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专题强化练10　电磁感应中的动力学和能量问题
（分值：100分）
1~6题每题7分，共42分
考点一　电磁感应中的动力学问题
1.（2023·北京市大兴区高二期末）如图所示，有两根和水平方向成θ角的光滑平行的金属轨道，轨道足够长，上端接有可变电阻R，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。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vm，不计金属杆和轨道的电阻，则以下分析正确的是（　　）
A.金属杆先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动
B.金属杆由静止到最大速度过程中机械能守恒
C.如果只增大B，vm将变小
D.如果只增大R，vm将变小
2.（2023·四川成都高二期末）如图，电阻不计的光滑平行金属导轨竖直放置，金属导轨足够长，下端接一电阻R，整个空间存在垂直于导轨平面向里的匀强磁场。t=0时刻，将一金属杆ab以初速度v0竖直向上抛出，t=t1时金属杆ab又返回到出发位置，金属杆ab在运动过程中始终与导轨垂直并保持良好接触。下列图像能正确描述在0~t1这段时间内金属杆ab的速度与时间关系的是（　　）
3.如图所示，匀强磁场存在于虚线框内，矩形线圈竖直下落，如果线圈受到的安培力总小于其重力，则它在1、2、3、4位置时的加速度关系为（　　）
A.a1>a2>a3>a4 B.a1=a3>a2>a4
C.a1=a3>a4>a2 D.a4=a2>a3>a1
考点二　电磁感应中的能量问题
4.（多选）（2023·成都七中期中）如图所示，固定在水平面上的光滑平行导轨间距为L，右端接有阻值为R的电阻，空间存在方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场。一质量为m、接入电路的电阻为r的导体棒ab与左端固定的弹簧相连并垂直导轨放置。初始时刻，弹簧处于自然长度。现给导体棒水平向右的初速度v0，导体棒开始沿导轨往复运动直至停止，运动过程中导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触，此过程中弹簧一直在弹性限度内。若导体棒电阻r与导轨右端电阻R的阻值关系为R=r，不计导轨电阻，则下列说法正确的是（　　）
A.导体棒开始运动时，导体棒受到的安培力方向水平向右
B.导体棒开始运动后速度第一次为零时，弹簧的弹性势能为m
C.导体棒开始运动时，初始时刻导体棒两端的电压为BLv0
D.导体棒整个运动过程中电阻R上产生的焦耳热为m
5.（多选）如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B，方向竖直向下，在磁场中有一个边长为L的正方形刚性金属框，ab边的质量为m、电阻为R，其他三边的质量和电阻均不计。cd边上装有固定的水平轴，将金属框自水平位置由静止释放，金属框绕水平轴第一次转到竖直位置时，ab边的速度为v，不计空气阻力，重力加速度为g，则在这个过程中，下列说法正确的是（　　）
A.通过ab边的电流方向为a→b
B.ab边经过最低点时的速度v=
C.ab边经过最低点时的速度v<
D.金属框中产生的焦耳热为mgL-mv2
6.（多选）（2023·漯河市高二期末）如图甲所示，将粗细均匀的导线做成的正方形线框abcd在磁场上方某高处由静止释放，cd边刚进入磁场时开始计时（t=0），线框的v-t图像如图乙所示，在3t0时刻cd边刚离开磁场时速度也为v0，最终线框离开磁场（离开图略）。已知线框的质量为m、边长为L，两条水平虚线L1、L2相距为d（d>3L），虚线之间的匀强磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为B，重力加速度为g，忽略空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A.线框进入磁场过程中线框中电流方向与离开磁场过程中电流方向相反
B.线框进入磁场过程中线框受安培力的方向与离开磁场过程中受安培力的方向相反
C.cd边刚进入磁场时c、d两点间的电势差为Ucd=BLv0
D.线框从进入磁场到cd边刚离开磁场的过程中产生的电热为mgd
7~9题每题9分，10题14分，共41分
7.（多选）如图所示，光滑平行金属轨道平面与水平面成θ角，两轨道上端用一电阻R相连，该装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直于轨道平面向上。质量为m的金属杆ab以初速度v0从轨道底端向上滑行，滑行到某一高度h后又返回到底端。若运动过程中，金属杆始终保持与轨道垂直且接触良好，轨道与金属杆的电阻均忽略不计，重力加速度为g，则（　　）
A.金属杆返回到底端时的速度大小为v0
B.金属杆上滑到最高点的过程中克服安培力做功与克服重力做功之和等于m
C.金属杆上滑到最高点的过程中电阻R上产生的热量等于m-mgh
D.金属杆两次通过轨道上的同一位置时电阻R的热功率相同
8.（多选）（2024·安徽师范大学附属中学高二月考）如图所示，在光滑的水平地面上方，有两个磁感应强度大小均为B、方向相反的水平匀强磁场，PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大。一个半径为a、质量为m、电阻为R的金属圆环沿垂直磁场方向，以速度v从图示位置（实线所示）开始运动，当圆环运动到直径刚好与边界线PQ重合时（虚线所示），圆环的速度变为，则下列说法正确的是（　　）
A.此时圆环的电功率为
B.此时圆环的加速度大小为
C.此过程中通过圆环截面的电荷量为
D.此过程中回路产生的电能为mv2
9.（多选）（2024·辽宁卷）如图，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
10.（14分）（2024·湖南师范大学附属中学高二期末）如图甲，MN、PQ是两根足够长的光滑平行金属导轨，导轨间距为L=1 m，导轨所在平面与水平面的夹角为θ=30°，M、P间接有阻值为R=4 Ω的电阻。匀强磁场垂直于导轨所在平面向上，磁感应强度大小为B=2 T。一质量为m=0.1 kg、长为L=1 m、阻值为r=1 Ω的金属棒ab放在导轨上，在平行于导轨的拉力F作用下，由静止开始向上运动，拉力F随金属棒ab位移x变化的关系图像如图乙所示，当金属棒ab的位移为x=0.6 m时，金属棒ab恰好开始做匀速直线运动。金属棒ab与导轨始终垂直并且保持良好接触，导轨电阻不计，匀强磁场的范围足够大，重力加速度大小取g=10 m/s2。求：
（1）（4分）金属棒ab刚开始运动时的加速度大小；
