【文档说明】专题79焦耳热与电磁感应中的能量转化 电磁感应中的电荷量 电磁感应中的动量问题（解析版）-高三物理一轮复习重难点逐个突破.docx，共(28)页，1.208 MB，由envi的店铺上传

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专题79焦耳热与电磁感应中的能量转化电磁感应中的电荷量电磁感应中的动量问题考点一焦耳热与电磁感应中的能量转化电磁感应中的电荷量（1-12）考点二电磁感应中的动量问题（13-21）考点一焦耳热与电磁感应中的能量转化电磁感应中的电荷量1．电磁感应中的能量转化其他形式的能量――→克服安培力做功

电能――→电流做功焦耳热或其他形式的能量2．求解焦耳热Q的三种方法1）焦耳定律：Q2＝I2RΔt2）功能关系:Q2＝W克服安培力3）能量转化:Q2＝ΔE其他能量的减少1．（2022·江西·金溪一中高三阶段练习）(多选)如图所示，两水平虚线之间存在垂直纸面向里

的匀强磁场，边长为𝑎的正方形导体框由磁场上方𝑎处静止释放，导体框的上、下边始终保持与磁场的边界平行，当导体框的下边与磁场的下边界重合时导体框开始匀速运动。已知磁场的磁感应强度大小为𝐵，磁场的宽度为ℎ=3𝑎，导体框的质量为𝑚、电阻值为𝑅，重力加速

度为𝑔，忽略一切阻力。则下列说法正确的是（）A．导体框的下边进入磁场后可能做匀速直线运动B．导体框进入磁场和离开磁场过程中，导体框中产生的感应电流方向相反C．导体框进入磁场和离开磁场的过程中，通过导体框某一横截面的电荷量均为𝐵𝑎2𝑅D．导体框穿越磁场的过程中，导体框中产

生的焦耳热为3𝑚𝑔𝑎【答案】BC【解析】A．由题意可知，导体框的下边与磁场的下边界重合时导体框开始匀速直线运动，则重力等于安培力，由力的平衡条件得𝑚𝑔=𝐹安又由𝐹安=𝐵𝐼𝑎、𝐼=𝐸𝑅、𝐸=𝐵𝑎𝑣整

理得线框的速度𝑣=𝑚𝑔𝑅𝐵2𝑎2由于导体框完全进入磁场后，因无电磁感应，导体框一定做匀加速直线运动，则说明导体框进入磁场的过程做加速运动，不可能做匀速直线运动，故A错误；B．由楞次定律可知，导体框进入磁场的过程感应电流沿逆时针方向，导

体框离开磁场的过程感应电流沿顺时针方向，B正确；C．导体框进入磁场的过程中通过导体框导线横截面的电荷量为𝑞=𝐼̅𝑡、𝐼̅=𝐸̅𝑅由法拉第电磁感应定律得𝐸̅=ΔΦΔ𝑡=𝐵𝑎2Δ𝑡由以上整理得𝑞=𝐵𝑎2𝑅同理，导体框离开磁场的过

程通过导体某一横截面的电荷量为𝑞=𝐵𝑎2𝑅故C正确；D．由于导体框进入磁场的过程做加速运动，导体框离开磁场的过程做匀速运动，可知导体框穿越磁场的过程中，导体框的动能增加了，根据能量守恒可得3𝑚𝑔𝑎=Δ𝐸k

+𝑄解得𝑄=3𝑚𝑔𝑎−Δ𝐸k<3𝑚𝑔𝑎故D错误。故选BC。2．（2023·全国·高三专题练习）两个完全相同的正方形匀质金属框，边长为𝐿，通过长为𝐿的绝缘轻质杆相连，构成如图所示的组合体。距离组合体下底边𝐻处有一方向水平、垂直纸面

向里的匀强磁场。磁场区域上下边界水平，高度为𝐿，左右宽度足够大。把该组合体在垂直磁场的平面内以初速度𝑣0水平无旋转抛出，设置合适的磁感应强度大小𝐵使其匀速通过磁场，不计空气阻力。下列说法正确的是（）A．𝐵与𝑣

0无关，与√𝐻成反比B．通过磁场的过程中，金属框中电流的大小和方向保持不变C．通过磁场的过程中，组合体克服安培力做功的功率大于重力做功的功率D．调节𝐻、𝑣0和𝐵，只要组合体仍能匀速通过磁场，则此过程中产生的热量不变【答案】D【解析】A．组合体下底边刚进入磁场时，竖直方向的速度为𝑣𝑦=

√2𝑔𝐻下底边切割磁感线，电流方向为逆时针，水平方向速度使左右两边切割磁感线，产生的电动势相互抵消，组合体匀速通过磁场，则有𝐹安=𝑚𝑔又𝐸=𝐵𝐿𝑣𝑦，𝐼=𝐸𝑅，𝐹安=𝐵𝐼𝐿联立可得𝐵2𝐿2√2𝑔𝐻𝑅=𝑚𝑔可知𝐵与𝑣0无关，𝐵2与√𝐻成反比，A

错误；B．当下方金属框的上面一条边进入磁场时，产生的电流方向为顺时针，与组合体下底边刚进入磁场时产生的电流方向相反，B错误；C．根据能量守恒，通过磁场的过程中组合体动能不变，只有重力和安培力做功，则组合体克服安

培力做功的功率和重力做功的功率相等，C错误；D．无论𝐻、𝑣0和𝐵怎么变化，只要组合体匀速通过磁场，则其产生的焦耳热均为𝑄=𝑊G=4𝑚𝑔𝐿D正确；故选D。3．（2022·广东·潮州市湘桥区铁铺中学模拟预测）(多选)如图所示，垂直于纸面的匀强磁场磁感应强度大小为B，纸面内有一由均匀

金属丝制成的等腰直角三角形线框abc，直角边边长为L，bc边与磁场边界平行，线框总电阻为R。线框在向左的拉力作用下以速度v匀速进入磁场。下列分析正确的是（）A．线框进入磁场过程中有顺时针方向的感应电流B．线框进入磁场过程中产生的热量为

