期末专题复习 专题11 法拉第电磁感应定律的应用 讲义 -2025-2026学年高二上学期物理物理人教版选择性必修第二册

该高中物理讲义以法拉第电磁感应定律应用为核心，通过表格梳理导体平衡态与非平衡态的特征及处理方法，结合动量定理公式体系，构建“动力学分析-动量应用-模型突破”的知识脉络，清晰呈现导线框、导体棒+电阻等五大模型的重难点及内在联系。 讲义亮点在于模型化分层突破，如双棒模型中通过动量守恒推导最终速度，结合典例分析导线框穿越磁场时的电势比较与焦耳热计算，培养科学思维中的模型建构与科学推理能力。每个考点配备阶梯式典例，基础生可掌握基本方法，优秀生能深化综合应用，为教师实施精准化复习教学提供有力支持。

专题11 法拉第电磁感应定律的应用 考点01（★★★）导线框模型 2 考点02（★★★）“导体棒＋电阻”模型 6 考点03（★★★）双棒在外力作用下模型 12 考点04（★★★）不等间距上的双棒模型 17 考点05（★★★）“导体棒＋电容器”模型 23 一、电磁感应中的动力学问题 1．导体的两种运动状态 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 根据牛顿第二定律结合运动学公式进行分析 2．研究对象和分析步骤 二、动量定理在电磁感应中的应用 1．此类问题中常用到的几个公式 (1)安培力的冲量为：I安＝BLt＝BLq。 (2)通过导体棒或金属框的电荷量为：q＝Δt＝Δt＝nΔt＝n。 (3)磁通量变化量：ΔΦ＝BΔS＝BLx。 (4)导体棒在磁场中所受安培力是变力时，可用动量定理分析棒的速度变化，表达式为I其他＋lBΔt＝mv－mv0或I其他－lBΔt＝mv－mv0。 2．选用技巧：当题目中涉及速度v、电荷量q、运动时间t、运动位移x时常用动量定理求解更方便。 考点01（★★★）导线框模型 模 型 一 示意图 在安培力作用下穿越磁场 位移 速度 电荷 量的 计算 动量不守恒，可用动量定理分析导线框的位移、速度、通过导线横截面的电荷量： (1)求电荷量或速度：－B·LΔt＝mv2－mv1，q＝Δt； (2)求位移：－＝0－mv0，即－＝0－mv0 模 型 二 示意图 在恒力F(包括重力mg)和安培力作用下穿越磁场 时间的 计算 求时间：①－BLΔt＋F其他·Δt＝mv2－mv1，即－BLq＋F其他·Δt＝mv2－mv1 已知电荷量q，F其他为恒力，可求出变加速运动的时间； ②－＋F其他·Δt＝mv2－mv1，即－＋F其他·Δt＝mv2－mv1 若已知位移x，F其他为恒力，也可求出变加速运动的时间 【典例1】（2025春•疏附县期末）如图所示，矩形区域内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为，磁场宽度为。质量为、边长为的正方形线框以速度匀速穿过磁场区域，则以下说法正确的是　　 A．线框进入磁场过程中产生的感应电流方向为 B．线框离开磁场过程时点的电势高于点的电势 C．线框进入和离开磁场的过程中外力大小相等、方向相反 D．线框进入和离开磁场过程中两端的电压大小之比为 【答案】 【分析】线框进入磁场过程中根据右手定则判断感应电流方向；线框离开磁场过程时，判断感应电流方向，进而判断点与点电势高低；推导出安培力与速度的关系，再分析线框进入和离开磁场的过程中安培力关系，再根据平衡条件分析外力关系；根据两端的电压与感应电动势关系，求解线框进入和离开磁场过程中两端的电压大小之比。 【解答】解：、线框进入磁场过程中，由右手定则判断可知，边中感应电流方向由到，则线框中感应电流方向，故错误； 、线框离开磁场过程中，边切割磁感线，相当于电源，电流方向到，即点相当于电源的正极，则点的电势高于点电势，故错误； 、线框进入磁场和离开磁场的过程中，线框受到的安培力，由左手定则可知安培力方向均向左。