第12章 专题突破23 电磁感应中的动力学与能量问题-【优化探究】2026高考物理一轮复习高考总复习配套课件（人教版 多选）

专题突破23　电磁感应中的动力学与能量问题 第十二章　电磁感应 [学习目标]　1.学会用动力学知识分析导体棒在磁场中的运动问题。 2.会用功能关系和能量守恒定律分析电磁感应中的能量转化。 课时作业 巩固提高训练 突破点一　电磁感应中的动力学问题 突破点二　电磁感应中的能量问题 内容索引 突破点一　电磁感应中的动力学问题 一 4 盘点 核心知识 1.两种状态及处理方法 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 2.用动力学观点解答电磁感应问题的一般步骤 考向1　“单棒+电阻”模型 提升 关键能力 示意图 力学观点 运动图像 能量观点   导轨水平光滑,间距为L,电阻不计,杆ab初速度为v0,质量为m,电阻不计 导体杆以速度v切割磁感线产生感应电动势E=BLv,电流I==,安培力F安=BIL=,做减速运动,v􀲒=F安􀲒⇒a􀲒,当v=0时,F安=0,a=0,杆保持静止   动能全部转化为内能: Q=m 示意图 力学观点 运动图像 能量观点   导轨水平光滑,间距为L,电阻不计,单杆ab质量为m, 电阻不计,拉力F恒定,初速度为v0 F=   F做的功一部分转化为杆的动能,一部分转化为电阻产生的电热:WF= Q+mv2 F> v􀲐⇒BLv􀲐⇒I􀲐⇒BIL􀲐⇒a􀲒⇒a=0,匀速运动   F< v􀲒⇒BLv􀲒⇒I􀲒⇒BIL􀲒⇒a􀲒⇒a=0,匀速运动   特别提醒:线框模型单边在磁场中的过程实质与“单棒+电阻”模型相同。 [典例1]　(多选)(2025·安徽淮南模拟)如图所示,两根足够长的光滑平行金属导轨固定放置在足够高的水平台面上,导轨间距L=1 m。质量m= 1 kg、电阻r=2 Ω的直导体棒放在导轨上,且始终与导轨垂直,导体棒通过一根轻质细绳绕过定滑轮与一质量也为m=1 kg的重物相连。导轨左端与阻值R=2 Ω的电阻相连,导轨电阻不计,整个装置放在竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度B=2 T。在t=0时刻,由静止释放导体棒和重物,直导体棒由静止开始向右做直线运动(导轨足够长,轻质细绳始终与导轨共面且平行),重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A.重物向下做加速度减小的加速运动,最终做匀速直线运动 B.当导体棒速度v=8 m/s时,导体棒加速度a=2 m/s2 C.导体棒最终做匀速直线运动的速度v'=10 m/s D.导体棒最终做匀速直线运动的速度v'=12 m/s AC [解析]　对重物和导体棒整体受力分析有mg-BIL=2ma,根据闭合电路欧姆定律有I=,可知随着速度的增大,重物的加速度减小,所以重物向下做加速度减小的加速运动,最终做匀速直线运动,故A正确;当导体棒速度v=8 m/s时,根据A项分析可知mg-=2ma,解得a=1 m/s2,故B错误;导体棒最终做匀速直线运动时有mg-=0,解得v'=10 m/s,故C正确,D错误。 [典例2]　(多选)(2024·全国甲卷)如图,一绝缘细绳跨过两 个在同一竖直面(纸面)内的光滑定滑轮,绳的一端连接一矩 形金属线框,另一端连接一物块。线框与左侧滑轮之间的 虚线区域内有方向垂直纸面的匀强磁场,磁场上下边界水 平。在t=0时刻线框的上边框以不同的初速度从磁场下方 进入磁场。运动过程中,线框始终在纸面内且上下边框保持水平。以向上为速度的正方向,下列线框的速度v随时间t变化的图像中可能正确的是(　　) AC [解析]　线框在减速进入磁场的过程中,对线框受力分析,根据牛 顿第二定律有mg+-T=ma,对物块受力分析,根据牛顿第二定 律有T-Mg=Ma,联立解得a=-g,则随着速度的减小,加 速度不断减小,B错误;结合B项分析可知,若匀强磁场区域高度与 线框宽度相等且物块质量与线框质量相等,则线框在磁场中一直 做加速度逐渐减小的减速运动,出磁场后匀速运动,则A选项的图像可能正确;若匀强磁场区域高度大于线框宽度且物块质量与线框质量相等,则线框进磁场和出磁场阶段均做加速度逐渐减小的减速运动,完全在磁场中运动时不受安培力,做匀速运动,完全出磁场后,也做匀速运动,则C选项的图像可能正确;D选项的图像中线框出磁场后匀加速,说明物块质量大于线框质量,但在此情况下,结合B项分析可知,存在第二段匀速阶段时,不会存在第三段减速阶段,D错误。 