資源簡介

(共124張PPT)
專題突破十四　電磁感應中的動力學、動量和能量問題
第十一章　電磁感應
突破一　 電磁感應中的動力學問題
1．力學對象和電學對象的轉換及關系
物理模型

動態分析 設運動過程中某時刻桿的速度為v，則加速度為a＝，a、v同向，隨著v的增大，a減小，當a＝0時，v最大，I＝恒定
2．“單桿＋導軌”模型
(1)單桿水平式(導軌光滑)
收尾狀態 運動形式 勻速直線運動
力學特征 a＝0時，v最大，vm＝
電學特征 I恒定
(2)單桿傾斜式(導軌光滑)
物理模型

動態分析 桿由靜止釋放后下滑，此時a＝g sin α，速度v↑ E＝BLv↑ I＝↑ F＝BIL↑ a＝↓，當安培力F＝mg sin α時，a＝0，v最大
收尾狀態 運動形式 勻速直線運動
力學特征 a＝0時，v最大，vm＝
電學特征 I恒定
3．“雙桿＋導軌”模型(導軌光滑)
類型 模型 運動圖像 運動過程 分析方法
不受外力 桿1做加速度減小的減速運動，桿2做加速度減小的加速運動；穩定時兩桿以相同的速度做勻速運動 將兩桿視為整體，不受外力，最后a＝0，整個過程中動量守恒
類型 模型 運動圖像 運動過程 分析方法
受外力 桿1做加速度減小的加速運動，桿2做加速度增大的加速運動；穩定時兩桿以相同的加速度做勻加速運動 ①隔離法，動量定理
②外力做的功＝桿1的動能＋桿2的動能＋焦耳熱
[典例1]　(2024·安徽卷)如圖所示，一“U”形金屬導軌固定在豎直平面內，一電阻不計、質量為m的金屬棒ab垂直于導軌，并靜置于絕緣固定支架上。邊長為L的正方形cdef區域內，存在垂直于紙面向外的勻強磁場。支架上方的導軌間，存在豎直向下的勻強磁場。兩磁場的磁感應強度大小B隨時間的變化關系均為B ＝kt(SI)，k為常數(k>0)。支架上方的導軌足夠長，兩邊導軌單位長度的電阻均為r，下方導軌的總電阻為R。t＝0時，對ab施加豎直向上的拉力，恰使其向上做加速度大小為a的勻加速直線運動，整個運動過程中ab與兩邊導軌接觸良好。已知ab與導軌間動摩擦因數為μ，重力加速度大小為g。不計空氣阻力，兩磁場互不影響。
(1)求通過面積Scdef的磁通量大小隨時間t變化的關系式，以及感應電動勢的大小，并寫出ab中電流的方向；
(2)求ab所受安培力的大小隨時間t變化
的關系式；
(3)求經過多長時間，對ab所施加的拉力
達到最大值，并求此最大值。
[解析]　(1)通過面積Scdef的磁通量大小隨時間t變化的關系式為Φ＝BS＝kL2t
根據法拉第電磁感應定律得
E＝n＝＝kL2
由楞次定律可知ab中的電流從a流向b。
(2)根據左手定則可知ab受到的安培力方向垂直導軌面向里，大小為F安＝BIL
其中B＝kt
設金屬棒向上運動的位移為x，則根據運動學公式得x＝at2
所以導軌上方的電阻為R′＝2xr
由閉合電路歐姆定律得I＝
聯立得ab所受安培力的大小隨時間t變化的關系式為F安＝。
(3)由題知t＝0時，對ab施加豎直向上的拉力，恰使其向上做加速度大小為a的勻加速直線運動，對ab受力分析，由牛頓第二定律可得
F－mg－μF安＝ma
其中F安＝
聯立可得F＝＋m(g＋a)
整理有F＝＋m(g＋a)
根據均值不等式可知，當＝art時，F有最大值，故解得t＝
F的最大值為Fm＝＋m(g＋a)。
[答案]　(1)Φ＝kL2t　kL2　從a流向b　(2)F安＝　(3)＋m(g＋a)
【典例1　教用·備選題】如圖所示，高度足夠的勻強磁場區域下邊界水平、左右邊界豎直，磁場方向垂直于紙面向里。正方形單匝線框abcd的邊長L＝0.2 m、回路電阻R＝1.6×10-3Ω、質量m＝0.2 kg。線框平面與磁場方向垂直，線框的ad邊與磁場左邊界平齊，ab邊與磁場下邊界的距離也為L。現對線框施加與水平向右方向成θ＝45°角、大小為4 N的恒力F，使其在圖示豎直平面內由靜止開始運動。從ab邊進入磁場開始，在豎直方向線框做勻速運動；dc邊進入磁場時，bc邊恰好到達磁場右邊界。重力加速度大小取g＝10 m/s2，求：
(1)ab邊進入磁場前，線框在水平方向和豎直方向的加速度大小；
(2)磁場的磁感應強度大小和線框進入磁場的整個過程中回路產生的焦耳熱；
(3)磁場區域的水平寬度。
[解析]　(1)ab邊進入磁場前，對線框進行受力分析，在水平方向有max＝F cos θ
代入數據有ax＝20 m/s2
在豎直方向有may＝F sin θ－mg
代入數據有ay＝10 m/s2。
(2)ab邊進入磁場開始，ab邊在豎直方向切割磁感線；ad邊和bc邊的上部分也開始進入磁場，且在水平方向切割磁感線。但ad和bc邊的上部分產生的感應電動勢相互抵消，則整個回路的電源為ab，根據右手定則可知回路的電流為adcba，則從ab邊進入磁場開始，ab邊受到的安培力豎直向下，ad邊的上部分受到的安培力水平向右，bc邊的上部分受到的安培力水平向左，則ad邊和bc邊的上部分受到的安培力相互抵消，故線框abcd受到的安培力的合力為ab邊受到的豎直向下的安培力。由題知，線框從ab邊進入磁場開始，在豎直方向線框做勻速運動，有F sin θ－mg－BIL＝0
E＝BLvy
I＝
＝2ayL
聯立解得B＝0.2 T
由題知，從ab邊進入磁場開始，在豎直方向線框做勻速運動；dc邊進入磁場時，bc邊恰好到達磁場右邊界。則線框進入磁場的整個過程中，線框受到的安培力為恒力，則有Q＝W安＝BILy
y＝L
F sin θ－mg＝BIL
聯立解得Q＝0.4 J。
(3)線框從開始運動到進入磁場的整個過程中
vy＝ayt1
L＝vyt2
t＝t1＋t2
聯立解得t＝0.3 s
由(2)分析可知線框在水平方向一直做勻加速直線運動，則在水平方向有
x＝axt2＝×20×0.32 m＝0.9 m
則磁場區域的水平寬度X＝x＋L＝1.1 m。
[答案]　(1)20 m/s2　10 m/s2　(2)0.2 T　0.4 J　(3)1.1 m
突破二　 動量觀點在電磁感應問題中的應用
1．動量定理的應用
導體棒或金屬框在感應電流所引起的安培力作用下做非勻變速直線運動時，應用動量定理可以解決牛頓運動定律不易解答的問題。
如在電磁感應中，動量定理應用于導體棒切割磁感線的運動，可求解時間、速度、位移和電荷量。
(1)求電荷量或速度：BLΔt＝mv2－mv1，q＝Δt。
(2)求時間：Ft－I沖＝mv2－mv1，I沖＝BILΔt＝BL。
(3)求位移：－BILΔt＝－＝mΔv。
2．動量守恒定律的應用
在雙金屬棒切割磁感線的系統中，雙金屬棒和導軌構成閉合回路，安培力充當系統內力，如果系統不受外力，且受到的安培力的合力為0時，則滿足動量守恒，運用動量守恒定律解題比較方便。
角度1　動量定理在電磁感應現象中的應用
[典例2]　如圖所示，質量為M的U形金屬架M′MNN′，靜止在粗糙絕緣水平面上(與水平面間的動摩擦因數為μ)，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。M′M、NN′相互平行，相距為L，電阻不計且足夠長，底邊MN垂直于M′M，電阻為r。質量為m的光滑導體棒ab長為L、電阻為R，垂直M′M放在框架上，整個裝置處于垂直框架平面向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場中。在與ab垂直的水平拉力F作用下，ab由靜止開始向右做勻加速直線運動，經距離x后撤去拉力F，直至最后停下，整個過程中框架恰好沒動，ab與M′M、NN′始終保持良好接觸。求ab運動的總路程。
[解析]　由題意可知當框架恰好不動時，ab速度最大，則有FA＝fm＝μ(M＋m)g
而FA＝BIL
且I(R＋r)＝BLvm
聯立解得vm＝
撤去拉力F后ab在安培力作用下做減速運動，由動量定理可知FA′t＝mvm
而FA′＝Bt
聯立解得q＝
又因為q＝＝
解得x′＝
所以總路程
s＝x＋x′＝x＋。
[答案]　x＋
角度2　動量守恒定律在電磁感應中的應用
[典例3]　(2025·廣東韶關模擬)如圖所示，一質量為m、電阻不計的足夠長的光滑U形金屬導軌MNQP，位于光滑絕緣水平桌面上，平行導軌MN和PQ相距L，空間存在著足夠大的方向豎直向下的勻強磁場，磁感應強度的大小為B。有一質量也為m的金屬棒CD，垂直于MN放置在導軌上，并用一根與MN平行的絕緣細線系在定點A。已知細線能承受的最大拉力為T0，棒接入導軌間的有效電阻為R。現從t＝0時刻開始對導軌施加水平向右的拉力，使其從靜止開始做加速度為a的勻加速直線運動。
(1)求從導軌開始運動到細線斷裂所需的時間及細線斷裂時導軌的瞬時速度大小；
(2)若在細線斷裂時，立即撤去拉力，求此后回路中產生的總焦耳熱Q。
[解析]　(1)細線斷裂時設導軌的瞬時速度大小為v0，對棒有T0＝F安，F安＝BIL
I＝，E＝BLv0，v0＝at0
解得t0＝，v0＝。
(2)在細線斷裂時立即撤去拉力，導軌向右做減速運動，棒向右做加速運動，直至二者速度相同，設二者最終速度大小為v，撤去拉力時，導軌的速度
v0＝
由系統動量守恒可得mv0＝2mv
解得v＝＝
撤去拉力后，系統總動能的減少量等于回路消耗的電能，最終在回路中產生的總焦耳熱為
Q＝－×2mv2
解得Q＝。
[答案]　(1)
【典例3　教用·備選題】(多選)(2025·廣東汕尾模擬)如圖所示，固定于水平面內的電阻不計的足夠長的兩平行光滑金屬導軌間距為L，質量均為m、有效阻值均為R的兩金屬棒ab、cd垂直擱置于導軌上，磁感應強度為B的勻強磁場垂直于導軌平面向上。某一時刻同時給ab、cd以平行于導軌的初速度v0、2v0，則從兩棒開始運動至達到恒定速度的過程中(　　)
A．ab中的最大電流為
B．ab速度為時其加速度比cd的大
C．回路產生的焦耳熱為
D．ab、cd間距增加了
√
√
AD　[因通過兩金屬棒的電流始終相等，所以
兩金屬棒受到的安培力大小始終相等、方向
始終相反，兩金屬棒構成的系統動量守恒，
其v-t圖像如圖所示。剛開始兩金屬棒相對
速度最大，回路中的感應電動勢的最大值Em＝BLv0，感應電流的最大值Im＝，A正確；兩金屬棒的加速度大小始終相等，B錯誤；回路中產生的焦耳熱等于系統損失的動能，即Q熱＝
－·2m＝，C錯誤；圖中陰影部分的面積為兩金屬棒距離的增加量，設此過程兩金屬棒間距增加了s，通過回路某截面的電荷量為q，則有q＝＝＝，對金屬棒ab應用動量定理有BLq＝mv0－mv0，解得s＝，D正確。故選AD。]
突破三　 電磁感應中的能量問題
1．解決電磁感應中的能量問題的策略
2．能量轉化及焦耳熱的求法
[典例4]　(2025·廣東清遠調研)如圖所示，間距L＝1 m、足夠長的平行金屬導軌的傾角θ＝37°，底端接一阻值為R＝1 Ω的電阻，質量m＝1 kg的金屬棒通過跨過光滑輕質定滑輪的細線與質量M＝3 kg的重錘相連，滑輪左側細線與導軌平行，金屬棒電阻r＝1 Ω(其他電阻均不計)，金屬棒始終與導軌垂直且接觸良好，二者間的動摩擦因數μ＝0.5，整個裝置處于方向垂直導軌平面向上的勻強磁場中，磁感應強度的大小B＝2 T，已知重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，現將重錘由靜止釋放。
(1)求剛釋放重錘瞬間，重錘的加速度大小a；
(2)求重錘的最大速度v的大小；
(3)重錘下降h＝20 m時，其速度已經達到最大速度v，求電阻R上產生的焦耳熱。
思路點撥：
[解析]　(1)剛釋放重錘瞬間，以重錘為對象，根據牛頓第二定律得
Mg－FT＝Ma
以金屬棒為對象，根據牛頓第二定律得
FT－μmg cos θ－mg sin θ＝ma
解得a＝5 m/s2。
(2)重錘和金屬棒勻速運動時，重錘的速度最大，此時細線的拉力等于重錘的重力，以金屬棒為對象，根據平衡條件得Mg＝F安＋μmg cos θ＋mg sin θ
金屬棒切割磁感線產生的感應電動勢E＝BLv
根據閉合電路歐姆定律得I＝
根據安培力公式得F安＝BIL
解得重錘的最大速度v＝10 m/s。
(3)重錘下降h＝20 m時，其速度已經達到最大速度v，根據能量守恒定律得
