文档文本内容
专题强化：电磁感应中的动力学和能量问题
目录
.....1
.....4
考点一 电磁感应中的平衡和动力学问题........................................................................................................................4
考向1：电磁感应中的平衡问题................................................................................................................................5
考向2：电磁感应中的动力学问题........................................................................................................................... 5
考点二 电磁感应中的能量问题..........................................................................................................................................9
. .13
基础巩固练.............................................................................................................................................................................. 13
综合提升练.............................................................................................................................................................................. 21
核心考点
1.动力学问题：
核心思想：对切割磁感线的导体棒（或线框）进行受力分析，应用牛顿第二定律分析
其运动过程。
两种典型状态：
非平衡态（动态过程）：金属棒受到合外力，做加速度减小的加速或减速运动，直到
加速度为0 进入平衡态。
平衡态（终极状态）：金属棒所受合外力为零，做匀速直线运动（或静止）。对应最
大速度（收尾速度）。
常见模型：
单棒+电阻：基础模型，通常求收尾速度。
单棒+电容器：电容充电，棒做匀加速直线运动（加速度恒定），因为I=C·B·L·a 为恒
量，安培力为恒力。
双棒模型：两根棒在导轨上切割，可能满足系统动量守恒（无外力时）或受外力共同
作用。
2.能量问题：
核心思想：电磁感应现象中，克服安培力做的功完全或部分转化为回路的总焦耳热。
功能关系：
安培力做正功→电能转化为机械能（如电磁驱动）。
安培力做负功→机械能（或其他形式能）转化为电能（如杆切割磁感线）。
求焦耳热的三种途径：功能关系、能量守恒定律、焦耳定律。
考情透析
1.题型与难度：高考的必考压轴重难点，通常以计算题（整道）或选择题（综合性强）
出现。难度较高，是区分拔尖学生的关键。
2.命题规律：
高频考查：
单棒+电阻（或电容）模型的动力学与能量问题（求最大速度、瞬时加速度、焦耳热
等）。
双棒模型（等间距或不等间距导轨）中动量守恒与能量守恒的综合应用。
线框穿过磁场的动力学与能量分析（进入过程、完全进入过程、离开过程）。
常规考法：
给出光滑导轨（或考虑摩擦），一根导体棒在恒定外力或变力作用下运动，求最终速
度、某段过程的电荷量、焦耳热等。
线框从某一高度下落进入磁场，分析其运动状态，求产生的热量或通过某截面的电荷
量。
创新考法：
与动量定理（或动量守恒）深度结合：利用-BIL·Δt=mΔv 求导体棒的位移x 或时间t。
含电容器模型：电容器的充放电过程与导体棒受力和运动的综合。
与能量守恒结合：考查系统内能（摩擦生热）与焦耳热的区别，或斜面、多过程问题
中的能量转化。
3.考查方向：侧重受力与运动状态的完整分析、对“收尾速度”的推导与理解、“克服
安培力做功等于回路总焦耳热”这一结论的熟练应用、复杂情境下（如斜面、双棒）能量
转化关系的梳理。
素养对接
1.模型建构与动态分析：将复杂的“杆+导轨”系统抽象为“棒切割磁感线（电源）+电
阻（负载）”的模型，并能够分析一个物理量（如速度v）的变化如何引起其他量（如安培
力F 安、加速度a）的连锁变化，直至达到平衡态（a=0）。培养系统思维与动态归零的分析
素养。
2.守恒与转化思想：
收入-支出-结余：在分析能量时，明确“输入的能量”（如拉力做功）转化为“输出的
能量”（焦耳热、摩擦生热）和“储存的能量”（动能、重力势能）。
功能关系等效：深刻领悟“克服安培力做的总功”恒等于“回路中产生的总焦耳
热”，这是连接力学与电磁学的能量桥梁。
3.动量与动力学的综合：当电磁感应过程时间很短、力是变力时，用牛顿定律难以求解
位移、时间，此时动量定理（I_冲=ΔP）是破局利器，将电流的时间累积（q）与速度变化
相关联。培养从不同视角（力、能、动量）分析问题的灵活思维。
4.极值与临界思维：在求最大速度、最大加速度、产生最大焦耳热时，需要明确平衡态
（a=0）往往是极值态；当速度为零或达到最大时，往往是某些临界条件满足的时刻。
学习目标
1.知识目标：
能写出安培力的常用表达式：F 安=B²L²v/(R+r)（单棒模型）。
能说出最大速度（收尾速度）的求解方法。
能说出回路总焦耳热的三种计算方法（克服安培力做功、能量守恒、焦耳定律）。
能说出动量定理在电磁感应中应用的典型形式。
2.能力目标：
动态分析能力：能根据导体棒的初始条件（速度、所受外力），分析其加速度、安培
力、速度如何变化，最终判断其运动状态。
守恒计算能力：能熟练运用功能关系和能量守恒定律，求解电磁感应过程中的位移、
速度、热量等物理量。
模型迁移能力：能识别“单棒”、“双棒”、“线框”不同的物理模型，并分别应用
对应的动力学和能量规律。
备考建议
1.熟练“单棒+电阻”模型的动力学与能量分析，这是基础：
模板：
①受力分析、②列牛顿定律、③求收尾速度、④能量守恒。
2.重点区分“克服安培力做功”与“焦耳热”的关系：
结论：在纯电阻电路中（无电容器、无其他电源），克服安培力所做的总功，等于回
