电磁感应-2024年高考物理复习试题分类汇编（教师卷）

专题11电磁感应

2024

高考真题

1.（2024年湖北卷考题）1.《梦溪笔谈》中记录了一次罕见的雷击事件：房屋被雷击后，屋内的银饰、

宝刀等金属熔化了，但是漆器、刀鞘等非金属却完好（原文为：有一木格，其中杂贮诸器，其漆器银扣者，

银悉熔流在地，漆器曾不焦灼。有一宝刀，极坚钢，就刀室中熔为汁，而室亦俨然）。导致金属熔化而非金

属完好的原因可能为（）

A.摩擦B.声波C.涡流D.光照

【答案】C

【解析】在雷击事件中金属和非金属都经历了摩擦，声波和光照的影响，而金属能够因电磁感应产生

涡流非金属不能，因此可能原因为涡流。

故选Co

2.（2024年江苏卷考题）9.如图所示，在绝缘的水平面上，有闭合的两个线圈a、b,线圈a处在匀强

磁场中，现将线圈a从磁场中匀速拉出,线圈a、6中产生的感应电流方向分别是（）

XX;

xDLJO

a\ab

XX

A.顺时针，顺时针B.顺时针，逆时针C.逆时针，顺时针D.逆时针，逆时针

【答案】A

【解析】线圈a从磁场中匀速拉出的过程中穿过a线圈的磁通量在减小，则根据楞次定律可知a线圈

的电流为顺时针，由于线圈a从磁场中匀速拉出则a中产生的电流为恒定电流，则线圈a靠近线圈6的过

程中线圈力的磁通量在向外增大，同理可得线圈6产生的磁场为顺时针。

故选Ao

3.（2024年湖南卷考题）4.如图，有一硬质导线施庆，其中。儿是半径为〃的半圆弧，6为圆弧的中

点，直线段位长为7?且垂直于直径ac。该导线在纸面内绕。点逆时针转动，导线始终在垂直纸面向里的匀

强磁场中。则。、a、b、c各点电势关系为（

A.(po>(pa>(ph>(pcB.(po<(pa<(pb<(pc

C.(po>cpa>cph=(pcD.(po<(pa<(pb=(pc

【答案】C

【解析】如图，相当于Oa、Ob、0c导体棒转动切割磁感线，根据右手定则可知。点电势最高；根据

1,

E=Blv=-B(ol2

2

同时有4a=葭=后R

可得0<uOa<uob=uOc

得>(>((

(POPaPb=Pe

故选Co

X

X

X

X

4.（2024年广东卷考题）4.电磁俘能器可在汽车发动机振动时利用电磁感应发电实现能量回收，结构

如图甲所示。两对永磁铁可随发动机一起上下振动，每对永磁铁间有水平方向的匀强磁场，磁感应强度大

小均为B.磁场中，边长为L的正方形线圈竖直固定在减震装置上。某时刻磁场分布与线圈位置如图乙所示，

永磁铁振动时磁场分界线不会离开线圈。关于图乙中的线圈。下列说法正确的是（）

乙

A.穿过线圈的磁通量为

B永磁铁相对线圈上升越高，线圈中感应电动势越大

C.永磁铁相对线圈上升越快，线圈中感应电动势越小

D.永磁铁相对线圈下降时，线圈中感应电流的方向为顺时针方向

【答案】D

【解析】A.根据图乙可知此时穿过线圈的磁通量为0,故A错误;

BC.根据法拉第电磁感应定律可知永磁铁相对线圈上升越快，磁通量变化越快，线圈中感应电动势越

大，故BC错误;

