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专题强化二十三 电磁感应中的动力学和能量问题
【复习目标】
1.学会用动力学知识分析导体棒在磁场中的运动问题。 2.会用功能关系和能量守恒定律分析电磁
感应中的能量转化。
考点一 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
状态
特征
处理方法
平衡态
加速度为零
根据平衡条件列式分析
非平衡态加速度不为零根据牛顿第二定律结合运动学公式进行分析
2.用动力学观点解答电磁感应问题的一般步骤
角度1 “单棒+电阻”模型
【典例剖析】
例1 (多选)(2025·山东烟台模拟)如图所示，平行光滑金属导轨ab、cd 间距为L=1.5 m，与水平面
间的夹角θ=37°，导轨上端接有电阻R=0.8 Ω。一导体棒PQ 垂直导轨放置且与导轨接触良好，导
体棒质量为m=2 kg，连入电路的电阻为r=0.2 Ω，PQ 上方导轨间有一矩形磁场区域，磁场面积为
S=0.5 m2，磁场方向垂直导轨平面向下，矩形磁场区域内的磁感应强度大小B1随时间t 变化的图像
如图乙所示，PQ 棒下方包括PQ 所在处的轨道间充满垂直于轨道平面向上的匀强磁场，磁感应强
度大小B2=2 T，导轨足够长且电阻不计，重力加速度g 取10 m/s2，sin 37°=0.6，导体棒从静止释
放后，下列说法中正确的是( )
1
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A.刚释放时，导体棒的加速度为6 m/s2
B.导体棒的加速度为6 m/s2时，其下滑速度大小为1 m/s
C.导体棒稳定下滑时速度大小为2 m/s
D.导体棒稳定下滑时，R 两端电压为3.2 V
答案 CD
解析 导体棒从静止刚释放时，感应电动势为E= Δ B1
Δt S=4×0.5 V=2 V，根据楞次定律和左手定则
知，安培力方向沿导轨向下，根据牛顿第二定律mgsin 37°+ E
R+r LB2=ma，解得a=9 m/s2，故A 错
误;导体棒的加速度为6 m/s2时，由牛顿第二定律有B2 Lv1−Δ B1
Δt S
R+r
LB2+mgsin 37°=ma1，解得下滑
速度大小为v1=2
3 m/s，故B 错误;导体棒稳定后匀速下滑时，有B2 Lv −ΔB1
Δt S
R+r
LB2=mgsin 37°，可得
v=2 m/s，故C 正确;导体棒稳定匀速下滑时，电路中的电流为I=B2 Lv −Δ B1
Δt S
R+r
=4 A，则R 两端电
压为U=IR=3.2 V，故D 正确。
角度2 “单棒+电容器”模型
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)
如图所示，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-IlB=ma，I= ΔQ
Δt ，ΔQ=CΔU，ΔU=ΔE=BlΔv
联立可得F-C B
2l
2 Δv
Δt
=ma，其中Δv
Δt =a
2
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则可得a=
F
m+ B
2l
2C
所以棒做加速度恒定的匀加速直线运动
功能关系:WF=1
2mv2+E 电。
【典例剖析】
例2 (2024·北京卷，18)如图甲所示为某种“电磁枪”的原理图。在竖直向下的匀强磁场中，两根
相距L 的平行长直金属导轨水平放置，左端接电容为C 的电容器，一导体棒放置在导轨上，与导
轨垂直且接触良好，不计导轨电阻及导体棒与导轨间的摩擦。已知磁场的磁感应强度大小为B，
导体棒的质量为m、接入电路的电阻为R。开关闭合前电容器的电荷量为Q。
(1)求闭合开关瞬间通过导体棒的电流I;
(2)求闭合开关瞬间导体棒的加速度大小a;
(3)在图乙中定性画出闭合开关后导体棒的速度v 随时间t 的变化图线。
答案 (1) Q
CR (2) BQL
CRm (3)见解析图
解析 (1)开关闭合前电容器的电荷量为Q，则电容器两极板间电压为U=Q
C
闭合开关瞬间，通过导体棒的电流为I=U
R
联立解得I= Q
CR。
(2)闭合开关瞬间，对导体棒由牛顿第二定律有
ILB=ma
结合(1)问解得a= BQL
CRm。
3
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(3)由(2)中结论可知，随着电容器放电，电容器所带电荷量不断减少，导体棒的加速度不断减小，
