題型1 電磁感應中的動力學問題

1.導體受力與運動的動態(tài)關系
2.兩種運動狀態(tài)
3.“四步法”分析電磁感應中的動力學問題

命題點1 “單棒＋導軌”模型
1.如圖所示，水平面（紙面）內間距為l的平行金屬導軌間接一電阻，質量為m、長度為l的金屬桿置于導軌上.t＝0時，金屬桿在水平向右、大小為F的恒定拉力作用下由靜止開始運動.t0時刻，金屬桿進入磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場區(qū)域，且在磁場中恰好能保持勻速運動.桿與導軌的電阻均忽略不計，兩者始終保持垂直且接觸良好，兩者之間的動摩擦因數為μ.重力加速度大小為g.求：
（1）金屬桿在磁場中運動時產生的電動勢的大小；
（2）電阻的阻值.
答案 （1）Blt0（Fm－μg） （2）B2l2t0m
解析 （1）設金屬桿進入磁場前的加速度大小為a，由牛頓第二定律得F－μmg＝ma
設金屬桿到達磁場左邊界時的速度為v，由運動學公式有v＝at0
當金屬桿以速度v在磁場中勻速運動時，由法拉第電磁感應定律得桿中的電動勢為E＝Blv
聯立解得E＝Blt0（Fm－μg）
（2）設金屬桿在磁場中勻速運動時，桿中的電流為I，根據閉合電路歐姆定律得I＝ER
式中R為電阻的阻值
金屬桿所受的安培力為F安＝BIl
因金屬桿做勻速運動，由平衡條件得F－μmg－F安＝0
聯立解得R＝B2l2t0m.
2.如圖，兩條平行導軌所在平面與水平面的夾角為θ，平行導軌間距為L.導軌上端接有一平行板電容器，電容為C.導軌處于勻強磁場中，磁感應強度大小為B，方向垂直于導軌平面.在導軌上放置一質量為m的金屬棒，棒可沿導軌下滑，且在下滑過程中保持與導軌垂直并接觸良好.已知金屬棒與導軌之間的動摩擦因數為μ，重力加速度大小為g.金屬棒和導軌的電阻可忽略不計.讓金屬棒從導軌上端由靜止開始下滑，求：
（1）電容器極板上積累的電荷量與金屬棒速度大小的關系；
（2）金屬棒的速度大小隨時間變化的關系.
答案 （1）Q＝CBLv （2）v＝m（sinθ－μcsθ）m＋B2L2Cgt
解析 （1）設金屬棒下滑的速度大小為v，則產生的感應電動勢為E＝BLv
平行板電容器兩極板之間的電勢差為U＝E
設此時電容器極板上積累的電荷量為Q，按定義有C＝QU
聯立解得Q＝CBLv
（2）設經過時間t金屬棒的速度大小為v，通過金屬棒的電流為i.金屬棒受到的安培力方向沿導軌向上，大小為f1＝BLi
設在時間間隔t～t＋Δt內流經金屬棒的電荷量為ΔQ，按定義有i＝ΔQΔt
ΔQ也是平行板電容器在時間間隔t～t＋Δt內增加的電荷量，由（1）中結果可知ΔQ＝CBLΔv
式中，Δv為金屬棒的速度變化量，按定義有a＝ΔvΔt
金屬棒受到的摩擦力方向沿導軌向上，大小為f2＝μN
式中，N是金屬棒對導軌的正壓力的大小，有
N＝mgcsθ
金屬棒在t時刻的加速度方向沿導軌向下，設其大小為a，根據牛頓第二定律有mgsinθ－f1－f2＝ma
聯立解得a＝m（sinθ－μcsθ）m＋B2L2Cg
可知金屬棒做初速度為零的勻加速運動，t時刻金屬棒的速度大小為v＝m（sinθ－μcsθ）m＋B2L2Cgt.
方法點撥
單棒＋電阻模型
單棒＋電容器模型
金屬棒的初速度為零，水平拉力F恒定，棒和水平導軌的電阻不計，摩擦力不計
↓
運動過程分析：棒做加速運動，持續(xù)對電容器充電，則存在充電電流，有F－BIL＝ma，I＝ΔQΔt，ΔQ＝CΔU，ΔU＝ΔE＝BLΔv，聯立可得F－CB2L2ΔvΔt＝ma，其中ΔvΔt＝a，則可得a＝Fm＋CB2L2
↓
金屬棒做加速度恒定的勻加速直線運動.
功能關系：WF＝12mv2＋E電
命題點2 線圈模型
3.[矩形線圈]如圖所示，水平勻強磁場存在于虛線框內，矩形線圈豎直下落，線圈平面始終與磁場方向垂直.如果線圈受到的磁場力總小于其重力，則它在1、2、3、4位置時的加速度大小關系為（ B ）
A.a1＞a2＞a3＞a4B.a1＝a3＞a2＞a4
C.a1＝a3＞a4＞a2D.a4＝a2＞a3＞a1
解析 線圈在位置3時，線圈中沒有感應電流，因此只受重力作用，故a1＝a3＝g.線圈在位置2和位置4時都有感應電流，但在位置4時的感應電流I4大于在位置2時的感應電流I2，則F安2＜F安4，而安培力均為阻力，故a4＜a2＜g，B正確.
4.[正方形單匝線圈]如圖所示，電阻為0.1Ω的正方形單匝線圈abcd的邊長為0.2m，bc邊與勻強磁場左邊界重合.磁場的寬度等于線圈的邊長，磁感應強度大小為0.5T.在水平拉力作用下，線圈以8m/s的速度向右勻速穿過磁場區(qū)域.求在上述過程中
（1）線圈中感應電動勢的大小E；
（2）線圈所受拉力的大小F；
（3）線圈中產生的熱量Q.
答案 （1）E＝0.8V （2）F＝0.8N （3）Q＝0.32J
解析 （1）感應電動勢E＝Blv
代入數據得E＝0.8V
（2）感應電流I＝ER
拉力的大小等于線圈受到的安培力F＝BIl
解得F＝B2l2vR，代入數據得F＝0.8N
（3）運動時間t＝2lv
由焦耳定律得Q＝I2Rt
解得Q＝2B2l3vR，代入數據得Q＝0.32J.
題型2 電磁感應中的能量問題

1.電磁感應中的能量轉化
閉合電路中產生感應電流的過程，是其他形式的能轉化為電能的過程.電磁感應中能量問題的實質是電能的轉化問題，橋梁是安培力.
2.求解焦耳熱的三種方法
能量轉化問題的分析程序：先電后力再能量

命題點1 功能關系的應用
5.[多選]如圖，MN和PQ是電阻不計的平行金屬導軌，其間距為L，導軌彎曲部分光滑，平直部分粗糙，兩部分平滑連接，平直部分右端接一個阻值為R的定值電阻.平直部分導軌左邊區(qū)域有寬度為d、方向豎直向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場.質量為m、電阻也為R的金屬棒從高度為h處由靜止釋放，到達磁場右邊界處恰好停止.已知金屬棒與平直部分導軌間的動摩擦因數為μ，重力加速度大小為g，金屬棒與導軌始終垂直且接觸良好，則金屬棒穿過磁場區(qū)域的過程中（ BD ）
A.通過金屬棒的最大電流為Bd2gh2R
B.通過金屬棒的電荷量為BdL2R
C.克服安培力所做的功為mgh
D.金屬棒上產生的焦耳熱為12mg（h－μd）
解析 金屬棒由靜止釋放下滑到彎曲部分底端，根據動能定理有mgh＝12mv02，金屬棒在磁場中運動時產生的感應電動勢E＝BLv，當金屬棒剛進入磁場時，產生的感應電動勢最大，感應電流最大，Imax＝BLv02R＝BL2gh2R，A錯誤；金屬棒穿過磁場區(qū)域的過程中通過金屬棒的電荷量q＝It＝E2Rt＝ΔΦ2R＝BdL2R，B正確；對整個過程由動能定理得mgh－W克安－μmgd＝0，金屬棒克服安培力做的功W克安＝mgh－μmgd，C錯誤；由功能關系可得，金屬棒上產生的焦耳熱Q＝12W克安＝12mg(h－μd)，D正確.
