思维进阶课十六 动力学和能量观点在电磁感应中的应用
[学习目标] 1．学会用动力学知识分析导体棒在磁场中的运动问题。
2．会用功能关系和能量守恒定律分析电磁感应中的能量转化。
电磁感应中的动力学问题
1．两种状态及处理方法
状态 特征 处理方法
平衡状态 加速度为0 根据平衡条件列式分析
非平衡状态 加速度不为0 根据牛顿第二定律结合运动学公式进行分析
2．“四步法”分析电磁感应中的动力学问题
3．注意两个“桥梁”：联系力学对象与电学对象的“桥梁”——切割速度v与感应电流I。
电磁感应中的平衡问题
[典例1] (多选)(2023·山东卷)足够长U形导轨平置在光滑水平绝缘桌面上，宽为1 m，电阻不计。质量为 1 kg、 长为1 m、电阻为1 Ω的导体棒MN放置在导轨上，与导轨形成矩形回路并始终接触良好，Ⅰ和Ⅱ区域内分别存在竖直方向的匀强磁场，磁感应强度分别为B1和B2，其中B1＝2 T，方向向下。用不可伸长的轻绳跨过固定轻滑轮将导轨CD段中点与质量为0.1 kg的重物相连，绳与CD垂直且平行于桌面。如图所示，某时刻MN、CD同时分别进入磁场区域Ⅰ和Ⅱ并做匀速直线运动，MN、CD与磁场边界平行。MN的速度v1＝2 m/s，CD的速度为v2且v2>v1，MN和导轨间的动摩擦因数为0.2。重力加速度大小取10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．B2的方向向上 B．B2的方向向下
C．v2＝5 m/s D．v2＝3 m/s
[听课记录]
电磁感应中的动力学问题
[典例2] (多选)(2024·辽宁卷)如图所示，两条“”形的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，间距为L，左、右两导轨面与水平面夹角均为30°，均处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。将有一定阻值的导体棒ab、cd放置在导轨上，同时由静止释放，两棒在下滑过程中始终与导轨垂直并接触良好。ab、cd的质量分别为2m和m，长度均为L。导轨足够长且电阻不计，重力加速度大小为g，两棒在下滑过程中( )
A．回路中的电流方向为abcda
B．ab中电流趋于
C．ab与cd加速度大小之比始终为2∶1
D．两棒产生的电动势始终相等
[听课记录]
[典例3] 如图所示，两平行金属导轨水平放入磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中，导轨间距为L，导轨左端接有一电容为C的平行板电容器。一质量为m的金属棒ab垂直放在导轨上，在水平恒力F的作用下从静止开始运动。棒与导轨接触良好，不计金属棒和导轨的电阻以及金属棒和导轨间的摩擦。求金属棒的加速度大小并分析金属棒的运动性质。
[听课记录]
[变式1] 在[典例3]中，若金属导轨平面与水平面成θ角，匀强磁场垂直导轨平面向上。已知重力加速度为g，又让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，求金属棒下滑过程中的加速度大小。
[变式2] 在[变式1]中，若金属棒与导轨之间的动摩擦因数为μ(μ
电磁感应中的能量问题
1．电磁感应中的能量转化
2．求解焦耳热Q的三种方法
[典例4] 如图所示，AB、CD为两个平行的、不计电阻的水平光滑金属导轨，置于方向垂直导轨平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场(未画出)中。AB、CD的间距为L，左右两端均接有阻值为R的电阻。质量为m且电阻不计的导体棒MN放在导轨上，与导轨接触良好，并与轻质弹簧组成弹簧振动系统。开始时，弹簧处于自然长度，导体棒MN具有水平向左的初速度v0，经过一段时间，导体棒MN第一次运动到最右端，这一过程中AC间的电阻R上产生的焦耳热为Q，则( )
A．导体棒在水平方向做简谐运动
B．初始时刻导体棒所受的安培力大小为
C．当导体棒第一次到达最右端时，弹簧具有的弹性势能为－Q
D．当导体棒再次回到初始位置时，AC间的电阻R的热功率小于
[听课记录]
[典例5] (2024·全国甲卷)两根平行长直光滑金属导轨距离为L，固定在同一水平面(纸面)内，导轨左端接有电容为C的电容器和阻值为R的电阻，开关S与电容器并联；导轨上有一长度略大于L的金属棒，如图所示。导轨所处区域有方向垂直于纸面、磁感应强度大小为B的匀强磁场。开关S闭合。金属棒在恒定的外力作用下由静止开始加速，最后将做速率为v0的匀速直线运动。金属棒始终与两导轨垂直且接触良好，导轨电阻和金属棒电阻忽略不计。
(1)在加速过程中，当外力做功的功率等于电阻R热功率的2倍时，金属棒的速度大小是多少？
(2)如果金属棒达到(1)中的速度时断开开关S，改变外力使金属棒保持此速度做匀速运动。之后某时刻，外力做功的功率等于电阻R热功率的2倍，求此时电容器两极间的电压及从断开S开始到此刻外力做的功。
[听课记录]
思维进阶课十六 动力学和能量观点在电磁感应中的应用
进阶1
典例1 BD [CD运动速度v2大于导体棒MN的速度v1，则导体棒MN受到水平向右的摩擦力，因为导体棒MN做匀速运动，所以导体棒MN受到的安培力方向水平向左，导体棒MN的质量m＝1 kg，设MN受到的安培力大小为FMN，规定水平向右为正方向，对导体棒MN受力分析有μmg－FMN＝0，解得FMN＝2 N，根据左手定则可知，MN中电流从N流向M，设CD受到的安培力为FCD，重物质量m0＝0.1 kg，对CD受力分析有－μmg＋FCD＋m0g＝0，解得FCD＝1 N，则CD受到的安培力向右，电流从D流向C，根据左手定则可知，B2的方向竖直向下，A错误，B正确；FMN＝B1IL，FCD＝B2IL，根据法拉第电磁感应定律有E＝B1Lv1－B2Lv2，根据闭合电路欧姆定律有E＝IR，联立解得v2＝3 m/s，C错误，D正确。]
