2026高考物理总复习讲义含答案解析-重难突破15 电磁感应中的动力学、能量和动量问题

重难突破15n电磁感应中的动力学、能量和动量问题

着眼四JT•探考点»»■里规律方法

突破点一电磁感应中的动力学问题

i.理解电磁感应过程中导体的两种状态

状态特征方法

平衡态加速度为零利用平衡条件列式解答

东平衡态加速度不为零利用牛顿第二定律结合运动学公式解答

2.抓住“两个研究对象”“四步分析”

，一「找出产生电・；,A

小f的分析卜感应的聂■分3整成£=黑,卜1

0।J4---

/■VVi1-------------1

N力"叨淅I~)

3.关注两个“桥梁”：联系力学对象与电学对象的“桥梁”一一感应电流/、切割速度九

[«11〔多选〕在与水平面平行的匀强磁场上方有三个线圈，从同•高度同时由静止下落，三个线圈都是材料相

同、边长一样的正方形，A线圈有一个缺口，8、C线圈闭合，但8线圈的导线比C线圈的粗，则（）

团回©

A.三个线圈同时落地B.A线圈最先落地

C.C线圈最后落地D.B、C线圈同时落地

答案：BD

解析：A线圈不受安培力，所以最先落地，选项A错误，选项B正确；要想比较出8、C线圈的下落时间，需要先

o2/2»

