小题精练13 电磁感应中的感应电动势、电荷量、热量、单双棒问题-备考2025年高考物理题型突破讲练

小题精练习13 电磁感应中的感应电动势、电荷量、热量、单双棒问题-备考2025年高考物理题型突破讲练
一、求电荷量的三种方法
1．（2022·吴忠模拟）如图，一线圈匝数为n，横截面积为S，总电阻为r，处于一个均匀增强的磁场中，磁感应强度随时间的变化率为k（k>0且为常量），磁场方向水平向右且与线圈平面垂直，电容器的电容为C，两个电阻的阻值分别为r和2r。下列说法正确的是（　　）
A．电容器下极板带正电 B．此线圈的热功率为
C．电容器所带电荷量为 D．电容器所带电荷量为
2．（2023高二下·青原期末）如图所示，两光滑平行金属导轨间距为L，直导线MN垂直跨在导轨上，且与导轨接触良好，整个装置处在垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为B。电容器的电容为C，除电阻R外，导轨和导线的电阻均不计。现给导线MN一初速度，使导线MN向右运动，当电路稳定后，MN以速度v向右做匀速运动时（　　）
A．电容器两端的电压为零
B．电阻两端的电压为BLv
C．电容器所带电荷量为CBLv
D．为保持MN匀速运动，需对其施加的拉力大小为
3．（2024高二上·杭州期末） 如图所示，闭合导线框的质量可以忽略不计，将它从如图所示位置匀速向右拉出匀强磁场。若第一次用0.3s拉出，外力所做的功为W1，通过导线横截面的电荷量为q1；第二次用0.6s拉出，外力所做的功为W2，通过导线横截面的电荷量为q2，则（　　）
A．W1C．W1>W2，q1=q2 D．W1>W2，q1>q2
4．（2023高二下·永昌期末）如图所示，螺线管匝数n=1000匝，横截面积S=20cm2，螺线管导线电阻r=1Ω，电阻R=3Ω，管内磁场的磁感应强度B的B-t图象如图所示（以向右为正方向），下列说法错误的是（　　）
A．通过电阻R的电流方向是从C到A B．电阻R两端的电压为4V
C．感应电流的大小为1A D．0-2s内通过R的电荷量为2C
5．（2024高三上·历城模拟）在范围足够大、方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B＝0.2 T的匀强磁场中，有一水平放置的光滑金属框架，宽度L＝0.4 m，如图所示，框架上放置一质量为m＝0.05 kg、长度为L、电阻为r＝1 Ω的金属杆MN，且金属杆MN始终与金属框架接触良好，金属框架电阻不计，左侧a、b端连一阻值为R＝3 Ω的电阻，且b端接地．若金属杆MN在水平外力F的作用下以恒定的加速度a＝2 m/s2由静止开始做匀加速运动，则下列说法正确的是（　　）
A．在5 s内流过电阻R的电荷量为0.1 C
B．5 s末回路中的电流为0.8 A
C．5 s末a端处的电势为0.6 V
D．如果5 s末外力消失，最后金属杆将停止运动，5 s后电阻R产生的热量为2.5 J
二、求解焦耳热Q的三种方法
6．（2023高二上·大理期中） 如图所示，虚线下方有垂直纸面向里的足够大有界匀强磁场，虚线上方同一高度处有两个完全相同的正方形均匀金属线框1、2 ，线框1做自由落体运动，线框2做初速度为v0的平抛运动。线框1、2在运动过程中均无旋转。磁场的磁感应强度大小B，线框1恰匀速进入磁场。不计空气阻力，从开始运动到线框完全进入磁场的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．线框2减速进入磁场区域
B．线框1、2始终处于同一高度
C．线框1产生的焦耳热小于线圈2产生的焦耳热
D．通过线框1、 2导线横截面的电荷量相等
7．（2024高二下·简阳月考） 两根光滑的金属导轨，平行放置在倾角为的斜面上，导轨的左端接有电阻，导轨自身的电阻可忽略不计，斜面处在一匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上，质量为、电阻为的金属棒ab，在沿着斜面与棒垂直的恒力F作用下沿导轨匀速上滑，并上升高度，如图所示。在这过程中（　　）
A．作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于与电阻上产生的焦耳热之和
B．金属棒克服安培力做的功等于电阻和上产生的焦耳热之和
C．恒力F与重力的合力所做的功等于电阻上产生的焦耳热
D．作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于零
8．（2023高二下·济南开学考）两根平行光滑金属导轨固定放置在水平面上，导轨长，间距，电阻不计，俯视图如甲所示，导轨左端接有的电阻，在导轨左侧范围内存在竖直向上的匀强磁场，且磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示。在时刻，质量，电阻的导体棒ab以的初速度从导轨的最右侧开始向左运动。下列说法正确的是（　　）
A．流过导体棒ab的电流方向始终由a到b
B．前2s流过导体棒ab的电流为1A
C．全过程电阻R上产生的焦耳热为2.5J
D．全过程电阻R上产生的焦耳热为2.25J
9．（2024高二下·栖霞月考） 如图所示，正方形金属线框abcd从某高度自由下落进入B=1T的匀强磁场，从ab边刚进入磁场到cd边刚出磁场过程中，线框中的电流随时间的变化图像如图所示。已知线框边长l=0.2m，总电阻，cd边刚出磁场时的速度v=5.8m/s，重力加速度g=10m/s2。线框通过磁场过程中ab边始终与磁场边界平行。下列说法正确的是（　　）
A．磁场宽度h=1m
B．线框质量m=0.08kg
C．线框离开磁场过程中，通过线框的电荷量q=0.2C
D．线框穿过整个磁场过程中产生的焦耳热Q=0.2544J
10．（2024高二下·宜宾期末）如图所示，CD、EF是两条水平放置的、阻值可忽略的平行金属导轨，导轨间距为L，在水平导轨的左侧存在方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场区域的宽度为d，导轨的右端接有一阻值为R的电阻，左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接。将一阻值也为R、质量为m的导体棒从弯曲轨道上h高处由静止释放，导体棒最终恰好停在磁场的右边界处。已知导体棒与水平导轨接触良好，且动摩擦因数为μ。下列说法正确的是（　　）
A．通过电阻R的最大电流为
B．流过电阻R的电荷量为
C．整个电路中产生的焦耳热为mgd
D．电阻R中产生的焦耳热为
三、单杆模型
11．（2024高二下·成华期中）如图1所示，间距为L的两足够长平行光滑导轨处于竖直固定状态，导轨处在垂直导轨平面的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，导轨顶端连接阻值为R的定值电阻．质量为m、接入电路电阻也为R的金属杆垂直接触导轨，让金属杆由静止开始下落，同时给金属杆施加竖直方向的拉力，使金属杆运动的速度v与运动位移x的关系如图2所示，当金属杆运动距离时撤去外力，金属杆恰能匀速运动．已知重力加速度大小为g，金属杆在运动的过程中始终与导轨垂直且接触良好，则金属杆运动距离的过程中（　　）
图1 图2
A．金属杆做初速度为零的匀加速直线运动
B．金属杆克服安培力做的功为
C．金属杆受到的安培力的冲量大小为
D．通过定值电阻的电量为
12．（2024高三下·大祥模拟）如图所示，间距为L的水平光滑长导轨，左端接有一个电容器，电容为C（不会被击穿），在PQ虚线的左侧有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。质量为m的金属杆ab静置在导轨上，距离虚线PQ的距离是d，金属杆在水平向右恒力F的作用下，开始向右运动，不计导轨与金属杆的电阻，下列说法正确的是 （　　）
A．金属杆ab先做加速度不断减小的加速运动，最终匀速运动
B．金属杆ab的运动可能是先从加速到匀速再到加速
C．金属杆ab运动到达虚线PQ的时间
D．电容器能带的最多电量是
13．（2022高二上·魏县期末）如图，距地面h高处水平放置间距为L的两条光滑平行金属导轨，导轨左端接有电动势为E的电源，质量为m的金属杆静置于导轨上，与导轨垂直且接触良好，空间有竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场。现将开关S闭合，一段时间后金属杆从导轨右端水平飞出，测得其水平射程为d，下列说法正确的是（　　）
A．金属杆离开导轨前做匀变速直线运动
B．金属杆离开导轨前做非匀速直线运动
C．电源消耗的电能为
D．从闭合开关到金属杆要落地时，金属杆受到的冲量为m
14．（2024高二下·滕州期末）如图所示，MN和PQ是两根足够长、互相平行、倾斜放置的粗糙金属导轨，导轨间距为L，导轨与水平面的夹角为，质量为的金属杆与导轨间的动摩擦因数为。导轨上端通过导线和开关、分别与阻值为R的定值电阻和一开始不带电的电容器相连，整个装置处在垂直于导轨平面向上、磁感应强度为B的匀强磁场中。已知重力加速度为g，电容器的电容，导轨及金属杆的电阻不计，金属杆ab始终与导轨垂直且接触良好，不考虑电容器的充放电辐射电磁波的能量。
（1）若闭合，断开，让金属杆由静止释放，求电阻R上的最大电压
（2）若闭合，断开，让金属杆由静止释放到电阻R上的电压达到最大时金属杆运动的位移为，求此过程中产生的总热量；
（3）若断开，闭合，让金属杆由静止释放，当电容器带电量为q时，求金属杆运动的距离x。
15．（2024高三上·沈阳） 如图所示，金属杆ab的质量为m=1kg，电阻R=1Ω，长l=1m，放在磁感应强度B=1T的匀强磁场中，磁场方向与ab杆垂直，且与导轨平面夹角为θ=37°斜向上，ab恰能静止于水平导轨上。电源电动势E=3V，内阻r=0.5Ω，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，导轨的电阻不计，g=10m/s2，则下列说法正确的是（　　）
A．金属杆对导轨的压力
B．金属杆与导轨间的动摩擦因数
C．若把磁场的方向变为竖直向上，则闭合开关瞬间金属杆ab的加速度
D．若把磁场的方向变为水平向右，则金属杆受到的摩擦力
四、双杆模型
16．（2024高二下·浙江期中）如图所示，两平行光滑长直金属导轨水平放置，间距为。区域有匀强磁场，磁感应强度大小为，方向竖直向上。初始时刻，磁场外的细金属杆M以初速度向右运动。磁场内的细金属杆N处于静止状态，且到的距离为。两杆在磁场内未相撞且N出磁场时的速度为，两金属杆与导轨接触良好且运动过程中始终与导轨垂直。金属杆M质量为，金属杆N质量为，两杆在导轨间的电阻均为，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M两端的电势差；
（2）N在磁场内运动过程中N上产生的热量；
（3）N刚离开磁场时M在磁场中运动的距离；
（4）N在磁场内运动的时间。
17．（2023高二上·怀仁月考）如图所示，水平光滑导轨间距分别为，宽、窄导轨区域磁感应强度分别为、两导杆质量分别为、杆右端通过一条轻绳受质量为的重物牵连．并由静止开始运动．设回路中总电阻为．假设各导轨无限长．则下列说法正确的是（　　）
A．杆做加速度减小的加速运动，杆做加速度减小的减速运动
B．产生的电动势与杆产生的电动势之比为二者速度之比
C．杆和杆经足够长时间后的加速度之比为
D．若开始到某时刻过程生热为，此时两杆的速度分别为和，则重物机械能损失量为
18．（2024高二下·浙江月考）如图所示的装置放置于匀强磁场中，磁场方向竖直向下大小未知。足够长的金属导轨和在同一水平面内。导轨的与相互平行且足够长，距离为；与也是平行的，距离为0.5m。质量均为0.1kg的金属杆、垂直于导轨放置，初始时金属导轨与金属杆围成的面积，一根不可伸长的绝缘轻绳一端固定在金属杆的中心，绝缘轻绳的水平部分与平行，质量的重物放置在地面上，两杆与导轨构成的回路的总电阻始终为，从某一时刻开始，磁感应强度随时间变化的关系为，在外力的作用下，杆始终保持静止，重力加速度取。
（1）求金属杆运动前，金属杆中的电流；
（2）求经过多长时间金属杆开始运动；
（3）保持不变，已知杆在运动过程中始终垂直于导轨并与导轨保持光滑接触，轨道足够长使杆始终在宽度为0.5m的轨道部分运动，当时，求金属杆运动的最大速度；
（4）在第（3）问基础上，改为，绝缘轻绳的水平部分足够长（重物始终不与滑轮相撞），一直在左侧轨道运动，求杆运动过程中回路的最大电功率。
19．（2024高二下·汉寿月考）如图所示，长直金属杆M、N在水平固定的平行光滑长直金属导轨上运动，导轨间距为L；水平虚线与导轨垂直，左、右两侧区域分别充满垂直于导轨平面且方向相反的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。初始时刻，N静止在左侧导轨上，M从N左侧以初速度水平向右运动．M、N质量均为m、在导轨间的电阻均为R，整个运动过程中，两金属杆始终与导轨垂直并接触良好．感应电流产生的磁场、导轨电阻、空气阻力及两金属杆粗细均忽略不计，导轨足够长。
（1）求初始时刻M的加速度大小和方向；
（2）若M、N在左侧未相撞，N进入右侧时速度大小为，求初始时刻M、N间距至少为多少？
（3）在（2）的条件下，若M到达处时速度大小为，求M、N的碰撞次数，及M、N最终速度大小．
20．（2023高二下·杭州期中）平行直导轨由水平部分和倾斜部分组成，导轨间距，是分界线，倾斜部分倾角，左侧有磁感应强度大小为、垂直于水平面的匀强磁场，右侧有垂直斜面向下、磁感应强度大小也为的匀强磁场，如图甲所示。质量均为、电阻值均为的两根金属细杆和垂直放在该导轨上，其中杆光滑，杆与导轨间的动摩擦因数，导轨底端接有的电阻，导轨电阻不计。开始时、杆均静止于导轨上，现对杆施加一水平向左的恒力F，使其向左运动，当杆向左加速运动的时间为时开始做匀速直线运动，此时杆刚要开始沿斜面向上运动（仍保持静止），再经撤去外力F，最后杆静止在水平导轨上。整个过程中电阻R产生的热量。撤去F后，杆减速过程图像如图乙，横轴表示时间t，纵轴表示任意时刻杆速度v与刚撤去F时速度的比值。（g取）
（1）判断磁场的方向；并求刚撤去外力时杆两端的电势差；
（2）求杆从开始运动到最后静止的总位移大小x；
（3）求加速过程的时间，并判断撤去F后图乙中和的大小关系（无需证明）。
21．（2022高二下·赣州期末）两足够长且不计电阻的光滑金属轨道如图甲所示放置，间距为d=1m，在左端弧形轨道部分高h=1.25m处放置一金属杆a，弧形轨道与平直轨道的连接处光滑无摩擦，在平直轨道右端放置另一金属杆b，杆a、b的电阻分别为、，在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B=2T。现杆b以初速度大小开始向左滑动，同时由静止释放杆a，杆a由静止滑到平直轨道的过程中，通过杆b的平均电流为0.3A。从杆a下滑到平直轨道时开始计时，a、b运动的速度—时间图像如图乙所示（以杆a运动方向为正方向），其中，，g取，求：
（1）杆a由静止滑至弧形轨道与平直轨道连接处时的速度大小；
（2）杆a在弧形轨道上运动的时间；
（3）在整个运动过程中杆b产生的焦耳热。
五、破鼎提升
22．（2024高三上·济宁期末）如图所示，一光滑固定轨道由倾斜轨道和水平轨道两部分组成，轨道上端连接一阻值的电阻，水平部分两轨道间有竖直向下、磁感应强度大小的匀强磁场，磁场区域的长度为。一质量为的导体棒，从轨道上距水平轨道高处由静止释放，通过磁场区域后从水平轨道末端飞出，落在水平地面上。已知轨道间距，轨道水平部分距地面的高度，导体棒电阻、轨道电阻、空气阻力均忽略不计，取。下列说法正确的是（　　）
A．导体棒刚进入磁场时加速度的大小为
B．整个过程中，通过电阻R的电荷量为3C
C．整个过程中，电阻R上产生的热量为3J
D．导体棒的落地点与水平轨道末端的水平距离为0.8m
23．（2024高三上·四川期末）如图所示，两根平行光滑金属导轨之间的距离为，倾角，导轨上端串联一个阻值为的电阻，下端接有电容为的电容器。在导轨间长为的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为，质量为的金属棒水平置于导轨上。金属棒向上运动时，闭合，断开；金属棒向下运动时，断开，闭合。棒的初始位置在磁场下方某位置处，用大小的恒力向上拉金属棒，当金属棒进入磁场后恰好匀速上升，金属棒运动到磁场区域中点时撤去拉力，金属棒恰好能到达磁场上边界，不计导轨和金属棒的电阻，金属棒运动过程中始终与导轨垂直且与导轨接触良好，重力加速度大小为。求：
（1）金属棒进入磁场时的速度大小；
（2）金属棒在磁场中向上运动的时间；
（3）金属棒从磁场下边界离开磁场时的动能。