考向2　“单棒+电容器”模型 示意图 力学观点 运动图像 能量观点   导轨水平光滑,间距为L,电阻不计,单杆ab质量为m,电阻不计,拉力F恒定 开始时a=,杆ab速度v􀲐⇒感应电动势E=BLv􀲐,经过Δt速度为v+Δv,此时感应电动势E'=BL(v+Δv),Δt时间内流入电容器的电荷量Δq=CΔU=C(E'-E)=CBLΔv,电流I==CBL=CBLa,安培力F安=BLI=CB2L2a,F-F安=ma,a=,所以杆以恒定的加速度匀加速运动(若回路有电阻,则杆不做匀加速运动)   F做的功一部分转化为杆的动能,一部分转化为电容器的电场能: WF=mv2+EC [典例3]　 (2025·云南昆明模拟)如图所示,两根相互平行且足够长的光滑长直金属导轨固体在水平绝缘桌面上,导轨间距为L,导轨上接有电容为C的电容器和阻值为R的定值电阻。质量为m的导体棒PQ静止在导轨上,整个系统处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中。开始时,电容器不带电。t=0时刻,对PQ施加水平向右大小为F的恒力。PQ和导轨的电阻均不计,PQ运动过程中始终与导轨垂直且接触良好。 (1)若保持开关S1断开、S2闭合,求PQ的最终速度; [解析]　保持开关S1断开、S2闭合,当PQ棒受到的安培力与外力相等时,PQ开始做匀速运动,根据受力平衡可得F=BIL 根据闭合电路欧姆定律可得I= 导体棒切割磁感应产生感应电动势,可得 E=BLv1 联立解得 v1=。 [答案]　 (2)若保持开关S1闭合、S2断开,求PQ的加速度大小; [解析]　保持开关S1闭合、S2断开,取一段极短的时间Δt,PQ速度的变化量为Δv,电容器C上电荷量的变化量为Δq,对PQ根据动量定理可得 FΔt-BLΔt=mΔv 根据电流的定义式可得= 电容器上电荷量的变化量为Δq=CBLΔv 根据加速度的定义式可得a= 联立解得a=。 [答案]　 (3)若保持开关S1、S2都闭合,从t=0到t=t0时间内PQ向右运动的距离为x,求t=t0时刻PQ的速度大小。 [解析]　对PQ根据动量定理可得 Ft0-BLt0=mv2 通过PQ的电荷量为q=t0 独立分析PQ与定值电阻R组成的回路可得流过定值电阻的电荷量为q1=t0 电容器存储的电荷量q2=CBLv2 流过PQ的电荷量等于流过电阻电荷量和电容器存储的电荷量之和q=q1+q2 解得v2=。 [答案]　 考向3　有恒定外力等间距双棒模型 示意图   F为恒力 动力学 观点　 导体棒1做加速度逐渐减小的加速运动, 导体棒2做加速度逐渐增大的加速运动, 最终两棒以相同的加速度做匀加速直线 运动  动量观点 系统动量不守恒 能量观点 外力做的功=棒1的动能+棒2的动能+焦耳热 [典例4]　(多选)(2025·四川乐山模拟)如图,两光滑平行且电阻不计的长直金属导轨水平固定放置,所在空间内存在竖直向下磁感应强度为2 T的匀强磁场。两根完全相同的金属棒MN、PQ垂直放置在导轨上,处于静止状态。某时刻开始对PQ棒施加一个水平向右大小恒为4 N的力,当PQ棒速度变为3 m/s时系统达到稳定。已知两金属棒的质量均为1 kg,有效电阻均为1 Ω,导轨间距为1 m,运动过程中导轨与金属棒接触良好,则下列说法正确的是(　　) A.系统达到稳定后,两根金属棒均做匀速直线运动 B.当PQ棒速度为3 m/s时,MN棒速度变为2 m/s C.当PQ棒速度变为3 m/s时,回路中的电流大小为2 A D.系统达到稳定后的4 s内,通过金属棒横截面积的电荷量为4 C [答案]　BD [解析]　对两根金属棒构成的系统进行分析, 稳定运动后,对系统,根据牛顿第二定律有F= 2ma0,解得a0=2 m/s2,即系统达到稳定后,两根 金属棒均做匀加速直线运动,故A错误;系统达 到稳定时,PQ棒速度变为3 m/s,回路感应电流 一定,则有I==,其中vPQ1=3 m/s,对MN棒进行分析,根据牛顿第二定律有BIL=ma0,解得vMN1=2 m/s,I=1 A,故B正确,C错误;结合上述,系统刚刚稳定时,MN棒速度变为2 m/s,之后以加速度2 m/s2向右做匀加速直线运动,在系统达到稳定后的4 s内,对MN棒进行分析,根据速度公式有vMN2=vMN1+a0Δt=2 m/s+2×4 m/s=10 m/s,根据动量定理有BLΔt=mvMN2-mvMN1,其中q=Δt,解得q=4 C,故D正确。 1.(多选)(2025·四川成都模拟预测)两个完全相同的匀质正方形导线框A、B,竖直放置在垂直纸面向里的磁场中,磁感应强度在水平方向上均匀分布,竖直方向上均匀变化。初始时,导线框A、B处于同一高度,导线框B静止释放的同时,将A水平抛出,如图所示。线框始终在磁场中运动且不转动,不计空气阻力,重力加速度为g,从开始运动到落地的整个运动过程中,下列说法正确的是(　　) A.线框A中始终有逆时针方向的感应电流 B.线框B先落地 C.线框A在水平方向做减速运动 D.两个线框产生的焦耳热相同 AD 教参独具 解析:A线框下落时磁通量始终增加,根据楞次定律,线框中的电流方向为逆时针,故A正确。磁感应强度在水平方向上均匀分布,所以两线框在水平方向上安培力的合力为零,所以A线框在水平方向上为匀速直线运动,故C错误。