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素养提升19　电磁感应中的动力学、能量问题
1.如图所示，在一匀强磁场中有一U形导线框abcd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R为一电阻，ef为垂直于ab的一根导体杆，它可在ab、cd上无摩擦地滑动。杆ef及线框的电阻不计，开始时，给ef一个向右的初速度，则（　　）
A.ef将减速向右运动，但不是匀减速运动
B.ef将匀减速向右运动，最后停止
C.ef将匀速向右运动
D.ef将往返运动
2.（2026·安徽滁州期末）如图所示，两根足够长平行金属导轨倾斜放置，处于垂直导轨平面向下的匀强磁场中，导轨顶端与一电容器相连，一金属杆垂直导轨放置，与导轨接触良好。将金属杆从导轨上某处由静止释放，不计一切电阻和摩擦。下列关于金属杆的速度v、加速度a、电容器上储存的电能E、通过金属杆的电荷量q，随金属杆运动时间t、位移x变化的图像正确的是（　　）
3.〔多选〕（2026·贵州铜仁期末）学校汽车动力兴趣小组探究油电混合动力汽车电能回收原理，将储能装置简化为电容器，将旋转切割磁感线简化为直线运动切割磁感线，设计了如图所示电路。设在竖直平面内有足够长的两平行金属光滑导轨PQ、MN，导轨间距为L，电阻不计。现有一根质量为m、电阻为r的金属棒AB两端分别套在金属导轨上，棒与导轨垂直，并接触良好。导轨之间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小为B。导轨上端连接有电阻和电容器，已知电阻阻值为R，电容器电容为C，重力加速度为g。将金属棒AB由静止释放，在金属棒运动过程中，下列说法正确的是（　　）
A.电容器右极板带正电荷 B.金属棒减少的重力势能全部转化为电阻产生的焦耳热
C.金属棒的最大速度为 D.电容器所带的最大电荷量为
4.〔多选〕（2026·安徽合肥模拟）如图所示，两根间距为d的足够长光滑金属导轨，平行放置在倾角为θ＝30°的绝缘斜面上，导轨的右端接有电阻R，整个装置放在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向上。导轨上有一质量为m、电阻也为R的导体棒与两导轨垂直且接触良好，导体棒以一定的初速度v0在沿着导轨上滑一段距离L后返回，不计导轨电阻及感应电流间的相互作用，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A.导体棒返回时先做加速运动，最后做匀速直线运动
B.导体棒沿着导轨上滑过程中通过R的电荷量为
C.导体棒沿着导轨上滑过程中克服安培力做的功为（m－mgL）
D.导体棒沿着导轨上滑过程中电阻R上产生的热量为（m－mgL）
5.★（2026·广东广州期末）为了确保载人飞船返回舱安全着陆，设计师在返回舱的底部安装了4台完全相同的电磁缓冲装置，如图a所示，图b为其中一台电磁缓冲装置的结构简图。舱体沿竖直方向固定着两光滑绝缘导轨MN、PQ，导轨内侧安装电磁铁（图中未画出），能产生垂直于导轨平面的匀强磁场。导轨内的缓冲滑块K内部用绝缘材料填充，外侧绕有n匝闭合矩形线圈abcd，其总电阻为R，ab边长为L。着陆时电磁缓冲装置以速度v0与地面碰撞后，滑块K立即停下，此后在线圈与轨道的磁场作用下使舱体减速，导轨MN、PQ及线圈的ad和bc边足够长，经过减速过程后最终舱体速度减到v，从而实现缓冲。返回舱质量为m（缓冲滑块K质量忽略不计），取重力加速度为g，一切摩擦阻力不计。
（1）求匀强磁场的磁感应强度B的大小；
（2）若舱体的速度大小从v0减到v的过程中，每台电磁缓冲装置中产生的焦耳热为Q，求在此过程中舱体下落的高度h。
6.（2026·安徽合肥模拟）如图甲所示，固定在水平地面上的两足够长平行光滑金属导轨ae、bf相距L＝0.5 m，与水平地面间的夹角为θ＝30°，导轨底部连接一阻值R＝2 Ω的电阻，两导轨的ac段、bd段长度均为l＝4.5 m、导轨单位长度的电阻为ρ＝0.5 Ω/m，ce段和df段的电阻可忽略不计，整个装置处于磁感应强度大小为B＝2.0 T、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中，一质量m＝0.2 kg、电阻不计的导体棒垂直导轨放置在最底端。t＝0时刻起，对导体棒施加一平行导轨向上的拉力F，导体棒向上运动的v-t图像如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。在上述过程中，求：
（1）导体棒运动到cd处时受到的安培力大小；
（2）流过电阻R的电流与导体棒运动时间t的关系式；
（3）导体棒在ac、bd段运动过程中所受拉力F的最大值。
