文档内容
训练二十四 电磁感应中的动力学和能量问题
题型一 电磁感应中的动力学问题
知识梳理
1．导体的两种运动状态
(1)导体的平衡状态——静止状态或匀速直线运动状态．
处理方法：根据平衡条件列式分析．
(2)导体的非平衡状态——加速度不为零．
处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析．
2．用动力学观点解答电磁感应问题的一般步骤
3．导体常见运动情况的动态分析
v 若F ＝0 匀速直线运动
合
↓ v增大，若a恒定，拉力F增大
E＝Blv v增大，F 增大，F 减小，a减小，做加
安 合
a、v同向
↓ 速度减小的加速运动，减小到a＝0，匀速
若F ≠0
合
I＝ 直线运动
↓
↓
F ＝ma
合
F ＝BIl v减小，F 减小，a减小，当a＝0，静止
安 安
a、v反向
↓ 或匀速直线运动
F
合
考向1 “单棒＋电阻”模型
例1 (2023·陕西咸阳市模拟)如图，矩形闭合导体线框在匀强磁场上方，由不同高度静止释放，用t、
1
t分别表示线框ab边和cd边刚进入磁场的时刻．线框下落过程形状不变，ab边始终保持与磁场水平边界
2
线OO′平行，线框平面与磁场方向垂直．设OO′下方磁场区域足够大，不计空气阻力影响，则下列图像不
可能反映线框下落过程中速度v随时间t变化的规律的是( )答案 A
解析 线框先做自由落体运动，t时刻ab边进入磁场做减速运动，加速度逐渐减小，而A图像中的加速度
1
逐渐增大，故A错误；线框先做自由落体运动，若进入磁场时重力小于安培力，ab边进入磁场后做减速运
动，当加速度减小到零时做匀速直线运动，cd边进入磁场后线框做自由落体运动，加速度为g，故B正
确；线框先做自由落体运动，ab边进入磁场时若重力大于安培力，做加速度减小的加速运动，cd边进入磁
场后线框做自由落体运动，加速度为g，故C正确；线框先做自由落体运动，ab边进入磁场时若重力等于
安培力，做匀速直线运动，cd边进入磁场后，线框继续做自由落体运动，加速度为g，故D正确．
变式训练1 (多选)如图所示，U形光滑金属导轨与水平面成37°角倾斜放置，现将一金属杆垂直放置在
导轨上且与两导轨接触良好，在与金属杆垂直且沿着导轨向上的外力F的作用下，金属杆从静止开始做匀
加速直线运动．整个装置处于垂直导轨平面向上的匀强磁场中，外力F的最小值为8 N，经过2 s金属杆
运动到导轨最上端并离开导轨．已知U形金属导轨两轨道之间的距离为1 m，导轨电阻可忽略不计，金属
杆的质量为1 kg、电阻为1 Ω，磁感应强度大小为1 T，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos
37°＝0.8.下列说法正确的是( )
A．拉力F是恒力
B．拉力F随时间t均匀增加
C．金属杆运动到导轨最上端时拉力F为12 N
D．金属杆运动的加速度大小为2 m/s2
答案 BCD
解析 t时刻，金属杆的速度大小为v＝at，产生的感应电动势为E＝Blv，电路中的感应电流I＝，金属杆
所受的安培力大小为F ＝BIl＝，由牛顿第二定律可知外力F＝ma＋mgsin 37°＋，F是t的一次函数，选
安
项A错误，B正确；t＝0时，F最小，代入数据可求得a＝2 m/s2，选项D正确；t＝2 s时，代入数据解得
F＝12 N，选项C正确．
考向2 “单棒＋电容器”模型
知识梳理
棒的初速度为零，拉力F恒定(棒和水平导轨电阻忽略不计，摩擦力不计)如图，运动过程分析：棒做加速运动，持续对电容器充电，则存在充电电流
由F－BIl＝ma，I＝，ΔQ＝CΔU，ΔU＝ΔE＝BlΔv，
联立可得F－＝ma，其中＝a，
则可得a＝
所以棒做加速度恒定的匀加速直线运动．
功能关系：W＝mv2＋E
F 电
例2 如图，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为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，且在下滑过程中始终保持与导轨垂直并接触良好．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．
