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第 11 讲 电磁感应
目标要求 1.熟练应用楞次定律与法拉第电磁感应定律解决问题。2.会分析电磁感应中的图像问题。3.会分析
电磁感应中的动力学与能量问题。
考点一 楞次定律与法拉第电磁感应定律的应用
1.感应电流方向的判断
(1)线圈面积不变、磁感应强度发生变化的情形，往往用楞次定律。
(2)导体棒切割磁感线的情形往往用右手定则。
2.楞次定律中“阻碍”的主要表现形式
(1)阻碍原磁通量的变化——“增反减同”；
(2)阻碍物体间的相对运动——“来拒去留”；
(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势——一般情况下为“增缩减扩”；
(4)阻碍原电流的变化(自感现象)——一般情况下为“增反减同”。
3.求感应电动势的方法
(1)法拉第电磁感应定律：
ΔB
{S不变时,E=nS
ΔΦ Δt
E=n
Δt ΔS
B不变时,E=nB
Δt
(2)导体棒垂直切割磁感线：E=Blv。
1
(3)导体棒以一端为圆心在垂直匀强磁场的平面内匀速转动：E= Bl2ω。
2
(4)线圈绕与磁场垂直的轴匀速转动(从线圈位于中性面开始计时)：e=nBSωsin ωt。
nΔΦ nΔΦ
4.通过回路横截面的电荷量q=IΔt= Δt= 。q仅与n、ΔΦ和回路总电阻R 有关，与时间长短无
R Δt R 总
总 总
关，与Φ是否均匀变化无关。
例1 (2024·江苏卷·10)如图所示，在绝缘的水平面上，有闭合的两个线圈a、b，线圈a处在匀强
磁场中，现将线圈a从磁场中匀速拉出，线圈a、b中产生的感应电流方向分别是( )
A.顺时针，顺时针 B.顺时针，逆时针
C.逆时针，顺时针 D.逆时针，逆时针
答案 A解析 线圈a从磁场中匀速拉出的过程中，穿过a线圈的磁通量在减小，根据楞次定律可知a线圈中的电
流方向为顺时针，由于线圈a从磁场中匀速拉出，则a中产生的电流为恒定电流，线圈a靠近线圈b的过
程中通过线圈b的磁通量在向外增大，同理可得线圈b中产生的电流方向为顺时针。故选A。
例2 (多选)(2023·福建漳州市质检)如图甲，两根电阻不计、足够长的导轨MN、PQ平行放置，与
水平面间夹角α=37°，间距为0.8 m，上端连接一电阻R=0.1 Ω。两导轨之间存在方向垂直导轨平面
向上的均匀分布的磁场，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示。t=0时刻，一电阻不计、质量
为0.02 kg的导体棒ab从导轨上且在MP下方0.5 m处由静止释放。取g=10 m/s2，sin 37°=0.6，ab
与导轨间的动摩擦因数为0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不考虑t=4.25 s时磁感应强度突
变产生的电磁感应现象。则( )
A.0~4.25 s内ab中感应电流方向从a到b
B.t=0时ab中感应电流I =0.4 A
0
C.0~4.25 s内R中消耗的热功率为0.016 W
D.ab的最大速度为0.625 m/s
答案 BCD
解析 由楞次定律可知，0~4.25 s内导体棒ab中感应电流方向从b到a，选项A错误；由题图乙可得
ΔB S ΔB 0.5×0.8×0.1
0~4.25 s内 =0.1 T/s，t=0时刻感应电流I = 0 = A=0.4 A，选项B正确；t=0时，导体
Δt 0 RΔt 0.1
棒所受安培力F =I LB =0.064 N，G =mgsin α=0.12 N，F =μmgcos α=0.08 N，由于G -F <F ，可知导体棒