D.永磁铁相对线圈下降时，根据安培定则可知线圈中感应电流的方向为顺时针方向，故D正确。

故选Do

5..（2024全国甲卷考题）8.如图，一绝缘细绳跨过两个在同一竖直面（纸面）内的光滑定滑轮，绳

的一端连接一矩形金属线框，另一端连接一物块。线框与左侧滑轮之间的虚线区域内有方向垂直纸面的匀

强磁场，磁场上下边界水平，在/=0时刻线框的上边框以不同的初速度从磁场下方进入磁场。运动过程中,

线框始终在纸面内且上下边框保持水平。以向上为速度的正方向，下列线框的速度/随时间t变化的图像

中可能正确的是（

【解析】设线圈的上边进入磁场时的速度为心设线圈的质量〃，物块的质量见图中线圈进入磁场时

线圈的加速度向下，则对线圈由牛顿第二定律可知Mg+F^-T=Ma

»2T2

对滑块T-mg=ma其中心=——

B2£2V

即+(M-in)g=(M+m)a

R

线圈向上做减速运动，随速度的减小，向下的加速度减小；当加速度为零时，即线圈匀速运动的速度

为

（M—m）gR

V°=B2L2

A.若线圈进入磁场时的速度较小，则线圈进入磁场时做加速度减小的减速运动，线圈的速度和加速度

都趋近于零，则图像A可能正确；

B.因U0时刻线圈就进入磁场，则进入磁场时线圈向上不可能做匀减速运动，则图像B不可能；

CD.若线圈的质量等于物块的质量，且当线圈进入磁场时，且速度大于匹，线圈进入磁场做加速度减

小的减速运动，完全进入磁场后线圈做匀速运动；当线圈出离磁场时，受向下的安培力又做加速度减小的

减速运动，最终出离磁场时做匀速运动，则图像C有可能，D不可能。

故选ACo

6.（2024年辽宁卷考题）9.如图，两条“八”形的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，间距为工,

左、右两导轨面与水平面夹角均为30。，均处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小分别为26和反

将有一定阻值的导体棒助、cd放置在导轨上，同时由静止释放，两棒在下滑过程中始终与导轨垂直并接触

良好，ab、cd的质量分别为2卬和处长度均为乙导轨足够长且电阻不计，重力加速度为g,两棒在下滑

过程中（）

A.回路中的电流方向为B.加中电流趋于二~2

3BL

C.他与cd加速度大小之比始终为2：1D.两棒产生的电动势始终相等

【答案】AB

【解析】A.两导体棒沿轨道向下滑动，根据右手定则可知回路中的电流方向为abcda；故A正确；

BC.设回路中的总电阻为A,对于任意时刻当电路中的电流为/时，对ab根据牛顿第二定律得

2mgsin300-2BILcos300=2maab

对cdmgsin300-BILcos30°=macd

故可知aab=acd

分析可知两个导体棒产生的电动势相互叠加，随着导体棒速度的增大，回路中的电流增大，导体棒受

到的安培力在增大，故可知当安培力沿导轨方向的分力与重力沿导轨向下的分力平衡时导体棒将匀速运动,

此时电路中的电流达到稳定值，此时对ab分析可得

2mgsin30°=2BILcos30°

/=虫鳖，故B正确，C错误;

解得

3BL

D.根据前面分析可知=%,,故可知两导体棒速度大小始终相等，由于两边磁感应强度不同，故产

生的感应电动势不等，故D错误。

故选ABo

7.（2024年山东卷考题）8.如图甲所示，在-dWWd,-dWQ区域中存在垂直平面向里、磁

感应强度大小为方的匀强磁场（用阴影表示磁场的区域），边长为2d的正方形线圈与磁场边界重合。线圈

以y轴为转轴匀速转动时，线圈中产生的交变电动势如图乙所示。若仅磁场的区域发生了变化，线圈中产

生的电动势变为图丙所示实线部分，则变化后磁场的区域可能为（）

【答案】C

【解析】根据题意可知，磁场区域变化前线圈产生的感应电动势为e=Esina）t

由题图丙可知，磁场区域变化后，当Esin0f=叵时，线圈的侧边开始切割磁感线，即当线圈旋转四

23

7T

时开始切割磁感线，由几何关系可知磁场区域平行于X轴的边长变为d'=2dcos-=d,C正确。

故选Co

8.（2024年湖南卷考题）8.某电磁缓冲装置如图所示，两足够长的平行金属导轨置于同一水平面内,

导轨左端与一阻值为7?的定值电阻相连，导轨BC段与4a段粗糙，其余部分光滑，AA右侧处于竖直向下

的匀强磁场中，一质量为力的金属杆垂直导轨放置。现让金属杆以初速度均沿导轨向右经过AA进入磁场,

最终恰好停在CG处。已知金属杆接入导轨之间的阻值为A,与粗糙导轨间的摩擦因数为"，AB=BC=d。

导轨电阻不计，重力加速度为g,下列说法正确的是（）

ABC

XXXXXXXX

XXXXXXXX

XXXXXXXX

4

A.金属杆经过B片的速度为/

在整个过程中，定值电阻A产生的热量为1加;〃利gd

B.

