第10章 第3节 电磁感应中的电路和动力学问题-【名师导航】2025年高考物理一轮总复习课件（江苏专用）

第十章　电磁感应 第3节　电磁感应中的电路和动力学问题 1 细研考点 · 突破题型 1．电磁感应中电路知识的关系图 考点1　电磁感应中的电路问题 第3节　电磁感应中的电路和动力学问题 2．解决电磁感应中的电路问题三部曲 细研考点·突破题型 课时分层作业 第3节　电磁感应中的电路和动力学问题 [典例]　(一题多变)如图所示，水平面上固定一个顶角为60°的光滑金属导轨MON，导轨处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中。质量为m的导体棒CD与∠MON的角平分线垂直，导轨与棒单位长度的电阻均为r。t＝0时刻，棒CD在水平外力F的作用下从O点以恒定速度v0沿∠MON的角平分线向右滑动，在滑动过程中始终保持与导轨良好接触。若棒与导轨均足够长，则不正确的是(　　) A．流过导体棒的电流I始终为 B．F随时间t的变化关系为F＝t C．t0时刻导体棒的发热功率为t0 D．撤去F后，导体棒上能产生的焦耳热为 √ 细研考点·突破题型 课时分层作业 第3节　电磁感应中的电路和动力学问题 D　[导体棒的有效切割长度L＝2v0t tan 30°，感应电动势E＝BLv0，回路的总电阻R＝r，联立可得通过导体棒的电流I＝＝，选项A正确；导体棒受力平衡，则外力F与安培力大小相等，即F＝BIL，得F＝t，选项B正确；t0时刻导体棒的电阻为Rx＝2v0t0tan 30°·r，则导体棒的发热功率P棒＝I2Rx＝t0，选项C正确；从撤去F到导体棒停下的过程，根据能量守恒定律有Q棒＋Q轨＝－0，得导体棒上能产生的焦耳热Q棒＝－Q轨，选项D错误。] 5 [变式1]　试推导出回路中的热功率P随时间变化的关系式，并画出图像。 [解析]　回路中热功率P＝I2R 回路中电流I＝为定值，R＝2v0tr 可得P＝t，图像如图所示。 [答案]　见解析 细研考点·突破题型 课时分层作业 第3节　电磁感应中的电路和动力学问题 [解析]　变式1中P-t图线与t轴所围面积表示回路中产生的焦耳热Q，则 Q＝Pt＝t2，图像如图甲或乙所示。 [答案]　见解析 [变式2]　试推导出回路中产生的焦耳热Q随时间变化的关系式，并画出图像。 细研考点·突破题型 课时分层作业 第3节　电磁感应中的电路和动力学问题 规律总结　电磁感应中确定电源的方法 (1)判断产生电磁感应现象的那一部分导体(电源)。 (2)动生问题(棒切割磁感线)产生的电动势E＝BLv，方向由右手定则判定。 (3)感生问题(磁通量的变化)产生的电动势E＝n， 方向由楞次定律判定。在等效电源内部电流方向都是由负极流向正极的。 细研考点·突破题型 课时分层作业 第3节　电磁感应中的电路和动力学问题 2 4 3 题号 1 [跟进训练] 角度1　感生电动势电路分析 1．(电磁感应与电路分析)如图所示，有一正方形线框，质量为m，电阻为R，边长为l，静止悬挂着；一个三角形磁场垂直于线框所在平面，磁感线垂直纸面向里，且线框中磁区面积为线框面积一半，磁感应强度随时间变化关系为B＝kt(k>0)，已知重力加速度为g，求： (1)感应电动势E； (2)线框开始向上运动的时刻t0。 细研考点·突破题型 课时分层作业 第3节　电磁感应中的电路和动力学问题 2 4 3 题号 1 [解析]　(1)根据法拉第电磁感应定律有 E＝·＝。 (2)由题图可知线框受到的安培力为 FA＝＝ 当线框开始向上运动时有 mg＝FA 解得t＝t0＝。 [答案]　(1)　(2) 2 3 题号 1 4 2．(电路的电势差分析)如图所示，边长为L、不可形变的正方形导线框内有半径为r的圆形磁场区域，其磁感应强度B随时间t的变化关系为B＝kt(常量k>0)。回路中滑动变阻器R的最大阻值为R0，滑动片P位于滑动变阻器中央，定值电阻R1＝R0、R2＝。闭合开关S，电压表的示数为U，不考虑虚线MN右侧导体的感应电动势，则(　　) A．R2两端的电压为 B．电容器的a极板带正电 C．滑动变阻器R的热功率为电阻R2的6倍 D．正方形导线框中的感应电动势为kL2 √ 细研考点·突破题型 课时分层作业 第3节　电磁感应中的电路和动力学问题 2 3 题号 1 4 A　[P将R分为R左、R右两部分，R左＝R右＝，R2与R右并联，并联阻值为，再与R1、R左串联，故R2两端的电压为U′＝·＝，故A选项正确；正方形导线框相当于电源，根据楞次定律可知，定值电阻R1的左端与电源的正极相连，则电容器的b极板带正电，故B选项错误；根据电路的串、并联知识和纯电阻的热功率的计算公式P＝I2R可得，定值电阻R2的热功率为P＝·，滑动变阻器R的热功率为P′＝·＋(2I0)2·＝·＝5P，即滑动变阻器R的热功率是定值电阻R2的热功率的5倍，故C选项错误；根据法拉第电磁感应定律可得，正方形导线框中的感应电动势的大小为E＝S＝πr2k，故D选项错误。] 2 3 题号 4 1 角度2　动生电动势电路分析 3．(平动电动势的电路分析)如图所示，光滑的金属框CDEF水平放置，宽为L，在E、F间连接一阻值为R的定值电阻，在C、D间连接一滑动变阻器R1(0≤R1≤2R)。框内存在着竖直向下的匀强磁场。一长为L、电阻为R的导体棒AB在外力作用下以速度v匀速向右运动，金属框电阻不计，导体棒与金属框接触良好且始终垂直，下列说法正确的是(　　) A．ABFE回路的电流方向为顺时针，ABCD回路的电流方向为逆时针 B．左右两个闭合区域的磁通量都在变化且变化率相同， 故电路中的感应电动势大小为2BLv C．当滑动变阻器接入电路中的阻值R1＝R时，导体棒两 端的电压为BLv D．当滑动变阻器接入电路中的阻值R1＝时，滑动变阻器有最大电功率且为 √ 细研考点·突破题型 课时分层作业 第3节　电磁感应中的电路和动力学问题 2 3 题号 4 1 D　[根据楞次定律可知，ABFE回路的电流方向为逆时针，ABCD回路的电流方向为顺时针，故A错误；根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势E＝BLv，故B错误；R1＝R时，外电路总电阻R外＝，故导体棒两端的电压即路端电压应等于BLv，故C错误；该电路电动势E＝BLv，电源的内阻为R，求解滑动变阻器的最大电功率时，可以将导体棒和电阻R看成新的等效电源，等效内阻为，故当R1＝时，等效电源的输出功率最大，即滑动变阻器的电功率最大，最大值Pm＝＝＝，故D正确。] 2 4 3 题号 1 √ 4．(转动电动势的电路分析)如图所示，质量为M、电阻为R、长为L的导体棒，通过两根长均为l、质量不计的导电细杆连在等高的两固定点上，固定点间距也为L。细杆通过开关S可与直流电源E0或理想二极管串接。在导体棒所在空间存在磁感应强度方向竖直向上、大小为B的匀强磁场，不计空气阻力和其它电阻。开关S接1，当导体棒静止时，细杆与竖直方向的夹角θ＝；然后开关S接2，棒从右侧开始运动完成一次振动的过程中(　　) A．电源电动势E0＝R B．棒消耗的焦耳热Q＝Mgl C．从左向右运动时，最大摆角小于 D．棒两次过最低点时感应电动势大小相等 细研考点·突破题型 课时分层作业 第3节　电磁感应中的电路和动力学问题 2 4 3 题号 1 C　[当开关接1时，对导体棒受力分析如图所示，根据几何关系可得 Mg＝BIL，解得I＝，根据欧姆定律I＝，解得E0＝，故A错 误；根据右手定则可知导体棒从右向左运动时，产生的感应电动势与 二极管正方向相同，部分机械能转化为焦耳热；导体棒从左向右运动 时，产生的感应电动势与二极管方向相反，没有机械能损失，若导体棒运动到最低点时速度为零，导体棒损失的机械能转化为焦耳热，有Q′＝Mgl，由于导体棒运动到最低点时速度不为零，所以棒完成一次振动的过程中，消耗的焦耳热Q<Q′＝Mgl，故B错误；根据B选项分析可知，导体棒运动过程中，机械能转化为焦耳热，所以从左向右运动时，最大摆角小于，故C正确；根据B选项分析可知，导体棒第二次经过最低点时的速度小于第一次经过最低点时的速度，根据E＝BLv可知棒两次过最低点时感应电动势大小不相等，故D错误。故选C。] 1．