高考物理
某省市专用
第12章 电磁感应
目 录 第1节 电磁感应现象 楞次定律
考点1 电磁感应现象的理解和判断
考点2 实验：探究影响感应电流方向的
考点3 楞次定律及其应用
第2节 法拉第电磁感应定律、自感和涡流
考点1 法拉第电磁感应定律的理解及应用
考点2 导体切割磁感线产生感应电动势
考点3 自感现象
考点4 涡流 电磁阻尼和电磁驱动
微专题25 电磁感应中的电路和图像问题
微专题26 基础单杆模型
微专题27 含容含源单杆模型
微专题28 双杆模型
微专题29 线框模型
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第1节 电磁感应现象
楞次定律
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考点1 电磁感应现象的理解和判断
1.磁通量
(1)公式:Φ=BS,S为垂直于磁感应强度B方向的投影面积。磁通量为标量,单位是Wb。
(2)物理意义:磁通量的大小可形象地表示为穿过某一面积的磁感线条数的多少。
2.电磁感应现象
(1)感应电流产生的条件
①表述1:闭合回路中的一部分导体在磁场内做切割磁感线运动。
②表述2:穿过闭合回路的磁通量发生变化。
(2)当磁通量发生变化时,如果回路不闭合,则只有感应电动势,没有感应电流。
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即练即清
判断正误,正确的打√,错误的打✕。
(1)只要有磁通量穿过闭合电路,闭合电路中就有感应电流产生。 ( )
(2)闭合电路中的一部分导体做切割磁感线运动时,电路中会产生感应电流。 ( )
(3)闭合线圈和磁场发生相对运动时,一定能产生感应电流。 ( )
(4)穿过闭合电路的磁通量发生变化,电路中一定会产生感应电流。 ( )
✕
√
✕
√
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提分关键·方法提升
判断感应电流有无的方法
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考点2 实验:探究影响感应电流方向的因素
1.实验器材:条形磁体、灵敏电流计、线圈、导线、一节干电池(用来查明线圈中电流
的流向与灵敏电流计中指针偏转方向的关系)。
2.实验现象:以下面四种情况(如图甲、乙、丙、丁)为例,根据实验结果,填写表格。
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图号 磁场方向 磁通量变化趋势 感应电流的方向(俯) 感应电流的磁场方向
甲 向下 增加 逆时针 向上
乙 向上 顺时针 向下
丙 向下 减少 顺时针 向下
丁 向上 逆时针 向上
3.实验结论
(1)表述一:当穿过线圈的磁通量增加时,感应电流的磁场与原磁场的方向相反;当穿过
线圈的磁通量减少时,感应电流的磁场与原磁场的方向相同。
(2)表述二:当磁体靠近线圈时,两者相斥;当磁体远离线圈时,两者相吸。
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考点3 楞次定律及其应用
一、楞次定律的内容
感应电流具有这样的方向,即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。
二、正确理解楞次定律中“阻碍”的含义
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例证
增反减同 磁体靠近线圈,B感与B原方向
相反(若远离,则相同)
当环A中的I1增大时,环B中的感
应电流方向与I1的方向相反;当
I1减小时,环B中的感应电流方
向与I1的方向相同
来拒去留 作用:阻碍磁体与圆环的相对运动
增缩减扩(磁
感线单方向
穿过回路)
P、Q是光滑固定导轨,a、b是可动金属棒,磁体下移(上移),a、b靠近
(远离),使回路面积缩小(扩大)
三、楞次定律的推论及其应用
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四、右手定则
1.内容:伸开右手,使拇指与其余四个手指垂直,并且都与手掌在同一个平面内;让磁感线
从掌心进入,并使拇指指向导线运动的方向,这时四指所指的方向就是感应电流的方
向。
2.适用情况:导体切割磁感线产生感应电流。
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典例1 如图所示,在光滑水平桌面上有两个闭合金属圆环,在它们圆心连线中点正上
方有一个条形磁体,当给条形磁体一竖直向上的初速度后,磁体上升到最高点后下落。
在条形磁体向下运动的开始阶段,将会出现的情况是 ( )
A.磁体的加速度小于g
B.金属圆环对桌面压力小于自身重力
C.俯视观察,左边金属圆环会产生逆时针方向的感应电流
D.两金属圆环将加速靠近(不考虑金属圆环之间的作用)
A
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解析 在磁体从最高点下落的开始阶段,穿过两个金属圆环的磁通量增大,金属圆环
产生感应电流,金属圆环受到向下的安培力,而磁体受到向上的力,所以磁体向下运动的
开始阶段的加速度会小于g,金属圆环对桌面的压力大于自身重力,A正确,B错误。在磁
体从最高点下落的开始阶段,穿过两个金属圆环向上的磁通量增大,俯视观察,左边金属
圆环会产生顺时针方向的感应电流,C错误。在磁体从最高点下落的开始阶段,穿过两
个金属圆环的磁通量增大,感应电流的磁场总要阻碍磁通量的变化,两金属圆环相互远
离,D错误。
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提分关键·方法提升
“四步法”判断感应电流的方向
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典例2 (多选)如图所示,水平放置的两条光滑轨道上有可自由某著名企业的金属棒PQ、
MN,
MN的左边有一如图所示的闭合电路。当PQ在一外力的作用下运动时,MN向右运动,则
PQ所做的运动可能是 ( )
A.向右加速运动 B.向左加速运动 C.向右减速运动 D.向左减速运动
BC
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解析 根据安培定则可知,ab在右侧产生的磁场方向垂直纸面向里,MN向右运动,根
据左手定则可判断MN中感应电流方向由M到N。由安培定则可知L1中感应电流产生的
磁场方向向上,由楞次定律可知L2中感应电流产生的磁场方向向上减弱或向下增强。
如果L2中感应电流产生的磁场向上减弱,根据安培定则可知PQ中感应电流由Q到P且减
小,再根据右手定则可知PQ向右减速运动;如果L2中感应电流产生的磁场向下增强,根
据安培定则可知PQ中感应电流由P到Q且增大,再根据右手定则可知PQ向左加速运
动。A、D错误,B、C正确。
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提分关键·方法提升
三个定则和一个定律的应用比较
