化即可做出选择．
【解答】解：由右手定则可判，开始时感应电动势为正，故D错误；
设经时间t导体杆转过的角度为α，则α＝ωt，导体杆有效切割长度为L＝2Rsinωt。
由可知，E＝2BR2ωsin2ωt，B、R、ω不变，切割的有效长度随时间先增大后减小，且做非线性、非正弦的变化，经半个周期后，电动势的方向反向，故ABD错误，C正确；
故选：C。
【点评】电磁感应与图象的结合问题，近几年高考中出现的较为频繁，在解题时涉及的内容较多，同时过程也较为复杂；故在解题时要灵活，可以先利用右手定则或楞次定律判断方向排除法，在选择其他合适的解法等解答．
4．（2024 天津）如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框动abcd。ab边长大于bc边长，置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN．第一次ab边平行MN进入磁场。线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1：第二次bc边平行MN进入磁场。线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则（　　）
A．Q1＞Q2 q1＝q2 B．Q1＞Q2 q1＞q2
C．Q1＝Q2 q1＝q2 D．Q1＝Q2 q1＞q2
【考点】线圈进出磁场的电压、电流、电荷量等电学量的计算；线圈进出磁场的能量计算．
【专题】电磁感应——功能问题．
【答案】A
【分析】根据，可判两次进入通过线框导体横截面的电荷量相等；根据功能关系可求线框中产生的热量。
【解答】解：设ab和bc边长分别为lab，lbc，若假设穿过磁场区域的速度为v，则有 ①，
②
同理可以求得 ③
④
lab＞lbc，由于两次“穿越”过程均为相同速率穿过，通过比较①③可知Q1＞Q2，
通过比较②④可知q1＝q2，所以A选项正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】在电磁感应题目中，公式常考，要牢记，选择题中可直接应用，计算题中要写出推导过程；对于电磁感应能量问题一般有三种方法求解：①利用电路中产生的热量等于克服安培力做得功；②利用动能定理；③利用能量守恒；具体哪种方法，要看题目中的已知条件。
5．（2024 杨浦区一模）如图所示，光滑金属导轨AC、AD固定在水平面内，并处在方向竖直向下、大小为B的匀强磁场中。有一质量为m的导体棒以初速度v0从某位置开始在导轨上水平向右运动，最终恰好静止在A点。在运动过程中，导体棒与导轨始终构成等边三角形回路，且通过A点的总电荷量为Q．已知导体棒与导轨间的接触电阻阻值恒为R，其余电阻不计。则（　　）
A．该过程中导体棒做匀减速运动
B．该过程中接触电阻产生的热量为
C．开始运动时，导体棒与导轨所构成回路的面积为S
D．当导体棒的速度为v0时，回路中感应电流大小为初始时的一半
【考点】电磁感应过程中的能量类问题；导体平动切割磁感线产生的感应电动势．
【专题】压轴题；电磁感应——功能问题；推理论证能力；分析综合能力．
【答案】C
【分析】导体棒切割磁感线产生感应电流，导体棒受到安培力作用做减速运动；导体棒的动能转化为内能；根据E＝BLv求出感应电动势，由欧姆定律判断感应电流的大小；由法拉第电磁感应定律、欧姆定律及电流定义式的变形公式求出感应电荷量。
【解答】解：A、感应电动势E＝BLv，感应电流I，导体棒受到的安培力F＝BIL，由于导体棒在运动过程中L不断减小，安培力不断减小，导体棒的加速度减小，导体棒做加速度减小的减速运动，不做匀减速运动，故A错误；
B、克服安培力做功，导体棒的动能转化为焦耳热，由能量守恒定律可得，接触电阻产生的焦耳热Q，故B错误；
C、在整个过程中，感应电荷量Q＝IΔtΔt，则S，故C正确；
D、感应电动势E＝BLv，感应电流I，当导体棒的速度为时，导体棒的长度L减小，回路中感应电流大小小于初始时的一半，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了判断导体棒的运动性质、求产生的焦耳热、求感应电荷量、判断感应电流大小等问题，熟练掌握基础知识即可正确解题。
