熱點(diǎn)題型·計算題攻略熱點(diǎn)題型·計算題攻略專題18電磁感應(yīng)綜合題目錄01.題型綜述 錯誤！未定義書簽。02.解題攻略 錯誤！未定義書簽。題組01電磁感應(yīng)中的動力學(xué)與能量問題 1題組02動量定理在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用 17題組03動量守恒定律在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用 3003.高考練場 45電磁感應(yīng)作為歷年高考物理必考考點(diǎn)，足見其重要性。而電磁感應(yīng)最重要的難點(diǎn)歸根結(jié)底就是“誰”是電源,只要明白了這個問題即可將電磁感應(yīng)研究清楚。考題多以電磁感應(yīng)中“導(dǎo)軌”上的單棒、雙棒、線寬運(yùn)動的分析來設(shè)計學(xué)習(xí)探索問題情境,涉及的必備知識包括安培力、電路特點(diǎn)、力與運(yùn)動、動量以及能量的轉(zhuǎn)化。主要考查學(xué)生理解能力、模型建構(gòu)能力、推理論證能力以及學(xué)科素養(yǎng)中的科學(xué)思維,突出考查基礎(chǔ)性、綜合性特點(diǎn)。為了有效地備戰(zhàn)2025年高考,本專題結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路歐姆定律等知識,深入研究電磁感應(yīng)中的綜合問題,以期為廣大師生盡一份綿薄之力。題組01電磁感應(yīng)中的動力學(xué)與能量問題【提分秘籍】1．電磁感應(yīng)綜合問題的解題思路2．求解焦耳熱Q的三種方法(1)焦耳定律：Q＝I2Rt，適用于電流恒定的情況；(2)功能關(guān)系：Q＝W克安(W克安為克服安培力做的功)；(3)能量轉(zhuǎn)化：Q＝ΔE(其他能的減少量)?！镜淅饰觥俊纠?-1】（2025高三上·天津南開·期末）如圖甲所示，固定光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ與水平面成傾斜放置，其電阻不計，導(dǎo)軌間距，導(dǎo)軌頂端與電阻相連。垂直導(dǎo)軌水平放置一根質(zhì)量、電阻的導(dǎo)體棒ab，ab距導(dǎo)軌頂端，距導(dǎo)軌底端距離為（未知）。在裝置所在區(qū)域加一個垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場，其磁感應(yīng)強(qiáng)度B和時間t的函數(shù)關(guān)系如圖乙所示。0～2s內(nèi)，導(dǎo)體棒在外力作用下保持靜止；2s后由靜止釋放導(dǎo)體棒，導(dǎo)體棒滑到導(dǎo)軌底部的過程，通過導(dǎo)體棒橫截面的電荷量。導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，且導(dǎo)體棒滑到底部前已經(jīng)做勻速運(yùn)動，重力加速度，。求：(1)0～2s內(nèi)通過導(dǎo)體棒的電流的大小和方向；(2)導(dǎo)體棒滑到底部前的最大速度；(3)導(dǎo)體棒由靜止開始下滑到導(dǎo)軌底部的過程，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱QR?！敬鸢浮?1)0.8A；電流方向由a流向b(2)3m/s(3)1.68J【詳解】（1）由法拉第電磁感應(yīng)定律可得前2s產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢由閉合電路歐姆定律解得根據(jù)楞次定律知感應(yīng)電流的方向為a到b。（2）當(dāng)導(dǎo)體棒達(dá)最大速度后勻速下滑，根據(jù)平衡方程，，其中解得（3）導(dǎo)體棒滑到底端過程中，，解得設(shè)下滑過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量Q，根據(jù)動能定理有，解得電阻R產(chǎn)生的熱量為【例1-2】（2025高三·河南鄭州·階段練習(xí)）如圖所示，兩根間距L=1m、足夠長光滑平行導(dǎo)軌與水平面夾角為θ=30°，導(dǎo)軌上端用一單刀雙擲開關(guān)分別連接阻值R=1Ω的電阻和電容C=0.1F的電容器，整個裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=0.2T、方向垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場中。在導(dǎo)軌上垂直于導(dǎo)軌放置一質(zhì)量m=0.016kg的導(dǎo)體棒ab，并將其鎖定在圖示位置。將單刀雙擲開關(guān)擲到1，并解除對導(dǎo)體棒的鎖定，導(dǎo)體棒由靜止開始向下運(yùn)動，重力加速度g取10m/s2，導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒電阻均不計，求：(1)導(dǎo)體棒獲得的最大速度；(2)若將單刀雙擲開關(guān)擲到2，并解除鎖定，導(dǎo)體棒獲得（1）中同樣的速度所用的時間?！敬鸢浮?1)2m/s(2)0.5s【詳解】（1）單刀雙擲開關(guān)擲到1時，導(dǎo)體棒做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動，當(dāng)導(dǎo)體棒勻速時，可知導(dǎo)體棒切割磁感線的感應(yīng)電動勢為回路中感應(yīng)電流為導(dǎo)體棒所受安培力大小為聯(lián)立，解得（2）若單刀雙擲開關(guān)擲到2時，并解除固定，取極短時間導(dǎo)體棒速度變化量為Δv，感應(yīng)電動勢的變化量電容器上電量的變化量回路中電流強(qiáng)度為解得導(dǎo)體棒受到的安培力根據(jù)牛頓第二定律聯(lián)立，可得解得【例1-3】（2025高三·河南南陽·期中）如圖所示，足夠長的平行金屬導(dǎo)軌傾斜放置，導(dǎo)軌與水平面夾角，間距，在導(dǎo)軌之間接有阻值的定值電阻.質(zhì)量、電阻的金屬桿由跨過光滑定滑輪的輕繩與質(zhì)量的重物相連，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為的勻強(qiáng)磁場與導(dǎo)軌平面垂直。開始時金屬桿置于導(dǎo)軌下端緊靠電阻處，將重物P和金屬桿由靜止釋放，金屬桿運(yùn)動到點(diǎn)（圖中未畫出）過程中，通過電阻的電荷量，此時重物已經(jīng)開始勻速下降，運(yùn)動過程中金屬桿始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，導(dǎo)軌足夠長，一切摩擦不計，重力加速度取，求：(1)重物P勻速下降的速度；(2)金屬桿從釋放到運(yùn)動到點(diǎn)的過程中，定值電阻中產(chǎn)生的焦耳熱；(3)若金屬桿到達(dá)點(diǎn)后，磁感應(yīng)強(qiáng)度開始發(fā)生變化（此時為時刻），致使回路中電流為零。試寫出磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間變化的關(guān)系式。