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广东省珠海市斗门第一中学2024-2025学年高二下学期4月月考物理试卷
一、单选题（每题3分）
1．下面对四幅图片中所涉及物理知识的描述，正确的是（　　）
A．甲图中小磁针转动是由于电流产生的电场对小磁针有作用力
B．乙图中回旋加速器通过磁场加速粒子
C．丙图中高频冶炼炉利用涡流热效应工作
D．丁图中无线充电过程利用了接触起电原理
2．图甲为磁电式电流表的结构图，极靴和铁质圆柱间的磁场分布如图乙所示，磁感应强度大小只与到转轴的距离有关。测量某恒定电流时，线圈a、b两边的电流方向如图乙所示，则下列说法正确的是（　　）
A．线圈将逆时针转动
B．线圈转动过程中，a边所受安培力方向不变
C．线圈转动过程中，a边所受安培力大小不变
D．线圈转动过程中，a边与b边所受安培力方向始终相同
3．如图所示为地磁场示意图。四川省稻城县海子山的“高海拔宇宙线观测站”是世界上海拔最高、规模最大、灵敏度最高的宇宙射线探测装置。假设一束来自宇宙的质子流沿着与地球表面垂直的方向射向这个观测站，仅受地磁场的作用（忽略磁偏角），粒子到达该观测站附近时将（　　）
A．偏东 B．偏西 C．偏南 D．偏北
4．如图甲所示是一个“简易电动机”，一节5号干电池的正极向上，一块圆柱形强磁铁吸附在电池的负极，将一段裸铜导线弯成图中所示形状的线框，线框上端的弯折位置与正极良好接触，下面弯曲的两端与磁铁表面保持良好接触，放手后线框就会转动起来。该“简易电动机”的原理图如图乙所示，关于该“简易电动机”，下列说法正确的是（　　）
A．线框①、②两部分导线电阻在电路中是串联关系
B．从上往下看，该“简易电动机”顺时针旋转
C．其工作原理是导线切割磁感线产生感应电流从而使导线框受到安培力而转动
D．电池消耗的电能全部转化为线框的动能
5．某同学设想的减小电梯坠落时造成伤害的一种应急安全装置如图所示，在电梯轿厢底部安装永久强磁铁，磁铁N极朝上，电梯井道内壁上铺设若干金属线圈，线圈在电梯轿厢坠落时能自动闭合，从而减小对厢内人员的伤害。当电梯轿厢坠落到图示位置时，下列说法正确的是（　　）
A．从上往下看，金属线圈A中的感应电流沿顺时针方向
B．从上往下看，金属线圈B中的感应电流沿逆时针方向
C．电梯轿厢在金属线圈AB的阻碍作用下，速度越来越小最终可以使轿厢停在图示位置
D．金属线圈B有收缩的趋势，A有扩张的趋势
6．如图甲所示，粗糙绝缘水平面上方足够大空间内存在磁感应强度大小、方向垂直纸面向里的匀强磁场，带电物块A静置于水平面上，其所带电荷量。时，水平力F作用在物块A上，物块A由静止开始运动，其对水平面的压力随时间t变化的图像如图乙所示，取重力加速度大小，则下列说法正确的是（　　）
A．物块A的质量为2kg B．物块A带负电
C．水平力F保持不变 D．物块A的加速度越来越大
7．如图甲所示，面积为，匝数为150匝的线圈所在区域存在垂直线圈平面的磁场，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，规定磁场垂直纸面向里为正，线圈与定值电阻R相连。下列说法正确的是（　　）
A．时，穿过线圈的磁通量为30Wb
B．时，线圈中的电流改变方向
C．0~5s内，线圈都有扩张的趋势
D．0~5s内，b点电势均比a点电势高
8．我国已投产运行的1100kV特高压直流输电工程是目前世界上电压等级最高、输送容量最大、输送距离最远、技术水平最先进的输电工程。输电线路流程和数据可简化为如图所示，若直流线路的输电线总电阻为10Ω，变压与整流等造成的能量损失均不计，直流和交流逆变时有效值不发生改变。当输送功率为时，下列说法正确的是（　　）
A．直流输电线上的电流为
B．降压变压器的原副线圈匝数比大于
C．直流输电线上损失的功率为，损失的电压为40kV
D．若保持输送电功率不变，改用550kV输电，直流输电线上损失的功率为
二、多选题（每小题6分，错选，不选不得分，少选得3分）
9．如图为回旋加速器的原理图。和是两个半径为R的中空半圆金属盒，分别和一高频交流电源两极相连。两盒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于盒面，在位于盒圆心附近的A处有一个粒子源，产生质量为m、电荷量为＋q（q＞0）的带电粒子，已知带电粒子束从回旋加速器输出时形成的等效电流为I，不计粒子的初速度、重力和粒子通过两盒间的缝隙的时间，加速过程中不考虑相对论效应，下列说法中正确的是（　　）
A．交变电压的频率为
B．增大加速电压可以增大粒子获得的最大动能
C．回旋加速器输出的带电粒子的平均功率为
D．若保持其他条件不变，换成电荷量为2q的粒子，粒子也可以在该加速器中加速
10．如图所示，是自感系数很大的线圈，电阻为，A、B和C是三个相同的小灯泡，电阻也为。下列判断正确的是（　　）
A．闭合开关S的瞬间，A、C灯同时亮，B灯缓慢亮
B．闭合开关S一段时间后，A、B灯一样亮
C．断开开关S的瞬间，点的电势比点高
D．断开开关S的瞬间，A灯闪亮一下后再熄灭
11．如图所示， 用绝缘细线将一个闭合金属圆环悬挂于O 点，现将圆环拉离平衡位置并由静止释放， 圆环摆动过程中经过有界的水平方向的匀强磁场区域，a、b为该磁场的竖直边界， 磁场方向垂直于圆环所在平面向里， 若不计空气阻力， 下列说法正确的是（　　）
A．圆环不能返回原释放位置
B．在进入和离开磁场时，圆环中均有感应电流
C．圆环完全进入磁场后，速度越大，感应电流也越大
D．圆环最终将静止在最低点
12．如图甲所示，单匝等腰直角三角形线框abc的电阻，直角边长，匀强磁场垂直于线框平面向里，磁感应强度的大小随时间变化规律如图乙所示，则下列说法中正确的是（　　）
A．线框中的感应电流沿逆时针方向
B．感应电流的大小为0.4A
C．0~4s内通过ab边横截面的电荷量为0.8C
D．0~4s内线框内产生的热量为
