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物 理
新高考适用
选择性必修第二册 第二章　电磁感应
目 录
CONTENTS
第 1 节 电磁感应现象 楞次定律 实验：探究影响感应电流方向的因
微专题28
电磁感应中的电路和图像问题
第 2 节 法拉第电磁感应定律 自感和涡流
微专题29
基础单杆模型
微专题30
含容含源单杆模型
微专题31
双杆模型
微专题32
线框模型
第1节 电磁感应现象 楞次定律
实验：探究影响感应电流方向的因
考点1　电磁感应现象的理解和判断
1.磁通量
(1)公式:Φ=BS,S为所研究的平面垂直于磁感应强度B方向的投影面积。磁通量为标量,
单位是Wb。
(2)物理意义:磁通量的大小可形象地表示为穿过某一面积的磁感线条数的多少。
2.电磁感应现象
(1)感应电流产生的条件:穿过闭合回路的磁通量发生变化。
(2)当磁通量发生变化时,如果回路不闭合,则只有感应电动势,没有感应电流。
典例1 (2025北京,3,3分)下列图示情况,金属圆环中不能产生感应电流的是 ( )
A
A.图(a)中,圆环在匀强磁场中向左平移
B.图(b)中,圆环在匀强磁场中绕轴转动
C.图(c)中,圆环在通有恒定电流的长直导线旁向右平移
D.图(d)中,圆环向条形磁铁N极平移
解析　 【关键:当穿过闭合回路的磁通量发生变化时,回路中产生感应电流】图(a)
中,穿过圆环的磁通量不发生变化,金属圆环中不能产生感应电流,A正确。图(b)、图
(c)、图(d)中,穿过圆环的磁通量均发生变化,故均能产生感应电流,B、C、D错误。
考点2　楞次定律及其应用
一、楞次定律的内容
感应电流具有这样的方向,即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。
二、正确理解楞次定律中“阻碍”的含义

三、楞次定律的推论及其应用
例证 增反 减同 磁体靠近线圈,B感与B原方向相反 (若远离,则相同)
当环A中的I1增大时,环B中的感应电流方向与I1的方向相反;当I1减小时,环B中的感应电流方向与I1的方向相同
来拒 去留 　 作用:阻碍磁体与圆环的相对运动 增缩减 扩(磁 感线单 方向穿 过回路) P、Q是光滑固定导轨,a、b是可动金属棒,磁体下移(上移),a、b靠近(远离),
使回路面积缩小(扩大)

四、右手定则
1.内容:伸开右手,使拇指与其余四个手指垂直,并且都与手掌在同一个平面内;让磁感
线从掌心进入,并使拇指指向导线运动的方向,这时四指所指的方向就是感应电流的
方向。
2.适用情况:导体切割磁感线产生感应电流。
典例2 (2025河南,5,4分)如图,一金属薄片在力F作用下自左向右从两磁极之间通过。
当金属薄片中心运动到N极的正下方时,沿N极到S极的方向看,下列图中能够正确描述
金属薄片内涡电流绕行方向的是 ( )

　　　
C
解析　　沿N极到S极的方向看,薄片右侧远离磁场,穿过薄片的磁通量减少,由于感应
电流的磁场阻碍引起感应电流的磁通量的减少,故感应电流的磁场方向与原磁场方向
相同,结合安培定则可以判定,右侧涡电流方向为顺时针。同理判定左侧涡电流方向为
逆时针,C正确。
方法技巧
方法1:右手定则快速判断
取金属薄片中线附近一平行中线的金属条作为研究对象,金属条切割磁感线,磁场方向
垂直纸面向里,金属条运动方向向右,应用右手定则即可判定电流方向。
为什么不用金属片右侧边缘判定 考虑到磁场较强的地方起决定性作用。
方法2:利用“来拒去留”快速判断涡电流方向
当金属片的一部分靠近磁场时,这部分金属片中涡电流产生的磁场方向与原磁场方向
相反(来拒);当金属片的一部分远离磁场时,这部分金属片中涡电流产生的磁场方向与
原磁场方向相同(去留)。
拓展设问
左右两部分涡电流的相互作用是吸引还是排斥
答案
吸引
解析
电流大小相同的情况下,距离越近,作用力越大,左、右两部分涡电流在最近处是同向电
流,则两部分涡电流相互吸引。
提分关键·方法提升
“四步法”判断感应电流的方向

典例3 (多选)如图所示,水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN,
MN的左侧有一如图所示的闭合电路。当PQ在一外力的作用下运动时,MN向右运动,则
PQ所做的运动可能是( )

A.向右加速运动　　　 B.向左加速运动
C.向右减速运动　　　 D.向左减速运动
BC
解析　　根据安培定则可知,ab在右侧产生的磁场方向垂直纸面向里,MN向右运动,根
据左手定则可判断MN中感应电流方向由M到N。由安培定则可知L1中感应电流产生的
磁场方向向上,由楞次定律可知L2中感应电流产生的磁场向上减弱或向下增强。如果L
2中感应电流产生的磁场向上减弱,根据安培定则可知PQ中感应电流由Q到P且减小,再
根据右手定则可知PQ向右减速运动;如果L2中感应电流产生的磁场向下增强,根据安培
定则可知PQ中感应电流由P到Q且增大,再根据右手定则可知PQ向左加速运动。A、D
错误,B、C正确。
提分关键·方法提升
三定则和一定律的辨析
适用的现象 因果关系
安培定则 电流的磁效应——电流、电荷定向移动产生的磁场 因电生磁
左手定则 (1)安培力——磁场对通电导线的作用力 (2)洛伦兹力——磁场对运动电荷的作用力 因电而动
右手定则 导体切割磁感线产生感应电流 因动生电
楞次定律 闭合回路中磁通量变化产生的电磁感应现象 因磁生电
考点3　实验:探究影响感应电流方向的因素
1.实验器材:条形磁体、灵敏电流计、线圈、导线、一节干电池(用来查明线圈中电流
的流向与灵敏电流计指针偏转方向的关系)。
2.实验现象:以下面四种情况(如图甲、乙、丙、丁)为例,根据实验结果,填写表格。

图号 磁场 方向 磁通量 变化趋势 感应电流 的方向(俯) 感应电流的
磁场方向
甲 向下 增加 逆时针 向上
乙 向上 顺时针 向下
丙 向下 减少 顺时针 向下
丁 向上 逆时针 向上
3.实验结论
当穿过线圈的磁通量增加时,感应电流的磁场与原磁场的方向相反;当穿过线圈的磁通
量减少时,感应电流的磁场与原磁场的方向相同。
第2节 法拉第电磁感应定律　
自感和涡流
考点1　法拉第电磁感应定律的理解及应用
一、感应电动势
1.产生条件:穿过电路的磁通量发生变化。与电路是否闭合无关。
2.产生感应电动势的那部分导体相当于电源。
二、法拉第电磁感应定律
1.内容:闭合电路中感应电动势的大小,跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比。
2.大小:E= (单匝线圈);E=n (n匝线圈)。
3.应用E=n 求解的三种思路
(1)磁感应强度B不变,垂直于磁场的回路面积S发生变化,则E=nB 。
(2)垂直于磁场的回路面积S不变,磁感应强度B发生变化,则E=nS 。
(3)磁感应强度B、垂直于磁场的回路面积S均发生变化,则E=n 。
典例1 某研究团队的实验证实超导态“分段费米面”科研成果入选2022年度“中国
科学十大进展”。如图甲所示,超导体圆环半径为r,常温下电阻为R,圆环的横截面半径
远小于圆环半径,钕磁铁沿圆环轴线从上到下穿过圆环。沿圆环轴线方向的磁感应强
度分量By随时间t变化的情况如图乙所示(已作简化处理)。求:

