专题突破练习(十四) 电磁感应中的动力学、动量和能量问题
说明：单选题每小题4分，多选题每小题6分；本试卷共89分
1．如图所示，一个正方形导线框以初速度v0向右穿过一个有界的匀强磁场。线框两次速度发生变化所用时间分别为t1和t2，这两段时间内克服安培力做的功分别为W1和W2，则( )
A．t1＜t2，W1＜W2 B．t1＜t2，W1＞W2
C．t1＞t2，W1＜W2 D．t1＞t2，W1＞W2
2．(多选)由相同材料的导线绕成边长相同的甲、乙两个正方形闭合线圈，两线圈的质量相等，但所用导线的横截面积不同，甲线圈的匝数是乙的2倍。现两线圈在竖直平面内从同一高度同时由静止开始下落，一段时间后进入一方向垂直于纸面的匀强磁场区域，磁场的上边界水平，如图所示。不计空气阻力，已知下落过程中线圈始终平行于纸面，上、下边保持水平。在线圈下边进入磁场后且上边进入磁场前，可能出现的是( )
A．甲和乙都加速运动
B．甲和乙都减速运动
C．甲加速运动，乙减速运动
D．甲减速运动，乙加速运动
3．(多选)(2021·广东卷)如图所示，水平放置足够长光滑金属导轨abc和de，ab与de平行，bc是以O为圆心的圆弧导轨。圆弧be左侧和扇形Obc内有方向如图的匀强磁场。金属杆OP的O端与e点用导线相接，P端与圆弧bc接触良好。初始时，可滑动的金属杆MN静止在平行导轨上。若杆OP绕O点在匀强磁场区内从b到c匀速转动时，回路中始终有电流，则此过程中，下列说法正确的有( )
A．杆OP产生的感应电动势恒定
B．杆OP受到的安培力不变
C．杆MN做匀加速直线运动
D．杆MN中的电流逐渐减小
4．(多选)如图所示，半径为r的导电圆环(电阻不计)绕垂直于圆环平面、通过圆心O的金属轴以角速度ω逆时针匀速转动。圆环上接有电阻均为R的三根金属辐条OA、OB、OC，辐条互成120°角。在圆环圆心角∠MON＝120°的范围内(两条虚线之间)分布着垂直圆环平面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，圆环的边缘通过电刷P和导线与一阻值也为R的定值电阻相连，定值电阻的另一端通过导线接在圆环的中心轴上。忽略一切摩擦，在圆环匀速转动过程中，下列说法正确的是( )
A．电阻R两端的电压大小为Bωr2
B．圆环转动一周，流过电阻R的电荷量为
C．圆环转动一周，电阻R上产生的热量为
D．外力做功的功率大小为
5．(多选)(2024·广东梅州统考)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，在水平导轨的左部分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，重力加速度为g。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mgh
D．电阻R中产生的焦耳热为mg(h－μd)
6．(多选)(2024·广东深圳二模)如图所示，质量为 1 kg 的方形铝管静置在足够大的绝缘水平面上，现使质量为2 kg的条形磁铁(条形磁铁横截面比铝管管内横截面小)以v＝3 m/s的水平初速度自左向右穿过铝管，忽略一切摩擦，不计管壁厚度。则( )
A．磁铁穿过铝管过程中，铝管受到的安培力可能先水平向左后水平向右
B．磁铁穿过铝管后，铝管速度可能为4 m/s
C．磁铁穿过铝管时的速度可能大于2 m/s
D．磁铁穿过铝管过程所产生的热量可能达到2 J
7．(多选)两根相互平行、足够长的光滑金属导轨ACD-A1C1D1固定于水平桌面上，左侧 轨道间距为L，右侧轨道间距为2L，导轨所在区域存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。如图所示，两横截面积相同、由同种金属材料制成的导体棒a、b分别置于导轨的左右两侧，已知导体棒a的质量为m。某时刻导体棒a获得一个大小为v0的初速度开始向右运动，导体棒始终与导轨接触良好，导轨电阻不计。关于导体棒以后的运动，下列说法正确的是( )
A．导体棒a、b运动稳定后，相等时间内通过的位移之比是2∶1
B．导体棒a、b运动稳定后的速度分别为va＝v0，vb＝v0
C．从开始到运动稳定的过程中，通过导体棒a的电荷量为
D．从开始到运动稳定的过程中，导体棒b产生的热量为
8．(多选)(2024·湖南卷)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μ，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－μmgd
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
9．(15分) 如图所示，倾角为θ＝53°的金属导轨MN和M′N′的上端有一个单刀双掷开关K，当开关与1连接时，导轨与匝数n＝100匝、横截面积S＝0.04 m2的圆形金属线圈相连，线圈总电阻r＝0.2 Ω，整个线圈内存在垂直线圈平面的匀强磁场B0，且磁场随时间均匀变化。当开关与2连接时，导轨与一个阻值为R1＝0.3 Ω的电阻相连。水平轨道的NN′至PP′间是绝缘带，其他部分导电良好，最右端串接一阻值为R2＝0.2 Ω的定值电阻。两轨道长度均足够长，宽度均为L＝1 m，在NN′处平滑连接。导轨MN和M′N′的平面内有垂直斜面向下的匀强磁场，磁感应强度大小B1＝0.2 T；整个水平轨道上有方向竖直向上、磁感应强度大小为B2＝1 T的匀强磁场。现开关与1连接时，一根长度为L的导体棒a恰好静止在倾斜导轨上；某时刻把开关迅速拨到2，最后棒a能在倾斜轨道上匀速下滑。导体棒b一开始被锁定(锁定装置未画出)，且到PP′位置的水平距离为d＝0.24 m。棒a与棒b的质量均为m＝0.1 kg，电阻均为R＝0.2 Ω，所有导轨均光滑且阻值不计，sin 53°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)求圆形线圈内磁场随时间的变化率；
(2)棒a滑至NN′时的速度大小v1；
(3)棒a与棒b碰撞前，棒a的速度大小v2；
(4)棒a与棒b碰撞前瞬间，立即解除对棒b的锁定，两棒碰后粘连在一起。从棒a进入水平轨道，至两棒运动到最终状态，定值电阻R2上产生的焦耳热Q是多少。
10．(13分) 如图所示，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，导轨的最右端与桌面右边缘对齐，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，碰撞时间很短。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。
1 9 8 7 6 5 4 3 2 1 0 ＋0.5
11．(15分) (2024·湖北卷)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。
1 / 6 电磁感应中的动力学、动量和能量问题
电磁感应中的动力学问题
