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重難突破15　電磁感應中的動力學、能量和動量問題
1.（2025·廣東佛山模擬）兩根足夠長的光滑導軌豎直放置，間距為L，頂端接阻值為R的電阻。質量為m、電阻為r的金屬棒在距磁場上邊界某處由靜止釋放，金屬棒和導軌接觸良好，導軌所在平面與磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場垂直，如圖所示。不計導軌的電阻，重力加速度為g，則下列說法正確的是（　　）
A.金屬棒在磁場中運動時，流過電阻R的電流方向為a→b
B.金屬棒剛進磁場時一定做加速運動
C.金屬棒的速度為v時，金屬棒所受的安培力大小為
D.金屬棒以穩定的速度下滑時，電阻R的熱功率為R
2.（2023·北京高考9題）如圖所示，光滑水平面上的正方形導線框，以某一初速度進入豎直向下的勻強磁場并最終完全穿出。線框的邊長小于磁場寬度。下列說法正確的是（　　）
A.線框進磁場的過程中電流方向為順時針方向
B.線框出磁場的過程中做勻減速直線運動
C.線框在進和出的兩過程中產生的焦耳熱相等
D.線框在進和出的兩過程中通過導線橫截面的電荷量相等
3.〔多選〕（2025·山東煙臺模擬）如圖所示，一光滑、電阻忽略不計的軌道固定在架臺上，軌道由傾斜和水平兩段組成，傾斜段的上端連接一電阻R＝0.5 Ω，兩軌道間距d＝1 m，水平部分兩軌道間有一豎直向下，磁感應強度B＝0.5 T的勻強磁場。一質量m＝0.5 kg、長為l＝1.1 m、電阻忽略不計的導體棒，從軌道上距水平面h1＝0.8 m高處由靜止釋放，通過磁場區域后從水平軌道末端水平飛出，落地點與水平軌道末端的水平距離x2＝0.8 m，水平軌道距水平地面的高度h2＝0.8 m。通過計算可知（g取10 m/s2）（　　）
A.導體棒進入磁場時的速度為3 m/s
B.導體棒整個運動過程中，電阻R上產生的熱量為3 J
C.磁場的長度x1為2 m
D.整個過程通過電阻的電荷量為2 C
4.〔多選〕（2025·安徽黃山模擬）如圖所示，空間存在豎直向上的勻強磁場，磁感應強度大小為B，足夠長的光滑平行金屬導軌水平放置，導軌左右兩部分的間距分別為l、2l；質量分別為m、2m的導體棒a、b均垂直導軌放置，導體棒a接入電路的電阻為R，其余電阻均忽略不計；a、b兩棒分別以v0、2v0的初速度同時向右運動，兩棒在運動過程中始終與導軌垂直且保持良好接觸，a總在窄軌上運動，b總在寬軌上運動，直到兩棒達到穩定狀態，從開始運動到兩棒穩定的過程中，下列說法正確的是（　　）
A.a棒加速度的大小始終等于b棒加速度的大小
B.穩定時a棒的速度為1.5v0
C.電路中產生的焦耳熱為m
D.通過a棒的某一橫截面的電荷量為
5.（2025·遼寧沈陽模擬）如圖所示，矩形斜面AECD的傾角θ＝30°，在其上放置一矩形金屬框abcd，ab邊的邊長l1＝1 m，bc邊的邊長l2＝0.6 m，金屬框的質量m＝1 kg，電阻R＝0.1 Ω，金屬框與斜面間的動摩擦因素μ＝，金屬框通過輕質細線繞過定滑輪與重物相連，細線與斜面平行且靠近，重物質量m0＝2 kg，斜面上efgh區域有勻強磁場，磁感應強度的大小B＝0.5 T，方向垂直于斜面向上，已知ef到gh的距離為0.6 m。現讓金屬框由靜止開始運動（開始時刻，cd與AE邊重合），在重物到達地面之前，發現金屬框能勻速穿過勻強磁場區域，不計滑輪摩擦，g取10 m/s2，求：
（1）金屬框進入磁場前細線所受拉力的大小；
（2）金屬框從靜止開始運動到ab邊剛進入磁場所用的時間。
6.（2024·河北高考14題）如圖，邊長為2L的正方形金屬細框固定放置在絕緣水平面上，細框中心O處固定一豎直細導體軸OO'。間距為L、與水平面成θ角的平行導軌通過導線分別與細框及導體軸相連。導軌和細框分別處在與各自所在平面垂直的勻強磁場中，磁感應強度大小均為B。足夠長的細導體棒OA在水平面內繞O點以角速度ω勻速轉動，水平放置在導軌上的導體棒CD始終靜止。OA棒在轉動過程中，CD棒在所受安培力達到最大和最小時均恰好能靜止。已知CD棒在導軌間的電阻值為R，電路中其余部分的電阻均不計，CD棒始終與導軌垂直，各部分始終接觸良好，不計空氣阻力，重力加速度大小為g。
（1）求CD棒所受安培力的最大值和最小值。
（2）鎖定OA棒，推動CD棒下滑，撤去推力瞬間，CD棒的加速度大小為a，所受安培力大小等于（1）問中安培力的最大值，求CD棒與導軌間的動摩擦因數。
7.（2025·河南鄭州模擬）如圖所示，在方向豎直向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場中有兩條光滑固定的平行金屬導軌MN、PQ，導軌足夠長，間距為L，其電阻不計，導軌平面與磁場垂直，ab、cd為兩根垂直于導軌水平放置的金屬棒，其接入回路中的電阻均為R，質量均為m，與金屬導軌平行的水平輕質細線一端固定，另一端與cd棒的中點連接。一開始細線處于伸直狀態，ab棒在平行于導軌的拉力F的作用下從靜止開始以恒定加速度a0向右做勻加速直線運動，經時間t0細線被拉斷，兩根金屬棒運動時始終與導軌接觸良好且與導軌相垂直。
（1）求細線能承受的最大拉力F0；
（2）求細線被拉斷前的過程中通過金屬棒ab中間橫截面的電荷量q；
（3）若在細線被拉斷瞬間撤去拉力F，求從此刻起兩根金屬棒之間距離增加量的最大值及細線斷后回路中產生的總焦耳熱。
重難突破15　電磁感應中的動力學、能量和動量問題
1.D　當金屬棒在磁場中向下運動時，根據楞次定律可判斷流過電阻R的電流方向為b→a，A錯誤；由于無法確定金屬棒剛進入磁場時安培力與重力的大小關系，故無法確定金屬棒的運動情況，B錯誤；金屬棒進入磁場時，產生的感應電動勢E＝BLv，產生的感應電流是I＝＝，金屬棒所受的安培力大小F＝ILB＝，C錯誤；金屬棒以穩定的速度下滑時，有F＝I'LB＝mg，可求得電阻R的熱功率P＝I'2R＝R，D正確。
2.D　線框進磁場的過程中由楞次定律知電流方向為逆時針方向，A錯誤；線框出磁場的過程中，E＝BLv，I＝，有FA＝BIL＝＝ma，由于線框出磁場過程中由左手定則可知線框受到的安培力向左，則v減小，線框做加速度減小的減速運動，B錯誤；由功能關系得線框產生的焦耳熱Q＝FAL，其中線框進出磁場時均做減速運動，故其進磁場時任意時刻的速度都大于其出磁場時的速度，所以線框進磁場時受到的安培力也一直都大，產生的焦耳熱多，C錯誤；線框在進和出的兩過程中通過導線橫截面的電荷量q＝t，其中I＝，＝BL，聯立有q＝x，由于線框在進和出的兩過程中線框的位移均為L，則線框在進和出的兩過程中通過導線橫截面的電荷量相等，故D正確。
3.BCD　設導體棒進入磁場時的速度為v0，根據機械能守恒定律有m＝mgh1，解得v0＝4 m/s，故A錯誤；導體棒從水平軌道水平飛出后做平拋運動，則水平方向有x2＝vt，豎直方向有h2＝gt2，聯立代入數據解得v＝2 m/s，導體棒通過磁場區域過程中，根據能量守恒定律有Q＝m－mv2，則導體棒整個運動過程中，電阻R上產生的熱量為Q＝3 J，故B正確；導體棒通過磁場區域過程中，根據動量定理有t1＝Bdq＝mv0－mv，又有q＝t1＝＝，聯立代入數據解得x1＝2 m，q＝2 C，故C、D正確。
