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重难突破15　电磁感应中的动力学、能量和动量问题
1.（2025·广东佛山模拟）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、方向垂直于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→b
B.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
D.金属棒以稳定的速度下滑时，电阻R的热功率为R
2.（2023·北京高考9题）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（　　）
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
3.〔多选〕（2025·山东烟台模拟）如图所示，一光滑、电阻忽略不计的轨道固定在架台上，轨道由倾斜和水平两段组成，倾斜段的上端连接一电阻R＝0.5 Ω，两轨道间距d＝1 m，水平部分两轨道间有一竖直向下，磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场。一质量m＝0.5 kg、长为l＝1.1 m、电阻忽略不计的导体棒，从轨道上距水平面h1＝0.8 m高处由静止释放，通过磁场区域后从水平轨道末端水平飞出，落地点与水平轨道末端的水平距离x2＝0.8 m，水平轨道距水平地面的高度h2＝0.8 m。通过计算可知（g取10 m/s2）（　　）
A.导体棒进入磁场时的速度为3 m/s
B.导体棒整个运动过程中，电阻R上产生的热量为3 J
C.磁场的长度x1为2 m
D.整个过程通过电阻的电荷量为2 C
4.〔多选〕（2025·安徽黄山模拟）如图所示，空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，足够长的光滑平行金属导轨水平放置，导轨左右两部分的间距分别为l、2l；质量分别为m、2m的导体棒a、b均垂直导轨放置，导体棒a接入电路的电阻为R，其余电阻均忽略不计；a、b两棒分别以v0、2v0的初速度同时向右运动，两棒在运动过程中始终与导轨垂直且保持良好接触，a总在窄轨上运动，b总在宽轨上运动，直到两棒达到稳定状态，从开始运动到两棒稳定的过程中，下列说法正确的是（　　）
A.a棒加速度的大小始终等于b棒加速度的大小
B.稳定时a棒的速度为1.5v0
C.电路中产生的焦耳热为m
D.通过a棒的某一横截面的电荷量为
5.（2025·辽宁沈阳模拟）如图所示，矩形斜面AECD的倾角θ＝30°，在其上放置一矩形金属框abcd，ab边的边长l1＝1 m，bc边的边长l2＝0.6 m，金属框的质量m＝1 kg，电阻R＝0.1 Ω，金属框与斜面间的动摩擦因素μ＝，金属框通过轻质细线绕过定滑轮与重物相连，细线与斜面平行且靠近，重物质量m0＝2 kg，斜面上efgh区域有匀强磁场，磁感应强度的大小B＝0.5 T，方向垂直于斜面向上，已知ef到gh的距离为0.6 m。现让金属框由静止开始运动（开始时刻，cd与AE边重合），在重物到达地面之前，发现金属框能匀速穿过匀强磁场区域，不计滑轮摩擦，g取10 m/s2，求：
（1）金属框进入磁场前细线所受拉力的大小；
（2）金属框从静止开始运动到ab边刚进入磁场所用的时间。
6.（2024·河北高考14题）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O处固定一竖直细导体轴OO'。间距为L、与水平面成θ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B。足够长的细导体棒OA在水平面内绕O点以角速度ω匀速转动，水平放置在导轨上的导体棒CD始终静止。OA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OA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。
7.（2025·河南郑州模拟）如图所示，在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中有两条光滑固定的平行金属导轨MN、PQ，导轨足够长，间距为L，其电阻不计，导轨平面与磁场垂直，ab、cd为两根垂直于导轨水平放置的金属棒，其接入回路中的电阻均为R，质量均为m，与金属导轨平行的水平轻质细线一端固定，另一端与cd棒的中点连接。一开始细线处于伸直状态，ab棒在平行于导轨的拉力F的作用下从静止开始以恒定加速度a0向右做匀加速直线运动，经时间t0细线被拉断，两根金属棒运动时始终与导轨接触良好且与导轨相垂直。
（1）求细线能承受的最大拉力F0；
（2）求细线被拉断前的过程中通过金属棒ab中间横截面的电荷量q；
（3）若在细线被拉断瞬间撤去拉力F，求从此刻起两根金属棒之间距离增加量的最大值及细线断后回路中产生的总焦耳热。
重难突破15　电磁感应中的动力学、能量和动量问题
1.D　当金属棒在磁场中向下运动时，根据楞次定律可判断流过电阻R的电流方向为b→a，A错误；由于无法确定金属棒刚进入磁场时安培力与重力的大小关系，故无法确定金属棒的运动情况，B错误；金属棒进入磁场时，产生的感应电动势E＝BLv，产生的感应电流是I＝＝，金属棒所受的安培力大小F＝ILB＝，C错误；金属棒以稳定的速度下滑时，有F＝I'LB＝mg，可求得电阻R的热功率P＝I'2R＝R，D正确。
2.D　线框进磁场的过程中由楞次定律知电流方向为逆时针方向，A错误；线框出磁场的过程中，E＝BLv，I＝，有FA＝BIL＝＝ma，由于线框出磁场过程中由左手定则可知线框受到的安培力向左，则v减小，线框做加速度减小的减速运动，B错误；由功能关系得线框产生的焦耳热Q＝FAL，其中线框进出磁场时均做减速运动，故其进磁场时任意时刻的速度都大于其出磁场时的速度，所以线框进磁场时受到的安培力也一直都大，产生的焦耳热多，C错误；线框在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量q＝t，其中I＝，＝BL，联立有q＝x，由于线框在进和出的两过程中线框的位移均为L，则线框在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量相等，故D正确。
3.BCD　设导体棒进入磁场时的速度为v0，根据机械能守恒定律有m＝mgh1，解得v0＝4 m/s，故A错误；导体棒从水平轨道水平飞出后做平抛运动，则水平方向有x2＝vt，竖直方向有h2＝gt2，联立代入数据解得v＝2 m/s，导体棒通过磁场区域过程中，根据能量守恒定律有Q＝m－mv2，则导体棒整个运动过程中，电阻R上产生的热量为Q＝3 J，故B正确；导体棒通过磁场区域过程中，根据动量定理有t1＝Bdq＝mv0－mv，又有q＝t1＝＝，联立代入数据解得x1＝2 m，q＝2 C，故C、D正确。
