2023届高三物理一轮复习79焦耳热与电磁感应中的能量转化 电磁感应中的电荷量 电磁感应中的动量问题（解析版）

专题79焦耳热与电磁感应中的能量转化

电磁感应中的电荷量电磁感应中的动量问题

考点一焦耳热与电磁感应中的能量转化电磁感应中的电荷量（1-12）

考点二电磁感应中的动量问题（13-21）

考点一焦耳热与电磁感应中的能量转化电磁感应中的电荷量

1.电磁感应中的能量转化

其他形式I克服安培画电流做功I焦耳热或其他

的能量力做功能一形式的能量

2.求解焦耳热Q的三种方法

D焦耳定律：Q=FAAt

2）功能关系：Q=/克服安埼力

3）能量转化：Q=ʌE其他掂量的减少

1.（2022•江西•金溪一中高三阶段练习）（多选）如图所示，两水平虚线之间存在垂直纸面向里的匀强磁

场，边长为ɑ的正方形导体框由磁场上方a处静止释放，导体框的上、下边始终保持与磁场的边界平行，当

导体框的下边与磁场的下边界重合时导体框开始匀速运动。已知磁场的磁感应强度大小为B,磁场的宽度为

4=3α,导体框的质量为小、电阻值为R,重力加速度为g,忽略一切阻力。则下列说法正确的是（）

[a

××××××

XXXXXX力

XXXXXX、，

A.导体框的下边进入磁场后可能做匀速直线运动

B.导体框进入磁场和离开磁场过程中，导体框中产生的感应电流方向相反

C.导体框进入磁场和离开磁场的过程中，通过导体框某一横截面的电荷量均为半

D.导体框穿越磁场的过程中，导体框中产生的焦耳热为3mga

【答案】BC

【解析】A.由题意可知，导体框的下边与磁场的下边界重合时导体框开始匀速直线运动，则重力等于安培

力，由力的平衡条件得Tng=F安

C

又由F方=Bia、I=-、E=Bav

女R

整理得线框的速度V=黑

由于导体框完全进入磁场后，因无电磁感应，导体框•定做匀加速直线运动，则说明导体框进入磁场的过

程做加速运动，不可能做匀速直线运动，故A错误；

B.由楞次定律可知，导体框进入磁场的过程感应电流沿逆时针方向，导体框离开磁场的过程感应电流沿顺

时针方向，B正确；

C.导体框进入磁场的过程中通过导体框导线横截面的电荷量为q=It./=（

由法拉第电磁感应定律得E==-

ʌtAt

由以上整理得q=塔

R

同理，导体框离开磁场的过程通过导体某一横截面的电荷量为q=字故C正确；

D.由于导体框进入磁场的过程做加速运动，导体框离开磁场的过程做匀速运动，可知导体框穿越磁场的过

程中，导体框的动能增加了，根据能量守恒可得3mgα=AEl5+Q

解得Q=3mga-Δfk<3mga故D错误。

故选BC。

2.（2023•全国•高三专题练习）两个完全相同的正方形匀质金属框，边长为L,通过长为L的绝缘轻质杆

相连，构成如图所示的组合体。距离组合体下底边“处有一方向水平、垂直纸面向里的匀强磁场。磁场区域

上下边界水平，高度为3左右宽度足够大。把该组合体在垂直磁场的平面内以初速度DO水平无旋转抛出，

设置合适的磁感应强度大小8使其匀速通过磁场，不计空气阻力。下列说法正确的是（）

XXXAXXX布

XXXz5×XX±l,

ʌ.B与t⅛无关，与避7成反比

B.通过磁场的过程中，金属框中电流的大小和方向保持不变

C.通过磁场的过程中，组合体克服安培力做功的功率大于重力做功的功率

D.调节H、%和B,只要组合体仍能匀速通过磁场，则此过程中产生的热量不变

【答案】D

【解析】A.组合体下底边刚进入磁场时，竖直方向的速度为3=师7

下底边切割磁感线，电流方向为逆时针，水平方向速度使左右两边切割磁感线，产生的电动势相互抵消,

组合体匀速通过磁场，则有尸安=mg

又E=BLU丫,1=3,F安=BIL联立可得

Rmg

可知8与%无关，依与而成反比，A错误;

B.当下方金属框的上面一条边进入磁场时，产生的电流方向为顺时针，与组合体下底边刚进入磁场时产生

的电流方向相反，B错误;

C.根据能量守恒，通过磁场的过程中组合体动能不变，只有重力和安培力做功，则组合体克服安培力做功

的功率和重力做功的功率相等，C错误;

