电磁感应- 2025年高考物理复习专练（西北四省专用）（解析版）

重难点13电磁感应

命题趋势

考点三年考情分析2025考向预测

电磁感应现象

近3年陕西、山西、宁夏、青海未

磁通量（1）考点预测：电磁感应。

法拉第电磁感应定律单独考查，只是与交变电流综合。（2）考法预测：常与直流电路、

楞次定律发电装置（2024•新课标卷，7）牛顿运动定律、能量、动量进行综

自感、涡流合。

变压器（2024•全国甲卷，6）

重难诠释

◎

【情境解读】

感生电动势S不变必

一（感生电场）“TNt

感应电动势E=〃竽-v与8垂直E=Blv

（本质）一单根直导线——。与B夹角为aE=Blvsina

—动生电动势—B不变L转动切割E=±BF3

电（切割磁感线）2

磁L"根导线

感回路

应

楞次定律：感应电流的磁场阻碍引起感应电流的磁通量的变化

右手定则

感应电流

—山厂电源：产生感应电动势的那部分导体

电路一..

L-等效电路

感应电流/=

安培力一动力学分析

做为一能量分析

【高分技巧】

一、与电路、电荷量综合

1.感应电流方向的判断：感生电动势一楞次定律；动生电动势——右手定则。

2.在电磁感应的电路中，产生感应电动势的那部分导体相当于电源，若形成回路，电源两端的电压为外电

压。

3.电磁感应中的电荷量：q=It=r^（n：线圈匝数，、①•.磁通量变化量，R总：闭合电路的总电阻）

二、电磁感应中的动力学问题

F合产0

尸安=B〃变化

〔静止或匀速直线运动)

三、电磁感应中的能量问题

1.能量转化关系

［其他形式的能量罔萨!爵国蔬式的能量)

2.焦耳热的三种求法

①焦耳定律：0=/2用，适用于电流、电阻不变的情况。

②功能关系：。=卬克安，W克安表示克服安培力做的功，电流变或不变都适用。

③能量转化：Q=AE其他，AB其他表示其他能的减少量，电流变或不变都适用。

四、电磁感应与动量的综合

1.动量定理在电磁感应中的应用

在导体单杆切割磁感线做变加速运动时，若牛顿运动定律和能量观点不能解决问题，可运用动量定理巧妙

解决问题。

若导体杆的有效长度£、质量〃7、磁感应强度2已知，

(1).求电荷量：q—△。建立联系

—B1LAt=mv2-mvi，q=IAt,即—BqL=mv2-mv\

(2).求位移：x-Ao建立联系

B2£2Az

-nnB^l}x

--=mv2~mvi,x=v△/,即一f—=mv2~mv\

N总K总

(3).求时间(有恒力参与)：加一4—△。建立联系

-BlLM+F其他\t=mv2——mviBP——BLq+F其他Nt=m)2——mri

B2£2V\t

或-----+/其他A/=mv2~nw\,

K总

§2.2

即一二^十.尸其他mV2-mvi

已知电荷量q、位移尤、尸其他(P其他为恒力)

2.动量守恒定律在电磁感应中的应用

在等大的匀强磁场中有效长度相等的双棒模型，系统受到合外力为零，常用动量守恒求解速度关系。常见

的问题：求热量、求电量、求相对位移。

解题策略：用动量守恒求出达到共速时的速度，根据能量守恒定律算出产生的热量，对其中一个棒进行分

析，通过动量定理可以得出通过电路的电荷量，进一步求出两棒位移的变化量。

<1

限时提升练

（建议用时：40分钟）

【考向一：动生】

1.（2024•宁夏中卫市•一模）如图所示，匀强磁场中有一个用软导线制成的单匝闭合线圈，线圈平面与

磁场垂直.已知线圈的面积S=0.3m2、电阻R=0.6Q,磁场的磁感应强度B=0.2T.现同时向两侧拉动线圈，线

圈的两边在Au。.5s时间内合到一起.求线圈在上述过程中

（1）感应电动势的平均值E；

（2）感应电流的平均值/,并在图中标出电流方向;

（3）通过导线横截面的电荷量q.

【答案】（1）E=0.12V；（2）Z=0.2A（电流方向见图）(3)4=0.1C

【解析】（1）由法拉第电磁感应定律有：

AQ

感应电动势的平均值E=—

Ar

磁通量的变化A（D=BAS

解得：E%

代入数据得：E=012V；

（2）由闭合电路欧姆定律可得:

F

平均电流/=—

R

代入数据得Z=0.2A

由楞次定律可得，感应电流方向如图:

（3）由电流定义式1=幺可得：电荷量q=/Af代入数据得4=0.1C.

At

2.（2024•青海省西宁市•二模）（多选）如图所示，PN与QM两平行金属导轨相距1m,电阻不计，两端

分别接有电阻R和且Ri=6Q,洲杆的电阻为2d在导轨上可无摩擦地滑动，垂直穿过导轨平面的匀

强磁场的磁感应强度为1T。现仍以恒定速度v=3m/s匀速向右移动，这时仍杆上消耗的电功率与品、及

消耗的电功率之和相等。则（）

Q

XN

B

XXX

—>vR2

XXX

XXX

Qb'M

AR2=3。

B.Ri上消耗的电功率为0.75W

C.a,b间电压为3V

D.拉他杆水平向右的拉力为0.75N

【答案】AD

【解析】A.由于M杆上消耗的电功率与Q、&消耗的电功率之和相等。所以"杆的电阻与R、&并联

的总电阻相等，则

111

+-

一---

4凡2

解得

旦=30

故A正确；

C.感应电动势为

E=JB£v=lxlx3V=3V

。、6间电压为

U=-E=1.5V

2

故C错误；

B.R上消耗的电功率为

U~152

P=——=——W=0.375W

1&6

故B错误；

D.拉M杆水平向右的拉力与油杆所受安培力大小相等，为

p3

F=BIL=B——£=lx——xlN=0.75N

2R"2x2

故D正确。

故选AD»

3.(2024•山西省名校联考•三模)如图甲，电阻可忽略的两根长度为0.9m的导轨ad、be,与四根长度均

为L=lm的导体棒焊接成“目”字形导体框,相邻导体棒间距均为/i=0.3m,每根导体棒的电阻均为R=3Q。

开始时，导体框放在倾角为6=37°的光滑斜面上，距导体框底边〃下方》=0.75m处存在着宽度同样为力

的有界匀强磁场，方向垂直于斜面斜向上，磁感应强度8=2T,侧视图如图乙所示。若由静止释放导体框，

当cd边进入磁场时导体框恰好匀速运动，且运动过程中cd边始终与磁场边界e(/)平行。取g=10m/s2,

sin37o=:0.6,cos37°=0.8,求：

(1)“目”字形导体框的质量及漏棒进入磁场时两端的电势差；

(2)从释放到油棒进入磁场时，通过油棒的电荷量；

(3)导体框穿过磁场的过程中，湖棒中产生的焦耳热。

图甲图乙

【答案】(1)m=0.5kg,Uah=-1R-,(2)4=0.15C；(3)Q=0.9J

3

【解析】（1）导体框至M边刚进入磁场区域过程，根据机械能守恒，有

12

mgsinO-H=—mv

第一根导体棒出磁场时第二根进入磁场，始终有一根导体棒在切割磁感线

I=E1

E=BLv,

M'一

解得

U“b=15V

又因为

mgsin0=BIL

解得

m=0.5kg

（2）第一根导体棒开始进入磁场至ab棒即将进入磁场的过程

3/z=vtx

通过ab棒电荷量

q=q=0.15C

（3）第一根导体棒开始进入磁场至必棒即将进入磁场过程，诏棒中产生焦耳热

<12

IJJ

油棒穿过磁场过程中，诏棒中产生的焦耳热

2

Q,=IRt0,h=vt2

导体框穿过磁场的过程中，必棒中产生的焦耳热

e=e,+e2-o.9j

4.（2024•山西省名校联考•二模）如图所示，两宽度不等的平行金属导轨固定在倾角为。=30。的斜面上,

导轨足够长且电阻不计，导轨的下端接有电容为C=2.5F的电容器，导轨所在空间被分成区域I和区域II

两部分，两区域的分界线为MN,区域I内的导轨粗糙，导轨间距右=0.4m,匀强磁场的方向垂直斜面向

下，区域II内的导轨光滑，间距4=02m,匀强磁场的方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均为

