2023高考物理专题冲刺训练--电磁感应中的动量与能量综合问题

电磁感应综合问题1.掌握应用动量定理处理电磁感应问题的思路。

2.掌握应用动量守恒定律处理电磁感应问题的方法。

3.熟练应用楞次定律与法拉第电磁感应定律解决问题。

4.会分析电磁感应中的图像问题。

5.会分析电磁感应中的动力学与能量问题。

电磁感应中的动力学与能量问题1(2024·河北·模拟预测)如图甲所示，水平粗糙导轨左侧接有定值电阻R =3Ω，导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度B =1T ，导轨间距L =1m 。

一质量m =1kg ，阻值r =1Ω的金属棒在水平向右拉力F 作用下由静止开始从CD 处运动，金属棒与导轨间动摩擦因数μ=0.25，金属棒的v -x 图像如图乙所示，取g =10m/s 2，求：(1)x =1m 时，安培力的大小；(2)从起点到发生x =1m 位移的过程中，金属棒产生的焦耳热；(3)从起点到发生x =1m 位移的过程中，拉力F 做的功。

【答案】(1)0.5N ；(2)116J ；(3)4.75J 【详解】(1)由图乙可知，x =1m 时，v =2m/s ，回路中电流为I =E R +r =BLv R +r=0.5A安培力的大小为F 安=IBL =0.5N (2)由图乙可得v =2x金属棒受到的安培力为F A =IBL =B 2L 2v R +r=x2(N )回路中产生的焦耳热等于克服安培力做的功，从起点到发生x =1m 位移的过程中，回路中产生的焦耳热为Q =W 安=F A x =0+0.52×1J =0.25J金属棒产生的焦耳热为Q 棒=r R +rQ =116J(3)从起点到发生x =1m 位移的过程中，根据动能定理有W F -W 安-μmgx =12mv 2解得拉力F 做的功为W F =4.75J1．电磁感应综合问题的解题思路2．求解焦耳热Q 的三种方法(1)焦耳定律：Q =I 2Rt ，适用于电流恒定的情况；(2)功能关系：Q =W 克安(W 克安为克服安培力做的功)；(3)能量转化：Q =ΔE (其他能的减少量)。

2025高考物理电磁感应中的动力学、能量和动量问题一、单选题1．如图所示，两条光滑的平行导轨水平放置，导轨间接有一个定值电阻R，金属杆垂直于导轨放置且与导轨接触良好，匀强磁场的方向竖直向下。

若金属杆与导轨之间的摩擦及金属杆与导轨的电阻均忽略不计，现给金属杆一个向右的初速度0v，则金属杆在磁场中的运动速度v与时间t的关系图象正确的是()A．B．C．D．二、多选题2．如图，水平放置的光滑平行金属导轨上有一质量为m的金属棒ab在一水平恒力F作用下由静止向右运动，则（）A．随着ab运动速度的增大，其加速度减小B．外力F对ab做的功等于电路中产生的电能C．当ab做匀速运动时，外力F做功的功率大于电路中的电功率D．无论ab做何运动，它克服安培力做的功一定等于电路中产生的电能三、单选题3．如图1所示，光滑的平行导电轨道水平固定在桌面上，轨道间连接一可变电阻，导体杆与轨道垂直并接触良好（不计杆和轨道的电阻），整个装置处在垂直于轨道平面向上的匀强磁场中。

杆在水平向右的拉力作用下先后两次都由静止开始做匀加速直线运动，两次运动中拉力大小与速率的关系如图2所示。

其中，第一次对应直线①，初始拉力大小为F0，改变电阻阻值和磁感应强度大小后，第二次对应直线①，初始拉力大小为2F0，两直线交点的纵坐标为3F0。

若第一次和第二次运动中的磁感应强度大小之比为k、电阻的阻值之比为m、杆从静止开始运动相同位移的时间之比为n，则k、m、n可能为（）A．k= 2、m= 2、n= 2B．2k m n、===C．3===k m n、k m n===、D．62四、多选题4．如图所示，竖直固定的光滑圆弧形金属导轨PQ半径为r，O为圆心，P、O之间用导线连接阻值为R的电阻。

粗细均匀的轻质金属棒的一端通过铰链固定在O点，另一端连接质量为m 的金属小球，小球套在导轨PQ 上。

初始时刻金属棒处于水平位置，小球、金属棒与导轨始终接触良好。

过圆心O 的水平线下方分布着磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场。

高考物理一轮总复习考点突破：考点1 动量定理在电磁感应中的应用(能力考点·深度研析) 1．此类问题中常用到的几个公式(1)安培力的冲量为：I安＝B I Lt＝BLq 。

(2)通过导体棒或金属框的电荷量为：q＝IΔt＝ER总Δt＝nΔΦΔtR总Δt＝nΔΦR总。

(3)磁通量变化量：ΔΦ＝BΔS＝BLx。

(4)如果安培力是导体棒或金属框受到的合外力，则I安＝mv2－mv1。

2．选用技巧：当题目中涉及速度v、电荷量q、运动时间t、运动位移x时常用动量定理求解更方便。

►考向1 “导体棒＋电阻”模型模型一示意图水平放置的平行光滑导轨，间距为L，左侧接有电阻R，导体棒初速度为v0，质量为m，电阻不计，匀强磁场的磁感应强度为B，导轨足够长且电阻不计，从开始运动至停下来求电荷量q 对金属棒应用动量定理－B I LΔt＝0－mv0，q＝IΔt，q＝mv0BL求位移x 对金属棒应用动量定理－B2L2vRΔt＝0－mv0，x＝vΔt＝mv0RB2L2模型二示意图间距为L的光滑平行导轨倾斜放置，倾角为θ，由静止释放质量为m、接入电路的阻值为R的导体棒，当通过横截面的电荷量为q或下滑位移为x时，速度达到v求运动时间－B I LΔt＋mg sin θ·Δt＝mv－0，q＝IΔt，－B2L2vRΔt＋mg sin θ·Δt＝mv－0，x＝vΔt[解析] (1)a 导体棒在运动过程中重力沿斜面的分力和a 棒的安培力相等时做匀速运动，由法拉第电磁感应定律可得E ＝BLv 0由闭合电路的欧姆定律及安培力公式I ＝E2R ，F ＝BILa 棒受力平衡可得mg sin θ＝BIL 联立解得v 0＝2mgR sin θB 2L2。

(2)由右手定则可知导体棒b 中电流向右，b 棒受到沿斜面向下的安培力，此时电路中电流不变，对b 棒根据牛顿第二定律可得mg sin θ＋BIL ＝ma ，解得a ＝2g sin θ。