D.无论H、％和B怎么变化，只要组合体匀速通过磁场，则其产生的焦耳热均为Q=WG=4nιgL

I）正确;

故选

D0

3.（2022•广东•潮州市湘桥区铁铺中学模拟预测）（多选）如图所示，垂直于纸面的匀强磁场磁感应强度

大小为8,纸面内有一由均匀金属丝制成的等腰直角三角形线框a6c,直角边边长为乙A边与磁场边界平

行,线框总电阻为几线框在向左的拉力作用下以速度/匀速进入磁场。下列分析正确的是（）

XX

B

XX

XX

XX

A.线框进入磁场过程中有顺时针方向的感应电流

B.线框进入磁场过程中产生的热量为ɪ

2R

C.线框助边中点进入磁场时拉力的功率大小为名艺

4R

D.线框进入磁场过程中通过线框某一横截面的电荷量为器

2R

【答案】CD

【解析】A.由楞次定律可知线框进入磁场过程中有逆时针方向的感应电流，故A错误;

B2X2V

B.由公式F=

R

可知，尸与X成二次函数关系，根据尸与X的关系图像可知，线框进入磁场的过程中，力厂所做的功等于图

线与X轴所围成的面积，所以力月所做的功小于ɪ.线框进入磁场过程中产生的热量小于聆,故B

错误：

C.线框四边中点进入磁场时拉力F=噂&=哗

R4R

功率P=Fv='故C正确；

4R

D.线框进入磁场过程中通过线框某一横截面的电荷量为0=票=等故D正确。

故选CD。

4.（2022•河北•模拟预测）（多选）两相同的“门”形光滑金属框架竖直放置，框架的一部分处在垂直纸

面向外的条形匀强磁场中，如图所示。两长度相同粗细不同的铜质金属棒a、6分别从两框架上相同高度处

由静止释放，下滑过程中金属棒与框架接触良好，框架电阻不计，下列说法中正确的是（）

A.金属棒a、6在磁场中的运动时间相等B.到达磁场下边界时，粗金属棒。的速度大

C.通过磁场过程中，流过粗金属棒。的电量多D.通过磁场过程中，粗金属棒6产生的热量多

【答案】Aa）

【解析】AB.两金属棒刚进入磁场时，速度相同，安培力为F=BIL=里詈

R

根据电阻定律R=吃

又m=p'LS

根据牛顿第二定律a=Q

m

整理得a=g-驾

PP

故两棒在后续的运动过程中，运动状态相同，在磁场中运动时间相同，到达磁场下边界时，两棒的速度一

样大，故A正确，B错误；

/-«ɪa447ʌfʌʌΦʌ.BAS

C.根据o=f∕∆t=-∆t=----At=-----

“RRAtR

两棒运动过程中，磁通量改变量相同，但粗棒的电阻更小，故流过粗金属棒6的电量多，故C正确;

两棒的加速度相同，粗棒的质量大，则粗棒受到的安培力更大，克服安培力做功等于产生的热量，故粗金

属棒6产生的热量多，故D正确。

故选ACDo

5.（2022•湖南）（多选）如图，间距L=Im的U形金属导轨,一端接有0.1Ω的定值电阻R,固定在高∕ι=（）.8m

的绝缘水平桌面上。质量均为Slkg的匀质导体棒a和。静止在导轨上，两导体棒与导轨接触良好且始终与

导轨垂直，接入电路的阻值均为O∙1C,与导轨间的动摩擦因数均为0∙1（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），

导体棒。距离导轨最右端1.74m。整个空间存在竖直向下的匀强磁场（图中未画出）,磁感应强度大小为0.1T。

用尸=0∙5N沿导轨水平向右的恒力拉导体棒a,当导体棒a运动到导轨最右端时，导体棒6刚要滑动，撤去

F,导体棒a离开导轨后落到水平地面上。重力加速度取Iom//,不计空气阻力，不计其他电阻，下列说

法正确的是（）

UliUl

A.导体棒a离开导轨至落地过程中，水平位移为0.6m

B.导体棒a离开导轨至落地前，其感应电动势不变

C.导体棒a在导轨上运动的过程中，导体棒6有向右运动的趋势

D.导体棒a在导轨上运动的过程中，通过电阻R的电荷量为0.58C

【答案】BD

【解析】

C.导体棒a在导轨上向右运动，产生的感应电流向里，流过导体棒6向里，由左手定则可知安培力向左,

则导体棒6有向左运动的趋势，故C错误；

BLv

ʌ.导体棒6与电阻〃并联，有

KH---

2

当导体棒a运动到导轨最右端时，导体棒6刚要滑动，有B^-L=μmg

联立解得a棒的速度为v=3m∕s

.12

a棒做平抛运动，有x=vt∕z=广

联立解得导体棒a离开导轨至落地过程中水平位移为X=1.2m故A错误；

B.导体棒a离开导轨至落地前做平抛运动，水平速度切割磁感线，则产生的感应电动势不变，故B正确;