B=lTo『=0时，开关Si断开，开关S2闭合，长度均为0.4m的导体棒油和导体棒cd按图示位置垂直导

轨放置，裙刚好不下滑，cd由静止开始下滑，f=2s时，开关Si闭合，开关S2断开。已知导体棒"的质

量班=0.1kg,电阻M=0.4Q,导体棒cd的质量根2=0-4kg,电阻不计。已知导体棒"，cd始终在各

自的区域内运动，运动过程中两导体棒始终与导轨垂直且接触良好，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力

加速度g取10m/s2,电容器的充电可认为在瞬间完成。求：

（1）/=2s时，cd棒的速度大小；

（2）开关Si闭合，开关S2断开的瞬间，油棒的加速度大小和方向；

（3）开关Si闭合，开关S2断开后，系统达到稳定时，回路中的电流大小。

【答案】（1）8m/s；（2）6m/s2,沿斜面向上；（3）—A

17

【解析】（1）开关S1断开，开关S2闭合时，设某一时刻导体棒cd的速度为V,经过短时间A片,cd棒的速

度变化量为Av,Cd棒两端的电压变化量为

AC/=BL2^V

电容上的电荷量变化量为

△q-CAt7

回路中的电流

/=效

导体棒cd的加速度

Av

Cl=—

Ar

根据牛顿第二定律有

m、gsin0-BIL,=m2a

解得

a=4m/s

/=2s时

v=a?=8m/s

(2)对诏棒，初始时静摩擦力

f=m1gsin0=0.5N

f=2s,开关Si闭合，开关S2断开时，力棒产生的电动势

E—BL2V

回路中的电流

仍棒受到的安培力沿导轨向上，大小为

F安=BILX

开关Si闭合，开关S2断开的瞬间，乃棒的加速度沿斜面向上，有

心一(叫gsin0+f)=m1a'

解得

a'=6m/s

(3)开关Si闭合，开关出断开后，设系统稳定时，仍棒的加速度大小为%,cd棒的加速度大小为电，有

a2=2al

对ab棒有

BI'L、+m{gsin0-f—町q

对cd棒有

m^gsin0-BI'L1=m、a.

解得

5.(2024•山西省太原五中•一模)如图所示，间距为L的两条足够长的平行金属导轨与水平面的夹角为9,

导轨光滑且电阻忽略不计。场强为2的条形匀强磁场方向与导轨平面垂直，磁场区域的宽度为4,间距为

“2。两根质量均为加、有效电阻均为R的导体棒。和6放在导轨上，并与导轨垂直。(设重力加速度为g)

(1)若。进入第2个磁场区域时，。以与。同样的速度进入第1个磁场区域，求b穿过第1个磁场区域过程中

增加的动能△Ek。

(2)若。进入第2个磁场区域时，。恰好离开第1个磁场区域；此后。离开第2个磁场区域时，b又恰好进入

第2个磁场区域。且a、b在任意一个磁场区域或无磁场区域的运动时间均相同。求6穿过第2个磁场区域

过程中，两导体棒产生的总焦耳热Q。

(3)对于第(2)间所述的运动情况，求。穿出第4个磁场区域时的速率v。

m

【答案】(1)=mgd}sin0(2)Q=mg(4+d2)sin6(3)v=匕=4野"sin8-/」

【解析】⑴。和6不受安培力作用，由机械能守恒知:

^Ek-mgdxsin0

⑵设导体棒刚进入无磁场区域时速度为W，刚离开无磁场区域时的速度为V2，由能量守恒知

在磁场区域中:

；mv；+Q=；mv^+mg4sin0

在无磁场区域中:

gmv^=gmv^+mgd0sin0

解得:

Q-777g®4)sin0

⑶有磁场区域，棒a受到合力:

F=mgsin0-BIl

感应电动势:

s=Blv

感应电流:

