电磁感应中的三大力学观点的综合性应用（专项训练）（解析版）-2025年高考物理一轮复习

电磁感应中的三大力学观点的综合性应用

考情探究,

i.高考真题考点分布

题型考点考查考题统计

选择题单棒问题2024年贵州卷

计算题含容单棒问题2024年北京卷

计算题双棒问题2024年江西卷

2.命题规律及备考策略

【命题规律】高考对利用三大力学观点处理电磁感应问题的考查较为频繁，题目的形式有选择题也有计算

题，不管那种题型，题目的难度都较大，多以压轴题的难度出现。

【备考策略】

1.利用动力学的观点处理电磁感应问题。

2.利用能量的观点处理电磁感应问题。

3.利用动量的观点处理电磁感应问题。

【命题预测】重点关注电磁感应中利用三大力学观点处理框类问题、单棒问题和双棒问题。

m.考点梳理1•

一、两种状态及处理方法

状态特征处理方法

平衡态加速度为零根据平衡条件列式分析

非平衡态加速度不为零根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系进行分析

二、力学对象和电学对象的相互关系

三、电磁感应现象中的能量转化

安转化

培「做正功：电能=>机械能，如电动机

力

做I做负功:机械能整电能翳器餐覆器

功

四、求解焦耳热Q的三种方法

焦耳定律：Q=『Rt）

功能关系：Q=卯克服安培.

淤、^4能量转化：Q=&E其他能的减少量）

五、电磁感应中的能量与动量问题

1.导体棒在磁场中做非匀变速运动的问题中，应用动量定理可以解决牛顿运动定律不易解答的问题。

2.在相互平行的光滑水平轨道间的双导体棒做切割磁感线运动时，由于这两根导体棒所受的安培力等大反

向，若不受其他外力，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。

考点精讲|

考点一电磁感应中的动力学问题

分析电磁感应现象中动力学问题的基本步骤

典例引领

i.两根相距为上的足够长的金属直角导轨如图所示放置，它们各有一边在同一水平内，另一边垂直于水平

面。质量均为加的金属细杆仍、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数均为〃，导

轨电阻不计，每根杆的电阻均为凡整个装置处于磁感应强度大小为8,方向竖直向上的匀强磁场中。当

成杆在平行于水平导轨的拉力尸作用下以速度力沿导轨匀速运动时，cd杆也正好以速度匕向下匀速运动

（重力加速度为g）。以下说法正确的是（）

R2T2-rr

A.ab杆所受拉力F的大小为］nmg+―-―L

B.cd杆所受摩擦力为零

C.回路中的电流大小为

R

,,,,，一，2Rmg

D.〃与力大小的关系为〃=5百^

【答案】D

【详解】C.cd杆的速度方向与磁感应强度方向平行，只有仍杆运动切割磁感线。根据闭合电路的欧姆定

律及法拉第电磁感应定律

I上

2R

E=BLVX

则回路中电流：1=嚅

2R

C错误；

A.心杆和cd杆受力分别如图甲、乙所示

2

Z八

-------------叩

汇一0―>F安

、'

mgmg

甲乙

由图甲可知：水平方向受力平衡:F=F.#f\

竖直方向受力平衡：N\=mg

又

卜叭

%=BIL

由以上各式可得，拉力：F=〃mg+^^

A错误;

B.图乙可知：水平方向受力平衡：4=但

竖直方向受力平衡：f2=mg=/JN2

B错误；

D.则杆与导轨之间的动摩擦因数：〃=西会

D正确。

故选D。

即时检测

2.如图所示，质量为3根的重物与一质量为〃?的导线框用一根绝缘细线连接起来，挂在两个高度相同的定

滑轮上，已知导线框电阻为R,横边边长为"有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为8,磁场上下