动量守恒与能量综合在各类模型中的应用一、 “子弹打木块”模型1. 如图所示，子弹以某一水平速度击中静止在光滑水平面上的木块并留在其中。

对子弹射入木块的过程，下列说法正确的是（ ）A. 木块对子弹的冲量等于子弹对木块的冲量B. 因子弹受到阻力的作用，故子弹和木块组成的系统动量不守恒C. 子弹和木块组成的系统损失的机械能等于子弹损失的动能减去子弹对木块所做的功D. 子弹克服木块阻力做的功等于子弹的动能减少量和摩擦产生的热量之和2. 光滑水平地面上有一静止的木块，子弹水平射入木块后未穿出，子弹和木块的v －t 图象如图所示．已知木块质量大于子弹质量，从子弹射入木块到达稳定状态，木块动能增加了50 J ，则此过程产生的内能可能是( )A ．10 JB ．50 JC ．70 JD ．120 J3. 如图所示，质量为M 的木块放在水平面上，子弹沿水平方向射入木块并留在其中，测出木块在水平面上滑行的距离为s ，已知木块与水平面间的动摩擦因数为μ，子弹的质量为m ，重力加速度为g ，空气阻力可忽略不计，则子弹射入木块前的速度大小为( ) A ．m ＋M m 2μgs B ．M －m m 2μgs C ．m m ＋M μgs D ．m M －mμgs4. （多选）如图所示，两个质量和速度均相同的子弹分别水平射入静止在光滑水平地面上质量相同、材料不同的两矩形滑块A 、B 中，射入A 中的深度是射入B 中深度的两倍．两种射入过程相比较( )A ．射入滑块A 的子弹速度变化大B ．整个射入过程中两滑块受的冲量一样大C ．射入滑块A 中时阻力对子弹做功是射入滑块B 中时的两倍D ．两个过程中系统产生的热量相同5. （多选）矩形滑块由不同材料的上、下两层黏合在一起组成，将其放在光滑的水平面上，质量为m 的子弹以速度v水平射向滑块．若射击下层，子弹刚好不射出；若射击上层，则子弹刚好能射穿一半厚度，如图所示．则上述两种情况相比较( )A ．子弹的末速度大小相等B ．系统产生的热量一样多C ．子弹对滑块做的功不相同D ．子弹和滑块间的水平作用力一样大6. 如图所示，相距足够远完全相同的质量均为3m 的两个木块静止放置在光滑水平面上，质量为m 的子弹(可视为质点)以初速度v 0水平向右射入木块，穿出第一块木块时的速度为25v 0，已知木块的长为L ，设子弹在木块中所受的阻力恒定。

电磁感应中的能量问题1. 如图,由某种粗细均匀的总电阻为R 3的金属条制成的矩形线框abcd ,固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场B 中. 一接入电路电阻为R 的导体棒PQ ，在水平拉力作用下沿ab 、dc 以速度v 匀速滑动,滑动过程中PQ 始终与ab 垂直,且与线框接触良好,不计摩擦.在PQ 从靠近ad 处向bc 滑动的过程中( ) A.PQ 中电流先增大后减小 B.PQ 两端电压先减小后增大 C.PQ 上拉力的功率先减小后增大 D.线框消耗的电功率先减小后增大2. (多选)如图所示，MN 和PQ 是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L ，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑连接。

右端接一个阻值为R 的定值电阻。

平直部分导轨左边区域有宽度为d 、方向竖直向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场。

质量为m 、电阻也为R 的金属棒从高度为h 处静止释放，到达磁场右边界处恰好停止。

已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨间接触良好。

则金属棒穿过磁场区域的过程中( ) A ．流过定值电阻的电流方向是N →Q B ．通过金属棒的电荷量为BdL 2RC ．金属棒滑过d 2时的速度大于2gh2D ．金属棒产生的焦耳热为12(mgh －μmgd )3. （多选）如图所示，间距为L 的光滑平行金属轨道上端用电阻R 相连，其平面与水平面成θ角，整个装置处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上，质量为m ，电阻为r 的金属杆ab (长度略大于L ),以初速度0v 从轨道底端向上滑行，滑行到距底端高h 的位置后又返回到底端，运动过程中，金属杆始终与导轨垂直且接触良好，不计金属轨道的电阻，已知重力加速度为g .则以下说法正确的是（ ）A ．杆ab 先匀减速上滑，之后匀加速下滑,且上滑过程的加速度大于下滑过程的加速度B ．杆ab 上滑过程中通过R 的电荷量与下滑过程中通过R 的电荷量相等C ．杆ab 运动过程中安培力做功的功率等于电阻R 的热功率D ．杆ab 上滑到最高点的过程中电阻R 上产生的焦耳热等于)21(20mgh mv r R R -+4. 两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L ，顶端接阻值为R 的电阻．质量为m 、电阻为r 的金属棒在距磁场上边界某处由静止释放，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场垂直，如图所示．不计导轨的电阻，重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )A ．金属棒在磁场中运动时，流过电阻R 的电流方向为a →bB ．金属棒刚进磁场时一定做加速运动C ．金属棒的速度为v 时，金属棒所受的安培力大小为B 2L 2v RD ．金属棒以稳定的速度下滑时，电阻R 的热功率为(mgBL)2R5. （多选）如图所示的“U”形框架固定在绝缘水平面上，两导轨之间的距离为L ，左端连接一阻值为R 的定值电阻，阻值为r ，质量为m 的金属棒垂直地放在导轨上，整个装置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B .现给金属棒一水平向右的初速度0v ，金属棒向右运动距离x 后停止运动，已知该过程中定值电阻处产生的焦耳热为Q ，重力加速度为g ，忽略导轨的电阻，整个过程金属棒始终与导轨垂直接触.则该过程中（ ）A ．磁场对金属棒做功为Q R rR + B ．.流过金属棒的电荷量为rR BLx+C ．整个过程因摩擦而产生的热量为Q mv -2021 D ．金属棒与导轨之间的动摩擦因数为Q mgxRrR gx v +-226. （多选）如图所示,光滑斜面PMNQ 的倾角为=θ30°，斜面上放置一矩形导体线框abcd ,其中ab 边长=1L 0.5m ，bc 边长为2L ，线框质量=m 1kg 、电阻Ω=4.0R ，有界匀强磁场的磁感应强度为=B 2T ，方向垂直于斜面向上，ef 为磁场的边界，且ef ∥MN .导线框在沿斜面向上且与斜面平行的恒力=F 10N 作用下从静止开始运动，其ab 边始终与底边MN 保持平行，已知导线框刚进入磁场时做匀速运动，且进入过程中通过导线框某一截面的电荷量=q 0.5C ，g 取2/10s m ,则下列判断正确的是（ ）A ．导线框进入磁场时的速度为2m/sB ．导线框bc 边长为=2L 0.1mC ．导线框开始运动时ab 边到磁场边界ef 的距离为0.4mD ．导线框进入磁场的过程中产生的热量为1 J7.（多选）如图所示,在光滑的水平面上方有两个磁感应强度大小均为B 、方向相反的水平匀强磁场区域,磁场宽度均为L .一个边长为L 电阻为R 的单匝正方形金属线框,在水平外力作用下沿垂直磁场方向运动,从如图实线位置Ⅰ进入磁场开始到线框运动到分别有一半面积在两个磁场中的位置Ⅱ时,线框的速度始终为v ,则下列说法正确的是（ ）A ．在位置Ⅱ时外力为R vL B 222B ．在位置Ⅱ时线框中的电功率为R v L B 2224C ．此过程中产生的电能为R vL B 323D ．此过程中通过导线横截面的电荷量为R BL 28.（多选）如图所示,光滑导轨MN 和PQ 固定在同一水平面上,两导轨间距离为L ,N 、Q两端接有阻值为R 的定值电阻,两导轨间有一边长为2L的正方形区域abcd ,该区域内有方向竖直向下的匀强磁场,磁感应强度为B . 一粗细均匀、质量为m 的金属杆与导轨接触良好并静止于ab 处,金属杆接在两导轨间的电阻为R ，现用一恒力F 沿水平方向拉杆,使之由静止向右运动,若杆拉出磁场前已做匀速运动,不计导轨的电阻，忽略空气阻力,则下列说法正确的是（ ）A ．金属杆做匀速运动时的速率228L B FRv =B ．金属杆出磁场前的瞬间金属杆在磁场中的那部分两端的电压为BL FR 3C ．金属杆穿过整个磁场过程中金属杆上产生的电热为44223221L B R mF FL -D ．金属杆穿过整个磁场过程中通过定值电阻R 的电荷量为R BL 829. 如图所示，两根足够长的金属光滑导轨MN 、PQ 平行放置，导轨平面与水平面成θ=30°角，间距L =1.0m ，导轨M 、P 两端接有阻值R =4.0Ω的电阻，质量m =0.20kg 的金属棒ab 垂直导轨放置，金属棒ab 的电阻r =1.0Ω，导轨电阻均不计。

