熱點題型?計算題攻略

專題18電磁感應綜合題

目錄

01.題型綜述................................................................

02.解題攻略................................................................

題組01電磁感應中的動力學與能量問題..................................................1

題組02動量定理在電磁感應中的應用..................................................17

題組03動量守恒定律在電磁感應中的應用..............................................30

03.高考練場.................................................................................45

01題型綜述

電磁感應作為歷年高考物理必考考點，足見其重要性。而電磁感應最重要的難點歸根結底就是“誰”是

電源,只要明白了這個問題即可將電磁感應研究清楚。考題多以電磁感應中“導軌”上的單棒、雙棒、線寬

運動的分析來設計學習探索問題情境，涉及的必備知識包括安培力、電路特點、力與運動、動量以及能量的

轉化。主要考查學生理解能力、模型建構能力、推理論證能力以及學科素養中的科學思維，突出考查基礎性、

綜合性特點。為了有效地備戰2025年高考，本專題結合法拉第電磁感應定律和閉合電路歐姆定律等知識，深

入研究電磁感應中的綜合問題,以期為廣大師生盡一份綿薄之力。

02解題攻略

題組01電磁感應中的動力學與能量問題

【提分秘籍】

1.電磁感應綜合問題的解題思路

2.求解焦耳熱。的三種方法

(1)焦耳定律：Q=FRt,適用于電流恒定的情況；

(2)功能關系：。=沙克安(沙克安為克服安培力做的功);

(3)能量轉化：Q=A￡(其他能的減少量)。

【典例剖析】

【例1-1](2025高三上?天津南開?期末)如圖甲所示，固定光滑平行金屬導軌MN、PQ與水平面成0=37。

傾斜放置，其電阻不計，導軌間距￡=0.5m,導軌頂端與電阻及=2。相連。垂直導軌水平放置一根質量

w=0.2kg,電阻r=0.5。的導體棒成，成距導軌頂端4=2m,距導軌底端距離為出(未知)。在裝置所

在區域加一個垂直導軌平面向上的勻強磁場，其磁感應強度8和時間/的函數關系如圖乙所示。0?2s內,

導體棒在外力作用下保持靜止；2s后由靜止釋放導體棒，導體棒滑到導軌底部的過程，通過導體棒橫截面

的電荷量q=LOC。導體棒始終與導軌垂直并接觸良好，且導體棒滑到底部前已經做勻速運動，重力加速度

(l)0~2s內通過導體棒的電流人的大小和方向;

(2)導體棒滑到底部前的最大速度％；

⑶導體棒由靜止開始下滑到導軌底部的過程，電阻R上產生的焦耳熱。火。

【答案】(l)0.8A；電流方向由。流向6(2)3m/s(3J1.68J

【詳解】(1)由法拉第電磁感應定律可得前2s產生的感應電動勢

E[=—Ld.

由閉合電路歐姆定律

「小7

解得

/]=0.8A

根據楞次定律知感應電流的方向為a到6。

（2）當導體棒達最大速度后勻速下滑，根據平衡方程

E

mgsin3=BIL,E=BLv,I=———

2222m2R+r

其中

B2=2T

解得

vm=3m/s

（3）導體棒滑到底端過程中

E___BLd

q=It,I=22

R+r△tNt

解得

d2=2.5m

設下滑過程中系統產生的熱量。，根據動能定理有

mgd2sin0+WA=；冽耳，Q=\WA\

解得

e=2.u

電阻我產生的熱量為

D

e.=-2=I.68J

R+r

【例1-2］（2025高三?河南鄭州?階段練習）如圖所示，兩根間距￡=1m、足夠長光滑平行導軌與水平面夾

角為8=30。，導軌上端用一單刀雙擲開關分別連接阻值R=1Q的電阻和電容C=0.1F的電容器，整個裝置

處于磁感應強度大小5=0.2T、方向垂直于導軌平面向上的勻強磁場中。在導軌上垂直于導軌放置一質量加

=0.016kg的導體棒成，并將其鎖定在圖示位置。將單刀雙擲開關擲到1,并解除對導體棒的鎖定，導體棒

由靜止開始向下運動，重力加速度g取10m/s2,導軌和導體棒電阻均不計，求:

⑴導體棒獲得的最大速度；

(2)若將單刀雙擲開關擲到2,并解除鎖定，導體棒獲得(1)中同樣的速度所用的時間。

【答案】(l)2m/s(2)0.5s

【詳解】(1)單刀雙擲開關擲到1時，導體棒做加速度逐漸減小的加速運動，當導體棒勻速時，可知

mgsin9=F

導體棒切割磁感線的感應電動勢為

Eg=BL%

回路中感應電流為

I=Z

mR

導體棒所受安培力大小為

F=BImL

聯立，解得

%=2m/s

(2)若單刀雙擲開關擲到2時，并解除固定，取極短時間導體棒速度變化量為Av,感應電動勢的變化量

=BLAv

電容器上電量的變化量

\Q=C\E

回路中電流強度為

rA。CBLN

解得

I=CBLa

導體棒受到的安培力

F'=BIL

根據牛頓第二定律

mgsmd-F'=ma

聯立，可得

mgsin0

=4m/s2

CB^+m

解得

f=%=0.5s

a

【例l-3］（2025高三?河南南陽?期中）如圖所示,足夠長的平行金屬導軌傾斜放置,導軌與水平面夾角。=30。，

間距〃=lm,在導軌之間接有阻值滅=2。的定值電阻.質量機=0.2kg、電阻r=2。的金屬桿仍由跨過光滑

定滑輪的輕繩與質量M=0.3kg的重物尸相連，磁感應強度大小為n=2T的勻強磁場與導軌平面垂直。開

始時金屬桿彷置于導軌下端緊靠電阻尺處，將重物P和金屬桿由靜止釋放，金屬桿。6運動到。點（圖

中未畫出）過程中，通過電阻R的電荷量4=1C,此時重物P已經開始勻速下降，運動過程中金屬桿而始

終與導軌垂直且接觸良好，導軌足夠長，一切摩擦不計，重力加速度g取10m/S?，求：

⑴重物P勻速下降的速度v；

（2）金屬桿仍從釋放到運動到。點的過程中，定值電阻尺中產生的焦耳熱?；

⑶若金屬桿到達。點后，磁感應強度開始發生變化（此時為f=0時刻），致使回路中電流為零。試寫出磁感

應強度3隨時間f變化的關系式。

2

【答案】⑴2m/s⑵1⑸⑶八E⑴

【詳解】（1）重物P勻速下降時，設金屬桿中電流為/,金屬桿與重物P組成的系統由平衡條件得

Mg=mgsin。+BJd

根據閉合電路歐姆定律有

E

1=

R+r

根據法拉第電磁感應定律有

E=Bodv

解得

(7?+r)(A/g-mgsin0)

v==2m/s

（2）設金屬桿運動到0點的過程中，運動時間為加，平均電流為7,向上運動位移為Z,則有

了B°dL

~（7?+r）AZ

結合

q=I

聯立代入數據解得

L=2m

設電路中產生的總熱量為。，由能量守恒定律得

11

MgL-mgLsin0=—Afv9+—mv9+Q

由串聯電路的規律可知，電阻H中產生的熱量

聯立解得

a=i.5j

（3）金屬桿中不產生感應電流，說明穿過回路的磁通量始終不變，則有

B0Ld=B（L+x）d

金屬桿向上做勻加速運動，對金屬桿與重物P整體，根據牛頓第二定律有

Mg-mgsin0=（M+m^a

解得

a=4m/s2

金屬桿運動的位移

12

x=vtH■一

2

則磁感應強度B隨時間t變化的關系為

【例1-4］（2024?廣西?模擬預測）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星支持下,

開始實施動力下降，7500N變推力主發動機開機，著陸器接觸地面前經過噴火反沖減速后關閉主發動機，

此時的速度為V/,這一速度仍大于軟著陸設計速度V2,為此科學家設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