7λBL&x0.1xlχl.74C一”

Q—[∙ʌf/=----------=----------------C=I16C

D.导体棒a在导轨上运动的过程中，通过电路的电量为"pɪlp0.15

KA---K

2

导体棒6与电阻"并联，流过的电流与电阻成反比，则通过电阻R的电荷量为¾=∣=0.58C

故D正确。

故选BDo

6.（2022•湖南•高三开学考试）如图所示，两根等高光滑的;圆弧轨道，αα'与cc'等高，半径为八间

距为3轨道电阻不计。在轨道右侧连有一阻值为R的电阻，整个装置处在一竖直向上的匀强磁场中，磁感

应强度大小为8,现有一根长度为L、电阻为R’的金属棒，在外力F的作用下以初速度%从αα’沿轨道做匀

A.金属棒经过最低位置加’处时，通过金属棒的电流方向为b'→b

B.金属棒经过最低位置bb'处时，电路中的电流最小

C.电阻上产生的热量为平史色

2（R+R）

D.外力尸做的功为胃吟

（R+R）

【答案】C

【解析】A.金属棒经过最低位置油‘处时，根据右手定则，通过金属棒的电流方向为b∙→b',故A错；

B.金属棒经过最低位置bb'处时，金属棒垂直切割磁感线，产生的感应电动势最大，电路中的电流最大,

故B错；

C.金属棒切割磁感线产生的电动势为e=BLι⅛sin^t

电路中的电动势的有效值为E=嘤

2

则有Q=(」一)Rt,t=-

∖R+R/Vo

联立解得Q=ERB"?故C正确；

2(R+R')

D.根据能量关系，外力广做的功等于电路的总热量为WF=Q总=(备Y(R+R')t=手黑j

故D错误。

故选Co

7.如图，光滑无电阻的金属框架MoN竖直放置，匀强磁场的磁感应强度为B,方向垂直于MoN平面指向纸

里。质量为m,长度为I,电阻为R的金属棒αb从NhbO=45°的位置由静止释放，两端沿框架在重力作用

下滑动。若当地的重力加速度为外金属棒与轨道始终保持良好接触，下列说法正确的是()