4.AC　由F安＝ILB＝ma，可得a＝，a、b兩棒串聯，電流相等，a、b兩棒長度分別為l、2l，質量分別為m、2m，則a、b兩棒加速度大小相等，故A正確；因為導軌光滑，水平方向導體棒只受到安培力作用，對a棒，根據動量定理有Fat＝lBt＝mva－mv0，同理，對b棒有－Fbt＝－B×2l·t＝2mvb－2m·2v0，穩定時無電流，即Blva＝B·2lvb，得va＝2vb，聯立解得va＝2v0，vb＝v0，故B錯誤；由能量守恒定律可知，動能的損失等于電路中產生的焦耳熱，初動能Ek0＝m＋×2m×（2v0）2，末動能Ek＝m×（2v0）2＋×2m×，則電路中產生的焦耳熱為Ek0－Ek＝m，故C正確；對a棒應用動量定理有lB·Δt＝mva－mv0，又q＝·Δt， va＝2v0，聯立解得q＝，故D錯誤。
5.（1）12 N　（2）1.2 s
解析：（1）金屬框進入磁場前，對金屬框和重物分別由牛頓第二定律得FT－mgsin θ－μmgcos θ＝ma'，m0g－FT＝m0a'
聯立解得FT＝12 N。
（2）因金屬框能勻速穿過勻強磁場區域，對重物和金屬框組成的整體，根據平衡條件可得
m0g＝mgsin θ＋μmgcos θ＋BIl1
又I＝，v＝a't
聯立解得t＝1.2 s。
6.（1）　　（2）
解析：（1）當OA棒切割磁感線的有效長度為l1＝L時，該棒產生的感應電動勢最大，有
Emax＝＝BL2ω
此時CD棒所受的安培力最大，結合I＝和安培力公式有
FAmax＝ImaxBL＝
當OA棒切割磁感線的有效長度為l2＝L時，該棒產生的感應電動勢最小，有
Emin＝＝
此時CD棒所受的安培力最小，有
FAmin＝IminBL＝。
（2）設CD棒的質量為m，CD棒與平行導軌間的最大靜摩擦力為f，OA棒在轉動過程中，CD棒在所受安培力達到最大和最小時均恰好靜止，則有FAmax＝mgsin θ＋f，FAmin＋f＝mgsin θ，結合（1）問分析有FAmax＝mgsin θ，則撤去推力瞬間，CD棒的加速度方向沿平行導軌向上，對CD棒由牛頓第二定律有FAmax＋μmgcos θ－mgsin θ＝ma，聯立解得CD棒與導軌間的動摩擦因數為μ＝。
7.（1）　（2）　（3）　m
解析：（1）ab棒以加速度a0向右做勻加速運動，當細線被拉斷時，ab棒運動的速度v＝a0t0
回路中的感應電動勢E＝BLv
回路中的感應電流為I＝
cd棒受到的安培力為FA＝BIL＝F0
聯立解得最大拉力F0＝。
（2）在Δt時間內平均感應電動勢＝
回路中的平均電流為＝
細線被拉斷前的過程中通過ab棒中間橫截面的電荷量為q＝·Δt＝
ab棒在t0時間內的位移x0＝a0
t0時間內回路中磁通量變化量ΔΦ＝BLx0
聯立解得q＝。
（3）細線被拉斷瞬間撤去拉力F后，ab棒做減速運動，cd棒做加速運動，兩棒之間的距離增大，設經過t時間兩棒達到相同速度v'而穩定運動時，兩棒之間的距離增加量達到最大值Δx，兩棒所受安培力等大反向，水平方向動量守恒，由動量守恒定律得mv＝2mv'
對于ab棒，由動量定理得－BLt＝mv'－mv
＝
＝
聯立解得Δx＝
由能量守恒定律得細線斷后回路中產生的總焦耳熱
Q總＝mv2－mv'2×2＝m。
3 / 3　電磁感應中的動力學、能量和動量問題
突破點一　電磁感應中的動力學問題
1.理解電磁感應過程中導體的兩種狀態
狀態 特征 方法
平衡態 加速度為零 利用平衡條件列式解答
非平衡態 加速度不為零 利用牛頓第二定律結合運動學公式解答
2.抓住“兩個研究對象”“四步分析”
3.關注兩個“橋梁”：聯系力學對象與電學對象的“橋梁”——感應電流I、切割速度v。
〔多選〕在與水平面平行的勻強磁場上方有三個線圈，從同一高度同時由靜止下落，三個線圈都是材料相同、邊長一樣的正方形，A線圈有一個缺口，B、C線圈閉合，但B線圈的導線比C線圈的粗，則（　　）
A.三個線圈同時落地 B.A線圈最先落地
C.C線圈最后落地 D.B、C線圈同時落地
嘗試解答
（2025·吉林四平模擬）
如圖，固定在水平桌面上的足夠長的光滑金屬導軌cd、eg處于方向豎直向下的勻強磁場中，金屬桿ab與導軌接觸良好，在兩根導軌的端點d、e之間連接一電阻，其他部分電阻忽略不計。現用一水平向右的恒力F作用在金屬桿ab上，使金屬桿由靜止開始向右沿導軌滑動，滑動中桿ab始終垂直于導軌，金屬桿受到的安培力用F安表示，則下列說法正確的是（　　）
A.金屬桿ab做勻加速直線運動
B.金屬桿ab運動時回路中有順時針方向的感應電流
C.F安先不斷增大，后保持不變
D.金屬桿ab克服安培力做功的功率與時間的平方成正比
嘗試解答
（2025·貴州貴陽模擬）足夠長的平行金屬導軌ab、cd水平放置于豎直向下的勻強磁場中，磁感應強度大小為B，ac之間連接有電容為C的電容器，導軌間距為L，長度為L的光滑金屬棒垂直于導軌放置，與導軌接觸良好，俯視圖如圖所示。金屬棒在水平恒力F的作用下開始向右運動，當金屬棒運動距離為x時撤去外力F，整個過程電容器未被擊穿，重力加速度為g，下列說法正確的是（　　）
A.在外力F作用下金屬棒做加速度越來越小的加速運動
B.撤去外力F后金屬棒做減速運動直至靜止
C.在外力F的作用下，電容器中的電荷量隨時間均勻增大
D.撤去外力F時金屬棒的速度為
嘗試解答
規律總結
電磁感應中的“單桿＋軌道”模型
類型 拉力恒定（含電阻） 拉力恒定（含電容器）
示 意 圖 軌道水平光滑，單桿ab質量為m，電阻不計，兩平行導軌間距為l，拉力F恒定 軌道水平光滑，單桿ab質量為m，電阻不計，兩平行導軌間距為l，拉力F恒定
力 學 觀 點 開始時a＝，桿ab速度v↑ 感應電動勢E＝Blv↑ I↑ 安培力F安＝IlB↑，由F－F安＝ma知a↓，當a＝0時，v最大，vm＝ 開始時a＝，桿ab速度v↑ 感應電動勢E＝Blv↑，經過Δt速度為v＋Δv，此時感應電動勢E'＝Bl（v＋Δv），Δt時間內流入電容器的電荷量Δq＝CΔU＝C（E'－E）＝CBlΔv，電流I＝＝CBl＝CBla，安培力F安＝IlB＝CB2l2a，F－F安＝ma，a＝，所以桿以恒定的加速度做勻加速運動
圖像觀點
能量觀點 F做的功一部分轉化為桿的動能，一部分產生電熱：WF＝Q＋m F做的功一部分轉化為動能，一部分轉化為電場能：WF＝mv2＋EC
如圖所示，足夠長的光滑平行金屬導軌MN、PQ置于垂直于斜面向上的勻強磁場中，磁感應強度B＝1 T，金屬導軌傾角θ＝37°，導軌間距l＝1 m，其電阻不計。K為單刀雙擲開關，當其擲于1端時，電容C＝1 F的電容器接入電路；當其擲于2端時，有R＝1 Ω的電阻接入電路。金屬桿OO'質量m＝1 kg，接入電路的阻值也為R＝1 Ω。初始時，OO'鎖定。已知重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6。
（1）將K擲于2端，釋放OO'，求OO'的最大速度；
（2）將K擲于1端，釋放OO'，求系統穩定時金屬桿的加速度大小。
嘗試解答
突破點二　電磁感應中的能量問題
1.電磁感應過程中的能量轉化
2.求解焦耳熱Q的三種方法
焦耳定律 Q＝I2Rt，電流、電阻都不變時適用
功能關系 Q＝W克服安培力，任意情況都適用
能量轉化 Q＝ΔE其他能的減少量，任意情況都適用
〔多選〕如圖，MN和PQ是電阻不計的平行金屬導軌，其間距為L，導軌彎曲部分光滑，平直部分粗糙，兩部分平滑連接，平直部分右端接一個阻值為R的定值電阻。平直部分導軌左邊區域有寬度為d、方向豎直向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場，質量為m、電阻也為R的金屬棒從高度為h處由靜止釋放，到達磁場右邊界處恰好停止。已知金屬棒與平直部分導軌間的動摩擦因數為μ，重力加速度大小為g，金屬棒與導軌間接觸良好，則在金屬棒穿過磁場區域的過程中（　　）