【答案】(1)2m/s(2)1.5J(3)【詳解】（1）重物勻速下降時，設(shè)金屬桿中電流為，金屬桿與重物組成的系統(tǒng)由平衡條件得根據(jù)閉合電路歐姆定律有根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有解得（2）設(shè)金屬桿運(yùn)動到點(diǎn)的過程中，運(yùn)動時間為，平均電流為，向上運(yùn)動位移為，則有結(jié)合聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得設(shè)電路中產(chǎn)生的總熱量為，由能量守恒定律得由串聯(lián)電路的規(guī)律可知，電阻中產(chǎn)生的熱量聯(lián)立解得（3）金屬桿中不產(chǎn)生感應(yīng)電流，說明穿過回路的磁通量始終不變，則有金屬桿向上做勻加速運(yùn)動，對金屬桿與重物整體，根據(jù)牛頓第二定律有解得金屬桿運(yùn)動的位移則磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間變化的關(guān)系為【例1-4】（2024·廣西·模擬預(yù)測）2024年6月2日6時9分，嫦娥六號著陸器在鵲橋二號中繼衛(wèi)星支持下，開始實施動力下降，7500N變推力主發(fā)動機(jī)開機(jī)，著陸器接觸地面前經(jīng)過噴火反沖減速后關(guān)閉主發(fā)動機(jī)，此時的速度為v1，這一速度仍大于軟著陸設(shè)計速度v2，為此科學(xué)家設(shè)計了一種電磁阻尼緩沖裝置，其原理如圖所示：主要部件為緩沖滑塊K及固定在絕緣光滑緩沖軌道MN和PQ上的著陸器主體，著陸器主體中還有超導(dǎo)線圈（圖中未畫出），能在兩軌道間產(chǎn)生垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場B，導(dǎo)軌內(nèi)的緩沖滑塊由高強(qiáng)度絕緣材料制成，滑塊K上繞有n匝矩形線圈abcd，線圈的總電阻為r，ab邊長為L，當(dāng)著陸器接觸地面時，滑塊K立即停止運(yùn)動，此后線圈與軌道間的磁場發(fā)生作用，使著陸器主體持續(xù)做減速運(yùn)動，從而實現(xiàn)緩沖。已知著陸器主體及軌道的質(zhì)量為m，緩沖滑塊（含線圈）K的質(zhì)量為M，重力加速度為g，不考慮運(yùn)動磁場產(chǎn)生的電場，求：(1)緩沖滑塊剛落地時著陸器主體的加速度大小；(2)達(dá)到著陸器軟著陸要求的設(shè)計速度v2時，地面對緩沖滑塊K支持力的大?。?3)著陸器主體可以實現(xiàn)軟著陸，若從v1減速到v2的緩沖過程中，通過線圈的電荷量為q，求該過程中線圈中產(chǎn)生的焦耳熱Q?！敬鸢浮?1)(2)(3)【詳解】（1）線圈切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢根據(jù)歐姆定律可知，線圈中的感應(yīng)電流為線圈受到的安培力根據(jù)牛頓第三定律可知，著陸器受到的安培力方向豎直向上，對著陸器根據(jù)牛頓第二定律則有聯(lián)立解得（2）對于滑塊K，設(shè)其受到的支持力為FN，此時受到的安培力為F，則有此時線圈的速度為v2，故感應(yīng)電動勢線圈中的電流故此時的安培力解得（3）根據(jù)能量守恒可得根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，線圈中的平均感應(yīng)電流所以聯(lián)立解得【例1-5】如圖甲，線框cdef位于傾斜角的斜面上，斜面上有一長度為D的矩形磁場區(qū)域，磁場方向垂直于斜面向上，大小為0.4T，已知線框邊長，質(zhì)量，總電阻，現(xiàn)對線框施加一沿斜面向上的力F使之運(yùn)動，ed邊離開磁場后撤去F。斜面上動擦因數(shù)，線框速度隨時間變化如圖乙所示，重力加速度g取。(1)求外力F大?。?2)求cf長度L；(3)求回路產(chǎn)生的焦耳熱Q?！敬鸢浮?1)(2)(3)【詳解】（1）由圖像可知，在0~0.4s時間內(nèi)線框做勻加速直線運(yùn)動，進(jìn)入磁場時的速度為加速度大小根據(jù)牛頓第二定律有代入數(shù)據(jù)解得（2）由圖像可知，線框進(jìn)入磁場區(qū)域后一直做勻速直線運(yùn)動，并以速度勻速穿出磁場。線框產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢線框產(chǎn)生的感應(yīng)電流線框受到的安培力由平衡條件得解得（3）因所以線框在減速為零時不會下滑，設(shè)線框穿過磁場的時間為t，則感應(yīng)電流根據(jù)焦耳定律可得【變式演練】【變式1-1】．如圖所示，平行且光滑的金屬導(dǎo)軌相距為，在點(diǎn)和點(diǎn)間接一個阻值為的電阻，兩導(dǎo)軌間存在方向垂直導(dǎo)軌平面向下的矩形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場的寬度為，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，一個質(zhì)量為、電阻為的導(dǎo)體棒垂直于導(dǎo)軌放置，導(dǎo)體棒長為?，F(xiàn)從與磁場的左邊界相距為的位置開始用一個大小為、方向水平向右的恒力拉導(dǎo)體棒，使之由靜止開始運(yùn)動，已知導(dǎo)體棒在運(yùn)動過程中始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，導(dǎo)軌的電阻不計。(1)如果磁場的寬度足夠大，導(dǎo)體棒在磁場中運(yùn)動的最終速度為多大？(2)如果磁場的寬度，導(dǎo)體棒離開磁場右邊界時的速度為，求導(dǎo)體棒從開始運(yùn)動到離開磁場右邊界經(jīng)歷的時間以及導(dǎo)體棒通過磁場區(qū)域的過程中整個回路所消耗的電能?！敬鸢浮?1)10m/s(2)4.8s，58.75J【詳解】（1）因為磁場的寬度足夠長，所以導(dǎo)體棒在離開磁場前已經(jīng)做勻速直線運(yùn)動，根據(jù)受力平衡有導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為由閉合電路歐姆定律有根據(jù)安培力公式有聯(lián)立以上各式解得（2）導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場前，根據(jù)牛頓第二定律有解得，導(dǎo)體棒在磁場中運(yùn)動的過程中，設(shè)經(jīng)時間速度達(dá)到7.5m/s，安培力產(chǎn)生的沖量為根據(jù)動量定理有解得故導(dǎo)體棒從開始運(yùn)動到離開磁場右邊界經(jīng)歷的時間為從導(dǎo)體棒開始運(yùn)動到離開磁場右邊界的過程，據(jù)能量守恒定律有解得【變式1-2】．如圖所示為傾角θ=30°的光滑絕緣斜面，水平虛線1、2間存在垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場，水平虛線2、3間存在垂直斜面向下的勻強(qiáng)磁場，兩磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，且兩虛線之間的距離均為d。質(zhì)量m=0.4kg、邊長d=1.0m、阻值R=2.0Ω的正方形線框由虛線1上方靜止釋放，正方形線框的ab邊與虛線1平行，ab邊到虛線1的距離L=1.6m，正方形線框的ab邊越過虛線1瞬間剛好勻速，經(jīng)過一段時間，線框在虛線23間恰好再次勻速，重力加速度g=10m/s2，不計空氣阻力。求：(1)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小；(2)線框的ab邊從虛線1到虛線2過程通過線框橫截面的電荷量；(3)線框從開始釋放至ab邊到達(dá)虛線3過程產(chǎn)生的焦耳熱。【答案】(1)1T(2)0.5C(3)7J【詳解】（1）設(shè)線框的ab邊剛到達(dá)虛線1時的速度為，則線框進(jìn)入磁場前由機(jī)械能守恒定律得解得ab邊越過虛線1瞬間，線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為又線框中的感應(yīng)電流為線框所受的安培力大小為ab邊越過虛線1瞬間，線框勻速運(yùn)動，由力的平衡條件得解得（2）線框ab邊由虛線1至虛線2過程，代入相關(guān)已知數(shù)據(jù)，解得（3）線框在虛線2、3間勻速時，線框的速度大小為，線框中的感應(yīng)電動勢為又線框中的感應(yīng)電流為線框所受的安培力大小為再次勻速時，由力的平衡條件得解得線框ab邊由虛線1至虛線3過程由能量守恒得【變式1-3】．