典例2 AB [由于ab和cd均沿导轨下滑，则通过abcd回路的磁通量增大，根据楞次定律可知，回路中的电流方向为abcda，A正确；初始时，对ab和cd分别受力分析，如图所示，根据牛顿第二定律分别有 2mg sin 30°－2BIL cos 30°＝2ma1、mg sin 30°－BIL cos 30°＝ma2，可得a1＝a2＝－，则ab与cd加速度大小之比始终为1∶1，C错误；当加速度趋于零时，两导体棒中的电流趋于稳定，结合C项分析可知，ab中的电流趋于，B正确；由于ab和cd加速度大小始终相等，则两导体棒的速度大小始终相等，则由法拉第电磁感应定律可知Eab＝2BLv cos 30°，Ecd＝BLv cos 30°，故两导体棒产生的感应电动势大小之比始终为2∶1，D错误。
]
典例3 解析：运动过程分析：取一极短时间Δt，棒做加速运动，持续对电容器充电，则存在充电电流。
由F－BIL＝ma
I＝
ΔQ＝CΔU
ΔU＝ΔE＝BLΔv
联立可得F－＝ma
其中＝a
则可得a＝，所以棒做加速度恒定的匀加速直线运动。
答案：见解析
变式1 解析：金属棒在重力和安培力的作用下向下运动，根据牛顿第二定律有
mg sin θ－BIL＝ma
I＝＝＝CBLa
联立可得a＝。
答案：见解析
变式2 解析：mg sin θ－μmg cos θ－BIL＝ma
I＝＝＝CBLa
联立解得a＝。
答案：见解析
进阶2
典例4 D [导体棒运动过程中，安培力做功，电阻产生焦耳热，则导体棒和弹簧的机械能有损失，当导体棒再次回到初始位置时速度小于v0，导体棒水平方向做的不是简谐运动，则导体棒回到初始位置时产生的感应电动势E1典例5 解析：(1)开关S闭合后，当外力与安培力相等时，金属棒的速度最大，则F＝F安m＝BI0L
由闭合电路欧姆定律I0＝
金属棒切割磁感线产生的感应电动势为E0＝BLv0
联立可得，恒定的外力为F＝
在加速阶段，外力的功率为PF＝Fv＝v
定值电阻的功率为PR＝I2R＝
PF＝2PR时，
即v1＝
化简可得金属棒速度的大小为v1＝。
(2)断开开关S，电容器充电，则电容器与定值电阻串联，则有E1＝BLv1＝IR＋
当金属棒匀速运动时，电容器不断充电，电荷量q不断增大，电路中电流不断减小，则金属棒所受安培力F安＝BIL不断减小，而拉力的功率
PF＝F′v1＝BILv1
定值电阻功率PR＝I2R
当PF＝2PR时有BI1Lv1＝R
可得I1R＝
根据E1＝BLv1＝I1R＋
可得此时电容器两端电压为
UC＝＝＝BLv0
从开关断开到此刻外力所做的功为
W＝＝BLv1＝BLv1q1
其中q1＝
联立可得W＝。
答案：(1) (2)
4 / 5(共65张PPT)
第十一章 电磁感应
思维进阶课十六 动力学和能量观点在电磁感应中的应用
[学习目标] 1．学会用动力学知识分析导体棒在磁场中的运动问题。
2．会用功能关系和能量守恒定律分析电磁感应中的能量转化。
进阶1 电磁感应中的动力学问题
1．两种状态及处理方法
状态 特征 处理方法
平衡状态 加速度为0 根据平衡条件列式分析
非平衡状态 加速度不为0 根据牛顿第二定律结合运动学公式进行分析
2．“四步法”分析电磁感应中的动力学问题
3．注意两个“桥梁”：联系力学对象与电学对象的“桥梁”——切割速度v与感应电流I。
角度1 电磁感应中的平衡问题
[典例1] (多选)(2023·山东卷)足够长U形导轨平置在光滑水平绝缘桌面上，宽为1 m，电阻不计。质量为 1 kg、 长为1 m、电阻为1 Ω的导体棒MN放置在导轨上，与导轨形成矩形回路并始终接触良好，Ⅰ和Ⅱ区域内分别存在竖直方向的匀强磁场，磁感应强度分别为B1和B2，其中B1＝2 T，方向向下。用不可伸长的轻绳跨过固定轻滑轮将导轨CD段中点与质量为0.1 kg的重物相连，绳与CD垂直且平行于桌面。如图所示，某时刻MN、CD同时分别进入磁场区域Ⅰ和Ⅱ并做匀速直线运动，MN、CD与磁场边界平行。MN的速度v1＝2 m/s，CD的速度为v2且v2>v1，MN和导轨间的动摩擦因数为0.2。重力加速度大小取10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．B2的方向向上 B．B2的方向向下
C．v2＝5 m/s D．v2＝3 m/s
√
√
BD [CD运动速度v2大于导体棒MN的速度v1，则导体棒MN受到水平向右的摩擦力，因为导体棒MN做匀速运动，所以导体棒MN受到的安培力方向水平向左，导体棒MN的质量m＝1 kg，设MN受到的安培力大小为FMN，规定水平向右为正方向，对导体棒MN受力分析有μmg－FMN＝0，解得FMN＝2 N，根据左手定则可知，MN中电流从N流向M，设CD受到的安培力为FCD，重物质量m0＝0.1 kg，对CD受力分析有－μmg＋FCD＋m0g＝0，解得FCD＝1 N，则CD受到的安培力向右，电流从D流向C，根据左手定则可知，B2的方向竖直向下，A错误，B正确；FMN＝B1IL，FCD＝B2IL，根据法拉第电磁感应定律有E＝B1Lv1－B2Lv2，根据闭合电路欧姆定律有E＝IR，联立解得v2＝3 m/s，C错误，D正确。]
角度2 电磁感应中的动力学问题