£

2R

解得:

F=mgsin0-2Hv

根据牛顿第二定律，在f到f+4时间内:

F

EAv=工一Nt

m

则有:

R2]2

=ZgsinO-U^At

2mR

解得:

§2/2

匕=gsin6-^^4

又在无磁场区域，根据匀变速直线运动规律有:

v2-v1=gtsin0

且平均速度:

三二=生

2t

联立解得:

22

41ngRd2.八Bld

Vi=—■rsin0--------L]

52/248mR

由题意知:

4mgRd,.八B212dl

y二M二一岩sm0---------

B212dl8mR

6.（2024•陕西省宝鸡市•三模）如图所示，两条平行倾斜放置的光滑金属导轨，间距工=0.5m,与水平面

间的夹角为8,左端接一阻值7?=1.5Q的定值电阻,导轨所在空间存在垂直导轨平面斜向上、磁感应强度B=2T

的匀强磁场。一个长L=0.5m、质量机=lkg、阻值『0.5。的金属杆垂直放在导轨上，金属杆在平行于导轨向

上的拉力厂作用下，由静止开始沿导轨平面向上做加速度。=4m/s2的匀加速运动，Z=ls时拉力厂的功率达到

P并保持不变。之后，金属杆继续加速直至做匀速运动。若电磁感应产生的磁场及导轨的电阻均忽略不计，

金属杆和导轨始终垂直且接触良好。已知sin叙0.3,重力加速度g取10m/s2。求：

（1）uls后拉力尸的功率尸；

（2）金属杆在磁场中匀速运动时速度V。

R

【答案】(1)36W；(2)6m/s

【解析】（1）设uls时金属杆的速度为匕，金属杆产生的感应电动势为耳，感应电流为人，安培力大小为

巴，由法拉第电磁感应定律可得

E[=BL%

由闭合电路欧姆定律

1R+r

此时安培力大小为

F、=BIJ

其中

匕=at

对金属杆受力分析，根据牛顿第二定律可得

F-mgsin。一耳=ma

则Z=ls后拉力F的功率为

P=FV[

联立可得

P=36W

（2）设匀速运动时拉力大小为F'，感应电动势为七2,感应电流为人，安培力大小为歹2,则由法拉第电

磁感应定律可得

E、—BLv

由闭合电路欧姆定律

2—R+r

对金属杆由平衡条件

F'=mgsin。+月

其中

P=F'v,F2=BI2L

解得金属杆在磁场中匀速运动时的速度为

v=6m/s

7.（2024•陕西汉中市汉台区•三模）（多选）如图甲所示，一电阻不计且足够长的固定光滑平行金属导轨

MN、P0间距下端接有阻值R=2Q的电阻，导轨平面与水平面间的夹角0=30。。整个装置处于方向

垂直于导轨平面向上的匀强磁场中。一质量机=0.2kg、阻值的金属棒垂直于导轨放置并用绝缘细线通

过光滑的定滑轮与质量M=lkg的重物相连，左端细线沿NM方向。棒由静止释放后，沿方向位移尤与

时间/之间的关系如图乙所示，其中仍为直线。已知棒在0~0.3s内通过的电荷量是0.3~0.4s内通过电荷量

的2倍，g取10m/s2,下列说法正确的是（）

A.图乙中。点的纵坐标是0.6m

B.棒在0~0.3s内通过的电荷量是0.18C

C.磁感应强度B=9T

D.电阻7?在0~0.4$内产生的热量。=1.8J

【答案】AD

【解析】A.通过导体棒的电荷量为

-_A,BLAx

q-11——

R+rR+r

棒在0~0.3s内通过的电荷量是0.3~0.4s内通过电荷量的2倍，则有

BxaL_2B(0.9-xa)£

R+rR+r

解得

x,=0.6m

故A正确；

BC.0.3s后棒做匀速运动，则受力平衡，有

Ax。.

v=——=3m/s

At

Mg=mgsin0+BIL

根据闭合电路的欧姆定律得

BLv

1T二------

R+r

解得

B=3T

q=^^=0.6C

R+r

故BC错误；

D.在0~0.4s内，对导体棒由动能定理得

12

Mgx-mgxsin-W=—(m+M)v

根据功能关系有

W=Q'

