專題15 電磁感應綜合問題-備戰(zhàn)2025年高考物理真題題源解密（解析版）

第第頁考情概覽：解讀近年命題思路和內容要求，統(tǒng)計真題考查情況。2024年真題研析：分析命題特點，探尋常考要點，真題分類精講。近年真題精選：分類精選近年真題，把握命題趨勢。必備知識速記：歸納串聯(lián)解題必備知識，總結易錯易混點。名校模擬探源：精選適量名校模擬題，發(fā)掘高考命題之源。命題解讀考向考查統(tǒng)計本類試題主要考查電磁感應中的綜合問題。常與電路、力的平衡、牛頓運動定律、功能關系、能量守恒及動量定理、動量守恒定律進行綜合。考向一與圖像綜合2024·遼寧卷，12024·湖北卷，12024·湖北卷，12024·湖北卷，12024·湖北卷，12024·遼寧卷，12024·湖北卷，12024·湖北卷，12024·湖北卷，12024·湖北卷，1考向二與電路綜合2024·山東卷，12024·湖北卷，12023·重慶卷，12024·湖北卷，12024·湖北卷，12024·遼寧卷，12024·湖北卷，12024·湖北卷，12024·湖北卷，12024·湖北卷，1考向三與牛頓運動定律綜合2024·福建卷，12024·河北卷，12023·廣東卷，12024·湖北卷，12024·湖北卷，12024·遼寧卷，12024·湖北卷，12024·湖北卷，12024·湖北卷，12024·湖北卷，1考向四與動量、能量綜合2024·福建卷，12024·河北卷，12022·廣東卷，12024·湖北卷，12024·湖北卷，12024·遼寧卷，12024·湖北卷，12024·湖北卷，12024·湖北卷，12024·湖北卷，1考向五動生與感生綜合2024·河北卷，12024·貴州卷，12022·廣東卷，12024·湖北卷，12024·湖北卷，12024·遼寧卷，12024·湖北卷，12024·湖北卷，12024·湖北卷，12024·湖北卷，1命題分析2024年高考各卷區(qū)物理試題均考查了電磁感應，大部分情況下為綜合問題，不少情況下為壓軸題。預測2025年高考不少地區(qū)依然考查電磁感應綜合問題。試題精講考向一與圖像綜合1.（2024年全國甲卷第8題）（多選）如圖，一絕緣細繩跨過兩個在同一豎直面（紙面）內的光滑定滑輪，繩的一端連接一矩形金屬線框，另一端連接一物塊。線框與左側滑輪之間的虛線區(qū)域內有方向垂直紙面的勻強磁場，磁場上下邊界水平，在時刻線框的上邊框以不同的初速度從磁場下方進入磁場。運動過程中，線框始終在紙面內且上下邊框保持水平。以向上為速度的正方向，下列線框的速度v隨時間t變化的圖像中可能正確的是（）A. B.C. D.【答案】AC【解析】設線圈的上邊進入磁場時的速度為v，設線圈的質量M，物塊的質量m，圖中線圈進入磁場時線圈的加速度向下，則對線圈由牛頓第二定律可知對滑塊其中即線圈向上做減速運動，隨速度的減小，向下的加速度減小；當加速度為零時，即線圈勻速運動的速度為A．若線圈進入磁場時的速度較小，則線圈進入磁場時做加速度減小的減速運動，線圈的速度和加速度都趨近于零，則圖像A可能正確；B．因t=0時刻線圈就進入磁場，則進入磁場時線圈向上不可能做勻減速運動，則圖像B不可能；CD．若線圈的質量等于物塊的質量，且當線圈進入磁場時，且速度大于v0，線圈進入磁場做加速度減小的減速運動，完全進入磁場后線圈做勻速運動；當線圈出離磁場時，受向下的安培力又做加速度減小的減速運動，最終出離磁場時做勻速運動，則圖像C有可能，D不可能。故選AC。2.（2024年江西卷第15題）如圖（a）所示，軌道左側斜面傾斜角滿足sinθ1=0.6，摩擦因數(shù)，足夠長的光滑水平導軌處于磁感應強度為B=0.5T的勻強磁場中，磁場方向豎直向上，右側斜面導軌傾角滿足sinθ2=0.8，摩擦因數(shù)?，F(xiàn)將質量為m甲=6kg的導體桿甲從斜面上高h=4m處由靜止釋放，質量為m乙=2kg的導體桿乙靜止在水平導軌上，與水平軌道左端的距離為d。已知導軌間距為l=2m，兩桿電阻均為R=1Ω，其余電阻不計，不計導體桿通過水平導軌與斜面導軌連接處的能量損失，且若兩桿發(fā)生碰撞，則為完全非彈性碰撞，取g=10m/s2，求：（1）甲桿剛進入磁場，乙桿的加速度？（2）乙桿第一次滑上斜面前兩桿未相碰，距離d滿足的條件？（3）若乙前兩次在右側傾斜導軌上相對于水平導軌的豎直高度y隨時間t的變化如圖（b）所示（t1、t2、t3、t4、b均為未知量），乙第二次進入右側傾斜導軌之前與甲發(fā)生碰撞，甲在0~t3時間內未進入右側傾斜導軌，求d的取值范圍。【答案】（1）a乙0=2m/s2，方向水平向右；（2）d≥24m；（3）【解析】（1）甲從靜止運動至水平導軌時，根據(jù)動能定理有甲剛進人磁場時，平動切割磁感線有E0=Blv0則根據(jù)歐姆定律可知此時回路的感應電流為根據(jù)楞次定律可知，回路中的感應電流沿逆時針方向（俯視），結合左手定則可知，乙所受安培力方向水平向右，由牛頓第二定律有BI0l=m2a乙0帶入數(shù)據(jù)有a乙0=2m/s2，方向水平向右（2）甲和乙在磁場中運動的過程中，系統(tǒng)不受外力作用，則系統(tǒng)動量守恒，若兩者共速時恰不相碰，則有m1v0=(m1＋m2)v共對乙根據(jù)動量定理有其中聯(lián)立解得dmin=Δx=24m則d滿足d≥24m（3）根據(jù)（2）問可知，從甲剛進入磁場至甲、乙第一次在水平導軌運動穩(wěn)定，相對位移為Δx=24m，且穩(wěn)定時的速度v共=6m/s乙第一次在右側斜軌上向上運動的過程中，根據(jù)牛頓第二定律有m2gsinθ2＋μ2m2gcosθ2=m2a乙上根據(jù)勻變速直線運動位移與速度的關系有2a乙上x上=v共2乙第一次在右側斜軌上向下運動的過程中，根據(jù)牛頓第二定律有m2gsinθ2－μ2m2gcosθ2=m2a乙下再根據(jù)勻變速直線運動位移與速度的關系有2a乙下x下=v12且x上=x下聯(lián)立解得乙第一次滑下右側軌道最低點的速度v1=5m/s由于兩棒發(fā)生碰撞，則為完全非彈性碰撞，則甲乙整體第一次在右側傾斜軌道上向上運動有（m1＋m2）gsinθ2＋μ2（m1＋m2）gcosθ2=(m1＋m2)a共上同理有2a共上x共上=v2且由圖（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側軌道最低點后與甲相互作用的過程中，甲、乙組成的系統(tǒng)合外力為零，根據(jù)動量守恒有m1v2－m2v1=(m1＋m2))v解得乙第一次滑下右側軌道最低點時甲的速度為若乙第一次滑下右側軌道最低點時與甲發(fā)生碰撞，則對應d的最小值，乙第一次在右側斜軌上運動的過程，對甲根據(jù)動量定理有其中解得根據(jù)位移關系有dmin′－Δx=Δx1解得若乙返回水平導軌后，當兩者共速時恰好碰撞，則對應d的最大值，對乙從返回水平導軌到與甲碰撞前瞬間的過程，根據(jù)動量定理有其中解得根據(jù)位移關系有dmax－Δx－Δx1=Δx2解得則d的取值范圍為考向二與電路綜合考向三與牛頓運動定律綜合3.（2024年安徽卷第15題）如圖所示，一“U”型金屬導軌固定在豎直平面內，一電阻不計，質量為m的金屬棒ab垂直于導軌，并靜置于絕緣固定支架上。邊長為L的正方形cdef區(qū)域內，存在垂直于紙面向外的勻強磁場。支架上方的導軌間，存在豎直向下的勻強磁場。兩磁場的磁感應強度大小B隨時間的變化關系均為B=kt（SI），k為常數(shù)（k>0）。支架上方的導軌足夠長，兩邊導軌單位長度的電阻均為r，下方導軌的總電阻為R。t=0時，對ab施加豎直向上的拉力，恰使其向上做加速度大小為a的勻加速直線運動，整個運動過程中ab與兩邊導軌接觸良好。已知ab與導軌間動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g。不計空氣阻力，兩磁場互不影響。