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第2节 法拉第电磁感应定律、
自感和涡流
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考点1 法拉第电磁感应定律的理解及应用
一、感应电动势
1.产生条件:穿过电路的磁通量发生变化。与电路是否闭合无关。
2.产生感应电动势的那部分导体相当于电源。
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二、法拉第电磁感应定律
1.内容:闭合电路中感应电动势的大小,跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比。
2.大小:E= (单匝线圈);E=n (n匝线圈)。
3.应用E=n 求解的三种思路
(1)磁感应强度B不变,垂直于磁场的回路面积S发生变化,则E=nB 。
(2)垂直于磁场的回路面积S不变,磁感应强度B发生变化,则E=nS 。
(3)磁感应强度B、垂直于磁场的回路面积S均发生变化,则E=n 。
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典例1 某研究团队的实验证实超导态“分段费米面”科研成果入选2022年度“中国
科学十大进展”。如图甲所示,超导体圆环半径为r,常阻为R,圆环的横截面半径
远小于圆环半径,钕磁铁沿圆环轴线从上到下穿过圆环。沿圆环轴线方向的磁感应强
度分量By随时间t变化的情况如图乙所示(已作简化处理)。求:
(1)0~2t0时间内和5t0~6t0时间内圆环中产生的感应电动势的大小E1和E2;
(2)0~6t0时间内圆环产生的焦耳热Q。
答案
(1) (2)
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解题导引
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解析 (1)0~2t0时间内圆环中产生的感应电动势大小E1= = ,5t0~6t0时间内圆
环中产生的感应电动势的大小E2= = 。
(2)0~2t0时间内圆环产生的焦耳热Q1= ×2t0
2t0~5t0时间内穿过圆环的磁通量不发生变化,圆环内无感应电流,不产生焦耳热
5t0~6t0时间内圆环产生的焦耳热Q2= t0
0~6t0时间内圆环产生的焦耳热Q=Q1+Q2= 。
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考点2 导体切割磁感线产生感应电动势
1.导体切割磁感线时的感应电动势
垂直切割
甲
B、l、v两两垂直时,如图甲所示,E=Blv
不垂直切割
乙
导体的运动方向与导体本身垂直,与磁感线方向的
夹角为θ时,如图乙所示,则E=Blv1=Blv sin θ
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2.对E=Blv的理解
特性 含义
正交性 B、l、v三者互相垂直
瞬时性 若v为瞬时速度,则E为相应的瞬时感应电动势
平均性 导体平动切割磁感线时,若v为平均速度,则E为平均感应电动势
有效性 公式中的l为导体切割磁感线的有效长度。图中导体的有效长度为a、b间的距离
相对性 速度v是导体相对磁场的速度,若磁场也在运动,应注意速度间的相对关系
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3.转动切割磁感线时感应电动势的计算
当导体棒在垂直于磁场的平面内,绕一端以角速度ω匀速转动时,产生的感应电动势E=
Bl = Bl2ω,如图所示。
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典例2 (2021广东,10,6分)(多选)如图所示,水平放置足够长光滑金属导轨abc和de,ab与
de平行,bc是以O为圆心的圆弧导轨。圆弧be左侧和扇形Obc内有方向如图的匀强磁
场。金属杆OP的O端与e点用导线相接,P端与圆弧bc接触良好。初始时,可滑动的金属
杆MN静止在平行导轨上。若杆OP绕O点在匀强磁场区内从b到c匀速转动时,回路中始
终有电流,则此过程中,下列说法正确的有 ( )
A.杆OP产生的感应电动势恒定
B.杆OP受到的安培力不变
C.杆MN做匀加速直线运动
D.杆MN中的电流逐渐减小
AD
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解析 杆OP匀速转动,由E= Bl2ω可知杆OP产生的感应电动势恒定,A正确。由右手
定则可知,杆OP产生了由O到P的感应电流,则由左手定则可知MN会受到向左的安培
力,在MN向左运动的过程中,由右手定则可判定MN切割磁感线产生由N到M的感应电
动势,则通过MN的电流逐渐减小,由安培力F=BIl可知,杆MN、杆OP所受的安培力减小,
杆MN做加速度减小的加速运动,B、C错误,D正确。
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高考变式 如图所示,半径为L的光滑圆形金属轨道固定放置在绝缘水平面上,圆心O处
固定一竖直细导体轴OO'。间距为L、与水平面成θ角的足够长平行光滑倾斜导轨通过
导线分别与圆形轨道及导体轴相连。倾斜导轨和圆形金属轨道分别处在与各自所在
平面垂直的匀强磁场中,磁感应强度大小均为B。长度为L的细导体棒OA在水平面内绕
O点沿逆时针方向以角速度ω匀速转动时,放置在导轨上的导体棒CD恰好静止。已知
CD棒在导轨间的电阻为R,电路中其余部分的电阻均不计,CD棒始终与导轨垂直,各部
分始终接触良好,不计空气阻力,重力加速度大小为g。
(1)求CD棒的质量m;
(2)锁定OA棒,CD棒由静止释放,求CD棒运动的最大速度vm。
答案
(1) (2)
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解析 (1)导体棒OA匀速转动产生的电动势E= BL2ω
导体棒CD静止时,有mg sin θ=ILB
由欧姆定律得I=
联立解得m= 。
(2)锁定OA棒,CD棒最终匀速运动,mg sin θ=I'LB
E'=BLvm
I'=
联立解得vm= 。
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考点3 自感现象
一、互感
两个互相靠近的线圈,当一个线圈中的电流变化时,它所产生的变化的磁场会在另一个
线圈中产生感应电动势。这种现象叫作互感,这种感应电动势叫作互感电动势。
二、自感
1.定义:当一个线圈中的电流变化时,它所产生的变化的磁场在线圈本身激发出感应电
动势,这种现象称为自感。由于自感而产生的感应电动势叫作自感电动势。
2.自感电动势的表达式:E=L 。
3.自感系数L的影响因素:线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯等。
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4.通电自感和断电自感的比较
电路图
器材要求 A1、A2同规格,R=RL,L较大 L很大(有铁芯)
通电时 在S闭合瞬间,灯A2立即亮起来,灯A1
逐渐变亮,最终一样亮