（2）（5分）当金属棒ab的位移为x=0.6 m时，金属棒ab的速度大小；
（3）（5分）金属棒ab从开始运动到开始做匀速直线运动的过程中，金属棒ab上产生的焦耳热。
11.（17分）（2023·太原市第五中学高二月考）如图甲所示，弯折成90°角的两根足够长金属导轨平行放置，形成左右两导轨平面，左导轨平面与水平面成53°角，右导轨平面与水平面成37°角，两导轨相距L=0.2 m，电阻不计。质量均为m=0.1 kg，电阻均为R=0.1 Ω的金属杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，金属杆与导轨间的动摩擦因数均为μ=0.5，整个装置处于磁感应强度大小为B=1.0 T，方向平行于左导轨平面且垂直右导轨平面向上的匀强磁场中。t=0时刻开始，ab杆以初速度v1沿右导轨平面下滑，t=1 s时刻开始，对ab杆施加一垂直ab杆且平行右导轨平面向下的力F，使ab开始做匀加速直线运动。cd杆运动的v-t图像如图乙所示（其中第1 s、第3 s内图线为直线）。若杆下滑过程均保持与导轨垂直且接触良好，g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。
（1）（5分）求在第1 s内cd杆受到的安培力的大小；
（2）（5分）求ab杆初速度的大小v1；
（3）（7分）若第2 s内力F所做的功为9 J，求第2 s内cd杆所产生的焦耳热。
答案精析
1.C　［金属杆下滑过程中，受重力、轨道的支持力和安培力，开始时重力沿斜面向下的分力大于安培力，金属杆做加速运动，满足mgsin θ-=ma
随着速度的增加，安培力在增大，所以金属杆加速度逐渐减小，当加速度减小到零，速度最大，金属杆做匀速运动，故金属杆先做加速度逐渐减小的加速运动，然后做匀速直线运动，故A错误；金属杆由静止到最大速度过程中，安培力做负功，金属杆机械能并不守恒，故B错误；当速度最大，则有mgsin θ-=0
解得vm=，所以只增大B， vm 将变小，只增大R， vm 将变大，故C正确，D错误。］
2.D　［设金属杆ab的电阻为r，竖直向上的过程中，安培力方向向下，有mg+=ma，解得a=g+，则金属杆ab做加速度逐渐减小的减速运动，直到速度为0；竖直向下的过程中，安培力方向向上，有mg-=ma'，解得a'=g-，则金属杆ab做加速度逐渐减小的加速运动。由于安培力始终做负功，返回到出发位置时速度的大小应该比v0小，故D正确，A、B、C错误。］
3.B　［线圈进入磁场前和全部进入磁场后，都仅受重力，所以加速度a1=a3=g。线圈在题图中2位置时，受到重力和向上的安培力，且已知F安2a2>a4，B正确。］
4.CD　［导体棒开始运动时，根据右手定则可知导体棒中电流从a到b，根据左手定则可知导体棒受到的安培力方向水平向左，A错误；导体棒开始运动后速度第一次为零时，由于产生的感应电流使电阻发热，所以导体棒的动能转化为弹簧的弹性势能和电路中产生的热量，故此时弹簧的弹性势能一定小于m，B错误；导体棒开始运动时，导体棒切割磁感线产生的感应电动势为E=BLv0，因为R=r，故此时导体棒两端的电压即路端电压为BLv0，C正确；分析可知随着导体棒的来回运动，当停止时导体棒必位于初始位置此时弹簧弹性势能为零，整个过程中导体棒的动能Ek=m全部转化为电路中的热量，因为R=r，故电阻R上产生的焦耳热为整个电路中热量的一半即m，D正确。］
5.CD　［ab边向下摆动过程中，金属框内磁通量逐渐减小，根据楞次定律及右手螺旋定则可知感应电流方向为b→a，选项A错误；ab边由水平位置到达最低点过程中，机械能一部分转化为焦耳热，故v<，选项B错误，C正确；根据能量守恒定律可知，金属框中产生的焦耳热等于损失的机械能，即Q=mgL-mv2，选项D正确。］
6.AD　［根据楞次定律可得，线框进入磁场过程中电流方向为adcba，离开磁场过程中电流方向为abcda，故A正确；根据楞次定律中“来拒去留”可知，线框进入磁场过程中受安培力的方向向上，离开磁场过程中受安培力的方向也向上，故B错误；cd边刚进入磁场时产生的感应电动势为E=BLv0，所以c、d两点间的电势差即路端电压为Ucd=BLv0，故C错误；线框从进入磁场到cd边刚离开磁场过程中动能不变，根据能量守恒定律可得产生的焦耳热为Q=mgd，故D正确。］
7.BC　［金属杆从轨道底端滑上轨道某一高度后又返回到出发点过程中，由于电阻R上产生热量，故金属杆的机械能减小，即返回到底端时速度小于v0，选项A错误；金属杆上滑到最高点的过程中，动能转化为重力势能和电阻R上产生的热量（即克服安培力所做的功），选项B、C正确；金属杆两次通过轨道上同一位置时的速度大小不同，电路中的电流不同，故电阻的热功率不同，选项D错误。］
8.BC　［当圆环的直径与边界线重合时，圆环左右两半环均产生感应电动势，故圆环中的感应电动势E=2B×2a×=2Bav，圆环的电功率P==，故A错误；此时圆环受到的安培力大小F=2BI×2a=2B××2a=，由牛顿第二定律可得，加速度大小a==，故B正确；圆环中的平均感应电动势=，则通过圆环截面的电荷量Q=Δt=Δt==，故C正确；此过程中回路产生的电能等于动能的减少量，即E=mv2-m（）2=mv2，故D错误。］
9.AB　［两导体棒沿轨道向下滑动，根据右手定则可知回路中的电流方向为abcda，故A正确；
设回路中的总电阻为R，对于任意时刻当电路中的电流为I时，对导体棒ab、cd
根据牛顿第二定律得
2mgsin 30°-2BILcos 30°=2maab
mgsin 30°-BILcos 30°=macd
故可知aab=acd，
分析可知两个导体棒产生的电动势相互叠加，随着导体棒速度的增大，回路中的电流增大，导体棒受到的安培力在增大，故可知当安培力沿导轨方向的分力与重力沿导轨向下的分力平衡时导体棒将匀速运动，此时电路中的电流达到稳定值，此时对ab分析可得2mgsin 30°=2BILcos 30°，解得I=，故B正确，C错误；
根据前面分析可知aab=acd，故可知两导体棒速度大小始终相等，由于两边磁感应强度不同，故产生的感应电动势不等，故D错误。］
10.（1）10 m/s2　（2）5 m/s　（3）0.05 J
解析　（1）根据题意，金属棒ab刚开始运动时，由牛顿第二定律有
F-mgsin θ=ma
由题图乙可知，此时F=1.5 N
联立解得a=10 m/s2
（2）由题图乙可知，当x=0.6 m时
F=4.5 N
此时，金属棒ab恰好开始做匀速直线运动，设速度为v，则有
E=BLv
I=
F安=BIL
F=F安+mgsin θ
联立解得v=5 m/s
（3）根据题意，由题图乙可知，金属棒ab从开始运动到开始做匀速直线运动的过程中，拉力做功为
WF=×（1.5+4.5）×0.6 J=1.8 J
设此过程中，克服安培力做功为W克安，由动能定理有
WF-W克安-mgsin θ·x=mv2
