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专题25 电磁感应的综合问题
[题型导航]
题型一 电磁感应中的图像问题...........................................................................................................1
题型二 电磁感应的动力学问题...........................................................................................................8
题型三 电磁感应中的动力学和能量问题.........................................................................................14
[考点分析]
题型一 电磁感应中的图像问题
1．图象类型
(1)磁感应强度B、磁通量Φ、感应电动势E 和感应电流I，随时间t 变化的图象，即B－t 图象、
Φ－t 图象、E－t 图象和I－t 图象．
(2)对于切割磁感线产生感应电动势和感应电流的情况，还常涉及感应电动势E 和感应电流I 随
位移x 变化的图象，即E－x 图象和I－x 的图象．
2．问题类型
(1)由给定的电磁感应过程判断或画出正确的图象．
(2)由给定的有关图象分析电磁感应过程，求解相应的物理量．
(3)利用给出的图象判断或画出新的图象．
[例题1]
（多选）如图所示，在竖直平面内有四条间距均为L 的水平虚线L1、L2、L3、
L4，在L1、L2之间和L3、L4之间存在磁感应强度大小相等且方向均垂直纸面向里的匀强磁场．
现有一矩形金属线圈abcd，ad 边长为3L．t＝0 时刻将其从图示位置（cd 边与L1重合）由静止
释放，cd 边经过磁场边界线L3时开始做匀速直线运动，cd 边经过磁场边界线L2、L3、L4时对
应的时刻分别为t1、t2、t3，整个运动过程线圈平面始终处于竖直平面内．在0～t3时间内，线
圈的速度v、通过线圈横截面的电量q、通过线圈的电流i 和线圈产生的热量Q 随时间t 的关系
图像可能正确的是（ ）
1
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A．
B．
C．
D．
【解答】解：A、线圈cd 边在L1、L2之间的磁场切割磁感线，则有：E＝BLv，
感应电流：I= BLv
R ，F 安＝BIL= B
2 L
2v
R
根据牛顿第二定律可得：mg﹣F 安＝ma，解得加速度大小为：a= mg- F安
m
。
可知随着速度的增加，安培力也逐渐增大，加速度逐渐减小，根据题意，cd 边经过磁场边界线
L3时开始做匀速直线运动，说明从0 时刻到t1的过程，线圈做加速度减小的加速运动，从t1到t2
的过程，线圈做加速度为g 的匀加速直线运动，从t2到t3的过程，线圈做匀速直线运动，由于v
﹣t 图像的切线斜率表示加速度，故A 错误；
BC、从0 时刻到t1的过程，线圈做加速度减小的加速运动，线圈中的电流逐渐增大，从t1到t2
的过程，线圈做加速度为g 的匀加速直线运动，但此过程线圈没有切割磁感线，感应电流为零，
从t2到t3的过程，线圈做匀速直线运动，线圈中的电流保持不变，而q﹣t 图像的切线斜率表示
电流，故B 正确、C 错误；
D、从0 时刻到t1的过程，线圈中的电流逐渐增大，从t1到t2的过程，线圈中的电流为零，从t2
到t3的过程，线圈中的电流保持不变，根据Q＝I2Rt 可知Q﹣t 图像的切线斜率表示表示电流的
平方，故D 正确。
故选：BD。
2
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[例题2]
（多选）如图甲，平行金属导轨MN、PQ 固定在同一水平面内，导轨光滑且足
够长，两导轨间距L＝0.4m，电阻忽略不计，其间接有R＝0.2Ω 的电阻。垂直导轨放置质量m
＝0.2kg、电阻r＝0.2Ω 的金属杆ab，整个装置处于磁感应强度B＝0.4T 的匀强磁场中，磁场方
向竖直向下。现用水平向右的外力F 拉金属杆ab，使之由静止开始做加速运动，电压传感器工
作电流很小，可忽略不计，它可将R 两端的电压U 即时采集并输入电脑，获得电压U 随时间t
变化的关系图像如图乙，图线为过原点直线。运动过程中，ab 与导轨始终垂直且接触良好，下
列说法正确的是（ ）
A．金属杆做匀加速运动且加速度大小为2.5m/s2
B．第2s 末外力F 的瞬时功率为0.82W
C．0～2s 内金属杆上产生的焦耳热为0.4J
D．若1.6s 末撤去外力，则杆ab 还能运动12.5m
【解答】解：A、由图乙可得：U﹣t 图象的斜率k= 0.4
2 V/s＝0.2V/s，则U＝kt＝0.2t
设金属杆的运动速度为v 时，路端电压为U，则有：U＝IR=
R
R+r ⋅E = BLRv
R+r
联立解得：v= k( R+r )
BLR
•t
因为速度与时间成正比，所以金属杆做匀加速直线运动，加速度为：a= k( R+r )
BLR
代入数据解得：a＝2.5m/s2，故A 正确；
B、t＝2s 时，金属杆的速度为：v＝at＝2.5×2m/s＝5m/s
金属感受到的安培力为：F 安＝BIL= B
2 L
2v
R+r ，代入数据解得：F 安＝0.32N；
根据牛顿第二定律可得：F﹣F 安＝ma，解得：F＝0.82N