（1）求通過面積Scdef的磁通量大小隨時間t變化的關系式，以及感應電動勢的大小，并寫出ab中電流的方向；（2）求ab所受安培力的大小隨時間t變化的關系式；（3）求經過多長時間，對ab所施加的拉力達到最大值，并求此最大值。【答案】（1）kL2·t，kL2，從a流向b；（2）；（3）【解析】（1）通過面積的磁通量大小隨時間t變化的關系式為根據(jù)法拉第電磁感應定律得由楞次定律可知ab中的電流從a流向b。（2）根據(jù)左手定則可知ab受到的安培力方向垂直導軌面向里，大小為F安=BIL其中B=kt設金屬棒向上運動的位移為x，則根據(jù)運動學公式所以導軌上方的電阻為由閉合電路歐姆定律得聯(lián)立得ab所受安培力的大小隨時間t變化的關系式為（3）由題知t=0時，對ab施加豎直向上的拉力，恰使其向上做加速度大小為a的勻加速直線運動，則對ab受力分析由牛頓第二定律其中聯(lián)立可得整理有根據(jù)均值不等式可知，當時，F(xiàn)有最大值，故解得F最大值為考向四與動量、能量綜合4.（2024年湖北卷第15題）如圖所示，兩足夠長平行金屬直導軌MN、PQ的間距為L，固定在同一水平面內，直導軌在左端M、P點分別與兩條豎直固定、半徑為L的圓弧導軌相切。MP連線與直導軌垂直，其左側無磁場，右側存在磁感應強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場。長為L、質量為m、電阻為R的金屬棒ab跨放在兩圓弧導軌的最高點。質量為2m、電阻為6R的均勻金屬絲制成一個半徑為L的圓環(huán)，水平放置在兩直導軌上，其圓心到兩直導軌的距離相等。忽略導軌的電阻、所有摩擦以及金屬環(huán)的可能形變，金屬棒、金屬環(huán)均與導軌始終接觸良好，重力加速度大小為g?，F(xiàn)將金屬棒ab由靜止釋放，求（1）ab剛越過MP時產生的感應電動勢大??；（2）金屬環(huán)剛開始運動時的加速度大小；（3）為使ab在整個運動過程中不與金屬環(huán)接觸，金屬環(huán)圓心初始位置到MP的最小距離?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【解析】（1）根據(jù)題意可知，對金屬棒ab由靜止釋放到剛越過MP過程中，由動能定理有解得則ab剛越過MP時產生的感應電動勢大小為（2）根據(jù)題意可知，金屬環(huán)在導軌間兩段圓弧并聯(lián)接入電路中，軌道外側的兩端圓弧金屬環(huán)被短路，由幾何關系可得，每段圓弧的電阻為可知，整個回路的總電阻為ab剛越過MP時，通過ab的感應電流為對金屬環(huán)由牛頓第二定律有解得（3）根據(jù)題意，結合上述分析可知，金屬環(huán)和金屬棒ab所受的安培力等大反向，則系統(tǒng)的動量守恒，由于金屬環(huán)做加速運動，金屬棒做減速運動，為使ab在整個運動過程中不與金屬環(huán)接觸，則有當金屬棒ab和金屬環(huán)速度相等時，金屬棒ab恰好追上金屬環(huán)，設此時速度為，由動量守恒定律有解得對金屬棒，由動量定理有則有設金屬棒運動距離為，金屬環(huán)運動的距離為，則有聯(lián)立解得則金屬環(huán)圓心初始位置到MP的最小距離5.（2024年湖南卷第8題）（多選）某電磁緩沖裝置如圖所示，兩足夠長的平行金屬導軌置于同一水平面內，導軌左端與一阻值為R的定值電阻相連，導軌段與段粗糙，其余部分光滑，右側處于豎直向下的勻強磁場中，一質量為m的金屬桿垂直導軌放置。現(xiàn)讓金屬桿以初速度沿導軌向右經過進入磁場，最終恰好停在處。已知金屬桿接入導軌之間的阻值為R，與粗糙導軌間的摩擦因數(shù)為，。導軌電阻不計，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A.金屬桿經過的速度為B.在整個過程中，定值電阻R產生的熱量為C.金屬桿經過與區(qū)域，金屬桿所受安培力的沖量相同D.若將金屬桿的初速度加倍，則金屬桿在磁場中運動的距離大于原來的2倍【答案】CD【解析】A．設平行金屬導軌間距為L，金屬桿在AA1B1B區(qū)域向右運動的過程中切割磁感線有E=BLv，金屬桿在AA1B1B區(qū)域運動的過程中根據(jù)動量定理有則由于，則上面方程左右兩邊累計求和，可得則設金屬桿在BB1C1C區(qū)域運動的時間為t0，同理可得，則金屬桿在BB1C1C區(qū)域運動的過程中有解得綜上有則金屬桿經過BB1的速度大于，故A錯誤；B．在整個過程中，根據(jù)能量守恒有則在整個過程中，定值電阻R產生的熱量為故B錯誤；C．金屬桿經過AA1B1B與BB1C1C區(qū)域，金屬桿所受安培力的沖量為則金屬桿經過AA1B1B與BB1C1C區(qū)域滑行距離均為，金屬桿所受安培力的沖量相同，故C正確；D．根據(jù)A選項可得，金屬桿以初速度再磁場中運動有金屬桿的初速度加倍，則金屬桿通過AA1B1B區(qū)域時中有則金屬桿的初速度加倍，則金屬桿通過時速度為則設金屬桿通過BB1C1C區(qū)域的時間為，則，則，則由于，則可見若將金屬桿的初速度加倍，則金屬桿在磁場中運動的距離大于原來的2倍，故D正確。故選CD?？枷蛭鍎由c感生綜合考向一與圖像綜合1、（2023年1月浙江卷第7題）如圖甲所示，一導體桿用兩條等長細導線懸掛于水平軸，接入電阻R構成回路。導體桿處于豎直向上的勻強磁場中，將導體桿從豎直位置拉開小角度θ靜止釋放，導體桿開始下擺。當時，導體桿振動圖像如圖乙所示。若橫縱坐標皆采用圖乙標度，則當時，導體桿振動圖像是()A. B. C. D.答案：B解析：導體桿擺動時切割磁感線，產生感應電流，受安培力，安培力起阻力作用，故導體桿的振動為阻尼振動。由垂直于磁感線方向的速度大小相同時電阻變大→電流變小→安培力（阻力）變小可知，當R從變?yōu)闀r，導體桿振幅的衰減速度變慢，B正確，ACD錯誤。2、（2023年1月浙江卷第19題）如圖1所示，剛性導體線框由長為L、質量均為m的兩根豎桿，與長為的兩輕質橫桿組成，且。線框通有恒定電流，可以繞其中心豎直軸轉動。以線框中心O為原點、轉軸為z軸建立直角坐標系，在y軸上距離O為a處，固定放置一半徑遠小于a，面積為S、電阻為R的小圓環(huán)，其平面垂直于y軸。在外力作用下，通電線框繞轉軸以角速度ω勻速轉動，當線框平面與xOz平面重合時為計時零點，圓環(huán)處的磁感應強度的y分量與時間的近似關系如圖2所示，圖中已知。（1）求0到時間內，流過圓環(huán)橫截面的電荷量q；（2）沿y軸正方向看以逆時針為電流正方向，在時間內，求圓環(huán)中的電流與時間的關系；（3）求圓環(huán)中電流的有效值；（4）當撤去外力，線框將緩慢減速，經時間角速度減小量為，設線框與圓環(huán)的能量轉換效率為k，求的值[當，有]。答案：(1)(2)(3)(4)解析：(1)磁通量感應電動勢則(2)感應電流時，時，(3)由有效值定義可得解得(4)根據(jù)題意，有解得3.（2022年河北卷第8題）（多選）如圖，兩光滑導軌水平放置在豎直向下的勻強磁場中，一根導軌位于軸上，另一根由、、三段直導軌組成，其中段與軸平行，導軌左端接入一電阻。導軌上一金屬棒沿軸正向以速度保持勻速運動，時刻通過坐標原點，金屬棒始終與軸垂直。設運動過程中通過電阻的電流強度為，金屬棒受到安培力的大小為，金屬棒克服安培力做功的功率為，電阻兩端的電壓為，導軌與金屬棒接觸良好，忽略導軌與金屬棒的電阻。下列圖像可能正確的是（）A. B.C. D.