第二章 专题提升八 电磁感应中的动力学和能量问题-【金版教程】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册创新导学案word（人教版）

该高中物理导学案聚焦电磁感应中的动力学和能量问题，通过概述“先电后力”分析思路与能量守恒规律，结合斜面、水平导轨等具体情境，构建“理论梳理—解题步骤—例题示范—跟进训练”的学习支架，衔接前后知识脉络。 资料亮点在于规律点拨提炼方法（如动力学四步分析、焦耳热计算技巧），情境化例题与分层训练（含生活实例、高考真题），强化科学思维（模型建构、科学推理）和物理观念（能量、运动与相互作用），助力学生高效掌握重点，教师便于教学评估与应用。

物理　选择性必修 第二册 RJ 专题提升八　电磁感应中的动力学和能量问题 提升　电磁感应中的动力学问题 1．概述 在电磁感应现象中，有感应电流流过的导体处在磁场中时会受到安培力的作用，导体在安培力的作用下运动状态一般会发生变化，而导体速度的变化又会影响感应电流的大小，从而影响安培力，所以电磁感应问题往往与力学知识联系在一起。 2．解决此类问题的基本思路 解决电磁感应中的动力学问题的一般思路是“先电后力”。具体如下： (1)先做“源”的分析——分离出电路中因电磁感应起电源作用的部分，求出电源的电动势E和内阻r。 (2)再进行“路”的分析——画出必要的电路图，分析电路结构，弄清串、并联关系，求出相关部分的电流大小和方向，以便求解安培力。 (3)然后是“力”的分析——画出必要的受力分析图，分析所研究对象(常是金属杆、导体线圈等)的受力情况，尤其注意其所受的安培力。 (4)接着进行“运动状态”分析——根据力和运动的关系，判断出正确的运动模型。 3．两种典型运动状态的分析方法 (1)导体处于平衡态——静止或匀速直线运动状态。 方法：根据平衡条件(合力等于零)列式分析。 (2)导体处于非平衡态——加速度不为零。 方法：根据牛顿第二定律进行动态分析，或结合功能关系分析。 4．电磁感应中力学对象和电学对象的相互联系 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，磁场方向垂直于斜面向下，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； (2)在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v时，求ab杆中的电流大小及其加速度的大小； (3)求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值。 [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；安培力F安，方向沿导轨向上。 (2)当ab杆的速度大小为v时，根据法拉第电磁感应定律可得，ab杆产生的感应电动势E＝BLv 由闭合电路欧姆定律可得，此时闭合回路中的电流I＝ ab杆受到的安培力F安＝BIL 设此时ab杆的加速度大小为a，根据牛顿第二定律，有 mgsinθ－F安＝ma 联立各式解得I＝，a＝gsinθ－。 (3)当a＝0时，ab杆达到最大速度vm 即gsinθ－＝0 解得vm＝。 [答案]　(1)图见解析 (2)　gsinθ－　(3) 解决电磁感应中动力学问题的基本步骤 (1)明确研究对象和物理过程。 (2)根据导体相对磁场的运动状态，应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。 (3)画出等效电路图，求回路中的电流。 (4)对导体进行包括安培力在内的全面受力分析。 (5)根据平衡条件或牛顿第二定律列方程。 [跟进训练]　如图所示，空间存在B＝0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场，MN、PQ是水平放置的足够长的平行长直导轨，其间距L＝0.2 m，R＝0.3 Ω的电阻接在导轨一端，ab是跨接在导轨上质量m＝0.1 kg、接入电路的电阻r＝0.1 Ω的导体棒，已知导体棒和导轨间的动摩擦因数为μ＝0.2。