故第2s 未外力F 的瞬时功率为：P＝Fv＝0.82×5W＝4.1W，故B 错误；
C、金属杆中的电流为：I= U
R = 0.2t
0.2 =t（A）
3
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可知2s 时的瞬时电流为I2＝2A，0～2 内电流的平均值为I = 0+2
2
A＝1A
由于电流随时间变化，要计算0～2s 内金属杆上产生的焦耳热需要代入0～2s 内电流的有效值，
而不是代入电流平均值，
即：Q= I 有效
2
Rt≠I
2Rt＝12×0.2×0.2J＝0.4J，故C 错误；
D、若t′＝1.6s 末撤去外力，此时金属杆的速度为：v′＝at′＝2.5×1.6m/s＝4m/s
撤去后到金属杆停下的过程，取向右为正方向，根据动量定理可得：﹣BI 'LΔt＝0﹣mv′
其中：I ' Δt =
E
R+r t= ΔΦ
R+r = BS
R+r = BLx
R+r
联立解得：x＝12.5m，故D 正确。
故选：AD。
[例题3]
（多选）在绝缘的水平桌面上固定有MN、PQ 两根平行的光滑金属导轨，导轨
间距为l，电阻相同的金属棒ab 和cd 垂直放在导轨上，两棒正中间用一根长为l 的绝缘细线相
连，棒ab 右侧有磁感应强度大小相等的匀强磁场Ⅰ、Ⅱ，宽度也为l，磁场方向均垂直导轨，
整个装置的俯视图如图所示。从图示位置在棒ab 上加水平拉力，使金属棒ab 和cd 向右匀速穿
过磁场区域，则金属棒ab 中感应电流i 和绝缘细线上的张力大小F 随时间t 变化的图像，可能
正确的是（规定金属棒ab 中电流方向由a 到b 为正）（ ）
A．
B．
4
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C．
D．
【解答】解：AB、ab 棒进入磁场开始，由右手定则可知，金属棒ab 中感应电流为b→a 即为负，
电动势为E＝BLv
感应电流为i= E
R = BLv
R
当位移为l﹣2l 时，棒cd 也进入磁场，由右手定则可知，金属棒小和均产生顺时针感应电流，即
为正，设电路总电阻为R，感应电流为i'= 2 E
R = 2BLv
R
当位移为2l﹣3l 时，只有cd 棒切割磁感线，根据右手定则，产生逆时针感应电流，即为负，大
小为i= E
R = BLv
R
故A 正确，B 错误；
CD、当位移为0﹣l 时，只有ab 受到向左的安培力，则细线张力为零，当位移为l﹣2l 时，两棒
均受到向左的安培力，对cd，根据平衡条件，细线拉力向右，大小为F1= Bi' l = 2B
2l
2v
R
当位移为2l﹣3l 时，cd 受到向左的安培力，对cd，根据平衡条件，细线拉力向右，大小为
F2= Bil = B
2l
2v
R
=2F1
故C 正确，D 错误。
故选：AC。
[例题4]
（多选）如图所示，在光滑绝缘水平桌面上有一正方形导线框，在虚线右侧有匀
强磁场区域，磁场方向竖直向下。t＝0 时导线框的右边恰与磁场边界重合，在水平外力F 的作
用下由静止开始向右运动，外力F 与导线框速度v 的关系是F＝F0+kv（F0、k 是常量）。在进
入磁场区域的过程中，线框中感应电流i 随时间t 变化的图像可能正确的有（ ）
5
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A．
B．
C．
D．
【解答】解：设线框的边长为L、电阻为R、质量为m，磁场的磁感应强度为B；
当线框的速度为v 时，安培力的大小为：F 安＝BiL= B
2 L
2v
R
此时线框的加速度为：a= F - F安
m
= F0
m +
(k - B
2 L
2
R
)
m
⋅v
①若k= B
2 L
2
R
，则a= F0
m
为一个定值，感应电流i= BLv
R = BLa
R ⋅t，i 与t 成正比；
②若k＞B
2 L
2
R
，则a 随着速度的增大而增大，感应电流i= BLv
R = BLa
R ⋅t，i﹣t 图象的斜率增
大；
③若k＜B
2 L
2
R
，则a 随着速度的增大而减小，感应电流i= BLv
R = BLa
R ⋅t，i﹣t 图象的斜率减
小；
综上所述，ACD 正确、B 错误。
故选：ACD。
[例题5]
如图1 所示，地面上方高度为d 的空间内有水平方向的匀强磁场，质量为m 的正
方形闭合导线框abcd 的边长为l，从bc 边距离地面高为h 处将其由静止释放，已知h＞d＞l。
从导线框开始运动到bc 边即将落地的过程中，导线框的v﹣t 图像如图2 所示。重力加速度为
g，不计空气阻力，以下有关这一过程的判断正确的是（ ）
6
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A．t1～t2时间内导线框受到的安培力逐渐增大
B．磁场的高度d 可以用v﹣t 图中阴影部分的面积表示
C．导线框重力势能的减少量等于其动能的增加量
D．导线框产生的焦耳热大于mgl
【解答】解：A、t1～t2时间内，线框做加速度减小的减速运动，F 安﹣mg＝ma，a 减小，F 安减
小，导线框受到的安培力逐渐减小，故A 错误；
B、线框bc 边在t1时刻进入磁场，到t3时刻刚好出磁场，则高度d 可以用v﹣t 图中t1﹣t3部分的
面积表示，故B 错误；
C、线框在进入磁场过程中，有安培力做负功，机械能不守恒，重力势能的减少量不等于其动能
的增加量，故C 错误；
D、t1～t2时间内，线框做加速度减小的减速运动，F 安﹣mg＝ma，则F 安＞mg，则安培力做功大
