1. (2024河南洛陽名校聯(lián)考)如圖（甲）所示，光滑的平行水平金屬導軌MN、PQ相距l(xiāng)，在M點和P點間連接一個阻值為R的電阻，一質(zhì)量為m、電阻為r、長度也剛好為l的導體棒垂直擱在導軌上a、b兩點間，在a點右側(cè)導軌間加一有界勻強磁場，磁場方向垂直于導軌平面，寬度為d0，磁感應強度為B，設磁場左邊界到ab距離為d?，F(xiàn)用一個水平向右的力F拉導體棒，使它從a、b處靜止開始運動，棒離開磁場前已做勻速直線運動，與導軌始終保持良好接觸，導軌電阻不計，水平力F-x的變化情況如圖（乙）所示，F(xiàn)0已知。求：
（1）棒ab離開磁場右邊界時的速度；
（2）棒ab通過磁場區(qū)域的過程中整個回路所消耗的電能E；
（3）d滿足什么條件時，棒ab進入磁場后一直做勻速運動。
【參考答案】（1）；（2）；
（3）
【名師解析】
（1）設棒ab離開磁場右邊界時的速度為v，產(chǎn)生的感應電動勢為
感應電流為

根據(jù)平衡條件得

解得

（2）全程根據(jù)動能定理得

根據(jù)功和能的關系得

解得
（3）棒在磁場中做勻速運動，進入磁場時的速度為v，根據(jù)動能定理得

解得

2.（2024安徽六校教育研究會第二次素養(yǎng)測試）如圖甲所示，由粗細均勻的金屬絲繞制而成的正方形線圈固定在絕緣滑塊上，線圈和滑塊的總質(zhì)量為M=2kg，匝數(shù)為10，邊長為L=0.2m，水平面粗糙，滑塊與水平軌道之間的動摩擦因數(shù)為μ=0.5，矩形線圈總阻值R=0.1Ω ，滑塊的右側(cè)有一長為4L、寬為L的長方形磁場區(qū)域。磁場方向垂直紙面向里，且線框的上邊界與磁場區(qū)域的中間線重合?，F(xiàn)給滑塊施加一水平向右的外力，使整個裝置以恒定的速度v=0.2m/s通過磁場區(qū)域，從線框進入磁場瞬間開始計時，磁感應強度隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示，重力加速度為g=10m/s2。求：
（1）正方形線框進入磁場時，線框中的電流是多少？
（2）正方形線框剛要全部進入磁場時滑塊與地面間摩擦力應為多大？
（3）正方形線框從剛進入磁場到剛好離開磁場的過程中，外力做的功為多少？
【參考答案】：（1）1A；（2）10.5N；（3）10.1J
【名師解析】
（1）正方形線框剛進入磁場時，線框切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢：E1＝NB×L2×v由閉合電路的歐姆定律可知，線框中的電流：I1=E1R代入數(shù)據(jù)解得： I1＝1A
（2）正方形線框全部進入磁場所用的時間為t=Lv＝1s
在此時間內(nèi)，磁感應強度不變，均為B＝0.5T
線框?qū)⒁窟M入磁場時，右邊導線受到向左的安培力，大小為F1＝NBI1×L2=0.5N
線框的上邊所受的安培力向下，大小為F2＝NBI1L
滑塊所受滑動摩擦力為f＝μ（Mg+F2）代入數(shù)據(jù)解得：f＝10.5N（3）正方形線框剛進入磁場時的外力大小為F′＝f′+F1＝μMg+F1，代入數(shù)據(jù)解得：F′＝10.5N
線框全部進入過程中外力所做的功為W1=FL=10.5+112×0.2J＝2.15J
線框整體在磁場中運動的時間為t1=3Lv＝3s則1～3s內(nèi)有E2＝NΔΦΔt=NΔBΔt×12L2
代入數(shù)據(jù)解得：E2＝0.05V
線框中有沿順時針方向的電流，電流大小為I2=E2R=0.5A線框完全進入磁場瞬間，磁感應強度發(fā)生變化，線框的上邊受到向上的安培力，大小為F3＝NBI2L＝0.5N
則1～3s內(nèi)外力做的功W2=μMg+μ(Mg?F3)2×2L，代入數(shù)據(jù)解得：W2＝3.95J
3s后線框中無電流，此時直到線框完全離開磁場，外力做的功W3＝2μMgL，代入數(shù)據(jù)解得：W3＝4J故整個過程外力做的總功為W＝W1+W2+W3＝10.1J
3. （2024南京名校聯(lián)考）如圖（a）所示，兩根不計電阻、間距為L的足夠長平行光滑金屬導軌，豎直固定在勻強磁場中，磁場方向垂直于導軌平面向里，磁感應強度大小為B。導軌上端串聯(lián)非線性電子元件Z和阻值為R的電阻。元件Z的U-I圖像如圖（b）所示，當流過元件Z的電流大于或等于I0時，電壓穩(wěn)定為Um。質(zhì)量為m、不計電阻的金屬棒可沿導軌運動，運動中金屬棒始終水平且與導軌保持良好接觸。忽略空氣阻力及回路中的電流對原磁場的影響，重力加速度大小為g。為了方便計算，取，。以下計算結(jié)果只能選用m、g、B、L、R表示。
（1）斷開開關S，由靜止釋放金屬棒，求金屬棒下落的最大速度vm；
（2）先閉合開關S，由靜止釋放金屬棒，金屬棒達到最大速度后，再斷開開關S。忽略回路中電流突變的時間，求S斷開瞬間金屬棒的加速度大小a。
【參考答案】（1）；（2）
【名師解析】
（1）設斷開開關S時，金屬棒最大速度時回路電流為I1，對金屬棒根據(jù)平衡條件得
根據(jù)歐姆定律得