A.流過金屬棒的最大電流為
B.通過金屬棒的電荷量為
C.金屬棒克服安培力所做的功為mgh
D.金屬棒內產生的焦耳熱為 mg（h－μd）
嘗試解答
〔多選〕如圖所示，相距為d的兩水平線L1和L2分別是水平向里的勻強磁場的邊界，磁場的磁感應強度為B，正方形線框abcd邊長為L（L＜d）、質量為m、電阻為R。將線框在磁場上方高h處由靜止釋放，ab邊剛進入磁場和穿出磁場時的速度恰好相等，重力加速度為g，則在線框全部穿過磁場的過程中（　　）
A.ab邊剛進入磁場時a、b兩端間的電勢差為BL
B.感應電流所做功為mgd
C.感應電流所做功為2mgd
D.線框最小速度為v＝
嘗試解答
（2025·廣東容山中學期中）如圖所示，MN、PQ是豎直放置的光滑平行金屬導軌，相距L＝0.5 m。上端接有R＝0.8 Ω的定值電阻，金屬桿ab質量m＝100 g，電阻r＝0.2 Ω，其余電阻不計。整個裝置在垂直導軌平面的勻強磁場中，磁感應強度B＝1.0 T。ab桿從軌道上端由靜止開始下落，下落過程中ab桿始終與軌道保持良好接觸，當桿下落10 m時，達到最大速度。重力加速度取g＝10 m/s2。求：
（1）ab桿的最大速度；
（2）從靜止開始到達到最大速度的過程中，定值電阻上消耗的焦耳熱；
（3）從靜止開始到達到最大速度的過程中，通過金屬桿ab某橫截面的電荷量。
嘗試解答
突破點三　電磁感應中的動量問題
動量定理在電磁感應過程中的應用
　在電磁感應過程中，導體棒或金屬框在安培力作用下做非勻變速直線運動時，當題目中涉及速度v、電荷量q、運動時間t、運動位移x時應用動量定理求解比較方便快捷。
〔多選〕（2024·貴州高考10題）如圖，間距為L的兩根金屬導軌平行放置并固定在絕緣水平桌面上，左端接有一定值電阻R，導軌所在平面存在磁感應強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場。質量為m的金屬棒置于導軌上，在水平拉力作用下從靜止開始做勻加速直線運動，一段時間后撤去水平拉力，金屬棒最終停在導軌上。已知金屬棒在運動過程中，最大速度為v，加速階段的位移與減速階段的位移相等，金屬棒始終與導軌垂直且接觸良好，不計摩擦及金屬棒與導軌的電阻，則（　　）
A.加速過程中通過金屬棒的電荷量為
B.金屬棒加速的時間為
C.加速過程中拉力的最大值為
D.加速過程中拉力做的功為mv2
嘗試解答
〔多選〕如圖所示，兩根光滑足夠長且電阻不計的平行金屬導軌MNPQ和M1N1P1Q1，固定在水平面上，MN與M1N1距離為2l，PQ與P1Q1距離為l。金屬棒a和b的質量分別為2m和m、長度分別為2l與l，金屬棒a、b分別垂直放在導軌MN、M1N1和PQ、P1Q1上，開始時靜止在導軌上。整個裝置處于豎直向下的、磁感強度為B的勻強磁場中。現金屬棒a獲得水平向右的初速度v0，兩棒運動時始終保持平行且金屬棒a總在MNM1N1上運動，金屬棒b總在PQP1Q1上運動，經過足夠長時間后，下列說法正確的是（　　）
A.流過金屬棒a的電荷量是
B.金屬棒a和b均做加速度相同的勻加速直線運動
C.金屬棒a和b均做速度相等的勻速直線運動
D.回路中感應電動勢為零
嘗試解答
方法總結
不等間距的兩導體棒處于同一磁場中所受安培力不相等，它們分別做變速運動；涉及電荷量、速度、時間等，一般先根據動量定理列方程；若求焦耳熱可對系統應用能量守恒定律列方程。
動量守恒定律在電磁感應過程中的應用
　在雙金屬棒切割磁感線的系統中，雙金屬棒和導軌構成閉合回路，安培力充當系統內力，如果雙金屬棒系統受到的合外力為0時，滿足動量守恒，運用動量守恒定律解題往往比較方便。
〔多選〕如圖所示為兩根間距為L的光滑平行金屬導軌，OO'左側向上彎曲，右側水平，水平導軌處在磁感應強度大小為B、方向豎直向上的勻強磁場中。兩根金屬棒MN、PQ垂直于導軌放置，與導軌接觸良好，金屬棒MN、PQ的長度均為L、質量均為m、阻值均為R。金屬棒MN從豎直高度h處由靜止釋放沿導軌下滑。導軌電阻不計，整個過程金屬棒MN和PQ未相碰，則（　　）
A.金屬棒MN進入磁場時，金屬棒PQ兩端電壓大小為
B.釋放后金屬棒MN的最小速度為0
C.整個過程中流過金屬棒PQ的電荷量為
D.整個過程中閉合回路產生的焦耳熱為
嘗試解答
規律總結
電磁感應中的“雙桿＋軌道”模型
類型 光滑平行導軌 光滑不等距導軌
示意圖 兩金屬桿的質量分別為m1、m2，電阻分別為r1、r2，導軌間距為L，其他電阻忽略不計 兩金屬桿的質量分別為m1、m2，電阻分別為r1、r2，導軌間距為L，其他電阻忽略不計 兩金屬桿的質量分別為m1、m2，電阻分別為r1、r2，導軌間距L1＝2L2，其他電阻忽略不計
力學 觀點 開始時，兩桿做變加速運動；穩定時，兩桿以相同的加速度做勻加速運動 桿MN做加速度逐漸減小的減速運動，桿PQ做加速度逐漸減小的加速運動，穩定時，兩桿的加速度均為零，以相等的速度做勻速運動 桿MN做加速度逐漸減小的減速運動，桿PQ做加速度逐漸減小的加速運動，穩定時，兩桿的加速度均為零，兩桿的速度之比vMN∶vPQ＝1∶2
動量觀點 系統動量不守恒 系統動量守恒
能量 觀點 外力做的功＝金屬桿1增加的動能＋金屬桿2增加的動能＋焦耳熱 桿MN動能的減少量＝桿PQ動能的增加量＋焦耳熱
重難突破15　電磁感應中的動力學、能量和動量問題
【著眼“四翼”·探考點】
突破點一
【例1】 BD　A線圈不受安培力，所以最先落地，選項A錯誤，選項B正確；要想比較出B、C線圈的下落時間，需要先比較加速度，得出加速度a與導線橫截面積S的關系，線圈下落的加速度a＝＝g－＝g－，其中電阻R＝ρ電，m＝ρV＝ρ·4l·S，所以有加速度a＝g－，加速度a與l和S均無關，即B、C線圈同時落地，選項C錯誤，選項D正確。
【例2】 C　F安＝BIL＝，金屬桿在恒力作用下向右做加速運動，隨著速度v的增大，安培力不斷變大，金屬桿受到的合力減小，加速度減小，當安培力與恒力的合力為零時金屬桿ab做勻速直線運動，安培力保持不變，由此可知，金屬桿ab向右先做加速度減小的加速運動，然后做勻速直線運動，故A錯誤，C正確；由右手定則或楞次定律可知，金屬桿ab運動時回路中有逆時針方向的感應電流，故B錯誤；安培力的功率P安＝F安v＝，如果金屬桿做初速度為零的勻加速直線運動，則v＝at，金屬桿克服安培力做功的功率與時間的平方成正比，由于金屬桿先做加速度減小的加速運動后做勻速直線運動，因此金屬桿ab克服安培力做功的功率與時間的平方不成正比，故D錯誤。
【例3】 C　對金屬棒，由牛頓第二定律得F－BIL＝ma，通過金屬棒的電流為I＝＝＝BLaC，可得金屬棒的加速度a＝，金屬棒做勻加速直線運動，撤去外力F后，金屬棒兩端電壓和電容器兩端電壓相等，整個閉合回路中沒有電流，金屬棒做勻速直線運動，故A、B錯誤；電容器中的電荷量Q＝CU＝CBLat＝，可知電容器中的電荷量隨時間均勻增大，故C正確；由v2＝2ax，可求得v＝，故D錯誤。
【例4】 （1）12 m/s　（2）3 m/s2
解析：（1）當OO'加速度為零時，OO'的速度最大，對金屬桿受力分析有mgsin θ＝IBl
通過金屬桿的電流為I＝
金屬桿產生的感應電動勢為E＝Blv