当电容器两极板间的电压与导体棒产生的感应电动势相等，即回路中电流减为0 时，导体棒不受
安培力作用，加速度为0，此后导体棒做匀速运动，其v-t 图线如图所示。
考点二 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
【典例剖析】
例3 (2025·山东东营高三开学考)如图所示，两根足够长相距为L=1 m 的平行金属导轨MN、PQ 与
水平面的夹角α=53°，导轨处在竖直向上的有界匀强磁场中，有界匀强磁场的宽度x1=1 m，导轨
上端连一阻值R=2 Ω 的电阻。质量m=1 kg、电阻r=2 Ω 的细金属棒ab 垂直放置在导轨上，开始
时与磁场上边界距离x0=1
4 m，现将棒ab 由静止释放，棒ab 刚进入磁场时恰好做匀速运动。棒ab
在下滑过程中与导轨始终接触良好，导轨光滑且电阻不计，重力加速度g=10 m/s2。求:
(1)棒ab 刚进入磁场时的速度大小v;
(2)磁场的磁感应强度大小B;
(3)棒ab 穿过磁场的过程中电阻R 产生的焦耳热Q。
答案 (1)2 m/s (2)20
3 T (3)4 J
4
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解析 (1)棒ab 进入磁场前，根据动能定理有mgx0sin α=1
2mv2
解得棒ab 刚进入磁场时的速度大小v=2 m/s。
(2)棒ab 产生的感应电动势E=BLvcos α
回路中感应电流I= E
R+r
棒ab 匀速运动，有mgsin α=ILBcos α
解得B=20
3 T。
(3)根据能量守恒定律，棒ab 穿过磁场的过程中产生的总热量Q 总=mgx1sin α=8 J
棒ab 穿过磁场的过程中电阻R 产生的焦耳热
Q= R
R+r Q 总=4 J。
例4 (2024·浙江6 月选考，19)某小组探究“法拉第圆盘发电机与电动机的功用”，设计了如图所
示装置。飞轮由三根长a=0.8 m 的辐条和金属圆环组成，可绕过其中心的水平固定轴转动，不可
伸长细绳绕在圆环上，系着质量m=1 kg 的物块，细绳与圆环无相对滑动。飞轮处在方向垂直环面
的匀强磁场中，左侧电路通过电刷与转轴和圆环边缘良好接触，开关S 可分别与图示中的电路连
接。已知电源电动势E0=12 V、内阻r=0.1 Ω，限流电阻R1=0.3 Ω，飞轮每根辐条电阻R=0.9 Ω，
电路中还有可调电阻R2(待求)和电感线圈L，不计其他电阻和阻力损耗，不计飞轮转轴大小。
(1)开关S 掷1，“电动机”提升物块匀速上升时，理想电压表示数U=8 V，
①判断磁场方向，并求流过电阻R1的电流I;
②求物块匀速上升的速度v。
(2)开关S 掷2，物块从静止开始下落，经过一段时间后，物块匀速下降的速度与“电动机”匀速
提升物块的速度大小相等，
①求可调电阻R2的阻值;
②求磁感应强度B 的大小。
答案 (1)①垂直纸面向外 10 A ②5 m/s
(2)①0.2 Ω ②2.5 T
5
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解析 (1)①根据题意可知，飞轮逆时针转动，根据电路特点可知，三根辐条中的电流均沿辐条指
向圆心，如图所示，根据左手定则可知，磁场方向垂直纸面向外
由于电压表示数U=8 V，则电源内阻与限流电阻的总分压为U 总=E-U=4 V
根据欧姆定律得I=
U 总
r + R1
=10 A。
②根据能量守恒定律有UIt=I2·R
3 t+mgvt
代入数据解得v=5 m/s。
(2)①根据题意可知，物块匀速下降的速度v'=v=5 m/s，且稳定时每根辐条中的电流与(1)中的相同，
则根据能量守恒定律有
mgv't=I2· R
3 t+I2R2t
代入数据解得R2=0.2 Ω。
②稳定时，物块重力的功率等于三根辐条克服安培力做功的总功率，则有
mgv'=3B· I
3a·v '
2
代入数据解得B=2.5 T。
【限时训练】（40min）
1.如图所示，在一匀强磁场中有一U 形导线框abcd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，
R 为一电阻，ef 为垂直于ab 的一根导体杆，它可在ab、cd 上无摩擦地滑动。杆ef 及线框的电阻
不计，开始时，给ef 一个向右的初速度，则( )
A.ef 将减速向右运动，但不是匀减速运动
B.ef 将匀减速向右运动，最后停止
C.ef 将匀速向右运动
6
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D.ef 将往返运动
答案 A
解析 ef 向右运动，切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，会受到向左的安培力而做减速运
动，由F=ILB=B
2 L
2v
R
=ma 知，ef 做的是加速度减小的减速运动，最终停止运动，故A 正确，B、
C、D 错误。
2.如图所示，水平面上静止放置一个单匝正方形线框，边长为0.2 m，总电阻为4 Ω。线框有一半
处于垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度的大小与时间的关系为B=(3+2t) T，若线框在t=0
到t=5 s 一直处于静止状态，则在t=2.5 s 时刻，线框所受摩擦力的大小和方向分别为( )
A.0.016 N、向右
B.0.032 N、向右
C.0.016 N、向左
D.0.032 N、向左
答案 A
解析 由法拉第电磁感应定律得闭合回路感应电动势大小为E=S ΔB
Δt =0.04 V，感应电流大小为I=
E
R=0.01 A，t=2.5 s 时刻的磁感应强度大小为B=8 T，安培力大小为F=IlB=0.016 N，线框静止，所
以摩擦力大小为0.016 N。由楞次定律得，线框所受安培力向左，所以摩擦力向右，故A 正确。
3.(2025·陕西咸阳月考)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t1、t2
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( )
7
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答案 A
解析 线框先做自由落体运动，t1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
的加速度逐渐增大，故A 错误;若ab 边进入磁场时重力小于安培力，ab 边进入磁场后，线框做减
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;若ab 边进入磁场时重力大于安培力，线框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;若ab 边进入磁场时重力等于安培力，线框做匀速
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。
4.(多选)如图所示，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，二者平滑连接。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，
金属棒与导轨间接触良好。重力加速度为g，则金属棒穿过磁场区域的过程中( )
A.流过定值电阻的电流方向是N→Q
B.通过金属棒的电荷量为BdL
2 R
C.克服安培力做的功为mgh
D.金属棒产生的焦耳热为1
2(mgh-μmgd)
答案 BD
解析 金属棒下滑到导轨底端时速度方向向右，磁场方向竖直向上，根据右手定则可知流过定值
电阻的电流方向是Q→N，故A 错误;根据法拉第电磁感应定律可知，通过金属棒的电荷量为q=
E
2 R·Δt= ΔΦ
Δt·2 R ·Δt=BLd
2 R ，故B 正确;根据动能定理有mgh-μmgd-W 克安=0，则克服安培力所做的功为
8
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W 克安=mgh-μmgd，电路中产生的焦耳热等于克服安培力做的功，所以金属棒产生的焦耳热为QR=
1
2(mgh-μmgd)，选项C 错误，D 正确。
5.(多选)如图所示，两根间距为d 的足够长光滑金属导轨，平行放置在倾角为θ=30°的绝缘斜面上，
导轨的右端接有电阻R，整个装置放在磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨
平面向上。导轨上有一质量为m、电阻也为R 的导体棒与两导轨垂直且接触良好，导体棒以一定
的初速度v0沿着导轨上滑一段距离L 后返回，不计导轨电阻及感应电流间的相互作用，重力加速
度为g。下列说法正确的是( )
A.导体棒返回时先做加速运动，最后做匀速直线运动
B.导体棒沿着导轨上滑过程中通过R 的电荷量q=BdL
R
C.导体棒沿着导轨上滑过程中克服安培力做的功W=1
2(mv0
2-mgL)
D.导体棒沿着导轨上滑过程中电阻R 上产生的热量Q=1
2(mv0