于mgl，可知导线框产生的焦耳热大于mgl，故D 正确。
故选：D。
[例题6]
如图1，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨，导轨间距为l，电阻不计。
左侧接有定值电阻阻值为R。质量为m、电阻为r 的导体杆，t＝0 时金属棒以初速度v0沿导轨
向右运动，在滑行过程中保持与轨道垂直且接触良好。整个装置处于方向竖直向上，磁感应强
度为B 的匀强磁场中。
（1）定性分析说明金属杆的运动情况（速度和加速度的变化情况）。
（2）宏观规律与微观规律有很多相似之处，导体杆速度随时间的变化规律和放射性元素的衰变
规律相同，已知导体杆速度由v0变化到v0
2 所需时间为t0，则0﹣3t0时间内电阻R 上产生的热量
为多少？
7
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（3）已知金属杆速度v 和位移s 的变化规律为：v = v0-
B
2 L
2
m( R+r ) s，即v﹣s 图像如图2 所示，
请利用该v﹣s 图像证明（1）中你的结论。
【解答】解：（1）根据右手定则可知通过金属杆的感应电流在图中的方向由上至下，再由左手
定则可知金属杆受到的安培力方向水平向左，所以金属杆做减速运动，金属杆受到的合外力即
安培力的大小为
F = BIl = B
2l
2v
R+r
由牛顿第二定律a= F
m可知，因为v 减小，所以金属杆的加速度减小，即金属杆做加速度减小的
减速运动。
（2）根据题意，结合放射性元素的衰变规律可知3t0时金属杆的速度为
vt = v0
8
根据能量守恒定律可知，0﹣3t0时间内回路产生的总热量为
Q = 1
2 mv0
2- 1
2 mvt
2= 63
128 mv0
2
而通过金属杆和电阻R 的电流时刻相等，由此可知
QR=
R
R+r Q = 63 Rm v0
2
128( R+r )
（3）由v﹣s 图像可知，随着s 的增大，金属杆速度v 减小，即金属杆做减速运动，v﹣s 图像的
斜率为
k = Δv
Δs
根据速度的定义可知
Δs＝vΔt
8
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联立解得：k = a
v
因为k 为定值，所以当v 减小时，a 减小，即金属杆的加速度减小。
答：（1）金属杆做加速度减小的减速运动；
（2）0﹣3t0时间内电阻R 上产生的热量为63 Rm v0
2
128( R+r )
；
（3）见解析。
题型二 电磁感应的动力学问题
1．安培力的大小
由感应电动势E＝Blv、感应电流I＝和安培力公式F＝BIl 得F＝.
2．安培力的方向判断
(1)对导体切割磁感线运动，先用右手定则确定感应电流的方向，再用左手定则确定安培力的方
向．
(2)根据安培力阻碍导体和磁场的相对运动判断．
3．电磁感应中的力和运动
电磁感应与力学问题的综合，涉及两大研究对象：电学对象与力学对象．联系两大研究对象的
桥梁是磁场对感应电流的安培力，其大小与方向的变化，直接导致两大研究对象的状态改变．
[例题7]
如图所示，水平固定、间距为L 的平行金属导轨处于竖直向上的匀强磁场中，磁
感应强度的大小为B。与导轨垂直且接触良好的导体棒a、b，质量均为m，电阻均为R。现对
a 施加水平向右的恒力，使其由静止开始向右运动。当a 向右的位移为x 时，a 的速度达到最大
且b 刚要滑动。已知两棒与导轨间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不
计导轨电阻，重力加速度为g。
（1）导体棒b 刚要滑动时，导体棒a 的最大速度vm；
（2）定性画出导体棒b 所受摩擦力f 大小随时间t 变化的图像；
（3）导体棒a 发生位移x 的过程中，回路中产生的总焦耳热Q；
（4）当导体棒a 达到最大速度vm时，给b 水平向右的瞬时速度v0（v0＜vm）。请分析此后导体
棒b 的运动情况并求出b 的最终速度vb。
9
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【解答】解：（1）设导体棒b 刚要滑动时回路中电流为I，对导体棒b 有：BIL＝μmg
对整个回路根据闭合电路的欧姆定律可得：BLvm＝2IR
解得：vm= 2 μmgR
B
2 L
2 ；
（2）导体棒b 未滑动前，所受摩擦力为静摩擦力，大小等于安培力，随着导体棒a 速度增大，
回路中感应电流变大，导体棒a 所受的安培力变大，则导体棒a 做加速度逐渐减小的加速运动，
电流变化率逐渐变小，则导体棒b 摩擦力随时间的变化率逐渐变小，导体棒b 滑动后，为滑动摩
擦力，恒定不变，当导体棒b 所受摩擦力f 大小随时间t 变化的图像如图：
（3）导体棒b 刚要滑动时，对导体棒a 可得：F＝μmg+BIL
整个过程中对系统，由功能关系可得：Fx = μmgx + 1
2 mvm
2 +Q
解得：Q = μmgx - 2 μ
2m
3 g
2 R
2
B
4 L
4
；
（4）导体棒b 做初速度为v0，加速度减小的减速运动，当加速度减至0 时导体棒做匀速直线运
动，由以上式子可得：F＝2μmg
导体棒b 获得瞬时速度后，a、b 系统动量守恒，设最终导体棒a 的速度为va，取向右为正方向，
对a、b 系统，由动量守恒定律可得：
mv0+mvm＝mva+mvb
当导体棒加速度减为0 时：I = BL(vα - vb)
2 R
