专题07 电磁感应中的动力学问题模型（讲义）物理人教版选择性必修第二册

本讲义聚焦电磁感应中的动力学问题这一核心知识点，系统梳理电学与力学对象的相互制约关系，详细阐述导体平衡状态（静止或匀速）和非平衡状态（加速）的分析方法，以“源-路-力-运动状态”四步解题步骤为学习支架，搭建知识脉络。 该资料以模型建构为主线，通过平衡问题（如斜面导轨匀速运动）和动力学问题（如双棒动量守恒）的例题精讲与变式训练，培养科学思维中的科学推理与科学论证能力。课中辅助教师清晰呈现解题逻辑，课后多样化练习题助力学生查漏补缺，提升问题解决能力。

专题07 电磁感应中的动力学问题 【分析方法】 1. 电磁感应问题中电学对象与力学对象的相互制约关系 2. 导体的两种运动状态: 平衡状态:静止状态或匀速直线运动状态；根据平衡条件列式分析。 非平衡状态: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分析。 3. 用动力学观点解答电磁感应问题的一般步骤:先电后力。 ①“源”的分析：分析电源电动势大小和方向和内阻。 ②“路”的分析：画出等效电路图，算出电流 。 ③“力”的分析：F安=BIL， ,求解加速度； ④“运动状态”的分析：分析合力，得到物体的运动状态。 4.导体常见运动情况的动态分析 若V增大则 从而确定的变化。 若 匀速直线运动 若 a、v 同向 增大,若 恒定,拉力 增大 增大, 增大, 减小, 减小,做加速度减小的加速运动, 临界状态: 减小到 时,匀速直线运动 a、v 反向 减小, 减小, 减小,当 ,静止或匀速直线运动 【模型一】平衡问题 【模型剖析】 ，物理处于匀速直线运动状态或静止状态 【例题精讲】 【例1】（2025•青岛开学）如图所示，MN、PQ为间距0.4m的足够长光滑平行金属导轨，导轨平面与水平面夹角为30°，两导轨间接R＝0.1Ω的电阻。与导轨垂直的虚线AB上方有垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为0.5T。电阻不计、长为0.4m的金属杆在沿斜面向上的恒力F作用下，由静止开始沿斜面向上运动，经0.5s到达AB时的速度为4m/s，最终匀速运动的速度为2m/s。重力加速度g＝10m/s2。则恒力F大小及金属杆的质量m分别为（　　） A．1.3N，0.1kg B．1.3N，0.2kg C．2.6N，0.2kg D．0.3N，0.1kg 【推理过程】 【答案】A 【解答】解：在金属杆做匀加速直线运动的加速度a 根据牛顿第二定律得：F﹣mgsin30°＝ma 金属杆在磁场中匀速运动时，根据平衡条件得：F＝mgsin30°+BIL，其中I，E＝BLv 联立解得：m＝0.1kg，F＝1.3N，故A正确，BCD错误。 故选：A。 【例2】（多选）（2025秋•惠州月考）如图所示，足够长的光滑平行金属导轨ab和cd固定在同一水平面内，间距为L。导轨间有竖直向上的匀强磁场B，另有一直径为d的金属圆盘绕中心轴O以角速度ω顺时针匀速转动，圆盘区域有垂直圆盘向下的匀强磁场B。导轨b端通过电刷与圆盘边缘e点连接，导轨d端与圆盘金属转轴连接。现将质量为m的金属杆MN垂直于导轨由静止释放。下列结论正确的是（　　） A．金属杆最终做匀速直线运动 B．刚释放时金属杆的加速度最大 C．金属杆运动过程中的最大速度为 D．整个运动过程通过金属杆的总电量为 【推理过程】 【答案】ABD 【解答】解：ABC．根据题意可知，金属圆盘转动时产生恒定的电动势： 所以导体棒受安培力作用做加速运动，若某时刻的速度为v，则导体棒受安培力 可知随着导体棒的速度v逐渐变大，安培力逐渐减小，结合牛顿第二定律可知导体棒加速度逐渐减小，所以刚释放时金属杆的加速度最大，最终当E1＝BLvm时加速度为零，导体棒做匀速运动，此时的最大速度，故AB正确，C错误； D．以水平向左的方向为正方向，对导体棒由动量定理 而可得，故D正确。 故选：ABD。 【变式训练】 【变式训练1】（2025秋•浑南区校级期中）如图所示，在一磁场空间内，悬挂了一个“正方体”金属导体，“正方体”的边长为d，该“正方体”的中间挖去一个边长为r的空心区域，其中d﹣r≪r，在该“正方体”的上半区域由四根相同的、长度为L的细线提起并悬挂于一点，现在该“正方体”内通入磁场大小为B＝kt（k是常量，t是时间）的匀强磁场，方向竖直向上，“正方体”的重力为G，电阻率为ρ，则下列说法不正确的是（　　） A．每根细线承受的拉力为 B．产生的感应电动势大小为kd2 C．该正方体的热功率为 D．在该正方体周围铺上一层低电阻率（小于ρ）的钢板，可有效降低涡流产生的影响 【变式训练2】（2025•盐池县二模）如图所示，绝缘平面上固定两条足够长的“V”字型光滑平行导轨，导轨间距为l，左右两侧导轨与水平面夹角分别为θ、2θ，均处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度分别为B、2B，不计导轨电阻。两侧顶端分别用外力固定质量为m，2m的导体棒ab、cd，电阻分别为R、2R，导体棒垂直于导轨，且运动过程中始终未脱离导轨，重力加速度为g，以下说法正确的是（　　） A．若ab棒具有沿斜面向上的初速度，则cd棒由静止释放瞬间加速度可能为零 B．若cd棒具有沿斜面向上的初速度，则ab棒由静止释放瞬间加速度可能为零 C．若cd棒始终固定，ab棒由静止释放后的稳定速度为 D．若两导体棒同时静止释放，两棒最终不可能同时匀速下滑 【变式训练3】（多选）（2025春•湖南校级期末）如图所示，正方形导线框ABCD、abcd的电阻均为R，边长均为L，质量分别为2m和m，它们分别系在一跨过两个定滑轮的轻绳两端，且正方形导线框与定滑轮处于同一竖直平面内。在两导线框之间有一宽度为2L、磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。开始时导线框ABCD的下边与匀强磁场的上边界重合，导线框abcd的上边到匀强磁场的下边界的距离为L。现将系统由静止释放，当导线框ABCD刚好全部进入磁场时，系统开始做匀速运动，不计摩擦和空气阻力，重力加速度为g，则（　　） A．两线框刚开始做匀速运动时轻绳上的张力FT＝mg B．系统匀速运动的速度大小 C．两线框从开始运动至等高的过程中所产生的总焦耳热 D．导线框abcd的ab边通过磁场的时间 【模型二】 动力学问题 【模型剖析】 ，根据运动学规律对物体进行研究。 【例题精讲】 【例1】（2025•宝丰县一模）如图所示，水平地面上方矩形区域内有磁感应强度方向垂直纸面向里的匀强磁场，两个边长不等的正方形单匝闭合线圈，分别用同种材料、不同粗细的均匀导线绕制做成，使两线圈在距离磁场上边界h高处由静止开始自由下落并进入磁场，磁场上、下边界间距为d，两线圈最后落到地面上．运动过程中，线圈平面始终保持在竖直平面内且下边缘平行于磁场上边界，则下列说法中正确的是（　　） A．两线圈中产生的焦耳热可能相等 B．两线圈刚进入磁场时受到的安培力一定不相等 C．整个过程中两线圈的重力做功的功率一定相等 D．两线圈落地时的速度大小相等 【推理过程】 【答案】A 【解答】解：线圈从同一高度下落，到达磁场边界时具有相同的速度v，切割磁感线产生感应电流，受到磁场的安培力大小为：F， 由电阻定律有：R＝ρ，（ρ为材料的电阻率，L为线圈的边长，S为导线的横截面积），线圈的质量为 m＝ρ0S•4L，（ρ0为材料的密度）。 当线圈的下边刚进入磁场时其加速度为：ag； 则知，大线圈和小线圈进入磁场的过程先同步运动，由于当线圈2刚好全部进入磁场中时，大线圈由于边长较长还没有全部进入磁场，小线圈完全进入磁场后做加速度为g的匀加速运动，而大线圈仍先做加速度小于g的变加速运动，完全进入磁场后再做加速度为g的匀加速运动，设大线圈落地速度为v1，小线圈落地速度为v2，两线圈匀加速运动的位移相同，所以落地速度关系为 v1＜v2。 