(1)0~2t0时间内和5t0~6t0时间内圆环中产生的感应电动势的大小E1和E2;
(2)0~6t0时间内圆环产生的焦耳热Q。
答案
(1) (2)
解题导引

解析
(1)0~2t0时间内圆环中产生的感应电动势大小E1= = ,5t0~6t0时间内圆环中产生
的感应电动势的大小E2= = 。
(2)0~2t0时间内圆环产生的焦耳热Q1= ×2t0
2t0~5t0时间内穿过圆环的磁通量不发生变化,圆环内无感应电流,不产生焦耳热
5t0~6t0时间内圆环产生的焦耳热Q2= t0
0~6t0时间内圆环产生的焦耳热Q=Q1+Q2= 。
考点2　导体切割磁感线产生感应电动势
1.导体切割磁感线时的感应电动势
垂直 切割 甲 B、l、v两两垂直时(其中l为标量,此
处判断两两垂直时的方向可认为是
导体切割磁感线的有效长度所在的
直线方向),如图甲所示,E=Blv
不垂直 切割 乙 导体的运动方向与导体本身垂直,与
磁感线方向的夹角为θ时,如图乙所
示,则E=Blv1=Blv sin θ
2.对E=Blv的理解
特性 含义
正交性 B、l、v三者互相垂直
瞬时性 若v为瞬时速度,则E为相应的瞬时感应电动势
平均性 导体平动切割磁感线时,若v为平均速度,则E为平均感应电动势
有效性 公式中的l为导体切割磁感线的有效长度。图中导体的
有效长度均为a、b间的距离

相对性 速度v是导体相对磁场的速度,若磁场也在运动,应注意速度间的相对关系
3.转动切割磁感线时感应电动势的计算
当导体棒在垂直于磁场的平面内,绕一端以角速度ω匀速转动时,产生的感应电动势E=
Bl = Bl2ω,如图所示。

典例2 (人教版选必二P34,T6改编)一长为l的导体棒在磁感应强度为B的匀强磁场中
绕其一端以角速度ω在垂直于磁场的平面内匀速转动(如图所示)。

(1)(回归教材)求ab两端产生的感应电动势。
·········· 教考衔接 ··········
答案
(1) Bl2ω
(2)(链接高考)(2024湖南,4,4分)如图,有一硬质导线Oabc,其中 是半径为R的半圆
弧,b为圆弧的中点,直线段Oa长为R且垂直于直径ac。该导线在纸面内绕O点逆时针转
动,导线始终在垂直纸面向里的匀强磁场中。则O、a、b、c各点电势关系为 ( )
A.φO>φa>φb>φc　　　 B.φO<φa<φb<φc
C.φO>φa>φb=φc　　　 D.φO<φa<φb=φc
C
解析
(1)解法一　如图所示,

设在极短时间Δt内导体棒转过微小角度Δθ,则Δθ=ωΔt
则在极短时间Δt内导体棒扫过的面积ΔS= l2Δθ
在极短时间Δt内磁通量变化量ΔΦ=BΔS= Bl2Δθ= Bl2ωΔt
则感应电动势E= = Bl2ω,即ab两端产生的感应电动势E= Bl2ω。
解法二　导体棒ab匀速转动,产生的感应电动势E=Bl =Bl = Bl2ω。
(2)根据几何关系可知Ob=Oc,根据v=ωr、E=Brv及右手定则可知,UOb=UOc>UOa,且O点的
电势最高,即φO>φa>φb=φc,C正确。
考点3　自感现象
一、互感
两个互相靠近的线圈,当一个线圈中的电流变化时,它所产生的变化的磁场会在另一个
线圈中产生感应电动势。这种现象叫作互感,这种感应电动势叫作互感电动势。
二、自感
1.定义:当一个线圈中的电流变化时,它所产生的变化的磁场在线圈本身激发出感应电
动势,这种现象称为自感。由于自感而产生的感应电动势叫作自感电动势。
2.自感电动势的表达式:E=L 。
3.自感系数L的影响因素:线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯等。
电路图
器材要求 A1、A2同规格,R=RL,L较大 L很大(有铁芯)
通电时 在S闭合瞬间,灯A2立即亮起来,灯A1逐渐变亮,最终一样亮 灯A立即亮,然后逐渐变暗达到稳定
断电时 L、A1、A2、R组成回路,回路电流减小,灯泡逐渐变暗;流过A1的电流方向不变,流过A2的电流反向 ①若断电前稳定电流I2≤I1,灯泡逐渐变暗
②若I2>I1,灯泡闪亮后逐渐变暗两种情况下灯泡中电流方向均改变
总结 自感电动势总是阻碍原电流的变化 4.通电自感和断电自感的比较
典例3　图1为演示自感现象的实验电路。实验时,先闭合开关S,电路达到稳定后,灯泡
A和B处于正常发光状态,在t0时刻,将开关S断开,测量得到t0时刻前后灯泡A、B两端电
势差Uab、Ucd随时间t的变化关系,如图2、3所示。电源内阻及电感线圈L的直流电阻可
忽略不计。下列说法正确的是( )
A.图2所示为灯泡A两端电势差Uab在S断开前后随时间的变化关系
B.S断开瞬间,电感线圈L两端电势差大小为U0
C.电源电动势为2U0
D.由图2和图3可知两灯泡正常发光时,灯泡A的阻值与灯泡B的阻值之比为1∶2
D
解析　　电路达到稳定后,灯泡A和B处于正常发光状态,Uab>0,Ucd>0,开关S断开瞬间,由
于电感线圈的自感作用,Uab>0,Ucd<0【点拨:断开开关S瞬间,流经灯泡A的电流方向不
变,流经灯泡B的电流方向改变】,所以题图2为灯泡B两端电势差Ucd在S断开前后随时
间的变化关系,A错误。根据题图,S断开瞬间,电感线圈L两端电势差大小U=|Uab|+|Udc|=3
U0,B错误。开关S断开前,电路处于稳定状态,灯泡A和B处于正常发光状态,由题图可知
电源电动势为U0,C错误。在S断开瞬间,电感线圈L和灯泡A、B构成闭合回路,经过两灯
泡的电流相等,由于|Udc|=|2Uab|,根据U=IR,可知灯泡A的阻值与灯泡B的阻值之比为1∶2,
D正确。
提分关键·方法提升
通、断电自感现象的判断技巧
(1)通电时线圈产生的自感电动势阻碍电流的增大且与电流方向相反,使电流相对缓慢
地增大。
(2)断电时线圈产生的自感电动势与原电流方向相同,在与线圈串联的回路中,线圈相当
于电源,它提供的电流逐渐变小。
(3)电流稳定时,若线圈有电阻,线圈就相当于一个定值电阻;若不计线圈的电阻,线圈就
相当于一根导线。
考点4　涡流　电磁阻尼和电磁驱动
一、涡流
产生 在变化的磁场中,导体内产生的感应电流,就像水中的漩
涡,叫作涡电流,简称涡流
特点 若金属的电阻率小,涡流往往很强,产生的热量很多
应用 涡流热效应的应用:真空冶炼炉
涡流磁效应的应用:探雷器、安检门
防止 电动机、变压器等设备中为防止铁芯中涡流过大而导
致浪费能量,损坏电器,可采取的措施
(1)增大铁芯材料的电阻率
(2)用相互绝缘的硅钢片叠成的铁芯代替整块硅钢铁芯
二、电磁阻尼和电磁驱动
电磁阻尼 电磁驱动
由于导体在磁场中运动而产生感应
电流 由于磁场运动引起磁通量的变化而
产生感应电流
安培力的方向与导体运动方向相反,
阻碍导体运动 安培力的方向与导体运动方向相同,
推动导体运动
导体克服安培力做功,其他形式的能
转化为电能,最终转化为内能 由于电磁感应,磁场能转化为电能,通
过安培力做功,电能转化为导体的机
械能
典例4 (多选)磁悬浮列车是高速低耗的交通工具,如图(a)所示,它的驱动系统简化为如
图(b)所示的物理模型。固定在列车底部的正方形金属线框的边长为L,匝数为N,总电
阻为R。水平面内平行长直导轨间存在磁感应强度均为B、方向交替相反、边长均为L
的正方形组合匀强磁场。当磁场以速度v匀速向右移动时,可驱动停在轨道上的列车,
则 ( )
A.图示时刻线框中感应电流沿逆时针方向
B.列车运动的方向与磁场移动的方向相同
C.列车速度为v'时线框中的感应电动势大小为2NBL(v-v')
D.列车速度为v'时线框受到的安培力大小为
BC
解析　　线框相对磁场向左运动,根据右手定则可知题图(b)所示时刻线框中感应电流
沿顺时针方向,A错误;根据左手定则可知,线框受到向右的安培力【易错:虽金属线框向
右运动,但线框相对磁场运动方向向左】,因此列车运动的方向与磁场移动的方向相同,
B正确;线框左右两个边产生的感应电动势顺次相加,E=2NBLΔv=2NBL(v-v'),C正确;列
车速度为v'时线框受到的安培力大小为F=2NBIL= 【点拨:E=BLv中的v为
线框和磁场之间的相对速度】,D错误。
拓展设问
若列车在行进的过程中受到的阻力恒为f,则列车的最大速度是多少
答案
v-
解析
当列车达到最大速度时满足F=f,即f= ,解得最大速度v'm=v- 。
微专题28 电磁感应中的电路和图像问题
题型1　电磁感应中的电路问题

典例1　(创新考法·感生电动势+动生电动势)(2025届八省联考·内蒙古)如图(a),两组
平行金属导轨在同一水平面固定,间距分别为d和1.5d,分别连接电阻R1、R2,边长为d的
正方形区域存在竖直向下的匀强磁场,磁感应强度B随时间t变化关系如图(b)所示。t=0
时,在距磁场左边界d处,一长为1.5d的均匀导体棒在外力作用下,以恒定速度v0向右运
动,直至通过磁场,棒到达磁场左边界时与两组导轨同时接触。导体棒阻值为3R,R1、R2
的阻值分别为2R、R,其他电阻不计,棒与导轨垂直且接触良好。求:

(1)0~ 时间内,R1中的电流方向及其消耗的电功率P;
(2) ~ 时间内,棒受到的安培力F的大小和方向。
答案
(1)N到M (2) 　水平向左
解析
(1)由图(b)可知在0~ 时间段内,磁场均匀增加,根据楞次定律可知R1中的电流方向为N
到M,这段时间内的感应电动势E= = =
0~ 时间内,导体棒接入电路的电阻为2R,所以电流为I总= =
R1的功率为P= ×2R= ×2R= 。
(2)在 ~ 时间内根据左手定则可知棒受到的安培力方向水平向左;分析电路可知在
M、N所在导轨之间的部分导体棒切割磁感线,相当于电源,M、N所在导轨之外的部分
和R2串联后再和R1并联,并联电路的总电阻为R并= =R【易错:棒在磁场中的部
分切割磁感线,相当于电源,其他部分与R2串联属于外电路】
电路中的总电阻为R总=2R+R=3R
根据E'=B0dv0、F安=B0Id、I=
可得F安= = 。
提分关键·易错总结
电路问题的两点注意事项
(1)等效电源两端的电势差为路端电压,只有电路处于断路状态时,路端电压与电动势相
等。
(2)在时间Δt内通过导体横截面的电荷量q= Δt= Δt= Δt= ,计算通过导体横
截面的电荷量时要用电流的平均值。
题型2　电磁感应中的图像问题
图像 类型 (1)随时间变化的图像:如B-t图像、Φ-t图像、E-t图像、I-t图像、F-t图像等 (2)随位移变化的图像:如E-x图像、I-x图像等 问题 类型 (1)根据电磁感应过程选择图像 (2)根据图像分析电磁感应过程 (3)电磁感应中的图像转换 常用 规律 判断方向 右手定则、楞次定律、左手定则、
安培定则等
计算大小 法拉第电磁感应定律、闭合电路的
欧姆定律及其他有关规律
常用 方法 排除法 定性地分析电磁感应过程中物理量
的变化趋势(增大还是减小)、变化快
慢(均匀变化还是非均匀变化),特别
是分析物理量的正负,以排除错误的
选项
函数法 根据题目所给条件定量地写出两个
物理量之间的函数关系,然后由函数
关系对图像进行分析和判断
典例2 (多选)如图所示,边长为L的正方形区域存在垂直纸面向外的匀强磁场,等腰直
角三角形导线框ABC以速度v匀速进入磁场区域,且AB= L,若从C点进入磁场开始计
时,单位长度导线框的电阻相同,则B、C两点电势差UBC和BC边所受安培力FBC(规定FBC
向上为正)随时间变化的图像正确的是 ( )
BD
解析　 0~ 时间内导线框切割磁感线的有效长度均匀增大,如图甲;由右手定则可知
感应电流方向由C到B,即C点电势高,则UBC<0,感应电动势E=Blv=Bv2t,可知感应电动势
随时间均匀增大,电阻不变,电路中电流均匀增大, 均匀增大;在 ~ 时间内导线框
切割磁感线的有效长度均匀减小,感应电动势均匀减小,感应电流均匀减小, 均匀减
小,t= 时电路中感应电动势为零,如图乙;此后由右手定则可知电流方向反向,电流先
均匀变大再变小,UBC也是先变大再变小,如图丙、丁,A错误,B正确。0~ 时间内BC边
受力FBC=BIl= t2,FBC-t图像是开口向上的抛物线的一部分;在 ~ 时间内,BC边在磁
场中的长度不变,由FBC=BIL可知FBC的大小和方向随电流的大小和方向线性变化;在
~ 时间内BC边在磁场中的长度及导线框切割磁感线的有效长度都减小,则FBC=BI(3L-
vt)= ,力FBC是矢量,在 ~ 时间内FBC为负值,根据对称性可知此段时间内,
FBC-t图线是开口向下的抛物线的一部分,C错误,D正确。