方法點撥
常見的功能關系
命題點2 能量守恒定律的應用
6.[多選]如圖所示，間距為l的平行金屬導軌與水平面間的夾角為θ，導軌電阻不計，與阻值為R的定值電阻相連，勻強磁場垂直穿過導軌平面，磁感應強度為B.有一質量為m、長為l的導體棒在ab位置以初速度v沿導軌向上運動，最遠到達a'b'處，導體棒向上滑行的最遠距離為x.已知導體棒的電阻也為R，與導軌之間的動摩擦因數為μ，重力加速度大小為g.導體棒與導軌始終保持垂直且接觸良好，下列說法正確的是（ BCD ）
A.導體棒受到的最大安培力為B2l2vR
B.導體棒損失的機械能為12mv2－mgxsinθ
C.導體棒運動的時間為2mvR－B2l2x2mgR（sinθ＋μcsθ）
D.整個電路產生的焦耳熱為12mv2－mgx（sinθ＋μcsθ）
解析 根據E＝Blv，可以知道速度最大時感應電動勢最大，電流和安培力也最
大，所以初始時刻導體棒受到的安培力最大，根據F＝BIl，I＝Blv2R，可得F＝B2l2v2R，
故A錯誤；從初始位置到滑行最遠時，損失的機械能為ΔE＝12mv2－mgx sin θ，故B正
確；導體棒向上滑動的過程，由動量定理可得BIlt＋(mg sin θ＋μmg cs θ)t＝mv，而
It＝ER總t＝ΔΦR總＝Blx2R，聯立解得t＝2mvR-B2l2x2mgR(sinθ＋μcsθ)，故C正確；導體棒上滑過程中克
服重力、滑動摩擦力和安培力做功，根據能量守恒定律可得整個電路產生的焦耳熱
為Q＝12mv2－mgx( sin θ＋μ cs θ)，故D正確.
命題拓展
命題情境不變，命題角度變化
若導軌光滑，導體棒受到一個平行于導軌向上的拉力作用，以初速度v0沿導軌向上開始運動，可達到的最大速度為v1.運動過程中拉力的功率恒定不變，其他條件不變，求拉力的功率.
答案 P＝mgv1sinθ＋B2L2v122R
解析 在導體棒運動過程中，拉力功率恒定，導體棒做加速度逐漸減小的加速運動，速度達到最大時，加速度為零，設此時拉力的大小為F，安培力大小為FA，有F－mg sin θ－FA＝0.此時導體棒產生的感應電動勢為E＝BLv1，回路中的感應電流為I＝E2R，導體棒受到的安培力FA＝BIL，拉力的功率P＝Fv1，聯立上述各式解得P＝mgv1 sin θ＋B2L2v122R.
7.[2023浙江6月]如圖所示，質量為M、電阻為R、長為L的導體棒，通過兩根長均為l、質量不計的導電細桿連在等高的兩固定點上，固定點間距也為L.細桿通過開關S可與直流電源E0或理想二極管串接.在導體棒所在空間存在磁感應強度方向豎直向上、大小為B的勻強磁場，不計空氣阻力和其他電阻.開關S接1，當導體棒靜止時，細桿與豎直方向的夾
角θ＝π4；然后開關S接2，棒從右側開始運動完成一次振動的過程中（ C ）
A.電源電動勢E0＝2Mg2BLR
B.棒產生的焦耳熱Q＝（1－22）Mgl
C.從左向右運動時，最大擺角小于π4
D.棒兩次過最低點時感應電動勢大小相等
解析 作出靜止時導體棒的受力圖如圖所示，由于θ＝π4，故安培力F＝Mg，又F＝BIL，電流I＝E0R，解得E0＝MgRBL，A錯誤；開關S接2，導體棒先向左運動，回路中有電流，棒會產生焦耳熱，然后由于重力的作用，棒向右運動，由于二極管的作用，此過程回路中無電流，棒不會產生焦耳熱，故導體棒向右通過最低點時速度不為0，即Ek＞0，由能量守恒定律可知，棒完成一次振動的過程產生的焦耳熱滿足Q＋Ek＝Mgl(1－ cs θ)，所以Q＜Mgl(1－ cs θ)＝(1－22)Mgl，B錯誤；導體棒從右向左擺動，會產生焦耳熱，故由能量守恒定律可知，其從右向左運動到最左側時擺角小于π4，由對稱性可知導體棒從左向右擺動時，最大擺角也小于π4，C正確；導體棒第二次通過最低點的速度小于第一次通過最低點的速度，故兩次通過最低點的速度大小不等，由E＝BLv可知，產生的感應電動勢大小也不相等，D錯誤.
題型3 電磁感應中的動量問題

1.動量定理在電磁感應中的應用
導體棒或金屬框在感應電流所引起的安培力作用下做非勻變速直線運動，當題目中涉及速度v、電荷量q、運動時間t、運動位移x時常用動量定理求解.
（1）單棒＋水平導軌
（2）單棒＋傾斜導軌
2.動量守恒定律在電磁感應中的應用
在兩等長金屬棒切割磁感線的系統(tǒng)中，兩金屬棒和水平平行金屬導軌構成閉合回路，它們受到的安培力的合力為0，如果不計摩擦，它們受到的合力為0，滿足動量守恒的條件，運用動量守恒定律解題比較方便.

命題點1 動量定理在電磁感應中的應用
8.[“單棒＋電阻”模型]如圖所示，足夠長的光滑平行金屬導軌固定在絕緣水平面上，導軌范圍內存在磁場，其磁感應強度大小為B，方向豎直向下，導軌一端連接阻值為R的電阻.在導軌上垂直于導軌放一長度等于導軌間距L、質量為m的金屬棒，其電阻為r.金屬棒在水平向右的恒力F作用下從靜止開始運動，經過時間t后開始勻速運動.金屬棒與導軌接觸良好，導軌的電阻不計.
（1）求金屬棒勻速運動時回路中的電流；
（2）求金屬棒勻速運動的速度大小以及在時間t內通過回路的電荷量；
（3）若在時間t內金屬棒運動的位移為x，求電阻R上產生的熱量.
答案 （1）FBL （2）F（R＋r）B2L2 FtBL－mF（R＋r）B3L3 （3）[Fx－mF2（R＋r）22B4L4]RR＋r
解析 （1）金屬棒勻速運動時，由平衡條件得
F＝BImL，解得Im＝FBL
（2）根據閉合電路的歐姆定律得Im＝BLvR＋r
解得v＝F（R＋r）B2L2
通過回路的電荷量q＝It
由動量定理得Ft－BILt＝mv
解得q＝FtBL－mF（R＋r）B3L3
（3）由功能關系得Fx＝Q＋12mv2
QR＝RR＋rQ
解得QR＝[Fx－mF2（R＋r）22B4L4]RR＋r.