10
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联立解得：vb= v0
2 。
答：（1）导体棒b 刚要滑动时，导体棒a 的最大速度为2 μmgR
B
2 L
2 ；
（2）导体棒b 所受摩擦力f 大小随时间t 变化的图像见解析；
（3）导体棒a 发生位移x 的过程中，回路中产生的总焦耳热为μmgx - 2 μ
2m
3 g
2 R
2
B
4 L
4
；
（4）导体棒b 做初速度为v0，加速度减小的减速运动，当加速度减至0 时导体棒做匀速直线运
动；b 的最终速度为v0
2
。
[例题8]
如图所示的装置为了探究导体棒在有磁场存在的斜面上的运动情况，MN、
M'N'是两条相距为L＝0.5m 的足够长的金属导轨，放置在倾角均为θ＝30°的对称斜面上，两导
轨平滑连接，连接处水平，两导轨右侧接有阻值为R＝0.8Ω 的固定电阻，导轨电阻不计。整个
装置处于大小为B＝1T，方向垂直于左边斜面向上的匀强磁场中。质量为m＝0.1kg，电阻为r
＝0.2Ω 的导体棒Ⅰ从左侧导轨足够高处自由释放，运动到底端时与放置在导轨底部的质量也为
m＝0.1kg 的绝缘棒Ⅱ发生完全弹性碰撞（等质量的物体发生完全弹性碰撞时，交换速度）。
若不计棒与导轨间的摩擦阻力，运动过程中棒Ⅰ和棒Ⅱ与轨道接触良好且始终与轨道垂直，求：
（1）第一次碰撞后，棒Ⅱ沿右侧斜面上滑的最大高度h；
（2）第二次碰撞后，棒Ⅰ沿左侧斜面上滑的最大距离为0.25m，该过程的时间；
（3）若从释放棒Ⅰ到系统状态不再发生变化的整个过程中，电阻R 产生的热量为Q＝0.64J，棒
I 释放点的高度H。
【解答】解：（1）棒Ⅰ从足够高处滑下，到导轨底部前已经匀速，根据平衡条件可得：
mgsinθ＝BIL
其中I= BLvm
R+r
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联立解得：vm= mgsinθ( R+r )
B
2 L
2
=2m/s，
棒Ⅰ和绝缘棒Ⅱ发生完全弹性碰撞，动量守恒；
根据动量守恒定律可得：mvm＝mv1+mv2
根据能量守恒定律可得：1
2mvm
2= 1
2mv1
2+ 1
2mv2
2，
其中m1＝m2＝m＝0.1kg，
联立解得碰后Ⅰ的速度为v1＝0，Ⅱ的速度为v2＝2m/s
对Ⅱ根据动能定理可得﹣mgh＝0- 1
2 m2v2
2
解得h＝0.2m；
（2）第二次碰撞后，再次交换速度，棒Ⅰ以2m/s 的速度向上运动，直到速度为0，这个过程中
根据动量定理可得：﹣mgsinθ•t﹣BI L•t＝0﹣mvm，
其中q= It= △Φ
R+r = BLs
R+r
解得：t＝0.275s；
（3）最终棒Ⅰ和棒Ⅱ都停在量导轨的底部，整个过程中能量守恒。
根据能量关系可得：mgH＝Q 总，
电阻R 产生的热量为Q=
R
R+r Q 总，
解得：H＝0.8m。
答：（1）第一次碰撞后，棒Ⅱ沿右侧斜面上滑的最大高度为0.2m；
（2）第二次碰撞后，棒I 沿左侧斜面上滑的最大距离为0.25m，该过程的时间为0.275s；
（3）若从释放棒I 到系统状态不再发生变化的整个过程中，电阻R 产生的热量为Q＝0.64J，棒I
释放点的高度为0.8m。
[例题9]
水平面内有一电阻不计的光滑平行金属导轨，两导轨间距L＝0.4m，在导轨上
MN 左侧区域存在垂直导轨平面向下的磁场，磁感应强度大小B＝2.5T。两根电阻分别为R1＝
1Ω、R2＝3Ω 的金属棒AB、CD 垂直导轨置于MN 左侧的导轨上。开始时两棒均静止，现用一
垂直于棒AB 的水平向右外力拉动棒AB，使其向右运动：
（1）当AB 棒在磁场中向右运动时，判断回路中的感应电流方向和CD 棒的运动方向；
（2）设AB 棒在磁场中向右运动一段距离过程中，安培力对AB 棒做功为WAB，安培力对CD 棒
做功为WCD，试从功和能量转化关系的角度分析并比较WAB与WCD的大小；
12
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（3）当AB 棒运动到MN 右侧后某时刻撤去外力（CD 棒还在磁场中），此时AB 棒速度大小v1
＝5m/s，CD 棒速度大小v2＝2m/s，求此时AB 棒上的热功率PAB；
（4）在第（3）问情景中，请分析并描述此时刻之后AB、CD 棒的运动情况。
【解答】解：（1）当AB 棒在磁场中向右运动时，根据右手定则可知回路中的感应电流方向为
逆时针；
通过CD 棒的电流为C→D，根据左手定则可得CD 棒受到的安培力方向向右，所以CD 棒向右
运动；
（2）AB 棒在磁场中运动过程中相对于电源，而CD 棒是在安培力作用下向右运动，相对于“电
动机”，安培力对AB 棒做功WAB一部分转化为CD 棒的动能，一部分转化为系统的焦耳热，而
安培力对CD 棒做功为WCD等于CD 棒动能的变化，所以有：WAB＝WCD+Q，即WAB＞WCD；
（3）当AB 棒运动到MN 右侧后不再切割磁感应线，此时只有CD 切割磁感应线，根据法拉第
电磁感应定律可得：
E＝BLv2＝2.5×0.4×2V＝2V
回路中的感应电流为：I=
E
R1+ R2
=
2
1+3A＝0.5A
此时AB 棒上的热功率PAB＝I2R1＝0.52×1W＝0.25W；
（4）当AB 棒运动到MN 右侧后不再受到安培力，撤去外力后AB 棒做匀速直线运动；
CD 棒在磁场中切割磁感应线运动时产生的感应电流方向为D→C，根据左手定则可知CD 棒受
