第2章 习题课3 电磁感应中的动力学及能量问题（Word教参）-【精讲精练】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册（人教版）

本讲义聚焦电磁感应中的动力学及能量问题核心知识点，系统梳理动力学问题的受力分析、动态过程（加速度变化至收尾速度）及解题步骤，能量问题的守恒与转化（机械能转电能、内能）及焦耳热计算，通过例题与变式训练搭建递进式学习支架。 资料以核心素养为导向，例题层层递进（如基础题延伸动量、电容变式），强化科学思维（模型建构、科学推理），结合高考真题与教材变式培养科学探究能力。课中助力教师高效授课，课后通过练习题与总结帮助学生查漏补缺，深化能量等物理观念。

习题课三　电磁感应中的动力学及能量问题 [学业要求] 1．掌握电磁感应中动力学问题的分析方法。 2．理解电磁感应过程中能量的转化情况，能用能量的观点分析和解决电磁感应问题。 [对应学生用书P59] 一、电磁感应中的动力学问题 由于通过导体的感应电流在磁场中将受到安培力作用，因此电磁感应问题往往和力学问题综合在一起考查。 1．理解电磁感应问题中的两个研究对象及其之间的相互制约关系。 2．分析电磁感应现象中涉及的具有收尾速度的力学问题，关键是做好受力情况和运动情况的动态分析： 3．解决电磁感应现象中的力学问题的思路 (1)对电学对象要画对必要的等效电路图。 (2)对力学对象要画对必要的受力分析图和过程示意图。 (3)电磁感应中切割磁感线的导体要运动，产生的感应电流又要受到安培力的作用。在安培力作用下，导体的运动状态发生变化，这就可能需要应用牛顿运动定律。 4．解决电磁感应现象中的力学问题的基本步骤 (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)求回路中的电流。 (3)分析研究导体受力情况(包含安培力，用左手定则确定其方向)。 (4)列出动力学方程或平衡方程求解。 　如图所示，竖直放置的U形导轨宽为L，上端串有电阻R(其余导体部分的电阻都忽略不计)。磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直于纸面向外。金属棒ab的质量为m，与导轨接触良好，不计摩擦。从静止释放后ab保持水平面下滑。试求： (1)ab中感应电流的方向及金属棒ab的最大加速度的大小； (2)ab下滑的最大速度vm的大小。 [解析]　(1)根据右手定则，ab中感应电流的方向为由b到a；释放瞬间ab只受重力，开始向下加速运动，开始时加速度最大，为g。 (2)随着速度的增大，感应电动势E、感应电流I、安培力F都随之增大，加速度随之减小。当F增大到等于重力时，加速度变为零，这时ab达到最大速度，此时有F＝mg，E＝BLvm，I＝，F＝BIL 整理可得vm＝。 [答案]　(1)由b到a　g　(2) 　在例题中，其他条件不变。若ab棒由静止开始经t时间恰达到最大速度，则这一过程ab棒下落的高度h是多少？ 解析　若ab棒由静止开始经t时间恰达到最大速度时，设该过程安培力冲量大小为： I＝BLΔt＝BLΔt＝BL 由动量定理可得mgt－BL＝mvm 解得h＝－。 答案　－ 　在例题中，其他条件不变。设m＝10 g，L＝0.2 m，R＝1 Ω，B＝0.25 T，将电阻R换成电容C＝2 F，求ab从静止释放在时间t0＝0.5 s时电容器的电荷量。(g取10 m/s2，保留2位有效数字) 解析　在t时刻：mg－BIL＝ma，I＝＝＝CBLa，v＝at0，q＝CU＝CBLv，联立解得q＝＝0.33 C。 答案　0.33 C 　如图所示，光滑的平行金属导轨水平放置，电阻不计，导轨间距为l，左侧接一阻值为R的电阻。区域cdef内存在垂直轨道平面向下的有界匀强磁场，磁场宽度为s。一质量为m、电阻为r的金属棒MN置于导轨上，与导轨垂直且接触良好，受到F＝0.5v＋0.4(N)(v为金属棒运动速度)的水平力作用，从磁场的左边界由静止开始运动，测得电阻两端电压随时间均匀增大。(已知 l＝1 m，m＝1 kg，R＝0.3 Ω，r＝0.2 Ω，s＝1 m) (1)分析并说明该金属棒在磁场中做何种运动； (2)求磁感应强度B的大小； (3)若棒在磁场运动过程中突然撤去外力后，写出棒在磁场中的速度v随位移x的变化规律的表达式。