2-mgL)
答案 AC
解析 导体棒返回时先做加速度减小的加速运动，最后受力平衡，做匀速直线运动，所以A 正确;
根据q= ΔΦ
R总，则导体棒沿着导轨上滑过程中通过R 的电荷量为q=BdL
2 R ，所以B 错误;设导体棒沿
着导轨上滑过程中克服安培力做的功为W，由能量守恒定律可得W+mgLsin 30°=1
2mv0
2，解得W=
1
2(mv0
2-mgL)，所以C 正确;根据功能关系可得，导体棒沿着导轨上滑过程中电阻R 上产生的热量
为Q=1
2W，则Q=1
4(mv0
2-mgL)，所以D 错误。
6.(多选)(2025·河南郑州模拟)如图，虚线MN 右侧有垂直纸面向外的磁场，取MN 上一点O 作为原
点，水平向右建立x 轴，磁场的磁感应强度B 随x 坐标(以m 为单位)的分布规律为B=(1+x) T，一
质量为1 kg、边长为1 m、电阻为2 Ω 的正方形金属框abcd 在MN 左侧的光滑水平面上在水平力
的作用下进入磁场，在金属框运动的过程中，ab 边始终与MN 平行，金属框进入磁场的过程中电
流大小始终为1 A，之后以完全进入时的速度做匀速直线运动。则下列说法正确的是( )
9
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A.金属框ab 边刚进磁场时的速度大小为2 m/s
B.金属框进磁场过程通过金属框截面的电荷量为3
4 C
C.金属框进入磁场的过程动能减少了1 J
D.金属框完全进入磁场后，外力做功的功率大小为0.5 W
答案 ABD
解析 金属框ab 边刚进磁场时I=B0 Lv1
R
，解得v1=2 m/s，故A 正确;金属框进入磁场的过程通过金
属框截面的电荷量q=I·Δt= E
R·Δt=
ΔΦ
Δt
R
·Δt= ΔΦ
R =B L
2
R =
1
2 ×(1+2)×1×1
2
C=3
4 C，故B 正确;当金属框
cd 边刚好要进磁场时，设速度为v2，则I=(B0+1)Lv2
R
，解得v2=1 m/s，因此金属框动能的减少量
ΔEk=1
2mv1
2-1
2mv2
2=1.5 J，故C 错误;金属框完全进入磁场后速度保持不变，由I'=(B0+1)Lv −B0 Lv
R
可知，I'为定值0.5 A，外力做功的功率P=I'2R=0.5 W，故D 正确。
7.(多选)(2024·全国甲卷，21)如图，一绝缘细绳跨过两个在同一竖直面(纸面)内的光滑定滑轮，绳
的一端连接一矩形金属线框，另一端连接一物块。线框与左侧滑轮之间的虚线区域内有方向垂直
纸面的匀强磁场，磁场上下边界水平。在t=0 时刻线框的上边框以不同的初速度从磁场下方进入
磁场。运动过程中，线框始终在纸面内且上下边框保持水平。以向上为速度的正方向，下列线框
的速度v 随时间t 变化的图像中可能正确的是( )
10
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答案 AC
解析 线框在减速进入磁场的过程中，对线框受力分析，根据牛顿第二定律有mg+B
2 L
2v
R
-
FT=ma，对物块受力分析，根据牛顿第二定律有FT-Mg=Ma，联立解得a=
B
2 L
2v
( M +m)R-M −m
M +m g，则
随着速度的减小，加速度不断减小，B 错误;若上边框进入磁场的初速度较小，且物块质量与线框
质量相等，则线框在进入磁场的过程中一直做加速度逐渐减小的减速运动，线框下边框还未进入
磁场中，速度和加速度都趋于零，A 正确;若匀强磁场区域高度大于线框宽度且物块质量与线框质
量相等，则线框进磁场和出磁场阶段均做加速度逐渐减小的减速运动，完全在磁场中运动时不受
安培力，做匀速运动，完全出磁场后，也做匀速运动，C 正确;D 选项的图像中线框出磁场后匀加
速运动，说明物块质量大于线框质量，但在此情况下，存在第二段匀速阶段时，不会存在第三段
减速阶段，D 错误。
8.(多选)(2025·四川眉山适应性考)如图所示，固定的竖直光滑U 型金属导轨，间距为L，上端接有
阻值为R 的电阻，处在方向水平且垂直于导轨平面、磁感应强度为B 的匀强磁场中，质量为m、
电阻为r 的导体棒与劲度系数为k 的固定轻弹簧相连放在导轨上，导轨的电阻忽略不计。初始时
刻，弹簧处于伸长状态，其伸长量为x1=mg
k ，此时导体棒具有竖直向上的初速度v0，在沿导轨往
复运动的过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触。则下列说法正确的是( )
A.初始时刻导体棒受到的安培力大小F=B
2 L
2v0
R
B.初始时刻导体棒加速度的大小a=2g+ B
