微专题(二十一) 电磁感应中的动力学、能量问题
(一) 电磁感应中的动力学问题
抓住力学对象和电学对象间的桥梁——切割速度v、感应电流I,根据“四步法”分析电磁感应中的动力学问题。
[典例] (2025·福建南平三模)如图甲所示,足够长的光滑平行金属导轨固定在水平面上,导轨间连接一电阻R,区域Ⅰ空间存在一非匀强磁场,方向垂直于导轨平面向下,导体棒ab垂直导轨放置并与导轨接触良好。现对导体棒ab施加一个与导轨平行向左的恒力F,导体棒ab刚进入磁场时速度v0=1 m/s,空间中某位置的磁感应强度B与导体棒通过该位置的速度v满足的关系如图乙所示。已知导轨间距L=1 m,导体棒ab质量m=0.25 kg、电阻r=1 Ω,电阻R=1 Ω,恒力F=1.25 N,不计导轨电阻。求:
(1)导体棒刚进入磁场时所受安培力的大小;
(2)导体棒在磁场中运动2 s时加速度的大小;
(3)进入磁场2 s内导体棒产生的焦耳热。
规范解答:
[应用体验]
1.(2024·黑吉辽高考)(多选)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,重力加速度大小为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
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
2.(多选)如图所示,两根足够长、间距为L的光滑竖直平行金属导轨,导轨上端接有开关、电阻、电容器,其中电阻的阻值为R,电容器的电容为C(不会击穿,未充电),质量为m的金属棒MN水平放置,空间存在垂直导轨平面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场,不计金属棒和导轨的电阻。闭合某一开关,让MN沿导轨由静止开始释放,金属棒MN和导轨接触良好,重力加速度为g。则 ( )
A.只闭合开关S1,金属棒做匀加速直线运动
B.只闭合开关S2,电容器左侧金属板带正电
C.只闭合开关S1,金属棒下降高度为h时速度为v,所用时间t=+
D.只闭合开关S2,通过金属棒的电流I=
(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
(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)。
[典例] (2025·江西南昌二模)(多选)如图所示,一质量为m、边长为l的正方形单匝线圈abcd从下边缘距地面高h处某点以初速度v0水平抛出,落入一有界匀强磁场区域,磁感应强度大小为B。线圈运动过程中,其平面始终与磁场方向垂直。已知线圈进入磁场的过程中做匀速直线运动,线圈的电阻为R,重力加速度为g。则 ( )
A.线圈ab边进入磁场时感应电流方向为adcba
B.线圈ab边进入磁场时感应电流大小为
C.线圈在磁场内着地时的动能为m+mg(h-l)
D.有界磁场区域的高度为h-
听课随笔:
[应用体验]
1.(2025·海南直辖县二模)如图1所示,光滑水平桌面上有竖直向下、宽度为L的匀强磁场,正方形闭合导线框abcd的边长为l,放在桌面上,bc边与磁场边界平行,L>l。让导线框在沿ab方向的恒力F作用下穿过匀强磁场,导线框的v t图像如图2所示。以下判断正确的是 ( )
A.t1~t2时间内,导线框受到的安培力逐渐增大
B.t2~t3时间内,导线框ad边两端的电压恒为0
C.v t图中阴影部分的面积表示磁场的宽度L
D.t3~t4时间内,导线框产生的焦耳热大于Fl
2.(多选)如图所示,虚线圆边界与金属圆环是以O为圆心的同心圆,半径分别是1 m和2 m,在它们之间存在以O1P为理想分界线的有界匀强磁场,磁场的大小均为2 T,方向相反并垂直于圆面;不计电阻的金属杆AC以O为转轴做角速度为2 rad/s的匀速圆周运动,转动过程中两端始终与金属圆环接触,金属圆环的总电阻为48 Ω,则 ( )
A.金属杆AC转一圈电流的方向改变1次
B.流过金属杆AC的电流大小始终为1 A
C.金属圆环的发热功率为48 W
D.金属杆AC转一圈克服安培力做功约为37.70 J
微专题(二十一) 电磁感应中的动力学、能量问题
(一)
