2026版《金版教程》高考一轮复习物理第4节 专题：电磁感应中的动力学、能量和动量问题

高考总复习首选用卷物理第4节专题：电磁感应中的动力学、能量和动量问题考点一电磁感应中的动力学问题1．(2025·内蒙古高三上开学考试)如图所示，固定在绝缘水平面上的两根足够长、电阻不计的光滑平行金属导轨的间距为0.6m，左端通过导线连接一个阻值为2.5Ω的定值电阻R，长度也为0.6m、电阻为0.5Ω的金属杆垂直于导轨放置，整个装置处在磁感应强度方向竖直向下、大小为0.5T的匀强磁场中。今在杆的中点施加一个垂直于金属杆、大小为0.18N的水平拉力F，使其由静止开始运动，金属杆与导轨始终接触良好，则金属杆匀速运动时的速度大小为()A．3m/s B．5m/sC．6m/s D．10m/s答案：C解析：金属杆匀速运动时，金属杆受到的安培力与水平拉力平衡，即FA＝BIL＝F，此时金属杆切割磁感线产生的感应电动势为E＝BLv，金属杆中的感应电流为I＝eq\f(E,R＋r)，联立解得金属杆匀速运动时的速度大小v＝6m/s，故选C。2．(2025·江苏省南京市高三上学情调研)如图所示，水平放置的“”形光滑金属导轨处在竖直向下的匀强磁场中，左端接有电阻R。一金属杆与导轨垂直放置，且接触良好，在外力F作用下由静止开始做匀加速运动。不计导轨和金属杆的电阻。关于外力F随时间t变化的图像可能正确的是()答案：D解析：设金属杆速度大小为v时，金属杆切割磁感线产生的感应电动势为E＝BLv，杆中的感应电流为I＝eq\f(E,R)，根据牛顿第二定律得F－BIL＝ma，又v＝at，整理得F＝ma＋eq\f(L2B2,R)at，可知F­t图像为不过原点的直线，故选D。3.如图所示，两条光滑的平行导轨水平放置，导轨间接有一个定值电阻R，金属杆垂直于导轨放置且与导轨接触良好，匀强磁场的方向竖直向下。若金属杆与导轨之间的摩擦及金属杆与导轨的电阻均忽略不计，现给金属杆一个水平向右的初速度v0，则金属杆在磁场中的运动速度v与时间t的关系图像正确的是()答案：C解析：金属杆运动过程中受水平向左的安培力，其大小为F＝eq\f(B2l2v,R)，对金属杆，根据牛顿第二定律有a＝eq\f(B2l2v,mR)，可知金属杆做加速度逐渐减小的减速运动，v­t图像的斜率逐渐减小，故C正确，A、B、D错误。4.(2025·湖南省常德市模拟)如图所示，一宽度为L的光滑导轨与水平面成α角，磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直于导轨平面向上，导轨上端连有一阻值为R的电阻，导轨电阻不计。一质量为m、电阻也为R的金属棒从导轨顶端由静止释放，设导轨足够长，重力加速度为g，下列说法正确的是()A．金属棒将做匀加速运动B．释放的瞬间金属棒的加速度大小为gcosαC．金属棒的最大速度大小为eq\f(2mgRsinα,B2L2)D．金属棒下滑相等距离的时间内通过定值电阻R的电荷量越来越多答案：C解析：设金属棒沿导轨向下运动的速度大小为v时，金属棒切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv，金属棒中的感应电流I＝eq\f(E,2R)，所受安培力FA＝BIL，由左手定则可知安培力方向沿导轨向上，由牛顿第二定律有mgsinα－FA＝ma，联立解得金属棒的加速度a＝gsinα－eq\f(B2L2v,2mR)，由此可知，金属棒先向下做加速度减小的加速运动，后做匀速直线运动，故A错误；释放的瞬间金属棒速度为零，所受安培力为零，所以加速度大小为a＝gsinα，故B错误；当金属棒的加速度为零时，速度最大，有gsinα－eq\f(B2L2vm,2mR)＝0，解得金属棒的最大速度大小为vm＝eq\f(2mgRsinα,B2L2)，故C正确；Δt时间内金属棒下滑x距离过程中，通过定值电阻R的电荷量为q＝eq\o(I,\s\up6(－))·Δt，平均电流eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),2R)＝eq\f(ΔΦ,Δt·2R)＝eq\f(BLx,Δt·2R)，所以q＝eq\f(BLx,2R)，由此可知，金属棒下滑相等距离的时间内通过定值电阻R的电荷量相等，故D错误。5．(2024·江苏省镇江市高三下三模)如图，边长为L的正方形金属线框，先做自由落体，刚进入下方高度为2L的匀强磁场时，恰好做匀速运动。