6．（2024 大纲版）很多相同的绝缘铜圆环沿竖直方向叠放，形成一很长的竖直圆筒．一条形磁铁沿圆筒的中心轴竖直放置，其下端与圆筒上端开口平齐．让条形磁铁从静止开始下落．条形磁铁在圆筒中的运动速率（　　）
A．均匀增大
B．先增大，后减小
C．逐渐增大，趋于不变
D．先增大，再减小，最后不变
【考点】楞次定律及其应用．
【专题】电磁感应与电路结合．
【答案】C
【分析】因条形磁铁的运动，导致绝缘铜圆环的磁通量变化，从而产生感应电流，阻碍条形磁铁的运动，当阻力等于其重力时，速度达到最大，即可求解．
【解答】解：由题意可知，当条形磁铁下落时，导致绝缘铜圆环磁通量变化，从而产生感应电流，阻碍磁铁的运动，
根据牛顿第二定律可知，安培阻力越来越大时，竖直向下的加速度将减小，但速度仍在增大，当安培阻力等于重力时，合外力为零，加速度也为零，速度达到最大；
故C正确，ABD错误；
故选：C。
【点评】考查安培阻力的由来，掌握牛顿第二定律的应用，注意联系已知的题型：下落的雨滴，受到的阻力，最后也达到最大速度．
7．（2024 海南）如图，空间有一匀强磁场，一直金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速度v沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小为 ；将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线，置于与磁感应强度相垂直的平面内，当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v运动时，棒两端的感应电动势大小为 ′．则等于（　　）
A． B． C．1 D．
【考点】导体平动切割磁感线产生的感应电动势．
【专题】电磁感应与电路结合．
【答案】B
【分析】本题根据感应电动势公式E＝BLv，L是有效的切割长度，分析感应电动势的关系．
【解答】解：设金属棒的长度为L。
左侧的金属棒有效的切割长度为L，垂直切割磁感线，产生的感应电动势为 ＝BLv
右侧的金属棒有效的切割长度为L，垂直切割磁感线，产生的感应电动势为 ′＝BLv
则
故选：B。
【点评】本题关键要准确理解公式E＝BLv中L的含义，知道L是有效的切割长度，即速度垂直方向上金属棒的长度．
8．（2024 可克达拉市校级月考）如图，圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路．若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，下列表述正确的是（　　）
A．线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流
B．穿过线圈a的磁通量变小
C．线圈a有扩张的趋势
D．线圈a对水平桌面的压力FN将增大
【考点】增缩减扩；判断磁通量的大小或变化；楞次定律及其应用；增反减同．
【专题】电磁感应与电路结合．
【答案】D
【分析】此题的关键首先明确滑动触头向下滑动时通过判断出线圈b中的电流增大，然后根据楞次定律判断出线圈a中感应电流的方向．本题利用“楞次定律的第二描述”求解将更为简便．
【解答】解：A、B：当滑动触头P向下移动时电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知通过线圈b的电流增大，从而判断出穿过线圈a的磁通量增加方向向下，所以B错误；根据楞次定律即可判断出线圈a中感应电流方向俯视应为逆时针，A错误。
C、再根据微元法将线圈a无线分割根据左手定则不难判断出线圈a应有收缩的趋势，或直接根据楞次定律的第二描述“感应电流产生的效果总是阻碍引起感应电流的原因”，因为滑动触头向下滑动导致穿过线圈a的磁通量增加，故只有线圈面积减少时才能阻碍磁通量的增加，故线圈a应有收缩的趋势，C错误；