路中产生的总焦耳热。这是一个极其有用的结论，可以直接跳过复杂的电流计算，从能量
角度得出总发热量。
注意：如果需要求某一段特定电阻上的发热量，需要按电阻的比例分配（串联电路中
Q∝R）。
3.熟练分析“线框穿过磁场”问题：
分段分析：
进入磁场：在安培力阻力下做减速运动（可能匀减速也可能变减速，取决于外力情
况）。
完全在磁场中：磁通量不变，无感应电流，只受重力（或外力）作用运动。
离开磁场：做减速运动（与进入类似，但方向相反）。
功能关系：
进入和离开过程，重力做的功+安培力做的功=动能变化量。
若只有重力做功，则减少的重力势能=线框获得的动能+产生的焦耳热。
4.强化易错点专项训练：
易错点一：“收尾速度”模型的前提不清。只有当合力为零时才有最大速度，若合力
一直不为零（如持续受恒力），速度不会达到最大值。
易错点二：混淆回路总焦耳热与某电阻上的焦耳热。Q_总包含所有电阻（电源内阻r 和
外电阻R）产生的焦耳热。题目若问“电阻R 上产生的热量”，需用QR=[R/(R+r)]·Q 总。
易错点三：误以为安培力总是做负功。在电磁驱动现象（如异步电动机、电磁炮）
中，安培力是动力，做正功，将电能转化为机械能。
易错点四：对F 安=B²L²v/(R+r)公式的“瞬时性”掌握不够。该公式是瞬时值，适用于
导体棒有瞬时速度v 时计算安培力。不能用它计算整个过程的平均安培力（除非速度是线性
变化）。
考点一 电磁感应中的平衡和动力学问题
【必备知识回顾】
1.导体棒的动力学分析
电磁感应现象中产生的感应电流在磁场中受到安培力的作用，从而影响导体棒(或线圈)的受力情况和
运动情况。涉及安培力大小、方向的分析。
2．两种状态及处理方法
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
根据牛顿第二定律进行分析或结合功能关系进行分析
3．力学对象和电学对象的相互关系
抓住“两个研究对象”“四步分析”
关注两个“桥梁”：联系力学对象与电学对象的“桥梁”——感应电流I、切割速度v
【重难模型精讲】
考向1：电磁感应中的平衡问题
【典例1】(2026·湖北省武汉市·其他类型)如图所示，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连。细金
属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为L，质量分别为m和3m，用两根不可伸长的柔软轻导线将
它们连成闭合回路abdca(导线的电阻忽略不计)，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜
面上，两金属棒水平。右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上。已知两根导
线刚好不在磁场中，两金属棒的电阻均为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g，
金属棒cd匀速下滑。下列说法正确的是()
A.作用在金属棒ab上的安培力大小为2mgsinθ - 4 μmgcosθ
B.b、a两点的电势差为4 mgR (sinθ -2 μcosθ)
BL
C.金属棒运动的速度大小为2mgR (sinθ -2 μcosθ)
B
2 L
2
D.ab、cd减少的机械能等于系统产生的焦耳热
【答案】A
【解析】A.对金属棒cd受力分析，有3mgsinθ =2 FT +3 μmgcosθ
对ab有2 FT =mgsinθ+ μmgcosθ+ F安
联立可得F安=2mgsinθ - 4 μmgcosθ
故A 正确；
B.b、a两点的电势差U = IR，由F安= BIL
可得U = 2mgR (sinθ -2 μcosθ)
BL
故B 错误；
C.由F安= BIL= B
2 L
2v
2 R
可得金属棒运动的速度大小v = 4 mgR (sinθ -2 μcosθ)
B
2 L
2
故C 错误；
D.ab、cd减少的机械能等于系统产生的焦耳热加摩擦热，故D 错误。
故选A。
考向2：电磁感应中的动力学问题
【典例2】(2026·北京市·期末考试)如图所示，间距为L的两倾斜且平行的金属导轨固定在绝缘的水平
面上，金属导轨与水平面之间的夹角为θ，电阻不计，空间存在垂直于金属导轨平面向上的匀强磁场，磁
感应强度大小为B，导轨上端接有阻值为R的定值电阻。质量为m的导体棒ab从金属导轨上某处由静止释
放，开始运动Δt时间后做匀速运动，速度大小为v，且此阶段通过定值电阻R的电量为q。已知导轨平面光
滑，导体棒的电阻为r，重力加速度为g，下列说法正确的是()
A.导体棒ab先做匀加速运动，后做匀速运动
B.导体棒稳定的速度大小v = mg(R+r)
B
2 L
2
C.导体棒从释放到其速度稳定的过程中，其机械能的减少量等于电阻R产生的焦耳热
D.导体棒从释放到其速度稳定的过程中，位移大小为q(R+r)
BL
【答案】D
【解析】A.导体棒ab在加速阶段，根据牛顿第二定律可得mgsinθ - BIL=ma
其中I = BLv
R+r
解得a= gsinθ - B
2 L
2v
m( R+r )
由于速度是增加的，所以加速度是减小的，导体棒不可能做匀加速运动，故A 错误；
B.导体棒稳定时的加速度为零，则有gsinθ - B
2 L
2v
m( R+r ) =0，解得v = mg( R+r )sinθ
B
2 L
2
，故B 错误；
C.根据能量守恒定律可知，导体棒从释放到其速度稳定的过程中，其机械能的减少量等于电阻R与导
体棒产生的焦耳热之和，故C 错误；
D.根据电荷量的计算公式可得q = I t =
ΔΦ
( R+r ) = BS
R+r = BLx
R+r ，解得x = q( R+r )
BL
，故D 正确。
【变式训练与拓展】
【变式1】（多选）(2026·山东省烟台市·其他类型)2024年6月，国家卫健委举行新闻发布会，宣布启
动“体重管理年”活动，更多的人走进了健身房。某健身器的简化装置如图所示，整个装置倾斜放置，与
水平面的夹角为θ，两侧平行金属导轨相距为l，导轨上端接一阻值为R的电阻，下端接一电容为C的电容
器。在导轨间长为d的区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，质量为m的金
属棒PQ水平置于导轨上，用平行两侧导轨的绝缘绳索通过定滑轮与拉杆相连。金属棒向上运动时，K 1闭
合，K 2断开，向下运动时，K 1断开，K 2闭合。开始时金属棒静止在磁场下方某位置处，电容器不带电，
