专题4 微专题4 电磁感应中的动力学、动量、能量问题(Word教参)-【精讲精练】2026年高考物理二轮专题辅导与训练

该高中物理高考复习教案聚焦电磁感应中的动力学、动量与能量核心考点，按“现象分析-规律应用-综合拓展”逻辑架构知识点，通过考点梳理（如“四步法”解动力学问题）、方法指导（牛顿定律、动量定理应用）、真题训练（2024全国甲卷等）环节，帮助学生构建问题分析框架，突破难点。 教案采用建模教学与分层训练结合策略，如动力学问题中引导学生建立匀加速运动模型（科学思维），动量问题中用动量定理推导速度-位移关系（模型建构）。设置基础巩固、能力提升练习，配合真题变式训练，培养学生解题能力，为教师把控复习节奏提供精准指导。

命题点一　电磁感应中的动力学问题 [对应学生用书P56] “四步法”分析电磁感应中的动力学问题 　如图所示，光滑的平行金属导轨水平放置，电阻不计，导轨间距为l，左侧接一阻值为R的电阻。区域cdef内存在垂直于轨道平面向下的有界匀强磁场，磁场宽度为s。一质量为m、电阻为r的金属棒MN置于导轨上，与导轨垂直且接触良好，受到F＝0.5v＋0.4(N)(v为金属棒运动速度)的水平力作用，从磁场的左边界由静止开始运动。测得电阻两端的电压随时间均匀增大。(已知l＝1 m，m＝1 kg，R＝0.3 Ω，r＝0.2 Ω，s＝1 m) (1)分析并说明该金属棒在磁场中做何种运动； (2)求磁感应强度B的大小； (3)若金属棒在磁场中运动的过程中突然撤去外力F，写出金属棒在磁场中的速度v随位移x变化的规律的表达式。若满足金属棒运动到fe处时恰好静止，则外力F作用的时间为多少？ (4)若在金属棒未出磁场区域时撤去外力，画出金属棒在整个运动过程中速度随位移变化所对应的各种可能的图线。 [解析]　(1)因电阻两端电压随时间均匀增大，故电路中的电流、电动势均随时间均匀增大，由电动势表达式E＝Blv可知，速度随时间均匀增大，故金属棒做匀加速直线运动。 (2)对金属棒受力分析，由牛顿第二定律得F－v＝ma，将F＝0.5v＋0.4(N)代入v＋0.4＝a， 因为加速度为恒量，与v无关，所以0.5－＝0，a＝0.4 m/s2，代入数据得B＝0.5 T。 (3)设外力F作用时间为t，撤去外力时棒运动的位移为x1，速度为v0，则有x1＝at2，v0＝at 设撤去外力棒减速的位移为x时速度为v，由动量定理有 －vt＝mv－mv0，x＝vt 整理可得，撤去外力棒在磁场中的速度v随位移x的变化规律的表达式为v＝v0－x 若满足棒运动到de处时恰好静止，则上述表达式中v＝0，x＝s－x1，则有0＝v0－(s－x1)，带入数据整理得t2＋4t－5＝0，解得t＝1 s或t＝－5 s(舍去) 故外力F作用的时间为1 s。 (4)开始时金属棒做匀加速运动v2＝2ax，撤去外力后 v＝v0－x 开始速度v与x是二次函数关系，图像为抛物线；v与x可能是线性关系，图像是直线，根据物理量关系可能图线如下： [答案]　(1)见解析　(3)v＝v0－x　1 s　(4)见解析图 　在例题中，从t＝0时刻开始，金属棒受到垂直于金属棒的水平力F的作用，从磁场的左边界由静止开始做匀加速运动直到通过整个磁场区域，已知F随时间t变化的规律为F＝(0.2t＋0.4)N，已知l＝1 m，m＝1 kg，R＝0.3 Ω，r＝0.2 Ω，s＝1 m。求： (1)金属棒的加速度a的大小； (2)磁感应强度B的大小； (3)整个过程安培力的冲量。 