【物理】2020届二轮复习专题四第2讲 电磁感应问题学案（江苏专用）
第 2 讲 电磁感应问题
真题再现
(2019·高考江苏卷)如图所示，匀强磁场中有一个用软导线制成的单
匝闭合线圈，线圈平面与磁场垂直．已知线圈的面积 S＝0.3 m2、电
阻 R＝0.6 Ω，磁场的磁感应强度 B＝0.2 T．现同时向两侧拉动线圈，
线圈的两边在Δt＝0.5 s 时间内合到一起．求线圈在上述过程中
(1)感应电动势的平均值 E；
(2)感应电流的平均值 I，并在图中标出电流方向；
(3)通过导线横截面的电荷量 q.
解析：(1)感应电动势的平均值 E＝
ΔΦ
Δt
磁通量的变化ΔΦ＝BΔS
解得 E＝
BΔS
Δt ，代入数据得
E＝0.12 V.
(2)平均电流 I＝
E
R
代入数据得 I＝0.2 A(电流方向见图).
(3)电荷量 q＝IΔt
代入数据得 q＝0.1 C.
答案：(1)0.12 V (2)0.2 A 电流方向见解析图 (3)0.1 C
考情分析
命题研究
对近几年高考试题分析可看出，该部分知识的考查不仅是高考必考点，而且考查呈现多
样性，不仅在选择题中，对基本内容的考查如闭合电路欧姆定律结合电路问题、楞次定律、
法拉第电磁感应定律、安培定则、感应电动势等知识考查较多，以导体棒运动为背景，综合
应用电路的相关知识、牛顿运动定律和能量守恒定律以计算题形式作为压轴题；这类问题既
要用到电磁感应的知识，又要结合数学知识求解，对考生运用数学知识解决物理问题的能力
要求较高
感应电动势的求解
【高分快攻】
求解感应电动势的四种常见情景
表达式 E＝n
ΔΦ
Δt E＝BLvsin θ E＝1
2BL2ω E＝NBSω·sin (ωt
＋φ0)
情景图
研究对象 回路(不一定闭合)
一段直导线(或等
效成直导线)
绕一端转动的一
段导体棒
绕与 B 垂直的轴
转动的导线框
意义
一般求平均感应
电动势，当Δt→0
时求的是瞬时感
应电动势
一般求瞬时感应电
动势，当 v 为平均
速度时求的是平均
感应 电 动 势
用平均值法求瞬
时感应电动势
求瞬时感应电动
势
适用条件
所有磁场(匀强磁
场定量计算、非匀
强磁场定性分析)
匀强磁场 匀强磁场 匀强磁场
【典题例析】
(多选)(2018·高考全国卷Ⅲ)如图(a)，在同一平面内固定有一长直导线 PQ 和一导
线框 R，R 在 PQ 的右侧．导线 PQ 中通有正弦交流电 i，i 的变化如图(b)所示，规定从 Q
到 P 为电流正方向．导线框 R 中的感应电动势( )
A．在 t＝T
4时为零
B．在 t＝T
2时改变方向
C．在 t＝T
2时最大，且沿顺时针方向
D．t＝T 时最大，且沿顺时针方向
[解析] 因通电导线的磁感应强度大小正比于电流的大小，故导线框 R 中磁感应强度与
时间的变化关系类似于题图(b)，感应电动势正比于磁感应强度的变化率，即题图(b)中的切
线斜率，斜率的正负反映电动势的方向，斜率的绝对值反映电动势的大小．由题图(b)可知，
电流为零时，电动势最大，电流最大时电动势为零，A 正确，B 错误；再由楞次定律可判断
在一个周期内，T
4～3T
4 内电动势的方向沿顺时针，T
2时刻最大，C 正确；其余时间段电动势
沿逆时针方向，D 错误．
[答案] AC
【题组突破】
角度 1 感应电流的方向判断——楞次定律的应用
1．(2018·高考全国卷Ⅱ)如图，在同一水平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相
邻的矩形匀强磁场区域，区域宽度均为 l，磁感应强度大小相等、方向交替向上向下．一边
长为 3
2l 的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动．线框中感应电流 i 随时间 t 变化的正确图
线可能是( )
解析：选 D.设线框运动的速度为 v，则线框向左匀速运动第一个 l
2v的时间内，线框切割
磁感线运动产生的电动势为 E＝2Bdv(d 为导轨间距)，电流 i＝E
R，回路中电流方向为顺时针；
第二个 l
2v的时间内，线框切割磁感线运动产生的电动势为零，电流为零；第三个l
2v的时间内，
线框切割磁感线运动产生的电动势为 E＝2Bdv，电流 i＝E
R，回路中电流方向为逆时针，所
以 D 正确．
角度 2 感应电动势的计算——法拉第电磁感应定律的应用
2．(2019·南通质检)如图，直角三角形金属框 abc 放置在匀强磁场中，磁感应强度大小
为 B，方向平行于 ab 边向上．当金属框绕 ab 边以角速度 ω 逆时针转动时，a、b、c 三点的
电势分别为 Ua、Ub、Uc.已知 bc 边的长度为 l.下列判断正确的是( )
A．Ua>Uc，金属框中无电流
B．Ub >Uc，金属框中电流方向沿 a－b－c－a
C．Ubc＝－1
2Bl2ω，金属框中无电流
D．Ubc＝1
2Bl2ω，金属框中电流方向沿 a－c－b－a
解析：选 C.金属框 abc 平面与磁场平行，转动过程中磁通量始终为零，所以无感应电
流产生，选项 B、D 错误；转动过程中 bc 边和 ac 边均切割磁感线，产生感应电动势，由右
手定则判断 Ua＜Uc，Ub＜Uc，选项 A 错误；由转动切割产生感应电动势的公式得 Ubc＝－1
2
Bl2ω，选项 C 正确．
角度 3 电磁感应中的图象问题
3．(多选)(2019·高考全国卷Ⅲ)如图，方向竖直向下的匀强磁场中有
两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒
ab、cd 静止在导轨上．t＝0 时，棒 ab 以初速度 v0 向右滑动．运动过程中，ab、cd 始终与导
轨垂直并接触良好，两者速度分别用 v1、v2 表示，回路中的电流用 I 表示．下列图象中可能
正确的是( )
解析：选 AC.棒 ab 以初速度 v0 向右滑动，切割磁感线产生感应电动势，使整个回路中