一题多解
关于A、B选项,容易判断一开始UBC<0,利用排除法,B正确;关于C、D选项,可利用逆向
思维,三角形导线框出磁场过程可看作进磁场过程的逆过程,容易判断D正确。
提分关键·方法拓展
电磁感应中的图像问题的一般解题步骤

微专题29 基础单杆模型
题型1　具有初速度的单杆模型
情境 水平固定放置的平行粗糙导轨(电阻不计且足够长,导体 杆与导轨间的动摩擦因数为μ),间距为L,一侧接有电阻R, 导体杆初速度为v0、质量为m、电阻为r,匀强磁场的磁感 应强度大小为B 等效 电路 感应电流I= =
图形 转换 把立体图转换为平面图,并画出电流
的方向,便于受力分析
受力 分析 ①安培力F安=BIL=
②由 +μmg=ma得a= +μg
(v=v0时,a最大)
过程 分析 导体杆做加速度逐渐减小的减速运
动
能量 分析 (全程) ①根据能量守恒可得Q= m -μmgx(x为全程的位移) ②电阻R产生的焦耳热QR= Q 动量 分析 (全程) ①通过电阻R的电荷量q= Δt= =
②对导体杆根据动量定理有-μmgt-B LΔt=-μmgt-BLq=0-mv0,联立可得t=
-
典例1　我国新一代航空母舰采用全新的电磁阻拦技术,飞机着舰时利用电磁作用力使
它快速停止。为研究问题方便,我们将其简化为如图所示的模型。在磁感应强度大小
为B、垂直纸面向下的匀强磁场中,有间距为L、电阻不计的水平平行金属导轨ab、cd,
a、c间连接一阻值为R的定值电阻,质量为m、接入电路的电阻为r的粗细均匀的金属
杆MN垂直于金属导轨放置,现使金属杆MN获得一水平向右的初速度v0,滑行时间t后停
下。已知金属杆MN受到的摩擦阻力恒为f,MN长为2L,忽略空气阻力的影响,重力加速
度为g。
(1)金属杆MN受到的安培力的最大值;
(2)全过程金属杆MN克服摩擦阻力f做的功W。
·········· 能力进阶 ··········
答案
(1) (2)
解析
(1)刚开始时,金属杆MN受到的安培力最大,则感应电动势E=BLv0
感应电流I=
安培力F=BIL
解得安培力的最大值F= 。
(2)全过程以金属杆为研究对象,根据动量定理有-ft-B Lt=0-mv0
感应电流的平均值 = ,x= t
联立解得x=
金属杆克服摩擦阻力做的功W=fx
解得W= 。
答案
不能。理由见解析
(进阶1·从恒力做功到变力做功)金属杆MN所受摩擦阻力f是恒力,可以根据功的定义
式求金属杆MN克服摩擦阻力f做的功W,而安培力是变力,能否根据功的定义式求解克
服安培力做的功
解析
可以应用安培力关于位移的平均值求功,但不能应用安培力关于时间的平均值求功。
本题中不知道安培力对位移的平均值,因而不能根据功的定义式求解克服安培力做的
功。
(进阶2·克服安培力做功到焦耳热的计算)回路中产生的焦耳热是多少 能否确定定
值电阻和金属杆MN的焦耳热分配关系
答案
m - 　见解析
解析
可以从能量转化的角度求闭合回路中产生的焦耳热。根据能量的转化和守恒,金属杆
减少的机械能,一部分通过克服安培力做功转化为电能,电能全部转化为焦耳热;另一部
分通过克服摩擦阻力做功,摩擦生热,因而回路中产生的焦耳热Q焦耳热= m -
。能确定电阻R和金属杆MN的焦耳热的分配关系,因为定值电阻和金
属杆MN串联,定值电阻上产生的焦耳热与金属杆MN上产生的焦耳热之比等于两者电
阻之比R∶r。
题型2　受恒定外力的单杆模型
情境 水平固定放置的平行粗糙导轨(电阻不计且足够长, 导体杆与导轨间的动摩擦因数为μ),间距为L,一侧接 有电阻R,导体杆质量为m,电阻为r,在恒力F作用下从 静止开始运动,匀强磁场的磁感应强度大小为B 等效 电路 感应电流I= =
图形 转换 把立体图转换为平面图,并画出电流
的方向,便于受力分析
受力 分析 ①安培力F安=BIL=
②加速度a= -μg- (v=0时,a
最大)
过程 分析 导体杆做加速度减小的加速运动,当
a=0时,达到最大速度,vm=

能量 分析 (全程) ①根据能量守恒得Fx= m +Q+μmgx ②电阻R产生的焦耳热QR= Q 动量 分析 研究导体杆从静止到速度为v(已知未达到最大速度)的过程(见过程分析中
的v-t图像)
①通过电阻R的电荷量q= t= =
②根据动量定理有Ft-μmgt-B Lt=mv
可得(F-μmg)t-BLq=mv
由两式分析可知,v已知的前提下,在q、x、t三个物理量中,知一可求二
典例2 (1)(回归教材)(多选)(人教版选必二P47,B组,T4改编)如图所示,MN和PQ是
两根互相平行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,使杆ab由静止开始自
由下落,运动一段时间后,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
变化的图像可能是 ( )