B.下滑过程中棒产生从b到a方向的电流

C.从释放到棒全部滑至水平轨道过程中产生的电能小于第

D.从释放到棒全部滑至水平轨道过程中，通过棒的电荷量小于半

4R

【答案】C

【解析】A.棒在下滑过程中，棒与金属导轨组成闭合回路，磁通量发生改变，回路会产生感应电流，棒将

受到安培力作用，安培力对棒做负功，棒的机械能不守恒，故A错误；

B.设/ab。=。，闭合回路的面积为S=(∕sin81CoS0=:∕2sin28

可知当0=45°时，闭合回路面积最大；则棒下滑过程中，闭合回路围成的面积减小，回路磁通量减小，

根据楞次定律可知，产生的感应电流为顺时针方向，即棒产生从α到b方向的电流，故B错误；

C.棒从释放到滑至水平轨道过程，重力势能减少量为AEp=τng%=mggsin45°=立詈

根据能量守恒定律可知，减少的重力势能转化为棒的动能和回路中产生的电能，则回路产生的电能小了智，

4

故C正确；

D.从释放到棒全部滑至水平轨道过程中，

棒与金属导轨组成闭合回路磁通量的变化量大小为△①=8。争.争=孚

2224

∆Φ

根据q=∕∆t=∣∆t=ɪAt=ʃ

联立可得通过棒的电荷量为q=■故D错误。

故选Co

8.（2022•江西鹰潭•二模）（多选）如图所示，竖直面内有一个闭合导线框ACDE（由柔软细导线制成）挂

在两固定点4〃上，水平线段1〃为半圆的直径，在导线框的£处有一个动滑轮，动滑轮下面挂一重物，

使导线处于绷紧状态。在半圆形区域内，有磁感应强度大小为反方向垂直纸面向里的有界匀强磁场。设导

线框的电阻为r,圆的半径为R,在将导线上的。点以恒定角速度3（相对圆心0）从4点沿圆弧移动的过

程中，若不考虑导线中电流间的相互作用，则下列说法正确的是（）

A.在C从1点沿圆弧移动到〃点的过程中，导线框中感应电流的方向先逆时针，后顺时针

B.当C沿圆弧移动到圆心。的正上方时，导线框中的感应电动势最小

C.在C从1点沿圆弧移动到图中/力比-30°位置的过程中，通过导线上C点的电量为半

D.在C从4点沿圆弧移动到〃点的过程中，导线框中产生的电热为世警

2r

【答案】ABD

【解析】A.转过角度θ=ωt

根据几何知识知线框的面积S=γ2RR-sinθ=R2sinθ

磁通量为①=BR2s∖nθ=BR2s∖nωt

磁通量先增大后减小，根据楞次定律知电流的方向先逆时针，后顺时针，A正确；

B.根据E=ʌɪ知E=BωR2cosωt

Δt

C沿圆弧移动到圆心。的正上方时，导线框中的感应电动势最小为0,B正确;

根据q=n∙

n

BΛ2sin60o-0y[3BR2

C错误;

I）.由B项知电动势有效值为E=^-BωR2

故电热为受t=空警D正确。

r2r

故选ABD0

9.如图所示，MN、PQ是两根足够长的光滑平行的金属导轨，导轨间距离L=O.2m,导轨平面与水平面的

夹角族30。，导轨上端连接一个阻值R=0.4Ω的电阻.整个导轨平面处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，

磁感应强度B=0.5T.现有一根质量"?=0.01kg、电阻r=0.1Q的金属棒“6垂直于导轨放置，且接触良好，金

属棒从静止开始沿导轨下滑Lz=Im后达到匀速直线运动，且始终与导轨垂直.g=:Lom∕s2,导轨电阻不计，求：

Q'

（1）金属棒沿导轨下滑过程中速度最大值；

（2）金属棒沿导轨匀速下滑时岫两端的电压；

（3）金属棒从静止达到匀速的过程中，通过电阻R的电量和热量.

【答案】（1）v=2.5m∕s（2）U=O.2V（3）q=0.2C,QR=1.5XIO-2J

【解析】（1）金属棒匀速运动时，由平衡条件知：mgsinθ=BIL1,

棒匀速切割磁感线时E=RL1V,

回路电流/=学，

mgsinθ(R+r')

-22

BL1~

解得:v=2.5m∕s;

(2)匀速时，V代入公式，知∕=0.5A,又由U=∕R=0.2V；

(3)由q=7/37=-ɪ-,E=丝■=吗”故q=BLIL2,解得：^=o.2C:

R+r∆t∆tFR+r'

2

由能量守恒定律知：m^∆2sinθ=ɪmv÷Q今=等，解得：QR=I.5xlO—j

10.(2022•全国)如图，一不可伸长的细绳的上端固定，下端系在边长为/=().4Om的正方形金属框的一

个顶点上。金属框的一条对角线水平，其下方有方向垂直于金属框所在平面的匀强磁场。已知构成金属框

的导线单位长度的阻值为;1=5.0x10'C∕m;在f=0到f=3.0s时间内，磁感应强度大小随时间£的变化关

系为即)=。3—。If(SI)。求：

(I)r=2∙0s时金属框所受安培力的大小；

(2)在/=0到72.0S时间内金属框产生的焦耳热。

ZZZZzZ//〃/

【答案】(1)0.04√2N:(2)0.016J

【解析】(1)金属框的总电阻为R=4/4=4χ0.4x5XlOTC=O.008C

I2

金属框中产生的感应电动势为E=以=j=0]XkoTV=(≡8V

∆rΔ/2

F

金属框中的电流为∕=2=1A

R

t=2.Os时磁感应强度为层=(0.3-0.1X2)T=O.IT

金属框处于磁场中的有效长度为L=

此时金属框所受安培力大小为FA=B2IL=0Λ×1×√2×0.4N=().()4^N

(2)0:2.0s内金属框产生的焦耳热为Q=L即=12χ0.008x2J=0.016J

11.如图所示，质量仍=0.1kg,电阻用=0.3Q,长度∕=0∙4m的导体棒a。横放在U型金属框架上.框

架质量加=0.2kg,放在绝缘水平面上，与水平面间的动摩擦因数“=0.2.相距0.4m的,IT、NN,相互

平行，电阻不计且足够长.电阻尼=0.1Q的助V垂直于朗/.整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感

应强度6=0.5T.垂直于数施加尸=2N的水平恒力，a。从静止开始无摩擦地运动，始终与J加、册”保

持良好接触.当数运动到某处时，框架开始运动.设框架与水平面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取

10m∕s2.