磁感应强度在水平方向上均匀分布,A线框在水平方向的运动不改变磁通量,不产生电动势,不改变电流;两线框在竖直方向上都是从零开始下落,运动情况相同,所以同时落地,产生热量也相同,故B错误,D正确。 2.(2025·云南昆明模拟)如图(a)所示,两根不计 电阻、间距为L的足够长平行光滑金属导轨, 竖直固定在匀强磁场中,磁场方向垂直于导轨 平面向里,磁感应强度大小为B。导轨上端串联 非线性电子元件Z和阻值为R的电阻。元件Z的U-I图像如图(b)所示,当流过元件Z的电流大于或等于I0时,电压稳定为Um。质量为m、不计电阻的金属棒可沿导轨运动,运动中金属棒始终水平且与导轨保持良好接触。忽略空气阻力及回路中的电流对原磁场的影响,重力加速度为g。为了方便计算,取I0=,Um=。以下计算结果只能选用m、g、B、L、R表示。 (1)闭合开关S,由静止释放金属棒,求金属棒下落的最大速度v1; 解析:闭合开关S,金属棒下落的过程中受竖直向下的重力、竖直向上的安培力作用,当重力与安培力大小相等时,金属棒的加速度为零,速度最大,则 mg=I1LB 由法拉第电磁感应定律得E1=BLv1 由闭合电路欧姆定律得I1= 解得v1=。 (2)断开开关S,由静止释放金属棒,求金属棒下落的最大速度v2。 解析:由第(1)问得I1= 由于I0<I1 则断开开关S后,当金属棒的速度达到最大时,元件Z两端的电压恒为Um= 此时定值电阻两端的电压为UR=BLv2-Um 回路中的电流I2=I1 又由欧姆定律得I2= 解得v2=。 3.如图,两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为θ,间距为L。导轨上端接有一平行板电容器,电容为C。导轨处于匀强磁场中,磁感应强度大小为B,方向垂直于导轨平面。在导轨上放置一质量为m的金属棒,棒可沿导轨下滑,且在下滑过程中始终保持与导轨垂直并接触良好。已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为μ,重力加速度大小为g。忽略所有电阻。让金属棒从导轨上端由静止开始下滑,求: (1)电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系; 解析:设金属棒下滑的速度大小为v,则感应电动势为E=BLv ① 平行板电容器两极板之间的电势差为U=E ② 设此时电容器极板上积累的电荷量为Q,由电容的定义有C= ③ 联立①②③式得Q=CBLv。 ④ 答案:Q=CBLv (2)金属棒的速度大小随时间变化的关系。 解析:设金属棒的速度大小为v时经历的时间为t,通过金属棒的电流为I,金属棒受到磁场的作用力方向沿导轨向上,大小为F=BLI ⑤ 设在时间间隔(t,t+Δt)内流经金属棒的电荷量为ΔQ,由电流的定义有I=⑥ ΔQ也是平行板电容器极板在时间间隔(t,t+Δt)内增加的电荷量,由④式得ΔQ=CBLΔv⑦ 式中Δv为金属棒的速度变化量,根据加速度的定义有a= ⑧ 金属棒所受的摩擦力方向沿斜面向上,大小为Ff=μFN⑨ 式中FN是金属棒对导轨的正压力,则有 FN=mgcos θ ⑩ 金属棒在t时刻的加速度方向沿斜面向下,设其大小为a,根据牛顿第二定律有 mgsin θ-F-Ff=ma 联立⑤至 式得a= 由 式及题设可知,金属棒做初速度为零的匀加速运动,t时刻金属棒的速度大小为 v=。 二 突破点二　电磁感应中的能量问题 31 盘点 核心知识 1.电磁感应中的能量转化 2.求解焦耳热Q的三种方法 考向1　应用功能关系解决电磁感应中的能量问题 [典例5]　(多选)如图,MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨,其间距为L,导轨弯曲部分光滑,平直部分粗糙,两部分平滑连接,平直部分右端接一个阻值为R的定值电阻。平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量为m、电阻也为R的金属棒从高度为h处由静止释放,到达磁场右边界处恰好停止。已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ,重力加速度大小为g,金属棒与导轨间接触良好,则金属棒穿过磁场区域的过程中(　　) 提升 关键能力 A.流过金属棒的最大电流为 B.通过金属棒的电荷量为 C.克服安培力所做的功为mgh D.金属棒内产生的焦耳热为mg(h-μd) [答案]　BD [解析]　金属棒下滑到弯曲部分底端时,根据动能定理有mgh=m,金属棒在磁场中运动时产生的感应电动势E=BLv,当金属棒刚进入磁场中时,速度最大,即感应电流最大,分析可得Imax=,所以A错误;金属棒穿过磁场区域的过程中,通过金属棒的电荷量q=t==,所以B正确;对整个过程由动能定理得mgh-W克安-μmgd=0,金属棒克服安培力做的功W克安=mgh-μmgd,金属棒内产生的焦耳热Q=W克安=mg(h-μd),所以C错误,D正确。 