第2章 综合·融通(三) 电磁感应中的动力学、能量和动量问题（课件PPT）-【新课程学案】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册（人教版 江苏专用）

电磁感应中的动力学、能量和动量问题 (融会课——主题串知综合应用) 综合•融通(三) 应用动力学、能量和动量知识解决电磁感应问题是高考的热点。通过本节课的学习能根据电流的变化情况分析导体棒、线框受力的变化情况和运动情况，能利用牛顿运动定律和平衡条件分析有关问题；理解电磁感应现象中的能量转化，会用动能定理、能量守恒定律分析有关问题；会用动量定理、动量守恒定律分析电磁感应的有关问题。 主题(一)　电磁感应中的动力学问题 主题(二)　电磁感应中的能量问题 01 02 CONTENTS 目录 主题(三)　电磁感应中的动量问题 03 课时跟踪检测 04 主题(一)　电磁感应中的动 力学问题 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.处理此类问题的基本方法 (1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向。 (2)求回路中感应电流的大小和方向。 (3)分析导体受力情况(包括安培力)。 (4)列动力学方程或根据平衡条件列方程求解。 [例1]　 (2025·南通高二质检)如图，空间存在方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B，MN、PQ是水平放置的不计电阻的平行长直导轨，其间距为L，N、Q两点间接有阻值为R的定值电阻，质量为m、电阻不计的金属棒ab与导轨保持垂直且接触良好。对ab棒施加一个垂直棒水平向左的恒力F，使金属棒由静止开始沿导轨滑动。金属导轨光滑，求： (1)当ab棒的速度大小为v时，金属棒中感应电流的大小和方向； [答案]　　方向由a到b　 [解析]　当ab棒的速度大小为v时，金属棒中产生的感应电动势大小为E=BLv 根据闭合电路欧姆定律可知，金属棒中感应电流的大小为I== 根据右手定则可知，通过金属棒的电流方向由a到b。 (2)当ab棒的速度大小为v时，金属棒的加速度大小； [答案]　-　 [解析]　当ab棒的速度大小为v时，金属棒受到的安培力大小为F安=BIL= 根据牛顿第二定律可得F-F安=ma 解得金属棒的加速度大小为a=-。 (3)ab棒的最大速度。 [答案]　 [解析]　当金属棒受到的安培力大小等于恒力F时，ab棒的速度达到最大，则有F=F安'= 解得ab棒的最大速度为vm=。 [思维建模] 电磁感应中的动力学临界问题的基本思路 导体受外力运动 感应电动势 感应电流 导体受安培力→合外力变化 加速度变化→临界状态。 1. .(2025·北京朝阳检测)如图所示，在空间中存在一范围足够大的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外，MN为磁场区域的上边界，磁场上方有一个正方形导线框abcd，ab边与MN平行，线框平面处于竖直面内。已知线框质量为m、边长为L、总电阻为R，重力加速度为g，线框从图示位置由静止开始下落，则在ab边进入磁场的过程中，关于线框的运动，下列图像不可能正确的是 (　　) 针对训练 √ 解析：若线框刚进入磁场时安培力等于重力，则线框匀速进入磁场，加速度为零，即F=BIL=mg，I=，E=BLv，解得v=；若线框刚进入磁场时安培力大于重力，线框做加速度减小的减速运动，当线框速度减小到时仍未全部进入磁场，线框后面将做匀速运动；若线框刚进入磁场时安培力小于重力，线框做加速度减小的加速运动，当线框速度达到时仍未全部进入磁场，线框后面将做匀速运动。故选A。 主题(二)　电磁感应中的能 量问题 1.电磁感应现象中的能量转化 2.焦耳热的计算 (1)电流恒定时，根据焦耳定律求解，即Q=I2Rt。 (2)感应电流变化时，可用以下方法分析： ①利用动能定理，求出克服安培力做的功W克安，即Q=W克安。 ②利用能量守恒定律，焦耳热等于其他形式能量的减少量。 3.克服安培力做的功等于整个电路产生的焦耳热Q。电阻与导体棒串联，产生的焦耳热与阻值成正比。电阻R产生的焦耳热为QR=Q，导体棒产生的焦耳热为Qr=Q。 [例2]　如图所示，两根足够长、电阻不计且相距L=0.2 m的平行金属导轨固定在倾角θ=37°的绝缘斜面上，顶端接有一盏额定电压为U=3.6 V的小灯泡(电阻恒定)，两导轨间有一磁感应强度大小为B=5 T、方向垂直导轨平面向下的匀强磁场。