设线框底边离开磁场下边界的距离为x，线框加速度为a(以竖直向上为正方向)，不计空气阻力，下列图像不可能的是()答案：A解析：设金属线框进入磁场上边界过程中，速度大小为v0，线框底边运动到磁场下边界时，速度大小为v1，线框恰好离开磁场时速度为v2，线框完全进入磁场后，只受重力作用，由动能定理可知，重力做功WG＝mgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，线框在穿过磁场下边界过程中做减速运动，且有v2≥v0，由动能定理可知，线框克服外力做功－W合＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，可得W合－WG＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,2))，而将a­x图像纵轴乘以线框质量m，则F合＝ma，ma­x图线与x轴所围面积表示W合大小。A选项中，x＝L时，a＝0，则此时v2＝v0，但由图线所围面积知W合<WG，相矛盾，故选项A不可能；B选项中，x＝L时，a>0，则此时v2>v0，且由图线所围面积知W合<WG，B选项可能；C、D选项中，由图线所围面积无法判断W合与WG大小，v2>v0和v2＝v0均可能，故选项C、D可能。本题选不可能的图像，故选A。6.如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，相同的光滑金属棒P、Q静止在导轨上。t＝0时用水平恒力F向右拉动金属棒Q，运动过程中金属棒P、Q始终与导轨垂直并接触良好，金属棒P、Q与导轨构成的回路中的电流用I表示、磁通量用Φ表示；金属棒Q的加速度用a表示，其相对金属棒P的速度用vQP表示。下列关于I、a、Φ、vQP与时间t的关系图像中正确的是()答案：D解析：由题意可知Q棒由静止开始加速，受水平向右的恒力F和水平向左的安培力F安作用，P棒在安培力作用下同样由静止开始加速。对Q棒有F－F安＝maQ，对P棒有F安＝maP，又F安＝BIL，I＝eq\f(BL（vQ－vP）,R总)，联立可得F－eq\f(B2L2（vQ－vP）,R总)＝maQ，eq\f(B2L2（vQ－vP）,R总)＝maP，t＝0时aQ＝eq\f(F,m)，aP＝0，则vQ比vP增大得快，vQ－vP增大，aQ减小，aP增大，当aQ＝aP时vQ－vP达到最大值，此后Q、P均做匀加速运动，vQ－vP不变，aQ＝aP＝eq\f(F,2m)。由上述分析可知，a＝aQ先逐渐减小，最后保持恒定值不变，B错误；由上述分析知，vQP＝vQ－vP先从零逐渐增大，最后不变，且eq\f(Δ（vQ－vP）,Δt)＝aQ－aP先逐渐减小，最后为零，故D正确；由I＝eq\f(BLvQP,R总)结合上述分析知，I先逐渐增大，最后不变，A错误；Φ＝BLxQP＝Φ0＋BLvQPt，可知Φ从一个不为零的值先增大得越来越快，最后随t均匀增大，C错误。7.(2025·湖南省名校联合体高三上开学考试)(多选)如图所示，足够长的光滑平行金属导轨间距为L，固定在竖直平面内，两根导轨上端用导线连接一个电容器，电容器的电容为C，导轨处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直。现将质量为m、长度也为L的金属棒ab紧贴导轨由静止释放，金属棒沿着导轨下滑过程中始终保持水平且与导轨接触良好，已知重力加速度为g，金属导轨和金属棒电阻均不计，则当金属棒运动稳定后，有()A．金属棒做匀加速运动，加速度大小为eq\f(mg,m＋CB2L2)B．金属棒受到的安培力大小为eq\f(mCB2L2,m＋CB2L2)C．通过金属棒的电流大小为eq\f(mgCBL,m＋CB2L2)D．电容器电荷量保持不变答案：AC解析：当金属棒切割磁感线的速度大小为v时，产生的感应电动势E＝BLv，电容器上的电荷量q＝CE，在极短时间Δt内，金属棒的速度变为v′＝v＋Δv，产生的感应电动势E′＝BLv′，电容器上的电荷量变为q′＝CE′，则通过金属棒的电荷量Δq＝q′－q，电流I＝eq\f(Δq,Δt)，且金属棒的加速度a＝eq\f(Δv,Δt)，根据牛顿第二定律有mg－BIL＝ma，联立解得a＝eq\f(mg,m＋CB2L2)，即金属棒运动稳定后做匀加速直线运动，加速度大小为eq\f(mg,m＋CB2L2)，故A正确；由A项分析可得，通过金属棒的电流I＝CBLa＝eq\f(mgCBL,m＋CB2L2)，金属棒受到的安培力大小FA＝BIL＝eq\f(mgCB2L2,m＋CB2L2)，电容器电荷量变化量Δq＝IΔt＝CBLa·Δt，即电荷量随时间均匀增加，故B、D错误，C正确。