文档内容
考向 21 电磁感应中的能量与动量问题
【重点知识点目录】
1. 电磁感应中的能量问题
2. 电磁感应中的动量问题
3. 电磁感应中的电路和图像问题
1．（2022•上海）宽L＝0.75m的导轨固定，导轨间存在着垂直于纸面且磁感应强度 B＝
0.4T的匀强磁场。虚线框Ⅰ、Ⅱ中有定值电阻R0和最大阻值为20Ω的滑动变阻器R。一
根与导轨等宽的金属杆以恒定速率向右运动，图甲和图乙分别为变阻器全部接入和一半接
入时沿abcda方向电势变化的图像。求：
（1）匀强磁场的方向；
（2）分析并说明定值电阻R0在Ⅰ还是Ⅱ中，并且R0大小为多少：
（3）金属杆运动时的速率；
（4）滑动变阻器阻值为多少时变阻器的功率最大？并求出该最大功率Pm。
【答案】（1）匀强磁场的方向垂直纸面向里
（2）定值电阻R0在Ⅰ中，定值电阻R0＝5Ω
（3）金属杆运动时的速率为5m/s
（4）滑动变阻器阻值为5Ω时变阻器的功率最大，最大功率为0.1125W
【解析】解：（1）a点电势比d点电势高，说明导体棒上端为电源正极，导体棒切割磁感
1
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学科网（北京）股份有限公司线产生感应电流向上，根据右手定则判断得出匀强磁场的方向垂直纸面向里
（2）滑动变阻器从全部接入到一半接入电路，回路里电流变大，定值电阻 R0上电压变大，
图甲的Ucd小于图乙的Ucd，可以推理得定值电阻在Ⅰ内，滑动变阻器在Ⅱ
根据欧姆定律得：甲图中回路电流I甲＝ ＝ ，乙图中回路电流I乙＝
＝ ＝0.1A
甲图中定值电阻R0上电压φ0﹣1.2＝0.06R
乙图中定值电阻R0上电压φ0﹣1.0＝0.1R
联立解得：R＝5Ω，φ0＝1.5V
（3）金属杆产生的感应电动势E＝BLv，E＝φ0
联立解得v＝ ＝ ＝5m/s
（4）根据甲乙两图可知导体棒电阻不计，由闭合电路欧姆定律得I＝
滑动变阻器上的功率p＝I2R＝ ＝ ，当R＝5Ω时，滑动变阻器有最大
功率Pm＝0.1125W
2．（2022•浙江）舰载机电磁弹射是现代航母最先进的弹射技术，我国在这一领域已达到
世界先进水平。某兴趣小组开展电磁弹射系统的设计研究，如图 1所示，用于推动模型飞
机的动子（图中未画出）与线圈绝缘并固定，线圈带动动子，可在水平导轨上无摩擦滑动
线圈位于导轨间的辐向磁场中，其所在处的磁感应强度大小均为 B。开关S与1接通，恒
流源与线圈连接，动子从静止开始推动飞机加速，飞机达到起飞速度时与动子脱离；此时
S掷向2接通定值电阻R0，同时施加回撤力F，在F和磁场力作用下，动子恰好返回初始
位置停下。若动子从静止开始至返回过程的 v﹣t图如图2所示，在t1至t3时间内F＝
（800﹣10v）N，t3时撤去F。已知起飞速度v1＝80m/s，t1＝1.5s，线圈匝数n＝100匝，
每匝周长l＝1m，飞机的质量M＝10kg，动子和线圈的总质量m＝5kg，R0＝9.5Ω，B＝
0.1T，不计空气阻力和飞机起飞对动子运动速度的影响，求
2
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学科网（北京）股份有限公司（1）恒流源的电流I；
（2）线圈电阻R；
（3）时刻t3。
【答案】（1）恒流源的电流为80A；
（2）线圈电阻为0.5Ω；
（3）时刻t3为 。
【解析】解：（1）根据安培力公式可得：
F安＝nBIl
动子和线圈在0～t1时间内做匀加速直线运动，运动的加速度为
根据牛顿第二定律得：
F安＝（M+m）a
代入数据解得：I＝80A
（2）当S拨至2时，接通定值电阻R0，此时的感应电流为
此时的安培力为
F安1＝nBI1l
根据牛顿第二定律得：
3
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学科网（北京）股份有限公司由图可知在t1到t3的过程中，加速度恒定，则有
解得：R＝0.5Ω；
（3）根据图像可知，
则0～2s时间内，位移大小为
根据法拉第电磁感应定律得：
根据电流的定义式可得：Δq＝It
联立解得：
从t3时刻到最后返回初始位置停下的时间段内通过回路中的电荷量，根据动量定理得：
﹣nBlΔq＝0﹣ma1（t3﹣t2）
联立解得：t3＝
3．（2021•全国）如图，质量为m、电阻为R、边长为l的正方形导线框置于光滑水平面上，
虚线右侧区域存在垂直于水平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B．线框在恒力F作
用下从距磁场左边界一定距离处由静止开始运动。
（1）若线框前端进入磁场后即保持匀速直线运动，求线框开始运动时距磁场左边界的距离
s；
（2）若其他条件不变，t＝0时线框从距磁场左边界 处由静止开始运动，线框经过多少时
间其前端刚进入磁场？此时的速度为多少？
（3）已知在（2）的情况下，线框始终做加速运动，定性画出线框运动的v﹣t图像。
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学科网（北京）股份有限公司【答案】（1）若线框前端进入磁场后即保持匀速直线运动，求线框开始运动时距磁场左边
界的距离s为 ；
（2）若其他条件不变，t＝0时线框从距磁场左边界 处由静止开始运动，线框经过时间
其前端刚进入磁场。此时的速度为 ；
（3）已知在（2）的情况下，线框始终做加速运动，定性画出线框运动的v﹣t图像如解析
所示。
【解析】解：（1）线框未进入磁场时，在水平方向上仅受外力作用，有：F＝ma
做匀加速运动，前端进入瞬间有：v2＝2as＝