1．力学对象和电学对象的转换及关系
2．“单杆＋导轨”模型
(1)单杆水平式(导轨光滑)
物理模型
动态分析 设运动过程中某时刻杆的速度为v，则加速度为a＝，a、v同向，随着v的增大，a减小，当a＝0时，v最大，I＝恒定
收尾状态 运动形式 匀速直线运动
力学特征 a＝0时，v最大，vm＝
电学特征 I恒定
(2)单杆倾斜式(导轨光滑)
物理模型
动态分析 杆由静止释放后下滑，此时a＝g sin α，速度v↑ E＝BLv↑ I＝↑ F＝BIL↑ a＝↓，当安培力F＝mg sin α时，a＝0，v最大
收尾状态 运动形式 匀速直线运动
力学特征 a＝0时，v最大，vm＝
电学特征 I恒定
3．“双杆＋导轨”模型(导轨光滑)
类型 模型 运动图像 运动过程 分析方法
不受外力 杆1做加速度减小的减速运动，杆2做加速度减小的加速运动；稳定时两杆以相同的速度做匀速运动 将两杆视为整体，不受外力，最后a＝0，整个过程中动量守恒
受外力 杆1做加速度减小的加速运动，杆2做加速度增大的加速运动；稳定时两杆以相同的加速度做匀加速运动 ①隔离法，动量定理 ②外力做的功＝杆1的动能＋杆2的动能＋焦耳热
[典例1] (2024·安徽卷)如图所示，一“U”形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。
[解析] (1)通过面积Scdef的磁通量大小随时间t变化的关系式为Φ＝BS＝kL2t
根据法拉第电磁感应定律得
E＝n＝＝kL2
由楞次定律可知ab中的电流从a流向b。
(2)根据左手定则可知ab受到的安培力方向垂直导轨面向里，大小为F安＝BIL
其中B＝kt
设金属棒向上运动的位移为x，则根据运动学公式得x＝at2
所以导轨上方的电阻为R′＝2xr
由闭合电路欧姆定律得I＝
联立得ab所受安培力的大小随时间t变化的关系式为F安＝。
(3)由题知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，对ab受力分析，由牛顿第二定律可得
F－mg－μF安＝ma
其中F安＝
联立可得F＝＋m(g＋a)
整理有F＝＋m(g＋a)
根据均值不等式可知，当＝art时，F有最大值，故解得t＝
F的最大值为Fm＝＋m(g＋a)。
[答案] (1)Φ＝kL2t kL2 从a流向b (2)F安＝ (3)＋m(g＋a)
【典例1 教用·备选题】如图所示，高度足够的匀强磁场区域下边界水平、左右边界竖直，磁场方向垂直于纸面向里。正方形单匝线框abcd的边长L＝0.2 m、回路电阻R＝1.6×10-3Ω、质量m＝0.2 kg。线框平面与磁场方向垂直，线框的ad边与磁场左边界平齐，ab边与磁场下边界的距离也为L。现对线框施加与水平向右方向成θ＝45°角、大小为4 N的恒力F，使其在图示竖直平面内由静止开始运动。从ab边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀速运动；dc边进入磁场时，bc边恰好到达磁场右边界。重力加速度大小取g＝10 m/s2，求：
(1)ab边进入磁场前，线框在水平方向和竖直方向的加速度大小；
(2)磁场的磁感应强度大小和线框进入磁场的整个过程中回路产生的焦耳热；
(3)磁场区域的水平宽度。
[解析] (1)ab边进入磁场前，对线框进行受力分析，在水平方向有max＝F cos θ
代入数据有ax＝20 m/s2
在竖直方向有may＝F sin θ－mg
代入数据有ay＝10 m/s2。
(2)ab边进入磁场开始，ab边在竖直方向切割磁感线；ad边和bc边的上部分也开始进入磁场，且在水平方向切割磁感线。但ad和bc边的上部分产生的感应电动势相互抵消，则整个回路的电源为ab，根据右手定则可知回路的电流为adcba，则从ab边进入磁场开始，ab边受到的安培力竖直向下，ad边的上部分受到的安培力水平向右，bc边的上部分受到的安培力水平向左，则ad边和bc边的上部分受到的安培力相互抵消，故线框abcd受到的安培力的合力为ab边受到的竖直向下的安培力。由题知，线框从ab边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀速运动，有F sin θ－mg－BIL＝0
E＝BLvy
I＝
＝2ayL
联立解得B＝0.2 T
由题知，从ab边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀速运动；dc边进入磁场时，bc边恰好到达磁场右边界。则线框进入磁场的整个过程中，线框受到的安培力为恒力，则有Q＝W安＝BILy
y＝L
F sin θ－mg＝BIL
联立解得Q＝0.4 J。
(3)线框从开始运动到进入磁场的整个过程中
vy＝ayt1
L＝vyt2
t＝t1＋t2
联立解得t＝0.3 s
由(2)分析可知线框在水平方向一直做匀加速直线运动，则在水平方向有
x＝axt2＝×20×0.32 m＝0.9 m
则磁场区域的水平宽度X＝x＋L＝1.1 m。
[答案] (1)20 m/s2 10 m/s2 (2)0.2 T 0.4 J (3)1.1 m
动量观点在电磁感应问题中的应用
1．动量定理的应用
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时，应用动量定理可以解决牛顿运动定律不易解答的问题。
如在电磁感应中，动量定理应用于导体棒切割磁感线的运动，可求解时间、速度、位移和电荷量。
(1)求电荷量或速度：BLΔt＝mv2－mv1，q＝Δt。
(2)求时间：Ft－I冲＝mv2－mv1，I冲＝BILΔt＝BL。
(3)求位移：－BILΔt＝－＝mΔv。
2．动量守恒定律的应用
在双金属棒切割磁感线的系统中，双金属棒和导轨构成闭合回路，安培力充当系统内力，如果系统不受外力，且受到的安培力的合力为0时，则满足动量守恒，运用动量守恒定律解题比较方便。
动量定理在电磁感应现象中的应用
[典例2] 如图所示，质量为M的U形金属架M′MNN′，静止在粗糙绝缘水平面上(与水平面间的动摩擦因数为μ)，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。M′M、NN′相互平行，相距为L，电阻不计且足够长，底边MN垂直于M′M，电阻为r。质量为m的光滑导体棒ab长为L、电阻为R，垂直M′M放在框架上，整个装置处于垂直框架平面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。在与ab垂直的水平拉力F作用下，ab由静止开始向右做匀加速直线运动，经距离x后撤去拉力F，直至最后停下，整个过程中框架恰好没动，ab与M′M、NN′始终保持良好接触。求ab运动的总路程。
[解析] 由题意可知当框架恰好不动时，ab速度最大，则有FA＝fm＝μ(M＋m)g
而FA＝BIL
且I(R＋r)＝BLvm
联立解得vm＝
撤去拉力F后ab在安培力作用下做减速运动，由动量定理可知FA′t＝mvm
而FA′＝Bt
联立解得q＝
又因为q＝＝
解得x′＝
所以总路程
s＝x＋x′＝x＋。