mg—F^...—»2>2„

比较加速度，得出加速度。与导线横截面积S的关系，线圈下落的加速度〃=——^=g——J=g-其中电

mmRm

阻尺=夕中£m=pV=pAbS,所以有加速度a=K金二，加速度。与/和S均无关，即3、。线圈同时落地，选项

S16Pqip

C错误，选项D正确。

[M21（2025•吉林四平模拟）如图，固定在水平桌面上的足够长的光滑金属导轨4、eg处于方向竖直向下的匀强

磁场中，金属杆向与导轨接触良好，在两根导轨的端点小e之间连接一电阻，其他部分电阻忽略不计。现用一水

平向右的恒力歹作用在金属杆H上，使金属杆由静止开始向右沿导轨滑动，滑动中杆必始终垂直于导轨，金属

杆受到的安培力用户安表示，则下列说法正确的是（）

A.金属杆他做匀加速直线运动

B.金属杆时运动时回路中有顺时针方向的感应电流

C.F女先不断增大，后保持不变

D.金属杆岫克服安培力做功的功率与时间的平方成正比

答案：C

解析：F安=8比=雪，金属杆在恒力作用下向右做加速运动，随着速度u的增大，安培力不断变大，金属杆受到

的合力减小，加速度减小，当安培力与恒力的合力为零时金属杆时做匀速直线运动，安培力保持不变，由此可

知，金属杆，法向右先做加速度减小的加速运动，然后做匀速直线运动，故A错误，C正确；由右手定则或楞次定

律可知，金属杆，力运动时回路中有逆时针方向的感应电流，故B错误；安培力的功率Q安=〃安丫=中，如果金

属杆做初速度为零的匀加速直线运动，则|，=〃，金属杆克服安培力做功的功率与时间的平方成正比，由于金属杆

先做加速度减小的加速运动后做匀速直线运动，因此金属杆而克服安培力做功的功率与时间的平方不成正比，故

D错误。

【例31（2025・贵州贵阳模拟）足够长的平行金属导轨加、〃水平放置于竖直向下的匀强磁场中，破感应强度大小

为B,讹之间连接有电容为C的电容器，导轨间距为心长度为£的光滑金属棒垂直于导轨放置，与导轨接触良

好，俯视图如图所示。金属棒在水平恒力”的作用下开始向右运动，当金属棒运动距离为工时撤去外力a整个过

程电容器未被击穿，重力加速度为g,下列说法正确的是（）

A.在外力厂作用下金属棒做加速度越来越小的加速运动

B.撤去外力产后金属棒做减速运动直至静止

C.在外力小的作用下，电容器中的电荷量随时间均匀增大

D.撤去外力尸时金属棒的速度为扇三

答案：C

解析：对金属棒，由牛顿第二定律得?一斑=〃小通过金属棒的电流为/=粤=空普=血〃。，可得金属棒的加速

△tAt

度〃=上二2,2,金属棒做匀加速直线运动，撤去外力尸后，金属棒两端电压和电容器两端电压相等，整个闭合回

路中没有电流，金属棒做匀速直线运动，故A、B错误；电容器中的电荷量Q=CU=C8〃/=普冷，可知电容

器中的电荷量随时间均匀增大，故C正确；由，=2双，可求得i'=耳黑1故D错误。

规律总结

电磁感应中的“单杆+轨道”模型

类型拉力恒定（含电阻）拉力恒定（含电容器）

示意图

轨道水平光滑，单杆H质量为轨道水平光滑，单杆仍质量为〃2,电阻不计，两平行导轨间距为/,拉

m,电阻不计，两平行导就间距力”恒定

为/,拉力/恒定

类型拉力恒定（含电阻）拉力恒定（含包容器）

开始时a=A，杆4〃速度片=感应电动势E=4八，3经过加速度为u+

开始时々=三,杆ah速度叫=感

Av,此时感应电动势£=用（u+Av）,A/时间内流入也容器的也荷量

应电动势七=&*="=安培力F

f

力学观点\q=C\U=C（E-E）=CB/Av,电流J="=CBg=CBIa,安培力产

YAtAt

/=〃8f,由“一"也知"1，

%=HB=CB¥a,F-Fi=ma,a=,\19,所以杆以恒定的加速度做

当4=0时，y最大，v,n=^m+B212c

匀加速运动

类型

图像观点

产做的功一部分转化为杆的动能，一E做的功一部分转化为动能，一部分转化为电场能：WF

能量观占、

'部分产生电热：1昨=。+］田巾2

【例4］如图所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ置于垂直于斜面向上的匀强磁场中，磁感应强度8=1T,

金属导轨倾角。=37°,导轨间距/=lm,其电阻不计。K为单刀双掷开关，当其掷于1端时，电容。=1F的电

容器接入电路；当其掷于2端时，有R=1C的电阻接入电路。金属杆O。，质量6=1kg,接入电路的阻值也为R

=1Qo初始时，。。锁定。已知重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6。

（1）招K掷于2端，释放。。「求0。的最大速度;

答案：（1）12m/s

解析：（1）当。。加速度为零时，00,的速度最大，对金属杆受力分析有/伙sin0=/B/

通过金属杆的电流为/=/-

R+R

金属杆产生的感应电动势为E=Blv

联立解得最大速度v=12in/So

（2）将K掷于1端，释放00,求系统稳定时金属杆的加速度大小。

答案：（2）3m/s2

解析：（2）由电流定义式得/=普

△t

由电容定义式得。=黑，得

△u

△q=CbU

由法拉第电磁感应定律得△U=bE=BN

联立可得感应电流/=C8/a

00’所受安培力的大小为F=llB=CB2Pa

对。。应用牛顿第二定律有

mgsin0—CB1Pa=nui

mgsind

解得。=

m+CB2l2

代入数据得。=3m/s2o

突破点二电磁感应中的能量问题

1.电磁感应过程中的能量转化

R他出天生（四竺」询电4械动能林式凡他

的能看二方*%>•心式幽I

2.求解焦耳热。的三种方法

焦耳定律。=「心，电流、电阻都不变时适用

功能关系Q=W克服安培力，任意情况都适用

能量转化Q=AEjuk他的诚少疑，任意情况都适用

（«511多选〕如图，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L,导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，

