【文档说明】备战2024年高考物理抢分秘籍（新高考通用）秘籍14 电磁感应中的动力学、能量、动量问题 Word版含解析.docx，共(34)页，1.469 MB，由小赞的店铺上传

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秘籍14电磁感应中的动力学、能量、动量问题一、电磁感应中的动力学问题1．导体的两种运动状态(1)平衡状态——加速度为0——静止状态或匀速直线运动状态．（根据平衡条件列式分析）(2)非平衡状态——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分析）2．导体常见运动情况的动态分析v↓E＝Blv↓I＝ER＋r↓F安＝BIl↓F合若F合＝0匀速直线运动若F合≠0↓F合＝maa、v同向v增大，若a恒定，拉力F增大v增大，F安增大，F合减小，a减小，做加速度减小的加速运动，

减小到a＝0，匀速直线运动a、v反向v减小，F安减小，a减小，当a＝0，静止或匀速直线运动二、电磁感应中的能量问题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：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，任意情况都适用三、电磁感应中的动量问题1．动量观点在电磁感应现象中的应用(1)对于两导体棒在平直的光滑导轨上运动的情况，如果

两棒所受的外力之和为零，则考虑应用动量守恒定律处理问题；(2)由LIB·Δt＝m·Δv、q＝I·Δt可知，当题目中涉及电荷量或平均电流时，可应用动量定理来解决问题．2．安培力对时间的平均值的两种处理方法力对时间的

平均值和力对位移的平均值通常不等。力对时间的平均值可以通过作F-t图象，求出曲线与t轴围成的面积（即总冲量），再除以总时间，其大小就是力对时间的平均值tF。（1）角度一安培力对时间的平均值求电荷量安培力的冲量公式是RBLBLqtBILtF===，这

是安培力在电磁感应中的一个重要推论。感应电流通过直导线时，直导线在磁场中受到安培力的作用，当导线与磁场垂直时，安培力的大小为F=BIL。在时间△t内安培力的冲量FtBILt=根据电流的定义式tqI=，式中q是时间t内通过导体截面的电量欧姆定律REI=，R是回路中的总电阻电磁感应

中tE=可以得到安培力的冲量公式，此公式的特殊性决定了它在解题过程中的特殊应用。（2）角度二安培力对时间的平均值求位移安培力的冲量公式是0mvLtIB=①闭合电路欧姆定律rREI+=②平均感应电动势：vBLE=③位移：tvx=④联立①

②③④得022mvrRxLB=+这是安培力在电磁感应中的又一个重要推论。【题型一】电磁感应中的动力学问题【典例1】（2024·北京西城·模拟预测）如图甲所示，两间距为L的平行光滑金属导轨固定在水平面内，左端用导线连接，导轨处在竖直向上的匀强磁场中，一根长度也为L、电阻为R的金属棒

放在导轨上，在平行于导轨向右、大小为F的恒力作用下向右运动，金属棒运动过程中，始终与导轨垂直并接触良好，金属棒运动的加速度与速度关系如图乙所示，不计金属导轨及左边导线电阻，金属导轨足够长，若图乙中的00av、均为已知量，则下列说法不正确

的是（）A．金属棒的质量为0FaB．匀强磁场的磁感应强度大小为01FRLvC．当拉力F做功为W时，通过金属棒横截面的电荷量为WFRD．某时刻撤去拉力，此后金属棒运动过程中加速度大小与速度大小成正比【答案】C【

详解】A．由题意可知22BLvFmaR−=得22FBLavmmR=−结合图像可知0Fam=解得0Fma=故A正确；B．由题意可知22BLvFmaR−=得22FBLavmmR=−结合图像可知2200BLvamR=解得02001maRFRBLvLv==故B正确；C

．当拉力F做功为W时，金属棒运动的距离为WsF=则通过金属棒截面的电量0EBLsWqIttRRFRv====故C错误；D．某时刻撤去拉力，此后22BLvmaR=则22BLavmR=故D正确。本题选不正确的，故选C。【典例2】（202

4·广西南宁·模拟预测）如图所示，电阻不计且间距L=1m的光滑平行金属导轨所在平面与水平面成53°角，上端接一阻值R=2Ω的电阻，过虚线'OO的竖直面的左侧方有磁感应强度B=1T、方向竖直向上的匀强磁场，现将质量m=0.2kg、电阻r=1Ω的金属杆ab从斜面上由静止释放，释放位置与虚线'OO之

间的距离为x=1m。金属杆在下落的过程中与导轨一直垂直，且保持良好接触，导轨足够长，g取10m/s2，sin53°=0.8。则（）A．金属杆ab在整个运动过程机械能守恒B．金属杆ab刚进入有界磁场时的速度大小为4m/sC．金属杆ab刚进入有界磁场时的加速

