习题课三 电磁感应中的动力学、能量和动量问题
1.如图所示，水平方向的磁场垂直于光滑曲面，闭合小金属环从高h的曲面上端无初速度滑下，又沿曲面的另一侧上升，则（ ）
A.若是匀强磁场，环在左侧上升的高度小于h
B.若是匀强磁场，环在左侧上升的高度大于h
C.若是非匀强磁场，环在左侧上升高度等于h
D.若是非匀强磁场，环在左侧上升的高度小于h
2.如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，ab边长大于bc边长，置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN。第一次ab边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1；第二次bc边平行于MN进入磁场，线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则（ ）
A.Q1＞Q2，q1＝q2 B.Q1＞Q2，q1＞q2
C.Q1＝Q2，q1＝q2 D.Q1＝Q2，q1＞q2
3.如图所示，虚线为两磁场的边界，左侧磁场的方向垂直纸面向里，右侧磁场的方向垂直纸面向外，磁感应强度大小均为B。一边长为L、电阻为R的单匝正方形导体线圈abcd，水平向右运动到图示位置时，速度大小为v，则（ ）
A.ab边受到的安培力向左，cd边受到的安培力向右
B.ab边受到的安培力向右，cd边受到的安培力向左
C.线圈受到的安培力大小为
D.线圈受到的安培力大小为
4.（多选）如图所示，金属杆ab以恒定的速率v在光滑平行导轨上向右滑行，设整个电路中总电阻为R（恒定不变），整个装置置于垂直纸面向里的匀强磁场中，下列叙述正确的是（ ）
A.ab杆中的电流与速率v成正比
B.磁场作用于ab杆的安培力与速率v成正比
C.电阻R上的热功率与速率v的二次方成正比
D.外力对ab杆做功的功率与速率v成正比
5.如图所示，间距为L的竖直平行金属导轨MN、PQ上端接有电阻R，质量为m、电阻为r的金属棒ab垂直于平行导轨放置，垂直导轨平面向里的水平匀强磁场的磁感应强度大小为B，不计导轨电阻及一切摩擦，且ab与导轨接触良好。若金属棒ab在竖直向上的外力F作用下以速度v匀速上升，则以下说法正确的是（ ）
A.a、b两端的电势差为BLv
B.b端电势高于a端电势
C.作用在金属棒ab上的各个力的合力做的功等于零
D.拉力F所做的功等于电路中产生的热量
6.如图所示，abcd区域中存在一个垂直纸面向里的有界匀强磁场，磁感应强度为B，bc边距地面高度为。正方形绝缘线圈MNPQ竖直放置，质量为m，边长为l，总电阻为R，PQ边与地面的动摩擦因数为μ，在水平恒力F的作用下向右做直线运动通过磁场区域。下列说法正确的是（ ）
A.线圈进入磁场过程中感应电流的方向沿QMNP
B.线圈MN边完全处于磁场中运动时，M、Q两点间电势差为零
C.线圈进入磁场的过程中通过线圈导线某截面的电荷量为
D.若线圈进入磁场过程中F＝＋μmg，则线圈做匀速直线运动
7.（多选）如图所示，两根间距为L的光滑金属导轨，平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，导轨的下端接有电阻R，导轨自身的电阻可忽略不计。斜面处在匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上，质量为m、导轨间有效电阻为r的金属棒ab在沿着斜面、与棒垂直的恒力F作用下由静止沿导轨上滑。下列说法正确的是（ ）
A.金属棒ab将会沿金属导轨做匀加速运动
B.金属棒ab最终将沿金属导轨做匀速运动
C.金属棒ab的最大速度为
D.恒力F做的功等于金属棒ab增加的机械能
8.如图所示，足够长的U形光滑金属导轨平面与水平面成θ角（0°＜θ＜90°），其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计。金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且接触良好，ab棒接入电路的有效电阻为R，当通过ab棒某一横截面的电荷量为q时，棒的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中（ ）
A.运动的平均速度大小为v B.下滑的位移大小为
C.产生的焦耳热为qBLv D.受到的最大安培力大小为sin θ
9.（多选）如图甲所示，相距为l＝1 m的两条足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ水平放置于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示，导轨的M、P两端连接一阻值为R＝0.5 Ω的电阻，金属棒ab垂直于导轨放置且接触良好，aM＝bP＝1 m，现将水平外力F作用在ab棒上，已知：F＝0.02t（N），式中t≤5（s），5 s 后F＝0.1 N保持不变，金属棒在运动中始终与导轨垂直。测得ab棒沿导轨滑行达到最大速度的过程中，流过电阻R的总电荷量为q＝1.4 C，不计金属棒ab及导轨的电阻，则（ ）
A.0～5 s内ab棒始终保持静止
B.5 s后的一段时间内ab棒做匀加速直线运动
C.ab棒运动过程中的最大速度vm＝0.2 m/s
D.ab棒从开始运动至获得最大速度的过程中，距导轨MP的最大距离为x＝1.4 m
10.均匀导线制成的单匝正方形闭合线框abcd，每边长为L，总电阻为R，总质量为m。将其置于磁感应强度为B的水平匀强磁场上方h处，如图所示。线框由静止自由下落，线框平面保持在竖直平面内，且cd边始终与水平的磁场边界平行。当cd边刚进入磁场时，求：
（1）线框中产生的感应电动势大小；
（2）c、d两点间的电势差大小；
（3）若此时线框加速度恰好为零，求线框下落的高度h。
11.如图所示，两根足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在绝缘水平桌面上，间距l＝0.4 m，导轨所在空间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5 T，将两根质量均为m1＝0.1 kg的导体棒ab、cd放在金属导轨上，导体棒的电阻均为R＝0.1 Ω，导体棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.2。用一根绝缘细线跨过导轨右侧的光滑定滑轮将一物块和导体棒cd相连，物块质量m2＝0.2 kg，细线伸直且与导轨平行。现在由静止释放物块，导体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，导体棒所受最大静摩擦力等于滑动摩擦力，导轨电阻不计，g取10 m/s2。
（1）求导体棒ab刚要运动时cd的速度大小v；
（2）若从物块静止释放到ab即将开始运动这段时间内，物块下降的高度h＝0.5 m，则此过程中整个回路产生的总的焦耳热是多少？
12.两根足够长的固定平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为l，导轨上面垂直放置两根导体棒ab和cd，构成矩形回路，如图所示。两根导体棒的质量均为m，电阻均为R，回路中其余部分的电阻不计。在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B。两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行，开始时，cd棒静止，ab棒有指向cd的速度v0。两导体棒在运动中始终不接触。求：
（1）在运动中产生的最大焦耳热；
（2）当ab棒的速度变为v0时，cd棒的加速度。
