2026版高考物理步步高大二輪（標(biāo)準(zhǔn)版）專題三第10講動(dòng)量觀點(diǎn)在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用考點(diǎn)一動(dòng)量定理在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用在導(dǎo)體切割磁感線做變加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，若運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律和能量觀點(diǎn)不能解決問(wèn)題，可運(yùn)用動(dòng)量定理巧妙解決問(wèn)題。已知或求解涉及的物理量應(yīng)用示例電荷量-BILΔt=mv2-mv1，q=IΔt，即-BqL=mv2-mv1位移-B2L2v即-B2L2時(shí)間-BILΔt+F其他Δt=mv2-mv1，即-BLq+F其他Δt=mv2-mv1，已知電荷量q、F其他(F其他為恒力)-B2L2vΔtR總+F其他Δ即-B2L2xR總+F其他Δt=已知位移x、F其他(F其他為恒力)例1(多選)(2025·四川省模擬)如圖所示，在光滑的水平面上有一方向豎直向下的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)。磁場(chǎng)區(qū)域的左側(cè)，一正方形線框(右邊框平行于磁場(chǎng)邊界)由位置Ⅰ以4.5m/s的初速度垂直于磁場(chǎng)邊界水平向右運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)位置Ⅱ，當(dāng)運(yùn)動(dòng)到位置Ⅲ時(shí)速度恰為零，此時(shí)線框剛好有一半離開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域。線框的邊長(zhǎng)小于磁場(chǎng)區(qū)域的寬度。若線框進(jìn)、出磁場(chǎng)的過(guò)程中通過(guò)線框橫截面的電荷量分別為q1、q2，線框經(jīng)過(guò)位置Ⅱ時(shí)的速度為v。則下列說(shuō)法正確的是()A.q1=q2 B.q1=2q2C.v=1.0m/s D.v=1.5m/s答案BD解析根據(jù)q=ΔΦR=BΔSR可知，線框進(jìn)、出磁場(chǎng)的過(guò)程中通過(guò)線框橫截面的電荷量q1=2q2，故A錯(cuò)誤，B正確；線框從開(kāi)始進(jìn)入磁場(chǎng)到位置Ⅱ，由動(dòng)量定理有-BI1LΔt1=mv-mv0，即-BLq1=mv-mv0，同理線框從位置Ⅱ到位置Ⅲ，由動(dòng)量定理有-BI2LΔt2=0-mv，即-BLq2=0-mv，聯(lián)立解得v=13v0例2(2025·河北保定市部分示范高中一模)如圖所示，兩根足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌MNPQ和M1N1P1Q1固定在絕緣水平面上，左、右兩側(cè)導(dǎo)軌間距分別為2L和L。金屬棒a、b的質(zhì)量分別為2m、m，阻值分別為2R、R，長(zhǎng)度分別為2L、L，整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中?，F(xiàn)給金屬棒a一水平向右的初速度v0，經(jīng)一段時(shí)間后金屬棒a、b達(dá)到穩(wěn)定速度。已知運(yùn)動(dòng)過(guò)程中兩金屬棒a、b始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，金屬棒a一直未到達(dá)NN1位置，下列說(shuō)法正確的是()A.穩(wěn)定后金屬棒a的速度大小為23vB.穩(wěn)定后金屬棒b的速度大小為13vC.整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中產(chǎn)生的熱量為23mD.從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)至達(dá)到穩(wěn)定速度的過(guò)程中，流過(guò)金屬棒b的電荷量為m答案C解析設(shè)經(jīng)一段時(shí)間t后金屬棒a、b達(dá)到穩(wěn)定速度，大小分別為v1、v2，此時(shí)電路中剛好無(wú)電流，則有2BLv1=BLv2，解得2v1=v2，分別對(duì)金屬棒a、b應(yīng)用動(dòng)量定理得-2BIL·t=2mv1-2mv0，BIL·t=mv2-0，聯(lián)立解得v1=13v0，v2=23v0，故A、B錯(cuò)誤；由能量守恒定律知整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中產(chǎn)生的熱量Q=12×2mv02-12×2mv12-12mv22=23mv02，故C正確；從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)至達(dá)到穩(wěn)定速度的過(guò)程中，流過(guò)金屬棒b的電荷量q=It，又BI變式(2025·陜晉寧青卷·7)如圖，光滑水平面上存在豎直向上、寬度d大于2L的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。甲、乙兩個(gè)合金導(dǎo)線框的質(zhì)量均為m，長(zhǎng)均為2L，寬均為L(zhǎng)，電阻分別為R和2R。兩線框在光滑水平面上以相同初速度v0=4BA.甲線框進(jìn)磁場(chǎng)和出磁場(chǎng)的過(guò)程中電流方向相同B.甲、乙線框剛進(jìn)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，所受合力大小之比為1∶1C.乙線框恰好完全出磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，速度大小為0D.甲、乙線框從剛進(jìn)磁場(chǎng)區(qū)域到完全出磁場(chǎng)區(qū)域產(chǎn)生的焦耳熱之比為4∶3答案D解析根據(jù)楞次定律，甲線框進(jìn)磁場(chǎng)的過(guò)程電流方向?yàn)轫槙r(shí)針，出磁場(chǎng)的過(guò)程中電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，故A錯(cuò)誤；甲線框剛進(jìn)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，合力為F安1=BI1L=B·BLv0RL=B2L2v0R，乙線框剛進(jìn)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，合力為F安2=BI2L=B·BLv02RL=B2L2v02R，可得F安1F安2=2，故B錯(cuò)誤；假設(shè)甲、乙都能完全出磁場(chǎng)，對(duì)甲根據(jù)動(dòng)量定理有-BI1LΔt=mv1-mv0，q1=I1Δt=ΔΦΔtR·Δt=ΔΦR=B·4L2R，同理對(duì)乙有-BI2LΔt'=mv2-mv0，q2=I2Δt'=ΔΦΔt'2R·Δt'=ΔΦ2R=B·4L例3(2025·廣西卷·7)如圖所示，兩條固定的光滑平行金屬導(dǎo)軌，所在平面與水平面夾角為θ，間距為l，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)，兩端各接一個(gè)阻值為2R的定值電阻，形成閉合回路，質(zhì)量為m的金屬棒垂直導(dǎo)軌放置，并與導(dǎo)軌接觸良好，接入導(dǎo)軌之間的電阻為R；勁度系數(shù)為k的兩個(gè)完全相同的絕緣輕質(zhì)彈簧與導(dǎo)軌平行，一端固定，另一端均與金屬棒中間位置相連，彈簧的彈性勢(shì)能Ep與形變量x的關(guān)系為Ep=12kx2；將金屬棒移至導(dǎo)軌中間位置時(shí)，兩彈簧剛好處于原長(zhǎng)狀態(tài)；整個(gè)裝置處于垂直導(dǎo)軌所在平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。