产生感应电流，判断可知棒 ab 受到方向与 v0 方向相反的安培力的作用而做变减速运动，棒 cd
受到方向与 v0 方向相同的安培力的作用而做变加速运动，它们之间的速度差Δv＝v1－v2 逐
渐减小，整个系统产生的感应电动势逐渐减小，回路中感应电流逐渐减小，最后变为零，即
最终棒 ab 和棒 cd 的速度相同，v1＝v2，两相同的光滑导体棒 ab、cd 组成的系统在足够长的
平行金属导轨上运动时不受外力作用，由动量守恒定律有 mv0＝mv1＋mv2，解得 v1＝v2＝v0
2，
选项 A、C 均正确，B、D 均错误．
命题角度 解决方法 易错辨析
感应电流的方向
判断
安培定则、楞次定律 明确电源内部电流方向及正极
感应电动势的计
算
法拉第电磁感应定律、右手定则
明确是感生电动势还是动生电动势，是
导体转动切割还是平动切割磁感线
磁体与导体的相
对运动分析
楞次定律、左手定则
常用楞次定律的一些推论如“来拒去留”
“增缩减扩”等快速判断
图象问题分析 楞次定律、法拉第电磁感应定律
感应电动势或电流的方向判断要弄清
楚，大小变化趋势及最大值应计算准确
安培力的应用
【高分快攻】
1．解答此类问题首先要分清左手定则、右手定则、安培定则
比较项目 左手定则 右手定则 安培定则
应用
磁场对运动电荷、电
流作用力方向的判断
对因导体切割磁感线
而产生的感应电流方
向的判断
对电流产生磁场方向
的判断
涉及方向的物理量
磁场方向、电流(电荷
运动)方向，安培力(洛
伦兹力)方向
磁场方向、导体切割
磁感线的运动方向、
感应电动势的方向
电流方向、磁场方向
各物理量方向间的关
系图例
因果关系 电流→力 运动→电流 电流→磁场
应用实例 电动机 发电机 电流的磁效应
2.电磁感应中动力学问题的解题思路
(1)找准主动运动者，用法拉第电磁感应定律和楞次定律求解感应电动势的大小和方
向．
(2)根据等效电路图，求解回路中电流的大小及方向．
(3)分析安培力对导体棒运动速度、加速度的影响，从而推理得出对电路中的电流有什
么影响，最后定性分析导体棒的最终运动情况．
(4)列牛顿第二定律或平衡方程求解．
3．能量转化问题的分析：先电后力再能量．
【典题例析】
(2019·高考天津卷)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.
[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 E＝
ΔΦ
Δt ，
则 E＝k①
设 PQ 与 MN 并联的电阻为 R 并，有
R 并＝R
2②
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＝ E
R并＋R③
设 PQ 中的电流为 IPQ，有
IPQ＝1
2I④
设 PQ 受到的安培力为 F 安，有
F 安＝BIPQl⑤
保持 PQ 静止，由受力平衡，有
F＝F 安⑥
联立①②③④⑤⑥式得
F＝Bkl
3R⑦
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Δ
t，回路中的磁通量变化量为ΔΦ ，平均感应电动势为 E
－
，有
E
－
＝
ΔΦ
Δt ⑧
其中ΔΦ＝Blx⑨
设 PQ 中的平均电流为 I
－
，有
I
－
＝
E
－
2R⑩
根据电流的定义得
I
－
＝ q
Δt⑪
由动能定理，有
Fx＋W＝1
2mv2－0⑫
联立⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得
W＝1
2mv2－2
3kq.⑬
[答案] 见解析
【题组突破】
角度 1 安培力作用下的运动分析
1．(2017·高考江苏卷)如图所示，两条相距 d 的平行金属导轨位于同一水平面内，其右
端接一阻值为 R 的电阻．质量为 m 的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域
MNPQ 的磁感应强度大小为 B、方向竖直向下．当该磁场区域以速度 v0 匀速地向右扫过金
属杆后，金属杆的速度变为 v.导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长，杆在运动过程
中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求：
(1)MN 刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小 I；
(2)MN 刚扫过金属杆时，杆的加速度大小 a；
(3)PQ 刚要离开金属杆时，感应电流的功率 P.
解析：(1)感应电动势 E＝Bdv0
感应电流 I＝
E
R
解得 I＝
Bdv0
R .
(2)安培力 F＝BId
牛顿第二定律 F＝ma
解得 a＝
B2d2v0
mR .
(3)金属杆切割磁感线的速度 v′＝v0－v，则感应电动势 E＝Bd(v0－v)
电功率 P＝
E2
R
解得 P＝B2d2（v0－v）2
R .
答案：见解析
角度 2 安培力作用下的功能关系
2．(2017·高考北京卷)发电机和电动机具有装置上的类似性，源于它们机理上的类似
性．直流发电机和直流电动机的工作原理可以简化为如图 1、图 2 所示的情景．
在竖直向下的磁感应强度为 B 的匀强磁场中，两根光滑平行金属轨道 MN、PQ 固定在
水平面内，相距为 L，电阻不计．电阻为 R 的金属导体棒 ab 垂直于 MN、PQ 放在轨道上，
与轨道接触良好，以速度 v(v 平行于 MN)向右做匀速运动．
图 1 轨道端点 MP 间接有阻值为 r 的电阻，导体棒 ab 受到水平向右的外力作用．图 2
轨道端点 MP 间接有直流电源，导体棒 ab 通过滑轮匀速提升重物，电路中的电流为 I.