[答案] x＋
动量守恒定律在电磁感应中的应用
[典例3] (2025·广东韶关模拟)如图所示，一质量为m、电阻不计的足够长的光滑U形金属导轨MNQP，位于光滑绝缘水平桌面上，平行导轨MN和PQ相距L，空间存在着足够大的方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度的大小为B。有一质量也为m的金属棒CD，垂直于MN放置在导轨上，并用一根与MN平行的绝缘细线系在定点A。已知细线能承受的最大拉力为T0，棒接入导轨间的有效电阻为R。现从t＝0时刻开始对导轨施加水平向右的拉力，使其从静止开始做加速度为a的匀加速直线运动。
(1)求从导轨开始运动到细线断裂所需的时间及细线断裂时导轨的瞬时速度大小；
(2)若在细线断裂时，立即撤去拉力，求此后回路中产生的总焦耳热Q。
[解析] (1)细线断裂时设导轨的瞬时速度大小为v0，对棒有T0＝F安，F安＝BIL
I＝，E＝BLv0，v0＝at0
解得t0＝，v0＝。
(2)在细线断裂时立即撤去拉力，导轨向右做减速运动，棒向右做加速运动，直至二者速度相同，设二者最终速度大小为v，撤去拉力时，导轨的速度
v0＝
由系统动量守恒可得mv0＝2mv
解得v＝＝
撤去拉力后，系统总动能的减少量等于回路消耗的电能，最终在回路中产生的总焦耳热为
Q＝－×2mv2
解得Q＝。
[答案] (1)
【典例3 教用·备选题】(多选)(2025·广东汕尾模拟)如图所示，固定于水平面内的电阻不计的足够长的两平行光滑金属导轨间距为L，质量均为m、有效阻值均为R的两金属棒ab、cd垂直搁置于导轨上，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向上。某一时刻同时给ab、cd以平行于导轨的初速度v0、2v0，则从两棒开始运动至达到恒定速度的过程中( )
A．ab中的最大电流为
B．ab速度为时其加速度比cd的大
C．回路产生的焦耳热为
D．ab、cd间距增加了
AD [因通过两金属棒的电流始终相等，所以两金属棒受到的安培力大小始终相等、方向始终相反，两金属棒构成的系统动量守恒，其v-t图像如图所示。刚开始两金属棒相对速度最大，回路中的感应电动势的最大值Em＝BLv0，感应电流的最大值Im＝，A正确；两金属棒的加速度大小始终相等，B错误；回路中产生的焦耳热等于系统损失的动能，即Q热＝－·2m＝，C错误；图中阴影部分的面积为两金属棒距离的增加量，设此过程两金属棒间距增加了s，通过回路某截面的电荷量为q，则有q＝＝＝，对金属棒ab应用动量定理有BLq＝mv0－mv0，解得s＝，D正确。故选AD。]
电磁感应中的能量问题
1．解决电磁感应中的能量问题的策略
2．能量转化及焦耳热的求法
[典例4] (2025·广东清远调研)如图所示，间距L＝1 m、足够长的平行金属导轨的倾角θ＝37°，底端接一阻值为R＝1 Ω的电阻，质量m＝1 kg的金属棒通过跨过光滑轻质定滑轮的细线与质量M＝3 kg的重锤相连，滑轮左侧细线与导轨平行，金属棒电阻r＝1 Ω(其他电阻均不计)，金属棒始终与导轨垂直且接触良好，二者间的动摩擦因数μ＝0.5，整个装置处于方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度的大小B＝2 T，已知重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，现将重锤由静止释放。
(1)求刚释放重锤瞬间，重锤的加速度大小a；
(2)求重锤的最大速度v的大小；
(3)重锤下降h＝20 m时，其速度已经达到最大速度v，求电阻R上产生的焦耳热。
思路点拨：
[解析] (1)刚释放重锤瞬间，以重锤为对象，根据牛顿第二定律得
Mg－FT＝Ma
以金属棒为对象，根据牛顿第二定律得
FT－μmg cos θ－mg sin θ＝ma
解得a＝5 m/s2。
(2)重锤和金属棒匀速运动时，重锤的速度最大，此时细线的拉力等于重锤的重力，以金属棒为对象，根据平衡条件得Mg＝F安＋μmg cos θ＋mg sin θ
金属棒切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv
根据闭合电路欧姆定律得I＝
根据安培力公式得F安＝BIL
解得重锤的最大速度v＝10 m/s。
(3)重锤下降h＝20 m时，其速度已经达到最大速度v，根据能量守恒定律得
Mgh＝μmgh cos θ＋mgh sin θ＋(M＋m)v2＋Q总
电阻R上产生的焦耳热Q＝Q总
解得电阻R上产生的焦耳热Q＝100 J。
[答案] (1)5 m/s2 (2)10 m/s (3)100 J
电磁感应现象中焦耳热求解方法
(1)若回路中电流恒定，可以利用电路结构及W＝UIt或Q＝I2Rt直接进行计算。
(2)若电流变化
①利用安培力做的功求解：电磁感应中产生的焦耳热等于克服安培力所做的功；
②利用能量守恒定律求解：若只有电能与机械能的转化，则机械能的减少量等于产生的焦耳热；
③利用功能关系求解：若除重力、安培力做功外，还有其他力做功，则其他力做的功等于增加的机械能和产生的焦耳热之和。
1．(2024·广东广州三模)如图所示，两固定于水平面内的光滑平行金属导轨足够长，电阻不计，阻值为R的电阻连接在导轨左侧，导轨间存在竖直向下的匀强磁场，质量为m、接入电路的电阻为R的金属棒ab垂直放置在导轨上、与导轨接触良好。某时刻ab获得初速度v后开始沿导轨运动，经t时间ab速度从减速至的过程中( )
A．ab做匀减速直线运动
B．ab的位移s大于vt
C．ab棒克服安培力做功大小为W＝mv2
D．左侧电阻R产生的热量为Q＝mv2
C [由牛顿第二定律可得a＝＝，又I＝＝，联立解得a＝，可知ab做加速度减小的减速直线运动，故A错误；由A选项分析可知，ab做加速度减小的减速直线运动，速度从减速至的过程中其平均速度t＜vt，故B错误；根据动能定理可得－W安＝－m，ab棒克服安培力做功大小为W安＝mv2，故C正确；左侧电阻R产生的热量为QR＝Q＝W安＝mv2，故D错误。故选C。]
2．(多选)(2024·广东深圳一模)如图所示，水平面上足够长的光滑平行金属导轨，左侧接定值电阻，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中。金属杆MN以某一初速度沿导轨向右滑行，且与导轨接触良好，导轨电阻不计。则金属杆在运动过程中，速度大小v、流过的电荷量q与时间t或位移x的关系图像正确的有( )
A B
C D
ABD [金属杆在前进过程中，所受安培力大小为F＝BIL＝，可知随速度的减小，安培力逐渐减小，加速度逐渐减小，最后停止运动，因此在v-t图像中，斜率的绝对值逐渐减小，A正确；根据动量定理F·Δt＝m·Δv，代入可得－·Δt＝m·Δv，而Δx＝v·Δt，因此－·Δx＝m·Δv，速度随位移均匀变化，可知v-x图像为一条倾斜的直线，B正确；根据I＝，而I＝，可知随着速度的减小，q-t图像是一条斜率逐渐减小的曲线，C错误；由于I＝，两边同时乘以Δt可得I·Δt＝·Δt，而Δq＝I·Δt，整理得Δq＝·Δx，因此，q-x图像为一条过坐标原点的倾斜直线，D正确。故选ABD。]
