文档文本内容
第十一章 电磁感应
近5年考情分析
考题统计
等级
考点要求 2022 2021 2020 2019 2018
要求
电磁感应现象及楞 广东卷·T1 北京卷·T21 Ⅰ卷·T20 Ⅰ卷·T19
Ⅱ Ⅲ卷·T14
次定律 江苏卷·T5 Ⅲ卷·T14 Ⅲ卷·T20
** 错误的表
重庆卷·T3 达式 **卷
广东卷·T4
法拉第电磁感应定 广东卷·T10 ·T21 北京卷·T22 浙江4月
Ⅱ 山东卷·T12
律 自感和互感 河北卷·T5 山东卷·T12 江苏卷·T14 卷·T23
乙卷·T24
辽宁卷·T9 浙江1月
卷·T8
上海卷·T20 北京卷·T20 天津卷·T21
北京卷·T7
湖南卷·T10
电磁感应的电路、 甲卷·T21 江苏卷
Ⅱ 甲卷·T20
图像及动力学问 河北卷·T7 ·T21
甲卷·T16
湖南卷·T10
浙江1月卷·T13
江苏卷
上海卷·T12 福建卷·T7
电磁感应中的动量 天津卷·T26 ·T11
Ⅱ 辽宁卷·T15 天津卷·T12 江苏卷·T21
和能量问题 海南卷·T14 天津卷
浙江1月卷·T21 海南卷·T18
·T28
物理观念：1.理解磁通量、电磁感应、自感等概念；2.掌握右手定则、楞次定律、法拉
第电磁感应定律等规律；3.培养电磁相互作用观念和能量观念．
科学思维：综合应用楞次定律、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、焦耳定律、
牛顿第二定律、动能定理、能量守恒定律、动量定理、动量守恒定律分析问题的能力．
核心素养
科学探究：通过实验探究影响感应电流方向的因素，探究法拉第电磁感应定律、探究自
感现象和涡流现象，提高定性和定量分析问题的能力．
科学态度与责任：了解生活中电磁感应的应用，体会学习物理的乐趣，培养学习物理的
兴趣．
本章主要考查楞次定律，电动势的计算，电磁感应与电路的综合、与能量的综合，以及
电磁感应中动力学问题.考查方向上更倾向于电磁感应与电路、能量综合问题.解题方法
上以等效法、程序法、函数法、图象法为主.多以电路的等效考查模型建构的素养;以原
理的应用考查科学推理和科学论证的素养，同时体现考生严谨的科学态度和一丝不苟、
命题规律
实事求是的社会责任感;以对研究对象受力和运动的分析及能量的转化与守恒，考查运动
与相互作用观念和能量观念.多以选择题和计算题的形式考查，难度中等.2023年对本章
的考查，从各方面可能仍延续原来的形式及考点，只是在原理应用方面可能会更多地联
系现代科技发展和生产、生活的实际。
对本章的复习，首先应以对概念和原理的理解、对规律的基本应用为主，打牢基础，如
对磁通量相关概念的理解、对楞次定律和法拉第电磁感应定律的各种形式的应用要熟练
掌握.其次是对各种典型的模型建构、典型问题的处理思想方法了然于胸，如“电磁感应
备考策略 中的电路问题”“电磁感应中的力学问题”“电磁感应中的图象”“电磁感应中的能量
转化与守恒”等，能够抓住解决各种典型问题的关键，一击必中，最终都是为了培养学
生分析问题、解决问题的能力，培养学生模型建构、科学推理和科学论证的学科素养，
建立正确的科学观，树立正确的人生观和强烈的社会责任感!【网络构建】
专题 11.3 电磁感应的电路、图像及动力学问
【网络构建】
考点一 电磁感应中的电路问题
1．电磁感应中电路知识的关系图
2．解决电磁感应中的电路问题三部曲考点二 电磁感应中的图象问题
1．电磁感应中常见的图象问题
随时间变化的图象，如Bt图象、Φt图象、Et图象、It图象
图象类
型
随位移变化的图象，如Ex图象、Ix图象(所以要先看坐标轴：哪个物理量随哪个
物理量变化要弄清)
(1)由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图象(画图象的方法)
问题类
型
(2)由给定的有关图象分析电磁感应过程，求解相应的物理量(用图象)
四个
左手定则、安培定则、右手定则、楞次定律
规律
(1)平均电动势E＝n
应用 (2)平动切割电动势E＝Blv
知识 六类 (3)转动切割电动势E＝Bl2ω
公式 (4)闭合电路的欧姆定律I＝
(5)安培力F＝BIl
(6)牛顿运动定律的相关公式等
2.处理图象问题要做到“四明确、一理解”
考点三 电磁感应中的平衡、动力学问题
1．两种状态及处理方法状态 特征 处理方法
平衡态 加速度为零 根据平衡条件列式分析
非平衡态 加速度不为零 根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系进行分析
2.力学对象和电学对象的相互关系
3．动态分析的基本思路
