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\s\up7(专题十二 电磁感应综合应用)
素养目标 综合应用楞次定律、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿第二
定律、动能定理、能量守恒定律、动量定理、动量守恒定律分析电磁感应问题．(科学思
维)
考点 电磁感应中的动力学问题
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(合力等于零)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．力学对象和电学对象的相互关系
典例1 (2023·山东卷)(多选)足够长U形导轨平置在光滑水平绝缘桌面上，宽为1 m，
电阻不计．质量为1 kg、长为1 m、电阻为1 Ω的导体棒MN放置在导轨上，与导轨形成
矩形回路并始终接触良好，Ⅰ和Ⅱ区域内分别存在竖直方向的匀强磁场，磁感应强度分别
为B 和B ，其中B ＝2 T，方向向下．用不可伸长的轻绳跨过固定轻滑轮将导轨 CD段中
1 2 1
点与质量为0.1 kg的重物相连，绳与CD垂直且平行于桌面，如图所示．某时刻 MN、CD
同时分别进入磁场区域Ⅰ和Ⅱ并做匀速直线运动，MN、CD与磁场边界平行．MN的速度
v＝2 m/s，CD的速度为v 且v > v ，MN和导轨间的动摩擦因数为0.2.重力加速度大小取10
1 2 2 1
m/s2，下列说法正确的是( )
A．B 的方向向上
2
B．B 的方向向下
2
C．v＝5 m/s
2D．v＝3 m/s
2
1．[电磁感应中的平衡问题](多选)如图甲所示，bacd是由导体做成的框架，其平面与
水平面成θ角．质量为m的导体棒PQ与ab、cd垂直且接触良好，回路的总电阻为R.整个
装置放在垂直于框面的匀强磁场中，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，PQ始
终处于静止状态．在0～t 时间内，下列关于PQ与框架间的摩擦力F 的说法中，有可能正
1 f
确的是( )
A．F 一直在增大 B．F 一直在减小
f f
C．F 先减小后增大 D．F 先增大后减小
f f
2．[电磁感应中的动力学问题](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，重力加速度取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
考点 电磁感应与能量综合问题
1．能量转化及焦耳热的求法
(1)能量转化
――→――→
(2)求解焦耳热Q的三种方法2．求解电磁感应现象中的能量问题的一般步骤
(1)在电磁感应中，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．
(2)分析清楚有哪些力做功，就可以知道哪些形式的能量发生了相互转化．
(3)根据能量守恒列方程求解．
典例2 (2021·天津卷)如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ间距L＝1
m，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成θ＝30°角，N、Q两端接有R＝1 Ω
的电阻．一金属棒ab垂直导轨放置，ab两端与导轨始终有良好接触，已知ab的质量m＝
0.2 kg，电阻r＝1 Ω，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小B
＝1 T．ab在平行于导轨向上的拉力作用下，以初速度v ＝0.5 m/s沿导轨向上开始运动，
1
可达到 最大速度 v ＝ 2 m/s .运动过程中拉力的功率恒定不变，重力加速度取g＝10 m/s2.
(1)求拉力的功率P；
(2)ab开始运动后，经t＝0.09 s速度达到v ＝1.5 m/s，此过程中ab克服安培力做功W
2
＝0.06 J，求该过程中ab沿导轨的位移大小x.
