4.3 微专题强化六 应用动力学、能量和动量观点解决电磁感应问题-（配套课件）【金版新学案】2026年高考物理大二轮专题复习与测试

专题四 电路与电磁感应 微专题强化六　 应用动力学、能量和动量观点解决电磁感应问题 内容索引 专题集训 强化点一 电磁感应中的动力学问题 强化点二 电磁感应中的能量问题 强化点三 动量观点在电磁感应问题的应用 2 3 4 5 6 7 1 强化点一　电磁感应中的动力学问题 返回 (2025·云南曲靖第二次质量监测)如图，两条“Λ”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°，均处于垂直导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。将电阻均为R的导体棒ab、cd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，且加速度大小始终相等，两棒长度均为L，ab的质量为m。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adcba B.cd的质量为2m C.ab中电流最终为 D.cd棒最终下滑速度为 例1 √ 审题指导： 题眼 点拨 (1)ab、cd运动中均切割磁感线产生感应电动势→两电动势相加为电路总电动势 (2)ab、cd均做加速运动，分别分析两导体棒受力→利用牛顿第二定律列式计算 (3)ab、cd最终做匀速运动→各自受到的合力为零 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，A错误；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 mgsin 30°－2ILB＝maab，对cd根据牛顿第二定律 得m'gsin 30°－ILB＝m'acd，又aab＝acd，解得m'＝，B错误；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，故当安培力与重力沿导轨向下的分力平衡时导体棒将做匀速运动，此时电路中的电流达到稳定值，此时对ab分析可得mgsin 30°＝2I'LB，解得I'＝，C错误； 从静止开始运动后，因两导体棒的加速度大小始终相等，因此两导体棒的速度大小始终相等，根据法拉第电磁感应定律有E＝BLv＋2BLv＝3BLv，感应电流I'＝＝＝，解得cd棒最终下滑速度为v＝，D正确。故选D。 解决电磁感应中的动力学问题的“四个分析” 规律总结 预测.(2025·甘肃金昌二模)如图1所示，光滑的平行金属轨道水平固定在桌面上，轨道左端连接一可变电阻R，一导体杆与轨道垂直放置，整个装置处在竖直向下的匀强磁场中。导体杆先后两次在水平向右的拉力作用下均由静止开始做匀加速直线运动，两次运动中拉力大小F与速率v的关系图像如图2所示。其中，第一次对应直线1，开始时拉力大小为F0，改变电阻R的阻值后，第二次对应直线2，开始时拉力大小为2F0，两直线交点的纵坐标为3F0。若第一次和第二次电路中总电阻的阻值比值为a，杆从静止开始运动相同位移的时间比值为b，导体杆与轨道始终垂直并接触良好，不计导体杆和轨道的电阻，则a、b的值分别为 A.a＝、b＝ B.a＝、b＝ C.a＝2、b＝ D.a＝2、b＝ √ 杆在水平向右的拉力作用下先后两次都做初速度为0的匀加速直线运动，则v＝0时，杆的加速度分别为a1＝，a2＝，杆从静止开始运动相同位移，有x＝a1，x＝a2，解得b＝＝，根据F－F安＝ma0，F安＝ILB，I＝，E＝BLv，解得F＝v＋ma0，可知F与速率v的关系图像的斜率k＝，由题图2可知k1＝2k2，解得a＝＝。故选A。 返回 强化点二　电磁感应中的能量问题 返回 (多选)(2025·广西河池二模)如图所示，间距为l的水平虚线间有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B；质量为m、阻值为R、长为2l、宽为l的单匝均匀矩形闭合导线框的ab边紧贴磁场上边界静止释放，竖直穿过整个磁场区域，运动过程中ad边始终垂直于虚线。当cd边进入磁场时，线框开始做匀速直线运动，忽略空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是 A.穿过磁场的过程中，框内感应电流方向会改变一次 B.