现将一根长为L、质量m=0.2 kg、电阻r=1 Ω的金属棒垂直于导轨放置，在顶端附近无初速度释放，金属棒与导轨接触良好，金属棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.5。已知金属棒下滑x=6 m后速度稳定，且此时小灯泡恰能正常发光，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。求： (1)金属棒稳定下滑时的速度大小； [答案]　 4 m/s　 [解析]　设金属棒稳定下滑时的速度大小为v，回路中的电流为I，由平衡条件得mgsin θ=BIL+μmgcos θ 由闭合电路欧姆定律得I= 感应电动势E=BLv 联立解得v=4 m/s。 (2)金属棒从开始下滑到稳定过程中产生的焦耳热。 [答案]　 0.08 J [解析]　金属棒从开始下滑到稳定过程中，由能量守恒定律得mgsin θ·x=μmgcos θ·x+mv2+Q 解得Q=0.8 J 灯泡的电阻为R==9 Ω 则金属棒产生的焦耳热为Qr=Q=0.08 J。 2. 将一面积为0.04 m2、200匝的导体线圈放在匀强磁场中，已知磁场方向垂直于线圈平面，磁感应强度B随时间t变化规律如图所示，线圈总电阻为2 Ω，则 (　　) A.在0~4 s内，线圈的磁通量变化量等于0 B.在0~4 s内，线圈的感应电动势为0.8 V C.在0~4 s内，通过线圈横截面的电荷量为1.6 C D.在0~4 s内，线圈产生的热量为5.12 J 针对训练 √ 解析：在0~4 s内，线圈的磁通量变化量ΔΦ=ΔB·S=-0.8×4× 10-2 Wb=-3.2×10-2 Wb，A错误；根据法拉第电磁感应定律得E=n=V =1.6 V，B错误；在0~4 s内，通过线圈的电流I=，通过线圈横截面的电荷量q=It=t=n=3.2 C，C错误；在0~4 s内，线圈产生的热量为Q=t=5.12 J，D正确。 主题(三)　电磁感应中的动 量问题 1.动量定理的应用 导体棒或金属框在感应电流所引起的安培力作用下做非匀变速直线运动时， (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=n·Δt=n。 (3)磁通量变化量：ΔΦ=BΔS=BLx。 (4)如果安培力是导体棒或金属框受到的合外力，则I安=mv2-mv1。 2.动量守恒定律的应用 在相互平行的水平导轨间的两根导体棒做切割磁感线运动时，由于这两根导体棒所受的安培力等大反向，合力为零，若不受其他外力，两导体棒的总动量守恒，解决此类问题往往要应用动量守恒定律。 [例3]　如图所示，光滑水平导轨置于磁场中，磁场的磁感应强度为B，左侧导轨间距为l，右侧导轨间距为2l，导轨均足够长。质量为m的导体棒ab和质量为2m的导体棒cd均垂直于导轨放置，处于静止状态。导体棒ab的电阻为R，导体棒cd的电阻为2R，两棒始终在对应的导轨部分运动，两导体棒始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计。现瞬间给导体棒cd一水平向右的初速度v0，则此后的运动过程中，下列说法正确的是 (　　) A.导体棒ab最终的速度v0 B.全过程中，通过导体棒cd的电荷量为 C.从导体棒cd获得初速度到二者稳定运动，此过程系统产生的焦耳热为m D.导体棒ab和cd组成的系统动量守恒 √ [解析]　当导体棒ab和cd产生的感应电动势相等时，两棒都做匀速直线运动，则有Blvab=B·2lvcd，对导体棒ab，由动量定理可得BlΔt=mvab，对导体棒cd，由动量定理可得-B·2lΔt=2mvcd-2mv0，联立解得vab=，vcd=，故A错误；对导体棒cd，全过程中，通过的电荷量q=·Δt，又-B·2lΔt=2mvcd-2mv0，联立解得q=，故B错误；由能量守恒定律得，整个回路产生的焦耳热Q=·2m-·2m-m，解得Q=，故C正确；导体棒ab和cd的长度不一样，所以其受到的安培力大小不相等，导体棒ab和cd组成的系统合力不为零，所以导体棒ab和cd组成的系统动量不守恒，故D错误。 3.如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上，t=0时，棒ab以初速度v0向右滑动。运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直且接触良好，两者速度分别用v1、 v2表示，回路中的电流用I表示。