一位健身者用恒定的拉力竖直向下拉动拉杆，金属棒进入磁场时恰好做匀速运动，再经时间t运动至磁场
中间位置时撤去拉力，金属棒恰好能运动到磁场上边界，然后金属棒从磁场上边界由静止开始下滑。其它
电阻不计、忽略一切摩擦以及拉杆和绳索的质量，金属棒始终与导轨垂直且接触良好，重力加速度为g。
下列说法正确的是()
A.撤去拉力后金属棒向上做匀减速直线运动
B.拉力的大小为B
2l
2d
2 Rt +mgsinθ
C.金属棒在磁场中向下运动时做匀加速直线运动
D.电容器储存的电场能最大值为C B
2l
2mgd sinθ
m+C B
2l
2
【答案】BCD
【解析】A 、撤去拉力后，金属棒沿斜面向下方向的合力为
mgsinθ+ BIl =mgsinθ+ Bl· Blv
R =mgsinθ+ B
2l
2v
R
，故向上做减速直线运动，随着v减小，合力减小，加
速度减小，故A 错误；
B、金属棒向上匀速运动t时间到达磁场中间位置，则匀速运动的速度为v = d
2t ，根据平衡条件有
F =mgsinθ+ B
2l
2v
R
= B
2l
2d
2 Rt +mgsinθ，故B 正确；
C、金属棒在磁场中向下运动时，与电容相连，向下加速运动，切割磁感线产生感应电流，
i= Δq
Δt = CBlΔv
Δt
=CBla，
根据牛顿第二定律，mgsinθ - Bil =ma，
联立解得a= mgsinθ
m+C B
2l
2，
由表达式可知a保持不变，故C 正确；
D 、金属棒离开磁场时，电容器电压为U = Blv，v = ❑√2ad，电场能最大，为
E电能= 1
2 C U
2= C B
2l
2mgd sinθ
m+C B
2l
2
，故D 正确。
故选BCD。
【变式2】（多选）(2026·湖南省·月考试卷)如图所示，两根平行金属导轨固定在水平桌面上，每根导
轨每米的电阻r0，导轨的端点C、D用电阻可以忽略的导线相连，两导轨间的距离l。有随时间变化的匀强
磁场垂直于桌面向里，已知磁感应强度B与时间t的关系为B =kt，k为大于零的比例系数。一电阻不计、质
量为m的金属杆可在导轨上无摩擦地滑动，在滑动过程中保持与导轨垂直且接触良好。在t =0时刻，金属
杆紧靠在C、D端，在平行于导轨的外力F作用下，杆以恒定的加速度a0从静止开始向导轨的右端滑动，
下列说法正确的是()
A.导线CD中感应电流的方向由D指向C
B.t0时刻感应电动势的大小E = 3kl a0t0
2
2
C.t0时刻导体棒所受安培力F安= 3k
2l
2t0
4 r0
D.在t0时间内，作用在金属杆上外力F的冲量I F = 3k
2l
2
4 r0
t0
2+mat0
【答案】BD
【解析】解：AB.由楞次定律可知导线CD中感应电流的方向由C指向D，金属杆做匀加速直线运动，
在t时刻，金属杆与初始位置的距离为x = 1
2 a0t0
2，此时杆的速度为v =a0t0，这时，杆与导轨构成的回路的
面积为S = xl，回路中的感应电动势为E = S ΔB
Δt + Blv，其中有B =k t0, ΔB
Δt = k(t0+ Δt )-k t0
Δt
=k，
解得E = 3kl a0t0
2
2
，故A 错误，B 正确；
CD.回
路
中
的
总
电
阻
R =2 x r0，
联
立
可
得
回
路
中
的
感
应
电
流
为
I = E
R = kxl+ k t0l⋅at0
2 x r0
= kxl+kl⋅2 x
2 x r0
= 3kl
2r0
，金属杆所受的安培力为F安= BIl，
代入解得F安=k t0⋅3kl
2r0
⋅l = 3k
2l
2
2r0
t0，方向水平向左。可得F安-t图像中，图线与坐标轴所围成的
面积大小即为安培力的冲量，安培力随时间均匀变化，即I 安= 1
2 ⋅3k
2l
2
2r0
t0⋅t0= 3k
2l
2
4 r0
t0
2，以向右为正，
由动量定理I F - I 安=mΔv，解得I F = 3k
2l
2
4 r0
t0
2+mat0，故C 错误，D 正确。
故选：BD。
【变式3】(2026·河北省·期末考试)如图甲所示，轻质细线吊着一质量m=0.4 kg、边长L=0.4 m、匝
数n=50的正方形线框，线框总电阻r =0.8Ω。线圈最下方的导线有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场分布
在边长为a=0.2m正方形内，磁场一半处于线框内，磁感应强度大小随时间变化关系如图乙所示，重力加
速度g=10m/ s
2。求：
(1)t =0时刻穿过线圈的磁通量；
(2)0-6 s时间内线圈产生的电流大小；
(3)t =3 s时轻质细线的拉力大小。
【答案】解：(1)t =0时刻穿过线圈的磁通量Φ0= B0⋅a
2
2 ，
得：Φ0=8×10
-3Wb；
(2)0-6 s时间内线圈产生的感应电动势大小E =n ΔB
Δt ⋅a
2
2 ，
由图乙得：ΔB
Δt =0.2T / s，
0-6 s时间内线圈产生的感应电流大小I = E
r ，
得：I =0.25 A；
(3)t =3 s时，由图乙得此时磁感应强度大小B1=1T，
由平衡条件：T +n B1 Ia=mg，
得：T =1.5 N。
【方法规律】
用“四步法”分析电磁感应中的动力学问题
考点二 电磁感应中的能量问题
【必备知识回顾】
1.电磁感应中的能量转化
闭合电路的部分导体做切割磁感线运动产生感应电流，通有感应电流的导体在磁场中受安培力。外力
克服安培力做功，将其他形式的能转化为电能；通有感应电流的导体在磁场中通过受安培力做功或通过电
阻发热，使电能转化为其他形式的能。
电磁感应现象中能量转化的实质是其他形式的能和电能之间的转化。如图所示。
2.求解电磁感应中的焦耳热Q 的三种方法
焦耳定律
Q＝I2Rt，电流、电阻都不变时适用
功能关系
Q＝W 克服安培力，任意情况都适用
能量转化
Q＝ΔE 其他能的减少量，任意情况都适用
【重难模型精讲】
【典例3】（多选）(2026·浙江省·期中考试)如图甲所示，在半径为r的圆形区域内存在垂直纸面的匀
强磁场，磁感应强度大小B随时间变化如图乙所示。同一平面内有边长为2r的金属框abcd，总电阻为R，
ab边与圆形磁场区域的直径重合。则()
A.t =0.5t0时，框中的感应电动势大小为π B0r
2
2t0
B.t =0.5t0时，框中的电流为π B0r
2
4 Rt0
C.t0∼3t0时间内，框中产生的焦耳热为π
2B0
2r
4
4 Rt0
D.t0∼3t0时间内，框中产生的焦耳热为π
2B0
2r
4
8 Rt0
【答案】AD
【解析】A. 根据法拉第电磁感应定律可知，t =0.5t0时，框中的感应电动势大小为
E1= ΔB