將金屬棒從導(dǎo)軌中間位置向上移動(dòng)距離a后靜止釋放，金屬棒沿導(dǎo)軌向下運(yùn)動(dòng)到最遠(yuǎn)處，用時(shí)為t，最遠(yuǎn)處與導(dǎo)軌中間位置距離為b，彈簧形變始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為gA.金屬棒所受安培力沖量大小為BB.每個(gè)彈簧對(duì)金屬棒施加的沖量大小為B2lC.每個(gè)定值電阻產(chǎn)生的熱量為k(aD.金屬棒的平均輸出功率為k答案D解析金屬棒所受安培力沖量大小為I安=BIlΔt=Blq，又q=ER總Δt=ΔΦR總=Bl(a+b)R總，R總=2R·2R2R+2R+R=2R，聯(lián)立解得I安=B2l2(a+b)2R，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；該過(guò)程中，取沿導(dǎo)軌向下為正方向，由動(dòng)量定理有2I彈-I安+mgsinθ·t=0，解得每個(gè)彈簧對(duì)金屬棒施加的沖量大小為I彈=12I安-12mgtsinθ=B2l2(a+b)4R-12mgtsinθ，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由能量關(guān)系可知回路產(chǎn)生的總熱量Q=mgsinθ·(考點(diǎn)二動(dòng)量守恒定律在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用例4(2025·陜西寶雞市三模)如圖所示為放置在水平面上的光滑金屬導(dǎo)軌，由左側(cè)的圓弧軌道和右側(cè)足夠長(zhǎng)的水平軌道平滑連接組成。圓弧軌道最上端連接一個(gè)電容C=0.5F的電容器，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)=1m。在圖中虛線de右側(cè)區(qū)域存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=2T，方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，金屬棒b靜止在磁場(chǎng)內(nèi)水平導(dǎo)軌上。現(xiàn)斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S，將金屬棒a從圓弧導(dǎo)軌由靜止釋放，釋放位置與水平導(dǎo)軌的高度差為h=1.8m。已知金屬棒a的質(zhì)量ma=3kg，金屬棒b質(zhì)量mb=1.5kg，兩金屬棒在導(dǎo)軌間的電阻均為R=2Ω。在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中兩金屬棒始終與導(dǎo)軌接觸良好且與導(dǎo)軌垂直，感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)及導(dǎo)軌的電阻忽略不計(jì)，重力加速度g取10m/s2。(1)當(dāng)金屬棒b的速度為2m/s時(shí)，求金屬棒a速度大小；(2)要使兩金屬棒在磁場(chǎng)內(nèi)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中不相撞，求初始時(shí)刻金屬棒b到de的最小距離x；(3)若金屬棒b的速度為2m/s時(shí)從導(dǎo)軌上取走金屬棒b，同時(shí)閉合開(kāi)關(guān)S，求金屬棒a的最小速度。答案(1)5m/s(2)6m(3)3m/s解析(1)設(shè)金屬棒a滑上水平導(dǎo)軌時(shí)速度為v0，下滑過(guò)程中由機(jī)械能守恒定律可得magh=12mav02，當(dāng)金屬棒b的速度vb=2m/s時(shí)，設(shè)金屬棒a的速度為va，由動(dòng)量守恒定律有mav0=mava+mbvb，代入數(shù)據(jù)解得va=5(2)由題意可得，金屬棒a在磁場(chǎng)內(nèi)做減速運(yùn)動(dòng)，金屬棒b在磁場(chǎng)內(nèi)做加速運(yùn)動(dòng)。要使兩金屬棒在磁場(chǎng)中不相撞，則金屬棒a追上金屬棒b時(shí)恰好共速。由動(dòng)量守恒定律有mav0=(ma+mb)v共，從金屬棒a進(jìn)入磁場(chǎng)到二者共速的過(guò)程中，設(shè)通過(guò)閉合回路的電量為q，回路中的平均電流I=E2R，E=ΔΦΔt，ΔΦ=BLΔx，q=IΔt，在此過(guò)程中，對(duì)于金屬棒b由動(dòng)量定理得BILΔt=mbv共-0，聯(lián)立以上各式可得，初始時(shí)刻金屬棒b到de的最小距離x=Δ(3)由題意可得，取走金屬棒b，閉合開(kāi)關(guān)S，金屬棒a以5m/s的速度向右切割磁感線，給電容器充電。當(dāng)金屬棒a產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和電容器兩端電壓相等時(shí)，金屬棒a開(kāi)始勻速運(yùn)動(dòng)，速度達(dá)到最小。則E=BLvm，UC=q'C，且E=UC，對(duì)于金屬棒a由動(dòng)量定理可得-BI'LΔt=-Bq'L=ma(vm-va)，聯(lián)立以上各式可得vm=mavama+例5(多選)(2023·遼寧卷·10)如圖，兩根光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上，左、右兩側(cè)導(dǎo)軌間距分別為d和2d，處于豎直向上的磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為2B和B。已知導(dǎo)體棒MN的電阻為R、長(zhǎng)度為d，導(dǎo)體棒PQ的電阻為2R、長(zhǎng)度為2d，PQ的質(zhì)量是MN的2倍。初始時(shí)刻兩棒靜止，兩棒中點(diǎn)之間連接一壓縮量為L(zhǎng)的輕質(zhì)絕緣彈簧。釋放彈簧，兩棒在各自磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)直至停止，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。整個(gè)過(guò)程中兩棒保持與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)且電阻不計(jì)。下列說(shuō)法正確的是()A.彈簧伸展過(guò)程中，回路中產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较虻碾娏鰾.PQ速率為v時(shí)，MN所受安培力大小為4C.整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，MN與PQ的路程之比為2∶1D.