[典例2] (多选)(2024·辽宁卷)如图所示，两条“”形的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，间距为L，左、右两导轨面与水平面夹角均为30°，均处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。将有一定阻值的导体棒ab、cd放置在导轨上，同时由静止释放，两棒在下滑过程中始终与导轨垂直并接触良好。ab、cd的质量分别为2m和m，长度均为L。导轨足够长且电阻不计，重力加速度大小为g，两棒在下滑过程中( )
A．回路中的电流方向为abcda
B．ab中电流趋于
C．ab与cd加速度大小之比始终为2∶1
D．两棒产生的电动势始终相等
√
√
AB [由于ab和cd均沿导轨下滑，则通过abcd回路的磁通量增大，根据楞次定律可知，回路中的电流方向为abcda，A正确；初始时，对ab和cd分别受力分析，如图所示，根据牛顿第二定律分别有 2mg sin 30°－2BIL cos 30°＝2ma1、mg sin 30°－BIL cos 30°＝ma2，可得a1＝a2＝－，则ab与cd加速度大小之比始终为1∶1，C错误；当加速度趋于零时，两导体棒中的电流趋于稳定，结合C项分
析可知，ab中的电流趋于，B正确；由于ab和cd加速度大小始终相等，则两导体棒的速度大小始终相等，则由法拉第电磁感应定律可知Eab＝2BLv cos 30°，Ecd＝BLv cos 30°，故两导体棒产生的感应电动势大小之比始终为2∶1，D错误。]
[典例3] 如图所示，两平行金属导轨水平放入磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中，导轨间距为L，导轨左端接有一电容为C的平行板电容器。一质量为m的金属棒ab垂直放在导轨上，在水平恒力F的作用下从静止开始运动。棒与导轨接触良好，不计金属棒和导轨的电阻以及金属棒和导轨间的摩擦。求金属棒的加速度大小并分析金属棒的运动性质。
[解析] 运动过程分析：取一极短时间Δt，棒做加速运动，持续对电容器充电，则存在充电电流。
由F－BIL＝ma
I＝
ΔQ＝CΔU
ΔU＝ΔE＝BLΔv
联立可得F－＝ma
其中＝a
则可得a＝，所以棒做加速度恒定的匀加速直线运动。
[答案] 见解析
[变式1] 在[典例3]中，若金属导轨平面与水平面成θ角，匀强磁场垂直导轨平面向上。已知重力加速度为g，又让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，求金属棒下滑过程中的加速度大小。
[解析] 金属棒在重力和安培力的作用下向下运动，根据牛顿第二定律有mg sin θ－BIL＝ma
I＝＝＝CBLa
联立可得a＝。
[答案] 见解析
[变式2] 在[变式1]中，若金属棒与导轨之间的动摩擦因数为μ(μ[解析] mg sin θ－μmg cos θ－BIL＝ma
I＝＝＝CBLa
联立解得a＝。
[答案] 见解析
进阶2 电磁感应中的能量问题
1．电磁感应中的能量转化
2．求解焦耳热Q的三种方法
[典例4] 如图所示，AB、CD为两个平行的、不计电阻的水平光滑金属导轨，置于方向垂直导轨平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场(未画出)中。AB、CD的间距为L，左右两端均接有阻值为R的电阻。质量为m且电阻不计的导体棒MN放在导轨上，与导轨接触良好，并与轻质弹簧组成弹簧振动系统。开始时，弹簧处于自然长度，导体棒MN具有水平向左的初速度v0，经过一段时间，
导体棒MN第一次运动到最右端，这一过程中
AC间的电阻R上产生的焦耳热为Q，则( )
A．导体棒在水平方向做简谐运动
B．初始时刻导体棒所受的安培力大小为
C．当导体棒第一次到达最右端时，弹簧具有的弹性势能为－Q
D．当导体棒再次回到初始位置时，AC间的电阻R的热功率小于
√
D [导体棒运动过程中，安培力做功，电阻产生焦耳热，则导体棒和弹簧的机械能有损失，当导体棒再次回到初始位置时速度小于v0，导体棒水平方向做的不是简谐运动，则导体棒回到初始位置时产生的感应电动势E1，F＝BIL可得，初始时刻导体棒所受的安培力大小为F＝，故B错误；当导体棒第一次到达最右端时，设弹簧的弹性势能为Ep，根据能量守恒定律有Ep＋2Q＝，解得Ep＝－2Q，故C错误。]
[典例5] (2024·全国甲卷)两根平行长直光滑金属导轨距离为L，固定在同一水平面(纸面)内，导轨左端接有电容为C的电容器和阻值为R的电阻，开关S与电容器并联；导轨上有一长度略大于L的金属棒，如图所示。导轨所处区域有方向垂直于纸面、磁感应强度大小为B的匀强磁场。开关S闭合。金属棒在恒定的外力作用下由静止开始加速，最后将做速率为v0的匀速直线运动。金属棒始终与两导轨垂直且接触良好，导轨电阻和金属棒电阻忽略不计。
(1)在加速过程中，当外力做功的功率等于电阻R热功率的2倍时，金属棒的速度大小是多少？
(2)如果金属棒达到(1)中的速度时断开开关S，改变外力使金属棒保持此速度做匀速运动。之后某时刻，外力做功的功率等于电阻R热功率的2倍，求此时电容器两极间的电压及从断开S开始到此刻外力做的功。
[解析] (1)开关S闭合后，当外力与安培力相等时，金属棒的速度最大，则F＝F安m＝BI0L
由闭合电路欧姆定律I0＝
金属棒切割磁感线产生的感应电动势为E0＝BLv0
联立可得，恒定的外力为F＝
在加速阶段，外力的功率为PF＝Fv＝v
定值电阻的功率为PR＝I2R＝
PF＝2PR时，
即v1＝
化简可得金属棒速度的大小为v1＝。
(2)断开开关S，电容器充电，则电容器与定值电阻串联，则有E1＝BLv1＝IR＋
当金属棒匀速运动时，电容器不断充电，电荷量q不断增大，电路中电流不断减小，则金属棒所受安培力F安＝BIL不断减小，而拉力的功率
PF＝F′v1＝BILv1
