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专题13.2 电磁感应中的动力学问题、能量问题、动量问题【练】
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一．练基础题型.............................................................................................................................................................1
二、练名校真题.............................................................................................................................................................7
三．练规范解答...........................................................................................................................................................15
一．练基础题型
1．如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻 R。金属棒ab与两导轨垂直并保持良
好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下。现使磁感应强度随时间均匀减小，ab
始终保持静止，下列说法正确的是( )
A．ab中的感应电流方向由b到a
B．ab中的感应电流逐渐减小
C．ab所受的安培力保持不变
D．ab所受的静摩擦力逐渐减小
【答案】D
【解析】导体棒ab、电阻R、导轨构成闭合回路，磁感应强度均匀减小，则闭合回路中的磁通量均匀减小，
根据楞次定律，可知回路中产生顺时针方向的感应电流，ab中的电流方向由a到b，故选项A错误；根据
法拉第电磁感应定律，感应电动势E＝＝＝kS，回路面积S不变，即感应电动势为定值，根据闭合电路欧
姆定律I＝，所以ab中的电流大小不变，故选项B错误；安培力F＝BIL，电流大小不变，磁感应强度减小，
则安培力减小，故选项C错误；导体棒处于静止状态，所受合力为零，对其受力分析，水平方向静摩擦力
f与安培力F等大反向，安培力减小，则静摩擦力减小，故选项D正确。
2．如图所示，在光滑水平桌面上有一边长为 L、电阻为R的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为
d(d>L)的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下。导线框以某一初速度
向右运动。t＝0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域。下列 vt图象中，
可能正确描述上述过程的是( )A B C D
【答案】D
【解析】导线框开始进入磁场过程，通过导线框的磁通量增大，有感应电流，进而受到与运动方向相反的
安培力作用，速度减小，感应电动势减小，感应电流减小，安培力减小，导线框的加速度减小，vt图线的
斜率减小；导线框全部进入磁场中，磁通量不变，无感应电流，导线框做匀速直线运动；导线框从磁场中
出来的过程，有感应电流，又会受到安培力阻碍作用，速度减小，加速度减小，选项D正确。
3．(2021·温州模拟)如图所示，一足够长的平行金属导轨倾斜放置，倾角为37°，宽度为0.5 m，电阻忽略
