專題29電磁感應(yīng)+功和能-三年（2022-2024）高考物理真題分類匯編（全國通）含答案

專題29電磁感應(yīng)+功和能考點三年考情（2022-2024）命題趨勢考點1電磁感應(yīng)+功和功率（5年4考）2024年高考山東卷：金屬棒在兩條相同的半圓弧形光滑金屬導(dǎo)軌上滑動；2022年高考上海卷：一個正方形導(dǎo)線框以初速度v0向右穿過一個有界的勻強磁場；2024高考廣西卷：研究非摩擦形式的阻力裝置；2022年福建高考：金屬棒在平行導(dǎo)軌上運動切割磁感線；2024年高考遼寧卷：導(dǎo)體棒在兩條“∧”形的光滑平行金屬導(dǎo)軌滑動切割磁感線；1.功和功率是高考考查頻率較高的知識點，與電磁感應(yīng)綜合主要表現(xiàn)在考查安培力功和功率。2.電磁感應(yīng)中的能量包括動能定理、焦耳熱、能量守恒定律、功能關(guān)系等?？键c2電磁感應(yīng)+能量（5年5考）2023學(xué)業(yè)水平等級考試上海卷：線框在斜面上切割磁感線運動；2023年高考全國甲卷：絕緣棒和金屬棒在光滑U型金屬導(dǎo)軌滑動切割磁感線運動；2023年高考湖南卷：兩根足夠長的光滑金屬直導(dǎo)軌平行放置，金屬棒下滑切割磁感線運動；2023全國高考新課程卷：線框在兩條光滑長直金屬導(dǎo)軌移動切割磁感線；考點01電磁感應(yīng)+功和功率1.（2024年高考山東卷）.如圖所示，兩條相同的半圓弧形光滑金屬導(dǎo)軌固定在水平桌面上，其所在平面豎直且平行，導(dǎo)軌最高點到水平桌面的距離等于半徑，最低點的連線OO'與導(dǎo)軌所在豎直面垂直。空間充滿豎直向下的勻強磁場（圖中未畫出），導(dǎo)軌左端由導(dǎo)線連接?，F(xiàn)將具有一定質(zhì)量和電阻的金屬棒MN平行OO'放置在導(dǎo)軌圖示位置，由靜止釋放。MN運動過程中始終平行于OO'且與兩導(dǎo)軌接觸良好，不考慮自感影響，下列說法正確的是（）A.MN最終一定靜止于OO'位置B.MN運動過程中安培力始終做負功C.從釋放到第一次到達OO'位置過程中，MN的速率一直在增大D.從釋放到第一次到達OO'位置過程中，MN中電流方向由M到N【答案】ABD【解析】由于金屬棒MN運動過程切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，回路有感應(yīng)電流，產(chǎn)生焦耳熱，金屬棒MN的機械能不斷減小，由于金屬導(dǎo)軌光滑，所以經(jīng)過多次往返運動，MN最終一定靜止于OO'位置，故A正確；當金屬棒MN向右運動，根據(jù)右手定則可知，MN中電流方向由M到N，根據(jù)左手定則，可知金屬棒MN受到的安培力水平向左，則安培力做負功；當金屬棒MN向左運動，根據(jù)右手定則可知，MN中電流方向由N到M，根據(jù)左手定則，可知金屬棒MN受到的安培力水平向右，則安培力做負功；可知MN運動過程中安培力始終做負功，故B正確；金屬棒MN從釋放到第一次到達OO'位置過程中，由于在OO'位置重力沿切線方向的分力為0，可知在到達OO'位置之前的位置，重力沿切線方向的分力已經(jīng)小于安培力沿切線方向的分力，金屬棒MN已經(jīng)做減速運動，故C錯誤；從釋放到第一次到達OO'位置過程中，根據(jù)右手定則可知，MN中電流方向由M到N，故D正確。故選ABD。2.（2022年高考上海）如圖，一個正方形導(dǎo)線框以初速度v0向右穿過一個有界的勻強磁場。線框兩次速度發(fā)生變化所用時間分別為t1和t2，以及這兩段時間內(nèi)克服安培力做的功分別為W1和W2，則（）A.t1＜t2，W1＜W2，B.t1＜t2，W1＞W(wǎng)2，C.t1＞t2，W1＜W2，D.t1＞t2，W1＞W(wǎng)2，【參考答案】B【命題意圖】本題考查法拉第電磁感應(yīng)定律+閉合電路歐姆定律+安培力+動量定理+動能定理+等效思維【名師解析】由于線框進入磁場的過程和離開磁場的過程，線框都是受到向左的安培力作用做減速運動，因此進入過程的平均速度v1平大于離開過程的平均速度v2平，由L=v1平t1和L=v2平t2可得t1＜t2。線框剛進入磁場時速度為v0，設(shè)線框邊長為L，電阻為R，線框完全進入磁場時速度為v1，剛完全離開磁場時速度為v2，進入磁場過程中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動勢為E1，平均感應(yīng)電流為I1，離開磁場過程中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動勢為E2，平均感應(yīng)電流為I1，由法拉第電磁感應(yīng)定律，E1=△Φ/t1，E2=△Φ/t2，△Φ=BL2，由閉合電路歐姆定律，I1=E1/R，I2=E2/R，進入磁場過程通過導(dǎo)體截面的電荷量q1=I1t1，離開磁場過程通過導(dǎo)體截面的電荷量q2=I2t2，聯(lián)立解得：q1=q2。對線框完全進入磁場的過程，由動量定理，-F1t1=mv1-mv0，F(xiàn)1=BI1L，對線框離開磁場的過程，由動量定理，-F2t2=mv2-mv1，F(xiàn)2=BI2L，又q1=I1t1，q2=I2t2，q1=q2，聯(lián)立解得：v1-v0=v2-v1。根據(jù)動能定理，W1=mv02-mv12，W2=mv12-mv22，==＞1，所以W1＞W(wǎng)2，選項B正確。3.（2024高考廣西卷）某興趣小組為研究非摩擦形式的阻力設(shè)計了如圖甲的模型。模型由大齒輪、小齒輪、鏈條、阻力裝置K及絕緣圓盤等組成。K由固定在絕緣圓盤上兩個完全相同的環(huán)狀扇形線圈、組成。小齒輪與絕緣圓盤固定于同一轉(zhuǎn)軸上，轉(zhuǎn)軸軸線位于磁場邊界處，方向與磁場方向平行，勻強磁場磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直紙面向里，與K所在平面垂直。大、小齒輪半徑比為n，通過鏈條連接。K的結(jié)構(gòu)參數(shù)見圖乙，其中，每個線圈的圓心角為，圓心在轉(zhuǎn)軸軸線上，電阻為R。不計摩擦，忽略磁場邊界處的磁場，若大齒輪以的角速度保持勻速轉(zhuǎn)動，以線圈的ab邊某次進入磁場時為計時起點，求K轉(zhuǎn)動一周。（1）不同時間線圈受到的安培力大?。唬?）流過線圈的電流有效值；（3）裝置K消耗的平均電功率。【答案】（1）見解析；（2）；（3）【解析】（1）由題意知大齒輪以的角速度保持勻速轉(zhuǎn)動，大小齒輪線速度相等，則，可得小齒輪轉(zhuǎn)動的角速度為轉(zhuǎn)動周期為以線圈ab邊某次進入磁場時為計時起點，到cd邊進入磁場，經(jīng)歷的時間為這段時間內(nèi)線圈產(chǎn)生的電動勢為電流為受到的安培力大小當ab邊和cd邊均進入磁場后到ab邊離開磁場，經(jīng)歷的時間為由于M1線圈磁通量不變，無感應(yīng)電流，安培力大小為0；當M1線圈ab邊離開磁場到cd邊離開磁場，經(jīng)歷的時間為此時的安培力大小由前面分析可知方向與進入時相反；當M1線圈cd邊離開磁場到ab邊進入磁場，經(jīng)歷的時間為同理可知安培力為0。（2）根據(jù)（1）可知設(shè)流過線圈的電流有效值為I，則根據(jù)有效值定義有其中，聯(lián)立解得（3）根據(jù)題意可知流過線圈和的電流有效值相同，則在一個周期內(nèi)裝置K消耗的平均電功率為4.（2022年福建高考）如圖（a），一傾角為的絕緣光滑斜面固定在水平地面上，其頂端與兩根相距為L的水平光滑平行金屬導(dǎo)軌相連；導(dǎo)軌處于一豎直向下的勻強磁場中，其末端裝有擋板M、N．兩根平行金屬棒G、H垂直導(dǎo)軌放置，G的中心用一不可伸長絕緣細繩通過輕質(zhì)定滑輪與斜面底端的物塊A相連；初始時刻繩子處于拉緊狀態(tài)并與G垂直，滑輪左側(cè)細繩與斜面平行，右側(cè)與水平面平行．從開始，H在水平向右拉力作用下向右運動；時，H與擋板M、N相碰后立即被鎖定．G在后的速度一時間圖線如圖（b）所示，其中段為直線．已知：磁感應(yīng)強度大小，，G、H和A的質(zhì)量均為，G、H的電阻均為；導(dǎo)軌電阻、細繩與滑輪的摩擦力均忽略不計；H與擋板碰撞時間極短；整個運動過程A未與滑輪相碰，兩金屬棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好：，，重力加速度大小取，圖（b）中e為自然常數(shù)，．求：（1）在時間段內(nèi)，棒G的加速度大小和細繩對A的拉力大?。唬?）時，棒H上拉力的瞬時功率；（3）在時間段內(nèi)，棒G滑行的距離．【參考答案】（1）；；（2）；（3）【命題意圖】此題考查電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律、安培力。對速度圖像的理解、牛頓運動定律及其相關(guān)知識點?！久麕熃馕觥浚?）由圖像可得在內(nèi)，棒G做勻加速運動，其加速度為依題意物塊A的加速度也為，由牛頓第二定律可得解得細繩受到拉力（2）由法拉第電磁感應(yīng)定律與閉合電路歐姆定律推導(dǎo)出“雙棒”回路中的電流為由牛頓運動定律和安培力公式有由于在內(nèi)棒G做勻加速運動，回路中電流恒定為，兩棒速度差為保持不變，這說明兩棒加速度相同且均為a；對棒H由牛頓第二定律可求得其受到水平向右拉力由圖像可知時，棒G的速度為此刻棒H的速度為其水平向右拉力的功率．（3）棒H停止后，回路中電流發(fā)生突變，棒G受到安培力大小和方向都發(fā)生變化，棒G是否還拉著物塊A一起做減速運動需要通過計算判斷，假設(shè)繩子立刻松弛無拉力，經(jīng)過計算棒G加速度為物塊A加速度為說明棒H停止后繩子松弛，物塊A做加速度大小為的勻減速運動，棒G做加速度越來越小的減速運動；由動量定理、法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路歐姆定律可以求得，在內(nèi)棒G滑行的距離這段時間內(nèi)物塊A速度始終大于棒G滑行速度，繩子始終松弛。9.（2024年高考遼寧卷）如圖，兩條“∧”形的光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上，間距為L，左、右兩導(dǎo)軌面與水平面夾角均為30°，均處于豎直向上的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小分別為2B和B。將有一定阻值的導(dǎo)體棒ab、cd放置在導(dǎo)軌上，同時由靜止釋放，兩棒在下滑過程中始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，ab、cd的質(zhì)量分別為2m和m，長度均為L。導(dǎo)軌足夠長且電阻不計，重力加速度為g，兩棒在下滑過程中（）A.回路中的電流方向為abcda B.ab中電流趨于C.ab與cd加速度大小之比始終為2︰1 D.兩棒產(chǎn)生的電動勢始終相等【答案】AB【解析】導(dǎo)體棒ab和cd同時由靜止釋放，速度為v時，ab產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E1=2BLv，由右手定則可判斷出ab中感應(yīng)電動勢方向為a→b；cd產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E2=BLv，由右手定則可判斷出ab中感應(yīng)電動勢方向為c→d，兩導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢；所以回路中的電流方向為abcda，A正確；當導(dǎo)體棒所受安培力沿導(dǎo)軌方向的分力等于重力沿導(dǎo)軌方向的分力時，導(dǎo)體棒勻速運動，電流趨于最大值。設(shè)ab導(dǎo)體棒中電流趨于I，ab所受安培力F=2BLI，由Fcos30°=2mgsin30°，解得I=，B正確；導(dǎo)體棒速度為v時回路中總感應(yīng)電動勢E=E1+E2=3BLv，導(dǎo)體棒中電流I=E/2R=,對導(dǎo)體棒ab，所受安培力F1=，由牛頓第二定律2mgsin30°-F1cos30°=2ma1，解得a1=g/2-；對導(dǎo)體棒cd，由所受安培力F2=，由牛頓第二定律mgsin30°-F2cos30°=ma2，解得a2=g/2-；由此可知，ab和cd加速度大小始終相等，C錯誤；由于ab和cd加速度大小始終相等，可知兩導(dǎo)體棒速度大小始終相等，由于兩邊磁感應(yīng)強度不同，由E=BLv可知兩導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢始終不相等，D錯誤?？键c02電磁感應(yīng)+能量1.（2023學(xué)業(yè)水平等級考試上海卷）如圖（a）單匝矩形線框cdef放置在傾角θ=30°的斜面上，在寬度為D=0.4m的區(qū)域有垂直于斜面向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B=0.5T，線框質(zhì)量m=0.1kg，總電阻R=0.25Ω?，F(xiàn)對線框施加一沿斜面向上的力F使線框向上運動，ed邊離開磁場時撤去外力F，線框速度隨時間變化的圖像如圖（b）。已知線框ef=0.4m，線框與斜面之間的動摩擦因數(shù)μ=，g取9.8m/s2。求：（1）外力F的大??；（2）線框cf的長度L；（3）整個過程中線框產(chǎn)生的焦耳熱Q。【參考答案】（1）1.48N（2）0.5m（3）0.4J【名師解析】（1）對線框受力分析如圖所示。由牛頓第二定律，F(xiàn)-mgsinθ-f=ma，N=mgcosθ，f=μN。由速度圖像可知，在0~0.4s內(nèi)，a==5m/s2。聯(lián)立解得：F=1.5N.（2）對線框受力分析如圖所示。在線框勻速運動階段，F(xiàn)=mgsinθ+f+FA，N=mgcosθ，f=μN。安培力FA=BIL，I=E/R,E=BLv，v=2.0m/s聯(lián)立解得：L=0.5m（3）由I=E/R,E=BLv，可得I=2A，線框進入磁場時間和出磁場時間相等，都是t=ef/v=0.2s，由焦耳定律可得整個過程中線框產(chǎn)生的焦耳熱Q=I2R（2t）=0.4J2.（2023年高考全國甲卷）（20分）如圖，水平桌面上固定一光滑U型金屬導(dǎo)軌，其平行部分的間距為l，導(dǎo)軌的最右端與桌子右邊緣對齊，導(dǎo)軌的電阻忽略不計。導(dǎo)軌所在區(qū)域有豎直向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B。一質(zhì)量為m、電阻為R、長度也為l的金屬棒P靜止在導(dǎo)軌上。導(dǎo)軌上質(zhì)量為3m的絕緣棒Q位于P的左側(cè)，以大小為v0的速度向P運動并與P發(fā)生彈性碰撞，碰撞時間極短。碰撞一次后，P和Q先后從導(dǎo)軌的最右端滑出導(dǎo)軌，并落在地面上同一地點。P在導(dǎo)軌上運動時，兩端與導(dǎo)軌接觸良好，P與Q始終平行。不計空氣阻力。求：（1）金屬棒P滑出導(dǎo)軌時的速度大?。唬?）金屬棒P在導(dǎo)軌上運動過程中產(chǎn)生的熱量；（3）與P碰撞后，絕緣棒Q在導(dǎo)軌上運動的時間。【參考答案】（1）（2）（3）【命題意圖】本題考查電磁感應(yīng)、彈性碰撞、平拋運動及其相關(guān)知識點?！窘忸}思路】（1）Q與P彈性碰撞，由動量守恒定律，3mv0=mvP+3mvQ，由系統(tǒng)動能守恒，=+聯(lián)立解得：，根據(jù)題述，P、Q落到地面同一點，由平拋運動規(guī)律可知，金屬棒P滑出導(dǎo)軌時的速度大小為（2）由能量守恒定律，金屬棒P在導(dǎo)軌上運動過程中產(chǎn)生的熱量Q=-=（3）P在導(dǎo)軌上做變速運動，設(shè)速度為v時金屬棒中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為e，電流為i，在△t時間內(nèi)速度變化△v，由法拉第電磁感應(yīng)定律，e=BLv，由閉合電路歐姆定律，i=e/R所受安培力F=BiL=，由動量定理，F(xiàn)△t=m△v，即：△t=m△v，方程兩側(cè)求和Σ△t=Σm△v，即Σv△t=mΣ△v，注意到Σv△t=x，Σ△v=-=v0，解得：x=由x=vQt解得與P碰撞后，絕緣棒Q在導(dǎo)軌上運動的時間為t=【規(guī)律總結(jié)】兩物體彈性碰撞，利用動量守恒定律和動能之和不變列方程解答；導(dǎo)體棒在磁場中切割磁感線運動為變速直線運動，可以采用微元法，把位移分割為微元，利用動量定理列方程解答。3.（2023年高考湖南卷）如圖，兩根足夠長的光滑金屬直導(dǎo)軌平行放置，導(dǎo)軌間距為，兩導(dǎo)軌及其所構(gòu)成的平面均與水平面成角，整個裝置處于垂直于導(dǎo)軌平面斜向上的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為．現(xiàn)將質(zhì)量均為的金屬棒垂直導(dǎo)軌放置，每根金屬棒接入導(dǎo)軌之間的電阻均為．運動過程中金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好，金屬棒始終未滑出導(dǎo)軌，導(dǎo)軌電阻忽略不計，重力加速度為．（1）先保持棒靜止，將棒由靜止釋放，求棒勻速運動時的速度大?。唬?）在（1）問中，當棒勻速運動時，再將棒由靜止釋放，求釋放瞬間棒的加速度大小；（3）在（2）問中，從棒釋放瞬間開始計時，經(jīng)過時間，兩棒恰好達到相同的速度，求速度的大小，以及時間內(nèi)棒相對于棒運動的距離．【參考答案】（1）；（2）；（3）【名師解析】（1）a勻速運動切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E1=BLv0，導(dǎo)體棒a中電流I=E1/2R所受安培力F=BIL，勻速運動，mgsinθ=F聯(lián)立解得v0==（2）當導(dǎo)體棒a勻速運動時，釋放b，由左手定則可判斷出導(dǎo)體棒b受到沿導(dǎo)軌斜向下的安培力力，由牛頓第二定律，mgsinθ+F=ma，解得a=2gsinθ。（3釋放導(dǎo)體棒b后，由于導(dǎo)體棒b中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢對于回路來說，與導(dǎo)體棒a中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢方向相反，所以兩導(dǎo)體棒所受安培力均減小，對導(dǎo)體棒a，由動量定理，（mgsinθ-F）t0=mv-mv0對導(dǎo)體棒b，由動量定理，（mgsinθ+F）t0=mv聯(lián)立解得：v=gt0sinθ+取導(dǎo)體棒變速運動過程中，導(dǎo)體棒a速度為vi時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為Ei=BLvi，同時導(dǎo)體棒b速度為vj，感應(yīng)電動勢Ej=BLvj，導(dǎo)體棒中電流為I==，所受安培力F=BIL=對導(dǎo)體棒b，由動量定理，（mgsinθ+）△t=m△v方程兩側(cè)求和Σ【(mgsinθ+）△t】=Σm△v注意到：Σ△t=t0，Σ△v=v，Σ（vi-vj）△t=△x解得：△x=4．（2023全國高考新課程卷）（20分）一邊長為L、質(zhì)量為m的正方形金屬細框，每邊電阻為R0，置于光滑的絕緣水平桌面（紙面）上。寬度為2L的區(qū)域內(nèi)存在方向垂直于紙面的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，兩虛線為磁場邊界，如圖（a）所示。（1）使金屬框以一定的初速度向右運動，進入磁場。運動過程中金屬框的左、右邊框始終與磁場邊界平行，金屬框完全穿過磁場區(qū)域后，速度大小降為它初速度的一半，求金屬框的初速度大小。（2）在桌面上固定兩條光滑長直金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌與磁場邊界垂直，左端連接電阻，導(dǎo)軌電阻可忽略，金屬框置于導(dǎo)軌上，如圖（b）所示。讓金屬框以與（1）中相同的初速度向右運動，進入磁場。運動過程中金屬框的上、下邊框處處與導(dǎo)軌始終接觸良好。求在金屬框整個運動過程中，電阻R1產(chǎn)生的熱量。【名師解析】（1）設(shè)導(dǎo)線框進入磁場時速度為v0，導(dǎo)線框完全進入時速度為v1，對導(dǎo)線框進入磁場過程中某時刻速度vi，導(dǎo)線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢e=BLvi，感應(yīng)電流，i=e/4R0,所受安培力F=BiL，聯(lián)立解得：F=取時間微元△t，由動量定理，-F△t=m△v，即-△t=m△v，方程兩側(cè)求和，-Σ△t=Σm△v，注意到Σvi△t=L，Σ△v=v1-v0，化簡得=m（v0-v1）①導(dǎo)線框完全在勻強磁場中運動，導(dǎo)線框中磁通量不變，不產(chǎn)生感應(yīng)電流，做勻速直線運動。導(dǎo)線框出磁場過程，取時間微元△t，由動量定理，-F△t=m△v，即-△t=m△v，方程兩側(cè)求和，-Σ△t=Σm△v，注意到Σvi△t=L，Σ△v=-v1，化簡得=m（v1-）②①②兩式消去v1，得v0=（2）導(dǎo)線框進入磁場區(qū)域過程，右側(cè)邊切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，由于導(dǎo)軌電阻可忽略，此時金屬框上下部分被短路，其電路可以簡化如下。故電路中的外電路電阻為=,總電阻R總=R0+=設(shè)導(dǎo)線框進入磁場時速度為v，導(dǎo)線框完全進入時速度為v1，對導(dǎo)線框進入磁場過程中某時刻速度vi，導(dǎo)線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢e=Blvi，感應(yīng)電流，i=e/R總，所受安培力F=Bil，聯(lián)立解得：F=取時間微元△t，由動量定理，-F△t=m△v，即-△t=m△v，方程兩側(cè)求和，-Σ△t=Σm△v，注意到Σvi△t=l，Σ△v=v1-v，化簡得=m（v-v1）①解得：v1=v-=在這個過程中線框動能減小△Ek1=-=由能量守恒定律可知整個電路電阻產(chǎn)生的熱量Q=△Ek1=設(shè)此過程中R1中產(chǎn)生的熱量為Q1，由于R1=2R，根據(jù)串并聯(lián)電路規(guī)律和焦耳定律可知，導(dǎo)線框右邊電阻產(chǎn)生的熱量為4.5Q1，左邊電阻產(chǎn)生的熱量為2Q1，整個電路電阻產(chǎn)生的熱量為Q=Q1+4.5Q1+2Q1=7.5Q1.解得：Q1=導(dǎo)線框完全在磁場區(qū)域運動，導(dǎo)線框可以視為內(nèi)阻為0.5R的電源，回路總電阻R總=2.5R，導(dǎo)線框做減速運動，設(shè)導(dǎo)線框開始出磁場時速度為v2，對導(dǎo)線框進入磁場過程中某時刻速度vi，導(dǎo)線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢e=Blvi，感應(yīng)電流，i=e/R總，所受安培力F=Bil，聯(lián)立解得：F=取時間微元△t，由動量定理，-F△t=m△v，即-△t=m△v，方程兩側(cè)求和，-Σ△t=Σm△v，注意到Σvi△t=L，Σ△v=v2-v1，化簡得=m（v1-v2）①解得：v2=v1-=0，則說明線框右側(cè)將離開磁場時就停止運動了。在這個過程中線框動能減小△Ek2==由能量守恒定律可知整個電路電阻產(chǎn)生的熱量Q’=△Ek1=設(shè)此過程中R1中產(chǎn)生的熱量為Q2，則導(dǎo)線框電阻產(chǎn)生的熱量為Q2，整個電路電阻產(chǎn)生的熱量為Q’=1.25Q2.解得：Q2.=整個運動過程中，R1產(chǎn)生的熱量為Q=Q1+Q2==+=5．（11分）（2023年6月高考浙江選考科目）某興趣小組設(shè)計了一種火箭落停裝置，簡化原理如圖所示，它由兩根豎直導(dǎo)軌、承載火箭裝置（簡化為與火箭絕緣的導(dǎo)電桿MN）和裝置A組成，并形成團合回路。裝置A能自動調(diào)節(jié)其輸出電壓確保回路電流I恒定，方向如圖所示。導(dǎo)軌長度遠大于導(dǎo)軌間距，不論導(dǎo)電桿運動到什么位置，電流I在導(dǎo)電桿以上空間產(chǎn)生的磁場近似為零：在導(dǎo)電桿所在處產(chǎn)生的磁場近似為勻強磁場，大?。ㄆ渲衚為常量），方向垂直導(dǎo)軌平面向里；在導(dǎo)電桿以下的兩導(dǎo)軌間產(chǎn)生的磁場近似為勻強磁場，大小，方向與B1相同。火箭無動力下降到導(dǎo)軌頂端時與導(dǎo)電桿粘接，以速度v0進入導(dǎo)軌，到達絕緣停靠平臺時速度恰好為零，完成火箭落停。已知火箭與導(dǎo)電桿的總質(zhì)量為M，導(dǎo)軌間距，導(dǎo)電桿電阻為R。導(dǎo)電桿與導(dǎo)軌保持良好接觸滑行，不計空氣阻力和摩擦力，不計導(dǎo)軌電阻和裝置A的內(nèi)阻。在火箭落停過程中，（1）求導(dǎo)電桿所受安培力的大小F和運動的距離L；（2）求回路感應(yīng)電動勢E與運動時間t的關(guān)系；（3）求裝置A輸出電壓U與運動時間t的關(guān)系和輸出的能量W；（4）若R的阻值視為0，裝置A用于回收能量，給出裝置A可回收能量的來源和大小。【參考答案】（1）3Mg；；（2）E=（v0-2gt）；（3）；（4）裝置A可回收的能量包括導(dǎo)電桿和火箭的動能和重力勢能。【名師解析】（1）導(dǎo)電桿所受安培力F=B1Id=kI·I·=3Mg由動能定理，-FL+MgL=0-解得：L=。（2）火箭與導(dǎo)電桿下落做勻減速運動，由F-Mg=Ma，解得加速度大小為a=2g。在時刻t，導(dǎo)電桿的速度v=v0-at=v0-2gt，導(dǎo)電桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=B2dv=2kI·d·（v0-2gt）=（v0-2gt）（3）根據(jù)題述導(dǎo)電桿中電流恒定為I，則有U-E=IR，解得裝置A輸出電壓U=IR+v0-t=裝置A輸出的電功率P=UI=I2R+3Mgv0-6Mg2t由v0-2gt0=0解得總下落時間t0=令I(lǐng)2R+3Mgv0=P0，畫出輸出的電功率P隨時間t變化圖像，如圖。電功率P隨時間t變化圖像與橫軸所圍面積等于輸出的能量W，所以W==（I2R+3Mgv0）=（4）若R的阻值視為零，裝置A可回收的能量包括導(dǎo)電桿和火箭的動能和重力勢能；動能為EK=，重力勢能為為Ep=Mg·=，可回收的總能量為W回=EK+Ep=+=專題30電磁感應(yīng)+動量考點三年考情（2022-2024）命題趨勢考點1電磁感應(yīng)+動量定理（5年4考）2024年高考湖南卷：電磁緩沖裝置；2023年高考湖南卷：兩根足夠長的光滑金屬直導(dǎo)軌平行放置，質(zhì)量均為的金屬棒垂直導(dǎo)軌放置；2023年全國高考新課程卷：金屬線框在平行導(dǎo)軌上運動。1.在電磁感應(yīng)中導(dǎo)體棒一般變速運動，一般不能應(yīng)用勻變速直線運動，可以選取微小時間內(nèi)導(dǎo)體棒的運動，采用動量定理列出方程，然后累加分析解答。2.在電磁感應(yīng)中雙桿切割磁感線，若兩桿長度相等且通過的電流相等，所處磁感應(yīng)強度大小相等，則兩桿所受安培力大小相等方向相反，滿足動量守恒的條件，可以運用動量守恒定律；若兩桿長度不相等，或通過的電流不相等，或所處磁感應(yīng)強度大小不相等，則兩桿所受安培力大小不相等，不滿足動量守恒的條件，可以運用動量定理?？键c2電磁感應(yīng)+動量守恒定律（5年3考）2024年高考江西卷：甲乙導(dǎo)體桿完全非彈性碰撞；2023年高考全國甲卷：水平桌面上固定一光滑U型金屬導(dǎo)軌，兩絕緣棒與導(dǎo)體棒彈性碰撞；考點01電磁感應(yīng)+動量定理1.（2024年高考湖南卷）某電磁緩沖裝置如圖所示，兩足夠長的平行金屬導(dǎo)軌置于同一水平面內(nèi)，導(dǎo)軌左端與一阻值為R的定值電阻相連，導(dǎo)軌段與段粗糙，其余部分光滑，右側(cè)處于豎直向下的勻強磁場中，一質(zhì)量為m的金屬桿垂直導(dǎo)軌放置?，F(xiàn)讓金屬桿以初速度沿導(dǎo)軌向右經(jīng)過進入磁場，最終恰好停在處。已知金屬桿接入導(dǎo)軌之間的阻值為R，與粗糙導(dǎo)軌間的摩擦因數(shù)為，。導(dǎo)軌電阻不計，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A.金屬桿經(jīng)過的速度為B.在整個過程中，定值電阻R產(chǎn)生的熱量為C.金屬桿經(jīng)過與區(qū)域，金屬桿所受安培力的沖量相同D.若將金屬桿的初速度加倍，則金屬桿在磁場中運動的距離大于原來的2倍【答案】CD【解析】設(shè)平行金屬導(dǎo)軌間距為L，金屬桿在AA1B1B區(qū)域向右運動的過程中切割磁感線有E=BLv，,金屬桿在AA1B1B區(qū)域運動的過程中根據(jù)動量定理有,則，由于，則上面方程左右兩邊累計求和，可得，則，設(shè)金屬桿在BB1C1C區(qū)域運動的時間為t0，同理可得，則金屬桿在BB1C1C區(qū)域運動的過程中有，解得，綜上有，則金屬桿經(jīng)過BB1的速度大于，故A錯誤；在整個過程中，根據(jù)能量守恒有，則在整個過程中，定值電阻R產(chǎn)生的熱量為，故B錯誤；金屬桿經(jīng)過AA1B1B與BB1C1C區(qū)域，金屬桿所受安培力的沖量為，則金屬桿經(jīng)過AA1B1B與BB1C1C區(qū)域滑行距離均為，金屬桿所受安培力的沖量相同，故C正確；根據(jù)A選項可得，金屬桿以初速度在磁場中運動有，金屬桿的初速度加倍，則金屬桿通過AA1B1B區(qū)域時中有，則金屬桿的初速度加倍，則金屬桿通過時速度為，則設(shè)金屬桿通過BB1C1C區(qū)域的時間為，則，則，則，由于，則，可見若將金屬桿的初速度加倍，則金屬桿在磁場中運動的距離大于原來的2倍，故D正確。2.（2023年高考湖南卷）如圖，兩根足夠長的光滑金屬直導(dǎo)軌平行放置，導(dǎo)軌間距為，兩導(dǎo)軌及其所構(gòu)成的平面均與水平面成角，整個裝置處于垂直于導(dǎo)軌平面斜向上的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為．現(xiàn)將質(zhì)量均為的金屬棒垂直導(dǎo)軌放置，每根金屬棒接入導(dǎo)軌之間的電阻均為．運動過程中金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好，金屬棒始終未滑出導(dǎo)軌，導(dǎo)軌電阻忽略不計，重力加速度為．（1）先保持棒靜止，將棒由靜止釋放，求棒勻速運動時的速度大?。唬?）在（1）問中，當棒勻速運動時，再將棒由靜止釋放，求釋放瞬間棒的加速度大??；（3）在（2）問中，從棒釋放瞬間開始計時，經(jīng)過時間，兩棒恰好達到相同的速度，求速度的大小，以及時間內(nèi)棒相對于棒運動的距離．【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）a勻速運動切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E1=BLv0，導(dǎo)體棒a中電流I=E1/2R所受安培力F=BIL，勻速運動，mgsinθ=F聯(lián)立解得v0==（2）當導(dǎo)體棒a勻速運動時，釋放b，由左手定則可判斷出導(dǎo)體棒b受到沿導(dǎo)軌斜向下的安培力力，由牛頓第二定律，mgsinθ+F=ma，解得a=2gsinθ。（3釋放導(dǎo)體棒b后，由于導(dǎo)體棒b中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢對于回路來說，與導(dǎo)體棒a中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢方向相反，所以兩導(dǎo)體棒所受安培力均減小，對導(dǎo)體棒a，由動量定理，（mgsinθ-F）t0=mv-mv0對導(dǎo)體棒b，由動量定理，（mgsinθ+F）t0=mv聯(lián)立解得：v=gt0sinθ+取導(dǎo)體棒變速運動過程中，導(dǎo)體棒a速度為vi時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為Ei=BLvi，同時導(dǎo)體棒b速度為vj，感應(yīng)電動勢Ej=BLvj，導(dǎo)體棒中電流為I==，所受安培力F=BIL=對導(dǎo)體棒b，由動量定理，（mgsinθ+）△t=m△v方程兩側(cè)求和Σ【(mgsinθ+）△t】=Σm△v注意到：Σ△t=t0，Σ△v=v，Σ（vi-vj）△t=△x解得：△x=3．（2023年全國高考新課程卷）（20分）一邊長為L、質(zhì)量為m的正方形金屬細框，每邊電阻為R0，置于光滑的絕緣水平桌面（紙面）上。寬度為2L的區(qū)域內(nèi)存在方向垂直于紙面的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，兩虛線為磁場邊界，如圖（a）所示。（1）使金屬框以一定的初速度向右運動，進入磁場。運動過程中金屬框的左、右邊框始終與磁場邊界平行，金屬框完全穿過磁場區(qū)域后，速度大小降為它初速度的一半，求金屬框的初速度大小。（2）在桌面上固定兩條光滑長直金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌與磁場邊界垂直，左端連接電阻，導(dǎo)軌電阻可忽略，金屬框置于導(dǎo)軌上，如圖（b）所示。讓金屬框以與（1）中相同的初速度向右運動，進入磁場。運動過程中金屬框的上、下邊框處處與導(dǎo)軌始終接觸良好。求在金屬框整個運動過程中，電阻R1產(chǎn)生的熱量?！窘馕觥浚?）設(shè)導(dǎo)線框進入磁場時速度為v0，導(dǎo)線框完全進入時速度為v1，對導(dǎo)線框進入磁場過程中某時刻速度vi，導(dǎo)線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢e=BLvi，感應(yīng)電流，i=e/4R0,所受安培力F=BiL，聯(lián)立解得：F=取時間微元△t，由動量定理，-F△t=m△v，即-△t=m△v，方程兩側(cè)求和，-Σ△t=Σm△v，注意到Σvi△t=L，Σ△v=v1-v0，化簡得=m（v0-v1）①導(dǎo)線框完全在勻強磁場中運動，導(dǎo)線框中磁通量不變，不產(chǎn)生感應(yīng)電流，做勻速直線運動。導(dǎo)線框出磁場過程，取時間微元△t，由動量定理，-F△t=m△v，即-△t=m△v，方程兩側(cè)求和，-Σ△t=Σm△v，注意到Σvi△t=L，Σ△v=-v1，化簡得=m（v1-）②①②兩式消去v1，得v0=（2）導(dǎo)線框進入磁場區(qū)域過程，右側(cè)邊切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，由于導(dǎo)軌電阻可忽略，此時金屬框上下部分被短路，其電路可以簡化如下。故電路中的外電路電阻為=,總電阻R總=R0+=設(shè)導(dǎo)線框進入磁場時速度為v，導(dǎo)線框完全進入時速度為v1，對導(dǎo)線框進入磁場過程中某時刻速度vi，導(dǎo)線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢e=Blvi，感應(yīng)電流，i=e/R總，所受安培力F=Bil，聯(lián)立解得：F=取時間微元△t，由動量定理，-F△t=m△v，即-△t=m△v，方程兩側(cè)求和，-Σ△t=Σm△v，注意到Σvi△t=l，Σ△v=v1-v，化簡得=m（v-v1）①解得：v1=v-=在這個過程中線框動能減小△Ek1=-=由能量守恒定律可知整個電路電阻產(chǎn)生的熱量Q=△Ek1=設(shè)此過程中R1中產(chǎn)生的熱量為Q1，由于R1=2R，根據(jù)串并聯(lián)電路規(guī)律和焦耳定律可知，導(dǎo)線框右邊電阻產(chǎn)生的熱量為4.5Q1，左邊電阻產(chǎn)生的熱量為2Q1，整個電路電阻產(chǎn)生的熱量為Q=Q1+4.5Q1+2Q1=7.5Q1.解得：Q1=導(dǎo)線框完全在磁場區(qū)域運動，導(dǎo)線框可以視為內(nèi)阻為0.5R的電源，回路總電阻R總=2.5R，導(dǎo)線框做減速運動，設(shè)導(dǎo)線框開始出磁場時速度為v2，對導(dǎo)線框進入磁場過程中某時刻速度vi，導(dǎo)線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢e=Blvi，感應(yīng)電流，i=e/R總，所受安培力F=Bil，聯(lián)立解得：F=取時間微元△t，由動量定理，-F△t=m△v，即-△t=m△v，方程兩側(cè)求和，-Σ△t=Σm△v，注意到Σvi△t=L，Σ△v=v2-v1，化簡得=m（v1-v2）①解得：v2=v1-=0，則說明線框右側(cè)將離開磁場時就停止運動了。