解析　(1)(2)金属棒做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有F－F安＝ma，F安＝BIl 电流为I＝ 电动势为E＝Blv 匀变速直线运动的速度为v＝at 联立化简为F－·t＝ma 结合F＝(0.2t＋0.4) N 解得a＝0.4 m/s2，B＝0.5 T。 (3)金属棒做匀加速直线运动，有s＝at2， 可得t＝ s 而安培力为F安＝·t＝0.2t 即安培力关于时间均匀增大，故安培力的冲量为 I＝安·t＝× N·s＝0.5 N·s 方向水平向左。 答案　(1)0.4 m/s2　(2)0.5 T (3)0.5 N·s，方向水平向左 　如图甲所示，光滑的平行金属导轨水平放置，导轨间距L＝1 m，左侧接一阻值为R＝0.5 Ω的电阻。在MN与PQ之间存在垂直于轨道平面的有界匀强磁场，磁场宽度d＝1 m，一质量m＝1 kg的金属棒ab置于导轨上，与导轨垂直且接触良好，不计导轨和金属棒的电阻。金属棒ab受水平力F的作用从磁场的左边界MN由静止开始运动，其中，F与x(x为金属棒距MN的距离)的关系如图乙所示。测得电阻R两端电压随时间均匀增大。则： 图甲 图乙 (1)金属棒刚开始运动时的加速度为多少？ (2)磁感应强度B的大小为多少？ (3)若某时刻撤去外力F后金属棒的速度v随位移s变化的规律满足v＝v0－s(v0为撤去外力时的速度，s为撤去外力F后的位移)，且棒运动到PQ处时恰好静止，则在金属棒从MN运动到PQ的整个过程中通过左侧电阻R的电荷量为多少？外力F作用的时间为多少？ 解析　(1)金属棒开始运动时，x＝0，v＝0，金属棒不受安培力作用 金属棒所受合力为F＝0.4 N 由牛顿第二定律得a＝＝0.4 m/s2。 (2)由题意可知，电阻R两端电压随时间均匀增大，即金属棒切割磁感线产生的感应电动势随时间均匀增大，由E＝BLv可知，金属棒的速度v随时间t均匀增大，则金属棒做初速度为零的匀加速运动。加速度a＝0.4 m/s2 由匀变速直线运动的位移公式可得v2＝2ax 由题图乙所示图像可知，x＝0.8 m时，F＝0.8 N 由牛顿第二定律得F－＝ma 解得B＝0.5 T。 (3)金属棒经过磁场的过程中，感应电动势的平均值 ＝＝＝ 感应电流的平均值＝ 通过电阻R的电荷量q＝Δt 解得q＝＝＝1 C 设外力F的作用时间为t，力F作用时金属棒的位移为 x＝at2 撤去外力后，金属棒的速度为v＝v0－s 到PQ恰好静止v＝0 则撤去外力后金属棒运动的距离为s＝·at，则 at2＋·at＝d 解得t＝1 s。 答案　(1)0.4 m/s2　(2)0.5 T　(3)1 C　1 s 1．(2024·安徽卷)如图所示，一U形金属导轨固定在竖直平面内，一电阻不计，质量为m的金属棒ab垂直于导轨，并静置于绝缘固定支架上。边长为L的正方形cdef区域内存在垂直于纸面向外的匀强磁场。支架上方的导轨间存在竖直向下的匀强磁场。两磁场的磁感应强度大小B随时间变化的关系均为B＝kt(SI)，k为常数(k > 0)。支架上方的导轨足够长，两边导轨单位长度的电阻均为r，下方导轨的总电阻为R。t＝0时，对ab施加竖直向上的拉力，恰使其向上做加速度大小为a的匀加速直线运动，整个运动过程中ab与两边导轨接触良好。已知ab与导轨间动摩擦因数为μ，重力加速度的大小为g。不计空气阻力，两磁场互不影响。 (1)求通过面积Scdef的磁通量大小随时间t变化的关系式，以及感应电动势的大小，并写出ab中电流的方向； (2)求ab所受安培力的大小随时间t变化的关系式； (3)求经过多长时间，对ab所施加的拉力达到最大值，并求此最大值。 