(1)求框架开始运动时数速度y的大小；

(2)从力开始运动到框架开始运动的过程中，，肺上产生的热量O=O.1J,求该过程数位移X的大小.

【答案】(1)6m/s(2)1.1ɪn

【解析】(l)a6对框架的压力，R=InIg①

框架受水平面的支持力，R=Ilkg"、②

依题意，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则框架受到最大静摩擦力，R=HR③

a8中的感应电动势，E=Blv@

,/V中电流，I=RS就⑤

助V受到的安培力，F*=H瞑)

框架开始运动时，F安=F®

由上述各式代入数据解得，/=6m/s⑧

(2)闭合回路中产生的总热量，Q=—^4©

ii1\2

由能量守恒定律，得，∕⅛=∙L+。总⑩

代入数据解得X=LIm

12.(2022•上海浦东新•模拟预测)每个快递入库时都会贴一张电子标签，以便高效仓储、分拣。如图

(a)所示，某快递表面的标签上固定了一个横放的“日”字形线圈，在入库时快递与传送带一起以水平恒

定速度"穿过磁感应强度为用方向竖直向下且宽为人的有界匀强磁场，磁场边界与切边平行。传送带连

接的传感器可以采集到快递受到的摩擦力。已知线圈短边刃长为£,长边CG长为2£,E、尸为两长边的中

点。电阻依%必W=r,RE用2r,其余部分电阻不计。问：

(1)如边刚进磁场时，切中感应电流的方向；

(2)切边刚进磁场时，快递受到的摩擦力f；

(3)整个“日”字形线圈穿过磁场的过程中，产生的总焦耳热R

(4)取〃到C的电流方向为正，请在图(b)中画出“日”字形线圈穿过磁场的过程中，流过切边的电流

/5与位移X的关系图像。(不需要分析过程)

6

O.。4

。2

0

-2XZL

-4

-6

【答案】（1）〃到心（2）空也，方向水平向右；（3）也丝包4

5rSr

【解析】（1）。边刚进磁场时，根据右手定则可知感应电流方向从〃到4

（2）口边刚进磁场时，其切割磁感线产生的感应电动势为E=BLVo

此时线圈形成回路的总电阻为%=r+等=Jr

ɪr+2r3

通过切边的电流为A=5=学也

切边受到的安培力大小为FAl=BhL=窄为

根据左手定则可知必边受到安培力方向水平向左，根据平衡条件可知快递受到的摩擦力方向水平向右，且

大小为Ff=FAl=等

（3）从切边进入磁场到跖边进入磁场过程中，线圈克服安培力做的功为Wl='/=哼"

当以边切割磁感线的过程中，线圈形成回路的总电阻为R2=2r+-=∣r

“r+r2

通过矿边的电流为，2=5=华2

Rz5r

原边受到的安培力大小为=BIL=里争

FΛ22

从断边进入磁场到677边进入磁场过程中，线圈克服安培力做的功为伤=FAZL=在争

根据对称性可知做边穿过磁场的过程中，线圈克服安培力做的功为W3^W1=

整个“日”字形线圈穿过磁场的过程中，产生的总焦耳热等于线圈克服安培力做的总功，

所以Q=Wl+W2+悠=哼四

（4）在OY范围内，易知/微=/尸华也

在£~2£范围内，用边切割磁感线，此时流过切边的电流沿负方向,

根据并联电路分流规律可知ICDr51—

在2£'3£范围内，6Z/边切割磁感线，根据对称性可知通过以边的电流与，大小相等，此时流过3边的电

流沿负方向，根据并联电路分流规律可知/0『沙-甯

综上所述作出/0X图像如图所示。

S

.64

O.2

O.0

2

4

6

考点二电磁感应中的动量问题

利用动量观点分析电磁感应问题的解题思路

L对于单杆切割磁感线运动过程中，可以应用动量定理求解变力的作用时间、速度、位移和电荷量等

有关物理量，常见关系如下：

1）求电荷量或速度：BlINt=InV2—mvι,q=It。

—ΔΦ

2）求时间：Ft=I%=mv2-mv∖,I决=Bllkt=Bl

他

Δt

3）求位移：-BIlt=----------=O-JOIVQ

族9

即T-JT=O-227P⅞o

Λ⅛

2.对于两导体棒在相互平行的光滑水平轨道上做切割磁感线运动时，如果这两根导体棒所受的安培力

等大反向，且不受其他外力或其他外力的合力为零时，两导体棒的总动量守恒，解决此类问题应用动量守

恒定律解答往往比较便捷，当涉及电量计算时需用动量定理求解。

13.（2022•安徽•模拟预测）（多选）如图所示，宽度为L的光滑金属框架MNPQ固定于水平面，并处在磁

感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向竖直向下，框架的电阻分布不均匀。将质量为m、长为L的金属

