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高考物理电磁感应现象压轴题知识归纳总结含答案解析一、高中物理解题方法：电磁感应现象的两类情况1．如图所示，质量为4m 的物块与边长为L 、质量为m 、阻值为R 的正方形金属线圈abcd 由绕过轻质光滑定滑轮的绝缘细线相连，已知细线与斜面平行，物块放在光滑且足够长的固定斜面上，斜面倾角为300。
垂直纸面向里的匀强磁场的磁感应强度为B ，磁场上下边缘的高度为L ，上边界距离滑轮足够远，线圈ab 边距离磁场下边界的距离也为L 。
现将物块由静止释放，已知线圈cd 边出磁场前线圈已经做匀速直线运动，不计空气阻力，重力加速度为g ，求：（1）线圈刚进入磁场时ab 两点的电势差大小 （2）线圈通过磁场的过程中产生的热量【答案】（1）3245ab U BL gL =；（2）32244532m g R Q mgL B L =-【解析】 【详解】（1）从开始运动到ab 边刚进入磁场，根据机械能守恒定律可得214sin 30(4)2mgL mgL m m v =++，25v gL =应电动势E BLv =，此时ab 边相当于是电源，感应电流的方向为badcb ，a 为正极，b 为负极，所以ab 的电势差等于电路的路端电压，可得332445ab U E BL gL == （2）线圈cd 边出磁场前线圈已经做匀速直线运动，所以线圈和物块均合外力为0，可得绳子的拉力为2mg ，线圈受的安培力为mg ，所以线圈匀速的速度满足22mB L v mg R=，从ab 边刚进入磁场到cd 边刚离开磁场，根据能量守恒定律可知2143sin 3(4)2m mg L mgL m m v Q θ=+++，32244532m g R Q mgL B L=-2．如图，垂直于纸面的磁感应强度为B ，边长为 L 、电阻为 R 的单匝方形线圈 ABCD 在外力 F 的作用下向右匀速进入匀强磁场，在线圈进入磁场过程中，求：(1)线圈进入磁场时的速度 v 。
高考物理电磁感应现象压轴难题知识归纳总结含答案解析一、高中物理解题方法：电磁感应现象的两类情况1．如图，垂直于纸面的磁感应强度为B ，边长为 L 、电阻为 R 的单匝方形线圈 ABCD 在外力 F 的作用下向右匀速进入匀强磁场，在线圈进入磁场过程中，求： (1)线圈进入磁场时的速度 v 。
(2)线圈中的电流大小。
(3)AB 边产生的焦耳热。
【答案】(1)22FR v B L =；(2)F I BL=；(3)4FL Q =【解析】 【分析】 【详解】(1)线圈向右匀速进入匀强磁场，则有F F BIL ==安又电路中的电动势为E BLv =所以线圈中电流大小为==E BLvI R R 联立解得22FRv B L =(2)根据有F F BIL ==安得线圈中的电流大小F I BL=(3)AB 边产生的焦耳热22()4AB F R L Q I R t BL v==⨯⨯ 将22FRv B L =代入得 4FL Q =2．如图，水平面（纸面）内同距为l 的平行金属导轨间接一电阻，质量为m 、长度为l 的金属杆置于导轨上，t ＝0时，金属杆在水平向右、大小为F 的恒定拉力作用下由静止开始运动．0t 时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B 、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动．杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ．重力加速度大小为g ．求（1）金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小； （2）电阻的阻值．【答案】0F E Blt g m μ⎛⎫=- ⎪⎝⎭ ； R =220B l t m【解析】 【分析】 【详解】（1）设金属杆进入磁场前的加速度大小为a ，由牛顿第二定律得：ma=F-μmg ① 设金属杆到达磁场左边界时的速度为v ，由运动学公式有：v =at 0 ②当金属杆以速度v 在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律，杆中的电动势为:E=Blv ③ 联立①②③式可得:0F E Blt g m μ⎛⎫=-⎪⎝⎭④ （2）设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆的电流为I ，根据欧姆定律：I=ER⑤ 式中R 为电阻的阻值．金属杆所受的安培力为：f BIl = ⑥ 因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得：F –μmg–f=0 ⑦联立④⑤⑥⑦式得: R =220B l t m3．如图所示，在倾角为37︒的光滑斜面上存在两个磁感应强度均为B 的匀强磁场区域。
四、动量定理和动量守恒定律知识点1 动量定理基础回扣1.动量与动能的比较动量动能物理意义描述机械运动状态的物理量定义式p=mvE k=mv2标矢性矢量标量变化因素物体所受冲量外力所做的功大小关系p=Ek=对于给定的物体,若动能发生了变化,动量一定也发生了变化;而动量发生变化,动能不一定发生变化。
它们都是相对量,均与参考系的选取有关,高中阶段通常选取地面为参考系2.冲量与功的比较冲量功定义作用在物体上的力和力的作用时间的乘积作用在物体上的力和物体在力的方向上的位移的乘积单位N·s J公式I=Ft(F为恒力)W=Fl cos α(F为恒力)标矢性矢量标量意义①表示力对时间的累积②是动量变化的量度①表示力对空间的累积②是能量变化的量度都是过程量,都与力的作用过程相互联系3.动量定理的理解(1)中学物理中,动量定理研究的对象通常是单个物体。
(2)Ft=p'-p是矢量式,两边不仅大小相等,而且方向相同。
式中Ft是物体所受的合外力的冲量。