D、开始时线圈a对桌面的压力等于线圈a的重力，当滑动触头向下滑动时，可以用“等效法”，即将线圈a和b看作两个条形磁铁，不难判断此时两磁铁的N极相对，互相排斥，故线圈a对水平桌面的压力将增大，所以D正确。
故选：D。
【点评】首先应掌握楞次定律的基本应用，楞次定律的第二描述是能量守恒定律在电磁感应现象中得出的必然结果．一般在解决有关相对运动类问题时用楞次定律的第二描述将会非常简便．
9．（2024 浙江）如图所示，固定在水平面上的半径为r的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。长为l的金属棒，一端与圆环接触良好，另一端固定在竖直导电转轴OO'上，随轴以角速度ω匀速转动。在圆环的A点和电刷间接有阻值为R的电阻和电容为C、板间距为d的平行板电容器，有一带电微粒在电容器极板间处于静止状态。已知重力加速度为g，不计其它电阻和摩擦，下列说法正确的是（　　）
A．棒产生的电动势为Bl2ω
B．微粒的电荷量与质量之比为
C．电阻消耗的电功率为
D．电容器所带的电荷量为CBr2ω
【考点】导体转动切割磁感线产生的感应电动势；电磁感应过程中的电路类问题．
【专题】定量思想；方程法；电磁感应与电路结合；分析综合能力．
【答案】B
【分析】由于在圆环内存在磁感应强度为B的匀强磁场，所以金属棒有效切割长度为r，根据感应电动势的计算公式进行求解；微粒处于静止状态，根据平衡条件求解比荷；根据电功率的计算公式求解电阻消耗的电功率；根据电容的定义式计算电容器所带的电荷量。
【解答】解：A、由于在圆环内存在磁感应强度为B的匀强磁场，所以金属棒有效切割长度为r，根据E＝Br可得棒产生的电动势为Br2ω，故A错误；
B、微粒处于静止状态，根据平衡条件可得：qmg，解得微粒的电荷量与质量之比为，故B正确；
C、电阻消耗的电功率为P，故C错误；
D、电容器所带的电荷量为Q＝CECBr2ω，故D错误。
故选：B。
【点评】本题主要是考查电磁感应现象与电路的结合，对于导体切割磁感应线产生的感应电动势情况有两种：一是导体平动切割产生的感应电动势，可以根据E＝BLv来计算；二是导体棒转动切割磁感应线产生的感应电动势，可以根据E来计算。
10．（2024 全国卷Ⅱ）如图所示，在PQ、QR区域是在着磁感应强度大小相等、方向相反的匀强磁场，磁场宽度均为l，磁场方向均垂直于纸面，bc边与磁场的边界P重合。导线框与磁场区域的尺寸如图所示。从t＝0时刻开始线框匀速横穿两个磁场区域。以a→b→c→d→e→f为线框中有电动势的正方向。以下四个ε﹣t关系示意图中正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【考点】导体平动切割磁感线产生的感应电动势；右手定则．
【专题】压轴题．
【答案】C
【分析】根据右手定则判断出不同阶段电动势的方向，以及根据E＝BLv求出不同阶段的电动势大小。刚进磁场时，只有bc边切割；bc边进入QR区域时，bc边和de边都切割磁感线，但等效电动势为0；bc边出磁场后，de边和af边切割磁感线，af边切割产生的电动势大于bc边；de边出磁场后后，只有af边切割。
【解答】解：下面是线框切割磁感线的四个阶段示意图。
在第一阶段，只有bc切割向外的磁感线，由右手定则知电动势为负，大小为Blv．在第二阶段，bc切割向里的磁感线，电动势为逆时针方向，同时de切割向外的磁感线，电动势为顺时针方向，等效电动势为零。在第三阶段，de切割向里的磁感线同时af切割向外的磁感线，两个电动势同为逆时针方向，等效电动势为正，大小为3Blv．在第四阶段，只有af切割向里的磁感线，电动势为顺时针方向，等效电动势为负大小为2Blv．故C正确，A、B、D错误。
故选：C。
【点评】解决本题的关键掌握右手定则判断出不同阶段电动势的方向，以及根据E＝BLv求出不同阶段的电动势大小。
二．多选题（共5小题）