不计，其上端接一小灯泡，电阻为1 Ω。一导体棒MN垂直于导轨放置，质量为0.2 kg，接入电路的电阻为
1 Ω，两端与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为0.5。在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场，
磁感应强度为0.8 T。将导体棒MN由静止释放，运动一段时间后，小灯泡稳定发光，此后导体棒 MN的运
动速度大小以及小灯泡消耗的电功率分别为(重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6)( )
A．2.5 m/s,1 W B．5 m/s,1 W
C．7.5 m/s,9 W D．15 m/s,9 W
【答案】B
【解析】小灯泡稳定发光时，导体棒做匀速直线运动，处于平衡状态，由平衡条件得：mgsin 37°＝μmgcos
37°＋，解得v＝5 m/s；导体棒产生的感应电动势E＝BLv，电路电流I＝，灯泡消耗的功率P＝I2R，解得P
＝1 W，故选项B正确。
4．(多选)半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r、电阻为R的均匀金属棒AB
置于圆导轨上面，BA的延长线通过圆导轨中心O，装置的俯视图如图所示，整个装置位于一匀强磁场中，
磁感应强度的大小为B，方向竖直向下。在两环之间接阻值为R的定值电阻和电容为C的电容器。金属棒
在水平外力作用下以角速度ω绕O逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触。导轨电阻不
计。下列说法正确的是( )
A．金属棒中电流从B流向A
B．金属棒两端电压为Bωr2
C．电容器的M板带负电D．电容器所带电荷量为CBωr2
【答案】AB
【解析】根据右手定则可知金属棒中电流从B流向A，选项A正确；金属棒转动产生的电动势为E＝Br＝
Bωr2，切割磁感线的金属棒相当于电源，金属棒两端电压相当于电源的路端电压，因而 U＝E＝Bωr2，选
项B正确；金属棒A端相当于电源正极，电容器M板带正电，选项C错误；由C＝可得电容器所带电荷量
为Q＝CBωr2，选项D错误。
5.(多选)如图所示，两条电阻不计的平行光滑导轨竖直放置在垂直纸面向里的匀强磁场内，已知磁感应强度
B＝0.5 T，导体棒ab、cd的长度均为0.2 m，电阻均为0.1 Ω，重力均为0.1 N。现用力向上拉动导体棒
ab，使之匀速上升(导体棒ab、cd与导轨接触良好)，此时cd静止不动。则在ab上升时，下列说法正确的
是( )
A．ab受到的拉力大小为2 N
B．ab向上运动的速度为2 m/s
C．在2 s内，拉力做功，有0.4 J的机械能转化为电能
D．在2 s内，拉力做功为0.6 J
【答案】BC
【解析】对导体棒cd分析：mg＝BIl＝，代入数据解得v＝2 m/s，故选项B正确；对导体棒ab分析：F＝
mg＋BIl＝0.2 N，选项A错误；在2 s内拉力做功转化为ab棒的重力势能和电路中的电能，电能等于克服
安培力做的功，即W ＝F vt＝＝0.4 J，选项C正确；在2 s内拉力做的功为W ＝Fvt＝0.8 J，选项D错
电 安 拉
误。
6．(多选)如图所示，相距为d的两水平虚线L 和L 分别是水平向里的匀强磁场的上下两个边界，磁场的磁
1 2
感应强度为B，正方形线框abcd边长为L(L<d)，质量为m，将线框在磁场上方高h处由静止释放。如果ab
边进入磁场时的速度为v ，cd边刚穿出磁场时的速度也为v ，则从ab边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的
0 0
整个过程中( )
A．线框中一直有感应电流
B．线框中有一阶段的加速度为重力加速度gC．线框中产生的热量为mg(d＋h＋L)
D．线框有一阶段做减速运动
【答案】BD