两部分平滑连接，平直部分右端接一个阻值为R的定值电阻。平直部分导轨左边区域有宽度为4、方向竖直向上、

磁感应强度大小为B的匀强磁场，质量为〃?、电阻也为R的金属棒从高度为力处由静止释放，到达磁场右边界处

恰好停止。已知金属棒与平直部分导班间的动摩擦因数为"，重力加速度大小为处金属棒与导轨间接触良好，则

在金属棒穿过磁场区域的过程中（）

A.流过金属棒的最大电流为驾区

B.通过金属棒的电荷量为翳

C.金属棒克服安培力所做的功为mgh

D.金属棒内产生的焦耳热为（/?一〃"）

答案：BD

解析：金属棒下滑到弯曲部分底端时•，根据动能定理有〃3?=）?%2,金属棒在磁场中运动时产生的感应电动势上

=BLV,金属棒受到的安培力?=也从当金属棒刚进入磁场中时，感应电流最大，可得流过金属杨最大电流/max=

吗料，故A错误；金属棒穿过磁场区域的过程中通过金属棒的电荷量9=7/=瑞=譬，故B正确；对整个过程

由动能定理得小Ww安一〃/〃gd=0,金属棒克服安培力做的功w^=mgh—^mgd,金属棒内产刍的焦耳热。=

W克安=17g（力一,故C错误，D正确。

【例6】〔多选〕如图所示，相距为d的两水平线心和上分别是水平向里的匀强磁场的边界，磁场的磁感应强度为

B，正方形线框。从d边长为L(LVd)、质量为〃?、电阻为R。将线框在磁场上方高。处由静止释放，边刚进

入磁场和穿出磁场时的速度恰好相等，重力加速度为g,则在线框全部穿过磁场的过程中()

印-6A

A.H边刚进入磁场时人力两端间的电势差为BL风R

B.感应电流所做功为mgd

C.感应电流所做功为2mgd

D.线框最小速度为i，=J2g(/i+L-d)

答案：CD

解析：线框自由下落过程，有〃7幼=》n；o2,"边刚进入磁场时，＜E=BLv^U=^BLv^联立解得U=

时电而故A错误；根据能量守恒定律可知，从M边刚进入磁场到"边刚穿出磁场的过程，动能变化为0,

重力势能转化为线框产生的热量，则Q=〃?gd,他边刚进入磁场时速度为血，他边刚离开磁场时速度也为由，所

以从翻边刚穿出磁场到cd边离开磁场的过程，线框产生的热量与从岫边刚进入磁场到cd边刚进入磁场的过程产

生的热量相等，所以线框从时边进入磁场到cd边离开磁场的过程，感应电流做的功等于产生的热量，有W=Q，

=2〃?gd,故B错误，C正确；因为进磁场时要减速，即此时的安培力大于重力，速度减小，安培力也减小，线框

全部进入磁场将做加速运动，所以全部进入磁场的瞬间速度最小，设线框的最小速度为打从(山边刚进入磁场到

线框完全进入磁场的过程，由动能定理，有nigL—\V,又｝"为2=〃吆4，卬青=〃?gd,联立解得线框

的最小速度为u=J2g(h+L-d),故D正确。

【例7](2025.广东容山中学期中)如图所示，MN、PQ是竖直放置的光滑平行金属导轨，相距L=0.5m。上端接

有R=0.8Q的定值电阻，金属杆帅质量〃?=l()0g,电阻r=0.2d其余电阻不计。整个装置在垂直导轨平面的

匀强磁场中，磁感应强度8=1.0,加杆从轨道上端由静止开始下落，下落过程中他杆始终与僦道保持良好接

触，当杆下落10m时，达到最大速度。重力加速度取g=10m/s2。求：

(1)成杆的最大速度；

答案：(1)4m/s

解析：(1)当他匀速下落时速度达到最大，此时所受安培力与重力二力平衡,

则有F&=mg

又miL,E=BLVM,i=-r~

R+r

联立解得■a。杆的最大速度为vmax=4m/So

（2）从静止开始到达到最大速度的过程中，定值电阻上消耗的焦耳热;

答案：（2）7.36J

解析：（2）从静止开始到达到最大速度的过程中，由能量守恒定律得

〃火力=。总+}〃Umax2

所以回路产生的总焦耳热为Q总=〃吆/L^Wmax?=9.2J

定值电阻上消耗的焦耳热为。口=含。总=7.36Jo

（3）从静止开始到达到最大速度的过程中，通过金属杆必某横截面的电荷量。

答案：（3）5C

解析：（3）从静止开始到达到最大速度的过程中，通过金属杆"其横截面的电荷量q=7加

A3B\S=BLh

联立解得4=5C。

突破点三电磁感应中的动量问题

动量定理在电磁感应过程中的应用

1，.