[典例] 解析:(1)导体棒刚进入磁场时速度v0=1 m/s,由题图乙可知此时磁感应强度大小为B0= T,由法拉第电磁感应定律有E=B0Lv0,又I=,F安=B0IL
联立解得F安==0.25 N。
(2)由题图乙知,B2v=0.5 T2·m/s保持不变,因此F安==0.25 N保持不变,则导体棒做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律有F-F安=ma,解得a=4 m/s2。
本题还可以先根据牛顿第二定律F-=ma,变形为B2=·
结合题图乙斜率k=0.5 T2·m/s,
解得a=4 m/s2。
(3)导体棒进入磁场2 s内的位移大小为
x=v0t+at2=10 m
电路中产生的总焦耳热Q=W克安=F安x
导体棒产生的焦耳热Qr=Q,解得Qr=1.25 J。
答案:(1)0.25 N (2)4 m/s2 (3)1.25 J
[应用体验]
1.选AB 由于ab和cd均沿导轨下滑,则通过abcd回路的磁通量向上增大,根据楞次定律结合安培定则可知,回路中的电流方向为abcda,A正确;对ab和cd分别受力分析,如图所示,根据牛顿第二定律分别有2mgsin 30°-2BILcos 30°=2ma1、mgsin 30°-BILcos 30°=ma2,可得a1=a2=-,则ab与cd加速度大小之比始终为1∶1,C错误;当加速度趋于零时,两导体棒中的电流趋于稳定,结合上述分析可知,ab中的电流趋于,B正确;由于ab和cd加速度大小始终相等,则两导体棒的速度大小始终相等,由法拉第电磁感应定律可知,两导体棒产生的感应电动势大小之比始终为2∶1,D错误。
2.选BCD 只闭合开关S1,对金属棒,根据牛顿第二定律有mg-F安=ma0,又F安=BI0L=BL=,整理得a0=g-,其中金属棒速度v在增大,则金属棒做加速度减小的加速运动,直到安培力和重力平衡后做匀速直线运动,故A错误;只闭合开关S2,由右手定则可知电流方向由N到M,则电容器左侧金属板带正电,故B正确;只闭合开关S1,金属棒下降高度为h时速度为v,在这个过程中对金属棒由动量定理有mgt-BLt=mv-0,又t=t=t=,联立解得t=+,故C正确;只闭合开关S2,金属棒运动过程中取一段时间Δt,且Δt趋近于零,设金属棒加速度为a,则有I====CBLa,对金属棒,根据牛顿第二定律有mg-BIL=ma,联立解得I=,故D正确。
(二)
[典例] 选BC 线圈ab边进入磁场时穿过线圈的磁通量增大,根据楞次定律结合安培定则可知,感应电流方向为abcda,故A错误;线圈进入磁场的过程中做匀速直线运动,水平方向不受安培力,竖直方向上由平衡条件有mg=BIl,解得I=,故B正确;线圈从开始下落到着地的过程中,根据动能定理可得Ek-m=mgh-Fl,由于进入磁场的过程中F=BIl=mg,解得Ek=m+mg(h-l),故C正确;设线圈ab边进入磁场时的速度为v,有mg=,设线圈ab边与磁场上边界的距离为Δh,则有v2=2g·Δh,解得有界磁场区域的高度为L=h-Δh=h-,故D错误。
[应用体验]
1.选D 由题图2可知,t1时刻,导线框开始进入磁场区域,t1~t2时间内,导线框做减速运动,安培力F安=BIl=,可知安培力随着速度减小而减小,故A错误;t2~t3时间内,导线框完全进入磁场做匀加速直线运动,导线框中的感应电流为零,但ad、bc两边都切割磁感线,ad边两端的电压不为0,故B错误;t2时刻导线框全部进入磁场区域,t3时刻导线框开始离开磁场区域,阴影部分的面积表示磁场的宽度L减去导线框的边长l,故C错误;t3~t4时间内,导线框所受的安培力大于恒力F,导线框的位移为l,故导线框产生的焦耳热大于Fl,故D正确。
2.选BD 金属杆AC每经过O1P一次,电流方向改变1次,则金属杆AC转一圈电流的方向改变2次,故A错误;金属杆AC产生的感应电动势E=2Bω·=12 V,回路总电阻R= Ω=12 Ω,流过金属杆AC的电流大小始终为I==1 A,故B正确;金属圆环的发热功率为P== W=12 W,故C错误;金属杆AC转一圈克服安培力做功等于产生的焦耳热W=Q=I2RT=12×12× J≈37.70 J,故D正确。
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电磁感应中的动力学、能量问题
微专题（二十一）