考向2　应用能量守恒定律解决电磁感应中的能量问题 [典例6]　(多选)(2025·湖北武汉模拟)如图(a),两 根足够长的光滑导轨竖直放置,间距为L,底端接 有一阻值为R的电阻。将一质量为m、阻值为R、 长度也为L的金属棒通过绝缘细绳悬挂在距离导 轨底端h高度处。空间中存在方向垂直于导轨平面向里的匀强磁场,其磁感应强度B随时间t变化,如图(b)所示。已知在t0时刻,细绳刚好断开,金属棒开始向下运动,下落高度为d时达到最大速度(d<h)。金属棒始终与轨道垂直且保持良好接触,重力加速度为g,则下列说法正确的是(　　) A.金属棒下落的最大速度为 B.金属棒运动过程中机械能守恒 C.细绳断裂前电路的总功率为 D.细绳断裂后至金属棒达到最大速度的过程中, 电路中产生的总热量为 [答案]　AC [解析]　金属棒在下落的运动中,受重力和安培 力的作用,由静止开始做加速度减小的加速运动, 当加速度减小到零时,金属棒的速度最大,此时重 力与安培力大小相等,则有F安=ILB0=mg,其中 I=,解得vm=,A正确;金属棒运动过程中 重力做正功,安培力做负功,机械能不守恒,B错误;细绳断裂前,由法拉第电磁感应定律可得,感应电动势大小为E==·hL=,由电功率公式,可得电路的总功率为P==,C正确;金属棒向下运动到达到最大速度的过程中,由能量守恒定律可得mgd=m+Q,则电路中产生的总热量为Q=mgd-m=mgd-,D错误。 4.(多选)如图所示,相距为d的两水平线L1和L2分别是水平向里的匀强磁场的边界,磁场的磁感应强度为B,正方形线框abcd边长为L(L<d)、质量为m、电阻为R。将线框在磁场上方高h处由静止释放,ab边刚进入磁场和穿出磁场时的速度恰好相等,重力加速度为g,则在线框全部穿过磁场的过程中(　　) A.a、b边刚进入磁场时a、b两端的电压为BL B.感应电流所做的功为mgd C.感应电流所做的功为2mgd D.线框最小速度为v= CD 教参独具 解析:线框自由下落过程有mgh=m,ab边刚进入磁场时有E=BLv0,U=BLv0,解得U=,故A错误;根据能量守恒定 律可知,从ab边刚进入磁场到ab边刚穿出磁场的过程,动能变 化量为0,重力势能转化为线框产生的热量,则Q=mgd,ab边刚 进入磁场时速度为v0,ab边刚离开磁场时速度也为v0,所以从ab边刚穿出磁场到cd边离开磁场的过程,线框产生的热量与从ab边刚进入磁场到cd边刚进入磁场的过程产生的热量相等,线框从ab边进入磁场到cd边离开磁场的过程,产生的热量等于感应电流做的功,则有Q'=W=2mgd,故B错误,C 正确;由题意知进磁场时要减速,即此时的安培力大于重力,速度减小,安培力也减小,线框全部进入磁场将做加速运动,所以全部进入磁场的瞬间速度最小,设线框的最小速度为v,从ab边刚进入磁场到线框完全进入过程,由能量守恒定律有mv2-m+Q=mgL,解得线框的最小速度为v=,故D正确。 5.如图所示,无限长金属导轨EF、PQ固定在倾角为 θ=53°的绝缘斜面上,轨道间距L=1 m,底部接入一阻 值为R=0.40 Ω的定值电阻,上端开口。垂直斜面向 上的匀强磁场的磁感应强度B=2 T。一质量为m= 1.0 kg的金属棒ab与导轨接触良好,ab与导轨间的动 摩擦因数μ=0.5,ab在导轨间的电阻r=0.1 Ω,电路中其余电阻不计。现用一质量为M=2.7 kg的物体通过一不可伸长的轻质细绳绕过光滑的定滑轮与ab相连。由静止释放物体,当物体下落高度h=2.4 m时,ab开始匀速运动(运动中ab 始终垂直导轨,并与导轨接触良好)。不计空气阻力,sin 53° =0.8,cos 53°=0.6,g取10 m/s2。求: (1)ab棒沿斜面向上运动的最大速度vm; 解析:由题意知,由静止释放物体后,ab棒在绳的拉力FT、重力mg、安培力F和导轨支持力FN及摩擦力Ff共同作用下沿导轨向上做加速度逐渐减小的加速运动直至匀速运动,当达到最大速度vm时,由平衡条件可得: 在平行导轨方向上FT-mgsin θ-F-Ff=0 在垂直导轨方向上FN-mgcos θ=0 对物体有FT=Mg,又Ff=μFN ab棒所受的安培力F=BIL 回路中的感应电流I= ab棒切割磁感线产生的电动势E=BLvm 联立以上各式,代入数据解得vm=2 m/s。 答案:2 m/s (2)ab棒从开始运动到匀速运动的这段时间内,通过电阻R的电荷量q和电阻R上产生的焦耳热QR。 解析:根据电荷量的计算公式可得 q=== C=9.6 C 由能量守恒定律知,系统的总能量守恒,即系统减少的重力势能等于系统增加的动能、焦耳热及由摩擦产生的内能之和,则有 Mgh-mghsin θ=(M+m)+Q+Ffh 电阻R产生的焦耳热QR=Q 联立代入数据可得QR=24.8 J。 答案:9.6 C　24.8 J 三 课时作业 巩固提高训练 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 1.