备战2025年高考物理精品教案第十二章电磁感应专题二十一电磁感应中的动力学、能量和动量问题（Word版附解析）

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题型1 电磁感应中的动力学问题

1.导体受力与运动的动态关系
2.两种运动状态
3.“四步法”分析电磁感应中的动力学问题

命题点1 “单棒＋导轨”模型
1.如图所示，水平面（纸面）内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上.t＝0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动.t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动.杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ.重力加速度大小为g.求：
（1）金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；
（2）电阻的阻值.
答案 （1）Blt0（Fm－μg） （2）B2l2t0m
解析 （1）设金属杆进入磁场前的加速度大小为a，由牛顿第二定律得F－μmg＝ma
设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有v＝at0
当金属杆以速度v在磁场中匀速运动时，由法拉第电磁感应定律得杆中的电动势为E＝Blv
联立解得E＝Blt0（Fm－μg）
（2）设金属杆在磁场中匀速运动时，杆中的电流为I，根据闭合电路欧姆定律得I＝ER
式中R为电阻的阻值
金属杆所受的安培力为F安＝BIl
因金属杆做匀速运动，由平衡条件得F－μmg－F安＝0
联立解得R＝B2l2t0m.
2.如图，两条平行导轨所在平面与水平面的夹角为θ，平行导轨间距为L.导轨上端接有一平行板电容器，电容为C.导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面.在导轨上放置一质量为m的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中保持与导轨垂直并接触良好.已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g.金属棒和导轨的电阻可忽略不计.让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，求：
（1）电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系；
（2）金属棒的速度大小随时间变化的关系.
答案 （1）Q＝CBLv （2）v＝m（sinθ－μcsθ）m＋B2L2Cgt
解析 （1）设金属棒下滑的速度大小为v，则产生的感应电动势为E＝BLv
平行板电容器两极板之间的电势差为U＝E
设此时电容器极板上积累的电荷量为Q，按定义有C＝QU
联立解得Q＝CBLv
（2）设经过时间t金属棒的速度大小为v，通过金属棒的电流为i.金属棒受到的安培力方向沿导轨向上，大小为f1＝BLi
设在时间间隔t～t＋Δt内流经金属棒的电荷量为ΔQ，按定义有i＝ΔQΔt
ΔQ也是平行板电容器在时间间隔t～t＋Δt内增加的电荷量，由（1）中结果可知ΔQ＝CBLΔv
式中，Δv为金属棒的速度变化量，按定义有a＝ΔvΔt
金属棒受到的摩擦力方向沿导轨向上，大小为f2＝μN
式中，N是金属棒对导轨的正压力的大小，有
N＝mgcsθ
金属棒在t时刻的加速度方向沿导轨向下，设其大小为a，根据牛顿第二定律有mgsinθ－f1－f2＝ma
联立解得a＝m（sinθ－μcsθ）m＋B2L2Cg
可知金属棒做初速度为零的匀加速运动，t时刻金属棒的速度大小为v＝m（sinθ－μcsθ）m＋B2L2Cgt.
方法点拨
单棒＋电阻模型
单棒＋电容器模型
金属棒的初速度为零，水平拉力F恒定，棒和水平导轨的电阻不计，摩擦力不计
↓
运动过程分析：棒做加速运动，持续对电容器充电，则存在充电电流，有F－BIL＝ma，I＝ΔQΔt，ΔQ＝CΔU，ΔU＝ΔE＝BLΔv，联立可得F－CB2L2ΔvΔt＝ma，其中ΔvΔt＝a，则可得a＝Fm＋CB2L2
↓
金属棒做加速度恒定的匀加速直线运动.
功能关系：WF＝12mv2＋E电
命题点2 线圈模型
3.[矩形线圈]如图所示，水平匀强磁场存在于虚线框内，矩形线圈竖直下落，线圈平面始终与磁场方向垂直.如果线圈受到的磁场力总小于其重力，则它在1、2、3、4位置时的加速度大小关系为（ B ）
A.a1＞a2＞a3＞a4B.a1＝a3＞a2＞a4
C.a1＝a3＞a4＞a2D.a4＝a2＞a3＞a1
解析 线圈在位置3时，线圈中没有感应电流，因此只受重力作用，故a1＝a3＝g.线圈在位置2和位置4时都有感应电流，但在位置4时的感应电流I4大于在位置2时的感应电流I2，则F安2＜F安4，而安培力均为阻力，故a4＜a2＜g，B正确.
4.[正方形单匝线圈]如图所示，电阻为0.1Ω的正方形单匝线圈abcd的边长为0.2m，bc边与匀强磁场左边界重合.磁场的宽度等于线圈的边长，磁感应强度大小为0.5T.在水平拉力作用下，线圈以8m/s的速度向右匀速穿过磁场区域.求在上述过程中
（1）线圈中感应电动势的大小E；
（2）线圈所受拉力的大小F；
（3）线圈中产生的热量Q.
答案 （1）E＝0.8V （2）F＝0.8N （3）Q＝0.32J
解析 （1）感应电动势E＝Blv
代入数据得E＝0.8V
（2）感应电流I＝ER
拉力的大小等于线圈受到的安培力F＝BIl
解得F＝B2l2vR，代入数据得F＝0.8N
（3）运动时间t＝2lv
由焦耳定律得Q＝I2Rt
解得Q＝2B2l3vR，代入数据得Q＝0.32J.
题型2 电磁感应中的能量问题

1.电磁感应中的能量转化
闭合电路中产生感应电流的过程，是其他形式的能转化为电能的过程.电磁感应中能量问题的实质是电能的转化问题，桥梁是安培力.
2.求解焦耳热的三种方法
能量转化问题的分析程序：先电后力再能量

命题点1 功能关系的应用
5.[多选]如图，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，两部分平滑连接，平直部分右端接一个阻值为R的定值电阻.平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场.质量为m、电阻也为R的金属棒从高度为h处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止.已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，金属棒与导轨始终垂直且接触良好，则金属棒穿过磁场区域的过程中（ BD ）
A.通过金属棒的最大电流为Bd2gh2R
B.通过金属棒的电荷量为BdL2R
C.克服安培力所做的功为mgh
D.金属棒上产生的焦耳热为12mg（h－μd）
解析 金属棒由静止释放下滑到弯曲部分底端，根据动能定理有mgh＝12mv02，金属棒在磁场中运动时产生的感应电动势E＝BLv，当金属棒刚进入磁场时，产生的感应电动势最大，感应电流最大，Imax＝BLv02R＝BL2gh2R，A错误；金属棒穿过磁场区域的过程中通过金属棒的电荷量q＝It＝E2Rt＝ΔΦ2R＝BdL2R，B正确；对整个过程由动能定理得mgh－W克安－μmgd＝0，金属棒克服安培力做的功W克安＝mgh－μmgd，C错误；由功能关系可得，金属棒上产生的焦耳热Q＝12W克安＝12mg(h－μd)，D正确.
