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微专题14 电磁感应规律及其综合应用
电磁感应中的电路问题
[例1] (2024·江西宜春·一模)如图所示，导线圆环总电阻为2R，半径为d，
垂直磁场固定于磁感应强度为B 的匀强磁场中，此磁场的左边界正好与圆环直
径重合，电阻为R 的直金属棒ab 以恒定的角速度ω 绕过环心O 的轴匀速转动，
a、b 端正好与圆环保持良好接触。以下说法正确的是( )
A．图示位置处金属棒O 点电势高于b 点电势
B．a、b 两点的电势差Uab＝1
12Bd2ω
C．转动过程中金属棒与圆环上消耗的电功率之比2∶1
D．棒转动一圈时段内通过金属棒的电荷量为π B d
2
3 R
C [根据右手定则可知，图示位置直金属棒Oa 部分充当电源，电源内部电流
方向为O→a，则在外电路电流方向为b→O，则杆O 点电势低于b 点电势，故
A 错误；由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势E 感＝Bdv＝Bd·ωd
2 ＝Bωd
2
2
，根据等效电路可知，圆环部分电阻为R 环＝
1
1
R + 1
R
＝R
2 ，整个电路的总电阻为
R 总＝R 环＋R＝3 R
2 ，干路电流为I＝
E感
R总
＝Bωd
2
3 R ，a、b 两点的电势差大小Uab
＝IR 环＝Bωd
2
6
，故B 错误；转动过程中金属棒与圆环上消耗的电功率分别为P
棒＝I2R，P 环＝I2R 环＝I
2 R
2 ，故转动过程中金属棒与圆环上消耗的电功率之比为
P 棒∶P 环＝2∶1，故C 正确；棒转动一圈时段内通过金属棒的电荷量为q＝IΔt
＝ΔΦ
R总Δt Δt＝
ΔΦ
R+ R
2
＝0，故D 错误。]
【变式训练1】 金属棒ab 从图示位置以恒定的角速度ω 绕环心O 顺时针转动
90°过程中，流过金属棒的电荷量为多少？
[解析] q＝I·Δt＝Bωd
2
3 R ×2π
ω ·1
4＝B π d
2
6 R 。
[答案] B π d
2
6 R
【变式训练2】 棒转动一圈时金属棒上产生的热量为多少？
[解析] 棒转动一圈时金属棒上产生的热量Q＝I2Rt＝(
Bωd
2
3 R )
2
·R·2π
ω ＝
2π B
2ωd
4
9 R
。
[答案] 2π B
2ωd
4
9 R
规律方法： 电磁感应中的电路问题的分析方法
[针对训练] (2024·浙江6 月选考)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，不可伸长的细绳绕在圆环上，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。(重力加速度g 取10 m/s2)
(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。
[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，重物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。
[答案] (1)①磁场方向垂直纸面向外 10 A
②5 m/s (2)①0.2 Ω ②2.5 T
电磁感应中的图像问题
[例2] (2023·上海卷)如图所示，有一光滑导轨处于匀强磁场中，一金属棒垂
直置于导轨上，对其施加外力，安培力变化如图所示，取向右为正方向，则外
力随时间变化图像为( )
A．
B．
C．
D．
C [由于E＝BLv，E＝IR，FA＝BIL，联立得FA＝B
2 L
2v
R
，再结合楞次定律，