度大小为3.2m/s²D．金属杆ab在磁场中运动的最大速度的大小为40m/s3【答案】BD【详解】A．金属棒进入磁场后，金属棒切割磁感线，回路中产生感应电流，金属棒一部分机械能转化为回路的焦耳热，可知金属杆ab在整个运动过程机械能不守恒，故A错误；B．金属棒进入磁场之

前做匀加速直线运动，对金属棒分析有1sin53mgma=根据速度与位移的关系有2012vax=解得04m/sv=故B正确；C．金属杆ab刚进入有界磁场时的感应电动势0cos53EBLv=感应电流为EIRr=+对金属

棒分析有2sin53cos53mgBILma−=解得225.6m/sa=故C错误；D．结合上述，对金属棒分析可知，金属棒进入磁场后先向下做加速运动，感应电动势增大，感应电流增大，安培力增大，则加速度减小，当加速度为0时，速度达到最大，之后向下做匀速直线运动，则有maxsi

n53cos530mgBIL−=其中感应电流为maxmaxcos53BLvIRr=+解得max40m/s3v=故D正确。故选BD。【典例3】如图所示，两足够长的平行光滑的金属导轨MN、PQ相距为L，导轨平面与水平面的夹角37=，导轨电阻不计，整个装置处于

垂直于导轨平面向上的匀强磁场中．长为L的金属棒垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量m、电阻为R．两金属导轨的上端连接一个电阻,其阻值也为R．现闭合开关K，给金属棒施加一个方向垂直于杆且平行于导轨平面向上的

、大小为F＝2mg的恒力，使金属棒由静止开始运动，若金属棒上滑距离为s时速度恰达到最大，最大速度vm．（重力加速度为g，sin37°=0.6,cos37°=0.8）求：（1）求金属棒刚开始运动时加速度大小；（

2）求匀强磁场的磁感应强度的大小；（3）求金属棒由静止开始上滑2s的过程中，金属棒上产生的电热Q1。【答案】（1）1.4g（2）1145mmgRBLv=（3）2111.44mQmgsmv=−【详解】（1）根据牛顿第二定律F-mgsin37°=m

aF=2mg所以a=1.4g（2）由2EIR=mEBLv=sinFBILmg=+解得1145mmgRBLv=（3）由能量关系可知2122sin372mFsQmgsmv=++而Q1=12Q得2111.44mQmgsmv=−1．（23-24高三上·全国

·阶段练习）定义“另类加速度”vAx=，A不变的运动称为另类匀变速运动。若物体运动的A不变，则称物体做另类匀变速运动。如图所示，光滑水平面上一个正方形导线框以垂直于一边的速度穿过一个匀强磁场区域（磁场宽度大于线框边长）。导线框电阻不可忽

略，但自感可以忽略不计。已知导线框进入磁场前速度为1v，穿出磁场后速度为2v。下列说法中正确的是（）A．线框在进入磁场的过程中，做匀变速运动B．线框在进入磁场的过程中，其另类加速度A是变化的C．线框完全进入磁场后，在磁场中运动的速度为122vv+D

．线框完全进入磁场后，在磁场中运动的速度为22122vv+【答案】C【详解】A．线框在进入磁场的过程中，受到向左的安培力而做减速运动，线框受到的安培力大小22BLvFBILR==可知，随着速度减小，线框受到

的安培力减小，加速度减小，所以线框在进入磁场的过程中，做加速度逐渐减小的减速直线运动，故A错误；B．线框在进入磁场的过程中，取向右为正方向，根据动量定理得BILtmv−=其中EBLxIttRR==解得22vBLxmR=−所以另类加速度A不变，故B错误；CD．线框在进入

磁场的过程中，取向右为正方向，根据动量定理231BLBILtmvmvR−=−=−线框穿出磁场的过程中，同理232BLBILtmvmvR−=−=−联立解得122vvv+=故C正确，D错误。故选C。2．（2024·湖南邵阳·二模）如图所示，平行倾斜光滑导轨与足够长的平行水平

光滑导轨平滑连接，导轨电阻不计。质量均为m电阻均为R的金属棒b和c，静止放在水平导轨上且与导轨垂直。图中虚线de右侧有范围足够大、方向竖直向上的匀强磁场。质量也为m的绝缘棒a垂直于倾斜导轨，从离水平导轨的高为h处由静止释放。已知绝缘棒a滑到

水平导轨上与金属棒b发生弹性正碰，金属棒b进入磁场后始终未与金属棒c发生碰撞。重力加速度为g。以下正确的是（）A．a与b碰后分离时b棒的速度大小为2ghB．当b进入磁场后速度大小为324gh时，b的加速度大小变为初始加速度大小的12C．b棒产生的焦耳热为12mghD．b进入磁场后，b、c间距离增大

