2026届高考物理总复习62专题强化(十八)　电磁感应中的动力学、能量和动量问题

[专题强化(十八)]电磁感应中的动力学、能量和动量问题

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(选择题每题5分，解答题每题10分，建议用时：50分钟)

考点综合题

电磁感应中的动力学问题1，4，7

电磁感应中的能量问题2，3，5，9，10

电磁感应中的动量问题6，8

1.如图所示，足够长的“U”形光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0<θ<90°)，其中MN与

PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计。金

属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且接触良好，ab棒接入电路的部

分的电阻为R，某一时刻金属棒的速度大小为v，在该过程中，下列说法正确的是()

A．ab棒中电流的方向由a到b

B．ab棒中所受到的安培力方向与金属棒的运动方向相反且做负功

v2

C．加速度的大小为

2L

mgRsinθ

D．下滑过程中速度的最大值是

2B2L2

解析：选B。根据右手定则可知，ab棒中电流的方向由b到a，故A错误；根据左手

定则可知，ab棒中所受到的安培力方向沿斜面向上，与金属棒的运动方向相反，故安培力

BLv

做负功，B正确；根据牛顿第二定律有mgsinθ－IBL＝ma，ab棒中的电流为I＝，加

R

B2L2v

速度的大小为a＝gsinθ－，故C错误；下滑过程中速度最大时，有mgsinθ＝ImBL，

mR

BLvmmgRsinθ

ab棒中的最大电流为Im＝，下滑过程中速度的最大值是vm＝，故D错误。

RB2L2

2．(2023·湖南长沙模拟)如图所示，正方形匀质刚性金属框(形变量忽略不计)，边长为L

＝0.2m，质量为m＝0.1kg，距离金属框底边H＝0.8m处有一方向水平、垂直纸面向里的

匀强磁场，磁感应强度B＝5T。磁场区域上下边界水平，高度为L＝0.2m，左右宽度足够

大。把金属框在竖直平面内以v0＝2m/s的初速度水平无旋转地向右抛出，金属框恰好能匀

速通过磁场。不计空气阻力，取g＝10m/s2。下列说法不正确的是()

A．刚性金属框电阻为R＝4Ω

B．通过磁场的整个过程中，金属框的两条竖直边都不受安培力作用

C．通过磁场的过程中，克服安培力做功为0.4J

D．改变平抛的初速度大小，金属框仍然能匀速通过磁场

解析：选B。金属框竖直方向上总电动势为0，只在水平方向上产生电动势，因为金属

22

BLvyBLvy

框匀速通过磁场，则有mg＝F安，而F安＝BIl＝BL＝，且vy＝2gH，代入数

RR

据求得R＝4Ω，故A正确；通过磁场的整个过程中，根据左手定则可知，金属框的两条竖

直边所受安培力大小相等，方向相反，都要受安培力，故B错误；根据功能关系得，克服

安培力做功WF＝mg·2L＝0.4J，故C正确；根据题意可知，初速度大小不影响安培力，安

培力的大小只与线框竖直方向的分速度vy有关，而vy只与高度H有关，则可知，只要抛出

高度不变，不管初速度大小如何，金属框仍然能匀速通过磁场，故D正确，不符合题意。

3．如图所示，足够长的U形光滑金属导轨平面与水平面成θ角，其中MN与PQ平行且

间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计。金属棒ab由静止

开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路的电阻为R，经过

足够长的时间，当流过ab棒某一横截面的电荷量为q时，棒的速度为v，则ab棒在这一过

程中()