（多选）11．（2024 新课标Ⅰ）1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”。实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示。实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后。下列说法正确的是（　　）
A．圆盘上产生了感应电动势
B．圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动
C．在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化
D．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动
【考点】涡流的产生及原理；生活中的电磁感应现象；磁通量的概念和计算公式的定性分析．
【专题】电磁感应与电路结合．
【答案】AB
【分析】通过题意明确涡流的产生，再根据磁极和电流间的相互作用分析磁铁的运动。
【解答】解：A、圆盘在转动中由于半径方向的金属条切割磁感线，从而在圆心和边缘之间产生了感应电动势；故A正确；
B、圆盘在径向的金属条切割磁感线过程中，内部距离圆心远近不同的点电势不等，从而形成涡流，涡流产生的磁场又导致磁针转动，故B正确；
C、由于圆盘面积不变，距离磁铁的距离不变，故整个圆盘中的磁通量没有变化；故C错误；
D、影响磁针转动的电流是导体切割产生的，不是因为自由电子随圆盘转动形成的电流引起的；故D错误；
故选：AB。
【点评】本题要注意明确电流的形成不是因为自由电子运动，而是由于圆盘切割磁感线产生了电动势，从而产生了涡流。
（多选）12．（2024 广西学业考试）如图所示的情况都是线框在磁场中做切割磁感线运动，其中线框中有感应电流的是（　　）
A． B．
C． D．
【考点】电磁感应现象的发现过程．
【答案】BC
【分析】根据感应电流产生的条件是穿过闭合电路磁通量发生变化．然后结合图中线圈的位移与线圈则磁通量的变化情况判定是否能产生感应电流．
【解答】解：A、当线圈做垂直于匀强磁场的磁感线的平行运动时，磁通量一直不发生变化，无感应电流，故A错误；
B、当线圈从磁场中穿出时，磁通量减小，能产生感应电流，故B正确；
C、当线圈做垂直于磁场方向，由较弱的磁场进入较强的磁场中时，磁通量增大，能产生感应电流，故C正确；
D、当线圈在图示的位置垂直于磁感线的运动时，磁通量一直不变，无感应电流，故D错误。
故选：BC。
【点评】本题考查了产生感应电流条件的灵活应用，注意把握磁通量是否变化这一根本条件，不要受其它因素的干扰．
（多选）13．（2024 山东）如图所示，一导线弯成半径为a的半圆形闭合回路。虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场。方向垂直于回路所在的平面。回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直。从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列结论正确的是（　　）
A．感应电流方向不变
B．CD段直线始终不受安培力
C．感应电动势最大值E＝Bav
D．感应电动势平均值πBav
【考点】线圈进出磁场的电压、电流、电荷量等电学量的计算；左手定则判断安培力的方向；导体切割磁感线时的有效长度问题．
【专题】压轴题．
【答案】ACD
【分析】由楞次定律可判断电流方向，由左手定则可得出安培力的方向；
由E＝BLv，分析过程中最长的L可知最大电动势；
由法拉第电磁感应定律可得出电动势的平均值。
【解答】解：A、在闭合电路进入磁场的过程中，通过闭合电路的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知感应电流的方向为逆时针方向不变，A正确。
B、根据左手定则可以判断，受安培力向下，故B错误。
C、当半圆闭合回路进入磁场一半时，即这时等效长度最大为a，这时感应电动势最大E＝Bav，C正确。
D、由法拉第电磁感应定律可得感应电动势平均值，故D正确。
故选：ACD。