13.如图所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ倾斜放置，导轨平面与水平面的夹角θ＝30°，两导轨间距L＝1.0 m，底端N、Q两点连接R＝1.0 Ω的电阻，匀强磁场方向垂直于导轨所在平面向上，磁感应强度的大小为B＝0.6 T，质量为m＝0.2 kg、阻值为r＝0.5 Ω的导体棒垂直于导轨放置，在平行于平面向上的拉力F作用下沿导轨向上做匀速直线运动，速度v＝10 m/s。撤去拉力F后，导体棒沿导轨继续运动l＝2.0 m后速度减为零。运动过程中导体棒与导轨始终垂直并接触良好，取g＝10 m/s2，导轨电阻不计。求：
（1）拉力F的大小；
（2）撤去拉力F后导体棒继续沿导轨上滑的过程中电阻R产生的焦耳Q和通过电阻R的电荷量q。
习题课三 电磁感应中的动力学、能量和动量问题
1.D 若是匀强磁场，穿过小环的磁通量不变，没有感应电流产生，其机械能守恒，高度不变，则环在左侧上升的高度等于h，故A、B错误；若是非匀强磁场，穿过小环的磁通量变化，小环中将产生感应电流，机械能减小，转化为内能，高度将减小，则环在左侧上升的高度小于h，故C错误，D正确。
2.A 根据功能关系知，线框上产生的热量等于克服安培力做的功，即Q1＝W1＝F1lbc＝lbc＝lab，同理Q2＝lbc，又lab＞lbc，所以Q1＞Q2；通过线框导体横截面的电荷量q＝t＝t＝，所以q1＝q2，故A正确。
3.D 线圈的左右两边分别切割磁感线产生感应电动势，由右手定则可知线圈中感应电流沿顺时针方向，如图所示，再由左手定则可得ab边受到的安培力向左，cd边受到的安培力也向左，故A、B错误；线圈的电动势为E＝2BLv，则电流为I＝＝，线圈受到的安培力F总＝2F＝2BIL＝，故C错误，D正确。
4.ABC 由E＝Blv和I＝得I＝，所以ab受到的安培力F＝BIl＝，电阻R上的热功率P＝I2R＝，外力对ab做功的功率等于回路产生的热功率，故A、B、C正确。
5.C ab棒切割磁感线产生的电动势为E＝BLv，ab棒相当于电源，由于电源有内阻，所以ab棒两端电势差小于BLv，故A错误；由于ab棒匀速上升，由右手定则可知，a端电势高于b端电势，故B错误；由于ab棒匀速上升，由动能定理可知，作用在ab棒上的各个力的合力做的功等于零，故C正确；根据功能关系可知，拉力F做的功等于重力势能的增加量和电路中产生的热量之和，故D错误。
6.C 由右手定则可以判断，线圈进入磁场过程中感应电流的方向沿QPNM，A错误；线圈MN边完全处于磁场中运动时，回路中电流为零，M、Q两点间电势差大小为Blv，B错误；由q＝·Δt＝可得线圈进入磁场过程中通过线圈导线某截面的电荷量q＝，C正确；线圈进入磁场过程中受到向左的安培力F安＝B··＝，但因MN受到向下的安培力，所以线圈受到向左的摩擦力大于μmg，因此，若线圈进入磁场过程中F＝＋μmg，则线圈将做减速直线运动，D错误。
7.BC 根据右手定则可知，流过金属棒的电流由a到b，由左手定则知金属棒ab受到一个沿斜面向下的安培力，所以金属棒ab在运动过程中受到竖直向下的重力、垂直斜面向上的支持力、沿斜面向上的恒力F、沿斜面向下的安培力FA，随着速度增大，安培力也增大，则金属棒的合力减小，加速度减小，当合力为零时，金属棒做匀速直线运动，选项A错误，B正确；金属棒匀速运动时的速度为最大速度，此时有FA＋mgsin θ＝F，而FA＝ILB＝B··L，联立解得v＝，选项C正确；根据能量守恒定律可知，恒力F做的功等于金属棒ab增加的机械能与系统产生的焦耳热之和，选项D错误。
8.B 金属棒ab开始做加速度逐渐减小的变加速直线运动，不是匀变速直线运动，平均速度大于v，选项A错误；由q＝＝可知，金属棒ab下滑的位移s＝，选项B正确；开始时导体棒速度小于v，产生的电动势小于BLv，故金属棒ab下滑过程产生的焦耳热Q小于qBLv，选项C错误；金属棒ab受到的最大安培力F安＝BIL＝，选项D错误。
9.AC 0～5 s内，由于穿过闭合回路的磁通量发生变化，故ab棒水平方向将受到向左的安培力F安与外力F的作用，则有F安＝BIl，I＝，E＝＝S，B＝0.1t，联立以上式子代入数据求得0～5 s内F安＝0.02t（N）＝F，则0～5 s内ab棒始终保持静止，A正确；5 s后，由于磁场保持不变，故ab棒将在外力F作用下从静止开始向右运动，并切割磁感线，从而将受到水平向左的安培力的作用，由牛顿第二定律可得F－F安＝ma，又E＝Blv，则F－＝ma，所以ab棒将做加速度逐渐减小的加速直线运动，当加速度为0时，速度达到最大且以最大速度做匀速直线运动，B错误；由前面分析可知，当ab棒匀速运动时，速度最大，即F＝＝0.1 N，代入数据解得vm＝0.2 m/s，C正确；ab棒从开始运动至获得最大速度的过程中，流过电阻R的总电荷量为1.4 C，则有q＝＝ C＝（x－1）C＝1.4 C，解得x＝2.4 m，所以ab棒从开始运动至获得最大速度的过程中，距导轨MP的最大距离为2.4 m，D错误。
10.（1）BL （2）BL （3）
解析：（1）cd边刚进入磁场时，线框速度v＝
线框中产生的感应电动势E＝BLv＝BL。
（2）此时线框中的电流为I＝
cd边切割磁感线，相当于电源，c、d两点间的电势差即路端电压，则c、d两点间的电势差大小
U＝I·R＝BL。
（3）cd边刚进入磁场时线框受到的安培力
F安＝BIL＝
根据牛顿第二定律得mg－F安＝ma，
又a＝0，解得线框下落的高度h＝。
11.（1）1 m/s （2）0.75 J
解析：（1）由题意可知，当导体棒ab受到的水平向右的安培力增大到与最大静摩擦力相等时，导体棒ab即将运动。设此时导体棒cd的速度为v，导体棒切割磁感线时的感应电动势E＝Blv，
又I＝，F安＝BIl，Fmax＝μm1g，F安＝Fmax。
由以上公式联立解得v＝1 m/s。
（2）在物块下降h＝0.5 m高度的过程中，对于由导体棒ab、cd以及物块组成的系统进行分析，由能量守恒定律得m2gh＝（m1＋m2）v2＋Q＋μm1gh
代入数据解得Q＝0.75 J。
12.（1）m （2），方向水平向右
解析：（1）从初始到两棒速度相等的过程中，两棒总动量守恒，则有mv0＝2mv
解得v＝
由能量守恒定律得
Q＝m－×2mv2＝m。
（2）当ab棒的速度变为v0时，设此时cd棒的速度为v'，由动量守恒定律可知mv0＝m×v0＋mv'
解得v'＝v0
此时回路中的电动势为
E＝Blv0－Blv0＝Blv0
此时回路中的电流为I＝＝
此时cd棒所受的安培力为F＝BIl＝
由牛顿第二定律可得，cd棒的加速度a＝＝
方向水平向右。
13.（1）3.4 N （2） J 0.8 C
解析：（1）导体棒匀速运动产生的感应电动势为E＝BLv＝6 V
感应电流为I＝＝4 A
由导体棒受力平衡可得F＝F安＋mgsin θ＝BIL＋mgsin θ＝3.4 N。
（2）撤去拉力后，由动能定理可得
－mglsin θ－W克安＝0－mv2
得导体棒克服安培力所做的功W克安＝8 J
则电阻R产生的焦耳热Q＝W克安＝ J
通过电阻R的电荷量
q＝Δt＝＝＝0.8 C。
5 / 5习题课三 电磁感应中的动力学、能量和动量问题
核心 素养 目标 科学 思维 1.进一步熟练掌握牛顿运动定律、动能定理、能量守恒定律等基本规律。 2.掌握电磁感应中动力学问题的分析方法，建立解决电磁感应中动力学问题的思维模型。 3.理解电磁感应过程中能量的转化情况，能用能量的观点分析和解决电磁感应问题
要点一 电磁感应中的动力学问题
1.导体的两种运动状态
（1）导体的平衡状态——静止状态或匀速直线运动状态。
处理方法：根据平衡条件（合外力等于0）列式分析。
（2）导体的非平衡状态——加速度不为0。
处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析。
2.力学对象和电学对象的相互关系
