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突破全国卷9 电磁感应中的力学综合问题的求解
近几年高考中对于电磁感应中的内容已成为必考，成为高考中的热点和重点．其中选修3－5纳入必考之
后，动量定理和动量守恒定律在电磁感应中的应用会成为命题的新生点．在高三复习中应当对该部分的学问点引起充分的重视．
【重难解读】
高考对法拉第电磁感应定律、楞次定律、左手定则及右手定则的考查一般会结合具体状况和过程命题，主要方向：结合函数图象，结合电路分析，联系力学过程，贯穿能量守恒．杆＋导轨或导线框是常见模型，属于考查热点．该题型学问跨度大，思维综合性强，试题难度一般比较大．
【典题例证】
(14分)
如图所示，正方形单匝线框bcde边长L＝0.4 m，每边电阻相同，总电阻R＝0.16 Ω.一根足够长的绝缘轻质细绳跨过两个轻小光滑定滑轮，一端连接正方形线框，另一端连接物体P，手持物体P使二者在空中保持静止，线框处在竖直面内．线框的正上方有一有界匀强磁场，磁场区域的上、下边界水平平行，间距也为L＝0.4 m，磁感线方向垂直于线框所在平面对里，磁感应强度大小B＝1.0 T，磁场的下边界与线框的上边eb相距h＝1.6 m．现将系统由静止释放，线框向上运动过程中始终在同一竖直面内，eb边保持水平，刚好以v＝4.0 m/s的速度进入磁场并匀速穿过磁场区，重力加速度g＝10 m/s2
，不计空气阻力．
(1)线框eb边进入磁场中运动时，e、b两点间的电势差Ueb为多少？ (2)线框匀速穿过磁场区域的过程中产生的焦耳热Q为多少？
(3)若在线框eb边刚进入磁场时，马上给物体P施加一竖直向下的力F，使线框保持进入磁场前的加速度匀加速运动穿过磁场区域，已知此过程中力F做功WF＝3.6 J，求eb边上产生的焦耳Qeb为多少？
[解析] (1)线框eb边以v＝4.0 m/s的速度进入磁场并匀速运动，产生的感应电动势为E＝BLv＝1.6 V (1分)
e、b两点间的电势差U3eb＝4E＝1.2 V．
(1分)
(2)法一：线框进入磁场后马上做匀速运动，并匀速穿过磁场区，线框受安培力FE安＝BLI，I＝R，解得F安＝4 N 克服安培力做功W安＝F安×2L＝3.2 J．
(6分)
法二：设物体P质量为M，线框质量为m，线框进入磁场后马上做匀速运动
F安＝(M－m)g (1分)
而I＝ER
F安＝BLI＝4 N
(1分)
线框进入磁场前，向上运动的加速度为
a＝v2＝5 m/s2
2h(1分) 又(M－m)g＝(M＋m)a (1分) 联立解得M＝0.6 kg，m＝0.2 kg
(1分)
对系统，依据动能定理有(M－m)g×2L－W安＝ΔEk＝0 而Q＝W安
故该过程中产生的焦耳热Q＝(M－m)g×2L＝3.2 J． (1分) (3)法一：设线框出磁场区域的速度大小为v1，则
v21－v2
＝2a′·2L，a′＝a＝
（M－m）gM＋m (1分) 整理得1(M＋m)(v21－v2
2)＝(M－m)g·2L (1分)
线框穿过磁场区域过程中，力F和安培力都是变力，依据动能定理有
W′12
F－W安＋(M－m)g·2L＝2(M＋m)(v21－v)
(1分) 联立得WF－W′安＝0 (1分)
而W′安＝Q′ 故Q′＝3.6 J 又Q＝I2
rt∝r (1分)
故eb边上产生的焦耳热Q1eb＝4Q′＝0.9 J． (1分)
法二：由于线框在磁场中运动的加速度与进入前的加速度相同，所以在通过磁场区域的过程中，线框和物体P的总机械能保持不变，故力F做的功W2
F等于整个线框中产生的焦耳热Q′，即WF＝Q′，又Q＝Irt∝r，
(3分)
故eb边上产生的焦耳热Q1eb＝4Q′＝0.9 J． (3分) [答案] (1)1.2 V (2)3.2 J (3)0.9 J
用动力学观点、能量观点解答电磁感应问题的一般步骤
1
【突破训练】
1．如图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l＝0.5 m，左端接有阻值R＝0.3 Ω的电阻．一质量m＝0.1 kg，电阻r＝0.1 Ω的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝0.4 T．金属棒在水平向右的外力作用下，由静止开头以a＝2 m/s2
的加速度做匀加速运动，当金属棒的位移x＝9 m时撤去外力，棒连续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝2∶1.导轨足够长且电阻不计，金属棒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)金属棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q； (2)撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2； (3)外力做的功WF.
