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资料简介
1
物理总复习：电磁感应中的能量问题
【考纲要求】
理解安培力做功在电磁感应现象中能量转化方面所起的作用。
【考点梳理】
考点、电磁感应中的能量问题
要点诠释：
电磁感应现象中出现的电能，一定是由其他形式的能转化而来的，具体问题中会涉及多
种形式能之间的转化，如机械能和电能的相互转化、内能和电能的相互转化。分析时应当牢
牢抓住能量守恒这一基本规律，分析清楚有哪些力做功就可以知道有哪些形式的能量参与了
相互转化，如有摩擦力做功，必然有内能出现；重力做功就可能有机械能参与转化；安培力
做负功就是将其他形式的能转化为电能，做正功就是将电能转化为其他形式的能，然后利用
能量守恒列出方程求解。
电能求解的主要思路：
（1）利用克服安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功。
（2）利用能量守恒求解：机械能的减少量等于产生的电能。
（3）利用电路特征求解：通过电路中所产生的电流来计算。
【典型例题】
类型一、根据能量守恒定律判断有关问题
例 1、光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线，如图所示，抛物线的方程是 y＝x2，下半
部处在一个水平方向的匀强磁场中，磁场的上边界是 y＝a 的直线（图中的虚线所示）．一个
小金属块从抛物线上 y＝b（b＞a）处以速度 v 沿抛物线下滑．假设抛物线足够长，金属块
沿抛物线下滑后产生的焦耳热总量是 ( )
A．mgb B．
C． D．
【思路点拨】小金属块在进出磁场的过程中，磁通量发生变化，金属块内部产生感应电流，
其机械能转化为电热，根据能量守恒定律分析初态的机械能和末态的机械能，减少的机械能
转化为内能。
【答案】D
【解析】小金属块在进出磁场的过程中，金属块内部产生感应电流，其机械能转化为电热，
在磁场内运动，没有感应电流，没有内能产生，不损失机械能，最终，小金属块在光滑曲面
上（ ）往返运动，在 y=a 处，速度为零。初态的机械能： ，末态的机械
能： ，由能量守恒定律，产生的焦耳热即减少的机械能：
， D 选项正确。
【总结升华】始终抓住能量守恒定律解决问题，金属块（圆环等）在穿越磁场时有感应电流
产生，电能转化为内能，消耗了机械能，机械能减少，可以类比：在磁场中运动相当于力学
部分的光滑问题，不消耗机械能。
举一反三
【变式】如图所示，闭合线圈 abcd 用绝缘硬杆悬于 O 点，虚线表示有界磁场 B，把线圈从
图示位置释放后使其摆动，不计其它阻力，线圈将（ ）
21
2 mv
( )mg b a− 21( ) 2mg b a mv− +
y a≤ 21
2mgb mv+
mga
21( ) 2Q E mg b a mv= ∆ = − +2
A.往复摆动
B.很快停在竖直方向平衡而不再摆动
C.经过很长时间摆动后最后停下
D.线圈中产生的热量小于线圈机械能的减少量
【答案】B
【解析】当线圈进出磁场时，穿过线圈的磁通量发生变化，从而在线圈中产生感应电流，机
械能不断转化为电能，直至最终线圈不再摆动。根据能量守恒定律，在这过程中，线圈中产
生的热量等于机械能的减少量。
拓展：上述线圈所出现的现象叫做电磁阻尼。用能量转化和守恒定律解决此类问题往往十分
简便。磁电式电流表、电压表的指针偏转过程中也利用了电磁阻尼现象，所以指针能很快静
止下来。
类型二、“杆”+水平导轨（竖直导轨）问题
例 2、导体切割磁感线的运动可以从宏观和微观两个角度来认识．如图所示，固定于水平
面的 U 形导线框处于竖直向下的匀强磁场中，金属直导线 MN 在与其垂直的水平恒力 F 作用
下，在导线框上以速度 v 做匀速运动，速度 v 与恒力 F 方向相同；导线 MN 始终与导线框形
成闭合电路．已知导线 MN 电阻为 R，其长度 L 恰好等于平行轨道间距，磁场的磁感应强度