有超導線圈（圖中未畫出），能在兩軌道間產生垂直于導軌平面的勻強磁場8,導軌內的緩沖滑塊由高強度

絕緣材料制成，滑塊K上繞有w匝矩形線圈仍cd,線圈的總電阻為心仍邊長為當著陸器接觸地面時,

滑塊K立即停止運動，此后線圈與軌道間的磁場發生作用，使著陸器主體持續做減速運動，從而實現緩沖。

已知著陸器主體及軌道的質量為加，緩沖滑塊（含線圈）K的質量為重力加速度為g,不考慮運動磁場

產生的電場，求：

⑴緩沖滑塊剛落地時著陸器主體的加速度大小；

（2）達到著陸器軟著陸要求的設計速度V2時，地面對緩沖滑塊K支持力的大小；

⑶著陸器主體可以實現軟著陸，若從V/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

中產生的焦耳熱0。

【答案】（1）理五一g（2）四+匚曜匕⑶（雙片一試）+甯

mrr2noL

【詳解】（1）線圈切割磁感線產生的感應電動勢

E=nBLvx

根據歐姆定律可知，線圈中的感應電流為

r

線圈受到的安培力

F堂=nBIL

根據牛頓第三定律可知，著陸器受到的安培力

己=七=nBIL

方向豎直向上，對著陸器根據牛頓第二定律則有

F%-mg=ma

聯立解得

（2）對于滑塊K,設其受到的支持力為及，此時受到的安培力為尸，則有

F^=Mg+F

此時線圈的速度為V2,故感應電動勢

E'-nBLv2

線圈中的電流

故此時的安培力

葭濘2仄2

F=BI'L=

r

解得

然^Mg+---------

r

(3)根據能量守恒可得

mgh+；mvf=Q+；加v；

根據法拉第電磁感應定律可知，線圈中的平均感應電流

r

所以

—四

聯立解得

0=；優增一⑥+爺

2nBL

【例1-5】如圖甲，線框c慮M立于傾斜角。=30。的斜面上，斜面上有一長度為。的矩形磁場區域，磁場方

向垂直于斜面向上，大小為0.4T,已知線框邊長cd=Z)=0.4m,質量加=0.1kg,總電阻R=0.16。，現對

線框施加一沿斜面向上的力尸使之運動，那邊離開磁場后撤去尸。斜面上動擦因數〃=等，線框速度隨時

間變化如圖乙所示，重力加速度g取9.8m/s2。

⑴求外力尸大小；

(2)求cf長度L；

⑶求回路產生的焦耳熱。。

【答案】⑴1.48N(2)0.5m(3)0.4J

【詳解】(1)由v-f圖像可知,在0~0.4s時間內線框做勻加速直線運動，進入磁場時的速度為

匕=2.0m/s

加速度大小

?=^=5m/s2

△t

根據牛頓第二定律有

F-mgsin0-〃機gcos0=ma

代入數據解得

F=1.48N

(2)由n-/圖像可知，線框進入磁場區域后一直做勻速直線運動，并以速度匕勻速穿出磁場。線框產生的

感應電動勢

E=BLvx

線框產生的感應電流

線框受到的安培力

由平衡條件得

F=FX+mgsin6>+/jmgcos0

解得

L=0.5m

(3)因

mgsin3="mgcos6

所以線框在減速為零時不會下滑，設線框穿過磁場的時間為K則

生=0.4s

w

感應電流

TEA

根據焦耳定律可得

Q=I2Rt=0.4J

【變式演練】

【變式1-1].如圖所示，平行且光滑的金屬導軌跖V、尸。相距為工=lm,在M點和尸點間接一個阻值為

火=1.5。的電阻，兩導軌間存在方向垂直導軌平面向下的矩形勻強磁場區域，磁場的寬度為1,磁感應強

度大小為3=1T,一個質量為乃=2kg、電阻為r=0.5。的導體棒ab垂直于導軌放置，導體棒長為￡=lm。

現從與磁場的左邊界相距為4=5m的位置開始用一個大小為尸=5N、方向水平向右的恒力拉導體棒，使之

由靜止開始運動，已知導體棒在運動過程中始終與導軌垂直且接觸良好，導軌的電阻不計。