在电磁感应过程中，导体棒或金属框在安培力作用下做非匀变速直线运动时，当题目中涉及速度V、电荷量分

运动时诃/、运动位移工时应用动显定理求解比较方便快捷。

[M81〔多选〕（2024•贵州高考10题）如图，间距为乙的两根金属导轨平行放置并固定在绝缘水平桌面上，左端

接有•定值电阻R导轨所在平面存在磁感应强度大小为反方向竖直向下的匀强磁场。质量为小的金属棒置于

导轨上，在水平拉力作用下从静止开始做匀加速直线运动，一段时间后撤去水平拉力，金属棒最终停在导轨上。

已知金属棒在运动过程中，最大速度为V,加速阶段的位移与减速阶段的位移相等，金属棒始终与导轨垂直且接触

良好，不计摩擦及金属棒与导轨的电阻，则（）

XX.XXX

XX

XXX

XXXX

A.加速过程中通过金属棒的电荷量为詈

BL

B.金属棒加速的时间为鬻

OL/

C.加速过程中拉力的最大值为空

D.加速过程中拉力做的功为》八，2

答案：AB

解析：加速阶段的位移与减速阶段的位移相等，都设为X，根据4=7。=与旬=黑・加=竽=哼，可知加速过程中

r\任Atnr\

通过金属棒的电荷量等于减速过程中通过金属棒的电荷量，对于减速过程，由动量定理可得一8万加=-3%=0—

mv,解得q=警，A正确；由夕=警=当，解得尤=黑，金属棒加速的过程中，由位移公式可得上•=，心可得加

oLDLK2

速时间为，=鬻，B正确；金属棒在水邛拉力作用下从静止开始做匀加速直线运动，加速过程中，安培力逐渐增

大，加速度不变，因此拉力逐渐增大，当撒去拉力的瞬间，拉力最大，由牛顿第二定律可得尸nLB等L=〃也，其

中y=W,联立解得尸m=^^，C错误；加速过程中拉力对金属棒做正功，安培力对金属棒做负功，由动能定理

可知，合外力的功WF-W安=%?，，可得1昨=卬安+；〃”2，因此加速过程中拉力做的功大于5%落D错误。

[•19]〔多选〕如图所示，两根光滑足够长且电阻不计的平行金属导轨MNPQ和MMPIQI,固定在水平面上，

MN与距离为2/,PQ与PiQi距施为I。金属棒”和〃的质量分别为2〃1和加、长度分别为2/与/,金属棒〃、

〃分别垂直放在导轨MN、MiM和产0、PiQi上，开始时静止在导轨上。整个装置处丁竖直向下的、磁感强度为6

的匀强磁场中。现金属棒。获得水平向右的初速度小，两棒运动时始终保持平行且金属棒a总在MNMINI上运

动，金属棒〃总在PQPIQI上运动，经过足够长时间后，下列说法正确的是（）

X

W-

）

A.流过金属棒a的电荷量是警

B.金属棒。和人均做加速度相同的匀加速直线运动

C.金属棒。和。均做速度相等的匀速直线运动

D.回路中感应电动势为零

答案：AD

解析：因金属棒。获得初速度即向右运动，其受到的安培力向左，则金属棒〃做减速运动，金属棒。受到的安培

力向右做加速运动，则经过一段时间后，两棒稳定时均做匀速运动，此时回路的感应电流为零，感应电动势也为

零，则924=切忸即2&=忸选项B、C错误，D正确；对金属棒a,由动量定理得一户2/4=2〃?1%—2加%，

对金属棒〃，由动量定理得/沅/加=〃皿，解得4=7詈，选项A正确。

3BI

方法总结

不等间距的两导体棒处于同一磁场中所受安培力不相等，它们分别做变速运动；涉及也荷量、速度、时间

等，一般先根据动量定理列方程；若求焦耳热可对系统应用能量守恒定律列方程。

动量守恒定律在电磁感应过程中的应用

■

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，如果双金属棒系统受

到的合外力为0时，满足动量守恒，运用动量守恒定律解题往往比较方便。

[M101〔多选〕如图所示为两根间距为4的光滑平行金属导轨，o。'左侧向上弯曲，右侧水平，水平导轨处在磁