线框先做加速度减小的加速运动，再匀速运动 C.ab边刚出磁场时，线框的速度为 D.穿过磁场的过程中，线框产生的焦耳热为3mgl－ 例2 √ √ 审题指导： 题眼 点拨 (1)ab、cd边均不在磁场中运动时，线框不受安培力作用→做加速度为g的匀加速运动 (2)线框穿过磁场的过程→减少的重力势能转化为动能和内能 根据楞次定律和安培定则可知，进入时电流方向为 顺时针，穿出时电流方向为逆时针，所以穿过磁场 的过程中，框内感应电流方向会改变一次，A正确。 ab边进入磁场的过程中，根据牛顿第二定律得mg－ ＝ma，随着速度的增大，加速度减小；ab边离开磁场后cd边进入磁场前，线框不受安培力，线框匀加速下落，cd边进入磁场后，线框匀速运动，B错误。当cd边进入磁场时，线框开始做匀速直线运动，根据平衡条件得mg＝ ，解得v2＝， 设ab边刚出磁场时线框的速度为v1，则有－＝2gl，解得线框的速度为v1＝，C正确。根据能量守恒定律，穿过磁场的过程中，线框产生的焦耳热为Q＝mg×3l－m＝3mgl－ ，D错误。故选AC。 1.电磁感应过程中的能量转化关系 2.求解焦耳热Q的三种方法 (1)应用焦耳定律：Q＝I2Rt，适用于电流、电阻不变的情况。 (2)应用功能关系：Q＝W克安，电流变或不变都适用。 (3)应用能量守恒定律：Q＝ΔE其他，电流变或不变都适用。 规律总结 预测.(多选)(2025·山西晋城二模)如图所示，直角梯形金属框abcd平放在光滑绝缘的水平面上，框的质量为m、电阻为R，∠b＝45°，∠c＝∠d＝90°，ad＝cd＝L，水平线MN右侧有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。开始时bc边垂直于MN且b点在MN上，给框施加一个垂直于MN水平向右、大小为F的恒力，当a点刚进入磁场时，框的加速度恰好为零，运动过程中，bc始终垂直于MN，则下列说法正确的是 A.ab边进入磁场过程中，框所受的安培力垂直于ab向左 B.框进入磁场过程中通过框截面的电荷量为 C.ab边进入磁场过程中，框中产生的焦耳热为2FL－ D.若框进入磁场过程中电流的有效值为I，则框进入磁场的时间为－ √ √ ab边进入磁场过程中，框受到的安培力垂直于MN向左， 故A错误；框进入磁场过程中，通过框截面的电荷量q＝ ·Δt＝·Δt＝·Δt＝＝，故B正确；当a点刚进入 磁场时，框的加速度恰好为零，设此时金属框的速度为v，则有F安a＝IaLB＝＝F，解得va＝，根据功能关系，ab边进入磁场过程中，框中产生的焦耳热为Q＝FL－m＝FL－，故C错误；根据功能关系，线框进入磁场过程中产生的焦耳热Q'＝2FL－m＝2FL－，又Q'＝I2Rt，联立解得t＝－，故D正确。故选BD。 返回 强化点三　动量观点在电磁感应问题的应用 返回 1.单杆模型：当涉及作用时间、速度、位移和电荷量时，应选用动量 定理。 (1)求速度或电荷量：lBΔt＝mv2－mv1，q＝Δt。 (2)求时间：FΔt＝I冲＝mv2－mv1，I冲＝lBΔt＝Bl。 (3)求位移：－lBΔt＝－＝0－mv0，或者－x＝0－mv0。 2.双杆模型 (1)如果双杆系统在运动过程中所受合力为零，优先考虑应用动量守恒 定律。 (2)如果双杆运动过程中所受合力不为零，则双杆系统的动量不守恒，应该考虑应用动力学方法、能量观点等。 (多选)(2025·山东齐鲁名校第五次联考)如图所示，两间距为L的平行倾斜光滑导轨与足够长的水平平行光滑导轨平滑连接，导轨电阻不计。质量为m的导体棒b静止放在水平导轨上且与导轨垂直，在cd右侧存在竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量为4m的导体棒a垂直于倾斜导轨，从离水平导轨高h处由静止释放，整个过程a、b棒未接触。已知两根导体棒的材质一样，长度相同，导体棒a的有效电阻为R，重力加速度为g。下列说法正确的是 A.整个过程中导体棒b的最大加速度为 B.整个过程中通过导体棒b的电荷量为 C.整个过程中导体棒a产生的热量为mgh D.导体棒b初始时刻距离cd的距离最小为 √ 例3 √ √ 由题意结合电阻定律可知，导体棒b的有效电阻为 4R。