边界的距离、导线框竖直边长均为晨初始时刻，磁场的下边缘和导线框上边缘的高度差为2〃，将重物从

静止开始释放，导线框加速进入磁场，穿出磁场前已经做匀速直线运动，滑轮质量、摩擦阻力均不计，重

力加速度为g。则下列说法中正确的是（）

A.导线框进入磁场时的速度为向

B.导线框进入磁场后，若某一时刻的速度为V,则加速度为且

24mR

C.导线框穿出磁场时的速度为鬻

BU

D.导线框通过磁场的过程中产生的热量。=6〃7g力-迎手

BL

【答案】B

【详解】A.线框进入磁场前，根据重物与线框组成的机械能守恒得：（3mg-mg）-2〃=g（3m+m）v；

解得线框进入磁场时的速度为：匕=胸

故A错误；

B.线框进入磁场后，若某一时刻的速度为v,则线圈受到的安培力为：%=BIL=B^L=巴包

女RR

对整体，根据牛顿第二定律得：31ng—mg-BJ=（3m+

解得：。工一^^

24mR

故B正确;

C.线框穿出磁场时，根据平衡条件得：3mg-mg=F^

又安培力为：偿=理工

女R

联立解得线框离开磁场时的速度为：匕=型?

BL

故C错误;

D.设线框通过磁场的过程中产生的热量为。，对从静止到刚通过磁场的过程，根据能量守恒得

Q=（3mg-mg）-4A-^-（3m+/«）vf

联立解得：Q=8mgh-写*

故D错误。

故选Bo

典例引领

3.如图所示，间距为上的两倾斜且平行的金属导轨固定在绝缘的水平面上，金属导轨与水平面之间的夹角

为仇电阻不计，空间存在垂直于金属导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为3,导轨上端接有阻值

为R的定值电阻。质量为加的导体棒ab从金属导轨上某处由静止释放，开始运动加时间后做匀速运动，

速度大小为v，且此阶段通过定值电阻R的电量为次已知导轨平面光滑，导体棒的电阻为r,重力加速度

为g,下列说法正确的是（）

A.导体棒ab先做匀加速运动，后做匀速运动

B.导体棒稳定的速度大小、="陪

B2A

C.导体棒从释放到其速度稳定的过程中，其机械能的减少量等于电阻R产生的焦耳热

°导体棒从释放到其速度稳定的过程中，位移大小为啥1

【答案】D

【详解】A.导体棒ab在加速阶段，根据牛顿第二定律可得：mgSm0-BIL=ma

甘士BLv

其中：/r=

板任-Z）8212V

解得：a=

由于速度是增加的，所以加速度是减小的，导体棒不可能做匀加速运动，故A错误;

D2T2

B

-导体棒稳定时的加速度为零，则有：gsm"3ro

mg（R+，）sin。

解得：v=

S2Z?

故B错误;

C.根据能量守恒定律可知，导体棒从释放到其速度稳定的过程中，其机械能的减少量等于电阻尺与导体棒

产生的焦耳热之和，故C错误;

-AOBSBLx

D-根据电荷量的计算公式可得：

解得：工=吗普

故D正确。

故选Do

・♦即时检测

4.如图甲所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN、P0固定在同一水平面上，两导轨间距£=0.30m,导轨