可知金属棒刚开始向右做匀减速直线运动，后向左做匀加速直线运动，且加速
度一直为a＝
F0 R
B
2 L
2t0
，方向向左，综上当v＝0 时，即t＝t0时，F≠0，且向左，
故选C。]
规律方法： 解决电磁感应中图像问题的三个“关注”
[针对训练] (2024·天津卷)如图所示，两根不计电阻的光滑金属导轨平行放置，
导轨及其构成的平面均与水平面成某一角度，导轨上端用直导线连接，整个装
置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中。具有一定阻值的金属棒MN 从某高
度由静止开始下滑，下滑过程中MN 始终与导轨垂直并接触良好，则MN 所受
的安培力F 及其加速度a、速度v、电流I，随时间t 变化的关系图像可能正确
的是( )
A．
B．
C．
D．
A [根据题意，设导体棒的电阻为R，导轨间距为L，磁感应强度为B，导体棒
速度为v 时，受到的安培力为F＝BIL＝B
2 L
2v
R
，可知F∝v，由牛顿第二定律
可得，导体棒的加速度为a＝mgsinθ - F
m
＝g sin θ－B
2 L
2v
mR ，可知，随着速度的
增大，导体棒的加速度逐渐减小，当加速度为零时，导体棒开始做匀速直线运
动，则v-t 图像的斜率逐渐减小直至为零时，速度保持不变，由于安培力F 与
速度v 成正比，则F-t 图像的斜率逐渐减小直至为零时，F 保持不变，故A 正
确，B、C 错误；根据题意，由公式可得，感应电流为I＝BLv
R ，由数学知识可
得Δ I
Δt ＝BL
R · Δv
Δt ＝BLa
R ，由于加速度逐渐减小，则I-t 图像的斜率逐渐减小，
故D 错误。]
电磁感应中的动力学问题
[例3] (2024·河北卷)如图所示，边长为2L 的正方形金属细框固定放置在绝缘
水平面上，细框中心O 处固定一竖直细导体轴OO′。间距为L、与水平面成θ
角的平行导轨通过导线分别与细框及导体轴相连。导轨和细框分别处在与各自
所在平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小均为B。足够长的细导体棒OA
在水平面内绕O 点以角速度ω 匀速转动，水平放置在导轨上的导体棒CD 始终
静止。OA 棒在转动过程中，CD 棒在所受安培力达到最大和最小时均恰好能静
止。已知CD 棒在导轨间的电阻值为R，电路中其余部分的电阻均不计，CD 棒
始终与导轨垂直，各部分始终接触良好，不计空气阻力，重力加速度大小为
g。
(1)求CD 棒所受安培力的最大值和最小值；
(2)锁定OA 棒，推动CD 棒下滑，撤去推力瞬间，CD 棒的加速度大小为a，所
受安培力大小等于(1)问中安培力的最大值，求CD 棒与导轨间的动摩擦因数。
[解析] (1)当OA 棒切割磁感线的有效长度为l1＝√2L 时，该棒产生的感应电动
势最大，有
Emax＝Bl1
2ω
2
＝BL2ω
此时CD 棒所受的安培力最大，结合I＝E
R和安培力公式有
FAmax＝ImaxBL＝B
2 L
3ω
R
当OA 棒切割磁感线的有效长度为l2＝L 时，该棒产生的感应电动势最小，有
Emin＝Bl2
2ω
2
＝B L
2ω
2
此时CD 棒所受的安培力最小，有
FAmin＝IminBL＝B
2 L
3ω
2 R
。
(2)设CD 棒的质量为m，CD 棒与平行导轨间的最大静摩擦力为f
OA 棒在转动过程中，CD 棒在所受安培力达到最大和最小时均恰好静止，则有
FAmax＝mg sin θ＋f
FAmin＋f＝mg sin θ
结合(1)问分析有FAmax＝4
3 mg sin θ
则撤去推力瞬间，CD 棒的加速度方向沿平行导轨向上，对CD 棒由牛顿第二定
律有
FAmax＋μmg cos θ－mg sin θ＝ma