Mgh＝μmgh cos θ＋mgh sin θ＋(M＋m)v2＋Q總
電阻R上產生的焦耳熱Q＝Q總
解得電阻R上產生的焦耳熱Q＝100 J。
[答案]　(1)5 m/s2　(2)10 m/s　(3)100 J
規律方法　電磁感應現象中焦耳熱求解方法
(1)若回路中電流恒定，可以利用電路結構及W＝UIt或Q＝I2Rt直接進行計算。
(2)若電流變化
①利用安培力做的功求解：電磁感應中產生的焦耳熱等于克服安培力所做的功；
②利用能量守恒定律求解：若只有電能與機械能的轉化，則機械能的減少量等于產生的焦耳熱；
③利用功能關系求解：若除重力、安培力做功外，還有其他力做功，則其他力做的功等于增加的機械能和產生的焦耳熱之和。
1．(2024·廣東廣州三模)如圖所示，兩固定于水平面內的光滑平行金屬導軌足夠長，電阻不計，阻值為R的電阻連接在導軌左側，導軌間存在豎直向下的勻強磁場，質量為m、接入電路的電阻為R的金屬棒ab垂直放置在導軌上、與導軌接觸良好。某時刻ab獲得初速度v后開始沿導軌運動，經t時間ab速度從減速至的過程中(　　)
學情診斷·當堂評價
A．ab做勻減速直線運動
B．ab的位移s大于vt
C．ab棒克服安培力做功大小為W＝mv2
D．左側電阻R產生的熱量為Q＝mv2
√
C　[由牛頓第二定律可得a＝＝，又I＝＝，聯立解得a＝，可知ab做加速度減小的減速直線運動，故A錯誤；由A選項分析可知，ab做加速度減小的減速直線運動，速度從減速至的過程中其平均速度t＜vt，故B錯誤；根據動能定理可得－W安＝－m，ab棒克服安培力做功大小為W安＝mv2，故C正確；左側電阻R產生的熱量為QR＝Q＝W安＝mv2，故D錯誤。故選C。]
2．(多選)(2024·廣東深圳一模)如圖所示，水平面上足夠長的光滑平行金屬導軌，左側接定值電阻，整個裝置處于豎直向下的勻強磁場中。金屬桿MN以某一初速度沿導軌向右滑行，且與導軌接觸良好，導軌電阻不計。則金屬桿在運動過程中，速度大小v、流過的電荷量q與時間t或位移x的關系圖像正確的有(　　)
√
A　　　　　　　　B
C　　　　　　　　D
√
√
ABD　[金屬桿在前進過程中，所受安培力大小為F＝BIL＝，可知隨速度的減小，安培力逐漸減小，加速度逐漸減小，最后停止運動，因此在v-t圖像中，斜率的絕對值逐漸減小，A正確；根據動量定理F·Δt＝m·Δv，代入可得－·Δt＝m·Δv，而Δx＝v·Δt，因此－·Δx＝m·Δv，速度隨位移均勻變化，可知v-x
圖像為一條傾斜的直線，B正確；根據I＝，而I＝，可知隨著速度的減小，q-t圖像是一條斜率逐漸減小的曲線，C錯誤；由于I＝，兩邊同時乘以Δt可得I·Δt＝·Δt，而Δq＝I·Δt，整理得Δq＝·Δx，因此，q-x圖像為一條過坐標原點的傾斜直線，D正確。故選ABD。]
3．(多選)(2025·廣東潮州模擬)如圖所示，兩長度相同的平行金屬導軌固定在絕緣水平面上，導軌間距為L，導軌右端接有阻值為R的定值電阻，空間存在垂直導軌平面向里的勻強磁場，磁場的磁感應強度大小為B。兩根質量均為m的金屬棒MN、PQ垂直放在導軌上，兩金屬棒與導軌間的動摩擦因數均為μ。已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g，導軌電阻不計，給金屬棒MN施加一個水平向左的恒力，當金屬棒MN剛要離開導軌時，加速度恰好為零，此時PQ剛好要滑動，兩金屬棒接入電路中的電阻均為R，此過程中通過金屬棒PQ的電荷量為q，在金屬棒MN從開始運動到離開導軌的過程中，下列說法正確的是(　　)
A．拉力大小為F＝2μmg
B．金屬棒MN剛要離開導軌時速度大小為
C．金屬棒MN在導軌上運動的距離為
D．電路中產生的焦耳熱為
√
√
BD　[PQ在電路中與定值電阻R并聯，因此PQ中的電流是MN中電流的一半，設PQ剛好要滑動時，PQ中的電流為I，則有BIL＝μmg，對MN受力分析可知，F＝μmg＋2BIL，解得F＝3μmg，選項A錯誤；設金屬棒MN剛要離開導軌時速度為v，則E＝BLv，電路中的總電流2I＝，R總＝R＋＝1.5R，解得v＝，選項B正確；因此過程中通過金屬棒PQ的電荷量q＝＝，故可解得MN在導軌上運動的距離為x＝，選項C錯誤；設電路中產生的焦耳熱為Q，此過程中根據功能關系有Fx－μmgx＝mv2＋Q，解得Q＝，選項D正確。]
4．(多選)如圖所示，兩根相互平行的光滑長直金屬導軌固定在水平絕緣桌面上，在導軌的左端接入電容為C的電容器和阻值為R的電阻。質量為m，阻值也為R的導體棒MN靜止于導軌上，與導軌垂直，且接觸良好，導軌電阻忽略不計，整個系統處于方向豎直向下的勻強磁場中。開始時，電容器所帶的電荷量為Q，合上開關S后(　　)
A．通過導體棒MN電流的最大值為
B．導體棒MN向右先加速、后勻速運動
C．導體棒MN速度最大時所受的安培力也最大
D．電阻R上產生的焦耳熱大于導體棒MN上產生的焦耳熱
√
√
AD　[開始時電容器兩極板間的電壓U＝，合上開關瞬間，通過導體棒的電流I＝＝，隨著電容器放電，通過電阻、導體棒的電流不斷減小，所以在開關閉合瞬間，導體棒所受安培力最大，A項正確，C項錯誤；由于回路中有電阻與導體棒，最終電能完全轉化為焦耳熱，故導體棒最終必定靜止，B項錯誤；由于導體棒切割磁感線，產生感應電動勢，所以通過導體棒的電流始終小于通過電阻的電流，由焦耳定律可知，電阻R上產生的焦耳熱大于導體棒MN上產生的焦耳熱，D項正確。]
5．(多選)(2024·山東卷)如圖所示，兩條相同的半圓弧形光滑金屬導軌固定在水平桌面上，其所在平面豎直且平行，導軌最高點到水平桌面的距離等于半徑，最低點的連線OO′與導軌所在豎直面垂直。空間充滿豎直向下的勻強磁場(圖中未畫出)，導軌左端由導線連接。現將具有一定質量和電阻的金屬棒MN平行OO′放置在導軌圖示位置，由靜止釋放。MN運動過程中始終平行于OO′且與兩導軌接觸良好，不考慮自感影響，
下列說法正確的是(　　)
A．MN最終一定靜止于OO′位置
B．MN運動過程中安培力始終做負功
C．從釋放到第一次到達OO′位置過程中，MN的速率一直在增大
D．從釋放到第一次到達OO′位置過程中，MN中電流方向由M到N
√
√
√
ABD　[由于金屬棒MN運動過程切割磁感線產生感應電動勢，回路有感應電流，產生焦耳熱，金屬棒MN的機械能不斷減小，由于金屬導軌光滑，所以經過多次往返運動，MN最終一定靜止于OO′位置，故A正確；由楞次定律結合左手定則可知，安培力與MN的運動方向的夾角始終大于90°，則MN運動過程中安培力始終做負功，故B正確；金屬棒MN從釋放到第一次到達OO′位置過程中，由于在OO′位置重力沿切線方向的分力為0，可知在到達OO′位置之前的位置，重力沿切線方向的分力已經小于安培力沿切線方向的分力，金屬棒MN已經做減速運動，故C錯誤；從釋放到第一次到達OO′位置過程中，根據右手定則可知，MN中電流方向由M到N，故D正確。故選ABD。]
6．(2024·廣東佛山二模)如圖所示是一種礦井直線電機提升系統的原理圖，在同一豎直平面的左右兩邊條形區域內，有垂直平面向里和向外交替的勻強磁場，每塊磁場區域的高度均為L、磁感應強度大小均為B。梯箱左右兩邊通過絕緣支架均固定有邊長為L、匝數為n、總電阻為R的正方形導線框，線框平面與磁場垂直，上下兩邊水平。導線框、支架以及梯箱等的總質量為M。電機啟動后兩邊磁場均以速度v沿豎直軌道向上勻速運動。忽略一切阻力，梯箱正常運行時防墜落裝置與軌道間沒有相互作用。求：
(1)電機從圖示位置啟動，此時導線框ABCD：
①相對磁場的運動方向；
②哪條邊會產生感應電動勢；
③感應電流的方向；
(2)電機剛啟動瞬間導線框ABCD所受安培力的大小；
(3)當梯箱以的速度向上運動時的加速度大小。
[解析]　(1)①由于電機啟動后兩邊磁場均以速度v沿豎直軌道向上勻速運動，則導線框相對磁場向下運動。
②導線框中AB邊、CD邊均切割磁感線，故導線框中AB邊、CD邊會產生感應電動勢。
③根據楞次定律可知導線框中有逆時針(或沿ADCBA)方向的感應電流。
(2)電機剛啟動瞬間，導線框ABCD中感應電動勢大小為E＝2nBLv
則感應電流大小為I＝
得I＝
則每根水平導線所受安培力為F安＝BIL
整個導線框ABCD所受安培力為
F安總＝2nBIL＝。
(3)當梯箱以的速度向上運動時，感應電動勢大小為E2＝2nBL
感應電流大小為I2＝
安培力大小為F＝4nBI2L
根據牛頓第二定律F－Mg＝Ma
解得a＝－g。
[答案]　(1)①向下運動　②AB邊、CD邊　③逆時針(或ADCBA)方向　(2)　(3)－g
7．(2024·河北卷)如圖所示，邊長為2L的正方形金屬細框固定放置在絕緣水平面上，細框中心O處固定一豎直細導體軸OO′。間距為L、與水平面成θ角的平行導軌通過導線分別與細框及導體軸相連。導軌和細框分別處在與各自所在平面垂直的勻強磁場中，磁感應強度大小均為B。足夠長的細導體棒OA在水平面內繞O點以角速度ω勻速轉動，水平放置在導軌上的導體棒CD始終靜止。OA棒在轉動過程中，CD棒在所受安培力達到最大和最小時均恰好能靜止。已知CD棒在導軌間的電阻值為R，電路中其余部分的電阻均不計，CD棒始終與導軌垂直，各部分始終接觸良好，不計空氣阻力，重力加速度大小為g。
(1)求CD棒所受安培力的最大值和最小值；
(2)鎖定OA棒，推動CD棒下滑，撤去推力瞬間，CD棒的加速度大小為a，所受安培力大小等于(1)問中安培力的最大值，求CD棒與導軌間的動摩擦因數。
[解析]　(1)當OA運動到正方形細框對角線瞬間，切割的有效長度最大，Lmax＝L，此時感應電流最大，CD棒所受的安培力最大，根據法拉第電磁感應定律得
Emax＝BLmax＝B·L·＝BL2ω
根據閉合電路歐姆定律得
Imax＝
故CD棒所受的安培力最大為
Fmax＝BImaxL＝
當OA運動到與細框一邊平行瞬間，切割的有效長度最短，感應電流最小，CD棒受到的安培力最小，則有
Emin＝BLmin＝B·L·＝
Imin＝
故CD棒所受的安培力最小為
Fmin＝BIminL＝。
(2)當CD棒受到的安培力最小時根據平衡條件得
mg sin θ－f靜max－Fmin＝0
當CD棒受到的安培力最大時根據平衡條件得
Fmax－mg sin θ－f靜max＝0
聯立解得m＝
撤去推力瞬間，根據牛頓第二定律得
Fmax＋μmg cos θ－mg sin θ＝ma
解得μ＝tan θ。
[答案]　(1)　(2)tan θ
專題突破練習(十四)　電磁感應中的動力學、動量和能量問題
1．如圖所示，一個正方形導線框以初速度v0向右穿過一個有界的勻強磁場。線框兩次速度發生變化所用時間分別為t1和t2，這兩段時間內克服安培力做的功分別為W1和W2，則(　　)
A．t1＜t2，W1＜W2　　　
B．t1＜t2，W1＞W2
C．t1＞t2，W1＜W2
D．t1＞t2，W1＞W2
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
√
B　[選向右的方向為正方向，線框進入磁場的過程中，根據動量定理得－BLt1＝＝mv2－mv1，又因為q＝t＝t＝＝t1＝
t可知t1＜t2；根據動能定理可得W1＝；W2＝；解得＝＞1，故B正確，A、C、D錯誤。故選B。]
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
10
11
9
2．(多選)由相同材料的導線繞成邊長相同的甲、乙兩個正方形閉合線圈，兩線圈的質量相等，但所用導線的橫截面積不同，甲線圈的匝數是乙的2倍。現兩線圈在豎直平面內從同一高度同時由靜止開始下落，一段時間后進入一方向垂直于紙面的勻強磁場區域，磁場的上邊界水平，如圖所示。不計空氣阻力，已知下落過程中
線圈始終平行于紙面，上、下邊保持水平。在線
圈下邊進入磁場后且上邊進入磁場前，可能出現
的是(　　)
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
10
11
9
A．甲和乙都加速運動
B．甲和乙都減速運動
C．甲加速運動，乙減速運動
D．甲減速運動，乙加速運動
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
10
11
√
√
9
AB　[兩線圈的質量相等，線圈所用材料相同，則體積相同，甲線圈的匝數是乙的2倍，則甲的橫截面積是乙的一半，長度是乙的2倍，由電阻定律可知，甲的電阻是乙的4倍；兩線圈從同一高度同時由靜止開始下落，則到達磁場上邊界時兩線圈的速度相同，設乙線圈的匝數為n，兩線圈的邊長均為l，兩線圈進入磁場后，乙受到的安培力F乙＝nBIl＝，甲受到的安培力F甲＝＝，可見，甲、乙受到的安培力大小相同，重力也相同，則運動情況相同，A、B正確。]
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
10
11
9
3．(多選)(2021·廣東卷)如圖所示，水平放置足夠長光滑金屬導軌abc和de，ab與de平行，bc是以O為圓心的圓弧導軌。圓弧be左側和扇形Obc內有方向如圖的勻強磁場。金屬桿OP的O端與e點用導線相接，P端與圓弧bc接觸良好。初始時，可滑動的金屬桿MN靜止在平行導軌上。若桿OP繞O點在勻強磁場區內從b到c
勻速轉動時，回路中始終有電流，則此過程中，
下列說法正確的有(　　)
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
10
11
9
A．桿OP產生的感應電動勢恒定
B．桿OP受到的安培力不變
C．桿MN做勻加速直線運動
D．桿MN中的電流逐漸減小
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
10
11
√
√
9
AD　[根據轉動切割磁感線產生感應電動勢的公式可知EOP＝Bl2ω，感應電動勢恒定，故A正確；桿OP切割磁感線，產生感應電流，由右手定則可判斷出MN中電流為從M到N，根據左手定則可知MN所受安培力向左，MN向左運動，切割磁感線，產生的感應電流與桿OP切割磁感線產生的感應電流方向相反，故桿OP與MN中的電流會逐漸減小，桿OP所受安培力逐漸減小，MN做加速度逐漸減小的加速運動，故B、C錯誤，D正確。]
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
10
11
9
4．(多選)如圖所示，半徑為r的導電圓環(電阻不計)繞垂直于圓環平面、通過圓心O的金屬軸以角速度ω逆時針勻速轉動。圓環上接有電阻均為R的三根金屬輻條OA、OB、OC，輻條互成120°角。在圓環圓心角∠MON＝120°的范圍內(兩條虛線之間)分布著垂直圓環平面向外、磁感應強度大小為B的勻強磁場，圓環的邊緣通過電刷P和導線與一阻值也為R的定值電阻相連，定值電阻的另一端通過導線接在圓環的中心軸上。忽略一切摩擦，在圓環勻速轉動過程中，下列說法正確的是(　　)
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
10
11
9
A．電阻R兩端的電壓大小為Bωr2
B．圓環轉動一周，流過電阻R的電荷量為
C．圓環轉動一周，電阻R上產生的熱量為
D．外力做功的功率大小為
√
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
10
11
√
√
9
BCD　[輻條切割磁感線產生的電動勢為E＝Bωr2，三根輻條中，有一根切割磁感線，相當于電源，其他兩根與電阻R并聯，相當于外電路，則電阻R兩端的電壓大小為U＝＝Bωr2，A錯誤；圓環轉動一周流過干路的電流I＝＝，故流過電阻R的電荷量q＝It＝，B正確；圓環轉動一周，產生的總熱量Q＝EIt＝，電阻R上產生的熱量Q1＝，C正確；根據能量守恒可知，外力做功的功率P＝EI＝，D正確。故選BCD。]
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
10
11
9
5．(多選)(2024·廣東梅州統考)如圖所示，CD、EF是兩條水平放置的、阻值可忽略的平行金屬導軌，導軌間距為L，在水平導軌的左部分存在方向垂直導軌平面向上的勻強磁場，磁感應強度大小為B，磁場區域的寬度為d，導軌的右端接有一阻值為R的電阻，左端與一彎曲的光滑軌道平滑連接。將一阻值也為R，質量為m的導體棒從彎曲軌道上h高處由靜止釋放，導體棒最終恰好停在磁場的右邊界處。已知導體棒與水平導軌接觸良好，且動摩擦因數為μ，重力加速度為g。下列說法正確的是(　　)
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
10
11
9
A．通過電阻R的最大電流為
B．流過電阻R的電荷量為
C．整個電路中產生的焦耳熱為mgh
D．電阻R中產生的焦耳熱為mg(h－μd)
√
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
10
11
√
√
9
ABD　[導體棒下滑過程中，機械能守恒，由機械能守恒定律得mgh＝mv2，導體棒到達水平面時的速度v＝，導體棒到達水平面后進入磁場受到向左的安培力和摩擦力做減速運動，則剛到達水平面時的速度最大，所以最大感應電動勢為E＝BLv，最大的感應電流為I＝＝，故A正確；通過電阻R的電荷量q＝＝，故B正確；導體棒在整個運動過程中，由動能定理得mgh－WB－μmgd＝0－0，則克服安培力做功WB＝mgh－μmgd，整個電路中產生的焦耳熱為Q＝WB＝mgh－μmgd，故C錯誤；克服安培力做功轉化為焦耳熱，電阻R與導體棒電阻相等，通過它們的電流相等，則電阻R中產生的焦耳熱QR＝Q＝mg(h－μd)，故D正確。]
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
10
11
9
6．(多選)(2024·廣東深圳二模)如圖所示，質量為 1 kg 的方形鋁管靜置在足夠大的絕緣水平面上，現使質量為2 kg的條形磁鐵(條形磁鐵橫截面比鋁管管內橫截面小)以v＝3 m/s的水平初速度自左向右穿過鋁管，忽略一切摩擦，不計管壁厚度。則(　　)
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
10
11
9
A．磁鐵穿過鋁管過程中，鋁管受到的安培力可能先水平向左后水平向右
B．磁鐵穿過鋁管后，鋁管速度可能為4 m/s
C．磁鐵穿過鋁管時的速度可能大于2 m/s
D．磁鐵穿過鋁管過程所產生的熱量可能達到2 J
√
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
10
11
√
9
CD　[根據楞次定律的“來拒去留”可知，磁鐵對鋁管的安培力一直水平向右，故A錯誤；磁鐵最終還是能穿過鋁管，所以鋁管的速度一定小于磁鐵的速度，故B錯誤；磁鐵在穿過鋁管的過程中安培力對磁鐵做負功，對鋁管做正功，但無法確定安培力做功的大小，所以磁鐵穿過鋁管時的速度可能大于2 m/s，故C正確；假設極限狀況下最后鋁管和磁鐵的速度相等，選擇水平向右的方向為正方向，根據動量守恒定律可得Mv＝(M＋m)v1，則ΔE＝Q＝，代入數據解得Q＝3 J，所以磁鐵穿過鋁管過程所產生的熱量可能達到2 J，故D正確。故選CD。]
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
10
11
9
7．(多選)兩根相互平行、足夠長的光滑金屬導軌ACD-A1C1D1固定于水平桌面上，左側軌道間距為L，右側軌道間距為2L，導軌所在區域存在豎直向下的勻強磁場，磁感應強度大小為B。如圖所示，兩橫截面積相同、由同種金屬材料制成的導體棒a、b分別置于導軌的左右兩側，已知導體棒a的質量為m。某時刻導體棒a獲得一個大小為v0的初速度開始向右運動，導體棒始終與導軌接觸良好，導軌電阻不計。關于導體棒以后的運動，下列說法正確的是(　　)
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
10
11
9
A．導體棒a、b運動穩定后，相等時間內通過的位移之比是2∶1
B．導體棒a、b運動穩定后的速度分別為va＝v0，vb＝v0
C．從開始到運動穩定的過程中，通過導體棒a的電荷量為
D．從開始到運動穩定的過程中，導體棒b產生的熱量為
√
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
10
11
√
9
AD　[設導體棒a電阻為R，則導體棒b質量為2m、電阻為2R。導體棒a獲得向右的初速度后，導體棒a、b與導軌組成的回路產生感應電流，根據楞次定律可判斷出導體棒a受向左的安培力，開始向右做減速運動；導體棒b中電流方向與a相反，受到向右的安培力，開始向右做加速運動，同時產生與a相反的感應電動勢，因此電路中電動勢E＝BLva－2BLvb，當BLva＝2BLvb，即va＝2vb時，電路中電流為零，此后導體棒將分別以大小為va、vb的速度做勻速運動，相等時間通過的位移之比是2∶1，A項正確；在導體棒從開始運動到穩定運動的過程中，分別對導體棒a、b根據動量定理列方程，取
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
10
11
9
向右為正方向，對導體棒a，有－B
Lt＝2mvb－0，聯立解得va＝v0，vb＝v0，B項錯誤；將va＝v0代入公式－BqL＝mva－mv0，解得通過導體棒a的電荷量q＝，C項錯誤；在整個過程中由能量守恒定律知，整個電路中產生的焦耳熱Q＝＝，且Qb＝Q，因此導體棒b產生的熱量Qb＝Q＝，D項正確。]
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
10
11
9
8．(多選)(2024·湖南卷)某電磁緩沖裝置如圖所示，兩足夠長的平行金屬導軌置于同一水平面內，導軌左端與一阻值為R的定值電阻相連，導軌BC段與B1C1段粗糙，其余部分光滑，AA1右側處于豎直向下的勻強磁場中，一質量為m的金屬桿垂直導軌放置。現讓金屬桿以初速度v0沿導軌向右經過AA1進入磁場，最終恰好停在CC1處。已知金屬桿接入導軌之間的阻值為R，與粗糙導軌間的摩擦因數為μ，AB＝BC＝d。導軌電阻不計，重力加速度為g，下列說法正確的是
(　　)
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
10
11
9
A．金屬桿經過BB1的速度為
B．在整個過程中，定值電阻R產生的熱量為－μmgd
C．金屬桿經過AA1B1B與BB1C1C區域，金屬桿所受安培力的沖量相同
D．若將金屬桿的初速度加倍，則金屬桿在磁場中運動的距離大于原來的2倍
√
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
10
11
√
9
CD　[設平行金屬導軌間距為L，金屬桿在AA1B1B區域向右運動的過程中切割磁感線有E＝BLv，I＝，金屬桿在AA1B1B區域運動的過程中根據動量定理有－BILΔt＝mΔv，則－Δt＝mΔv，由于d＝則上面方程左右兩邊累計求和，可得－＝mvB－mv0，則vB＝v0－，設金屬桿在BB1C1C區域運動的時間為t0，同理可得，則金屬桿在BB1C1C區域運動的過程中有－－μmgt0＝－mvB，解得vB＝＋μgt0，綜上有vB＝＞，則金屬桿經過BB1的速度大于，故A錯誤；在整個過程中，根據能量守恒
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
10
11
9
定律有＝μmgd＋Q，則在整個過程中，定值電阻R產生的熱量為QR＝Q＝－μmgd，故B錯誤；金屬桿經過AA1B1B與BB1C1C區域，金屬桿所受安培力的沖量為－＝－vtΔt＝，則金屬桿經過AA1B1B與BB1C1C區域滑行距離均為d，金屬桿所受安培力的沖量相同，故C正確；根據A選項分析可得，金屬
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
10
11
9
桿以初速度v0在磁場中運動有－－μmgt0＝－mv0，金屬桿的初速度加倍，設此時金屬桿在BB1C1C區域運動的時間為t′，全過程對金屬棒分析得－－μmgt′＝0－2mv0，聯立整理得＝μmg(2t0－t′)，分析可知當金屬桿初速度加倍后，金屬桿通過BB1C1C區域的平均速度比第一次大，故t′＜t0，可得x＞4d，可見若將金屬桿的初速度加倍，則金屬桿在磁場中運動的距離大于原來的2倍，故D正確。故選CD。]
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
10
11
9
9．如圖所示，傾角為θ＝53°的金屬導軌MN和M′N′的上端有一個單刀雙擲開關K，當開關與1連接時，導軌與匝數n＝100匝、橫截面積S＝0.04 m2的圓形金屬線圈相連，線圈總電阻r＝0.2 Ω，整個線圈內存在垂直線圈平面的勻強磁場B0，且磁場隨時間均勻變化。當開關與2連接時，導軌與一個阻值為R1＝0.3 Ω的電阻相連。水平軌道的NN′至PP′間是絕緣帶，其他部分導電良好，最右端串接一阻值為R2＝0.2 Ω的定值電阻。兩軌道長度均足夠長，寬度均為L＝1 m，在NN′處平滑連接。導軌MN和M′N′的平面內有垂直斜面向下的勻
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
強磁場，磁感應強度大小B1＝0.2 T；整個水平軌道上有方向豎直向上、磁感應強度大小為B2＝1 T的勻強磁場。現開關與1連接時，一根長度為L的導體棒a恰好靜止在傾斜導軌上；某時刻把開關迅速撥到2，最后棒a能在傾斜軌道上勻速下滑。導體棒b一開始被鎖定(鎖定裝置未畫出)，且到PP′位置的水平距離為d＝0.24 m。棒a與棒b的質量均為m＝0.1 kg，電阻均為R＝0.2 Ω，所有導軌均光滑且阻值不計，sin 53°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2。求：
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
10
11
9
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
10
11
9
(1)求圓形線圈內磁場隨時間的變化率；
(2)棒a滑至NN′時的速度大小v1；
(3)棒a與棒b碰撞前，棒a的速度大小v2；
(4)棒a與棒b碰撞前瞬間，立即解除對棒b的鎖定，兩棒碰后粘連在一起。從棒a進入水平軌道，至兩棒運動到最終狀態，定值電阻R2上產生的焦耳熱Q是多少。
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
10
11
9
[解析]　(1)開關與1連接時，棒a受力平衡，有
mg sin θ＝B1IL
根據E＝nS，I＝
解得＝0.4 T/s。
(2)棒a勻速下滑時，根據平衡條件可知
mg sin θ＝
可得v1＝10 m/s。
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
10
11
9
(3)棒a進入水平面后，根據動量定理
＝mv2－mv1
根據電路連接得
R總＝0.3 Ω
即v2＝2 m/s。
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
10
11
9
(4)當棒a切割時，有
Q總1＝
此時電阻R2產生的熱量為
Q1＝Q總1
解得Q1＝0.8 J
兩棒相碰，有mv2＝2mv3
碰后至靜止，電路產生的熱量為
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
10
11
9
Q總2＝
電阻R2產生的熱量為
Q2＝Q總2
解得Q2＝ J
綜上，電阻R2產生的總熱量為
Q＝Q1＋Q2＝ J。
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
10
11
[答案]　(1)0.4 T/s　(2)10 m/s　(3)2 m/s　(4) J
9
10．如圖所示，水平桌面上固定一光滑U形金屬導軌，其平行部分的間距為l，導軌的最右端與桌面右邊緣對齊，導軌的電阻忽略不計。導軌所在區域有方向豎直向上的勻強磁場，磁感應強度大小為B。一質量為m、電阻為R、長度也為l的金屬棒P靜止在導軌上。導軌上質量為3m的絕緣棒Q位于P的左側，以大小為v0的速度向P運動并與P發生彈性碰撞，碰撞時間很短。碰撞一次后，P和Q先后從導軌的最右端滑出導軌，并落在地面上同一地點。P在導軌上運動時，兩端與導軌接觸良好，P與Q始終平行。不計空氣阻力。求：
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
(1)金屬棒P滑出導軌時的速度大小；
(2)金屬棒P在導軌上運動過程中產生的熱量；
(3)與P碰撞后，絕緣棒Q在導軌上運動的時間。
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
10
11
9
[解析]　(1)由題意可知Q與P發生彈性碰撞，設碰撞后瞬間P、Q的速度分別為vP、vQ
碰撞過程動量守恒，有3mv0＝3mvQ＋mvP
機械能守恒，有＝
聯立解得vQ＝v0，vP＝v0
碰撞后絕緣棒Q勻速通過導軌，因為P、Q落點一致，所以P、Q脫離導軌時速度大小相等，因此金屬棒P滑出導軌時的速度
v′P＝vQ＝v0。
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
10
11
9
(2)金屬棒P從碰撞后開始運動到脫離導軌，由能量守恒定律有Q＝
解得Q＝。
