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第69 课时 专题强化：电磁感应中的动力学和能量问题
目标要求 1.导体棒切割磁感线运动时，能理清各物理量间的制约关系并能用动力学观点进行运动过程
分析。2.会用功能关系和能量守恒定律解决电磁感应中的能量问题。
考点一 电磁感应中的动力学问题
1.导体的两种运动状态
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
根据牛顿第二定律结合运动学公式进行分析
2.用动力学观点解答电磁感应问题的一般步骤
3.导体常见运动情况的动态分析
v
↓
E＝Blv
↓
I＝
E
R＋r
↓
F 安＝BIl
↓
F 合
若F 合＝0
匀速直线运动
若F 合≠0
↓
F 合＝ma
a、v 同向
v 增大，若a 恒定，拉力F 增大
v 增大，F 安增大，若其他力恒定，F 合减小，a 减小，做加
速度减小的加速运动→a＝0，匀速直线运动
a、v 反向
v 减小，F 安减小，a 减小→a＝0，静止或匀速直线运动
例1 (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
1
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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
B.ab 中电流趋于√3mg
3 BL
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°＝2maab，
对cd 有mgsin 30°－BILcos 30°＝macd，
故可知aab＝acd，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
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
得I＝√3mg
3 BL ，故B 正确，C 错误；根据前面分析可知aab＝acd，故可知两导体棒速度大小始终相等，由于
两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。
例2 (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( )
2
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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 安－FT＝Ma
对物块有FT－mg＝ma
其中F 安＝B
2 L
2v
R
即B
2 L
2v
R
＋(M－m)g＝(M＋m)a
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v0
＝(m−M )gR
B
2 L
2
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。
例3 如图所示，水平绝缘桌面上固定有间距为L 的平行光滑长导轨，左端接有一个不带电的电容器，
电容为C(不会被击穿)，在PQ 虚线的左侧有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。质量为m 的
金属杆ab 静置在导轨上，与虚线PQ 的距离是d，金属杆在水平向右恒力F 的作用下，开始向右运动，
不计导轨与金属杆的电阻，金属杆ab 始终与导轨垂直且接触良好，
(1)判断金属杆的运动性质；
(2)求金属杆ab 运动到达虚线PQ 的时间。
答案 (1)匀加速直线运动 (2)√
2d(m＋C B
2 L
2)
F
3
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解析 (1)金属杆向右运动，切割磁感线产生感应电动势E，给电容器充电，设在Δt 的时间里，电容器充电
的电荷量为Δq，则Δq＝CE＝CBLΔv，则充电电流为i＝Δq
Δt ＝CBL Δv
Δt ＝CBLa，对金属杆由牛顿第二定律
有F－BLi＝ma，得a＝
F
m＋C B
2 L
2，故金属杆做初速度为零的匀加速直线运动
(2)由x＝1
2at2，得t＝√
2d
a ＝√
2d(m＋C B
2 L
2)
F
。
拓展
1.若金属导轨平面与水平面成θ 角，匀强磁场垂直导轨平面向上。已知重力加速度为g，又让金属杆从
导轨上端由静止开始下滑，求金属杆下滑过程中的加速度大小。
答案 金属杆在重力和安培力的作用下向下运动，根据牛顿第二定律有mgsin θ－BIL＝ma，I＝
ΔQ
Δt ＝CBL Δv
Δt
＝CBLa，联立可得a＝
mgsinθ
m＋C B
2 L
2。
2.在拓展1 中，若金属杆与导轨之间的动摩擦因数为μ(μ<tan θ)，求金属杆下滑过程中的加速度大小。
答案 mgsin θ－μmgcos θ－BIL＝ma，I＝ΔQ
Δt ＝CBL Δv
Δt
＝CBLa，联立解得a＝mgsinθ−μmgcosθ
m＋C B
2 L
2
。
例4 (多选)如图所示，空间存在竖直方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝2 T，两根足够长水平
金属直轨道平行放置，轨道间距L＝0.5 m。将质量均为m＝0.5 kg、长度均为L、电阻均为R＝0.5 Ω 的
金属棒a、b 垂直轨道放置，金属棒与直轨道间动摩擦因数均为μ＝0.4。现用外力F 使金属棒b 保持静
止，对金属棒a 施加大小为F0＝6 N，水平向右的恒力，当金属棒a 匀速运动时，撤去固定金属棒b 的
外力F，在运动过程中，金属棒与导轨始终垂直且接触良好，导轨电阻不计，g 取10 m/s2。下列说法正
确的是( )
A.金属棒a 匀速运动时的速度大小为4 m/s
B.金属棒a 匀速运动时，其两端的电势差为4 V
C.撤去外力F 后，a、b 两金属棒的速度差不断增大
D.最终金属棒b 以大小为2 m/s2的加速度运动
答案 AD
4
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解析 当加速度a＝0 时，金属棒a 做匀速运动，此时有I＝BLv
2 R ，又F0＝μmg＋BIL，联立解得v＝4 m/s，
故A 正确；金属棒a 匀速运动时，切割磁感线产生的感应电动势为E＝BLv＝4 V，由于两金属棒阻值相等，
则金属棒a 两端的电势差大小为U＝E
2 ＝2 V，故B 错误；撤去外力F 后，对a、b 由牛顿第二定律可得F 安
－μmg＝mab，F0－μmg－F 安＝maa，最终两金属棒加速度相同，有F 安＝3 N，aa＝ab＝2 m/s2，故D 正确；
又F 安＝B
2 L
2 Δv
2 R
，解得Δv＝3 m/s，即最终两棒的速度差保持不变，故C 错误。
有恒定外力等间距双棒模型
示意图(举例)
两平行金属导轨固定在水平面内，导轨间距为L，电阻不计，两导体棒1、2 质量分别
为m1、m2，电阻分别为R1、R2，棒与导轨间的动摩擦因数均为μ，两棒初速度为零，F
恒定
电路特点
棒2 相当于电源；棒1 受安培力而运动
运动过程分析
棒1：a1＝F安−μm1g
m1
棒2：a2＝
F −F安−μm2 g
m2
，其中F 安＝B
2 L
2(v2−v1)
R1＋R2
最初阶段，a2>a1，只要a2>a1，(v2－v1)↑⇒I↑⇒F 安↑⇒a1↑⇒a2↓
当a1＝a2时，(v2－v1)恒定，I 恒定，F 安恒定；两棒都匀加速
规律
最终状态
稳定时整体由牛顿第二定律得a1＝a2＝
F −μm1g−μm2 g
m1＋m2
，
两棒以相同的加速度做匀加速运动，Δv 恒定，I 恒定
考点二 电磁感应中的能量问题
1.电磁感应中的能量转化
其他形式的能量
电能
焦耳热或其他形式的能量
2.求解焦耳热Q 的三种方法
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3.解题的一般步骤
能量转化问题的分析程序：先电后力再能量
例5 如图所示，粗细均匀的正方形导线框abcd 放在倾角为θ＝30°的绝缘光滑斜面上，通过轻质细线
绕过光滑的轻质定滑轮与木块相连，细线和线框共面、与cd 垂直且与斜面平行。距线框cd 边为L0的
矩形MNQP 区域存在着垂直于斜面、大小相等、方向相反的两个匀强磁场，EF 为两个磁场的分界线，
ME＝EP＝NF＝FQ＝L2。现将木块由静止释放后，木块下降，线框沿斜面上滑，恰好匀速进入和匀速
离开匀强磁场，cd 边始终平行磁场边界MN。已知线框边长为L1(L1<L2)、质量为m、电阻为R，木块质
量也为m，重力加速度为g，求：
(1)匀强磁场的磁感应强度B 的大小；
(2)导线框通过两个匀强磁场过程中产生的总焦耳热Q。
答案 (1)
4√
gm
2 R
2
2 L0 L1
4 (2)1
2mg(2L2＋L1)
解析 (1)导线框进入磁场前，木块和导线框组成的系统机械能守恒。
设进入磁场时速度为v，
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有mgL0－mgL0sin θ＝1
2×2mv2
导线框匀速进入磁场时，受力平衡，受力情况如图所示。
根据平衡条件有
FT＝F 安＋mgsin θ
其中F 安＝BIL1，I＝E
R ，E＝BL1v
导线框与木块通过细线相连，线框匀速进入磁场时，木块匀速下降，根据平衡条件有FT＝mg
联立以上各式可得B＝
4√
gm
2 R
2
2 L0 L1
4
(2)导线框恰好匀速进入和匀速离开匀强磁场，导线框通过匀强磁场过程中，线框和木块组成的系统减少的
重力势能转化为电路中产生的焦耳热，根据能量守恒定律得Q＝mg(2L2＋L1)－mg(2L2＋L1)sin θ，所以导线
框通过两个匀强磁场过程中产生的总焦耳热Q＝1
2mg(2L2＋L1)。
课时精练
(分值：100 分)
1~4 题每小题9 分，5 题14 分，共50 分
1.如图所示，在一匀强磁场中有一U 形导线框abcd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R 为一电
阻，ef 为垂直于ab 的一根导体杆，它可在ab、cd 上无摩擦地滑动。杆ef 及线框的电阻不计，开始时，给
ef 一个向右的初速度，则( )
A.ef 将减速向右运动，但不是匀减速运动
B.ef 将匀减速向右运动，最后停止
C.ef 将匀速向右运动
D.ef 将往返运动
答案 A
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解析 ef 向右运动，切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，会受到向左的安培力而做减速运动，由F
＝BIL＝B
2 L
2v
R
＝ma 知，ef 做的是加速度减小的减速运动，最终停止运动，故A 正确，B、C、D 错误。
2.(2024·山东青岛市检测)如图所示，MN 和PQ 是竖直放置的两根平行光滑金属导轨，导轨足够长且电阻不
计，MP 间接定值电阻R，金属杆cd 保持与导轨垂直且接触良好。杆cd 由静止开始下落并计时，杆cd 两
端的电压U、杆cd 所受安培力的大小F 随时间t 变化的图像，以及通过杆cd 的电流I、杆cd 加速度的大小
a 随杆的速率v 变化的图像，合理的是( )
答案 D
解析 设杆长为L，杆下落过程中切割磁感线产生的感应电流大小为I＝
E
R＋r ＝BLv
R＋r ∝v，故C 错误；
根据牛顿第二定律有mg－BIL＝ma，即a＝g－
B
2 L
2v
m( R＋r )，故D 正确；杆所受安培力的大小为F＝BIL＝
B
2 L
2v
R＋r ，杆下落过程中先做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，速度保持不变，所以安培力随速度
先增大后不变，最终大小为mg，故B 错误；杆两端的电压为U＝IR＝BLRv
R＋r ，速度先增大后不变，所以U
先增大后不变，故A 错误。
3.(多选)如图，MN 和PQ 是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，
两部分平滑连接，平直部分右端接一个阻值为R 的定值电阻。平直部分导轨的最左边区域有宽度为d、方
向竖直向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场。质量为m、电阻也为R 的金属棒从高度为h 处由静止释放，
到达磁场右边界处恰好停止。已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，金
属棒与导轨始终垂直且接触良好，则金属棒穿过磁场区域的过程中( )
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A.通过金属棒的最大电流为Bd √2gh
2 R
B.通过金属棒的电荷量为BdL
2 R
C.克服安培力所做的功为mgh
D.金属棒上产生的焦耳热为1
2mg(h－μd)
答案 BD
解析 金属棒由静止释放下滑到导轨弯曲部分底端，根据动能定理有mgh＝1
2mv0
2，金属棒在磁场中运动
时产生的感应电动势E＝BLv，当金属棒刚进入磁场时，产生的感应电动势最大，感应电流最大，Imax＝
BLv0
2 R ＝BL√2gh
2 R
，A 错误；金属棒穿过磁场区域的过程中通过金属棒的电荷量q＝It＝E
2 R t＝
ΔΦ
2 R ＝BdL
2 R ，B 正确；对整个过程由动能定理得mgh－W 克安－μmgd＝0，金属棒克服安培力做的功W 克安
＝mgh－μmgd，C 错误；由功能关系可得，金属棒上产生的焦耳热Q＝1
2W 克安＝1
2mg(h－μd)，D 正确。
4.(多选)(2025·山东临沂市检测)如图甲所示，两间距为L 的平行光滑金属导轨固定在水平面内，左端用导线
连接，导轨处在竖直向上的匀强磁场中，一根长度也为L、电阻为R 的金属棒放在导轨上，在平行于导轨
向右、大小为F 的恒力作用下向右运动，金属棒运动过程中，始终与导轨垂直并接触良好，金属棒运动的
加速度与速度的关系如图乙所示，不计金属导轨及左边导线电阻，金属导轨足够长，若图乙中的a0、v0均
为已知量，则下列说法正确的是( )
A.金属棒的质量为F
a0
B.匀强磁场的磁感应强度大小为1
L√
FR
v0
C.当拉力F 做功为W 时，通过金属棒横截面的电荷量为W
√FR
D.某时刻撤去拉力，此后金属棒运动过程中加速度大小与速度大小成正比
答案 ABD
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解析 由题意可知F－B
2 L
2v
R
＝ma，得a＝F
m －B
2 L
2
mR v，结合a－v 图像可知F
m＝a0，B
2 L
2
mR ＝a0
v0
，解得m
＝F
a0，B＝√
ma0 R
L
2v0
＝1
L√
FR
v0
，A、B 正确；当拉力F 做功为W 时，金属棒运动的距离为s＝W
F ，则通过
金属棒横截面的电荷量q＝It＝E
R t＝BLs
R ＝
W
√FR v0
，C 错误；某时刻撤去拉力，此后B
2 L
2v
R
＝ma，则a＝
B
2 L
2
mR v，D 正确。
5.(14 分)(2024·山东青岛市检测)如图甲所示，光滑的金属导轨MN 和PQ 平行，间距L＝1.0 m，与水平面之
间的夹角α＝37°，匀强磁场磁感应强度B＝2.0 T，方向垂直于导轨平面向上，MP 间接有阻值R＝1.6 Ω 的
电阻，质量m＝0.5 kg、接入电路的电阻r＝0.4 Ω 的金属棒ab 垂直导轨放置，现用和导轨平行的恒力F 沿
导轨平面向上拉金属棒ab，使其由静止开始运动，当金属棒上滑的位移s＝3.8 m 时达到稳定状态，对应过
程的v－t 图像如图乙所示。g 取10 m/s2，导轨足够长(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。求：
(1)(6 分)运动过程中a、b 哪端电势高，并计算恒力F 的大小；
(2)(8 分)从金属棒开始运动到刚达到稳定状态，此过程金属棒上产生的焦耳热。
答案 (1)b 端电势高 5 N (2)1.47 J
解析 (1)由右手定则可判断感应电流由a 流向b，b 相当于电源的正极，故b 端电势高，当金属棒匀速运动
时，由平衡条件得F＝mgsin 37°＋F 安，其中F 安＝BIL＝B
2 L
2v
R＋r ，由题图乙可知v＝1.0 m/s，联立解得F＝5
N
(2)从金属棒开始运动到恰好达到稳定状态，由动能定理得(F－mgsin 37°)s－W 克安＝1
2mv2
又克服安培力所做的功等于整个电路产生的焦耳热，代入数据解得Q＝W 克安＝7.35 J，金属棒与电阻产生
的焦耳热与阻值成正比，故金属棒上产生的焦耳热为Qr＝
r
R＋r Q＝1.47 J。
6 题9 分，7 题14 分，8 题17 分，共40 分
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
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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.(14 分)某研究小组设计了一磁悬浮电梯，简化模型如图所示，不计电阻、间距为 l、足够长的光滑平行导
轨固定在竖直平面内，导轨间存在着垂直于轨道平面、磁感应强度大小相等、磁场方向相反的匀强磁场，
每个磁场区域均为边长为l 的正方形。在质量为m、边长为l、总电阻为R、匝数为N 的正方形金属线圈
EFGH 中通入电流后静止在导轨上，线圈与导轨之间绝缘，此时线圈的发热功率为P0，重力加速度为g。
(1)(3 分)求匀强磁场的磁感应强度大小；
(2)(4 分)若增大通入的电流后，线圈的发热功率为P1(P1>P0)，求线圈开始向上运动瞬间的加速度大小；
(3)(8 分)若线圈中不通入电流，线圈由图中位置静止释放，下落5l 时达到最大速度，求该过程中线圈产生
的焦耳热。
答案 (1) mg
2 Nl√
R
P0
(2)g(√
P1
P0
－1) (3)5mgl－P0
2
2m g
2
11
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解析 (1)线圈通入电流后静止在导轨上，根据平衡条件有
2NBI0l＝mg
此时线圈的发热功率P0＝I 0
2R
则有B＝mg
2 Nl√
R
P0
(2)若增大通入的电流后，线圈的发热功率
P1＝I 1
2R
根据牛顿第二定律有2NBI1l－mg＝ma
解得a＝2 NBl
m √
P1
R
－g＝g(√
P1
P0
－1)
(3)若线圈中不通入电流，线圈静止释放，线圈速度增大，感应电动势增大，感应电流增大，磁场对线圈的
安培力增大，线圈做加速度减小的加速运动，当加速度为0 时，线圈速度达到最大，此时感应电动势为
Emax＝2NBlvmax
感应电流的最大值为Imax＝Emax
R
根据平衡条件有2NBImaxl＝mg
结合上述解得vmax＝
mgR
4 N
2B
2l
2
由于线圈由图中位置静止释放，下落5l 时达到最大速度，则由能量守恒定律有
mg·5l＝Q＋1
2mvmax
2
解得Q＝5mgl－P0
2
2m g
2。
8.(17 分)(2024·全国甲卷·25)如图，金属导轨平行且水平放置，导轨间距为L，导轨光滑无摩擦。定值电阻
大小为R，其余电阻忽略不计，电容大小为C。在运动过程中，金属棒始终与导轨保持垂直。整个装置处
于竖直方向且磁感应强度为B 的匀强磁场中。
(1)(8 分)开关S 闭合时，对金属棒施加水平向右的恒力，金属棒能达到的最大速度为v0。当外力功率为定
值电阻功率的两倍时，求金属棒速度v 的大小。
(2)(9 分)当金属棒速度为v 时，断开开关S，改变水平外力并使金属棒匀速运动。当外力功率为定值电阻功
率的两倍时，求电容器两端的电压以及从开关断开到此刻外力所做的功。
答案 (1)v0
2 (2)BLv0
4
C B
2 L
2v0
2
8
12
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解析 (1)开关S 闭合后，当外力与安培力相等时，金属棒的速度最大，则F＝F 安＝BIL
由闭合电路欧姆定律得I＝E
R
金属棒切割磁感线产生的感应电动势为E＝BLv0
联立可得，恒定的外力为F＝B
2 L
2v0
R
在加速阶段，外力的功率为PF＝Fv＝B
2 L
2v0
R
v
定值电阻的功率为PR＝I2R＝B
2 L
2v
2
R
若PF＝2PR时，
即B
2 L
2v0
R
v＝2B
2 L
2v
2
R
化简可得金属棒速度大小为v＝v0
2
(2)断开开关S，电容器充电，则电容器与定值电阻串联，则有E＝BLv＝IR＋q
C
当金属棒匀速运动时，电容器不断充电，电荷量q 不断增大，电路中电流不断减小，则金属棒所受安培力
F 安＝BIL 不断减小，
而拉力的功率PF'＝F'v＝F 安·v＝BILv
定值电阻功率PR＝I2R
当PF'＝2PR时有BILv＝2I2R
可得IR＝BLv
2
根据E＝BLv＝IR＋q
C
可得此时电容器两端电压为
UC＝q
C ＝BLv
2
＝1
4 BLv0
从开关断开到此刻外力所做的功为
W＝ΣBIL(v·Δt)＝BLvΣI·Δt＝BLvq
其中q＝CBLv
2
联立可得W＝C B
2 L
2v0
2
8
。
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(10 分)
9.(多选)(2024·山东省模拟)如图所示，间距为0.5 m 的两平行光滑金属导轨MN、PQ 固定在绝缘水平面上，
虚线AB 的左、右两侧均存在垂直水平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B1＝0.2 T、B2＝0.4 T。
长度为0.5 m、质量为1 kg、阻值为0.2 Ω 的导体棒a 静止在AB 左侧导轨上，长度为0.5 m、质量为1 kg、
阻值为0.8 Ω 的导体棒b 静止在AB 右侧导轨上。t＝0 时刻起，b 在大小为0.6 N、方向水平向右的恒力F 作
用下由静止开始运动。已知两棒始终与导轨垂直且接触良好，且a 始终未越过虚线AB，导轨电阻均不计。
下列说法正确的是( )
A.t＝0 时刻，b 的加速度大小为0.3 m/s2
B.a 的最大加速度为0.24 m/s2
C.导体棒a 消耗电功率的最大值为1.152 W
D.a、b 加速度相等时，二者速度之比大于1∶4
答案 BCD
解析 初始时，两导体棒的速度均为0，回路中的感应电动势为0，导体棒所受安培力也为0，则由牛顿第
二定律有a0＝F
mb
，可得导体棒b 的加速度a0＝0.6 m/s2，故A 错误。设某时刻导体棒a 的速度为v1、导体棒
b 的速度为v2，由法拉第电磁感应定律可得，回路中的感应电动势E＝L(B2v2－B1v1)，则回路中的电流I＝
E
Ra＋Rb
，导体棒a 所受的安培力FA1＝B1IL，导体棒b 所受的安培力FA2＝B2IL，由牛顿第二定律可得，导
体棒a 的加速度a1＝
F A 1
ma
，导体棒b 的加速度a2＝
F −F A 2
mb
，随着导体棒速度差的增大，导体棒a 的加速度
逐渐增大、导体棒b 的加速度逐渐减小，直到两棒的加速度恒定，即B2v2－B1v1恒定，取稳定后一小段时
间t0，则有B2v2－B1v1＝B2(v2＋a2t0)－B1(v1＋a1t0)，代入数据可得2a2－a1＝0，又两导体棒质量相等，即2F
－2FA2＝FA1，由于两导体棒中电流时刻相等，且两导体棒长度相等，则有FA2＝2FA1，联立可得，导体棒a
的加速度为0.24 m/s2，导体棒b 的加速度为0.12 m/s2，故B 正确。稳定时回路中的电流I＝2.4 A，为回路
中的最大电流，则导体棒a 消耗电功率的最大值为P＝I2Ra＝1.152 W，故C 正确。作出a、b 加速度随时间
变化的关系图像，如图所示
图线与坐标横轴围成的面积表示对应时间内导体棒速度的变化量，结合面积关系可知，a、b 加速度相等时，
二者速度之比大于1∶4，故D 正确。
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