《2026年新高考5年真题高中物理全一册通用版湖南专版》

7. [2025·江苏卷,15T,16分]圆筒式磁力耦合器由内转子、外转子两部分组成，工作原理如图甲所示。内、外转子可绕中心轴$OO'$转动。外转子半径为$r_1$，由四个相同的单匝线圈紧密围成，每个线圈的电阻均为$R$，直边的长度均为$L$，与轴线平行。内转子半径为$r_2$，由四个形状相同的永磁体组成，磁体产生径向磁场，线圈处的磁感应强度大小均为$B$。外转子始终以角速度$\omega_0$匀速转动，某时刻线圈$abcd$的直边$ab$与$cd$处的磁场方向如图乙所示。

(1)若内转子固定，求$ab$边产生感应电动势的大小$E$；
(2)若内转子固定，求外转子转动一周，线圈$abcd$产生的焦耳热$Q$；
(3)若内转子不固定，外转子带动内转子匀速转动，此时线圈中感应电流为$I$，求线圈$abcd$中电流的周期$T$。

答案： 7.参考答案
(1)BL$\omega_{0}r_{1}$
(2)$\frac{8\pi B^{2}L^{2}r_{1}^{2}\omega_{0}}{R}$
(3)$\frac{2\pi BLr_{1}}{IR}$
命题意图本题考查电磁感应的综合应用,考查考生的推理能力和分析综合能力。
解题思路
(1)ab边所在处磁场区域的磁感应强度大小为B,则感应电动势E = BLv,
其中$v = \omega_{0}r_{1}$，
联立解得$E = BL\omega_{0}r_{1}$。
(2)分析可知每个线圈中产生的感应电动势均为
$E^{\prime}=2BL\omega_{0}r_{1}$，
线圈转动过程中电动势大小恒定，可得线圈abcd产生的焦耳热$Q=\frac{E^{\prime2}}{R}T_{1}$，
其中$T_{1}=\frac{2\pi}{\omega_{0}}$，
联立解得$Q=\frac{8\pi B^{2}L^{2}r_{1}^{2}\omega_{0}}{R}$。
(3)四个线圈带动四个内转子转动，可选择其中一个线圈abcd分析。设内转子转动的角速度为$\omega$，则线圈产生的电动势大小为$E^{\prime\prime}=2BL(\omega_{0}-\omega)r_{1}$，
又线圈中的感应电流为I，则感应电动势$E^{\prime\prime}=IR$，
线圈相对内转子转动90°,线圈内电流方向改变一次，线圈相对内转子继续转动90°,线圈内电流方向再改变一次，线圈刚好经过一个周期的电流，则线圈abcd中电流的周期
$T=\frac{\pi}{\omega_{0}-\omega}$，
联立解得$T=\frac{2\pi BLr_{1}}{IR}$。

8. [2025·云南卷,15T,15分]如图所示，光滑水平面上有一个长为$L$、宽为$d$的长方体空绝缘箱，其四周紧固一电阻为$R$的水平矩形导线框，箱子与导线框的总质量为$M$。与箱子右侧壁平行的磁场边界平面如截面图中虚线$PQ$所示，边界右侧存在范围足够大的匀强磁场，其磁感应强度大小为$B$、方向竖直向下。$t=0$时刻，箱子在水平向右的恒力$F$(大小未知)作用下由静止开始做匀加速直线运动，这时箱子左侧壁上距离箱底$h$处、质量为$m$的木块(视为质点)恰好能与箱子保持相对静止。箱子右侧壁进入磁场瞬间，木块与箱子分离；箱子完全进入磁场前某时刻，木块落到箱子底部，且箱子与木块均不反弹(木块下落过程中与箱子侧壁无碰撞)；木块落到箱子底部时即撤去$F$。运动过程中，箱子右侧壁始终与磁场边界平行，忽略箱壁厚度、箱子形变、导线粗细及空气阻力。木块与箱子内壁间的动摩擦因数为$\mu$，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为$g$。
(1)求$F$的大小；
(2)求$t=0$时刻，箱子右侧壁距磁场边界的最小距离；
(3)若$t=0$时刻，箱子右侧壁距磁场边界的距离为$S[S$大于(2)问中最小距离]，求最终木块与箱子的速度大小。

答案： 8.参考答案
(1)$\frac{(M + m)g}{\mu}$
(2)$\frac{(M + m)^{2}gR^{2}}{2\mu B^{4}d^{4}}$
(3)见解析
命题意图本题考查牛顿第二定律、动量定理和电磁感应，考查考生的推理能力和分析综合能力。
解题思路
(1)由题意，箱子右侧壁进入磁场前,木块恰好能与箱子保持相对静止，则对木块和箱子组成的整体进行受力分析,由牛顿第二定律有$F=(M + m)a$，
对木块进行受力分析，水平方向，由牛顿第二定律有
$F_{N}=ma$，
竖直方向,由平衡条件有$F_{f}=mg=\mu F_{N}$，
联立解得$F=\frac{(M + m)g}{\mu}$。
(2)设箱子右侧壁进入磁场瞬间,箱子的速度大小为v,则导线框切割磁感线产生的感应电动势为$E = Bdv$，
由闭合电路欧姆定律可得感应电流为$I=\frac{E}{R}$，
则导线框受到的安培力大小为$F_{安}=BId=\frac{B^{2}d^{2}v}{R}$。
箱子右侧壁进入磁场瞬间,木块与箱子分离,则需满足$F_{安}\geq F$，
箱子右侧壁进入磁场前,由运动学公式有$v^{2}=2ax$，
联立解得$x\geq\frac{(M + m)^{2}gR^{2}}{2\mu B^{4}d^{4}}$，
则t = 0时刻，箱子右侧壁距磁场边界的最小距离为$\frac{(M + m)^{2}gR^{2}}{2\mu B^{4}d^{4}}$。
(3)设箱子右侧壁进入磁场前运动的时间为$t_{1}$，则由运动学公式有$S=\frac{1}{2}at_{1}^{2}$，
设从木块与箱子分离到木块落到箱子底部所用的时间为$t_{2}$，由木块在竖直方向上做自由落体运动，则有$h=\frac{1}{2}gt_{2}^{2}$，
设从木块落到箱子底部到箱子完全进入磁场所用的时间为$t_{3}$，最终木块与箱子的速度大小为$v_{共}$，则对木块和箱子组成的系统，在水平方向上，由动量定理有
$F(t_{1}+t_{2})-F_{安}(t_{2}+t_{3})=(M + m)v_{共}-0$，
其中$F_{安}(t_{2}+t_{3})=\frac{B^{2}d^{2}L}{R}$，
联立解得$v_{共}=\frac{g}{\mu}\sqrt{\frac{2\mu S}{g}+\frac{2h}{g}}-\frac{B^{2}d^{2}L}{(M + m)R}$。
分析可知，当$\frac{g}{\mu}\sqrt{\frac{2\mu S}{g}+\frac{2h}{g}}＞\frac{B^{2}d^{2}L}{(M + m)R}$时,最终木块与箱子的速度大小为$v_{共}=\frac{g}{\mu}\sqrt{\frac{2\mu S}{g}+\frac{2h}{g}}-\frac{B^{2}d^{2}L}{(M + m)R}$；当$\frac{g}{\mu}\sqrt{\frac{2\mu S}{g}+\frac{2h}{g}}\leq\frac{B^{2}d^{2}L}{(M + m)R}$时，最终木块与箱子的速度大小为$v_{共}=0$。