解决这类问题的关键是通过运动状态的分析，寻找过程中的临界状态，如速度、加速度最大或最小的条件．
具体思路如下：
4.用“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：
高频考点一 电磁感应中的电路问题（一）感生电动势的电路分析
例1、如图甲所示，一个圆形线圈的匝数n＝100，线圈的面积S＝200 cm2，线圈的电阻r＝1 Ω，线圈外接
一个阻值R＝4 Ω的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规
律如图乙所示．下列说法中正确的是( )
A．线圈中的感应电流方向为顺时针方向 B．电阻R两端的电压随时间均匀增大
C．线圈电阻r消耗的功率为4×10－4 W D．前4 s内通过R的电荷量为4×10－4 C
【答案】C
【解析】.由楞次定律，线圈中的感应电流方向为逆时针方向，选项A错误；由法拉第电磁感应定律，产生
的感应电动势恒定为E＝＝0.1 V，电阻R两端的电压不随时间变化，选项B错误；回路中电流I＝＝0.02
A，线圈电阻r消耗的功率为P＝I2r＝4×10－4 W，选项C正确；前4 s内通过R的电荷量为q＝It＝0.08 C，
选项D错误．
【变式训练】如图所示，a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，边长l＝3l，图示
a b
区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则(
)
A．两线圈内产生顺时针方向的感应电流 B．a、b线圈中感应电动势之比为9∶1
C．a、b线圈中感应电流之比为3∶4 D．a、b线圈中电功率之比为3∶1
【答案】B.
【解析】由于磁感应强度随时间均匀增大，则根据楞次定律知两线圈内产生的感应电流方向皆沿逆时针方
向，则A项错误；根据法拉第电磁感应定律E＝N＝NS，而磁感应强度均匀变化，即恒定，则a、b线圈中
的感应电动势之比为＝＝＝9，故B项正确；根据电阻定律R＝ρ，且L＝4Nl，则＝＝3，由闭合电路欧姆
定律I＝，得a、b线圈中的感应电流之比为＝·＝3，故C项错误；由功率公式P＝I2R知，a、b线圈中的电
功率之比为＝·＝27，故D项错误．
（二）动生电动势的电路分析
例2、如图所示，一金属棒AC在匀强磁场中绕平行于磁感应强度方向的轴(过O点)匀速转动，OA＝2OC＝2L，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里，金属棒转动的角速度为 ω、电阻为r，内、外两金属圆环
分别与C、A良好接触并各引出一接线柱与外电阻R相接(没画出)，两金属环圆心皆为O且电阻均不计，
则( )
A．金属棒中有从A到C的感应电流 B．外电阻R中的电流为I＝
C．当r＝R时，外电阻消耗功率最小 D．金属棒AC间电压为
【答案】BD
【解析】.由右手定则可知金属棒相当于电源且A是电源的正极，即金属棒中有从C到A的感应电流，A错
误；金属棒转动产生的感应电动势为 E＝Bω(2L)2－BωL2＝，即回路中电流为I＝，B正确；由电源输出功
率特点知，当内、外电阻相等时，外电路消耗功率最大，C错误；U ＝IR＝，D正确．
AC
【变式训练】在同一水平面的光滑平行导轨P、Q相距l＝1 m，导轨左端接有如图所示的电路．其中水平
放置的平行板电容器两极板M、N相距d＝10 mm，定值电阻R ＝R ＝12 Ω，R ＝2 Ω，金属棒ab的电阻r
1 2 3
＝2 Ω，其他电阻不计．磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场竖直穿过导轨平面，当金属棒ab沿导轨向右匀速
运动时，悬浮于电容器两极板之间，质量m＝1×10－14 kg，电荷量q＝－1×10－14 C的微粒恰好静止不动．g
取10 m/s2，在整个运动过程中金属棒与导轨接触良好．且速度保持恒定．试求：
(1)匀强磁场的方向；
(2)ab两端的路端电压；
(3)金属棒ab运动的速度．
【答案】 (1)竖直向下 (2)0.4 V (3)1 m/s
【解析】 (1)负电荷受到重力和电场力的作用处于静止状态，因为重力竖直向下，所以电场力竖直向上，
故M板带正电．ab棒向右做切割磁感线运动产生感应电动势，ab棒等效于电源，感应电流方向由b→a，
其a端为电源的正极，由右手定则可判断，磁场方向竖直向下．
(2)微粒受到重力和电场力的作用处于静止状态，根据平衡条件有mg＝Eq
又E＝，所以U ＝＝0.1 V
MNR 两端电压与电容器两端电压相等，由欧姆定律得通过R 的电流为I＝＝0.05 A
3 3
则ab棒两端的电压为U ＝U ＋I＝0.4 V.
