易错点11 电磁感应中电路与力学的综合问题（3陷阱点5考点4题型）-备战2025年高考物理易错题专练（新高考通用）

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01 易错陷阱
易错点一：错误地运用楞次定律求感应电流
易错点二：不能明确磁通量、磁通量变化量、磁通量变化率的区别
易错点三：错误求解电磁感应与电路和力学的综合问题
02 易错知识点
知识点一、动生电动势的几个问题
知识点二、能量转化及焦耳热的求法
知识点三、电磁感应中的“单杆”问题分析
知识点四、电磁感应中的“双杆”问题分析
知识点五、电磁感应中的图像问题
03 举一反三——易错题型
题型一：通过导体的电量q计算
题型二：电磁感应中的图像分析
题型三：电磁感应中的导轨滑杆模型
题型四：动量定理 动量守恒定律在电磁感应中的应用
04 易错题通关
易错点一：错误地运用楞次定律求感应电流
1.判断电磁感应现象是否发生的一般流程
2.“阻碍”的含义及步骤
易错点二：不能明确磁通量、磁通量变化量、磁通量变化率的区别
1．磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ及磁通量的变化率eq \f(ΔΦ,Δt)的比较
易错点三：错误求解电磁感应与电路和力学的综合问题
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)分析研究导体受力情况(包括安培力)．
(4)列动力学方程或根据平衡条件列方程求解．
知识点一、动生电动势的几个问题
1.导体切割磁感线时的感应电动势
2．导体转动切割磁感线
当导体棒在垂直于磁场的平面内，绕导体棒上某一点以角速度ω匀速转动时，则：
(1)以导体棒中点为轴时，E＝0(相同两段的代数和)。
(2)以导体棒端点为轴时，E＝eq \f(1,2)Bωl2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(平均速度取中点位置的线速度\f(1,2)ωl))。
(3)以导体棒上任意一点为轴时，E＝eq \f(1,2)Bω(leq \\al(2,1)－leq \\al(2,2))(不同两段的代数和，其中l1>l2)。
知识点二、能量转化及焦耳热的求法
(1)能量转化
eq \x(\a\al(其他形式,的能量))eq \(――→,\s\up7(克服安培),\s\d5(力做功))eq \x(\a\al(电,能))eq \(――→,\s\up7(电流做功))eq \x(\a\al(焦耳热或其他,形式的能量))
(2)求解焦耳热Q的三种方法(纯电阻电路)
知识点三、电磁感应中的“单杆”问题分析
知识点四、电磁感应中的“双杆”问题分析
(1)初速度不为零，不受其他水平外力的作用
(2)初速度为零，一杆受到恒定水平外力的作用
知识点五、电磁感应中的图像问题
（1）图像类型
（2）2．解题关键
①弄清物理量的初始条件和正负方向；
②注意物理量在进、出磁场时的变化；
③写出函数表达式。
（3）解题方法：先定性排除，再定量解析
①定性排除法：用右手定则或楞次定律确定物理量的方向，定性地分析物理量的变化趋势、变化快慢、是否均匀变化等，特别注意物理量的正负和磁场边界处物理量的变化，通过定性分析排除错误的选项。
②定量解析法：根据题目所给条件定量地推导出物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图像作出分析，由图像的斜率、截距等作出判断。
题型一：通过导体的电量q计算
【例1】（2024•常州三模）如图所示，abcd是边长为l、总电阻为R的正方形导体框，其外接圆内充满着均匀变化的磁场，磁场方向垂直于纸面向外，磁感应强度大小B＝kt（k＞0），则下列说法正确的是（ ）
A．t1时刻ab边产生的感应电动势为kl2
B．t1时刻ab边受到的安培力大小为k2l3t1R
C．0～t1时间内通过cd边的电荷量为kl2t14R
D．撤去导体框，圆上a处的电场强度为零
【解答】解：A、根据法拉第电磁感应定律可得t1时刻导体框产生的感应电动势为
E=ΔΦΔt=ΔBΔtS＝kl2
则ab边产生的感应电动势为14kl2，故A错误；
B、t1时刻ab边受到的安培力大小为F=B1Il=kt1×kl2R×l=k2l3t1R，故B正确；
C、0～t1时间内通过cd边的电荷量为q=It1=kl2Rt1=kl2t1R，故C错误；
D、撤去导体框，变化的磁场产生电场，可知圆上会产生感生电场，则a处的电场强度不为零，故D错误。
故选：B。
【变式1-1】（2024•重庆模拟）如图为某同学设计的电磁弹射装置示意图，平行的足够长光滑水平导轨MN、PQ间距为L，置于磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m，长度为2L导体棒ab垂直放在导轨上。单刀双掷开关先打向c，内阻不计电动势为E的电源给电容为C的电容器充电，充完电后打向d，导体棒ab在安培力的作用下发射出去。阻力不计，下列说法正确的是（ ）
A．导体棒达到最大速度前，做加速度逐渐增大的加速运动
B．导体棒以最大速度发射出去后，电容器储存的电荷量为零
C．导体棒能达到的最大速度为2CEBLm+4CB2L2
D．导体棒达到最大速度时，电容器放出的电荷量为mCEm+CB2L2
【解答】解：A、开关先打向d，则电容器放电，通过导体棒的放电电流方向从a→b，由左手定则可知导体棒ab所受安培力水平向右，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电动势，回路中总感应电动势E总＝UC﹣BLv，随着电容器放电，电容器两端电压UC减小，导体棒速度v增大，则回路中总电动势减小，电流减小，由F＝BIL可知安培力减小，对导体棒由牛顿第二定律有：F＝ma，安培力F减小，则加速度a减小，故A错误；
B、当导体棒产生的感应电动势与电容器两端电压相等时，即UC＝BLv，回路中E总＝0，电流I＝0，导体棒所受安培力F＝0，导体棒加速度a＝0，导体棒速度达到最大，此时电容器电压不为零，则电容器电荷量不为零，故B错误；
CD、电容器开始的电荷量：Q0＝CU＝CE，设导体棒速度最大时电容器的电荷量为Q1，则Q1＝CU1，此时电路中总电动势为零，则有：U1＝BLvm
取水平向右为正方向，导体棒从静止到最大速度过程，对导体棒利用动量定理有：BILΔt=mvm−0
这一过程中电容器放出的电荷量ΔQ=Q0−Q1=IΔt
联立方程可得：vm=BLCEm+CB2L2，ΔQ=mCEm+CB2L2，故D正确，C错误。
故选：D。