两种状态及处理方法 考点2　电磁感应中的动力学问题 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 根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系进行分析 细研考点·突破题型 课时分层作业 第3节　电磁感应中的电路和动力学问题 2．力学对象和电学对象的相互关系 细研考点·突破题型 课时分层作业 第3节　电磁感应中的电路和动力学问题 [典例]　(“单棒＋电阻”模型)如图所示，水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上。t＝0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动。t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动。杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ。重力加速度大小为g。求： (1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小； (2)电阻的阻值。 细研考点·突破题型 课时分层作业 第3节　电磁感应中的电路和动力学问题 19 思路点拨：分别画出金属杆进入磁场前、后的受力示意图，有助于快速准确地求解问题。 细研考点·突破题型 课时分层作业 第3节　电磁感应中的电路和动力学问题 20 [解析]　(1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a，由牛顿第二定律得 F－μmg＝ma ① 设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有 v＝at0 ② 当金属杆以速度v在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律得金属杆产生的电动势为 E＝Blv ③ 联立①②③式可得 E＝Blt0。 ④ (2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I，根据欧姆定律得 I＝ ⑤ 式中R为电阻的阻值，金属杆所受的安培力为 F安＝BlI ⑥ 因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得 F－μmg－F安＝0 ⑦ 联立④⑤⑥⑦式得 R＝。 ⑧ [答案]　(1)Blt0　(2) 规律总结　用“四步法”分析电磁感应中的动力学问题 细研考点·突破题型 课时分层作业 第3节　电磁感应中的电路和动力学问题 23 2 4 3 题号 1 [跟进训练] 角度1　电磁感应中的平衡问题 1．(双杆模型)如图所示，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连。两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为L，质量分别为2m和m；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平。右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上。已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g。已知金属棒ab匀速下滑。求： (1)作用在金属棒ab上的安培力的大小； (2)金属棒运动速度的大小。 细研考点·突破题型 课时分层作业 第3节　电磁感应中的电路和动力学问题 2 4 3 题号 1 [解析]　(1)设导线的张力的大小为T，右斜面对ab棒的支持力的大小为N1，作用在ab棒上的安培力的大小为F，左斜面对cd棒的支持力大小为N2。对于ab棒，由力的平衡条件得 2mg sin θ＝μN1＋T＋F ① N1＝2mg cos θ ② 对于cd棒，同理有 mg sin θ＋μN2＝T ③ N2＝mg cos θ ④ 联立①②③④式得 F＝mg(sin θ－3μcos θ)。 ⑤ 2 4 3 题号 1 (2)由安培力公式得 F＝BIL ⑥ 这里I是回路abdca中的感应电流，ab棒上的感应电动势为 E＝BLv ⑦ 式中v是ab棒下滑速度的大小，由欧姆定律得 I＝ ⑧ 联立⑤⑥⑦⑧式得 v＝(sin θ－3μcos θ)。 ⑨ [答案]　(1)mg(sin θ－3μcos θ) 　(2)(sin θ－3μcos θ) 2 3 题号 1 4 角度2　导体棒在磁场中做加速运动 2．(恒流模型)如图所示，两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为θ，间距为d。导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直。质量为m的金属棒被固定在导轨上，距底端的距离为s，导轨与外接电源相连，使金属棒通有电流。金属棒被松开后，以加速度a沿导轨匀加速下滑，金属棒中的电流始终保持恒定，重力加速度为g。求下滑到底端的过程中，金属棒： (1)末速度的大小v； (2)通过的电流大小I； (3)通过的电荷量Q。 细研考点·突破题型 课时分层作业 第3节　电磁感应中的电路和动力学问题 2 3 题号 1 4 [解析]　(1)金属棒做匀加速直线运动，根据运动学公式有v2＝2as 解得v＝。 (2)金属棒所受安培力F安＝IdB 金属棒所受合力F＝mg sin θ－F安 根据牛顿第二定律有F＝ma 解得I＝。 (3)金属棒的运动时间t＝ 通过的电荷量Q＝It 解得Q＝。 [答案]　(1)　(2) 　(3) 2 3 题号 4 1 3．(“单棒＋电阻”模型)两条平行光滑金属导轨所在平面与水平面夹角为θ，间距为L，导轨顶端连接阻值为R的电阻。导轨处在磁感应强度为B的匀强磁场中，导轨平面与磁感线垂直。质量为 m、阻值为r的金属棒开始时被固定在导轨底端，导轨与外接电源相连，使金属棒中通有恒定电流 I。金属棒被松开后沿导轨匀加速上滑，上滑至某处时断开外接电源，又向上滑动距离s后金属棒速度减为零。导轨的电阻不计，已知重力加速度为g，求： (1)金属棒匀加速上滑的加速度大小a； (2)减速上滑过程中通过金属棒的电荷量q。 细研考点·突破题型 课时分层作业 第3节　电磁感应中的电路和动力学问题 2 3 题号 4 1 [解析]　(1)金属棒在匀加速运动时受到的安培力F沿斜面向上，且F＝BIL 则由牛顿运动定律有 F－mg sin θ＝ma 解得a＝－g sin θ。 (2)由题意有金属棒减速上滑过程中 ＝＝t 解得q＝。 [答案]　(1)－g sin θ　(2) 2 4 3 题号 1 4．(“单棒＋电容器”模型)如图所示，竖直向下的匀强磁场中水平放置两足够长的光滑平行金属导轨，导轨的左侧接有电容器，金属棒静止在导轨上，棒与导轨垂直，t＝0时，棒受到水平向右的恒力F作用，t＝t0时，撤去F，则棒的速度v、电容器所带的电荷量q、棒中安培力的冲量I、棒克服安培力做的功W与时间t的关系图像可能正确的是(　　) A　　　 　B　　　　 　C　　　 　　D √ 细研考点·突破题型 课时分层作业 第3节　电磁感应中的电路和动力学问题 2 4 3 题号 1 D　[设某一时刻t，根据牛顿第二定律有F－F安＝ma，设该时刻电流大小为i，则F安＝BiL，联立得F－BiL＝ma，在很短的时间间隔内ΔQ＝i·Δt，ΔQ＝C·ΔU，ΔU＝BL·Δv，联立可得i＝BLC＝BLCa，结合前式可得F－B2L2Ca＝ma，a＝，v＝at＝，可知t0之前金属棒做匀加速运动，即v-t图像为一倾斜直线。撤去力F后感应电动势等于电容器两端电压，电容器不再充电，电流为零，金属棒开始做匀速运动，A错误；由上分析可知＝i＝BLCa，t0之前q-t图像为倾斜直线，t0之后电容器不充放电，电荷量不变，B错误；安培力的冲量I＝BiL·t＝B2L2Ca·t，加速度a为定值，可知I-t图像为一倾斜直线，C错误；棒克服安培力做的功W＝F安·at2＝B2L2Ca2t2，可知 W-t 图像是关于t的二次曲线，D正确。故选D。] $$