8.(2021·全国甲卷)(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，乙加速运动答案：AB解析：由于两线圈从同一高度同时由静止开始下落，则两线圈下边同时进入磁场，且速度相同，设为v；设线圈的边长为l，匝数为n，则线圈下边刚进入磁场时产生的感应电动势为E＝nBlv；设线圈的密度为ρ0，质量为m，则所用导线的横截面积为S＝eq\f(m,4nlρ0)；设导线材料的电阻率为ρ，则线圈的电阻为R＝ρeq\f(4nl,S)＝eq\f(16n2l2ρρ0,m)；线圈下边刚进入磁场时线圈中的感应电流大小为I＝eq\f(E,R)＝eq\f(mBv,16nlρρ0)，线圈所受安培力大小为F＝nIlB＝eq\f(mB2v,16ρρ0)；以竖直向下为正方向，由牛顿第二定律有mg－F＝ma，解得a＝g－eq\f(F,m)＝g－eq\f(B2v,16ρρ0)，可知加速度和线圈的匝数、横截面积无关，则甲和乙进入磁场时，具有相同的加速度；分析可知，在线圈下边进入磁场后且上边进入磁场前，两线圈的加速度和速度在任意时刻都相同。由a的表达式可知，若g>eq\f(B2v,16ρρ0)，即a>0，则在线圈下边进入磁场后且上边进入磁场前，甲和乙都加速运动，或都先加速后匀速运动；若g<eq\f(B2v,16ρρ0)，即a<0，则在线圈下边进入磁场后且上边进入磁场前，甲和乙都减速运动，或都先减速后匀速运动；若g＝eq\f(B2v,16ρρ0)，即a＝0，则在线圈下边进入磁场后且上边进入磁场前，甲和乙都匀速运动。综上所述，A、B正确，C、D错误。9．(2024·河北高考)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。答案：(1)eq\f(B2L3ω,R)eq\f(B2L3ω,2R)(2)eq\f(a,gcosθ)－eq\f(1,3)tanθ解析：(1)设OA棒接入电路的长度为l，则OA棒切割磁感线的平均速度eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(1,2)ωl根据法拉第电磁感应定律，此时回路的感应电动势大小E＝Bleq\o(v,\s\up6(－))根据闭合电路欧姆定律，此时通过CD棒的电流大小I＝eq\f(E,R)则CD棒所受安培力大小F＝ILB联立得F＝eq\f(B2Ll2ω,2R)当OA棒运动到细框对角线位置时，l最大，为lmax＝eq\r(2)L，此时CD棒所受的安培力最大可解得CD棒所受安培力的最大值为Fmax＝eq\f(B2L3ω,R)当OA棒运动到与细框一边平行时，l最小，为lmin＝L，此时CD棒所受的安培力最小可解得CD棒所受安培力的最小值为Fmin＝eq\f(B2L3ω,2R)。(2)设CD棒的质量为m，CD棒与导轨间的最大静摩擦力为fm，CD棒与导轨间的动摩擦因数为μ。CD棒在导轨上静止时，根据题意，当CD棒受到的安培力最小时，根据平衡条件有mgsinθ＝fm＋Fmin当CD棒受到的安培力最大时，根据平衡条件有Fmax＝mgsinθ＋fm撤去推力瞬间，对CD棒，沿导轨方向，根据牛顿第二定律有Fmax＋f－mgsinθ＝ma其中滑动摩擦力大小f＝μN垂直导轨方向，根据平衡条件有N＝mgcosθ联立解得μ＝eq\f(a,gcosθ)－eq\f(1,3)tanθ。考点二电磁感应中的能量问题10.(2024·江苏省淮安市高三下开学考试)如图，光滑平行金属导轨固定在水平面上，左端由导线相连，导体棒垂直静置于导轨上构成回路。在外力F作用下，回路上方的条形磁体竖直向上做匀速运动。在匀速运动过程中外力F做功WF，磁场力对导体棒做功W1，磁体克服磁场力做功W2，重力对磁体做功WG，回路中产生的焦耳热为Q，导体棒获得的动能为Ek。则()A．W1＝QB．W2＝QC．WF＋WG＝Q＋EkD．WF＋WG－W2＝Ek答案：C解析：由能量守恒定律可知，磁体克服磁场力做功等于回路消耗的电能，该电能一部分转化为内能Q，另一部分转化为导体棒的机械能且有Ek＝W1，所以W2－W1＝Q，故A、B错误；以磁体为研究对象，由动能定理得WF＋WG－W2＝0，联立并整理得WF＋WG＝Q＋Ek，故C正确，D错误。11．(多选)如图，水平放置的光滑平行金属导轨上有一质量为m的金属棒ab，导轨的一端连接电阻R，其他电阻均不计，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向下，金属棒ab在一水平恒力F作用下由静止向右运动。