在电路中，电阻R在0~0.4s内产生的热量

Q=-------Q1

R+r

联立解得

Q=1.8J

D正确。

故选AD。

【考向二：感生】

1.（2024•青海省海南藏族自治州•二模）CPU卡是一种基于芯片的智能卡，内部集成了处理器、存储器

和加密模块等多个组件，正常工作电流约为5mA,其天线为如图所示的线圈，线圈尺寸从内到外逐渐变大,

共3匝，其边长分别为2.0cm、2.2cm和2.4cm,正常工作时匀强磁场垂直穿过线圈，磁感应强度的变

化率为T/S,则CPU卡工作时的功率约为（）

B.4.2mW

C.7.3mWD.9.3mW

【答案】C

【解析】根据法拉第电磁感应定律，可得

22

E=E,+E,+E3=—£.+—£/+—L,=1.46V

123&iz一Ar3

功率为

P=UI=1A6Vx5mA=7.3mW

故选C。

2.（2024•山西省名校联考•一模）如图所示，相距为/的两光滑平行金属导轨倾斜固定，倾角为。，顶端

接有阻值为尺的电阻，电阻为厂的金属棒尸。垂直导轨置于其上。在H、导轨与尸。间有一面积为S的区域,

该区域内存在垂直导轨平面向下的均匀磁场，磁感应强度的大小8随时间/的变化关系为5=H（左为正常

量）。在PQ的下方有一宽度为L匀强磁场区域，区域边界仍利cd均与导轨垂直，磁感应强度的大小为稣,

方向也垂直导轨平面向下。将尸。由静止释放，/=0时尸0恰好以速度V通过“b,之后以不变的速度通过

成cd区域。设尸。与导轨始终垂直并接触良好，忽略不计两导轨的电阻，重力加速度为g。求:

(1)P。的质量;

B°l(即v+⑹L_(B/v+⑹2

(Blv+kS)0RL

【答案】(1)mo(R+r)vQ~~~(7?r)2v-

g(R+r)sin。+

【解析】(1)金属棒在匀强磁场中运动的过程中，设通过金属棒的电流大小为/,在时间/内，金属棒的位

移为x，有

x=vt

在时间才时刻，对于变化磁场8,穿过回路的磁通量为

a>=ktS

对于匀强磁场综，穿过回路的磁通量为

/=BQIX

回路的总磁通量为

©=。+稣

联立可得，在时刻f穿过回路的总磁通量为

①t=ktS+Bolvt

在/至|J，+的时间间隔内，总磁通量的改变量为

A^=(fcS+B0Zv)Ar

由法拉第电磁感应定律得，回路中感应电动势的大小为

由闭合电路的欧姆定律得

1=^—

R+r

联立可得

_BQlv+kS

R+r

设金属棒的质量为加，由于金属棒在右侧导轨上做匀速运动，则有

mgsin0=B0Il

解得

m=(BJv+kS)-------------

g(H+r)sin。

(2)金属棒在磁场稣中从"向右运动到cd的过程中，设运动时间为，，通过电阻的电荷量为4,阻值为H

的电阻上产生的热量为。，则有

L=vtr,q=If,Q=I2Rtr

解得

=(即v+AS)L_(B0/v+⑹2RL

1(R+r)v'Q-—(R+r)2v-

3.(2024•陕西省渭南市•一模)如图所示，将一通电螺线管竖直放置，螺线管内部形成方向竖直向上、

磁感应强度大小5=H的匀强磁场，在内部用绝缘轻绳悬挂一与螺线管共轴的金属薄圆管，则()