解得W克安=0.25 J
由功能关系可得，整个电路产生的焦耳热为Q=0.25 J
则金属棒ab上产生的焦耳热为
Q'=Q=0.05 J。
11.（1）0.2 N　（2）1 m/s　（3）3 J
解析　（1）ab杆沿右侧导轨下滑，根据右手定则可知，ab杆中感应电流方向为由a到b，则cd杆中电流方向为由d到c，根据左手定则可知，cd杆受到的安培力垂直于左侧导轨平面向下，根据题图乙可知，cd杆在第1 s内的加速度a1==4 m/s2
对cd杆受力分析，根据牛顿第二定律，有mgsin 53°-μ（mgcos 53°+F安）=ma1
解得F安=0.2 N
（2）第1 s内，cd杆受到的安培力F安=BIL，由（1）中数据可知回路中电流I==1 A
对ab杆，感应电动势
E=I·2R=0.2 V
根据法拉第电磁感应定律有E=BLv1
解得ab杆初速度的大小v1==1 m/s
（3）根据题图乙可知，cd杆在第3 s内做匀减速运动，加速度a2==-4 m/s2
对cd杆受力分析，根据牛顿第二定律，有mgsin 53°-μ（mgcos 53°+F安'）=ma2
解得安培力F安'=1.8 N
由F安'=BI'L==可得，
2 s时ab杆的速度v2==9 m/s
第2 s内ab杆做匀加速运动，ab杆的位移x2=（v1+v2）t=5 m
对ab杆，根据动能定理，有WF+mgx2sin 37°-μmgx2cos 37°+W安=m-m
解得安培力做功W安=-6 J
回路中产生的焦耳热Q=-W安=2Qcd
解得第2 s内cd杆所产生的焦耳热Qcd=3 J。专题强化10　电磁感应中的动力学和能量问题
［学习目标］　1.学会分析导体棒、线框在磁场中的受力（重点）。2.能根据电流的变化分析导体棒、线框受力的变化情况和运动情况（重难点）。3.能利用牛顿运动定律和平衡条件分析有关问题（重难点）。4.理解电磁感应现象中的能量转化，会用动能定理、能量守恒定律分析有关问题（重难点）。
一、电磁感应中的动力学问题
如图所示，空间存在方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B，MN、PQ是水平放置的足够长的平行长直导轨，其间距为L，电阻R接在导轨一端，导体棒ab跨接在导轨上，质量为m，接入电路的电阻为r。导体棒和导轨间的动摩擦因数为μ。从零时刻开始，对ab棒施加一个大小为F、方向水平向左的恒定拉力，使其从静止开始沿导轨滑动，ab棒始终保持与导轨垂直且接触良好，重力加速度为g。
（1）分析导体棒的运动性质；
（2）求导体棒所能达到的最大速度的大小；
（3）试定性画出导体棒运动的速度—时间图像。
　　 　
　　 　
1.电磁感应问题中电学对象与力学对象的相互制约关系
2.处理此类问题的基本方法
（1）用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向。
（2）求回路中感应电流的大小和方向。
（3）分析导体受力情况（包括安培力）。
（4）列动力学方程或根据平衡条件列方程求解。
例1　（2024·太原市高二期中）如图甲所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L，M、P两点间接有阻值为R的定值电阻，一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直，整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下，导轨和金属杆的电阻可忽略，让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆始终垂直且接触良好，不计它们之间的摩擦。（重力加速度为g）
（1）由b向a方向看到的装置截面图如图乙所示，请在此图中画出ab杆下滑过程中的受力示意图；
（2）在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v时，求此时ab杆中的电流大小及其加速度的大小；
（3）求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值。
　　 　
　　 　
求解电磁感应中的动力学临界问题的基本思路
导体受外力运动感应电动势感应电流导体受安培力→合外力变化加速度变化→临界状态
二、电磁感应中的能量问题
1.如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，水平U形导体框左端接一阻值为R的电阻，质量为m、电阻为r的导体棒ab置于导体框上。不计导体框的电阻、导体棒与框间的摩擦。ab以水平向右的初速度v0开始运动，最终停在导体框上。在此过程中
（1）根据动能定理可得，导体棒克服安培力做的总功W克安=　　　　　　；
（2）根据能量守恒可得，整个过程回路中产生的总热量为Q=　　　　　　　　　　　，可知，W克安　　　Q；（填“>”“<”或“=”）
（3）电阻R消耗的总电能为　　　　　　。
2.在例1中，设ab杆沿导轨由静止开始下滑至速度最大的过程中下滑的竖直高度为h，则
（1）根据动能定理可得，　　　　　　=，可得W克安=　　　　；
（2）根据能量守恒定律可得，mgh=　　　　　　　　　，整个回路产生的热量Q=　　　　　　　　　　　　可知，W克安　　　　Q；（填“>”“<”或“=”）
（3）电阻R消耗的总电能为　　　　　　　　。
1.电磁感应现象中的能量转化
安培力做功
2.焦耳热的计算
（1）电流恒定时，根据焦耳定律求解，即Q=I2Rt。
（2）感应电流变化时，可用以下方法分析：
①利用动能定理，求出克服安培力做的功W克安，即Q=W克安。
②利用能量守恒定律，焦耳热等于其他形式能量的减少量。
3.导体棒克服安培力做的功等于整个电路产生的焦耳热Q。电阻与导体棒串联，产生的焦耳热与电阻成正比。电阻R产生的焦耳热为QR=Q。
例2　（2023·内江市第六中学高二月考）如图甲所示，光滑的金属导轨MN和PQ平行，间距L=1.0 m，与水平面之间的夹角α=37°，匀强磁场磁感应强度B=2.0 T，方向垂直于导轨平面向上，MP间接有阻值R=1.6 Ω的电阻，质量m=0.5 kg、电阻r=0.4 Ω的金属杆ab垂直导轨放置。现用和导轨平行的恒力F沿导轨平面向上拉金属杆ab，使其由静止开始运动，当金属杆沿导轨向上的位移x0=3.8 m时达到稳定状态，对应过程的v-t图像如图乙所示。取g=10 m/s2，导轨足够长。（sin 37°=0.6，cos 37°=0.8）求：
（1）恒力F的大小；
　　 　
　　 　
（2）从金属杆ab开始运动到刚达到稳定状态的过程，金属杆上产生的焦耳热Qr。
　　 　
　　 　