【答案】AC【解析】當導體棒從O點向右運動L時，即在時間內，在某時刻導體棒切割磁感線的長度（θ為ab與ad的夾角）則根據(jù)E=BLv0可知回路電流均勻增加；安培力則F-t關系為拋物線，但是不過原點；安培力做功的功率則P-t關系為拋物線，但是不過原點；電阻兩端的電壓等于導體棒產生的感應電動勢，即即圖像是不過原點的直線；根據(jù)以上分析，可大致排除BD選項；當在時間內，導體棒切割磁感線的長度不變，感應電動勢E不變，感應電流I不變，安培力F大小不變，安培力的功率P不變，電阻兩端電壓U保持不變；同理可判斷，在時間內，導體棒切割磁感線長度逐漸減小，導體棒切割磁感線的感應電動勢E均勻減小，感應電流I均勻減小，安培力F大小按照二次函數(shù)關系減小，但是不能減小到零，與內是對稱的關系，安培力的功率P按照二次函數(shù)關系減小，但是不能減小到零，與內是對稱的關系，電阻兩端電壓U按線性均勻減小；綜上所述選項AC正確，BD錯誤。故選AC。4.（2022年重慶卷第7題）如圖1所示，光滑的平行導電軌道水平固定在桌面上，軌道間連接一可變電阻，導體桿與軌道垂直并接觸良好（不計桿和軌道的電阻），整個裝置處在垂直于軌道平面向上的勻強磁場中。桿在水平向右的拉力作用下先后兩次都由靜止開始做勻加速直線運動，兩次運動中拉力大小與速率的關系如圖2所示。其中，第一次對應直線①，初始拉力大小為F0，改變電阻阻值和磁感應強度大小后，第二次對應直線②，初始拉力大小為2F0，兩直線交點的縱坐標為3F0。若第一次和第二次運動中的磁感應強度大小之比為k、電阻的阻值之比為m、桿從靜止開始運動相同位移的時間之比為n，則k、m、n可能為（）A.k=2、m=2、n=2 B.C. D.【答案】C【解析】由題知桿在水平向右的拉力作用下先后兩次都由靜止開始做勻加速直線運動，則在v=0時分別有，則第一次和第二次運動中，桿從靜止開始運動相同位移的時間分別為，則第一次和第二次運動中根據(jù)牛頓第二定律有，整理有則可知兩次運動中F—v圖像的斜率為，則有故選C。5.（2021年遼寧卷第9題）（多選）如圖（a）所示，兩根間距為L、足夠長的光滑平行金屬導軌豎直放置并固定，頂端接有阻值為R的電阻，垂直導軌平面存在變化規(guī)律如圖（b）所示的勻強磁場，t=0時磁場方向垂直紙面向里。在t=0到t=2t0的時間內，金屬棒水平固定在距導軌頂端L處；t=2t0時，釋放金屬棒。整個過程中金屬棒與導軌接觸良好，導軌與金屬棒的電阻不計，則（）

A.在時，金屬棒受到安培力的大小為B.在t=t0時，金屬棒中電流的大小為C.在時，金屬棒受到安培力的方向豎直向上D.在t=3t0時，金屬棒中電流的方向向右【答案】BC【解析】AB．由圖可知在0~t0時間段內產生的感應電動勢為根據(jù)閉合電路歐姆定律有此時間段的電流為在時磁感應強度為，此時安培力為故A錯誤，B正確；C．由圖可知在時，磁場方向垂直紙面向外并逐漸增大，根據(jù)楞次定律可知產生順時針方向的電流，再由左手定則可知金屬棒受到的安培力方向豎直向上，故C正確；D．由圖可知在時，磁場方向垂直紙面向外，金屬棒向下掉的過程中磁通量增加，根據(jù)楞次定律可知金屬棒中的感應電流方向向左，故D錯誤。故選BC。6.（2021年湖北卷第16題）如圖（a）所示，兩根不計電阻、間距為L的足夠長平行光滑金屬導軌，豎直固定在勻強磁場中，磁場方向垂直于導軌平面向里，磁感應強度大小為B。導軌上端串聯(lián)非線性電子元件Z和阻值為R的電阻。元件Z的圖像如圖（b）所示，當流過元件Z的電流大于或等于時，電壓穩(wěn)定為Um。質量為m、不計電阻的金屬棒可沿導軌運動，運動中金屬棒始終水平且與導軌保持良好接觸。忽略空氣阻力及回路中的電流對原磁場的影響，重力加速度大小為g。為了方便計算，取，。以下計算結果只能選用m、g、B、L、R表示。（1）閉合開關S。，由靜止釋放金屬棒，求金屬棒下落的最大速度v1；（2）斷開開關S，由靜止釋放金屬棒，求金屬棒下落的最大速度v2；（3）先閉合開關S，由靜止釋放金屬棒，金屬棒達到最大速度后，再斷開開關S。忽略回路中電流突變的時間，求S斷開瞬間金屬棒的加速度大小a?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【解析】本題考查法拉第電磁感應定律、閉合電路歐姆定律等知識，意在考查考生綜合電磁學知識以及力學規(guī)律處理問題的能力。第（1）問通過對金屬棒的受力分析以及運動分析，求出當金屬棒的加速度為零時的最大速度；第（2）問首先應分析比較第（1）問中的電流與圖（b）中Z元件的電壓達到最大時的電流大小關系，然后通過定值電阻表示出回路中的最大電流，進而求出金屬棒的最大速度；第（3）問的關鍵在于求出開關斷開瞬間回路中的電流，得出導體棒所受的安培力大小，再根據(jù)牛頓第二定律求出金屬棒的加速度。【詳解】（1）閉合開關S，金屬棒下落的過程中受豎直向下的重力、豎直向上的安培力作用，當重力與安培力大小相等時，金屬棒的加速度為零，速度最大，則由法拉第電磁感應定律得由歐姆定律得解得（2）由第（1）問得由于斷開開關S后，當金屬棒的速度達到最大時，元件Z兩端的電壓恒為此時定值電阻兩端的電壓為回路中的電流為又由歐姆定律得解得（3）開關S閉合，當金屬棒的速度最大時，金屬棒產生的感應電動勢為斷開開關S的瞬間，元件Z兩端的電壓為則定值電阻兩端的電壓為電路中的電流為金屬棒受到的安培力為對金屬棒由牛頓第二定律得解得?考向二與電路綜合7.（2023年新課標卷第13題）一邊長為L、質量為m的正方形金屬細框，每邊電阻為R0，置于光滑的絕緣水平桌面（紙面）上。寬度為2L的區(qū)域內存在方向垂直于紙面的勻強磁場，磁感應強度大小為B，兩虛線為磁場邊界，如圖（a）所示。（1）使金屬框以一定的初速度向右運動，進入磁場。運動過程中金屬框的左、右邊框始終與磁場邊界平行，金屬框完全穿過磁場區(qū)域后，速度大小降為它初速度的一半，求金屬框的初速度大小。（2）在桌面上固定兩條光滑長直金屬導軌，導軌與磁場邊界垂直，左端連接電阻R1=2R0，導軌電阻可忽略，金屬框置于導軌上，如圖（b）所示。讓金屬框以與（1）中相同的初速度向右運動，進入磁場。運動過程中金屬框的上、下邊框處處與導軌始終接觸良好。求在金屬框整個運動過程中，電阻R1產生的熱量?！敬鸢浮浚?）；（2）【解析】（1）金屬框進入磁場過程中有則金屬框進入磁場過程中流過回路的電荷量為則金屬框完全穿過磁場區(qū)域的過程中流過回路的電荷量為且有聯(lián)立有（2）設金屬框的初速度為v0，則金屬框進入磁場時的末速度為v1，向右為正方向。由于導軌電阻可忽略，此時金屬框上下部分被短路，故電路中的總電再根據(jù)動量定理有解得則在此過程中根據(jù)能量守恒有解得其中此后線框完全進入磁場中，則線框左右兩邊均作為電源，且等效電路圖如下則此時回路的總電阻設線框剛離開磁場時速度為v2，再根據(jù)動量定理有解得v2=0則說明線框剛離開磁場時就停止運動了，則再根據(jù)能量守恒有其中則在金屬框整個運動過程中，電阻R1產生的熱量考向三與牛頓運動定律綜合8.（2023年湖南卷第14題）如圖，兩根足夠長的光滑金屬直導軌平行放置，導軌間距為，兩導軌及其所構成的平面均與水平面成角，整個裝置處于垂直于導軌平面斜向上的勻強磁場中，磁感應強度大小為．現(xiàn)將質量均為的金屬棒垂直導軌放置，每根金屬棒接入導軌之間的電阻均為。運動過程中金屬棒與導軌始終垂直且接觸良好，金屬棒始終未滑出導軌，導軌電阻忽略不計，重力加速度為。（1）先保持棒靜止，將棒由靜止釋放，求棒勻速運動時的速度大?。唬?）在（1）問中，當棒勻速運動時，再將棒由靜止釋放，求釋放瞬間棒的加速度大??；（3）在（2）問中，從棒釋放瞬間開始計時，經過時間，兩棒恰好達到相同的速度，求速度的大小，以及時間內棒相對于棒運動的距離?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3），【解析】（1）a導體棒在運動過程中重力沿斜面的分力和a棒的安培力相等時做勻速運動，由法拉第電磁感應定律可得有閉合電路歐姆定律及安培力公式可得，a棒受力平衡可得聯(lián)立記得（2）由右手定則可知導體棒b中電流向里，b棒沿斜面向下的安培力，此時電路中電流不變，則b棒牛頓第二定律可得解得（3）釋放b棒后a棒受到沿斜面向上的安培力，在到達共速時對a棒動量定理b棒受到向下的安培力，對b棒動量定理聯(lián)立解得此過程流過b棒的電荷量為q，則有由法拉第電磁感應定律可得聯(lián)立b棒動量定理可得9.