13．如图所示，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的、两小孔中，为、连线的中点，连线上的、两点关于点对称。导线均通有大小相等、方向向上的电流。已知长直导线在周围产生的磁场的磁感应强度（式中是常数、是导线中的电流、为点到导线的距离）。一带负电的小球以初速度从点出发沿、连线运动到点，运动中小球一直未离开桌面。小球从点运动到点的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．小球做变速运动 B．小球做匀速直线运动
C．小球对桌面的压力一直在减小 D．小球对桌面的压力一直在增大
三、解答题（共4题）
14．如图所示，匝数匝的矩形线圈，线圈总电阻，其边长为，。外电路电阻，匀强磁场磁感应强度的大小线圈绕垂直于磁感线的轴以角速度匀速转动。试求：
（1）从此位置开始计时，它的感应电动势的瞬时值表达式；
（2）在时间内R上消耗的电能。
15．如图，直角坐标系xOy位于竖直平面内，第一象限中存在匀强电场和匀强磁场。电场方向沿x轴正方向水平向右，磁场方向垂直xOy平面向里，磁感应强度大小。第一象限内有一点P，OP连线与x轴正方向夹角．现有一个质量、电荷量的带正电的小球，从O点沿OP方向射入第一象限，恰好沿OP做直线运动。重力加速度g取，，。
（1）求电场强度大小E以及小球从O点射入时的速度大小；
（2）若OP之间的距离，且小球运动到P点时突然撤去磁场，求撤去磁场后经多长时间小球到达x轴？
16．如图所示，在平面直角坐标系xOy内，第一象限存在方向沿y轴负方向的匀强电场，第四象限内半径为R的圆形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，区域圆心坐标为(R，－R)。一质量为m、电荷量为＋q的粒子从点P(0，)以速度v0沿x轴正方向进入第一象限，从点Q(R，0)进入第四象限，离开圆形区域后从y轴上的某一点M(图中未画出)沿垂直y轴方向进入第三象限。若将第一象限的电场换为垂直纸面向外的匀强磁场，粒子仍从P点以速度v0沿x轴正方向进入第一象限，仍从Q点进入第四象限，适度调整圆形区域内磁场大小，粒子离开圆形区域后从y轴上的另一点N(图中未画出)沿垂直y轴方向进入第三象限。不计粒子重力，求：
(1)电场强度E的大小；
(2)第一象限所加磁场的磁感应强度B1的大小；
(3)M、N间的距离d。
17．如图所示，足够长的光滑等宽金属导轨，固定在一水平面内，导轨宽度为。有垂直导轨平面向下的匀强磁场布满导轨，磁感应强度为。甲、乙、丙三个金属棒，依次跨放在导轨上，棒与轨道垂直、质量均为，金属棒接入电路的阻值分别为、、。其中乙、丙棒由绝缘轻杆连接。忽略导轨的电阻、所有摩擦以及金属棒和轻杆的可能形变和轻杆的质量，金属棒与导轨始终接触良好。现让金属棒甲在棒乙左侧以开始运动。
（1）求甲棒以速度运动瞬间，流过甲棒的电流大小；
（2）以甲棒获得速度开始到运动一段时间后乙棒速度为，求这一过程中甲棒产生的热量；
（3）甲棒以速度开始，为避免相撞，求甲棒距离乙棒的距离最小值。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；涡流、电磁阻尼、电磁驱动；通电导线及通电线圈周围的磁场；质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】A．通电导线周围产生的是磁场，小磁针受磁场作用而转动，故A错误；
B．回旋加速器真正提供粒子加速（增速）的不是磁场，而是交变电场，磁场只负责改变粒子运动方向，故B错误；
C．高频感应炉的加热确实利用了涡流热效应，故C正确；
D．无线充电利用的是电磁感应原理，而非“接触起电”原理，故D错误。
故答案为：C。
【分析】先提取四幅图对应的电磁学核心物理原理：电流的磁效应、回旋加速器工作原理、涡流热效应、电磁感应无线充电原理，再结合每个装置的工作本质，逐一辨析选项描述的正误，最终筛选正确答案。
2．【答案】C
【知识点】磁电式电流表
【解析】【解答】A．根据左手定则可知，a边受到的安培力向上，b边受到的安培力向下，线圈顺时针转动，A错误；
B．转动的过程中，磁场方向发生改变，安培力的方向发生变化，B错误；
C．磁感应强度和电流大小不变，故安培力的大小不变，C正确；
D．根据左手定则可知，线圈转动过程中，边与边所受安培力方向始终相反，D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查磁电式电流表的工作原理，核心是结合左手定则判断安培力的方向与大小，理解辐向磁场的特性（磁场方向始终垂直于线圈平面，磁感应强度大小随到转轴距离不变）。
3．【答案】A
【知识点】地磁场；左手定则—磁场对带电粒子的作用；洛伦兹力的计算
【解析】【解答】质子流的方向从上而下射向地球表面，地磁场方向从南指向北，根据左手定则，洛伦兹力的方向向东，所以质子向东偏转，粒子到达观测站时将与竖直方向稍偏东一些射向观测站。
故答案为：A。
【分析】1.明确研究对象与已知量：质子（正电 ）、运动方向（向下 ）、地磁场方向。
2.左手定则应用：通过左手定则，判断质子受力偏转方向。
4．【答案】B
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动
【解析】【解答】 本题考查安培力的应用。注意点是这个小实验线框的转动原理不是电磁感应而是电流在磁场中受到安培力的作用。A．线框①、②两部分导线电阻在电路中是并联关系。故A错误；
B．线框的上下两条边受到安培力的作用而发生转动的，根据左手定则可以判断从上往下看，线框将做顺时针转动。故B正确；
C．电动机的工作原理是通电导线在磁场中受安培力的作用。故C错误；
D．电池消耗的电能一部分用于线框发热产生的内能，一部分提供线框的动能。故D错误。
故选B。 线框转动是因为通电线框在磁场内受到安培力作用，根据左手定则判断线框转动方向。根据能量转化情况分析B项。根据电路的结构分析线框①、②两部分导线的连接关系。
5．【答案】D