方法点拨
常见的功能关系
命题点2 能量守恒定律的应用
6.[多选]如图所示，间距为l的平行金属导轨与水平面间的夹角为θ，导轨电阻不计，与阻值为R的定值电阻相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面，磁感应强度为B.有一质量为m、长为l的导体棒在ab位置以初速度v沿导轨向上运动，最远到达a'b'处，导体棒向上滑行的最远距离为x.已知导体棒的电阻也为R，与导轨之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g.导体棒与导轨始终保持垂直且接触良好，下列说法正确的是（ BCD ）
A.导体棒受到的最大安培力为B2l2vR
B.导体棒损失的机械能为12mv2－mgxsinθ
C.导体棒运动的时间为2mvR－B2l2x2mgR（sinθ＋μcsθ）
D.整个电路产生的焦耳热为12mv2－mgx（sinθ＋μcsθ）
解析 根据E＝Blv，可以知道速度最大时感应电动势最大，电流和安培力也最
大，所以初始时刻导体棒受到的安培力最大，根据F＝BIl，I＝Blv2R，可得F＝B2l2v2R，
故A错误；从初始位置到滑行最远时，损失的机械能为ΔE＝12mv2－mgx sin θ，故B正
确；导体棒向上滑动的过程，由动量定理可得BIlt＋(mg sin θ＋μmg cs θ)t＝mv，而
It＝ER总t＝ΔΦR总＝Blx2R，联立解得t＝2mvR-B2l2x2mgR(sinθ＋μcsθ)，故C正确；导体棒上滑过程中克
服重力、滑动摩擦力和安培力做功，根据能量守恒定律可得整个电路产生的焦耳热
为Q＝12mv2－mgx( sin θ＋μ cs θ)，故D正确.
命题拓展
命题情境不变，命题角度变化
若导轨光滑，导体棒受到一个平行于导轨向上的拉力作用，以初速度v0沿导轨向上开始运动，可达到的最大速度为v1.运动过程中拉力的功率恒定不变，其他条件不变，求拉力的功率.
答案 P＝mgv1sinθ＋B2L2v122R
解析 在导体棒运动过程中，拉力功率恒定，导体棒做加速度逐渐减小的加速运动，速度达到最大时，加速度为零，设此时拉力的大小为F，安培力大小为FA，有F－mg sin θ－FA＝0.此时导体棒产生的感应电动势为E＝BLv1，回路中的感应电流为I＝E2R，导体棒受到的安培力FA＝BIL，拉力的功率P＝Fv1，联立上述各式解得P＝mgv1 sin θ＋B2L2v122R.
7.[2023浙江6月]如图所示，质量为M、电阻为R、长为L的导体棒，通过两根长均为l、质量不计的导电细杆连在等高的两固定点上，固定点间距也为L.细杆通过开关S可与直流电源E0或理想二极管串接.在导体棒所在空间存在磁感应强度方向竖直向上、大小为B的匀强磁场，不计空气阻力和其他电阻.开关S接1，当导体棒静止时，细杆与竖直方向的夹
角θ＝π4；然后开关S接2，棒从右侧开始运动完成一次振动的过程中（ C ）
A.电源电动势E0＝2Mg2BLR
B.棒产生的焦耳热Q＝（1－22）Mgl
C.从左向右运动时，最大摆角小于π4
D.棒两次过最低点时感应电动势大小相等
解析 作出静止时导体棒的受力图如图所示，由于θ＝π4，故安培力F＝Mg，又F＝BIL，电流I＝E0R，解得E0＝MgRBL，A错误；开关S接2，导体棒先向左运动，回路中有电流，棒会产生焦耳热，然后由于重力的作用，棒向右运动，由于二极管的作用，此过程回路中无电流，棒不会产生焦耳热，故导体棒向右通过最低点时速度不为0，即Ek＞0，由能量守恒定律可知，棒完成一次振动的过程产生的焦耳热满足Q＋Ek＝Mgl(1－ cs θ)，所以Q＜Mgl(1－ cs θ)＝(1－22)Mgl，B错误；导体棒从右向左摆动，会产生焦耳热，故由能量守恒定律可知，其从右向左运动到最左侧时摆角小于π4，由对称性可知导体棒从左向右摆动时，最大摆角也小于π4，C正确；导体棒第二次通过最低点的速度小于第一次通过最低点的速度，故两次通过最低点的速度大小不等，由E＝BLv可知，产生的感应电动势大小也不相等，D错误.
题型3 电磁感应中的动量问题

1.动量定理在电磁感应中的应用
导体棒或金属框在感应电流所引起的安培力作用下做非匀变速直线运动，当题目中涉及速度v、电荷量q、运动时间t、运动位移x时常用动量定理求解.
（1）单棒＋水平导轨
（2）单棒＋倾斜导轨
2.动量守恒定律在电磁感应中的应用
在两等长金属棒切割磁感线的系统中，两金属棒和水平平行金属导轨构成闭合回路，它们受到的安培力的合力为0，如果不计摩擦，它们受到的合力为0，满足动量守恒的条件，运用动量守恒定律解题比较方便.

命题点1 动量定理在电磁感应中的应用
8.[“单棒＋电阻”模型]如图所示，足够长的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨范围内存在磁场，其磁感应强度大小为B，方向竖直向下，导轨一端连接阻值为R的电阻.在导轨上垂直于导轨放一长度等于导轨间距L、质量为m的金属棒，其电阻为r.金属棒在水平向右的恒力F作用下从静止开始运动，经过时间t后开始匀速运动.金属棒与导轨接触良好，导轨的电阻不计.
（1）求金属棒匀速运动时回路中的电流；
（2）求金属棒匀速运动的速度大小以及在时间t内通过回路的电荷量；
（3）若在时间t内金属棒运动的位移为x，求电阻R上产生的热量.
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）金属棒匀速运动时，由平衡条件得
F＝BImL，解得Im＝FBL
（2）根据闭合电路的欧姆定律得Im＝BLvR＋r
解得v＝F（R＋r）B2L2
通过回路的电荷量q＝It
由动量定理得Ft－BILt＝mv
解得q＝FtBL－mF（R＋r）B3L3
（3）由功能关系得Fx＝Q＋12mv2
QR＝RR＋rQ
解得QR＝[Fx－mF2（R＋r）22B4L4]RR＋r.
9.[不等间距上的双棒模型/多选]如图所示，光滑水平导轨置于匀强磁场中，磁场方向竖直向下，磁感应强度大小为B.左侧导轨间距为L，右侧导轨间距为2L，导轨均足够长.质量为m的导体棒ab和质量为2m的导体棒cd均垂直于导轨放置，处于静止状态.现瞬间给导体棒cd一水平向右的初速度v0，在此后的运动过程中，两棒始终在对应的导轨部分运动，始终与导轨垂直且接触良好.已知导体棒ab的电阻为R，cd的电阻为2R，导轨电阻不计.下列说法正确的是（ AC ）
A.导体棒ab和cd组成的系统动量不守恒
B.两棒最终以相同的速度做匀速直线运动
C.导体棒ab最终的速度为23v0
D.从导体棒cd获得初速度到二者稳定运动的过程中，系统产生的焦耳热为89mv02
解析 导体棒cd获得速度后，回路中产生感应电流，根据左手定则知导体棒cd减速，导体棒ab加速，当BLvab＝2BLvcd时，回路中磁通量不变，没有感应电流，最终两棒做匀速直线运动，分别对两棒运用动量定理得－2BILt＝2mvcd－2mv0，BILt＝mvab，联立解得vab＝23v0，vcd＝13v0，故B错误，C正确；两导体棒受到的安培力大小不相等，系统受到的合力不为零，动量不守恒，A正确；从导体棒cd获得初速度到二者稳定运动的过程中，系统产生的焦耳热为Q＝12·2mv02－12mvab2－12·2mvcd2，解得Q＝23mv02，故D错误.