灯A立即亮,然后逐渐变暗达到稳定
断电时 L、A1、A2
、R组成回路,回路电流减小,灯泡逐渐变暗;
流过A1的电流方向不变,流过A2的电流反向
①若断电前稳定电流I2≤I1,灯泡逐渐变暗
②若I2>I1
,灯泡闪亮后逐渐变暗两种情况下灯泡中电
流方向均改变
总结 自感电动势总是阻碍原电流的变化
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典例3 (2023届湖南名校联盟4月联考)(多选)相同的电灯A1、A2和自感系数较大的电
感线圈L接入如图甲所示的电路中,电源电动势为E,内阻不计。闭合开关S待电路稳定
后开始计时,t1时刻断开开关S,t2时刻整个电路中的电流均为零。t1前后通过电灯A2的电
流-时间(iA2-t)图像如图乙所示。下列说法正确的是 ( )
A.电感线圈的直流电阻不可忽略
B.断开开关S后,电灯A1、A2中的电流大小始终相等
C.断开开关S后,流过电灯A2的电流方向向左
D.线圈的自感系数是由线圈本身决定的,与是否有铁芯无关
AB
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解析 因为电灯A1、A2相同,又由题图乙可知,断开开关前通过电感线圈L所在支路的
电流小于通过电灯A2所在支路的电流,所以电感线圈的直流电阻不可忽略,A正确;开关
S断开后,由于线圈的自感现象,线圈中的电流只能逐渐减小,线圈L、电灯A1、A2构成闭
合回路,两灯都过一会儿再熄灭,电灯A1、A2中的电流大小始终相等,且流过灯A2的电流
方向向右(点拨:断开开关S瞬间,流经电灯A1的电流方向不变,流经电灯A2的电流方向反
向),B正确,C错误;有铁芯时线圈的自感系数比没有铁芯时要大得多,D错误。
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通、断电自感现象的判断技巧
(1)通电时线圈产生的自感电动势阻碍电流的增大且与电流方向相反,使电流相对缓慢
地增大。
(2)断电时线圈产生的自感电动势与原电流方向相同,在与线圈串联的回路中,线圈相当
于电源,它提供的电流逐渐变小。
(3)电流稳定时,若线圈有电阻,线圈就相当于一个定值电阻;若不计线圈的电阻,线圈就
相当于一根导线。
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考点4 涡流 电磁阻尼和电磁驱动
一、涡流
产生 在变化的磁场中,导体内产生的感应电流,就像水中的漩涡,叫作涡电流,简称涡流
特点 若金属的电阻率小,涡流往往很强,产生的热量很多
应用 涡流热效应的应用:真空冶炼炉
涡流磁效应的应用:探雷器、安检门
防止 电动机、变压器等设备中为防止铁芯中涡流过大而导致浪费能量,损坏电器,可采取的措施
(1)增大铁芯材料的电阻率
(2)用相互绝缘的硅钢片叠成的铁芯代替整块硅钢铁芯
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二、电磁阻尼和电磁驱动
电磁阻尼 电磁驱动
由于导体在磁场中运动而产生感应电流 由于磁场运动引起磁通量的变化而产生感应
电流
安培力的方向与导体运动方向相反,阻碍导体运动 安培力的方向与导体运动方向相同,推动导体
运动
导体克服安培力做功,其他形式的能转化为电能,最
终转化为内能
由于电磁感应,磁场能转化为电能,通过安培
力做功,电能转化为导体的机械能
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典例4 某种售货机硬币识别系统的示意图如图所示。虚线框内存在磁场,从入口A进
入的硬币沿光滑斜面滚落,通过磁场区域后,由测速器测出其速度大小。若速度在某一
合适范围,挡板B自动开启,硬币就会沿斜面进入接收装置;否则挡板C开启,硬币进入另
一个通道拒绝接收。下列说法错误的是 ( )
A.磁场能使硬币的速度增大得更慢
B.如果没有磁场,则测速器示数会更小一些
C.硬币进入磁场的过程会受到磁场的阻力
D.由于磁场的作用,硬币的机械能减少
B
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解析 硬币进入磁场和离开磁场的过程中,穿过硬币的磁通量发生变化,硬币中产生
感应电流,从而阻碍硬币的相对运动,即硬币进入磁场的过程会受到磁场的阻力。若磁
场对硬币的阻力大于硬币重力沿斜面的分力,硬币将做减速运动;若磁场对硬币的阻力
等于硬币重力沿斜面的分力,硬币将匀速进入磁场;若磁场对硬币的阻力小于硬币重力
沿斜面的分力,硬币继续加速运动,但其速度增加得更慢。综上所述,磁场能使硬币的速
度增大得更慢,如果没有磁场,则测速器的示数会更大一些,A、C正确,B错误。硬币进
入磁场和离开磁场的过程中,磁场对硬币的阻力对硬币做负功,硬币的机械能减少,D正
确。故选B。
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微专题
25
电磁感应中的电路和
图像问题
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题型1 电磁感应中的电路问题
一、电磁感应中电路知识的关系图谱
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二、“三步走”分析电路为主的电磁感应问题
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典例1 如图所示,间距L= m的两条平行光滑竖直金属导轨PQ、MN足够长,底
部Q、N之间连有一阻值R1=3 Ω的定值电阻,磁感应强度的大小B1= T的匀强磁场与
导轨平面垂直,导轨的上端点P、M分别与横截面积为5×10-3 m2的100匝线圈的两端连
接,线圈的轴线与大小随时间均匀变化的匀强磁场平行。开关K闭合后,质量m=1×10-2
kg、阻值R2=2 Ω的金属棒ab恰能保持静止。若断开开关后金属棒下落2 m时恰好达到
最大速度,金属棒始终与导轨接触良好,其余部分电阻不计,g取10 m/s2。求:
(1)金属棒ab恰能保持静止时,匀强磁场的磁感应强度大小B2的变化率;
(2)金属棒ab下落时能达到的最大速度v的大小;
(3)金属棒ab从开始下落到恰好运动至最大速度
的过程中,金属棒产生的焦耳热Q。
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答案 (1) T/s (2)2 m/s (3) J
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解析 (1)金属棒ab保持静止,根据平衡条件得mg=B1I1L,可得I1= A
线圈产生的感应电动势E1=I1R2= V
根据法拉第电磁感应定律可知E1=n =nS
解得 = T/s。
(2)断开开关K后,金属棒向下做加速度逐渐减小的加速运动,当加速度为0(即合力是0)
时其速度最大,此时恰能匀速下降。
根据平衡条件有mg=B1I2L
此时金属棒中产生的感应电动势E2=B1Lv
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根据闭合电路欧姆定律得I2=
联立解得v=2 m/s。
