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专题提升十七　电磁感应中的动力学和能量问题
【学习目标】　1.会用动力学观点分析解决导体棒(框)在磁场中的运动问题。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.用动力学观点解答电磁感应问题的一般步骤
“单棒＋电阻”模型
(2024·河北卷·T14)如图，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。
答案：(1)　　(2)－tan θ
解析：(1)当OA运动到正方形细框对角线瞬间，切割磁感线的有效长度最大，Lmax＝L，此时感应电流最大，CD棒所受的安培力最大，根据法拉第电磁感应定律得Emax＝BLmax＝B·L·＝BL2ω
根据闭合电路欧姆定律得Imax＝
故CD棒所受的安培力最大为
Fmax＝ImaxLB＝
当OA运动到与细框一边平行时瞬间，切割磁感线的有效长度最短，感应电流最小，CD棒受到的安培力最小，得Emin＝BLmin＝B·L·＝
根据闭合电路欧姆定律得Imin＝
故CD棒所受的安培力最小为
Fmin＝IminLB＝。
(2)当CD棒受到的安培力最小时，根据平衡条件得mgsin θ－Ff静max－Fmin＝0
当CD棒受到的安培力最大时，根据平衡条件得Fmax－mgsin θ－Ff静max＝0
联立解得m＝
撤去推力瞬间，根据牛顿第二定律得
Fmax＋μmgcos θ－mgsin θ＝ma
解得μ＝－tan θ。
针对练.(多选)(2026·山东烟台模拟)如图甲所示，平行光滑金属导轨ab、cd间距为L＝1.5 m，与水平面间的夹角θ＝37°，导轨上端接有电阻R＝0.8 Ω。一导体棒PQ垂直导轨放置且与导轨接触良好，导体棒质量为m＝2 kg，连入电路的电阻为r＝0.2 Ω，PQ上方导轨间有一矩形磁场区域，磁场面积为S＝0.5 m2，磁场方向垂直导轨平面向下，矩形磁场区域内的磁感应强度大小B1随时间t变化的图像如图乙所示，PQ棒下方包括PQ所在处的轨道间充满垂直于轨道平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小B2＝2 T，导轨足够长且电阻不计，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，导体棒从静止释放后，下列说法中正确的是(　　)
学生用书 第234页
A.刚释放时，导体棒的加速度为6 m/s2
B.导体棒的加速度为6 m/s2时，其下滑速度大小为1 m/s
C.导体棒稳定下滑时速度大小为2 m/s
D.导体棒稳定下滑时，R两端电压为3.2 V
答案：CD
解析：导体棒从静止刚释放时，感应电动势为E＝S＝×0.5 V＝2 V，根据楞次定律、安培定则和左手定则知，安培力方向沿导轨向下，根据牛顿第二定律有mgsin 37°＋LB2＝ma，解得a＝9 m/s2，故A错误；导体棒的加速度为6 m/s2时，由牛顿第二定律有LB2＋mgsin 37°＝ma1，解得下滑速度大小为v1＝ m/s，故B错误；导体棒稳定后匀速下滑时，有LB2＝mgsin 37°，可得v＝2 m/s，故C正确；导体棒稳定匀速下滑时，电路中的电流为I＝＝4 A，则R两端电压为U＝IR＝3.2 V，故D正确。
“单棒＋电容”模型
(2024·北京卷·T18)如图甲所示为某种“电磁枪”的原理图。在竖直向下的匀强磁场中，两根相距L的平行长直金属导轨水平放置，左端接电容为C的电容器，一导体棒放置在导轨上，与导轨垂直且接触良好，不计导轨电阻及导体棒与导轨间的摩擦。已知磁场的磁感应强度大小为B，导体棒的质量为m、接入电路的电阻为R。开关闭合前电容器的电荷量为Q。
(1)求闭合开关瞬间通过导体棒的电流I；
(2)求闭合开关瞬间导体棒的加速度大小a；
(3)在图乙中定性画出闭合开关后导体棒的速度v随时间t的变化图线。
答案：(1)　(2)　(3)见解析图
解析：(1)开关闭合前电容器的电荷量为Q，则电容器两极板间电压为U＝
闭合开关瞬间，通过导体棒的电流为I＝
联立解得I＝。
(2)闭合开关瞬间，对导体棒由牛顿第二定律有
ILB＝ma
结合(1)问解得a＝。
(3)由(2)中结论可知，随着电容器放电，电容器所带电荷量不断减少，导体棒的加速度不断减小，当电容器两极板间的电压与导体棒产生的感应电动势相等，即回路中电流减为0时，导体棒不受安培力作用，加速度为0，此后导体棒做匀速运动，其v -t图线如图所示。
电磁感应中的“单棒＋电阻(或电容器)”模型分析
类型 “单棒＋电阻”模型 “单棒＋电容器”模型
图例 轨道水平光滑，单杆ab质量为m，电阻不计，两平行导轨间距为l，拉力F恒定 轨道水平光滑，单杆ab质量为m，电阻不计，两平行导轨间距为l，拉力F恒定
力学观点 开始时a＝，杆ab速度v↑ 感应电动势E＝Blv↑ I↑ 安培力F安＝IlB↑，由F－F安＝ma知a↓，当a＝0时，v最大，vm＝ 开始时a＝，杆ab速度v↑ 感应电动势E＝Blv↑，经过Δt速度为v＋Δv，此时感应电动势E'＝Bl(v＋Δv)，Δt时间内流入电容器的电荷量Δq＝CΔU＝C(E'－E)＝CBlΔv，电流I＝＝CBl＝CBla，安培力F安＝IlB＝CB2l2a，F－F安＝ma，a＝，所以杆以恒定的加速度做匀加速运动
图像观点
能量观点 F做的功一部分转化为杆的动能，一部分产生电热，则WF＝Q＋m F做的功一部分转化为杆的动能，一部分转化为电场能，则WF＝mv2＋EC
学生用书 第235页
针对练.如图所示，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为θ，间距为L。导轨上端接有一平行板电容器，电容为C。导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面。在导轨上放置一质量为m的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中始终保持与导轨垂直并接触良好。已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。忽略所有电阻。让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，求：
