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电磁感应动态问题的定量计算
导体棒或者导线框在磁场中切割磁感线运动时，感应电动势与切割速度成正比，在受力不平衡时，速
度变化引起感应电动势变化，进而引起电路中电流的变化，电流变化又引起安培力变化，导体棒或者导线
框的加速度也就随之变化……
对于这种动态过程，从动力学角度进行定性分析（写出加速度随速度变化的方程，进而借助 v-t图象
进行分析），已经对同学们提出了较高的能力要求，但是，很多题目却并不仅仅要求定性的把握运动变化
情况，还进一步要求进行定量计算整个运动过程的导体的位移、末速度、流过导体的电荷量或导体中产生
的焦耳热！
这样的过程，往往无法直接用牛顿定律予以解决，很多同学即便已经定性把握了整个运动情况，仍然
感到无从下手。其实，这种问题有着几乎固定的套路，那就是以感应电流为桥梁，将导体的位移、速度变
化与电路中的感应电量两两联系起来，结合能量守恒、动量定理和微元累加法、平均值法等列方程计算。
下面，我们一起来看看这种思路的应用要点。
一、感应电流作为桥梁
1、联系感应电量与导体的相对位移
（1）微元累加法
设导体中电流就是导体切割感应电动势引起，某一瞬间导体切割磁感线速度为 v，则有 BLve ? ，电
路中电流为
总R
ei ? ，则一段极短时间 t? 内，有通过导体的电荷量为 tiq ??? ，联立可得
t
R
BLvq ???
总
，
其中其中 xtv ???? ，则
总R
xBLq ??? ，然后全过程累加，有
总R
BLxq ? 。
（2）平均值法
设导体中电流就是导体切割感应电动势引起，全过程导体切割磁感线平均速度为 v，则有 vBLE ? ，
电路中平均电流为
总R
EI ? ，则对全过程，通过导体的电荷量为 tIq ? ，联立可得
t
R
vBLq
总
? ，
其中 xtv ?? ，则有
总R
BLxq ? 。
2、联系感应电量和导体速度的变化
（1）微元累加法
设导体运动过程中只受安培力作用，某时刻通过导体的电流为 i，则在一段极短时间 t? 内，由动量定
理，有
vmtiLB ???? ，
其中 tiq ??? ，联立得 vmqLB ??? ，然后全过程累加，有 0mvmvqLB ?? 。
（2）平均值法
设导体在整个运动过程中只受安培力作用，且全过程通过导体的平均电流为 I ，由动量定理，有
0mvmvtLBI ??? ，
其中 tIq ? ，联立得 0mvmvqLB ?? 。
3、联系相对位移和导体速度的变化
（1）微元累加法
设导体中电流就是导体切割感应电动势引起，某一瞬间导体切割磁感线速度为 v，则有 BLve ? ，电
路中电流为
总R
ei ? ，则一段极短时间 t? 内，由动量定理，有 vmtiLB ???? ，联立可得
vmt
R
vLB
????
总
22
，
其中 xtv ???? ，则 vmx
R
LB
????
总
22
，然后全过程累加，有 0
22
mvmvx
R
LB
???
总
。
（2）平均值法
设导体中电流就是导体切割感应电动势引起，全过程导体切割磁感线平均速度为 v，则有 vBLE ? ，
电路中平均电流为
总R
EI ? ，则对全过程，由动量定理，有 0mvmvtLBI ??? ，联立可得
0
22
mvmvt
R
vLB
???
总
，
其中 xtv ?? ，则有 0
22
mvmvx
R
LB
???
总
。
二、几种典型应用实例
1、阻尼式
【例 1】(2018·泰安模拟)如图所示，间距为 L，电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置，导
轨左端用一阻值为 R的电阻连接，导轨上横跨一根质量为 m，电阻也为 R的金属棒，金属棒与导轨接触良
好。整个装置处于竖直向上、磁感应强度为 B的匀强磁场中。现使金属棒以初速度 v0沿导轨向右运动，若
金属棒在整个运动过程中通过的电荷量为 q。下列说法正确的是( )
A．金属棒在导轨上做匀减速运动
B．整个过程中电阻 R上产生的焦耳热为mv0
2
2
C．整个过程中金属棒在导轨上发生的位移为qR