(1)求在Δt 时间内，图 1“发电机”产生的电能和图 2“电动机”输出的机械能．
(2)从微观角度看，导体棒 ab 中的自由电荷所受洛伦兹力在上述能量转化中起着重要作
用．为了方便，可认为导体棒中的自由电荷为正电荷．
a．请在图 3(图 1 的导体棒 ab)、图 4(图 2 的导体棒 ab)中，分别画出自由电荷所受洛伦
兹力的示意图．
b．我们知道，洛伦兹力对运动电荷不做功．那么，导体棒 ab 中的自由电荷所受洛伦兹
力是如何在能量转化过程中起到作用的呢？请以图 2“电动机”为例，通过计算分析说
明．
解析：(1)题图 1 中，电路中的电流 I1＝ BLv
R＋r
棒 ab 受到的安培力 F1＝BI1L
在Δt 时间内，“发电机”产生的电能等于棒 ab 克服安培力做的功
E 电＝F1·vΔt＝B2L2v2Δt
R＋r
题图 2 中，棒 ab 受到的安培力 F2＝BIL
在Δt 时间内，“电动机”输出的机械能等于安培力对棒 ab 做的功
E 机＝F2·vΔt＝BILvΔt.
(2)a.如图甲、图乙所示．
b．设自由电荷的电荷量为 q，
沿导体棒定向移动的速率为 u.
如图乙所示，沿棒方向的洛伦兹力 f′1＝qvB，做负功
W1＝－f′1·uΔt＝－qvBuΔt
垂直棒方向的洛伦兹力 f′2＝quB，做正功
W2＝f′2·vΔt＝quBvΔt
所以 W1＝－W2，即导体棒中一个自由电荷所受的洛伦兹力做功为零．f′1 做负功，阻碍
自由电荷的定向移动，宏观上表现为“反电动势”，消耗电源的电能；f′2 做正功，宏观上表
现为安培力做正功，使机械能增加．大量自由电荷所受洛伦兹力做功的宏观表现是将电能转
化为等量的机械能；在此过程中洛伦兹力通过两个分力做功起到“传递”能量的作用．
答案：见解析
命题角度 解决方法 易错辨析
安培力的计算 安培力公式
公式 F＝BIL 中要求垂直关系，
否则容易出错；并且注意安培
力的变化是否均匀，否则不能
直接利用公式计算
安培力作用的动力学分析 受力平衡
若运动为加速度 a 逐渐减小
的加速运动，则最大速度出现
在 a＝0 时即受力平衡时
安培力作用下的功能关系
安培力做功改变内能、动能定
理、能量守恒定律
安培力做多少功，电路就产生
多少电能；再结合能量守恒，
分析动能的变化情况
电磁感应中的电路综合问题
【高分快攻】
解决电磁感应中电路问题的思路
1．“源”的分析：用法拉第电磁感应定律算出 E 的大小，用楞次定律或右手定则确定
感应电动势的方向(感应电流方向是电源内部电流的方向)，从而确定电源正负极，明确内阻
r.
2．“路”的分析：根据“等效电源”和电路中其他各元件的连接方式画出等效电路．
3．根据 E＝BLv 或 E＝n
ΔФ
Δt ，结合闭合电路欧姆定律、串并联电路知识和电功率、焦
耳定律等关系式联立求解．
【典题例析】
如图所示，半径为 l 的金属圆环水平放置，圆心处及圆环边缘通过导线分别与两
条平行的倾斜金属轨道相连．圆环区域内分布着磁感应强度为 B，方向竖直向下的匀强磁场，
圆环上放置一金属棒 a，一端在圆心处，另一端恰好搭在圆环上，可绕圆心转动．倾斜轨道
部分处于垂直轨道平面向下的匀强磁场中，磁感应强度大小也为 B，金属棒 b 放置在倾斜平
行导轨上，其长度与导轨间距均为 2l.当棒 a 绕圆心以角速度 ω 顺时针(俯视)匀速旋转时，
棒 b 保持静止．已知棒 b 与轨道间的动摩擦因数为 μ＝0.5，可认为最大静摩擦力等于滑动摩
擦力；棒 b 的质量为 m，棒 a、b 的电阻分别为 R、2R，其余电阻不计；斜面倾角为 θ＝37
°，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度为 g，求：
(1)金属棒 b 两端的电压；
(2)为保持 b 棒始终静止，棒 a 旋转的角速度大小的范围．
[解析] (1)金属棒切割磁感线产生的感应电动势为
E＝Blv①
金属棒切割磁感线的平均速度
v＝0＋lω
2 ②
金属棒 b 两端的电压 U＝ 2R
R＋2RE③
联立①②③解得 U＝1
3Bl2ω④
(2)电路中的电流 I＝ E
R＋2R⑤
棒 b 受到的安培力 F 安＝BI·2l⑥
由①②⑤⑥解得 F 安＝B2l3ω
3R ⑦
为保持 b 棒始终静止，棒 a 旋转的角速度最小为 ω1，最大为 ω2，mgsin θ＝μmgcos θ＋
B2l3ω1
3R ⑧
mgsin θ＋μmgcos θ＝B2l3ω2
3R ⑨
解得3mgR
5B2l3≤ω≤3mgR
B2l3 .⑩
[答案] (1)1
3Bl2ω (2)3mgR
5B2l3≤ω≤3mgR
B2l3
【题组突破】
角度 1 感应电荷量的计算
1．(多选)(2019·盐城高三模拟)如图甲所示，abcd 是位于竖直平面内的正方形闭合金属
线框，在金属线框的下方有一磁感应强度大小为 B 的匀强磁场区域，MN 和 M′N′是匀强磁场
区域的水平边界，两边界间的宽度为 s，并与线框的 bc 边平行，磁场方向与线框平面垂
直．现让金属线框由距 MN 的某一高度从静止开始下落，图乙是金属线框由开始下落到完全
穿过匀强磁场区域的 v－t 图象(其中 OA、BC、DE 相互平行)．已知正方形金属线框的边长
为 L(L
m2gR
5B3L3，所以 C 正确；由于 q＝
ΔΦ
R ＝BL2
R ，D 正确．
角度 2 含容电路的分析
2．如图，两条平行导轨所在平面与水平地面间的夹角为 θ，
间距为 L.导轨上端接有一平行板电容器，电容为 C.导轨处于匀
