第69課時專題強化：電磁感應中的動力學和能量問題

r目標要求］1.導體棒切割磁感線運動時，能理清各物理量間的制約關系并能用動力學觀點進行運動過程

分析。2.會用功能關系和能量守恒定律解決電磁感應中的能量問題。

考點一電磁感應中的動力學問題

1.導體的兩種運動狀態(tài)

狀態(tài)特征處理方法

平衡態(tài)加速度為零根據平衡條件列式分析

非平衡態(tài)加速度不為零根據牛頓第二定律結合運動學公式進行分析

2.用動力學觀點解答電磁感應問題的一般步驟

液總）__確定“電源”、感應電動勢的

大小和方向

根據/=帚求感應電流

自然安培力■的力“速度

/安=B〃|%=ma

狀裝\根據力與運動的關系

判斷運動狀態(tài)

3.導體常見運動情況的動態(tài)分析

V若/合=0勻速直線運動

!v增大，若。恒定，拉力產增大

E=Blv

〃、U同向v增大，F安增大,若其他力恒定，產侖減小，a減小，做加

!

速度減小的加速運動f4=0,勻速直線運動

1=-^—若尸產0

R+r

3

1

尸合=根〃

F^=BIl。、V反向v減小，/安減小，。減小fa=0,靜止或勻速直線運動

Fa

【例1】（多選）（2024.黑吉遼.9）如圖，兩條“八”形的光滑平行金屬導軌固定在絕緣水平面上，間距為L,

左、右兩導軌面與水平面夾角均為30。，均處于豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度大小分別為23和

瓦將有一定阻值的導體棒的、cd放置在導軌上，同時由靜止釋放，兩棒在下滑過程中始終與導軌垂

直并接觸良好，ab、cd的質量分別為2優(yōu)和加，長度均為小導軌足夠長且電阻不計，重力加速度為g,

兩棒在下滑過程中（）

A.回路中的電流方向為abcda

B."中電流趨于粵

3BL

C.ab與cd加速度大小之比始終為2：1

D.兩棒產生的電動勢始終相等

答案AB

解析兩導體棒沿軌道向下滑動，根據右手定則可知回路中的電流方向為abcda，故A正確；設回路中的

總電阻為R,對于任意時刻當電路中的電流為/時，對仍根據牛頓第二定律得

2/〃gsin30°—2BILcos30°=2maab,

對cd有mgsin30°~BZLcos300=maCd,

故可知&"=恁/,分析可知回路中的總電動勢為兩個導體棒產生的電動勢相加，隨著導體棒速度的增大，

回路中的電流增大，導體棒受到的安培力在增大，故可知當安培力沿導軌方向的分力與重力沿導軌向下的

分力平衡時導體棒將勻速運動，此時電路中的電流達到穩(wěn)定值，對成分析可得2〃吆5皿30。=23〃8530。，

解得/=警，故B正確，C錯誤；根據前面分析可知a必=a”,故可知兩導體棒速度大小始終相等，由于

兩邊磁感應強度大小不同，故產生的感應電動勢不相等，故D錯誤。

【例2】（多選）（2024.全國甲卷21）如圖，一絕緣細繩跨過兩個在同一豎直面（紙面）內的光滑定滑輪，繩

的一端連接一矩形金屬線框，另一端連接一物塊。線框與左側滑輪之間的虛線區(qū)域內有方向垂直紙面

的勻強磁場，磁場上下邊界水平，在f=0時刻線框的上邊框以不同的初速度從磁場下方進入磁場。運

動過程中，線框始終在紙面內且上下邊框保持水平。以向上為速度的正方向，下列線框的速度v隨時

間/變化的圖像中可能正確的是（）

答案AC

解析設線框的上邊框進入磁場時的速度為v,設線框的質量M,物塊的質量加，題圖中線框進入磁場時

的加速度向下，對線框，由牛頓第二定律可知Mg+歹安一瓦="。

對物塊有FT—mg=ma

其中尸安=手

R2/2”