（2022年湖北卷第15題）如圖所示，高度足夠的勻強磁場區(qū)域下邊界水平、左右邊界豎直，磁場方向垂直于紙面向里。正方形單匝線框abcd的邊長L=0.2m、回路電阻R=1.6×10-3Ω、質量m=0.2kg。線框平面與磁場方向垂直，線框的ad邊與磁場左邊界平齊，ab邊與磁場下邊界的距離也為L?，F(xiàn)對線框施加與水平向右方向成θ=45°角、大小為的恒力F，使其在圖示豎直平面內由靜止開始運動。從ab邊進入磁場開始，在豎直方向線框做勻速運動；dc邊進入磁場時，bc邊恰好到達磁場右邊界。重力加速度大小取g=10m/s2，求：（1）ab邊進入磁場前，線框在水平方向和豎直方向的加速度大?。唬?）磁場的磁感應強度大小和線框進入磁場的整個過程中回路產生的焦耳熱；（3）磁場區(qū)域的水平寬度。【答案】（1）ax=20m/s2，ay=10m/s2；（2）B=0.2T，Q=0.4J；（3）X=1.1m【解析】（1）ab邊進入磁場前，對線框進行受力分析，在水平方向有max=Fcosθ代入數(shù)據(jù)有ax=20m/s2在豎直方向有may=Fsinθ-mg代入數(shù)據(jù)有ay=10m/s2（2）ab邊進入磁場開始，ab邊在豎直方向切割磁感線；ad邊和bc邊的上部分也開始進入磁場，且在水平方向切割磁感線。但ad和bc邊的上部分產生的感應電動勢相互抵消，則整個回路的電源為ab，根據(jù)右手定則可知回路的電流為adcba，則ab邊進入磁場開始，ab邊受到的安培力豎直向下，ad邊的上部分受到的安培力水平向右，bc邊的上部分受到的安培力水平向左，則ad邊和bc邊的上部分受到的安培力相互抵消，故線框abcd受到的安培力的合力為ab邊受到的豎直向下的安培力。由題知，線框從ab邊進入磁場開始，在豎直方向線框做勻速運動，有Fsinθ-mg-BIL=0E=BLvyvy2=2ayL聯(lián)立有B=0.2T由題知，從ab邊進入磁場開始，在豎直方向線框做勻速運動；dc邊進入磁場時，bc邊恰好到達磁場右邊界。則線框進入磁場的整個過程中，線框受到的安培力為恒力，則有Q=W安=BILyy=LFsinθ-mg=BIL聯(lián)立解得Q=0.4J（3）線框從開始運動到進入磁場的整個過程中所用的時間為vy=ayt1L=vyt2t=t1+t2聯(lián)立解得t=0.3s由（2）分析可知線框在水平方向一直做勻加速直線運動，則在水平方向有則磁場區(qū)域的水平寬度X=x+L=1.1m10.（2021年全國乙卷第12題）如圖，一傾角為的光滑固定斜面的頂端放有質量的U型導體框，導體框的電阻忽略不計；一電阻的金屬棒的兩端置于導體框上，與導體框構成矩形回路；與斜面底邊平行，長度。初始時與相距，金屬棒與導體框同時由靜止開始下滑，金屬棒下滑距離后進入一方向垂直于斜面的勻強磁場區(qū)域，磁場邊界（圖中虛線）與斜面底邊平行；金屬棒在磁場中做勻速運動，直至離開磁場區(qū)域。當金屬棒離開磁場的瞬間，導體框的邊正好進入磁場，并在勻速運動一段距離后開始加速。已知金屬棒與導體框之間始終接觸良好，磁場的磁感應強度大小，重力加速度大小取。求：（1）金屬棒在磁場中運動時所受安培力的大小；（2）金屬棒的質量以及金屬棒與導體框之間的動摩擦因數(shù)；（3）導體框勻速運動的距離。

【答案】（1）；（2），；（3）【解析】（1）根據(jù)題意可得金屬棒和導體框沒有進入磁場時一起做勻加速直線運動，由動能定理可得代入數(shù)據(jù)解得金屬棒在磁場中切割磁場產生感應電動勢，由法拉第電磁感應定律可得由閉合回路的歐姆定律可得則導體棒剛進入磁場時受到的安培力為（2）金屬棒進入磁場以后因為瞬間受到安培力的作用，根據(jù)楞次定律可知金屬棒的安培力沿斜面向上，之后金屬棒相對導體框向上運動，因此金屬棒受到導體框給的沿斜面向下的滑動摩擦力，因勻速運動，可有此時導體框向下做勻加速運動，根據(jù)牛頓第二定律可得設磁場區(qū)域的寬度為x，則金屬棒在磁場中運動的時間為則此時導體框的速度為則導體框的位移因此導體框和金屬棒的相對位移為由題意當金屬棒離開磁場時金屬框的上端EF剛好進入線框，則有位移關系金屬框進入磁場時勻速運動，此時的電動勢為，導體框受到向上的安培力和滑動摩擦力，因此可得聯(lián)立以上可得，，，（3）金屬棒出磁場以后，速度小于導體框速度，因此受到向下的摩擦力，做加速運動，則有金屬棒向下加速，導體框勻速，當共速時導體框不再勻速，則有導體框勻速運動的距離為代入數(shù)據(jù)解得11.（2021年湖北卷第16題）如圖（a）所示，兩根不計電阻、間距為L的足夠長平行光滑金屬導軌，豎直固定在勻強磁場中，磁場方向垂直于導軌平面向里，磁感應強度大小為B。導軌上端串聯(lián)非線性電子元件Z和阻值為R的電阻。元件Z的圖像如圖（b）所示，當流過元件Z的電流大于或等于時，電壓穩(wěn)定為Um。質量為m、不計電阻的金屬棒可沿導軌運動，運動中金屬棒始終水平且與導軌保持良好接觸。忽略空氣阻力及回路中的電流對原磁場的影響，重力加速度大小為g。為了方便計算，取，。以下計算結果只能選用m、g、B、L、R表示。（1）閉合開關S。，由靜止釋放金屬棒，求金屬棒下落的最大速度v1；（2）斷開開關S，由靜止釋放金屬棒，求金屬棒下落的最大速度v2；（3）先閉合開關S，由靜止釋放金屬棒，金屬棒達到最大速度后，再斷開開關S。忽略回路中電流突變的時間，求S斷開瞬間金屬棒的加速度大小a?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【解析】本題考查法拉第電磁感應定律、閉合電路歐姆定律等知識，意在考查考生綜合電磁學知識以及力學規(guī)律處理問題的能力。第（1）問通過對金屬棒的受力分析以及運動分析，求出當金屬棒的加速度為零時的最大速度；第（2）問首先應分析比較第（1）問中的電流與圖（b）中Z元件的電壓達到最大時的電流大小關系，然后通過定值電阻表示出回路中的最大電流，進而求出金屬棒的最大速度；第（3）問的關鍵在于求出開關斷開瞬間回路中的電流，得出導體棒所受的安培力大小，再根據(jù)牛頓第二定律求出金屬棒的加速度?！驹斀狻浚?）閉合開關S，金屬棒下落的過程中受豎直向下的重力、豎直向上的安培力作用，當重力與安培力大小相等時，金屬棒的加速度為零，速度最大，則由法拉第電磁感應定律得由歐姆定律得解得（2）由第（1）問得由于斷開開關S后，當金屬棒的速度達到最大時，元件Z兩端的電壓恒為此時定值電阻兩端的電壓為回路中的電流為又由歐姆定律得解得（3）開關S閉合，當金屬棒的速度最大時，金屬棒產生的感應電動勢為斷開開關S的瞬間，元件Z兩端的電壓為則定值電阻兩端的電壓為電路中的電流為金屬棒受到的安培力為對金屬棒由牛頓第二定律得解得?12.（2021年天津卷第12題）如圖所示，兩根足夠長的平行光滑金屬導軌、間距，其電阻不計，兩導軌及其構成的平面均與水平面成角，N、Q兩端接有的電阻。一金屬棒垂直導軌放置，兩端與導軌始終有良好接觸，已知的質量，電阻，整個裝置處在垂直于導軌平面向上的勻強磁場中，磁感應強度大小。在平行于導軌向上的拉力作用下，以初速度沿導軌向上開始運動，可達到最大速度。運動過程中拉力的功率恒定不變，重力加速度。（1）求拉力的功率P；（2）開始運動后，經速度達到，此過程中克服安培力做功，求該過程中沿導軌的位移大小x?！敬鸢浮浚?）；（2）【解析】（1）在運動過程中，由于拉力功率恒定，做加速度逐漸減小加速運動，速度達到最大時，加速度為零，設此時拉力的大小為F，安培力大小為，有設此時回路中的感應電動勢為E，由法拉第電磁感應定律，有設回路中的感應電流為I，由閉合電路歐姆定律，有受到的安培力由功率表達式，有聯(lián)立上述各式，代入數(shù)據(jù)解得（2）從速度到的過程中，由動能定理，有代入數(shù)據(jù)解得考向四與動量、能量綜合13.