第十二章 第69课时 专题强化：电磁感应中的动力学和能量问题 课件 -2026届高考物理一轮复习

第十二章 电磁感应 第69课时 专题强化：电磁感应中的动力学和能量问题 目标 要求 1.会分析电磁感应中的平衡问题。 2.导体棒切割磁感线运动时，能理清各物理量间的制约关系并进行运动过程分析。 3.会用功能关系和能量守恒解决电磁感应中的能量问题。 内容索引 考点一　电磁感应中的动力学问题 考点二　电磁感应中的能量问题 3 电磁感应中的动力学问题 考点一 1.导体的两种运动状态 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 根据牛顿第二定律结合运动学公式进行分析 2.用动力学观点解答电磁感应问题的一般步骤 3.导体常见运动情况的动态分析 v ↓ E=Blv ↓ I= ↓ F安=BIl ↓ F合 若F合=0 匀速直线运动 若F合≠0 ↓ F合=ma a、v 同向 v增大，若a恒定，拉力F增大 v增大，F安增大，F合减小，若其他力恒定，a减小，做加速度减小的加速运动，减小到a=0，匀速直线运动 a、v 反向 v减小，F安减小，a减小，当a=0，静止或匀速直线运动 　(多选)如图所示，U形光滑金属导轨与水平面成37°角倾斜放置，现将一金属杆垂直放置在导轨上且与两导轨接触良好，在与金属杆垂直且沿着导轨向上的外力F的作用下，金属杆从静止开始做匀加速直线运动。整个装置处于垂直导轨平面向上的匀强磁场中，外力F的最小值为8 N，经过2 s金属杆运动到导轨最上端并离开导轨。已知U形金属导轨两轨道之间的距离为1 m，导轨电阻可忽略不计，金属杆的质量为1 kg、电阻为1 Ω，磁感应强度大小为1 T，重力加速度g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。下列说法正确的是 A.拉力F是恒力 B.拉力F随时间t均匀增加 C.金属杆运动到导轨最上端时拉力F为12 N D.金属杆运动的加速度大小为2 m/s2 例1 √ √ √ t时刻，金属杆的速度大小为v=at，产生的感应电动势为E=Blv，电路中的 感应电流I=，金属杆所受的安培力大小为F安=BIl=，由牛顿第二定律可知外力F=ma+mgsin 37°+，F是t的一次函数， 选项A错误，B正确； t=0时，F最小，代入数据可求得a=2 m/s2，选项D正确； t=2 s时，代入数据解得F=12 N，选项C正确。 　如图，导体棒的初速度为零，拉力F恒定(导体棒和水平固定导轨的电阻都忽略不计，摩擦力不计)，已知导体棒的质量为m，电容器的电容为C，分析导体棒的运动性质，并分析在此过程中的功能关系。 例2 答案　运动过程分析：取一极端时间，棒做加速运动，持续对电容器充电，则存在充电电流。 由F-BIl=ma，I=，ΔQ=CΔU，ΔU=ΔE=BlΔv，联立可得F-=ma，其中=a，则可得a=，所以棒做加速度恒定的匀加速直线运动。 功能关系：WF=mv2+E电。 拓展1　若金属导轨平面与水平面成θ角，匀强磁场垂直导轨平面向上。已知重力加速度为g，又让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，求金属棒下滑过程中的加速度大小。 答案　金属棒在重力和安培力的作用下向下运动，根据牛顿第二定律有 mgsin θ-BIL=ma，I===CBLa，联立可得a=。 拓展2　在拓展1中，若金属棒与导轨之间的动摩擦因数为μ(μ<tan θ)，求金属棒下滑过程中的加速度大小。 答案　mgsin θ-μmgcos θ-BIL=ma，I===CBLa， 联立解得a=。 　如图所示，两光滑平行长直金属导轨水平固定放置，导轨间存在竖直向下的匀强磁场。两根相同的金属棒ab、cd垂直放置在导轨上，处于静止状态。t=0时刻，对cd棒施加水平向右的恒力F，两棒始终与导轨接触良好，导轨电阻不计。两棒的速度vab、vcd和加速度aab、acd随时间t变化的关系图像可能正确的是 例3 √ 金属棒cd在恒力F作用下由静止开始加速， 此时金属棒ab、cd加速度分别为aab=0， acd=，之后回路中出现感应电流，金属棒cd受到的安培力与恒力F反向， 金属棒cd的加速度减小，金属棒ab在安培力作用下开始加速，金属棒cd与金属棒ab的速度差逐渐增大，回路中的电动势逐渐增大，安培力F安 =(vcd-vab)，逐渐增大，金属棒cd加速度减小，金属棒ab加速度增大， 当acd=aab时，vcd-vab不再变化，回路中的电流不再变化，安培力不变，两棒加速度不变，但是两金属棒的速度仍在增大，故C项可能正确。 