强磁场中，磁感应强度大小为 B，方向垂直于导轨平面．在导轨
上放置一质量为 m 的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程
中保持与导轨垂直并良好接触．已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为 μ，重力加速度大小
为 g.忽略所有电阻．让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，求：
(1)电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系；
(2)金属棒的速度大小随时间变化的关系．
解析：(1)设金属棒下滑的速度大小为 v，则感应电动势为 E＝BLv①
平行板电容器两极板之间的电势差为 U＝E②
设此时电容器极板上积累的电荷量为 Q，按定义有
C＝Q
U③
联立①②③式得 Q＝CBLv.④
(2)设金属棒的速度大小为 v 时经历的时间为 t，通过金属棒的电流为 i.金属棒受到的磁
场的作用力方向沿导轨向上，大小为 F 安＝BLi⑤
设在时间间隔(t，t＋Δt)内流经金属棒的电荷量为ΔQ，据定义有 i＝
ΔQ
Δt⑥
ΔQ 也是平行板电容器两极板在时间间隔(t，t＋Δt)内增加的电荷量．由④式得：ΔQ＝
CBLΔv⑦
式中，Δv 为金属棒的速度变化量．据定义有
a＝
Δv
Δt⑧
金属棒所受到的摩擦力方向斜向上，大小为
Ff＝μFN⑨
式中，FN 是金属棒对导轨的正压力的大小，
有 FN＝mgcos θ⑩
金属棒在时刻 t 的加速度方向沿斜面向下，设其大小为 a，根据牛顿第二定律有
mgsin θ－F 安－Ff＝ma⑪
联立⑤～⑪式得 a＝m（sin θ－μcos θ）
m＋B2L2C g⑫
由⑫式及题设可知，金属棒做初速度为零的匀加速运动．t 时刻金属棒的速度大小为
v＝m（sin θ－μcos θ）
m＋B2L2C gt.
答案：(1)Q＝CBLv (2)v＝m（sin θ－μcos θ）
m＋B2L2C gt
角度 3 电磁感应中的电路综合问题
3．(多选)(2018·高考江苏卷)如图所示，竖直放置的“”形光滑导轨宽为 L，矩形匀强磁
场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为 d，磁感应强度为 B.质量为 m 的水平金属杆由静止释放，进入磁
场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等．金属杆在导轨间的电阻为 R，与导轨接触良好，其余电阻不计，重
力加速度为 g.金属杆( )
A．刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下
B．穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间
C．穿过两磁场产生的总热量为 4mgd
D．释放时距磁场Ⅰ上边界的高度 h 可能小于
m2gR2
2B4L4
解析：选 BC.根据题述，由金属杆进入磁场Ⅰ和进入磁场Ⅱ时速度相等可知，金属杆在
磁场Ⅰ中做减速运动，所以金属杆刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向上，选项 A 错误；由
于金属杆进入磁场Ⅰ后做加速度逐渐减小的减速运动，而在两磁场之间做匀加速运动，所以
穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间，选项 B 正确；根据能量守恒定律，金属
杆从刚进入磁场Ⅰ到刚进入磁场Ⅱ过程动能变化量为 0，重力做功为 2mgd，则金属杆穿过
磁场Ⅰ产生的热量 Q1＝2mgd，而金属杆在两磁场区域的运动情况相同，产生的热量相等，
所以金属杆穿过两磁场产生的总热量为 2×2mgd＝4mgd，选项 C 正确；金属杆刚进入磁场Ⅰ
时的速度 v＝ 2gh，进入磁场Ⅰ时产生的感应电动势 E＝BLv，感应电流 I＝
E
R，所受安培力 F
＝BIL，由于金属杆刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向上，所以安培力大于重力，即 F>mg，
联立解得 h>
m2gR2
2B4L4，选项 D 错误．
求电荷量的三种方法
(1)q＝It(式中 I 为回路中的恒定电流，t 为时间)
①由于导体棒匀速切割磁感线产生感应电动势而使得闭合回路中的电流恒定，根据电流
定义式可知 q＝It.
②闭合线圈中磁通量均匀增大或减小且回路中电阻保持不变，则电路中的电流 I 恒定，
t 时间内通过线圈横截面的电荷量 q＝It.
(2)q＝n
ΔΦ
R (其中 R 为回路电阻，ΔΦ 为穿过闭合回路的磁通量变化量)
①闭合回路中的电阻 R 不变，并且只有磁通量变化为电路提供电动势．
②从表面来看，通过回路的磁通量与时间无关，但ΔΦ 与时间有关，随时间而变化．
(3)Δq＝CBLΔv(式中 C 为电容器的电容，B 为匀强磁场的磁感应强度，L 为导体棒切
割磁感线的长度，Δv 为导体棒切割速度的变化量)
在匀强磁场中，电容器接在切割磁感线的导体棒两端，不计一切电阻，电容器两极板间
电压等于导体棒切割磁感线产生的电动势 E，通过电容器的电流 I＝
Δq
Δt＝CΔU
Δt ，又 E＝
BLv，则ΔU＝BLΔv，可得Δq＝CBLΔv.
