专题18 电磁感应综合题（解析版）-2025年高考物理二轮热点题型归纳与变式演练（新高考）

热点题型·计算题攻略热点题型·计算题攻略专题18电磁感应综合题目录01.题型综述 错误！未定义书签。02.解题攻略 错误！未定义书签。题组01电磁感应中的动力学与能量问题 1题组02动量定理在电磁感应中的应用 17题组03动量守恒定律在电磁感应中的应用 3003.高考练场 45电磁感应作为历年高考物理必考考点，足见其重要性。而电磁感应最重要的难点归根结底就是“谁”是电源,只要明白了这个问题即可将电磁感应研究清楚。考题多以电磁感应中“导轨”上的单棒、双棒、线宽运动的分析来设计学习探索问题情境,涉及的必备知识包括安培力、电路特点、力与运动、动量以及能量的转化。主要考查学生理解能力、模型建构能力、推理论证能力以及学科素养中的科学思维,突出考查基础性、综合性特点。为了有效地备战2025年高考,本专题结合法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律等知识,深入研究电磁感应中的综合问题,以期为广大师生尽一份绵薄之力。题组01电磁感应中的动力学与能量问题【提分秘籍】1．电磁感应综合问题的解题思路2．求解焦耳热Q的三种方法(1)焦耳定律：Q＝I2Rt，适用于电流恒定的情况；(2)功能关系：Q＝W克安(W克安为克服安培力做的功)；(3)能量转化：Q＝ΔE(其他能的减少量)。【典例剖析】【例1-1】（2025高三上·天津南开·期末）如图甲所示，固定光滑平行金属导轨MN、PQ与水平面成倾斜放置，其电阻不计，导轨间距，导轨顶端与电阻相连。垂直导轨水平放置一根质量、电阻的导体棒ab，ab距导轨顶端，距导轨底端距离为（未知）。在装置所在区域加一个垂直导轨平面向上的匀强磁场，其磁感应强度B和时间t的函数关系如图乙所示。0～2s内，导体棒在外力作用下保持静止；2s后由静止释放导体棒，导体棒滑到导轨底部的过程，通过导体棒横截面的电荷量。导体棒始终与导轨垂直并接触良好，且导体棒滑到底部前已经做匀速运动，重力加速度，。求：(1)0～2s内通过导体棒的电流的大小和方向；(2)导体棒滑到底部前的最大速度；(3)导体棒由静止开始下滑到导轨底部的过程，电阻R上产生的焦耳热QR。【答案】(1)0.8A；电流方向由a流向b(2)3m/s(3)1.68J【详解】（1）由法拉第电磁感应定律可得前2s产生的感应电动势由闭合电路欧姆定律解得根据楞次定律知感应电流的方向为a到b。（2）当导体棒达最大速度后匀速下滑，根据平衡方程，，其中解得（3）导体棒滑到底端过程中，，解得设下滑过程中系统产生的热量Q，根据动能定理有，解得电阻R产生的热量为【例1-2】（2025高三·河南郑州·阶段练习）如图所示，两根间距L=1m、足够长光滑平行导轨与水平面夹角为θ=30°，导轨上端用一单刀双掷开关分别连接阻值R=1Ω的电阻和电容C=0.1F的电容器，整个装置处于磁感应强度大小B=0.2T、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中。在导轨上垂直于导轨放置一质量m=0.016kg的导体棒ab，并将其锁定在图示位置。将单刀双掷开关掷到1，并解除对导体棒的锁定，导体棒由静止开始向下运动，重力加速度g取10m/s2，导轨和导体棒电阻均不计，求：(1)导体棒获得的最大速度；(2)若将单刀双掷开关掷到2，并解除锁定，导体棒获得（1）中同样的速度所用的时间。【答案】(1)2m/s(2)0.5s【详解】（1）单刀双掷开关掷到1时，导体棒做加速度逐渐减小的加速运动，当导体棒匀速时，可知导体棒切割磁感线的感应电动势为回路中感应电流为导体棒所受安培力大小为联立，解得（2）若单刀双掷开关掷到2时，并解除固定，取极短时间导体棒速度变化量为Δv，感应电动势的变化量电容器上电量的变化量回路中电流强度为解得导体棒受到的安培力根据牛顿第二定律联立，可得解得【例1-3】（2025高三·河南南阳·期中）如图所示，足够长的平行金属导轨倾斜放置，导轨与水平面夹角，间距，在导轨之间接有阻值的定值电阻.质量、电阻的金属杆由跨过光滑定滑轮的轻绳与质量的重物相连，磁感应强度大小为的匀强磁场与导轨平面垂直。开始时金属杆置于导轨下端紧靠电阻处，将重物P和金属杆由静止释放，金属杆运动到点（图中未画出）过程中，通过电阻的电荷量，此时重物已经开始匀速下降，运动过程中金属杆始终与导轨垂直且接触良好，导轨足够长，一切摩擦不计，重力加速度取，求：(1)重物P匀速下降的速度；(2)金属杆从释放到运动到点的过程中，定值电阻中产生的焦耳热；(3)若金属杆到达点后，磁感应强度开始发生变化（此时为时刻），致使回路中电流为零。试写出磁感应强度随时间变化的关系式。【答案】(1)2m/s(2)1.5J(3)【详解】（1）重物匀速下降时，设金属杆中电流为，金属杆与重物组成的系统由平衡条件得根据闭合电路欧姆定律有根据法拉第电磁感应定律有解得（2）设金属杆运动到点的过程中，运动时间为，平均电流为，向上运动位移为，则有结合联立代入数据解得设电路中产生的总热量为，由能量守恒定律得由串联电路的规律可知，电阻中产生的热量联立解得（3）金属杆中不产生感应电流，说明穿过回路的磁通量始终不变，则有金属杆向上做匀加速运动，对金属杆与重物整体，根据牛顿第二定律有解得金属杆运动的位移则磁感应强度随时间变化的关系为【例1-4】（2024·广西·模拟预测）2024年6月2日6时9分，嫦娥六号着陆器在鹊桥二号中继卫星支持下，开始实施动力下降，7500N变推力主发动机开机，着陆器接触地面前经过喷火反冲减速后关闭主发动机，此时的速度为v1，这一速度仍大于软着陆设计速度v2，为此科学家设计了一种电磁阻尼缓冲装置，其原理如图所示：主要部件为缓冲滑块K及固定在绝缘光滑缓冲轨道MN和PQ上的着陆器主体，着陆器主体中还有超导线圈（图中未画出），能在两轨道间产生垂直于导轨平面的匀强磁场B，导轨内的缓冲滑块由高强度绝缘材料制成，滑块K上绕有n匝矩形线圈abcd，线圈的总电阻为r，ab边长为L，当着陆器接触地面时，滑块K立即停止运动，此后线圈与轨道间的磁场发生作用，使着陆器主体持续做减速运动，从而实现缓冲。