（2023年福建卷第4題）如圖，M、N是兩根固定在水平面內的光滑平行金屬導軌，導軌足夠長且電阻可忽略不計；導軌間有一垂直于水平面向下的勻強磁場，其左邊界垂直于導軌；阻值恒定的兩均勻金屬棒a、b均垂直于導軌放置，b始終固定。a以一定初速度進入磁場，此后運動過程中始終與導軌垂直且接觸良好，并與b不相碰。以O為坐標原點，水平向右為正方向建立軸坐標；在運動過程中，a的速度記為v，a克服安培力做功的功率記為P。下列v或P隨x變化的圖像中，可能正確的是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】AB．設導軌間磁場磁感應強度為B，導軌間距為L，金屬棒總電阻為R，由題意導體棒a進入磁場后受到水平向左的安培力作用，做減速運動，根據(jù)動量定理有根據(jù)可得又因為聯(lián)立可得根據(jù)表達式可知v與x成一次函數(shù)關系，故A正確，B錯誤；CD．a克服安培力做功的功率為故圖像為開口向上的拋物線，由于F和v都在減小，故P在減小,故CD錯誤。故選A。14.（2023年全國甲卷第12題）如圖，水平桌面上固定一光滑U型金屬導軌，其平行部分的間距為，導軌的最右端與桌子右邊緣對齊，導軌的電阻忽略不計。導軌所在區(qū)域有方向豎直向上的勻強磁場，磁感應強度大小為。一質量為、電阻為、長度也為的金屬棒P靜止在導軌上。導軌上質量為的絕緣棒Q位于P的左側，以大小為的速度向P運動并與P發(fā)生彈性碰撞，碰撞時間很短。碰撞一次后，P和Q先后從導軌的最右端滑出導軌，并落在地面上同一地點。P在導軌上運動時，兩端與導軌接觸良好，P與Q始終平行。不計空氣阻力。求（1）金屬棒P滑出導軌時的速度大?。唬?）金屬棒P在導軌上運動過程中產生的熱量；（3）與P碰撞后，絕緣棒Q在導軌上運動的時間。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）由于絕緣棒Q與金屬棒P發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動量守恒和機械能守恒可得聯(lián)立解得，由題知，碰撞一次后，P和Q先后從導軌的最右端滑出導軌，并落在地面上同一地點，則金屬棒P滑出導軌時的速度大小為（2）根據(jù)能量守恒有解得（3）P、Q碰撞后，對金屬棒P分析，根據(jù)動量定理得又，聯(lián)立可得由于Q為絕緣棒，無電流通過，做勻速直線運動，故Q運動的時間為15.（2023年重慶卷第7題）如圖所示，與水平面夾角為θ的絕緣斜面上固定有光滑U型金屬導軌。質量為m、電阻不可忽略的導體桿MN沿導軌向下運動，以大小為v的速度進入方向垂直于導軌平面向下的勻強磁場區(qū)域，在磁場中運動一段時間t后，速度大小變?yōu)?v。運動過程中桿與導軌垂直并接觸良好，導軌的電阻忽略不計，重力加速度為g。桿在磁場中運動的此段時間內（）A.流過桿的感應電流方向從N到MB.桿沿軌道下滑的距離為C.流過桿感應電流的平均電功率等于重力的平均功率D.桿所受安培力的沖量大小為【答案】D【解析】A．根據(jù)右手定則，判斷知流過桿的感應電流方向從M到N，故A錯誤；B．依題意，設桿切割磁感線的有效長度為，電阻為。桿在磁場中運動的此段時間內，桿受到重力，軌道支持力及沿軌道向上的安培力作用，根據(jù)牛頓第二定律可得聯(lián)立可得桿的加速度可知，桿在磁場中運動的此段時間內做加速度逐漸減小的加速運動；若桿做勻加速直線運動，則桿運動的距離為根據(jù)圖像圍成的面積表示位移，可知桿在時間t內速度由達到，桿真實運動的距離大于勻加速情況發(fā)生的距離，即大于，故B錯誤；C．由于在磁場中運動的此段時間內，桿做加速度逐漸減小的加速運動，桿的動能增大。由動能定理可知，重力對桿所做的功大于桿克服安培力所做的功，根據(jù)可得安培力的平均功率小于重力的平均功率，也即流過桿感應電流的平均電功率小于重力的平均功率，故C錯誤；D．桿在磁場中運動的此段時間內，根據(jù)動量定理，可得得桿所受安培力的沖量大小為故D正確。故選D。16.（2022年湖南卷第10題）（多選）如圖，間距的U形金屬導軌，一端接有的定值電阻，固定在高的絕緣水平桌面上。質量均為的勻質導體棒a和b靜止在導軌上，兩導體棒與導軌接觸良好且始終與導軌垂直，接入電路的阻值均為，與導軌間的動摩擦因數(shù)均為0.1（設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力），導體棒距離導軌最右端。整個空間存在豎直向下的勻強磁場（圖中未畫出），磁感應強度大小為。用沿導軌水平向右的恒力拉導體棒a，當導體棒a運動到導軌最右端時，導體棒b剛要滑動，撤去，導體棒a離開導軌后落到水平地面上。重力加速度取，不計空氣阻力，不計其他電阻，下列說法正確的是（）A.導體棒a離開導軌至落地過程中，水平位移為B.導體棒a離開導軌至落地前，其感應電動勢不變C.導體棒a在導軌上運動的過程中，導體棒b有向右運動的趨勢D.導體棒a在導軌上運動的過程中，通過電阻的電荷量為【答案】BD【解析】C．導體棒a在導軌上向右運動，產生的感應電流向里，流過導體棒b向里，由左手定則可知安培力向左，則導體棒b有向左運動的趨勢，故Ｃ錯誤；A．導體棒b與電阻R并聯(lián)，有當導體棒a運動到導軌最右端時，導體棒b剛要滑動，有聯(lián)立解得a棒的速度為a棒做平拋運動，有聯(lián)立解得導體棒a離開導軌至落地過程中水平位移為故A錯誤；B．導體棒a離開導軌至落地前做平拋運動，水平速度切割磁感線，則產生的感應電動勢不變，故B正確；D．導體棒a在導軌上運動的過程中，通過電路的電量為導體棒b與電阻R并聯(lián)，流過的電流與電阻成反比，則通過電阻的電荷量為故D正確。故選BD。17.（2022年遼寧卷第15題）如圖所示，兩平行光滑長直金屬導軌水平放置，間距為L。區(qū)域有勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向豎直向上。初始時刻，磁場外的細金屬桿M以初速度向右運動，磁場內的細金屬桿N處于靜止狀態(tài)。兩金屬桿與導軌接觸良好且運動過程中始終與導軌垂直。兩桿的質量均為m，在導軌間的電阻均為R，感應電流產生的磁場及導軌的電阻忽略不計。（1）求M剛進入磁場時受到的安培力F的大小和方向；（2）若兩桿在磁場內未相撞且N出磁場時的速度為，求：①N在磁場內運動過程中通過回路的電荷量q；②初始時刻N到的最小距離x；（3）初始時刻，若N到的距離與第（2）問初始時刻的相同、到的距離為，求M出磁場后不與N相撞條件下k的取值范圍。【答案】（1），方向水平向左；（2）①，②；（3）【解析】（1）細金屬桿M以初速度向右剛進入磁場時，產生的動生電動勢為電流方向為，電流的大小為則所受的安培力大小為安培力的方向由左手定則可知水平向左；（2）①金屬桿N在磁場內運動過程中，由動量定理有且聯(lián)立解得通過回路的電荷量為②設兩桿在磁場中相對靠近的位移為，有整理可得聯(lián)立可得若兩桿在磁場內剛好相撞，N到的最小距離為（3）兩桿出磁場后在平行光滑長直金屬導軌上運動，若N到的距離與第（2）問初始時刻的相同、到的距離為，則N到cd邊的速度大小恒為，根據(jù)動量守恒定律可知解得N出磁場時，M的速度大小為由題意可知，此時M到cd邊的距離為若要保證M出磁場后不與N相撞，則有兩種臨界情況：①M減速出磁場，出磁場的速度剛好等于N的速度，一定不與N相撞，對M根據(jù)動量定理有聯(lián)立解得②M運動到cd邊時，恰好減速到零，則對M由動量定理有

同理解得綜上所述，M出磁場后不與N相撞條件下k的取值范圍為18.（2021年海南卷第18題）如圖，間距為l的光滑平行金屬導軌，水平放置在方向豎直向下的勻強磁場中，磁場的磁感應強度大小為B，導軌左端接有阻值為R的定值電阻，一質量為m的金屬桿放在導軌上。金屬桿在水平外力作用下以速度v0向右做勻速直線運動，此時金屬桿內自由電子沿桿定向移動的速率為u0。設金屬桿內做定向移動的自由電子總量保持不變，金屬桿始終與導軌垂直且接觸良好，除了電阻R以外不計其它電阻。（1）求金屬桿中的電流和水平外力的功率；（2）某時刻撤去外力，經過一段時間，自由電子沿金屬桿定向移動的速率變?yōu)椋螅海╥）這段時間內電阻R上產生的焦耳熱；（ii）這段時間內一直在金屬桿內的自由電子沿桿定向移動的距離。