解析：(1)设金属棒匀加速运动的时间为Δt，回路的磁通量的变化量为ΔΦ，回路中的平均感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律得
E＝
ΔΦΔt ① 其中ΔΦ＝Blx ②
设回路中的平均电流为I，由闭合电路欧姆定律得
－I＝ER＋r ③
则通过电阻R的电荷量为q＝IΔt④ 联立①②③④式，得q＝BlxR＋r 代入数据得q＝4.5 C.
(2)设撤去外力时金属棒的速度为v，对于金属棒的匀加速运动过程，由运动学公式得v2
＝2ax⑤ 设金属棒在撤去外力后的运动过程中克服安培力所做的功为W，由动能定理得
W＝0－12mv2⑥
撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2＝－W⑦ 联立⑤⑥⑦式，代入数据得Q2＝1.8 J．⑧
(3)由题意知，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比
Q1∶Q2＝2∶1，可得Q1＝3.6 J⑨
在金属棒运动的整个过程中，外力F克服安培力做功，由功能关系可知WF＝Q1＋Q2⑩ 由⑧⑨⑩式得WF＝5.4 J.
答案：(1)4.5 C (2)1.8 J (3)5.4 J
2．(2021·石家庄质检)如图甲所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ被固定在水平面上，导轨间距l＝0.6 m，两导轨的左端用导线连接电阻R1及抱负电压表V，电阻为r＝2 Ω的金属棒垂直于导轨静止在AB处；右端用导线连接电阻R2，已知R1＝2 Ω，R2＝1 Ω，导轨及导线电阻均不计．在矩形区域CDFE内有竖直向上的磁场，CE＝0.2 m，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示．开头时电压表有示数，当电压表示数变为零后，对金属棒施加一水平向右的恒力F，使金属棒刚进入磁场区域时电压表的示数又变为原来的值，金属棒在磁场区域内运动的过程中电压表的示数始终保持不变．求：
(1)t＝0.1 s时电压表的示数； (2)恒力F的大小；
(3)从t＝0时刻到金属棒运动出磁场的过程中整个电路产生的热量． 解析：(1)设磁场宽度为d＝CE，在0～0.2 s的时间内，有E＝ΔΦΔt＝ΔBΔtld＝0.6 V 此时，R1与金属棒并联后再与R2串联
R＝R并＋R2＝1 Ω＋1 Ω＝2 Ω U＝ERR并＝0.3 V. (2)金属棒进入磁场后，R1与R2并联后再与r串联，有
I′＝UUR1＋R2＝0.45 A
FA＝BI′l＝1.00×0.45×0.6 N＝0.27 N
由于金属棒进入磁场后电压表的示数始终不变，所以金属棒做匀速运动，所以恒力F的大小
F＝FA＝0.27 N.
(3)在0～0.2 s的时间内有
Q＝E2Rt＝0.036 J
2
金属棒进入磁场后，有 R′＝R1R28R1＋R2＋r＝3 Ω
E′＝I′R′＝1.2 V E′＝Blv，v＝2.0 m/s t′＝d0.2v＝2 s＝0.1 s
Q′＝E′I′t′＝0.054 J
Q总＝Q＋Q′＝0.036 J＋0.054 J＝0.09 J.