根據(jù)題意得
解得

（2）設閉合開關S，由靜止釋放金屬棒，金屬棒達到最大速度后，回路電流為I2，感應電動勢為E2，對金屬棒根據(jù)平衡條件得
根據(jù)歐姆定律得

解得

斷開開關的瞬間，元件Z兩端的電壓為
斷開開關的瞬間，回路的電流為

解得
根據(jù)牛頓第二定律，金屬棒的加速度為

解得
4. （2024貴州高考適應性考試） 如圖（a），足夠長的固定光滑平行金屬導軌CD、EF相距為L，兩導軌及其所構(gòu)成的平面均與水平面成角。導軌所在區(qū)域有方向垂直于導軌平面向上的勻強磁場，其磁感應強度大小為B。在C、E兩點通過導線和單刀雙擲開關K接有一匝數(shù)為n、面積為S的固定水平圓形線圈M，在M區(qū)域內(nèi)有豎直向下的勻強磁場，其磁感應強度隨時間變化的規(guī)律如圖（b）所示。時刻，開關K接1，此時將質(zhì)量為m的導體棒ab水平放置在導軌頂端，ab恰好靜止不動。時刻，開關K改接2，ab開始運動。ab始終與兩導軌接觸良好且保持水平，其接入電路的電阻為R，電路中其余電阻不計。忽略空氣阻力，重力加速度大小為g。求：
（1）時刻，通過ab的電流大小和方向；
（2）時刻，M所在區(qū)域磁感應強度的大小；
（3）ab在導軌上所能達到的最大速度的大小。
【參考答案】（1），；（2）；（3）
【名師解析】（1）對導體棒ab受力分析，由平衡條件
可得，時刻，通過ab的電流大小為
由左手定則可知，通過ab的電流方向為由。
（2）時刻，由法拉第電磁感應定律
由閉合電路的歐姆定律得
可得，此時M所在區(qū)域磁感應強度的大小為
（3）當K接2時，對導體棒ab受力分析，由牛頓第二定律
由閉合電路歐姆定律
導體棒產(chǎn)生的感應電動勢為
聯(lián)立可得
當加速度時，導體棒有最大速度，則ab在導軌上所能達到的最大速度的大小為
5. （2024年2月廣東大聯(lián)考）動能回收系統(tǒng)（KineticEnergyRecverySystem）是新能源汽車時代一項重要的技術，其主要原理是利用電磁制動回收動能以替代傳統(tǒng)的剎車制動模式，其能源節(jié)省率高達37%。其原理為，當放開油門進行輕制動時，汽車由于慣性會繼續(xù)前行，此時回收系統(tǒng)會讓機械組拖拽發(fā)電機線圈，切割磁場并產(chǎn)生電流對電池進行供電。設汽車的質(zhì)量為M，若把動能回收系統(tǒng)的發(fā)電機看成理想模型：線圈匝數(shù)為N，面積為S，總電阻為r，且近似置于一磁感應強度為B的勻強磁場中。若把整個電池組等效成一外部電阻R，則：
（1）若汽車系統(tǒng)顯示發(fā)電機組此時的轉(zhuǎn)速為n，則此時能向外提供多少有效充電電壓？
（2）某廠家研發(fā)部為了把能量利用達到最大化，想通過設計“磁回收”懸掛裝置對汽車行駛過程中的微小震動能量回收，實現(xiàn)行駛更平穩(wěn)，更節(jié)能的目的。其裝置設計視圖如圖甲、乙所示，其中，避震筒的直徑為D，震筒內(nèi)有輻向磁場且匝數(shù)為n?的線圈所處位置磁感應強度均為，線圈內(nèi)阻及充電電路總電阻為，外力驅(qū)動線圈，使得線圈沿著軸線方向往復運動，其縱向震動速度圖像如圖丙所示，忽略所有的摩擦。試寫出此避震裝置提供的電磁阻力隨時間的表達式。
【參考答案】（1）；（2）
【名師解析】
（1）由線圈轉(zhuǎn)動產(chǎn)生交變電流電動勢最大值為