7.（2026·天津和平期末）如图甲，倾角为θ的光滑绝缘斜面固定在地面上，空间存在垂直斜面向上的匀强磁场，直线L1和L2为磁场的上、下边界，磁场的磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示。质量为m、电阻为R的单匝矩形线框abcd有一半处在磁场中，0～t0时间内线框在外力作用下处于静止状态，t0时刻撤去外力，线框沿斜面向下运动，线框离开磁场前已经做匀速运动，ab＝l，bc＝2l，L1和L2之间的距离为x0，重力加速度为g，求：
（1）0～t0时间内，线框中的电流的大小I1；
（2）撤去外力前线框所受到的外力F外随时间t的变化关系；
（3）线框从开始运动到全部离开磁场，线框中产生的热量Q。
素养提升19　电磁感应中的动力学、能量问题
1.A　ef向右运动，切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，其会受到向左的安培力而做减速运动，由F＝IlB＝＝ma知，ef做的是加速度减小的减速运动，最终停止运动，故A正确，B、C、D错误。
2.C　对金属棒受力分析，有mgsin θ－BIL＝ma，又有I＝＝＝＝CBLa，联立可得加速度为a＝，则金属棒做初速度为零的匀加速直线运动，故A、B错误；由q＝It＝BLCat＝BLC可知，q与x不成正比，故D错误；电容器上储存的电能E＝qU＝BLCv·BLv＝B2L2Cv2＝B2L2C×2ax，可见E与x成正比，故C正确。
3.AD　根据右手定则可知，B点电势高于A点电势，则电容器右极板带正电荷，A正确；金属棒减少的重力势能转化为电阻产生的焦耳热、金属棒的动能以及电容器储存的电能，B错误；金属棒达到最大速度时满足BImL＝mg，Im＝，解得金属棒的最大速度为vm＝，C错误；电容器所带的最大电荷量为Q＝ImRC＝，D正确。
4.AC　导体棒返回时先做加速度减小的加速运动，最后受力平衡，做匀速直线运动，所以A正确；根据q＝，可知导体棒沿着导轨上滑过程中通过R的电荷量为q＝，所以B错误；设导体棒沿着导轨上滑过程中克服安培力做的功为W，由动能定理可得－W－mgLsin 30°＝0－m，解得W＝（m－mgL），所以C正确；根据功能关系可得，导体棒沿着导轨上滑过程中电阻R上产生的热量为Q＝W，则Q＝（m－mgL），所以D错误。
5.（1）　（2）
解析：（1）舱体速度减为v时，每个矩形线圈产生的电动势为E＝nBLv
回路中的电流为I＝
每个矩形线圈所受安培力为F安＝nBIL
又4F安＝mg
解得B＝。
（2）由能量守恒定律得mgh＋m＝mv2＋4Q
解得h＝。
6.（1） N　（2）　（3）1.7 N
解析：（1）由题图乙可知，导体棒运动的加速度大小
a＝＝1 m/s2
设导体棒运动到cd处时的速度大小为v，则有v2＝2al
此时回路中的总电阻为R总＝R＋2lρ
回路中的感应电流大小为I＝
导体棒受到的安培力大小为F安＝BIL
联立解得F安＝ N。
（2）导体棒运动到cd两点时所用的时间为t0＝＝3 s
导体棒运动的位移大小随时间的变化关系为x＝at2
当导体棒在ac、bd段运动时，回路中的总电阻为R1＝R＋2xρ
当导体棒在ce、df段运动时，回路中的总电阻为R2＝R＋2lρ
导体棒在任一时刻t的速度大小为v＝at
根据I＝可知，流过电阻R的电流I随时间t的变化关系为。
（3）导体棒在ac、bd段运动时，由牛顿第二定律可得
F－mgsin θ－F安＝ma
又因为F安＝BIL，I＝
解得F＝1.2＋
由数学知识可得，当t＝2 s时，F有最大值，解得拉力F的最大值Fmax＝1.7 N。
7.（1）　（2）F外＝－t＋mgsin θ＋
（3）mgsin θ（x0＋l）－
解析：（1）根据法拉第电磁感应定律有
I1＝，E1＝＝S，＝，S＝l2
联立解得0～t0时间内，线框中的电流的大小I1＝。
（2）撤去外力前，t时刻安培力大小为F1＝BI1l
磁感应强度为B＝2B0－t
线框静止，则有F外＝mgsin θ＋F1
联立解得F外＝－t＋mgsin θ＋。
（3）匀速运动时线框受到的合力为零，设安培力大小为F2，有mgsin θ＝F2，F2＝B0I2l，E2＝B0lv2，I2＝
由能量守恒定律得mgsin θ（x0＋l）＝m＋Q
解得Q＝mgsin θ（x0＋l）－。
1 / 1素养提升19　电磁感应中的动力学、能量问题
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。
提升点一　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.导体棒的常见运动情况（不受摩擦力）的动态分析
情境 图示 力学分析 运动图像
导体以一定的初速度在水平轨道上运动 所受安培力与速度方向相反而做减速运动，且加速度减小
导体在含“源”的水平轨道上由静止开始运动 随着速度的增大，电路中电流减小，导体加速度减小，当E感＝E时达最大速度