BL
D．整个过程中金属棒克服安培力做功为mv0
2
2
[解析]设某时刻金属棒的速度为 v，则此时的电动势 E＝BLv，感应电路为
R
EI
2
? ，则安培力向左，
大小 F 安＝ILB，由牛顿第二定律有 F 安＝ma，联立得 ma
R
vLB
?
2
22
，则金属棒作减速运动，它的加速度随
速度减小而减小，即金属棒做加速度减小的减速运动，选项 A错误；由能量守恒定律知，整个过程中，金
属棒克服安培力做功等于电阻 R和金属棒上产生的焦耳热之和，即 W 安＝Q＝
1
2
mv02，选项 B错误，D正确；
设整个过程中金属棒的平均速度为 v，通过金属棒的平均电流为 I ，则有
R
vBLI
2
? ，则通过导体棒的电荷
量 t
R
vBLtIq
2
?? ，其中 xtv ?? ，得金属棒在导轨上发生的位移 x＝2qR
BL
，选项 C错误。
本题选 D。
[拓展]本题中，“通过导体的电荷量 q”这个信息是多给了的信息。实际上 q可以直接用 v0计算出来。
设整个过程中金属棒的平均速度为 v，通过金属棒的平均电流为 I ，则由动量定理，有 00 mvtLBI ???? ，
即 00 mvqLB ??? ，解得 BL
mvq 0? 。再由
R
vBLI
2
? ， tIq ? ，得
R
BLxt
R
vBLq
22
?? ，得金属棒在导轨上
发生的位移 22
02
LB
Rmvx ? 。
【例 2】如图所示，间距为 L，电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置，导轨左端接有一个电
容为 C的理想电容器，导轨上横跨一根质量为 m，电阻为 R的金属棒，金属棒与导轨接触良好。整个装置
处于竖直向上、磁感应强度为 B的匀强磁场中。现使金属棒以初速度 v0沿导轨向右运动。试分析：
（1）金属棒在导轨上的运动情况；
（2）金属棒的最终速度和电容器最终电压各为多少？
[解析]（1）设某时刻金属棒速度为 v，电容器电压为 u，则此时通过金属棒
中的电流为
R
uBLvi ?? ，由此可以看出，随着金属棒速度的减小，电容器的充
电，通过金属棒的电流逐渐减小，设金属棒的加速度为 a，则有 maiLB ? ，可知金属棒做加速度减小的减
速运动，最终，当 i=0时，金属棒做匀速直线运动。
（2）由前述分析可知，设金属棒的最终速度为 v，电容器的最终电压为 U，则有
BLvU ? ，
设某时刻通过金属棒的电流为 i，则在一段极短时间 t? 内，由动量定理，有
vmtiLB ???? ，
其中 tiq ??? ，联立得 vmqLB ???? ，然后全过程累加，有 0mvmvqLB ??? 。
而 CUUCq ??? ，联立解得 22
0
LCBm
mvv
?
? ， 22
0
LCBm
BLmvU
?
? 。
[拓展]若采用平均值法，则第二问的解析过程会简洁一些：设全过程通过金属棒的平均电流为 I ，则
由动量定理，有
0mvmvtLBI ???? ，
其中 CUUCqtI ???? ，联立解得 22
0
LCBm
mvv
?
? ， 22
0
LCBm
BLmvU
?
? 。
2、电动式
【例 3】如图所示，间距为 L，电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置，导轨左端接有一个电
动势为 E、内阻为 r的电源，导轨上横跨一根质量为 m，电阻为 R的金属棒，金属棒与导轨接触良好。整
个装置处于竖直向上、磁感应强度为 B的匀强磁场中。现将开关闭合。试分析：
（1）金属棒在导轨上的运动情况；
（2）金属棒的最终速度和通过金属棒电荷量各为多少？
（3）整个过程中金属棒上产生的焦耳热。
[解析]（1）设某时刻金属棒速度为 v，则此时通过金属棒中的电流为
rR
BLvEi
?
?
? ，由此可以看出，
随着金属棒速度的增加，通过金属棒的电流逐渐减小，设金属棒的加速度为 a，则有 maiLB ? ，可知金属
棒做加速度减小的加速运动，最终，当 i=0时，金属棒做匀速直线运动。
（2）由前述分析可知，设金属棒的最终速度为 v，则有
BLvE ? ，
设全过程通过金属棒的平均电流为 I ，则由动量定理，有
0??? mvtLBI ，
其中 qtI ? ，联立解得
BL
Ev ? ， 22LB
mEq ? 。
（3）全过程电源释放的总电能为 qEE ?总 ，设电路中的总焦耳热为 Q 总，则由能量守恒，有
2
2
1 mvQE ?? 总总 ，
设任意时刻通过金属棒的电流为 i，则在一段极短时间 t? 内，电源内阻产生的焦耳热为 triQ ??? 2内 ，
金属棒产生的焦耳热为 tRiQ ??? 2棒 ，有 r
R
Q
Q
?
?
?
内
棒 ，则全过程也有
r
R
Q
Q
?
内
棒 ，而
内棒总 QQQ ?? ，联立
解得
)(2 22
2
rRLB
mREQ
?
?棒 。
【例 4】（2017 年天津卷）电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理可用来研
制新武器和航天运载器。电磁轨道炮示意如图，图中直流电源电动势为 E，电容器的电容为 C。两根固定
于水平面内的光滑平行金属导轨间距为 l，电阻不计。炮弹可视为一质量为 m、电阻为 R的金属棒 MN，垂
直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触。首先开关 S接 1，使电容器完全充电。然后将 S接至
2，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为 B的匀强磁场（图中未画出），MN开始向右加速运动。
当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，
回路中电流为零，MN达到最大速度，之后离开导轨。
问：
（1）磁场的方向；
（2）MN刚开始运动时加速度 a的大小；
（3）MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量 Q是多少。
[解析]（1）电容器充电后上板带正电，下板带负电，放电时通过 MN的电流由 M到 N，欲使炮弹射
出，安培力应沿导轨向右，根据左手定则可知磁场的方向垂直于导轨平面向下。
（2）电容器完全充电后，两极板间电压为 E，当开关 S接 2时，电容器放电，设刚放电时流经 MN
的电流为 I，有
EI
R
? ，
MN受到的安培力为 F=IlB，由牛顿第二定律有 F=ma，联立解得
mR
BEla ? ，
（3）当电容器充电完毕时，设电容器上电量为 Q0，有 Q0=CE，
开关 S接 2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值 vm时，设 MN上的感应电动势为 E'，有
mBlvE ?? ，
依题意有
QE
C
? ? ，
设在此过程中 MN的平均电流为 I ，则由动量定理，有
m 0ILB t mv? ? ? ，
又 0I t Q Q? ? ? ，
联立解得
2 2 2
2 2
B l C EQ
m B l C
?
?
3、发电式
【例 5】如图所示，abcd是质量为 m的 U形金属导轨，ab与 cd平行，放在光滑绝缘的水平面上，另
有一根质量为 m的金属棒 PQ平行于 bc放在导轨上，PQ棒右边靠着绝缘竖直光滑且固定在绝缘水平面上
的立柱 e、f，U形导轨处于匀强磁场中，磁场以过 e、f的 O1O2为界，右侧磁场方向竖直向上，左侧磁场
方向水平向左，磁感应强度大小都为 B，导轨的 bc段长度为 L，金属棒 PQ的电阻为 R，其余电阻均可不
计，金属棒 PQ与导轨间的动摩擦因数为μ。在导轨上作用一个方向向右、
大小 F=mg(g为重力加速度)的水平拉力，使 U形导轨由静止开始运动，导
轨从开始运动至达到最大速度 vm的时间为 t。设导轨足够长。
(1)求导轨在运动过程中的最大速度 vm。
(2)从导轨开始运动至达到最大速度 vm过程中，系统增加的内能为多少?
[解析] (1)当导轨的加速度为零时，导轨速度最大，设为 vm。导轨在水平方向上受到外力 F、水平向左
的安培力 F1和滑动摩擦力 F2，则 F-F1-F2=0
由 F1=BIL，I=


