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(共31張PPT)
第二章　電磁感應
8
專題：電磁感應中的平衡及動力學問題
2
掌握電磁感應中動力學問題的分析方法，建立解決電磁感應中動力學問題的思維模型.
1
進一步熟練掌握物體的平衡條件、牛頓運動定律等力學基本規律.
難點
重點
由于導體中有感應電流，在磁場中受到安培力的作用，而安培力又會改變導體的運動狀態，所以電磁感應常與力學知識聯系在一起.
1.電磁感應問題中電學對象與力學對象的相互制約關系
觀察與思考
2.力和運動的動態關系
3.兩種狀態
(1)導體處于平衡狀態——靜止或勻速直線運動狀態.
處理方法：根據平衡條件(合外力等于零)列式分析.
(2)導體處于非平衡狀態——加速度不為零.
處理方法：根據牛頓第二定律進行動態分析或結合功能關系進行分析.
電磁感應中的平衡問題
1.(2022·烏蘇市第一中學月考)如圖所示，水平導軌寬L1＝1 m，ab桿與導軌左端的距離L2＝2 m，由導軌與ab桿所構成的回路的總電阻R＝2 Ω，計時時刻空間存在著方向豎直向下的勻強磁場，磁感應強度B0＝2 T，重物A的質量為M，用細繩通過定滑輪與ab桿的中點相連，各處的摩擦均可忽略不計，現使磁感應強度以 ＝2 T/s的變化率均勻
增大.當t為9 s時，重物A剛好離開地面(g取10 m/s2)，求：
(1)9 s時，回路中的電流和磁感應強度；
答案　2 A　20 T
根據法拉第電磁感應定律
(2)重物A剛好離開地面時，ab桿受到的安培力大小；
答案　40 N
重物A剛好離開地面時，ab桿受到的安培力
F＝BIL1＝40 N
(3)重物的質量.
答案　4 kg
根據題意可知，重物的重力與ab桿在9 s時受到的安培力大小相等，則F＝Mg，
解得M＝4 kg.
2.(2022·三明市高二期末)如圖所示，在與水平面成θ＝30°角的平面內放置兩條平行且足夠長的金屬軌道，其電阻可忽略不計.空間存在著勻強磁場，磁感應強度B＝0.40 T，方向垂直于軌道平面向上.導體棒ab、cd垂直于軌道放置，且與軌道接觸良好構成閉合回路，每根棒的質量m＝0.20 kg、電
阻R＝0.05 Ω，軌道的寬度L＝0.50 m.兩導體棒與軌道間的動摩擦因數均為μ＝ 最大靜摩擦力等于滑動摩擦力.現對ab棒施加平行于軌道向上的拉力，使其沿軌道勻速向上運動，取g＝10 m/s2.
(1)當ab勻速運動的速度v＝2 m/s時，cd能處于靜止狀態，求ab棒受到的安培力大小；
答案　0.8 N
設導體棒ab的速度v＝2 m/s時產生的感應電動勢為E，通過導體棒cd的感應電流為I，則E＝BLv，I＝ ，F安＝BIL，
解得F安＝0.8 N
(2)要使cd始終處于靜止狀態，求ab棒沿軌道向上運動的速度范圍.
答案　0.625 m/s≤v≤4.375 m/s
研究cd棒，當mgsin θ＋μmgcos θ＝BImaxL時，ab棒沿軌道向上的速度為最大值，解得Imax＝8.75 A，
解得vmax＝4.375 m/s，
當mgsin θ＝μmgcos θ＋BIminL時，ab棒沿斜面向上的速度為最小值，
解得Imin＝1.25 A
解得vmin＝0.625 m/s
故ab棒沿軌道向上運動的速度范圍為0.625 m/s≤v≤4.375 m/s.
電磁感應中的動力學問題
3.(多選)(2022·四川資中縣第二中學高二階段練習)如圖所示，空間存在一范圍足夠大的勻強磁場區域，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面(豎直面)向里，MM′為磁場區域的上邊界，磁場上方有一個質量為m的正方形導線框abcd，ab邊與MM′平行.已知線框邊長
為L，總電阻為R，重力加速度為g，線框從圖示位
置由靜止開始自由下落，不計空氣阻力，則在ab邊
進入磁場的過程中，關于線框的運動，下列說法中
正確的是
A.線框可能先做加速運動再做減速運動
B.線框可能一直做勻加速運動
C.線框可能先做減速運動再做勻速運動
D.線框若出現勻速運動，其速度大小一定是
√
√
線框剛開始做自由落體運動，ab邊以一定速度進入磁場，ab邊切割磁感線產生感應電流，結合右手定則和左手定則可以判斷出ab受到豎直向上的安培力作用，有
第一種情況：若線框進入磁場時，安培力等于重力，則線框勻速進入磁場，有F＝BIL＝mg
第二種情況：若線圈進入磁場時，安培力大于重力，則線框做減速運動，安培力減小，線框做加速度減小的減速運動，當線框速度減小到 時，線框若仍未全部進入磁場，則線框后面將做勻速
運動.第三種情況：若安培力小于重力，線框做加速度減小的加速運動，當線框加速到 時，線框若仍未全部進入磁場，則線框后面將做勻速運動.故選C、D.
4.如圖所示，空間存在B＝0.5 T、方向豎直向下的勻強磁場，MN、PQ是水平放置的足夠長的平行金屬導軌，其間距L＝0.2 m，R＝0.3 Ω的電阻接在導軌一端，ab是跨接在導軌上質量m＝0.1 kg、接入電路的電阻r＝0.1 Ω的導體棒，已知導體棒和導軌間的動摩擦因數為μ＝0.2.從零時刻開始，對ab棒施加一個大小為F＝0.45 N、方向水平向左的恒定拉力，使其從靜止開始沿導軌滑動，ab棒始終保持與導軌垂直且接觸良好.(g＝10 m/s2)
(1)分析導體棒的運動性質；
答案　先做加速度減小的加速運動，最終做勻速運動
導體棒做切割磁感線運動，產生的感應電動勢E＝BLv ①
導體棒受到的安培力F安＝BIL ③
導體棒運動過程中受到拉力F、安培力F安和摩擦力Ff＝μmg的作用，根據牛頓第二定律有：
F－μmg－F安＝ma ④
由⑤可知，隨著速度的增大，安培力增大，加速度a減小，當加速度a減小到0時，速度達到最大，此后導體棒做勻速直線運動.
(2)求導體棒所能達到的最大速度的大小；
答案　10 m/s
(3)試定性畫出導體棒運動的速度－時間圖像.
答案　見解析圖
由(1)(2)中的分析與數據可知，導體棒運動的速度－時間圖像如圖所示.
