第2章 专题强化6 电磁感应中的动力学和能量问题-【优化探究】2025-2026学年新教材高中物理选择性必修第二册同步导学案配套PPT课件（粤教版）

专题强化6　电磁感应中的动力学和能量问题 第二章　电磁感应 [学习目标]　1.学会分析导体棒、线框在磁场中的受力,能根据电流的变化分析导体棒、线框受力的变化情况和运动情况。　2.能利用牛顿运动定律和平衡条件分析有关问题。　3.理解电磁感应现象中的能量转化,会用动能定理、能量守恒定律分析有关问题。 课时作业 巩固提升 类型1　电磁感应中的动力学问题 类型2　电磁感应中的能量问题 内容索引 类型1　电磁感应中的动力学问题 一 4 1.电磁感应问题中电学对象与力学对象的相互制约关系 2.处理此类问题的基本方法 (1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向。 (2)求回路中感应电流的大小和方向。 (3)分析导体受力情况(包括安培力)。 (4)列动力学方程或根据平衡条件列方程求解。 [例1]　如图甲所示,两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上,两导轨间距为L,M、P两点间接有阻值为R的定值电阻。一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上,并与导轨垂直,整套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向下,导轨和金属杆的电阻可忽略。让ab杆沿导轨由静止开始下滑,导轨和金属杆接触良好,不计它们之间的摩擦。(重力加速度为g) (1)由b向a方向看到的装置如图乙所示,请在此图中画出ab杆下滑过程中的受力示意图; [答案]　(1)图见解析　 (1)如图所示,ab杆受重力mg,方向竖直向下;支持力FN,方向垂直于导轨平面向上;电流方向由a→b,安培力F安方向沿导轨向上。 (2)在加速下滑过程中,当ab杆的速度大小为v时,求此时ab杆中的电流大小及其加速度的大小; [答案]　(2)　gsin θ-　 (2)当ab杆的速度大小为v时,感应电动势E=BLv 则此时电路中的电流I== ab杆受到的安培力F安=BIL= 根据牛顿第二定律,有mgsin θ-F安=ma 联立各式解得a=gsin θ-。 (3)求在下滑过程中,ab杆可以达到的速度最大值。 [答案]　(3) (3)当a=0时,ab杆达到最大速度vm 即有mgsin θ=,解得vm=。 [针对训练]　1.(2024·广东江门高二期末)如图所示,有两根和水平方向成θ角的光滑平行的金属轨道,上端接有可变电阻R,下端足够长,空间有垂直于轨道平面的匀强磁场,磁感应强度为B。一根质量为m的金属杆从轨道上由静止滑下。经过足够长的时间后,金属杆的速度会趋近于一个最大速度vm,不计金属杆和轨道的电阻,则以下分析正确的是(　　) A.金属杆先做匀加速直线运动,然后做匀速直线运动 B.金属杆由静止到速度最大过程中机械能守恒 C.如果只增大B,vm将变小 D.如果只增大R,vm将变小 C 金属杆下滑过程中,受重力、导轨的支持力和安培力,开始时重力沿导轨向下的分力大于安培力,金属杆做加速运动,满足mgsin θ-=ma,随着速度的增加,安培力在增大,所以金属杆加速度逐渐减小,当加速度减小到零时,速度最大。当加速度为零时,金属杆做匀速运动,故金属杆先做加速度逐渐减小的加速运动,然后做匀速直线运动,故A错误;金属杆由静止到速度最大过程中,安培力做负功,金属杆机械能并不守恒,故B错误;当速度最大,则有mgsin θ-=0,解得vm=,所以只增大B,vm将变小, 只增大R,vm将变大,故C正确,D错误。 2.如图所示,水平面(纸面)内间距为L的平行金属导轨间接一电阻,质量为m、长度为L的金属杆置于光滑的导轨上。t=0时,金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动。t0时刻,金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域,且在磁场中恰好能保持匀速运动。杆与导轨的电阻均忽略不计,则电阻的阻值为(　　) A.　　　　　　　　　 B. C. D. C 金属杆进入磁场时的速度v=t0,进入磁场后金属杆匀速运动,有F=,联立可得R=,故C正确。 二 类型2　电磁感应中的能量问题 18 1.能量转化的过程分析 电磁感应的实质是不同形式的能量转化的过程,而能量的转化是通过安培力做功实现的。安培力做功使得电能转化为其他形式的能(通常为内能),外力克服安培力做功,则是其他形式的能(通常为机械能)转化为电能的过程。 2.求解焦耳热Q的几种方法 公式法 Q=I2Rt 功能关系法 焦耳热等于克服安培力做的功 能量转化法 焦耳热等于其他形式能的减少量 [例2]　如图所示,MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成θ角固定,轨间距为d。空间存在匀强磁场,磁场方向垂直于轨道平面向上,磁感应强度大小为B。P、M间所接电阻阻值为R。质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上,其有效电阻为r。