B2L2v

A．受到的最大安培力为sinθ

R

1

B．运动的平均速度为v

2

qR

C．下滑的位移为

BL

D．产生的焦耳热为qBLv

解析：选C。金属棒ab开始做加速运动，速度增大，感应电动势增大，所以感应电流

也增大，导致金属棒受到的安培力增大，所以加速度减小，即金属板做加速度逐渐减小的变

0＋vv

加速运动，不是匀变速直线运动，则运动的平均速度大小v≠＝，故B错误；当

22

E

速度为v时，电动势为E＝BLv，电路电流为I＝，则这一过程金属棒ab受到的最大安培

R

ΔΦ

B2L2vEBLx

力为Fm＝BIl＝，故A错误；根据q＝IΔt＝Δt＝ΔtΔt＝，解得下滑的位

RRRR

qR

移为x＝，故C正确；由于这一过程，安培力逐渐增大，则金属棒ab克服安培力做功满

BL

B2L2vqR

足W安<Fmx＝·＝qBLv，则产生的焦耳热小于qBLv，故D错误。

RBL

4．(2024·江苏无锡模拟)如图所示，两条相距d的足够长的平行金属导轨位于同一水平

面内，其右端接一阻值为R的电阻，质量为m的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强

磁场区域MNPQ的磁感应强度大小为B、方向竖直向下，将该磁场区域以速度v0匀速地向

右扫过电阻为R的金属杆，金属杆与导轨间滑动摩擦力大小为f，杆在运动过程中始终与导

轨垂直且两端与导轨保持良好接触，不计导轨的电阻，则下列说法正确的是()

A．MN刚扫过金属杆时，流经R的电流从上到下

222

Bdv0

B．MN刚扫过金属杆时，电阻R的电功率为

4R

2Rf

C．若磁场足够宽，杆可能达到的最大速度为

B2d2

D．若磁场足够宽，杆中的最小电流为0

解析：选B。当MN刚扫过金属杆时，可将磁场视为不动，金属杆向左运动，则根据右

手定则可知流经R的电流由下到上，故A错误；当MN刚扫过金属杆时，由法拉第电磁感

222

EBdv02Bdv0

应定律有E＝Bdv0，则回路的电流I＝＝，电阻R的电功率为P＝IR＝，

2R2R4R

故B正确；设金属杆向右运动的速度为v，则金属杆切割磁感线的速度v′＝v0－v，感应电

22

Bd（v0－v）Bd（v0－v）

流为I′＝，安培力为F′＝BI′d＝，随着金属杆速度v增大，金

2R2R

属杆切割磁感线的速度v′逐渐减小，安培力减小，当安培力等于摩擦力时，金属杆速度达到

22

Bd（v0－vm）2Rf

最大值，有＝f，解得vm＝v0－，方向向右，故C错误；最终杆与磁场

2RB2d2

存在速度差，回路中感应电流不为0，故D错误。

5．(多选)如图所示，固定的竖直光滑U形金属导轨，间距为L，上端接有阻值为R的

电阻，处在方向水平且垂直于导轨平面、磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m、电阻

为r的导体棒与劲度系数为k的固定绝缘轻弹簧相连且放在导轨上，导轨的电阻忽略不计。

mg

初始时刻，弹簧处于伸长状态，其伸长量为x1＝，此时导体棒具有竖直向上的初速度v0。

k

在沿导轨往复运动的过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触。下列说法正确的是

()