定值电阻功率PR＝I2R
当PF＝2PR时有BI1Lv1＝R
可得I1R＝
根据E1＝BLv1＝I1R＋
可得此时电容器两端电压为
UC＝＝＝BLv0
从开关断开到此刻外力所做的功为
W＝＝BLv1＝BLv1q1
其中q1＝
联立可得W＝。
[答案] (1) (2)
思维进阶特训(十六)
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
1．如图所示，在一匀强磁场中有一U形导线框abcd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R为一电阻，ef为垂直于ab的一根导体杆，它可在ab、cd上无摩擦地滑动。杆ef及线框的电阻不计，开始时，给ef一个向右的初速度v0，则( )
A．ef 将减速向右运动，但不是匀减速运动
B．ef 将匀减速向右运动，最后停止
C．ef 将匀速向右运动
D．ef 将往返运动
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
A [ef 向右运动，切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，会受到向左的安培阻力而做减速运动，由F＝BIL＝＝ma知，ef做的是加速度减小的减速运动，最终停止运动，故A正确，B、C、D错误。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
2．(人教版选择性必修第二册改编)(多选)如图所示，单匝线圈ABCD在外力作用下以速度v向右匀速进入匀强磁场，第二次又以速度2v匀速进入同一匀强磁场，则下列说法正确的是( )
A．第二次与第一次进入时线圈中电流之
比为2∶1
B．第二次与第一次进入时外力做功功率
之比为 2∶1
C．第二次与第一次进入过程中通过线圈某横截面的电荷量之比为2∶1
D．第二次与第一次进入时线圈中产生热量之比为 2∶1
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
√
AD [由E＝Blv知＝，由I＝得＝，故A正确；匀速进入，外力做功的功率与克服安培力做功的功率相等，由P＝I2R得＝，故B错误；由电荷量q＝得＝，q与速度无关，故C错误；产生热量Q＝Pt＝P·，得＝×＝，故D正确。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
3．(多选)如图所示，U形光滑金属导轨与水平面成37°角倾斜放置，现将一金属杆垂直放置在导轨上且与两导轨接触良好，在与金属杆垂直且沿着导轨向上的外力F的作用下，金属杆从静止开始做匀加速直线运动。整个装置处于垂直导轨平面向上的匀强磁场中，外力F的最小值为8 N，经过2 s金属杆运动到导轨最上端并离开导轨。已知U形金属导轨两轨道之间的距离为1 m，导轨电阻可忽略不计，金属杆的质量为1 kg、电阻为1 Ω，磁感应强度大小为1 T，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列说法正确的是( )
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
A．拉力F是恒力
B．拉力F随时间t均匀增加
C．金属杆运动到导轨最上端时拉力F为12 N
D．金属杆运动的加速度大小为2 m/s2
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
√
√
BCD [t时刻，金属杆的速度大小为v＝at，产生的感应电动势为E＝Blv，电路中的感应电流I＝，金属杆所受的安培力大小为F安＝BIl＝，由牛顿第二定律F－mg sin 37°－F安＝ma得F＝ma＋mg sin 37°＋，F与t是一次函数关系，选项A错误，B正确；t＝0时，F最小，代入数据可求得a＝2 m/s2，选项D正确；t＝2 s时，代入数据解得F＝12 N，选项C正确。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
4．(多选)如图所示，两根间距为d的足够长光滑金属导轨，平行放置在倾角为θ＝30°的绝缘斜面上，导轨的右端接有电阻R，整个装置放在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向上。导轨上有一质量为m、电阻也为R的导体棒与两导轨垂直且接触良好，导体棒以一定的初速度v0在沿着导轨上滑一段距离L后返回，不计导轨电阻及感应电流间的相互作
用，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
A．导体棒返回时先做加速运动，最后做匀速直线运动
B．导体棒沿着导轨上滑过程中通过R的电荷量q＝
C．导体棒沿着导轨上滑过程中克服安培力做的功W＝
D．导体棒沿着导轨上滑过程中电阻R上产生的热量Q＝
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
√
AC [导体棒返回时mg sin－v＝ma，故先做加速度减小的加速运动，最后受力平衡，做匀速直线运动，所以A正确；根据q＝，可知导体棒沿着导轨上滑过程中通过R的电荷量为q＝，所以B错误；设导体棒沿着导轨上滑过程中克服安培力做的功为W，由能量守恒可得W＋mgL sin 30°＝，解得W＝，所以C正确；根据功能关系可得，导体棒沿着导轨上滑过程中电阻R上产生的热量为Q＝W，则Q＝，所以D错误。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