现从静止释放ab,当它沿轨道下滑距离s时,达到最大速度。若轨道足够长且电阻不计,重力加速度为g。求: (1)金属杆ab运动的最大速度; [答案]　(1)　 (1)当杆达到最大速度时安培力F=mgsin θ 安培力F=BId 感应电流I= 感应电动势E=Bdvm 解得最大速度vm=。 (2)金属杆ab运动的加速度为gsin θ时,电阻R上的电功率; [答案]　(2)()2R (2)当金属杆ab运动的加速度为gsin θ时 根据牛顿第二定律mgsin θ-BI'd=m·gsin θ 电阻R上的电功率P=I'2R 解得P=()2R。 (3)金属杆ab从静止到具有最大速度的过程中,克服安培力所做的功。 [答案]　(3)mgssin θ- (3)根据动能定理mgs·sin θ-WF=m-0 解得WF=mgssin θ-。 归纳总结 求解电磁感应现象中能量守恒问题的一般思路 1.确定感应电动势的大小和方向。 2.画出等效电路图,求出回路中消耗的电能表达式。 3.分析导体机械能的变化,用能量守恒关系得到机械能的改变与回路中的电能的改变所满足的方程。 [针对训练]　3.如图所示,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,右端接一个阻值为R的定值电阻。平直部分导轨左边区域有宽度为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,金属棒与导轨间接触良好,则金属棒穿过磁场区域的过程中(重力加速度为g)(　　) A.流过金属棒的最大电流为 B.通过金属棒的电荷量为 C.克服安培力所做的功为mgh D.金属棒产生的焦耳热为mg(h-μd) 答案:D 金属棒下滑过程中,根据动能定理有mgh=m,根据法拉第电磁感应定律有Em=BLvm,根据闭合电路欧姆定律有Im=,联立得Im=,A错误;根据q=可知,通过金属棒的电荷量为,B错误;金属棒运动的全过程中,根据动能定理得mgh+Wf+W安=0,所以克服安培力做的功小于mgh,C错误;由Wf=-μmgd,金属棒克服安培力做的功完全转化成电热,由题意可知金属棒与电阻R上产生的焦耳热相同,设金属棒上产生的焦耳热为Q, 故2Q=-W安,联立得Q=mg(h-μd),D正确。 4.如图所示,质量m1=0.1 kg、电阻R1=0.3 Ω、长度L=0.4 m 的导体棒ab横放在U形金属框架上。框架质量m2=0.2 kg,放在绝缘水平面上,与水平面间的动摩擦因数μ=0.2,相距0.4 m的MM'、NN'相互平行,电阻不计且足够长。电阻R2=0.1 Ω的MN垂直于MM'。整个装置处于竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度B=0.5 T。垂直于ab施加F=2 N的水平恒力,ab从静止开始无摩擦地运动,始终与MM'、NN'保持良好接触,当ab运动到某处时,框架开始运动。设框架与水平面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2。 (1)求框架开始运动时ab速度v的大小; 答案:(1)6 m/s　 (1)ab对框架的压力大小F1=m1g 框架受水平面的支持力大小FN=m2g+F1 依题意,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则框架受到的最大静摩擦力F2=μFN ab中的感应电动势E=BLv,MN中电流I= MN受到的安培力F安=BIL 框架开始运动时F安=F2 由上述各式代入数据解得v=6 m/s。 (2)从ab开始运动到框架开始运动的过程中,MN上产生的热量Q=0.1 J,求该过程ab位移x的大小。 答案: (2)1.1 m (2)闭合回路中产生的总热量 Q总=Q 由能量守恒定律得Fx=m1v2+Q总 代入数据解得x=1.1 m。 三 课时作业 巩固提升 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 [A组　基础巩固练] 1.如图所示,先后以速度v0和2v0把同一正方形闭合单匝线框匀速拉入有界匀强磁场区域中,在先后两种情况下(　　) A.线框中的感应电流之比为I1∶I2=2∶1 B.线框所受到的安培力之比为F1∶F2=1∶4 C.线框产生的焦耳热之比为Q1∶Q2=1∶4 D.通过线框横截面的电荷量之比为q1∶q2=1∶1 D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 设正方形线框边长为L,切割磁感线产生的感应电动势E=BLv 根据闭合电路欧姆定律有I= 可知先后两种情况电流之比=,故A错误; 根据安培力的表达式F=ILB 可知=,故B错误; 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 线框匀速进入磁场,所用时间t= 根据焦耳定律Q=I2R总t 可知焦耳热之比=,故C错误; 根据纯电阻电路中电荷量的表达式 q=·Δt=·Δt== 可知通过线框横截面的电荷量相等,故D正确。 2.