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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
学习目标 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
1.两种状态及处理方法
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.基本思路
角度
“单棒＋电阻”模型
例1 (2024·云南昆明模拟)如图1(a)所示，两根不计电阻、间距为L 的足够长平
行光滑金属导轨，竖直固定在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向里，磁感
应强度大小为B。导轨上端串联非线性电子元件Z 和阻值为R 的电阻。元件Z 的
U－I 图像如图(b)所示，当流过元件Z 的电流大于或等于I0时，电压稳定为Um。
质量为m、不计电阻的金属棒可沿导轨运动，运动中金属棒始终水平且与导轨保
持良好接触。忽略空气阻力及回路中的电流对原磁场的影响，重力加速度为g。
为了方便计算，取I0＝，Um＝。以下计算结果只能选用m、g、B、L、R 表示。
图1
1
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(1)闭合开关S，由静止释放金属棒，求金属棒下落的最大速度v1；
(2)断开开关S，由静止释放金属棒，求金属棒下落的最大速度v2。
答案 (1) (2)
解析 (1)闭合开关S，金属棒下落的过程中受竖直向下的重力、竖直向上的安培
力作用，当重力与安培力大小相等时，金属棒的加速度为零，速度最大，则
mg＝I1LB
由法拉第电磁感应定律得E1＝BLv1
由闭合电路欧姆定律得I1＝
解得v1＝。
(2)由第(1)问得I1＝
由于I0<I1
则断开开关S 后，当金属棒的速度达到最大时，元件Z 两端的电压恒为Um＝
此时定值电阻两端的电压为UR＝BLv2－Um
回路中的电流为I2＝I1
又由欧姆定律得I2＝
解得v2＝。
1.(多选)(2024·湖南长沙模拟)如图2 甲所示，MN、PQ 两条平行的光滑金属轨道
与水平面成θ＝30°角固定，间距为L＝1 m，质量为m 的金属杆ab 垂直放置在轨
2
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道上且与轨道接触良好，其阻值忽略不计。空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于
轨道平面向上，磁感应强度为B＝0.5 T。P、M 间接有阻值为R1的定值电阻，
Q、N 间接电阻箱R。现从静止释放ab，改变电阻箱的阻值R，测得最大速度为
vm，得到与的关系如图乙所示。若轨道足够长且电阻不计，重力加速度g 取10
m/s2，则( )
图2
A.金属杆中感应电流方向为由a 到b
B.金属杆所受的安培力的方向沿轨道向上
C.金属杆的质量为1 kg
D.定值电阻的阻值为1 Ω
答案 BD
解析 根据右手定则判断，金属杆中感应电流方向为由b 到a，故A 错误；由左
手定则可知，金属杆所受的安培力沿轨道向上，故B 正确；总电阻为R 总＝，通
过ab 的电流为I＝，当达到最大速度时，金属杆受力平衡，则有mgsin θ＝ILB
＝·，变形得＝·＋，由图像得＝k＝s·m－1·Ω，＝b＝0.5 s·m－1，解得m＝0.1 kg，R1
＝1 Ω，故C 错误，D 正确。
角度
“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
3，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
3
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图3
由F－IlB＝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：WF＝mv2＋E 电。
例2 如图4，两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：
图4
(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＝
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。
4
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(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＝ILB＝CB2L2a
金属棒所受到的摩擦力方向沿导轨斜面向上，大小为Ff＝μFN，式中FN＝mgcos
θ，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－Ff＝ma
联立上式可得a＝
则金属棒做初速度为零的匀加速度运动，t 时刻金属棒的速度大小为
v＝at＝。
考点二 电磁感应中的能量问题
1.电磁感应中的能量转化
――→――→
2.求解焦耳热Q 的三种方法