(1)电容器极板上积累的电荷量Q与金属棒速度大小v的关系式；
(2)金属棒的速度大小v随时间t变化的关系式。
答案：(1)Q＝CBLv　(2)v＝t
解析：(1)金属棒下滑产生的感应电动势为E＝BLv
平行板电容器两极板之间的电势差为U＝E
电容器电容C＝
联立可得Q＝CBLv。
(2)金属棒受到的摩擦力方向沿导轨平面向上，大小为Ff＝μFN，式中FN＝mgcos θ
根据牛顿第二定律有mgsin θ－F－Ff＝ma
又F＝ILB，I＝＝，a＝
联立以上各式解得a＝
可知金属棒做初速度为零的匀加速运动，则金属棒的速度大小随时间变化的关系式为v＝at＝t。
随手记：
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.求解焦耳热的三种方法
3.解决该类问题的一般步骤
(1)确定研究对象(导体棒或回路)。
(2)弄清电磁感应过程中哪些力做功，以及哪些形式的能量相互转化。
(3)根据功能关系或能量守恒定律列式求解。
应用功能关系解决电磁感应中的能量问题
如图所示，一对平行的粗糙金属导轨固定于同一水平面上，导轨间距L＝0.2 m，左端接有阻值R＝0.3 Ω的电阻，右侧平滑连接一对弯曲的光滑轨道。仅在水平导轨的整个区域内存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小B＝1.0 T。一根质量m＝0.2 kg、电阻r＝0.1 Ω 的金属棒ab垂直放置于导轨上，在水平向右的恒力F作用下从静止开始运动，当金属棒通过位移x＝9 m时离开磁场，在离开磁场前已达到最大速度。当金属棒离开磁场时撤去外力F，接着金属棒沿弯曲轨道上升到最大高度h＝0.8 m处。已知金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.1，导轨电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且与导轨保持良好接触，取g＝10 m/s2。求：
(1)金属棒运动的最大速率v；
(2)金属棒在磁场中速度为时的加速度大小；
(3)金属棒在磁场区域运动过程中，电阻R上产生的焦耳热。
答案：(1)4 m/s　(2)1 m/s2　(3)1.5 J
解析：(1)金属棒从出磁场到上升到弯曲轨道最高点的过程，根据机械能守恒定律得mgh＝mv2 ①
代入数据解得v＝4 m/s。 ②
(2)金属棒在磁场中做匀速运动时，设回路中的电流为I，根据平衡条件得F＝ILB＋μmg ③
又I＝ ④
联立②③④式解得F＝0.6 N⑤
金属棒在磁场中速度为时，设回路中的电流为I'，根据牛顿第二定律得F－I'LB－μmg＝ma ⑥
又I'＝ ⑦
联立②⑤⑥⑦解得a＝1 m/s2。 ⑧
(3)设金属棒在磁场区域运动过程中，回路中产生的焦耳热为Q，根据功能关系有
Fx＝μmgx＋mv2＋Q ⑨
则电阻R上产生的焦耳热QR＝Q ⑩
联立②⑤⑨⑩解得QR＝1.5 J。
学生用书 第236页
应用能量守恒定律解决电磁感应中的能量问题
(2025·浙江1月卷·T17)如图所示，接有恒流源的正方形线框边长为L、质量为m、电阻为R，放在光滑水平地面上，线框部分处于垂直地面向下、磁感应强度为B的匀强磁场中。以磁场边界CD上一点为坐标原点，水平向右建立Ox轴，线框中心和一条对角线始终位于Ox轴上。开关S断开，线框保持静止，不计空气阻力。
(1)线框中心位于x＝0，闭合开关S后，线框中电流大小为I，求：
①闭合开关S瞬间，线框受到的安培力大小；
②线框中心运动至x＝过程中，安培力做功及冲量；
③线框中心运动至x＝时，恒流源提供的电压。
(2)线框中心分别位于x＝0和x＝，闭合开关S后，线框中电流大小为I，线框中心分别运动到x＝L所需时间分别为t1和t2，求t1－t2。
答案：(1)①2ILB　②　L，方向水平向右　③BL2＋IR　(2)0
解析：(1)①闭合开关S瞬间，线框在磁场中的有效长度为l＝2L
所以线框受到的安培力大小为F安1＝IlB＝2ILB。
②线框运动到x(x≤L)时，安培力大小为
F安＝I·2(L－x)B＝2BI(L－x)
则初始时和线框中心运动至x＝时的安培力分别为F安1＝2ILB，F安2＝ILB
则线框中心运动至x＝过程中，安培力做功为W安＝Δx＝＝
由动能定理有W安＝mv2
可得v＝L
由动量定理可知，安培力的冲量大小为IF＝mv＝L，方向水平向右。
③由能量守恒定律有UIΔt＝ILBvΔt＋I2RΔt
可得恒流源提供的电压为U＝BL2＋IR。
(2)类比于简谐运动，则回复力为
F回＝F安＝2BI(L－x)＝－2BIx'＝－kx'
根据简谐运动周期公式有T＝2π＝2π
由题意可知，两次简谐运动周期相同，两次都从最大位移运动到平衡位置，则运动时间相同，则有t1＝t2＝＝
故t1－t2＝0。
针对练.(多选)如图甲所示，在竖直方向上有四条间距相等的水平虚线L1、L2、L3、L4，在L1、L2之间和L3、L4之间均存在匀强磁场，磁感应强度大小均为1 T，方向垂直于虚线所在平面。现有一矩形线圈abcd，宽度cd＝L＝0.5 m，质量为0.1 kg，电阻为2 Ω，将其从图示位置由静止释放(cd边与L1重合)，线圈速度随时间的变化关系如图乙所示，t1时刻cd边与L2重合，t2时刻ab边与L3重合，t3时刻ab边与L4重合，已知t1～t2的时间间隔为0.6 s，整个运动过程中线圈平面始终处于竖直方向(重力加速度g取10 m/s2)。则(　　)
A.0～t1时间内，通过线圈的电荷量为0.25 C
B.线圈匀速运动的速度大小为8 m/s
C.线圈的长度为1 m
D.0～t3时间内，线圈产生的热量为1.8 J
答案：ABD