到的安培力方向向左，导体棒CD 做减速运动，减速运动的加速度大小为：a= F A
m =
B
2 L
2v
m( R1+ R2)
，由于速度减小，所以加速度减小，则CD 棒做加速度减小的减速运动。
答：（1）当AB 棒在磁场中向右运动时，回路中的感应电流方向为逆时针，和CD 棒向右运动；
（2）安培力对AB 棒做功大于安培力对CD 棒做功；
（3）此时AB 棒上的热功率为0.25W；
13
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（4）AB 棒做匀速直线运动，CD 棒做加速度减小的减速运动。
[例题10] 如图所示的装置可研究导体棒在磁场中的运动情况。M1M2N2N1是倾角为θ 的光
滑平行金属倾斜导轨，处于大小为B1，方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间Ⅰ中。水平导轨
上的无磁场区N1N2P2P1是光滑绝缘材料制成的导轨，右侧P1P2Q2Q1是水平光滑平行金属导轨，
存在大小为B2，方向垂直导轨平面向上的足够长的匀强磁场区间Ⅱ，Q1Q2右侧是足够长无磁
场区域。水平部分和倾斜部分平滑连接，其间距均为L，M1M2之间接有电阻R，质量为m、
长度也为L 的金属杆ab 从倾斜导轨上端释放，达到匀速后进入水平导轨（无能量损失），cd
棒静置于匀强磁场区间Ⅱ．运动过程中，杆ab、cd 与导轨始终接触良好，且保持与导轨垂直。
已知杆ab、cd 和电阻R 的阻值均为R＝0.2Ω，质量均为m＝0.1kg，L＝0.5m，θ＝30°，B1＝B2
＝0.4T，不计摩擦阻力和导轨电阻，忽略磁场边界效应。求：
（1）闭合开关K，由静止释放ab 棒，求ab 棒到达N1N2时的速度v0；
（2）为使ab 与cd 不发生碰撞，cd 棒最初与磁场边界P1P2的距离x0至少为多少？
（3）若cd 棒与磁场边界P1P2的距离最初为x＝3.5m，则ab 棒从进入匀强磁场区间Ⅱ到离开的
过程中，求ab 棒产生的焦耳热。
【解答】解：（1）ab 棒匀速后其所受安培力与重力沿导轨向下的分力达到平衡，mgsinθ＝
BIL，
根据闭合电路的欧姆定律可得：I= BLv0
2 R
解得：v0＝5m/s；
（2）ab 棒进入匀强磁场区间Ⅱ后通过安培力与cd 棒发生相互作用，整体动量守恒，达到共同
速度v1。
则mv0＝2mv1。
解得v1＝2.5m/s
欲使两者不发生碰撞，cd 棒最初与磁场边界P1P2的距离至少要等于两者的相对位移△x，即x0＝
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△x.
对cd 棒应用动量定理可得：BIL•△t＝mv1，其中I是平均电流，
由I = E
2 R ；E = △Φ
△t ；△Φ＝BL•△x＝BLx0，推导得：I•△t= BL x0
2 R ；
则有：B
2 L
2 x0
2 R
=mv1，
解得：x0＝2.5m；
（3）ab 棒进入匀强磁场区间Ⅱ且cd 还在磁场中的过程产生的焦耳热即为系统动能减少量的一
半，
Q1= 1
2 ( 1
2 mv0
2- 1
2 ×2mv1
2)=0.3125J
cd 棒过Q1Q2后保持v1匀速，ab 棒从匀强磁场区间Ⅱ出去的过程，设ab 棒过Q1Q2的速度为v2，
则根据动量定理可得：- B
2 L
2( x - x0)
2 R
=mv2﹣mv1
得：v2＝1.5m/s
ab 棒从匀强磁场区间Ⅱ出去的过程产生的焦耳热即为系统动能减少量的一半，
则：Q2= 1
2 ( 1
2 mv1
2- 1
2 mv2
2)=0.1J
所以ab 棒从进入匀强磁场区间Ⅱ到离开的过程中，ab 棒产生的焦耳热为Q＝Q1+Q2＝0.4125J。
答：（1）ab 棒到达N1N2时的速度为5m/s；
（2）cd 棒最初与磁场边界P1P2的距离x0至少为2.5m；
（3）ab 棒产生的焦耳热为0.4125J。
题型三 电磁感应中的动力学和能量问题
1．能量转化
导体切割磁感线或磁通量发生变化，在回路中产生感应电流，这个过程中机械能或其他形式的
能转化为电能，具有感应电流的导体在磁场中受安培力作用或通过电阻发热，又可使电能转化为机
械能或内能．因此，电磁感应过程中总是伴随着能量的转化．
2．电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功的形
式实现的，安培力做功的过程，是电能转化为其他形式能的过程，外力克服安培力做功，则是其他
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形式的能转化为电能的过程．
[例题11] （多选）如图，两根足够长的光滑平行金属导轨固定于同一竖直平面内，导轨电
阻不计，导轨宽为L，底端通过导线连接一个电阻为R 的定值电阻。整个导轨处在方向垂直纸
面向里的匀强磁场中，质量为m 长度与导轨等宽的匀质金属杆垂直导轨放置，金属杆电阻不计。
某时刻以初速度为v0向上抛出金属杆，一段时间后，金属杆再次回到相同位置时的速度为v1。
重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．金属杆运动的总时间为v0+ v1
g
B．运动过程中产生的焦耳热为1
2 m(v0
2- v1
2)
C．金属杆的最大位移为m(v0- v1)R
2B
2 L
2
D．通过金属杆的电荷量为m(v0- v1)
BL
【解答】解：A．根据安培公式F 安＝BIL，切割电动势E＝BLv，欧姆定律I= E