MaN

XXBXX

R—；xXXX

:xXXX

Q

4d

⑴如果磁場的寬度d足夠大，導體棒在磁場中運動的最終速度為多大?

(2)如果磁場的寬度=導體棒離開磁場右邊界時的速度為7.5m/s,求導體棒從開始運動到離開磁場

右邊界經歷的時間以及導體棒通過磁場區域的過程中整個回路所消耗的電能。

【答案】⑴10m/s(2)4.8s,58.75J

【詳解】(1)因為磁場的寬度足夠長，所以導體棒在離開磁場前已經做勻速直線運動，根據受力平衡有

F=F要

導體棒勻速運動切割磁感線產生的感應電動勢為

E=BLvm

由閉合電路歐姆定律有

R+r

根據安培力公式有

F^=BIL

聯立以上各式解得

F(R+r}

v=1JlOm/s

m52Z2

(2)導體棒進入磁場前，根據牛頓第二定律有

F=ma

」12

v；=2ad0

解得

%=2s,%=5m/s

導體棒在磁場中運動的過程中，設經時間速度達到7.5m/s,安培力產生的沖量為

DT怦產d

F^\t=BLi\t=BL---------\t=--------=9Ns

女R+rR+r

根據動量定理有

Ft2-F^\t=mv2-mvx

解得

t2—2.8s

故導體棒從開始運動到離開磁場右邊界經歷的時間為

t=tx+12=4.8s

從導體棒開始運動到離開磁場右邊界的過程，據能量守恒定律有

F（d。+d）=5+Q

解得

Q=F（d0+=58.75J

【變式1-2].如圖所示為傾角0=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磁場，水

平虛線2、3間存在垂直斜面向下的勻強磁場，兩磁場的磁感應強度大小均為5,且兩虛線之間的距離均為

do質量加=0.4kg、邊長d=1.0m、阻值R=2.0Q的正方形線框由虛線1上方靜止釋放，正方形線框的防邊與

虛線1平行，/邊到虛線1的距離￡=1.6m,正方形線框的邊越過虛線1瞬間剛好勻速，經過一段時間,

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：

⑴磁感應強度3的大小；

⑵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；

⑶線框從開始釋放至ab邊到達虛線3過程產生的焦耳熱。

【答案】（1）1T（2）0.5C（3）7J

【詳解】（1）設線框的。6邊剛到達虛線1時的速度為匕，則線框進入磁場前由機械能守恒定律得

mgLsin6=~,nvi

解得

巧=4m/s“6邊越過虛線1瞬間，線框中產生的感應電動勢為

E=Bdvx

又線框中的感應電流為

I上

R

線框所受的安培力大小為

4=8打仍邊越過虛線1瞬間，線框勻速運動，由力的平衡條件得

mgsin8=4

解得

8=IT

（2）線框仍邊由虛線1至虛線2過程，

-△①BS

q=It=----=----

RR

S=d2

代入相關已知數據，解得

q=0.5C

（3）線框在虛線2、3間勻速時，線框的速度大小為%,線框中的感應電動勢為

E'=2Bdv2

又線框中的感應電流為

F'

1'=—

R

線框所受的安培力大小為

F[=2BI'd

再次勻速時，由力的平衡條件得

mgsin。=尺

解得

v2=Im/s

線框成邊由虛線1至虛線3過程由能量守恒得

1212

Q=mg-2dsin0+—mvx~-mv2=7J

【變式1-3].（2024?云南大理?一模）某研學小組設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線框，利用線框進入磁場時所受的安培力，輔助列車剎車。已知列車的總質量為比,

車身長為s,線框的短邊必和cd分別安裝在車頭和車尾，長度均為￡（L小于勻強磁場的寬度），線框的總

電阻為尺。站臺軌道上勻強磁場區域足夠長（大于車長s）,磁感應強度的大小為2,方向豎直向上，若打邊

剛進入磁場時列車關閉發動機，此時列車的速度為%，〃邊進入磁場瞬間，列車恰好停止，假設列車停止前

所受鐵軌及空氣阻力的合力恒為人求：

⑴線框/邊進入磁場瞬間，產生的感應電流大小和列車加速度的大小;

⑵線框從進入磁場到停止的過程中產生的焦耳熱。；

⑶線框從進入磁場到停止的過程中通過其橫截面的電荷量如

2

，林陽.BLV。Bl}vn+fRcc12,cBLS

【答案】（1）/=^^,a=-----[l}Q=-mva--fs（3）^=—

RmR2A

【詳解】（1）線框而邊進入磁場瞬間，產生的感應電流大小

/=皿

R

設車頭剛進入磁場時的加速度為。，根據牛頓第二定律

ILB+f=ma

解得

"叫+不

mR

（2）列車減少的動能部分轉化為線框的焦耳熱，部分轉化為因鐵軌及空氣阻力產生的熱量，根據能量守恒

定律

=。+力

解得

Q=^mvdr-fi

（3）根據法拉第電磁感應定律

-A①

E=---

Nt

又

1J-

R

q=INt

整理可得，此過程流過線框的電荷量為

AOBLs

q---------

RR

【變式1-3]（2025高三上?河南?階段練習）如圖所示，兩根相距￡=1m的足夠長的平行金屬導軌傾斜放置,

導軌與水平面成37。，兩導軌頂端通過導線連接電源、開關和阻值R=1Q的電阻。初始時開關S斷開，質量

分別為g=0.2kg、咫=01kg的金屬細桿）垂直于導軌放置，導軌的上下兩部分通過N兩處的絕

緣小塊相連，VN連線與導軌垂直，兩導軌處于大小為2=0.5T、垂直導軌平面向上的勻強磁場中，金屬細

桿/、cd的電阻分別為A=1.5。，&=1。，兩桿與導軌的動摩擦因數均為〃=0.75,初始時兩金屬桿均靜

止，閉合開關S,ab桿開始向下運動,成桿運動到時已經勻速，已知電源的電動勢E=1.5V,內阻r=0.5Q。

重力加速度g=10m/s2,sin37=0.6cos370=0.8。求:

⑴金屬桿ab運動到MN處時的速度大小；

⑵金屬桿ab從靜止運動到MN處過程中，通過ab桿上的電荷量;

⑶刃桿在導軌上運動時產生的焦耳熱(忽略電磁輻射)。

【答案】(l)3m/s(2)1.2C(3)0.63J

【詳解】(1)金屬棒/勻速運動過程中受力如圖所示

支持力為M，摩擦力為力，安培力為尸，則有

r

N]=mgcos37°,F+mgsm,i10-fx

代入數據可得

F=Q

則金屬棒/以速度%勻速運動時無電流，即金屬棒/切割磁感線的電動勢也為E,有

E=BLv0

代入數據可得

%=3m/s

(2)金屬桿ab運動到"N的過程中，由于

叫gsin37°=〃叫geos37°

在很短的時間Ar內由動量定理可知

BIL\t=m^v

即

BLAq=mx\v

全過程中電量累加起來，有

BLq=ml(v0-0)