C.金属杆经过朋43与53CC区域，金属杆所受安培力的冲量相同

D.若将金属杆的初速度加倍，则金属杆在磁场中运动的距离大于原来的2倍

【答案】CD

【解析】A.设平行金属导轨间距为£,金属杆在A4/出区域向右运动的过程中切割磁感线有

E

E—BLv,I——

2R

金属杆在A4/8/8区域运动的过程中根据动量定理有=

则

2R

_p2T27

由于d=Z匕At,则上面方程左右两边累计求和，可得一三出=机力-加%

27?

B-I3d

则

设金属杆在典GC区域运动的时间为加同理可得，则金属杆在微GC区域运动的过程中有

B2fd

mmV

-一^§t0=-B

B2l3d

解得力=石海+曲。

综上有%等＞£,则金属杆经过一氏的速度大于本,故A错误;

B.在整个过程中，根据能量守恒有~^mvo=pmgd+Q

则在整个过程中，定值电阻？产生的热量为&=：。=；加4-；〃根84，故B错误;

C.金属杆经过加次6与典GC区域，金属杆所受安培力的冲量为

B/LAf=_£邑3,2=邑@

乙乙2R'2R

则金属杆经过A4而6与典GC区域滑行距离均为d,金属杆所受安培力的冲量相同，故C正确;

D.根据A选项可得，金属杆以初速度/再磁场中运动有

BFx2d

—-------^mgt0=-mv0

金属杆的初速度加倍，则金属杆通过幽为6区域时中有

^^-=mvB'-2mv0

则金属杆的初速度加倍，则金属杆通过B用时速度为

B2l3d

喔'=2%-

2mR

则设金属杆通过附GC区域的时间为。，则

B2l}d

—jnmgtx=mvc-mvB',

2RZK

则

B可x2d

-=mv-2mv,

2R--c0

则

2R小、2mv-um2t八

x=赤⑵以-〃〃*)=nyx2d7

由于4＜，0，则x>4d

可见若将金属杆的初速度加倍，则金属杆在磁场中运动的距离大于原来的2倍，故D正确。

故选CD。

9.（2024浙江1月卷考题）13.若通以电流/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6=4"的数量级为lO7T/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10-26。.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.W23V-W7AB.10@V，W7AC.10-23V，10-5AD.10^20V-105A