Δt S = B0
t0
⋅1
2 π r
2= π B0r
2
2t0
，选项A 正确；
B.t =0.5t0时，框中的电流为I = E1
R = π B0r
2
2 Rt0
，选项B 错误；
CD .t0∼3t0时间内，框中的感应电动势大小为E2= Δ B
❑
❑
'
Δt❑
' S = B0
2t0
⋅1
2 π r
2= π B0r
2
4t0
，框中产生的焦
耳热为Q = E2
2
R ⋅2t0= π
2B0
2r
4
8 Rt0
，选项C 错误，D 正确。
故选AD。
【变式训练与拓展】
【变式4】(2026·江苏省·单元测试)如图所示，相距为d的足够长平行光滑金属导轨MP、NQ与水平面
间夹角为θ，处于磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中，导轨上端接有一电阻.水平导体棒ab
以速度v沿导轨匀速下滑，棒与导轨垂直且接触良好.已知重力加速度为g，导体棒ab的质量为m，则()
A.导体棒中电流方向为a→b
B.回路中的电动势为Bdv
C.导体棒受到的安培力大小为mgsinθ
D.回路中的电功率为mgv sinθ
【答案】D
【解析】A.根据右手定则，可得导体棒中电流方向为b→a，故A 错误。
B.导体棒切割磁感线产生的感应电动势E = Bdv cosθ，故B 错误。
C.对导体棒进行受力分析，它受到重力mg、支持力N和水平向右的安培力F安由于导体棒匀速下滑，
沿导轨方向合力为零，即F安cosθ =mgsinθ，所以F安= mgsinθ
cosθ
=mg tanθ，故C 错误。
D.因为导体棒匀速下滑，根据能量守恒，重力做功的功率等于回路中的电功率，重力做功的功率
P =mgv sinθ，所以回路中的电功率为mgv sinθ，故D 正确。
【变式5】（多选）(2026·湖北省黄冈市·其他类型)如图所示，线框ac、bd边长为2 L、电阻不计，三
条短边ab、cd、ef 长均为L、电阻均为R，ef 位于线框正中间。线框下方有一宽度为L的有界匀强磁场，
磁感应强度大小为B，cd边与磁场边界平行，当cd距磁场上边界一定高度时无初速释放线框，线框cd边进
入磁场时线框恰好匀速运动，下落过程中线框始终在竖直面内，已知线框质量为m，重力加速度为g，则
下列判断正确的是()
A.线框通过磁场过程中流过ab边的电流不变
B.线框通过磁场过程中a、b两点间电势差始终为U ab=- mgR
2BL
C.释放时cd边到磁场上边界高度为9m
2 g R
2
8 B
4 L
4
D.整个过程中ab边产生的焦耳热一定为3
4 mgL
【答案】BC
【解析】A.设整个运动过程中，产生的感应电流大小为I，当cd或ef 通过磁场的过程中，ab和另一等
电阻支路并联，则两支路电流大小相等，均为1
2 I，根据楞次定律及安培定则可知，ab中的电流方向均为
b→a；当ab通过磁场的过程中，流过ab的电流为等效电路的干路电流，大小为I，根据楞次定律及安培
定则可知，ab中的电流方向为a→b，则线框通过磁场过程中流过ab边的电流改变，故A 错误；
B.设线框cd边进入磁场时的速度大小为v，
根据法拉第电磁感应定律可得：E = BLv，
根据闭合电路欧姆定律可得：I = E
R总
=
E
R+ 1
2 R
= 2 E
3 R ，
线框cd边进入磁场时线框恰好匀速运动，则线框受到的安培力为：F = BIL=mg，
联立可得：E = 3mgR
2BL ；
根据线框构成等效电路的特点可知，线框在通过磁场的过程中将始终做匀速运动，a、b两点间电势差
始终等于对应等效电路的路端电压的相反数，即：U ab=-
R
2
3 R
2
E =- E
3 ，
联立可得：U ab=- mgR
2BL ，故B 正确；
C.设线框cd边进入磁场时的速度大小为v，释放时cd边到磁场上边界高度为h，根据运动学公式可得：
v
2=2 gh，
解得：v = ❑√2 gh，
结合B选项可得：v = E
BL = 3mgR
2B
2 L
2，
联立可得：h= 9m
2 g R
2
8 B
4 L
4 ，故C 正确；
D. 结合前面分析，根据焦耳定律可得，整个过程中ab边产生的焦耳热为：
Q =( 1
2 I )
2 R⋅2 L
v + I
2 R⋅L
v ，
解得：Q =mgL，故D 错误。
【变式6】(2026·广东省·单元测试)如图所示，两根足够长的光滑金属导轨MN、PQ平行放置在倾角
为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L。一根质量为m的金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直。M、P两点
间接有阻值为R的电阻，其余部分电阻不计。装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于斜
面向上。让金属杆ab沿导轨由静止开始下滑，下降高度h时达到最大速度。金属杆下滑时与导轨接触良好，
已知重力加速度为g。求：
(1)金属杆由静止释放瞬间的加速度大小；
(2)金属杆最大速度的大小；
(3)从静止到最大速度的过程中，电阻R上产生的热量。
【答案】(1)金属杆由静止释放瞬间，金属杆还没有切割磁感线，没有感应电流，不受安培力，根据
牛顿第二定律得：mgsinθ =ma
解得a= gsinθ。
(2)当金属杆匀速运动时，速度最大，设为vm。
由平衡条件得：mgsinθ = F安
而金属杆受到的安培力大小：F安= BIL
金属杆产生的感应电动势：E = BLvm
感应电流为：I = E
R
联立整理得：mgsinθ = B
2 L
2vm
R
解得vm= mgR sinθ
B
2 L
2
。
(3)从静止到最大速度的过程中，电阻R上产生的热量：Q =mgh- 1
2 m vm
2 =mgh- m
3 g
2 R
2sin
2θ
2B
4 L
4
答：(1)金属杆由静止释放瞬间的加速度大小为gsinθ；
(2)金属杆最大速度的大小为mgRsinθ
B
2 L
2
；
(3)从静止到最大速度的过程中，电阻R上产生的热量为mgh- m
3 g
2 R
2sin
2θ
2B
4 L
4
。
【方法规律】
电磁感应现象中能量问题的计算：
(1)回路中电流稳定时，可利用电路知识，由W＝UIt，Q＝I2Rt 直接计算。
(2)若电流变化，则利用功能关系、能量守恒定律解决。
基础巩固练
1.(2026·吉林省吉林市·期末考试)如图，空间某区域中有一匀强磁场，磁感应强度方向水平，且垂直于
纸面向里，磁场上边界b和下边界d水平．在竖直面内有一矩形金属线圈，线圈上下边的距离很短，下边水