则()A．随着ab运动速度的增大，其加速度减小B．外力F对ab做的功等于电路中产生的电能C．当ab做匀速运动时，外力F做功的功率大于电路中的电功率D．无论ab做何运动，它克服安培力做的功一定等于电路中产生的电能答案：AD解析：金属棒ab所受的安培力为FA＝IlB＝eq\f(B2l2v,R)，由牛顿第二定律可知a＝eq\f(F－FA,m)，则随着ab运动速度的增大，其所受安培力增大，因为F不变，则加速度减小，当加速度减小为0时，ab开始做匀速直线运动，故A正确；根据能量守恒定律可知，外力F对ab做的功等于电路中产生的电能以及ab的动能，故B错误；当ab做匀速运动时，外力F做的功全部转化为电路中的电能，则外力F做功的功率等于电路中的电功率，故C错误；根据功能关系知，ab克服安培力做的功等于电路中产生的电能，故D正确。12.(多选)如图所示，竖直固定的光滑圆弧形金属导轨PQ半径为r，O为圆心，P、O之间用导线连接阻值为R的电阻。粗细均匀的轻质金属棒的一端通过铰链固定在O点，另一端连接质量为m的金属小球，小球套在导轨PQ上。初始时刻金属棒处于水平位置，小球、金属棒与导轨始终接触良好。过圆心O的水平线下方分布着磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。已知重力加速度为g，金属棒总电阻为2R，小球、导轨及导线电阻不计，不计一切摩擦阻力。现将小球由静止释放，第一次运动到最低点时小球速度大小为v，在此过程中下列说法正确的是()A．小球运动到最低点时，金属棒产生的感应电动势为BrvB．小球运动到最低点时，金属棒两端的电压为eq\f(Brv,6)C．通过电阻R的电荷量为eq\f(Bπr2,12R)D．电阻R上产生的焦耳热为mgr－eq\f(1,2)mv2答案：BC解析：小球运动到最低点时，金属棒切割磁感线，根据法拉第电磁感应定律可知，产生的感应电动势大小为E＝Breq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(Brv,2)，金属棒两端的电压为U＝eq\f(R,R＋2R)E＝eq\f(Brv,6)，A错误，B正确；此过程中回路中的平均感应电动势大小为eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(Bπr2,4Δt)，回路中的平均感应电流大小为eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R＋2R)，此过程中通过电阻R的电荷量为q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt，联立解得q＝eq\f(Bπr2,12R)，C正确；根据能量守恒定律可知，回路中产生的总焦耳热为Q＝mgr－eq\f(1,2)mv2，电阻R上产生的焦耳热为Q′＝eq\f(R,2R＋R)Q＝eq\f(mgr,3)－eq\f(1,6)mv2，D错误。13.(多选)如图所示，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，二者平滑连接。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d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量为m、电阻也为R的金属棒从高度为h处静止释放，到达磁场右边界处恰好停止。已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨间接触良好。重力加速度为g，则金属棒穿过磁场区域的过程中()A．流过定值电阻的电流方向是N→QB．通过金属棒的电荷量为eq\f(BdL,2R)C．克服安培力做的功为mghD．金属棒产生的焦耳热为eq\f(1,2)(mgh－μmgd)答案：BD解析：金属棒下滑到底端时速度方向水平向右，根据右手定则可知流过定值电阻的电流方向是Q→N，故A错误；金属棒在磁场中运动过程，产生的平均感应电动势eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(BLd,Δt)，平均感应电流eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),2R)，通过金属棒的电荷量q＝eq\o(I,\s\up6(－))·Δt，联立解得q＝eq\f(BdL,2R)，故B正确；对整个运动过程，根据动能定理有mgh－μmgd－W安＝0，则克服安培力所做的功为W安＝mgh－μmgd，电路中产生的总的焦耳热等于金属棒克服安培力所做的功，所以金属棒产生的焦耳热为QR＝eq\f(R,R＋R)W安＝eq\f(1,2)(mgh－μmgd)，故C错误，D正确。