·········· 教考衔接 ··········
ACD
(2)(情境变式)将(1)中的导轨固定在水平面上,如图所示,已知两导轨间距为L、匀强
磁场磁感应强度为B,金属杆质量为m,连入电路中电阻为R,为使ab金属杆从静止开始做
加速度大小为a的匀变速直线运动,外力F需满足什么条件
(3)(链接高考)(多选)(2025重庆,10,6分)如图1所示,小明设计的一种玩具小车由边长
为d的正方形金属框efgh做成,小车沿平直绝缘轨道向右运动,轨道内交替分布有边长均
为d的正方形匀强磁场和无磁场区域,磁场区域的磁感应强度大小为B,方向竖直向上。
gh段在磁场区域运动时,受到水平向右的拉力F=kv+b(k>0,b>0),且gh两端的电压随时间
均匀增大;当gh在无磁场区域运动时,F=0。gh段速度大小v与运动路程s的关系如图2所
示,图中v0 为gh每次经过磁场区域左边界时速度大小,忽略摩擦力。则( )
BC
A.gh在任一磁场区域的运动时间为
B.金属框的总电阻为
C.小车质量为
D.小车的最大速率为 +v0
答案
(1)ACD (2)F= +ma (3)BC
解析
(1)闭合开关时,ab杆切割磁感线产生感应电流,受到竖直向上的安培力,若重力与安培
力大小相等,则金属杆将做匀速直线运动,A图是可能的,A正确;若闭合开关时安培力小
于重力,则合力方向向下,加速度的方向向下,杆做加速运动,加速运动的过程中,ab杆产
生的感应电动势和感应电流增大,安培力增大,则合力减小,加速度减小,故杆做加速度
逐渐减小的加速运动,当重力与安培力大小相等时,杆做匀速直线运动,B错误,C正确;若
闭合开关时安培力大于重力,则加速度的方向向上,杆做减速运动,减速运动的过程中,
安培力减小,杆做加速度逐渐减小的减速运动,当重力与安培力大小相等时,杆做匀速直
线运动【点拨:在单杆切割磁感线模型中,涉及过程的分析一般采用牛顿运动定律】,
D正确。
(2)对金属杆ab有F- =ma,ab从静止开始做匀加速直线运动,满足v=at,代入上式得F
= +ma。
(3)根据题意,金属框在拉力作用下运动时,gh两端的电压随时间均匀增大,可知gh段在
磁场中运动时,金属框做匀加速直线运动,设金属框运动的速度为v,则gh段切割磁感线
产生的感应电动势E=Bdv,回路中的电流I= ,金属框所受安培力F安=BId,以金属框为研
究对象,根据牛顿第二定律有F-F安=ma,联立解得kv+b- =ma【点拨:金属框的加速
度a恒定,应为常数,故与v无关】,则有kv= ,解得金属框的总电阻R= ,B正确。
gh段在无磁场区域运动时F=0,取水平向右为正方向,结合题图2,对金属框根据动量定
理有-∑BId·Δt=-Bdq=-Bd =- =mv0-mvmax,gh段在磁场中运动时金属框做匀加速直
线运动,有 - =2ad,再结合ma=b,联立解得vmax= -v0,m= ,C正确,D错误。gh段
在磁场中运动时有vmax=v0+at,联立解得t= ,A错误。
提分关键·方法拓展
电磁感应单杆模型三大力学观点的选用原则
(1)如果要求解杆在某一瞬间的状态或分析整个过程中各力学物理量的变化情况,可用
牛顿运动定律。
(2)如果要求解杆在某一过程中的位移、时间和通过导体横截面的电荷量,一般用动量
的观点去解决。
(3)如果要求解杆在某一过程中产生的焦耳热或者功能关系,一般用能量的观点去解
决。
微专题30 含容含源单杆模型
题型1　单杆电源模型
情境 水平固定的平行光滑导轨(导轨足够长且电阻不计),间
距为L,左侧接电动势为E、内阻为r的电源,金属杆ab质
量为m,电阻为R,匀强磁场的磁感应强度大小为B

等效 电路 当杆的速度为v时,电流I= =

安培力 F安=BIL=
运动 过程 a= = ,杆做加速运动,v↑ F安↓ a↓;当速
度达到最大即vm= 时,F安=0,a=0,此后杆以vm做匀速直
线运动

能量 角度 (1)杆速度为v时,电源输出电能E电= mv2+QR
(2)全过程电源输出电能E电'= m +QR'
动量 角度 (1)通过金属杆ab横截面的总电荷量分析:
Δt=B LΔt=mvm-0,q= Δt,得q=
(2)加速运动过程的位移分析: Δt= Δt- Δt=
mvm-0,x= Δt,得x= Δt-
典例1 (多选)水平固定放置的足够长的光滑平行导轨,电阻不计,间距为L,左侧连接的
电源电动势为E、内阻为r,质量为m的金属杆垂直静止放在导轨上,金属杆处于导轨间
的部分的电阻为R。整个装置处在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中,
如图所示。闭合开关,金属杆由静止开始沿导轨做变加速运动直至达到最大速度,则下
列说法正确的是 ( )

A.金属杆的最大速度等于
B.此过程中通过金属杆的电荷量为
C.此过程中电源提供的电能为
D.此过程中金属杆产生的热量为
ABD
解析　 【运动学角度】当杆的加速度为零时,杆的速度最大,此时杆切割磁感线产生
的感应电动势和电源的电动势大小相等,即BLvm=E,解得杆的最大速度vm= ,A正确。
【动量角度】取向右为正方向,由动量定理可得B LΔt=mvm,流过杆的电荷量q= Δt,联
立解得q= ,B正确。【能量角度】电源提供的电能E电=qE,解得E电= ,C错误。由
能量守恒可得,回路产生的热量Q=E电- m ,杆产生的热量QR= Q,解得QR=
,D正确。
拓展设问
若闭合开关时,给金属杆施加水平向右的恒力F,试分析杆的运动情况。
答案
见解析
解析
第一阶段:安培力向右,由牛顿第二定律得a= ;由于F安=BIL,I= ,代入解得a=
+ - ,金属杆向右做加速度逐渐减小的加速运动。当E=BLv1,即v1=
时,回路电流为零,F安=0,金属杆的加速度a1= 。
第二阶段:金属杆的速度继续增加,回路电流反向,安培力向左,加速度a= ;由于F安=
BIL,I= ,可得a= + - ,加速度继续减小。当向左的安培力等于F时,
金属杆的加速度为零,速度最大,即由B L=F,解得杆的最大速度vm= + ,
之后金属杆以vm做匀速直线运动。
题型2　单杆电容模型
1.电容器充电式
(1)含“容”有v0,无外力
情境 质量为m、电阻为R的金属杆ab在水平光滑导轨上以速
度v0开始运动,忽略导轨电阻

等效 电路 杆速度为v时,电流I= (UC为电容器两端电压)

安培力 F安=BIL= -
运动 过程 加速度a= = - ,杆做加速度减小的减速运
动。当BLvmin=UCm时,I=0,此后杆做匀速直线运动

能量 角度 杆减少的动能转化为电容器的电场能和杆产生的热量
动量 角度 最终电容器两端的电压UCm=BLvmin,最终电容器的电荷量
q=CUCm=CBLvmin,由动量定理可得-B L·Δt=mvmin-mv0,由
于q= ·Δt,联立解得vmin=
(2)含“容”有外力,F恒定,v0=0
质量为m、电阻为R的金属杆ab在水
平光滑导轨上由静止开始运动,所受
外力F恒定,忽略导轨电阻
电容器持续充电,F-BIL=ma,I= ,Δ Q=CΔU=CBLΔv,a= ,联立解得a= ,a恒定,金属杆做匀加速直 线运动
F做的功转化为杆的动能、杆产生的热量和电容器的电场能,即WF= mv2+ EC+Q 2.电容器放电式
情境 电源电动势为E,内阻可忽略,电容器
电容为C,质量为m、阻值为R的光滑
金属杆静止在导轨上,先将开关拨到
左侧,电容器充满电后再拨到右侧
等效 电路 杆速度为v时,电流I= (UC为电容器两端电压)