【点评】本题注意以下几点：（1）感应电动势公式只能来计算平均值；（2）利用感应电动势公式E＝Blv计算时，l应是等效长度，即垂直切割磁感线的长度。
（多选）14．（2024 重庆）两根相距为L的足够长的金属直角导轨如图所示放置，它们各有一部分在同一水平面内，另一部分垂直于水平面．质量均为m的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数均为μ，导轨电阻不计，回路总电阻为2R．整个装置处于磁感应强度大小为B，方向竖直向上的匀强磁场中．当ab杆在平行于水平导轨的拉力F作用下以速度v1沿导轨匀速运动时，cd杆也正好以速度v2向下匀速运动．重力加速度为g．下列说法中正确的是（　　）
A．ab杆所受拉力F的大小为μmg
B．cd杆所受摩擦力为零
C．回路中的电流强度为
D．μ与v1大小的关系为μ
【考点】双杆在等宽导轨上切割磁场的运动问题；共点力的平衡问题及求解；闭合电路欧姆定律的内容和表达式；安培力的计算公式及简单应用．
【专题】压轴题；电磁感应中的力学问题．
【答案】AD
【分析】当导体棒ab匀速向右运动时，切割磁感线，cd运动时不切割磁感线，在回路中产生感应电流，从而使导体棒ab受到水平向左的安培力．导体棒cd受到水平向右的安培力，使导体棒和轨道之间产生弹力，从而使cd受到向上的摩擦力，把力分析清楚，然后根据受力平衡求解．
【解答】解：A、导体切割磁感线时产生沿abdca方向的感应电流，大小为：I①
导体ab受到水平向左的安培力，由受力平衡得：BIL+mgμ＝F ②
导体棒cd运动时，在竖直方向受到摩擦力和重力平衡，有：f＝BILμ＝mg ③
联立以上各式解得：F＝mgμ，μ
故AD正确，BC错误。
故选：AD。
【点评】本题是又杆类型，涉及电磁感应过程中的复杂受力分析，解决这类问题的关键是，根据法拉第电磁感应定律判断感应电流方向，然后根据安培定则或楞次定律判断安培力方向，进一步根据运动状态列方程求解．
（多选）15．（2024 泸县校级模拟）如图甲所示，abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，金属线框的质量为m，电阻为R．在金属线框的下方有一匀强磁场区域，MN和PQ是匀强磁场区域的水平边界，并与线框的bc边平行，磁场方向垂直于线框平面向里。现使金属线框从MN上方某一高度处由静止开始下落，如图乙是金属线框由开始下落到bc刚好运动到匀强磁场PQ边界的v﹣t图象，图中数据均为已知量。重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．金属线框刚进入磁场时感应电流方向沿adcba方向
B．磁场的磁感应强度为
C．金属线框在0一t3的时间内所产生的热量为mgv1（t2﹣t1）
D．MN和PQ之间的距离为v1（t2﹣t1）
【考点】电磁感应过程中的能量类问题；闭合电路欧姆定律的内容和表达式；安培力的计算公式及简单应用；导体平动切割磁感线产生的感应电动势．
【专题】电磁感应与电路结合．
【答案】BC
【分析】本题应抓住：
（1）根据楞次定律判断感应电流的方向；
（2）由图知，金属线框进入磁场做匀速直线运动，重力和安培力平衡，可求出B。
（3）由能量守恒定律求出热量。
（4）由图象可知，金属框进入磁场过程中是做匀速直线运动，根据时间和速度求解金属框的边长和MN和PQ之间的距离；
【解答】解：A、金属线框刚进入磁场时，根据楞次定律判断可知，感应电流方向沿abcda方向。故A错误。
B、在金属框进入磁场的过程中，金属框所受安培力等于重力：
mg＝BIL
又L＝v1（t2﹣t1）。
联立解得：．故B正确。
C、金属框在进入磁场过程中金属框产生的热为Q1，重力对其做正功，安培力对其做负功，由能量守恒定律得：
Q1＝mgL＝mgv1（t2﹣t1）
金属框在磁场中的运动过程中金属框不产生感应电流，所以金属线框在0一t3的时间内所产生的热量为mgv1（t2﹣t1）。故C正确。
D、由图象可知，金属框进入磁场过程中是做匀速直线运动，速度为v1，运动时间为t2﹣t1所以金属框的边长：L＝v1（t2﹣t1）。MN和PQ之间的距离要大于金属框的边长