（2024·云南大理·一模）某研學(xué)小組設(shè)計了一套電氣制動裝置，其簡化模型如圖所示。在車身下方固定一單匝矩形導(dǎo)線框，利用線框進(jìn)入磁場時所受的安培力，輔助列車剎車。已知列車的總質(zhì)量為m，車身長為s，線框的短邊和分別安裝在車頭和車尾，長度均為L（L小于勻強(qiáng)磁場的寬度），線框的總電阻為R。站臺軌道上勻強(qiáng)磁場區(qū)域足夠長（大于車長s），磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，方向豎直向上，若邊剛進(jìn)入磁場時列車關(guān)閉發(fā)動機(jī)，此時列車的速度為邊進(jìn)入磁場瞬間，列車恰好停止，假設(shè)列車停止前所受鐵軌及空氣阻力的合力恒為f。求：(1)線框邊進(jìn)入磁場瞬間，產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小和列車加速度的大??；(2)線框從進(jìn)入磁場到停止的過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q；(3)線框從進(jìn)入磁場到停止的過程中通過其橫截面的電荷量q?！敬鸢浮?1)，(2)(3)【詳解】（1）線框邊進(jìn)入磁場瞬間，產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小設(shè)車頭剛進(jìn)入磁場時的加速度為，根據(jù)牛頓第二定律解得（2）列車減少的動能部分轉(zhuǎn)化為線框的焦耳熱，部分轉(zhuǎn)化為因鐵軌及空氣阻力產(chǎn)生的熱量，根據(jù)能量守恒定律解得（3）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律又整理可得，此過程流過線框的電荷量為【變式1-3】（2025高三上·河南·階段練習(xí)）如圖所示，兩根相距的足夠長的平行金屬導(dǎo)軌傾斜放置，導(dǎo)軌與水平面成37°，兩導(dǎo)軌頂端通過導(dǎo)線連接電源、開關(guān)和阻值的電阻。初始時開關(guān)S斷開，質(zhì)量分別為、的金屬細(xì)桿ab、cd垂直于導(dǎo)軌放置，導(dǎo)軌的上下兩部分通過M、N兩處的絕緣小塊相連，MN連線與導(dǎo)軌垂直，兩導(dǎo)軌處于大小為、垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場中，金屬細(xì)桿ab、cd的電阻分別為，兩桿與導(dǎo)軌的動摩擦因數(shù)均為，初始時兩金屬桿均靜止，閉合開關(guān)S，ab桿開始向下運(yùn)動，ab桿運(yùn)動到MN時已經(jīng)勻速，已知電源的電動勢，內(nèi)阻。重力加速度。求：(1)金屬桿ab運(yùn)動到MN處時的速度大??；(2)金屬桿ab從靜止運(yùn)動到MN處過程中，通過ab桿上的電荷量；(3)ab桿在導(dǎo)軌上運(yùn)動時產(chǎn)生的焦耳熱（忽略電磁輻射）。【答案】(1)(2)(3)【詳解】（1）金屬棒勻速運(yùn)動過程中受力如圖所示支持力為，摩擦力為，安培力為，則有，，代入數(shù)據(jù)可得則金屬棒以速度勻速運(yùn)動時無電流，即金屬棒切割磁感線的電動勢也為，有代入數(shù)據(jù)可得（2）金屬桿運(yùn)動到的過程中，由于在很短的時間內(nèi)由動量定理可知即全過程中電量累加起來，有代入數(shù)據(jù)得（3）金屬桿運(yùn)動到的過程中，滑動距離為，電源消耗的電能為金屬桿增加的動能為重力勢能減小克服摩擦力做功由于有則回路中的焦耳熱此過程中金屬桿上的焦耳熱為金屬桿運(yùn)動到下方后，由于，、體系動量守恒，設(shè)最終速度均為，則有該過程中、系統(tǒng)重力勢能的減小量仍等于系統(tǒng)克服摩擦力做的功，系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱此過程中金屬桿上的焦耳熱為桿在導(dǎo)軌上運(yùn)動時產(chǎn)生的焦耳熱代入數(shù)據(jù)得【變式1-5】如圖所示，某光滑金屬導(dǎo)軌由水平平行軌道和豎直圓周軌道組成，水平平行軌道MN、ST相距L＝0.5m，軌道左端用阻值R＝3Ω的電阻相連。水平軌道的某段區(qū)域有豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝4T的勻強(qiáng)磁場。光滑金屬桿ab的質(zhì)量m＝0.2kg、電阻r＝2Ω，金屬桿以v＝5m/s的初速度沿水平導(dǎo)軌從左端沖入磁場，離開磁場后沿豎直圓周軌道上升的最大高度H＝0.2m。設(shè)金屬桿ab與軌道接觸良好，并始終與導(dǎo)軌垂直，導(dǎo)軌電阻忽略不計，且不考慮ab的返回情況，取。求：(1)金屬桿剛進(jìn)入磁場時，通過金屬桿的電流大小和方向；(2)金屬桿ab產(chǎn)生的焦耳熱；(3)磁場區(qū)域的長度?！敬鸢浮?1)2A，從a沿桿流向b(2)0.84J(3)0.75m【詳解】（1）導(dǎo)體棒剛進(jìn)入磁場時，電動勢感應(yīng)電流得由右手定則知感應(yīng)電流方向從a沿桿流向b。（2）出磁場后機(jī)械能守恒解得導(dǎo)體棒整個運(yùn)動過程，根據(jù)能量守恒定律導(dǎo)體棒上的焦耳熱解得（3）設(shè)通過磁場時的電量為q，磁場區(qū)域長度為x，在磁場中的運(yùn)動過程，根據(jù)動量定理又因為解得題組02動量定理在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用【提分秘籍】在導(dǎo)體單桿切割磁感線做變加速運(yùn)動時，若運(yùn)用牛頓運(yùn)動定律和能量觀點(diǎn)不能解決問題，可運(yùn)用動量定理巧妙解決問題求解的物理量應(yīng)用示例電荷量或速度－Beq\x\to(I)LΔt＝mv2－mv1，q＝eq\x\to(I)Δt，即－BqL＝mv2－mv1位移－eq\f(B2L2\x\to(v)Δt,R總)＝0－mv0，即－eq\f(B2L2x,R總)＝0－mv0時間－Beq\x\to(I)LΔt＋F其他Δt＝mv2－mv1，即－BLq＋F其他Δt＝mv2－mv1，已知電荷量q、F其他(F其他為恒力)－eq\f(B2L2\x\to(v)Δt,R總)＋F其他Δt＝mv2－mv1，即－eq\f(B2L2x,R總)＋F其他Δt＝mv2－mv1，已知位移x、F其他(F其他為恒力)【典例剖析】【例2-1】（2024·河北·模擬預(yù)測）如圖所示，質(zhì)量的形框放置在光滑絕緣的水平地面上，已知段的長度為，、的長度為，、、、分別是、、和的中點(diǎn)，段的電阻為，其余部分電阻忽略不計。在區(qū)域存在豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小可變的勻強(qiáng)磁場，磁場位置不隨形框移動。質(zhì)量、電阻不計的導(dǎo)體棒放置在處，導(dǎo)體棒的長度比形框的寬度略長，若給導(dǎo)體棒水平向右的初速度，當(dāng)其運(yùn)動到磁場左邊界時，恰與形框速度相同。已知導(dǎo)體棒與形框之間的動摩擦因數(shù)為，取重力加速度。(1)求導(dǎo)體棒初速度的大小；(2)若要使導(dǎo)體棒和形框在磁場中運(yùn)動時始終保持相對靜止，求磁感應(yīng)強(qiáng)度的最大值；(3)若將磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小調(diào)整為第（2）問中的，判斷導(dǎo)體棒最終是否靜止，若靜止，求導(dǎo)體棒最終離磁場左邊界的距離；若不能靜止，求導(dǎo)體棒的最終速度。【答案】(1)(2)(3)靜止，【詳解】（1）設(shè)共速時速度大小為，對導(dǎo)體棒和形框組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律得對導(dǎo)體棒由動能定理得解得，（2）導(dǎo)體棒在磁場中受到安培力，故對導(dǎo)體棒和U形框，由牛頓第二定律得，解得（3）當(dāng)時，導(dǎo)體棒到達(dá)磁場左邊界后，導(dǎo)體棒和形框?qū)⒈３窒鄬o止。