已知着陆器主体及轨道的质量为m，缓冲滑块（含线圈）K的质量为M，重力加速度为g，不考虑运动磁场产生的电场，求：(1)缓冲滑块刚落地时着陆器主体的加速度大小；(2)达到着陆器软着陆要求的设计速度v2时，地面对缓冲滑块K支持力的大小；(3)着陆器主体可以实现软着陆，若从v1减速到v2的缓冲过程中，通过线圈的电荷量为q，求该过程中线圈中产生的焦耳热Q。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）线圈切割磁感线产生的感应电动势根据欧姆定律可知，线圈中的感应电流为线圈受到的安培力根据牛顿第三定律可知，着陆器受到的安培力方向竖直向上，对着陆器根据牛顿第二定律则有联立解得（2）对于滑块K，设其受到的支持力为FN，此时受到的安培力为F，则有此时线圈的速度为v2，故感应电动势线圈中的电流故此时的安培力解得（3）根据能量守恒可得根据法拉第电磁感应定律可知，线圈中的平均感应电流所以联立解得【例1-5】如图甲，线框cdef位于倾斜角的斜面上，斜面上有一长度为D的矩形磁场区域，磁场方向垂直于斜面向上，大小为0.4T，已知线框边长，质量，总电阻，现对线框施加一沿斜面向上的力F使之运动，ed边离开磁场后撤去F。斜面上动擦因数，线框速度随时间变化如图乙所示，重力加速度g取。(1)求外力F大小；(2)求cf长度L；(3)求回路产生的焦耳热Q。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）由图像可知，在0~0.4s时间内线框做匀加速直线运动，进入磁场时的速度为加速度大小根据牛顿第二定律有代入数据解得（2）由图像可知，线框进入磁场区域后一直做匀速直线运动，并以速度匀速穿出磁场。线框产生的感应电动势线框产生的感应电流线框受到的安培力由平衡条件得解得（3）因所以线框在减速为零时不会下滑，设线框穿过磁场的时间为t，则感应电流根据焦耳定律可得【变式演练】【变式1-1】．如图所示，平行且光滑的金属导轨相距为，在点和点间接一个阻值为的电阻，两导轨间存在方向垂直导轨平面向下的矩形匀强磁场区域，磁场的宽度为，磁感应强度大小为，一个质量为、电阻为的导体棒垂直于导轨放置，导体棒长为。现从与磁场的左边界相距为的位置开始用一个大小为、方向水平向右的恒力拉导体棒，使之由静止开始运动，已知导体棒在运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，导轨的电阻不计。(1)如果磁场的宽度足够大，导体棒在磁场中运动的最终速度为多大？(2)如果磁场的宽度，导体棒离开磁场右边界时的速度为，求导体棒从开始运动到离开磁场右边界经历的时间以及导体棒通过磁场区域的过程中整个回路所消耗的电能。【答案】(1)10m/s(2)4.8s，58.75J【详解】（1）因为磁场的宽度足够长，所以导体棒在离开磁场前已经做匀速直线运动，根据受力平衡有导体棒匀速运动切割磁感线产生的感应电动势为由闭合电路欧姆定律有根据安培力公式有联立以上各式解得（2）导体棒进入磁场前，根据牛顿第二定律有解得，导体棒在磁场中运动的过程中，设经时间速度达到7.5m/s，安培力产生的冲量为根据动量定理有解得故导体棒从开始运动到离开磁场右边界经历的时间为从导体棒开始运动到离开磁场右边界的过程，据能量守恒定律有解得【变式1-2】．如图所示为倾角θ=30°的光滑绝缘斜面，水平虚线1、2间存在垂直斜面向上的匀强磁场，水平虚线2、3间存在垂直斜面向下的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小均为B，且两虚线之间的距离均为d。质量m=0.4kg、边长d=1.0m、阻值R=2.0Ω的正方形线框由虚线1上方静止释放，正方形线框的ab边与虚线1平行，ab边到虚线1的距离L=1.6m，正方形线框的ab边越过虚线1瞬间刚好匀速，经过一段时间，线框在虚线23间恰好再次匀速，重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力。求：(1)磁感应强度B的大小；(2)线框的ab边从虚线1到虚线2过程通过线框横截面的电荷量；(3)线框从开始释放至ab边到达虚线3过程产生的焦耳热。【答案】(1)1T(2)0.5C(3)7J【详解】（1）设线框的ab边刚到达虚线1时的速度为，则线框进入磁场前由机械能守恒定律得解得ab边越过虚线1瞬间，线框中产生的感应电动势为又线框中的感应电流为线框所受的安培力大小为ab边越过虚线1瞬间，线框匀速运动，由力的平衡条件得解得（2）线框ab边由虚线1至虚线2过程，代入相关已知数据，解得（3）线框在虚线2、3间匀速时，线框的速度大小为，线框中的感应电动势为又线框中的感应电流为线框所受的安培力大小为再次匀速时，由力的平衡条件得解得线框ab边由虚线1至虚线3过程由能量守恒得【变式1-3】．（2024·云南大理·一模）某研学小组设计了一套电气制动装置，其简化模型如图所示。在车身下方固定一单匝矩形导线框，利用线框进入磁场时所受的安培力，辅助列车刹车。已知列车的总质量为m，车身长为s，线框的短边和分别安装在车头和车尾，长度均为L（L小于匀强磁场的宽度），线框的总电阻为R。站台轨道上匀强磁场区域足够长（大于车长s），磁感应强度的大小为B，方向竖直向上，若边刚进入磁场时列车关闭发动机，此时列车的速度为边进入磁场瞬间，列车恰好停止，假设列车停止前所受铁轨及空气阻力的合力恒为f。求：(1)线框边进入磁场瞬间，产生的感应电流大小和列车加速度的大小；(2)线框从进入磁场到停止的过程中产生的焦耳热Q；(3)线框从进入磁场到停止的过程中通过其横截面的电荷量q。