专题13 电磁感应中的动力学、能量和动量-2026年高考物理二轮复习专题试题汇编（含答案）

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1.导体棒的动力学分析
电磁感应现象中产生的感应电流在磁场中受到安培力的作用，从而影响导体棒(或线圈)的受力情况和运动情况。涉及安培力大小、方向的分析。
2．两种状态及处理方法
3．力学对象和电学对象的相互关系
4．动态分析的基本思路
【例1】如图，一绝缘轻线跨过两个在同一竖直面（纸面）内的光滑轻质定滑轮，绳的一端连接一个小物块，另一端连接一圆形金属线框；左边滑轮的下方虚线所围的区域内有一匀强磁场，其磁感应强度的方向与纸面垂直。初始时线框位于磁场上方，以某一速度竖直向下运动。已知线框完全在磁场中时速度大小不断增加，轻线始终处于拉紧状态。忽略空气阻力，则可能的情况是（ ）
A．线框不会完全离开磁场
B．线框完全离开磁场，然后做加速运动
C．线框完全离开磁场，然后做匀速运动
D．线框刚好完全离开磁场时的速度一定大于刚开始进入磁场时的速度
【答案】B
【详解】A．线框完全在磁场中时不受安培力，其速度大小不断增加，说明线框的质量大于物块的质量，线框经过磁场下边缘时安培力会阻碍线圈下降，但不会“阻止”线圈下降，即线框会完全离开磁场，故A错误；
BC．以上分析可知，线框的质量大于物块的质量，线框离开磁场后不受安培力，所以线框完全离开磁场后做加速运动，故B正确，C错误；
D．由于初速度大小不确定，线框进入磁场过程中可能先减速再加速，线框离开磁场过程中，也可能先减速再匀速，所以线框刚好完全离开磁场时的速度不一定大于刚开始进入磁场时的速度，故D错误。
故选B。
【例2】（多选）下面是一种电动汽车能量回收系统简化结构图。行驶过程，电动机驱动车轮转动。制动过程，电动机用作发电机给电池充电，进行能量回收，这种方式叫“再生制动”。某电动汽车4个车轮都采用轮毂电机驱动，轮毂电机内由固定在转子上的强磁铁形成方向交替的等宽辐向磁场，可视为线圈处于方向交替的匀强磁场中，磁感应强度大小为。正方形线圈固定在定子上，边长与磁场宽度相等均为，每组线圈匝数均为，每个轮毂上有组线圈，4个车轮上的线圈串联后通过换向器（未画出）与动力电池连接。已知某次开始制动时线圈相对磁场速率为，回路总电阻为，下列说法正确的有（ ）
A．行驶过程，断开，闭合
B．制动过程，断开，闭合
C．开始制动时，全部线圈产生的总电动势为
D．开始制动时，每组线圈受到的安培力为
【答案】BC
【详解】AB．行驶过程，电动机驱动车轮转动，则闭合，断开；制动过程，电动机用作发电机给电池充电，则断开，闭合，故A错误，B正确；
C．由图可知，线圈左右两边同时切割磁感线，4个车轮上的线圈串联，则开始制动时，全部线圈产生的总电动势为
故C正确；
D．开始制动时，回路中的电流为
线圈左右两边的安培力同向，则每组线圈受到的安培力为
故D错误；
故选BC。
【例3】在如下图所示的甲、乙、丙图中，MN、PQ是固定在同一水平面内足够长的平行金属导轨。导体棒ab垂直放在导轨上，导轨都处于垂直水平面向下的匀强磁场中，导体棒和导轨间的摩擦不计，导体棒、导轨和直流电源的电阻均可忽略，甲图中的电容器C原来不带电。今给导体棒ab一个向右的初速度，在甲、乙、丙图中导体棒ab在磁场中的运动状态是（ ）
A．甲图中，棒做加速度减小的减速运动至静止
B．乙图中，棒匀减速运动直到最终静止
C．丙图中，棒最终做匀速运动
D．甲、乙、丙中，棒最终都静止
【答案】C
【详解】A．图甲中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流而使电容器充电，当电容器C极板间电压与导体棒产生的感应电动势相等时，电路中没有电流，ab棒不受安培力，向右做匀速运动，故A错误；
B．图乙中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流，通过电阻R转化为内能，ab棒速度减小，当ab棒的动能全部转化为内能时，ab棒静止；又由于，