若導(dǎo)體棒和形框一直受安培力，直至導(dǎo)體棒靜止，則由動量定理得則有解得導(dǎo)體棒從開始運(yùn)動到剛進(jìn)入磁場，導(dǎo)體棒的位移大小為解得形框的位移大小為設(shè)剛進(jìn)入磁場時導(dǎo)體棒到形框左側(cè)邊的距離為，則有由于，則導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場后先向右減速運(yùn)動然后導(dǎo)體棒和形框一起在磁場中勻速運(yùn)動最后形框邊切割磁感線，整體減速運(yùn)動由于，所以導(dǎo)體棒最終靜止，導(dǎo)體棒最終離磁場左邊界的距離為【例2-2】如圖所示，相距的平行金屬導(dǎo)軌，左側(cè)部分水平，分布著豎直向上的勻強(qiáng)磁場，右側(cè)部分傾斜，傾角為，傾斜導(dǎo)軌上的、兩點(diǎn)處各有一小段絕緣導(dǎo)軌（長度可忽略不計），在連線到連線之間分布著垂直導(dǎo)軌向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為，傾斜導(dǎo)軌上端、之間接有阻值為的電阻，其余導(dǎo)軌電阻不計，水平與傾斜導(dǎo)軌連接處平滑過渡。金屬棒1與2的質(zhì)量都為，有效接入導(dǎo)軌間的長度都為，電阻都為。金屬棒1從連線上方處由靜止釋放，與之間距離與之間距離與之間棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為，其余部分導(dǎo)軌均光滑，金屬棒2初始靜止，到距離為。金屬棒1進(jìn)入磁場后，在運(yùn)動到前已達(dá)到穩(wěn)定速度，在運(yùn)動到前已再次達(dá)到穩(wěn)定速度。運(yùn)動過程中，兩棒與導(dǎo)軌接觸良好，且始終與導(dǎo)軌垂直，不計金屬棒經(jīng)過時的能量損失，若兩棒相碰則發(fā)生彈性碰撞。（已知，重力加速度取）求：(1)金屬棒1運(yùn)動到前達(dá)到的穩(wěn)定速度的大小；(2)金屬棒1運(yùn)動到時，金屬棒2的速度大小；(3)最終穩(wěn)定時金屬棒1所在位置，以及全過程金屬棒1產(chǎn)生的焦耳熱。【答案】(1)(2)金屬棒2的速度大小為(3)金屬棒1停在左側(cè)處【詳解】（1）勻速運(yùn)動時，則有聯(lián)立解得（2）根據(jù)題意可得故再次勻速必有金屬棒1沿斜導(dǎo)軌向下運(yùn)動，金屬棒2沿著水平導(dǎo)軌向右運(yùn)動，由動量定理得，對1棒有：即對2棒有聯(lián)立上述三式解得（3）由第（2）問可得所以此后1棒和2棒都以的初速率在EF的右側(cè)相向運(yùn)動，兩棒初始相距并以大小相同的加速度減速，如果相碰，各自原速率反彈后繼續(xù)以相同的加速度減速，直至兩棒的速度都為零，設(shè)兩棒在此過程中所經(jīng)歷的路程為、，對任意棒有解得最終兩棒相向運(yùn)動0.75m后停止運(yùn)動，即金屬棒1停在左側(cè)0.375m處。在任意階段都是1棒電阻與另一等大電阻（R或2棒r）產(chǎn)生等量焦耳熱，故由能量守恒解得【例2-3】如圖所示，傾角為、絕緣、光滑、無限長的斜面上相距為的水平虛線MN、PQ間有垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，“日”字形閉合導(dǎo)體線框沿斜面放置，ab邊平行于PQ邊，線框?qū)抋b為L，cd到MN的距離為，將金屬框由靜止釋放，cd邊和ef邊都恰好勻速通過磁場。已知ab、cd、ef邊的電阻分別為R、R、3R，其它部分電阻不計，運(yùn)動中線框平面始終與磁場垂直，ab邊始終平行PQ，不計空氣阻力，重力加速度大小為g。求：(1)cd邊和ef邊通過磁場的速度大小之比；(2)cd邊剛進(jìn)入磁場到ef邊剛離開磁場的過程，重力的沖量大??；(3)整個線框穿過磁場過程中，ab段電阻中產(chǎn)生的焦耳熱?！敬鸢浮?1)(2)(3)【詳解】（1）設(shè)cd邊進(jìn)入磁場時速度大小為，cd邊中電流大小為，則有設(shè)線框質(zhì)量為m，對線框有聯(lián)立解得設(shè)ef邊進(jìn)入磁場時速度大小為，ef邊中電流大小為，則有對線框有聯(lián)立解得則cd邊和ef邊通過磁場的速度大小之比為（2）對線框，從靜止下滑至cd邊剛進(jìn)入磁場過程，線框加速度大小a，則有解得設(shè)cd邊和ef邊通過磁場時間分別為和，則解得設(shè)cd邊剛出磁場到ef邊剛進(jìn)入磁場過程時間為，則有解得則整個線框穿過磁場過程中，重力的沖量大小為（3）cd邊、ef邊穿過磁場過程中，回路中產(chǎn)生的焦耳熱相同設(shè)為Q，則有cd邊穿過磁場和ef邊穿過磁場過程過程，ab邊產(chǎn)生的焦耳熱分別為和，則有整個線框穿過磁場過程中，ab中產(chǎn)生的焦耳熱為【例2-4】如圖所示，導(dǎo)體棒a、b水平放置于足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌左右兩部分的間距分別為l和2l，導(dǎo)體棒a、b的質(zhì)量分別為m和2m，接入電路的電阻分別為R和2R，其余部分電阻均忽略不計。導(dǎo)體棒a、b均處于方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中，a、b兩導(dǎo)體棒均以v0的初速度同時水平向右運(yùn)動，兩導(dǎo)體棒在運(yùn)動過程中始終與導(dǎo)軌垂直且保持良好接觸，導(dǎo)體棒a始終在窄軌上運(yùn)動，導(dǎo)體棒b始終在寬軌上運(yùn)動，直到兩導(dǎo)體棒達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)。求：(1)導(dǎo)體棒中的最大電流；(2)穩(wěn)定時導(dǎo)體棒a和b的速度；(3)電路中產(chǎn)生的焦耳熱及該過程中流過導(dǎo)體棒a某一橫截面的電荷量?！敬鸢浮?1)(2)，方向向右，，方向向右(3)，【詳解】（1）a、b兩導(dǎo)體棒均以v0的初速度同時向右運(yùn)動時，導(dǎo)體棒中的電流最大，此時回路中的感應(yīng)電動勢為E＝B·2lv0－Blv0＝Blv0則導(dǎo)體棒中的最大電流（2）當(dāng)兩導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢相等時，回路中的電流為零，且達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，設(shè)此時導(dǎo)體棒a的速度為va，導(dǎo)體棒b的速度為vb，則有Blva＝B·2lvb可得va＝2vb兩導(dǎo)體棒從開始運(yùn)動到達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)過程中，對導(dǎo)體棒a，由動量定理得BIlt＝mva－mv0對導(dǎo)體棒b，由動量定理得－BI·2lt＝2mvb－2mv0聯(lián)立解得，（3）由能量守恒定律得解得對導(dǎo)體棒a，由動量定理可得BIlt＝mva－mv0又根據(jù)q＝It，聯(lián)立解得【變式演練】【變式2-1】一邊長為L、質(zhì)量為m的正方形金屬細(xì)框，每邊電阻為，置于光滑的絕緣水平桌面（紙面）上。寬度為2L的區(qū)域內(nèi)存在方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，兩虛線為磁場邊界，如圖所示?，F(xiàn)在使金屬框以一定的初速度向右運(yùn)動，進(jìn)入磁場。運(yùn)動過程中金屬框的左、右邊框始終與磁場邊界平行，金屬框完全穿過磁場區(qū)域后，速度大小降為它初速度的一半，求：(1)此過程中流過線圈的電荷量q是多少？(2)金屬框的初速度大小?！