A、由能量守恒可得：Q＝mg（h+H）mv2（H是磁场区域的高度），由于两个线圈的质量大小不知道，所以两线圈中产生的焦耳热可能相等，故A正确； B、两线圈刚进入磁场时受到磁场的安培力大小为：F，由于两个线圈截面积大小不同，不知道哪个较粗，所以两线圈刚进入磁场时受到的安培力大小无法确定，故B错误； C、整个过程中两线圈的重力做功的功率P＝mgv，重力大小不知道，所以功率大小无法确定，故C错误； D、根据前面分析可得，小线圈落地时的速度大于大线圈落地时的速度，故D错误； 故选：A。 【例2】（多选）（2025•零陵区校级一模）如图所示，两平行金属轨道间距为L，与水平方向夹角为θ＝37°，轨道电阻不计，垂直轨道放置两根质量分别为m和3m的金属棒a、b，有效阻值分别为R和3R，金属棒与轨道间的动摩擦因数均为μ＝0.75。整个装置处在垂直轨道向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。给a棒一个沿轨道向下的初速度v0，同时b棒由静止释放，两金属棒与轨道间接触始终良好。已知金属棒a、b间的距离足够大，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列说法正确的是（　　） A．a棒的加速度先减小后增大，两棒间距一直减小 B．b棒开始运动时的加速度大小为 C．整个过程中a棒产生的焦耳热为 D．a、b两棒间距的变化量为 【推理过程】 【答案】BD 【解答】解：A、根据题意，对a、b棒分析有 mgsinθ﹣μmgcosθ＝0 3mgsinθ﹣μ•3mgcosθ＝0 则a、b棒的合力均为其所受的安培力，a棒的初速度沿轨道向下，由楞次定律可知电流为逆时针方向，由左手定则可知，a棒受到沿轨道向上的安培力FA而做减速运动，b棒受到沿轨道向下的安培力FB而做加速运动，而，可知FA减小，当vb＝va时加速度为零，之后两棒做匀速运动，根据牛顿第二定律可知，a棒先做加速度减小的减速运动后做匀速运动，两棒间的距离先减小后不变，故A错误； B、开始时a棒切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv0 根据闭合电路欧姆定律可知 金属棒b受到的安培力大小为FB0＝BIL 根据牛顿第二定律有FB0＝3ma0 解得，故B正确； C、两棒组成的系统所受合力为零，则两棒组成的系统动量守恒，最终达到共同速度v，取沿导轨向下为正方向，根据动量守恒定律有mv0＝4mv 设整个过程产生的焦耳热为Q，根据能量守恒定律有 根据串联电路特点可知a棒产生的焦耳热为 解得，故C错误； D、根据法拉第电磁感应定律可知回路产生的平均感应电动势为 根据闭合电路欧姆定律可知，回路中的平均电流为 对b棒，取沿导轨向下为正方向，根据动量定理得 联立解得a、b两棒间距的变化量为，故D正确。 故选：BD。 【变式训练】 【变式训练1】（2025•河南模拟）如图所示，间距为L的倾斜光滑平行金属导轨的倾角θ＝30°，底端接有阻值为R的定值电阻，虚线MN上方的导轨区域存在垂直导轨平面向上的范围足够大的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，质量为m、阻值为R、长度为L的导体棒ab垂直导轨放置。某时刻给ab一平行导轨斜面向上的初速度，已知ab进入磁场时速度大小为2v0，经过时间t0速度减小为零，一段时间后，以大小为v0的速度离开磁场，不计导轨的电阻，导体棒与导轨接触良好，且两者始终垂直，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．导体棒在磁场中沿导轨上滑的最大距离为 B．导体棒在磁场中下滑过程中通过定值电阻的电荷量大小 C．导体棒在磁场中下滑过程经历的时间为 D．整个过程中定值电阻产生的焦耳热为 【变式训练2】（多选）（2025•武功县校级模拟）如图，空间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。水平光滑且足够长的平行导轨间距为L，电源电动势为E，内阻为r，电容器电容为C，开始不带电。一长度略大于L的导体杆垂直导轨放置，与两导轨接触良好，开始处于静止状态。导体杆质量为m，导体杆在导轨间的电阻为R，导轨电阻不计。现把开关拨到1，导体杆开始加速，经过足够长时间，速度达到稳定值v1。再把开关拨到2，导体杆开始减速，经过足够长时间，速度达到稳定值v2。下列说法正确的是（　　） A．开关拨到1瞬间，导体杆的加速度大小为 B． C．开关拨到2瞬间，导体杆的加速度大小为 D． 【变式训练3】（多选）（2025•武功县校级模拟）某电磁健身器的简化装置如图所示，两根平行金属导轨相距为l，倾角为θ，导轨上端串接一个阻值为kB2l2的电阻，下端接有电容为C的电容器。在导轨间长为d的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B，质量为m的金属棒CD水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH相连，金属棒向上运动时，K1闭合，K2断开，向下运动时，K1断开，K2闭合。CD棒的初始位置在磁场下方某位置处，一位健身者用大小为mgsinθ的恒力拉动GH杆，CD运动过程中始终保持与导轨垂直，进入磁场时恰好匀速上升，不计其它电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量，重力加速度为g，下列选项分析正确的是（　　） A．CD棒进入磁场时电流方向从C到D B．CD棒进入磁场时的速度大小为v＝2kmgsinθ C．若CD棒进入磁场处时，撤去拉力F，恰好能减速运动到磁场上边界，减速向上运动的时间为 D．若CD棒从磁场上边界由静止下滑，此时电容器电量为零，下滑过程中，拉力始终为零，则CD棒出磁场时的速度大小为 一．选择题（共8小题） 1．（2025秋•辽宁期中）如图，半径为R的刚性圆形线框通过绝缘细线悬挂在弹簧测力计下端，通有abcda方向的电流，开始时a与匀强磁场边界AB相切，弹簧测力计的示数为F，现将线圈沿竖直方向缓慢上提，直到c点与AB相切，弹簧测力计（始终有示数）示数F的变化（　　） A．一直变大 B．一直变小 C．先变大后变小 D．先变小后变大 2．（2025•南京校级四模）如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨竖直固定，导轨间存在垂直纸面向里的匀强磁场，两根完全相同的金属棒ab、cd垂直放置在导轨上，在外力作用下处于静止状态。t＝0时静止释放棒ab，一段时间后再由静止释放棒cd。两棒始终与导轨接触良好，导轨电阻不计，两棒的速度vab、vcd和加速度aab、acd随时间t变化的关系图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 3．（2025秋•惠州月考）如图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t均匀变化。正方形硬质单匝金属框abcd放置在磁场中，金属框平面与磁场方向垂直。金属框电阻R＝0.1Ω，边长L＝0.2m。下列说法正确的是（　　） A．金属框的感应电流方向为a→b→c→d B．0～0.1s内，ab边受安培力方向水平向右 C．0～0.1s内，金属框感应电动势E＝0.18V D．0～0.1s内，ab边所受安培力的冲量大小为1.6×10﹣3N•s 4．（2024秋•上城区校级期末）一有界区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向果的匀强磁场，磁场宽度为L；一个高为L的梯形导体框abcd在外力作用下以速变v向右匀速穿过磁场。设t＝0时刻ab边位于磁场左边界，规定向左为安培力正方向。下列线框所受安培力F随时间t的变化规律正确的是（　　） A． B． C． D． 5．（2025•临渭区三模）如图所示是我国自主研究设计的舰载机返回航母甲板时电磁减速的简化原理图。固定在绝缘水平面上足够长的平行光滑金属导轨，左端接有定值电阻R，整个装置处在竖直向下的匀强磁场中，导轨的电阻不计。舰载机等效为电阻不计的导体棒PQ，当导体棒PQ以一定初速度水平向右运动过程中，其速度v、加速度a、所受安培力F、流过的电量q与运动时间t变化关系图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 6．（2025•成都开学）如图甲，两根足够长的平行光滑金属导轨GH、PQ被固定在水平面上，导轨间距为L＝2m。两导轨的右端用导线连接灯泡，灯泡的电阻为R＝3Ω，一接入电路的电阻为r＝2Ω的金属棒垂直于导轨静止在左端，导轨及导线电阻均不计。在矩形区域CDNM内有竖直向上的匀强磁场，磁场宽度为d＝0.5m，磁感应强度随时间的变化如图乙所示。在t＝0时刻开始，对金属棒施加一水平向右的恒力F，从金属棒开始运动直到离开磁场区域的整个过程中灯泡亮度保持不变。下列说法正确的是（　　） A．0～0.2s内，感应电动势大小为2V B．灯泡中电流始终从H流向Q C．金属棒穿过磁场区域所用的时间为2s D．恒力F的大小为2N 7．（2025•南通模拟）如图所示，足够长的U形光滑金属导轨平面与水平面成θ角（0＜θ＜90°），其中MN与PQ平行且间距为L，N、Q间接有阻值为R的电阻，匀强磁场垂直导轨平面，磁感应强度为B，导轨电阻不计。质量为m的金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且接触良好，ab棒接入电路的电阻为r，当金属棒ab下滑距离x时达到最大速度v，重力加速度为g，则在这一过程中（　　） A．金属棒做匀加速直线运动 B．当金属棒速度为时，金属棒的加速度大小为0.5g C．电阻R上产生的焦耳热为 D．通过金属棒某一横截面的电量为 8．（2025春•福田区校级月考）如图所示，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ，两导轨间距为L，导轨电阻均可忽略不计。在M和P之间接有一阻值为R的定值电阻，导体杆ab质量为m、电阻也为R，并始终与导轨垂直且接触良好。整个装置处于方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。现给ab杆一个初速度v0，使杆向右运动，最终ab杆停止在导轨上。下列说法不正确的是（　　） A．ab杆将做加速度减小的减速运动直到静止 B．ab杆速度减为时，ab杆加速度大小为 C．ab杆速度减为时，通过定值电阻的电荷量为 D．ab杆速度减为时，ab杆通过的位移为 二．多选题（共3小题） （多选）9．（2025•黄州区校级四模）某工厂检测铜线框是否闭合的装置如图所示，足够长的绝缘传送带水平放置，在传送带上的OACD矩形区域内存在着竖直向下的匀强磁场，矩形区域的宽度为d。现让传送带以大小为v0的速度沿顺时针匀速转动，将质量为m、边长也为d的正方形线框从PQ左侧无初速度释放，线框与传送带共速后，从OA边进入磁场，发现线框以的速度匀速离开磁场。已知线框的阻值为R，线框与传送带间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。则下列说法正确的是（　　） A．PQ与AO之间的最短距离 B．匀强磁场的磁感应强度大小为 C．线框穿过磁场的过程中产生的焦耳热 D．线框从刚开始进入磁场到再次与传送带共速所需的时间 （多选）10．（2025秋•惠州月考）如图所示，足够长的光滑平行金属导轨ab和cd固定在同一水平面内，间距为L。导轨间有竖直向上的匀强磁场B，另有一直径为d的金属圆盘绕中心轴O以角速度ω顺时针匀速转动，圆盘区域有垂直圆盘向下的匀强磁场B。导轨b端通过电刷与圆盘边缘e点连接，导轨d端与圆盘金属转轴连接。现将质量为m的金属杆MN垂直于导轨由静止释放。下列结论正确的是（　　） A．金属杆最终做匀速直线运动 B．刚释放时金属杆的加速度最大 C．金属杆运动过程中的最大速度为 D．整个运动过程通过金属杆的总电量为 （多选）11．（2025•河北模拟）如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ放在水平面上，左端向上弯曲，导轨间距为L，电阻不计，水平段导轨所处空间存在方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为 B．导体棒的质量分别为ma＝m，mb＝2m，电阻值分别为Ra＝R，Rb＝2R．b棒静止放置在水平导轨上足够远处，与导轨接触良好且与导轨垂直；a棒在弧形导轨上距水平面h高度处由静止释放，运动过程中导体棒与导轨接触良好且始终与导轨垂直，重力加速度为g，则（　　） A．a棒刚进入磁场时回路中的感应电流为 B．a棒刚进入磁场时，b棒受到的安培力大小为 C．a棒和b棒最终稳定时的速度大小为 D．从a棒开始下落到最终稳定的过程中，a棒上产生的焦耳热为mgh 三．解答题（共3小题） 12．（2025•甘南州模拟）如图所示，两足够长平行金属直导轨CN、DQ的间距为L＝0.5m，固定在同一水平面内。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＝2T、方向与水平面成30°斜向右上方的匀强磁场。长为L＝0.5m、质量为m＝1kg、电阻为R＝2Ω的金属棒a在CD处以3m/s向右滑动。质量为m′＝4kg、电阻为R′＝12Ω的均匀金属丝制成一个金属长方形HIJK，已知长为1m，宽为0.5m，水平放置在两直导轨上，其中心到两直导轨的距离相等，且HI与导轨平行。忽略导轨的电阻、所有摩擦以及金属长方形的可能形变，金属棒、金属长方形均与导轨始终接触良好，重力加速度大小为g＝10m/s2。求： （1）a刚越过MP时产生的感应电动势大小； （2）金属长方形刚开始运动时的加速度大小。 13．（2025•点军区校级模拟）如图所示，两根足够长的光滑直金属导轨平行放置，导轨间距为L，两导轨及其所构成平面均与水平面成θ＝30°。在导轨上方接入电容为C的电容器和阻值为R0的定值电阻。PQ与导轨垂直，PQ下方有垂直于导轨平面的向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。t＝0时刻，闭合开关S，同时将质量为m、电阻为R0的导体棒从PQ上方距离为d处静止释放，导体棒进入磁场继续加速运动x0的距离后，开始做匀速直线运动。t＝t1时刻，断开开关S，同时对导体棒施加一外力使其仍以原速度做匀速直线运动，t＝t2时刻，导体棒克服安培力功率为定值电阻热功率的4倍。整个运动过程中金属棒始终与导轨垂直且接触良好，重力加速度为g，不计一切阻力。求： （1）导体棒在磁场中匀速运动速度大小vm； （2）导体棒进入磁场到运动x0的距离所用的时间ΔT； （3）t1～t2时间内，导体棒克服安培力所做的功W。 14．（2025•江油市校级模拟）如图甲所示，两根平行、光滑且足够长金属导轨固定在倾角为θ＝30°的斜面上，其间距L＝2m。导轨间存在垂直于斜面向上的匀强磁场，磁感应强度为B＝2T。两根金属棒NQ、ab与导轨始终保持垂直且接触良好，NQ棒在轨道最低位置，与两轨道最低点的两个压力传感器接触（两压力传感器完全一样，连接前，传感器已校零）。已知ab棒的质量为2kg，NQ棒和ab棒接入电路的电阻均为2Ω，导轨电阻不计。t＝0时，对ab棒施加平行于导轨的外力F，使ab棒从静止开始向上运动，其中一个压力传感器测量的NQ棒的压力为FN，作出力FN随时间t的变化图像如图乙所示（力FN大小没有超出压力传感器量程），重力加速度g取10m/s2。