0 0 0 1 fm 1 0 fm
保持静止，t=4.25 s时，F =I LB =0.2 N，由于 F =G +F ，导体棒恰好处于静止状态，可知在0~4.25 s内导
1 0 1 1 1 fm
体棒一直静止，0~4.25 s内电阻R消耗的热功率为 P=I 2 R=0.016 W，选项C正确；t=4.25 s后，导体棒ab
0
开始下滑，当B =0.1 T，G =F+ILB 时导体棒ab开始匀速运动，F=F =μmgcos α=0.08 N，此时速度最大，
2 1 f 2 f fm
B Lv
则 I= 2 m ，解得 v =0.625 m/s，选项D正确。
R m
考点二 电磁感应中的图像问题
例3 (多选)(2024·河南焦作市二模)如图甲所示，正方形线圈abcd内有垂直于线圈的匀强磁场，已
知线圈匝数n=10，边长ab=1 m，线圈总电阻r=1 Ω，线圈内磁感应强度随时间的变化情况如图乙
所示。设图示的磁场方向与感应电流方向为正方向，则下列有关线圈的感应电流i，焦耳热Q以及
ab两点间电压u，ab边所受的安培力F(取向下为正方向)随时间t的变化图像正确的是( )答案 ACD
nS·ΔB e
解析 0~1 s内产生的感应电动势为e = =2 V，由楞次定律，感应电流为逆时针(为负)，大小为i = 1
1 Δt 1 r
ΔB'
=2 A，同理可得，1~5 s内产生的感应电动势为e =nS =1 V，由楞次定律，感应电流为顺时针(为正)，
2 Δt'
e r
大小为i = 2=1 A，故A正确；ab两点间的电压，0~1 s内大小为u =i · =0.5 V，方向为负，1~5 s内大小
2 r 1 1 4
r
为u =i · =0.25 V，方向为正，故B错误；ab边所受的安培力，0~1 s内大小为0≤F =nB i L≤4 N，随时间
2 2 4 1 1 1
逐渐增大，由左手定则，方向向下为正，同理1~3 s内大小为0≤F =nB i L≤2 N，随时间逐渐减小，由左
2 2 2
手定则，方向向上为负，同理3~5 s内大小为0≤F =nB i L≤2 N，随时间逐渐增大，由左手定则，方向向
3 3 2
下为正，故C正确；0~1 s内焦耳热0≤Q =i 2 rt≤4 J，随时间逐渐增加，1~5 s内焦耳热4 J≤Q =Q +i 2
1 1 2 1m 2
rt'≤8 J，故D正确。
例4 (多选)(2024·全国甲卷·21)如图，一绝缘细绳跨过两个在同一竖直面(纸面)内的光滑定滑轮，
绳的一端连接一矩形金属线框，另一端连接一物块。线框与左侧滑轮之间的虚线区域内有方向垂
直纸面的匀强磁场，磁场上下边界水平，在t=0时刻线框的上边框以不同的初速度从磁场下方进入
磁场。运动过程中，线框始终在纸面内且上下边框保持水平。以向上为速度的正方向，下列线框
的速度v随时间t变化的图像中可能正确的是( )答案 AC
解析 设线框的上边框进入磁场时的速度为v，设线框的质量M，物块的质量m，题图中线框进入磁场时
的加速度向下，对线框，由牛顿第二定律可知Mg+F -F =Ma
安 T
对物块有F -mg=ma
T
B2L2v
其中F =
安 R
B2L2v
即 +(M-m)g=(M+m)a
R
线框向上做减速运动，随速度的减小，向下的加速度减小；当加速度为零时，即线框匀速运动的速度为
(m-M)gR
v =
0 B2L2
若线框进入磁场时的速度较小，则线框进入磁场时做加速度减小的减速运动，线框的速度和加速度都趋近
于零，则图像A可能正确；
因t=0时刻线框进入磁场，则进入磁场时线框向上不可能做匀减速运动，则图像B不可能；
若线框的质量等于物块的质量，且当线框进入磁场时速度较大时，线框进入磁场做加速度减小的减速运动，