1．[单杆切割模型]如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，水平U形导体框左端连接一
阻值为R的电阻，质量为m、电阻为r的导体棒ab置于导体框上．不计导体框的电阻、导
体棒与框间的摩擦．ab以水平向右的初速度v 开始运动，最终停在导体框上．在此过程中
0
( )
A．导体棒做匀减速直线运动
B．导体棒中感应电流的方向为a→b
C．电阻R消耗的总电能为
D．导体棒克服安培力做的总功小于mv
2．[线框进出磁场模型](多选)在如图所示的两平行虚线之间存在着垂直纸面向里、宽
度为d、磁感应强度为B的匀强磁场，正方形线框abcd的边长为L(L<d)、质量为m、电阻为R.将线框从距离磁场的上边界高为h处由静止释放后，线框的ab边刚进入磁场时的速度
为v，ab边刚离开磁场时的速度也为v，在线框开始进入到全部离开磁场的过程中(取重力
0 0
加速度为g)( )
A．线框产生的焦耳热为mgd
B．线框产生的焦耳热为2mgd
C．线框的最小动能为
D．线框的最小动能为mg(h－d＋L)
考点 电磁感应与动量综合应用
1．应用动量定理可以由动量变化来求解变力的冲量．如在导体棒做非匀变速运动的问
题中，应用动量定理可以解决牛顿运动定律不易解答的问题．
2．在相互平行的水平轨道间的双导体棒做切割磁感线运动时，由于这两根导体棒所受
的安培力等大反向，若不受其他外力，两导体棒的总动量守恒，解决此类问题往往要应用
动量守恒定律．
3．导体棒或金属框在感应电流所引起的安培力作用下做非匀变速直线运动时，安培力
的冲量I ＝BLt＝BLq，通过导体棒或金属框的电荷量q＝Δt＝Δt＝nΔt＝n，磁通量变化量
安
ΔΦ＝BΔS＝BLx.当题目中涉及速度v、 电荷量 q 、运动时间t、运动位移x时常用动量定理
求解．
典例3 (2023·全国甲卷)如图所示，水平桌面上固定一光滑U形金属导轨，其平行部
分的间距为l，导轨的最右端与桌子右边缘对齐，导轨的电阻忽略不计．导轨所在区域有方
向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B．一质量为m、电阻为R、长度也为l的金属
棒 P 静止 在导轨上．导轨上质量为3m的 绝缘棒 Q 位于P的左侧，以大小为v 的速度向P
0
运动并与P发生弹性碰撞，碰撞时间很短．碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出
导轨，并落在地面上同一地点．P在导轨上运动时，两端与导轨接触良好，P与Q始终平
行．不计空气阻力．求：
(1)金属棒P滑出导轨时的速度大小；
(2)金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量；
(3)与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间．1．[动量定理在电磁感应中的应用]如图所示，边长为a的正方形铝框平放在光滑绝缘
水平桌面上，桌面上有边界平行、宽为b且足够长的匀强磁场区域，磁场方向垂直于桌面，
铝框依靠惯性滑过磁场区域，滑行过程中铝框平面始终与磁场垂直且一边与磁场边界平行
已知a<b，在滑入和滑出磁场区域的两个过程中( )
A．铝框所用时间相同
B．铝框上产生的热量相同
C．铝框中的电流方向相同
D．安培力对铝框的冲量相同
2．[动量定理在电磁感应中的应用](多选)如图所示，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v 向右滑动．运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，
0
两者速度分别用v、v 表示，回路中的电流用I表示．下列图像中可能正确的是( )
1 2
答案及解析
考点 电磁感应中的动力学问题
典例1 (2023·山东卷)(多选)足够长U形导轨平置在光滑水平绝缘桌面上，宽为1 m，
电阻不计．质量为1 kg、长为1 m、电阻为1 Ω的导体棒MN放置在导轨上，与导轨形成
矩形回路并始终接触良好，Ⅰ和Ⅱ区域内分别存在竖直方向的匀强磁场，磁感应强度分别
为B 和B ，其中B ＝2 T，方向向下．用不可伸长的轻绳跨过固定轻滑轮将导轨 CD段中
1 2 1
点与质量为0.1 kg的重物相连，绳与CD垂直且平行于桌面，如图所示．某时刻 MN、CD
同时分别进入磁场区域Ⅰ和Ⅱ并做匀速直线运动，MN、CD与磁场边界平行．MN的速度
v＝2 m/s，CD的速度为v 且v > v ，MN和导轨间的动摩擦因数为0.2.重力加速度大小取10
1 2 2 1
m/s2，下列说法正确的是( )A．B 的方向向上
2
B．B 的方向向下
2
C．v＝5 m/s
2