(3)Ft=p'-p除表明两边大小、方向的关系外,还说明了两边的因果关系,即合外力的冲量是动量变化的原因。
(4)由Ft=p'-p,得F==,即物体所受的合外力等于物体的动量对时间的变化率。
易错辨析1.应用动量定理时,力和速度选取不同的正方向。
2.应用动量定理解决实际问题时要注意分析不变的物理量。
知识点2 动量守恒定律基础回扣1.动量守恒表达式(1)p=p',系统相互作用前总动量p等于相互作用后的总动量p'。
(2)m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2',相互作用的两个物体组成的系统,作用前的动量和等于作用后的动量和。
(3)Δp1=-Δp2,相互作用的两个物体动量的变化量等大反向。
(4)Δp=0,系统总动量的变化量为零。
2.适用条件(1)理想守恒:不受外力或所受外力的合力为零。
(2)近似守恒:系统内各物体间相互作用的内力远大于系统所受到的外力。
电磁感应常考考点真题举例法拉第电磁感应定律的表述和表达式掌握电磁感应现象的产生条件并会分析解决实际问题；掌握楞次定律、右手定则判断感应电流的方向的方法；掌握法拉第电磁感应定律，会应用公式计算动生电动势，会计算导体切割磁感线产生的感应电动势；掌握电磁感应中电路问题的求解方法，会计算电磁感应电路问题中电压、电流、电荷量、热量等物理量；掌握三大观点解决单杆、双杆和线框模型问题的方法。
核心考点01 电磁感应一、电磁感应现象 (3)二、楞次定律 (3)三、右手定则 (5)四、三个定则和一个规律的综合应用 (5)核心考点02法拉第电磁感应定律 (6)一、感应电动势 (6)二、法拉第电磁感应定律 (7)三、导体切割磁感线时的感应电动势 (7)四、电磁感应中的电路问题 (9)五、电磁感应的图像问题 (10)核心考点03动力学三大观点在电磁感应中的应用 (12)一、力学的观点二、能量的观点 (13)三、动量的观点 (14)四、单导体棒模型 (14)五、双导体棒模型 (19)六、线框模型 (23)核心考点04 电磁感应现象及其应用 (25)一、互感 (26)二、自感 (26)三、涡流 (27)四、电磁阻尼 (28)五、电磁驱动 (28)核心考点01 电磁感应一、电磁感应现象1、定义当穿过闭合导体回路的磁通量发生变化时，闭合导体回路中有感应电流产生，这种利用磁场产生电流的现象叫做电磁感应。
2、判断磁通量变化的方法根据公式Φ＝BS sin θ(θ为B 与S 间的夹角)判断。
根据穿过平面的磁感线的条数是否变化判断。
3、感应电动势产生的条件无论回路是否闭合，只要穿过线圈平面的磁通量发生变化，回路中就有感应电动势。
产生感应电动势的那部分导体相当于电源。
4、感应电流产生的条件穿过闭合电路的磁通量发生变化，即0 ΔΦ。
穿过闭合电路的磁通量发生变化的四种情况：①磁感应强度B 不变，线圈面积S 发生变化；②线圈面积S 不变，磁感应强度B 发生变化③线圈面积S 变化，磁感应强度B 也变化，它们的乘积BS 发生变化；④线圈面积S 不变，磁感应强度B 也不变，但二者之间夹角发生变化。
电磁感应与动力学、能量、动量的综合应用（单轨、双轨、线框、圆盘、变磁场）60分钟电磁感应与动力学、能量、动量的综合应用（单轨、双轨、A．线框穿出磁场I的过程中和进入磁场II的过程中，线框中产生的感应电流方向反A．通过金属棒的电流不变B．感应电流方向为顺时针方向C．A、C两点的电势始终有D．整个过程中通过金属棒的电荷量为A．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定B．若从上往下看，圆盘顺时针转动，则电流沿C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化D．若圆盘转动的角速度变为原来的【答案】AA ．0~t 0时间内，回路中的感应电动势为200B L t B ．0~t 0时间内，施加在N 杆上的拉力F 随时间t 变化的关系为0mg F t t =×C ．重物下落的最大速度为2203mgR B L D ．从t =0时刻到重物达到最大速度的过程中，回路产生的焦耳热为32mgx -A ．重物的速度大小为24mgRB B ．导体棒ab 受到的安培力大小为C ．Oa 进出磁场一次，通过其某横截面的电荷量为D ．图示时刻，导体棒上从重物重力势能转化为回路的电能，根据能量守恒，重力的功率等于回路电功率，有解得A．线框在磁场B．线框ab边刚穿出磁场C．线框ab边在磁场D．线框ab边在磁场【答案】BCA．导体棒上a、b两点的电压为A．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B．金属线框通过两个磁场区域过程中产生的焦耳热为C．金属线框进入左侧磁场区域过程中，通过金属线框的电荷量为A．金属棒的速度为0v时，金属棒的加速度大小为B．金属棒能获得的最大速度为C．弹射过程中，流过金属棒的电荷量为A．0t时导体棒1的速度大小为12m/s0t:时间内，导体棒1沿导轨下滑的距离为B．0A ．金属棒刚进入磁场时的速度大小为02vB ．匀强磁场的磁感应强度大小为032mv R LA．运动过程中导体棒a、b组成的系统动量守恒B．导体棒a、b运动稳定后的速度之比为C．从开始到运动稳定的过程中，通过导体棒A ．导棒a 开始运动时的加速度大小为B ．导棒a 刚要滑离宽导轨时速度大小为C ．导棒b 最终的速度大小为019vA．导体棒和导轨之间的动摩擦因数为B．导体棒匀速运动阶段电阻R的发热功率为C．若将电阻R减小，其他保持不变，则导体棒可能以某个更大的速度匀速运动导体棒匀速运动时，回路的感应电流则电阻R的发热功率由平衡条件【答案】（1）4m/s；（2）7.6C；（3）0.4m【详解】（1）当金属棒ab所受合力为零时，棒的速度最大，对所以金属棒ab运动的最大速度v m【答案】（1）2g；（2）122B B ；（3）32244244mgx m g R B L -【详解】（1）a 刚开始运动时有最大加速度，即【答案】(1)22B L vg mR+【详解】(1)导体棒以初速度向上做减速运动，此时的安培力也是最大，故此时加速度最大，则有【答案】（1）4V ，电流由D 流向C ，电流由D 流向22rad /s w £；（3）1.5m /s【详解】（1）假设金属棒ab 静止，对金属棒CD ，由法拉第电磁感应定律有12E B =根据闭合电路欧姆定律，有E =解得。
