電磁感應

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歷了摩擦，聲波和光照的影響，而金屬能夠因電磁感應產生

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，現將線圈a從磁場中勻速拉出，線圈a、6中產生的感應電流方向分別是（）

XX

XX

X

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中產生的電流為恒定電流，則線圈a靠近線圈b的過

程中線圈6的磁通量在向外增大，同理可得線圈6產生的磁場為順時針。

故選Ao

3.（2024年湖南卷考題）4.如圖，有一硬質導線%6c,其中“兒是半徑為兄的半圓弧，6為圓弧的中

點，直線段施長為7?且垂直于直徑ac。該導線在紙面內繞。點逆時針轉動，導線始終在垂直紙面向里的勻

強磁場中。則。、a、b、c各點電勢關系為（）

XXXbX

0)

xG

a□c

XX(XX

B

XXXX

((((

A.po>pa>pb>pcB.(Po<(Pa<(Ph<(Pc

>(<(

C.(Po>(PaPb=(PCD.(Po<(PaPb=(Pc

【答案】C

【解析】如圖，相當于施、0b、。。導體棒轉動切割磁感線，根據右手定則可知。點電勢最高；根據

1

E=Blv=—Ba)l

2

同時有lOb=lOe=

可得

得<Po>(Pa>(Pb=(Pc

故選Co

XXXX

4.（2024年廣東卷考題）4.電磁俘能器可在汽車發動機振動時利用電磁感應發電實現能量回收，結構

如圖甲所示。兩對永磁鐵可隨發動機一起上下振動，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BL?

B永磁鐵相對線圈上升越高，線圈中感應電動勢越大

C.永磁鐵相對線圈上升越快，線圈中感應電動勢越小

D.永磁鐵相對線圈下降時，線圈中感應電流的方向為順時針方向

【答案】D

【解析】A.根據圖乙可知此時穿過線圈的磁通量為0,故A錯誤;

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

大，故BC錯誤;

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

故選D。

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。線框與左側滑輪之間的虛線區域內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】設線圈的上邊進入磁場時的速度為力設線圈的質量例物塊的質量），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

r>2T2

對滑塊T-mg=ma其中F^=.

R2/2

即-------1-—m)g=+m)a

R

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

心(M-m)gR

為：%=BN

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Q0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.若線圈的質量等于物塊的質量，且當線圈進入磁場時，且速度大于兩，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軌固定在絕緣水平面上，間距為上,

左、右兩導軌面與水平面夾角均為30。，均處于豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度大小分別為26和民

將有一定阻值的導體棒劭、cd放置在導軌上，同時由靜止釋放，兩棒在下滑過程中始終與導軌垂直并接觸

良好,ab、cd的質量分別為2〃和處長度均為乙導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a6c曲B.a6中電流趨于叵型

3BL

C.與cd加速度大小之比始終為2：1D.兩棒產生的電動勢始終相等

【答案】AB

【解析】A.兩導體棒沿軌道向下滑動，根據右手定則可知回路中的電流方向為a6cda；故A正確；

BC.設回路中的總電阻為尼對于任意時刻當電路中的電流為/時，對ab根據牛頓第二定律得

2mgsin300-2BILcos30°=2maab

對cdmgsin300-BILcos30°=macd

故可知aab=acd

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

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

此時電路中的電流達到穩定值，此時對ab分析可得：2mgsin30°=23〃cos30°

解得/=正鱉，故B正確，C錯誤；

3BL

D.根據前面分析可知=a”，故可知兩導體棒速度大小始終相等，由于兩邊磁感應強度不同，故產

生的感應電動勢不等，故D錯誤。

故選AB。

7.（2024年山東卷考題）8.如圖甲所示，在-拒運&-長代（1區域中存在垂直Oxy平面向里、磁

感應強度大小為8的勻強磁場（用陰影表示磁場的區域），邊長為2d的正方形線圈與磁場邊界重合。線圈

以y軸為轉軸勻速轉動時，線圈中產生的交變電動勢如圖乙所示。若僅磁場的區域發生了變化，線圈中產

生的電動勢變為圖丙所示實線部分，則變化后磁場的區域可能為（）

【答案】C

【解析】根據題意可知，磁場區域變化前線圈產生的感應電動勢為e=Esincot

由題圖丙可知，磁場區域變化后，當肛時，線圈的側邊開始切割磁感線，即當線圈旋轉四

23

7T

時開始切割磁感線，由幾何關系可知磁場區域平行于X軸的邊長變為d'=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軌置于同一水平面內,