若满足棒运动到fe处时恰好静止，则外力F作用的时间为多少？ [解析]　(1)因电阻两端电压随时间均匀增大，故电路中的电流、电动势均随时间均匀增大，由电动势表达式E＝Blv可知，速度随时间均匀增大，故金属棒做匀加速直线运动，加速度恒定。 (2)对金属棒受力分析，由牛顿第二定律 F－v＝ma 将F＝0.5v＋0.4(N)代入v＋0.4＝a 因为加速度为恒量，与v无关，所以0.5－＝0，a＝0.4 m/s2，代入数据得B＝0.5 T。 (3)设外力F作用时间为t1，撤去外力时棒运动的位移为x1，速度为v0，则有 x1＝at12，v0＝at1 设撤去外力棒减速的位移为x时速度为v，由动量定理－vt＝mv－mv0，x＝vt 整理可得，撤去外力棒在磁场中的速度v随位移x的变化规律的表达式为v＝v0－x 若满足棒运动到de处时恰好静止，则上述表达式中v＝0，x＝s－x1，则有0＝v0－·，代入数据整理得t2＋4t－5＝0，解得t＝1 s或t＝－5 s(舍去) 故外力F作用的时间为1 s。 [答案]　(1)匀加速直线运动　(2)0.5 T (3)见解析 　在例题中，从t＝0时刻开始，金属棒受到垂直于棒的水平力F作用，从磁场的左边界由静止开始做匀加速运动直到通过整个磁场区域，已知F随时间t变化的规律为F＝(0.2t＋0.4)N，已知l＝1 m，m＝1 kg，R＝0.3 Ω，r＝0.2 Ω，s＝1 m。求： (1)金属棒的加速度a的大小； (2)磁感应强度B的大小； (3)整个过程安培力的冲量。 解析　(1)(2)金属棒做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有F－F安＝ma，F安＝BIl 电流为I＝ 电动势为E＝Blv 匀变速直线运动的速度为v＝at 联立化简为F－·t＝ma 结合F＝(0.2t＋0.4)N 可得ma＝0.4，＝0.2 解得a＝0.4 m/s2，B＝0.5 T。 (3)金属棒做匀加速直线运动，有s＝at2，可得t＝ s 而安培力为F安＝·t＝0.2t 即安培力关于时间均匀增大，故安培力的冲量为I＝安·t＝× N·s＝0.5 N·s 方向水平向左。 答案　(1)0.4 m/s2　(2)0.5 T　(3)0.5 N·s　方向水平向左 　如图甲所示，光滑的平行金属导轨水平放置，导轨间距L＝1 m，左侧接一阻值为R＝0.5 Ω的电阻。在MN与PQ之间存在垂直轨道平面的有界匀强磁场，磁场宽度d＝1 m，一质量m＝1 kg的金属棒ab置于导轨上，与导轨垂直且接触良好，不计导轨和金属棒的电阻。金属棒ab受水平力F的作用从磁场的左边界MN由静止开始运动，其中，F与x(x为金属棒距MN的距离)的关系如图乙所示。测得电阻R两端电压随时间均匀增大。则： (1)金属棒刚开始运动时的加速度的大小； (2)磁感应强度B的大小为多少？ (3)若某时刻撤去外力F后金属棒的速度v随位移s的变化规律满足v＝v0－s(v0为撤去外力时的速度，s为撤去外力F后的位移)，且棒运动到PQ处时恰好静止，则金属棒从MN运动到PQ的整个过程中通过左侧电阻R的电荷量为多少？外力F作用的时间为多少？ 解析　(1)金属棒开始运动时，x＝0，v＝0，金属棒不受安培力作用 金属棒所受合力为F＝0.4 N 由牛顿第二定律得a＝＝0.4 m/s2。 (2)由题意可知，电阻R两端电压随时间均匀增大，即金属棒切割磁感线产生的感应电动势随时间均匀增大，由E＝BLv可知，金属棒的速度v随时间t均匀增大，则金属棒做初速度为零的匀加速运动．加速度a＝0.4 m/s2 由匀变速直线运动的位移公式可得v2＝2ax 由题图乙所示图像可知，x＝0.8 m时，F＝0.8 N 由牛顿第二定律得F－＝ma 解得B＝0.5 T。 (3)金属棒经过磁场的过程中，感应电动势的平均值 ＝＝＝ 感应电流的平均值＝ 通过电阻R的电荷量q＝Δt 解得q＝＝＝1 C 设外力F的作用时间为t，力F作用时金属棒的位移为x＝at2 撤去外力后，金属棒的速度为v＝v0－s 到PQ恰好静止v＝0 则撤去外力后金属棒运动的距离为s＝·at，则 at2＋·at＝d 解得t＝1 s。 