由于速度减小，则产生感应电流减小，导体棒所受安培力减小，根据牛顿第二定律可知导体棒的加速度减小，所以乙图中，棒ab做加速度减小的减速运动最终静止；故B错误；
C．图丙中，导体棒先受到向左的安培力作用向右做减速运动，速度减为零后再在安培力作用下向左做加速运动，当导体棒产生的感应电动势与电源的电动势相等时，电路中没有电流ab棒向左做匀速运动，故C正确；
D．由以上分析可知，甲、乙、丙中，只有图乙中棒最终静止，故D错误。
故选C。
【变式1】如图所示，足够长水平导轨处于竖直向下的匀强磁场中，导体棒垂直于导轨静置。开关S闭合后，导体棒沿导轨无摩擦运动，不计导轨电阻。关于该棒的速度、加速度、通过的电流及穿过回路中的磁通量随时间变化的图像，可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【详解】AB．开关S闭合后，导体棒在安培力的作用下向右运动，当导体棒的速度为v时，电路的电动势为
回路的感应电流为
根据牛顿第二定律，有
导体棒的加速度大小为
由于
利用微积分原理可解出
从而可得加速度
故A错误，B正确；
CD．由法拉第电磁感应定律
开关S闭合后，导体棒由静止开始运动，此时导体棒将做加速运动，其速度越来越大，回路的感应电流将越来越小，加速度将越来越小，将越来越大，即-t图像的斜率将越来越大，根据
可知a-t图像的斜率将越来越小，故CD错误。
故选B。
【变式2】（多选）如图所示，两根相距为的平行光滑金属导轨倾斜放置，处于垂直导轨平面向下、磁感应强度大小为的匀强磁场中，两导轨顶端与电容器相连，质量为、长度为的金属杆垂直导轨放置，金属杆与导轨接触良好。开始时电容器不带电，金属杆被锁定在距倾斜导轨底端处。已知两导轨倾角均为，电容器电容为，重力加速度为，不计一切电阻。现解除锁定，下列说法正确的是（ ）
A．金属杆下滑过程中做加速度减小的变加速直线运动
B．若增大电容器电容，金属杆下滑时间变短
C．金属杆下滑到导轨底端时电容器极板间电压
D．金属杆下滑到导轨底端时电容器储存的电能
【答案】CD
【详解】A．t时刻电容器两端的电压为：U=E=BLv
棒沿导轨下滑时，根据牛顿第二定律有：mgsinθ-F=ma
又棒所受的安培力为：F=BIL
电路中电流为：
联立以上三式得：
式中各量均不变，说明加速度不变，可知导体棒做匀加速直线运动，故A错误；
B．若增大电容器电容，加速度减小，则根据
可知金属杆下滑时间变长，故B错误；
C．金属杆下滑到导轨底端时的速度
电容器极板间电压
故C正确；
D．金属杆下滑到导轨底端时电容器储存的电能
故D正确。
故选CD。
【题型二】电磁感应中的能量问题
电磁感应中的能量转化及焦耳热的求法
(1)电磁感应中的能量转化
闭合电路的部分导体做切割磁感线运动产生感应电流，通有感应电流的导体在磁场中受安培力。外力克服安培力做功，将其他形式的能转化为电能；通有感应电流的导体在磁场中通过受安培力做功或通过电阻发热，使电能转化为其他形式的能。
电磁感应现象中能量转化的实质是其他形式的能和电能之间的转化。如图所示。
(2)求解电磁感应中的焦耳热Q的三种方法
【例1】（多选） 如图所示为使用直流电动机提升重物的示意图，间距为的平行导轨固定在水平面内，导轨左端接有电动势为，内阻为的直流电源，导轨电阻不计，质量为M、电阻为、长为的导体棒垂直导轨放置，其中心通过绝缘细线绕过固定光滑轻质定滑轮后与静止在地面上的质量为的重物相连，此时细线恰好伸直且无拉力，导体棒。与滑轮间的细线水平。整个装置处于方向竖直向下、磁感应强度大小为的匀强磁场中。已知导体棒距离导轨左端足够远，重物上升过程中不会碰到定滑轮，重力加速度为，不计一切摩擦。闭合开关S后，导体棒向左运动的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．闭合开关S瞬间细线中的拉力大小为