導軌左端與一阻值為"的定值電阻相連，導軌8C段與BG段粗糙，其余部分光滑，叫右側處于豎直向下

的勻強磁場中，一質量為m的金屬桿垂直導軌放置。現讓金屬桿以初速度%沿導軌向右經過期進入磁場,

最終恰好停在CC,處。已知金屬桿接入導軌之間的阻值為此與粗糙導軌間的摩擦因數為〃，AB=BC=d。

導軌電阻不計，重力加速度為g,下列說法正確的是（）

\Bc

?

XX；XXXXX

I

I

XX!XXXXX

R?

?

XXiXXXXX

A.金屬桿經過2片的速度為三

B.在整個過程中，定值電阻7?產生的熱量為g相片〃，咫d

C.金屬桿經過44日8與BBC。區域，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.設平行金屬導軌間距為￡,金屬桿在4￡6區域向右運動的過程中切割磁感線有

E

E—BLvyI——

2R

金屬桿在44ftB區域運動的過程中根據動量定理有-BIL\t=mAv

貝！J-BL"z-mAv

2R

D2ri1

由于』=Z匕加，則上面方程左右兩邊累計求和，可得-巴巴小心-必。

設金屬桿在陽GC區域運動的時間為生同理可得，則金屬桿在物GC區域運動的過程中有

B2l3d

一---一^igt0=-mvB

m2B~l3d

解得v^——+^gt

B2mR0

綜上有力=￡+等〉費，則金屬桿經過6瓦的速度大于三，故A錯誤;

B.在整個過程中，根據能量守恒有；M=〃ngd+Q

則在整個過程中，定值電阻衣產生的熱量為QR=^Q=^mvl-^/nmgd,故B錯誤;

C.金屬桿經過與題GC區域，金屬桿所受安培力的沖量為

B2Gx

-YBILAt=-Y—vAt=

J-CDt2R

則金屬桿經過川龍山與阿GC區域滑行距離均為d,金屬桿所受安培力的沖量相同，故C正確;

D.根據A選項可得，金屬桿以初速度%再磁場中運動有

B2￡2X2J

——------"mgto=-mvo

金屬桿的初速度加倍，則金屬桿通過幽￡6區域時中有

B~l3d

=mv—2mv

2RB0

則金屬桿的初速度加倍，則金屬桿通過B耳時速度為

B2l3d

2mR

則設金屬桿通過敬GC區域的時間為%,則

B2I:d,,I^^-umgt=O-2mv

--一=mv-mv,Jlo

cBZK

則

B2I^x2d,.

——----〃"喇=mV?-2mv

ZK0

則

2R、2mv-umet,-,

x=-7-r(2加%-RmgtJ=----2n----------Lx2d

BLmv0-"mg%

由于％氣,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CDo

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

的勻強磁場，其大小B=kl（?的數量級為10.4174）。現有橫截面半徑為Imni的導線構成半徑為1cm的

圓形線圈處于超導狀態，其電阻率上限為10-26。.m。開始時線圈通有IOOA的電流，則線圈的感應電動勢

大小的數量級和一年后電流減小量的數量級分別為（）

A.W23V-10-7AB.10"°V-10-7AC.W23V-10-5AD.W20V,I。/A

【答案】D

【解析】線圈中電流/?）的減小將在線圈內導致自感電動勢，故￡=-L—=IR

A?