【答案】(1)，(2)(3)【详解】（1）线框边进入磁场瞬间，产生的感应电流大小设车头刚进入磁场时的加速度为，根据牛顿第二定律解得（2）列车减少的动能部分转化为线框的焦耳热，部分转化为因铁轨及空气阻力产生的热量，根据能量守恒定律解得（3）根据法拉第电磁感应定律又整理可得，此过程流过线框的电荷量为【变式1-3】（2025高三上·河南·阶段练习）如图所示，两根相距的足够长的平行金属导轨倾斜放置，导轨与水平面成37°，两导轨顶端通过导线连接电源、开关和阻值的电阻。初始时开关S断开，质量分别为、的金属细杆ab、cd垂直于导轨放置，导轨的上下两部分通过M、N两处的绝缘小块相连，MN连线与导轨垂直，两导轨处于大小为、垂直导轨平面向上的匀强磁场中，金属细杆ab、cd的电阻分别为，两杆与导轨的动摩擦因数均为，初始时两金属杆均静止，闭合开关S，ab杆开始向下运动，ab杆运动到MN时已经匀速，已知电源的电动势，内阻。重力加速度。求：(1)金属杆ab运动到MN处时的速度大小；(2)金属杆ab从静止运动到MN处过程中，通过ab杆上的电荷量；(3)ab杆在导轨上运动时产生的焦耳热（忽略电磁辐射）。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）金属棒匀速运动过程中受力如图所示支持力为，摩擦力为，安培力为，则有，，代入数据可得则金属棒以速度匀速运动时无电流，即金属棒切割磁感线的电动势也为，有代入数据可得（2）金属杆运动到的过程中，由于在很短的时间内由动量定理可知即全过程中电量累加起来，有代入数据得（3）金属杆运动到的过程中，滑动距离为，电源消耗的电能为金属杆增加的动能为重力势能减小克服摩擦力做功由于有则回路中的焦耳热此过程中金属杆上的焦耳热为金属杆运动到下方后，由于，、体系动量守恒，设最终速度均为，则有该过程中、系统重力势能的减小量仍等于系统克服摩擦力做的功，系统产生的焦耳热此过程中金属杆上的焦耳热为杆在导轨上运动时产生的焦耳热代入数据得【变式1-5】如图所示，某光滑金属导轨由水平平行轨道和竖直圆周轨道组成，水平平行轨道MN、ST相距L＝0.5m，轨道左端用阻值R＝3Ω的电阻相连。水平轨道的某段区域有竖直向上、磁感应强度B＝4T的匀强磁场。光滑金属杆ab的质量m＝0.2kg、电阻r＝2Ω，金属杆以v＝5m/s的初速度沿水平导轨从左端冲入磁场，离开磁场后沿竖直圆周轨道上升的最大高度H＝0.2m。设金属杆ab与轨道接触良好，并始终与导轨垂直，导轨电阻忽略不计，且不考虑ab的返回情况，取。求：(1)金属杆刚进入磁场时，通过金属杆的电流大小和方向；(2)金属杆ab产生的焦耳热；(3)磁场区域的长度。【答案】(1)2A，从a沿杆流向b(2)0.84J(3)0.75m【详解】（1）导体棒刚进入磁场时，电动势感应电流得由右手定则知感应电流方向从a沿杆流向b。（2）出磁场后机械能守恒解得导体棒整个运动过程，根据能量守恒定律导体棒上的焦耳热解得（3）设通过磁场时的电量为q，磁场区域长度为x，在磁场中的运动过程，根据动量定理又因为解得题组02动量定理在电磁感应中的应用【提分秘籍】在导体单杆切割磁感线做变加速运动时，若运用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求解的物理量应用示例电荷量或速度－Beq\x\to(I)LΔt＝mv2－mv1，q＝eq\x\to(I)Δt，即－BqL＝mv2－mv1位移－eq\f(B2L2\x\to(v)Δt,R总)＝0－mv0，即－eq\f(B2L2x,R总)＝0－mv0时间－Beq\x\to(I)LΔt＋F其他Δt＝mv2－mv1，即－BLq＋F其他Δt＝mv2－mv1，已知电荷量q、F其他(F其他为恒力)－eq\f(B2L2\x\to(v)Δt,R总)＋F其他Δt＝mv2－mv1，即－eq\f(B2L2x,R总)＋F其他Δt＝mv2－mv1，已知位移x、F其他(F其他为恒力)【典例剖析】【例2-1】（2024·河北·模拟预测）如图所示，质量的形框放置在光滑绝缘的水平地面上，已知段的长度为，、的长度为，、、、分别是、、和的中点，段的电阻为，其余部分电阻忽略不计。在区域存在竖直向下、磁感应强度大小可变的匀强磁场，磁场位置不随形框移动。质量、电阻不计的导体棒放置在处，导体棒的长度比形框的宽度略长，若给导体棒水平向右的初速度，当其运动到磁场左边界时，恰与形框速度相同。已知导体棒与形框之间的动摩擦因数为，取重力加速度。(1)求导体棒初速度的大小；(2)若要使导体棒和形框在磁场中运动时始终保持相对静止，求磁感应强度的最大值；(3)若将磁感应强度的大小调整为第（2）问中的，判断导体棒最终是否静止，若静止，求导体棒最终离磁场左边界的距离；若不能静止，求导体棒的最终速度。【答案】(1)(2)(3)静止，【详解】（1）设共速时速度大小为，对导体棒和形框组成的系统，由动量守恒定律得对导体棒由动能定理得解得，（2）导体棒在磁场中受到安培力，故对导体棒和U形框，由牛顿第二定律得，解得（3）当时，导体棒到达磁场左边界后，导体棒和形框将保持相对静止。若导体棒和形框一直受安培力，直至导体棒静止，则由动量定理得则有解得导体棒从开始运动到刚进入磁场，导体棒的位移大小为解得形框的位移大小为设刚进入磁场时导体棒到形框左侧边的距离为，则有由于，则导体棒进入磁场后先向右减速运动然后导体棒和形框一起在磁场中匀速运动最后形框边切割磁感线，整体减速运动由于，所以导体棒最终静止，导体棒最终离磁场左边界的距离为【例2-2】如图所示，相距的平行金属导轨，左侧部分水平，分布着竖直向上的匀强磁场，右侧部分倾斜，倾角为，倾斜导轨上的、两点处各有一小段绝缘导轨（长度可忽略不计），在连线到连线之间分布着垂直导轨向下的匀强磁场，磁感应强度大小均为，倾斜导轨上端、之间接有阻值为的电阻，其余导轨电阻不计，水平与倾斜导轨连接处平滑过渡。金属棒1与2的质量都为，有效接入导轨间的长度都为，电阻都为。