由題意得，電動勢的有效值為
由閉合電路歐姆定律，電池組獲得的實際充電電壓為
又因
聯(lián)立解得
（2）電磁避震筒通過切割輻向磁場產(chǎn)生感應電流，其電動勢表達式為
由題圖可知，阻尼線圈的切割速度函數(shù)表達式為
線圈中的總電流
感應電流產(chǎn)生的安培力與運動方向相反且其大小為
聯(lián)立解得
6.(16分）（2024廣東深圳一模）中國第一臺高能同步輻射光源（HEPS）將在2024年輻射出第一束最強“中國光”.HEPS工作原理可簡化為先后用直線加速器與電子!感應加速器對電子加速,如圖甲所示，直線加速器由多個金屬圓簡（分別標有奇偶序號）依次排列，圓筒分別和電壓為U0的交變電源兩極相連，電子在金屬圓簡內(nèi)作勻速直線運動．一個質(zhì)量為m,電荷量為e的電子在直線加速器О極處靜止釋放，經(jīng)n次加速后注入圖乙所示的電子感應加速器的真空室中.圖乙中磁極在半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)產(chǎn)生磁感應強度大小為B1=kt(k>0)的變化磁場，該變化磁場在環(huán)形的真空室中激發(fā)環(huán)形感生電場，使電子再次加速，真空室內(nèi)存在另一個變化的磁場B“約束電子在真空室內(nèi)做半徑近似為R的圓周運動,已知感生電場大小(不考慮電子的重力和相對論效應,忽略電子通過圓筒狹縫的時間)．求
(1)電子經(jīng)第一次加速后射入1號圓筒的速率;
(2)電子在感應加速器中加速第一周過程中動能的增加量，并計算電子運動第一周所用的時間;
(3)真空室內(nèi)磁場的磁感應強度B隨時間的變化表達式（從電子剛射入感應加速器時開始計時).
【名師解析】(1)電子經(jīng)第一次加速后射入1號圓筒的過程，由動能定理
解得：
(2)設電子在感應加速器中加速第一周的時間為T1，該過程中感生電場;
由動能定理，
解得
設電子加速圓周運動的切向加速度為a，由牛頓第二定律，
eE=ma，
解得
電子加速n次，由動能定理，
解得
加速一周，由動能定理，
解得
加速一周的時間，
（3）電子進入感應加速器，洛倫茲力提供向心力，
解得
在△t時間內(nèi)，由動量定理，
對任意時刻，洛倫茲力提供向心力，
解得
則
由此可得
則有
7．（2023福建晉江部分重點高中期末聯(lián)考如圖（甲）所示，光滑的平行水平金屬導軌MN、PQ相距l(xiāng)，在M點和P點間連接一個阻值為R的電阻，一質(zhì)量為m、電阻為r、長度也剛好為l的導體棒垂直擱在導軌上a、b兩點間，在a點右側(cè)導軌間加一有界勻強磁場，磁場方向垂直于導軌平面，寬度為d0，磁感應強度為B，設磁場左邊界到ab距離為d?，F(xiàn)用一個水平向右的力F拉導體棒，使它從a、b處靜止開始運動，棒離開磁場前已做勻速直線運動，與導軌始終保持良好接觸，導軌電阻不計，水平力F-x的變化情況如圖（乙）所示，F(xiàn)0已知。求：
（1）導體棒到達磁場左邊界時的速度v1；
（2）導體棒勻速離開磁場右邊界時的速度v2；
（3）導體棒從ab處靜止開始運動到離開磁場右邊界這一過程電阻R產(chǎn)生的焦耳熱Q。
【參考答案】．（1）；（2）；
（3）
【名師解析】：（1）導體棒運動的加速度
解得
（2）設棒ab離開磁場右邊界時的速度為v2，產(chǎn)生的感應電動勢為
感應電流為

