第12章 第3讲 电磁感应中的动力学问题-2027届高考物理一轮复习考点精讲（通用版）

该高中物理高考复习课件聚焦“电磁感应中的动力学问题”专题，依据高考评价体系梳理了单杆运动、双杆作用、电磁阻尼及“生电”“用电”综合问题等核心考点，通过典例解析明确“动生电-电生力-力制动”的相互制约关系为高频考查方向，归纳“四步分析法”等解题模型，体现备考针对性。 课件亮点在于“考点内化+真题演练+素养提升”策略，如以2025广东真题为实例，运用科学思维中的模型建构和科学推理，解析单杆最大速度计算中安培力与运动的关联，指导学生掌握动量守恒、能量守恒等突破方法，帮助学生高效得分，教师可据此优化复习教学。

第十二章　电磁感应及其应用 第3讲　电磁感应中的动力学问题 -- 第十二章　电磁感应及其应用 1．会用动力学知识分析电磁感应问题。 2．能通过与法拉第电磁感应定律和楞次定律有关的科学探究，掌握对实验证据进行分析与归纳的方法。 3．能用实验归纳和理论演绎等不同方式来研究物理问题。 -- 第十二章　电磁感应及其应用 -- 第十二章　电磁感应及其应用 -- 第十二章　电磁感应及其应用 -- 第十二章　电磁感应及其应用 Blv BIl -- 第十二章　电磁感应及其应用 Blv BIl -- 第十二章　电磁感应及其应用 Blv BIl -- 第十二章　电磁感应及其应用 -- 第十二章　电磁感应及其应用 -- 第十二章　电磁感应及其应用 -- 第十二章　电磁感应及其应用 -- 第十二章　电磁感应及其应用 -- 第十二章　电磁感应及其应用 -- 第十二章　电磁感应及其应用 BCD -- 第十二章　电磁感应及其应用 -- 第十二章　电磁感应及其应用 -- 第十二章　电磁感应及其应用 -- 第十二章　电磁感应及其应用 -- 第十二章　电磁感应及其应用 -- 第十二章　电磁感应及其应用 -- 第十二章　电磁感应及其应用 -- 第十二章　电磁感应及其应用 -- 第十二章　电磁感应及其应用 -- 第十二章　电磁感应及其应用 -- 第十二章　电磁感应及其应用 -- 第十二章　电磁感应及其应用 -- 第十二章　电磁感应及其应用 -- 第十二章　电磁感应及其应用 -- 第十二章　电磁感应及其应用 -- 第十二章　电磁感应及其应用 -- 第十二章　电磁感应及其应用 -- 第十二章　电磁感应及其应用 -- 第十二章　电磁感应及其应用 -- 第十二章　电磁感应及其应用 BD -- 第十二章　电磁感应及其应用 -- 第十二章　电磁感应及其应用 谢谢观看 -- 第十二章　电磁感应及其应用 考点一　电磁感应中的单杆问题 【考点内化】 1．理解“动生电、电生力、力制动”的相互制约关系。 导体在拉力作用下运动，做切割磁感线运动而产生感应电动势→感应电流→该导体有电流又受安培力，且为阻力，安培力又与切割磁感线的速度有关。如果速度变大(或变小)，安培力变大(或变小)→合外力变小→加速度变小→直至加速度等于零，导体速度达到最大(或最小)，不再变化，导体做匀速直线运动而处于平衡状态。由此可知，“动生电、电生力、力制动”，形成力与电磁相互制约的局面。 2．解答力与电磁相互制约的方法。 “四步分析法”： 源→路→力→运动。具体步骤如下。 三点说明：(1)“感应电流I、切割速度v”是力学对象和电学对象间的桥梁，要抓好。(2)注意安培力的特点：对生电导体本身是阻力，对另一个用电导体是动力。(3)纯力学问题中只有重力、弹力、摩擦力，电磁感应中多一个安培力，安培力随速度变化，部分弹力及相应的摩擦力也随之而变，导致物体的运动状态发生变化，在分析问题时要注意上述联系。 【考点过关】 三种物理模型 情境 解题思路 水平面， 如图甲。 甲 电阻不计、间距为l的光滑平行金属导轨水平放置，处于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中。