4.AC　由F安＝ILB＝ma，可得a＝，a、b两棒串联，电流相等，a、b两棒长度分别为l、2l，质量分别为m、2m，则a、b两棒加速度大小相等，故A正确；因为导轨光滑，水平方向导体棒只受到安培力作用，对a棒，根据动量定理有Fat＝lBt＝mva－mv0，同理，对b棒有－Fbt＝－B×2l·t＝2mvb－2m·2v0，稳定时无电流，即Blva＝B·2lvb，得va＝2vb，联立解得va＝2v0，vb＝v0，故B错误；由能量守恒定律可知，动能的损失等于电路中产生的焦耳热，初动能Ek0＝m＋×2m×（2v0）2，末动能Ek＝m×（2v0）2＋×2m×，则电路中产生的焦耳热为Ek0－Ek＝m，故C正确；对a棒应用动量定理有lB·Δt＝mva－mv0，又q＝·Δt， va＝2v0，联立解得q＝，故D错误。
5.（1）12 N　（2）1.2 s
解析：（1）金属框进入磁场前，对金属框和重物分别由牛顿第二定律得FT－mgsin θ－μmgcos θ＝ma'，m0g－FT＝m0a'
联立解得FT＝12 N。
（2）因金属框能匀速穿过匀强磁场区域，对重物和金属框组成的整体，根据平衡条件可得
m0g＝mgsin θ＋μmgcos θ＋BIl1
又I＝，v＝a't
联立解得t＝1.2 s。
6.（1）　　（2）
解析：（1）当OA棒切割磁感线的有效长度为l1＝L时，该棒产生的感应电动势最大，有
Emax＝＝BL2ω
此时CD棒所受的安培力最大，结合I＝和安培力公式有
FAmax＝ImaxBL＝
当OA棒切割磁感线的有效长度为l2＝L时，该棒产生的感应电动势最小，有
Emin＝＝
此时CD棒所受的安培力最小，有
FAmin＝IminBL＝。
（2）设CD棒的质量为m，CD棒与平行导轨间的最大静摩擦力为f，OA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静止，则有FAmax＝mgsin θ＋f，FAmin＋f＝mgsin θ，结合（1）问分析有FAmax＝mgsin θ，则撤去推力瞬间，CD棒的加速度方向沿平行导轨向上，对CD棒由牛顿第二定律有FAmax＋μmgcos θ－mgsin θ＝ma，联立解得CD棒与导轨间的动摩擦因数为μ＝。
7.（1）　（2）　（3）　m
解析：（1）ab棒以加速度a0向右做匀加速运动，当细线被拉断时，ab棒运动的速度v＝a0t0
回路中的感应电动势E＝BLv
回路中的感应电流为I＝
cd棒受到的安培力为FA＝BIL＝F0
联立解得最大拉力F0＝。
（2）在Δt时间内平均感应电动势＝
回路中的平均电流为＝
细线被拉断前的过程中通过ab棒中间横截面的电荷量为q＝·Δt＝
ab棒在t0时间内的位移x0＝a0
t0时间内回路中磁通量变化量ΔΦ＝BLx0
联立解得q＝。
（3）细线被拉断瞬间撤去拉力F后，ab棒做减速运动，cd棒做加速运动，两棒之间的距离增大，设经过t时间两棒达到相同速度v'而稳定运动时，两棒之间的距离增加量达到最大值Δx，两棒所受安培力等大反向，水平方向动量守恒，由动量守恒定律得mv＝2mv'
对于ab棒，由动量定理得－BLt＝mv'－mv
＝
＝
联立解得Δx＝
由能量守恒定律得细线断后回路中产生的总焦耳热
Q总＝mv2－mv'2×2＝m。
3 / 3　电磁感应中的动力学、能量和动量问题
突破点一　电磁感应中的动力学问题
1.理解电磁感应过程中导体的两种状态
状态 特征 方法
平衡态 加速度为零 利用平衡条件列式解答
非平衡态 加速度不为零 利用牛顿第二定律结合运动学公式解答
2.抓住“两个研究对象”“四步分析”
3.关注两个“桥梁”：联系力学对象与电学对象的“桥梁”——感应电流I、切割速度v。
〔多选〕在与水平面平行的匀强磁场上方有三个线圈，从同一高度同时由静止下落，三个线圈都是材料相同、边长一样的正方形，A线圈有一个缺口，B、C线圈闭合，但B线圈的导线比C线圈的粗，则（　　）
A.三个线圈同时落地 B.A线圈最先落地
C.C线圈最后落地 D.B、C线圈同时落地
尝试解答
（2025·吉林四平模拟）
如图，固定在水平桌面上的足够长的光滑金属导轨cd、eg处于方向竖直向下的匀强磁场中，金属杆ab与导轨接触良好，在两根导轨的端点d、e之间连接一电阻，其他部分电阻忽略不计。现用一水平向右的恒力F作用在金属杆ab上，使金属杆由静止开始向右沿导轨滑动，滑动中杆ab始终垂直于导轨，金属杆受到的安培力用F安表示，则下列说法正确的是（　　）
A.金属杆ab做匀加速直线运动
B.金属杆ab运动时回路中有顺时针方向的感应电流
C.F安先不断增大，后保持不变
D.金属杆ab克服安培力做功的功率与时间的平方成正比
尝试解答
（2025·贵州贵阳模拟）足够长的平行金属导轨ab、cd水平放置于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，ac之间连接有电容为C的电容器，导轨间距为L，长度为L的光滑金属棒垂直于导轨放置，与导轨接触良好，俯视图如图所示。金属棒在水平恒力F的作用下开始向右运动，当金属棒运动距离为x时撤去外力F，整个过程电容器未被击穿，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A.在外力F作用下金属棒做加速度越来越小的加速运动
B.撤去外力F后金属棒做减速运动直至静止
C.在外力F的作用下，电容器中的电荷量随时间均匀增大
D.撤去外力F时金属棒的速度为
尝试解答
规律总结
电磁感应中的“单杆＋轨道”模型
类型 拉力恒定（含电阻） 拉力恒定（含电容器）
示 意 图 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
力 学 观 点 开始时a＝，杆ab速度v↑ 感应电动势E＝Blv↑ I↑ 安培力F安＝IlB↑，由F－F安＝ma知a↓，当a＝0时，v最大，vm＝ 开始时a＝，杆ab速度v↑ 感应电动势E＝Blv↑，经过Δt速度为v＋Δv，此时感应电动势E'＝Bl（v＋Δv），Δt时间内流入电容器的电荷量Δq＝CΔU＝C（E'－E）＝CBlΔv，电流I＝＝CBl＝CBla，安培力F安＝IlB＝CB2l2a，F－F安＝ma，a＝，所以杆以恒定的加速度做匀加速运动
图像观点
能量观点 F做的功一部分转化为杆的动能，一部分产生电热：WF＝Q＋m F做的功一部分转化为动能，一部分转化为电场能：WF＝mv2＋EC
如图所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ置于垂直于斜面向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝1 T，金属导轨倾角θ＝37°，导轨间距l＝1 m，其电阻不计。K为单刀双掷开关，当其掷于1端时，电容C＝1 F的电容器接入电路；当其掷于2端时，有R＝1 Ω的电阻接入电路。金属杆OO'质量m＝1 kg，接入电路的阻值也为R＝1 Ω。初始时，OO'锁定。已知重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6。
（1）将K掷于2端，释放OO'，求OO'的最大速度；
（2）将K掷于1端，释放OO'，求系统稳定时金属杆的加速度大小。
尝试解答
突破点二　电磁感应中的能量问题
1.电磁感应过程中的能量转化
2.求解焦耳热Q的三种方法
焦耳定律 Q＝I2Rt，电流、电阻都不变时适用
功能关系 Q＝W克服安培力，任意情况都适用
能量转化 Q＝ΔE其他能的减少量，任意情况都适用
