专题二十一 电磁感应中的动力学、能量和动量问题

第十二章 电磁感应
专题二十一 电磁感应中的动力学、能量和动
量问题
核心考点
五年考情
命题分析预测
电磁感应中的动力学问题
2023：北京T18，浙江6月T19；
2022：海南T18，浙江6月T21； 2021：全国甲T21，湖北T16 高考中常通过导体棒＋导轨、导体框等模型考查电磁感应中力与运动、功与能、动量等力电综合问题，选择题和计算题都有考查，近年主要为计算题形式，试题综合性较强，难度较大.预计2025年高考可能会出现导体棒的受力及运动分析、电磁感应与动量定理和动量守恒定律相结合的综合性试题.
电磁感应中的能量问题
2023：北京T9，上海T19； 2022：全国乙T24； 2021：北京T7； 2019：北京T22
电磁感应中的动量问题
2023：全国甲T25，湖南T14； 2022：辽宁T15； 2019：全国ⅢT19
题型1 电磁感应中的动力学问题
1.导体受力与运动的动态关系
2.两种运动状态
状态
特征
处理方法
平衡态 加速度为零
根据平衡条件列式分析
非平衡态
加速度不为零
根据牛顿第二定律结合运动学公式进行分析
3.“四步法”分析电磁感应中的动力学问题
命题点1“单棒＋导轨”模型
1.如图所示，水平面（纸面）内间距为l的平行金属导轨间接一电
阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上.t＝0时，金属杆在水
平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动.t0时刻，金属
杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动.杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ.重力加速度大小为g.求：
（1）金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；
（2）电阻的阻值.
答案（1）Blt0（F
m －μg）（2）B
2l2t0
m
解析（1）设金属杆进入磁场前的加速度大小为a，由牛顿第二定律得F－μmg＝ma
设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有v＝at0
当金属杆以速度v在磁场中匀速运动时，由法拉第电磁感应定律得杆中的电动势为E＝Blv 联立解得E＝Blt0（F
m
－μg）
（2）设金属杆在磁场中匀速运动时，杆中的电流为I，根据闭合电路欧姆定律得I＝E
R
式中R为电阻的阻值
金属杆所受的安培力为F安＝BIl
因金属杆做匀速运动，由平衡条件得F－μmg－F安＝0
联立解得R＝B 2l2t0 m
.
2.如图，两条平行导轨所在平面与水平面的夹角为θ，平行导轨间距为L.导轨上端接有一平行板电容器，电容为C.导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面.在导轨上放置一质量为m的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中保持与导轨垂直并接触良好.已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大
小为g.金属棒和导轨的电阻可忽略不计.让金属棒从导轨上端由静止
开始下滑，求：
（1）电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系；
（2）金属棒的速度大小随时间变化的关系.
答案（1）Q＝CBLv（2）v＝m（sinθ－μcosθ）
m＋B2L2C
gt
解析（1）设金属棒下滑的速度大小为v，则产生的感应电动势为E＝BLv
平行板电容器两极板之间的电势差为U＝E
设此时电容器极板上积累的电荷量为Q，按定义有C＝Q
U
联立解得Q＝CBLv
（2）设经过时间t金属棒的速度大小为v，通过金属棒的电流为i.金属棒受到的安培力方向沿导轨向上，大小为f1＝BLi
设在时间间隔t～t＋Δt内流经金属棒的电荷量为ΔQ，按定义有i＝ΔQ
Δt
ΔQ也是平行板电容器在时间间隔t～t＋Δt内增加的电荷量，由（1）中结果可知ΔQ＝CBLΔv
式中，Δv为金属棒的速度变化量，按定义有a＝Δv
Δt
金属棒受到的摩擦力方向沿导轨向上，大小为f2＝μN
式中，N是金属棒对导轨的正压力的大小，有
N＝mg cosθ
