2026高考物理总复习题库：专题强化二十三　电磁感应中的动力学和能量问题

专题强化二十三电磁感应中的动力学和能量问题

学习目标1.学会用动力学知识分析导体棒在磁场中的运动问题。2.会用功能关

系和能量守恒定律分析电磁感应中的能量转化。

考点一电磁感应中的动力学问题

1.两种状态及处理方法

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

根据牛顿第二定律结合运动学公式

非平衡态加速度不为零

进行分析

2.基本思路

角度“单棒＋电阻”模型

例1(2024·云南昆明模拟)如图1(a)所示，两根不计电阻、间距为L的足够长平行

光滑金属导轨，竖直固定在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向里，磁感应

强度大小为B。导轨上端串联非线性电子元件Z和阻值为R的电阻。元件Z的U

－I图像如图(b)所示，当流过元件Z的电流大于或等于I0时，电压稳定为Um。质

量为m、不计电阻的金属棒可沿导轨运动，运动中金属棒始终水平且与导轨保持

良好接触。忽略空气阻力及回路中的电流对原磁场的影响，重力加速度为g。为

mgmgR

了方便计算，取I0＝，Um＝。以下计算结果只能选用m、g、B、L、R表

4BL2BL

示。

图1

(1)闭合开关S，由静止释放金属棒，求金属棒下落的最大速度v1；

(2)断开开关S，由静止释放金属棒，求金属棒下落的最大速度v2。

mgR3mgR

答案(1)(2)

B2L22B2L2

解析(1)闭合开关S，金属棒下落的过程中受竖直向下的重力、竖直向上的安培

力作用，当重力与安培力大小相等时，金属棒的加速度为零，速度最大，则

mg＝I1LB

由法拉第电磁感应定律得E1＝BLv1

E1

由闭合电路欧姆定律得I1＝

R

mgR

解得v1＝。

B2L2

mg

(2)由第(1)问得I1＝

BL

由于I0<I1

mgR

则断开开关S后，当金属棒的速度达到最大时，元件Z两端的电压恒为Um＝

2BL

此时定值电阻两端的电压为UR＝BLv2－Um

回路中的电流为I2＝I1

UR

又由欧姆定律得I2＝

R

3mgR

解得v2＝。

2B2L2

1.(多选)(2024·湖南长沙模拟)如图2甲所示，MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与

水平面成θ＝30°角固定，间距为L＝1m，质量为m的金属杆ab垂直放置在轨道

上且与轨道接触良好，其阻值忽略不计。空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨

道平面向上，磁感应强度为B＝0.5T。P、M间接有阻值为R1的定值电阻，Q、N

间接电阻箱R。现从静止释放ab，改变电阻箱的阻值R，测得最大速度为vm，得

11

到与的关系如图乙所示。若轨道足够长且电阻不计，重力加速度g取10m/s2，

vmR

则()