解析　(1)通过面积Sc def的磁通量大小随时间t变化的关系式为Φ＝BS＝kL2t 根据法拉第电磁感应定律得 E＝n＝＝kL2 由楞次定律可知ab中的电流从a流向b。 (2)根据左手定则可知ab受到的安培力方向垂直导轨面向里，大小为F安＝BIL，其中B＝kt 设金属棒向上运动的位移为x，则根据运动学公式 x＝at2，所以导轨上方的电阻为R′＝2xr 由闭合电路欧姆定律得I＝ 联立得ab所受安培力的大小随时间t变化的关系式为 F安＝。 (3)由题知t ＝ 0时，对ab施加竖直向上的拉力，恰使其向上做加速度大小为a的匀加速直线运动，则对ab受力分析由牛顿第二定律F－mg－μF安＝ma，F安＝ 联立可得F＝＋m(g＋a) 整理有F＝＋m(g＋a)，根据均值不等式可知，当 ＝art时，F有最大值，故解得 t＝ ，F的最大值为Fm＝＋m(g＋a)。 答案　(1)Φ＝kL2t　kL2　从a流向b　(2)F安＝　(3) 　＋m(g＋a) 2．(2025·安徽马鞍山二模)如图所示，绝缘粗糙水平桌面固定不动，两条平行虚线和两条平行的桌面边沿围成了一段宽为L的矩形匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，磁场方向与桌面边沿的夹角为θ、与磁场两条边界虚线垂直朝向右上方。一个边长也为L的正方形导体框静止放置在磁场左边界处，通过水平细绳绕过定滑轮与质量为m的重物相连，当释放重物后导体框立即开始运动。已知导体框的质量也为m、电阻为R、与桌面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。求： (1)导体框运动瞬间绳上拉力的大小； (2)导体框从开始运动到完全进入磁场区域的过程中，通过导体框横截面的电荷量。 解析　(1)根据牛顿第二定律，对重物有mg－T＝ma0 对线框有T－μmg＝ma0 联立解得T＝。 (2)根据法拉第电磁感应定律有E＝ 根据闭合电路欧姆定律有I＝ 根据电荷量与电流的关系有q＝I·Δt 联立可得此过程通过导体框横截面的电荷量 q＝ 又这一过程中的磁通量变化量为ΔΦ＝BL2sin θ 可得q＝。 答案　(1)　(2) 命题点二　电磁感应中的动量、能量问题 [对应学生用书P58] 1．解电磁感应现象中的能量问题的一般步骤 (1)在电磁感应中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路就相当于电源。 (2)分析清楚有哪些力做功，就可以知道有哪些形式的能量发生了相互转化。 (3)根据能量守恒列方程求解。 2．求解焦耳热的三种方法 (1)感应电路中电阻产生的焦耳热等于电流通过电阻做的功，即Q＝I2Rt。 (2)感应电路中产生的焦耳热等于克服安培力做的功，即Q＝W克。 (3)感应电路中产生的焦耳热等于电磁感应现象中其他形式能量的减少量，即Q＝－ΔE其他。 3．动量观点在电磁感应问题中的应用主要是解决变力的冲量，所以在求解导体棒做非匀变速运动的问题时，应用动量定理可以避免由于加速度变化而导致运动学公式不能使用的麻烦。对单杆模型应用动量定理，安培力的冲量I安＝BIlΔt＝Bql，且电荷量q＝·Δt＝n；对双杆模型应用动量守恒定律，通常可以类比完全非弹性碰撞的模型。 　(2024·全国甲卷)两根平行长直光滑金属导轨间的距离为l，固定在同一水平面(纸面)内，导轨左端接有电容为C的电容器和阻值为R的电阻，开关S与电容器并联；导轨上有一长度略大于l的金属棒，如图所示。导轨所处区域有方向垂直于纸面、磁感应强度大小为B的匀强磁场。开关S闭合。金属棒在恒定的外力作用下由静止开始加速，最后将做速率为v0的匀速直线运动。