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第69 课时 专题强化：电磁感应中的动力学和能量问题
目标要求 1.导体棒切割磁感线运动时，能理清各物理量间的制约关系并能用动力学观点进行运动过程
分析。2.会用功能关系和能量守恒定律解决电磁感应中的能量问题。
考点一 电磁感应中的动力学问题
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
3.导体常见运动情况的动态分析
v
↓
E＝Blv
↓
I＝
E
R＋r
↓
F 安＝BIl
↓
F 合
若F 合＝0
匀速直线运动
若F 合≠0
↓
F 合＝ma
a、v 同向
v 增大，若a 恒定，拉力F 增大
v 增大，F 安增大，若其他力恒定，F 合减小，a
减小，做加速度减小的加速运动→a＝0，匀速
直线运动
a、v 反向
v 减小，F 安减小，a 减小→a＝0，静止或匀速
直线运动
例1 (多选)(2024·黑吉辽·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
1
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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
例2 (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( )
例3 )如图所示，水平绝缘桌面上固定有间距为L 的平行光滑长导轨，左端接有一个不带电的电容器，
电容为C(不会被击穿)，在PQ 虚线的左侧有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。质量为m 的
金属杆ab 静置在导轨上，与虚线PQ 的距离是d，金属杆在水平向右恒力F 的作用下，开始向右运动，
不计导轨与金属杆的电阻，金属杆ab 始终与导轨垂直且接触良好，
(1)判断金属杆的运动性质；
(2)求金属杆ab 运动到达虚线PQ 的时间。
2
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拓展
1.若金属导轨平面与水平面成θ 角，匀强磁场垂直导轨平面向上。已知重力加速度为g，又让金属杆从
导轨上端由静止开始下滑，求金属杆下滑过程中的加速度大小。
2.在拓展1 中，若金属杆与导轨之间的动摩擦因数为μ(μ<tan θ)，求金属杆下滑过程中的加速度大小。
例4 (多选)如图所示，空间存在竖直方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝2 T，两根足够长水平
金属直轨道平行放置，轨道间距L＝0.5 m。将质量均为m＝0.5 kg、长度均为L、电阻均为R＝0.5 Ω 的
金属棒a、b 垂直轨道放置，金属棒与直轨道间动摩擦因数均为μ＝0.4。现用外力F 使金属棒b 保持静
止，对金属棒a 施加大小为F0＝6 N，水平向右的恒力，当金属棒a 匀速运动时，撤去固定金属棒b 的
外力F，在运动过程中，金属棒与导轨始终垂直且接触良好，导轨电阻不计，g 取10 m/s2。下列说法正
确的是( )
A.金属棒a 匀速运动时的速度大小为4 m/s
B.金属棒a 匀速运动时，其两端的电势差为4 V
C.撤去外力F 后，a、b 两金属棒的速度差不断增大
D.最终金属棒b 以大小为2 m/s2的加速度运动
有恒定外力等间距双棒模型
示意图(举例)
两平行金属导轨固定在水平面内，导轨间距为L，电阻不计，两导体棒
1、2 质量分别为m1、m2，电阻分别为R1、R2，棒与导轨间的动摩擦因数
3
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均为μ，两棒初速度为零，F 恒定
电路特点
棒2 相当于电源；棒1 受安培力而运动
运动过程分析
棒1：a1＝
F安−μm1g
m1
棒2：a2＝
F −F安−μm2 g
m2
，其中F 安＝B
2 L
2(v2−v1)
R1＋R2
最初阶段，a2>a1，只要a2>a1，(v2－v1)↑⇒I↑⇒F 安↑⇒a1↑⇒a2↓
当a1＝a2时，(v2－v1)恒定，I 恒定，F 安恒定；两棒都匀加速
规律
最终状态
稳定时整体由牛顿第二定律得a1＝a2＝
F −μm1g−μm2 g
m1＋m2
，
两棒以相同的加速度做匀加速运动，Δv 恒定，I 恒定
考点二 电磁感应中的能量问题
1.电磁感应中的能量转化
其他形式的能量
电能
焦耳热或其他形式的能量
2.求解焦耳热Q 的三种方法
3.解题的一般步骤
能量转化问题的分析程序：先电后力再能量
4
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例5 如图所示，粗细均匀的正方形导线框abcd 放在倾角为θ＝30°的绝缘光滑斜面上，通过轻质细线
绕过光滑的轻质定滑轮与木块相连，细线和线框共面、与cd 垂直且与斜面平行。距线框cd 边为L0的
矩形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＝NF＝FQ＝L2。现将木块由静止释放后，木块下降，线框沿斜面上滑，恰好匀速进入和匀速