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(一) 电磁感应中的动力学问题
(二) 电磁感应中的能量问题
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(一) 电磁感应中的动力学问题
抓住力学对象和电学对象间的桥梁——切割速度v、感应电流I，根据“四步法”分析电磁感应中的动力学问题。
[典例] (2025·福建南平三模)如图
甲所示，足够长的光滑平行金属导轨
固定在水平面上，导轨间连接一电阻
R，区域Ⅰ空间存在一非匀强磁场，
方向垂直于导轨平面向下，导体棒ab垂直导轨放置并与导轨接触良好。现对导体棒ab施加一个与导轨平行向左的恒力F，导体棒ab刚进入磁场时速度v0=1 m/s，空间中某位置的磁感应强度B与导体棒通过该位置的速度v满足的关系如图乙所示。已知导轨间距L=1 m，导体棒ab质量m=0.25 kg、电阻r=1 Ω，电阻R=1 Ω，恒力F=1.25 N，不计导轨电阻。求：
(1)导体棒刚进入磁场时所受安培力的大小；
[答案] 0.25 N
[解析] 导体棒刚进入磁场时速度v0=1 m/s，由题图乙可知此时磁感应强度大小为B0= T，由法拉第电磁感应定律有E=B0Lv0，又I=，F安=B0IL
联立解得F安==0.25 N。
(2)导体棒在磁场中运动2 s时加速度的大小；
[答案] 4 m/s2
[解析] 由题图乙知，B2v=0.5 T2·m/s保持不变，因此F安==0.25 N保持不变，则导体棒做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有F-F安=ma，解得a=4 m/s2。
本题还可以先根据牛顿第二定律F-=ma，变形为B2=·
结合题图乙斜率k=0.5 T2·m/s，
解得a=4 m/s2。
(3)进入磁场2 s内导体棒产生的焦耳热。
[答案] 1.25 J
[解析] 导体棒进入磁场2 s内的位移大小为
x=v0t+at2=10 m
电路中产生的总焦耳热Q=W克安=F安x
导体棒产生的焦耳热Qr=Q
解得Qr=1.25 J。
1.(2024·黑吉辽高考)(多选)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，重力加速度大小为g，两棒在下滑过程中( )
应用体验
A.回路中的电流方向为abcda
B.ab中电流趋于
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
√
解析：由于ab和cd均沿导轨下滑，则通过abcd回路的磁通量向上增大，根据楞次定律结合安培定则可知，回路中的电流方向为abcda，A正确；
√
对ab和cd分别受力分析，如图所示，
根据牛顿第二定律分别有2mgsin 30°
-2BILcos 30°=2ma1、mgsin 30°-
BILcos 30°=ma2，可得a1=a2=-，则ab与cd加速度大小之比始终为1∶1，C错误；当加速度趋于零时，两导体棒中的电流趋于稳定，结合上述分析可知，ab中的电流趋于，B正确；由于ab和cd加速度大小始终相等，则两导体棒的速度大小始终相等，由法拉第电磁感应定律可知，两导体棒产生的感应电动势大小之比始终为2∶1，D错误。
2.(多选)如图所示，两根足够长、间距为L的光滑竖直
平行金属导轨，导轨上端接有开关、电阻、电容器，其中
电阻的阻值为R，电容器的电容为C(不会击穿，未充电)，
质量为m的金属棒MN水平放置，空间存在垂直导轨平面
向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，不计金属棒和导
轨的电阻。闭合某一开关，让MN沿导轨由静止开始释放，金属棒MN和导轨接触良好，重力加速度为g。则 ( )
A.只闭合开关S1，金属棒做匀加速直线运动
B.只闭合开关S2，电容器左侧金属板带正电
C.只闭合开关S1，金属棒下降高度为h时速度为v，所用时间t=+
D.只闭合开关S2，通过金属棒的电流I=
√
√
√
解析：只闭合开关S1，对金属棒，根据牛顿第二定律有mg-F安=ma0，又F安=BI0L=BL=，整理得a0=g-，其中金属棒速度v在增大，则金属棒做加速度减小的加速运动，直到安培力和重力平衡后做匀速直线运动，故A错误；只闭合开关S2，由右手定则可知电流方向由N到M，则电容器左侧金属板带正电，故B正确；
