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专题52 电磁感应中的动力学和能量综合问题
【考情分析】
考情分析 考题统计
目标1.学会用动力学知识分析导体棒在磁场中的运动问题。 目标2.会用功能关系和能量守恒定律分析电磁感应中的能量转化。 2024·贵州·高考物理第5题 2024·山东·高考物理第4题 2024·辽宁·高考物理第8题 2024·北京 ·高考物理第11题 2024·河北高考物理第14题 2024·全国 ·甲卷物理第25题 2024·安徽.高考物理第14题
【网络建构】
【考点梳理】
考法1 　电磁感应中的动力学问题
1．导体的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间的相互关系
考法2 电磁感应中的能量问题
能量转化及焦耳定律的求法
求解焦耳定律的三种方法
焦耳定律：
功能关系：
能量转化：
3．求解电能应分清两类情况
（1）若回路中电流恒定，可以利用电路结构及W＝UIt或Q＝I2Rt直接进行计算．
（2）若电流变化，则
①利用安培力做功求解：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：若只有电能与机械能的转化，则减少的机械能等于产生的电能．
4. 解题的一般步骤
（1）确定研究对象(导体棒或回路)；
（2）弄清电磁感应过程中，哪些力做功，哪些形式的能量相互转化；
（3）根据能量守恒定律或功能关系列式求解．
考法3 应用动量观点解决电磁感应问题
动量定理在电磁感应问题中的应用
导体棒或金属框在感应电流所引起的安培力作用下做份匀变速直线运动时，
安培力的冲量为：，
通过导体棒或金属框的电荷量：
磁通量的变化量：
导体棒或金属框合力是受安培力时：
当题目中涉及速度v，电荷量q、运动时间t，运动位移x时，常用动量定理求解更方便。
动量守恒定律在电磁感应问题中的应用
在双金属棒切割磁感应线的系统中时，双金属棒和导轨构成的闭合回路，当他们受到的安培力的合力为0时，满足动量守恒条件，运用动量守恒定律，求解更方便。
【题型过关练】
题型1 　电磁感应中的动力学问题
1.(多选)如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨固定放置在足够高的水平台面上，导轨间距L＝1 m。质量为m＝1 kg、电阻为r＝2 Ω的直导体棒放在导轨上，且始终与导轨垂直，导体棒通过一根轻质细绳绕过定滑轮与一质量也为m＝1 kg的重物相连。导轨左端与阻值为R＝2 Ω的电阻相连，导轨电阻不计，整个装置放在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B＝2 T。在t＝0时刻，由静止释放导体棒和重物，直导体棒由静止开始向右做直线运动(轻质细绳始终与导轨共面且平行)，g取10 m/s2。下列说法中正确的是(　 )
A．重物向下做加速度减小的加速运动，最终做匀速直线运动
B．当导体棒速度v＝8 m/s时，导体棒加速度a＝2 m/s2
C．导体棒最终做匀速直线运动的速度为v＝10 m/s
D．导体棒最终做匀速直线运动的速度为v＝12 m/s
【答案】AC
【解析】对重物和导体棒整体受力分析有mg－BIL＝2ma，根据闭合电路欧姆定律有I＝，可知随着速度的增大，重物的加速度减小，所以重物向下做加速度减小的加速运动，最终做匀速直线运动，故A正确；当导体棒速度v＝8 m/s时，根据以上分析可知mg－＝2ma，解得a＝1 m/s2，故B错误；导体棒最终做匀速直线运动时有mg－＝0，解得v′＝10 m/s，故C正确，D错误。
2.如图所示，高度足够的匀强磁场区域下边界水平、左右边界竖直，磁场方向垂直于纸面向里。正方形单匝线框abcd的边长L＝0.2 m、回路电阻R＝1.6 × 10 － 3 Ω、质量m＝0.2 kg。线框平面与磁场方向垂直，线框的ad边与磁场左边界平齐，ab边与磁场下边界的距离也为L。现对线框施加与水平向右方向成θ＝45°角、大小为4 N 的恒力F，使其在图示竖直平面内由静止开始运动。从ab边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀速运动；dc边进入磁场时，bc边恰好到达磁场右边界。重力加速度大小取g＝10 m/s2，求：
(1)ab边进入磁场前，线框在水平方向和竖直方向的加速度大小；
(2)磁场的磁感应强度大小和线框进入磁场的整个过程中回路产生的焦耳热；
(3)磁场区域的水平宽度。
【答案】(1)20 m/s2　10 m/s2　(2)0.2 T　0.4 J　(3)1.1 m
【解析】(1)ab边进入磁场前，对线框进行受力分析，在水平方向有max＝Fcos θ
代入数据有ax＝20 m/s2
在竖直方向有may＝Fsin θ－mg
代入数据有ay＝10 m/s2。
(2)根据题意，从ab边进入磁场开始，ab边在竖直方向切割磁感线；ad边和bc边的一部分也开始进入磁场，且在水平方向切割磁感线，但ad和bc边的切割磁感线部分产生的感应电动势相互抵消，则整个回路的电源为ab，根据右手定则可知回路的电流方向为adcba，则ab边受到的安培力竖直向下，ad边受到的安培力水平向右，bc边受到的安培力水平向左，则ad边和bc边受到的安培力相互抵消，故线框abcd受到的安培力的合力等于ab边受到的竖直向下的安培力。从ab边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀速运动，有Fsin θ－mg－BIL＝0，E＝BLvy，I＝，vy2＝2ayL
联立有B＝0.2 T
由题知，dc边进入磁场时，bc边恰好到达磁场右边界。则线框进入磁场的整个过程中，线框受到的安培力为恒力，则有Q＝W安＝BILy
y＝L，Fsin θ－mg＝BIL
联立解得Q＝0.4 J。
(3)线框从开始运动到进入磁场的整个过程中所用的时间为t＝t1＋t2，vy＝ayt1，L＝vyt2
联立解得t＝0.3 s
由(2)分析可知线框在水平方向一直做匀加速直线运动，则在水平方向有
x＝axt2＝×20×0.32 m＝0.9 m
则磁场区域的水平宽度s＝x＋L＝1.1 m。
3．(多选)由相同材料的导线绕成边长相同的甲、乙两个正方形闭合线圈，两线圈的质量相等，但所用导线的横截面积不同，甲线圈的匝数是乙的2倍。现两线圈在竖直平面内从同一高度同时由静止开始下落，一段时间后进入一方向垂直于纸面的匀强磁场区域，磁场的上边界水平，如图所示。不计空气阻力，已知下落过程中线圈始终平行于纸面，上、下边保持水平。在线圈下边进入磁场后且上边进入磁场前，可能出现的是(　 )
A．甲和乙都加速运动
B．甲和乙都减速运动
C．甲加速运动，乙减速运动
D．甲减速运动，乙加速运动
【答案】AB
【解析】：　由题意知，两线圈体积相同，由电阻定律可知，甲的电阻是乙的电阻的4倍；两线圈到达磁场上边界时两线圈的速度相同，设乙线圈的匝数为n，两线圈的边长均为l，两线圈进入磁场后，乙受到的安培力F乙＝nBIl＝，甲受到的安培力F甲＝＝，可见，甲、乙受到的安培力大小相同，重力也相同，则运动情况相同，A、B正确。
4.如图甲所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L，M、P两点间接有阻值为R的电阻，一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直。整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向下。导轨和ab杆的电阻可忽略，让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和ab杆接触良好，不计它们之间的摩擦。(重力加速度为g)
(1)由b向a方向看到的装置如图乙所示，请在此图中画出ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图；
(2)在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v时，求杆中的电流及其加速度的大小；