𝐵2𝐿3𝑣2𝑅C．线框ab边中点进入磁场时拉力的功率大小为𝐵2𝐿2𝑣24𝑅D．线框进入磁场过程中通过线框某一横截面的电荷量为𝐵𝐿22𝑅【答案】CD【解析】A．由楞次定律可知线框进入磁场过程中有逆时针方向的感应电流，故A错误；B．由公式F=𝐵2𝑥2�

�𝑅可知，F与x成二次函数关系，根据F与x的关系图像可知，线框进入磁场的过程中，力F所做的功等于图线与x轴所围成的面积，所以力F所做的功小于𝐵2𝐿3𝑣2𝑅，线框进入磁场过程中产生的热量小于𝐵2𝐿3𝑣

2𝑅，故B错误；C．线框ab边中点进入磁场时拉力𝐹=𝐵2(𝐿2)2𝑣𝑅=𝐵2𝐿2𝑣4𝑅功率𝑃=𝐹𝑣=𝐵2𝐿2𝑣24𝑅故C正确；D．线框进入磁场过程中通过线框某一横截面的电荷量为𝑞=Δϕ𝑅=𝐵𝐿22𝑅故D正确。故选CD。4．（2022·河

北·模拟预测）(多选)两相同的“冂”形光滑金属框架竖直放置，框架的一部分处在垂直纸面向外的条形匀强磁场中，如图所示。两长度相同粗细不同的铜质金属棒a、b分别从两框架上相同高度处由静止释放，下滑过程中金属棒与

框架接触良好，框架电阻不计，下列说法中正确的是（）A．金属棒a、b在磁场中的运动时间相等B．到达磁场下边界时，粗金属棒b的速度大C．通过磁场过程中，流过粗金属棒b的电量多D．通过磁场过程中，粗金属棒b产生的热量多【答案】AC

D【解析】AB．两金属棒刚进入磁场时，速度相同，安培力为𝐹=𝐵𝐼𝐿=𝐵2𝐿2𝑣𝑅根据电阻定律𝑅=𝜌𝐿𝑆又𝑚=𝜌′𝐿𝑆根据牛顿第二定律𝑎=𝑚𝑔−𝐹𝑚整理得𝑎=𝑔−𝐵2𝑣𝜌𝜌

′故两棒在后续的运动过程中，运动状态相同，在磁场中运动时间相同，到达磁场下边界时，两棒的速度一样大，故A正确，B错误；C．根据𝑞=𝐼Δ𝑡=𝐸𝑅Δ𝑡=ΔΦ𝑅Δ𝑡Δ𝑡=𝐵Δ𝑆𝑅两棒运动过程中，磁通量改变量相同，但粗棒的电阻更小，故流过粗金属棒b的电量多，故C正确

；D．根据𝑎=𝑚𝑔−𝐹𝑚两棒的加速度相同，粗棒的质量大，则粗棒受到的安培力更大，克服安培力做功等于产生的热量，故粗金属棒b产生的热量多，故D正确。故选ACD。5．（2022·湖南）(多选)如图，间距1mL=的U形金属导轨，一端接有0.1Ω的定值电阻R，固定

在高0.8mh=的绝缘水平桌面上。质量均为0.1kg的匀质导体棒a和b静止在导轨上，两导体棒与导轨接触良好且始终与导轨垂直，接入电路的阻值均为0.1Ω，与导轨间的动摩擦因数均为0.1（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），导体棒a距离导轨最右端1.74m。整个空间存在竖

直向下的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度大小为0.1T。用0.5NF=沿导轨水平向右的恒力拉导体棒a，当导体棒a运动到导轨最右端时，导体棒b刚要滑动，撤去F，导体棒a离开导轨后落到水平地面上。重力加速度取210m/s，不计空气阻力，不计其他电阻，

下列说法正确的是（）A．导体棒a离开导轨至落地过程中，水平位移为0.6mB．导体棒a离开导轨至落地前，其感应电动势不变C．导体棒a在导轨上运动的过程中，导体棒b有向右运动的趋势D．导体棒a在导轨上运动的过程中，通过电阻R的电荷量为0.58C【答案】BD【解析】C．导体棒a在导轨

上向右运动，产生的感应电流向里，流过导体棒b向里，由左手定则可知安培力向左，则导体棒b有向左运动的趋势，故Ｃ错误；A．导体棒b与电阻R并联，有2BLvIRR=+当导体棒a运动到导轨最右端时，导体棒b刚要滑动，有2IBLmg=联立解得a棒的

速度为3m/sv=a棒做平抛运动，有xvt=212hgt=联立解得导体棒a离开导轨至落地过程中水平位移为1.2mx=故A错误；B．导体棒a离开导轨至落地前做平抛运动，水平速度切割磁感线，则产生的感应电动势不变，故B正确；D．导体棒a在导轨上运动的过程中，通过电路的电量为0.11

1.74C1.16C10.152BLxqItRR====+导体棒b与电阻R并联，流过的电流与电阻成反比，则通过电阻R的电荷量为0.58C2Rqq==故D正确。故选BD。6．（2022·湖南·高三开学考试）如图所示，两根等高光滑的12圆弧轨道，𝑎𝑎′与𝑐𝑐′等高，半径

为𝑟、间距为𝐿，轨道电阻不计。在轨道右侧连有一阻值为𝑅的电阻，整个装置处在一竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为𝐵，现有一根长度为𝐿、电阻为𝑅′的金属棒，在外力𝐹的作用下以初速度𝑣0从𝑎𝑎′沿轨道做匀速圆周运动至𝑐𝑐′处，则该过程中

（）A．金属棒经过最低位置𝑏𝑏′处时，通过金属棒的电流方向为𝑏′→𝑏B．金属棒经过最低位置𝑏𝑏′处时，电路中的电流最小C．电阻上产生的热量为𝜋𝑟𝑅𝐵2𝐿2𝑣02(𝑅+𝑅′)2D．外力𝐹做的功为𝜋𝑟𝐵2𝐿2𝑣0(𝑅+𝑅′)【答案】C【解析】A．金属