B．导体棒最终的速度大小为
C．导体棒匀速运动时直流电源的输出功率为
D．从静止出发到刚好做匀速运动的过程中，安培力对导体棒所做的功等于导体棒与重物组成的系统增加的机械能
【答案】BD
【详解】A．闭合开关瞬间，回路中的电流为
导体棒所受安培力
对导体棒和重物整体受力分析，根据牛顿第二定律
对重物分析，根据牛顿第二定律
解得
A错误；
B．导体棒向左运动时会产生与直流电源相反的感应电动势，初始，导体棒向左加速运动，随着导体棒速度的增大，回路中的电流减小，根据牛顿第二定律可知，导体棒向左做加速度减小的加速运动，最终达到匀速，设稳定时导体棒的速度大小为，则回路中的电流
由
解得
B正确；
C．根据B选项可得
导体棒匀速运动时直流电源的输出功率为
故C错误；
D．重物从静止出发到刚好做匀速运动的过程中，对导体棒和重物组成的整体，只有安培力和重物的重力做功，由功能关系可知，安培力对导体棒所做的功等于导体棒和重物组成的系统增加的机械能，D正确。
故选BD。
【例2】如图所示，两条相同的半圆弧形光滑金属导轨固定在绝缘水平桌面上，半圆弧的直径为d，间距为L，两半圆弧面竖直且平行，导轨最高点到水平桌面的距离等于半径，最低点O、O′的连线与导轨所在竖直面垂直，整个空间存在着磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场，导轨左端连接一阻值为R的电阻。现使一电阻为r的金属棒MN从导轨左端最高点，以恒定的速率v0沿导轨运动到右端最高点，运动过程中金属棒始终与OO′平行且与两导轨接触良好，则在金属棒MN从左端最高点运动到右端最高点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．金属棒MN中电流方向始终由M到N
B．金属棒MN中电流大小始终不变
C．金属棒MN所受安培力先做负功后做正功
D．回路中产生的焦耳热为
【答案】D
【详解】AC．在金属棒MN从左端最高点运动到右端最高点的过程中，根据右手定则可知，金属棒中电流方向始终由N到M，金属棒所受安培力一直水平向左，金属棒所受安培力始终做负功，故AC错误；
BD．经过t时间，金属棒在圆弧上转过的角度为
此时金属棒产生的电动势为
回路中电流为
由此可知，可知金属棒中电流按照正弦式交变电流变化，电流的有效值为
则在金属棒从左端最高点运动到右端最高点的过程中，回路中产生的焦耳热为
故B错误，D正确。
故选D。
【例3】（多选）如图所示，光滑水平桌面上直线边界的一侧存在范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于桌面向下。边长为l、电阻为R的单匝正方形导线框abcd平放在桌面上，其对角线ac与磁场边界平行。现用沿db方向的外力拉着导线框以恒定的速度v进入磁场区域，进入过程中，下列说法正确的是（ ）
A．感应电流方向为a→b→c→d→a
B．导线框受到的安培力先均匀增大，后均匀减小
C．通过导线框导体横截面的电荷量为
D．导线框中产生的热量小于
【答案】AD
【详解】A．根据楞次定律，可判断知线圈中感应电流方向为a→b→c→d→a，故A正确；
B．由题意，可知线框在对角线ac未进入磁场的过程中，有效切割长度和线框受到安培力作用导线的等效长度均为
根据，，
可得
可推知，导线框进入磁场区域过程中，受到的安培力先增大，后减小，但不是均匀的，故B错误；
C．导线框进入磁场区域过程中，通过导线框导体横截面的电荷量为
故C错误；
D．线框在对角线ac恰好进入磁场的过程中，线框中产生感应电流的瞬时值
根据焦耳定律，作出的I2-t图像，图像的面积能反映导线框中产生热量的大小关系。
若I2-t图像为直线，线框在从开始到对角线ac恰好进入磁场的过程中，线框中产生的热量为
全程产生的热量为
然而实际结合线框中产生感应电流的瞬时值可知I2-t图像在直线的下方，故全程产生的热量
故D正确。
故选AD。