导体受恒力F作用，在水平轨道上由静止开始运动 随着速度增大，感应电流增大，安培力增大，加速度减小，当F安＝F时，速度最大
含“容”电路中在恒力F作用下由静止开始运动 导体在恒力F作用下由静止开始运动，加速度不变，电容器的电荷量增大
（2026·北京海淀区期末）如图甲所示，MN、PQ为两根水平放置、相距L＝1 m、平行且光滑的金属导轨，PM两点间接阻值R＝2 Ω的定值电阻，质量m＝2 kg的导体棒放置在导轨上，与导轨垂直且接触良好。t＝0时刻给导体棒施加水平向右、F＝5 N的恒力，导体棒从静止开始运动，t＝3.6 s时导体棒的速度v＝6 m/s。已知匀强磁场的磁感应强度B＝1 T，方向竖直向上，不计导轨、导体棒的电阻，重力加速度g取10 m/s2。则在导体棒向右运动的过程中，求：
（1）t＝3.6 s时导体棒切割磁感线产生的感应电动势的大小E；
（2）t＝3.6 s时导体棒的加速度大小a，分析并在图乙中定性画出导体棒运动过程的速度v随时间t变化的图像；
（3）t＝0到t＝3.6 s的过程中，导体棒通过的位移大小x。
尝试解答
（2025·湖南邵阳三模）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。
尝试解答
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，又让金属杆从光滑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。
拓展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。
用动力学观点解答电磁感应问题的一般步骤
　〔多选〕（2026·海南儋州期末）如图所示，两条相距d的足够长的平行光滑金属导轨位于同一水平面内，其左端接阻值为R的定值电阻。电阻为R，长为d的金属杆ab在导轨上以初速度v0水平向左运动，其左侧有边界为PQ、MN的竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。该磁场以恒定速度v0匀速向右运动，金属杆进入磁场后，在磁场中运动t时间后达到稳定状态，导轨电阻不计，则（　　）
A.当金属杆刚进入磁场时，电流方向为顺时针 B.当金属杆刚进入磁场时，杆两端的电压为Bdv0
C.t时间后金属杆达到稳定状态时的速度等于0 D.t时间内金属杆所受安培力做的功等于0
提升点二　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
（2026·湖北宜昌期末）如图所示，甲、乙是两个完全相同的闭合正方形导线线框，a、b是边界范围、磁感应强度大小和方向都相同的两个匀强磁场区域，只是a区域到地面的高度比b高一些。甲、乙线框分别从磁场区域的正上方相同高度处同时由静止释放，穿过磁场后落到地面。下落过程中线框平面始终保持与磁场方向垂直。以下说法正确的是（　　）
A.下落过程中甲框产生的焦耳热大
B.下落过程中两框产生的焦耳热一样大
C.落地时甲框的速度比乙框小
D.落地时甲框的速度比乙框大
尝试解答　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
★（2026·广东梅州期末）列车进站时，其刹车原理可简化如图所示，在车身下方固定一N匝闭合矩形线框abcd，利用线框进入磁场时所受的安培力，辅助列车刹车。已知列车的质量为m，车身长为s，线框的ab和cd长度均为L（L小于匀强磁场的宽度），线框的总电阻为R。站台轨道上匀强磁场区域足够长，磁感应强度的大小为B，车头的线框刚进入磁场的速度为v0，列车停止前所受铁轨阻力及空气阻力的合力恒为f。线框cd边刚进入磁场时，列车刚好停止。
（1）车头进入磁场瞬间，判断线框ab两端电势的高低及列车的加速度大小a；
（2）求列车从进站到停下来的过程中线框克服安培力做功产生的热量Q。
尝试解答
　〔多选〕（2026·湖南长沙期末）如图甲，左侧接有定值电阻R＝2 Ω的水平平行且足够长的粗糙导轨，处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度B＝2 T，导轨间距L＝2 m。一质量m＝2 kg、接入电路的阻值r＝2 Ω的金属棒，在拉力F的作用下由静止开始从CD处沿导轨向右加速运动，金属棒的v-x图像如图乙。若金属棒与导轨垂直且接触良好，与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，导轨电阻不计，取重力加速度g＝10 m/s2，在金属棒从静止开始向右运动的位移x＝1 m的过程中，则（　　）
A.金属棒中感应电流的方向为C→D
B.通过定值电阻的电荷量为1 C
C.定值电阻产生的焦耳热为4 J
D.拉力F做的功为15 J
素养提升19　电磁感应中的动力学、能量问题