(3)金属棒从开始下落到恰好运动至最大速度的过程中,根据动能定理得
mgh-W克安= mv2-0
金属棒产生的焦耳热Q= W克安= J。
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题型2 电磁感应中的图像问题
一、分析思路
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二、分析电磁感应图像问题的几点关注
(1)导体棒切割磁感线的有效长度L有效的变化。
(2)导体棒相对磁场运动速度v相对的变化。
(3)Φ-t图像和B-t图像的图线斜率的变化。
(4)题中规定的B、I、F安等物理量的正方向。
三、数形结合
写出图像中横、纵坐标两物理量之间的函数关系式,把图像和函数关系式结合起来。
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典例2 (多选)如图所示,水平光滑桌面上有一等边三角形金属线框abc,c点恰好处于方
向垂直于桌面向里的匀强磁场的边界PQ上,在拉力F的作用下,线框以恒定速率通过匀
强磁场区域,磁场区域的宽度大于线框的边长,且运动过程中ab始终与PQ保持平行。
在线框从开始进入磁场到完全进入磁场区域的过程中,下列四幅图中可以正确反映线
框中的感应电流I、热功率P、拉力F以及通过线框横截面的电荷量q随时间t变化规律
的是 ( )AC
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解析 关注有效长度的变化得出I、t间的函数关系式,设线框进入磁场时的速度为v,
总电阻为R,经过时间t(线框未全部进入磁场),切割磁感线的有效长度l=2vt tan 30°=
vt,感应电动势E=Blv,回路中的感应电流I= ,整理可得I= t,可知I与t成正比,故I-t
图线为一条过坐标原点的倾斜直线,A正确。热功率P=I2R= R= t2,可知P-
t图线为抛物线的一部分,B错误。线框所受安培力大小F'=BIl=B× t× vt=
t2,根据平衡条件可知拉力F与安培力F'等大反向,故F与t2成正比,F-t2图线为一条过
坐标原点的倾斜直线,C正确。通过线框横截面的电荷量q= = = t2,q与t2成
正比,q-t2图线为一条过坐标原点的倾斜直线,D错误。
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微专题
26
基础单杆模型
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题型1 具有初速度的单杆模型
情境 水平固定放置的平行粗糙导轨(电阻不计且足够长,导体杆与导轨间
的动摩擦因数为μ),间距为L,一侧接有电阻R,导体杆初速度为v0、质
量为m、电阻为r,匀强磁场的磁感应强度大小为B
等效
电路
感应电流I= =
图形
转换
把立体图转换为平面图,并画出电流的方向,便于受力分析
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受力分析
①安培力F安=BIL=
②由 +μmg=ma得a= +μg(v=v0时,a最大)
过程分析
导体杆做加速度逐渐减小的减速运动
能量分析
(全程)
①根据能量守恒可得Q= m -μmgx(x为全程的位移)
②电阻R产生的焦耳热QR= Q
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能力进阶
典例1 我国新一代航空母舰采用全新的电磁阻拦技术,飞机着舰时利用电磁作用力使
它快速停止。为研究问题方便,我们将其简化为如图所示的模型。在磁感应强度大小
为B、垂直纸面向下的匀强磁场中,有间距为L、电阻不计的水平平行金属导轨ab、cd,
a、c间连接一电阻R,质量为m、接入电路的电阻为r的粗细均匀的金属杆MN垂直于金
属导轨放置,现使金属杆MN获得一水平向右的初速度v0,滑行时间t后停下。已知金属
杆MN受到的摩擦阻力恒为f,MN长为2L,忽略空气阻力的影响,重力加速度为g。
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(1)①金属杆MN受到的安培力的最大值;
②全过程金属杆MN克服摩擦阻力f做的功W。
(2)进阶1 (从恒力做功到变力做功)金属杆MN所受摩擦阻力f是恒力,可以根据功的定
义式求金属杆MN克服摩擦阻力f做的功W,而安培力是变力,能否根据功的定义式求解
克服安培力做的功?
(3)进阶2 (克服安培力做功到焦耳热的计算)回路中产生的焦耳热是多少?能否确定电
阻R和金属杆MN的焦耳热分配关系?
答案 (1)① ② (2)见解析 (3) m -
见解析
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解析 (1)①刚开始时,金属杆MN受到的安培力最大,则感应电动势E=BLv0
感应电流I=
安培力F=BIL
解得安培力的最大值F= 。
②全过程以金属杆为研究对象,根据动量定理有-ft-B Lt=0-mv0
感应电流的平均值 = ,x= t
联立解得x=
金属杆克服摩擦阻力做的功W=fx
解得W= 。
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(2)不能。应用安培力关于位移的平均值求功,但不能应用安培力关于时间的平均值求
功。本题中不知道安培力对位移的平均值,因而不能根据功的定义式求解克服安培力
做的功。
(3)可以从能量转化的角度求闭合回路中产生的焦耳热。根据能量的转化和守恒,金属
杆减少的机械能,一部分通过克服安培力做功转化为电能,电能全部转化为焦耳热;另一
部分通过克服摩擦阻力做功,摩擦生热,因而回路中产生的焦耳热Q焦耳热= m -
。能确定电阻R和金属杆MN的焦耳热的分配关系,因为电阻R和金属杆
MN串联,电阻R上产生的焦耳热与金属杆MN上产生的焦耳热之比等于两者电阻之
比R∶r。
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典例2 (多选)如图所示,足够长、光滑、电阻不计的金属导轨PQ、MN水平平行放置
在绝缘水平面上,左端接有一定值电阻R,在与导轨垂直的分界线ab、cd间有方向竖直
向下、磁感应强度大小为B1的匀强磁场,在分界线cd右侧区域有方向竖直向上的匀强
磁场,磁感应强度大小为B2,且B1=3B2。一金属棒以初速度v0进入磁场,经过cd、ef处时的
速度分别为 、 ,金属棒从ab至cd过程,回路中产生的焦耳热为Q1,通过电阻R的电荷
量为q1,金属棒位移为x1,经历的时间为t1;金属棒从cd至ef过程,回路中产生的焦耳热为Q
2,通过电阻R的电荷量为q2,金属棒的位移为x2,经历的时间为t2。金属棒始终与导轨垂直,
则 ( )
A. = B. =
C. = D. =
AC
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解析 设金属棒的质量为m,从ab到cd过程,有Q1= m - m ,从cd到ef过程,有Q2=
m - m× ,则 = ,A正确。设导轨间距为L,金属棒从ab至cd过程,根据动量