从零时刻开始，对ab棒施加一个大小为F＝0.45 N、方向水平向左的恒定拉力，使其从静止开始沿导轨滑动，ab棒始终保持与导轨垂直且接触良好。(g＝10 m/s2) (1)分析导体棒的运动性质； (2)求导体棒所能达到的最大速度的大小； (3)定性画出导体棒运动的速度—时间图像。 答案：(1)先做加速度减小的加速运动，加速度为0后做匀速直线运动　(2)10 m/s　(3)图见解析 解析：(1)导体棒做切割磁感线的运动，产生的感应电动势E＝BLv 由闭合电路欧姆定律可得，回路中的感应电流I＝ 导体棒受到的安培力F安＝BIL 导体棒运动过程中，水平方向受到向左的拉力F、向右的安培力F安和摩擦力Ff的作用，根据牛顿第二定律有 F－μmg－F安＝ma 联立解得a＝－ 可知，随着速度v增大，加速度a减小，即导体棒先做加速度减小的加速运动，当加速度a减小到0时，导体棒的速度达到最大，此后导体棒做匀速直线运动。 (2)当导体棒达到最大速度vm时，a＝0， 即－＝0 解得vm＝10 m/s。 (3)由(1)(2)中的分析与数据可知，导体棒运动的速度—时间图像如图所示。 提升　电磁感应中的能量问题 1．电磁感应现象中的能量守恒 能量守恒定律是自然界中的一条基本规律，电磁感应现象当然也适用。电磁感应现象中，从磁通量变化的角度来看，感应电流总要阻碍原磁通量的变化；从导体和磁体相对运动的角度来看，感应电流总要阻碍它们的相对运动。电磁感应现象中的“阻碍”正是能量守恒的具体体现，在这种“阻碍”的过程中，其他形式的能转化为电能。 2．电磁感应现象中的能量转化方式 (1)与感生电动势有关的电磁感应现象中，磁场能转化为电能，若电路是纯电阻电路，转化过来的电能将全部转化为电阻的内能。 (2)与动生电动势有关的电磁感应现象中，通过克服安培力做功，把机械能或其他形式的能转化为电能。克服安培力做多少功，就产生多少电能。若电路是纯电阻电路，转化过来的电能也将全部转化为电阻的内能。 3．求解电磁感应现象中能量问题的一般思路 (1)分析回路，分清电源和外电路。 在电磁感应现象中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路就相当于电源，其余部分相当于外电路。 (2)分析清楚有哪些力做功，明确有哪些形式的能量发生了转化。如： 做功情况 能量变化特点 滑动摩擦力做功 有内能产生 重力做功 重力势能必然发生变化 克服安培力做功 必然有其他形式的能转化为电能，并且克服安培力做多少功，就产生多少电能 安培力做正功 电能转化为其他形式的能 (3)根据能量守恒或功能关系等列方程求解。 如图甲所示，足够长的两根光滑平行金属导轨固定在水平面内，其宽度L＝1 m，导轨之间接有电阻R，阻值为4 Ω，匀强磁场竖直向下穿过导轨平面，质量m＝0.1 kg、电阻r＝3 Ω的金属棒ab紧贴在导轨上。现对金属棒ab施加水平向右的恒定拉力F＝1 N，使它由静止开始运动，棒在运动过程中始终与导轨垂直且与导轨接触良好，向右运动距离x与时间t的关系如图乙所示，图像中的OA段为曲线，AB段为直线，导轨电阻不计。 (1)判断金属棒两端a、b的电势高低； (2)求磁感应强度B的大小； (3)求在金属棒ab开始运动的1.5 s内，电阻R上产生的热量。 [解析]　(1)根据右手定则可知，a端电势高。 (2)由题图乙可知，在1.5 s后，金属棒做匀速运动，速度为v＝＝ m/s＝7 m/s 由平衡条件可知F＝F安＝ILB 且有I＝，E＝BLv 联立并代入数据解得B＝1 T。 (3)由动能定理可知Fx＋W安＝mv2－0 由功能关系知Q＝－W安 电阻R上产生的热量QR＝Q 联立并代入数据解得QR＝2.6 J。 [答案]　(1)a端电势高　(2)1 T　(3)2.6 J 焦耳热的计算技巧 (1)焦耳定律：电路中感应电流恒定时，电阻产生的焦耳热Q＝I2Rt。 (2)电路中感应电流不恒定时，可用以下方法分析： ①功能关系：对于纯电阻电路，产生的焦耳热等于克服安培力做的功，即Q＝－W安。 ②能量守恒定律：电路产生的焦耳热等于电磁感应现象中其他形式能量的减少量，即Q＝－ΔE其他。 [跟进训练]　(多选)如图所示，在光滑的水平地面上方，有两个磁感应强度大小均为B、方向相反的水平匀强磁场区域，PQ为两个磁场的竖直边界，磁场范围足够大。一个半径为r、质量为m、电阻为R的金属圆环垂直磁场方向，以速度v从图示位置(实线所示)开始运动，当圆环运动到直径刚好与边界线PQ重合时(虚线所示)，圆环的速度变为，则下列说法正确的是(　　) A．此时圆环的电功率为 B．此时圆环的加速度大小为 C．此过程中通过圆环截面的电荷量为 D．此过程中回路产生的电能为mv2 答案：BC 解析：当圆环的直径与边界线PQ重合时，圆环左右两半环均产生感应电动势，故圆环中的感应电动势E＝2B×2r×＝2Brv，圆环的电功率P＝＝，故A错误；此时圆环中的感应电流I＝＝，则圆环受到的安培力F＝2BI×2r＝2B××2r＝，由牛顿第二定律可得，此时圆环的加速度大小a＝＝，故B正确；此过程中圆环中的平均感应电动势＝，则通过圆环截面的电荷量q＝Δt＝Δt＝，设磁场垂直纸面向外为正方向，由题图可得ΔΦ＝0－＝Bπr2，联立可得q＝，故C正确；由能量守恒定律可知，此过程中回路产生的电能等于圆环动能的减少量，即E电＝mv2－m＝mv2，故D错误。 课后课时作业 题型一　电磁感应中的动力学问题 1.如图所示，在一匀强磁场中固定有一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及线框中导线的电阻都可不计。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 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 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＝IlB＝＝ma可知，ef做的是加速度减小的减速运动，直到停止，而不是匀减速，故A正确。 2.如图所示，金属框架abcd固定在竖直平面内，其上端定值电阻阻值为R，其他电阻均可忽略，ef是一电阻不计的水平放置的导体棒，质量为m，棒的两端分别与ab、cd保持良好的接触，且能沿框架无摩擦下滑，ab、cd足够长，整个装置放在与框架垂直的匀强磁场中。让ef从静止下滑，经一段时间后闭合S，则S闭合后(　　) A．ef的加速度可能小于g B．ef的加速度一定大于g C．ef的最终速度随S闭合时刻的不同而变化 D．ef的机械能与回路内产生的电能之和一定增大 答案：A 解析：让ef从静止下滑，一段时间后闭合S，ef切割磁感线产生感应电流，受到竖直向上的安培力，若安培力大于2mg，由牛顿第二定律得F安－mg＝ma，则ef的加速度大小大于g，若安培力小于2mg，由牛顿第二定律得mg－F安＝ma或F安－mg＝ma，则ef的加速度大小小于g，故A正确，B错误；导体棒最终做匀速直线运动，由mg＝，得v＝，可见稳定时速度v与开关闭合的时刻无关，故C错误；在整个过程中，只有重力与安培力对ef做功，因此ef的机械能与回路中产生的电能之和保持不变，故D错误。 3．如图所示是磁悬浮列车运行原理模型，两根平行绝缘直导轨间距为L，宽度相同的磁场的磁感应强度的大小关系为B1＝B2＝B，方向相反，并且以速度v同时沿直导轨向右匀速运动。导轨上金属框ab边长与磁场宽度相同，也为L，金属框的电阻为R，运动时受到的阻力为Ff，则金属框运动的最大速度表达式为(　　) A．vm＝ B．vm＝ C．vm＝ D．