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】本题考查楞次定律的应用，会根据题意进行准确分析解答。AB．当电梯坠落至题图位置时，闭合线圈A中向上的磁场减弱，感应电流的方向从上往下看是逆时针方向，B中向上的磁场增强，感应电流的方向从上往下看是顺时针方向，故AB错误；
C．电梯轿厢在金属线圈AB的阻碍作用下速度逐渐减小，加速度也在减小，等到加速度减为零开始匀速下降，不能阻止磁铁的运动，故轿厢最终不能停在图示位置，故C错误；
D．闭合线圈A中向上的磁场减弱，B中向上的磁场增强，根据楞次定律可知，线圈B有收缩的趋势，A有扩张的趋势，故D正确。
故选D。
【分析】根据楞次定律进行分析解答。感应电流总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化。
6．【答案】A
【知识点】牛顿定律与图象；洛伦兹力的计算
【解析】【解答】A．初始时刻压力为20N，根据，解得，故A正确；
B．物块向左运动，压力增大，说明洛伦兹力向下，根据左手定则可知物块带正电，故B错误；
CD．图中压力随时间均匀变化，根据牛顿第三定律可知，物块A对水平面的压力大小为
可知加速度恒定；水平方向有
解得，水平力F增大，故CD错误；
故答案为：A。
【分析】本题考查洛伦兹力与牛顿运动定律的综合应用，核心是结合压力随时间的变化图像，利用洛伦兹力公式洛和受力平衡关系，分析物块的质量、电性、水平力及加速度的变化规律。
7．【答案】D
【知识点】磁通量；楞次定律
【解析】【解答】A．当时，，穿过平面的磁通量，故A错误；
BD．磁场先向里减小，再向外增大，由楞次定律可判断出在5s内的感应电流方向始终相同，且为线圈顺时针方向，则b点电势均比a点电势高，故B错误，D正确；
C．根据“增缩减扩”的规律可判断出线圈在内具有扩张趋势，而在内具有收缩趋势，故C错误。
故答案为：D。
【分析】先提取本题涉及的电磁学核心物理规律：磁通量定义式Φ=BS、感应电流方向由楞次定律判定、线圈 “增缩减扩” 的运动规律、感应电源的电势高低判断，再结合题图中B t图像的斜率、磁场变化趋势，以及线圈的电路连接方式，依次分析各选项的物理量与结论，最终筛选正确选项。
8．【答案】D
【知识点】电能的输送
【解析】【解答】A．根据P=UI，电流为
故A错误；
B．根据串联电路电压分配规律可得降压器的输入电压为
则降压变压器的原副线圈匝数比为
故B错误；
C． 根据P=I2R， 输电线上损失的功率为
根据欧姆定律可得直流输电线上损失的电压为
故C错误；
D．改用输电，直流输电线的电流
则直流输电线上损失的功率为
故D正确。
故选D。
【分析】根据P=UI求解输电线上的电流；根据分压情况降压器的输入电压，再由电压之比与线圈匝数比的关系求解匝数比；根据P=I2R求解输电线上损失的功率。
9．【答案】A,C
【知识点】质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】A．交变电压的周期等于粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期，则交变电压的频率，故A正确；
B．当粒子在磁场中运动的轨道半径等于D形盒半径时，粒子的动能最大，则有
可得粒子最大速度
粒子最大动能
可知粒子获得的最大动能与加速电压无关，故B错误；
C．已知带电粒子束从回旋加速器输出时形成的等效电流为I，则有
回旋加速器输出的带电粒子的平均功率
联立可得，故C正确；
D．根据带电粒子在磁场中的频率，保持交变电压的频率和磁场磁感应强度大小B不变，该加速器不能加速比荷不同的粒子，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】本题考查回旋加速器的工作原理，核心是结合带电粒子在磁场中做圆周运动的周期公式、最大动能公式，分析交变电压频率、加速电压对粒子动能的影响，以及功率和粒子加速的适配性。
10．【答案】A,C
【知识点】自感与互感
【解析】【解答】A．闭合开关S的瞬间，A、C灯同时亮，由于线圈产生自感电动势阻碍通过线圈电流的增大，所以B灯缓慢亮，故A正确；
B．闭合开关S一段时间后，由于线圈的直流电阻为，可知B灯支路电阻大于A灯电阻，则A灯电流大于B灯电流，A灯比B灯亮，故B错误；
C．断开开关S的瞬间，由于线圈产生自感电动势阻碍通过线圈电流的减小，且方向由点到点，但线圈相当于电源的内阻，即点为负极，点为正极，所以点的电势比点高，故C正确；
D．断开开关S的瞬间，由于线圈产生自感电动势阻碍通过线圈电流的减小，且与A、B灯构成回路，由于断开开关前通过线圈的电流小于A灯的电流，所以A灯不会闪亮一下，再熄灭，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】1.闭合瞬间：自感电动势阻碍电流变化，A、C 瞬间亮，B 缓慢亮。
2.稳定后：线圈为纯电阻，比较支路电阻和电流，判断灯的亮度。
3.断开瞬间：线圈自感为电源，分析电流方向和大小，判断电势和灯的闪亮情况。
11．【答案】A,B
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；楞次定律
【解析】【解答】A．圆环进入和离开磁场时产生感应电流，机械能转化为电能（焦耳热），机械能减少，因此不能返回原释放位置，A正确；
B．进入磁场时，磁通量从无到有；离开磁场时，磁通量从有到无，均发生变化，根据电磁感应定律，圆环中均有感应电流，B正确；
C．圆环进入磁场后，穿过圆环的磁通量不变，感应电流为0，故C错误；
D．随着电能的产生，机械能逐渐减小，当线圈只在磁场内摆动时，机械能守恒，最终线圈在磁场区域来会摆动，故D错误。
故答案为：AB。
【分析】本题考查电磁感应中的楞次定律与能量转化，核心是结合闭合圆环进入、离开和在磁场中运动时的磁通量变化，判断感应电流的产生情况，同时分析机械能与电能的转化规律。
12．【答案】A,C
【知识点】电功率和电功；电流、电源的概念；楞次定律；感应电动势及其产生条件
【解析】【解答】A． 磁感应强度的大小随时间变化规律如图乙所示， 根据楞次定律可知，线框中的感应电流沿逆时针方向，故A正确；
B．根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势
感应电流的大小为
故B错误；
C.根据电流定义式可得0~4s内通过ab边横截面的电荷量为q=It=0.8C
故C正确；
D.0~4s内线框内产生的热量为
故D错误。
故选：AC。
【分析】根据楞次定律可知线框中的感应电流方向；根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律求解感应电流的大小；根据电荷量的计算公式求解0～4s内通过ab边横截面的电荷量；根据焦耳定律求解产生的热。
13．【答案】B,C
【知识点】通电导线及通电线圈周围的磁场；洛伦兹力的计算
【解析】【解答】AB．桌面光滑，小球在水平方向不受力（磁场对运动电荷的洛伦兹力沿竖直方向），因此合力为零，做匀速直线运动，故A错误，B正确；
CD．已知长直导线在周围产生的磁场的磁感应强度，根据安培定则，结合磁感应强度的叠加原理可知，直线上靠近处的磁场方向垂直于向里，靠近处的磁场方向垂直于向外，磁场大小先减小，过点后反向增大，根据左手定则可知，带负电的小球受到的洛伦兹力方向开始时竖直向下，大小逐渐减小，过点后洛伦兹力的方向向上，大小逐渐增大，小球在竖直方向受力平衡，则桌面对小球的支持力逐渐减小，根据牛顿第三定律可知，小球对桌面的压力一直在减小，故C正确，D错误；
故答案为：BC。
【分析】本题考查通电直导线的磁场叠加、洛伦兹力的分析与物体的受力平衡，核心是结合安培定则判断磁场方向，利用左手定则分析洛伦兹力的大小和方向变化，进而判断小球的运动状态与压力变化。
14．【答案】（1）解：感应电动势的峰值
根据题意可得
（2）解：电动势的有效值
R两端电压
R上消耗的电能为
【知识点】交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【分析】(1) 先由计算感应电动势峰值，结合线圈初始位置（与磁感线平行，电动势最大），写出余弦形式的瞬时值表达式；
(2) 先求电动势有效值，再由闭合电路欧姆定律得电流有效值，最后用焦耳定律计算上消耗的电能。
15．【答案】（1）解：设小球所受电场力为F，洛伦兹力为f，对小球进行受力分析如图所示，由题意可得小球只力能做匀速直线运动，所以小球处于平衡状态，对小球受力分析可得，
由平衡条件可得
联立解得，
（2）解：突然撤去磁场后，小球做匀变速曲线运动。水平方向做匀加速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动。小球从点到轴的过程中，竖直分位移
方向向下，小球在点时的竖直分速度
方向向上，规定竖直向下为正方向，则有
解得小球运动时间为
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】(1) 小球做匀速直线运动，受力平衡（重力、电场力、洛伦兹力），结合力的分解列方程求电场强度和初速度；
(2) 撤去磁场后，小球在重力和电场力的合力作用下做类平抛运动，分解运动为沿OP方向和垂直OP方向，结合运动学公式求到达x轴的时间。
（1）设小球所受电场力为F，洛伦兹力为f，对小球进行受力分析如图所示，由题意可得小球只力能做匀速直线运动，所以小球处于平衡状态，对小球受力分析可得，
由平衡条件可得
联立解得，
（2）突然撤去磁场后，小球做匀变速曲线运动。水平方向做匀加速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动。小球从点到轴的过程中，竖直分位移
方向向下，小球在点时的竖直分速度
方向向上，规定竖直向下为正方向，则有
解得小球运动时间为
16．【答案】(1)解：粒子在匀强电场中做类平抛运动，则有，，
解得
(2)解：设在第一象限中做圆周运动的半径为r，则有
由几何关系得
联立解得
(3)解：设粒子经电场偏转后以角进入圆形磁场，则有，
粒子经第一象限的磁场偏转后以与x轴正方向成角进入第四象限，有
要使两次均垂直于y轴进入第三象限，则两次在圆磁场中的半径均为R，则N、M的距离为
联立以上各式解得
【知识点】磁感应强度；牛顿第二定律；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】(1) 粒子在第一象限做类平抛运动，分解为水平匀速直线运动和竖直匀加速直线运动，结合牛顿第二定律与运动学公式求电场强度；
(2) 粒子进入第四象限后在匀强磁场中做匀速圆周运动，先由类平抛末速度求进入Q点的速度方向，再结合几何关系与洛伦兹力提供向心力求磁感应强度；
(3) 分电场、磁场两种情况，分别计算粒子到达轴的位移，求、间的距离。
17．【答案】（1）甲棒以速度运动瞬间，产生的电动势为
回路总电阻为
根据闭合电路欧姆定律可知，流过甲棒的电流大小为
联立解得
（2）由于通过甲棒的电流等于通过乙、丙两棒的电流之和，可知甲棒受到的安培力与乙、丙两棒受到的安培力之和大小相等，方向相反，则甲、乙、丙三棒组成的系统满足动量守恒，则有
根据能量守恒可得
甲棒产生的热量为
联立解得
（3）当甲、乙丙共速时距离有最小值，此时由动量守恒有
对甲，由动量定理有
又，
联立解得
【知识点】电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】（1）根据E=BLv、闭合电路欧姆定律相结合求金属棒甲刚运动的瞬间电流大小；
（2）根据能量守恒定律求回路中产生的焦耳热，再由焦耳定律求甲棒中的焦耳热；
（3） 当甲、乙丙共速时距离有最小值，由动量定理和动量守恒定律，求甲棒距离乙棒的距离最小值s。
（1）甲棒以速度运动瞬间，产生的电动势为
回路总电阻为
根据闭合电路欧姆定律可知，流过甲棒的电流大小为
联立解得
（2）由于通过甲棒的电流等于通过乙、丙两棒的电流之和，可知甲棒受到的安培力与乙、丙两棒受到的安培力之和大小相等，方向相反，则甲、乙、丙三棒组成的系统满足动量守恒，则有
根据能量守恒可得
甲棒产生的热量为
联立解得
（3）当甲、乙丙共速时距离有最小值，此时由动量守恒有