R ，联立得
F安= B
2 L
2v
R
令B
2 L
2
R
=k
则F 安＝kv
以竖直向下为正方向，由动量定理
mgt1+∑k v上Δt1=0-(-m v0)
mgt2+∑k v下Δt2=m v1-0
又∑k v上Δt1=∑k v下Δt2
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解得金属杆运动的总时间t＝t1+t2
解得t= v0+ v1
g
故A 正确；
B．由能量守恒得Q+ 1
2 mv1
2= 1
2 mv0
2
解得运动过程中产生的焦耳热Q = 1
2 m(v0
2- v1
2)
故B 正确；
CD．由A 可知无法对通过金属杆的电荷量进行计算，故也无法对金属杆的最大位移进行计算，
故CD 错误。
故选：AB。
[例题12] （多选）如图所示，两水平虚线间存在垂直于纸面方向的匀强磁场，磁感应强度
大小为B，边长为h 的正方形导体框由虚线1 上方无初速度释放，在释放瞬间ab 边与虚线1 平
行且相距h。已知导体框的质量为m，总电阻为r，重力加速度为g，cd 边与两虚线重合时的速
度大小均为v= √2gh
2
，忽略空气阻力，导体框在运动过程中不会发生转动，则（ ）
A．两虚线的距离为7
4 h
B．导体框在穿越磁场的过程中，产生的焦耳热为4mgh
C．导体框的ab 边与虚线1 重合时，其克服安培力做功的功率大小为B
2h
3 g
r
D．导体框从ab 边与虚线1 重合到cd 边与虚线1 重合时所用的时间为B
2h
3
mgr -√
h
2g
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【解答】解：A、由题意，根据导体框进出磁场过程中运动的对称性可知，ab 边刚好进入磁场和
刚好离开磁场时的速度大小相同：ab 边进入的速度由运动学公式可求：v1=√2gh，设两虚线之
间的距离为H，导体框全部位于磁场中时下落的加速度大小为g，根据运动学公式有：
2 g( H -h)= v1
2- v
2，联立解得：H = 7
4 h，故A 正确；
B、设导体框穿过磁场的过程中产生的焦耳热为Q，对导体框从开始下落到穿过磁场的过程，根
据能量守恒定律有：mg(h+ H +h)= 1
2 mv
2+Q，解得：Q = 7
2 mgh，故B 错误；
C、导体框的ab 边与虚线1 重合时的速度大小为：v1=√2gh
此时ab 边产生的感应电动势大小为：E＝Bhv1
导体框中的感应电流为：I = E
r
ab 边所受的安培力大小为：F＝BIh
导体框的ab 与虚线1 重合时克服安培力做功的功率大小为：P＝Fv1
整理得：P = 2B
2h
3 g
r
，故C 错误；
D、设导体框通过磁场上边界所用时间为t，线框中的平均感应电流为I，
则由动量定理可得：mgt﹣BIh•t＝mv﹣mv1
根据电流的定义可知电荷量为：q= It
根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律综合分析可知：q= E
r ×t = B h
2
r
联立以上几式解得：t = B
2h
3
mgr -√
h
2g ，故D 正确。
故选：AD。
[例题13] 空间存在范围足够大、竖直向下的、磁感应强度为B 的匀强磁场，在其间竖直固
定两个相同的、彼此正对的金属细圆环a、b，圆环a 在前、圆环b 在后。圆环直径为d，两环
间距为L、用导线与阻值为R 的外电阻相连，如图所示。一根细金属棒保持水平、沿两圆环内
侧做角速度为ω 的逆时针匀速圆周运动（如图），金属棒电阻为r。棒与两圆环始终接触良好，
圆环电阻不计。则下列说法正确的是（ ）
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A．金属棒在最低点时回路电流为零
B．金属棒在圆环的上半部分运动时（不包括最左和最右点），a 环电势低于b 环
C．从最高点开始计时，回路电流的瞬时值为i= BLdω
2( R+r )sinωt
D．电阻R 两端电压的有效值为U= √2BLdωR
4( R+r )
【解答】解：A、金属杆做圆周运动的线速度v = 1
2 ωd，设金属杆的速度方向与磁场间的夹角为
θ ，从最高点开始计时，感应电动势E = BLvsinθ = 1
2 BLωdsinθ，感应电流
I =
E
R+r = BLωdsinθ
2( R+r )
L、R、ω、r 都是定值，从最高点到最低点的过程中sinθ 先减小后增大，金属棒在最低点时回路
电流最大，故A 错误；
B、金属棒在圆环的上半部分运动时（不包括最左和最右点），根据右手定则可知a 环电势高于
b 环，故B 错误；
C、金属棒在最高点时垂直切割磁感线，感应电流最大，则从最高点开始计时，回路电流的瞬时
值为i= BLωd
2( R+r ) cosωt，故C 错误；
D、电流的有效值为I 有= 1
√2 × BLωd
2( R+r )，电阻R 两端电压的有效值为U = I 有效R = √2BLdωR
4( R+r ) ，
故D 正确。
故选：D。
[例题14] 如图甲所示，质量为1kg 的金属棒ab 静止在粗糙的平行导轨上且与导轨垂直，
两平行导轨固定在同一水平面内。ab 棒、导轨和定值电阻R 组成面积为1m2的闭合回路，回路
总电阻为3Ω。回路内有与水平面成37°角斜向上且均匀变化的匀强磁场，从t＝0 时刻开始，磁
感应强度B 随时间t 变化的图像如图乙所示。已知两平行导轨的间距为1m，ab 棒与导轨间的
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最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。在t＝1s
时，ab 棒恰好相对导轨开始运动，则此时（ ）
A．ab 棒中的电流方向为a 流向b
B．ab 棒受到的安培力大小为25
3 N
C．ab 棒与导轨间的压力大小为10
3 N
D．ab 棒与导轨之间的动摩擦因数为0.5
【解答】解：A.由楞次定律知ab 棒中的电流方向为b 流向a，故A 错误；
B.由图乙结合法拉第电磁感应定律得E= ΔB
Δt Ssin37°
则回路中的电流I= E
R
t＝ls 时磁感应强度为5T，则所受安培力大小为F＝BIL
联立代入数据解得：F＝5N
故B 错误；
C.由左手定则知，安培力方向垂直磁场方向向左上，则ah 棒与导轨间的压力大小为N＝mg﹣
Fcos37°
代入数据解得：N＝6N
故C 错误；
D.由平衡条件得，ab 棒与导轨间的摩擦力f＝Fsin37°
又f＝μN
解得μ＝0.5
故D 正确。
故选：D。
[例题15] 如图所示，相距为L 的两条足够长的平行金属导轨右端连接有一定值电阻R，整
个装置被固定在水平地面上，整个空间存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小
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为B，两根质量均为m，电阻都为R，与导轨间的动摩擦因数都为μ 的相同金属棒MN、EF 垂
直放在导轨上。现在给金属棒MN 施加一水平向左的作用力F，使金属棒MN 从静止开始以加
速度a 做匀加速直线运动，若重力加速度为g，导轨电阻不计，最大静摩擦力与滑动摩擦力相
等．则下列说法正确的是（ ）
A．从金属棒MN 开始运动到金属棒EF 开始运动经历的时间为t= 3 μmgR
B
2 L
2α
B．若从金属棒MN 开始运动到金属棒EF 开始运动经历的时间为T，则金属棒EF 开始运动时，
水平拉力F 的瞬时功率为P＝（ma+μmg）aT
C．若从金属棒MN 开始运动到金属棒EF 开始运动经历的时间为T，则此过程中流过电阻R 的
电荷量为BaT
2
3 R L
D．从金属棒MN 开始运动到金属棒EF 开始运动的过程中，两金属棒的发热量相等
【解答】解：MN 与电阻R 的并联阻值R 并= RR
R+ R =0.5R
A、以EF 为研究对象，设EF 刚开始运动时其电流大小为I，则通过MN 的电流为2I，EF 棒刚要
开始运动时，由平衡条件得：BIL＝μmg，
根据闭合电路欧姆定律得：E＝2I（R+0.5R）＝3IR
感应电动势：E＝BLv
MN 做匀速直线运动，MN 的速度v＝at
解得：t= 3 μmgR
B
2 L
2a ，故A 正确；
B、金属棒EF 开始运动时，由平衡条件得：BIL＝μmg，解得：I= μmg
BL
金属棒MN 所受的安培力大小为F 安培＝B×2IL
以MN 为研究对象，根据牛顿第二定律得：F﹣μmg﹣F 安培＝ma
拉力的功率为P＝Fv
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MN 的速度大小v＝aT
解得：P＝（ma+3μmg）aT，故B 错误；
C、MN 棒在T 时间内通过的位移为x= 1
2 aT
2
由法拉第电磁感应定律可知，平均感应电动势：E = ΔΦ
Δt = BLx
Δt
平均感应电流：I =
E
R+ R并
=
E
R+0.5 R =
E
1.5 R
流过电阻R 的电荷量：Q= IΔt
解得通过MN 棒的电量为Q= BLaT
2
3 R
由于两棒的电阻都为R，则此过程中流过电阻R 的电荷量为q= 1
2Q= BLaT
2
6 R
，故C 错误；
D、由于MN 棒切割磁感线，产生感应电动势，相当于电源，通过MN 的电流是EF 电流的2 倍，
根据焦耳定律Q＝I2Rt 可知，MN 的发热量是EF 的4 倍，故D 错误。
故选：A。
[例题16] 小明设计的电磁健身器的简化装置如图所示，两根平行金属导轨相距l＝0.50m，
倾角θ＝53°，导轨上端串接一个R＝0.05Ω 的电阻。在导轨间长d＝0.56m 的区域内，存在方向
垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B＝2.0T。质量m＝4.0kg 的金属棒CD 水平置于导
轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH 相连。CD 棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s＝
0.24m。一位健身者用恒力F＝80N 拉动GH 杆，CD 棒由静止开始运动，上升过程中CD 棒始
终保持与导轨垂直。当CD 棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复装置使CD 棒回到初始
位置（重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆GH 和绳索的质
量）。求：
（1）CD 棒进入磁场时速度v 的大小；
（2）CD 棒进入磁场时所受的安培力的大小；
（3）在拉升CD 棒的过程中，健身者所做的功W 和电阻产生的焦耳热Q。