10.[“电容器”模型/2024广东广州开学考试]如图所示，在水平面内固定着间距为L的两根光滑平行金属导轨（导轨足够长且电阻忽略不计），导轨上M、N两点右侧处在方向垂直导轨平面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中.在导轨的左端接入电动势为E、内阻不计的电源和电容为C的电容器.先将金属棒a静置在导轨上，闭合开关S1、S3，让a运动速度达到v0时断开S1，同时将金属棒b静置在导轨上，经过一段时间后，流经a的电流为零.已知a、b的长度均为L，电阻均为R，质量均为m，在运动过程中始终与导轨垂直并保持良好接触.
（1）求开关S1、S3闭合，a运动速度达到v0时a的加速度大小；
（2）求b产生的焦耳热；
（3）若将棒a、b均静置在水平导轨上，闭合开关S1、S2，稍后再断开S1同时闭合S3，求两棒最终的速度大小.
答案 （1）BL（E－BLv0）mR （2）18mv02 （3）BLCE2m＋B2L2C
解析 （1）a切割磁感线产生的电动势E1＝BLv0
由牛顿第二定律得BE－E1RL＝ma
解得a＝BL（E－BLv0）mR
（2）对a、b系统，由动量守恒定律得mv0＝2mv1
解得v1＝v02
由能量守恒定律得系统产生的焦耳热
Q＝12mv02－12·2mv12
解得Q＝14mv02
b产生的焦耳热Qb＝12Q＝18mv02
（3）闭合开关S1、S2，稍后再断开S1同时闭合S3，两棒同时加速，直到匀速运动.对电容器，放电量
q＝C（E－BLv）
对a，某时刻经极短时间Δt，由动量定理得
BILΔt＝mΔv
整个过程有∑BLΔq＝∑mΔv
即BLq2＝mv
解得两棒最终的速度v＝BLCE2m＋B2L2C.
方法点拨无外力充电式
无外力放电式
命题点2 动量守恒定律在电磁感应中的应用
11.[双棒模型——无外力/2021福建/多选]如图，P、Q是两根固定在水平面内的光滑平行金属导轨，间距为L，导轨足够长且电阻可忽略不计.图中EFHG矩形区域内有方向垂直导轨平面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场.在t＝t1时刻，两均匀金属棒a、b分别从磁场边界EF、GH进入磁场，速度大小均为v0；一段时间后，流经a棒的电流为0，此时t＝t2，b棒仍位于磁场区域内.已知金属棒a、b由相同材料制成，长度均为L，电阻分别为R和2R，a棒的质量为m.在运动过程中两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，a、b棒没有相碰，则（ AD ）
A.t1时刻a棒的加速度大小为2B2L2v03mR
B.t2时刻b棒的速度为0
C.t1～t2时间内，通过a棒横截面的电荷量是b棒的2倍
D.t1～t2时间内，a棒产生的焦耳热为29mv02
解析 在t＝t1时刻，两均匀金属棒a、b分别从磁场边界EF、GH进入磁场，速度大小均为v0，由右手定则可判断出两金属棒产生的感应电流方向都是逆时针方向，产生的感应电动势都是BLv0，由闭合电路欧姆定律可得，t1时刻a金属棒中的感应电流I＝2BLv0R+2R＝2BLv03R，受到的安培力F＝BIL＝2B2L2v03R，由牛顿第二定律F＝ma可得，t1时刻a棒的加速度大小为a＝2B2L2v03mR，选项A正确；由于金属棒a、b串联构成回路，所以在t1～t2时间内，通过a棒横截面的电荷量与b棒的相同，选项C错误；由于金属棒a、b电阻分别为R和2R，金属棒a、b串联构成回路，二者电流相等，由焦耳定律可知金属棒a、b产生的焦耳热之比为1∶2，设t1～t2时间内，a棒产生的焦耳热为Q，则b棒产生的焦耳热为2Q，又两者材料相同，由电阻定律可知，金属棒a的横截面积为b的2倍，故体积为b的2倍，质量为b的2倍，即b的质量为0.5m，t＝t2时刻流经a棒的电流为0，且b棒仍位于磁场区域内，说明金属棒a、b具有共同速度，由动量守恒定律有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，选项B错误，D正确.
12.[双棒模型——有外力]如图所示，MN、PQ为水平放置的足够长平行光滑导轨，导轨间距L＝1m，导轨上放置两根垂直导轨的导体棒ab和cd，并与导轨接触良好，每根导体棒的质量均为m＝2kg，接入导轨间的部分电阻R＝2Ω，整个装置处于垂直于导轨平面向下的匀强磁场中，磁感应强度大小B＝2T，现对导体棒ab施加向右的F＝10N的水平恒力，经过一段时间两导体棒达到恒定的速度差，若某时刻导体棒ab的速度为10m/s，且两导体棒距离d＝2m，此时撤去外力，最终两导体棒达到稳定状态，导轨电阻不计，试求：
（1）两导体棒达到恒定的速度差时，其加速度大小；
（2）撤去外力后回路中产生的热量；
（3）最终达到稳定状态时两导体棒间的距离.
答案 （1）2.5m/s2 （2）12.5J （3）7m
解析 （1）对两导体棒的运动状态进行分析，导体棒ab做加速度减小、速度增大的变加速运动，导体棒cd做加速度增大、速度增大的变加速运动，最终两导体棒达到相同加速度，有恒定的速度差.
由牛顿第二定律可知，对导体棒ab有F－F安＝ma
对导体棒cd有F安＝ma
联立解得a＝F2m＝2.5m/s2.
（2）当导体棒ab的速度v1＝10m/s时，设此时导体棒cd的速度为v2，对导体棒cd由牛顿第二定律有
BBL（v1－v2）2RL＝ma
得v2＝5m/s
撤去外力后，两导体棒在安培力作用下最终达到共同速度v，由动量守恒定律可知mv1＋mv2＝2mv
得v＝7.5m/s
此过程回路产生的热量Q＝12mv12＋12mv22－12×2mv2
得Q＝12.5J.
（3）设达到稳定状态时两导体棒间的距离为x，对导体棒ab，由动量定理有－BILt＝m（v－v1）
此过程中通过回路的电荷量q＝It＝BL（x－d）2R
联立解得x＝7m.