【变式1-2】（2024•浉河区校级模拟）如图所示，水平放置足够长光滑金属导轨abc和de，ab与de平行并相距为L，bc是以O为圆心的半径为r的圆弧导轨，圆弧be左侧和扇形Obc内有方向如图的匀强磁场，磁感应强度均为B，a、d两端接有一个电容为C的电容器，金属杆OP的O端与e点用导线相接，P端与圆弧bc接触良好，初始时，可滑动的金属杆MN静止在平行导轨上，金属杆MN质量为m，金属杆MN和OP电阻均为R，其余电阻不计，若杆OP绕O点在匀强磁场区内以角速度ω从b到c匀速转动时，回路中始终有电流，则此过程中，下列说法正确的有（ ）
A．杆OP产生的感应电动势恒为Bωr2
B．电容器带电量恒为BCωr22
C．杆MN中的电流逐渐减小
D．杆MN向左做匀加速直线运动，加速度大小为B2ω2r2L4mR
【解答】解：A、设OP转动的角速度为ω，圆弧导轨半径为r，则OP转动切割磁感应线的感应电动势为：E＝Brv=12Br2ω，故A错误；
BC、根据右手定则可知OP棒中产生的感应电流方向由O到P，则通过MN的电流方向由M到N，根据左手定则可知杆MN受到的安培力方向向左，杆MN将向左运动切割磁感应线，由于MN切割磁感应线产生的感应电流方向由N到M，从而使得杆MN中的电流逐渐减小，则电容器两端带电量会减小，故B错误，C正确；
D、根据C选项分析可知，杆MN中的电流大小发生变化，根据牛顿第二定律可得MN的加速度大小a=BILm发生改变，杆MN不是做匀加速直线运动，故D错误；
故选：C。
【变式1-3】（2024•南昌模拟）如图所示，整个区域内有竖直向下的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度大小B＝0.5T，两根间距为L＝0.5m、半径为R＝2m的光滑四分之一竖直圆弧金属导轨等高平行放置，顶端连接阻值为r＝0.4Ω的电阻。长为L、质量为m＝0.2kg、阻值为r1＝0.1Ω的金属棒在力F（除重力、安培力以外的力）作用下从导轨顶端ab处以恒定速率v＝4m/s下滑，整个过程中金属棒与导轨接触良好，始终与导轨垂直。导轨电阻忽略不计，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）金属棒运动到cd处时，金属棒两端的电压U；
（2）金属棒从导轨ab处运动至圆弧的中间位置的过程中，通过电阻r的电荷量q；
（3）金属棒从导轨ab处运动至cd处的过程，电流的有效值I有和外力F做的功W。
【解答】解：（1）金属棒运动到cd处时，金属棒产生的感应电动势为E＝BLv
根据串联电路分压规律有U=Er+r1⋅r
代入数据解得E＝1V，U＝0.8V
（2）金属棒从导轨ab处运动至圆弧的中间位置的过程中，根据q=I⋅Δt，I=Er+r1，E=ΔΦΔt
联立得q=ΔΦr+r1
又根据ΔΦ＝BL（R﹣Rcs45°）
联立解得q=(1−22)C
（3）电动势有效值为E有=E2=12V=22V
可得电流有效值为I有=E有r+r1=220.4+0.1A=2A
根据动能定理有W+W安+mgR＝0
且﹣W安＝Q
Q=I有2(r+r1)t
t=πR2v
联立解得W＝3.215J
题型二：电磁感应中的图像分析
【例2】（2024•南通三模）如图所示，匀强磁场中水平放置两足够长的光滑平行金属导轨，导轨的左侧连接电池E和电容器C，单刀双掷开关S接1，金属棒ab在导轨上处于静止状态。在t0时刻S接2，金属棒ab在导轨上向右运动过程中棒始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，不计导轨电阻。则金属棒两端电压Uab、速度v、电容器所带电荷量q、回路中电流强度i随时间t变化的关系图像可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【解答】解：电容器充电完毕后，开关打在2处时，处于放电状态，有流过导体棒从a到b的电流，在安培力作用下导体棒向右运动，在金属棒运动过程中，由于切割磁感线也将产生电动势，该电动势方向和电容器电压相反，故电路中电流是变化的，当金属棒的感应电动势和电容器电压相等时，金属棒匀速运动，电容器充完电带电量为Q＝CE，故金属棒先做加速度逐渐减小的加速运动，最后匀速运动，回路中电流为0，电容器两个极板之间有电势差，仍带有一定的电荷量，开始的时候ab的电压等于E，t0时候切割电动势为零，金属棒电压等于电容器电压E，速度增大，切割电动势增大，电路电流减小，ab电压降低，故C正确，ABD错误。
故选：C。
【变式2-1】（2024•下城区校级模拟）在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一闭合金属圆环，面积为S，电阻为R。规定圆环中电流的正方向如图甲所示，磁场向上为正。当磁感应强度B随时间t按图乙变化时，下列说法正确的是（ ）
A．0～1s内感应电流的磁场在圆环圆心处的方向向上
B．1～2s内通过圆环的感应电流的方向与图甲所示方向相反
C．0～2s内线圈中产生的感应电动势为B0S2
D．2～4s内线圈中产生的焦耳热为2B02S2R
【解答】解：A、0～1s内磁场向下减小，根据楞次定律可知感应电流的磁场在圆环圆心处的方向向下，故A错误；
B、1～2s内磁场向上增大，根据楞次定律可知感应电流的磁场在圆环圆心处的方向向下，所以感应电流方向与图甲所示方向相同，故B错误；
C、根据法拉第电磁感应定律有：E＝nΔΦΔt=nsΔBΔt，0～2s内线圈中产生的感应电动势为E＝B0S，故C错误；
D、同C选项可知在2～4s内线圈中的感应电动势为E＝B0S，焦耳热P=E2Rt，解得：P=2B02S2R，故D正确；
故选：D。
【变式2-2】（2023•镇海区模拟）如图甲所示，驱动线圈通过开关S与电源连接，发射线圈放在绝缘且内壁光滑的发射导管内。闭合开关S后，在0～t0内驱动线圈的电流i随时间t的变化如图乙所示。在这段时间内，下列说法正确的是（ ）
A．发射线圈中感应电流产生的磁场水平向左
B．t＝t0时驱动线圈产生的自感电动势最大
C．t＝0时发射线圈具有的加速度最大
D．t＝t0时发射线圈中的感应电流最大
【解答】解：A、根据安培定则可知，驱动线圈内的磁场方向水平向右，再由图乙可知，驱动线圈的电流增大，通过发射线圈的磁通量增大，根据楞次定律可知，发射线圈内部的感应磁场方向水平向左，故A正确；
BD、由图乙可知，t＝t0时驱动线圈的电流变化最慢，电流变化率最小，此时通过发射线圈的磁通量变化率最小，此时驱动线圈产生的自感电动势最小，感应电流最小，故BD错误；
C、t＝0时驱动线圈的电流变化最快，则此时通过发射线圈的磁通量变化最快，产生的感应电流最大，但此时磁场最弱，安培力不是最大值，则此时发射线圈具有的加速度不是最大，故C错误。
故选：A。
【变式2-3】（2023•重庆模拟）如图所示，在y轴与直线x＝L之间区域有垂直纸面向外的匀强磁场，在直线x＝L与直线x＝2L之间区域有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。现有一直径为L的圆形导线框，从图示位置开始，在外力F（未画出）的作用下沿x轴正方向匀速穿过磁场区域。线框中感应电流（逆时针方向为正方向）与导线框移动的位移x的变化关系图像中正确的（ ）