安培力 F安=BIL= -
运动 过程 加速度a= = - ,杆做加速度减小的加速运动;
当BLvm=UCmin时,I=0,此后杆做匀速直线运动

能量 角度 电容器减少的电场能转化为杆的动能和杆产生的热量
动量 角度 电容器充满电时电荷量Q1=CE,最终电容器的电荷量Q2=
CUCmin=CBLvm,对杆由动量定理得B L·Δt=mvm,电容器放
出的电荷量ΔQ= Δt,且ΔQ=Q1-Q2,联立解得vm=
典例2 (多选)(2025届湖北部分高中协作体期中)电磁轨道炮原理图如图所示,它利用
电流和磁场使炮弹获得超高速度,应用此原理可研制新武器和航天运载器。图中直流
电源电动势为E,电容器的电容为C,两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为L,
导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场(图中未画出),导轨电阻
不计。炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN,垂直放在两导轨间且处于静止
状态,并与导轨良好接触。首先开关S接1使电容器完全充电,然后将S接至2,MN开始向
右运动,若导轨足够长,则在此后的运动过程中,下列说法正确的是( )
BCD

A.磁场方向垂直于导轨平面向上
B.MN的最大加速度为
C.MN的最大速度为
D.电容器上的最少电荷量为
解析　　由左手定则可知,磁场方向垂直于导轨平面向下,A错误;回路中最大电流为I=
,最大安培力为F=BIL= ,最大加速度为a= = ,B正确;电容器放电前所带的电
荷量Q1=CE,开关S接2后,MN开始向右加速运动,速度达到最大值vm时,MN上的感应电动
势E'=BLvm,最终电容器所带电荷量Q2=CE',通过MN的电荷量q=C(E-E')【易错:流过金属
棒的电荷量等于电容器电荷量的变化量】,由动量定理有 ·Δt=mvm-0,则BL ·Δt=BLq=
mvm,解得vm= ,则Q2= ,C、D正确。
微专题31 双杆模型
题型1　初始状态有初速度无外力
情境 水平导轨光滑且电阻不计,磁场垂直导轨平面向上,磁感
应强度大小为B,两导轨的宽度分别为L1、L2,导体杆1和
2的质量分别为m1、m2,电阻分别为R1、R2,给导体杆2一
个向右的初速度v0

受力 分析 对杆1:
=m1a1
对杆2:
=m2a2

过程 分析 杆2做加速度减小的减速运动,杆1做加速度减小的加速
运动。当两导体杆的加速度减小到零时,两导体杆开始
做匀速运动(稳定状态),此时L1v1=L2v2,由于L1导体杆做匀速运动时的速度v1>v2,v-t图像如图所示

动量 分析 对杆1:BL1q=m1v1
对杆2:BL2q=m2v0-m2v2
在速度稳定时有:L1v1=L2v2
联立解得:v1= ,v2=
q=
q= = ,则ΔS=
能量 分析 Q= m2 - , =
典例1 (多选)如图所示,固定在水平绝缘桌面上的光滑金属导轨PQ、MN,宽处间距为
L,窄处间距为 L,导轨所在区域分布有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀
强磁场。由同种材料制成、横截面积相同的金属杆cd(长为L)和ef(长为 L),分别垂直
导轨宽处和窄处静止放置,两杆与导轨始终接触良好。现金属杆cd有水平向右、大小
为v0的初速度。已知金属杆ef的质量为m、电阻为R,不计导轨电阻。在金属杆cd开始
运动后的足够长时间内(不考虑杆cd进入导轨窄处后的运动过程),下列说法正确的是
( )
AC
A.回路中的最大电流为
B.金属杆cd的最小速度为 v0
C.回路中产生的焦耳热为 m
D.通过杆某一横截面的电荷量为
解题导引

解析　 电路分析:当cd杆刚开始运动时,cd杆产生的感应电动势E=BLv0,此时回路中的
感应电动势最大,由电阻定律可知cd杆电阻为2R,故回路中的最大电流I= = ,A正
确。当回路中感应电动势为0时,回路中没有感应电流,金属杆cd、ef不再受到安培力,
两杆均开始做匀速直线运动,此时金属杆cd的速度最小,有BLvcd-B· Lvef=0,可知vcd= vef
【点拨:在具有初速度的不等距双杆模型中,当两杆稳定时,速度比等于杆长比的倒
数】;动量分析:设从开始至达到稳定状态所用时间为t,根据动量定理有-B Lt=2m(vcd-v0),
B · Lt=mvef,联立解得vcd= v0、vef= v0,B错误。由动量定理可知-BL t=2m(vcd-v0),则
BqL= mv0,解得q= ,D错误。能量分析:由能量守恒可得Q= ×2m - ×2m - m ,
解得Q= m ,C正确。
题型2　初始状态有外力无初速度
情境 水平导轨光滑且电阻不计,磁场垂直导轨平面向上,磁感
应强度大小为B,两导轨的宽度分别为L1、L2,导体杆1和
2的质量分别为m1、m2,电阻分别为R1、R2,给导体杆2施
加一个向右的恒力F

受力 分析 对杆1:
=m1a1
对杆2:
F- =m2a2

过程 分析 初始阶段:随着速度的增加,杆2做加速度减小的加速运
动,杆1做加速度增大的加速运动
稳定阶段:当L1a1'=L2a2'时,1、2两杆分别以加速度a1'和a2'
做匀加速运动

动量 分析 对杆1:BL1q=m1v1
对杆2:Ft-BL2q=m2v2
加速度稳定时满足:L1a1'=L2a2'
能量 分析 Fx= m1 + m2 +Q总, =
典例2　如图所示,两根粗糙的平行金属导轨固定在绝缘水平面上,左、右两侧导轨间
距分别为1 m和2 m,AB左侧磁感应强度大小B1=2 T,CD右侧磁感应强度大小B2=1 T,方
向均竖直向下。粗细相同的导体棒MN、PQ是由同种材料制成的,MN的长度为L1=1
m、质量m1=1 kg、电阻R1=1 Ω,PQ长度L2=2 m,两棒与导轨间的动摩擦因数均为μ=0.
1。t0=0时刻,MN静止在AB左侧的导轨上,PQ在导轨上从AB与CD之间某处以v=10 m/s
的水平初速度向右运动,t1=1 s时刚好进入磁场B2,同时MN受到一个方向水平向右、大
小为F=3 N的恒力,t2=1.97 s时两棒速度相同,t3=6.47 s时两棒刚好达到稳定运动状态。
整个运动过程中两棒的运动方向均未改变,两棒始终与导轨垂直并接触良好,导轨足够
长且电阻不计。感应电流产生的磁场忽略不计,取重力加速度g=10 m/s2。求:
(1)t0时刻导体棒PQ与CD间的距离d;
(2)t1时刻MN的加速度大小a;
(3)t2时刻两棒构成的闭合回路中磁通量相对初始时刻的增加量ΔΦ;
(4)t2~t3时间内两棒产生的焦耳热Q。