提升点一
【例1】　（1）6 V　（2）1 m/s2，见解析图　（3）12 m
解析：（1）导体棒切割磁感线产生的动生电动势E＝BLv
解得E＝6 V。
（2）由闭合电路欧姆定律，此时通过导体棒的电流I＝＝3 A
故导体棒所受安培力F安＝BIL＝＝3 N
由牛顿第二定律F－F安＝ma
解得此时导体棒的加速度a＝1 m/s2
导体棒做加速运动，随着棒的速度增大，其感应电动势和所受的安培力增大，加速度减小。当F安＝F时，导体棒的加速度为零，解得速度最大值为vm＝＝10 m/s
故v-t图像如图所示
（3）对导体棒，由动量定理得Ft－I安＝mv－0
其中安培力的冲量I安＝ΣF安Δt＝ΣvΔt＝
则导体棒的位移大小x＝
代入数据解得x＝12 m。
【例2】　（1）初速度为零的匀加速直线运动　（2）
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＝＝CBL＝CBLa，对金属杆，由牛顿第二定律有F－BLI＝ma，得a＝，故金属杆做初速度为零的匀加速直线运动。
（2）由d＝at2，得t＝＝。
拓展1　
解析：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＝＝＝CBLa，联立可得a＝。
拓展2　
解析：根据牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcos θ－BIL＝ma，又因I＝＝＝CBLa，联立解得a＝。
强化训练
　ABD　根据楞次定律可知当金属杆刚进入磁场时，电流方向为顺时针，故A正确；当金属杆刚进入磁场时，杆相对于磁场的速度是2v0，切割产生的电动势为2Bdv0，则杆两端的电压大小为Bdv0，故B正确；开始时根据楞次定律可知杆受到向右的安培力作用而做减速运动，当减速到0后，由于磁场依旧向右运动，则金属杆在安培力的作用下向右加速运动，直到杆与磁场的相对速度为0时，金属杆运动达到稳定状态时，此时金属杆的速度为v0，t时间内金属杆所受安培力做的功W＝ΔEk＝m－m＝0，故C错误，D正确。
提升点二
【例3】　D　a区域到地面的高度比b高一些，所以乙线框进入磁场时速度较大，安培力较大，乙线框克服安培力做功较多，即产生的焦耳热较多，A、B错误；甲、乙两线框由静止释放到落地时重力势能减小量相同，由前面分析知乙线框产生的焦耳热多，根据能量守恒定律知，乙线框落地时的动能较小，所以乙线框落地时的速度较小，C错误，D正确。
【例4】　（1）b端电势高于a端电势；
　（2）m－fs
解析：（1）根据右手定则可知，车头进入磁场瞬间，线框ab边产生的感应电流的方向为a→b，则b 端电势高于a端电势。
列车车头进入磁场瞬间产生的感应电动势的大小为E＝NBLv0
根据闭合电路的欧姆定律可知，回路中产生的感应电流的大小为I＝
车头进入磁场瞬间所受安培力的大小为F＝NBIL
由牛顿第二定律，则有F＋f＝ma
联立解得列车的加速度大小为a＝。
（2）在列车从进入磁场到停止的过程中，克服安培力所做的功在数值上等于线框产生的热量，则由能量守恒定律有m＝fs＋Q
得Q＝m－fs。
强化训练
　AB　根据右手定则，金属棒中感应电流的方向为C→D，A正确；通过定值电阻的电荷量为q＝Δt，回路的电流为＝，感应电动势为＝，磁通量的变化量为ΔΦ＝BLx，解得q＝1 C，B正确；定值电阻产生的焦耳热为Q＝W安，安培力做的功为W安＝F安x，安培力为F安＝BIL，感应电流为I＝，感应电动势为E＝BLv，可得W安＝，根据图像得vx＝ m2/s，解得W安＝4 J，Q＝2 J，C错误；根据动能定理得WF－W安－μmgx＝mv2，解得WF＝18 J，D错误。
1 / 1(共54张PPT)
素养提升19　电磁感应中的动力学、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。
目 录
CONTENTS
提升点一　电磁感应中的动力学问题
提升点二　电磁感应中的能量问题
课时跟踪检测
提升点一　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. 导体棒的常见运动情况（不受摩擦力）的动态分析
情境 图示 力学分析 运动图像
导体以一定的
初速度在水平
轨道上运动 所受安培力与速度方向
相反而做减速运动，且
加速度减小
导体在含
“源”的水平
轨道上由静止
开始运动 随着速度的增大，电路
中电流减小，导体加速
度减小，当E感＝E时达
最大速度
情境 图示 力学分析 运动图像
导体受恒力F
作用，在水平
轨道上由静止
开始运动 随着速度增大，感应电
流增大，安培力增大，
加速度减小，当F安＝F
时，速度最大
含“容”电路
中在恒力F作
用下由静止开
始运动 导体在恒力F作用下由
静止开始运动，加速度
不变，电容器的电荷量
增大
（2026·北京海淀区期末）如图甲所示，MN、PQ为两根水平放置、相