5．(多选)如图所示，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，二者平滑连接。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、接电路电阻也为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，金属棒与导轨间接触良好且始终垂直。重力加速度为g，则金属棒穿过磁场区域的过程中( )
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
A．流过定值电阻的电流方向是N→Q
B．通过金属棒的电荷量为
C．克服安培力做的功为mgh
D．金属棒产生的焦耳热为(mgh－μmgd)
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
√
BD [金属棒下滑到底端时速度向右，磁场方向竖直向上，根据右手定则可知流过定值电阻的电流方向是Q→N，故A错误；根据法拉第电磁感应定律可知，通过金属棒的电荷量为q＝·Δt＝·Δt＝，故B正确；根据动能定理有mgh－μmgd－W克安＝0，则克服安培力所做的功为W克安＝mgh－μmgd，电路中产生的焦耳热等于克服安培力做的功，所以金属棒产生的焦耳热为Q棒＝(mgh－μmgd)，选项C错误，D正确。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
6．(多选)(2025·湖南长沙高三模拟)如图甲所示，MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成θ＝30°角固定，间距为L＝1 m，质量为m的金属杆ab垂直放置在轨道上且与轨道接触良好，其阻值忽略不计。空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度大小为B＝0.5 T。P、M间接有阻值为R1的定值电阻，Q、N间接电阻箱R。现从静止释放ab，改变电阻箱的阻值R，测得最大速度为vm，得到与的关系如图乙所示。若轨道足够长且电阻不计，重力加速度g取10 m/s2，则( )
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
A．金属杆中感应电流方向
为由a到b
B．金属杆所受的安培力的方向沿轨道向上
C．金属杆的质量为1 kg
D．定值电阻的阻值为1 Ω
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
√
√
BD [根据右手定则判断，金属杆中感应电流方向为由b到a，故A错误；由左手定则可知，金属杆所受的安培力沿轨道向上，故B正确；总电阻为R总＝，通过ab的电流为I＝，当达到最大速度时，金属杆受力平衡，则有mg sin θ＝ILB＝·(R1＋R)，变形得＝·＋，由题图乙得＝k＝ s·m-1·Ω，＝b＝
0.5 s·m-1，解得m＝0.1 kg，R1＝1 Ω，故C错误，D正确。]
题号
1
3
5
2
4
6
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7
9
7．(2024·河北卷)如图所示，边长为2L的正方形金属细框固定放置在绝缘水平面上，细框中心O处固定一竖直细导体轴OO′。间距为L、与水平面成θ角的平行导轨通过导线分别与细框及导体轴相连。导轨和细框分别处在与各自所在平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小均为B。足够长的细导体棒OA在水平面内绕O点以角速度ω匀速转动，水平放置在导轨上的导体棒CD始终静止。OA棒在转动过程中，CD棒在所受安培力达到最大和最小时均恰好能静止。已知CD棒在导轨间的电阻值为R，电路中其余部分的电阻均不计，CD棒始终与导轨垂直，各部分始终接触良好，不计空气阻力，重力加速度大小为g。
题号
1
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(1)求CD棒所受安培力的最大值和最小值；
(2)锁定OA棒，推动CD棒下滑，撤去推力瞬间，CD棒的加速度大小为a，所受安培力大小等于(1)问中安培力的最大值，求CD棒与导轨间的动摩擦因数。
题号
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9
[解析] (1)当OA棒切割磁感线的有效长度为l1＝L时，该棒产生的感应电动势最大，有
Emax＝＝BL2ω
此时CD棒所受的安培力最大，结合I＝和安培力公式有
FAmax＝ImaxBL＝
当OA棒切割磁感线的有效长度为l2＝L时，该棒产生的感应电动势最小，有
题号
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Emin＝＝
此时CD棒所受的安培力最小，有
FAmin＝IminBL＝。
题号
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(2)设CD棒的质量为m，CD棒与平行导轨间的最大静摩擦力为f
OA棒在转动过程中，CD棒在所受安培力达到最大和最小时均恰好静止，则有
FAmax＝mg sin θ＋f
FAmin＋f＝mg sin θ
结合(1)问分析有FAmax＝mg sin θ
则撤去推力瞬间，CD棒的加速度方向沿平行导轨向上，对CD棒由牛顿第二定律有
题号