示意图(举例) 两光滑平行金属导轨固定在水平面 内，导轨间距为L， 电阻不计， 两 导体棒1、2质量分别为m1、m2，电阻分别为R1、R2，两棒初速度为零，F恒定 电路特点 棒2相当于电源；棒1受安培力而运动 有恒外力等间距双棒模型 总结提升 运动分析 棒1：a1= 棒2：a2=，其中F安=，最初阶段， a2>a1，(v2-v1)↑⇒I↑⇒F安↑⇒a1↑⇒a2↓ 当a1=a2时，(v2-v1)恒定，I恒定，F安恒定；两棒均加速 总结提升 规律 最终状态 稳定时对整体由牛顿第二定律得a1=a2=， 两棒以相同的加速度做匀加速运动，Δv恒定，I恒定 总结提升 返回 其他形式的能量 电能 焦耳热或其他形式的能量 电磁感应中的能量问题 考点二 1.电磁感应中的能量转化 2.求解焦耳热Q的三种方法 3.解题的一般步骤 (1)确定研究对象(导体棒或回路)； (2)弄清电磁感应过程中哪些力做功，以及哪些形式的能量相互转化； (3)根据功能关系或能量守恒定律列式求解。 　如图甲所示，光滑的金属导轨MN和PQ平行，间距L=1.0 m，与水平面之间的夹角α=37°，匀强磁场磁感应强度B=2.0 T，方向垂直于导轨平面向上，MP间接有阻值R=1.6 Ω的电阻，质量 例4 m=0.5 kg、接入电路的电阻r=0.4 Ω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棒ab，使其由静止开始运动，当金属棒上滑的位移s=3.8 m时达到稳定状态，对应过程的v-t图像如图乙所示。取g=10 m/s2，导轨足够长(sin 37°=0.6，cos 37°=0.8)。求： (1)运动过程中a、b哪端电势高，并计算恒力F的大小； 答案　b端电势高　5 N 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=mgsin 37°+F安， 其中F安=BIL=，由题图乙可知v=1.0 m/s， 联立解得F=5 N (2)从金属棒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　1.47 J 从金属棒开始运动到恰好达到稳定状态， 由动能定理得(F-mgsin 37°)s-W克安=mv2 又克服安培力所做的功等于整个电路产生的焦耳热， 代入数据解得Q=W克安=7.35 J，金属棒与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=1.47 J。 返回 课时精练 对一对 题号 1 2 3 4 答案 A D D B 题号 5 6 答案 (1)1.25×103 A，方向由b到a　 (2)3.6×107 J AB 题号 7 8 答案 (1)　(2)　(3)见解析图 AC 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 1.如图所示，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 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 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 基础落实练 答案 24 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 ef向右运动，切割磁感线，产生感应电动势和感应电流， 会受到向左的安培力而做减速运动，由F=BIL==ma 知，ef做的是加速度减小的减速运动，最终停止运动，故A正确，B、C、D错误。 25 2.如图，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d(d>L)的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 √ 向下，导线框以某一初速度向右运动，t=0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域。下列v-t图像中，正确描述上述过程的可能是 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 线框以一定初速度进入磁场，则感应电动势为E=BLv，根 据闭合电路欧姆定律，则感应电流为I=，所以安培力为F=BIL=，又根据牛顿第二定律有F=ma，则a=， 由于v减小，所以a也减小；当线框完全进入磁场后，不受到安培力作用，所以做匀速直线运动；当线框出磁场时，速度与时间的关系与进入磁场相似，在速度—时间图像中，斜率绝对值表示加速度的大小，故D正确，A、B、C错误。 