〔多选〕如图，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，两部分平滑连接，平直部分右端接一个阻值为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处由静止释放，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，重力加速度大小为g，金属棒与导轨间接触良好，则在金属棒穿过磁场区域的过程中（　　）
A.流过金属棒的最大电流为
B.通过金属棒的电荷量为
C.金属棒克服安培力所做的功为mgh
D.金属棒内产生的焦耳热为 mg（h－μd）
尝试解答
〔多选〕如图所示，相距为d的两水平线L1和L2分别是水平向里的匀强磁场的边界，磁场的磁感应强度为B，正方形线框abcd边长为L（L＜d）、质量为m、电阻为R。将线框在磁场上方高h处由静止释放，ab边刚进入磁场和穿出磁场时的速度恰好相等，重力加速度为g，则在线框全部穿过磁场的过程中（　　）
A.ab边刚进入磁场时a、b两端间的电势差为BL
B.感应电流所做功为mgd
C.感应电流所做功为2mgd
D.线框最小速度为v＝
尝试解答
（2025·广东容山中学期中）如图所示，MN、PQ是竖直放置的光滑平行金属导轨，相距L＝0.5 m。上端接有R＝0.8 Ω的定值电阻，金属杆ab质量m＝100 g，电阻r＝0.2 Ω，其余电阻不计。整个装置在垂直导轨平面的匀强磁场中，磁感应强度B＝1.0 T。ab杆从轨道上端由静止开始下落，下落过程中ab杆始终与轨道保持良好接触，当杆下落10 m时，达到最大速度。重力加速度取g＝10 m/s2。求：
（1）ab杆的最大速度；
（2）从静止开始到达到最大速度的过程中，定值电阻上消耗的焦耳热；
（3）从静止开始到达到最大速度的过程中，通过金属杆ab某横截面的电荷量。
尝试解答
突破点三　电磁感应中的动量问题
动量定理在电磁感应过程中的应用
　在电磁感应过程中，导体棒或金属框在安培力作用下做非匀变速直线运动时，当题目中涉及速度v、电荷量q、运动时间t、运动位移x时应用动量定理求解比较方便快捷。
〔多选〕（2024·贵州高考10题）如图，间距为L的两根金属导轨平行放置并固定在绝缘水平桌面上，左端接有一定值电阻R，导轨所在平面存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。质量为m的金属棒置于导轨上，在水平拉力作用下从静止开始做匀加速直线运动，一段时间后撤去水平拉力，金属棒最终停在导轨上。已知金属棒在运动过程中，最大速度为v，加速阶段的位移与减速阶段的位移相等，金属棒始终与导轨垂直且接触良好，不计摩擦及金属棒与导轨的电阻，则（　　）
A.加速过程中通过金属棒的电荷量为
B.金属棒加速的时间为
C.加速过程中拉力的最大值为
D.加速过程中拉力做的功为mv2
尝试解答
〔多选〕如图所示，两根光滑足够长且电阻不计的平行金属导轨MNPQ和M1N1P1Q1，固定在水平面上，MN与M1N1距离为2l，PQ与P1Q1距离为l。金属棒a和b的质量分别为2m和m、长度分别为2l与l，金属棒a、b分别垂直放在导轨MN、M1N1和PQ、P1Q1上，开始时静止在导轨上。整个装置处于竖直向下的、磁感强度为B的匀强磁场中。现金属棒a获得水平向右的初速度v0，两棒运动时始终保持平行且金属棒a总在MNM1N1上运动，金属棒b总在PQP1Q1上运动，经过足够长时间后，下列说法正确的是（　　）
A.流过金属棒a的电荷量是
B.金属棒a和b均做加速度相同的匀加速直线运动
C.金属棒a和b均做速度相等的匀速直线运动
D.回路中感应电动势为零
尝试解答
方法总结
不等间距的两导体棒处于同一磁场中所受安培力不相等，它们分别做变速运动；涉及电荷量、速度、时间等，一般先根据动量定理列方程；若求焦耳热可对系统应用能量守恒定律列方程。
动量守恒定律在电磁感应过程中的应用
　在双金属棒切割磁感线的系统中，双金属棒和导轨构成闭合回路，安培力充当系统内力，如果双金属棒系统受到的合外力为0时，满足动量守恒，运用动量守恒定律解题往往比较方便。
〔多选〕如图所示为两根间距为L的光滑平行金属导轨，OO'左侧向上弯曲，右侧水平，水平导轨处在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中。两根金属棒MN、PQ垂直于导轨放置，与导轨接触良好，金属棒MN、PQ的长度均为L、质量均为m、阻值均为R。金属棒MN从竖直高度h处由静止释放沿导轨下滑。导轨电阻不计，整个过程金属棒MN和PQ未相碰，则（　　）
A.金属棒MN进入磁场时，金属棒PQ两端电压大小为
B.释放后金属棒MN的最小速度为0
C.整个过程中流过金属棒PQ的电荷量为
D.整个过程中闭合回路产生的焦耳热为
尝试解答
规律总结
电磁感应中的“双杆＋轨道”模型
类型 光滑平行导轨 光滑不等距导轨
示意图 两金属杆的质量分别为m1、m2，电阻分别为r1、r2，导轨间距为L，其他电阻忽略不计 两金属杆的质量分别为m1、m2，电阻分别为r1、r2，导轨间距为L，其他电阻忽略不计 两金属杆的质量分别为m1、m2，电阻分别为r1、r2，导轨间距L1＝2L2，其他电阻忽略不计
力学 观点 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 杆MN做加速度逐渐减小的减速运动，杆PQ做加速度逐渐减小的加速运动，稳定时，两杆的加速度均为零，以相等的速度做匀速运动 杆MN做加速度逐渐减小的减速运动，杆PQ做加速度逐渐减小的加速运动，稳定时，两杆的加速度均为零，两杆的速度之比vMN∶vPQ＝1∶2
动量观点 系统动量不守恒 系统动量守恒
能量 观点 外力做的功＝金属杆1增加的动能＋金属杆2增加的动能＋焦耳热 杆MN动能的减少量＝杆PQ动能的增加量＋焦耳热
重难突破15　电磁感应中的动力学、能量和动量问题
【着眼“四翼”·探考点】
突破点一
【例1】 BD　A线圈不受安培力，所以最先落地，选项A错误，选项B正确；要想比较出B、C线圈的下落时间，需要先比较加速度，得出加速度a与导线横截面积S的关系，线圈下落的加速度a＝＝g－＝g－，其中电阻R＝ρ电，m＝ρV＝ρ·4l·S，所以有加速度a＝g－，加速度a与l和S均无关，即B、C线圈同时落地，选项C错误，选项D正确。
【例2】 C　F安＝BIL＝，金属杆在恒力作用下向右做加速运动，随着速度v的增大，安培力不断变大，金属杆受到的合力减小，加速度减小，当安培力与恒力的合力为零时金属杆ab做匀速直线运动，安培力保持不变，由此可知，金属杆ab向右先做加速度减小的加速运动，然后做匀速直线运动，故A错误，C正确；由右手定则或楞次定律可知，金属杆ab运动时回路中有逆时针方向的感应电流，故B错误；安培力的功率P安＝F安v＝，如果金属杆做初速度为零的匀加速直线运动，则v＝at，金属杆克服安培力做功的功率与时间的平方成正比，由于金属杆先做加速度减小的加速运动后做匀速直线运动，因此金属杆ab克服安培力做功的功率与时间的平方不成正比，故D错误。
【例3】 C　对金属棒，由牛顿第二定律得F－BIL＝ma，通过金属棒的电流为I＝＝＝BLaC，可得金属棒的加速度a＝，金属棒做匀加速直线运动，撤去外力F后，金属棒两端电压和电容器两端电压相等，整个闭合回路中没有电流，金属棒做匀速直线运动，故A、B错误；电容器中的电荷量Q＝CU＝CBLat＝，可知电容器中的电荷量随时间均匀增大，故C正确；由v2＝2ax，可求得v＝，故D错误。