【解析】正方形线框abcd边长为L(L<d)，所以cd进入磁场后，ab还在磁场内，所以线框磁通量不变，即
无感应电流，故A错误；由以上分析知，有一段过程，线框无感应电流，只受重力，线框的加速度为 g，
故B正确；根据能量守恒定律可知从ab边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的整个过程：动能变化为0，重
力势能转化为线框产生的热量，Q＝mg(d＋L)，故C错误；线框ab边刚进入磁场速度为v ，cd边刚穿出磁
0
场时速度也为v，线框有一阶段的加速度为g，在整个过程中必然也有一段减速过程，故D正确。
0
7.(多选)如图甲所示，发光竹蜻蜓是一种常见的儿童玩具，它在飞起时能够持续发光。某同学对竹蜻蜓的电
路作如下简化：如图乙所示，半径为L的导电圆环绕垂直于圆环平面、通过圆心O的金属轴OO 以角速度
1 2
ω逆时针匀速转动(俯视)。圆环上接有电阻均为r的三根金属辐条OP、OQ、OR，辐条互成120°角。在圆
环左半部分张角也为120°角的范围内(两条虚线之间)分布着垂直圆环平面向下磁感应强度为B的匀强磁场，
在转轴OO 与圆环的边缘之间通过电刷M、N与一个LED灯相连。假设LED灯电阻为r，其他电阻不计，
1 2
从辐条OP进入磁场开始计时。在辐条OP转过120°的过程中，下列说法中正确的是( )
甲 乙
A．O、P两端电压为BL2ω
B．通过LED灯的电流为
C．整个装置消耗的电能为
D．增大磁感应强度可以使LED灯发光时更亮
【答案】BCD
【解析】辐条OP进入磁场匀速转动时有E＝BL，在电路中OP相当于内阻为r的电源，另外两根金属辐条
和LED灯并联，故电路的总电阻R＝，OP两端的电压为电源的路端电压U＝·＝，流过LED灯的电流是I
＝＝，A错误，B正确；整个装置消耗的电能Q＝t＝··＝，C正确；由LED灯中电流为I＝知，增大角速度、
增大磁感应强度、减小辐条的电阻和LED灯的电阻等措施可以使LED灯变得更亮，故D正确。
8.(多选)如图所示，导体棒沿两平行导轨从图中位置以速度v向右匀速通过一正方形abcd磁场区域，ac垂
直于导轨且平行于导体棒，ac右侧的磁感应强度是左侧的2倍且方向相反，导轨和导体棒的电阻均不计，
下列关于导体棒中感应电流和所受安培力随时间变化的图象正确的是(规定电流由M经R到N为正方向，
安培力向左为正方向)( )A B C D
【答案】AC
【解析】设导轨间距为L，导体棒在左半区域时，根据右手定则，通过棒的电流方向向上，电流由M经R
到N为正值，I＝＝＝∝t，故I随时间均匀增大，导体棒在右半区域时，根据右手定则，通过棒的电流方向
向下，电流为负值，I＝＝，故I随时间均匀减小，且满足经过分界线时感应电流大小突然加倍，A正确，
B错误；第一段时间内安培力大小F＝∝t2，第二段时间内F＝，根据数学知识可知，C正确，D错误。
9．(多选)(2020·安庆市二模)如图甲所示，光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成θ角，M、P两
端接一电阻R，整个装置处于方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中。t＝0时对金属棒施加一平行于导轨的
外力F，使金属棒由静止开始沿导轨向上运动，金属棒电阻为r，导轨电阻忽略不计。已知通过电阻R的感
应电流I随时间t变化的关系如图乙所示。下列关于棒的运动速度v、外力F、流过R的电荷量q以及闭合
回路中磁通量的变化率随时间变化的图象正确的是( )
甲 乙
A B C D
【答案】AB
【解析】根据题图乙所示的It图象可知I＝kt，其中k为比例系数，由闭合电路欧姆定律可得：I＝＝kt，可
推出：E＝kt(R＋r)，而E＝，所以有：＝kt(R＋r)， t图象是一条过原点且斜率大于零的直线，故B正确；
因E＝Blv，所以v＝t，vt图象是一条过原点且斜率大于零的直线，说明金属棒做的是初速度为零的匀加速
直线运动，即v＝at，故A正确；对金属棒在沿导轨方向有F－BIl＝ma，而I＝，v＝at，得到F＝＋ma，
可见Ft图象是一条斜率大于零且与纵轴正半轴有交点的直线，故C错误；q＝Δt＝＝＝t2，qt图象是一条开
口向上的抛物线，故D错误。
10.如图所示，水平面上固定着两根相距L且电阻不计的足够长的光滑金属导轨，导轨处于方向竖直向下、
磁感应强度为B的匀强磁场中，铜棒a、b的长度均等于两导轨的间距、电阻均为R、质量均为m，铜棒平
行地静止在导轨上且与导轨接触良好，现给铜棒a一个平行导轨向右的瞬时冲量I，关于此后的过程，下列
说法正确的是( )A．回路中的最大电流为
B．铜棒b的最大加速度为
C．铜棒b获得的最大速度为
D．回路中产生的总焦耳热为
【答案】B
【解析】由题意知a获得冲量I时速度最大，即v ＝，此后a在安培力作用下做减速运动，b在安培力作用
a
下做加速运动，回路中产生的电动势E＝BL(v －v)，可知a刚获得冲量时回路中产生的感应电流最大，即
a b
I ＝＝，故A错误；开始时b所受安培力最大，即F ＝BI L＝，则b棒的最大加速度a ＝＝，故B正确；
m m m m
由题意知，a棒做减速运动，b棒做加速运动，当a、b速度相等时，两棒同时向右做匀速直线运动，根据
动量守恒定律可知，I＝2mv ，即v ＝，此速度亦为b棒的最大速度，故C错误；根据系统能量守恒，则
ab ab
有mv＝(m＋m)v＋Q，即Q＝，故D错误。
二、练名校真题
1.(2021·吉林市第三次调研)如图所示，空间分布着宽为L，方向垂直于纸面向里的匀强磁场。一金属线框
从磁场左边界匀速向右通过磁场区域。规定逆时针方向为电流的正方向，则感应电流随位移变化的关系图
像(i－x)正确的是( )
【答案】 D
【解析】 线圈位移小于L时，根据楞次定律，感应电流为逆时针方向，为正，且I ＝＝，大小不变；位
1
移大于L小于2L时，此时磁通量向里增大，根据楞次定律，感应电流为逆时针方向，为正，且 I ＝＝＝
2
2I ，大小不变；当位移大于2L小于3L时，磁通量向里减小，根据楞次定律，感应电流为顺时针方向，为
1
负，且I＝＝＝3I，所以A、B、C错误，D正确。
3 1
2.(2021·山东烟台市高考诊断一模)如图所示，有两个相邻的有界匀强磁场区域，磁感应强度的大小均为
B，磁场方向相反，且与纸面垂直，两磁场边界均与 x轴垂直且宽度均为L，在y轴方向足够宽。现有一高
和底均为L的等腰三角形导线框，顶点a在y轴上，从图示x＝0位置开始，在外力F的作用下向右沿x轴
正方向匀速穿过磁场区域。在运动过程中，线框bc边始终与磁场的边界平行。线框中感应电动势E大小、感应电流i大小、线框所受安培力F 大小、外力F大小这四个量分别与线框顶点a移动的位移x的关系图
安
像中正确的是 ( )
【答案】 B
【解析】 线框从开始进入到全部进入第一个磁场时，因切割的有效长度均匀减小，故由 E＝BLv可知，
电动势也均匀减小；由闭合电路欧姆定律得，感应电流也均匀减小；匀速运动，外力 F与安培力大小相等，
F＝F ＝，外力F与安培力不是均匀减小，不是线性关系，故B正确，A、C、D错误。
安
3.(2020·重庆市上学期一诊)如图所示，长为d、质量为m的细金属杆ab，用长为L的细线悬挂后，恰好与
水平光滑的平行金属导轨接触，平行金属导轨间距也为d，导轨平面处于竖直向下的磁感应强度为B的匀
强磁场中。闭合开关S后，细金属杆ab向右摆起，悬线的最大偏角为θ。重力加速度为g，则闭合开关的
短时间内通过细金属杆ab的电荷量为( )
A. B.
C. D.
【答案】 C
【解析】 金属棒摆起过程由动能定理mv2＝mgL(1－cos θ)，
合上开关的瞬间，由动量定理F Δt＝mv，F ＝BId，q＝IΔt，联立解得q＝，A、B、D错误，C正确。
安 安
4.(多选)(2021·湖北七市州教科研协作体联考)如图所示，相距L的光滑金属导轨，半径为R的圆弧部分竖直放置，平直部分固定于水平地面上，MNQP范围内有方向竖直向下、磁感应强度为 B的匀强磁场。金属棒
ab和cd垂直导轨且接触良好，cd静止在磁场中；ab从圆弧导轨的顶端由静止释放，进入磁场后与cd没有
接触，cd离开磁场时的速度是此刻ab速度的一半，已知ab的质量为m、电阻为r，cd的质量为2m、电阻
为2r。金属导轨电阻不计，重力加速度为g。下列说法正确的有( )
A.cd在磁场中运动时电流的方向为c→d
B.cd在磁场中做加速度减小的加速运动
C.cd在磁场中运动的过程中流过的电荷量为
D.cd在磁场中运动过程，cd上产生的焦耳热为mgR
【答案】 BD
【解析】 cd在磁场中运动时，回路中磁通量减小，根据楞次定律可知，cd电流的方向为d→c，选项A
错误；当ab进入磁场后回路中产生感应电流，则ab受到向左的安培力而做减速运动，cd受到向右的安培
力而做加速运动，由于两者的速度差逐渐减小，可知感应电流逐渐减小，安培力逐渐减小，可知 cd向右做
加速度减小的加速运动，选项B正确；ab从释放到刚进入磁场过程，由动能定理得mgR＝mv，对ab和cd
系统，合力为零，则由动量守恒mv ＝m·2v ＋2mv ，解得v ＝v ＝，对cd由动量定理得BIL·Δt＝2mv ，
0 cd cd cd 0 cd
其中q＝I·Δt，解得q＝，选项C错误；ab从圆弧导轨的顶端由静止释放，至cd刚离开磁场时由能量关系
得mgR＝m(2v )2＋×2mv＋Q，其中Q ＝Q，解得Q ＝mgR，选项D正确。
cd cd cd
5.(2021·广东中山市上学期期末)如图所示，有一个等腰直角三角形的匀强磁场区域其直角边长为 L，磁场
方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B。边长为L、总电阻为R的正方形导线框abcd，从图示位置开始
沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁场区域，取沿abcda的感应电流为正，则表示线框中电流i随bc边的位
置坐标x变化的图像正确的是( )【答案】 C
【解析】 bc边的位置坐标x在L～2L过程，线框bc边有效切割长度为l＝x－L，感应电动势为E＝Blv＝
B(x－L)v，感应电流I＝＝，电流逐渐增大；根据楞次定律判断出来感应电流方向为abcda，为正值。x在
2L～3L过程，根据楞次定律判断出来感应电流方向为 adcba，为负值，线框ad边有效切线长度为l＝x－
2L，感应电动势为E＝Blv＝B(x－2L)v，感应电流I＝－＝－，电流逐渐增大，选项C正确，A、B、D错误。
6.(多选)(2021·湖北十堰市上学期期末)如图甲所示，abcd为由金属导体做成的框架，其平面与水平面所成
角度为θ，质量为m的导体棒PQ与ab、cd接触良好，回路的总电阻为R，整个装置放在垂直于框架平面
的变化的磁场中，磁场的磁感应强度变化情况如图乙所示(取磁场方向垂直框架平面向上为正)，PQ始终静
止。关于PQ与ab、cd间摩擦力F在0到t 内变化情况的说法中，有可能正确的是( )
f 1
A.F一直增大 B.F一直减小
f f
C.F先增大，后减小 D.F先减小，后增大
f f
【答案】 AD
【解析】 根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律可得感应电流 I＝S，其中磁感应强度的变化率
为定值，所以在线圈中产生恒定的感应电流，根据楞次定律可知电流方向逆时针，根据左手定则可知开始
导体棒PQ受到沿导轨向上的安培力，若开始安培力小于导体棒重力沿导轨向下的分力 mgsin θ，则摩擦力
方向沿导轨向上，其大小为F＝mgsin θ－F ，随着安培力的减小，摩擦力F逐渐增大，当安培力为零时，
f 安 f
摩擦力达到最大；若开始安培力大于mgsin θ，则摩擦力方向沿导轨向下，其大小为F＝F －mgsin θ，由
f 安
于安培力逐渐减小，摩擦力逐渐减小，当F ＝mgsin θ时，摩擦力为零并开始反向变为F＝mgsin θ－F ，
安 f 安
F随着安培力的减小将逐渐增大；综上分析知，A、D正确，B、C错误。
f7.(多选)(2020·安徽六安市省示范高中教学质检)如图甲所示，足够长光滑水平导轨MN、PQ间连接两定值
电阻R ＝3 Ω，R ＝6 Ω，导轨间距L＝0.5 m，整个装置处在磁感应强度B＝1 T的匀强磁场中，质量m＝
1 2
0.1 kg的导体棒ab垂直导轨放置，在外力F作用下由静止开始做匀加速运动，F－t图像如乙图所示，则下
列选项正确的是( )
A.导体棒匀加速运动的加速度a＝2 m/s2
B.导体棒电阻r＝1 Ω
C.t＝2 s时电阻R 的热功率 W
1
D.0～2 s内通过R 的电荷量为0.5 C
1
【答案】 AC
【解析】 由F－t图像得t＝0时，F ＝0，F＝0.2 N，则a＝＝2 m/s2，选项A正确；2 s末速度v＝at＝4
安
m/s，此时F ＝0.25 N，由F ＝得R ＝4 Ω，又R ＝＋r，得r＝2 Ω，B错误；在2 s末时刻，电路电流I
安 安 总 总
＝＝0.5 A，流过R 电流I ＝I＝ A，R 的热功率为P ＝IR ＝ W，C正确；0～2 s内，导体棒的位移x＝at2
1 1 1 1 1
＝4 m，电路的总电荷量为Q＝＝＝0.5 C，流过R 的电荷量为C，D错误。
1
8.(多选)(2021·宁夏石嘴山市4月模拟)如图所示，足够长的光滑U形导轨宽度为L，电阻不计，其所在平面
与水平面的夹角为α，上端连接一个阻值为R的电阻，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨
平面向上。现有一质量为m、有效电阻为r的金属杆沿框架由静止下滑，设磁场区域无限大，当金属杆下
滑达到最大速度v 时，运动的位移为x，则( )
m
A.在此过程中金属杆的速度均匀增加
B.金属杆下滑的最大速度
C.在此过程中流过电阻R的电荷量为
D.在此过程中电阻R产生的焦耳热为mgxsin α－mv
【答案】 BC
【解析】 对金属杆受力分析，根据牛顿第二定律有mgsin α－BIL＝ma
根据闭合电路欧姆定律有I＝
联立解得mgsin α－＝ma
可知，随着速度的增大，加速度不断减小，故金属杆做加速度减小的加速运动，所以速度不是均匀增大；
当加速度为零时，速度达到最大，则有mgsin α－＝0
解得v ＝，故A错误，B正确；在此过程中流过电阻R的电荷量为q＝IΔt，又I＝，E＝，联立解得q＝
m
＝，故C正确； 根据能量守恒定律得，在此过程中回路中产生的总热量为Q＝mgxsin α－mv，电阻R产
生的焦耳热为Q ＝Q＝(mgxsin α－mv)，故D错误。
R
三．练规范解答
1.(2020·怀化模拟)如图甲所示，足够长、电阻不计的光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置，其宽度L＝1
m，一匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P之间连接阻值为R＝0.40 Ω的电阻，质量为m＝0.01
kg、电阻为r＝0.30 Ω的金属棒ab紧贴在导轨上。现使金属棒ab由静止开始下滑，下滑过程中ab始终保
持水平，且与导轨接触良好，其下滑距离x与时间t的关系如图乙所示，图象中的OA段为曲线，AB段为
直线，导轨电阻不计，g取10 m/s2(忽略ab棒运动过程中对原磁场的影响)，求：
甲 乙
(1)判断金属棒两端a、b的电势高低；
(2)磁感应强度B的大小；
(3)在金属棒ab从开始运动的1.5 s内，内阻R上产生的热量。
【答案】 (1)b点电势高，a点电势低 (2)0.1 T (3)0.26 J
【解析】(1)由右手定则可知，ab中的感应电流由a流向b，ab相当于电源，则b点电势高，a点电势低。