进入磁场后还受安培力作用，有：Fm＝BIl＝ ＝
匀速运动时有：F＝Fm，即：F＝
解得：s＝
（2）由题意可知，线框受力仍为F，加速度a＝
由运动学公式有：v12＝2a×
而：v1＝at
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学科网（北京）股份有限公司联立可得：v1＝ ＝ ，t＝
（3）在上一问的情况下，由于进入磁场的速度v1＝ ，则进入磁场时，外力大于安培力，
所以线框做加速度减小的加速运动，全部进入磁场后再做匀加速运动，于是画出其v﹣t图
象如图所示；
4．（2022春•淄川区校级期中）如图所示，两条水平虚线之间有垂直于纸面向里的匀强磁
场，磁感应强度为B，宽度为d。质量为m、电阻为R的单匝正方形线圈边长为L（L＜
d），线圈下边沿到磁场上边界的距离为h。将线圈由静止释放，其下边沿刚进入磁场和刚
要穿出磁场时的速度相同，重力加速度为g。则从线圈下边沿刚进入磁场到上边沿刚穿出
磁场的过程中，求：
（1）线圈下边沿刚进入磁场时，线圈的加速度大小；
（2）线圈的最小速度；
（3）产生的焦耳热。
【答案】（1）线圈下边沿刚进入磁场时，线圈的加速度大小为 ﹣g；
（2）线圈的最小速度为 ；
（3）产生的焦耳热为2mgd。
【解析】解：（1）线框从开始下落到进入磁场前由速度—位移关系有：2gh＝
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学科网（北京）股份有限公司根据法拉第电磁感应定律有：E＝BLv0
根据闭合电路欧姆定律有：I＝
根据安培力计算公式有F＝BIL
根据牛顿第二定律有：F﹣mg＝ma
由以上各式解得a＝ ﹣g
（2）线框下边缘进入磁场和离开磁场时速度相同，但完全进入磁场后又经历了加速度运动，
故线框进入磁场时必须做减速运动，在线框完全进入磁场前可能已经匀速也可能仍在减速
故无论如何，当线框完全进入磁场时速度一定是最小的，从此时到线框下边缘刚要离开磁
场作为研究阶段，由匀变速运动规律得
2g （d﹣L）＝ ﹣
解得：v1＝
（3）因线框下边缘刚进入磁场和刚离开磁场时的运动情况完全相同，故线框完全进入磁场
和离开磁场的过程中产生的焦耳热相同，故从线框下边缘刚进入磁场到刚离开磁场作为研
究阶段，由功能关系得mgd﹣ Q＝0
解得Q＝2mgd
1．电磁感应中的能量转化特点
外力克服安培力做功，把机械能或其它能量转化成电能；感应电流通过电路做功又把电
能转化成其它形式的能（如内能）．这一功能转化途径可表示为：
2．电能求解思路主要有三种
（1）利用克服安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功．
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学科网（北京）股份有限公司（2）利用能量守恒求解：其它形式的能的减少量等于产生的电能．
（3）利用电路特征来求解：通过电路中所消耗的电能来计算．
3．能量观点
其中一个金属杆机械能的减少量等于另一个金属杆机械能的增加量与回路中产生的焦耳
热之和。
4动量观点
对于两导体棒在平直的光滑导轨上运动的情况，如
果两棒所受的外力之和为0，则考虑应用动量守恒定律处理问题
，由
可知，当目中涉及电荷量或平均电流时，可应用动置定理来解决问题
电磁感应中的能量转化问题
4. 电磁感应中电路知识关系图
5. “三步走”分析电路为主的电磁感应问题
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学科网（北京）股份有限公司6. 电磁感应中的图像类问题解决方法
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学科网（北京）股份有限公司1．电磁感应现象的实质是其它形式的能转化成电能．
2．感应电流在磁场中受安培力，外力克服安培力做功，将其它形式的能转化为电能，电流
做功再将电能转化为其它形式的能．
3．电流做功产生的热量用焦耳定律计算，公式为Q=I2Rt．
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0
学科网（北京）股份有限公司易错题【01】
电磁感应现象中的电路、图象、及能量问题
易错题【03】
要注意实际情况中的能量转化问题易错题
5．（2022春•金东区校级期中）如图甲所示，绝缘水平面上固定着两根足够长的光滑金属
导轨PQ、MN，相距为L＝0.5m，ef右侧导轨处于匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平向
下，磁感应强度B的大小如图乙变，开始ab棒和cd棒锁定在导轨如图甲位置，ab棒和
cd棒平行，ab棒离水平面高度为h＝0.2m，cd棒与ef时之间的距离也为L，ab棒的质
量为m ＝0.2kg，有效电阻R ＝0.05 ，cd棒的质量为m ＝0.1kg有效电阻为R ＝0.15
1 1 2 2
（设a、b棒在运动过程始终与导轨垂Ω 直，两棒与导轨接触良好，导轨电阻不计），在Ω
1s末解除对ab棒和cd棒的锁定。问：
（1）0～1s时间段通过cd捧的电流大小与方向；
（2）ab进入磁场后两棒的速度和加速度如何变化？
（3）求从解除锁定到最终稳定状态，ab棒产生的热量为多少？
（4）ab棒和cd棒速度相同时，它们之间的距离为多大？（保留两位有效数字）
【答案】（1）0～1s时间段通过cd棒的电流大小为1.25A，方向由d指向c；