求： （1）金属棒NQ的质量M； （2）t1＝1s时，外力F的大小； （3）已知在t2＝2s时，撤去外力F，ab棒又经过0.4s速度减为0，此时ab棒离出发点的距离。 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题07 电磁感应中的动力学问题 【分析方法】 1. 电磁感应问题中电学对象与力学对象的相互制约关系 2. 导体的两种运动状态: 平衡状态:静止状态或匀速直线运动状态；根据平衡条件列式分析。 非平衡状态: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分析。 3. 用动力学观点解答电磁感应问题的一般步骤:先电后力。 ①“源”的分析：分析电源电动势大小和方向和内阻。 ②“路”的分析：画出等效电路图，算出电流 。 ③“力”的分析：F安=BIL， ,求解加速度； ④“运动状态”的分析：分析合力，得到物体的运动状态。 4.导体常见运动情况的动态分析 若V增大则 从而确定的变化。 若 匀速直线运动 若 a、v 同向 增大,若 恒定,拉力 增大 增大, 增大, 减小, 减小,做加速度减小的加速运动, 临界状态: 减小到 时,匀速直线运动 a、v 反向 减小, 减小, 减小,当 ,静止或匀速直线运动 【模型一】平衡问题 【模型剖析】 ，物理处于匀速直线运动状态或静止状态 【例题精讲】 【例1】（2025•青岛开学）如图所示，MN、PQ为间距0.4m的足够长光滑平行金属导轨，导轨平面与水平面夹角为30°，两导轨间接R＝0.1Ω的电阻。与导轨垂直的虚线AB上方有垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为0.5T。电阻不计、长为0.4m的金属杆在沿斜面向上的恒力F作用下，由静止开始沿斜面向上运动，经0.5s到达AB时的速度为4m/s，最终匀速运动的速度为2m/s。重力加速度g＝10m/s2。则恒力F大小及金属杆的质量m分别为（　　） A．1.3N，0.1kg B．1.3N，0.2kg C．2.6N，0.2kg D．0.3N，0.1kg 【推理过程】 【答案】A 【解答】解：在金属杆做匀加速直线运动的加速度a 根据牛顿第二定律得：F﹣mgsin30°＝ma 金属杆在磁场中匀速运动时，根据平衡条件得：F＝mgsin30°+BIL，其中I，E＝BLv 联立解得：m＝0.1kg，F＝1.3N，故A正确，BCD错误。 故选：A。 【例2】（多选）（2025秋•惠州月考）如图所示，足够长的光滑平行金属导轨ab和cd固定在同一水平面内，间距为L。导轨间有竖直向上的匀强磁场B，另有一直径为d的金属圆盘绕中心轴O以角速度ω顺时针匀速转动，圆盘区域有垂直圆盘向下的匀强磁场B。导轨b端通过电刷与圆盘边缘e点连接，导轨d端与圆盘金属转轴连接。现将质量为m的金属杆MN垂直于导轨由静止释放。下列结论正确的是（　　） A．金属杆最终做匀速直线运动 B．刚释放时金属杆的加速度最大 C．金属杆运动过程中的最大速度为 D．整个运动过程通过金属杆的总电量为 【推理过程】 【答案】ABD 【解答】解：ABC．根据题意可知，金属圆盘转动时产生恒定的电动势： 所以导体棒受安培力作用做加速运动，若某时刻的速度为v，则导体棒受安培力 可知随着导体棒的速度v逐渐变大，安培力逐渐减小，结合牛顿第二定律可知导体棒加速度逐渐减小，所以刚释放时金属杆的加速度最大，最终当E1＝BLvm时加速度为零，导体棒做匀速运动，此时的最大速度，故AB正确，C错误； D．以水平向左的方向为正方向，对导体棒由动量定理 而可得，故D正确。 故选：ABD。 【变式训练】 【变式训练1】（2025秋•浑南区校级期中）如图所示，在一磁场空间内，悬挂了一个“正方体”金属导体，“正方体”的边长为d，该“正方体”的中间挖去一个边长为r的空心区域，其中d﹣r≪r，在该“正方体”的上半区域由四根相同的、长度为L的细线提起并悬挂于一点，现在该“正方体”内通入磁场大小为B＝kt（k是常量，t是时间）的匀强磁场，方向竖直向上，“正方体”的重力为G，电阻率为ρ，则下列说法不正确的是（　　） A．每根细线承受的拉力为 B．产生的感应电动势大小为kd2 C．该正方体的热功率为 D．在该正方体周围铺上一层低电阻率（小于ρ）的钢板，可有效降低涡流产生的影响 【答案】D 【解答】解：A、穿过空心区域的磁场均匀增大，根据法拉第电磁感应定律结合楞次定理可知，“正方体”金属导体内部将产生恒定的方向从上往下看为顺时针的感应电流，根据左手定则，结合对称性可知“正方体”金属导体受到的安培力的合力为零。 设每根细线与竖直方向夹角为θ， 根据平衡条件可得 4Fcosθ＝G 其中 解得每根细线承受的拉力为，故A正确； B、根据法拉第电磁感应定律可得，“正方体”金属导体内产生的感应电动势大小为，故B正确； C、该正方体的热功率为 根据电阻定律有 联立解得，故C正确； D、在该正方体周围铺上一层低电阻率（小于P）的钢板，根据知反而增大了涡流产生的影响，故D错误。 本题选不正确的，故选：D。 【变式训练2】（2025•盐池县二模）如图所示，绝缘平面上固定两条足够长的“V”字型光滑平行导轨，导轨间距为l，左右两侧导轨与水平面夹角分别为θ、2θ，均处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度分别为B、2B，不计导轨电阻。两侧顶端分别用外力固定质量为m，2m的导体棒ab、cd，电阻分别为R、2R，导体棒垂直于导轨，且运动过程中始终未脱离导轨，重力加速度为g，以下说法正确的是（　　） A．若ab棒具有沿斜面向上的初速度，则cd棒由静止释放瞬间加速度可能为零 B．若cd棒具有沿斜面向上的初速度，则ab棒由静止释放瞬间加速度可能为零 C．若cd棒始终固定，ab棒由静止释放后的稳定速度为 D．若两导体棒同时静止释放，两棒最终不可能同时匀速下滑 【答案】D 【解答】解：A、若cd释放瞬间加速度为零，则cd受到的安培力水平向右，由左手定则可知，流经cd的感应电流由d指向c，则ab中电流由a指向b，由右手定则可知，ab具有沿斜面向下的速度，故A错误； B、若ab释放瞬间加速度为零，则ab受到的安培力水平向左，由左手定则可知，流经ab的电流由a指向b，则cd中电流由d指向c，由右手定则可知cd具有沿斜面向下的速度，故B错误； C、cd棒始终固定，ab棒的加速度为零时达到稳定状态，ab匀速下滑时所受安培力大小F安＝BIl 由平衡平衡条件有F安cosθ＝mgsinθ 由闭合电路欧姆定律可知流经ab的电流 ab切割磁感线产生电动势，匀速时的速度为v，则E＝Blvcosθ 联立可得速度，故C错误； D、若ab匀速下滑，则由平衡条件得F安cosθ＝BI1lcosθ＝mgsinθ 电流 若cd匀速下滑，则由平衡条件得F'安cos2θ＝2BI2lcos2θ＝2mgsin2θ 电流 则I1≠I2 故两棒不可能同时匀速下滑，故D正确。 故选：D。 【变式训练3】（多选）（2025春•湖南校级期末）如图所示，正方形导线框ABCD、abcd的电阻均为R，边长均为L，质量分别为2m和m，它们分别系在一跨过两个定滑轮的轻绳两端，且正方形导线框与定滑轮处于同一竖直平面内。在两导线框之间有一宽度为2L、磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。开始时导线框ABCD的下边与匀强磁场的上边界重合，导线框abcd的上边到匀强磁场的下边界的距离为L。现将系统由静止释放，当导线框ABCD刚好全部进入磁场时，系统开始做匀速运动，不计摩擦和空气阻力，重力加速度为g，则（　　） A．两线框刚开始做匀速运动时轻绳上的张力FT＝mg B．系统匀速运动的速度大小 C．两线框从开始运动至等高的过程中所产生的总焦耳热 D．导线框abcd的ab边通过磁场的时间 【答案】BD 【解答】解：A、当导线框ABCD刚好全部进入磁场时，系统开始做匀速运动。