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FAmax＋μmg cos θ－mg sin θ＝ma
联立解得CD棒与导轨间的动摩擦因数为
μ＝。
题号
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[答案] (1) (2)
8．如图所示，间距为L的平行金属导轨M1P1N1和M2P2N2分别固定在两个竖直面内，倾斜导轨与水平方向的夹角为θ＝37°，整个空间内存在着竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。长为L、质量为m、电阻为R的导体杆a静止放置在水平导轨上，现将与导体杆a完全相同的导体杆b从倾斜导轨上N1N2处由静止释放，运动到虚线Q1Q2处有最大速度，运动的距离为d，导体杆a恰好未滑动，此过程中导体杆b克服摩擦力做的功为W，两导体杆与导轨始终垂直且接触良好，导轨电阻不计，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求在此过程中：
题号
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(1)通过导体杆a的电荷量；
(2)导体杆与导轨间的动摩擦因数；
(3)电路中产生的焦耳热。
题号
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[解析] (1)根据题意可知，在导体杆b由静止释放到导体杆b运动到Q1Q2处的过程中
＝＝
根据闭合电路的欧姆定律有＝
根据电流的定义式q＝Δt
联立可得q＝。
题号
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(2)当导体杆b速度最大时，对导体杆a受力分析有FA＝μmg
对导体杆b受力分析，沿倾斜导轨方向有
mg sin θ＝FAcos θ＋f
垂直倾斜导轨方向有mg cos θ＋FAsin θ＝FN
由摩擦力的大小f＝μFN
联立可得μ＝。
题号
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9
(3)当导体杆b速度最大时有FA＝μmg＝
电动势E＝BLv cos θ
电流大小I＝
导体杆b受到的安培力FA＝BIL
联立可得v＝
题号
1
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9
根据动能定理可得mgd sin θ－W＋W安＝mv2
联立可得Q总＝－W安＝mgd－－W。
题号
1
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[答案] (1) (2) (3)mgd－－W
9．如图所示，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为θ，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向下。在导轨上放置一质量为m的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中始终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。
忽略所有电阻。让金属棒从导轨上端由静止开
始下滑，求：
题号
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(1)电容器极板上积累的电荷量Q与金属棒速度大小v的关系；
(2)金属棒的速度大小v随时间t变化的关系。
题号
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9
[解析] (1)设金属棒下滑的速度大小为v，则感应电动势为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＝，联立可得Q＝CBLv。
(2)设金属棒的速度大小为v，经历的时间为t，金属棒在时刻t的加速度方向沿导轨向下，设其大小为a，通过金属棒的电流为I＝＝CBL＝CBLa，金属棒受到的安培力方向沿导轨向上，大小为F＝ILB＝CB2L2a
金属棒所受到的摩擦力方向沿导轨向上，大小为Ff＝μFN，式中FN＝mg cos θ
题号
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9
根据牛顿第二定律有mg sin θ－F－Ff＝ma
联立上式可得a＝
则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＝at＝。
题号
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9
[答案] (1)Q＝CBLv (2)v＝
谢 谢 ！思维进阶特训(十六)
1．如图所示，在一匀强磁场中有一U形导线框abcd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R为一电阻，ef为垂直于ab的一根导体杆，它可在ab、cd上无摩擦地滑动。杆ef及线框的电阻不计，开始时，给ef一个向右的初速度v0，则( )
A．ef将减速向右运动，但不是匀减速运动
B．ef将匀减速向右运动，最后停止
C．ef将匀速向右运动
D．ef将往返运动
2．(人教版选择性必修第二册改编)(多选)如图所示，单匝线圈ABCD在外力作用下以速度v向右匀速进入匀强磁场，第二次又以速度2v匀速进入同一匀强磁场，则下列说法正确的是( )