了222mRghBL【答案】AB【详解】A．绝缘棒a滑到水平导轨上速度设为v0，由动能定理2012mghmv=得0=2vgha与金属棒b发生弹性正碰，质量相等，故碰后速度交换，a速度变为零，b获得v0的速度，故a与b碰后分离时b棒的速度大小为2gh，A正确；B．b刚进入磁场时，加速度为2

2220012BlghBIlBlvBlEammRmRmR====b进入磁场后，切割磁感线产生感应电流，受向左的安培力而减速，c受向右的安培力而加速，系统合外力为零，由动量守恒知0+bcmvmvmv=将24=3bvgh代入得24=cvgh此时回路的总电动势

为1=()22bcbcEEEBlvvBlgh−=−=总此时b的加速度为221122EBlghBIlBlammRmR===总B正确；C．当b与c速度相等时，b棒上停止生热，由动量守恒02mvmv=得011=222vvgh=由能量守恒，设

b棒上产生的焦耳热为Q，有21222mghQmv=+知12QmghC错误；D．b进入磁场后减速，c加速直至速度相同，二者间距缩小，设为Δx，对c，由动量定理BIltmv=又ΔΦΔΦΔΔΔΔ22Δ22E

BlxItttRRtRR====联立可得b、c间距离缩小了222ΔmRghxBL=D错误。故选AB。3．（2024·江西九江·二模）如图甲所示，两根光滑平行导轨固定在水平面内，相距为L，电阻不计，整个导轨平面处于方向

竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，导轨左端接有阻值为R的电阻，沿导轨方向建立x坐标轴。质量为m、电阻为r的金属棒ab垂直导轨放置在0xx=−处。在金属棒ab上施加x轴方向的外力F，使金属棒ab开始做简谐运动，当

金属棒运动到0x=时作为计时起点，其速度随时间变化的图线如图乙所示，其最大速度为1v。求：（1）简谐运动过程中金属棒的电流i与时间t的函数关系；（2）在0s2时间内通过金属棒的电荷量；（3）在0s2时间内外力F所做的功；（4）外力F的最大值。【答案】（1）1cosBLvitRr=+；（

2）0BxLqRr=+；（3）22221F114()2BLvWmvRr=−+；（4）222222a11mxBLvFmvRr=++【详解】（1）由图乙可知简谐运动的周期2sT=由此可得21rad/sT==根据图像乙可知速度与时间的变化关系满足余弦函数，可得其关系为()1c

osm/svvt=由闭合回路的欧姆定律有1cosBLvBLvitRrRr==++（2）根据对称性可知在s2t=时，金属棒到达0xx=处，则在0s2时间内通过金属棒的电荷量0BxLBSqRrRr==

++（3）简谐运动过程回路电流为余弦式交流电，在0到s2时间内，电路产生热量()2QIRrt=+其中m122()IBLvIRr==+，s2t=解得22214()BLvQRr=+设在0到s2的时间内外力F

所做的功为FW，安培力所做的功为AW，由动能定理得2FA1102WWmv−=−其中AWQ=解得22221F114()2BLvWmvRr=−+（4）由牛顿第二定得FFma−=安整理得221111cos-(cos)cossinBLvtBLvFFmaBLmvttmvtRrRr==−=+++安则外力

F的最大值222222a11mxBLvFmvRr=++【题型二】电磁感应中的能量问题【典例1】如图所示，倾斜放置的固定光滑金属导轨，与水平方向的夹角为θ，其下端由导线连接。导轨所在平面两个区域存在着如图所示的磁感应强度大小分别为B

和2B的匀强磁场Ⅰ和Ⅱ。区域Ⅰ的磁场方向垂直于导轨平面向上，区域Ⅱ的磁场方向垂直于导轨平面向下，磁场边界EF、GH、PQ均平行于斜面底边，EG、PG长度均为L。一个质量为m、电阻为R、边长为L的正方形导线框，由静止开始

沿斜面下滑，下滑过程中ab边始终与斜面底边平行。1t时刻ab边刚越过EF进入磁场区域Ⅰ，此时导线框恰好以速度1v做匀速直线运动；2t时刻ab边下滑到GH与PQ的中间位置，此时导线框又恰好以速度2v做匀速直线运动。重力加速度为g，下列说法中正确的是（）A．导线

框两次做匀速直线运动的速度之比12:8:1vv=B．当ab边刚越过GH时，导线框的加速度大小为8sinag=C．从1t到2t的过程中，克服安培力做的功等于机械能的减少量D．从1t到2t的过程中，有()221

22mvv−的机械能转化为电能【答案】BC【详解】AB．ab边刚越过EF进入磁场区域Ⅰ时，导线框速度为1v，根据平衡条件，有221sin0BLvmgR−=当ab边刚越过GH时，导线框的速度仍为1v，由于ab、cd两个边切割磁感线产生的感应电动势方向相同，故电流增加为原来的3倍，ab边