14.(2025·山西省长治市高三上期末)竖直平行导轨MN上端接有电阻R，金属杆ab质量为m，跨在平行导轨间的长度为L，垂直导轨平面的水平匀强磁场方向向里，不计ab杆及导轨的电阻，不计摩擦，且ab与导轨接触良好，如图所示。若ab杆在竖直方向上的外力F作用下匀速上升h，则下列说法错误的是()A．金属杆ab克服安培力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热B．金属杆ab克服安培力所做的功与克服重力做功之和等于金属杆机械能的增加量C．拉力F与重力做功的代数和等于金属杆克服安培力做的功D．拉力F与安培力的合力所做的功等于mgh答案：B解析：根据功能关系可知，金属杆ab克服安培力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热，故A正确；金属杆匀速上升，动能不变，其机械能的增加量等于重力势能的增加量，即金属杆ab克服重力所做的功等于金属杆机械能的增加量，故B错误；金属杆ab在竖直方向上的外力F作用下匀速上升h，由动能定理可得WF＋WG－WF安＝0，整理得WF安＝WF＋WG，故C正确；重力做功WG＝－mgh，则拉力F与安培力的合力所做的功为WF－WF安＝mgh，故D正确。本题选说法错误的，故选B。15．(2024·山东高考)(多选)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答案：ABD解析：金属棒MN从释放到第一次到达OO′位置过程中，根据右手定则可知，MN中产生的感应电流的方向由M到N，根据左手定则，可知金属棒MN受到的安培力水平向左，则安培力做负功；当MN第一次经过OO′位置时，有向右的速度，会向右运动，同理分析可知，MN从OO′位置向右运动到最高点的过程，所受安培力仍水平向左，安培力做负功；当金属棒MN到达右侧最高点后，会向左运动，同理分析可知，金属棒MN受到的安培力水平向右，则安培力做负功；之后MN往复运动，MN运动过程中安培力始终做负功，根据能量守恒定律可知，MN上升的最大高度不断减小，直至MN经过OO′位置的速度为0时，才不再运动，即MN最终静止于OO′位置，故A、B、D正确。金属棒MN从释放到第一次到达OO′位置过程中，金属棒MN所受安培力水平向左且始终大于零，由于在OO′位置金属棒重力沿导轨切线方向的分力为0，可知在到达OO′位置之前，重力沿导轨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。16．(2024·全国甲卷)如图，金属导轨平行且水平放置，导轨间距为L，导轨光滑无摩擦。定值电阻大小为R，其余电阻忽略不计，电容大小为C。在运动过程中，金属棒始终与导轨保持垂直。整个装置处于竖直方向且磁感应强度为B的匀强磁场中。(1)开关S闭合时，对金属棒施加以水平向右的恒力，金属棒能达到的最大速度为v0。当外力功率为定值电阻功率的两倍时，求金属棒速度v的大小。(2)当金属棒速度为v时，断开开关S，改变水平外力并使金属棒匀速运动。当外力功率为定值电阻功率的两倍时，求电容器两端的电压以及从开关断开到此刻外力所做的功。答案：(1)eq\f(v0,2)(2)eq\f(BLv0,4)eq\f(B2L2veq\o\al(2,0)C,8)解析：(1)开关S闭合，当金属棒的速度最大时，根据法拉第电磁感应定律可得，金属棒切割磁感线产生的感应电动势大小为E0＝BLv0由闭合电路欧姆定律可得，闭合回路中的电流大小为I0＝eq\f(E0,R)根据平衡条件可知，外力与安培力大小相等，即F＝F安＝BI0L在金属棒速度为v时，外力的功率为PF＝Fv此时金属棒切割磁感线产生的感应电动势大小为E＝BLv闭合回路中的感应电流大小为I＝eq\f(E,R)此时定值电阻的功率为PR＝I2R由题意知PF＝2PR联立解得v＝eq\f(v0,2)。