高考物理二轮复习专题归纳—动量观点在电磁感应中的应用命题规律1、命题角度：动量定理、动量守恒定律在电磁感应中的应用.2、常用方法：建立单杆切割中q、x、t的关系模型；建立双杆系统模型.3、常考题型：选择题、计算题．考点一动量定理在电磁感应中的应用在导体单杆切割磁感线做变加速运动时，若牛顿运动定律和能量观点不能解决问题，可运用动量定理巧妙解决问题求解的物理量应用示例电荷量或速度－B I LΔt＝mv2－mv1，q＝IΔt，即－BqL＝mv2－mv1位移－B2L2vΔtR总＝0－mv，即－B2L2xR总＝0－mv时间－B I LΔt＋F其他Δt＝mv2－mv1即－BLq＋F其他Δt＝mv2－mv1已知电荷量q、F其他(F其他为恒力)－B2L2vΔtR总＋F其他Δt＝mv2－mv1，即－B2L2xR总＋F其他Δt＝mv2－mv1已知位移x、F其他(F其他为恒力)例1(多选)(2022·河南开封市二模)如图所示，在光滑的水平面上有一方向竖直向下的有界匀强磁场．磁场区域的左侧，一正方形线框由位置Ⅰ以4.5m/s 的初速度垂直于磁场边界水平向右运动，经过位置Ⅱ，当运动到位置Ⅲ时速度恰为零，此时线框刚好有一半离开磁场区域．线框的边长小于磁场区域的宽度．若线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量分别为q 1、q 2，线框经过位置Ⅱ时的速度为v .则下列说法正确的是()A．q 1＝q 2B．q 1＝2q 2C．v ＝1.0m/s D．v ＝1.5m/s答案BD 解析根据q ＝ΔΦR ＝BSR可知，线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量q 1＝2q 2，故A 错误，B 正确；线圈从开始进入到位置Ⅱ，由动量定理－B I 1L Δt 1＝mv －mv 0，即－BLq 1＝mv －mv 0，同理线圈从位置Ⅱ到位置Ⅲ，由动量定理－B I 2L Δt 2＝0－mv ，即－BLq 2＝0－mv ，联立解得v ＝13v 0＝1.5m/s，故C 错误，D正确．例2(2022·浙江省精诚联盟联考)如图(a)所示，电阻为2R 、半径为r 、匝数为n 的圆形导体线圈两端与水平导轨AD 、MN 相连．与导体线圈共圆心的圆形区域内有竖直向下的磁场，其磁感应强度随时间变化的规律如图(b)所示，图(b)中的B 0和t 0均已知．PT 、DE 、NG 是横截面积和材料完全相同的三根粗细均匀的金属棒．金属棒PT 的长度为3L 、电阻为3R 、质量为m .导轨AD 与MN 平行且间距为L ，导轨EF 与GH 平行且间距为3L ，DE 和NG 的长度相同且与水平方向的夹角均为30°.区域Ⅰ和区域Ⅱ是两个相邻的、长和宽均为d 的空间区域．区域Ⅰ中存在方向竖直向下、磁感应强度大小为B 0的匀强磁场.0～2t 0时间内，使棒PT 在区域Ⅰ中某位置保持静止，且其两端分别与导轨EF 和GH 对齐．除导体线圈、金属棒PT 、DE 、NG 外，其余导体电阻均不计，所有导体间接触均良好且均处于同一水平面内，不计一切摩擦，不考虑回路中的自感．(1)求在0～2t 0时间内，使棒PT 保持静止的水平外力F 的大小；(2)在2t 0以后的某时刻，若区域Ⅰ内的磁场在外力作用下从区域Ⅰ以v 0的速度匀速运动，完全运动到区域Ⅱ时，导体棒PT 速度恰好达到v 0且恰好进入区域Ⅱ，该过程棒PT 产生的焦耳热为Q ，求金属棒PT 与区域Ⅰ右边界的初始距离x 0和该过程维持磁场匀速运动的外力做的功W ；(3)若磁场完全运动到区域Ⅱ时立刻停下，求导体棒PT 运动到EG 时的速度大小v .答案(1)0～t 0时间内F ＝nB 02πLr 23Rt 0；t 0～2t 0时间内F ＝0(2)d －3mRv 0B 02L23Q ＋1 2mv2(3)v－23B2L33mR解析(1)在0～t0时间内，由法拉第电磁感应定律得E＝nΔBΔtS＝nBtπr2由闭合电路欧姆定律得I＝E3R＝nBπr23Rt故在0～t0时间内，使PT棒保持静止的水平外力大小为F＝FA＝BIL＝nB2πLr23Rt在t0～2t时间内，磁场不变化，回路中电动势为零，无电流，则外力F＝0(2)PT棒向右加速运动过程中，取向右的方向为正方向，由动量定理得B2L2Δx3R＝mv得Δx＝3mRv0 B2L2所以x0＝d－Δx＝d－3mRvB2L2PT棒向右加速过程中，回路中的总焦耳热为Q总＝3Q由功能关系和能量守恒定律得W＝3Q＋12 mv2(3)棒PT从磁场区域Ⅱ左边界向右运动距离x时，回路中棒PT的长度为lx ＝233x＋L回路中总电阻为R总x x＋2233xR233x＋L＋2233xR＝RL(23x＋3L)回路中电流为Ix ＝BlxvxR总x＝B233x＋L vxRL23x＋3L＝BLvx3R棒PT所受安培力大小为FA x ＝BIxlx＝B2Lvxlx3R棒PT从磁场区域Ⅱ左边界运动到EG过程中，以v方向为正方向，由动量定理得－∑B2Lvxlx3RΔt＝mv－mv即－B2LS梯3R＝mv－mv其中S梯＝23L2所以v＝v0－23B2L33mR.