【变式1】如图所示，间距L=2m的光滑平行导轨所在平面与水平面夹角θ=30°，导轨底边AB水平，且接有一个特殊的电源，电路接通后该电源在不同的外接负载条件下均保持所输出的电流恒定为I=0.5A，导轨上C、D两点连线与底边平行，E为导轨平面上一点，C、D、E的连线构成等腰直角三角形，O点为等腰直角三角形CDE过E点高的中点，三角形内部存在垂直导轨平面向下，磁感应强度大小B=0.5T的匀强磁场。将一长度也为L=2m，质量m=0.05kg，电阻为定值的导体棒放置在C、D位置，导体棒受到C、D两处挡板的作用处于静止状态。导轨足够长，重力加速度g取。求：
(1)闭合开关S的瞬间，导体棒的加速度a的大小；
(2)导体棒第一次经过O点时速度的大小；
(3)已知闭合开关S后经导体棒第一次经过O点，若以O点为原点沿斜面向上为正方向建立x坐标轴，请写出导体棒所受合力与其坐标x的关系式及导体棒从O点第一次到达x=0.25m所用的时间t。（结果均可用分数表示）
【答案】(1)；(2)；(3)，
【详解】（1）由左手定则可知导体棒所受安培力方向沿斜面向上，由牛顿第二定律得BIL－mgsinθ=ma
解得
（2）导体棒沿斜面向上运动位移d=0.5m时第一次经过O点，由几何关系易得此时导体棒处于磁场中的长度为；向上运动过程中导体棒处于磁场中的长度随其位移均匀减小，安培力做功
解得
由动能定理得
解得
（3）导体棒坐标为x时，导体棒处于磁场中的长度为
合力大小
即
可知导体棒以O点为中心做简谐运动，振幅A=0.5m，且导体棒第一次经过O点用时为四分之一周期，可得T=πs
导体棒过O点后再经第一次到达x=0.25m
从导体棒第一次经过O点时开始计时，则有
解得所用时间
【变式2】如图甲所示，两条平行的粗糙金属轨道与水平面成角，轨道上端之间接可变电阻，导轨所在空间存在匀强磁场，磁场方向可调且始终垂直于轨道平面向上。质量为的金属杆水平放置在轨道上，其接入电路部分的阻值为，其和导轨间的动摩擦因数为，重力加速度取，轨道电阻不计且足够长。
(1)若，当杆由静止释放瞬间加速度大小为。求；
(2)若，现从静止释放杆且施加与导轨平面成斜向右上方的恒定拉力，如图乙，测得其最大速度为。改变可变电阻的阻值，得到与的关系式（各量均取国际单位）。已知两平行金属轨道间距离L=1m。求：
a．磁感应强度的大小和的阻值；
b．当变阻箱取，且金属杆在下滑d=9m前速度已达最大，杆下滑的过程中，电阻上产生的焦耳热。
【答案】(1)；(2)a.1T，2Ω；
【详解】（1）若，当杆释放瞬间，对杆由牛顿第二定律有
得
（2）a.若，棒受作用由静止释放，棒感应电动势
回路电流
安培力
对棒由牛顿第二定律有安
联立得
当时，取最大值
即
代入数据整理得
由题意
得
b.当时，由得
设杆下滑过程中，回路因电流做功产生的总焦耳热为上产生的焦耳热为，对杆在下滑过程中，由动能定理有
又
联立得
【题型二】电磁感应中的动量问题
动量定理在电磁感应中的应用
在电磁感应中，动量定理应用于单杆切割磁感线运动，可求解单杆所受其他恒力(非安培力)作用的时间、单杆的速度、单杆的位移和通过单杆的横截面的电荷量。
(1)求通过单杆的横截面的电荷量、单杆的速度或单杆运动的时间：－Beq \(I,\s\up6(－))lΔt＋F其他·Δt＝mv2－mv1，q＝eq \(I,\s\up6(－))Δt＝neq \f(ΔΦ,R总)。
(2)求单杆运动的位移、单杆的速度或单杆运动的时间：－eq \f(B2l2\(v,\s\up6(－)),R)Δt＋F其他·Δt＝mv2－mv1，x＝eq \(v,\s\up6(－))Δt。
【例1】（多选）如图所示，宽度的区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小，方向垂直纸面向里。一正方形导线框abcd，从距磁场上边界高度处自由下落，其下边ab刚进入磁场和刚离开磁场时的速度相同。已知线框质量，边长，电阻，g取，则（ ）
A．线框刚进入磁场时线框中有逆时针方向的电流