根據(jù)平衡條件得

解得

（3）全程根據(jù)動能定理得
根據(jù)功和能的關系得

解得
8. (2023重慶四區(qū)期末)2023年3月31日下午，我國自主研制的首套高溫超導電動懸浮全要素試驗系統(tǒng)完成懸浮運行。某學習小組受此啟發(fā)，設計了如圖甲所示的電磁驅(qū)動模型。兩根平行長直金屬導軌置于傾角為30°的絕緣斜面上，導軌間距為L且足夠長，其上下兩側(cè)接有阻值為R的電阻，質(zhì)量為m的導體棒垂直跨接在導軌上。導軌和導體棒的電阻均不計，且接觸良好。在導軌平面上一矩形區(qū)域內(nèi)存在著垂直平面向下的勻強磁場，磁感應強度大小為B。開始時，導體棒靜止于磁場區(qū)域的上端，當磁場以速度沿導軌平面勻速向上移動時，導體棒隨之開始滑動。已知導體棒與軌道間有摩擦，且始終處于磁場中，重力加速度大小為g，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。求：
（1）為了使導體棒能隨磁場滑動，動摩擦因數(shù)μ不能超過多少；
（2）若已知動摩擦因數(shù)為μ，導體棒最終的恒定速度的大??；
（3）若時磁場由靜止開始沿導軌平面向上做勻加速直線運動；經(jīng)過較短時間后，導體棒也做勻加速直線運動，導體棒的加速度隨時間變化的a—t關系如圖乙所示（圖中已知），已知動摩擦因數(shù)為μ，求導體棒在時刻的瞬時速度大小v。