A．B．
C．D．
【解答】解：设导线框匀速运动的速度为v，导线框电阻为R。
在0≤x＜L过程，导线框进入左侧磁场，导线框的磁通量向外增大，根据楞次定律可知，感应电流为顺时针方向（负方向），导线框切割磁感线的有效长度先增大后减小，根据闭合电路欧姆定律，有I1=E1R=BL有vR，可知导线框的电流先增大后减小，此过程中的最大电流为I1max=BLvR
在L≤x＜2L过程，导线框从左侧磁场进入右侧磁场，导线框的磁通量从向外减小到向里增大，根据楞次定律可知，感应电流为逆时针方向（正方向），又因为导线框切割磁感线的有效长度先增大后减小，根据闭合电路的欧姆定律，有I2=E2R=2BL有vR，可知导线框的电流先增大后减小，此过程中的最大电流为I2max=2BLvR；
在2L≤x＜3L过程，导线框离开右侧磁场，导线框的磁通量垂直于线框平面向里，且减小，根据楞次定律可知，感应电流为顺时针方向（负方向），导线框切割磁感线的有效长度先增大后减小，根据闭合电路欧姆定律，有I3=E3R=BL有vR，可知导线框的电流先增大后减小，且此此过程中的最大电流为I3max=BLvR，故ACD错误，B正确。
故选：B。
题型三：电磁感应中的导轨滑杆模型
【例3】（2024•湖北模拟）如图所示，水平面内放置着电阻可忽略不计的金属导轨，其形状满足方程y＝x2，空间分布者垂直xOy平面向内的匀强磁场。先将足够长的导体棒ab与x轴重合，且关于y轴对称放置，再用沿y轴正向的外力使其由静止开始做匀加速直线运动，导体棒先后经过y＝y0、y＝4y0的位置。若导体棒接入电路的电阻和其长度成正比，运动过程中始终和x轴平行并和导轨接触良好，不计摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．导体棒经过y＝y0、y＝4y0的位置时，闭合回路中的电动势之比为1：1
B．导体棒经过y＝y0、y＝4y0的位置时，闭合回路中的电流大小之比为1：4
C．经过y＝y0、y＝4y0的位置时，导体棒所受安培力大小之比为1：1
D．0∼y0、y0∼4y0过程中，闭合回路中产生的电热之比为1：15
【解答】解：A、设导体棒运动到某一位置时，速度大小为v，其与导轨接触点的坐标为（±x，y），导体棒由静止开始做匀加速直线运动，则有
v2＝2ay
闭合回路中的感应电动势大小为
E＝2Bvx
解得
E=22aBy，则感应电动势之比为1：4，故A错误；
B、由闭合电路欧姆定律得闭合回路中的电流为
I=ER
其中R＝2kx
解得
I=Bk2ay，则电流之比为1：2，故B错误；
C、导体棒所受安培力大小为
F＝2BIx
解得
F=22aB2yk2，则安培力之比为1：4，故C错误；
D、由F=22aB2yk2可知，导体棒所受安培力大小F与其位移大小y成正比，作出安培力随着位移变化的图像，如图所示。
图像与横轴所围的面积即导体棒运动过程中克服安培力做的功，等于闭合回路产生的电热，为
Q=12Fy
解得
Q=2aB2y2k2
则0∼y0、y0∼4y0过程中，闭合回路中产生的电热之比为Q1：Q2＝12：（42﹣12）＝1：15，故D正确。
故选：D。
【变式3-1】（2024•衡水模拟）如图所示，在一个倾角为θ的导轨MN上面，放置一个长度为L的金属棒PQ，已知两导轨间距为d（d＜L），金属棒的质量为m、阻值为r，导轨与金属棒接触良好，两者间动摩擦因数为μ，导轨下端连接一个阻值为R的定值电阻，整个导轨处在一个垂直导轨所在平面向上、磁感应强度为B的匀强磁场中。现用一个恒力F拉动金属棒沿导轨斜面运动了x的距离，所用时间为t，此时金属棒的速度为v，下列说法正确的是（ ）
A．金属棒速度为v时，R两端的电压为BLRvR+r
B．该过程中生成的焦耳热为Fx−12mv2−mgxsinθ
C．该过程中摩擦力做的功为μmgxcsθ
D．该过程中安培力做的功为mgx(sinθ+μcsθ)+12mv2−Fx
【解答】解：A、金属棒速度为v时，产生的感应电动势E＝Bdv，R上的电压为UR=RR+rBdv，故A错误；
B、该过程中，生成的焦耳热指电阻生热的总和，由能量守恒定律有：Q=Fx−12mv2−mgxsinθ−μmgxcsθ，故B错误；
C、该过程中摩擦力做的功为Wf＝﹣μmgxcsθ，故C错误；
D、设该过程中安培力做的功为W安，根据动能定理有
WF+W安−mgxsinθ−μmgxcsθ=12mv2−0
解得：W安=mgx(sinθ+μcsθ)+12mv2−Fx，故D正确。
故选：D。
【变式3-2】（多选）（2024•郑州一模）如图，平行光滑导轨左侧AB和A'B'是半径为R的四分之一圆弧，BE、B'E'处于同一水平面，AC和A'C'间距为L，DE和D'E'间距为2L，AC、A'C'、DE、D'E'均足够长，AC和DE、A'C'和D'E'通过导线连接，其中BB'右侧导轨平面处在竖直向上的匀强磁场中，DD'左侧大小为B1，DD'右侧大小为B2，B1＝B2＝B现将长度为2L的导体棒PQ垂直导轨放置于DE和D'E'上，将长度为L的导体棒MN垂直导轨放置于AA'端，静止释放导体棒MN，导体棒运动的过程始终与导轨垂直且接触良好。已知导体棒MN和PQ材料、横截面积均相同，导体棒MN质量为m，电阻为r，重力加速度为g，不计导轨电阻，下列说法正确的是（ ）
A．导体棒MN进入磁场瞬间，导体棒PQ的加速度大小2B2L23mr2gR
B．PQ棒的最终速度为132gR
C．磁场方向不变，若B1＝2B2，从释放MN至两导体棒稳定运动的整个过程中导体棒PQ上产生的焦耳热为49mgR
D．磁场方向不变，若B1、B2大小可调，则两棒的最终速度之比vMNvPQ=B22B1
【解答】解：A、导体棒MN在圆弧下滑过程，根据机械能守恒，有mgR=12mv02
导体棒MN进入磁场瞬间，感应电动势为E1＝BLv0
由于导体棒MN和PQ材料、横截面积均相同，根据R＝ρLS和m＝ρV可知导体棒PQ的质量、电阻分别为2m、2r
则感应电流为I1=E1r+2r
对导体棒PQ分析，有：2BI1L＝2ma1，解得加速度大小为：a=B2L23mr2gR，故A错误；
B、稳定时，两导体棒均做匀速直线运动，回路总的感应电动势为0，则有BLvMN＝B•2LvPQ
取向右为正方向，对MN根据动量定理可得：−FAt＝mvMN﹣mv0
对PQ根据动量定理可得：2FAt＝2mvPQ﹣0
解得vPQ=132gR，故B正确；
C、磁场方向不变，若B1＝2B2，则两棒受到的安培力大小相等、方向相反，水平方向动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：
mv0＝（m+2m）v
根据能量守恒定律可得产生的热为：Q=12mv02−12（m+2m）v2
联立解得：Q=23mgR
从释放MN至两导体棒稳定运动的整个过程中导体棒PQ上产生的焦耳热为：QPQ=2rr+2rQ
解得：QPQ=49mgR，故C正确；