聯立解得最大速度v＝12 m/s。
（2）由電流定義式得I＝
由電容定義式得C＝，得
Δq＝CΔU
由法拉第電磁感應定律得ΔU＝ΔE＝BlΔv
聯立可得感應電流I＝CBla
OO'所受安培力的大小為F＝IlB＝CB2l2a
對OO'應用牛頓第二定律有
mgsin θ－CB2l2a＝ma
解得a＝
代入數據得a＝3 m/s2。
突破點二
【例5】 BD　金屬棒下滑到彎曲部分底端時，根據動能定理有mgh＝ m，金屬棒在磁場中運動時產生的感應電動勢E＝BLv，金屬棒受到的安培力F＝ILB，當金屬棒剛進入磁場中時，感應電流最大，可得流過金屬棒最大電流Imax＝ ，故A錯誤；金屬棒穿過磁場區域的過程中通過金屬棒的電荷量q＝ t＝ ＝ ，故B正確；對整個過程由動能定理得mgh－W克安－μmgd＝0，金屬棒克服安培力做的功W克安＝mgh－μmgd，金屬棒內產生的焦耳熱Q＝ W克安＝ mg（h－μd），故C錯誤，D正確。
【例6】 CD　線框自由下落過程，有mgh＝m，ab邊剛進入磁場時，有E＝BLv0，U＝BLv0，聯立解得U＝BL，故A錯誤；根據能量守恒定律可知，從ab邊剛進入磁場到ab邊剛穿出磁場的過程，動能變化為0，重力勢能轉化為線框產生的熱量，則Q＝mgd，ab邊剛進入磁場時速度為v0，ab邊剛離開磁場時速度也為v0，所以從ab邊剛穿出磁場到cd邊離開磁場的過程，線框產生的熱量與從ab邊剛進入磁場到cd邊剛進入磁場的過程產生的熱量相等，所以線框從ab邊進入磁場到cd邊離開磁場的過程，感應電流做的功等于產生的熱量，有W＝Q'＝2mgd，故B錯誤，C正確；因為進磁場時要減速，即此時的安培力大于重力，速度減小，安培力也減小，線框全部進入磁場將做加速運動，所以全部進入磁場的瞬間速度最小，設線框的最小速度為v，從ab邊剛進入磁場到線框完全進入磁場的過程，由動能定理，有mgL－W安＝mv2－m，又m＝mgh，W安＝mgd，聯立解得線框的最小速度為v＝，故D正確。
【例7】 （1）4 m/s　（2）7.36 J　（3）5 C
解析：（1）當ab勻速下落時速度達到最大，此時所受安培力與重力二力平衡，
則有F安＝mg
又F安＝BIL，E＝BLvmax，I＝
聯立解得ab桿的最大速度為vmax＝4 m/s。
（2）從靜止開始到達到最大速度的過程中，由能量守恒定律得
mgh＝Q總＋m
所以回路產生的總焦耳熱為Q總＝mgh－m＝9.2 J
定值電阻上消耗的焦耳熱為QR＝Q總＝7.36 J。
（3）從靜止開始到達到最大速度的過程中，通過金屬桿ab某橫截面的電荷量q＝Δt
＝
＝
ΔΦ＝BΔS＝BLh
聯立解得q＝5 C。
突破點三
【例8】 AB　加速階段的位移與減速階段的位移相等，都設為x，根據q＝Δt＝Δt＝·Δt＝＝，可知加速過程中通過金屬棒的電荷量等于減速過程中通過金屬棒的電荷量，對于減速過程，由動量定理可得－BLΔt＝－BLq＝0－mv，解得q＝，A正確；由q＝＝，解得x＝，金屬棒加速的過程中，由位移公式可得x＝vt，可得加速時間 為t＝，B正確；金屬棒在水平拉力作用下從靜止開始做勻加速直線運動，加速過程中，安培力逐漸增大，加速度不變，因此拉力逐漸增大，當撤去拉力的瞬間，拉力最大，由牛頓第二定律可得Fm－BL＝ma，其中v＝at，聯立解得Fm＝，C錯誤；加速過程中拉力對金屬棒做正功，安培力對金屬棒做負功，由動能定理可知，合外力的功WF－W安＝mv2，可得WF＝W安＋mv2，因此加速過程中拉力做的功大于mv2，D錯誤。
【例9】 AD　因金屬棒a獲得初速度v0向右運動，其受到的安培力向左，則金屬棒a做減速運動，金屬棒b受到的安培力向右做加速運動，則經過一段時間后，兩棒穩定時均做勻速運動，此時回路的感應電流為零，感應電動勢也為零，則B·2lva＝Blvb，即2va＝vb，選項B、C錯誤，D正確；對金屬棒a，由動量定理得－B·2lΔt＝2mva－2mv0，對金屬棒b，由動量定理得B·lΔt＝mvb，解得q＝Δt＝，選項A正確。
【例10】 AC　MN從靜止釋放到剛進入磁場這個過程，由動能定理得mgh＝m，此時產生的電動勢E＝BLv0，電路中的電流為I＝，又r＝R，所以此時PQ兩端的電壓UPQ＝E－Ir＝E－IR＝，故A正確；MN進入磁場后，MN、PQ受到的安培力等大反向，MN、PQ組成的系統所受合外力為零，所以MN、PQ組成的系統動量守恒，故最后MN、PQ達到共同速度一起運動，速度不會變為零，故B錯誤；設MN、PQ最終速度為v，則mv0＝（m＋m）v，故v＝v0，又Δv＝aΔt＝Δt＝q，所以q＝Δv＝＝·＝ ，故C正確；對整個過程中兩金屬棒，由能量守恒定律有mgh＝·2m·＋Q，則整個過程中閉合回路產生的焦耳熱為Q＝mgh－·2m·＝mgh，故D錯誤。
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重難突破15
電磁感應中的動力學、能量和動量問題
高中總復習·物理
目 錄
01
著眼“四翼”·探考點
02
培養“思維”·重落實
題型 規律 方法
著眼“四翼”·探考點
突破點一　電磁感應中的動力學問題
1. 理解電磁感應過程中導體的兩種狀態
狀態 特征 方法
平衡態 加速度為零 利用平衡條件列式解答
非平衡態 加速度不為零 利用牛頓第二定律結合運動學公式解答
2. 抓住“兩個研究對象”“四步分析”
3. 關注兩個“橋梁”：聯系力學對象與電學對象的“橋梁”——感應電流
I、切割速度v。
〔多選〕在與水平面平行的勻強磁場上方有三個線圈，從同一高度同
時由靜止下落，三個線圈都是材料相同、邊長一樣的正方形，A線圈有一
個缺口，B、C線圈閉合，但B線圈的導線比C線圈的粗，則（　　）
A. 三個線圈同時落地 B. A線圈最先落地
C. C線圈最后落地 D. B、C線圈同時落地
√
√
解析：A線圈不受安培力，所以最先落地，選項A錯誤，選項B正確；要想
比較出B、C線圈的下落時間，需要先比較加速度，得出加速度a與導線橫
截面積S的關系，線圈下落的加速度a＝＝g－＝g－，其中
電阻R＝ρ電，m＝ρV＝ρ·4l·S，所以有加速度a＝g－，加速度a與l和S
均無關，即B、C線圈同時落地，選項C錯誤，選項D正確。
（2025·吉林四平模擬）如圖，固定在水平桌面上的足夠長的光滑金
屬導軌cd、eg處于方向豎直向下的勻強磁場中，金屬桿ab與導軌接觸良
好，在兩根導軌的端點d、e之間連接一電阻，其他部分電阻忽略不計。現
用一水平向右的恒力F作用在金屬桿ab上，使金屬桿由靜止開始向右沿導
軌滑動，滑動中桿ab始終垂直于導軌，金屬桿受到的安培力用F安表示，則
下列說法正確的是（　　）
A. 金屬桿ab做勻加速直線運動
B. 金屬桿ab運動時回路中有順時針方向的感應電流
C. F安先不斷增大，后保持不變
D. 金屬桿ab克服安培力做功的功率與時間的平方成正比
√
解析：F安＝BIL＝，金屬桿在恒力作用下向右做加速運動，隨著速度v
的增大，安培力不斷變大，金屬桿受到的合力減小，加速度減小，當安培
力與恒力的合力為零時金屬桿ab做勻速直線運動，安培力保持不變，由此
可知，金屬桿ab向右先做加速度減小的加速運動，然后做勻速直線運動，
故A錯誤，C正確；由右手定則或楞次定律可知，金屬桿ab運動時回路中有
逆時針方向的感應電流，故B錯誤；安培力的功率P安＝F安v＝，如果
金屬桿做初速度為零的勻加速直線運動，則v＝at，金屬桿克服安培力做功
的功率與時間的平方成正比，由于金屬桿先做加速度減小的加速運動后做
勻速直線運動，因此金屬桿ab克服安培力做功的功率與時間的平方不成正
比，故D錯誤。
（2025·貴州貴陽模擬）足夠長的平行金屬導軌ab、cd水平放置于豎
直向下的勻強磁場中，磁感應強度大小為B，ac之間連接有電容為C的電容
器，導軌間距為L，長度為L的光滑金屬棒垂直于導軌放置，與導軌接觸良
好，俯視圖如圖所示。金屬棒在水平恒力F的作用下開始向右運動，當金
屬棒運動距離為x時撤去外力F，整個過程電容器未被擊穿，重力加速度為
g，下列說法正確的是（　　）
A. 在外力F作用下金屬棒做加速度越來越小的加速運動
B. 撤去外力F后金屬棒做減速運動直至靜止
C. 在外力F的作用下，電容器中的電荷量隨時間均勻增大
D. 撤去外力F時金屬棒的速度為
√
解析：對金屬棒，由牛頓第二定律得F－BIL＝ma，通過金屬棒的電流為I
＝＝＝BLaC，可得金屬棒的加速度a＝，金屬棒做勻加速
直線運動，撤去外力F后，金屬棒兩端電壓和電容器兩端電壓相等，整個
閉合回路中沒有電流，金屬棒做勻速直線運動，故A、B錯誤；電容器中的
電荷量Q＝CU＝CBLat＝，可知電容器中的電荷量隨時間均勻增
大，故C正確；由v2＝2ax，可求得v＝，故D錯誤。
規律總結
電磁感應中的“單桿＋軌道”模型
類型 拉力恒定（含電阻） 拉力恒定（含電容器）
示意圖 軌道水平光滑，單桿ab質量為m，電阻不計，兩平行導軌間距為l，拉力F恒定
軌道水平光滑，單桿ab質量為m，電阻不計，兩平行導軌間距為l，拉力F恒定
類型 拉力恒定（含電阻） 拉力恒定（含電容器）
力學
觀點 開始時a＝，桿ab
速度v↑ 感應電動勢
E＝Blv↑ I↑ 安培
力F安＝IlB↑，由F－
F安＝ma知a↓，當a
＝0時，v最大，vm＝ 開始時a＝，桿ab速度v↑ 感應電動勢E＝
Blv↑，經過Δt速度為v＋Δv，此時感應電動勢
E'＝Bl（v＋Δv），Δt時間內流入電容器的電
荷量Δq＝CΔU＝C（E'－E）＝CBlΔv，電流I
＝＝CBl＝CBla，安培力F安＝IlB＝
CB2l2a，F－F安＝ma，a＝，所以桿
以恒定的加速度做勻加速運動
類型 拉力恒定（含電阻） 拉力恒定（含電容器）
圖像觀點
能量觀點 F做的功一部分轉化為
桿的動能，一部分產生
電熱：WF＝Q＋m F做的功一部分轉化為動能，一部
分轉化為電場能：WF＝mv2＋EC
如圖所示，足夠長的光滑平行金屬導軌MN、PQ置于垂直于斜面向上
的勻強磁場中，磁感應強度B＝1 T，金屬導軌傾角θ＝37°，導軌間距l＝1
m，其電阻不計。K為單刀雙擲開關，當其擲于1端時，電容C＝1 F的電容
器接入電路；當其擲于2端時，有R＝1 Ω的電阻接入電路。金屬桿OO'質量
m＝1 kg，接入電路的阻值也為R＝1 Ω。初始時，OO'鎖定。已知重力加速
度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6。
（1）將K擲于2端，釋放OO'，求OO'的最大速度；
答案： 12 m/s　
解析： 當OO'加速度為零時，OO'的速度最大，對金屬桿受力分析有
mgsin θ＝IBl
通過金屬桿的電流為I＝
金屬桿產生的感應電動勢為E＝Blv
聯立解得最大速度v＝12 m/s。
（2）將K擲于1端，釋放OO'，求系統穩定時金屬桿的加速度大小。
答案： 3 m/s2
解析： 由電流定義式得I＝
由電容定義式得C＝，得
Δq＝CΔU
由法拉第電磁感應定律得ΔU＝ΔE＝BlΔv
聯立可得感應電流I＝CBla
OO'所受安培力的大小為F＝IlB＝CB2l2a
對OO'應用牛頓第二定律有mgsin θ－CB2l2a＝ma
解得a＝
代入數據得a＝3 m/s2。
突破點二　電磁感應中的能量問題
1. 電磁感應過程中的能量轉化
2. 求解焦耳熱Q的三種方法
焦耳定律 Q＝I2Rt，電流、電阻都不變時適用
功能關系 Q＝W克服安培力，任意情況都適用
能量轉化 Q＝ΔE其他能的減少量，任意情況都適用
〔多選〕如圖，MN和PQ是電阻不計的平行金屬導軌，其間距為L，
導軌彎曲部分光滑，平直部分粗糙，兩部分平滑連接，平直部分右端接一
個阻值為R的定值電阻。平直部分導軌左邊區域有寬度為d、方向豎直向
上、磁感應強度大小為B的勻強磁場，質量為m、電阻也為R的金屬棒從高
度為h處由靜止釋放，到達磁場右邊界處恰好停止。已知金屬棒與平直部
分導軌間的動摩擦因數為μ，重力加速度大小為g，金屬棒與導軌間接觸良
好，則在金屬棒穿過磁場區域的過程中（　　）
A. 流過金屬棒的最大電流為
B. 通過金屬棒的電荷量為
C. 金屬棒克服安培力所做的功為mgh
D. 金屬棒內產生的焦耳熱為 mg（h－μd）
√
√
解析：金屬棒下滑到彎曲部分底端時，根據動能定理有mgh＝ m，金
屬棒在磁場中運動時產生的感應電動勢E＝BLv，金屬棒受到的安培力F＝
ILB，當金屬棒剛進入磁場中時，感應電流最大，可得流過金屬棒最大電
流Imax＝ ，故A錯誤；金屬棒穿過磁場區域的過程中通過金屬棒的電
荷量q＝ t＝ ＝ ，故B正確；對整個過程由動能定理得mgh－W克安－
μmgd＝0，金屬棒克服安培力做的功W克安＝mgh－μmgd，金屬棒內產生的
焦耳熱Q＝ W克安＝ mg（h－μd），故C錯誤，D正確。
〔多選〕如圖所示，相距為d的兩水平線L1和L2分別是水平向里的勻
強磁場的邊界，磁場的磁感應強度為B，正方形線框abcd邊長為L（L＜
d）、質量為m、電阻為R。將線框在磁場上方高h處由靜止釋放，ab邊剛進
入磁場和穿出磁場時的速度恰好相等，重力加速度為g，則在線框全部穿
過磁場的過程中（　　）
A. ab邊剛進入磁場時a、b兩端間的電勢差為BL
B. 感應電流所做功為mgd
C. 感應電流所做功為2mgd
D. 線框最小速度為v＝
√
√
解析：線框自由下落過程，有mgh＝m，ab邊剛進入磁場時，有E＝
BLv0，U＝BLv0，聯立解得U＝BL，故A錯誤；根據能量守恒定律
可知，從ab邊剛進入磁場到ab邊剛穿出磁場的過程，動能變化為0，重力
勢能轉化為線框產生的熱量，則Q＝mgd，ab邊剛進入磁場時速度為v0，ab
邊剛離開磁場時速度也為v0，所以從ab邊剛穿出磁場到cd邊離開磁場的過
程，線框產生的熱量與從ab邊剛進入磁場到cd邊剛進入磁場的過程產生的
熱量相等，所以線框從ab邊進入磁場到cd邊離開磁場的過程，感應電流做
的功等于產生的熱量，有W＝Q'＝2mgd，故B錯誤，C正確；
因為進磁場時要減速，即此時的安培力大于重力，速度減小，安培力也減
小，線框全部進入磁場將做加速運動，所以全部進入磁場的瞬間速度最小，
設線框的最小速度為v，從ab邊剛進入磁場到線框完全進入磁場的過程，由
動能定理，有mgL－W安＝mv2－m，又m＝mgh，W安＝mgd，聯立
解得線框的最小速度為v＝，故D正確。
（2025·廣東容山中學期中）如圖所示，MN、PQ是豎直放置的光滑
平行金屬導軌，相距L＝0.5 m。上端接有R＝0.8 Ω的定值電阻，金屬桿ab
質量m＝100 g，電阻r＝0.2 Ω，其余電阻不計。整個裝置在垂直導軌平面
的勻強磁場中，磁感應強度B＝1.0 T。ab桿從軌道上端由靜止開始下落，
下落過程中ab桿始終與軌道保持良好接觸，當桿下落10 m時，達到最大速
度。重力加速度取g＝10 m/s2。求：
（1）ab桿的最大速度；
答案： 4 m/s　
解析： 當ab勻速下落時速度達到最大，此時所受安培力與