下列图像 中可能正确的是 (　　) 针对训练 解析：以两导体棒为研究对象，在导体棒运动过程中，两导体棒所受的安培力大小相等、方向相反，且不受其他水平外力作用，在水平方向上两导体棒组成的系统动量守恒，对系统有mv0=2mv，解得两导体棒运动的末速度为v=v0，棒ab做减速运动，棒cd做加速运动， √ 它们的速度差逐渐减小，产生的感应电流减小，安培力减小，加速度也减小，即棒ab做加速度减小的减速运动，棒cd做加速度减小的加速运动，稳定时两导体棒的加速度为零，一起向右做匀速运动，A正确，B错误；棒ab和棒cd最后做匀速运动，两导体棒与导轨组成的回路磁通量不再变化，不会产生感应电流，C、D错误。 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1.如图所示，水平放置的光滑平行金属导轨上有一质量为m的金属棒ab。导轨的一端连接电阻R，其他电阻均不计，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向下，金属棒ab在一水平恒力F作用下由静止开始向右运动。则 (　　) 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 A.随着金属棒ab运动速度的增大，其加速度也增大 B.外力F对金属棒ab做的功等于电路中产生的电能 C.当金属棒ab做加速运动时，外力F做功的功率等于电路中的电功率 D.无论金属棒ab做何种运动，它克服安培力做的功一定等于电路中产生的电能 √ 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 解析：金属棒ab在一水平恒力F作用下由静止开始向右运动，对金属棒ab受力分析有F-=ma，可知随着金属棒ab运动速度的增大，其加速度逐渐减小，A错误;外力F对金属棒ab做的功等于电路中产生的电能和金属棒ab增加的动能之和，B错误;当金属棒ab做加速运动时，F>F安=，外力F做功的功率大于电路中的电功率，C错误;无论金属棒ab做何种运动，它克服安培力做的功一定等于电路中产生的电能，D正确。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 2. 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，下列说法不正确的是 (　　) 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 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 √ 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，金属棒MN最终一定静止于OO'位置，故A正确。当金属棒MN向右运动，根据右手定则 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 可知，金属棒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，根据右手定则可知，金属棒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；综上可知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，重力沿切线方向的分力就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，金属棒MN中电流方向由M到N，故D正确。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 3. (2025·徐州高二检测)在具有水平边界的匀强磁场上方，一边长l=0.2 m、质量m=50 g的正方形导线框abcd，从距离磁场上边界高度h=0.45 m 处自由下落，如图所示。ab边进入匀强磁场区域后，线框立即开始做匀速运动，直到dc边穿出匀强 磁场为止。已知匀强磁场的磁感应强度B=1 T， 匀强磁场区域的高度也是l，线框运动过程中 始终在竖直面内且ab边保持水平，不计空气 阻力，g取10 m/s2， 则(　　) 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 A.ab边刚进入磁场时的电流方向为b→a B.线框电阻为0.4 Ω C.线框刚进入磁场时其重力的瞬时功率为1.5 W D.线框穿越磁场的过程产生的焦耳热为0.02 J √ 解析： ab边刚进入磁场时，根据右手定则可知，电流方向为a→b，故A错误；线框做自由落体运动过程，有v2=2gh，解得ab边刚进入磁场时的速度大小为v=3 m/s，线框在磁场中做匀速运动，根据平衡条件可得mg=BIl，又E=Blv，I=， 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 联立解得线框电阻为R=0.24 Ω，故B错误；线框刚进入磁场时其重力的瞬时功率为P=mgv=1.5 W，故C正确；由于线框穿越磁场的过程一直做匀速直线运动，根据能量守恒定律可知，线框穿越磁场的过程产生的焦耳热为Q=mg·2l=0.2 J，故D错误。