D、磁场方向不变，若B1、B2大小可调，稳定时，两导体棒均做匀速直线运动，回路总的感应电动势为0，则有B1LvMN＝B2•2LvPQ
则两棒的最终速度之比为：vMNvPQ=2B2B1，故D错误。
故选：BC。
【变式3-3】（2024•温州一模）如图所示，光滑的水平面上固定足够长、光滑平行金属导轨，导轨右端接有一个单刀双掷开关K。开关接1时，导轨与电动势E＝0.3V、内阻r＝1Ω的电源相连；开关接2时，导轨与电容C＝0.3F的电容器相连。与导轨垂直的边界QQ′右侧空间存在方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小B＝2T。一质量m＝0.1kg、电阻R1＝1Ω的金属杆PP′垂直导轨放置，一边长d＝0.2m、电阻R2＝0.32Ω，质量也为m的正方形金属框恰好置于水平面上的边界QQ′外，金属框与金属杆中点处通过绝缘、松弛、不可伸长的轻绳连接。已知导轨间距L＝0.5m，电容器初始电量q＝2C，金属杆与导轨始终接触良好且导轨的电阻均可忽略不计。
（1）开关接1时，金属杆PP′受到垂直金属杆的水平外力保持静止，求水平外力F的大小；
（2）先断开开关K并撤去外力，再将开关K拨到2，金属杆由静止开始向右运动，杆速率最大时轻绳尚未拉直，求金属杆的最大速率v1；
（3）接第（2）问，金属杆达到最大速度、轻绳未拉直时，断开开关K。求金属框完全进入磁场区域时的速率v2（已知金属杆与金属框在轻绳拉直瞬间达到共速）；
（4）接第（3）问，金属框完全进入磁场区域后将开关接1，一段时间后金属杆速度减为零，且金属框始终未与金属杆碰撞，求该过程中金属杆上产生的焦耳热Q杆。
【解答】解：（1）开关接1时，由闭合电路欧姆定律得
I=ER1+r
对金属杆，根据平衡条件和安培力公式得
F＝FA＝B1IL
联立解得
F＝0.15N
（2）金属杆由静止到速率最大过程中，设电容器的带电量从q减至q1，取向右为正方向，根据动量定理得
BLI•Δt＝mv1
其中I•Δt＝q﹣q1
即BL（q﹣q1）＝mv1
电容器电容在金属杆匀速时，有
C=q1U1
此时电容器两端电压等于导体棒两端电压，则有
U1＝BLv1
联立解得
v1＝5m/s
（3）金属框完全进入磁场区域时，设通过R电荷量q2，则
q2=Bd2R2
上述过程中，对金属杆，取向右为正方向，由动量定理有
﹣Bq2d＝2mv2﹣mv1
解得
v2＝2m/s
（4）轻绳松弛，金属杆到静止时，设通过杆电荷量q3，取向右为正方向，根据动量定理有
﹣Bq3L＝0﹣mv2
根据回路中能量守恒有
Q总=q3E+12mv22
该过程中金属杆上产生的焦耳热为
Q杆=R1R1+rQ总
解得
Q杆＝0.13J
题型四：动量定理 动量守恒定律在电磁感应中的应用
【例4】（2024•岳麓区校级模拟）定义“另类加速度”A=ΔvΔx，A不变的运动称为另类匀变速运动。若物体运动的A不变，则称物体做另类匀变速运动。如图所示，光滑水平面上一个正方形导线框以垂直于一边的速度穿过一个匀强磁场区域（磁场宽度大于线框边长）。导线框电阻不可忽略，但自感可以忽略不计。已知导线框进入磁场前速度为v1，穿出磁场后速度为v2。下列说法中正确的是（ ）
A．线框在进入磁场的过程中，速度随时间均匀增加
B．线框在进入磁场的过程中，其另类加速度A是变化的
C．线框完全进入磁场后，在磁场中运动的速度为v1+v22
D．线框完全进入磁场后，在磁场中运动的速度为v12+v222
【解答】解：A、线框在进入磁场的过程中，受到向左的安培力而做减速运动，线框受到的安培力大小为F=BIL=B2L2vR，可知，随着速度减小，线框受到的安培力减小，加速度减小，因此线框在进入磁场的过程中，做加速度逐渐减小的变减速直线运动，速度随时间非均匀减小，故A错误；
B、线框在进入磁场的过程中，取水平向右为正方向，根据动量定理得
−BILΔt=mΔv
其中
IΔt=ERΔt=BLΔxR
解得：ΔvΔx=−B2L2mR，可知另类加速度A不变，故B错误；
CD、线框在进入磁场的过程中，取水平向右为正方向，根据动量定理得
−BILΔt=−B2L3R=mv−mv1
线框穿出磁场的过程中，取水平向右为正方向，根据动量定理得
−BILΔt=−B2L3R=mv2−mv
联立解得：v=v1+v22，故C正确，D错误。
故选：C。
【变式4-1】（多选）（2024•青羊区校级模拟）如图所示，水平粗糙地面上有两磁场区域，左右两磁场区域内的匀强磁场宽度均为L，磁感应强度大小分别为B和2B，左磁场区磁场方向竖直向下，右磁场区磁场方向竖直向上，两磁场间距为2L。一个质量为m、匝数为n、电阻为R、边长为L的正方形金属线框以速度v0水平向右进入左磁场区域，当金属线框刚离开右磁场区域时速度为v1，金属线框离开右磁场区运动一段距离后停下。金属线框与水平面间的动摩擦因数为μ。关于金属线框的运动下列判断正确的是（ ）
A．金属线框从刚进入左磁场区域到最终停止的过程中一直做匀减速直线运动
B．金属线框通过两个磁场区域过程中产生的焦耳热为12mv02−12mv12−5μmgL
C．金属线框进入左侧磁场区域过程中，通过金属线框的电荷量为nBL2R
D．若金属线框进入左磁场区域过程所用时间为t，则金属线框刚好完全进入左侧磁场区域时的速度为v0﹣2μgt−nB2L3mR
【解答】解：A、金属线框穿过左侧磁场区域的过程中会产生感应电动势，线框中会有感应电流，使线框受到与运动方向相反的安培力，根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律，安培力计算公式，可得线框受到的安培力大小为：F安＝nBLI＝nBLnBLvR=n2B2L2vR
根据牛顿第二定律可得线框的加速度大小为：a=f+F安m，金属线框穿过左侧磁场区域的过程中做减速运动，所受安培力减小，则加速度减小，故金属线框做加速度减小的减速运动。同理，金属线框穿过右侧磁场区域的过程也做加速度减小的减速运动，故A错误；
B、设金属线框通过两个磁场区域全过程中产生的焦耳热为Q，金属线框从开始运动到离开右磁场区域过程，由能量守恒定律得：
12mv02=μmg(L+2L+L+L)+12mv12+Q
解得：Q=12mv02−12mv12−5μmgL，故B正确；
C、由法拉第电磁感应定律可得平均感应电动势为：E=nΔΦΔt
由闭合电路的欧姆定律可得平均感应电流为：I=ER
通过金属线框的电荷量为：q＝IΔt
解得：q=nΔΦR
金属线框进入左侧磁场区域的过程中磁通量的增加量为：ΔΦ＝BL2，则此过程通过金属线框的电荷量为：q=nBL2R，故C正确；
D、设金属线框刚好完全进入左侧磁场区域时的速度大小为v，以向右为正方向，该过程对金属线框由动量定理得：
−BlLt−μmgt=mv−mv0
其中：lt=q=nBL2R
解得：v=v0−μgt−nB2L3mR，故D错误。
故选：BC。
【变式4-2】（多选）（2024•南宁二模）如图所示，间距L＝1m的粗糙倾斜金属导轨与水平面间的夹角θ＝37°，其顶端与阻值R＝1Ω的定值电阻相连，间距相同的光滑金属导轨固定在绝缘水平面上，两导轨都足够长且在AA'处平滑连接，AA'至DD'均是光滑绝缘带，保证倾斜导轨与水平导轨间电流不通。倾斜导轨处有方向垂直倾斜导轨所在平面向上、磁感应强度大小B1＝0.2T的匀强磁场，水平导轨处有方向竖直向上、磁感应强度大小B2＝0.5T的匀强磁场。两根导体棒1、2的质量均为m＝0.2kg，两棒接入电路部分的电阻均为R，初始时刻，导体棒1放置在倾斜导轨上，且距离AA′足够远，导体棒2静置于水平导轨上，已知倾斜导轨与导体棒1间的动摩擦因数μ＝0.5。现将导体棒1由静止释放，运动过程中导体棒1未与导体棒2发生碰撞。取重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，两棒与导轨始终垂直且接触良好，导轨电阻不计，下列说法正确的是（ ）
A．导体棒1在倾斜导轨上下滑时做匀加速直线运动
B．导体棒1滑至AA'瞬间的速度大小为20m/s
C．稳定时，导体棒2的速度大小为10m/s
D．整个运动过程中通过导体棒2的电荷量为2C
【解答】解：A.由于导体棒1释放点离AA'足够远，导体棒l滑至AA'时一定达到稳定状态，则导体棒l在倾斜导轨上下滑时先做加速直线运动，后做匀速直线运动，故A错误；
B.由平衡可得即有
B1IL+μmgcs37°＝mgsin37°
根据闭合电路欧姆定律及法拉第电磁感应定律有
I=B1LvR+R
解得
v＝20m/s
故B正确；
C.规定向右为正方向，导体棒1、2组成的系统由动量守恒可得
mv＝2mv'
则稳定时，导体棒2的速度大小为
v'＝10m/s
故C正确；
D.规定向左为正方向。对导体棒2由动量定理有
B2ILΔt＝mv'
即
B2Lq＝mv'
电荷量为
q＝4C
故D错误。
故选：BC。
【变式4-3】如图所示，两根足够长的光滑水平金属导轨固定在同一水平面上，间距为L，导轨左端与开关S、电池（电动势为E，内阻为r）相连，导轨间的矩形窄区abcd（图中的虚线框）的左、右两侧存在磁感应强度大小均为B、方向均竖直向上的匀强磁场（未画出），窄区内无磁场且宽度不计，窄区内的导轨上涂有光滑的绝缘漆。有两根长度均为L、电阻均为r的金属棒AB、CD，CD垂直放在窄区内的导轨上，AB垂直放在窄区左侧的导轨上。闭合开关S，AB由静止开始运动，一段时间后做匀速运动，断开S时AB与CD发生弹性正碰（碰撞时间极短）。已知AB、CD的质量分别为4m、m，两棒始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计。求：
（1）碰前瞬间AB的速度大小v0；
（2）开关S由闭合到断开的这段时间内，电源提供的能量W电；
（3）碰后瞬间AB的速度大小v以及从碰后到最终状态过程中AB中产生的焦耳热Q。
【解答】解：（1）碰撞前AB匀速运动，电流为零，所以切割磁感应线产生的感应电动势为E，
根据E＝BLv0可得：
v0=EBL；
（2）对AB棒根据动量定理可得：BIL•Δt＝4mv0﹣0
其中通过AB某横截面的电荷量q=I•Δt
产生的电能为W电＝EIΔt
联立解得：W电=4mE2B2L2；
（3）AB和CD碰撞过程中动量守恒，则有：
4mv0＝4mv+mv1，
根据能量守恒定律可得：12×4mv02=12×4mv2+12mv12，
联立解得：v=3E5BL，v1=8E5BL；
最后二者都匀速运动，根据动量守恒定律可得4mv0＝5mv共，
解得v共=4E5BL，
根据能量守恒定律可得：Q总=12×4mv02−12×5mv共2=2mE25B2L2，
所以AB中产生的焦耳热Q=rr+rQ总=mE25B2L2。
（多选）（2023•市中区校级二模）如图甲所示，虚线MN是斜面上平行于斜面底端的一条直线，MN上方存在垂直于斜面向上的匀强磁场，磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示。t＝0时刻将一单匝正方形导体框自与MN距离s＝1m处由静止释放，直至导体框完全穿出磁场的过程中其速度一时间图像如图丙所示。已知斜面倾角θ＝37°，导体框与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，运动中导体框底边与MN始终平行，导体框质量m＝2kg，电阻R＝2Ω，边长l＝2m，重力加速度g＝10m/s2。设从释放至导体框穿出磁场的过程中，整个导体框所受安培力大小为F，回路中产生的焦耳热的功率为P，通过导体框的电流为I，导体框的机械能为E（释放处E＝0），沿斜面下滑的位移为x，则下列图像正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【解答】解：A.0﹣1s内，根据感生电动势E＝nSΔBΔt，得E＝4V
由于上下两个边均切割磁感线因此动生电动势为0；回路中感应电流沿顺时针方向，导体框所受安培力对边相抵
F＝0
根据功能关系得：从开始到x＝1m处过程中导体框所受安培力合力为0，做匀加速直线运动，加速度
a＝gsinθ﹣μgcsθ
解得
a＝2m/s2
1s末速率
v＝at＝2×1m/s＝2m/s
位移
x=12at2=12×2×12m＝1m
之后磁感应强度B不变
F安=B2l2vm=mgsinθ﹣μmgcsθ
导体框开始匀速穿出磁场，故A正确；
B.0﹣1s内
P1=E2R
解得
P1＝8W
恒定不变，故B错误；
C.0﹣1s内，通过导体框的电流
I=ER=42A＝2A
故C错误；
D.0～1s内导体框机械能满足
E＝E0﹣μmgcsθx，E0＝0
即
E＝﹣8x
x＝1m处
E1＝﹣8J
从x＝1m到x＝3m处过程中满足
E＝E1﹣（μmgcsθ+BIl） （x﹣1）
解得
E＝4﹣12x
x＝3m处时
E'＝﹣32J
故D正确；
故选：AD。
（多选）（2023•安庆模拟）如图甲所示，一圆形金属线圈上半部分处于匀强磁场中，线圈匝数为n，线圈固定不动。t＝0时匀强磁场的磁感应强度的方向垂直纸面向里，磁感应强度B随时间t变化的关系图像如图乙所示，已知线圈的半径为r，线圈总电阻为R，则（ ）
A．线圈中的感应电流的方向在t0时刻发生改变
B．线框受到的安培力方向始终竖直向上
C．t＝0时刻，线圈受到的安培力大小为n2πr3B02t0R
D．0～32t0通过导线某横截面的电荷量为3nπr2B04R
【解答】解：A、由图可知，磁感应强度先垂直纸面向里减小，再垂直纸面向外增大，根据楞次定律得，线圈中的感应电流方向始终为顺时针，t0时刻电流方向不变，故A错误；
B、根据左手定则得，0～t0时间内，线框受到的安培力方向竖直向上，t0～2t0时间内，线框受到的安培力方向竖直向下，故B错误；
C、根据法拉第电磁感应定律得，线圈中感应电动势的大小为E＝nΔΦΔt=nΔBΔtS=nπr2B02t0
根据闭合电路欧姆定律得，线圈中的电流大小为I=ER=nπr2B02Rt0
t＝0时刻，线圈受到的安培力大小为F＝nB0IL＝nB0I•2r=n2πr3B02t0R
故C正确；
D、0～32t0时间内，通过导线某横截面的电荷量为q＝I•32t0=3nπr2B04R
故D正确。
故选：CD。
（多选）（2023•张家界模拟）如图甲为汽车在足够长水平路面上以恒定功率P启动的模型，假设汽车启动过程中所受阻力f恒定，汽车质量为M；如图乙为一足够长的水平的光滑平行金属导轨，导轨间距为L，左端接有定值电阻R，导轨处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。将一质量为m的导体棒垂直搁在导轨上并用水平恒力F向右拉动，导体棒和导轨的电阻不计且两者始终接触良好。图丙、丁分别是汽车、导体棒开始运动后的v﹣t图像，其中t1和t2已知。则（ ）
A．汽车在运动过程中的最大速度为Pf
B．导体棒在运动过程中的最大速度为FRB2L
C．汽车从启动到速度达到最大所运动的距离为Pt1f−MP22f3
D．导体棒从开始到速度达到最大所运动的距离为FRt2B2L2−mFR22B4L4
【解答】解：A、当汽车运动至速度最大时，有F牵﹣f＝0，且P＝F牵vm1，解得vm1=Pf，故A正确；
B、对导体棒，速度最大时有：F﹣ILB＝0，且I=BLvm2R，解得vm2=FRB2L2，故B错误；
C、汽车从启动到速度达到最大的过程中，由动能定理可知12Mvm12=Pt1−fx1，解得x1=Pt1f−MP22f3，故C正确；
D、由电磁感应定律E=NΔΦΔt得，在导体棒从开始运动到速度达到最大过程中E=BΔSt2=BLx2t2，由欧姆定律可知I=ER，故F安=BIL，由动量定理可知Ft2−F安t2=mvm2，计算可知x2=FRt2B2L2−mFR2B4L4，故D错误。
故选：AC。
（多选）（2023•淄博一模）如图所示，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，一根导轨位于x轴上，另一根由ab、bc两段直导轨组成，其中bc段与x轴平行，两导轨相交于原点O左侧a点，所有导轨单位长度电阻为r。导轨上一足够长金属棒MN在外力作用下沿x轴正方向以速度v0做匀速直线运动，金属棒单位长度电阻也为r，t＝0时刻恰好通过坐标原点O，金属棒始终与x轴垂直。设运动过程中通过金属棒的电流强度为i，金属棒受到安培力的大小为F，导轨间金属棒切割磁感线产生的电动势为E，导轨间金属棒两端的电压为U，导轨与金属棒接触良好，忽略导轨与金属棒连接处的电阻。下列图像可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【解答】解：当导体棒从O点向右运动t时，即在0～Lv0时间内，在某时刻导体棒切割磁感线的长度L＝（L0+v0t） tanθ
（θ为ab与x轴的夹角）则根据
E＝BLv0＝Bv0（L0+v0t） tanθ
即E﹣t图像是不过原点的直线；
R＝（L0+v0t）（1+tanθ+1csθ）r
i=BLv0R=Bv0tanθ(1+tanθ+1csθ)r
可知回路电流不变；
安培力F＝BiL
解得：F=B2v0(L0+v0t)tan2θ(1+tanθ+1csθ)r
则F﹣t关系为不过原点的直线；
导轨间金属棒两端的电压为U＝iR'
解得U=Bv0(L0+v0t)(1+1csθ)tanθ(1+tanθ+1csθ)
则U﹣t图像是不过原点的直线；
当在Lv0～2Lv0时间内，导体棒切割磁感线的长度（L0+L）tanθ不变，感应电动势E不变，经过时间t回路总电阻R1＝[（L0+v0t）+（L0+L）tanθ+（v0t﹣L）+L+L0csθ）]r
感应电流
i'=ER1
解得i'=Bv0(L+L0)tanθ[(L+v0t)+(L+L0)tanθ+(v0t−L)+L+L0csθ]r
则随时间的增加电流减小，但不是线性减小；根据F＝BIL可知安培力减小，但是不是线性减小；电流减小，导体棒电阻不变，则内电压减小，电动势不变，则导轨间金属棒两端的电压变大。故AC正确，BD错误。
故选：AC。
（多选）（2024•香坊区校级模拟）如图所示，AOC是光滑的直角金属导轨，AO竖直，OC水平。质量分布均匀的金属棒ab长度为L，质量为m，电阻为R，两端连接轻质金属环（图中未画出）套在导轨上，可在导轨上滑动并保持接触良好。设金属杆与竖直导轨夹角为θ，当θ＝30°时由静止释放金属杆。已知空间存在着磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直纸面向里，不计金属导轨和金属小环的电阻。下列说法中正确的是（ ）
A．回路中产生的感应电流方向为先逆时针后顺时针
B．下滑过程中，ab棒产生的焦耳热为12mgL
C．当θ＝37°时，a点速度大小与b点速度大小之比为4：3
D．在θ＝30°到θ＝45°过程中通过ab棒的电荷量为2−38RBL2
【解答】解：A、根据几何关系可知，金属杆ab下滑过程中，金属杆与导轨围成的面积先增大后减小，根据楞次定律可知，感应电流方向先沿逆时针方向再沿顺时针方向，故A正确；
B、整个过程中，金属棒的重力势能转化为动能和内能，则金属棒重力势能减少量为：ΔEP=12mgLcsθ，其中θ＝30°，解得：ΔEP=34mgL＜12mgL
根据能量守恒定律可知，整个过程中ab棒产生的焦耳热小于34mgL，即小于12mgL，故B错误；
C、当θ＝37°时，将a点和b点的速度沿杆方向进行分解，如图所示：
根据a和b两点沿杆方向的速度相等，有：vacs37°＝vbcs37°，解得：va：vb＝3：4，故C错误；
D、在θ＝30°到θ＝45°过程中，回路中磁通量的变化量为：ΔΦ＝B（12Lcs45°×Lsin45°−12Lcs30°×Lsin30°）=2−38BL2
根据电荷量的计算公式可得：q=It=ERt=ΔΦR
则通过ab棒的电荷量为：q=2−38RBL2，故D正确。
故选：AD。
（多选）（2024•荣昌区校级模拟）如图所示，倾角为37°，宽为L的光滑导轨上部接有阻值为r的定值电阻，导轨下端与光滑圆弧导轨相切连接，圆弧导轨对应的圆心角为37°，圆弧导轨末端切线水平，半径为R。倾斜直导轨所在区域存在方向垂直于斜直导轨平面向下，磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量为m的导体棒垂直导轨由静止从倾斜直导轨上滑下，经过时间t达到匀速且恰好到达圆弧导轨，回路其他部分及导体棒的电阻不计，重力加速度为g，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8。下列说法正确的是（ ）
A．导体棒释放瞬间的加速度大小为0.6g
B．导体棒在倾斜直轨道上的最大速度为mgrB2L2
C．导体棒从开始运动到恰好匀速的过程，通过导体棒的电荷量为3mgtB2L2−3m2gr5B3L3
D．导体棒经过圆弧导轨末端时，导轨对导体棒的支持力大小为mg+9m3g2r225B4L4R
【解答】解：A、导体棒释放瞬间，只受重力和导轨的支持力，根据牛顿第二定律有：mgsin37°＝ma，解得a＝0.6g，故A正确；
B、导体棒匀速运动时速度最大，设为v。根据平衡条件有
mgsin37°＝BIL
又I=BLvr，即有mgsin37°=B2L2vr
解得：v=3mgr5B2L2，故B错误；
C、导体棒从开始运动到恰好匀速的过程，取沿导轨向下为正方向，由动量定理得
mgsin37°•t﹣BIL•t＝mv
通过导体棒的电荷量为q=I•t
结合v=3mgr5B2L2，解得：q=3mgtB2L2−3m2gr5B3L3，故C正确；
D、设导体棒经过圆弧导轨末端时速度大小为v′，由机械能守恒定律得
mgR（1﹣cs37°）=12mv'2−12mv2
导体棒经过圆弧导轨末端时，由牛顿第二定律得
FN﹣mg＝mv'2R
联立解得：FN=75mg+9m3g2r225B4L4R，故D错误。
故选：AC。
（多选）（2024•南通模拟）如图所示，两足够长的光滑平行长直金属导轨固定在水平面上，导轨间距为L。两根长度均为L的导体棒a、b静置于导轨上，导体棒a的质量为2m，电阻为R，导体棒b的质量为m，电阻为2R。导轨间存在竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场，给导体棒b一个水平向右的瞬时冲量I，使b获得一个向右的初速度，同时给导体棒a一个水平外力，使a保持静止，当b的速度减小为初速度的一半时，撤去作用在a上的外力。两导体棒运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，平行长直金属导轨的电阻忽略不计。从给b一个冲量到最终a、b共速的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．作用在导体棒a上的最大外力为B2L2ImR
B．作用在导体棒a上的外力的冲量为I2
C．通过导体棒b的电量为2I3BL
D．整个回路产生的焦耳热为11I224m
【解答】解：A、给导体棒b一个水平向右的瞬时冲量I，此时b棒获得的速度大小为：v0=Im
此时回路中感应电动势最大、感应电流最大，a棒受到的安培力最大，外力F最大，根据平衡条件可得：Fmax＝BI0L
根据闭合电路欧姆定律可得最大的感应电流为：I0=BLv03R
解得：Fmax=B2L2I3mR，故A错误；
B、当b的速度减小为初速度的一半时，撤去作用在a上的外力，对b可得安培力的冲量大小为：I安＝mv0−12mv0=12mv0=12I
由于此过程中外力的大小始终等于安培力的大小，则作用在导体棒a上的外力的冲量为I2，故B正确；
C、设最后二者速度大小为v，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：m⋅12v0=3mv
解得：v=16v0
取向右为正方向，全过程对b根据动量定理可得：﹣BILt＝mv﹣mv0，其中：It＝q
解得通过导体棒b的电量为：q=5I6BL，故C错误；
D、根据能量守恒定律可得：Q=12mv02−12×3mv2
解得整个回路产生的焦耳热为：Q=11I224m，故D正确。
故选：BD。
（2024•博望区校级模拟）如图所示，一个质量为m、电阻不计、足够长的光滑U形金属框架MNQP，位于光滑水平桌面上，两平行导轨MN、QP相距L，分界线OO'与导轨MN垂直。在OO'的左右两侧分别存在着区域很大、方向分别为竖直向上和竖直向下的匀强磁场，磁感应强度的大小均为B．另有质量也为m的金属棒CD，垂直于MN放置在OO'左侧导轨上，并用一根平行于MN细线系在桌面上的A点。已知细线能承受的最大拉力为T0，CD棒接入导轨间的有效电阻为R。现从t＝0时刻开始对U形框架施加水平向右的拉力，使其从静止开始做加速度为a的匀加速直线运动。
（1）求框架从开始运动到细线断裂时所经过的时间；
（2）求在细线尚未断裂时，水平拉力F的大小关于时间t的表达式；
（3）若在细线断裂时，立即撤去拉力F，求出此后回路产生的总焦耳热。
【解答】解：（1）绳子断裂时，对棒根据平衡条件可得：T0＝F安m，则有：T0=BBLv0RL
解得：v0=T0RB2L2
根据运动学公式可得：v0＝at0
联立解得：t0=T0RB2L2a；
（2）在t时刻，框架的速度大小为：v＝at
框架切割磁场产生的电动势：E＝BLv＝Blat
框架受到的安培力大小为：F安=BIL=B2L2atR
对框架根据牛顿第二定律可得：F﹣F安＝ma
联立解得：F=F安+ma=ma+B2L2atR(0＜t＜F0RB2L2a)；
（3）撤去拉力F时，框架的速度大小为：v0=at0=F0RB2L2
撤去拉力后，系统总动能的减少量等于回路消耗的电能，最终在回路中产生的焦耳热：Q=12mv02−(12mv棒2−12mv框2)
当两物的速度变化到大小相等时，回路中的磁通量不再变化，电流为零，它们分别向左、向右做匀速运动。设最终速度大小为v，则有：v0﹣v框＝v棒﹣0
得：v=v02=F0R2B2L2
根据能量守恒定律可得：Q=12mv02−(12mv棒2−12mv框2)=mF02R24B4L4。
（2024•湖北模拟）如图甲所示，电阻不计的“U”形金属导轨固定在水平面上，两导轨间距L＝0.5m。一质量m＝0.01kg的导体棒ab垂直放在导轨上，与导轨接触良好，接入电路中电阻r＝0.15Ω，在垂直导轨平面的区域I和区域Ⅱ中存在磁感应强度相同的匀强磁场。现用—根与轨道平面平行的不可伸长的轻绳跨过光滑定滑轮将导体棒和质量M＝0.02kg的小球相连。导体棒从磁场外由静止释放后始终在导轨上运动，其运动v﹣t图像如图乙所示，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）导体棒与金属导轨之间的动摩擦因数μ；
（2）磁场区域的磁感应强度B；
（3）导体棒在穿过磁场区域Ⅱ的过程中产生的焦耳热Q。
【解答】解：（1）前0.2s内，设绳上的拉力为T，设导体棒加速度大小为a，
对导体棒根据牛顿第二定律：T﹣μmg＝ma
对小球根据牛顿第二定律：Mg﹣T＝Ma
由以上两式可得：Mg﹣μmg＝（M+m）a
由乙图可知，前0.2s内：a=ΔvΔt=
代入数值得：μ＝0.5
（2）由乙图可知导体棒在区域I做匀速直线运动
对导体棒受力分析可知T＝μmg+F安
对小球受力分析可知Mg＝T
又根据动生电动势公式：E＝BLv
由欧姆定律可知：I=Er
而安培力：F安＝BIL
代入到平衡方程得：B＝0.3T
（3）导体棒穿过磁场区域Ⅱ过程，以运动的方向为正
对导体棒，由动量定理：Tt−F安t−μmgt=mv2−mv1
对小球，由动量定理Mgt−Tt=Mv2−Mv1
又：F安t=BILrt=B⋅BLv⋅Lrt=B2L2r⋅vt=B2L2rx2
代入数据解得：x2＝0.8m
