专题六 二轮复习3步走2 微专题(二十一) 电磁感应中的动力学、能量问题-【新高考方案】2026年高考物理二轮复习专题增分方略配套课件

电磁感应中的动力学、能量问题 微专题（二十一） 目 录 1 2 (一) 电磁感应中的动力学问题 (二) 电磁感应中的能量问题 CONTENTS (一) 电磁感应中的动力学问题 抓住力学对象和电学对象间的桥梁——切割速度v、感应电流I，根据“四步法”分析电磁感应中的动力学问题。 [典例]　(2025·福建南平三模)如图 甲所示，足够长的光滑平行金属导轨 固定在水平面上，导轨间连接一电阻 R，区域Ⅰ空间存在一非匀强磁场， 方向垂直于导轨平面向下，导体棒ab垂直导轨放置并与导轨接触良好。现对导体棒ab施加一个与导轨平行向左的恒力F，导体棒ab刚进入磁场时速度v0=1 m/s，空间中某位置的磁感应强度B与导体棒通过该位置的速度v满足的关系如图乙所示。已知导轨间距L=1 m，导体棒ab质量m=0.25 kg、电阻r=1 Ω，电阻R=1 Ω，恒力F=1.25 N，不计导轨电阻。求： (1)导体棒刚进入磁场时所受安培力的大小； [答案]　0.25 N　 [解析]　导体棒刚进入磁场时速度v0=1 m/s，由题图乙可知此时磁感应强度大小为B0= T，由法拉第电磁感应定律有E=B0Lv0，又I=，F安=B0IL 联立解得F安==0.25 N。 (2)导体棒在磁场中运动2 s时加速度的大小； [答案]　4 m/s2　 [解析]　由题图乙知，B2v=0.5 T2·m/s保持不变，因此F安==0.25 N保持不变，则导体棒做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有F-F安=ma，解得a=4 m/s2。 本题还可以先根据牛顿第二定律F-=ma，变形为B2=· 结合题图乙斜率k=0.5 T2·m/s， 解得a=4 m/s2。 (3)进入磁场2 s内导体棒产生的焦耳热。 [答案]　1.25 J [解析]　导体棒进入磁场2 s内的位移大小为 x=v0t+at2=10 m 电路中产生的总焦耳热Q=W克安=F安x 导体棒产生的焦耳热Qr=Q 解得Qr=1.25 J。 1.(2024·黑吉辽高考)(多选)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，重力加速度大小为g，两棒在下滑过程中(　 ) 应用体验 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 √ 解析：由于ab和cd均沿导轨下滑，则通过abcd回路的磁通量向上增大，根据楞次定律结合安培定则可知，回路中的电流方向为abcda，A正确； √ 对ab和cd分别受力分析，如图所示， 根据牛顿第二定律分别有2mgsin 30° -2BILcos 30°=2ma1、mgsin 30°- BILcos 30°=ma2，可得a1=a2=-，则ab与cd加速度大小之比始终为1∶1，C错误；当加速度趋于零时，两导体棒中的电流趋于稳定，结合上述分析可知，ab中的电流趋于，B正确；由于ab和cd加速度大小始终相等，则两导体棒的速度大小始终相等，由法拉第电磁感应定律可知，两导体棒产生的感应电动势大小之比始终为2∶1，D错误。 2.(多选)如图所示，两根足够长、间距为L的光滑竖直 平行金属导轨，导轨上端接有开关、电阻、电容器，其中 电阻的阻值为R，电容器的电容为C(不会击穿，未充电)， 质量为m的金属棒MN水平放置，空间存在垂直导轨平面 向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，不计金属棒和导 轨的电阻。闭合某一开关，让MN沿导轨由静止开始释放，金属棒MN和导轨接触良好，重力加速度为g。则 (　　) A.只闭合开关S1，金属棒做匀加速直线运动 B.只闭合开关S2，电容器左侧金属板带正电 C.只闭合开关S1，金属棒下降高度为h时速度为v，所用时间t=+ D.