（2）ab进入磁场后，ab棒的速度先增大后保持不变，加速度减小到零；cd棒的速度先
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学科网（北京）股份有限公司增大后保持不变，加速度减小到零；
（3）求从解除锁定到最终稳定状态，ab棒产生的热量为 J；
（4）ab棒和cd棒速度相同时，它们之间的距离为0.39m。
【解析】解：（1）0﹣1s时间段，根据法拉第电磁感应定律，
回路中的感应电动势为：E＝ ＝ V＝0.25V
通过cd棒的电流大小为：I＝ ＝
根据楞次定律可知通过cd捧的电流方向为由d指向c；
（2）ab以一定的初速度进入磁场后，切割磁感线产生感应电动势，回路中感应电流方
向为顺时针，ab棒受到向左的安培力作用而做减速直线运动，cd棒受到向右的安培力
作用由静止开始做加速直线运动，两棒的速度差值逐渐减小，回路中的感应电动势逐渐
减小，感应电流方向逐渐减小，两棒所受安培力等大且逐渐减小，两棒的加速度都在逐
渐减小，当两棒的速度相等时，感应电动势、感应电流和安培力均减小到零，此后两棒
均做匀速直线运动。故ab进入磁场后，ab棒的速度先增大后保持不变，加速度减小到
零；cd棒的速度先增大后保持不变，加速度减小到零。
（3）对ab棒下滑过程，由机械能守恒定律得：
m gh＝
1
代入数据解得：v ＝2m/s
0
因两棒所受安培力等大反向，故两棒组成的系统合外力为零，系统满足动量守恒，设两
棒稳定时共同速度为v，取向右为正方向，由动量守恒定律得：
m v ＝（m +m ）v
1 0 1 2
代入数据解得：v＝ m/s
根据能量守恒定律得：
Q＝m gh﹣
1
ab棒产生的热量为：Q ＝
1
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2
学科网（北京）股份有限公司联立解得：Q ＝ J；
1
（4）设ab入磁场后到两棒运动稳定时的过程中通过回路的电荷量为q，稳定后两棒之
间的距离是d，
对cd棒，由动量定理得：B Lt＝m v﹣0
2
又有：q＝ t＝ ＝ ，其中：Δ ＝BL（L﹣d）
Φ
联立解得：d＝ ≈0.39m。
6．（2022春•广州期末）如图甲所示，固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，
垂直于导轨放置的两根金属棒MN和PQ长度也为l、电阻均为R，两棒与导轨始终接触
良好。MN两端通过开关S与电阻为R的单匝金属线圈相连，线圈面积为S，线圈内存
在竖直向下均匀增加的磁场，磁感应强度变化率为常量k。图中虚线右侧有垂直于导轨
平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B，PQ的质量为m，金属导轨足够长，电阻
忽略不计。
（1）闭合S，若使PQ保持静止，需在其上加多大的水平恒力F，并指出其方向；
（2）断开S，使PQ在外力作用下做周期性运动，其瞬时速度满足乙图所示的正弦变化
规律，图中v 、T为已知物理量，PQ棒运动过程中始终未越出磁场区域，求：0～ 时
0
间内外力对PQ棒所做的功W。
【答案】（1）闭合S，若使PQ保持静止，需在其上加多大的水平恒力F为 ，方
向水平向右；
（2）0～ 时间内外力对PQ棒所做的功W为 + 。
1
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3
学科网（北京）股份有限公司【解析】解：（1）闭合S，设线圈中产生的感应电动势为E，根据法拉第电磁感应定律
可得E＝ ＝ •S＝kS
设PQ与MN并联的电阻为R并 ，有：R并 ＝
设线圈中的电流为I，根据闭合电路的欧姆定律可得：I＝ ＝ ＝ ，电流
方向俯视为逆时针方向；
设PQ中的电流为I ，则I ＝ I＝ • ＝ ，方向由Q→P
PQ PQ
设PQ受到的安培力为F安 ，有：F安 ＝BI
PQ
l，根据左手定则可知PQ受到的安培力方向
水平向左
要保持PQ静止，根据平衡条件可得F＝F安 ，联立解得：F＝ ，方向水平向右；
（2）PQ的瞬时速度表达式为v＝v sin t
0
PQ产生的感应电动势瞬时值表达式为e＝Blv＝Blv sin t，回路中产生正弦式电流，
0
感应电动势最大值为E ＝Blv
m 0
有效值为E＝ E ＝ Blv
m 0
0～ 时间内回路中产生的焦耳热为Q＝ •
由功能关系可知，外力对PQ棒所做的功W＝Q+
联立解得 +
7．（2022春•成都期中）如图，面积为S＝0.25m2、电阻为r＝1 、匝数为n＝10匝的圆形
线圈mpn内有垂直于纸面向里、大小随时间均匀变化的匀强Ω磁场B。线圈的两个端点
m、n通过导线接有阻值为R ＝3 和R ＝6 的定值电阻，R 两端用导线连接一正对的
1 2 2
水平金属板AC，板长为L＝1.0mΩ，板间距离Ω为d＝0.8m．一质量为m＝0.5kg、电量为q
1
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4
学科网（北京）股份有限公司＝1C的可视为质点的带正电小球，从两板正中央以v ＝2.5m/s的水平初速度向右射入
0
板间并沿直线穿过极板．导线电阻不计，重力加速度大小为g＝10m/s2．求：
（1）A、C两板间的电势差大小；
（2）若t＝0时刻匀强磁场的磁感应强度为B ＝2T，写出磁场的磁感应强度B随时间t
0
的变化规律；
（3）若要使带电小球不打在极板上，则磁场的磁感应强度变化率 的范围应为多少？
【答案】（1）A、C两板间的电势差大小为4V；