2 L
2v0
m( R+r )
C.导体棒往复运动，最终静止时弹簧处于压缩状态
D.导体棒开始运动直到最终静止的过程中，电阻R 上产生的焦耳热Q=1
2mv0
2+2m
2 g
2
k
答案 BC
11
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解析 导体棒的初速度为v0，初始时刻产生的感应电动势为E=BLv0，感应电流为I= E
R+r =BLv0
R+r ，
所以导体棒受到的安培力为F=ILB=B
2 L
2v0
R+r ，故A 错误;初始时刻，弹簧处于伸长状态，棒受到重
力、向下的安培力和弹簧的弹力，所以mg+kx1+F=ma，可得a=2g+ B
2 L
2v0
m( R+r )，故B 正确;导体棒往
复运动直到最终静止时，棒受到重力和弹簧的弹力，受力平衡，弹簧处于压缩状态，且mg=kx2，
可得x2=x1=mg
k ，由此可知，弹簧的弹性势能不变，根据能量守恒定律可得mg(x1+x2)+1
2mv0
2=Q，
解得Q=1
2mv0
2+2m
2 g
2
k
，所以电阻R 上产生的焦耳热为QR= R
R+r Q=(1
2mv0
2+2m
2 g
2
k
) R
R+r ，故C 正
确，D 错误。
9.(多选)(2025·湖南高三上开学考)如图所示，足够长的光滑平行金属导轨间距为L，固定在竖直平
面内，两根导轨上端用导线连接一个电容器，电容器的电容为C，导轨处于磁感应强度为B 的匀
强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直。现将质量为m、长度也为L 的金属棒ab 紧贴导轨由静止释
放，金属棒沿着导轨下滑过程中始终保持水平且与导轨接触良好，已知重力加速度为g，金属导
轨和金属棒电阻均不计，则当金属棒运动稳定后，有( )
A.金属棒做匀加速运动，加速度大小为
mg
m+C B
2 L
2
B.金属棒受到的安培力大小为mC B
2 L
2
m+C B
2 L
2
C.通过金属棒的电流大小为CBLmg
m+C B
2 L
2
D.电容器所带的电荷量保持不变
答案 AC
解析 由题可知金属棒ab 受到的安培力为FA=ILB= ΔQ
Δt LB，又Q=CU=CBLv 所以ΔQ
Δt =CBL· Δv
Δt
=CBLa，所以安培力FA=CB2L2a，对金属棒ab，由牛顿第二定律可得mg-FA=ma，解得a=
12
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mg
m+C B
2 L
2，加速度恒定不变，所以金属棒ab 做匀加速运动，A 正确;安培力FA=CB2L2a=
mgC B
2 L
2
m+C B
2 L
2，B 错误;根据安培力的计算可知ILB=CB2L2a，解得I=CBLa=CBL
mg
m+C B
2 L
2，C 正确;经
过时间t 电容器所带的电荷量为q=CU=CBLv=CBLat= BCLmgt
m+C B
2 L
2，所以电容器所带的电荷量随时间
逐渐增大，D 错误。
10.(多选)(2024·黑吉辽卷，9)如图，两条“∧”形的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，间距
为L，左、右两导轨面与水平面夹角均为30°，均处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小分
别为2B 和B。将有一定阻值的导体棒ab、cd 放置在导轨上，同时由静止释放，两棒在下滑过程
中始终与导轨垂直并接触良好。ab、cd 的质量分别为2m 和m，长度均为L。导轨足够长且电阻不
计，重力加速度为g。两棒在下滑过程中( )
A.回路中的电流方向为abcda
B.ab 中电流趋于√3mg
3 BL
C.ab 与cd 加速度大小之比始终为2∶1
D.两棒产生的电动势始终相等
答案 AB
解析 两导体棒均向下运动，穿过闭合回路的磁通量增加，根据楞次定律和安培定则可知回路中
的电流方向为abcda，A 正确;如图，对两导体棒受力分析，对ab 棒有2mgsin 30°-2ILBcos
30°=2ma1，对cd 棒有mgsin 30°-ILBcos 30°=ma2，可得a1=a2=g
2-√3 ILB
2m
，则a1∶a2=1∶1，C 错误;
初始时两导体棒均做加速运动，闭合回路的电动势增大，电流增大，导体棒受到的安培力增大，
导体棒的加速度减小，最终加速度为零，此时I= mgsin30°
BLcos30°=√3mg
3 BL ，B 正确;由于两棒的加速度大