即+(M—m)g=(M+m)a

線框向上做減速運動，隨速度的減小，向下的加速度減小；當加速度為零時，即線框勻速運動的速度為V0

_(m-M)gR

B2L2

若線框進入磁場時的速度較小，則線框進入磁場時做加速度減小的減速運動，線框的速度和加速度都趨近

于零，則圖像A可能正確；

因f=0時刻線框進入磁場，則進入磁場時線框向上不可能做勻減速運動，則圖像B不可能；

若線框的質量等于物塊的質量，且當線框進入磁場時速度較大時，線框進入磁場做加速度減小的減速運動，

完全進入磁場后線框做勻速運動；當線框出磁場時，受向下的安培力又做加速度減小的減速運動，最終出

磁場時做勻速運動，則圖像C有可能，口不可能。

【例3】如圖所示，水平絕緣桌面上固定有間距為L的平行光滑長導軌，左端接有一個不帶電的電容器，

電容為C(不會被擊穿)，在尸。虛線的左側有豎直向上的勻強磁場，磁感應強度大小為瓦質量為加的

金屬桿仍靜置在導軌上，與虛線PQ的距離是d,金屬桿在水平向右恒力P的作用下，開始向右運動，

不計導軌與金屬桿的電阻，金屬桿而始終與導軌垂直且接觸良好，

p

bQ

（1）判斷金屬桿的運動性質；

（2）求金屬桿功運動到達虛線PQ的時間。

答案（1）勻加速直線運動（2）心耳函

解析（1）金屬桿向右運動，切割磁感線產生感應電動勢E,給電容器充電，設在加的時間里，電容器充

電的電荷量為^q,則\q=CE=CBL\v,則充電電流為i=^=CBL^=CBLa,對金屬桿由牛頓第二定律

有F—BLi=ma,得a=「？？,故金屬桿做初速度為零的與加速直線運動

m+CB2L2

⑵由片那，得看第=呼聲。

拓展

1.若金屬導軌平面與水平面成。角，勻強磁場垂直導軌平面向上。已知重力加速度為g,又讓金屬桿從

導軌上端由靜止開始下滑，求金屬桿下滑過程中的加速度大小。

答案金屬桿在重力和安培力的作用下向下運動，根據牛頓第二定律有機gsin8—31=〃切，/=竽=粵竺

°AtAt

=CBLa,聯立可得。=

m~\~CB2L2

2.在拓展1中，若金屬桿與導軌之間的動摩擦因數為Mu<tan6）,求金屬桿下滑過程中的加速度大小。

答案mgsind-^mgcosd-BIL^ma,/=絲=/=。班”，聯立解得『駕巴名竽立

【例4】（多選汝口圖所示，空間存在豎直方向的勻強磁場，磁感應強度大小為3=2T,兩根足夠長水平

金屬直軌道平行放置，軌道間距L=0.5m。將質量均為根=0.5kg、長度均為L、電阻均為尺=0.5Q

的金屬棒a、b垂直軌道放置，金屬棒與直軌道間動摩擦因數均為〃=0.4。現用外力/使金屬棒b保持

靜止，對金屬棒a施加大小為%=6N,水平向右的恒力，當金屬棒a勻速運動時，撤去固定金屬棒b

的外力凡在運動過程中，金屬棒與導軌始終垂直且接觸良好，導軌電阻不計，g取10m/s2。下列說

法正確的是（）

XXXXXX

A.金屬棒a勻速運動時的速度大小為4m/s

B.金屬棒a勻速運動時，其兩端的電勢差為4V

C.撤去外力/后，a、b兩金屬棒的速度差不斷增大

D.最終金屬棒b以大小為2m/s2的加速度運動

答案AD

解析當加速度a=Q時，金屬棒a做勻速運動，此時有1=%,又Fo=fimg+B1L,聯立解得v=4m/s,

故A正確；金屬棒a勻速運動時，切割磁感線產生的感應電動勢為E=BLv=4V,由于兩金屬棒阻值相等，

則金屬棒a兩端的電勢差大小為U=]=2V,故B錯誤；撤去外力口后，對a、b由牛頓第二定律可得尸安

—j^mg=mab，尸0—〃冽g—尸安=相恁,最終兩金屬棒加速度相同,有方安=3N,恁=念=2m/s?,故D正確；

又尸安=受爭,解得Av=3m/s,即最終兩棒的速度差保持不變，故C錯誤。