24．（2024高三上·四川模拟）一绝缘细绳跨过两个在同一竖直面（纸面）内的光滑定滑轮，绳的一端连接质量为、边长为的正方形金属线框，另一端连接质量为的物块。虚线区域内有磁感应强度大小均为的匀强磁场，其方向如图所示，磁场边界Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ均水平，相邻边界间距均为。最初拉住线框使其边与Ⅰ重合。时刻，将线框由静止释放，边由Ⅱ运动至Ⅲ的过程中，线框速度恒为。已知线框的电阻为，运动过程中线框始终在纸面内且上下边框保持水平，重力加速度为。下列说法正确的是（　　）
A．边由Ⅲ运动至Ⅳ的过程中，线框速度恒为
B．
C．时刻，边恰好与Ⅱ重合
D．边由Ⅰ运动至Ⅱ与由Ⅲ运动至Ⅳ历时相等
25．（2024高三上·山东模拟）如图所示，在的区域中存在垂直于平面的匀强磁场，磁感应强度大小相等，边界与轴正方向的夹角为左侧磁场向里，OM右侧磁场向外。正方形导线框以恒定的速度沿轴正方向运动并穿过磁场区域，运动过程中边始终平行于轴。规定导线框中逆时针方向为电流的正方向。从刚进入磁场开始计时，下列能正确反映导线框中感应电流随时间变化图像的是（　　）
A．
B．
C．
D．
26．（2024高三上·衡阳模拟）如图所示，两根电阻不计的光滑水平导轨A1B1、A2B2平行放置，间距L=1m，处于竖直向下 B=0.4T的匀强磁场中，导轨左侧接一电容C=0.1F的超级电容器，初始时刻电容器带一定电量，电性如图所示。质量 、电阻不计的金属棒 ab垂直架在导轨上，闭合开关S后，ab棒由静止开始向右运动，且离开B1B2时已以 匀速。下方光滑绝缘轨道C1MD1、C2ND2间距也为L，正对A1B1、A2B2放置，其中C1M、C2N为半径r=1.25m、圆心角θ=37°的圆弧，与水平轨道MD1、ND2相切于M、N两点，其中NO、MP两边长度d=0.5m，以O点为坐标原点，沿导轨向右建立坐标系，OP右侧0<0.5m处存在磁感应强度大小为 的磁场，磁场方向竖直向下。质量 电阻R=1Ω的“U”型金属框静止于水平导轨 NOPM处。导体棒 ab 自 B1B2抛出后恰好能从C1C2处沿切线进入圆弧轨道，并在MN处与金属框发生完全非弹性碰撞，碰后组成导电良好的闭合线框一起向右运动。重力加速度的大小g取10m/s2。请解决下列问题：
（1）求初始时刻电容器带电量Q0；
（2）若闭合线框进入磁场B，区域时，立刻给线框施加一个水平向右的外力 F，使线框匀速穿过磁场 Bx区域，求此过程中线框产生的焦耳热；
（3）闭合线框进入磁场B 区域后只受安培力作用而减速，试讨论线框能否穿过B 区域。若能，求出离开磁场B，时的速度；若不能，求出线框停止时右边框的位置坐标x。
六、直击高考
27．（2024·浙江）某小组探究“法拉第圆盘发电机与电动机的功用”，设计了如图所示装置。飞轮由三根长a=0.8 m的辐条和金属圆环组成，可绕过其中心的水平固定轴转动，不可伸长细绳绕在圆环上，系着质量m=1 kg的物块，细绳与圆环无相对滑动。飞轮处在方向垂直环面的匀强磁场中，左侧电路通过电刷与转轴和圆环边缘良好接触，开关S可分别与图示中的电路连接。已知电源电动势E0=12 V、内阻r=0.1 Ω、限流电阻R1=0.3 Ω、飞轮每根辐条电阻R=0.9Ω，电路中还有可调电阻R2(待求)和电感L，不计其他电阻和阻力损耗，不计飞轮转轴大小。
（1）开关S掷1，“电动机”提升物块匀速上升时，理想电压表示数U=8 V，
①判断磁场方向，并求流过电阻R1的电流I；
②求物块匀速上升的速度v。
（2）开关S掷2，物块从静止开始下落，经过一段时间后，物块匀速下降的速度与“电动机”匀速提升物块的速度大小相等，
①求可调电阻R2的阻值；
②求磁感应强度B的大小。
28．（2024·北京）如图甲所示为某种“电磁枪”的原理图．在竖直向下的匀强磁场中，两根相距L的平行长直金属导轨水平放置，左端接电容为C的电容器，一导体棒放置在导轨上，与导轨垂直且接触良好，不计导轨电阻及导体棒与导轨间的摩擦．已知磁场的磁感应强度大小为B，导体棒的质量为m、接入电路的电阻为R．开关闭合前电容器的电荷量为Q．
（1）求闭合开关瞬间通过导体棒的电流I；
（2）求闭合开关瞬间导体棒的加速度大小a；
（3）在图乙中定性画出闭合开关后导体棒的速度v随时间t的变化图线．
29．（2024·甘肃）如图，相距为d的固定平行光滑金属导轨与阻值为R的电阻相连，处在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中长度为L的导体棒ab沿导轨向右做匀速直线运动，速度大小为v．则导体棒ab所受的安培力为(　　)
A．，方向向左 B．，方向向右
C．，方向向左 D．，方向向右
30．（2024·湖南）某电磁缓冲装置如图所示，两足够长的平行金属导轨置于同一水平面内，导轨左端与一阻值为 R 的定值电阻相连，导轨 BC 段与B1C1段粗糙，其余部分光滑， AA1右侧处于竖直向下的匀强磁场中，一质量为 m 的金属杆垂直导轨放置。现让金属杆以初速度v0沿导轨向右经过 AA1进入磁场，最终恰好停在CC1处。已知金属杆接入导轨之间的阻值为 R，与粗糙导轨间的摩擦因数为 ， AB =BC =d 。导轨电阻不计，重力加速度为 g，下列说法正确的是（　　）
A．金属杆经过 BB1的速度为
B．在整个过程中，定值电阻 R 产生的热量为
C．金属杆经过 AA1B1B与 BB1C1C 区域，金属杆所受安培力的冲量相同
D．若将金属杆的初速度加倍，则金属杆在磁场中运动的距离大于原来的 2 倍
31．（2024·河北）如图，边长为的正方形金属细框固定放置在绝缘水平面上，细框中心O处固定一竖直细导体轴。间距为L、与水平面成θ角的平行导轨通过导线分别与细框及导体轴相连。导轨和细框分别处在与各自所在平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小均为B。足够长的细导体棒在水平面内绕O点以角速度ω匀速转动，水平放置在导轨上的导体棒始终静止。棒在转动过程中，棒在所受安培力达到最大和最小时均恰好能静止。已知棒在导轨间的电阻值为R，电路中其余部分的电阻均不计，棒始终与导轨垂直，各部分始终接触良好，不计空气阻力，重力加速度大小为g。
（1）求棒所受安培力的最大值和最小值。
（2）锁定棒，推动棒下滑，撤去推力瞬间，棒的加速度大小为a，所受安培力大小等于（1）问中安培力的最大值，求棒与导轨间的动摩擦因数。
32．（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，两导轨及其所构成的平面均与水平面成角，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．现将质量均为的金属棒垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为．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．
（1）先保持棒静止，将棒由静止释放，求棒匀速运动时的速度大小；
（2）在（1）问中，当棒匀速运动时，再将棒由静止释放，求释放瞬间棒的加速度大小；
（3）在（2）问中，从棒释放瞬间开始计时，经过时间，两棒恰好达到相同的速度，求速度的大小，以及时间内棒相对于棒运动的距离．
33．（2024·安徽）如图所示，一“U”型金属导轨固定在竖直平面内，一电阻不计，质量为m的金属棒ab垂直于导轨，并静置于绝缘固定支架上。边长为L的正方形cdef区域内，存在垂直于纸面向外的匀强磁场。支架上方的导轨间，存在竖直向下的匀强磁场。两磁场的磁感应强度大小B随时间的变化关系均为B=kt（SI），k为常数（k＞0）。支架上方的导轨足够长，两边导轨单位长度的电阻均为r，下方导轨的总电阻为R。t=0时，对ab施加竖直向上的拉力，恰使其向上做加速度大小为a的匀加速直线运动，整个运动过程中ab与两边导轨接触良好。已知ab与导轨间动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。不计空气阻力，两磁场互不影响。
（1）求通过面积 Scdef的磁通量大小随时间 t 变化的关系式，以及感应电动势的大小，并写出 ab 中电流的方向；
（2）求 ab 所受安培力的大小随时间 t 变化的关系式；
（3）求经过多长时间，对 ab 所施加的拉力达到最大值，并求此最大值。
34．（2024·全国甲卷）如图，金属导轨平行且水平放置，导轨间距为L，导轨光滑无摩擦。定值电阻大小为R，其余电阻忽略不计，电容大小为C。在运动过程中，金属棒始终与导轨保持垂直。整个装置处于竖直方向且磁感应强度为B的匀强磁场中。
（1）开关S闭合时，对金属棒施加以水平向右的恒力，金属棒能达到的最大速度为v0。当外力功率为定值电阻功率的两倍时，求金属棒速度v的大小。
（2）当金属棒速度为v时，断开开关S，改变水平外力并使金属棒匀速运动。当外力功率为定值电阻功率的两倍时，求电容器两端的电压以及从开关断开到此刻外力所做的功。
35．（2024·湖北） 如图所示，两足够长平行金属直导轨MN、PQ的间距为L，固定在同一水平面内，直导轨在左端M、P点分别与两条竖直固定、半径为L的圆弧导轨相切。MP连线与直导轨垂直，其左侧无磁场，右侧存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。长为L、质量为m、电阻为R的金属棒ab跨放在两圆弧导轨的最高点。质量为2m、电阻为6R的均匀金属丝制成一个半径为L的圆环，水平放置在两直导轨上，其圆心到两直导轨的距离相等。忽略导轨的电阻、所有摩擦以及金属环的可能形变，金属棒、金属环均与导轨始终接触良好，重力加速度大小为g。现将金属棒ab由静止释放，求
（1）ab刚越过MP时产生的感应电动势大小；
（2）金属环刚开始运动时的加速度大小；
（3）为使ab在整个运动过程中不与金属环接触，金属环圆心初始位置到MP的最小距离。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】电容器及其应用；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】A．根据楞次定律可以判断通过电阻r的电流方向为从左往右，所以电容器上极板带正电，A不符合题意；
B．根据法拉第电磁感应定律可得线圈产生的感应电动势为
根据焦耳定律可得此线圈的热功率为
B不符合题意；
CD．电容器两端电压等于r两端电压，电容器所带电荷量为
C不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】利用楞次定律可以判别感应电流的方向进而判别极板的电性；利用法拉第电磁感应定律可以求出电动势的大小，结合电功率的表达式可以求出热功率的大小；利用电容的定义式可以求出电容器电荷量的大小。
2．【答案】C
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】 A：电容器两端的电压等于MN产生的感应电动势，，A错误；
B：电阻中没有电流流过，两端的电压为0，B错误；
C：电容器所带电荷量为，C正确；
D：电路中没有电流，MN不受安培力作用，对其不施加拉力就能保持MN匀速运动，D错误；
故答案为：C。
【分析】电容器接在直流电流电路中，稳定后所在电路是断路，没有电流，电容器两端电压等于所在电路的电压，根据计算电容器所带电荷量，根据MN受到的安培力情况判断受拉力情况。
3．【答案】C
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】设线框的长为L1，宽为L2，速度为v。线框所受的安培力大小为
又
，
则得
线框匀速运动，外力与安培力平衡，则外力的大小为
外力做功为
可见，外力做功与所用时间成反比，则有
两种情况下，线框拉出磁场时穿过线框的磁通量的变化量相等，根据感应电荷量公式
可知，通过导线截面的电量相等，即有
故ABD错误，C正确。
故答案为：C。
【分析】线框做匀速运动，拉力与线框所受安培力大小相等且为定制。再根据匀速运动规律确定两次拉力的大小关系。再根据功的定义及法拉第电磁感应定律及电荷量公式进行解答。
4．【答案】B
【知识点】楞次定律；法拉第电磁感应定律；电磁感应中的电路类问题
【解析】【解答】 解：A：根据楞次定可知，通过电阻R的电流方向是从C到A，A正确；
BCD：根据法拉第电磁感应定律可得，电流中产生的电动势为：，电路中电流大小为：，电阻R两端的电压为，0-2s内通过R的电荷量为，B错误，CD正确；
故答案为：B。
【分析】根据楞次定律判断电路中电流方向；根据法拉第电磁感应定律计算电路中电动势，根据闭合电路欧姆定律计算电流，根据欧姆定律计算电阻R的电压，根据计算通过电阻R的电荷量。
5．【答案】C
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A.在t=5s内金属杆的位移
5s内的平均速度
故平均感应电动势
，
在5s内流过电阻R的电荷量为
故A错误；
B. 5s末金属杆的速度
此时感应电动势
则回路中的电流为
故B错误；
C. 5s末a点的电势
故C正确；
D.如果5 s末外力消失，最后金属杆将停止运动，5 s末金属杆的动能将转化为整个回路中产生的热量，所以电阻R产生的热量为
故D错误。
故选C。
【分析】本题考查导体切割磁感线时的感应电动势，在求电荷量时要注意法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律的综合应用。
6．【答案】B,D
【知识点】法拉第电磁感应定律；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】AB、因为线框2做初速度为v0的平抛运动，则竖直方向进入磁场前也做自由落体运动，进入磁场时，竖直方向速度和线框1的相等，且左右两边产生的电动势抵消，所以线框2进入磁场时和线框1 受力情况相同，故竖直方向始终在同一高度，线框2也是匀速进磁场，故A错误，B正确；
C、同理，两线框电流相等，运动情况相同，故线框1产生的焦耳热等于线圈2产生的焦耳热，故C错误；
D、根据
知通过线框1 、2导线横截面的电荷量相等，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】明确线框进入磁场前的运动情况，根据右手定则分析进入磁场时，线框切割磁场产生的感应电流方向及大小情况。继而根据左手定则判断线框在磁场中受到的安培力情况。再判断线框在磁场中的运动情况。通过分析的电流情况从而得出产生的焦耳热情况。
7．【答案】B,D
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】AD.金属棒沿导轨匀速上滑，由动能定理可知，作用与金属棒上各个力的合力做的功等于金属棒动能的变化量，而金属棒做匀速运动，动能变化量为零，所以作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于零，A不符合题意，D符合题意；
B.根据功能关系可知，金属棒克服安培力做的功等于电阻R和r上产生的焦耳热之和，B符合题意；
C.金属棒上滑过程中，受重力、支持力、安培力和恒力F作用，支持力不做功，而合力功等于零，可知恒力F与重力的合力所做的功等于金属棒克服安培力做的功，则恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R和r上产生的焦耳热之和，C不符合题意。
故答案为：BD。
【分析】根据动能定理分析作用于金属棒上的各个力的合力所做的功；根据功能关系分析电路中的功能转化关系。
8．【答案】B,D
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】A.0-2s内，根据楞次定律可知电流方向由a到b，2s后根据右手定则可知由b到a，A不符合题意；
B．前2s的感应电动势为 ，流过导体棒ab的电流为 ，B符合题意；
CD．前2s电阻R上产生的焦耳热为 ，当导体棒在磁场中运动时，对棒由动量定理可知 ，电量为 ，联立可解得导体棒在磁场中运动时，通过棒的电荷量 ，又有 ，联立可得 <1m，所以导体棒在磁场中的最终速度为零，导体棒进入磁场后，动能全部转化成焦耳热，由功能关系可知 ，电阻R上产生的焦耳热为 ，全过程电阻R上产生的焦耳热为Q=Q1+Q2=2.25J，D符合题意，C不符合题意。
故答案为：BD。
【分析】利用楞次定律可以判别感应电流的方向，利用右手定则可以判别感应电流的方向；利用法拉第电磁感应定律结合欧姆定律可以求出感应电流的大小；利用焦耳定律可以求出电阻产生的焦耳热，利用动量定理及电流的定义式可以求出导体棒运动的位移，结合能量守恒定律可以求出全过程产生的焦耳热的大小。
9．【答案】B,C
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的图像类问题；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A、线框进磁场为匀速直线运动，时间为t1=0.05s，则匀速的速度为
；
线框匀速进入磁场后，因双边同向切割磁感线，则无感应电流，
不受安培力而只受重力，其加速度为g，做匀加速直线运动，加速时间为
t2=(0.25- 0.05)s=0.2s，
则有
，
解得磁场宽度为h=1.1m，
故A错误；
B、线框进磁场为匀速直线运动，线框所受的重力与安培力平衡，有
，
解得线框质量为m=0.08kg，
故B正确；
C、线框离开磁场过程中，通过线框的电荷量为
，
故C正确；
D，对线框穿过磁场的全过程，由动能定理有
，
WF=Q，
解得线框穿过整个磁场过程中产生的焦耳热为Q=0.3344J，
故D错误；
故答案为：BC。
【分析】线框全进入磁场后，做加速运动求出加速时间，然后可得到磁场宽度；线框进入磁场时匀速运动，根据受力平衡可得出质量；根据可求电荷量；利用动能定理可求出产热。
10．【答案】A,D
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．根据
得
刚到达水平面时的速度最大，最大的感应电流为
A正确；
B．根据
B错误；
C．由动能定理得
克服安培力做功转化为焦耳热，故C错误；
D．电阻R产生的焦耳热
D正确。
故选AD。
【分析】金属棒下滑过程中，机械能守恒，根据电流定义式求解通过金属棒的电荷量，克服安培力做功转化为焦耳热。
11．【答案】B,C,D
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A. 若金属杆做初速度为零的匀加速直线运动，则速度与位移关系式为
可知
结合图2，明显金属杆不做初速度为零的匀加速直线运动，A不符合题意；
B. 设金属杆的速度为v，最大速度为v'，金属杆切割磁感线产生电动势
电路中电流
安培力大小
联立可知安培力的大小
安培力做功为
当撤去拉力时金属杆做匀速运动，则
联立可得
B符合题意；
C. 由题可知，通过定值电阻的电量为
则安培力的冲量
D符合题意。
故答案为：BCD。
【分析】根据导体棒切割磁感线产生感应电动势的表达式，结合欧姆定律可得出安培力的表达式，进而可得出做功的大小。
12．【答案】A,D
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】金属棒向右运动，切割磁感应线产生电动势E，给电容器充电，设在t~t+Δt的时间里，电容器充电量为Δq，则
则充电电流为
对金属棒列牛顿第二定律方程
得
上式说明金属棒做初速度为零的匀加速直线运动，由
可得
得
再由
q=CE=CBLv=CBLat
得金属杆最终出磁场时，电容器带电量最大，带电量为
故选AD。
【分析】根据题意分析清楚金属杆的运动过程、应用牛顿第二定律求出金属杆的加速度是解题的前提与关键，应用E=BLv、安培力公式、牛顿第二定律、运动学公式与电容的定义式即可解题。金属杆运动过程切割磁感线产生感应电动势对电容器充个电，电路有充电电流，金属杆受到安培力作用，应用牛顿第二定律求出金属杆的加速度大小，判断金属杆的运动性质。应用运动学公式求出金属杆到达PQ位置需要的时间；金属杆到达PQ时速度最大，感应电动势最大，求出金属杆感应电动势的最大值，然后求出电容器所带的最多电荷量。
13．【答案】B,C,D
【知识点】动量定理；平抛运动；动能定理的综合应用；电流、电源的概念；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】AB.开关闭合后，金属杆因受向右的安培力而做加速运动，随速度的增加，由E=BLv可知，金属杆切割磁感线产生的感应电动势逐渐变大，而此感应电动势与原电源电动势反向，可知电路中电流逐渐减小，金属杆所受安培力逐渐减小，故金属杆离开导轨前做加速度减小的变加速直线运动，若导轨足够长，当加速度为零时，金属杆做匀速运动，A不符合题意，B符合题意；
C.金属杆从导轨右端水平飞出后做平抛运动，，解得，金属杆沿导轨运动过程，由动量定理得，又，电源消耗的电能为，E为电源电动势，解得，C符合题意；
D.设金属杆落地的速度为v，对平抛运动过程由动能定理得，解得，从闭合开关到金属杆刚要落地，由动量定理得，解得，D符合题意。
故答案为：BCD。
【分析】由法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律分析金属杆产生的感应电流的变化情况，得到金属棒受到的安培力的变化情况，再分析金属杆的运动过程；根据平抛的运动规律，由运动学公式求出金属杆从导轨右端飞出的速度，再由动量定理和电流的定义式求出金属杆在导轨上运动时通过金属杆的电量，然后由计算电源消耗的电能；由动能定理分析金属杆抛出后的运动过程，求出金属杆落地瞬间的速度，再由动量定理求解从闭合开关到金属杆要落地时，金属杆受到的冲量。
14．【答案】解：（1）金属杆由静止释放，稳定后做匀速运动，设电路中的电流为，则
电阻上的最大电压为
解得
（2）金属杆速度达到最大时有
解得
根据功能关系有
解得
（3）设经过极短的时间，金属杆速度的变化为，电容器的充电电流为
根据牛顿第二定律有
解得金属杆做匀加速直线运动的加速度为
当电容器上电量为时，金属杆的速度为，则
根据匀变速直线运动的规律可知
解得
【知识点】含容电路分析；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）金属杆由静止释放，稳定后做匀速运动，受力分析结合受力平衡列方程求解；（2）受力平衡达到最大速度，结合能量关系求解产生的热能；
（3）电荷量等于电压乘以电容，结合电流定义式以及动生电动势表达式进行分析。
15．【答案】A,B,C
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的电路类问题
【解析】【解答】A.首先，对金属棒进行受力分析，金属棒受到竖直向下的重力mg，导轨对其的支持力，水平向右的摩擦力f以及与支持力成的安培力BIL根据平衡条件及闭合电路欧姆定律得到，联立可解得由牛顿第三定律知，金属杆对导轨的压力为8.4N，故A符合题意
B. 由公式求得，故B符合题意
C. 若把磁场的方向变为竖直向上，在闭合开关的瞬间，由左手定则知，受到的安培力水平向右，根据平衡条件得，可以求得加速度故C符合题意
D. 若把磁场的方向变为水平向右，则由左手定则知安培力竖直向上，于是导体棒水平方向上没有运动的趋势，则金属杆没有受到摩擦力的作用，即摩擦力为零，故D不符合题意
综上，此题正确的说法为ABC
【分析】对金属杆进行受力分析，正交分解后在水平方向和竖直方向上平衡条件可求出对应的支持力和摩擦力，又由牛顿第三定律知导轨对金属杆支持力等于金属杆对导轨的压力，动摩擦因数在求得压力和摩擦力的条件下由公式可求得，而加速度是在其改变磁场方向闭合开关的瞬间经牛顿第二定律得到，再次改变磁场方向使得导体棒在水平方向上没有运动的趋势，也就说明没有摩擦力的作用从而摩擦力等于零。
16．【答案】解：（1）当M棒刚进入磁场时
刚进入瞬间，电路中的电流为
则棒两端的电压为
（2）当N棒刚出磁场时，设M棒的速度为v，根据动量守恒定律可得
根据能量守恒定律可得
可得
所以由于两棒的电阻相等，且通过两棒的电流大小相等，所以N棒上产生的热量
（3）从N棒开始运动到N棒刚出磁场，对N棒由动量定理可得
又因为
带入题中数据，整理有
设N棒开始运动时距离磁场左侧距离为，M棒在磁场中运动了，该过程的平均电动势有
平均电流为
又有
整理有
所以
（4）在任意时刻，两棒动量守恒
从M棒进入磁场到N棒离开磁场过程中：
可得
所以
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律、法拉第电磁感应定律可得ab两端电压；
（2）根据动量守恒定律、能量守恒定律可得此过程中产生的总热量，根据焦耳定律可得N上产生的热量；
（3）取向右为正方向，对N根据动量定理进行解答；
（4）根据动量定理求解N在磁场内运动的时间。
17．【答案】C,D
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】B.杆A产生的电动势为
杆B产生的电动势
可见电动势之比并不是速度之比，B不符合题意；
A.电路中感应电动势
由牛顿第二定律，对杆B和重物整体，有
对杆A，有
刚开始B的加速度大于A的加速度，因此B的速度增量大于A的速度增量，电路中电流变大，可得杆A做加速度变大的加速运动，杆B做加速度减小的加速运动，最后电路中电流恒定，做匀加速运动，A不符合题意；
C.根据题意，经足够长时间后回路中电流恒定，则
（恒定值）
则有
则
所以杆A和杆B最终的加速度之比为
C符合题意；
D.若开始到某时刻过程生热为Q，由能量守恒定律可得重物机械能损失量为
D符合题意。
故答案为：CD。
【分析】根据法拉第电磁感应定律，分析两杆因切割磁感线所产生的感应电动势的比值与速度比的关系；由牛顿第二定律分析两杆的运动，得出两杆运动过程中加速度的变化情况；经足够长时间后两导体棒产生的感应电动势差值不再变化，回路中电流恒定，由法拉第电磁感应定律结合运动学公式，求出两杆最终加速度的比值；根据能量守恒定律分析系统在运动过程中的能量转化。
18．【答案】（1）解：根据法拉第电磁感应定律，
（2）解：棒受到的安培力
当时，开始运动得
（3）解：棒运动时的电动势
当时速度最大
（4）解：棒一起运动时，，
代入速度可得
由上式可知时不变，不变，此时电流最大
解得时
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律确定开始运动前回路中产生的感应电动势，再根据欧姆定律确定回路中产生的电流；
（2）当a棒恰好开始运动时，金属棒a恰好处于受力平衡状态，确定金属棒的受力情况，再根据平衡条件及（1）中结论及安培力公式和题意进行解答；
（3）当金属杆b的速度达到最大时，金属杆b的加速度为零，处于平衡状态，确定金属棒的受力情况。再根据法拉第电磁感应定律结合欧姆定律和安培力进行解答；
（4）回路中的电流越大，回路中的功率越大。ab棒一起运动时，两导体均产生感应电动势，根据右手定则确定两导体棒产生感应电流的方向，再根据法拉第电磁感应定律及运动学规律确定回路中产生最大电流的的条件，再根据牛顿第二定律确定此时感应电流的大小，再结合电功率公式确定回路中的最大电功率。
19．【答案】（1）初始时刻，回路中产生的感应电动势
流过M的感应电流
由右手定则知，方向沿顺时针方向，M所受安培力
由左手定则知，方向水平向左，由牛顿第二定律有
解得
方向水平向左。
（2）由题知，M、N均在左侧运动时，对N，由动量定理有
解得
设从初始时刻到N进入右侧过程中，M、N之间的相对位移为，则
解得
要使M、N在左侧未相撞，初始时刻M、N的最小间距为
（3）由分析知，M、N均在左侧运动时，所受安培力大小相等、方向相反，M、N系统所受合外力为零，故M、N系统动量守恒，设N进入右侧时，M的速度为，以水平向右为正方向，由动量守恒定律有
解得
设M进入右侧时，N的速度为，从N进入右侧到M进入右侧的过程中，M、N所受安培力均水平向左，对M，由动量定理有
对N，由动量定理有
解得
该过程中，对N又有
解得
该过程中，设N的位移大小为x1，M的位移大小为x2，则
解得
x1即为M进入右侧时M、N之间的距离，假设M、N在右侧未相撞而共速，则从M进入右侧到二者共速的过程中，由M、N系统动量守恒，有
解得
该过程中，对N，由动量定理有
解得
该过程中，设M、N的相对位移为，则
解得
故
即M、N在右侧共速前会相撞，相撞后，由分析知，N向右减速，M向右加速，直至最终二者以的速度匀速运动，因此，整个过程中，M、N只碰撞一次
【知识点】电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】（1）由牛顿第二定律结合法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律和安培力公式，求出初始时刻M的加速度大小，由右手定则判断感应电流，再由左手定则判断安培力方向，得出加速度方向；（2）对N由动量定理求得两者相对位移，相对位移的大小即为所求；（3）两棒都在PQ左侧运动时，系统动量守恒，根据动量守恒定律求出N棒进入PQ右侧时M棒的速度，两棒都进入左侧后，对N棒应用动量定理，求出M、N共速前N棒相对M棒的相对位移，再做出相关判断。
20．【答案】（1）解：由题意可知，当杆向左加速运动的时间为时开始做匀速直线运动，此时杆刚要开始沿斜面向上运动（仍保持静止），可知受到沿斜面向上的安培力，由左手定则可知，流经的电流由d到c，则流经的电流由a到b，受到的安培力水平向右，由左手定则可知，匀强磁场的方向竖直向下。
对杆，由平衡条件可知受到的安培力
可得
解得
由欧姆定律可得
因b点电势高于a点，因此则有
（2）解：电路的总电阻为
电路的总电流为5A，可知流经的电流为5A，则有杆产生的感应电动势为
对杆则有，
杆做匀速直线运动的位移为
回路中产生的焦耳热
由平衡条件可知
由功能原理可得
代入数据可得
解得杆加速运动的位移为
由题意可知杆加速过程与减速过程位移大小相等，则有杆从开始运动到最后静止的总位移大小为
（3）解：由运动学公式可知
解得
可得
在刚撤去外力时杆的速度较大，杆产生的感应电动势较大，电路中电流较大，杆受到的安培力较大，其加速度较大，则在相等时间内杆的速度减小量逐渐减小，图乙中，则有在从t=0开始随时间逐渐增大的过程中，减小量在相等的情况下所用时间逐渐增大因此则有。
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）根据cd棒的运动状态结合平衡条件就可以判断安培力的方向，然后根据左手定则判断出电流方向，在对ab受力分析得出安培力的方向，结合左手定则就可以判断B1的方向。计算ab两端的电势差要先求出电流，要想求出电流先对cd棒受力分析结合平衡条件列式求解就可以得出答案。
（2）解答该问先根据电阻连接关系求出总电阻再根据闭合回路欧姆定律求出电路总的电动势，然后根据导线切割磁场运动公式求出导线运动速度，根据运动规律即可求出其匀速段的位移，然后跟组电阻值求出回路中产生的 焦耳热，根据功能关系求出该过程加速段的位移，然后根据运动对称性求出减速段的位移，最后就可以解答该题。
（3） 利用匀变速直线运动的规律和实际运动图像对比就可以得出时间的大小关系。
21．【答案】（1）解：杆a由静止滑至弧形轨道与平直轨道连接处时，由机械能守恒定律
解得
（2）解：设杆a由静止滑至弧形轨道与平直轨道连接处时杆b的速度大小为，对杆b运用动量定理
其中：，，代入数据解得
（3）解：设最后a、b两杆共同的速度为，由动量守恒定律得
代入数据解得
由能量守恒定律可知杆a、b中产生的焦耳热为
解得
b棒中产生的焦耳热为
【知识点】电磁感应中的图像类问题；电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】（1） 杆a由静止滑至弧形轨道与平直轨道连接处时，由机械能守恒定律得杆a由静止滑至弧形轨道与平直轨道连接处时的速度大小。
（2）对杆b运用动量定理结合安培力表达式求出杆a在弧形轨道上运动的时间 。
（3） 由动量守恒定律得最后a、b两杆共同的速度 ， 由能量守恒定律可知杆a、b中产生的焦耳热 。
22．【答案】A,C,D
【知识点】平抛运动；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】本题考查电磁感应过程中的能量类问题，解题时需注意电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功来实现的。安培力做功的过程，是电能转化为其他形式的能的过程，而克服安培力做功的过程，则是其他形式的能转化为电能的过程。A．导体棒下落过程机械能守恒，有
解得
由牛顿第二定律得
又
，
解得
故A正确；
B．整个过程中，通过电阻R的电荷量为
又
，
解得
故B错误；
C．导体棒穿过磁场过程中，以向右为正方向，对导体棒根据动量定理可得
解得
设整个过程中电阻R上产生的热量为Q，有
故C正确；
D．导体棒水平飞出做平抛运动，有
，
解得
故D正确。
故选ACD。
【分析】结合题意，根据机械能守恒定律、牛顿第二定律、闭合电路欧姆定律、法拉第电磁感应定律分别列式，即可分析判断；整个过程中，根据电荷量与电流的关系、闭合电路欧姆定律、法拉第电磁感应定律分别列式，即可分析判断；导体棒穿过磁场过程中，对导体棒根据动量定理列式，整个过程中，根据能量守恒列式，即可分析判断；导体棒水平飞出后做平抛运动，由平抛运动的运动规律分别列式，即可分析判断。