D．v＝3 m/s
2
解析：导轨的速度v>v ，因此对导体棒受力分析可知导体棒受到向右的摩擦力以及向
2 1
左的安培力，摩擦力大小为f＝μmg＝2 N，导体棒所受的安培力大小为F ＝f＝2 N，由左
1
手定则可知通过导体棒的电流方向为N→M→D→C→N；对导轨受力分析可知导轨受到向
左的摩擦力、向右的拉力和向右的安培力，安培力大小为F ＝f－mg＝1 N，由左手定则可
2 0
知B 的方向为垂直于桌面向下，A错误，B正确；对导体棒分析有F ＝B IL，对导轨分析
2 1 1
有F ＝B IL，电路中的电流为I＝，联立解得v＝3 m/s，C错误，D正确．故选BD．
2 2 2
1．[电磁感应中的平衡问题](多选)如图甲所示，bacd是由导体做成的框架，其平面与
水平面成θ角．质量为m的导体棒PQ与ab、cd垂直且接触良好，回路的总电阻为R.整个
装置放在垂直于框面的匀强磁场中，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，PQ始
终处于静止状态．在0～t 时间内，下列关于PQ与框架间的摩擦力F 的说法中，有可能正
1 f
确的是( )
A．F 一直在增大 B．F 一直在减小
f f
C．F 先减小后增大 D．F 先增大后减小
f f
解析：由题图乙可知，在0～t 时间内，磁感应强度先均匀减小后反向均匀增大，磁感
1
应强度的变化率不变，则导体棒PQ与框架组成的回路中产生恒定感应电流，方向由Q到
P.当磁感应强度的方向垂直框面向上时，导体棒PQ所受安培力方向沿框面向上；当磁感应
强度的方向垂直框面向下时，导体棒PQ所受安培力方向沿框面向下．由于磁感应强度B
先减小后反向增大，由F ＝BIL可知，PQ所受安培力F 先减小后反向增大．若开始时PQ
A A
不受静摩擦力，则当F 减小时，根据平衡条件有mgsin θ＝F ＋F，可知静摩擦力由零开
A A f
始增大；当F 方向沿框面向下时，有mgsin θ＋F ＝F，由于F 逐渐增大，则F 逐渐增大．
A A f A f
即在0～t 时间内，F 一直增大．若开始时PQ所受静摩擦力方向沿框面向上，则根据平衡
1 f
条件有mgsin θ＝F＋F ，当F 减小时，F 开始增大；当F 方向沿框面向下时，有mgsin
f A A f Aθ＋F ＝F，由于F 逐渐增大，则F 逐渐增大．即在0～t 时间内，F 一直增大．若开始时
A f A f 1 f
PQ所受静摩擦力方向沿框面向下，则根据平衡条件有 mgsin θ＋F＝F ，当F 减小时，
f A A
F 开始减小；当F ＝mgsin θ时，F 减小到零，此后F 继续减小，F 反向，根据平衡条件
f A f A f
有mgsin θ＝F ＋F，可知随着F 的减小，F 逐渐增大；当F 方向沿框面向下时，有
A f A f A
mgsin θ＋F ＝F，由于F 逐渐增大，则F 继续增大．即在0～t 时间内，F 先减小，后反
A f A f 1 f
向增大．综上所述，A、C符合题意．
答案：AC
2．[电磁感应中的动力学问题](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，重力加速度取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
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＋
安
mgsin 37°＋，F是t的一次函数，选项A错误，B正确；t＝0时，F最小，代入数据解得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．
答案：BCD
考点 电磁感应与能量综合问题
典例2 (2021·天津卷)如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ间距L＝1
m，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成θ＝30°角，N、Q两端接有R＝1 Ω
的电阻．一金属棒ab垂直导轨放置，ab两端与导轨始终有良好接触，已知ab的质量m＝
0.2 kg，电阻r＝1 Ω，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小B
＝1 T．ab在平行于导轨向上的拉力作用下，以初速度v ＝0.5 m/s沿导轨向上开始运动，
1
可达到 最大速度 v ＝ 2 m/s .运动过程中拉力的功率恒定不变，重力加速度取g＝10 m/s2.(1)求拉力的功率P；
(2)ab开始运动后，经t＝0.09 s速度达到v ＝1.5 m/s，此过程中ab克服安培力做功W
2
＝0.06 J，求该过程中ab沿导轨的位移大小x.