定理有-B1 Lt1=mv2-mv1, = ,即-B1q1L= mv0-mv0,从cd到ef过程,同理可得-B2q2L= mv0-
mv0,联立解得q1=q2,B错误。根据法拉第电磁感应定律有 = ,又因为 = ,q= Δt,联
立解得q= = ,则 = ,C正确。若金属棒在两阶段做匀减速直线运动,则有x1=
t1,x2= t2,联立解得 = ,金属棒所受安培力不是恒力,该比值并不成立,D错
误。
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题型2 受恒定外力的单杆模型
情境 水平固定放置的平行粗糙导轨(电阻不计且足够长,导体杆与导轨间
的动摩擦因数为μ),间距为L,一侧接有电阻R,导体杆质量为m,电阻为
r,在恒力F作用下从静止开始运动,匀强磁场的磁感应强度大小为B
等效
电路
感应电流I= =
图形
转换
把立体图转换为平面图,并画出电流的方向,便于受力分析
受力
分析
①安培力F安=BIL=
②加速度a= -μg- (v=0时,a最大)
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过程分析
导体杆做加速度减小的加速运动,
当a=0时,达到最大速度,vm=
能量分析
(全程)
①根据能量守恒得Fx= m +Q+μmgx
②电阻R产生的焦耳热QR= Q
动量分析 研究导体杆从静止到速度为v(已知未达到最大速度)的过程(见过程分析中的v-t图像)
①通过电阻R的电荷量q= t= =
②根据动量定理有Ft-μmgt-B Lt=mv可得(F-μmg)t-
BLq=mv由两式分析可知,v已知的前提下,在q、x、t三个物理量中,知一可求二
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典例3 (2024届湖南新高考教学教研联盟一模)如图甲所示,足够长的平行金属导轨
MN、PQ固定在同一水平面上,间距L=1 m,导轨的M与P之间连接阻值为R= Ω的电
阻,质量为m= kg、电阻为r= Ω、长度为1 m的金属杆ab静置在导轨上,整个装置
处于竖直向下的匀强磁场中。现用一垂直杆水平向右的恒力F= N拉金属杆ab,使它
由静止开始运动,同时开始计时,运动过程中金属杆与导轨接触良好并保持与导轨垂直,
通过电阻R的电荷量q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,已知ab与导轨间的动摩擦因数μ=,重力加速度g=10 m/s2(忽略ab杆运动
过程中对原磁场的影响),求:
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(1)磁感应强度B的大小和金属杆的最大速度;
(2)金属杆ab从静止开始运动 s内所通过的位移大小;
(3)从金属杆开始运动到电阻R产生的热量为Q= J的过程,金属杆ab所通过的位移大
小。
答案 (1)1 T 2 m/s (2) m (3)
m
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解析 (1) s~ s过程电流稳定,此时金属杆速度达到最大值
通过金属杆的电流I=
可得I=5 A
金属杆匀速,对金属杆有F=BLI+μmg
解得B=1 T
金属杆匀速时,金属杆产生的电动势E=BLvmax
由闭合电路欧姆定律有I=
解得金属杆的最大速度vmax=2 m/s。
(2)0~ s过程中由动量定理得Ft-μmgt- t=mvmax-0
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即Ft-μmgt- x1=mvmax-0
解得金属杆ab在0~ s内通过的位移大小x1= m。
(3)0~ s过程中由动能定理得Fx1-μmgx1+W安= m -0
0~ s过程产生的总热量Q总=-W安
电阻R产生的热量QR1= Q总
解得QR1= J
s后匀速运动阶段电阻R产生的热量QR2=Q-QR1,QR2=I2Rt',x2=vmaxt'
整个过程中金属杆通过的位移大小x=x1+x2
解得x= m
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典例4 如图所示,MN和PQ为沿竖直方向的两平行足够长金属导轨,间距为L,电阻不
计。导轨所在平面处于磁感应强度大小为B、垂直纸面向外的匀强磁场中。质量
为m、电阻为R的光滑金属杆ab始终垂直于导轨并保持良好接触。两导轨间分别接有
两个阻值均为2R的定值电阻。重力加速度为g。
(1)开关S断开时,金属杆ab由静止开始释放,求金属杆ab能达到的最大速度;
(2)当金属杆ab的速度达到最大时,闭合开关S,经过时间t金属杆ab匀速下落。求:
①闭合开关瞬间金属杆ab的加速度a;
②时间t内通过电阻1的电荷量q。
答案 (1) (2)① g,方向竖直向上
② +
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解析 (1)开关S断开时,金属杆ab由静止开始释放,金属杆ab达到最大速度时其加速
度为0,根据平衡条件可得mg=F安,F安=BIL,I= ,E=BLvm,联立解得vm= 。
(2)①闭合开关S瞬间金属杆ab的速度仍为vm,则有E=BLvm
根据闭合电路欧姆定律有I'= =
=BI'L
根据牛顿第二定律可得 -mg=ma
联立解得a= g,方向竖直向上。
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②闭合开关S,经过时间t金属杆ab匀速下落时,有mg=
解得 =
根据动量定理有mgt-B Lt=m -mvm,又q总= t
联立解得q总= +
通过电阻1的电荷量q= = + 。
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微专题
27
含容含源单杆模型
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题型1 单杆电源模型
情境 水平固定的平行光滑导轨(导轨足够长且电阻不计),间距为L,左侧接
电动势为E、内阻为r的电源,金属杆ab质量为m,电阻为R,匀强磁场
的磁感应强度大小为B
等效
电路
当杆的速度为v时,电流I= =
安培力
F安=BIL=
运动
过程
a= = ,杆做加速运动,v↑⇒F安↓⇒a↓;当速度达到最大即
vm= 时F安=0,a=0,此后杆以vm做匀速直线运动
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能量
角度
(1)杆速度为v时,电源输出电能E电= mv2+QR
(2)全过程电源输出电能E电'= m +QR'
动量
角度
(1)通过金属杆ab横截面的总电荷量分析: Δt=B LΔt=mvm-0,q= Δt,得q=
(2)加速运动过程的位移分析: Δt= Δt- Δt=mvm-0,x= Δt,得x= Δt-
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典例1 (多选)水平固定放置的足够长的光滑平行导轨,电阻不计,间距为L,左侧连接的
电源电动势为E、内阻为r,质量为m的金属杆垂直静止放在导轨上,金属杆处于导轨间