考点二动量守恒定律在电磁感应中的应用双杆模型物理模型“一动一静”：甲杆静止不动，乙杆运动，其实质是单杆问题，不过要注意问题包含着一个条件——甲杆静止，受力平衡两杆都在运动，对于这种情况，要注意两杆切割磁感线产生的感应电动势是相加还是相减；系统动量是否守恒分析方法动力学观点通常情况下一个金属杆做加速度逐渐减小的加速运动，而另一个金属杆做加速度逐渐减小的减速运动，最终两金属杆以共同的速度匀速运动能量观点两杆系统机械能减少量等于回路中产生的焦耳热之和动量观点对于两金属杆在平直的光滑导轨上运动的情况，如果两金属杆所受的外力之和为零，则考虑应用动量守恒定律处理问题例3(2022·广东省模拟)如图所示，间距L＝1m的光滑平行金属导轨MN和PQ的倾斜部分与水平部分平滑连接，水平导轨处在方向竖直向上、磁感应强度大小为B＝0.2T的匀强磁场中，距离磁场左边界D＝1.8m的导轨上垂直放置着金属棒cd，现将金属棒ab从距离桌面高度h＝0.8m的倾斜导轨处由静止释放，随后进入水平导轨，两金属棒未相碰，金属棒cd从导轨右端飞出后，落地点距导轨右端的水平位移s＝1.20m．已知金属棒ab的质量m＝0.2kg，金属棒cd的质量1m＝0.1kg，金属棒ab、cd的电阻均为r＝0.1Ω、长度均为L，两金属棒在导2轨上运动的过程中始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计，桌面离地面的高度H＝1.8m，重力加速度g＝10m/s2，求：(1)金属棒cd在水平导轨上运动的最大加速度；(2)金属棒ab在水平导轨上运动的过程中克服安培力所做的功和整个回路中产生的焦耳热；(3)金属棒ab、cd在水平导轨上运动的过程中两金属棒之间距离的最小值．答案(1)8m/s2(2)0.7J0.5J(3)0.8m解析(1)金属棒ab从释放到刚进入水平导轨的过程，根据机械能守恒定律得m 1gh ＝12m 1v 2，金属棒ab 切割磁感线产生的感应电动势E ＝BLv ，回路中的电流I ＝E 2r金属棒cd 所受的安培力大小为F cd ＝BIL ，此时金属棒cd 的加速度最大，最大加速度a m ＝F cd m 2联立解得a ＝8m/s 2(2)金属棒cd 离开水平导轨后做平抛运动，有s ＝v c t ，H ＝12gt 2金属棒ab 与金属棒cd 在相互作用的过程中，根据动量守恒定律得m 1v ＝m 1v a ＋m 2v c 设金属棒ab 克服安培力做的功为W ，由动能定理得－W ＝12m 1v a 2－12m 1v 2解得W ＝0.7J，整个回路中产生的焦耳热Q ＝m 1gh －12m 1v a 2－12m 2v c2解得Q ＝0.5J(3)金属棒cd 在安培力的作用下加速，根据动量定理得B I L Δt ＝m 2v c金属棒ab 、金属棒cd 组成的回路中通过某截面的电荷量q ＝I －Δt根据法拉第电磁感应定律得E ＝ΔΦΔt ＝B ΔxL Δt ，I －＝E 2r ，联立解得Δx ＝1m，两金属棒之间距离的最小值为D －Δx ＝0.8m.1.(多选)如图所示，水平金属导轨P 、Q 间距为L ，M 、N 间距为2L ，P 与M 相连，Q 与N 相连，金属棒a 垂直于P 、Q 放置，金属棒b 垂直于M 、N 放置，整个装置处在磁感应强度大小为B 、方向竖直向上的匀强磁场中．现给a 棒一大小为v 0的初速度，方向水平向右．设两部分导轨均足够长，两棒质量均为m ，在a 棒的速度由v 0减小到0.8v 0的过程中，两棒始终与导轨接触良好．在这个过程中，以下说法正确的是()A．俯视时感应电流方向为顺时针B．b 棒的最大速度为0.4v 0C．回路中产生的焦耳热为0.1mv 02D．通过回路中某一截面的电荷量为2mv 025BL 答案BC解析a 棒向右运动，根据右手定则可知，俯视时感应电流方向为逆时针，故A错误；由题意分析可知，a 棒减速，b 棒加速，设a 棒的速度大小为0.8v 0时b 棒的速度大小为v ，取水平向右为正方向，根据动量定理，对a 棒有－B I L Δt ＝m ·0.8v 0－mv 0，对b 棒有B I ·2L Δt ＝mv ，联立解得v ＝0.4v 0，此后回路中电流为0，a 、b 棒都做匀速运动，即b 棒的最大速度为0.4v 0，故B 正确；根据能量守恒定律有Q ＝12mv 02－[12m (0.8v 0)2＋12m (0.4v 0)2]＝0.1mv 02，故C 正确；对b 棒，由2B I L ·Δt ＝mv 得，通过回路中某一截面的电荷量q ＝I ·Δt ＝mv 2BL ＝mv 05BL ，故D 错误．2．(2022·安徽阜阳市质检)如图，两平行光滑金属导轨ABC 、A ′B ′C ′的左端接有阻值为R 的定值电阻Z，间距为L ，其中AB 、A ′B ′固定于同一水平面上(图中未画出)且与竖直面内半径为r 的14光滑圆弧形导轨BC 、B ′C ′相切于B 、B ′两点．矩形DBB ′D ′区域内存在磁感应强度大小为B 、方向竖直向上的匀强磁场．导体棒ab 的质量为m 、阻值为R 、长度为L ，ab 棒在功率恒定、方向水平向右的推力作用下由静止开始沿导轨运动，经时间t 后撤去推力，然后ab 棒与另一根相同的导体棒cd 发生碰撞并粘在一起，以32gr 的速率进入磁场，两导体棒穿过磁场区域后，恰好能到达CC ′处．重力加速度大小为g ，导体棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨的电阻．(1)求该推力的功率P ；(2)求两导体棒通过磁场右边界BB ′时的速度大小v ；(3)求两导体棒穿越磁场的过程中定值电阻Z 产生的焦耳热Q ；(4)两导体棒到达CC ′后原路返回，请通过计算判断两导体棒能否再次穿过磁场区域．若不能穿过，求出两导体棒停止的位置与DD ′的距离x .