A.从上向下看，薄圆管中的感应电流为逆时针方向

B.薄圆管有垂直于轴线方向向内收缩趋势

C.轻绳对薄圆管的拉力的合力大于薄圆管的重力

D.轻绳对薄圆管的拉力随时间减小

【答案】B

【解析】A.由题意可知，穿过圆管的磁通量向上且增加。根据楞次定律定律可知，感应电流的磁场要阻碍

其增加。所以感应电流的磁场方向竖直向下，根据右手定则可知，从上向下看感应电流的方向为顺时针，

故A错误；

B.由题意可知，穿过圆管的磁通量向上且增加。根据楞次定律定律的“增缩减扩”可知，其薄圆管由垂直

于轴线方向向内收缩趋势，故B正确；

CD.根据左手定则可知，圆管中各段所受的安培力方向指向圆管的轴线，则轻绳对圆管的拉力的合力始终

等于圆管的重力，不随时间变化，故CD错误。

故选B。

【考向三：联系实际】

1.（2024•青海省协作联考•一模）手压式自发电手电筒（如图甲所示）是一种节能产品，其微型发电系

统应用了法拉第电磁感应原理，只要用手轻轻按压发电手柄，就可以给电阻为R（可认为恒定不变）的小

灯泡供电。图乙是手压式自发电手电筒的原理图，半径为L的金属圆环导体通过手压从静止开始绕圆心。沿

顺时针方向转动，其角速度。与时间/的关系为。（尸为正常数）。电阻为「、长度为L的导体棒，一

端与圆环连接，并能随着圆环一起绕。点转动，整个装置置于垂直于纸面向里、磁感应强度大小为3的匀

强磁场中。小灯泡通过电刷连接在圆环和。点之间，从静止开始按压发电手柄，经过时间办，小灯泡正常

发光，此后按压发电手柄，圆环转动的角速度不变，不计其他电阻。求:

（1）小灯泡正常发光时，通过小灯泡的电流大小及方向;

（2）小灯泡的额定功率。

【答案】⑴］貌吊通过小灯泡的电流方向自上而下；⑵八黑鬻

【解析】（1）%时刻导体棒的角速度

为=夕o

此时产生的感应电动势

17

E=-BI：（DQ

感应电流大小

1=^—

R+r

解得

-2（7?+r）

由右手定则可知，通过小灯泡的电流方向自上而下。

（2）小灯泡的额定功率

P=I-R

解得

p=B^XR

4（R+r）2

2.（2024•山西省•一模）（多选）如图是手压式自发电手电筒的原理图。轻轻按压发电手柄，圆形导体环

（圆心与环间固定有三根导体棒）就会绕圆心。沿顺时针方向转动。保持一定的按压频率，导体环就会以

角速度。匀速转动。不考虑小灯泡电阻的变化，下列说法正确的是（）

A.通过灯泡的电流随时间做周期性变化

B.通过灯泡的电流方向始终从上向下

C.若环以2。的角速度转动，灯泡中的电流变为原来的2倍

D.若环以2口的角速度转动，灯泡中的电流变为原来的4倍

【答案】BC

【解析】AB.导体棒切割磁感线产生感应电动势从而使闭合回路中产生感应电流，由于环顺时针转动，根

据右手定则可知，产生感应电流的方向始终不变，通过灯泡的电流方向始终从上向下，而导体棒以恒定

的角速度转动，产生的感应电动势大小也始终不变，故A错误，B正确；

CD.设圆环的半径为R,则产生的感应电动势的大小为

1,

E=-BR2CO

2

可得电路中感应电流大小为

[_EBKCO

一可—24

可知，当环以2。的角速度转动，灯泡中的电流变为原来的2倍，故C正确，D错误。

故选BC。

3.（2024•陕西省商洛市•四模）2024年全国两会胜利闭幕，其间代表委员坦诚建言、共商国是，在认真

履职尽责中践行全过程人民民主，积极为扎实推进中国式现代化建设贡献智慧和力量。一系列利国利民政

策出炉，一大批热气腾腾的两会热词随之涌出，其中“新能源”这个词简直热到爆表。“新能源”在两会

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轨间距L=0.2m,电阻不计。导轨通过单刀双掷开关分别和电源、超级电容器组成闭合回路。一根质量