的部分的电阻为R。整个装置处在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中,
如图所示。闭合开关,金属杆由静止开始沿导轨做变加速运动直至达到最大速度,则下
列说法正确的是 ( )
A.金属杆的最大速度等于
B.此过程中通过金属杆的电荷量为
C.此过程中电源提供的电能为
D.此过程中金属杆产生的热量为
ABD
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解析 (运动学角度)当杆的加速度为零时,杆的速度最大,此时杆切割磁感线产
生的感应电动势和电源的电动势大小相等,即BLvm=E,解得杆的最大速度vm= ,A正
确。(动量角度)取向右为正方向,由动量定理可得B LΔt=mvm,流过杆的电荷量q= Δt,联
立解得q= ,B正确。(能量角度)电源提供的电能E电=qE,解得E电= ,C错误。由能
量守恒可得,回路产生的热量Q=E电- m ,杆产生的热量QR= Q,解得QR=
,D正确。
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(拓展设问)若闭合开关时,给金属杆施加水平向右的恒力F,试分析杆的运动情况。
答案
见解析
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解析 第一阶段:安培力向右,由牛顿第二定律得a= ;由于F安=BIL,I= ,代
入解得a= + - ,金属杆向右做加速度逐渐减小的加速运动。当E=BLv1,
即v1= 时,回路电流为零,F安=0,金属杆的加速度a1= 。
第二阶段:金属杆的速度继续增加,回路电流反向,安培力向左,加速度a= ;由于F安=
BIL,I= ,可得a= + - ,加速度继续减小。当向左的安培力等于F时,
金属杆的加速度为零,速度最大,即由B L=F,解得杆的最大速度vm= + ,
之后金属杆以vm做匀速直线运动。
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题型2 单杆电容模型
1.电容器充电式
(1)含“容”有v0,无外力
情境 质量为m、电阻为R的金属杆ab在水平光滑导轨上
以速度v0开始运动,忽略导轨电阻
等效
电路
杆速度为v时,电流I= (UC为电容器两端电压)
安培力 F安=BIL= -
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运动过程 加速度a= = - ,杆做加速度减小的减速运动。
当BLvmin=UCm时,I=0,此后杆做匀速直线运动
能量角度 杆减少的动能转化为电容器的电场能和杆产生的热量
动量角度 最终电容器两端的电压UCm=BLvmin,最终电容器的电荷量q=CUCm=CBLvmin,由动量定理可得-
B L·Δt=mvmin-mv0,由于q= ·Δt,联立解得vmin=
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(2)含“容”有外力,F恒定,v0=0
质量为m、电阻为R的金属杆ab在水平光滑导轨上由静止开始
运动,所受外力F恒定,忽略导轨电阻
电容器持续充电,F-BIL=ma,I= ,ΔQ=CΔU=CBLΔv,a= ,联
立解得a= ,a恒定,金属杆做匀加速直线运动
F做的功一部分转化为杆的动能,一部分转化为电容器的电场能,即WF= mv2+EC
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2.电容器放电式
情境 电源电动势为E,内阻可忽略,电容器电容为C,质量为m、
阻值为R的光滑金属杆静止在导轨上,先将开关拨到左侧,
电容器充满电后再拨到右侧
等效
电路
杆速度为v时,电流I= (UC为电容器两端电压)
安培力 F安=BIL= -
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运动过程 加速度a= = - ,杆做加速度减小的加速
运动;当BLvm=UCmin时,I=0,此后杆做匀速直线运动
能量角度 电容器减少的电场能转化为杆的动能和杆产生的热量
动量角度 电容器充满电时电荷量Q1=CE,最终电容器的电荷量Q2=CUCmin=CBLvm,对杆由动量定理得B
L·Δt=mvm,电容器放出的电荷量ΔQ= Δt,且ΔQ=Q1-Q2,联立解得vm=
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典例2 (多选)2024年5月1日福建舰首次海试,其采用先进的电磁弹射技术,使战机的出
动效率大大提升。如图所示,电源电动势为E,内阻忽略不计,电容器的电容为C,足够长
的光滑水平平行导轨M、N间距为L,导轨间有磁感应强度大小为B的匀强磁场,质量
为m、电阻为R的金属滑块垂直放置于导轨的滑槽内处于静止状态,并与两导轨接触良
好。单刀双掷开关先打向a,电源给电容器充电,充电完毕后再打向b,电容器放电,金属
滑块在安培力的作用下发射出去。不计其他阻力和电阻。下列说法正确的是 ( )
A.滑块达到最大速度时电容器放电结束,两极板带电荷量为0
B.滑块从开始运动至达到最大速度的过程中流过它的电荷量为
C.该过程中,安培力对滑块的冲量等于滑块动量的变化量
D.滑块能达到的最大速度为
BCD
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解析 在电容器放电过程中,两极板间电势差逐渐减小,滑块向右运动产生的感应电
动势E'=BLv,当两极板间电势差减至与E'相等,滑块达到最大速度,此后电容器不再放电,
两极板的带电荷量不为0,A错误。根据C= ,可得ΔQ=C(E-BLvm)(点拨:滑块开始运动
时两极板间的电势差为E,滑块达到最大速度时两极板间的电势差为BLvm),由动量定理
可得B LΔt=mvm(点拨:因为平行导轨光滑,在此过程中,安培力对滑块的冲量等于滑块动
量的变化量),又 Δt=ΔQ,联立解得ΔQ= ,vm= ,B、C、D正确。
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典例3 (2025届湘豫名校9月调研)(多选)如图,空间存在垂直纸面向里的匀强磁场,磁
感应强度大小为B。水平光滑且足够长的平行导轨间距为L,电源电动势为E,内阻为r,
电容器电容为C,开始不带电。一长度略大于L的导体杆垂直导轨放置,与两导轨接触良
好,开始处于静止状态。导体杆质量为m,导体杆在导轨间的电阻为R,导轨电阻不计。
现把开关拨到1,导体杆开始加速,经过足够长时间,速度达到稳定值v1。再把开关拨到2,
导体杆开始减速,经过足够长时间,速度达到稳定值v2。下列说法正确的是 ( )
A.开关拨到1瞬间,导体杆的加速度大小为a1=
=
C.开关拨到2瞬间,导体杆的加速度大小为a2=
=
AD
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解析 开关拨到1瞬间,导体杆的速度为零,还没有产生动生电动势,回路电流I1= ,
导体杆受到的安培力F1=BI1L= ,导体杆加速度大小为a1= = ,A正确。之后
导体杆切割磁感线产生动生电动势,在安培力作用下导体杆做加速度逐渐减小的加速