专题74 电磁感应中能量和动量问题1．[2022·北京市考试]如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，水平U 型导体框左端连接一阻值为R 的电阻，质量为m 、电阻为r 的导体棒ab 置于导体框上．不计导体框的电阻、导体棒与框间的摩擦．ab 以水平向右的初速度v 0开始运动，最终停在导体框上．在此过程中 ( )A ．导体棒做匀减速直线运动B ．导体棒中感应电流的方向为a →bC ．电阻R 消耗的总电能为mv 20 R2（R ＋r ）D ．导体棒克服安培力做的总功小于12mv 22．[2022·湖南省选考](多选)两个完全相同的正方形匀质金属框，边长为L ，通过长为L 的绝缘轻质杆相连，构成如图所示的组合体．距离组合体下底边H 处有一方向水平，垂直纸面向里的匀强磁场．磁场区域上下边界水平，高度为L ，左右宽度足够大．把该组合体在垂直磁场的平面内以初速度v 0水平无旋转抛出，设置合适的磁感应强度大小B 使其匀速通过磁场，不计空气阻力．下列说法正确的是( )A ．B 与v 0无关，与H 成反比B ．通过磁场的过程中，金属框中电流的大小和方向保持不变C ．通过磁场的过程 ，组合体克服安培力做功的功率与重力做功的功率相等D ．调节H 、v 0和B ，只要组合体仍能匀速通过磁场，则其通过磁场的过程中产生的热量不变3．[2022·湖南省湘潭市模拟](多选)如图所示，半径为r 的粗糙四分之一圆弧导轨与光滑水平导轨平滑相连，四分之一圆弧导轨区域没有磁场，水平导轨区域存在磁感应强度大小为B 、方向竖直向上的匀强磁场，导轨间距为d ，ab 、cd 是质量均为m 、电阻均为R 的金属棒，导轨电阻忽略不计．cd 静止在水平轨道上，ab 从四分之一圆弧轨道顶端由静止释放，在圆弧轨道上克服阻力做功12 mgr ，水平导轨足够长，ab 、cd 始终不会相撞，重力加速度为g.从ab 棒进入水平轨道开始，下列说法正确的是( )A ．ab 棒先做匀减速直线运动，最后做匀速直线运动B ．cd 棒先做匀加速直线运动，最后和ab 以相同的速度做匀速直线运动C ．ab 棒刚进入磁场时，cd 棒电流大小为Bd gr2RD ．ab 棒的最终速度大小为gr 24．[2022·河南省部分名校巩固卷](多选)如图所示，电阻不计的光滑金属导轨MN 、PQ 水平放置，间距为d ，两侧接有电阻R 1、R 2，阻值均为R ，O 1O 2右侧有磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向里的匀强磁场，质量为m 、长度也为d 的金属杆置于O 1O 2左侧，在水平向右、大小为F 的恒定拉力作用下由静止开始运动，经时间t 到达O 1O 2时撤去恒力F ，金属杆在到达NQ 之前减速为零．已知金属杆电阻也为R ，与导轨始终保持垂直且接触良好，下列说法正确的是( )A ．杆刚进入磁场时速度大小为Ft mB ．杆刚进入磁场时电阻R 1两端的电势差大小为BdFtmC ．整个过程中，流过金属杆的电荷量为Ft BdD ．整个过程中，电阻R 1上产生的焦耳热为F 2t212m5．[2022·湖南省湘潭市模拟]如图所示，两金属杆ab和cd长均为L＝0.5 m，电阻分别为R1＝0.1 Ω和R2＝0.2 Ω，质量分别为m1＝4 kg和m2＝2 kg，用两根质量和电阻均可忽略的不可伸长的柔软导线将它们连成闭合回路，并悬挂在水平、光滑、不导电的圆棒两侧．两金属杆都处在水平位置，整个装置处在一与回路平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B＝2 T．初始状态杆ab比杆cd高h＝1.2 m，现让杆ab由静止开始向下运动，当杆cd运动到比杆ab高h时，杆ab恰好开始做匀速直线运动，取g＝10 m/s2.求：(1)杆ab从释放到开始做匀速直线运动的过程中通过杆ab的电荷量；(2)杆ab做匀速直线运动时的速度；(3)杆ab从释放到开始做匀速直线运动的过程中杆ab上产生的焦耳热．6．[2022·张家口市期末考试]如图所示，足够长，间距为L的平行光滑金属导轨ab、de构成倾角为θ的斜面，上端接有阻值为R的定值电阻，足够长的平行光滑金属导轨bc、ef处于同一水平面内，倾斜导轨与水平导轨在b、e处平滑连接，且b、e处装有感应开关；倾斜导轨处于垂直导轨平面向上的匀强磁场中，水平导轨处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小均为B；距离b足够远处接有未闭合的开关S，在开关S右侧垂直导轨放置导体棒N，在倾斜导轨上距b、e足够远的位置放置导体棒M，现将导体棒M由静止释放，当导体棒M通过b、e处后瞬间感应开关自动断开．已知导体棒M的质量为m，电阻为R，导体棒N 的质量为2m，电阻为2R，两导体棒运动过程中始终与导轨接触良好且与导轨垂直，重力加速度为g ，不计导轨电阻及空气阻力．(1)保持开关S 断开，求导体棒M 通过感应开关前瞬间的速度大小；(2)若固定导体棒N ，导体棒M 通过感应开关后瞬间闭合开关S ，求导体棒M 在水平导轨上运动的位移；(3)若不固定导体棒N ，导体棒M 通过感应开关后瞬间闭合开关S ，求导体棒N 上产生的焦耳热．专题74 电磁感应中能量和动量问题1．C 导体棒向右运动，根据右手定则，可知电流方向为b 到a ，再根据左手定则可知，导体棒受到向左的安培力，根据法拉第电磁感应定律，可得产生的感应电动势为E ＝BLv 0，感应电流为I ＝ER ＋r ＝BLv 0R ＋r ，故安培力为F ＝BIL ＝B 2L 2v 0R ＋r，根据牛顿第二定律有F ＝ma可得a ＝B 2L 2m （R ＋r ）v 0，随着速度减小，加速度不断减小，故导体棒不是做匀减速直线运动，故A 、B 错误；根据能量守恒定律，可知回路中产生的总热量为Q ＝12mv 20 ，因R 与r 串联，则产生的热量与电阻成正比，则R 产生的热量为Q R ＝RR ＋r Q ＝mv 20 R2（R ＋r ），C 正确；整个过程只有安培力做负功，根据动能定理可知，导体棒克服安培力做的总功等于12mv 20 ，故D错误．2．CD 组合体匀速通过磁场过程中受力平衡，即mg ＝BIL ，I ＝BLv yR，竖直分速度v y ＝2gH ，整理得mg ＝B 2L 22gH R ，所以B 2∝1H，A 错误；通过磁场过程中，金属框中的电流大小不变，方向改变，B 错误；通过磁场的过程中，组合体做匀速运动，由能量守恒定律得重力做功的功率等于克服安培力做功的功率，C 正确；只要组合体匀速通过磁场，产生的热量均等于该过程中重力做的功，D 正确．3．CD ab 棒进入磁场受水平向左的安培力作用，先做加速度减小的减速直线运动，cd 棒与ab 串联，先做加速度减小的加速直线运动，最后它们共速，所以A 、B 错误；ab 刚进入磁场的速度就是它下滑到底端的速度，根据动能定理mgr －12mgr ＝12mv 2，解得速度v ＝gr ，两金属棒串联，故瞬时电流I ＝Bdv 2R ＝Bd gr2R，C 正确；ab 、cd 在水平轨道上滑动的过程中，两者组成的系统动量守恒，两者速度相等时达到稳定状态，由动量守恒得mv ＝2mv ′，解得v ′＝gr2，D 正确．4．ACD 杆刚进入磁场之前的加速度a ＝Fm ，则进入磁场时速度大小为v ＝at ＝Ft m，A 正确；杆刚进入磁场时产生的感应电动势：E ＝Bdv ，则电阻R 1两端的电势差大小为U R 1＝ER ＋12R×R 2＝13E ＝13Bdv ＝BdFt 3m ，B 错误；金属棒进入磁场后，由动量定理：F －安Δt ＝mv ，即B I －d Δt ＝mv ，因为I －Δt ＝q ，解得q ＝mv dB ＝Ft dB ，C 正确；整个过程中，产生的总焦耳热：Q ＝12mv2＝F 2t 22m ，则电阻R 1上产生的焦耳热为Q R 1＝16Q ＝F 2t 212m，D 正确． 5．(1)8 C (2)1.5 m/s (3)5.75 J解析：(1)据q ＝It ；I ＝E R ；E ＝ΔΦΔt ；ΔΦ＝BS 四式联立可解得q ＝2BLh R 1＋R 2解得q ＝8 C(2)假设磁感应强度B 的方向垂直纸面向里，ab 杆向下匀速运动的速度为v ，则ab 杆切割磁感线产生的感应电动势大小为E i ＝BLv ，方向a →b ；cd 杆以速度v 向上切割磁感线运动产生的感应电动势大小为E ′i ＝BLv ，方向d →c .在闭合回路中产生a →b →d →c →a 方向的感应电流I ，根据闭合电路欧姆定律知 I ＝2BLvR 1＋R 2，ab 杆受安培力F 1方向向上，cd 杆受的安培力F 2方向向下，F 1，F 2大小相等有F 1＝F 2＝BIL 对ab 杆应有F ＝Mg －F 1对cd 杆应有F ＝F 2＋mg 联立得v ＝（M －m ）（R 1＋R 2）g4B 2L 2解得v ＝1.5 m/s (3)根据能量守恒定律有 ΔE P ＝ΔE k ＋Q 热Q ab ＝R 1R 1＋R 2Q 热＝5.75 J ．6．(1)2mgR sin θB 2L 2 (2)6m 2gR 2sin θB 4L 4 (3)8m 3g 2R 2sin 2θ9B 4L4解析：(1)由题意可知导体棒M 到达b 、e 前已做匀速直线运动，由法拉第电磁感应定律得E ＝BLv由闭合电路欧姆定律得I ＝E2R由平衡条件得mg sin θ＝BIL 解得：v ＝2mgR sin θB 2L2(2)若固定导体棒N ，导体棒M 通过感应开关后瞬间闭合开关S ，导体棒M 、N 构成回路，最终导体棒M 静止，由法拉第电磁感应定律得E －＝BL Δx Δt由闭合电路欧姆定律得I －＝E－3R对导体棒M ，由动量定理得 －B I －L Δt ＝0－mv 解得：Δx ＝6m 2gR 2sin θB 4L4(3)若不固定导体棒N ，导体棒M 通过感应开关后瞬间闭合开关S ，导体棒M 、N 组成的系统动量守恒，最终它们共速，则mv ＝3mv 共由能量守恒定律得 12mv 2＝12×3mv 2共 ＋Q 导体棒N 上产生的焦耳热为 Q N ＝2R R ＋2RQ解得：Q N ＝8m 3g 2R 2sin 2θ9B 4L4.。