联立解得CD 棒与导轨间的动摩擦因数为
μ＝3a- gsinθ
3 gcosθ 。
[答案] (1)B
2 L
3ω
R
B
2 L
3ω
2 R
(2)3a- gsinθ
3 gcosθ
规律方法：
1．电磁感应综合问题的解题思路
2．电磁感应的动力学观点
(1)分析研究导体受力情况(包括安培力)。
(2)列动力学方程或根据平衡条件列方程求解。
[针对训练] 如图甲所示，“日”字形单匝线框平放在粗糙的水平桌面上，线
框可以看作两个正方形，正方形的每条边长为L＝0.3 m，线框总质量m＝0.2
kg，其中Rab＝Rcd＝Ref＝R＝0.1 Ω，其余边不计电阻，线框与桌面间动摩擦因
数μ＝0.5。线框左边用水平细绳通过光滑的轻质定滑轮悬挂一质量也为m 的物
块，右边有一垂直ab 边的水平力F 作用在ab 边上。以ab 边的初位置为原点建
立水平向右的x 轴如图，在0≤x≤0.3 m 桌面条形区间有竖直向下的匀强磁场，
磁感应强度B＝0.5 T。力F 拉动线框通过磁场区域，可以认为ab 边刚出磁场时，
cd 边恰好进入磁场，整个过程物块都没有碰到定滑轮，线框没有离开桌面，细
绳不可伸长，重力加速度g＝10 m/s2。
(1)若线框以v＝2 m/s 的速度匀速通过磁场区域，求ab 边在磁场中运动时ab 两
点间电势差Uab；
(2)若线框从静止出发做匀加速直线运动，通过磁场区域过程中拉力F 与时间t
的图像如图乙所示，图中数据可用，求这一过程中拉力F 与时间t 的关系式；
(3)若线框从静止出发，通过磁场区域过程中速度v 与位移x 的关系图像如图丙
所示，图中数据可用，求ab 边穿过磁场过程中ab 产生的焦耳热。
[解析] (1)线框以v＝2 m/s 的速度匀速通过磁场，ab 边在磁场中运动时产生的
电动势为E＝BLv＝0.3 V
另两条边并联，总电流I＝
E
3
2 R ＝2 A
ab 两点间电势差为外电路电压，故Uab＝I×1
2R＝0.1 V。
(2)线框通过磁场，任何一条边切割磁感线产生的电动势都为E＝BLv
切割的那一条边相当于电源，另两条边并联，总电流I＝
E
3
2 R ＝2BLv
3 R
在磁场中运动的那条边受到的安培力F 安＝BIL＝2B
2 L
2v
3 R
对线框任意时刻根据牛顿第二定律F－F 安－μmg－FT＝ma，FT－mg＝ma
联立得F＝2B
2 L
2v
3 R
＋μmg＋mg＋2ma
线框从静止出发做匀加速直线运动，则有v＝at
可知μmg＋mg＋2ma＝3.8 N，得a＝2 m/s2
代入得F＝(0.3t＋3.8) N。
(3)ab 边穿过磁场时受到的安培力F 安＝BIL＝2B
2 L
2v
3 R
根据图像得v＝kx
联立解得F 安＝2B
2 L
2v
3 R
＝2B
2 L
2kx
3 R
作F 安-x 图像如图
可知图线下方的“面积”表示ab 边克服安培力做的功W 克＝1
2×0.6×0.3 J＝
0.09 J
由功能关系可知Q 总＝W 克
又Q＝I2Rt，可知Qab＝4Qcd＝4Qef
所以Qab＝2
3Q 总＝0.06 J。
[答案] (1)0.1 V (2)F＝(0.3t＋3.8) N
(3)0.06 J
电磁感应中的能量、动量问题
[例4] (2025·北京西城·二模)游乐场的“太空梭”先把座舱拉升到一定高度
处释放，座舱下落到制动位置时，触发电磁制动开始减速。将座舱简化为正方
形线框abcd，如图所示，线框下方存在宽度为L 的匀强磁场区域，该区域的上
下边界水平，磁感应强度的大小为B。线框从距磁场上边界高度为h 处由静止
开始自由下落。线框ab 边进入磁场时开始减速，cd 边穿出磁场时的速度是ab
边进入磁场时速度的1
2。已知线框的边长为L、质量为m、电阻为R，重力加速