金属棒始终与两导轨垂直且接触良好，导轨的电阻和金属棒的电阻忽略不计。 (1)在加速过程中，当外力做功的功率等于电阻R热功率的2倍时，金属棒的速度大小是多少？ (2)如果在金属棒达到(1)中的速度时断开开关S，改变外力使金属棒保持此速度做匀速运动。之后某时刻，外力做功的功率等于电阻R热功率的2倍，求此时电容器两极间的电压及从断开S开始到此刻外力做的功。 [解析]　(1)由法拉第电磁感应定律可得金属棒切割磁感线运动过程中，金属棒产生的感应电动势为 E＝Blv 闭合开关S，电容器被短路，由闭合电路欧姆定律可得回路中的电流I＝ 由安培力公式可得金属棒所受的安培力F安＝BIl 联立可得F安＝ 当金属棒匀速运动时，金属棒受力平衡，可得外力大小为 F＝F安m＝ 所以外力做功的功率为P＝Fv＝ 又电阻R的热功率为PR＝I2R＝ 则当外力做功的功率等于电阻R热功率的2倍，即P＝2PR时，金属棒的速度大小为v1＝。 (2)断开开关S后，金属棒匀速运动，设回路中的电流为I′，则外力的大小为F′＝F安′＝BI′l 则外力做功的功率为P′＝F′v1＝ 而电阻R的热功率为PR′＝I′2R 当外力做功的功率等于电阻R热功率的2倍，即P′＝2PR′时，有I1′＝ 则此时电容器两端的电压为 U＝Blv1－I1′R＝ 电容器所带电荷量为Q＝CU 从断开S开始到该时刻的过程，对金属棒根据动能定理可知，外力做功的绝对值等于安培力做功的绝对值，则有W＝W安＝安t＝安v1t＝Blv1′t，其中′t＝Q－0 联立解得W＝。 [答案]　(1)　(2)　 　(多选)在例题中，其他条件不变。开关S开始处于闭合状态，对金属棒施加水平向右的恒定拉力，使其从静止开始运动，经时间t金属棒达到最大速度v0，此时断开开关S，改变水平拉力大小，使金属棒保持速度v0匀速运动。整个过程中电容器始终未击穿，下列说法正确的是(　　) A.开关断开前水平拉力大小为 B．开关断开前金属棒运动的位移为v0t－ C．开关断开后，当外力的功率为定值电阻功率的3倍时，电容器两端的电压为BLv0 D．从开关断开到外力功率为定值电阻功率的3倍时，外力做的功为CB2L2v02 解析　开关S闭合后，当外力与安培力相等时，金属棒的速度最大，则F＝F安＝BIL 由闭合电路欧姆定律I＝，金属棒切割磁感线产生的感应电动势为E＝BLv0，联立可得恒定的外力为F＝，故A正确；开关断开前，金属棒达到最大速度过程，由动量定理Ft－BLt＝mv0－0，又＝＝，解得金属棒运动的位移大小x＝v0t－，故B错误；开关闭合后，金属棒做匀速直线运动，当外力的功率为定值电阻功率的3倍时，设回路的电流为I，则F外v0＝3I2R，由平衡条件知外力F外＝BIL，联立解得I＝，金属棒产生的感应电动势E＝BLv0，电容器两端的电压U＝E－IR＝BLv0，此时电容器所带电荷量即通过电源的电荷量，为q＝CU＝CBLv0，由功能关系知，外力做功W＝qE＝CB2L2v02，故C错误，D正确。 答案　AD 3．直流电动机拖动直流发电机——对直流电压进行升降压，学名斩波。图中直流电动机M的内阻R1＝0.2 Ω，电动机由一电动势E＝14 V、内阻r＝0.1 Ω的电源供电，并通过绝缘皮带带动一飞轮，飞轮由三根长a＝1 m、R2＝3 Ω的辐条和电阻不计的金属圆环组成，可绕过其中心的水平固定绝缘轴转动，转轴半径b＝0.2 m，转轴中心与金属圆环通过导线连接，导线不随飞轮转动。不可伸长细绳绕在圆环上，末端系一质量m＝0.58 kg的重物，细绳与圆环之间无相对滑动。飞轮处在方向垂直环面的匀强磁场中。闭合S1、断开S2，飞轮转动稳定后测得电源的输出电压U＝13 V，重物的提升速度为v＝5 m/s。不计飞轮质量和其他一切摩擦。(g取10 m/s2) (1)求电源的效率η和电动机的电功率P； (2)求匀强磁场的磁感应强度大小B； (3)断开S1、闭合S2，若电动机内部结构与飞轮相似，绝缘皮带缠绕在电动机的外环上，电动机内部有三个b＝0.2 m的同材质的辐条，在电动机处施加磁感应强度大小为25B、方向与辐条组成的环面垂直的匀强磁场，重物的质量变为M＝1.08 kg，求重物稳定下降时的速度大小v1。 解析　(1)电源的效率为η＝＝92.9% 通过电动机的电流为I＝ 则电动机的电功率P＝UI＝130 W。 (2)稳定后电动机的输出功率等于重物提升的功率和辐条热功率之和，飞轮的三根辐条并联，飞轮切割磁感线产生的电动势为E1＝Bav，总电阻为R并＝ 根据P－I2R1＝mgv＋ 解得B＝3.6 T。 (3)稳定下降后重物重力做功的功率等于两个发电机的电功率之和，由于a＝5b，则电动机辐条边缘的速度为飞轮辐条边缘速度的倍，可得Mgv1＝＋ 解得v1＝ m/s。 答案　(1)92.9%　130 W　(2)3.6 T (3) m/s 4．(2025·浙江金华模拟)如图所示，在空间中有上下两个足够长的水平光滑平行金属导轨MN、M′N′和水平光滑平行金属导轨PQ、P′Q′，间距均为L1＝0.5 m，电阻不计，两导轨的竖直高度差为H＝0.2 m。上导轨最左端接一电阻R0＝0.4 Ω，虚线ab左侧MM′ba区域的宽度L2＝0.1 m，存在着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度随时间的变化为B1＝0.2＋1.0t(T)。虚线ab右侧NN′ba区域内磁场的方向竖直向上，磁感应强度B2＝0.1 T。竖直线NP与N′P′的右侧空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B3＝0.4 T。上、下导轨中有两根相同的导体棒cd和导体棒ef，均垂直于导轨放置，棒长为L1，质量均为m＝0.1 kg，电阻均为R＝0.4 Ω。t＝0时刻闭合开关K，cd在安培力的作用下开始运动，金属棒cd在离开水平导轨MN、M′N′前已经达到稳定状态。导体棒cd从NN′离开下落到地面平行导轨后，竖直速度立即变为零，水平速度不变。 (1)求开关K闭合瞬间时，流过导体棒cd的电流I； (2)求导体棒cd离开水平导轨时的速度v1的大小； (3)若导体棒cd与导体棒ef恰好不相碰，求导体棒ef的初始位置与PP′的水平距离x。 解析　(1)由法拉第电磁感应定律可知，开关闭合时感应电动势E＝n，E＝L1L2＝0.05 V 导体棒cd的电流I＝＝0.062 5 A。 (2)导体棒做加速度减小的加速运动，当通过导体棒的电流为零时，即穿过回路的磁通量为零时，导体棒的速度达到稳定，导体棒做匀速直线运动，回路磁通量不变，即 ΔB1L1L2＝B2L1v1Δt，代入数据解得导体棒cd离开水平导轨时的速度v1＝1 m/s。 (3)导体棒离开水平轨道后做自由落体运动，由H＝gt2得从离开到落地的时间t＝0.2 s 在水平方向做匀速直线运动，水平位移x1＝v1t， 解得x1＝0.2 m 两导体棒在相互作用过程中系统动量守恒，有 mv1＝2mv2，解得v2＝0.5 m/s 对导体棒ef应用动量定理有 B3IL1·Δt＝mv2，＝mv2 解得x2＝1 m，x＝x1＋x2＝1.2 m。 答案　(1)0.062 5 A　(2)1 m/s　(3)1.2 m 学科网（北京）股份有限公司 $