棒经过最低位置𝑏𝑏′处时，根据右手定则，通过金属棒的电流方向为𝑏→𝑏′，故A错；B．金属棒经过最低位置𝑏𝑏′处时，金属棒垂直切割磁感线，产生的感应电动势最大，电路中的电流最大，故B错；C．金属棒切割磁感线产生的电动势为𝑒=𝐵𝐿𝑣0sin�

�0𝑟𝑡电路中的电动势的有效值为𝐸=𝐵𝐿𝑣0√2则有𝑄=(𝐸𝑅+𝑅′)2𝑅𝑡，𝑡=𝜋𝑟𝑣0联立解得𝑄=𝜋𝑟𝑅𝐵2𝐿2𝑣02(𝑅+𝑅′)2故C正确；D．根据能

量关系，外力𝐹做的功等于电路的总热量为𝑊F=𝑄总=(𝐸𝑅+𝑅′)2(𝑅+𝑅′)𝑡=𝜋𝑟𝐵2𝐿2𝑣02(𝑅+𝑅′)故D错误。故选C。7．如图，光滑无电阻的金属框架𝑀𝑂𝑁竖直放置，匀强磁场的磁感应强度为𝐵，方向垂直于𝑀𝑂𝑁平面指向纸里。质量为𝑚

，长度为𝑙，电阻为𝑅的金属棒𝑎𝑏从∠𝑎𝑏𝑂=45°的位置由静止释放，两端沿框架在重力作用下滑动。若当地的重力加速度为𝑔。金属棒与轨道始终保持良好接触，下列说法正确的是（）A．棒下滑过程机械能守恒B．下滑过程中棒产生从𝑏到𝑎方向的电流C．从释放到棒全部滑至水平轨道过程

中产生的电能小于√2𝑚𝑔𝑙4D．从释放到棒全部滑至水平轨道过程中，通过棒的电荷量小于𝐵𝑙24𝑅【答案】C【解析】A．棒在下滑过程中，棒与金属导轨组成闭合回路，磁通量发生改变，回路会产生感应电流，棒将受到安培力作用，安培力对棒做负功，棒的机械能不守恒，故A错

误；B．设∠𝑎𝑏𝑂=𝜃，闭合回路的面积为𝑆=12𝑙sin𝜃⋅𝑙cos𝜃=14𝑙2sin2𝜃可知当𝜃=45°时，闭合回路面积最大；则棒下滑过程中，闭合回路围成的面积减小，回路磁通量减小，根据楞次定律可知，产生的感应电流为顺时针方向，即

棒产生从𝑎到𝑏方向的电流，故B错误；C．棒从释放到滑至水平轨道过程，重力势能减少量为Δ𝐸P=𝑚𝑔ℎ=𝑚𝑔𝑙2sin45°=√2𝑚𝑔𝑙4根据能量守恒定律可知，减少的重力势能转化为棒的动能和回路中产生的电能，则回路产生

的电能小于√2𝑚𝑔𝑙4，故C正确；D．从释放到棒全部滑至水平轨道过程中，棒与金属导轨组成闭合回路磁通量的变化量大小为ΔΦ=𝐵⋅12⋅√22𝑙⋅√22𝑙=𝐵𝑙24根据𝑞=𝐼Δ𝑡=𝐸𝑅Δ𝑡=ΔΦΔ𝑡𝑅Δ𝑡=ΔΦ𝑅联立可得

通过棒的电荷量为𝑞=𝐵𝑙24𝑅故D错误。故选C。8．（2022·江西鹰潭·二模）(多选)如图所示，竖直面内有一个闭合导线框ACDE（由柔软细导线制成）挂在两固定点A、D上，水平线段AD为半圆的直径，在导线

框的E处有一个动滑轮，动滑轮下面挂一重物，使导线处于绷紧状态。在半圆形区域内，有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场。设导线框的电阻为r，圆的半径为R，在将导线上的C点以恒定角速度ω（相对圆心O）从A点沿圆弧移动的过程中

，若不考虑导线中电流间的相互作用，则下列说法正确的是（）A．在C从A点沿圆弧移动到D点的过程中，导线框中感应电流的方向先逆时针，后顺时针B．当C沿圆弧移动到圆心O的正上方时，导线框中的感应电动势最小C．在C从A点沿圆弧移动

到图中∠ADC＝30°位置的过程中，通过导线上C点的电量为𝐵𝑅22𝑟D．在C从A点沿圆弧移动到D点的过程中，导线框中产生的电热为𝜋𝐵2𝑅4𝜔2𝑟【答案】ABD【解析】A．转过角度𝜃=𝜔𝑡根据几何知识知线框的面积𝑆=12⋅2𝑅⋅𝑅⋅sin𝜃=�

�2sin𝜃磁通量为Φ=𝐵𝑅2sin𝜃=𝐵𝑅2sin𝜔𝑡磁通量先增大后减小，根据楞次定律知电流的方向先逆时针，后顺时针，A正确；B．根据𝐸=ΔΦΔ𝑡知𝐸=𝐵𝜔𝑅2cos𝜔𝑡C沿圆弧移动到圆心O的正上方时，导线框中的感应电动势最小为0，B正确；C．

根据𝑞=𝑛⋅ΔΦ𝑅知𝑞=𝐵𝑅2sin60∘−0𝑟=√3𝐵𝑅22𝑟C错误；D．由B项知电动势有效值为𝐸=√22𝐵𝜔𝑅2故电热为𝐸2𝑟𝑡=𝜋𝐵2𝑅4𝜔2𝑟D正确。故选ABD。9．如图所示，MN、PQ是两根足够长的光滑平行的金属导轨，导轨间距离L1=0.

2m，导轨平面与水平面的夹角θ=30°，导轨上端连接一个阻值R=0.4Ω的电阻．整个导轨平面处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度B=0.5T．现有一根质量m=0.01kg、电阻r=0.1Ω的金属棒ab垂直

于导轨放置，且接触良好，金属棒从静止开始沿导轨下滑L2=1m后达到匀速直线运动，且始终与导轨垂直.g=10m/s2，导轨电阻不计，求：（1）金属棒沿导轨下滑过程中速度最大值；（2）金属棒沿导轨匀速下滑时ab

两端的电压；（3）金属棒从静止达到匀速的过程中，通过电阻R的电量和热量．【答案】（1）v=2.5m/s（2）U=0.2V（3）q=0.2C，𝑄𝑅=1.5×10−2J【解析】（1）金属棒匀速运动时，由平衡条件知：𝑚𝑔sin

𝜃=𝐵𝐼𝐿1，棒匀速切割磁感线时𝐸=𝑅𝐿1𝑣，回路电流𝐼=𝑅𝐿1𝑣𝑅+𝑟，代入得：𝑣=𝑚𝑔sin𝜃(𝑅+𝑟)𝐵2𝐿12，解得：v=2.5m/s；（2）匀速时，v代入公式，知𝐼=0.5A，又由𝑈=𝐼𝑅=0.