其中/代表線圈自感系數，有L=7

在計算通過線圈的磁通量①時，以導線附近即彳處的方為最大，而該處8又可把線圈當成無限長載流

導線所產生的，根據題意B=ld

則L=kS=kir；

24丫2丫

根據電阻定律有R=p—=P*

孫\

-2IpAt2x100x10-26x365x24x3600。_

A/==2in5

聯立解得W10-X3.14X10-2X（10-9'"2x1。一町

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

故選Do

10.（2024年山東卷考題）n.如圖所示，兩條相同的半圓弧形光滑金屬導軌固定在水平桌面上，其所

在平面豎直且平行，導軌最高點到水平桌面的距離等于半徑，最低點的連線與導軌所在豎直面垂直。空

間充滿豎直向下的勻強磁場（圖中未畫出），導軌左端由導線連接。現將具有一定質量和電阻的金屬棒MN

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

自感影響，下列說法正確的是（）

A.榔最終一定靜止于位置

B.知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，腑的速率一直在增大

D.從釋放到第一次到達位置過程中，撤中電流方向由〃到“

【答案】ABD

【解析】A.由于金屬棒就運動過程切割磁感線產生感應電動勢，回路有感應電流，產生焦耳熱，金

屬棒封的機械能不斷減小，由于金屬導軌光滑，所以經過多次往返運動，可最終一定靜止于比'位置，故

A正確；

B.當金屬棒"V向右運動，根據右手定則可知，"V中電流方向由〃到“根據左手定則，可知金屬棒

腑受到的安培力水平向左，則安培力做負功；當金屬棒研向左運動，根據右手定則可知，仞V中電流方向

由"到弘根據左手定則，可知金屬棒仞V受到的安培力水平向右，則安培力做負功；可知就運動過程中安

培力始終做負功，故B正確；

C.金屬棒仞V從釋放到第一次到達位置過程中，由于在。。'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小于安培力沿切線方向的分力，金屬棒可已經做

減速運動，故C錯誤；

D.從釋放到第一次到達。。'位置過程中，根據右手定則可知，例V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，金屬導軌平行且水平放置，導軌間距為乙導軌光滑無摩擦。定

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

置處于豎直方向且磁感應強度為8的勻強磁場中。

（1）開關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打。當外力功率為定

值電阻功率的兩倍時，求金屬棒速度■的大小。

（2）當金屬棒速度為丫時，斷開開關S,改變水平外力并使金屬棒勻速運動。當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斷開到此刻外力所做的功。

SA二C

【答案】（1）丫=?；（2）u=w=CBLv°

248

【解析】（1）開關S閉合后，當外力與安培力相等時，金屬棒的速度最大，則歹=4=3〃

E

由閉合電路歐姆定律/=—

金屬棒切割磁感線產生的感應電動勢為E=BLv0

聯立可得，恒定的外力為尸=殳”

R

在加速階段，外力的功率為p-Fv=^j^v

FR

R2r22

定值電阻功率為p=I2R=-------

但「2況

若卑=21時，即

化簡可得金屬棒速度『的大小為

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

當金屬棒勻速運動時，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

培力是=3?不斷減小，而拉力的功率Pv=F'v=BILv

定值電阻功率PR=RR

當耳=2%時有BILv=2I2R

可得IR=^

2

根據E=BLv=IR+^-

C

可得此時電容器兩端電壓為

cC24°

從開關斷開到此刻外力所做的功為W-EBIL(y-A"=BLvYI4-BLvq

CBLv

其中q=2

聯立可得

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

。處固定一豎直細導體軸00'。間距為￡、與水平面成。角的平行導軌通過導線分別與細框及導體軸相連。

導軌和細框分別處在與各自所在平面垂直的勻強磁場中，磁感應強度大小均為用足夠長的細導體棒。4在

水平面內繞。點以角速度。勻速轉動，水平放置在導軌上的導體棒CD始終靜止。棒在轉動過程中，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Q4棒，推動C。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

【解析】(1)當0A運動到正方形細框對角線瞬間，切割的有效長度最大，k=值,此時感應電流

最大，CD棒所受的安培力最大，根據法拉第電磁感應定律得

￡=BLv=B.立L.=B匕①

mmaaxxmmaaxx

根據閉合電路歐姆定律得/max=-

R

故CD棒所受的安培力最大為F=BIL=生電

mdxmdx

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

故CD棒所受的安培力最小為Fmm=BImmL=鳴絲

minmin

（2）當CD棒受到的安培力最小時根據平衡條件得

mgsin0-/umgcos0-Fm[n=0

當CD棒受到的安培力最大時根據平衡條件得

m

4nax一Ssin0-ptmgcos3—Q

聯立解得m=--------

4Rgsin0

撤去推力瞬間，根據牛頓第二定律得只1ax+〃根geos。-機gsin，=〃oz

解得〃=---------tan0

gcos03

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

為〃的金屬棒成垂直于導軌，并靜置于絕緣固定支架上。邊長為/的正方形cd""區域內，存在垂直于紙

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

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

下方導軌的總電阻為凡2=0時，對劭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，整個運動過程中與兩邊導軌接觸良好。己知與導軌間動摩擦因數為〃，重力加速度大小為g。