方法点拨
1.[电磁感应中的动力学＋能量＋动量/2023北京]如图所示，光滑水平面上的正方形导线框，以某一初速度进入竖直向下的匀强磁场并最终完全穿出.线框的边长小于磁场宽度.下列说法正确的是（ D ）
A.线框进磁场的过程中电流方向为顺时针方向
B.线框出磁场的过程中做匀减速直线运动
C.线框在进和出的两过程中产生的焦耳热相等
D.线框在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量相等
解析
线框进入磁场→线框右侧切割磁感线电流方向为逆时针方向，A错
线框进、出磁场的过程中，F安为阻力→v↓→F安↓→线框进、出磁场的过程均为加速度减小的减速运动，B错
线框进、出磁场的两过程中ΔΦ相同，q相同，D对
安培力的冲量I安＝BIl·ΔtI安＝Blq
线框进入磁场瞬间速度为v1，完全进入磁场速度为v2动量定理：－Blq＝mv2－mv1＝m（v2－v1）能量守恒定律：Q1＝12mv12－12mv22＝12m（v1＋v2)(v1－v2）
线框离开磁场瞬间速度为v3动量定理：－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，则Q1＞Q2，C错
一题多解 由楞次定律可知线框进磁场的过程中电流方向为逆时针方向，出磁场的过程中电流方向为顺时针方向，A错；对线框进行受力分析，线框在进、出磁场时会受到安培力的作用，安培力均为阻力，线框全部在磁场中时不受安培力的作用，故线框在进、出磁场的过程中会做减速运动，全部在磁场的过程中做匀速运动，又F安＝BIl，I＝ER总，E＝Blv，则F安＝B2l2vR总，故线框进、出磁场的过程中所受安培力在减小，做加速度减小的减速运动，B错；Q＝F—安·l＝B2l3v—R总，且结合B项的分析可知v—进＞v—出，故线框在进磁场的过程中产生的热量大于在出磁场的过程中产生的热量，C错；结合公式q＝I—Δt、I—＝E—R总、E—＝Blv—可得q＝Blv—ΔtR总，又线框进、出磁场过程中的位移v—Δt均为线框边长l，故线框进、出磁场过程中通过导线横截面的电荷量相等，D对.
2.[电磁感应中的动力学＋图像理解＋能量/2023上海]如图（a），单匝矩形线框cdef位于倾角θ＝30°的斜面上，斜面上有一长度为D的匀强磁场区域，磁场方向垂直于斜面向上，磁感应强度大小为B＝0.5T，已知线框边长cd＝D＝0.4m，质量m＝0.1kg，总电阻R＝0.25Ω.现对线框施加一沿斜面向上的恒力F使之向上运动，运动一段时间后，撤去外力F.线框与斜面间的动摩擦因数μ＝33，线框速度随时间变化的图像如图（b）所示.求：（重力加速度g取9.8m/s2）
图（a） 图（b）
（1）外力F的大小；
（2）cf的长度L；
（3）回路产生的焦耳热Q.
答案 （1）F＝1.48N （2）L＝0.5m （3）Q＝0.4J
解析 （1）由题图（b）可知，在0～0.4s的时间内，线框做匀加速直线运动，进入磁场时的速度v1＝2.0m/s
结合题图（b）可知线框进入磁场前的加速度大小
a＝v1－0Δt＝2.0－00.4m/s2＝5m/s2
进入磁场前，对线框由牛顿第二定律得
F－mgsinθ－Ff＝ma
又Ff＝μFN，FN＝mgcsθ
代入数据得F＝1.48N
（2）由题图（b）可知，线框以恒定的速度v1穿过匀强磁场，该过程中线框中产生的感应电动势E＝BLv1
线框中产生的感应电流I＝ER
线框受到的安培力FA＝BIL
由平衡条件得F＝FA＋mgsinθ＋μmgcsθ
联立解得L＝0.5m
（3）经分析可知，线框ed边离开磁场时，外力F被撤去，因为μ＝tanθ＝33，所以线框离开磁场运动到最高点，即速度减为零后不会沿斜面向下滑动
设线框穿过磁场所用的时间为t，则有
t＝2Dv1＝2×＝0.4s
线框中的感应电流为
I＝BLv1R＝0.5×0.5×＝2A
根据焦耳定律可得
Q＝I2Rt＝22×0.25×0.4J＝0.4J.
3.[电磁感应中的能量＋动量/2023全国甲]如图，水平桌面上固定一光滑U形金属导轨，其平行部分的间距为l，导轨的最右端与桌子右边缘对齐，导轨的电阻忽略不计.导轨所在区域有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B.一质量为m、电阻为R、长度也为l的金属棒P静止在导轨上.导轨上质量为3m的绝缘棒Q位于P的左侧，以大小为v0的速度向P运动并与P发生弹性碰撞，碰撞时间极短.碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点.P在导轨上运动时，两端与导轨接触良好，P与Q始终平行.不计空气阻力.求
（1）金属棒P滑出导轨时的速度大小；
（2）金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量；
（3）与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间.
答案 （1）12v0 （2）mv02 （3）2mRB2l2
解析 （1）Q与P发生弹性碰撞，由动量守恒定律有
3mv0＝mvP＋3mvQ
由机械能守恒定律有
12×3mv02＝12mvP2＋12×3mvQ2
联立解得vQ＝12v0，vP＝32v0
根据题述，P、Q落到地面上同一地点，结合平抛运动规律可知，金属棒P滑出导轨时的速度大小为
v'P＝vQ＝12v0
（2）由能量守恒定律可得，金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量为
Q＝12mvP2－12mv'P2＝mv02
（3）P在导轨上做变速运动，设速度大小为v时金属棒中产生的感应电动势大小为e，电流大小为i，在Δt时间内速度变化Δv，则由法拉第电磁感应定律有e＝Blv
由闭合电路欧姆定律有i＝eR
金属棒P所受的安培力F＝Bil＝B2l2vR
由动量定理有－FΔt＝mΔv
即－B2l2vRΔt＝mΔv
方程两侧求和得∑－B2l2vRΔt＝∑mΔv
即－B2l2R∑vΔt＝m∑Δv
注意到∑vΔt＝x，∑Δv＝v'P－vP＝－v0
联立解得x＝mv0RB2l2
对绝缘棒Q有x＝vQt
解得与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间为
t＝2mRB2l2.
4.[电磁感应中的双棒模型＋动量定理/2023湖南]如图，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为L，两导轨及其所构成的平面均与水平面成θ角，整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B.现将质量均为m的金属棒a、b垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为R.运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终未滑出导轨，导轨电阻忽略不计，重力加速度为g.
（1）先保持棒b静止，将棒a由静止释放，求棒a匀速运动时的速度大小v0；
（2）在（1）问中，当棒a匀速运动时，再将棒b由静止释放，求释放瞬间棒b的加速度大小a0；
（3）在（2）问中，从棒b释放瞬间开始计时，经过时间t0，两棒恰好达到相同的速度v，求速度v的大小，以及
时间t0内棒a相对于棒b运动的距离Δx.