（2）磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律为B＝（2+2.4t） T；
（3）磁场的磁感应强度变化率 的范围应为1.2T/s＜ ＜3.6T/s。
【解析】解：（1）依题意，带电小球沿直线运动，有q ＝mg
代入数据解得：U ＝4V①
AC
（2）根据法拉第电磁感应定律，可得E＝n ②
又U ＝ ③
AC
联立①②③两式可得
＝2.4T/s
依题意，设磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律为B＝B + t④
0
解得
B＝（2+2.4t） T
1
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5
学科网（北京）股份有限公司（3）带电小球恰好不打在上极板，有
L＝v t⑤
0
＝ ⑥
根据牛顿第二定律，可得
q ﹣mg＝ma⑦
根据②③⑤⑥⑦可得
＝3.6T/s
同理，带电小球恰好不打在下极板，有
mg﹣q ＝ma'⑧
根据②③⑤⑥⑧解得
＝1.2T/s
综上所述，磁场的磁感应强度变化率A/的范围应为1.2T/s＜ ＜3.6T/s
8．（2022春•成都月考）如图，面积为S＝0.25m2、电阻为r＝1 、匝数为n＝10匝的矩形
线圈MNPQ内有垂直于线圈平面的匀强磁场B。矩形线圈MΩNPQ的两个端点e、f通过
导线连接有阻值为R ＝3 和R ＝6 的定值电阻，R 两端用导线连接一理想电压表。
1 2 2
当线圈内磁场随时间均匀Ω变化时，电Ω压表的示数为4.0V。求：
（1）线圈内因磁场变化而产生的感应电动势的大小；
（2）线圈内磁场随时间变化的变化率 。
【答案】（1）线圈内因磁场变化而产生的感应电动势的大小为6V；
1
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6
学科网（北京）股份有限公司（2）线圈内磁场随时间变化的变化率为2.4T/s。
【解析】解：（1）外电阻总阻值为 R 和 R 并联，并联电阻为：R＝ ＝
1 2
＝2
Ω
则电路中电流为：I＝ ＝ A＝2A
则感应电动势大小为：E＝I（R+r）＝2×（2+1）V＝6V
故感应电动势的大小为6V；
（2）根据法拉第电磁感应定律可得：E＝n ＝n• •S
代入数据可求得 ＝2.4T/s
故线圈内磁场随时间变化的变化率为2.4T/s。
9．（2021秋•皇姑区校级月考）两根平行金属导轨水平放置，间距d＝0.6m，右边接有定
值电阻R，导轨间有一个宽为 x ＝2.5m的磁场区MM'NN'和宽为x ＝7.5m的磁场区
1 2
OO'PP'，磁场的磁感应强度大小均为B＝2T，方向垂直导轨平面向下。两个磁场之间有
宽为L＝2m的无磁场区NN'OO'，NO、N'O粗糙。现有质量为m ＝0.6kg，m ＝1.8kg，
1 2
有效长度均为d＝0.6m的两根金属杆ab、cd架在两平行导轨上，金属杆cd架在右边磁
场边界OO'的左侧，金属杆ab以初速度v ＝8m/s从MM'处进入左边磁场，然后穿过左
0
边磁场，滑过无场区，最终在OO'处与金属杆cd发生弹性碰撞。金属杆ab与粗糙导轨
间的动摩擦因数为µ＝0.5，运动过程中，杆ab、cd与导轨始终接触良好，且保持与导
轨垂直。已知杆ab、cd和电阻R的阻值均为2 ，忽略导轨电阻，不计导轨上其余部分
的阻力，忽略磁场边界效应。求： Ω
（1）ab杆进入磁场的瞬间a、b两点的电势差U 以及流过ab杆的电流方向；
ab
1
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学科网（北京）股份有限公司（2）ab杆与cd杆碰撞前瞬间ab杆的速度；
（3）最后ab杆与cd杆之间的距离以及ab杆上全过程产生的焦耳热？
【答案】（1）ab杆进入磁场的瞬间a、b两点的电势差U 为3.2V，流过ab杆的电流方
ab
向为b到a；
（2）ab杆与cd杆碰撞前瞬间ab杆的速度为4m/s；
（3）最后ab杆与cd杆之间的距离为7.9m，ab杆上全过程产生的焦耳热为6.2J。
【解析】解：（1）ab杆进入磁场的瞬间，ab杆相当于电源，由电磁感应定律得
E＝Bdv
0
由闭合电路欧姆定律得
E＝U
ab
+IR
ab
＝IR总
又R总 ＝R
ab
+
联立解得：U ＝3.2V，
ab
根据右手定则可知，电流方向为b到a；
（2）ab杆在左边磁场中运动时，设ab杆出左磁场时的速度为v ，取向右为正方向，由
1
动量定理得
﹣BIdt＝m v ﹣m v
1 1 1 0
又I＝ ，x＝vt
代入数据解得：v ＝6m/s，
1
在无场区运动时，设ab杆与cd杆碰前速度为v ，由动能定理得
2
﹣ m gL＝
1
代μ入数据解得：v ＝4m/s；
2
（3）研究ab与cd杆在OO'处发生弹性碰撞过程，设ab、cd碰后速度分别为v' 和v ，
2 3
由系统动量守恒和机械能守恒得
m v ＝m v' +m v
1 2 1 2 2 3
1
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8
学科网（北京）股份有限公司解得：v' ＝﹣2m/s，v ＝2m/s，
2 3
ab杆反弹后减速位移
x' ＝
1
解得：x' ＝0.4m
1
碰后cd杆进入右磁场区，取向右为正方向，根据动量定理得
﹣BIdt＝﹣Bdq＝m v ﹣m v
2 4 2 3
当v ＝0时，q＝3C，
4
又因q＝
解得：x' ＝7.5m
2
则cd杆恰好停在PP'处，所以两杆最后相距