电阻忽略不计，其间连接有固定电阻R=0.40Q,导轨上停放一质量m=0.10kg,电阻片0.20Q长度也为Z=0.30m

的金属杆成，整个装置处于磁感应强度8=0.50T的匀强磁场中，磁场方向竖直向下，用一外力尸沿水平方

向拉金属杆。6,使之由静止开始运动，电压传感器可将R两端的电压U即时采集并输入电脑，获得电压U

随时间/变化的关系如图乙所示，下列说法不正确的是（）

迷

XX

电

压

接XXX

O6-

传

电F

X

感XX

脑

器

丹XX

甲

A.金属杆做匀加速直线运动

B.第2s末外力的瞬时功率为0.35W

C.如果水平外力从静止开始拉动杆2s所做的功为0.35J,则金属杆上产生的焦耳热为0.15J

D.如果水平外力从静止开始拉动杆2s所做的功为0.35J,则金属杆上产生的焦耳热为0.05J

【答案】C

【详解】A.由闭合电路欧姆定律可知：。=卢="电

由于表达式中的变量只有V,结合图乙可知导体杆的速度随时间均匀变化，即金属杆做匀加速直线运动，

故A正确，不符合题意；

B.由图乙知f=2s时U=0.2V解得金属杆此时的速度v=2四2=2m/s由图线的斜率丝=0.1V/s再由

BLRAZ

空=1«・?=丝也可得金属杆的加速度a=lm/s2再由牛顿第二定律F-相=尸-左包=加0可得此

A?R+rNtR+rR+r

R2

时的外力方=——+加〃=0.175N故此时拉力的功率尸=八=0.350故B正确，不符合题意；

R+r

1°

CD.由能量守恒可知回路中产生热量等于外力所做功与杆获得的动能的差值。=沙-］加v2=o」5J则杆中产

V

生的热量0=^—Q=0.05J故C错误，符合题意；D正确，不符合题意。故选C。

R+r

考点精讲|

考点二电磁感应现象中的能量问题

能量转化问题的分析步骤

分离出电路中由于电磁感

应产生电动势的等效电源,

求出电源参数E和r

分析电路结构，弄清串、

并联关系，求出相关部分

的电流大小，以便求解安

培力

分析研究对象（常是金

属杆、导体、线圈等）

的受力情况，尤其注

意其所受的安培力

根据力和运动的关

系，判断出正确的

运动模型及能量转

化关系

考向1电磁感应现象中的线框类问题

典例引领

5.电磁阻尼是一种常见的物理现象，广泛应用于各个领域中。如图所示为列车进站时利用电磁阻尼辅助刹

车的示意图。在光滑的水平面上，有一个边长为工的正方形金属框，电阻为凡质量为加。金属框以速度

师向右匀速运动，进入右侧磁感应强度为2的匀强磁场区域，磁场方向垂直于金属框平面。在金属框

的一半进入磁场的过程中（还未停止），下列说法正确的是（）

A.金属框仍做匀速直线运动

B.最小速度为q—~~~

c.金属框中产生的焦耳热为:加说

Dr2

D.通过金属框的电荷量为丝

R

【答案】B

【详解】A.金属框的一半进入磁场的过程中，通过金属框的磁通量增大，金属框中产生感应电流，金属框

受安培力作用做减速运动，故A错误；

B.金属框中产生感应电动势为：E=BLv

感应电流大小为：/=—

安培力大小为：F安=BLv='L'

女R

由于金属框做减速运动，在金属框的一半进入磁场时速度最小，对金属框由动量定理得：一尸夏=mv-

B2I3

则:vt=mv-mv

Rz0

g2Z3

解得:

2mR

故B正确；

C.金属框中产生的焦耳热等于金属框克服安培力所做的功，小于;故C错误;

D.通过金属框的电荷量为：q=INt

又：方=¥E

△tR

解得:q嘿吗

故D错误。故选B。

即时检测

6.如图所示，在竖直平面内有一上下边界均水平且方向垂直线框所在平面的匀强磁场，磁感应强度

5=2.5To正方形单匝金属线框在磁场上方〃=0.8m处，质量为"?=O.lkg,边长为£=0.4m,总阻值为7?=2Q。

现将线框由静止释放，下落过程中线框ab边始终与磁场边界平行，ab边刚好进入磁场和刚好离开磁场时的

速度均为v=3m/s,不计空气阻力，重力加速度取10m/s2,则()