敬鸢浮?1)(2)【詳解】（1）金屬框進(jìn)入磁場過程中有則金屬框進(jìn)入磁場過程中流過回路的電荷量為則金屬框完全穿過磁場區(qū)域的過程中流過回路的電荷量為（2）設(shè)金屬框的初速度大小為，則金屬框完全穿過磁場區(qū)域后的速度大小為，對金屬框根據(jù)動量定理可得又聯(lián)立解得【變式2-2】．某游樂設(shè)施主體結(jié)構(gòu)如圖甲所示為一絕緣的彎曲軌道與略微傾斜的直軌道組成，彎曲軌道與直軌道在B處相切。一絕緣材料做成的小車從彎曲軌道頂端A點(diǎn)自由滑下，A點(diǎn)與B點(diǎn)的豎直高度差為h。如圖乙所示，小車車廂底板內(nèi)有一組平放的匝數(shù)為n匝，電阻為R的矩形銅線圈，線圈長寬分別為和，其短邊與軌道垂直。小車包含游客的總質(zhì)量為M。小車滑至B處時，速度為，小車滑上傾斜直軌道時，能夠自由勻速下滑。小車在直軌道的C處開始穿過一隧道，在隧道的頂部和底部每隔放置一對正對著的強(qiáng)磁體，每組磁體產(chǎn)生的磁場區(qū)域可近似認(rèn)為是長為，略寬于的矩形，磁感應(yīng)強(qiáng)度相同且大小等于B。小車在AB軌道上運(yùn)動時可視為質(zhì)點(diǎn)。求：(1)小車從A處靜止滑至B處的過程中，小車克服阻力所做的功。(2)小車內(nèi)的線圈剛進(jìn)入第一組強(qiáng)磁體產(chǎn)生的磁場時小車的加速度。(3)小車線圈前端最終靜止時的位置距離C點(diǎn)的距離。【答案】(1)(2)(3)【詳解】（1）小車由A→B的過程中，由動能定理可得解得（2）當(dāng)小車線圈剛進(jìn)入磁場時根據(jù)閉合電路歐姆定律可得則安培力再由牛頓第二定律聯(lián)立解得（3）小車進(jìn)入交替磁場中運(yùn)動的過程中，始終只有一條邊在切割磁感線，安培力對任意微過程，根據(jù)動量定理可得對全過程求和可得又因為所以到停止時小車的位移【變式2-3】．一邊長為L、質(zhì)量為m的正方形金屬細(xì)框，金屬框的總電阻為R，置于光滑的絕緣水平桌面（紙面）上。寬度為2L的區(qū)域內(nèi)存在方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，兩虛線為磁場邊界，如圖所示。使金屬框以一定的初速度向右運(yùn)動，進(jìn)入磁場。運(yùn)動過程中金屬框的左、右邊框始終與磁場邊界平行，求：（1）金屬框進(jìn)入磁場區(qū)域的過程中流過回路的電荷量；（2）假設(shè)金屬框完全穿過磁場區(qū)域后，速度大小降為初速度的，金屬框的初速度大小?！敬鸢浮浚?）；（2）【詳解】（1）金屬框進(jìn)入磁場區(qū)域的過程中流過回路的電荷量金屬框進(jìn)入磁場區(qū)域的過程中流過回路的電流感應(yīng)電動勢則金屬框進(jìn)入磁場過程中流過回路的電荷量（2）同理，金屬框穿出磁場區(qū)域的過程中流過回路的電荷量金屬框從進(jìn)入磁場到穿出磁場，整個過程由動量定理聯(lián)立解得【變式2-4】（2025高三上·陜西·開學(xué)考試）如圖，間距為L的平行光滑金屬軌道與由傾斜和水平兩部分平滑連接而成，且，傾斜軌道的傾角為，水平軌道足夠長，軌道電阻不計。傾斜部分處于垂直軌道向上的勻強(qiáng)磁場中，其磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。已知金屬細(xì)棒的質(zhì)量均為m、電阻均為R、長度均為L?，F(xiàn)將a棒從高度為h的位置由靜止釋放，當(dāng)a棒到達(dá)時，立即將b棒也從位置由靜止釋放，當(dāng)b棒到達(dá)時速度大小為，此時在水平軌道部分加豎直向下的勻強(qiáng)磁場。運(yùn)動過程中金屬細(xì)棒始終與下平行且與軌道接觸良好，重力加速度為g。求：(1)b棒在傾斜軌道加速至速度時，其加速度大??；(2)b棒到達(dá)處時棒之間的距離；(3)若b棒到達(dá)處時棒間距離用表示，再經(jīng)時間a棒繼續(xù)向左運(yùn)動距離為，此時棒之間的距離?！敬鸢浮?1)(2)(3)【詳解】（1）b棒在斜軌道速度為時，加速度為a，由法拉第電磁感應(yīng)定律得由閉合電路歐姆定律得b棒所受安培力對b棒由牛頓第二定律得聯(lián)立解得（2）b棒下滑至EF處所需時間為t，平均電流為，對b棒由動量定理得由法拉第電磁感應(yīng)定律得由閉合電路歐姆定律得此過程磁通量的變化量a棒下滑至EF過程中，由機(jī)械能守恒定律得b棒在斜軌道下滑過程中，a棒在水平軌道做勻速運(yùn)動的位移為a、b棒的距離聯(lián)立解得（3）b棒在水平軌道運(yùn)動過程中，a、b棒受到的安培力大小相等、方向相反，以a、b棒為研究系統(tǒng)，由動量守恒定律得在極短時間內(nèi)有在時間內(nèi)，b棒向左運(yùn)動距離為，得則a、b棒間的距離為聯(lián)立得題組03動量守恒定律在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用【提分秘籍】雙桿模型物理模型“一動一靜”：甲桿靜止不動，乙桿運(yùn)動，其實質(zhì)是單桿問題，不過要注意問題包含著一個條件——甲桿靜止，受力平衡兩桿都在運(yùn)動，對于這種情況，要注意兩桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢是相加還是相減；系統(tǒng)動量是否守恒分析方法動力學(xué)觀點(diǎn)通常情況下一個金屬桿做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動，而另一個金屬桿做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動，最終兩金屬桿以共同的速度勻速運(yùn)動能量觀點(diǎn)兩桿系統(tǒng)機(jī)械能減少量等于回路中產(chǎn)生的焦耳熱之和動量觀點(diǎn)對于兩金屬桿在平直的光滑導(dǎo)軌上運(yùn)動的情況，如果兩金屬桿所受的外力之和為零，則考慮應(yīng)用動量守恒定律處理問題【典例剖析】【例3-1】如圖所示為兩條間距為d的固定光滑金屬導(dǎo)軌，其中部分為半徑為的四分之一圓弧軌道，部分為足夠長水平直軌道，水平軌道位于豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為。現(xiàn)將質(zhì)量為、電阻為的金屬棒S靜置于距足夠遠(yuǎn)的水平軌道上，將與其完全相同的金屬棒由處靜止釋放，一段時間后，金屬棒運(yùn)動到水平軌道上。在運(yùn)動過程中，兩棒始終與導(dǎo)軌垂直且保持良好接觸，除金屬棒電阻之外其他電阻不計，已知重力加速度為。求：(1)金屬棒運(yùn)動至圓弧軌道最底端處時的速度和金屬棒對軌道的壓力大?。?2)金屬棒剛進(jìn)入水平軌道時，通過金屬棒S的電流大??；(3)從金屬棒進(jìn)入水平軌道到兩棒運(yùn)動穩(wěn)定的共同速度v；(4)從金屬棒進(jìn)入水平軌道到兩棒運(yùn)動穩(wěn)定的過程中金屬棒S產(chǎn)生的熱量。【答案】(1)，(2)(3)(4)【詳解】（1）金屬棒由靜止釋放運(yùn)動到處的過程中，根據(jù)動能定理有求得金屬棒運(yùn)動到處時，由牛頓第二定律有解得根據(jù)牛頓第三定律，金屬棒運(yùn)動至處時對軌道的壓力大小為（2）金屬棒剛進(jìn)入水平軌道時，金屬棒產(chǎn)生的電動勢為通過金屬棒的電流大?。?）兩棒組成的系統(tǒng)動量守恒，有聯(lián)立解得共同速度為（4）金屬棒從進(jìn)入水平軌道到兩棒運(yùn)動穩(wěn)定的過程中，兩棒產(chǎn)生的總熱量為金屬棒產(chǎn)生的熱量為聯(lián)立得【例3-2】如圖所示，兩根足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌，間距為，導(dǎo)軌右側(cè)固定一絕緣豎直擋板。導(dǎo)軌上面橫放著兩根導(dǎo)體棒和，棒距離擋板為，導(dǎo)體棒質(zhì)量均為，電阻均為，其余部分電阻不計，導(dǎo)軌平面有豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度為的勻強(qiáng)磁場。