线圈ABCD全部进入磁场时，磁通量不变，没有感应电流，不受安培力。对线圈ABCD，由平衡条件可知，轻绳上的张力FT＝2mg，故A错误； B、系统匀速运动时，线圈abcd所受的安培力向下。对线圈abcd，由平衡条件得，解得，故B正确； C、两线框等高时，线框ABCD的CD边、线框abcd的cd边均恰好到磁场的下边界。由能量守恒定律，两线框从开始运动至等高的过程中所产生的总焦耳热等于两个线圈的机械能的减小量，即，解得，故C错误； D、线圈abcd进磁场时，线框一直做匀速直线运动；当线圈abcd全部进入磁场时，线圈ABCD出磁场，线圈abcd所受安培力大小为，方向向上。设绳子拉力为F′T，根据牛顿第二定律得 对线圈ABCD有：2mg﹣F′T﹣F安＝2ma 对线圈abcd有：F′T﹣mg＝ma 联立解得a＝0，同理可计算出线圈abcd出磁场时，加速度也为零，则线框abcd的ab边全程匀速通过磁场，则ab边通过磁场的时间是，故D正确。 故选：BD。 【模型二】 动力学问题 【模型剖析】 ，根据运动学规律对物体进行研究。 【例题精讲】 【例1】（2025•宝丰县一模）如图所示，水平地面上方矩形区域内有磁感应强度方向垂直纸面向里的匀强磁场，两个边长不等的正方形单匝闭合线圈，分别用同种材料、不同粗细的均匀导线绕制做成，使两线圈在距离磁场上边界h高处由静止开始自由下落并进入磁场，磁场上、下边界间距为d，两线圈最后落到地面上．运动过程中，线圈平面始终保持在竖直平面内且下边缘平行于磁场上边界，则下列说法中正确的是（　　） A．两线圈中产生的焦耳热可能相等 B．两线圈刚进入磁场时受到的安培力一定不相等 C．整个过程中两线圈的重力做功的功率一定相等 D．两线圈落地时的速度大小相等 【推理过程】 【答案】A 【解答】解：线圈从同一高度下落，到达磁场边界时具有相同的速度v，切割磁感线产生感应电流，受到磁场的安培力大小为：F， 由电阻定律有：R＝ρ，（ρ为材料的电阻率，L为线圈的边长，S为导线的横截面积），线圈的质量为 m＝ρ0S•4L，（ρ0为材料的密度）。 当线圈的下边刚进入磁场时其加速度为：ag； 则知，大线圈和小线圈进入磁场的过程先同步运动，由于当线圈2刚好全部进入磁场中时，大线圈由于边长较长还没有全部进入磁场，小线圈完全进入磁场后做加速度为g的匀加速运动，而大线圈仍先做加速度小于g的变加速运动，完全进入磁场后再做加速度为g的匀加速运动，设大线圈落地速度为v1，小线圈落地速度为v2，两线圈匀加速运动的位移相同，所以落地速度关系为 v1＜v2。 A、由能量守恒可得：Q＝mg（h+H）mv2（H是磁场区域的高度），由于两个线圈的质量大小不知道，所以两线圈中产生的焦耳热可能相等，故A正确； B、两线圈刚进入磁场时受到磁场的安培力大小为：F，由于两个线圈截面积大小不同，不知道哪个较粗，所以两线圈刚进入磁场时受到的安培力大小无法确定，故B错误； C、整个过程中两线圈的重力做功的功率P＝mgv，重力大小不知道，所以功率大小无法确定，故C错误； D、根据前面分析可得，小线圈落地时的速度大于大线圈落地时的速度，故D错误； 故选：A。 【例2】（多选）（2025•零陵区校级一模）如图所示，两平行金属轨道间距为L，与水平方向夹角为θ＝37°，轨道电阻不计，垂直轨道放置两根质量分别为m和3m的金属棒a、b，有效阻值分别为R和3R，金属棒与轨道间的动摩擦因数均为μ＝0.75。整个装置处在垂直轨道向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。给a棒一个沿轨道向下的初速度v0，同时b棒由静止释放，两金属棒与轨道间接触始终良好。已知金属棒a、b间的距离足够大，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列说法正确的是（　　） A．a棒的加速度先减小后增大，两棒间距一直减小 B．b棒开始运动时的加速度大小为 C．整个过程中a棒产生的焦耳热为 D．a、b两棒间距的变化量为 【推理过程】 【答案】BD 【解答】解：A、根据题意，对a、b棒分析有 mgsinθ﹣μmgcosθ＝0 3mgsinθ﹣μ•3mgcosθ＝0 则a、b棒的合力均为其所受的安培力，a棒的初速度沿轨道向下，由楞次定律可知电流为逆时针方向，由左手定则可知，a棒受到沿轨道向上的安培力FA而做减速运动，b棒受到沿轨道向下的安培力FB而做加速运动，而，可知FA减小，当vb＝va时加速度为零，之后两棒做匀速运动，根据牛顿第二定律可知，a棒先做加速度减小的减速运动后做匀速运动，两棒间的距离先减小后不变，故A错误； B、开始时a棒切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv0 根据闭合电路欧姆定律可知 金属棒b受到的安培力大小为FB0＝BIL 根据牛顿第二定律有FB0＝3ma0 解得，故B正确； C、两棒组成的系统所受合力为零，则两棒组成的系统动量守恒，最终达到共同速度v，取沿导轨向下为正方向，根据动量守恒定律有mv0＝4mv 设整个过程产生的焦耳热为Q，根据能量守恒定律有 根据串联电路特点可知a棒产生的焦耳热为 解得，故C错误； D、根据法拉第电磁感应定律可知回路产生的平均感应电动势为 根据闭合电路欧姆定律可知，回路中的平均电流为 对b棒，取沿导轨向下为正方向，根据动量定理得 联立解得a、b两棒间距的变化量为，故D正确。 故选：BD。 【变式训练】 【变式训练1】（2025•河南模拟）如图所示，间距为L的倾斜光滑平行金属导轨的倾角θ＝30°，底端接有阻值为R的定值电阻，虚线MN上方的导轨区域存在垂直导轨平面向上的范围足够大的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，质量为m、阻值为R、长度为L的导体棒ab垂直导轨放置。某时刻给ab一平行导轨斜面向上的初速度，已知ab进入磁场时速度大小为2v0，经过时间t0速度减小为零，一段时间后，以大小为v0的速度离开磁场，不计导轨的电阻，导体棒与导轨接触良好，且两者始终垂直，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．导体棒在磁场中沿导轨上滑的最大距离为 B．导体棒在磁场中下滑过程中通过定值电阻的电荷量大小 C．导体棒在磁场中下滑过程经历的时间为 D．整个过程中定值电阻产生的焦耳热为 【答案】C 【解答】解：A．以沿斜面向下为正方向，导体棒上滑过程由动量定理得，而根据电荷量表达式 联立解得，，故A错误； B．下滑过程通过电阻的电荷量大小与上滑过程的相等，故B错误； C．设导体棒在磁场中下滑过程经历的时间为t1，以沿斜面向下为正方向，此过程对导体棒有：mgt1sinθ﹣BqL＝mv0 解得 故C正确； D．根据能量守恒定律，整个过程中电路产生的总的焦耳热 定值电阻产生的焦耳热，故D错误。 故选：C。 【变式训练2】（多选）（2025•武功县校级模拟）如图，空间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。水平光滑且足够长的平行导轨间距为L，电源电动势为E，内阻为r，电容器电容为C，开始不带电。一长度略大于L的导体杆垂直导轨放置，与两导轨接触良好，开始处于静止状态。导体杆质量为m，导体杆在导轨间的电阻为R，导轨电阻不计。现把开关拨到1，导体杆开始加速，经过足够长时间，速度达到稳定值v1。再把开关拨到2，导体杆开始减速，经过足够长时间，速度达到稳定值v2。下列说法正确的是（　　） A．开关拨到1瞬间，导体杆的加速度大小为 B． C．开关拨到2瞬间，导体杆的加速度大小为 D． 