由平衡条件知，线框受到的外力与等大反向，则线框进入和离开磁场的过程中外力大小相等、方向相同，故错误； 、线框进入磁场过程中边切割磁感线，边相当于电源，则两端的电压为；线框离开磁场过程中边切割磁感线，边相当于电源，两端的电压为，故线框进入与离开磁场过程中两端的电压大小之比为，故正确。 故选：。 【典例2】（2025春•会宁县校级期末）如图所示，空间存在一个有水平边界的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小。一边长的正方形线框从边界上方某一位置释放，线框在下落过程中始终与纸面平行，并且恰好匀速进入磁场。已知线框的质量，总电阻，重力加速度。则线框刚进入磁场时的速度大小为　　 A． B． C． D． 【答案】 【分析】线框刚进入磁场时，恰好做匀速直线运动，受力平衡，根据平衡条件结合感应电动势公式、闭合电路欧姆定律和安培力公式解答。 【解答】解：设线框刚进入磁场时的速度大小为为。线框刚进入磁场时，恰好做匀速直线运动，重力与安培力平衡，则根据平衡条件有 线框下边切割磁感线产生的感应电动势为 由闭合电路欧姆定律有 联立解得，故错误，正确。 故选：。 【典例3】（2024秋•昌平区期末）如图所示，一质量为、边长为的正方形导线框，由高度处自由下落，边进入磁感应强度为的匀强磁场区域后，线圈开始做匀速运动，直到边刚刚开始穿出磁场为止。已知磁场区域宽度为。重力加速度为，不计空气阻力。线框在穿越磁场过程中，下列说法正确的是　　 A．线框进入磁场的过程中电流方向为顺时针方向 B．线框穿越磁场的过程中电流大小为 C．线框穿越磁场的过程中产生的焦耳热为 D．线框进入磁场的过程中通过导线横截面的电荷量为 【答案】 【分析】根据右手定则判断感应电流方向；线框进入磁场后开始做匀速运动，根据平衡条件结合安培力公式求电流大小；从边进入磁场到边则好离开磁场，线框一直做匀速运动，根据能量守恒定律求线框穿越磁场的过程中产生的焦耳热；根据机械能守恒定律求出线框刚进磁场时的速度大小，由求线框进入磁场的时间，再由求线框进入磁场的过程中通过导线横截面的电荷量。 【解答】解：、线框进入磁场的过程中，边切割磁感应线产生感应电流，根据右手定则可知，边中电流方向由到，则线框中电流方向为逆时针方向，故错误； 、线框进入磁场后开始做匀速运动，根据平衡条件有，解得电流大小为，故错误； 、从边进入磁场到边则好离开磁场，线框一直做匀速运动，且下降的高度为，根据能量守恒可知，线框穿越磁场的过程中产生的焦耳热等于减小的重力势能，即，故正确； 、线框从高为处静止释放，根据机械能守恒定律有 解得 则线框以进入磁场做匀速运动，经时间完全进入磁场，则有 线框进入磁场的过程中通过导线横截面的电荷量为，即得，故错误。 故选：。 考点02（★★★）“导体棒＋电阻”模型 “导体棒＋电阻”模型 模 型 一 示意图 水平放置的平行光滑导轨，间距为L，左侧接有电阻R，导体棒初速度为v0，质量为m，电阻不计，匀强磁场的磁感应强度为B，导轨足够长且电阻不计，从开始运动至停下来 求电荷 量q 对金属棒应用动量定理－BLΔt＝0－mv0，q＝Δt，q＝ 求位 移x 对金属棒应用动量定理－Δt＝0－mv0，x＝Δt＝ 模 型 二 示意图 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 求运动 时间 －BLΔt＋mgsin θ·Δt＝mv－0，q＝Δt，－Δt＋mgsin θ·Δt＝mv－0，x＝Δt 【典例4】（2024秋•宁波期末）某电磁缓冲装置如图所示，两足够长且间距为的平行金属导轨固定于同一水平面内，导轨左端与一阻值为的定值电阻相连，导轨段与段粗糙，其余部分光滑，右侧处于磁感应强度大小为方向竖直向下的匀强磁场中，、、均与导轨垂直，一质量为的金属杆垂直导轨放置。现让金属杆以初速度沿导轨向右经过进入磁场，最终恰好停在处。