当导体棒a刚进入磁场时，导体棒b的加速度 最大，导体棒a从静止释放到达cd过程中，根据动 能定理可得4mgh＝·4m，解得v0＝，此时导体棒a开始切割磁感线，产生感应电动势E＝BLv0，F安＝ILB，I＝，a＝，联立解得a＝，故A正确；从导体棒a进入磁场到二者共速过程中，满足动量守恒，根据动量守恒定律可知4mv0＝5mv1，对导体棒b应用动量定理可得BLΔt＝mv1－0，通过导体棒b的电荷量q＝Δt，解得q＝＝，故B错误； 从导体棒a进入磁场到二者共速过程中，根据能量守恒定律可得回路中产生的总焦耳热为Q＝·4m－·5m，解得Q＝m＝mgh，可知导体棒a产生的焦耳热Qa＝·Q＝mgh，故C正确；根据q＝·Δt＝·Δt＝＝，解得Δx＝，故D正确。故选ACD。 (2025·山东日照二模)如图所示，两平行金属导轨固定在水平面上，窄轨M1N1、M2N2之间的距离L1＝1 m，光滑的宽轨O1P1、O2P2之间的距离L2＝2 m。窄轨以垂直于轨道的虚线A1A2为分界线，左侧粗糙，右侧光滑。窄轨左侧通过开关S1连接一电容C＝0.02 F的电容器。宽轨和窄轨连接处有开关S2，宽轨左侧接有电阻R1＝10 Ω。质量m＝1 kg的金属棒ab静止在窄轨上，ab棒到A1A2的距离x＝4.5 m，与窄轨粗糙部分间的动摩擦因数μ＝0.2；质量M＝2 kg的金属棒cd静止在宽轨上。整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度大小B＝10 T的匀强磁场中。现闭合S1，断开S2，给ab棒施加一与导轨平行、大小为5 N的恒力F，当其运动到A1A2时，撤去F，同时断开S1，闭合S2。窄轨和宽轨足够长，ab始终在窄轨上运动，cd棒始终在宽轨上运动。两金属棒在运动过程中始终与导轨垂直且与导轨接触良好，cd棒连入电路中的电阻R2＝20 Ω，其余电阻均不计。重力加速度g＝10 m/s2。求： 例4 (1)恒力F的作用时间； 答案：3 s　 先闭合S1，断开S2，金属棒ab在拉力作用下从静止开始做加速运动，根据牛顿第二定律可得F－μmg－IL1B＝ma 其中I＝＝＝CBL1a 解得a＝＝1 m/s2 可知金属棒ab在拉力作用下做初速度为0、加速度为1 m/s2的匀加速直线运动，有x＝at2 解得t＝3 s。 (2)cd棒从开始运动到匀速的过程中，通过cd的电荷量； 答案：0.1 C　 金属棒ab运动到A1A2时，速度v0＝at＝3 m/s 撤去F，同时断开S1，闭合S2。ab始终在窄轨上运动，cd棒始终在宽轨上运动，构成双杆模型，如图所示 撤去恒力F，同时断开S1，闭合S2，金属棒ab在安培力作用下向右减速，金属棒cd在安培力作用下向右加速，最终都做匀速运动，设金属棒ab、cd的最终速度分别为v1、v2，在此过程中，根据动量定理，对金属棒ab有－L1BΔt＝mv1－mv0 对金属棒cd有L2BΔt＝Mv2 对整个闭合回路有E总＝BL1v1－BL2v2＝0 解得v1＝2 m/s，v2＝1 m/s 对金属棒cd有L2BΔt＝qBL2＝Mv2 解得q＝0.1 C。 29 (3)cd棒从开始运动到匀速的过程中，cd棒中产生的焦耳热。 答案：1 J 金属棒cd在向右加速到匀速的过程中，设系统所产生的焦耳热为Q，根据能量守恒定律可得Q＝m－m－M＝1.5 J 则金属棒cd上产生的焦耳热Q2＝Q＝1 J。 预测.(多选)(2025·山东聊城二模)如图所示，水平面上固定两组光滑平行且足够长的金属导轨PQ和MN，宽度分别为L和2L，两组导轨用导线交叉连接(导线不接触)，导轨区域内存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。PQ导轨上垂直放置导体棒a，MN导轨上垂直放置导体棒b，两棒质量均为m，接入电路的电阻均为R。某时刻两导体棒同时获得向右的初速度v0，导体棒运动过程中始终与导轨保持垂直且接触良好，两导体棒始终没有进入交叉区，不计导轨电阻，下列说法正确的是 A.通过导体棒的最大电流为 B.两导体棒最终均做匀速运动，且导体棒b的运动方向向左 C.导体棒b上产生的热量为m D.