距L＝1 m、平行且光滑的金属导轨，PM两点间接阻值R＝2 Ω的定值电
阻，质量m＝2 kg的导体棒放置在导轨上，与导轨垂直且接触良好。t＝0时
刻给导体棒施加水平向右、F＝5 N的恒力，导体棒从静止开始运动，t＝
3.6 s时导体棒的速度v＝6 m/s。已知匀强磁场的磁感应强度B＝1 T，方向
竖直向上，不计导轨、导体棒的电阻，重力加速度g取10 m/s2。则在导体
棒向右运动的过程中，求：
（1）t＝3.6 s时导体棒切割磁感线产生的感应电动势的大小E；
答案： 6 V　
解析：导体棒切割磁感线产生的动生电动势
E＝BLv
解得E＝6 V。
（2）t＝3.6 s时导体棒的加速度大小a，分析并在图乙中定性画出导体棒运
动过程的速度v随时间t变化的图像；
答案：1 m/s2，见解析图　
解析：由闭合电路欧姆定律，此时通过导体棒的电流I＝＝3 A
故导体棒所受安培力F安＝BIL＝＝3 N
由牛顿第二定律F－F安＝ma
解得此时导体棒的加速度a＝1 m/s2
导体棒做加速运动，随着棒的速度增大，其感应电动势和所受的安培力增
大，加速度减小。当F安＝F时，导体棒的加速度为零，解得速度最大值为
vm＝＝10 m/s
故v-t图像如图所示
（3）t＝0到t＝3.6 s的过程中，导体棒通过的位移大小x。
答案：12 m
解析：对导体棒，由动量定理得Ft－I安＝mv－0
其中安培力的冲量I安＝ΣF安Δt＝ΣvΔt＝
则导体棒的位移大小x＝
代入数据解得x＝12 m。
（2025·湖南邵阳三模）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；
答案： 初速度为零的匀加速直线运动
解析： 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＝＝CBL＝CBLa，对金属杆，由牛顿第二定律有F－BLI＝
ma，得a＝，故金属杆做初速度为零的匀加速直线运动。
（2）求金属杆ab运动到达虚线PQ的时间。
答案：
解析：由d＝at2，得t＝＝。
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，又让金属杆从光滑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。
答案：
解析：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＝＝＝CBLa，联立可得a＝。
拓展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。
答案：
解析：根据牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcos θ－BIL＝ma，又因I＝＝
＝CBLa，联立解得a＝。
用动力学观点解答电磁感应问题的一般步骤
　〔多选〕（2026·海南儋州期末）如图所示，两条相距d的足够长的平行
光滑金属导轨位于同一水平面内，其左端接阻值为R的定值电阻。电阻为
R，长为d的金属杆ab在导轨上以初速度v0水平向左运动，其左侧有边界为
PQ、MN的竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。该磁场以恒定速度
v0匀速向右运动，金属杆进入磁场后，在磁场中运动t时间后达到稳定状
态，导轨电阻不计，则（　　）
A. 当金属杆刚进入磁场时，电流方向为顺时针
B. 当金属杆刚进入磁场时，杆两端的电压为Bdv0
C. t时间后金属杆达到稳定状态时的速度等于0
D. t时间内金属杆所受安培力做的功等于0
√
√
√
解析：根据楞次定律可知当金属杆刚进入磁场时，电流方向为顺时针，故A正确；当金属杆刚进入磁场时，杆相对于磁场的速度是2v0，切割产生的电动势为2Bdv0，则杆两端的电压大小为Bdv0，故B正确；开始时根据楞次定律可知杆受到向右的安培力作用而做减速运动，当减速到0后，由于磁场依旧向右运动，则金属杆在安培力的作用下向右加速运动，直到杆与磁场的相对速度为0时，金属杆运动达到稳定状态时，此时金属杆的速度为v0，t时间内金属杆所受安培力做的功W＝ΔEk＝m－m＝0，故C错误，D正确。
提升点二　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
（2026·湖北宜昌期末）如图所示，甲、乙是两个完全相同的闭合正方
形导线线框，a、b是边界范围、磁感应强度大小和方向都相同的两个匀强
磁场区域，只是a区域到地面的高度比b高一些。甲、乙线框分别从磁场区
域的正上方相同高度处同时由静止释放，穿过磁场后落到地面。下落过程
中线框平面始终保持与磁场方向垂直。以下说法正确的是（　D　）
D
A. 下落过程中甲框产生的焦耳热大
B. 下落过程中两框产生的焦耳热一样大