【典例1】 如图所示，两根足够长的光滑直金属导轨MN、PQ平行固定在倾角θ＝37°的绝缘斜面上，两导轨间距l＝1 m，导轨的电阻可忽略。M、P两点间接有电阻R。一根质量m＝1 kg、电阻r＝0.2 Ω的均匀直金属杆ab放在两导轨上，与导轨垂直且接触良好。整套装置处于磁感应强度B＝0.5 T 的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下。自图示位置起，杆ab受到大小为F＝0.5v＋2（式中v为杆ab运动的速度，所有物理量均采用国际单位制）、方向平行导轨沿斜面向下的拉力作用，由静止开始运动，测得通过电阻R的电流随时间均匀增大。g取10 m/s2，sin 37°＝0.6。
（1）试判断金属杆ab在匀强磁场中做何种运动，请写出推理过程；
（2）求电阻R的阻值；
（3）求金属杆ab自静止开始下滑通过位移s＝1 m所需的时间t。
思路点拨
（1）金属杆下滑时电动势如何计算？所构成的电路是怎样的？
（2）杆受哪些力？谁是恒力，谁是变力？
（3）杆运动时加速度、速度如何变化？
尝试解答
规律方法
“四步法”分析电磁感应中的动力学问题
解决电磁感应中的动力学问题的一般思路是“先电后力”，具体思路如下：
1.如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导体之间接有电阻R。金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下。现使磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，下列说法正确的是（ ）
A.ab中的感应电流方向由b到a
B.ab中的感应电流逐渐减小
C.ab所受的安培力保持不变
D.ab所受的静摩擦力逐渐减小
2.如图所示，MN和PQ是两根互相平行且竖直放置的光滑金属导轨，已知导轨足够长，且电阻不计，ab是一根与导轨垂直且始终与导轨接触良好的金属杆。开始时，将开关S断开，让杆ab由静止开始自由下落，经过一段时间后，再将S闭合，若从S闭合开始计时，则金属杆ab的速度v随时间t变化的图像不可能是下图中的（ ）
要点二 电磁感应中的能量和动量问题
1.能量转化的过程分析
电磁感应的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功实现的。安培力做功使得电能转化为其他形式的能（通常为内能），克服安培力做功，则是其他形式的能（通常为机械能）转化为电能的过程。
2.求解焦耳热Q的几种方法
公式法 Q＝I2Rt
功能关系法 焦耳热等于克服安培力做的功
能量转化法 焦耳热等于其他形式能的减少量
3.动量观点在电磁感应中的应用
（1）动量守恒定律的应用
在双金属棒切割磁感线的系统中，双金属棒和导轨构成闭合回路，安培力为系统内力，如果两安培力等大反向，且它们受到的外力的合力为0，则满足动量守恒条件，运用动量守恒定律求解比较方便。
（2）动量定理的应用
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时，安培力的冲量为I安＝BLΔt＝BLq，通过导体棒或金属框的电荷量为q＝Δt＝Δt＝n，磁通量变化量ΔΦ＝BΔS＝BLx。如果安培力是导体棒或金属框受到的合外力，则I安＝mv2－mv1。当题目中涉及速度v、电荷量q、运动时间t、运动位移x时用动量定理求解更方便。
【典例2】 如图所示，MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成θ角固定，轨道间距为d。空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为B。P、M间所接电阻阻值为R。质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上，其有效电阻为r。现从静止释放ab，当它沿轨道下滑距离x时，达到最大速度。若轨道足够长且电阻不计，重力加速度为g。求：
（1）金属杆ab运动的最大速度；
（2）金属杆ab运动的加速度为gsin θ时，电阻R上的电功率；
（3）金属杆ab从静止到具有最大速度的过程中，克服安培力所做的功。
尝试解答
规律方法
求解电磁感应现象中能量守恒问题的一般思路
（1）确定感应电动势的大小和方向。
（2）画出等效电路图，求出回路中消耗的电能表达式。
（3）分析导体机械能的变化，用能量守恒关系得到机械能的改变与回路中的电能的改变所满足的方程。
【典例3】 足够长的平行金属轨道M、N，相距L＝0.5 m，且水平放置；M、N左端与半径为R＝0.4 m的光滑竖直半圆轨道相连，与轨道始终垂直且接触良好的金属棒b和c可在轨道上无摩擦地滑动，两金属棒的质量mb＝mc＝0.1 kg，接入电路的有效电阻Rb＝Rc＝1 Ω，轨道的电阻不计。平行水平金属轨道M、N处于磁感应强度B＝1 T的匀强磁场中，磁场方向垂直于轨道平面向上，光滑竖直半圆轨道在磁场外，如图所示，若使b棒以初速度v0＝10 m/s开始向左运动，运动过程中b、c不相撞，g取10 m/s2，求：
（1）c棒的最大速度；
（2）c棒达到最大速度时，此棒产生的焦耳热；
（3）若c棒达到最大速度后沿半圆轨道上滑，金属棒c到达轨道最高点时对轨道的压力的大小。
尝试解答
1.（多选）如图所示，固定在水平绝缘平面上足够长的两条平行金属导轨电阻不计，但表面粗糙，导轨左端连接一个电阻R，质量为m的金属棒ab（电阻也不计）放在导轨上，并与导轨垂直，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，用水平恒力F把ab棒从静止起向右拉动的过程中（ ）
A.恒力F做的功等于电路产生的电能
B.克服安培力做的功等于电路中产生的电能
C.恒力F和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能
D.恒力F和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能和棒ab获得的动能之和
2.如图所示，在粗糙绝缘水平面上有一正方形闭合线框abcd，其边长为l，质量为m，金属线框与水平面的动摩擦因数为μ。虚线框a'b'c'd'内有一匀强磁场，磁场方向竖直向下。开始时金属线框的ab边与磁场的d'c'边重合。现使金属线框以初速度v0沿水平面滑入磁场区域，运动一段时间后停止，此时金属线框的dc边与磁场区域的d'c' 边距离为l。在这个过程中，金属线框产生的焦耳热为（ ）
A.m＋μmgl B.m－μmgl
C.m＋2μmgl D.m－2μmgl
3.如图所示，两根光滑的导轨平行放置。导轨的水平部分放在绝缘水平面上，水平部分所在空间有竖直向上的磁场，磁感应强度为B。导轨的水平部分和倾斜部分由光滑圆弧连接。两根完全相同的金属棒ab和cd质量均为m、接入电路的电阻均为R，将cd置于导轨的水平部分与导轨垂直放置，将ab置于导轨的倾斜部分与导轨垂直放置，ab离水平面的高度为h，重力加速度为g，现将ab由静止释放，求：
（1）cd棒最终的速度大小；
（2）整个过程中产生的焦耳热Q。
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及线框中导线的电阻都忽略不计。开始时，给ef一个向右的初速度，则（ ）
A.ef将减速向右运动，但不是匀减速，最后停止
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.（多选）如图所示，有两根和水平方向成α角的光滑平行的金属轨道，上端接有可变电阻R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为B。一根质量为m的金属杆从轨道上由静止滑下，杆与轨道电阻不计，经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度vmax，则（ ）
