2020届浙江高考复习专题：电磁感应的综合应用(能量问题、动量问题、杆+导轨模型)(解析版)

专题09 电磁感应的综合应用（能量问题、动量问题、杆+导轨模型）
考点分类：考点分类见下表
考点内容常见题型及要求考点一电磁感应中的能量问题选择题、计算题
考点二电磁感应中的动量问题选择题、计算题
考点三电磁感应中的“杆+导轨”模型选择题、计算题
考点一: 电磁感应中的能量问题
1.能量转化及焦耳热的求法
(1)能量转化
(2)求解焦耳热Q的三种方法
2.解题的一般步骤
(1)确定研究对象(导体棒或回路);
(2)弄清电磁感应过程中,哪些力做功,哪些形式的能量相互转化;
(3)根据功能关系或能量守恒定律列式求解.
3.方法技巧求解电能应分清两类情况
(1)若回路中电流恒定,可以利用电路结构及W=UIt或Q=I2Rt直接进行计算.
(2)若电流变化,则①利用安培力做的功求解:电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功;②利用能量守恒求解:若只有电能与机械能的转化,则机械能的减少量等于产生的电能.③利用功能关系求解:若除重力、安培力做功外,还有其他力做功,则其他力做功等于增加的机械能和电能.学科#网
考点二电磁感应中的动量问题
电磁感应问题往往涉及牛顿定律、动量守恒、能量守恒、电路的分析和计算等许多方面的物理知识,试题常见的形式是导体棒切割磁感线,产生感应电流,从而使导体棒受到安培力作用.导体棒运动的形式有匀速、匀变速和非匀变速3种,对前两种情况,容易想到用牛顿定律求解,对后一种情况一般要用能量守恒和动量守恒定律求解,但当安培力变化,且又涉及位移、速度、电荷量等问题时,用动量定理求解往往能巧妙解决.
方法技巧动量在电磁感应中的应用技巧
(1)在电磁感应中,动量定理应用于单杆切割磁感线运动,可求解变力的时间、速度、位移和电荷量.
①求电荷量或速度:B I lΔt=mv2-mv1,q=I t.
③求位移:-BIlΔt=-
22
B l v t
R
总
=0-mv0,即-
22
B l
R
总
x=m(0-v0).
(2)电磁感应中对于双杆切割磁感线运动,若双杆系统所受合外力为零,运用动量守恒定律结合能量守恒定律可求解与能量有关的问题.
考点三：电磁感应中的“杆+导轨”模型
模型概述“导轨+杆”模型是电磁感应问题在高考命题中的“基本道具”,也是高考的热点,考查的知识点多,题目的综合性强,物理情景变化空间大,是我们复习中的难点.“导轨+杆”模型又分为“单杆”型和“双杆”型;导轨放置方式可分为水平、竖直和倾斜;杆的运动状态可分为匀速运动、匀变速运动、非匀变速运动或转动等;磁场的状态可分为恒定不变、均匀变化和非均匀变化等等,情景复杂,形式多变
常
见
类
型
单杆水平式(导轨光滑)
设运动过程中某时刻棒
的速度为v,加速度为
a=F
m
-
22
B L v
mR
,a,v同向,随
v的增加,a减小,当a=0
时,v最大,I=BLv
R
恒定
单杆倾斜式(导轨光滑)
杆释放后下滑,开始时a=gsin α,速
度
v↑→E=BLv↑→I=E
R
↑→F=BIL↑→a
↓,当F=mgsin α时,a=0,v最大
双杆切割式(导轨光滑)
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
的速度匀速运动.对系统动量守恒,对其
中某杆适用动量定理学科&网光滑不等距导轨
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
零,两杆以不同的速度做
匀速运动
含“源”水平光滑导轨(v0=0)
S闭合,ab杆受安培力F=BLE
r
,此时
a=BLE
mr
,速度v↑⇒E感
=BLv↑⇒I↓⇒F=B IL↓⇒加速度a↓,当
E感=E时,v最大,且v m=E
BL
含“容”水平光滑导轨(v0=0)
拉力F恒定,开始时a=
F
m
,速度
v↑⇒E=BLv↑,经过Δt速度为v+Δv,此时
E′=BL(v+Δv),电容器增加的电荷量
ΔQ=CΔU=C(E′-E)=CBLΔv,电流
I=Q
t
∆
∆
=CBL v
t
∆
∆
=CBLa,安培力F安
=BIL=CB2L2a,F-F安=ma,a=
22
F
m B L C
+
,所
以杆做匀加速运动
★考点一：电磁感应中的能量问题
◆典例一：( 2019·浙江卷)如图所示，倾角θ＝37°、间距l＝0.1 m的足够长金属导轨底端接有阻值R＝