重力二力平衡，
則有F安＝mg
又F安＝BIL，E＝BLvmax，I＝
聯立解得ab桿的最大速度為vmax＝4 m/s。
（2）從靜止開始到達到最大速度的過程中，定值電阻上消耗的焦耳熱；
答案： 7.36 J　
解析： 從靜止開始到達到最大速度的過程中，由能量守恒定律得
mgh＝Q總＋m
所以回路產生的總焦耳熱為Q總＝mgh－m＝9.2 J
定值電阻上消耗的焦耳熱為QR＝Q總＝7.36 J。
（3）從靜止開始到達到最大速度的過程中，通過金屬桿ab某橫截面的電
荷量。
答案： 5 C
解析： 從靜止開始到達到最大速度的過程中，通過金屬桿ab某橫截
面的電荷量q＝Δt
＝
＝
ΔΦ＝BΔS＝BLh
聯立解得q＝5 C。
突破點三　電磁感應中的動量問題
動量定理在電磁感應過程中的應用
　在電磁感應過程中，導體棒或金屬框在安培力作用下做非勻變速直線運
動時，當題目中涉及速度v、電荷量q、運動時間t、運動位移x時應用動量
定理求解比較方便快捷。
〔多選〕（2024·貴州高考10題）如圖，間距為L的兩根金屬導軌平行
放置并固定在絕緣水平桌面上，左端接有一定值電阻R，導軌所在平面存
在磁感應強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場。質量為m的金屬棒置于
導軌上，在水平拉力作用下從靜止開始做勻加速直線運動，一段時間后撤
去水平拉力，金屬棒最終停在導軌上。已知金屬棒在運動過程中，最大速
度為v，加速階段的位移與減速階段的位移相等，金屬棒始終與導軌垂直且
接觸良好，不計摩擦及金屬棒與導軌的電阻，則（　　）
A. 加速過程中通過金屬棒的電荷量為
B. 金屬棒加速的時間為
C. 加速過程中拉力的最大值為
D. 加速過程中拉力做的功為mv2
√
√
解析：加速階段的位移與減速階段的位移相等，都設為x，根據q＝Δt＝
Δt＝·Δt＝＝，可知加速過程中通過金屬棒的電荷量等于減速過
程中通過金屬棒的電荷量，對于減速過程，由動量定理可得－BLΔt＝－
BLq＝0－mv，解得q＝，A正確；由q＝＝，解得x＝，金屬棒
加速的過程中，由位移公式可得x＝vt，可得加速時間 為t＝，B正確；
金屬棒在水平拉力作用下從靜止開始做勻加速直線運動，加速過程中，安
培力逐漸增大，加速度不變，因此拉力逐漸增大，當撤去拉力的瞬間，拉
力最大，由牛頓第二定律可得Fm－BL＝ma，其中v＝at，聯立解得Fm＝
，C錯誤；加速過程中拉力對金屬棒做正功，安培力對金屬棒做負功，
由動能定理可知，合外力的功WF－W安＝mv2，可得WF＝W安＋mv2，因此
加速過程中拉力做的功大于mv2，D錯誤。
〔多選〕如圖所示，兩根光滑足夠長且電阻不計的平行金屬導軌
MNPQ和M1N1P1Q1，固定在水平面上，MN與M1N1距離為2l，PQ與P1Q1距
離為l。金屬棒a和b的質量分別為2m和m、長度分別為2l與l，金屬棒a、b分
別垂直放在導軌MN、M1N1和PQ、P1Q1上，開始時靜止在導軌上。整個裝
置處于豎直向下的、磁感強度為B的勻強磁場中。現金屬棒a獲得水平向右
的初速度v0，兩棒運動時始終保持平行且金屬棒a總在MNM1N1上運動，金
屬棒b總在PQP1Q1上運動，經過足夠長時間后，下列說法正確的是（　　）
A. 流過金屬棒a的電荷量是
B. 金屬棒a和b均做加速度相同的勻加速直線運動
C. 金屬棒a和b均做速度相等的勻速直線運動
D. 回路中感應電動勢為零
√
√
解析：因金屬棒a獲得初速度v0向右運動，其受到的安培力向左，則金屬棒
a做減速運動，金屬棒b受到的安培力向右做加速運動，則經過一段時間
后，兩棒穩定時均做勻速運動，此時回路的感應電流為零，感應電動勢也
為零，則B·2lva＝Blvb，即2va＝vb，選項B、C錯誤，D正確；對金屬棒a，
由動量定理得－B·2lΔt＝2mva－2mv0，對金屬棒b，由動量定理得B·lΔt＝
mvb，解得q＝Δt＝，選項A正確。
方法總結
　　不等間距的兩導體棒處于同一磁場中所受安培力不相等，它們分別做
變速運動；涉及電荷量、速度、時間等，一般先根據動量定理列方程；若
求焦耳熱可對系統應用能量守恒定律列方程。
動量守恒定律在電磁感應過程中
的應用
　在雙金屬棒切割磁感線的系統中，雙金屬棒和導軌構成閉合回路，安培
力充當系統內力，如果雙金屬棒系統受到的合外力為0時，滿足動量守
恒，運用動量守恒定律解題往往比較方便。
〔多選〕如圖所示為兩根間距為L的光滑平行金屬導軌，OO'左側向
上彎曲，右側水平，水平導軌處在磁感應強度大小為B、方向豎直向上的
勻強磁場中。兩根金屬棒MN、PQ垂直于導軌放置，與導軌接觸良好，金
屬棒MN、PQ的長度均為L、質量均為m、阻值均為R。金屬棒MN從豎直高
度h處由靜止釋放沿導軌下滑。導軌電阻不計，整個過程金屬棒MN和PQ未
相碰，則（　　）
A. 金屬棒MN進入磁場時，金屬棒PQ兩端電壓大小為
B. 釋放后金屬棒MN的最小速度為0
C. 整個過程中流過金屬棒PQ的電荷量為
D. 整個過程中閉合回路產生的焦耳熱為
√
√
解析：MN從靜止釋放到剛進入磁場這個過程，由動能定理得mgh＝
m，此時產生的電動勢E＝BLv0，電路中的電流為I＝，又r＝R，所
以此時PQ兩端的電壓UPQ＝E－Ir＝E－IR＝，故A正確；MN進入磁
場后，MN、PQ受到的安培力等大反向，MN、PQ組成的系統所受合外力
為零，所以MN、PQ組成的系統動量守恒，故最后MN、PQ達到共同速度
一起運動，速度不會變為零，故B錯誤；設MN、PQ最終速度為v，則mv0＝
（m＋m）v，故v＝v0，又Δv＝aΔt＝Δt＝q，所以q＝Δv＝
＝·＝ ，故C正確；對整個過程中兩金屬棒，由能量守恒定律有mgh＝·2m·＋Q，則整個過程中閉合回路產生的焦耳熱為Q＝mgh－·2m·＝mgh，故D錯誤。
如圖所示，P、Q是兩根固定在水平面內
的光滑平行金屬導軌，間距為L，導軌足
夠長且電阻可忽略不計。圖中EFHG矩形
區域內有一方向垂直于導軌平面向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場。在t＝0時刻，兩金屬棒a、b分別以大小相同的速率v0，分別從磁場的邊界EF、GH進入磁場。經過一段時間后，其中有一棒恰好停在磁場邊界處，且在這個過程中，金屬棒a、b沒有相碰，相距最近時b棒仍位于磁場區域內。已知金屬棒a、b是由相同材料制成，長度均為L，電阻分別為R和2R，a棒的質量為2m。在運動過程中兩金屬棒始終與導軌垂直且接觸良好。求：
（1）在t＝0時刻b棒的加速度大小；
答案： 　
解析： 根據電阻定律有Ra＝R＝ρ，Rb＝2R＝ρ
可得Sa＝2Sb
根據ma＝2m＝ρ'LSa，mb＝ρ'LSb
可得mb＝ma＝m
a進入磁場的速度方向向右，b進入磁場的速度方向向左，根據右手定則可
知，a產生的感應電流方向是E到F，b產生的感應電流方向是H到G，即兩
個感應電流方向相同，所以流過a、b的感應電流是兩個感應電流之和，則
有I＝
對于b，根據牛頓第二定律有ILB＝mba
聯立解得在t＝0時刻b棒的加速度大小為a＝。
（2）兩棒在整個過程中相距最近的距離；
答案： 　
解析：取向右為正方向，相距最近時，兩棒具有相同的速度，根據系統動
量守恒有2mv0－mv0＝（2m＋m）v
解得v＝
此時，電路中感應電流為0，a、b棒一起向右勻速運動，直到b棒出磁場區
域，之后b棒不受安培力、a棒受安培力減速直到停下；從b棒出磁場區域