例3 (多选)(2024·山东潍坊模拟)如图5(a)，两根足够长的光滑导轨竖直放置，间
距为L，底端接有一阻值为R 的电阻。将一质量为m、阻值为R、长度也为L 的
金属棒通过绝缘细绳悬挂在距离导轨底端h 高度处。空间中存在方向垂直于导轨
平面向里的匀强磁场，其磁感应强度B 随时间t 变化，如图(b)所示。已知在t0时
刻，细绳刚好断开，金属棒开始向下运动，下落高度为d 时达到最大速度
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(d<h)。金属棒始终与轨道垂直且保持良好接触，重力加速度为g，则下列说法正
确的是( )
图5
A.金属棒下落的最大速度为
B.金属棒运动过程中机械能守恒
C.细绳断裂前电路的总功率为
D.细绳断裂后至金属棒达到最大速度的过程中，电路中产生的总热量为
答案 AC
解析 金属棒在下落的运动中，受重力和安培力的作用，由静止开始做加速度减
小的加速运动，当加速度减小到零时，金属棒的速度最大，此时重力与安培力大
小相等，则有F 安＝ILB0＝mg，其中I＝，解得vm＝，A 正确；金属棒运动过程
中有重力做正功，安培力做负功，机械能不守恒，B 错误；细绳断裂前，由法拉
第电磁感应定律可得，感应电动势大小为E＝＝·hL＝，由电功率公式，可得电
路的总功率为P＝＝，C 正确；金属棒向下运动到达到最大速度的过程中，由能
量守恒定律可得mgd＝mv＋Q，则电路中产生的总热量为Q＝mgd－mv＝mgd
－，D 错误。
6
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2.如图6 甲所示，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
图像如图乙所示。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( )
图6
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
答案 D
解析 由题图乙可知，在0～t1时间内，导线框自由落体，t1～t2时间内导线框切
割磁感线进入磁场，做加速度减小的减速运动，电流减小，则安培力在减小，A
错误；在t1～t2时间段内，导线框切割磁感线，距离为l，完全进入后又做加速运
动直到落地，所以磁场高度d 为t1～t3时间内的位移，B 错误；安培力做负功，
所以重力势能减少量等于动能增加量和安培力做功的和，C 错误；t1～t2时间内，
F 安>mg，克服安培力做的功大于重力做功，所以在下降过程中导线框产生的焦
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耳热大于mgl，D 正确。
A 级 基础对点练
对点练1 电磁感应中的动力学问题
1.如图1 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(
)
图1
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
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＝＝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.(多选)(2024·河南郑州高三月考)在如图2 所示的甲、乙、丙图中，MN、PQ 是
固定在同一水平面内足够长的平行金属导轨。导体棒ab 垂直放在导轨上，导轨
都处于垂直水平面向下的匀强磁场中，导体棒和导轨间的摩擦不计，导体棒、导
轨和直流电源的电阻均可忽略，甲图中的电容器C 原来不带电。今给导体棒ab
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一个向右的初速度v0，在甲、乙、丙图中导体棒ab 在磁场中的运动状态是(
)
图2
A.甲图中，棒ab 最终做匀速运动
B.乙图中，棒ab 匀减速运动直到最终静止
C.丙图中，棒ab 最终做匀速运动
D.甲、乙、丙图中，棒ab 最终都静止
答案 AC
解析 甲图中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流而使电容器充电，当电
容器C 极板间电压与导体棒产生的感应电动势相等时，电路中没有电流，ab 棒
不受安培力，向右做匀速运动，故A 正确；乙图中，导体棒向右运动切割磁感
线产生感应电流，通过电阻R 转化为内能，ab 棒速度减小，当ab 棒的动能全部
转化为内能时，ab 棒静止，又由于I＝，F＝IlB，由于速度减小，则产生感应电
流减小，导体棒所受安培力减小，根据牛顿第二定律可知导体棒的加速度减小，
所以乙图中，棒ab 做加速度减小的减速运动，最终静止，故B 错误；丙图中，
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导体棒先受到向左的安培力作用向右做减速运动，速度减为零后再在安培力作用
下向左做加速运动，当导体棒产生的感应电动势与电源的电动势相等时，电路中
没有电流，ab 棒向左做匀速运动，故C 正确；由以上分析可知，甲、乙、丙图
中，只有图乙中棒ab 最终静止，故D 错误。