vm＝ 答案：C 解析：当金属框稳定后以最大速度vm(vm<v)向右运动时，金属框相对于磁场的运动速度为v－vm，根据右手定则可以判断回路中产生的感应电动势E等于ad、bc边分别产生的感应电动势之和，则E＝2BL(v－vm)，根据闭合电路欧姆定律可得，此时金属框中产生的感应电流为I＝＝，金属框的两条边ad和bc都受到安培力作用，ad边和bc边所在处的磁场方向相反，电流方向也相反，故它们所受安培力方向相同，故金属框受到的安培力大小F＝2ILB＝，当金属框速度最大时，所受安培力与摩擦力平衡，可得F－Ff＝0，解得vm＝，故C正确，A、B、D错误。 4．如图甲所示是依附建筑物架设的磁力缓降高楼安全逃生装置，具有操作简单、无需电能、逃生高度不受限制，下降速度可调、可控等优点。该装置可等效为如图乙所示模型：间距L＝0.5 m的两根竖直导轨上部连通，处于垂直导轨平面的匀强磁场中，导体棒cd垂直导轨放置且始终与导轨接触，人与cd一起下滑，在阻力的作用下从而安全逃生。已知匀强磁场的磁感应强度大小为B＝0.2 T，导体棒cd的质量为m＝20 kg，整个装置总电阻始终为R＝1.5×10－5 Ω。一个质量M＝100 kg的测试者利用该装置从静止开始下滑，测试者与导体棒cd所受摩擦力大小为200 N，重力加速度取g＝10 m/s2。问： (1)当该测试者的速度为v1＝0.78 m/s时，加速度a1多大？ (2)该测试者的速度最大能达到多大？ 答案：(1)4 m/s2　(2)1.5 m/s 解析：(1)当该测试者的速度为v1时，导体棒cd产生的感应电动势E1＝BLv1 闭合回路中的感应电流I1＝ 导体棒cd所受的安培力大小FA1＝I1LB 由楞次定律的推论可知，导体棒cd所受安培力方向向上，对测试者与导体棒cd整体，根据牛顿第二定律得 (M＋m)g－FA1－Ff＝(M＋m)a1 联立并代入数据解得a1＝4 m/s2。 (2)当加速度为零时，测试者的速度最大，设为vm，根据(1)问，同理可得此时导体棒cd受到向上的安培力大小为 FAm＝ 对测试者与导体棒cd整体，由平衡条件可得 (M＋m)g＝FAm＋Ff 联立并代入数据解得vm＝1.5 m/s。 题型二　电磁感应中的能量问题 5.如图所示，在粗糙绝缘水平面上有一正方形金属线框abcd，其边长为l，质量为m，金属线框与水平面的动摩擦因数为μ。虚线框a′b′c′d′内有一匀强磁场，磁场方向竖直向下。开始时金属线框的ab边与磁场的d′c′边重合。现使金属线框以水平初速度v0沿水平面滑入磁场区域，运动一段时间后停止，此时金属线框的dc边与磁场区域的d′c′边距离为l。在这个过程中，金属线框产生的焦耳热为(　　) A.mv＋μmgl B.mv－μmgl C.mv＋2μmgl D.mv－2μmgl 答案：D 解析：依题意知，金属线框移动的位移大小为2l，此过程中因克服摩擦力做功而产生的内能为2μmgl，由能量守恒定律得金属线框中产生的焦耳热为Q＝mv－2μmgl，故D正确。 6.(多选)如图所示，用一根横截面积为S、电阻率为ρ的粗细均匀的硬质细导线做成半径为r的圆环，固定在水平桌面上，ab为圆环的直径，在ab的左侧存在匀强磁场，方向垂直圆环所在的平面向下，磁感应强度随时间的变化规律为B＝B0－kt(k>0)，在磁感应强度由B0减小到0的过程中，下列说法正确的是(　　) A．圆环中感应电流大小为 B．b、a间电势差为 C．通过圆环横截面的电量为 D．圆环在磁场中的部分产生的焦耳热为 答案：AC 解析：由法拉第电磁感应定律得，感应电动势大小E＝＝·＝，圆环的电阻R＝ρ，感应电流大小I＝＝，A正确；根据楞次定律可知，圆环中有顺时针方向的感应电流，圆环在磁场中的部分相当于电源，则a相当于电源正极，b相当于电源负极，则b、a间电势差为Uba＝－＝－，B错误；磁感应强度由B0减小到0的时间t＝，通过圆环横截面的电量q＝It＝，C正确；t＝内，圆环在磁场中的部分产生的焦耳热为Q＝I2Rt＝，D错误。 7.如图所示，固定于水平绝缘面上的平行金属导轨不光滑，垂直于导轨平面有一匀强磁场，质量为m的金属棒cd垂直放在导轨上，除R和cd棒的电阻r外，其余电阻不计。现用水平恒力F作用于cd棒，使cd棒由静止开始向右滑动的过程中，下列说法正确的是(　　) A．水平恒力F对cd棒做的功等于电路中产生的电能 B．只有在cd棒做匀速运动时，F对cd棒做的功才等于电路中产生的电能 C．无论cd棒做何种运动，它克服磁场力做的功一定等于电路中产生的电能 D．R两端的电压始终等于cd棒上感应电动势的值 答案：C 解析：金属棒加速运动的过程中，水平恒力F对cd棒做的功等于电路中产生的电能、摩擦产生的内能和金属棒增加的动能之和，A错误；金属棒匀速运动时，水平恒力F对cd棒做的功等于电路中产生的电能和摩擦产生的内能之和，B错误；无论cd棒做何种运动，它克服磁场力(安培力)做的功一定等于电路中产生的电能，C正确；cd棒相当于电源，R为外电路电阻，R两端的电压为路端电压，小于cd棒产生的感应电动势，故D错误。 8.(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(　　) 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mv C．金属杆上滑到最高点的过程中电阻R上产生的热量等于mv－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 解析：金属杆从轨道底端滑行到高度h，之后又返回到出发点时，由于电阻R上产生热量，故金属杆的机械能减小，即返回到底端时的速度小于v0，A错误；金属杆上滑到最高点的过程中，动能全部转化为重力势能(即克服重力所做的功)和电阻R上产生的热量(即克服安培力所做的功)，B、C正确；由能量守恒定律可知，金属杆两次通过轨道上同一位置时的速度大小不同，产生的感应电动势大小不同，电路中的电流大小不同，故电阻R的热功率不同，D错误。 9.如图所示，两条水平虚线之间有垂直于纸面向里、宽度为d、磁感应强度为B的匀强磁场。质量为m、电阻为R的正方形线圈边长为L(L<d)，线圈下边缘到磁场上边界的距离为h。将线圈由静止释放，其下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时刻的速度都是v0，则从线圈下边缘进入磁场到上边缘穿出磁场的过程中，下列说法正确的是(　　) A．线圈可能一直做匀速运动 B．线圈可能先加速后减速 C．线圈的最小速度一定为 D．线圈的最小速度一定为 答案：D 解析：由于L<d，故有一段时间线圈全部处于匀强磁场中，磁通量不发生变化，不产生感应电流，不受安培力，此时将做自由落体运动，因此不可能一直做匀速运动，A错误。已知线圈下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时刻的速度都是v0，由于线圈下边缘到达磁场下边界前一定做加速运动，所以线圈可能是先减速后加速再减速，而不可能是先加速后减速，B错误。是安培力和重力平衡时所对应的速度，而本题线圈减速过程中不一定能达到这一速度，C错误。线圈刚全部进入磁场时速度最小，设最小速度为v，对从开始自由下落到线圈上边缘刚进入磁场的过程应用动能定理，设该过程克服安培力做的功为W，则有mg(h＋L)－W＝mv2；对从线圈下边缘刚进入磁场到刚穿出磁场的过程应用动能定理，则该过程克服安培力做的功也是W，而始、末动能相同，所以有mgd－W＝0，由以上两式可得最小速度v＝，D正确。 10．如图甲所示，MN、PQ是间距l＝0.5 m且足够长的平行导轨，NQ⊥MN，导轨的电阻均不计。导轨平面与水平面间的夹角θ为37°，NQ间连接有一个R＝4 Ω的电阻。有一匀强磁场垂直于导轨平面且方向向上，磁感应强度的大小B0＝1 T。将一根质量m＝0.05 kg、阻值为r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，已知在此过程中通过金属棒横截面的电荷量q＝0.2 C，且金属棒的加速度a与速度v的关系如图乙所示，设金属棒沿导轨向下运动过程中始终与NQ平行。