解析：由题图乙可知，t2～t3时间内，线圈向下做匀速直线运动，受力平衡，则根据平衡条件有mg＝ILB，而I＝，联立两式解得v2＝＝8 m/s，B正确；t1～t2时间内，线圈一直做匀加速直线运动，可知线圈内磁通量变化为零，不产生感应电流，线圈不受安培力作用，仅在重力作用下运动，设磁场的宽度为d，则线圈长度为2d，t1～t2时间内，线圈下降的位移为3d，则有3d＝v2(t2－t1)－g(t2－t1)2，其中v2＝8 m/s，t2－t1＝0.6 s，代入解得d＝1 m，所以线圈的长度为L'＝2d＝2 m，C错误；0～t1时间内，cd边从L1运动到L2，通过线圈的电荷量为q＝＝＝0.25 C，A正确；0～t3时间内，根据能量守恒定律得Q＝mg(3d＋2d)－m＝1.8 J，D正确。
课时测评59　电磁感应中的动力学和能量问题
(时间：30分钟　满分：50分)
(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)
(选择题1－7，每题5分，共35分)
题组1　电磁感应中的动力学问题
1.(2026·河南洛阳模拟)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
答案：A
解析：ef向右运动，切割磁感线产生感应电流，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.(多选)如图甲所示，左侧接有定值电阻R＝2 Ω的水平粗糙导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度B＝1 T，导轨间距L＝1 m。一质量m＝2 kg、阻值r＝2 Ω的金属棒在水平拉力FT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图像如图乙所示，若金属棒与导轨间动摩擦因数μ＝0.25，则从起点发生x＝1 m位移的过程中(g＝10 m/s2)(　　)
A.金属棒克服安培力做的功W1＝0.5 J
B.金属棒克服摩擦力做的功W2＝4 J
C.整个系统产生的总热量Q＝5.25 J
D.拉力做的功W＝9.25 J
答案：CD
解析：由题图乙可知v＝2x(m/s)，金属棒所受的安培力F＝＝(N)，代入数据解得F＝0.5x(N)，可知F与x是线性关系，当x＝0时，安培力F1＝0，当x＝1 m时，安培力F2＝0.5 N，则从起点发生x＝1 m位移的过程中，安培力做功为W安＝－x＝－x＝－×1 J＝－0.25 J，即金属棒克服安培力做的功为W1＝0.25 J，故A错误；金属棒克服摩擦力做的功为W2＝μmgx＝0.25×2×10×1 J＝5 J，故B错误；根据动能定理得W－W2＋W安＝mv2，其中v＝2 m/s，解得拉力做的功为W＝9.25 J，整个系统产生的总热量为Q＝W－mv2＝5.25 J，故C、D正确。
3.如图所示，金属棒垂直放在足够长的、倾斜的U形光滑导轨底端，整个装置处在与导轨平面垂直的匀强磁场中。在t＝0时刻，给金属棒沿导轨向上的初速度。除金属棒外，其余电阻不计。在导轨上运动过程中，金属棒的动能Ek与位移x、时间t变化关系图像可能正确的是(　　)
答案：B
解析：根据动能定理得F合x＝Ek－Ek0，解得Ek＝F合x＋Ek0，可知Ek -x图像中图线各点切线的斜率表示合力，金属棒上升过程中，速度变小，电流减小，安培力减小，合力减小，下降过程中，速度变大，电流增大，安培力增大，合力减小，故A错误，B可能正确；根据W合＝F合x＝P合t，联立F合x＝Ek－Ek0，解得Ek＝P合t＋Ek0可知Ek -t图像中图线各点切线的斜率为合力的功率，上升过程中，合力的功率一直减小，下降过程中合力的功率先增加后减小[下降过程中有P合＝F合v＝(mgsin θ－)v，可知P合-v 图像为开口向下的抛物线，有极大值]，最终的动能小于初动能，故C、D错误。
4.(多选)如图所示，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑连接。右端接一个阻值为R的定值电阻。平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量为m、电阻也为R的金属棒从高度为h处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止。已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨间接触良好。重力加速度为g，则金属棒穿过磁场区域的过程中(　　)
A.流过定值电阻的电流方向是N→Q
B.通过金属棒的电荷量为
C.克服安培力做的功为mgh
D.金属棒产生的焦耳热为(mgh－μmgd)
答案：BD
解析：金属棒下滑到导轨底端时速度方向向右，磁场方向竖直向上，根据右手定则可知流过定值电阻的电流方向是Q→N，故A错误；根据法拉第电磁感应定律可知，通过金属棒的电荷量为q＝·Δt＝·Δt＝，故B正确；根据动能定理有mgh－μmgd－W克安＝0，则克服安培力所做的功为W克安＝mgh－μmgd，电路中产生的焦耳热等于克服安培力做的功，所以金属棒产生的焦耳热为QR＝(mgh－μmgd)，故C错误，D正确。
题组2　电磁感应中的能量问题
5.(多选)(2024·全国甲卷·T21)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(　　)
答案：AC
解析：设线框的上边框进入磁场时的速度为v，线框的质量M，物块的质量m，选项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＝，即＋(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＝。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，最终线框的速度和加速度都趋近于零，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，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，做加速度减小的减速运动，最终出磁场时做匀速运动，C可能正确，D不可能。