C. 落地时甲框的速度比乙框小
D. 落地时甲框的速度比乙框大
解析：a区域到地面的高度比b高一些，所以乙线框进入磁场时速度较大，
安培力较大，乙线框克服安培力做功较多，即产生的焦耳热较多，A、B错
误；甲、乙两线框由静止释放到落地时重力势能减小量相同，由前面分析
知乙线框产生的焦耳热多，根据能量守恒定律知，乙线框落地时的动能较
小，所以乙线框落地时的速度较小，C错误，D正确。
★（2026·广东梅州期末）列车进站时，其刹车原理可简化如图所示，
在车身下方固定一N匝闭合矩形线框abcd，利用线框进入磁场时所受的安
培力，辅助列车刹车。已知列车的质量为m，车身长为s，线框的ab和cd长
度均为L（L小于匀强磁场的宽度），线框的总电阻为R。站台轨道上匀强
磁场区域足够长，磁感应强度的大小为B，车头的线框刚进入磁场的速度
为v0，列车停止前所受铁轨阻力及空气阻力的合力恒为f。线框cd边刚进入
磁场时，列车刚好停止。
（1）车头进入磁场瞬间，判断线框ab两端电势的高低及列车的加速度大
小a；
答案： b端电势高于a端电势；　
解析： 根据右手定则可知，车头进入磁场瞬间，线框ab边产生的感应电
流的方向为a→b，则b 端电势高于a端电势。
列车车头进入磁场瞬间产生的感应电动势的大小为E＝NBLv0
根据闭合电路的欧姆定律可知，回路中产生的感应电流的大小为I＝
车头进入磁场瞬间所受安培力的大小为F＝NBIL
由牛顿第二定律，则有F＋f＝ma
联立解得列车的加速度大小为a＝。
（2）求列车从进站到停下来的过程中线框克服安培力做功产生的热量Q。
答案：m－fs
解析：在列车从进入磁场到停止的过程中，克服安培力所做的功在数值上
等于线框产生的热量，则由能
量守恒定律有m＝fs＋Q
得Q＝m－fs。
　〔多选〕（2026·湖南长沙期末）如图甲，左侧接有定值电阻R＝2 Ω的水
平平行且足够长的粗糙导轨，处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强
度B＝2 T，导轨间距L＝2 m。一质量m＝2 kg、接入电路的阻值r＝2 Ω的金
属棒，在拉力F的作用下由静止开始从CD处沿导轨向右加速运动，金属棒
的v-x图像如图乙。若金属棒与导轨垂直且接触良好，与导轨间的动摩擦因
数μ＝0.5，导轨电阻不计，取重力加速度g＝10 m/s2，在金属棒从静止开
始向右运动的位移x＝1 m的过程中，则（　　）
A. 金属棒中感应电流的方向为C→D
B. 通过定值电阻的电荷量为1 C
C. 定值电阻产生的焦耳热为4 J
D. 拉力F做的功为15 J
√
√
解析：根据右手定则，金属棒中感应电流的方向为C→D，A正确；通过定值电阻的电荷量为q＝Δt，回路的电流为＝，感应电动势为＝，磁通量的变化量为ΔΦ＝BLx，解得q＝1 C，B正确；定值电阻产生的焦耳热为Q＝W安，安培力做的功为W安＝F安x，安培力为F安＝BIL，感应电流为I＝，感应电动势为E＝BLv，可得W安＝，根据图像得vx＝ m2/s，解得W安＝4 J，Q＝2 J，C错误；根据动能定理得WF－W安－μmgx＝mv2，解得WF＝18 J，D错误。
课时跟踪检测
1. 如图所示，在一匀强磁场中有一U形导线框abcd，线框处于水平面内，
磁场与线框平面垂直，R为一电阻，ef为垂直于ab的一根导体杆，它可在
ab、cd上无摩擦地滑动。杆ef及线框的电阻不计，开始时，给ef一个向右的
初速度，则（　　）
A. ef将减速向右运动，但不是匀减速运动
B. ef将匀减速向右运动，最后停止
C. ef将匀速向右运动
D. ef 将往返运动
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√
解析：　ef向右运动，切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，其会受
到向左的安培力而做减速运动，由F＝IlB＝＝ma知，ef做的是加速度
减小的减速运动，最终停止运动，故A正确，B、C、D错误。
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2. （2026·安徽滁州期末）如图所示，两根足够长平行金属
导轨倾斜放置，处于垂直导轨平面向下的匀强磁场中，导轨
顶端与一电容器相连，一金属杆垂直导轨放置，与导轨接触
良好。将金属杆从导轨上某处由静止释放，不计一切电阻和
摩擦。下列关于金属杆的速度v、加速度a、电容器上储存的电能E、通过金属杆的电荷量q，随金属杆运动时间t、位移x变化的图像正确的是（　　）
√
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解析：　对金属棒受力分析，有mgsin θ－BIL＝ma，又有I＝＝＝
＝CBLa，联立可得加速度为a＝，则金属棒做初速度为零的