专题15 电磁感应中的动量和能量问题①磁通量公式：BS =Φ；②磁通量的变化量：12Φ-Φ=∆Φ；磁通量的变化率：tt ∆Φ-Φ=∆∆Φ12；③法拉第电磁感应定律公式：t nE ∆∆Φ=；（n 为线圈匝数）④感应电流与感应电动势的关系：rR EI +=；⑤与线框有关的公式：S t B n E ∆∆=；B tSn E ∆∆=；t nBS E ωωsin =；⑥恒流电路：It q =。

1.电磁感应现象中出现的电能，一定是由其他形式的能转化而来的，具体问题中会涉及多种形式能之间的转化，如机械能和电能的相互转化、内能和电能的相互转化。

分析时应当牢牢抓住能量守恒这一基本规律，分析清楚有哪些力做功就可以知道有哪些形式的能量参与了相互转化，如有摩擦力做功，必然有内能出现；重力做功就可能有机械能参与转化；安培力做负功就是将其他形式的能转化为电能，做正功就是将电能转化为其他形式的能，然后利用能量守恒列出方程求解。

　电能求解的主要思路：（1）利用克服安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功。

（2）利用能量守恒求解：机械能的减少量等于产生的电能。

（3）利用电路特征求解：通过电路中所产生的电流来计算。

2.电磁感应中的能量转化问题解决此类问题的步骤（1）用法拉第电磁感应定律和楞次定律（包括右手定则）确定感应电动势的大小和方向。

（2）画出等效电路图，写出回路中电阻消耗的电功率的表达式。

（3）分析导体机械能的变化，用能量守恒关系得到机械功率的改变与回路中电功率的改变所满足的方程，联立求解。

两种常考的电磁感应中的动力学、动量和能量问题：1.在安培力作用下穿越磁场（如图）【动力学分析】以进入磁场的过程为例，设运动过程中某时刻的速度为v ，加速度大小为a ，则mRv L B a 22=，a 与v 方向相反，导线框做减速运动，↓↓⇒a v ，即导线框做加速度减小的减速运动。

【能量分析】部分（或全部）动能转化为焦耳热，k E Q ∆-=。

2023年高三物理二轮高频考点冲刺突破专题21电磁感应现象中有关单双棒的动力学和能量问题专练目标专练内容目标1高考真题（1T—4T）目标2有关单棒的动力学问题和能量问题（5T—8T）目标3有关含容单棒的动力学问题和能量问题（9T—12T）目标4有关双棒的动力学问题和能量问题（13T—16T）【典例专练】一、高考真题1．如图，U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，ab和dc边平行，和bc边垂直。

ab、dc足够长，整个金属框电阻可忽略。

一根具有一定电阻的导体棒MN置于金属框上，用水平恒力F向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，MN与金属框保持良好接触，且与bc边保持平行。

经过一段时间后（）A．金属框的速度大小趋于恒定值B．金属框的加速度大小趋于恒定值C．导体棒所受安培力的大小趋于恒定值D．导体棒到金属框bc边的距离趋于恒定值2．如图所示，两平行光滑长直金属导轨水平放置，间距为L 。

abcd 区域有匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向竖直向上。

初始时刻，磁场外的细金属杆M 以初速度0v 向右运动，磁场内的细金属杆N 处于静止状态。

两金属杆与导轨接触良好且运动过程中始终与导轨垂直。

两杆的质量均为m ，在导轨间的电阻均为R ，感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计。

（1）求M 刚进入磁场时受到的安培力F 的大小和方向；（2）若两杆在磁场内未相撞且N 出磁场时的速度为03v ，求：①N 在磁场内运动过程中通过回路的电荷量q ；②初始时刻N 到ab 的最小距离x ；（3）初始时刻，若N 到cd 的距离与第（2）问初始时刻的相同、到ab 的距离为(1)kx k >，求M 出磁场后不与N 相撞条件下k 的取值范围。

3．如图（a ）所示，两根不计电阻、间距为L 的足够长平行光滑金属导轨，竖直固定在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向里，磁感应强度大小为B 。