感应强度大小为8、方向竖直向上的匀强磁场中。两根金属棒MMPQ垂直于导轨放置，与导轨接触良好，金属

棒MN、PQ的长度均为L、质量均为〃八阻值均为上金属棒MN从竖直高度。处由静止释放沿导轨下滑。导轨电

阻不计，整个过程金属棒MN和PQ未相碰，则（）

N

2

6「

A.金属棒MN进入磁场时，金属棒P。两端电压大小为巧巫

B.释放后金属棒MN的最小速度为0

C.整个过程中流过金属棒尸。的电荷量为华普

乙UL

D.整个过程中闭合回路产生的焦耳热为呼

4

答案：AC

解析：，MN从静止释放到刚进入磁场这个过程，由动能定理得此时产生的电动势电路中

的电流为/=急，又尸R，所以此时尸。两端的电压4。=£：一"=£：一//?=零更，故人正确；MN进入磁场后，

MN、PQ受到的安培力等大反向,MN、PQ组成的系统所受合外力为零，所以MN、PQ组成的系统动量守恒，故

最后MMPQ达到共同速度一起运动，速度不会变为零，故B错误；设MN、尸。最终速度为明则小叩=（〃?+

切）丫，故丫=手，0，又△1，=必，=乎>=黑7，所以“=标八丫=髭（%一齐。）=林晟=获故C正确；对整个

过程中两金属棒，由能量守恒定律有，〃旗=/2底6丫0）+Q,则整个过程中闭合回路产生的焦耳热为Q=，〃初一

2

汐噌V。）=}ngh,故D错误。

如图所示，P、Q是两根固定在水平面内的光滑平行金属导轨，间距为L,导轨足够长且电阻可忽略不计。图中

矩形区域内有一方向垂直于导轨平面向上、磁感应强度大小为3的匀强磁场。在f=0时刻，两金属棒a、b

分别以大小相同的速率vo，分别从磁场的边界EAGH进入磁场。经过一段时间后，其中有一棒恰好停在磁场边

界处，且在这个过程中，金属棒心。没有相碰，相距最近时。棒仍位于磁场区域内。已知金属棒小。是由相同

材料制成，长度均为心电阻分别为R和2R,。棒的质量为2〃?。在运动过程中两金属棒始终与导轨垂直且接触良

好。求：

-rr^Q

（1）在，=0时刻8棒的加速度大小；

（2）两棒在整个过程中相距最近的距离；

（3）在整个过程中，〃棒产生的焦耳热。

答案：（1）空空⑵驾^（3）小加汇

22

3inRBL270

解析：（1）根据电阻定律有R〃=R=片，R〃=2R=*

sasb

可得Stl=2Sh

根据ma=2m=p，LS<t,mp'LSb

可得

。进入磁场的速度方向向右，人进入磁场的速度方向向左，根据右手定则可知，。产生的感应电流方向是£到F,b

产生的感应电流方向是〃到G,即两个感应电流方向相同，所以流过〃、〃的感应电流是两个感应电流之和，则有

2BL%

-3R

对于从根据牛顿第二定律有比B=〃w

联立解得在t=0时刻力棒的加速度大小为。=等普。

3mR

（2）取向右为正方向，相距最近时，两棒具有相同的速度，根据系统动量守恒有2"?由一加妙0=（2〃?+加）V

解得箕=之

此时，电路中感应电流为0,。、〃棒一起向右匀速运动，直到少棒出磁场区域，之后〃棒不受安培力、4棒受安培

力减速直到停下；从方棒出磁场区域到。棒刚好停在磁场边界处，对〃棒运用动量定理得一〃BA/=0-2〃小

又＜7=加=白加=著加=普=穿

“3R3R3R3R

联立解得两棒在整个过程中相距最近的距离为s=陪。

A*L

（3）对4、〃组成的系统，最终力棒一直做匀速直线运动，根据能量守恒有手〃q）2=5"/+Q息

对a、b,根据焦耳定律有Q=/2R。

因流过。、b的电流一直相等，所用时间也相同，故2产生的热量与电阻成正比，即Q,：。〃=1：2

又Q“+Q〃=Qm

联立解得〃棒产生的焦耳热为。尸和

规律总结

电磁感应中的“双杆+轨道”模型

类型光滑平行导轨光滑不等距导轨

MHWXYwIV