(2025·江苏南京模拟)如图所示,水平放置的“ ” 形光滑金属导轨处在竖直向下的匀强磁场中,左端接 有电阻R。一金属杆与导轨垂直放置,且接触良好,在 外力F作用下由静止开始做匀加速运动。不计导轨和金属杆的电阻。关于外力F随时间t变化的图像正确的是(　　) D A 夯实基础 解析:对金属杆受力分析得F-IBL=ma,金属杆产生的感应电动势为E=BLv,感应电流为I=,又v=at,整理得F=ma+at,可知该图像为不过原点的直线。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2.(多选)如图所示,两根间距为d的足够长光滑金属导轨,平行放置在倾角为θ=30°的绝缘斜面上,导轨的右端接有电阻R,整个装置放在磁感应强度大小为B的匀强磁场中,磁场方向垂直于导轨平面向上。导轨上有一质量为m、电阻也为R的导体棒与两导轨垂直且接触良好,导体棒以一定的初速度v0沿着导轨上滑一段距离L后返回,不计导轨电阻及感应电流间的相互作用,重力加速度为g。下列说法正确的是(　　) A.导体棒返回时先做加速运动,最后做匀速直线运动 B.导体棒沿着导轨上滑过程中通过R的电荷量q= C.导体棒沿着导轨上滑过程中克服安培力做的功 W=(m-mgL) D.导体棒沿着导轨上滑过程中电阻R上产生的热量Q=(m-mgL) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 AC 解析:导体棒返回时先做加速度减小的加速运动,最后 受力平衡,做匀速直线运动,所以A正确;由于q=,则 导体棒沿着导轨上滑过程中通过R的电荷量为q=,所以B错误;设导体棒沿着导轨上滑过程中克服安培力做的功为W,由能量守恒定律可得W+mgLsin 30°=m,解得W=(m-mgL),所以C正确;根据功能关系可得,导体棒沿着导轨上滑过程中电阻R上产生的热量为Q=W,则Q=(m-mgL),所以D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 3.(多选)(2025·广东东莞模拟)如图甲是游乐园常见的跳楼机,跳楼机的电磁式制动原理如图乙所示。跳楼机主干柱体上交替分布着方向相反、大小相等的匀强磁场,每块磁场区域的宽度均为0.8 m,高度均相同,磁感应强度的大小均为1 T,中间座椅后方固定着100匝矩形线圈,线圈的宽度略大于磁场的宽度,高度与磁场高度相同,总电阻为8 Ω。若某次跳楼机失去其他保护,由静止从高处突然失控下落,乘客与设备的总质量为640 kg,重力加速度g取10 m/s2,忽略摩擦阻力和空气阻力,则下列说法正确的是(　 　) A.线圈中电流方向始终为顺时针 B.跳楼机的最大速度为2 m/s C.当跳楼机的速度为1 m/s时,线圈中感应电流为20 A D.跳楼机速度最大时,克服安培力做功的功率为12 800 W 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 BCD 解析:由右手定则可知,电流方向为逆时针与顺时针交 替变化,故A错误;跳楼机由静止下落后受安培力与重 力,则有mg-F安=ma,跳楼机受到的安培力为F安=2nBiL, 由法拉第电磁感应定律得E=2nBLv,且i=,可得 mg-=ma,随着速度的增加,加速度减小,当加速 度为0时,速度达到最大值,以后跳楼机做匀速运动,当跳楼机速度最大时,安培力与重力平衡有mg=,解得vm=2 m/s,故B正确;由法拉第电磁感应定律得E=2nBLv,由闭合电路欧姆定律,当跳楼机的速度为1 m/s时,线圈中感应电流为I===20 A,故C正确;当跳楼机速度最大时有F安=mg,克服安培力做功的功率为P安=mgvm=640×10×2 W=12 800 W,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 4.(多选)(2025·河北邯郸模拟)如图,质量为M=2 kg的U 形金属框badc置于水平绝缘平台上,ab和dc边平行,和 ad边垂直,左端接有阻值为R=1.5 Ω的电阻。一根电阻 r=0.5 Ω、质量为m=1 kg的光滑导体棒MN置于金属框 上,用水平恒力F向右拉动导体棒,运动过程中,装置始终处于竖直向下、磁感应强度B=1 T的匀强磁场中,MN与金属框始终保持良好接触,且与ad边保持平行。dc与ab足够长,两平行导轨间距为1 m,整个金属框与水平绝缘平台间的动摩擦因数μ=0.1,滑动摩擦力可视为最大静摩擦力,且金属框电阻可忽略,g取10 m/s2,则以下说法正确的是(　　 ) A.若F=2 N,则导体棒运动的最大速度为4 m/s B.若F=2 N,则导体棒先做匀加速直线运动,后做匀速直线运动 C.若F=4 N,当导体棒的速度为6 m/s时U形金属框开始运动 D.