答案(1)36mgrt(2)2gr(3)323mgr (4)不能3mR 2gr B 2L 2解析(1)设两导体棒碰撞前瞬间ab 棒的速度大小为v 0，在推力作用的过程中，由动能定理有Pt ＝12mv 02设ab 与cd 碰后瞬间结合体的速度大小为v 1，由题意知v 1＝32gr ，由动量守恒定律有mv 0＝2mv 1联立解得P＝36mgr t(2)对两导体棒沿圆弧形导轨上滑的过程分析，由机械能守恒定律有12×2mv2＝2mgr解得v＝2gr(3)两棒碰撞并粘在一起，由电阻定律可知，两导体棒的总电阻为R2，阻值为R的定值电阻Z产生的焦耳热为Q，故两棒产生的总焦耳热为Q2，由能量守恒定律有－(Q＋Q2)＝12×2mv2－12×2mv12解得Q＝323 mgr(4)设导体棒第一次穿越磁场的时间为t1，该过程回路中的平均电流为I，DD′与BB′的间距为x1，由动量定理有－B I Lt1＝2mv－2mv1根据法拉第电磁感应定律和电路相关知识有I t1＝BLx13R2解得x1＝6mR2grB2L2由机械能守恒定律可知，导体棒再次回到BB′处时的速度大小仍为v＝2gr，导体棒再次进入磁场向左运动的过程中，仍用动量定理和相关电路知识，并且假设导体棒会停在磁场中，同时设导体棒在磁场中向左运动的时间为t2，导体棒进入磁场后到停止运动的距离为Δx，该过程回路中的平均电流为I′，同前述道理可分别列式为－B I ′Lt 2＝0－2mvI ′t 2＝BL ·Δx 3R 2解得Δx ＝3mR 2gr B 2L 2显然Δx <x 1，假设成立，故导体棒不能向左穿过磁场区域，导体棒停止的位置与DD ′的距离x ＝x 1－Δx ＝3mR 2grB 2L2.专题强化练1.(2022·广东省调研)如图所示，左端接有阻值为R 的定值电阻，且足够长的平行光滑导轨CE 、DF 的间距为L ，导轨固定在水平面上，且处在磁感应强度大小为B 、方向竖直向下的匀强磁场中，一质量为m 、电阻为r 的导体棒ab 垂直导轨放置且静止，导轨的电阻不计．某时刻给导体棒ab 一个水平向右的瞬时冲量I ，导体棒将向右运动，最后停下来，则此过程中()A．导体棒做匀减速直线运动直至停止运动B．电阻R 上产生的焦耳热为I 22m C．通过导体棒ab 横截面的电荷量为I BLD．导体棒ab 运动的位移为IRB 2L 2答案C解析导体棒获得向右的瞬时冲量后切割磁感线，回路中出现感应电流，导体棒ab 受到向左的安培力，向右做减速运动，有B 2L 2vR ＋r ＝ma ，由于导体棒速度减小，则加速度减小，所以导体棒做的是加速度减小的减速运动直至停止运动，A 错误；导体棒减少的动能E k ＝12mv 2＝12m (I m )2＝I 22m，根据能量守恒定律可得E k ＝Q 总，又根据串、并联电路知识可得Q R ＝R R ＋r Q 总＝I 2R2m R ＋r ，B 错误；根据动量定理可得－B I L Δt ＝0－mv ，I ＝mv ，q ＝I －Δt ，联立可得q ＝IBL，C 正确；由于q ＝I －Δt＝E －R ＋r Δt ＝ΔΦR ＋r ＝BLx R ＋r ，将q ＝I BL 代入可得，导体棒ab 运动的位移x ＝I R ＋r B 2L2，D 错误．2．(多选)如图甲所示，质量m ＝3.0×10－3kg 的形金属细框水平放置在两水银槽中，形框的水平细杆CD 长l ＝0.20m，处于磁感应强度大小为B 1＝1.0T、方向水平向右的匀强磁场中．有一匝数n ＝300匝、面积S ＝0.01m 2的线圈通过开关K 与两水银槽相连．线圈处于与线圈平面垂直、沿竖直方向的匀强磁场中，其磁感应强度B 2随时间t 变化的关系如图乙所示．t ＝0.22s 时闭合开关K，瞬间细框跳起(细框跳起瞬间安培力远大于重力)，跳起的最大高度h ＝0.20m．不计空气阻力，重力加速度g 取10m/s 2，下列说法正确的是()A．0～0.10s内线圈中的感应电动势大小为3VB．0.10～0.20s内线圈中的磁通量最大，故感应电动势最大C．开关K闭合瞬间，CD中的电流方向由C到DD．开关K闭合瞬间，通过细杆CD的电荷量为0.03C答案CD解析由题图乙所示图像可知，在0～0.10s内，ΔΦ＝ΔB2S＝(1.0－0)×0.01 Wb＝0.01Wb0～0.10s内线圈中的感应电动势大小E＝n ΔΦΔt＝300×0.010.1V＝30V，在0.10～0.20s内线圈中的磁通量最大，但B2－t图像的斜率为0，故感应电动势为0，A、B错误；由题可知细杆CD所受安培力方向竖直向上，由左手定则可知，电流方向为由C到D，C正确；对细杆，由动量定理及题意得B1I l·Δt＝mv－0，细杆竖直向上做竖直上抛运动，有v2＝2gh，电荷量Q＝IΔt，联立解得Q＝m2ghB1l＝0.03C，D正确．3．(多选)(2022·河南信阳市高三质量检测)如图所示，两根足够长相互平行、间距d＝0.20m的竖直导轨，下端连接阻值R＝0.50Ω的电阻．一根阻值也为0.50Ω、质量m＝1.0×10－2kg的导体棒ab搁置在两端等高的挡条上．在竖直导轨内有垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度B＝0.50T(图中未画出)．撤去挡条，棒开始下滑，经t＝0.25s后下降了h＝0.29m．假设棒始终与导轨垂直，且与导轨接触良好，不计一切摩擦阻力和导轨电阻，重力加速度取10m/s 2.下列说法正确的是()A．导体棒能获得的最大速度为20m/s B．导体棒能获得的最大速度为10m/sC．t ＝0.25s 时间内通过导体棒的电荷量为2.9×10－2CD．t ＝0.25s 时导体棒的速度为2.21m/s 答案BCD解析导体棒获得最大速度时，导体棒受力平衡，有mg ＝F 安＝BId ，解得I ＝1A，又由E ＝Bdv m ，I ＝E2R，解得v m ＝10m/s，故A 错误，B 正确；在下落0.29m 的过程中有E ＝ΔΦt ，I ＝E 2R ，q ＝I t ，可知q ＝ΔΦ2R ，其中ΔΦ＝ΔS ·B ＝0.2×0.29×0.5Wb＝0.029Wb，解得q ＝2.9×10－2C，故C 正确；由动量定理有(mg －B I d )t ＝mv ，通过导体棒的电荷量为q ＝I t ＝Bdh 2R ，可得v ＝gt －B 2hd 22Rm，代入数据解得v ＝2.21m/s，故D 正确．4.(多选)(2022·山东青岛市黄岛区期末)如图，光滑平行金属导轨MN 、PQ 固定在水平桌面上，窄轨MP 间距0.5m，宽轨NQ 间距1m，电阻不计．