答案 （1）v0＝2mgRsinθB2L2 （2）a0＝2gsinθ （3）v＝gt0sinθ＋mgRsinθB2L2 Δx＝2m2gR2sinθB4L4
解析 （1）棒a匀速运动时，对棒a受力分析，由平衡条件有
mgsinθ＝BI1L
由法拉第电磁感应定律有E1＝BLv0
由闭合电路欧姆定律有I1＝E12R
联立解得v0＝2mgRsinθB2L2
（2）当棒a匀速运动时，由静止释放棒b，分析可知，棒b受到沿导轨向下的安培力，则释放棒b的瞬间，对棒b，由牛顿第二定律有
mgsinθ＋BI1L＝ma0
又BI1L＝mgsinθ
解得a0＝2gsinθ
（3）释放棒b后，由于棒b中产生的感应电动势对于回路来说，与棒a中产生的感应电动势方向相反，所以两棒所受安培力均减小，对棒a，由动量定理有
（mgsinθ－BIL）t0＝mv－mv0
对棒b，由动量定理有
（mgsinθ＋BIL）t0＝mv
联立解得v＝gt0sinθ＋mgRsinθB2L2
设棒a速度为vi时产生的感应电动势为Ei，则Ei＝BLvi
同理设棒b速度为vj时产生的感应电动势为Ej，则
Ej＝BLvj
棒中电流为I＝Ei－Ej2R＝BL（vi－vj）2R
两棒所受安培力的大小均为F＝BIL＝B2L2（vi－vj）2R
对棒b，由动量定理有[mgsinθ＋B2L2（vi－vj）2R]Δt＝mΔv
对方程两侧求和，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.[电磁感应中的动力学＋能量/2023浙江6月]某兴趣小组设计了一种火箭落停装置，简化原理如图所示，它由两根竖直导轨、承载火箭装置（简化为与火箭绝缘的导电杆MN）和装置A组成，并形成闭合回路.装置A能自动调节其输出电压确保回路电流I恒定，方向如图所示.导轨长度远大于导轨间距，不论导电杆运动到什么位置，电流I在导电杆以上空间产生的磁场近似为零；在导电杆所在处产生的磁场近似为匀强磁场，大小B1＝kI（其中k为常量），方向垂直导轨平面向里；在导电杆以下的两导轨间产生的磁场近似为匀强磁场，大小B2＝2kI，方向与B1相同.火箭无动力下降到导轨顶端时与导电杆粘接，以速度v0进入导轨，到达绝缘停靠平台时速度恰好为零，完成火箭落停.已知火箭与导电杆的总质量为M，导轨间距d＝3MgkI2，导电杆电阻为R.导电杆与导轨保持良好接触滑行，不计空气阻力和摩擦力，不计导轨电阻和装置A的内阻.在火箭落停过程中，
（1）求导电杆所受安培力的大小F和运动的距离L；
（2）求回路感应电动势E与运动时间t的关系；
（3）求装置A输出电压U与运动时间t的关系和输出的能量W；
（4）若R的阻值视为0，装置A用于回收能量，给出装置A可回收能量的来源和大小.
答案 （1）F＝3Mg L＝v024g （2）E＝－12Mg2It＋6Mgv0I（t≤v02g） （3）U＝12Mg2It－6Mgv0I＋IR（t≤v02g） W＝－32Mv02＋I2Rv02g （4）来源为导电杆和火箭机械能的减少 34Mv02
解析 （1）导电杆所受的安培力大小F＝B1Id
又B1＝kI，d＝3MgkI2
解得F＝3Mg
火箭落停过程中，由牛顿第二定律得F－Mg＝Ma
解得a＝2g
由运动学公式可得，火箭运动的距离L＝v022a
解得L＝v024g
（2）导电杆向下运动的速度为v＝v0－at＝v0－2gt（t≤v02g）
则回路中的感应电动势为E＝B2dv
又B2＝2kI
整理得E＝－12Mg2It＋6Mgv0I（t≤v02g）
（3）由于电路中的电流恒为I，导电杆下滑过程中的总电动势为
E总＝U＋E
且有I＝E总R
整理得U＝12Mg2It－6Mgv0I＋IR（t≤v02g）
装置A输出的功率为P＝UI＝12Mg2t－6Mgv0＋I2R（t≤v02g）
初始时刻，t＝0，P始＝－6Mgv0＋I2R
到达停靠平台时，t＝v02g，P末＝I2R
由P－t关系可知，P＝P始＋P末2＝－3Mgv0＋I2R
则在火箭落停过程中，装置A输出的能量为
W＝P·v02g＝－32Mv02＋I2Rv02g
（4）可回收能量的来源为导电杆和火箭机械能的减少
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.如图所示，在一匀强磁场中有一U形导线框abcd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R为一电阻，ef为垂直于ab的一根导体杆，它可在ab、cd上无摩擦地滑动.已知运动过程中杆ef始终与线框垂直且接触良好，杆ef及线框中导线的电阻不计，开始时，给ef一个向右的初速度，则（ A ）
A.ef将减速向右运动，但不是匀减速
B.ef将匀减速向右运动，最后停止
C.ef将匀速向右运动
D.ef将往返运动
解析 ef向右运动，切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，会受到向左的安培力而做减速运动，直到停止，但不是匀减速，由F＝BIL＝B2L2vR＝ma知，ef做的是加
速度减小的减速运动，最终停止运动，故A正确，B、C、D错误.
2.[线框＋非匀强磁场/2024江西九校联考/多选]如图所示，有一足够大的光滑水平面上存在非匀强磁场，其磁场分布沿x轴正方向均匀增大，沿y轴方向是不变的，磁场方向垂直纸面向外.现有一闭合的矩形金属线框，质量为m，以速度大小为v0、方向沿其对角线且与x轴成30°角开始向右运动，以下关于线框的说法正确的是（ BD ）
A.线框一直做曲线运动
B.最初阶段线框中感应电流的方向沿顺时针方向
C.线框中感应电流大小保持不变
D.线框运动中产生的内能为38mv02
解析 由楞次定律可判断，最初阶段线框中感应电流的方向为顺时针方向，B正确；线框上、下边受到的安培力等大反向，线框左边受到的向右的安培力小于线框右边受到的向左的安培力，故线框整体受到的安培力方向水平向左，线框做减速运动，速度减小，回路中的感应电动势减小，感应电流减小，C错误；当线框水平向右的分速度减为零时，回路中
【点拨】感应电动势E=（B右-B左）lv，（B右-B左）和l恒定，所以E随v的减小而减小
的磁通量不再发生变化，感应电流为零，线框不再受安培力，沿y轴正方向做匀速直线运动，A错误；线框最终稳定时的速度大小v末＝v0 sin 30°＝12v0，从线框开始运动到稳定的过程中，由能量守恒定律有12mv02＝Q＋12mv末2，联立解得Q＝38mv02，D正确.