ab MN
(3)由法拉第电磁感应定律得感应电动势E＝Blv
由闭合电路欧姆定律得E＝U ＋Ir＝0.5 V
ab
联立解得v＝1 m/s.
高频考点二 电磁感应中的图象问题
磁感应强度变化的图象问题
例3、如图甲所示，在水平面上固定一个匝数为10匝的等边三角形金属线框，总电阻为3 Ω，边长为0.4
m．金属框处于两个半径为0.1 m的圆形匀强磁场中，顶点A恰好位于左边圆的圆心，BC边的中点恰好与
右边圆的圆心重合．左边磁场方向垂直纸面向外，右边磁场垂直纸面向里，磁感应强度的变化规律如图乙
所示，则下列说法中正确的是(π取3) ( )
A．线框中感应电流的方向是顺时针方向 B．t＝0.4 s时，穿过线框的磁通量为0.005 Wb
C．经过t＝0.4 s，线框中产生的热量为0.3 J D．前0.4 s内流过线框某截面的电荷量为0.2 C
【答案】 CD
【解析】 根据楞次定律和安培定则，线框中感应电流的方向是逆时针方向，选项A错误；0.4 s时穿过线
框的磁通量Φ＝Φ－Φ＝πr2·B－πr2·B＝0.055 Wb，选项B错误；由图乙知＝＝10 T/s，根据法拉第电磁感
1 2 1 2
应定律，感应电动势E＝n＝n·πr2·＝1.5 V，感应电流I＝＝0.5 A,0.4 s内线框中产生的热量Q＝I2Rt＝0.3 J，
选项C正确；前0.4 s内流过线框某截面的电荷量q＝It＝0.2 C，选项D正确．
【变式训练】如图甲所示，矩形导线框abcd固定在变化的磁场中，产生了如图乙所示的电流(电流方向
abcda为正方向)．若规定垂直纸面向里的方向为磁场正方向，能够产生如图乙所示电流的磁场为( )
【答案】D.
【解析】由题图乙可知，0～t 内，线圈中的电流的大小与方向都不变，根据法拉第电磁感应定律可知，线
1
圈中的磁通量的变化率相同，故0～t 内磁感应强度与时间的关系是一条斜线，A、B错误；又由于0～t 时
1 1间内电流的方向为正，即沿abcda方向，由楞次定律可知，电路中感应电流的磁场方向向里，故0～t 内原
1
磁场方向向里减小或向外增大，因此D正确，C错误．
导体切割磁感线的图象问题
例4、如图所示，在坐标系xOy中，有边长为L的正方形金属线框abcd，其一条对角线ac和y轴重合、顶
点a位于坐标原点O处．在y轴的右侧，在Ⅰ、Ⅳ象限内有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的上边界与
线框的ab边刚好完全重合，左边界与y轴重合，右边界与y轴平行．t＝0时刻，线框以恒定的速度v沿垂
直于磁场上边界的方向穿过磁场区域．取沿a→b→c→d→a方向的感应电流为正，则在线框穿过磁场区域
的过程中，感应电流i、ab间的电势差U 随时间t变化的图线是下图中的( )
ab
【答案】AD.