22

BLv0

A．初始时刻导体棒受到的安培力大小为

R

22

BLv0

B．初始时刻导体棒加速度的大小为2g＋

m（R＋r）

12

C．导体棒第一次速度为零时，克服弹簧弹力和克服重力做功之和小于mv0

2

22

122mg

D.从导体棒开始运动到最终静止的过程中，电阻R上产生的焦耳热为mv0＋

2k

解析：选BC。初始时刻导体棒产生的感应电动势大小为E＝BLv0，回路中感应电流大

22

EBLv0BLv0

小为I＝＝，初始时刻导体棒受到的安培力大小为F0＝BIL＝，故A错误；

R＋rR＋rR＋r

22

BLv0

初始时刻，对导体棒由牛顿第二定律得F0＋mg＋kx1＝ma，解得a＝2g＋，故B

m（R＋r）

正确；开始时导体棒向上运动到第一次速度为零过程中，重力、弹簧弹力、安培力都做负功，

1212

由动能定理可得－W克弹－W克重－W克安＝0－mv0，可得W克弹＋W克重＝mv0－W克安，由

22

12

于W克安>0，故W克弹＋W克重<mv0，故C正确；导体棒在弹簧弹力作用下往复运动，当导

2

体棒静止时，所受安培力为零，导体棒受到重力和弹簧的弹力平衡，弹簧弹力的方向竖直向

mg

上，弹簧处于压缩状态，弹簧的压缩量为x2＝＝x1，故导体棒从开始运动到最终静止，

k

12

弹簧的弹性势能不变，由能量守恒定律得mv0＋mg(x1＋x2)＝Q总，解得系统产生的总热

2

22

122mg

量为Q总＝mv0＋，电阻R上产生的热量要小于系统产生的总热量，故D错误。

2k

6．(多选)(2023·湖北黄冈模拟)如图所示，水平面内固定有两根足够长的光滑平行导轨，

导轨间距为l，电阻忽略不计。质量为m的导体棒MN与质量为3m的导体棒PQ均垂直于

导轨静止放置，两导体棒电阻均为R，相距为d，整个装置处于磁感应强度大小为B、方向

竖直向下的匀强磁场中。现让MN棒以初速度v水平向左运动，直至最终达到稳定状态，导

体棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，则在此过程中()

A．两导体棒组成的系统动量守恒

B．两导体棒在运动过程中任意时刻加速度均相同

3mv2

C．整个运动过程中，MN棒上所产生的热量为

16

3Rmv

D．最终稳定时两导体棒间的距离为d＋

2B2l2

解析：选ACD。两导体棒的电流相等，方向相反，则受安培力大小相等、方向相反，

将安培力等效为内力，两导体棒组成的系统动量守恒，A正确；导体棒所受合力大小等于安

培力，由于两导体棒质量不同，则加速度不同，B错误；根据动量守恒mv＝(m＋3m)v共，

1212

根据能量守恒mv＝(m＋3m)v共＋Q，两导体棒电阻相同，则整个运动过程中，MN棒

22

Q3mv2

上所产生的热量为Q′＝，得Q′＝，C正确；整个过程中，通过MN的电荷量为q

216

IEBlxBlxI

＝Δt＝Δt＝Δt＝，对MN，由动量定理Blt＝Bql＝mv－mv共，联立得x

2R2RΔt2R

3Rmv3Rmv

＝，最终稳定时两导体棒间的距离为s＝d＋，D正确。

2B2l22B2l2

7．(10分)(多选)如图所示，两根足够长光滑平行金属导轨MN、PQ倾斜固定放置，导

轨平面倾角为θ＝37°，导轨间距为L＝1m，上端接有阻值R＝1Ω的定值电阻，整个装置处

于垂直于导轨平面向上、磁感应强度大小为B＝2T的匀强磁场中，质量m＝2kg的金属棒

ab垂直放在导轨上，始终与导轨接触良好，金属棒接入电路的电阻r＝1Ω。给金属棒施加

一个平行于导轨平面、垂直于金属棒的外力F，使金属棒沿导轨从静止开始向下做加速度大

小为6m/s2的匀加速直线运动，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2，求：

(1)当金属棒的速度为3m/s时，外力F的大小；(4分)

(2)当金属棒的速度为6m/s时撤去外力，此后5s时间内，电阻R上产生的焦耳热Q及

通过电阻R的电量q的大小。(6分)