(2)断开开关S，金属棒做匀速运动时，设回路中的电流大小为I′，则金属棒所受安培力大小F安′＝BI′L由平衡条件可得，外力F′＝F安′外力F′的功率PF′＝F′v定值电阻R的功率PR′＝I′2R当外力做功的功率为定值电阻功率的两倍时，PF′＝2PR′联立解得此时回路中的电流大小I′＝eq\f(BLv0,4R)因电容器与定值电阻串联，则此时电容器两端电压UC＝BLv－I′R联立解得UC＝eq\f(BLv0,4)从断开S开始到该时刻的过程，对金属棒，根据动能定理可知，外力做的功等于克服安培力做的功，即WF′＝W安′设该过程经历的时间为t，则安培力做的功W安′＝eq\o(P,\s\up6(－))安′t其中eq\o(P,\s\up6(－))安′是安培力的平均功率，且eq\o(P,\s\up6(－))安′＝eq\o(F,\s\up6(－))安′v安培力的平均值eq\o(F,\s\up6(－))安′＝Beq\o(I,\s\up6(－))′L通过电路的电荷量Q＝eq\o(I,\s\up6(－))′·t且Q＝CUC联立解得WF′＝eq\f(B2L2veq\o\al(2,0)C,8)。考点三电磁感应中的动量问题17．(多选)如图所示，半径为r的粗糙四分之一圆弧导轨与光滑水平导轨平滑相连，四分之一圆弧导轨区域没有磁场，水平导轨区域存在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场，导轨间距为d，ab、cd是质量为m、电阻为R的金属棒，导轨电阻忽略不计。cd静止在水平导轨上，ab从四分之一圆弧导轨顶端由静止释放，在圆弧导轨上克服阻力做功eq\f(1,2)mgr，水平导轨足够长，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，且不会相撞，重力加速度为g。从ab棒进入水平导轨开始，下列说法正确的是()A．ab棒先做匀减速运动，最后做匀速运动B．cd棒先做匀加速直线运动，最后和ab棒以相同的速度做匀速运动C．ab棒刚进入磁场时，cd棒中的电流为eq\f(Bd\r(gr),2R)D．ab棒的最终速度大小为eq\f(\r(gr),2)答案：CD解析：设ab棒刚进入磁场时的速度大小为v0，对ab棒在圆弧导轨上运动的过程，根据动能定理有mgr－eq\f(1,2)mgr＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－0，解得v0＝eq\r(gr)，ab棒刚进入磁场时产生的感应电动势为E＝Bdv0，两金属棒串联，故两棒中的瞬时电流为I＝eq\f(E,2R)＝eq\f(Bd\r(gr),2R)，故C正确；根据楞次定律和左手定则可知，ab棒进入水平导轨后，ab棒受到向左的安培力，cd棒受到向右的安培力，且两力大小相等、方向相反，则ab棒向右做减速运动，cd棒向右做加速运动，设ab棒的速度大小为v1时，cd棒的速度大小为v2，此时闭合回路的感应电动势E′＝Bd(v1－v2)，感应电流I′＝eq\f(E′,2R)，两棒的加速度大小均为a＝eq\f(BI′d,m)＝eq\f(B2d2（v1－v2）,2Rm)，即随着ab棒速度减小，cd棒速度增加，两棒的加速度均减小，所以ab棒做加速度减小的减速运动，cd棒做加速度减小的加速运动，当两棒速度相等时，两棒的加速度均为0，开始做匀速运动，故A、B错误；由以上分析可知，ab棒进入水平导轨后，两棒组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有mv0＝2mv，解得ab棒的最终速度大小为v＝eq\f(\r(gr),2)，故D正确。18．(多选)如图所示，在水平面上固定光滑导轨PQ、RS，PR之间用导线连接，两导轨间距是L。两导轨间有磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场，虚线是匀强磁场的左、右边界，在磁场左边导轨上有一根质量为m、有效电阻为R的导体棒MN，导体棒以初速度v0向右进入磁场，并以速度v从右边穿出磁场，导体棒始终与导轨垂直并接触良好，其余电阻不计，下列说法正确的是()A．导体棒穿过磁场的过程中，导体棒中的电流方向由N到MB．导体棒穿过磁场的过程中产生的热量是eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2C．通过导体棒的电荷量是eq\f(mv＋mv0,BL)D．