整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，通過(guò)MN的電荷量為BLd答案AC解析彈簧伸展過(guò)程中，根據(jù)右手定則可知，回路中產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较虻碾娏鳎x項(xiàng)A正確；任意時(shí)刻，設(shè)電流為I，則PQ所受安培力FPQ=BI·2d，方向向左，MN所受安培力FMN=2BId，方向向右，可知兩棒系統(tǒng)所受合外力為零，動(dòng)量守恒，設(shè)PQ質(zhì)量為2m，則MN質(zhì)量為m，PQ速率為v時(shí)，則有2mv=mv'，解得v'=2v，回路中的感應(yīng)電流I=2Bdv'+B·2dv3R=2BdvR，MN所受安培力大小為FMN=2BId=4B2d2vR，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；設(shè)整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，某時(shí)刻MN與PQ的速率分別為v1、v2，同理有mv1=2mv2，可知MN與PQ的速率之比始終為2∶1，則MN與PQ的路程之比為2∶1，故C正確；兩棒最終停止時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)，由動(dòng)量守恒可得mx1=2mx2，x1+x2=L，可得最終MN向左移動(dòng)x1=2L3，PQ向右移動(dòng)x2物理模型兩桿都在運(yùn)動(dòng)，要注意兩桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)是相加還是相減；系統(tǒng)動(dòng)量是否守恒分析方法動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)通常情況下一個(gè)金屬桿做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，而另一個(gè)金屬桿做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，最終兩金屬桿以共同的速度勻速運(yùn)動(dòng)能量觀點(diǎn)兩桿系統(tǒng)機(jī)械能減少量等于回路中產(chǎn)生的焦耳熱之和動(dòng)量觀點(diǎn)對(duì)雙桿合外力為零，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律處理速度問(wèn)題，對(duì)其中一桿應(yīng)用動(dòng)量定理可解電荷量、時(shí)間及位移差問(wèn)題專題強(qiáng)化練[分值：44分][1~5題，每題4分，6~9題，每題6分][保分基礎(chǔ)練]1.(2025·廣東廣州市一模)如圖所示，A、B是面積、磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和方向均完全相同的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，只是A區(qū)域比B區(qū)域離地面高，甲、乙兩個(gè)完全相同的線圈，在距地面同一高度處同時(shí)由靜止開(kāi)始釋放順利穿過(guò)磁場(chǎng)，兩線圈下落時(shí)始終保持線圈平面與磁場(chǎng)垂直，不計(jì)空氣阻力。下列說(shuō)法正確的是()A.兩線圈穿過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中產(chǎn)生的熱量相等B.兩線圈穿過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中通過(guò)線圈橫截面的電荷量不相等C.兩線圈落地時(shí)乙的速度較大D.甲線圈運(yùn)動(dòng)時(shí)間較長(zhǎng)，乙線圈先落地答案D解析由法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律及安培力公式有E=BLv，i=ER，F(xiàn)=BiL，可得F=B2L2vR，由于乙進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度較大，則安培力較大，穿過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中克服安培力做的功較多，即產(chǎn)生的焦耳熱較多，故A錯(cuò)誤；由電流定義式結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律有q=IΔt=ΔΦRΔtΔt=ΔΦR=BΔSR，可知通過(guò)線圈橫截面的電荷量相等，故B錯(cuò)誤；由于甲、乙減少的重力勢(shì)能相同，甲穿過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中產(chǎn)生的熱量較少，由能量守恒定律可知，甲落地時(shí)速度較大，故C錯(cuò)誤；線圈穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)受到的安培力為變力，設(shè)受到的平均安培力為F，穿過(guò)磁場(chǎng)時(shí)間為Δt，下落全過(guò)程時(shí)間為t，落地時(shí)的速度為v，則全過(guò)程由動(dòng)量定理得mgt-FΔt=mv，而FΔt=BILΔt，I=ΔΦΔtR，所以FΔ2.(多選)(2025·安徽蚌埠市質(zhì)檢)如圖所示，兩個(gè)相同的足夠長(zhǎng)光滑“”形金屬導(dǎo)軌ACDE和FGHJ固定在同一水平面內(nèi)，AC、FG、DE、HJ互相平行且間距均為L(zhǎng)，金屬棒a、b垂直靜止在導(dǎo)軌上，a、b的質(zhì)量分別為2m和m，它們接入電路的電阻分別為R和2R，金屬導(dǎo)軌的電阻不計(jì)，整個(gè)裝置處在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。現(xiàn)給a一個(gè)水平向右的初速度v0，此后a、b運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，則下列說(shuō)法正確的是()A.b向左運(yùn)動(dòng)B.b最終的速度大小為23vC.通過(guò)b的電荷量為2D.b中產(chǎn)生的焦耳熱為29m答案BCD解析當(dāng)a向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，a切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，可以判斷a中感應(yīng)電流向上，b中感應(yīng)電流向下，根據(jù)左手定則，b受到的安培力向右，則b向右運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤，因a、b串聯(lián)，通過(guò)的電流大小相等方向相反，它們受到的安培力也是等大反向，所以整體動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，有2mv0=3mv，解得v=23v0，故B正確；對(duì)b研究，根據(jù)動(dòng)量定理有BLIt=BqL=m×23v0，解得q=2mv03BL，故C正確；由能量守恒定律及串聯(lián)電路電功率的分配規(guī)律，得b中產(chǎn)生的焦耳熱Q=23.(多選)(2025·山東臨沂市三模)如圖所示的光滑金屬軌道由左、右兩段足夠長(zhǎng)的軌道拼接而成，整個(gè)軌道固定在水平面內(nèi)，左側(cè)兩平行導(dǎo)軌間距為2L，在上面擱置導(dǎo)體棒2(長(zhǎng)度為2L、質(zhì)量為2m、電阻為2R)，右側(cè)兩平行導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，在上面擱置導(dǎo)體棒1(長(zhǎng)度為L(zhǎng)、質(zhì)量為m、電阻為R)，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，整個(gè)軌道所在的空間中有垂直于軌道平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。現(xiàn)在給棒1一個(gè)初速度v0，它通過(guò)安培力帶動(dòng)棒2向右運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中棒1、棒2均與導(dǎo)軌良好接觸。下列說(shuō)法正確的是()A.兩棒一直做減速運(yùn)動(dòng)，最終速度為0B.棒1和棒2的最終速度分別為23v0和13C.兩棒在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的同一時(shí)刻加速度大小不相等D.整個(gè)過(guò)程中兩棒上產(chǎn)生的焦耳熱為16m答案BD解析根據(jù)題意，安培力會(huì)使棒2向右加速運(yùn)動(dòng)，安培力使得棒1向右減速，最終兩棒均做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；當(dāng)兩棒做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)有BLv1=2BLv2，此時(shí)回路中無(wú)電流，此即為兩棒最終穩(wěn)定狀態(tài)，此時(shí)v1=2v2；對(duì)棒1應(yīng)用動(dòng)量定理，得-BILΔt=mv1-mv0，對(duì)棒2應(yīng)用動(dòng)量定理，得2BILΔt=2mv2，解得v1=2v03，v2=v03，故B正確；對(duì)棒1，由牛頓第二定律有BI1L=ma1，對(duì)棒2，由牛頓第二定律有2BI2L=2ma2，因?yàn)閮砂舸?lián)，所以I1=I2，解得a1=a2，故C錯(cuò)誤；由能量守恒有Q=12mv02-(12mv12+12×4.(2025·河南省模擬)如圖所示，間距為L(zhǎng)的傾斜光滑平行金屬導(dǎo)軌的傾角θ=30°，底端接有阻值為R的定值電阻，虛線MN上方的導(dǎo)軌區(qū)域存在垂直導(dǎo)軌平面向上的范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，質(zhì)量為m、阻值為R、長(zhǎng)度為L(zhǎng)的導(dǎo)體棒ab垂直導(dǎo)軌放置。某時(shí)刻給ab一平行導(dǎo)軌斜面向上的初速度，已知ab進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度大小為2v0，經(jīng)過(guò)時(shí)間t0速度減小為零，一段時(shí)間后，以大小為v0的速度離開(kāi)磁場(chǎng)，不計(jì)導(dǎo)軌的電阻，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好，且兩者始終垂直，重力加速度為g。下列說(shuō)法正確的是()A.導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)中沿導(dǎo)軌上滑的最大距離為4B.導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)中下滑過(guò)程中通過(guò)定值電阻的電荷量大小為2C.導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)中下滑過(guò)程經(jīng)歷的時(shí)間為6v0gD.整個(gè)過(guò)程中定值電阻產(chǎn)生的焦耳熱為32mv答案C解析導(dǎo)體棒上滑過(guò)程由動(dòng)量定理得mgt0sinθ+BILt0=m×2v0，而q=It0=Et02R=ΔΦ2R=BLx2R，聯(lián)立解得x=4mRv0-mgRt0B2L2，q=4mv0-mgt02BL，故A錯(cuò)誤；下滑過(guò)程通過(guò)的距離與上滑過(guò)程通過(guò)的距離大小相等，因此下滑過(guò)程通過(guò)電阻的電荷量大小與上滑過(guò)程的相等，故B錯(cuò)誤；設(shè)導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)中下滑過(guò)程經(jīng)歷的時(shí)間為t1，此過(guò)程對(duì)導(dǎo)體棒有mgt1sinθ-BqL=mv0得t1=6v0g-t0，故5.(多選)(2025·福建省二模)如圖所示，間距為L(zhǎng)的平行光滑長(zhǎng)直金屬導(dǎo)軌固定放置，導(dǎo)軌平面水平，矩形PMNQ區(qū)域有垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，導(dǎo)軌平面離地面的高度為h，質(zhì)量均為m、電阻均為R、長(zhǎng)度均為L(zhǎng)的金屬棒a、b垂直放在導(dǎo)軌上，b在磁場(chǎng)中，a在磁場(chǎng)外，給a一個(gè)水平向右的初速度v0，兩金屬棒在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)時(shí)始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，a、b兩金屬棒從導(dǎo)軌MN端水平拋出后做平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移之比為2∶1。兩金屬棒在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)時(shí)沒(méi)有發(fā)生碰撞，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，則下列說(shuō)法正確的是()A.金屬棒a剛進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)的加速度大小為BB.金屬棒b離開(kāi)軌道做平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移為vC.整個(gè)過(guò)程金屬棒a中產(chǎn)生的焦耳熱為29mD.金屬棒b初始位置到PQ的距離至少為2答案BD解析對(duì)棒a，剛進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)根據(jù)牛頓第二定律有FA=BIL=BLBLv02R=B2L2v02R=ma，解得a=B2L2v02mR，故A錯(cuò)誤；由于a、b兩金屬棒從導(dǎo)軌MN端水平拋出后做平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移之比為2∶1，且豎直方向自由下落高度相同，則運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，因此a、b離開(kāi)軌道時(shí)的速度大小之比為2∶1，設(shè)b離開(kāi)軌道時(shí)的速度大小為v，則a離開(kāi)軌道時(shí)的速度大小為2v，且a、b在軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)水平方向所受安培力等大反向，則a、b棒整體水平方向動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒定律mv0=2mv+mv，解得v=13v0，金屬棒b做平拋運(yùn)動(dòng)有h=12gt2，x=vt，聯(lián)立解得x=v032hg，故B正確；由能量守恒可知，金屬棒a中產(chǎn)生的焦耳熱Q=1212mv02-12m(13v0)2-12m(23[爭(zhēng)分提能練]6.