金属棒1从连线上方处由静止释放，与之间距离与之间距离与之间棒与导轨间的动摩擦因数为，其余部分导轨均光滑，金属棒2初始静止，到距离为。金属棒1进入磁场后，在运动到前已达到稳定速度，在运动到前已再次达到稳定速度。运动过程中，两棒与导轨接触良好，且始终与导轨垂直，不计金属棒经过时的能量损失，若两棒相碰则发生弹性碰撞。（已知，重力加速度取）求：(1)金属棒1运动到前达到的稳定速度的大小；(2)金属棒1运动到时，金属棒2的速度大小；(3)最终稳定时金属棒1所在位置，以及全过程金属棒1产生的焦耳热。【答案】(1)(2)金属棒2的速度大小为(3)金属棒1停在左侧处【详解】（1）匀速运动时，则有联立解得（2）根据题意可得故再次匀速必有金属棒1沿斜导轨向下运动，金属棒2沿着水平导轨向右运动，由动量定理得，对1棒有：即对2棒有联立上述三式解得（3）由第（2）问可得所以此后1棒和2棒都以的初速率在EF的右侧相向运动，两棒初始相距并以大小相同的加速度减速，如果相碰，各自原速率反弹后继续以相同的加速度减速，直至两棒的速度都为零，设两棒在此过程中所经历的路程为、，对任意棒有解得最终两棒相向运动0.75m后停止运动，即金属棒1停在左侧0.375m处。在任意阶段都是1棒电阻与另一等大电阻（R或2棒r）产生等量焦耳热，故由能量守恒解得【例2-3】如图所示，倾角为、绝缘、光滑、无限长的斜面上相距为的水平虚线MN、PQ间有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，“日”字形闭合导体线框沿斜面放置，ab边平行于PQ边，线框宽ab为L，cd到MN的距离为，将金属框由静止释放，cd边和ef边都恰好匀速通过磁场。已知ab、cd、ef边的电阻分别为R、R、3R，其它部分电阻不计，运动中线框平面始终与磁场垂直，ab边始终平行PQ，不计空气阻力，重力加速度大小为g。求：(1)cd边和ef边通过磁场的速度大小之比；(2)cd边刚进入磁场到ef边刚离开磁场的过程，重力的冲量大小；(3)整个线框穿过磁场过程中，ab段电阻中产生的焦耳热。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）设cd边进入磁场时速度大小为，cd边中电流大小为，则有设线框质量为m，对线框有联立解得设ef边进入磁场时速度大小为，ef边中电流大小为，则有对线框有联立解得则cd边和ef边通过磁场的速度大小之比为（2）对线框，从静止下滑至cd边刚进入磁场过程，线框加速度大小a，则有解得设cd边和ef边通过磁场时间分别为和，则解得设cd边刚出磁场到ef边刚进入磁场过程时间为，则有解得则整个线框穿过磁场过程中，重力的冲量大小为（3）cd边、ef边穿过磁场过程中，回路中产生的焦耳热相同设为Q，则有cd边穿过磁场和ef边穿过磁场过程过程，ab边产生的焦耳热分别为和，则有整个线框穿过磁场过程中，ab中产生的焦耳热为【例2-4】如图所示，导体棒a、b水平放置于足够长的光滑平行金属导轨上，导轨左右两部分的间距分别为l和2l，导体棒a、b的质量分别为m和2m，接入电路的电阻分别为R和2R，其余部分电阻均忽略不计。导体棒a、b均处于方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，a、b两导体棒均以v0的初速度同时水平向右运动，两导体棒在运动过程中始终与导轨垂直且保持良好接触，导体棒a始终在窄轨上运动，导体棒b始终在宽轨上运动，直到两导体棒达到稳定状态。求：(1)导体棒中的最大电流；(2)稳定时导体棒a和b的速度；(3)电路中产生的焦耳热及该过程中流过导体棒a某一横截面的电荷量。【答案】(1)(2)，方向向右，，方向向右(3)，【详解】（1）a、b两导体棒均以v0的初速度同时向右运动时，导体棒中的电流最大，此时回路中的感应电动势为E＝B·2lv0－Blv0＝Blv0则导体棒中的最大电流（2）当两导体棒产生的感应电动势相等时，回路中的电流为零，且达到稳定状态，设此时导体棒a的速度为va，导体棒b的速度为vb，则有Blva＝B·2lvb可得va＝2vb两导体棒从开始运动到达到稳定状态过程中，对导体棒a，由动量定理得BIlt＝mva－mv0对导体棒b，由动量定理得－BI·2lt＝2mvb－2mv0联立解得，（3）由能量守恒定律得解得对导体棒a，由动量定理可得BIlt＝mva－mv0又根据q＝It，联立解得【变式演练】【变式2-1】一边长为L、质量为m的正方形金属细框，每边电阻为，置于光滑的绝缘水平桌面（纸面）上。宽度为2L的区域内存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两虚线为磁场边界，如图所示。现在使金属框以一定的初速度向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的左、右边框始终与磁场边界平行，金属框完全穿过磁场区域后，速度大小降为它初速度的一半，求：(1)此过程中流过线圈的电荷量q是多少？(2)金属框的初速度大小。【答案】(1)(2)【详解】（1）金属框进入磁场过程中有则金属框进入磁场过程中流过回路的电荷量为则金属框完全穿过磁场区域的过程中流过回路的电荷量为（2）设金属框的初速度大小为，则金属框完全穿过磁场区域后的速度大小为，对金属框根据动量定理可得又联立解得【变式2-2】．某游乐设施主体结构如图甲所示为一绝缘的弯曲轨道与略微倾斜的直轨道组成，弯曲轨道与直轨道在B处相切。一绝缘材料做成的小车从弯曲轨道顶端A点自由滑下，A点与B点的竖直高度差为h。如图乙所示，小车车厢底板内有一组平放的匝数为n匝，电阻为R的矩形铜线圈，线圈长宽分别为和，其短边与轨道垂直。小车包含游客的总质量为M。小车滑至B处时，速度为，小车滑上倾斜直轨道时，能够自由匀速下滑。小车在直轨道的C处开始穿过一隧道，在隧道的顶部和底部每隔放置一对正对着的强磁体，每组磁体产生的磁场区域可近似认为是长为，略宽于的矩形，磁感应强度相同且大小等于B。