针对训练 1　（多选）（2023·四川天府新区太平中学月考）如图，光滑足够长平行导轨框架abcd与水平桌面夹角为θ=30°、间距为l，阻值为R的电阻与导轨的a、c端相连。质量为m、电阻也为R的导体棒垂直于导轨放置并可沿导轨自由滑动。整个装置放于匀强磁场中，磁场的方向垂直导轨平面向上（图中未画出），磁感应强度的大小为B。导体棒的中点系一个不可伸长的轻绳，绳绕过固定框架边缘的光滑轻滑轮后，与一个质量也为m的物块相连，绳处于拉直状态。现若从静止开始释放物块，用h表示物块下落的高度（物块不会触地，杆不会碰撞滑轮），g表示重力加速度，其他电阻不计，则（　　）
A.物块下落的最大加速度为
B.若h足够大，物块下落的最大速度为
C.通过电阻的电荷量为
D.若h足够大，导体棒产生的焦耳热为
针对训练 2　（2023·长春市十一中高二月考）如图所示，水平光滑的平行金属导轨，左端接有电阻R，匀强磁场B竖直向下分布在导轨所在的空间内，质量一定的金属棒PQ垂直导轨放置。若使棒以一定的初速度v0向右运动，当其通过位置a、b时，速率分别为va、vb，到位置c时棒刚好静止，设金属导轨与棒的电阻均不计，a到b与b到c的间距相等，则金属棒在从a到b和从b到c的两个过程中（　　）
A.金属棒做匀减速运动
B.通过金属棒横截面的电荷量，从a到b比从b到c大
C.克服安培力做的功，从a到b比从b到c大
D.回路中产生的内能相等
答案精析
一、
（1）导体棒做切割磁感线的运动，产生的感应电动势E=BLv ①
回路中的感应电流I= ②
导体棒受到的安培力F安=BIL ③
导体棒运动过程中受到拉力F、安培力F安和摩擦力f的作用，根据牛顿第二定律有
F-μmg-F安=ma ④
整理得F-μmg-=ma ⑤
由⑤可知，随着速度的增大，安培力增大，加速度a减小，当加速度a减小到0时，速度达到最大，此后导体棒做匀速直线运动。即导体棒先做加速度逐渐减小的加速运动，再做匀速运动。
（2）当导体棒做匀速运动时，达到最大速度，有F-μmg-=0
可得vm=
（3）由（1）（2）中的分析可知，导体棒运动的速度—时间图像如图所示。
例1　（1）见解析图　（2）　gsin θ-　（3）
解析　（1）如图所示，ab杆受重力mg，方向竖直向下；支持力N，方向垂直于导轨平面向上；电流方向由a→b，安培力F安，方向沿导轨平面向上。
（2）当ab杆的速度大小为v时，感应电动势E=BLv，
则此时电路中的电流I==
ab杆受到的安培力F安=BIL=
根据牛顿第二定律，有
mgsin θ-F安=ma
联立各式解得a=gsin θ-。
（3）当a=0时，ab杆达到最大速度vm，
即有mgsin θ=，
解得vm=。
二、
1.（1）m　（2）m　=　（3）
2.（1）mgh-W克安　mgh+m-m　（2）m-m+Q
mgh+m-m　=
（3）mgh+m-m
例2　（1）5 N　（2）1.47 J
解析　（1）当金属杆匀速运动时，由平衡条件得F=mgsin 37°+F安
其中F安=BIL=，
由题图乙可知v=1.0 m/s，
联立解得F=5 N。
（2）从金属杆开始运动到刚达到稳定状态，由动能定理得
（F-mgsin 37°）x0-W克安=mv2
又由克服安培力所做的功等于整个电路产生的焦耳热，代入数据解得Q=W克安=7.35 J
两串联电阻产生的焦耳热与阻值成正比，故金属杆上产生的焦耳热为Qr=Q=1.47 J。
针对训练 1　AB　［由题意，对导体棒及物块受力分析，可知物块和导体棒将做加速度逐渐减小的加速运动。开始下落时，物块有最大加速度，对物块及导体棒整体，根据牛顿第二定律有mg-mgsin 30°=2ma，可得最大加速度大小为a=，故A正确；
若h足够大，当物块及导体棒整体加速度为零时，物块下落速度达到最大，对整体受力分析，根据平衡条件可得，mg-mgsin 30°-F安=0，F安=BIl，I=，E=Blvmax，联立以上式子，解得物块下落的最大速度为vmax=，故B正确；由q=Δt，==可得q=，ΔΦ=BΔS=Blh，得通过电阻的电荷量为q=，故C错误；若h足够大，根据能量守恒定律有mgh-mghsin 30°=×2m+Q，可得导体棒产生的焦耳热为QR=Q=mgh-，故D错误。］
针对训练 2　C　［金属棒PQ在运动过程中所受到的合力为安培力，方向向左，F安=BIL=，由牛顿第二定律得=ma，由于v减小，所以金属棒向右运动过程中，加速度逐渐减小，故A错误；
金属棒运动过程中，电路通过的电荷量q=IΔt=Δt=·==B
从a到b的过程中与从b到c的过程中，回路面积的变化量ΔS相等，B、R相等，因此，通过棒横截面的电荷量相等，故B错误；金属棒在安培力作用下做减速运动，速度v越来越小，金属棒克服安培力做功，把金属棒的动能转化为内能，由于ab间距离与bc间距离相等，安培力从a到c逐渐减小，由W=F安s定性分析可知，从a到b克服安培力做的功比从b到c克服安培力做的功多，因此在从a到b的过程产生的内能多，故C正确，D错误。］(共74张PPT)
专题强化10　电磁感应中的动
力学和能量问题
DIERZHANG
第二章
1.学会分析导体棒、线框在磁场中的受力(重点)。
2.能根据电流的变化分析导体棒、线框受力的变化情况和运动情况(重难点)。
3.能利用牛顿运动定律和平衡条件分析有关问题(重难点)。
4.理解电磁感应现象中的能量转化，会用动能定理、能量守恒定律分析有关问题(重难点)。
学习目标
一、电磁感应中的动力学问题
二、电磁感应中的能量问题
内容索引
专题强化练
电磁感应中的动力学问题
一
如图所示，空间存在方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B，MN、PQ是水平放置的足够长的平行长直导轨，其间距为L，电阻R接在导轨一端，导体棒ab跨接在导轨上，质量为m，接入电路的电阻为r。导体棒和导轨间的动摩擦因数为μ。从零时刻开始，对ab棒施加一个大小为F、方向水平向左的恒定拉力，使其从静止开始沿导轨滑动，ab棒始终保持与导轨垂直且接触良好，重力加速度为g。
(1)分析导体棒的运动性质；
答案　导体棒做切割磁感线的运动，产生的感应电动势E=BLv ①
回路中的感应电流I= ②
导体棒受到的安培力F安=BIL ③
导体棒运动过程中受到拉力F、安培力F安和摩擦力f的作用，
根据牛顿第二定律有F-μmg-F安=ma ④
整理得F-μmg-=ma ⑤
由⑤可知，随着速度的增大，安培力增大，加速度a减小，当加速度a减小到0时，速度达到最大，此后导体棒做匀速直线运动。即导体棒先做加速度逐渐减小的加速运动，再做匀速运动。
(2)求导体棒所能达到的最大速度的大小；
答案　当导体棒做匀速运动时，达到最大速度，有F-μmg-=0
可得vm=
(3)试定性画出导体棒运动的速度—时间图像。
答案　由(1)(2)中的分析可知，导体棒运动的速度—时间图像如图所示。
1.电磁感应问题中电学对象与力学对象的相互制约关系
提炼·总结
2.处理此类问题的基本方法
(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向。