完全进入磁场后线框做匀速运动；当线框出磁场时，受向下的安培力又做加速度减小的减速运动，最终出
磁场时做匀速运动，则图像C有可能，D不可能。
1.电磁感应中常见的图像
常见的有磁感应强度、磁通量、感应电动势、感应电流、速度、安培力等随时间或位移的变化图像。
2.解答此类问题的两个常用方法
(1)排除法：定性分析电磁感应过程中某个物理量的变化情况，把握三个关注，快速排除错误的选项。这种方法
能快速解决问题，但不一定对所有问题都适用。
→
↓
→
↓
→(2)函数关系法：根据题目所给的条件写出物理量之间的函数关系，再对图像作出判断，这种方法得到的结
果准确、详细，但不够简捷。
考点三 电磁感应中的动力学与能量问题
1.电磁感应综合问题的解题思路
2.求解焦耳热Q的三种方法
(1)焦耳定律：Q=I2Rt，适用于电流恒定的情况；
(2)功能关系：Q=W (W 为克服安培力做的功)；
克安 克安
(3)能量转化：Q=ΔE(其他能的减少量)。
例5 (2024·福建南平市三模)如图甲，足够长的光滑平行金属导轨固定在水平面上，导轨间连接一
电阻R，区域Ⅰ空间存在一非匀强磁场，方向垂直于导轨平面向下，导体棒ab垂直导轨放置并接
触良好。现对导体棒ab施加一个与导轨平行向左的恒力F，导体棒ab进入磁场时速度v =1 m/s，
0
空间中某位置的磁感应强度B与导体棒通过该位置的速度v满足的关系如图乙所示。已知导轨间距
L=1 m，导体棒ab质量m=0.25 kg、电阻r=1 Ω，电阻R=1 Ω，恒力F=1.25 N，不计导轨电阻。求：
(1)导体棒刚进入磁场时所受安培力的大小；
(2)导体棒在磁场中运动2 s时加速度的大小；
(3)进入磁场2 s内导体棒产生的焦耳热。
答案 (1)0.25 N (2)4 m/s2 (3)1.25 J
解析 (1)由E=BLv
0
E
I=
R+rF =BIL
安
B2L2v
联立解得F = 0=0.25 N
安 R+r
B2L2v
(2)由题图乙知，B2v=0.5 m·T2/s保持不变，因此F = =0.25 N保持不变，判断出导体棒做匀加速直线
安 R+r
运动，根据牛顿第二定律
F-F =ma
安
解得a=4 m/s2
本题还可以先根据牛顿第二定律
B2L2v
F- =ma
R+r
(F-ma)(R+r) 1
变形为B2= ·
L2 v
结合题图乙斜率k=0.5 m·T2/s
解得a=4 m/s2
(3)2 s内的位移
1
x=v t+ at2
0 2
解得x=10 m
则电路中产生的总焦耳热
Q=W =F x
克安 安
导体棒产生的焦耳热
r
Q= Q
r R+r
解得Q=1.25 J
r
变式1 (2024·福建福州市三模)如图所示， 间距为 L=1.0 m的两条平行光滑竖直金属导轨PQ、MN足够
长，底部Q、N之间连有一阻值为R =3 Ω的电阻，磁感应强度为B =0.5 T的匀强磁场与导轨平面垂直，导
1 1
轨的上端点P、M分别与横截面积为 5×10-3 m2的100匝线圈的两端连接，线圈的轴线与大小随时间均匀变
化的匀强磁场B 平行，开关K闭合后，质量为 m=1×10-2 kg、接入电路的电阻值为R =2 Ω的金属棒ab恰
2 2
能保持静止。若断开开关后金属棒下落2 m时恰好达到最大速度，金属棒始终与导轨接触良好，其余部分
电阻不计，g取 10 m/s2。 求：(1)金属棒ab恰能保持静止时，匀强磁场B 的磁感应强度的变化率；
2
(2)金属棒ab下落时能达到的最大速度v的大小；
(3)金属棒ab从开始下落到恰好运动至最大速度的过程中，金属棒产生的焦耳热Q。
答案 (1)0.8 T/s (2)2 m/s (3)0.072 J
解析 (1)金属棒保持静止，根据平衡条件得mg=B I L