2V；（3）由𝑞=𝐼𝛥𝑡，𝐼=𝐸𝑅+𝑟，𝐸=𝛥𝛷𝛥𝑡=𝐵𝐿1𝐿2𝛥𝑡，故𝑞=𝐵𝐿1𝐿2𝑅+𝑟，解得：q=0.2C；由能量守恒定律知：𝑚𝑔𝐿2sin𝜃=

12𝑚𝑣2+𝑄总，𝑄总𝑄𝑅=𝑅+𝑟𝑅，解得：𝑄𝑅=1.5×10−2J10．（2022·全国）如图，一不可伸长的细绳的上端固定，下端系在边长为0.40ml=的正方形金属框的一个顶点上。金属框的一条对角线水平，其下方有

方向垂直于金属框所在平面的匀强磁场。已知构成金属框的导线单位长度的阻值为35.010Ω/m−=；在0=t到3.0st=时间内，磁感应强度大小随时间t的变化关系为()0.30.1(SI)Btt=−。求:（1）2.0st

=时金属框所受安培力的大小；（2）在0=t到2.0st=时间内金属框产生的焦耳热。【答案】（1）0.042N；（2）0.016J【解析】（1）金属框的总电阻为3440.45100.008Rl−==

=金属框中产生的感应电动势为22120.10.4V0.008V2lBEtt====金属框中的电流为1AEIR==t=2.0s时磁感应强度为2(0.30.12)T=0.1TB=−金属框处于磁场中的有效长度为2Ll=此时金属框所受安培力大小为20.1120

.4N=0.042NAFBIL==（2）02.0s:内金属框产生的焦耳热为2210.0082J0.016JQIRt===11.如图所示，质量m1＝0.1kg，电阻R1＝0.3Ω，长度l＝0.4m的导体棒ab横放在U型金属框架上．框架质量m2＝0.2kg，

放在绝缘水平面上，与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2.相距0.4m的MM′、NN′相互平行，电阻不计且足够长．电阻R2＝0.1Ω的MN垂直于MM′.整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.5

T．垂直于ab施加F＝2N的水平恒力，ab从静止开始无摩擦地运动，始终与MM′、NN′保持良好接触．当ab运动到某处时，框架开始运动．设框架与水平面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2.(1)求框架开始运动时ab速度v的大小；(2)从ab开始运动到框架开始运

动的过程中，MN上产生的热量Q＝0.1J，求该过程ab位移x的大小．【答案】(1)6m/s(2)1.1m【解析】(1)ab对框架的压力，F1＝m1g①框架受水平面的支持力，FN＝m2g＋F1②依题意，最

大静摩擦力等于滑动摩擦力，则框架受到最大静摩擦力，F2＝μFN③ab中的感应电动势，E＝Blv④MN中电流，I＝ER1＋R2⑤MN受到的安培力，F安＝IlB⑥框架开始运动时，F安＝F2⑦由上述各式代入

数据解得，v＝6m/s⑧(2)闭合回路中产生的总热量，Q总＝R1＋R2R2Q⑨由能量守恒定律，得，Fx＝12m1v2＋Q总⑩代入数据解得x＝1.1m12．（2022·上海浦东新·模拟预测）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（a）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。问：（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f；（3）整个“日”字形线圈穿过磁场的过程中，产生的总焦耳热Q；（4）取D到C的电流方向为正，请在图（b）

中画出“日”字形线圈穿过磁场的过程中，流过CD边的电流ICD与位移x的关系图像。（不需要分析过程）【答案】（1）D到C；（2）3𝐵2𝐿2𝑣05𝑟，方向水平向右；（3）8𝐵2𝐿3𝑣05𝑟；（4）【解析】（1）

CD边刚进磁场时，根据右手定则可知感应电流方向从D到C。（2）CD边刚进磁场时，其切割磁感线产生的感应电动势为𝐸=𝐵𝐿𝑣0此时线圈形成回路的总电阻为𝑅1=𝑟+𝑟⋅2𝑟𝑟+2𝑟=53𝑟通过CD边的电流为𝐼1=𝐸𝑅1=3𝐵𝐿𝑣05𝑟CD边受

到的安培力大小为𝐹A1=𝐵𝐼1𝐿=3𝐵2𝐿2𝑣05𝑟根据左手定则可知CD边受到安培力方向水平向左，根据平衡条件可知快递受到的摩擦力方向水平向右，且大小为𝐹f=𝐹A1=3𝐵2𝐿2𝑣05

𝑟（3）从CD边进入磁场到EF边进入磁场过程中，线圈克服安培力做的功为𝑊1=𝐹A1𝐿=3𝐵2𝐿3𝑣05𝑟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⋅𝑟𝑟+𝑟=52𝑟通过EF边的电流为𝐼2=𝐸𝑅2=2𝐵𝐿𝑣05𝑟EF边受到的安

培力大小为𝐹A2=𝐵𝐼2𝐿=2𝐵2𝐿2𝑣05𝑟从EF边进入磁场到GH边进入磁场过程中，线圈克服安培力做的功为𝑊2=𝐹A2𝐿=2𝐵2𝐿3𝑣05𝑟根据对称性可知GH边穿过磁场的过

程中，线圈克服安培力做的功为𝑊3=𝑊1=3𝐵2𝐿3𝑣05𝑟整个“日”字形线圈穿过磁场的过程中，产生的总焦耳热等于线圈克服安培力做的总功，所以𝑄=𝑊1+𝑊2+𝑊3=8𝐵2𝐿3𝑣05𝑟（4）在0~L范围内，易知ICD1=I1=3𝐵𝐿𝑣05𝑟在L