为 B。忽略摩擦阻力和导线框的电阻。
(1) 通过公式推导验证：在 Δt 时间内，F 对导线 MN 所做的功 W 等于电路获得的电能 W
电，也等于导线 MN 中产生的热量 Q;
(2)若导线 MN 的质量 m＝8.0 g、长度 L＝0.10 m，感应电流 I＝1.0 A，假设一个原子贡
献一个自由电子，计算导线 MN 中电子沿导线长度方向定向移动的平均速率 ve(下表中列出
一些你可能会用到的数据)；
(3)经典物理学认为，金属的电阻源于定向运动的自由电子和金属离子(即金属原子失去
电子后的剩余部分)的碰撞．展开你想象的翅膀，给出一个合理的自由电子的运动模型；在
此基础上，求出导线 MN 中金属离子对一个自由电子沿导线长度方向的平均作用力 f 的表达
式．
【答案】(1)见解析 (2)7.8×10－6 m/s (3) f＝f 洛＝evB
【解析】 (1)导线产生的感应电动势
E＝BLv
导线匀速运动，受力平衡3
F＝F 安＝BIL
在 Δt 时间内，外力 F 对导线做功
W＝FvΔt＝F 安 vΔt＝BILvΔt
电路获得的电能
W 电＝qE＝IEΔt＝BILvΔt
可见，F 对导线 MN 做的功等于电路获得的电能 W 电；
导线 MN 中产生的热量
Q＝I2RΔt＝IΔt·IR＝qE＝W 电
可见，电路获得的电能 W 电等于导线 MN 中产生的热量 Q.
(2)导线 MN 中具有的原子数为
A
因为一个金属原子贡献一个电子，所以导线 MN 中的自由电子数也是 N。导线 MN 单
位体积内的自由电子数
其中，S 为导线 MN 的横截面积．
因为电流
I＝nveSe
所以
解得
ve＝7.8×10－6 m/s.
(3)下列解法的共同假设：所有自由电子(简称电子，下同)以同一方式运动．
方法一：动量解法
设电子在第一次碰撞结束至下一次碰撞结束之间的运动都相同，经历的时间为 Δt，电
子的动量变化为零．
因为导线 MN 的运动，电子受到沿导线方向的洛伦兹力 f 洛的作用
f 洛＝evB
沿导线方向，电子只受到金属离子的作用力和 f 洛作用，所以
If－f 洛 Δt＝0
其中 If 为金属离子对电子的作用力的冲量，其平均作用力为 f，则 If＝fΔt
得
f＝f 洛＝evB
方法二：能量解法
S 设电子从导线的一端到达另一端经历的时间为 t，在这段时间内，通过导线一端的电
子总数
电阻上产生的焦耳热是由于克服金属离子对电子的平均作用力 f 做功产生的．
在时间 t 内，总的焦耳热
A
mN N= µ
Nn SL
=
e
A
I IL ILv nSe Ne mN e
= = = µ
ItN e
=4
Q＝NfL
根据能量守恒定律，有
Q＝W 电＝EIt＝BLvIt
所以
f＝evB
方法三：力的平衡解法
因为电流不变，所以假设电子以速度 ve 相对导线做匀速直线运动．
因为导线 MN 的运动，电子受到沿导线方向的洛伦兹力 f 洛的作用
f 洛＝evB
沿导线方向，电子只受到金属离子的平均作用力 f 和 f 洛作有，二力平衡，即
f＝f 洛＝evB.
举一反三
【变式】如图所示，两条平行的光滑水平导轨上，用套环连着一质量为 0.2kg、电阻为 2Ω
的导体杆 ab，导轨间匀强磁场的方向垂直纸面向里。已知 R1=3Ω，R2= 6Ω，电压表的量程
为 0～10 V，电流表的量程为 0～3 A（导轨的电阻不计）。求：
（1）将 R 调到 30Ω时，用垂直于杆 ab 的力 F=40 N，使杆 ab 沿着导轨向右移动且达到
最大速度时，两表中有一表的示数恰好满量程，另一表又能安全使用，则杆 ab 的速度多大？
（2）将 R 调到 3Ω时，欲使杆 ab 运动达到稳定状态时，两表中有一表的示数恰好满量程，
另一表又能安全使用，则拉力应为多大？
（3）在第（1）小题的条件下，当杆 ab 运动达到最大速度时突然撤去拉力，则电阻 R1 上
还能产生多少热量？
【答案】（1）1 m/s（2）60N（3）0.03J.