5.如圖甲所示，兩根足夠長的直金屬導軌MN、PQ平行放置在傾角為θ的絕緣斜面上，兩導軌間距為L，M、P兩點間接有阻值為R的定值電阻，一根質量為m的均勻直金屬桿ab放在兩導軌上，并與導軌垂直，整套裝置處于磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直于導軌向下，導軌和金屬桿的電阻可忽略，讓ab桿沿導軌由靜止開始下滑，導軌和金屬桿接觸良好，不計它們之間的摩擦.(重力加速度為g)
(1)由b向a方向看到的裝置如圖乙所示，請在此圖中畫出ab桿下滑過程中的受力示意圖；
答案　見解析圖
如圖所示，ab桿受重力mg，方向豎直向下；支持力FN，方向垂直于導軌平面向上；安培力F安，方向沿導軌向上.
(2)在加速下滑過程中，當ab桿的速度大小為v時，求此時ab桿中的電流大小及其加速度的大小；
當ab桿的速度大小為v時，
感應電動勢E＝BLv，
根據牛頓第二定律，有mgsin θ－F安＝ma
(3)求在下滑過程中，ab桿可以達到的速度最大值.
當a＝0時，ab桿達到最大速度vm，
處理此類問題的方法
(1)用法拉第電磁感應定律和楞次定律求感應電動勢的大小和方向.
(2)求回路中感應電流的大小和方向.
(3)分析研究導體受力情況(包括安培力).
(4)列動力學方程或根據平衡條件列方程求解.
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第二章　電磁感應
7
專題：電磁感應中的圖像問題
2
綜合應用楞次定律和法拉第電磁感應定律解決電磁感應中的圖像問題.
1
進一步熟練掌握楞次定律及法拉第電磁感應定律.
難點
重點
1.電磁感應中的圖像問題
觀察與思考
圖像類型 (1)磁感應強度B、磁通量Φ、感應電動勢E和感應電流I隨時間t變化的圖像，即B－t圖像、Φ－t圖像、E－t圖像和I－t圖像
(2)對于切割磁感線產生感應電動勢和感應電流的情況，還常涉及感應電動勢E和感應電流I隨導體位移x變化的圖像，即E－x圖像和I－x圖像
問題類型 (1)由給定的電磁感應過程選出或畫出正確的圖像.
(2)由給定的有關圖像分析電磁感應過程，求解相應的物理量
應用知識 左手定則、右手定則、安培定則、楞次定律、法拉第電磁感應定律、歐姆定律、牛頓運動定律、相關數學知識等
2.解決此類問題一般步驟
(1)明確圖像類型：是E－t、I－t、E－x、I－x還是其他圖像.
(2)分析電磁感應過程：如物體速度、受力、加速度、感應電動勢、感應電流等大小方向發生怎樣的變化.
(3)由歐姆定律、牛頓運動定律等規律寫出函數方程；根據函數方程進行數學分析，例如分析斜率的變化、截距等；
(4)畫圖像或判斷圖像.
3.注意事項：
(1)看、畫圖像時要注意橫、縱坐標的物理量、單位、分度、坐標原點等.
(2)看、畫圖像時要注意各物理量(尤其是矢量)正方向的規定.
根據電磁感應過程選出圖像
如圖所示，磁感應強度為B的勻強磁場僅存在于邊長為2L的正方形abcd中，在這個正方形的同一平面內，有一電阻為R、邊長為L的單匝正方形導體線圈ABCD，以速度v勻速通過磁場.從BC邊進入磁場開始計時，試回答下列問題并用圖像表示出來.
(1)穿過線圈的磁通量Φ隨時間t如何變化？
觀察與思考
答案　見解析
根據磁通量的公式Φ＝B·S可知，穿過線圈的磁通量在第一段時間內從零均勻增加到最大值，然后在第二段時間內保持最大值不變，在第三段時間內均勻減小直到零(如圖甲所示).
(2)線圈中電流I隨時間t如何變化？(以逆時針方向為正方向)
答案　見解析
由法拉第電磁感應定律可知，只有通過閉合回路的磁通量發生變化時才有感應電流 產生，所以只有在第一段時間內和第三段時間內才有感應電流，且由楞次定律和安培定則可知，兩次的感應電流大小相等但方向相反，在第二段時間內無感應電流，如圖乙所示.
(3)線圈所受安培力F隨時間t如何變化？(以水平向左為正方向)
答案　見解析
通過安培力的計算公式F＝BIL及左手定則可知，在第一段時間內和第三段時間內有安培力，大小都等于 且同向，在第二段時間內無安培力，如圖丙所示.
1.(2022·鹽城市伍佑中學高二階段練習)如圖所示，一正方形閉合導線框abcd，邊長為L＝0.1 m，各邊電阻均為1 Ω，bc邊位于x軸上，在x軸原點右側有寬為0.2 m、磁感應強度為1 T的垂直紙面向里
的勻強磁場區域.當線框以4 m/s的恒定速度沿x軸正方
向穿越磁場區域的過程中，ab邊兩端電勢差Uab隨位置
變化的情況正確的是
√
分三個階段研究，線框進入磁場過程中ab邊切割磁感線、線框整體在磁場中運動和線框出磁場時dc邊切割磁感線，ab切割磁感線過程中，x在0～L范圍，由楞次定律可知，線框的感應電流方向是逆時針，ab相當
電源，a點的電勢高于b點的電勢，Uab>0，感應電動勢E＝BLv＝1×0.1×0.4 V＝0.4 V，Uab是外電壓，則有：Uab＝ ＝0.3 V；線框全部在磁場中運動時，x在L～2L的范圍，線框的磁通量不變，沒有感應電流產生，ab邊兩端電勢差等于電動勢，Uab＝E＝0.4 V；dc邊切割磁感線，x在2L～3L范圍，由楞次定律可知線框的感應電流方向是順時針，
dc相當于電源，a點的電勢高于b點的電勢，Uab>0，感應電動勢E＝BLv＝1×0.1×4 V＝0.4 V，Uab是外電路中一部分導體兩端的電壓，則有：Uab＝ ＝0.1 V.A、C、D錯誤，B正確.
2.如圖甲所示，矩形線圈abcd位于勻強磁場中，磁場方向垂直線圈所在平面，磁感應強度B隨時間t變化的規律如圖乙所示.以圖中箭頭所示方向為線圈中感應電流i的正方向，以垂直于線圈所在平面向里為磁感應強度B的正方向.則下列圖中能正確表示線圈中感應電流i隨時間t變化規律的是
√
由法拉第電磁感應定律和歐姆定律得： 所以線圈中的感應電流與磁感應強度B隨t的變化率成正比，B－t圖像的斜率為 ，故在2～3 s內感應電流的大小是0～1 s內的2倍.再由B－t圖像可知，0～1 s時間內，B增大，Φ增大，感應電流的磁場與原磁場方向相反，由楞次定律知，感應電流的方向是逆時針，所以0～1 s內的電流為負值；同理可得，1～2 s電流為零；2～3 s電流為正值，故C正確.