1 1
可得I =0.2 A
1
则线圈产生的感应电动势为E =I R =0.4 V
1 1 2
ΔΦ ΔB
由法拉第电磁感应定律可知E =n =nS 2
1 Δt Δt
ΔB
解得 2=0.8 T/s
Δt
(2)断开开关K后，金属棒向下做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为0(即合外力为0)时速度最大，此
时恰能匀速下降，根据平衡条件得mg=B I L
1 2
此时金属棒中产生的感应电动势为E =B Lv
2 1
E
2
根据闭合电路欧姆定律得I =
2 R +R
1 2
联立解得金属棒的最大速度为v=2 m/s
1
(3)金属棒从开始下落到恰好运动至最大速度的过程中，根据动能定理得mgh-W = mv2-0
克安 2
R
2
金属棒产生的焦耳热Q= W =0.072 J
R +R 克安
1 2
变式2 (多选)(2024·四川省一模)如图所示，竖直方向两光滑平行金属导轨间距为L，处于垂直纸面的匀强
磁场中，磁感应强度为B，金属杆的质量为m，定值电阻为R，其余电阻不计，重力加速度为g，电容器电
容为C(未充电)，金属杆与导轨垂直且接触良好，开关K与触点Ⅰ或Ⅱ接通，现让金属杆沿导轨无初速度
下滑，在金属杆下滑距离为h的过程中，对该过程下列说法正确的是( )
A.若开关K与触点Ⅰ接通，电阻R产生的焦耳热为mgh
BhL
B.若开关K与触点Ⅰ接通，通过电阻R的电荷量为
R
C.若开关K与触点Ⅱ接通，杆的重力对杆的冲量为√2mg(m+B2L2C)h
D.若换一个电容更大的电容器，开关K与触点Ⅱ接通，杆的加速度比更换之前大
答案 BC1
解析 若开关K与触点Ⅰ接通，由能量关系可知mgh= mv2+Q，则电阻R产生的焦耳热小于mgh，故A错
2
E ΔΦ BhL
误；若开关K与触点Ⅰ接通，通过电阻R的电荷量为q= Δt= = ，故B正确；若开关K与触点Ⅱ
R R R
Δq ΔU·C BLΔv·C mg
接通，则回路电流I= = = =BLCa，由牛顿第二定律mg-BIL=ma，解得a= ，可
Δt Δt Δt m+B2L2C
1
知导体棒做匀加速运动，下落h时h= at2，重力的冲量I =mgt，解得I =√2mgh(m+B2L2C)，故C正确；
2 G G
mg
若换一个电容更大的电容器，开关K与触点Ⅱ接通，由a= 可知杆的加速度比更换之前小，故D
m+B2L2C
错误。
电磁感应中的动力学和能量问题
棒、框平衡问题
静止
闭合K，ab恰好静止
棒、框处于平衡状态，进行受力分析，满足合力为零
匀速
运动
恰好匀速进入磁场
棒的最大速度
棒、框不平衡
变加速
运动受力分析，分析加速度的变化
匀加速
运动
棒匀加速
最后双棒加速度相同
受力分析，利用牛顿第二定律求加速度
棒、框运动过程中能量问题
棒、框从某一速度到另一速度
棒从静止到匀速时产生的焦耳热
利用能量守恒定律或功能关系求产生的焦耳热，回路中有多个电阻时，注意热量的分配专题强化练
［分值：60分］
1~5题每题4分，6、7题每题6分，8题13分，9题15分，共60分
［保分基础练］
1.(2023·北京卷·5)如图所示，L是自感系数很大、电阻很小的线圈，P、Q是两个相同的小灯泡，开始时，
开关S处于闭合状态，P灯微亮，Q灯正常发光，断开开关( )
A.P与Q同时熄灭 B.P比Q先熄灭
C.Q闪亮后再熄灭 D.P闪亮后再熄灭
答案 D
解析 由题知，开始时，开关S处于闭合状态，由于L的电阻很小，Q灯正常发光，P灯微亮，通过Q灯
的电流远大于通过P灯的电流，故通过L的电流大于通过P灯的电流，断开开关，Q所在电路未闭合，立
即熄灭，由于自感，L中产生感应电动势，与P组成闭合回路，故P灯闪亮后再熄灭，故选D。