金属棒在t时刻的加速度方向沿导轨向下，设其大小为a，根据牛顿第二定律有mg sinθ－f1－f2＝ma
联立解得a＝m（sinθ－μcosθ）
m＋B2L2C
g
可知金属棒做初速度为零的匀加速运动，t时刻金属棒的速度大小为v＝m（sinθ－μcosθ）
m＋B2L2C
gt.方法点拨
单棒＋电阻模型
物理模型
水平拉力F恒定，金属棒和水平导轨的电阻不计，摩擦力不计
动态分析设运动过程中某时刻棒的速度为v，加速度为a＝F
m
－B
2L2v
mR
，a、v同向，随v的增大，a减小，当a＝0时，v最大，I恒定
最终状态运动形式匀速直线运动
力学特征a＝0，v最大，v m＝FR
B2L2
电学特征I＝BLv m
R
恒定
单棒＋电容器模型
金属棒的初速度为零，水平拉力F恒定，棒和水平导轨的电阻不计，摩擦力
不计
↓
运动过程分析：棒做加速运动，持续对电容器充电，则存在充电电流，有F－BIL＝ma，I
＝ΔQ
Δt ，ΔQ＝CΔU，ΔU＝ΔE＝BLΔv，联立可得F－CB
2L2Δv
Δt
＝ma，其中Δv
Δt
＝a，则可得a＝
F
m＋CB2L2
↓
金属棒做加速度恒定的匀加速直线运动.
功能关系：W F＝1
2
mv2＋E电
命题点2线圈模型
3.[矩形线圈]如图所示，水平匀强磁场存在于虚线框内，矩形线圈竖直下落，线圈平面始终与磁场方向垂直.如果线圈受到的磁场力总小于其重力，则它在1、2、3、4位置时的加速度大小关系为（B）
A.a1＞a2＞a3＞a4
B.a1＝a3＞a2＞a4
C.a1＝a3＞a4＞a2
D.a4＝a2＞a3＞a1
解析线圈在位置3时，线圈中没有感应电流，因此只受重力作用，故a1＝a3＝g.线圈在位置2和位置4时都有感应电流，但在位置4时的感应电流I4大于在位置2时的感应电流I2，则F安2＜F安4，而安培力均为阻力，故a4＜a2＜g，B正确.
4.[正方形单匝线圈]如图所示，电阻为0.1Ω的正方形单匝线圈abcd的边长为0.2m，bc边与匀强磁场左边界重合.磁场的宽度等于线圈的边长，磁感应强度大小为0.5T.在水平拉力作用下，线圈以8m/s的速度向右匀速穿过磁场区域.求在上述过程中
（1）线圈中感应电动势的大小E；
（2）线圈所受拉力的大小F；
（3）线圈中产生的热量Q.
答案（1）E＝0.8V（2）F＝0.8N（3）Q＝0.32J
解析（1）感应电动势E＝Blv
代入数据得E＝0.8V
（2）感应电流I＝E
R
拉力的大小等于线圈受到的安培力F＝BIl
解得F＝B 2l2v
R
，代入数据得F＝0.8N
（3）运动时间t＝2l
v 由焦耳定律得Q＝I2Rt
解得Q＝2B 2l3v
R
，代入数据得Q＝0.32J.
题型2电磁感应中的能量问题
1.电磁感应中的能量转化
闭合电路中产生感应电流的过程，是其他形式的能转化为电能的过程.电磁感应中能量问题的实质是电能的转化问题，桥梁是安培力.
2.求解焦耳热的三种方法
能量转化问题的分析程序：先电后力再能量
命题点1 功能关系的应用
5.[多选]如图，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，两部分平滑连接，平直部分右端接一个阻值为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 、电阻也为R 的金属棒从高度为h 处由静止释放，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，重力加速度大小为g ，金属棒与导轨始终垂直且接触良好，则金属棒穿过磁场区域的过程中（ BD ）
A.通过金属棒的最大电流为Bd √2gℎ
2R
B.通过金属棒的电荷量为
BdL 2R
C.克服安培力所做的功为mgh
D.金属棒上产生的焦耳热为1
2mg （h －μd ）
解析 金属棒由静止释放下滑到弯曲部分底端，根据动能定理有mgh ＝1
2m v 02
，金属棒在磁
场中运动时产生的感应电动势E ＝BLv ，当金属棒刚进入磁场时，产生的感应电动势最大，感应电流最大，I max ＝
BLv 02R
＝
BL √2gℎ2R
，A 错误；金属棒穿过磁场区域的过程中通过金属棒的
电荷量q ＝I t ＝E
2R t ＝ΔΦ2R ＝BdL
2R ，B 正确；对整个过程由动能定理得mgh －W 克安－μmgd ＝0，金属棒克服安培力做的功W 克安＝mgh －μmgd ，C 错误；由功能关系可得，金属棒上产生的焦耳热Q ＝1
2W 克安＝1
2mg (h －μd )，D 正确.