9.[不等間距上的雙棒模型/多選]如圖所示，光滑水平導軌置于勻強磁場中，磁場方向豎直向下，磁感應強度大小為B.左側導軌間距為L，右側導軌間距為2L，導軌均足夠長.質量為m的導體棒ab和質量為2m的導體棒cd均垂直于導軌放置，處于靜止狀態(tài).現瞬間給導體棒cd一水平向右的初速度v0，在此后的運動過程中，兩棒始終在對應的導軌部分運動，始終與導軌垂直且接觸良好.已知導體棒ab的電阻為R，cd的電阻為2R，導軌電阻不計.下列說法正確的是（ AC ）
A.導體棒ab和cd組成的系統(tǒng)動量不守恒
B.兩棒最終以相同的速度做勻速直線運動
C.導體棒ab最終的速度為23v0
D.從導體棒cd獲得初速度到二者穩(wěn)定運動的過程中，系統(tǒng)產生的焦耳熱為89mv02
解析 導體棒cd獲得速度后，回路中產生感應電流，根據左手定則知導體棒cd減速，導體棒ab加速，當BLvab＝2BLvcd時，回路中磁通量不變，沒有感應電流，最終兩棒做勻速直線運動，分別對兩棒運用動量定理得－2BILt＝2mvcd－2mv0，BILt＝mvab，聯立解得vab＝23v0，vcd＝13v0，故B錯誤，C正確；兩導體棒受到的安培力大小不相等，系統(tǒng)受到的合力不為零，動量不守恒，A正確；從導體棒cd獲得初速度到二者穩(wěn)定運動的過程中，系統(tǒng)產生的焦耳熱為Q＝12·2mv02－12mvab2－12·2mvcd2，解得Q＝23mv02，故D錯誤.
10.[“電容器”模型/2024廣東廣州開學考試]如圖所示，在水平面內固定著間距為L的兩根光滑平行金屬導軌（導軌足夠長且電阻忽略不計），導軌上M、N兩點右側處在方向垂直導軌平面向下、磁感應強度大小為B的勻強磁場中.在導軌的左端接入電動勢為E、內阻不計的電源和電容為C的電容器.先將金屬棒a靜置在導軌上，閉合開關S1、S3，讓a運動速度達到v0時斷開S1，同時將金屬棒b靜置在導軌上，經過一段時間后，流經a的電流為零.已知a、b的長度均為L，電阻均為R，質量均為m，在運動過程中始終與導軌垂直并保持良好接觸.
（1）求開關S1、S3閉合，a運動速度達到v0時a的加速度大?。?br>（2）求b產生的焦耳熱；
（3）若將棒a、b均靜置在水平導軌上，閉合開關S1、S2，稍后再斷開S1同時閉合S3，求兩棒最終的速度大小.
答案 （1）BL（E－BLv0）mR （2）18mv02 （3）BLCE2m＋B2L2C
解析 （1）a切割磁感線產生的電動勢E1＝BLv0
由牛頓第二定律得BE－E1RL＝ma
解得a＝BL（E－BLv0）mR
（2）對a、b系統(tǒng)，由動量守恒定律得mv0＝2mv1
解得v1＝v02
由能量守恒定律得系統(tǒng)產生的焦耳熱
Q＝12mv02－12·2mv12
解得Q＝14mv02
b產生的焦耳熱Qb＝12Q＝18mv02
（3）閉合開關S1、S2，稍后再斷開S1同時閉合S3，兩棒同時加速，直到勻速運動.對電容器，放電量
q＝C（E－BLv）
對a，某時刻經極短時間Δt，由動量定理得
BILΔt＝mΔv
整個過程有∑BLΔq＝∑mΔv
即BLq2＝mv
解得兩棒最終的速度v＝BLCE2m＋B2L2C.
方法點撥無外力充電式
無外力放電式
命題點2 動量守恒定律在電磁感應中的應用
11.[雙棒模型——無外力/2021福建/多選]如圖，P、Q是兩根固定在水平面內的光滑平行金屬導軌，間距為L，導軌足夠長且電阻可忽略不計.圖中EFHG矩形區(qū)域內有方向垂直導軌平面向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場.在t＝t1時刻，兩均勻金屬棒a、b分別從磁場邊界EF、GH進入磁場，速度大小均為v0；一段時間后，流經a棒的電流為0，此時t＝t2，b棒仍位于磁場區(qū)域內.已知金屬棒a、b由相同材料制成，長度均為L，電阻分別為R和2R，a棒的質量為m.在運動過程中兩金屬棒始終與導軌垂直且接觸良好，a、b棒沒有相碰，則（ AD ）
A.t1時刻a棒的加速度大小為2B2L2v03mR
B.t2時刻b棒的速度為0
C.t1～t2時間內，通過a棒橫截面的電荷量是b棒的2倍
D.t1～t2時間內，a棒產生的焦耳熱為29mv02
解析 在t＝t1時刻，兩均勻金屬棒a、b分別從磁場邊界EF、GH進入磁場，速度大小均為v0，由右手定則可判斷出兩金屬棒產生的感應電流方向都是逆時針方向，產生的感應電動勢都是BLv0，由閉合電路歐姆定律可得，t1時刻a金屬棒中的感應電流I＝2BLv0R+2R＝2BLv03R，受到的安培力F＝BIL＝2B2L2v03R，由牛頓第二定律F＝ma可得，t1時刻a棒的加速度大小為a＝2B2L2v03mR，選項A正確；由于金屬棒a、b串聯構成回路，所以在t1～t2時間內，通過a棒橫截面的電荷量與b棒的相同，選項C錯誤；由于金屬棒a、b電阻分別為R和2R，金屬棒a、b串聯構成回路，二者電流相等，由焦耳定律可知金屬棒a、b產生的焦耳熱之比為1∶2，設t1～t2時間內，a棒產生的焦耳熱為Q，則b棒產生的焦耳熱為2Q，又兩者材料相同，由電阻定律可知，金屬棒a的橫截面積為b的2倍，故體積為b的2倍，質量為b的2倍，即b的質量為0.5m，t＝t2時刻流經a棒的電流為0，且b棒仍位于磁場區(qū)域內，說明金屬棒a、b具有共同速度，由動量守恒定律有mv0－0.5mv0＝1.5mv，解得v＝v03，由能量守恒定律有12mv02＋12×0.5mv02＝Q＋2Q＋12×1.5mv2，解得Q＝29mv02，選項B錯誤，D正確.
12.[雙棒模型——有外力]如圖所示，MN、PQ為水平放置的足夠長平行光滑導軌，導軌間距L＝1m，導軌上放置兩根垂直導軌的導體棒ab和cd，并與導軌接觸良好，每根導體棒的質量均為m＝2kg，接入導軌間的部分電阻R＝2Ω，整個裝置處于垂直于導軌平面向下的勻強磁場中，磁感應強度大小B＝2T，現對導體棒ab施加向右的F＝10N的水平恒力，經過一段時間兩導體棒達到恒定的速度差，若某時刻導體棒ab的速度為10m/s，且兩導體棒距離d＝2m，此時撤去外力，最終兩導體棒達到穩(wěn)定狀態(tài)，導軌電阻不計，試求：
（1）兩導體棒達到恒定的速度差時，其加速度大小；
（2）撤去外力后回路中產生的熱量；
（3）最終達到穩(wěn)定狀態(tài)時兩導體棒間的距離.
答案 （1）2.5m/s2 （2）12.5J （3）7m
解析 （1）對兩導體棒的運動狀態(tài)進行分析，導體棒ab做加速度減小、速度增大的變加速運動，導體棒cd做加速度增大、速度增大的變加速運動，最終兩導體棒達到相同加速度，有恒定的速度差.
由牛頓第二定律可知，對導體棒ab有F－F安＝ma
對導體棒cd有F安＝ma
聯立解得a＝F2m＝2.5m/s2.
（2）當導體棒ab的速度v1＝10m/s時，設此時導體棒cd的速度為v2，對導體棒cd由牛頓第二定律有
BBL（v1－v2）2RL＝ma
得v2＝5m/s
撤去外力后，兩導體棒在安培力作用下最終達到共同速度v，由動量守恒定律可知mv1＋mv2＝2mv
得v＝7.5m/s
此過程回路產生的熱量Q＝12mv12＋12mv22－12×2mv2
得Q＝12.5J.