23．【答案】（1）解：金属棒刚进入磁场时有
安培力大小
又
，
联立，解得
（2）解：金属棒进入磁场，前匀速上升，有
金属棒减速上升的过程中，由动量定理有
又有
，，
联立，解得
金属棒在磁场中向上运动的时间
联立，解得
（3）解：设经历的时间为，金属棒的速度大小为，通过金属棒的电流为，金属棒受到的安培力方向沿导轨向上，大小
设在时间内流经金属棒的电荷量为，则有
是平行板电容器极板在时间内增加的电荷量，为金属棒的速度变化量，电流
加速度大小
金属棒在时刻时的加速度方向沿导轨平面向下，根据牛顿第二定律有
解得
可知金属棒做初速度为零的匀加速运动，则有
出磁场时金属棒的动能
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）当金属棒进入磁场后恰好匀速上升，根据受力平衡，结合法拉第电磁感应定律求解金属棒进入磁场时的速度大小；
（2） 金属棒进入磁场，前匀速上升，金属棒减速上升的过程中，由动量定理结合电荷量的求解过程求解减速运动时间，二者相加等于总时间；
（3）求解电流以及加速度表达式，加速度恒定，金属棒做初速度为零的匀加速运动，根据速度位移关系求解出磁场时金属棒的动能。
（1）金属棒刚进入磁场时有
安培力大小
又
，
联立，解得
（2）金属棒进入磁场，前匀速上升，有
金属棒减速上升的过程中，由动量定理有
又有
，，
联立，解得
金属棒在磁场中向上运动的时间
联立，解得
（3）设经历的时间为，金属棒的速度大小为，通过金属棒的电流为，金属棒受到的安培力方向沿导轨向上，大小
设在时间内流经金属棒的电荷量为，则有
是平行板电容器极板在时间内增加的电荷量，为金属棒的速度变化量，电流
加速度大小
金属棒在时刻时的加速度方向沿导轨平面向下，根据牛顿第二定律有
解得
可知金属棒做初速度为零的匀加速运动，则有
出磁场时金属棒的动能
24．【答案】A,C
【知识点】动量定理；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】明确线框的上边框或下边框切割磁感线运动线框所受的安培力都是阻碍线框的相对运动是解题的关键。A．边由Ⅱ运动至Ⅲ的过程中，线框受力平衡，线框速度恒为；边由Ⅲ运动至Ⅳ的过程中，线框仍有两条边切割磁感线，线框仍受力平衡，因为产生的感应电流大小不变，则线框速度恒为，故A正确；
B．边由Ⅱ运动至Ⅲ的过程中，线框速度恒为，线框产生的感应电动势为
根据欧姆定律可得线框中的电流为
线框受到的安培力为
根据受力平衡可得
解得
故B错误；
C．设在边从Ⅰ运动到Ⅱ过程，经过时间边恰好与Ⅱ重合，对系统根据动量定理可得
其中
联立解得
故C正确；
D．两个过程通过的位移相等，边由Ⅰ运动至Ⅱ线框以速度做匀速运动，边由Ⅲ运动至Ⅳ只有一边切割磁感线，线框从速度开始做加速运动，所以边由Ⅰ运动至Ⅱ所用时间大于由Ⅲ运动至Ⅳ所用时间，故D错误。
故选BC。
【分析】线框上边框切割磁感线产生感应电动势，线框中产生感应电流，线框的上边框将受到向下的安培力作用，根据受力平衡求出线框匀速运动的速度；对系统根据动量定理求解时间。
25．【答案】D
【知识点】电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】解决图像问题的一般步骤
（1）明确图像的种类，是B-t图像还是Φ-t图像，或者是E-t图像、i-t图像等。
（2）分析电磁感应的具体过程。
（3）用右手定则或楞次定律确定方向对应关系，
（4）结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等写出函数关系式。设导线框的速度大小是，边长为，总电阻为，磁感应强度大小为边刚进磁场时产生感应电流
由右手定则可判断感应电流的方向为逆时针；在时间内，如图1所示，边被边界分为和两部分，其中
两部分产生的感应电动势方向相反，则
当时，导线框全部进入磁场，如图2所示，导线框被边界分为两部分，两部分都切割磁感线，且有效长度均为，则
两部分产生的感应电动势大小相等，方向均沿顺时针，则电流
故选D。
【分析】根据楞次定律判断感应电流的方向。由感应电动势公式和欧姆定律分别研究各段过程感应电流的大小，再选择图像。
26．【答案】（1）解：设初始时电容器两端电压为U0，导体棒从开始运动到稳定过程，电容器极板上电荷量变化量为△Q，导体棒稳定后的电动势为E，对导体棒，由动量定理有
而
由电流的公式有
整理有
（2）解：由于导体棒恰好能从C1C2处沿切线进入圆弧轨道，设进入瞬间导体棒的速度为v2，有
解得
设导体棒在与金属框碰撞前的速度为v3，由动能定理有
解得
金属棒和线框发生完全非弹性碰撞，设碰后速度为，有
解得
线框进入磁场过程中所受安培力为
线框整个过程所产生的焦耳热与线框克服安培力所做的功相同，且由上述安培力的表达式可知，安培力随着进入磁场的距离均匀变化，所以进入过程中，安培力为其平均值，因此
（3）解：线框的右边框进入磁场过程由动量定理有
整理有
解得
所以线框的右边框能完全离开，然后左边框开始以进入磁场，假设左边框仍能穿出磁场，则
解得
所以线框左边框不能穿出磁场，则
解得
所以线框右边框所处的坐标为
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）电容器和a棒构成回路，金属棒ab离开B1B2时已匀速，最终回路中电流为0，根据法拉第电磁感应定律，应 用动量定理解答
（2）导体棒ab自B1B2抛出后做平抛运动，得到到达C1C2处的速度，应用动能定理和动量守恒定律碰撞后的速度，闭合线框穿过磁场Bx的过程，因安培力与位移成正比，可用安培力的平均值计算克服安培力做功，根据功能关系求得穿过磁场Bx区域线框产生的焦耳热；
（3）对闭合线框运动过程应用动量定理，应用数学知识解答。
（1）设初始时电容器两端电压为U0，导体棒从开始运动到稳定过程，电容器极板上电荷量变化量为△Q，导体棒稳定后的电动势为E，对导体棒，由动量定理有
BIL·Δt=m1v1-0
E=BLv1
而
由电流的公式有
整理有
（2）由于导体棒恰好能从C1C2处沿切线进入圆弧轨道，设进入瞬间导体棒的速度为v2，有
解得
设导体棒在与金属框碰撞前的速度为v3，由动能定理有
解得
金属棒和线框发生完全非弹性碰撞，设碰后速度为，有
解得
线框进入磁场过程中所受安培力为
线框整个过程所产生的焦耳热与线框克服安培力所做的功相同，且由上述安培力的表达式可知，安培力随着进入磁场的距离均匀变化，所以进入过程中，安培力为其平均值，因此
（3）线框的右边框进入磁场过程由动量定理有
整理有
解得
所以线框的右边框能完全离开，然后左边框开始以进入磁场，假设左边框仍能穿出磁场，则
解得
所以线框左边框不能穿出磁场，则
解得
所以线框右边框所处的坐标为
27．【答案】（1）解： ①物块上升，则金属轮沿逆时针方向转动，辐条受到安培力指向逆时针方向，辐条中电流方向从圆周指向o点，由左手定则可知磁场方向垂直纸面向外。
由闭合电流欧姆定律得
②辐条切割磁感线产生电动势与电源电动势方向相反，辐条产生的电动势为E1
（2）解： 的电流 ，
【知识点】电功率和电功；串联电路和并联电路的特点及应用；闭合电路的欧姆定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【分析】（1）利用左手定则，结合安培力和电流的方向可得出磁场的方向，利用闭合电路欧姆定律可得出流过电阻R1的电流；根据动生电动势的表达式，结合电功率与重力功率的关系式可得出上升的速度大小；
（2）根据电阻串并联的特点，结合闭合电路欧姆定律可得出电阻的大小；根据导体棒切割磁场产生感应电动势的表达式可得出磁感应强度的大小。
28．【答案】（1）解：开关闭合前电容器的电荷量为Q，则电容器两极板间电压
开关闭合瞬间，通过导体棒的电流
解得
（2）解：开关闭合瞬间由牛顿第二定律有
将电流I代入解得
（3）解：由（2）中结论可知，随着电容器放电，所带电荷量不断减少，所以导体棒的加速度不断减小，其v-t图线如图所示
【知识点】牛顿第二定律；电磁感应中的电路类问题
【解析】【分析】（1）根据电容器的电荷量和电势差公式求电势差，再根据欧姆定律求电流，联立导出电流表达式；
（2）根据牛顿第二定律列式求解加速度表达式；
（3）根据加速度变小的特点，定性画出v-t图像。
29．【答案】A
【知识点】闭合电路的欧姆定律；安培力的计算；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】导体棒ab切割磁感线在电路部分得有效长度为d，故感应电动势为
回路中感应电流为
根据右手定则，判断电流方向为b流向a。故导体棒ab所受的安培力为
方向向左。
故选A。
【分析】根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力的计算公式求解安培力大小。由右手定则判断回路中的电流方向，由左手定则判断导体棒ab所受的安培力的方向。
30．【答案】C,D
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】 A．设金属杆在AA1B1B区域运动时间为t，AA1的间距为L，规定向右的方向为正方向，对金属杆在AA1B1B区域运动的过程中根据动量定理有
金属杆在AA1B1B区域向右运动的过程中切割磁感线，根据导体棒切割磁感线产生感应电动势公式和闭合电路的欧姆定律有，，
联立有，
设金属杆在BB1C1C区域运动的时间为t0，规定向右的方向为正方向，对金属杆在BB1C1C区域运动的过程中根据动量定理有
同理金属杆在BB1C1C区域向右运动的过程中切割磁感线有
联立解得
将求出的两个vBB1相加解得
所以金属杆经过BB1的速度大于 ，故A错误；
C．金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域，金属杆所受安培力的冲量为
根据选项A可知金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域流过金属杆的电荷量相同，则金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域，金属杆所受安培力的冲量相同，故C正确；
B．在整个过程中，根据能量守恒有
则在整个过程中，定值电阻R产生的热量为
故B错误；
D．设整个过程中金属杆运动的时间为t总，金属杆通过BB1C1C区域的时间为t1，规定向右的方向为正方向，根据动量定理有
且
解得
联立解得
根据选项A分析可知
而t1＜t0
综上
可见若将金属杆的初速度加倍，则金属杆在磁场中运动的距离大于原来的2倍，故D正确。
故选：CD。
【分析】 A.根据动量定理结合电动势公式、闭合电路欧姆定律和电荷量的计算公式联立求解；
C.根据冲量的定义列式求解；
B.根据动量定理和焦耳热的计算进行解答；
D.根据动量定理和电荷量公式列式联立解答。
31．【答案】（1）解：当OA运动到正方形细框对角线瞬间，切割的有效长度最大，，此时感应电流最大，CD棒所受的安培力最大，根据法拉第电磁感应定律得
根据闭合电路欧姆定律得
故CD棒所受的安培力最大为
当OA运动到与细框一边平行时瞬间，切割的有效长度最短，感应电流最小，CD棒受到的安培力最小，得
故CD棒所受的安培力最小为
（2）解：当CD棒受到的安培力最小时根据平衡条件得
当CD棒受到的安培力最大时根据平衡条件得
联立解得
撤去推力瞬间，根据牛顿第二定律得
解得
【知识点】闭合电路的欧姆定律；电磁感应中的电路类问题
【解析】【分析】（1）导体棒切割磁感线产生感应电动势，根据闭合电路的欧姆定律求感应电流，根据安培力计算公式求安培力；
（2）根据平衡条件求解CD棒的质量，根据牛顿第二定律求动摩擦因数。
32．【答案】（1）a导体棒在运动过程中重力沿斜面的分力和a棒的安培力相等时做匀速运动，即。
由法拉第电磁感应定律得：，
由闭合电路欧姆定律及安培力公式得：，，
联立解得：；
（2）由右手定则知导体棒b中电流向里，b棒受安培力沿斜面向下，此时电路中电流不变，对b棒根据牛顿第二定律得：，解得：；
（3）对ab整体，由动量定理得：，
解得：；
对b根据动量定理得：，
设此过程流过b棒的电荷量为q，则，
由法拉第电磁感应定律得：，
联立解得：。
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】（1）根据a导体棒在运动过程中重力沿斜面的分力和a棒的安培力相等时做匀速运动列方程求解；
（2）释放瞬间b的速度为零，受沿斜面向下的安培和重力的分力，对b棒根据牛顿第二定律求解；
（3）对ab整体，由动量定理求速度的大小；对b根据动量定理列方程，结合和法拉第电磁感应定律求解。
33．【答案】（1）解： 根据磁通量的公式，通过面积Scdef的磁通量大小为Φ=BS=kt L2=kL2t，感应电动势的大小 ，
根据楞次定律，感应电流在图中的方向沿edcf方向，所以通过ab棒的电流方向由a向b；
（2）解： 根据安培力的公式，则F安=BIL，而B=kt，， ，所以
（3）解： 对加速向上运动的导体棒，平行于导轨向上的拉力为F，在垂直于导轨的方向上，轨道对棒的支持力大小FN等于安培力大小F安，根据牛顿第二定律有F-mg-μFN=ma
代入解得 ，
根据F的表达式可知，当
时，即 时，F有最大值，且最大值为
【知识点】闭合电路的欧姆定律；法拉第电磁感应定律；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【分析】 （1）根据磁通量的公式、电动势公式计算磁通量和电动势，根据楞次定律判断感应电流的方向；
（2）根据安培力公式和闭合电路的欧姆定律推导安培力的表达式；
（3）根据牛顿第二定律推导F的表达式并求最大值和最大值满足的条件。
34．【答案】（1）解：开关S闭合时，当外力与安培力相等时，金属棒的速度最大，则
由闭合电路欧姆定律
金属棒切割磁感线产生的感应电动势为
联立可得，恒定的外力为
在加速阶段，外力的功率为
定值电阻的功率为
若时，即
化简可得金属棒速度v的大小为
（2）解：解法一
断开开关S，则电容器与定值电阻串联，则有
当金属棒匀速运动时，电容器不断充电，电荷量q不断增大，电路中电流不断减小，则金属棒所受安培力不断减小，而恒力的功率
定值电阻功率
当时有
可得
根据
可得此时电容器两端电压为=
从开关断开到此刻外力所做的功为
其中
联立可得
解法二
当金属棒速度为v时，断开开关S，改变水平外力并使金属棒匀速运动。设某时刻充电电流为I，电容器两极板之间的电压为U，根据欧姆定律，I=
金属棒匀速运动，受力平衡，F'=BIL
当外力功率为定值电阻功率的两倍时，有F'v=2I2R
联立解得 U=
从开关断开到此刻外力所做的功 W=Σ（BIL·v△t）=BLv·ΣI△t= BLv·q= BLv·CU=
【知识点】电容器及其应用；闭合电路的欧姆定律；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）开关S闭合时，当施加的恒力F与安培力相等时，金属棒的速度最大。由闭合电路欧姆定律、法拉第电磁感应定律求解恒定的外力。再对金属棒速度为v时，由恒力F的功率与定值电阻的功率的关系求解速度v的大小。
（2）断开开关S，金属棒以速度v匀速运动，水平外力F与安培力等大反向。电容器与定值电阻串联，电容器不断充电，根据闭合电路欧姆定律，结合外力的功率与定值电阻的功率的关系求解此时电容器两端电压。应用微元法，结合电容器定义式求解外力所做的功。
35．【答案】（1）解：根据题意可知，对金属棒ab由静止释放到刚越过MP过程中，由动能定理有
解得
则ab刚越过MP时产生的感应电动势大小为
（2）解：根据题意可知，金属环在导轨间两段圆弧并联接入电路中，轨道外侧的两端圆弧金属环被短路，由几何关系可得，每段圆弧的电阻为
可知，整个回路的总电阻为
ab刚越过MP时，通过ab的感应电流为
对金属环由牛顿第二定律有
解得
（3）解：根据题意，结合上述分析可知，金属环和金属棒ab所受的安培力等大反向，则系统的动量守恒，由于金属环做加速运动，金属棒做减速运动，为使ab在整个运动过程中不与金属环接触，则有当金属棒ab和金属环速度相等时，金属棒ab恰好追上金属环，设此时速度为，由动量守恒定律有
解得
对金属棒，由动量定理有
则有
设金属棒运动距离为，金属环运动的距离为，则有
联立解得
则金属环圆心初始位置到MP的最小距离
【知识点】闭合电路的欧姆定律；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的电路类问题
【解析】【分析】（1）根据动能定理求出导体棒刚好进入磁场的速度，再根据公式E=BLv求感应电动势大小；
（2）根据安培力公式和牛顿第二定律求金属圆环的加速度；