解析：(1)在ab运动过程中，由于拉力的功率恒定，ab做加速度逐渐减小的加速运动，
速度达到最大时，加速度为零，设此时拉力的大小为F，安培力大小为F ，有
A
F－mgsin θ－F ＝0
A
设此时回路中的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律，有E＝BLv
设回路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律，有I＝
ab受到的安培力F ＝BIL
A
由功率表达式，有P＝Fv
联立上述各式，代入数据解得P＝4 W.
(2) ab 速度从 v 到 v 的过程中，由动能定理，有Pt－W－mgxsin θ＝mv－mv
1 2
代入数据解得x＝0.1 m.
答案：(1)4 W (2)0.1 m
1．[单杆切割模型]如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，水平U形导体框左端连接一
阻值为R的电阻，质量为m、电阻为r的导体棒ab置于导体框上．不计导体框的电阻、导
体棒与框间的摩擦．ab以水平向右的初速度v 开始运动，最终停在导体框上．在此过程中
0
( )
A．导体棒做匀减速直线运动
B．导体棒中感应电流的方向为a→b
C．电阻R消耗的总电能为
D．导体棒克服安培力做的总功小于mv
解析：导体棒向右运动，根据右手定则可知，电流方向由b到a，再根据左手定则可
知，导体棒受到向左的安培力，根据法拉第电磁感应定律可得，产生的感应电动势为 E＝
BLv，感应电流为I＝＝，故安培力为F＝BIL＝，根据牛顿第二定律有F＝ma，可得a＝
v，随着速度减小，加速度不断减小，故导体棒不是做匀减速直线运动，故 A、B错误；根
据能量守恒定律可知，回路中产生的总热量为 Q＝mv.因R与r串联，则产生的热量与电阻
成正比，则电阻R消耗的总电能为Q ＝ Q＝，故C正确；整个过程只有安培力做负功，
R
根据动能定理可知，导体棒克服安培力做的总功等于mv，故D错误．答案：C
2．[线框进出磁场模型](多选)在如图所示的两平行虚线之间存在着垂直纸面向里、宽
度为d、磁感应强度为B的匀强磁场，正方形线框abcd的边长为L(L<d)、质量为m、电阻
为R.将线框从距离磁场的上边界高为h处由静止释放后，线框的ab边刚进入磁场时的速度
为v，ab边刚离开磁场时的速度也为v，在线框开始进入到全部离开磁场的过程中(取重力
0 0
加速度为g)( )
A．线框产生的焦耳热为mgd
B．线框产生的焦耳热为2mgd
C．线框的最小动能为
D．线框的最小动能为mg(h－d＋L)
解析：由题意可知，线框进入磁场时先减速，进入磁场后再加速，出磁场时又减速，
由于ab边进磁场与出磁场时线框的速度相同，因此进入和离开过程中，感应电流所做的功
也相同．从ab边进入磁场到ab边离开磁场的过程中，由动能定理可得mgd－W＝0，因此
进入磁场的过程中，线框产生的焦耳热Q＝W＝mgd，同样离开磁场时，线框产生的焦耳
热也为mgd，因此线框穿过磁场的过程中产生的焦耳热为2mgd，故选项A错误，B正确；
当线框完全进入磁场瞬间，线框的动能最小，若此时已匀速运动，则有mg＝，可得此时的
动能E ＝mv2＝，但无法判断线框是否已匀速运动，故选项C错误；在进入磁场后，线框
k
做匀加速运动，到达磁场下边缘时速度恰好也为 v ，则根据动能定理得mg(d－L)＝mv－
0
E ，而mgh＝mv，两式联立可得最小动能E ＝mg(h－d＋L)，故选项D正确．
k k
答案：BD
考点 电磁感应与动量综合应用
典例3 (2023·全国甲卷)如图所示，水平桌面上固定一光滑U形金属导轨，其平行部
分的间距为l，导轨的最右端与桌子右边缘对齐，导轨的电阻忽略不计．导轨所在区域有方
向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B．一质量为m、电阻为R、长度也为l的金属
棒 P 静止 在导轨上．导轨上质量为3m的 绝缘棒 Q 位于P的左侧，以大小为v 的速度向P
0
运动并与P发生弹性碰撞，碰撞时间很短．碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出
导轨，并落在地面上同一地点．P在导轨上运动时，两端与导轨接触良好，P与Q始终平
行．不计空气阻力．求：
(1)金属棒P滑出导轨时的速度大小；(2)金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量；
(3)与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间．
解析：(1)由于绝缘棒Q与金属棒P发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒，可得
3mv ＝3mv ＋mv
0 Q P
×3mv＝×3mv＋mv
联立解得v ＝v，v ＝v
P 0 Q 0
由题知，碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点，
则金属棒P滑出导轨时的速度大小为v′ ＝v ＝v.