2R

總結提升有恒定外力等間距雙棒模型

兩平行金屬導軌固定在水平面內，導軌間距為L,電阻不計，兩導體棒1、2質量分

別為mi、m2,電阻分別為Ri、&,棒與導軌間的動摩擦因數均為〃，兩棒初速度為

示意圖（舉例）零,尸恒定

tw

12

電路特點棒2相當于電源；棒1受安培力而運動

棒1：°尸9安—

如

棒2:安ig,其中（…）

m

運動過程分析2R1+R2

最初階段，。2＞。1,只要。2＞的，（V2—也）t=＞Zt=尸安f=。1t=。21

當。1=。2時，（丫2—也）恒定，/恒定,產安恒定；兩棒都勻加速

規(guī)律

0Lt

最終狀態(tài)穩(wěn)定時整體由牛頓第二定律得幻=Z=勺"當網組，

m1+m2

兩棒以相同的加速度做與加速運動，Av恒定，/恒定

考點二電磁感應中的能量問題

1.電磁感應中的能量轉化

克服安培力做功-----電流做功

其他形式的能量----------"電能-------"焦耳熱或其他形式的能量

2.求解焦耳熱Q的三種方法

焦耳定律：。=/2放,電流、電阻都不

變時適用

焦耳熱。的功能關系：Q=W.颯力，任意情況都

三種求法適用

能量轉化：Q=AE其他能的減少量,任意情

況都適用

3.解題的一般步驟

能量轉化問題的分析程序：先電后力再能量

分析出電路中由于電磁感應產

生電動勢的等效電源，求出電

源參數E和r

分析電路結構，弄清串、并聯

關系，求出相關部分的電流大

小，以便求解安培力

分析研究對象（常是金屬桿、導

體棒、線圈等）的受力情況，尤

其注意其所受的安培力

根據力和運動的關系，正確判

斷出運動模型及能量轉化關系

【例5】如圖所示，粗細均勻的正方形導線框放在傾角為6=30。的絕緣光滑斜面上，通過輕質細

線繞過光滑的輕質定滑輪與木塊相連，細線和線框共面、與cd垂直且與斜面平行。距線框cd邊為

的矩形MNQP區(qū)域存在著垂直于斜面、大小相等、方向相反的兩個勻強磁場，所為兩個磁場的分界

線，ME=EP=NF=FQ=Lz。現將木塊由靜止釋放后，木塊下降，線框沿斜面上滑，恰好勻速進入和

勻速離開勻強磁場，cd邊始終平行磁場邊界MN。已知線框邊長為乙1（心＜〃）、質量為機、電阻為R,

木塊質量也為機，重力加速度為g,求：

(1)勻強磁場的磁感應強度B的大小;

(2)導線框通過兩個勻強磁場過程中產生的總焦耳熱Q。

答案⑴騁若⑵加g(2〃+L)

解析(1)導線框進入磁場前，木塊和導線框組成的系統(tǒng)機械能守恒。

設進入磁場時速度為v,

.12

有mgLo—mgLosin2mv

導線框勻速進入磁場時，受力平衡，受力情況如圖所示。

根據平衡條件有

產r=尸安+根gsin6

其中安=

FBILl,I=R-,E=BLiv

導線框與木塊通過細線相連，線框勻速進入磁場時，木塊勻速下降，根據平衡條件有FT=%g

聯立以上各式可得8=4呼客

、2LO^1

(2)導線框恰好勻速進入和勻速離開與強磁場，導線框通過勻強磁場過程中，線框和木塊組成的系統(tǒng)減少的

重力勢能轉化為電路中產生的焦耳熱，根據能量守恒定律得Q=/卷(2乙2十功一mg(2L2+Li)sin。，所以導線

框通過兩個勻強磁場過程中產生的總焦耳熱e=img(2￡2+￡0o

課時精練

(分值：100分)

基礎落實練

1~4題每小題9分，5題14分，共50分

1.如圖所示，在一勻強磁場中有一U形導線框成cd,線框處于水平面內，磁場與線框平面垂直，R為一電

阻，勿?為垂直于仍的一根導體桿，它可在必、cd上無摩擦地滑動。桿行及線框的電阻不計，開始時，給

一個向右的初速度，貝1)()

A.寸■將減速向右運動，但不是勻減速運動

B.^1將勻減速向右運動，最后停止

C.。將勻速向右運動

D.Q?將往返運動

答案A

解析勿?向右運動，切割磁感線，產生感應電動勢和感應電流，會受到向左的安培力而做減速運動，由F

=BIL=T^=ma知,蛾做的是加速度減小的減速運動，最終停止運動，故A正確，B、C、D錯誤。

2.(2024.山東青島市檢測)如圖所示，跖V和P。是豎直放置的兩根平行光滑金屬導軌，導軌足夠長且電阻不

計，MP間接定值電阻R,金屬桿cd保持與導軌垂直且接觸良好。桿4由靜止開始下落并計時，桿cd兩

端的電壓U、桿cd所受安培力的大小戶隨時間t變化的圖像，以及通過桿cd的電流/、桿〃加速度的大

小。隨桿的速率v變化的圖像，合理的是()

CD

答案D

解析設桿長為L,桿下落過程中切割磁感線產生的感應電流大小為/===坐8V，故C錯誤；根據

R+rR-rr

牛頓第二定律有mg—BIL=ma,即〃=g—笆二，故D正確；桿所受安培力的大小為F=BIL=^,桿

m(7?+r)R-\-r

下落過程中先做加速度減小的加速運動，當加速度為零時，速度保持不變，所以安培力隨速度先增大后不

變，最終大小為〃陪，故B錯誤；桿兩端的電壓為U=/R=昭,速度先增大后不變，所以。先增大后不

R-\-r

變，故A錯誤。

3.（多選）如圖，和PQ是電阻不計的平行金屬導軌，其間距為L導軌彎曲部分光滑，平直部分粗糙，

兩部分平滑連接，平直部分右端接一個阻值為R的定值電阻。平直部分導軌的最左邊區(qū)域有寬度為大方

向豎直向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場。質量為〃八電阻也為R的金屬棒從高度為〃處由靜止釋放,

到達磁場右邊界處恰好停止。已知金屬棒與平直部分導軌間的動摩擦因數為〃，重力加速度大小為g,金

屬棒與導軌始終垂直且接觸良好，則金屬棒穿過磁場區(qū)域的過程中（）

A.通過金屬棒的最大電流為空|電

2R

B.通過金屬棒的電荷量為粵

C.克服安培力所做的功為mgh

D.金屬棒上產生的焦耳熱為）zg（/z—償/）

答案BD

2

解析金屬棒由靜止釋放下滑到導軌彎曲部分底端，根據動能定理有mgh=^mv0,金屬棒在磁場中運動

時產生的感應電動勢后=卸＞,當金屬棒剛進入磁場時，產生的感應電動勢最大，感應電流最大，Zmax=

翳=嗜，A錯誤；金屬棒穿過磁場區(qū)域的過程中通過金屬棒的電荷量q=7t嗎得=噗,B正確；

對整個過程由動能定理得加的一W克安一〃加gd=O,金屬棒克服安培力做的功W克安=mgh~■林mgd,C錯誤；

由功能關系可得，金屬棒上產生的焦耳熱。=汐克安=5zg（/i—M,D正確。

4.（多選）（2025?山東臨沂市檢測）如圖甲所示，兩間距為L的平行光滑金屬導軌固定在水平面內，左端用導線

連接，導軌處在豎直向上的勻強磁場中，一根長度也為乙、電阻為R的金屬棒放在導軌上，在平行于導軌

向右、大小為尸的恒力作用下向右運動，金屬棒運動過程中，始終與導軌垂直并接觸良好，金屬棒運動的

加速度與速度的關系如圖乙所示，不計金屬導軌及左邊導線電阻，金屬導軌足夠長，若圖乙中的“0、%均

為已知量，則下列說法正確的是（）

甲乙

A.金屬棒的質量為二

a。

B.勻強磁場的磁感應強度大小為;戶

C.當拉力廠做功為W時，通過金屬棒橫截面的電荷量為短

D.某時刻撤去拉力，此后金屬棒運動過程中加速度大小與速度大小成正比

答案ABD

解析由題意可知尸一吟=〃也，得a=--噌v,結合a-v圖像可知￡=如，哼=吸，解得m=-,B

RmmRmmRv0a0

=亨=工廬，A、B正確；當拉力歹做功為W時，金屬棒運動的距離為^=-,則通過金屬棒橫截面

的電荷量4=匕=旨=等=彘，C錯誤；某時刻撤去拉力，此后*=機。，則。=嘉丫，D正確。

5.（14分X2024?山東青島市檢測妝口圖甲所示，光滑的金屬導軌MN和P。平行，間距L=1.0m,與水平面之

間的夾角a=37。，勻強磁場磁感應強度8=2.0T,方向垂直于導軌平面向上，間接有阻值R=1.6。的

電阻，質量〃z=0.5kg、接入電路的電阻r=0.4C的金屬棒而垂直導軌放置，現用和導軌平行的恒力廠沿

導軌平面向上拉金屬棒仍，使其由靜止開始運動，當金屬棒上滑的位移s=3.8m時達到穩(wěn)定狀態(tài)，對應過

程的v-t圖像如圖乙所示。g取10m/s2,導軌足夠長81137。=0.6,cos37°=0.8）?求：

z//(m-s-1)

（1）（6分）運動過程中a、6哪端電勢高，并計算恒力廠的大??；

（2）（8分）從金屬棒開始運動到剛達到穩(wěn)定狀態(tài)，此過程金屬棒上產生的焦耳熱。

答案（1）6端電勢高5N⑵1.47J

解析（1）由右手定則可判斷感應電流由。流向6,6相當于電源的正極，故6端電勢高，當金屬棒勻速運

動時，由平衡條件得/=〃zgsin37°+歹安，其中F安=BIL=壁■,由題圖乙可知v=l.Om/s,聯立解得P=

5N

（2）從金屬棒開始運動到恰好達到穩(wěn)定狀態(tài)，由動能定理得（產一〃?gsin37o）s—W克安

又克服安培力所做的功等于整個電路產生的焦耳熱，代入數據解得Q=W克安=7.35J,金屬棒與電阻產生

的焦耳熱與阻值成正比，故金屬棒上產生的焦耳熱為＜2,1.47Jo

R+r

10能力綜合練

6題9分，7題14分，8題17分，共40分

6.（多選）（2024.山東卷41）如圖所示，兩條相同的半圓弧形光滑金屬導軌固定在水平桌面上，其所在平面豎

直且平行，導軌最高點到水平桌面的距離等于半徑，最低點的連線00,與導軌所在豎直面垂直?？臻g充滿

豎直向下的勻強磁場（圖中未畫出），導軌左端由導線連接?，F將具有一定質量和電阻的金屬棒平行

OT放置在導軌圖示位置，由靜止釋放。MN運動過程中始終平行于O。，且與兩導軌接觸良好，不考慮自感

影響，下列說法正確的是（）

A.MN最終一定靜止于00位置

B.MN運動過程中安培力始終做負功

C.從釋放到第一次到達0。位置過程中，的速率一直在增大

D.從釋放到第一次到達位置過程中，MN中電流方向由”到N

答案ABD

解析金屬棒運動過程切割磁感線產生感應電動勢，回路有感應電流，產生焦耳熱,金屬棒的機

械能不斷減小，又由于金屬導軌光滑，所以經過多次往返運動,MN最終一定靜止于00,位置，故A正確；

由楞次定律可知，MN切割磁感線產生的感應電流的磁場總是阻礙引起感應電流的磁通量的變化，可知安

培力一直做負功，故B正確；

金屬棒MN從釋放到第一次到達00,位置過程中，由于在00,位置重力沿切線方向的分力為0,安培力水

平向左，可知在即將到達00,位置之前的某一位置之后，重力沿切線方向的分力已經小于安培力沿切線方

向的分力，金屬棒MN已經做減速運動，故C錯誤；

從釋放到第一次到達OO'位置過程中，根據右手定則可知，MN中電流方向由M到N,故D正確。

7.（14分）某研究小組設計了一磁懸浮電梯，簡化模型如圖所示，不計電阻、間距為/、足夠長的光滑平行導

軌固定在豎直平面內，導軌間存在著垂直于軌道平面、磁感應強度大小相等、磁場方向相反的勻強磁場，

每個磁場區(qū)域均為邊長為/的正方形。在質量為相、邊長為/、總電阻為R、匝數為N的正方形金屬線圈

EFG”中通入電流后靜止在導軌上，線圈與導軌之間絕緣，此時線圈的發(fā)熱功率為Po，重力加速度為g。

XXX

B

XXX

E

xxx

HG

XXX初始位置

(1)(3分)求勻強磁場的磁感應強度大小;