小车在AB轨道上运动时可视为质点。求：(1)小车从A处静止滑至B处的过程中，小车克服阻力所做的功。(2)小车内的线圈刚进入第一组强磁体产生的磁场时小车的加速度。(3)小车线圈前端最终静止时的位置距离C点的距离。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）小车由A→B的过程中，由动能定理可得解得（2）当小车线圈刚进入磁场时根据闭合电路欧姆定律可得则安培力再由牛顿第二定律联立解得（3）小车进入交替磁场中运动的过程中，始终只有一条边在切割磁感线，安培力对任意微过程，根据动量定理可得对全过程求和可得又因为所以到停止时小车的位移【变式2-3】．一边长为L、质量为m的正方形金属细框，金属框的总电阻为R，置于光滑的绝缘水平桌面（纸面）上。宽度为2L的区域内存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两虚线为磁场边界，如图所示。使金属框以一定的初速度向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的左、右边框始终与磁场边界平行，求：（1）金属框进入磁场区域的过程中流过回路的电荷量；（2）假设金属框完全穿过磁场区域后，速度大小降为初速度的，金属框的初速度大小。【答案】（1）；（2）【详解】（1）金属框进入磁场区域的过程中流过回路的电荷量金属框进入磁场区域的过程中流过回路的电流感应电动势则金属框进入磁场过程中流过回路的电荷量（2）同理，金属框穿出磁场区域的过程中流过回路的电荷量金属框从进入磁场到穿出磁场，整个过程由动量定理联立解得【变式2-4】（2025高三上·陕西·开学考试）如图，间距为L的平行光滑金属轨道与由倾斜和水平两部分平滑连接而成，且，倾斜轨道的倾角为，水平轨道足够长，轨道电阻不计。倾斜部分处于垂直轨道向上的匀强磁场中，其磁感应强度大小为B。已知金属细棒的质量均为m、电阻均为R、长度均为L。现将a棒从高度为h的位置由静止释放，当a棒到达时，立即将b棒也从位置由静止释放，当b棒到达时速度大小为，此时在水平轨道部分加竖直向下的匀强磁场。运动过程中金属细棒始终与下平行且与轨道接触良好，重力加速度为g。求：(1)b棒在倾斜轨道加速至速度时，其加速度大小；(2)b棒到达处时棒之间的距离；(3)若b棒到达处时棒间距离用表示，再经时间a棒继续向左运动距离为，此时棒之间的距离。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）b棒在斜轨道速度为时，加速度为a，由法拉第电磁感应定律得由闭合电路欧姆定律得b棒所受安培力对b棒由牛顿第二定律得联立解得（2）b棒下滑至EF处所需时间为t，平均电流为，对b棒由动量定理得由法拉第电磁感应定律得由闭合电路欧姆定律得此过程磁通量的变化量a棒下滑至EF过程中，由机械能守恒定律得b棒在斜轨道下滑过程中，a棒在水平轨道做匀速运动的位移为a、b棒的距离联立解得（3）b棒在水平轨道运动过程中，a、b棒受到的安培力大小相等、方向相反，以a、b棒为研究系统，由动量守恒定律得在极短时间内有在时间内，b棒向左运动距离为，得则a、b棒间的距离为联立得题组03动量守恒定律在电磁感应中的应用【提分秘籍】双杆模型物理模型“一动一静”：甲杆静止不动，乙杆运动，其实质是单杆问题，不过要注意问题包含着一个条件——甲杆静止，受力平衡两杆都在运动，对于这种情况，要注意两杆切割磁感线产生的感应电动势是相加还是相减；系统动量是否守恒分析方法动力学观点通常情况下一个金属杆做加速度逐渐减小的加速运动，而另一个金属杆做加速度逐渐减小的减速运动，最终两金属杆以共同的速度匀速运动能量观点两杆系统机械能减少量等于回路中产生的焦耳热之和动量观点对于两金属杆在平直的光滑导轨上运动的情况，如果两金属杆所受的外力之和为零，则考虑应用动量守恒定律处理问题【典例剖析】【例3-1】如图所示为两条间距为d的固定光滑金属导轨，其中部分为半径为的四分之一圆弧轨道，部分为足够长水平直轨道，水平轨道位于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为。现将质量为、电阻为的金属棒S静置于距足够远的水平轨道上，将与其完全相同的金属棒由处静止释放，一段时间后，金属棒运动到水平轨道上。在运动过程中，两棒始终与导轨垂直且保持良好接触，除金属棒电阻之外其他电阻不计，已知重力加速度为。求：(1)金属棒运动至圆弧轨道最底端处时的速度和金属棒对轨道的压力大小；(2)金属棒刚进入水平轨道时，通过金属棒S的电流大小；(3)从金属棒进入水平轨道到两棒运动稳定的共同速度v；(4)从金属棒进入水平轨道到两棒运动稳定的过程中金属棒S产生的热量。【答案】(1)，(2)(3)(4)【详解】（1）金属棒由静止释放运动到处的过程中，根据动能定理有求得金属棒运动到处时，由牛顿第二定律有解得根据牛顿第三定律，金属棒运动至处时对轨道的压力大小为（2）金属棒刚进入水平轨道时，金属棒产生的电动势为通过金属棒的电流大小（3）两棒组成的系统动量守恒，有联立解得共同速度为（4）金属棒从进入水平轨道到两棒运动稳定的过程中，两棒产生的总热量为金属棒产生的热量为联立得【例3-2】如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨，间距为，导轨右侧固定一绝缘竖直挡板。导轨上面横放着两根导体棒和，棒距离挡板为，导体棒质量均为，电阻均为，其余部分电阻不计，导轨平面有竖直向上、磁感应强度为的匀强磁场。当棒以初速度从导轨左端开始向右运动，棒也开始向右运动，至挡板时两棒共速，棒碰撞挡板后立即以原速大小弹回，已知在运动过程中两棒始终没相碰。忽略回路电流对磁场产生的影响，棒与导轨接触良好。