整个过程中通过导体棒a的电荷量为 √ √ √ 两棒与导轨及交叉导线构成回路，回路总电 阻为2R，两棒均做减速运动，t＝0时，感应 电动势最大，其大小为E＝BLv0＋2BLv0＝ 3BLv0，所以感应电流最大为I＝＝，故A正确；两金属棒初始阶段都做减速运动，导体棒b所受安培力大于导体棒a所受安培力，则导体棒b减速时的加速度较大，故导体棒b先减速到零，后向左加速运动，直到导体棒a速度大小等于导体棒b速度大小的两倍，两棒开始做匀速运动，故B正确； 由于两个导体棒电阻都为R，且它们在同一 回路中串联，则流过的电流始终相同，设从 开始运动到两棒刚开始匀速运动时间为Δt， 规定初速度方向为正方向，对导体棒a，由动量定理得－LB·Δt＝mva－mv0，对导体棒b，由动量定理得－·2LB·Δt＝－mvb－mv0，BLva＝B·2Lvb，解得最后两棒的速度大小为va＝v0，vb＝v0，由能量守恒定律可知，回路产生的总热量为Q＝2×m－m－m＝m，所以导体棒b上产生的热量为Qb＝Q＝m，故C错误； 对导体棒a，由动量定理得－LB·Δt＝mva－mv0，q＝·Δt，解得整个过程中通过导体棒a的电荷量为q＝，故D正确。故选ABD。 返回 专 题 集 训 返回 1.(2025·安徽黄山二模)绝缘水平桌面上有一质量为m的“ ”形金属框，框宽度为d，ab间电阻为R，两侧部分电阻不计且足够长。在竖直固定的绝缘挡板间放一根金属棒，挡板间隙略大于棒的直径，棒与金属框垂直且接触良好，金属棒接入电路部分的电阻为R，不计一切摩擦。空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，现给框水平向左、大小为v0的初速度，俯视图如图所示。则下列说法正确的是 A.开始时金属框的加速度大小为 B.开始时挡板给金属棒的作用力大小为，方向水平向左 C.金属框从开始运动到静止过程中通过金属棒的电荷量为 D.金属框从开始运动到静止过程中金属棒上产生的热量为m √ 2 3 4 5 6 7 1 开始时金属框产生的感应电动势大小为E＝Bdv0，感应 电流沿顺时针方向，大小为I＝＝，安培力大小 F安＝IdB＝，加速度大小a＝＝，故A错 误；开始时金属棒所受安培力方向向左，大小也为IdB ＝，金属棒受力平衡，则挡板给金属棒的作用力大小为，方向水平向右，故B错误；金属框从开始运动到静止，由动量定理得－·Δt＝0－mv0，而金属框总位移x＝Δt，得x＝， 2 3 4 5 6 7 1 则通过金属棒的电荷量为q＝Δt＝·Δt＝＝，故C正确；由能量守恒定律可知，金属框从开始运动到静止过程中，系统产生的总热量为Q总＝m，金属框与金属棒电阻相等，则金属棒上产生的热量为Q棒＝Q总＝m，故D错误。故选C。 2 3 4 5 6 7 1 2.(多选)(2025·宁夏银川二模)如图所示，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、电阻为2R的金属棒从高为h处静止释放，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，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.通过金属棒的电荷量为 B.流过定值电阻的电流方向为N→Q C.电阻R产生的焦耳热为mg D.金属棒在磁场中的运动时间为－ √ √ 2 3 4 5 6 7 1 根据法拉第电磁感应定律可知，金属棒在磁场 中产生的平均感应电动势＝＝，由闭合 电路欧姆定律可知，电路中的平均电流＝ ＝，又因为＝，解得q＝，A正确；根据右手定则可知，流过定值电阻的电流方向为Q→N，B错误；根据能量守恒定律可知Q总＝mgh－μmgd，定值电阻R产生的焦耳热QR＝Q总＝mg(h－μd)，C正确； 2 3 4 5 6 7 1 设金属棒进入磁场中的速度v0，根据机械能守恒定律可得mgh＝m，根据动量定理可得－μmgΔt－LBΔt＝0－mv0，其中＝＝，解得μmgΔt＋＝m，又d＝Δt，解得Δt＝－，D错误。故选AC。 2 3 4 5 6 7 1 3.(多选)(2025·河北石家庄三模)如图所示，固定在水平面上间距为l的两条平行金属导轨处在垂直于导轨平面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。垂直于导轨放置一根质量为m、长度为l、电阻为R的金属棒PQ，金属棒与导轨始终接触良好。竖直平面内半径为l的金属圆环上固定OC、OD、OE、OF四根长均为l、阻值均为R且夹角互为90°的金属棒。以圆环圆心O为原点建立直角坐标系，在第二象限圆环内部存在方向垂直竖直面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，圆心O与环面分别通过电刷H、G与金属导轨左端相连，其他电阻均不计。在外力作用下，圆环以角速度ω绕O点沿顺时针方向匀速转动，金属棒PQ始终静止不动。下列说法正确的是 A.通过金属棒PQ的电流方向始终为Q→P B.