3.(2024·湖南常德模拟)如图3 所示，一宽度为L 的光滑导轨与水平面成α 角，磁
感应强度大小为B 的匀强磁场垂直于导轨平面向上，导轨上端连有一阻值为R
的电阻，导轨电阻不计。一质量为m、电阻也为R 的金属棒从导轨顶端由静止释
放，设导轨足够长，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
图3
A.金属棒将做匀加速运动
B.释放的瞬间金属棒的加速度大小为gcos α
C.金属棒的最大速度大小为
D.金属棒下滑相等距离的时间内通过定值电阻R 的电荷量越来越多
答案 C
解析 对金属棒，根据牛顿第二定律，有mgsin α－ILB＝ma，根据闭合电路欧
姆定律，有I＝，由此可知，金属棒先向下做加速度减小的加速运动，后做匀速
直线运动，故A 错误；释放的瞬间金属棒所受安培力为零，所以加速度大小为a
＝gsin α，故B 错误；当金属棒的加速度为零时，此时速度最大，有mgsin α＝
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ImLB＝，解得vm＝，故C 正确；金属棒下滑过程中通过定值电阻R 的电荷量为q
＝I·Δt，又有I＝＝＝，所以q＝，由此可知，下滑相等距离的时间内通过定值电
阻R 的电荷量相等，故D 错误。
4.(多选)如图4 甲所示，平行金属导轨及所在平面与水平面成37°角。不计金属导
轨电阻，平行导轨间距L＝1 m，定值电阻R＝3 Ω，虚线OO′下方有垂直于导轨
平面的匀强磁场。将电阻r＝1 Ω、m＝0.1 kg 的金属棒ab 从OO′上方某处垂直导
轨由静止释放，金属棒下滑过程中的v－t 图像如图乙所示。已知sin 37°＝0.6，
cos 37°＝0.8，重力加速度g 取10 m/s2，则下列说法正确的是( )
图4
A.金属棒下滑过程中受到的摩擦力为0.2 N
B.匀强磁场的磁感应强度大小为2 T
C.金属棒在磁场中下滑0.1 s 过程中电阻R 中电流为0.5 A
D.金属棒在磁场中下滑0.1 s 过程中电阻R 产生的热量为1.875×10－2 J
答案 BD
解析 由图乙知ab 进磁场前的加速度为a＝＝5 m/s2，由mgsin 37°－Ff＝ma，解
得Ff＝0.1 N，A 错误；ab 进磁场后做匀速运动，有mgsin 37°＝Ff＋ILB，回路中
电流I＝，解得B＝2 T，B 正确；金属棒在磁场中下滑0.1 s 过程中电阻R 中电流
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I＝＝0.25 A，C 错误；金属棒在磁场中下滑0.1 s 过程中电阻R 产生的热量Q＝
I2Rt＝1.875×10－2 J，D 正确。
对点练2 电磁感应中的能量问题
5.(多选)如图5 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( )
图5
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
C.克服安培力做的功为mgh
D.金属棒产生的焦耳热为(mgh－μmgd)
答案 BD
解析 金属棒下滑到底端时速度向右，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＝·Δt＝·Δt＝，故B 正确；根据动能定理有mgh－μmgd－W
安＝0，则克服安培力所做的功为W 安＝mgh－μmgd，电路中产生的焦耳热等于克
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服安培力做的功，所以金属棒产生的焦耳热为QR＝(mgh－μmgd)，选项C 错误，
D 正确。
6.(多选)如图6 所示，相距为d 的两水平线L1和L2分别是水平向里的匀强磁场的
边界，磁场的磁感应强度为B，正方形线框abcd 边长为L(L<d)、质量为m、电
阻为R。将线框在磁场上方高h 处由静止释放，ab 边刚进入磁场和穿出磁场时的
速度恰好相等，重力加速度为g，则在线框全部穿过磁场的过程中( )
图6
A.ab 边刚进入磁场时ab 两端的电势差为BL
B.感应电流所做功为mgd
C.感应电流所做功为2mgd
D.线框最小速度为v＝
答案 CD
解析 线圈自由下落过程，有mgh＝mv，ab 边刚进入磁场时，有E＝BLv0，U＝
BLv0，解得U＝，故A 错误；根据能量守恒定律可知，从ab 边刚进入磁场到ab
边刚穿出磁场的过程，动能变化为0，重力势能转化为线框产生的热量，则Q＝
mgd，ab 边刚进入磁场时速度为v0，ab 边刚离开磁场时速度也为v0，所以从ab
边刚穿出磁场到cd 边离开磁场的过程，线框产生的热量与从ab 边刚进入磁场到
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cd 边刚进入磁场的过程产生的热量相等，所以线圈从ab 边进入磁场到cd 边离开
磁场的过程，产生的热量等于感应电流做的功，有Q′＝W＝2mgd，故B 错误，C
正确；因为进磁场时要减速，即此时的安培力大于重力，速度减小，安培力也减
小，线框全部进入磁场将做加速运动，所以全部进入磁场的瞬间速度最小，设线
圈的最小速度为v，从ab 边刚进入磁场到线框完全进入过程，由能量守恒定律，
