第2章 综合·融通(三) 电磁感应中的动力学、能量和动量问题（Word教参）-【新课程学案】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册（人教版）

综合·融通(三)　电磁感应中的动力学、能量和动量问题 　　　　(融会课——主题串知综合应用) 　　应用动力学、能量和动量知识解决电磁感应问题是高考的热点。通过本节课的学习能根据电流的变化情况分析导体棒、线框受力的变化情况和运动情况,能利用牛顿运动定律和平衡条件分析有关问题;理解电磁感应现象中的能量转化,会用动能定理、能量守恒定律分析有关问题;会用动量定理、动量守恒定律分析电磁感应的有关问题。 主题(一)　电磁感应中的动力学问题 1.电磁感应问题中电学对象与力学对象的相互制约关系 2.处理此类问题的基本方法 (1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向。 (2)求回路中感应电流的大小和方向。 (3)分析导体受力情况(包括安培力)。 (4)列动力学方程或根据平衡条件列方程求解。 [例1]　(2025·福建泉州期末)如图,空间存在方向竖直向下的匀强磁场,磁感应强度大小为B,MN、PQ是水平放置的不计电阻的平行长直导轨,其间距为L,N、Q两点间接有阻值为R的定值电阻,质量为m、电阻不计的金属棒ab与导轨保持垂直且接触良好。对ab棒施加一个垂直棒水平向左的恒力F,使金属棒由静止开始沿导轨滑动。金属导轨光滑,求: (1)当ab棒的速度大小为v时,金属棒中感应电流的大小和方向; (2)当ab棒的速度大小为v时,金属棒的加速度大小; (3)ab棒的最大速度。 答题区(面答面评,拍照上传,现场纠错品优) [解析]　(1)当ab棒的速度大小为v时,金属棒中产生的感应电动势大小为E=BLv 根据闭合电路欧姆定律可知,金属棒中感应电流的大小为I== 根据右手定则可知,通过金属棒的电流方向由a到b。 (2)当ab棒的速度大小为v时,金属棒受到的安培力大小为F安=BIL= 根据牛顿第二定律可得F-F安=ma 解得金属棒的加速度大小为a=-。 (3)当金属棒受到的安培力大小等于恒力F时,ab棒的速度达到最大,则有F=F安'= 解得ab棒的最大速度为vm=。 [答案]　(1)　方向由a到b　(2)-　(3) [思维建模] 电磁感应中的动力学临界问题的基本思路 导体受外力运动感应电动势感应电流导体受安培力→合外力变化加速度变化→临界状态。 　　[针对训练] 1.(2025·云南昆明期中)(多选)如图所示,在空间中存在一范围足够大的匀强磁场区域,磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外,MN为磁场区域的上边界,磁场上方有一个正方形导线框abcd,ab边与MN平行,线框平面处于竖直面内。已知线框质量为m、边长为L、总电阻为R,重力加速度为g,线框从图示位置由静止开始下落,则在ab边进入磁场的过程中,关于线框的运动,下列图像可能正确的是 (　　) 解析:选BCD　若线框刚进入磁场时安培力等于重力,则线框匀速进入磁场,加速度为零,即F=BIL=mg,I=,E=BLv,解得v=;若线框刚进入磁场时安培力大于重力,线框做加速度减小的减速运动,当线框速度减小到时仍未全部进入磁场,线框后面将做匀速运动;若线框刚进入磁场时安培力小于重力,线框做加速度减小的加速运动,当线框速度达到时仍未全部进入磁场,线框后面将做匀速运动。故选B、C、D。 主题(二)　电磁感应中的能量问题 1.电磁感应现象中的能量转化 2.焦耳热的计算 (1)电流恒定时,根据焦耳定律求解,即Q=I2Rt。 (2)感应电流变化时,可用以下方法分析: ①利用动能定理,求出克服安培力做的功W克安,即Q=W克安。 ②利用能量守恒定律,焦耳热等于其他形式能量的减少量。 3.克服安培力做的功等于整个电路产生的焦耳热Q。电阻与导体棒串联,产生的焦耳热与阻值成正比。电阻R产生的焦耳热为QR=Q,导体棒产生的焦耳热为Qr=Q。 [例2]　如图所示,两根足够长、电阻不计且相距L=0.2 m的平行金属导轨固定在倾角θ=37°的绝缘斜面上,顶端接有一盏额定电压为U=3.6 V的小灯泡(电阻恒定),两导轨间有一磁感应强度大小为B=5 T、方向垂直导轨平面向下的匀强磁场。现将一根长为L、质量m=0.2 kg、电阻r=1 Ω的金属棒垂直于导轨放置,在顶端附近无初速度释放,金属棒与导轨接触良好,金属棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.5。已知金属棒下滑x=6 m后速度稳定,且此时小灯泡恰能正常发光,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求: (1)金属棒稳定下滑时的速度大小; (2)金属棒从开始下滑到稳定过程中产生的焦耳热。 [解析]　(1)设金属棒稳定下滑时的速度大小为v,回路中的电流为I,由平衡条件得mgsin θ=BIL+μmgcos θ 由闭合电路欧姆定律得I= 感应电动势E=BLv 联立解得v=4 m/s。 (2)金属棒从开始下滑到稳定过程中,由能量守恒定律得mgsin θ·x=μmgcos θ·x+mv2+Q 解得Q=0.8 J 灯泡的电阻为R==9 Ω 则金属棒产生的焦耳热为Qr=Q=0.08 J。 [答案]　(1)4 m/s　(2)0.08 J 　　[针对训练] 2. (多选)将一面积为0.04 m2、200匝的导体线圈放在匀强磁场中,已知磁场方向垂直于线圈平面,磁感应强度B随时间t变化规律如图所示,线圈总电阻为2 Ω,则 (　　) A.在0~4 s内,线圈的磁通量变化量等于0 B.在0~4 s内,线圈的感应电动势为1.6 V C.在0~4 s内,通过线圈横截面的电荷量为1.6 C D.在0~4 s内,线圈产生的热量为5.12 J 解析:选BD　在0~4 s内,线圈的磁通量变化量ΔΦ=ΔB·S=-0.8×4×10-2 Wb=-3.2×10-2 Wb,A错误;根据法拉第电磁感应定律得E=n=V =1.6 V,B正确;在0~4 s内,通过线圈的电流I=,通过线圈横截面的电荷量q=It=t=n=3.2 C,C错误;在0~4 s内,线圈产生的热量为Q=t=5.12 J,D正确。 主题(三)　电磁感应中的动量问题 1.动量定理的应用 导体棒或金属框在感应电流所引起的安培力作用下做非匀变速直线运动时, (1)安培力的冲量为:I安=BLt=BLq。 (2)通过导体棒或金属框的电荷量为:q=Δt=Δt=n·Δt=n。 (3)磁通量变化量:ΔΦ=BΔS=BLx。 (4)如果安培力是导体棒或金属框受到的合外力,则I安=mv2-mv1。 2.动量守恒定律的应用 在相互平行的水平导轨间的两根导体棒做切割磁感线运动时,由于这两根导体棒所受的安培力等大反向,合力为零,若不受其他外力,两导体棒的总动量守恒,解决此类问题往往要应用动量守恒定律。 　　[例3]　如图所示,光滑水平导轨置于磁场中,磁场的磁感应强度为B,左侧导轨间距为l,右侧导轨间距为2l,导轨均足够长。质量为m的导体棒ab和质量为2m的导体棒cd均垂直于导轨放置,处于静止状态。导体棒ab的电阻为R,导体棒cd的电阻为2R,两棒始终在对应的导轨部分运动,两导体棒始终与导轨垂直且接触良好,导轨电阻不计。现瞬间给导体棒cd一水平向右的初速度v0,则此后的运动过程中,下列说法正确的是 (　　) A.导体棒ab最终的速度v0 B.全过程中,通过导体棒cd的电荷量为 C.从导体棒cd获得初速度到二者稳定运动,此过程系统产生的焦耳热为m D.导体棒ab和cd组成的系统动量守恒 　　[解析]　当导体棒ab和cd产生的感应电动势相等时,两棒都做匀速直线运动,则有Blvab=B·2lvcd,对导体棒ab,由动量定理可得BlΔt=mvab,对导体棒cd,由动量定理可得-B·2lΔt=2mvcd-2mv0,联立解得vab=,vcd=,故A错误;对导体棒cd,全过程中,通过的电荷量q=·Δt,又-B·2lΔt=2mvcd-2mv0,联立解得q=,故B错误;由能量守恒定律得,整个回路产生的焦耳热Q=·2m-·2m-m,解得Q=,故C正确;导体棒ab和cd的长度不一样,所以其受到的安培力大小不相等,导体棒ab和cd组成的系统合力不为零,所以导体棒ab和cd组成的系统动量不守恒,故D错误。 　　[答案]　C 　　[针对训练] 3.(多选)如图,方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨,两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上,t=0时,棒ab以初速度v0向右滑动。运动过程中,ab、cd始终与导轨垂直且接触良好,两者速度分别用v1、v2表示,回路中的电流用I表示。下列图像中可能正确的是 (　　) 解析:选AC　以两导体棒为研究对象,在导体棒运动过程中,两导体棒所受的安培力大小相等、方向相反,且不受其他水平外力作用,在水平方向上两导体棒组成的系统动量守恒,对系统有mv0=2mv,解得两导体棒运动的末速度为v=v0,棒ab做减速运动,棒cd做加速运动,它们的速度差逐渐减小,产生的感应电流减小,安培力减小,加速度也减小,即棒ab做加速度减小的减速运动,棒cd做加速度减小的加速运动,稳定时两导体棒的加速度为零,一起向右做匀速运动,A正确,B错误;棒ab和棒cd最后做匀速运动,两导体棒与导轨组成的回路磁通量不再变化,不会产生感应电流,C正确,D错误。 学科网（北京）股份有限公司 $