【例4】 （1）12 m/s　（2）3 m/s2
解析：（1）当OO'加速度为零时，OO'的速度最大，对金属杆受力分析有mgsin θ＝IBl
通过金属杆的电流为I＝
金属杆产生的感应电动势为E＝Blv
联立解得最大速度v＝12 m/s。
（2）由电流定义式得I＝
由电容定义式得C＝，得
Δq＝CΔU
由法拉第电磁感应定律得ΔU＝ΔE＝BlΔv
联立可得感应电流I＝CBla
OO'所受安培力的大小为F＝IlB＝CB2l2a
对OO'应用牛顿第二定律有
mgsin θ－CB2l2a＝ma
解得a＝
代入数据得a＝3 m/s2。
突破点二
【例5】 BD　金属棒下滑到弯曲部分底端时，根据动能定理有mgh＝ m，金属棒在磁场中运动时产生的感应电动势E＝BLv，金属棒受到的安培力F＝ILB，当金属棒刚进入磁场中时，感应电流最大，可得流过金属棒最大电流Imax＝ ，故A错误；金属棒穿过磁场区域的过程中通过金属棒的电荷量q＝ t＝ ＝ ，故B正确；对整个过程由动能定理得mgh－W克安－μmgd＝0，金属棒克服安培力做的功W克安＝mgh－μmgd，金属棒内产生的焦耳热Q＝ W克安＝ mg（h－μd），故C错误，D正确。
【例6】 CD　线框自由下落过程，有mgh＝m，ab边刚进入磁场时，有E＝BLv0，U＝BLv0，联立解得U＝BL，故A错误；根据能量守恒定律可知，从ab边刚进入磁场到ab边刚穿出磁场的过程，动能变化为0，重力势能转化为线框产生的热量，则Q＝mgd，ab边刚进入磁场时速度为v0，ab边刚离开磁场时速度也为v0，所以从ab边刚穿出磁场到cd边离开磁场的过程，线框产生的热量与从ab边刚进入磁场到cd边刚进入磁场的过程产生的热量相等，所以线框从ab边进入磁场到cd边离开磁场的过程，感应电流做的功等于产生的热量，有W＝Q'＝2mgd，故B错误，C正确；因为进磁场时要减速，即此时的安培力大于重力，速度减小，安培力也减小，线框全部进入磁场将做加速运动，所以全部进入磁场的瞬间速度最小，设线框的最小速度为v，从ab边刚进入磁场到线框完全进入磁场的过程，由动能定理，有mgL－W安＝mv2－m，又m＝mgh，W安＝mgd，联立解得线框的最小速度为v＝，故D正确。
【例7】 （1）4 m/s　（2）7.36 J　（3）5 C
解析：（1）当ab匀速下落时速度达到最大，此时所受安培力与重力二力平衡，
则有F安＝mg
又F安＝BIL，E＝BLvmax，I＝
联立解得ab杆的最大速度为vmax＝4 m/s。
（2）从静止开始到达到最大速度的过程中，由能量守恒定律得
mgh＝Q总＋m
所以回路产生的总焦耳热为Q总＝mgh－m＝9.2 J
定值电阻上消耗的焦耳热为QR＝Q总＝7.36 J。
（3）从静止开始到达到最大速度的过程中，通过金属杆ab某横截面的电荷量q＝Δt
＝
＝
ΔΦ＝BΔS＝BLh
联立解得q＝5 C。
突破点三
【例8】 AB　加速阶段的位移与减速阶段的位移相等，都设为x，根据q＝Δt＝Δt＝·Δt＝＝，可知加速过程中通过金属棒的电荷量等于减速过程中通过金属棒的电荷量，对于减速过程，由动量定理可得－BLΔt＝－BLq＝0－mv，解得q＝，A正确；由q＝＝，解得x＝，金属棒加速的过程中，由位移公式可得x＝vt，可得加速时间 为t＝，B正确；金属棒在水平拉力作用下从静止开始做匀加速直线运动，加速过程中，安培力逐渐增大，加速度不变，因此拉力逐渐增大，当撤去拉力的瞬间，拉力最大，由牛顿第二定律可得Fm－BL＝ma，其中v＝at，联立解得Fm＝，C错误；加速过程中拉力对金属棒做正功，安培力对金属棒做负功，由动能定理可知，合外力的功WF－W安＝mv2，可得WF＝W安＋mv2，因此加速过程中拉力做的功大于mv2，D错误。
【例9】 AD　因金属棒a获得初速度v0向右运动，其受到的安培力向左，则金属棒a做减速运动，金属棒b受到的安培力向右做加速运动，则经过一段时间后，两棒稳定时均做匀速运动，此时回路的感应电流为零，感应电动势也为零，则B·2lva＝Blvb，即2va＝vb，选项B、C错误，D正确；对金属棒a，由动量定理得－B·2lΔt＝2mva－2mv0，对金属棒b，由动量定理得B·lΔt＝mvb，解得q＝Δt＝，选项A正确。
【例10】 AC　MN从静止释放到刚进入磁场这个过程，由动能定理得mgh＝m，此时产生的电动势E＝BLv0，电路中的电流为I＝，又r＝R，所以此时PQ两端的电压UPQ＝E－Ir＝E－IR＝，故A正确；MN进入磁场后，MN、PQ受到的安培力等大反向，MN、PQ组成的系统所受合外力为零，所以MN、PQ组成的系统动量守恒，故最后MN、PQ达到共同速度一起运动，速度不会变为零，故B错误；设MN、PQ最终速度为v，则mv0＝（m＋m）v，故v＝v0，又Δv＝aΔt＝Δt＝q，所以q＝Δv＝＝·＝ ，故C正确；对整个过程中两金属棒，由能量守恒定律有mgh＝·2m·＋Q，则整个过程中闭合回路产生的焦耳热为Q＝mgh－·2m·＝mgh，故D错误。
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重难突破15
电磁感应中的动力学、能量和动量问题
高中总复习·物理
目 录
01
着眼“四翼”·探考点
02
培养“思维”·重落实
题型 规律 方法
着眼“四翼”·探考点
突破点一　电磁感应中的动力学问题
1. 理解电磁感应过程中导体的两种状态
状态 特征 方法
平衡态 加速度为零 利用平衡条件列式解答
非平衡态 加速度不为零 利用牛顿第二定律结合运动学公式解答
2. 抓住“两个研究对象”“四步分析”
3. 关注两个“桥梁”：联系力学对象与电学对象的“桥梁”——感应电流
I、切割速度v。
〔多选〕在与水平面平行的匀强磁场上方有三个线圈，从同一高度同
时由静止下落，三个线圈都是材料相同、边长一样的正方形，A线圈有一
个缺口，B、C线圈闭合，但B线圈的导线比C线圈的粗，则（　　）
A. 三个线圈同时落地 B. A线圈最先落地
C. C线圈最后落地 D. B、C线圈同时落地
√
√
解析：A线圈不受安培力，所以最先落地，选项A错误，选项B正确；要想
比较出B、C线圈的下落时间，需要先比较加速度，得出加速度a与导线横
截面积S的关系，线圈下落的加速度a＝＝g－＝g－，其中
电阻R＝ρ电，m＝ρV＝ρ·4l·S，所以有加速度a＝g－，加速度a与l和S
均无关，即B、C线圈同时落地，选项C错误，选项D正确。
（2025·吉林四平模拟）如图，固定在水平桌面上的足够长的光滑金
属导轨cd、eg处于方向竖直向下的匀强磁场中，金属杆ab与导轨接触良
好，在两根导轨的端点d、e之间连接一电阻，其他部分电阻忽略不计。现
用一水平向右的恒力F作用在金属杆ab上，使金属杆由静止开始向右沿导
轨滑动，滑动中杆ab始终垂直于导轨，金属杆受到的安培力用F安表示，则
下列说法正确的是（　　）
A. 金属杆ab做匀加速直线运动
B. 金属杆ab运动时回路中有顺时针方向的感应电流
C. F安先不断增大，后保持不变
D. 金属杆ab克服安培力做功的功率与时间的平方成正比
√
解析：F安＝BIL＝，金属杆在恒力作用下向右做加速运动，随着速度v
的增大，安培力不断变大，金属杆受到的合力减小，加速度减小，当安培
力与恒力的合力为零时金属杆ab做匀速直线运动，安培力保持不变，由此
可知，金属杆ab向右先做加速度减小的加速运动，然后做匀速直线运动，