图2

A.金属杆中感应电流方向为由a到b

B.金属杆所受的安培力的方向沿轨道向上

C.金属杆的质量为1kg

D.定值电阻的阻值为1Ω

答案BD

解析根据右手定则判断，金属杆中感应电流方向为由b到a，故A错误；由左

RR1

手定则可知，金属杆所受的安培力沿轨道向上，故B正确；总电阻为R总＝，

R＋R1

BLv

通过ab的电流为I＝，当达到最大速度时，金属杆受力平衡，则有mgsinθ＝

R总

22222222

BLvm1BL1BLBL

ILB＝·(R1＋R)，变形得＝·＋，由图像得＝k＝

R1RvmmgsinθRmgR1sinθmgsinθ

－22

30.5－1BL－1

s·m·Ω，＝b＝0.5s·m，解得m＝0.1kg，R1＝1Ω，故C错误，

5－0mgR1sinθ

D正确。

角度“单棒＋电容器”模型

棒的初速度为零，拉力F恒定(棒和水平导轨电阻忽略不计，摩擦力不计)如图3，

运动过程分析：棒做加速运动，持续对电容器充电，则存在充电电流

图3

ΔQ

由F－IlB＝ma，I＝，ΔQ＝CΔU，ΔU＝ΔE＝BlΔv

Δt

CB2l2ΔvΔv

联立可得F－＝ma，其中＝a

ΔtΔt

F

则可得a＝

m＋B2l2C

所以棒做加速度恒定的匀加速直线运动

12

功能关系：WF＝mv＋E电。

2

例2如图4，两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：

图4

(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。

m（sinθ－μcosθ）gt

答案(1)Q＝CBLv(2)v＝

m＋B2L2C

解析(1)设金属棒下滑的速度大小为v，则感应电动势为E＝BLv

平行板电容器两极板之间的电势差为U＝E

Q

设此时电容器极板上积累的电荷量为Q，按定义有C＝，联立可得Q＝CBLv。

U

(2)设金属棒的速度大小为v时，经历的时间为t，通过金属棒的电流为I，金属棒

受到的磁场力方向沿导轨向上，大小为F＝ILB＝CB2L2a

金属棒所受到的摩擦力方向沿导轨斜面向上，大小为Ff＝μFN，式中FN＝mgcosθ，

金属棒在时刻t的加速度方向沿斜面向下，设其大小为a，根据牛顿第二定律有

mgsinθ－F－Ff＝ma

m（sinθ－μcosθ）g

联立上式可得a＝

m＋B2L2C

则金属棒做初速度为零的匀加速度运动，t时刻金属棒的速度大小为

m（sinθ－μcosθ）gt

v＝at＝。

m＋B2L2C

考点二电磁感应中的能量问题

1.电磁感应中的能量转化

其他形式克服安培电电流做功焦耳热或其他

的能量力―做―功→能――→形式的能量

2.求解焦耳热Q的三种方法

例3(多选)(2024·山东潍坊模拟)如图5(a)，两根足够长的光滑导轨竖直放置，间

距为L，底端接有一阻值为R的电阻。将一质量为m、阻值为R、长度也为L的

金属棒通过绝缘细绳悬挂在距离导轨底端h高度处。空间中存在方向垂直于导轨

平面向里的匀强磁场，其磁感应强度B随时间t变化，如图(b)所示。已知在t0时

刻，细绳刚好断开，金属棒开始向下运动，下落高度为d时达到最大速度(d<h)。

金属棒始终与轨道垂直且保持良好接触，重力加速度为g，则下列说法正确的是

()

图5

金属棒下落的最大速度为2mgR

A.22

B0L

B.金属棒运动过程中机械能守恒

222

细绳断裂前电路的总功率为B0hL

C.2

2Rt0

322

细绳断裂后至金属棒达到最大速度的过程中，电路中产生的总热量为2mgR

D.44

B0L

答案AC

解析金属棒在下落的运动中，受重力和安培力的作用，由静止开始做加速度减

小的加速运动，当加速度减小到零时，金属棒的速度最大，此时重力与安培力大

B0Lvm2mgR

小相等，则有安＝0＝，其中＝，解得m＝，正确；金属棒

FILBmgIv22A

R＋RB0L

运动过程中有重力做正功，安培力做负功，机械能不守恒，B错误；细绳断裂前，

ΔΦΔBB0hL

由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势大小为E＝＝·hL＝，由电功

ΔtΔtt0

2222

率公式，可得电路的总功率为＝E＝B0hL，正确；金属棒向下运动到达

P2C

R＋R2Rt0

12

到最大速度的过程中，由能量守恒定律可得mgd＝mvm＋Q，则电路中产生的总

2

322

122mgR

热量为＝－m＝－，错误。

Qmgdmvmgd44D

2B0L

2.如图6甲所示，地面上方高度为d的空间内有水平方向的匀强磁场，质量为m

的正方形闭合导线框abcd的边长为l，从bc边距离地面高为h处将其由静止释放，

已知h>d>l。从导线框开始运动到bc边即将落地的过程中，导线框的v－t图像如

图乙所示。重力加速度为g，不计空气阻力，以下有关这一过程的判断正确的是

()

图6

A.t1～t2时间内导线框受到的安培力逐渐增大

B.磁场的高度d可以用v－t图中阴影部分的面积表示

C.导线框重力势能的减少量等于其动能的增加量

D.导线框产生的焦耳热大于mgl

答案D

解析由题图乙可知，在0～t1时间内，导线框自由落体，t1～t2时间内导线框切

割磁感线进入磁场，做加速度减小的减速运动，电流减小，则安培力在减小，A

错误；在t1～t2时间段内，导线框切割磁感线，距离为l，完全进入后又做加速运

动直到落地，所以磁场高度d为t1～t3时间内的位移，B错误；安培力做负功，

所以重力势能减少量等于动能增加量和安培力做功的和，C错误；t1～t2时间内，

F安>mg，克服安培力做的功大于重力做功，所以在下降过程中导线框产生的焦耳

热大于mgl，D正确。

A级基础对点练

对点练1电磁感应中的动力学问题

1.如图1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

()

图1

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，产生感应电动势和感应电流，会受到向左的安

B2l2v

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，

R

最终停止运动，故A正确，B、C、D错误。

2.(多选)(2024·河南郑州高三月考)在如图2所示的甲、乙、丙图中，MN、PQ是固

定在同一水平面内足够长的平行金属导轨。导体棒ab垂直放在导轨上，导轨都处

于垂直水平面向下的匀强磁场中，导体棒和导轨间的摩擦不计，导体棒、导轨和

直流电源的电阻均可忽略，甲图中的电容器C原来不带电。今给导体棒ab一个

向右的初速度v0，在甲、乙、丙图中导体棒ab在磁场中的运动状态是()