(2)由xt图象求得t＝1.5 s时金属棒的速度为：v＝＝ m/s＝7 m/s
金属棒匀速运动时所受的安培力大小为F＝BIL，I＝，E＝BLv
联立得：F＝
根据平衡条件得：F＝mg
则有：mg＝
代入数据解得：B＝0.1 T。
(3)金属棒ab在开始运动的1.5 s内，金属棒的重力势能减少量转化为金属棒的动能和电路的内能。设电路
中产生的总焦耳热为Q根据能量守恒定律得：mgx＝mv2＋Q
代入数据解得：Q＝0.455 J
故R产生的热量为Q ＝Q＝0.26 J。
R
2. (2021·山东威海市模拟考试)如图甲所示，两根足够长的光滑平行直导轨固定在水平面上，导轨左侧连接
一电容器，一金属棒垂直放在导轨上，且与导轨接触良好。在整个装置中加上垂直于导轨平面的磁场，磁
感应强度按图乙所示规律变化。0～t 内在导体棒上施加外力使导体棒静止不动，t 时刻撤去外力。已知电
0 0
容器的电容为C，两导轨间距为L，导体棒到导轨左侧的距离为d，导体棒的质量为m。求：
(1)电容器带电荷量的最大值；
(2)导体棒能够达到的最大速度v 。
m
【答案】 (1) (2)
【解析】 (1)电容器两极板的电压U＝Ld
电容器的带电荷量Q＝CU＝。
(2)电容器放电后剩余的电荷量Q′＝CU′
U′＝BLv
0 m
由动量定理得BIL·Δt＝mv
0 m
Q－Q′＝IΔt
解得v ＝。
m
3.(2021·天津市红桥区第一次模拟)如图所示，竖直放置的固定平行光滑导轨ce、df的上端连一电阻R ＝9
0
Ω，导体棒ab水平放置在一水平支架MN上并与竖直导轨始终保持垂直且接触良好，在导轨之间有图示方
向磁场，磁感应强度随时间变化的关系式为B＝3t(T)，abdc为一正方形，导轨宽L＝1 m，导体棒ab质量
m＝0.9 kg，电阻R＝1 Ω，导轨电阻不计。(g取10 m/s2)求：
(1)t＝2 s时导体棒ab对水平支架的压力大小为多少；(2)t＝2 s以后磁场保持恒定，某时刻撤去支架MN使ab从静止开始下落，求ab下落过程中达到的最大速
度v 。
m
【答案】 (1)7.2 N (2)2.5 m/s
【解析】 (1)根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势
E＝L2＝3×1 V＝3 V
根据闭合电路的欧姆定律可得
I＝＝ A＝0.3 A
根据楞次定律可知电流方向从a到b。
t＝2 s时，B＝6 T，根据安培力的计算公式可得
F＝BIL＝6×0.3×1 N＝1.8 N，方向向上；
F ＝mg－F＝0.9×10 N－1.8 N＝7.2 N。
N
由牛顿第三定律知F ′＝F ＝7.2 N。
N N
(2)在棒ab下落过程中，安培力F与棒ab的重力相等时导体棒达到最大速度，由 E ＝BLv ，I ＝，F′＝
m m m
BI L，可得F′＝＝mg，解得v ＝2.5 m/s。
m m
4.(2021·福建厦门市五月质检)如图所示，质量M＝1 kg的绝缘板静止在水平地面上，与地面间的动摩擦因
数μ ＝0.1。金属框ABCD放在绝缘板上，质量m＝2 kg，长L ＝2 m，宽L ＝1 m，总电阻为0.1 Ω，与绝
1 1 2
缘板间的动摩擦因数μ＝0.2。S、S 是边长为L＝0. 5 m的正方形区域，S 中存在竖直向下、均匀增加的磁
2 1 2 1
场B，其变化率＝2 T/s；S 中存在竖直向上的匀强磁场，大小为B＝2 T。将金属框ABCD及绝缘板均由静
1 2 2
止释放，重力加速度g取10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求释放时：
(1)金属框ABCD所受安培力的大小与方向；
(2)金属框ABCD的加速度大小。
【答案】 (1)5 N 水平向右 (2) m/s2
【解析】 (1)释放时，由法拉第电磁感应定律得E＝L2
I＝
F＝BIL
2
解得F＝5 N，方向水平向右。