m=0.5kg,电阻不计的金属杆仍垂直导轨水平放置，与导轨接触良好且与导轨间的动摩擦因数〃=0.2。

整个装置处于垂直于导轨平面向外的匀强磁场中，磁感应强度大小3=2T,已知电源电动势E=6V,内

电阻r=10,超级电容器的电容C=5F,重力加速度g=10m/s2。

（1）如果开关接1,求闭合瞬间杆的加速度；

（2）如果开关接1,求杆能达到的最大速度；

（3）如果开关接2,同时给杆一恒定水平向右的力尸=3.6N,求电容器上电量Q与时间r的变化关系（电

容器初始电量为零）。

【答案】（1）2.8m/s2；（2）8.75m/s；（3）Q=4t（C）

【解析】（1）开关闭合瞬间，根据闭合电路欧姆定律有

安培力

FA=BIL

由牛顿第二定律

FA-Ring=ma

代入数据可得

a=2.8m/s2

(2)当杆〃。达到最大速度Vm时，由电磁感应定律可得

Eab=BLvm

r

BLT-/Limg

联立公式解得

Vm=8.75m/s

(3)设金属杆曲的速度大小为也则感应电动势为

EJBLv

平行板电容器两极板之间的电势差为

U=E'ab

设此时电容器极板上积累的电荷量为

Q=CU

电流定义

/〃=也

Ar

此时，设其加速度大小为储，根据牛顿第二定律有

F—/jmg—BI"L=ma'

即

2

「BCI3^

r-Limg----------=ma

,Nt

又因为

Av

cit——

A?

联立代入数据可得

Q=4t(C)

4.(2024•青海省百所名校•二模)电磁炮的工作原理可简化为如图所示的电路，间距为L的水平平行金

属导轨尸。、PQ'间存在垂直导轨平面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场，轨道左端接一电动势为民

内阻为厂的直流电源。将一质量为机、电阻为R的金属棒a从导轨上某处由静止释放，当金属棒。到达QQ'

离开导轨时恰好达到最大速度，金属棒a在运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，忽略所有摩擦及金属

导轨的电阻。求：

(1)通过电源正极的电荷量

(2)金属棒。产生的热量Q。

P一〔B。

P'Q'

mEmRE2

［答案］(1)/密；(2)2叫R+「)

【解析】(1)设金属棒〃某时刻速度大小为也此时通过金属棒的电流

.E-BLv

i=----------

R+r

随着金属棒速度增大，通过金属棒的电流减小，由牛顿第二定律知

iBL—ma

可知金属棒做加速度减小的加速运动，金属棒到达QQ'时，=0,设金属棒的最大速度为％,金属棒在水

平导轨上运动的过程中回路的平均电流为7,结合动量定理有

E=B%

IBL-t=mvm-0

q=It

解得

（2）设全过程电源产生的总电能为E总，电路产生的总热量为。总，根据能量守恒有

E总=qE

12

E总=。总+^"1Vm

又

R

Q=

R+r

解得

mRE~

^-2B2£2（7?+r）

【考向五：与动量综合】

1.（2024•宁夏银川一中•三模）（多选）如图所示，间距为L的两平行光滑长直金属导轨水平放置。abed

区域有匀强磁场，磁感应强度大小为3,方向竖直向上。细金属杆N静置于磁场中，磁场外的细金属杆M

以速度力向右运动，此后两杆在磁场内未相撞且N出磁场时的速度为己知两杆的质量均为机，在导

轨间的电阻均为A,两金属杆与导轨接触良好且始终与导轨垂直，感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略

T2

A.N在磁场内运动过程中的最大加速度为之上国

2mR

B.N在磁场内运动过程中通过回路的电荷量为‘也

9

c.M中产生焦耳热的最小值为《勿4

9

2〃2VR

D.N的初始位置到ab的最小距离为一餐

3B2U

【答案】ABD

【解析】A.根据题意可知，M进入磁场后，M做减速运动，N做加速运动，则M刚进入磁场时，N在磁

场中的加速度最大，则有

E

E=BLv,1=­F=BIL

02R

联立可得

厂“%

r—

2R

由牛顿第二定律有

F=mam

解得

BaE=--------

m2mR

故A正确;

B.根据题意，对N由动量定理有

3

又

q=

联立可得

解得

故B正确;

C.根据题意可知，若N出磁场时，M恰好追上N,则回路中产生的焦耳热最少，设此