平。线圈从水平面a开始下落。已知磁场上下边界之间的距离大于水平面a、b之间的距离。若线圈下边刚
通过水平面b、c(位于磁场中)和d时，线圈所受到的磁场力的大小分别为Fb、Fc和Fd，则()
A.Fd> Fc> Fb
B.Fc< Fd< Fb
C.Fc> Fb> Fd
D.Fc< Fb< Fd
【答案】D
【解析】解：线圈从a到b做自由落体运动，在b点开始进入磁场切割磁感线所以受到安培力Fb，由于
线圈的上下边的距离很短，所以经历很短的变速运动而进入磁场，以后线圈中磁通量不变不产生感应电流，
在c处不受安培力，但线圈在重力作用下依然加速，因此从d处切割磁感线所受安培力必然大于b处。
故选：D。
2.（多选）(2026·广东省·单元测试)间距为L的平行光滑金属导轨PQ、MN固定在水平绝缘桌面上，整
个装置处于竖直向下的磁场中，沿MN方向建立Ox坐标，磁感应强度大小B随坐标x的关系为
B = B0+kx(B0、k均为大于零的常数)。将质量为m的金属杆ab锁定在坐标原点O处，P、M间接一恒流装
置，该装置可使回路保持恒定的电流I，电流方向由P到M，如图所示。某时刻解除锁定的同时对ab施加
一个大小为2B0 IL、方向沿x轴正方向的恒定外力，使ab从静止开始向右运动，ab始终与导轨垂直且接触
良好。则在运动过程中，金属杆ab()
A.做变加速运动
B.最大位移为4 B0
k
C.最大速度为B0
❑√
IL
mk
D.速度达到最大时的x坐标值为2B0
k
【答案】AC
【解析】A、由于金属杆长度、电流均恒定，磁感应强度B随坐标x线性增加，由安培力公式知：
，
金属杆ab的合外力为：
，可知合外力F合随x发生线性变
化，由牛顿第二定律可知其加速度也随x发生线性变化，所以金属杆ab做变加速运动，故A 正确；
B、金属杆ab所受合外力随坐标x变化的图像为
其中当F合=0时，解得a= B0
k 。
在金属杆ab从静止开始向右运动的过程中，合外力做的功为零时，其位移最大，根据
图线与x
轴所围的面积表示做功的多少，可知图像与x轴所围的两个三角形面积相等，可得xm=b=2a= 2B0
k
，故B
错误；
CD、当合外力为零、加速度为零时速度最大，即速度达到最大时的x坐标值为a= B0
k ，此过程合外力
做功由
所围的面积可得：W = B0
2 IL
2k
设最大速度为vm，由动能定理得：W = B0
2 IL
2k = 1
2 m vm
2 ，解得：vm= B0
❑√
IL
mk
，故C 正确，D 错误。
故选：AC。
3.（多选）(2026·江西省·期中考试)足够长的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨左端连接电
容为C的电容器，导轨间距为L，磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场穿过导轨所在平面。一根
质量为m的导体棒垂直静置在导轨上，俯视图如图甲。t =0时刻导体棒在水平拉力作用下从静止开始向右
运动，电容器两极板间电势差U随时间t变化的图象如图乙所示(图中U 0和t0已知)，则()
A.导体棒的加速度大小为a= U 0
BLt0
B.水平拉力的大小为F = mU 0
BLt0
C.通过导体棒的电流大小为I = C U 0
t0
D.0～t0时间内导体棒克服安培力所做的功为W = C U 0
2
2
【答案】ACD
【解析】解：A、电容器两极板间电势差U = BLv = BLat，根据乙图可知：U =kt = U 0
t0
t，所以有：
BLa= U 0
t0
，解得导体棒的加速度a= U 0
BLt0
，故A 正确；
C、Δt时间内通过导体棒的电荷量Δq =CΔU = IΔt，解得通过导体棒的电流大小为I = CΔU
Δt
= C U 0
t0
，
故C 正确；
B、对导体棒根据牛顿第二定律可得：F - F A =ma，解得F = mU 0
BLt0
+ BLC U 0
t0
，故B 错误；
D、0～t0时间内安培力所做的功为W =- F A· x =- BIL·x，x = 1
2 at0
2，解得：W =- C U 0
2
2
，安培力做
负功，故D 正确。
4.(2026·广东省东莞市·其他类型)如图所示，两根平行光滑金属导轨MN和PQ放置在水平面内，其间
距L=0.2m，磁感应强度B =5T的匀强磁场垂直导轨平面向下。两导轨之间连接的电阻R = 4.8Ω，在导轨
上有一金属棒ab，其接入电路的电阻r =0.2Ω，金属棒与导轨垂直且接触良好。在ab棒上施加水平拉力使
其以速度v =5m/ s向右匀速运动，设金属导轨足够长。求：
(1)金属棒ab产生的感应电动势；
(2)通过电阻R的电流大小和方向；
(3)水平拉力的大小F。
【答案】(1)根据法拉第电磁感应定律得：
E = BLv =5×0.2×5V =5V
(2)根据楞次定律，回路中的电流方向为逆时针方向，即aMPb，
则通过电阻R的方向为从M通过R流向P，
根据欧姆定律，电流大小为I =
E
R+r =
5
4.8+0.2 A =1 A
(3)导体棒匀速运动，则水平拉力F大小于等于安培力，则有F = BIL
代入数据解得：F =1 N。
5.(2026·山东省烟台市·其他类型)电磁驱动式无绳电梯具有高效、安静、环保等优点，如图所示为一种
电磁驱动无绳电梯简化模型图，两根相距为l的平行直导轨竖直放置，励磁装置在导轨间各区域产生图中所
示垂直导轨平面的磁场，每个磁场区域的长度和高度都是l，磁感应强度大小均为B，但相邻的两个磁场区
域磁感应强度方向相反。图中黑色正方形线框固定在电梯轿厢里(轿厢未画出)，线框平面与导轨平面平行，
边长也为l，其总电阻为R。t =0时，励磁装置使整个导轨间磁场一起向上以加速度a(a< g)匀加速运动，
使正方形线框获得牵引力，从而驱动电梯运行。已知电梯轿厢的总质量为M，运动中所受的空气及摩擦阻
力恒为f ，重力加速度为g。
(1)求电梯轿厢开始向上运动的时刻t0；
(2)t =t1时刻，电梯轿厢的加速度达到a
2，求电梯轿厢此时的速度v1。
【答案】(1)t0时刻磁场的速度为v0=at0，
线框中感应电动势为E0=2Bl v0，
线框所受安培力大小为F0=2B E0
R l，
可得F0= 4 B
2l
2at0
R
，
根据共点力平衡条件得F0= Mg+ f ，
解得t0= ( Mg+ f )R
4 B
2l
2a
；
(2)t =t1时刻，电梯轿厢的加速度达到a
2，
此时线框所受安培力大小为F1= 4 B
2l
2(at1- v1)
R
，
由牛顿第二定律得F1-( Mg+ f )= M ⋅a
2，