已知金属杆接入导轨之间的阻值为，与粗糙导轨间的动摩擦因数为，，导轨电阻不计，重力加速度为，下列说法正确的是　　 A．金属杆在磁场中做匀减速直线运动 B．在整个过程中，定值电阻产生的热量为 C．金属杆经过区域过程，其所受安培力的冲量大小为 D．若将金属杆的初速度加倍，则金属杆在磁场中运动的距离等于原来的2倍 【答案】 【分析】金属杆在区域向右运动的过程中切割磁感线，根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律列式，结合金属杆在区域运动的过程中的动量定理并累计求和，可得金属杆在区域安培力冲量的大小； 在整个过程中，根据能量守恒以及电路的能量分配求解定值电阻产生的热量； 金属杆以初速度在磁场中运动应用动量定理，结合金属杆的初速度加倍，全过程对金属棒应用动量定理，分析可知当金属杆速度加倍后，金属杆通过区域的速度比第一次大，进而比较时间、位移的大小。 【解答】解：、设平行金属导轨间距为，金属杆在区域向右运动的过程中切割磁感线，由法拉第电磁感应定律得： 且电流： 所受的安培力为： 联立以上可得：，由于安培力随速度变化，且阻碍导体棒的运动，则导体棒做加速度减小的减速运动，故错误； 、金属杆在区域运动的过程中，安培力的冲量△ 由于△，则上面方程右边累计求和，可得：，故错误； 、在整个过程中，根据能量守恒定律，有： 定值电阻产生的热量为： 解得：，故正确； 、由上述分析可知，金属杆以初速度在磁场中运动有： 金属杆的初速度加倍，设此时金属杆在区域运动的时间为，全过程对金属棒分析得： 整理可得： 分析可知当金属杆速度加倍后，金属杆通过区域的速度比第一次大，故，可得： 可见若将金属杆的初速度加倍，则金属杆在磁场中运动的距离大于原来的2倍，故错误。 故选：。 【典例5】（2025春•南宁期末）如图所示，接入电路电阻的导体棒沿光滑水平导线框向右做匀速运动，运动速度，线框中接有电阻，线框放在磁感应强度的匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，线框导轨间距。（不计线框的电阻）求： （1）导体棒两端的电压为多少？ （2）求使导体棒向右匀速运动所需的外力的大小和方向； （3）撤去外力后导体棒滑行后停止，求此过程中电阻产生的焦耳热。 【答案】（1）导体棒两端的电压为； （2）使导体棒向右匀速运动所需的外力的大小为，方向水平向右； （3）撤去外力后导体棒滑行后停止，此过程中电阻产生的焦耳热为。 【分析】（1）导体棒做切割磁感线产生感应电动势，从而产生感应电流．由导体棒切割磁感线产生电动势的公式求得感应电动势； （2）由闭合电路欧姆定律即可求出回路中的电流；安培力大小由公式求解； （3）根据能量守恒定律和焦耳定律求焦耳热。 【解答】解：（1）导体棒以 运动时产生的感应电动势大小为 代入数据得： 导体棒两端的电压为： 代入数据得： （2）通过导体棒的感应电流大小为： 代入 数据得： 根据右手定则可知其方向为。 根据左手定则可知导体棒所受安培力方向为水平向左，根据平衡条件可知所需外力的方向为水平向右 大小为： 代入数据得： （3）这个过程中通过导体棒的平均电流为： 这个过程中通过导体棒横截面的电荷量为： 代入数据得： 棒的质量，以向右为正方向，根据动量定理有： 其中表达式 联立代入数据有： 撤去外力后电路中产生的热量，则有： 电阻的产生的焦耳热，由焦耳定律有： 代入数据得： 答：（1）导体棒两端的电压为； （2）使导体棒向右匀速运动所需的外力的大小为，方向水平向右； （3）撤去外力后导体棒滑行后停止，此过程中电阻产生的焦耳热为。 【典例6】（2025春•贵阳期末）如图所示，相距为的两根足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为，上端接有定值电阻，其余电路电阻都不计，处于磁感应强度大小为、方向竖直向上的匀强磁场中。