3．(多选)(2025·广东潮州模拟)如图所示，两长度相同的平行金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨间距为L，导轨右端接有阻值为R的定值电阻，空间存在垂直导轨平面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B。两根质量均为m的金属棒MN、PQ垂直放在导轨上，两金属棒与导轨间的动摩擦因数均为μ。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，导轨电阻不计，给金属棒MN施加一个水平向左的恒力，当金属棒MN刚要离开导轨时，加速度恰好为零，此时PQ刚好要滑动，两金属棒接入电路中的电阻均为R，此过程中通过金属棒PQ的电荷量为q，在金属棒MN从开始运动到离开导轨的过程中，下列说法正确的是( )
A．拉力大小为F＝2μmg
B．金属棒MN刚要离开导轨时速度大小为
C．金属棒MN在导轨上运动的距离为
D．电路中产生的焦耳热为
BD [PQ在电路中与定值电阻R并联，因此PQ中的电流是MN中电流的一半，设PQ刚好要滑动时，PQ中的电流为I，则有BIL＝μmg，对MN受力分析可知，F＝μmg＋2BIL，解得F＝3μmg，选项A错误；设金属棒MN刚要离开导轨时速度为v，则E＝BLv，电路中的总电流2I＝，R总＝R＋＝1.5R，解得v＝，选项B正确；因此过程中通过金属棒PQ的电荷量q＝＝，故可解得MN在导轨上运动的距离为x＝，选项C错误；设电路中产生的焦耳热为Q，此过程中根据功能关系有Fx－μmgx＝mv2＋Q，解得Q＝，选项D正确。]
4．(多选)如图所示，两根相互平行的光滑长直金属导轨固定在水平绝缘桌面上，在导轨的左端接入电容为C的电容器和阻值为R的电阻。质量为m，阻值也为R的导体棒MN静止于导轨上，与导轨垂直，且接触良好，导轨电阻忽略不计，整个系统处于方向竖直向下的匀强磁场中。开始时，电容器所带的电荷量为Q，合上开关S后( )
A．通过导体棒MN电流的最大值为
B．导体棒MN向右先加速、后匀速运动
C．导体棒MN速度最大时所受的安培力也最大
D．电阻R上产生的焦耳热大于导体棒MN上产生的焦耳热
AD [开始时电容器两极板间的电压U＝，合上开关瞬间，通过导体棒的电流I＝＝，随着电容器放电，通过电阻、导体棒的电流不断减小，所以在开关闭合瞬间，导体棒所受安培力最大，A项正确，C项错误；由于回路中有电阻与导体棒，最终电能完全转化为焦耳热，故导体棒最终必定静止，B项错误；由于导体棒切割磁感线，产生感应电动势，所以通过导体棒的电流始终小于通过电阻的电流，由焦耳定律可知，电阻R上产生的焦耳热大于导体棒MN上产生的焦耳热，D项正确。]
5．(多选)(2024·山东卷)如图所示，两条相同的半圆弧形光滑金属导轨固定在水平桌面上，其所在平面竖直且平行，导轨最高点到水平桌面的距离等于半径，最低点的连线OO′与导轨所在竖直面垂直。空间充满竖直向下的匀强磁场(图中未画出)，导轨左端由导线连接。现将具有一定质量和电阻的金属棒MN平行OO′放置在导轨图示位置，由静止释放。MN运动过程中始终平行于OO′且与两导轨接触良好，不考虑自感影响，下列说法正确的是( )
A．MN最终一定静止于OO′位置
B．MN运动过程中安培力始终做负功
C．从释放到第一次到达OO′位置过程中，MN的速率一直在增大
D．从释放到第一次到达OO′位置过程中，MN中电流方向由M到N
ABD [由于金属棒MN运动过程切割磁感线产生感应电动势，回路有感应电流，产生焦耳热，金属棒MN的机械能不断减小，由于金属导轨光滑，所以经过多次往返运动，MN最终一定静止于OO′位置，故A正确；由楞次定律结合左手定则可知，安培力与MN的运动方向的夹角始终大于90°，则MN运动过程中安培力始终做负功，故B正确；金属棒MN从释放到第一次到达OO′位置过程中，由于在OO′位置重力沿切线方向的分力为0，可知在到达OO′位置之前的位置，重力沿切线方向的分力已经小于安培力沿切线方向的分力，金属棒MN已经做减速运动，故C错误；从释放到第一次到达OO′位置过程中，根据右手定则可知，MN中电流方向由M到N，故D正确。故选ABD。]
6．(2024·广东佛山二模)如图所示是一种矿井直线电机提升系统的原理图，在同一竖直平面的左右两边条形区域内，有垂直平面向里和向外交替的匀强磁场，每块磁场区域的高度均为L、磁感应强度大小均为B。梯箱左右两边通过绝缘支架均固定有边长为L、匝数为n、总电阻为R的正方形导线框，线框平面与磁场垂直，上下两边水平。导线框、支架以及梯箱等的总质量为M。电机启动后两边磁场均以速度v沿竖直轨道向上匀速运动。忽略一切阻力，梯箱正常运行时防坠落装置与轨道间没有相互作用。求：
(1)电机从图示位置启动，此时导线框ABCD：
①相对磁场的运动方向；
②哪条边会产生感应电动势；
③感应电流的方向；
(2)电机刚启动瞬间导线框ABCD所受安培力的大小；
(3)当梯箱以的速度向上运动时的加速度大小。
[解析] (1)①由于电机启动后两边磁场均以速度v沿竖直轨道向上匀速运动，则导线框相对磁场向下运动。
②导线框中AB边、CD边均切割磁感线，故导线框中AB边、CD边会产生感应电动势。
③根据楞次定律可知导线框中有逆时针(或沿ADCBA)方向的感应电流。
(2)电机刚启动瞬间，导线框ABCD中感应电动势大小为E＝2nBLv
则感应电流大小为I＝
得I＝
则每根水平导线所受安培力为F安＝BIL
整个导线框ABCD所受安培力为
F安总＝2nBIL＝。
(3)当梯箱以的速度向上运动时，感应电动势大小为E2＝2nBL
感应电流大小为I2＝
安培力大小为F＝4nBI2L
根据牛顿第二定律F－Mg＝Ma
解得a＝－g。
[答案] (1)①向下运动 ②AB边、CD边 ③逆时针(或ADCBA)方向 (2) (3)－g
7．(2024·河北卷)如图所示，边长为2L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OO′。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OA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CD始终静止。OA棒在转动过程中，CD棒在所受安培力达到最大和最小时均恰好能静止。已知CD棒在导轨间的电阻值为R，电路中其余部分的电阻均不计，CD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CD棒所受安培力的最大值和最小值；
(2)锁定OA棒，推动CD棒下滑，撤去推力瞬间，CD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CD棒与导轨间的动摩擦因数。
[解析] (1)当OA运动到正方形细框对角线瞬间，切割的有效长度最大，Lmax＝L，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