【解析】从d点运动到O点的过程中，ab边切割磁感线，根据右手定则可以确定线框中电流方向为逆时针
方向，即正方向，电动势均匀减小到0，则电流均匀减小到0；然后cd边开始切割磁感线，感应电流的方
向为顺时针方向，即负方向，电动势均匀减小到0，则电流均匀减小到0，故A正确，B错误；d点运动到
O点过程中，ab边切割磁感线，ab相当于电源，电流由a到b，b点的电势高于a点，ab间的电势差U 为
ab
负值，大小等于电流乘以bc、cd、da三条边的电阻，并逐渐减小；ab边出磁场后，cd边开始切割磁感线，
cd边相当于电源，电流由b到a，ab间的电势差U 为负值，大小等于电流乘以ab边的电阻，并逐渐减小，
ab
故C错误，D正确．
【变式训练】如图，在同一水平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁
场区域，区域宽度均为l，磁感应强度大小相等、方向交替向上向下．一边长为l的正方形金属线框在导轨
上向左匀速运动．线框中感应电流i随时间t变化的正确图线可能是 ( )
【答案】D
【解析】设线路中只有一边切割磁感线时产生的感应电流为i.
线框位移 等效电路的连接 电流0～ I＝2i(顺时针)
～l I＝0
l～ I＝2i(逆时针)
～2l I＝0
分析知，只有选项D符合要求．
电磁感应中双电源问题与图象的综合
例5、如图所示，用粗细均匀，电阻率也相同的导线绕制的直角边长为l或2l的四个闭合导体线框a、b、
c、d，以相同的速度匀速进入右侧匀强磁场，在每个线框刚进入磁场时，M、N两点间的电压分别为U 、
a
U、U 和U，下列判断正确的是 ( )
b c d
A．U<U<U<U B．U<U<U<U
a b c d a b d c
C．U＝U<U＝U D．U<U<U<U
a b c d b a d c
【答案】B
【解析】由电阻定律，各个线框的电阻分别为R ＝ρ，R ＝ρ、R＝ρ、R ＝ρ，设线框刚进入磁场时的速度
a b c d
为v，各线框MN边有效切割长度分别为l、l、2l、2l，各线框MN边的内阻分别为r ＝ρ、r ＝ρ、r＝ρ、r
a b c d
＝ρ，则各边产生的感应电动势分别为E ＝Blv、E ＝Blv、E＝2Blv、E ＝2Blv，由闭合电路的欧姆定律知，
a b c d
各线框中的感应电流分别为I ＝、I ＝、I ＝、I ＝，M、N两点间的电压分别为U ＝E －Ir 、U ＝E －
a b c d a a a a b b
Ir、U＝E－Ir、U＝E－Ir，分别代入数据，可知U<U<U<U，故选项B正确．
b b c c c c d d d d a b d c
【变式训练】如图所示为两个有界匀强磁场，磁感应强度大小均为 B，方向分别垂直纸面向里和向外，磁
场宽度均为L，距磁场区域的左侧L处，有一边长为L的正方形导体线框，总电阻为R，且线框平面与磁
场方向垂直，现用外力F使线框以速度v匀速穿过磁场区域，以初始位置为计时起点，规定电流沿逆时针
方向时的电动势E为正，磁感线垂直纸面向里时磁通量Φ的方向为正，外力F向右为正．则以下关于线框
中的磁通量Φ、感应电动势E、外力F和电功率P随时间变化的图象正确的是( )【答案】D.
【解析】当线框运动L时开始进入磁场，磁通量开始增加，当全部进入时达到最大；此后向外的磁通量增
加，总磁通量减小；当运动到2.5L时，磁通量最小，故选项A错误；当线框进入第一个磁场时，由E＝
BLv可知，E保持不变，而开始进入第二个磁场时，两边同时切割磁感线，电动势应为2BLv，故选项B错
误；因安培力总是与运动方向相反，故拉力应一直向右，故选项C错误；拉力的功率P＝Fv，因速度不变，
而线框在第一个磁场时，电流为定值，拉力也为定值；两边分别在两个磁场中时，由选项 B的分析可知，
电流加倍，回路中总电动势加倍，功率变为原来的4倍；此后从第二个磁场中离开时，安培力应等于线框
在第一个磁场中的安培力，所以功率应等于在第一个磁场中的功率，故选项D正确．
高频考点三 电磁感应中的平衡、动力学问题
（一）电磁感应中的动力学问题
例6、如图所示，两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为θ，间距为d.导轨处于匀强磁场中，
磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直．质量为m的金属棒被固定在导轨上，距底端的距离为s，导
轨与外接电源相连，使金属棒通有电流．金属棒被松开后，以加速度 a沿导轨匀加速下滑，金属棒中的电
流始终保持恒定，重力加速度为g.求下滑到底端的过程中，金属棒
(1)末速度的大小v.