P Q 0
(2)根据能量守恒，有mv＝mv′＋Q
解得Q＝mv.
(3)P、Q碰撞后，对金属棒P分析，根据动量定理得－BlΔt＝mv′ －mv
P P
又q＝Δt，＝＝＝
联立可得x＝
由于Q为绝缘棒，无电流通过，做匀速直线运动，故Q运动的时间为t＝＝.
答案：(1)v (2)mv (3)
0
1．[动量定理在电磁感应中的应用]如图所示，边长为a的正方形铝框平放在光滑绝缘
水平桌面上，桌面上有边界平行、宽为b且足够长的匀强磁场区域，磁场方向垂直于桌面，
铝框依靠惯性滑过磁场区域，滑行过程中铝框平面始终与磁场垂直且一边与磁场边界平行
已知a<b，在滑入和滑出磁场区域的两个过程中( )
A．铝框所用时间相同
B．铝框上产生的热量相同
C．铝框中的电流方向相同
D．安培力对铝框的冲量相同
解析：铝框进入和离开磁场过程中磁通量发生变化，都会产生感应电流，受到向左的
安培力而减速；完全在磁场中运动时磁通量不变，做匀速运动；可知离开磁场过程的平均
速度小于进入磁场过程的平均速度，所以离开磁场过程的时间大于进入磁场过程的时间，
A错误．由楞次定律可知，铝框进入磁场过程磁通量增加，感应电流为逆时针方向，离开
磁场过程磁通量减小，感应电流为顺时针方向，C错误．铝框进入和离开磁场过程安培力
对铝框的冲量为I ＝－BaΔt，又q＝Δt＝Δt＝Δt＝＝，得I ＝－，D正确．铝框进入和离
安 安
开磁场过程，铝框均做减速运动，可知铝框进入磁场过程的速度一直大于铝框离开磁场过
程的速度，根据F ＝BIa＝Ba＝，可知铝框进入磁场过程受到的安培力一直大于铝框离开
安
磁场过程受到的安培力，故铝框进入磁场过程克服安培力做的功大于铝框离开磁场过程克
服安培力做的功，即铝框进入磁场过程产生的热量大于铝框离开磁场过程产生的热量，B
错误．答案：D
2．[动量定理在电磁感应中的应用](多选)如图所示，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v 向右滑动．运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，
0
两者速度分别用v、v 表示，回路中的电流用I表示．下列图像中可能正确的是( )
1 2
解析：导体棒ab运动，切割磁感线，产生感应电流(逆时针)，导体棒ab受到安培力F
作用，速度减小，导体棒cd受安培力F′作用，速度增大，最终两棒速度相等，如图所示．
由E＝Blv知，感应电动势E随速度v的减小而减小，则感应电流非均匀变化．当两棒的速
度相等时，回路中感应电流消失，两棒在导轨上以共同速度做匀速运动．由系统的动量守
恒得mv ＝2mv ，v ＝，A正确；导体棒cd受变力作用，加速度逐渐减小，其vt图像应
0 共 共
该是曲线，B错误；由前面分析知，两导体棒做变速运动，感应电流变小，最后为零，但
非均匀变化，C正确，D错误．
答案：AC