Δx＝x' +x' ＝0.4m+7.5m＝7.9m
1 1
ab杆走过x 阶段产生的焦耳热
1
Q ＝ m （ ），
1 1
cd棒走过x' 阶段ab杆的焦耳热
2
Q ＝ × m
2 2
所以全程ab杆上产生的焦耳热
Q＝Q +Q
1 2
联立解得：Q＝6.2J。
10．（2021秋•河南月考）如图1所示为一个特制灯泡两端的电压与通过它的电流的关系
曲线，二者不成线性关系，这是由于焦耳热使灯丝的温度发生了变化，假设最终通过灯
泡的电流为0.52A。将该灯泡用导线接在光滑竖直平行导轨上端MN两点间，如图2所
示。该导轨间距L＝1.0m，MN下方有一根质量m＝0.2kg、接入电阻R＝10.0 的导体
Ω 1
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学科网（北京）股份有限公司棒AB水平跨接在导轨上，紧接AB正下方的导轨间交替分布着垂直导轨所在平面、磁
感应强度B＝2.0T、宽度d＝0.20m的匀强磁场，除导体棒和灯泡以外，其余电阻不计，
导轨足够长，重力加速度g取10m/s2，空气阻力不计。
（1）开始时锁定导体棒AB，在AB与MN之间半径r＝0.1m圆形区域内施加一垂直导
轨所在平面均匀增加的匀强磁场，当磁感应强度的变化率为 ＝ ×102T/s时，求
灯泡的实际功率；（结果保留2位小数）
（2）撤去圆形区域里的磁场同时解除锁定，并将两个这样的灯泡并联接在MN两点间，
求每个灯泡最终发光的功率和通过灯泡的交流电的频率；
（3）撤去圆形区域内磁场的同时解除锁定，在MN两点间只接入一只这样的灯泡，求
导体棒最终的加速度大小。
【答案】（1）开始时锁定导体棒AB，在AB与MN之间半径r＝0.1m圆形区域内施加
一垂直导轨所在平面均匀增加的匀强磁场，当磁感应强度的变化率为 ＝
×102T/s时，则灯泡的实际功率为0.11W；
（2）撤去圆形区域里的磁场同时解除锁定，并将两个这样的灯泡并联接在MN两点间，
则每个灯泡最终发光的功率为4.2W、通过灯泡的交流电的频率为66Hz；
（3）撤去圆形区域内磁场的同时解除锁定，在MN两点间只接入一只这样的灯泡，则
导体棒最终的加速度为4.8m/s2。
2
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0
学科网（北京）股份有限公司【解析】解：（1）由法拉第电磁感应定律：E＝ ＝ ，有效面积为：S＝
r2。代入数据得到E＝4V。
π设通过灯的电流为I，其两端电压为U，由闭合电路欧姆定律有：E＝U+IR，变形代入
得：I＝0.4﹣0.4U。将此方程画到小灯泡的I﹣U曲线中，找到交点坐标为（0.6V，
0.18A）为灯泡的工作状态，所以小灯泡的功率为PL＝UI＝0.6×0.18W＝0.11W；
（2）解除锁定后，导体棒开始将做自由落体运动，切割磁感线产生电动势，两灯泡均
需达到U ＝8V正向才能发光，两个灯的电流I ＝0.52A，则两灯的发光功率P ＝U I
D D 0 D D
＝8×0.52W＝4.2W。
此时导体切割磁感线产生的感应电动势E ＝2I ×R+U ＝2×0.52×10V+8V＝26.4V，
1 D D
又因为E ＝BLv
1 1
代入可得：v ＝13.2m/s
1
所以交流电的频率f ＝ ＝ ＝66Hz
1
（3）解除锁定后，导体棒开始将做自由落体运动，切割磁感线产生电动势，直到一只
灯泡正常发光，此时导体棒的总的电动势：E ＝I R+U ＝0.52×10V+8V＝13.2V
2 D D
导体棒的速度：v ＝ ＝ ＝6.6m/s
2
对导体棒根据牛顿第二定律可得：a＝ ＝ ＝
4.8m/s2。
11．（2021春•和平区期末）如图所示，倾角为 的足够长平行光滑的两导轨，间距为L，
导轨间有垂直于轨道平面向上的匀强磁场，磁θ感应强度大小为B；底端ab间连一阻值为
R的电阻；顶端通过导线连接一横截面积为S、总电阻为 、匝数为N的线圈（线圈中
轴线沿竖直方向），线圈内有沿竖直向上、磁感应强度大小B'随时间均匀变化的另一磁
场。一质量为m、电阻同为R、长度同为L的导体棒cd横放在导轨上，导体棒与导轨始
终良好接触。不计导轨和导线的电阻，重力加速度为g，求：
2
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1
学科网（北京）股份有限公司（1）若断开开关K，静止释放导体棒，则导体棒能达到的最大速率是多少？并求出导
体棒下滑距离为d时，流经电阻R的电量q；
（2）若闭合开关K，为使导体棒始终静止在导轨上，请直接判断线圈中所加磁场的变
化（增强还是减弱）并计算其磁感应强度随时间的变化率 .
【答案】（1）若断开开关 K，静止释放导体棒，则导体棒能达到的最大速率是
，导体棒下滑距离为d时，流经电阻R的电量为 ；
（2）若闭合开关K，为使导体棒始终静止在导轨上，断线圈中所加磁场在增强，其磁
感应强度随时间的变化率为 .
【解析】解：（1）当导体棒达到最大速度时，
F安 ＝BIL＝mgsin
θ
由闭合电路欧姆定律得：I＝
导体棒产生的电动势：E＝BLv
m
解得：v ＝
m
导体棒下滑距离为d的平均感应电动势：
＝ ＝
由闭合电路欧姆定律得：
2
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2
学科网（北京）股份有限公司根据电荷量的计算q＝ t
可得q＝
（2）线圈的感应电动势：E'＝N ＝N
根据闭合电路欧姆定律得：E'＝I总R总
导体棒静止时，结合（1）可知：I总 ＝2I
R总 ＝ ＝R
联立求得 ＝ .