到a棒剛好停在磁場邊界處，對a棒運用動量定理得－LBΔt＝0－2mv
又q＝IΔt＝Δt＝Δt＝＝
聯立解得兩棒在整個過程中相距最近的距離為s＝。
（3）在整個過程中，b棒產生的焦耳熱。
答案： m
解析：對a、b組成的系統，最終b棒一直做勻速直線運動，根據能量守恒有
m＝mv2＋Q總
對a、b，根據焦耳定律有Q＝I2RΔt
因流過a、b的電流一直相等，所用時間也相同，故a、b產生的熱量與電阻
成正比，即Qa∶Qb＝1∶2
又Qa＋Qb＝Q總
聯立解得b棒產生的焦耳熱為Qb＝m。
規律總結
電磁感應中的“雙桿＋軌道”模型
類型 光滑平行導軌 光滑不等距導軌
示意
圖 兩金屬桿的質量分別
為m1、m2，電阻分別
為r1、r2，導軌間距為
L，其他電阻忽略不計 兩金屬桿的質量
分別為m1、m2，
電阻分別為r1、
r2，導軌間距為
L，其他電阻忽
略不計
兩金屬桿的質量分別為
m1、m2，電阻分別為r1、
r2，導軌間距L1＝2L2，
其他電阻忽略不計
類型 光滑平行導軌 光滑不等距導軌
力學 觀點 開始時，兩桿做變加
速運動；穩定時，兩
桿以相同的加速度做
勻加速運動 桿MN做加速度
逐漸減小的減速
運動，桿PQ做
加速度逐漸減小
的加速運動，穩
定時，兩桿的加
速度均為零，以
相等的速度做勻
速運動 桿MN做加速度逐漸減小
的減速運動，桿PQ做加
速度逐漸減小的加速運
動，穩定時，兩桿的加
速度均為零，兩桿的速
度之比vMN∶vPQ＝1∶2
類型 光滑平行導軌 光滑不等距導軌
動量
觀點 系統動量不守恒 系統動量守恒
能量 觀點 外力做的功＝金屬桿1
增加的動能＋金屬桿2
增加的動能＋焦耳熱 桿MN動能的減少量＝桿PQ動能的增加量
＋焦耳熱
培養“思維”·重落實
夯基 提能 升華
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1. （2025·廣東佛山模擬）兩根足夠長的光滑導軌豎直放置，間距為L，頂
端接阻值為R的電阻。質量為m、電阻為r的金屬棒在距磁場上邊界某處由
靜止釋放，金屬棒和導軌接觸良好，導軌所在平面與磁感應強度大小為
B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場垂直，如圖所示。不計導軌的電阻，
重力加速度為g，則下列說法正確的是（　　）
A. 金屬棒在磁場中運動時，流過電阻R的電流方向為a→b
B. 金屬棒剛進磁場時一定做加速運動
C. 金屬棒的速度為v時，金屬棒所受的安培力大小為
D. 金屬棒以穩定的速度下滑時，電阻R的熱功率為R
√
解析： 　當金屬棒在磁場中向下運動時，根據楞次定律可判斷流過電阻R
的電流方向為b→a，A錯誤；由于無法確定金屬棒剛進入磁場時安培力與
重力的大小關系，故無法確定金屬棒的運動情況，B錯誤；金屬棒進入磁
場時，產生的感應電動勢E＝BLv，產生的感應電流是I＝＝，金屬
棒所受的安培力大小F＝ILB＝，C錯誤；金屬棒以穩定的速度下滑
時，有F＝I'LB＝mg，可求得電阻R的熱功率P＝I'2R＝R，D正確。
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2. （2023·北京高考9題）如圖所示，光滑水平面上的正方形導線框，以某
一初速度進入豎直向下的勻強磁場并最終完全穿出。線框的邊長小于磁場
寬度。下列說法正確的是（　　）
A. 線框進磁場的過程中電流方向為順時針方向
B. 線框出磁場的過程中做勻減速直線運動
C. 線框在進和出的兩過程中產生的焦耳熱相等
D. 線框在進和出的兩過程中通過導線橫截面的電荷量相等
√
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解析： 　線框進磁場的過程中由楞次定律知電流方向為逆時針方向，A錯
誤；線框出磁場的過程中，E＝BLv，I＝，有FA＝BIL＝＝ma，由于
線框出磁場過程中由左手定則可知線框受到的安培力向左，則v減小，線框
做加速度減小的減速運動，B錯誤；由功能關系得線框產生的焦耳熱Q＝
FAL，其中線框進出磁場時均做減速運動，故其進磁場時任意時刻的速度
都大于其出磁場時的速度，所以線框進磁場時受到的安培力也一直都大，
產生的焦耳熱多，C錯誤；線框在進和出的兩過程中通過導線橫截面的電
荷量q＝t，其中I＝，＝BL，聯立有q＝x，由于線框在進和出的兩過
程中線框的位移均為L，則線框在進和出的兩過程中通過導線橫截面的電
荷量相等，故D正確。
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3. 〔多選〕（2025·山東煙臺模擬）如圖所示，一光滑、電阻忽略不計的
軌道固定在架臺上，軌道由傾斜和水平兩段組成，傾斜段的上端連接一電
阻R＝0.5 Ω，兩軌道間距d＝1 m，水平部分兩軌道間有一豎直向下，磁感
應強度B＝0.5 T的勻強磁場。一質量m＝0.5 kg、長為l＝1.1 m、電阻忽略
不計的導體棒，從軌道上距水平面h1＝0.8 m高處由靜止釋放，通過磁場區
域后從水平軌道末端水平飛出，落地點與水平軌道末端的水平距離x2＝0.8
m，水平軌道距水平地面的高度h2＝0.8 m。通過計算可知（g取10 m/s2）
（　　）
A. 導體棒進入磁場時的速度為3 m/s
B. 導體棒整個運動過程中，電阻R上產生的
熱量為3 J
C. 磁場的長度x1為2 m
D. 整個過程通過電阻的電荷量為2 C
√
√
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解析： 　設導體棒進入磁場時的速度為v0，根據機械能守恒定律
有m＝mgh1，解得v0＝4 m/s，故A錯誤；導體棒從水平軌道水平飛
出后做平拋運動，則水平方向有x2＝vt，豎直方向有h2＝gt2，聯立代
入數據解得v＝2 m/s，導體棒通過磁場區域過程中，根據能量守恒定律
有Q＝m－mv2，則導體棒整個運動過程中，電阻R上產生的熱量
為Q＝3 J，故B正確；導體棒通過磁場區域過程中，根據動量定理有
t1＝Bdq＝mv0－mv，又有q＝t1＝＝，聯立代入數據解得x1
＝2 m，q＝2 C，故C、D正確。
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4. 〔多選〕（2025·安徽黃山模擬）如圖所示，空間存在豎直向上的勻強
磁場，磁感應強度大小為B，足夠長的光滑平行金屬導軌水平放置，導軌
左右兩部分的間距分別為l、2l；質量分別為m、2m的導體棒a、b均垂直導
軌放置，導體棒a接入電路的電阻為R，其余電阻均忽略不計；a、b兩棒分
別以v0、2v0的初速度同時向右運動，兩棒在運動過程中始終與導軌垂直且
保持良好接觸，a總在窄軌上運動，b總在寬軌上運動，直到兩棒達到穩定
狀態，從開始運動到兩棒穩定的過程中，下列說法正確的是（　　）
A. a棒加速度的大小始終等于b棒加速度的大小
B. 穩定時a棒的速度為1.5v0
C. 電路中產生的焦耳熱為m
D. 通過a棒的某一橫截面的電荷量為
√
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解析： 　由F安＝ILB＝ma，可得a＝，a、b兩棒串聯，電流相等，
a、b兩棒長度分別為l、2l，質量分別為m、2m，則a、b兩棒加速度大小相