(建议用时：40 分钟)
一、单项选择题
1．图甲为手机及无线充电板．图乙为充电原理示意图．充电板接交流电源，对充电板
供电，充电板内的送电线圈可产生交变磁场，从而使手机内的受电线圈产生交变电流，再经
整流电路转变成直流电后对手机电池充电．为方便研究，现将问题做如下简化：设送电线圈
的匝数为 n1，受电线圈的匝数为 n2，面积为 S，若在 t1 到 t2 时间内，磁场(垂直于线圈平面
向上、可视为匀强磁场)的磁感应强度由 B1 均匀增加到 B2.下列说法正确的是( )
A．受电线圈中感应电流方向由 d 到 c
B．c 点的电势高于 d 点的电势
C．c、d 之间的电势差为n1（B2－B1）S
t2－t1
D．c、d 之间的电势差为n2（B2－B1）S
t2－t1
解析：选 D.根据楞次定律可知，受电线圈内部产生的感应电流方向俯视为顺时针，受
电线圈中感应电流方向由 c 到 d，所以 c 点的电势低于 d 点的电势，故 A、B 错误；根据法
拉第电磁感应定律可得 c、d 之间的电势差为 Ucd＝E＝n2
ΔΦ
Δt ＝n2（B2－B1）S
t2－t1 ，故 C 错误，
D 正确．
2．(2017·高考全国卷Ⅲ)如图，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一 U 形金属导轨，
导轨平面与磁场垂直．金属杆 PQ 置于导轨上并与导轨形成闭合回路 PQRS，一圆环形金属
线框 T 位于回路围成的区域内，线框与导轨共面．现让金属杆 PQ 突然向右运动，在运动开
始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是( )
A．PQRS 中沿顺时针方向，T 中沿逆时针方向
B．PQRS 中沿顺时针方向，T 中沿顺时针方向
C．PQRS 中沿逆时针方向，T 中沿逆时针方向
D．PQRS 中沿逆时针方向，T 中沿顺时针方向
解析：选 D.金属杆 PQ 向右切割磁感线，根据右手定则可知 PQRS 中感应电流沿逆时针
方向；原来 T 中的磁场方向垂直于纸面向里，金属杆 PQ 中的感应电流产生的磁场方向垂直
于纸面向外，使得穿过 T 的磁通量减小，根据楞次定律可知 T 中产生顺时针方向的感应电
流，综上所述，可知 A、B、C 项错误，D 项正确．
3．(2019·镇江模拟)如图，虚线 P、Q、R 间存在着磁感应强度大小相等，方向相反的匀
强磁场，磁场方向均垂直于纸面，磁场宽度均为 L.一等腰直角三角形导线框 abc，ab 边与 bc
边长度均为 L，bc 边与虚线边界垂直．现让线框沿 bc 方向以速度 v 匀速穿过磁场区域，从
c 点经过虚线 P 开始计时，以逆时针方向为导线框中感应电流 i 的正方向，则下列四个图象
中能正确表示 i－t 图象的是( )
解析：选 A.由右手定则可知导线框从左侧进入磁场时，感应电流方向为逆时针方向，
即沿正方向，且逐渐增大，导线框刚好完全进入 P、Q 之间的瞬间，电流由正向最大值变为
零，然后电流方向变为顺时针(即沿负方向)且逐渐增加，当导线框刚好完全进入 Q、R 之间
的瞬间，电流由负向最大值变为零，然后电流方向变为逆时针且逐渐增加，当导线框离开磁
场时，电流变为零，故 A 正确．
4．如图甲中水平放置的 U 形光滑金属导轨 NMPQ，MN 接有开关 S，导轨宽度为 L，
其电阻不计．在左侧边长为 L 的正方形区域存在方向竖直向上磁场 B，其变化规律如图乙所
示；中间一段没有磁场，右侧一段区域存在方向竖直向下的匀强磁场，其磁感应强度为 B0，
在该段导轨之间放有质量为 m、电阻为 R、长为 L 的金属棒 ab.若在图乙所示的t0
2时刻关闭开
关 S，则在这一瞬间( )
A．金属棒 ab 中的电流方向为由 a 流向 b
B．金属棒 ab 中的电流大小为LB0
t0R
C．金属棒 ab 所受安培力方向水平向右
D．金属棒 ab 的加速度大小为 L3B
2mt0R
解析：选 C.根据楞次定律可得金属棒 ab 中的电流方向为由 b 流向 a，故 A 错误；根据
法拉第电磁感应定律可得感应电动势：E＝
ΔB
ΔtS＝B0
t0L2，所以金属棒 ab 中的电流大小为：I＝
E
R＝ B0
Rt0L2，故 B 错误；金属棒 ab 的电流方向为由 b 流向 a，根据左手定则可得 ab 棒所受安
培力方向水平向右，C 正确；根据牛顿第二定律可得金属棒 ab 的加速度大小为 a＝B0IL
m ＝
BL3
Rmt0，故 D 错误．
5．(2019·南京模拟)如图所示，a、b 两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为
10 匝，边长 la＝3lb，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增
大，不考虑线圈之间的相互影响，则( )
A．两线圈内产生顺时针方向的感应电流
B．a、b 线圈中感应电动势之比为 9∶1
C．a、b 线圈中感应电流之比为 3∶4
D．a、b 线圈中电功率之比为 3∶1
解析：选 B.由于磁感应强度随时间均匀增大，则根据楞次定律知两线圈内产生的感应
电流方向皆沿逆时针方向，故 A 项错误；根据法拉第电磁感应定律 E＝N
ΔΦ
Δt ＝NS
ΔB
Δt，而
磁感应强度均匀变化，即
ΔB
Δt恒定，则 a、b 线圈中的感应电动势之比为Ea
Eb＝Sa
Sb＝l
l＝9，故 B
项正确；根据电阻定律 R＝ρL
S′，且 L＝4Nl，则Ra
Rb＝la
lb＝3，由闭合电路欧姆定律 I＝E
R，得 a、
b 线圈中的感应电流之比为Ia
Ib＝Ea
Eb·Rb
Ra＝3，故 C 项错误；由功率公式 P＝I2R 知，a、b 线圈
中的电功率之比为Pa
Pb＝I
I·Ra
Rb＝27，故 D 项错误．
6．(2017·高考全国卷Ⅰ)扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺度上的形
貌．为了有效隔离外界振动对 STM 的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜
薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图所示．无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄
板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是( )
解析：选 A.施加磁场来快速衰减 STM 的微小振动，其原理是电磁阻尼，在振动时通过
紫铜薄板的磁通量变化，紫铜薄板中产生感应电动势和感应电流，则其受到安培力作用，该
作用阻碍紫铜薄板振动，即促使其振动衰减．方案 A 中，无论紫铜薄板上下振动还是左右
振动，通过它的磁通量都发生变化；方案 B 中，当紫铜薄板上下振动时，通过它的磁通量
可能不变，当紫铜薄板向右振动时，通过它的磁通量不变；方案 C 中，紫铜薄板上下振动、
左右振动时，通过它的磁通量可能不变；方案 D 中，当紫铜薄板上下振动时，紫铜薄板中
磁通量可能不变．综上可知，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是 A.