小始终相等，则两导体棒的速度大小始终相等，但两部分磁场的磁感应强度大小为两倍的关系，
根据E=BLv 可知，两导体棒产生的电动势大小之比始终为2∶1，D 错误。
13
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11.(2025·广东东莞高三期末)如图所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距L=0.5
m，长为3d，d=1.0 m，导轨及所在平面与水平面的夹角均为θ=37°，在导轨的中部刷有一段长为
d 的薄绝缘粗糙涂层(涂层不导电)，其余部分光滑。匀强磁场的磁感应强度大小为B=4.0 T，方向
垂直于导轨平面向上。质量m=0.2 kg 的导体棒从导轨的顶端由静止释放，在滑上涂层之前已经做
匀速运动，并一直匀速滑到导轨底端。导体棒始终与导轨垂直且接触良好，接在两导轨间的电阻
R=8.0 Ω，导体棒接入回路的电阻r=2.0 Ω，重力加速度g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，求:
(1)导体棒匀速运动的速度大小;
(2)导体棒与涂层间的动摩擦因数μ;
(3)在整个运动过程中，电阻R 产生的焦耳热Q。
答案 (1)3 m/s (2)0.75 (3)1.2 J
解析 (1)导体棒在导轨光滑段做匀速运动时产生的感应电动势
E=BLv，I= E
R+r
导体棒匀速运动时有BIL=mgsin θ
解得v=3 m/s。
(2)在导轨绝缘涂层段运动时导体棒受力平衡，有
mgsin θ=μmgcos θ
解得μ=0.75。
(3)对导体棒的整个运动过程，由动能定理可得
mg·3dsin θ-μmgdcos θ+W 安=1
2mv2
有Q 总 =-W 安，解得Q 总=1.5 J
则电阻R 产生的焦耳热Q= R
R+r Q 总=1.2 J。
12.(2024·全国甲卷，25)两根平行长直光滑金属导轨距离为l，固定在同一水平面(纸面)内，导轨左
端接有电容为C 的电容器和阻值为R 的电阻，开关S 与电容器并联;导轨上有一长度略大于l 的金
属棒，如图所示。导轨所处区域有方向垂直于纸面、磁感应强度大小为B 的匀强磁场。开关S 闭
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合，金属棒在恒定的外力作用下由静止开始加速，最后将做速率为v0的匀速直线运动。金属棒始
终与两导轨垂直且接触良好，导轨电阻和金属棒电阻忽略不计。
(1)在加速过程中，当外力做功的功率等于电阻R 热功率的2 倍时，金属棒的速度大小是多少?
(2)如果金属棒达到(1)中的速度时断开开关S，改变外力使金属棒保持此速度做匀速运动。之后某
时刻，外力做功的功率等于电阻R 热功率的2 倍，求此时电容器两极间的电压及从断开S 开始到
此刻外力做的功。
答案 (1)v0
2 (2)Bl v0
4
B
2l
2v0
2C
8
解析 (1)由法拉第电磁感应定律可得金属棒切割磁感线运动过程中，金属棒产生的感应电动势为
E=Blv
闭合开关S，电容器被短路，由闭合电路欧姆定律可得回路中的电流I= E
R
由安培力公式可得金属棒所受的安培力F 安=IlB
联立可得F 安=B
2l
2v
R
当金属棒匀速运动时，金属棒受力平衡，可得外力大小为F=F 安m=B
2l
2v0
R
所以外力做功的功率为P=Fv=B
2l
2v0v
R
又电阻R 的热功率为PR=I2R=B
2l
2v
2
R
则当外力做功的功率等于电阻R 热功率的2 倍，即P=2PR时，金属棒的速度大小为v1=v0
2 。
(2)断开开关S 后，金属棒做匀速运动，设回路中的电流为I'，则外力的大小为
F'=F 安'=I'lB
则外力做功的功率为P'=F'v1=I ' lB v0
2
而电阻R 的热功率为PR'=I' 2R
当外力做功的功率等于电阻R 热功率的2 倍，即P'=2PR'时，有I1'=Bl v0
4 R
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则此时电容器两极板间的电压为U=Blv1-I1'R=Bl v0
4
电容器所带电荷量为Q=CU
从断开S 开始到该时刻的过程，对金属棒根据动能定理可知，外力做功的绝对值等于安培力做功
的绝对值，则有W=W 安=P安t=F安v1t=Blv1I't
其中I't=Q-0
联立解得W=B
2l
2v0
2C
8
。
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