（3）設達到穩(wěn)定狀態(tài)時兩導體棒間的距離為x，對導體棒ab，由動量定理有－BILt＝m（v－v1）
此過程中通過回路的電荷量q＝It＝BL（x－d）2R
聯立解得x＝7m.
方法點撥
1.[電磁感應中的動力學＋能量＋動量/2023北京]如圖所示，光滑水平面上的正方形導線框，以某一初速度進入豎直向下的勻強磁場并最終完全穿出.線框的邊長小于磁場寬度.下列說法正確的是（ D ）
A.線框進磁場的過程中電流方向為順時針方向
B.線框出磁場的過程中做勻減速直線運動
C.線框在進和出的兩過程中產生的焦耳熱相等
D.線框在進和出的兩過程中通過導線橫截面的電荷量相等
解析
線框進入磁場→線框右側切割磁感線電流方向為逆時針方向，A錯
線框進、出磁場的過程中，F安為阻力→v↓→F安↓→線框進、出磁場的過程均為加速度減小的減速運動，B錯
線框進、出磁場的兩過程中ΔΦ相同，q相同，D對
安培力的沖量I安＝BIl·ΔtI安＝Blq
線框進入磁場瞬間速度為v1，完全進入磁場速度為v2動量定理：－Blq＝mv2－mv1＝m（v2－v1）能量守恒定律：Q1＝12mv12－12mv22＝12m（v1＋v2)(v1－v2）
線框離開磁場瞬間速度為v3動量定理：－Blq＝mv3－mv2＝m（v3－v2）能量守恒定律：Q2＝12mv22－12mv32＝12m（v2＋v3)(v2－v3）
v1＋v2＞v2＋v3且v1－v2＝v2－v3，則Q1＞Q2，C錯
一題多解 由楞次定律可知線框進磁場的過程中電流方向為逆時針方向，出磁場的過程中電流方向為順時針方向，A錯；對線框進行受力分析，線框在進、出磁場時會受到安培力的作用，安培力均為阻力，線框全部在磁場中時不受安培力的作用，故線框在進、出磁場的過程中會做減速運動，全部在磁場的過程中做勻速運動，又F安＝BIl，I＝ER總，E＝Blv，則F安＝B2l2vR總，故線框進、出磁場的過程中所受安培力在減小，做加速度減小的減速運動，B錯；Q＝F—安·l＝B2l3v—R總，且結合B項的分析可知v—進＞v—出，故線框在進磁場的過程中產生的熱量大于在出磁場的過程中產生的熱量，C錯；結合公式q＝I—Δt、I—＝E—R總、E—＝Blv—可得q＝Blv—ΔtR總，又線框進、出磁場過程中的位移v—Δt均為線框邊長l，故線框進、出磁場過程中通過導線橫截面的電荷量相等，D對.
2.[電磁感應中的動力學＋圖像理解＋能量/2023上海]如圖（a），單匝矩形線框cdef位于傾角θ＝30°的斜面上，斜面上有一長度為D的勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直于斜面向上，磁感應強度大小為B＝0.5T，已知線框邊長cd＝D＝0.4m，質量m＝0.1kg，總電阻R＝0.25Ω.現對線框施加一沿斜面向上的恒力F使之向上運動，運動一段時間后，撤去外力F.線框與斜面間的動摩擦因數μ＝33，線框速度隨時間變化的圖像如圖（b）所示.求：（重力加速度g取9.8m/s2）
圖（a） 圖（b）
（1）外力F的大?。?br>（2）cf的長度L；
（3）回路產生的焦耳熱Q.
答案 （1）F＝1.48N （2）L＝0.5m （3）Q＝0.4J
解析 （1）由題圖（b）可知，在0～0.4s的時間內，線框做勻加速直線運動，進入磁場時的速度v1＝2.0m/s
結合題圖（b）可知線框進入磁場前的加速度大小
a＝v1－0Δt＝2.0－00.4m/s2＝5m/s2
進入磁場前，對線框由牛頓第二定律得
F－mgsinθ－Ff＝ma
又Ff＝μFN，FN＝mgcsθ
代入數據得F＝1.48N
（2）由題圖（b）可知，線框以恒定的速度v1穿過勻強磁場，該過程中線框中產生的感應電動勢E＝BLv1
線框中產生的感應電流I＝ER
線框受到的安培力FA＝BIL
由平衡條件得F＝FA＋mgsinθ＋μmgcsθ
聯立解得L＝0.5m
（3）經分析可知，線框ed邊離開磁場時，外力F被撤去，因為μ＝tanθ＝33，所以線框離開磁場運動到最高點，即速度減為零后不會沿斜面向下滑動
設線框穿過磁場所用的時間為t，則有
t＝2Dv1＝2×＝0.4s
線框中的感應電流為
I＝BLv1R＝0.5×0.5×＝2A
根據焦耳定律可得
Q＝I2Rt＝22×0.25×0.4J＝0.4J.
3.[電磁感應中的能量＋動量/2023全國甲]如圖，水平桌面上固定一光滑U形金屬導軌，其平行部分的間距為l，導軌的最右端與桌子右邊緣對齊，導軌的電阻忽略不計.導軌所在區(qū)域有方向豎直向上的勻強磁場，磁感應強度大小為B.一質量為m、電阻為R、長度也為l的金屬棒P靜止在導軌上.導軌上質量為3m的絕緣棒Q位于P的左側，以大小為v0的速度向P運動并與P發(fā)生彈性碰撞，碰撞時間極短.碰撞一次后，P和Q先后從導軌的最右端滑出導軌，并落在地面上同一地點.P在導軌上運動時，兩端與導軌接觸良好，P與Q始終平行.不計空氣阻力.求
（1）金屬棒P滑出導軌時的速度大?。?br>（2）金屬棒P在導軌上運動過程中產生的熱量；
（3）與P碰撞后，絕緣棒Q在導軌上運動的時間.
答案 （1）12v0 （2）mv02 （3）2mRB2l2
解析 （1）Q與P發(fā)生彈性碰撞，由動量守恒定律有
3mv0＝mvP＋3mvQ
由機械能守恒定律有
12×3mv02＝12mvP2＋12×3mvQ2
聯立解得vQ＝12v0，vP＝32v0
根據題述，P、Q落到地面上同一地點，結合平拋運動規(guī)律可知，金屬棒P滑出導軌時的速度大小為
v'P＝vQ＝12v0
（2）由能量守恒定律可得，金屬棒P在導軌上運動過程中產生的熱量為
Q＝12mvP2－12mv'P2＝mv02
（3）P在導軌上做變速運動，設速度大小為v時金屬棒中產生的感應電動勢大小為e，電流大小為i，在Δt時間內速度變化Δv，則由法拉第電磁感應定律有e＝Blv
由閉合電路歐姆定律有i＝eR
金屬棒P所受的安培力F＝Bil＝B2l2vR
由動量定理有－FΔt＝mΔv
即－B2l2vRΔt＝mΔv
方程兩側求和得∑－B2l2vRΔt＝∑mΔv
即－B2l2R∑vΔt＝m∑Δv
注意到∑vΔt＝x，∑Δv＝v'P－vP＝－v0
聯立解得x＝mv0RB2l2
對絕緣棒Q有x＝vQt
解得與P碰撞后，絕緣棒Q在導軌上運動的時間為
t＝2mRB2l2.
4.[電磁感應中的雙棒模型＋動量定理/2023湖南]如圖，兩根足夠長的光滑金屬直導軌平行放置，導軌間距為L，兩導軌及其所構成的平面均與水平面成θ角，整個裝置處于垂直于導軌平面斜向上的勻強磁場中，磁感應強度大小為B.現將質量均為m的金屬棒a、b垂直導軌放置，每根金屬棒接入導軌之間的電阻均為R.運動過程中金屬棒與導軌始終垂直且接觸良好，金屬棒始終未滑出導軌，導軌電阻忽略不計，重力加速度為g.