解得v1=at1- (2 Mg+2f + Ma)R
8 B
2l
2
6.(2026·江苏省·联考题)如图所示，MN和PQ是两根互相平行、竖直放置的光滑金属导轨固定在匀强
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 =1T，已知导轨足够长，间距L=1m，且电
阻不计。ab是一根与导轨垂直而且始终与导轨接触良好的金属杆，ab杆质量m=0.1kg、电阻R =5Ω。开
始时，将开关S断开，让杆ab由静止开始自由下落，经时间t =2s，将S闭合。重力加速度g取10m/ s
2。
试求：
(1)闭合开关瞬间ab杆的速度；
(2)闭合开关瞬间ab杆切割磁感线产生的电动势；
(3)闭合开关S后，ab杆下落的最终速度。
【答案】(1)闭合开关瞬间ab杆的速度v =gt=10×2m/ s=20m/ s，方向竖直向下；
(2)闭合开关瞬间，ab杆切割磁感线产生的电动势E = BLv =1×1×20V =20V ；
(3)闭合S后，金属杆做加速度越来越小的减速运动，最后匀速下降，匀速运动时F安=mg
即B
2 L
2v终
R
=mg
解得v终= mgR
B
2 L
2 = 0.1×10×5
1
2×1
2
m/ s=5m/ s，方向竖直向下。
7.(2026·四川省成都市·模拟题)电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理可用来
研制新武器和航天运载器。电磁轨道炮示意如图，图中直流电源电动势为E，电容器的电容为C。两根固
定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为l，电阻不计。炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN，
垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触。首先开关S接1，使电容器完全充电。然后将S接至
2，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场(图中未画出)，MN开始向右加速运动。
当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零，MN达到最大速度，之后离开
导轨。问：
(1)磁场的方向；
(2)MN刚开始运动时加速度a的大小；
(3)MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q是多少。
【答案】(1)电容器上端带正电，通过MN的电流方向向下，由左手定则可知，磁场方向垂直于导轨
平面向下。
(2)电容器完全充电后，两极板间电压为E，当开关S接2时，电容器放电，设刚放电时流经MN的电
流为I，有I = E
R
设MN受到的安培力为F，有F = BIl
由牛顿第二定律，有F =ma
联立以上各式，解得a= BEl
mR 。
(3)当电容器充电完毕时，设电容器上电量荷为Q0，有Q0=CE
开关S接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值vmax时，设MN上的感应电动势为E'，有
E' = Bl vmax
由题意有E' = Q
C
设在此过程中MN的平均电流为I，MN上受到的平均安培力为F，有F = B I l
由动量定理，有F △t =m vmax -0
又I △t =Q0-Q
联立以上各式，解得Q = B
2l
2C
2 E
m+ B
2l
2C
。
8.(2026·安徽省·期中考试)如图所示，两根足够长光滑平行金属导轨MN、PQ固定在倾角37°的绝缘斜
面上，底部接有一阻值3Ω的定值电阻，轨道上端开口，间距L=2m，整个装置处于磁感应强度B =2T的
匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向上。质量m=1kg的金属棒ab置于导轨上，通过细线(细线与导轨平行)
经定滑轮与质量为M =1kg的小物块相连。金属棒ab在导轨间的电阻r =1Ω，导轨电阻不计。金属棒由静
止释放到匀速运动前，电阻R产生的焦耳热量总共为6.75 J，金属棒与导轨接触良好，不计空气阻力，
sin37
°=0.6，cos37
°=0.8，g=10m/ s
2，求：
(1)金属棒ab匀速运动时的速度大小；
(2)金属棒ab沿导轨运动过程中，电阻上的最大电功率；
(3)从金属棒ab开始运动至达到最大速度过程中，流过电阻R的总电荷量q。
【答案】解：(1)设金属棒ab匀速运动时的速度大小为v
此时金属棒ab产生的感应电动势E = BLv
通过ab棒的电流I =
E
R+r
ab棒受到的安培力大小F安= BIL= B
2 L
2v
R+r ，方向沿导轨向下
ab棒匀速运动时，根据平衡条件得：Mg=mgsinθ+ F安
即Mg=mgsinθ+ B
2 L
2v
R+r
代入数据解得v =1m/ s；
(2)匀速运动时ab棒中电流最大，且为I = BLv
R+r
电阻上的最大电功率P = I
2 R
联立解得P =3W ；
(3)设金属棒从开始运动到最大速度沿导轨运动的距离为x，由能量守恒得
Mgx -mgx sinθ = 1
2 ( M +m)v
2+QR+Qr
根据焦耳定律Q = I
2 Rt得
QR
Qr
= R
r
解得x =2.5m
从金属棒ab开始运动至达到最大速度过程中，流过电阻R的总电荷量q = I Δt
根据闭合电路欧姆定律得I =
E
R+r
根据法拉第电磁感应定律得E = BΔS
Δt = BLx
Δt
联立解得q =2.5C。
9.(2026·山东省德州市·其他类型)如图甲所示，两根足够长的光滑平行长直导轨MN、PQ沿斜面方向
固定在斜面上，该斜面与水平面间的夹角θ =37°，两导轨间距为L，其电阻不计，底端M、P之间连接一
阻值为R的定值电阻，导轨所在的空间存在方向垂直于轨道平面向下的匀强磁场，磁感应强度的大小B随
着时间t变化的图像如图乙所示。一质量为m、长度为L、电阻值为r = 1
5 R的金属杆ab垂直于导轨放置并且
和导轨接触良好，杆ab和PM之间距离为d。现在杆ab的中点处系一根不可伸长的轻绳，绳子跨过定滑轮
与一质量为2m的物块相连接，滑轮左侧轻绳与导轨平面保持平行。已知在0～t0时间内，金属杆ab在沿
斜面方向的外力F作用下保持静止状态。t0时刻撤去外力F，金属杆从静止开始运动，当物块下落的高度
为h时，物块开始做匀速运动。重力加速度为g，sin37° =0.6。求：
(1)外力F随时间t的变化关系式；