对甲，由动量定理有
又，
联立解得
1 / 1广东省珠海市斗门第一中学2024-2025学年高二下学期4月月考物理试卷
一、单选题（每题3分）
1．下面对四幅图片中所涉及物理知识的描述，正确的是（　　）
A．甲图中小磁针转动是由于电流产生的电场对小磁针有作用力
B．乙图中回旋加速器通过磁场加速粒子
C．丙图中高频冶炼炉利用涡流热效应工作
D．丁图中无线充电过程利用了接触起电原理
【答案】C
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；涡流、电磁阻尼、电磁驱动；通电导线及通电线圈周围的磁场；质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】A．通电导线周围产生的是磁场，小磁针受磁场作用而转动，故A错误；
B．回旋加速器真正提供粒子加速（增速）的不是磁场，而是交变电场，磁场只负责改变粒子运动方向，故B错误；
C．高频感应炉的加热确实利用了涡流热效应，故C正确；
D．无线充电利用的是电磁感应原理，而非“接触起电”原理，故D错误。
故答案为：C。
【分析】先提取四幅图对应的电磁学核心物理原理：电流的磁效应、回旋加速器工作原理、涡流热效应、电磁感应无线充电原理，再结合每个装置的工作本质，逐一辨析选项描述的正误，最终筛选正确答案。
2．图甲为磁电式电流表的结构图，极靴和铁质圆柱间的磁场分布如图乙所示，磁感应强度大小只与到转轴的距离有关。测量某恒定电流时，线圈a、b两边的电流方向如图乙所示，则下列说法正确的是（　　）
A．线圈将逆时针转动
B．线圈转动过程中，a边所受安培力方向不变
C．线圈转动过程中，a边所受安培力大小不变
D．线圈转动过程中，a边与b边所受安培力方向始终相同
【答案】C
【知识点】磁电式电流表
【解析】【解答】A．根据左手定则可知，a边受到的安培力向上，b边受到的安培力向下，线圈顺时针转动，A错误；
B．转动的过程中，磁场方向发生改变，安培力的方向发生变化，B错误；
C．磁感应强度和电流大小不变，故安培力的大小不变，C正确；
D．根据左手定则可知，线圈转动过程中，边与边所受安培力方向始终相反，D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查磁电式电流表的工作原理，核心是结合左手定则判断安培力的方向与大小，理解辐向磁场的特性（磁场方向始终垂直于线圈平面，磁感应强度大小随到转轴距离不变）。
3．如图所示为地磁场示意图。四川省稻城县海子山的“高海拔宇宙线观测站”是世界上海拔最高、规模最大、灵敏度最高的宇宙射线探测装置。假设一束来自宇宙的质子流沿着与地球表面垂直的方向射向这个观测站，仅受地磁场的作用（忽略磁偏角），粒子到达该观测站附近时将（　　）
A．偏东 B．偏西 C．偏南 D．偏北
【答案】A
【知识点】地磁场；左手定则—磁场对带电粒子的作用；洛伦兹力的计算
【解析】【解答】质子流的方向从上而下射向地球表面，地磁场方向从南指向北，根据左手定则，洛伦兹力的方向向东，所以质子向东偏转，粒子到达观测站时将与竖直方向稍偏东一些射向观测站。
故答案为：A。
【分析】1.明确研究对象与已知量：质子（正电 ）、运动方向（向下 ）、地磁场方向。
2.左手定则应用：通过左手定则，判断质子受力偏转方向。
4．如图甲所示是一个“简易电动机”，一节5号干电池的正极向上，一块圆柱形强磁铁吸附在电池的负极，将一段裸铜导线弯成图中所示形状的线框，线框上端的弯折位置与正极良好接触，下面弯曲的两端与磁铁表面保持良好接触，放手后线框就会转动起来。该“简易电动机”的原理图如图乙所示，关于该“简易电动机”，下列说法正确的是（　　）
A．线框①、②两部分导线电阻在电路中是串联关系
B．从上往下看，该“简易电动机”顺时针旋转
C．其工作原理是导线切割磁感线产生感应电流从而使导线框受到安培力而转动
D．电池消耗的电能全部转化为线框的动能
【答案】B
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动
【解析】【解答】 本题考查安培力的应用。注意点是这个小实验线框的转动原理不是电磁感应而是电流在磁场中受到安培力的作用。A．线框①、②两部分导线电阻在电路中是并联关系。故A错误；
B．线框的上下两条边受到安培力的作用而发生转动的，根据左手定则可以判断从上往下看，线框将做顺时针转动。故B正确；
C．电动机的工作原理是通电导线在磁场中受安培力的作用。故C错误；
D．电池消耗的电能一部分用于线框发热产生的内能，一部分提供线框的动能。故D错误。
故选B。 线框转动是因为通电线框在磁场内受到安培力作用，根据左手定则判断线框转动方向。根据能量转化情况分析B项。根据电路的结构分析线框①、②两部分导线的连接关系。
5．某同学设想的减小电梯坠落时造成伤害的一种应急安全装置如图所示，在电梯轿厢底部安装永久强磁铁，磁铁N极朝上，电梯井道内壁上铺设若干金属线圈，线圈在电梯轿厢坠落时能自动闭合，从而减小对厢内人员的伤害。当电梯轿厢坠落到图示位置时，下列说法正确的是（　　）
A．从上往下看，金属线圈A中的感应电流沿顺时针方向
B．从上往下看，金属线圈B中的感应电流沿逆时针方向
C．电梯轿厢在金属线圈AB的阻碍作用下，速度越来越小最终可以使轿厢停在图示位置
D．金属线圈B有收缩的趋势，A有扩张的趋势
【答案】D
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】本题考查楞次定律的应用，会根据题意进行准确分析解答。AB．当电梯坠落至题图位置时，闭合线圈A中向上的磁场减弱，感应电流的方向从上往下看是逆时针方向，B中向上的磁场增强，感应电流的方向从上往下看是顺时针方向，故AB错误；
C．电梯轿厢在金属线圈AB的阻碍作用下速度逐渐减小，加速度也在减小，等到加速度减为零开始匀速下降，不能阻止磁铁的运动，故轿厢最终不能停在图示位置，故C错误；
D．闭合线圈A中向上的磁场减弱，B中向上的磁场增强，根据楞次定律可知，线圈B有收缩的趋势，A有扩张的趋势，故D正确。
故选D。