【答案】D

【解析】线圈中电流/«）的减小将在线圈内导致自感电动势，故s=-L—=IR

Ar

①

其中/代表线圈自感系数，有L—

在计算通过线圈的磁通量①时，以导线附近即彳处的夕为最大，而该处6又可把线圈当成无限长载流

导线所产生的，根据题意B=kl

贝！JL=kS=k兀

2冗Y2T

根据电阻定律有R=P—T=P='T

町一r-

26

021PM2x100xIOx365x24x3600。5

联立解得〃=即=-02X（10-3）291°A,-2X10-V

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10-2°V，10-5AO

故选Do

10.（2024年山东卷考题）11.如图所示，两条相同的半圆弧形光滑金属导轨固定在水平桌面上，其所

在平面竖直且平行，导轨最高点到水平桌面的距离等于半径，最低点的连线与导轨所在竖直面垂直。空

间充满竖直向下的匀强磁场（图中未画出），导轨左端由导线连接。现将具有一定质量和电阻的金属棒MN

平行放置在导轨图示位置，由静止释放。腑运动过程中始终平行于且与两导轨接触良好，不考虑

自感影响，下列说法正确的是（）

A."V最终一定静止于位置

B.就运动过程中安培力始终做负功

C.从释放到第一次到达位置过程中，撤的速率一直在增大

D.从释放到第一次到达位置过程中，腑中电流方向由〃到N

【答案】ABD

【解析】A.由于金属棒WV运动过程切割磁感线产生感应电动势，回路有感应电流，产生焦耳热，金

属棒研的机械能不断减小，由于金属导轨光滑，所以经过多次往返运动，腑最终一定静止于。。'位置，故

A正确；

B.当金属棒/V向右运动，根据右手定则可知，仞V中电流方向由〃到“根据左手定则，可知金属棒

廨受到的安培力水平向左，则安培力做负功；当金属棒廨向左运动，根据右手定则可知，"V中电流方向

由"到必根据左手定则，可知金属棒腑受到的安培力水平向右，则安培力做负功；可知可运动过程中安

培力始终做负功，故B正确；

C.金属棒可从释放到第一次到达。0'位置过程中，由于在0。'位置重力沿切线方向的分力为0,可知

在到达〃。'位置之前的位置，重力沿切线方向的分力已经小于安培力沿切线方向的分力，金属棒椒已经做

减速运动，故c错误；

D.从释放到第一次到达位置过程中，根据右手定则可知，腑中电流方向由〃到“故D正确。

故选ABD。

11.(2024全国甲卷考题)12.如图，金属导轨平行且水平放置，导轨间距为£,导轨光滑无摩擦。定

值电阻大小为此其余电阻忽略不计，电容大小为在运动过程中，金属棒始终与导轨保持垂直。整个装

置处于竖直方向且磁感应强度为B的匀强磁场中。

(1)开关S闭合时，对金属棒施加以水平向右的恒力，金属棒能达到的最大速度为玲。当外力功率为定

值电阻功率的两倍时，求金属棒速度■的大小。

(2)当金属棒速度为丫时，断开开关S,改变水平外力并使金属棒匀速运动。当外力功率为定值电阻功

率的两倍时，求电容器两端的电压以及从开关断开到此刻外力所做的功。

R

【答案】…母⑵"?"丁

【解析】(1)开关S闭合后，当外力与安培力相等时，金属棒的速度最大，则R=

E

由闭合电路欧姆定律/=—

R

金属棒切割磁感线产生的感应电动势为E=BLv0

联立可得，恒定的外力为歹=也%

R

2

BI?vn

在加速阶段，外力的功率为FL=Fv=-----

R

定值电阻功率为

RR

B-I}vCB2L2V2

若卑=24时，即o------v=2-------

RR

化简可得金属棒速度/的大小为

（2）断开开关S,电容器充电，则电容器与定值电阻串联，则有E=BLv=IR+^-

C

当金属棒匀速运动时，电容器不断充电，电荷量q不断增大，电路中电流不断减小，则金属棒所受安

培力&不断减小，而拉力的功率与=F'v=BILv

定值电阻功率PR=『R

当耳=2%时有BILv=2I2R

可得

E=BLv=IR+^-

根据

C

=@=如」

可得此时电容器两端电压为

cC240

从开关断开到此刻外力所做的功为W=YBIL(v-A?)=BLvLI-At=BLvq

CBLv

其中q=-----

2

联立可得

8

12.（2024年河北卷考题）15.如图,边长为2L的正方形金属细框固定放置在绝缘水平面上，细框中心

。处固定一竖直细导体轴OO'。间距为/、与水平面成。角的平行导轨通过导线分别与细框及导体轴相连。

导轨和细框分别处在与各自所在平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小均为反足够长的细导体棒Q4在

水平面内绕。点以角速度3匀速转动,水平放置在导轨上的导体棒CD始终静止。Q4棒在转动过程中，CD

棒在所受安培力达到最大和最小时均恰好能静止。已知CD棒在导轨间的电阻值为R,电路中其余部分的电

阻均不计，CD棒始终与导轨垂直，各部分始终接触良好，不计空气阻力，重力加速度大小为g。

（1）求CD棒所受安培力的最大值和最小值。

（2）锁定。4棒，推动CD棒下滑，撤去推力瞬间，CD棒的加速度大小为a,所受安培力大小等于

（1）问中安培力的最大值，求CD棒与导轨间的动摩擦因数。

【答案】⑴"哈,”室;⑵就万一轲6

【解析】（1）当0A运动到正方形细框对角线瞬间，切割的有效长度最大，4mx=伍，此时感应电流

最大，CD棒所受的安培力最大，根据法拉第电磁感应定律得

Emax=5Lv=By/2L-=BE①

maxmmaxax

根据闭合电路欧姆定律得（ax=-

R

故CD棒所受的安培力最大为F=BIL=旦包

lllaAmllaldxX

当0A运动到与细框一边平行时瞬间，切割的有效长度最短，感应电流最小，CD棒受到的安培力最小,

—1GBl}g>

得E=BL^v=BL—=

mm2

故CD棒所受的安培力最小为"包

Fmm=BI^L=

minmin

（2）当CD棒受到的安培力最小时根据平衡条件得

mgsin6-/nmgcos6-7<n=0

当CD棒受到的安培力最大时根据平衡条件得

Fmm-mgsin6-fimgcos0=0

3笈'