3.(多選)(2022·湛江市高二期末)如圖甲所示，正方形導線框abcd放在勻強磁場中靜止不動，磁場方向與線框平面垂直，磁感應強度B隨時間t的變化關系如圖乙所示.t＝0時刻，磁感應
√
強度B的方向垂直紙面向外，感應電流以逆時針為正方向，cd邊所受安培力的方向以垂直cd邊向下為正方向.下列關于感應電流I和cd邊所受安培力F隨時間t變化的圖像正確的是
√
設正方形導線框邊長為L，電阻為R，在0～2 s內，垂直紙面向外的磁場減弱，由楞次定律可知，感應電流的方向為逆時針方向，為正方向，感應電流大小 電流是恒定值.由左手定則可知，cd邊所受安培力方向向下，為正方向，大小為F＝BIL
安培力與磁感應強度成正比，數值由2F0＝2B0IL減小到零.
2～3 s內，垂直紙面向里的磁場增強，由楞次定律可知，感應電流的方向為逆時針方向，為正方向，感應電流大小 電流是恒定值.由左手定則可知，cd邊所受安培力方向向上，為負方向，大小為F＝BIL，安培力與磁感應強度成正比，由零變化到－F0＝－B0IL,3～4 s
內垂直紙面向里的磁場減弱，由楞次定律可知，感應電流的方向為順時針方向，為負方向，感應電流大小 電流是恒定值.由左手定則可知，cd邊所受安培力方向向下，為正方向，大小為F＝BIL，安培力與磁感應強度成正比，數值由F0＝B0IL減小到零，4～6 s內垂直紙面向外的磁場增強，由楞次定律可知，感應電流的方向為順時針方向，為負方向，感應電流大小 電流是恒定值.
由左手定則可知，cd邊所受安培力方向向上，為負方向，大小為F＝BIL，安培力與磁感應強度成正比，由零變化到－2F0＝－2B0IL，由以上分析可得A、C錯誤，B、D正確.
4.(2022·吳江市高級中學高二階段練習)如圖所示，一個邊長為2L的等腰直角三角形ABC區域內，有垂直紙面向里的勻強磁場，其左側有一個用金屬絲制成的邊長為L的正方形線框abcd，線框以水
平速度v勻速通過整個勻強磁場區域，設電流順時針方向為正.則在線框通過磁場的過程中，線框中感應電流i隨時間t變化的規律正確的是
√
線框剛進入磁場中時，只有bc邊切割磁感線，根據楞次定律可知，電流方向為逆時針方向，即為負，在cd邊完全進入磁場之前，電流方向與大小不變；當ad邊剛進入磁場時感應電流為零，接著bc邊開始出磁場，回路中的感應電動勢為ad邊切割磁感線產生的電動勢減去bc邊切割磁感線產生的電動勢，隨著線框的運動，回路中電動勢逐漸增大，電流逐漸增大，方向為順時針，即為正；在前進2L后，bc完全出磁場，ad也開始出磁場，切割磁感線的長度逐漸減小，電流逐漸減小，方向為順時針方向，即為正，直至線框完全脫離磁場，電流減小為零，綜上分析可知B正確，A、C、D錯誤.
5.(2022·江蘇響水中學高二階段練習)如圖所示，有兩個相鄰的有界勻強磁場區域，磁感應強度的大小均為B，磁場方向相反，且與紙面垂直，磁場區域在x軸方向寬度均為a，在y軸方向足夠長.
現有一高為a的正三角形導線框從圖示位置開始向右勻速穿過磁場區域.若以逆時針方向為電流的正方向，下列關于線框中感應電流i與線框移動距離x的關系圖像正確的是
√
導線框的運動可以分為三個階段，第一個階段為從開始向右運動到完全進入左側磁場，第二個階段為從完全進入左側磁場到完全進入右側磁場，第三個階段為從完全進入右側磁場到恰好完全離開右側磁場.由楞次定律可以判斷電流方向，位移x為0～a,2a～3a時，電流為正方向，大小從0增大到I0，位移為a～2a時，電流為負方向，從0變化到－2I0，對比選項中各圖像可知C正確.
根據圖像分析電磁感應過程
6.四根均勻導線分別制成兩個正方形、兩個直角扇形線框，分別放在方向垂直紙面向里的勻強磁場邊界上，由選項圖示位置開始按箭頭方向繞垂直紙面軸O
√
在紙面內勻速轉動.若以在OP邊上從P點指向O點的方向為感應電流i的正方向，四個選項中符合如圖所示i隨時間t的變化規律的是
題圖A、B中正方形線框繞O轉動時，有效切割長度不斷變化，因此產生的感應電流大小是變化的，故A、B錯誤；
C、D圖中，有效切割長度為半徑，不變，因此產生的感應電流大小不變，根據右手定則，進入磁場時，C圖中產生電流方向從P到O，電流為正方向，而D圖中開始產生的電流方向從O到P，電流為負方向；離開磁場時，剛好相反，故C正確，D錯誤.
求解圖像類選擇題的兩種常用方法
(1)排除法：根據特殊位置、特殊過程，根據某物理量大小、方向變化，排除錯誤選項.
(2)函數法：根據題目所給條件定量地寫出兩個物理量之間的函數關系，然后由函數關系對圖像進行分析和判斷.
總結提升(共21張PPT)
第二章　電磁感應
2
專題：楞次定律的應用
2
學會應用安培定則、左手定則、右手定則和楞次定律分析解決有關綜合問題.
1
進一步理解楞次定律，能熟練應用楞次定律的推論解決實際問題.
難點
重點
楞次定律的幾個重要推論
1.“增反減同”法
感應電流的磁場總要阻礙引起感應電流的磁通量(原磁場磁通量)的變化.
(1)當原磁場磁通量增加時，感應電流的磁場方向與原磁場方向相反.
(2)當原磁場磁通量減少時，感應電流的磁場方向與原磁場方向相同.
口訣記為“增反減同”.
觀察與思考
2.“來拒去留”法
由于磁場與導體的相對運動產生電磁感應現象時，產生的感應電流與磁場間有力的作用，這種力的作用會“阻礙”相對運動.口訣記為“來拒去留”.
3.“增縮減擴”法
就閉合回路的面積而言，收縮或擴張是為了阻礙穿過回路的原磁通量的變化.若穿過閉合回路的磁通量增加，面積有收縮趨勢；若穿過閉合回路的磁通量減少，面積有擴張趨勢.口訣記為“增縮減擴”.
說明：此法只適用于回路中只有一個方向的磁感線的情況.
4.“增離減靠”法
當磁場變化且線圈回路可移動時，由于磁場增強使得穿過線圈回路的磁通量增加，線圈將通過遠離磁體來阻礙磁通量增加；反之，由于磁場減弱使線圈中的磁通量減少，線圈將靠近磁體來阻礙磁通量減少.口訣記為“增離減靠”.
1.如圖所示，三個線圈在同一平面內，當I減小時，關于a、b線圈中的感應電流方向，以下說法正確的是
A.都為順時針方向
B.a線圈中為順時針方向，b線圈中為逆時針方向
C.都為逆時針方向
D.a線圈中為逆時針方向，b線圈中為順時針方向
√
根據安培定則可知，在線圈a處產生的磁場方向垂直于紙面向外，當I減小時，穿過線圈a的磁通量減少，根據楞次定律結合安培定則可知，線圈a中產生逆時針方向的感應電流；線圈b處的磁場方向
垂直于紙面向里，當I減小時，穿過線圈b的磁通量減少，根據楞次定律結合安培定則可知，線圈b中產生順時針方向的感應電流，選項D正確，A、B、C錯誤.
2.如圖所示，質量為m的銅質閉合線圈靜置于粗糙水平桌面上.當一個豎直放置的條形磁體貼近線圈，沿線圈中線由左至右從線圈正上方等高、勻速經過時，線圈始終保持不動.則關于線圈在此過程中受到的支持力FN和摩擦力Ff的情況，以下判斷正確的是
A.FN先大于mg，后小于mg
B.FN一直大于mg
C.Ff先向左，后向右
D.線圈中的電流方向始終不變
√
根據“來拒去留”，磁體靠近線圈時受到斜向上的斥力，由牛頓第三定律知，線圈受到斜向下的斥力.故線圈受到的支持力FN大于重力mg，磁體遠離線圈時受到斜向下的引力作用，線圈受到斜向上的引力，支持力FN小于重力mg，故A正確，B錯誤；
整個過程磁體對線圈的作用力都有向右的分量，即線圈有向右運動的趨勢，摩擦力的方向始終向左，C錯誤；
由于線圈中的磁通量先變大后變小，方向不變，故磁體靠近和遠離線圈時，線圈中電流方向相反，D錯誤.
3.(多選)金屬棒ab、cd放在水平光滑導軌上，條形磁體向下加速運動，在接近導軌時，下列說法正確的有
A.ab、cd相互靠近
B.ab、cd相互遠離
C.磁體加速度大于g
D.磁體加速度小于g
√
√
當條形磁體從上向下接近閉合回路時，穿過回路的磁場方向向下，且磁通量在不斷增加，根據楞次定律可知，感應電流所產生的效果總是阻礙產生感應電流的磁通量的變化，所以會阻礙條形磁體的下落，
則感應電流的磁場給條形磁體一個向上阻礙其下落的阻力，即磁體下落的加速度小于g，為了阻礙回路中磁通量增加，ab、cd兩金屬棒將互相靠近，使回路的面積減小，從而阻礙磁通量的增加，故選A、D.
4.如圖所示，一長直鐵芯上繞有一固定線圈M，鐵芯右端與一木質圓柱密接，木質圓柱上套有一閉合金屬環N，N可在木質圓柱上無摩擦移動，M連接在如圖所示的電路中，其中R為滑動變阻器，E1和E2為直流電源，S為單刀雙擲開關，下列情況中，能觀察到N向左運動的是
A.在S斷開的情況下，S向a閉合的瞬間
B.在S斷開的情況下，S向b閉合的瞬間
C.在S已向a閉合的情況下，將R的滑片向c端移動時
D.在S已向a閉合的情況下，將R的滑片向d端移動時
√
金屬環N向左運動，說明穿過N的磁通量在減少，則線圈M中的電流在減小，只有選項C符合.
三定則一定律的綜合應用
安培定則、左手定則、右手定則、楞次定律的比較
觀察與思考
比較項目 安培定則 左手定則 右手定則 楞次定律
適用場合 判斷電流周圍的磁感線方向 判斷通電導線在磁場中所受的安培力方向 判斷導體切割磁感線時產生的感應電流方向 判斷回路中磁通量變化時產生的感應電流方向
因果關系 因電而生磁(I→B) 因電而受力(I、B→F安) 因動而生電 (v、B→I感) 因磁通量變化而生電(ΔΦ→I感)
5.(多選)如圖所示，在勻強磁場中放有平行銅導軌，它與大導線圈M相連接，要使小導線圈N獲得順時針方向的感應電流，則放在導軌上的金屬棒ab的運動情況可能是(兩導線圈共面放置，且金屬棒切割磁感線速度越大感應電流越大)
A.向右勻速運動
B.向左加速運動
C.向右減速運動
D.向右加速運動
√
√
欲使N產生順時針方向的感應電流，即感應電流的磁場方向垂直于紙面向里，由楞次定律可知有兩種情況：一是M中有順時針方向逐漸減小的電流，使其在N中的磁場方向向里，且磁通量在減小，此時應使ab向右減速運動；二是M中有逆時針方向逐漸增大的電流，使其在N中的磁場方向向外，且磁通量在增大，此時應使ab向左加速運動，故選B、C.
6.(多選)如圖所示，水平放置的兩條光滑軌道上有可自由移動的金屬棒PQ、MN，當PQ在一外力的作用下運動時，MN向右
運動，則PQ所做的運動可能是(金屬棒切割磁感線速
度越大，感應電流越大)
A.向右加速運動 B.向左加速運動
C.向右減速運動 D.向左減速運動
√
√(共27張PPT)
第二章　電磁感應
9
專題：電磁感應中的能量問題
2
理解電磁感應過程中能量的轉化情況，能用能量的觀點分析和解決電磁感應問題.
1
進一步熟練掌握功能關系、能量守恒定律等力學基本規律.
難點
重點
功能關系在電磁感應中的應用
1.做功是能量轉化的途徑和量度，分析以下兩種情景中的做功和能量轉化情況.
(1)如圖甲，光滑水平金屬導軌處在豎直向下的勻強磁場中，金
屬棒在導軌平面內且與導軌垂直，以v0沖上軌道并減速運動時.
觀察與思考
答案　圖甲中金屬棒克服安培力做功將動能轉化為電能，電能又轉化為焦耳熱(內能).
(2)如圖乙，勻強磁場垂直光滑傾斜金屬導軌，金屬棒與導軌垂直且以某速度沿導軌勻速下滑時.
答案　圖乙中，重力對金屬棒做正功，安培力對金屬棒做負功.金屬棒的重力勢能轉化為電能，電能又轉化為焦耳熱(內能).
由兩種情景知，電磁感應過程中，導體克服安培力做功，其他形式的能(如機械能)轉化為電能.
2.理想電動機(內阻不計)轉動時，安培力做正功還是負功，能量是怎樣轉化的.
答案　理想電動機轉動時，安培力對電動機做正功，把電能轉化為其他形式的能(如動能).
1.(多選)如圖所示，兩根光滑的金屬導軌，平行放置在傾角為θ的絕緣斜面上，導軌的左端接有電阻R，導軌自身的電阻可不計.斜面處在一勻強磁場中，磁場方向垂直于斜面向上.質量為m、電阻可以不計的金屬棒ab，在沿著斜面與棒垂直的恒力F的作用下沿導軌勻速上滑，且上升的高度為h，在這一過程中
A.作用于金屬棒上的各個力的合力所做的功等于零
B.金屬棒克服安培力做的功等于金屬棒重力勢能增加量
C.恒力F與安培力的合力所做的功等于零
D.恒力F與重力的合力所做的功等于電阻R上產生的焦耳熱
√
√
金屬棒勻速上滑的過程中，對金屬棒受力分析可知，有三個力對金屬棒做功，恒力F做正功，重力做負功，安培力阻礙相對運動，沿導軌平面向下，做負功，金屬棒勻速運動時，所受合力為零，故合力做功為零，A正確；
克服安培力做多少功就有多少其他形式的能轉化為電路中的電能，電能又等于電阻R上產生的焦耳熱，故恒力F與重力的合力所做的功等于電阻R上產生的焦耳熱，D正確.
2.如圖所示，勻強磁場方向豎直向下，磁感應強度為B，正方形金屬框abcd可繞光滑軸OO′轉動，邊長為l，總電阻為R，ab邊質量為m，其他三邊質量不計，現將abcd拉至水平位置，并由靜止釋放，經一定時間到達豎直位置，ab邊的速度大小為v，重力加速度為g，則在這一過程中，克服安培力做功為
√
金屬框繞光滑軸轉下的過程中機械能有損失但能量守恒，損失的機械能為mgl－ ，故克服安培力做功為mgl－ ，選項C正確.
電磁感應中的焦耳熱
3.(2022·江蘇省丹陽高級中學高二開學考試)如圖所示，單匝線圈ABCD在外力作用下以速度v向右勻速進入勻強磁場，第二次又以速度3v勻速進入同一勻強磁場.求：
(1)第二次進入與第一次進入時線圈中電流之比；
答案　3∶1
線圈以速度v勻速進入磁場，設CD邊長為L，當CD邊在磁場中時，線圈中感應電動勢
(2)第二次進入與第一次進入時外力做功的功率之比；
答案　9∶1
線圈以速度v勻速進入磁場，當CD邊在磁場中時F1＝BI1L＝ ，由于線圈做勻速運動，外力大小等于安培力大小，此時外力的功率為P1＝F1v1＝ .同理，線圈以速度3v勻速進入磁場時，外力的功率為P2＝
所以第二次進入與第一次進入時外力做功的功率之比為9∶1.
(3)第二次進入與第一次進入整個過程線圈中產生熱量之比.
答案　3∶1
所以第二次進入與第一次進入整個過程線圈中產生熱量之比為3∶1.
4.如圖所示，有一傾斜的光滑平行金屬導軌，導軌平面與水平面的夾角為θ＝30°，導軌間距為L，接在兩導軌間的電阻為R，在導軌的中間矩形區域內存在垂直斜面向上的勻強磁場，磁感應強度大小為B，磁場區域的長度為2L.一質量為m、有效電阻為0.5R的導體棒從距磁場上邊緣2L處由靜止釋放，整個運動過程中，導體棒與導軌接觸良好，且始終保持與導軌垂直.不計導軌的電阻，重力加速度為g.
(1)求導體棒剛進入磁場時的速度v0；
(2)若導體棒離開磁場前已達到勻速，求導體棒通過磁場的過程中，電阻R上產生的焦耳熱QR.
設導體棒勻速運動的速度為v，則此時導體棒在磁場中切割磁感線產生的感應電動勢：
E＝BLv
受到的安培力為F安＝BIL，
導體棒做勻速運動，故由平衡條件得：
mgsin θ＝F安，
導體棒從開始釋放到剛離開磁場的過程中，由能量守恒定律得：mg·4Lsin θ＝ mv2＋Q總
5.(2022·贛州市贛縣第三中學高二階段練習)如圖，兩條水平虛線之間有垂直于紙面向里、寬度為d、磁感應強度為B的勻強磁場.質量為m、電阻為R的正方形線圈邊長為L(LA.線圈可能先加速后減速
B.線圈的最小速度一定是
C.線圈的最小速度一定是
D.線圈產生的焦耳熱為2mgd
√
根據線圈下邊緣剛進入磁場和剛穿出磁場時刻的速度都是v0，且全部進入磁場將做加速運動，所以進入磁場時將做減速運動，故線圈應先減速運動，A錯誤；
如果進入磁場時線圈一直減速，可知線圈完全進入磁場時速度最小，從完全進入磁場到下邊緣剛接觸磁場的下邊緣界過程中，做勻加速直線運動，有v02－v2＝2g(d－L)，從靜止開始下落到線圈下邊緣接觸磁場上邊界的過程中做自由落體運動，有v02＝2gh，解得最小速度
v＝ ，線圈還可能進入磁場先做減速運動，在沒有完全進入磁場時已做勻速運動，此時的速度為最小，則有mg＝BIL＝ ，則最小速度為v＝ ，B、C錯誤；
從線圈下邊緣剛進入磁場到剛穿出磁場的過程動能變化量為0，重力勢能轉化為線圈進入磁場的過程中產生的熱量Q＝mgd，線圈穿出磁場產生的熱量等于進入磁場產生的熱量，故全過程產生的熱量為Q全＝2mgd，D正確.
電磁感應中焦耳熱的求解方法
(1)電流恒定時，根據焦耳定律求解，即Q＝I2Rt.
(2)感應電流變化，可用以下方法分析：
①利用動能定理，求出克服安培力做的功W克安，即Q＝W克安.
②利用能量守恒定律，焦耳熱等于其他形式能量的減少量.
總結提升(共22張PPT)
第二章　電磁感應
12
章末復習
2
學會應用電磁感應的相關知識解決實際問題.
1
復習電磁感應的相關內容.
難點
重點
楞次定律的應用
1.利用楞次定律判斷感應電流方向的解題步驟
2.楞次定律的幾個重要推論：“增反減同”“來拒去留”“增縮減擴”“增離減靠”.
觀察與思考
1.(多選)(2022·廣東東莞市期末改編)1931年英國物理學家狄拉克從理論上預言：存在只有一個磁極的粒子即“磁單極子”.1982年美國物理學家卡布萊設計了一個尋找磁單極子的實驗，他設想如果只有N極的磁單極子從上而下穿過如圖所示的電阻趨于零的(超導)線圈，那么從上向下看，這個線圈將出現
A.從上向下看，線圈中會出現先是逆時針方向，然后是順時
針方向的感應電流
B.磁單極子接近線圈的過程中，線圈對磁單極子磁場力做負功
C.磁單極子接近線圈的過程中，線圈對磁單極子磁場力做正功
D.逆時針方向持續流動的感應電流
√
√
只有N極的磁單極子穿過超導線圈的過程中，當磁單極子靠近線圈時，穿過線圈的磁通量增加，且磁場方向從上向下，所以由楞次定律可知，感應磁場方向從下向上，再由右手螺旋定則可確定感應電流方向為逆時針；當磁單極子
遠離線圈時，穿過線圈中磁通量減小，且磁場方向從下向上，所以由楞次定律可知，感應磁場方向從下向上，再由右手螺旋定則可確定感應電流方向為逆時針.因此線圈中產生的感應電流方向不變.故A錯誤，D正確.
據楞次定律可知，感應電流產生的效果是阻礙磁單極子的相對運動，所以當磁單極子靠近或遠離時，磁場力做負功，故B正確，C錯誤.
2.一長直鐵芯上繞有線圈P，將一單匝線圈Q用一輕質絕緣絲線懸掛在P的左端，線圈P的中軸線通過線圈Q的中心，且與線圈Q所在的平面垂直.將線圈P連接在如圖所示的電路中，其中R為滑動變阻器，E為直流電源，S為開關.下列情況中，可觀測到Q向左擺動的是
A.S閉合的瞬間
B.S斷開的瞬間
C.在S閉合的情況下，將R的滑片向a端移動時
D.在S閉合的情況下，保持電阻R的阻值不變
√
由楞次定律的第二種描述：“增離減靠”可知要使Q向左運動，通過Q的磁通量應增大，所以流過P的電流需增大；S閉合瞬間電流增大，磁通量增大，故A正確；
S斷開的瞬間，流過P的電流減小，磁通量減小，所以Q將向右擺動，故B錯誤；
若將R的滑片向a端移動，滑動變阻器接入電路的電阻增大，則電路中電流減小，磁通量減小，故會使Q向右擺動，故C錯誤；
在S閉合的情況下，保持電阻R的阻值不變，則電路中的電流不變，所以穿過Q的磁通量不變，所以Q內不能產生感應電流，Q不動，故D錯誤.
法拉第電磁感應定律的應用
1.電磁感應中電路問題的解決方法
(1)明確哪部分導體或電路產生感應電動勢，該導體或電路就是電源，其他部分是外電路；
(2)用法拉第電磁感應定律確定感應電動勢的大小，用楞次定律確定感應電動勢的方向；
(3)畫等效電路圖.分清內外電路，畫出等效電路圖是解決此類問題的關鍵；
(4)運用閉合電路歐姆定律、串并聯電路特點、電功率、電熱等公式聯立求解.
觀察與思考
2.電磁感應中的動力學問題的解決方法
(1)確定研究對象；
(2)分析導體受力情況；
(3)確定安培力大小：應用法拉第電磁感應定律、楞次定律確定感應電動勢的大小和方向；確定回路中的電流大小和方向；
(4)定規律：分析研究對象所受的合外力情況、各力做功情況，根據平衡條件、牛頓第二定律、動量、能量等物理規律列方程、求解.
3.如圖所示，足夠長的平行金屬導軌傾斜放置，傾角為37°，寬度為0.5 m，電阻不計，其上端接一小燈泡，電阻為1 Ω.一導體棒MN垂直導軌放置，質量為0.2 kg，接入電路的電阻為1 Ω，兩端與導軌接觸良好，與導軌間的動摩擦因數為0.5.在導軌間存在著垂直于導軌平面的勻強磁場(圖中未畫出)，磁感應強度為0.8 T.將導體棒MN由靜止釋放，運動一段時間后，小燈泡穩定發光，此后導體棒MN的運動速度以及小燈泡消耗的電功率分別為(重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
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
√
小燈泡穩定發光時，導體棒MN勻速下滑，其受力如圖所示，由平衡條件可得F安＋Ff＝mgsin 37°，又Ff＝μmgcos 37°，故F安＝mg(sin 37°－μcos 37°)＝0.4 N，由F安＝BIL得I＝ ＝1 A，所以E＝I(R燈＋
RMN)＝2 V，導體棒MN的運動速度v＝ ＝5 m/s，小燈泡消耗的電功率為P燈＝I2R燈＝1 W，B正確.
4.(多選)(2021·桂林市期末)圖甲為固定在勻強磁場中的正三角形導線框abc，磁場的方向與導線框所在平面垂直，磁感應強度B隨時間t變化的規律如圖乙所示，規定垂直紙面向里為磁場的正方向，abca的方向為線框中感應電流的正方向，水平向右為安培力的正方向，關于線框中的電流I與ab邊所受的安培力F隨時間t變化的圖像(圖中不考慮2 s末線框中的電流及ab邊的受力情況).下列各圖正確的是
√
√
線圈中的感應電流決定于磁感應強度B隨t的變化率.由題圖可知，0～1 s時間內，B增大，Φ增大，感應磁場與原磁場方向相反(感應磁場的磁感應強度的方向向外)，由安培定則知感應電流方向為逆時針，再由法拉第電磁感應定律可判斷0～1 s內產生的感應電動勢為一定值，則感應電流也為一定值；同理可知3～4 s內產生的感應電流與0～1 s內產生的感應電流相同；1～2 s和2～3 s無感應電流，A正確、B錯誤.
0～1 s時間內，ab邊感應電流是向下的，ab邊所受的安培力F＝BIL，根據左手定則得安培力方向向右為正值，由于B隨時間t均勻增大，I不變，所以安培力F隨時間t均勻增大，1～3 s無感應電流，沒有安培力，3～4 s時間內，ab邊感應電流是向下的，ab邊所受的安培力F＝BIL，根據左手定則得安培力方向向左為負值，由于B隨時間t均勻減小，I不變，所以安培力F隨時間t均勻減小，故C正確，D錯誤.
5.(2022·重慶市朝陽中學高二期中)如圖所示，兩平行光滑金屬導軌由兩部分組成，左側部分水平，右側部分為半徑r＝0.5 m的豎直半圓，兩導軌間距離d＝1.0 m，導軌水平部分處于豎直向上、磁感應強度大小B＝0.5 T的勻強磁場中，兩導軌電阻不計.有兩根長度均為d的金屬棒ab、cd，均垂直置于水平導軌上，金屬棒ab、cd的質量均為m＝0.2 kg，ab、cd的電阻分別為R1＝0.3 Ω、R2＝0.2 Ω.現讓ab棒以v0＝10 m/s的初速度開始水平向右運動，cd棒進入半圓軌道后，恰好能通過軌道最高位置PP′，cd棒進入半圓軌道前兩棒未相碰，重力加速度g＝10 m/s2，求：
答案　12 N，方向豎直向下
(1)cd棒剛進入半圓軌道時，cd棒對圓弧軌道的壓力大小；
解得v2＝5 m/s，
聯立得FN＝12 N
由牛頓第三定律得，cd 棒對軌道的壓力大小為12 N，方向豎直向下.
(2)cd棒進入半圓軌道前，cd棒上產生的焦耳熱Q；
答案　2 J
cd 棒進入半圓軌道前，設當cd 棒在軌道最低位置時，ab棒的速度為v3，對系統，根據動量守恒定律有mv0＝mv2＋mv3，
解得v3＝5 m/s，
根據能量守恒定律有
解得Q總＝5 J，
(3)cd棒剛進入半圓軌道時，與初始時刻相比，兩棒間距變化量Δx.
答案　2.0 m
對cd 棒由動量定理有BI平dt＝mv2，
根據題意又有E平＝Bdv平，
解得Δx＝2.0 m.(共25張PPT)
第二章　電磁感應
6
專題：電磁感應中的電路和電荷量問題
2
掌握電磁感應現象中感應電荷量求解的基本思路和方法.
1
掌握電磁感應現象中電路問題的分析方法和基本解題思路.
難點
重點
電磁感應中的電路問題
電磁感應中電路問題分析思路
1.明確哪部分電路或導體產生感應電動勢，該部分電路或導體就相當于電源，其他部分是外電路.
2.畫等效電路圖，分清內、外電路.
3.用法拉第電磁感應定律E＝ 或E＝Blv確定感應電動勢的大小，用楞次定律或右手定則確定感應電流的方向.注意在等效電源內部，電流方向從負極流向正極.
4.運用閉合電路歐姆定律、串并聯電路特點、電功率等公式聯立求解.
5.注意有效切割長度、有效包圍面積.
觀察與思考
1.(2022·桂林市第十九中學高二期中)如圖甲所示，n＝50匝的圓形線圈M，它的兩端點a、b與內阻很大的電壓表相連，線圈中磁通量的變化規律如圖乙所示，則a、b兩點的電勢高低與電壓表的讀數為
A.φa>φb,20 V
B.φa>φb,10 V
C.φa<φb,20 V
D.φa<φb,10 V
√
由題圖可知線圈中磁通量均勻增大，根據楞次定律知，線圈中感應電流為逆時針方向，又由線圈相當于內電路，故φa＞φb；E＝ ＝50×
＝10 V，因而電壓表的讀數為10 V，故B正確，A、C、D錯誤.
2.粗細均勻的電阻絲圍成的正方形線框置于有界勻強磁場中，磁場方向垂直于線框平面，其邊界與正方形線框的邊平行.現使線框以同樣大小的速度沿四個不同方向平移出磁場，如圖所示，則在移出過程中線框的一邊a、b兩點間電勢差的絕對值最大的是
√
3.半徑為a的圓形區域內有勻強磁場，磁感應強度為B＝0.2 T，磁場方向垂直紙面向里，半徑為b的金屬圓環與磁場同圓心放置，磁場與環面垂直，其中a＝0.4 m，b＝0.6 m，金屬環上分別接有燈L1、L2，兩燈的電阻均為R＝2 Ω，一金屬棒MN與金屬環接觸良好，棒與環的電阻均不計.
(1)若棒以v＝5 m/s的速率在環上向右勻速滑動，求棒滑過圓環直徑OO′的瞬間(如圖所示)MN產生的感應電動勢和流過燈L1的電流.
答案　0.8 V　0.4 A
棒滑過圓環直徑OO′的瞬間，MN產生的感應電動勢E1＝2Bav＝0.8 V
等效電路如圖甲所示，流過燈L1的電流
(2)撤去中間的金屬棒MN，將右面的半圓環OL2O′以OO′為軸向上翻轉90°，若此時磁場隨時間均勻變化，其變化率為 求L1的功率.
答案　1.28×10－2 W
撤去中間的金屬棒MN，將右面的半圓環OL2O′以OO′為軸向上翻轉90°，半圓環OL1O′中產生感應電動勢，相當于電源，燈L2為外電路，等效電路如圖乙所示，感應電動勢
電磁感應中的電荷量問題
觀察與思考
2.求解電路中通過的電荷量時，一定要用平均電動勢和平均電流計算．
4.如圖所示，正方形金屬線圈位于紙面內，邊長為L，匝數為N，電阻為R，過ab中點和cd中點的連線OO′恰好位于垂直于紙面向里的勻強磁場的右邊界上，磁感應強度為B，當線圈從圖示位置繞OO′轉過90°時，穿過線圈某橫截面的總電荷量為
√
5.(2022·湖南高二階段練習)如圖所示，導線全部為祼導線，半徑為r的圓(右邊有開口)內有方向垂直圓平面的勻強磁場，磁感應強度大小為B，一根長度大于2r的導線MN在圓環上以速度v自左端
勻速運動到右端.電路中的電阻為R，其余電阻不
計，導線MN始終與圓環接觸良好，求：
(1)此過程中通過導線MN的電荷量q；
導線MN從左端勻速運動到右端，
(2)此過程中導線MN上電流的最大值Im.
導線MN運動到圓環的圓心處時，切割磁感線的有效長度最大，產生的感應電動勢最大，
6.(2022·慶陽市高二期末)如圖甲所示，水平放置的線圈匝數n＝200匝，半徑r1＝0.5 m，電阻r＝6 Ω，線圈與阻值R＝10 Ω的電阻相連.在線圈的中央有一個半徑r2＝0.4 m的有界勻強磁場，磁感應強度按圖乙所示規律變化.圓周率用π表示，求：
(1)t＝0時刻，通過線圈的磁通量Φ；
答案　1.6π×10－2 Wb
t＝0時刻，通過線圈的磁通量
Φ＝BS＝B·πr22，
代入數據解得Φ＝1.6π×10－2 Wb
(2)理想電壓表的示數U；
答案　20π V
根據法拉第電磁感應定律得
則電壓表的示數為U＝IR，
代入數據解得U＝20π V
(3)若撤去原磁場，在圖中虛線的右側空間沿相同方向加磁感應強度B′＝0.8 T的勻強磁場，現把整個裝置向左完全移出勻強磁場區域，求這一過程中通過電阻R的電荷量q.
答案　2.5π C
將線圈移出磁場區域，磁通量的變化量為定量，則通過電阻R的電荷量為定值，代入數據得q＝2.5π C.(共33張PPT)
第二章　電磁感應
10
專題：電磁感應中的動量問題
2
學會用動量、能量的觀點分析解決電磁感應問題.
1
進一步掌握動量定理、動量守恒定律、能量守恒定律等力學基本規律.
難點
重點
動量定理在電磁感應中的應用
如圖，光滑水平導軌處在豎直向下的勻強磁場中，質量為m的金屬棒以v0的初速度向右運動，金屬棒在導軌的平面內，與導軌垂直且接觸良好，某時刻速度變為v.
思考與討論
(1)此過程金屬棒動量變化量為 .
(2)若磁場的磁感應強度大小為B，導軌間距為L，此過程流過電路的電荷量大小為q，則安培力對金屬棒產生的沖量(以初速度方向為正方向)I＝ (用q、B、L表示).
mv－mv0
－BLq
(3)由(1)(2)知電荷量q＝ .
(4)若還知道導軌所連接電阻阻值為R，金屬棒有效阻值為r，則此過程金屬棒經過的位移x＝ (用m、v0、v、B、L、R、r等量表示).