(2)求回路中感应电流的大小和方向。
(3)分析导体受力情况(包括安培力)。
(4)列动力学方程或根据平衡条件列方程求解。
　(2024·太原市高二期中)如图甲所示，两根
足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾
角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L，M、
P两点间接有阻值为R的定值电阻，一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直，整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下，导轨和金属杆的电阻可忽略，让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆始终垂直且接触良好，不计它们之间的摩擦。(重力加速度为g)
例1
(1)由b向a方向看到的装置截面图如图乙所示，请在此图中画出ab杆下滑过程中的受力示意图；
答案　见解析图
如图所示，ab杆受重力mg，方向竖直向下；支持力N，方向垂直于导轨平面向上；电流方向由a→b，安培力F安，方向沿导轨平面向上。
(2)在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v时，求此时ab杆中的电流大小及其加速度的大小；
答案　　gsin θ-　
当ab杆的速度大小为v时，感应电动势E=BLv，
则此时电路中的电流I==
ab杆受到的安培力F安=BIL=
根据牛顿第二定律，有mgsin θ-F安=ma
联立各式解得a=gsin θ-。
(3)求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值。
答案　
当a=0时，ab杆达到最大速度vm，
即有mgsin θ=，解得vm=。
返回
总结提升
求解电磁感应中的动力学临界问题的基本思路
导体受外力运动 　　感应电动势 　　感应电流　　
导体受安培力→合外力变化 　　加速度变化→临界状态
电磁感应中的能量问题
二
1.如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，水平U形导体框左端接一阻值为R的电阻，质量为m、电阻为r的导体棒ab置于导体框上。不计导体框的电阻、导体棒与框间的摩擦。ab以水平向右的初速度v0开始运动，最终停在导体框上。在此过程中
(1)根据动能定理可得，导体棒克服安培力做的
总功W克安= ；
(2)根据能量守恒可得，整个过程回路中产生的总热量为Q= ，可知，W克安 Q；(填“>”“<”或“=”)
(3)电阻R消耗的总电能为 。
m
m
=
2.在例1中，设ab杆沿导轨由静止开始下滑至速度最大的过程中下滑的竖直高度为h，则
(1)根据动能定理可得， =m-m，可得W克安=__________
；
(2)根据能量守恒定律可得，mgh= ，整个回路产生的热
量Q= 可知，W克安 Q；(填“>”“<”或“=”)
(3)电阻R消耗的总电能为 。
mgh-W克安
mgh+m
-m
m-m+Q
mgh+m-m
=
mgh+m-m
1.电磁感应现象中的能量转化
提炼·总结
安培力做功
2.焦耳热的计算
(1)电流恒定时，根据焦耳定律求解，即Q=I2Rt。
(2)感应电流变化时，可用以下方法分析：
①利用动能定理，求出克服安培力做的功W克安，即Q=W克安。
②利用能量守恒定律，焦耳热等于其他形式能量的减少量。
3.导体棒克服安培力做的功等于整个电路产生的焦耳热Q。电阻与导体棒串联，产生的焦耳热与电阻成正比。电阻R产生的焦耳热为QR=Q，导体棒产生的焦耳热为Qr=Q。
　(2023·内江市第六中学高二月考)如图甲所
示，光滑的金属导轨MN和PQ平行，间距L=
1.0 m，与水平面之间的夹角α=37°，匀强磁
场磁感应强度B=2.0 T，方向垂直于导轨平面
向上，MP间接有阻值R=1.6 Ω的电阻，质量m=0.5 kg、电阻r=0.4 Ω的金属杆ab垂直导轨放置。现用和导轨平行的恒力F沿导轨平面向上拉金属杆ab，使其由静止开始运动，当金属杆沿导轨向上的位移x0=3.8 m时达到稳定状态，对应过程的v-t图像如图乙所示。取g=10 m/s2，导轨足够长。(sin 37°=0.6，cos 37°=0.8)求：
例2
(1)恒力F的大小；
答案　5 N　
当金属杆匀速运动时，由平衡条件得
F=mgsin 37°+F安
其中F安=BIL=，
由题图乙可知v=1.0 m/s，
联立解得F=5 N。
(2)从金属杆ab开始运动到刚达到稳定状态的过程，金属杆上产生的焦耳热Qr。
答案　1.47 J
从金属杆开始运动到刚达到稳定状态，
由动能定理得(F-mgsin 37°)x0-W克安=mv2
又由克服安培力所做的功等于整个电路产
生的焦耳热，
代入数据解得Q=W克安=7.35 J
两串联电阻产生的焦耳热与阻值成正比，
故金属杆上产生的焦耳热为Qr=Q=1.47 J。
　(多选)(2023·四川天府新区太平中学月考)如图，光滑足够长平行导轨框架abcd与水平桌面夹角为θ=30°、间距为l，阻值为R的电阻与导轨的a、c端相连。质量为m、电阻也为R的导体棒垂直于导轨放置并可沿导轨自由滑动。整个装置放于匀强磁场中，磁场的方向垂直导轨平面向上(图中未画出)，磁感应强度的大小为B。导体棒的中点系一个不可伸长的轻绳，绳绕过固定框架边缘的光滑轻滑轮后，与一个质量也为m的物块相连，绳处于拉直状态。现若从静止开始释放物块，用h表示物块下落的高度(物块不会触地，杆不会碰撞滑轮)，g表示重力加速度，其他电阻不计，则
针对训练1
A.物块下落的最大加速度为
B.若h足够大，物块下落的最大速度为
C.通过电阻的电荷量为
D.若h足够大，导体棒产生的焦耳热为mgh-
√
√
由题意，对导体棒及物块受力分析，可知物块和导体棒
将做加速度逐渐减小的加速运动。开始下落时，物块有
最大加速度，对物块及导体棒整体，根据牛顿第二定律
有mg-mgsin 30°=2ma，可得最大加速度大小为a=，故
A正确；
若h足够大，当物块及导体棒整体加速度为零时，物块下落速度达到最大，对整体受力分析，根据平衡条件可得，mg-mgsin 30°-F安=0，F安=BIl，I=
，E=Blvmax，联立以上式子，解得物块下落的最大速度为vmax=，故B
正确；
由q=Δt，==可得q=，ΔΦ=BΔS=Blh，
得通过电阻的电荷量为q=，故C错误；
若h足够大，根据能量守恒定律有mgh-mghsin 30°
=×2m+Q，可得导体棒产生的焦耳热为QR=Q=mgh-，
故D错误。