6.(2026·江苏南京模拟)如图所示，abcd为一竖直放置的矩形导线框，其平面与匀强磁场方向垂直。导线框沿竖直方向从磁场上边界开始下落，直到ab边出磁场，则以下说法正确的是(　　)
A.若线框进入磁场的平均速度与离开磁场的平均速度不同，则两个过程中通过导线横截面上的电荷量不相等
B.线框cd边进入磁场和ab边离开磁场时线框所受安培力的功率相等
C.线框从刚进入磁场到完全离开磁场的过程中产生的热量等于线框重力势能的减小量
D.若线框在ab边出磁场前已经匀速运动，增大线框的匝数，出磁场时匀速运动的速度不变
答案：D
解析：根据q＝t＝t＝可知，线框进入磁场的平均速度与离开磁场的平均速度不同，线框进入磁场和离开磁场的过程中通过导线横截面上的电荷量相等，故A错误；线框进入磁场和离开磁场时线框所受安培力都做负功，此时安培力的功率为P＝ILBv＝，线框cd边进入磁场和ab边离开磁场时速度大小不确定，故安培力功率不一定相等，故B错误；根据能量守恒定律可知，线框从进入磁场到完全离开磁场的过程中产生的热量，等于线框重力势能的减小量减去动能的变化量，线框进入磁场和离开磁场时速度、动能关系不确定，故C错误；若线框在ab边出磁场时已经匀速运动，设单匝线框的质量为m0，单匝线框的电阻为R0，则有nm0g＝nILB＝＝n，分析可知线框下落的速度与线框的匝数无关，故D正确。
7.(多选)(2026·山东潍坊模拟)如图甲所示，足够长导轨与水平面的夹角θ＝37°，导轨间距L＝1 m，其下端连接一个阻值R＝1 Ω的定值电阻，两导轨间存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小B＝1 T。一质量为m的导体棒ab垂直于导轨放置，导体棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5。现将导体棒由静止释放，对应过程的x -t图像如图乙所示，0～6 s内为曲线、6 s后为直线。运动过程中，导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计空气阻力和导体棒、导轨电阻，取g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法正确的是(　　)
A.导体棒的加速度大小为0.5 m/s2时，导体棒的速度大小为1.2 m/s
B.导体棒的质量为2.4 kg
C.0～8 s内，通过定值电阻的电荷量为16.32 C
D.0～6 s内，系统产生的焦耳热为24.192 J
答案：CD
解析：对导体棒受力分析，由牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcos θ－＝ma，6～8 s内导体棒的速度为最大速度，则vmax＝＝2.4 m/s，此时a＝0，代入上式解得m＝1.2 kg，故B错误；将m＝1.2 kg，a＝0.5 m/s2代入方程mgsin θ－μmgcos θ－＝ma，解得v＝1.8 m/s，故A错误；0～8 s内，q＝＝16.32 C，故C正确；0～6 s内，由动能定理得(mgsin θ－μmgcos θ)x6－W克＝m，系统产生的焦耳热Q＝W克＝24.192 J，故D正确。
8.(15分)(2025·云南卷·T15)如图所示，光滑水平面上有一个长为L、宽为d的长方体空绝缘箱，其四周紧固一电阻为R的水平矩形导线框，箱子与导线框的总质量为M。与箱子右侧壁平行的磁场边界平面如截面图中虚线PQ所示，边界右侧存在范围足够大的匀强磁场，其磁感应强度大小为B、方向竖直向下。t＝0时刻，箱子在水平向右的恒力F(大小未知)作用下由静止开始做匀加速直线运动，这时箱子左侧壁上距离箱底h处、质量为m的木块(视为质点)恰好能与箱子保持相对静止。箱子右侧壁进入磁场瞬间，木块与箱子分离；箱子完全进入磁场前某时刻，木块落到箱子底部，且箱子与木块均不反弹(木块下落过程中与箱子侧壁无碰撞)；木块落到箱子底部时即撤去F。运动过程中，箱子右侧壁始终与磁场边界平行，忽略箱壁厚度、箱子形变、导线粗细及空气阻力。木块与箱子内壁间的动摩擦因数为μ，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。
(1)求F的大小；
(2)求t＝0时刻，箱子右侧壁距磁场边界的最小距离；
(3)若t＝0时刻，箱子右侧壁距磁场边界的距离为s[s大于(2)问中最小距离]，求最终木块与箱子的速度大小。
答案：(1)　(2)　(3)见解析
解析：(1)箱子进入磁场前，对木块、导线框与箱子整体受力分析，由牛顿第二定律有F＝(M＋m)a
对木块受力分析，水平方向由牛顿第二定律有
FN＝ma
竖直方向由平衡条件有Ff＝mg＝μFN
联立可得F＝。
(2)设箱子刚进入磁场中时速度为v0，产生的感应电动势为E＝Bdv0
由闭合电路欧姆定律得，感应电流为I＝
安培力大小为F安＝IdB
联立可得F安＝
若要使木块与箱子分离，此时应有F安≥F
其中F＝
解得v0≥
由运动学公式有＝2ax
解得x≥
故t＝0时刻，箱子右侧壁距磁场边界的最小距离为xmin＝。
(3)水平方向有s＝a
竖直方向有h＝g
其中F＝＝(M＋m)a
可得力F作用的总时间为t＝t1＋t2＝＋
水平方向对系统由动量定理有
Ft－Δt＝(M＋m)v－0
其中Δt＝
联立可得v＝＋)－
当＋)＞时，最终木块与箱子速度大小为v＝＋)－；
当＋)≤时，最终木块与箱子的速度大小为v＝0。(共78张PPT)
专题提升十七
电磁感应中的动力学和能量问题
高三总复习讲义　新高考
第十二章 电磁感应
1.会用动力学观点分析解决导体棒(框)在磁场中的运动问题。
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。
学习目标
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