(多选)如图所示,光滑平行金属轨道平面与水平面成θ角,两轨道上端用一电阻R相连,该装置处于匀强磁场中,磁场方向垂直于轨道平面向上。质量为m的金属杆ab以初速度v0从轨道底端向上滑行,滑行到某一高度h后又返回到底端。若运动过程中,金属杆始终保持与轨道垂直且接触良好,轨道与金属杆的电阻均忽略不计,重力加速度为g,则(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 A.金属杆返回到底端时的速度大小为v0 B.金属杆上滑到最高点的过程中克服安培力做功与克服重力做功之和等于m C.上滑到最高点的过程中电阻R上产生的热量等于m-mgh D.金属杆两次通过轨道上的同一位置时电阻R的热功率相同 答案:BC 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 金属杆从轨道底端滑上轨道某一高度至又返回到出发点时,由于电阻R上产生热量,故金属杆的机械能减小,即返回到底端时速度小于v0,选项A错误;金属杆上滑到最高点的过程中,动能转化为重力势能和电阻R上产生的热量(即克服安培力所做的功),选项B、C正确;金属杆两次通过轨道上同一位置时的速度大小不同,电路中的电流不同,故电阻的热功率不同,选项D错误。 3.(多选)如图甲所示为磁悬浮列车模型,质量M=1 kg的绝缘板底座静止在动摩擦因数μ=0.1 的粗糙水平地面上,位于磁场中的正方形金属框ABCD为动力源,其质量m=1 kg,边长为1 m,电阻为 Ω。O、O'分别为AD、BC的中点,在金属框内有可随金属框同步移动的磁场,OO'CD区域内磁场如图乙所示,CD恰在磁场边缘以外;OO'BA区域内磁场如图丙所示,AB恰在磁场边缘以内,若绝缘板足够长且认为绝缘板与地面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力,若金属框固定在绝缘板上,金属框在t=0时刻从静止释放,则在t=0时刻(重力加速度g取10 m/s2)(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 A.通过金属框的电流为16 A B.金属框所受的安培力为8 N C.金属框的加速度为3 m/s2 D.金属框的加速度为7 m/s2 答案:BC 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 根据法拉第电磁感应定律有E==0.5 V,则回路中的电流为I==8 A,A错误;所受安培力的大小为F=B2Il=8 N,B正确;根据牛顿第二定律有F-Ff=(M+m)a,Ff=μ(M+m)g,代入数据解得a=3 m/s2,C正确,D错误。 4.如图所示,纸面内有一矩形导体闭合线框abcd,ab边长大于bc边长,置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外,线框两次匀速地完全进入磁场,两次速度大小相同,方向均垂直于MN。第一次ab边平行MN进入磁场,线框上产生的热量为Q1,通过线框导体横截面的电荷量为q1;第二次bc边平行于MN进入磁场,线框上产生的热量为Q2,通过线框导体横截面的电荷量为q2,则(　　) A.Q1>Q2,q1=q2　　　　　 B.Q1>Q2,q1>q2 C.Q1=Q2,q1=q2 D.Q1=Q2,q1>q2 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 A 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 根据功能关系知,线框上产生的热量等于克服安培力做的功,即Q1=W1=F1Lbc=Lbc=Lab,同理Q2=Lbc,又Lab>Lbc,故Q1>Q2;因q=t=t=,故q1=q2,所以A正确。 5.(多选)如图所示,在0≤x≤2L的区域内存在着垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B,粗细均匀的正方形金属线框abcd位于xOy平面内,线框的bc边与x轴重合,cd边与y轴重合,线框的边长为L,总电阻为R。现让线框从图示位置由静止开始沿x轴正方向以加速度a做匀加速运动,则下列说法正确的是(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 A.进入磁场时,线框中的电流沿abcda方向,出磁场时,线框中的电流沿adcba方向 B.进入磁场时,c端电势比d端电势高,出磁场时,b端电势比a端电势高 C.a、b两端的电压最大值为BL D.线框中的最大电功率为 答案:ACD 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 根据右手定则可知,进入磁场时,线框中的电流沿abcda方向,c端电势比d端电势低;出磁场时,线框中的电流沿adcba方向,a端电势比b端电势高,A正确,B错误;进入磁场过程中,ab两端电压为感应电动势的,离开磁场的过程中,ab两端电压为感应电动势的,所以ab边刚要离开磁场瞬间a、b两端的电压最大,此时的速度为v,根据运动学公式可得v2=2a·3L,所以 Um=BL,C正确;ab边刚要离开磁场瞬间线圈 消耗的功率最大,线框中的最大电功率为 P===,D正确。 