现将质量为的导体棒由静止释放，当棒下滑到稳定状态时，速度为，下列说法正确的是　　 A．下滑过程中导体棒的端电势比端电势低 B．稳定后回路中的电动势为 C．在导体棒加速到稳定状态的过程，电阻产生的焦耳热等于重力对导体棒所做的功 D．当导体棒速度达到时加速度大小为 【答案】 【分析】根据右手定则判断电势高低；磁感应强度在垂直于速度方向的分量为，根据法拉第电磁感应定律求解稳定后回路中的电动势；根据能量守恒定律进行分析；导体棒匀速运动时，根据平衡条件列方程，当导体棒速度达到时，对导体棒根据牛顿第二定律列方程联立求解加速度大小。 【解答】解：、根据右手定则可知，下滑过程中导体棒的端电势比端电势高，故错误； 、磁感应强度在垂直于速度方向的分量为，稳定后回路中的电动势为：，故错误； 、根据能量守恒定律可知，重力势能的减小，转化为内能增加和棒的动能，所以在导体棒加速到稳定状态的过程，电阻产生的焦耳热小于重力对导体棒所做的功，故错误； 、导体棒匀速运动时，根据平衡条件可得： 当导体棒速度达到时，对导体棒根据牛顿第二定律可得：，其中： 解得导体棒的加速度大小为：，故正确。 故选：。 考点03（★★★）双棒在外力作用下模型 双棒在外力作用下模型 光滑的平行导轨 不光滑的平行导轨 示意 图 质量mb＝ma 电阻rb＝ra 长度Lb＝La 质量mb＝ma 电阻rb＝ra 长度Lb＝La 摩擦力Ffb＝Ffa 运动 分析 开始时，两杆受安培力做变加速运动；稳定时，两杆以相同的加速度做匀加速运动 开始时，若Ff<F≤2Ff，则a杆先变加速后匀速运动；b杆静止。若F>2Ff，a杆先变加速后匀加速运动，b杆先静止后变加速最后和a杆同时做匀加速运动，且加速度相同 运动 图像 能量 观点 F做的功转化为两杆的动能和内能：WF＝ΔEk＋Q F做的功转化为两杆的动能和内能(包括电热和摩擦热)：WF＝ΔEk＋Q电＋Qf 动量 观点 两杆组成的系统动量不守恒 对单杆可以用动量定理 两杆组成的系统动量不守恒 对单杆可以用动量定理 【典例7】（2024秋•肥西县期末）如图，在磁感应强度大小为的匀强磁场区域内，与磁场方向垂直的水平面内有两根固定的足够长的平行金属导轨，导轨间的距离为，导轨上平行放置两根导体棒和，构成矩形回路。已知两根导体棒的质量均为、电阻均为，其他电阻忽略不计，导体棒均可沿导轨无摩擦滑行。初始时刻棒静止，给棒一个向右的初速度。两导体棒在运动中始终不接触。下列说法中正确的是　　 A．棒开始运动时，棒中电流方向为，大小为 B．当棒速度减为时，棒的加速度大小为 C．从开始运动到最终稳定，电路中产生的电能为 D．棒的最终速度为 【答案】 【分析】根据右手定则可知电流方向，根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律进行分析； 根据动量守恒定律、法拉第电磁感应定律、牛顿第二定律求解棒的加速度大小； 根据动量守恒定律求解最后速度大小，从开始运动到最终稳定，电路中产生的电能等于棒动能的减少。 【解答】解：、根据右手定则可知电流方向为，棒产生的感应电动势为，棒中的电流，故错误； 、棒速度减为时，设棒的速度大小为，对两根导体棒和构成的系统，取向右为正方向，根据动量守恒定律有： 解得： 此时回路的感应电动势： ，感应电流： 根据牛顿第二定律可得： 解得：棒的加速度大小为：，故正确； 、对两根导体棒和构成的系统，所受外力的合力为0，取向右为正方向，根据动量守恒定律有： 解得最终稳定时棒的速度为： 从开始运动到最终稳定，电路中产生的电能： 解得：，故错误。 故选：。 【典例8】（多选）（2025春•安徽期末）在水平地面上，固定着两条足够长且平行的光滑金属导轨，导轨间距。整个空间存在垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度。