答案 (1)Q＝CBLv (2)v＝t
解析 (1)设金属棒下滑的速度大小为v，则感应电动势为E＝BLv
平行板电容器两极板之间的电势差为U＝E
设此时电容器极板上积累的电荷量为Q，按定义有C＝，
联立可得Q＝CBLv
(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，金属棒受到的磁场力方向沿导
轨向上，大小为F＝BLI＝CB2L2a
设在时间间隔(t，t＋Δt)内流经金属棒的电荷量为ΔQ，则ΔQ＝CBLΔv
按定义有I＝，ΔQ也是平行板电容器极板在时间间隔(t，t＋Δt)内增加的电荷量，由上式可得，Δv为
金属棒的速度变化量，金属棒所受到的摩擦力方向沿导轨斜面向上，大小为F＝μF
f N
式中，F是金属棒对于导轨的正压力的大小，有F＝mgcos θ，金属棒在时刻t的加速度方向沿斜面向
N N
下，设其大小为a，根据牛顿第二定律有mgsin θ－F－F＝ma，
f
即mgsin θ－μmgcos θ＝CB2L2a＋ma
联立上式可得 a＝
由题意可知，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＝.
题型二 电磁感应中的能量问题
知识梳理
1．电磁感应中的能量转化
―――――――→―――→
2．求解焦耳热Q的三种方法3．解题的一般步骤
(1)确定研究对象(导体棒或回路)；
(2)弄清电磁感应过程中哪些力做功，以及哪些形式的能量相互转化；
(3)根据功能关系或能量守恒定律列式求解．
考向1 应用功能关系解决电磁感应中的能量问题
例3 (多选)如图，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，两部分平滑连接，平直部分右端接一个阻值为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处由静止释放，
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，重力加速度大小为g，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( )
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．金属棒内产生的焦耳热为mg(h－μd)
答案 BD
解析 金属棒下滑到弯曲部分底端时，根据动能定理有mgh＝mv2，金属棒在磁场中运动时产生的感应电动
0
势E＝BLv，金属棒受到的安培力F＝BIL，当金属棒刚进入磁场中时，感应电流最大，分析可得I ＝，所
max
以A错误；金属棒穿过磁场区域的过程中通过金属棒的电荷量q＝t＝＝，所以B正确；对整个过程由动能
定理得mgh－W －μmgd＝0，金属棒克服安培力做的功W ＝mgh－μmgd，金属棒内产生的焦耳热Q＝W
克安 克安
＝mg(h－μd)，所以C错误，D正确．
克安
考向2 应用能量守恒定律解决电磁感应中的能量问题
例4 (2023·北京市模拟)如图所示，AB、CD为两个平行的、不计电阻的水平光滑金属导轨，置于方向垂
直导轨平面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中．AB、CD的间距为L，左右两端均接有阻值为R的电阻．
质量为m、长为L且电阻不计的导体棒MN放在导轨上，与导轨接触良好，并与轻质弹簧组成弹簧振动系
统．开始时，弹簧处于自然长度，导体棒MN具有水平向左的初速度v，经过一段时间，导体棒MN第一次
0
运动到最右端，这一过程中AC间的电阻R上产生的焦耳热为Q，则( )A．导体棒水平方向做简谐运动
B．初始时刻导体棒所受的安培力大小为
C．当导体棒第一次到达最右端时，弹簧具有的弹性势能为mv2－Q
0
D．当导体棒再次回到初始位置时，AC间的电阻R的热功率小于
答案 D
解析 导体棒运动过程中，安培力做功，电阻产生焦耳热，则棒和弹簧的机械能有损失，则当棒再次回到
初始位置时速度小于v，导体棒水平方向做的不是简谐运动，则导体棒回到初始位置时产生的感应电动势
0
E时，甲和乙都加速运动，
当g<时，甲和乙都减速运动，
当g＝时，甲和乙都匀速运动，故选A、B.