有mv－mv2＝W 安－mgL，又mv＝mgh，W 安＝mgd，联立解得线圈的最小速度为
v＝，故D 正确。
B 级 综合提升练
7.如图7 甲所示，光滑的金属导轨MN 和PQ 平行，间距L＝1.0 m，与水平面之
间的夹角α＝37°，匀强磁场磁感应强度B＝2.0 T，方向垂直于导轨平面向上，
MP 间接有阻值R＝1.6 Ω 的电阻，质量m＝0.5 kg、电阻r＝0.4 Ω 的金属棒ab 垂
直导轨放置，现用和导轨平行的恒力F 沿导轨平面向上拉金属杆ab，使其由静
止开始运动，当金属棒上滑的位移s＝3.8 m 时达到稳定状态，对应过程的v－t
图像如图乙所示，(稳定状态时金属棒以1.0 m/s 的速度匀速运动)取g＝10 m/s2，
导轨足够长(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。求：
图7
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(1)运动过程中a、b 哪端电势高，并计算恒力F 的大小；
(2)从金属杆开始运动到刚达到稳定状态，此过程金属棒上产生的焦耳热。
答案 (1)b 端 5 N (2)1.47 J
解析 (1)由右手定则可判断感应电流由a 流向b，b 相当于电源的正极，故b 端
电势高
当金属棒匀速运动时，由平衡条件得F＝mgsin 37°＋F 安
其中F 安＝ILB＝
由乙图可知v＝1.0 m/s
联立解得F＝5 N。
(2)从金属棒开始运动到稳定状态，由功能关系可得(F－mgsin 37°)s＝Q＋mv2
两电阻产生的焦耳热与阻值成正比，故金属棒上产生的焦耳热为Qr＝Q
联立解得Qr＝1.47 J。
8.如图8(a)，固定的绝缘斜面MNPQ 倾角θ＝37°，虚线OO1与底边MN 平行，且
虚线OO1下方分布有垂直于斜面向上(设为正方向)的匀强磁场，磁场的磁感应强
度B 随时间t 变化的图像如图(b)。质量m＝3.0×10－2 kg、边长L＝2.0×10－1
m、电阻R＝2.0×10－3 Ω 粗细均匀的正方形导线框abcd 置于斜面上，一半处在
OO1的下方，另一半处在OO1的上方，ab 与OO1平行。已知t＝0 时，导线框恰
好静止在斜面上，最大静摩擦力可以认为等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10
m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
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图8
(1)导线框与斜面间的动摩擦因数μ 的大小；
(2)导线框从t＝0 到恰好滑动的这段时间，导线框产生的焦耳热Q。
答案 (1)0.75 (2)3.6×10－2 J
解析 (1)已知t＝0 时，导线框恰好静止在斜面上，最大静摩擦力可以认为等于
滑动摩擦力，则有mgsin θ＝μmgcos θ
解得动摩擦因数μ 的大小为μ＝0.75。
(2)设导线框经t 时间恰好滑动，此时磁场的磁感应强度为B，则有B＝t
当导线框受到的摩擦力方向向下且为最大静摩擦力时，导线框恰好滑动，此时有
ILB＝mgsin θ＋μmgcos θ
导线框中感应电流为I＝
感应电动势为E＝＝S＝·
由题图(b)可知＝0.1 T/s
由焦耳定律可得Q＝I2Rt
联立以上各式并代入数据解得Q＝3.6×10－2 J。
C 级 培优加强练
9.如图9 所示，粗细均匀的正方形导线框abcd 放在倾角为θ＝30°的绝缘光滑斜
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面上，通过轻质细线绕过光滑的定滑轮与木块相连，细线和线框共面、与斜面平
行。距线框cd 边为L0的MNQP 区域存在着垂直于斜面、大小相等、方向相反的
两个匀强磁场，EF 为两个磁场的分界线，ME＝EP＝L2。现将木块由静止释放后，
木块下降，线框沿斜面上滑，恰好匀速进入和离开匀强磁场。已知线框边长为
L1(L1<L2)、质量为m、电阻大小为R，木块质量也为m，重力加速度为g，试求：
图9
(1)匀强磁场的磁感应强度B 的大小；
(2)导线框通过匀强磁场过程中线框中产生的焦耳热Q。
答案 (1) (2)mg(2L2＋L1)
解析 (1)导线框匀速进入磁场时，受力平衡，受力情况如图所示。根据平衡条
件有FT＝F 安＋mgsin θ
其中F 安＝IL1B
I＝
E＝BL1v
导线框与木块通过细线相连，线框匀速进入磁场时，木块匀速下降，根据平衡条
件有FT＝mg
对导线框和木块构成的系统，进入磁场前二者一起做匀加速直线运动，根据牛顿
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第二定律有mg－mgsin θ＝2ma
根据运动学方程可得进入磁场时速度v＝
联立以上各式求解可得B＝。
(2)线框恰好匀速进入和离开匀强磁场，导线框通过匀强磁场过程中，线框和木
块组成的系统减少的重力势能转化为电路中产生的焦耳热，根据能量守恒定律得
Q＝mg(2L2＋L1)－mg(2L2＋L1)sin θ
所以导线框通过匀强磁场过程中线框中产生的焦耳热Q＝mg(2L2＋L1)。
18