A.如果B变大，vmax将变大 B.如果α变大，vmax将变大
C.如果R变大，vmax将变大 D.如果m变小，vmax将变大
3.（多选）如图甲所示，边长L＝0.4 m的正方形线框总电阻R＝1 Ω（在图中用等效电阻画出），方向垂直纸面向外的磁场充满整个线框平面。磁场的磁感应强度随时间变化的情况如图乙所示，则下列说法中正确的是（ ）
A.回路中电流方向沿逆时针方向
B.线框所受安培力逐渐减小
C.5 s末回路中的电动势为0.08 V
D.0～6 s内回路中产生的电热为3.84×10－2 J
4.如图所示，固定在同一绝缘水平面内的两平行长直金属导轨，间距为1 m，其左侧用导线接有两个阻值均为1 Ω的电阻，整个装置处在磁感应强度方向竖直向上、大小为1 T的匀强磁场中。一质量为1 kg的金属杆MN垂直于导轨放置，已知杆接入电路的电阻为1 Ω，杆与导轨之间的动摩擦因数为0.3，对杆施加方向水平向右、大小为10 N的拉力，杆从静止开始沿导轨运动，杆与导轨始终保持良好接触，导轨电阻不计，重力加速度大小g＝10 m/s2，则当杆的速度大小为3 m/s时（ ）
A.杆MN的加速度大小为3 m/s2
B.通过杆MN的电流大小为1 A，方向从M到N
C.杆MN两端的电压为1 V
D.杆MN消耗的电功率为1 W
习题课三 电磁感应中的动力学、能量和动量问题
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【典例1】 （1）见解析 （2）0.3 Ω （3）0.5 s
解析：（1）通过R的电流I＝＝，因为B、l、R、r为定值，所以I与v成正比，因通过R的电流I随时间均匀增大，即杆的速度v随时间均匀增大，即杆的加速度为恒量，故金属杆做匀加速运动。
（2）对回路电流进行分析，根据闭合电路欧姆定律有
I＝
对杆进行受力分析，根据牛顿第二定律有
F＋mgsin θ－BIl＝ma
将F＝0.5v＋2代入得
2＋mgsin θ＋v＝ma
因为v为变量，a为定值，所以a与v无关，则有
ma＝2＋mgsin θ
0.5－＝0
解得a＝8 m/s2，R＝0.3 Ω。
（3）由s＝at2得金属杆ab自静止开始下滑通过位移s＝1 m所需时间t＝ ＝0.5 s。
素养训练
1.D 磁感应强度均匀减小，穿过闭合回路的磁通量减小，根据楞次定律结合安培定则可知，ab中的感应电流方向由a到b，选项A错误；由于磁感应强度均匀减小，根据法拉第电磁感应定律可得E＝，可知感应电动势恒定，则ab中的感应电流不变，选项B错误；根据安培力公式F＝IlB知，电流不变，B随时间均匀减小，则安培力F减小，选项C错误；ab始终保持静止，处于平衡状态，安培力和静摩擦力大小相等，即f＝F，安培力减小，则静摩擦力减小，选项D正确。
2.B S闭合时，若金属杆受到的安培力＞mg，ab杆先做加速度逐渐减小的减速运动再做匀速运动，故D项有可能；若＝mg，ab杆匀速运动，故A项有可能；若＜mg，ab杆先做加速度逐渐减小的加速运动再做匀速运动，故C项有可能；由于v变化，mg－＝ma中a不恒定，故B项不可能。
要点二
知识精研
【典例2】 （1） （2）（3）mgxsin θ－·
解析： （1）当杆达到最大速度时安培力
F＝mgsin θ
安培力F＝BId
感应电流I＝
感应电动势E＝Bdvmax
联立解得最大速度vmax＝。
（2）当金属杆ab运动的加速度为gsin θ时
根据牛顿第二定律有mgsin θ－BI'd＝m·gsin θ
电阻R上的电功率P＝I'2R
联立解得P＝。
（3）根据动能定理得mgxsin θ－WF＝m－0
解得WF＝mgxsin θ－·。
【典例3】 （1）5 m/s （2）1.25 J （3）1.25 N
解析：（1）在安培力作用下，b棒做减速运动，c棒做加速运动，当两棒速度相等时，c棒达到最大速度。取两棒组成的系统为研究对象，根据动量守恒定律有mbv0＝（mb＋mc）v
解得c棒的最大速度为
v＝v0＝v0＝5 m/s。
（2）从b棒开始运动到两棒速度相等的过程中，系统减少的动能转化为电能，两棒中产生的总焦耳热为Q＝mb－（mb＋mc）v2＝2.5 J。
因为Rb＝Rc，所以c棒达到最大速度时，此棒产生的焦耳热为Qc＝＝1.25 J。
（3）设c棒沿半圆轨道滑到最高点时的速度为v'，从半圆轨道最低点上升到最高点的过程，由机械能守恒定律可得mcv2－mcv'2＝mcg·2R
解得v'＝3 m/s
在最高点，设轨道对c棒的弹力为F，由牛顿第二定律得mcg＋F＝mc
解得F＝1.25 N
由牛顿第三定律得，在最高点c棒对轨道的压力大小为1.25 N，方向竖直向上。
素养训练
1.BD 由功能关系可得，克服安培力做的功等于电路中产生的电能，即W安＝W电，选项A错误，B正确；根据动能定理可知，恒力F、安培力与摩擦力的合力做的功等于棒ab获得的动能，即WF－Wf－W安＝Ek，则恒力F和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能和棒ab获得的动能之和，即WF－Wf＝W电＋Ek，选项C错误，D正确。
2.D 依题意知，金属线框移动的位移大小为2l，此过程中克服摩擦力做功为2μmgl，由能量守恒定律得金属线框中产生的焦耳热为Q＝m－2μmgl，故选项D正确。
3.（1） （2）mgh
解析：（1）设ab下滑到倾斜轨道时速度为v1，
ab下滑过程，有mgh＝m，
得v1＝
ab和cd在水平导轨上运动时，根据动量守恒定律，有mv1＝2mv2，得v2＝。
（2）整个过程中产生的焦耳热Q＝m－×2m＝mgh。
【教学效果·勤检测】
1.A ef向右运动，切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，会受到向左的安培力而做减速运动，直到停止，由F＝BIl＝＝ma知，ef做的是加速度逐渐减小的减速运动，故A正确。
2.BC 金属杆从轨道上滑下切割磁感线产生感应电动势，则E＝Blv，在闭合电路中形成电流，则I＝，因此金属杆从轨道上滑下的过程中除受重力、轨道的弹力外还受安培力F作用，则F＝BIl＝。先用右手定则判定感应电流方向，再用左手定则判定出安培力方向， 如图所示，根据牛顿第二定律，得mgsin α－＝ma，当a→0时，v→vmax，解得vmax＝，如果B变大或m变小，则vmax将变小，如果α变大或R变大，则vmax将变大，故选项B、C正确。
3.CD 由楞次定律可判断出感应电流的方向沿顺时针方向，A错误；由图像可知磁通量变化率是恒定的，根据法拉第电磁感应定律可知线框中产生的感应电动势是恒定的，根据闭合电路欧姆定律可知感应电流大小也是恒定的，再依据安培力表达式F＝BIl可知安培力大小与磁感应强度成正比，所以线框所受安培力逐渐增大，B错误；5 s末回路中的电动势为E＝＝S＝×0.4×0.4 V＝0.08 V，C正确；根据闭合电路欧姆定律得回路中的感应电流为I＝＝ A＝0.08 A，根据焦耳定律得在0～6 s内回路中产生的焦耳热为Q＝I2Rt＝0.082×1×6 J＝3.84×10－2 J，D正确。
4.C MN切割磁感线产生的感应电动势E＝Blv＝1×1×3 V＝3 V，感应电流I＝＝ A＝2 A，对金属杆，由牛顿第二定律得F－BIl－μmg＝ma，代入数据解得a＝5 m/s2，A错误；由选项A的分析可知，流过MN的电流大小为2 A，由右手定则可知，电流方向从M向N，B错误；MN两端的电压U＝IR外＝2× V＝1 V，C正确；杆MN消耗的电功率P＝I2r＝22×1 W＝4 W，D错误。
6 / 6(共83张PPT)
习题课三
电磁感应中的动力学、能量和动量问题
核
心 素
养 目
标 科
学 思
维 1.进一步熟练掌握牛顿运动定律、动能定理、能量守恒定律
等基本规律。
2.掌握电磁感应中动力学问题的分析方法，建立解决电磁感
应中动力学问题的思维模型。
3.理解电磁感应过程中能量的转化情况，能用能量的观点分
析和解决电磁感应问题
目 录
01.
核心要点·快突破
02.