和cd边均受到向上的安培力，此时133sinBLvBLmgmaR−=解得加速度8sinag=ab边下滑到GH与PQ的中间位置时，导线框的速度为2v，根据平衡条件，有23sin30BLvmgBLR−=联立解得12:9:1vv=故A错误，B正确；C．从1t到2t的

过程中，根据功能关系，克服安培力做的功等于机械能的减少量，故C正确；D．从1t到2t的过程中，根据能量守恒定律可知，有22121122mvmvmgh−+的机械能转化为电能，故D错误。故选BC。【典例2】（2024·广东·二模）发电机的工作原理可以简化为如图所示的

情景。质量为m的导体棒垂直于光滑导轨放管，导轨间距为l，导轨间分布着垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场。将负载（电阻为R的电热毯）接入导轨中形成闭合回路，导体棒在恒力0F的作用下由静止开始沿光滑导轨运动。t时刻

，导体棒速度达到v。导轨和导体棒电阻忽略不计，导轨无限长，导体棒始终与导轨垂直且接触良好。下列说法正确的是（）A．t时刻，导体棒运动速度0Fvtm=B．0t时间内发电机电动势随时间先增大后不变C．t时刻，电热毯的功率为222BlvRD．电

热毯的功率最终将达到2022FRBl【答案】CD【详解】A．根据动量定理有0FtBIltmv−=则0FtvmA错误；B．导体棒在恒力0F的作用下运动，由于电动势EBlv=电流vRERBlI==导体棒所受安培力22BFBIlvRl==安导体棒的加速度220

0FFFBlvammmR−==−安由此可知，随着导体棒速度的增大，加速度逐渐减小，当加速度减小为零后，导体棒做匀速运动，由于不知道t时刻加速度是否为零，则发电机电动势可能随时间先增大后不变，也可能一直增大，B错误；C．t时刻，电热毯的功率2222BlvPIRR==C正确；D．最终，导体棒匀速，即

220m0FBlvammR=−=此时0m22FRvBl=电热毯的功率22220mm22FRBlvPRBl==D正确。故选CD。【典例3】（2024·陕西西安·三模）如图所示，两平行光滑长直金属导轨水平放置，间距为L。abcd区域有匀强磁

场，磁感应强度大小为B，方向竖直向上。初始时刻，磁场外的细金属杆M以初速度0v向右运动，磁场内的细金属杆N处于静止状态。两金属杆与导轨接触良好且运动过程中始终与导轨垂直。已知杆M的质量为m，在导轨间的电

阻为R，杆N的质量为2m，在导轨间的电阻为2R，感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计。（1）求M刚进入磁场时受到的安培力F的大小和方向；（2）若两杆在磁场内未相撞且N出磁场时的速度为04v，求:①N在磁场内运动过程中N上产生的热量NQ；②初始时刻N到ab的最小距离x。【答案】（1）22023B

LvFR=，方向水平向左；（2）①2N0548Qmv=；②02234mvRxBL=【详解】（1）细金属杆M以初速度0v向右刚进入磁场时，产生的动生电动势为0EBLv=电流方向为ab→，电流的大小为23EIR=则所受的安培力大小为22023BLvFI

LBR==方向水平向左。（2）（1）MN棒所受安排力等大反向，故两棒系统动量守恒。设N棒出磁场时M棒的速度大小为1v，有00124vmvmvm=+由系统能量守恒知MN棒产生的总热量为22200111122224vQmvmvm=−−则N上产生的热量为N13QQ=可得2N0548

Qmv=（2）设MN在磁场中任意时刻的速度分别为1iv和2iv，金属杆N在磁场内运动过程中，由动量定理有0Δ24viLBtm=其中()1223iivvBLiR−=设两杆在磁场中相对靠近的位移为Δx，则()12ΔΔiixvvt=−联立可得02234mvRxBL=若两杆在磁场内刚好未撞，

N到ab的最小距离为02234mvRxxBL==1．（2024·重庆·模拟预测）如图所示，两根足够长的平行金属导轨MNPQ、固定在倾角37=的绝缘斜面上，其下端开口，顶部并联接入阻值=6ΩR的两

个相同定值电阻，导轨间距1mL=，整个装置处于磁感应强度2TB=的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上。一质量1kgm=、长度1mL=、电阻1r=的直金属棒ab垂直放置在导轨上，导轨电阻不计。金属棒ab从静止释放至达到最大速度过程中，棒上产生的总电热为0.5J，棒始终与导

轨垂直并接触良好。不计空气阻力，金属棒ab与导轨间的动摩擦因数0.5=，重力加速度g取210m/s，sin370.6cos370.8==，，则该过程中，金属棒ab沿斜面下滑的距离是（）A．10m3B．2mC

．1.2mD．1m【答案】B【详解】设金属棒ab达到的最大速度为v，由牛顿第二定律有22sincosBLvmgmgR−=总从静止释放至达到最大速度过程中，设金属棒ab沿斜面下滑的距离为x，金属棒ab上产生的总电热0.5JQ=电热，

则两个并联定值电阻23RRrRR==+并产生的总电热为31.5JQ=电热由能量守恒定律有21(sincos)42mgmgxmvQ−=+电热联立解得2mx=故选B。2．（2024·陕西宝鸡·二模）如图所示，两平

行金属导轨由水平和弧形两部分组成，水平导轨窄轨部分间距为L，处在竖直向上、磁感应强度为2B的匀强磁场中，宽轨部分间距为2L，处在竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中。现将两根质量均为m的导体棒a、b分别静置在弧形导轨和水平宽轨上，导体棒a从距水平导

轨h处静止释放。两金属棒在运动过程中始终与导轨垂直且与导轨接触良好。两导体棒接入电路的电阻均为R，其余电阻不计，宽轨和窄轨都足够长，a棒始终在窄轨磁场中运动，b棒始终在宽轨磁场中运动，重力加速度为g，不计一切摩擦，下列说法正确的是（）A．a棒

刚进入磁场时，b棒的加速度水平向左B．从a棒刚进入磁场到两棒达到稳定的过程中，b棒上产生的焦耳热为12mghC．从a棒刚进入磁场到两棒达到稳定的过程中，通过b棒的电量为24mghBLD．从a棒进入磁场到两棒达到稳定的过程中，a、b棒与导轨所围线框的

磁通量变化了22mRghBL【答案】ACD【详解】A．根据右手定则可知，a棒刚进入磁场时感应电流为逆时针方向，则对b棒由左手定则可知其所受安培力水平向左，则加速度水平向左，故A正确；BC．对a棒由机械能守恒有2112mghmv=金属棒a进

入磁场后切割磁感线产生感应电动势，回路中产生产生感应电流，金属棒b受安培力而运动切割磁感线，产生“反电动势”，当两棒达到稳定时即各自产生的感应电动势大小相等，设此时其速度分别为av、bv，则有22abBLvBLv=解得abvv=对杆a、b分别应用

动量定理有12aBLqmvmv−=−2bBLqmv=联立以上各式解得22abghvv==由能量守恒有221122abmghmvmvQ=++解得12Qmgh=则b棒上产生的焦耳热为14bRQQmghRR==+通过b棒的电量为24mghqBL=故B错误，C正确；D．根据2qItRRR=

==+可得两棒稳定的过程中磁通量的变化量222mRghBLqR==故D正确。故选ACD。3．（2024·河北沧州·一模）如图甲所示，光滑绝缘水平面上有两个间距为L且不计电阻的平行金属导轨，将其固定放置在水平向右的匀

强磁场中（磁场未画出），磁感应强度大小为B，其中导轨左侧半圆的半径为1.5R，右侧半圆的半径为R，其正视图如图乙所示。金属棒M、N完全相同、电阻均为r，其在外力作用下同时由金属导轨半圆顶端以角速度沿顺时针方向做匀速圆周运动至圆心等高处。金属棒始终与金属导轨接触良好，金属棒M、N在此运

动过程中，下列说法正确的是（）A．无电流流过金属棒B．流过导轨某一截面的电荷量4BLRqr=C．流过金属棒的电流有效值4BLRIr=D．回路中产生的焦耳热22232BLRQr=【答案】BD【详解】A．根据vr=

可知两导体棒切割磁感线的速度不同，则有电流通过金属棒，故A错误；B．根据法拉第电磁感应定律可知121.52BLRBLRBLREEEttt=−=−=根据电流的定义式有2EqIttr===4BLRr故B正确；C．流过金属棒的电流的最大值为()1.524BLRRBLRIrr

−==根据题意可知金属棒在垂直磁感线方向切割磁感线的速度满足正余弦关系，故产生的感应电动势满足正余弦关系，故有效值为282IBLRIr==故C错误；D．根据焦耳定律可知2222212432BLRQIrr==故D正确；故选

BD。4．（2024·黑龙江·二模）如图所示，相距为L的光滑平行水平金属导轨MN、PQ，在M点和P点间连接一个阻值为R的定值电阻。一质量为m、电阻也为R、长度也刚好为L的导体棒垂直搁在导轨上的a、b两点间，在导轨间加一垂直于导轨平面竖直向下的有界匀强磁场，磁场宽度为d，磁感应强度大小为B，磁场左

边界到ab的距离为d。现用一个水平向右、大小为F的力拉导体棒，使导体棒从a、b处由静止开始运动，导体棒进入磁场瞬间，拉力方向不变、大小变为2F。已知导体棒离开磁场前已做匀速直线运动，导体棒与导轨始终保持良好接触，导轨电阻不计。求：（1）导体棒进入磁场瞬间，定值电阻

两端的电压；（2）导体棒通过磁场区域的过程中，导体棒上产生的焦耳热；（3）若要使导体棒进入磁场后一直做匀速运动，磁场左边界到ab的距离应调整为多少？【答案】（1）2FdBLm；（2）4422342mFRFdBL−；（3）2448mFRBL【详解】（1）设导

体棒进入磁场瞬间的速度大小为1v，对导体棒，由动能定理有21102Fdmv=−解得12Fdvm=此时导体棒产生的感应电动势为112FdEBLvBLm==导体棒进入磁场瞬间，定值电阻两端的电压为122EFdUBLm==（2）设导体棒出

磁场时的速度大小为2v，感应电流为2222EBLvIRR==根据平衡条件得2FBIL=解得2224FRvBL=对导体棒通过磁场过程，由能量守恒有222111222FdWmvmv−=−安根据功能关系有QW=安联立解得导体棒上产生

的焦耳热为42243422QmFRQFdBL==−（3）要使导体棒进入磁场后一直做匀速运动，则进入磁场时的速度大小应为2v，对导体棒，由动能定理有22102Fdmv=−解得2448mFRdBL=【题型三】电磁感

应中的动量问题【典例1】（2024·全国·模拟预测）如图，间距为L的光滑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，矩形匀强磁场的宽度为d，磁场的磁感应强度大小为B。一根质量为m、电阻为R的金属棒由静止释放，释放的

位置离磁场的上边界距离为2d，金属棒进入磁场后穿出，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．金属棒穿过磁场的过程中，回路中产生逆时针的电流B．金属棒穿过磁场的过程中，回路中产生顺时针的电流C．金属棒刚进入磁场时

的速度大小为2gdD．金属棒穿过磁场后，流经电阻R的电荷量为2BLdR【答案】AD【详解】AB．根据右手定则可知，金属棒穿过磁场的过程中，回路中产生逆时针的电流，故A正确，B错误；C．金属棒进入磁场前做自由落体运动，则有222vgd=解得，金属棒刚进入

磁场时的速度大小为2vgd=故C错误；D．由公式Et=、EIR=总和qIt=可得qR=总则金属棒穿过磁场后，流经电阻R的电荷量为2BLdqR=故D正确。故选AD。【典例2】（2024·云南·模拟预测）如图所示，在两根水平的平行光

滑金属导轨右端c、d处，连接两根相同的平行光滑14圆弧导轨。圆弧导轨均处于竖直面内，与水平轨道相切，半径0.4mr=，顶端a、b处连接一阻值3.0ΩR=的电阻，平行导轨各处间距均为1mL=，导轨电阻不计。整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小1TB=。一根质量1.

0kgm=、电阻01.0ΩR=的金属棒ef，在水平拉力F作用下从图示位置由静止开始做加速度为24m/s的匀加速直线运动，运动到cd处时拉力05.0NF=。金属棒运动到cd处后，调节拉力F使金属棒沿圆弧导轨做匀速圆周运动至ab处。金属棒运动过程中

始终与导轨垂直且接触良好，重力加速度大小210m/sg=。下列说法正确的是（）A．金属棒运动过程中e端电势小于f端电势B．金属棒做匀加速直线运动的时间为2sC．金属棒做匀加速直线运动过程中通过金属棒的电荷量为0.5CD．金属棒从cd运动至ab的过程中电阻R中产生的

热量为3J40【答案】ACD【详解】A．根据右手定则可知，金属棒运动过程中e端电势小于f端电势，故A正确；B．金属棒运动到cd处的速度0vat=当金属棒在cd时，其产生的感应电动势为1EBLv=产生的电流为10EIRR=+金属棒所受的安培力为AFBIL=据牛顿第二定律得

0AFFma−=联立以上代入数据解得01st=故B错误；C．金属棒做匀加速直线运动过程中，通过金属棒的电荷量为0qIt=又有0BLvIRR=+，02atv=联立解得0.5Cq=故C正确；D．设金属棒做匀速圆周运动的速度v与磁场正方向的夹角为，则垂直磁场方向的分

速度sinvv⊥=则2sinEBLv=有效值2BLvE=则20EQtRR=+其中2rtv=电阻R中产生的热量为0RRQQRR=+解得3J40RQ=故D正确。故选ACD。【典例3】（2024·江苏南京·一模）如图所示，足够长“V”

字形的金属导轨两侧与水平地面的夹角37=，最低点平滑连接，其间距为0.5mL=，左端接有电容2000μFC=的电容器。质量10gm=的导体棒可在导轨上滑动，导体棒与两侧导轨间的动摩擦因数相同，导体棒和导轨的电阻均不计。导

轨左右两侧存在着垂直于导轨所在平面的匀强磁场，磁感应强度2TB=。现使导体棒从左侧导轨上某处由静止释放，经时间10.8st=第一次到达最低点，此时速度11.6m/sv=，然后滑上右侧导轨，多次运动后，最终停在导轨的最低点。整个过程中电容器未被击穿，忽略磁场边缘效应和两个磁场间相互影响，重力加速度g