XXXXXXXXX

XXXXXXXXX

x^xxxxxxxx

XXXXXXXXX

A.cd边刚进入磁场时克服安培力做功的功率为9W

B.匀强磁场区域的高度为0.60m

C.穿过磁场的过程中线框电阻产生的焦耳热为1.50J

D.线框通过磁场上边界所用时间为0.2s

【答案】C

【详解】A.cd边刚好进入磁场时线框的速度大小为：匕=3/=4m/s

此时cd边切割磁感线产生的感应电动势为：E=BLvx=4V

F

线框中的电流为：/=-=2A

R

cd边所受安培力大小为：F=BIL=2N

cd边克服安培力做功的功率为：P=Fv1=8W

故A错误；

B.由题意，根据线框进出磁场过程中运动的对称性可知，cd边刚好进入磁场和刚好离开磁场时的速度大小

均为匕=4m/s,设匀强磁场区域的高度为8,线框全部位于磁场中时下落的加速度大小为g,根据运动学

公式有：2g(H-£)=v；

解得：7/=0.75m

故B错误；

C.设穿过磁场的过程中线框电阻产生的焦耳热为。，对线框从开始下落到穿过磁场的过程，根据能量守恒

定律有：加g（人+，+D=g冽v2+。

解得：0=L5J

故C正确；

D.设线框通过磁场上边界所用时间为f,线框中的平均感应电流为T,则由动量定理可得：

mgt—BILt=mv—mvi

又.E~TBJi

人・q=It=-t=-^t=——

RRR

联立解得：?=O.ls

故D错误。

故选C。

典例引领

7.竖直平行导轨MN上端接有电阻凡金属杆油质量为加，跨在平行导轨间的长度为乙垂直导轨平面的

水平匀强磁场方向向里，不计成杆及导轨电阻，不计摩擦，且仍与导轨接触良好，如图所示。若。6杆在

竖直方向上的外力尸作用下匀速上升〃，则下列说法错误的是（）

A.金属杆成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.拉力厂与重力做功的代数和等于金属杆克服安培力做的功

D.拉力尸与安培力的合力所做的功等于〃

【答案】B

【详解】A.根据功能关系可知，金属杆仍克服安培力所做的功等于电阻尺上产生的焦耳热，故A正确，

不符合题意；

B.金属杆机械能的增加量等于除重力外的其他力所做的功，即金属杆机械能的增加量等于外力厂与克服安

培力做功之差，即：^E=WF-WF^

故B错误，符合题意；

CD.成杆在竖直方向外力下作用下匀速上升儿由动能定理可得：WF-mgh-WFfi=0

故金属杆克服安培力做的功：WFt（=WF-mgh

拉力厂与安培力的合力所做的功为：

故CD正确，不符合题意；

故选Bo

8.如图，阻值不计的平行光滑金属导轨与水平面夹角为6,导轨间距为力下端接一阻值为R的定值电阻,

磁感应强度大小为3的匀强磁场垂直于导轨平面向上，质量为加的金属杆"N由静止开始沿导轨运动距离工

时，速度恰好达到最大。已知"N接入电路的电阻为r,MN始终与导轨垂直且接触良好，重力加速度为g,

则在此过程中（）

DTd

A.金属杆中的电流由"流向NB.通过定值电阻的电荷量为日

C.金属杆运动的最大速度为吗乎D.金属杆与定值电阻产生的热量之比为R7

Ba

【答案】B

【详解】A.由楞次定律可得感应电流的方向为逆时针，即由N流向M。故A错误；

B.根据法拉第电磁感应定律，可得:£=7,△①=BdL

F

3=。'q=It

联立,解得：q*

故B正确;

C.金属杆运动的速度达到最大时，根据力的平衡条件有：mgsin0=Bld

且：/=髀

R+r

7Wgsin6（R+r）

联立，解得：v

mB2d2

故c错误;

D.流过金属杆与电阻尺的电流相同，根据：Q=I2Rt

可知金属杆与电阻尺产生的热量之比为r：R。故D错误。

故选Bo

考点精讲|

考点三动量观点在电磁感应中的应用

模型规律

1、力学关系：F-BIl-；a2=且匚

Amm(R+r)