（1）先保持棒b靜止，將棒a由靜止釋放，求棒a勻速運動時的速度大小v0；
（2）在（1）問中，當棒a勻速運動時，再將棒b由靜止釋放，求釋放瞬間棒b的加速度大小a0；
（3）在（2）問中，從棒b釋放瞬間開始計時，經過時間t0，兩棒恰好達到相同的速度v，求速度v的大小，以及
時間t0內棒a相對于棒b運動的距離Δx.
答案 （1）v0＝2mgRsinθB2L2 （2）a0＝2gsinθ （3）v＝gt0sinθ＋mgRsinθB2L2 Δx＝2m2gR2sinθB4L4
解析 （1）棒a勻速運動時，對棒a受力分析，由平衡條件有
mgsinθ＝BI1L
由法拉第電磁感應定律有E1＝BLv0
由閉合電路歐姆定律有I1＝E12R
聯立解得v0＝2mgRsinθB2L2
（2）當棒a勻速運動時，由靜止釋放棒b，分析可知，棒b受到沿導軌向下的安培力，則釋放棒b的瞬間，對棒b，由牛頓第二定律有
mgsinθ＋BI1L＝ma0
又BI1L＝mgsinθ
解得a0＝2gsinθ
（3）釋放棒b后，由于棒b中產生的感應電動勢對于回路來說，與棒a中產生的感應電動勢方向相反，所以兩棒所受安培力均減小，對棒a，由動量定理有
（mgsinθ－BIL）t0＝mv－mv0
對棒b，由動量定理有
（mgsinθ＋BIL）t0＝mv
聯立解得v＝gt0sinθ＋mgRsinθB2L2
設棒a速度為vi時產生的感應電動勢為Ei，則Ei＝BLvi
同理設棒b速度為vj時產生的感應電動勢為Ej，則
Ej＝BLvj
棒中電流為I＝Ei－Ej2R＝BL（vi－vj）2R
兩棒所受安培力的大小均為F＝BIL＝B2L2（vi－vj）2R
對棒b，由動量定理有[mgsinθ＋B2L2（vi－vj）2R]Δt＝mΔv
對方程兩側求和，即Σ[mgsinθ＋B2L2（vi－vj）2R]Δt＝ΣmΔv
注意到ΣΔt＝t0，Σ（vi－vj）Δt＝Δx，ΣΔv＝v
解得Δx＝2m2gR2sinθB4L4.
5.[電磁感應中的動力學＋能量/2023浙江6月]某興趣小組設計了一種火箭落停裝置，簡化原理如圖所示，它由兩根豎直導軌、承載火箭裝置（簡化為與火箭絕緣的導電桿MN）和裝置A組成，并形成閉合回路.裝置A能自動調節(jié)其輸出電壓確保回路電流I恒定，方向如圖所示.導軌長度遠大于導軌間距，不論導電桿運動到什么位置，電流I在導電桿以上空間產生的磁場近似為零；在導電桿所在處產生的磁場近似為勻強磁場，大小B1＝kI（其中k為常量），方向垂直導軌平面向里；在導電桿以下的兩導軌間產生的磁場近似為勻強磁場，大小B2＝2kI，方向與B1相同.火箭無動力下降到導軌頂端時與導電桿粘接，以速度v0進入導軌，到達絕緣停靠平臺時速度恰好為零，完成火箭落停.已知火箭與導電桿的總質量為M，導軌間距d＝3MgkI2，導電桿電阻為R.導電桿與導軌保持良好接觸滑行，不計空氣阻力和摩擦力，不計導軌電阻和裝置A的內阻.在火箭落停過程中，
（1）求導電桿所受安培力的大小F和運動的距離L；
（2）求回路感應電動勢E與運動時間t的關系；
（3）求裝置A輸出電壓U與運動時間t的關系和輸出的能量W；
（4）若R的阻值視為0，裝置A用于回收能量，給出裝置A可回收能量的來源和大小.
答案 （1）F＝3Mg L＝v024g （2）E＝－12Mg2It＋6Mgv0I（t≤v02g） （3）U＝12Mg2It－6Mgv0I＋IR（t≤v02g） W＝－32Mv02＋I2Rv02g （4）來源為導電桿和火箭機械能的減少 34Mv02
解析 （1）導電桿所受的安培力大小F＝B1Id
又B1＝kI，d＝3MgkI2
解得F＝3Mg
火箭落停過程中，由牛頓第二定律得F－Mg＝Ma
解得a＝2g
由運動學公式可得，火箭運動的距離L＝v022a
解得L＝v024g
（2）導電桿向下運動的速度為v＝v0－at＝v0－2gt（t≤v02g）
則回路中的感應電動勢為E＝B2dv
又B2＝2kI
整理得E＝－12Mg2It＋6Mgv0I（t≤v02g）
（3）由于電路中的電流恒為I，導電桿下滑過程中的總電動勢為
E總＝U＋E
且有I＝E總R
整理得U＝12Mg2It－6Mgv0I＋IR（t≤v02g）
裝置A輸出的功率為P＝UI＝12Mg2t－6Mgv0＋I2R（t≤v02g）
初始時刻，t＝0，P始＝－6Mgv0＋I2R
到達?？科脚_時，t＝v02g，P末＝I2R
由P－t關系可知，P＝P始＋P末2＝－3Mgv0＋I2R
則在火箭落停過程中，裝置A輸出的能量為
W＝P·v02g＝－32Mv02＋I2Rv02g
（4）可回收能量的來源為導電桿和火箭機械能的減少
由能量守恒定律得W回＝MgL＋12Mv02－0
又由（1）得L＝v024g
解得W回＝34Mv02.

1.如圖所示，在一勻強磁場中有一U形導線框abcd，線框處于水平面內，磁場與線框平面垂直，R為一電阻，ef為垂直于ab的一根導體桿，它可在ab、cd上無摩擦地滑動.已知運動過程中桿ef始終與線框垂直且接觸良好，桿ef及線框中導線的電阻不計，開始時，給ef一個向右的初速度，則（ A ）
A.ef將減速向右運動，但不是勻減速
B.ef將勻減速向右運動，最后停止
C.ef將勻速向右運動
D.ef將往返運動
解析 ef向右運動，切割磁感線，產生感應電動勢和感應電流，會受到向左的安培力而做減速運動，直到停止，但不是勻減速，由F＝BIL＝B2L2vR＝ma知，ef做的是加
速度減小的減速運動，最終停止運動，故A正確，B、C、D錯誤.
2.[線框＋非勻強磁場/2024江西九校聯考/多選]如圖所示，有一足夠大的光滑水平面上存在非勻強磁場，其磁場分布沿x軸正方向均勻增大，沿y軸方向是不變的，磁場方向垂直紙面向外.現有一閉合的矩形金屬線框，質量為m，以速度大小為v0、方向沿其對角線且與x軸成30°角開始向右運動，以下關于線框的說法正確的是（ BD ）
A.線框一直做曲線運動
B.最初階段線框中感應電流的方向沿順時針方向
C.線框中感應電流大小保持不變
D.線框運動中產生的內能為38mv02
解析 由楞次定律可判斷，最初階段線框中感應電流的方向為順時針方向，B正確；線框上、下邊受到的安培力等大反向，線框左邊受到的向右的安培力小于線框右邊受到的向左的安培力，故線框整體受到的安培力方向水平向左，線框做減速運動，速度減小，回路中的感應電動勢減小，感應電流減小，C錯誤；當線框水平向右的分速度減為零時，回路中
【點撥】感應電動勢E=（B右-B左）lv，（B右-B左）和l恒定，所以E隨v的減小而減小
的磁通量不再發(fā)生變化，感應電流為零，線框不再受安培力，沿y軸正方向做勻速直線運動，A錯誤；線框最終穩(wěn)定時的速度大小v末＝v0 sin 30°＝12v0，從線框開始運動到穩(wěn)定的過程中，由能量守恒定律有12mv02＝Q＋12mv末2，聯立解得Q＝38mv02，D正確.