导轨上端串联非线性电子元件Z 和阻值为R 的电阻。

第1页（共27页）2023年高考物理热点复习：电磁感应中的动力学和能量问题
【2023高考课标解读】
1．受力分析与运动分析
2．应用牛顿运动定律和运动学规律解答电磁感应问题
【2023高考热点解读】
一、电磁感应中的动力学问题
1．安培力的大小
安培力公式：F A ＝
感应电动势：E ＝Blv
感应电流：I ＝
E R ⇒
F A ＝B 2l 2v R
2．安培力的方向
(1)用左手定则判断：先用右手定则判断感应电流的方向，再用左手定则判定安培力的方向。

(2)用楞次定律判断：安培力的方向一定与导体切割磁感线的运动方向相反。

3．安培力参与下物体的运动
导体棒(或线框)在安培力和其他力的作用下，可以做加速运动、减速运动、匀速运动、静止或做其他类型的运动，可应用动能定理、牛顿运动定律等规律解题。

【特别提醒】
1．两种状态及处理方法
状态
特征处理方法平衡态
加速度为零根据平衡条件列式分析非平衡态加速度不为零
根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系进行分析
2.力学对象和电学对象的相互关系。

错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误! 2025年高考人教版物理一轮复习专题训练—电磁感应中的动力学和能量问题(附答案解析)1.如图所示，在一匀强磁场中有一U形导线框abcd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R为一电阻，ef为垂直于ab的一根导体杆，它可在ab、cd上无摩擦地滑动。

杆ef及线框的电阻不计，开始时，给ef一个向右的初速度，则()A．ef将减速向右运动，但不是匀减速运动B．ef将匀减速向右运动，最后停止C．ef将匀速向右运动D．ef将往返运动2.如图，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d(d>L)的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下，导线框以某一初速度向右运动，t＝0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域。

下列v－t图像中，正确描述上述过程的可能是()3.(2023·陕西咸阳市模拟)如图，矩形闭合导体线框在匀强磁场上方，由不同高度静止释放，用t1、t2分别表示线框ab边和cd边刚进入磁场的时刻。

线框下落过程形状不变，ab边始终保持与磁场水平边界线OO′平行，线框平面与磁场方向垂直。

设OO′下方磁场区域足够大，不计空气阻力影响，则下列图像不可能反映线框下落过程中速度v随时间t变化的规律的是()4.(2023·江苏盐城市模拟)如图所示，MN和PQ是竖直放置的两根平行光滑金属导轨，导轨足够长且电阻不计，MP间接定值电阻R，金属杆cd保持与导轨垂直且接触良好。

杆cd由静止开始下落并计时，杆cd两端的电压U、杆cd所受安培力的大小F随时间t变化的图像，以及通过杆cd的电流I、杆cd加速度的大小a随杆的速率v变化的图像，合理的是()5.(多选)如图所示，两根间距为d 的足够长光滑金属导轨，平行放置在倾角为θ＝30°的绝缘斜面上，导轨的右端接有电阻R ，整个装置放在磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向上。