导轨左端接一电阻，阻值为R。质量为m、电阻为r的金属棒ab在水平外力F的作用下，由静止开始在导轨上向右运动，运动过程中其与导轨接触良好。求棒ab的最大速度 （1）棒ab切割磁感线产生的感应电动势E＝_______。 （2）电路产生的感应电流 I＝______＝______。 （3）棒ab所受的安培力F安＝________＝_________。 （4）当F＝F安时，速度最大， 为vm＝__________ 竖直面， 如图乙。 乙 电阻不计、间距为l的光滑平行金属导轨竖直放置，处于磁感应强度为B、方向垂直导轨平面向左的匀强磁场中。导轨上端接一电阻，阻值为R。质量为m、电阻为r的金属棒ab由静止开始沿导轨向下运动，运动过程中其与导轨接触良好，重力加速度为g。求棒ab的最大速度 （1）棒ab切割磁感线产生的感应电动势E________。 （2）电路产生的感应电流I ＝______＝______。 （3）棒ab所受的安培力F安＝______＝______。 （4）当mg＝F安时，速度最大，为vm＝____________ 斜面， 如图丙。 丙 电阻不计、间距为l的光滑平行金属导轨构成倾角为θ的斜面，处于磁感应强度为B、方向垂直斜面向下的匀强磁场中。导轨上端接一电阻，阻值为R。质量为m、电阻为r的金属棒ab由静止开始沿导轨向下运动，运动过程中其与导轨接触良好，重力加速度为g。求棒ab的最大速度 （1）棒ab切割磁感线产生的感应电动势E＝_______。 （2）电路产生的感应电流I ＝________＝_________。 （3）棒ab所受的安培力F安 ＝_______＝_________。 （4）当mg sin θ＝F安时，速度最大，为vm＝__________ 【考教衔接】 　(教材改编)如图，质量为M＝2 kg的导轨abcd放在光滑绝缘水平桌面上，bc段长L＝0.5 m，电阻r＝0.4 Ω。一质量为m＝0.6 kg的金属棒PQ平行于bc放在导轨上，用两个绝缘立柱固定在桌面以挡住PQ向左运动。再以虚线ef为界，左、右侧空间分别加竖直向上和水平向右的匀强磁场，磁感应强度均为B＝0.8 T，金 属棒PQ接入回路的电阻R＝0.2 Ω，其余电阻均可不计。金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.2。现在导轨bc上施加一方向向左、大小为F＝2 N的水平拉力，设导轨足够长，g取10 m/s2。求： (1)导轨运动的最大加速度。 (2)导轨的最大速度。 (3)定性画出回路中感应电流随时间变化的图线。 解答：导轨在外力作用下向左加速运动，由于切割磁感线，在回路中要产生感应电流，导轨的bc边及棒PQ均要受到变化的安培力作用，所以棒PQ受到的支持力也是变化的，导轨受到棒PQ的摩擦力也是变化的，故导轨的加速度也要发生改变。 导轨向左切割磁感线时产生的感应电动势 E＝BLv, ① 感应电流I＝， ② 导轨bc和棒PQ受到的安培力大小均为F安＝BIL, ③ 根据左手定则知，导轨bc受到的安培力向右，棒PQ受到的安培力向上。 导轨受到棒PQ对它的摩擦力f＝μ(mg－F安), ④ 根据牛顿第二定律，有F－F安－f＝Ma, ⑤ 联立①②③④⑤式，解得a＝。 ⑥ (1)当刚拉动导轨时，v＝0， 由⑥式知导轨运动的最大加速度为am＝＝0.4 m/s2。 (2)当a＝0时，导轨有最大速度vm，有 F－(1－μ)BImL－μmg＝0， Im＝＝2.5 A， vm＝＝3.75 m/s。 (3)从刚拉动导轨开始计时，t＝0时，v＝0，I＝0。 设当t＝t1时，速度达到最大值vm，Im＝＝2.5 A。 电流I随时间t的变化图线如图所示。 【练习1】　(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取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．