3.[多選]如圖所示，一質量為2m的足夠長U形光滑金屬框abcd置于水平絕緣平臺上，bc邊長為L，不計金屬框電阻.一長為L的導體棒MN置于金屬框上，導體棒的阻值為R、質量為m.裝置處于磁感應強度為B、方向豎直向下的勻強磁場中.現給金屬框水平向右的初速度v0，在整個運動過程中MN始終與金屬框保持良好接觸且垂直，則（ AC ）
A.剛開始運動時產生的感應電流方向為M→N→c→b→M
B.導體棒的最大速度為v02
C.通過導體棒的電荷量為2mv03BL
D.導體棒產生的焦耳熱為56mv02
解析 金屬框開始獲得向右的初速度v0，根據右手定則可知電流方向為M→N→c→b→M，故A正確；以整體為研究對象，由于整體水平方向所受合力為零，所以整體水平方向動量守恒，最后二者速度相等，取初速度方向為正方向，根據動量守恒定律有2mv0＝3mv，可得v＝23v0，故B錯誤；對導體棒根據動量定理可得BILΔt＝mv－0，其中IΔt＝q，可得通過導體棒的電荷量為q＝2mv03BL，故C正確；導體棒產生的焦耳熱為Q＝12×2mv02－12×3mv2＝13mv02，故D錯誤.
4.[連接體＋勻強磁場/2023江西撫州樂安二中?？糫如圖所示，質量為3m的重物與一質量為m的導線框用一根絕緣細線連接起來，掛在兩個高度相同的定滑輪上，已知導線框電阻為R，橫邊邊長為L.有一垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，磁場上、下邊界的距離、導線框豎直邊長均為h.初始時刻，磁場的下邊緣和導線框上邊緣的高度差為2h，將重物從靜止開始釋放，導線框加速進入磁場，穿出磁場前已經做勻速直線運動，滑輪質量、摩擦阻力均不計，重力加速度為g.則下列說法正確的是（ B ）
A.導線框進入磁場時的速度為gh
B.導線框進入磁場后，若某一時刻的速度為v，則加速度為a＝12g－B2L2v4mR
C.導線框穿出磁場時的速度為mgRB2L2
D.導線框通過磁場的過程中產生的熱量Q＝5mgh－8m3g2R2B4L4
解析 線框進入磁場前，根據重物與線框組成的系統(tǒng)機械能守恒得(3mg－mg)·2h＝12(3m＋m)v12，解得線框進入磁場時的速度v1＝2gh，故A錯誤.線框進入磁場后，若某一時刻的速度為v，對整體，根據牛頓第二定律得3mg－mg－B2L2vR＝(3m＋m)a，解得a＝12g－B2L2v4mR，故B正確.線框穿出磁場時，根據平衡條件得3mg－mg＝F安，而F安＝B2L2v22R，解得線框穿出磁場時的速度為v2＝2mgRB2L2，故C錯誤.設線框通過磁場的過程中產生的熱量為Q. 對從靜止到剛通過磁場的過程，根據能量守恒定律得Q＝(3mg－mg)·4h－12(3m＋m)v22，將v2＝2mgRB2L2代入得Q＝8mgh－8m3g2R2B4L4，故D錯誤.
5.[2024山東青島調研/多選]如圖，兩平行金屬導軌ABC和A'B'C'的間距為0.5m，其中AB、A'B'段光滑，長度為1.2m、與水平方向的夾角為30°，BC、B'C'段水平.空間中存在方向分別與兩導軌平面垂直的磁場，磁感應強度大小均為2T.現將導體棒b放置于水平導軌某處，導體棒a自最高端AA'由靜止釋放，當a棒開始勻速運動時，b棒剛好能保持靜止.a棒到達BB'后再經過0.36s恰好不與b棒發(fā)生碰撞.已知導體棒a、b的質量均為0.1kg，接入電路中的電阻分別為4Ω和1Ω，兩導體棒與水平導軌的動摩擦因數相同，運動過程中導體棒始終與導軌接觸良好且垂直，導軌電阻不計，重力加速度g＝10m/s2.下列說法正確的是（ BC ）
A.a棒勻速運動時的速度大小為2m/s
B.棒與水平導軌間的動摩擦因數為0.5
C.b棒初始位置與BB'相距0.35m
D.a棒下滑過程中，系統(tǒng)損失的機械能為0.4J
解析 a棒勻速運動時，由平衡條件有mg sin 30°＝BIL，又I＝ERa＋Rb，E＝BLv，聯立并代入數據解得v＝2.5 m/s，A錯誤；經分析可知，b棒所受的安培力大小與a棒的相等，又a棒勻速運動時，b棒恰能保持靜止，對b棒由平衡條件有BIL＝μmg，解得μ＝0.5，B正確；對a棒從BB'運動到b棒位置的過程中，根據動量定理有－BILt－μmgt＝0－mv，又It＝q＝ΔΦRa＋Rb＝BLxRa＋Rb，聯立解得x＝0.35 m，C正確；a棒下滑過程中，系統(tǒng)損失的機械能ΔE＝mgs sin 30°－12mv2，代入數據解得ΔE＝0.287 5 J，D錯誤.
6.如圖甲所示，相距L＝1m的兩根足夠長的光滑平行金屬導軌傾斜放置，與水平面夾角θ＝37°，導軌電阻不計，質量m＝1kg、接入電路電阻為r＝0.5Ω的導體棒ab垂直于導軌放置，導軌的PM兩端接在外電路上，定值電阻阻值R＝1.5Ω，電容器的電容C＝0.5F，電容器的耐壓值足夠大，導軌所在平面內有垂直于導軌平面斜向上的勻強磁場.在開關S1閉合、S2斷開的狀態(tài)下將導體棒ab由靜止釋放，導體棒的v－t圖像如圖乙所示，運動過程中導體棒始終與導軌接觸良好且垂直，sin37°＝0.6，取重力加速度g＝10m/s2.
（1）求磁場的磁感應強度大小B；
（2）在開關S1閉合、S2斷開的狀態(tài)下，當導體棒下滑的距離x＝5m時，定值電阻產生的焦耳熱為21J，此時導體棒的速度與加速度分別是多大？
（3）現在開關S1斷開、S2閉合的狀態(tài)下，由靜止釋放導體棒，求經過t＝2s時導體棒的速度大小.
答案 （1）2T （2）2m/s 2m/s2 （3）4m/s
解析 （1）由題圖乙可知，導體棒的最大速度vm＝3m/s
對應的感應電動勢E＝BLvm
感應電流I＝ER＋r
當速度達到最大時，導體棒做勻速運動，導體棒受力平衡，有
BIL＝mgsinθ
解得B＝mg（R＋r）sinθL2vm＝2T
（2）導體棒和定值電阻串聯，由公式Q＝I2Rt可知Qab∶QR＝1∶3，則導體棒ab產生的焦耳熱Qab＝13×21J＝7J，導體棒下滑x＝5m的距離，導體棒減少的重力勢能轉化為動能和回路中的焦耳熱，由能量守恒定律有mgxsinθ＝12mv12＋Qab＋QR
得導體棒的速度v1＝2m/s
此時感應電動勢E1＝BLv1
感應電流I1＝E1R＋r
對導體棒有mgsinθ－BI1L＝ma1
解得加速度a1＝2m/s2
（3）開關S1斷開、S2閉合時，任意時刻對導體棒，根據牛頓第二定律有mgsinθ－BI2L＝ma2
感應電流I2＝ΔqΔt，Δq＝CΔU
Δt時間內，有ΔU＝ΔE＝BLΔv，a2＝ΔvΔt
解得a2＝2m/s2
表明導體棒下滑過程中加速度不變，導體棒做勻加速直線運動，t＝2s時導體棒的速度大小v2＝a2t＝4m/s.