7．(2017·高考天津卷)如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，
导轨之间接有电阻 R.金属棒 ab 与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，
磁场方向垂直于导轨平面向下．现使磁感应强度随时间均匀减小，ab 始终保持静止，下列说
法正确的是( )
A．ab 中的感应电流方向由 b 到 a
B．ab 中的感应电流逐渐减小
C．ab 所受的安培力保持不变
D．ab 所受的静摩擦力逐渐减小
解析：选 D.根据楞次定律，感应电流产生的磁场向下，再根据安培定则，可判断 ab 中
感应电流方向从 a 到 b，A 错误；磁场变化是均匀的，根据法拉第电磁感应定律，感应电动
势恒定不变，感应电流 I 恒定不变，B 错误；安培力 F＝BIL，由于 I、L 不变，B 减小，所
以 ab 所受的安培力逐渐减小，根据力的平衡条件，静摩擦力逐渐减小，C 错误，D 正确．
二、多项选择题
8．(2019·高考全国卷Ⅰ)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其
边界如图(a)中虚线 MN 所示．一硬质细导线的电阻率为 ρ、横截面积为 S，将该导线做成半
径为 r 的圆环固定在纸面内，圆心 O 在 MN 上．t＝0 时磁感应强度的方向如图(a)所示；磁
感应强度 B 随时间 t 的变化关系如图(b)所示．则在 t＝0 到 t＝t1 的时间间隔内( )
A．圆环所受安培力的方向始终不变
B．圆环中的感应电流始终沿顺时针方向
C．圆环中的感应电流大小为
B0rS
4t0ρ
D．圆环中的感应电动势大小为
B0πr2
4t0
解析：选 BC.根据楞次定律可知在 0～t0 时间内，磁感应强度减小，感应电流的方向为
顺时针，圆环所受安培力水平向左，在 t0～t1 时间内，磁感应强度反向增大，感应电流的方
向为顺时针，圆环所受安培力水平向右，所以选项 A 错误，B 正确；根据法拉第电磁感应定
律得 E＝
ΔΦ
Δt ＝
1
2πr2·
B0
t0＝
B0πr2
2t0 ，根据电阻定律可得 R＝ρ
2πr
S ，根据欧姆定律可得 I＝
E
R＝
B0rS
4t0ρ，所以选项 C 正确，D 错误．
9．(2018·高考全国卷Ⅰ)如图，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电
源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路．将一小磁针悬
挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态．下列说法正确的是 ( )
A．开关闭合后的瞬间，小磁针的 N 极朝垂直纸面向里的方向转动
B．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的 N 极指向垂直纸面向里的方向
C．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的 N 极指向垂直纸面向外的方向
D．开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的 N 极朝垂直纸面向外的方向转
动
解析：选 AD.由电路可知，开关闭合瞬间，右侧线圈环绕部分的电流向下，由安培定则
可知，直导线在铁芯中产生向右的磁场，由楞次定律可知，左侧线圈环绕部分产生向上的电
流，则直导线中的电流方向由南向北，由安培定则可知，直导线在小磁针所在位置产生垂直
纸面向里的磁场，则小磁针的 N 极朝垂直纸面向里的方向转动，A 正确；开关闭合并保持
一段时间后，穿过左侧线圈的磁通量不变，则左侧线圈中的感应电流为零，直导线不产生磁
场，则小磁针静止不动，B、C 错误；开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，穿过左侧
线圈向右的磁通量减少，则由楞次定律可知，左侧线圈环绕部分产生向下的感应电流，则流
过直导线的电流方向由北向南，直导线在小磁针所在处产生垂直纸面向外的磁场，则小磁针
的 N 极朝垂直纸面向外的方向转动，D 正确．
10．如图甲所示，一个匝数为 n 的圆形线圈(图中只画了 2 匝)，面积为 S，线圈的电阻
为 R，在线圈外接一个阻值为 R 的电阻和一个理想电压表，将线圈放入垂直线圈平面指向纸
内的磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示，下列说法正确的是( )
A．0～t1 时间内 P 端电势高于 Q 端电势
B．0～t1 时间内电压表的读数为n（B1－B0）S
t1
C．t1～t2 时间内 R 上的电流为 nB1S
2（t2－t1）R
D．t1～t2 时间内 P 端电势高于 Q 端电势
解析：选 AC.0～t1 时间内，磁通量向里增大，根据楞次定律可知感应电流沿逆时针方
向，线圈相当于电源，上端为正极，下端为负极，所以 P 端电势高于 Q 端电势，故 A 正确；
0～t1 时间内线圈产生的感应电动势 E＝n
ΔΦ
Δt ＝n
ΔB
ΔtS＝nB1－B0
t1 S，电压表的示数等于电阻
R 两端的电压 U＝IR＝ E
2R·R＝n（B1－B0）S
2t1 ，故 B 错误；t1～t2 时间内线圈产生的感应电动
势 E′＝n
ΔΦ
Δt ＝n B1
t2－t1S，根据闭合电路的欧姆定律 I′＝E′
2R＝ nB1S
2（t2－t1）R，故 C 正确；t1～t2
时间内，磁通量向里减小，根据楞次定律，感应电流沿顺时针方向，所以 P 端电势低于 Q
端电势，故 D 错误．
11．(2017·高考全国卷Ⅱ)两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂
直．边长为 0.1 m、总电阻为 0.005 Ω 的正方形导线框 abcd 位于纸面内，cd 边与磁场边界平
行，如图(a)所示．已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd 边于 t＝0 时刻进入磁场．线框
中感应电动势随时间变化的图线如图(b)所示(感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取
正)．下列说法正确的是( )
A．磁感应强度的大小为 0.5 T
B．导线框运动速度的大小为 0.5 m/s
C．磁感应强度的方向垂直于纸面向外
D．在 t＝0.4 s 至 t＝0.6 s 这段时间内，导线框所受的安培力大小为 0.1 N
解析：选 BC.由题图(b)可知，导线框运动的速度大小 v＝L
t＝0.1
0.2 m/s＝0.5 m/s，B 项正
确；导线框进入磁场的过程中，cd 边切割磁感线，由 E＝BLv，得 B＝ E
Lv＝ 0.01
0.1 × 0.5 T＝
0.2 T，A 项错误；由图可知，导线框进入磁场的过程中，感应电流的方向为顺时针方向，
根据楞次定律可知，磁感应强度方向垂直纸面向外，C 项正确；在 0.4～0.6 s 这段时间内，
导线框正在出磁场，回路中的电流大小 I＝E
R＝ 0.01
0.005 A＝2 A，则导线框受到的安培力 F＝BIL
＝0.2×2×0.1 N＝0.04 N，D 项错误．
12．水平面上固定相距为 d 的光滑直轨道 MN 和 PQ，在 N、Q 之间连接不计电阻的电
感线圈 L 和电阻 R.匀强磁场磁感应强度为 B，方向垂直导轨平面向上，在导轨上垂直导轨放
置一质量为 m，电阻不计的金属杆 ab，在直导轨右侧有两个固定挡块 C、D，CD 连线与导
轨垂直．现给金属杆 ab 沿轨道向右的初速度 v0，当 ab 即将撞上 CD 时速度为 v，撞后速度
立即变为零但不与挡块粘连．以下说法正确的是( )
A．ab 向右做匀变速直线运动
B．当 ab 撞上 CD 后，将会向左运动
C．ab 在整个运动过程中受到的最大安培力为B2d2v0
R
D．从 ab 开始运动到撞上 CD 时，电阻 R 上产生的热量小于 1
2mv20－1
2mv2
解析：选 BD.ab 向右运动时受到向左的安培力而做减速运动，产生的感应电动势和感
应电流减小，安培力随之减小，加速度减小，所以 ab 做非匀变速直线运动，故 A 错误．当
ab 撞 CD 后，ab 中产生的感应电动势为零，电路中电流要减小，线圈 L 将产生自感电动势，
根据楞次定律可知自感电动势方向与原来电流方向相同，ab 中电流方向沿 b→a，根据左手
定则可知 ab 受到向左的安培力，故当 ab 撞 CD 后，将会向左运动，故 B 正确．开始时，ab
的速度最大，产生的感应电动势最大，由于线圈中产生自感电动势，此自感电动势与 ab 感
应电动势方向相反，电路中的电流小于Bdv0
R ，最大安培力将小于 BdI＝B2d2v0
R ，故 C 错误．从
ab 开始运动到撞 CD 时，由于线圈中有磁场能，所以电阻 R 上产生的热量小于1
2mv20－1
2mv2，
故 D 正确．
三、非选择题
13．(2019·高考北京卷)如图所示，垂直于纸面的匀强磁场磁感应强度
为 B.纸面内有一正方形均匀金属线框 abcd，其边长为 L，总电阻为 R，ad
边与磁场边界平行．从 ad 边刚进入磁场直至 bc 边刚要进入的过程中，线
框在向左的拉力作用下以速度 v 匀速运动，求：
(1)感应电动势的大小 E；
(2)拉力做功的功率 P；
(3)ab 边产生的焦耳热 Q.
解析：(1)由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势
E＝BLv.
(2)线圈中的感应电流 I＝E
R
拉力大小等于安培力大小 F＝BIL
拉力的功率 P＝Fv＝B2L2v2
R .
(3)线圈 ab 边电阻 Rab＝R
4
时间 t＝L
v
ab 边产生的焦耳热 Q＝I2Rabt＝B2L3v
4R .
答案：(1)BLv (2)B2L2v2
R (3)B2L3v
4R
14．如图，固定在水平绝缘桌面上的“∠”形平行导轨足够长，间距 L＝1 m，电阻不
计．倾斜导轨的倾角 θ＝53°，并与 R＝2 Ω 的定值电阻相连．整个导轨置于磁感应强度 B＝
5 T、方向垂直倾斜导轨平面向上的匀强磁场中．金属棒 ab、cd 的阻值为 R1＝R2＝2 Ω，cd
棒质量 m＝1 kg.ab 与导轨间摩擦不计，cd 与导轨间的动摩擦因数 μ＝0.3，设最大静摩擦力
等于滑动摩擦力．现让 ab 棒从导轨上某处由静止释放，当它滑至某一位置时，cd 棒恰好开
始滑动．sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g＝10 m/s2.
(1)求此时通过 ab 棒的电流；
(2)求 cd 棒消耗的热功率与 ab 棒克服安培力做功的功率之比；
(3)若 ab 棒无论从多高的位置释放，cd 棒都不动，则 ab 棒质量应小于多少？
解析：(1)ab 棒沿倾斜导轨下滑切割磁感线产生的感应电流的方向是 b→a，通过 cd 棒
的电流方向是 c→d.cd 棒刚要开始滑动时，由平衡条件得：
BIcdLcos 53°＝f
由摩擦力公式得：f＝μN
N＝mg＋BIcdLsin 53°
联立以上三式，得 Icd＝5
3 A，Iab＝2Icd＝10
3 A.
(2)根据题意画出等效电路如图所示：
设 Icd＝I，因为电阻 R 与 cd 棒并联，故电阻 R 上产生的热功率与 cd 棒产生的热功率相
等，即 PR＝Pcd＝I2R
又因为流经 ab 棒的电流为 2I，故 ab 棒产生的热功率 Pab＝4I2R
整个回路产生的热功率 P＝6I2R
又因为回路中消耗的热功率源于 ab 棒克服安培力做功，所以 cd 棒消耗的热功率与 ab
棒克服安培力做功的功率之比为Pcd
PFA＝ I2R
6I2R＝1
6.