求：(1)棒刚开始运动时，回路产生的电流；(2)从开始到两棒共速系统产生的焦耳热；(3)棒开始运动到停止的位移。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）PQ刚开始运动时，则有所以回路中产生的电流为（2）两个导体棒在运动的过程中满足动量守恒，则有根据能量守恒，则有可解得（3）在MN未碰挡板前，根据动量定理，则有故可解得又因可解得即所以PQ走过的位移为碰后满足动量守恒，则有显然对PQ列动量定理，则有故可解得又因可解得即所以PQ走过的位移为综上所述，PQ总共走过的位移为【例3-3】（2025高三上·陕西·期中）如图，在绝缘水平面上固定两根光滑平行金属导轨，左右两侧导轨处于竖直向上的磁场中，磁感应强度大小分别为B和2B，导轨间距分别为2d和d，已知导体棒MN的电阻为R、长度为d，导体棒PQ的电阻为2R、长度为2d，PQ的质量是MN的2倍。初始时刻两棒静止，两棒中点之间连接一压缩量为L的轻质绝缘弹簧，弹簧的劲度系数为k。释放弹簧后两棒在各自磁场中运动直至停止，弹簧始终在弹性限度内。两棒保持与导轨垂直并接触良好，导轨足够长且电阻不计。求(1)导体棒PQ的速率为v时，导体棒MN所受的安培力大小；(2)弹簧释放的整个过程中，流过导体棒MN的电流方向及通过导体棒PQ的电荷量；(3)弹簧释放的整个过程中，通过导体棒PQ产生的热量。【答案】(1)(2)由M指向N，(3)【详解】（1）设任意时刻回路电流为I，则PQ受安培力方向向右；MN受安培力方向向左。可知两棒系统受合外力为零，动量守恒，设PQ质量为2m，则MN质量为m，PQ速率为v时，则解得回路的感应电流MN所受安培力大小为（2）弹簧伸展过程中，根据右手定则可知，回路中产生顺时针方向的电流，导体棒MN中的电流方向由M指向N。两棒最终停止时弹簧处于原长状态，此时两棒间距增加了L，由动量守恒可得其中可得则最终MN位置向右移动PQ位置向左移动则（3）经分析释放弹簧过程中系统能量守恒，弹簧的弹性势能全部转化为系统的焦耳热能导体棒PQ产生的热量为【例3-4】（2024·浙江金华·一模）如图所示，倾角为θ=53°的金属导轨MN和的上端有一个单刀双掷开关K，当开关与1连接时，导轨与匝数n=100匝、横截面积S=0.04m2的圆形金属线圈相连，线圈总电阻r=0.2Ω，整个线圈内存在垂直线圈平面的匀强磁场B0且磁场随时间均匀变化。当开关与2连接时，导轨与一个阻值为R1=0.3Ω的电阻相连。水平轨道的至间是绝缘带，其它部分导电良好，最右端串接一定值电阻R2=0.2Ω。两轨道长度均足够长，宽度均为L=1m，在处平滑连接。导轨MN和的平面内有垂直斜面向下的匀强磁场，磁感应强度大小B1=0.2T；整个水平轨道上有方向竖直向上，磁感应强度大小为B2=1T的匀强磁场。现开关与1连接时，一根长度为L的导体棒a恰好静止在倾斜导轨上；某时刻把开关迅速拨到2，最后a棒能在倾斜轨道上匀速下滑。导体棒b一开始被锁定（锁定装置未画出），且到位置的水平距离为d=0.24m。棒a与棒b的质量均为m=0.1kg，电阻均为R=0.2Ω，所有导轨均光滑且阻值不计。求：(1)求圆形线圈内磁场随时间的变化率；(2)棒a滑至时的速度大小v1；(3)棒a与棒b碰撞前，棒a的速度大小v2；(4)棒a与棒b碰撞前瞬间，立即解除对棒b的锁定，两棒碰后粘连在一起。从棒a进入水平轨道，至两棒运动到最终状态，定值电阻R2上产生的焦耳热Q是多少。【答案】(1)(2)10m/s(3)2m/s(4)【详解】（1）开关打到1时，棒受力平衡根据，解得（2）棒匀速时，根据平衡条件可知可得v1=10m/s（3）棒a进入水平面后，根据动量定理根据电路连接得即v2=2m/s（4）当棒a切割时此时电阻产生热量得两棒相碰碰后至静止电路产热电阻产生热量得综上，产生总热量为【变式演练】【变式3-1】如图所示，光滑的平行金属导轨固定在水平面内，间距。匀强磁场区域宽度，，金属棒质量，阻值以的初速度从左端开始沿导轨滑动，穿过磁场区域后，与另一根质量，阻值的原来静置在导轨上的金属棒发生弹性碰撞，两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计。(1)求金属棒刚进入磁场时棒两端的电压；(2)求金属棒第一次穿过磁场区域的过程中，金属棒中产生的热量；(3)通过计算判断金属棒能否再次穿过磁场区域，若不能，求出金属棒到磁场右边界的距离。【答案】(1)(2)(3)不能再次穿过磁场区域，【详解】（1）金属棒a刚进入磁场时电动势为回路中的电流为此时金属棒a两端的电压为联立解得（2）金属棒第一次穿过磁场区域的过程中，对金属棒根据动量定理可得又联立解得金属棒a第一次穿过磁场区域的过程中，根据能量守恒可得整个回路产生的热量为则金属棒中产生的热量为（3）两金属棒碰撞过程，以向右为正方向，根据动量守恒和机械能守恒可得联立解得碰撞后金属棒a的速度为设金属棒不能再次穿过磁场区域，且金属棒a最终停在距磁场右边界x处，则从反弹进入磁场到停下来的过程，根据动量定理可得又联立解得假设成立。【变式3-2】．如图所示，两根光滑平行金属长导轨MN、PQ固定在绝缘水平面上，其间距为L，两导轨间存在竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。两根长度均为L的金属棒ab、cd放置在导轨上，ab棒质量为m，电阻为R，cd棒质量为2m，电阻为2R。时刻，cd棒获得一水平向右、大小为的初速度，时刻ab棒刚好达到最大速度。已知金属棒在运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻忽略不计。求：(1)时刻，ab棒加速度的大小；(2)时间段内ab棒上产生的焦耳热Q；(3)时间段内，通过ab棒的电荷量q。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）时刻，cd两端产生的感应电动势