（3）由动量守恒定律求出最终的速度，对ab棒再由动量定理求出满足条件的初始位置的相对距离。
1 / 1小题精练习13 电磁感应中的感应电动势、电荷量、热量、单双棒问题-备考2025年高考物理题型突破讲练
一、求电荷量的三种方法
1．（2022·吴忠模拟）如图，一线圈匝数为n，横截面积为S，总电阻为r，处于一个均匀增强的磁场中，磁感应强度随时间的变化率为k（k>0且为常量），磁场方向水平向右且与线圈平面垂直，电容器的电容为C，两个电阻的阻值分别为r和2r。下列说法正确的是（　　）
A．电容器下极板带正电 B．此线圈的热功率为
C．电容器所带电荷量为 D．电容器所带电荷量为
【答案】D
【知识点】电容器及其应用；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】A．根据楞次定律可以判断通过电阻r的电流方向为从左往右，所以电容器上极板带正电，A不符合题意；
B．根据法拉第电磁感应定律可得线圈产生的感应电动势为
根据焦耳定律可得此线圈的热功率为
B不符合题意；
CD．电容器两端电压等于r两端电压，电容器所带电荷量为
C不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】利用楞次定律可以判别感应电流的方向进而判别极板的电性；利用法拉第电磁感应定律可以求出电动势的大小，结合电功率的表达式可以求出热功率的大小；利用电容的定义式可以求出电容器电荷量的大小。
2．（2023高二下·青原期末）如图所示，两光滑平行金属导轨间距为L，直导线MN垂直跨在导轨上，且与导轨接触良好，整个装置处在垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为B。电容器的电容为C，除电阻R外，导轨和导线的电阻均不计。现给导线MN一初速度，使导线MN向右运动，当电路稳定后，MN以速度v向右做匀速运动时（　　）
A．电容器两端的电压为零
B．电阻两端的电压为BLv
C．电容器所带电荷量为CBLv
D．为保持MN匀速运动，需对其施加的拉力大小为
【答案】C
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】 A：电容器两端的电压等于MN产生的感应电动势，，A错误；
B：电阻中没有电流流过，两端的电压为0，B错误；
C：电容器所带电荷量为，C正确；
D：电路中没有电流，MN不受安培力作用，对其不施加拉力就能保持MN匀速运动，D错误；
故答案为：C。
【分析】电容器接在直流电流电路中，稳定后所在电路是断路，没有电流，电容器两端电压等于所在电路的电压，根据计算电容器所带电荷量，根据MN受到的安培力情况判断受拉力情况。
3．（2024高二上·杭州期末） 如图所示，闭合导线框的质量可以忽略不计，将它从如图所示位置匀速向右拉出匀强磁场。若第一次用0.3s拉出，外力所做的功为W1，通过导线横截面的电荷量为q1；第二次用0.6s拉出，外力所做的功为W2，通过导线横截面的电荷量为q2，则（　　）
A．W1C．W1>W2，q1=q2 D．W1>W2，q1>q2
【答案】C
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】设线框的长为L1，宽为L2，速度为v。线框所受的安培力大小为
又
，
则得
线框匀速运动，外力与安培力平衡，则外力的大小为
外力做功为
可见，外力做功与所用时间成反比，则有
两种情况下，线框拉出磁场时穿过线框的磁通量的变化量相等，根据感应电荷量公式
可知，通过导线截面的电量相等，即有
故ABD错误，C正确。
故答案为：C。
【分析】线框做匀速运动，拉力与线框所受安培力大小相等且为定制。再根据匀速运动规律确定两次拉力的大小关系。再根据功的定义及法拉第电磁感应定律及电荷量公式进行解答。
4．（2023高二下·永昌期末）如图所示，螺线管匝数n=1000匝，横截面积S=20cm2，螺线管导线电阻r=1Ω，电阻R=3Ω，管内磁场的磁感应强度B的B-t图象如图所示（以向右为正方向），下列说法错误的是（　　）
A．通过电阻R的电流方向是从C到A B．电阻R两端的电压为4V
C．感应电流的大小为1A D．0-2s内通过R的电荷量为2C
【答案】B
【知识点】楞次定律；法拉第电磁感应定律；电磁感应中的电路类问题
【解析】【解答】 解：A：根据楞次定可知，通过电阻R的电流方向是从C到A，A正确；
BCD：根据法拉第电磁感应定律可得，电流中产生的电动势为：，电路中电流大小为：，电阻R两端的电压为，0-2s内通过R的电荷量为，B错误，CD正确；
故答案为：B。
【分析】根据楞次定律判断电路中电流方向；根据法拉第电磁感应定律计算电路中电动势，根据闭合电路欧姆定律计算电流，根据欧姆定律计算电阻R的电压，根据计算通过电阻R的电荷量。
5．（2024高三上·历城模拟）在范围足够大、方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B＝0.2 T的匀强磁场中，有一水平放置的光滑金属框架，宽度L＝0.4 m，如图所示，框架上放置一质量为m＝0.05 kg、长度为L、电阻为r＝1 Ω的金属杆MN，且金属杆MN始终与金属框架接触良好，金属框架电阻不计，左侧a、b端连一阻值为R＝3 Ω的电阻，且b端接地．若金属杆MN在水平外力F的作用下以恒定的加速度a＝2 m/s2由静止开始做匀加速运动，则下列说法正确的是（　　）
A．在5 s内流过电阻R的电荷量为0.1 C
B．5 s末回路中的电流为0.8 A
C．5 s末a端处的电势为0.6 V
D．如果5 s末外力消失，最后金属杆将停止运动，5 s后电阻R产生的热量为2.5 J
【答案】C
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A.在t=5s内金属杆的位移
5s内的平均速度
故平均感应电动势
，
在5s内流过电阻R的电荷量为
故A错误；
B. 5s末金属杆的速度
此时感应电动势
则回路中的电流为
故B错误；
C. 5s末a点的电势
故C正确；
D.如果5 s末外力消失，最后金属杆将停止运动，5 s末金属杆的动能将转化为整个回路中产生的热量，所以电阻R产生的热量为
故D错误。
故选C。
【分析】本题考查导体切割磁感线时的感应电动势，在求电荷量时要注意法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律的综合应用。
二、求解焦耳热Q的三种方法
6．（2023高二上·大理期中） 如图所示，虚线下方有垂直纸面向里的足够大有界匀强磁场，虚线上方同一高度处有两个完全相同的正方形均匀金属线框1、2 ，线框1做自由落体运动，线框2做初速度为v0的平抛运动。线框1、2在运动过程中均无旋转。磁场的磁感应强度大小B，线框1恰匀速进入磁场。不计空气阻力，从开始运动到线框完全进入磁场的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．线框2减速进入磁场区域
B．线框1、2始终处于同一高度
C．线框1产生的焦耳热小于线圈2产生的焦耳热
D．通过线框1、 2导线横截面的电荷量相等
【答案】B,D
【知识点】法拉第电磁感应定律；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】AB、因为线框2做初速度为v0的平抛运动，则竖直方向进入磁场前也做自由落体运动，进入磁场时，竖直方向速度和线框1的相等，且左右两边产生的电动势抵消，所以线框2进入磁场时和线框1 受力情况相同，故竖直方向始终在同一高度，线框2也是匀速进磁场，故A错误，B正确；
C、同理，两线框电流相等，运动情况相同，故线框1产生的焦耳热等于线圈2产生的焦耳热，故C错误；
D、根据
知通过线框1 、2导线横截面的电荷量相等，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】明确线框进入磁场前的运动情况，根据右手定则分析进入磁场时，线框切割磁场产生的感应电流方向及大小情况。继而根据左手定则判断线框在磁场中受到的安培力情况。再判断线框在磁场中的运动情况。通过分析的电流情况从而得出产生的焦耳热情况。
7．（2024高二下·简阳月考） 两根光滑的金属导轨，平行放置在倾角为的斜面上，导轨的左端接有电阻，导轨自身的电阻可忽略不计，斜面处在一匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上，质量为、电阻为的金属棒ab，在沿着斜面与棒垂直的恒力F作用下沿导轨匀速上滑，并上升高度，如图所示。在这过程中（　　）
A．作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于与电阻上产生的焦耳热之和
B．金属棒克服安培力做的功等于电阻和上产生的焦耳热之和
C．恒力F与重力的合力所做的功等于电阻上产生的焦耳热
D．作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于零
【答案】B,D
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】AD.金属棒沿导轨匀速上滑，由动能定理可知，作用与金属棒上各个力的合力做的功等于金属棒动能的变化量，而金属棒做匀速运动，动能变化量为零，所以作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于零，A不符合题意，D符合题意；
B.根据功能关系可知，金属棒克服安培力做的功等于电阻R和r上产生的焦耳热之和，B符合题意；
C.金属棒上滑过程中，受重力、支持力、安培力和恒力F作用，支持力不做功，而合力功等于零，可知恒力F与重力的合力所做的功等于金属棒克服安培力做的功，则恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R和r上产生的焦耳热之和，C不符合题意。
故答案为：BD。
【分析】根据动能定理分析作用于金属棒上的各个力的合力所做的功；根据功能关系分析电路中的功能转化关系。
8．（2023高二下·济南开学考）两根平行光滑金属导轨固定放置在水平面上，导轨长，间距，电阻不计，俯视图如甲所示，导轨左端接有的电阻，在导轨左侧范围内存在竖直向上的匀强磁场，且磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示。在时刻，质量，电阻的导体棒ab以的初速度从导轨的最右侧开始向左运动。下列说法正确的是（　　）
A．流过导体棒ab的电流方向始终由a到b
B．前2s流过导体棒ab的电流为1A
C．全过程电阻R上产生的焦耳热为2.5J
D．全过程电阻R上产生的焦耳热为2.25J
【答案】B,D
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】A.0-2s内，根据楞次定律可知电流方向由a到b，2s后根据右手定则可知由b到a，A不符合题意；
B．前2s的感应电动势为 ，流过导体棒ab的电流为 ，B符合题意；
CD．前2s电阻R上产生的焦耳热为 ，当导体棒在磁场中运动时，对棒由动量定理可知 ，电量为 ，联立可解得导体棒在磁场中运动时，通过棒的电荷量 ，又有 ，联立可得 <1m，所以导体棒在磁场中的最终速度为零，导体棒进入磁场后，动能全部转化成焦耳热，由功能关系可知 ，电阻R上产生的焦耳热为 ，全过程电阻R上产生的焦耳热为Q=Q1+Q2=2.25J，D符合题意，C不符合题意。
故答案为：BD。
【分析】利用楞次定律可以判别感应电流的方向，利用右手定则可以判别感应电流的方向；利用法拉第电磁感应定律结合欧姆定律可以求出感应电流的大小；利用焦耳定律可以求出电阻产生的焦耳热，利用动量定理及电流的定义式可以求出导体棒运动的位移，结合能量守恒定律可以求出全过程产生的焦耳热的大小。
9．（2024高二下·栖霞月考） 如图所示，正方形金属线框abcd从某高度自由下落进入B=1T的匀强磁场，从ab边刚进入磁场到cd边刚出磁场过程中，线框中的电流随时间的变化图像如图所示。已知线框边长l=0.2m，总电阻，cd边刚出磁场时的速度v=5.8m/s，重力加速度g=10m/s2。线框通过磁场过程中ab边始终与磁场边界平行。下列说法正确的是（　　）
A．磁场宽度h=1m
B．线框质量m=0.08kg
C．线框离开磁场过程中，通过线框的电荷量q=0.2C
D．线框穿过整个磁场过程中产生的焦耳热Q=0.2544J
【答案】B,C
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的图像类问题；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A、线框进磁场为匀速直线运动，时间为t1=0.05s，则匀速的速度为
；
线框匀速进入磁场后，因双边同向切割磁感线，则无感应电流，
不受安培力而只受重力，其加速度为g，做匀加速直线运动，加速时间为
t2=(0.25- 0.05)s=0.2s，
则有
，
解得磁场宽度为h=1.1m，
故A错误；
B、线框进磁场为匀速直线运动，线框所受的重力与安培力平衡，有
，
解得线框质量为m=0.08kg，
故B正确；
C、线框离开磁场过程中，通过线框的电荷量为
，
故C正确；
D，对线框穿过磁场的全过程，由动能定理有
，
WF=Q，
解得线框穿过整个磁场过程中产生的焦耳热为Q=0.3344J，
故D错误；
故答案为：BC。
【分析】线框全进入磁场后，做加速运动求出加速时间，然后可得到磁场宽度；线框进入磁场时匀速运动，根据受力平衡可得出质量；根据可求电荷量；利用动能定理可求出产热。
10．（2024高二下·宜宾期末）如图所示，CD、EF是两条水平放置的、阻值可忽略的平行金属导轨，导轨间距为L，在水平导轨的左侧存在方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场区域的宽度为d，导轨的右端接有一阻值为R的电阻，左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接。将一阻值也为R、质量为m的导体棒从弯曲轨道上h高处由静止释放，导体棒最终恰好停在磁场的右边界处。已知导体棒与水平导轨接触良好，且动摩擦因数为μ。下列说法正确的是（　　）
A．通过电阻R的最大电流为
B．流过电阻R的电荷量为
C．整个电路中产生的焦耳热为mgd
D．电阻R中产生的焦耳热为
【答案】A,D
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．根据
得
刚到达水平面时的速度最大，最大的感应电流为
A正确；
B．根据
B错误；
C．由动能定理得
克服安培力做功转化为焦耳热，故C错误；
D．电阻R产生的焦耳热
D正确。
故选AD。
【分析】金属棒下滑过程中，机械能守恒，根据电流定义式求解通过金属棒的电荷量，克服安培力做功转化为焦耳热。
三、单杆模型
11．（2024高二下·成华期中）如图1所示，间距为L的两足够长平行光滑导轨处于竖直固定状态，导轨处在垂直导轨平面的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，导轨顶端连接阻值为R的定值电阻．质量为m、接入电路电阻也为R的金属杆垂直接触导轨，让金属杆由静止开始下落，同时给金属杆施加竖直方向的拉力，使金属杆运动的速度v与运动位移x的关系如图2所示，当金属杆运动距离时撤去外力，金属杆恰能匀速运动．已知重力加速度大小为g，金属杆在运动的过程中始终与导轨垂直且接触良好，则金属杆运动距离的过程中（　　）
图1 图2
A．金属杆做初速度为零的匀加速直线运动
B．金属杆克服安培力做的功为
C．金属杆受到的安培力的冲量大小为
D．通过定值电阻的电量为
【答案】B,C,D
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A. 若金属杆做初速度为零的匀加速直线运动，则速度与位移关系式为
可知
结合图2，明显金属杆不做初速度为零的匀加速直线运动，A不符合题意；
B. 设金属杆的速度为v，最大速度为v'，金属杆切割磁感线产生电动势
电路中电流
安培力大小
联立可知安培力的大小
安培力做功为
当撤去拉力时金属杆做匀速运动，则
联立可得
B符合题意；
C. 由题可知，通过定值电阻的电量为
则安培力的冲量
D符合题意。
故答案为：BCD。
【分析】根据导体棒切割磁感线产生感应电动势的表达式，结合欧姆定律可得出安培力的表达式，进而可得出做功的大小。