~2L范围内，EF边切割磁感线，此时流过CD边的电流沿负方向，根据并联电路分流规律可知ICD2=－0.5I2=−𝐵𝐿𝑣05𝑟在2L~3L范围内，GH边切割磁感线，根据对称性可知通过GH边的电流与I1大小相等，此时流过CD边的电流沿负

方向，根据并联电路分流规律可知ICD3=−23I1=−2𝐵𝐿𝑣05𝑟综上所述作出ICD-x图像如图所示。考点二电磁感应中的动量问题利用动量观点分析电磁感应问题的解题思路1.对于单杆切割磁感线运动过程中

，可以应用动量定理求解变力的作用时间、速度、位移和电荷量等有关物理量，常见关系如下：1)求电荷量或速度：BIlΔt＝mv2－mv1，q＝It。2)求时间：Ft＝I冲＝mv2－mv1，I冲＝BIlΔt＝BlΔΦR

总。3)求位移：－BIlΔt＝－B2l2vΔtR总＝0－mv0，即－B2l2R总x＝0－mv0。2.对于两导体棒在相互平行的光滑水平轨道上做切割磁感线运动时，如果这两根导体棒所受的安培力等大反向，且不受其他外力或其他外力

的合力为零时，两导体棒的总动量守恒，解决此类问题应用动量守恒定律解答往往比较便捷，当涉及电量计算时需用动量定理求解。13．（2022·安徽·模拟预测）(多选)如图所示，宽度为𝐿的光滑金属框架𝑀𝑁𝑃𝑄固定于水平面，并处

在磁感应强度大小为𝐵的匀强磁场中，磁场方向竖直向下，框架的电阻分布不均匀。将质量为𝑚、长为𝐿的金属棒𝑎𝑏垂直放置在框架上，并且与框架接触良好。现给棒𝑎𝑏向左的初速度𝑣0，其恰能做加速度大小为𝑎的匀减速直线运动，则

在棒𝑎𝑏的速度由𝑣0减为𝑣的过程中，下列说法正确的是（）A．棒𝑎𝑏的位移大小为𝑣02−𝑣22𝑎B．通过棒𝑎𝑏的电荷量为𝑚(𝑣0−𝑣)𝐵𝐿C．框架𝑃𝑁段的热功率增大D．棒𝑎𝑏产生的焦耳热为12𝑚(𝑣02−𝑣2)【答

案】AB【解析】A．根据匀变速直线运动速度位移关系有𝑣2−𝑣02=−2𝑎𝑥解得𝑥=𝑣02−𝑣22𝑎故A正确；B．对ab棒根据动量定理有−𝐵𝐼̅𝐿⋅𝛥𝑡=𝑚𝑣−𝑚𝑣0又𝑞=𝐼̅⋅𝛥𝑡解得𝑞=𝑚(𝑣0−

𝑣)𝐵𝐿故B正确；C．根据热功率𝑃=𝐼2𝑅随着导体棒ab速度的减小，动生电动势𝐸=𝐵𝐿𝑣也减小，根据闭合电路欧姆定律可知，电流不变，故热功率减小，故C错误；D．由能量守恒定律可知12𝑚

𝑣02−12𝑚𝑣2=𝑄Q为电路中产生的焦耳热，故导体棒ab产生的焦耳热小于Q，即小于12𝑚(𝑣02−𝑣2)故D错误。故选AB。14．(多选)如图所示，两条平行金属导轨表面光滑，相距为d，与水平方向夹角为θ，其上端接一阻值为R的电阻，在两导轨间𝑀𝑁下方

区域内有垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B。现有质量为m的金属棒由静止开始自𝑀𝑁位置释放，金属棒在轨道之间的电阻为r，当金属棒沿导轨下滑距离l后速度不再变化（金属棒与导轨始终保持良好的接触且下滑过程中始终与导轨垂直，导轨电阻不计）。则下列说法正确的是（）A．金属棒沿导轨下滑过程减

小的重力势能转化为金属棒的动能和电阻R的焦耳热B．金属棒沿导轨下滑的最大速度为𝑚𝑔(𝑅+𝑟)sin𝜃𝐵2𝑑2C．金属棒沿导轨下滑距离l过程中回路产生的总焦耳热为𝑚𝑔𝑙sin𝜃−𝑚3𝑔2(𝑅+𝑟)22𝐵4�

�4D．金属棒从静止释放经过时间t下滑距离为𝑙2时，此时速度大小为𝑔𝑡sin𝜃−𝐵2𝑑2𝑙2𝑚(𝑅+𝑟)【答案】BD【解析】A．根据能量守恒可知，金属棒沿导轨下滑过程减小的重力势能转化

为金属棒的动能以及电阻R和金属棒的焦耳热，A错误；B．金属棒沿导轨下滑过程首先做加速度减小的加速运动，当加速度减为零时速度达到最大，根据闭合电路欧姆定律有𝐼=𝐵𝑑𝑣m𝑅+𝑟由平衡条件可知𝑚𝑔sin�

�=𝐵𝐼𝑑解得𝑣m=𝑚𝑔(𝑅+𝑟)sin𝜃𝐵2𝑑2B正确；C．由功能关系𝑚𝑔𝑙sin𝜃=12𝑚𝑣m2+𝑄联立解得𝑄=𝑚𝑔𝑙sin𝜃−𝑚3𝑔2sin2𝜃(𝑅+𝑟)22𝐵4𝑑4C错误；D．由动量定理可知(𝑚𝑔sin𝜃−

𝐵𝐼̅𝑑)𝑡=𝑚𝑣即𝑚𝑔𝑡sin𝜃−𝐵𝑑𝑞=𝑚𝑣又𝑞=ΔΦ1𝑟+𝑅=𝐵𝑑𝑙2𝑟+𝑅解得𝑣=𝑔𝑡sin𝜃−𝐵2𝑑2𝑙2𝑚(𝑅+𝑟)D正确。故

选BD。15．（2022·山东·泰安市基础教育教学研究室二模）(多选)如图所示，足够长的平行光滑金属导轨与水平面成𝜃角放置，导轨宽度𝐿，电阻不计，底端接有阻值为𝑅的定值电阻，整个装置处在磁感应强度为𝐵的匀强磁场中