a:x:任由包,

―L____r-/K

两金属杆的质量分别为

示意图两金属杆的质量分别为miVm2，电

两金属杆的质量分别为"11、"?2，电阻分

加1、"及，电阻分别为内、

阻分别为门、「2，导轨间距为L,别为口、相，导轨间距乙|=2上，其他电

V2,导轨间距为L,其他电

其他电阻忽略不计阻忽略不计

阻忽略不计

类型光滑平行导轨光滑不等距导轨

杆MN做加速度逐渐:戒小

的减速运动，杆PQ做加速杆MN做加速度逐渐减小的减速运动，

开始时，两杆做变加速运动；稳定

力学度逐渐■减小的加速运动，杆尸。做加速度逐渐减小的加速运动，

时，两杆以相同的加速度做匀加速

现点稳定时，两杆的加速度均稳定时，两杆的加速度均为零，两杆的

运动

为零，以相等的速度做匀速度之比Vw,V:"Q=1•2

速运动

类型光滑平行导轨光滑不等距导轨

动量观点系统动量不守恒系统动量守恒

能量外力做的功=金属杆1增加的动能

杆MN动能的减少量=杆PQ动能的增加量+焦耳热

观点+金属杆2增加的动能+焦耳热

培养“思维''•重落实务基耀度升华

焉办维合练

1.（2025・广东佛山模拟）两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为3顶端接阻值为R的电阻。质量为〃人电阻

为，•的金属棒在•距磁场上边界某处由静止释放，金属棒和导轨接触良好，导矶所在平面与瞅感应强度大小为从h

向垂直于纸面向里的匀强磁场垂直，如图所示。不计导轨的电阻，重力加速度为g,则下列说法正确的是（）

A.金属棒在磁场中运动时，流过电阻R的电流方向为。一〃

B.金属棒刚进磁场时一定做加速运动

C.金属棒的速度为》，时，金属棒所受的安培力大小为小

D.金属棒以稳定的速度下滑时，电阻R的热功率为（震了/?

解析：D当金属棒在磁场中向下运动时，根据楞次定律可判断流过电阻R的电流方向为/?—>〃，A错误；由于无

法确定金属棒刚进入磁场时安培力与重力的大小关系，故无法确定金属棒的运动情况，B错误；金属棒进入磁场

时，产生的感应电动势七=8万，产生的感应电流是/=2=誓，金属棒所受的安培力大小尸=43=等，C错

R+rR+rR+r

误；金属棒以稳定的速度下滑时，有F=「LB=mg,可求得电阻R的热功率尸=/%=（鬻）），D正确。

2.（2023•北京高考9题）如图所示，光滑水平面上的正方形导线框，以某一初速度进入竖直向下的匀强磁场并最

终完全穿出。线框的边长小于磁场宽度。下列说法正确的是（）

A.线框进磁场的过程中电流方向为顺时针方向

B.线框出磁场的过程中做匀减速直线运动

C.线框在进和出的两过程中产生的焦耳热相等

D.线框在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量相等

解析：D线框进磁场的过程中由楞次定律知电流方向为逆时针方向，A错误：线框出磁场的过程中，E=BLv,I

=5,有心=8〃==士=〃也，由于线框出磁场过程中由左手定则可知线框受到的安培力向左，则I，减小，线框做

加速度减小的减速运动，B错误；由功能关系得线框产生的焦耳热。=£』，其中线框进出磁场时均做臧速运动，

故其进盛场时任意时刻的速度都大于其出磁场时的速度，所以线框进磁场时受到的安培力也一直都大，产生的焦

耳热多，C错误；线框在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量4=万，其中/=&E=BL^,联立有夕=称必

由F线框在进和出的两过程中线框的立移均为3则线框在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量相等，故D