联立解得

4Rgsin0

撤去推力瞬间，根据牛顿第二定律得

Fmm+jumgcos0-mgsin0=ma

a1八

解得u.=---------------tan，

'gcos03

13.（2024年安徽卷考题）15.如图所示，一“U”型金属导轨固定在竖直平面内，一电阻不计，质量

为0的金属棒劭垂直于导轨，并静置于绝缘固定支架上。边长为上的正方形cde/•区域内，存在垂直于纸

面向外的匀强磁场。支架上方的导轨间，存在竖直向下的匀强磁场。两磁场的磁感应强度大小6随时间的

变化关系均为6="力（SI）,孑为常数（A>0）。支架上方的导轨足够长，两边导轨单位长度的电阻均为r,

下方导轨的总电阻为凡2=0时，对助施加竖直向上的拉力，恰使其向上做加速度大小为a的匀加速直

线运动，整个运动过程中加与两边导轨接触良好。已知a分与导轨间动摩擦因数为〃，重力加速度大小为g。

不计空气阻力，两磁场互不影响。

（1）求通过面积5面的磁通量大小随时间t变化的关系式，以及感应电动势的大小，并写出的中电流

的方向；

（2）求助所受安培力的大小随时间大变化的关系式；

（3）求经过多长时间，对劭所施加的拉力达到最大值，并求此最大值。

B

b

固定支架

B

Ld

2

“2/3,ukE

【答案】(1)klJ•t,k从3流向6；(2)=----------；(3)—r-+m(ga\

女R+art214Rar'7

【解析】(1)通过面积S。时的磁通量大小随时间e变化的关系式为

①=BS=kUt

根据法拉第电磁感应定律得E=n^-==kl?

ArAr

由楞次定律可知ab中的电流从石流向瓦

(2)根据左手定则可知助受到的安培力方向垂直导轨面向里，大小为F安二BIL

其中B=kt

设金属棒向上运动的位移为X,则根据运动学公式x=-at2

2

所以导轨上方的电阻为R'=2xr

E

由闭合电路欧姆定律得I=-----------

R+2xr

“2/3,

联立得劭所受安培力的大小随时间t变化的关系式为F%=,

(3)由题知t=0时，对加施加竖直向上的拉力，恰使其向上做加速度大小为a的匀加速直线运动,

则对a6受力分析由牛顿第二定律F-mg-^F^=ma

k213t

其中F^=~-

"R+art"

联"可得F=--------+m(g+a)

R+art-

uk2I?

整理有F=R—+Mg+a)

—Fart

D

根据均值不等式可知，当一=。方时，户有最大值，故解得

t

口ME.、

产的最大值为『而”gM)

3

14.（2024年江西卷考题）15.如图（a）所示,轨道左侧斜面倾斜角满足sin%=0.6,摩擦因数/<=—,

足够长的光滑水平导轨处于磁感应强度为8=0.5T的匀强磁场中，磁场方向竖直向上，右侧斜面导轨倾角

44

满足sin%=0.8,摩擦因数〃2=——。现将质量为"甲=6kg的导体杆甲从斜面上图分=4m处由静止释

放，质量为〃乙=2kg的导体杆乙静止在水平导轨上，与水平轨道左端的距离为&已知导轨间距为J=2m,

两杆电阻均为A=1Q,其余电阻不计，不计导体杆通过水平导轨与斜面导轨连接处的能量损失，且若两杆

发生碰撞，则为完全非弹性碰撞，取g=10m/s2,求：

（1）甲杆刚进入磁场，乙杆的加速度？

（2）乙杆第一次滑上斜面前两杆未相碰，距离d满足的条件？

（3）若乙前两次在右侧倾斜导轨上相对于水平导轨的竖直高度y随时间t的变化如图（b）所示（尔

以友、友、6均为未知量），乙第二次进入右侧倾斜导轨之前与甲发生碰撞，甲在0~友时间内未进入右侧

【解析】（1）甲从静止运动至水平导轨时，根据动能定理有

h12

m

m1gh-cos0x3i%

sin4

甲刚进入磁场时，平动切割磁感线有&=Blv.