故A错误，C正确；由右手定则或楞次定律可知，金属杆ab运动时回路中有
逆时针方向的感应电流，故B错误；安培力的功率P安＝F安v＝，如果
金属杆做初速度为零的匀加速直线运动，则v＝at，金属杆克服安培力做功
的功率与时间的平方成正比，由于金属杆先做加速度减小的加速运动后做
匀速直线运动，因此金属杆ab克服安培力做功的功率与时间的平方不成正
比，故D错误。
（2025·贵州贵阳模拟）足够长的平行金属导轨ab、cd水平放置于竖
直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，ac之间连接有电容为C的电容
器，导轨间距为L，长度为L的光滑金属棒垂直于导轨放置，与导轨接触良
好，俯视图如图所示。金属棒在水平恒力F的作用下开始向右运动，当金
属棒运动距离为x时撤去外力F，整个过程电容器未被击穿，重力加速度为
g，下列说法正确的是（　　）
A. 在外力F作用下金属棒做加速度越来越小的加速运动
B. 撤去外力F后金属棒做减速运动直至静止
C. 在外力F的作用下，电容器中的电荷量随时间均匀增大
D. 撤去外力F时金属棒的速度为
√
解析：对金属棒，由牛顿第二定律得F－BIL＝ma，通过金属棒的电流为I
＝＝＝BLaC，可得金属棒的加速度a＝，金属棒做匀加速
直线运动，撤去外力F后，金属棒两端电压和电容器两端电压相等，整个
闭合回路中没有电流，金属棒做匀速直线运动，故A、B错误；电容器中的
电荷量Q＝CU＝CBLat＝，可知电容器中的电荷量随时间均匀增
大，故C正确；由v2＝2ax，可求得v＝，故D错误。
规律总结
电磁感应中的“单杆＋轨道”模型
类型 拉力恒定（含电阻） 拉力恒定（含电容器）
示意图 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
类型 拉力恒定（含电阻） 拉力恒定（含电容器）
力学
观点 开始时a＝，杆ab
速度v↑ 感应电动势
E＝Blv↑ I↑ 安培
力F安＝IlB↑，由F－
F安＝ma知a↓，当a
＝0时，v最大，vm＝ 开始时a＝，杆ab速度v↑ 感应电动势E＝
Blv↑，经过Δt速度为v＋Δv，此时感应电动势
E'＝Bl（v＋Δv），Δt时间内流入电容器的电
荷量Δq＝CΔU＝C（E'－E）＝CBlΔv，电流I
＝＝CBl＝CBla，安培力F安＝IlB＝
CB2l2a，F－F安＝ma，a＝，所以杆
以恒定的加速度做匀加速运动
类型 拉力恒定（含电阻） 拉力恒定（含电容器）
图像观点
能量观点 F做的功一部分转化为
杆的动能，一部分产生
电热：WF＝Q＋m F做的功一部分转化为动能，一部
分转化为电场能：WF＝mv2＋EC
如图所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ置于垂直于斜面向上
的匀强磁场中，磁感应强度B＝1 T，金属导轨倾角θ＝37°，导轨间距l＝1
m，其电阻不计。K为单刀双掷开关，当其掷于1端时，电容C＝1 F的电容
器接入电路；当其掷于2端时，有R＝1 Ω的电阻接入电路。金属杆OO'质量
m＝1 kg，接入电路的阻值也为R＝1 Ω。初始时，OO'锁定。已知重力加速
度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6。
（1）将K掷于2端，释放OO'，求OO'的最大速度；
答案： 12 m/s　
解析： 当OO'加速度为零时，OO'的速度最大，对金属杆受力分析有
mgsin θ＝IBl
通过金属杆的电流为I＝
金属杆产生的感应电动势为E＝Blv
联立解得最大速度v＝12 m/s。
（2）将K掷于1端，释放OO'，求系统稳定时金属杆的加速度大小。
答案： 3 m/s2
解析： 由电流定义式得I＝
由电容定义式得C＝，得
Δq＝CΔU
由法拉第电磁感应定律得ΔU＝ΔE＝BlΔv
联立可得感应电流I＝CBla
OO'所受安培力的大小为F＝IlB＝CB2l2a
对OO'应用牛顿第二定律有mgsin θ－CB2l2a＝ma
解得a＝
代入数据得a＝3 m/s2。
突破点二　电磁感应中的能量问题
1. 电磁感应过程中的能量转化
2. 求解焦耳热Q的三种方法
焦耳定律 Q＝I2Rt，电流、电阻都不变时适用
功能关系 Q＝W克服安培力，任意情况都适用
能量转化 Q＝ΔE其他能的减少量，任意情况都适用
〔多选〕如图，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，两部分平滑连接，平直部分右端接一
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处由静止释放，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，重力加速度大小为g，金属棒与导轨间接触良
好，则在金属棒穿过磁场区域的过程中（　　）
A. 流过金属棒的最大电流为
B. 通过金属棒的电荷量为
C. 金属棒克服安培力所做的功为mgh
D. 金属棒内产生的焦耳热为 mg（h－μd）
√
√
解析：金属棒下滑到弯曲部分底端时，根据动能定理有mgh＝ m，金
属棒在磁场中运动时产生的感应电动势E＝BLv，金属棒受到的安培力F＝
ILB，当金属棒刚进入磁场中时，感应电流最大，可得流过金属棒最大电
流Imax＝ ，故A错误；金属棒穿过磁场区域的过程中通过金属棒的电
荷量q＝ t＝ ＝ ，故B正确；对整个过程由动能定理得mgh－W克安－
μmgd＝0，金属棒克服安培力做的功W克安＝mgh－μmgd，金属棒内产生的
焦耳热Q＝ W克安＝ mg（h－μd），故C错误，D正确。
〔多选〕如图所示，相距为d的两水平线L1和L2分别是水平向里的匀
强磁场的边界，磁场的磁感应强度为B，正方形线框abcd边长为L（L＜
d）、质量为m、电阻为R。将线框在磁场上方高h处由静止释放，ab边刚进
入磁场和穿出磁场时的速度恰好相等，重力加速度为g，则在线框全部穿
过磁场的过程中（　　）
A. ab边刚进入磁场时a、b两端间的电势差为BL
B. 感应电流所做功为mgd
C. 感应电流所做功为2mgd
D. 线框最小速度为v＝
√
√
解析：线框自由下落过程，有mgh＝m，ab边刚进入磁场时，有E＝
BLv0，U＝BLv0，联立解得U＝BL，故A错误；根据能量守恒定律
可知，从ab边刚进入磁场到ab边刚穿出磁场的过程，动能变化为0，重力
势能转化为线框产生的热量，则Q＝mgd，ab边刚进入磁场时速度为v0，ab
边刚离开磁场时速度也为v0，所以从ab边刚穿出磁场到cd边离开磁场的过
程，线框产生的热量与从ab边刚进入磁场到cd边刚进入磁场的过程产生的
热量相等，所以线框从ab边进入磁场到cd边离开磁场的过程，感应电流做
的功等于产生的热量，有W＝Q'＝2mgd，故B错误，C正确；
因为进磁场时要减速，即此时的安培力大于重力，速度减小，安培力也减
小，线框全部进入磁场将做加速运动，所以全部进入磁场的瞬间速度最小，
设线框的最小速度为v，从ab边刚进入磁场到线框完全进入磁场的过程，由
动能定理，有mgL－W安＝mv2－m，又m＝mgh，W安＝mgd，联立
解得线框的最小速度为v＝，故D正确。
（2025·广东容山中学期中）如图所示，MN、PQ是竖直放置的光滑
平行金属导轨，相距L＝0.5 m。上端接有R＝0.8 Ω的定值电阻，金属杆ab