度大小为g，线框下落过程中ab 边始终与磁场边界平行，不计空气阻力。求：
(1)线框ab 边刚进入磁场时，产生的感应电动势大小E；
(2)线框穿过磁场区域的过程中最大加速度的大小a；
(3)线框穿过磁场区域的过程中产生的焦耳热Q。
[解析] (1)设ab 边进入磁场时的速度大小为v，有v2＝2gh
ab 边进入磁场时感应电动势E＝BLv 得E＝BL√2 gh。
(2)ab 边则进入磁场时，线框的加速度最大
根据闭合电路欧姆定律，线框中感应电流的大小I＝BLv
R
ab 边受到安培力的大小F＝BIL
根据牛顿第二定律有F－mg＝ma，
得a＝B
2 L
2
mR √2 gh－g。
(3)线框穿过磁场的过程中，根据能量守恒定律有Q＝mg×2L＋1
2mv2－1
2m(
v
2)
2
＝2mgL＋3
4mgh。
[答案] (1)BL√2 gh (2)B
2 L
2
mR √2gh－g
(3)2mgL＋3
4mgh
【变式训练】 线框穿过磁场区域的时间是多少？
[解析] 设经过时间t，线框穿过磁场，根据动量定理，得mgt－BILt＝mv
2－
mv
根据法拉第电磁感应定律E＝ΔΦ
Δt ＝2B L
2
t
I＝E
R＝2B L
2
tR
联立得mgt－BL·2B L
2
tR
·t＝mv
2－mv
求得t＝2B
2 L
3
mgR －√2gh
2g 。
[答案] 2B
2 L
3
mgR －√2 gh
2 g
规律方法：
1．求解焦耳热Q 的三种方法
(1)焦耳定律：Q＝I2Rt，适用于电流恒定的情况。
(2)功能关系：Q＝W 克安(W 克安为克服安培力做的功)。
(3)能量转化：Q＝ΔE(其他能的减少量)。
2．用动量定理解决导体运动的时间和位移
[针对训练1] (2025·甘肃卷)在自动化装配车间，常采用电磁驱动的机械臂系
统，如图所示，ab、cd 为两条足够长的光滑平行金属导轨，间距为L，电阻忽
略不计。导轨置于磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场中，导
轨上有与之垂直并接触良好的金属机械臂1 和2，质量均为m、电阻均为R。导
轨左侧接有电容为C 的电容器。初始时刻，机械臂1 以初速度v0向右运动，机
械臂2 静止，运动过程中两机械臂不发生碰撞。系统达到稳定状态后，电流为
零，两机械臂速度相同。
(1)求初始时刻机械臂1 的感应电动势大小和感应电流方向；
(2)系统达到稳定状态前，若机械臂1 和2 中的电流分别为I1和I2，写出两机械
臂各自所受安培力的大小及电容器电荷量的表达式；
(3)求系统达到稳定状态后两机械臂的速度。若要两机械臂不相撞，二者在初始
时刻的间距至少为多少？
[解析] (1)由法拉第电磁感应定律可知，初始时刻机械臂1 的感应电动势大小
为E＝BLv0
由右手定则可知感应电流方向沿机械臂1 向上。
(2)机械臂1 所受的安培力大小F1＝BI1L
机械臂2 所受的安培力F2＝BI2L
设此时机械臂1 和2 的速度大小分别为v1、v2，则对机械臂1，由动量定理：
－BI 1LΔt＝mv1－mv0
对机械臂2，由动量定理：BI 2LΔt＝mv2－0
电容器所带的电荷量Q＝I 1Δt－I 2Δt
电容器两端的电压U＝BLv1－I1R＝BLv2＋I2R
又Q＝CU
联立知，U＝
m(BLv0- I 1 R+ I 2 R)
2m+ B
2 L
2C
，
Q＝
mC (BLv0- I 1 R+ I 2 R)
2m+ B
2 L
2C
。
(3)达到稳定时，两机械臂的速度相同，产生的感应电动势与电容器的电压相等，
回路中没有电流，结合(2)问的分析可知此时I1＝I2＝0，U＝
BLm v0
2m+ B
2 L
2C
同时U＝BLv
可得两机械臂的速度为v＝