答案
(1)9.5 m (2)14 m/s2 (3)6.09 Wb (4)11.25 J
解析
(1)对导体棒PQ进行分析,根据牛顿第二定律有μm2g=m2a0
根据位移公式有d=vt1- a0
解得d=9.5 m
(2)PQ刚到达CD时的速度v0=v-a0t1=9 m/s
由于粗细相同的导体棒MN、PQ是由同种材料制成的,则PQ的电阻R2= R1=2 Ω
PQ刚到达CD时产生的感应电动势E=B2L2v0
PQ刚到达CD时产生的感应电流I1=
对导体棒MN进行分析,根据牛顿第二定律有
F+B1I1L1-μm1g=m1a
解得a=14 m/s2
(3)由于粗细相同的导体棒MN、PQ是由同种材料制成的,则有m2= m1=2 kg
由于F=μm1g+μm2g
对PQ和MN组成的系统进行受力分析,t1时刻后系统所受合力为零,系统动量守恒,设t2时
刻两棒共速时速度为v',则有m2v0=(m1+m2)v'
解得v'=6 m/s【点拨:两棒受安培力大小相等方向相反,合力为零】
对MN棒,根据动量定理有
F(t2-t1)-μm1g(t2-t1)+B1L1 (t2-t1)=m1v'
其中 = , =
解得ΔΦ=6.09 Wb
(4)两棒稳定时,两棒均做匀速直线运动,PQ加速度为零,则有B2L2I2-μm2g=0
其中I2=
解得v1-v2=1.5 m/s【点拨:因存在摩擦力,稳定时回路中电流不变,但电流的数值不能为
零】
t1时刻后根据动量守恒定律有m2v0=m1v1+m2v2
解得v1=7 m/s,v2=5.5 m/s
对MN棒,根据动量定理有
F(t3-t2)-μm1g(t3-t2)-B1 L1(t3-t2)=m1v1-m1v'
其中 = , (t3-t2)=x1, (t3-t2)=x2
解得x1-x2=6 m
对两棒组成的系统,根据能量守恒定律有
Fx1-μm1gx1-μm2gx2+ m1v'2+ m2v'2=Q+ m1 + m2
解得Q=11.25 J
提分关键·方法拓展
电磁感应中双杆模型注意事项
(1)等距无外力双杆系统动量守恒,其他模型动量一般不守恒,需对不同杆分别用动量定
理求解。
(2)注意通过分析过程得到不同的双杆模型对应的稳定条件。
①等距无外力:速度相同。
②等距有外力:加速度相同,速度差恒定。
③不等距无外力:L1v1=L2v2。
④不等距有外力:L1a'1=L2a'2。
微专题32 线框模型
水平平动切割 竖直平动切割 斜向平动切割
基础情境 单匝正方形线框质量为m,边长为L,总电阻为R,摩擦力忽略不计,ab边以速度v0进入磁
场
ab边进入磁场 瞬间的加速度 a= (取水平向左为正方向) a=g- (取竖直向下为正方向) a=g sin θ-
(取沿斜面向下为正方向)
进入磁 场过程 的运动 加速度减小的减速直线运
动 ①匀速直线运动(mg=F安) ②加速度减小的加速直线
运动(mg>F安) ③加速度减小的减速直线
运动(mgF安)
②加速度减小的加速直线
运动
(mg sin θ>F安)
③加速度减小的减速直线
运动
(mg sin θ完全进入 磁场后的运动 匀速直线运动 a=0 匀加速直线运动 a=g 匀加速直线运动
a=gsin θ
能量角度 动能减少量等于线框产生
的热量 机械能减少量等于线框产
生的热量 机械能减少量等于线框产
生的热量
进入过程通 过横截面的 电荷量计算 由法拉第电磁感应定律有 = = ,由闭合电路欧姆定律有 = ,穿过横截面的电
荷量q= Δt,推导得出q= =
典例 (人教版选必二P46,B组,T2改编)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2v匀速进入同一匀强磁场。求:

(1)(回归教材)①第二次进入与第一次进入时线圈中电流之比;
②第二次进入与第一次进入时外力做功的功率之比;
③第二次进入与第一次进入过程中线圈产生热量之比。
·········· 教考衔接 ··········
(2)(情境变式)(2025陕晋青宁,7,4分)如图,光滑水平面上存在竖直向上、宽度d大于2
L的匀强磁场,其磁感应强度为B。甲、乙两个合金导线框的质量均为m,长均为2L,宽均
为L,电阻分别为R和2R。两线框在光滑水平面上以相同初速度v0= 并排进入磁场,
忽略两线框之间的相互作用,则 ( )
A.甲线框进磁场和出磁场的过程中电流方向相同
B.甲、乙线框刚进磁场区域时,所受合力大小之比为1∶1
C.乙线框恰好完全出磁场区域时,速度大小为0
D.甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热之比为4∶3
D
(3)(拓展变式)(多选)如图甲所示,若将粗细均匀的导线做成的正方形线框ABCD在磁
场上方某高度由静止释放,从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。已知线框的质量为m、边长为L,两条
水平虚线L1、L2的间距为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
的大小为B。重力加速度为g,不计空气阻力,则 ( )
A.线框进入磁场过程中电流方向为ADCBA
B.在t0时刻线框的速度大小为v0-gt0
C.当CD边刚进入磁场时C、D两点间的电势差UCD=BLv0
D.线框穿过磁场的过程中产生的焦耳热等于2mgd
AD
(4)(链接高考)(2025福建,16,16分)水平地面上固定有一倾角为30°的绝缘光滑斜面,
其上有两个宽度分别为l1、l2的长条形匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ,虚线为磁场边界,均与斜面
底边平行;两区域磁场的磁感应强度大小相等、方向均垂直斜面向上,示意图如图所
示。一质量为m、电阻为R的正方形细导线框abcd置于区域Ⅰ上方的斜面上,cd边与磁
场边界平行。线框由静止开始下滑,依次穿过区域Ⅰ、区域Ⅱ。已知cd边进入区域Ⅰ
到ab边离开区域Ⅰ的过程中,线框速度恒为v;cd边进入区域Ⅱ和ab边离开区域Ⅱ时线
框的速度相同;区域Ⅰ、Ⅱ间的无磁场区域宽度大于线框边长,线框各边材料相同、粗
细均匀;下滑过程线框形状不变且始终处于斜面内,cd边始终与磁场边界平行;重力加速
度大小为g。求:
①初始时cd边与区域Ⅰ上边界的距离;
②cd边进入区域Ⅰ后瞬间,cd两端的电势差;
③cd边进入区域Ⅱ到ab边离开区域Ⅱ的过程中,线框克服安培力做功的平均功率。

答案
(1)①2∶1　②4∶1　③2∶1 (2)D (3)AD (4)① 　②
③ v或 v
解析
(1)①在单匝线圈进入磁场的过程中,感应电动势E=Blv
根据闭合电路欧姆定律得I= =
第二次进入与第一次进入时线圈中电流之比 = = 。
②单匝线圈匀速进入磁场,则外力与安培力平衡,所以外力做功的功率P=Fv=BIlv=

第二次进入与第一次进入时外力做功的功率之比 = = 。
③根据功能关系,外力做的功转化为线圈产生的热量,所以第二次进入与第一次进入过
程中线圈产生热量之比 = = = 。
(2)进磁场时穿过甲线框的磁通量增加,出磁场时穿过甲线框的磁通量减少,根据楞次定
律可知甲线框进磁场和出磁场的过程中电流方向相反,A错误。甲、乙两线框在进磁
场瞬间,感应电动势E=BLv0,通过甲线框的电流I甲= ,所受安培力F甲=BI甲L= ; 通
过乙线框的电流I乙= ,所受安培力F乙=BI乙L= ,故F甲∶F乙=2∶1,线框仅受安培
力,B错误。在乙线框进磁场过程中,规定水平向右为正方向,根据动量定理有-B L·Δt=
mv乙1-mv0【易错提醒:注意规定正方向】,其中 Δt= = = ,在乙线框出磁场过
程中,根据动量定理有-B 'L·Δt'=mv乙2-mv乙1, 'Δt'= = ,联立解得v乙2= = ,C错
误。同理,对甲线框,从刚要进入磁场到完全出磁场,由动量定理得-2B L·Δt″=mv甲-mv
0,其中 Δt″= ,解得v甲=0,根据能量守恒,甲线框从刚进入磁场到完全出磁场产生的
焦耳热Q甲= m ,乙从刚进入磁场到完全出磁场产生的焦耳热Q乙= m - m = m
,所以 =4∶3,D正确。
(3)根据楞次定律可得,线框进入磁场过程中,线框中感应电流产生的磁场方向垂直纸面
向外,则线框进入磁场过程中电流方向为ADCBA,A正确。在t0时刻线框完全进入磁场,t0
到3t0时间内线框做加速度为g的匀加速直线运动,根据逆向思维可知t0时刻线框的速度
大小v=v0-2gt0,B错误。CD边刚进入磁场时产生的感应电动势E=BLv0,所以C、D两点间
的电势差UCD= BLv0【易错:CD相当于电源,根据右手定则可知C端的电势高于D端的
电势】,C错误。从CD边刚进入磁场到CD边刚到达磁场下边界的过程中产生的焦耳热
Q1=mgd【点拨:在初、末两个状态,线框的速度相同,动能相同,在此过程中重力势能的
减少量等于产生的焦耳热】,根据运动的对称性可知穿出和穿入磁场的过程中产生的
焦耳热相等,则线框穿过磁场的过程中产生的焦耳热Q=2Q1=2mgd,D正确。
(4)①设线框cd边释放点与Ⅰ区域上边缘的距离为d,从线框释放到cd 边到达Ⅰ区域上
边缘的过程中,由动能定理可得mgd sin 30°= mv2,解得d= 。
②由题意知线框以速度v匀速通过Ⅰ区域,则线框边长l=l1,且满足
BIl1=mg sin 30° ①
又有I= = ②
将②代入①中可得B= ③
cd边进入Ⅰ区域后瞬间,cd边切割磁感线产生的感应电动势E=Bl1v ④
cd两端的电势差Ucd= E= E= ⑤
联立③⑤可得Ucd= 。 ⑥
③从cd 边进入Ⅱ区域到ab边离开Ⅱ区域的过程中
由动能定理可得mg(l2+l1) sin 30°-W=0 ⑦
解得克服安培力做的功W= mg(l2+l1) ⑧
由于题目中并未给出l1与l2的大小关系,故分情况进行讨论
第1种情况:若l1
1到2过程,即从cd边刚到Ⅱ区域上边缘到ab边刚要进入Ⅱ区域的过程
以线框为研究对象,根据动量定理可得
mg sin 30°·t1-B l1t1=mv2-mv1 ⑨
又有 t1=q1= ⑩
联立⑨⑩解得mg sin 30°·t1- =mv2-mv1
2到3过程,即从ab边刚要进入Ⅱ区域到cd边刚要出Ⅱ区域的过程
对线框由动量定理可得
mg sin 30°·t2=mv3-mv2
3到4过程,即从cd边刚要出Ⅱ区域到ab边恰好完全离开Ⅱ区域的过程
对线框根据动量定理可得mg sin 30°·t3-B l1t3=mv1-mv3
又有 t3=q2=
即mg sin 30°·t3- =mv1-mv3
联立 可得mg sin 30°(t1+t2+t3)-2 =0
则t=t1+t2+t3=
将③代入 式可得t=
则线框从刚进入Ⅱ区域到完全离开Ⅱ区域过程中克服安培力做功的平均功率P= =
v
第2种情况:若l1>l2,垂直于斜面看,如图乙所示

1到2过程,即从cd边刚到Ⅱ区域上边缘到cd边刚到达Ⅱ区域下边缘的过程
对线框根据动量定理可得
mg sin 30°·t'1-B l1t'1=mv'2-mv1
又有 t'1=q'1=
可得mg sin 30°·t'1- =mv'2-mv1
2到3过程,即从cd边刚到达Ⅱ区域下边缘到ab边刚要进入Ⅱ区域的过程
对线框根据动量定理可得
mg sin 30°·t'2=mv'3-mv'2
3到4过程,即从ab边刚到达Ⅱ区域上边缘到ab边刚到达Ⅱ区域下边缘的过程
对线框根据动量定理可得
mg sin 30°·t'3-B l1t'3=mv1-mv'3
又有 t'3=q'2=
即mg sin 30°·t'3- =mv1-mv'3
联立 可得
mg sin 30°(t'1+t'2+t'3)-2 =0
则t'=t'1+t'2+t'3=
将③代入 可得t'=2
则线框从进入Ⅱ区域到完全离开过程中克服安培力做功的平均功率P'= =
v。
第3种情况:若l1=l2,根据题给信息与上述分析可知,线框从刚进入Ⅱ区域到完全离开Ⅱ
区域的过程,始终受安培力,可能一直减速,也可能先减速后匀速,则ab进入Ⅱ区域时的
速度和ab边离开Ⅱ区域时的速度不可能一致,与题给信息不符,故不存在此种情况。
提分关键·注意事项
(1)线框往往不能看成质点,一定要画出运动过程示意图,尤其是各个阶段线框和磁场边
界的相对位置关系。
(2)线框运动过程往往较为复杂,要分阶段进行受力分析、运动过程分析、能量和动量
分析,找准每个阶段的物理规律和相关物理量。

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