7.(2022·全国乙卷·24)如图，一不可伸长的细绳的上端固定，下端系在边长为l＝0.40 m的正方形金属
框的一个顶点上．金属框的一条对角线水平，其下方有方向垂直于金属框所在平面的匀强磁场．已知构成
金属框的导线单位长度的阻值为λ＝5.0×10－3 Ω/m；在t＝0到t＝3.0 s时间内，磁感应强度大小随时
间t的变化关系为B(t)＝0.3－0.1t(SI)．求：(1)t＝2.0 s时金属框所受安培力的大小；
(2)在t＝0到t＝2.0 s时间内金属框产生的焦耳热．
答案 (1) N (2)0.016 J
解析 (1)金属框的总电阻为R＝4lλ＝4×0.40×5×10－3 Ω＝0.008 Ω
金属框中产生的感应电动势为E＝＝＝0.1××0.402 V＝0.008 V
金属框中的电流为I＝＝1 A
t＝2.0 s时磁感应强度大小为
B＝(0.3－0.1×2.0) T＝0.1 T
2
金属框处于磁场中的有效长度为L＝l
此时金属框所受安培力大小为F＝BIL＝0.1×1××0.4 N＝ N
A 2
(2)0～2.0 s时间内金属框产生的焦耳热为Q＝I2Rt′＝12×0.008×2 J＝0.016 J.
8.(2023·湖北省模拟)如图，质量为M的U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，间距L的ab和dc边
平行，都与bc边垂直．ab、dc足够长，整个金属框电阻可忽略．一根电阻为R、质量为m的导体棒MN置
于金属框上，用水平恒力F向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应
强度大小为B，MN与金属框保持良好接触，且与bc边保持平行．
(1)若导体棒MN在外力作用下保持静止，求最终稳定状态时金属框的速度大小；
(2)若导体棒不受外力作用，求最终稳定状态时电路中的电动势．
答案 (1) (2)
解析 (1)由题意知：金属框做加速度减小的加速运动，加速度减为0，稳定状态时做匀速直线运动，根据
受力平衡有F ＝F
安
导体棒的感应电动势为E＝BLv
导体棒的感应电流为I＝
安培力为F ＝BIL
安
联立解得v＝
(2)导体棒、金属框最终以相同的加速度做匀加速直线运动，速度差一定，对整体由牛顿第二定律有 F＝
(m＋M)a
对导体棒受力分析有BIL＝ma，E＝IR
联立解得E＝.
9．如图甲所示，相距L＝1 m的两根足够长的光滑平行金属导轨倾斜放置，与水平面夹角θ＝37°，导轨
电阻不计，质量m＝1 kg、接入电路电阻为r＝0.5 Ω的导体棒ab垂直于导轨放置，导轨的PM两端接在外
电路上，定值电阻阻值R＝1.5 Ω，电容器的电容C＝0.5 F，电容器的耐压值足够大，导轨所在平面内有垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场．在开关S 闭合、S 断开的状态下将导体棒ab由静止释放，导体棒的v
1 2
－t图像如图乙所示，sin 37°＝0.6，取重力加速度g＝10 m/s2.
(1)求磁场的磁感应强度大小B；
(2)在开关S 闭合、S 断开的状态下，当导体棒下滑的距离x＝5 m时，定值电阻产生的焦耳热为21 J，此
1 2
时导体棒的速度与加速度分别是多大？
(3)现在开关S 断开、S 闭合的状态下，由静止释放导体棒，求经过t＝2 s时导体棒的速度大小．
1 2
答案 (1)2 T (2)2 m/s 2 m/s2 (3)4 m/s
解析 (1)由题图乙可知，导体棒的最大速度v＝3 m/s，
m
对应的感应电动势E＝BLv，
m
感应电流I＝，
当速度达到最大时，导体棒做匀速运动，导体棒受力平衡，有BIL＝mgsin θ，
解得B＝＝2 T.