教学效果·勤检测
03.
课时训练·提素能
核心要点·快突破
互动探究 深化认知
01
要点一 电磁感应中的动力学问题
1. 导体的两种运动状态
（1）导体的平衡状态——静止状态或匀速直线运动状态。
处理方法：根据平衡条件（合外力等于0）列式分析。
（2）导体的非平衡状态——加速度不为0。
处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系
分析。
2. 力学对象和电学对象的相互关系
【典例1】 如图所示，两根足够长的光滑直金属导轨MN、PQ平行
固定在倾角θ＝37°的绝缘斜面上，两导轨间距l＝1 m，导轨的电阻
可忽略。M、P两点间接有电阻R。一根质量m＝1 kg、电阻r＝0.2 Ω
的均匀直金属杆ab放在两导轨上，与导轨垂直且接触良好。整套装置
处于磁感应强度B＝0.5 T 的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下。自
图示位置起，杆ab受到大小为F＝0.5v＋2（式中v
为杆ab运动的速度，所有物理量均采用国际单位
制）、方向平行导轨沿斜面向下的拉力作用，由
静止开始运动，测得通过电阻R的电流随时间均
匀增大。g取10 m/s2，sin 37°＝0.6。
（1）试判断金属杆ab在匀强磁场中做何种运动，请写出推理过程；
（2）求电阻R的阻值；
（3）求金属杆ab自静止开始下滑通过位移s＝1 m所需的时间t。
思路点拨
（1）金属杆下滑时电动势如何计算？所构成的电路是怎样的？
答案：（1）见解析
（2）杆受哪些力？谁是恒力，谁是变力？
（2）0.3 Ω
（3）杆运动时加速度、速度如何变化？
（3）0.5 s
解析：（1）通过R的电流I＝＝，因为B、l、R、r为定
值，所以I与v成正比，因通过R的电流I随时间均匀增大，即杆的
速度v随时间均匀增大，即杆的加速度为恒量，故金属杆做匀加
速运动。
（2）对回路电流进行分析，根据闭合电路欧姆定律有I＝
对杆进行受力分析，根据牛顿第二定律有
F＋mgsin θ－BIl＝ma
将F＝0.5v＋2代入得
2＋mgsin θ＋v＝ma
因为v为变量，a为定值，所以a与v无关，则有
ma＝2＋mgsin θ
0.5－＝0
解得a＝8 m/s2，R＝0.3 Ω。
（3）由s＝at2得金属杆ab自静止开始下滑通过位移s＝1 m所需时间t
＝ ＝0.5 s。
规律方法
“四步法”分析电磁感应中的动力学问题
解决电磁感应中的动力学问题的一般思路是“先电后力”，具体思路
如下：
1. 如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导体之间接有电阻
R。金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁
场中，磁场方向垂直于导轨平面向下。现使磁感应强度随时间均匀
减小，ab始终保持静止，下列说法正确的是（ ）
A. ab中的感应电流方向由b到a
B. ab中的感应电流逐渐减小
C. ab所受的安培力保持不变
D. ab所受的静摩擦力逐渐减小
解析： 磁感应强度均匀减小，穿过闭合回路的磁通量减小，根
据楞次定律结合安培定则可知，ab中的感应电流方向由a到b，选项
A错误；由于磁感应强度均匀减小，根据法拉第电磁感应定律可得
E＝，可知感应电动势恒定，则ab中的感应电流不变，选项B错
误；根据安培力公式F＝IlB知，电流不变，B随时间均匀减小，则
安培力F减小，选项C错误；ab始终保持静止，处于平衡状态，安
培力和静摩擦力大小相等，即f＝F，安培力减小，则静摩擦力减
小，选项D正确。
2. 如图所示，MN和PQ是两根互相平行且竖直放置的光滑金属导轨，
已知导轨足够长，且电阻不计，ab是一根与导轨垂直且始终与导轨
接触良好的金属杆。开始时，将开关S断开，让杆ab由静止开始自
由下落，经过一段时间后，再将S闭合，若从S闭合开始计时，则
金属杆ab的速度v随时间t变化的图像不可能是如图中的（ ）
解析： S闭合时，若金属杆受到的安培力＞mg，ab杆先做
加速度逐渐减小的减速运动再做匀速运动，故D项有可能；若
＝mg，ab杆匀速运动，故A项有可能；若＜mg，ab杆先做加
速度逐渐减小的加速运动再做匀速运动，故C项有可能；由于v变
化，mg－＝ma中a不恒定，故B项不可能。
要点二 电磁感应中的能量和动量问题
1. 能量转化的过程分析
电磁感应的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通
过安培力做功实现的。安培力做功使得电能转化为其他形式的能
（通常为内能），克服安培力做功，则是其他形式的能（通常为机
械能）转化为电能的过程。
2. 求解焦耳热Q的几种方法
公式法 Q＝I2Rt
功能关系法 焦耳热等于克服安培力做的功
能量转化法 焦耳热等于其他形式能的减少量
3. 动量观点在电磁感应中的应用
（1）动量守恒定律的应用
在双金属棒切割磁感线的系统中，双金属棒和导轨构成闭合
回路，安培力为系统内力，如果两安培力等大反向，且它们
受到的外力的合力为0，则满足动量守恒条件，运用动量守恒
定律求解比较方便。
（2）动量定理的应用
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
速直线运动时，安培力的冲量为I安＝BLΔt＝BLq，通过导体
棒或金属框的电荷量为q＝Δt＝Δt＝n，磁通量变化量
ΔΦ＝BΔS＝BLx。如果安培力是导体棒或金属框受到的合外
力，则I安＝mv2－mv1。当题目中涉及速度v、电荷量q、运动
时间t、运动位移x时用动量定理求解更方便。
【典例2】 如图所示，MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成θ角固定，轨道间距为d。空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为B。P、M间所接电阻阻值为R。质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上，其有效电阻为r。现从静止释放ab，当它沿轨道下滑距离x时，达到最大速度。若轨道足够长且电阻不计，重力加速度为g。求：
（1）金属杆ab运动的最大速度；
答案：
解析： 当杆达到最大速度时安培力F＝mgsin θ
安培力F＝BId
感应电流I＝
感应电动势E＝Bdvmax
联立解得最大速度vmax＝。
（2）金属杆ab运动的加速度为gsin θ时，电阻R上的电功率；
答案：
解析：当金属杆ab运动的加速度为gsin θ时
根据牛顿第二定律有mgsin θ－BI'd＝m·gsin θ
电阻R上的电功率P＝I'2R
联立解得P＝。
（3）金属杆ab从静止到具有最大速度的过程中，克服安培力所做
的功。
答案： mgxsin θ－·
解析：根据动能定理得mgxsin θ－WF＝m－0
解得WF＝mgxsin θ－·。
规律方法
求解电磁感应现象中能量守恒问题的一般思路
（1）确定感应电动势的大小和方向。
（2）画出等效电路图，求出回路中消耗的电能表达式。
（3）分析导体机械能的变化，用能量守恒关系得到机械能的改变与
回路中的电能的改变所满足的方程。
【典例3】 足够长的平行金属轨道M、N，相距L＝0.5 m，且水平放
置；M、N左端与半径为R＝0.4 m的光滑竖直半圆轨道相连，与轨道
始终垂直且接触良好的金属棒b和c可在轨道上无摩擦地滑动，两金属
棒的质量mb＝mc＝0.1 kg，接入电路的有效电阻Rb＝Rc＝1 Ω，轨道的
电阻不计。平行水平金属轨道M、N处于磁感应强度B＝1 T的匀强磁
场中，磁场方向垂直于轨道平面向上，光滑竖直
半圆轨道在磁场外，如图所示，若使b棒以初速度
v0＝10 m/s开始向左运动，运动过程中b、c不相撞，
g取10 m/s2，求：
答案：5 m/s
（1）c棒的最大速度；
解析：在安培力作用下，b棒做减速运动，c棒做加速运动，当两棒速度相等时，c棒达到最大速度。取两棒组成的系统为研究对象，根据动量守恒定律有mbv0＝（mb＋mc）v
解得c棒的最大速度为
v＝v0＝v0＝5 m/s。
（2）c棒达到最大速度时，此棒产生的焦耳热；
答案：1.25 J
解析：从b棒开始运动到两棒速度相等的过程中，系统减少的动
能转化为电能，两棒中产生的总焦耳热为Q＝mb－（mb＋
mc）v2＝2.5 J。
因为Rb＝Rc，所以c棒达到最大速度时，此棒产生的焦耳热为Qc
＝＝1.25 J。
（3）若c棒达到最大速度后沿半圆轨道上滑，金属棒c到达轨道最高点时对轨道的压力的大小。
答案：1.25 N