(3)求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值。
【答案】(1)见解析图　(2)　gsin θ－　(3)
【解析】(1)由右手定则可知，ab杆中电流方向为a→b。如图所示
ab杆受重力mg，方向竖直向下；支持力FN，方向垂直于导轨平面向上；安培力F安，方向沿导轨向上。
(2)当ab杆的速度大小为v时，感应电动势E＝BLv，
此时电路中的电流I＝＝，
ab杆受到安培力F安＝BIL＝，
根据牛顿第二定律，有
mgsin θ－F安＝mgsin θ－＝ma，
解得a＝gsin θ－。
(3)当a＝0时，ab杆有最大速度vm，
由平衡条件得mgsin θ＝，
解得vm＝。
5．(多选)如图所示，U形光滑金属导轨与水平面成37°角倾斜放置，现将一金属杆垂直放置在导轨上且与两导轨接触良好，在与金属杆垂直且沿着导轨向上的外力F的作用下，金属杆从静止开始做匀加速直线运动。整个装置处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，外力F的最小值为8 N，经过2 s金属杆运动到导轨最上端并离开导轨。已知U形金属导轨两轨道之间的距离为1 m，导轨电阻可忽略不计，金属杆的质量为1 kg、电阻为1 Ω，磁感应强度大小为1 T，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列说法正确的是(　 )
A．拉力F是恒力
B．拉力F随时间t均匀增加
C．拉力F的最大值等于12 N
D．金属杆运动的加速度大小为2 m/s2
【答案】BCD
【解析】：　t时刻，金属杆的速度大小为v＝at，产生的感应电动势为E＝Blv，电路中的感应电流为I＝，金属杆所受的安培力大小为F安＝BIl＝，由牛顿第二定律可知F＝ma＋mgsin 37°＋，可见F随t均匀增加，A错误，B正确；t＝0时，F最小，代入数据可求得a＝2 m/s2，t＝2 s时，F最大，最大值为12 N，C、D正确。
题型2 电磁感应中的能量问题
1. 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，且接有电压表和阻值为R的电阻。绝缘橡胶带上镀有间距为d的平行细金属条，金属条电阻为0.5R，磁场中始终仅有一根金属条，且与电极接触良好，不计金属电极和其余导线的电阻，若橡胶带匀速运动，电压表读数为U，求：
(1)橡胶带匀速运动的速率；
(2)一根金属条经过磁场区域安培力做的功；
(3)若从某根金属条刚进入磁场区域开始计时，一段时间R上产生热量Q＝，经历的时间t为多少。
【答案】　(1)　(2)－　(3)
【解析】　(1)设橡胶带匀速运动的速率为v，根据法拉第电磁感应定律可知，其带动金属条运动产生的感应电动势E＝BLv
根据闭合电路的欧姆定律，可知电压表示数
U＝E
联立解得v＝。
(2)由题意可知，流过金属棒的电流为I＝
则安培力的大小为F安＝ILB
则一根金属条经过磁场区域安培力做的功
W安＝－F安d＝－。
(3)法一　由上述分析可知，每根金属条经过磁场区时整个电路产生的热量
Q总＝|W安|
在电阻R上产生的热量
Q′＝Q总
根据题意，设一共有n根金属条通过磁场区域，则有Q＝nQ′
联立解得n＝9
则一共有9根金属条通过磁场区域，9根金属条完全通过磁场运动的距离x＝9d
且经历的时间t＝
解得t＝。
法二　由焦耳定律得，一段时间内R上产生热量
Q＝IRt＝Rt
已知Q＝
解得t＝。
2.如图甲所示，光滑的金属导轨MN和PQ平行，间距L＝1.0 m，与水平面之间的夹角α＝37°，匀强磁场磁感应强度B＝2.0 T，方向垂直于导轨平面向上，MP间接有阻值R＝1.6 Ω的电阻，质量m＝0.5 kg、电阻r＝0.4 Ω的金属棒ab垂直导轨放置，现用和导轨平行的恒力F沿导轨平面向上拉金属杆ab，使其由静止开始运动，当金属棒上滑的位移s＝3.8 m时达到稳定状态，对应过程的v－t图像如图乙所示，(稳定状态时金属棒以1.0 m/s的速度匀速运动)取g＝10 m/s2，导轨足够长(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。求：
(1)运动过程中a、b哪端电势高，并计算恒力F的大小；
(2)从金属杆开始运动到刚达到稳定状态，此过程金属棒上产生的焦耳热。
【答案】　(1)b端　5 N　(2)1.47 J
【解析】　(1)由右手定则可判断感应电流由a流向b，b相当于电源的正极，故b端电势高
当金属棒匀速运动时，由平衡条件得
F＝mgsin 37°＋F安
其中F安＝ILB＝
由乙图可知v＝1.0 m/s
联立解得F＝5 N。
(2)从金属棒开始运动到稳定状态，由功能关系可得(F－mgsin 37°)s＝Q＋mv2
两电阻产生的焦耳热与阻值成正比，故金属棒上产生的焦耳热为Qr＝Q
联立解得Qr＝1.47 J。
3.(多选)如图甲所示，左侧接有定值电阻R＝2 Ω的水平粗糙导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度B＝1 T，导轨间距L＝1 m。一质量m＝2 kg，阻值r＝2 Ω的金属棒在水平拉力F作用下由静止开始从CD处沿导轨向右加速运动，金属棒的v－x图像如图乙所示，若金属棒与导轨间动摩擦因数μ＝0.2，则从起点发生x＝1 m位移的过程中(g＝10 m/s2)(　　)
A.金属棒克服安培力做的功W1＝0.25 J
B.金属棒克服摩擦力做的功W2＝5 J
C.整个系统产生的总热量Q＝4.25 J
D.拉力做的功W＝9.25 J
【答案】　AC
【解析】　由v－x图像得v＝2x，金属棒所受的安培力FA＝＝，代入数据得FA＝0.5x N，则知FA与x是线性关系。当x＝0时，安培力FA1＝0；当x＝1 m时，安培力FA2＝0.5 N，则从起点发生x＝1 m位移的过程中，安培力做功为WA＝－x＝－0.25 J，即金属棒克服安培力做的功为W1＝0.25 J，故A正确；金属棒克服摩擦力做的功为W2＝μmgx＝0.2×2×10×1 J＝4 J，故B错误；克服安培力做功等于产生的电热，克服摩擦力做功等于产生的摩擦热，则整个系统产生的总热量Q＝W1＋W2＝4.25 J，故C正确；根据动能定理得WF－W2＋WA＝mv2，代入数据解得WF＝8.25 J，故D错误。
4.如图甲所示，地面上方高度为d的空间内有水平方向的匀强磁场，质量为m的正方形闭合导线框abcd的边长为l，从bc边距离地面高为h处将其由静止释放，已知h>d>l。从导线框开始运动到bc边即将落地的过程中，导线框的v－t图像如图乙所示。重力加速度为g，不计空气阻力，以下有关这一过程的判断正确的是(　　)
A.t1～ t2时间内导线框受到的安培力逐渐增大
B. 磁场的高度d可以用v－t图中阴影部分的面积表示
C.导线框重力势能的减少量等于其动能的增加量
D. 导线框产生的焦耳热大于mgl
【答案】　D
【解析】　由题图乙可知，在0～t1时间内，导线框自由落体，t1～t2时间内导线框切割磁感线进入磁场，做加速度减小的减速运动，电流减小，则安培力在减小，A错误；在t1～t2时间段内，导线框切割磁感线，距离为l，完全进入后又做加速运动直到落地，所以磁场高度d为t1～t3时间内的位移，B错误；安培力做负功，所以重力势能减少量等于动能增加量和安培力做功的和，C错误；t1～t2时间内，F安>mg，克服安培力做的功大于重力做功，所以在下降过程中导线框产生的焦耳热大于mgl，D正确。
题型3 应用动量观点解决电磁感应问题
1.如图所示，两条相距为L的光滑平行金属导轨位于水平面(纸面)内，其左端接一阻值为R的电阻，导轨平面与磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计。金属棒ab垂直导轨放置并接触良好，接入电路的电阻也为R。若给棒平行导轨向右的初速度v0，当流过棒横截面的电荷量为q时，棒的速度减为零，此过程中棒的位移为x。则(　　)
A.当流过棒的电荷量为时，棒的速度为
B.当棒发生位移为时，棒的速度为
C.在流过棒的电荷量达到的过程中，棒释放的热量为
D.整个过程中定值电阻R释放的热量为
【答案】　C
【解析】　对ab棒由动量定理有－BLt＝0－mv0，而q＝t，即－BqL＝0－mv0，当流过棒的电荷量为时，有－B·L＝mv1－mv0，解得v1＝v0，A错误；当棒发生位移为x时，q＝＝，则当棒发生位移为时，q′＝＝，可知此时流过棒的电荷量q′＝，代入BLΔt＝BLq′＝mv2－mv0，解得棒的速度为v2＝v0，B错误；定值电阻与导体棒释放的热量相同，在流过棒的电荷量达到的过程中，棒释放的热量为Q＝＝mv＝，C正确；同理可得整个过程中定值电阻R释放的热量为Q′＝×mv＝，D错误。
2.(多选)如图，间距为L的平行导轨竖直固定放置，导轨上端接有阻值为R的定值电阻，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的宽度均为d，磁场Ⅰ的下边界和磁场Ⅱ的上边界间距为d，磁场的磁感应强度大小均为B。一根质量为m、电阻为R的金属棒由静止释放，释放的位置离磁场Ⅰ的上边界距离为2d，金属棒进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，金属棒运动过程中始终保持水平且与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
A.金属棒刚进入磁场Ⅰ时的速度大小为2
B.金属棒刚出磁场Ⅰ时的速度大小为
C.金属棒穿过两个磁场后电阻R中产生的焦耳热为2mgd
D.金属棒穿过磁场Ⅰ所用的时间为
　
【答案】　ABC
【解析】　根据动能定理有mg·2d＝mv，金属棒刚进磁场Ⅰ时的速度大小为v1＝2，故A正确；由于金属棒进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，在金属棒从磁场Ⅰ的下边界到磁场Ⅱ的上边界这一过程中，机械能守恒，设金属棒出磁场Ⅰ的速度为v1′，进磁场Ⅱ的速度为v2，则有mv1′2＋mgd＝mv，又v2＝v1，解得金属棒刚出磁场Ⅰ时的速度大小为v1′＝，故B正确；由能量守恒定律得2Q＝5mgd－mv1′2，解得金属棒穿过两个磁场后电阻R中产生的焦耳热为Q＝2mgd，故C正确；设金属棒穿过磁场Ⅰ所用的时间为t，根据动量定理得BqL－mgt＝(－mv1′)－(－mv1)，该过程的电荷量为q＝＝，解得金属棒穿过磁场Ⅰ所用的时间为t＝，故D错误。
3.如图所示，两根足够长且电阻不计的平行金属导轨MNPQ和M1N1P1Q1，固定在倾角为θ的斜面上，MN与M1N1距离为L，PQ与P1Q1距离为L。金属棒A、B质量均为m、阻值均为R、长度分别为L与L，金属棒A、B分别垂直放在导轨MM1和PP1上，且恰好都能静止在导轨上。整个装置处于垂直于导轨平面向上、磁感应强度大小为B0的匀强磁场中。现固定住金属棒B，用沿导轨向下的外力F作用在金属棒A上，使金属棒A以加速度a沿斜面向下做匀加速运动。此后A棒一直在MN与M1N1上运动，B棒一直在PQ与P1Q1上静止或运动，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
(1)外力F与作用时间t的函数关系式；
(2)当A棒的速度为v0时，撤去F并解除对B的固定，一段时间后A棒在MN与M1N1上匀速运动，求A棒匀速运动的速度大小。
【答案】(1)F＝t＋ma　(2)v0
【解析】(1)金属棒A、B刚好都能静止在导轨上，对金属棒，有mgsin θ－Ff＝0
金属棒A沿斜面向下做匀加速运动，对金属棒A，由牛顿第二定律有F＋mgsin θ－Ff－F安＝ma
由安培力公式有F安＝ILB0
对金属棒与导轨构成的回路，根据欧姆定律，有I＝
金属棒A切割磁感线，根据法拉第电磁感应定律，有E＝B0Lv
又因为v＝at
联立解得F＝t＋ma。
(2)A棒匀速时，安培力为零，电流为零，两棒产生的电动势大小相等，有
B0LvA＝B0vB
在撤去F到A棒匀速的过程中，对A，根据动量定理，有
(mgsin θ－Ff－B0L)t1＝mvA－mv0
对B，根据动量定理，有
t1＝mvB－0
联立可解出vA＝v0。
4.如图，相距为的光滑金属轨道，左侧部分倾斜，倾角为，上端接有阻值为的电阻，左侧空间存在有垂直于斜面向上的磁场，右侧部分水平，分布着如图所示的磁场，边界与相距，中间分布着竖直向下的磁场，边界与相距为，中间分布着竖直向上的磁场，它们的磁感应强度都为，左右两部分在倾斜轨道底端用光滑绝缘材料平滑连接，金属棒a与b的质量都为，长度都为，电阻都为，一开始金属棒b静止在边界与的中点，金属棒a从斜面上高度为处滑下，到达斜面底端前已经匀速运动，此后进入水平轨道，发现金属棒a到达边界时已经再次匀速。运动过程中，两棒与轨道接触良好，且始终与轨道垂直，两棒如果相碰则发生弹性碰撞。
（1）求斜面上金属棒a的匀速运动速度；
（2）当棒a到达边界时，棒b的位移大小，以及a棒在与之间的运动时间t；
（3）求最终稳定时两棒的间距x，以及全过程a棒的总发热量。

【答案】（1）2m/s；（2）1.5m，2.25s；（3）0.5m，10J
【详解】（1）斜面上金属棒a匀速运动时， ，解得
（2）再次匀速必有，（且可知方向向左）
对a棒有，（向右为正）
对b棒有，（向左为正）
联立上述三式解得，及
又已知，所以方向向左
经分析易得（a棒减小的速度恰好由b棒增大的速度补偿）
又，则可解得
（3）此后a棒和b棒都以1m/s在的右侧相向运动，两棒初始相距，并以相同的加速度（加速度不断减小）减速，如果相碰，各自原速反弹后继续以相同的加速度减速，直至两棒的速度都为零，设两棒在此过程中所经历的路程为、，对任意棒有：
解得
则易得：最终两棒先相向运动共1m，背离运动共0.5m，则a棒先向右0.5m，后向左0.25m，易得两棒都在的右侧停止，相距为0.5m
又可知初始a棒的重力势能在任意阶段都是a棒电阻R与另一个等大电阻R的平均消耗为内能，故，，解得
【真题演练】
1．（2024·贵州·高考真题）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
【答案】AB
【详解】A．设加速阶段的位移与减速阶段的位移相等为，根据
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，则减速过程由动量定理可得
解得
A正确；
B．由
解得
金属棒加速的过程中，由位移公式可得
可得加速时间为
B正确；
C．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
其中
联立解得
C错误；
D．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
可得
因此加速过程中拉力做的功大于，D错误。
故选AB。
2．（2024·山东·高考真题）如图所示，两条相同的半圆弧形光滑金属导轨固定在水平桌面上，其所在平面竖直且平行，导轨最高点到水平桌面的距离等于半径，最低点的连线OO'与导轨所在竖直面垂直。空间充满竖直向下的匀强磁场（图中未画出），导轨左端由导线连接。现将具有一定质量和电阻的金属棒MN平行OO'放置在导轨图示位置，由静止释放。MN 运动过程中始终平行于OO'且与两导轨接触良好，不考虑自感影响，下列说法正确的是（　　）
A．MN最终一定静止于OO'位置
B．MN运动过程中安培力始终做负功
C．从释放到第一次到达OO'位置过程中，MN的速率一直在增大
D．从释放到第一次到达OO'位置过程中，MN中电流方向由M到N
【答案】ABD
【详解】A．由于金属棒MN运动过程切割磁感线产生感应电动势，回路有感应电流，产生焦耳热，金属棒MN的机械能不断减小，由于金属导轨光滑，所以经过多次往返运动，MN最终一定静止于OO'位置，故A正确；
B．当金属棒MN向右运动，根据右手定则可知，MN中电流方向由M到N，根据左手定则，可知金属棒MN受到的安培力水平向左，则安培力做负功；当金属棒MN向左运动，根据右手定则可知，MN中电流方向由N到M，根据左手定则，可知金属棒MN受到的安培力水平向右，则安培力做负功；可知MN运动过程中安培力始终做负功，故B正确；
C．金属棒MN从释放到第一次到达OO'位置过程中，由于在OO'位置重力沿切线方向的分力为0，可知在到达OO'位置之前的位置，重力沿切线方向的分力已经小于安培力沿切线方向的分力，金属棒MN已经做减速运动，故C错误；