【答案】AD 【解答】解：A、开关拨到1瞬间，导体杆的速度为零，还没有产生动生电动势，回路电流： 根据安培力的公式，导体杆受到的安培力： 导体杆加速度大小为：，故A正确； B、导体杆做加速度逐渐减小的加速运动过程中，当加速度减小到零时，速度达到稳定值 此时导体杆产生的动生电动势等于电源电动势E，根据动生电动势公式有：BLv1＝E 变形可得：，故B错误； C、开关拨到2，导体杆相当于电源，开始给电容充电。开关拨到2的瞬间，电容带电荷量为零，设此时电流为I2，可得： 导体杆受到的安培力： 根据牛顿第二定律，导体杆加速度大小为：，故C错误； D、导体杆做加速度逐渐减小的减速运动过程中，当速度达到稳定值时，电容器充电的电荷量达到Q。导体杆产生的动生电动势等于电容器两端电压U2，由以上分析有： 当导体杆速度为v时，设电流为i，取一段时间微元Δt，速度变化Δv。对此过程，以向中为正，由动量定理知：﹣BiLΔt＝mΔv 全过程求和可得：﹣BLQ＝m（v2﹣v1） 结合以上其他结论联立，可得：，故D正确。 故选：AD。 【变式训练3】（多选）（2025•武功县校级模拟）某电磁健身器的简化装置如图所示，两根平行金属导轨相距为l，倾角为θ，导轨上端串接一个阻值为kB2l2的电阻，下端接有电容为C的电容器。在导轨间长为d的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B，质量为m的金属棒CD水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH相连，金属棒向上运动时，K1闭合，K2断开，向下运动时，K1断开，K2闭合。CD棒的初始位置在磁场下方某位置处，一位健身者用大小为mgsinθ的恒力拉动GH杆，CD运动过程中始终保持与导轨垂直，进入磁场时恰好匀速上升，不计其它电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量，重力加速度为g，下列选项分析正确的是（　　） A．CD棒进入磁场时电流方向从C到D B．CD棒进入磁场时的速度大小为v＝2kmgsinθ C．若CD棒进入磁场处时，撤去拉力F，恰好能减速运动到磁场上边界，减速向上运动的时间为 D．若CD棒从磁场上边界由静止下滑，此时电容器电量为零，下滑过程中，拉力始终为零，则CD棒出磁场时的速度大小为 【答案】BCD 【解答】解：A、根据右手定则可知，CD棒进入磁场时电流方向从D到C，故A错误； B、CD棒进入磁场时做匀速运动，由平衡条件有3mgsinθ＝mgsinθ+F 又F＝BIl，，E＝Blv，结合R＝kB2l2 联立解得CD棒进入磁场时的速度大小为v＝2kmgsinθ，故B正确； C、因， 可得 CD棒减速过程中，取沿导轨向上为正方向，由动量定理得 联立解得，故C正确； D、设CD棒滑出磁场时的速度大小为v′，经历的时间为Δt，通过CD棒的电流为I，CD棒受到的磁场力方向沿导轨向上，大小为F＝BIl 在时间间隔Δt内流经CD棒的电荷量为ΔQ（也是平行板电容器极板增加的电荷量），CD棒的速度变化量为Δv， 由，ΔU＝BlΔv 可得ΔQ＝CBlΔv CD棒在下滑期间任意时刻的加速度方向沿都斜面向下，根据牛顿第二定律有mgsinθ﹣F＝ma 又因， 联立可得 可知CD棒做初速度为零的匀加速直线运动，则有v′2﹣0＝2ad 解得CD棒出磁场时的速度大小为，故D正确。 故选：BCD。 一．选择题（共8小题） 1．（2025秋•辽宁期中）如图，半径为R的刚性圆形线框通过绝缘细线悬挂在弹簧测力计下端，通有abcda方向的电流，开始时a与匀强磁场边界AB相切，弹簧测力计的示数为F，现将线圈沿竖直方向缓慢上提，直到c点与AB相切，弹簧测力计（始终有示数）示数F的变化（　　） A．一直变大 B．一直变小 C．先变大后变小 D．先变小后变大 【答案】D 【解答】解：将线圈沿竖直方向缓慢上提，当弦的长度为x时，处于磁场中的部分的等效长度为x，根据左手定则处于磁场中的部分受到的安培力的方向向下，安培力的大小F安＝BIx 线圈缓慢运动，由平衡条件得：mg＝F+BIx 线圈沿竖直方向上提的过程中处于磁场中的部分的等效长度先增大后减小，则安培力先增大后减小，所以弹簧测力计的示数F先变小后变大，故ABC错误，D正确。 故选：D。 2．（2025•南京校级四模）如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨竖直固定，导轨间存在垂直纸面向里的匀强磁场，两根完全相同的金属棒ab、cd垂直放置在导轨上，在外力作用下处于静止状态。t＝0时静止释放棒ab，一段时间后再由静止释放棒cd。两棒始终与导轨接触良好，导轨电阻不计，两棒的速度vab、vcd和加速度aab、acd随时间t变化的关系图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解答】解：A．如果两根金属棒最终以相同的速度匀速下落，根据法拉第电磁感应定律可得E＝BLv，两根金属棒产生的感应电动势相等，回路感应电流等于0，安培力等于0，两根金属棒均只受重力作用，两根金属棒均做自由落体运动，与匀速下落相矛盾，故A错误； B．如果两根金属棒最终以不同的速度匀速下落，并且vab＞vcd，根据法拉第电磁感应定律可得E＝BLv，Eab＞Ecd，感应电流为逆时针，cd棒受安培力向下，cd棒在重力和安培力作用下，必然加速向下运动，与匀速运动相矛盾，故B错误； CD．释放棒cd后，两根金属棒的速度差为 Δv＝vab﹣vcd 设金属棒的长度L，金属棒的质量m，磁感应强度为B，每根金属棒的电阻为R。释放棒cd后，对两根金属棒分别根据牛顿第二定律得 ， 解得acd＞g＞aab 因为acd＞aab，所以Δv减小，所以aab增大，acd减小； 当Δv＝0时，aab＝acd＝g，两根金属棒处于受力稳定状态。 受力稳定状态时，两金属棒的加速度相等，速度相等，回路电流等于0，两金属棒均做自由落体运动，故C正确，D错误。 故选：C。 3．（2025秋•惠州月考）如图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t均匀变化。正方形硬质单匝金属框abcd放置在磁场中，金属框平面与磁场方向垂直。金属框电阻R＝0.1Ω，边长L＝0.2m。下列说法正确的是（　　） A．金属框的感应电流方向为a→b→c→d B．0～0.1s内，ab边受安培力方向水平向右 C．0～0.1s内，金属框感应电动势E＝0.18V D．0～0.1s内，ab边所受安培力的冲量大小为1.6×10﹣3N•s 【答案】D 【解答】解：A、穿过金属框的磁通量向里减少，根据楞次定律和安培定则可知，金属框的感应电流方向为a→d→c→b，故A错误； B、ab边中感应电流方向为b→a，根据左手定则可知，0～0.1s内，ab边受安培力方向水平向左，故B错误； C、0～0.1s内，根据法拉第电磁感应定律可知，金属框感应电动势为，故C错误； D、金属框中的感应电流为IA＝0.8A 则0～0.1s内，ab边所受安培力的冲量大小为IILt0.8×0.2×0.1N•s＝1.6×10﹣3N•s，故D正确。 故选：D。 4．（2024秋•上城区校级期末）一有界区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向果的匀强磁场，磁场宽度为L；一个高为L的梯形导体框abcd在外力作用下以速变v向右匀速穿过磁场。设t＝0时刻ab边位于磁场左边界，规定向左为安培力正方向。下列线框所受安培力F随时间t的变化规律正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【解答】解：设ab的长为l0，ad与水平方向的夹角为θ，线框的电阻为R，根据题意可知，线框进入磁场的时间为：t。 线框进入过程，根据右手定则可知，感应电流为逆时针，根据左手定则可知，线框受到的安培力向左，为正值，线框切割磁感线的有效长度为：l＝l0+vt×tanθ 根据E＝BLv、I和F安＝BIL可得：F安 根据表达式可知，F﹣t图像为开口向上的抛物线，当线框出磁场时，根据右手定则可知，感应电流为顺时针，根据左手定则可知，线框受到的安培力向左，为正值，根据题意可知，线框切割磁感线的有效长度仍为：l＝l0+vt×tanθ 则F﹣t图像与线框进入磁场时的图像一样，故ABC错误D正确。 故选：D。 5．（2025•临渭区三模）如图所示是我国自主研究设计的舰载机返回航母甲板时电磁减速的简化原理图。固定在绝缘水平面上足够长的平行光滑金属导轨，左端接有定值电阻R，整个装置处在竖直向下的匀强磁场中，导轨的电阻不计。舰载机等效为电阻不计的导体棒PQ，当导体棒PQ以一定初速度水平向右运动过程中，其速度v、加速度a、所受安培力F、流过的电量q与运动时间t变化关系图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解答】解：A、根据题意分析可知，导体棒切割磁感线，回路中出现感应电流，导体棒ab受到向左的安培力，向右减速运动，根据牛顿第二定律有，由 可知，由于导体棒速度减小，则加速度减小，所以导体棒做的是加速度越来越小的减速运动直至停止运动，故A错误； B、导体棒的最大加速度为 导体棒做加速度减小的减速运动，可知a﹣t图像的形状与v﹣t图像类似，为凹函数，故B错误； C、根据题意分析可知，导体棒受到向左的安培力，大小为 导体棒做加速度减小的减速运动，可知F﹣t图像的形状与v﹣t图像类似，为凹函数，故C正确； D、根据题意分析可知，根据 可知 由于导体棒速度减小，故电荷量变化率减小，故D错误。 故选：C。 6．（2025•成都开学）如图甲，两根足够长的平行光滑金属导轨GH、PQ被固定在水平面上，导轨间距为L＝2m。两导轨的右端用导线连接灯泡，灯泡的电阻为R＝3Ω，一接入电路的电阻为r＝2Ω的金属棒垂直于导轨静止在左端，导轨及导线电阻均不计。在矩形区域CDNM内有竖直向上的匀强磁场，磁场宽度为d＝0.5m，磁感应强度随时间的变化如图乙所示。在t＝0时刻开始，对金属棒施加一水平向右的恒力F，从金属棒开始运动直到离开磁场区域的整个过程中灯泡亮度保持不变。下列说法正确的是（　　） A．0～0.2s内，感应电动势大小为2V B．灯泡中电流始终从H流向Q C．金属棒穿过磁场区域所用的时间为2s D．恒力F的大小为2N 【答案】D 【解答】解：A.0～0.2s内有 解得E＝5V 故A错误； B.由楞次定律可知0～0.2s内灯泡中电流从H流向Q，0.2s之后由右手定则可知电流从Q流向H，故B错误； C.0.2s时金属棒恰好到达MN处，且匀速通过磁场区域，由E＝BLv 得 v＝2.5m/s 则金属棒穿过磁场区域所用的时间为 解得t＝0.2s 故C错误； D.灯泡与金属棒串联，电路中电流为 解得I＝1A 恒力F的大小F＝BIL 解得F＝2N 故D正确。 故选：D。 7．（2025•南通模拟）如图所示，足够长的U形光滑金属导轨平面与水平面成θ角（0＜θ＜90°），其中MN与PQ平行且间距为L，N、Q间接有阻值为R的电阻，匀强磁场垂直导轨平面，磁感应强度为B，导轨电阻不计。质量为m的金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且接触良好，ab棒接入电路的电阻为r，当金属棒ab下滑距离x时达到最大速度v，重力加速度为g，则在这一过程中（　　） A．金属棒做匀加速直线运动 B．当金属棒速度为时，金属棒的加速度大小为0.5g C．电阻R上产生的焦耳热为 D．通过金属棒某一横截面的电量为 【答案】D 【解答】解：A、金属棒下滑过程受到的安培力：F＝BIL，由牛顿第二定律得：mgsinθma，金属棒向下做加速运动，v不断增加，则a不断减小，金属棒向下做加速度减小的加速运动，当合力为零时做匀速直线运动，金属棒做匀速直线运动时速度达到最大值，故A错误； B、金属棒做匀速运动时速度最大，由平衡条件得：mgsinθ， 当金属棒速度为时金属棒受到的安培力：F′mgsinθ， 此时，由牛顿第二定律得：mgsinθ﹣F′＝ma，解得：agsinθ，故B错误； C、由能量守恒定律得：mgxsinθQ， 电阻R上产生的焦耳热：QRQ， 解得：QR（mgxsinθ），故C错误； D、平均感应电动势：，平均感应电流：， 通过金属棒ab某横截面的电荷量：qΔt，故D正确； 故选：D。 8．（2025春•福田区校级月考）如图所示，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ，两导轨间距为L，导轨电阻均可忽略不计。在M和P之间接有一阻值为R的定值电阻，导体杆ab质量为m、电阻也为R，并始终与导轨垂直且接触良好。整个装置处于方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。现给ab杆一个初速度v0，使杆向右运动，最终ab杆停止在导轨上。下列说法不正确的是（　　） A．ab杆将做加速度减小的减速运动直到静止 B．ab杆速度减为时，ab杆加速度大小为 C．ab杆速度减为时，通过定值电阻的电荷量为 D．ab杆速度减为时，ab杆通过的位移为 【答案】C 【解答】解：A、ab杆在水平方向上受到与运动方向相反的安培力，ab杆将做减速运动，其所受安培力大小为： 其加速度大小为： 由于速度减小，所以ab杆做加速度减小的减速运动直到静止，故A正确； B、当ab杆的速度减为时，根据A选项的解答，可得此时ab杆加速度大小为： ，故B正确； C、设ab杆速度减为时，通过定值电阻的电荷量为q。以向右为正方向，对ab杆，由动量定理得： ，其中： 解得：，故C错误； D、根据： 解得此过程ab杆通过的位移为：，故D正确。 此题选择错误的，故选：C。 二．多选题（共3小题） （多选）9．（2025•黄州区校级四模）某工厂检测铜线框是否闭合的装置如图所示，足够长的绝缘传送带水平放置，在传送带上的OACD矩形区域内存在着竖直向下的匀强磁场，矩形区域的宽度为d。现让传送带以大小为v0的速度沿顺时针匀速转动，将质量为m、边长也为d的正方形线框从PQ左侧无初速度释放，线框与传送带共速后，从OA边进入磁场，发现线框以的速度匀速离开磁场。已知线框的阻值为R，线框与传送带间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。则下列说法正确的是（　　） A．PQ与AO之间的最短距离 B．匀强磁场的磁感应强度大小为 C．线框穿过磁场的过程中产生的焦耳热 D．线框从刚开始进入磁场到再次与传送带共速所需的时间 【答案】ABD 【解答】解：A．若线框进入磁场之前恰与传送带达到共速，则PQ与AQ之间的距离最短，由动能定理有 解得，故A正确； B．线框以的速度匀速穿出磁场，安培力与摩擦力平衡，即BI1d＝μmg 其中， 联立解得，故B正确； C．根据功能关系可得产生的焦耳热满足Q＝W安 由动能定理有 解得，故C错误； D．设从线框刚进入磁场到完全出磁场，运动时间为t1，以初速度方向为正方向，由动量定理有 其中 设线框出磁场后，在摩擦力作用下重新达到共速所花的时间为t2，以初速度方向为正方向，由动量定理可得 其中t＝t1+t2 联立解得，故D正确。 故选：ABD。 （多选）10．（2025秋•惠州月考）如图所示，足够长的光滑平行金属导轨ab和cd固定在同一水平面内，间距为L。导轨间有竖直向上的匀强磁场B，另有一直径为d的金属圆盘绕中心轴O以角速度ω顺时针匀速转动，圆盘区域有垂直圆盘向下的匀强磁场B。导轨b端通过电刷与圆盘边缘e点连接，导轨d端与圆盘金属转轴连接。现将质量为m的金属杆MN垂直于导轨由静止释放。下列结论正确的是（　　） A．金属杆最终做匀速直线运动 B．刚释放时金属杆的加速度最大 C．金属杆运动过程中的最大速度为 D．整个运动过程通过金属杆的总电量为 【答案】ABD 【解答】解：ABC．