12．（2024高三下·大祥模拟）如图所示，间距为L的水平光滑长导轨，左端接有一个电容器，电容为C（不会被击穿），在PQ虚线的左侧有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。质量为m的金属杆ab静置在导轨上，距离虚线PQ的距离是d，金属杆在水平向右恒力F的作用下，开始向右运动，不计导轨与金属杆的电阻，下列说法正确的是 （　　）
A．金属杆ab先做加速度不断减小的加速运动，最终匀速运动
B．金属杆ab的运动可能是先从加速到匀速再到加速
C．金属杆ab运动到达虚线PQ的时间
D．电容器能带的最多电量是
【答案】A,D
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】金属棒向右运动，切割磁感应线产生电动势E，给电容器充电，设在t~t+Δt的时间里，电容器充电量为Δq，则
则充电电流为
对金属棒列牛顿第二定律方程
得
上式说明金属棒做初速度为零的匀加速直线运动，由
可得
得
再由
q=CE=CBLv=CBLat
得金属杆最终出磁场时，电容器带电量最大，带电量为
故选AD。
【分析】根据题意分析清楚金属杆的运动过程、应用牛顿第二定律求出金属杆的加速度是解题的前提与关键，应用E=BLv、安培力公式、牛顿第二定律、运动学公式与电容的定义式即可解题。金属杆运动过程切割磁感线产生感应电动势对电容器充个电，电路有充电电流，金属杆受到安培力作用，应用牛顿第二定律求出金属杆的加速度大小，判断金属杆的运动性质。应用运动学公式求出金属杆到达PQ位置需要的时间；金属杆到达PQ时速度最大，感应电动势最大，求出金属杆感应电动势的最大值，然后求出电容器所带的最多电荷量。
13．（2022高二上·魏县期末）如图，距地面h高处水平放置间距为L的两条光滑平行金属导轨，导轨左端接有电动势为E的电源，质量为m的金属杆静置于导轨上，与导轨垂直且接触良好，空间有竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场。现将开关S闭合，一段时间后金属杆从导轨右端水平飞出，测得其水平射程为d，下列说法正确的是（　　）
A．金属杆离开导轨前做匀变速直线运动
B．金属杆离开导轨前做非匀速直线运动
C．电源消耗的电能为
D．从闭合开关到金属杆要落地时，金属杆受到的冲量为m
【答案】B,C,D
【知识点】动量定理；平抛运动；动能定理的综合应用；电流、电源的概念；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】AB.开关闭合后，金属杆因受向右的安培力而做加速运动，随速度的增加，由E=BLv可知，金属杆切割磁感线产生的感应电动势逐渐变大，而此感应电动势与原电源电动势反向，可知电路中电流逐渐减小，金属杆所受安培力逐渐减小，故金属杆离开导轨前做加速度减小的变加速直线运动，若导轨足够长，当加速度为零时，金属杆做匀速运动，A不符合题意，B符合题意；
C.金属杆从导轨右端水平飞出后做平抛运动，，解得，金属杆沿导轨运动过程，由动量定理得，又，电源消耗的电能为，E为电源电动势，解得，C符合题意；
D.设金属杆落地的速度为v，对平抛运动过程由动能定理得，解得，从闭合开关到金属杆刚要落地，由动量定理得，解得，D符合题意。
故答案为：BCD。
【分析】由法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律分析金属杆产生的感应电流的变化情况，得到金属棒受到的安培力的变化情况，再分析金属杆的运动过程；根据平抛的运动规律，由运动学公式求出金属杆从导轨右端飞出的速度，再由动量定理和电流的定义式求出金属杆在导轨上运动时通过金属杆的电量，然后由计算电源消耗的电能；由动能定理分析金属杆抛出后的运动过程，求出金属杆落地瞬间的速度，再由动量定理求解从闭合开关到金属杆要落地时，金属杆受到的冲量。
14．（2024高二下·滕州期末）如图所示，MN和PQ是两根足够长、互相平行、倾斜放置的粗糙金属导轨，导轨间距为L，导轨与水平面的夹角为，质量为的金属杆与导轨间的动摩擦因数为。导轨上端通过导线和开关、分别与阻值为R的定值电阻和一开始不带电的电容器相连，整个装置处在垂直于导轨平面向上、磁感应强度为B的匀强磁场中。已知重力加速度为g，电容器的电容，导轨及金属杆的电阻不计，金属杆ab始终与导轨垂直且接触良好，不考虑电容器的充放电辐射电磁波的能量。
（1）若闭合，断开，让金属杆由静止释放，求电阻R上的最大电压
（2）若闭合，断开，让金属杆由静止释放到电阻R上的电压达到最大时金属杆运动的位移为，求此过程中产生的总热量；
（3）若断开，闭合，让金属杆由静止释放，当电容器带电量为q时，求金属杆运动的距离x。
【答案】解：（1）金属杆由静止释放，稳定后做匀速运动，设电路中的电流为，则
电阻上的最大电压为
解得
（2）金属杆速度达到最大时有
解得
根据功能关系有
解得
（3）设经过极短的时间，金属杆速度的变化为，电容器的充电电流为
根据牛顿第二定律有
解得金属杆做匀加速直线运动的加速度为
当电容器上电量为时，金属杆的速度为，则
根据匀变速直线运动的规律可知
解得
【知识点】含容电路分析；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）金属杆由静止释放，稳定后做匀速运动，受力分析结合受力平衡列方程求解；（2）受力平衡达到最大速度，结合能量关系求解产生的热能；
（3）电荷量等于电压乘以电容，结合电流定义式以及动生电动势表达式进行分析。
15．（2024高三上·沈阳） 如图所示，金属杆ab的质量为m=1kg，电阻R=1Ω，长l=1m，放在磁感应强度B=1T的匀强磁场中，磁场方向与ab杆垂直，且与导轨平面夹角为θ=37°斜向上，ab恰能静止于水平导轨上。电源电动势E=3V，内阻r=0.5Ω，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，导轨的电阻不计，g=10m/s2，则下列说法正确的是（　　）
A．金属杆对导轨的压力
B．金属杆与导轨间的动摩擦因数
C．若把磁场的方向变为竖直向上，则闭合开关瞬间金属杆ab的加速度
D．若把磁场的方向变为水平向右，则金属杆受到的摩擦力
【答案】A,B,C
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的电路类问题
【解析】【解答】A.首先，对金属棒进行受力分析，金属棒受到竖直向下的重力mg，导轨对其的支持力，水平向右的摩擦力f以及与支持力成的安培力BIL根据平衡条件及闭合电路欧姆定律得到，联立可解得由牛顿第三定律知，金属杆对导轨的压力为8.4N，故A符合题意
B. 由公式求得，故B符合题意
C. 若把磁场的方向变为竖直向上，在闭合开关的瞬间，由左手定则知，受到的安培力水平向右，根据平衡条件得，可以求得加速度故C符合题意
D. 若把磁场的方向变为水平向右，则由左手定则知安培力竖直向上，于是导体棒水平方向上没有运动的趋势，则金属杆没有受到摩擦力的作用，即摩擦力为零，故D不符合题意
综上，此题正确的说法为ABC
【分析】对金属杆进行受力分析，正交分解后在水平方向和竖直方向上平衡条件可求出对应的支持力和摩擦力，又由牛顿第三定律知导轨对金属杆支持力等于金属杆对导轨的压力，动摩擦因数在求得压力和摩擦力的条件下由公式可求得，而加速度是在其改变磁场方向闭合开关的瞬间经牛顿第二定律得到，再次改变磁场方向使得导体棒在水平方向上没有运动的趋势，也就说明没有摩擦力的作用从而摩擦力等于零。
四、双杆模型
16．（2024高二下·浙江期中）如图所示，两平行光滑长直金属导轨水平放置，间距为。区域有匀强磁场，磁感应强度大小为，方向竖直向上。初始时刻，磁场外的细金属杆M以初速度向右运动。磁场内的细金属杆N处于静止状态，且到的距离为。两杆在磁场内未相撞且N出磁场时的速度为，两金属杆与导轨接触良好且运动过程中始终与导轨垂直。金属杆M质量为，金属杆N质量为，两杆在导轨间的电阻均为，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M两端的电势差；
（2）N在磁场内运动过程中N上产生的热量；
（3）N刚离开磁场时M在磁场中运动的距离；
（4）N在磁场内运动的时间。
【答案】解：（1）当M棒刚进入磁场时
刚进入瞬间，电路中的电流为
则棒两端的电压为
（2）当N棒刚出磁场时，设M棒的速度为v，根据动量守恒定律可得
根据能量守恒定律可得
可得
所以由于两棒的电阻相等，且通过两棒的电流大小相等，所以N棒上产生的热量
（3）从N棒开始运动到N棒刚出磁场，对N棒由动量定理可得
又因为
带入题中数据，整理有
设N棒开始运动时距离磁场左侧距离为，M棒在磁场中运动了，该过程的平均电动势有
平均电流为
又有
整理有
所以
（4）在任意时刻，两棒动量守恒
从M棒进入磁场到N棒离开磁场过程中：
可得
所以
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律、法拉第电磁感应定律可得ab两端电压；
（2）根据动量守恒定律、能量守恒定律可得此过程中产生的总热量，根据焦耳定律可得N上产生的热量；
（3）取向右为正方向，对N根据动量定理进行解答；
（4）根据动量定理求解N在磁场内运动的时间。
17．（2023高二上·怀仁月考）如图所示，水平光滑导轨间距分别为，宽、窄导轨区域磁感应强度分别为、两导杆质量分别为、杆右端通过一条轻绳受质量为的重物牵连．并由静止开始运动．设回路中总电阻为．假设各导轨无限长．则下列说法正确的是（　　）
A．杆做加速度减小的加速运动，杆做加速度减小的减速运动
B．产生的电动势与杆产生的电动势之比为二者速度之比
C．杆和杆经足够长时间后的加速度之比为
D．若开始到某时刻过程生热为，此时两杆的速度分别为和，则重物机械能损失量为
【答案】C,D
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】B.杆A产生的电动势为
杆B产生的电动势
可见电动势之比并不是速度之比，B不符合题意；
A.电路中感应电动势
由牛顿第二定律，对杆B和重物整体，有
对杆A，有
刚开始B的加速度大于A的加速度，因此B的速度增量大于A的速度增量，电路中电流变大，可得杆A做加速度变大的加速运动，杆B做加速度减小的加速运动，最后电路中电流恒定，做匀加速运动，A不符合题意；
C.根据题意，经足够长时间后回路中电流恒定，则
（恒定值）
则有
则
所以杆A和杆B最终的加速度之比为
C符合题意；
D.若开始到某时刻过程生热为Q，由能量守恒定律可得重物机械能损失量为
D符合题意。
故答案为：CD。
【分析】根据法拉第电磁感应定律，分析两杆因切割磁感线所产生的感应电动势的比值与速度比的关系；由牛顿第二定律分析两杆的运动，得出两杆运动过程中加速度的变化情况；经足够长时间后两导体棒产生的感应电动势差值不再变化，回路中电流恒定，由法拉第电磁感应定律结合运动学公式，求出两杆最终加速度的比值；根据能量守恒定律分析系统在运动过程中的能量转化。
18．（2024高二下·浙江月考）如图所示的装置放置于匀强磁场中，磁场方向竖直向下大小未知。足够长的金属导轨和在同一水平面内。导轨的与相互平行且足够长，距离为；与也是平行的，距离为0.5m。质量均为0.1kg的金属杆、垂直于导轨放置，初始时金属导轨与金属杆围成的面积，一根不可伸长的绝缘轻绳一端固定在金属杆的中心，绝缘轻绳的水平部分与平行，质量的重物放置在地面上，两杆与导轨构成的回路的总电阻始终为，从某一时刻开始，磁感应强度随时间变化的关系为，在外力的作用下，杆始终保持静止，重力加速度取。
（1）求金属杆运动前，金属杆中的电流；
（2）求经过多长时间金属杆开始运动；
（3）保持不变，已知杆在运动过程中始终垂直于导轨并与导轨保持光滑接触，轨道足够长使杆始终在宽度为0.5m的轨道部分运动，当时，求金属杆运动的最大速度；
（4）在第（3）问基础上，改为，绝缘轻绳的水平部分足够长（重物始终不与滑轮相撞），一直在左侧轨道运动，求杆运动过程中回路的最大电功率。
【答案】（1）解：根据法拉第电磁感应定律，
（2）解：棒受到的安培力
当时，开始运动得
（3）解：棒运动时的电动势
当时速度最大
（4）解：棒一起运动时，，
代入速度可得
由上式可知时不变，不变，此时电流最大
解得时
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律确定开始运动前回路中产生的感应电动势，再根据欧姆定律确定回路中产生的电流；
（2）当a棒恰好开始运动时，金属棒a恰好处于受力平衡状态，确定金属棒的受力情况，再根据平衡条件及（1）中结论及安培力公式和题意进行解答；
（3）当金属杆b的速度达到最大时，金属杆b的加速度为零，处于平衡状态，确定金属棒的受力情况。再根据法拉第电磁感应定律结合欧姆定律和安培力进行解答；
（4）回路中的电流越大，回路中的功率越大。ab棒一起运动时，两导体均产生感应电动势，根据右手定则确定两导体棒产生感应电流的方向，再根据法拉第电磁感应定律及运动学规律确定回路中产生最大电流的的条件，再根据牛顿第二定律确定此时感应电流的大小，再结合电功率公式确定回路中的最大电功率。
19．（2024高二下·汉寿月考）如图所示，长直金属杆M、N在水平固定的平行光滑长直金属导轨上运动，导轨间距为L；水平虚线与导轨垂直，左、右两侧区域分别充满垂直于导轨平面且方向相反的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。初始时刻，N静止在左侧导轨上，M从N左侧以初速度水平向右运动．M、N质量均为m、在导轨间的电阻均为R，整个运动过程中，两金属杆始终与导轨垂直并接触良好．感应电流产生的磁场、导轨电阻、空气阻力及两金属杆粗细均忽略不计，导轨足够长。
（1）求初始时刻M的加速度大小和方向；
（2）若M、N在左侧未相撞，N进入右侧时速度大小为，求初始时刻M、N间距至少为多少？
（3）在（2）的条件下，若M到达处时速度大小为，求M、N的碰撞次数，及M、N最终速度大小．
【答案】（1）初始时刻，回路中产生的感应电动势
流过M的感应电流
由右手定则知，方向沿顺时针方向，M所受安培力
由左手定则知，方向水平向左，由牛顿第二定律有
解得
方向水平向左。
（2）由题知，M、N均在左侧运动时，对N，由动量定理有
解得
设从初始时刻到N进入右侧过程中，M、N之间的相对位移为，则
解得
要使M、N在左侧未相撞，初始时刻M、N的最小间距为
（3）由分析知，M、N均在左侧运动时，所受安培力大小相等、方向相反，M、N系统所受合外力为零，故M、N系统动量守恒，设N进入右侧时，M的速度为，以水平向右为正方向，由动量守恒定律有
解得
设M进入右侧时，N的速度为，从N进入右侧到M进入右侧的过程中，M、N所受安培力均水平向左，对M，由动量定理有
对N，由动量定理有
解得
该过程中，对N又有
解得
该过程中，设N的位移大小为x1，M的位移大小为x2，则
解得
x1即为M进入右侧时M、N之间的距离，假设M、N在右侧未相撞而共速，则从M进入右侧到二者共速的过程中，由M、N系统动量守恒，有
解得
该过程中，对N，由动量定理有
解得
该过程中，设M、N的相对位移为，则
解得
故
即M、N在右侧共速前会相撞，相撞后，由分析知，N向右减速，M向右加速，直至最终二者以的速度匀速运动，因此，整个过程中，M、N只碰撞一次
【知识点】电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】（1）由牛顿第二定律结合法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律和安培力公式，求出初始时刻M的加速度大小，由右手定则判断感应电流，再由左手定则判断安培力方向，得出加速度方向；（2）对N由动量定理求得两者相对位移，相对位移的大小即为所求；（3）两棒都在PQ左侧运动时，系统动量守恒，根据动量守恒定律求出N棒进入PQ右侧时M棒的速度，两棒都进入左侧后，对N棒应用动量定理，求出M、N共速前N棒相对M棒的相对位移，再做出相关判断。
20．（2023高二下·杭州期中）平行直导轨由水平部分和倾斜部分组成，导轨间距，是分界线，倾斜部分倾角，左侧有磁感应强度大小为、垂直于水平面的匀强磁场，右侧有垂直斜面向下、磁感应强度大小也为的匀强磁场，如图甲所示。质量均为、电阻值均为的两根金属细杆和垂直放在该导轨上，其中杆光滑，杆与导轨间的动摩擦因数，导轨底端接有的电阻，导轨电阻不计。开始时、杆均静止于导轨上，现对杆施加一水平向左的恒力F，使其向左运动，当杆向左加速运动的时间为时开始做匀速直线运动，此时杆刚要开始沿斜面向上运动（仍保持静止），再经撤去外力F，最后杆静止在水平导轨上。整个过程中电阻R产生的热量。撤去F后，杆减速过程图像如图乙，横轴表示时间t，纵轴表示任意时刻杆速度v与刚撤去F时速度的比值。（g取）
（1）判断磁场的方向；并求刚撤去外力时杆两端的电势差；
（2）求杆从开始运动到最后静止的总位移大小x；