　(2023·长春市十一中高二月考)如图所示，水平光滑的平行金属导轨，左端接有电阻R，匀强磁场B竖直向下分布在导轨所在的空间内，质量一定的金属棒PQ垂直导轨放置。若使棒以一定的初速度v0向右运动，当其通过位置a、b时，速率分别为va、vb，到位置c时棒刚好静止，设金属导轨与棒的电阻均不计，a到b与b到c的间距相等，则金属棒在从a到b和从b到c的两个过程中
A.金属棒做匀减速运动
B.通过金属棒横截面的电荷量，从a到b比从b到c大
C.克服安培力做的功，从a到b比从b到c大
D.回路中产生的内能相等
√
针对训练2
金属棒PQ在运动过程中所受到的合力为安培力，方
向向左，F安=BIL==
ma，由于v减小，所以金属棒向右运动过程中，加速
度逐渐减小，故A错误；
金属棒运动过程中，电路通过的电荷量q=IΔt=Δt=·==B
从a到b的过程中与从b到c的过程中，回路面积的变化量ΔS相等，B、R相等，因此，通过棒横截面的电荷量相等，故B错误；
金属棒在安培力作用下做减速运动，速度v越来越
小，金属棒克服安培力做功，把金属棒的动能转化
为内能，由于ab间距离与bc间距离相等，安培力从
a到c逐渐减小，由W=F安s定性分析可知，从a到b克
服安培力做的功比从b到c克服安培力做的功多，因此在从a到b的过程产生的内能多，故C正确，D错误。
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三
专题强化练
基础强化练
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考点一　电磁感应中的动力学问题
1.(2023·北京市大兴区高二期末)如图所示，有两根和水平方向成θ角的光滑平行的金属轨道，轨道足够长，上端接有可变电阻R，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。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vm，不计金属杆和轨道的电阻，则以下分析正确的是
A.金属杆先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动
B.金属杆由静止到最大速度过程中机械能守恒
C.如果只增大B，vm将变小
D.如果只增大R，vm将变小
√
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金属杆下滑过程中，受重力、轨道的支持力和安培
力，开始时重力沿斜面向下的分力大于安培力，金
属杆做加速运动，满足mgsin θ-=ma
随着速度的增加，安培力在增大，所以金属杆加速度逐渐减小，当加速度减小到零，速度最大，金属杆做匀速运动，故金属杆先做加速度逐渐减小的加速运动，然后做匀速直线运动，故A错误；
金属杆由静止到最大速度过程中，安培力做负功，金属杆机械能并不守恒，故B错误；
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当速度最大，则有mgsin θ-=0
解得vm=，所以只增大B， vm 将变小，
只增大R， vm 将变大，故C正确，D错误。
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2.(2023·四川成都高二期末)如图，电阻不计的光滑平行金属导轨竖直放置，金属导轨足够长，下端接一电阻R，整个空间存在垂直于导轨平面向里的匀强磁场。t=0时刻，将一金属杆ab以初速度v0竖直向上抛出，t=t1时金属杆ab又返回到出发位置，金属杆ab在运动过程中始终与导轨垂直并保持良好接触。下列图像能正确描述在0~t1这段时间内金属杆ab的速度与时间关系的是
√
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设金属杆ab的电阻为r，竖直向上的过程中，安培力方
向向下，有mg+=ma，解得a=g+，则金属杆
ab做加速度逐渐减小的减速运动，直到速度为0；竖直
向下的过程中，安培力方向向上，有mg-=ma'，解
得a'=g-，则金属杆ab做加速度逐渐减小的加速运动。由于安培
力始终做负功，返回到出发位置时速度的大小应该比v0小，故D正确，A、B、C错误。
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3.如图所示，匀强磁场存在于虚线框内，矩形线圈竖直下落，如果线圈受到的安培力总小于其重力，则它在1、2、3、4位置时的加速度关系为
A.a1>a2>a3>a4
B.a1=a3>a2>a4
C.a1=a3>a4>a2
D.a4=a2>a3>a1
√
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线圈进入磁场前和全部进入磁场后，都仅受重力，
所以加速度a1=a3=g。线圈在题图中2位置时，受
到重力和向上的安培力，且已知F安2=得a4a2>a4，B正确。
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考点二　电磁感应中的能量问题
4.(多选)(2023·成都七中期中)如图所示，固定在水平面上的光
滑平行导轨间距为L，右端接有阻值为R的电阻，空间存在方
向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场。一质量为m、接入
电路的电阻为r的导体棒ab与左端固定的弹簧相连并垂直导轨
放置。初始时刻，弹簧处于自然长度。现给导体棒水平向右的初速度v0，导体棒开始沿导轨往复运动直至停止，运动过程中导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触，此过程中弹簧一直在弹性限度内。若导体棒电阻r与导轨右端电阻R的阻值关系为R=r，不计导轨电阻，则下列说法正确的是
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A.导体棒开始运动时，导体棒受到的安培力方向水平向右
B.导体棒开始运动后速度第一次为零时，弹簧的弹性势能为m
C.导体棒开始运动时，初始时刻导体棒两端的电压为BLv0
D.导体棒整个运动过程中电阻R上产生的焦耳热为m
√
√
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导体棒开始运动时，根据右手定则可知导体棒中电流
从a到b，根据左手定则可知导体棒受到的安培力方向
水平向左，A错误；
导体棒开始运动后速度第一次为零时，由于产生的感应电流使电阻发热，所以导体棒的动能转化为弹簧的弹性势能和电路中产生的热
量，故此时弹簧的弹性势能一定小于m，B错误；
导体棒开始运动时，导体棒切割磁感线产生的感应电动势为E=BLv0，
因为R=r，故此时导体棒两端的电压即路端电压为BLv0，C正确；
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分析可知随着导体棒的来回运动，当停止时导体棒必