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 4.(2025·宿迁高二期末)如图所示，倾斜放置的光滑平行足够长的金属导轨MN、PQ间静置一根质量为m的导体棒，阻值为R的电阻接在M、P间，其他电阻忽略不计，磁感应强度为B的匀强磁场垂直导轨平面向下。t=0时对导体棒施加一个沿导轨平面向上的力F，使得导体棒能够从静止开始向上做匀加速直线运动，则在导体棒向上运动的过程中，施加的力F、力F的功率P、产生的感应电流I、电阻R上产生的热量Q随时间变化的图像正确的是 (　　) 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 解析:设导轨平面与水平面的夹角为θ，导体棒向上做匀加速运动，根据牛顿第二定律有F--mgsin θ=ma，即F=t+ma+mgsin θ，则选项A正确;力F的功率P=Fv=at=t2+ m(a2+agsin θ)t，则P-t图像为开口向上的抛物线，选项B错误;导体棒产生的感应电流I=，则I-t图像是过原点的倾斜直线，选项C错误;电阻R上产生的热量Q=I2Rt，电流随时间t均匀增加，则Q-t图像一定不是过原点的直线，选项D错误。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 5.如图，间距为L的两根金属导轨平行放置并固定在绝缘水平桌面上，左端接有一定值电阻R，导轨所在平面存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。质量为m的金属棒置于导轨上，在水平拉力作用下从静止开始做匀加速直线运动，一段时间后撤去水平拉力，金属棒最终停在导轨上。已知金属棒在运 动过程中，最大速度为v，加速阶段的位移与 减速阶段的位移相等，金属棒始终与导轨垂直 且接触良好，不计摩擦及金属棒与导轨的电阻， 则 (　　) 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 A.加速过程中通过金属棒的电荷量为 B.金属棒加速的时间为 C.加速过程中拉力的最大值为 D.加速过程中拉力做的功为mv2 √ 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 解析：设加速阶段的位移与减速阶段的位移为x，根据q=Δt= Δt=·Δt==，可知加速过程中通过金属棒的电荷量等于减速过程中通过金属棒的电荷量，则减速过程由动量定理可得-BLΔt=-BLq =0-mv，解得q=，A正确；由q==，解得x=，金属棒加速的过程中，由位移公式可得x=vt，可得加速时间为t=，B错误；金属棒在水平拉力作用下从静止开始做匀加速直线运动，加速过程中， 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 安培力逐渐增大，加速度不变，因此拉力逐渐增大，在撤去拉力前的瞬间，拉力最大，由牛顿第二定律可得Fm-BL=ma，其中a=，联立解得Fm=，C错误；加速过程中拉力对金属棒做正功，安培力对金属棒做负功，由动能定理有WF-W安=mv2，可得WF=W安+mv2，因此加速过程中拉力做的功大于mv2，D错误。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 6.(2025·陕晋宁青高考)如图所示，光滑水平面上存在竖直向上、宽度d大于2L的匀强磁场，其磁感应强度大小为B。甲、乙两个合金导线框的质量均为m，长均为2L，宽均为L，电阻分别为R和2R。两线框在光滑水平面上以相同初速度 v0=并排进入磁场，忽略两线框 之间的相互作用。则(　　) 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 A.甲线框进磁场和出磁场的过程中电流方向相同 B.甲、乙线框刚进磁场区域时，所受合力大小之比为1∶1 C.乙线框恰好完全出磁场区域时，速度大小为0 D.甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热之比为4∶3 √ 解析：根据楞次定律结合安培定则可知，甲线框进磁场的过程中产生的感应电流沿顺时针方向，出磁场的过程中产生的感应电流沿逆时针方向，故A错误；甲线框刚进磁场区域时，所受合力为F安1=BI1L， 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 I1=，乙线框刚进磁场区域时，所受合力为F安2=BI2L，I2=，可知F安1∶F安2=2∶1，故B错误；假设甲、乙线框都能完全出磁场，对甲线框，根据动量定理有-BLΔt=mv1-mv0，q1=Δt=·Δt== ，对乙线框，根据动量定理有-BLΔt'=mv2-mv0，q2=Δt'= ·Δt'==，解得v1=0，v2=v0=，故甲恰好完全出磁场区域，乙完全出磁场区域时，速度大小不为0，故C错误； 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 由能量守恒定律可知，甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热分别为Q1=m，Q2=m-m=m，则Q1∶Q2=4∶3，D正确。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 7.(10分)(2025·四川成都阶段练习)如图所示，固定在匀强磁场中的水平导轨ab、cd的间距L1=0.5 m，金属棒ad与导轨左端bc的距离L2=0.8 m，整个闭合回路的电阻为R=0.2 Ω，匀强磁场竖直向下穿过整个回路。ad杆通过细绳跨过定滑轮接 一个质量m=0.04 kg的物体，不计一切摩 擦，重力加速度g=10 m/s2。现使磁感应 强度从零开始以=0.2 T/s的变化率均匀 增大。求： 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 (1)金属棒上感应电流的方向；(2分) 答案： a到d　 解析：由题意可知，匀强磁场竖直向下均匀增大，由楞次定律结合安培定则可知，金属棒上感应电流的方向为a到d。 (2)感应电动势的大小；(3分) 答案： 0.08 V 解析：根据法拉第电磁感应定律知E=L1L2 代入数据解得E=0.08 V。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 (3)物体刚好能离开地面的时间。(5分) 答案： 10 s 解析：设物体刚要离开地面时的时间为t，由平衡条件有mg=BIL1 磁感应强度大小为B=t 感应电流大小为I= 代入数据解得t=10 s。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 8.(16分)(2025·江苏高考)圆筒式磁力耦合器由内转子、外转子两部分组成，工作原理如图甲所示。内、外转子可绕中心轴OO'转动。外转子半径为r1，由四个相同的单匝线圈紧密围成，每个线圈的电阻均为R，直边的长度均为L，与轴线平行。内转子半径为r2，由四个形状相同的永磁体组成，磁体产生径向磁场，线圈处的磁感应强度大小均为B。外转子始终以角速度ω0匀速 转动，某时刻线圈abcd的直边ab与cd 处的磁场方向如图乙所示。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 (1)若内转子固定，求ab边产生感应电动势的大小E;(4分) 答案:BLω0r1 解析:根据题意可知，ab转动时的线速度大小为v=ω0r1 则ab边产生感应电动势的大小为E=BLv=BLω0r1。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 (2)若内转子固定，求外转子转动一周，线圈abcd产生的焦耳热Q;(6分) 答案:　 解析:由题图甲可知，若内转子固定，外转子转动过程中，ab、cd均切割磁感线，且产生的感应电流方向相同，则线圈abcd转动过程中产生的感应电动势大小为E2=2BLv=2BLω0r1 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 感应电流为I2= 外转子转动的周期为T0= 则线圈abcd转一圈产生的热量为Q=RT0=。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 (3)若内转子不固定，外转子带动内转子匀速转动，此时线圈中感应电流为I，求线圈abcd中电流的周期T。(6分) 答案: 解析:结合题图可知，外转子相对内转子转动个圆周，线圈abcd中感应电流方向改变、大小不变，若内转子不固定，跟着外转子一起转，且线圈abcd中的电流为I，则感应电动势为E'=IR 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 又有E'=2BLΔv 解得Δv= 电流方向改变的时间为t== 线圈abcd中电流的周期为T=2t=。