在這個過程中線框動能減小△Ek2==由能量守恒定律可知整個電路電阻產(chǎn)生的熱量Q’=△Ek1=設(shè)此過程中R1中產(chǎn)生的熱量為Q2，則導(dǎo)線框電阻產(chǎn)生的熱量為Q2，整個電路電阻產(chǎn)生的熱量為Q’=1.25Q2.解得：Q2.=整個運動過程中，R1產(chǎn)生的熱量為Q=Q1+Q2==+=4.（2022福建高考）如圖（a），一傾角為的絕緣光滑斜面固定在水平地面上，其頂端與兩根相距為L的水平光滑平行金屬導(dǎo)軌相連；導(dǎo)軌處于一豎直向下的勻強磁場中，其末端裝有擋板M、N．兩根平行金屬棒G、H垂直導(dǎo)軌放置，G的中心用一不可伸長絕緣細繩通過輕質(zhì)定滑輪與斜面底端的物塊A相連；初始時刻繩子處于拉緊狀態(tài)并與G垂直，滑輪左側(cè)細繩與斜面平行，右側(cè)與水平面平行．從開始，H在水平向右拉力作用下向右運動；時，H與擋板M、N相碰后立即被鎖定．G在后的速度一時間圖線如圖（b）所示，其中段為直線．已知：磁感應(yīng)強度大小，，G、H和A的質(zhì)量均為，G、H的電阻均為；導(dǎo)軌電阻、細繩與滑輪的摩擦力均忽略不計；H與擋板碰撞時間極短；整個運動過程A未與滑輪相碰，兩金屬棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好：，，重力加速度大小取，圖（b）中e為自然常數(shù)，．求：（1）在時間段內(nèi)，棒G的加速度大小和細繩對A的拉力大?。唬?）時，棒H上拉力的瞬時功率；（3）在時間段內(nèi)，棒G滑行的距離．【答案】（1）；；（2）；（3）【命題意圖】此題考查電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律、安培力。對速度圖像的理解、牛頓運動定律及其相關(guān)知識點?！窘馕觥浚?）由圖像可得在內(nèi)，棒G做勻加速運動，其加速度為依題意物塊A的加速度也為，由牛頓第二定律可得解得細繩受到拉力（2）由法拉第電磁感應(yīng)定律與閉合電路歐姆定律推導(dǎo)出“雙棒”回路中的電流為由牛頓運動定律和安培力公式有由于在內(nèi)棒G做勻加速運動，回路中電流恒定為，兩棒速度差為保持不變，這說明兩棒加速度相同且均為a；對棒H由牛頓第二定律可求得其受到水平向右拉力由圖像可知時，棒G的速度為此刻棒H的速度為其水平向右拉力的功率．（3）棒H停止后，回路中電流發(fā)生突變，棒G受到安培力大小和方向都發(fā)生變化，棒G是否還拉著物塊A一起做減速運動需要通過計算判斷，假設(shè)繩子立刻松弛無拉力，經(jīng)過計算棒G加速度為物塊A加速度為說明棒H停止后繩子松弛，物塊A做加速度大小為的勻減速運動，棒G做加速度越來越小的減速運動；由動量定理、法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路歐姆定律可以求得，在內(nèi)棒G滑行的距離這段時間內(nèi)物塊A速度始終大于棒G滑行速度，繩子始終松弛。關(guān)注公眾號高中物理學(xué)習(xí)研究獲取更多優(yōu)質(zhì)資源！考點02電磁感應(yīng)+動量守恒定律1.（2024高考江西卷）如圖（a）所示，軌道左側(cè)斜面傾斜角滿足sinθ1=0.6，摩擦因數(shù)，足夠長光滑水平導(dǎo)軌處于磁感應(yīng)強度為B=0.5T的勻強磁場中，磁場方向豎直向上，右側(cè)斜面導(dǎo)軌傾角滿足sinθ2=0.8，摩擦因數(shù)?，F(xiàn)將質(zhì)量為m甲=6kg的導(dǎo)體桿甲從斜面上高h=4m處由靜止釋放，質(zhì)量為m乙=2kg的導(dǎo)體桿乙靜止在水平導(dǎo)軌上，與水平軌道左端的距離為d。已知導(dǎo)軌間距為l=2m，兩桿電阻均為R=1Ω，其余電阻不計，不計導(dǎo)體桿通過水平導(dǎo)軌與斜面導(dǎo)軌連接處的能量損失，且若兩桿發(fā)生碰撞，則為完全非彈性碰撞，取g=10m/s2，求：（1）甲桿剛進入磁場，乙桿的加速度？（2）乙桿第一次滑上斜面前兩桿未相碰，距離d滿足的條件？（3）若乙前兩次在右側(cè)傾斜導(dǎo)軌上相對于水平導(dǎo)軌的豎直高度y隨時間t的變化如圖（b）所示（t1、t2、t3、t4、b均為未知量），乙第二次進入右側(cè)傾斜導(dǎo)軌之前與甲發(fā)生碰撞，甲在0~t3時間內(nèi)未進入右側(cè)傾斜導(dǎo)軌，求d的取值范圍。【答案】（1）a乙0=2m/s2，方向水平向右；（2）d≥24m；（3）【解析】（1）甲從靜止運動至水平導(dǎo)軌時，根據(jù)動能定理有甲剛進人磁場時，平動切割磁感線有E0=Blv0則根據(jù)歐姆定律可知此時回路的感應(yīng)電流為根據(jù)楞次定律可知，回路中的感應(yīng)電流沿逆時針方向（俯視），結(jié)合左手定則可知，乙所受安培力方向水平向右，由牛頓第二定律有BI0l=m2a乙0帶入數(shù)據(jù)有a乙0=