3.[多选]如图所示，一质量为2m的足够长U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，bc边长为L，不计金属框电阻.一长为L的导体棒MN置于金属框上，导体棒的阻值为R、质量为m.装置处于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中.现给金属框水平向右的初速度v0，在整个运动过程中MN始终与金属框保持良好接触且垂直，则（ AC ）
A.刚开始运动时产生的感应电流方向为M→N→c→b→M
B.导体棒的最大速度为v02
C.通过导体棒的电荷量为2mv03BL
D.导体棒产生的焦耳热为56mv02
解析 金属框开始获得向右的初速度v0，根据右手定则可知电流方向为M→N→c→b→M，故A正确；以整体为研究对象，由于整体水平方向所受合力为零，所以整体水平方向动量守恒，最后二者速度相等，取初速度方向为正方向，根据动量守恒定律有2mv0＝3mv，可得v＝23v0，故B错误；对导体棒根据动量定理可得BILΔt＝mv－0，其中IΔt＝q，可得通过导体棒的电荷量为q＝2mv03BL，故C正确；导体棒产生的焦耳热为Q＝12×2mv02－12×3mv2＝13mv02，故D错误.
4.[连接体＋匀强磁场/2023江西抚州乐安二中校考]如图所示，质量为3m的重物与一质量为m的导线框用一根绝缘细线连接起来，挂在两个高度相同的定滑轮上，已知导线框电阻为R，横边边长为L.有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，磁场上、下边界的距离、导线框竖直边长均为h.初始时刻，磁场的下边缘和导线框上边缘的高度差为2h，将重物从静止开始释放，导线框加速进入磁场，穿出磁场前已经做匀速直线运动，滑轮质量、摩擦阻力均不计，重力加速度为g.则下列说法正确的是（ B ）
A.导线框进入磁场时的速度为gh
B.导线框进入磁场后，若某一时刻的速度为v，则加速度为a＝12g－B2L2v4mR
C.导线框穿出磁场时的速度为mgRB2L2
D.导线框通过磁场的过程中产生的热量Q＝5mgh－8m3g2R2B4L4
解析 线框进入磁场前，根据重物与线框组成的系统机械能守恒得(3mg－mg)·2h＝12(3m＋m)v12，解得线框进入磁场时的速度v1＝2gh，故A错误.线框进入磁场后，若某一时刻的速度为v，对整体，根据牛顿第二定律得3mg－mg－B2L2vR＝(3m＋m)a，解得a＝12g－B2L2v4mR，故B正确.线框穿出磁场时，根据平衡条件得3mg－mg＝F安，而F安＝B2L2v22R，解得线框穿出磁场时的速度为v2＝2mgRB2L2，故C错误.设线框通过磁场的过程中产生的热量为Q. 对从静止到刚通过磁场的过程，根据能量守恒定律得Q＝(3mg－mg)·4h－12(3m＋m)v22，将v2＝2mgRB2L2代入得Q＝8mgh－8m3g2R2B4L4，故D错误.
5.[2024山东青岛调研/多选]如图，两平行金属导轨ABC和A'B'C'的间距为0.5m，其中AB、A'B'段光滑，长度为1.2m、与水平方向的夹角为30°，BC、B'C'段水平.空间中存在方向分别与两导轨平面垂直的磁场，磁感应强度大小均为2T.现将导体棒b放置于水平导轨某处，导体棒a自最高端AA'由静止释放，当a棒开始匀速运动时，b棒刚好能保持静止.a棒到达BB'后再经过0.36s恰好不与b棒发生碰撞.已知导体棒a、b的质量均为0.1kg，接入电路中的电阻分别为4Ω和1Ω，两导体棒与水平导轨的动摩擦因数相同，运动过程中导体棒始终与导轨接触良好且垂直，导轨电阻不计，重力加速度g＝10m/s2.下列说法正确的是（ BC ）
A.a棒匀速运动时的速度大小为2m/s
B.棒与水平导轨间的动摩擦因数为0.5
C.b棒初始位置与BB'相距0.35m
D.a棒下滑过程中，系统损失的机械能为0.4J
解析 a棒匀速运动时，由平衡条件有mg sin 30°＝BIL，又I＝ERa＋Rb，E＝BLv，联立并代入数据解得v＝2.5 m/s，A错误；经分析可知，b棒所受的安培力大小与a棒的相等，又a棒匀速运动时，b棒恰能保持静止，对b棒由平衡条件有BIL＝μmg，解得μ＝0.5，B正确；对a棒从BB'运动到b棒位置的过程中，根据动量定理有－BILt－μmgt＝0－mv，又It＝q＝ΔΦRa＋Rb＝BLxRa＋Rb，联立解得x＝0.35 m，C正确；a棒下滑过程中，系统损失的机械能ΔE＝mgs sin 30°－12mv2，代入数据解得ΔE＝0.287 5 J，D错误.
6.如图甲所示，相距L＝1m的两根足够长的光滑平行金属导轨倾斜放置，与水平面夹角θ＝37°，导轨电阻不计，质量m＝1kg、接入电路电阻为r＝0.5Ω的导体棒ab垂直于导轨放置，导轨的PM两端接在外电路上，定值电阻阻值R＝1.5Ω，电容器的电容C＝0.5F，电容器的耐压值足够大，导轨所在平面内有垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场.在开关S1闭合、S2断开的状态下将导体棒ab由静止释放，导体棒的v－t图像如图乙所示，运动过程中导体棒始终与导轨接触良好且垂直，sin37°＝0.6，取重力加速度g＝10m/s2.
（1）求磁场的磁感应强度大小B；
（2）在开关S1闭合、S2断开的状态下，当导体棒下滑的距离x＝5m时，定值电阻产生的焦耳热为21J，此时导体棒的速度与加速度分别是多大？
（3）现在开关S1断开、S2闭合的状态下，由静止释放导体棒，求经过t＝2s时导体棒的速度大小.
答案 （1）2T （2）2m/s 2m/s2 （3）4m/s
解析 （1）由题图乙可知，导体棒的最大速度vm＝3m/s
对应的感应电动势E＝BLvm
感应电流I＝ER＋r
当速度达到最大时，导体棒做匀速运动，导体棒受力平衡，有
BIL＝mgsinθ
解得B＝mg（R＋r）sinθL2vm＝2T
（2）导体棒和定值电阻串联，由公式Q＝I2Rt可知Qab∶QR＝1∶3，则导体棒ab产生的焦耳热Qab＝13×21J＝7J，导体棒下滑x＝5m的距离，导体棒减少的重力势能转化为动能和回路中的焦耳热，由能量守恒定律有mgxsinθ＝12mv12＋Qab＋QR
得导体棒的速度v1＝2m/s
此时感应电动势E1＝BLv1
感应电流I1＝E1R＋r
对导体棒有mgsinθ－BI1L＝ma1
解得加速度a1＝2m/s2
（3）开关S1断开、S2闭合时，任意时刻对导体棒，根据牛顿第二定律有mgsinθ－BI2L＝ma2
感应电流I2＝ΔqΔt，Δq＝CΔU
Δt时间内，有ΔU＝ΔE＝BLΔv，a2＝ΔvΔt
解得a2＝2m/s2
表明导体棒下滑过程中加速度不变，导体棒做匀加速直线运动，t＝2s时导体棒的速度大小v2＝a2t＝4m/s.