若F=6 N,导体棒和U形金属框最终将做加速度为1 m/s2的匀加速直线运动 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 ACD 解析:导体棒运动速度最大时,导体棒受力平衡,则 FA=IBL=F,导体棒产生的感应电动势为E=BLvm,感 应电流为I=,若F=2 N,则导体棒运动的最大速度 为vm==4 m/s,故A正确;对导体棒,根据牛顿第二定律可得F-=ma,可知随着速度的增大,导体棒受到安培力逐渐增大,导体棒做加速度减小的加速运动,最后做匀速直线运动,故B错误;若F=4 N,则导体棒 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 运动的最大速度为vm==8 m/s,金属框开始 运动时有I1BL=Ff=μ(M+m)g,导体棒产生的感应 电动势为E1=BLv1,感应电流为I1=,解得v1= 6 m/s<8 m/s,故若F=4 N,当导体棒的速度为6 m/s时U形金属框开始运动,故C正确;若F=6 N,根据牛顿第二定律知二者均开始运动后,金属框的加速度a1=从零开始逐渐增大,导体棒加速度a2=继续减小,当a1=a2时,二者相对速度恒定,解得a=1 m/s2,导体棒和U形金属框最终将做加速度为1 m/s2的匀加速直线运动,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 5.(多选)(2024·山东卷)如图所示,两条相同的半圆弧形光滑金属导轨固定在水平桌面上,其所在平面竖直且平行,导轨最高点到水平桌面的距离等于半径,最低点的连线OO'与导轨所在竖直面垂直。空间充满竖直向下的匀强磁场(图中未画出),导轨左端由导线连接。现将具有一定质量和电阻的金属棒MN平行OO'放置在导轨图示位置,由静止释放。MN 运动过程中始终平行于OO'且与两导轨接触良好,不考虑自感影响。下列说法正确的是(　 　) A.MN最终一定静止于OO'位置 B.MN运动过程中安培力始终做负功 C.从释放到第一次到达OO'位置过程中,MN的速率一直在增大 D.从释放到第一次到达OO'位置过程中,MN中电流方向由M到N 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 ABD 解析:由于金属棒MN运动过程切割磁感线产生感应电动势,回路中有感应电流,产生焦耳热,金属棒MN的机械能不断减小,由于金属导轨光滑,所以经过多次往返运动,MN最终一定静止于OO'位置,故A正确。当金属棒MN向右运动时,根据右手定则可知,MN中电流方向由M到N,根据左手定则,可知金属棒MN受到的安培力水平向左,则安培力做负功;当金属棒MN向左运动时,根据右手定则可知,MN中电流方向由N到M,根据左手定则,可知金属棒MN受到的安培力水平向右,则安培力做负功,可知MN运动过程中安培力始终做负功,故B正确。金属棒MN从释放到第一次到达OO'位置过程中,由于在OO'位置重力沿切线方向的分力为0,可知在到达OO'位置之前的位置,重力沿切线方向的分力已经小于安培力沿切线方向的分力,金属棒MN已经做减速运动,故C错误。从释放到第一次到达OO'位置过程中,根据右手定则可知,MN中电流方向由M到N,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 6.(多选)(2024·辽宁卷)如图,两条“∧”形的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上,间距为L,左、右两导轨面与水平面夹角均为30°,均处于竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度大小分别为2B和B。将有一定阻值的导体棒ab、cd放置在导轨上,同时由静止释放,两棒在下滑过程中始终与导轨垂直并接触良好,ab、cd的质量分别为2m和m,长度均为L。导轨足够长且电阻不计,重力加速度为g。两棒在下滑过程中(　　) A.回路中的电流方向为abcda B.ab中电流趋于 C.ab与cd加速度大小之比始终为2∶1 D.两棒产生的电动势始终相等 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 AB B 能力提升 解析:两导体棒沿轨道向下滑动,根据右手定则可知 回路中的电流方向为abcda,故A正确;设回路中的总 电阻为R,对于任意时刻,当电路中的电流为I时,对ab 根据牛顿第二定律得2mgsin 30°-2BILcos 30°=2maab, 对cd根据牛顿第二定律得mgsin 30°-BILcos 30°=macd, 故可知aab=acd,分析可知两个导体棒产生的电动势相互叠加,随着导体棒速度的增大,回路中的电流增大,导体棒受到的安培力增大,当安培力沿导轨方向的分力与重力沿导轨向下的分力平衡时导体棒将匀速运动,此时电路中的电流达到稳定值,此时对ab分析可得2mgsin 30°=2BILcos 30°,解得I=,故B正确,C错误;根据前面分析可知aab=acd,故可知两导体棒速度大小始终相等,由于两边磁感应强度不同,故产生的感应电动势不等,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 7.