（3）求加速过程的时间，并判断撤去F后图乙中和的大小关系（无需证明）。
【答案】（1）解：由题意可知，当杆向左加速运动的时间为时开始做匀速直线运动，此时杆刚要开始沿斜面向上运动（仍保持静止），可知受到沿斜面向上的安培力，由左手定则可知，流经的电流由d到c，则流经的电流由a到b，受到的安培力水平向右，由左手定则可知，匀强磁场的方向竖直向下。
对杆，由平衡条件可知受到的安培力
可得
解得
由欧姆定律可得
因b点电势高于a点，因此则有
（2）解：电路的总电阻为
电路的总电流为5A，可知流经的电流为5A，则有杆产生的感应电动势为
对杆则有，
杆做匀速直线运动的位移为
回路中产生的焦耳热
由平衡条件可知
由功能原理可得
代入数据可得
解得杆加速运动的位移为
由题意可知杆加速过程与减速过程位移大小相等，则有杆从开始运动到最后静止的总位移大小为
（3）解：由运动学公式可知
解得
可得
在刚撤去外力时杆的速度较大，杆产生的感应电动势较大，电路中电流较大，杆受到的安培力较大，其加速度较大，则在相等时间内杆的速度减小量逐渐减小，图乙中，则有在从t=0开始随时间逐渐增大的过程中，减小量在相等的情况下所用时间逐渐增大因此则有。
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）根据cd棒的运动状态结合平衡条件就可以判断安培力的方向，然后根据左手定则判断出电流方向，在对ab受力分析得出安培力的方向，结合左手定则就可以判断B1的方向。计算ab两端的电势差要先求出电流，要想求出电流先对cd棒受力分析结合平衡条件列式求解就可以得出答案。
（2）解答该问先根据电阻连接关系求出总电阻再根据闭合回路欧姆定律求出电路总的电动势，然后根据导线切割磁场运动公式求出导线运动速度，根据运动规律即可求出其匀速段的位移，然后跟组电阻值求出回路中产生的 焦耳热，根据功能关系求出该过程加速段的位移，然后根据运动对称性求出减速段的位移，最后就可以解答该题。
（3） 利用匀变速直线运动的规律和实际运动图像对比就可以得出时间的大小关系。
21．（2022高二下·赣州期末）两足够长且不计电阻的光滑金属轨道如图甲所示放置，间距为d=1m，在左端弧形轨道部分高h=1.25m处放置一金属杆a，弧形轨道与平直轨道的连接处光滑无摩擦，在平直轨道右端放置另一金属杆b，杆a、b的电阻分别为、，在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B=2T。现杆b以初速度大小开始向左滑动，同时由静止释放杆a，杆a由静止滑到平直轨道的过程中，通过杆b的平均电流为0.3A。从杆a下滑到平直轨道时开始计时，a、b运动的速度—时间图像如图乙所示（以杆a运动方向为正方向），其中，，g取，求：
（1）杆a由静止滑至弧形轨道与平直轨道连接处时的速度大小；
（2）杆a在弧形轨道上运动的时间；
（3）在整个运动过程中杆b产生的焦耳热。
【答案】（1）解：杆a由静止滑至弧形轨道与平直轨道连接处时，由机械能守恒定律
解得
（2）解：设杆a由静止滑至弧形轨道与平直轨道连接处时杆b的速度大小为，对杆b运用动量定理
其中：，，代入数据解得
（3）解：设最后a、b两杆共同的速度为，由动量守恒定律得
代入数据解得
由能量守恒定律可知杆a、b中产生的焦耳热为
解得
b棒中产生的焦耳热为
【知识点】电磁感应中的图像类问题；电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】（1） 杆a由静止滑至弧形轨道与平直轨道连接处时，由机械能守恒定律得杆a由静止滑至弧形轨道与平直轨道连接处时的速度大小。
（2）对杆b运用动量定理结合安培力表达式求出杆a在弧形轨道上运动的时间 。
（3） 由动量守恒定律得最后a、b两杆共同的速度 ， 由能量守恒定律可知杆a、b中产生的焦耳热 。
五、破鼎提升
22．（2024高三上·济宁期末）如图所示，一光滑固定轨道由倾斜轨道和水平轨道两部分组成，轨道上端连接一阻值的电阻，水平部分两轨道间有竖直向下、磁感应强度大小的匀强磁场，磁场区域的长度为。一质量为的导体棒，从轨道上距水平轨道高处由静止释放，通过磁场区域后从水平轨道末端飞出，落在水平地面上。已知轨道间距，轨道水平部分距地面的高度，导体棒电阻、轨道电阻、空气阻力均忽略不计，取。下列说法正确的是（　　）
A．导体棒刚进入磁场时加速度的大小为
B．整个过程中，通过电阻R的电荷量为3C
C．整个过程中，电阻R上产生的热量为3J
D．导体棒的落地点与水平轨道末端的水平距离为0.8m
【答案】A,C,D
【知识点】平抛运动；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】本题考查电磁感应过程中的能量类问题，解题时需注意电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功来实现的。安培力做功的过程，是电能转化为其他形式的能的过程，而克服安培力做功的过程，则是其他形式的能转化为电能的过程。A．导体棒下落过程机械能守恒，有
解得
由牛顿第二定律得
又
，
解得
故A正确；
B．整个过程中，通过电阻R的电荷量为
又
，
解得
故B错误；
C．导体棒穿过磁场过程中，以向右为正方向，对导体棒根据动量定理可得
解得
设整个过程中电阻R上产生的热量为Q，有
故C正确；
D．导体棒水平飞出做平抛运动，有
，
解得
故D正确。
故选ACD。
【分析】结合题意，根据机械能守恒定律、牛顿第二定律、闭合电路欧姆定律、法拉第电磁感应定律分别列式，即可分析判断；整个过程中，根据电荷量与电流的关系、闭合电路欧姆定律、法拉第电磁感应定律分别列式，即可分析判断；导体棒穿过磁场过程中，对导体棒根据动量定理列式，整个过程中，根据能量守恒列式，即可分析判断；导体棒水平飞出后做平抛运动，由平抛运动的运动规律分别列式，即可分析判断。
23．（2024高三上·四川期末）如图所示，两根平行光滑金属导轨之间的距离为，倾角，导轨上端串联一个阻值为的电阻，下端接有电容为的电容器。在导轨间长为的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为，质量为的金属棒水平置于导轨上。金属棒向上运动时，闭合，断开；金属棒向下运动时，断开，闭合。棒的初始位置在磁场下方某位置处，用大小的恒力向上拉金属棒，当金属棒进入磁场后恰好匀速上升，金属棒运动到磁场区域中点时撤去拉力，金属棒恰好能到达磁场上边界，不计导轨和金属棒的电阻，金属棒运动过程中始终与导轨垂直且与导轨接触良好，重力加速度大小为。求：
（1）金属棒进入磁场时的速度大小；
（2）金属棒在磁场中向上运动的时间；
（3）金属棒从磁场下边界离开磁场时的动能。
【答案】（1）解：金属棒刚进入磁场时有
安培力大小
又
，
联立，解得
（2）解：金属棒进入磁场，前匀速上升，有
金属棒减速上升的过程中，由动量定理有
又有
，，
联立，解得
金属棒在磁场中向上运动的时间
联立，解得
（3）解：设经历的时间为，金属棒的速度大小为，通过金属棒的电流为，金属棒受到的安培力方向沿导轨向上，大小
设在时间内流经金属棒的电荷量为，则有
是平行板电容器极板在时间内增加的电荷量，为金属棒的速度变化量，电流
加速度大小
金属棒在时刻时的加速度方向沿导轨平面向下，根据牛顿第二定律有
解得
可知金属棒做初速度为零的匀加速运动，则有
出磁场时金属棒的动能
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）当金属棒进入磁场后恰好匀速上升，根据受力平衡，结合法拉第电磁感应定律求解金属棒进入磁场时的速度大小；
（2） 金属棒进入磁场，前匀速上升，金属棒减速上升的过程中，由动量定理结合电荷量的求解过程求解减速运动时间，二者相加等于总时间；
（3）求解电流以及加速度表达式，加速度恒定，金属棒做初速度为零的匀加速运动，根据速度位移关系求解出磁场时金属棒的动能。
（1）金属棒刚进入磁场时有
安培力大小
又
，
联立，解得
（2）金属棒进入磁场，前匀速上升，有
金属棒减速上升的过程中，由动量定理有
又有
，，
联立，解得
金属棒在磁场中向上运动的时间
联立，解得
（3）设经历的时间为，金属棒的速度大小为，通过金属棒的电流为，金属棒受到的安培力方向沿导轨向上，大小
设在时间内流经金属棒的电荷量为，则有
是平行板电容器极板在时间内增加的电荷量，为金属棒的速度变化量，电流
加速度大小
金属棒在时刻时的加速度方向沿导轨平面向下，根据牛顿第二定律有
解得
可知金属棒做初速度为零的匀加速运动，则有
出磁场时金属棒的动能
24．（2024高三上·四川模拟）一绝缘细绳跨过两个在同一竖直面（纸面）内的光滑定滑轮，绳的一端连接质量为、边长为的正方形金属线框，另一端连接质量为的物块。虚线区域内有磁感应强度大小均为的匀强磁场，其方向如图所示，磁场边界Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ均水平，相邻边界间距均为。最初拉住线框使其边与Ⅰ重合。时刻，将线框由静止释放，边由Ⅱ运动至Ⅲ的过程中，线框速度恒为。已知线框的电阻为，运动过程中线框始终在纸面内且上下边框保持水平，重力加速度为。下列说法正确的是（　　）
A．边由Ⅲ运动至Ⅳ的过程中，线框速度恒为
B．
C．时刻，边恰好与Ⅱ重合
D．边由Ⅰ运动至Ⅱ与由Ⅲ运动至Ⅳ历时相等
【答案】A,C
【知识点】动量定理；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】明确线框的上边框或下边框切割磁感线运动线框所受的安培力都是阻碍线框的相对运动是解题的关键。A．边由Ⅱ运动至Ⅲ的过程中，线框受力平衡，线框速度恒为；边由Ⅲ运动至Ⅳ的过程中，线框仍有两条边切割磁感线，线框仍受力平衡，因为产生的感应电流大小不变，则线框速度恒为，故A正确；
B．边由Ⅱ运动至Ⅲ的过程中，线框速度恒为，线框产生的感应电动势为
根据欧姆定律可得线框中的电流为
线框受到的安培力为
根据受力平衡可得
解得
故B错误；
C．设在边从Ⅰ运动到Ⅱ过程，经过时间边恰好与Ⅱ重合，对系统根据动量定理可得
其中
联立解得
故C正确；
D．两个过程通过的位移相等，边由Ⅰ运动至Ⅱ线框以速度做匀速运动，边由Ⅲ运动至Ⅳ只有一边切割磁感线，线框从速度开始做加速运动，所以边由Ⅰ运动至Ⅱ所用时间大于由Ⅲ运动至Ⅳ所用时间，故D错误。
故选BC。
【分析】线框上边框切割磁感线产生感应电动势，线框中产生感应电流，线框的上边框将受到向下的安培力作用，根据受力平衡求出线框匀速运动的速度；对系统根据动量定理求解时间。
25．（2024高三上·山东模拟）如图所示，在的区域中存在垂直于平面的匀强磁场，磁感应强度大小相等，边界与轴正方向的夹角为左侧磁场向里，OM右侧磁场向外。正方形导线框以恒定的速度沿轴正方向运动并穿过磁场区域，运动过程中边始终平行于轴。规定导线框中逆时针方向为电流的正方向。从刚进入磁场开始计时，下列能正确反映导线框中感应电流随时间变化图像的是（　　）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【知识点】电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】解决图像问题的一般步骤
（1）明确图像的种类，是B-t图像还是Φ-t图像，或者是E-t图像、i-t图像等。
（2）分析电磁感应的具体过程。
（3）用右手定则或楞次定律确定方向对应关系，
（4）结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等写出函数关系式。设导线框的速度大小是，边长为，总电阻为，磁感应强度大小为边刚进磁场时产生感应电流
由右手定则可判断感应电流的方向为逆时针；在时间内，如图1所示，边被边界分为和两部分，其中
两部分产生的感应电动势方向相反，则
当时，导线框全部进入磁场，如图2所示，导线框被边界分为两部分，两部分都切割磁感线，且有效长度均为，则
两部分产生的感应电动势大小相等，方向均沿顺时针，则电流
故选D。
【分析】根据楞次定律判断感应电流的方向。由感应电动势公式和欧姆定律分别研究各段过程感应电流的大小，再选择图像。
26．（2024高三上·衡阳模拟）如图所示，两根电阻不计的光滑水平导轨A1B1、A2B2平行放置，间距L=1m，处于竖直向下 B=0.4T的匀强磁场中，导轨左侧接一电容C=0.1F的超级电容器，初始时刻电容器带一定电量，电性如图所示。质量 、电阻不计的金属棒 ab垂直架在导轨上，闭合开关S后，ab棒由静止开始向右运动，且离开B1B2时已以 匀速。下方光滑绝缘轨道C1MD1、C2ND2间距也为L，正对A1B1、A2B2放置，其中C1M、C2N为半径r=1.25m、圆心角θ=37°的圆弧，与水平轨道MD1、ND2相切于M、N两点，其中NO、MP两边长度d=0.5m，以O点为坐标原点，沿导轨向右建立坐标系，OP右侧0<0.5m处存在磁感应强度大小为 的磁场，磁场方向竖直向下。质量 电阻R=1Ω的“U”型金属框静止于水平导轨 NOPM处。导体棒 ab 自 B1B2抛出后恰好能从C1C2处沿切线进入圆弧轨道，并在MN处与金属框发生完全非弹性碰撞，碰后组成导电良好的闭合线框一起向右运动。重力加速度的大小g取10m/s2。请解决下列问题：
（1）求初始时刻电容器带电量Q0；
（2）若闭合线框进入磁场B，区域时，立刻给线框施加一个水平向右的外力 F，使线框匀速穿过磁场 Bx区域，求此过程中线框产生的焦耳热；
（3）闭合线框进入磁场B 区域后只受安培力作用而减速，试讨论线框能否穿过B 区域。若能，求出离开磁场B，时的速度；若不能，求出线框停止时右边框的位置坐标x。
【答案】（1）解：设初始时电容器两端电压为U0，导体棒从开始运动到稳定过程，电容器极板上电荷量变化量为△Q，导体棒稳定后的电动势为E，对导体棒，由动量定理有
而
由电流的公式有
整理有
（2）解：由于导体棒恰好能从C1C2处沿切线进入圆弧轨道，设进入瞬间导体棒的速度为v2，有
解得
设导体棒在与金属框碰撞前的速度为v3，由动能定理有
解得
金属棒和线框发生完全非弹性碰撞，设碰后速度为，有
解得
线框进入磁场过程中所受安培力为
线框整个过程所产生的焦耳热与线框克服安培力所做的功相同，且由上述安培力的表达式可知，安培力随着进入磁场的距离均匀变化，所以进入过程中，安培力为其平均值，因此
（3）解：线框的右边框进入磁场过程由动量定理有
整理有
解得
所以线框的右边框能完全离开，然后左边框开始以进入磁场，假设左边框仍能穿出磁场，则
解得
所以线框左边框不能穿出磁场，则
解得
所以线框右边框所处的坐标为
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）电容器和a棒构成回路，金属棒ab离开B1B2时已匀速，最终回路中电流为0，根据法拉第电磁感应定律，应 用动量定理解答
（2）导体棒ab自B1B2抛出后做平抛运动，得到到达C1C2处的速度，应用动能定理和动量守恒定律碰撞后的速度，闭合线框穿过磁场Bx的过程，因安培力与位移成正比，可用安培力的平均值计算克服安培力做功，根据功能关系求得穿过磁场Bx区域线框产生的焦耳热；
（3）对闭合线框运动过程应用动量定理，应用数学知识解答。
（1）设初始时电容器两端电压为U0，导体棒从开始运动到稳定过程，电容器极板上电荷量变化量为△Q，导体棒稳定后的电动势为E，对导体棒，由动量定理有
BIL·Δt=m1v1-0
E=BLv1
而
由电流的公式有
整理有
（2）由于导体棒恰好能从C1C2处沿切线进入圆弧轨道，设进入瞬间导体棒的速度为v2，有
解得
设导体棒在与金属框碰撞前的速度为v3，由动能定理有
解得
金属棒和线框发生完全非弹性碰撞，设碰后速度为，有
解得
线框进入磁场过程中所受安培力为
线框整个过程所产生的焦耳热与线框克服安培力所做的功相同，且由上述安培力的表达式可知，安培力随着进入磁场的距离均匀变化，所以进入过程中，安培力为其平均值，因此
（3）线框的右边框进入磁场过程由动量定理有
整理有
解得
所以线框的右边框能完全离开，然后左边框开始以进入磁场，假设左边框仍能穿出磁场，则
解得
所以线框左边框不能穿出磁场，则
解得
所以线框右边框所处的坐标为
六、直击高考
27．（2024·浙江）某小组探究“法拉第圆盘发电机与电动机的功用”，设计了如图所示装置。飞轮由三根长a=0.8 m的辐条和金属圆环组成，可绕过其中心的水平固定轴转动，不可伸长细绳绕在圆环上，系着质量m=1 kg的物块，细绳与圆环无相对滑动。飞轮处在方向垂直环面的匀强磁场中，左侧电路通过电刷与转轴和圆环边缘良好接触，开关S可分别与图示中的电路连接。已知电源电动势E0=12 V、内阻r=0.1 Ω、限流电阻R1=0.3 Ω、飞轮每根辐条电阻R=0.9Ω，电路中还有可调电阻R2(待求)和电感L，不计其他电阻和阻力损耗，不计飞轮转轴大小。
