提升课4 电磁感应中的动力学与能量问题(复习讲义)-【优化探究】2026年高考物理二轮专题复习配套课件（广东专版）

提升课4　电磁感应中的动力学与能量问题 核心规律 1.电磁感应综合问题的解题思路 2.电磁感应中动力学问题的分析方法 3.能量转化及焦耳热的求法 (1)能量转化关系 (2)焦耳热的三种求法 ①焦耳定律:Q=I2Rt,适用于电流、电阻不变的情况。 ②功能关系:Q=W克安,W克安表示克服安培力做的功,电流变或不变都适用。 ③能量转化:Q=ΔE其他,ΔE其他表示其他能的减少量,电流变或不变都适用。 题型讲解 [例1]　(2025·广东韶关二模)如图所示,固定的一对 长金属导轨,间距为L=0.5 m,其水平部分与倾斜部分 均足够长。导轨的水平部分处于竖直向上的匀强磁 场中,磁感应强度大小为B1,其左侧连接了电源G。导 轨的倾斜部分倾角θ=37°且处于平行斜面向上的匀强磁场中,磁感应强度大小为B2,导轨上正对的P、Q两处各有一小段导轨由绝缘材料制成且长度不计。质量均为m=0.25 kg的导电杆甲、乙静置在导轨上,均与导轨垂 直,甲与导轨摩擦不计,甲的电阻R1= Ω,乙的电阻R2= Ω。某时刻起电源G开始工作,输出恒定电流I0=0.5 A,经t0=3 s,使甲运动到P、Q处,电源G立即停止工作。当甲越过P、Q瞬间,再对其施加一个沿导轨水平向右的恒力F=1.6 N,此时乙恰好开始运动。已知B1=B2=1 T,不计除导电杆外所有电阻,不计回路自身激发磁场,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,sin 37°= 0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2,求: (1)甲通过P、Q时的速度大小; [解析]　对甲导电杆进行分析,根据牛顿第二定律有I0LB1=ma1, 根据速度公式有v0=a1t0, 解得v0=3 m/s。 [答案]　3 m/s (2)乙与倾斜导轨间的动摩擦因数; [解析]　甲导电杆刚刚通过P、Q时的感应电动势E1=B1Lv0, 此时的感应电流I1=,解得I1=0.8 A。 根据右手定则确定电流(从上往下看)方向为逆时针,根据左手定则可知,乙导电杆所受安培力方向垂直于斜面向上,且大小为F1=I1LB2, 解得F1=0.4 N。 此时乙恰好开始运动,则有mgsin θ=μ(mgcos θ-F1),解得μ=。 [答案]　 (3)电源G输出的总能量。 [解析]　根据能量守恒定律知,电源G输出的总能量 E=m+R1t0, 解得E= J。 [答案]　 J [例2]　(2025·广西卷)如图,两条固定的光滑平行金属导轨,所在平面与水平面夹角为θ,间距为l,导轨电阻忽略不计,两端各接一个阻值为2R的定值电阻,形成闭合回路;质量为m的金属棒垂直导轨放置,并与导轨接触良好,接入导轨之间的电阻为R;劲度系数为k的两个完全相同的绝缘轻质弹簧与导轨平行,一端固定,另一端均与金属棒中间位置相连,弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep=kx2;将金属棒移至导轨中间位置时,两弹簧刚好处于原长状态;整个装置处于垂直导轨所在平面向上的匀强磁场中,磁感应强度大小为B。将金属棒从导 轨中间位置向上移动距离a后由静止释放,金属棒沿导轨向下 运动到最远处,用时为t,最远处与导轨中间位置距离为b,弹簧 形变始终在弹性限度内。此过程中(　　) A.金属棒所受安培力冲量大小为 B.每个弹簧对金属棒施加的冲量大小为+ C.每个定值电阻产生的热量为+ D.