2.(2024·广东卷·4)电磁俘能器可在汽车发动机振动时利用电磁感应发电实现能量回收，结构如图甲所示。
两对永磁铁可随发动机一起上下振动，每对永磁铁间有水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。磁
场中，边长为L的正方形线圈竖直固定在减震装置上。某时刻磁场分布与线圈位置如图乙所示，永磁铁振
动时磁场分界线不会离开线圈。关于图乙中的线圈，下列说法正确的是( )
A.穿过线圈的磁通量为BL2
B.永磁铁相对线圈上升越高，线圈中感应电动势越大
C.永磁铁相对线圈上升越快，线圈中感应电动势越小
D.永磁铁相对线圈下降时，线圈中感应电流的方向为顺时针方向
答案 D
解析 题图乙所示位置穿过线圈的磁通量Φ=|BS -BS |≠BL2，故A错误；根据法拉第电磁感应定律可知永
上 下
磁铁相对线圈上升越快，磁通量变化越快，线圈中感应电动势越大，故B、C错误；永磁铁相对线圈下降
时，根据安培定则可知线圈中感应电流的方向为顺时针方向，故D正确。3.(2024·湖南卷·4)如图，有一硬质导线Oabc，其中ab´c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.φ >φ >φ >φ B.φ <φ <φ <φ
O a b c O a b c
C.φ >φ >φ =φ D.φ <φ <φ =φ
O a b c O a b c
答案 C
解析 导线绕O点转动过程中相当于Oa、Ob、Oc导体棒转动切割磁感线，如图所示，根据右手定则可知
O点电势最高；
1
根据E=Blv= Bωl2
2
因为l =l >l
Ob Oc Oa
可得0<U <U =U
Oa Ob Oc
得φ >φ >φ =φ
O a b c
故选C。
4.(2023·湖北卷·5)近场通信(NFC)器件应用电磁感应原理进行通讯，其天线类似一个压平的线圈，线圈尺寸
从内到外逐渐变大。如图所示，一正方形NFC线圈共3匝，其边长分别为1.0 cm、1.2 cm和1.4 cm，图中
线圈外线接入内部芯片时与内部线圈绝缘。若匀强磁场垂直通过此线圈，磁感应强度变化率为103 T/s，则
线圈产生的感应电动势最接近( )
A.0.30 V B.0.44 V C.0.59 V D.4.3 V
答案 B
ΔΦ ΔBS
解析 根据法拉第电磁感应定律可知E= = =103×(1.02+1.22+1.42)×10-4 V=0.44 V，故选B。
Δt Δt5.(多选)(2024·黑吉辽·9)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
√3mg
B.ab中电流趋于
3BL
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
答案 AB
解析 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ab根据牛顿第二定律得
2mgsin 30°-2BILcos 30°=2ma ，
ab
对cd有mgsin 30°-BILcos 30°=ma ，
cd
故可知a =a ，分析可知回路中的总电动势为两个导体棒产生的电动势相加，随着导体棒速度的增大，回
ab cd
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，对ab分析可得2mgsin 30°=2BILcos 30°，解
√3mg
得I= ，故B正确，C错误；根据前面分析可知a =a ，故可知两导体棒速度大小始终相等，由于两
3BL ab cd