0.1 Ω的电阻，质量m＝0.1 kg的金属棒ab垂直导轨放置，与导轨间的动摩擦因数μ＝0.45.建立原点位于底端、方向沿导轨向上的坐标轴x.在0.2 m≤x≤0.8 m区间有垂直导轨平面向上的匀强磁场．从t＝0时刻起，棒ab在沿x轴正方向的外力F作用下，从x＝0处由静止开始沿斜面向上运动，其速度v与位移x满足v＝kx(可导出a＝kv)，k＝5 s－1.当棒ab运动至x1＝0.2 m处时，电阻R消耗的电功率P＝0.12 W，运动至x2＝0.8 m
处时撤去外力F ，此后棒ab 将继续运动，最终返回至x ＝0处．棒ab 始终保持与导轨垂直，不计其他电阻，求：(提示：可以用F-x 图象下的“面积”代表力F 做的功，sin 37°＝0.6)
(1)磁感应强度B 的大小； (2)外力F 随位移x 变化的关系式；
(3)在棒ab 整个运动过程中，电阻R 产生的焦耳热Q.
【解析】(1)在x 1＝0.2 m 处时，电阻R 消耗的电功率P ＝(Blv )2
R
此时v ＝kx ＝1 m/s 解得B ＝
PR (lv )2
＝30
5 T
(2)在无磁场区间0≤x<0.2 m 内，有 a ＝5 s －
1×v ＝25 s －
2×x
F ＝25 s －2×xm ＋μmgcos θ＋mgsin θ＝(0.96＋2.5x) N 在有磁场区间0.2 m≤x≤0.8 m 内，有 F A ＝(Bl )2v
R
＝0.6x N
F ＝(0.96＋2.5x ＋0.6x) N ＝(0.96＋3.1x) N (3)上升过程中克服安培力做的功(梯形面积) W A1＝0.6 N 2
(x 1＋x 2)(x 2－x 1)＝0.18 J
撤去外力后，设棒ab 上升的最大距离为x ，再次进入磁场时的速度为v′，由动能定理有 (mgsin θ＋μmgcos θ)x ＝1
2
mv 2
(mgsin θ－μmgcos θ)x ＝1
2mv′2
解得v′＝2 m/s
由于mgsin θ－μmgcos θ－(Bl )2v′
R ＝0
故棒ab 再次进入磁场后做匀速运动
下降过程中克服安培力做的功W A2＝(Bl )2v′
R (x 2－x 1)＝0.144 J
Q ＝W A1＋W A2＝0.324 J 【答案】 (1)30
5
T (2)(0.96＋3.1x) N (3)0.324 J
◆典例二：[用功能关系求焦耳热]两足够长且不计电阻的光滑金属轨道如图甲所示放置，间距为d ＝1 m ，在左端弧形轨道部分高h ＝1.25 m 处放置一金属杆a ，弧形轨道与平直轨道的连接处光滑无摩擦，在平直轨道右端放置另一金属杆b ，杆a 、b 的电阻分别为R a ＝2 Ω、R b ＝5 Ω，在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B ＝2 T ．现杆b 以初速度大小v 0＝5 m/s 开始向左滑动，同时由静止释放杆a ，杆a 由静止滑到水平轨道的过程中，通过杆b 的平均电流为0.3 A ；从a 下滑到水平轨道时开始计时，a 、b 运动的速度—时间图象如图乙所示(以a 运动方向为正方向)，其中m a ＝2 kg ，m b ＝1 kg ，g ＝10 m/s 2，求：
(1)杆a 在弧形轨道上运动的时间；
(2)杆a 在水平轨道上运动过程中通过其截面的电荷量； (3)在整个运动过程中杆b 产生的焦耳热． 【答案】(1)5 s (2)73 C (3)115
6
J
【解析】(1)设杆a 由静止滑至弧形轨道与平直轨道连接处时杆b 的速度大小为v b0，对杆b 运用动量定理，有Bd I －
·Δt ＝m b (v 0－v b0)
其中v b0＝2 m/s 代入数据解得Δt ＝5 s.
(2)对杆a 由静止下滑到平直导轨上的过程中，由机械能守恒定律有m a gh ＝12
m a v 2a
解得v a ＝2gh ＝5 m/s
设最后a 、b 两杆共同的速度为v′，由动量守恒定律得m a v a －m b v b0＝(m a ＋m b )v′ 代入数据解得v′＝8
3
m/s
杆a 动量的变化量等于它所受安培力的冲量，设杆a 的速度从v a 到v′的运动时间为Δt′，则由动量定理可得BdI·Δt′＝m a (v a －v′)
而q ＝I·Δt′
代入数据得q ＝7
3
C.
(3)由能量守恒定律可知杆a 、b 中产生的焦耳热为 Q ＝m a gh ＋12m b v 20－12(m b ＋m a )v′2＝1616 J b 棒中产生的焦耳热为Q′＝52＋5
Q ＝115
6 J.
★考点二：电磁感应中的动量问题
◆典例一：．(多选)(2019·高考全国卷Ⅲ)如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab 、cd 静止在导轨上．t ＝0时，棒ab 以初速度v 0向右滑动．运动过程中，ab 、cd 始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v 1、v 2表示，回路中的电流用I 表示．下列图象中可能正确的是( )
【答案】AC
【解析】棒ab以初速度v0向右滑动，切割磁感线产生感应电动势，使整个回路中产生感应电流，判断可知棒ab受到方向与v0方向相反的安培力的作用而做变减速运动，棒cd受到方向与v0方向相同的安培力的作用而做变加速运动，它们之间的速度差Δv＝v1－v2逐渐减小，整个系统产生的感应电动势逐渐减小，回路中感应电流逐渐减小，最后变为零，即最终棒ab和棒cd的速度相同，v1＝v2，两相同的光滑导体棒ab、cd组成的系统在足够长的平行金属导轨上运动时不受外力作用，由动量守恒定律有mv0＝mv1＋mv2，解得
v1＝v2＝v0
2，选项A、C均正确，B、D均错误．
◆典例二：[动量定理和能量守恒结合](2018·江西九江模拟)如图所示,光滑水平面停放一小车,车上固定一边长为L=0.5 m的正方形金属线框abcd,金属框的总电阻R=0.25 Ω,小车与金属框的总质量m=0.5 kg.在小车的右侧,有一宽度大于金属线框边长,具有理想边界的匀强磁场,磁感应强度B=1.0 T,方向水平且与线框平面垂直.现给小车一水平速度使其向右运动并能穿过磁场,当车上线框的ab边刚进入磁场时,测得小车加速度a=10 m/s2.求:
(1)金属框刚进入磁场时,小车的速度为多大?
(2)从金属框刚要进入磁场开始,到其完全离开磁场,线框中产生的焦耳热为多少? 【答案】(1) v 0=5 m/s. (2) 4.0 J. 【解析】
(1)设小车初速度为v 0,则线框刚进入磁场时,ab 边由于切割磁感线产生的电动势为E=BLv 0 回路中的电流I=
E
R
,根据牛顿定律BIL=ma 由以上三式可解得v 0=5 m/s.学&科网
(2)设线框全部进入磁场时小车速度为v 1,进入过程平均电流为1I ,所用时间为Δt,则1I =R t ∆Φ∆=2
BL R t
∆
根据动量定理得-B 1I LΔt=mv 1-mv 0,解得v 1=4 m/s
设线框离开磁场时小车速度为v 2,离开过程平均电流为2I ,所用时间为Δt 1,则2I =
1R t ∆Φ∆=2
1
BL R t ∆ 根据动量定理得-B 2I LΔt 1=mv 2-mv 1,解得v 2=3 m/s
线框从进入到离开产生的焦耳热Q=12m 20v -12
m 2
2v =4.0 J.
★考点三：电磁感应中的“杆+导轨”模型
◆典例一：(2018·高考江苏卷)如图所示，竖直放置的“”形光滑导轨宽为L ，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d ，磁感应强度为B.质量为m 的水平金属杆由静止释放，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等．金属杆在导轨间的电阻为R ，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g.金属杆( )
A ．刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下
B ．穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间
C ．穿过两磁场产生的总热量为4mgd
D ．释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h 可能小于m 2gR 2
2B 4L 4
【答案】BC
【解析】根据题述，由金属杆进入磁场Ⅰ和进入磁场Ⅱ时速度相等可知，金属杆在磁场Ⅰ中做减速运动，所以金属杆刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向上，选项A 错误；由于金属杆进入磁场Ⅰ后做加速度逐渐减小的减速运动，而在两磁场之间做匀加速运动，所以穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间，选项B 正确；根据能量守恒定律，金属杆从刚进入磁场Ⅰ到刚进入磁场Ⅱ过程动能变化量为0，重力做功为2mgd ，则金属杆穿过磁场Ⅰ产生的热量Q 1＝2mgd ，而金属杆在两磁场区域的运动情况相同，产生的热量相等，所以金属杆穿过两磁场产生的总热量为2×2mgd ＝4mgd ，选项C 正确；金属杆刚进入磁场Ⅰ时的速度v ＝2gh ，进入磁场Ⅰ时产生的感应电动势E ＝BLv ，感应电流I ＝E
R ，所受安培力F ＝BIL ，由于金属杆刚进
入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向上，所以安培力大于重力，即F>mg ，联立解得h>m 2gR 2
2B 4L 4，选项D 错误．
◆典例二(2019·高考天津卷)如图所示，固定在水平面上间距为l 的两条平行光滑金属导轨，垂直于导轨放置的两根金属棒MN 和PQ 长度也为l 、电阻均为R ，两棒与导轨始终接触良好．MN 两端通过开关S 与电阻为R 的单匝金属线圈相连，线圈内存在竖直向下均匀增加的磁场，磁通量变化率为常量k.图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B.PQ 的质量为m ，金属导轨足够长、电阻忽略不计．
(1)闭合S ，若使PQ 保持静止，需在其上加多大的水平恒力F ，并指出其方向；
(2)断开S ，PQ 在上述恒力作用下，由静止开始到速度大小为v 的加速过程中流过PQ 的电荷量为q ，
求该过程安培力做的功W.
【解析】(1)设线圈中的感应电动势为E ，由法拉第电磁感应定律E ＝ΔΦ
Δt ，
则E ＝k ①
设PQ 与MN 并联的电阻为R 并，有 R 并＝R 2
②
闭合S 时，设线圈中的电流为I ，根据闭合电路欧姆定律得I ＝E
R 并＋R
③ 设PQ 中的电流为I PQ ，有 I PQ ＝12
I ④
设PQ 受到的安培力为F 安，有 F 安＝BI PQ l ⑤
保持PQ 静止，由受力平衡，有 F ＝F 安⑥
联立①②③④⑤⑥式得 F ＝
Bkl 3R
⑦ 方向水平向右．
(2)设PQ 由静止开始到速度大小为v 的加速过程中，PQ 运动的位移为x ，所用时间为Δt ，回路中的磁通量变化量为ΔΦ ，平均感应电动势为E －
，有
E －＝ΔΦΔt ⑧
其中ΔΦ＝Blx ⑨
设PQ 中的平均电流为I －
，有 I －＝E －2R ⑩
根据电流的定义得 I －＝q
Δt (11)
由动能定理，有 Fx ＋W ＝1
2
mv 2－0(12)
联立⑦⑧⑨⑩(11) (12)式得
W ＝12mv 2－23
kq. (13)
1.(2019·高考全国卷Ⅰ)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图(a)中虚线MN 所示．一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S ，将该导线做成半径为r 的圆环固定在纸面内，圆心O 在MN 上．t ＝0时磁感应强度的方向如图(a)所示；磁感应强度B 随时间t 的变化关系如图(b)所示．则在t ＝0到t ＝t 1的时间间隔内( )
A ．圆环所受安培力的方向始终不变
B ．圆环中的感应电流始终沿顺时针方向
C ．圆环中的感应电流大小为B 0rS 4t 0ρ
D ．圆环中的感应电动势大小为B 0πr 2
4t 0
【答案】BC
【解析】根据楞次定律可知在0～t 0时间内，磁感应强度减小，感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力水平向左，在t 0～t 1时间内，磁感应强度反向增大，感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力水平向
右，所以选项A 错误，B 正确；根据法拉第电磁感应定律得E ＝ΔΦΔt ＝12πr 2·B 0t 0＝B 0πr 2
2t 0
，根据电阻定律可得R
＝ρ2πr S ，根据欧姆定律可得I ＝E R ＝B 0rS 4t 0ρ
，所以选项C 正确，D 错误．
2.（2019·新课标全国Ⅱ卷）如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻忽略不计。

虚线ab 、cd 均与导轨垂直，在ab 与cd 之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场。

将两根相同的导体棒PQ 、MN 先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好。

已知PQ 进入磁场时加速度变小恰好为零，从PQ 进入磁场开始计时，到MN 离开磁场区域为止，流过PQ 的电流随时间变化的图像可能正确的是（ ）
【答案】AD
【解析】于PQ 进入磁场时加速度为零，AB ．若PQ 出磁场时MN 仍然没有进入磁场，则PQ 出磁场后至MN 进入磁场的这段时间，由于磁通量φ不变，无感应电流。

由于PQ 、MN 同一位置释放，故MN 进入磁场时与PQ 进入磁场时的速度相同，所以电流大小也应该相同，A 正确B 错误；CD ．若PQ 出磁场前MN 已经进入磁场，由于磁通量φ不变，PQ 、MN 均加速运动，PQ 出磁场后，MN 由于加速故电流比PQ 进入磁场时电流大，故C 正确D 错误。

3.（2018中原名校联盟质检）如图所示，竖直平面内有一半径为r 、电阻为R l 、粗细均匀的光滑半圆形金属环，在M 、N 处与相距为2r 、电阻不计的平行光滑金属导轨MP 、NQ 相接，PQ 之间接有电阻R 2，已知R 1＝12R ，R 2＝4R 。

在MN 上方有水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，MN 与PQ 相距为r 。

现有质量为m 、电阻不计的导体棒ab ，从半圆环的最高点A 处由静止下落，在下落过程中导体棒始终保持水平，与半圆形金属环及轨道接触良好。

已知导体棒下落2
r 时的速度大小为v 。

A ．导体棒在磁场中做加速度增大的加速运动
B ．导体棒ab 从A 下落2r 时的加速度大小为g －2234B r v mR
C ．若撤去导体棒ab ，若此时磁场随时间均匀变化，其变化率为B t ∆∆＝k ，导线框中产生的电动势为2
2
k r π D ．若撤去导体棒ab ，若此时磁场随时间均匀变化，其变化率为B t ∆∆＝k ，则R 2上的电功率为224
256k r R
π 【答案】BCD
【解析】导体棒在磁场中做加速度减小的加速运动，所以 选项A 错误。

由几何关系知：ab 棒下落r /2时在磁场区域中的长度 L= 3r ，加速度 a =g –F 安/m ，F 安=BIL ，I=E/R 总，，E BLv ，R 总=4R ，联立
解得：a =g-2234B r v mR
，选项 B 正确。

若撤去导体棒 ab ，若此 时 磁 场 随 时 间 均 匀 变 化 ， 其 变 化 率 为 △B/△t= k ， 导 线 框 中 产 生 的 电 动 势 为E=△Φ/△t=S △B/△t= kS ，S=12
πr 2，回 路 中 的 电 流 为I 2=12
E R R +=E/16R ，R 2消耗的电功率P 2=I 22R 2， 联立得，P 2=224
256k r R
π，所以选项 CD 正确。

4.(2018·全国卷Ⅰ·11)如图，导体轨道OPQS 固定，其中PQS 是半圆弧，Q 为半圆弧的中点，O 为圆心．轨道的电阻忽略不计．OM 是有一定电阻、可绕O 转动的金属杆，M 端位于PQS 上，OM 与轨道接触良好．空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B.现使OM 从OQ 位置以恒定的角速度逆时针转到OS 位置并固定(过程Ⅰ)；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B 增加到B′(过程Ⅱ)．在过程Ⅰ、
Ⅱ中，流过OM 的电荷量相等，则B′B
等于( )
A ．54
B ．32
C ．74
D ．2 【答案】B
【解析】在过程Ⅰ中，根据法拉第电磁感应定律，有
E 1＝ΔΦ1Δt 1＝B ⎝⎛⎭⎫12πr 2－14πr 2Δt 1
根据闭合电路欧姆定律，有
I 1＝E 1R
且q 1＝I 1Δt 1 在过程Ⅱ中，有E 2＝ΔΦ2Δt 2
＝B′－B 12πr 2Δt 2
I 2＝E 2R
，q 2＝I 2Δt 2 又q 1＝q 2，即B ⎝⎛⎭⎫12πr 2－14πr 2R ＝B′－B 12πr 2R
所以B′B ＝32
.
5.如图所示，两根足够长的平行直导轨AB 、CD 与水平面成θ角放置，两导轨间距为L ，A 、C 两点间接有阻值为R 的定值电阻．一根质量均匀分布的直金属杆放在两导轨上，并与导轨垂直．整套装置处于磁感应强度大小为B 0的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向上，导轨和金属杆接触良好，金属杆的阻值为r ，其余部分电阻不计，金属杆与导轨之间的动摩擦因数为μ.现将外力F 沿与导轨平行的方向作用在金属
杆上，让其由静止开始沿导轨向上做匀加速直线运动，则下列外力F与作用时间t的图象中正确的是()
【答案】B
【解析】分析金属杆在运动过程中的受力情况可知，金属杆受重力mg、导轨的支持力F N、外力F、摩擦力F f和安培力F安的共同作用，金属杆沿导轨方向向上运动，由牛顿第二定律有F－mgsin θ－F安－F f＝
ma，又F安＝B0IL，I＝
E
R＋r
＝
B0Lv
R＋r
，所以F安＝B0IL＝
B20L2v
R＋r
，F f＝μmgcos θ，所以有F－mgsin θ－
B20L2v
R＋r
－μmgcos
θ＝ma，又因v＝at，将其代入上式可得F＝B20L2a
R＋r
t＋mgsin θ＋μmgcos θ＋ma，由此表达式可知，选项B正
确．
6.如图所示，两平行光滑金属导轨由两部分组成，左边部分水平，右边部分为半径r＝0.5 m的竖直半圆，两导轨间距离d＝0.3 m，导轨水平部分处于竖直向上、磁感应强度大小B＝1 T的匀强磁场中，两导轨电阻
不计．有两根长度均为d 的金属棒ab ，cd ，均垂直导轨置于水平导轨上，金属棒ab ，cd 的质量分别为m 1＝0.2 kg 、m 2＝0.1 kg ，电阻分别为R 1＝0.1 Ω，R 2＝0.2 Ω.现让ab 棒以v 0＝10 m/s 的初速度开始水平向右运动，cd 棒进入圆轨道后，恰好能通过轨道最高点PP′，cd 棒进入圆轨道前两棒未相碰，重力加速度g ＝10 m/s 2，求：
(1)ab 棒开始向右运动时cd 棒的加速度a 0；
(2)cd 棒进入半圆轨道时ab 棒的速度大小v 1；
(3)cd 棒进入半圆轨道前ab 棒克服安培力做的功W.
【答案】(1)30 m/s 2 (2)7.5 m/s (3)4.375 J
【解析】(1)ab 棒开始向右运动时，
设回路中电流为I ，
根据导体棒切割磁场有，E ＝Bdv 0，①
由闭合电路欧姆定律得，I ＝E R 1＋R 2
，② 由牛顿第二定律得，F 安＝m 2a 0，③
又F 安＝BId ，④
联立①②③④式代入题给数据得，
a 0＝B 2d 2v 0m 2(R 1＋R 2)＝12×0.32×100.1×(0.1＋0.2)
m/s 2＝30 m/s 2. (2)设cd 棒刚进入圆形轨道时的速度为v 2，ab 开始运动至cd 即将进入圆弧轨道的过程，对ab 和cd 组成的系统运用动量守恒定律得，
m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2，⑤
ab 棒进入圆轨道至最高点的过程，对cd 棒运用动能定理得，
－m 2g·2r ＝12m 2v 2P －12
m 2v 22，⑥ 在半圆轨道的P 点对cd 棒运用牛顿第二定律可得，m 2g ＝m 2v 2P r
，⑦ 联立⑤⑥⑦得，
v 1＝
m 1v 0－m 2·5gr m 1 ＝0.2×10－0.1×5×10×0.50.2
m/s ＝7.5 m/s.⑧
(3)cd 棒进入半圆轨道前对ab 棒运用动能定理可得，
W ＝12m 1v 20－12
m 1v 21，⑨ 联立⑧⑨代入题给数据得，
W ＝12×0.2×102 J －12
×0.2×7.52 J ＝4.375 J.
7.(2019·高考北京卷)如图所示，垂直于纸面的匀强磁场磁感应强度为B.纸面内有一正方形均匀金属线框abcd ，其边长为L ，总电阻为R ，ad 边与磁场边界平行．从ad 边刚进入磁场直至bc 边刚要进入的过程中，线框在向左的拉力作用下以速度v 匀速运动，求：
(1)感应电动势的大小E ；
(2)拉力做功的功率P ；
(3)ab 边产生的焦耳热Q.
【答案】(1)BLv (2)B 2L 2v 2R (3)B 2L 3v 4R
【解析】(1)由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势
E ＝BLv.
(2)线圈中的感应电流I ＝E R
拉力大小等于安培力大小F ＝BIL
拉力的功率P ＝Fv ＝B 2L 2v 2R
. (3)线圈ab 边电阻R ab ＝R 4
时间t ＝L v
ab 边产生的焦耳热
Q ＝I 2R ab t ＝B 2L 3v 4R
.
8.( 2019·浙江卷)如图所示，倾角θ＝37°、间距l ＝0.1 m 的足够长金属导轨底端接有阻值R ＝0.1 Ω的电阻，质量m ＝0.1 kg 的金属棒ab 垂直导轨放置，与导轨间的动摩擦因数μ＝0.45.建立原点位于底端、方向沿导轨向上的坐标轴x.在0.2 m≤x≤0.8 m 区间有垂直导轨平面向上的匀强磁场．从t ＝0时刻起，棒ab 在沿x 轴正方向的外力F 作用下，从x ＝0处由静止开始沿斜面向上运动，其速度v 与位移x 满足v ＝kx(可导出a ＝kv)，k ＝5 s －1.当棒ab 运动至x 1＝0.2 m 处时，电阻R 消耗的电功率P ＝0.12 W ，运动至x 2＝0.8 m 处时撤去外力F ，此后棒ab 将继续运动，最终返回至x ＝0处．棒ab 始终保持与导轨垂直，不计其他电阻，求：(提示：可以用F-x 图象下的“面积”代表力F 做的功，sin 37°＝0.6)
(1)磁感应强度B 的大小；
(2)外力F 随位移x 变化的关系式；
(3)在棒ab 整个运动过程中，电阻R 产生的焦耳热Q.
【答案】 (1)305
T (2)(0.96＋3.1x) N (3)0.324 J 【解析】(1)在x 1＝0.2 m 处时，电阻R 消耗的电功率P ＝(Blv )2
R
此时v ＝kx ＝1 m/s
解得B ＝PR (lv )2
＝305 T (2)在无磁场区间0≤x<0.2 m 内，有
a ＝5 s －1×v ＝25 s －
2×x
F ＝25 s －2×xm ＋μmgcos θ＋mgsin θ＝(0.96＋2.5x) N
在有磁场区间0.2 m≤x≤0.8 m 内，有
F A ＝(Bl )2v R
＝0.6x N F ＝(0.96＋2.5x ＋0.6x) N ＝(0.96＋3.1x) N
(3)上升过程中克服安培力做的功(梯形面积)
W A1＝0.6 N 2
(x 1＋x 2)(x 2－x 1)＝0.18 J 撤去外力后，设棒ab 上升的最大距离为x ，再次进入磁场时的速度为v′，由动能定理有 (mgsin θ＋μmgcos θ)x ＝12
mv 2 (mgsin θ－μmgcos θ)x ＝12
mv′2 解得v′＝2 m/s
由于mgsin θ－μmgcos θ－(Bl )2v′R
＝0 故棒ab 再次进入磁场后做匀速运动
下降过程中克服安培力做的功W A2＝(Bl )2v′R
(x 2－x 1)＝0.144 J Q ＝W A1＋W A2＝0.324 J
9、（2017年4月浙江选考）间距为l 的两平行金属导轨由水平部分和倾斜部分平滑连接而成，如图 所示。

倾角为θ的导轨处于大小为B 1方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间I 中。

水平导轨上的无磁场区间静止放置—质量为3m 的“联动双杆”（由两根长为l 的金属杆cd 和ef 用长度为L 的刚性绝缘杆连接构成），在“联动双杆”右侧存在大小为B 2、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间II ，其长度大于L 。

质量为m 、长为l
的金属杆ab 从倾斜导 轨上端释放，达到匀速后进入水平导轨（无能量损失），杆以与“联动双杆”发生碰撞，碰后杆ab 和cd 合在一起形成“联动三杆'。

“联动三杆”继续沿水平导轨进人磁场区间II 并从 中滑出。

运动过程中，杆ab 、cd 和ef 与导轨始终接触良好，且保持与导轨垂直。

已知杆ab 、cd 和ef 电阻均为R =0.02Ω，m =0.1kg ，l =0.5m ，L =0.3m ，θ=30°，B 1=0.1T ，B 2=0.2T 。

不计摩擦阻力和导轨电阻，忽略磁场边界效应。

求
（1）杆ab 在倾斜导轨上匀速运动时的速度v 0；
（2）“联动三杆”进人磁场区间II 前的速度大小v 1；
（3）“联动三杆”滑过磁场区间II 产生的焦耳热Q 。

【答案】(1)=6m/s (2) v’=1.5m/s (3)0.25J
【考点】本题主要考察知识点：电磁感应与动量守恒定律综合应用
【解析】将杆ab 在倾斜导轨上运动所受的力沿着斜面和垂直斜面正交分解，匀速运动时重力沿斜面方向的分力与安培力平衡
(1)感应电动势：E=B 1lv 0
电流：I=1.5E R
安培力: F=B 1Il
杆ab 在倾斜导轨上匀速运动,由平衡条件，F=mg sin θ
联立解得：v 0==6m/s 。

（2）由动量守恒定律，m v 0=4mv
解得：v=1.5m/s
（3）进入B2磁场区域，设速度变化△v,根据动量定理有：B 2Il △t=-4m △v
I △t=△q ，I=E/(1.5 R)，E=t ∆Φ∆，△Ф=B 2Ll
联立解得：△v =22
26B Ll mR
=-0.25m/s 。

出B2磁场后“联动三杆”的速度为：v’=v+2△v =1.5m/s+2（-0.25m/s ）=1.0m/s
“联动三杆”滑过磁场区间II 产生的焦耳热Q =12
×4m(v 2- v’2)=0.25 10.（2017江苏卷）如图所示，两条相距d 的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R 的电阻．质量为m 的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ 的磁感应强度大小为B 、方向竖直向下．当该磁场区域以速度v 0匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为v ．导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求：
（1）MN 刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小l ；
（2）MN 刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a ；
（3）PQ 刚要离开金属杆时，感应电流的功率P ．
【答案】：（1）0Bdv I R = （2）220B d v a mR = （3）2220()B d v v P R
-= 【解析】：本题考查匀强磁场扫过金属杆的切割磁感线运动。

（1）感应电动势0Bdv E
=； 感应电流R E I =
; 解得R
Bdv I 0= (2)安培力F =BId ; 由牛顿第二定律F =ma ;
解得mR
v d B a 022= (3)金属杆切割磁感线的速度v v v -='0，则感应电动势)(0v v Bd E -=
电功率R
E P 2
= ;
解得R v v d B P 2022)(-=。