2、能量关系：—mVp-0=2

A。Bl-Ay

阻尼式（导轨光滑）3、动量电量关系：-BIl,At=0-mv;q;=n------=--------

0R+rR+r

力学关系：死=8与盘/=8与驹,a一Fp-ZMig_B(E-B/V)J

1、

R+rR+rmm(R+r)

0

2、动量关系：BLq-jumgt=mvm-

12

3、能量关系：qE=Q+NmgS+”

4、4.+r）+

稳定后的能量转化规律：/吨后=后反+I篇R^gVm

XXX5、两个极值：（1）最大加速度:v-0时,E反=0,电流、加速度最大。

J=F„,-^mg

电动式（导轨粗糙）1,m

（2）最大速度：稳定时，速度最大，电流最小。

E-Blv-=BII=BE~BlVm

min----------'."Li石mQ=Fmmmin.

R+YAn+r

F-F-fungFB2l2v

1、力学关系:B

mmm[R+r)

2

、动量关系：Ft-BLq-/Limgt=mvm-0

1,

3、能量关系：Fs=Q+/LimgS+-mvl

发电式（导轨粗糙）4、稳定后的能量转化规律：Fv=〃

tmilR-\-r+mgvtil

5、两个极值：

FP，ng

(1)最大加速度：当v=0时，am=~o

m

(2)最大速度：当a=0时，"11"?="*JUg=0

mmm(R+r)

典例引领

9.如图所示，一光滑轨道固定在架台上，轨道由倾斜和水平两段组成，倾斜段的上端连接一电阻R=0.5

Q,两轨道间距d=1m,水平部分两轨道间有一竖直向下、磁感应强度大小2=0.5T的匀强磁场。一质量为

仅=0.5kg、长为/=1.1m、电阻忽略不计的导体棒，从轨道上距水平面比=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肛=0.8m,水平轨道距水平地面的

高度〃2=0.8m。通过计算可知（g取10m/s2,不计空气阻力）（）

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2J

C.磁场的长度X/为2m

D.整个过程通过电阻R的电荷量为3c

【答案】C

【详解】A.设导体棒进入磁场时的速度为％,根据动能定理有：mghl=^mvl

解得：%=4m/s

故A错误；

B.导体棒从水平轨道水平飞出做平抛运动，则水平方向有：x2=vt

竖直方向有：

联立代入数据解得：v=2nVs

导体棒通过磁场区域过程中，根据能量守恒定律有：Q=g加说加丫2

解得：0=3J

则导体棒整个运动过程中，电阻R上产生的热量为3J,故B错误;

CD.导体棒通过磁场区域过程中，根据动量定理有：=Bdq=mv0-mv

联立代入数据解得：q=2C,西=2m

故C正确，D错误。

故选C。

即时检测

10.如图甲所示，间距£=0.5m的两根足够长的光滑平行金属导轨固定在水平面上，右端连接R=10。的定

值电阻，导轨间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度8=2T。一质量加=1kg的金属棒垂直导轨放置，在水

平拉力尸的作用下由静止开始沿导轨向左加速运动，当金属棒的速度v=2m/s时撤去拉力尸，撤去拉力尸之

前金属棒的v-x图像如图乙所示，运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒与导轨的电阻不

计。则（）

^^712/

卜Y—R/

・・・_/1>

02x/m

甲乙

A.撤去拉力厂前金属棒的加速度逐渐减小

B.撤去产后，通过金属棒的电荷量为1.8C

C.撤去厂之前，金属棒克服安培力做的功为O.2J

D.整个运动过程中，电阻R产生的热量为2J

【答案】c

【详解】A.由图像可知：v=kx

贝U：Av=A-Ax

.Av,Ax

则n：—=k—

NtNt

即：a=kv

则随速度的增加，加速度增加，即撤去拉力厂前金属棒的加速度逐渐增加,选项A错误;