离开匀强磁场，cd 边始终平行磁场边界MN。已知线框边长为L1(L1<L2)、质量为m、电阻为R，木块质
量也为m，重力加速度为g，求：
(1)匀强磁场的磁感应强度B 的大小；
(2)导线框通过两个匀强磁场过程中产生的总焦耳热Q。
5
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答案精析
例1 AB [两导体棒沿轨道向下滑动，根据右手定则可知回路中的电流方向为abcda，故A 正确；设回路
中的总电阻为R，对于任意时刻当电路中的电流为I 时，对ab 根据牛顿第二定律得
2mgsin 30°－2BILcos 30°＝2maab，
对cd 有mgsin 30°－BILcos 30°
＝macd，
故可知aab＝acd，分析可知回路中的总电动势为两个导体棒产生的电动势相加，随着导体棒速度的增大，回
路中的电流增大，导体棒受到的安培力在增大，故可知当安培力沿导轨方向的分力与重力沿导轨向下的分
力平衡时导体棒将匀速运动，此时电路中的电流达到稳定值，对ab 分析可得2mgsin 30°＝2BILcos 30°，解
得I＝√3mg
3 BL ，故B 正确，C 错误；根据前面分析可知aab＝acd，故可知两导体棒速度大小始终相等，由于
两边磁感应强度大小不同，故产生的感应电动势不相等，故D 错误。]
例2 AC [设线框的上边框进入磁场时的速度为v，设线框的质量M，物块的质量m，题图中线框进入磁
场时的加速度向下，对线框，由牛顿第二定律可知Mg＋F 安－FT＝Ma
对物块有FT－mg＝ma
其中F 安＝B
2 L
2v
R
即B
2 L
2v
R
＋(M－m)g＝(M＋m)a
线框向上做减速运动，随速度的减小，向下的加速度减小；当加速度为零时，即线框匀速运动的速度为
v0＝(m−M )gR
B
2 L
2
若线框进入磁场时的速度较小，则线框进入磁场时做加速度减小的减速运动，线框的速度和加速度都趋近
于零，则图像A 可能正确；
因t＝0 时刻线框进入磁场，则进入磁场时线框向上不可能做匀减速运动，则图像B 不可能；
若线框的质量等于物块的质量，且当线框进入磁场时速度较大时，线框进入磁场做加速度减小的减速运动，
完全进入磁场后线框做匀速运动；当线框出磁场时，受向下的安培力又做加速度减小的减速运动，最终出
磁场时做匀速运动，则图像C 有可能，D 不可能。]
例3 (1)匀加速直线运动
(2)√
2d(m＋C B
2 L
2)
F
6
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解析 (1)金属杆向右运动，切割磁感线产生感应电动势E，给电容器充电，设在Δt 的时间里，电容器充电
的电荷量为Δq，则Δq＝CE＝CBLΔv，则充电电流为i＝Δq
Δt ＝CBL Δv
Δt ＝CBLa，对金属杆由牛顿第二定律
有F－BLi＝ma，得a＝
F
m＋C B
2 L
2，故金属杆做初速度为零的匀加速直线运动
(2)由x＝1
2at2，得t＝√
2d
a ＝√
2d(m＋C B
2 L
2)
F
。
拓展
1.金属杆在重力和安培力的作用下向下运动，根据牛顿第二定律有mgsin θ－BIL＝ma，I＝ΔQ
Δt ＝CBL Δv
Δt
＝CBLa，联立可得a＝
mgsinθ
m＋C B
2 L
2。
2.mgsin θ－μmgcos θ－BIL＝ma，I＝ΔQ
Δt ＝CBL Δv
Δt
＝CBLa，联立解得a＝mgsinθ−μmgcosθ
m＋C B
2 L
2
。
例4 AD [当加速度a＝0 时，金属棒a 做匀速运动，此时有I＝BLv
2 R ，又F0＝μmg＋BIL，联立解得v＝4
m/s，故A 正确；金属棒a 匀速运动时，切割磁感线产生的感应电动势为E＝BLv＝4 V，由于两金属棒阻值
相等，则金属棒a 两端的电势差大小为U＝E
2 ＝2 V，故B 错误；撤去外力F 后，对a、b 由牛顿第二定律
可得F 安－μmg＝mab，F0－μmg－F 安＝maa，最终两金属棒加速度相同，有F 安＝3 N，aa＝ab＝2 m/s2，故D
正确；又F 安＝B
2 L
2 Δv
2 R
，解得Δv＝3 m/s，即最终两棒的速度差保持不变，故C 错误。]
例5 (1)
4√
gm
2 R
2
2 L0 L1
4
(2)1
2mg(2L2＋L1)
解析 (1)导线框进入磁场前，木块和导线框组成的系统机械能守恒。
设进入磁场时速度为v，
有mgL0－mgL0sin θ＝1
2×2mv2
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＝BIL1，I＝E
R ，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
7
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联立以上各式可得B＝
4√
gm
2 R
2
2 L0 L1
4
(2)导线框恰好匀速进入和匀速离开匀强磁场，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
框通过两个匀强磁场过程中产生的总焦耳热Q＝1
2mg(2L2＋L1)。
8