6.(2024·广东中山高二月考)如图所示,水平光滑的平行金属导轨,左端接有电阻R,匀强磁场B竖直向下分布在导轨所在的空间内,质量一定的金属棒PQ垂直导轨放置。若使棒以一定的初速度v0向右运动,当其通过位置a、b时,速率分别为va、vb,到位置c时棒刚好静止,设金属导轨与棒的电阻均不计,a到b与b到c的间距相等,则金属棒在从a到b和从b到c的两个过程中(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 A.金属棒做匀减速运动 B.通过金属棒横截面的电荷量,从a到b比从b到c大 C.克服安培力做的功,从a到b比从b到c大 D.回路中产生的内能相等 答案:C 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 金属棒PQ在运动过程中所受到的合力为安培力, 方向向左,F安=BIL=,由牛顿第二定律得=ma, 由于v减小,所以金属棒向右运动过程中,加速度逐渐减小, 故A错误;金属棒运动过程中,通过金属棒横截面的电荷量q=IΔt=Δt=·==B,从a到b的过程中与从b到c的过程中,回路面积的变化量ΔS相等,B、R相等,因此,通过棒横截面的电荷量相等,故B错误;金属棒在安培力作用下做减速运动,速度v越来越小,金属棒克服安培力做功,把金属棒的动能转化为内能,由于ab间距离与bc间距离相等,安培 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 力从a到c逐渐减小,由W=F安s定性分析可知,从a到b克服安培力做的功比从b到c克服安培力做的功多,因此在从a到b的过程产生的内能多,故C正确,D错误。 [B组　综合强化练] 7.(多选)由相同材料的导线绕成边长相同的甲、乙两个正方形闭合线圈,两线圈的质量相等,但所用导线的横截面积不同,甲线圈的匝数是乙的2倍。现两线圈在竖直平面内从同一高度同时由静止开始下落,一段时间后进入一方向垂直于纸面的匀强磁场区域,磁场的上边界水平,如图所示。不计空气阻力,已知下落过程中线圈始终 平行于纸面,上、下边保持水平。在线圈下边进入 磁场后且上边进入磁场前,可能出现的是(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 A.甲和乙都加速运动 B.甲和乙都减速运动 C.甲加速运动,乙减速运动 D.甲减速运动,乙加速运动 答案:AB 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 两线圈的质量相等,线圈所用材料相同,则体积相同,甲线圈的匝数是乙线圈的2倍,则甲的横截面积是乙的一半,长度是乙的2倍,由电阻定律可知,甲的电阻是乙的电阻的4倍;两线圈从同一高度同时由静止开始下落,则到达磁场上边界时两线圈的速度相同,设乙线圈的匝数为n,两线圈的边长均为l,两线圈进入磁场后,乙受到的安培力F乙=nBIl=,甲受到的安培力F甲==,可见,甲、乙受到的安培 力大小相同,重力也相同,则运动情况相同,A、B正确。 8.(2024·清远高二统考期末)如图所示,足够长的平行光滑金属导轨ab、cd水平固定于磁感应强度方向竖直向上、大小B=0.4 T的匀强磁场中,a、c之间连接阻值R=4 Ω的电阻,导轨间距L=0.5 m,导体棒ef垂直导轨放置且与导轨接触良好,导体棒的质量m=0.2 kg、电阻r=1 Ω。t=0时刻对导体棒施加一个水平向右的拉力F,使导体棒做初速度为零、加速度大小a1=5 m/s2的匀加速直线运动,t1=5 s时改变拉力F的大小,使拉力的功率此后保持恒定,t2=35 s时导体棒已经做了一段时间的匀速运动。求: 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (1)t1=5 s时,拉力F的大小F1; 答案:(1)1.2 N　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (1)对导体棒进行受力分析,根据牛顿第二定律有 F1-FA1=ma1 t1=5 s时,导体棒的速度大小v1=a1t1 根据闭合电路欧姆定律有I== 又FA1=BIL 解得F1=1.2 N。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (2)0~5 s内,通过电阻R的电荷量q; 答案: (2)2.5 C　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (2)导体棒做匀加速运动,0~5 s内,导体棒运动的位移s= 设0~5 s内电路中的平均电流为,则该段时间内通过电阻R的电荷量 q=t1 = == 解得q=2.5 C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (3)5~35 s内,导体棒产生的热量Qr。 