(2)(4分)若增大通入的電流后，線圈的發(fā)熱功率為B(Pi>Po)，求線圈開始向上運動瞬間的加速度大小;

(3)(8分)若線圈中不通入電流，線圈由圖中位置靜止釋放，下落5/時達到最大速度，求該過程中線圈產生

的焦耳熱。

mgR

答案(2)g(今一1)(3)5mgL黑

2NIJPo

解析(1)線圈通入電流后靜止在導軌上，根據平衡條件有

2NBIQl=mg

此時線圈的發(fā)熱功率PO=/O2R

則有B=mgR

2NI-JPo

(2)若增大通入的電流后，線圈的發(fā)熱功率

Pi=I—R

根據牛頓第二定律有2NBhl—mg=ma

解得〃=幽”=g(

m

(3)若線圈中不通入電流，線圈靜止釋放，線圈速度增大，感應電動勢增大，感應電流增大，磁場對線圈的

安培力增大，線圈做加速度減小的加速運動，當加速度為。時，線圈速度達到最大，此時感應電動勢為

-Emax=2A?/Vmax

感應電流的最大值為/max=Emax

R

根據平衡條件有2NB1m^=nig

結合上述解得"ma『臺

由于線圈由圖中位置靜止釋放，下落5/時達到最大速度，則由能量守恒定律有

2

/ng-5Z=e+^nvmax

解得Q=5mgl，P02

2mg2

8.（17分X2024.全國甲卷25）如圖，金屬導軌平行且水平放置，導軌間距為L導軌光滑無摩擦。定值電阻

大小為R,其余電阻忽略不計，電容大小為C。在運動過程中，金屬棒始終與導軌保持垂直。整個裝置處

于豎直方向且磁感應強度為B的勻強磁場中。

（1）（8分）開關S閉合時，對金屬棒施加水平向右的恒力，金屬棒能達到的最大速度為w。當外力功率為定

值電阻功率的兩倍時，求金屬棒速度v的大小。

（2）（9分）當金屬棒速度為v時，斷開開關S,改變水平外力并使金屬棒勻速運動。當外力功率為定值電阻功

率的兩倍時，求電容器兩端的電壓以及從開關斷開到此刻外力所做的功。

答案⑴一⑵華土學

解析（1）開關S閉合后，當外力與安培力相等時，金屬棒的速度最大，則F=F^=BIL

由閉合電路歐姆定律得/=5

金屬棒切割磁感線產生的感應電動勢為E=BLv0

聯立可得，恒定的外力為口==也

在加速階段，外力的功率為PF=FV=^^V

定值電阻的功率為以=尸R=受空

R

若PF=2PR時,

化簡可得金屬棒速度大小為v=^

（2）斷開開關S,電容器充電，則電容器與定值電阻串聯，則有E=3Lv=/R+段

當金屬棒勻速運動時，電容器不斷充電，電荷量q不斷增大，電路中電流不斷減小，則金屬棒所受安培力

/安=3〃不斷減小，

而拉力的功率PF，=FV=/安

定值電阻功率以=產火

當PF，=2PR時有BILV=2I2R

可得IR=—

根據E=BLv=IR+^

可得此時電容器兩端電壓為

y=等=20

從開關斷開到此刻外力所做的功為

W=^BIUv^t）=BLvYIAt=BLvq

其中4=等

聯立可得印=*叫

ID尖子生選練

（10分）

9.（多選）（2024?山東省模擬）如圖所示，間距為0.5m的兩平行光滑金屬導軌MN、PQ固定在絕緣水平面上,

虛線A3的左、右兩側均存在垂直水平面向下的勻強磁場，磁感應強度大小分別為向=0.2T、B2=0.4TO

長度為0.5m、質量為1kg、阻值為0.20的導體棒a靜止在A3左側導軌上，長度為0.5m、質量為1kg、

阻值為0.8。的導體棒