通过金属棒PQ的电流大小为 C.金属棒PQ受到的摩擦力大小为 D.圆环转动一周的过程，外力做的功为 √ √ √ 2 3 4 5 6 7 1 圆环以角速度ω绕O点沿顺时针方向匀速转动，根据右手定则可知，通过金属棒PQ的电流方向始终为Q→P，A正确；感应电动势E＝Bωl2，总电阻R总＝＋R＝，总电流I＝＝，通过金属棒PQ的电流大小为I'＝＝，B正确；金属棒PQ受到的摩擦力大小为Ff＝F安＝I'lB＝，C错误；圆环转动一周的过程，外力做的功为W＝I2R总T＝，D正确。故选ABD。 2 3 4 5 6 7 1 4.(多选)(2025·甘肃白银二模)如图所示，边长L＝0.4 m、质量m＝0.2 kg、电阻R＝0.1 Ω的正方形线框abcd置于光滑水平桌面上，ad边与匀强磁场边界MN重合。t＝0时刻，线框以初速度v0进入磁感应强度方向竖直向下的匀强磁场中，v0方向与磁场边界MN的夹角θ＝53°，线框恰好能够全部进入匀强磁场。已知匀强磁场的磁感应强度大小为1.0 T，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，线框进入磁场的过程中，ad边始终与磁场边界平行，则下列说法正确的是 A.线框的初速度大小为4 m/s B.线框进入磁场过程中最大的加速度大小为20 m/s2 C.线框进入磁场的过程中，通过线框导线横截面的电荷量为0.8 C D.线框进入磁场过程中产生的焦耳热为1.024 J √ √ 2 3 4 5 6 7 1 线框恰好能够全部进入匀强磁场，表明线框最终沿 边界做匀速直线运动，根据动量定理有－LBΔt＝0 －mv0sin θ，根据闭合电路欧姆定律有＝，其中 L＝Δt，解得v0＝4 m/s，A正确；线框刚进入磁场 时，感应电动势最大，感应电流最大，则有Imax＝，amax＝，解得amax＝25.6 m/s2，B错误；由A项分析可知，q＝Δt＝＝1.6 C，C错误；根据能量守恒定律有Q＝m－m＝1.024 J，D正确。故 选AD。 2 3 4 5 6 7 1 5.(2025·陕晋青宁高考)如图，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 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 √ 2 3 4 5 6 7 1 根据楞次定律和安培定则可知，甲线框进磁场的过 程电流方向为顺时针，出磁场的过程电流方向为逆 时针，故A错误。甲线框刚进磁场区域时，合力大 小为F安1＝I1LB，I1＝，乙线框刚进磁场区域 时，合力大小为F安2＝I2LB，I2＝，可知＝2，故B错误。假设甲、乙都能完全出磁场，对甲根据动量定理有－LBΔt＝mv1－mv0，q1＝Δt＝·Δt＝＝， 2 3 4 5 6 7 1 同理，对乙有－LBΔt'＝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；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＝mv02，Q2＝mv02－m＝mv02，则＝，故C错误，D正确。故选D。 2 3 4 5 6 7 1 6.(多选)(2025·山东烟台二模)某健身器的简化装置如图所示，装置倾斜放置，与水平面的夹角为θ，两侧平行金属导轨间距为l，导轨上端接一阻值为R的电阻，下端接一电容为C的电容器。在导轨间长为d的区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，质量为m的金属棒PQ水平置于导轨上，用平行两侧导轨的绝缘绳索通过定滑轮与拉杆相连。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。开始时金属棒静止在磁场下方某位置处，电容器不带电，一位健身者用恒定的拉力竖直向下拉动拉杆，金属棒进入磁场时恰好做匀速运动，再经时间t运动至磁场中间位置时撤去拉力，金属棒恰好能运动到磁场上边界，然后金属棒从磁场上边界由静止开始下滑。其他电阻不计、忽略一切摩擦以及拉杆和绳索的质量，金属棒始终与导轨垂直且接触良好，重力加速度为g。下列说法正确的是 A.撤去拉力后金属棒向上做匀减速直线运动 B.拉力的大小为＋mgsin θ C.金属棒在磁场中向下运动时做匀加速直线运动 D.