运动,当加速度减小到0时,速度达到稳定值,此时导体杆产生的动生电动势等于电源电
动势E,有BLv1=E,可得v1= ,B错误。开关拨到2,导体杆相当于电源,开始给电容器充
电。开关拨到2的瞬间,电容器带电荷量为0,设此时电流为I2,可得I2= = ,导体杆受
到的安培力F2=BI2L= ,导体杆加速度大小为a2= = ,C错误。此后导体杆在安培
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力作用下做加速度逐渐减小的减速运动,当速度达到稳定值时,设电容器的电荷量达到
Q,导体杆产生的动生电动势等于电容器两端电压U2,有BLv2=U2= ,当导体杆速度为v
时,设电流为i,取一段时间微元Δt,速度变化量Δv,由动量定理知-BiLΔt=mΔv,全过程求和
可得-BLQ=m(v2-v1),联立可得v2= ,D正确。
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微专题
28
双杆模型
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题型1 等距双杆模型
杆具有初速度 杆受到恒定外力
情境 水平放置、不计电阻的光滑导轨(已知条件如图)
等效
电路
设某时刻金属杆1速度为v1,金属杆2速度为v2,则电流I=
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运动
过程
a1=a2=
杆1做加速度减小的减速运动,杆2做加速度减小的
加速运动,最终两杆以相同的速度做匀速直线运动
a1= -
,a2=
;杆1做加速度减小的加速运动,杆2做加速度
增大的加速运动,最终两杆以相同的加速度
做匀加速直线运动
运动
图像
动量
角度
系统动量守恒,mv0=mv1+mv2,两杆
最终速度v1=v2=
系统动量不守恒,Ft=mv1+mv2
,两杆最终的加速度a1=a2=
能量
角度
杆1减少的动能转化为杆2的动能和系统产生的热
量
外力F做的功等于杆1、杆2的动能及系统产
生的热量之和
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典例1 (多选)如图所示,在绝缘水平面上固定两根足够长的间距为L的光滑平行金属
导轨,导轨间有方向竖直向下的匀强磁场,磁场的磁感应强度大小为B。质量均为m、接
入电路的阻值均为R的金属棒ab和cd垂直于导轨放置,均处于静止状态。现同时给金属
棒ab、cd一个水平方向的初速度,ab棒的初速度大小为v0,方向水平向左,cd棒的初速度
大小为2v0,方向水平向右。金属棒始终与导轨垂直且接触良好,不计导轨电阻。下列说
法正确的是 ( )
A.整个运动过程,ab棒上产生的焦耳热为m
B.整个运动过程,ab棒上产生的焦耳热为
C.最终金属棒ab、cd间的距离比初始时的距离增大
D.最终金属棒ab、cd间的距离比初始时的距离增大
BD
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解析 ab棒存在方向水平向左、大小为v0的初速度,cd棒的初速度大小为2v0,方向水
平向右,此时磁通量改变,电路中产生感应电流,在安培力的作用下,两棒速度发生变化,
最终闭合回路中的磁通量不发生改变,即金属棒ab和cd共速,由水平方向上动量守恒,以
向右为正方向,可得2mv0-mv0=2mv,解得v= ,由能量守恒可得 ×m + ×m(2v0)2= ×
2mv2+Q,解得Q= m ,ab棒产生的焦耳热Qab= Q= m ,A错误,B正确。对金属棒cd
由动量定理有B L·Δt=2mv0-m· ,其中 ·Δt= = ,解得Δx= ,C错误,D正确。
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解题导引
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情境 已知条件如图所示,导体杆1始终在窄导轨上运动,导体杆2始终在
宽导轨上运动,其中m2=2m1=2m,l2=2l1=2l,R2=2R1=2R,导体杆2的初
速度为v0,导体杆1的初速度为0
受力
分析
设在某一瞬间导体杆1的速度为v1,导体杆2的速度为v2,两导体杆水平方向受力分析如图所示
对导体杆2:F安2=BIl2= =2ma2;对导体杆1:F安1=BIl1= =ma1
题型2 不等距双杆模型
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运动
分析
导体杆2做加速度减小的减速运动,导体杆1做加速度减小的加速运动
,当2v2=v1时a2=a1=0,两导体杆做匀速直线运动
动量
分析
对导体杆2有-B·2l ·t=2mv2-2mv0,即Blq=m(v0-
v2),对导体杆1同理可得Blq=mv1;由于两导体杆速度稳定时有2v2=v1,联立解得v1= v0,v2= v0
。把v1= v0代入Blq=mv1,解得q=
能量
分析
对导体杆1和2组成的系统,根据能量守恒有Q= m2 - = m
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典例2 如图所示,光滑金属导轨A1B1C1D1E1、A2B2C2D2E2,其中A1B1、A2B2是半径为h的
圆弧导轨,B1C1、B2C2是间距3L且足够长的水平导轨,D1E1、D2E2是间距2L且足够长的水
平导轨。导体棒M、N的质量均为m,接入电路中的电阻均为R,导体棒N静置在D1E1、D2
E2间,水平导轨间存在方向竖直向下的匀强磁场,磁感应强度的大小为B。现将导体棒M
自圆弧导轨的最高点处由静止释放,两导体棒
在运动过程中均与导轨垂直且始终接触
良好,导轨电阻不计,重力加速度大小为g。求:
(1)导体棒M运动到B1B2处时对导轨的压力大小;
(2)导体棒M由静止释放至达到稳定状态的过程中,通过其横截面的电荷量;
(3)在上述过程中导体棒N产生的焦耳热。
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答案 (1)3mg (2) (3) mgh
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解析 (1)导体棒M从圆弧导轨滑下的过程,根据机械能守恒定律可得mgh= m
运动到B1B2处时,根据牛顿第二定律可得FN-mg=m
联立解得FN=3mg
根据牛顿第三定律可知,导体棒M运动到B1B2处时对导轨的压力大小为3mg。
(2)两导体棒最终分别做匀速直线运动,则有EM=3BLvM,EN=2BLvN
EM-EN=0(点拨:若EM≠EN,则两导体棒和导轨组成的电路中感应电流不为0,两导体棒不
可能做匀速直线运动)
解得3vM=2vN
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分别对导体棒M、N应用动量定理,对M有-3BL t=mvM-mv0
对N有2BL t=mvN
q= t
联立解得vN= ,vM= ,q= 。
(3)全过程系统能量守恒,mgh= m + m +Q
QN= Q
联立解得QN= mgh。