(2)导体棒和定值电阻串联，由公式Q＝I2Rt可知：Q∶Q＝1∶3，则导体棒ab产生的焦耳热Q＝×21 J
ab R ab
＝7 J，导体棒下滑x＝5 m的距离，导体棒减少的重力势能转化为动能和回路中的焦耳热，由能量守恒定
律有mgxsin θ＝mv2＋Q＋Q
1 ab R
得导体棒的速度v＝2 m/s，
1
此时感应电动势E＝BLv，
1 1
感应电流I＝，
1
对导体棒有mgsin θ－BIL＝ma，
1 1
解得加速度a＝2 m/s2.
1
(3)开关S 断开、S 闭合时，任意时刻对导体棒，根据牛顿第二定律有mgsin θ－BIL＝ma，
1 2 2 2
感应电流I＝，Δq＝CΔU
2
Δt时间内，有ΔU＝ΔE＝BLΔv，a＝，
2
解得a＝2 m/s2，
2
表明导体棒ab下滑过程中加速度不变，导体棒做匀加速直线运动，t＝2 s时导体棒的速度大小v＝at＝4
2 2
m/s.
10．(2022·湖北卷·15)如图所示，高度足够的匀强磁场区域下边界水平、左右边界竖直，磁场方向垂直
于纸面向里．正方形单匝线框abcd的边长L＝0.2 m、回路电阻R＝1.6×10－3 Ω、质量m＝0.2 kg.线框平
面与磁场方向垂直，线框的ad边与磁场左边界平齐，ab边与磁场下边界的距离也为L.现对线框施加与水
平向右方向成θ＝45°角、大小为4 N的恒力F，使其在图示竖直平面内由静止开始运动．从ab边进入磁
场开始，在竖直方向线框做匀速运动；dc边进入磁场时，bc边恰好到达磁场右边界．重力加速度大小取g
＝10 m/s2，求：(1)ab边进入磁场前，线框在水平方向和竖直方向的加速度大小；
(2)磁场的磁感应强度大小和线框进入磁场的整个过程中回路产生的焦耳热；
(3)磁场区域的水平宽度．
答案 (1)20 m/s2 10 m/s2 (2)0.2 T 0.4 J (3)1.1 m
解析 (1)ab边进入磁场前，对线框进行受力分析，由牛顿第二定律，
在水平方向有Fcos θ＝ma
x
代入数据有a＝20 m/s2
x
在竖直方向有Fsin θ－mg＝ma
y
代入数据有a＝10 m/s2
y
(2)ab边进入磁场开始，ab边在竖直方向切割磁感线；ad边和bc边的上部分也开始进入磁场，且在水平
方向切割磁感线．但ad和bc边的上部分产生的感应电动势相互抵消，则整个回路的电动势为ab边切割磁
感线产生的电动势，根据右手定则可知回路的电流为adcba，则从ab边进入磁场开始，ab边受到的安培力
竖直向下，ad边的上部分受到的安培力水平向右，bc边的上部分受到的安培力水平向左，则ad边和bc边
的上部分受到的安培力相互抵消，故线框abcd受到的安培力的合力为ab边受到的竖直向下的安培力．由
v2＝2aL，知ab边刚到达磁场边缘时，线框竖直方向的速度v＝2 m/s.由题知，线框从ab边进入磁场开
y y y
始，在竖直方向线框做匀速运动，则有Fsin θ－mg－BIL＝0，E＝BLv，I＝
y
联立解得B＝0.2 T
由题知，从ab边进入磁场开始，在竖直方向上线框做匀速运动；dc边进入磁场时，bc边恰好到达磁场右
边界．则线框进入磁场的整个过程中，线框受到的安培力为恒力，
则有Q＝W ＝BILy，y＝L
克安
Fsin θ－mg＝BIL
联立解得Q＝0.4 J
(3)线框从开始运动到进入磁场的整个过程中所用的时间为v＝at，L＝vt，t＝t＋t
y y 1 y 2 1 2
联立解得t＝0.3 s
由(2)分析可知线框在水平方向上一直做匀加速直线运动，则在水平方向有
x＝at2＝×20×0.32 m＝0.9 m
x
则磁场区域的水平宽度s＝x＋L＝1.1 m.