7.[高新科技/2023四川南充高級中學校考/多選]電磁減震器是利用電磁感應原理制成的一種新型智能化汽車獨立懸架系統(tǒng).某同學也設計了一個電磁減震器，如圖所示為其簡化的原理圖.該減震器由絕緣滑動桿及固定在桿上的多個相互緊靠的相同矩形線圈組成，滑動桿及線圈的總質量m＝1.0kg.每個矩形線圈abcd匝數n＝100匝，電阻R＝1.0Ω，ab邊長L＝20cm，bc邊長d＝10cm，該減震器在光滑水平面上以初速度v0＝5m/s向右進入磁感應強度大小B＝0.1T、方向豎直向下的勻強磁場中，磁場范圍足夠大，不考慮線圈個數變化對減震器總質量的影響.則（ BD ）
A.剛進入磁場時減震器的加速度大小a＝0.2m/s2
B.第二個線圈恰好完全進入磁場時，減震器的速度大小為4.2m/s
C.滑動桿上至少需安裝12個線圈才能使減震器完全停下來
D.進入磁場的第一個線圈和最后一個線圈產生的熱量比k＝96
解析 線圈在磁場中受到安培力的作用而做減速運動.由安培力公式可得F安＝
nBIL，其中I＝ER＝nBLvR，聯立可得F安＝nBL·nBLvR＝n2B2L2vR，線圈剛進入磁場時速度v
＝v0，L＝20 cm＝0.2 m，代入數據可解得F安＝20 N，根據牛頓第二定律可得加速度
大小為a＝F安m＝201 m/s2＝20 m/s2，故A錯誤；設向右為正方向，對減震器進行分析，
當第二個線圈恰好完全進入磁場時設所用時間為t，此時減震器的速度大小為v2，則
由動量定理可得－nBLIt＝mv2－mv0，其中It＝nBLvRt＝nBLR·2d，(d＝10 cm＝0.1 m)代
入數據可得v2＝4.2 m/s，故B正確；由以上分析可知，每一個線圈進入磁場的過程，安培力的沖量大小均相等，且為n2B2L2R·d，由動量定理可知每一個線圈進入磁場的過程，減震器的速度減小量均相等.由B選項的結果可知，進入兩個線圈后，減震器的速度減小量為5 m/s－4.2 m/s＝0.8 m/s，可得每一個線圈進入磁場后，減震器的速度減小量均為Δv＝0.82 m/s＝0.4 m/s，則要使減震器的速度減為零需要的線圈個數為N＝50.4＝12.5，可知需要13個線圈，故C錯誤；只有進入磁場的線圈才能產生熱量，根據能量守恒定律可知，線圈上產生的熱量在數值上等于減震器動能的減少量.第一個線圈恰好完全進入磁場時的速度為v1＝v0－Δv＝5 m/s－0.4 m/s＝4.6 m/s，最后一個線圈剛進入磁場時的速度為v13＝v0－12Δv＝5 m/s－12×0.4 m/s＝0.2 m/s，則有k＝12mv02-12mv1212mv132，解得k＝96，故D正確.
8.[多選]如圖所示，水平金屬導軌P、Q間距為L，M、N間距為2L，P與M相連，Q與N相連，金屬棒a垂直于P、Q放置，金屬棒b垂直于M、N放置，整個裝置處在磁感應強度大小為B、方向豎直向上的勻強磁場中.現給棒a一大小為v0、水平向右的初速度，假設導軌都足夠長，兩棒質量均為m，在棒a的速度由v0減小到0.8v0的過程中，兩棒始終與導軌接觸良好且垂直.以下說法正確的是（ BC ）
A.俯視時感應電流方向為順時針方向
B.棒b的最大速度為0.4v0
C.回路中產生的焦耳熱為0.1mv02
D.通過回路中某一截面的電荷量為2mv05BL
解析 棒a向右運動，回路面積減小，根據楞次定律可知，俯視時感應電流方向為逆時針方向，A錯誤；在棒a的速度由v0減小到0.8v0的過程中，棒a減速，棒b加速，對棒a，由動量定理可得BI·Lt＝BqL＝mv0－0.8mv0，對棒b，由動量定理可得BI·2Lt＝mv，聯立可得v＝0.4v0，q＝mv05BL，B正確，D錯誤；根據能量守恒定律可得回路中產生的焦耳熱為Q＝12mv02－[12m(0.8v0)2＋12m(0.4v0)2]＝0.1mv02，C正確.
9.[2023新課標]一邊長為L、質量為m的正方形金屬細框，每邊電阻為R0，置于光滑的絕緣水平桌面（紙面）上.寬度為2L的區(qū)域內存在方向垂直于紙面的勻強磁場，磁感應強度大小為B，兩虛線為磁場邊界，如圖（a）所示.
（1）使金屬框以一定的初速度向右運動，進入磁場.運動過程中金屬框的左、右邊框始終與磁場邊界平行，金屬框完全穿過磁場區(qū)域后，速度大小降為它初速度的一半，求金屬框的初速度大小.
（2）在桌面上固定兩條光滑長直金屬導軌，導軌與磁場邊界垂直，左端連接電阻R1＝2R0，導軌電阻可忽略，金屬框置于導軌上，如圖（b）所示.讓金屬框以與（1）中相同的初速度向右運動，進入磁場.運動過程中金屬框的上、下邊框處處與導軌始終接觸良好.求在金屬框整個運動過程中，電阻R1產生的熱量.