【答案】（1），；（2）（i），（ii）【解析】（1）金屬棒切割磁感線產生的感應電動勢E=Blv0則金屬桿中的電流由題知，金屬桿在水平外力作用下以速度v0向右做勻速直線運動則有根據(jù)功率的計算公式有（2）（i）設金屬桿內單位體積的自由電子數(shù)為n，金屬桿的橫截面積為S，則金屬桿在水平外力作用下以速度v0向右做勻速直線運動時的電流由微觀表示為解得當電子沿金屬桿定向移動的速率變?yōu)闀r，有解得v′=根據(jù)能量守恒定律有解得（ii）由（i）可知在這段時間內金屬桿的速度由v0變到，設這段時間內一直在金屬桿內的自由電子沿桿定向移動的距離為d，規(guī)定水平向右為正方向，則根據(jù)動量定理有由于解得考向五動生與感生綜合19.（2023年廣東卷第14題）光滑絕緣的水平面上有垂直平面的勻強磁場，磁場被分成區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，寬度均為，其俯視圖如圖（a）所示，兩磁場磁感應強度隨時間的變化如圖（b）所示，時間內，兩區(qū)域磁場恒定，方向相反，磁感應強度大小分別為和，一電阻為，邊長為的剛性正方形金屬框，平放在水平面上，邊與磁場邊界平行．時，線框邊剛好跨過區(qū)域Ⅰ的左邊界以速度向右運動．在時刻，邊運動到距區(qū)域Ⅰ的左邊界處，線框的速度近似為零，此時線框被固定，如圖（a）中的虛線框所示。隨后在時間內，Ⅰ區(qū)磁感應強度線性減小到0，Ⅱ區(qū)磁場保持不變；時間內，Ⅱ區(qū)磁感應強度也線性減小到0。求：

（1）時線框所受的安培力；（2）時穿過線框的磁通量；（3）時間內，線框中產生的熱量。【答案】（1），方向水平向左；（2）；（3）【解析】（1）由圖可知時線框切割磁感線的感應電動勢為則感應電流大小為所受的安培力為方向水平向左；（2）在時刻，邊運動到距區(qū)域Ⅰ的左邊界處，線框的速度近似為零，此時線框被固定，則時穿過線框的磁通量為方向垂直紙面向里；（3）時間內，Ⅱ區(qū)磁感應強度也線性減小到0，則有感應電流大小為則時間內，線框中產生的熱量為一、電磁感應中的電路問題1．電磁感應中的電源(1)做切割磁感線運動的導體或磁通量發(fā)生變化的回路相當于電源．電動勢：E＝Blv或E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，這部分電路的阻值為電源內阻．(2)用右手定則或楞次定律與安培定則結合判斷，感應電流流出的一端為電源正極．2．分析電磁感應電路問題的基本思路二、電磁感應中電荷量的計算導出公式：q＝neq\f(ΔФ,R總)在電磁感應現(xiàn)象中，只要穿過閉合回路的磁通量發(fā)生變化，閉合回路中就會產生感應電流，設在時間Δt內通過導體橫截面的電荷量為q，則根據(jù)電流定義式eq\x\to(I)＝eq\f(q,Δt)及法拉第電磁感應定律eq\x\to(E)＝neq\f(ΔΦ,Δt)，得q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(\x\to(E),R總)Δt＝eq\f(nΔΦ,R總Δt)Δt＝eq\f(nΔΦ,R總)，即q＝neq\f(ΔΦ,R總).三、電磁感應中的圖像問題1．解題關鍵弄清初始條件、正負方向的對應變化范圍、所研究物理量的函數(shù)表達式、進出磁場的轉折點等是解決此類問題的關鍵．2．解題步驟(1)明確圖像的種類，即是B－t圖還是Φ－t圖，或者E－t圖、I－t圖等；對切割磁感線產生感應電動勢和感應電流的情況，還常涉及E－x圖像和i－x圖像；(2)分析電磁感應的具體過程；(3)用右手定則或楞次定律確定方向的對應關系；(4)結合法拉第電磁感應定律、閉合電路的歐姆定律、牛頓運動定律等知識寫出相應的函數(shù)關系式；(5)根據(jù)函數(shù)關系式，進行數(shù)學分析，如分析斜率的變化、截距等；(6)畫圖像或判斷圖像．3．常用方法(1)排除法：定性地分析電磁感應過程中物理量的正負，增大還是減小，以及變化快慢，來排除錯誤選項．(2)函數(shù)法：寫出兩個物理量之間的函數(shù)關系，然后由函數(shù)關系對圖像進行分析和判斷．四、電磁感應中的動力學問題1．導體的兩種運動狀態(tài)(1)導體的平衡狀態(tài)——靜止狀態(tài)或勻速直線運動狀態(tài)．處理方法：根據(jù)平衡條件列式分析．(2)導體的非平衡狀態(tài)——加速度不為零．處理方法：根據(jù)牛頓第二定律進行動態(tài)分析或結合功能關系分析．2．用動力學觀點解答電磁感應問題的一般步驟五、電磁感應中的能量問題1．電磁感應中的能量轉化eq\x(其他形式的能量)eq\o(→,\s\up7(克服安培力做功))eq\x(電能)eq\o(→,\s\up7(電流做功))eq\x(焦耳熱或其他形式的能量)2．求解焦耳熱Q的三種方法3．解題的一般步驟(1)確定研究對象(導體棒或回路)；(2)弄清電磁感應過程中哪些力做功，以及哪些形式的能量相互轉化；(3)根據(jù)功能關系或能量守恒定律列式求解．六、動量定理在電磁感應中的應用導體棒或金屬框在感應電流所引起的安培力作用下做非勻變速直線運動時，當題目中涉及速度v、電荷量q、運動時間t、運動位移x時常用動量定理求解．七、動量守恒定律在電磁感應中的應用在雙金屬棒切割磁感線的系統(tǒng)中，雙金屬棒和導軌構成閉合回路，安培力充當系統(tǒng)內力，如果它們不受摩擦力，且受到的安培力的合力為0時，滿足動量守恒，運用動量守恒定律解題比較方便．1.（2024·安徽安慶·三模）如圖所示，在一傾角為足夠長的斜面上有一足夠長的“U”型金屬導軌P，導軌上方疊放有一導體棒Q。P、Q質量均為m，接觸良好。導軌寬度和導體棒長度均為L，導體棒電阻為R，導軌電阻不計?？臻g中存在垂直于斜面向上的勻強磁場，磁感應強度為B。初始，將導體棒用繩系住，繩子能承受的最大拉力為。將金屬導軌由靜止釋放開始計時，時刻繩子被拉斷。重力加速度為g，不計一切摩擦。求：（1）繩子拉斷時導軌P的速度；（2）繩子拉斷時導軌P的位移x；（3）求從釋放到拉斷繩子的過程中導體棒上產生的焦耳熱Q。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）拉斷時有解得（2）對導軌，根據(jù)動量定理，有整理得解得（3）根據(jù)能量守恒，有解得2.（2024·北京市海淀區(qū)·二模）如圖所示，兩根足夠長的平行金屬導軌位于水平的xOy平面內，導軌與x軸平行，左端接有電阻R。在x>0的一側存在豎直向下的磁場，磁感應強度B隨空間均勻變化，滿足B=B0+kx（k>0且為定值）。一金屬桿與導軌垂直放置，且接觸良好，在外力作用下沿x軸正方向勻速運動。t=0時金屬桿位于x=0處，不計導軌和金屬桿的電阻。圖2中關于金屬桿兩端的電壓U和所受安培力F大小的圖像正確的是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】AB．設金屬桿在內運動的位移為x，且，設兩導軌間的距離為L，則在時間內金屬桿與導軌、電阻構成的閉合回路中磁通量的變化量則內閉合回路中產生的感應電動勢設金屬桿勻速運動的速度為v，則代入上式，可得不計導軌和金屬桿的電阻，則金屬桿兩端的電壓可知U與x成線性關系，是一條傾斜的直線，由，可得可知U與t成線性關系，是一條傾斜的直線，故A錯誤，B正確；CD．由閉合電路歐姆定律可得電路中感應電流金屬桿所受安培力：F=BIL，代入數(shù)據(jù)可得可知F與x不是線性關系，F(xiàn)-x圖像應為曲線，由，可得可知F與t不是線性關系，F(xiàn)-t圖像應為曲線，故CD錯誤。