，磁场方向垂直于轨道平面向上、有一质量为𝑚、长度为𝐿、电阻为𝑟的导体棒垂直放在导轨上，现让导体棒从导轨底部以初速度𝑣0冲上导轨，上滑到最大距离𝑆后，又返回到底端。重力加速度为𝑔，下列说法正确的是（）A．运动的整个过

程中，导体棒的最大加速度为𝑔sin𝜃+𝐵2𝐿2𝑣0𝑚(𝑅+𝑟)B．导体棒在上滑过程中，𝑅上产生的焦耳热为12𝑚𝑣02−𝑚𝑔𝑆sin𝜃C．导体棒在上滑至𝑆2处时的速度大于𝑣02D．导体棒上滑的过程中

所用的时间为𝑚𝑣0(𝑅+𝑟)−𝐵2𝐿2𝑆𝑚𝑔(𝑅+𝑟)sin𝜃【答案】ACD【解析】A．导体棒刚释放时，加速度最大，电路中的感应电动势为𝐸=𝐵𝐿𝑣0感应电流𝐼=𝐸𝑅+𝑟导体棒所受安培力𝐹=𝐵

𝐼𝐿根据牛顿第二定律得𝑎max=𝑚𝑔sin𝜃+𝐹𝑚联立可得𝑎max=𝑔sin𝜃+𝐵2𝐿2𝑣0𝑚(𝑅+𝑟)故A正确；B．导体棒上滑过程中，根据能量守恒得𝑄+𝑚𝑔𝑆sin𝜃=12�

�𝑣02解得电路中产生的焦耳热𝑄=12𝑚𝑣02−𝑚𝑔𝑆sin𝜃𝑅上产生的焦耳热为𝑄𝑅=𝑅𝑟+𝑅𝑄=𝑅𝑟+𝑅(12𝑚𝑣02−𝑚𝑔𝑆sin𝜃)故B错误；C．随着导体棒上滑，速度减小，则安培力减小，可知导

体棒做加速度减小的减速运动，如图所示可知当速度为𝑣02时的位移大于𝑆2，可知导体棒在上滑至𝑆2处时的速度大于𝑣02，故C正确；D．上滑过程，以向上为正方向，由动量定理得−(𝑚𝑔sin𝜃+𝐵𝐼−𝐿)⋅Δ

𝑡=0−𝑚𝑣0结合𝑞=𝐼−⋅Δ𝑡整理得𝑚𝑔sin𝜃⋅Δ𝑡+𝐵𝐿𝑞=𝑚𝑣0又𝑞=ΔΦ𝑅+𝑟=𝐵𝐿𝑆𝑅+𝑟解得Δ𝑡=𝑚𝑣0(𝑅+𝑟)−𝐵2𝐿2𝑆𝑚𝑔(𝑅+𝑟)sin𝜃故D正确。故选ACD。16．(多选)如图，

足够长的间距𝑑=1m的平行光滑金属导轨𝑀𝑁、𝑃𝑄固定在水平面内，导轨间存在一个宽度𝐿=2m的匀强磁场区域，磁感应强度大小为𝐵=0.5T，方向如图所示。一根质量𝑚𝑎=0.1kg，阻值𝑅=0.5Ω的金属棒𝑎以初速度𝑣0=8m/s从左端开始沿导轨滑动，穿过磁

场区域后，与另一根质量𝑚𝑏=0.2kg，阻值𝑅=0.5Ω的原来静置在导轨上的金属棒𝑏发生弹性碰撞，两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计，则（）A．金属棒𝑎第一次穿过磁场时做匀减速直线运动B．金属棒𝑎第一次穿过磁场时回路中有逆时针方向的感应电流C．金属棒�

�第一次穿过磁场区域的过程中，金属棒𝑏上产生的焦耳热为1.375JD．金属棒𝑎最终停在距磁场左边界1.6m处【答案】BCD【详解】A．金属棒𝑎第一次穿过磁场时受到安培力的作用，做减速运动，由于速度减小，感应电动势减小，感应电流减小，安培力减小，加速度减小，故金属棒

𝑎做加速度减小的减速直线运动，A错误；B．根据右手定则可知，金属棒𝑎第一次穿过磁场时回路中有逆时针方向的感应电流，B正确；C．金属棒𝑎第一次穿过磁场区域的过程中，电路中产生的平均电动势为𝐸̅=ΔΦΔ𝑡=𝐵𝐿𝑑Δ𝑡电路中的平均电

流为𝐼̅=𝐸̅2𝑅以向右为正方向，对金属棒𝑎，根据动量定理可得−𝐵𝐼̅𝑑⋅Δ𝑡=𝑚𝑎𝑣𝑎−𝑚𝑎𝑣0解得金属棒𝑎第一次离开磁场时速度为𝑣𝑎=3m/s金属棒𝑎第一次穿过磁场区域的过程中，电路中产生的总热量等于金属棒𝑎机械能的减少量，则有𝑄=12𝑚�

�𝑣02−12𝑚𝑎𝑣𝑎2解得𝑄=2.75J由于金属棒电阻相等，金属棒产生的焦耳热相等，则金属棒𝑏上产生的焦耳热为𝑄𝑏=𝑄2=1.375JC正确；D．以向右为正方向，两金属棒碰撞过程，根据动量守恒和机械能守恒可得𝑚𝑎𝑣𝑎=�

�𝑎𝑣′𝑎+𝑚𝑏𝑣𝑏12𝑚𝑎𝑣𝑎2=12𝑚𝑎𝑣′𝑎2+12𝑚𝑏𝑣𝑏2联立解得𝑣′𝑎=−1m/s可知碰撞后金属棒𝑎反弹的速度大小为1m/s，设金属棒𝑎最终停在距磁场左边界𝑥处，从反弹进入磁场到停下来的过程，电路中产生的平均电动势为𝐸′̅̅̅̅=ΔΦ′