Emax＝BLmax＝B·L·＝BL2ω
根据闭合电路欧姆定律得
Imax＝
故CD棒所受的安培力最大为
Fmax＝BImaxL＝
当OA运动到与细框一边平行瞬间，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，则有
Emin＝BLmin＝B·L·＝
Imin＝
故CD棒所受的安培力最小为
Fmin＝BIminL＝。
(2)当CD棒受到的安培力最小时根据平衡条件得
mg sin θ－f静max－Fmin＝0
当CD棒受到的安培力最大时根据平衡条件得
Fmax－mg sin θ－f静max＝0
联立解得m＝
撤去推力瞬间，根据牛顿第二定律得
Fmax＋μmg cos θ－mg sin θ＝ma
解得μ＝tan θ。
[答案] (1) (2)tan θ
专题突破练习(十四) 电磁感应中的动力学、动量和能量问题
1．如图所示，一个正方形导线框以初速度v0向右穿过一个有界的匀强磁场。线框两次速度发生变化所用时间分别为t1和t2，这两段时间内克服安培力做的功分别为W1和W2，则( )
A．t1＜t2，W1＜W2 B．t1＜t2，W1＞W2
C．t1＞t2，W1＜W2 D．t1＞t2，W1＞W2
B [选向右的方向为正方向，线框进入磁场的过程中，根据动量定理得－BLt1＝＝mv2－mv1，又因为q＝t＝t＝＝t1＝
t可知t1＜t2；根据动能定理可得W1＝；W2＝；解得＝＞1，故B正确，A、C、D错误。故选B。]
2．(多选)由相同材料的导线绕成边长相同的甲、乙两个正方形闭合线圈，两线圈的质量相等，但所用导线的横截面积不同，甲线圈的匝数是乙的2倍。现两线圈在竖直平面内从同一高度同时由静止开始下落，一段时间后进入一方向垂直于纸面的匀强磁场区域，磁场的上边界水平，如图所示。不计空气阻力，已知下落过程中线圈始终平行于纸面，上、下边保持水平。在线圈下边进入磁场后且上边进入磁场前，可能出现的是( )
A．甲和乙都加速运动
B．甲和乙都减速运动
C．甲加速运动，乙减速运动
D．甲减速运动，乙加速运动
AB [两线圈的质量相等，线圈所用材料相同，则体积相同，甲线圈的匝数是乙的2倍，则甲的横截面积是乙的一半，长度是乙的2倍，由电阻定律可知，甲的电阻是乙的4倍；两线圈从同一高度同时由静止开始下落，则到达磁场上边界时两线圈的速度相同，设乙线圈的匝数为n，两线圈的边长均为l，两线圈进入磁场后，乙受到的安培力F乙＝nBIl＝，甲受到的安培力F甲＝＝，可见，甲、乙受到的安培力大小相同，重力也相同，则运动情况相同，A、B正确。]
3．(多选)(2021·广东卷)如图所示，水平放置足够长光滑金属导轨abc和de，ab与de平行，bc是以O为圆心的圆弧导轨。圆弧be左侧和扇形Obc内有方向如图的匀强磁场。金属杆OP的O端与e点用导线相接，P端与圆弧bc接触良好。初始时，可滑动的金属杆MN静止在平行导轨上。若杆OP绕O点在匀强磁场区内从b到c匀速转动时，回路中始终有电流，则此过程中，下列说法正确的有( )
A．杆OP产生的感应电动势恒定
B．杆OP受到的安培力不变
C．杆MN做匀加速直线运动
D．杆MN中的电流逐渐减小
AD [根据转动切割磁感线产生感应电动势的公式可知EOP＝Bl2ω，感应电动势恒定，故A正确；杆OP切割磁感线，产生感应电流，由右手定则可判断出MN中电流为从M到N，根据左手定则可知MN所受安培力向左，MN向左运动，切割磁感线，产生的感应电流与杆OP切割磁感线产生的感应电流方向相反，故杆OP与MN中的电流会逐渐减小，杆OP所受安培力逐渐减小，MN做加速度逐渐减小的加速运动，故B、C错误，D正确。]
4．(多选)如图所示，半径为r的导电圆环(电阻不计)绕垂直于圆环平面、通过圆心O的金属轴以角速度ω逆时针匀速转动。圆环上接有电阻均为R的三根金属辐条OA、OB、OC，辐条互成120°角。在圆环圆心角∠MON＝120°的范围内(两条虚线之间)分布着垂直圆环平面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，圆环的边缘通过电刷P和导线与一阻值也为R的定值电阻相连，定值电阻的另一端通过导线接在圆环的中心轴上。忽略一切摩擦，在圆环匀速转动过程中，下列说法正确的是( )
A．电阻R两端的电压大小为Bωr2
B．圆环转动一周，流过电阻R的电荷量为
C．圆环转动一周，电阻R上产生的热量为
D．外力做功的功率大小为
BCD [辐条切割磁感线产生的电动势为E＝Bωr2，三根辐条中，有一根切割磁感线，相当于电源，其他两根与电阻R并联，相当于外电路，则电阻R两端的电压大小为U＝＝Bωr2，A错误；圆环转动一周流过干路的电流I＝＝，故流过电阻R的电荷量q＝It＝，B正确；圆环转动一周，产生的总热量Q＝EIt＝，电阻R上产生的热量Q1＝，C正确；根据能量守恒可知，外力做功的功率P＝EI＝，D正确。故选BCD。]
5．(多选)(2024·广东梅州统考)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，在水平导轨的左部分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，重力加速度为g。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mgh
D．电阻R中产生的焦耳热为mg(h－μd)
ABD [导体棒下滑过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律得mgh＝mv2，导体棒到达水平面时的速度v＝，导体棒到达水平面后进入磁场受到向左的安培力和摩擦力做减速运动，则刚到达水平面时的速度最大，所以最大感应电动势为E＝BLv，最大的感应电流为I＝＝，故A正确；通过电阻R的电荷量q＝＝，故B正确；导体棒在整个运动过程中，由动能定理得mgh－WB－μmgd＝0－0，则克服安培力做功WB＝mgh－μmgd，整个电路中产生的焦耳热为Q＝WB＝mgh－μmgd，故C错误；克服安培力做功转化为焦耳热，电阻R与导体棒电阻相等，通过它们的电流相等，则电阻R中产生的焦耳热QR＝Q＝mg(h－μd)，故D正确。]
6．(多选)(2024·广东深圳二模)如图所示，质量为 1 kg 的方形铝管静置在足够大的绝缘水平面上，现使质量为2 kg的条形磁铁(条形磁铁横截面比铝管管内横截面小)以v＝3 m/s的水平初速度自左向右穿过铝管，忽略一切摩擦，不计管壁厚度。则( )
A．磁铁穿过铝管过程中，铝管受到的安培力可能先水平向左后水平向右
B．磁铁穿过铝管后，铝管速度可能为4 m/s
C．磁铁穿过铝管时的速度可能大于2 m/s
D．磁铁穿过铝管过程所产生的热量可能达到2 J
CD [根据楞次定律的“来拒去留”可知，磁铁对铝管的安培力一直水平向右，故A错误；磁铁最终还是能穿过铝管，所以铝管的速度一定小于磁铁的速度，故B错误；磁铁在穿过铝管的过程中安培力对磁铁做负功，对铝管做正功，但无法确定安培力做功的大小，所以磁铁穿过铝管时的速度可能大于2 m/s，故C正确；假设极限状况下最后铝管和磁铁的速度相等，选择水平向右的方向为正方向，根据动量守恒定律可得Mv＝(M＋m)v1，则ΔE＝Q＝，代入数据解得Q＝3 J，所以磁铁穿过铝管过程所产生的热量可能达到2 J，故D正确。故选CD。]