解析：(1)当金属棒的速度为3m/s时，感应电动势为

E＝BLv1＝6V

根据闭合电路欧姆定律和安培力表达式得

E

I＝，FA＝BIL

R＋r

根据牛顿第二定律得

F＋mgsinθ－FA＝ma

解得F＝6N。

BLv′

(2)当金属棒的速度为6m/s时，回路中的电流为I′＝＝6A

R＋r

安培力为FA′＝BI′L＝12N

根据牛顿第二定律得mgsinθ－FA′＝ma′

解得a′＝0

故金属棒做匀速运动，此后5s时间内，电阻R上产生的焦耳热

Q＝I′2Rt＝180J

通过电阻R的电量q的大小

q＝I′t＝30C。

答案：(1)6N(2)180J，30C

8．(10分)如图所示，平行倾斜光滑导轨与足够长的平行水平光滑导轨平滑连接，导轨

电阻不计。质量分别为2kg和1kg的金属棒b和c静止放在水平导轨上，b、c两棒均与导

轨垂直。图中de虚线右侧有范围足够大、方向竖直向上的匀强磁场B＝2T。两平行导轨宽

度L1∶L2＝2∶1。质量为2kg的绝缘棒a垂直于倾斜导轨静止释放，释放位置与水平导轨

的高度差为h＝1.8m(重力加速度大小g取10m/s2，不计摩擦和空气阻力)。求：

(1)绝缘棒a与金属棒b发生弹性正碰后刚分离时两棒的速度大小v1和v2；(4分)

(2)最终两导体棒b、c的速度大小v3和v4。(6分)

解析：(1)设绝缘棒a滑上水平导轨时，速度为v0，下滑过程中绝缘棒a机械能守恒，

有

12

mgh＝mv0

2

绝缘棒a与金属棒b发生弹性碰撞，由动量守恒定律

mv0＝mv1＋mv2

由机械能守恒定律有

121212

mv0＝mv1＋mv2

222

联立解得绝缘棒a的速度大小为v1＝0

金属棒b的速度大小

v2＝v0＝2gh＝6m/s。

(2)当磁通量不发生变化时不再有电流且安培力消失，此时速度达到稳定，则两导体棒

单位时间内扫过面积相等，有v3L1＝v4L2

对b、c分别用动量定理

－BIL1·t＝mbv3－mbv2

BIL2·t＝mcv4－0

联立解得v3＝2m/s，v4＝4m/s。

答案：(1)06m/s(2)2m/s4m/s

9．(10分)如图甲所示，有两根竖直的平行金属导轨，间距L＝1m。导轨所在空间有两

宽度均为D＝0.8m的匀强磁场区域，B1方向垂直导轨平面向外，B2方向垂直导轨平面向里，

其边界均与导轨垂直，两磁场的间距为H(H未知)。“联动双杆”(两根长为L的金属杆ab

和cd用长度为D的刚性绝缘轻杆ef连接构成)的总质量为m＝2.5kg，两杆的电阻均为R＝

1Ω(其余电阻不计)。T＝0时刻“联动双杆”在垂直ab边竖直向上的恒定的拉力F＝24N

作用下从静止开始运动(始终与轨道接触良好，摩擦阻力不计)，依次经过两匀强磁场区域，

其向下运动过程中的速度与时间的关系如图乙所示。已知t1＝5s时，cd杆刚好到达B1区域

边界线PP′，“联动双杆”便开始匀速运动；t2＝5.5s时，cd边刚好到达B2区域的边界线

MM′便撤去拉力F。求：(g＝10m/s2)

(1)匀强磁场磁感应强度B1的大小；(3分)

(2)两磁场的间距H和磁感应强度B2的大小；(3分)

(3)t1＝5s至t3＝5.8s过程中ab杆中产生的焦耳热。(4分)

解析：(1)对双杆由牛顿第二定律得

mg－F＝ma

解得a＝0.4m/s2

v＝at1＝2m/s

双杆在B1磁场区域中匀速直线运动过程，由平衡条件得

F＋B1IL＝mg

B1Lv

其中I＝

2R

联立解得B1＝1T。

(2)进入B2区域之前

x1＝v(t2－t1)＝1m

H＝x1－D＝0.2m

当cd杆进入磁场B2后，由平衡条件得

mg＝B1I′L＋B2I′L

B1Lv＋B2Lv

其中I′＝

2R

解得B2＝4T。

(3)由t1至t3匀速运动过程，由动能定理得

2mgD－WF－W克安＝0

其中WF＝Fx1

ab杆中产生的焦耳热

1

Q＝W克安＝8J