匀强磁场左、右边界之间的距离是eq\f(m（v0－v）R,B2L2)答案：BD解析：由右手定则可知，导体棒穿过磁场的过程中，导体棒中的电流方向由M到N，故A错误；根据题意，由能量守恒定律可知，导体棒穿过磁场的过程中产生的热量是Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2，故B正确；设导体棒穿过磁场的时间为t，对导体棒由动量定理有－Beq\o(I,\s\up6(－))Lt＝mv－mv0，由电流的定义式可知，通过导体棒的电荷量q＝eq\o(I,\s\up6(－))·t，联立解得q＝eq\f(mv0－mv,BL)，又eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(BLx,t)和eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R)，联立解得匀强磁场左、右边界之间的距离x＝eq\f(m（v0－v）R,B2L2)，故C错误，D正确。19.如图所示，足够长的水平光滑金属导轨所在空间中，分布着垂直于导轨平面且方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。两导体棒a、b均垂直于导轨静止放置。已知导体棒a质量为2m，导体棒b质量为m，长度均为l，电阻均为r，其余部分电阻不计。现使导体棒a获得瞬时平行于导轨水平向右的初速度v0。除磁场作用外，两棒沿导轨方向无其他外力作用，在两导体棒运动过程中，下列说法错误的是()A．任何一段时间内，导体棒b的动能增加量小于导体棒a的动能减少量B．任何一段时间内，导体棒b的动量改变量跟导体棒a的动量改变量总是大小相等、方向相反C．全过程中，通过导体棒b的电荷量为eq\f(2mv0,3Bl)D．全过程中，两棒共产生的焦耳热为eq\f(3,4)mveq\o\al(2,0)答案：D解析：根据题意可知，两棒组成回路，电流相同，故所受安培力合力为零，动量守恒，故任何一段时间内，导体棒b的动量改变量跟导体棒a的动量改变量总是大小相等、方向相反；根据能量守恒定律可知，a的动能减少量等于b的动能增加量与回路中产生的焦耳热之和，故A、B正确。a、b两棒的速度最终相等，设为v，根据动量守恒定律可得2mv0＝(2m＋m)v；对b棒，由动量定理有mv－0＝Beq\o(I,\s\up6(－))l·t＝Blq，解得q＝eq\f(2mv0,3Bl)；根据能量守恒定律，两棒共产生的焦耳热为Q＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(2m＋m)v2＝eq\f(mveq\o\al(2,0),3)，故C正确，D错误。本题选说法错误的，故选D。20．(多选)电磁缓冲装置广泛应用于高铁等交通工具，它利用电磁力来实现有效缓冲，其原理图如图所示。减速区连续分布着间距和宽度均为L的匀强磁场，磁感应强度的大小均为B。质量为m的缓冲车底部最前端固定有边长也为L的N匝正方形线圈，线圈电阻为R，缓冲车以速度v0无动力进入减速区，不计摩擦及空气阻力。则进入减速区的v­t图像、v­x图像可能正确的有()答案：BC解析：缓冲车以速度v0无动力进入减速区，正方形线圈始终有一条边在切割磁感线，缓冲车速度为v时，线圈中感应电动势为E＝NBLv，感应电流为I＝eq\f(E,R)，线圈所受安培力大小F＝NBIL，联立解得F＝eq\f(N2B2L2v,R)，由右手定则与左手定则可知，线圈所受安培力水平向左，线圈的加速度方向向左，与线圈的速度方向相反，线圈做减速运动，加速度大小a＝eq\f(F,m)＝eq\f(N2B2L2v,mR)，由于线圈做减速运动，速度v不断减小，因此加速度a不断减小，线圈做加速度减小的减速运动，直到速度减到零为止，而缓冲车与线圈运动状态始终一致，故A错误，B可能正确；根据动量定理可得－∑FiΔt＝mv－mv0，其中Fi＝eq\f(N2B2L2,R)vi，且∑viΔt＝x，联立解得v＝v0－eq\f(N2B2L2,mR)x，故C可能正确，D错误。21.(2025·辽宁省大连市高三模拟)(多选)如图所示，两根足够长的平行光滑导轨固定在绝缘水平面上，所在空间有方向垂直于水平面、磁感应强度为B的范围足够大的匀强磁场，导轨的间距为L，电阻不计；导轨上静置两根长度均为L的导体棒PQ和MN，其中PQ的质量为2m、阻值为R，MN的质量为m、阻值为2R。若在t＝0时刻给PQ一个平行于导轨向右的初速度v0，则()A．导体棒PQ从t＝0开始做加速度逐渐减小的减速运动，直至匀速运动B．整个运动过程中，系统产生的焦耳热为mveq\o\al(2,0)C．PQ速度为v0时，PQ两端的电压为eq\f(1,3)BLv0D．