【解析】（1）当 R=30Ω时，R 与 R2 并联，有
设电流表满偏，则 1=3 A，电压表的示数为
与题意不符，故应是电压表满偏， ，
此时电路中的电流 ，
设导体杆 ab 电阻为 r，则电路中的总电阻 为
当 ab 杆具有最大速度时有 所以 BL=20 N/A
由闭合电路欧姆定律，得 ， ，解得 v=1 m/s
2
2
= 5RRR R R
= Ω+并
=15 10U IR V V= >并
1 10U V=
1I 1 =2UI AR
=
并
R总 1= =10R r R R+ + Ω总 并
1 40F BI L N= =
1
EI R
=
总
E BLv=5
（2）当 R=3Ω时，R 与 R2 的并联电阻值为
设电流表满偏 ， 则电压表的示数
故满偏电表为电流表，此时 ，得
（3）撤去外力时 ab 杆具有动能 ，最后 ab 杆停下，具有的动能转化为
内能 ，由串联电路的功率分配有
所以 .
例 3、如图所示，足够长的光滑金属框竖直放置，框宽 L＝0.5 m，框的电阻不计，匀强
磁场磁感应强度 B＝1 T，方向与框面垂直，金属棒 MN 的质量为 100 g，电阻为 1 Ω．现让 MN
无初速地释放并与框保持接触良好的竖直下落，从释放到达到最大速度的过程中通过棒某一
横截面的电量为 2 C，求此过程中回路产生的电能．（空气阻力不计，g＝10 m/s2）
【思路点拨】在竖直导轨中能量守恒的关系一般是：重力势能转化为动能和电能（内能）。
“从释放最大速度的过程中通过棒某一横截面的电量”要用感应电动势平均值公式，化简后
得 ，即电量等于磁通量的变化量除以总电阻。
【答案】3.2J
【解析】金属棒下落过程中所受安培力大小为 F = BIL
其中通过金属棒的电流强度为
金属棒下落过程做加速度逐渐减小的加速运动，加速度减小到零时速度达到最大，
根据平衡条件得
在下落过程中，金属棒减小的重力势能转化为它的动能和电能 E，
2
2
= 2RRR R R
′ = Ω+并
2 3I A= 2 2 =6 10U I R V V′= R外 minR r<
R外 minR r>25
综上所述，BCD 均可选。
二、填空题
1、【答案】（1） （2）
【解析】（1）cd杆在磁场中运动时，cd杆相当于电源，另两段电阻是外电路，并联，则总
电阻为 ，电动势 ，干路电流 ，所以通过af杆的电
流为 。（2）另两端分别进入磁场时，电路关系与（1）相同，金属框中电流
所产生的热量等于安培力做的功，cd杆在磁场中运动时，安培力 ，安
培力做的功 ，三段分别在磁场中运动时，安培力做的功都相等，
所以，产生的总热量 .
2、【答案】
【解析】设感应电动势为 E，电流为 I，外力功 W
由转动切割得： ① 电流 ②
外力功等于系统产生的焦耳热 ③ ④
所以外力做功 ⑤
3、【答案】
【解析】杆 1 运动，回路中产生感应电流，杆 2 在安培力的作用下也向右运动，设杆 2 的
运动速度为 v，由于两杆运动时，两杆间和导轨构成的回路中的磁通量发生变化，产生感应
电动势 ①
感应电流 ②
杆 2 作匀速运动，它受到的安培力等于它受到的摩擦力， ③
3
BLv
r
2 32B L v
r
1 3
2 2R r r r= + = E BLv= 2
3
E BLvI R r
= =
1
2 3af
BLvI I r
= =
2 2 2 22
3A
B L v B L vF R r
= =
2 32
3cd A cd
B L vW F L Qr
= = =
2 323 3cd A
B L vQ W F L r
= = =
2 4
8
B rW R
π ω=
21
2E Br ω= EI R
=
2W I Rt= 1
4 2t T
π
ω= =
2 4
8
B rW R
π ω=
)]([ 2122
2
02 RRlB
gmvgmP +−= µµ
)( 0 vvBlE −=
21 RR
EI +=
gmBlI 2µ=26
导体杆 2 克服摩擦力做功的功率 ④
解得 ⑤
三、计算题
1、【答案】（1）F=8N （2）△t＝1s （3）v3＝1m/s
【解析】（1）棒在 GH 处速度为 v1 ，因此根据法拉第电磁感应定律有：
E1=BLv1 …① ，
由闭合电路欧姆定律得
…② ，
棒在 GH 处所受安培力为
FA =BI1L …③,
解①②③式且代入数据得：
…④
（2）设棒移动距离为 a＝2m，由几何关系可得 EF 间距也为 a，向左移动整个过程中磁
通量的变化量 ，题设运动时回路中电流保持不变，即感应电动势 E2 不变，
开始移动时有
E2=BLv2 …⑤ ,
又整个过程中
…⑥ ,
解以上两式并代入数据得
…⑦.