质量m＝100 g，电阻r＝0.2 Ω，其余电阻不计。整个装置在垂直导轨平面
的匀强磁场中，磁感应强度B＝1.0 T。ab杆从轨道上端由静止开始下落，
下落过程中ab杆始终与轨道保持良好接触，当杆下落10 m时，达到最大速
度。重力加速度取g＝10 m/s2。求：
（1）ab杆的最大速度；
答案： 4 m/s　
解析： 当ab匀速下落时速度达到最大，此时所受安培力与
重力二力平衡，
则有F安＝mg
又F安＝BIL，E＝BLvmax，I＝
联立解得ab杆的最大速度为vmax＝4 m/s。
（2）从静止开始到达到最大速度的过程中，定值电阻上消耗的焦耳热；
答案： 7.36 J　
解析： 从静止开始到达到最大速度的过程中，由能量守恒定律得
mgh＝Q总＋m
所以回路产生的总焦耳热为Q总＝mgh－m＝9.2 J
定值电阻上消耗的焦耳热为QR＝Q总＝7.36 J。
（3）从静止开始到达到最大速度的过程中，通过金属杆ab某横截面的电
荷量。
答案： 5 C
解析： 从静止开始到达到最大速度的过程中，通过金属杆ab某横截
面的电荷量q＝Δt
＝
＝
ΔΦ＝BΔS＝BLh
联立解得q＝5 C。
突破点三　电磁感应中的动量问题
动量定理在电磁感应过程中的应用
　在电磁感应过程中，导体棒或金属框在安培力作用下做非匀变速直线运
动时，当题目中涉及速度v、电荷量q、运动时间t、运动位移x时应用动量
定理求解比较方便快捷。
〔多选〕（2024·贵州高考10题）如图，间距为L的两根金属导轨平行
放置并固定在绝缘水平桌面上，左端接有一定值电阻R，导轨所在平面存
在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。质量为m的金属棒置于
导轨上，在水平拉力作用下从静止开始做匀加速直线运动，一段时间后撤
去水平拉力，金属棒最终停在导轨上。已知金属棒在运动过程中，最大速
度为v，加速阶段的位移与减速阶段的位移相等，金属棒始终与导轨垂直且
接触良好，不计摩擦及金属棒与导轨的电阻，则（　　）
A. 加速过程中通过金属棒的电荷量为
B. 金属棒加速的时间为
C. 加速过程中拉力的最大值为
D. 加速过程中拉力做的功为mv2
√
√
解析：加速阶段的位移与减速阶段的位移相等，都设为x，根据q＝Δt＝
Δt＝·Δt＝＝，可知加速过程中通过金属棒的电荷量等于减速过
程中通过金属棒的电荷量，对于减速过程，由动量定理可得－BLΔt＝－
BLq＝0－mv，解得q＝，A正确；由q＝＝，解得x＝，金属棒
加速的过程中，由位移公式可得x＝vt，可得加速时间 为t＝，B正确；
金属棒在水平拉力作用下从静止开始做匀加速直线运动，加速过程中，安
培力逐渐增大，加速度不变，因此拉力逐渐增大，当撤去拉力的瞬间，拉
力最大，由牛顿第二定律可得Fm－BL＝ma，其中v＝at，联立解得Fm＝
，C错误；加速过程中拉力对金属棒做正功，安培力对金属棒做负功，
由动能定理可知，合外力的功WF－W安＝mv2，可得WF＝W安＋mv2，因此
加速过程中拉力做的功大于mv2，D错误。
〔多选〕如图所示，两根光滑足够长且电阻不计的平行金属导轨
MNPQ和M1N1P1Q1，固定在水平面上，MN与M1N1距离为2l，PQ与P1Q1距
离为l。金属棒a和b的质量分别为2m和m、长度分别为2l与l，金属棒a、b分
别垂直放在导轨MN、M1N1和PQ、P1Q1上，开始时静止在导轨上。整个装
置处于竖直向下的、磁感强度为B的匀强磁场中。现金属棒a获得水平向右
的初速度v0，两棒运动时始终保持平行且金属棒a总在MNM1N1上运动，金
属棒b总在PQP1Q1上运动，经过足够长时间后，下列说法正确的是（　　）
A. 流过金属棒a的电荷量是
B. 金属棒a和b均做加速度相同的匀加速直线运动
C. 金属棒a和b均做速度相等的匀速直线运动
D. 回路中感应电动势为零
√
√
解析：因金属棒a获得初速度v0向右运动，其受到的安培力向左，则金属棒
a做减速运动，金属棒b受到的安培力向右做加速运动，则经过一段时间
后，两棒稳定时均做匀速运动，此时回路的感应电流为零，感应电动势也
为零，则B·2lva＝Blvb，即2va＝vb，选项B、C错误，D正确；对金属棒a，
由动量定理得－B·2lΔt＝2mva－2mv0，对金属棒b，由动量定理得B·lΔt＝
mvb，解得q＝Δt＝，选项A正确。
方法总结
　　不等间距的两导体棒处于同一磁场中所受安培力不相等，它们分别做
变速运动；涉及电荷量、速度、时间等，一般先根据动量定理列方程；若
求焦耳热可对系统应用能量守恒定律列方程。
动量守恒定律在电磁感应过程中
的应用
　在双金属棒切割磁感线的系统中，双金属棒和导轨构成闭合回路，安培
力充当系统内力，如果双金属棒系统受到的合外力为0时，满足动量守
恒，运用动量守恒定律解题往往比较方便。
〔多选〕如图所示为两根间距为L的光滑平行金属导轨，OO'左侧向
上弯曲，右侧水平，水平导轨处在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的
匀强磁场中。两根金属棒MN、PQ垂直于导轨放置，与导轨接触良好，金
属棒MN、PQ的长度均为L、质量均为m、阻值均为R。金属棒MN从竖直高
度h处由静止释放沿导轨下滑。导轨电阻不计，整个过程金属棒MN和PQ未
相碰，则（　　）
A. 金属棒MN进入磁场时，金属棒PQ两端电压大小为
B. 释放后金属棒MN的最小速度为0
C. 整个过程中流过金属棒PQ的电荷量为
D. 整个过程中闭合回路产生的焦耳热为
√
√
解析：MN从静止释放到刚进入磁场这个过程，由动能定理得mgh＝
m，此时产生的电动势E＝BLv0，电路中的电流为I＝，又r＝R，所
以此时PQ两端的电压UPQ＝E－Ir＝E－IR＝，故A正确；MN进入磁
场后，MN、PQ受到的安培力等大反向，MN、PQ组成的系统所受合外力
为零，所以MN、PQ组成的系统动量守恒，故最后MN、PQ达到共同速度
一起运动，速度不会变为零，故B错误；设MN、PQ最终速度为v，则mv0＝
（m＋m）v，故v＝v0，又Δv＝aΔt＝Δt＝q，所以q＝Δv＝
＝·＝ ，故C正确；对整个过程中两金属棒，由能量守恒定律有mgh＝·2m·＋Q，则整个过程中闭合回路产生的焦耳热为Q＝mgh－·2m·＝mgh，故D错误。
如图所示，P、Q是两根固定在水平面内
的光滑平行金属导轨，间距为L，导轨足
够长且电阻可忽略不计。图中EFHG矩形
区域内有一方向垂直于导轨平面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。在t＝0时刻，两金属棒a、b分别以大小相同的速率v0，分别从磁场的边界EF、GH进入磁场。经过一段时间后，其中有一棒恰好停在磁场边界处，且在这个过程中，金属棒a、b没有相碰，相距最近时b棒仍位于磁场区域内。已知金属棒a、b是由相同材料制成，长度均为L，电阻分别为R和2R，a棒的质量为2m。在运动过程中两金属棒始终与导轨垂直且接触良好。求：
（1）在t＝0时刻b棒的加速度大小；
答案： 　
解析： 根据电阻定律有Ra＝R＝ρ，Rb＝2R＝ρ
可得Sa＝2Sb
根据ma＝2m＝ρ'LSa，mb＝ρ'LSb
可得mb＝ma＝m
a进入磁场的速度方向向右，b进入磁场的速度方向向左，根据右手定则可
知，a产生的感应电流方向是E到F，b产生的感应电流方向是H到G，即两