【分析】根据楞次定律进行分析解答。感应电流总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化。
6．如图甲所示，粗糙绝缘水平面上方足够大空间内存在磁感应强度大小、方向垂直纸面向里的匀强磁场，带电物块A静置于水平面上，其所带电荷量。时，水平力F作用在物块A上，物块A由静止开始运动，其对水平面的压力随时间t变化的图像如图乙所示，取重力加速度大小，则下列说法正确的是（　　）
A．物块A的质量为2kg B．物块A带负电
C．水平力F保持不变 D．物块A的加速度越来越大
【答案】A
【知识点】牛顿定律与图象；洛伦兹力的计算
【解析】【解答】A．初始时刻压力为20N，根据，解得，故A正确；
B．物块向左运动，压力增大，说明洛伦兹力向下，根据左手定则可知物块带正电，故B错误；
CD．图中压力随时间均匀变化，根据牛顿第三定律可知，物块A对水平面的压力大小为
可知加速度恒定；水平方向有
解得，水平力F增大，故CD错误；
故答案为：A。
【分析】本题考查洛伦兹力与牛顿运动定律的综合应用，核心是结合压力随时间的变化图像，利用洛伦兹力公式洛和受力平衡关系，分析物块的质量、电性、水平力及加速度的变化规律。
7．如图甲所示，面积为，匝数为150匝的线圈所在区域存在垂直线圈平面的磁场，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，规定磁场垂直纸面向里为正，线圈与定值电阻R相连。下列说法正确的是（　　）
A．时，穿过线圈的磁通量为30Wb
B．时，线圈中的电流改变方向
C．0~5s内，线圈都有扩张的趋势
D．0~5s内，b点电势均比a点电势高
【答案】D
【知识点】磁通量；楞次定律
【解析】【解答】A．当时，，穿过平面的磁通量，故A错误；
BD．磁场先向里减小，再向外增大，由楞次定律可判断出在5s内的感应电流方向始终相同，且为线圈顺时针方向，则b点电势均比a点电势高，故B错误，D正确；
C．根据“增缩减扩”的规律可判断出线圈在内具有扩张趋势，而在内具有收缩趋势，故C错误。
故答案为：D。
【分析】先提取本题涉及的电磁学核心物理规律：磁通量定义式Φ=BS、感应电流方向由楞次定律判定、线圈 “增缩减扩” 的运动规律、感应电源的电势高低判断，再结合题图中B t图像的斜率、磁场变化趋势，以及线圈的电路连接方式，依次分析各选项的物理量与结论，最终筛选正确选项。
8．我国已投产运行的1100kV特高压直流输电工程是目前世界上电压等级最高、输送容量最大、输送距离最远、技术水平最先进的输电工程。输电线路流程和数据可简化为如图所示，若直流线路的输电线总电阻为10Ω，变压与整流等造成的能量损失均不计，直流和交流逆变时有效值不发生改变。当输送功率为时，下列说法正确的是（　　）
A．直流输电线上的电流为
B．降压变压器的原副线圈匝数比大于
C．直流输电线上损失的功率为，损失的电压为40kV
D．若保持输送电功率不变，改用550kV输电，直流输电线上损失的功率为
【答案】D
【知识点】电能的输送
【解析】【解答】A．根据P=UI，电流为
故A错误；
B．根据串联电路电压分配规律可得降压器的输入电压为
则降压变压器的原副线圈匝数比为
故B错误；
C． 根据P=I2R， 输电线上损失的功率为
根据欧姆定律可得直流输电线上损失的电压为
故C错误；
D．改用输电，直流输电线的电流
则直流输电线上损失的功率为
故D正确。
故选D。
【分析】根据P=UI求解输电线上的电流；根据分压情况降压器的输入电压，再由电压之比与线圈匝数比的关系求解匝数比；根据P=I2R求解输电线上损失的功率。
二、多选题（每小题6分，错选，不选不得分，少选得3分）
9．如图为回旋加速器的原理图。和是两个半径为R的中空半圆金属盒，分别和一高频交流电源两极相连。两盒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于盒面，在位于盒圆心附近的A处有一个粒子源，产生质量为m、电荷量为＋q（q＞0）的带电粒子，已知带电粒子束从回旋加速器输出时形成的等效电流为I，不计粒子的初速度、重力和粒子通过两盒间的缝隙的时间，加速过程中不考虑相对论效应，下列说法中正确的是（　　）
A．交变电压的频率为
B．增大加速电压可以增大粒子获得的最大动能
C．回旋加速器输出的带电粒子的平均功率为
D．若保持其他条件不变，换成电荷量为2q的粒子，粒子也可以在该加速器中加速
【答案】A,C
【知识点】质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】A．交变电压的周期等于粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期，则交变电压的频率，故A正确；
B．当粒子在磁场中运动的轨道半径等于D形盒半径时，粒子的动能最大，则有
可得粒子最大速度
粒子最大动能
可知粒子获得的最大动能与加速电压无关，故B错误；
C．已知带电粒子束从回旋加速器输出时形成的等效电流为I，则有
回旋加速器输出的带电粒子的平均功率
联立可得，故C正确；
D．根据带电粒子在磁场中的频率，保持交变电压的频率和磁场磁感应强度大小B不变，该加速器不能加速比荷不同的粒子，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】本题考查回旋加速器的工作原理，核心是结合带电粒子在磁场中做圆周运动的周期公式、最大动能公式，分析交变电压频率、加速电压对粒子动能的影响，以及功率和粒子加速的适配性。
10．如图所示，是自感系数很大的线圈，电阻为，A、B和C是三个相同的小灯泡，电阻也为。下列判断正确的是（　　）
A．闭合开关S的瞬间，A、C灯同时亮，B灯缓慢亮
B．闭合开关S一段时间后，A、B灯一样亮
C．断开开关S的瞬间，点的电势比点高
D．断开开关S的瞬间，A灯闪亮一下后再熄灭
【答案】A,C
【知识点】自感与互感
【解析】【解答】A．闭合开关S的瞬间，A、C灯同时亮，由于线圈产生自感电动势阻碍通过线圈电流的增大，所以B灯缓慢亮，故A正确；