变化的图像，以及通过杆cd的电流I、杆cd加速度的大小a随杆的速率v变化的图像，合理的是 3.如图所示，MN和PQ是竖直放置的两根平行光滑金属导轨，导轨足够长且电阻不计，MP间接定值电阻R，金属杆cd保持与导轨垂直且接触良好。杆cd由静止开始下落并计时，杆cd两端的电压U、杆cd所受安培力的大小F随时间t 1 2 3 4 5 6 7 8 √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 设杆长为L，杆下落过程中切割磁感线产生的感应电流大小 为I==∝v，故C错误； 根据牛顿第二定律有mg-BIL=ma，即a=g-，故D正确； 杆所受安培力的大小为F=BIL=，杆下落过程中先做加速度减小的加 速运动，当加速度为零时，速度保持不变，所以安培力随速度先增大后不变，最终大小为mg，故B错误； 杆两端的电压为U=IR=，速度先增大后不变，所以U先增大后不变， 故A错误。 4.如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨固定竖直放置，间距为L，底端接阻值为R的电阻。将质量为m的金属棒悬挂在一固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，金属棒和导轨电阻不计，现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放(设当地重力加速度为g)，忽略空气阻力，则 A.释放瞬间金属棒的加速度小于重力加速度g B.金属棒向下的最大速度为v时，所受弹簧弹力为F=mg- C.金属棒向下运动时，流过电阻R的电流方向为a→b D.电路中产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 释放瞬间金属棒的速度为零，没有感应电流产生，不受安培力，金属棒只受重力，所以金属棒的加速度为g，A错误； 金属棒向下的速度最大时，加速度为零，回路中产生的感应电流为I=，安培力FA=ILB=，根据平衡条件知F+FA=mg，解得弹簧弹力F=mg-，B正确； 金属棒向下运动时切割磁感线，根据右手定则可知， 流过电阻R的电流方向为b→a，C错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 由于金属棒产生感应电流，受到安培力的阻碍作用，系统的机械能不断减少，最终金属棒停止运动，此时弹簧具有一定的弹性势能，所以金属棒的重力势能转化为内能和弹簧的弹性势能，根据能量守恒定律可知在金属棒运动的过程中，电阻R上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量与最终弹簧的弹性势能之差，D错误。 5.我国新一代航母阻拦系统的研制引入了电磁阻拦技术，其基本原理如图所示，飞机着舰时关闭动力系统，通过绝缘阻拦索钩住轨道上的一根金属棒，飞机与金属棒瞬间获得共同速度v0=180 km/h，在磁场中共同减速滑行至停下，已知歼-15舰载机质量M=2.7×104 kg，金属棒质量m=3×103 kg、电阻R=10 Ω，导轨间距L=50 m，匀强磁场磁感应强度B=5 T，导轨电阻不计，除安培力外飞机克服其他阻力做的功为 1.5×106 J，求： (1)飞机与金属棒获得共同速度v0瞬间金属棒 中感应电流I的大小和方向； 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 答案　1.25×103 A，方向由b到a 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 飞机与金属棒获得共同速度v0瞬间金属棒中感应电动势E=BLv0， 感应电流I= 代入数据解得I=1.25×103 A 根据右手定则判断感应电流方向由b到a。 (2)全过程中金属棒中产生的焦耳热Q。 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 答案　3.6×107 J 飞机从着舰到停止，根据动能定理 -W克安-Wf=0-(M+m) 代入数据解得W克安=3.6×107 J 根据功能关系知Q=W克安=3.6×107 J。 6.(多选)(2024·黑吉辽·9)如图，两条“∧”形的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，间距为L，左、右两导轨面与水平面夹角均为30°，均处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。将有一定阻值的导体棒ab、cd放置在导轨上，同时由静止释放，两棒在下滑过程中始终与导轨垂直并接触良好，ab、cd的质量分别为2m和m，长度均为L。