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 9.(16分)(2025·淮安高二检测)如图所示，两根平行光滑导轨间距为l，与水平面的夹角为θ，导轨间接一阻值为R的电阻，整个空间分布着匀强磁场，磁场方向垂直于导轨所在平面向上，磁感应强度大小为B，一质量为m、阻值也为R的金属杆ab，以某一初速度沿导轨上滑，直至速度减为零。已知上述过程中电阻R产生的热量为Q，其最大瞬时电功率为P，设导轨电阻不计，金属杆ab向上 滑动的过程中始终与导轨保持垂直且接触良好， 重力加速度大小为g。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 (1)求金属杆ab上滑的初速度大小；(4分) 答案：　 解析：设金属杆ab上滑的初速度大小为v0，则此时金属杆ab产生的感应电动势E=Blv0 通过电阻R的电流为I=，电阻R上的最大功率为P=I2R 解得v0=。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 (2)求金属杆ab刚开始上滑时的加速度大小；(6分) 答案：+gsin θ　 解析：金属杆ab上滑切割磁感线，产生感应电动势，由右手定则可知感应电流方向为b→a，由左手定则可得安培力方向沿导轨向下，由牛顿第二定律可得mgsin θ+F安=ma 金属棒ab刚开始上滑时受到的安培力大小为F安=BIl 联立解得金属杆ab刚开始上滑时的加速度大小为a=gsin θ+。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 (3)求金属杆ab上滑的最大距离x。(6分) 答案： 解析：在金属杆ab上滑的全过程中，电阻R上产生的热量为Q，则金属杆ab上产生的热量也为Q，全过程电路产生的总热量Q总=2Q 当金属杆ab速度为零时，金属杆ab向上滑动的最大距离为x，根据能量守恒定律有 m=mgxsin θ+Q总 解得x=。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 10.(16分) (2025·盐城高二调研)电磁驱动在军事、科研和生活中有着广泛的应用，某一驱动装置的原理图如图所示，正方形线圈ABCD和金属导轨相连接，均放置在某一水平面上。线圈内有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小随时间变化的规律为B=0.1+kt(T)，平行导轨间距L=0.5 m，其间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B1=1 T，质量m=0.1 kg的导体棒PQ垂直导轨放置，且与导轨接触良好。已知正方形线圈的边长a=0.2 m，匝数n=100，电阻r=1 Ω；导体棒的电阻R=3 Ω，导体棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10 m/s2，其余电阻不计。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 (1)导体棒PQ刚好能滑动时，求k的取值；(6分) 答案：0.4 T/s　 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 解析：根据法拉第电磁感应定律可知，正方形线圈产生的感应电动势为E=n=na2=4k V 感应电流为I==k A 导体棒刚好能滑动，由平衡条件可知B1IL=μmg 代入数据解得k=0.4 T/s。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 (2)若k=0.6 T/s，导体棒从静止开始加速，经3.6 s 达到最大速度。求： ①导体棒PQ最终的速度大小；(5分) ②加速过程导体棒PQ的位移大小。(5分) 答案：①1.6 m/s　②3.2 m 解析：①若k=0.6 T/s，导体棒从静止开始加速，最终做匀速直线运动，则有B1I2L=μmg 此时电动势为E2=nka2-B1Lvm 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 由闭合电路欧姆定律可知I2= 联立并代入数据解得vm=1.6 m/s。 ②对导体棒PQ应用动量定理可得B1Lt-μmgt-B1L't=mvm-0，又't= 联立并代入数据解得x=3.2 m。 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $