2025年高考物理專項復習：電磁感應綜合題

目錄

題型嫁迷........................................................................1

解題玫喀........................................................................1

題型一電雇感應中的動力學與能量問題..........................................1

題型二動量定理在電燧感應中的應用...........................................14

題型三動量守恒定律在電燧感應中的應用.......................................25

真題練習.......................................................................37

題型綜述

電磁感應作為歷年高考物理必考考點，足見其重要性。而電磁感應最重要的難點歸根結底就是“誰”是電

源，只要明白了這個問題即可將電磁感應研究清楚?？碱}多以電磁感應中“導軌”上的單棒、雙棒、線寬運動的

分析來設計學習探索問題情境,涉及的必備知識包括安培力、電路特點、力與運動、動量以及能量的轉化。主

要考查學生理解能力、模型建構能力、推理論證能力以及學科素養(yǎng)中的科學思維，突出考查基礎性、綜合性特

點。為了有效地備戰(zhàn)2025年高考,本專題結合法拉第電磁感應定律和閉合電路歐姆定律等知識,深入研究電

磁感應中的綜合問題，以期為廣大師生盡一份綿薄之力。

解題攻略

題型一電雇感應中的動力學與能量問題

【提分秘籍】

1.電磁感應綜合問題的解題思路

「能量”的分析而分析研究過程中能量轉化關系列方程|

2.求解焦耳熱Q的三種方法

⑴焦耳定律：Q適用于電流恒定的情況；

（2）功能關系：Q=%安（以安為克服安培力做的功）;

（3）能量轉化：Q=AE（其他能的減少量）。

【典例剖析】

1.（2025高三上?天津南開?期末）如圖甲所示，固定光滑平行金屬導軌MN、PQ與水平面成3=37°傾斜

放置，其電阻不計，導軌間距L=0.5m,導軌頂端與電阻=相連。垂直導軌水平放置一根質量小

=0.2kg、電阻r=0.5。的導體棒ab,ab距導軌頂端由=2m,距導軌底端距離為c?2（未知）。在裝置所

在區(qū)域加一個垂直導軌平面向上的勻強磁場，其磁感應強度B和時間力的函數(shù)關系如圖乙所示。

0~2s內，導體棒在外力作用下保持靜止；2s后由靜止釋放導體棒，導體棒滑到導軌底部的過程，通過

導體棒橫截面的電荷量q=l.OCo導體棒始終與導軌垂直并接觸良好,且導體棒滑到底部前已經(jīng)做

勻速運動，重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6。求：

（1）0~2s內通過導體棒的電流/i的大小和方向；

（2）導體棒滑到底部前的最大速度加;

（3）導體棒由靜止開始下滑到導軌底部的過程，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱QR。

【答案】（1）0.84;電流方向由a流向6（2）3m/s（3）1.68J

【詳解】（1）由法拉第電磁感應定律可得前2s產(chǎn)生的感應電動勢

氏=竿乙由

At

由閉合電路歐姆定律

1R+r

解得

4=0.8A

根據(jù)楞次定律知感應電流的方向為a到bo

（2）當導體棒達最大速度后勻速下滑,根據(jù)平衡方程

E

mgsind=BJL,E=BLv,I=——2

222m2R+r

其中

B2=2T

解得

vm=3m/s

（3）導體棒滑到底端過程中

尸加了=畀,應=鏟=身”

R+rAtAt

解得

d2—2.5m

設下滑過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量Q,根據(jù)動能定理有

rngd^smO+WA=,Q=\WA\

解得

Q=2.1J

電阻_R產(chǎn)生的熱量為

QR=/?Q=L68J

2.（2025高三?河南鄭州?階段練習）如圖所示，兩根間距L=1巾、足夠長光滑平行導軌與水平面夾角為

e=30°,導軌上端用一單刀雙擲開關分別連接阻值R=1。的電阻和電容C=0.1斤的電容器，整

個裝置處于磁感應強度大小8=0.2T、方向垂直于導軌平面向上的勻強磁場中。在導軌上垂直于

導軌放置一質量M=0.016kg的導體棒而，并將其鎖定在圖示位置。將單刀雙擲開關擲到1,并解除

對導體棒的鎖定，導體棒由靜止開始向下運動，重力加速度g取10m/s2,導軌和導體棒電阻均不計,

求：

（1）導體棒獲得的最大速度;

（2）若將單刀雙擲開關擲到2，并解除鎖定，導體棒獲得⑴中同樣的速度所用的時間。

【答案】（l）2m/s（2）0.5s

【詳解】（1）單刀雙擲開關擲到1時，導體棒做加速度逐漸減小的加速運動，當導體棒勻速時，可知

mgsinff=F

導體棒切割磁感線的感應電動勢為

EE-BLvm

回路中感應電流為

T_Em

7mF

導體棒所受安培力大小為

F=B1mL

聯(lián)立，解得

vm=2m/s

（2）若單刀雙擲開關擲到2時，并解除固定，取極短時間導體棒速度變化量為△0,感應電動勢的變化量

AE—BL/^v

電容器上電量的變化量

^Q=CXE

回路中電流強度為

^Q__CBLAv

一后一^

解得

I—CBLa

導體棒受到的安培力

F'=BIL

根據(jù)牛頓第二定律

mgsin.0—Fr=ma

聯(lián)立，可得

77Tgsin。

—4m/s2

CB2I}+m

解得

t——=0.5s

a

3.（2025高三?河南南陽?期中）如圖所示，足夠長的平行金屬導軌傾斜放置，導軌與水平面夾角6=30。,間

距d=Im,在導軌之間接有阻值_R=2。的定值電阻.質量nz=0.2kg、電阻r=2。的金屬桿就由跨過

光滑定滑輪的輕繩與質量又=0.3kg的重物P相連,磁感應強度大小為Bo=2T的勻強磁場與導軌平

面垂直。開始時金屬桿就置于導軌下端緊靠電阻A處，將重物尸和金屬桿而由靜止釋放,金屬桿而

運動到Q點（圖中未畫出）過程中，通過電阻R的電荷量q=1。,此時重物P已經(jīng)開始勻速下降,運動

過程中金屬桿ab始終與導軌垂直且接觸良好，導軌足夠長，一切摩擦不計,重力加速度g取10m/s2,

求：

⑴重物P勻速下降的速度”；

（2）金屬桿ab從釋放到運動到Q點的過程中，定值電阻R中產(chǎn)生的焦耳熱QR；

（3）若金屬桿到達Q點后，磁感應強度開始發(fā)生變化（此時為t=0時刻），致使回路中電流為零。試寫

出磁感應強度B隨時間t變化的關系式。

【答案】（l）2m/s（2）1.57⑶口=>+：+］（/）

【詳解】（1）重物P勻速下降時，設金屬桿中電流為/,金屬桿與重物P組成的系統(tǒng)由平衡條件得

Mg=7ngsin。+B0Id

根據(jù)閉合電路歐姆定律有

1=上

R+r

根據(jù)法拉第電磁感應定律有

E—Bodf

解得

(R+吟(Mg-mgsin。)

v=-----------------------=2m/s

Bld?

(2)設金屬桿運動到Q點的過程中，運動時間為At,平均電流為7,向上運動位移為乙，則有

j_BodL

(7?+r)At

結合

q=i't

聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得

L=2m

設電路中產(chǎn)生的總熱量為Q,由能量守恒定律得

MgL—mgLsind=---Mv2+-^-mv2+Q

由串聯(lián)電路的規(guī)律可知，電阻A中產(chǎn)生的熱量

=

H-\--rQ

聯(lián)立解得

QR—1.5J

(3)金屬桿中不產(chǎn)生感應電流，說明穿過回路的磁通量始終不變，則有

BQLd=B{L-\-x)d

金屬桿向上做勻加速運動，對金屬桿與重物P整體,根據(jù)牛頓第二定律有

Mg—7ngsin。=(M+m)a

解得

a=4m/s2

金屬桿運動的位移

則磁感應強度石隨時間力變化的關系為

B=

-t2+t-—+l'(T))

4.(2024?廣西?模擬預測)2024年6月2日6時9分，嫦娥六號著陸器在鵲橋二號中繼衛(wèi)星支持下,開始實

施動力下降，7500N變推力主發(fā)動機開機，著陸器接觸地面前經(jīng)過噴火反沖減速后關閉主發(fā)動機，此

時的速度為5，這一速度仍大于軟著陸設計速度也，為此科學家設計了一種電磁阻尼緩沖裝置，其原

理如圖所示：主要部件為緩沖滑塊K及固定在絕緣光滑緩沖軌道AW和PQ上的著陸器主體，著陸器

主體中還有超導線圈(圖中未畫出)，能在兩軌道間產(chǎn)生垂直于導軌平面的勻強磁場導軌內的緩沖

滑塊由高強度絕緣材料制成，滑塊K上繞有"匝矩形線圈abed，線圈的總電阻為r,ab邊長為L,當著

陸器接觸地面時，滑塊K立即停止運動，此后線圈與軌道間的磁場發(fā)生作用，使著陸器主體持續(xù)做減

速運動,從而實現(xiàn)緩沖。已知著陸器主體及軌道的質量為小，緩沖滑塊(含線圈)K的質量為重力

加速度為g，不考慮運動磁場產(chǎn)生的電場，求：

（1）緩沖滑塊剛落地時著陸器主體的加速度大?。?/p>

（2）達到著陸器軟著陸要求的設計速度”2時，地面對緩沖滑塊K支持力的大??；

（3）著陸器主體可以實現(xiàn)軟著陸，若從％減速到3的緩沖過程中,通過線圈的電荷量為q，求該過程中

線圈中產(chǎn)生的焦耳熱Q。

【答案】⑴逆亞—g⑵場+包也⑶狀）+需

mrr2nHL

【詳解】（1）線圈切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢

E—nBLvr

根據(jù)歐姆定律可知，線圈中的感應電流為

1=旦

V

線圈受到的安培力

F安—nBIL

根據(jù)牛頓第三定律可知，著陸器受到的安培力

F^=F^=nBIL

方向豎直向上，對著陸器根據(jù)牛頓第二定律則有

F安—mg=ma

聯(lián)立解得

a=----------g

mr

（2）對于滑塊K,設其受到的支持力為國，此時受到的安培力為F,則有

FN=Mg+F

此時線圈的速度為。2,故感應電動勢

E'=nBLv2

線圈中的電流

/，=旦

r

故此時的安培力

尸—.，「—"呼少出

r—JD1L-----------------

r

解得

c、，n2B2L2v

F=Mg+-------2-

Nr

（3）根據(jù)能量守恒可得

mgh+—Q-\-

根據(jù)法拉第電磁感應定律可知，線圈中的平均感應電流

幣AO口NSrjLh

Ei=n——=nB——=nB——

MMAt

/

r

所以

q=J.M=nBLh

r

聯(lián)立解得

Q=^-m(vl-v^+mgqr

nBL

5.如圖甲，線框。慮/位于傾斜角0=30°的斜面上，斜面上有一長度為D的矩形磁場區(qū)域,磁場方向垂直

于斜面向上，大小為0.4T,已知線框邊長cd—D—0.4m,質量7n=0.1kg,總電阻R=0.16。,現(xiàn)對線

框施加一沿斜面向上的力尸使之運動，ed邊離開磁場后撤去尸。斜面上動擦因數(shù)〃=今，線框速度

O

隨時間變化如圖乙所示，重力加速度g取9.8m/s2。

（1）求外力尸大小；

⑵求旬長度L；

（3）求回路產(chǎn)生的焦耳熱Q。

【答案】⑴1.48N（2）0.5m（3）0.4J

【詳解】（1）由。一土圖像可知，在0~0.4s時間內線框做勻加速直線運動，進入磁場時的速度為

9=2.0m/s

加速度大小

%—0

a=——-5m/s2

At

根據(jù)牛頓第二定律有

F—mgsinS—pmgcosO—ma

代入數(shù)據(jù)解得

1.487V

（2）由o—t圖像可知，線框進入磁場區(qū)域后一直做勻速直線運動，并以速度仍勻速穿出磁場。線框產(chǎn)生的

感應電動勢

E=BLvi

線框產(chǎn)生的感應電流

1=1

1L

線框受到的安培力

上1—U1L—R

由平衡條件得

F=F[+7ngsin。+/imgcosff

解得

L=0.5m

⑶因

7ngsin。=/imgcosff

所以線框在減速為零時不會下滑，設線框穿過磁場的時間為t,則

t=-=OAs

感應電流

根據(jù)焦耳定律可得

Q—PRt=0.4J

【變式演練】

6.如圖所示，平行且光滑的金屬導軌相距為乙=1M,在河點和P點間接一個阻值為五=1.5。

的電阻，兩導軌間存在方向垂直導軌平面向下的矩形勻強磁場區(qū)域,磁場的寬度為d,磁感應強度大小

為B=1T,一個質量為兀=2kg、電阻為r=0.5Q的導體棒ab垂直于導軌放置，導體棒長為L=1m?

現(xiàn)從與磁場的左邊界相距為d0=5m的位置開始用一個大小為F=5N、方向水平向右的恒力拉導體

棒,使之由靜止開始運動，已知導體棒在運動過程中始終與導軌垂直且接觸良好，導軌的電阻不計。

MaN

XXnXX

1D

—XXXX

1XXXX

（1）如果磁場的寬度d足夠大,導體棒在磁場中運動的最終速度為多大？

（2）如果磁場的寬度d=18m,導體棒離開磁場右邊界時的速度為7.5m/s,求導體棒從開始運動到離開

磁場右邊界經(jīng)歷的時間以及導體棒通過磁場區(qū)域的過程中整個回路所消耗的電能。

【答案】⑴10m/s⑵4.8s,58.75J

【詳解】（1）因為磁場的寬度足夠長，所以導體棒在離開磁場前已經(jīng)做勻速直線運動，根據(jù)受力平衡有

F=F交

導體棒勻速運動切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢為

E=BLvm

由閉合電路歐姆定律有

/=上

R+r

根據(jù)安培力公式有

F^=BIL

聯(lián)立以上各式解得

_F(R+r)

vm-B2y=10m/s

（2）導體棒進入磁場前,根據(jù)牛頓第二定律有

F=ma

盛二方喇

費=2ado

解得

右=2s,幼=5m/s

導體棒在磁場中運動的過程中，設經(jīng)時間32速度達到7.5m/s,安培力產(chǎn)生的沖量為

FQt=BDiAt=BL■M=9N?s

*R+rR+r

根據(jù)動量定理有

Ft?—F實Nt—mv2—mvi

解得

t2=2.8s

故導體棒從開始運動到離開磁場右邊界經(jīng)歷的時間為

t—tr+ti—4.8s

從導體棒開始運動到離開磁場右邊界的過程，據(jù)能量守恒定律有

F{d0+d）—+Q

解得

Q=F（d（）+d）—■^-mvl=58.75J

7.如圖所示為傾角8=30°的光滑絕緣斜面，水平虛線1、2間存在垂直斜面向上的勻強磁場，水平虛線

2、3間存在垂直斜面向下的勻強磁場，兩磁場的磁感應強度大小均為且兩虛線之間的距離均為d。

質量rn=0.4kg、邊長d=1.0m、阻值H=2.0Q的正方形線框由虛線1上方靜止釋放，正方形線框的

ab邊與虛線1平行,ab邊到虛線1的距離L=1.6巾,正方形線框的ab邊越過虛線1瞬間剛好勻速，經(jīng)

過一段時間,線框在虛線23間恰好再次勻速,重力加速度g=10m/s2,不計空氣阻力。求：

（1）磁感應強度8的大小；

（2）線框的ab邊從虛線1到虛線2過程通過線框橫截面的電荷量；

（3）線框從開始釋放至ab邊到達虛線3過程產(chǎn)生的焦耳熱。

【答案】（1）17（2）0.5。（3）77

【詳解】⑴設線框的湖邊剛到達虛線1時的速度為仍，則線框進入磁場前由機械能守恒定律得

mgLsinS=jmvl

解得

5=4m/sab邊越過虛線1瞬間，線框中產(chǎn)生的感應電動勢為

E=Bdvx

又線框中的感應電流為

R

線框所受的安培力大小為

FA=BIdab邊越過虛線1瞬間，線框勻速運動，由力的平衡條件得

mgsind—FA

解得

B=1T

⑵線框ab邊由虛線1至虛線2過程,

7，△①BS

q=It=

^T"R"

S=cP

代入相關已知數(shù)據(jù)，解得

q-O.bC

（3）線框在虛線2、3間勻速時，線框的速度大小為02,線框中的感應電動勢為

E'=2B&V2

又線框中的感應電流為

/'=等

線框所受的安培力大小為

F'A=2BI'd

再次勻速時，由力的平衡條件得

mgsin.0=F'A

解得

功=lm/s

線框就邊由虛線1至虛線3過程由能量守恒得

Q=mg-2dsin。+--mv1—^-mvl=7J

8.（2024?云南大理?一模）某研學小組設計了一套電氣制動裝置，其簡化模型如圖所示。在車身下方固定

一單匝矩形導線框,利用線框進入磁場時所受的安培力，輔助列車剎車。已知列車的總質量為小,車

身長為s,線框的短邊就和cd分別安裝在車頭和車尾，長度均為乙（乙小于勻強磁場的寬度），線框的總

電阻為五。站臺軌道上勻強磁場區(qū)域足夠長（大于車長s）,磁感應強度的大小為8,方向豎直向上，若

ab邊剛進入磁場時列車關閉發(fā)動機,此時列車的速度為v0,cd邊進入磁場瞬間,列車恰好停止，假設列

車停止前所受鐵軌及空氣阻力的合力恒為人求：

2>

勻強磁場

八

，I

（1）線框就邊進入磁場瞬間，產(chǎn)生的感應電流大小和列車加速度的大小;

（2）線框從進入磁場到停止的過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q；

（3）線框從進入磁場到停止的過程中通過其橫截面的電荷量外

R

【答案】⑴片二，a=B汨曜L2_（3%=窄

RmH（2}Q=2mvfsR

【詳解】（1）線框ab邊進入磁場瞬間，產(chǎn)生的感應電流大小

T_BLv0

設車頭剛進入磁場時的加速度為a,根據(jù)牛頓第二定律

ILB+f=ma

解得

2

_BI?vQ+fR

Q=~荷~

（2）列車減少的動能部分轉化為線框的焦耳熱，部分轉化為因鐵軌及空氣阻力產(chǎn)生的熱量，根據(jù)能量守恒定

律

-mv^Q+fs

解得

（3）根據(jù)法拉第電磁感應定律

百=萼

△t

又

1L

q=TAt

整理可得，此過程流過線框的電荷量為

9.（2025高三上?河南?階段練習）如圖所示，兩根相距乙=1山的足夠長的平行金屬導軌傾斜放置，導軌與

水平面成37°，兩導軌頂端通過導線連接電源、開關和阻值R=1。的電阻。初始時開關S斷開,質量分

別為、的金屬細桿、垂直于導軌放置，導軌的上下兩部分通過河、兩處

mi=0.2kgm2=0.1kgabcdN

的絕緣小塊相連，兒W連線與導軌垂直，兩導軌處于大小為6=0.57、垂直導軌平面向上的勻強磁場

中，金屬細桿而、cd的電阻分別為R=1.5。，&=1。,兩桿與導軌的動摩擦因數(shù)均為〃=0.75,初始

時兩金屬桿均靜止，閉合開關S,而桿開始向下運動,ab桿運動到MN時已經(jīng)勻速，已知電源的電動

勢E=1.5V,內阻r=0.5Q。重力加速度g=lOm/s?,sin37°=0.6,cos37°=0.8。求：

（1）金屬桿ab運動到MN處時的速度大??；

（2）金屬桿ab從靜止運動到處過程中，通過就桿上的電荷量；

（3）而桿在導軌上運動時產(chǎn)生的焦耳熱（忽略電磁輻射）。

【答案】（l）3m/s（2）1.2C（3）0.637

【詳解】（1）金屬棒ab勻速運動過程中受力如圖所示

支持力為N,摩擦力為力，安培力為尸，則有

N、=mgcos37°,力=，F(xiàn)+?rigsin37o=力

代入數(shù)據(jù)可得

F=0

則金屬棒ab以速度比勻速運動時無電流，即金屬棒ab切割磁感線的電動勢也為有

E=BLv0

代入數(shù)據(jù)可得

v0=3mzs

（2）金屬桿ab運動到MN的過程中，由于

mi5sin37°=〃n?agcos37°

在很短的時間At內由動量定理可知

BIL/\t=m4j

即

BLl\q-m^v

全過程中電量累加起來，有

—

BLq=mi（v00）

代入數(shù)據(jù)得

q=1.2。

（3）金屬桿ab運動到7W的過程中，滑動距離為加，電源消耗的電能為

W^qE

金屬桿ab增加的動能為

用=.7?2i優(yōu)

重力勢能減小

△Ep=mi^Tsin370

克服摩擦力做功

Hi=〃Mig/cos370

由于

m!^sin370=〃migcos370

有

△耳二叱

則回路中的焦耳熱

Q1=W-^Ek

此過程中金屬桿ab上的焦耳熱為

。2=—————Q1

金屬桿ab運動到下方后，由于

?7Zigsin37°=〃migcos37°,m2gsin37°=/Ltm2gcos37°ab>cd體系動量守恒，設最終速度均為S，則有

m^o—（m1+m，2）v1

該過程中就、cd系統(tǒng)重力勢能的減小量仍等于系統(tǒng)克服摩擦力做的功，系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱

Qi=-y（jnr+m^vl

此過程中金屬桿ab上的焦耳熱為

Q4=Q3ab桿在導軌上運動時產(chǎn)生的焦耳熱

rti+rt2

Q—。2+。4

代入數(shù)據(jù)得

Q=0.63J

10.如圖所示，某光滑金屬導軌由水平平行軌道和豎直圓周軌道組成,水平平行軌道MN、ST相距L

=0.5巾,軌道左端用阻值A=3Q的電阻相連。水平軌道的某段區(qū)域有豎直向上、磁感應強度B=4T

的勻強磁場。光滑金屬桿ab的質量?7i=0.2kg、電阻r=2Q,金屬桿以”=5m/s的初速度沿水平導軌

從左端沖入磁場，離開磁場后沿豎直圓周軌道上升的最大高度H=0.2mo設金屬桿ab與軌道接觸良

好，并始終與導軌垂直，導軌電阻忽略不計，且不考慮而的返回情況，取9=10。m/s2o求：

（1）金屬桿剛進入磁場時，通過金屬桿的電流大小和方向;

（2）金屬桿ab產(chǎn)生的焦耳熱；

（3）磁場區(qū)域的長度。

【答案】⑴2A,從a沿桿流向b（2）0.847（3）0.75m

【詳解】（1）導體棒剛進入磁場時，電動勢

E—BLv

感應電流

/=上

R+r

得

/=2A

由右手定則知感應電流方向從a沿桿流向bo

（2）出磁場后機械能守恒

mgH=

解得

v'—2m/s

導體棒整個運動過程，根據(jù)能量守恒定律

~^mv2—Q+-^-mv'2

導體棒上的焦耳熱

解得

Qr=0.84J

（3）設通過磁場時的電量為q,磁場區(qū)域長度為。，在磁場中的運動過程,根據(jù)動量定理

—BILt=mvr—mv

又因為

"△①BLx

解得

x=0.75m

題型二動量定理在電磁感應中的應用

【提分秘籍】

在導體單桿切割磁感線做變加速運動時，若運用牛頓運動定律和能量觀點不能解決問題，可運用動量定理巧

妙解決問題

求解的物理量應用示例

電荷量或速度

—mv2—mv、,q—BP—BqL—mv2—

=0mv0,

位移H總

2

nnBL?Xn

即=0mvQ

H總

—BIL't+及他△力=mv—rrtVi,

時間2

即—BLq+萬，他A/;=mv2—mv1，

已知電荷量q、g他（號（他為恒力）

+辱他△力=nw2nwi，

H總

2

日nBL?x,T-,A,

即+弓他△力rrwi，

“總、

已知位移力、&他（理他為恒力）

【典例剖析】

11.（2024.河北.模擬預測）如圖所示，質量河=4kg的U形框EAB尸放置在光滑絕緣的水平地面上，已知

段的長度為乙=2m,的長度為4L,C、。、河、N分別是AE、BF、AC和的中點，AB

段的電阻為R=3。,其余部分電阻忽略不計。在CDFE區(qū)域存在豎直向下、磁感應強度大小可變的

勻強磁場B,磁場位置不隨。形框移動。質量m=4kg、電阻不計的導體棒放置在MN處，導體棒的長

度比U形框的寬度L略長，若給導體棒水平向右的初速度，當其運動到磁場左邊界時，恰與U形框速

度相同。已知導體棒與U形框之間的動摩擦因數(shù)為〃=0.3,取重力加速度g=10m/s2。

XXX

XXX

BNDF

（1）求導體棒初速度為的大?。?/p>

（2）若要使導體棒和。形框在磁場中運動時始終保持相對靜止，求磁感應強度的最大值為；

（3）若將磁感應強度B的大小調整為第（2）問中國的卒，判斷導體棒最終是否靜止，若靜止,求導體

棒最終離磁場左邊界的距離;若不能靜止，求導體棒的最終速度。

【答案】（l）4m/s（2）37（3）靜止，斗m

O

【詳解】⑴設共速時速度大小為。，對導體棒和。形框組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律得

mvG=（M+m）v

對導體棒由動能定理得

—/j,mgL=-^-mv2—

解得

VQ=4m/s,v—2m/s

（2）導體棒在磁場中受到安培力

%=皿/=筆1

rt

故對導體棒和。形框，由牛頓第二定律得

B^I2v“

——-----/img=ma,/j,mg=Ma

R

解得

Bn=3T

（3）當B==時，導體棒到達磁場左邊界后，導體棒和U形框將保持相對靜止。若導體棒和U

形框一直受安培力，直至導體棒靜止，則由動量定理得

—＞尸孩/\±-o—（m+M）v

則有

B=（m+M）v

R

解得

x=6m

導體棒從開始運動到剛進入磁場，導體棒的位移大小為

vo+v

力棒=-2一±=2巾

解得

1=為（/形框的位移大小為

O

v,2

如=5力=W771

/O

設剛進入磁場時導體棒到U形框左側AB邊的距離為AL,則有

\L—L力棒一Xu——TTI

O

由于ALV2LV力，則導體棒進入磁場后先向右減速運動

Ar10

Xi=AL=--m

o

然后導體棒和。形框一起在磁場中勻速運動

,9

X—2L—AL=--m

23

最后。形框AB邊切割磁感線，整體減速運動

8

x=X—x=-m

3ro

由于gVAL,所以導體棒最終靜止，導體棒最終離磁場左邊界的距離為

△力=2工+力3=

12.如圖所示，相距L=2m的平行金屬導軌，左側部分水平,分布著豎直向上的勻強磁場，右側部分傾斜,

傾角為。=37°,傾斜導軌上的c、d兩點處各有一小段絕緣導軌（長度可忽略不計），在就連線到NQ

連線之間分布著垂直導軌向下的勻強磁場，磁感應強度大小均為8=1T,傾斜導軌上端河、P之間接

有阻值為R=1Q的電阻，其余導軌電阻不計，水平與傾斜導軌連接處平滑過渡。金屬棒1與2的質量

都為m=1kg,有效接入導軌間的長度都為L=2m,電阻都為r=1Q。金屬棒1從ab連線上方電=

17n處由靜止釋放，ab與cd之間距離x2=5m,cd與NQ之間距離x3=8m,cd與NQ之間棒與導軌間

的動摩擦因數(shù)為〃=0.75,其余部分導軌均光滑，金屬棒2初始靜止，到NQ距離為2=8成。金屬棒1

進入磁場后，在運動到cd前已達到穩(wěn)定速度,在運動到NQ前已再次達到穩(wěn)定速度。運動過程中，兩

棒與導軌接觸良好，且始終與導軌垂直,不計金屬棒經(jīng)過NQ時的能量損失，若兩棒相碰則發(fā)生彈性

碰撞。（已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度g取10m/s2）求：

M

R

⑴金屬棒1運動到cd前達到的穩(wěn)定速度v0的大??；

⑵金屬棒1運動到NQ時,金屬棒2的速度大小；

（3）最終穩(wěn)定時金屬棒1所在位置，以及全過程金屬棒1產(chǎn)生的焦耳熱。

【答案】⑴no=3m/s⑵金屬棒2的速度大小為