B．线框完全离开磁场时的速度为
C．线框在穿越磁场过程中产生的热量为0.02J
D．线框穿越整个磁场所用时间为
【答案】AD
【详解】A．根据右手定则可知电流方向为逆时针，故A正确；
B．设线框刚进入磁场的速度为v，则，线框完全离开磁场时的速度为，由题意可知线框从完全进入磁场到即将离开磁场过程中只受重力，则有
可得
故B错误；
C．由能量守恒可得
解得
故C错误；
D．线框进入和离开的过程所用时间相同为t，
可得
完全进入磁场到刚要离开磁场所用时间为，根据
解得
故总时间为
故D正确。
故选AD。
【例2】（多选）如图所示，光滑平行金属导轨M1N1和M2N2固定在水平面内，导轨间某个区域存在竖直向下的匀强磁场，金属棒P和Q分别静置在磁场两侧的导轨上，金属棒P的质量为m。某时刻金属棒P以初速度水平向右运动，穿过磁场区域后与金属棒Q发生非弹性碰撞，金属棒P刚好再次穿出磁场区域，金属棒Q碰后的速度为。下列说法正确的是（ ）
A．金属棒P两次穿过磁场区域的过程中，速度变化量的大小相等
B．金属棒Q的质量为5m
C．金属棒P碰撞前的速度大小为
D．整个过程中，金属棒P和Q产生的焦耳热为
【答案】AB
【详解】A．设金属导轨间距为L，磁场为B，磁场宽度为d，回路总电阻为，金属棒两次穿过磁场区域过程中，根据动量定理可得，
可得
由此可知，两次穿过磁场的速度变化量的大小相等，故A正确；
B．设第一次穿过磁场的速度为，由A可知第二次穿过磁场的速度
PQ发生碰撞，根据动量守恒定律可得
解得
即金属棒Q的质量为5m，故B正确；
CD．由于PQ发生非弹性碰撞，无法求解碰撞之后P的速度，无法求解金属棒P碰撞前的速度大小和整个过程中金属棒P和Q产生的焦耳热，故CD错误。
故选AB。
【例3】（多选）在轨稳定运行的天和核心舱内，我国航天员进行的某次科研实验如图所示：一个正方形闭合线圈以速度v1垂直磁场边界进入矩形匀强磁场区域，此后线圈穿过该磁场，若线圈恰好离开磁场时的速度大小为v2，则下列关于线圈的说法正确的是（ ）
A．进入磁场的过程中，感应电流的方向为逆时针方向
B．离开磁场的过程中，感应电流的方向为逆时针方向
C．完全进入磁场时的速度等于
D．完全进入磁场时的速度小于
【答案】AC
【详解】A．进入磁场的过程中，穿过线圈的磁通量向里增加，根据楞次定律可知，感应电流的方向为逆时针方向，故A正确；
B．离开磁场的过程中，穿过线圈的磁通量向里减小，根据楞次定律可知，感应电流的方向为顺时针方向，故B错误；
CD．设完全进入磁场时的速度为v，线圈进入磁场的过程，根据动量定理可得
其中
线圈离开磁场的过程，根据动量定理可得
其中联立可得则有故C正确，D错误。故选AC。
【变式1】如图所示，在水平面上的装置由三部分构成，装置中间部分为电路控制系统，电源电动势恒定且为，内阻不计，两个开关、初始状态都断开。装置左右两侧均为足够长且不计电阻的光滑金属导轨，导轨宽度为，宽度为，导轨和之间存在匀强磁场，磁感应强度分别为和，磁场方向如图所示。将质量均为的金属杆，分别如图轻放在水平轨道上，两杆接入电路中的电阻相等，不计金属杆与导轨的摩擦。
(1)接通，求杆的最大速度；
(2)当杆做匀速运动后，断开同时闭合，当两杆再次匀速运动时，求杆产生的焦耳热。
【答案】(1)；(2)
【详解】（1）S1接通，ab中有a→b的电流，ab受水平向右的安培力 ab向右做加速运动，ab切割磁感线产生一个感应电动势,与电源相抵消。当ab产生的感应电动势与电源电动势完全相消时，ab棒不受安培力，ab将做匀速运动，速度为vm，此时产生的感应电动势为
解得
（2）断开S1，接通S2，ab向右运动切割磁感线产生感应电流，由b→a，电流再流经cd棒，方向由c到d。由左手是则可知，ab棒受水平向左的安培力，做减速运动； cd棒受水平向右的安培力，向右做加速运动，ab、cd.产生互相抵消的电动势，当完全抵消时，电路中无电流 。ab、cd做匀速运动速度分别为v1、v2，则
可得
v1=v2