．故D错误。
故选：BC。
【点评】本题电磁感应与力学知识简单的综合，培养识别、理解图象的能力和分析、解决综合题的能力。
三．解答题（共5小题）
16．（2024 江苏）如图所示，两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为θ，间距为d。导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直。质量为m的金属棒被固定在导轨上，距底端的距离为s，导轨与外接电源相连，使金属棒通有电流。金属棒被松开后，以加速度a沿导轨匀加速下滑，金属棒中的电流始终保持恒定，重力加速度为g。求下滑到底端的过程中，金属棒
（1）末速度的大小v；
（2）通过的电流大小I；
（3）通过的电荷量Q。
【考点】导体平动切割磁感线产生的感应电动势；电磁感应过程中的能量类问题．
【专题】计算题；学科综合题；定量思想；等效替代法；电磁感应——功能问题．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）金属棒沿导轨做匀加速运动，已知初速度、位移和加速度，根据运动学速度—位移公式求末速度的大小v。
（2）已知金属棒的加速度，根据牛顿第二定律和安培力公式结合求通过的电流大小I。
（3）金属棒运动的时间为 t，通过的电荷量由Q＝It求解。
【解答】解：（1）金属棒沿导轨做匀加速运动，则有 v2＝2as
解得 v
（2）金属棒受到的安培力大小 F安＝BId
金属棒所受的合力 F＝mgsinθ﹣F安
根据牛顿第二定律得 F＝ma
联立解得 I
（3）金属棒运动时间 t
通过金属棒的电荷量 Q＝It
结合 v，I，解得 Q
答：
（1）末速度的大小v是；
（2）通过的电流大小I是；
（3）通过的电荷量Q是。
【点评】解决本题的关键是明确金属棒的运动情况，知道安培力是联系电磁感应与力学的桥梁，在电流一定时根据Q＝It求电荷量。
17．（2024 北京）如图所示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，宽度L＝0.4m，一端连接R＝1Ω的电阻．导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B＝1T．导体棒MN放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好．导轨和导体棒的电阻均可忽略不计．在平行于导轨的拉力F作用下，导体棒沿导轨向右匀速运动，速度v＝5m/s．求：
（1）感应电动势E和感应电流I；
（2）在0.1s时间内，拉力的冲量IF的大小；
（3）若将MN换为电阻r＝1Ω的导体棒，其它条件不变，求导体棒两端的电压U．
【考点】电磁感应过程中的电路类问题；导体平动切割磁感线产生的感应电动势；电磁感应过程中的动力学类问题．
【专题】电磁感应与电路结合．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）由E＝BLv求出导体棒切割磁感线产生的感应电动势，由欧姆定律求出感应电流，根据右手定则判断感应电流的方向；
（2）由F＝BIL求出导体棒受到的安培力，由左手定则判断出安培力的方向，然后由平衡条件求出拉力，并确定拉力的方向，由I＝Ft计算出拉力的冲量；
（3）将MN换为电阻r＝1Ω的导体棒时，由闭合电路的欧姆定律求出电流，然后由U＝IR即可求出导体棒两端的电压．
【解答】解：（1）由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势为：
E＝BLv＝1×0.4×5V＝2.0V
感应电流为：
IA＝2A
根据右手定则得导体棒MN中电流的流向为：N→M；
（2）由左手定则判断可知，MN棒所受的安培力方向向左．
导体棒匀速运动，安培力与拉力平衡，则有：
F＝BIL＝1×2×0.4N＝0.8N，
拉力的冲量：IF＝Ft＝0.8×0.1＝0.08N s
（3）将MN换为电阻r＝1Ω的导体棒，电路中的电流：I′A＝1A