B．闭合开关S一段时间后，由于线圈的直流电阻为，可知B灯支路电阻大于A灯电阻，则A灯电流大于B灯电流，A灯比B灯亮，故B错误；
C．断开开关S的瞬间，由于线圈产生自感电动势阻碍通过线圈电流的减小，且方向由点到点，但线圈相当于电源的内阻，即点为负极，点为正极，所以点的电势比点高，故C正确；
D．断开开关S的瞬间，由于线圈产生自感电动势阻碍通过线圈电流的减小，且与A、B灯构成回路，由于断开开关前通过线圈的电流小于A灯的电流，所以A灯不会闪亮一下，再熄灭，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】1.闭合瞬间：自感电动势阻碍电流变化，A、C 瞬间亮，B 缓慢亮。
2.稳定后：线圈为纯电阻，比较支路电阻和电流，判断灯的亮度。
3.断开瞬间：线圈自感为电源，分析电流方向和大小，判断电势和灯的闪亮情况。
11．如图所示， 用绝缘细线将一个闭合金属圆环悬挂于O 点，现将圆环拉离平衡位置并由静止释放， 圆环摆动过程中经过有界的水平方向的匀强磁场区域，a、b为该磁场的竖直边界， 磁场方向垂直于圆环所在平面向里， 若不计空气阻力， 下列说法正确的是（　　）
A．圆环不能返回原释放位置
B．在进入和离开磁场时，圆环中均有感应电流
C．圆环完全进入磁场后，速度越大，感应电流也越大
D．圆环最终将静止在最低点
【答案】A,B
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；楞次定律
【解析】【解答】A．圆环进入和离开磁场时产生感应电流，机械能转化为电能（焦耳热），机械能减少，因此不能返回原释放位置，A正确；
B．进入磁场时，磁通量从无到有；离开磁场时，磁通量从有到无，均发生变化，根据电磁感应定律，圆环中均有感应电流，B正确；
C．圆环进入磁场后，穿过圆环的磁通量不变，感应电流为0，故C错误；
D．随着电能的产生，机械能逐渐减小，当线圈只在磁场内摆动时，机械能守恒，最终线圈在磁场区域来会摆动，故D错误。
故答案为：AB。
【分析】本题考查电磁感应中的楞次定律与能量转化，核心是结合闭合圆环进入、离开和在磁场中运动时的磁通量变化，判断感应电流的产生情况，同时分析机械能与电能的转化规律。
12．如图甲所示，单匝等腰直角三角形线框abc的电阻，直角边长，匀强磁场垂直于线框平面向里，磁感应强度的大小随时间变化规律如图乙所示，则下列说法中正确的是（　　）
A．线框中的感应电流沿逆时针方向
B．感应电流的大小为0.4A
C．0~4s内通过ab边横截面的电荷量为0.8C
D．0~4s内线框内产生的热量为
【答案】A,C
【知识点】电功率和电功；电流、电源的概念；楞次定律；感应电动势及其产生条件
【解析】【解答】A． 磁感应强度的大小随时间变化规律如图乙所示， 根据楞次定律可知，线框中的感应电流沿逆时针方向，故A正确；
B．根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势
感应电流的大小为
故B错误；
C.根据电流定义式可得0~4s内通过ab边横截面的电荷量为q=It=0.8C
故C正确；
D.0~4s内线框内产生的热量为
故D错误。
故选：AC。
【分析】根据楞次定律可知线框中的感应电流方向；根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律求解感应电流的大小；根据电荷量的计算公式求解0～4s内通过ab边横截面的电荷量；根据焦耳定律求解产生的热。
13．如图所示，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的、两小孔中，为、连线的中点，连线上的、两点关于点对称。导线均通有大小相等、方向向上的电流。已知长直导线在周围产生的磁场的磁感应强度（式中是常数、是导线中的电流、为点到导线的距离）。一带负电的小球以初速度从点出发沿、连线运动到点，运动中小球一直未离开桌面。小球从点运动到点的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．小球做变速运动 B．小球做匀速直线运动
C．小球对桌面的压力一直在减小 D．小球对桌面的压力一直在增大
【答案】B,C
【知识点】通电导线及通电线圈周围的磁场；洛伦兹力的计算
【解析】【解答】AB．桌面光滑，小球在水平方向不受力（磁场对运动电荷的洛伦兹力沿竖直方向），因此合力为零，做匀速直线运动，故A错误，B正确；
CD．已知长直导线在周围产生的磁场的磁感应强度，根据安培定则，结合磁感应强度的叠加原理可知，直线上靠近处的磁场方向垂直于向里，靠近处的磁场方向垂直于向外，磁场大小先减小，过点后反向增大，根据左手定则可知，带负电的小球受到的洛伦兹力方向开始时竖直向下，大小逐渐减小，过点后洛伦兹力的方向向上，大小逐渐增大，小球在竖直方向受力平衡，则桌面对小球的支持力逐渐减小，根据牛顿第三定律可知，小球对桌面的压力一直在减小，故C正确，D错误；
故答案为：BC。
【分析】本题考查通电直导线的磁场叠加、洛伦兹力的分析与物体的受力平衡，核心是结合安培定则判断磁场方向，利用左手定则分析洛伦兹力的大小和方向变化，进而判断小球的运动状态与压力变化。
三、解答题（共4题）
14．如图所示，匝数匝的矩形线圈，线圈总电阻，其边长为，。外电路电阻，匀强磁场磁感应强度的大小线圈绕垂直于磁感线的轴以角速度匀速转动。试求：
（1）从此位置开始计时，它的感应电动势的瞬时值表达式；
（2）在时间内R上消耗的电能。
【答案】（1）解：感应电动势的峰值
根据题意可得
（2）解：电动势的有效值
R两端电压
R上消耗的电能为
【知识点】交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【分析】(1) 先由计算感应电动势峰值，结合线圈初始位置（与磁感线平行，电动势最大），写出余弦形式的瞬时值表达式；
(2) 先求电动势有效值，再由闭合电路欧姆定律得电流有效值，最后用焦耳定律计算上消耗的电能。