Δ𝑡′=𝐵(𝐿−𝑥)𝑑Δ𝑡′电路中的平均电流为𝐼′̅̅̅̅=𝐸′̅̅̅̅̅2𝑅以向右为正方向，对金属棒𝑎，根据动量定理可得−𝐵𝐼′𝑑⋅Δ𝑡′=0−𝑚𝑎𝑣′𝑎联立解得𝑥

=1.6mD正确。故选BCD。17．（2022·全国·高三开学考试）(多选)如图所示，两平行倾斜导轨与两足够长的平行水平导轨平滑连接，导轨光滑且电阻不计，质量为m的金属棒b静止在水平导轨上，棒与导轨垂直。图中𝐸𝐹虚线右侧有范围足够大、方向竖直向上的匀强磁场。质量为m的金属棒a垂直

放置在倾斜导轨上并由静止释放，释放位置与水平导轨的高度差为h。金属棒a进入磁场瞬间，加速度大小为𝑎0，之后始终未与金属棒b发生碰撞，金属棒的电阻不可忽略，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A．金属棒a沿斜导轨下滑过程中机械能守恒B．金属棒a进入磁场后，𝑎、𝑏组成的系统

机械能守恒C．整个过程两金属棒𝑎、𝑏产生的焦耳热之和为12𝑚𝑔ℎD．金属棒a的加速度大小为0.5𝑎0时，棒a的速度为34√2𝑔ℎ【答案】ACD【解析】A．金属棒a沿斜导轨下滑过程中只有重力对金属棒a做功，则机械能守恒，故A正确；B．金属棒a进入

磁场后，回路中的磁通量发生变化，有感应电流，会产生热量，𝑎、𝑏组成的系统机械能不守恒，故B错误；C．金属棒a进入磁场后𝑎、𝑏组成的系统动量守恒，最终有𝑚𝑣𝑎=2𝑚𝑣对金属棒a由动能定理可得𝑚𝑔ℎ=12𝑚𝑣𝑎2−0解得𝑣𝑎=√2𝑔ℎ𝑣=12√2�

�ℎ整个过程两金属棒𝑎、𝑏产生的焦耳热之和为𝑄=12𝑚𝑣𝑎2−12×2𝑚𝑣2=12𝑚𝑔ℎ故C正确；D．由𝐸=𝐵𝐿𝑣𝐼=𝐸𝑅总𝐹安=𝐵𝐼𝐿𝐹安=𝑚𝑎可得，金属棒a进入磁场时的加速度最大，即𝐵2𝐿2𝑣𝑎𝑅总=𝑚𝑎0金属棒a进入磁场后，加速度

等于最大加速度的一半时，设金属棒a的速度为v1，b的速度为𝑣2，则𝐵2𝐿2(𝑣1−𝑣2)𝑅总=12𝑚𝑎0可得𝑣1−𝑣2=12𝑣𝑎由动量守恒可得𝑚𝑣𝑎=𝑚𝑣1+𝑚𝑣2则𝑣1=34√2𝑔ℎ即金属

棒a进入磁场后，加速度等于最大加速度的一半时，棒a的速度大小为34√2𝑔ℎ，故D正确。故选ACD。18．（2022·湖南郴州·二模）(多选)如图所示，两根间距为d的光滑平行金属导轨，在𝑂𝑂′左侧是倾角为θ的斜面，右侧是足够长的水平轨道，有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B。长

度为d的两根金属棒MN、PQ始终垂直导轨，与导轨接触良好，质量均为m，MN棒的电阻是PQ棒电阻的一半。金属棒MN从静止释放沿导轨下滑（不计𝑂𝑂′处能量损失）。导轨电阻不计，整个过程中MN棒与PQ棒未发生碰撞，重力加速度取g，则下列说法正确的是（）A．整个过程中金属棒

MN产生的焦耳热为12𝑚𝑔ℎB．整个过程流过金属棒PQ棒的电荷量为𝐵√2𝑔ℎ2𝑚𝑑C．释放后金属棒MN最终与PQ棒在水平轨道上一起做匀速直线运动D．金属棒MN滑至𝑂𝑂′，刚进入磁场区域时，金

属棒PQ两端的电压大小为2𝐵𝑑√2𝑔ℎ3【答案】CD【解析】AC．MN棒进入磁场后，切割磁感线，产生感应电流，受到向左的安培力，先减速，PQ棒受到向右的安培力，加速，两棒受到的安培力等大反向，所以

两棒组成的系统动量守恒，最终两者共速，做匀速直线运动，则根据题中条件可得𝑚𝑔ℎ=12𝑚𝑣02𝑚𝑣0=2𝑚𝑣则𝑣0=√2𝑔ℎ𝑣=√2𝑔ℎ2对系统根据能量守恒可得𝑚𝑔ℎ=122𝑚𝑣2+𝑄可得𝑄=12𝑚𝑔ℎ则整个过程中金属棒MN产生的焦耳热

为𝑄𝑀𝑁=𝑅𝑅+2𝑅𝑄=16𝑚𝑔ℎ故A错误，C正确；B．金属棒PQ棒由动量定理可得𝐵𝐼̅𝑑𝑡=𝑚𝑣−0整个过程流过金属棒PQ棒的电荷量为𝑞=𝐼̅𝑡联立可得𝑞=𝑚

√2𝑔ℎ2𝐵𝑑故B错误；D．金属棒MN滑至𝑂𝑂′，刚进入磁场区域时，产生的感应电动势为𝐸=𝐵𝑑𝑣0则感应电流为𝐼=𝐸𝑅+2𝑅则金属棒PQ两端的电压大小为𝑈=𝐼⋅2𝑅=2𝐵𝑑√2𝑔ℎ3故D正确。故选CD。19．

（2021·海南）如图，间距为l的光滑平行金属导轨，水平放置在方向竖直向下的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，导轨左端接有阻值为R的定值电阻，一质量为m的金属杆放在导轨上。金属杆在水平外力作用下以速度v0向右做匀速直线运动，此时金属杆内

自由电子沿杆定向移动的速率为u0。设金属杆内做定向移动的自由电子总量保持不变，金属杆始终与导轨垂直且接触良好，除了电阻R以外不计其它电阻。（1）求金属杆中的电流和水平外力的功率；（2）某时刻撤去外力，经过一段时间