故選B。3.（2024·福建省三明市·一模）（多選）如圖，兩光滑導軌水平放置在豎直向下的勻強磁場中，一根導軌位于軸上，另一根由、、三段直導軌組成，其中段與軸平行，導軌左端接入一電阻。導軌上一金屬棒沿軸正向以速度保持勻速運動，時刻通過坐標原點，金屬棒始終與軸垂直。設運動過程中通過電阻的電流強度為，金屬棒受到安培力的大小為，金屬棒克服安培力做功的功率為，電阻兩端的電壓為，導軌與金屬棒接觸良好，忽略導軌與金屬棒的電阻。下列圖像可能正確的是（）A. B.C. D.【答案】AC【解析】當導體棒從O點向右運動L時，即在時間內，在某時刻導體棒切割磁感線的長度（θ為ab與ad的夾角）則根據(jù)E=BLv0可知回路電流均勻增加；安培力則F-t關系為拋物線，但是不過原點；安培力做功的功率則P-t關系為拋物線，但是不過原點；電阻兩端的電壓等于導體棒產生的感應電動勢，即即圖像是不過原點的直線；根據(jù)以上分析，可大致排除BD選項；當在時間內，導體棒切割磁感線的長度不變，感應電動勢E不變，感應電流I不變，安培力F大小不變，安培力的功率P不變，電阻兩端電壓U保持不變；同理可判斷，在時間內，導體棒切割磁感線長度逐漸減小，導體棒切割磁感線的感應電動勢E均勻減小，感應電流I均勻減小，安培力F大小按照二次函數(shù)關系減小，但是不能減小到零，與內是對稱的關系，安培力的功率P按照二次函數(shù)關系減小，但是不能減小到零，與內是對稱的關系，電阻兩端電壓U按線性均勻減?。痪C上所述選項AC正確，BD錯誤。故選AC。4.（2024·甘肅省白銀市靖遠縣·三模）如圖所示，絕緣水平面上固定有兩根足夠長的光滑平行導軌，導軌間距為d，左端連接阻值為R的定值電阻，一質量為m、電阻為r的導體棒垂直導軌放置，空間存在方向豎直向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場，現(xiàn)給導體棒一個水平向右的初速度，導體棒在運動過程中始終與導軌接觸良好，導軌電阻不計，下列說法正確的是（）A.從上往下看，回路中產生逆時針方向的電流B.電阻R上產生的熱量為C.通過導體棒某截面的電荷量為D.導體棒向右運動的最大距離為【答案】C【解析】A．根據(jù)楞次定律可知，從上往下看，回路中產生順時針方向的電流。故A錯誤；B．根據(jù)能量守恒，可知回路中產生的熱量為電阻上產生的熱量為故B錯誤；C．通過導體棒某截面的電荷量為由動量定理可得聯(lián)立解得故C正確；D．設導體棒向右運動的最大距離為L，則有聯(lián)立解得故D錯誤。故選C。5.（2024·廣東多校聯(lián)考·三模）如圖所示，兩光滑平行圓弧導軌豎直放置，下端與兩根間距為L的光滑平行水平導軌平滑連接，光滑水平導軌處在豎直向下的勻強磁場之中，磁感應強度大小為B。在導軌上放置長度均為L、由同種金屬材料制成的粗細均勻的導體棒a、b、c，a棒的質量為m，電阻為R0，b棒的質量為m，c棒的質量為2m。已知初始時b棒和c棒間距為d，且均處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)讓a棒從圓弧導軌上離水平導軌高為h處由靜止釋放，a與b發(fā)生碰撞后粘在一起，已知重力加速度為g，導軌電阻不計，且導體棒運動過程中始終與導軌垂直。（1）若要求a棒與b棒不發(fā)生碰撞，試求b棒離磁場左邊界的距離x應滿足的條件；（2）若b棒離磁場左邊界線的距離，b棒與c棒沒有發(fā)生碰撞，試求c棒在全過程中產生的焦耳熱?！敬鸢浮浚?）；（2）【解析】（1）當導體棒a運動到磁場時產生感應電動勢，使導體棒b、c在安培力的作用下加速運動，因為導體棒b、c兩端的電壓U總是相等，所以安培力為根據(jù)牛頓第二定律可得導體棒b和導體棒c的加速度分別為設金屬棒材料的密度為，電阻率為，則解得可知導體棒b、c總是相對靜止的，導體棒a、b、c構成的系統(tǒng)動量守恒，設金屬棒a進入磁場時的速度大小為，三者速度相等時的速度為，則根據(jù)動量守恒定律有對導體棒a，根據(jù)動量定理有而對金屬棒a，根據(jù)動能定理解得若要使導體棒a、b不能發(fā)生碰撞，導體棒a開始運動時與導體棒b之間的距離應滿足的條件是（2）因為導體棒a開始運動時與導體棒b之間的距離所以導體棒a、b將發(fā)生碰撞，設導體棒a與導體棒b碰撞前瞬間的速度為，導體棒b、c的速度大小均為，則根據(jù)動量守恒定律得根據(jù)動量定理有而解得此過程根據(jù)能量守恒，系統(tǒng)產生的總熱量為此過程a棒為電源，bc棒為用電器，則c棒產生的熱量為設導體棒a與導體棒b碰撞粘在一起后瞬間的速度為，則根據(jù)動量守恒定律可得解得導體棒a、b整體與導體棒c通過安培力發(fā)生作用，設導體棒a、b、c的最終共同速度為，則根據(jù)動量守恒定律可得解得此過程根據(jù)能量守恒，系統(tǒng)產生的總熱量為此過程ab棒為電源，ab棒的總電阻為c棒為用電器，則c棒產生的熱量為c棒在全過程中產生的焦耳熱為6.（2024·海南省四校聯(lián)考）如圖所示，間距為d光滑平行金屬導軌由圓弧和水平兩部分組成，兩導軌之間連接一個阻值為R的定值電阻。水平導軌間存在磁感應強度大小為B的勻強磁場，磁場方向垂直導軌平面向下，質量為M、有效電阻也為R的金屬棒甲靜止在磁場左側邊界線上?，F(xiàn)在將一根質量為m的絕緣棒乙，從圓弧軌道上距水平面高度為L處由靜止釋放，乙滑下后與甲發(fā)生彈性碰撞并反彈，然后再次與已經靜止的甲發(fā)生彈性碰撞。甲始終與導軌垂直且接觸良好，導軌電阻不計，重力加速度為g。求：（1）第1次碰后乙反彈的高度h；（2）第1次碰撞到第2次碰撞過程中R上產生的熱量；（3）已知圓弧軌道的半徑為r，如果圓弧軌道半徑遠大于圓弧的弧長，則乙第1次與甲碰撞后經過多長時間與甲發(fā)生第2次碰撞。【答案】（1）;（2）;（3）【解析】（1）設第一次碰撞前乙的速度為v，有設第一次碰撞后乙的速度為，甲的速度為，甲乙發(fā)生彈性碰撞，則解得，碰撞后乙上升的最大高度為h，有整理得（2）對甲分析，甲乙碰后甲的動能轉化為整個回路的焦耳熱，設R上產生的熱量為Q，由能量守恒定律得（3）對甲，由第一次碰撞到第一次停止的過程，由動量定理得由上式得乙在水平軌道運動時間乙在圓弧軌道運動因圓弧軌道半徑遠大于圓弧的弧長，則等等效為單擺的擺動，時間為總時間綜上得7.（2024·河北·三模）如圖所示，兩根電阻不計、足夠長的平行光滑金屬導軌MN、PQ固定在絕緣水平面上，導軌間距為L，導軌所在空間存在方向豎直向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場，兩根金屬桿a、b間隔一定距離靜止于導軌上，兩桿與導軌垂直且接觸良好，桿a、b的電阻分別為R和3R，桿a、b的質量分別為3m和m?，F(xiàn)使桿a獲得一個大小為、水平向右的初速度。（1）當桿b的速度大小為時（兩桿未相撞），求此時桿b受到的安培力大小F；（2）若整個運動過程中兩桿未相撞，求整個運動過程中桿a產生的焦耳熱；（3）若初始位置時兩桿之間的距離，通過計算判斷兩桿在整個運動過程中是否相撞?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）不會【解析】（1）以向右為正方向，金屬桿a、b組成的系統(tǒng)在水平方向受力平衡，由動量守恒定律可得得回路中產生的感應電動勢為回路中的電流桿b受到的安培力大?。?）在整個運動中，金屬桿a、b組成的系統(tǒng)動量守恒，則有由能量守恒定律可知a產生的焦耳熱（3）設初始位置時兩桿之間距離至少為x，取在很短時間?t內，利用動量定理對桿b分析，則有兩邊求和可得即為由于得所以不會相撞。8.（2024·河南省九師聯(lián)盟·三模）（多選）如圖所示，傾角θ=37°的足夠長平行金屬導軌寬度為L=1m，其上端連接電阻R=2Ω，等高的兩點P、Q上方導軌光滑，其空間內有垂直導軌平面向上的勻強磁場，磁感應強度大小，P、Q兩點下方導軌不光滑，空間無磁場。質量為3kg、電阻為2Ω的金屬棒b放置在P、Q位置，將質量為1kg、電阻為1Ω的金屬棒a從P、Q上方某位置由靜止釋放，當a棒勻速運動時與靜止的b棒發(fā)生彈性碰撞，碰撞后a棒運動到達最高點。兩棒與不光滑導軌間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.8，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，金屬棒與導軌接觸良好，其他電阻不計。以下說法正確的是（）A.a棒勻速運動速度大小為5m/sB.b棒運動的位移大小4mC.a棒沿導軌向上運動到最高點所用時間為0.25sD.兩棒不可能發(fā)生兩次碰撞【答案】CD【解析】A．a棒勻速運動，由平衡條件得感應電動勢為感應電流為解得故A錯誤；B．兩棒發(fā)生彈性碰撞，動量守恒機械能守恒，有解得，b棒沿斜面向下做減速運動，b棒運動位移大小為，由動能定理解得故B錯誤；C．碰撞后a棒沿斜面向上運動到最高點所用時間為t，其位移，由動量定理有通過a棒電量解得故C正確；D．a棒再次到達P、Q位置時速度一定小于2m/s，a棒從P、Q位置沿斜面向下運動位移不到5m時速度已經為零，兩棒一定不可能發(fā)生第二次碰撞，故D正確。故選CD。9.（2024·黑龍江名校聯(lián)考·二模）如圖所示，相距為L的光滑平行水平金屬導軌MN、PQ，在M點和P點間連接一個阻值為R的定值電阻。一質量為m、電阻也為R、長度也剛好為L的導體棒垂直擱在導軌上的a、b兩點間，在導軌間加一垂直于導軌平面豎直向下的有界勻強磁場，磁場寬度為d，磁感應強度大小為B，磁場左邊界到ab的距離為d?，F(xiàn)用一個水平向右、大小為F的力拉導體棒，使導體棒從a、b處由靜止開始運動，導體棒進入磁場瞬間，拉力方向不變、大小變?yōu)?F。已知導體棒離開磁場前已做勻速直線運動，導體棒與導軌始終保持良好接觸，導軌電阻不計。求：（1）導體棒進入磁場瞬間，定值電阻兩端的電壓；（2）導體棒通過磁場區(qū)域的過程中，導體棒上產生的焦耳熱；（3）若要使導體棒進入磁場后一直做勻速運動，磁場左邊界到ab的距離應調整為多少？【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）設導體棒進入磁場瞬間的速度大小為，對導體棒，由動能定理有解得此時導體棒產生的感應電動勢為導體棒進入磁場瞬間，定值電阻兩端的電壓為（2）設導體棒出磁場時的速度大小為，感應電流為根據(jù)平衡條件得解得對導體棒通過磁場過程，由能量守恒有根據(jù)功能關系有聯(lián)立解得導體棒上產生的焦耳熱為（3）要使導體棒進入磁場后一直做勻速運動，則進入磁場時的速度大小應為，對導體棒，由動能定理有解得10.（2024·湖北省十一校聯(lián)考·二模）如圖，間距為L=1m的U形金屬導軌，一端接有電阻為的定值電阻，固定在高為h=0.8m的絕緣水平桌面上。質量均為m=0.1kg的勻質導體棒a和b靜止在導軌上，兩導體棒與導軌接觸良好且始終與導軌垂直，接入電路的阻值均為，與導軌間的動摩擦因數(shù)均為（設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力），導體棒a距離導軌最右端距離為x=2.5m。整個空間存在豎直向下的勻強磁場（圖中未畫出），磁感應強度大小為B=0.1T。用沿導軌水平向右的恒力F=0.4N拉導體棒a，當導體棒a運動到導軌最右端時，導體棒b剛要滑動，撤去F，導體棒a離開導軌后落到水平地面上。（重力加速度g取，不計空氣阻力，不計其他電阻）求：（1）導體棒a剛要離開導軌時的速度大小v；（2）導體棒a由靜止運動到導軌最右端的過程中，通過導體棒a的電荷量q以及導體棒a中產生的焦耳熱；（3）設導體棒a與絕緣水平面發(fā)生碰撞前后，豎直方向速度大小不變，方向相反，碰撞過程中水平方向所受摩擦力大小為豎直方向支持力的k倍（碰撞時間極短，重力沖量可忽略不計），，請計算導體棒a離開導軌后向右運動的最大水平距離lm?！敬鸢浮浚?）3m/s；（2）；0.2J；（3）18m【解析】（1）對b分析可得解得I=1A由題意可得又有解得v=3m/s（2）整個過程中通過a得電荷量整個過程對A運用功能關系有由焦耳定律可得（3）A離開導軌后，至與地面碰撞前做平拋運動，落地前瞬間豎直速度為碰撞過程中，豎直方向，由動量定理得同理，水平方向上有解得即每次與地面碰撞，水平速度減小0.2m/s，又水平初速度為3m/s，故與地面碰撞15次后，水平速度為0，運動到最右側，從拋出到第一次與地面碰撞解得t=0.4s故可得第1次碰撞與第2次碰撞之間第2次碰撞與第3次碰撞之間以此類推，第14次碰撞與第15次碰撞之間組成等差數(shù)列，由求和公式可得故導體棒a離開導軌后向右運動得最大水平距離11.（2024·湖南省湘西州吉首市·三模）（多選）如圖，P、Q是兩根固定在水平面內的光滑平行金屬導軌，間距為L，導軌足夠長且電阻可忽略不計。圖中矩形區(qū)域有一方向垂直導軌平面向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場。在時刻，兩均勻金屬棒a、b分別從磁場邊界、進入磁場，速度大小均為；一段時間后，流經a棒的電流為0，此時，b棒仍位于磁場區(qū)域內。已知金屬棒a、b相同材料制成，長度均為L，電阻分別為R和，a棒的質量為m。在運動過程中兩金屬棒始終與導軌垂直且接觸良好，a、b棒沒有相碰，則（）A.時刻a棒加速度大小為B.時刻b棒的速度為0C.時間內，通過a棒橫截面的電荷量是b棒的2倍D.時間內，a棒產生的焦耳熱為【答案】AD【解析】A．由題知，a進入磁場的速度方向向右，b的速度方向向左，根據(jù)右手定則可知，a產生的感應電流方向是E到F，b產生的感應電流方向是H到G，即兩個感應電流方向相同，所以流過a、b的感應電流是兩個感應電流之和，則有對a，根據(jù)牛頓第二定律有解得故A正確；B．根據(jù)左手定則，可知a受到的安培力向左，b受到的安培力向右，由于流過a、b的電流一直相等，故兩個力大小相等，則a與b組成的系統(tǒng)動量守恒。由題知，時刻流過a的電流為零時，說明a、b之間的磁通量不變，即a、b在時刻達到了共同速度，設為v。由題知，金屬棒a、b相同材料制成，長度均為L，電阻分別為R和，根據(jù)電阻定律有，解得已知a的質量為m，設b的質量為，則有，聯(lián)立解得取向右為正方向，根據(jù)系統(tǒng)動量守恒有解得故B錯誤；C．在時間內，根據(jù)因通過兩棒的電流時刻相等，所用時間相同，故通過兩棒橫截面的電荷量相等，故C錯誤；D．在時間內，對a、b組成的系統(tǒng)，根據(jù)能量守恒有解得回路中產生的總熱量為對a、b，根據(jù)焦耳定律有因a、b流過的電流一直相等，所用時間相同，故a、b產生的熱量與電阻成正比，即又解得a棒產生焦耳熱為故D正確。故選AD12.（2024·東北師大附中、長春市十一高中、吉林一中、四平一中、松原實驗中學1月聯(lián)合模擬考試）如圖所示，兩根足夠長的光滑平行金屬導軌MN、PQ間距l(xiāng)=1m，其電阻不計，兩導軌及其構成的平面均與水平面成30°角。桿1、桿2是兩根用細線連接的金屬桿，質量分別為m1=0.1kg和m2=0.4kg，兩桿垂直導軌放置，且兩端始終與導軌接觸良好，兩桿的總電阻R=2Ω，兩桿在沿導軌向上的外力F作用下保持靜止。整個裝置處在磁感應強度B=1T的勻強磁場中，磁場方向與導軌所在平面垂直，在t=0時刻將細線燒斷，保持F不變，重力加速度g取10m/s2，求：（1）細線燒斷后，兩桿最大速度v1、v2的大小；（2）兩桿剛達到最大速度時，桿1上滑了0.8m，則從t=0時刻起到此刻用了多長時間？【答案】（1）v1=3.2m/s，v2=0.8m/s；（2）0.41【解析】（1）線燒斷前F=(m1＋m2)gsin30°細線燒斷后F安1