7．(多选)两根相互平行、足够长的光滑金属导轨ACD-A1C1D1固定于水平桌面上，左侧 轨道间距为L，右侧轨道间距为2L，导轨所在区域存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。如图所示，两横截面积相同、由同种金属材料制成的导体棒a、b分别置于导轨的左右两侧，已知导体棒a的质量为m。某时刻导体棒a获得一个大小为v0的初速度开始向右运动，导体棒始终与导轨接触良好，导轨电阻不计。关于导体棒以后的运动，下列说法正确的是( )
A．导体棒a、b运动稳定后，相等时间内通过的位移之比是2∶1
B．导体棒a、b运动稳定后的速度分别为va＝v0，vb＝v0
C．从开始到运动稳定的过程中，通过导体棒a的电荷量为
D．从开始到运动稳定的过程中，导体棒b产生的热量为
AD [设导体棒a电阻为R，则导体棒b质量为2m、电阻为2R。导体棒a获得向右的初速度后，导体棒a、b与导轨组成的回路产生感应电流，根据楞次定律可判断出导体棒a受向左的安培力，开始向右做减速运动；导体棒b中电流方向与a相反，受到向右的安培力，开始向右做加速运动，同时产生与a相反的感应电动势，因此电路中电动势E＝BLva－2BLvb，当BLva＝2BLvb，即va＝2vb时，电路中电流为零，此后导体棒将分别以大小为va、vb的速度做匀速运动，相等时间通过的位移之比是2∶1，A项正确；在导体棒从开始运动到稳定运动的过程中，分别对导体棒a、b根据动量定理列方程，取向右为正方向，对导体棒a，有－BLt＝2mvb－0，联立解得va＝v0，vb＝v0，B项错误；将va＝v0代入公式－BqL＝mva－mv0，解得通过导体棒a的电荷量q＝，C项错误；在整个过程中由能量守恒定律知，整个电路中产生的焦耳热Q＝＝，且Qb＝Q，因此导体棒b产生的热量Qb＝Q＝，D项正确。]
8．(多选)(2024·湖南卷)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μ，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－μmgd
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
CD [设平行金属导轨间距为L，金属杆在AA1B1B区域向右运动的过程中切割磁感线有E＝BLv，I＝，金属杆在AA1B1B区域运动的过程中根据动量定理有－BILΔt＝mΔv，则－Δt＝mΔv，由于d＝则上面方程左右两边累计求和，可得－＝mvB－mv0，则vB＝v0－，设金属杆在BB1C1C区域运动的时间为t0，同理可得，则金属杆在BB1C1C区域运动的过程中有－－μmgt0＝－mvB，解得vB＝＋μgt0，综上有vB＝＞，则金属杆经过BB1的速度大于，故A错误；在整个过程中，根据能量守恒定律有＝μmgd＋Q，则在整个过程中，定值电阻R产生的热量为QR＝Q＝－μmgd，故B错误；金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域，金属杆所受安培力的冲量为－＝－vtΔt＝，则金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域滑行距离均为d，金属杆所受安培力的冲量相同，故C正确；根据A选项分析可得，金属杆以初速度v0在磁场中运动有－－μmgt0＝－mv0，金属杆的初速度加倍，设此时金属杆在BB1C1C区域运动的时间为t′，全过程对金属棒分析得－－μmgt′＝0－2mv0，联立整理得＝μmg(2t0－t′)，分析可知当金属杆初速度加倍后，金属杆通过BB1C1C区域的平均速度比第一次大，故t′＜t0，可得x＞4d，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。]
9．如图所示，倾角为θ＝53°的金属导轨MN和M′N′的上端有一个单刀双掷开关K，当开关与1连接时，导轨与匝数n＝100匝、横截面积S＝0.04 m2的圆形金属线圈相连，线圈总电阻r＝0.2 Ω，整个线圈内存在垂直线圈平面的匀强磁场B0，且磁场随时间均匀变化。当开关与2连接时，导轨与一个阻值为R1＝0.3 Ω的电阻相连。水平轨道的NN′至PP′间是绝缘带，其他部分导电良好，最右端串接一阻值为R2＝0.2 Ω的定值电阻。两轨道长度均足够长，宽度均为L＝1 m，在NN′处平滑连接。导轨MN和M′N′的平面内有垂直斜面向下的匀强磁场，磁感应强度大小B1＝0.2 T；整个水平轨道上有方向竖直向上、磁感应强度大小为B2＝1 T的匀强磁场。现开关与1连接时，一根长度为L的导体棒a恰好静止在倾斜导轨上；某时刻把开关迅速拨到2，最后棒a能在倾斜轨道上匀速下滑。导体棒b一开始被锁定(锁定装置未画出)，且到PP′位置的水平距离为d＝0.24 m。棒a与棒b的质量均为m＝0.1 kg，电阻均为R＝0.2 Ω，所有导轨均光滑且阻值不计，sin 53°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)求圆形线圈内磁场随时间的变化率；
(2)棒a滑至NN′时的速度大小v1；
(3)棒a与棒b碰撞前，棒a的速度大小v2；
(4)棒a与棒b碰撞前瞬间，立即解除对棒b的锁定，两棒碰后粘连在一起。从棒a进入水平轨道，至两棒运动到最终状态，定值电阻R2上产生的焦耳热Q是多少。
[解析] (1)开关与1连接时，棒a受力平衡，有
mg sin θ＝B1IL
根据E＝nS，I＝
解得＝0.4 T/s。
(2)棒a匀速下滑时，根据平衡条件可知
mg sin θ＝
可得v1＝10 m/s。
(3)棒a进入水平面后，根据动量定理
＝mv2－mv1
根据电路连接得
R总＝0.3 Ω
即v2＝2 m/s。
(4)当棒a切割时，有
Q总1＝
此时电阻R2产生的热量为
Q1＝Q总1
解得Q1＝0.8 J
两棒相碰，有mv2＝2mv3
碰后至静止，电路产生的热量为
Q总2＝
电阻R2产生的热量为
Q2＝Q总2
解得Q2＝ J
综上，电阻R2产生的总热量为
Q＝Q1＋Q2＝ J。
[答案] (1)0.4 T/s (2)10 m/s (3)2 m/s (4) J
10．如图所示，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，导轨的最右端与桌面右边缘对齐，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，碰撞时间很短。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。
[解析] (1)由题意可知Q与P发生弹性碰撞，设碰撞后瞬间P、Q的速度分别为vP、vQ
碰撞过程动量守恒，有3mv0＝3mvQ＋mvP
机械能守恒，有＝