（3）设外力做功为 W=7J，克服安培力做功为 WA，导体棒在 EF 处的速度为 v4 ,
由动能定理得：
…⑧
运动时回路中电流保持不变，即感应电动势 E2 不变，同（2）理有：
E3=BLv3 ＝Bav4 …⑨，
E3=△φ/△t1＝Ba(a+L)/(2△t1) …⑩
得△t1＝a(a+L)/(2Lv3) …⑪
…⑫
由功能关系得
WA＝Q＝I32R△t1 …⑬
解⑧⑨⑩⑪⑫⑬且代入数据得：
gvmP 2µ=
)]([ 2122
2
02 RRlB
gmvgmP +−= µµ
1
1
BLvI R
=
2 2
1 8NA
B L vF R
= =
( )
2
Ba a L+∆ =ϕ
2 2
Ba a LE t t
∆ += =∆ ∆
（ ）ϕ
2
( ) 1s2
a a Lt Lv
+∆ = =
2 2
4 3
1 1
2 2AW W mv mv− = −
3
3
BLvI R
=27
v3＝1m/s …⑭
2、【答案】(1)正极 (2)2 m/s (3)0.5 J
【解析】本题考查法拉第电磁感应定律、右手定则等知识和分析综合及建模能力．
(1)正极
(2)由电磁感应定律得
所以
(3)
ΔE＝0.5 J
3 、 【 答 案 】 （ 1 ） （ 2 ） （ 3 ）
【解析】（1）方框质量 方框电阻
方框下落速度为 v 时，产生的感应电动势
感应电流
方框下落过程，受到重力 G 及安培力 F，
，方向竖直向下 ，方向竖直向下
当 F=G 时，方框达到最大速度，即 v=vm
则 方框下落的最大速度
（2）方框下落加速度为 时，有 ，
则 方框的发热功率
（3）根据能量守恒定律，有
U E t
∆= = ∆
Φ
21
2 BR∆ = ∆Φ θ 21
2U B R= ω
1
3v r R= =ω ω
2 2m/s3
Uv BR
= =
21
2E mgh mv∆ = −
m 2
4 dv gB
ρ=
2 2
2
2
4 ALd gP I R B
ρ= =
2
0
1
2 t
dI A gh vtρ
= −
4m LAd= 4LR A
ρ=
2E B L v= ⋅ ⋅
2
E BAvI R ρ= =
4G mg LAdg= =
2
2 B ALF BI L vρ= ⋅ =
2
m 4B AL v LAdgρ = m 2
4 dv gB
ρ=
2
g 2 2
gmg IB L m− ⋅ =
4
mg AdgI BL B
= =
2 2
2
2
4 ALd gP I R B
ρ= =
2 2
0
1
2 tmgh mv I Rt= +28
解得恒定电流 I0 的表达式 。
4、【答案】（1） （2） （3）a．
b.在 x= 0 处.