7.[高新科技/2023四川南充高级中学校考/多选]电磁减震器是利用电磁感应原理制成的一种新型智能化汽车独立悬架系统.某同学也设计了一个电磁减震器，如图所示为其简化的原理图.该减震器由绝缘滑动杆及固定在杆上的多个相互紧靠的相同矩形线圈组成，滑动杆及线圈的总质量m＝1.0kg.每个矩形线圈abcd匝数n＝100匝，电阻R＝1.0Ω，ab边长L＝20cm，bc边长d＝10cm，该减震器在光滑水平面上以初速度v0＝5m/s向右进入磁感应强度大小B＝0.1T、方向竖直向下的匀强磁场中，磁场范围足够大，不考虑线圈个数变化对减震器总质量的影响.则（ BD ）
A.刚进入磁场时减震器的加速度大小a＝0.2m/s2
B.第二个线圈恰好完全进入磁场时，减震器的速度大小为4.2m/s
C.滑动杆上至少需安装12个线圈才能使减震器完全停下来
D.进入磁场的第一个线圈和最后一个线圈产生的热量比k＝96
解析 线圈在磁场中受到安培力的作用而做减速运动.由安培力公式可得F安＝
nBIL，其中I＝ER＝nBLvR，联立可得F安＝nBL·nBLvR＝n2B2L2vR，线圈刚进入磁场时速度v
＝v0，L＝20 cm＝0.2 m，代入数据可解得F安＝20 N，根据牛顿第二定律可得加速度
大小为a＝F安m＝201 m/s2＝20 m/s2，故A错误；设向右为正方向，对减震器进行分析，
当第二个线圈恰好完全进入磁场时设所用时间为t，此时减震器的速度大小为v2，则
由动量定理可得－nBLIt＝mv2－mv0，其中It＝nBLvRt＝nBLR·2d，(d＝10 cm＝0.1 m)代
入数据可得v2＝4.2 m/s，故B正确；由以上分析可知，每一个线圈进入磁场的过程，安培力的冲量大小均相等，且为n2B2L2R·d，由动量定理可知每一个线圈进入磁场的过程，减震器的速度减小量均相等.由B选项的结果可知，进入两个线圈后，减震器的速度减小量为5 m/s－4.2 m/s＝0.8 m/s，可得每一个线圈进入磁场后，减震器的速度减小量均为Δv＝0.82 m/s＝0.4 m/s，则要使减震器的速度减为零需要的线圈个数为N＝50.4＝12.5，可知需要13个线圈，故C错误；只有进入磁场的线圈才能产生热量，根据能量守恒定律可知，线圈上产生的热量在数值上等于减震器动能的减少量.第一个线圈恰好完全进入磁场时的速度为v1＝v0－Δv＝5 m/s－0.4 m/s＝4.6 m/s，最后一个线圈刚进入磁场时的速度为v13＝v0－12Δv＝5 m/s－12×0.4 m/s＝0.2 m/s，则有k＝12mv02-12mv1212mv132，解得k＝96，故D正确.
8.[多选]如图所示，水平金属导轨P、Q间距为L，M、N间距为2L，P与M相连，Q与N相连，金属棒a垂直于P、Q放置，金属棒b垂直于M、N放置，整个装置处在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中.现给棒a一大小为v0、水平向右的初速度，假设导轨都足够长，两棒质量均为m，在棒a的速度由v0减小到0.8v0的过程中，两棒始终与导轨接触良好且垂直.以下说法正确的是（ BC ）
A.俯视时感应电流方向为顺时针方向
B.棒b的最大速度为0.4v0
C.回路中产生的焦耳热为0.1mv02
D.通过回路中某一截面的电荷量为2mv05BL
解析 棒a向右运动，回路面积减小，根据楞次定律可知，俯视时感应电流方向为逆时针方向，A错误；在棒a的速度由v0减小到0.8v0的过程中，棒a减速，棒b加速，对棒a，由动量定理可得BI·Lt＝BqL＝mv0－0.8mv0，对棒b，由动量定理可得BI·2Lt＝mv，联立可得v＝0.4v0，q＝mv05BL，B正确，D错误；根据能量守恒定律可得回路中产生的焦耳热为Q＝12mv02－[12m(0.8v0)2＋12m(0.4v0)2]＝0.1mv02，C正确.
9.[2023新课标]一边长为L、质量为m的正方形金属细框，每边电阻为R0，置于光滑的绝缘水平桌面（纸面）上.宽度为2L的区域内存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两虚线为磁场边界，如图（a）所示.
（1）使金属框以一定的初速度向右运动，进入磁场.运动过程中金属框的左、右边框始终与磁场边界平行，金属框完全穿过磁场区域后，速度大小降为它初速度的一半，求金属框的初速度大小.
（2）在桌面上固定两条光滑长直金属导轨，导轨与磁场边界垂直，左端连接电阻R1＝2R0，导轨电阻可忽略，金属框置于导轨上，如图（b）所示.让金属框以与（1）中相同的初速度向右运动，进入磁场.运动过程中金属框的上、下边框处处与导轨始终接触良好.求在金属框整个运动过程中，电阻R1产生的热量.
答案 （1）B2L3mR0 （2）3B4L625mR02
解析 （1）设金属框的初速度大小为v0，则金属框完全穿过磁场的过程，由动量定理有
－BI1Lt1－BI2Lt2＝mv02－mv0
通过金属框的电流I＝E4R0
根据法拉第电磁感应定律有E＝BL2t
故有I1t1＝I2t2＝BL24R0
联立解得v0＝B2L3mR0
（2）金属框进入磁场的过程，由动量定理有
－BI'Lt'＝mv1－mv0
闭合电路的总电阻R总＝R0＋11R1＋1R0＝53R0
通过金属框的电流I'＝E'R总
根据法拉第电磁感应定律有E'＝BL2t'
解得v1＝2B2L35mR0
金属框完全在磁场中时继续做加速度逐渐减小的减速运动，金属框的右边框和
左边框为电源，两电源并联给外电路供电，假设金属框的右边框没有出磁场右
边界，则有
－BI-″Lt″＝0－mv1
通过金属框的电流I″＝E″R1＋R02
根据法拉第电磁感应定律有E″＝BLxt″
解得x＝L
故假设成立，金属框的右边框恰好停在磁场右边界处
对金属框进入磁场过程分析，由能量守恒定律有
Q总＝12mv02－12mv12
电阻R1产生的热量为Q1＝23R0R总·R0R1＋R0Q总
金属框完全在磁场中运动过程，有
Q'总＝12mv12－0
电阻R1产生的热量为Q'1＝R1R1＋R02Q'总
电阻R1产生的总热量为Q1总＝Q1＋Q'1
解得Q1总＝3B4L625mR02