由欧姆定律：U＝I′ R＝1×1＝1V
答：（1）感应电动势是2.0V，感应电流是2A，方向导体棒MN中电流的流向为：N→M；
（2）在0.1s时间内，拉力的冲量IF的大小是0.08N s；
（3）若将MN换为电阻r＝1Ω的导体棒，其它条件不变，导体棒两端的电压是1V．
【点评】本题是电磁感应知识与力平衡、欧姆定律简单的综合，掌握电磁感应的基本规律：法拉第电磁感应定律、欧姆定律和安培力是关键，会根据右手定则判断感应电流的方向，由左手定则判断安培力的方向．
18．（2024 海南）如图，ab和cd是两条竖直放置的长直光滑金属导轨，MN和M′N′是两根用细线连接的金属杆，其质量分别为m和2m。竖直向上的外力F作用在杆MN上，使两杆水平静止，并刚好与导轨接触；两杆的总电阻为R，导轨间距为l。整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂直。导轨电阻可忽略，重力加速度为g。在t＝0时刻将细线烧断，保持F不变，金属杆和导轨始终接触良好。求：
（1）细线烧断后，任意时刻两杆运动的速度之比；
（2）两杆分别达到的最大速度。
【考点】双杆在等宽导轨上切割磁场的运动问题；电磁感应过程中的动力学类问题．
【专题】计算题；压轴题；电磁感应中的力学问题．
【答案】见试题解答内容
【分析】细线烧断前对MN和M'N'受力分析，得出竖直向上的外力F＝3mg，
细线烧断后对MN和M'N'受力分析，根据动量守恒求出任意时刻两杆运动的速度之比。
分析MN和M'N'的运动过程，找出两杆分别达到最大速度的特点，并求出。
【解答】解：（1）细线烧断前对MN和M'N'受力分析，
由于两杆水平静止，得出竖直向上的外力F＝3mg。
设某时刻MN和M'N'速度分别为v1、v2。
规定竖直向上为正方向，根据MN和M'N'动量守恒得出：mv1﹣2mv2＝0
求出：2 ①
（2）细线烧断后，MN向上做加速运动，M'N'向下做加速运动，由于速度增加，感应电动势增加，
MN和M'N'所受安培力增加，所以加速度在减小。
当MN和M'N'的加速度减为零时，速度最大。
对M'N'受力平衡：BIl＝2mg ②
I ③
E＝Blv1+Blv2④
由①﹣﹣④得：v1、v2
答：（1）细线少断后，任意时刻两杆运动的速度之比为2；
（2）两杆分别达到的最大速度为，。
【点评】能够分析物体的受力情况，运用动量守恒求出两个物体速度关系。
在直线运动中，速度最大值一般出现在加速度为0的时刻。
19．（2024 上海）如图，质量为M的足够长金属导轨abcd放在光滑的绝缘水平面上．一电阻不计，质量为m的导体棒PQ放置在导轨上，始终与导轨接触良好，PQbc构成矩形．棒与导轨间动摩擦因数为μ，棒左侧有两个固定于水平面的立柱．导轨bc段长为L，开始时PQ左侧导轨的总电阻为R，右侧导轨单位长度的电阻为R0．以ef为界，其左侧匀强磁场方向竖直向上，右侧匀强磁场水平向左，磁感应强度大小均为B．在t＝0时，一水平向左的拉力F垂直作用于导轨的bc边上，使导轨由静止开始做匀加速直线运动，加速度为a．
（1）求回路中感应电动势及感应电流随时间变化的表达式；
（2）经过多少时间拉力F达到最大值，拉力F的最大值为多少？
（3）某一过程中回路产生的焦耳热为Q，导轨克服摩擦力做功为W，求导轨动能的增加量．
【考点】导体平动切割磁感线产生的感应电动势；电磁感应过程中的能量类问题；连续相等时间内的运动比例规律；牛顿第二定律的简单应用；闭合电路欧姆定律的内容和表达式；安培力的计算公式及简单应用．
【专题】压轴题；电磁感应——功能问题．
【答案】见试题解答内容
【分析】电磁感应定律求电动势，匀变速运动求速度，由闭合电路欧姆定律求出感应电流随时间变化的表达式，对导轨受力分析，牛顿第二定律求F得最大值，由动能定理求导轨动能的增加量．
【解答】解：（1）对杆发电：E＝BLv，
导轨做初速为零的匀加速运动，v＝at，
E＝BLat，
sat2
对回路：闭合电路欧姆定律：
（2）导轨受外力F，安培力FA摩擦力f．其中
对杆受安培力：FA＝BIL
Ff＝μFN＝μ（mg+BIL）＝μ（mg）