导轨上静置着两个导体棒、，其质量分别为、，电阻分别为、。在时刻，对导体棒施加水平方向的外力使其向右运动，同时，对导体棒施加水平外力使始终保持静止。当时，导体棒速度为，此刻同时撤去外力和。已知导体棒、的长度与导轨间距相等，且始终与导轨保持良好接触，不计导轨电阻及一切阻力。下列说法正确的是　　 A．撤去外力后，导体棒先做加速运动，再做减速运动，最终停止运动 B．时，回路电流为 C．撤去外力后，导体棒所能达到的最大速度为 D．从撤去外力到最终稳定状态过程中，导体棒产生的焦耳热为 【答案】 【分析】撤去外力后，根据分析回路中感应电动势变化情况，判断感应电流的变化，再分析两棒受到的安培力变化情况，判断两棒的运动情况；根据以及闭合电路欧姆定律求时回路电流；撤去外力后，当回路中电流为零时，两棒均做匀速运动时棒速度最大，根据系统动量守恒求导体棒所能达到的最大速度；根据能量守恒定律以及焦耳热分配规律求导体棒产生的焦耳热。 【解答】解：、撤去外力后，回路中总电动势为，由于做减速运动，做加速运动，减小，则减小，根据可知，回路中电流减小，导体棒受到的安培力也在减小，根据牛顿第二定律可知，两棒的加速度在减小，当、速度相等，、一起做匀速运动，故错误； 、在时，导体棒的速度为，棒速度为0，则回路电动势为，回路电流为，故正确； 、撤去外力后，导体棒、组成的系统满足动量守恒，取向右为正方向，则有，解得导体棒所能达到的最大速度为，故错误； 、撤去外力到最终稳定运动，由能量守恒得，解得 由于、串联，所以从开始运动到最终稳定状态过程中，导体棒产生的焦耳热为，故正确。 故选：。 【典例9】（多选）（2025春•越秀区校级期末）如图甲所示，水平面内有两根足够长的光滑平行金属导轨，导轨固定且间距为。空间中存在磁感应强度方向竖直向下、大小为的匀强磁场，两根材料相同、横截面积不同、长度均为的金属棒、分别静置在导轨上。现使棒获得水平向右的瞬时速度，棒的速度随时间变化的关系如图乙所示。棒的质量为，电阻为，两金属棒运动过程中，始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻可忽略不计，下列说法正确的是　　 A．棒和棒组成的系统动量守恒 B．棒的电阻为 C．时间内，棒产生的热量为 D．时间内，通过棒任一横截面的电荷量为 【答案】 【分析】棒向右运动时，根据动量守恒定律的守恒条件进行分析；根据系统动量守恒可确定两棒质量关系，根据电阻定律求解棒的电阻；根据能量守恒定律结合电阻比例计算棒产生的热量；对棒应用动量定理可求出通过棒的电荷量。 【解答】解：、金属棒刚开始运动时，根据右手定则可知中的电流方向到，棒中的电流方向为，根据左手定则可知，棒受到的安培力方向向右、棒受到的安培力方向向左，二者等大反向，系统动量守恒，故正确； 、最后二者匀速运动时安培力为零，速度相同，为； 设棒的质量为，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得： 解得： 由于棒与棒质量之比为，且它们的材料和长度相同，故横截面积之比为，由可知，与的电阻之比为，则棒的电阻为，故正确； 、根据两棒组成的系统能量守恒有： 根据焦耳定律可知，棒与棒产生的热量之比为，所以时间内棒产生的热量： 联立解得：，故错误； 、取向右为正方向，对根据动量定理可得： 所以时间内，通过棒任一横截面的电荷量为：，故正确。 故选：。 考点04（★★★）不等间距上的双棒模型 不等间距上的双棒模型 光滑不等距导轨 示意 图 质量mb＝ma 电阻rb＝ra 长度Lb＝2La 运动情况分析 杆b受安培力做变减速运动，杆a受安培力做变加速运动，稳定时，两杆的加速度均为零，两杆的速度之比为1∶2 动量 关系 两杆组成的系统动量不守恒 对单杆可以用动量定理 【典例10】（多选）（2025春•白城校级期末）如图所示，足够长的光滑平行金属轨道、及、固定在水平面上，间距分别为、，两段轨道在、处连接，水平轨道处于磁感应强度大小为、方向竖直向上的匀强磁场中。