取102m/s，sin370.6=，cos370.8=。求：（1）导体棒第一次运动到最低点时，电容器所带电荷量Q；（2）动摩擦因数和导体棒第一次运动到最低点时，电容器储存的能量cE；（3）导体棒运动的

总时间t总。【答案】（1）33.210CQ−=；（2）0.45=，3C2.5610JE−=；（3）2st=总【详解】（1）在最低点，导体棒切割磁场，电容器两端电压与导体棒两端电动势相等，有UEBLv==电容器的电容QCU=联立解得33.210CQ−=（2）导体棒由在左边导轨上静止释放后

，在下滑过程中受力分析如图：解法一：沿斜面方向由动量定理得1111sincosmgtmgtBIltmv−−=解得0.45=电容器储存的能量2111cos372CEmghmgxmv=−−解得32.5610JCE−=解法二：沿斜面方向由牛顿第二定律得1xGfFma

−−=又FBIL=1QvIBLCBLCatt===1vat=解得0.45=根据电容器储存能量公式2C12ECU=又UBLv=解得32.5610JCE−=（3）根据分析可知道，物体冲上右边导轨后，电容器放电，导体棒安培力沿斜面向上，受力分析图如图所示：根据牛顿第二定律

得2xGfFma+−=又FBIL=2QvIBLCBLCatt===解得228m/sa=则110.8svta==，220.2svta==物体上滑到右侧最高点位移22202vxa−=−解得20.16m=x同理，

导体棒从右侧斜面最高点滑下过程中电容器充电，加速大小等于1a，导体棒第二次经过最低点时假设其速度为2v，则221312xat=解得30.4st=导体棒从右侧轨道上滑到达最高点后以1a向下匀加速，到达最低点后以加速度2a减速滑上左侧轨道，如此往复，直至停在最低点。根据运动学规律，易得在两边导轨

加速下滑过程时间依次为10.8st=，30.4st=，52s0.t=，71s0.t=…在两边导轨减速上滑过程时间依次为：20.2st=，40.1st=，65s0.0t=，8s0.0025t=…所以2st=总1．（2024·福建漳州·三模）如

图为某跑步机测速原理示意图。绝缘橡胶带下面固定有间距0.6mL=、长度0.2md=的两根水平平行金属导轨，导轨间矩形区域内存在竖直向下的匀强磁场。两导轨左侧间接有0.4R=的电阻，橡胶带上嵌有长为L、间距为d的

平行铜棒，每根铜棒的阻值均为0.1，磁场区中始终仅有一根铜棒与导轨接触良好且垂直。健身者在橡胶带上跑步时带动橡胶带水平向右运动，当橡胶带以m5m/sv=匀速运动时，理想电压表示数为2.4V，则（）A．铜棒切割磁感

线产生的电动势为3VB．磁场的磁感应强度大小为0.8TC．每根铜棒每次通过磁场区域通过R的电荷量为0.192CD．每根铜棒每次通过磁场区域克服安培力做的功为0.72J【答案】AD【详解】AB．橡胶带以m5m/sv=匀速运动时，铜棒切割磁感线产生的电动势

mEBLv=其中EURRr=+其中2.4VU=，解得铜棒切割磁感线产生的电动势为3VE=磁场的磁感应强度大小为1TB=故A正确，B错误；C．每根铜棒每次通过磁场区所用时间m0.04sdtv==其中6AUIR==则通过R的电荷量大小0.24Cq

It==故C错误；D．铜棒通过磁场时受到的安培力的大小为A3.6NFILB==每根铜棒每次通过磁场区时克服安培力做的功A0.72JWFd==故D正确。故选AD。2．（2024·湖北·二模）如图所示，间距均为d的倾斜金属导轨AD、HG与水平金属导轨DE、GF在D、G两点用绝缘

材料平滑连接。在ADGH平面内存在垂直于导轨平面向上、磁感应强度为1B的匀强磁场，在DEFG平面存在竖直向上、磁感应强度为2B的匀强磁场．在AD、HG间连接一电容为C的电容器和一个自感系数为L的电感线圈，在EF间接一小灯泡。开始时，开关S断开，一质量为m、

长为d的金属棒在倾斜导轨上从距水平地面高为h的位置由静止释放，不计导轨和金属棒的电阻及一切摩擦，已知重力加速度为g，电容器的耐压值足够高．则下列说法正确的是（）A．金属棒在倾斜导轨上做匀加速运动B．金属棒在水平导轨上做匀减速运动C．金属

棒进入DEFG区域后，闭合开关S瞬间，通过L的电流最小D．在整个过程中，通过小灯泡的总电荷量为222112mghqBdmCBd=+【答案】AC【详解】A．金属棒在倾斜导轨上由静止释放，则金属棒做加速下滑，金属棒切割磁感线产生感应电动势为1EBdv=由于对电容器充电，则电路中有电