课时测评
内容索引
电磁感应中的动力学问题
提升点一
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
考向1 “单棒＋电阻”模型
(2024·河北卷·T14)如图，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。
例1
(1)求CD棒所受安培力的最大值和最小值。
答案：　
当OA运动到正方形细框对角线瞬间，切割磁感线的有效长度最大，Lmax＝L，此时感应电流最大，CD棒所受的安培力最大，根据法拉第电磁感应定律得Emax＝BLmax＝B·L·＝BL2ω
根据闭合电路欧姆定律得Imax＝
故CD棒所受的安培力最大为
Fmax＝ImaxLB＝
当OA运动到与细框一边平行时瞬间，切割磁感线的有效长度最短，感应电流最小，CD棒受到的安培力最小，得Emin＝BLmin＝B·L·＝
根据闭合电路欧姆定律得Imin＝
故CD棒所受的安培力最小为
Fmin＝IminLB＝。
(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。
答案：－tan θ
当CD棒受到的安培力最小时，根据平衡条件得mgsin θ－Ff静max－Fmin＝0
当CD棒受到的安培力最大时，根据平衡条件得Fmax－mgsin θ－Ff静max＝0
联立解得m＝
撤去推力瞬间，根据牛顿第二定律得
Fmax＋μmgcos θ－mgsin θ＝ma
解得μ＝－tan θ。
针对练.(多选)(2026·山东烟台模拟)如图甲所示，
平行光滑金属导轨ab、cd间距为L＝1.5 m，与水
平面间的夹角θ＝37°，导轨上端接有电阻R＝
0.8 Ω。一导体棒PQ垂直导轨放置且与导轨接触
良好，导体棒质量为m＝2 kg，连入电路的电阻为r＝0.2 Ω，PQ上方导轨间有一矩形磁场区域，磁场面积为S＝0.5 m2，磁场方向垂直导轨平面向下，矩形磁场区域内的磁感应强度大小B1随时间t变化的图像如图乙所示，PQ棒下方包括PQ所在处的轨道间充满垂直于轨道平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小B2＝2 T，导轨足够长且电阻不计，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，导体棒从静止释放后，下列说法中正确的是
A.刚释放时，导体棒的加速度为6 m/s2
B.导体棒的加速度为6 m/s2时，其下滑速度大小为1 m/s
C.导体棒稳定下滑时速度大小为2 m/s
D.导体棒稳定下滑时，R两端电压为3.2 V
√
√
导体棒从静止刚释放时，感应电动势为E＝S＝×0.5 V＝2 V，根据楞次定律、安培定则和左手定则知，安培力方向沿导轨向下，根据牛顿第二定律有mgsin 37°＋LB2＝ma，解得a＝9 m/s2，故A错误；导体棒的加速度为6 m/s2时，由牛顿第二定律有LB2＋mgsin 37°＝ma1，解得下滑速度大小为v1＝ m/s，故B错误；
导体棒稳定后匀速下滑时，有LB2＝mgsin 37°，可得v＝2 m/s，故C正确；导体棒稳定匀速下滑时，电路中的电流为I＝＝4 A，则R两端电压为U＝IR＝3.2 V，故D正确。
考向2 “单棒＋电容”模型
(2024·北京卷·T18)如图甲所示为某种“电磁枪”的原理图。在竖直向下的匀强磁场中，两根相距L的平行长直金属导轨水平放置，左端接电容为C的电容器，一导体棒放置在导轨上，与导轨垂直且接触良好，不计导轨电阻及导体棒与导轨间的摩擦。已知磁场的磁感应强度大小为B，导体棒的质量为m、接入电路的电阻为R。开关闭合前电容器的电荷量为Q。
(1)求闭合开关瞬间通过导体棒的电流I；
例2
答案：
开关闭合前电容器的电荷量为Q，则电容器两极板间电压为U＝
闭合开关瞬间，通过导体棒的电流为I＝
联立解得I＝。
(2)求闭合开关瞬间导体棒的加速度大小a；
答案：
闭合开关瞬间，对导体棒由牛顿第二定律有
ILB＝ma
结合(1)问解得a＝。
(3)在图乙中定性画出闭合开关后导体棒的速度v随时间t的变化图线。
答案：见解析图
由(2)中结论可知，随着电容器放电，电容器所带电荷量不断减少，导体棒的加速度不断减小，当电容器两极板间的电压与导体棒产生的感应电动势相等，即回路中电流减为0时，导体棒不受安培力作用，加速度为0，此后导体棒做匀速运动，其v -t图线如图所示。
电磁感应中的“单棒＋电阻(或电容器)”模型分析
总结提升
类型 “单棒＋电阻”模型 “单棒＋电容器”模型
图例 轨道水平光滑，单杆ab质量为m，电阻不计，两平行导轨间距为l，拉力F恒定
轨道水平光滑，单杆ab质量为m，电阻不计，两平行导轨间距为l，拉力F恒定
总结提升
类型 “单棒＋电阻”模型
力学观点 开始时a＝，杆ab速度v↑ 感应电动势E＝Blv↑ I↑ 安培力F安＝IlB↑，由F－F安＝ma知a↓，当a＝0时，v最大，vm＝
总结提升
类型 “单棒＋电容器”模型
力学观点 开始时a＝，杆ab速度v↑ 感应电动势E＝Blv↑，经过Δt速度为v＋Δv，此时感应电动势E'＝Bl(v＋Δv)，Δt时间内流入电容器的电荷量Δq＝CΔU＝C(E'－E)＝CBlΔv，电流I＝＝CBl＝CBla，安培力F安＝IlB＝CB2l2a，F－F安＝ma，a＝，所以杆以恒定的加速度做匀加速运动
总结提升
类型 “单棒＋电阻”模型 “单棒＋电容器”模型
图像观点
能量观点 F做的功一部分转化为杆的动能，一部分产生电热，则WF＝Q＋m F做的功一部分转化为杆的动能，一部分转化为电场能，则WF＝mv2＋EC
针对练.如图所示，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为θ，间距为L。导轨上端接有一平行板电容器，电容为C。导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面。在导轨上放置一质量为m的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中始终保持与导轨垂直并接触良好。已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。忽略所有电阻。让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，求：