金属杆运动的加速度大小为2 m/s2 D．金属杆运动到导轨最上端时拉力F为12 N 解析：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＋mg sin 37°＋，F是t的一次函数，故A错误，B正确；t＝0时，F最小，代入数据可求得a＝2 m/s2，故C正确；t＝2 s时，代入数据解得F＝12 N，故D正确。故选BCD。 【练习2】　(教材改编)我国歼-15舰载机如图甲所示，在辽宁号航空母舰上着舰成功，它的阻拦系统原理如图乙所示，飞机着舰时，通过阻拦索对飞机施加作用力，使飞机在甲板上短距离滑行后停止。新一代航母阻拦系统的研制，则从阻拦索阻拦转向了引入电磁学模型的电磁阻拦技术，其基本原理如图丙所示，飞机着舰时钩住轨道上的一根金属棒并关闭动力系统，在磁场中共同滑行减速。阻拦索与金属棒绝缘，忽略摩擦阻力。试分析电磁阻拦中，飞机从钩住金属棒到停下来的整个过程做怎样的运动。 甲 乙　　　　　　　　　丙　 解答：以飞机和金属棒组成的整体为研究对象，设飞机质量为M，金属棒质量为m，飞机刚钩住金属棒的前后时刻系统动量守恒，根据动量守恒定律，有Mv0＝(M＋m)v，解得v＝v0。 即飞机以v0的速度着舰，钩住金属棒后与金属棒以共同速度v进入磁场。 在随后任一时刻，设金属棒做切割磁感线运动产生的感应电流大小为i，忽略摩擦阻力，根据牛顿第二定律，可知此时加速度a的大小为 a＝。 设金属棒电阻为r，飞机和金属棒的共同速度为v′，轨道端点M、P间的电阻阻值为R，根据闭合电路欧姆定律，可知此时感应电流i的大小为i＝＝。 综合上述两式，可得任一时刻加速度a的大小为 a＝。 由上面加速度的表达式可知，当飞机和金属棒以共同速度v进入磁场后，做速度不断减小、加速度也不断减小的减速运动，直至最终停止。 考点二　电磁感应中的双杆问题 【考教衔接】 　(教材改编)如图，金属杆a在离地h高处从静止开始沿光滑弧形轨道下滑，间距为L的光滑导轨平行的水平部分有竖直向上的匀强磁场B，水平部分导轨上原来放有一根金属杆b。已知杆a的质量为m，电阻为Ra；杆b的质量为m，电阻为Rb；水平导轨足够长，不计摩擦，重力加速度为g。求： (1)杆a的最大电流。 (2)杆a、b的最终速度大小。 (3)整个过程系统产生的焦耳热。 解答：(1)杆a下降h过程中机械能守恒，有mgh＝mv02， 解得杆a进入磁场时的速度v0＝， ① 杆a刚进入磁场时，回路中产生感应电流，杆a、b都受安培力作用，杆a做减速运动，杆b做加速运动，经一段时间，杆a、b速度达到相同，之后回路的磁通量不发生变化，感应电流为零，安培力为零，二者匀速运动。故最大电流在杆a刚进入磁场时： 最大感应电动势Em＝BLv0＝BL， 最大感应电流Im＝＝。 (2)匀速运动的速度即为杆a、b的最终速度，设为v，由于在水平导轨上运动的过程中a、b系统所受合外力为零，根据动量守恒定律，有 mv0＝v, ② 联立①②，解得最终速度v＝。 (3)由能量守恒定律，得系统获得的焦耳热 Q＝mgh－v2＝mgh。 【练习3】　如图所示，宽度为L的光滑平行金属导轨PQ和P′Q′倾斜放置，顶端QQ′之间连接一个阻值为R的电阻和开关S，底端PP′处与一段光滑水平轨道相连。已知水平轨道离地面的高度为h，两倾斜导轨间有一垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B；有两根长均为L、质量均为m、电阻均为R的金属棒AA′、CC′。当金属棒CC′放置在水平轨道右端时，两水平轨道间有竖直方向的磁感应强度为B1的匀强磁场(图中没有画出)，此时开关S处于断开状态； 而当金属棒CC′一离开水平轨道，水平轨道间的磁场就马上消失，开关S同时闭合。