代入數據得

q=1.2C

(3)金屬桿運動到"N的過程中，滑動距離為n,電源消耗的電能為

W=qE

金屬桿必增加的動能為

_12

Epk-5加Fo

重力勢能減小

處,=叼gxsin37°

克服摩擦力做功

Wx=//嗎gxcos370

由于

加igsin37°="町geos37°

有

弭=%

則回路中的焦耳熱

3=取-AEk

此過程中金屬桿必上的焦耳熱為

02=---21

2R+r+R]i

金屬桿仍運動到MN下方后，由于

叫gsin37。="加百cos37。，m2gsin37°=//m2gcos37°ab>cd體系動量守恒，設最終速度均為％,則有

冽1%=(加1+加2)匕

該過程中仍、〃系統重力勢能的減小量仍等于系統克服摩擦力做的功，系統產生的焦耳熱

22

23=1^iV0-1(wl+m2)v1

此過程中金屬桿上的焦耳熱為

R

。4=aab桿在導軌上運動時產生的焦耳熱

A]+1x^2

0=。2+Q

代入數據得

Q=0.63J

【變式1-5】如圖所示，某光滑金屬導軌由水平平行軌道和豎直;圓周軌道組成，水平平行軌道S7相

距工=0.5m,軌道左端用阻值R=3Q的電阻相連。水平軌道的某段區域有豎直向上、磁感應強度2=4T的

勻強磁場。光滑金屬桿。6的質量加=0.2kg、電阻尸=2Q,金屬桿以v=5m/s的初速度沿水平導軌從左端沖

入磁場，離開磁場后沿豎直圓周軌道上升的最大高度〃=0.2m。設金屬桿必與軌道接觸良好，并始終與導

軌垂直，導軌電阻忽略不計，且不考慮成的返回情況，取g=10m/s,求：

SbT

⑴金屬桿剛進入磁場時，通過金屬桿的電流大小和方向；

(2)金屬桿仍產生的焦耳熱；

⑶磁場區域的長度。

【答案】(1)2A,從。沿桿流向6(2)0.84J(3)0.75m

【詳解】(1)導體棒剛進入磁場時，電動勢

E=BLv

感應電流

R+r

得

/=2A

由右手定則知感應電流方向從。沿桿流向6。

(2)出磁場后機械能守恒

mgH=~mv，2

解得

V=2m/s

導體棒整個運動過程，根據能量守恒定律

；mv2=Q+^mv，2

導體棒上的焦耳熱

解得

0=O.84J

(3)設通過磁場時的電量為磁場區域長度為羽在磁場中的運動過程，根據動量定理

-BILt=mv'—mv

又因為

△①BLx

qr=It=------=-------

R+rR+r

解得

x=0.75m

題組02動量定理在電磁感應中的應用

【提分秘籍】

在導體單桿切割磁感線做變加速運動時，若運用牛頓運動定律和能量觀點不能解決問題，可運用動量定理

巧妙解決問題

求解的物理量應用示例

電荷量或速度—B【q=INt,即一5夕￡=冽區一加入

電2VM

0ml/o,

位移H總

B2L2x_^

R即n--------=0-ml4)

R總

—BIZ/Af+/其他區—mH,

即—BLq+F其他—mH，

已知電荷量分尸其他（產其他為恒力）

時間

或2VNt

1/其他A/mHml/l,

R急

B2T2X

即+月其他4=加/mu,

R總

已知位移X、/其他（方其他為恒力）

【典例剖析】

【例2-1］（2024?河北?模擬預測）如圖所示，質量4kg的U形框"3尸放置在光滑絕緣的水平地面上，

已知段的長度為L=2m,AE.5尸的長度為4￡,C、D、M.N分別是/￡、BF、NC和AD的中點，

段的電阻為尺=3。，其余部分電阻忽略不計。在CD/芭區域存在豎直向下、磁感應強度大小可變的勻強

磁場B,磁場位置不隨U形框移動。質量"7=4kg、電阻不計的導體棒放置在"N處，導體棒的長度比U形

框的寬度上略長，若給導體棒水平向右的初速度，當其運動到磁場左邊界時，恰與U形框速度相同。已知

2

導體棒與U形框之間的動摩擦因數為〃=0.3,取重力加速度g=10m/so

AMCE

??