匀加速直线运动，故A、B错误；由q＝It＝BLCat＝BLC可知，q与x不成正比，故D错误；电容器上储存的电能E＝qU＝BLCv·BLv＝B2L2Cv2＝
B2L2C×2ax，可见E与x成正比，故C正确。
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3. 〔多选〕（2026·贵州铜仁期末）学校汽车动力兴趣小组探究油电混合
动力汽车电能回收原理，将储能装置简化为电容器，将旋转切割磁感线简
化为直线运动切割磁感线，设计了如图所示电路。设在竖直平面内有足够
长的两平行金属光滑导轨PQ、MN，导轨间距为L，电阻不计。现有一根质
量为m、电阻为r的金属棒AB两端分别套在金属导轨上，棒与导轨垂直，并
接触良好。导轨之间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小为
B。导轨上端连接有电阻和电容器，已知电阻阻值为R，电容器电容为C，
重力加速度为g。将金属棒AB由静止释放，在金属棒运动过程中，下列说
法正确的是（　　）
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A. 电容器右极板带正电荷
B. 金属棒减少的重力势能全部转化为电阻产生的焦耳热
C. 金属棒的最大速度为
D. 电容器所带的最大电荷量为
√
√
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解析：根据右手定则可知，B点电势高于A点电势，则电容器右极板带正电荷，A正确；金属棒减少的重力势能转化为电阻产生的焦耳热、金属棒的动能以及电容器储存的电能，B错误；金属棒达到最大速度时满足BImL＝mg，Im＝，解得金属棒的最大速度为vm＝，C错误；电容器所带的最大电荷量为Q＝ImRC＝，D正确。
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4. 〔多选〕（2026·安徽合肥模拟）如图所示，两根间距为d的足够长光滑
金属导轨，平行放置在倾角为θ＝30°的绝缘斜面上，导轨的右端接有电
阻R，整个装置放在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导
轨平面向上。导轨上有一质量为m、电阻也为R的导体棒与两导轨垂直且接
触良好，导体棒以一定的初速度v0在沿着导轨上滑一段距离L后返回，不计
导轨电阻及感应电流间的相互作用，重力加速度为g。下列说法正确的是
（　　）
A. 导体棒返回时先做加速运动，最后做匀速直线运动
B. 导体棒沿着导轨上滑过程中通过R的电荷量为
C. 导体棒沿着导轨上滑过程中克服安培力做的功为（m
－mgL）
D. 导体棒沿着导轨上滑过程中电阻R上产生的热量为（m－mgL）
√
√
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解析：导体棒返回时先做加速度减小的加速运动，最后受力平衡，做匀速直线运动，所以A正确；根据q＝，可知导体棒沿着导轨上滑过程中通过R的电荷量为q＝，所以B错误；设导体棒沿着导轨上滑过程中克服安培力做的功为W，由动能定理可得－W－mgLsin 30°＝0－m，解得W＝（m－mgL），所以C正确；根据功能关系可得，导体棒沿着导轨上滑过程中电阻R上产生的热量为Q＝W，则Q＝（m－mgL），所以D错误。
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5. ★（2026·广东广州期末）为了确保载
人飞船返回舱安全着陆，设计师在返回舱
的底部安装了4台完全相同的电磁缓冲装
置，如图a所示，图b为其中一台电磁缓冲
装置的结构简图。舱体沿竖直方向固定着
两光滑绝缘导轨MN、PQ，导轨内侧安装
电磁铁（图中未画出），能产生垂直于导轨平面的匀强磁场。导轨内的缓冲滑块K内部用绝缘材料填充，外侧绕有n匝闭合矩形线圈abcd，其总电阻为R，ab边长为L。着陆时电磁缓冲装置以速度v0与地面碰撞后，滑块K立即停下，此后在线圈与轨道的磁场作用下使舱体减速，导轨MN、PQ及线圈的ad和bc边足够长，经过减速过程后最终舱体速度减到v，从而实现缓冲。返回舱质量为m（缓冲滑块K质量忽略不计），取重力加速度为g，一切摩擦阻力不计。
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（1）求匀强磁场的磁感应强度B的大小；
答案：　
解析：舱体速度减为v时，每个矩形线圈产生的电动势为E＝nBLv
回路中的电流为I＝
每个矩形线圈所受安培力为F安＝nBIL
又4F安＝mg
解得B＝。
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（2）若舱体的速度大小从v0减到v的过程中，每台电磁缓冲装置中产生的