D．从释放到第一次到达OO'位置过程中，根据右手定则可知，MN中电流方向由M到N，故D正确。
故选ABD。
3．（2024·全国·高考真题）如图，一绝缘细绳跨过两个在同一竖直面（纸面）内的光滑定滑轮，绳的一端连接一矩形金属线框，另一端连接一物块。线框与左侧滑轮之间的虚线区域内有方向垂直纸面的匀强磁场，磁场上下边界水平，在时刻线框的上边框以不同的初速度从磁场下方进入磁场。运动过程中，线框始终在纸面内且上下边框保持水平。以向上为速度的正方向，下列线框的速度v随时间t变化的图像中可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】AC
【详解】设线圈的上边进入磁场时的速度为v，设线圈的质量M，物块的质量m，图中线圈进入磁场时线圈的加速度向下，则对线圈由牛顿第二定律可知
对滑块
其中
即
线圈向上做减速运动，随速度的减小，向下的加速度减小；当加速度为零时，即线圈匀速运动的速度为
A．若线圈进入磁场时的速度较小，则线圈进入磁场时做加速度减小的减速运动，线圈的速度和加速度都趋近于零，则图像A可能正确；
B．因t=0时刻线圈就进入磁场，则进入磁场时线圈向上不可能做匀减速运动，则图像B不可能；
CD．若线圈的质量等于物块的质量，且当线圈进入磁场时，且速度大于v0，线圈进入磁场做加速度减小的减速运动，完全进入磁场后线圈做匀速运动；当线圈出离磁场时，受向下的安培力又做加速度减小的减速运动，最终出离磁场时做匀速运动，则图像C有可能，D不可能。
故选AC。
4．（2024·辽宁·高考真题）如图，两条“∧”形的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，间距为L，左、右两导轨面与水平面夹角均为30°，均处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。将有一定阻值的导体棒ab、cd放置在导轨上，同时由静止释放，两棒在下滑过程中始终与导轨垂直并接触良好，ab、cd的质量分别为2m和m，长度均为L。导轨足够长且电阻不计，重力加速度为g，两棒在下滑过程中（　　）
A．回路中的电流方向为abcda B．ab中电流趋于
C．ab与cd加速度大小之比始终为2︰1 D．两棒产生的电动势始终相等
【答案】AB
【详解】A．两导体棒沿轨道向下滑动，根据右手定则可知回路中的电流方向为abcda；故A正确；
BC．设回路中的总电阻为R，对于任意时刻当电路中的电流为I时，对ab根据牛顿第二定律得
对cd
故可知
分析可知两个导体棒产生的电动势相互叠加，随着导体棒速度的增大，回路中的电流增大，导体棒受到的安培力在增大，故可知当安培力沿导轨方向的分力与重力沿导轨向下的分力平衡时导体棒将匀速运动，此时电路中的电流达到稳定值，此时对ab分析可得
解得
故B正确，C错误；
D．根据前面分析可知，故可知两导体棒速度大小始终相等，由于两边磁感应强度不同，故产生的感应电动势不等，故D错误。
故选AB。
5．（2024·北京·高考真题）如图甲所示为某种“电磁枪”的原理图。在竖直向下的匀强磁场中，两根相距L的平行长直金属导轨水平放置，左端接电容为C的电容器，一导体棒放置在导轨上，与导轨垂直且接触良好，不计导轨电阻及导体棒与导轨间的摩擦。已知磁场的磁感应强度大小为B，导体棒的质量为m、接入电路的电阻为R。开关闭合前电容器的电荷量为Q。
（1）求闭合开关瞬间通过导体棒的电流I；
（2）求闭合开关瞬间导体棒的加速度大小a；
（3）在图乙中定性画出闭合开关后导体棒的速度v随时间t的变化图线。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）开关闭合前电容器的电荷量为Q，则电容器两极板间电压
开关闭合瞬间，通过导体棒的电流
解得闭合开关瞬间通过导体棒的电流为
（2）开关闭合瞬间由牛顿第二定律有
将电流I代入解得
（3）由（2）中结论可知，随着电容器放电，所带电荷量不断减少，所以导体棒的加速度不断减小，其v-t图线如图所示
6．（2024·河北·高考真题）如图，边长为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。间距为L、与水平面成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。足够长的细导体棒在水平面内绕O点以角速度匀速转动，水平放置在导轨上的导体棒始终静止。棒在转动过程中，棒在所受安培力达到最大和最小时均恰好能静止。已知棒在导轨间的电阻值为R，电路中其余部分的电阻均不计，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）求棒所受安培力的最大值和最小值。
（2）锁定棒，推动棒下滑，撤去推力瞬间，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，求棒与导轨间的动摩擦因数。
【答案】（1），；（2）
【详解】（1）当OA运动到正方形细框对角线瞬间，切割的有效长度最大，，此时感应电流最大，CD棒所受的安培力最大，根据法拉第电磁感应定律得
根据闭合电路欧姆定律得
故CD棒所受的安培力最大为
当OA运动到与细框一边平行时瞬间，切割的有效长度最短，感应电流最小，CD棒受到的安培力最小，得
故CD棒所受的安培力最小为
（2）当CD棒受到的安培力最小时根据平衡条件得
当CD棒受到的安培力最大时根据平衡条件得
联立解得
撤去推力瞬间，根据牛顿第二定律得
解得
7．（2024·全国·高考真题）如图，金属导轨平行且水平放置，导轨间距为L，导轨光滑无摩擦。定值电阻大小为R，其余电阻忽略不计，电容大小为C。在运动过程中，金属棒始终与导轨保持垂直。整个装置处于竖直方向且磁感应强度为B的匀强磁场中。
(1)开关S闭合时，对金属棒施加以水平向右的恒力，金属棒能达到的最大速度为v0。当外力功率为定值电阻功率的两倍时，求金属棒速度v的大小。
(2)当金属棒速度为v时，断开开关S，改变水平外力并使金属棒匀速运动。当外力功率为定值电阻功率的两倍时，求电容器两端的电压以及从开关断开到此刻外力所做的功。
【答案】（1）；（2），
【详解】（1）开关S闭合后，当外力与安培力相等时，金属棒的速度最大，则
由闭合电路欧姆定律
金属棒切割磁感线产生的感应电动势为
联立可得，恒定的外力为
在加速阶段，外力的功率为
定值电阻的功率为
若时，即
化简可得金属棒速度v的大小为
（2）断开开关S，电容器充电，则电容器与定值电阻串联，则有
当金属棒匀速运动时，电容器不断充电，电荷量q不断增大，电路中电流不断减小，则金属棒所受安培力不断减小，而拉力的功率
定值电阻功率
当时有
可得
根据
可得此时电容器两端电压为
从开关断开到此刻外力所做的功为
其中
联立可得
8．（2024·安徽·高考真题）如图所示，一“U”型金属导轨固定在竖直平面内，一电阻不计，质量为m的金属棒ab垂直于导轨，并静置于绝缘固定支架上。边长为L的正方形cdef区域内，存在垂直于纸面向外的匀强磁场。支架上方的导轨间，存在竖直向下的匀强磁场。两磁场的磁感应强度大小B随时间的变化关系均为B = kt（SI），k为常数（k > 0）。支架上方的导轨足够长，两边导轨单位长度的电阻均为r，下方导轨的总电阻为R。t = 0时，对ab施加竖直向上的拉力，恰使其向上做加速度大小为a的匀加速直线运动，整个运动过程中ab与两边导轨接触良好。已知ab与导轨间动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。不计空气阻力，两磁场互不影响。
（1）求通过面积Scdef的磁通量大小随时间t变化的关系式，以及感应电动势的大小，并写出ab中电流的方向；
（2）求ab所受安培力的大小随时间t变化的关系式；
（3）求经过多长时间，对ab所施加的拉力达到最大值，并求此最大值。
【答案】（1）kL2·t，kL2，从a流向b；（2）；（3）
【详解】（1）通过面积的磁通量大小随时间t变化的关系式为
根据法拉第电磁感应定律得
由楞次定律可知ab中的电流从a流向b。
（2）根据左手定则可知ab受到的安培力方向垂直导轨面向里，大小为
F安=BIL
其中
B=kt
设金属棒向上运动的位移为x，则根据运动学公式
所以导轨上方的电阻为
由闭合电路欧姆定律得