根据题意可知，金属圆盘转动时产生恒定的电动势： 则导体棒受安培力作用做加速运动，若某时刻的速度为v，则 则随着导体棒的速度v逐渐变大，安培力逐渐减小，则加速度逐渐减小，则刚释放时金属杆的加速度最大，最终当E1＝BLvm时加速度为零，导体棒做匀速运动，此时的最大速度，故AB正确，C错误； D．以水平向左的方向为正方向，对导体棒由动量定理有： 而可得，故D正确。 故选：ABD。 （多选）11．（2025•河北模拟）如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ放在水平面上，左端向上弯曲，导轨间距为L，电阻不计，水平段导轨所处空间存在方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为 B．导体棒的质量分别为ma＝m，mb＝2m，电阻值分别为Ra＝R，Rb＝2R．b棒静止放置在水平导轨上足够远处，与导轨接触良好且与导轨垂直；a棒在弧形导轨上距水平面h高度处由静止释放，运动过程中导体棒与导轨接触良好且始终与导轨垂直，重力加速度为g，则（　　） A．a棒刚进入磁场时回路中的感应电流为 B．a棒刚进入磁场时，b棒受到的安培力大小为 C．a棒和b棒最终稳定时的速度大小为 D．从a棒开始下落到最终稳定的过程中，a棒上产生的焦耳热为mgh 【答案】BCD 【解答】解：A、设a棒刚进入磁场时的速度为v，从开始下落到进入磁场， 根据机械能守恒定律有：mgh， a棒切割磁感线产生感应电动势为：E＝BLv， 根据闭合电路欧姆定律有：I，故A错误； B、a棒受到的安培力为：F＝BIL，得：F，方向水平向左，故B正确； C、设两棒最后稳定时的速度为v′，从a棒进入磁场到两棒速度达到稳定，根据动量守恒定律有： mv＝（m+2m）v′，解得：v′，故C正确； D、从a棒开始下滑到两者速度相等过程，由能量守恒定律得：mghQ， a棒上产生的焦耳热：QaQ，解得：Qamgh，故D正确； 故选：BCD。 三．解答题（共3小题） 12．（2025•甘南州模拟）如图所示，两足够长平行金属直导轨CN、DQ的间距为L＝0.5m，固定在同一水平面内。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＝2T、方向与水平面成30°斜向右上方的匀强磁场。长为L＝0.5m、质量为m＝1kg、电阻为R＝2Ω的金属棒a在CD处以3m/s向右滑动。质量为m′＝4kg、电阻为R′＝12Ω的均匀金属丝制成一个金属长方形HIJK，已知长为1m，宽为0.5m，水平放置在两直导轨上，其中心到两直导轨的距离相等，且HI与导轨平行。忽略导轨的电阻、所有摩擦以及金属长方形的可能形变，金属棒、金属长方形均与导轨始终接触良好，重力加速度大小为g＝10m/s2。求： （1）a刚越过MP时产生的感应电动势大小； （2）金属长方形刚开始运动时的加速度大小。 【答案】（1）a刚越过MP时产生的感应电动势大小为1.5V； （2）金属长方形刚开始运动时的加速度大小为。 【解答】解：（1）ab刚越过MP时产生的感应电动势大小为 E＝BLv0sin30° 代入数据解得 E＝1.5V （2）根据题意可知，金属四边形在导轨间两段金属丝并联接入电路中，轨道外侧的金属丝被短路，则 可知，整个回路的总电阻为 ab刚越过MP时，通过ab的感应电流为 对金属四边形由牛顿第二定律有： 代入数据解得 答：（1）a刚越过MP时产生的感应电动势大小为1.5V； （2）金属长方形刚开始运动时的加速度大小为。 13．（2025•点军区校级模拟）如图所示，两根足够长的光滑直金属导轨平行放置，导轨间距为L，两导轨及其所构成平面均与水平面成θ＝30°。在导轨上方接入电容为C的电容器和阻值为R0的定值电阻。PQ与导轨垂直，PQ下方有垂直于导轨平面的向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。t＝0时刻，闭合开关S，同时将质量为m、电阻为R0的导体棒从PQ上方距离为d处静止释放，导体棒进入磁场继续加速运动x0的距离后，开始做匀速直线运动。t＝t1时刻，断开开关S，同时对导体棒施加一外力使其仍以原速度做匀速直线运动，t＝t2时刻，导体棒克服安培力功率为定值电阻热功率的4倍。整个运动过程中金属棒始终与导轨垂直且接触良好，重力加速度为g，不计一切阻力。求： （1）导体棒在磁场中匀速运动速度大小vm； （2）导体棒进入磁场到运动x0的距离所用的时间ΔT； （3）t1～t2时间内，导体棒克服安培力所做的功W。 【答案】（1）导体棒在磁场中匀速运动速度大小vm为； （2）导体棒进入磁场到运动x0的距离所用的时间ΔT为2； （3）t1～t2时间内，导体棒克服安培力所做的功W为。 【解答】解：（1）导体棒在磁场中做匀速运动时，回路中电流为I 根据平衡条件得mgsinθ＝BIL 联立解得vm （2）设导体棒进入磁场瞬间的速度大小为v0，由机械能守恒定律得mgdsinθ 可得v0 设任意时刻取Δt→0，感应电流为i，导体棒的速度为v，取沿导轨向下为正方向，由动量定理得 mgsinθ•ΔT﹣∑BiLΔt＝mvm﹣mv0 又∑vΔt＝x0 解得ΔT2 （3）设t2时刻回路中电流为I2，则电容器两端电压为U2＝BLvm﹣2I2R0 此时，导体棒克服安培力功率为定值电阻热功率的4倍，则BI2Lvm＝4R0 此时电容器电荷量为q＝CU2 t1～t2时间内，导体棒克服安培力所做的功W＝∑BiLvmΔt q＝∑iΔt 联立解得W 答：（1）导体棒在磁场中匀速运动速度大小vm为； （2）导体棒进入磁场到运动x0的距离所用的时间ΔT为2； （3）t1～t2时间内，导体棒克服安培力所做的功W为。 14．（2025•江油市校级模拟）如图甲所示，两根平行、光滑且足够长金属导轨固定在倾角为θ＝30°的斜面上，其间距L＝2m。导轨间存在垂直于斜面向上的匀强磁场，磁感应强度为B＝2T。两根金属棒NQ、ab与导轨始终保持垂直且接触良好，NQ棒在轨道最低位置，与两轨道最低点的两个压力传感器接触（两压力传感器完全一样，连接前，传感器已校零）。已知ab棒的质量为2kg，NQ棒和ab棒接入电路的电阻均为2Ω，导轨电阻不计。t＝0时，对ab棒施加平行于导轨的外力F，使ab棒从静止开始向上运动，其中一个压力传感器测量的NQ棒的压力为FN，作出力FN随时间t的变化图像如图乙所示（力FN大小没有超出压力传感器量程），重力加速度g取10m/s2。求： （1）金属棒NQ的质量M； （2）t1＝1s时，外力F的大小； （3）已知在t2＝2s时，撤去外力F，ab棒又经过0.4s速度减为0，此时ab棒离出发点的距离。 【答案】（1）金属棒NQ的质量M为2.4kg。 （2）t1＝1s时，外力F的大小为19N。 （3）在t2＝2s时，撤去外力F，ab棒又经过0.4s速度减为0，此时ab棒离出发点的距离为3.5m。 【解答】解：（1）在t＝0 时刻，对棒 NQ受力分析得：2FN＝Mgsinθ，解得：M＝2.4kg （2）在t1＝1s时，FN1＝3N；对棒NQ，由受力分析可得：Mgsinθ＝2FN1+F安 由电磁感应和电路结构可知：E＝BLv1，F安＝BIL，E＝l•2R 由以上各式解得：v1＝1.5m/s 由于由乙图可知，FN＝6﹣3t随时间均匀减小，所以ab在做匀加速直线运动，其加速度为： 对棒ab受力分析，由牛顿第二定律得：F﹣mgsinθ﹣F'安＝ma，联立求解得：F＝19N （3）以沿斜面向上为正方向，在前2s的位移为：。在最后0.4s内：，F安＝BiL，q＝it，，ΔΦ＝BLx 由以上各式解得：x＝0.5m，总位移为：s＝S1+x＝3.5m 答：（1）金属棒NQ的质量M为2.4kg。 （2）t1＝1s时，外力F的大小为19N。 （3）在t2＝2s时，撤去外力F，ab棒又经过0.4s速度减为0，此时ab棒离出发点的距离为3.5m。 学科网（北京）股份有限公司 $