电容器储存的电场能最大值为 √ √ √ 2 3 4 5 6 7 1 设金属棒在磁场中运动时的速度为v，撤去拉力后金属 棒继续向上运动切割磁感线，受到的安培力沿导轨平面 向下，根据牛顿第二定律有mgsin θ＋IlB＝ma，I＝， 可得金属棒的加速度大小为a＝gsin θ＋，v逐渐减 小，可知金属棒向上做加速度逐渐减小的减速直线运动，故A错误；设金属棒进入磁场时的速度大小为v0，v0＝，则有F＝mgsin θ＋＝＋mgsin θ，故B正确； 2 3 4 5 6 7 1 金属棒在磁场中沿导轨向下运动时，设Δt时间内电容 器电荷量的变化量为ΔQ，有ΔQ＝CΔU＝CBlΔv，流 经金属棒的电流I'＝，对金属棒有mgsin θ－I'lB＝ ma，a＝，联立可得金属棒在磁场中向下加速运动 时的加速度大小为a＝，由加速度表达式可知金属棒在磁场中向下运动时做匀加速直线运动，故C正确； 2 3 4 5 6 7 1 当金属棒向下匀加速运动到磁场边界最下端时，此时电容器两端的电势差最大，此时其储存的电场能最大，由能量守恒定律有mgdsin θ＝mv2＋Em，v2＝2ad，联立可得电容器储存的电场能最大值为Em＝，故D正确。故选BCD。 2 3 4 5 6 7 1 7.(20分)(2025·安徽高考)如图，平行光滑金属导轨被固定在水平绝缘桌面上，导轨间距为L，右端连接阻值为R的定值电阻。水平导轨上足够长的矩形区域MNPQ存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。某装置从MQ左侧沿导轨水平向右发射第1根导体棒，导体棒以初速度v0进入磁场，速度减为0时被锁定；从原位置再发射第2根相同的导体棒，导体棒仍以初速度v0进入磁场，速度减为0时被锁定，以此类推，直到发射第n根相同的导体棒进入磁场。已知导体棒的质量为m，电阻为R，长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好(发射前导体棒与导轨不接触)，不计空气阻力、导轨的电阻，忽略回路中的电流对原磁场的影响。求： 2 3 4 5 6 7 1 (1)第1根导体棒刚进入磁场时，所受安培力的功率； 答案：　 第1根导体棒刚进入磁场时产生的感应电动势为E ＝ BLv0 则此时回路的电流为I＝ 此时导体棒受到的安培力F安 ＝ILB 此时导体棒所受安培力的功率 P＝F安v0＝。 2 3 4 5 6 7 1 (2)第2根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程中，其横截面上通过的电 荷量； 答案：　 第2根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程中，根据动量定理有－LB·Δt＝0－mv0 其中q＝·Δt 解得q＝。 2 3 4 5 6 7 1 (3)从第1根导体棒进入磁场到第n根导体棒速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的总热量。 答案：(n ＝ 1，2，3，…) 由于每根导体棒均以初速度v0进入磁场，速度减为0时被锁定，则根据能量守恒定律，每根导体棒进入磁场后产生的总热量均为Q＝m 第1根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的热量QR1＝·Q 2 3 4 5 6 7 1 第2根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的热量 QR2＝·Q＝Q 第3根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中， 导轨右端定值电阻R上产生的热量 QR3＝·Q＝(－)Q 2 3 4 5 6 7 1 依次类推，第n根导体棒进入磁场到速度减为0 的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的热量 QRn＝·Q＝(－)Q 则从第1根导体棒进入磁场到第n根导体棒速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的总热量QR ＝ QR1＋QR2＋QR3＋…＋QRn＝·Q＝(n ＝ 1，2，3，…)。 返回 2 3 4 5 6 7 1 专 题 四 电 路 与 电 磁 感 应 谢 谢 观 看 ！ 2 3 4 5 6 7 1 $