(12分)如图,边长为2L的正方形金属细框固定放置 在绝缘水平面上,细框中心O处固定一竖直细导体轴 OO'。间距为L、与水平面成θ角的平行导轨通过导 线分别与细框及导体轴相连。导轨和细框分别处在与各自所在平面垂直的匀强磁场中,磁感应强度大小均为B。足够长的细导体棒OA在水平面内绕O点以角速度ω匀速转动,水平放置在导轨上的导体棒CD始终静止。OA棒在转动过程中,CD棒在所受安培力达到最大和最小时均恰好能静止。已知CD棒在导轨间的电阻值为R,电路中其余部分的电阻均不计,CD棒始终与导轨垂直,各部分始终接触良好,不计空气阻力,重力加速度大小为g。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (1)求CD棒所受安培力的最大值和最小值; 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 解析:当OA棒切割磁感线的有效长度为l1=L时,该棒产生的感应电动势最大,有 Emax==BL2ω 此时CD棒所受的安培力最大,结合I=和安培力公式有 FAmax=ImaxBL= 当OA棒切割磁感线的有效长度为l2=L时,该棒产生的感应电动势最小,有 Emin== 此时CD棒所受的安培力最小,有 FAmin=IminBL=。 答案:　 (2)锁定OA棒,推动CD棒下滑,撤去推力瞬间,CD棒的加速度大小为a,所受安培力大小等于(1)问中安培力的最大值,求CD棒与导轨间的动摩擦因数。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 解析:设CD棒的质量为m,CD棒与平行导轨间的最大静摩擦力为f OA棒在转动过程中,CD棒在所受安培力达到最大和最小时均恰好静止,则有 FAmax=mgsin θ+f FAmin+f=mgsin θ 结合(1)问分析有FAmax=mgsin θ 则撤去推力瞬间,CD棒的加速度方向沿平行导轨向上,对CD棒由牛顿第二定律有 FAmax+μmgcos θ-mgsin θ=ma 联立解得CD棒与导轨间的动摩擦因数为 μ=。 答案: 8.(14分)某物理小组想出了一种理想化的“隔空”加 速系统,该系统通过利用其中一个金属棒在磁场中 运动产生感应电流从而使另一个金属棒获得速度, 这样就避免了直接对其进行加速时所带来的磨损 和接触性损伤。该加速系统可以建模抽象为在足够长的固定水平平行导轨上放有两个金属棒MN和PQ,磁感应强度B=0.5 T的匀强磁场与导轨所在水平面垂直,方向竖直向下,导轨电阻很小,可忽略不计,如图为模型俯视图,导轨间的距离L=1.0 m,每根金属棒质量均为m=1.0 kg,电阻都为R=5.0 Ω,可在导轨上无摩擦滑动,滑动过程中金属棒与导轨保持垂直且接触良好,在t=0时刻,两金属棒都处于静止状态。现有一与导轨平行、大小为F=2.0 N的恒力作用于金属棒MN上,使金属棒MN在导轨上滑动,经过t=10 s,金属棒MN的加速度a=1.6 m/s2,求: 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (1)此时金属棒PQ的加速度是多少? 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 解析:恒力作用于MN棒,使其在导轨上向右加速运动,切割磁感线产生感应电流,根据右手定则知电流方向为M→N,电流流经PQ,根据左手定则知MN所受安培力水平向左,PQ受到的安培力水平向右,它们都做加速运动,对MN由牛顿第二定律得F-BIL=ma,对PQ由牛顿第二定律得BIL=ma',联立解得a'=0.4 m/s2。 答案:0.4 m/s2 (2)此时金属棒MN、PQ的速度各是多少? 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 解析:设某时刻MN速度为v1,PQ速度为v2,根据法拉第电磁感应定律有I= 在t=10 s时,对MN由牛顿第二定律得 F-BIL=ma 整理得F-=ma 代入数据得v1-v2=16 m/s 由于作用于两棒的安培力等大反向,所以作用于两棒系统的合力为水平恒力F,对系统由动量定理得Ft=(mv1+mv2)-0,代入数据得v1+v2=20 m/s 联立解得v1=18 m/s,v2=2 m/s。 答案:18 m/s　2 m/s (3)金属棒MN和PQ的最大速度差是多少? 