B.撤去尸后，由动量定理：-B7LAt=0-mv

解得通过金属棒的电荷量为：4=答=上17c=2C

BL2x0.5

选项B错误;

C.撤去歹之前，由图像可知片工,金属棒克服安培力：——L=-----=一

女RR10

0+—

安培力与位移成正比，可知安培力做的功为：W丁丫10v?Tn9T

选项C正确；

D.撤去产后电阻上产生的热量：Q=；加v?=2J

撤去F之前产生的热量：QI=^=0.2J

则整个运动过程中，电阻式产生的热量：Q=O.2J+2J=2.2J

选项D错误。

故选C。

模型规律

1、电容器充电量：Q0=CE

12_

2、放电结束时电量：Q=cu=CBlvm

L

3、电容器放电电量：^Q=Q0-Q=CE-CBlvm

_BICE

4、动量关系：BII-Ar=BlAQ=mvmvm=

放电式（先接1,后接2om+BIC

导轨光滑）e12m（BlCE）2

5、功取关系：亚安-2m-（m+B千5

达到最终速度时：

XX1、电容器两端电压：U=Blv（v为最终速度）

"xXX2、电容器电量：q=CU

无外力充电式G早轨光滑）3、动堇关系：BII-A/=Blq=mvmvQ；v=；

m+BIC

典例引领

I___________________

11.如图为某种“电磁枪"的原理图。在竖直向下磁感应强度为8的匀强磁场中，两根相距L的平行长直金

属导轨水平放置，左端接电容为C的电容器。一质量为加、电阻为R的导体棒放置在导轨上，与导轨垂直

且接触良好，不计导轨电阻及导体棒与导轨间的摩擦。开关闭合前电容器的电荷量为。，则闭合开关后，

导体棒的速度V、加速度。随时间f变化的关系图像可能正确的是（）

XXXX

x8x£x

【答案】B

【详解】开关闭合前电容器的电荷量为Q,则电容器两端电压为：

闭合开关后瞬间，通过导体棒的电流为：4=2=具

RCA

此时导体棒的加速度大小为：/=绥

mmCR

导体棒开始向右加速运动，产生动生电动势方向与电容器电压相反，设导体棒速度为V时，电容器所带电荷

量为。'，导体棒由动量定理得：BIL-At=BL（Q-Q'）=mv-0

pBILTU-BLvTTQ'

联立可得：a=BLQ-（m+CB^V

mCR

可知随着，导体棒速度逐渐增大，导体棒的加速度逐渐减小；则导体棒做加速度逐渐减小的加速运动，当

加速度为。时，导体棒做匀速直线运动，由于加速度表达式可知，加速度与速度为线性关系，但速度与时

间不是线性关系，所以加速度与时间不是线性关系。

故选Bo

建测

12.间距为工的水平放置的平行金属光滑轨道（电阻不计），处于竖直向下的匀强磁场中，一端与电动势为

E的电源相连，轨道间串联接入电容器C和定值电阻尺质量为机、电阻不计的金属棒放置于轨上。开始时

单刀双掷开关S和接线柱1接通，电容器充电完毕后，将S从1拨到2,同时让金属棒以初速度V。向右运动,

最终金属棒达到稳定状态。已知轨道足够长，以下金属棒运动的速度随时间变化的图像，不可能的是（）

【详解】充满电后，电容器两板电压等于E,接2之后，电容器与金属杆回路电流：/=%产

方向沿逆时针，金属杆受向左的安培力：F^=BIL=ma

杆向右减速，v减小且〃减小，则/减小。

①若V=0时Uc=。，V—图如B,该动程对金属杆用动量定理：mv0=BIL.t=BLq=BL.CE

目nCBLE

即：。

0=----m----

②若。。＞理，则当4=0时，vwo且方向向右，接下来电容器被反向充电

m

/=四/V减小且Uc增大，当/=0时达稳定状态，即：BLvm=Uc

该过程：相％一加/=BL(CE+CUc)

mv-CBLE

n即n：a

该过程V-图如A。

③若与＜4理,则当v=0时，Ui。，接下来杆向左加速

m

[=Uc-jLvv增大,且，减小。当/=0时达稳定状态，即：BLvm=Uc

R

该过程：加%+加%=BL(CE-CUc)