；XXX

II

II

II

XXX

II

BNDF

（1）求導體棒初速度%的大小;

（2）若要使導體棒和U形框在磁場中運動時始終保持相對靜止，求磁感應強度的最大值練；

⑶若將磁感應強度3的大小調整為第（2）問中星的正，判斷導體棒最終是否靜止，若靜止，求導體棒最

3

終離磁場左邊界的距離；若不能靜止，求導體棒的最終速度。

20

【答案】⑴4m/s（2）3T⑶靜止，ym

【詳解】（1）設共速時速度大小為v,對導體棒和U形框組成的系統，由動量守恒定律得

mv0=+m）v

對導體棒由動能定理得

-pimgL=；mv2-gmvg

解得

v0=4m/s,v-2m/s

（2）導體棒在磁場中受到安培力

F隹=BIL,I=—

女R

故對導體棒和U形框，由牛頓第二定律得

V-/Limg=ma,〃mg=Ma

解得

紇=3T

（3）當8=電以=后時，導體棒到達磁場左邊界后，導體棒和U形框將保持相對靜止。若導體棒和U形

3

框一直受安培力，直至導體棒靜止，則由動量定理得

一'B9及=0-(m+M)v

則有

B2cx

R

解得

x=6m

導體棒從開始運動到剛進入磁場，導體棒的位移大小為

V+Vc

X棒=n=2m

解得

2

：=]sU形框的位移大小為

設剛進入磁場時導體棒到U形框左側邊的距離為M,則有

一r10

AL=L+x棒-》u=

由于M<2￡<x,則導體棒進入磁場后先向右減速運動

-10

x,=AA=——m

3

然后導體棒和U形框一起在磁場中勻速運動

cr-2

x2=2L-AL=ym

最后U形框AB邊切割磁感線，整體減速運動

8

x3=x-X]=—m

由于W<AA,所以導體棒最終靜止，導體棒最終離磁場左邊界的距離為

,一20

Ax=2L+x3=—m

【例2-2】如圖所示，相距Z=2m的平行金屬導軌，左側部分水平，分布著豎直向上的勻強磁場，右側部分

傾斜，傾角為。=37。，傾斜導軌上的。、d兩點處各有一小段絕緣導軌（長度可忽略不計），在仍連線到N。

連線之間分布著垂直導軌向下的勻強磁場，磁感應強度大小均為8=1T,傾斜導軌上端W、P之間接有阻

值為R=1。的電阻，其余導軌電阻不計，水平與傾斜導軌連接處平滑過渡。金屬棒1與2的質量都為加=1kg,

有效接入導軌間的長度都為Z=2m,電阻都為，=1。。金屬棒1從成連線上方再=lm處由靜止釋放，弱與

cd之間距離無2=5m,cd與N。之間距離退=8m,cd與N0之間棒與導軌間的動摩擦因數為〃=0.75,其余部

分導軌均光滑，金屬棒2初始靜止，到NQ距離為X4=8m。金屬棒1進入磁場后，在運動到〃前已達到穩

定速度，在運動到N。前已再次達到穩定速度。運動過程中，兩棒與導軌接觸良好，且始終與導軌垂直，不

計金屬棒經過N。時的能量損失，若兩棒相碰則發生彈性碰撞。（已知sin37o=0.6,cos37o=0.8,重力加速度g取

10m/s2）求:

(2)金屬棒1運動到NQ時，金屬棒2的速度大小;

⑶最終穩定時金屬棒1所在位置，以及全過程金屬棒1產生的焦耳熱。

【答案】(1)%=3m/s(2)金屬棒2的速度大小為L5m/s⑶金屬棒1停在N0左側0.375m處。=18J

【詳解】(1)勻速運動時，則有