专题74电磁感应中的能量和动量问题授课提示：对应学生用书121页1．如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，水平U 型导体框左端连接一阻值为R 的电阻，质量为m 、电阻为r 的导体棒ab 置于导体框上．不计导体框的电阻、导体棒与框间的摩擦．ab 以水平向右的初速度v 0开始运动，最终停在导体框上．在此过程中()A ．导体棒做匀减速直线运动B ．导体棒中感应电流的方向为a →bC ．电阻R 消耗的总电能为m v 20 R 2（R ＋r ）D ．导体棒克服安培力做的总功小于12 m v 20 答案：C解析：导体棒向右运动，根据右手定则，可知电流方向为b 到a ，再根据左手定则可知，导体棒受到向左的安培力，根据法拉第电磁感应定律，可得产生的感应电动势为E ＝BL v 0，感应电流为I ＝E R ＋r ＝BL v 0R ＋r ，故安培力为F ＝BIL ＝B 2L 2v 0R ＋r ，根据牛顿第二定律有F ＝ma可得a ＝B 2L 2m （R ＋r ） v 0，随着速度减小，加速度不断减小，故导体棒不是做匀减速直线运动，故A 、B 错误；根据能量守恒定律，可知回路中产生的总热量为Q ＝12 m v 20 ，因R 与r 串联，则产生的热量与电阻成正比，则R 产生的热量为Q R ＝R R ＋r Q ＝m v 20 R 2（R ＋r ） ，C 正确；整个过程只有安培力做负功，根据动能定理可知，导体棒克服安培力做的总功等于12 m v 20 ，故D 错误．2．(多选)如图所示，两个完全相同的导线圈a 、b 从同一高度自由下落，途中在不同高度处通过两个宽度为d 、磁感应强度为B 的匀强磁场区域后落到水平地面上，设两线圈着地时动能分别为E k a 和E k b ，穿出磁场区域的过程中流过线圈导线横截面的总电荷量分别为q a 和q b ，则下列判断正确的是()A ．E k a <E k bB ．E k a >E k bC ．q a ＝q bD ．q a <q b 答案：BC解析：设线圈电阻为R ，切割磁感线的边长为L ，则两线圈在进出磁场时产生的安培力为F ＝B 2L 2v R ，由图可知，两个线圈进出磁场的速度不同，有v a <v b ，则进出磁场时，a 受的安培力小，完全进入磁场后只受重力，所以在下落过程中，线圈a 克服安培力做的功小于线圈b 克服安培力做的功，而整个过程中，重力做功相同，根据动能定理W G －W 安＝ΔE k ，则E k a >E k b ，出磁场过程中通过线圈横截面的电量为q ＝I －Δt ＝ΔΦΔtR Δt ＝ΔΦR ，可知q a ＝q b ，A 、D 两项错误，B 、C 两项正确．3．如图所示，水平粗糙地面上有两磁场区域，左右两磁场区域内的匀强磁场宽度均为L ，磁感应强度大小分别为B 和2B ，左磁场区磁场方向竖直向下，右磁场区磁场方向竖直向上，两磁场间距为2L .一个质量为m 、匝数为n 、电阻为R 、边长为L 的正方形金属线框以速度v 0水平向右进入左磁场区域，当金属线框刚离开右磁场区域时速度为v 1，金属线框离开右磁场区运动一段距离后停下．金属线框与水平面间的动摩擦因数为μ.关于金属线框的运动下列判断正确的是()A ．金属线框穿过左侧磁场过程中通过金属线框的电荷量为nBL 2RB ．金属线框从刚进入左磁场区域到最终停止的过程中一直做匀减速直线运动C ．金属线框通过两个磁场区域过程中产生的焦耳热为12 m v 20 －12 m v 21 －5μmgL D ．若金属线框进入左磁场区域过程所用时间为t ，则金属线框刚好完全进入时的速度为v 0－n 2B 2L 3mR答案：C解析：由法拉第电磁感应定律可知，平均感应电动势E －＝n ΔΦΔt ，由闭合电路的欧姆定律可知，平均感应电流I － ＝E ，－R ，通过金属线框的电荷量q ＝I －Δt ，解得q ＝n ΔΦR ，金属线框穿过左侧磁场过程中穿过金属线框的磁通量ΔΦ＝0，则通过金属线框的电荷量为q ＝0，A 项错误；金属框在磁场中运动过程中，根据牛顿第二定律可得a ＝f ＋F 安m ，金属框在磁场运动过程中，由于安培力一直减小，则加速度一直减小，所以金属线框在磁场中运动过程中，做加速度减小的减速运动，B 项错误；设金属线框通过两个磁场区域全过程中产生的焦耳热为Q ，金属线框从开始运动到离开右磁场区域过程，由能量守恒定律得12 m v 20＝μmg ×5L ＋12 m v 21 ＋Q ，解得Q ＝12 m v 20 －12 m v 21 －5μmgL ，C 项正确；金属线框进入左侧磁场过程中穿过金属线框的磁通量ΔΦ＝BL 2，通过金属线框的电荷量q ＝n ΔΦR ＝nBL 2R，设金属线框刚好完全进入左侧磁场区域时的速度大小为v ，该过程，对金属线框，由动量定理得－B I －Lt －μmgt ＝m v －m v 0其中I －t ＝q ，解得v ＝v 0－μgt －nB 2L 3mR，D 项错误．4．[2024·广西南宁市、玉林市摸底考试](多选)如图所示，ab 、cd 为固定在水平面上的光滑金属导轨(电阻忽略不计)，ab 、cd 的间距为L ，左右两端均接有阻值为R 的电阻；一质量为m 、长为L 的金属棒MN 垂直放在导轨上，甲、乙为两根相同的轻质弹簧，弹簧一端均与金属棒MN 的中点连接，另一端被固定，两弹簧都处于原长状态；整个装置处在方向竖直向下、磁感应强度为B 的匀强磁场中．现给金属棒MN 一水平向左的初速度v ，使之在导轨上运动，运动过程中MN 始终垂直于轨道并与导轨接触良好，其接入电路的有效电阻为R .经过一段时间，金属棒MN 第一次速度为零，这一过程中ac 间的电阻R 上产生的焦耳热为Q .再经过一段时间金属棒MN 第二次速度为零，此时，甲弹簧的弹性势能为E p ，弹簧始终处于弹性范围内，且金属棒始终未与弹簧固定处发生碰撞．下列选项正确的是()A ．初始时刻金属棒的加速度大小为B 2L 2v3mRB ．当金属棒第一次到达最左端时，甲弹簧的弹性势能为14 m v 2－3QC ．当金属棒第一次回到初始位置时，动能为12m v 2－6QD ．金属棒由初始位置开始至第二次速度为零的过程中，金属棒MN 上产生的总焦耳热为13 m v 2－43E p 答案：BD解析：初始时刻，金属棒产生的感应电动势为E ＝BL v ，感应电流为I ＝E R 总＝2BL v 3R ，由F ＝BIL ＝2B 2L 2v 3R ＝ma ，可得a ＝2B 2L 2v3mR ，A 错误；当金属棒第一次到达最左端时，通过MN的电流始终是R 上的两倍，故MN 产生的焦耳热为4Q ，系统产生的总焦耳热为Q 总＝6Q ，由动能定理及能量守恒定律可得W 安1＋W 弹＝0－12 m v 2，W 安1＋Q 总＝0，W 弹＋ΔE p 甲＋ΔE p 乙＝0，ΔE p 甲＝ΔE p 乙，可得甲弹簧的弹性势能为ΔE p 甲＝14 m v 2－3Q ，B 正确；当金属棒向左运动后第一次回到初始位置过程中，由于安培力始终对MN 做负功，产生焦耳热，棒第一次达到最左端的过程中，产生的焦耳热为6Q .棒平均速度最大，平均安培力最大，棒克服安培力做功最大，整个回路中产生的焦耳热更多，回到平衡位置时产生的焦耳热Q ′小于6Q ，由动能定理可得－6Q ＋W安2＝E k －12 m v 2，解得E k ＝12m v 2－6Q ＋W安2，其中W安2＋Q ′＝0，解得－12Q ＋12 m v 2<E k <12 m v 2－6Q ，C 错误；当金属棒由初始位置开始至第一次到达最右端过程中，由能量守恒得Q ′总＝12 m v 2－2E p ，通过MN 的电流始终是R 上的两倍，则Q MN ＝4Q R ，可得Q MN ＝46 Q ′总＝13 m v 2－43E p ，D 正确．5．[2024·江苏省六校联考]如图所示，两根等高的四分之一光滑圆弧轨道半径为r 、间距为L ，Oa 水平、Oc 竖直，在轨道顶端连有一阻值为R 的电阻，整个装置处在一竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B .现有一根长度稍大于L 、质量为m 、电阻也为R 的金属棒从轨道的顶端ab 处由静止开始下滑，到达轨道底端cd 时受到轨道的支持力为2mg .全程中金属棒与导轨接触良好，轨道电阻不计，求：(1)金属棒到达轨道底端cd 时通过电阻R 的电流； (2)金属棒从ab 下滑到cd 过程中电阻R 中产生的焦耳热；(3)若金属棒在拉力作用下，从cd 开始以速度v 0向右沿轨道做匀速圆周运动，则在到达ab 的过程中拉力做的功为多少？答案：(1)BL gr 2R (2)14 mgr (3)mgr ＋πB 2L 2v 0r 8R解析：(1)金属棒到达轨道底端cd 时2mg －mg ＝m v 2r解得v ＝gr感应电流I ＝E2R ＝BL v 2R解得I ＝BL gr2R(2)由能量守恒定律得Q ＝mgr －12 m v 2电阻R 中产生的焦耳热Q R ＝Q 2 ＝14 mgr(3)金属棒中产生的电动势E ＝BL v cos θ 是正弦式交变电流I ＝BL v 022R在四分之一周期内产生的热量Q ＝I 2·2Rt ＝I 2·2Rπr 2v 0 ＝πB 2L 2v 0r 8R由功能关系得W F ＝mgr ＋Q解得拉力做的功W F ＝mgr ＋πB 2L 2v 0r8R6．[2024·湖北省宜荆荆随联考]如图所示，两电阻不计的足够长光滑金属轨道EG 、FH 平行排列，间距L ＝1m ．EF 右侧水平部分有垂直轨道平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小B ＝1T ．导体棒PQ 质量m 2＝0.1kg ，电阻R 2＝4Ω，静止在边界EF 右侧x 处．导体棒MN 质量m 1＝0.3kg ，电阻R 1＝2Ω，由轨道左侧高h 处由静止下滑，运动过程中两杆始终与轨道接触良好，重力加速度取g ＝10m/s 2.(1)若h ＝3.2m ，求MN 进入磁场时导体棒PQ 所受安培力F 的大小；(2)若h ＝3.2m ，两棒在磁场中运动时未发生碰撞，求从MN 进入磁场到两棒达到稳定过程中，导体棒MN 上产生的焦耳热Q 1；(3)若x ＝a m ，h ＝b m ，要求MN 与PQ 运动过程中恰好不相撞，求a 与b 满足的函数关系．答案：(1)F ＝43 N(2)Q 1＝0.8J(3)a ＝910 5b解析：(1)根据题意，由机械能守恒定律有 m 1gh ＝12m 1v 20 由法拉第电磁感应定律有E ＝BL v 0 感应电流为I ＝E （R 1＋R 2）导体棒PQ 所受安培力F 的大小F ＝BIL 解得F ＝43N(2)根据题意，由动量守恒定律有 m 1v 0＝(m 1＋m 2)v 1由能量守恒定律有Q ＝12 m 1v 20 －12 (m 1＋m 2)v 21 导体棒MN 上产生的焦耳热Q 1＝Q R 1＋R 2 R 1解得Q 1＝0.8J(3)根据题意，对PQ 棒，由动量定理有m 2v 1－0＝B I －Lt 又有I －t ＝BLx R 1＋R 2解得x ＝3m 2（R 1＋R 2）2gh4B 2L 2代入数值得a ＝910 5b。