(2)通过的电流大小I.
(3)通过的电荷量Q.
【答案】 (1) (2) (3)
【解析] (1)金属棒做匀加速直线运动，有v2＝2as，解得v＝.
(2)安培力F ＝IdB，金属棒所受合力F＝mgsin θ－F
安 安由牛顿第二定律F＝ma
解得I＝
(3)运动时间t＝，电荷量Q＝It
解得Q＝
【变式训练】如图，光滑平行金属导轨间距为L，与水平面夹角为θ，两导轨上端用阻值为R的电阻相连，
该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．质量为m的金属杆ab以沿导轨平
面向上的初速度v 从导轨底端开始运动，然后又返回到出发位置．在运动过程中，ab与导轨垂直且接触良
0
好，不计ab和导轨的电阻及空气阻力．
(1)求ab开始运动时的加速度a；
(2)分析并说明ab在整个运动过程中速度、加速度的变化情况；
(3)分析并比较ab上滑时间和下滑时间的长短．
【答案】] 见解析
【解析】 (1)利用楞次定律，对初始状态的ab受力分析得：
mgsin θ＋BIL＝ma ①
对回路分析
I＝＝ ②
联立①②式得
a＝gsin θ＋.
(2)上滑过程：
由第(1)问中的分析可知，上滑过程加速度大小表达式为：
a ＝gsin θ＋ ③
上
上滑过程，a 与v反向，做减速运动．利用③式，v减小则a 减小，可知，杆上滑时做加速度逐渐减小的
上 上
减速运动．
下滑过程：
由牛顿第二定律，对ab受力分析得：mgsin θ－＝ma ④
下
a ＝gsin θ－ ⑤
下
因a 与v同向，ab做加速运动．由⑤式得v增加，a 减小，可知，杆下滑时做加速度减小的加速运动．
下 下
(3)设P点是上滑与下滑过程中经过的同一点P，由能量转化与守恒可知：
mv＝mv＋Q ⑥
R
Q 为ab从P滑到最高点到再回到P点过程中R上产生的焦耳热．
R
由Q >0所以v >v
R P上 P下
同理可推得ab上滑通过某一位置的速度大于下滑通过同一位置的速度，进而可推得v >v
上 下
由s＝v t ＝v t 得
上 上 下 下
t <t
上 下
即ab上滑时间比下滑时间短．
（二）电磁感应中平衡问题
例7、小明同学设计了一个“电磁天平”，如图甲所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两
臂
平衡．线圈的水平边长L＝0.1 m，竖直边长H＝0.3 m，匝数为N .线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强
1
度
B＝1.0 T，方向垂直线圈平面向里．线圈中通有可在0～2.0 A范围内调节的电流I.挂盘放上待测物体后，
0
调节线圈中电流使得天平平衡，测出电流即可测得物体的质量．(重力加速度g取10 m/s2)
(1)为使电磁天平的量程达到0.5 kg，线圈的匝数N 至少为多少？
1
(2)进一步探究电磁感应现象，另选N ＝100匝、形状相同的线圈，总电阻R＝10 Ω，不接外电流，两臂平
2
衡，如图乙所示，保持B 不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B随时间均匀变
0
大，磁场区域宽度d＝0.1 m．当挂盘中放质量为0.01 kg的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率.