15．如图，直角坐标系xOy位于竖直平面内，第一象限中存在匀强电场和匀强磁场。电场方向沿x轴正方向水平向右，磁场方向垂直xOy平面向里，磁感应强度大小。第一象限内有一点P，OP连线与x轴正方向夹角．现有一个质量、电荷量的带正电的小球，从O点沿OP方向射入第一象限，恰好沿OP做直线运动。重力加速度g取，，。
（1）求电场强度大小E以及小球从O点射入时的速度大小；
（2）若OP之间的距离，且小球运动到P点时突然撤去磁场，求撤去磁场后经多长时间小球到达x轴？
【答案】（1）解：设小球所受电场力为F，洛伦兹力为f，对小球进行受力分析如图所示，由题意可得小球只力能做匀速直线运动，所以小球处于平衡状态，对小球受力分析可得，
由平衡条件可得
联立解得，
（2）解：突然撤去磁场后，小球做匀变速曲线运动。水平方向做匀加速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动。小球从点到轴的过程中，竖直分位移
方向向下，小球在点时的竖直分速度
方向向上，规定竖直向下为正方向，则有
解得小球运动时间为
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】(1) 小球做匀速直线运动，受力平衡（重力、电场力、洛伦兹力），结合力的分解列方程求电场强度和初速度；
(2) 撤去磁场后，小球在重力和电场力的合力作用下做类平抛运动，分解运动为沿OP方向和垂直OP方向，结合运动学公式求到达x轴的时间。
（1）设小球所受电场力为F，洛伦兹力为f，对小球进行受力分析如图所示，由题意可得小球只力能做匀速直线运动，所以小球处于平衡状态，对小球受力分析可得，
由平衡条件可得
联立解得，
（2）突然撤去磁场后，小球做匀变速曲线运动。水平方向做匀加速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动。小球从点到轴的过程中，竖直分位移
方向向下，小球在点时的竖直分速度
方向向上，规定竖直向下为正方向，则有
解得小球运动时间为
16．如图所示，在平面直角坐标系xOy内，第一象限存在方向沿y轴负方向的匀强电场，第四象限内半径为R的圆形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，区域圆心坐标为(R，－R)。一质量为m、电荷量为＋q的粒子从点P(0，)以速度v0沿x轴正方向进入第一象限，从点Q(R，0)进入第四象限，离开圆形区域后从y轴上的某一点M(图中未画出)沿垂直y轴方向进入第三象限。若将第一象限的电场换为垂直纸面向外的匀强磁场，粒子仍从P点以速度v0沿x轴正方向进入第一象限，仍从Q点进入第四象限，适度调整圆形区域内磁场大小，粒子离开圆形区域后从y轴上的另一点N(图中未画出)沿垂直y轴方向进入第三象限。不计粒子重力，求：
(1)电场强度E的大小；
(2)第一象限所加磁场的磁感应强度B1的大小；
(3)M、N间的距离d。
【答案】(1)解：粒子在匀强电场中做类平抛运动，则有，，
解得
(2)解：设在第一象限中做圆周运动的半径为r，则有
由几何关系得
联立解得
(3)解：设粒子经电场偏转后以角进入圆形磁场，则有，
粒子经第一象限的磁场偏转后以与x轴正方向成角进入第四象限，有
要使两次均垂直于y轴进入第三象限，则两次在圆磁场中的半径均为R，则N、M的距离为
联立以上各式解得
【知识点】磁感应强度；牛顿第二定律；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】(1) 粒子在第一象限做类平抛运动，分解为水平匀速直线运动和竖直匀加速直线运动，结合牛顿第二定律与运动学公式求电场强度；
(2) 粒子进入第四象限后在匀强磁场中做匀速圆周运动，先由类平抛末速度求进入Q点的速度方向，再结合几何关系与洛伦兹力提供向心力求磁感应强度；
(3) 分电场、磁场两种情况，分别计算粒子到达轴的位移，求、间的距离。
17．如图所示，足够长的光滑等宽金属导轨，固定在一水平面内，导轨宽度为。有垂直导轨平面向下的匀强磁场布满导轨，磁感应强度为。甲、乙、丙三个金属棒，依次跨放在导轨上，棒与轨道垂直、质量均为，金属棒接入电路的阻值分别为、、。其中乙、丙棒由绝缘轻杆连接。忽略导轨的电阻、所有摩擦以及金属棒和轻杆的可能形变和轻杆的质量，金属棒与导轨始终接触良好。现让金属棒甲在棒乙左侧以开始运动。
（1）求甲棒以速度运动瞬间，流过甲棒的电流大小；
（2）以甲棒获得速度开始到运动一段时间后乙棒速度为，求这一过程中甲棒产生的热量；
（3）甲棒以速度开始，为避免相撞，求甲棒距离乙棒的距离最小值。
【答案】（1）甲棒以速度运动瞬间，产生的电动势为
回路总电阻为
根据闭合电路欧姆定律可知，流过甲棒的电流大小为
联立解得
（2）由于通过甲棒的电流等于通过乙、丙两棒的电流之和，可知甲棒受到的安培力与乙、丙两棒受到的安培力之和大小相等，方向相反，则甲、乙、丙三棒组成的系统满足动量守恒，则有
根据能量守恒可得
甲棒产生的热量为
联立解得
（3）当甲、乙丙共速时距离有最小值，此时由动量守恒有
对甲，由动量定理有
又，
联立解得
【知识点】电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】（1）根据E=BLv、闭合电路欧姆定律相结合求金属棒甲刚运动的瞬间电流大小；
（2）根据能量守恒定律求回路中产生的焦耳热，再由焦耳定律求甲棒中的焦耳热；
（3） 当甲、乙丙共速时距离有最小值，由动量定理和动量守恒定律，求甲棒距离乙棒的距离最小值s。
（1）甲棒以速度运动瞬间，产生的电动势为
回路总电阻为
根据闭合电路欧姆定律可知，流过甲棒的电流大小为
联立解得
（2）由于通过甲棒的电流等于通过乙、丙两棒的电流之和，可知甲棒受到的安培力与乙、丙两棒受到的安培力之和大小相等，方向相反，则甲、乙、丙三棒组成的系统满足动量守恒，则有
根据能量守恒可得
甲棒产生的热量为
联立解得
（3）当甲、乙丙共速时距离有最小值，此时由动量守恒有
对甲，由动量定理有
又，
联立解得
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