(2)从t =0时刻到物块开始做匀速运动的时间内，通过电阻R的电荷量；
(3)从t =0时刻到物块开始做匀速运动的时间内，金属杆ab所产生的热量。
【答案】解：(1)由平衡条件得：2mg=mgsin37
∘+ F + B I 1 L①
I 1= E1
R+r ②
E1= B0
t0
Ld ③
F = 7mg
5
- 5 B0
2 L
2d
6 Rt0
2
t(0⩽t <t0)。④
(2)0∼t0时间内，通过电阻R的电荷量为：q1= I 1t0⑤
联立②③⑤得q1= 5 B0 Ld
6 R
⑥
从t0到物块开始做匀速运动的时间内
q2= I 2t，
I 2= E2
R+r ，
E2= B0 Lh
t
，
q2= 5 B0 Lh
6 R
⑦
可得：q =q1+q2= 5 B0 L(h+d )
6 R
⑧
(3)在0∼t0时间内，金属杆ab产生的焦耳热为Q1，
Q1= I 1
2r t0⑨
联立Q1= 5 B0
2 L
2d
2
36 Rt0
⑩
物块做匀速运动时，由平衡条件得：
2mg=mgsin37
∘+ B0 I m L⑪
I m= B0 Lvm
R+r ⑫
解得：vm= 42mgR
25 B0
2 L
2 ⑬
从t0到物块开始做匀速运动的时间内，回路中产生的焦耳热为Q2，金属杆ab产生的焦耳热为Q'，由
能量守恒定律可得：
2mgh-mghsin37
∘= 1
2 ×3m vm
2 +Q2⑭
Q' =
r
R+r Q2⑮
Q =Q1+Q' = 5 B0
2 L
2d
2
36 Rt0
+ 7
30 mgh- 441m
3 g
2 R
2
625 B0
4 L
4 ⑯
综合提升练
1．（2022·天津·高考真题）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
【答案】D
【解析】A．铝框进入和离开磁场过程，磁通量变化，都会产生感应电流，受向左安培力而减速，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；
C．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；
D．铝框进入和离开磁场过程安培力对铝框的冲量为
I 安=- B I aΔt
又
q = I Δt = E
R Δt = ΔΦ
RΔt Δt = ΔΦ
R = B a
2
R
得
I 安=- B
2a
3
R
D 正确；
B．铝框进入和离开磁场过程，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安= BIa= B Bav
R a= B
2a
2v
R
可知铝框进入磁场过程受到的安培力一直大于铝框离开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。
故选D。
2．（2023·北京·高考真题）如图所示，光滑水平面上的正方形导线框，以某一初速度进入竖直向下的
匀强磁场并最终完全穿出。线框的边长小于磁场宽度。下列说法正确的是（）
A．线框进磁场的过程中电流方向为顺时针方向
B．线框出磁场的过程中做匀减速直线运动
C．线框在进和出的两过程中产生的焦耳热相等
D．线框在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量相等
【答案】D
【解析】A．线框进磁场的过程中由楞次定律知电流方向为逆时针方向，A 错误；
B．线框出磁场的过程中，根据
E=Blv
I = E
R
联立有
由于线框出磁场过程中由左手定则可知线框受到的安培力向左，则v 减小，线框做加速度减小的减速
运动，B 错误；
C．由能量守恒定律得线框产生的焦耳热
Q=FAL
其中线框进出磁场时均做减速运动，但其进磁场时的速度大，安培力大，产生的焦耳热多，C 错误；
D．线框在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量
q =¯I t
其中
I = ¯E
R ，E = BL x
t
则联立有
q = BL
R x
由于线框在进和出的两过程中线框的位移均为L，则线框在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷
量相等，故D 正确。
故选D。
3．（2025·陕晋青宁卷·高考真题）如图，光滑水平面上存在竖直向上、宽度d 大于2 L的匀强磁场，
其磁感应强度大小为B。甲、乙两个合金导线框的质量均为m，长均为2 L，宽均为L，电阻分别为R 和2 R。
两线框在光滑水平面上以相同初速度v0= 4 B
2 L
3
mR
并排进入磁场，忽略两线框之间的相互作用。则（）
A．甲线框进磁场和出磁场的过程中电流方向相同
B．甲、乙线框刚进磁场区域时，所受合力大小之比为1:1
C．乙线框恰好完全出磁场区域时，速度大小为0
D．甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热之比为4:3
【答案】D
【解析】A．根据楞次定律，甲线框进磁场的过程电流方向为顺时针，出磁场的过程中电流方向为逆
时针，故A 错误；
B．甲线框刚进磁场区域时，合力为F安1= B I 1 L
，
乙线框刚进磁场区域时，合力为F安2= B I 2 L，I 2= BLv0
2 R
可知
F安1
F安2
=2；
故B 错误；
CD ．假设甲乙都能完全出磁场，对甲根据动量定理有- B I 1 LΔt =m v1-m v0，
q1= I 1 Δt =
ΔΦ
Δt
R ⋅Δt = ΔΦ
R = B⋅4 L
2
R
同理对乙有- B I 2 LΔt
' =m v2-m v0，q2= I 2 Δt
' =
ΔΦ
Δt
'
2 R ⋅Δt
' =ΔΦ
2 R = B⋅4 L
2
2 R
解得v1=0，v2= 1
2 v0= 2B
2 L
3
mR
故甲恰好完全出磁场区域，乙完全出磁场区域时，速度大小不为0；由能量守恒可知甲、乙线框从刚
进磁场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热分别为Q1= 1
2 m v0
2，Q2= 1
2 mv0
2- 1
2 m(
v0
2 )
2
= 3
8 mv0
2
即
Q1
Q2
= 4
3 ；
故C 错误，D 正确。
故选D。
4．（多选）（2022·全国甲卷·高考真题）如图，两根相互平行的光滑长直金属导轨固定在水平绝缘桌
面上，在导轨的左端接入电容为C 的电容器和阻值为R 的电阻。质量为m、阻值也为R 的导体棒MN 静止