位于初始位置此时弹簧弹性势能为零，整个过程中导
体棒的动能Ek=m全部转化为电路中的热量，因为
R=r，故电阻R上产生的焦耳热为整个电路中热量的一
半即m，D正确。
5.(多选)如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B，方向竖直向下，在磁场中有一个边长为L的正方形刚性金属框，ab边的质量为m、电阻为R，其他三边的质量和电阻均不计。cd边上装有固定的水平轴，将金属框自水平位置由静止释放，金属框绕水平轴第一次转到竖直位置时，ab边的速度为v，不计空气阻力，重力加速度为g，则在这个过程中，下列说法正确的是
A.通过ab边的电流方向为a→b
B.ab边经过最低点时的速度v=
C.ab边经过最低点时的速度v<
D.金属框中产生的焦耳热为mgL-mv2
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ab边向下摆动过程中，金属框内磁通量逐渐减小，根
据楞次定律及右手螺旋定则可知感应电流方向为b→a，
选项A错误；
ab边由水平位置到达最低点过程中，机械能一部分转
化为焦耳热，故v<，选项B错误，C正确；
根据能量守恒定律可知，金属框中产生的焦耳热等于损失的机械能，
即Q=mgL-mv2，选项D正确。
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6.(多选)(2023·漯河市高二期末)如图甲所示，
将粗细均匀的导线做成的正方形线框abcd在
磁场上方某高处由静止释放，cd边刚进入磁
场时开始计时(t=0)，线框的v-t图像如图乙所
示，在3t0时刻cd边刚离开磁场时速度也为v0，最终线框离开磁场(离开图略)。已知线框的质量为m、边长为L，两条水平虚线L1、L2相距为d(d>3L)，虚线之间的匀强磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为B，重力加速度为g，忽略空气阻力，下列说法正确的是
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A.线框进入磁场过程中线框中电流方向与离开磁场过程中电流方向相反
B.线框进入磁场过程中线框受安培力的方向与离开磁场过程中受安培力
的方向相反
C.cd边刚进入磁场时c、d两点间的电势差为Ucd=BLv0
D.线框从进入磁场到cd边刚离开磁场的过程中产生的电热为mgd
√
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根据楞次定律可得，线框进入磁场过程
中电流方向为adcba，离开磁场过程中电
流方向为abcda，故A正确；
根据楞次定律中“来拒去留”可知，线
框进入磁场过程中受安培力的方向向上，离开磁场过程中受安培力的方向也向上，故B错误；
cd边刚进入磁场时产生的感应电动势为E=BLv0，所以c、d两点间的
电势差即路端电压为Ucd=BLv0，故C错误；
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线框从进入磁场到cd边刚离开磁场过程中动能不变，根据能量守恒定律可得产生的焦耳热为Q=mgd，故D正确。
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7.(多选)如图所示，光滑平行金属轨道平面与水平面成θ角，两轨道上端用一电阻R相连，该装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直于轨道平面向上。质量为m的金属杆ab以初速度v0从轨道底端向上滑行，滑行到某一高度h后又返回到底端。若运动过程中，金属杆始终保持与轨道垂直且接触良好，轨道与金属杆的电阻均忽略不计，重力加速度为g，则
能力综合练
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A.金属杆返回到底端时的速度大小为v0
B.金属杆上滑到最高点的过程中克服安培力做功与克服重力做功之和等
于m
C.金属杆上滑到最高点的过程中电阻R上产生的热量等于m-mgh
D.金属杆两次通过轨道上的同一位置时电阻R的热功率相同
√
√
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金属杆从轨道底端滑上轨道某一高度后又返回到
出发点过程中，由于电阻R上产生热量，故金属
杆的机械能减小，即返回到底端时速度小于v0，
选项A错误；
金属杆上滑到最高点的过程中，动能转化为重力势能和电阻R上产生的热量(即克服安培力所做的功)，选项B、C正确；
金属杆两次通过轨道上同一位置时的速度大小不同，电路中的电流不同，故电阻的热功率不同，选项D错误。
8.(多选)(2024·安徽师范大学附属中学高二月考)如图所示，在光滑的水平地面上方，有两个磁感应强度大小均为B、方向相反的水平匀强磁场，PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大。一个半径为a、质量为m、电阻为R的金属圆环沿垂直磁场方向，以速度v从图示位置(实线所示)开始运动，当圆环运动到直径刚
好与边界线PQ重合时(虚线所示)，圆环的速度变为，则下列说法正确的是
A.此时圆环的电功率为
B.此时圆环的加速度大小为
C.此过程中通过圆环截面的电荷量为
D.此过程中回路产生的电能为mv2
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当圆环的直径与边界线重合时，圆环左右两半
环均产生感应电动势，故圆环中的感应电动势
E=2B×2a×=2Bav，圆环的电功率P==，
故A错误；
此时圆环受到的安培力大小F=2BI×2a=2B××2a=，由牛顿第二定律可得，加速度大小a==，故B正确；
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圆环中的平均感应电动势=，则通过圆环
截面的电荷量Q=Δt=Δt==，故C正确；
此过程中回路产生的电能等于动能的减少量，
即E=mv2-m()2=mv2，故D错误。
9.(多选)(2024·辽宁卷)如图，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
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两导体棒沿轨道向下滑动，根据右手定则可知回路中的电流方向为abcda，故A正确；
设回路中的总电阻为R，对于任意时刻当电路中的电流为I时，对导体棒ab、cd
根据牛顿第二定律得
2mgsin 30°-2BILcos 30°=2maab