空间存在竖直向上的磁感应强度B ＝1T 的匀强磁场．金属棒a 、b 水平放置在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，a 棒的质量为0.2kg，b 棒的质量为0.1kg，若a 棒以v＝9m/s的水平初速度从宽轨某处向左滑动，最终与b棒以相同的速度沿窄轨运动．若a棒滑离宽轨前加速度恰好为0，窄导轨足够长．下列说法正确的是()A．从开始到两棒以相同速度运动的过程，a、b组成的系统动量守恒B．金属棒a滑离宽轨时的速度大小为3m/sC．金属棒a、b最终的速度大小为6m/sD．通过金属棒横截面的电荷量为0.8C答案BD解析由于两导轨的宽度不相等，根据F＝BIL，知a、b两个金属棒所受水平方向的安培力之和不为零，系统动量不守恒，故A错误；a棒滑离宽轨前加速度恰好为0，即做匀速运动，a棒匀速运动时，两棒切割磁感线产生的电动势大小相等，有BLb vb＝BLava，La＝2Lb，得末速度vb＝2va，对a棒根据动量定理可得－B I LaΔt＝ma va－mav，对b棒根据动量定理可得B I LbΔt＝mbvb，联立代入数据解得va＝3m/s，vb＝6m/s，故B正确；a棒滑离宽轨道进入窄轨道后，a、b两个金属棒所受水平方向的安培力之和为零，系统动量守恒，设a、b两个金属棒最终的共同速度为v′，则ma va＋mbvb＝(ma＋mb)v′，解得v′＝4m/s，故C错误；b金属棒始终在窄轨道上运动，对b金属棒全过程利用动量定理可得B I′Lb ·Δt′＝mbv′，q＝I′·Δt′，即BLb q＝mbv′，代入数据得q＝0.8C，故D正确．5．(多选)如图所示，两条足够长、电阻不计的平行导轨放在同一水平面内，相距l.磁感应强度大小为B的范围足够大的匀强磁场垂直于导轨平面向下．两根质量均为m 、电阻均为r 的导体杆a 、b 与两导轨垂直放置且接触良好，开始时两杆均静止．已知b 杆光滑，a 杆与导轨间最大静摩擦力大小为F 0.现对b 杆施加一与杆垂直且大小随时间按图乙所示规律变化的水平外力F ，已知在t 1时刻，a 杆开始运动，此时拉力大小为F 1，下列说法正确的是(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)()A．当a 杆开始运动时，b 杆的速度大小为2F 0r B 2l 2B．在0～t 1这段时间内，b 杆所受安培力的冲量大小为2mF 0r B 2l 2－12F 1t 1C．在t 1～t 2这段时间内，a 、b 杆的总动量增加了F 1＋F 2t 2－t 12D．a 、b 两杆最终速度将恒定，且两杆速度大小之差等于t 1时刻b 杆速度大小答案AD解析在整个运动过程中，a 、b 两杆所受安培力大小相等，当a 杆开始运动时，所受的安培力大小等于最大静摩擦力F 0，则B 2l 2v2r ＝F 0，解得b 杆的速度大小为v＝2F 0rB 2l2，选项A 正确；由动量定理得I F －I 安＝mv ，F －t 图线与横轴围成的面积表示I F 的大小，知I F ＝12F 1t 1，解得I 安＝I F －mv ＝12F 1t 1－2mF 0rB 2l2，选项B 错误；在t 1～t 2这段时间内，外力F 对a 、b 杆的冲量为I F ′＝F 1＋F 2t 2－t 12，因a 杆受摩擦力作用，可知a 、b 杆所受合力的总冲量小于F 1＋F 2t 2－t 12，即a 、b杆的总动量增加量小于F 1＋F 2t 2－t 12，选项C 错误；由于最终外力F ＝F 0，故此时对两杆整体，所受合力为零，两杆所受的安培力均为F 0，处于稳定状态，因开始时b 杆做减速运动，a 杆做加速运动，故a 、b 两杆最终速度将恒定，速度大小之差满足B 2l 2Δv2r ＝F 0，即Δv ＝v ，速度大小之差等于t 1时刻b 杆速度大小，选项D 正确．6.(2022·天津市红桥区第二次质检)如图所示，两足够长的光滑金属导轨竖直放置，相距为L ，一理想电流表与两导轨相连，匀强磁场与导轨平面垂直．一质量为m 、有效电阻为R 的导体棒在距磁场上边界h 处由静止释放．导体棒进入磁场后流经电流表的电流逐渐减小，最终稳定为I .整个运动过程中，导体棒与导轨接触良好，且始终保持水平，不计导轨的电阻，重力加速度大小为g .求：(重力加速度取10m/s 2)(1)导体棒的最大速度v m ，磁感应强度的大小B ；(2)电流稳定后，导体棒运动速度的大小v ；(3)若导体棒进入磁场后恰经t 时间达到稳定，这段时间的位移x 大小．答案(1)2gh mg IL (2)I 2R mg (3)(mgt ＋m 2gh －I 2R g )RB 2L2解析(1)由题意得导体棒刚进入磁场时的速度最大，设为vm，由机械能守恒定律得12mvm2＝mgh解得vm＝2gh电流稳定后，导体棒做匀速运动，此时导体棒受到的重力和安培力平衡，则有：BIL＝mg解得：B＝mg IL(2)感应电动势E＝BLv感应电流I＝E R解得v＝I2R mg(3)导体棒进入磁场t时间运动的过程由动量定理有mgt－B I Lt＝mv－mvm又q＝I t＝ΔΦR＝BLxR，解得x＝(mgt＋m2gh－I2Rg)RB2L2.7．(2022·陕西西安市一模)如图所示，有两光滑平行金属导轨，倾斜部分和水平部分平滑连接，BE、CH段用特殊材料制成，光滑不导电，导轨的间距L＝1m，左侧接R＝1Ω的定值电阻，右侧接电容C＝1F的电容器，ABCD区域、EFGH区域均存在垂直于导轨所在平面向下、磁感应强度B＝1T的匀强磁场，ABCD区域长s ＝0.3m．金属杆a、b的长度均为L＝1m，质量均为m＝0.1kg，a的电阻为r ＝2Ω，b的电阻不计．金属杆a从距导轨水平部分h＝0.45m的高度处由静止滑下，金属杆b静止在BEHC区域，金属杆b与金属杆a发生弹性碰撞后进入EFGH区域，最终稳定运动．