10.[电磁缓冲装置/2023湖南岳阳统考/多选]小红在查阅资料时看到了嫦娥五号的月球着落装置设计，她也利用所学知识设计了一个地球着落回收的电磁缓冲装置，其工作原理是利用电磁阻尼作用减缓返回舱和地面间的冲击力.如图甲所示，在返回舱的底盘安装有均匀对称的4台电磁缓冲装置，电磁缓冲结构示意图如图乙所示.在缓冲装置的底板上，沿竖直方向固定着两个光滑绝缘导轨PQ、MN.导轨内侧，安装电磁铁（图中未画出），能产生垂直于导轨平面的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B.导轨内的缓冲滑块K由高强度绝缘材料制成，滑块K上绕有闭合矩形线圈abcd，线圈的总电阻为R，匝数为n，ab边长为L.假设整个返回舱以速度v0与地面碰撞后，滑块K立即停下，此后在线圈与导轨的磁场作用下使舱体减速，从而实现缓冲.返回舱质量为m，地球表面的重力加速度为g，一切摩擦阻力不计，缓冲装置质量忽略不计.则以下说法正确的是（ AD ）
图甲 图乙
A.滑块K的线圈中最大感应电流的大小Imax＝nBLv0R
B.若缓冲装置向下移动距离H后速度减为v，则此过程中每个缓冲线圈abcd中通过的电荷量均为q＝BLHR
C.若缓冲装置向下移动距离H后速度减为v，则此过程中每个缓冲线圈abcd中产生的焦耳热均为Q＝14（mgH＋12mv2－12mv02）
D.若要使缓冲滑块K和返回舱不相碰，且缓冲时间为t，则缓冲装置中的光滑导轨PQ和MN长度至少为d＝（mgt＋mv0）R4n2B2L2
解析 滑块刚接触地面时感应电动势最大为Emax＝nBLv0，根据闭合电路的欧姆定律可得滑块K的线圈中最大感应电流的大小Imax＝EmaxR＝nBLv0R，故A正确.由q＝IΔt，I＝ER，E＝nΔΦΔt，ΔΦ＝BΔS＝BHL，可得若缓冲装置向下移动距离H后速度减为v，则此过程中每个缓冲线圈abcd中通过的电荷量均为q＝nBLHR，故B错误；因为有4台减速装置，利用动量定理得4n2B2L2vRt－mgt＝mv0，其中由运动学公式有vt＝d，解得缓冲装置中的光滑导轨PQ和MN长度至少为d＝(mgt＋mv0)R4n2B2L2，故D正确；设每个缓冲线圈产生的焦耳热均为Q，由能量守恒定律得mgH－4Q＝12mv2－12mv02，整理解得Q＝14(mgH＋12mv02－12mv2)，故C错误.核心考点
五年考情
命题分析预测
电磁感应中的动力学问题
2023：北京T18，浙江6月T19；
2022：海南T18，浙江6月T21；
2021：全国甲T21，湖北T16
高考中常通过导体棒＋导轨、导体框等模型考查电磁感应中力与运动、功与能、动量等力电综合问题，选择题和计算题都有考查，近年主要为计算题形式，试题综合性较强，难度较大.预计2025年高考可能会出现导体棒的受力及运动分析、电磁感应与动量定理和动量守恒定律相结合的综合性试题.
电磁感应中的能量问题
2023：北京T9，上海T19；
2022：全国乙T24；
2021：北京T7；
2019：北京T22
电磁感应中的动量问题
2023：全国甲T25，湖南T14；
2022：辽宁T15；
2019：全国ⅢT19
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
根据牛顿第二定律结合运动学公式进行分析
物理模型
水平拉力F恒定，金属棒和水平导轨的电阻不计，摩擦力不计
动态分析
设运动过程中某时刻棒的速度为v，加速度为a＝Fm－B2L2vmR，a、v同向，随v的增大，a减小，当a＝0时，v最大，I恒定
最终状态
运动形式
匀速直线运动
力学特征
a＝0，v最大，vm＝FRB2L2
电学特征
I＝BLvmR恒定
做功情况
能量变化
重力做功
重力势能发生变化
弹簧弹力做功
弹性势能发生变化
合外力做功
动能发生变化
做功情况
能量变化
除重力和系统内弹力以外的其他力做功
机械能发生变化
滑动摩擦力做功
有内能产生
静电力做功
电势能发生变化
安培力做正功
电能转化为其他形式的能
克服安培力做功（动生型电磁感应）
其他形式的能转化为电能，并且克服安培力做多少功，就产生多少电能
情境示例1
水平放置的平行光滑导轨，间距为L，左侧接有电阻R，导体棒初速度为v0，质量为m，电阻不计，匀强磁场的磁感应强度为B，导轨足够长且电阻不计，从开始运动至停下来
求电荷量q
－BILΔt＝0－mv0，q＝IΔt，联立解得q＝mv0BL
求位移x
－B2L2vRΔt＝0－mv0，x＝vΔt＝mv0RB2L2
应用技巧
初、末速度已知的变加速运动，在用动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
间距为L的光滑平行导轨倾斜放置，倾角为θ，由静止释放质量为m、接入电路的阻值为R的导体棒，当通过横截面的电荷量为q或下滑位移为x时，速度达到v
求运动时间
－BILΔt＋mgsinθ·Δt＝mv－0，q＝IΔt，－B2L2vRΔt＋mgsinθ·Δt＝mv－0，x＝vΔt
应用技巧
用动量定理求时间需有其他恒力参与.若已知运动时间，也可求q、x、v中的任一个物理量
基本模型
（导体棒电阻为R，电容器电容为C，导轨光滑且电阻不计）
电路特点
导体棒相当于电源，电容器充电
电流特点
安培力为阻力，导体棒减速，E减小，有I＝BLv－UCR，电容器充电UC变大，当BLv＝UC时，I＝0，F安＝0，导体棒匀速运动
运动特点和
最终特征
导体棒做加速度a减小的减速运动，最终做匀速运动，此时I＝0，但电容器带电荷量不为零
最终速度
电容器充电电荷量：q＝CUC
最终电容器两端电压：UC＝BLv
对棒应用动量定理：mv－mv0＝－BIL·Δt＝－BLq，v＝mv0m＋CB2L2
v－t图像
基本模型
（电源电动势为E，内阻不计，电容器电容为C，导轨光滑且电阻不计）
电路特点
电容器放电，相当于电源；导体棒受安培力而运动
电流特点
电容器放电时，导体棒在安培力作用下开始运动，同时阻碍放电，导致电流减小，直至电流为零，此时UC＝BLvm
运动特点和
最终特征
导体棒做加速度a减小的加速运动，最终做匀速运动，此时I＝0
最大速度vm
电容器充电电荷量：Q0＝CE
放电结束时电荷量：Q＝CUC＝CBLvm
电容器放电电荷量：ΔQ＝Q0－Q＝CE－CBLvm
对棒应用动量定理：mvm－0＝BIL·Δt＝BLΔQ，vm＝BLCEm＋CB2L2
v－t图像
双棒无外力
双棒有外力
示意图
F为恒力
动力学观点
导体棒1受安培力的作用做加速度逐渐减小的减速运动，导体棒2受安培力的作用做加速度逐渐减小的加速运动，最终两棒以相同的速度做匀速直线运动
导体棒1做加速度逐渐减小的加速运动，导体棒2做加速度逐渐增大的加速运动，最终两棒以相同的加速度做匀加速直线运动
动量观点
系统动量守恒
系统动量不守恒
能量观点
棒1动能的减少量＝棒2动能的增加量＋焦耳热
力F做的功＝棒1的动能＋棒2的动能＋焦耳热