第12章 专题强化（十九 ） 电磁感应中的动力学、能量和动量问题（课件PPT）-【正禾一本通】2026年新高考物理高三一轮总复习高效讲义

该高中物理高考复习课件聚焦电磁感应中的动力学、能量和动量三大核心考点，依据高考评价体系明确了“运动分析-功能关系-动量守恒”的考查逻辑，通过近五年真题统计，梳理出单杆模型（占比45%）、双杆模型（占比30%）等常考题型，构建了“源-路-力-运动”的解题框架。 课件亮点在于“真题情境+模型拆解+素养落地”的设计，如以2024湖北高考双杆动量守恒题为例，通过“受力分析-动量定理应用-能量转化”三步法，培养学生科学思维中的模型建构与科学推理能力。特设“易错点警示”（如安培力与速度关系混淆）和“解题模板”，助力学生高效突破高频考点，教师可据此实施精准复习，提升备考效率。

专题强化（十九）电磁感应中的动力学、能量和动量问题 强化点一 强化点二 02 01 强化点三 03 备考目标 高三一轮总复习高效讲义（物理） 正禾一本通 强化点一 电磁感应中的动力学问题 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 3 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 4 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 电磁感应中的图像问题 强化点二 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 14 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 电磁感应中的动量问题 强化点三 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 20 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 22 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 拓展科学思维 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 专题强化卷(十九) 电磁感应中的动力学、能量和动量问题 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 01 02 03 04 05 06 07 08 09 正禾一本通 39 01 02 03 04 05 06 07 08 09 正禾一本通 40 01 02 03 04 05 06 07 08 09 正禾一本通 41 01 02 03 04 05 06 07 08 09 正禾一本通 42 01 02 03 04 05 06 07 08 09 正禾一本通 43 01 02 03 04 05 06 07 08 09 正禾一本通 44 01 02 03 04 05 06 07 08 09 正禾一本通 45 01 02 03 04 05 06 07 08 09 正禾一本通 46 01 02 03 04 05 06 07 08 09 正禾一本通 47 01 02 03 04 05 06 07 08 09 正禾一本通 48 01 02 03 04 05 06 07 08 09 正禾一本通 49 01 02 03 04 05 06 07 08 09 正禾一本通 50 01 02 03 04 05 06 07 08 09 正禾一本通 51 01 02 03 04 05 06 07 08 09 正禾一本通 52 01 02 03 04 05 06 07 08 09 正禾一本通 53 01 02 03 04 05 06 07 08 09 正禾一本通 54 01 02 03 04 05 06 07 08 09 正禾一本通 55 01 02 03 04 05 06 07 08 09 正禾一本通 56 01 02 03 04 05 06 07 08 09 正禾一本通 57 01 02 03 04 05 06 07 08 09 正禾一本通 58 01 02 03 04 05 06 07 08 09 正禾一本通 59 01 02 03 04 05 06 07 08 09 正禾一本通 60 01 02 03 04 05 06 07 08 09 正禾一本通 61 01 02 03 04 05 06 07 08 09 正禾一本通 62 谢谢观看 1.会用动力学观点分析导体在磁场中的运动问题，搞清各物理量之间的制约关系。 2.理清电磁感应现象中的功能关系，会用功和能的观点解决电磁感应中的能量问题。 3.会用动量定理、动量守恒定律等处理电磁感应中的一些特殊问题，构建典型的单杆、双杆模型。 1．两种状态及处理方法 状态 特征 处理方法 平衡态 a＝0 根据平衡条件列式分析 非平衡态 a≠0 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 类型(一) “单杆＋导轨”模型 【例1】 (2024·安徽芜湖模拟)如图所示，足够长的两平行金属导轨倾斜固定放置，导轨平面倾角为θ＝37°，导轨间距L＝1.0 m，导轨底端接R＝2 Ω的定值电阻，导轨电阻不计。导轨处在垂直导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小B＝1 T，质量m＝0.5 kg、接入电路电阻r＝2 Ω的金属棒ab垂直置于导轨上。金属棒ab在大小为7.0 N、方向始终沿轨道平面向上并垂直于金属棒的恒力F作用下，从静止开始沿导轨向上滑行，已知金属棒ab与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2。求： (1)金属棒从静止开始向上运动的过程中，金属棒的最大加速度及拉力的最大功率分别为多少？ (2)当金属棒刚匀速运动时改变拉力的大小，使金属棒以1 m/s2的加速度沿轨道向上做匀加速运动，经过一段时间，拉力的冲量达到32 N·s时，该段匀加速运动时间内，通过金属棒横截面的电荷量为多少？ 解析：(1)金属棒在开始运动瞬间有最大加速度，由牛顿第二定律可得 F－mg sin θ－μmg cos θ＝ma 代入数据解得a＝4 m/s2 当金属棒做匀速运动时，此时金属棒的速度最大，恒力F的功率最大，由力的平衡条件可得 F－mg sin θ－μmg cos θ－＝0 代入数据解得vm＝8 m/s 恒力F的最大功率为P＝Fvm＝56 W。 (2)当金属棒刚匀速运动时改变拉力的大小，使金属棒以1 m/s2的加速度沿轨道向上做匀加速运动，此过程由牛顿第二定律可得 F－mg sin θ－μmg cos θ－＝ma1 代入数据化简可得F＝7.5＋0.25t (N)，则有拉力的冲量I＝ t 解得t＝4 s，t＝－64 s(舍去) 此过程金属棒的初速度为v1＝8 m/s 金属棒向上运动的距离为x1＝v1t＋ a1t2＝40 m 通过金属棒横截面的电荷量为q＝t＝t＝＝10 C。 答案：(1)4 m/s2　56 W　(2)10 C 类型(二) “双杆＋导轨”模型 有恒定外力的等间距双棒模型 示意图 及条件 两光滑金属导轨固定在水平面内，导轨间距为L，电阻不计， 两导体棒1、2质量分别为m1、m2，电阻分别为R1、R2， 两棒初速度为零，F恒定 电路 特点 棒2相当于电源；棒1受安培力而运动 运动分析 棒1：a1＝，棒2：a2＝ 最初阶段，a2>a1，(v2－v1)↑⇒I↑⇒F安↑⇒a1↑⇒a2↓； 当a1＝a2时，(v2－v1)恒定，I恒定，F安恒定，两棒均加速； 最终状态，整体由牛顿第二定律得a1＝a2＝，对于导体棒 1有F安＝BIL＝m1a，I＝，从而可求二者速度差 【例2】 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。问： (1)此时金属棒PQ的加速度是多少？ (2)此时金属棒MN、PQ的速度各是多少？ (3)金属棒MN和PQ的最大速度差是多少？ 解析：(1)恒力作用于金属棒MN，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所受安培力水平向右，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。 (2)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＝ 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。 (3)金属棒MN做加速度减小的加速运动，PQ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：(1)0.4 m/s2　(2)18 m/s　2 m/s　(3)40 m/s 1．电磁感应中的能量转化 2．求解焦耳热Q的三种方法 3．解题的一般步骤 (1)确定研究对象(导体棒或回路)。 (2)弄清电磁感应过程中哪些力做功，以及哪些形式的能量相互转化。 (3)根据功能关系或能量守恒定律列式求解。 【例3】 (2024·广东梅州模拟)如图甲所示，光滑的金属导轨MN和PQ平行，间距L＝1.0 m，与水平面之间的夹角α＝37°，匀强磁场磁感应强度B＝2.0 T，方向垂直于导轨平面向上，MP间接有阻值R＝1.6 Ω的电阻，质量m＝0.5 kg、接入电路的电阻r＝0.4 Ω的金属棒ab垂直导轨放置，现用和导轨平行的恒力F沿导轨平面向上拉金属棒ab，使其由静止开始运动，当金属棒上滑的位移s＝3.8 m时达到稳定状态，对应过程的v ­t图像如图乙所示。取g＝10 m/s2，导轨足够长(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。求： (1)运动过程中a、b哪端电势高，并计算恒力F的大小； (2)从金属棒开始运动到刚达到稳定状态，此过程金属棒上产生的焦耳热。 解析：(1)由右手定则可判断感应电流由a流向b，b相当于电源的正极，故b端电势高，当金属棒匀速运动时，由平衡条件得 F＝mg sin 37°＋F安，其中F安＝BIL＝ 由题图乙可知v＝1.0 m/s，联立解得F＝5 N。 (2)从金属棒开始运动到刚达到稳定状态，由动能定理得 (F－mg sin 37°)s－W克安＝mv2 又克服安培力所做的功等于整个电路产生的焦耳热，代入数据解得Q＝W克安＝7.35 J金属棒与电阻R产生的焦耳热与阻值成正比，故金属棒上产生的焦耳热为Qr＝Q＝1.47 J。 答案：(1)b端电势高　5 N　(2)1.47 J [规律方法] 金属棒在恒力作用下沿导轨的运动，往往涉及到求解焦耳热的问题，一般是通过动能定理求安培力的功(变力做功)，进而由功能关系确定产生的焦耳热。 类型(一) 动量定理在电磁感应中的应用 情境示例1 情境示例2 如图所示，质量为m的导体棒(电阻不计)长为l，置于光滑的水平导轨上，初速度为v0，末速度为v，匀强磁场的磁感应强度为B，左侧接有电阻R 如图所示，间距为L的光滑平行导轨倾斜放置，倾角为θ，由静止释放质量为m、接入电路的阻值为R的导体棒，当通过横截面的电荷量为q或下滑位移为x时，速度达到v 情境示例1 情境示例2 ①已知初、末速度，求电荷量： q＝Δt＝ ①已知电荷量q，F其他为恒力，求时间： F其他Δt－BLΔt＝mv 即F其他Δt－BLq＝mv ②已知初、末速度，求位移： － Δt＝mv－mv0 x＝Δt＝ ②已知位移x，F其他为恒力，求时间： F其他Δt－＝mv， 其中Δt＝x 【例4】 (多选)如图所示，M、N、P、Q四条光滑的足够长的金属导轨平行放置，导轨间距分别为2L和L，两组导轨间由导线相连，装置置于水平面内，导轨间存在方向竖直向下的、磁感应强度大小为B的匀强磁场，两根质量均为m、接入电路的电阻均为R的导体棒C、D分别垂直于导轨放置，且均处于静止状态，其余部分电阻不计。t＝0时使导体棒C获得瞬时速度v0向右运动，两导体棒在运动过程中始终与导轨垂直并与导轨接触良好，且达到稳定运动时导体棒C未到两组导轨连接处，则下列说法正确的是(　　 ) t＝0时，导体棒D的加速度大小为a＝ B．达到稳定运动时，C、D两棒速度之比为1∶1 C．从t＝0至达到稳定运动的过程中，回路产生的内能为 D．从t＝0到达到稳定运动的过程中，通过导体棒的电荷量为 解析：选ACD。开始时，导体棒C中的感应电动势E＝2BLv0，电路中感应电流I＝，导体棒D所受安培力F＝BIL，导体棒D的加速度为a，则有F＝ma，解得a＝，故A正确；稳定运动时，电路中电流为零，设此时C、D棒的速度分别为v1、v2，则有2BLv1＝BLv2，由动量定理得，对C棒有2BLΔt＝m(v0－v1)，对D棒有BLΔt＝mv2，故对变速运动全过程有v0－v1＝2v2，解得v2＝v0，v1＝v0，故B错误；根据能量守恒定律可知回路产生的内能为Q＝- - ，解得Q＝，故C正确；由动量定理，对C棒有2BLΔt＝m(v0－v1)，可得2BLq＝m(v0－v1)，解得q＝，故D正确。 [规律方法] 不等间距的两导体棒处于同一磁场中所受安培力不相等，它们分别做变速运动；涉及电荷量、速度、时间等，一般先根据动量定理列方程；若求焦耳热可对系统应用能量守恒定律列方程。 类型(二) 动量守恒定律在电磁感应中的应用 1．在双金属棒切割磁感线的系统中，双金属棒和导轨构成闭合回路，安培力充当系统内力，如果它们不受摩擦力，且受到的安培力的合力为0时，则满足动量守恒，运用动量守恒定律解题比较方便。 2．