金属棒的平均输出功率为 [答案]　D [解析]　金属棒所受安培力的冲量大小I安=BlΔt=Blq,而q=Δt==,R总=+R=2R,解得I安=, 选项A错误;该过程中由动量定理得2I弹-I安+mgsin θ·t=0,解得每个弹簧对金属棒施加的冲量大小为I弹=I安-mgtsin θ=-mgtsin θ,选项B错误;由能量关系可知回路产生的总热量Q=mgsin θ(a+b)+2×ka2-2×kb2,每个定值电阻产生的热量为Q1=Q=+k(a2-b2),选项C错误;金属棒的平均输出功率==,选项D正确。 [例3]　(2025·海南卷)如图所示,间距为L的金属导轨倾斜部分光滑,水平部分粗糙且与倾斜部分平滑相接,导轨上方接有电源和开关,倾斜导轨与水平面夹角θ=30°,处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中,水平导轨处于竖直向下的匀强磁场中,磁感应强度大小均为B,两相同导体棒ab、cd与水平导轨间的动摩擦因数μ=0.25,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,两棒质量均为m,接入电路中的电阻均为R,cd棒仅在水平导轨上运动,两导体棒在运动过程中始终与导轨垂直并接触良好,且不互相碰撞,忽略金属导轨的电阻,重力加速度为g。 (1)锁定水平导轨上的cd棒,闭合开关,ab棒静止在倾斜导轨上,求通过ab棒的电流;断开开关,同时解除cd棒的锁定,当ab棒下滑距离为x0时,cd棒开始运动,求cd棒从解除锁定到开始运动过程中,cd棒产生的焦耳热。 [解析]　 cd棒锁定时,ab棒静止在倾斜导轨上,根据平衡条件可得 F安ab=mgsin 30°, 又F安ab=BIabL, 解得通过ab棒的电流为Iab=。 设当ab棒下滑距离为x0时速度为v0,cd棒开始运动时回路中的电流为I1,此时对cd棒有F安cd=μmg, 同时有F安cd=BI1L,I1=, 分析可知cd棒从解除锁定到开始运动过程中,cd棒产生的焦耳热与ab棒产生的焦耳热相等,对整个过程根据能量守恒定律可得 mgx0sin 30°=2Qcd+m, 联立解得cd棒产生的焦耳热为 Qcd=mgx0-。 [答案]　 (2)此后ab棒在下滑过程中,电流达到稳定,求此时ab、cd棒的速度大小之差。 [解析]　分析可知ab棒在下滑过程中产生的电动势与cd棒在向左运动的过程中产生的电动势方向相反,故当电流达到稳定时,两棒的速度差恒定,故可知此时两棒的加速度大小相等,由于两棒受到的安培力大小相等,对两棒有mgsin 30°-F安=ma,F安-μmg=ma,同时有F安=BIL,I==, 联立解得此时ab、cd棒的速度大小之差为Δv=。 [答案]　 (3)ab棒中电流稳定之后继续下滑,从ab棒到达水平导轨开始计时,t1时刻cd棒速度为零,加速度不为零,此后某时刻,cd棒的加速度为零,速度不为零,求从t1时刻到某时刻,ab、cd的路程之差。 [解析]　分析可知从开始到t1时刻,两棒整体所受的合外力为零,故该过程系统动量守恒,设t1时刻ab棒的速度为v1', 有mΔv=mv1',解得v1'=Δv=。 设某时刻时,ab棒的速度为v1″,cd棒速度为vcd,由cd棒的加速度为零,可得F安cd2=μmg, ① 其中F安cd2=BI2L, 分析可知此时两导体棒速度方向相同,可得I2=, ② 从t1时刻到某时刻间,对两棒分别根据动量定理有 -(μmg+BL)Δt=mv1″-mv1',(BL-μmg)Δt=mvcd, 变式可得μmgΔt+BLq=mv1'-mv1″,BLq-μmgΔt=mvcd, 两式相加得2BLq=mv1'-m(v1″-vcd), ③ 同时有q=Δt=·Δt==, ④ 联立①②③④可得从t1到某时刻,ab、cd的路程之差为Δs=。 [答案]　 [以图说法] 电磁感应中的动力学和能量问题 图形示例 方法总结 棒、框 平衡 问题 静止 闭合K,ab恰好静止 棒、框处于平衡状态,进行受力分析,满足合力为零 匀速 运动 恰好匀速进入磁场 棒的最大速度 图形示例 方法总结 棒、框 不平衡 问题 变加速 运动 受力分析,分析加速度的变化 匀加速 运动 棒匀加速 最后双棒加速度相同 受力分析,利用牛顿第二定律求加速度 图形示例 方法总结 棒、框 运动过 程中能 量问题 棒、框从某一速度到另一速度 棒从静止到匀速时产生的焦耳热 利用能量守恒定律或功能关系求产生的焦耳热,回路中有多个电阻时,注意热量的分配 巩固训练 1.(多选)(2025·辽宁沈阳模拟预测)如图甲所示,水平面上固定两条足够长的平行轨道,轨道间距为0.4 m,虚线O1O2垂直于轨道,O1O2左侧部分轨道由金属材料制成,其左端通过导线与电容为2×103 μF的平行板电容器的极板A、B分别相连,O1O2右侧部分的轨道由绝缘材料制成,轨道处于方向竖直向下的匀强磁场中。将一质量为0.1 kg且电阻不计的金属棒MN置于O1O2左侧的金属轨道上,并通过水平轻绳绕过光滑定滑轮与质量为0.2 kg的小物块相连,MN与轨道各部分间的动摩擦因数都相同。t=0时刻,将MN和小物块同时由静止释放,MN离开虚线O1O2后的v-t图像如图乙所示。整个过程中MN始终垂直于轨道且与轨道接 触良好,电容器未被击穿,重力加速度g取10 m/s2, 则下列说法正确的是 (　　) A.电容器的A极板带正电 B.MN在第1 s内做匀加速直线运动 C.磁场的磁感应强度大小为25 T D.电容器储存的电能为0.9 J 答案:BCD　 解析:金属棒切割磁感线时,根据右手 定则可知电流方向由M流向N,则电容 器的B极板带正电,故A错误;设金属棒 的质量为m,小物块质量为M,轨道间距为d,金属棒在虚线O1O2左侧运动时,以小物块和金属棒为整体,根据牛顿第二定律可得Mg-BId-μmg= (M+m)a,又I====CBda,联立可得a=,可知金属棒在虚线O1O2左侧做初速度为零的匀加速直线运动,故B正确;根据v-t图像可知,金属棒在虚线O1O2左侧运动时间为1 s,末速度为3 m/s,则加速度 为a==3 m/s2,且a=,1~2 s内 金属棒在虚线O1O2右侧运动,以金属棒 和小滑块为整体,根据牛顿第二定律可 得Mg-μmg=(M+m)a',根据v-t图像可知,1~2 s内金属棒在虚线O1O2右侧运动的加速度为a'== m/s2=5 m/s2,联立解得μ=0.5,B=25 T,故C正确;金属棒的释放点到虚线O1O2的距离为x=a=×3×12 m=1.5 m,1 s末金属棒的速度为3 m/s,根据功能关系可知Mgx-μmgx=E+(M+m),解得电容器储存的电能为E=0.9 J,故D正确。 2.(2025·北京西城一模)如图为某种“电磁弹射”装置的简化原理图。在竖直向下的匀强磁场中,两根光滑的平行长直导轨水平放置,一根导体棒放置在导轨上,与导轨垂直且接触良好。已知磁场的磁感应强度大小为B,导轨间距为L,导体棒的质量为m,电阻为R。开关S接1,导轨与恒流源相连,回路中的电流恒定为I,导体棒由静止开始做匀加速运动,一段时间后速度增大为v。此时,将开关S接2,导轨与定值电阻R0相连,导体棒开始做减速运动直至停止。不计导轨电阻及空气阻力。 (1)开关S接1后,求导体棒受到安培力的大小FA及其加速运动的时间t; 解析:开关S接1后,导体棒受到安培力的大小FA=BIL。 根据牛顿第二定律有BIL=ma1,解得a1=, 导体棒做匀加速直线运动的时间t=, 解得t=。 答案: (2)开关S接2后,求导体棒速度为0.5v时加速度的大小a; 解析:开关S接2后,当导体棒速度为0.5v时,导体棒产生的感应电动势E=0.5BLv, 回路中的感应电流I1==, 导体棒受到的安培力F=BI1L=, 根据牛顿第二定律,导体棒加速度的大小a==。 答案: (3)求导体棒在加速运动阶段及减速运动阶段产生的焦耳热Q1和Q2。 解析:开关S接1后,导体棒产生的焦耳热Q1=I2Rt=; 开关S接2后,电路产生的焦耳热Q=mv2, 其中导体棒产生的焦耳热Q2=Q=。 答案:　 $