答案　(1)0.4 m/s2　(2)0.5 T　(3)1 C　1 s ●核心素养·思维升华 电磁感应中力学问题的解题技巧 (1)受力分析时，要把立体图转换为平面图，同时标明电流方向及磁场B的方向，以便准确地画出安培力的方向。 (2)要特别注意安培力的大小和方向都有可能变化，不像重力或其他力一样是恒力。 (3)根据牛顿第二定律分析a的变化情况，以求出稳定状态的速度。 (4)列出稳定状态下的受力平衡方程往往是解题的突破口。 1．(2025·黑吉辽内蒙古卷)如图(a)所示，固定在光滑绝缘水平面上的单匝正方形导体框abcd，置于始终竖直向下的匀强磁场中，ad边与磁场边界平行，ab边中点位于磁场边界。导体框的质量m＝1 kg、电阻R＝0.5 Ω、边长L＝1 m。磁感应强度B随时间t连续变化，0～1 s内B­t图像如图(b)所示。导体框中的感应电流I与时间t关系图像如图(c)所示，其中0～1 s内的图像未画出，规定顺时针方向为电流正方向。 (1)求t＝0.5 s时ad边受到的安培力大小F； (2)画出图(b)中1～2 s内B­t图像(无需写出计算过程)； (3)从t＝2 s开始，磁场不再随时间变化。之后导体框解除固定，给导体框一个向右的初速度v0＝0.1 m/s，求ad边离开磁场时的速度大小v1。 解析　(1)由法拉第电磁感应定律E1＝＝＝××12 V＝0.05 V 由闭合电路欧姆定律可知，0～1 s内线框中的感应电流大小为I1＝＝0.1 A 由题图(b)可知，t＝0.5 s时磁感应强度大小为B0.5＝0.15 T 所以此时导线框ad的安培力大小为 F＝B0.5I1 L＝0.15×0.1×1 N＝0.015 N。 (2)0～1 s内线框内的感应电流大小为I1＝0.1 A，根据楞次定律及安培定则可知感应电流方向为顺时针，由题图(c)可知1～2 s内的感应电流大小为I2＝0.2 A，方向为逆时针，根据欧姆定律可知1～2 s内的感应电动势大小为E2＝I2R＝0.1 V 由法拉第电磁感应定律E2＝＝＝0.1 V 可知1～2 s内磁感应强度的变化率为＝＝0.2 T/s 解得t＝2 s时磁感应强度大小为B2＝0.3 T 方向垂直于纸面向里，故1～2 s的B­t图像如图所示。 (3)由动量定理可知－B2LΔt＝mv1－mv0 其中q＝Δt＝Δt＝＝ 联立解得ad边经过磁场边界的速度大小为 v1＝0.01 m/s。 答案　(1)0.015 N　(2)见解析图　(3)0.01 m/s 二、电磁感应中的能量问题 1．电磁感应现象中的能量守恒 电磁感应现象中的“阻碍”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 (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路的内能。 (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，转化过来的电能将全部转化为电路的内能。 3．求解电磁感应现象中能量问题的一般思路 (1)确定回路，分清电源和外电路。 (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： ①有滑动摩擦力做功，必有内能产生； ②有重力做功，重力势能必然发生变化； ③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，如果安培力做正功，就是电能转化为其他形式的能。 (3)列有关能量的关系式。 　(2025·云南大理高二校考)如图所示，电阻不计，动摩擦因数为μ＝0.5的平行金属导轨MN和OP放置在水平面内。MO间接有阻值为R＝1.5 Ω的电阻。导轨相距d＝1 m，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5 T。质量为m＝0.1 kg、电阻为r＝0.5 Ω的导体棒CD垂直于导轨放置，并接触良好，现用平行于MN的恒力F＝1 N向右拉动导体棒，导体棒运动4 m后达到最大速度。重力加速度g＝10 m/s2。导体棒长度l＝1 m。 (1)导体棒的最大速度是多少？ (2)加速过程中流过导体棒的电荷量及电阻R上产生的热量为多少？ (3)加速时间为多少？ [解析]　(1)对于导体棒CD，所受安培力为F0＝BId 设导体棒CD运动的最大速度为vm，则导体棒CD产生的感应电动势E＝Bdvm 在回路CDMO中，由闭合电路欧姆定律I＝ 当v＝vm时，有F＝F0＋μmg， 联立各式解得vm＝＝4 m/s。 (2)加速过程中流过导体棒的电量q＝t 由电磁感应定律可得＝＝ 由闭合电路欧姆定律可得＝ 联立解得q＝＝1 C 由功能关系可知电阻R上产生的热量为 Q＝Fx－mvm2－μmgx＝1.2 J。 (3)导体棒速度达到最大时，由动量定理可得 t＝mvm 解得t＝1.8 s。 [答案]　(1)4 m/s　(2)1 C　1.2 J　(3)1.8 s 　如图所示，两平行光滑长直金属导轨水平放置，间距为L。abcd区域有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向上。初始时刻，磁场外的细金属杆M以初速度v0向右运动，磁场内的细金属杆N处于静止状态。两金属杆与导轨接触良好且运动过程中始终与导轨垂直。两杆的质量均为m，在导轨间的电阻均为R，感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计。 (1)求M刚进入磁场时受到的安培力F的大小和方向； (2)若两杆在磁场内未相撞且N出磁场时的速度为，求： ①N在磁场内运动过程中通过回路的电荷量q； ②初始时刻N到ab的最小距离x； (3)初始时刻，若N到cd的距离与第(2)问初始时刻的相同、到ab的距离为kx(k>1)，求M出磁场后不与N相撞条件下k的取值范围。 [解析]　(1)细金属杆M以初速度v0向右刚进入磁场时，产生的动生电动势为E＝BLv0 电流方向为a→b，电流的大小为I＝ 则所受的安培力大小为F＝BIL＝，安培力的方向由左手定则可知水平向左。 (2)①金属杆N在磁场内运动过程中，由动量定理有BL·Δt＝m·－0，且q＝·Δt 联立解得通过回路的电荷量为q＝； ②设两杆在磁场中相对靠近的位移为Δx，＝，＝，整理可得q＝ 联立可得Δx＝ 若两杆在磁场内刚好相撞，N到ab的最小距离为x＝Δx＝。 (3)两杆出磁场后在平行光滑长直金属导轨上运动，若N到cd的距离与第(2)问初始时刻的相同、到ab的距离为kx(k>1)，则N到cd边的速度大小恒为，根据动量守恒定律可知mv0＝mv1＋m· 解得N出磁场时，M的速度大小为v1＝v0 由题意可知，此时M到cd边的距离为s＝(k－1)x 若要保证M出磁场后不与N相撞，则有两种临界情况： ①M减速出磁场，出磁场的速度刚好等于N的速度，一定不与N相撞，对M根据动量定理有BL·Δt1＝m·v0－m·，q1＝·Δt1＝，联立解得k＝2； ②M运动到cd边时，恰好减速到零，则对M由动量定理有BL·Δt2＝m·－0，q2＝·Δt1＝，同理解得k＝3 综上所述，M出磁场后不与N相撞条件下k的取值范围为2≤k＜3。 [答案]　(1)，方向水平向左 (2)①　②　(3)2≤k＜3 　(多选)在例题中，条件不变，则下列说法正确的是(　　) A．N在磁场内运动过程中的最大加速度为 B．N在磁场内运动过程中通过回路的电荷量为 C．M中产生焦耳热的最小值为mv02 D．N的初始位置到ab的最小距离为 解析　根据题意可知，M进入磁场后，M做减速运动，N做加速运动，则M刚进入磁场时，N在磁场中的加速度最大，则有E＝BLv0，I＝，F＝BIL，联立可得F＝，由牛顿第二定律有F＝mam，解得am＝，故A正确；根据题意，对N由动量定理有BL·Δt＝m·－0，又q＝Δt，联立可得BLq＝，解得q＝，故B正确；根据题意可知，若N出磁场时，M恰好追上N，则回路中产生的焦耳热最少，设此时M的速度为v，由动量守恒定律有mv0＝mv＋m·，解得v＝，由能量守恒定律可得，回路中产生的焦耳热为Q＝mv02－m－m＝mv02，则M中产生焦耳热的最小值为QM＝Q＝mv02，故C错误；根据题意，在磁场过程，设两棒相对靠近的位移为Δx，由公式＝，＝，q＝t，联立可得q＝，联立解得Δx＝，由于两杆在磁场内未相撞，则有N的初始位置到ab的最小距离为x＝Δx＝，故D正确。 