边磁感应强度大小不同，故产生的感应电动势不相等，故D错误。
［争分提能练］
6.(多选)(2024·山东卷·11)如图所示，两条相同的半圆弧形光滑金属导轨固定在水平桌面上，其所在平面竖
直且平行，导轨最高点到水平桌面的距离等于半径，最低点的连线OO'与导轨所在竖直面垂直。空间充满
竖直向下的匀强磁场(图中未画出)，导轨左端由导线连接。现将具有一定质量和电阻的金属棒MN平行
OO'放置在导轨图示位置，由静止释放。MN运动过程中始终平行于OO'且与两导轨接触良好，不考虑自感
影响，下列说法正确的是( )
A.MN最终一定静止于OO'位置B.MN运动过程中安培力始终做负功
C.从释放到第一次到达OO'位置过程中，MN的速率一直在增大
D.从释放到第一次到达OO'位置过程中，MN中电流方向由M到N
答案 ABD
解析 金属棒MN运动过程切割磁感线产生感应电动势，回路有感应电流，产生焦耳热，金属棒MN的机
械能不断减小，又由于金属导轨光滑，所以经过多次往返运动，MN最终一定静止于OO'位置，故A正确；
由楞次定律可知，MN切割磁感线产生的感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化，可知安
培力一直做负功，故B正确；金属棒MN从释放到第一次到达OO'位置过程中，由于在OO'位置重力沿切
线方向的分力为0，安培力水平向左，可知在即将到达OO'位置之前的某一位置之后，重力沿切线方向的
分力已经小于安培力沿切线方向的分力，金属棒MN已经做减速运动，故C错误；
从释放到第一次到达OO'位置过程中，根据右手定则可知，MN中电流方向由M到N，故D正确。
7.(多选)(2024·重庆市模拟)如图所示，平行虚线a、b之间存在垂直纸面向里的匀强磁场，两虚线间的距离
为l。现使一粗细均匀、电阻为R的闭合直角三角形导线框ABC以恒定的速度v沿垂直于磁场边界的方向
穿过磁场区域。已知AB边长为l，BC边与磁场边界平行。t=0时刻，A点到达边界a，取逆时针方向为感
应电流的正方向，则在导线框穿越磁场区域的过程中，感应电流i及安培力的功率P随时间t变化的图线可
能正确的是( )
答案 AD
解析 如图所示
导线框ABC从初位置1到整个导线框进入磁场位置2的过程，切割磁感线的有效长度随时间线性增大，则
感应电动势大小随时间线性增大，感应电流大小随时间线性增大，由右手定则可知电流方向为逆时针方向，
即为正方向；导线框ABC从位置2到完全离开磁场位置3的过程，切割磁感线的有效长度随时间线性增大，则感应电动势大小随时间线性增大，感应电流大小随时间线性增大，由右手定则可知电流方向为顺时针方
向，即为负方向，故A正确，B错误；
导线框匀速运动，感应电流的热功率等于安培力做功的功率，即P=I2R
由于从位置1到位置2感应电流大小从0随时间线性增大，从位置2到位置3感应电流大小又从0随时间
线性增大，可知C错误，D正确。
8.(13分)(2024·河南开封市联考)如图所示，两根足够长平行金属导轨MN、PQ固定在倾角θ=37°的绝缘斜
面上，顶部接有一阻值R=3 Ω的定值电阻，下端开口，轨道间距L=1 m，整个装置处于磁感应强度B=2 T
的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向上，质量m=1 kg的金属棒ab置于导轨上，ab在导轨之间的电阻r=1
Ω，电路中其余电阻不计，金属棒ab由静止释放后沿导轨运动时始终垂直于导轨，且与导轨接触良好，不
计空气阻力影响。已知金属棒ab与导轨间的动摩擦因数μ=0.5，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，取g=10 m/s2。