回路中的电流

ab棒所受的安培力

由牛顿第二定律可知

得出

（2）时间段内ab棒做加速运动，之后ab棒匀速，回路中总电动势为0，则ab、cd棒产生的感应电动势大小相等，可知时刻两棒速度大小相等。设该速度为，两金属棒运动过程中所受安培力大小始终相等，设时间内，ab、cd平均加速度大小分别为、，则有

可知由上可知

得出

设此段时间内系统产生的总焦耳热为，由能量守恒定律可知

得出（3）设时间内，通过ab棒的平均电流为，则有

由运动学公式可知

联立并整理可得

即

得出【变式3-3】．间距为l的平行光滑金属导轨MN、PQ水平段处于方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，导轨的弯曲段处在磁场之外，如图甲所示。导体棒a与b接入电路的有效电阻分别为R、2R。导体棒a的质量为m，b棒放置在水平导轨上足够远处，a棒在弯曲段导轨上距水平段某一高度处由静止释放，刚进入磁场时导体棒a受到的安培力的大小为F，以导体棒a刚进入磁场时为计时起点，导体棒a的速度随时间变化的v－t图像如图乙所示（v0未知），运动过程中导体棒与导轨接触良好且始终与导轨垂直，不计导轨电阻，重力加速度大小为g。求：(1)导体棒a释放时距导轨水平段的高度h；(2)导体棒b在0~t2这段时间内产生的内能。【答案】(1)(2)【详解】（1）由题图乙可知，a棒刚进入磁场时的速度为v0，从开始下落到进入磁场，根据机械能守恒定律，有mgh＝12mv0a棒切割磁感线产生的感应电动势E＝Blv0根据闭合电路欧姆定律，感应电流I＝a棒受到的安培力F＝BIl联立解得（2）设b棒的质量为mb，两棒最终稳定速度为v′，以v0的方向为正方向，由v－t图线可知v′＝13va棒进入磁场后，a棒和b棒组成的系统动量守恒，有mv0＝（m＋mb）v′解得mb＝2m设a棒产生的内能为Qa，b棒产生的内能为Qb，根据能量守恒定律，有12mv02＝12（m＋mb）v′2＋Qa＋两棒串联，产生的内能与电阻成正比，则Qb＝2Qa解得【变式3-4】．（2024·广东茂名·模拟预测）如图所示，两根足够长、电阻不计的平行光滑金属导轨相距为。导轨平面与水平面成角，质量均为、阻值均为、长度均为的金属棒、紧挨着放在两导轨上，整个装置处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为。现固定金属棒，将金属棒由静止释放，经过一段时间开始匀速下滑，已知运动过程中金属棒与导轨始终垂直并保持良好接触，重力加速度为求：(1)金属棒匀速下滑时的速度大小；(2)已知从金属棒释放至速度达到最大速度一半的过程中，通过金属棒的电荷量为6C，求该过程中金属棒产生的焦耳热（计算结果保留一位小数）；(3)若金属棒不固定，将金属棒由静止释放的同时、给金属棒平行于导轨向上的恒力，求金属棒匀速运动时的速度大小。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）设金属棒匀速下滑时的速度大小为，金属棒切割磁感线产生的电动势为通过金属棒的电流为金属棒受到的安培力为金属棒做匀速直线运动时有解得（2）设当金属棒的速度大小为通过金属棒的电荷量为平均电动势解得由能量守恒定律可得代入数据解得（3）对金属棒进行受力分析，可得对金属棒进行受力分析，可得可得金属棒、的加速度大小始终满足分析可得，金属棒、同时做匀速直线运动，且金属棒、的速度大小相等，设匀速运动时回路中电流为金属棒受到的安培力为金属棒匀速直线运动，可得解得【变式3-5】．如图所示，倾角为θ=37°的足够长的平行金属导轨固定在水平面上，平行导轨间的距离为L，两导体棒ab、cd垂直于导轨放置，空间存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，现给导体棒ab一沿导轨平面向下的初速度v0使其沿导轨向下运动，已知两导体棒质量均为m，电阻均为R，两导体棒与导轨之间的动摩擦因数均为μ=0.75，导轨电阻忽略不计，从ab开始运动到两棒相对静止的整个运动过程中两导体棒始终与导轨保持良好的接触。(1)求两根导体棒最终的速度；(2)整个过程中回路产生的焦耳热Q；(3)若导体棒ab运动之前，两根导体棒相距的距离为L0，要保证运动过程中两根导体棒不相撞，L0最小是多少？【答案】(1)0.5v0(2)(3)【详解】（1）由题意可知则对两棒的系统沿轨道方向的动量守恒，且最终稳定时两棒速度相同，则有：解得（2）根据能量守恒可知，系统减少的动能全部转化成焦耳热，则：解得（3）运动过程中，令ab、cd两根导体棒的速度分别为v1、v2，任意时刻则感应电动势：感应电流安培力大小以导体棒ab为研究对象，由动量定理可得：即有解得两根导体棒相对滑动的距离根据几何关系可得：L0的最小值为等于∆x，所以L0的最小值为1.（2024·江西·高考真题）如图（a）所示，轨道左侧斜面倾斜角满足sinθ1=0.6，摩擦因数，足够长的光滑水平导轨处于磁感应强度为B=0.5T的匀强磁场中，磁场方向竖直向上，右侧斜面导轨倾角满足sinθ2=0.8，摩擦因数。现将质量为m甲=6kg的导体杆甲从斜面上高h=4m处由静止释放，质量为m乙=2kg的导体杆乙静止在水平导轨上，与水平轨道左端的距离为d。已知导轨间距为l=2m，两杆电阻均为R=1Ω，其余电阻不计，不计导体杆通过水平导轨与斜面导轨连接处的能量损失，且若两杆发生碰撞，则为完全非弹性碰撞，取g=10m/s2，求：（1）甲杆刚进入磁场，乙杆的加速度？（2）乙杆第一次滑上斜面前两杆未相碰，距离d满足的条件？（3）若乙前两次在右侧倾斜导轨上相对于水平导轨的竖直高度y随时间t的变化如图（b）所示（t1、t2、t3、t4、b均为未知量），乙第二次进入右侧倾斜导轨之前与甲发生碰撞，甲在0~t3时间内未进入右侧倾斜导轨，求d的取值范围。【答案】（1）a乙0=2m/s2，方向水平向右；（2）d≥24m；（3）【详解】（1）甲从静止运动至水平导轨时，根据动能定理有甲刚进入磁场时，平动切割磁感线有E0=Blv0则根据欧姆定律可知此时回路的感应电流为根据楞次定律可知，回路中的感应电流沿逆时针方向（俯视），结合左手定则可知，乙所受安培力方向水平向右，由牛顿第二定律有BI0l=m2a乙0带入数据有a乙0=2m/s2，方向水平向右（2）甲和乙在磁场中运动的过程中，系统不受外力作用，则系统动量守恒，若两者共速时恰不相碰，则有m1v0=(m1＋m2)v共对乙根据动量定理有其中联立解得dmin=Δx=24m则d满足d≥24m（3）根据（2）问可知，从甲刚进入磁场至甲、乙第一次在水平导轨运动稳定，相对位移为Δx=24m，且稳定时的速度v共=6m/s乙第一次在右侧斜轨上向上运动的过程中，根据牛顿第二定律有m2gsinθ2＋μ2m2gcosθ2=m2a乙上根据匀变速直线运动位移与速度的关系有2a乙上x上=v共2乙第一次在右侧斜轨上向下运动的过程中，根据牛顿第二定律有m2gsinθ2－μ2m2gcosθ2=m2a乙下再根据匀变速直线运动位移与速度的关系有2a乙下x下=v12且x上=x下联立解得乙第一次滑下右侧轨道最低点的速度v1=5m/s由于两棒发生碰撞，则为完全非弹性碰撞，则甲乙整体第一次在右侧倾斜轨道上向上运动有（m1＋m2）gsinθ2＋μ2（m1＋m2）gcosθ2=(m1＋m2)a共上同理有2a共上x共上=v2且由图（b）可知x上=4.84x共上解得甲、乙碰撞后的速度乙第一次滑下右侧轨道最低点后与甲相互作用的过程中，甲、乙组成的系统合外力为零，根据动量守恒有m1v2－m2v1=(m1＋m2))v解得乙第一次滑下右侧轨道最低点时甲的速度为若乙第一次滑下右侧轨道最低点时与甲发生碰撞，则对应d的最小值，乙第一次在右侧斜轨上运动的过程，对甲根据动量定理有其中解得根据位移关系有dmin′－Δx=Δx1解得若乙返回水平导轨后，当两者共速时恰好碰撞，则对应d的最大值，对乙从返回水平导轨到与甲碰撞前瞬间的过程，根据动量定理有其中解得根据位移关系有dmax－Δx－Δx1=Δx2解得则d的取值范围为2．（2023·湖南·高考真题）如图，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为，两导轨及其所构成的平面均与水平面成角，整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为．现将质量均为的金属棒垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为。运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终未滑出导轨，导轨电阻忽略不计，重力加速度为。