(2)假设金属框与绝缘板能相对静止，一起匀加速，则对整体而言F－μ(M＋m)g＝(M＋m)a
1
解得a＝ m/s2
设此时金属框与绝缘板间的摩擦力大小为F，由牛顿第二定律F－F＝ma
f f
解得F＝ N
f
而金属框与绝缘板之间的最大静摩擦力为F ＝μmg＝4 N
fm 2
由于F＜F
f fm
假设成立，金属框与绝缘板能相对静止一起加速，金属框此时的加速度大小为a＝ m/s2。
5.(2020·马鞍山二模)两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为 L，导轨上
放置两根导体棒a和b，俯视图如图甲所示。两根导体棒的质量均为m，电阻均为R，回路中其余部分的电
阻不计，在整个导轨平面内，有磁感应强度大小为B的竖直向上的匀强磁场。导体棒与导轨始终垂直接触
良好且均可沿导轨无摩擦地滑行，开始时，两棒均静止，间距为 x ，现给导体棒a一水平向右的初速度
0
v，并开始计时，可得到如图乙所示的Δv t图象(Δv表示两棒的相对速度，即Δv＝v－v)
0 a b
甲 乙
(1)试证明：在0～t 时间内，回路产生的焦耳热Q与磁感应强度B无关。
2
(2)求t 时刻棒b的加速度大小。
1
(3)求t 时刻两棒之间的距离。
2
【答案】 (1)见解析 (2) (3)x＋
0
【解析】(1)t 时刻开始，两棒速度相等，由动量守恒定律有
2
2mv＝mv
0
由能量守恒定律有Q＝mv－(2m)v2
解得Q＝mv
所以在0～t 时间内，回路产生的焦耳热Q与磁感应强度B无关。
2
(2)t 时刻有v－v＝
1 a b
回路中的电流I＝＝
此时棒b所受的安培力F＝BIL
由牛顿第二定律得棒b的加速度大小
a＝＝。
1
(3)t 时刻，两棒速度相同，均为v＝
2
0～t 时间内，对棒b，由动量定理有
2
BL·Δt＝mv－0
根据法拉第电磁感应定律有＝
根据闭合电路欧姆定律有＝而ΔΦ＝BΔS＝BL(x－x)
0
解得t 时刻两棒之间的距离x＝x＋。
2 0
6.两足够长且不计电阻的光滑金属轨道如图甲所示放置，间距为 d＝1 m，在左端弧形轨道部分高h＝1.25
m处放置一金属杆a，弧形轨道与平直轨道的连接处光滑无摩擦，在平直轨道右端放置另一金属杆 b，杆
a、b的电阻分别为R＝2 Ω、R＝5 Ω，在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B＝2 T。现杆
a b
b以初速度大小v ＝5 m/s开始向左滑动，同时由静止释放杆a，杆a由静止滑到水平轨道的过程中，通过
0
杆b的平均电流为0.3 A；从a下滑到水平轨道时开始计时，a、b运动的速度—时间图象如图乙所示(以a
运动方向为正方向)，其中m＝2 kg，m＝1 kg，g取10 m/s2，求：
a b
甲 乙
(1)杆a在弧形轨道上运动的时间；
(2)杆a在水平轨道上运动过程中通过其截面的电荷量；
(3)在整个运动过程中杆b产生的焦耳热。
【答案】(1)5 s (2) C (3) J
【解析】(1)设杆a由静止滑至弧形轨道与平直轨道连接处时杆b的速度大小为v ，对杆b运用动量定理，
b0
有
Bd·Δt＝m(v－v )
b 0 b0
其中v ＝2 m/s
b0
代入数据解得Δt＝5 s。
(2)对杆a由静止下滑到平直导轨上的过程中，由机械能守恒定律有
mgh＝mv
a a
解得v＝＝5 m/s
a
设最后a、b两杆共同的速度为v′，由动量守恒定律得
mv－mv ＝(m＋m)v′
a a b b0 a b
代入数据解得v′＝ m/s
杆a动量的变化量等于它所受安培力的冲量，设杆a的速度从v 到v′的运动时间为Δt′，
a
则由动量定理可得BdI·Δt′＝m(v－v′)
a a
而q＝I·Δt′
代入数据得q＝ C。
(3)由能量守恒定律可知杆a、b中产生的焦耳热为
Q＝mgh＋mv－(m＋m)v′2＝ J
a b b a
b棒中产生的焦耳热为Q′＝Q＝ J。