联立解得vQ＝v0，vP＝v0
碰撞后绝缘棒Q匀速通过导轨，因为P、Q落点一致，所以P、Q脱离导轨时速度大小相等，因此金属棒P滑出导轨时的速度
v′P＝vQ＝v0。
(2)金属棒P从碰撞后开始运动到脱离导轨，由能量守恒定律有Q＝
解得Q＝。
(3)设金属棒P从碰撞后瞬间到脱离导轨的过程中，金属棒P的位移为x，平均速度为Δt
平均电动势
平均电流＝
平均安培力l
对于金属棒P，根据动量定理有
－Δt＝mv′P－mvP
设绝缘棒Q与金属棒P碰撞后在导轨上运动的时间为t，则有x＝vQt
联立解得t＝。
[答案] (1)v0 (3)
11．(2024·湖北卷)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。
[解析] (1)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
mgL＝
解得v0＝
则ab刚越过MP时产生的感应电动势大小为
E＝BLv0＝BL。
(2)根据题意可知，金属环在导轨间的两段圆弧并联接入电路中，轨道外侧的两段圆弧金属环被短路，由几何关系可得，导轨间每段圆弧的电阻为
R0＝＝R
可知，整个回路的总电阻为
R总＝R＋＝R
ab刚越过MP时，通过ab的感应电流为
I＝＝
对金属环由牛顿第二定律有
2BL·＝2ma
解得a＝。
(3)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，为使金属棒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v，由动量守恒定律有
mv0＝mv＋2mv
解得v＝v0
对金属棒ab，由动量定理有
－BLt＝m·－mv0
则有BLq＝mv0
设金属棒运动距离为x1，金属环运动的距离为x2，则有q＝
联立解得Δx＝x1－x2＝
则金属环圆心初始位置到MP的最小距离
d＝L＋Δx＝。
[答案] (1)BL (2) (3)
【教用·备选题】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。
[解析] (1)金属框全部在磁场中时无安培力作用，有安培力作用时间内总位移为2L，对全过程，根据动量定理有
－BLt进－BLt出＝m－mv0
＝
＝
t进＋t出＝2L
R总＝4R0
联立解得v0＝。
(2)金属框在导轨上运动时，上、下边框被导轨短路，右边框切割磁感线、左边框未进入磁场时，等效电路如图甲所示，右边框充当电源，左边框与R1并联。设左边框刚要进入磁场时速度为v1，根据动量定理有
－BLt1＝mv1－mv0
其中t1＝L
R1总＝＋R0＝R0
联立解得v1＝
设流过R1的电流为I1，则流过左、右边框的电流分别为2I1、3I1，则R1与左、右边框产生的热量之比
Q1∶Q左∶Q右＝·2R0t1∶(2I1)2·R0t1∶(3I1)2·R0t1＝2∶4∶9
由能量守恒定律有Q1＋Q左＋Q右＝
联立解得Q1＝
线框全部进入磁场切割磁感线过程，等效电路如图乙所示，等效电源内阻为左右两边框并联的阻值，即内阻为，设右边框刚要出磁场时速度为v2，根据动量定理有
－BLt2＝mv2－mv1
其中t2＝L
R2总＝2R0＋＝R0
联立解得v2＝0，则右边框刚好不出磁场
R1与线框产生的热量之比
Q2∶Q框＝t2＝4∶1
由能量守恒定律有Q2＋Q框＝
联立解得Q2＝
则电阻R1产生的总热量Q＝Q1＋Q2
解得Q＝。
[答案] (1)
31 / 31 电磁感应中的动力学、动量和能量问题
电磁感应中的动力学问题
1．力学对象和电学对象的转换及关系
2．“单杆＋导轨”模型
(1)单杆水平式(导轨光滑)
物理模型
动态分析 设运动过程中某时刻杆的速度为v，则加速度为a＝，a、v同向，随着v的增大，a减小，当a＝0时，v最大，I＝恒定
收尾状态 运动形式 匀速直线运动
力学特征 a＝0时，v最大，vm＝
电学特征 I恒定
(2)单杆倾斜式(导轨光滑)
物理模型
动态分析 杆由静止释放后下滑，此时a＝g sin α，速度v↑ E＝BLv↑ I＝↑ F＝BIL↑ a＝↓，当安培力F＝mg sin α时，a＝0，v最大
收尾状态 运动形式 匀速直线运动
力学特征 a＝0时，v最大，vm＝
电学特征 I恒定
3．“双杆＋导轨”模型(导轨光滑)
类型 模型 运动图像 运动过程 分析方法
不受 外力 杆1做加速度减小的减速运动，杆2做加速度减小的加速运动；稳定时两杆以相同的速度做匀速运动 将两杆视为整体，不受外力，最后a＝0，整个过程中动量守恒
受外 力 杆1做加速度减小的加速运动，杆2做加速度增大的加速运动；稳定时两杆以相同的加速度做匀加速运动 ①隔离法，动量定 理 ②外力做的功＝杆1的动能＋杆2的动能＋焦耳热
[典例1] (2024·安徽卷)如图所示，一“U”形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。
[听课记录]
动量观点在电磁感应问题中的应用
1．动量定理的应用
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时，应用动量定理可以解决牛顿运动定律不易解答的问题。
如在电磁感应中，动量定理应用于导体棒切割磁感线的运动，可求解时间、速度、位移和电荷量。
(1)求电荷量或速度：BLΔt＝mv2－mv1，q＝Δt。
(2)求时间：Ft＝I冲＝mv2－mv1，I冲＝BILΔt＝BL。
(3)求位移：－BILΔt＝－＝mΔv。
2．动量守恒定律的应用
在双金属棒切割磁感线的系统中，双金属棒和导轨构成闭合回路，安培力充当系统内力，如果系统不受外力，且受到的安培力的合力为0时，则满足动量守恒，运用动量守恒定律解题比较方便。
动量定理在电磁感应现象中的应用
[典例2] 如图所示，质量为M的U形金属架M′MNN′，静止在粗糙绝缘水平面上(与水平面间的动摩擦因数为μ)，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。M′M、NN′相互平行，相距为L，电阻不计且足够长，底边MN垂直于M′M，电阻为r。质量为m的光滑导体棒ab长为L、电阻为R，垂直M′M放在框架上，整个装置处于垂直框架平面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。在与ab垂直的水平拉力F作用下，ab由静止开始向右做匀加速直线运动，经距离x后撤去拉力F，直至最后停下，整个过程中框架恰好没动，ab与M′M、NN′始终保持良好接触。求ab运动的总路程。
[听课记录]
动量守恒定律在电磁感应中的应用
[典例3] (2025·广东韶关模拟)如图所示，一质量为m、电阻不计的足够长的光滑U形金属导轨MNQP，位于光滑绝缘水平桌面上，平行导轨MN和PQ相距L，空间存在着足够大的方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度的大小为B。有一质量也为m的金属棒CD，垂直于MN放置在导轨上，并用一根与MN平行的绝缘细线系在定点A。已知细线能承受的最大拉力为T0，棒接入导轨间的有效电阻为R。现从t＝0时刻开始对导轨施加水平向右的拉力，使其从静止开始做加速度为a的匀加速直线运动。