（1）先保持棒静止，将棒由静止释放，求棒匀速运动时的速度大小；（2）在（1）问中，当棒匀速运动时，再将棒由静止释放，求释放瞬间棒的加速度大小；（3）在（2）问中，从棒释放瞬间开始计时，经过时间，两棒恰好达到相同的速度，求速度的大小，以及时间内棒相对于棒运动的距离。

【答案】（1）；（2）；（3），【详解】（1）a导体棒在运动过程中重力沿斜面的分力和a棒的安培力相等时做匀速运动，由法拉第电磁感应定律可得有闭合电路欧姆定律及安培力公式可得，a棒受力平衡可得联立记得（2）由右手定则可知导体棒b中电流向里，b棒沿斜面向下的安培力，此时电路中电流不变，则b棒牛顿第二定律可得解得（3）释放b棒后a棒受到沿斜面向上的安培力，在到达共速时对a棒动量定理b棒受到向下的安培力，对b棒动量定理联立解得此过程流过b棒的电荷量为q，则有由法拉第电磁感应定律可得联立b棒动量定理可得3．（2024·北京·高考真题）如图甲所示为某种“电磁枪”的原理图。在竖直向下的匀强磁场中，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。已知磁场的磁感应强度大小为B，导体棒的质量为m、接入电路的电阻为R。开关闭合前电容器的电荷量为Q。（1）求闭合开关瞬间通过导体棒的电流I；（2）求闭合开关瞬间导体棒的加速度大小a；（3）在图乙中定性画出闭合开关后导体棒的速度v随时间t的变化图线。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）开关闭合前电容器的电荷量为Q，则电容器两极板间电压开关闭合瞬间，通过导体棒的电流解得闭合开关瞬间通过导体棒的电流为（2）开关闭合瞬间由牛顿第二定律有将电流I代入解得（3）由（2）中结论可知，随着电容器放电，所带电荷量不断减少，所以导体棒的加速度不断减小，其v-t图线如图所示4．（2024·湖北·高考真题）如图所示，两足够长平行金属直导轨MN、PQ的间距为L，固定在同一水平面内，直导轨在左端M、P点分别与两条竖直固定、半径为L的圆弧导轨相切。MP连线与直导轨垂直，其左侧无磁场，右侧存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。长为L、质量为m、电阻为R的金属棒ab跨放在两圆弧导轨的最高点。质量为2m、电阻为6R的均匀金属丝制成一个半径为L的圆环，水平放置在两直导轨上，其圆心到两直导轨的距离相等。忽略导轨的电阻、所有摩擦以及金属环的可能形变，金属棒、金属环均与导轨始终接触良好，重力加速度大小为g。现将金属棒ab由静止释放，求（1）ab刚越过MP时产生的感应电动势大小；（2）金属环刚开始运动时的加速度大小；（3）为使ab在整个运动过程中不与金属环接触，金属环圆心初始位置到MP的最小距离。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）根据题意可知，对金属棒ab由静止释放到刚越过MP过程中，由动能定理有解得则ab刚越过MP时产生的感应电动势大小为（2）根据题意可知，金属环在导轨间两段圆弧并联接入电路中，轨道外侧的两端圆弧金属环被短路，由几何关系可得，每段圆弧的电阻为可知，整个回路的总电阻为ab刚越过MP时，通过ab的感应电流为对金属环由牛顿第二定律有解得（3）根据题意，结合上述分析可知，金属环和金属棒ab所受的安培力等大反向，则系统的动量守恒，由于金属环做加速运动，金属棒做减速运动，为使ab在整个运动过程中不与金属环接触，则有当金属棒ab和金属环速度相等时，金属棒ab恰好追上金属环，设此时速度为，由动量守恒定律有解得对金属棒，由动量定理有则有设金属棒运动距离为，金属环运动的距离为，则有联立解得则金属环圆心初始位置到MP的最小距离5．（2024·宁夏四川·高考真题）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）；（2），【详解】（1）开关S闭合后，当外力与安培力相等时，金属棒的速度最大，则由闭合电路欧姆定律金属棒切割磁感线产生的感应电动势为联立可得，恒定的外力为在加速阶段，外力的功率为定值电阻的功率为若时，即化简可得金属棒速度v的大小为（2）断开开关S，电容器充电，则电容器与定值电阻串联，则有当金属棒匀速运动时，电容器不断充电，电荷量q不断增大，电路中电流不断减小，则金属棒所受安培力不断减小，而拉力的功率定值电阻功率当时有可得根据可得此时电容器两端电压为从开关断开到此刻外力所做的功为其中联立可得6．（2024·安徽·高考真题）如图所示，一“U”型金属导轨固定在竖直平面内，一电阻不计，质量为m的金属棒ab垂直于导轨，并静置于绝缘固定支架上。边长为L的正方形cdef区域内，存在垂直于纸面向外的匀强磁场。支架上方的导轨间，存在竖直向下的匀强磁场。两磁场的磁感应强度大小B随时间的变化关系均为B=kt（SI），k为常数（k>0）。支架上方的导轨足够长，两边导轨单位长度的电阻均为r，下方导轨的总电阻为R。t=0时，对ab施加竖直向上的拉力，恰使其向上做加速度大小为a的匀加速直线运动，整个运动过程中ab与两边导轨接触良好。已知ab与导轨间动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。不计空气阻力，两磁场互不影响。（1）求通过面