棒仍垂直放置在框架上，并且与框架接触良好。现给棒ab向左的初速度%,其恰能做加速度大小为ɑ的匀减

速直线运动，则在棒αb的速度由外减为"的过程中，下列说法正确的是（）

NM

XXBXXX

XXXXX皿

XXXXX

×XXXX

PQ

ʌ.棒ɑb的位移大小为华B.通过棒ɑb的电荷量为嗤也

2aBL

C.框架PN段的热功率增大D.棒ab产生的焦耳热为诏-v2）

【答案】AB

22

【解析】A.根据匀变速直线运动速度位移关系有v-v0=-2ax

解得X=上二日故A正确；

B.对ab棒根据动量定理有-BjI∙At=mv-mvo

又q=r∙∕t解得q=。出故B正确；

BL

C.根据热功率P=I2R

随着导体棒ab速度的减小，动生电动势E=BLv

也减小，根据闭合电路欧姆定律可知，电流不变，故热功率减小，故C错误:

D.由能量守恒定律可知ɪmvɑ2-ɪmv2=Q

22

Q为电路中产生的焦耳热，故导体棒ab产生的焦耳热小于Q,即小于Ifn（%-v）故D错误。

故选AB。

14.（多选）如图所示，两条平行金属导轨表面光滑，相距为d,与水平方向夹角为。，其上端接一阻值为7?

的电阻，在两导轨间MN下方区域内有垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度为民现有质量为小的金

属棒由静止开始自MN位置释放，金属棒在轨道之间的电阻为人当金属棒沿导轨下滑距离/后速度不再变

化（金属棒与导轨始终保持良好的接触且下滑过程中始终与导轨垂直，导轨电阻不计）•则下列说法正确

的是（）

A.金属棒沿导轨下滑过程减小的重力势能转化为金属棒的动能和电阻y?的焦耳热

B.金属棒沿导轨下滑的最大速度为吟警

C.金属棒沿导轨下滑距离/过程中回路产生的总焦耳热为Zngkine-嘿部

D.金属棒从静止释放经过时间t下滑距离为T时，此时速度大小为gtsin。-就急

【答案】BD

【解析】A.根据能量守恒可知，金属棒沿导轨下滑过程减小的重力势能转化为金属棒的动能以及电阻E和

金属棒的焦耳热，A错误；

B.金属棒沿导轨下滑过程首先做加速度减小的加速运动，当加速度减为零时速度达到最大，根据闭合电路

欧姆定律有I=警

R+r

由平衡条件可知mgsinθ=BId

解得力=整浮B正确；

C.由功能关系mglsinθ=∣mv⅛-∣-Q

联立解得Q=m成sin。一金零产ɪC错误；

D.由动量定理可知（nτgsin6—Bid）t=mv

即mgtsinθ—Bdq—mv

LΔΦB於

Xq'=­r+R7=—r+R⅛

解得V=gtsnθ-D正确。

D∖2τ8n（K：+'r）

故选BDo

15.（2022・山东•泰安市基础教育教学研究室二模）（多选）如图所示，足够长的平行光滑金属导轨与水

平面成。角放置，导轨宽度L,电阻不计，底端接有阻值为R的定值电阻，整个装置处在磁感应强度为8的匀

强磁场中，磁场方向垂直于轨道平面向上、有一质量为血、长度为L、电阻为r的导体棒垂直放在导轨上，现

让导体棒从导轨底部以初速度火冲上导轨，上滑到最大距离S后，又返回到底端。重力加速度为g,下列说

法正确的是（）

B

ʌ.运动的整个过程中，导体棒的最大加速度为gsinθ+竟普

B.导体棒在上滑过程中，R上产生的焦耳热为诏-mgSsin8

C.导体棒在上滑至9处时的速度大于半

D.导体棒上滑的过程中所用的时间为“陪粤

Tng(R+r)sιnθ

【答案】ACD

【解析】A.导体棒刚释放时，加速度最大，电路中的感应电动势为E=BL%

感应电流/="

R+r

导体棒所受安培力F=BIL

根据牛顿第二定律得αmaX=m9Sin6+F

联立可得αmax=gsin。+总悬故A正确；

B.导体棒上滑过程中，根据能量守恒得Q+HigSsinO=如诏

解得电路中产生的焦耳热Q=∣mv^-mgSs∖nθ

R上产生的焦耳热为QR=WQ=诏一mgSsin。)故B错误；

V"τKT"VKN

C.随着导体棒上滑，速度减小，则安培力减小，可知导体棒做加速度减小的减速运动，如图所示

可知当速度为当时的位移大于右可知导体棒在上滑至g处时的速度大于冷，故C正确;