导体棒MN速度由0到eq\f(1,3)v0的过程中，通过导体棒MN的电荷量为eq\f(mv0,3BL)答案：AD解析：t＝0时刻，PQ平行于导轨有向右的初速度v0，则产生的感应电动势为E＝BLv0，此时PQ两端电压等于路端电压，为U＝eq\f(RMN,RMN＋RPQ)E＝eq\f(2,3)BLv0，故C错误；当导体棒PQ的速度大小为v1时，导体棒MN的速度大小为v2，此时闭合回路中的感应电动势E′＝BL(v1－v2)，闭合回路中的感应电流I′＝eq\f(E′,RMN＋RPQ)，两导体棒所受安培力大小均为FPQ＝FMN＝BI′L，其FPQ方向向左，FMN方向向右，所以导体棒PQ做减速运动，导体棒MN做加速运动，由牛顿第二定律可得导体棒PQ的加速度大小aPQ＝eq\f(FPQ,2m)＝eq\f(B2L2（v1－v2）,6mR)，aMN＝eq\f(FMN,m)＝eq\f(B2L2（v1－v2）,3mR)，随着v1减小，v2增大，aPQ、aMN均减小，所以导体棒PQ做加速度减小的减速运动，导体棒MN做加速度减小的加速运动，当v1＝v2时，两棒的加速度均为0，均开始匀速运动，故A正确；由于两导体棒所受安培力大小相等，方向相反，两棒组成的系统动量守恒，设共同速度大小为v共，有2mv0＝(m＋2m)v共，由能量守恒定律可知，在整个运动中系统产生的焦耳热Q＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,共)＝eq\f(1,3)mveq\o\al(2,0)，故B错误；导体棒MN速度由0到eq\f(1,3)v0的过程中，根据动量定理可得Beq\o(I,\s\up6(－))LΔt＝m·eq\f(1,3)v0－0，通过导体棒MN的电荷量q＝eq\o(I,\s\up6(－))·Δt，联立解得q＝eq\f(mv0,3BL)，故D正确。22．(2024·山东省青岛市高三上期初调研检测)(多选)如图，两平行金属导轨ABC和A′B′C′的间距为0.5m，其中AB、A′B′段光滑，长度为1.2m，与水平方向夹角为30°，BC、B′C′段水平。空间存在方向分别与两导轨平面垂直的磁场，磁感应强度大小均为2T。现将导体棒b放置于水平导轨某处，导体棒a自最高端AA′由静止释放，当a棒开始匀速运动时，b棒刚好能保持静止。a棒到达BB′后再经过0.36s恰好不与b棒发生碰撞。已知导体棒a、b的质量均为0.1kg，电阻分别为4Ω和1Ω，两导体棒与水平导轨间的动摩擦因数相同，两导体棒与水平导轨间的最大静摩擦力均等于其与水平导轨间的滑动摩擦力，导轨电阻不计，重力加速度g＝10m/s2。下列说法正确的是()A．a棒匀速运动时速度大小为2m/sB．导体棒与水平导轨间的动摩擦因数为0.5C．b棒初始位置与BB′相距0.35mD．a棒下滑过程中系统损失的机械能为0.4J答案：BC解析：设a棒匀速运动时速度大小为vm，两导体棒与水平导轨间的动摩擦因数均为μ，此时a棒中的感应电动势大小为E＝BLvm，回路中的电流大小为I＝eq\f(E,Ra＋Rb)，a棒所受安培力大小为F安a＝BIL，对a棒由平衡条件有F安a＝mgsin30°，此时b棒恰好静止，则有F安b＝f，其中F安b＝BIL，f＝μmg，联立解得vm＝2.5m/s，μ＝0.5，故A错误，B正确；设b棒初始位置与BB′相距x，a棒进入水平导轨后做减速运动，所受摩擦力大小为f＝μmg＝0.5N，随a棒速度减小，a棒产生的感应电动势和感应电流减小，则b棒所受安培力减小，b棒一直静止，对a棒由动量定理有－Beq\o(I,\s\up6(－))LΔt－fΔt＝0－mvm，其中eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),Ra＋Rb)，eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(ΔΦ,Δt)，ΔΦ＝BLx，联立解得x＝0.35m，C正确；a棒下滑过程中系统损失的机械能为ΔE＝mglAB·sin30°－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＝0.2875J，D错误。23．(多选)电磁轨道炮原理的俯视图如图所示，它是利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，应用此原理可研制新武器和航天运载器。图中直流电源电动势为E，电容器的电容为C，两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为L，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为