只闭合开关S1，金属棒下降高度为h时速度为v，在这个过程中对金属棒由动量定理有mgt-BLt=mv-0，又t=t=t=，联立解得t=+，故C正确；只闭合开关S2，金属棒运动过程中取一段时间Δt，且Δt趋近于零，设金属棒加速度为a，则有I====CBLa，对金属棒，根据牛顿第二定律有mg-BIL=ma，联立解得I=，故D正确。
(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
(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)。
[典例] (2025·江西南昌二模)(多选)如图所示，一质量为m、边长为l的正方形单匝线圈abcd从下边缘距地面高h处某点以初速度v0水平抛出，落入一有界匀强磁场区域，磁感应强度大小为B。线圈运动过程中，其平面始终与磁场方向垂直。已知线圈进入磁场的过程中做匀速直线运动，线圈的电阻为R，重力加速度为g。则 ( )
A.线圈ab边进入磁场时感应电流方向为adcba
B.线圈ab边进入磁场时感应电流大小为
C.线圈在磁场内着地时的动能为m+mg(h-l)
D.有界磁场区域的高度为h-
√
√
[解析] 线圈ab边进入磁场时穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律结合安培定则可知，感应电流方向为abcda，故A错误；线圈进入磁场的过程中做匀速直线运动，水平方向不受安培力，竖直方向上由平衡条件有mg=BIl，解得I=，故B正确；线圈从开始下落到着地的过程中，根据动能定理可得Ek-m=mgh-Fl，由于进入磁场的过程中F=BIl=mg，解得Ek=m+mg(h-l)，故C正确；设线圈ab边进入磁场时的速度为v，有mg=，设线圈ab边与磁场上边界的距离为Δh，则有v2=2g·Δh，解得有界磁场区域的高度为L=h-Δh=h-，故D错误。
1.(2025·海南直辖县二模)如图1所示，光
滑水平桌面上有竖直向下、宽度为L的
匀强磁场，正方形闭合导线框abcd的边
长为l，放在桌面上，bc边与磁场边界平行，L>l。让导线框在沿ab方向的恒力F作用下穿过匀强磁场，导线框的v t图像如图2所示。以下判断正确的是 ( )
A.t1~t2时间内，导线框受到的安培力逐渐增大
B.t2~t3时间内，导线框ad边两端的电压恒为0
C.v t图中阴影部分的面积表示磁场的宽度L
D.t3~t4时间内，导线框产生的焦耳热大于Fl
应用体验
√
解析：由题图2可知，t1时刻，导线框开始进入磁场区域，t1~t2时间内，导线框做减速运动，安培力F安=BIl=，可知安培力随着速度减小而减小，故A错误；t2~t3时间内，导线框完全进入磁场做匀加速直线运动，导线框中的感应电流为零，但ad、bc两边都切割磁感线，ad边两端的电压不为0，故B错误；t2时刻导线框全部进入磁场区域，t3时刻导线框开始离开磁场区域，阴影部分的面积表示磁场的宽度L减去导线框的边长l，故C错误；t3~t4时间内，导线框所受的安培力大于恒力F，导线框的位移为l，故导线框产生的焦耳热大于Fl，故D正确。
2.(多选)如图所示，虚线圆边界与金属圆环是以O为圆心的同心圆，半径分别是1 m和2 m，在它们之间存在以O1P为理想分界线的有界匀强磁场，磁场的大小均为2 T，方向相反并垂直于圆面；不计电阻的金属杆AC以O为转轴做角速度为2 rad/s的匀速圆周运动，转动过程中两端始终与金属圆环接触，金属圆环的总电阻为48 Ω，则 ( )
A.金属杆AC转一圈电流的方向改变1次
B.流过金属杆AC的电流大小始终为1 A
C.金属圆环的发热功率为48 W
D.金属杆AC转一圈克服安培力做功约为37.70 J
√
√
解析：金属杆AC每经过O1P一次，电流方向改变1次，则金属杆AC转一圈电流的方向改变2次，故A错误；金属杆AC产生的感应电动势E=2Bω·=12 V，回路总电阻R= Ω=12 Ω，流过金属杆AC的电流大小始终为I==1 A，故B正确；金属圆环的发热功率为P== W=12 W，故C错误；金属杆AC转一圈克服安培力做功等于产生的焦耳热W=Q=I2RT=12×12× J≈37.70 J，故D正确。