答案：(1)0.3 V (2)0.27 N (3)0.09 J 3．(2015·高考天津卷)
如图所示，“凸”字形硬质金属线框质量为m，相邻各边相互垂直，且处于同一竖直平面内，ab边长为l，cd边长为2l，ab与cd平行，间距为2l.匀强磁场区域的上下边界均水平，磁场方向垂直于线框所在平面．开头时，cd边到磁场上边界的距离为2l，线框由静止释放，从cd边进入磁场直到ef、pq边进入磁场前，线框做匀速运动，在ef、
pq边离开磁场后，ab边离开磁场之前，线框又做匀速运动．线框完全穿过磁场过程中产生的热量为Q.线框在下落过
程中始终处于原竖直平面内，且ab、cd边保持水平，重力加速度为g.求：
(1)线框ab边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是cd边刚进入磁场时的几倍； (2)磁场上下边界间的距离H.
解析：(1)设磁场的磁感应强度大小为B，cd边刚进入磁场时，线框做匀速运动的速度为v1，cd边上的感应电动势为E1，由法拉第电磁感应定律，有
E1＝2Blv1
①
设线框总电阻为R，此时线框中电流为I1，由闭合电路欧姆定律，有
IE11＝R ②
设此时线框所受安培力为F1，有
F1＝2I1lB ③ 由于线框做匀速运动，其受力平衡，有
mg＝F1
④
由①②③④式得
vmgR1＝4B2l2 ⑤
设ab边离开磁场之前，线框做匀速运动的速度为v2，同理可得
vmgR2＝B2l2 ⑥
由⑤⑥式得
v2＝4v1. ⑦
(2)线框自释放直到cd边进入磁场前，由机械能守恒定律，有 2mgl＝12mv21
⑧
线框完全穿过磁场的过程中，由能量守恒定律，有
mg(2l＋H)＝12mv2－12mv21＋Q ⑨
由⑦⑧⑨式得
H＝Qmg＋28l. 答案：(1)4倍 (2)Qmg＋28l
4．如图所示，质量为M的导体棒ab，垂直放在相距为l的平行光滑金属导轨上，导轨平面与水平面的夹角为θ，
并处于磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面对上的匀强磁场中．左侧是水平放置、间距为d的平行金属板，R和Rx分别表示定值电阻和滑动变阻器的阻值，不计其他电阻．
(1)调整Rx＝R，释放导体棒，当导体棒沿导轨匀速下滑时，求通过导体棒的电流I及导体棒的速率v. (2)转变Rx，待导体棒沿导轨再次匀速下滑后，将质量为m、带电荷量为＋q的微粒水平射入金属板间，若它能匀速通过，求此时的Rx.
解析：
(1)对匀速下滑的导体棒进行受力分析如图所示． 导体棒所受安培力F安＝BIl ①
导体棒匀速下滑， 所以F安＝Mgsin θ ②
联立①②式，解得I＝Mgsin θBl ③ 导体棒切割磁感线产生感应电动势E＝Blv ④
3
由闭合电路欧姆定律得I＝ER＋Rx，且Rx＝R， 所以I＝E2R ⑤
联立③④⑤式，解得v＝
2MgRsin θB2l2.
(2)由题意知，其等效电路图如图所示．由图知，平行金属板两板间的电压等于Rx两端的电压．
设两金属板间的电压为U，由于导体棒匀速下滑时的电流仍为I，所以由欧姆定律知U＝IRx⑥ 要使带电微粒匀速通过，则mg＝qUd ⑦
联立③⑥⑦式，解得RmBldx＝Mqsin θ. 答案：(1)
Mgsin θBl 2MgRsin θB2l2 (2)mBldMqsin θ 4