答案: (3)117.5 J 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (3)t1=5 s时拉力F的功率P=F1v1 设导体棒匀速运动的速度为vm,导体棒匀速运动时受到的安培力为FA2,导体棒受到的拉力 F2=FA2= P=F2vm 设5~35 s内回路产生的总热量为Q,根据功能关系有 P(t2-t1)=m-m+Q 解得Qr=Q=117.5 J。 9.(2024·江门培英高级中学高二月考)如图所示,MN、PQ为间距L=0.5 m足够长的平行导轨,导轨平面与水平面间的夹角θ=37°,N、Q间连接有一个阻值R=0.6 Ω的电阻。有一匀强磁场垂直于导轨平面且方向向上,磁感应强度大小为B0=1 T,将一根质量为m=0.5 kg、电阻r=0.4 Ω的金属棒ab紧靠NQ放置在导轨上,且与导轨接触良好。现由静止释放金属棒,当金属棒滑行至cd处时达到稳定速度。已知金属棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.50,金属棒沿导轨下滑过程中始终与NQ 平行,不计导轨的电阻,g取10 m/s2,sin 37°=0.6, cos 37°=0.8。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (1)求金属棒沿导轨开始下滑时的加速度大小; 答案:(1)2 m/s2　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (1)金属棒开始下滑的初速度为零,摩擦力f=μmgcos θ 重力沿导轨向下的分力G1=mgsin θ 根据牛顿第二定律可得G1-f=ma 即mgsin θ-μmgcos θ=ma 代入数据解得a=2 m/s2。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (2)求金属棒到达cd处的速度大小和此时a、b两端的电势差Uab; 答案: (2)4 m/s　1.2 V　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (2)对金属棒ab受力分析,达到稳定速度时,根据平衡条件有G1=f+F安 即mgsin θ=F安+μmgcos θ 又因为F安=B0IL I= E=B0Lv 代入数据解得金属棒达到的稳定速度v=4 m/s 由右手定则可知,电流方向从b流向a,则φa>φb,故Uab>0,Uab=IR=1.2 V。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (3)已知金属棒ab从静止释放至运动到cd过程中,通过电阻R的电荷量为2.5 C,求此过程中整个回路产生的焦耳热。 答案: (3)1 J 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (3)根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律,可得金属棒从静止释放至运动到cd的过程中通过电阻R的电荷量为q=t=t=t== 则金属棒在磁场中下滑的位移s0==5 m 由动能定理有 mgs0sin θ-μmgs0cos θ-W克安=mv2-0 此过程中整个回路产生的焦耳热等于克服安培力做的功,即Q=W克安=1 J。 [C组　培优选做练] 10.(多选)(2024·广州高级中学高二月考)如图所示,甲、乙、丙中除导体棒ab可动外,其余部分均固定不动。甲图中的电容器C原来不带电,设导体棒、导轨和直流电源的电阻均可忽略,导体棒和导轨间的摩擦不计。图中装置均在水平面内,且都处于方向垂直水平面向下的匀强磁场中,导轨足够长,现给导体棒一个向右的初速度v0,导体棒的最终运动状态是(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 A.三种情况下,导体棒最终均静止 B.图甲、丙中导体棒最终将以不同的速度做匀速运动,图乙中导体棒最终静止 C.图甲、丙中导体棒最终将以相同的速度做匀速运动 D.甲、乙两种情况下,电阻R上产生的焦耳热一定不同 答案:BD 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 题图甲中,导体棒向右运动切割磁感线 产生感应电动势,从而产生感应电流使 电容器充电,当电容器极板间电压与导 体棒产生的感应电动势相等时,电路中没有电流,导体棒不受安培力作用,向右做匀速运动;题图乙中,导体棒向右运动切割磁感线产生感应电动势,从而产生感应电流,通过电阻R转化为内能,导体棒速度减小,当导体棒的动能全部转化为内能时,导体棒静止;题图丙中,导体棒先受到向左的安培力作用向右做减速运动,速度减为零后再在安培力作用下向左做加速运动,当导体棒产生的感应电动势与电源的电动势相等时,电路 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 中没有电流,导体棒向左做匀速运动,故A、C错误,B正确;题图甲中,导体棒的部分动能转化为内能,题图乙中,导体棒的动能全部转化为内能,故有Q甲<Q乙,故D正确。 归纳总结 电磁感应中的动力学临界问题的基本分析思路 导体受外力运动感应电动势感应电流导体受安培力合外力变化加速度变化临界状态 $$