1.(2022·江蘇省江陰高級中學高二階段練習)如圖所示，水平面上有兩根足夠長的光滑平行金屬導軌MN和PQ，兩導軌間距為L，導軌電阻均可忽略不計.在M和P之間接有一阻值為R的定值電阻，導體桿ab質量為m、電阻也為R，并與導軌接觸良好.整個裝置處于方向
豎直向下、磁感應強度為B的勻強磁場中.現給ab
桿一個初速度v0，使桿向右運動，最終ab桿停在
導軌上.下列說法正確的是
√
設桿在運動的過程中某一時刻的速度為v，
2.(2022·河北博野中學高二期末)如圖所示，足夠長光滑導軌傾斜放置，導軌平面與水平面夾角θ＝37°，導軌間距L＝0.4 m，其下端連接一個定值電阻R＝4 Ω，其他電阻不計，兩導軌間存在垂直于導軌平面向下的勻強磁場，磁感應強度B＝1 T.一質量為m＝0.04 kg的導體棒ab垂直于導軌放置，現將導體棒由靜止釋放，取重力加速度g＝
10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
(1)導體棒下滑的最大速度大小；
答案　6 m/s
導體棒下滑速度最大時，合力為0，
根據平衡條件可得mgsin θ＝BIL
根據法拉第電磁感應定律有E＝BLvm
代入數據解得vm＝6 m/s
(2)導體棒從靜止加速到v＝4 m/s的過程中，通過R的電荷量q＝0.26 C，求導體棒從靜止加速到v＝4 m/s所用的時間；
答案　1.1 s
加速過程中根據動量定理得
聯立解得t＝1.1 s.
(3)求第(2)問中R上產生的熱量.
答案　0.304 J
根據電荷量的計算公式有
代入數據解得x＝2.6 m
代入數據解得Q＝0.304 J.
動量守恒定律在電磁感應中的應用
如圖，方向豎直向下的勻強磁場中有兩根位于同一水平面內的足夠長的平行金屬導軌，兩根相同的光滑導體棒ab、cd靜止在導軌上，t＝0時，ab棒以初速度v0向右滑動.運動過程中，ab、cd始終與導軌垂直且接觸良好，
(1)分析兩導體棒的運動情況；
思考與討論
答案　ab棒做加速度減小的減速運動，cd棒做加速度減小的加速運動，兩者最后速度相同做勻速運動.
(2)在運動過程中，兩導體棒受到安培力的沖量有什么關系？把兩棒作為一個系統，該系統的動量怎樣變化.
答案　兩導體棒所受安培力沖量等大反向；兩棒組成的系統動量守恒.
(3)在電路穩定時，兩導體棒速度各為多少？
答案　由動量守恒定律得，mv0＝2mv，
3.(多選)(2022·廣西靈川縣潭下中學高二期中)如圖，方向豎直向下的勻強磁場中有兩根位于同一水平面內的足夠長的平行金屬導軌，兩相同的光滑導
√
體棒ab、cd靜止在導軌上.t＝0時，ab棒以初速度v0向右滑動.運動過程中，ab、cd始終與導軌垂直并接觸良好，兩者速度分別用v1、v2表示，回路中的電流用I表示.下列圖像中可能正確的是
√
ab棒向右運動，切割磁感線產生感應電流，則受到向左的安培力，從而向右做減速運動；cd棒受向右的安培力作用而做加速運動，隨著兩
棒的速度差的減小安培力減小，加速度減小，當兩棒速度相等時，感應電流為零，最終兩棒共速，一起做勻速運動，故最終電路中電流為0，故A、C正確，B、D錯誤.
4.足夠長的平行金屬軌道M、N相距L＝0.5 m，且水平放置；M、N左端與半徑R＝0.4 m的光滑豎直半圓軌道相連，與軌道始終垂直且接觸良好的金屬棒b和c可在軌道上無摩擦地滑動，兩金屬棒的質量mb＝mc＝0.1 kg，接入電路的有效電阻Rb＝Rc＝1 Ω，軌道的電阻不計.平行水平金屬軌道M、N處于磁感應強度B＝1 T的勻強磁場中，磁場方向垂直于軌道平面向上，
光滑豎直半圓軌道在磁場外，如圖所示.若使b棒以初速度v0＝10 m/s開始向左運動，運動過程中b、c不相撞，c棒達到最大速度時未出磁場，g取10 m/s2，求：
(1)c棒的最大速度大小v；
答案　5 m/s
在安培力作用下，b棒做減速運動，c棒做加速運動，當兩棒速度相等時，c棒達到最大速度.規定水平向左為正方向，選兩棒為研究對象，根據動量守恒定律有mbv0＝(mb＋mc)v
解得c棒的最大速度大小為：
(2)c棒達到最大速度時，此棒產生的焦耳熱；
答案　1.25 J
從b棒開始運動到兩棒速度相等的過程中，系統減少的動能轉化為電能，兩棒中產生的總焦耳熱為：Q＝ ＝2.5 J
因為Rb＝Rc，
所以c棒達到最大速度時此棒產生的焦耳熱為
(3)若c棒達到最大速度后沿半圓軌道上滑，金屬棒c到達軌道最高點時對軌道的壓力的大小.
答案　1.25 N
設c棒沿半圓軌道滑到最高點時的速度為v′，
從最低點上升到最高點的過程，由機械能
守恒定律可得：
解得v′＝3 m/s.
在最高點，設軌道對c棒的彈力為F，由牛頓第二定律得mcg＋F＝
解得F＝1.25 N.
由牛頓第三定律得，在最高點c棒對軌道的壓力大小為1.25 N.
雙金屬棒切割磁感線的問題可以用以下三個觀點來分析：
(1)力學觀點：通常情況下一個金屬棒做加速度逐漸減小的加速運動，而另一個金屬棒做加速度逐漸減小的減速運動，最終兩金屬棒以共同的速度勻速運動.
(2)動量觀點：如果光滑導軌間距恒定，則兩個金屬棒的安培力大小相等，通常情況下系統的動量守恒.
(3)能量觀點：其中一個金屬棒動能的減少量等于另一個金屬棒動能的增加量與回路中產生的焦耳熱之和.
總結提升
動量定理、動量守恒定律在電磁感應現象中的綜合應用
5.如圖所示，在磁感應強度大小為B的勻強磁場區域內，垂直磁場方向的水平面中有兩根固定的足夠長的金屬平行導軌.在導軌上面平放著兩根相同的導體棒ab和cd，兩棒彼此平行，構成一矩形回路.導軌間距為l，兩導體棒的質量均為m，接入電路的電阻均為R，導軌電阻不計.設導體棒可在導軌上無摩擦地滑行，初始時刻ab棒靜止，
給cd棒一個向右的初速度v0，求：
(1)當cd 棒速度減為0.8v0時的加速度大小；
設當cd 棒速度減為0.8v0時ab棒的速度為v′，以
v0的方向為正方向，由動量守恒定律得
mv0＝0.8mv0＋mv′
解得：v′＝0.2v0 ①
(2)從開始運動到最終穩定，電路中產生的電能；
設兩棒穩定時共同的速度為v，據動量守恒定律得mv0＝(m＋m)v ④
(3)從開始運動到最終穩定，在電路中流過多少電荷量.

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