求：(重力加速度g 取10m/s 2)(1)金属杆a 刚进入ABCD 区域时通过电阻R 的电流I ；(2)金属杆a 刚离开ABCD 区域时的速度v 2的大小；(3)金属杆b 稳定运动时的速度v 4的大小；(4)整个运动过程中金属杆a 上产生的焦耳热．答案(1)1A(2)2m/s(3)211m/s (4)16J 解析(1)金属杆a 从开始运动到进入ABCD 区域，由动能定理有mgh ＝12mv 12解得v 1＝3m/s刚进入ABCD 区域时E ＝BLv 1I ＝E R ＋r联立解得I ＝1A(2)金属杆a 从进入ABCD 区域到离开ABCD 区域，由动量定理有－B I L ·t ＝mv 2－mv 1I t ＝BL vR ＋r t ＝BLsR ＋r 解得v 2＝2m/s(3)金属杆a 、b 碰撞过程中，有mv 2＝mv 2′＋mv 31 2mv22＝12mv2′2＋12mv32解得v3＝2m/s，v2′＝0分析可知，杆b进入磁场后，电容器充电，杆b速度减小，匀速运动时，杆b产生的感应电动势与电容器两端电压相同，且通过杆b的电荷量就是电容器储存的电荷量，由动量定理有－BLq＝mv4－mv3q C ＝BLv4联立解得v4＝211m/s(4)杆a仅在ABCD区域中运动时产生焦耳热，即Q＝rR＋r(12mv12－12mv22)＝16J.8.如图所示，MN、PQ为足够长的水平光滑金属导轨，导轨间距L＝0.5m，导轨电阻不计，空间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B＝1T；两直导体棒ab、cd均垂直于导轨放置，导体棒与导轨始终接触良好．导体棒ab的质量m1＝0.5kg，电阻R1＝0.2Ω；导体棒cd的质量m2＝1.0kg，电阻R2＝0.1Ω.将cd棒用平行于导轨的水平细线与固定的力传感器连接，给ab一个水平向右、大小为v＝3m/s 的初速度，求：(1)导体棒ab开始运动瞬间两端的电压Uab；(2)力传感器示数F随ab运动距离x的变化关系；(3)若导体棒ab向右运动的速度为1.5m/s时剪断细线，求此后回路中产生的焦耳热．答案(1)0.5V(2)F＝2.5－2518x(N)(0≤x≤1.8m)(3)0.375J解析(1)导体棒ab开始运动瞬间产生的感应电动势E＝BLv＝1×0.5×3V＝1.5 V回路的电流I＝ER1＋R2＝1.50.2＋0.1A＝5A导体棒ab开始运动瞬间两端的电压U ab ＝IR2＝0.5V(2)设导体棒ab向右运动x时的速度为v，则根据动量定理得－B I LΔt＝m1v－m1v而I＝ER1＋R2，E＝ΔΦΔt ＝BLx Δtab棒所受安培力F安＝BI′L＝B2L2vR1＋R2cd棒与ab棒所受安培力大小相等，故力传感器的示数F＝F安，联立得F＝B2L2R1＋R2[v－B2L2xm1R1＋R2]代入数据得F＝2.5－2518x(N)(0≤x≤1.8m)(3)若导体棒ab向右运动的速度为1.5m/s时剪断细线，此后ab做减速运动，cd 做加速运动，当两棒速度相等时达到稳定状态，由动量守恒定律可知m1v1＝(m1＋m2)v′回路中产生的焦耳热等于损失的机械能，则Q＝12m1v12－12(m1＋m2)v′2代入数据解得Q＝0.375J.。
十二、电磁感应中动力学与能量问题易错分析杆+导轨模型的情况,现总结如下:(1)单杆模型的常见情况v0≠0v0=0质量为m,电阻不计的单杆ab以一定初速度v0在光滑水平轨道上滑动,两平行导轨间距为L 轨道水平光滑,单杆ab质量为m,电阻不计,两平行导轨间距为L轨道水平光滑,单杆ab质量为m,电阻不计,两平行导轨间距为L,拉力F恒定轨道水平光滑,单杆ab质量为m,电阻不计,两平行导轨间距为L,拉力F恒定导体杆做加速度减小的减速运动,最终杆静止杆做加速度减小的加速运动,当E感=E时,v最大,且v m=EBL,最后以v m匀速运动杆做加速度减小的加速运动,当a=0时,v最大,v m=FRB2L2时,杆开始匀速运动Δt时间内流入电容器的电荷量Δq=CΔU=CBLΔv电流I=ΔqΔt=CBLΔvΔt=CBLa安培力F安=BLI=CB2L2aF-F安=ma,a=Fm+B2L2C所以杆以恒定的加速度匀加速运动(2)双杆模型的常见情况①初速度不为零,不受其他水平外力的作用光滑的平行导轨光滑不等距足够长导轨示意图质量m1=m2电阻r1=r2长度L1=L2质量m1=m2电阻r1=r2长度L1=2L2分析杆MN 做变减速运动,杆PQ 做变加速运动,稳定时,两杆的加速度均为零,以相同的速度匀速运动杆MN 做变减速运动,杆PQ 做变加速运动,稳定时,两杆的加速度均为零,两杆的速度之比为1∶2②初速度为零,一杆受到恒定水平外力的作用光滑的平行导轨不光滑平行导轨示意图质量m 1=m 2电阻r 1=r 2 长度L 1=L 2摩擦力F f1=F f2 质量m 1=m 2 电阻r 1=r 2 长度L 1=L 2分析开始时,两杆做变加速运动;稳定时,两杆以相同的加速度做匀加速运动开始时,若F f <F≤2F f ,则PQ 杆先变加速后匀速运动;MN 杆静止。
若F>2F f ,PQ 杆先变加速后匀加速运动,MN 杆先静止后变加速最后和PQ 杆同时做匀加速运动,且加速度相同 典例1 (多选)如图所示,足够长的光滑平行金属导轨MN 、PQ 与水平面成30°固定放置,导轨间距为1 m,导轨所在平面有磁感应强度大小为100 T 、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场,导轨的上端M 与P 间接有电容为200 μF 的电容器。