联立得ab所受安培力的大小随时间t变化的关系式为
（3）由题知t = 0时，对ab施加竖直向上的拉力，恰使其向上做加速度大小为a的匀加速直线运动，则对ab受力分析由牛顿第二定律
其中
联立可得
整理有
根据均值不等式可知，当时，F有最大值，故解得
F的最大值为
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专题52 电磁感应中的动力学和能量综合问题
【考情分析】
考情分析 考题统计
目标1.学会用动力学知识分析导体棒在磁场中的运动问题。 目标2.会用功能关系和能量守恒定律分析电磁感应中的能量转化。 2024·贵州·高考物理第5题 2024·山东·高考物理第4题 2024·辽宁·高考物理第8题 2024·北京 ·高考物理第11题 2024·河北高考物理第14题 2024·全国 ·甲卷物理第25题 2024·安徽.高考物理第14题
【网络建构】
【考点梳理】
考法1 　电磁感应中的动力学问题
1．导体的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间的相互关系
考法2 电磁感应中的能量问题
能量转化及焦耳定律的求法
求解焦耳定律的三种方法
焦耳定律：
功能关系：
能量转化：
3．求解电能应分清两类情况
（1）若回路中电流恒定，可以利用电路结构及W＝UIt或Q＝I2Rt直接进行计算．
（2）若电流变化，则
①利用安培力做功求解：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：若只有电能与机械能的转化，则减少的机械能等于产生的电能．
4. 解题的一般步骤
（1）确定研究对象(导体棒或回路)；
（2）弄清电磁感应过程中，哪些力做功，哪些形式的能量相互转化；
（3）根据能量守恒定律或功能关系列式求解．
考法3 应用动量观点解决电磁感应问题
动量定理在电磁感应问题中的应用
导体棒或金属框在感应电流所引起的安培力作用下做份匀变速直线运动时，
安培力的冲量为：，
通过导体棒或金属框的电荷量：
磁通量的变化量：
导体棒或金属框合力是受安培力时：
当题目中涉及速度v，电荷量q、运动时间t，运动位移x时，常用动量定理求解更方便。
动量守恒定律在电磁感应问题中的应用
在双金属棒切割磁感应线的系统中时，双金属棒和导轨构成的闭合回路，当他们受到的安培力的合力为0时，满足动量守恒条件，运用动量守恒定律，求解更方便。
【题型过关练】
题型1 　电磁感应中的动力学问题
1.(多选)如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨固定放置在足够高的水平台面上，导轨间距L＝1 m。质量为m＝1 kg、电阻为r＝2 Ω的直导体棒放在导轨上，且始终与导轨垂直，导体棒通过一根轻质细绳绕过定滑轮与一质量也为m＝1 kg的重物相连。导轨左端与阻值为R＝2 Ω的电阻相连，导轨电阻不计，整个装置放在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B＝2 T。在t＝0时刻，由静止释放导体棒和重物，直导体棒由静止开始向右做直线运动(轻质细绳始终与导轨共面且平行)，g取10 m/s2。下列说法中正确的是(　 )
A．重物向下做加速度减小的加速运动，最终做匀速直线运动
B．当导体棒速度v＝8 m/s时，导体棒加速度a＝2 m/s2
C．导体棒最终做匀速直线运动的速度为v＝10 m/s
D．导体棒最终做匀速直线运动的速度为v＝12 m/s
【答案】AC
【解析】对重物和导体棒整体受力分析有mg－BIL＝2ma，根据闭合电路欧姆定律有I＝，可知随着速度的增大，重物的加速度减小，所以重物向下做加速度减小的加速运动，最终做匀速直线运动，故A正确；当导体棒速度v＝8 m/s时，根据以上分析可知mg－＝2ma，解得a＝1 m/s2，故B错误；导体棒最终做匀速直线运动时有mg－＝0，解得v′＝10 m/s，故C正确，D错误。
2.如图所示，高度足够的匀强磁场区域下边界水平、左右边界竖直，磁场方向垂直于纸面向里。正方形单匝线框abcd的边长L＝0.2 m、回路电阻R＝1.6 × 10 － 3 Ω、质量m＝0.2 kg。线框平面与磁场方向垂直，线框的ad边与磁场左边界平齐，ab边与磁场下边界的距离也为L。现对线框施加与水平向右方向成θ＝45°角、大小为4 N 的恒力F，使其在图示竖直平面内由静止开始运动。从ab边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀速运动；dc边进入磁场时，bc边恰好到达磁场右边界。重力加速度大小取g＝10 m/s2，求：
(1)ab边进入磁场前，线框在水平方向和竖直方向的加速度大小；
(2)磁场的磁感应强度大小和线框进入磁场的整个过程中回路产生的焦耳热；
(3)磁场区域的水平宽度。
【答案】(1)20 m/s2　10 m/s2　(2)0.2 T　0.4 J　(3)1.1 m
【解析】(1)ab边进入磁场前，对线框进行受力分析，在水平方向有max＝Fcos θ
代入数据有ax＝20 m/s2
在竖直方向有may＝Fsin θ－mg
代入数据有ay＝10 m/s2。
(2)根据题意，从ab边进入磁场开始，ab边在竖直方向切割磁感线；ad边和bc边的一部分也开始进入磁场，且在水平方向切割磁感线，但ad和bc边的切割磁感线部分产生的感应电动势相互抵消，则整个回路的电源为ab，根据右手定则可知回路的电流方向为adcba，则ab边受到的安培力竖直向下，ad边受到的安培力水平向右，bc边受到的安培力水平向左，则ad边和bc边受到的安培力相互抵消，故线框abcd受到的安培力的合力等于ab边受到的竖直向下的安培力。从ab边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀速运动，有Fsin θ－mg－BIL＝0，E＝BLvy，I＝，vy2＝2ayL
联立有B＝0.2 T
由题知，dc边进入磁场时，bc边恰好到达磁场右边界。则线框进入磁场的整个过程中，线框受到的安培力为恒力，则有Q＝W安＝BILy
y＝L，Fsin θ－mg＝BIL
联立解得Q＝0.4 J。
(3)线框从开始运动到进入磁场的整个过程中所用的时间为t＝t1＋t2，vy＝ayt1，L＝vyt2
联立解得t＝0.3 s
由(2)分析可知线框在水平方向一直做匀加速直线运动，则在水平方向有
x＝axt2＝×20×0.32 m＝0.9 m
则磁场区域的水平宽度s＝x＋L＝1.1 m。
3．(多选)由相同材料的导线绕成边长相同的甲、乙两个正方形闭合线圈，两线圈的质量相等，但所用导线的横截面积不同，甲线圈的匝数是乙的2倍。现两线圈在竖直平面内从同一高度同时由静止开始下落，一段时间后进入一方向垂直于纸面的匀强磁场区域，磁场的上边界水平，如图所示。不计空气阻力，已知下落过程中线圈始终平行于纸面，上、下边保持水平。在线圈下边进入磁场后且上边进入磁场前，可能出现的是(　 )
A．甲和乙都加速运动
B．甲和乙都减速运动
C．甲加速运动，乙减速运动
D．甲减速运动，乙加速运动
【答案】AB
【解析】：　由题意知，两线圈体积相同，由电阻定律可知，甲的电阻是乙的电阻的4倍；两线圈到达磁场上边界时两线圈的速度相同，设乙线圈的匝数为n，两线圈的边长均为l，两线圈进入磁场后，乙受到的安培力F乙＝nBIl＝，甲受到的安培力F甲＝＝，可见，甲、乙受到的安培力大小相同，重力也相同，则运动情况相同，A、B正确。
4.如图甲所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L，M、P两点间接有阻值为R的电阻，一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直。整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向下。导轨和ab杆的电阻可忽略，让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和ab杆接触良好，不计它们之间的摩擦。(重力加速度为g)