四分之一圆弧轨道、在左端与水平轨道平滑相连，圆弧下端分别在、点与水平轨道相切。质量为、电阻为、长度为的金属棒静止放置在窄轨道上，现将质量为、电阻为、长度为的金属棒从圆弧轨道上高为处由静止释放，运动过程中两个金属棒始终与金属轨道垂直并接触良好，不计其他电阻及空气阻力，重力加速度为，则下列说法正确的是　　 A．金属棒中的最大电流为 B．整个过程中通过金属棒的电荷量为 C．整个过程中金属棒中产生的焦耳热为 D．两金属棒、相距最近时的速度之比为 【答案】 【分析】金属棒刚进入磁场时，金属棒中的电流最大。先根据机械能守恒定律求出金属棒刚进入磁场时的速度大小，再根据感应电动势公式和闭合电路欧姆定律相结合求金属棒中的最大电流；金属棒进入水平轨道后在安培力作用下做减速运动，金属棒做加速运动，直到两金属棒产生的电动势等大、反向，回路中的电流为零，两棒均做匀速运动。对两棒，分别运用动量定理列方程，结合感应电动势关系求两金属棒匀速运动时的速度大小以及通过金属棒的电荷量；由能量守恒定律以及焦耳热分配规律计算金属棒中产生的焦耳热；作出两棒运动过程中的图像，结合两金属棒速度大小相等时距离最近，求解两金属棒、相距最近时的速度之比。 【解答】解：、金属棒刚进入磁场时，速度最大，产生的感应电动势最大，回路中感应电动势最大，金属棒中的电流最大。设金属棒刚进入磁场时的速度大小为，此时回路中的感应电动势为。 金属棒沿圆弧轨道下滑过程，根据机械能守恒定律有 解得 则金属棒产生的最大感应电动势为 金属棒中的最大电流，故正确； 、金属棒进入水平轨道后在安培力作用下做减速运动，金属棒做加速运动，直到两金属棒产生的电动势等大、反向，回路中的电流为零，最终两金属棒都做匀速运动。设两金属棒匀速运动时的速度大小分别为、，达到稳定状态的过程中通过两金属棒的电荷量为，则有 可得 取向右为下同，根据动量定理，对金属棒、分别有， 解得，故正确； 、由能量守恒定律可得，回路产生的总焦耳热为，则金属棒中产生的焦耳热为，故错误； 、由牛顿第二定律可得，因通过两金属棒的电流始终相等，结合两金属棒的长度、质量关系可知，两金属棒的加速度大小始终相等，运动过程中的图像如图所示。 两图线关于中间虚线对称，显然两图线的交点的纵坐标为，而两金属棒速度大小相等时距离最近，可知两金属棒距离最近时两金属棒的速度大小都为，即两金属棒、相距最近时的速度之比为，故错误。 故选：。 【典例11】（多选）（2025春•南安市校级期末）如图所示，足够长的光滑水平轨道左侧部分的轨道间距为，右侧部分的轨道间距为，两部分轨道通过导线连通。整个区域存在竖直向下的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度大小。质量的金属棒和质量的金属棒垂直于导轨分别静止放置在左、右两侧轨道上。现给金属棒一大小为、方向沿轨道向右的初速度，已知两金属棒接入电路的有效电阻均为，轨道电阻不计，，两金属棒在运动过程中始终相互平行且与导轨保持良好接触，棒总在宽轨上运动，棒总在窄轨上运动。下列说法正确的是 A．整个过程金属棒、动量守恒 B．金属棒匀速运动的速度大小为 C．整个过程通过金属棒某横截面的电荷量为 D．整个运动过程金属棒、扫过的面积之差为 【答案】 【分析】分析金属棒、所受安培力关系，分析合外力是否为零，判断系统动量是否守恒；对两棒分别运用动量定理列式，结合两者感应电动势大小相等求金属棒匀速运动的速度大小；对，利用动量定理求通过金属棒某横截面的电荷量；根据电荷量与磁通量变化量的关系求金属棒、扫过的面积之差。 