专题突破练(十五) 电磁感应中能量、动量的综合问题1．(多选)(2023·福建龙岩模拟)如图所示，足够长的光滑导轨倾斜放置，其上端接有电阻R ，匀强磁场垂直于导轨所在平面向上，始终垂直于导轨的导体棒EF 接入电路的有效电阻为r ，导轨和导线电阻不计，在导体棒EF 沿着导轨下滑的过程中，下列判断正确的是( )A ．感应电流在导体棒EF 中方向从F 到EB ．导体棒受到的安培力方向沿斜面向下，大小保持恒定C ．导体棒的机械能一直减小D ．导体棒克服安培力做的功等于电阻R 消耗的电能AC 解析：根据右手定则知，感应电流的方向为从F 到E ，A 正确；下滑过程中，根据左手定则知，安培力的方向沿斜面向上，由于导体棒下滑的过程中速度增大，则感应电动势增大，电流增大，安培力增大，B 错误；导体棒向下运动的过程中，除重力做功外，安培力做负功，则导体棒的机械能一直减小，C 正确；根据功能关系知，导体棒克服安培力做功等于整个回路产生的电能，D 错误。

2．(2023·北京海淀一模)如图所示，空间中存在竖直向下、磁感应强度为B 的匀强磁场。

边长为L 的正方形线框abcd 的总电阻为R 。

除ab 边为硬质金属杆外，其他边均为不可伸长的轻质金属细线，并且cd 边保持不动，杆ab 的质量为m 。

将线框拉至水平后由静止释放，杆ab 第一次摆到最低位置时的速率为v 。

重力加速度为g ，忽略空气阻力。

关于该过程，下列说法正确的是( )A ．a 端电势始终低于b 端电势B ．杆ab 中电流的大小、方向均保持不变C ．安培力对杆ab 的冲量大小为B 2L 3RD ．安培力对杆ab 做的功为mgL －12m v 2 C 解析：由右手定则可知，杆ab 切割磁感线产生的感应电流方向为b →a ，则a 端电势始终高于b 端电势，A 错误；杆ab 运动过程中，垂直磁场方向的分速度大小发生变化，则感应电流大小变化，B 错误；安培力对杆ab 的冲量大小为I ＝BI感Lt ＝BL ∑I 感t ＝BLq ，又有q ＝I t 、I ＝E R 和E ＝ΔΦΔt ，可得q ＝ΔΦR ＝BL 2R ，则安培力对杆ab 的冲量大小为I ＝B 2L 3R，C 正确；设安培力对杆ab 做的功为W ，由动能定理有mgL ＋W ＝12m v 2，解得W ＝12m v 2－mgL ，D 错误。