现把金属棒CC′放在水平轨道的右端，金属棒AA′从离水平轨道高为H的地方以较大的初速度v0沿轨道下滑，在极短时间内金属棒CC′就向右离开水平轨道，离开后在空中做平抛运动，落地点到抛出点的水平距离为x1，金属棒AA′最后也落在水平地面上，落地点到抛出点的水平距离为x2。不计导轨电阻和空气阻力，忽略金属棒经过PP′处的机械能损失，重力加速度为g。求： (1)判断B1的方向。 (2)通过CC′的电荷量q。 (3)整个运动过程中金属棒AA′上产生的焦耳热Q。 解答：(1)金属棒AA′从轨道上向下运动后，由右手定则(或楞次定律)可知电流方向为A→A′，故通过金属棒CC′的电流方向为C′→C。由左手定则可知磁场B1的方向为竖直向下。 (2)设在金属棒CC′通电的极短时间Δt内，在安培力作用下获得向右的速度v1。 由平抛运动规律得h＝gt2，x1＝v1t。由动量定理得F合Δt＝mΔv， 即B1ILΔt＝mΔv＝mv1－0，解得q＝IΔt＝＝。 (3)金属棒AA′离开水平轨道后做平抛运动， 由平抛运动规律得h＝gt2，x2＝v2t。 金属棒AA′在轨道上从开始下滑到水平抛出过程中，对整个系统由能量守恒定律得mgH＋mv02＝Q总＋mv12＋mv22。 金属棒AA′在轨道上运动时，始终有一个电阻R与金属棒串联，金属棒AA′产生的焦耳热Q＝Q总＝mgH＋mv02－。 考点三　电磁感应中“生电”→“用电”问题 【考点内化】 　问题主线如下。 【考教衔接】 　(教材改编)如图，串联阻值为R的闭合电路中，面积为S的正方形区域abcd存在一个方向垂直纸面向外、磁感应强度均匀增加且变化率为k的匀强磁场Bt，abcd的电阻值也为R，其他电阻不计。电阻两端又向右并联一个平行板电容器。在靠近M板处由静止释放一质量为m、电荷量为＋q的带电粒子(不计重力)，经过N板的小孔P进入一个垂直纸面向里、磁感应强度为B的圆形匀强磁场，已知该圆形匀强磁场的半径为r＝。求： (1)电容器两端的电压。 (2)带电粒子从小孔P射入匀强磁场时的速度大小。 (3)带电粒子在圆形磁场运动时的轨道半径及它离开磁场时的偏转角。 解答：(1)根据法拉第电磁感应定律，闭合电路的电动势 E＝＝＝Sk， 根据闭合电路的欧姆定律，闭合电路的电流I＝＝， 电阻两端的电压UR＝IR＝Sk， 因电容器与电阻是并联的，故电容器两端的电压U＝UR＝Sk。 (2)带电粒子在电容器中受到电场力作用而做匀加速直线运动，根据动能定理，有qU＝mv2， 得到带电粒子从小孔P射入匀强磁场时的速度大小 v＝ ＝ 。 (3)带电粒子进入圆形匀强磁场后，洛伦兹力提供其做匀速圆周运动的向心力，有qvB＝m， 得带电粒子在圆形匀强磁场运动的半径 R′＝＝ 。 又圆形磁场的半径r＝ ，即R′＝r， 根据左手定则，带电粒子在圆形磁场向右转过的圆周(如图所示)，故它离开磁场时的偏转角为90°。 【练习4】　(多选)(2025广东卷)如图是一种精确测量质量的装置原理示意图，竖直平面内，质量恒为M的称重框架由托盘和矩形线圈组成。线圈的一边始终处于垂直线圈平面的匀强磁场中，磁感应强度不变。测量分两个步骤。步骤①：托盘内放置待测物块，其质量用m表示，线圈中通入大小为I的电流，使称重框架受力平衡；步骤②：线圈处于断开状态，取下物块，保持线圈不动，磁场以速率v匀速向下运动，测得线圈中感应电动势为E。利用上述测量结果可得出m的值，重力加速度为g。下列说法正确的有(　　) A．线圈电阻为 B．I越大，表明m越大 C．v越大，则E越小 D．m＝－M 解析：根据题意，电动势E是线圈断开时切割磁感线产生的感应电动势，I为线圈闭合时通入的电流，故不是线圈的电阻，故A错误；根据平衡条件有(M＋m)g＝BIL ①，故可知I越大，m越大，故B正确；线圈中的感应电动势E＝BLv ②，故可知v越大，E越大，故C错误；联立①②可得m＝－M，故D正确。故选BD。 $