流产生，金属棒受到安培力作用，方向与金属棒运动方向相反。电容器所带的电荷量为1QCUCECBdv===电容器充电电流为11QCBdvICBdatt===设倾斜金属导轨平面与水平面夹角为θ，对金属棒由牛顿第二定律可

得1sinmgBIdma−=解得221sinmgamCBd=+由于m、θ、C、B1、d都是定值，则加速度a是定值，可知金属棒在倾斜导轨上做匀加速运动，A正确；B．金属棒在水平导轨上做切割磁感线运动产生感应电动势，产生

感应电流，金属棒受到安培力作用，安培力与金属棒运动方向相反，安培力对金属棒产生加速度，使金属棒做减速运动，设小灯泡的电阻为R，则安培力为22221BdvFBIdR==安一方面小灯泡的电阻R随温度变化，另外，金属棒最哦减速运动，则vR不是定值，则安培力是变力，因此金属棒做变加速运动，B错误；C．金

属棒进入DEFG区域后，闭合开关S后，电容器与电感线圈组成LC振荡电路，由LC振荡电路中的振荡电流特点，在闭合开关S瞬间，通过L的电流是零最小，C正确；D．由速度位移关系公式可得，金属棒在进入DEFG区域时的速度大小为1222211s

in222sinmghmghvaxmCBdmCBd===++金属棒在水平导轨上做减速运动，最后速度减到零，设通过小灯泡的平均电流为I，对金属棒由动量定理可得210BIdtmv−=−又有qIt=解得1222212

mvmmghqBdBdmCBd==+D错误。故选AC。3．（2024·安徽·模拟预测）如图所示，竖直放置的光滑导轨宽为L，上端接有阻值为R的电阻，导轨的一部分处于宽度和间距均为d、磁感应强度大小均为B的4个矩形匀强磁场中。水平金属杆ab在距离第1个磁场

h高度处由静止释放，发现金属杆每次进入磁场时的速度都相等。金属杆接入导轨间的电阻为2R，与导轨始终垂直且接触良好，导轨电阻不计，重力加速度为g，求：（1）金属杆从释放到穿出第1个磁场的过程，通过电阻R的电荷量；（2）金属杆从第4个磁场穿出时的速度大小。【答案

】（1）3BLdR；（2）2()ghd−【详解】（1）根据题意可知，通过电阻R的电荷量为11qIt=113EIR=1111BLdEtt==解得3BLdqR=（2）金属杆进入磁场1和2时的速度相等，则金属杆通过磁场1、2、3、4产

生的热量相等，即428Qmgdmgd==设金属杆从第4个磁场穿出时的速度大小为v，根据能量守恒定律有21(7)2mghdmvQ+=+解得2()vghd=−4．（2024·福建莆田·二模）福建舰成功实现电磁弹射试验后，某兴趣小组设计了一个

模拟电磁弹射系统，如图甲所示，系统左侧接有直流电源、单刀双掷开关S和电容为C的电容器，右侧是离水平地面高为h的水平光滑平行金属导轨，导轨上放置一绝缘的助推模型，其外层固定一组金属线圈，线圈两端通过电刷与导轨连接形成回路，线

圈处于导轨间的辐射状磁场中，侧视图如图乙所示。首先将开关S接至1，使电容器完全充电；然后将S接至2，模型从静止开始加速，达到最大速度后脱离导轨落在水平地面上，落地点离导轨右端点的水平距离为s。已知助推模型（含线圈

、电刷）的质量为m，重力加速度为g；线圈的半径为r，匝数为n，总电阻为R，其所在处的磁感应强度大小均为B。不计空气阻力、导轨电阻、线圈中电流产生磁场和线圈自感的影响。求模型（1）在轨道上的最大速度vm；（2）离开

轨道后电容器所带的电荷量q；（3）在轨道上的最大加速度am。【答案】（1）m2gvsh=；（2）22gqnCBrsh=；（3）2222m422sgnBrsgaRChmRh=+【详解】（1）助推模型达到最大速度后脱

离导轨后，做平抛运动，则212hgt=msvt=解得在轨道上的最大速度为m2gvsh=（2）离开轨道后电容器两端的电势差为m2222ggUnBLvnBrsnBrshh===离开轨道后电容器两端所带的电荷量为22gqCUnCBrsh==（3）助推模型刚在轨道上运动时，加速度最大，设助推模型

刚在轨道上运动时，电容器两端的电势差为0U，根据动量定理有mnIBLtmv=其中2Lr=0()qItCUU==−解得02222msggUnBrsnCBrhh=+根据牛顿第二定律有0mnIB

Lma=电流为00UIR=联立解得在轨道上的最大加速度为2222m422sgnBrsgaRChmRh=+