图2

A.甲图中，棒ab最终做匀速运动

B.乙图中，棒ab匀减速运动直到最终静止

C.丙图中，棒ab最终做匀速运动

D.甲、乙、丙图中，棒ab最终都静止

答案AC

解析甲图中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流而使电容器充电，当电

容器C极板间电压与导体棒产生的感应电动势相等时，电路中没有电流，ab棒不

受安培力，向右做匀速运动，故A正确；乙图中，导体棒向右运动切割磁感线产

生感应电流，通过电阻R转化为内能，ab棒速度减小，当ab棒的动能全部转化

Blv

为内能时，ab棒静止，又由于I＝，F＝IlB，由于速度减小，则产生感应电流

R

减小，导体棒所受安培力减小，根据牛顿第二定律可知导体棒的加速度减小，所

以乙图中，棒ab做加速度减小的减速运动，最终静止，故B错误；丙图中，导

体棒先受到向左的安培力作用向右做减速运动，速度减为零后再在安培力作用下

向左做加速运动，当导体棒产生的感应电动势与电源的电动势相等时，电路中没

有电流，ab棒向左做匀速运动，故C正确；由以上分析可知，甲、乙、丙图中，

只有图乙中棒ab最终静止，故D错误。

3.(2024·湖南常德模拟)如图3所示，一宽度为L的光滑导轨与水平面成α角，磁感

应强度大小为B的匀强磁场垂直于导轨平面向上，导轨上端连有一阻值为R的电

阻，导轨电阻不计。一质量为m、电阻也为R的金属棒从导轨顶端由静止释放，

设导轨足够长，重力加速度为g，下列说法正确的是()

图3

A.金属棒将做匀加速运动

B.释放的瞬间金属棒的加速度大小为gcosα

2mgRsinα

C.金属棒的最大速度大小为

B2L2

D.金属棒下滑相等距离的时间内通过定值电阻R的电荷量越来越多

答案C

解析对金属棒，根据牛顿第二定律，有mgsinα－ILB＝ma，根据闭合电路欧姆

BLv

定律，有I＝，由此可知，金属棒先向下做加速度减小的加速运动，后做匀速

2R

直线运动，故A错误；释放的瞬间金属棒所受安培力为零，所以加速度大小为a

＝gsinα，故B错误；当金属棒的加速度为零时，此时速度最大，有mgsinα＝ImLB

22

BLvm2mgRsinα

＝，解得vm＝，故C正确；金属棒下滑过程中通过定值电阻R

2RB2L2

－

－－EΔΦBLxBLx

的电荷量为q＝I·Δt，又有I＝＝＝，所以q＝，由此可知，下滑

2RΔt·2RΔt·2R2R

相等距离的时间内通过定值电阻R的电荷量相等，故D错误。

4.(多选)如图4甲所示，平行金属导轨及所在平面与水平面成37°角。不计金属导

轨电阻，平行导轨间距L＝1m，定值电阻R＝3Ω，虚线OO′下方有垂直于导轨

平面的匀强磁场。将电阻r＝1Ω、m＝0.1kg的金属棒ab从OO′上方某处垂直导

轨由静止释放，金属棒下滑过程中的v－t图像如图乙所示。已知sin37°＝0.6，

cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是()

图4

A.金属棒下滑过程中受到的摩擦力为0.2N

B.匀强磁场的磁感应强度大小为2T

C.金属棒在磁场中下滑0.1s过程中电阻R中电流为0.5A

D.金属棒在磁场中下滑0.1s过程中电阻R产生的热量为1.875×10－2J

答案BD

Δv2

解析由图乙知ab进磁场前的加速度为a＝＝5m/s，由mgsin37°－Ff＝ma，

Δt

解得Ff＝0.1N，A错误；ab进磁场后做匀速运动，有mgsin37°＝Ff＋ILB，回路

BLv

中电流I＝，解得B＝2T，B正确；金属棒在磁场中下滑0.1s过程中电阻R

R＋r

BLv

中电流I＝＝0.25A，C错误；金属棒在磁场中下滑0.1s过程中电阻R产生

R＋r

的热量Q＝I2Rt＝1.875×10－2J，D正确。

对点练2电磁感应中的能量问题

5.(多选)如图5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()

图5

A.流过定值电阻的电流方向是N→Q

BdL

B.通过金属棒的电荷量为

2R

C.克服安培力做的功为mgh

1

D.金属棒产生的焦耳热为(mgh－μmgd)