答案 （1）B2L3mR0 （2）3B4L625mR02
解析 （1）設金屬框的初速度大小為v0，則金屬框完全穿過磁場的過程，由動量定理有
－BI1Lt1－BI2Lt2＝mv02－mv0
通過金屬框的電流I＝E4R0
根據法拉第電磁感應定律有E＝BL2t
故有I1t1＝I2t2＝BL24R0
聯立解得v0＝B2L3mR0
（2）金屬框進入磁場的過程，由動量定理有
－BI'Lt'＝mv1－mv0
閉合電路的總電阻R總＝R0＋11R1＋1R0＝53R0
通過金屬框的電流I'＝E'R總
根據法拉第電磁感應定律有E'＝BL2t'
解得v1＝2B2L35mR0
金屬框完全在磁場中時繼續(xù)做加速度逐漸減小的減速運動，金屬框的右邊框和
左邊框為電源，兩電源并聯給外電路供電，假設金屬框的右邊框沒有出磁場右
邊界，則有
－BI-″Lt″＝0－mv1
通過金屬框的電流I″＝E″R1＋R02
根據法拉第電磁感應定律有E″＝BLxt″
解得x＝L
故假設成立，金屬框的右邊框恰好停在磁場右邊界處
對金屬框進入磁場過程分析，由能量守恒定律有
Q總＝12mv02－12mv12
電阻R1產生的熱量為Q1＝23R0R總·R0R1＋R0Q總
金屬框完全在磁場中運動過程，有
Q'總＝12mv12－0
電阻R1產生的熱量為Q'1＝R1R1＋R02Q'總
電阻R1產生的總熱量為Q1總＝Q1＋Q'1
解得Q1總＝3B4L625mR02
10.[電磁緩沖裝置/2023湖南岳陽統(tǒng)考/多選]小紅在查閱資料時看到了嫦娥五號的月球著落裝置設計，她也利用所學知識設計了一個地球著落回收的電磁緩沖裝置，其工作原理是利用電磁阻尼作用減緩返回艙和地面間的沖擊力.如圖甲所示，在返回艙的底盤安裝有均勻對稱的4臺電磁緩沖裝置，電磁緩沖結構示意圖如圖乙所示.在緩沖裝置的底板上，沿豎直方向固定著兩個光滑絕緣導軌PQ、MN.導軌內側，安裝電磁鐵（圖中未畫出），能產生垂直于導軌平面的勻強磁場，磁場的磁感應強度為B.導軌內的緩沖滑塊K由高強度絕緣材料制成，滑塊K上繞有閉合矩形線圈abcd，線圈的總電阻為R，匝數為n，ab邊長為L.假設整個返回艙以速度v0與地面碰撞后，滑塊K立即停下，此后在線圈與導軌的磁場作用下使艙體減速，從而實現緩沖.返回艙質量為m，地球表面的重力加速度為g，一切摩擦阻力不計，緩沖裝置質量忽略不計.則以下說法正確的是（ AD ）
圖甲 圖乙
A.滑塊K的線圈中最大感應電流的大小Imax＝nBLv0R
B.若緩沖裝置向下移動距離H后速度減為v，則此過程中每個緩沖線圈abcd中通過的電荷量均為q＝BLHR
C.若緩沖裝置向下移動距離H后速度減為v，則此過程中每個緩沖線圈abcd中產生的焦耳熱均為Q＝14（mgH＋12mv2－12mv02）
D.若要使緩沖滑塊K和返回艙不相碰，且緩沖時間為t，則緩沖裝置中的光滑導軌PQ和MN長度至少為d＝（mgt＋mv0）R4n2B2L2
解析 滑塊剛接觸地面時感應電動勢最大為Emax＝nBLv0，根據閉合電路的歐姆定律可得滑塊K的線圈中最大感應電流的大小Imax＝EmaxR＝nBLv0R，故A正確.由q＝IΔt，I＝ER，E＝nΔΦΔt，ΔΦ＝BΔS＝BHL，可得若緩沖裝置向下移動距離H后速度減為v，則此過程中每個緩沖線圈abcd中通過的電荷量均為q＝nBLHR，故B錯誤；因為有4臺減速裝置，利用動量定理得4n2B2L2vRt－mgt＝mv0，其中由運動學公式有vt＝d，解得緩沖裝置中的光滑導軌PQ和MN長度至少為d＝(mgt＋mv0)R4n2B2L2，故D正確；設每個緩沖線圈產生的焦耳熱均為Q，由能量守恒定律得mgH－4Q＝12mv2－12mv02，整理解得Q＝14(mgH＋12mv02－12mv2)，故C錯誤.核心考點
五年考情
命題分析預測
電磁感應中的動力學問題
2023：北京T18，浙江6月T19；
2022：海南T18，浙江6月T21；
2021：全國甲T21，湖北T16
高考中常通過導體棒＋導軌、導體框等模型考查電磁感應中力與運動、功與能、動量等力電綜合問題，選擇題和計算題都有考查，近年主要為計算題形式，試題綜合性較強，難度較大.預計2025年高考可能會出現導體棒的受力及運動分析、電磁感應與動量定理和動量守恒定律相結合的綜合性試題.
電磁感應中的能量問題
2023：北京T9，上海T19；
2022：全國乙T24；
2021：北京T7；
2019：北京T22
電磁感應中的動量問題
2023：全國甲T25，湖南T14；
2022：遼寧T15；
2019：全國ⅢT19
狀態(tài)
特征
處理方法
平衡態(tài)
加速度為零
根據平衡條件列式分析
非平衡態(tài)
加速度不為零
根據牛頓第二定律結合運動學公式進行分析
物理模型
水平拉力F恒定，金屬棒和水平導軌的電阻不計，摩擦力不計
動態(tài)分析
設運動過程中某時刻棒的速度為v，加速度為a＝Fm－B2L2vmR，a、v同向，隨v的增大，a減小，當a＝0時，v最大，I恒定
最終狀態(tài)
運動形式
勻速直線運動
力學特征
a＝0，v最大，vm＝FRB2L2
電學特征
I＝BLvmR恒定
做功情況
能量變化
重力做功
重力勢能發(fā)生變化
彈簧彈力做功
彈性勢能發(fā)生變化
合外力做功
動能發(fā)生變化
做功情況
能量變化
除重力和系統(tǒng)內彈力以外的其他力做功
機械能發(fā)生變化
滑動摩擦力做功
有內能產生
靜電力做功
電勢能發(fā)生變化
安培力做正功
電能轉化為其他形式的能
克服安培力做功（動生型電磁感應）
其他形式的能轉化為電能，并且克服安培力做多少功，就產生多少電能
情境示例1
水平放置的平行光滑導軌，間距為L，左側接有電阻R，導體棒初速度為v0，質量為m，電阻不計，勻強磁場的磁感應強度為B，導軌足夠長且電阻不計，從開始運動至停下來
求電荷量q
－BILΔt＝0－mv0，q＝IΔt，聯立解得q＝mv0BL
求位移x
－B2L2vRΔt＝0－mv0，x＝vΔt＝mv0RB2L2
應用技巧
初、末速度已知的變加速運動，在用動量定理列出的式子中q＝IΔt，x＝vΔt；若已知q或x也可求末速度或初速度
情境示例2
間距為L的光滑平行導軌傾斜放置，傾角為θ，由靜止釋放質量為m、接入電路的阻值為R的導體棒，當通過橫截面的電荷量為q或下滑位移為x時，速度達到v
求運動時間
－BILΔt＋mgsinθ·Δt＝mv－0，q＝IΔt，－B2L2vRΔt＋mgsinθ·Δt＝mv－0，x＝vΔt
應用技巧
用動量定理求時間需有其他恒力參與.若已知運動時間，也可求q、x、v中的任一個物理量
基本模型
（導體棒電阻為R，電容器電容為C，導軌光滑且電阻不計）
電路特點
導體棒相當于電源，電容器充電
電流特點
安培力為阻力，導體棒減速，E減小，有I＝BLv－UCR，電容器充電UC變大，當BLv＝UC時，I＝0，F安＝0，導體棒勻速運動
運動特點和
最終特征
導體棒做加速度a減小的減速運動，最終做勻速運動，此時I＝0，但電容器帶電荷量不為零
最終速度
電容器充電電荷量：q＝CUC
最終電容器兩端電壓：UC＝BLv
對棒應用動量定理：mv－mv0＝－BIL·Δt＝－BLq，v＝mv0m＋CB2L2
v－t圖像
基本模型
（電源電動勢為E，內阻不計，電容器電容為C，導軌光滑且電阻不計）
電路特點
電容器放電，相當于電源；導體棒受安培力而運動
電流特點
電容器放電時，導體棒在安培力作用下開始運動，同時阻礙放電，導致電流減小，直至電流為零，此時UC＝BLvm
運動特點和
最終特征
導體棒做加速度a減小的加速運動，最終做勻速運動，此時I＝0
最大速度vm
電容器充電電荷量：Q0＝CE
放電結束時電荷量：Q＝CUC＝CBLvm
電容器放電電荷量：ΔQ＝Q0－Q＝CE－CBLvm
對棒應用動量定理：mvm－0＝BIL·Δt＝BLΔQ，vm＝BLCEm＋CB2L2
v－t圖像
雙棒無外力
雙棒有外力
示意圖
F為恒力
動力學觀點
導體棒1受安培力的作用做加速度逐漸減小的減速運動，導體棒2受安培力的作用做加速度逐漸減小的加速運動，最終兩棒以相同的速度做勻速直線運動
導體棒1做加速度逐漸減小的加速運動，導體棒2做加速度逐漸增大的加速運動，最終兩棒以相同的加速度做勻加速直線運動
動量觀點
系統(tǒng)動量守恒
系統(tǒng)動量不守恒
能量觀點
棒1動能的減少量＝棒2動能的增加量＋焦耳熱
力F做的功＝棒1的動能＋棒2的動能＋焦耳熱

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