正确。

3.〔多选〕（2025•山东烟台模拟）如图所示，一光滑、电阻忽略不计的轨道固定在架台上，轨道由倾斜和水平两

段组成，倾斜段的上端连接一电阻R=0.5Q,两轨道间距d=lm,水平部分两轨道间有一竖直向下，磁感应强度

8=0.5T的匀强磁场。一质量机=0.5kg、长为/=1.1m、电阻忽略不计的导体棒，从轨道上距水平面/?i=0.8m

高处由静止释放，通过磁场区域后从水平轨道末端水平飞出，落地点与水平轨道末端的水平距离照=0.8m,水平

轨道距水平地面的高度力2=。8m。通过计算可知（g取lOm/s?）（）

A.导体棒进入磁场时的速度为3m/s

B.导体棒整个运动过程中，电阻R上产生的热量为3J

C.磁场的长度为2m

D.整个过程通过电阻的电荷量为2C

解析：BCD设导体棒进入磁场时的速度为vo，根据机械能守恒定律有，z%2="lg/h，解得vo=4tn/s,故A错

误；导体棒从水平轨道水平飞出后做平抛运动，则水平方向有及=川竖直方向有力2=会产，联立代入数据解得u

=2m/s,导体棒通过磁场区域过程中，根据能量守恒定律有Q=）役02一1n,2,则导体棒整个运动过程中，电阻R

上产生的热量为Q=3J,故B正确；导体棒通过磁场区域过程中，根据动量定理有产安n=5dq=〃?y（）一〃八，，又有q

="=学=喀1,联立代人数据解得力=2m,q=2C,故C、DF确。

4.〔多选〕（2025•安徽黄山模拟）如图所示，空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B,足够长的光

滑平行金属导轨水平放置，导轨左右两部分的间距分别为/、2/：质量分别为机、的导体棒a、b均垂直导就放

置，导体棒。接入电路的电阻为R,其余电阻均忽略不计：。、b两棒分别以田、2即的初速度同时向右运动，两棒

在运动过程中始终与导轨垂直且保持良好接触，。总在窄轨上运动，力总在宽轨上运动，直到两棒达到稳定状态，

从开始运动到两棒稳定的过程中，下列说法正确的是（）

A.。棒加速度的大小始终等于b棒加速度的大小

B.稳定时。棒的速度为1.5%

C.电路中产生的焦耳热为|帆火2

D.通过a棒的某一横截面的电荷量为分

解析：AC由/安=〃8=〃也，可得。=鬃，。、。两棒串联，电流相等，。、。两棒长度分别为/、21,质量分别为

机、2/〃，则〃、〃两棒加速度大小相等，故A正确；因为导轨光滑，水平方向导体棒只受到安培力作用，对〃棒，

根据动量定理有%=7/次=m%—相助同理，对少棒有一凡l=-B7x2/n=2〃八%—2吐2%稳定时无电流，HPBlvu

=B-2M，得％=2W，联立解得均=2w，v/,=v0.故B错误；由能量守恒定律可知，动能的损失等于电路中产生的

焦耳热，初动能Eko=1wo2+：x2〃zX⑵o）2,末动能以=扣乂（2vo）2+92〃?乂％2,贝电路中产生的焦耳热

为40—4=67%）2,故c正确；对。棒应用动量定理有7/公/=/〃%—机如又4=，加，va=2vo»跌立解得q=

鲁，故D错误。

BI

5.（2025•辽宁沈阳模拟）如图所示，矩形斜面AECO的倾角夕=30°,在其上放置一矩形金属框疝cd,帅边的边

长=加边的边长，2=0.6m,金属框的质量〃?=1kg,电阻A=0.1C,金属框与斜面间的动摩擦因素〃=

噂，金属框通过轻质细线绕过定滑轮与重物相连，细线与斜面平行且靠近，重物质量〃?o=2kg,斜面上班?"区域

有匀强磁场,磁感应强度的大小片=。,5r方向垂直于斜面向上，三知式到城的距离为0.6me现让金属框由静

止开始运动（开始时刻，4与人E边重合），在重物到达地面之前，发现金属框能匀速穿过匀强磁场区域，不计滑

轮摩擦，g取lOm/sz,求：

（I）金属框进入磁场前细线所受拉力的大小；

（2）金属框从静止开始运动到他边刚进入磁场所用的时间。

答案：（1）12N（2）1.2s

解析：（1）金属框进入磁场前，对金属框和重物分别由牛顿第二定律得臼一/"gsin9-〃〃?gcos。=〃"，〃?og—FT=

联立解得Fr=12N。

（2）因金属框能匀速穿过匀强磁场区域，对重物和金属框组成的整体，根据平衡条件可得

联立解得f=1.2s。

ML提升练

6.（2024•河北高考14题）如图，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。处固定一竖

直细导体轴。。1间距为L、与水平面成。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从足够长的细导体棒OA在水平面内绕。点以角速度s

匀速转动，水平放置在导轨上的导体棒CO始终静止。棒在转动过程中，CO棒在所受安培力达到最大和最小

时均恰好能静止。已知CQ棒在导轨间的电阻值为R,电路中其余部分的电阻均不计，C。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C。棒所受安培力的最大值和最小值。

（2）锁定棒，推动CO棒下滑，撤去推力瞬间，CO棒的加速度大小为小所受安培力大小等于（1