不計空氣阻力，兩磁場互不影響。

（1）求通過面積治城的磁通量大小隨時間t變化的關系式，以及感應電動勢的大小，并寫出中電流

的方向；

（2）求助所受安培力的大小隨時間大變化的關系式；

（3）求經過多長時間，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

【答案】(1)kL,t,kj,從a流向6：(2)F*=—'1’,；(3)〃/=+m(g+a

女R+arfl^Rar

【解析】(1)通過面積可時的磁通量大小隨時間t變化的關系式為

①=BS=kEt

根據法拉第電磁感應定律得E=n-=竺?=]<￡

A/Nt

由楞次定律可知ab中的電流從a流向bo

(2)根據左手定則可知ab受到的安培力方向垂直導軌面向里，大小為F^BIL

其中B=kt

1,

設金屬棒向上運動的位移為x,則根據運動學公式x^-at2

2

所以導軌上方的電阻為R=2xr

E

由閉合電路歐姆定律得1=--------

R+2xr

k2T3f

聯立得加所受安培力的大小隨時間力變化的關系式為,

(3)由題知時，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,

則對a6受力分析由牛頓第二定律F-mg-=ma

p=匕由

其中

1

女R+art

?陽由

聯立可得F=----------+，"(g+

R+arr7

口〃左2萬

F=i-----+m(g+a)

整理有K

—\~art

R

根據均值不等式可知，當一時，戶有最大值，故解得

t

廠的最大值為

一3

14.（2024年江西卷考題）15.如圖（a）所不，軌道左側斜面傾斜角滿足sin匹=0.6,摩擦因數從,

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

44

滿足sin%=0.8,摩擦因數以2=777。現將質量為〃甲=6kg的導體桿甲從斜面上圖分=4m處由靜止釋

183

放，質量為〃乙=2kg的導體桿乙靜止在水平導軌上，與水平軌道左端的距離為幾已知導軌間距為/=2m,

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

發生碰撞，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）若乙前兩次在右側傾斜導軌上相對于水平導軌的豎直高度y隨時間力的變化如圖（b）所示（Q

友、友、友、人均為未知量），乙第二次進入右側傾斜導軌之前與甲發生碰撞，甲在0~友時間內未進入右側

【解析】（1）甲從靜止運動至水平導軌時，根據動能定理有

h

mgli一〃gcos0-2

11xsing1

甲剛進人磁場時，平動切割磁感線有氏=Blv。

則根據歐姆定律可知此時回路的感應電流為/。=,

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

水平向右，由牛頓第二定律有Biol=ID13,乙0

帶入數據有a乙。=2m/s2,方向水平向右

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

則有m\v、=（0+加/共

對乙根據動量定理有Blit=加2y共

-BINx

其中It=q=------

2R

聯立解得=Nx=24m

則d滿足d三24m

（3）根據（2）問可知，從甲剛進入磁場至甲、乙第一次在水平導軌運動穩定，相對位移為△x=24m,

且穩定時的速度/共二6m/s乙第一次在右側斜軌上向上運動的過程中，根據牛頓第二定律有

色gsin%+〃2您geos%-您a乙上

根據勻變速直線運動位移與速度的關系有2a乙上x上=丫共2

乙第一次在右側斜軌上向下運動的過程中，根據牛頓第二定律有nkgsin0「Hzokgcos%=nka乙下

再根據勻變速直線運動位移與速度的關系有2a0x下=詔

且X上二x下

聯立解得乙第一次滑下右側軌道最低點的速度匕=5m/s

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

（面+您）gsin/+〃2（陽+雙）geos。2-（0+您）a共上

同理有23共上x共上二v

且由圖（6）可知x上二4.84x共上

人型向

解得甲、乙碰撞后的速度s

11

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

恒有niiVi—nkVi-)v

175

解得乙第一次滑下右側軌道最低點時甲的速度為V。=---m/s;

233

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

共

過程，對甲根據動量定理有—BIJM=m1v221y

-.BlAx.