(1)(4分)求金属棒ab沿导轨向下运动的最大速度v ；
m
(2)(3分)求金属棒ab沿导轨向下运动过程中，电阻R的最大电功率P ；
R
(3)(6分)若从金属棒ab开始运动至达到最大速度过程中，电阻R上产生的焦耳热总共为1.5 J，求流过电阻
R的总电荷量q。
答案 (1)2 m/s (2)3 W (3)1 C
解析 (1)金属棒由静止释放后，沿斜面做变加速运动，加速度不断减小，当加速度为零时有最大速度v ，
m
由牛顿第二定律得mgsin θ-μmgcos θ-F =0
安
E
又F =BIL，I= ，E=BLv
安 R+r m
解得v =2 m/s
m
(2)金属棒以最大速度v 匀速运动时，电阻R上的电功率最大，此时P =I2R
m R
联立解得P =3 W
R
(3)设金属棒从开始运动到达到最大速度过程中，沿导轨下滑距离为x，由能量守恒定律
1
mgxsin θ=μmgxcos θ+Q +Q + mv 2
R ab 2 m
Q R
R
根据焦耳定律 =
Q r
ab
联立解得x=2 m
E
根据q=IΔt，I=
R+r
ΔΦ
E= ，ΔΦ=BLx
ΔtBLx
联立解得q= =1 C。
R+r
［尖子生选练］
9.(15分)(2024·安徽卷·15)如图所示，一“U”形金属导轨固定在竖直平面内，一电阻不计，质量为m的金
属棒ab垂直于导轨，并静置于绝缘固定支架上。边长为L的正方形cdef区域内，存在垂直于纸面向外的
匀强磁场。支架上方的导轨间，存在竖直向下的匀强磁场。两磁场的磁感应强度大小B随时间的变化关系
均为B=kt(SI)，k为常数(k>0)。支架上方的导轨足够长，两边导轨单位长度的电阻均为r，下方导轨的总电
阻为R。t=0时，对ab施加竖直向上的拉力，恰使其向上做加速度大小为a的匀加速直线运动，整个运动
过程中ab与两边导轨接触良好。已知ab与导轨间动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。不计空气阻力，
两磁场互不影响。
(1)(3分)求通过面积S 的磁通量大小随时间t变化的关系式，以及感应电动势的大小，并写出ab中电流的
cdef
方向；
(2)(6分)求ab所受安培力的大小随时间t变化的关系式；
(3)(6分)求经过多长时间，对ab所施加的拉力达到最大值，并求此最大值。
答案 (1)Φ=kL2t kL2 从a流向b
k2L3t
√ R
μk2L3
(2)F = (3) +m(g+a)
安 R+art2 ar 2√Rar
解析 (1)通过面积S 的磁通量大小随时间t变化的关系式为Φ=BS=kL2t，
cdef
根据法拉第电磁感应定律得
ΔΦ ΔB·S
E=n = =kL2，
Δt Δt
由楞次定律及安培定则可知ab中的电流从a流向b。
(2)根据左手定则可知ab受到的安培力方向垂直导轨面向里，大小为F =BIL，其中B=kt，
安
设金属棒t时间内向上运动的位移为x，
1
则根据运动学公式x= at2
2
所以支架上方的导轨电阻为R'=2xr，
E
由闭合电路欧姆定律得I= ，
R+2xr
k2L3t
联立得ab所受安培力的大小随时间t变化的关系式为F = 。
安 R+art2(3)由题知t=0时，对ab施加竖直向上的拉力，恰使其向上做加速度大小为a的匀加速直线运动，则对ab
受力分析，由牛顿第二定律得
F-mg-μF =ma，
安
k2L3t
其中F = ，
安 R+art2
μk2L3t
联立可得F= +m(g+a)
R+art2
μk2L3
整理有F= R +m(g+a)
+art
t
R √ R
根据均值不等式可知，当 =art时，F有最大值，故解得t=
t ar
μk2L3
F的最大值为F = +m(g+a)。
m
2√Rar