精准备考（第86期）——电磁感应与电路一、真题精选（高考必备）1．（2017·全国·高考真题）（多选）某同学自制的简易电动机示意图如图所示．矩形线圈由一根漆包线绕制而成，漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出，并作为线圈的转轴．将线圈架在两个金属支架之间，线圈平面位于竖直面内，永磁铁置于线圈下方．为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来，该同学应将()A．左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉B．左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉C．左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉D．左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉2．（2022·全国·高考真题）（多选）如图，两根相互平行的光滑长直金属导轨固定在水平绝缘桌面上，在导轨的左端接入电容为C的电容器和阻值为R的电阻。
质量为m、阻值也为R的导体棒MN静止于导轨上，与导轨垂直，且接触良好，导轨电阻忽略不计，整个系统处于方向竖直向下的匀强磁场中。
开始时，电容器所带的电荷量为Q，合上开关S后，（）A．通过导体棒MN电流的最大值为Q RCB．导体棒MN向右先加速、后匀速运动C．导体棒MN速度最大时所受的安培力也最大D．电阻R上产生的焦耳热大于导体棒MN上产生的焦耳热3．（2013·四川·高考真题）（多选）如图所示，边长为L、不可形变的正方形导线框内有半径为r 的圆形磁场区域，其磁感应强度B 随时间t 的变化关系为B= kt （常量k>0）．回路中滑动变阻器R 的最大阻值为R 0，滑动片P 位于滑动变阻器中央，定值电阻R 1=R 0、022R R ．闭合开关S ，电压表的示数为U ，不考虑虚线MN 右侧导体的感应电动势，则（ ）A ．R 2两端的电压为7U B ．电容器的a 极板带正电C ．滑动变阻器R 的热功率为电阻R 2的5倍D ．正方形导线框中的感应电动势为kL 24．（2019·江苏·高考真题）如图所示，匀强磁场中有一个用软导线制成的单匝闭合线圈，线圈平面与磁场垂直．已知线圈的面积S =0.3m 2、电阻R =0.6Ω，磁场的磁感应强度B =0.2T.现同时向两侧拉动线圈，线圈的两边在Δt =0.5s 时间内合到一起．求线圈在上述过程中（1）感应电动势的平均值E ；（2）感应电流的平均值I ，并在图中标出电流方向；（3）通过导线横截面的电荷量q ．5．（2011·重庆·高考真题）有人设计了一种可测速的跑步机，测速原理如图所示，该机底面固定有间距为L 、长度为d 的平行金属电极．电极间充满磁感应强度为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场，且接有电压表和电阻R ,绝缘橡胶带上镀有间距为d 的平行细金属条，磁场中始终仅有一根金属条，且与电极接触良好，不计金属电阻，若橡胶带匀速运动时，电压表读数为U ，求：（1）橡胶带匀速运动的速率；（2）电阻R消耗的电功率；（3）一根金属条每次经过磁场区域克服安培力做的功。
电磁感应综合计算问题目录考情分析 1解题攻略 1题型训练 4考点一单棒类电磁感应 4考点二双棒类电磁感应 6考点三线框类电磁感应 9考点四含容类电磁感应 12考情分析电磁学计算题是高考物理的必考内容之一。
高考在命题时，往往以贴近生活的实际情景为载体，巧妙地将这些情景与电磁学的核心知识点相结合，旨在考察学生理解、分析及应用知识解决实际问题的能力。
这种命题形式不仅强调了知识的应用性，也进一步巩固和深化了对电磁学基础理论的掌握，体现了理论与实践相结合的教育理念。
解题攻略1.思想方法此类问题中力现象和电磁现象相互联系、相互制约，解决问题首先要建立“动→电→动”的思维顺序.1.基本思路(1)找准主动运动者，用法拉第电磁感应定律和楞次定律(右手定则)求解电动势大小和方向.(2)根据欧姆定律，求解回路中电流.(3)分析安培力对导体棒加速度、速度的影响，从而推理得出对电路中电流的影响，最后定性分析出导体棒的最终运动情况.(4)运用运动学方程、牛顿第二定律、平衡方程或功能关系求解.2.注意的问题运用功能关系时，确定有哪些形式的能量发生了转化.如有摩擦力做功，必有内能产生；有重力做功，重力势能必然发生变化；安培力做负功，必然有其他形式的能转化为电能.2.模型建构一、单杆电容模型初态v0≠0v0=0示意图质量为m、电阻不计的单杆ab以一定初速度v0在光滑水平轨道上滑动，两平行导轨间距为l轨道水平光滑，单杆ab质量为m，电阻不计，两平行导轨间距为l轨道水平光滑，单杆ab质量为m，电阻不计，两平行导轨间距为l，拉力F恒定轨道水平光滑，单杆ab质量为m，电阻不计，两平行导轨间距为l，拉力F恒定运动分析导体杆做加速度越来越小的减速运动，最终杆静止当E感=E时，v最大，且v m=E Bl，最后以v m匀速运动当a=0时，v最大，v m=FRB2F，杆开始匀速运动Δt时间内流入电容器的电荷量Δq=CΔU=CBlΔv电流I==CBl=CBla安培力F安=IlB=CB2l2aF-F安=ma，a=，所以杆以恒定的加速度匀加速运动能量分析动能转化为内电能转化为动能外力做功转化为动能和内能，W F外力做功转化为电能和动能，W F能，12mv=Q和内能，E电=12mv+Q=12mv+Q=E电+12mv2二、电磁感应中的“双杆”问题分析(1)初速度不为零，不受其他水平外力的作用光滑的平行导轨光滑不等距导轨示意图质量m1=m2电阻r1=r2长度l1=l2质量m1=m2不电阻r1=r2长度l1=2l2运动分析杆MN做变减速运动，杆PQ做变加速运动，稳定时，两杆的加速度均为零，以相等的速度匀速运动稳定时，两杆的加速度均为零，两杆的速度之比为1∶2能量分析一部分动能转化为内能，Q=-ΔE k(2)初速度为零，一杆受到恒定水平外力的作用光滑的平行导轨不光滑平行导轨示意图质量m1=m2电阻r1=r2长度l1=l2摩擦力F f1=F f2质量m1=m2电阻r1=r2长度l1=l2运动分析开始时，两杆做变加速运动；稳定时，两杆以相同的加速度做匀加速运动开始时，若F≤2F f，则PQ杆先变加速后匀速运动；MN杆静止。