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 解析:MN棒做加速度减小的加速运动,PQ棒做加速度增大的加速运动,最终有共同加速度,设两金属棒的共同加速度为a共,对系统有F=2ma共,对PQ棒有BImL=ma共,其中Im== 联立解得Δvm=40 m/s。 答案:40 m/s　 9.(16分)(2024·安徽卷)如图所示,一U形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与导轨间的动摩擦因数为μ,重力加速度大小为g。不计空气阻力,两磁场互不影响。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (1)求通过面积Scdef的磁通量大小随时间t变化的关系式以及感应电动势的大小,并写出ab中电流的方向; 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 解析:通过面积Scdef的磁通量大小随时间t变化的关系式为 Φ=BScdef=kL2t 根据法拉第电磁感应定律得 E=n==kL2 由楞次定律可知ab中的电流从a流向b。 答案:Φ=kL2t　kL2　从a流向b (2)求ab所受安培力的大小F安随时间t变化的关系式; 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 解析:根据左手定则可知ab受到的安培力方向垂直导轨面向里,大小为 F安=BIL 其中B=kt 设金属棒向上运动的位移为x,则根据运动学公式得 x=at2 所以导轨上方的电阻为R'=2xr 由闭合电路欧姆定律得 I= 联立得ab所受安培力的大小随时间t变化的关系式为F安=。 答案:F安= (3)求经过多长时间,对ab所施加的拉力达到最大值,并求此最大值。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 解析:由题知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,则对ab受力分析由牛顿第二定律得 F-mg-μF安=ma 其中F安= 联立可得F=+m(g+a) 整理有F=+m(g+a) 根据均值不等式可知,当=art时,F有最大值,解得t= F的最大值为Fm=+m(g+a)。 答案:　+m(g+a) 10.(18分)(2024·全国甲卷)两根平行长直光滑金属导轨距离为l,固定在同一水平面(纸面)内,导轨左端接有电容为C的电容器和阻值为R的电阻,开关S与电容器并联;导轨上有一长度略大于l的金属棒,如图所示。导轨所处区域有方向垂直于纸面、磁感应强度大小为B的匀强磁场。开关S闭合,金属棒在恒定的外力作用下由静止开始加速,最后将做速率为v0的匀速直线运动。金属棒始终与两导轨垂直且接触良好,导轨电阻和金属棒电阻忽略不计。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (1)在加速过程中,当外力做功的功率等于电阻R热功率的2倍时,金属棒的速度大小是多少? 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 解析:由法拉第电磁感应定律可得金属棒切割磁感线运动过程中,金属棒产生的感应电动势为 E=Blv 闭合开关S,电容器被短路,由闭合电路欧姆定律可得回路中的电流 I= 由安培力公式可得金属棒所受的安培力 F安=BIl 联立可得F安= 当金属棒匀速运动时,金属棒受力平衡,可得外力大小为 F=F安m= 所以外力做功的功率为 P=Fv= 又电阻R的热功率为 PR=I2R= 则当外力做功的功率等于电阻R热功率的2倍,即P=2PR时,金属棒的速度大小为 v1=。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 答案: (2)如果金属棒达到(1)中的速度时断开开关S,改变外力使金属棒保持此速度做匀速运动。之后某时刻,外力做功的功率等于电阻R热功率的2倍,求此时电容器两极间的电压及从断开S开始到此刻外力做的功。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 解析:断开开关S后,金属棒匀速运动,设回路中的电流为I',则外力的大小为 F'=F安'=BI'l 则外力做功的功率为 P'=F'v1= 而电阻R的热功率为 PR'=I'2R 当外力做功的功率等于电阻R热功率的2倍,即P'=2PR'时,有 I1'= 则此时电容器两端的电压为 U=Blv1-I1'R= 电容器所带电荷量为 Q=CU 从断开S开始到该时刻的过程,对金属棒根据动能定理可知,外力做功的绝对值等于安培力做功的绝对值,则有 W=W安=t=v1t=Blv1't 其中't=Q-0 联立解得W=。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 答案:　 $$