等，故A正確；因為導軌光滑，水平方向導體棒只受到安培力作用，對a
棒，根據動量定理有Fat＝lBt＝mva－mv0，同理，對b棒有－Fbt＝－
B×2l·t＝2mvb－2m·2v0，穩定時無電流，即Blva＝B·2lvb，得va＝2vb，聯立
解得va＝2v0，vb＝v0，故B錯誤；由能量守恒定律可知，動能的損失等于電路中產生的焦耳熱，初動能Ek0＝m＋×2m×（2v0）2，末動能Ek＝m×（2v0）2＋×2m×，則電路中產生的焦耳熱為Ek0－Ek＝m，故C正確；對a棒應用動量定理有lB·Δt＝mva－mv0，又q＝·Δt， va＝2v0，聯立解得q＝，故D錯誤。
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5. （2025·遼寧沈陽模擬）如圖所示，矩形斜面
AECD的傾角θ＝30°，在其上放置一矩形金屬
框abcd，ab邊的邊長l1＝1 m，bc邊的邊長l2＝
0.6 m，金屬框的質量m＝1 kg，電阻R＝0.1 Ω，
金屬框與斜面間的動摩擦因素μ＝，金屬框通過輕質細線繞過定滑輪與重物相連，細線與斜面平行且靠近，重物質量m0＝2 kg，斜面上efgh區域有勻強磁場，磁感應強度的大小B＝0.5 T，方向垂直于斜面向上，已知ef到gh的距離為0.6 m。現讓金屬框由靜止開始運動（開始時刻，cd與AE邊重合），在重物到達地面之前，發現金屬框能勻速穿過勻強磁場區域，不計滑輪摩擦，g取10 m/s2，求：
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答案： 12 N　
（1）金屬框進入磁場前細線所受拉力的大小；
解析： 金屬框進入磁場前，對金屬框和重物分別由牛頓第二定律得
FT－mgsin θ－μmgcos θ＝ma'，m0g－FT＝m0a'
聯立解得FT＝12 N。
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（2）金屬框從靜止開始運動到ab邊剛進入磁場所用的時間。
答案： 1.2 s
解析：因金屬框能勻速穿過勻強磁場區域，對重物和金屬框組成的整體，
根據平衡條件可得
m0g＝mgsin θ＋μmgcos θ＋BIl1
又I＝，v＝a't
聯立解得t＝1.2 s。
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6. （2024·河北高考14題）如圖，邊長為
2L的正方形金屬細框固定放置在絕緣水平
面上，細框中心O處固定一豎直細導體軸
OO'。間距為L、與水平面成θ角的平行導
軌通過導線分別與細框及導體軸相連。導軌和細框分別處在與各自所在平面垂直的勻強磁場中，磁感應強度大小均為B。足夠長的細導體棒OA在水平面內繞O點以角速度ω勻速轉動，水平放置在導軌上的導體棒CD始終靜止。OA棒在轉動過程中，CD棒在所受安培力達到最大和最小時均恰好能靜止。已知CD棒在導軌間的電阻值為R，電路中其余部分的電阻均不計，CD棒始終與導軌垂直，各部分始終接觸良好，不計空氣阻力，重力加速度大小為g。
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答案： 　　
（1）求CD棒所受安培力的最大值和最小值。
解析： 當OA棒切割磁感線的有效長度為l1＝L時，該棒產生的
感應電動勢最大，有Emax＝＝BL2ω
此時CD棒所受的安培力最大，結合I＝和安培力公式有
FAmax＝ImaxBL＝
當OA棒切割磁感線的有效長度為l2＝L時，該棒產生的感應電動勢最
小，有Emin＝＝
此時CD棒所受的安培力最小，有
FAmin＝IminBL＝。
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（2）鎖定OA棒，推動CD棒下滑，撤去推力瞬間，CD棒的加速度大小為
a，所受安培力大小等于（1）問中安培力的最大值，求CD棒與導軌間的動
摩擦因數。
答案：
解析：設CD棒的質量為m，CD棒與平行導軌間的最大靜摩擦力為f，OA棒
在轉動過程中，CD棒在所受安培力達到最大和最小時均恰好靜止，則有
FAmax＝mgsin θ＋f，FAmin＋f＝mgsin θ，結合（1）問分析有FAmax＝mgsin
θ，則撤去推力瞬間，CD棒的加速度方向沿平行導軌向上，對CD棒由牛頓
第二定律有FAmax＋μmgcos θ－mgsin θ＝ma，聯立解得CD棒與導軌間的動
摩擦因數為μ＝。
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7. （2025·河南鄭州模擬）如圖所示，在方向豎
直向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場中有兩
條光滑固定的平行金屬導軌MN、PQ，導軌足夠
長，間距為L，其電阻不計，導軌平面與磁場垂直，ab、cd為兩根垂直于導軌水平放置的金屬棒，其接入回路中的電阻均為R，質量均為m，與金屬導軌平行的水平輕質細線一端固定，另一端與cd棒的中點連接。一開始細線處于伸直狀態，ab棒在平行于導軌的拉力F的作用下從靜止開始以恒定加速度a0向右做勻加速直線運動，經時間t0細線被拉斷，兩根金屬棒運動時始終與導軌接觸良好且與導軌相垂直。
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答案： 　
（1）求細線能承受的最大拉力F0；
解析： ab棒以加速度a0向右做勻加速運動，當細線被拉斷時，ab棒運
動的速度v＝a0t0
回路中的感應電動勢E＝BLv
回路中的感應電流為I＝
cd棒受到的安培力為FA＝BIL＝F0
聯立解得最大拉力F0＝。
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（2）求細線被拉斷前的過程中通過金屬棒ab中間橫截面的電荷量q；
答案： 　
解析：在Δt時間內平均感應電動勢＝
回路中的平均電流為＝
細線被拉斷前的過程中通過ab棒中間橫截面的電荷量為q＝·Δt＝
ab棒在t0時間內的位移x0＝a0
t0時間內回路中磁通量變化量ΔΦ＝BLx0
聯立解得q＝。
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（3）若在細線被拉斷瞬間撤去拉力F，求從此刻起兩根金屬棒之間距離增
加量的最大值及細線斷后回路中產生的總焦耳熱。
答案： 　m
解析：細線被拉斷瞬間撤去拉力F后，ab棒做減速運動，cd棒做加速運動，
兩棒之間的距離增大，設經過t時間兩棒達到相同速度v'而穩定運動時，兩
棒之間的距離增加量達到最大值Δx，兩棒所受安培力等大反向，水平方向
動量守恒，由動量守恒定律得mv＝2mv'
對于ab棒，由動量定理得－BLt＝mv'－mv
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聯立解得Δx＝
由能量守恒定律得細線斷后回路中產生的總焦耳熱
Q總＝mv2－mv'2×2＝m。
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THANKS
演示完畢 感謝觀看

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