答案　ABD ●核心素养·思维升华 电磁感应中焦耳热的计算技巧 (1)电流恒定时，根据焦耳定律求解，即Q＝I2Rt。 (2)感应电流变化，可用以下方法分析： ①利用动能定理，求出克服安培力做的功，产生的焦耳热等于克服安培力做的功，即Q＝W安。 ②利用能量守恒，即感应电流产生的焦耳热等于其他形式能量的减少，即Q＝ΔE其他。 2．(2024·全国甲卷)如图所示，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)开关S闭合时，对金属棒施加以水平向右的恒力，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)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。 解析　(1)开关S闭合时，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I＝ 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＝ 在加速阶段，外力的功率为PF＝Fv＝v 定值电阻的功率为PR＝I2R＝ 若PF＝2PR时，即v＝2 化简可得金属棒速度v的大小为v＝。 (2)断开开关S，则电容器与定值电阻串联，则有 E＝BLv＝IR＋ 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，而恒力的功率PF＝Fv＝BILv，定值电阻功率PR＝I2R 当PF＝2PR时有BILv＝2I2R，可得IR＝ 根据E＝BLv＝IR＋ 可得此时电容器两端电压为UC＝＝ 从开关断开到此刻外力所做的功为W＝∑BIL·(v·Δt)＝BLv∑I·Δt＝BLvq，其中q＝ 联立可得W＝。 答案　(1)　(2)　 [对应学生用书P64] 1．如图1所示，将线圈套在长玻璃管上，线圈的两端与电流传感器(可看作理想电流表)相连。将强磁铁从长玻璃管上端由静止释放，磁铁下落过程中将穿过线圈。实验观察到如图2所示的感应电流随时间变化的图像。下列说法正确的是(　　) A．t1～t3时间内，磁铁受到线圈的作用力方向先向上后向下 B．若将磁铁两极翻转后重复实验，将先产生负向感应电流，后产生正向感应电流 C．若将线圈的匝数加倍，线圈中产生的电流最大值也将加倍 D．若将线圈到玻璃管上端的距离加倍，线圈中产生的电流最大值也将加倍 解析　根据楞次定律的“来拒去留”可知，t1～t3时间内，磁铁受到线圈的作用力方向一直向上，故A错误；若将磁铁两极翻转后重复实验，则穿过圆环磁通量方向相反，根据楞次定律可知，将先产生负向感应电流，后产生正向感应电流，故B正确；若将线圈的匝数加倍E＝N ，I＝，因为电阻也加倍，线圈中产生的电流最大值不会加倍，故C错误；若将线圈到玻璃管上端的距离加倍，如果没有磁场力mgh＝mv2，高度加倍，速度并非变为原来的2倍，实际中存在磁场力做负功，速度不是原来的2倍，则线圈中产生的电流最大值不会加倍，故D错误。 答案　B 2．(教材本章复习与提高B组第4题变式)(多选)如图所示，MN和PQ是两根互相平行竖直放置的光滑金属导轨，已知导轨足够长，且电阻不计。ab是一根与导轨垂直而且始终与导轨接触良好的金属杆。开始时，将开关S断开，让杆ab由静止开始自由下落，一段时间后，再将S闭合，若从S闭合开始计时，则金属杆ab的速度v随时间t变化的图像可能是(　　) 解析　设ab杆的有效长度为l，S闭合时，若＞mg，杆先减速再匀速，D项有可能；若＝mg，杆匀速运动，A项有可能；若＜mg，杆先加速再匀速，C项有可能；由于v变化，－mg＝ma中的a不恒定，故B项不可能。 答案　ACD 3．如图(a)所示，两相距L＝0.5 m的平行金属导轨固定于水平面上，导轨左端与阻值R＝2 Ω的电阻连接，导轨间虚线右侧存在垂直导轨平面的匀强磁场。质量m＝0.1 kg的金属杆垂直置于导轨上，与导轨接触良好，导轨与金属杆的电阻可忽略。杆在水平向右的恒定拉力F作用下由静止开始运动，并始终与导轨垂直，其v ­t图像如图(b)所示。