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解题导引
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微专题
29 线框模型
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题型 线框模型
水平平动切割 竖直平动切割 斜向平动切割
基础情境 单匝正方形线框质量为m,边长为L,总电阻为R,摩擦力忽略不计,ab边以速度v0
进入磁场
ab边进入磁场
瞬间的加速度
a=
(取水平向左为正方向)
a=g-
(取竖直向下为正方向)
a=g sin θ-
(取沿斜面向下为正方向)
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进入磁场过程
的运动
加速度减小的减速直
线运动
①匀速直线运动(mg=F安)
②加速度减小的加速直线运
动(mg>F安)
③加速度减小的减速直线运
动(mg<F安)
①匀速直线运动(mg sin θ=F安)
②加速度减小的加速直线运动
(mg sin θ>F安)
③加速度减小的减速直线运动
(mg sin θ<F安)
完全进入
磁场后的运动
匀速直线运动
a=0
匀加速直线运动
a=g
匀加速直线运动
a=gsin θ
能量角度 动能减少量等于线框
产生的热量
机械能减少量等于线框
产生的热量
机械能减少量等于线框
产生的热量
进入过程通
过横截面的
电荷量计算
由法拉第电磁感应定律有 = = ,由闭合电路欧姆定律有 = ,穿过横
截面的电荷量q= Δt,推导得出q= =
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教考衔接
典例 (人教版选必二P46,B组,T2改编)如图所示,单匝线圈ABCD在外力作用下以速度v
向右匀速进入匀强磁场,第二次又以2v匀速进入同一匀强磁场。求:
(1)(回归教材)①第二次进入与第一次进入时线圈中电流之比;
②第二次进入与第一次进入时外力做功的功率之比;
③第二次进入与第一次进入过程中线圈产生热量之比。
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(2)(情境变式)若将单匝线圈ABCD变为N匝线圈,N匝线圈以速度v向右匀速进入匀强磁
场与单匝线圈以速度2v向右匀速进入匀强磁场,对应的电流之比、通过线圈横截面的
电荷量之比、外力做功的功率之比、线圈产生热量之比又是怎样的?
(3)(拓展变式) (多选)如图甲所示,若将粗细均匀的导线做成的正方形线框ABCD在磁
场上方某高度由静止释放,从CD边刚进入磁场时开始计时(t=0)。线框的v-t图像如图乙
所示,在3t0时刻CD边刚离开磁场时速度也为v0。已知线框的质量为m、边长为L,两条
水平虚线L1、L2的间距为d(d>3L),虚线之间的匀强磁场方向垂直纸面向里,磁感应强度
的大小为B。重力加速度为g,不计空气阻力,则 ( )
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A.线框进入磁场过程中电流方向为ADCBA
B.在t0时刻线框的速度大小为v0-gt0
C.当CD边刚进入磁场时C、D两点间的电势差UCD=BLv0
D.线框穿过磁场的过程中产生的焦耳热等于2mgd
(4)(链接高考)(2023新课标改编)如图所示,虚线所示的边界右侧存在垂直于导轨平面
(纸面)向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场,一边长为L、质量为m的正方形金属线框
ABCD与平行导轨接触良好,导轨光滑且忽略导轨电阻,金属线框每个边的阻值为R,求
金属线框以初速度v0
从图示位置向右沿导轨某著名企业距离s(未停下)的过程中,定值电阻R上
产生的热量。
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答案 (1)①2∶1 ②4∶1 ③2∶1 (2)1∶2 1∶1 N∶4 N∶2 (3)AD
(4) -
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解析 (1)①在单匝线圈进入磁场的过程中,感应电动势E=Blv
根据闭合电路欧姆定律得
I= =
第二次进入与第一次进入时线圈中电流之比
= = 。
②单匝线圈匀速进入磁场,则外力与安培力平衡,所以外力做功的功率P=Fv=BIlv=
第二次进入与第一次进入时外力做功的功率之比 = = 。
③根据功能关系,外力做的功转化为线圈产生的热量,所以第二次进入与第一次进入过
程中线圈产生热量之比 = = = 。
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(2)若将单匝线圈ABCD变为N匝线圈ABCD,在其以v1进入磁场的过程中,感应电动势E1=
NBlv1
根据闭合电路欧姆定律有I1'= =
在单匝线圈以v2进入磁场的过程中,E2=Blv2
I2'= =
所以对应的电流之比 =
对于N匝线圈ABCD,有q1=I1't1
对于单匝线圈ABCD,有q2=I2't2
联立解得 =1∶1
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在线圈匀速进入匀强磁场的过程中,外力与安培力平衡,对于N匝线圈,外力做功的功率
P1=F1v1=NBI1'lv1
对于单匝线圈,外力做功的功率
P2=F2v2=BI2'lv2
联立解得 =
在N匝线圈进入磁场的过程中线圈产生的热量
Q1=I1'
2·NR·
在单匝线圈进入磁场的过程中线圈产生的热量
Q2=I2'
2R
联立解得 = 。
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(3)根据楞次定律可得,线框进入磁场过程中,线框中感应电流产生的磁场方向垂直纸面
向外,则线框进入磁场过程中电流方向为ADCBA,A正确。在t0时刻线框完全进入磁场,
从t0到3t0时间内线框做加速度为g的匀加速直线运动,根据逆向思维可知t0时刻线框的
速度大小v=v0-2gt0,B错误。当CD边刚进入磁场时产生的感应电动势E=BLv0,所以C、D
两点间的电势差UCD= BLv0(:CD相当于电源,根据右手定则可知C端的电势高于D
端的电势),C错误。从CD边刚进入磁场到CD边刚到达磁场下边界的过程中产生的焦
耳热Q1=mgd(点拨:在初、末两个状态,线框的速度相同,动能相同,在此过程中重力势能
的减少量等于产生的焦耳热),根据运动的对称性可知穿出和穿入磁场的过程中产生的
焦耳热相等,则线框穿过磁场的过程中产生的焦耳热Q=2Q1=2mgd,D正确。
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(4)根据题意,金属线框与定值电阻组成的等效电路图如图所示(点拨:AD边与BC边被短
路,感应电流从AD边与BC边下方接触的忽略电阻的导轨中流过)
以金属线框为研究对象,根据动量定理有
-B LΔt=mv1-mv0
q= Δt
联立可得-BLq=mv1-mv0
其中q= Δt= =
根据能量守恒定律可得Q总= m - m
QR= Q总= Q总
联立解得QR= - 。