(3)ab 棒在足够长的轨道下滑时，最大安培力只能等于自身重力在倾斜轨道平面上的分
力，有：
FA＝mabgsin 53°
cd 棒所受最大安培力应为 1
2FA，
要使 cd 棒不能滑动，需满足：
1
2FAcos 53°≤μ(mg＋1
2FAsin 53°)
由以上两式联立解得：mab≤75
36kg≈2.08 kg.
答案：见解析
(二)
(建议用时：40 分钟)
1．2017 年 9 月 13 日，苹果在乔布斯剧院正式发布旗下三款 iPhone 新机型，除了常规
的硬件升级外，三款 iPhone 还支持快充和无线充电．图甲为兴趣小组制作的无线充电装置
中的输电线圈示意图，已知线圈匝数 n＝100，电阻 r＝1 Ω，横截面积 S＝1.5×10－3 m2，
外接电阻 R＝7 Ω.线圈处在平行于线圈轴线的磁场中，磁场的磁感应强度随时间的变化如
图乙所示，求：
(1)t＝0.01 s 时线圈中的感应电动势 E；
(2)0～0.02 s 内通过电阻 R 的电荷量 q；
(3)0～0.03 s 内电阻 R 上产生的热量 Q.
解析：(1)由图乙可知，t＝0.01 s 时刻
ΔB
Δt＝4 T/s
根据法拉第电磁感应定律得 E＝n
ΔΦ
Δt ＝n
SΔB
Δt
解得 E＝0.6 V.
(2)0～0.02 s 内，I＝
E
R＋r＝0.075 A，电荷量 q＝IΔt，
解得 q＝1.5×10－3 C.
(3)0～0.02 s 内，E＝0.6 V，I＝0.075 A，根据焦耳定律可以得到，回路中产生的焦耳热
为
Q1＝I2(R＋r)t1＝9×10－4 J
0．02～0.03 s 内，E′＝1.2 V，I′＝0.15 A，根据焦耳定律可以得到，回路中产生的焦
耳热为
Q2＝I′2(R＋r)t2＝1.8×10－3 J
所以 Q 总＝Q1＋Q2＝2.7×10－3 J
而 Q＝
R
R＋rQ 总，解得 Q＝2.362 5×10－3 J.
答案：(1)0.6 V (2)1.5×10－3 C (3)2.362 5×10－3 J
2.某电磁缓冲车是利用电磁感应原理进行制动缓冲，它
的缓冲过程可等效为：小车车底安装着电磁铁，可视为匀强
磁场，磁感应强度大小为 B，方向竖直向下；水平地面固定着
闭合矩形线圈 abcd，线圈的总电阻为 R，ab 边长为 L，ad 边
长为 2L，如图所示(俯视)．缓冲小车(无动力)水平通过线圈上
方，线圈与磁场的作用使小车做减速运动，从而实现缓冲．已知小车总质量为 m，受到地面
的摩擦阻力为 f，小车磁场刚抵达线圈 ab 边时，速度大小为 v0，小车磁场刚抵达线圈 cd 边
时，速度为零，求：
(1)小车缓冲过程中的最大加速度 am 的大小；
(2)小车缓冲过程中通过线圈的电荷量 q 及线圈产生的焦耳热 Q.
解析：(1)线圈相对磁场向左切割磁感线，产生的最大电动势为 E＝BLv0
电流为 I＝
E
R＝
BLv0
R
根据牛顿第二定律：BIL＋f＝mam
得到 am＝
B2L2v0＋fR
mR .
(2)通过线圈的电荷量 q＝ I
－
Δt， I
－
＝R， E－
＝
ΔΦ
Δt
得到 q＝
2BL2
R
由能量守恒定律得：
1
2mv20＝Q＋f·2L
得到 Q＝1
2mv20－2fL.
答案：(1)
B2L2v0＋fR
mR (2)
2BL2
R
1
2mv20－2fL
3．(2019·常州二模)两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的
距离为 L，导轨上放置两根导体棒 a 和 b，俯视图如图甲所示．两根导体棒的质量均为 m，
电阻均为 R，回路中其余部分的电阻不计，在整个导轨平面内，有磁感应强度大小为 B 的竖
直向上的匀强磁场．导体棒与导轨始终垂直接触良好且均可沿导轨无摩擦地滑行，开始时，
两棒均静止，间距为 x0，现给导体棒 a 一水平向右的初速度 v0，并开始计时，可得到如图
乙所示的Δv－t 图象(Δv 表示两棒的相对速度，即Δv＝va－vb)．
(1)试证明：在 0～t2 时间内，回路产生的焦耳热 Q 与磁感应强度 B 无关；
(2)求 t1 时刻棒 b 的加速度大小；
(3)求 t2 时刻两棒之间的距离．
解析：(1)t2 时刻开始，两棒速度相等，由动量守恒定律有 2mv＝mv0
由能量守恒定律有 Q＝
1
2mv20－
1
2(2m)v2
解得 Q＝
1
4mv20
所以在 0～t2 时间内，回路产生的焦耳热 Q 与磁感应强度 B 无关．
(2)t1 时刻有 va－vb＝
v0
2
回路中的电流 I＝
E
2R＝
Blva－BLvb
2R
此时棒 b 所受的安培力 F＝BIL
由牛顿第二定律得棒 b 的加速度大小 a1＝
F
m＝
B2L2v0
4mR .
(3)t2 时刻，两棒速度相同，均为 v＝
v0
2
0～t2 时间内，对棒 b，由动量定理有 BLI·Δt＝mv－0
即 B
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