D.上滑过程，以向上为正方向，由动量定理得-(mgsinJ+B/L)・AC=0-mt⅛

结合q=I・At

整理得mgs∖nθ∙ʌt÷BLq=mvQ

ΔΦBLS

又q------=-------

R+rR+r

解得ʌt_m-o(/r)-//s

mg(R+r')sinθ

故D正确。

故选ACDo

16.（多选）如图，足够长的间距d=Im的平行光滑金属导轨MN、PQ固定在水平面内，导轨间存在一个宽

度L=2m的匀强磁场区域,磁感应强度大小为B=0.5T,方向如图所示。一根质量nɪɑ=0.1kg,阻值R=0.5Q

的金属棒α以初速度%=8m∕s从左端开始沿导轨滑动，穿过磁场区域后，与另一根质量n⅛=0∙2kg,阻值

R=0.5Q的原来静置在导轨上的金属棒b发生弹性碰撞，两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不

计，贝IJ（)

A.金属棒ɑ第一次穿过磁场时做匀减速直线运动

B.金属棒a第一次穿过磁场时回路中有逆时针方向的感应电流

C.金属棒a第一次穿过磁场区域的过程中，金属棒b上产生的焦耳热为1.375J

D.金属棒a最终停在距磁场左边界1.6m处

【答案】BCD

【详解】A.金属棒a第一次穿过磁场时受到安培力的作用，做减速运动，由于速度减小，感应电动势减小,

感应电流减小，安培力减小，加速度减小，故金属棒a做加速度减小的减速直线运动，A错误；

B.根据右手定则可知，金属棒a第一次穿过磁场时回路中有逆时针方向的感应电流，B正确；

C.金属棒a第一次穿过磁场区域的过程中，电路中产生的平均电动势为E%

∆tAt

电路中的平均电流为∕^=⅛

以向右为正方向，对金属棒a,根据动量定理可得-B『d∙At=mcιUa-m/o

解得金属棒Q笫一次离开磁场时速度为va=3m∕s

金属棒α第一次穿过磁场区域的过程中，电路中产生的总热量等于金属棒α机械能的减少量,

则有Q=加α诏-加α喏

解得Q=2.75]