E

则根据欧姆定律可知此时回路的感应电流为/（）=六

根据楞次定律可知，回路中的感应电流沿逆时针方向（俯视），结合左手定则可知，乙所受安培力方向

水平向右，由牛顿第二定律有Biol—nha乙0

带入数据有a，。=2m/s2,方向水平向右

（2）甲和乙在磁场中运动的过程中，系统不受外力作用，则系统动量守恒，若两者共速时恰不相碰,

则有miVo■共

对乙根据动量定理有Blit二祇丫共

Blbx

其中It=q=

2R

联立解得Rx24m

则"满足d224m

（3）根据（2）问可知，从甲刚进入磁场至甲、乙第一次在水平导轨运动稳定，相对位移为Ax=24m,

且稳定时的速度-共=6m/s乙第一次在右侧斜轨上向上运动的过程中，根据牛顿第二定律有

rihgsin即+ii2nkgcos92-m>aZ1

根据匀变速直线运动位移与速度的关系有2a乙上x上=

乙第一次在右侧斜轨上向下运动的过程中，根据牛顿第二定律有侬gsin即一〃2侬蓼os%二乙下

再根据匀变速直线运动位移与速度的关系有2a乙下x下=诏

上［x上二x下

联立解得乙第一次滑下右侧轨道最低点的速度匕=5m/s

由于两棒发生碰撞，则为完全非弹性碰撞，则甲乙整体第一次在右侧倾斜轨道上向上运动有

（取+阿）绣in%+“2（血+如）geos。2-（班+/®）a共上

同理有2a共上x共上=v

且由图（6）可知x上=4.84x共上

30

解得甲、乙碰撞后的速度v=y^m/s

乙第一次滑下右侧轨道最低点后与甲相互作用的过程中，甲、乙组成的系统合外力为零，根据动量守

恒有倒吸一汲匕=（0+.））/

175

解得乙第一次滑下右侧轨道最低点时甲的速度为％=—m/s

33

若乙第一次滑下右侧轨道最低点时与甲发生碰撞，则对应d的最小值，乙第一次在右侧斜轨上运动的

过程，对甲根据动量定理有一班/加］=一共

mlv2m1V

-.BlAx,

其中/]△：=1=

ZK

解得2m

f11

根据位移关系有4」—Ajr=Kx、

356

解得=----m

11

若乙返回水平导轨后，当两者共速时恰好碰撞，则对应，的最大值，对乙从返回水平导轨到与甲碰撞

前瞬间的过程，根据动量定理有BI?a?=m2V+2Vl

—Bl^Xp

其中，2颂=%=

340

解得AAx,=----m

211

根据位移关系有&&、一△X—AXi=△及

,696

解得"max=^-m

356,696

则d的取值范围为----m<a<-----m

1111

15.(2024年湖北卷考题)15.如图所示，两足够长平行金属直导轨田国的间距为。固定在同一水

平面内，直导轨在左端双户点分别与两条竖直固定、半径为/的上圆弧导轨相切。如连线与直导轨垂直,

4

其左侧无磁场，右侧存在磁感应强度大小为反方向竖直向下的匀强磁场。长为入、质量为0、电阻为〃的

金属棒劭跨放在两圆弧导轨的最高点。质量为2〃、电阻为6斤的均匀金属丝制成一个半径为/的圆环，水

平放置在两直导轨上，其圆心到两直导轨的距离相等。忽略导轨的电阻、所有摩擦以及金属环的可能形变，

金属棒、金属环均与导轨始终接触良好，重力加速度大小为g。现将金属棒成由静止释放，求

(1)刚越过彼时产生的感应电动势大小；

(2)金属环刚开始运动时的加速度大小；

(3)为使劭在整个运动过程中不与金属环接触，金属环圆心初始位置到庭的最小距离。

【答案】⑴叫他；⑵”记；⑶弋严

【解析】(1)根据题意可知，对金属棒助由静止释放到刚越过如过程中，由动能定理有

mgL=gmVg

解得v0=y12gL

则加刚越过腿时产生的感应电动势大小为E=BLv0=BL^2gL

(2)根据题意可知，金属环在导轨间两段圆弧并联接入电路中，轨道外侧的两端圆弧金属环被短路,

由几何关系可得，每段圆弧的电阻为

可知，整个回路的总电阻为

E2BL^L

助刚越过初时，通过助的感应电流为1=——

R意3R

对金属环由牛顿第二定律有2BL—=Ima

2

解得

3mR

(3)根据题意，结合上述分析可知，金属环和金属棒仍所受的安培力等大反向，则系统的动量守恒,

由于金属环做加速运动，金属棒做减速运动，为使加在整个运动过程中不与金属环接触，则有当金属棒成

和金属环速度相等时，金属棒仍恰好追上金属环，设此时速度为v,由动量守恒定律有mv0=mv+2mv

1

解得v=r°

对金属棒ab，由动量定理有-BILt-m--mv0

2

则有BLq二—mv0

设金属棒运动距离为均，金属环运动的距离为巧，则有

BL^xx-x2)

q=

R总

__mR^2gL

联立解得AX=X1-X2=§2.一

则金属环圆心初始位置到㈱的最小距离d=£+