【解析】（1）由图 2 可知，
根据法拉第电磁感应定律，感应电动势 ①
（2）金属棒在弧形轨道上滑行过程中，产生的焦耳热
金属棒在弧形轨道上滑行过程中，根据机械能守恒定律
②
金属棒在水平轨道上滑行的过程中，产生的焦耳热为 ，根据能量守恒定律
所以，金属棒在全部运动过程中产生的焦耳热
（3）a．根据图 3，x=x1（x1﹤x0）处磁场的磁感应强度 。设金属棒在水
平轨道上滑行时间为 。由于磁场 B(x)沿 x 方向均匀变化，根据法拉第电磁感应定律
时间内的平均感应电动势
所以，通过金属棒电荷量
b. 金属棒在弧形轨道上滑行过程中，根据①式，
金属棒在水平轨道上滑行过程中，由于滑行速度和磁场的磁感应强度都在减小，所以，此
过程中，金属棒刚进入磁场时，感应电流最大。
根据②式，刚进入水平轨道时，金属棒的速度
2
0
1
2 t
mI gh vRt
= −
2
0
1
2 t
dI A gh vtρ
= −
2 0
0
BL t
4 2
20
0
1
2 2
L B Lmg mvRt
+ − 0 1 0 1
0
(2 )
2
B Lx x x
x R
−
0
0
t
B
t
B =∆
∆
0
022
t
BLt
BLt
ΦE =∆
∆=∆
∆=
0
2
0
42
1 Rt
BLtR
UQ ==
2
02
1
2 mvLmg =
2Q
222
02 2
1
22
1
2
1 mvLmgmvmvQ −=−=
2
0
2
0
4
21 2
1
2 mvLmgRt
BLQQQ −+=+=
0
100
1
)(
x
xxBB
−=
t∆
t∆
tx
xxLxB
t
BBLx
t
ΦE ∆
−=∆
+
=∆
∆=
0
1010
10
1
2
)2(2
Rx
xxLxBtR
EtIq
0
1010
2
)2( −=∆=∆=
0
0
2
1 Rt
BL
R
EI ==
gLv =029
所以，水平轨道上滑行过程中的最大电流
若金属棒自由下落高度 ，经历时间 ，显然 t0﹥t
所以，
综上所述，金属棒刚进入水平轨道时，即金属棒在 x= 0 处，感应电流最大。
5、【答案】（1）F=1.5N， ；（2）0.40m；（3）0.45J。
【解析】（1）由 v-t 图象可知，在 0～0.4s 时间内线框做匀加速直线运动，进入磁场时的
速度为 v1=2.0m/s，所以在此过程中的加速度 =5.0m/s2…
由牛顿第二定律 解得 F=1.5 N
由 v-t 图象可知，线框进入磁场区域后以速度 v1 做匀速直线运动，
产生的感应电动势 E=BLv1…
通过线框的电流
线框所受安培力
对于线框匀速运动的过程，由力的平衡条件，
有 ，解得 .
（2）由 v-t 图象可知，线框进入磁场区域后做匀速直线运动，并以速度 v1 匀速穿出磁场，
说明线框的宽度等于磁场的宽度 D=0.40m …
（3）线框 ab 边离开磁场后做匀减速直线运动，到达档板时的位移为 0.15m…
设线框与挡板碰撞前的速度为 v2
由动能定理，有
解得 =1.0 m/s
线框碰档板后速度大小仍为 v2，线框下滑过程中，由于重力沿斜面方向的分力与滑动摩
擦力大小相等，即 mgsinθ=μmgcosθ=0.50N，因此线框与挡板碰撞后向下做匀速运动，ab 边
刚进入磁场时的速度为 v2=1.0 m/s；进入磁场后因为又受到安培力作用而减速，做加速度逐
渐变小的减速运动，设线框全部离开磁场区域时的速度为 v3
R
gLLB
R
EI 0
2 =′=
2
L
g
Lt =
2
0
2
0
2
0
0
2
1 I
g
LR
BL
Rt
BL
Rt
BLI === ＜
3
3
µ =
va t
∆= ∆
sin cosF mg mg maθ µ θ− − =
1BLvEI R R
= =
2 2
1
A
B L vF BIL R
= =
2 2
1sin cos B L vF mg mg R
θ µ θ= + + 3
3
µ =
s D− =
2 2
2 1
1 1( )sin ( )cos 2 2mg s D mg s D mv mvθ µ θ− − − − = −
2
2 1 2 ( )(sin cos )v v g s D θ µ θ= − − +30
由 得
因 v3
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