(1)求从导轨开始运动到细线断裂所需的时间及细线断裂时导轨的瞬时速度大小；
(2)若在细线断裂时，立即撤去拉力，求此后回路中产生的总焦耳热Q。
[听课记录]
电磁感应中的能量问题
1．解决电磁感应中的能量问题的策略
2．能量转化及焦耳热的求法
[典例4] (2025·广东清远调研)如图所示，间距L＝1 m、足够长的平行金属导轨的倾角θ＝37°，底端接一阻值为R＝1 Ω的电阻，质量m＝1 kg的金属棒通过跨过光滑轻质定滑轮的细线与质量M＝3 kg的重锤相连，滑轮左侧细线与导轨平行，金属棒电阻r＝1 Ω(其他电阻均不计)，金属棒始终与导轨垂直且接触良好，二者间的动摩擦因数μ＝0.5，整个装置处于方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度的大小B＝2 T，已知重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，现将重锤由静止释放。
(1)求刚释放重锤瞬间，重锤的加速度大小a；
(2)求重锤的最大速度v的大小；
(3)重锤下降h＝20 m时，其速度已经达到最大速度v，求电阻R上产生的焦耳热。
思路点拨：
[听课记录]
电磁感应现象中焦耳热求解方法
(1)若回路中电流恒定，可以利用电路结构及W＝UIt或Q＝I2Rt直接进行计算。
(2)若电流变化
①利用安培力做的功求解：电磁感应中产生的焦耳热等于克服安培力所做的功；
②利用能量守恒定律求解：若只有电能与机械能的转化，则机械能的减少量等于产生的焦耳热；
③利用功能关系求解：若除重力、安培力做功外，还有其他力做功，则其他力做的功等于增加的机械能和产生的焦耳热之和。
1．(2024·广东广州三模)如图所示，两固定于水平面内的光滑平行金属导轨足够长，电阻不计，阻值为R的电阻连接在导轨左侧，导轨间存在竖直向下的匀强磁场，质量为m、接入电路的电阻为R的金属棒ab垂直放置在导轨上、与导轨接触良好。某时刻ab获得初速度v后开始沿导轨运动，经t时间ab速度从减速至的过程中( )
A．ab做匀减速直线运动
B．ab的位移s大于vt
C．ab棒克服安培力做功大小为W＝mv2
D．左侧电阻R产生的热量为Q＝mv2
2．(多选)(2024·广东深圳一模)如图所示，水平面上足够长的光滑平行金属导轨，左侧接定值电阻，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中。金属杆MN以某一初速度沿导轨向右滑行，且与导轨接触良好，导轨电阻不计。则金属杆在运动过程中，速度大小v、流过的电荷量q与时间t或位移x的关系图像正确的有( )
A B
C D
3．(多选)(2025·广东潮州模拟)如图所示，两长度相同的平行金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨间距为L，导轨右端接有阻值为R的定值电阻，空间存在垂直导轨平面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B。两根质量均为m的金属棒MN、PQ垂直放在导轨上，两金属棒与导轨间的动摩擦因数均为μ。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，导轨电阻不计，给金属棒MN施加一个水平向左的恒力，当金属棒MN刚要离开导轨时，加速度恰好为零，此时PQ刚好要滑动，两金属棒接入电路中的电阻均为R，此过程中通过金属棒PQ的电荷量为q，在金属棒MN从开始运动到离开导轨的过程中，下列说法正确的是( )
A．拉力大小为F＝2μmg
B．金属棒MN刚要离开导轨时速度大小为
C．金属棒MN在导轨上运动的距离为
D．电路中产生的焦耳热为
4．(多选)如图所示，两根相互平行的光滑长直金属导轨固定在水平绝缘桌面上，在导轨的左端接入电容为C的电容器和阻值为R的电阻。质量为m，阻值也为R的导体棒MN静止于导轨上，与导轨垂直，且接触良好，导轨电阻忽略不计，整个系统处于方向竖直向下的匀强磁场中。开始时，电容器所带的电荷量为Q，合上开关S后( )
A．通过导体棒MN电流的最大值为
B．导体棒MN向右先加速、后匀速运动
C．导体棒MN速度最大时所受的安培力也最大
D．电阻R上产生的焦耳热大于导体棒MN上产生的焦耳热
5．(多选)(2024·山东卷)如图所示，两条相同的半圆弧形光滑金属导轨固定在水平桌面上，其所在平面竖直且平行，导轨最高点到水平桌面的距离等于半径，最低点的连线OO′与导轨所在竖直面垂直。空间充满竖直向下的匀强磁场(图中未画出)，导轨左端由导线连接。现将具有一定质量和电阻的金属棒MN平行OO′放置在导轨图示位置，由静止释放。MN运动过程中始终平行于OO′且与两导轨接触良好，不考虑自感影响，下列说法正确的是( )
A．MN最终一定静止于OO′位置
B．MN运动过程中安培力始终做负功
C．从释放到第一次到达OO′位置过程中，MN的速率一直在增大
D．从释放到第一次到达OO′位置过程中，MN中电流方向由M到N
6．(2024·广东佛山二模)如图所示是一种矿井直线电机提升系统的原理图，在同一竖直平面的左右两边条形区域内，有垂直平面向里和向外交替的匀强磁场，每块磁场区域的高度均为L、磁感应强度大小均为B。梯箱左右两边通过绝缘支架均固定有边长为L、匝数为n、总电阻为R的正方形导线框，线框平面与磁场垂直，上下两边水平。导线框、支架以及梯箱等的总质量为M。电机启动后两边磁场均以速度v沿竖直轨道向上匀速运动。忽略一切阻力，梯箱正常运行时防坠落装置与轨道间没有相互作用。求：
(1)电机从图示位置启动，此时导线框ABCD：
①相对磁场的运动方向；
②哪条边会产生感应电动势；
③感应电流的方向；
(2)电机刚启动瞬间导线框ABCD所受安培力的大小；
(3)当梯箱以的速度向上运动时的加速度大小。
7．(2024·河北卷)如图所示，边长为2L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OO′。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OA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CD始终静止。OA棒在转动过程中，CD棒在所受安培力达到最大和最小时均恰好能静止。已知CD棒在导轨间的电阻值为R，电路中其余部分的电阻均不计，CD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CD棒所受安培力的最大值和最小值；
(2)锁定OA棒，推动CD棒下滑，撤去推力瞬间，CD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CD棒与导轨间的动摩擦因数。
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