导轨足够长且电阻不计，重力加速度为g，两棒在下滑过程中  A.回路中的电流方向为abcda B.ab中电流趋于 C.ab与cd加速度大小之比始终为2∶1 D.两棒产生的电动势始终相等 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 能力综合练 √ √ 两导体棒沿轨道向下滑动，根据右手定则可知回路中的电流方向为abcda，故A正确； 设回路中的总电阻为R，对于任意时刻当电路中的电流为I时，对ab根据牛顿第二定律得 2mgsin 30°-2BILcos 30°=2maab， 对cd有mgsin30°-BILcos 30°=macd， 故可知aab=acd，分析可知回路中的总电动势为两个导体棒产生的电动势相加，随着导体棒速度的增大，回路中的电流增大，导体棒受到的安培力在增大， 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 故可知当安培力沿导轨方向的分力与重力沿导轨向下的分力平衡时导体棒将匀速运动，此时电路中的电流达到稳定值， 对ab分析可得2mgsin 30°=2BILcos 30°， 解得I=，故B正确，C错误； 根据前面分析可知aab=acd，故可知两导体棒速度大小始终相等，由于两边磁感应强度大小不同，故产生的感应电动势不相等，故D错误。 7.(2024·北京卷·20)如图甲所示为某种“电磁枪”的原理图。在竖直向下的匀强磁场中，两根相距L的平行长直金属导轨水平放置，左端接电容为C的电容器，一导体棒放置在导轨上，与导轨垂直且接触良好，不计导轨电阻及导体棒与导轨间的摩擦。已知磁场的磁感应强度大小为B，导体棒的质量为m、接入电路的电阻为R。 开关闭合前电容器的电荷量为Q。 (1)求闭合开关瞬间通过导体棒的电流I； 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 答案　　 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 开关闭合前电容器的电荷量为Q， 则电容器两极板间电压U=， 开关闭合瞬间，通过导体棒的电流I=， 解得闭合开关瞬间通过导体棒的电流为I=。 (2)求闭合开关瞬间导体棒的加速度大小a； 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 答案　 开关闭合瞬间，对导体棒由牛顿第二定律有BIL=ma， 将电流I代入解得a=。 (3)在图乙中定性画出闭合开关后导体棒的速度v随时间t的变化图线。 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 答案　见解析图 由(2)中结论可知，随着电容器放电，所带电荷量不断减少， 所以导体棒的加速度不断减小， 其v-t图线如图所示。 8.(多选)(2024·全国甲卷·21)如图，一绝缘细绳跨过两个在同一竖直面(纸面)内的光滑定滑轮，绳的一端连接一矩形金属线框，另一端连接一物块。线框与左侧滑轮之间的虚线区域内有方向垂直纸面的匀强磁场，磁场上下边界水平，在t=0时刻线框的上边框以不同的初速度从磁场下方进入 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 尖子生选练 磁场。运动过程中，线框始终在纸面内且上下边框保持水平。以向上为速度的正方向，下列线框的速度v随时间t变化的图像中可能正确的是 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 设线框的上边框进入磁场时的速度为v，设线框的质量M，物块的质量m，题图中线框进入磁场时的加速度向下，对线框，由牛顿第二定律可知Mg+F安-FT=Ma 对物块有FT-mg=ma 其中F安= 即+(M-m)g=(M+m)a 线框向上做减速运动，随速度的减小，向下的加速度减小；当加速度为 零时，即线框匀速运动的速度为v0= 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 若线框进入磁场时的速度较小，则线框进入磁场时做加速度减小的减速运动，线框的速度和加速度都趋近于零，则图像A可能正确； 因t=0时刻线框进入磁场，则进入磁场时线框向上不可能做匀减速运动，则图像B不可能； 若线框的质量等于物块的质量，且当线框进入磁场时速度较大时，线框进入磁场做加速度减小的减速运动，完全进入磁场后线框做匀速运动；当线框出磁场时，受向下的安培力又做加速度减小的减速运动，最终出磁场时做匀速运动，则图像C有可能，D不可能。 返回 $