对系统由能量守恒定律有：Mgx2−μmgx2+WF安=12(M+m)v22−12(M+m)v12
根据功能关系遥：Q＝﹣WF安
代入数值得：Q＝0.165J
（2024•合肥三模）如图，倾角θ＝37°的足够长的粗糙平行金属导轨由上下两部分组成，宽度分别为L、2L，质量分别为m与2m、接入回路中电阻分别为R与2R的金属杆N、M垂直于导轨放置，在N上端与M下端分别安装有固定立柱，一不可伸长的绝缘细线绕过定滑轮两端分别连接N的中点与质量为3m的物块，导轨及金属杆都处于垂直导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，M、N与导轨间的动摩擦因数均为μ＝0.5，现解除N上端的固定立柱，N开始沿导轨向上运动，已知在N的运动过程中，细绳与导轨平面平行且始终与N垂直，导轨与金属杆接触良好，运动过程中物块始终未与地面接触，M、N也未脱离轨道，M未进入上部分轨道。导轨的电阻忽略不计，已知sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，重力加速度为g。
（1）求M刚要运动时，在物块下落的高度为h的过程中：
①N上产生的焦耳热；
②N运动的时间；
（2）取沿轨道向上为正方向，N相对M的加速度用aNM＝aN﹣aM表示，求aNM的最小值。
【解答】解：（1）①设回路产生总的焦耳热为Q，对N、M及物块组成的系统，由能量守恒定律得：3mgh﹣mgsinθ•h﹣μ•mgcsθ•h＝Q
解得：Q＝2mgh
根据焦耳定律和串联电路规律可得N上产生的焦耳热为：QN=RR+2R⋅Q
解得：QN=23mgh；
②设当M刚要运动时N的速度大小为v，对M有：BI•2L＝2mgsinθ+μ•2mgcsθ
其中：I=ER+2R=BLv3R
解得：v=3mgRB2L2
取N的运动方向为正方向，对N和物块整体，根据动量定理可得：
3mgt﹣mgsinθ•t﹣μ•mgcsθ•t﹣BILt＝mv﹣0
其中：It=ER+2Rt=BLvt3R=BLℎ3R
联立解得：t=B2L2ℎ6mgR+3mR2B2L2
（2）M开始运动后，设N、M的速度大小分别为vN、vM，则回路中的感应电流为：
I′=E'R+2R=BLvN−2BLvM3R=B3R⋅(vN−2vM)
回路中的电流先增大，N做加速度减小的加速运动，M做加速度增大的加速运动，当两者的加速度满足：aN＝2aM时，（vN﹣2vM）的值恒定，回路中的电流恒定，两者受到的安培力恒定，两者以恒定的加速度做匀加速直线运动，此时aNM＝aN﹣aM达到为最小值。
两者加速度恒定时，对N和重物整体，由牛顿第二定律得：
3mg﹣μmgcsθ﹣mgsinθ﹣BI′L＝4maN
对M由牛顿第二定律得：
2BI′L﹣2mgsinθ﹣μ•2mgcsθ＝2maM
又有：aN＝2aM
联立解得：aN=2g9，aM=g9
可得aNM的最小值为：aNM＝aN﹣aM=2g9−g9=g9
楞次定律中“阻碍”的含义
“四步法”判断感应电流方向
磁通量Φ
磁通量的变化量ΔΦ
磁通量的变化率eq \f(ΔΦ,Δt)
物理
意义
某时刻穿过磁场中某个面的磁感线条数
在某一过程中，穿过某个面的磁通量的变化量
穿过某个面的磁通量变化的快慢
当B、S互相垂直时的大小
Φ＝BS
ΔΦ＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Φ2－Φ1,B·ΔS,S·ΔB))
eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(|Φ2－Φ1|,Δt),B·\f(ΔS,Δt),\f(ΔB,Δt)·S))
注意
若穿过的平面中有方向相反的磁场，则不能直接用Φ＝BS.Φ为抵消以后所剩余的磁通量
开始和转过180°时平面都与磁场垂直，但穿过平面的磁通量是不同的，一正一负，ΔΦ＝2BS，而不是零
在Φ－t图像中，可用图线的斜率表示eq \f(ΔΦ,Δt)
切割方式
电动势表达式
说明
垂直切割
E＝Blv
①导体棒与磁场方向垂直，磁场为匀强磁场
②式中l为导体切割磁感线的有效长度
③旋转切割中导体棒的平均速度等于中点位置的线速度eq \f(1,2)lω
倾斜切割
E＝Blvsinθ(θ为v与B的夹角)
旋转切割(以一端为轴)
E＝Bleq \x\t(v)
＝eq \f(1,2)Bl2ω
如果求导体中两点间，则eq \x\t(v)等于这两点速度之和的一半
初态
v0≠0
v0＝0
示意图
质量为m、电阻不计的单杆ab以一定初速度v0在光滑水平轨道上滑动，两平行导轨间距为l
轨道水平光滑，单杆ab质量为m，电阻不计，两平行导轨间距为l
轨道水平光滑，单杆ab质量为m，电阻不计，两平行导轨间距为l，拉力F恒定
轨道水平光滑，单杆ab质量为m，电阻不计，两平行导轨间距为l，拉力F恒定
运动分析
导体杆做加速度越来越小的减速运动，最终杆静止
当E感＝E时，v最大，且vm＝eq \f(E,Bl)，最后以vm匀速运动
当a＝0时，v最大，vm＝eq \f(FR,B2l2)，杆开始匀速运动
Δt时间内流入电容器的电荷量Δq＝CΔU＝CBlΔv
电流I＝eq \f(Δq,Δt)＝CBleq \f(Δv,Δt)＝CBla
安培力F安＝IlB＝CB2l2a
F－F安＝ma，a＝eq \f(F,m＋B2l2C)，
所以杆以恒定的加速度匀加速运动
能量分析
动能转化为内能，eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝Q
电能转化为动能和内能，E电＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)＋Q
外力做功转化为动能和内能，WF＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)＋Q
外力做功转化为电能和动能，WF＝E电＋eq \f(1,2)mv2
光滑的平行导轨
光滑不等距导轨
示意图
质量m1＝m2
电阻r1＝r2
长度l1＝l2
质量m1＝m2不
电阻r1＝r2
长度l1＝2l2
运动分析
杆MN做变减速运动，杆PQ做变加速运动，稳定时，两杆的加速度均为零，以相等的速度eq \f(v0,2)匀速运动
稳定时，两杆的加速度均为零，两杆的速度之比为1∶2
能量分析
一部分动能转化为内能，Q＝－ΔEk
光滑的平行导轨
不光滑平行导轨
示意图
质量m1＝m2
电阻r1＝r2
长度l1＝l2
摩擦力Ff1＝Ff2
质量m1＝m2
电阻r1＝r2
长度l1＝l2
运动分析
开始时，两杆做变加速运动；稳定时，两杆以相同的加速度做匀加速运动
开始时，若F≤2Ff，则PQ杆先变加速后匀速运动；MN杆静止。若F>2Ff，PQ杆先变加速后匀加速运动，MN杆先静止后变加速最后和PQ杆同时做匀加速运动，且加速度相同
能量分析
外力做功转化为动能和内能，WF＝ΔEk＋Q
外力做功转化为动能和内能(包括电热和摩擦热)，WF＝ΔEk＋Q电＋Qf