mgsin 30°-BILcos 30°=macd
故可知aab=acd，
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分析可知两个导体棒产生的电动势相互叠加，随着
导体棒速度的增大，回路中的电流增大，导体棒受
到的安培力在增大，故可知当安培力沿导轨方向的
分力与重力沿导轨向下的分力平衡时导体棒将匀速
运动，此时电路中的电流达到稳定值，此时对ab分
析可得2mgsin 30°=2BILcos 30°，解得I=，故B正确，C错误；
根据前面分析可知aab=acd，故可知两导体棒速度大小始终相等，由于两边磁感应强度不同，故产生的感应电动势不等，故D错误。
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10.(2024·湖南师范大学附属中学高二期末)如图甲，MN、PQ是两根足够长的光滑平行金属导轨，导轨间距为L=1 m，导轨所在平面与水平面的夹角为θ=30°，M、P间接有阻值为R=4 Ω的电阻。匀强磁场垂直于导轨所在平面向上，磁感应强度大小为B=2 T。一质量为m=0.1 kg、长为L=1 m、阻值为r=1 Ω的金属棒ab放在导轨上，在平行于导轨的拉力F作用下，由静止开始向上运动，拉力F随金属棒ab位移x变化的关系图像如图乙所示，当金属棒ab的位移为x=0.6 m时，金属棒ab恰好开始做匀速直线运动。金属棒ab
与导轨始终垂直并且保持良好接触，导轨
电阻不计，匀强磁场的范围足够大，重力
加速度大小取g=10 m/s2。求：
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(1)金属棒ab刚开始运动时的加速度大小；
答案　10 m/s2　
根据题意，金属棒ab刚开始运动时，由牛顿第二定律有F-mgsin θ=ma
由题图乙可知，此时F=1.5 N
联立解得a=10 m/s2
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(2)当金属棒ab的位移为x=0.6 m时，金属棒ab的速度大小；
答案　5 m/s　
由题图乙可知，当x=0.6 m时
F=4.5 N
此时，金属棒ab恰好开始做匀速直线运动，设速度为v，则有E=BLv
I=
F安=BIL
F=F安+mgsin θ
联立解得v=5 m/s
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(3)金属棒ab从开始运动到开始做匀速直线运动的过程中，金属棒ab上产生的焦耳热。
答案　0.05 J
根据题意，由题图乙可知，金属棒ab从开始运动到开始做匀速直线运动的过程中，拉力做功为
WF=×(1.5+4.5)×0.6 J=1.8 J
设此过程中，克服安培力做功为W克安，
由动能定理有WF-W克安-mgsin θ·x=mv2
解得W克安=0.25 J
由功能关系可得，整个电路产生的焦耳热为Q=0.25 J
则金属棒ab上产生的焦耳热为Q'=Q=0.05 J。
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11.(2023·太原市第五中学高二月考)如图甲所示，
弯折成90°角的两根足够长金属导轨平行放置，
形成左右两导轨平面，左导轨平面与水平面成53°
角，右导轨平面与水平面成37°角，两导轨相
距L=0.2 m，电阻不计。质量均为m=0.1 kg，电阻均为R=0.1 Ω的金属杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，金属杆与导轨间的动摩擦因数均为μ=0.5，整个装置处于磁感应强度大小为B=1.0 T，方向平行于左导轨平面且垂直右导轨平面向上的匀强磁场中。t=0时刻开始，ab杆以初速度v1沿右导轨平面下滑，
尖子生选练
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t=1 s时刻开始，对ab杆施加一垂直ab杆且平行右导轨平面向下的力F，使ab开始做匀加速直线运动。cd杆运动的v-t图像如图乙所示(其中第1 s、第3 s内图线为直线)。若杆下滑过程均保持与导轨垂直且接触良好，g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。
(1)求在第1 s内cd杆受到的安培力的大小；
答案　0.2 N　
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ab杆沿右侧导轨下滑，根据右手定则可知，ab杆中感应电流方向为由a到b，则cd杆中电流方向为由d到c，根据左手定则可知，cd杆受到的安培力垂直于左侧导轨平面向下，根据题图乙可知，cd杆在第1 s
内的加速度a1==4 m/s2
对cd杆受力分析，根据牛顿第二定律，
有mgsin 53°-μ(mgcos 53°+F安)=ma1
解得F安=0.2 N
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(2)求ab杆初速度的大小v1；
答案　1 m/s　
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第1 s内，cd杆受到的安培力F安=BIL，
由(1)中数据可知回路中电流I==1 A
对ab杆，感应电动势E=I·2R=0.2 V
根据法拉第电磁感应定律有E=BLv1
解得ab杆初速度的大小v1==1 m/s
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(3)若第2 s内力F所做的功为9 J，求第2 s内cd杆所产生的焦耳热。
答案　3 J
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根据题图乙可知，cd杆在第3 s内做匀减速运动，加速度a2==-4 m/s2
对cd杆受力分析，根据牛顿第二定律，有
mgsin 53°-μ(mgcos 53°+F安')=ma2
解得安培力F安'=1.8 N
由F安'=BI'L==可得，
2 s时ab杆的速度v2==9 m/s
第2 s内ab杆做匀加速运动，ab杆的位移x2=(v1+v2)t=5 m
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对ab杆，根据动能定理，有WF+mgx2sin 37°-μmgx2cos 37°+W安
=m-m
解得安培力做功W安=-6 J
回路中产生的焦耳热Q=-W安=2Qcd
解得第2 s内cd杆所产生的焦耳热Qcd=3 J。
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