，自由电子沿金属杆定向移动的速率变为02u，求：（i）这段时间内电阻R上产生的焦耳热；（ii）这段时间内一直在金属杆内的自由电子沿杆定向移动的距离。【答案】（1）0BlvR，2220BlvR；（2）（i）2038mv，（ii）0222mRuBl【解析】（1）金属

棒切割磁感线产生的感应电动势E=Blv0则金属杆中的电流0BERlvIR==由题知，金属杆在水平外力作用下以速度v0向右做匀速直线运动则有220BlvFFBIlR===安根据功率的计算公式有22200BlvPFRv==（2）（i）设金属杆内单位体

积的自由电子数为n，金属杆的横截面积为S，则金属杆在水平外力作用下以速度v0向右做匀速直线运动时的电流由微观表示为00BlvIneSuR==解得00BlvnSeRu=当电子沿金属杆定向移动的速率变为02u时，有02uBlvInSeR==解得v′=02v根据能量

守恒定律有2201122mvmvQ=−解得2038Qmv=（ii）由（i）可知在这段时间内金属杆的速度由v0变到02v，设这段时间内一直在金属杆内的自由电子沿杆定向移动的距离为d，规定水平向右为正方向，则根据动量定理有00Δ0ΔΔ2ttvBIltmmvBnlSeutBnlSed=−

=−=−=−由于00BlvnSeRu=解得0222mRudBl=20．（2022·广东·模拟预测）如图，一轻质绝缘转轴由半径分别为2R和R的两个圆柱体组成，其中大圆柱体的两底面边缘镶有圆形金属导线，两圆导线之间连接着4根电阻为

r，质量为m，长度为l的细导体棒a、b、c、d，导体棒在圆柱面上水平分布且间隔均匀。一足够长轻绳一端固定在小圆柱体上并紧密缠绕，另一端连接一质量为3m的重锤。整个转轴可绕着水平轴线OO＇自由转动，在大圆柱的14扇区内分布着垂直轴线OO＇向外辐射的磁场，距离O点2R处的磁感

应强度大小均为B（如图乙所示），不计导线电阻和质量，不计一切摩擦。求：(1)重锤下落至图乙时刻，导体棒a中的电流方向（从图乙看）；(2)重锤下落过程中能达到的最大速度vm；(3)重锤达到最大速度时细绳突然断裂，转轴

还能转过的角度θ（用弧度表示）。【答案】(1)由右手定则判断可得a棒中的感应电流方向为垂直纸面向里；(2)𝑣𝑚=𝑚𝑔𝑟𝐵2𝑙2；(3)𝜃=16𝑔𝑚2𝑟23𝑅𝐵4𝑙4【解析】(1)由右手定则判断可得a棒

中的感应电流方向为垂直纸面向里；(2)当重锤下落速度最大时，为匀速下落状态，此时重力对重锤的功率等于导体棒克服安培力的功率，即3𝑚𝑔𝑣𝑚=𝐼𝑙𝐵𝑣又有𝑣𝑚=𝜔𝑅，𝑣=𝜔⋅2𝑅可得𝑣=2𝑣𝑚感应电流为𝐼=𝐵𝑙𝑣�

�+𝑟3=3𝐵𝑙𝑣4𝑟联立解得𝑣𝑚=𝑚𝑔𝑟𝐵2𝑙2(3)安培力的冲量等于4个导体棒切向动量的变化量，则−𝐼̅𝑙𝐵𝑡=0−4𝑚𝑣平均感应电流为𝐼̅=𝐵𝑙𝑣̅𝑟+𝑟3=3𝐵𝑙𝑣̅4𝑟弧长为�

�̅𝑡=𝜃⋅2𝑅联立解得𝜃=16𝑔𝑚2𝑟23𝑅𝐵4𝑙421．（2022·浙江）舰载机电磁弹射是现在航母最先进的弹射技术，我国在这一领域已达到世界先进水平。某兴趣小组开展电磁弹射系统的设计研究，如图1所示，用于推动模型飞机的动子（图中未画出）与线圈绝缘并固定，线圈带动动子，

可在水平导轨上无摩擦滑动。线圈位于导轨间的辐向磁场中，其所在处的磁感应强度大小均为B。开关S与1接通，恒流源与线圈连接，动子从静止开始推动飞机加速，飞机达到起飞速度时与动子脱离；此时S掷向2接通定值电阻R0，同时施加回撤力F，在F和磁场

力作用下，动子恰好返回初始位置停下。若动子从静止开始至返回过程的v-t图如图2所示，在t1至t3时间内F=(800－10v）N，t3时撤去F。已知起飞速度v1=80m/s，t1=1.5s，线圈匝数n=100匝，每匝周长l=1m，飞机的质量M=10kg，动子和线圈的总质量m=5kg，R0=9.5Ω，

B=0.1T，不计空气阻力和飞机起飞对动子运动速度的影响，求（1）恒流源的电流I；（2）线圈电阻R；（3）时刻t3。【答案】（1）80A；（2）0.5ΩR=；（3）353s2t+=【解析】（1）由题意可知接

通恒流源时安培力FnBIl=安动子和线圈在0~t1时间段内做匀加速直线运动，运动的加速度为11vat=根据牛顿第二定律有()FMma=+安代入数据联立解得()1180AmMvInlBt+==（2）当S掷向2接通定值电阻R0时，感应电流为0nBlvIRR=+此时安培力为FnBIl

=安所以此时根据牛顿第二定律有2220(80010)nlBvvmaRR+=+−由图可知在1t至3t期间加速度恒定，则有222010nlBRR=+解得0.5ΩR=，2160m/sa=（3）根据图像可知1210.5svtta−==故22st=；在0~t2时间段内的位移1218

0m2svt==而根据法拉第电磁感应定律有nBSEntt==电荷量的定义式qIt=0EIRR=+可得()232012ΔnBlsattqRR−−+=从t3时刻到最后返回初始位置停下的时间段内通过回路的电荷量，根据动量定理有()32Δ0nBlqma

tt−=−−联立可得()()2323210tttt−+−−=解得353s2t+=