于导轨上，与导轨垂直，且接触良好，导轨电阻忽略不计，整个系统处于方向竖直向下的匀强磁场中。开
始时，电容器所带的电荷量为Q，合上开关S 后，（ ）
A．通过导体棒MN电流的最大值为Q
RC
B．导体棒MN 向右先加速、后匀速运动
C．导体棒MN速度最大时所受的安培力也最大
D．电阻R 上产生的焦耳热大于导体棒MN上产生的焦耳热
【答案】AD
【解析】MN 在运动过程中为非纯电阻，MN 上的电流瞬时值为
i= u- Blv
R
A．当闭合的瞬间，Blv =0，此时MN 可视为纯电阻R，此时反电动势最小，故电流最大
I max= U
R = Q
CR
故A 正确；
B．当u>Blv时，导体棒加速运动，当速度达到最大值之后，电容器与MN 及R 构成回路，由于一直
处于通路的形式，由能量守恒可知，最后MN 终极速度为零，故B 错误；
C．MN 在运动过程中为非纯电阻电路，MN 上的电流瞬时值为
i= u- Blv
R
当u= Blv时，MN 上电流瞬时为零，安培力为零此时，MN 速度最大，故C 错误；
D．在MN 加速度阶段，由于MN 反电动势存在，故MN 上电流小于电阻R 上的电流，电阻R 消耗电
能大于MN 上消耗的电能（即ER> EMN），故加速过程中，QR>QMN；当MN 减速为零的过程中，电容器
的电流和导体棒的电流都流经电阻R 形成各自的回路，因此可知此时也是电阻R 的电流大于MN 的电流，
综上分析可知全过程中电阻R 上的热量大于导体棒上的热量，故D 正确。
故选AD。
5．（2021·天津·高考真题）如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ间距L=1m，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 =1Ω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=0.2kg，电阻r =1Ω，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 =1T。ab在平行于导轨向上的拉力作用下，以初速度
v1=0.5 m/s沿导轨向上开始运动，可达到最大速度v =2m/s。运动过程中拉力的功率恒定不变，重力加速
度g=10 m/s
2。
（1）求拉力的功率P；
（2）ab开始运动后，经t =0.09 s速度达到v2=1.5 m/s，此过程中ab克服安培力做功W =0.06 J，求
该过程中ab沿导轨的位移大小x。
【答案】（1）P = 4W ；（2）x =0.1m
【解析】（1）在ab运动过程中，由于拉力功率恒定，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 A，有
F -mgsinθ - F A =0
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 =
E
R+r ，ab受到的安培力
F A = ILB
由功率表达式，有
P = Fv
联立上述各式，代入数据解得
P = 4W
（2）ab从速度v1到v2的过程中，由动能定理，有
Pt -W -mgx sinθ = 1
2 m v2
2- 1
2 m v1
2
代入数据解得
x =0.1m
6．（2020·江苏·高考真题）如图所示，电阻为0.1Ω的正方形单匝线圈abcd的边长为0.2m，bc边与匀
强磁场边缘重合。磁场的宽度等于线圈的边长，磁感应强度大小为0.5T。在水平拉力作用下，线圈以
8m/ s的速度向右穿过磁场区域。求线圈在上述过程中：
(1)感应电动势的大小E；
(2)所受拉力的大小F；
(3)感应电流产生的热量Q。
【答案】(1)0.8V；(2)0.8N；(3)0.32J
【解析】(1)由题意可知当线框切割磁感线是产生的电动势为
E = BLv =0.5×0.2×8V =0.8V
(2)因为线框匀速运动故所受拉力等于安培力，有
F = F安= BIL
根据闭合电路欧姆定律有
I = E
R
结合(1)联立各式代入数据可得F=0.8N；
(3)线框穿过磁场所用的时间为
t = 2 L
v = 2×0.2
8
s=0.05 s
故线框穿越过程产生的热量为
Q = I
2 Rt = E
2
R t = 0.8
2
0.1 ×0.05J=0.32J
7．（2022·湖北·高考真题）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=0.2m、回路电阻R=1.6×103Ω、质量m=0.2kg。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 ❑√2 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=10m/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）ax=20m/s2，ay=10m/s2；（2）B=0.2T，Q=0.4J；（3）X=1.1m
【解析】（1）ab 边进入磁场前，对线框进行受力分析，在水平方向有
max=Fcosθ
代入数据有
ax=20m/s2
在竖直方向有
may=Fsinθ-mg
代入数据有a y =10 m/s
2
（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，则整个回路的电源为ab，根
据右手定则可知回路的电流为adcba，则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。由题知，线框从ab 边进入
磁场开始，在竖直方向线框做匀速运动，有
Fsinθ-mg-BIL=0
E = BLv y
I = E
R
v y
2=2a y L
联立有
B=0.2T
由题知，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。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 安=BILy
y=L
Fsinθ-mg=BIL
联立解得
Q=0.4J
（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 y =a yt1
L= v yt2
t =t1+t2
联立解得
t=0.3s
由（2）分析可知线框在水平方向一直做匀加速直线运动，则在水平方向有
x = 1
2 axt
2= 1
2 ×20×0.3
2m=0.9m
则磁场区域的水平宽度
X=x+L=1.1m