【解答】解：、因为、受到的安培力大小不相等，合外力不为零，所以整个过程金属棒、动量不守恒，故错误； 、规定水平向右为正方向，对、分别根据动量定理可得 对有 对有 其中 整理得 两棒最后匀速时，电路中无电流，此时回路总电动势为零，则有 即 联立解得金属棒匀速运动的速度大小为，故正确； 、由项可得。在加速过程中，规定水平向右为正方向，根据动量定理有△ 又整个过程通过金属棒某横截面的电荷量为△，解得，故正确； 、根据，解得金属棒、扫过的面积之差为，故错误。 故选：。 【典例12】（多选）（2025春•上饶期末）如图所示，、、、四条光滑的足够长的金属导轨平行放置，导轨间距分别为和，两组导轨间由导线相连，装置置于水平面内。导轨间存在竖直向下的、磁感应强度为的匀强磁场，两根质量分别为与、接入电路电阻均为的导体棒、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。时使导体棒获得瞬时速度向右运动，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未到两组导轨连接处。则下列说法正确的是 A．时，导体棒的加速度大小为 B．达到稳定运动时，棒的速度为 C．从时至达到稳定运动的过程中，回路产生的内能为 D．从时至达到稳定运动的过程中，通过导体棒的电荷量为 【答案】 【分析】根据法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律和牛顿第二定律求出导体棒的加速度大小；根据动量定理，结合题意求出从时到达到稳定运动的过程中，通过导体棒的电荷量及达到稳定运动时、两棒速度大小；根据能量守恒定律，结合已知量求出从时至达到稳定运动的过程中回路产生的内能。 【解答】解：、根据法拉第电磁感应定律可得回路中的感应电动势： 则感应电流： 又安培力： 设导体棒的加速度大小为，则有： 联立整理可得，故错误； 、达到稳定运动时，电路中电流为零，设此时、棒的速度分别为、，则有： 对变速运动中取极短时间△，以向右为正方向，根据动量定理，对棒有：△ 对棒有：△ 联立解得：， 通过导体棒的电荷量为：△，故正确； 、根据能量守恒定律可知，从时至达到稳定运动的过程中，回路产生的内能为： 解得：，故错误。 故选：。 考点05（★★★）“导体棒＋电容器”模型 “导体棒＋电容器”模型 模 型 一 示意图 (无外 力充 电式) 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 运动 情况 分析 导体杆速度为v时，感应电流I＝，导体杆受安培力F安＝BIL，做减速运动，v，电容器充电，UC，F安，a，当BLv＝UC时，I＝0，F安＝0，杆匀速运动 最终 速度 计算 模 型 二 示意图 (无外 力放 电式) 导轨水平光滑，间距为L，电阻不计，单杆ab质量为m，电阻为R 运动 情况 分析 电容器充满电后，S合向2，导体杆受安培力运动，产生电动势E＝BLv，感应电流I＝，导体杆受安培力F安＝BIL，做加速运动，v，电容器放电UC减小，F安，a，当BLv＝UC时，I＝0，F安＝0，杆匀速运动 最终 速度 计算 【典例13】（2024秋•诸暨市期末）如图所示，水平放置的光滑平行导轨间距为，定值电阻的阻值为，其余电阻忽略不计，电容器的电容大小为，整个装置处于垂直导轨平面向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为。开关闭合，金属棒在水平向右的外力作用下开始运动，在运动过程中金属棒始终与导轨保持垂直，当金属棒速度大小达到时，立即断开开关，并改变水平外力使金属棒做始终做匀速运动。在某个时刻，外力功率恰好为定值电阻功率的两倍，则从开关断开到此时刻的过程中，外力所做的功为 A． B． C． D． 【答案】 【分析】断开开关，金属棒以速度匀速运动时，电容器与定值电阻串联，根据闭合电路欧姆定律列方程。