由牛顿定律F﹣FA﹣Ff＝Ma
F＝Ma+FA+Ff＝Ma+μmg+（1+μ）
上式中当：R0at
即t时，外力F取最大值，
Fmax＝Ma+μmg（1+μ）B2L2，
（3）设此过程中导轨运动距离为s，
由动能定理，W合＝ΔEk W合＝Mas．
由于摩擦力Ff＝μ（mg+FA），
所以摩擦力做功：W＝μmgs+μWA＝μmgs+μQ，
s，
ΔEk＝Mas
答：（1）回路中感应电动势及感应电流随时间变化的表达式E＝BLat，；
（2）经过时间拉力F达到最大值，拉力F的最大值为Ma+μmg（1+μ）B2L2，
（3）导轨动能的增加量为．
【点评】考查了电磁感应定律产生电动势、电流随时间变化的规律，讨论其最大值，能量守恒定律的应用．
20．（2024 浙江）间距为l的两平行金属导轨由水平部分和倾斜部分平滑连接而成，如图所示，倾角为θ的导轨处于大小为B1、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间I中，水平导轨上的无磁场区间静止放置一质量为3m的“联动双杆”（由两根长为l的金属杆cd和ef，用长度为L的刚性绝缘杆连接构成），在“联动双杆”右侧存在大小为B2，方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间II，其长度大于L，质量为m、长为l的金属杆ab从倾斜导轨上端释放，达到匀速后进入水平导轨（无能量损失），杆ab与“联动双杆”发生碰撞，碰后杆ab和cd合在一起形成“联动三杆”，“联动三杆”继续沿水平导轨进入磁场区间II并从中滑出，运动过程中，杆ab、cd和ef与导轨始终接触良好，且保持与导轨垂直，已知杆ab、cd和ef电阻均为R＝0.02Ω，m＝0.1kg，l＝0.5m，L＝0.3m，θ＝30°，B1＝0.1T，B2＝0.2T，不计摩擦阻力和导轨电阻，忽略磁场边界效应，求：
（1）杆ab在倾斜导轨上匀速运动时的速度大小v0；
（2）“联动三杆”进入磁场区间II前的速度大小v；
（3）“联动三杆”滑过磁场区间II产生的焦耳热Q。
【考点】导体平动切割磁感线产生的感应电动势；闭合电路欧姆定律的内容和表达式．
【专题】计算题；定量思想；方程法；电磁感应中的力学问题；交流电专题．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）ab杆在倾斜轨道上做匀速直线运动，由平衡条件可以求出其速度。
（2）ab杆与联动双杆碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出其速度。
（3）应用动量定理与能量守恒定律可以求出联动三杆产生的焦耳热。
【解答】解：（1）ab杆受到的安培力：F＝B1Il，
ab杆匀速运动，由平衡条件得：mgsinθ，解得：v0＝6m/s；
（2）ab杆与联动双杆碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，
由动量守恒定律得：mv0＝（m+3m）v，解得：v＝1.5m/s；
（3）联动三杆进入磁场B2过程速度的变化量为Δv，
由动量定理得：B2lΔt＝4mΔv，
Δt＝Δq，解得：Δv＝0.25m/s，
联动三杆离开磁场过程，速度的变化量大小也为：Δv＝0.25m/s，
离开磁场B2时联动三杆的速度：v′＝v﹣2Δv＝1.5﹣2×0.25＝1m/s，
“联动三杆”滑过磁场区间II产生的焦耳热：Q 4mv2 4mv′2，
解得：Q＝0.25J；
答：（1）杆ab在倾斜导轨上匀速运动时的速度大小v0为6m/s。
（2）“联动三杆”进入磁场区间II前的速度大小v为1.5m/s。
（3）“联动三杆”滑过磁场区间II产生的焦耳热Q为0.25J。
【点评】分析清楚杆的运动过程是解题的前提与关键，应用安培力公式、平衡条件、动量守恒定律与能量守恒定律可以解题；解题时注意分析清楚电路结构，本题是一道综合题，难度较大，解题时应细心、认真。
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