两类双棒模型的对比(不计摩擦力) 项目 双棒无外力 双棒有外力 示意图 动力学 观点 导体棒1受安培力的作用做加速度减小的减速运动，导体棒2受安培力的作用做加速度减小的加速运动，最后两棒以相同的速度做匀速直线运动 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 项目 双棒无外力 双棒有外力 动量 观点 系统动量守恒 系统动量不守恒 能量 观点 棒1动能的减少量＝棒2动能的增加量＋焦耳热 外力做的功＝棒1的动能＋棒2的动能＋焦耳热 【例5】 (2024·湖北高考)如图所示，两足够长的平行金属直导轨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。 解析：(1)设ab棒刚越过MP时速度大小为v1，根据动能定理mgL＝ 导体棒刚进入磁场时产生的感应电动势E1＝BLv1 联立可得E1＝BL。 (2)导体棒刚进入磁场时，导体棒充当电源，如图所示， 由于AO＝OC＝AC＝L，可知∠AOC＝60°，AC段导线对应的电阻RAC＝×6R＝R，ab棒产生的感应电动势与跨接导轨的两段圆弧构成回路， 两段圆弧是并联关系；则 R并＝RAC＝ R，I1＝＝ 两段圆弧的有效长度均为L，则F1＝BI1L F1＝2ma，可得a＝ 。 (3)经分析，ab进入磁场后，ab和金属环组成的系统动量守恒，设两者共速时的速度大小为v2，由动量守恒定律得 mv1＝(m＋2m)v2 设经过Δt时间金属棒和圆环达到共同速度，则对金属棒，根据动量定理有－BL·Δt＝mv2－mv1 平均感应电动势＝BL(－) ＝ ＝ 为使ab整个运动过程不与金属环接触，应满足 Δx＝x棒－x环＝(－)Δt≥L 答案：(1)BL 　(2) (3)＋L [应考反思]本题中的双杆模型可等效为“完全非弹性碰撞模型”，可以通过系统动量守恒求末速度，通过动量定理求电荷量和位移，焦耳热则通过能量守恒定律求解。 联立解得Δx＝ 最小距离x＝Δx＋L＝＋L。 “电容器＋金属棒”模型 如图所示，金属棒ab置于光滑的水平导轨上，导轨左侧接有电容器C，两者的电阻都忽略不计，摩擦力不计，现用恒定的拉力F拉动金属棒，使其从静止开始运动。 棒做加速运动，持续对电容器充电，存在充电电流。设某时刻的电流为I，加速度为a，则由牛顿第二定律可得F－BIl＝ma，其中I＝，且ΔQ＝CΔU， ΔU＝ΔE＝BlΔv，联立可得F－＝ma，其中＝a，则a＝ ，所以棒做加速度恒定的匀加速直线运动。功能关系： WF＝mv2＋E电。 【示例】 (多选)如图所示，两光滑导轨相距为L，倾斜放置，与水平地面夹角为α，上端接一电容为C的电容器。导轨上有一质量为m、长为L的导体棒平行地面放置，导体棒离地面的高度为h，磁感应强度为B的匀强磁场与两导轨所决定的平面垂直，开始时电容器不带电。将导体棒由静止释放，整个电路电阻不计，则(　　 ) A. 导体棒先做加速运动，后做匀速运动 B. 导体棒一直做匀加速直线运动，加速度为a＝ C．导体棒落地时瞬时速度v＝ D．导体棒下落过程中减少的重力势能大于增加的动能，机械能不守恒 解析：选BD。对导体棒进行受力分析，根据牛顿第二定律有mg sin α－BIL＝ma，又I＝ ，Δq＝C·ΔU，ΔU＝ΔE＝BL·Δv，a＝，整理得mg sin α－CB2L2a＝ma，解得a＝，故下滑的过程中，加速度保持不变，故B正确，A错误；根据速度与位移的关系有v2＝2a，联立解得v＝ ，C错误；下降过程中，由于电容器充电，根据能量守恒，减小的重力势能一部分转化为动能，一部分转化为电场能，因此减少的重力势能大于增加的动能，机械能不守恒，D正确。 【基础落实练】 1．如图，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d(d>L)的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下，导线框以某一初速度向右运动，t＝0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域。下列v­t图像中，正确描述上述过程的可能是(　　 ) 解析：选D。线框以一定初速度进入磁场，则感应电动势为E＝BLv，根据闭合电路欧姆定律，则感应电流为I＝，所以安培力为F＝BIL＝，又根据牛顿第二定律有F＝ma，则a＝，由于v减小，所以a也减小；当线框完全进入磁场后，不受到安培力作用，所以做匀速直线运动；当线框出磁场时，速度与时间的关系与进入磁场相似，在速度—时间图像中，斜率绝对值表示加速度的大小，故D正确，A、B、C错误。 2.(2024·湖南常德模拟)如图所示，一宽度为L的光滑导轨与水平面成α角，磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直于导轨平面向上，导轨上端连有一阻值为R的电阻，导轨电阻不计。一质量为m、电阻也为R的金属棒从导轨顶端由静止释放，设导轨足够长，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　 ) A．金属棒将做匀加速运动 B．释放的瞬间金属棒的加速度大小为g cos α C．金属棒的最大速度大小为 D．金属棒下滑相等距离的时间内通过定值电阻R的电荷量越来越多 解析：选C。对金属棒，根据牛顿第二定律，有mg sin α－ILB＝ma，根据闭合电路欧姆定律，有I＝，由此可知，金属棒先向下做加速度减小的加速运动，后做匀速直线运动，故A错误；释放的瞬间金属棒所受安培力为零，所以加速度大小为a＝g sin α，故B错误；当金属棒的加速度为零时，此时速度最大，有mg sin α＝ImLB＝，解得vm＝，故C正确；金属棒下滑过程中通过定值电阻R的电荷量为q＝·Δt，又有＝＝＝，所以q＝，由此可知，下滑相等距离的时间内通过定值电阻R的电荷量相等，故D错误。 3.如图所示，水平放置的两根平行长直金属导轨的间距为d，其右端接有阻值为R的电阻，整个装置处在方向竖直向上磁感应强度大小为B的匀强磁场中，一质量为m(质量分布均匀)的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为μ，现杆在水平向左、垂直于杆的恒力F作用下从静止开始沿导轨运动距离L时，速度恰好达到最大(运动过程中杆始终与导轨保持垂直)。设杆接入电路的电阻为r，导轨电阻不计，重力加速度大小为g，则(　　) A．整个过程中合力对ab做的功为零 B．导体杆克服安培力做的功等于电阻R上产生的热量 C．恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量 D．恒力F做的功与安培力做的功之和大于杆动能的变化量 解析：选D。整个过程中，对ab由动能定理得W＝FL－W安－Wf＝ΔEk，故A错误；导体杆克服安培力做的功等于电阻R和r上产生的热量之和，故B错误；由动能定理知恒力F做的功与摩擦力做的功和安培力做的功之和等于杆动能的变化量，而摩擦力做的功和安培力做的功都是负功，故恒力F做的功与摩擦力做的功之和大于杆动能的变化量，恒力F做的功与安培力做的功之和大于杆动能的变化量，故C错误，D正确。 4．(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＝ ( －mgL) D．导体棒沿着导轨上滑过程中电阻R上产生的热量Q＝ (－mgL) 解析：选AC。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，A正确；根据q＝，则导体棒沿着导轨上滑过程中通过R的电荷量为q＝，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，由能量守恒可得W＋mgL sin 30°＝，解得W＝(－mgL)，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＝(—mgL)，D错误。 5．(多选)(2024·广东广州检测)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，二者平滑连接，右端接一个阻值为R的定值电阻。平直部分导轨左边宽度为d区域有方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量为m、长为L、电阻为2R的金属棒从高为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(　　 ) A．流过定值电阻的电流方向是Q→N B．金属棒两端电势差的最大值为BL C．电阻R产生的焦耳热为mg(h-μd) D．金属棒通过磁场所用的时间为 - 解析：选AD。由右手定则可知，流过定值电阻的电流方向是Q→N，故A正确；金属棒刚进入磁场时，速度最大，金属棒两端电势差最大，由动能定理可知mgh＝，解得vm＝，感应电动势为E＝BLvm＝BL，金属棒两端电势差的最大值为E′＝E＝ ，故B错误；由能量守恒定律可知，金属棒穿过磁场区域的过程中电路中产生的焦耳热为Q＝mgh－μmgd，电阻R产生的焦耳热为QR＝ Q＝mg(h－μd)，故C错误；由动量定理可知－μmgt－BLt＝0－mvm，又t＝，解得t＝ -，故D正确。 【综合提升练】 6．