线圈中所加磁场方向为竖直向上，由楞次定律可知，磁场在增强。
12．（2021春•黄埔区校级期中）如图所示，固定金属圆环内存在匀强磁场，方向垂直圆
环向下，在外力作用下金属棒ab可绕着圆心O匀速转动。从圆心和圆环边缘用细导线
连接足够长的两平行金属导轨，导轨与水平面夹角为 30°，空间存在垂直导轨平面向下
的匀强磁场。将金属棒cd垂直导轨轻轻放上，金属棒处于静止状态。已知圆环内和导
轨平面的磁场大小均为B＝1T，圆环半径和金属棒ab长均为d＝1m，导轨宽度和金属
棒cd长度均为L＝2m，金属棒cd质量为m＝1kg，与导轨之间的动摩擦因数为 ＝
μ
，ab棒电阻为r＝2 ，cd棒电阻为R＝4 ，其余电阻不计，sin30°＝ ，cos30°＝ ，
重力加速度g取10mΩ/s2。求： Ω
（1）若ab棒以 ＝12rad/s逆时针匀速转动，则流过ab棒的电流方向和ab棒两端的电
0
压； ω
（2）要使金属棒与导轨保持相对静止，则ab棒转动的角速度应满足什么条件？
（3）若ab棒以 ＝31rad/s顺时针匀速转动，当cd棒匀速时，cd棒的位移为x＝16m，
3
求： ω
①cd棒匀速的速度大小及此时ab棒所受外力的功率；
②从静止到匀速，安培力对cd棒做的功。
2
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3
学科网（北京）股份有限公司【答案】（1）若ab棒以 ＝12rad/s逆时针匀速转动，流过ab棒的电流方向为由b流
0
向a，ab棒两端的电压为4ωV；
（2）要使金属棒与导轨保持相对静止，角速度应满足，顺时针转动时， ≤15rad/s；逆
时针转动时， ≤75rad/s； ω
ω
（3）①cd棒匀速的速度大小为4m/s，此时ab棒所受外力的功率为 ；
②从静止到匀速，安培力对cd棒做的功为48J。
【解析】解：（1）假设 cd 棒静止，对 ab 棒，由法拉第电磁感应定律，有
根据闭合电路欧姆定律，有E＝l（R+r），
解得：I＝1A；
对cd棒，因为mgsin30°﹣BL＝3N＜ mgcos30°，故假设成立。
故ab棒两端的电压为：U ab ＝IR， μ
联立解得：U ＝4V，
ab
由楞次定律，可知电流方向由b流向a。
（2）若ab棒以 逆时针转动，且cd刚好没滑动时，有BI l＝mgsin30°+ mgcos30°
1 1
ω μ
且
代入数据得： ＝75rad/s
1
若ab棒以
2
顺ω时针转动，且cd刚好没滑动时，有 mgcos30°＝BI
2
L+mgsin30°
ω μ
且
代入数据得： ＝15rad/s
2
故要使cd棒保ω持静止，角速度应满足，顺时针转动时， ≤15rad/s；
ω
2
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4
学科网（北京）股份有限公司逆时针转动时， ≤75rad/s．
（3）①设cd棒ω匀速的速度为v，外力功率为P，
由匀速时受力平衡有：BI L+mgsin30°＝ mgcos30°，
3
μ
回路的电动势为 ，
由闭合电路欧姆定律得：E ＝I （R+r），
3 3
由外力和重力的功率等于回路的电热功率加因为摩擦而产生的摩擦生热功率有
，
联立解得：v＝4m/s，
②对cd棒，由动能定理有
代入数据得：W＝48J．
13．（2021春•南开区校级期中）如图甲所示，长、宽分别为L ＝0.3m、L ＝0.1m的矩形
1 2
金属线框位于竖直平面内，其匝数为n＝200，总电阻为r＝1 ，可绕其竖直中心轴O O
1 2
转动，线框的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环 C、D（集Ω流环）焊接在一起，并通
过电流和阻值为2 的定值电阻R相连，线框所在空间有水平向右均匀分布的磁场。磁
Ω
感应强度B的大小随时间t的变化关系如图乙所示，0～ s时间内，线框保持静止，
且线框平面和磁场垂直， s时刻以后线框在外力的驱动下开始绕其竖直中心轴以角
速度 ＝50 rad/s匀速转动，求：（运算结果中可保留 ）
ω π π
2
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5
学科网（北京）股份有限公司（1）0～ s时间内通过电阻R的电流大小；
（2）线框匀速转动后，电路中产生的电动势的最大值；
（3）在转动一周的过程中电流通过电阻R产生的热量。
【答案】（1）0～ s时间内通过电阻R的电流大小为6A；
（2）线框匀速转动后，电路中产生的电动势的最大值为6 V；
（3）在转动一周的过程中电流通过电阻R产生的热量约为π1.58J。
【解析】解：（1）0～ s时间内，线框中的感应电动势：
E＝n ＝n ＝ V＝18V
根据闭合电路欧姆定律可知，通过电阻R的电流：I ＝ ＝ A＝6A；
0
（2）线框产生感应电动势的最大值：E ＝nB L L
m 1 1 2
代入数据解得：E m ＝6 V； ω
π
（3）感应电动势的有效值E＝ E ＝3 V
m
通过电阻R的电流的有效值I＝ ＝ A＝ A
2
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6
学科网（北京）股份有限公司线框转动一周所需的时间t＝ ＝ s＝0.04s
此过程中，电阻R产生的热量：Q＝I2Rt＝（ ）2×2×0.04J≈1.58J。
14．（2021•宣城模拟）如图所示，PQMN和P'Q'M'N'为在同一平面内足够长的光滑金属导
轨，处在磁感应强度B＝2.0T的匀强磁场中，磁场方向竖直向下，MN和M'N'段平行，
间距d＝1.0m，导轨的PQ段与P'Q'段相互平行，间距为2d；两根质量均为m＝2kg、电
阻均为R＝1.0 的金属杆a、b垂直于导轨放置，杆的长度略大于导轨间距，且保持良
好接触。a、b用Ω 一根不可伸长的绝缘轻绳栓接，轻绳处于拉直状态，a的中点通过另一
根绝缘轻绳通过光滑定滑轮与c连接，c的质量m＝2kg，已知a、b始终在原来轨道上