當(dāng)棒以初速度從導(dǎo)軌左端開始向右運(yùn)動，棒也開始向右運(yùn)動，至擋板時兩棒共速，棒碰撞擋板后立即以原速大小彈回，已知在運(yùn)動過程中兩棒始終沒相碰。忽略回路電流對磁場產(chǎn)生的影響，棒與導(dǎo)軌接觸良好。求：(1)棒剛開始運(yùn)動時，回路產(chǎn)生的電流；(2)從開始到兩棒共速系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱；(3)棒開始運(yùn)動到停止的位移。【答案】(1)(2)(3)【詳解】（1）PQ剛開始運(yùn)動時，則有所以回路中產(chǎn)生的電流為（2）兩個導(dǎo)體棒在運(yùn)動的過程中滿足動量守恒，則有根據(jù)能量守恒，則有可解得（3）在MN未碰擋板前，根據(jù)動量定理，則有故可解得又因可解得即所以PQ走過的位移為碰后滿足動量守恒，則有顯然對PQ列動量定理，則有故可解得又因可解得即所以PQ走過的位移為綜上所述，PQ總共走過的位移為【例3-3】（2025高三上·陜西·期中）如圖，在絕緣水平面上固定兩根光滑平行金屬導(dǎo)軌，左右兩側(cè)導(dǎo)軌處于豎直向上的磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B和2B，導(dǎo)軌間距分別為2d和d，已知導(dǎo)體棒MN的電阻為R、長度為d，導(dǎo)體棒PQ的電阻為2R、長度為2d，PQ的質(zhì)量是MN的2倍。初始時刻兩棒靜止，兩棒中點(diǎn)之間連接一壓縮量為L的輕質(zhì)絕緣彈簧，彈簧的勁度系數(shù)為k。釋放彈簧后兩棒在各自磁場中運(yùn)動直至停止，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。兩棒保持與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，導(dǎo)軌足夠長且電阻不計。求(1)導(dǎo)體棒PQ的速率為v時，導(dǎo)體棒MN所受的安培力大小；(2)彈簧釋放的整個過程中，流過導(dǎo)體棒MN的電流方向及通過導(dǎo)體棒PQ的電荷量；(3)彈簧釋放的整個過程中，通過導(dǎo)體棒PQ產(chǎn)生的熱量。【答案】(1)(2)由M指向N，(3)【詳解】（1）設(shè)任意時刻回路電流為I，則PQ受安培力方向向右；MN受安培力方向向左。可知兩棒系統(tǒng)受合外力為零，動量守恒，設(shè)PQ質(zhì)量為2m，則MN質(zhì)量為m，PQ速率為v時，則解得回路的感應(yīng)電流MN所受安培力大小為（2）彈簧伸展過程中，根據(jù)右手定則可知，回路中產(chǎn)生順時針方向的電流，導(dǎo)體棒MN中的電流方向由M指向N。兩棒最終停止時彈簧處于原長狀態(tài)，此時兩棒間距增加了L，由動量守恒可得其中可得則最終MN位置向右移動PQ位置向左移動則（3）經(jīng)分析釋放彈簧過程中系統(tǒng)能量守恒，彈簧的彈性勢能全部轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的焦耳熱能導(dǎo)體棒PQ產(chǎn)生的熱量為【例3-4】（2024·浙江金華·一模）如圖所示，傾角為θ=53°的金屬導(dǎo)軌MN和的上端有一個單刀雙擲開關(guān)K，當(dāng)開關(guān)與1連接時，導(dǎo)軌與匝數(shù)n=100匝、橫截面積S=0.04m2的圓形金屬線圈相連，線圈總電阻r=0.2Ω，整個線圈內(nèi)存在垂直線圈平面的勻強(qiáng)磁場B0且磁場隨時間均勻變化。當(dāng)開關(guān)與2連接時，導(dǎo)軌與一個阻值為R1=0.3Ω的電阻相連。水平軌道的至間是絕緣帶，其它部分導(dǎo)電良好，最右端串接一定值電阻R2=0.2Ω。兩軌道長度均足夠長，寬度均為L=1m，在處平滑連接。導(dǎo)軌MN和的平面內(nèi)有垂直斜面向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1=0.2T；整個水平軌道上有方向豎直向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2=1T的勻強(qiáng)磁場?，F(xiàn)開關(guān)與1連接時，一根長度為L的導(dǎo)體棒a恰好靜止在傾斜導(dǎo)軌上；某時刻把開關(guān)迅速撥到2，最后a棒能在傾斜軌道上勻速下滑。導(dǎo)體棒b一開始被鎖定（鎖定裝置未畫出），且到位置的水平距離為d=0.24m。棒a與棒b的質(zhì)量均為m=0.1kg，電阻均為R=0.2Ω，所有導(dǎo)軌均光滑且阻值不計。求：(1)求圓形線圈內(nèi)磁場隨時間的變化率；(2)棒a滑至?xí)r的速度大小v1；(3)棒a與棒b碰撞前，棒a的速度大小v2；(4)棒a與棒b碰撞前瞬間，立即解除對棒b的鎖定，兩棒碰后粘連在一起。從棒a進(jìn)入水平軌道，至兩棒運(yùn)動到最終狀態(tài)，定值電阻R2上產(chǎn)生的焦耳熱Q是多少?！敬鸢浮?1)(2)10m/s(3)2m/s(4)【詳解】（1）開關(guān)打到1時，棒受力平衡根據(jù)，解得（2）棒勻速時，根據(jù)平衡條件可知可得v1=10m/s（3）棒a進(jìn)入水平面后，根據(jù)動量定理根據(jù)電路連接得即v2=2m/s（4）當(dāng)棒a切割時此時電阻產(chǎn)生熱量得兩棒相碰碰后至靜止電路產(chǎn)熱電阻產(chǎn)生熱量得綜上，產(chǎn)生總熱量為【變式演練】【變式3-1】如圖所示，光滑的平行金屬導(dǎo)軌固定在水平面內(nèi)，間距。勻強(qiáng)磁場區(qū)域?qū)挾?，，金屬棒質(zhì)量，阻值以的初速度從左端開始沿導(dǎo)軌滑動，穿過磁場區(qū)域后，與另一根質(zhì)量，阻值的原來靜置在導(dǎo)軌上的金屬棒發(fā)生彈性碰撞，兩金屬棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計。(1)求金屬棒剛進(jìn)入磁場時棒兩端的電壓；(2)求金屬棒第一次穿過磁場區(qū)域的過程中，金屬棒中產(chǎn)生的熱量；(3)通過計算判斷金屬棒能否再次穿過磁場區(qū)域，若不能，求出金屬棒到磁場右邊界的距離?！敬鸢浮?1)(2)(3)不能再次穿過磁場區(qū)域，【詳解】（1）金屬棒a剛進(jìn)入磁場時電動勢為回路中的電流為此時金屬棒a兩端的電壓為聯(lián)立解得（2）金屬棒第一次穿過磁場區(qū)域的過程中，對金屬棒根據(jù)動量定理可得又聯(lián)立解得金屬棒a第一次穿過磁場區(qū)域的過程中，根據(jù)能量守恒可得整個回路產(chǎn)生的熱量為則金屬棒中產(chǎn)生的熱量為（3）兩金屬棒碰撞過程，以向右為正方向，根據(jù)動量守恒和機(jī)械能守恒可得聯(lián)立解得碰撞后金屬棒a的速度為設(shè)金屬棒不能再次穿過磁場區(qū)域，且金屬棒a最終停在距磁場右邊界x處，則從反彈進(jìn)入磁場到停下來的過程，根據(jù)動量定理可得又聯(lián)立解得假設(shè)成立?！咀兪?-2】．如圖所示，兩根光滑平行金屬長導(dǎo)軌MN、PQ固定在絕緣水平面上，其間距為L，兩導(dǎo)軌間存在豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場。兩根長度均為L的金屬棒ab、cd放置在導(dǎo)軌上，ab棒質(zhì)量為m，電阻為R，cd棒質(zhì)量為2m，電阻為2R。時刻，cd棒獲得一水平向右、大小為的初速度，時刻ab棒剛好達(dá)到最大速度。已知金屬棒在運(yùn)動過程中始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，導(dǎo)軌電阻忽略不計。求：(1)時刻，ab棒加速度的大小；(2)時間段內(nèi)ab棒上產(chǎn)生的焦耳熱Q；(3)時間段內(nèi)，通過ab棒的電荷量q?！敬鸢浮?1)(2)(3)【詳解】（1）時刻，cd兩端產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢

回路中的電流

ab棒所受的安培力

由牛頓第二定律可知

得出

（2）時間段內(nèi)ab棒做加速運(yùn)動，之后ab棒勻速，回路中總電動勢為0，則ab、cd棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小相等，可知時刻兩棒速度大小相等。設(shè)該速度為，兩金屬棒運(yùn)動過程中所受安培力大小始終相等，設(shè)時間內(nèi)，ab、cd平均加速度大小分別為、，則有

可知由上可知

得出

設(shè)此段時間內(nèi)系統(tǒng)產(chǎn)生的總焦耳熱為，由能量守恒定律可知

得出（3）設(shè)時間內(nèi)，通過ab棒的平均電流為，則有

由運(yùn)動學(xué)公式可知

聯(lián)立并整理可得

即

得出【變式3-3】．間距為l的平行光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ水平段處于方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，導(dǎo)軌的彎曲段處在磁場之外，如圖甲所示。導(dǎo)體棒a與b接入電路的有效電阻分別為R、2R。導(dǎo)體棒a的質(zhì)量為m，b棒放置在水平導(dǎo)軌上足夠遠(yuǎn)處，a棒在彎曲段導(dǎo)軌上距水平段某一高度處由靜止釋放，剛進(jìn)入磁場時導(dǎo)體棒a受到的安培力的大小為F，以導(dǎo)體棒a剛進(jìn)入磁場時為計時起點(diǎn)，導(dǎo)體棒a的速度隨時間變化的v－t圖像如圖乙所示（v0未知），運(yùn)動過程中導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好且始終與導(dǎo)軌垂直，不計導(dǎo)軌電阻，重力加速度大小為g。求：(1)導(dǎo)體棒a釋放時距導(dǎo)軌水平段的高度h；(2)導(dǎo)體棒b在0~t2這段時間內(nèi)產(chǎn)生的內(nèi)能?！敬鸢浮?1)(2)【詳解】（1）由題圖乙可知，a棒剛進(jìn)入磁場時的速度為v0，從開始下落到進(jìn)入磁場，根據(jù)機(jī)械能守恒定律，有mgh＝12mv0a棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝Blv0根據(jù)閉合電路歐姆定律，感應(yīng)電流I＝a棒受到的安培力F＝BIl聯(lián)立解得（2）設(shè)b棒的質(zhì)量為mb，兩棒最終穩(wěn)定速度為v′，以v0的方向為正方向，由v－t圖線可知v′＝13va棒進(jìn)入磁場后，a棒和b棒組成的系統(tǒng)動量守恒，有mv0＝（m＋mb）v′解得mb＝2m設(shè)a棒產(chǎn)生的內(nèi)能為Qa，b棒產(chǎn)生的內(nèi)能為Qb，根據(jù)能量守恒定律，有12mv02＝12（m＋mb）v′2＋Qa＋兩棒串聯(lián)，產(chǎn)生的內(nèi)能與電阻成正比，則Qb＝2Qa解得【變式3-4】．（2024·廣東茂名·模擬預(yù)測）如圖所示，兩根足夠長、電阻不計的平行光滑金屬導(dǎo)軌相距為。導(dǎo)軌平面與水平面成角，質(zhì)量均為、阻值均為、長度均為的金屬棒、緊挨著放在兩導(dǎo)軌上，整個裝置處于垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為?，F(xiàn)固定金屬棒，將金屬棒由靜止釋放，經(jīng)過一段時間開始勻速下滑，已知運(yùn)動過程中金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直并保持良好接觸，重力加速度為求：(1)金屬棒勻速下滑時的速度大?。?2)已知從金屬棒釋放至速度達(dá)到最大速度一半的過程中，通過金屬棒的電荷量為6C，求該過程中金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱（計算結(jié)果保留一位小數(shù)）；(3)若金屬棒不固定，將金屬棒由靜止釋放的同時、給金屬棒平行于導(dǎo)軌向上的恒力，求金屬棒勻速運(yùn)動時的速度大小?！敬鸢浮?1)(2)(3)【詳解】（1）設(shè)金屬棒勻速下滑時的速度大小為，金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的電動勢為通過金屬棒的電流為金屬棒受到的安培力為金屬棒做勻速直線運(yùn)動時有解得（2）設(shè)當(dāng)金屬棒的速度大小為通過金屬棒的電荷量為平均電動勢解得由能量守恒定律可得代入數(shù)據(jù)解得（3）對金屬棒進(jìn)行受力分析，可得對金屬棒進(jìn)行受力分析，可得可得金屬棒、的加速度大小始終滿足分析可得，金屬棒、同時做勻速直線運(yùn)動，且金屬棒、的速度大小相等，設(shè)勻速運(yùn)動時回路中電流為金屬棒受到的安培力為金屬棒勻速直線運(yùn)動，可得解得【變式3-5】．如圖所示，傾角為θ=37°的足夠長的平行金屬導(dǎo)軌固定在水平面上，平行導(dǎo)軌間的距離為L，兩導(dǎo)體棒ab、cd垂直于導(dǎo)軌放置，空間存在垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，現(xiàn)給導(dǎo)體棒ab一沿導(dǎo)軌平面向下的初速度v0使其沿導(dǎo)軌向下運(yùn)動，已知兩導(dǎo)體棒質(zhì)量均為m，電阻均為R，兩導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.75，導(dǎo)軌電阻忽略不計，從ab開始運(yùn)動到兩棒相對靜止的整個運(yùn)動過程中兩導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌保持良好的接觸。(1)求兩根導(dǎo)體棒最終的速度；(2)整個過程中回路產(chǎn)生的焦耳熱Q；(3)若導(dǎo)體棒ab運(yùn)動之前，兩根導(dǎo)體棒相距的距離為L0，要保證運(yùn)動過程中兩根導(dǎo)體棒不相撞，L0最小是多少？【答案】(1)0.5v0(2)(3)【詳解】（1）由題意可知則對兩棒的系統(tǒng)沿軌道方向的動量守恒，且最終穩(wěn)定時兩棒速度相同，則有：解得（2）根據(jù)能量守恒可知，系統(tǒng)減少的動能全部轉(zhuǎn)化成焦耳熱，則：解得（3）運(yùn)動過程中，令ab、cd兩根導(dǎo)體棒的速度分別為v1、v2，任意時刻則感應(yīng)電動勢：感應(yīng)電流安培力大小以導(dǎo)體棒ab為研究對象，由動量定理可得：即有解得兩根導(dǎo)體棒相對滑動的距離根據(jù)幾何關(guān)系可得：L0的最小值為等于?x，所以L0的最小值為1.（2024·江西·高考真題）如圖（a）所示，軌道左側(cè)斜面傾斜角滿足sinθ1=0.6，摩擦因數(shù)，足夠長的光滑水平導(dǎo)軌處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=0.5T的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向豎直向上，右側(cè)斜面導(dǎo)軌傾角滿足sinθ2=0.8，摩擦因數(shù)?，F(xiàn)將質(zhì)量為m甲=6kg的導(dǎo)體桿甲從斜面上高h(yuǎn)=4m處由靜止釋放，質(zhì)量為m乙=2kg的導(dǎo)體桿乙靜止在水平導(dǎo)軌上，與水平軌道左端的距離為d。已知導(dǎo)軌間距為l=2m，兩桿電阻均為R=1Ω，其余電阻不計，不計導(dǎo)體桿通過水平導(dǎo)軌與斜面導(dǎo)軌連接處的能量損失，且若兩桿發(fā)生碰撞，則為完全非彈性碰撞，取g=10m/s2，求：（1）甲桿剛進(jìn)入磁場，乙桿的加速度？（2）乙桿第一次滑上斜面前兩桿未相碰，距離d滿足的條件？（3）若乙前兩次在右側(cè)傾斜導(dǎo)軌上相對于水平導(dǎo)軌的豎直高度y隨時間t的變化如圖（b）所示（t1、t2、t3、t4、b均為未知量），乙第二次進(jìn)入右側(cè)傾斜導(dǎo)軌之前與甲發(fā)生碰撞，甲在0~t3時間內(nèi)未進(jìn)入右側(cè)傾斜導(dǎo)軌，求d的取值范圍。【答案】（1）a乙0=2m/s2，方向水平向右；（2）d≥24m；（3）【詳解】（1）甲從靜止運(yùn)動至水平導(dǎo)軌時，根據(jù)動能定理有甲剛進(jìn)入磁場時，平動切割磁感線有E0=Blv0則根據(jù)歐姆定律可知此時回路的感應(yīng)電流為根據(jù)楞次定律可知，回路中的感應(yīng)電流沿逆時針方向（俯視），結(jié)合左手定則可知，乙所受安培力方向水平向右，由牛頓第二定律有BI0l=m2a乙0帶入數(shù)據(jù)有a乙0=2m/s2，方向水平向右（2）甲和乙在磁場中運(yùn)動的過程中，系統(tǒng)不受外力作用，則系統(tǒng)動量守恒，若兩者共速時恰不相碰，則有m1v0=(m1＋m2)v共對乙根據(jù)動量定理有其中聯(lián)立解得dmin=Δx=24m則d滿足d≥24m（3）根據(jù)（2）問可知，從甲剛進(jìn)入磁場至甲、乙第一次在水平導(dǎo)軌運(yùn)動穩(wěn)定，相對位移為Δx=24m，且穩(wěn)定時的速度v共=6m/s乙第一次在右側(cè)斜軌上向上運(yùn)動的過程中，根據(jù)牛頓第二定律有m2gsinθ2＋μ2m2gcosθ2=m2a乙上根據(jù)勻變速直線運(yùn)動位移與速度的關(guān)系有2a乙上x上=v共2乙第一次在右側(cè)斜軌上向下運(yùn)動的過程中，根據(jù)牛頓第二定律有m2gsinθ2－μ2m2gcosθ2=m2a乙下再根據(jù)勻變速直線運(yùn)動位移與速度的關(guān)系有2a乙下x下=v12且x上=x下聯(lián)立解得乙第一次滑下右側(cè)軌道最低點(diǎn)的速度v1=5m/s由于兩棒發(fā)生碰撞，則為完全非彈性碰撞，則甲乙整體第一次在右側(cè)傾斜軌道上向上運(yùn)動有（m1＋m2）gsinθ2＋μ2（m1＋m2）gcosθ2=(m1＋m2)a共上同理有2a共上x共上=v2且由圖（b）可知x上=4.84x共上解得甲、乙碰撞后的速度乙第一次滑下右側(cè)軌道最低點(diǎn)后與甲相互作用的過程中，甲、乙組成的系統(tǒng)合外力為零，根據(jù)動量守恒有m1v2－m2v1=(m1＋m2))v解得乙第一次滑下右側(cè)軌道最低點(diǎn)時甲的速度為若乙第一次滑下右側(cè)軌道最低點(diǎn)時與甲發(fā)生碰撞，則對應(yīng)d的最小值，乙第一次在右側(cè)斜軌上運(yùn)動的過程，對甲根據(jù)動量定理有其中解得根據(jù)位移關(guān)系有dmin′－Δx=Δx1解得若乙返回水平導(dǎo)軌后，當(dāng)兩者共速時恰好碰撞，則對應(yīng)d的最大值，對乙從返回水平導(dǎo)軌到與甲碰撞前瞬間的過程，根據(jù)動量定理有其中解得根據(jù)位移關(guān)系有dmax－Δx－Δx1=Δx2解得則d的取值范圍為2．（2023·湖南·高考真題）如圖，兩根足夠長的光滑金屬直導(dǎo)軌平行放置，導(dǎo)軌間距為，兩導(dǎo)軌及其所構(gòu)成的平面均與水平面成角，整個裝置處于垂直于導(dǎo)軌平面斜向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為．現(xiàn)將質(zhì)量均為的金屬棒垂直導(dǎo)軌放置，每根金屬棒接入導(dǎo)軌之間的電阻均為。運(yùn)動過程中金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好，金屬棒始終未滑出導(dǎo)軌，導(dǎo)軌電阻忽略不計，重力加速度為。