A．第二次与第一次进入时线圈中电流之比为2∶1
B．第二次与第一次进入时外力做功功率之比为 2∶1
C．第二次与第一次进入过程中通过线圈某横截面的电荷量之比为2∶1
D．第二次与第一次进入时线圈中产生热量之比为 2∶1
3．(多选)如图所示，U形光滑金属导轨与水平面成37°角倾斜放置，现将一金属杆垂直放置在导轨上且与两导轨接触良好，在与金属杆垂直且沿着导轨向上的外力F的作用下，金属杆从静止开始做匀加速直线运动。整个装置处于垂直导轨平面向上的匀强磁场中，外力F的最小值为8 N，经过2 s金属杆运动到导轨最上端并离开导轨。已知U形金属导轨两轨道之间的距离为1 m，导轨电阻可忽略不计，金属杆的质量为1 kg、电阻为1 Ω，磁感应强度大小为1 T，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列说法正确的是( )
A．拉力F是恒力
B．拉力F随时间t均匀增加
C．金属杆运动到导轨最上端时拉力F为12 N
D．金属杆运动的加速度大小为2 m/s2
4．(多选)如图所示，两根间距为d的足够长光滑金属导轨，平行放置在倾角为θ＝30°的绝缘斜面上，导轨的右端接有电阻R，整个装置放在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向上。导轨上有一质量为m、电阻也为R的导体棒与两导轨垂直且接触良好，导体棒以一定的初速度v0在沿着导轨上滑一段距离L后返回，不计导轨电阻及感应电流间的相互作用，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A．导体棒返回时先做加速运动，最后做匀速直线运动
B．导体棒沿着导轨上滑过程中通过R的电荷量q＝
C．导体棒沿着导轨上滑过程中克服安培力做的功W＝
D．导体棒沿着导轨上滑过程中电阻R上产生的热量Q＝
5．(多选)如图所示，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，二者平滑连接。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、接电路电阻也为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，金属棒与导轨间接触良好且始终垂直。重力加速度为g，则金属棒穿过磁场区域的过程中( )
A．流过定值电阻的电流方向是N→Q
B．通过金属棒的电荷量为
C．克服安培力做的功为mgh
D．金属棒产生的焦耳热为(mgh－μmgd)
6．(多选)(2025·湖南长沙高三模拟)如图甲所示，MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成θ＝30°角固定，间距为L＝1 m，质量为m的金属杆ab垂直放置在轨道上且与轨道接触良好，其阻值忽略不计。空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度大小为B＝0.5 T。P、M间接有阻值为R1的定值电阻，Q、N间接电阻箱R。现从静止释放ab，改变电阻箱的阻值R，测得最大速度为vm，得到与的关系如图乙所示。若轨道足够长且电阻不计，重力加速度g取10 m/s2，则( )
A．金属杆中感应电流方向为由a到b
B．金属杆所受的安培力的方向沿轨道向上
C．金属杆的质量为1 kg
D．定值电阻的阻值为1 Ω
7．(2024·河北卷)如图所示，边长为2L的正方形金属细框固定放置在绝缘水平面上，细框中心O处固定一竖直细导体轴OO′。间距为L、与水平面成θ角的平行导轨通过导线分别与细框及导体轴相连。导轨和细框分别处在与各自所在平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小均为B。足够长的细导体棒OA在水平面内绕O点以角速度ω匀速转动，水平放置在导轨上的导体棒CD始终静止。OA棒在转动过程中，CD棒在所受安培力达到最大和最小时均恰好能静止。已知CD棒在导轨间的电阻值为R，电路中其余部分的电阻均不计，CD棒始终与导轨垂直，各部分始终接触良好，不计空气阻力，重力加速度大小为g。
(1)求CD棒所受安培力的最大值和最小值；
(2)锁定OA棒，推动CD棒下滑，撤去推力瞬间，CD棒的加速度大小为a，所受安培力大小等于(1)问中安培力的最大值，求CD棒与导轨间的动摩擦因数。
8．如图所示，间距为L的平行金属导轨M1P1N1和M2P2N2分别固定在两个竖直面内，倾斜导轨与水平方向的夹角为θ＝37°，整个空间内存在着竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。长为L、质量为m、电阻为R的导体杆a静止放置在水平导轨上，现将与导体杆a完全相同的导体杆b从倾斜导轨上N1N2处由静止释放，运动到虚线Q1Q2处有最大速度，运动的距离为d，导体杆a恰好未滑动，此过程中导体杆b克服摩擦力做的功为W，两导体杆与导轨始终垂直且接触良好，导轨电阻不计，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求在此过程中：
(1)通过导体杆a的电荷量；
(2)导体杆与导轨间的动摩擦因数；
(3)电路中产生的焦耳热。