(1)电容器极板上积累的电荷量Q与金属棒速度大小v的关系式；
答案：Q＝CBLv
金属棒下滑产生的感应电动势为E＝BLv
平行板电容器两极板之间的电势差为U＝E
电容器电容C＝
联立可得Q＝CBLv。
(2)金属棒的速度大小v随时间t变化的关系式。
答案：v＝t
金属棒受到的摩擦力方向沿导轨平面向上，大小为Ff＝μFN，式中FN＝mgcos θ
根据牛顿第二定律有mgsin θ－F－Ff＝ma
又F＝ILB，I＝＝，a＝
联立以上各式解得a＝
可知金属棒做初速度为零的匀加速运动，则金属棒的速度大小随时间变化的关系式为v＝at＝t。
随手记：——————————————————————————————————————————————————————————————————————————————————————————————————————————————————————————————————————————
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电磁感应中的能量问题
提升点二
1.电磁感应中的能量转化
2.求解焦耳热的三种方法
3.解决该类问题的一般步骤
(1)确定研究对象(导体棒或回路)。
(2)弄清电磁感应过程中哪些力做功，以及哪些形式的能量相互转化。
(3)根据功能关系或能量守恒定律列式求解。
考向1 应用功能关系解决电磁感应中的能量问题
如图所示，一对平行的粗糙金属导轨固定
于同一水平面上，导轨间距L＝0.2 m，左端接
有阻值R＝0.3 Ω的电阻，右侧平滑连接一对弯
曲的光滑轨道。仅在水平导轨的整个区域内存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小B＝1.0 T。一根质量m＝0.2 kg、电阻r＝0.1 Ω 的金属棒ab垂直放置于导轨上，在水平向右的恒力F作用下从静止开始运动，当金属棒通过位移x＝9 m时离开磁场，在离开磁场前已达到最大速度。当金属棒离开磁场时撤去外力F，接着金属棒沿弯曲轨道上升到最大高度h＝0.8 m处。已知金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.1，导轨电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且与导轨保持良好接触，取g＝10 m/s2。求：
例3
(1)金属棒运动的最大速率v；
答案：4 m/s
金属棒从出磁场到上升到弯曲轨道最高点的过程，根据机械能守恒定律得mgh＝mv2 ①
代入数据解得v＝4 m/s。 ②
(2)金属棒在磁场中速度为时的加速度大小；
答案：1 m/s2
金属棒在磁场中做匀速运动时，设回路中的电流为I，根据平衡条件得F＝ILB＋μmg ③
又I＝ ④
联立②③④式解得F＝0.6 N ⑤
金属棒在磁场中速度为时，设回路中的电流为I'，根据牛顿第二定律得F－I'LB－μmg＝ma ⑥
又I'＝ ⑦
联立②⑤⑥⑦解得a＝1 m/s2。 ⑧
(3)金属棒在磁场区域运动过程中，电阻R上产生的焦耳热。
答案：1.5 J
设金属棒在磁场区域运动过程中，回路中产生的焦耳热为Q，根据功能关系有
Fx＝μmgx＋mv2＋Q ⑨
则电阻R上产生的焦耳热QR＝Q ⑩
联立②⑤⑨⑩解得QR＝1.5 J。
考向2 应用能量守恒定律解决电磁感应中的能量问题
(2025·浙江1月卷·T17)如图所示，接有恒流源的正方形线框边长为L、质量为m、电阻为R，放在光滑水平地面上，线框部分处于垂直地面向下、磁感应强度为B的匀强磁场中。以磁场边界CD上一点为坐标原点，水平向右建立Ox轴，线框中心和一条对角线始终位于Ox轴上。开关S断开，线框保持静止，不计空气阻力。
例4
(1)线框中心位于x＝0，闭合开关S后，线框中电流大小为I，求：
①闭合开关S瞬间，线框受到的安培力大小；
答案：2ILB
闭合开关S瞬间，线框在磁场中的有效长度为l＝2L
所以线框受到的安培力大小为F安1＝IlB＝2ILB。
②线框中心运动至x＝过程中，安培力做功及冲量；
答案：　L，方向水平向右　
线框运动到x(x≤L)时，安培力大小为
F安＝I·2(L－x)B＝2BI(L－x)
则初始时和线框中心运动至x＝时的安培力分别
为F安1＝2ILB，F安2＝ILB
则线框中心运动至x＝过程中，安培力做功为W安＝Δx＝＝
由动能定理有W安＝mv2
可得v＝L
由动量定理可知，安培力的冲量大小为IF＝mv＝L，方向水平
向右。
③线框中心运动至x＝时，恒流源提供的电压。
答案：BL2＋IR
由能量守恒定律有UIΔt＝ILBvΔt＋I2RΔt
可得恒流源提供的电压为U＝BL2＋IR。
(2)线框中心分别位于x＝0和x＝，闭合开关S后，线框中电流大小为I，线框中心分别运动到x＝L所需时间分别为t1和t2，求t1－t2。
答案：0
类比于简谐运动，则回复力为
F回＝F安＝2BI(L－x)＝－2BIx'＝－kx'
根据简谐运动周期公式有T＝2π＝2π
由题意可知，两次简谐运动周期相同，两次都从最大位移运动到平衡位置，则运动时间相同，则有t1＝t2＝＝
故t1－t2＝0。
针对练.(多选)如图甲所示，在竖直方向上有四条间距
相等的水平虚线L1、L2、L3、L4，在L1、L2之间和L3、
L4之间均存在匀强磁场，磁感应强度大小均为1 T，
方向垂直于虚线所在平面。现有一矩形线圈abcd，
宽度cd＝L＝0.5 m，质量为0.1 kg，电阻为2 Ω，将其从图示位置由静止释放(cd边与L1重合)，线圈速度随时间的变化关系如图乙所示，t1时刻cd边与L2重合，t2时刻ab边与L3重合，t3时刻ab边与L4重合，已知t1～t2的时间间隔为0.6 s，整个运动过程中线圈平面始终处于竖直方向(重力加速度g取10 m/s2)。则