运动，c不会着地，不计导轨电阻及电磁辐射，重力加速度g＝10m/s2。
（1）求c由静止释放瞬间a、b之间轻绳的拉力F；
（2）c由静止释放，求c的最大速度v 及此时b的热功率P；
m
（3）c由静止释放，c达到最大速度后，某时刻同时烧断连接a与b、a与c间的轻绳，
求稳定后b的速度v 。
b
【答案】（1）c由静止释放瞬间a、b之间轻绳的拉力F为 ；
（2）c的最大速度v 为10m/s，b的热功率P为100W；
m
（3）稳定后b的速度v 为6m/s。
b
【解析】解：（1）若无磁场，a、b、c三者一起做匀加速运动，
根据牛顿第二定律： ，
绳子拉力提供b的加速度，根据牛顿第二定律：
；
（2）当c达到最大速度是，a、b、c一起做匀速运动，设速度为v ，
m
根据法拉第电磁感应定律，a产生的电动势E ＝Bdv ，
a m
2
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7
学科网（北京）股份有限公司根据法拉第电磁感应定律，b产生的电动势E ＝B•2dv ，
b m
根据右手定则可判断亮电动势方向相反，所以回路电动势E＝B•2dv ﹣Bdv ＝Bdv ，
m m m
回路电流为顺时针，根据闭合电路欧姆定律，回路电流 ，
对b受力分析：BI•2d＝F ′，
1
对a受力分析：F ′＝mg+BId，
1
解得：v ＝10m/s，I＝10A，
m
故b的热功率：P＝I2R＝102×1W＝100W；
（3）当把线绳同时烧断，此时b产生电动势大于a产生电动势，b受安培力向左，a受
安培力向右，一段时间内流过两导体棒的电荷量相同，设电荷量为q，则一段时间内安
培力的冲量I冲 ＝BId△t＝Bdq，
对b根据动量定理：B•2dq＝mv ﹣mv ，
m b
对a根据动量定理：Bdq＝mv ﹣mv ，
a m
稳定时，a、b导体棒产生的合电动势为零
即B•2dv ＝Bdv ，可得：v ＝2v ，
b a a b
综上： 。
15．（2021•丹阳市校级模拟）如图甲所示，一水平放置的线圈，匝数 n＝100匝，横截面
积S＝0.2
m2，电阻r＝1 ，线圈处于水平向左的均匀变化的磁场中，磁感应强度B 随时间t变化
1
关系如图乙所示Ω。线圈与足够长的竖直光滑导轨MN、PO连接，导轨间距l＝20cm，导
体棒ab与导轨始终接触良好，ab棒的电阻R＝4 ，质量m＝5g，导轨的电阻不计，导
轨处在与导轨平面垂直向里的匀强磁场中，磁感应Ω强度B ＝0.5T．t＝0时，导体棒由静
2
止释放，g取10m/s2，求：
（1）t＝0时，线圈内产生的感应电动势太小；
（2）t＝0时，导体棒ab两端的电压和导体棒的加速度大小；
（3）导体棒ab到稳定状态时，导体棒所受重力的瞬时功率。
2
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8
学科网（北京）股份有限公司【答案】（1）t＝0时，线圈内产生的感应电动势太小为2V；
（2）t＝0时，导体棒ab两端的电压和导体棒的加速度大小为2m/s2；
（3）导体棒ab到稳定状态时，导体棒所受重力的瞬时功率为0.25W。【解析】解：
（1）由图乙可知，线圈内磁感应强度变化率：
由法拉第电磁感应定律可知： ；
（2）t＝0时，回路中电流为：
导体棒ab两端的电压为：U＝IR＝1.6V；
设此时导体棒的加速度为a，则由：mg﹣B Il＝ma
2
得： ；
（3）当导体棒ab达到稳定状态时，满足：mg＝B I'l，
2
根据闭合电路的欧姆定律可得：
代入数据解得：v＝5m/s
此时，导体棒所受重力的瞬时功率为：
P＝mgv＝0.25W。
2
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9
学科网（北京）股份有限公司16．（2021•湖北）如图（a）所示，两根不计电阻、间距为L的足够长平行光滑金属导轨，
竖直固定在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向里，磁感应强度大小为B。导轨上
端串联非线性电子元件Z和阻值为R的电阻。元件Z的U﹣I图像如图（b）所示，当流
过元件Z的电流大于或等于I 时，电压稳定为U 。质量为m、不计电阻的金属棒可沿
0 m
导轨运动，运动中金属棒始终水平且与导轨保持良好接触。忽略空气阻力及回路中的电
流对原磁场的影响，重力加速度大小为g。为了方便计算，取I ＝ ，U ＝ 。以
0 m
下计算结果只能选用m、g、B、L、R表示。
（1）闭合开关S，由静止释放金属棒，求金属棒下落的最大速度v ；
1
（2）断开开关S，由静止释放金属棒，求金属棒下落的最大速度v ；
2
（3）先闭合开关S，由静止释放金属棒，金属棒达到最大速度后，再断开开关S。忽略
回路中电流突变的时间，求S断开瞬间金属棒的加速度大小a。
【答案】（1）闭合开关S，由静止释放金属棒，则金属棒下落的最大速度v 为 ；
1
（2）断开开关S，由静止释放金属棒，求金属棒下落的最大速度v 为 ；
2
（3）先闭合开关S，由静止释放金属棒，金属棒达到最大速度后，再断开开关S。忽略
3
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0
学科网（北京）股份有限公司回路中电流突变的时间，则S断开瞬间金属棒的加速度大小a为 。
【解析】解：（1）闭合开关，定值电阻R与金属棒组成回路，当金属棒的速度达到最
大v 时，
1
感应电动势：E ＝BLv
1 1
电流：I ＝ ＝
1
导体棒受到的安培力：F安 ＝BI
1
L
当速度稳定后，由平衡条件有：mg＝F安
联立得：v ＝
1
（2）由于元件Z的电压达到U ＝ 时，保持不变，随着金属棒速度增加，电流也增
m
加，当元件Z的电压稳定时，电路中的电流：I ＝ ＝
2
此时由平衡条件有：mg＝BI L
2
代入得到：v ＝
2
（3）闭合开关时，金属棒达到最大速度 v ＝ ，此时电路中的电流 I ＝ ＝
1 1
＝ 。
断开开关时，由于忽略电流突变的时间，所以电流I 通过元件Z，由于I ＞I ，所以元