其中=q、=

A92

解得Ax=——m

11

根據位移關系有&n/―卜X—AX\

〃

d356m

解得mm=-

若乙返回水平導軌后，當兩者共速時恰好碰撞，則對應d的最大值，對乙從返回水平導軌到與甲碰撞

前瞬間的過程，根據動量定理有BI2l^t2=m2y+m2v1

其中AM=%=cJ

Z/v

340

解得AAx,=----m

211

根據位移關系有dmax-Ax-Axi-A

」696

解得△max—]]m

356,696

則d的取值范圍為----m<d<-----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軌M尸0的間距為乙固定在同一水

平面內，直導軌在左端從2點分別與兩條豎直固定、半徑為2的!圓弧導軌相切。腓連線與直導軌垂直,

其左側無磁場，右側存在磁感應強度大小為反方向豎直向下的勻強磁場。長為￡、質量為以電阻為年的

金屬棒助跨放在兩圓弧導軌的最高點。質量為20、電阻為6A的均勻金屬絲制成一個半徑為/的圓環，水

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

金屬棒、金屬環均與導軌始終接觸良好，重力加速度大小為g。現將金屬棒劭由靜止釋放，求

（1）剛越過加時產生的感應電動勢大小；

（2）金屬環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接觸，金屬環圓心初始位置到加的最小距離。

［答案］（1）BLy［2^L-,（2）B七網^；（3）竺4士絲且工

、3mRB2￡2

【解析】（1）根據題意可知，對金屬棒劭由靜止釋放到剛越過城過程中，由動能定理有

mgL=；m說

解得%=y/2gL

則加剛越過彼時產生的感應電動勢大小為E=BLvQ=BLy/2gL

（2）根據題意可知，金屬環在導軌間兩段圓弧并聯接入電路中，軌道外側的兩端圓弧金屬環被短路,

1/CD

由幾何關系可得，每段圓弧的電阻為4=,x號-=R

可知，整個回路的總電阻為R審=R+旦9=3氏

總R+R2

,二…E2BLd2gL

動剛越過加時，通過a。的感應電流為I=----=------------

R個3R

對金屬環由牛頓第二定律有2BL」=2ma

2

解得一屈

3mR

(3)根據題意，結合上述分析可知，金屬環和金屬棒助所受的安培力等大反向，則系統的動量守恒，

由于金屬環做加速運動，金屬棒做減速運動，為使助在整個運動過程中不與金屬環接觸，則有當金屬棒助

和金屬環速度相等時，金屬棒劭恰好追上金屬環，設此時速度為V,由動量守恒定律有mv0=mv+2mv

解得丫=；"°

對金屬棒ab，由動量定理有-BiLt=機?才-mv0

2

則有BLq^-mvQ

設金屬棒運動距離為金屬環運動的距離為X2,則有

聯立解得Ax=%—%=嗎更

1-B-I}

則金屬環圓心初始位置到肺的最小距離d=L+Ax=B"+i受回

B21}

16.(2024浙江1月卷考題)21.如圖1所示，掃描隧道顯微鏡減振裝置由絕緣減振平臺和磁阻尼減振器

組成。平臺通過三根關于O'O"軸對稱分布的相同輕桿懸掛在輕質彈簧的下端0,彈簧上端固定懸掛在0'點,

三個相同的關于O'O"軸對稱放置的減振器位于平臺下方。如圖2所示，每個減振器由通過絕緣輕桿固定在

平臺下表面的線圈和固定在桌面上能產生輻向磁場的鐵磁體組成，輻向磁場分布關于線圈中心豎直軸對稱,

線圈所在處磁感應強度大小均為用處于靜止狀態的平臺受到外界微小擾動，線圈在磁場中做豎直方向的阻

尼運動，其位移隨時間變化的圖像如圖3