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【解答】解：（1）CD 棒进入磁场前，由牛顿第二定律得：F−mgsinθ＝ma
解得a＝12m/s2…①
进入磁场时CD 棒的速度为：v=√2as =√2×12×0.24m/s＝2.4m/s…②
（2）CD 棒进入磁场时产生的感应电动势为：E＝Blv…③
感应电流为：I= E
R ⋯④
CD 棒安培力为：FA＝BIl…⑤
联立整理得：FA= B
2l
2v
R
⋯⑥
解得FA＝48N
（3）在拉升CD 棒的过程中，健身者所做的功为：W＝F（s+d）…⑦
解得：W＝64J
由于F﹣mgsinθ﹣FA＝0…⑧
所以CD 棒进入磁场后做匀速运动，在磁场中运动时间为：t= d
v ⋯⑨
则电阻产生的焦耳热为：Q＝I2Rt，解得Q＝26.88J
答：（1）CD 棒进入磁场时速度v 的大小为2.4m/s
（2）CD 棒进入磁场时所受的安培力的大小是48N；
（3）在拉升CD 棒的过程中，健身者所做的功W 是64J，电阻产生的焦耳热Q 是26.88J。
[例题17] 如图（甲）所示，光滑的平行水平金属导轨MN、PQ 相距l，在M 点和P 点间连
接一个阻值为R 的电阻，一质量为m、电阻为r、长度也刚好为l 的导体棒垂直搁在导轨上a、
b 两点间，在a 点右侧导轨间加一有界匀强磁场，磁场方向垂直于导轨平面，宽度为d0，磁感
应强度为B，设磁场左边界到ab 距离为d。现用一个水平向右的力F 拉导体棒，使它从a、b
处静止开始运动，棒离开磁场前已做匀速直线运动，与导轨始终保持良好接触，导轨电阻不计，
水平力F﹣x 的变化情况如图（乙）所示，F0已知。求：
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（1）棒ab 离开磁场右边界时的速度v；
（2）棒ab 通过磁场区域的过程中电阻R 产生的焦耳热Q；
（3）d 满足什么条件时，棒ab 进入磁场后一直做匀速运动。
【解答】解：（1）设离开右边界时棒ab 速度为v，
则有，感应电动势，E＝BLv
闭合电路欧姆定律，I=
E
R+r
对棒有 2F0﹣BIL＝0
解得：v= 2 F0( R+r )
B
2 L
2
；
（2）在ab 棒运动的整个过程中，根据动能定理：
F0d+2F0d0﹣W 安= 1
2 mv
2-0
由功能关系：E 电＝W 安
解得：Q＝E 电＝F0（d+2d0）- 2m F0
2( R+r )
2
B
4 L
4
；
根据热量Q 与R 成正比，QR
Qr
= R
r 且，QR+Qr＝Q
解得电阻R 产生的焦耳热为QR= F0(d +2d0)R
R+r
- 2 F mF0
2( R+r )R
B
4 L
4
；
（3）设棒刚进入磁场时的速度为v0，
则有F0d= 1
2 m v0
2
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当v0＝v，即d= 2 F0m( R+r )
2
B
4 L
4
时，进入磁场后一直匀速运动；
答：（1）棒ab 离开磁场右边界时的速度为2 F0( R+r )
B
2 L
2
；
（2）棒ab 通过磁场区域的过程中电阻R 产生的焦耳热为F0(d +2d0)R
R+r
- 2 F mF0
2( R+r )R
B
4 L
4
；
（3）当d= 2 F0m( R+r )
2
B
4 L
4
时，进入磁场后一直匀速运动。
[例题18] 如图（甲）所示，光滑的平行水平金属导轨MN、PQ 相距l，在M 点和P 点间连
接一个阻值为R 的电阻，一质量为m、电阻为r、长度也刚好为l 的导体棒垂直搁在导轨上a、
b 两点间，在a 点右侧导轨间加一有界匀强磁场，磁场方向垂直于导轨平面，宽度为d0，磁感
应强度为B，设磁场左边界到ab 距离为d．现用一个水平向右的力F 拉导体棒，使它从a、b
处静止开始运动，棒离开磁场前已做匀速直线运动，与导轨始终保持良好接触，导轨电阻不计，
水平力F﹣x 的变化情况如图（乙）所示，F0已知．求：
（1）棒ab 离开磁场右边界时的速度；
（2）棒ab 通过磁场区域的过程中整个回路所消耗的电能E；
（3）d 满足什么条件时，棒ab 进入磁场后一直做匀速运动。
【解答】解：（1）设离开右边界时棒ab 速度为v，
则有，感应电动势，E＝BLv
闭合电路欧姆定律，I=
E
R+r
对棒有 2F0﹣BIL＝0
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解得：v= 2 F0( R+r )
B
2 L
2
；
（2）在ab 棒运动的整个过程中，根据动能定理：
F0d+2F0d0﹣W 安= 1
2 mv
2-0
由功能关系：E 电＝W 安
解得：E 电＝F0（d+2d0）- 2m F0
2( R+r )
2
B
4 L
4
；
（3）设棒刚进入磁场时的速度为v0，
则有F0d= 1
2 m v0
2
当v0＝v，即d= 2 F0m( R+r )
2
B
4 L
4
时，进入磁场后一直匀速运动；
答：（1）棒ab 离开磁场右边界时的速度为2 F0( R+r )
B
2 L
2
；
（2）棒ab 通过磁场区域的过程中整个回路所消耗的电能F0（d+2d0）- 2m F0
2( R+r )
2
B
4 L
4
；
（3）当d= 2 F0m( R+r )
2
B
4 L
4
时，进入磁场后一直匀速运动。
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