水平外力与安培力安等大反向，求出水平外力的功率，结合外力功率恰好为定值电阻功率的两倍，求出此时电容器两端电压。再运用微元法，求从开关断开到此刻外力所做的功。 【解答】解：断开开关，改变水平外力使金属棒以速度匀速运动时，金属棒产生感应电动势，相当于电源，电容器与定值电阻串联，电容器不断充电，设电容器两端的电压为，根据闭合电路欧姆定律得 由平衡条件可知，水平外力与安培力等大反向，则水平外力的功率为 定值电阻功的率为 结合题意有，则有 联立解得此时电容器两端电压为 应用微元法，从开关断开到此刻外力所做的功为△△ 由电容器定义式可得 联立解得，故错误，正确。 故选：。 【典例14】（2025春•华安县校级期末）如图所示，两根光滑且平行的电阻不计长直金属导轨固定在水平桌面上，左端接入电容为、带电荷量为的电容器和阻值为的电阻。一质量为、阻值也为的导体棒垂直静置在导轨上且接触良好，整个系统处于竖直向下的匀强磁场中。闭合开关后　　 A．导体棒中电流的最大值为 B．导体棒向右先加速后匀速运动 C．导体棒所受安培力最大时，速度也最大 D．电阻上产生的热量大于导体棒上产生的热量 【答案】 【分析】闭合开关瞬间通过导体棒的电流最大，根据欧姆定律求其电流最大值；当时，导体棒加速运动，当速度达到最大值之后，由于存在通路，所以导体棒最终速度为零；当时，中电流为零，速度最大；在加速阶段，存在反电动势，分析通过电阻和的电流关系，分析它们产生的热量关系。 【解答】解：、电容器原来的电压。在运动过程中，中的电流瞬时值为，当闭合开关瞬间，，则导体棒中电流的最大值为，故错误； 、当时，导体棒加速运动，当速度达到最大值之后，电容器与及构成回路，由于一直处于通路的形式，由能量守恒可知，最后的速度为零，故错误； 、当时，中电流瞬时值为零，安培力为零，此时速度最大，故错误； 、在加速阶段，因存在反电动势，故中电流小于电阻中的电流，电阻消耗的电能大于消耗的电能，故加速过程中，；在减速为零的过程中，电容器的电流和导体棒的电流都流经电阻形成各自的回路，此时也是电阻的电流大，综上分析可知，全过程中电阻上的热量大于导体棒上的热量，故正确。 故选：。 【典例15】（多选）（2025春•滨州期末）如图两根足够长、间距为的光滑竖直平行金属导轨，导轨上端接有开关、电阻、电容器，其中电阻的阻值为，电容器的电容为（不会击穿、初始不带电），金属棒水平放置，质量为。空间存在垂直轨道向外、磁感应强度为的匀强磁场，不计金属棒和导轨的电阻。闭合某一开关后，让沿导轨由静止开始释放，金属棒始终与导轨接触良好并保持水平，重力加速度大小为。下列说法正确的是 A．只闭合开关，金属棒做匀加速直线运动 B．只闭合开关，金属棒下降时间时速度为，则下降高度 C．只闭合开关，电容器右侧金属板带负电 D．只闭合开关，某时刻金属棒的加速度大小 【答案】 【分析】只闭合开关，根据牛顿第二定律得到金属棒加速度的表达式，分析加速度变化情况，再判断其运动情况，利用动量定理求金属棒下降高度；只闭合开关，根据右手定则判断电容器右侧金属板带电情况，根据动量定理计算；根据牛顿第二定律结合电流的定义式，加速度的定义式，感应电动势的计算公式等求解金属棒的加速度大小。 【解答】解：、只闭合开关，对金属棒，根据牛顿第二定律得 又， 可得 随着金属棒的速度增大，加速度减小，所以金属棒做加速度减小的加速运动，直到安培力和重力平衡后做匀速直线运动，故错误； 、只闭合开关，金属棒下降时间时速度为，在这个过程中，取竖直向下为正方向，对金属棒，根据动量定理有 又，，，△ 联立解得，故正确； 、只闭合开关，根据右手定则可知，金属棒中感应电流方向到，可知电容器左侧金属板带正电，右侧金属板带负电，故正确； 、只闭合开关，金属棒运动过程中取一段极短时间△，设金属棒加速度为，则有 对金属棒，根据牛顿第二定律得，联立解得，故错误。 故选：。 学科网（北京）股份有限公司 $