(多选)(2024·辽宁高考)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，重力加速度大小为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 解析：选AB。由于ab和cd均沿导轨下滑，则通过abcd回路的磁通量增大，根据楞次定律可知，回路中的电流方向为abcda，A正确；初始时，对ab和cd分别受力分析，如图所示， 根据牛顿第二定律分别有 2mg sin 30°－IL·2B cos 30°＝2ma1、 mg sin 30°－ILB cos 30°＝ma2，可得a1＝a2＝ － ，则ab与cd加速度大小之比始终为1∶1，C错误；当加速度趋于零时，两导体棒中的电流趋于稳定，结合C项分析可知，ab中电流趋于 ，B正确；由于ab和cd加速度大小始终相等，则两导体棒的速度大小始终相等，则由法拉第电磁感应定律可知两导体棒产生的感应电动势大小之比始终为2∶1，D错误。 [应考反思]本题为“双棒＋导轨”模型，从电路角度看，要注意总电动势的确定，从力的角度看，要注意因安培力的变化而导致的动态运动过程及特殊状态。 7．如图所示，在磁感应强度大小为B的匀强磁场区域内，垂直磁场方向的水平面中有两根固定的足够长的平行金属导轨，在导轨上面平放着两根导体棒ab和cd，两棒彼此平行且相距d，构成一矩形回路。导轨间距为L，两导体棒的质量均为m，接入电路的电阻均为R，导轨电阻可忽略不计。设导体棒可在导轨上无摩擦地滑行，初始时刻ab棒静止，给cd棒一个向右的初速度v0，求： 解析：(1)两棒组成的系统所受合外力为零，因此满足动量守恒定律， 有mv0＝0.6mv0＋mv，解得v＝0.4v0 回路感应电动势E＝0.6BLv0－0.4BLv0 此时回路电流I＝ 因此加速度a＝ ，整理得a＝ 。 (1)当cd棒速度减为0.6v0时，ab棒的速度v及加速度a的大小； (2)ab、cd棒间的距离从d增大到最大的过程中，通过回路的电荷量q及两棒间的最大距离x。 (2)ab、cd棒速度相等时有最大距离，根据动量守恒定律可得mv0＝2mv共 对ab棒，根据动量定理有BLΔt＝mv共，而q＝Δt， 解得q＝ 在这段时间内，平均感应电动势＝BL 回路平均电流＝ 因此流过某截面的电荷量q＝Δt＝ Δt＝ 解得最大距离x＝d＋ 。 答案：(1)0.4v0　 　(2) d＋ 8．(2024·北京高考)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。 解析：(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U＝ 开关闭合瞬间，通过导体棒的电流 I＝ 解得闭合开关瞬间通过导体棒的电流为 I＝。 (2)开关闭合瞬间由牛顿第二定律有 BIL＝ma 将电流I代入解得a＝。 (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v­t图线如图所示。 答案：(1) 　(2) 　(3)见解析 9．(2024·河北高考)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。 (1)求CD棒所受安培力的最大值和最小值。 (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。 解析：(1)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＝ImaxLB＝ 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＝IminLB＝ 。 (2)设CD棒的质量为m，CD棒与平行导轨间的最大静摩擦力为Ff 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＝mg sin θ＋Ff FAmin＋Ff＝mg sin θ 结合(1)问分析有FAmax＝ mg sin 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＋μmg cos θ－mg sin θ＝ma 联立解得CD棒与导轨间的动摩擦因数为μ＝。 答案：(1) 　 　(2) [应考反思]通过审题可知，当导体棒OA的有效切割长度最大和最小时，CD棒受到的安培力分别达到最大和最小；当CD棒在所受安培力达到最大和最小时恰好能静止，说明CD棒受到导轨摩擦力分别向下和向上且达到最大静摩擦力。 $