解析：设c棒沿半圆轨道滑到最高点时的速度为v'，从半圆轨道最低点上升到最高点的过程，由机械能守恒定律可得mcv2－mcv'2＝mcg·2R
解得v'＝3 m/s
在最高点，设轨道对c棒的弹力为F，由牛顿第二定律得mcg＋F
＝mc
解得F＝1.25 N
由牛顿第三定律得，在最高点c棒对轨道的压力大小为1.25 N，
方向竖直向上。
1. （多选）如图所示，固定在水平绝缘平面上足够长的两条平行金属
导轨电阻不计，但表面粗糙，导轨左端连接一个电阻R，质量为m
的金属棒ab（电阻也不计）放在导轨上，并与导轨垂直，整个装置
放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，用水平恒力F把ab棒
从静止起向右拉动的过程中（ ）
A. 恒力F做的功等于电路产生的电能
B. 克服安培力做的功等于电路中产生的电能
C. 恒力F和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能
D. 恒力F和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能和棒ab获得的动能之和
解析： 由功能关系可得，克服安培力做的功等于电路中产生
的电能，即W安＝W电，选项A错误，B正确；根据动能定理可知，
恒力F、安培力与摩擦力的合力做的功等于棒ab获得的动能，即WF
－Wf－W安＝Ek，则恒力F和摩擦力的合力做的功等于电路中产生
的电能和棒ab获得的动能之和，即WF－Wf＝W电＋Ek，选项C错
误，D正确。
2. 如图所示，在粗糙绝缘水平面上有一正方形闭合线框abcd，其边长
为l，质量为m，金属线框与水平面的动摩擦因数为μ。虚线框
a'b'c'd'内有一匀强磁场，磁场方向竖直向下。开始时金属线框的ab
边与磁场的d'c'边重合。现使金属线框以初速度v0沿水平面滑入磁
场区域，运动一段时间后停止，此时金属线框的dc边与磁场区域的
d'c' 边距离为l。在这个过程中，金属线框产生的焦耳热为（ ）
解析： 依题意知，金属线框移动的位移大小为2l，此过程中克
服摩擦力做功为2μmgl，由能量守恒定律得金属线框中产生的焦耳
热为Q＝m－2μmgl，故选项D正确。
3. 如图所示，两根光滑的导轨平行放置。导轨的水平部分放在绝
缘水平面上，水平部分所在空间有竖直向上的磁场，磁感应强
度为B。导轨的水平部分和倾斜部分由光滑圆弧连接。两根完全
相同的金属棒ab和cd质量均为m、接入电路的电阻均为R，将cd
置于导轨的水平部分与导轨垂直放置，将ab置于导轨的倾斜部
分与导轨垂直放置，ab离水平面的高度为h，重力加速度为g，
现将ab由静止释放，求：
（1）cd棒最终的速度大小；
答案：
解析：设ab下滑到倾斜轨道时速度为v1，
ab下滑过程，有mgh＝m，得v1＝
ab和cd在水平导轨上运动时，根据动量守恒定律，有mv1＝
2mv2，得v2＝。
（2）整个过程中产生的焦耳热Q。
答案：mgh
解析：整个过程中产生的焦耳热Q＝m－×2m＝
mgh。
教学效果·勤检测
强化技能 查缺补漏
02
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及线框中导线的电阻都忽
略不计。开始时，给ef一个向右的初速度，则（ ）
A. ef将减速向右运动，但不是匀减速，最后停止
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
解析： ef向右运动，切割磁感线，产生感应电动势和感应电
流，会受到向左的安培力而做减速运动，直到停止，由F＝BIl＝
＝ma知，ef做的是加速度逐渐减小的减速运动，故A正确。
2. （多选）如图所示，有两根和水平方向成α角的光滑平行的金属轨
道，上端接有可变电阻R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的
匀强磁场，磁感应强度为B。一根质量为m的金属杆从轨道上由静
止滑下，杆与轨道电阻不计，经过足够长的时间后，金属杆的速度
会趋近于一个最大速度vmax，则（ ）
A. 如果B变大，vmax将变大
B. 如果α变大，vmax将变大
C. 如果R变大，vmax将变大
D. 如果m变小，vmax将变大
解析： 金属杆从轨道上滑下切割磁感线产生感
应电动势，则E＝Blv，在闭合电路中形成电流，则I
＝，因此金属杆从轨道上滑下的过程中除受重
力、轨道的弹力外还受安培力F作用，则F＝BIl＝。先用右手定则判定感应电流方向，再用左手定则判定出安培力方向， 如图所示，根据牛顿第二定律，得mgsin α－＝ma，当a→0时，v→vmax，解得vmax＝，如果B变大或m变小，则vmax将变
小，如果α变大或R变大，则vmax将变大，故选项B、C正确。
3. （多选）如图甲所示，边长L＝0.4 m的正方形线框总电阻R＝1 Ω
（在图中用等效电阻画出），方向垂直纸面向外的磁场充满整个线
框平面。磁场的磁感应强度随时间变化的情况如图乙所示，则下列
说法中正确的是（ ）
A. 回路中电流方向沿逆时针方向
B. 线框所受安培力逐渐减小
C. 5 s末回路中的电动势为0.08 V
D. 0～6 s内回路中产生的电热为3.84×10－2 J
解析： 由楞次定律可判断出感应电流的方向沿顺时针方向，A错误；由图像可知磁通量变化率是恒定的，根据法拉第电磁感应
定律可知线框中产生的感应电动势是恒定的，根据闭合电路欧姆定
律可知感应电流大小也是恒定的，再依据安培力表达式F＝BIl可知
安培力大小与磁感应强度成正比，所以线框所受安培力逐渐增大，
B错误；5 s末回路中的电动势为E＝＝S＝×0.4×0.4 V＝
0.08 V，C正确；根据闭合电路欧姆定律得回路中的感应电流为I＝
＝ A＝0.08 A，根据焦耳定律得在0～6 s内回路中产生的焦耳
热为Q＝I2Rt＝0.082×1×6 J＝3.84×10－2 J，D正确。
4. 如图所示，固定在同一绝缘水平面内的两平行长直金属导轨，间距
为1 m，其左侧用导线接有两个阻值均为1 Ω的电阻，整个装置处在
磁感应强度方向竖直向上、大小为1 T的匀强磁场中。一质量为1
kg的金属杆MN垂直于导轨放置，已知杆接入电路的电阻为1 Ω，杆
与导轨之间的动摩擦因数为0.3，对杆施加方向水平向右、大小为
10 N的拉力，杆从静止开始沿导轨运动，杆与导轨始终保持良好接
触，导轨电阻不计，重力加速度大小g＝10 m/s2，则当杆的速度大
小为3 m/s时（ ）
A. 杆MN的加速度大小为3 m/s2
B. 通过杆MN的电流大小为1 A，方向从M到N
C. 杆MN两端的电压为1 V
D. 杆MN消耗的电功率为1 W
解析： MN切割磁感线产生的感应电动势E＝Blv＝1×1×3 V＝
3 V，感应电流I＝＝ A＝2 A，对金属杆，由牛顿第二
定律得F－BIl－μmg＝ma，代入数据解得a＝5 m/s2，A错误；由选
项A的分析可知，流过MN的电流大小为2 A，由右手定则可知，电
流方向从M向N，B错误；MN两端的电压U＝IR外＝2× V＝1
V，C正确；杆MN消耗的电功率P＝I2r＝22×1 W＝4 W，D错误。
03
课时训练·提素能
分层达标 素养提升
1. 如图所示，水平方向的磁场垂直于光滑曲面，闭合小金属环从高h
的曲面上端无初速度滑下，又沿曲面的另一侧上升，则（ ）
A. 若是匀强磁场，环在左侧上升的高度小于h
B. 若是匀强磁场，环在左侧上升的高度大于h
C. 若是非匀强磁场，环在左侧上升高度等于h
D. 若是非匀强磁场，环在左侧上升的高度小于h
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
解析： 若是匀强磁场，穿过小环的磁通量不变，没有感应电流
产生，其机械能守恒，高度不变，则环在左侧上升的高度等于h，
故A、B错误；若是非匀强磁场，穿过小环的磁通量变化，小环中
将产生感应电流，机械能减小，转化为内能，高度将减小，则环在
左侧上升的高度小于h，故C错误，D正确。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
2. 如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，ab边长大于bc边
长，置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速
地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN。第一次
ab边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横