(1)由b向a方向看到的装置如图乙所示，请在此图中画出ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图；
(2)在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v时，求杆中的电流及其加速度的大小；
(3)求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值。
【答案】(1)见解析图　(2)　gsin θ－　(3)
【解析】(1)由右手定则可知，ab杆中电流方向为a→b。如图所示
ab杆受重力mg，方向竖直向下；支持力FN，方向垂直于导轨平面向上；安培力F安，方向沿导轨向上。
(2)当ab杆的速度大小为v时，感应电动势E＝BLv，
此时电路中的电流I＝＝，
ab杆受到安培力F安＝BIL＝，
根据牛顿第二定律，有
mgsin θ－F安＝mgsin θ－＝ma，
解得a＝gsin θ－。
(3)当a＝0时，ab杆有最大速度vm，
由平衡条件得mgsin θ＝，
解得vm＝。
5．(多选)如图所示，U形光滑金属导轨与水平面成37°角倾斜放置，现将一金属杆垂直放置在导轨上且与两导轨接触良好，在与金属杆垂直且沿着导轨向上的外力F的作用下，金属杆从静止开始做匀加速直线运动。整个装置处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，外力F的最小值为8 N，经过2 s金属杆运动到导轨最上端并离开导轨。已知U形金属导轨两轨道之间的距离为1 m，导轨电阻可忽略不计，金属杆的质量为1 kg、电阻为1 Ω，磁感应强度大小为1 T，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列说法正确的是(　 )
A．拉力F是恒力
B．拉力F随时间t均匀增加
C．拉力F的最大值等于12 N
D．金属杆运动的加速度大小为2 m/s2
【答案】BCD
【解析】：　t时刻，金属杆的速度大小为v＝at，产生的感应电动势为E＝Blv，电路中的感应电流为I＝，金属杆所受的安培力大小为F安＝BIl＝，由牛顿第二定律可知F＝ma＋mgsin 37°＋，可见F随t均匀增加，A错误，B正确；t＝0时，F最小，代入数据可求得a＝2 m/s2，t＝2 s时，F最大，最大值为12 N，C、D正确。
题型2 电磁感应中的能量问题
1. 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，且接有电压表和阻值为R的电阻。绝缘橡胶带上镀有间距为d的平行细金属条，金属条电阻为0.5R，磁场中始终仅有一根金属条，且与电极接触良好，不计金属电极和其余导线的电阻，若橡胶带匀速运动，电压表读数为U，求：
(1)橡胶带匀速运动的速率；
(2)一根金属条经过磁场区域安培力做的功；
(3)若从某根金属条刚进入磁场区域开始计时，一段时间R上产生热量Q＝，经历的时间t为多少。
【答案】　(1)　(2)－　(3)
【解析】　(1)设橡胶带匀速运动的速率为v，根据法拉第电磁感应定律可知，其带动金属条运动产生的感应电动势E＝BLv
根据闭合电路的欧姆定律，可知电压表示数
U＝E
联立解得v＝。
(2)由题意可知，流过金属棒的电流为I＝
则安培力的大小为F安＝ILB
则一根金属条经过磁场区域安培力做的功
W安＝－F安d＝－。
(3)法一　由上述分析可知，每根金属条经过磁场区时整个电路产生的热量
Q总＝|W安|
在电阻R上产生的热量
Q′＝Q总
根据题意，设一共有n根金属条通过磁场区域，则有Q＝nQ′
联立解得n＝9
则一共有9根金属条通过磁场区域，9根金属条完全通过磁场运动的距离x＝9d
且经历的时间t＝
解得t＝。
法二　由焦耳定律得，一段时间内R上产生热量
Q＝IRt＝Rt
已知Q＝
解得t＝。
2.如图甲所示，光滑的金属导轨MN和PQ平行，间距L＝1.0 m，与水平面之间的夹角α＝37°，匀强磁场磁感应强度B＝2.0 T，方向垂直于导轨平面向上，MP间接有阻值R＝1.6 Ω的电阻，质量m＝0.5 kg、电阻r＝0.4 Ω的金属棒ab垂直导轨放置，现用和导轨平行的恒力F沿导轨平面向上拉金属杆ab，使其由静止开始运动，当金属棒上滑的位移s＝3.8 m时达到稳定状态，对应过程的v－t图像如图乙所示，(稳定状态时金属棒以1.0 m/s的速度匀速运动)取g＝10 m/s2，导轨足够长(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。求：
(1)运动过程中a、b哪端电势高，并计算恒力F的大小；
(2)从金属杆开始运动到刚达到稳定状态，此过程金属棒上产生的焦耳热。
【答案】　(1)b端　5 N　(2)1.47 J
【解析】　(1)由右手定则可判断感应电流由a流向b，b相当于电源的正极，故b端电势高
当金属棒匀速运动时，由平衡条件得
F＝mgsin 37°＋F安
其中F安＝ILB＝
由乙图可知v＝1.0 m/s
联立解得F＝5 N。
(2)从金属棒开始运动到稳定状态，由功能关系可得(F－mgsin 37°)s＝Q＋mv2
两电阻产生的焦耳热与阻值成正比，故金属棒上产生的焦耳热为Qr＝Q
联立解得Qr＝1.47 J。
3.(多选)如图甲所示，左侧接有定值电阻R＝2 Ω的水平粗糙导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度B＝1 T，导轨间距L＝1 m。一质量m＝2 kg，阻值r＝2 Ω的金属棒在水平拉力F作用下由静止开始从CD处沿导轨向右加速运动，金属棒的v－x图像如图乙所示，若金属棒与导轨间动摩擦因数μ＝0.2，则从起点发生x＝1 m位移的过程中(g＝10 m/s2)(　　)
A.金属棒克服安培力做的功W1＝0.25 J
B.金属棒克服摩擦力做的功W2＝5 J
C.整个系统产生的总热量Q＝4.25 J
D.拉力做的功W＝9.25 J
【答案】　AC
【解析】　由v－x图像得v＝2x，金属棒所受的安培力FA＝＝，代入数据得FA＝0.5x N，则知FA与x是线性关系。当x＝0时，安培力FA1＝0；当x＝1 m时，安培力FA2＝0.5 N，则从起点发生x＝1 m位移的过程中，安培力做功为WA＝－x＝－0.25 J，即金属棒克服安培力做的功为W1＝0.25 J，故A正确；金属棒克服摩擦力做的功为W2＝μmgx＝0.2×2×10×1 J＝4 J，故B错误；克服安培力做功等于产生的电热，克服摩擦力做功等于产生的摩擦热，则整个系统产生的总热量Q＝W1＋W2＝4.25 J，故C正确；根据动能定理得WF－W2＋WA＝mv2，代入数据解得WF＝8.25 J，故D错误。
4.如图甲所示，地面上方高度为d的空间内有水平方向的匀强磁场，质量为m的正方形闭合导线框abcd的边长为l，从bc边距离地面高为h处将其由静止释放，已知h>d>l。从导线框开始运动到bc边即将落地的过程中，导线框的v－t图像如图乙所示。重力加速度为g，不计空气阻力，以下有关这一过程的判断正确的是(　　)
A.t1～ t2时间内导线框受到的安培力逐渐增大
B. 磁场的高度d可以用v－t图中阴影部分的面积表示
C.导线框重力势能的减少量等于其动能的增加量
D. 导线框产生的焦耳热大于mgl
【答案】　D
【解析】　由题图乙可知，在0～t1时间内，导线框自由落体，t1～t2时间内导线框切割磁感线进入磁场，做加速度减小的减速运动，电流减小，则安培力在减小，A错误；在t1～t2时间段内，导线框切割磁感线，距离为l，完全进入后又做加速运动直到落地，所以磁场高度d为t1～t3时间内的位移，B错误；安培力做负功，所以重力势能减少量等于动能增加量和安培力做功的和，C错误；t1～t2时间内，F安>mg，克服安培力做的功大于重力做功，所以在下降过程中导线框产生的焦耳热大于mgl，D正确。
题型3 应用动量观点解决电磁感应问题
1.如图所示，两条相距为L的光滑平行金属导轨位于水平面(纸面)内，其左端接一阻值为R的电阻，导轨平面与磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计。金属棒ab垂直导轨放置并接触良好，接入电路的电阻也为R。若给棒平行导轨向右的初速度v0，当流过棒横截面的电荷量为q时，棒的速度减为零，此过程中棒的位移为x。则(　　)