（1）先保持棒靜止，將棒由靜止釋放，求棒勻速運(yùn)動時的速度大??；（2）在（1）問中，當(dāng)棒勻速運(yùn)動時，再將棒由靜止釋放，求釋放瞬間棒的加速度大小；（3）在（2）問中，從棒釋放瞬間開始計時，經(jīng)過時間，兩棒恰好達(dá)到相同的速度，求速度的大小，以及時間內(nèi)棒相對于棒運(yùn)動的距離。

【答案】（1）；（2）；（3），【詳解】（1）a導(dǎo)體棒在運(yùn)動過程中重力沿斜面的分力和a棒的安培力相等時做勻速運(yùn)動，由法拉第電磁感應(yīng)定律可得有閉合電路歐姆定律及安培力公式可得，a棒受力平衡可得聯(lián)立記得（2）由右手定則可知導(dǎo)體棒b中電流向里，b棒沿斜面向下的安培力，此時電路中電流不變，則b棒牛頓第二定律可得解得（3）釋放b棒后a棒受到沿斜面向上的安培力，在到達(dá)共速時對a棒動量定理b棒受到向下的安培力，對b棒動量定理聯(lián)立解得此過程流過b棒的電荷量為q，則有由法拉第電磁感應(yīng)定律可得聯(lián)立b棒動量定理可得3．（2024·北京·高考真題）如圖甲所示為某種“電磁槍”的原理圖。在豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，兩根相距L的平行長直金屬導(dǎo)軌水平放置，左端接電容為C的電容器，一導(dǎo)體棒放置在導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，不計導(dǎo)軌電阻及導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間的摩擦。已知磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，導(dǎo)體棒的質(zhì)量為m、接入電路的電阻為R。開關(guān)閉合前電容器的電荷量為Q。（1）求閉合開關(guān)瞬間通過導(dǎo)體棒的電流I；（2）求閉合開關(guān)瞬間導(dǎo)體棒的加速度大小a；（3）在圖乙中定性畫出閉合開關(guān)后導(dǎo)體棒的速度v隨時間t的變化圖線。【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）開關(guān)閉合前電容器的電荷量為Q，則電容器兩極板間電壓開關(guān)閉合瞬間，通過導(dǎo)體棒的電流解得閉合開關(guān)瞬間通過導(dǎo)體棒的電流為（2）開關(guān)閉合瞬間由牛頓第二定律有將電流I代入解得（3）由（2）中結(jié)論可知，隨著電容器放電，所帶電荷量不斷減少，所以導(dǎo)體棒的加速度不斷減小，其v-t圖線如圖所示4．（2024·湖北·高考真題）如圖所示，兩足夠長平行金屬直導(dǎo)軌MN、PQ的間距為L，固定在同一水平面內(nèi)，直導(dǎo)軌在左端M、P點(diǎn)分別與兩條豎直固定、半徑為L的圓弧導(dǎo)軌相切。MP連線與直導(dǎo)軌垂直，其左側(cè)無磁場，右側(cè)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場。長為L、質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒ab跨放在兩圓弧導(dǎo)軌的最高點(diǎn)。質(zhì)量為2m、電阻為6R的均勻金屬絲制成一個半徑為L的圓環(huán)，水平放置在兩直導(dǎo)軌上，其圓心到兩直導(dǎo)軌的距離相等。忽略導(dǎo)軌的電阻、所有摩擦以及金屬環(huán)的可能形變，金屬棒、金屬環(huán)均與導(dǎo)軌始終接觸良好，重力加速度大小為g?，F(xiàn)將金屬棒ab由靜止釋放，求（1）ab剛越過MP時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大?。唬?）金屬環(huán)剛開始運(yùn)動時的加速度大?。唬?）為使ab在整個運(yùn)動過程中不與金屬環(huán)接觸，金屬環(huán)圓心初始位置到MP的最小距離?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）根據(jù)題意可知，對金屬棒ab由靜止釋放到剛越過MP過程中，由動能定理有解得則ab剛越過MP時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小為（2）根據(jù)題意可知，金屬環(huán)在導(dǎo)軌間兩段圓弧并聯(lián)接入電路中，軌道外側(cè)的兩端圓弧金屬環(huán)被短路，由幾何關(guān)系可得，每段圓弧的電阻為可知，整個回路的總電阻為ab剛越過MP時，通過ab的感應(yīng)電流為對金屬環(huán)由牛頓第二定律有解得（3）根據(jù)題意，結(jié)合上述分析可知，金屬環(huán)和金屬棒ab所受的安培力等大反向，則系統(tǒng)的動量守恒，由于金屬環(huán)做加速運(yùn)動，金屬棒做減速運(yùn)動，為使ab在整個運(yùn)動過程中不與金屬環(huán)接觸，則有當(dāng)金屬棒ab和金屬環(huán)速度相等時，金屬棒ab恰好追上金屬環(huán)，設(shè)此時速度為，由動量守恒定律有解得對金屬棒，由動量定理有則有設(shè)金屬棒運(yùn)動距離為，金屬環(huán)運(yùn)動的距離為，則有聯(lián)立解得則金屬環(huán)圓心初始位置到MP的最小距離5．（2024·寧夏四川·高考真題）如圖，金屬導(dǎo)軌平行且水平放置，導(dǎo)軌間距為L，導(dǎo)軌光滑無摩擦。定值電阻大小為R，其余電阻忽略不計，電容大小為C。在運(yùn)動過程中，金屬棒始終與導(dǎo)軌保持垂直。整個裝置處于豎直方向且磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中。(1)開關(guān)S閉合時，對金屬棒施加以水平向右的恒力，金屬棒能達(dá)到的最大速度為v0。當(dāng)外力功率為定值電阻功率的兩倍時，求金屬棒速度v的大小。(2)當(dāng)金屬棒速度為v時，斷開開關(guān)S，改變水平外力并使金屬棒勻速運(yùn)動。當(dāng)外力功率為定值電阻功率的兩倍時，求電容器兩端的電壓以及從開關(guān)斷開到此刻外力所做的功?！敬鸢浮浚?）；（2），【詳解】（1）開關(guān)S閉合后，當(dāng)外力與安培力相等時，金屬棒的速度最大，則由閉合電路歐姆定律金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為聯(lián)立可得，恒定的外力為在加速階段，外力的功率為定值電阻的功率為若時，即化簡可得金屬棒速度v的大小為（2）斷開開關(guān)S，電容器充電，則電容器與定值電阻串聯(lián)，則有當(dāng)金屬棒勻速運(yùn)動時，電容器不斷充電，電荷量q不斷增大，電路中電流不斷減小，則金屬棒所受安培力不斷減小，而拉力的功率定值電阻功率當(dāng)時有可得根據(jù)可得此時電容器兩端電壓為從開關(guān)斷開到此刻外力所做的功為其中聯(lián)立可得6．（2024·安徽·高考真題）如圖所示，一“U”型金屬導(dǎo)軌固定在豎直平面內(nèi)，一電阻不計，質(zhì)量為m的金屬棒ab垂直于導(dǎo)軌，并靜置于絕緣固定支架上。邊長為L的正方形cdef區(qū)域內(nèi)，存在垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場。支架上方的導(dǎo)軌間，存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場。兩磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B隨時間的變化關(guān)系均為B=kt（SI），k為常數(shù)（k>0）。支架上方的導(dǎo)軌足夠長，兩邊導(dǎo)軌單位長度的電阻均為r，下方導(dǎo)軌的總電阻為R。t=0時，對ab施加豎直向上的拉力，恰使其向上做加速度大小為a的勻加速直線運(yùn)動，整個運(yùn)動過程中ab與兩邊導(dǎo)軌接觸良好。已知ab與導(dǎo)軌間動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g。不計空氣阻力，兩磁場互不影響。（1）求通過面