CBLE-mv。

即：%

m+CB21}

该过程v-f图如Do

故C是不可能的。

故选Co

考向3双棒类问题

模型规律

Blv-BlvBl（v-v.）

r?y?lz

1、电流大小：-11=j5P

鸟十A2A］十A2

2、稳定条件：两棒达到共同速度

3、动量关系：机2%=（机1+机2）丫

1,1,Q,R,

无外力等距式（导轨光滑）4、能量关系：-m2v；=-(mi+m2)v^+Q；—=~

2Z幺2八2

1、动量关系：=吗丫］一吗；BL2IAt=m2v2-0

2、稳定条件：BL,V,=BL2V2

3、最终速度：3=*2%；匕=售：

能量关系：0=|■机产；-g机产；—gm

无外力不等距式4、

（导轨光滑）

5、电量关系：BL2q=m2v2-0

典例引领

13.如图所示，水平面上固定的两光滑平行长直导轨，间距为L,处于磁感应强度为2的匀强磁场中，磁场

方向与导轨平面垂直，两质量都为加、电阻都为R的导体棒乙、右垂直放置在导轨上，与导轨接触良好，A

静止，区以初速度%向右运动，运动过程中两棒不发生相碰。不计导轨电阻，忽略感应电流产生的磁场，

则（）

LaL、____

XXXXXX

%

xX产XXXX

XxXXXX

A.导体棒心最终停止运动，右以某一速度匀速运动

B.导体棒乙的最大加速度为幽空

2mR

C.两导体棒的初始距离最小为2〃考2V竽R

JDL

D.回路中产生的总焦耳热为:加V；

【答案】B

【详解】A.根据楞次定律，导体棒右、4最终以相同的速度匀速直线运动，设共同速度为匕，水平向右为

正方向，根据动量守恒定律可得：加%=2机匕

解得：匕=£

两导体最终都以％=/的速度匀速运动，故A错误；

B.4以初速度V。向右运动时两导体棒加速度最大，则有

E=BLv。

BIL=ma

解得:2

故B正确;

C.当导体棒4、4速度相等时距离为零，则两棒初始距离最小，设最小初始距离为/,则通过导体棒横截

-FAQBLI

面的电量为：q=It=——t

2R2R~2R

对导体棒右，由动量定理得：BILt=mvx

即：BLq=mvx

解得：/=与£

故C错误;

D.设导体棒4、4在整个过程中产生的焦耳热为。，根据能量守恒定律可得：+加叶

1,

解得：Q=~mv^

故D错误;

故选Bo

即打性测

14.如图所示，两水平平行金属导轨由宽轨〃|乂、M2N2,窄轨。出、。2吕两部分组成，宽轨部分间距为

2L,窄轨部分间距为"现将两根材料相同、横截面积相同的金属棒仍、cd分别静置在宽轨和窄轨上。金

属棒成的质量为加，电阻为R,长度为2L金属棒cd的长度为两金属棒在运动过程中始终与导轨垂直

且接触良好。除金属棒的电阻之外其余电阻不计，宽轨和窄轨都足够长。金属导轨处在方向竖直向上、磁

感应强度大小为3的匀强磁场中。现给金属棒湖水平向右的初速度%,此后金属棒。6始终在宽轨磁场中

运动，金属棒cd始终在窄轨磁场中运动，不计一切摩擦。下列说法正确的是（）

B.当两金属棒匀速运动时，成棒的速度为/

C.金属棒刈从开始运动到匀速的过程中，通过。6棒的电荷量为陪

3BL

D.金属棒成从开始运动到匀速的过程中，必棒中产生的热量为gm片

【答案】C

【详解】A.金属棒仍刚开始运动时，根据右手定则可知成棒中的电流方向为。好6。故A错误;