ab、cd中电流相等。ab、cd的安培力分别为F1=2BIL
F2=B×2LI=2BIL
安培力大小相等、方向相反，ab、cd满足动量守恒，有
联立解得
电路中的总热量为
因为ab、cd的阻值相等，所以cd杆产生的焦耳热为
【变式2】如图所示，在绝缘水平面上固定两根光滑平行金属导轨，左右两侧导轨处于竖直向上的磁场中，磁感应强度大小分别为和，导轨间距分别为和，已知导体棒的电阻为、长度为，导体棒的电阻为、长度为的质量是的2倍。初始时刻两棒静止，两棒中点之间连接一压缩量为的轻质绝缘弹簧，弹簧的劲度系数为。释放弹簧后两棒在各自磁场中运动直至停止，弹簧始终在弹性限度内。两棒保持与导轨垂直并接触良好，导轨足够长且电阻不计。求：
(1)导体棒的速率为时，导体棒的运动速率及回路的总电功率；
(2)弹簧伸展过程中流过导体棒的电流方向及弹簧释放的整个过程中通过导体棒的电荷量。
【答案】(1)，；(2)M指向N，
【详解】（1）设任意时刻回路电流为I，则PQ受安培力
左手定则可知其方向向右；
MN受安培力
左手定则可知其方向向左，可知两棒系统受合外力为零，系统动量守恒，设PQ质量为2m，则MN质量为m，PQ速率为v时，则
解得导体棒的运动速率
此时电流中的电流
则此时回路的总电功率
联立解得
（2）弹簧伸展过程中，根据右手定则可知，回路中产生顺时针方向的电流，导体棒MN中的电流方向由M指向N。两棒最终停止时弹簧处于原长状态，此时两棒间距增加了5L，对双棒，由动量守恒可得
整理得
可得
因为
可得则最终MN位置向右移动
PQ位置向左移动
则
因为
联立解得
【变式3】如图，两光滑平行圆弧导轨竖直放置，下端与两根间距为的光滑平行水平导轨平滑连接，足够长的水平导轨全部处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为。在导轨上放置长度略大于的导体棒、、。棒的质量为，接入电路的电阻为，棒和棒的质量均为，接入电路的电阻均为。已知初始时棒和棒间距为，且均处于静止状态。现让棒从圆弧导轨上高为处由静止释放，棒与棒如果发生碰撞则会粘在一起。已知重力加速度大小为，导轨电阻不计，且导体棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好。
(1)棒刚进入磁场时，求棒和棒的加速度之比；
(2)若使棒与棒不发生碰撞，求初始时棒离磁场左边界的距离应满足的条件；
(3)若初始时棒离磁场左边界的距离，且棒与棒没有发生碰撞，试求、、三棒在全过程中产生的焦耳热。
【答案】(1)；(2)；(3)
【详解】（1）当棒进入磁场时产生感应电动势，、棒并联，两端的电压总相等，则有，
又，
根据牛顿第二定律可得，
联立可得棒和棒的加速度之比为
（2）对棒：由动能定理得
解得棒刚进入磁场的速度大小为
由（1）可知，棒、棒总是相对静止的，由于棒受到的安培力与、棒受到的安培力的合力为0，所以棒、棒、棒构成的系统动量守恒，设三棒速度相等时的速度为，以向右为正方向，则根据动量守恒定律有
解得
对棒，由动量定理得
又
其中
联立解得
则要棒与棒不发生碰撞，棒离磁场左边界的距离应满足
（3）因为棒进入磁场时与棒之间的距离
所以棒与棒将发生碰撞并粘在一起。全过程三棒减少的机械能中，一部分转化为三棒生成的焦耳热，另一部分在棒与棒的完全非弹性碰撞中损失掉。则有
棒与棒碰撞前瞬间，设棒、棒的速度大小均为，棒的速度大小为，以向右为正方向，根据动量守恒定律得
对棒，由（2）得
联立解得，
棒与棒碰撞过程，由动量守恒定律可得
解得
碰撞瞬间损失的机械能为
则、、三棒在全过程中产生的焦耳热为
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分析或结合功能关系进行分析

用“四步法”分析电磁感应中的动力学问题

电磁感应现象中能量问题的计算
(1)回路中电流稳定时，可利用电路知识，由W＝UIt，Q＝I2Rt直接计算。
(2)若电流变化，则利用功能关系、能量守恒定律解决。