A.0～t1时间内，通过线圈的电荷量为0.25 C
B.线圈匀速运动的速度大小为8 m/s
C.线圈的长度为1 m
D.0～t3时间内，线圈产生的热量为1.8 J
√
√
√
由题图乙可知，t2～t3时间内，线圈向下做匀速直线运动，受力平衡，则根据平衡条件有mg＝ILB，而I＝，联立两式解得v2＝＝
8 m/s，B正确；
t1～t2时间内，线圈一直做匀加速直线运动，
可知线圈内磁通量变化为零，不产生感应电
流，线圈不受安培力作用，仅在重力作用下
运动，设磁场的宽度为d，则线圈长度为2d，
t1～t2时间内，线圈下降的位移为3d，则有3d＝v2(t2－t1)－g(t2－t1)2，其中v2＝8 m/s，t2－t1＝0.6 s，代入解得d＝1 m，所以线圈的长度为L'＝2d＝2 m，C错误；0～t1时间内，cd边从L1运动到L2，通过线圈的电荷量为q＝＝＝0.25 C，A正确；0～t3时间内，根据能量守恒定律得Q＝mg(3d＋2d)－m＝1.8 J，D正确。
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课 时 测 评
题组1　电磁感应中的动力学问题
1.(2026·河南洛阳模拟)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
√
ef向右运动，切割磁感线产生感应电流，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.(多选)如图甲所示，左侧接有定值电阻R＝2 Ω的水平粗糙导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度B＝1 T，导轨间距L＝1 m。一质量m＝2 kg、阻值r＝2 Ω的金属棒在水平拉力FT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图像如图乙所示，若金属棒与导轨间动摩擦因数μ＝0.25，则从起点发生x＝1 m位移的过程中(g＝10 m/s2)
A.金属棒克服安培力做的功W1＝0.5 J
B.金属棒克服摩擦力做的功W2＝4 J
C.整个系统产生的总热量Q＝5.25 J
D.拉力做的功W＝9.25 J
√
√
由题图乙可知v＝2x(m/s)，金属棒所受的安培力F＝＝(N)，代入数据解得F＝0.5x(N)，可知F与x是线性关系，当x＝0时，安培力F1＝0，当x＝1 m时，安培力F2＝0.5 N，则从起点发生x＝
1 m位移的过程中，安培力做功为W安＝－x＝－x＝－×1 J＝－0.25 J，即金属棒克服安培力做的功为W1＝0.25 J，故A错误；
金属棒克服摩擦力做的功为W2＝μmgx＝0.25×2×10×1 J＝5 J，故B错误；根据动能定理得W－W2＋W安＝mv2，其中v＝2 m/s，解得拉力做的功为W＝9.25 J，整个系统产生的总热量为Q＝W－mv2＝5.25 J，故C、D正确。
3.如图所示，金属棒垂直放在足够长的、倾斜的U形光滑导轨底端，整个装置处在与导轨平面垂直的匀强磁场中。在t＝0时刻，给金属棒沿导轨向上的初速度。除金属棒外，其余电阻不计。在导轨上运动过程中，金属棒的动能Ek与位移x、时间t变化关系图像可能正确的是
√
根据动能定理得F合x＝Ek－Ek0，解得Ek＝F合x＋Ek0，可知Ek -x图像中图线各点切线的斜率表示合力，金属棒上升过程中，速度变小，电流减小，安培力减小，合力减小，下降过程中，速度变大，电流增大，安培力增大，合力减小，故A错误，B可能正确；
根据W合＝F合x＝P合t，联立F合x＝Ek－Ek0，解得Ek＝P合t＋Ek0可知Ek -t图像中图线各点切线的斜率为合力的功率，上升过程中，合力的功率一直减小，下降过程中合力的功率先增加后减小[下降过程中有P合＝F合v＝(mgsin θ－)v，可知P合-v 图像为开口向下的抛物线，有极大值]，最终的动能小于初动能，故C、D错误。
4.(多选)如图所示，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑连接。右端接一个阻值为R的定值电阻。平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量为m、电阻也为R的金属棒从高度为h处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止。已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨间接触良好。重力加速度为g，则金属棒穿过磁场区域的过程中
A.流过定值电阻的电流方向是N→Q
B.通过金属棒的电荷量为
C.克服安培力做的功为mgh
D.金属棒产生的焦耳热为(mgh－μmgd)
√
√
金属棒下滑到导轨底端时速度方向向右，磁场方向竖直向上，根据右手定则可知流过定值电阻的电流方向是Q→N，故A错误；根据法拉第电磁感应定律可知，通过金属棒的电荷量为q＝·Δt＝·Δt＝，故B正确；根据动能定理有mgh－μmgd－W克安＝0，则克服安培力所做的功为W克安＝mgh－μmgd，电路中产生的焦耳热等于克服安培力做的功，所以金属棒产生的焦耳热为QR＝(mgh－μmgd)，故C错误，D正确。
题组2　电磁感应中的能量问题
5.(多选)(2024·全国甲卷·T21)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
√
√
设线框的上边框进入磁场时的速度为v，线框的质量M，物块的质量m，选项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＝，即＋(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＝。