2

答案BD

解析金属棒下滑到底端时速度向右，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

EΔΦBLd

过金属棒的电荷量为q＝·Δt＝·Δt＝，故B正确；根据动能定理有mgh

2RΔt·2R2R

－μmgd－W安＝0，则克服安培力所做的功为W安＝mgh－μmgd，电路中产生的焦

1

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)，选

2

项C错误，D正确。

6.(多选)如图6所示，相距为d的两水平线L1和L2分别是水平向里的匀强磁场的

边界，磁场的磁感应强度为B，正方形线框abcd边长为L(L<d)、质量为m、电阻

为R。将线框在磁场上方高h处由静止释放，ab边刚进入磁场和穿出磁场时的速

度恰好相等，重力加速度为g，则在线框全部穿过磁场的过程中()

图6

A.ab边刚进入磁场时ab两端的电势差为BL2gh

B.感应电流所做功为mgd

C.感应电流所做功为2mgd

D.线框最小速度为v＝2g（h＋L－d）

答案CD

12

解析线圈自由下落过程，有mgh＝mv0，ab边刚进入磁场时，有E＝BLv0，U

2

33BL2gh

＝BLv0，解得U＝，故A错误；根据能量守恒定律可知，从ab边刚进

44

入磁场到ab边刚穿出磁场的过程，动能变化为0，重力势能转化为线框产生的热

量，则Q＝mgd，ab边刚进入磁场时速度为v0，ab边刚离开磁场时速度也为v0，

所以从ab边刚穿出磁场到cd边离开磁场的过程，线框产生的热量与从ab边刚进

入磁场到cd边刚进入磁场的过程产生的热量相等，所以线圈从ab边进入磁场到

cd边离开磁场的过程，产生的热量等于感应电流做的功，有Q′＝W＝2mgd，故B

错误，C正确；因为进磁场时要减速，即此时的安培力大于重力，速度减小，安

培力也减小，线框全部进入磁场将做加速运动，所以全部进入磁场的瞬间速度最

小，设线圈的最小速度为v，从ab边刚进入磁场到线框完全进入过程，由能量守

121212

恒定律，有mv0－mv＝W安－mgL，又mv0＝mgh，W安＝mgd，联立解得线圈

222

的最小速度为v＝2g（h＋L－d），故D正确。

B级综合提升练

7.如图7甲所示，光滑的金属导轨MN和PQ平行，间距L＝1.0m，与水平面之

间的夹角α＝37°，匀强磁场磁感应强度B＝2.0T，方向垂直于导轨平面向上，MP

间接有阻值R＝1.6Ω的电阻，质量m＝0.5kg、电阻r＝0.4Ω的金属棒ab垂直导

轨放置，现用和导轨平行的恒力F沿导轨平面向上拉金属杆ab，使其由静止开始

运动，当金属棒上滑的位移s＝3.8m时达到稳定状态，对应过程的v－t图像如图

乙所示，(稳定状态时金属棒以1.0m/s的速度匀速运动)取g＝10m/s2，导轨足够

长(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)。求：

图7

(1)运动过程中a、b哪端电势高，并计算恒力F的大小；

(2)从金属杆开始运动到刚达到稳定状态，此过程金属棒上产生的焦耳热。

答案(1)b端5N(2)1.47J

解析(1)由右手定则可判断感应电流由a流向b，b相当于电源的正极，故b端

电势高

当金属棒匀速运动时，由平衡条件得F＝mgsin37°＋F安

B2L2v

其中F安＝ILB＝

R＋r

由乙图可知v＝1.0m/s

联立解得F＝5N。

1

(2)从金属棒开始运动到稳定状态，由功能关系可得(F－mgsin37°)s＝Q＋mv2

2

r

两电阻产生的焦耳热与阻值成正比，故金属棒上产生的焦耳热为Qr＝Q

R＋r

联立解得Qr＝1.47J。

8.如图8(a)，固定的绝缘斜面MNPQ倾角θ＝37°，虚线OO1与底边MN平行，且

虚线OO1下方分布有垂直于斜面向上(设为正方向)的匀强磁场，磁场的磁感应强

度B随时间t变化的图像如图(b)。质量m＝3.0×10－2kg、边长L＝2.0×10－1m、

－3

电阻R＝2.0×10Ω粗细均匀的正方形导线框abcd置于斜面上，一半处在OO1

的下方，另一半处在OO1的上方，ab与OO1平行。已知t＝0时，导线框恰好静

止在斜面上，最大静摩擦力可以认为等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2，

sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：

图8

(1)导线框与斜面间的动摩擦因数μ的大小；

(2)导线框从t＝0到恰好滑动的这段时间，导线框产生的焦耳热Q。

答案(1)0.75(2)3.6×10－2J

解析(1)已知t＝0时，导线框恰好静止在斜面上，最大静摩擦力可以认为等于滑

动摩擦力，则有mgsinθ＝μ