个感应电流方向相同，所以流过a、b的感应电流是两个感应电流之和，则
有I＝
对于b，根据牛顿第二定律有ILB＝mba
联立解得在t＝0时刻b棒的加速度大小为a＝。
（2）两棒在整个过程中相距最近的距离；
答案： 　
解析：取向右为正方向，相距最近时，两棒具有相同的速度，根据系统动
量守恒有2mv0－mv0＝（2m＋m）v
解得v＝
此时，电路中感应电流为0，a、b棒一起向右匀速运动，直到b棒出磁场区
域，之后b棒不受安培力、a棒受安培力减速直到停下；从b棒出磁场区域
到a棒刚好停在磁场边界处，对a棒运用动量定理得－LBΔt＝0－2mv
又q＝IΔt＝Δt＝Δt＝＝
联立解得两棒在整个过程中相距最近的距离为s＝。
（3）在整个过程中，b棒产生的焦耳热。
答案： m
解析：对a、b组成的系统，最终b棒一直做匀速直线运动，根据能量守恒有
m＝mv2＋Q总
对a、b，根据焦耳定律有Q＝I2RΔt
因流过a、b的电流一直相等，所用时间也相同，故a、b产生的热量与电阻
成正比，即Qa∶Qb＝1∶2
又Qa＋Qb＝Q总
联立解得b棒产生的焦耳热为Qb＝m。
规律总结
电磁感应中的“双杆＋轨道”模型
类型 光滑平行导轨 光滑不等距导轨
示意
图 两金属杆的质量分别
为m1、m2，电阻分别
为r1、r2，导轨间距为
L，其他电阻忽略不计 两金属杆的质量
分别为m1、m2，
电阻分别为r1、
r2，导轨间距为
L，其他电阻忽
略不计
两金属杆的质量分别为
m1、m2，电阻分别为r1、
r2，导轨间距L1＝2L2，
其他电阻忽略不计
类型 光滑平行导轨 光滑不等距导轨
力学 观点 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 杆MN做加速度
逐渐减小的减速
运动，杆PQ做
加速度逐渐减小
的加速运动，稳
定时，两杆的加
速度均为零，以
相等的速度做匀
速运动 杆MN做加速度逐渐减小
的减速运动，杆PQ做加
速度逐渐减小的加速运
动，稳定时，两杆的加
速度均为零，两杆的速
度之比vMN∶vPQ＝1∶2
类型 光滑平行导轨 光滑不等距导轨
动量
观点 系统动量不守恒 系统动量守恒
能量 观点 外力做的功＝金属杆1
增加的动能＋金属杆2
增加的动能＋焦耳热 杆MN动能的减少量＝杆PQ动能的增加量
＋焦耳热
培养“思维”·重落实
夯基 提能 升华
1
2
3
4
5
6
7
1. （2025·广东佛山模拟）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、方向垂直于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→b
B. 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
D. 金属棒以稳定的速度下滑时，电阻R的热功率为R
√
解析： 　当金属棒在磁场中向下运动时，根据楞次定律可判断流过电阻R
的电流方向为b→a，A错误；由于无法确定金属棒刚进入磁场时安培力与
重力的大小关系，故无法确定金属棒的运动情况，B错误；金属棒进入磁
场时，产生的感应电动势E＝BLv，产生的感应电流是I＝＝，金属
棒所受的安培力大小F＝ILB＝，C错误；金属棒以稳定的速度下滑
时，有F＝I'LB＝mg，可求得电阻R的热功率P＝I'2R＝R，D正确。
1
2
3
4
5
6
7
2. （2023·北京高考9题）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（　　）
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
√
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解析： 　线框进磁场的过程中由楞次定律知电流方向为逆时针方向，A错
误；线框出磁场的过程中，E＝BLv，I＝，有FA＝BIL＝＝ma，由于
线框出磁场过程中由左手定则可知线框受到的安培力向左，则v减小，线框
做加速度减小的减速运动，B错误；由功能关系得线框产生的焦耳热Q＝
FAL，其中线框进出磁场时均做减速运动，故其进磁场时任意时刻的速度
都大于其出磁场时的速度，所以线框进磁场时受到的安培力也一直都大，
产生的焦耳热多，C错误；线框在进和出的两过程中通过导线横截面的电
荷量q＝t，其中I＝，＝BL，联立有q＝x，由于线框在进和出的两过
程中线框的位移均为L，则线框在进和出的两过程中通过导线横截面的电
荷量相等，故D正确。
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3. 〔多选〕（2025·山东烟台模拟）如图所示，一光滑、电阻忽略不计的
轨道固定在架台上，轨道由倾斜和水平两段组成，倾斜段的上端连接一电
阻R＝0.5 Ω，两轨道间距d＝1 m，水平部分两轨道间有一竖直向下，磁感
应强度B＝0.5 T的匀强磁场。一质量m＝0.5 kg、长为l＝1.1 m、电阻忽略
不计的导体棒，从轨道上距水平面h1＝0.8 m高处由静止释放，通过磁场区
域后从水平轨道末端水平飞出，落地点与水平轨道末端的水平距离x2＝0.8
m，水平轨道距水平地面的高度h2＝0.8 m。通过计算可知（g取10 m/s2）
（　　）
A. 导体棒进入磁场时的速度为3 m/s
B. 导体棒整个运动过程中，电阻R上产生的
热量为3 J
C. 磁场的长度x1为2 m
D. 整个过程通过电阻的电荷量为2 C
√
√
√
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解析： 　设导体棒进入磁场时的速度为v0，根据机械能守恒定律
有m＝mgh1，解得v0＝4 m/s，故A错误；导体棒从水平轨道水平飞
出后做平抛运动，则水平方向有x2＝vt，竖直方向有h2＝gt2，联立代
入数据解得v＝2 m/s，导体棒通过磁场区域过程中，根据能量守恒定律
有Q＝m－mv2，则导体棒整个运动过程中，电阻R上产生的热量
为Q＝3 J，故B正确；导体棒通过磁场区域过程中，根据动量定理有
t1＝Bdq＝mv0－mv，又有q＝t1＝＝，联立代入数据解得x1
＝2 m，q＝2 C，故C、D正确。
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4. 〔多选〕（2025·安徽黄山模拟）如图所示，空间存在竖直向上的匀强
磁场，磁感应强度大小为B，足够长的光滑平行金属导轨水平放置，导轨
左右两部分的间距分别为l、2l；质量分别为m、2m的导体棒a、b均垂直导
轨放置，导体棒a接入电路的电阻为R，其余电阻均忽略不计；a、b两棒分
别以v0、2v0的初速度同时向右运动，两棒在运动过程中始终与导轨垂直且
保持良好接触，a总在窄轨上运动，b总在宽轨上运动，直到两棒达到稳定
状态，从开始运动到两棒稳定的过程中，下列说法正确的是（　　）
A. a棒加速度的大小始终等于b棒加速度的大小
B. 稳定时a棒的速度为1.5v0
C. 电路中产生的焦耳热为m
D. 通过a棒的某一横截面的电荷量为
√
√
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解析： 　由F安＝ILB＝ma，可得a＝，a、b两棒串联，电流相等，