焦耳热为Q，求在此过程中舱体下落的高度h。
答案：
解析：由能量守恒定律得mgh＋m＝mv2＋4Q
解得h＝。
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6. （2026·安徽合肥模拟）如图甲所示，
固定在水平地面上的两足够长平行光滑金
属导轨ae、bf相距L＝0.5 m，与水平地面
间的夹角为θ＝30°，导轨底部连接一阻
值R＝2 Ω的电阻，两导轨的ac段、bd段
长度均为l＝4.5 m、导轨单位长度的电阻为ρ＝0.5 Ω/m，ce段和df段的电阻可忽略不计，整个装置处于磁感应强度大小为B＝2.0 T、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中，一质量m＝0.2 kg、电阻不计的导体棒垂直导轨放置在最底端。t＝0时刻起，对导体棒施加一平行导轨向上的拉力F，导体棒向上运动的v-t图像如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。在上述过程中，求：
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（1）导体棒运动到cd处时受到的安培力大小；
答案： N
解析：由题图乙可知，导体棒运动的加速度大小a＝＝1 m/s2
设导体棒运动到cd处时的速度大小为v，则有v2＝2al
此时回路中的总电阻为R总＝R＋2lρ
回路中的感应电流大小为I＝
导体棒受到的安培力大小为F安＝BIL
联立解得F安＝ N。
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（2）流过电阻R的电流与导体棒运动时间t的关系式；
答案：　
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解析：导体棒运动到cd两点时所用的时间为t0＝＝3 s
导体棒运动的位移大小随时间的变化关系为x＝at2
当导体棒在ac、bd段运动时，回路中的总电阻为R1＝R＋2xρ
当导体棒在ce、df段运动时，回路中的总电阻为R2＝R＋2lρ
导体棒在任一时刻t的速度大小为v＝at
根据I＝可知，流过电阻R的电流I随时间t的变化关系为
。
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（3）导体棒在ac、bd段运动过程中所受拉力F的最大值。
答案：1.7 N
解析：导体棒在ac、bd段运动时，由牛顿第二定律可得F－mgsin θ－F安＝
ma
又因为F安＝BIL，I＝
解得F＝1.2＋
由数学知识可得，当t＝2 s时，F有最大值，解得拉力F的最大值Fmax＝
1.7 N。
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7. （2026·天津和平期末）如图甲，倾角为θ的光滑绝缘斜面固定在地面上，空间存在垂直斜面向上的匀强磁场，直线L1和L2为磁场的上、下边界，磁场的磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示。质量为m、电阻为R的单匝矩形线框abcd有一半处在磁场中，0～t0时间内线框在外力作用下处于静止状态，t0时刻撤去外力，线框沿斜面向下运动，线框离开磁场前已经做匀速运动，ab＝l，bc＝2l，L1和L2之间的距离为x0，重力加速度为g，求：
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（1）0～t0时间内，线框中的电流的大小I1；
答案：　
解析：根据法拉第电磁感应定律有I1＝，E1＝＝S，＝，S＝l2
联立解得0～t0时间内，线框中的电流的大小I1＝。
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（2）撤去外力前线框所受到的外力F外随时间t的变化关系；
答案：F外＝－t＋mgsin θ＋
解析：撤去外力前，t时刻安培力大小为F1＝BI1l
磁感应强度为B＝2B0－t
线框静止，则有F外＝mgsin θ＋F1
联立解得F外＝－t＋mgsin θ＋。
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（3）线框从开始运动到全部离开磁场，线框中产生的热量Q。
答案：mgsin θ（x0＋l）－
解析：匀速运动时线框受到的合力为零，设安培力大小为F2，有mgsin θ＝
F2，F2＝B0I2l，E2＝B0lv2，I2＝
由能量守恒定律得mgsin θ（x0＋l）＝m＋Q
解得Q＝mgsin θ（x0＋l）－。
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