1 1 0
件Z两端的电压为U ＝ ，定值电阻R两端的电压U ′＝E ﹣U ＝BL× ﹣
m R 1 m
3
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1
学科网（北京）股份有限公司＝
那么此时电流中的电流I ′＝ ＝ ＝
1
金属棒受到的安培力F安′＝BI ′L＝B× ×L＝
1
所以此刻的加速度a＝ ＝ ＝ g
17．（2021•乙卷）如图，一倾角为 的光滑固定斜面的顶端放有质量M＝0.06kg的U形
导体框，导体框的电阻忽略不计；α一电阻R＝3 的金属棒CD的两端置于导体框上，与
导体框构成矩形回路CDEF；EF与斜面底边平Ω行，长度L＝0.6m。初始时CD与EF相
距s ＝0.4m，金属棒与导体框同时由静止开始下滑，金属棒下滑距离 s ＝ m后进入
0 1
一方向垂直于斜面的匀强磁场区域，磁场边界（图中虚线）与斜面底边平行；金属棒在
磁场中做匀速运动，直至离开磁场区域。当金属棒离开磁场的瞬间，导体框的EF边正
好进入磁场，并在匀速运动一段距离后开始加速。已知金属棒与导体框之间始终接触良
好，磁场的磁感应强度大小B＝1T，重力加速度大小取g＝10m/s2，sin ＝0.6。求
（1）金属棒在磁场中运动时所受安培力的大小； α
（2）金属棒的质量以及金属棒与导体框之间的动摩擦因数；
（3）导体框匀速运动的距离。
【答案】（1）金属棒在磁场中运动时所受安培力的大小是0.18N；
（2）金属棒的质量是0.02kg，金属棒与导体框之间的动摩擦因数是0.375；
（3）导体框匀速运动的距离是 m。
【解析】解：（1）因斜面是光滑的，所以在金属棒进入磁场前，金属棒与导体框一起
做初速度为零的匀加速直线运动，设金属棒的质量为m，由牛顿第二定律得：
3
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学科网（北京）股份有限公司（M+m）gsin ＝（M+m）a
代入数解得：αa＝6m/s2
金属棒进入磁场时，设金属棒与导体框的速度大小为v ，
0
由匀变速直线运动的速度﹣位移公式得：v ＝ m/s＝1.5m/s
0
金属棒切割磁感线产生的感应电动势：E＝BLv
0
由闭合电路的欧姆定律可知，感应电流：I＝
金属棒在磁场中运动时受到的安培力大小：F安 ＝BIL
代入数据解得：F安 ＝0.18N
（2）金属棒在磁场中运动过程导体框做匀加速直线运动，
设金属棒与导体框间的滑动摩擦力大小为f，导体框EF边进入磁场时的速度大小为v，
对导体框，由牛顿第二定律得：Mgsin ﹣f＝Ma框
由匀变速直线运动的速度﹣位移公式得α：v2﹣v
0
2＝2a框s
0
，
导体框刚进入磁场时所受安培力：F＝BIL＝
导体框刚进入磁场时做匀速直线运动，对导体框，由平衡条件得： +f＝Mgsin
代入数据联立解得：a框 ＝5m/s2，f＝0.06N，v＝2.5m/s α
金属棒在磁场中做匀速直线运动，由平衡条件得：F安 ＝mgsin +f
代入数据解得，金属棒的质量：m＝0.02kg， α
由滑动摩擦力公式得：f＝ mgcos
代入数据解得，金属棒与导μ体框之α间的动摩擦因数： ＝0.375
（3）金属棒离开磁场后做匀加速直线运动，由牛顿第μ二定律得：mgsin +f＝ma棒
代入数据解得：a棒 ＝9m/s2， α
金属棒加速到与导体框速度v相等的过程，导体框做匀速直线运动。
由匀变速直线运动的速度﹣时间公式得：v＝v
0
+a棒t
金属棒加速到与导体框速度相等的时间：t＝ s
在金属棒加速运动时间内，导体框做匀速直线运动，
3
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学科网（北京）股份有限公司导体框匀速运动的距离：s＝vt＝2.5× m＝ m
18．（2020•浙江）如图1所示，在绝缘光滑水平桌面上，以O为原点、水平向右为正方向
建立x轴，在0≤x≤1.0m区域内存在方向竖直向上的匀强磁场。桌面上有一边长 L＝
0.5m、电阻R＝0.25 的正方形线框abcd，当平行于磁场边界的cd边进入磁场时，在沿
x方向的外力F作用Ω下以v＝1.0m/s的速度做匀速运动，直到ab边进入磁场时撤去外力。
若以cd边进入磁场时作为计时起点，在0≤t≤1.0s内磁感应强度B的大小与时间t的关
系如图2所示，在0≤t≤1.3s内线框始终做匀速运动。
（1）求外力F的大小；
（2）在1.0s≤t≤1.3s内存在连续变化的磁场，求磁感应强度B的大小与时间t的关系；
（3）求在0≤t≤1.3s内流过导线横截面的电荷量q。
【答案】（1）外力F的大小为0.0625N；
（2）在1.0s≤t≤1.3s内存在连续变化的磁场，磁感应强度B的大小与时间t的关系为B
＝ ；
（3）在0≤t≤1.3s内流过导线横截面的电荷量为0.5C。
【解析】解：（1）根据图2可得，在t＝0时B ＝0.25T
0
回路电流I＝
安培力F ＝B IL
A 0
根据平衡条件可得：F＝F ，
A
联立解得：F＝0.0625N；
（2）匀速出磁场，电流为0，磁通量不变，则有： ＝
1
t 1 ＝1.0s时，B 1 ＝0.5T，磁通量 1 ＝B 1 L2 Φ Φ
t时刻，磁通量 ＝BL[L﹣v（t﹣Φt
1
）]
Φ 3
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4
学科网（北京）股份有限公司得B＝ ；
（3）根据电荷量的经验公式q＝ 可得：
0≤t≤0.5s电荷量：q ＝ ＝0.25C
1
0.5s≤t≤1.0s电荷量q ＝ ＝0.25C
2
1.0s＜t≤1.3s内流过导线横截面的电荷量为零
总电荷量：q＝q +q ＝0.5C。
1 2
3
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学科网（北京）股份有限公司3
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