a、b两棒长度分别为l、2l，质量分别为m、2m，则a、b两棒加速度大小相
等，故A正确；因为导轨光滑，水平方向导体棒只受到安培力作用，对a
棒，根据动量定理有Fat＝lBt＝mva－mv0，同理，对b棒有－Fbt＝－
B×2l·t＝2mvb－2m·2v0，稳定时无电流，即Blva＝B·2lvb，得va＝2vb，联立
解得va＝2v0，vb＝v0，故B错误；由能量守恒定律可知，动能的损失等于电路中产生的焦耳热，初动能Ek0＝m＋×2m×（2v0）2，末动能Ek＝m×（2v0）2＋×2m×，则电路中产生的焦耳热为Ek0－Ek＝m，故C正确；对a棒应用动量定理有lB·Δt＝mva－mv0，又q＝·Δt， va＝2v0，联立解得q＝，故D错误。
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5. （2025·辽宁沈阳模拟）如图所示，矩形斜面
AECD的倾角θ＝30°，在其上放置一矩形金属
框abcd，ab边的边长l1＝1 m，bc边的边长l2＝
0.6 m，金属框的质量m＝1 kg，电阻R＝0.1 Ω，
金属框与斜面间的动摩擦因素μ＝，金属框通过轻质细线绕过定滑轮与重物相连，细线与斜面平行且靠近，重物质量m0＝2 kg，斜面上efgh区域有匀强磁场，磁感应强度的大小B＝0.5 T，方向垂直于斜面向上，已知ef到gh的距离为0.6 m。现让金属框由静止开始运动（开始时刻，cd与AE边重合），在重物到达地面之前，发现金属框能匀速穿过匀强磁场区域，不计滑轮摩擦，g取10 m/s2，求：
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答案： 12 N　
（1）金属框进入磁场前细线所受拉力的大小；
解析： 金属框进入磁场前，对金属框和重物分别由牛顿第二定律得
FT－mgsin θ－μmgcos θ＝ma'，m0g－FT＝m0a'
联立解得FT＝12 N。
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（2）金属框从静止开始运动到ab边刚进入磁场所用的时间。
答案： 1.2 s
解析：因金属框能匀速穿过匀强磁场区域，对重物和金属框组成的整体，
根据平衡条件可得
m0g＝mgsin θ＋μmgcos θ＋BIl1
又I＝，v＝a't
联立解得t＝1.2 s。
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6. （2024·河北高考14题）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O处固定一竖直细导体轴
OO'。间距为L、与水平面成θ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B。足够长的细导体棒OA在水平面内绕O点以角速度ω匀速转动，水平放置在导轨上的导体棒CD始终静止。OA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。
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答案： 　　
（1）求CD棒所受安培力的最大值和最小值。
解析： 当OA棒切割磁感线的有效长度为l1＝L时，该棒产生的
感应电动势最大，有Emax＝＝BL2ω
此时CD棒所受的安培力最大，结合I＝和安培力公式有
FAmax＝ImaxBL＝
当OA棒切割磁感线的有效长度为l2＝L时，该棒产生的感应电动势最
小，有Emin＝＝
此时CD棒所受的安培力最小，有
FAmin＝IminBL＝。
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（2）锁定OA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：
解析：设CD棒的质量为m，CD棒与平行导轨间的最大静摩擦力为f，OA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静止，则有
FAmax＝mgsin θ＋f，FAmin＋f＝mgsin θ，结合（1）问分析有FAmax＝mgsin
θ，则撤去推力瞬间，CD棒的加速度方向沿平行导轨向上，对CD棒由牛顿
第二定律有FAmax＋μmgcos θ－mgsin θ＝ma，联立解得CD棒与导轨间的动
摩擦因数为μ＝。
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7. （2025·河南郑州模拟）如图所示，在方向竖
直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中有两
条光滑固定的平行金属导轨MN、PQ，导轨足够
长，间距为L，其电阻不计，导轨平面与磁场垂直，ab、cd为两根垂直于导轨水平放置的金属棒，其接入回路中的电阻均为R，质量均为m，与金属导轨平行的水平轻质细线一端固定，另一端与cd棒的中点连接。一开始细线处于伸直状态，ab棒在平行于导轨的拉力F的作用下从静止开始以恒定加速度a0向右做匀加速直线运动，经时间t0细线被拉断，两根金属棒运动时始终与导轨接触良好且与导轨相垂直。
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答案： 　
（1）求细线能承受的最大拉力F0；
解析： ab棒以加速度a0向右做匀加速运动，当细线被拉断时，ab棒运
动的速度v＝a0t0
回路中的感应电动势E＝BLv
回路中的感应电流为I＝
cd棒受到的安培力为FA＝BIL＝F0
联立解得最大拉力F0＝。
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（2）求细线被拉断前的过程中通过金属棒ab中间横截面的电荷量q；
答案： 　
解析：在Δt时间内平均感应电动势＝
回路中的平均电流为＝
细线被拉断前的过程中通过ab棒中间横截面的电荷量为q＝·Δt＝
ab棒在t0时间内的位移x0＝a0
t0时间内回路中磁通量变化量ΔΦ＝BLx0
联立解得q＝。
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（3）若在细线被拉断瞬间撤去拉力F，求从此刻起两根金属棒之间距离增
加量的最大值及细线断后回路中产生的总焦耳热。
答案： 　m
解析：细线被拉断瞬间撤去拉力F后，ab棒做减速运动，cd棒做加速运动，
两棒之间的距离增大，设经过t时间两棒达到相同速度v'而稳定运动时，两
棒之间的距离增加量达到最大值Δx，两棒所受安培力等大反向，水平方向
动量守恒，由动量守恒定律得mv＝2mv'
对于ab棒，由动量定理得－BLt＝mv'－mv
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＝
＝
联立解得Δx＝
由能量守恒定律得细线断后回路中产生的总焦耳热
Q总＝mv2－mv'2×2＝m。
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THANKS
演示完毕 感谢观看

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