专题二十一 电磁感应中的动力学、能量和动量问题1.[电磁感应中的动力学＋能量＋动量/2024北京]如图所示，光滑水平面上的正方形导线框，以某一初速度进入竖直向下的匀强磁场并最终完全穿出.线框的边长小于磁场宽度.下列说法正确的是（ D ）A.线框进磁场的过程中电流方向为顺时针方向B.线框出磁场的过程中做匀减速直线运动C.线框在进和出的两过程中产生的焦耳热相等D.线框在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量相等解析线框进入磁场→线框右侧切割磁感线电流方向为逆时针方向，A 错线框进、出磁场的过程中，F 安为阻力→v ↓→F 安↓→线框进、出磁场的过程均为加速度减小的减速运动，B 错线框进、出磁场的两过程中ΔΦ相同，q 相同，D 对安培力的冲量I 安＝B I l ·ΔtI 安＝Blq线框进入磁场瞬间速度为v 1，完全进入磁场速度为v 2{动量定理：－Blq ＝mv 2－mv 1＝m （v 2－v 1）能量守恒定律：Q 1＝12mv 12－12mv 22＝12m （v 1＋v 2)(v 1－v 2）线框离开磁场瞬间速度为v 3{ 动量定理：－Blq ＝mv 3－mv 2＝m （v 3－v 2）能量守恒定律：Q 2＝12mv 22－12mv 32＝12m （v 2＋v 3)(v 2－v 3）v 1＋v 2＞v 2＋v 3且v 1－v 2＝v 2－v 3，则Q 1＞Q 2，C 错一题多解 由楞次定律可知线框进磁场的过程中电流方向为逆时针方向，出磁场的过程中电流方向为顺时针方向，A 错；对线框进行受力分析，线框在进、出磁场时会受到安培力的作用，安培力均为阻力，线框全部在磁场中时不受安培力的作用，故线框在进、出磁场的过程中会做减速运动，全部在磁场的过程中做匀速运动，又F 安＝BIl ，I ＝E R 总，E ＝Blv ，则F 安＝B 2l 2v R 总，故线框进、出磁场的过程中所受安培力在减小，做加速度减小的减速运动，B 错；Q ＝F —安·l ＝B 2l 3v —R 总，且结合B 项的分析可知v —进＞v —出，故线框在进磁场的过程中产生的热量大于在出磁场的过程中产生的热量，C 错；结合公式q ＝I —Δt 、I —＝E—R 总、E —＝Bl v —可得q ＝Blv —Δt R 总，又线框进、出磁场过程中的位移v —Δt 均为线框边长l ，故线框进、出磁场过程中通过导线横截面的电荷量相等，D 对.2.[电磁感应中的动力学＋图像理解＋能量/2024上海]如图（a ），单匝矩形线框cdef 位于倾角θ＝30°的斜面上，斜面上有一长度为D 的匀强磁场区域，磁场方向垂直于斜面对上，磁感应强度大小为B ＝0.5T ，已知线框边长cd ＝D ＝0.4m ，质量m ＝0.1kg ，总电阻R ＝0.25Ω.现对线框施加一沿斜面对上的恒力F 使之向上运动，运动一段时间后，撤去外力F .线框与斜面间的动摩擦因数μ＝√33，线框速度随时间变更的图像如图（b ）所示.求：（重力加速度g 取9.8m/s 2）图（a ） 图（b ）（1）外力F 的大小； （2）cf 的长度L ；（3）回路产生的焦耳热Q .答案 （1）F ＝1.48N （2）L ＝0.5m （3）Q ＝0.4J解析 （1）由题图（b ）可知，在0～0.4s 的时间内，线框做匀加速直线运动，进入磁场时的速度v 1＝2.0m/s结合题图（b ）可知线框进入磁场前的加速度大小a ＝v 1－0Δt＝2.0－00.4m/s 2＝5m/s 2进入磁场前，对线框由牛顿其次定律得F －mg sinθ－F f ＝ma又F f ＝μF N ，F N ＝mg cosθ 代入数据得F ＝1.48N（2）由题图（b ）可知，线框以恒定的速度v 1穿过匀强磁场，该过程中线框中产生的感应电动势E ＝BLv 1线框中产生的感应电流I ＝ER线框受到的安培力F A＝BIL由平衡条件得F ＝F A ＋mg sinθ＋μmg cosθ联立解得L ＝0.5m（3）经分析可知，线框ed 边离开磁场时，外力F 被撤去，因为μ＝tanθ＝√33，所以线框离开磁场运动到最高点，即速度减为零后不会沿斜面对下滑动设线框穿过磁场所用的时间为t ，则有t ＝2Dv 1＝2×0.42.0s ＝0.4s线框中的感应电流为 I ＝BLv 1R＝0.5×0.5×2.00.25A ＝2A依据焦耳定律可得Q ＝I 2Rt ＝22×0.25×0.4J ＝0.4J.3.[电磁感应中的能量＋动量/2024全国甲]如图，水平桌面上固定一光滑U 形金属导轨，其平行部分的间距为l ，导轨的最右端与桌子右边缘对齐，导轨的电阻忽视不计.导轨所在区域有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B .一质量为m 、电阻为R 、长度也为l 的金属棒P 静止在导轨上.导轨上质量为3m 的绝缘棒Q 位于P 的左侧，以大小为v 0的速度向P 运动并与P 发生弹性碰撞，碰撞时间极短.碰撞一次后，P 和Q 先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点.P 在导轨上运动时，两端与导轨接触良好，P 与Q 始终平行.不计空气阻力.求（1）金属棒P 滑出导轨时的速度大小；（2）金属棒P 在导轨上运动过程中产生的热量；（3）与P 碰撞后，绝缘棒Q 在导轨上运动的时间. 答案 （1）12v 0（2）m v 02（3）2mR B 2l 2解析 （1）Q 与P 发生弹性碰撞，由动量守恒定律有3mv 0＝mv P ＋3mv Q由机械能守恒定律有12×3m v 02＝12m v P 2＋12×3m v Q 2联立解得v Q＝12v 0，v P＝32v 0依据题述，P 、Q 落到地面上同一地点，结合平抛运动规律可知，金属棒P 滑出导轨时的速度大小为v'P＝v Q＝12v 0（2）由能量守恒定律可得，金属棒P 在导轨上运动过程中产生的热量为Q ＝12m v P 2－12mv 'P 2＝m v 02（3）P在导轨上做变速运动，设速度大小为v时金属棒中产生的感应电动势大小为e，电流大小为i，在Δt时间内速度变更Δv，则由法拉第电磁感应定律有e＝Blv由闭合电路欧姆定律有i＝eR金属棒P所受的安培力F＝Bil＝B 2l2v R由动量定理有－FΔt＝mΔv即－B 2l2vRΔt＝mΔv方程两侧求和得∑－B 2l2vRΔt＝∑mΔv即－B 2l2R∑vΔt＝m∑Δv留意到∑vΔt＝x，∑Δv＝v'P－v P＝－v0联立解得x＝mv0RB2l2对绝缘棒Q有x＝v Q t解得与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间为t＝2mRB2l2.4.[电磁感应中的双棒模型＋动量定理/2024湖南]如图，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为L，两导轨及其所构成的平面均与水平面成θ角，整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B.现将质量均为m的金属棒a、b垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为R.运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终未滑出导轨，导轨电阻忽视不计，重力加速度为g.（1）先保持棒b静止，将棒a由静止释放，求棒a匀速运动时的速度大小v0；（2）在（1）问中，当棒a匀速运动时，再将棒b由静止释放，求释放瞬间棒b的加速度大小a0；（3）在（2）问中，从棒b释放瞬间起先计时，经过时间t0，两棒恰好达到相同的速度v，求速度v的大小，以及时间t0内棒a相对于棒b运动的距离Δx.答案（1）v0＝2mgRsinθB2L2（2）a0＝2g sinθ（3）v＝gt0sinθ＋mgRsinθB2L2Δx＝2m2gR2sinθB4L4解析（1）棒a匀速运动时，对棒a受力分析，由平衡条件有mg sinθ＝BI1L由法拉第电磁感应定律有E1＝BLv0由闭合电路欧姆定律有I1＝E12R联立解得v0＝2mgRsinθB2L2（2）当棒a匀速运动时，由静止释放棒b，分析可知，棒b受到沿导轨向下的安培力，则释放棒b的瞬间，对棒b，由牛顿其次定律有mg sinθ＋BI1L＝ma0又BI1L＝mg sinθ解得a0＝2g sinθ（3）释放棒b后，由于棒b中产生的感应电动势对于回路来说，与棒a中产生的感应电动势方向相反，所以两棒所受安培力均减小，对棒a，由动量定理有（mg sinθ－B I L）t0＝mv－mv0对棒b，由动量定理有（mg sinθ＋B I L）t0＝mv联立解得v＝gt0sinθ＋mgRsinθB2L2设棒a速度为v i时产生的感应电动势为E i，则E i＝BLv i同理设棒b速度为v j时产生的感应电动势为E j，则E j＝BLv j棒中电流为I ＝E i －E j 2R＝BL （v i －v j ）2R两棒所受安培力的大小均为F ＝BIL ＝B 2L 2（v i －v j ）2R对棒b ，由动量定理有[mg sinθ＋B 2L 2（v i －v j ）2R]Δt ＝m Δv对方程两侧求和，即Σ[mg sinθ＋B 2L 2（v i －v j ）2R]Δt ＝Σm Δv留意到ΣΔt ＝t 0，Σ（v i －v j ）Δt ＝Δx ，ΣΔv ＝v解得Δx ＝2m 2gR 2sinθB 4L 4.5.[电磁感应中的动力学＋能量/2024浙江6月]某爱好小组设计了一种火箭落停装置，简化原理如图所示，它由两根竖直导轨、承载火箭装置（简化为与火箭绝缘的导电杆MN ）和装置A 组成，并形成闭合回路.装置A 能自动调整其输出电压确保回路电流I 恒定，方向如图所示.导轨长度远大于导轨间距，不论导电杆运动到什么位置，电流I 在导电杆以上空间产生的磁场近似为零；在导电杆所在处产生的磁场近似为匀强磁场，大小B 1＝kI （其中k 为常量），方向垂直导轨平面对里；在导电杆以下的两导轨间产生的磁场近似为匀强磁场，大小B 2＝2kI ，方向与B 1相同.火箭无动力下降到导轨顶端时与导电杆粘接，以速度v 0进入导轨，到达绝缘停靠平台时速度恰好为零，完成火箭落停.已知火箭与导电杆的总质量为M ，导轨间距d ＝3MgkI 2，导电杆电阻为R .导电杆与导轨保持良好接触滑行，不计空气阻力和摩擦力，不计导轨电阻和装置A 的内阻.在火箭落停过程中，（1）求导电杆所受安培力的大小F 和运动的距离L ；（2）求回路感应电动势E 与运动时间t 的关系；（3）求装置A 输出电压U 与运动时间t 的关系和输出的能量W ；（4）若R 的阻值视为0，装置A 用于回收能量，给出装置A 可回收能量的来源和大小. 答案 （1）F ＝3Mg L ＝v 024g （2）E ＝－12Mg 2It ＋6Mgv 0I（t ≤v 02g ） （3）U ＝12Mg 2It －6Mgv 0I＋IR （t ≤v02g） W ＝－32M v 02＋I 2Rv 02g（4）来源为导电杆和火箭机械能的削减 34M v 02解析 （1）导电杆所受的安培力大小F ＝B 1Id又B 1＝kI ，d ＝3Mg kI 2解得F ＝3Mg火箭落停过程中，由牛顿其次定律得F －Mg ＝Ma解得a ＝2g由运动学公式可得，火箭运动的距离L ＝v 022a解得L ＝v 024g（2）导电杆向下运动的速度为v ＝v 0－at ＝v 0－2gt （t ≤v02g）则回路中的感应电动势为E ＝B 2dv 又B 2＝2kI整理得E ＝－12Mg 2It ＋6Mgv 0I（t ≤v02g）（3）由于电路中的电流恒为I ，导电杆下滑过程中的总电动势为E 总＝U ＋E 且有I ＝E 总R整理得U ＝12Mg 2It －6Mgv 0I＋IR （t ≤v02g）装置A 输出的功率为P ＝UI ＝12Mg 2t －6Mgv 0＋I 2R （t ≤v 02g）初始时刻，t ＝0，P 始＝－6Mgv 0＋I 2R到达停靠平台时，t ＝v2g ，P 末＝I 2R由P －t 关系可知，P ＝P 始＋P 末2＝－3Mgv 0＋I 2R则在火箭落停过程中，装置A 输出的能量为W ＝P ·v 02g＝－32M v 02＋I 2Rv 02g（4）可回收能量的来源为导电杆和火箭机械能的削减由能量守恒定律得W 回＝MgL ＋12M v 02－0又由（1）得L ＝v 024g解得W 回＝34M v 02.。