由于金属棒电阻相等，金属棒产生的焦耳热相等，则金属棒b上产生的焦耳热为Qb=I=1.375JC正确；

D.以向右为正方向，两金属棒碰撞过程，

mv

根据动量守恒和机械能守恒可得mava=mava+mbvbjmɑvɑ=a+^bb

联立解得va=-lm∕s

可知碰撞后金属棒α反弹的速度大小为lm∕s,设金属棒ɑ最终停在距磁场左边界X处，从反弹进入磁场到停

下来的过程，电路中产生的平均电动势为F=j=%出

AtΔt

电路中的平均电流为=三

2R

以向右为正方向，对金属棒a,根据动量定理可得-Bl'd∙Xt'=O-mava

联立解得X=I.6mD正确。

故选BCD。

17.（2022•全国•高三开学考试）（多选）如图所示，两平行倾斜导轨与两足够长的平行水平导轨平滑连

接，导轨光滑且电阻不计，质量为W的金属棒6静止在水平导轨上，棒与导轨垂直。图中EF虚线右侧有范

围足够大、方向竖直向上的匀强磁场。质量为加的金属棒a垂直放置在倾斜导轨上并由静止释放，释放位

置与水平导轨的高度差为瓦金属棒a进入磁场瞬间，加速度大小为劭，之后始终未与金属棒人发生碰撞,

金属棒的电阻不可忽略，重力加速度为g,则下列说法正确的是（）

A.金属棒a沿斜导轨下滑过程中机械能守恒

B.金属棒a进入磁场后，α,b组成的系统机械能守恒

C.整个过程两金属棒a、b产生的焦耳热之和为ITngZJ

D.金属棒a的加速度大小为0.5a0时，棒a的速度为

【答案】ACD

【解析】A∙金属棒a沿斜导轨下滑过程中只有重力对金属棒a做功，则机械能守恒，故A正确；

B.金属棒a进入磁场后，回路中的磁通量发生变化，有感应电流，会产生热量，a、b组成的系统机械能不

守恒，故B错误；

C.金属棒a进入磁场后a`b组成的系统动量守恒，最终有mva=2mv

对金属棒a由动能定理可得mg∕ι=-O

解得=V=

整个过程两金属棒a、b产生的焦耳热之和为Q=ITn瑶-gX2mι∕2=（πig∕故C正确；

D,由E=BLv/=—尸安=BlLF安=ma

可得，金属棒a进入磁场时的加速度最大，即与也=mα0

R总

金属棒a进入磁场后，加速度等于最大加速度的一半时，设金属棒a的速度为匕，。的速度为W

贝严LTi）劭

K总2

可得%-V2=∣vα

由动量守恒可得=mv1+mv2

则%

即金属棒a进入磁场后，加速度等于最大加速度的一半时，棒a的速度大小为:扬L故D正确。

故选ACD。

18.（2022•湖南郴州•二模）（多选）如图所示，两根间距为d的光滑平行金属导轨，在。。'左侧是倾角

为夕的斜面，右侧是足够长的水平轨道，有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为艮长度为d的两根金属棒

MN、闾始终垂直导轨，与导轨接触良好，质量均为血"V'棒的电阻是“棒电阻的一半。金属棒网,从静止

释放沿导轨下滑（不计。。'处能量损失）。导轨电阻不计，整个过程中助V棒与匐棒未发生碰撞，重力加

速度取g，则下列说法正确的是（）

h

OP

A.整个过程中金属棒,则产生的焦耳热为Tτng∕

B∖2g∕ι

B.整个过程流过金属棒图棒的电荷量为三

2md

C.释放后金属棒,即最终与闾棒在水平轨道上一起做匀速直线运动

2Bd∖2gh

D.金属棒助V滑至0。'，刚进入磁场区域时，金属棒出两端的电压大小为T—

【答案】CD

【解析】AC.，四棒进入磁场后，切割磁感线，产生感应电流，受到向左的安培力，先减速，掰棒受到向右

的安培力，加速，两棒受到的安培力等大反向，所以两棒组成的系统动量守恒，最终两者共速，做匀速直

线运动，则根据题中条件可得mg4=诏mv0=2mv

对系统根据能量守恒可得mgk=∣2mv2+Q

可得Q=^mg∕ι

则整个过程中金属棒,歌产生的焦耳热为QMN=』Q=2mga故A错误，C正确；

B.金属棒产0棒由动量定理可得Bldt=TnU-O

整个过程流过金属棒内棒的电荷量为q=l^t

联立可得q=里故B错误；

ZBa

D.金属棒,MV滑至0。'，刚进入磁场区域时，产生的感应电动势为E=Bdv0

则感应电流为I=仁π+Zπ

2Bd∖2g∕ι

则金属棒。。两端的电压大小为U=I-2R=T~故D正确。

故选CDo

19.（2021•海南）如图，间距为/的光滑平行金属导轨，水平放置在方向竖直向下的匀强磁场中，磁场

的磁感应强度大小为反导轨左端接有阻值为A的定值电阻，一质量为0的金属杆放在导轨上。金属杆在水

平外力作用下以速度力向右做匀速直线运动，此时金属杆内自由电子沿杆定向移动的速率为外设金属杆

内做定向移动的自由电子总量保持不变，金属杆始终与导轨垂直且接触良好，除了电阻A以外不计其它电

阻。

(1)求金属杆中的电流和水平外力的功率;

(2)某时刻撤去外力，经过一段时间，自由电子沿金属杆定向移动的速率变为会，求:

(i)这段时间内电阻A上产生的焦耳热；

(ii)这段时间内一直在金属杆内的自由电子沿杆定向移动的距离。

R------>vo

【答案】⑴警，牛：(2)⑴加，(ii)噌

KKoZz>I

【解析】(1)金属棒切割磁感线产生的感应电动势E=BlVo

则金属杆中的电流/=4=警

RR

p212

由题知，金属杆在水平外力作用下以速度。向右做匀速直线运动则有尸=∕¾=8∕∕=2j

安R

根据功率的计算公式有P=尸％=g⅛

(2)(i)设金属杆内单位体积的自由电子数为〃，金属杆的横截面积为S,则金属杆在水平外力作用下以

速度”向右做匀速直线运动时的电流由微观表示为I=neSu0=呼

R

解得"Se=普

当电子沿金属杆定向移动的速率变为等时，有r=nSe含=当

22A

解得/=?

2

根据能量守恒定律有→nva=→ιv^-Q

解得Q=g机吟

ð

(ii)由(i)可知在这段时间内金属杆的速度由电变到?，设这段时间内一直在金属杆内的自由电子沿杆

2

定向移动的距离为4规定水平向右为正方向,

则根据动量定理有-B"∙At=mE-mv。=-BniSe£uAt=-BnISed