方法点拨
常见的功能关系
做功情况能量变化
重力做功重力势能发生变化
弹簧弹力做功弹性势能发生变化
合外力做功动能发生变化
做功情况能量变化
除重力和系统内弹力以外的其他力做功机械能发生变化滑动摩擦力做功有内能产生
静电力做功电势能发生变化
安培力做正功电能转化为其他形式的能
克服安培力做功（动生型电磁感应）其他形式的能转化为电能，并且克服安培力做多少功，就产生多少电能
命题点2能量守恒定律的应用
6.[多选]如图所示，间距为l的平行金属导轨与水平面间的夹角为θ，导轨电阻不计，与阻值为R的定值电阻相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面，磁感应强度为B.有一质量为m、长为l的导体棒在ab位置以初速度v沿导轨向上运动，最远到达a'b'处，导体棒向上滑行的最远距离为x.已知导体棒的电阻也为R，与导轨之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g.导体棒与导轨始终保持垂直且接触良好，下列说法正确的是（BCD）
A.导体棒受到的最大安培力为B2l2v
R
B.导体棒损失的机械能为1
2
mv2－mgx sinθ
C.导体棒运动的时间为2mvR－B2l2x
2mgR（sinθ＋μcosθ）
D.整个电路产生的焦耳热为1
2
mv2－mgx（sinθ＋μcosθ）
解析根据E＝Blv，可以知道速度最大时感应电动势最大，电流和安培力也最
大，所以初始时刻导体棒受到的安培力最大，根据F＝BIl，I＝Blv
2R ，可得F＝B
2l2v
2R
，
故A错误；从初始位置到滑行最远时，损失的机械能为ΔE＝1
2
mv2－mgx sin θ，故B正确；导体棒向上滑动的过程，由动量定理可得B I lt＋(mg sin θ＋μmg cos θ)t＝mv，而
I t＝E
R t＝ΔΦ
R
＝Blx
2R
，联立解得t＝2mvR−B
2l2x
2mgR(sinθ＋μcosθ)
，故C正确；导体棒上滑过程中克
服重力、滑动摩擦力和安培力做功，根据能量守恒定律可得整个电路产生的焦耳热 为Q ＝1
2mv 2－mgx ( sin θ＋μ cos θ)，故D 正确. 命题拓展
命题情境不变，命题角度变化
若导轨光滑，导体棒受到一个平行于导轨向上的拉力作用，以初速度v 0沿导轨向上开始运动，可达到的最大速度为v 1.运动过程中拉力的功率恒定不变，其他条件不变，求拉力的功率.
答案 P ＝mgv 1sinθ＋
B 2L 2v 122R
解析 在导体棒运动过程中，拉力功率恒定，导体棒做加速度逐渐减小的加速运动，速度达到最大时，加速度为零，设此时拉力的大小为F ，安培力大小为F A ，有F －mg sin θ－F A ＝0.此时导体棒产生的感应电动势为E ＝BLv 1，回路中的感应电流为I ＝E
2R ，导体棒受到的安培力F A ＝BIL ，拉力的功率P ＝Fv 1，联立上述各式解得P ＝mgv 1 sin θ＋B 2L 2v 1
22R
.
7.[2023浙江6月]如图所示，质量为M 、电阻为R 、长为L 的导体棒，通过两根长均为l 、质量不计的导电细杆连在等高的两固定点上，固定点间距也为L .细杆通过开关S 可与直流电源E 0或理想二极管串接.在导体棒所在空间存在磁感应强度方向竖直向上、大小为B 的匀强磁场，不计空气阻力和其他电阻.开关S 接1，当导体棒静止时，细杆与竖直方向的夹
角θ＝π
4；然后开关S 接2，棒从右侧开始运动完成一次振动的过程中
（ C ）
A.电源电动势E 0＝
√2Mg 2BL
R
B.棒产生的焦耳热Q ＝（1－√2
2
）Mgl
C.从左向右运动时，最大摆角小于π4
D.棒两次过最低点时感应电动势大小相等
解析 作出静止时导体棒的受力图如图所示，由于θ＝π4
，故安培力F ＝
Mg ，又F ＝BIL ，电流I ＝E 0
R ，解得E 0＝
MgR BL
，A 错误；开关S 接2，导体棒
先向左运动，回路中有电流，棒会产生焦耳热，然后由于重力的作用，棒向
右运动，由于二极管的作用，此过程回路中无电流，棒不会产生焦耳热，故导体棒向右通过最低点时速度不为0，即E k ＞0，由能量守恒定律可知，棒完成一次振动的过程产生的焦耳热满足Q ＋E k ＝Mgl (1－ cos θ)，所以Q ＜Mgl (1－ cos θ)＝(1－√2
2)Mgl ，B 错误；导体棒从右向左摆动，会产生焦耳热，故由能量守恒定律可知，其从右向左运动到最左侧时摆角小于π
4
，由对称性可知导体棒从左向右摆动时，最大摆角也小于π4
，C 正确；导体棒第二
次通过最低点的速度小于第一次通过最低点的速度，故两次通过最低点的速度大小不等，由E ＝BLv 可知，产生的感应电动势大小也不相等，D 错误.
题型3 电磁感应中的动量问题
1.动量定理在电磁感应中的应用
导体棒或金属框在感应电流所引起的安培力作用下做非匀变速直线运动，当题目中涉及速度v 、电荷量q 、运动时间t 、运动位移x 时常用动量定理求解.
（1）单棒＋水平导轨
情境示例1
水平放置的平行光滑导轨，间距为L ，左侧接有电阻R ，导体棒初速度为
v 0，质量为m ，电阻不计，匀强磁场的磁感应强度为B ，导轨足够长且电
阻不计，从开始运动至停下来
求电荷量q
－B I L Δt ＝0－mv 0
，q ＝I Δt ，联立解得q ＝mv 0BL
求位移x －B 2L 2v R
Δt ＝0－mv 0
，x ＝v Δt ＝mv 0R B 2L 2
应用技巧 初、末速度已知的变加速运动，在用动量定理列出的式子中q ＝I Δt ，x ＝
v Δt ；若已知q 或x 也可求末速度或初速度 （2）单棒＋倾斜导轨
情境示例2
间距为L 的光滑平行导轨倾斜放置，倾角为θ，由静止释放质量为m 、接
入电路的阻值为R 的导体棒，当通过横截面的电荷量为q 或下滑位移为x 时，速度达到v
求运动时间
－B I L Δt ＋mg sinθ·Δt ＝mv －0，q ＝I Δt ，－B 2L 2v R
Δt ＋mg sinθ·Δt ＝mv －0，x
＝v Δt
应用技巧
用动量定理求时间需有其他恒力参与.若已知运动时间，也可求q 、x 、v
中的任一个物理量
2.动量守恒定律在电磁感应中的应用
在两等长金属棒切割磁感线的系统中，两金属棒和水平平行金属导轨构成闭合回路，它们受到的安培力的合力为0，如果不计摩擦，它们受到的合力为0，满足动量守恒的条件，运
用动量守恒定律解题比较方便.
命题点1 动量定理在电磁感应中的应用
8.[“单棒＋电阻”模型]如图所示，足够长的光滑平行金属导轨固定在绝
缘水平面上，导轨范围内存在磁场，其磁感应强度大小为B，方向竖直向
下，导轨一端连接阻值为R的电阻.在导轨上垂直于导轨放一长度等于导
轨间距L、质量为m的金属棒，其电阻为r.金属棒在水平向右的恒力F作用下从静止开始运动，经过时间t后开始匀速运动.金属棒与导轨接触良好，导轨的电阻不计.
（1）求金属棒匀速运动时回路中的电流；
（2）求金属棒匀速运动的速度大小以及在时间t内通过回路的电荷量；
（3）若在时间t内金属棒运动的位移为x，求电阻R上产生的热量.
答案（1）F
BL （2）F（R＋r）
B2L2
Ft
BL
－mF（R＋r）
B3L3
（3）[Fx－mF
2（R＋r）2
2B4L4
]R
R＋r
解析（1）金属棒匀速运动时，由平衡条件得F＝BI m L，解得I m＝F
BL
（2）根据闭合电路的欧姆定律得I m＝BLv
R＋r
解得v＝F（R＋r）
B2L2
通过回路的电荷量q＝I t
由动量定理得Ft－B I Lt＝mv
解得q＝Ft
BL －mF（R＋r）
B3L3
（3）由功能关系得Fx＝Q＋1
2
mv2
Q R＝R
R＋r
Q
解得Q R＝[Fx－mF2（R＋r）2
2B4L4]R R＋r
.
9.[不等间距上的双棒模型/多选]如图所示，光滑水平导轨置于匀强磁场中，磁场方向竖直向下，磁感应强度大小为B.左侧导轨间距为L，右侧导轨间距为2L，导轨均足够长.质量为m的导体棒ab和质量为2m的导体棒cd均垂直于导轨放置，处于静止状态.现瞬间给导体棒cd一水平向右的初速度v0，在此后的运动过程中，两棒始终在对应的导轨部分运动，始终与导轨垂直且接触良好.已知导体棒ab的电阻为R，cd的电阻为2R，导轨电阻不计.下列说法正确的是（AC）
A.导体棒ab和cd组成的系统动量不守恒
B.两棒最终以相同的速度做匀速直线运动
C.导体棒ab最终的速度为2
3
v0
D.从导体棒cd 获得初速度到二者稳定运动的过程中，系统产生的焦耳热为8
9
m v 0
2
解析 导体棒cd 获得速度后，回路中产生感应电流，根据左手定则知导体棒cd 减速，导体棒ab 加速，当BLv ab ＝2BLv cd 时，回路中磁通量不变，没有感应电流，最终两棒做匀速直线运动，分别对两棒运用动量定理得－2B I Lt ＝2mv cd －2mv 0，B I Lt ＝mv ab ，联立解得v ab ＝2
3
v 0，v cd ＝1
3
v 0，故B 错误，C 正确；两导体棒受到的安培力大小不相等，系统受到的合力
不为零，动量不守恒，A 正确；从导体棒cd 获得初速度到二者稳定运动的过程中，系统产
生的焦耳热为Q ＝1
2
·2m v 02－1
2
m v ab 2－1
2
·2m v cd 2，解得Q ＝2
3
m v 02
，故D 错误.
10.[“电容器”模型/2024广东广州开学考试]如图所示，在水平面内固定着间距为L 的两根光滑平行金属导轨（导轨足够长且电阻忽略不计），导轨上M 、N 两点右侧处在方向垂直导轨平面向下、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中.在导轨的左端接入电动势为E 、内阻不计的电源和电容为C 的电容器.先将金属棒a 静置在导轨上，闭合开关S 1、S 3，让a 运动速度达到v 0时断开S 1，同时将金属棒b 静置在导轨上，经过一段时间后，流经a 的电流为零.已知a 、b 的长度均为L ，电阻均为R ，质量均为m ，在运动过程中始终与导轨垂直并保持良好接触.
（1）求开关S 1、S 3闭合，a 运动速度达到v 0时a 的加速度大小；
（2）求b 产生的焦耳热；
（3）若将棒a 、b 均静置在水平导轨上，闭合开关S 1、S 2，稍后再断开S 1同时闭合S 3，求两棒最终的速度大小.
答案 （1）
BL （E －BLv 0）
mR
（2）18m v 02
（3）
BLCE
2m ＋B 2L 2C
解析 （1）a 切割磁感线产生的电动势E 1＝BLv 0
由牛顿第二定律得B E －E 1R
L ＝ma
解得a ＝
BL （E －BLv 0）
mR
（2）对a 、b 系统，由动量守恒定律得mv 0＝2mv 1
解得v 1＝v
2
由能量守恒定律得系统产生的焦耳热
Q ＝1
2m v 02－1
2·2m v 12
解得Q ＝1
4m v 0
2
b 产生的焦耳热Q b ＝1
2Q ＝1
8m v 0
2
（3）闭合开关S1、S2，稍后再断开S1同时闭合S3，两棒同时加速，直到匀速运动.对电容器，放电量
q＝C（E－BLv）
对a，某时刻经极短时间Δt，由动量定理得
BILΔt＝mΔv
整个过程有∑BLΔq＝∑mΔv
即BL q
2
＝mv
解得两棒最终的速度v＝BLCE
2m＋B2L2C
.
方法点拨无外力充电式
基本模型
（导体棒电阻为R，电容器电容为C，导轨光滑且电阻不计）
电路特点导体棒相当于电源，电容器充电
电流特点安培力为阻力，导体棒减速，E减小，有I＝BLv－U C
R
，电容器充电U C变大，当BLv＝U C时，I＝0，F安＝0，导体棒匀速运动
运动特点
和
最终特征导体棒做加速度a减小的减速运动，最终做匀速运动，此时I＝0，但电容器带电荷量不为零
最终速度电容器充电电荷量：q＝CU C
最终电容器两端电压：U C＝BLv
对棒应用动量定理：mv－mv0＝－B I L·Δt＝－BLq，v＝mv0
m＋CB2L2
v－t图像
无外力放电式
基本模型
（电源电动势为E，内阻不计，电容器电容为C，导轨光滑且电阻不计）电路特点电容器放电，相当于电源；导体棒受安培力而运动
电流特点电容器放电时，导体棒在安培力作用下开始运动，同时阻碍放电，导致电流减小，直至电流为零，此时U C＝BLv m
运动特点和
最终特征
导体棒做加速度a 减小的加速运动，最终做匀速运动，此时I ＝0
最大速度v m
电容器充电电荷量：Q 0＝CE
放电结束时电荷量：Q ＝CU C ＝CBLv m
电容器放电电荷量：ΔQ ＝Q 0－Q ＝CE －CBLv m
对棒应用动量定理：mv m －0＝B I L ·Δt ＝BL ΔQ ，v m ＝
BLCE m ＋CB 2L 2
v －t 图像
命题点2 动量守恒定律在电磁感应中的应用
11.[双棒模型——无外力/2021福建/多选]如图，P 、Q 是两根固定在水平面内的光滑平行金属导轨，间距为L ，导轨足够长且电阻可忽略不计.图中EFHG 矩形区域内有方向垂直导轨平面向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场.在t ＝t 1时刻，两均匀金属棒a 、b 分别从磁场边界EF 、GH 进入磁场，速度大小均为v 0；一段时间后，流经a 棒的电流为0，此时t ＝t 2，b 棒仍位于磁场区域内.已知金属棒a 、b 由相同材料制成，长度均为L ，电阻分别为R 和2R ，a 棒的质量为m .在运动过程中两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，a 、b 棒没有相碰，则（ AD ）
A.t 1时刻a 棒的加速度大小为2B 2L 2v 03mR
B.t 2时刻b 棒的速度为0
C.t 1～t 2时间内，通过a 棒横截面的电荷量是b 棒的2倍
D.t 1～t 2时间内，a 棒产生的焦耳热为29
m v 0
2
解析 在t ＝t 1时刻，两均匀金属棒a 、b 分别从磁场边界EF 、GH 进入磁场，速度大小均为v 0，由右手定则可判断出两金属棒产生的感应电流方向都是逆时针方向，产生的感应电
动势都是BLv 0，由闭合电路欧姆定律可得，t 1时刻a 金属棒中的感应电流I ＝2BLv
R+2R ＝
2BLv 03R
，
受到的安培力F ＝BIL ＝2B 2L 2v 0
3R
，由牛顿第二定律F ＝ma 可得，t 1时刻a 棒的加速度大小为
a ＝
2B 2L 2v 03mR
，选项A 正确；由于金属棒a 、b 串联构成回路，所以在t 1～t 2时间内，通过a 棒
横截面的电荷量与b 棒的相同，选项C 错误；由于金属棒a 、b 电阻分别为R 和2R ，金属棒a 、b 串联构成回路，二者电流相等，由焦耳定律可知金属棒a 、b 产生的焦耳热之比为1∶2，设t 1～t 2时间内，a 棒产生的焦耳热为Q ，则b 棒产生的焦耳热为2Q ，又两者材料相同，由电阻定律可知，金属棒a 的横截面积为b 的2倍，故体积为b 的2倍，质量为b 的2倍，即b 的质量为0.5m ，t ＝t 2时刻流经a 棒的电流为0，且b 棒仍位于磁场区域内，说明金属棒a 、b 具有共同速度，由动量守恒定律有mv 0－0.5mv 0＝1.5mv ，解得v ＝v
03
，由
能量守恒定律有12m v 02＋12×0.5m v 02＝Q ＋2Q ＋12×1.5m v 2，解得Q ＝2
9m v 02
，选项B 错误，D
正确.
12.[双棒模型——有外力]如图所示，MN 、PQ 为水平放置的足够长平行光滑导轨，导轨间距L ＝1m ，导轨上放置两根垂直导轨的导体棒ab 和cd ，并与导轨接触良好，每根导体棒的质量均为m ＝2kg ，接入导轨间的部分电阻R ＝2Ω，整个装置处于垂直于导轨平面向下的匀强磁场中，磁感应强度大小B ＝2T ，现对导体棒ab 施加向右的F ＝10N 的水平恒力，经过一段时间两导体棒达到恒定的速度差，若某时刻导体棒ab 的速度为10m/s ，且两导体棒距离d ＝2m ，此时撤去外力，最终两导体棒达到稳定状态，导轨电阻不计，试求：
（1）两导体棒达到恒定的速度差时，其加速度大小；
（2）撤去外力后回路中产生的热量；
（3）最终达到稳定状态时两导体棒间的距离.
答案 （1）2.5m/s 2 （2）12.5J （3）7m
解析 （1）对两导体棒的运动状态进行分析，导体棒ab 做加速度减小、速度增大的变加速运动，导体棒cd 做加速度增大、速度增大的变加速运动，最终两导体棒达到相同加速度，有恒定的速度差.
由牛顿第二定律可知，对导体棒ab 有F －F 安＝ma
对导体棒cd 有F 安＝ma
联立解得a ＝F
2m ＝2.5m/s 2.
（2）当导体棒ab 的速度v 1＝10m/s 时，设此时导体棒cd 的速度为v 2，对导体棒cd 由牛顿第二定律有
B
BL （v 1－v 2）
2R
L ＝ma
得v 2＝5m/s
撤去外力后，两导体棒在安培力作用下最终达到共同速度v ，由动量守恒定律可知mv 1＋mv 2＝2mv
得v ＝7.5m/s
此过程回路产生的热量Q ＝12
m v 12＋12
m v 22－12
×2mv 2
得Q ＝12.5J.
（3）设达到稳定状态时两导体棒间的距离为x ，对导体棒ab ，由动量定理有－B I Lt ＝m （v －v 1）
此过程中通过回路的电荷量q ＝I t ＝BL （x －d ）
2R
联立解得x ＝7m.
方法点拨
双棒无外力
双棒有外力
示意图
F 为恒力
动力学观点
导体棒1受安培力的作用做加速度
逐渐减小的减速运动，导体棒2受
安培力的作用做加速度逐渐减小的
加速运动，最终两棒以相同的速度做匀速直线运动
导体棒1做加速度逐渐减小的加速运动，导体棒2做加速度逐渐增大的加速运动，最终两棒以相同的加速度做
匀加速直线运动
动量观点
系统动量守恒
系统动量不守恒
能量观点 棒1动能的减少量＝棒2动能的增
加量＋焦耳热
力F 做的功＝棒1的动能＋棒2的动
能＋焦耳热
1.[电磁感应中的动力学＋能量＋动量/2023北京]如图所示，光滑水平面上的正方形导线框，以某一初速度进入竖直向下的匀强磁场并最终完全穿出.线框的边长小于磁场宽度.下列说法正确的是（ D ）
A.线框进磁场的过程中电流方向为顺时针方向
B.线框出磁场的过程中做匀减速直线运动
C.线框在进和出的两过程中产生的焦耳热相等
D.线框在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量相等
解析
线框进入磁场→线框右侧切割磁感线电流方向为逆时针方向，A 错
线框进、出磁场的过程中，F 安为阻力→v ↓→F 安↓→线框进、出磁场的过程均为加速度减小的减速运动，B 错
线框进、出磁场的两过程中
ΔΦ相同，q 相同，D 对
安培力的冲量I 安＝B
I l ·Δt I 安＝Blq
线框进入磁场瞬间速度为v 1，完全进入磁场速度为v 2
{
动量定理：－Blq ＝mv 2－mv 1＝m （v 2－v 1）能量守恒定律：Q 1＝12mv 12－12mv 22
＝12m （v 1＋v 2)(v 1－v 2）
线框离开磁场瞬间速度为v 3
{ 动量定理：－Blq ＝mv 3－mv 2＝m （v 3－v 2）
能量守恒定律：Q 2＝12mv 22－12
mv 32
＝12m （v 2＋v 3)(v 2－v 3）
v 1＋v 2＞v 2＋v 3且v 1－v 2＝v 2－v 3，则Q 1＞Q 2，C 错
一题多解 由楞次定律可知线框进磁场的过程中电流方向为逆时针方向，出磁场的过程中电流方向为顺时针方向，A 错；对线框进行受力分析，线框在进、出磁场时会受到安培力的作用，安培力均为阻力，线框全部在磁场中时不受安培力的作用，故线框在进、出磁场的过程中会做减速运动，全部在磁场的过程中做匀速运动，又F 安＝BIl ，I ＝E R 总
，E ＝
Blv ，则F 安＝
B 2l 2v R 总，故线框进、出磁场的过程中所受安培力在减小，做加速度减小的减速
运动，B 错；Q ＝F —
安·l ＝B 2l 3v —
R 总
，且结合B 项的分析可知v —进＞v —
出，故线框在进磁场的过程
中产生的热量大于在出磁场的过程中产生的热量，C 错；结合公式q ＝I —
Δt 、I —
＝E
—
R 总
、E —
＝
Bl v —
可得q ＝
Blv —
Δt R 总
，又线框进、出磁场过程中的位移v —
Δt 均为线框边长l ，故线框进、出磁
场过程中通过导线横截面的电荷量相等，D 对.
2.[电磁感应中的动力学＋图像理解＋能量/2023上海]如图（a ），单匝矩形线框cdef 位于倾角θ＝30°的斜面上，斜面上有一长度为D 的匀强磁场区域，磁场方向垂直于斜面向上，磁感应强度大小为B ＝0.5T ，已知线框边长cd ＝D ＝0.4m ，质量m ＝0.1kg ，总电阻R ＝0.25Ω.现对线框施加一沿斜面向上的恒力F 使之向上运动，运动一段时间后，撤去外力F .线框与斜面间的动摩擦因数μ＝√3
3，线框速度随时间变化的图像如图（b ）所示.求：（重力加速度g 取9.8m/s 2）
图（a ） 图（b ）
（1）外力F 的大小；
（2）cf 的长度L ；。