只闭合开关S2，通过金属棒的电流I= √ √ √ 解析：只闭合开关S1，对金属棒，根据牛顿第二定律有mg-F安=ma0，又F安=BI0L=BL=，整理得a0=g-，其中金属棒速度v在增大，则金属棒做加速度减小的加速运动，直到安培力和重力平衡后做匀速直线运动，故A错误；只闭合开关S2，由右手定则可知电流方向由N到M，则电容器左侧金属板带正电，故B正确； 只闭合开关S1，金属棒下降高度为h时速度为v，在这个过程中对金属棒由动量定理有mgt-BLt=mv-0，又t=t=t=，联立解得t=+，故C正确；只闭合开关S2，金属棒运动过程中取一段时间Δt，且Δt趋近于零，设金属棒加速度为a，则有I====CBLa，对金属棒，根据牛顿第二定律有mg-BIL=ma，联立解得I=，故D正确。 (二) 电磁感应中的能量问题 1.电磁感应中的能量转化 2.求解焦耳热Q的三种方法 (1)焦耳定律：Q=I2Rt，适用于电流恒定的情况； (2)功能关系：Q=W克安(W克安为克服安培力做的功)； (3)能量转化：Q=ΔE(其他能的减少量)。 [典例]　(2025·江西南昌二模)(多选)如图所示，一质量为m、边长为l的正方形单匝线圈abcd从下边缘距地面高h处某点以初速度v0水平抛出，落入一有界匀强磁场区域，磁感应强度大小为B。线圈运动过程中，其平面始终与磁场方向垂直。已知线圈进入磁场的过程中做匀速直线运动，线圈的电阻为R，重力加速度为g。则 (　　) A.线圈ab边进入磁场时感应电流方向为adcba B.线圈ab边进入磁场时感应电流大小为 C.线圈在磁场内着地时的动能为m+mg(h-l) D.有界磁场区域的高度为h- √ √ [解析]　线圈ab边进入磁场时穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律结合安培定则可知，感应电流方向为abcda，故A错误；线圈进入磁场的过程中做匀速直线运动，水平方向不受安培力，竖直方向上由平衡条件有mg=BIl，解得I=，故B正确；线圈从开始下落到着地的过程中，根据动能定理可得Ek-m=mgh-Fl，由于进入磁场的过程中F=BIl=mg，解得Ek=m+mg(h-l)，故C正确；设线圈ab边进入磁场时的速度为v，有mg=，设线圈ab边与磁场上边界的距离为Δh，则有v2=2g·Δh，解得有界磁场区域的高度为L=h-Δh=h-，故D错误。 1.(2025·海南直辖县二模)如图1所示，光 滑水平桌面上有竖直向下、宽度为L的 匀强磁场，正方形闭合导线框abcd的边 长为l，放在桌面上，bc边与磁场边界平行，L>l。让导线框在沿ab方向的恒力F作用下穿过匀强磁场，导线框的v⁃t图像如图2所示。以下判断正确的是 (　　) A.t1~t2时间内，导线框受到的安培力逐渐增大 B.t2~t3时间内，导线框ad边两端的电压恒为0 C.v⁃t图中阴影部分的面积表示磁场的宽度L D.t3~t4时间内，导线框产生的焦耳热大于Fl 应用体验 √ 解析：由题图2可知，t1时刻，导线框开始进入磁场区域，t1~t2时间内，导线框做减速运动，安培力F安=BIl=，可知安培力随着速度减小而减小，故A错误；t2~t3时间内，导线框完全进入磁场做匀加速直线运动，导线框中的感应电流为零，但ad、bc两边都切割磁感线，ad边两端的电压不为0，故B错误；t2时刻导线框全部进入磁场区域，t3时刻导线框开始离开磁场区域，阴影部分的面积表示磁场的宽度L减去导线框的边长l，故C错误；t3~t4时间内，导线框所受的安培力大于恒力F，导线框的位移为l，故导线框产生的焦耳热大于Fl，故D正确。 2.(多选)如图所示，虚线圆边界与金属圆环是以O为圆心的同心圆，半径分别是1 m和2 m，在它们之间存在以O1P为理想分界线的有界匀强磁场，磁场的大小均为2 T，方向相反并垂直于圆面；不计电阻的金属杆AC以O为转轴做角速度为2 rad/s的匀速圆周运动，转动过程中两端始终与金属圆环接触，金属圆环的总电阻为48 Ω，则 (　　) A.金属杆AC转一圈电流的方向改变1次 B.流过金属杆AC的电流大小始终为1 A C.金属圆环的发热功率为48 W D.金属杆AC转一圈克服安培力做功约为37.70 J √ √ 解析：金属杆AC每经过O1P一次，电流方向改变1次，则金属杆AC转一圈电流的方向改变2次，故A错误；金属杆AC产生的感应电动势E=2Bω·=12 V，回路总电阻R= Ω=12 Ω，流过金属杆AC的电流大小始终为I==1 A，故B正确；金属圆环的发热功率为P== W=12 W，故C错误；金属杆AC转一圈克服安培力做功等于产生的焦耳热W=Q=I2RT=12×12× J≈37.70 J，故D正确。 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $