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专题突破23　电磁感应中的动力学和能量问题
目标 要求 　 　 1.导体棒切割磁感线运动时，能理清各物理量间的制约关系并能用动力学观点进行运动过程分析。2.会用功能关系和能量守恒定律解决电磁感应中的能量问题。
考点一　电磁感应中的动力学问题
考向1　电磁感应中的平衡问题
　(2025·四川卷，14)如图所示，长度均为s的两根光滑金属直导轨MN和PQ固定在水平绝缘桌面上，两者平行且相距l，M、P连线垂直于导轨，定滑轮位于N、Q连线中点正上方h处。MN和PQ单位长度的电阻均为r，M、P间连接一阻值为2sr的电阻。空间有垂直于桌面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。过定滑轮的不可伸长绝缘轻绳拉动质量为m、电阻不计的金属杆沿导轨向右做匀速直线运动，速度大小为v。零时刻，金属杆位于M、P连线处。金属杆在导轨上时与导轨始终垂直且接触良好，重力加速度大小为g。求：
(1)金属杆在导轨上运动时，回路的感应电动势；
(2)金属杆在导轨上与M、P连线相距d时，回路的热功率；
(3)金属杆在导轨上保持速度大小v做匀速直线运动的最大路程。
解析：(1)对金属杆根据法拉第电磁感应定律有E＝Blv　①。
(2)设金属杆在导轨上与M、P连线相距为d时，导轨MN、PQ接入回路电阻分别为RM、RP，由题意得RM＝RP＝dr　②
设此时回路中电流为I，根据闭合电路欧姆定律有E＝I(RM＋RP＋2sr)　③
回路中热功率为P＝I2(RM＋RP＋2sr)　④
联立①②③④解得P＝　⑤。
(3)设金属杆路程为d′时，绳子拉力为FT，绳子与水平方向夹角为θ
金属杆所受安培力为F安＝BI′l　⑥
根据几何关系有tan θ＝　⑦
金属杆做匀速直线运动，对金属杆进行受力分析
水平方向有FTcos θ－F安＝0　⑧
竖直方向有FTsin θ＋FN－mg＝0　⑨
联立解得FN＝mg－　⑩
要满足题意则有FN≥0　
联立⑩ 解得d′≤
故最大路程为dm＝。
答案：(1)Blv　(2)　(3)
动力学观点解答电磁感应问题的分析方法
考向2　电磁感应中的动力学问题
　如图所示，两平行金属导轨水平放入磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中，导轨间距为L，导轨左端接有一电容为C的平行板电容器。一质量为m的金属棒ab垂直放在导轨上，在水平恒力F的作用下从静止开始运动。棒与导轨接触良好，不计金属棒和导轨的电阻以及金属棒和导轨间的摩擦。求金属棒的加速度大小并分析金属棒的运动性质。
解析：运动过程分析：取一极短时间Δt，棒做加速运动，持续对电容器充电，则存在充电电流。
由F－BIL＝ma
I＝
ΔQ＝CΔU
ΔU＝ΔE＝BLΔv
联立可得F－＝ma
其中＝a
则可得a＝，所以棒做加速度恒定的匀加速直线运动。
答案：见解析
[拓展1]　在[例2]中，若金属导轨平面与水平面成θ角，匀强磁场垂直导轨平面向上。已知重力加速度为g，又让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，求金属棒下滑过程中的加速度大小。
解析：金属棒在重力和安培力的作用下向下运动，根据牛顿第二定律有mg sin θ－BIL＝ma
I＝＝CBLa
联立可得a＝。
答案：见解析
[拓展2]　在[拓展1]中，若金属棒与导轨之间的动摩擦因数为μ(μ解析：mg sin θ－μmg cos θ－BIL＝ma
I＝＝CBLa
联立解得a＝。
答案：见解析
(导轨光滑，F恒定)
图示 v-t图像
考点二　电磁感应中的能量问题
考向1　电磁感应中的能量守恒
　(多选)(2024·山东卷，11)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
解析：ABD　由楞次定律结合左手定则可知，安培力与MN的运动方向的夹角始终大于90°，则安培力始终做负功，MN最终一定静止在OO′位置，A、B正确；根据楞次定律可知，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，D正确；从释放到第一次到达OO′位置过程中，在即将到达OO′位置的时刻，MN所受安培力水平向左，沿速度方向的分力一定大于MN所受重力沿速度方向的分力，处于减速状态，C错误。
(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
①焦耳定律：Q＝I2Rt，电流、电阻都不变时适用。
②功能关系：Q＝W克服安培力，任意情况都适用。
③能量转化：Q＝ΔE其他能的减少量，任意情况都适用。
考向2　电磁感应中的功能关系应用
　(2025·广州天河区三模)每个快递入库时都会贴一张电子标签，以便高效仓储、分拣。如图所示，某快递表面的标签上固定了一个横放的“日”字形线圈，在入库时快递与传送带一起以水平恒定速度v0穿过磁感应强度为B，方向竖直向下且宽为L的有界匀强磁场，磁场边界与CD边平行。传送带连接的传感器可以采集到快递受到的摩擦力。已知线圈短边CD长为L，长边CG长为2L，E、F为两长边的中点。电阻RCD＝RGH＝r，REF＝2r，其余部分电阻不计。求：
(1)CD边刚进磁场时，CD中感应电流的方向；
(2)CD边刚进磁场时，快递受到的摩擦力Ff；
(3)整个“日”字形线圈穿过磁场的过程中，产生的总焦耳热Q。
解析：(1)CD边刚进磁场时，根据右手定则可知，感应电流方向应由D到C。
(2)CD边刚进磁场时，感应电动势为E＝BLv0
此时线圈形成回路的总电阻为R1＝r＋r
通过CD边的电流为I1＝
CD边受到的安培力大小为FA1＝BI1L＝
根据左手定则可知，CD边受到安培力的方向水平向左，由平衡条件可得，快递受到的摩擦力水平向右，且大小为Ff＝FA1＝。
(3)从CD边进入磁场到EF边进入磁场过程中，线圈克服安培力做功为W1＝FA1L＝
当EF边切割磁感线的过程中，线圈形成回路的总电阻为R2＝2r＋r
通过EF边的电流为I2＝
EF边受到的安培力大小为FA1＝BI2L＝
从EF边进入磁场到GH边进入磁场，线圈克服安培力做功为W2＝FA2L＝
根据对称性可知，GH边穿过磁场的过程，线圈克服安培力做功为W3＝W1＝
所以整个“日”字形线圈穿过磁场的过程中，产生的总焦耳热为
Q＝W1＋W2＋W3＝。
答案：(1)由D到C　(2)　(3),
解题步骤
(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)根据功能关系或能量守恒定律列式求解。
限时规范训练(67)　电磁感应中的动力学和能量问题
(建议用时：40分钟　满分：75分)
(选择题1～4题每题5分，5～6题每题6分，共32分)
[基础巩固练]
1．(2025·北京西城一模)如图所示，一根无限长的通电直导线固定在光滑水平面上，一质量为m的导体圆环在该平面内运动，其初速度大小为v0，方向与导线的夹角为30°。已知距离导线越远，磁场的磁感应强度越小，则导体圆环(　　)
A．做速度逐渐减小的直线运动
B．距导线的距离先增大后减小
C．产生的电能最多为0.25mv02
D．受到安培力的冲量最大为0.5mv0
解析：D　一无限长通电直导线产生的磁场是非匀强磁场，最初导体圆环的运动方向与直导线成30°角，可将初速度沿平行于直导线和垂直于直导线的方向分解，沿导线方向做匀速直线运动，由于电磁感应，导体圆环中产生感应电流，安培力的方向与导体圆环垂直于导线的运动方向相反，最终沿平行直导线的方向匀速运动，垂直导线方向上速度减小，则导体圆环感应电流减小，则所受安培力减小，垂直导线方向做加速度减小的减速运动，根据运动的合成可知导体圆环做速度逐渐减小的曲线运动，距导线的距离一直增大，故AB错误；沿着导线方向的分速度v1＝v0cos 30°，由能量守恒定律得导体圆环产生的电能为E电＝mv12，解得E电＝0.125mv02，故C错误；垂直导线方向的分速度v2＝v0sin 30°，垂直导线方向，根据动量定理－I安＝0－mv2，联立可得导体圆环受到安培力的冲量最大为I安＝0.5mv0，故D正确。故选D。
2．(2025·云南玉溪模拟)如图甲所示，用两根等长的细线竖直悬挂一个总电阻为R、边长为L的单匝正方形金属线框MNQP，线框有一半处于匀强磁场中，磁感应强度的方向垂直于纸面向里，其大小随时间变化的图像如图乙所示。已知重力加速度为g，t0时刻，细线的拉力恰好为0，t1时刻，剪断两根细线，t2时刻，PQ边离开磁场时恰好做匀速运动，整个过程中线框平面始终在竖直面内且水平不翻转，不计空气阻力。下列说法正确的是(　　)
图甲　　　　　　　图乙
A．时刻，线框中感应电流的方向为顺时针方向
B．时刻，线框中感应电流的大小为
C．线框的总质量为
D．t2时刻，线框的速度大小为
解析：C　时刻，磁感应强度向纸面里增加，根据楞次定律，线框中感应电流的方向为逆时针方向，故A错误；时刻感应电动势E＝，线框中感应电流的大小为I＝，故B错误；t0时刻，细线的拉力恰好为0，则有B0IL＝mg，解得线框的总质量为m＝，故C正确；t2时刻，PQ边离开磁场时恰好做匀速运动，则有B0I′L＝mg，其中I′＝，解得v＝，故D错误。故选C。
3．(2025·广东三模)如图所示，两根电阻不计的光滑平行导轨(足够长)与水平面的夹角为30°。导轨底端接入一定值电阻，导轨所在区域内存在均匀分布的磁场，磁场方向垂直导轨平面向上。在导轨上放置一质量为0.1 kg的金属棒。t＝0时刻在大小为0.6 N、方向沿导轨向上的恒力F作用下，金属棒由静止从图示位置开始以大小为1 m/s2的加速度沿导轨向上做匀加速直线运动，金属棒始终与导轨垂直且接触良好。重力加速度大小g取10 m/s2。下列磁场的磁感应强度大小B的倒数随时间t或时间t的二次方(t2)变化的关系图像中，可能正确的是(　　)
解析：D　对金属棒，根据牛顿第二定律有F－F安 －mg sin θ＝ma，其中F＝0.6 N，m＝0.1 kg，θ＝30°，a＝1 m/s2，解得F安＝0，可知金属棒不受安培力，回路中没有感应电流，穿过回路的磁通量不变，因此B0S0＝B(S0＋Lx)，其中B0为t＝0时刻磁场的磁感应强度大小，S0为t＝0时刻闭合回路的面积，L为导轨的间距，金属棒在0～t时间内通过的距离x＝，可得，故选D。
4．(多选)(2025·广东卷，9)如图是一种精确测量质量的装置原理示意图，竖直平面内，质量恒为M的称重框架由托盘和矩形线圈组成。线圈的一边始终处于垂直线圈平面的匀强磁场中，磁感应强度不变。测量分两个步骤，步骤①：托盘内放置待测物块，其质量用m表示，线圈中通大小为I的电流，使称重框架受力平衡；步骤②：线圈处于断开状态，取下物块，保持线圈不动，磁场以速率v匀速向下运动，测得线圈中感应电动势为E。利用上述测量结果可得出m的值，重力加速度为g。下列说法正确的有(　　)
A．线圈电阻为
B．I越大，表明m越大
C．v越大，则E越小
D．m＝－M
解析：BD　根据题意，电动势E是线圈断开时切割磁感线产生的感应电动势，I为线圈闭合时通入的电流，故不是线圈的电阻，故A错误；根据平衡条件有(M＋m)g＝BIL　①，故可知I越大，m越大，故B正确；根据公式有E＝BLv　②，故可知v越大，E越大，故C错误；联立①②可得m＝－M，故D正确。
[能力提升练]
5．(2025·江苏泰州四调)如图甲所示，两根光滑且平行的电阻不计长直金属导轨固定在水平桌面上，左端接入电容为C、带电荷量为Q的电容器和阻值为R的电阻。一质量为m、阻值也为R的导体棒MN垂直静置在导轨上且接触良好，整个系统处于竖直向下的匀强磁场中。闭合开关S后(　　)
A．导体棒 MN中电流的最大值为
B．导体棒MN向右先加速后匀速运动
C．导体棒MN所受安培力最大时，速度也最大
D．电阻R上产生的热量大于导体棒MN上产生的热量
解析：D　在运动过程中，MN上的电流瞬时值为i＝，当闭合的瞬间Blv＝0，电流最大Imax＝，故A错误；当U>Blv时，导体棒加速运动，当速度达到最大值之后，电容器与MN及R构成回路，由于一直处于通路的形式，由能量守恒可知，最后MN的速度为零，故B错误；当U＝Blv时，MN上电流瞬时为零，安培力为零，此时MN速度最大，故C错误；在MN加速阶段，由于MN反电动势存在，故MN上电流小于电阻R上的电流，电阻R消耗的电能大于MN消耗的电能，故加速过程中，QR>QMN；在MN减速为零的过程中，电容器的电流和导体棒的电流都流经电阻 R形成各自的回路，因此可知此时也是电阻R的电流大，综上分析可知全过程中电阻R上的热量大于导体棒上的热量，故D正确。故选D。
6．(多选)(2025·河南名校联盟三模)如图甲所示，两根足够长的粗糙平行金属导轨间距为L＝1 m，其电阻不计，两导轨及其所在平面与水平面的夹角均为θ＝37°，上端连接一阻值为R＝2 Ω的电阻，整个装置处于方向垂直于导轨平面的匀强磁场中。将一质量为m＝1 kg、电阻不计的金属棒放在导轨上，无磁场时金属棒恰好处于静止状态。从t＝0时刻开始，匀强磁场的磁感应强度B随时间的变化关系如图乙所示(令垂直导轨平面向下为正方向)，已知金属棒与导轨间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。在t＝2 s时，导体棒恰好运动，则(　　)
图甲　　　　　　　　图乙
A．金属棒与导轨间的动摩擦因数为0.75
B．t＝2 s时，从上方俯视整个回路，回路中感应电流的方向沿顺时针
C．t＝2 s时，金属棒受到的安培力大小为6 N
D．t＝0时刻，金属棒与导轨顶端的距离为3 m
解析：AD　没有磁场时，对金属棒，由平衡条件有mg sin θ＝μmg cos θ，解得μ＝0.75，故A正确；0～2 s内，闭合回路中的磁通量增大，由楞次定律和安培定则可知，从上方俯视整个回路，感应电流的方向沿逆时针，故B错误；t＝2 s时，对金属棒由平衡条件有F安＝mg sin θ＋μmg cos θ，解得F安＝12 N，故C错误；由法拉第电磁感应定律有E＝·Lx，又E＝IR，F安＝BIL，解得x＝3 m，故D正确。故选AD。
7．(10分)(2025·重庆市八中三模)如图为我国自主研发高层建筑逃生磁力缓降装置，可简化为图(a)的模型：中间柱体为固定绝缘细杆，细管内沿管均匀安装了圆柱形磁极，磁极周围存在聚集状的水平磁场，俯视图如图(b)。载人逃生装置上安装了一周长为L、匝数为N、总电阻为R的圆形线圈，该线圈套在绝缘细杆上。已知线圈所在处的磁感应强度大小始终为B，线圈和载人逃生装置的质量M，运动过程中线圈始终保持水平且不与磁极接触，重力加速度取g。除了磁场力外，不计任何其他力。求：
　　　　　　　 图(a)　　　　　图(b)
(1)线圈下落速度稳定时其内部电流的大小和方向(俯视为顺时针或逆时针)；
(2)若线圈和载人逃生装置从初始位置静止下滑了H后恰好平衡，求此过程中线圈上产生的焦耳热。
解析：(1)线圈下落速度稳定，即整体处于平衡状态，重力和安培力相等Mg＝NBIL
则电流为I＝
由右手定则可知电流方向俯视为逆时针。
(2)线圈下落速度稳定即整体处于平衡状态，重力和安培力相等Mg＝NBIL
由法拉第电磁感应定律有感应电动势为E＝NBLv
由欧姆定律有I＝
从静止开始下落到稳定状态过程中由动能定理有MgH－Q＝Mv2
联立解得Q＝MgH－。
答案：(1)　逆时针　
(2)MgH－
8．(10分)(2024·北京卷，18)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。
图甲
(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。
图乙
解析：(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U＝
开关闭合瞬间，通过导体棒的电流I＝
解得I＝。
(2)开关闭合瞬间由牛顿第二定律有BIL＝ma
将电流I代入解得a＝。
(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。
答案：(1)　(2)　
(3)见解析
9．(10分)(2025·北京西城二模)游乐场的“太空梭”先把座舱拉升到一定高度处释放，座舱下落到制动位置时，触发电磁制动开始减速。将座舱简化为正方形线框abcd，如图所示，线框下方存在宽度为L的匀强磁场区域，该区域的上下边界水平，磁感应强度的大小为B。线框从距磁场上边界高度为h处由静止开始自由下落。线框ab边进入磁场时开始减速，cd边穿出磁场时的速度是ab边进入磁场时速度的。已知线框的边长为L，质量为m，电阻为R，重力加速度大小为g，线框下落过程中ab边始终与磁场边界平行，不计空气阻力。求：
(1)线框ab边刚进入磁场时，产生的感应电动势大小E；
(2)线框穿过磁场区域的过程中最大加速度的大小a；
(3)线框穿过磁场区域的过程中产生的焦耳热Q。
解析：(1)设ab边进入磁场时的速度大小为v，有v2＝2gh
ab边进入磁场时感应电动势E＝BLv得E＝BL。
(2)ab边进入磁场时，线框的加速度最大。
根据闭合电路欧姆定律，线框中感应电流的大小I＝
ab边受到安培力的大小F＝BIL
根据牛顿第二定律有F－mg＝ma，得a＝－g。
(3)线框穿过磁场的过程中，根据能量守恒定律有Q＝mg2L＋mgh。
答案：(1)BL　(2)－g　(3)2mgL＋mgh
[培优创新练]
10．(13分)(2026·山东德州高三开学考)如图所示，光滑斜面倾角为θ＝30°，Ⅰ号区域与Ⅱ号区域均存在垂直斜面向外的匀强磁场。正方形线框abcd质量为m，总电阻为R，粗细均匀，Ⅰ号区域长为L1，Ⅱ号区域长为L2，两区域间无磁场的区域长度大于线框长度。线框从某一位置释放，cd边进入Ⅰ号区域时速度为v，且直到ab边离开Ⅰ号区域时，速度始终为v，当cd边进入Ⅱ号区域时的速度和ab边离开Ⅱ号区域时的速度一致，已知重力加速度为g。则：
(1)求线框释放时，cd边与Ⅰ区域上边缘的距离x；
(2)求cd边进入Ⅰ号区域时，cd边两端的电势差；
(3)求线框进入Ⅱ号区域到完全离开过程中克服安培力做功的功率。
解析：(1)线框在没有进入磁场区域时，根据牛顿第二定律mg sin θ＝ma
根据运动学公式v2＝2ax
联立可得线框释放点cd边与Ⅰ区域上边缘的距离x＝。
(2)因为cd边进入Ⅰ区域时速度为v，且直到ab边离开Ⅰ区域时速度均为v，可知线框的边长与Ⅰ区域的长度相等，根据平衡条件有mg sin θ＝BIL1
又E＝BL1v，I＝
cd边两端的电势差U＝E
联立可得U＝。
(3)①若L2＝L1，则线框在通过Ⅱ区域过程中可能一直做减速运动，也可能先减速后匀速，完全离开Ⅱ号区域时的速度不再恢复为刚进入时的速度，故该情况不符合题意。
②若L2>L1，在线框进入Ⅰ区域过程中，根据动量定理mg sin θ·t1－BIL1t1＝0
其中t1＝
联立可得q＝
线框在Ⅱ区域运动过程中，根据动量定理mg sin θ·t2－2BL1t3＝0
根据q＝
线框进入磁场过程中电荷量都相等，即q＝t3
联立可得t2＝
根据能量守恒定律－W安＋mg sin θ(L2＋L1)＝0
克服安培力做功的平均功率P＝
联立可得P＝。
③若L2根据动量定理mg sin θ·t4－2BL1t5＝0
其中q′＝t5
结合q＝
联立可得t4＝
根据能量守恒定律－W安′＋mg sin θ(L2＋L1)＝0
克服安培力做功的平均功率P′＝
联立可得P′＝。
答案：(1)　(2)　(3)若L2>L1，则P＝；若L2(建议用时：40分钟　满分：75分)
(选择题1～4题每题5分，5～6题每题6分，共32分)
[基础巩固练]
1．(2025·北京西城一模)如图所示，一根无限长的通电直导线固定在光滑水平面上，一质量为m的导体圆环在该平面内运动，其初速度大小为v0，方向与导线的夹角为30°。已知距离导线越远，磁场的磁感应强度越小，则导体圆环(　　)
A．做速度逐渐减小的直线运动
B．距导线的距离先增大后减小
C．产生的电能最多为0.25mv02
D．受到安培力的冲量最大为0.5mv0
解析：D　一无限长通电直导线产生的磁场是非匀强磁场，最初导体圆环的运动方向与直导线成30°角，可将初速度沿平行于直导线和垂直于直导线的方向分解，沿导线方向做匀速直线运动，由于电磁感应，导体圆环中产生感应电流，安培力的方向与导体圆环垂直于导线的运动方向相反，最终沿平行直导线的方向匀速运动，垂直导线方向上速度减小，则导体圆环感应电流减小，则所受安培力减小，垂直导线方向做加速度减小的减速运动，根据运动的合成可知导体圆环做速度逐渐减小的曲线运动，距导线的距离一直增大，故AB错误；沿着导线方向的分速度v1＝v0cos 30°，由能量守恒定律得导体圆环产生的电能为E电＝mv12，解得E电＝0.125mv02，故C错误；垂直导线方向的分速度v2＝v0sin 30°，垂直导线方向，根据动量定理－I安＝0－mv2，联立可得导体圆环受到安培力的冲量最大为I安＝0.5mv0，故D正确。故选D。
2．(2025·云南玉溪模拟)如图甲所示，用两根等长的细线竖直悬挂一个总电阻为R、边长为L的单匝正方形金属线框MNQP，线框有一半处于匀强磁场中，磁感应强度的方向垂直于纸面向里，其大小随时间变化的图像如图乙所示。已知重力加速度为g，t0时刻，细线的拉力恰好为0，t1时刻，剪断两根细线，t2时刻，PQ边离开磁场时恰好做匀速运动，整个过程中线框平面始终在竖直面内且水平不翻转，不计空气阻力。下列说法正确的是(　　)
图甲　　　　　　　图乙
A．时刻，线框中感应电流的方向为顺时针方向
B．时刻，线框中感应电流的大小为
C．线框的总质量为
D．t2时刻，线框的速度大小为
解析：C　时刻，磁感应强度向纸面里增加，根据楞次定律，线框中感应电流的方向为逆时针方向，故A错误；时刻感应电动势E＝，线框中感应电流的大小为I＝，故B错误；t0时刻，细线的拉力恰好为0，则有B0IL＝mg，解得线框的总质量为m＝，故C正确；t2时刻，PQ边离开磁场时恰好做匀速运动，则有B0I′L＝mg，其中I′＝，解得v＝，故D错误。故选C。
3．(2025·广东三模)如图所示，两根电阻不计的光滑平行导轨(足够长)与水平面的夹角为30°。导轨底端接入一定值电阻，导轨所在区域内存在均匀分布的磁场，磁场方向垂直导轨平面向上。在导轨上放置一质量为0.1 kg的金属棒。t＝0时刻在大小为0.6 N、方向沿导轨向上的恒力F作用下，金属棒由静止从图示位置开始以大小为1 m/s2的加速度沿导轨向上做匀加速直线运动，金属棒始终与导轨垂直且接触良好。重力加速度大小g取10 m/s2。下列磁场的磁感应强度大小B的倒数随时间t或时间t的二次方(t2)变化的关系图像中，可能正确的是(　　)
解析：D　对金属棒，根据牛顿第二定律有F－F安 －mg sin θ＝ma，其中F＝0.6 N，m＝0.1 kg，θ＝30°，a＝1 m/s2，解得F安＝0，可知金属棒不受安培力，回路中没有感应电流，穿过回路的磁通量不变，因此B0S0＝B(S0＋Lx)，其中B0为t＝0时刻磁场的磁感应强度大小，S0为t＝0时刻闭合回路的面积，L为导轨的间距，金属棒在0～t时间内通过的距离x＝，可得，故选D。
4．(多选)(2025·广东卷，9)如图是一种精确测量质量的装置原理示意图，竖直平面内，质量恒为M的称重框架由托盘和矩形线圈组成。线圈的一边始终处于垂直线圈平面的匀强磁场中，磁感应强度不变。测量分两个步骤，步骤①：托盘内放置待测物块，其质量用m表示，线圈中通大小为I的电流，使称重框架受力平衡；步骤②：线圈处于断开状态，取下物块，保持线圈不动，磁场以速率v匀速向下运动，测得线圈中感应电动势为E。利用上述测量结果可得出m的值，重力加速度为g。下列说法正确的有(　　)
A．线圈电阻为
B．I越大，表明m越大
C．v越大，则E越小
D．m＝－M
解析：BD　根据题意，电动势E是线圈断开时切割磁感线产生的感应电动势，I为线圈闭合时通入的电流，故不是线圈的电阻，故A错误；根据平衡条件有(M＋m)g＝BIL　①，故可知I越大，m越大，故B正确；根据公式有E＝BLv　②，故可知v越大，E越大，故C错误；联立①②可得m＝－M，故D正确。
[能力提升练]
5．(2025·江苏泰州四调)如图甲所示，两根光滑且平行的电阻不计长直金属导轨固定在水平桌面上，左端接入电容为C、带电荷量为Q的电容器和阻值为R的电阻。一质量为m、阻值也为R的导体棒MN垂直静置在导轨上且接触良好，整个系统处于竖直向下的匀强磁场中。闭合开关S后(　　)
A．导体棒 MN中电流的最大值为
B．导体棒MN向右先加速后匀速运动
C．导体棒MN所受安培力最大时，速度也最大
D．电阻R上产生的热量大于导体棒MN上产生的热量
解析：D　在运动过程中，MN上的电流瞬时值为i＝，当闭合的瞬间Blv＝0，电流最大Imax＝，故A错误；当U>Blv时，导体棒加速运动，当速度达到最大值之后，电容器与MN及R构成回路，由于一直处于通路的形式，由能量守恒可知，最后MN的速度为零，故B错误；当U＝Blv时，MN上电流瞬时为零，安培力为零，此时MN速度最大，故C错误；在MN加速阶段，由于MN反电动势存在，故MN上电流小于电阻R上的电流，电阻R消耗的电能大于MN消耗的电能，故加速过程中，QR>QMN；在MN减速为零的过程中，电容器的电流和导体棒的电流都流经电阻 R形成各自的回路，因此可知此时也是电阻R的电流大，综上分析可知全过程中电阻R上的热量大于导体棒上的热量，故D正确。故选D。
6．(多选)(2025·河南名校联盟三模)如图甲所示，两根足够长的粗糙平行金属导轨间距为L＝1 m，其电阻不计，两导轨及其所在平面与水平面的夹角均为θ＝37°，上端连接一阻值为R＝2 Ω的电阻，整个装置处于方向垂直于导轨平面的匀强磁场中。将一质量为m＝1 kg、电阻不计的金属棒放在导轨上，无磁场时金属棒恰好处于静止状态。从t＝0时刻开始，匀强磁场的磁感应强度B随时间的变化关系如图乙所示(令垂直导轨平面向下为正方向)，已知金属棒与导轨间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。在t＝2 s时，导体棒恰好运动，则(　　)
图甲　　　　　　　　图乙
A．金属棒与导轨间的动摩擦因数为0.75
B．t＝2 s时，从上方俯视整个回路，回路中感应电流的方向沿顺时针
C．t＝2 s时，金属棒受到的安培力大小为6 N
D．t＝0时刻，金属棒与导轨顶端的距离为3 m
解析：AD　没有磁场时，对金属棒，由平衡条件有mg sin θ＝μmg cos θ，解得μ＝0.75，故A正确；0～2 s内，闭合回路中的磁通量增大，由楞次定律和安培定则可知，从上方俯视整个回路，感应电流的方向沿逆时针，故B错误；t＝2 s时，对金属棒由平衡条件有F安＝mg sin θ＋μmg cos θ，解得F安＝12 N，故C错误；由法拉第电磁感应定律有E＝·Lx，又E＝IR，F安＝BIL，解得x＝3 m，故D正确。故选AD。
7．(10分)(2025·重庆市八中三模)如图为我国自主研发高层建筑逃生磁力缓降装置，可简化为图(a)的模型：中间柱体为固定绝缘细杆，细管内沿管均匀安装了圆柱形磁极，磁极周围存在聚集状的水平磁场，俯视图如图(b)。载人逃生装置上安装了一周长为L、匝数为N、总电阻为R的圆形线圈，该线圈套在绝缘细杆上。已知线圈所在处的磁感应强度大小始终为B，线圈和载人逃生装置的质量M，运动过程中线圈始终保持水平且不与磁极接触，重力加速度取g。除了磁场力外，不计任何其他力。求：
　　　　　　　 图(a)　　　　　图(b)
(1)线圈下落速度稳定时其内部电流的大小和方向(俯视为顺时针或逆时针)；
(2)若线圈和载人逃生装置从初始位置静止下滑了H后恰好平衡，求此过程中线圈上产生的焦耳热。
解析：(1)线圈下落速度稳定，即整体处于平衡状态，重力和安培力相等Mg＝NBIL
则电流为I＝
由右手定则可知电流方向俯视为逆时针。
(2)线圈下落速度稳定即整体处于平衡状态，重力和安培力相等Mg＝NBIL
由法拉第电磁感应定律有感应电动势为E＝NBLv
由欧姆定律有I＝
从静止开始下落到稳定状态过程中由动能定理有MgH－Q＝Mv2
联立解得Q＝MgH－。
答案：(1)　逆时针　
(2)MgH－
8．(10分)(2024·北京卷，18)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。
图甲
(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。
图乙
解析：(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U＝
开关闭合瞬间，通过导体棒的电流I＝
解得I＝。
(2)开关闭合瞬间由牛顿第二定律有BIL＝ma
将电流I代入解得a＝。
(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。
答案：(1)　(2)　
(3)见解析
9．(10分)(2025·北京西城二模)游乐场的“太空梭”先把座舱拉升到一定高度处释放，座舱下落到制动位置时，触发电磁制动开始减速。将座舱简化为正方形线框abcd，如图所示，线框下方存在宽度为L的匀强磁场区域，该区域的上下边界水平，磁感应强度的大小为B。线框从距磁场上边界高度为h处由静止开始自由下落。线框ab边进入磁场时开始减速，cd边穿出磁场时的速度是ab边进入磁场时速度的。已知线框的边长为L，质量为m，电阻为R，重力加速度大小为g，线框下落过程中ab边始终与磁场边界平行，不计空气阻力。求：
(1)线框ab边刚进入磁场时，产生的感应电动势大小E；
(2)线框穿过磁场区域的过程中最大加速度的大小a；
(3)线框穿过磁场区域的过程中产生的焦耳热Q。
解析：(1)设ab边进入磁场时的速度大小为v，有v2＝2gh
ab边进入磁场时感应电动势E＝BLv得E＝BL。
(2)ab边进入磁场时，线框的加速度最大。
根据闭合电路欧姆定律，线框中感应电流的大小I＝
ab边受到安培力的大小F＝BIL
根据牛顿第二定律有F－mg＝ma，得a＝－g。
(3)线框穿过磁场的过程中，根据能量守恒定律有Q＝mg2L＋mgh。
答案：(1)BL　(2)－g　(3)2mgL＋mgh
[培优创新练]
10．(13分)(2026·山东德州高三开学考)如图所示，光滑斜面倾角为θ＝30°，Ⅰ号区域与Ⅱ号区域均存在垂直斜面向外的匀强磁场。正方形线框abcd质量为m，总电阻为R，粗细均匀，Ⅰ号区域长为L1，Ⅱ号区域长为L2，两区域间无磁场的区域长度大于线框长度。线框从某一位置释放，cd边进入Ⅰ号区域时速度为v，且直到ab边离开Ⅰ号区域时，速度始终为v，当cd边进入Ⅱ号区域时的速度和ab边离开Ⅱ号区域时的速度一致，已知重力加速度为g。则：
(1)求线框释放时，cd边与Ⅰ区域上边缘的距离x；
(2)求cd边进入Ⅰ号区域时，cd边两端的电势差；
(3)求线框进入Ⅱ号区域到完全离开过程中克服安培力做功的功率。
解析：(1)线框在没有进入磁场区域时，根据牛顿第二定律mg sin θ＝ma
根据运动学公式v2＝2ax
联立可得线框释放点cd边与Ⅰ区域上边缘的距离x＝。
(2)因为cd边进入Ⅰ区域时速度为v，且直到ab边离开Ⅰ区域时速度均为v，可知线框的边长与Ⅰ区域的长度相等，根据平衡条件有mg sin θ＝BIL1
又E＝BL1v，I＝
cd边两端的电势差U＝E
联立可得U＝。
(3)①若L2＝L1，则线框在通过Ⅱ区域过程中可能一直做减速运动，也可能先减速后匀速，完全离开Ⅱ号区域时的速度不再恢复为刚进入时的速度，故该情况不符合题意。
②若L2>L1，在线框进入Ⅰ区域过程中，根据动量定理mg sin θ·t1－BIL1t1＝0
其中t1＝
联立可得q＝
线框在Ⅱ区域运动过程中，根据动量定理mg sin θ·t2－2BL1t3＝0
根据q＝
线框进入磁场过程中电荷量都相等，即q＝t3
联立可得t2＝
根据能量守恒定律－W安＋mg sin θ(L2＋L1)＝0
克服安培力做功的平均功率P＝
联立可得P＝。
③若L2根据动量定理mg sin θ·t4－2BL1t5＝0
其中q′＝t5
结合q＝
联立可得t4＝
根据能量守恒定律－W安′＋mg sin θ(L2＋L1)＝0
克服安培力做功的平均功率P′＝
联立可得P′＝。
答案：(1)　(2)　(3)若L2>L1，则P＝；若L2专题突破23　电磁感应中的动力学和能量问题
1.导体棒切割磁感线运动时，能理清各物理量间的制约关系并能用动力学观点进行运动过程分析。2.会用功能关系和能量守恒定律解决电磁感应中的能量问题。
目标
要求
1
研考点 精准突破
2
限时规范训练
栏
目
导
引
研考点
精准突破
考点一　电磁感应中的动力学问题
考向1　电磁感应中的平衡问题
(2025·四川卷，14)如图所示，长度均为s的两根光滑金属直导轨MN和PQ固定在水平绝缘桌面上，两者平行且相距l，M、P连线垂直于导轨，定滑轮位于N、Q连线中点正上方h处。MN和PQ单位长度的电阻均为r，M、P间连接一阻值为2sr的电阻。空间有垂直于桌面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。过定滑轮的不可伸长绝缘轻绳拉动质量为m、电阻不计的金属杆沿导轨向右做匀速直线运动，速度大小为v。零时刻，金
属杆位于M、P连线处。金属杆在导轨上时与导轨始终垂
直且接触良好，重力加速度大小为g。求：
(1)金属杆在导轨上运动时，回路的感应电动势；
(2)金属杆在导轨上与M、P连线相距d时，回路的热功率；
(3)金属杆在导轨上保持速度大小v做匀速直线运动的最大路程。
解析：(1)对金属杆根据法拉第电磁感应定律有E＝Blv　①。
(2)设金属杆在导轨上与M、P连线相距为d时，导轨MN、PQ接入回路电阻分别为RM、RP，由题意得RM＝RP＝dr　②
设此时回路中电流为I，根据闭合电路欧姆定律有E＝I(RM＋RP＋2sr)　③
回路中热功率为P＝I2(RM＋RP＋2sr)　④
联立①②③④解得P＝　⑤。
(3)设金属杆路程为d′时，绳子拉力为FT，绳子与水平方向夹角为θ
金属杆所受安培力为F安＝BI′l　⑥
根据几何关系有tan θ＝　⑦
金属杆做匀速直线运动，对金属杆进行受力分析
水平方向有FTcos θ－F安＝0　⑧
竖直方向有FTsin θ＋FN－mg＝0　⑨
联立解得FN＝mg－　⑩
要满足题意则有FN≥0　
联立⑩ 解得d′≤
故最大路程为dm＝。
答案：(1)Blv　(2)　(3)
动力学观点解答电磁感应问题的分析方法
考向2　电磁感应中的动力学问题
如图所示，两平行金属导轨水平放入磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中，导轨间距为L，导轨左端接有一电容为C的平行板电容器。一质量为m的金属棒ab垂直放在导轨上，在水平恒力F的作用下从静止开始运动。棒与导轨接触良好，不计金属棒和导轨的电阻以及金属棒和导轨间的摩擦。求金属棒的加速度大小并分析金属棒的运动性质。
解析：运动过程分析：取一极短时间Δt，棒做加速运动，持续对电容器充电，则存在充电电流。
由F－BIL＝ma
I＝
ΔQ＝CΔU
ΔU＝ΔE＝BLΔv
联立可得F－＝ma
其中＝a
则可得a＝，所以棒做加速度恒定的匀加速直线运动。
答案：见解析
(导轨光滑，F恒定)
图示 v-t图像


图示 v-t图像


[拓展1]　在[例2]中，若金属导轨平面与水平面成θ角，
匀强磁场垂直导轨平面向上。已知重力加速度为g，又
让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，求金属棒下滑
过程中的加速度大小。
解析：金属棒在重力和安培力的作用下向下运动，根据牛顿第二定律有mg sin θ－BIL＝ma
I＝＝CBLa
联立可得a＝。
答案：见解析
[拓展2]　在[拓展1]中，若金属棒与导轨之间的动摩擦因数为μ(μ解析：mg sin θ－μmg cos θ－BIL＝ma
I＝＝CBLa
联立解得a＝。
答案：见解析
考点二　电磁感应中的能量问题
考向1　电磁感应中的能量守恒
(多选)(2024·山东卷，11)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(　　)
ABD
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
解析：ABD　由楞次定律结合左手定则可知，安培力与MN的运动方向的夹角始终大于90°，则安培力始终做负功，MN最终一定静止在OO′位置，A、B正确；根据楞次定律可知，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，D正确；从释放到第一次到达OO′位置过程中，在即将到达OO′位置的时刻，MN所受安培力水平向左，沿速度方向的分力一定大于MN所受重力沿速度方向的分力，处于减速状态，C错误。
(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
①焦耳定律：Q＝I2Rt，电流、电阻都不变时适用。
②功能关系：Q＝W克服安培力，任意情况都适用。
③能量转化：Q＝ΔE其他能的减少量，任意情况都适用。
考向2　电磁感应中的功能关系应用
(2025·广州天河区三模)每个快递入库时都会贴一张电子标签，以便高效仓储、分拣。如图所示，某快递表面的标签上固定了一个横放的“日”字形线圈，在入库时快递与传送带一起以水平恒定速度v0穿过磁感应强度为B，方向竖直向下且宽为L的有界匀强磁场，磁场边界与CD边平行。传送带连接的传感器可以采集到快递受到的摩擦力。已知线圈短边CD长为L，长边CG长为2L，E、F为两长边的中点。电阻RCD＝RGH＝r，REF＝2r，其余部分电阻不计。求：
(1)CD边刚进磁场时，CD中感应电流的方向；
(2)CD边刚进磁场时，快递受到的摩擦力Ff；
(3)整个“日”字形线圈穿过磁场的过程中，
产生的总焦耳热Q。
解析：(1)CD边刚进磁场时，根据右手定则可知，感应电流方向应由D到C。
(2)CD边刚进磁场时，感应电动势为E＝BLv0
此时线圈形成回路的总电阻为R1＝r＋r
通过CD边的电流为I1＝
CD边受到的安培力大小为FA1＝BI1L＝
根据左手定则可知，CD边受到安培力的方向水平向左，由平衡条件可得，快递受到的摩擦力水平向右，且大小为Ff＝FA1＝。
(3)从CD边进入磁场到EF边进入磁场过程中，线圈克服安培力做功为W1＝FA1L＝
当EF边切割磁感线的过程中，线圈形成回路的总电阻为R2＝2r＋r
通过EF边的电流为I2＝
EF边受到的安培力大小为FA1＝BI2L＝
从EF边进入磁场到GH边进入磁场，线圈克服安培力做功为W2＝FA2L＝
根据对称性可知，GH边穿过磁场的过程，线圈克服安培力做功为W3＝W1＝
所以整个“日”字形线圈穿过磁场的过程中，产生的总焦耳热为
Q＝W1＋W2＋W3＝。
答案：(1)由D到C　(2)　(3),
解题步骤
(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)根据功能关系或能量守恒定律列式求解。
3
4
5
6
7
8
9
10
1
2
限时规范
训练(67)　电磁感应中的动力学和能量问题
(建议用时：40分钟　满分：75分)
(选择题1～4题每题5分，5～6题每题6分，共32分)
[基础巩固练]
1．(2025·北京西城一模)如图所示，一根无限长的通电直导线固定在光滑水平面上，一质量为m的导体圆环在该平面内运动，其初速度大小为v0，方向与导线的夹角为30°。已知距离导线越远，磁场的磁感应强度越小，则导体圆环(　　)
A．做速度逐渐减小的直线运动
B．距导线的距离先增大后减小
C．产生的电能最多为0.25mv02
D．受到安培力的冲量最大为0.5mv0
D
3
4
5
6
7
8
9
10
1
2
解析：D　一无限长通电直导线产生的磁场是非匀强磁场，最初导体圆环的运动方向与直导线成30°角，可将初速度沿平行于直导线和垂直于直导线的方向分解，沿导线方向做匀速直线运动，由于电磁感应，导体圆环中产生感应电流，安培力的方向与导体圆环垂直于导线的运动方向相反，最终沿平行直导线的方向匀速运动，垂直导线方向上速度减小，则导体圆环感应电流减小，则所受安培力减小，垂直导线方向做加速度减小的减速运动，根据运动的合成可知导体圆环做速度逐渐减小的曲线运动，距导线的距离一直增大，故AB错误；沿着导线方向的分速度v1＝v0cos 30°，由能量守恒定律得导体圆环产生的电能为E电＝mv12，解得E电
＝0.125mv02，故C错误；垂直导线方向的分速度v2＝v0sin 30°，
垂直导线方向，根据动量定理－I安＝0－mv2，联立可得导体圆
环受到安培力的冲量最大为I安＝0.5mv0，故D正确。故选D。
2
1
3
4
5
6
7
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9
10
2．(2025·云南玉溪模拟)如图甲所示，用两根等长的细线竖直悬挂一个总电阻为R、边长为L的单匝正方形金属线框MNQP，线框有一半处于匀强磁场中，磁感应强度的方向垂直于纸面向里，其大小随时间变化的图像如图乙所示。已知重力加速度为g，t0时刻，细线的拉力恰好为0，t1时刻，剪断两根细线，t2时刻，PQ边离开磁场时恰好做匀速运动，整个过程中线框平面始终在竖直面内且水平不翻转，不计空气阻力。下列说法正确的是(　　)
图甲　　　　　　　图乙
C
2
1
3
4
5
6
7
8
9
10
A．时刻，线框中感应电流的方向为顺时针方向
B．时刻，线框中感应电流的大小为
C．线框的总质量为
D．t2时刻，线框的速度大小为
图甲　　　　　　　图乙
2
1
3
4
5
6
7
8
9
10
解析：C　时刻，磁感应强度向纸面里增加，根据楞次定律，线框中感应电流的方向为逆时针方向，故A错误；时刻感应电动势E＝，线框中感应电流的大小为I＝，故B错误；t0时刻，细线的拉力恰好为0，则有B0IL＝mg，解得线框
的总质量为m＝，故C正确；t2时
刻，PQ边离开磁场时恰好做匀速运动，
则有B0I′L＝mg，其中I′＝，解得v
＝，故D错误。故选C。
图甲　　 　　　图乙
2
3
1
4
5
6
7
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10
3．(2025·广东三模)如图所示，两根电阻不计的光滑平行导轨(足够长)与水平面的夹角为30°。导轨底端接入一定值电阻，导轨所在区域内存在均匀分布的磁场，磁场方向垂直导轨平面向上。在导轨上放置一质量为0.1 kg的金属棒。t＝0时刻在大小为0.6 N、方向沿导轨向上
的恒力F作用下，金属棒由静止从图示位置开始以大小为1 m/s2的加速度沿导轨向上做匀加速直线运动，金属棒始终与导轨垂直且接触良好。重力加速度大小g取10 m/s2。下列磁场的磁感应强度大小B的倒数随时间t或时间t的二次方(t2)变化的关系图像中，可能正确的是(　　)
D
2
3
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10
解析：D　对金属棒，根据牛顿第二定律有F－F安 －mg sin θ＝ma，其中F＝0.6 N，m＝0.1 kg，θ＝30°，a＝1 m/s2，解得F安＝0，可知金属棒不受安培力，回路中没有感应电流，穿过回路的磁通量不变，因此B0S0＝B(S0＋Lx)，其中B0为t＝0时刻磁场的磁感应强度大小，S0为t＝0时刻闭合回路的面积，L为导轨的间距，金属棒在0～t时间内通过的距离x＝，可得，故选D。
2
3
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1
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10
4．(多选)(2025·广东卷，9)如图是一种精确测量质量的装置原理示意图，竖直平面内，质量恒为M的称重框架由托盘和矩形线圈组成。线圈的一边始终处于垂直线圈平面的匀强磁场中，磁感应强度不变。测量分两个步骤，步骤①：托盘内放置待测物块，其质量用m表示，线圈中通大小为I的电流，使称重框架受力平衡；步骤②：线圈处于断开状态，取下物块，保持线圈不动，磁场以速率v匀速向下运动，测得线圈中感应电动势为E。利用上述测量结果可得出m的值，重力加速度为g。下列说法正确的有(　　)
A．线圈电阻为 B．I越大，表明m越大
C．v越大，则E越小 D．m＝－M
BD
2
3
4
5
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7
8
9
10
1
解析：BD　根据题意，电动势E是线圈断开时切割磁感线产生的感应电动势，I为线圈闭合时通入的电流，故不是线圈的电阻，故A错误；根据平衡条件有(M＋m)g＝BIL　①，故可知I越大，m越大，故B正确；根据公式有E＝BLv　②，故可知v越大，E越大，故C错误；联立①②可得m＝－M，故D正确。
2
3
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10
[能力提升练]
5．(2025·江苏泰州四调)如图甲所示，两根光滑且平行的电阻不计长直金属导轨固定在水平桌面上，左端接入电容为C、带电荷量为Q的电容器和阻值为R的电阻。一质量为m、阻值也为R的导体棒MN垂直静置在导轨上且接触良好，整个系统处于竖直向下的匀强磁场中。闭合开关S后(　　)
A．导体棒 MN中电流的最大值为
B．导体棒MN向右先加速后匀速运动
C．导体棒MN所受安培力最大时，速度也最大
D．电阻R上产生的热量大于导体棒MN上产生的热量
D
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解析：D　在运动过程中，MN上的电流瞬时值为
i＝，当闭合的瞬间Blv＝0，电流最大Imax＝
，故A错误；当U>Blv时，导体棒加速运动，
当速度达到最大值之后，电容器与MN及R构成回路，由于一直处于通路的形式，由能量守恒可知，最后MN的速度为零，故B错误；当U＝Blv时，MN上电流瞬时为零，安培力为零，此时MN速度最大，故C错误；在MN加速阶段，由于MN反电动势存在，故MN上电流小于电阻R上的电流，电阻R消耗的电能大于MN消耗的电能，故加速过程中，QR>QMN；在MN减速为零的过程中，电容器的电流和导体棒的电流都流经电阻 R形成各自的回路，因此可知此时也是电阻R的电流大，综上分析可知全过程中电阻R上的热量大于导体棒上的热量，故D正确。故选D。
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6．(多选)(2025·河南名校联盟三模)如图甲所示，两根足够长的粗糙平行金属导轨间距为L＝1 m，其电阻不计，两导轨及其所在平面与水平面的夹角均为θ＝37°，上端连接一阻值为R＝2 Ω的电阻，整个装置处于方向垂直于导轨平面的匀强磁场中。将一质量为m＝1 kg、电阻不计的金属棒放在导轨上，无磁场时金属棒恰好处于静止状态。从t＝0时刻开始，匀强磁场的磁感应强度B随时间的变化关系如图乙所示(令垂直导轨平面向下为正方向)，已知金属棒与导轨间的最
大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加
速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos
37°＝0.8。在t＝2 s时，导体棒恰好运
动，则(　　)
图甲　　　　　　图乙
AD
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A．金属棒与导轨间的动摩擦因数为0.75
B．t＝2 s时，从上方俯视整个回路，回路中感应电流的方向沿顺时针
C．t＝2 s时，金属棒受到的安培力大小为6 N
D．t＝0时刻，金属棒与导轨顶端的距离为3 m
图甲　　　　　　图乙
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解析：AD　没有磁场时，对金属棒，由平衡条件有mg sin θ＝μmg cos θ，解得μ＝0.75，故A正确；0～2 s内，闭合回路中的磁通量增大，由楞次定律和安培定则可知，从上方俯视整个回路，感应电流的方向沿逆时针，故B错误；t＝2 s时，对金属棒由平衡条件有F安＝mg sin θ＋μmg cos θ，解得F安＝12 N，故C错误；由法拉第电磁感应定律有E＝·Lx，又E＝IR，F安＝BIL，解得x＝3 m，故D正确。故选AD。
图甲　　　　　　图乙
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7．(10分)(2025·重庆市八中三模)如图为我国自主研发高层建筑逃生磁力缓降装置，可简化为图(a)的模型：中间柱体为固定绝缘细杆，细管内沿管均匀安装了圆柱形磁极，磁极周围存在聚集状的水平磁场，俯视图如图(b)。载人逃生装置上安装了一周长为L、匝数为N、总电阻为R的圆形线圈，该线圈套在绝缘细杆上。已知线圈所在处的磁感应强度大小始终为B，线圈和载人逃生装置的质量M，运动过程中线圈始终保持水平且不与磁极接触，重力加速度取g。除了磁场力外，不计任何其他力。求：
图(a)　　　　图(b)
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(1)线圈下落速度稳定时其内部电流的大小和方向(俯视为顺时针或逆时针)；
(2)若线圈和载人逃生装置从初始位置静止下滑了H后恰好平衡，求此过程中线圈上产生的焦耳热。
图(a)　　　　图(b)
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解析：(1)线圈下落速度稳定，即整体处于平衡状态，重力和安培力相等Mg＝NBIL则电流为I＝
由右手定则可知电流方向俯视为逆时针。
(2)线圈下落速度稳定即整体处于平衡状态，重力和安培力相等Mg＝NBIL
由法拉第电磁感应定律有感应电动势为E＝NBLv
由欧姆定律有I＝
从静止开始下落到稳定状态过程中由动能定理有MgH－Q＝Mv2
联立解得Q＝MgH－。
答案：(1)　逆时针　(2)MgH－
图(a)　　图(b)
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8．(10分)(2024·北京卷，18)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。
图甲
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(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。
图乙
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解析：(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U＝
开关闭合瞬间，通过导体棒的电流I＝
解得I＝。
(2)开关闭合瞬间由牛顿第二定律有BIL＝ma
将电流I代入解得a＝。
(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。
答案：(1)　(2)　 (3)见解析
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9．(10分)(2025·北京西城二模)游乐场的“太空梭”先把座舱拉升到一定高度处释放，座舱下落到制动位置时，触发电磁制动开始减速。将座舱简化为正方形线框abcd，如图所示，线框下方存在宽度为L的匀强磁场区域，该区域的上下边界水平，磁感应强度的大小为B。线框从距磁场上边界高度为h处由静止开始自由下落。线框ab边进入磁场时开始减速，cd边穿出磁场时的速度是ab边进入磁场时速度的。已知线框的边长为L，质量为m，电阻为R，重力加速度大小为g，线框下落过程中ab边始终与磁场边界平行，不计空气阻力。求：
(1)线框ab边刚进入磁场时，产生的感应电动势大小E；
(2)线框穿过磁场区域的过程中最大加速度的大小a；
(3)线框穿过磁场区域的过程中产生的焦耳热Q。
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解析：(1)设ab边进入磁场时的速度大小为v，有v2＝2gh
ab边进入磁场时感应电动势E＝BLv得E＝BL。
(2)ab边进入磁场时，线框的加速度最大。
根据闭合电路欧姆定律，线框中感应电流的大小I＝
ab边受到安培力的大小F＝BIL
根据牛顿第二定律有F－mg＝ma，得a＝－g。
(3)线框穿过磁场的过程中，根据能量守恒定律有Q＝mg2L＋mgh。
答案：(1)BL　(2)－g　(3)2mgL＋mgh
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[培优创新练]
10．(13分)(2026·山东德州高三开学考)如图所示，光滑斜面倾角为θ＝30°，Ⅰ号区域与Ⅱ号区域均存在垂直斜面向外的匀强磁场。正方形线框abcd质量为m，总电阻为R，粗细均匀，Ⅰ号区域长为L1，Ⅱ号区域长为L2，两区域间无磁场的区域长度大于线框长度。线框从某一位置释放，cd边进入Ⅰ号区域时速度为v，且直到ab边离开Ⅰ号区域时，速度始终为v，当cd边进入Ⅱ号区域时的速度和ab边离开Ⅱ号
区域时的速度一致，已知重力加速度为g。则：
(1)求线框释放时，cd边与Ⅰ区域上边缘的距离x；
(2)求cd边进入Ⅰ号区域时，cd边两端的电势差；
(3)求线框进入Ⅱ号区域到完全离开过程中克服安培力做
功的功率。
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解析：(1)线框在没有进入磁场区域时，根据牛顿第二定律mg sin θ＝ma
根据运动学公式v2＝2ax
联立可得线框释放点cd边与Ⅰ区域上边缘的距离x＝。
(2)因为cd边进入Ⅰ区域时速度为v，且直到ab边离开Ⅰ区域时速度均为v，可知线框的边长与Ⅰ区域的长度相等，根据平衡条件有mg sin θ＝BIL1
又E＝BL1v，I＝
cd边两端的电势差U＝E
联立可得U＝。
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(3)①若L2＝L1，则线框在通过Ⅱ区域过程中可能一直做减速运动，也可能先减速后匀速，完全离开Ⅱ号区域时的速度不再恢复为刚进入时的速度，故该情况不符合题意。
②若L2>L1，在线框进入Ⅰ区域过程中，根据动量定理mg sin θ·t1－BIL1t1＝0
其中t1＝
联立可得q＝
线框在Ⅱ区域运动过程中，根据动量定理mg sin θ·t2－2BL1t3＝0
根据q＝
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线框进入磁场过程中电荷量都相等，即q＝t3
联立可得t2＝
根据能量守恒定律－W安＋mg sin θ(L2＋L1)＝0
克服安培力做功的平均功率P＝
联立可得P＝。
③若L2根据动量定理mg sin θ·t4－2BL1t5＝0
其中q′＝t5
结合q＝
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联立可得t4＝
根据能量守恒定律－W安′＋mg sin θ(L2＋L1)＝0
克服安培力做功的平均功率P′＝
联立可得P′＝。
答案：(1)　(2)　(3)若L2>L1，则P＝；若L2专题突破23　电磁感应中的动力学和能量问题
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