截面的电荷量为q1；第二次bc边平行于MN进入磁场，线框上产生
的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则（ ）
A. Q1＞Q2，q1＝q2 B. Q1＞Q2，q1＞q2
C. Q1＝Q2，q1＝q2 D. Q1＝Q2，q1＞q2
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
解析： 根据功能关系知，线框上产生的热量等于克服安培力做
的功，即Q1＝W1＝F1lbc＝lbc＝lab，同理Q2＝lbc，又
lab＞lbc，所以Q1＞Q2；通过线框导体横截面的电荷量q＝t＝t＝
，所以q1＝q2，故A正确。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
3. 如图所示，虚线为两磁场的边界，左侧磁场的方向垂直纸面向里，
右侧磁场的方向垂直纸面向外，磁感应强度大小均为B。一边长为
L、电阻为R的单匝正方形导体线圈abcd，水平向右运动到图示位
置时，速度大小为v，则（ ）
A. ab边受到的安培力向左，cd边受到的安培力向右
B. ab边受到的安培力向右，cd边受到的安培力向左
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
解析： 线圈的左右两边分别切割磁感线产生
感应电动势，由右手定则可知线圈中感应电流
沿顺时针方向，如图所示，再由左手定则可得
ab边受到的安培力向左，cd边受到的安培力也
向左，故A、B错误；线圈的电动势为E＝
2BLv，则电流为I＝＝，线圈受到的安培力
F总＝2F＝2BIL＝，故C错误，D正确。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
4. （多选）如图所示，金属杆ab以恒定的速率v在光滑平行导轨上向
右滑行，设整个电路中总电阻为R（恒定不变），整个装置置于垂
直纸面向里的匀强磁场中，下列叙述正确的是（ ）
A. ab杆中的电流与速率v成正比
B. 磁场作用于ab杆的安培力与速率v成正比
C. 电阻R上的热功率与速率v的二次方成正比
D. 外力对ab杆做功的功率与速率v成正比
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
解析： 由E＝Blv和I＝得I＝，所以ab受到的安培力F＝
BIl＝，电阻R上的热功率P＝I2R＝，外力对ab做功的功
率等于回路产生的热功率，故A、B、C正确。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
5. 如图所示，间距为L的竖直平行金属导轨MN、PQ上端接有电阻R，
质量为m、电阻为r的金属棒ab垂直于平行导轨放置，垂直导轨平
面向里的水平匀强磁场的磁感应强度大小为B，不计导轨电阻及一
切摩擦，且ab与导轨接触良好。若金属棒ab在竖直向上的外力F作
用下以速度v匀速上升，则以下说法正确的是（ ）
A. a、b两端的电势差为BLv
B. b端电势高于a端电势
C. 作用在金属棒ab上的各个力的合力做的功等于零
D. 拉力F所做的功等于电路中产生的热量
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
解析： ab棒切割磁感线产生的电动势为E＝BLv，ab棒相当于电
源，由于电源有内阻，所以ab棒两端电势差小于BLv，故A错误；
由于ab棒匀速上升，由右手定则可知，a端电势高于b端电势，故B
错误；由于ab棒匀速上升，由动能定理可知，作用在ab棒上的各个
力的合力做的功等于零，故C正确；根据功能关系可知，拉力F做
的功等于重力势能的增加量和电路中产生的热量之和，故D错误。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
6. 如图所示，abcd区域中存在一个垂直纸面向里的有界匀强磁场，磁
感应强度为B，bc边距地面高度为。正方形绝缘线圈MNPQ竖直放
置，质量为m，边长为l，总电阻为R，PQ边与地面的动摩擦因数为
μ，在水平恒力F的作用下向右做直线运动通过磁场区域。下列说
法正确的是（ ）
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
A. 线圈进入磁场过程中感应电流的方向沿QMNP
B. 线圈MN边完全处于磁场中运动时，M、Q两点间电势差为零
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
解析： 由右手定则可以判断，线圈进入磁场过程中感应电流的
方向沿QPNM，A错误；线圈MN边完全处于磁场中运动时，回路
中电流为零，M、Q两点间电势差大小为Blv，B错误；由q＝·Δt＝
可得线圈进入磁场过程中通过线圈导线某截面的电荷量q＝，
C正确；线圈进入磁场过程中受到向左的安培力F安＝B··＝，但因MN受到向下的安培力，所以线圈受到向左的摩擦力大于μmg，因此，若线圈进入磁场过程中F＝＋μmg，则线圈将做减速直线运动，D错误。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
7. （多选）如图所示，两根间距为L的光滑金属导轨，平行放置在倾
角为θ的绝缘斜面上，导轨的下端接有电阻R，导轨自身的电阻可
忽略不计。斜面处在匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上，质量
为m、导轨间有效电阻为r的金属棒ab在沿着斜面、与棒垂直的恒
力F作用下由静止沿导轨上滑。下列说法正确的是（ ）
A. 金属棒ab将会沿金属导轨做匀加速运动
B. 金属棒ab最终将沿金属导轨做匀速运动
D. 恒力F做的功等于金属棒ab增加的机械能
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
解析： 根据右手定则可知，流过金属棒的电流由a到b，由左
手定则知金属棒ab受到一个沿斜面向下的安培力，所以金属棒ab在
运动过程中受到竖直向下的重力、垂直斜面向上的支持力、沿斜面
向上的恒力F、沿斜面向下的安培力FA，随着速度增大，安培力也
增大，则金属棒的合力减小，加速度减小，当合力为零时，金属棒
做匀速直线运动，选项A错误，B正确；金属棒匀速运动时的速度
为最大速度，此时有FA＋mgsin θ＝F，而FA＝ILB＝B··L，联立
解得v＝，选项C正确；根据能量守恒定律可知，恒力F做的功等于金属棒ab增加的机械能与系统产生的焦耳热之和，选项D错误。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
8. 如图所示，足够长的U形光滑金属导轨平面与水平面成θ角（0°＜
θ＜90°），其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度
为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计。金属棒ab由静止开始沿导轨
下滑，并与两导轨始终保持垂直且接触良好，ab棒接入电路的有效
电阻为R，当通过ab棒某一横截面的电荷量为q时，棒的速度大小
为v，则金属棒ab在这一过程中（ ）
C. 产生的焦耳热为qBLv
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
解析： 金属棒ab开始做加速度逐渐减小的变加速直线运动，不
是匀变速直线运动，平均速度大于v，选项A错误；由q＝＝
可知，金属棒ab下滑的位移s＝，选项B正确；开始时导体棒速度
小于v，产生的电动势小于BLv，故金属棒ab下滑过程产生的焦耳
热Q小于qBLv，选项C错误；金属棒ab受到的最大安培力F安＝BIL
＝，选项D错误。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
9. （多选）如图甲所示，相距为l＝1 m的两条足够长的光滑平行金属
导轨MN、PQ水平放置于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B随
时间t的变化规律如图乙所示，导轨的M、P两端连接一阻值为R＝
0.5 Ω的电阻，金属棒ab垂直于导轨放置且接触良好，aM＝bP＝1
m，现将水平外力F作用在ab棒上，已知：F＝0.02t（N），式中
t≤5（s），5 s 后F＝0.1 N保持不变，金属棒在运动中始终与导轨
垂直。测得ab棒沿导轨滑行达到最大速度的过程中，流过电阻R的