A.当流过棒的电荷量为时，棒的速度为
B.当棒发生位移为时，棒的速度为
C.在流过棒的电荷量达到的过程中，棒释放的热量为
D.整个过程中定值电阻R释放的热量为
【答案】　C
【解析】　对ab棒由动量定理有－BLt＝0－mv0，而q＝t，即－BqL＝0－mv0，当流过棒的电荷量为时，有－B·L＝mv1－mv0，解得v1＝v0，A错误；当棒发生位移为x时，q＝＝，则当棒发生位移为时，q′＝＝，可知此时流过棒的电荷量q′＝，代入BLΔt＝BLq′＝mv2－mv0，解得棒的速度为v2＝v0，B错误；定值电阻与导体棒释放的热量相同，在流过棒的电荷量达到的过程中，棒释放的热量为Q＝＝mv＝，C正确；同理可得整个过程中定值电阻R释放的热量为Q′＝×mv＝，D错误。
2.(多选)如图，间距为L的平行导轨竖直固定放置，导轨上端接有阻值为R的定值电阻，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的宽度均为d，磁场Ⅰ的下边界和磁场Ⅱ的上边界间距为d，磁场的磁感应强度大小均为B。一根质量为m、电阻为R的金属棒由静止释放，释放的位置离磁场Ⅰ的上边界距离为2d，金属棒进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，金属棒运动过程中始终保持水平且与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
A.金属棒刚进入磁场Ⅰ时的速度大小为2
B.金属棒刚出磁场Ⅰ时的速度大小为
C.金属棒穿过两个磁场后电阻R中产生的焦耳热为2mgd
D.金属棒穿过磁场Ⅰ所用的时间为
　
【答案】　ABC
【解析】　根据动能定理有mg·2d＝mv，金属棒刚进磁场Ⅰ时的速度大小为v1＝2，故A正确；由于金属棒进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，在金属棒从磁场Ⅰ的下边界到磁场Ⅱ的上边界这一过程中，机械能守恒，设金属棒出磁场Ⅰ的速度为v1′，进磁场Ⅱ的速度为v2，则有mv1′2＋mgd＝mv，又v2＝v1，解得金属棒刚出磁场Ⅰ时的速度大小为v1′＝，故B正确；由能量守恒定律得2Q＝5mgd－mv1′2，解得金属棒穿过两个磁场后电阻R中产生的焦耳热为Q＝2mgd，故C正确；设金属棒穿过磁场Ⅰ所用的时间为t，根据动量定理得BqL－mgt＝(－mv1′)－(－mv1)，该过程的电荷量为q＝＝，解得金属棒穿过磁场Ⅰ所用的时间为t＝，故D错误。
3.如图所示，两根足够长且电阻不计的平行金属导轨MNPQ和M1N1P1Q1，固定在倾角为θ的斜面上，MN与M1N1距离为L，PQ与P1Q1距离为L。金属棒A、B质量均为m、阻值均为R、长度分别为L与L，金属棒A、B分别垂直放在导轨MM1和PP1上，且恰好都能静止在导轨上。整个装置处于垂直于导轨平面向上、磁感应强度大小为B0的匀强磁场中。现固定住金属棒B，用沿导轨向下的外力F作用在金属棒A上，使金属棒A以加速度a沿斜面向下做匀加速运动。此后A棒一直在MN与M1N1上运动，B棒一直在PQ与P1Q1上静止或运动，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
(1)外力F与作用时间t的函数关系式；
(2)当A棒的速度为v0时，撤去F并解除对B的固定，一段时间后A棒在MN与M1N1上匀速运动，求A棒匀速运动的速度大小。
【答案】(1)F＝t＋ma　(2)v0
【解析】(1)金属棒A、B刚好都能静止在导轨上，对金属棒，有mgsin θ－Ff＝0
金属棒A沿斜面向下做匀加速运动，对金属棒A，由牛顿第二定律有F＋mgsin θ－Ff－F安＝ma
由安培力公式有F安＝ILB0
对金属棒与导轨构成的回路，根据欧姆定律，有I＝
金属棒A切割磁感线，根据法拉第电磁感应定律，有E＝B0Lv
又因为v＝at
联立解得F＝t＋ma。
(2)A棒匀速时，安培力为零，电流为零，两棒产生的电动势大小相等，有
B0LvA＝B0vB
在撤去F到A棒匀速的过程中，对A，根据动量定理，有
(mgsin θ－Ff－B0L)t1＝mvA－mv0
对B，根据动量定理，有
t1＝mvB－0
联立可解出vA＝v0。
4.如图，相距为的光滑金属轨道，左侧部分倾斜，倾角为，上端接有阻值为的电阻，左侧空间存在有垂直于斜面向上的磁场，右侧部分水平，分布着如图所示的磁场，边界与相距，中间分布着竖直向下的磁场，边界与相距为，中间分布着竖直向上的磁场，它们的磁感应强度都为，左右两部分在倾斜轨道底端用光滑绝缘材料平滑连接，金属棒a与b的质量都为，长度都为，电阻都为，一开始金属棒b静止在边界与的中点，金属棒a从斜面上高度为处滑下，到达斜面底端前已经匀速运动，此后进入水平轨道，发现金属棒a到达边界时已经再次匀速。运动过程中，两棒与轨道接触良好，且始终与轨道垂直，两棒如果相碰则发生弹性碰撞。
（1）求斜面上金属棒a的匀速运动速度；
（2）当棒a到达边界时，棒b的位移大小，以及a棒在与之间的运动时间t；
（3）求最终稳定时两棒的间距x，以及全过程a棒的总发热量。

（2）再次匀速必有，（且可知方向向左）
联立上述三式解得，及
又已知，所以方向向左
经分析易得（a棒减小的速度恰好由b棒增大的速度补偿）
解得
【真题演练】
1．（2024·贵州·高考真题）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
【答案】AB
【详解】A．设加速阶段的位移与减速阶段的位移相等为，根据
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，则减速过程由动量定理可得
解得
A正确；
B．由
解得
金属棒加速的过程中，由位移公式可得
可得加速时间为
B正确；
C．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
其中
联立解得
C错误；
D．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
可得
因此加速过程中拉力做的功大于，D错误。
故选AB。
2．（2024·山东·高考真题）如图所示，两条相同的半圆弧形光滑金属导轨固定在水平桌面上，其所在平面竖直且平行，导轨最高点到水平桌面的距离等于半径，最低点的连线OO'与导轨所在竖直面垂直。空间充满竖直向下的匀强磁场（图中未画出），导轨左端由导线连接。现将具有一定质量和电阻的金属棒MN平行OO'放置在导轨图示位置，由静止释放。MN 运动过程中始终平行于OO'且与两导轨接触良好，不考虑自感影响，下列说法正确的是（　　）
A．MN最终一定静止于OO'位置
B．MN运动过程中安培力始终做负功
C．从释放到第一次到达OO'位置过程中，MN的速率一直在增大
D．从释放到第一次到达OO'位置过程中，MN中电流方向由M到N
【答案】ABD
【详解】A．由于金属棒MN运动过程切割磁感线产生感应电动势，回路有感应电流，产生焦耳热，金属棒MN的机械能不断减小，由于金属导轨光滑，所以经过多次往返运动，MN最终一定静止于OO'位置，故A正确；
B．当金属棒MN向右运动，根据右手定则可知，MN中电流方向由M到N，根据左手定则，可知金属棒MN受到的安培力水平向左，则安培力做负功；当金属棒MN向左运动，根据右手定则可知，MN中电流方向由N到M，根据左手定则，可知金属棒MN受到的安培力水平向右，则安培力做负功；可知MN运动过程中安培力始终做负功，故B正确；
C．金属棒MN从释放到第一次到达OO'位置过程中，由于在OO'位置重力沿切线方向的分力为0，可知在到达OO'位置之前的位置，重力沿切线方向的分力已经小于安培力沿切线方向的分力，金属棒MN已经做减速运动，故C错误；
D．从释放到第一次到达OO'位置过程中，根据右手定则可知，MN中电流方向由M到N，故D正确。
故选ABD。
3．（2024·全国·高考真题）如图，一绝缘细绳跨过两个在同一竖直面（纸面）内的光滑定滑轮，绳的一端连接一矩形金属线框，另一端连接一物块。线框与左侧滑轮之间的虚线区域内有方向垂直纸面的匀强磁场，磁场上下边界水平，在时刻线框的上边框以不同的初速度从磁场下方进入磁场。运动过程中，线框始终在纸面内且上下边框保持水平。以向上为速度的正方向，下列线框的速度v随时间t变化的图像中可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】AC