(3)設金屬棒P從碰撞后瞬間到脫離導軌的過程中，金屬棒P的位移為x，平均速度為Δt
平均電動勢
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
10
11
9
平均電流＝
平均安培力l
對于金屬棒P，根據動量定理有
－Δt＝mv′P－mvP
設絕緣棒Q與金屬棒P碰撞后在導軌上運動的時間為t，則有x＝vQt
聯立解得t＝。
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
10
11
[答案]　(1)v0　　(3)
9
11．(2024·湖北卷)如圖所示，兩足夠長平行金屬直導軌MN、PQ的間距為L，固定在同一水平面內，直導軌在左端M、P點分別與兩條豎直固定、半徑為L的圓弧導軌相切。MP連線與直導軌垂直，其左側無磁場，右側存在磁感應強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場。長為L、質量為m、電阻為R的金屬棒ab跨放在兩圓弧導軌的最高點。質量為2m、電阻為6R的均勻金屬絲制成一個半徑為L的圓環，水平放置在兩直導軌上，其圓心到兩直導軌的距離相等。忽略導軌的電阻、所有摩擦以及金屬環的可能形變，金屬棒、金屬環均與導軌始終接觸良好，重力加速度大小為g。現將金屬棒ab由靜止釋放，求：
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
10
11
9
(1)ab剛越過MP時產生的感應電動勢大小；
(2)金屬環剛開始運動時的加速度大小；
(3)為使ab在整個運動過程中不與金屬環接觸，金屬環圓心初始位置到MP的最小距離。
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
10
11
9
[解析]　(1)根據題意可知，對金屬棒ab由靜止釋放到剛越過MP過程中，由動能定理有
mgL＝
解得v0＝
則ab剛越過MP時產生的感應電動勢大小為
E＝BLv0＝BL。
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
10
11
9
(2)根據題意可知，金屬環在導軌間的兩段圓弧并聯接入電路中，軌道外側的兩段圓弧金屬環被短路，由幾何關系可得，導軌間每段圓弧的電阻為
R0＝＝R
可知，整個回路的總電阻為
R總＝R＋＝R
ab剛越過MP時，通過ab的感應電流為
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
10
11
9
I＝＝
對金屬環由牛頓第二定律有
2BL·＝2ma
解得a＝。
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
10
11
9
(3)根據題意，結合上述分析可知，金屬環和金屬棒ab所受的安培力等大反向，則系統的動量守恒，由于金屬環做加速運動，金屬棒做減速運動，為使金屬棒ab在整個運動過程中不與金屬環接觸，則有當金屬棒ab和金屬環速度相等時，金屬棒ab恰好追上金屬環，設此時速度為v，由動量守恒定律有
mv0＝mv＋2mv
解得v＝v0
對金屬棒ab，由動量定理有
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
10
11
9
－BLt＝m·－mv0
則有BLq＝mv0
設金屬棒運動距離為x1，金屬環運動的距離為x2，則有q＝
聯立解得Δx＝x1－x2＝
則金屬環圓心初始位置到MP的最小距離
d＝L＋Δx＝。
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
10
11
[答案]　(1)BL　(2)　(3)
9
【教用·備選題】一邊長為L、質量為m的正方形金屬細框，每邊電阻為R0，置于光滑的絕緣水平桌面(紙面)上。寬度為2L的區域內存在方向垂直于紙面的勻強磁場，磁感應強度大小為B，兩虛線為磁場邊界，如圖(a)所示。
(1)使金屬框以一定的初速度向右運動，進入磁場。運動過程中金屬框的左、右邊框始終與磁場邊界平行，金屬框完全穿過磁場區域
后，速度大小降為它初速度的一半，求金屬框的初速度大小。
(2)在桌面上固定兩條光滑長直金屬導軌，導軌與磁場邊界垂直，左端連接電阻R1＝2R0，導軌電阻可忽略，金屬框置于導軌上，如圖(b)所示。讓金屬框以與(1)中相同的初速度向右運動，進入磁場。運動過程中金屬框的上、下邊框處處與導軌始終接觸良好。求在金屬框整個運動過程中，電阻R1產生的熱量。
[解析]　(1)金屬框全部在磁場中時無安培力作用，有安培力作用時間內總位移為2L，對全過程，根據動量定理有
－BLt進－BLt出＝m－mv0
＝
＝
t進＋t出＝2L
R總＝4R0
聯立解得v0＝。
(2)金屬框在導軌上運動時，上、下邊框被導軌短路，右邊框切割磁感線、左邊框未進入磁場時，等效電路如圖甲所示，右邊框充當電源，左邊框與R1并聯。設左邊框剛要進入磁場時速度為v1，根據動量定理有
－BLt1＝mv1－mv0
其中t1＝L
R1總＝＋R0＝R0
聯立解得v1＝
設流過R1的電流為I1，則流過左、右邊框的電流分別為2I1、3I1，則R1與左、右邊框產生的熱量之比
Q1∶Q左∶Q右＝·2R0t1∶(2I1)2·R0t1∶(3I1)2·R0t1＝2∶4∶9
由能量守恒定律有Q1＋Q左＋Q右＝
聯立解得Q1＝
線框全部進入磁場切割磁感線過程，等效電路如圖乙所示，等效電源內阻為左右兩邊框并聯的阻值，即內阻為，設右邊框剛要出磁場時速度為v2，根據動量定理有
－BLt2＝mv2－mv1
其中t2＝L
R2總＝2R0＋＝R0
聯立解得v2＝0，則右邊框剛好不出磁場
R1與線框產生的熱量之比
Q2∶Q框＝t2＝4∶1
由能量守恒定律有Q2＋Q框＝
聯立解得Q2＝
則電阻R1產生的總熱量Q＝Q1＋Q2
解得Q＝。
[答案]　(1)
謝 謝 ！

展開更多......

收起↑