n?R

B.依题意，金属棒cd的质量为：，电阻为g匀速运动时，两棒切割产生的电动势大小相等：

22

BL

^vab=BLvcd

得末速度：2%,=%

对棒：-BI-2LAt=mvab-mv0

-m

对cd棒：BILAt=—vcd

解得：%,+%=%

故B错误；

C.根据：q=INt

联立，解得：夕=鬻

JBL

故c正确；

111

D.由能量关系，整个过程中产生的热量：。总=］机诏-?"成-w吟

又：Q^=~^Q&

K-\--

2

联立，解得：Qab=-mv}

故D错误。故选C。

I、.好题冲关，

基础过关

6.如图所示，在竖直平面内有一上下边界均水平且方向垂直线框所在平面的匀强磁场，磁感应强度

5=2.5To正方形单匝金属线框在磁场上方〃=0.8m处，质量为m=O.lkg,边长为L=0.4m,总阻值为R=2Q。

现将线框由静止释放，下落过程中线框ab边始终与磁场边界平行，仍边刚好进入磁场和刚好离开磁场时的

速度均为v=3m/s,不计空气阻力，重力加速度取10m/s2,则()

XXXXXXXXX

XXXXXXXXX

XB*X

XXXXXX

XXXXXXXXX

A.4边刚进入磁场时克服安培力做功的功率为9W

B.匀强磁场区域的高度为0.60m

C.穿过磁场的过程中线框电阻产生的焦耳热为1.50J

D.线框通过磁场上边界所用时间为0.2s

【答案】C

【详解】A.cd边刚好进入磁场时线框的速度大小为：匕=&^=4m/s

此时cd边切割磁感线产生的感应电动势为：E=BLvx=4V

F

线框中的电流为：/=-=2A

R

cd边所受安培力大小为：F=BIL=2N

cd边克服安培力做功的功率为：P=FVl=8W

故A错误；

B.由题意，根据线框进出磁场过程中运动的对称性可知，cd边刚好进入磁场和刚好离开磁场时的速度大小

均为W=4m/s,设匀强磁场区域的高度为〃，线框全部位于磁场中时下落的加速度大小为g,根据运动学

公式有：2g(H-£)=

解得

15.定义“另类加速度"/=孚，/不变的运动称为另类匀变速运动。若物体运动的/不变，则称物体做另

Ax

类匀变速运动。如图所示，光滑水平面上一个正方形导线框以垂直于一边的速度穿过一个匀强磁场区域（磁

场宽度大于线框边长）。导线框电阻不可忽略，但自感可以忽略不计。已知导线框进入磁场前速度为V/,穿

出磁场后速度为V2。下列说法中正确的是（）

A.线框在进入磁场的过程中，速度随时间均匀增加

B.线框在进入磁场的过程中，其另类加速度/是变化的

C.线框完全进入磁场后，在磁场中运动的速度为与区

D.线框完全进入磁场后，在磁场中运动的速度为小叮＜_

【答案】C

【详解】A.线框在进入磁场的过程中，受到向左的安培力而做减速运动，线框受到的安培力大小为:

B2I?V

F=BIL=-----

R

可知，随着速度减小，线框受到的安培力减小，加速度减小，所以线框在进入磁场的过程中，做加速度逐

渐减小的减速直线运动，故A错误;

B.线框在进入磁场的过程中，取向右为正方向，根据动量定理得：-而加=mAv

廿4—.E.BL^x

其中：I\t=—\t=-----

RR

解得：竺=一生

Axm