【详解】设线圈的上边进入磁场时的速度为v，设线圈的质量M，物块的质量m，图中线圈进入磁场时线圈的加速度向下，则对线圈由牛顿第二定律可知
对滑块
其中
即
线圈向上做减速运动，随速度的减小，向下的加速度减小；当加速度为零时，即线圈匀速运动的速度为
A．若线圈进入磁场时的速度较小，则线圈进入磁场时做加速度减小的减速运动，线圈的速度和加速度都趋近于零，则图像A可能正确；
B．因t=0时刻线圈就进入磁场，则进入磁场时线圈向上不可能做匀减速运动，则图像B不可能；
CD．若线圈的质量等于物块的质量，且当线圈进入磁场时，且速度大于v0，线圈进入磁场做加速度减小的减速运动，完全进入磁场后线圈做匀速运动；当线圈出离磁场时，受向下的安培力又做加速度减小的减速运动，最终出离磁场时做匀速运动，则图像C有可能，D不可能。
故选AC。
4．（2024·辽宁·高考真题）如图，两条“∧”形的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，间距为L，左、右两导轨面与水平面夹角均为30°，均处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。将有一定阻值的导体棒ab、cd放置在导轨上，同时由静止释放，两棒在下滑过程中始终与导轨垂直并接触良好，ab、cd的质量分别为2m和m，长度均为L。导轨足够长且电阻不计，重力加速度为g，两棒在下滑过程中（　　）
A．回路中的电流方向为abcda B．ab中电流趋于
C．ab与cd加速度大小之比始终为2︰1 D．两棒产生的电动势始终相等
【答案】AB
【详解】A．两导体棒沿轨道向下滑动，根据右手定则可知回路中的电流方向为abcda；故A正确；
BC．设回路中的总电阻为R，对于任意时刻当电路中的电流为I时，对ab根据牛顿第二定律得
对cd
故可知
分析可知两个导体棒产生的电动势相互叠加，随着导体棒速度的增大，回路中的电流增大，导体棒受到的安培力在增大，故可知当安培力沿导轨方向的分力与重力沿导轨向下的分力平衡时导体棒将匀速运动，此时电路中的电流达到稳定值，此时对ab分析可得
解得
故B正确，C错误；
D．根据前面分析可知，故可知两导体棒速度大小始终相等，由于两边磁感应强度不同，故产生的感应电动势不等，故D错误。
故选AB。
5．（2024·北京·高考真题）如图甲所示为某种“电磁枪”的原理图。在竖直向下的匀强磁场中，两根相距L的平行长直金属导轨水平放置，左端接电容为C的电容器，一导体棒放置在导轨上，与导轨垂直且接触良好，不计导轨电阻及导体棒与导轨间的摩擦。已知磁场的磁感应强度大小为B，导体棒的质量为m、接入电路的电阻为R。开关闭合前电容器的电荷量为Q。
（1）求闭合开关瞬间通过导体棒的电流I；
（2）求闭合开关瞬间导体棒的加速度大小a；
（3）在图乙中定性画出闭合开关后导体棒的速度v随时间t的变化图线。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）开关闭合前电容器的电荷量为Q，则电容器两极板间电压
开关闭合瞬间，通过导体棒的电流
解得闭合开关瞬间通过导体棒的电流为
（2）开关闭合瞬间由牛顿第二定律有
将电流I代入解得
（3）由（2）中结论可知，随着电容器放电，所带电荷量不断减少，所以导体棒的加速度不断减小，其v-t图线如图所示
6．（2024·河北·高考真题）如图，边长为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。间距为L、与水平面成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。足够长的细导体棒在水平面内绕O点以角速度匀速转动，水平放置在导轨上的导体棒始终静止。棒在转动过程中，棒在所受安培力达到最大和最小时均恰好能静止。已知棒在导轨间的电阻值为R，电路中其余部分的电阻均不计，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）求棒所受安培力的最大值和最小值。
（2）锁定棒，推动棒下滑，撤去推力瞬间，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，求棒与导轨间的动摩擦因数。
【答案】（1），；（2）
【详解】（1）当OA运动到正方形细框对角线瞬间，切割的有效长度最大，，此时感应电流最大，CD棒所受的安培力最大，根据法拉第电磁感应定律得
根据闭合电路欧姆定律得
故CD棒所受的安培力最大为
当OA运动到与细框一边平行时瞬间，切割的有效长度最短，感应电流最小，CD棒受到的安培力最小，得
故CD棒所受的安培力最小为
（2）当CD棒受到的安培力最小时根据平衡条件得
当CD棒受到的安培力最大时根据平衡条件得
联立解得
撤去推力瞬间，根据牛顿第二定律得
解得
7．（2024·全国·高考真题）如图，金属导轨平行且水平放置，导轨间距为L，导轨光滑无摩擦。定值电阻大小为R，其余电阻忽略不计，电容大小为C。在运动过程中，金属棒始终与导轨保持垂直。整个装置处于竖直方向且磁感应强度为B的匀强磁场中。
(1)开关S闭合时，对金属棒施加以水平向右的恒力，金属棒能达到的最大速度为v0。当外力功率为定值电阻功率的两倍时，求金属棒速度v的大小。
(2)当金属棒速度为v时，断开开关S，改变水平外力并使金属棒匀速运动。当外力功率为定值电阻功率的两倍时，求电容器两端的电压以及从开关断开到此刻外力所做的功。
【答案】（1）；（2），
【详解】（1）开关S闭合后，当外力与安培力相等时，金属棒的速度最大，则
由闭合电路欧姆定律
金属棒切割磁感线产生的感应电动势为
联立可得，恒定的外力为
在加速阶段，外力的功率为
定值电阻的功率为
若时，即
化简可得金属棒速度v的大小为
（2）断开开关S，电容器充电，则电容器与定值电阻串联，则有
当金属棒匀速运动时，电容器不断充电，电荷量q不断增大，电路中电流不断减小，则金属棒所受安培力不断减小，而拉力的功率
定值电阻功率
当时有
可得
根据
可得此时电容器两端电压为
从开关断开到此刻外力所做的功为
其中
联立可得
8．（2024·安徽·高考真题）如图所示，一“U”型金属导轨固定在竖直平面内，一电阻不计，质量为m的金属棒ab垂直于导轨，并静置于绝缘固定支架上。边长为L的正方形cdef区域内，存在垂直于纸面向外的匀强磁场。支架上方的导轨间，存在竖直向下的匀强磁场。两磁场的磁感应强度大小B随时间的变化关系均为B = kt（SI），k为常数（k > 0）。支架上方的导轨足够长，两边导轨单位长度的电阻均为r，下方导轨的总电阻为R。t = 0时，对ab施加竖直向上的拉力，恰使其向上做加速度大小为a的匀加速直线运动，整个运动过程中ab与两边导轨接触良好。已知ab与导轨间动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。不计空气阻力，两磁场互不影响。
（1）求通过面积Scdef的磁通量大小随时间t变化的关系式，以及感应电动势的大小，并写出ab中电流的方向；
（2）求ab所受安培力的大小随时间t变化的关系式；
（3）求经过多长时间，对ab所施加的拉力达到最大值，并求此最大值。
【答案】（1）kL2·t，kL2，从a流向b；（2）；（3）
【详解】（1）通过面积的磁通量大小随时间t变化的关系式为
根据法拉第电磁感应定律得
由楞次定律可知ab中的电流从a流向b。
（2）根据左手定则可知ab受到的安培力方向垂直导轨面向里，大小为
F安=BIL
其中
B=kt
设金属棒向上运动的位移为x，则根据运动学公式
所以导轨上方的电阻为
由闭合电路欧姆定律得
联立得ab所受安培力的大小随时间t变化的关系式为
（3）由题知t = 0时，对ab施加竖直向上的拉力，恰使其向上做加速度大小为a的匀加速直线运动，则对ab受力分析由牛顿第二定律
其中
联立可得
整理有
根据均值不等式可知，当时，F有最大值，故解得
F的最大值为
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