总电荷量为q＝1.4 C，不计金属棒ab及导轨的电阻，则（ ）
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
A. 0～5 s内ab棒始终保持静止
B. 5 s后的一段时间内ab棒做匀加速直线运动
C. ab棒运动过程中的最大速度vm＝0.2 m/s
D. ab棒从开始运动至获得最大速度的过程中，距导轨MP的最大距离
为x＝1.4 m
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
解析： 0～5 s内，由于穿过闭合回路的磁通量发生变化，故ab
棒水平方向将受到向左的安培力F安与外力F的作用，则有F安＝
BIl，I＝，E＝＝S，B＝0.1t，联立以上式子代入数据求得
0～5 s内F安＝0.02t（N）＝F，则0～5 s内ab棒始终保持静止，A正
确； 5 s后，由于磁场保持不变，故ab棒将在外力F作用下从静止开始向右运动，并切割磁感线，从而将受到水平向左的安培力的作用，由牛顿第二定律可得F－F安＝ma，又E＝Blv，则F－＝ma，所以ab棒将做加速度逐渐减小的加速直线运动，当加速度为0时，速度达到最大且以最大速度做匀速直线运动，B错误；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
由前面分析可知，当ab棒匀速运动时，速度最大，即F＝＝0.1 N，代入数据解得vm＝0.2 m/s，C正确；ab棒从开始运动至获得最大速度的过程中，流过电阻R的总电荷量为1.4 C，则有q＝＝ C＝（x－1）C＝1.4 C，解得x＝2.4 m，所以ab棒从开始运动至获得最大速度的过程中，距导轨MP的最大距离为2.4 m，D错误。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
10. 均匀导线制成的单匝正方形闭合线框abcd，每边长为L，总电
阻为R，总质量为m。将其置于磁感应强度为B的水平匀强磁场
上方h处，如图所示。线框由静止自由下落，线框平面保持在
竖直平面内，且cd边始终与水平的磁场边界平行。当cd边刚进
入磁场时，求：
答案：BL
解析：cd边刚进入磁场时，线框速度v＝
线框中产生的感应电动势E＝BLv＝BL。
（1）线框中产生的感应电动势大小；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
（2）c、d两点间的电势差大小；
答案：BL
解析：此时线框中的电流为I＝
cd边切割磁感线，相当于电源，c、d两点间的电势差即路端电压，则c、d两点间的电势差大小
U＝I·R＝BL。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
（3）若此时线框加速度恰好为零，求线框下落的高度h。
答案：
解析： cd边刚进入磁场时线框受到的安培力
F安＝BIL＝
根据牛顿第二定律得mg－F安＝ma，
又a＝0，解得线框下落的高度h＝。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
11. 如图所示，两根足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在绝缘水平
桌面上，间距l＝0.4 m，导轨所在空间有竖直向上的匀强磁场，
磁感应强度B＝0.5 T，将两根质量均为m1＝0.1 kg的导体棒ab、
cd放在金属导轨上，导体棒的电阻均为R＝0.1 Ω，导体棒与导轨
间的动摩擦因数μ＝0.2。用一根绝缘细线跨过导轨右侧的光滑定
滑轮将一物块和导体棒cd相连，物块质量m2＝0.2 kg，细线伸直
且与导轨平行。现在由静止释放物块，导体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，
导体棒所受最大静摩擦力等于滑动摩擦
力，导轨电阻不计，g取10 m/s2。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
（1）求导体棒ab刚要运动时cd的速度大小v；
答案：1 m/s
解析：由题意可知，当导体棒ab受到的水平向右的安培力增大到与最大静摩擦力相等时，导体棒ab即将运动。设此时导体棒cd的速度为v，导体棒切割磁感线时的感应电动势E＝Blv，
又I＝，F安＝BIl，Fmax＝μm1g，F安＝Fmax。
由以上公式联立解得v＝1 m/s。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
（2）若从物块静止释放到ab即将开始运动这段时间内，物块下降
的高度h＝0.5 m，则此过程中整个回路产生的总的焦耳热是
多少？
答案：0.75 J
解析： 在物块下降h＝0.5 m高度的过程中，对于由导体棒
ab、cd以及物块组成的系统进行分析，由能量守恒定律得
m2gh＝（m1＋m2）v2＋Q＋μm1gh
代入数据解得Q＝0.75 J。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
12. 两根足够长的固定平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的
距离为l，导轨上面垂直放置两根导体棒ab和cd，构成矩形回路，
如图所示。两根导体棒的质量均为m，电阻均为R，回路中其余部
分的电阻不计。在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁
感应强度为B。两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行，开始时，cd
棒静止，ab棒有指向cd的速度v0。两导体棒在运动中始终不接
触。求：
（1）在运动中产生的最大焦耳热；
答案：m
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
解得v＝
由能量守恒定律得
Q＝m－×2mv2＝m。
解析：从初始到两棒速度相等的过程中，两棒总动量
守恒，则有mv0＝2mv
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
（2）当ab棒的速度变为v0时，cd棒的加速度。
答案：，方向水平向右
解析：当ab棒的速度变为v0时，设此时cd棒的速度为v'，由
动量守恒定律可知mv0＝m×v0＋mv‘
解得v'＝v0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
此时回路中的电动势为
E＝Blv0－Blv0＝Blv0
此时回路中的电流为I＝＝
此时cd棒所受的安培力为F＝BIl＝
由牛顿第二定律可得，cd棒的加速度a＝＝
方向水平向右。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
13. 如图所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ倾斜放置，导轨
平面与水平面的夹角θ＝30°，两导轨间距L＝1.0 m，底端N、Q
两点连接R＝1.0 Ω的电阻，匀强磁场方向垂直于导轨所在平面向
上，磁感应强度的大小为B＝0.6 T，质量为m＝0.2 kg、阻值为r
＝0.5 Ω的导体棒垂直于导轨放置，在平行于平面向上的拉力F作
用下沿导轨向上做匀速直线运动，速度v＝10 m/s。
撤去拉力F后，导体棒沿导轨继续运动l＝2.0 m后
速度减为零。运动过程中导体棒与导轨始终垂直
并接触良好，取g＝10 m/s2，导轨电阻不计。求：
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
（1）拉力F的大小；
答案：3.4 N
解析：导体棒匀速运动产生的感应电动势为E＝BLv＝6 V
感应电流为I＝＝4 A
由导体棒受力平衡可得F＝F安＋mgsin θ＝BIL＋mgsin θ＝
3.4 N。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
（2）撤去拉力F后导体棒继续沿导轨上滑的过程中电阻R产生的
焦耳Q和通过电阻R的电荷量q。
答案： J 0.8 C
解析：撤去拉力后，由动能定理可得
－mglsin θ－W克安＝0－mv2
得导体棒克服安培力所做的功W克安＝8 J
则电阻R产生的焦耳热Q＝W克安＝ J
通过电阻R的电荷量
q＝Δt＝＝＝0.8 C。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
谢谢观看!