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，最终线框的速度和加速度都趋近于零，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，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，做加速度减小的减速运动，最终出磁场时做匀速运动，C可能正确，D不可能。
6.(2026·江苏南京模拟)如图所示，abcd为一竖直放置的矩形导线框，其平面与匀强磁场方向垂直。导线框沿竖直方向从磁场上边界开始下落，直到ab边出磁场，则以下说法正确的是
A.若线框进入磁场的平均速度与离开磁场的平均速度不同，
则两个过程中通过导线横截面上的电荷量不相等
B.线框cd边进入磁场和ab边离开磁场时线框所受安培力的
功率相等
C.线框从刚进入磁场到完全离开磁场的过程中产生的热量等于线框重力势能的减小量
D.若线框在ab边出磁场前已经匀速运动，增大线框的匝数，出磁场时匀速运动的速度不变
√
根据q＝t＝t＝可知，线框进入磁场的平均速度与离
开磁场的平均速度不同，线框进入磁场和离开磁场的过程
中通过导线横截面上的电荷量相等，故A错误；线框进入
磁场和离开磁场时线框所受安培力都做负功，此时安培力
的功率为P＝ILBv＝，线框cd边进入磁场和ab边离开磁场时速度大小不确定，故安培力功率不一定相等，故B错误；
根据能量守恒定律可知，线框从进入磁场到完全离开磁场
的过程中产生的热量，等于线框重力势能的减小量减去动
能的变化量，线框进入磁场和离开磁场时速度、动能关系
不确定，故C错误；若线框在ab边出磁场时已经匀速运动，
设单匝线框的质量为m0，单匝线框的电阻为R0，则有nm0g＝nILB＝＝n，分析可知线框下落的速度与线框的匝数无关，故D
正确。
7.(多选)(2026·山东潍坊模拟)如图甲所示，足够长
导轨与水平面的夹角θ＝37°，导轨间距L＝1 m，
其下端连接一个阻值R＝1 Ω的定值电阻，两导轨
间存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应
强度大小B＝1 T。一质量为m的导体棒ab垂直于导轨放置，导体棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5。现将导体棒由静止释放，对应过程的x -t图像如图乙所示，0～6 s内为曲线、6 s后为直线。运动过程中，导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计空气阻力和导体棒、导轨电阻，取g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法正确的是
A.导体棒的加速度大小为0.5 m/s2时，导体棒的速度大小为1.2 m/s
B.导体棒的质量为2.4 kg
C.0～8 s内，通过定值电阻的电荷量为16.32 C
D.0～6 s内，系统产生的焦耳热为24.192 J
√
√
对导体棒受力分析，由牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcos θ－＝ma，6～8 s内导体棒的速度为最大速度，则vmax＝＝2.4 m/s，此时a＝0，代入上式解得m＝1.2 kg，故B错误；
将m＝1.2 kg，a＝0.5 m/s2代入方程mgsin θ－μmgcos θ－＝ma，解得v＝1.8 m/s，故A错误；0～8 s内，q＝＝16.32 C，故C正确；0～6 s内，由动能定理得(mgsin θ－μmgcos θ)x6－W克＝m，系统产生的焦耳热Q＝W克＝24.192 J，故D正确。
8.(15分)(2025·云南卷·T15)如图所示，
光滑水平面上有一个长为L、宽为d的
长方体空绝缘箱，其四周紧固一电阻
为R的水平矩形导线框，箱子与导线框
的总质量为M。与箱子右侧壁平行的磁场边界平面如截面图中虚线PQ所示，边界右侧存在范围足够大的匀强磁场，其磁感应强度大小为B、方向竖直向下。t＝0时刻，箱子在水平向右的恒力F(大小未知)作用下由静止开始做匀加速直线运动，这时箱子左侧壁上距离箱底h处、质量为m的木块(视为质点)恰好能与箱子保持相对静止。箱子右侧壁进入磁场瞬间，木块与箱子分离；箱子完全进入磁场前某时刻，木块落到箱子底部，且箱子与木块均不反弹(木块下落过程中与箱子侧壁无碰撞)；木块落到箱子底部时即撤去F。运动过程中，箱子右侧壁始终与磁场边界平行，忽略箱壁厚度、箱子形变、导线粗细及空气阻力。木块与箱子内壁间的动摩擦因数为μ，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。
(1)求F的大小；
答案：
箱子进入磁场前，对木块、导线框与箱子整体受力分析，由牛顿第二定律有F＝(M＋m)a
对木块受力分析，水平方向由
牛顿第二定律有
FN＝ma
竖直方向由平衡条件有Ff＝mg＝μFN
联立可得F＝。
(2)求t＝0时刻，箱子右侧壁距磁场边界的最小距离；
答案：
设箱子刚进入磁场中时速度为v0，产生的感应电动势为E＝Bdv0
由闭合电路欧姆定律得，感应电流为I＝
安培力大小为F安＝IdB
联立可得F安＝
若要使木块与箱子分离，此时应有F安≥F
其中F＝
解得v0≥
由运动学公式有＝2ax
解得x≥
故t＝0时刻，箱子右侧壁距磁场边界的最小距离为xmin＝。
(3)若t＝0时刻，箱子右侧壁距磁场边界的距离为s[s大于(2)问中最小距离]，求最终木块与箱子的速度大小。
答案：水平方向有s＝a
竖直方向有h＝g
其中F＝＝(M＋m)a
可得力F作用的总时间为t＝t1＋t2＝＋
水平方向对系统由动量定理有
Ft－Δt＝(M＋m)v－0
其中Δt＝
联立可得v＝＋)－
当＋)＞时，最终木块与箱子速度大小为v＝＋)－；
当＋)≤时，
最终木块与箱子的速度大小为v＝0。
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专题提升十七　电磁感应中的动力学
和能量问题

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