【參考答案】（1）；（2）；
（3）
【名師解析】
（1）為了使導體棒能隨磁場滑動，則安培力必須大于導體棒重力沿斜面向下的分力與摩擦力之和，則有
根據(jù)閉合電路的歐姆定律有
聯(lián)立解得
（2）導體棒最終速度恒定，即導體棒做勻速運動，根據(jù)平衡條件有
根據(jù)閉合電路的歐姆定律有
聯(lián)立解得
（3）根據(jù)題意，由牛頓第二定律有
設磁場的速度為，而
導體棒要做勻加速直線運動，則可知必然為常數(shù)，而速度差要為恒量，則可知磁場的加速度必然與金屬棒的加速度相同，又因為感應電動勢
聯(lián)立解得導體棒在時刻的瞬時速度大小為
9.（2024福建名校聯(lián)考）如圖甲所示，在光滑絕緣水平面內(nèi)有一匝數(shù)n =10、邊長L=0.36 m，電阻R=0.36Ω的正方形金屬線框，空間中存在一個寬度d=0.75 m、方向豎直向下的有界勻強磁場．線框右側(cè)剛進入磁場時的速度=2 m/s，此時對線框施加一水平向左的外力F使其始終做勻減速直線運動．以線框右側(cè)剛進入磁場為計時起點，外力F隨時間t的變化如圖乙所示．求：
(1)線框加速度a的大??；
(2)磁感應強度B的大??；
(3)當線框右側(cè)到達磁場右邊界時撤去外力F，求此后線框中產(chǎn)生的焦耳熱Q？
【名師解析】.
（1）由圖示圖像可知：t1=0.2s時，線框左側(cè)剛好進入磁場
根據(jù)運動學公式可得，
解得a=2m/s2，
（2）線框速度為v時，線框中的感應電動勢E=nBLv
線框中的感應電流，
線框所受的安培力F安=nBIL
聯(lián)立解得
t=0時，外力F0=2N，根據(jù)牛頓第二定律可得
t=0.2s時外力F1=2.4N，線框的速度v1=v0-at1
根據(jù)牛頓第二定律可得
聯(lián)立解得，m=2kg
（3）設線框右側(cè)到達磁場右邊界時速度為v2，根據(jù)運動學公式可得v22-v02=2ad
解得v2=1m/s
撤去外力后，根據(jù)牛頓第二定律可得:
，
故:
設線框剛好完全穿出磁場時速度為v3
故，
解得v3=0.82m/s
線框中產(chǎn)生的焦耳熱
10 （2024湖南名校聯(lián)考）相距L＝1.5 m的足夠長平行金屬導軌豎直放置，質(zhì)量為m1＝1 kg的金屬棒ab和質(zhì)量為m2＝0.27 kg的金屬棒cd均通過棒兩端的套環(huán)水平地套在金屬導軌上，如圖甲所示，虛線上方磁場方向垂直紙面向里，虛線下方磁場方向豎直向下，兩處磁場磁感應強度大小相同。ab棒光滑，cd棒與導軌間動摩擦因數(shù)為μ＝0.75，兩棒總電阻為1.8 Ω，導軌電阻不計。t＝0時刻起，ab棒在方向豎直向上，大小按圖乙所示規(guī)律變化的外力F作用下，從靜止開始沿導軌勻加速運動，同時也由靜止釋放cd棒。g取10 m/s2。
(1)求磁感應強度B的大小和ab棒加速度大??；
(2)已知在2 s內(nèi)外力F做功40 J，求這一過程中兩金屬棒產(chǎn)生的總焦耳熱；
(3)求出cd棒達到最大速度時所對應的時刻。
【參考答案】：(1)1.2 T 1 m/s2 (2)18 J (3) 2 s
【名師解析】 (1)經(jīng)過時間t，金屬棒ab的速率v＝at
此時，回路中的感應電流為I＝eq \f(E,R)＝eq \f(BLv,R)
對金屬棒ab，由牛頓第二定律得
F－BIL－m1g＝m1a
由以上各式整理得： F＝m1a＋m1g＋eq \f(B2L2,R)at
在圖線上取兩點：
t1＝0，F(xiàn)1＝11 N；t2＝2 s，F(xiàn)2＝14.6 N
代入上式得a＝1 m/s2，B＝1.2 T。
(2)在2 s末金屬棒ab的速率vt＝at2＝2 m/s
所發(fā)生的位移s＝eq \f(1,2)at22＝2 m
由動能定律得WF－m1gs－W安＝eq \f(1,2)m1vt2
又Q＝W安
聯(lián)立以上方程，解得Q＝WF－m1gs－eq \f(1,2)m1vt2＝18 J。
(3)cd棒先做加速度逐漸減小的加速運動，當cd棒所受重力與滑動摩擦力相等時，速度達到最大；然后做加速度逐漸增大的減速運動，最后停止運動。
當cd棒速度達到最大時，有m2g＝μFN
又FN＝F安，F(xiàn)安＝BI1L
I1＝eq \f(E1,R)＝eq \f(BLv1,R)，v1＝at0
整理解得t0＝eq \f(m2gR,μB2L2a)＝2 s。

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