取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10 m/s2，求： (1)金属棒与导轨间的动摩擦因数μ； (2)金属棒ab的阻值r； (3)cd离NQ的距离x。 答案：(1)0.5　(2)1 Ω　(3)2 m 解析：(1)由题图乙可知，当v＝0时，a＝2 m/s2， 由牛顿第二定律有mgsinθ－μmgcosθ＝ma 解得μ＝0.5。 (2)由题图乙可知，vmax＝2 m/s，则有 F＝IlB0 E＝B0lvmax I＝ mgsinθ＝F＋μmgcosθ 解得r＝1 Ω。 (3)由q＝Δt＝Δt＝＝＝0.2 C 解得x＝2 m。 11．(天津高考)如图所示，固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，垂直于导轨放置的两根金属棒MN和PQ长度也为l、电阻均为R，两棒与导轨始终接触良好。MN两端通过开关S与电阻为R的单匝金属线圈相连，线圈内存在竖直向下均匀增加的磁场，磁通量变化率为常量k。图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。PQ的质量为m，金属导轨足够长、电阻忽略不计。 (1)闭合S，若使PQ保持静止，需在其上加多大的水平恒力F，并指出其方向； (2)断开S，PQ在上述恒力作用下，由静止开始到速度大小为v的加速过程中流过PQ的电荷量为q，求该过程安培力做的功W。 答案：(1)，方向水平向右 (2)mv2－kq 解析：(1)设线圈中的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律得感应电动势E＝，则 E＝k① 设PQ与MN并联的电阻为R并，有 R并＝② 闭合S时，设线圈中的电流为I，根据闭合电路欧姆定律得 I＝③ 设PQ中的电流为IPQ，有 IPQ＝I④ 设PQ受到的安培力为F安，有 F安＝BIPQl⑤ PQ保持静止，由受力平衡，有 F＝F安⑥ 联立①②③④⑤⑥式得 F＝⑦ 由楞次定律和右手螺旋定则得PQ中的电流方向为由Q到P，再由左手定则得PQ所受安培力的方向水平向左，则力F的方向水平向右。 (2)设PQ由静止开始到速度大小为v的加速过程中，PQ运动的位移为x，所用时间为Δt′，回路中的磁通量变化为ΔΦ′，平均感应电动势为，有＝⑧ 其中ΔΦ′＝Blx⑨ 设PQ中的平均感应电流为，有＝⑩ 根据电流的定义式得＝⑪ 由动能定理，有Fx＋W＝mv2－0⑫ 联立⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得 W＝mv2－kq。⑬ 12.如图所示，两光滑平行长直金属导轨水平固定放置，导轨间存在竖直向下的匀强磁场。两根相同的金属棒ab、cd垂直放置在导轨上，处于静止状态。t＝0时刻，对cd棒施加水平向右的恒力F，棒始终与导轨接触良好，导轨电阻不计。关于两金属棒刚开始的运动，下列判断正确的是(　　) A．金属棒ab向右做匀加速运动 B．金属棒cd向右做匀加速运动 C．金属棒ab向右做加速度增大的加速运动 D．金属棒cd向右做加速度增大的加速运动 答案：C 解析：金属棒cd在恒力F作用下由静止开始加速，此时金属棒ab、cd的加速度分别为aab＝0，acd＝；之后一段时间，vab<vcd，由法拉第电磁感应定律可得，闭合回路的感应电动势大小E＝BL(vcd－vab)，由闭合电路欧姆定律可得，闭合回路中的电流大小I＝，则两金属棒所受安培力大小均为F安＝BIL＝(vcd－vab)，根据楞次定律及左手定则，cd所受安培力向左，ab所受安培力向右；由牛顿第二定律，对金属棒ab，有aab＝＝(vcd－vab)，对金属棒cd，有acd＝＝－(vcd－vab)；开始时，aab<acd，则两金属棒刚开始运动的一段时间，vcd增大得比vab快，则vcd－vab增大，由两加速度表达式可知，随着vcd－vab的增大，acd由减小，aab由0逐渐增加，故C正确，A、B、D错误。 15 学科网（北京）股份有限公司 $