【答案】(1)25匝 (2)0.1 T/s
【解析】(1)线圈受到安培力F＝N BIL①
1 0
天平平衡mg＝N BIL②
1 0代入数据得N ＝25匝③
1
(2)由电磁感应定律得E＝N ④
2
E＝N Ld⑤
2
由欧姆定律得I′＝⑥
线圈受到安培力F′＝N BI′L⑦
2 0
天平平衡m′g＝NB ·⑧
0
代入数据可得＝0.1 T/s⑨
【变式训练】如图，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连．两细金属棒ab(仅标出a端)和
cd(仅标出c端)长度均为L，质量分别为2m和m；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路
abdca，
并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平．右斜面上存在匀强磁场，
磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上．已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R，两金属棒与
斜
面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g.已知金属棒ab匀速下滑．求：
(1)作用在金属棒ab上的安培力的大小；
(2)金属棒运动速度的大小．
【思路点拨】 解答的关键是对ab、cd棒受力分析，由平衡条件求出ab棒受到的安培力，再由金属棒切
割磁感线产生的感应电动势确定金属棒的速度大小．
【答案】(1)mg(sin θ－3μcos θ)(2)(sin θ－3μcos θ)
【解析】 (1)设导线的张力的大小为F ，右斜面对ab棒的支持力的大小为F ，作用在ab棒上的安培力
T N1
的大小为F，左斜面对cd棒的支持力大小为F .对于ab棒，由力的平衡条件得2mgsin θ＝μF ＋F ＋F①
N2 N1 T
F ＝2mgcos θ②
N1
对于cd棒，同理有mgsin θ＋μF ＝F ③
N2 T
F ＝mgcos θ④
N2
联立①②③④式得F＝mg(sin θ－3μcos θ)⑤
(2)由安培力公式得F＝BIL⑥
这里I是回路abdca中的感应电流，ab棒上的感应电动势为E＝BLv⑦
式中，v是ab棒下滑速度的大小．由欧姆定律得
I＝⑧联立⑤⑥⑦⑧式得v＝(sin θ－3μcos θ).⑨
（三）电磁感应中含电容器的动力学问题
例8、如图，两根足够长且光滑平行的金属导轨PP′、QQ′倾斜放置，匀强磁场垂直于导轨平面，导轨的上
端与水平放置的两金属板M、N相连，板间距离足够大，板间有一带电微粒，金属棒ab水平跨放在导轨上，
下滑过程中与导轨接触良好．现同时由静止释放带电微粒和金属棒ab，则下列说法中正确的是
A．金属棒ab最终可能匀速下滑 B．金属棒ab一直加速下滑
C．金属棒ab下滑过程中M板电势高于N板电势 D．带电微粒不可能先向N板运动后向M板运动
【答案】BC
【解析】金属棒沿光滑导轨加速下滑，棒中有感应电动势而对电容器充电，充电电流通过金属棒时受安培
力作用，只有金属棒速度增大时才有充电电流，因此总有mgsin θ－BIl>0，金属棒将一直加速，A错，B
对；由右手定则可知，金属棒a端电势高，则M板电势高，C对；若微粒带负电，则静电力向上与重力反
向，开始时静电力为0，微粒向下加速运动，当静电力增大到大于重力时，微粒的加速度向上，D错．
【变式训练】如图所示，水平面内有两根足够长的平行导轨L、L，其间距d＝0.5 m，左端接有
1 2
容量C＝2 000 μF的电容器．质量m＝20 g的导体棒可在导轨上无摩擦滑动，导体棒和导轨的电阻不计．
整
个空间存在着垂直导轨所在平面的匀强磁场，磁感应强度B＝2 T．现用一沿导轨方向向右的恒力F＝0.44
1
N
作用于导体棒，使导体棒从静止开始运动，经t时间后到达B处，速度v＝5 m/s.此时，突然将拉力方向变
为沿导轨向左，大小变为F，又经2t时间后导体棒返回到初始位置A处，整个过程电容器未被击穿．求：
2
(1)导体棒运动到B处时，电容器C上的电荷量；
(2)t的大小；
(3)F 的大小．
2
【答案】 (1)1×10－2 C (2)0.25 s (3)0.55 N
【解析】 (1)当导体棒运动到B处时，电容器两端电压为U＝Bdv＝2×0.5×5 V＝5 V
此时电容器的带电荷量
q＝CU＝2 000×10－6×5 C＝1×10－2 C.(2)棒在F 作用下有F－BId＝ma ，
1 1 1
又I＝＝，a＝
1
联立解得a＝＝20 m/s2
1
则t＝＝0.25 s.
(3)由(2)可知棒在F 作用下，运动的加速度a＝，方向向左，又at2＝－[at·2t－a(2t)2]，将相关数据代入解
2 2 1 1 2
得F＝0.55 N.
2