在8 s时撤去拉力，同时使磁场随时间变化，从而保持杆中电流为0。求： (1)在0～5 s内，金属杆受到的合力大小F合和滑动摩擦力大小f； (2)在0～8 s内，匀强磁场的磁感应强度大小B0； (3)在t＝9 s时，磁感应强度大小B1。 解析　(1)由题图(b)可知，金属杆在0～5 s内做匀加速运动，其加速度a1＝＝0.4 m/s2 根据牛顿第二定律得F合＝ma1＝0.04 N 由题图(b)可知，金属杆在8～10 s内做匀减速运动，其加速度大小a2＝＝1 m/s2 由于杆中电流为0，则FA＝0 根据牛顿第二定律得f＝ma2＝0.1 N。 (2)由题图(b)可知，金属杆在5～8 s内做匀速运动，由平衡条件得F－f＝FA 感应电动势，感应电流为E＝B0Lv，I＝ 根据安培力的表达式FA＝B0IL，联立解得B0＝0.4 T。 (3)根据题意可知，在8～10 s内杆中电流为0，即回路磁通量保持不变，在t＝9 s有Φ1＝Φ0，即B1S1＝B0S0，t2＝3 s，t3＝1 s，x0＝vt2，S0＝Lx0，S1＝L 代入数据求得B1＝0.32 T。 答案　(1)0.04 N　0.1 N　(2)0.4 T　(3)0.32 T 4．(2025·湖南长沙校考)如图甲所示，固定的光滑平行导轨(电阻不计)与水平面夹角为θ＝30°，导轨足够长且间距L＝0.5 m，底端接有阻值为R＝4 Ω的电阻，整个装置处于垂直于导体框架向上的匀强磁场中，一质量为m＝1 kg、电阻r＝1 Ω、长度也为L的导体棒MN在沿导轨向上的外力F作用下由静止开始运动，拉力F与导体棒速率倒数关系如图乙所示。重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)匀强磁场的磁感应强度的大小； (2)导体棒MN两端的最大电压； (3)当棒的加速度a＝8 m/s2时，导体棒的速度大小。 解析　(1)由题图乙可知导体棒的最大速度的倒数为＝0.1 m/s 所以最大速度为vm＝10 m/s 此时拉力最小为Fmin＝7.0 N 根据共点力平衡条件可得Fmin－mg sin θ－F安＝0，故F安＝BIL＝，代入数据得B＝2 T。 (2)导体棒速度最大时﹐产生的电动势最大，其两端电压最大E＝BLvm，U＝E 解得U＝8 V。 (3)根据功率与速度的关系可得拉力的功率P＝Fminvm＝70 W 当棒的加速度a＝8 m/s2时，拉力设为F′，速度为v′，根据牛顿第二定律可得F′－mg sin θ－BI′L＝ma，而F′＝，BI′L＝ 整理可得v′2＋65v′－350＝0 解得v′＝5 m/s(或v′＝－70 m/s舍去) 即当棒的加速度a＝8 m/s2时，导体棒的速度为5 m/s。 答案　(1)2 T　(2)8 V　(3)5 m/s 5．(2025·四川卷)如图所示，长度均为s的两根光滑金属直导轨MN和PQ固定在水平绝缘桌面上，两者平行且相距l，M、P连线垂直于导轨，定滑轮位于N、Q连线中点正上方h处。MN和PQ单位长度的电阻均为r，M、P间连接一阻值为2sr的电阻。空间有垂直于桌面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。过定滑轮的不可伸长绝缘轻绳拉动质量为m、电阻不计的金属杆沿导轨向右做匀速直线运动，速度大小为v。零时刻，金属杆位于M、P连线处。金属杆在导轨上时与导轨始终垂直且接触良好，重力加速度大小为g。 (1)金属杆在导轨上运动时，回路的感应电动势； (2)金属杆在导轨上与M、P连线相距d时，回路的热功率； (3)金属杆在导轨上保持速度大小v做匀速直线运动的最大路程。 解析　(1)金属杆在导轨上运动时，切割磁感线，产生感应电动势E＝Blv。 (2)金属杆运动距离d时，电路中的总电阻为R＝2dr＋2sr 故此时回路中总的热功率为P＝＝。 (3)设金属杆保持速度大小v做匀速直线运动的最大路程为x，此时刚好将要脱离导轨，此时绳子拉力为T，与水平方向的夹角为θ，对金属杆根据受力平衡可知F安＝T cos θ，mg＝T sin θ，根据位置关系有tan θ＝，同时有F安＝BIl，I＝ 联立解得x＝。 答案　(1)Blv　(2)　(3) 学科网（北京）股份有限公司 $