，E=BLvm，可得 F1=
22m

以 PQ棒为研究对象，在竖直方向上受重力 mg、竖直向上的支持力 FN和安培力 F3，PQ 静止，则
FN+F3=mg，F3=F1，F2=μFN
解得 F2=μ ?-
22m

1
C
导轨
导轨
2
S
E
M
N
将 F1和 F2代入，得(1-μ) ?-
22m

=0
解得 vm=
?
22
(2)设导轨从开始运动至达到最大速度过程中移动距离为 x，由动量定理得
-
22

- ?-
22

t=mvm－0
把 F=mg，x=t代入，解得 x=
?
22
-
2?2
44(1-)
设系统增加的内能为ΔE，由功能关系得 Fx=1
2
mm2 +ΔE
故ΔE=
2?2
22
-
3?22
44(1-)
-
3?22
244
【例 6】（2013年新课标 I卷）如图，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，且在下滑过程中保持与导轨垂直
并良好接触。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与金属棒速度大小的关系；
(2)金属棒的速度大小随时间变化的关系。
[解析] （1）金属棒速度为 v时，感应电动势为 BLvE ? ；由于忽略所有电阻，则有电容器两极板间
的电压 EU ? ；由电容的定义
U
QC ? 可知电容器极板上所带电荷量为
CBLvCECUQ ???
(2)取一段极短的时间Δt，在内导体棒速度的变化量设为Δv，电容器极板上电荷量的变化为
vCBLq ??? ，设导体棒中的电流为 i，则由动量定理，有
vmtiLBtmgtmg ??????????? ??? cossin
0~t时间内累加，得 0-cossin mvtiLBtmgtmg ??????? ???
其中 vLCBvLCBqLBtiLB 2222 ???????? ??? ，则有
vmLCBtmgtmg )(cossin 22 ????? ??
联立得导体棒速度为 gt
LCBm
mv 22
)cos(sin
?
?
?
???
4、组合式
【例 7】如图所示，足够长的光滑平行金属导轨水平放置，间距为 L，两根完全相同的导体棒 1、2垂
直导轨放置并紧挨在一-起，整个装置处于竖直向下的磁感应强度大小为 B的匀强磁场中，导体棒的电阻
均为 R，质量均为 m，现给导体棒 1 水平向右的初速度 v，则在以后的运动过程中，两导体棒之间的最大
距离为
A. 224 LB
mvR
B. 222 LB
mvR
C. 22LB
mvR
D. 22
2
LB
mvR
[解析]两导体棒所受安培力等大反向，系统所受合外力为 0，动量守恒，设最终稳定时两导体棒的速
度大小相等，有 mv=2mvt，此时两棒间距最大，设为 x；设整个过程中，电路中的平均电流为 I ，则对导
L
m
θ
C B
体棒 2由动量定理得 0?? tmvLtIB ，其中 R
EI
2
? ，
t
BLxE ? ，解得 22LB
mvRx ? ，C项正确。
[拓展]这里，感应电流联系的是速度变化和相对位移。
对于平均电动势，还可以用两个导体棒电动势之差来求解： 21 vBLvBLE ?? ， tvtvx 21 ?? ，联立
0?? tmvLtIB 而得结果。
或许用微元累加法更好理解： 2vmtBIL ??? ， 21 BLvBLvE ?? ，得 221
22
2
vmt
R
vvLB
???
? ）（
，其
中 tvtvx ????? 21 ，则 2
22
2
vmx
R
LB
??? ，全过程累加，得 0
2
22
?? tmvxR
LB
，联立解得 22LB
mvRx ? 。
【例 8】如图所示，两足够长的光滑平行金属导轨 MN、PQ 水平放置，导轨间距为 L，垂直导轨的虚
线 OO' 两侧导轨所在空间区域存在着磁感应强度大小均为 B 的相反方向的竖直匀强磁场，两长度均为 L、
电阻均为 R、质量均为 m 的金属导体棒 a、b 垂直导轨放在 OO' 左右两侧，并与导轨保持良好接触，不
计其他电阻．现给导体棒 a一个瞬时冲量，使 a 获得一个水平向右的初速度 v0，则下列关于 a、b 两棒此
后的整个运动过程的说法中，正确的是
A．两棒组成的系统动量守恒
B．两棒最终都将以大小为
2
0v 的速度做匀速直线运动
C．整个过程中，a 棒上产生的焦耳热为
4
2
0mv
D．整个过程中，流过 a 棒的电荷量为
LB
mv
2
0
[解析] 由右手定则和左手定则可知，两导体棒所受安培力均向左，因此系统动量不守恒，A错；回路
总电动势为 ba BLvBLvE ?? ，随着 va的减小、vb的增大，回路总电动势减小，回路电流减小，安培力减
小，两棒加速度最终减为零，两棒均匀速运动，设整个过程回路中的平均电流为 I ，则由动量定理，有
a棒： 0mvmvLBtI a ??? b棒： 0?? bmvLBtI
两式联立，解得
2
0vva ? 向右、 2
0vvb ? 向左，流过 a棒的电荷量为 BL
mvtIq
2
0?? 。
同时，整个过程中，回路中产生的焦耳热为 20
222
0 4
1)
2
1
2
1(
2
1 mvmvmvmvQ ba ????总 ，则 a棒上产生
的焦耳热为 208
1
2
1 mvQQa ?? 总 。
故 AC错误，BD正确。
M N
QP
B B
b a
v0
O
O'

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