(多選)(2025·山東省實(shí)驗(yàn)中學(xué)第五次診斷)如圖甲所示，兩根足夠長(zhǎng)的平行光滑金屬導(dǎo)軌固定在水平面內(nèi)，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)。導(dǎo)軌上垂直放置導(dǎo)體棒a和b，質(zhì)量均為m，電阻均為R，回路中其余部分的電阻不計(jì)。勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向上。開(kāi)始時(shí)，兩棒均靜止，間距為x0。t=0時(shí)刻導(dǎo)體棒a獲得向右的初速度v0，兩導(dǎo)體棒的Δv-t圖像(Δv=va-vb)如圖乙所示，下列說(shuō)法正確的是()A.0~t2時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)體棒b產(chǎn)生的焦耳熱為14mB.t1時(shí)刻，棒a的加速度大小為BC.t2時(shí)刻，兩棒之間的距離為mD.0~t2時(shí)間內(nèi)，通過(guò)b棒的電荷量為m答案BD解析t2時(shí)刻Δv為0，則二者共速，規(guī)定向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律有mv0=2mv，解得共同速度v=v02，由能量守恒可知，0~t2時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)體棒b產(chǎn)生的焦耳熱Q=12(12mv02-12×2mv2)，聯(lián)立解得Q=18mv02，故A錯(cuò)誤；t1時(shí)刻，Δv為v04，則回路電流I=BLΔv2R=BL×v042R=BLv08R，則棒a的加速度大小a=BILm=B2L2v08mR，故B正確；對(duì)b棒，由動(dòng)量定理得BLIΔt=mv-0，因?yàn)閝=IΔt=E7.(多選)(2025·湖南卷·9)如圖，關(guān)于x軸對(duì)稱的光滑導(dǎo)軌固定在水平面內(nèi)，導(dǎo)軌形狀為拋物線，頂點(diǎn)位于O點(diǎn)。一足夠長(zhǎng)的金屬桿初始位置與y軸重合，金屬桿的質(zhì)量為m，單位長(zhǎng)度的電阻為r0。整個(gè)空間存在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B?，F(xiàn)給金屬桿一沿x軸正方向的初速度v0，金屬桿運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終與y軸平行，且與電阻不計(jì)的導(dǎo)軌接觸良好。下列說(shuō)法正確的是()A.金屬桿沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，金屬桿中電流沿y軸負(fù)方向B.金屬桿可以在沿x軸正方向的恒力作用下做勻速直線運(yùn)動(dòng)C.金屬桿停止運(yùn)動(dòng)時(shí)，與導(dǎo)軌圍成的面積為mD.若金屬桿的初速度減半，則金屬桿停止運(yùn)動(dòng)時(shí)經(jīng)過(guò)的距離小于原來(lái)的一半答案AC解析金屬桿沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，根據(jù)右手定則可知金屬桿中電流沿y軸負(fù)方向，故A正確；若金屬桿可以在沿x軸正方向的恒力F作用下做勻速直線運(yùn)動(dòng)，可知F=F安=BIL，I=BLv0R=BLv0Lr0=Bv0r0，可得F=B2Lv0r0，由于金屬桿運(yùn)動(dòng)過(guò)程中接入導(dǎo)軌中的長(zhǎng)度L在變化，故F在變化，故B錯(cuò)誤；取一微小時(shí)間Δt內(nèi)，設(shè)此時(shí)金屬桿接入導(dǎo)軌中的長(zhǎng)度為L(zhǎng)'，根據(jù)動(dòng)量定理有-BI'L'Δt=mΔv，q=I'Δt，同時(shí)有q=ΔΦΔtL'r0·Δt=ΔΦL'r0=8.(多選)(2025·河北省部分學(xué)校模擬)在傾角為30°的光滑斜面上存在與斜面垂直向上的條狀勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)的寬度均為L(zhǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，兩個(gè)條狀磁場(chǎng)間的距離為L(zhǎng)，一質(zhì)量為m、邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形導(dǎo)線框緊貼斜面以與斜面底邊平行的初速度v0拋出，導(dǎo)線框的一組邊與磁場(chǎng)邊界平行，線框與斜面、磁場(chǎng)的關(guān)系如圖甲、乙所示。已知斜面的寬度足夠大、斜面足夠長(zhǎng)和磁場(chǎng)的數(shù)量足夠多。重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力，導(dǎo)線框電阻R=40BA.導(dǎo)線框剛進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)導(dǎo)線框中的電流方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较駼.導(dǎo)線框剛進(jìn)入第二個(gè)條狀磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，水平方向的加速度大小為51C.導(dǎo)線框最多穿過(guò)6個(gè)條狀磁場(chǎng)區(qū)域D.導(dǎo)線框產(chǎn)生的熱量大于12m答案AC解析導(dǎo)線框剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，穿過(guò)導(dǎo)線框的磁通量增大，由楞次定律可知，感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針，故A正確；導(dǎo)線框在進(jìn)入第一個(gè)條狀勻強(qiáng)磁場(chǎng)的過(guò)程中對(duì)導(dǎo)線框水平方向受力分析，結(jié)合動(dòng)量定理有-I安=-BI1LΔt1=mv1-mv0，其中I1Δt1=E1RΔt1=ΔΦR=BL2R，解得導(dǎo)線框進(jìn)入到離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程中安培力的沖量大小為I安=340mv0，所以導(dǎo)線框剛進(jìn)入第二個(gè)條狀磁場(chǎng)時(shí)水平方向的速度為v2=mv0-2I安m=1720v0，此時(shí)導(dǎo)線框中的電流為I=BLv2R，對(duì)導(dǎo)線框在水平方向受力分析并結(jié)合牛頓第二定律有BIL=ma，聯(lián)立解得導(dǎo)線框剛進(jìn)入第二個(gè)條狀磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，水平方向的加速度大小為a=51v02800L，故B錯(cuò)誤；由題意可知，導(dǎo)線框每通過(guò)一個(gè)條狀磁場(chǎng)，水平方向動(dòng)量減小9.(多選)(2024·海南卷·13)兩根足夠長(zhǎng)的導(dǎo)軌由上下段電阻不計(jì)、光滑的金屬導(dǎo)軌組成，在M、N兩點(diǎn)絕緣連接，M、N等高，間距L=1m，連接處平滑。導(dǎo)軌平面與水平面夾角為30°，導(dǎo)軌兩端分別連接一個(gè)阻值R=0.02Ω的電阻和C=1F的電容器，整個(gè)裝置處于B=0.2T的垂直導(dǎo)軌平面斜向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，兩根導(dǎo)體棒ab、cd分別放在MN兩側(cè)，質(zhì)量分別為m1=0.8kg，m2=0.4kg，ab棒的電阻為0.08Ω，cd棒的電阻不計(jì)，將ab由靜止釋放，同時(shí)cd從距離MN為x0=4.32m處在一個(gè)大小F=4.64N、方向沿導(dǎo)軌平面向上的力作用下由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，兩棒恰好在M、N處發(fā)生彈性碰撞，碰撞前瞬間撤去F，已知碰前瞬間ab的速度為4.5m/s，g=10m/s2，下列說(shuō)法正確的是()A.ab從釋放到第一次碰撞前所用時(shí)間為1.44sB.ab從釋放到第一次碰撞前，R上消耗的焦耳熱為0.78JC.兩棒第一次碰撞后瞬間，ab的速度大小為6.3m/sD.兩棒第一次碰撞后瞬間，cd的速度大小為8.4m/s答案BD解析由于導(dǎo)體棒ab、cd同時(shí)由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，且恰好在M、N處發(fā)生彈性碰撞，則說(shuō)明ab、cd在到達(dá)M、N處所用的時(shí)間是相同的，對(duì)導(dǎo)體棒cd和電容器組成的回路有Δq=C·BLΔv對(duì)cd根據(jù)牛頓第二定律有F-BIL-m2gsin30°=m2a2其中a2=ΔvΔt，聯(lián)立有a2=F則說(shuō)明導(dǎo)體棒cd做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則有x0=12a2t聯(lián)立解得a2=6m/s2，t=1.2s，故A錯(cuò)誤；由題知，碰前瞬間ab的速度v1為4.5m/s，則根據(jù)功能關(guān)系有m1gxabsin30°-Q=12m1導(dǎo)體棒ab下滑過(guò)程中根據(jù)動(dòng)量定理有m1gsin30°·t-BIL·t=m1v1其中q=It=BLR總=R+Rab=0.1Ω聯(lián)立解得q=6C，xab=3m，Q=3.9J則R上消耗的焦耳熱為QR=RR總Q=0.78故B正確；由于兩棒恰好在M、N處發(fā)生彈性碰撞，取沿斜面向下為正方向，有m1v1-m2v2=m1v1'+m2v2'12m1v12+12m2v22=12m1v1'2+其中v2=a2t=7.2m/s聯(lián)立解得v1'=-3.3m/s，v2'=8.4m/s故C錯(cuò)誤，D正確。例1(2024·湖北卷·15)如圖所示，兩足夠長(zhǎng)平行金屬直導(dǎo)軌MN、PQ的間距為L(zhǎng)，固定在同一水平面內(nèi)，直導(dǎo)軌在左端M、P點(diǎn)分別與兩條豎直固定、半徑為L(zhǎng)的14圓弧導(dǎo)軌相切。MP連線與直導(dǎo)軌垂直，其左側(cè)無(wú)磁場(chǎng)，右側(cè)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。長(zhǎng)為L(zhǎng)、質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒ab跨放在兩圓弧導(dǎo)軌的最高點(diǎn)。質(zhì)量為2m、電阻為6R的均勻金屬絲制成一個(gè)半徑為L(zhǎng)的圓環(huán)，水平放置在兩直導(dǎo)軌上，其圓心到兩直導(dǎo)軌的距離相等。忽略導(dǎo)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(dǎo)軌始終接觸良好，重力加速度大小為g?，F(xiàn)將金屬棒ab(1)ab剛越過(guò)MP時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大?。?2)金屬環(huán)剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大?。?3)為使ab在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)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。答案(1)BL2gL(2)(3)B解析(1)根據(jù)題意可知，對(duì)金屬棒ab由靜止釋放到剛越過(guò)MP過(guò)程中，由動(dòng)能定理有mgL=12m解得v0=2則金屬棒ab剛越過(guò)MP時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為E=BLv0=BL2(2)根據(jù)題意可知，金屬環(huán)在導(dǎo)軌間兩段圓弧并聯(lián)接入電路中，軌道外側(cè)的兩端圓弧金屬環(huán)被短路，由幾何關(guān)系可得，每段圓弧的電阻為R0=R可知，整個(gè)回路的總電阻為R總=R+R·RR+Rab剛越過(guò)MP時(shí)，通過(guò)金屬棒ab的感應(yīng)電流為I=ER總對(duì)金屬環(huán)由牛頓第二定律有2BL·I2=2解得a=B(3)根據(jù)題意，結(jié)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(dòng)量守恒，由于金屬環(huán)做加速運(yùn)動(dòng)，金屬棒做減速運(yùn)動(dòng)，為使ab在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中不與金屬環(huán)接觸，則有當(dāng)金屬棒ab和金屬環(huán)速度相等時(shí)，金屬棒ab恰好追上金屬環(huán)，設(shè)此時(shí)速度為v，由動(dòng)量守恒定律有mv0=mv+2mv解得v=13v設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間t，金屬棒ab與金屬環(huán)共速，對(duì)金屬棒ab，由動(dòng)量定理有-BILt=m·v03-則有BLq=23mv設(shè)金屬棒運(yùn)動(dòng)距離為x1，金屬環(huán)運(yùn)動(dòng)的距離為x2，則有q=BL聯(lián)立解得Δx=x1-x2=mR則金屬環(huán)圓心初始位置到MP的最小距離d=L+Δx=B2例2(2025·福建卷·16)光滑斜面傾角θ=30°，Ⅰ區(qū)域與Ⅱ區(qū)域均存在垂直斜面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩區(qū)域中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等。正方形線框abcd質(zhì)量為m，總電阻為R，線框由同種材料制成且粗細(xì)均勻，Ⅰ區(qū)域沿斜面的寬度為L(zhǎng)1，Ⅱ區(qū)域沿斜面的寬度為L(zhǎng)2，兩區(qū)域間無(wú)磁場(chǎng)區(qū)域沿斜面的寬度大于線框的邊長(zhǎng)。線框從某一位置釋放，cd邊進(jìn)入Ⅰ區(qū)域時(shí)速度大小為v，且直到ab邊離開(kāi)Ⅰ區(qū)域時(shí)速度大小始終為v，cd邊進(jìn)入Ⅱ區(qū)域時(shí)的速度和ab邊離開(kāi)Ⅱ區(qū)域時(shí)的速度一致。已知重力加速度為g。(1)求線框釋放時(shí)cd邊與Ⅰ區(qū)域上邊緣的距離；(2)求cd邊進(jìn)入Ⅰ區(qū)域時(shí)cd邊兩端的電勢(shì)差；(3)求線框從剛進(jìn)入Ⅱ區(qū)域到完全離開(kāi)Ⅱ區(qū)域過(guò)程中克服安培力做功的平均功率。答案(1)v2g(2)解析(1)設(shè)線框釋放時(shí)cd邊與Ⅰ區(qū)域上邊緣的距離為d，從線框釋放到cd邊到達(dá)Ⅰ區(qū)域上邊緣過(guò)程中，由動(dòng)能定理得mgdsinθ=12mv2，解得d=(2)因?yàn)閏d邊進(jìn)入Ⅰ區(qū)域時(shí)速度大小為v，且直到ab邊離開(kāi)Ⅰ區(qū)域時(shí)速度大小始終為v，可知線框的邊長(zhǎng)L=L1，根據(jù)平衡條件有mgsinθ=BIL1又E=BL1v，I=Ecd邊兩端的電勢(shì)差U=34聯(lián)立解得U=3(3)①若L2>L1，線框在cd邊進(jìn)入Ⅱ區(qū)域到ab邊離開(kāi)Ⅱ區(qū)域運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)量定理mgsinθ·t2-2BIL1t3=0根據(jù)q=I·Δt=ER·Δt=ΔΦΔtR·Δt即It3=B由(2)知B=mgR聯(lián)立解得t2=2根據(jù)動(dòng)能定理-W克安+mgsinθ(L2+L1)=0克服安培力做功的平均功率P=W聯(lián)立解得P=mgv②若L2<L1，同理可得q'=B根據(jù)動(dòng)量定理mgsinθ·t4-2BIL1t5=0其中q'=It5聯(lián)立解得t4=2根據(jù)動(dòng)能定理-W克安'+mgsinθ(L2+L1)=0克服安培力做功的平均功率P'=W聯(lián)立解得P'=mgv③若L2=L1，結(jié)合上述分析知，線框從剛進(jìn)入Ⅱ區(qū)域到完全離開(kāi)Ⅱ區(qū)域的過(guò)程，始終受安培力，可能一直減速，也可能先減速后勻速，則cd邊進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ時(shí)的速度與ab邊離開(kāi)區(qū)域Ⅱ時(shí)的速度不可能一致，故不存在此種情況。例3(2025·山東日照市二模)如圖所示，兩平行金屬導(dǎo)軌固定在水平面上，窄軌M1N1、M2N2之間的距離L1=1m，光滑的寬軌O1P1、O2P2之間的距離L2=2m。窄軌以垂直于軌道的虛線A1A2為分界線，左側(cè)粗糙，右側(cè)光滑。窄軌左側(cè)通過(guò)開(kāi)關(guān)S1連接一電容C=0.02F的不帶電的電容器(耐壓值足夠大)。寬軌和窄軌連接處有開(kāi)關(guān)S2，寬軌左側(cè)接有電阻R1=10Ω。質(zhì)量m=1kg的金屬棒ab靜止在窄軌上，ab棒到A1A2的距離x=4.5m，與窄軌粗糙部分間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2；質(zhì)量M=2kg的金屬棒cd靜止在寬軌上。整個(gè)裝置處于方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=10T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。現(xiàn)閉合S1，斷開(kāi)S2，給ab棒施加一與導(dǎo)軌平行、大小為5N的恒力F，當(dāng)其運(yùn)動(dòng)到A1A2時(shí)，撤去F，同時(shí)斷開(kāi)S1，閉合S2。窄軌和寬軌足夠長(zhǎng)，ab始終在窄軌上運(yùn)動(dòng)，cd棒始終在寬軌上運(yùn)動(dòng)。兩金屬棒在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂直且與導(dǎo)軌接觸良好，cd棒連入電路中的電阻R2=20Ω，ab棒及導(dǎo)軌電阻均不計(jì)。重力加速度g取10m/s2。求：(1)恒力F的作用時(shí)間；(2)cd棒從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到勻速的過(guò)程中，通過(guò)cd棒的電荷量；(3)cd棒從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到勻速的過(guò)程中，cd棒中產(chǎn)生的焦耳熱。答案(1)3s(2)0.1C(3)1J解析(1)先閉合開(kāi)關(guān)S1，斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S2，設(shè)金屬棒ab在F作用下加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律可得：F-μmg-BIL1=maI=ΔQΔt=CBL解得a=F-μmgm+CB則金屬棒ab在拉力作用下從靜止開(kāi)始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)x=12at解得t=3s(2)當(dāng)金屬棒ab運(yùn)動(dòng)到A1A2處時(shí)，其速度為v0，v0=at=3m/s，此時(shí)撤去恒力F，同時(shí)斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S1，閉合開(kāi)關(guān)S2，金屬棒ab在安培力作用下向右減速，金屬棒cd在安培力作用下向右加速，最終都做勻速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)金屬棒ab、cd勻速直線運(yùn)動(dòng)的速度分別為v1、v2，根據(jù)動(dòng)量定理可得：對(duì)金屬棒ab：-BIL1Δt=mv1-mv0對(duì)金屬棒cd：BIL2Δt=Mv2對(duì)整個(gè)閉合電路,ab、cd棒勻速時(shí)有BL1v1-BL2v2=0解得v1=2m/s，v2=1m/s對(duì)金屬棒cd：BIL2Δt=BL2q=Mv2解得q=0.1C(3)金屬棒cd在向右加速的過(guò)程中，設(shè)系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱為Q，根據(jù)能量守恒可得：Q=12mv02-12mv12-則金屬棒cd產(chǎn)生的焦耳熱Q2=R2R1+R計(jì)算題培優(yōu)練7電磁感應(yīng)中的綜合問(wèn)題[訓(xùn)練1][分值：28分]1.(12分)(2025·四川攀枝花市三模)如圖所示，一個(gè)匝數(shù)n=1000、面積S=100cm2的水平圓形線圈內(nèi)有豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B1，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間變化關(guān)系為B1=B0+0.25t。線圈與右側(cè)的平行導(dǎo)軌MN、M'N'通過(guò)開(kāi)關(guān)K相連，導(dǎo)軌MN、M'N'構(gòu)成的平面為水平面，其內(nèi)有豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B2，其右側(cè)有傾角θ=30°的傾斜平行導(dǎo)軌PQ、P'Q'，N與P、N'與P'通過(guò)一小段(長(zhǎng)度不計(jì))絕緣圓弧平滑連接，PP'、NN'連線均與所有導(dǎo)軌垂直。傾斜平行導(dǎo)軌PQ、P'Q'內(nèi)有與兩導(dǎo)軌構(gòu)成斜面垂直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B3，其頂端Q與Q'之間接有定值電阻R。現(xiàn)有一長(zhǎng)L=0.5m的導(dǎo)體棒ab垂直于導(dǎo)軌靜止放置在水平導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌接觸良好。閉合開(kāi)關(guān)K后，導(dǎo)體棒由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，到達(dá)水平導(dǎo)軌右端前已經(jīng)勻速。