（1）开关S掷1，“电动机”提升物块匀速上升时，理想电压表示数U=8 V，
①判断磁场方向，并求流过电阻R1的电流I；
②求物块匀速上升的速度v。
（2）开关S掷2，物块从静止开始下落，经过一段时间后，物块匀速下降的速度与“电动机”匀速提升物块的速度大小相等，
①求可调电阻R2的阻值；
②求磁感应强度B的大小。
【答案】（1）解： ①物块上升，则金属轮沿逆时针方向转动，辐条受到安培力指向逆时针方向，辐条中电流方向从圆周指向o点，由左手定则可知磁场方向垂直纸面向外。
由闭合电流欧姆定律得
②辐条切割磁感线产生电动势与电源电动势方向相反，辐条产生的电动势为E1
（2）解： 的电流 ，
【知识点】电功率和电功；串联电路和并联电路的特点及应用；闭合电路的欧姆定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【分析】（1）利用左手定则，结合安培力和电流的方向可得出磁场的方向，利用闭合电路欧姆定律可得出流过电阻R1的电流；根据动生电动势的表达式，结合电功率与重力功率的关系式可得出上升的速度大小；
（2）根据电阻串并联的特点，结合闭合电路欧姆定律可得出电阻的大小；根据导体棒切割磁场产生感应电动势的表达式可得出磁感应强度的大小。
28．（2024·北京）如图甲所示为某种“电磁枪”的原理图．在竖直向下的匀强磁场中，两根相距L的平行长直金属导轨水平放置，左端接电容为C的电容器，一导体棒放置在导轨上，与导轨垂直且接触良好，不计导轨电阻及导体棒与导轨间的摩擦．已知磁场的磁感应强度大小为B，导体棒的质量为m、接入电路的电阻为R．开关闭合前电容器的电荷量为Q．
（1）求闭合开关瞬间通过导体棒的电流I；
（2）求闭合开关瞬间导体棒的加速度大小a；
（3）在图乙中定性画出闭合开关后导体棒的速度v随时间t的变化图线．
【答案】（1）解：开关闭合前电容器的电荷量为Q，则电容器两极板间电压
开关闭合瞬间，通过导体棒的电流
解得
（2）解：开关闭合瞬间由牛顿第二定律有
将电流I代入解得
（3）解：由（2）中结论可知，随着电容器放电，所带电荷量不断减少，所以导体棒的加速度不断减小，其v-t图线如图所示
【知识点】牛顿第二定律；电磁感应中的电路类问题
【解析】【分析】（1）根据电容器的电荷量和电势差公式求电势差，再根据欧姆定律求电流，联立导出电流表达式；
（2）根据牛顿第二定律列式求解加速度表达式；
（3）根据加速度变小的特点，定性画出v-t图像。
29．（2024·甘肃）如图，相距为d的固定平行光滑金属导轨与阻值为R的电阻相连，处在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中长度为L的导体棒ab沿导轨向右做匀速直线运动，速度大小为v．则导体棒ab所受的安培力为(　　)
A．，方向向左 B．，方向向右
C．，方向向左 D．，方向向右
【答案】A
【知识点】闭合电路的欧姆定律；安培力的计算；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】导体棒ab切割磁感线在电路部分得有效长度为d，故感应电动势为
回路中感应电流为
根据右手定则，判断电流方向为b流向a。故导体棒ab所受的安培力为
方向向左。
故选A。
【分析】根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力的计算公式求解安培力大小。由右手定则判断回路中的电流方向，由左手定则判断导体棒ab所受的安培力的方向。
30．（2024·湖南）某电磁缓冲装置如图所示，两足够长的平行金属导轨置于同一水平面内，导轨左端与一阻值为 R 的定值电阻相连，导轨 BC 段与B1C1段粗糙，其余部分光滑， AA1右侧处于竖直向下的匀强磁场中，一质量为 m 的金属杆垂直导轨放置。现让金属杆以初速度v0沿导轨向右经过 AA1进入磁场，最终恰好停在CC1处。已知金属杆接入导轨之间的阻值为 R，与粗糙导轨间的摩擦因数为 ， AB =BC =d 。导轨电阻不计，重力加速度为 g，下列说法正确的是（　　）
A．金属杆经过 BB1的速度为
B．在整个过程中，定值电阻 R 产生的热量为
C．金属杆经过 AA1B1B与 BB1C1C 区域，金属杆所受安培力的冲量相同
D．若将金属杆的初速度加倍，则金属杆在磁场中运动的距离大于原来的 2 倍
【答案】C,D
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】 A．设金属杆在AA1B1B区域运动时间为t，AA1的间距为L，规定向右的方向为正方向，对金属杆在AA1B1B区域运动的过程中根据动量定理有
金属杆在AA1B1B区域向右运动的过程中切割磁感线，根据导体棒切割磁感线产生感应电动势公式和闭合电路的欧姆定律有，，
联立有，
设金属杆在BB1C1C区域运动的时间为t0，规定向右的方向为正方向，对金属杆在BB1C1C区域运动的过程中根据动量定理有
同理金属杆在BB1C1C区域向右运动的过程中切割磁感线有
联立解得
将求出的两个vBB1相加解得
所以金属杆经过BB1的速度大于 ，故A错误；
C．金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域，金属杆所受安培力的冲量为
根据选项A可知金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域流过金属杆的电荷量相同，则金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域，金属杆所受安培力的冲量相同，故C正确；
B．在整个过程中，根据能量守恒有
则在整个过程中，定值电阻R产生的热量为
故B错误；
D．设整个过程中金属杆运动的时间为t总，金属杆通过BB1C1C区域的时间为t1，规定向右的方向为正方向，根据动量定理有
且
解得
联立解得
根据选项A分析可知
而t1＜t0
综上
可见若将金属杆的初速度加倍，则金属杆在磁场中运动的距离大于原来的2倍，故D正确。
故选：CD。
【分析】 A.根据动量定理结合电动势公式、闭合电路欧姆定律和电荷量的计算公式联立求解；
C.根据冲量的定义列式求解；
B.根据动量定理和焦耳热的计算进行解答；
D.根据动量定理和电荷量公式列式联立解答。
31．（2024·河北）如图，边长为的正方形金属细框固定放置在绝缘水平面上，细框中心O处固定一竖直细导体轴。间距为L、与水平面成θ角的平行导轨通过导线分别与细框及导体轴相连。导轨和细框分别处在与各自所在平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小均为B。足够长的细导体棒在水平面内绕O点以角速度ω匀速转动，水平放置在导轨上的导体棒始终静止。棒在转动过程中，棒在所受安培力达到最大和最小时均恰好能静止。已知棒在导轨间的电阻值为R，电路中其余部分的电阻均不计，棒始终与导轨垂直，各部分始终接触良好，不计空气阻力，重力加速度大小为g。
（1）求棒所受安培力的最大值和最小值。
（2）锁定棒，推动棒下滑，撤去推力瞬间，棒的加速度大小为a，所受安培力大小等于（1）问中安培力的最大值，求棒与导轨间的动摩擦因数。
【答案】（1）解：当OA运动到正方形细框对角线瞬间，切割的有效长度最大，，此时感应电流最大，CD棒所受的安培力最大，根据法拉第电磁感应定律得
根据闭合电路欧姆定律得
故CD棒所受的安培力最大为
当OA运动到与细框一边平行时瞬间，切割的有效长度最短，感应电流最小，CD棒受到的安培力最小，得
故CD棒所受的安培力最小为
（2）解：当CD棒受到的安培力最小时根据平衡条件得
当CD棒受到的安培力最大时根据平衡条件得
联立解得
撤去推力瞬间，根据牛顿第二定律得
解得
【知识点】闭合电路的欧姆定律；电磁感应中的电路类问题
【解析】【分析】（1）导体棒切割磁感线产生感应电动势，根据闭合电路的欧姆定律求感应电流，根据安培力计算公式求安培力；
（2）根据平衡条件求解CD棒的质量，根据牛顿第二定律求动摩擦因数。
32．（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，两导轨及其所构成的平面均与水平面成角，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．现将质量均为的金属棒垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为．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．
（1）先保持棒静止，将棒由静止释放，求棒匀速运动时的速度大小；
（2）在（1）问中，当棒匀速运动时，再将棒由静止释放，求释放瞬间棒的加速度大小；
（3）在（2）问中，从棒释放瞬间开始计时，经过时间，两棒恰好达到相同的速度，求速度的大小，以及时间内棒相对于棒运动的距离．
【答案】（1）a导体棒在运动过程中重力沿斜面的分力和a棒的安培力相等时做匀速运动，即。
由法拉第电磁感应定律得：，
由闭合电路欧姆定律及安培力公式得：，，
联立解得：；
（2）由右手定则知导体棒b中电流向里，b棒受安培力沿斜面向下，此时电路中电流不变，对b棒根据牛顿第二定律得：，解得：；
（3）对ab整体，由动量定理得：，
解得：；
对b根据动量定理得：，
设此过程流过b棒的电荷量为q，则，
由法拉第电磁感应定律得：，
联立解得：。
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】（1）根据a导体棒在运动过程中重力沿斜面的分力和a棒的安培力相等时做匀速运动列方程求解；
（2）释放瞬间b的速度为零，受沿斜面向下的安培和重力的分力，对b棒根据牛顿第二定律求解；
（3）对ab整体，由动量定理求速度的大小；对b根据动量定理列方程，结合和法拉第电磁感应定律求解。
33．（2024·安徽）如图所示，一“U”型金属导轨固定在竖直平面内，一电阻不计，质量为m的金属棒ab垂直于导轨，并静置于绝缘固定支架上。边长为L的正方形cdef区域内，存在垂直于纸面向外的匀强磁场。支架上方的导轨间，存在竖直向下的匀强磁场。两磁场的磁感应强度大小B随时间的变化关系均为B=kt（SI），k为常数（k＞0）。支架上方的导轨足够长，两边导轨单位长度的电阻均为r，下方导轨的总电阻为R。t=0时，对ab施加竖直向上的拉力，恰使其向上做加速度大小为a的匀加速直线运动，整个运动过程中ab与两边导轨接触良好。已知ab与导轨间动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。不计空气阻力，两磁场互不影响。
（1）求通过面积 Scdef的磁通量大小随时间 t 变化的关系式，以及感应电动势的大小，并写出 ab 中电流的方向；
（2）求 ab 所受安培力的大小随时间 t 变化的关系式；
（3）求经过多长时间，对 ab 所施加的拉力达到最大值，并求此最大值。
【答案】（1）解： 根据磁通量的公式，通过面积Scdef的磁通量大小为Φ=BS=kt L2=kL2t，感应电动势的大小 ，
根据楞次定律，感应电流在图中的方向沿edcf方向，所以通过ab棒的电流方向由a向b；
（2）解： 根据安培力的公式，则F安=BIL，而B=kt，， ，所以
（3）解： 对加速向上运动的导体棒，平行于导轨向上的拉力为F，在垂直于导轨的方向上，轨道对棒的支持力大小FN等于安培力大小F安，根据牛顿第二定律有F-mg-μFN=ma
代入解得 ，
根据F的表达式可知，当
时，即 时，F有最大值，且最大值为
【知识点】闭合电路的欧姆定律；法拉第电磁感应定律；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【分析】 （1）根据磁通量的公式、电动势公式计算磁通量和电动势，根据楞次定律判断感应电流的方向；
（2）根据安培力公式和闭合电路的欧姆定律推导安培力的表达式；
（3）根据牛顿第二定律推导F的表达式并求最大值和最大值满足的条件。
34．（2024·全国甲卷）如图，金属导轨平行且水平放置，导轨间距为L，导轨光滑无摩擦。定值电阻大小为R，其余电阻忽略不计，电容大小为C。在运动过程中，金属棒始终与导轨保持垂直。整个装置处于竖直方向且磁感应强度为B的匀强磁场中。
（1）开关S闭合时，对金属棒施加以水平向右的恒力，金属棒能达到的最大速度为v0。当外力功率为定值电阻功率的两倍时，求金属棒速度v的大小。
（2）当金属棒速度为v时，断开开关S，改变水平外力并使金属棒匀速运动。当外力功率为定值电阻功率的两倍时，求电容器两端的电压以及从开关断开到此刻外力所做的功。
【答案】（1）解：开关S闭合时，当外力与安培力相等时，金属棒的速度最大，则
由闭合电路欧姆定律
金属棒切割磁感线产生的感应电动势为
联立可得，恒定的外力为
在加速阶段，外力的功率为
定值电阻的功率为
若时，即
化简可得金属棒速度v的大小为
（2）解：解法一
断开开关S，则电容器与定值电阻串联，则有
当金属棒匀速运动时，电容器不断充电，电荷量q不断增大，电路中电流不断减小，则金属棒所受安培力不断减小，而恒力的功率
定值电阻功率
当时有
可得
根据
可得此时电容器两端电压为=
从开关断开到此刻外力所做的功为
其中
联立可得
解法二
当金属棒速度为v时，断开开关S，改变水平外力并使金属棒匀速运动。设某时刻充电电流为I，电容器两极板之间的电压为U，根据欧姆定律，I=
金属棒匀速运动，受力平衡，F'=BIL
当外力功率为定值电阻功率的两倍时，有F'v=2I2R
联立解得 U=
从开关断开到此刻外力所做的功 W=Σ（BIL·v△t）=BLv·ΣI△t= BLv·q= BLv·CU=
【知识点】电容器及其应用；闭合电路的欧姆定律；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）开关S闭合时，当施加的恒力F与安培力相等时，金属棒的速度最大。由闭合电路欧姆定律、法拉第电磁感应定律求解恒定的外力。再对金属棒速度为v时，由恒力F的功率与定值电阻的功率的关系求解速度v的大小。
（2）断开开关S，金属棒以速度v匀速运动，水平外力F与安培力等大反向。电容器与定值电阻串联，电容器不断充电，根据闭合电路欧姆定律，结合外力的功率与定值电阻的功率的关系求解此时电容器两端电压。应用微元法，结合电容器定义式求解外力所做的功。
35．（2024·湖北） 如图所示，两足够长平行金属直导轨MN、PQ的间距为L，固定在同一水平面内，直导轨在左端M、P点分别与两条竖直固定、半径为L的圆弧导轨相切。MP连线与直导轨垂直，其左侧无磁场，右侧存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。长为L、质量为m、电阻为R的金属棒ab跨放在两圆弧导轨的最高点。质量为2m、电阻为6R的均匀金属丝制成一个半径为L的圆环，水平放置在两直导轨上，其圆心到两直导轨的距离相等。忽略导轨的电阻、所有摩擦以及金属环的可能形变，金属棒、金属环均与导轨始终接触良好，重力加速度大小为g。现将金属棒ab由静止释放，求
（1）ab刚越过MP时产生的感应电动势大小；
（2）金属环刚开始运动时的加速度大小；
（3）为使ab在整个运动过程中不与金属环接触，金属环圆心初始位置到MP的最小距离。
【答案】（1）解：根据题意可知，对金属棒ab由静止释放到刚越过MP过程中，由动能定理有
解得
则ab刚越过MP时产生的感应电动势大小为
（2）解：根据题意可知，金属环在导轨间两段圆弧并联接入电路中，轨道外侧的两端圆弧金属环被短路，由几何关系可得，每段圆弧的电阻为
可知，整个回路的总电阻为
ab刚越过MP时，通过ab的感应电流为
对金属环由牛顿第二定律有
解得
（3）解：根据题意，结合上述分析可知，金属环和金属棒ab所受的安培力等大反向，则系统的动量守恒，由于金属环做加速运动，金属棒做减速运动，为使ab在整个运动过程中不与金属环接触，则有当金属棒ab和金属环速度相等时，金属棒ab恰好追上金属环，设此时速度为，由动量守恒定律有
解得
对金属棒，由动量定理有
则有
设金属棒运动距离为，金属环运动的距离为，则有
联立解得
则金属环圆心初始位置到MP的最小距离
【知识点】闭合电路的欧姆定律；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的电路类问题
【解析】【分析】（1）根据动能定理求出导体棒刚好进入磁场的速度，再根据公式E=BLv求感应电动势大小；
（2）根据安培力公式和牛顿第二定律求金属圆环的加速度；
（3）由动量守恒定律求出最终的速度，对ab棒再由动量定理求出满足条件的初始位置的相对距离。
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