mv0
2m+ B
2 L
2C
方向向右
结合(2)问分析，在任意时刻有U＝BLv1－I1R＝BLv2＋I2R
即BL(v1－v2)＝I2R＋I1R
对该式两边取全过程时间的累计有
BL(v1－v2)Δt＝I2RΔt＋I1RΔt
其中(v1－v2)Δt＝x1－x2＝dmin，I1Δt＝Q′1，I2Δt＝Q′2
即BLdmin＝(Q′1＋Q′2)R
从开始到最终稳定的过程中，对机械臂1 和机械臂2 分别根据动量定理有－BI
′1L·Δt＝mv－mv0，BI′2L·Δt＝mv
即BLQ′1＝mv0－mv，BLQ′2＝mv
可得BL(Q′1＋Q′2)＝mv0
联立解得两机械臂间初始距离的最小值为dmin＝
m v0 R
B
2 L
2 。
[答案] (1)BLv0，沿机械臂1 向上
(2)BI1L BI2L
mC (BLv0- I 1 R+ I 2 R)
2m+ B
2 L
2C
(3)
mv0
C B
2 L
2+2m，方向向右 mv0 R
B
2 L
2
[针对训练2] (2024·湖北卷)如图所示，两足够长平行金属直导轨MN、PQ 的
间距为L，固定在同一水平面内，直导轨在左端M、P 点分别与两条竖直固定、
半径为L 的1
4 圆弧导轨相切。MP 连线与直导轨垂直，其左侧无磁场，右侧存在
磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。长为L、质量为m、电阻为
R 的金属棒ab 跨放在两圆弧导轨的最高点。质量为2m、电阻为6R 的均匀金属
丝制成一个半径为L 的圆环，水平放置在两直导轨上，其圆心到两直导轨的距
离相等。忽略导轨的电阻、所有摩擦以及金属环的可能形变，金属棒、金属环
均与导轨始终接触良好，重力加速度大小为g。现将金属棒ab 由静止释放，求：
(1)ab 刚越过MP 时产生的感应电动势大小；
(2)金属环刚开始运动时的加速度大小；
(3)为使ab 在整个运动过程中不与金属环接触，金属环圆心初始位置到MP 的最
小距离。
[解析] (1)设ab 棒刚越过MP 时速度大小为v1，产生的电动势大小为E1，对
ab 在圆弧导轨上运动的过程，由机械能守恒定律有mgL＝1
2 mv1
2
ab 刚越过MP 时，由法拉第电磁感应定律得E1＝BLv1
联立解得E1＝BL√2 gL。
(2)经分析知金属环在导轨外的两段电阻被短路，由几何关系可知导轨之间两段
金属环的电阻均为R，它们在电路中并联后的总电阻Rc＝R
2
设电路中初始的干路电流为I1，由闭合电路欧姆定律有I1＝
E1
R+ Rc
经分析知整个金属环在运动过程中可视为长度为L、电阻为Rc的金属棒，设金
属环刚开始运动时所受的安培力大小为F1、加速度大小为a，则F1＝I1LB
由牛顿第二定律得F1＝2ma
联立解得a＝B
2 L
2√2 gL
3mR
。
(3)经分析，ab 进入磁场后，ab 和金属环组成的系统动量守恒，设两者共速时的
速度大小为v2，由动量守恒定律得mv1＝(m＋2m)v2
设在极短时间Δt 内，ab 与金属环圆心的距离减少量为Δx，金属环所受安培力
大小为F，流过ab 的电流为I，整个电路的电动势为E，对金属环，由动量定
理得
∑F Δt＝2mv2－0
F＝ILB
由闭合电路欧姆定律得I＝
E
R+ Rc
设金属环圆心初始位置到MP 的最小距离为s，若ab 与金属环共速时，两者恰
好接触，金属环圆心初始位置到MP 的距离最小，对ab 进入磁场到两者共速的
过程，由法拉第电磁感应定律有E＝BL Δ x
Δt
s＝L＋∑Δ x
联立解得s＝mR√2gL
B
2 L
2
＋L。
[答案] (1)BL√2 gL (2)B
2 L
2√2gL
3mR
(3)mR√2gL
B
2 L
2
＋L