已知導(dǎo)軌間距均為L(zhǎng)、阻值均不計(jì)，導(dǎo)體棒ab、線圈、定值電阻的阻值均相同，導(dǎo)體棒ab的質(zhì)量m=0.1kg，勻強(qiáng)磁場(chǎng)B2、B3的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為1T，重力加速度g取10m/s2，不計(jì)一切摩擦，求：(1)(3分)閉合開(kāi)關(guān)前線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E；(2)(5分)從閉合開(kāi)關(guān)到導(dǎo)體棒第一次運(yùn)動(dòng)到NN'的過(guò)程中，導(dǎo)體棒產(chǎn)生的焦耳熱Q1；(3)(4分)若導(dǎo)體棒第一次沖上傾斜導(dǎo)軌經(jīng)過(guò)時(shí)間t=1.7s后又返回導(dǎo)軌底端，求這段時(shí)間內(nèi)導(dǎo)體棒產(chǎn)生的焦耳熱Q2。答案(1)2.5V(2)0.625J(3)0.31875J解析(1)對(duì)圓形線圈，由法拉第電磁感應(yīng)定律有E=nΔΦΔt其中ΔB代入數(shù)據(jù)得E=2.5V(2)導(dǎo)體棒ab在到達(dá)NN'前已勻速，設(shè)勻速時(shí)的速度為v1，則有E1=B2Lv1=E解得v1=5m/s對(duì)導(dǎo)體棒ab從開(kāi)關(guān)閉合到勻速，取水平向右為正方向，由動(dòng)量定理有B2iLΔt=mv1-0設(shè)這段時(shí)間內(nèi)通過(guò)導(dǎo)體棒的電荷量為q，有iΔt=q圓形線圈、導(dǎo)體棒ab的電阻相同，由能量守恒定律有E能=Eq=12mv12解得Q1=0.625J(3)從導(dǎo)體棒ab沖上斜面到再次返回斜面底端，全程通過(guò)回路的電荷量為零，可得全程安培力的沖量為零。設(shè)導(dǎo)體棒返回斜面底端時(shí)的速度為v2，取沿斜面向上為正方向，由動(dòng)量定理，有-mgtsinθ=mv2-mv1解得v2=-3.5m/s導(dǎo)體棒ab和定值電阻R的阻值相同，在該過(guò)程中，由能量守恒有12mv12-12m解得Q2=0.31875J。2.(16分)(2025·山東卷·18)如圖所示，平行軌道的間距為L(zhǎng)，軌道平面與水平面夾角為α，二者的交線與軌道垂直，以軌道上O點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，沿軌道向下為x軸正方向建立坐標(biāo)系。軌道之間存在區(qū)域Ⅰ、Ⅱ，區(qū)域Ⅰ(-2L≤x<-L)內(nèi)充滿磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)；區(qū)域Ⅱ(x≥0)內(nèi)充滿方向垂直軌道平面向上的磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1=k1t+k2x，k1和k2均為大于零的常量，該磁場(chǎng)可視為由隨時(shí)間t均勻增加的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和隨x軸坐標(biāo)均勻增加的磁場(chǎng)疊加而成。將質(zhì)量為m、邊長(zhǎng)為L(zhǎng)、電阻為R的勻質(zhì)正方形閉合金屬框epqf放置在軌道上，pq邊與軌道垂直，由靜止釋放。已知軌道絕緣、光滑、足夠長(zhǎng)且不可移動(dòng)，磁場(chǎng)上、下邊界均與x軸垂直，整個(gè)過(guò)程中金屬框不發(fā)生形變，重力加速度大小為g，不計(jì)自感。(1)(6分)若金屬框從開(kāi)始進(jìn)入到完全離開(kāi)區(qū)域Ⅰ的過(guò)程中勻速運(yùn)動(dòng)，求金屬框勻速運(yùn)動(dòng)的速率v和釋放時(shí)pq邊與區(qū)域Ⅰ上邊界的距離s；(2)(10分)金屬框沿軌道下滑，當(dāng)ef邊剛進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí)(t=0)，此時(shí)金屬框的速率為v0，若k1=mgRsinαk2L答案(1)mgRtanαB2解析(1)金屬框從開(kāi)始進(jìn)入到完全離開(kāi)區(qū)域Ⅰ的過(guò)程中，金屬框只有一條邊切割磁感線，所受安培力水平向左，則切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E=BLvcosα金屬框中電流I=E金屬框做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則BILcosα=mgsinα解得金屬框從開(kāi)始進(jìn)入到完全離開(kāi)區(qū)域Ⅰ的過(guò)程的速率v=mgR金屬框開(kāi)始釋放到pq邊進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，只有重力做功，由動(dòng)能定理可得mgssinα=12mv可得釋放時(shí)pq邊與區(qū)域Ⅰ上邊界的距離s=v22(2)當(dāng)ef邊剛進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí)(t=0)，設(shè)金屬框ef邊到O點(diǎn)的距離為x時(shí)，金屬框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=ΔΦΔt=ΔBΔtL2=k1L2+k2L2ΔxΔt=(k1+k2v此時(shí)金屬框中的感應(yīng)電流I=E金屬框pq邊受到沿軌道向上的安培力，大小為F安1=[k1t+k2(x+L)]IL金屬框ef邊受到沿軌道向下的安培力，大小為F安2=(k1t+k2x)IL則金屬框受到的安培力F安=F安1-F安2代入k1=mgR化簡(jiǎn)得F安=mgsinα+k當(dāng)金屬框平衡時(shí)F安=mgsinα，可知此時(shí)金屬框速率為0。則從開(kāi)始計(jì)時(shí)到金屬框達(dá)到平衡狀態(tài)的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)量定理可得mgsinαΔt-F安Δt=mΔv即-k22L4vⅡ?qū)r(shí)間累積求和可得-k22L可得d=mRv[訓(xùn)練2][分值：27分]1.(12分)(2025·四川成都市二模)如圖所示，將電阻為R=0.02Ω、質(zhì)量為m=0.01kg的單匝正方形閉合線圈abcd水平放置在順時(shí)針運(yùn)行的水平傳送帶的最左端，其邊長(zhǎng)為l=0.1m，邊界MN、PQ與傳送帶運(yùn)行方向垂直，在MN、PQ區(qū)域內(nèi)加一個(gè)垂直于傳送帶平面向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=0.4T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，MN、PQ邊界間距為d=0.26m，線圈在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中左右兩邊始終與磁場(chǎng)邊界平行，其與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.2，線圈ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域前已和傳送帶共速，傳送帶的速度為v0=1m/s，t=0時(shí)刻，線圈ab邊與MN重合，t1=0.2s時(shí)刻，線圈cd邊與MN重合，t2時(shí)刻線圈ab邊與PQ重合，已知重力加速度g取10m/s2，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，求：(1)(2分)t=0時(shí)刻，線圈中的感應(yīng)電流大小；(2)(3分)t1時(shí)刻，線圈的速度大?。?3)(4分)t2；(4)(3分)0~t2時(shí)間