9．如图所示，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为θ，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向下。在导轨上放置一质量为m的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中始终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。忽略所有电阻。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Q与金属棒速度大小v的关系；
(2)金属棒的速度大小v随时间t变化的关系。
思维进阶特训(十六)
1．A [ef向右运动，切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，会受到向左的安培阻力而做减速运动，由F＝BIL＝＝ma知，ef做的是加速度减小的减速运动，最终停止运动，故A正确，B、C、D错误。]
2．AD [由E＝Blv知＝，由I＝得＝，故A正确；匀速进入，外力做功的功率与克服安培力做功的功率相等，由P＝I2R得＝，故B错误；由电荷量q＝得＝，q与速度无关，故C错误；产生热量Q＝Pt＝P·，得＝×＝，故D正确。]
3．BCD [t时刻，金属杆的速度大小为v＝at，产生的感应电动势为E＝Blv，电路中的感应电流I＝，金属杆所受的安培力大小为F安＝BIl＝，由牛顿第二定律F－mg sin 37°－F安＝ma得F＝ma＋mg sin 37°＋，F与t是一次函数关系，选项A错误，B正确；t＝0时，F最小，代入数据可求得a＝2 m/s2，选项D正确；t＝2 s时，代入数据解得F＝12 N，选项C正确。]
4．AC [导体棒返回时mg sin－v＝ma，故先做加速度减小的加速运动，最后受力平衡，做匀速直线运动，所以A正确；根据q＝，可知导体棒沿着导轨上滑过程中通过R的电荷量为q＝，所以B错误；设导体棒沿着导轨上滑过程中克服安培力做的功为W，由能量守恒可得W＋mgL sin 30°＝，解得W＝，所以C正确；根据功能关系可得，导体棒沿着导轨上滑过程中电阻R上产生的热量为Q＝W，则Q＝，所以D错误。]
5．BD [金属棒下滑到底端时速度向右，磁场方向竖直向上，根据右手定则可知流过定值电阻的电流方向是Q→N，故A错误；根据法拉第电磁感应定律可知，通过金属棒的电荷量为q＝·Δt＝·Δt＝，故B正确；根据动能定理有mgh－μmgd－W克安＝0，则克服安培力所做的功为W克安＝mgh－μmgd，电路中产生的焦耳热等于克服安培力做的功，所以金属棒产生的焦耳热为Q棒＝(mgh－μmgd)，选项C错误，D正确。]
6．BD [根据右手定则判断，金属杆中感应电流方向为由b到a，故A错误；由左手定则可知，金属杆所受的安培力沿轨道向上，故B正确；总电阻为R总＝，通过ab的电流为I＝，当达到最大速度时，金属杆受力平衡，则有mg sin θ＝ILB＝·(R1＋R)，变形得＝·＋，由题图乙得＝k＝ s·m-1·Ω，＝b＝0.5 s·m-1，解得m＝0.1 kg，R1＝1 Ω，故C错误，D正确。]
7．解析：(1)当OA棒切割磁感线的有效长度为l1＝L时，该棒产生的感应电动势最大，有
Emax＝＝BL2ω
此时CD棒所受的安培力最大，结合I＝和安培力公式有
FAmax＝ImaxBL＝
当OA棒切割磁感线的有效长度为l2＝L时，该棒产生的感应电动势最小，有
Emin＝＝
此时CD棒所受的安培力最小，有
FAmin＝IminBL＝。
(2)设CD棒的质量为m，CD棒与平行导轨间的最大静摩擦力为f
OA棒在转动过程中，CD棒在所受安培力达到最大和最小时均恰好静止，则有
FAmax＝mg sin θ＋f
FAmin＋f＝mg sin θ
结合(1)问分析有FAmax＝mg sin θ
则撤去推力瞬间，CD棒的加速度方向沿平行导轨向上，对CD棒由牛顿第二定律有
FAmax＋μmg cos θ－mg sin θ＝ma
联立解得CD棒与导轨间的动摩擦因数为
μ＝。
答案：(1) (2)
8．解析：(1)根据题意可知，在导体杆b由静止释放到导体杆b运动到Q1Q2处的过程中
＝＝
根据闭合电路的欧姆定律有＝
根据电流的定义式q＝Δt
联立可得q＝。
(2)当导体杆b速度最大时，对导体杆a受力分析有FA＝μmg
对导体杆b受力分析，沿倾斜导轨方向有
mg sin θ＝FAcos θ＋f
垂直倾斜导轨方向有mg cos θ＋FAsin θ＝FN
由摩擦力的大小f＝μFN
联立可得μ＝。
(3)当导体杆b速度最大时有FA＝μmg＝
电动势E＝BLv cos θ
电流大小I＝
导体杆b受到的安培力FA＝BIL
联立可得v＝
根据动能定理可得mgd sin θ－W＋W安＝mv2
联立可得Q总＝－W安＝mgd－－W。
答案：(1) (2) (3)mgd－－W
9．解析：(1)设金属棒下滑的速度大小为v，则感应电动势为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＝，联立可得Q＝CBLv。
(2)设金属棒的速度大小为v，经历的时间为t，金属棒在时刻t的加速度方向沿导轨向下，设其大小为a，通过金属棒的电流为I＝＝CBL＝CBLa，金属棒受到的安培力方向沿导轨向上，大小为F＝ILB＝CB2L2a
金属棒所受到的摩擦力方向沿导轨向上，大小为Ff＝μFN，式中FN＝mg cos θ
根据牛顿第二定律有mg sin θ－F－Ff＝ma
联立上式可得a＝
则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＝at＝。
答案：(1)Q＝CBLv (2)v＝
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