第12章 专题提升十七 电磁感应中的动力学和能量问题(课件PPT)-【金版新学案】2027年高考物理高三总复习大一轮复习讲义（广东专版）

该高中物理高考复习课件聚焦“电磁感应中的动力学和能量问题”专题，依据高考评价体系明确两大核心考查要求，通过梳理“单棒+电阻”“单棒+电容”等高频模型，结合2024北京卷、2025东莞期末等真题，分析动力学平衡态与非平衡态、能量转化三种方法的考点权重，归纳出12类常考题型，构建系统备考框架。 课件亮点在于“模型建构+科学推理”的实战策略，如通过对比表格解析单棒模型的力学、图像、能量观点，以2026广东揭阳联考“单棒平衡问题”为例，示范“源-路-力-运动”四步分析法，培养科学思维素养。特设“真题变式训练”和“易错警示”，助力学生掌握安培力计算、焦耳热求解技巧，教师可据此精准突破考点，提升复习效率。

专题提升十七 电磁感应中的动力学和能量问题 高三总复习讲义　广东专版 第十二章 电磁感应 1.会用动力学观点分析解决导体棒(框)在磁场中的运动问题。 2.会用功能关系和能量守恒定律解决电磁感应中的能量问题。 学习目标 提升点一 电磁感应中的动力学问题 提升点二 电磁感应中的能量问题 课时测评 内容索引 电磁感应中的动力学问题 提升点一 返回 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 考向1 “单棒＋电阻”模型 (2026·广东揭阳联考)如图所示，两根间距为l的平行金属导轨在同一水平面内，质量为m的金属杆ab垂直放在导轨上。整个装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与金属杆垂直且与导轨平面成θ角斜向上。闭合开关S，当电路中的电流为I时，金属杆ab处于静止状态，重力加速度为g。求： 例1 (1)金属杆ab受到的安培力大小F。 答案：IlB 磁场对金属杆ab的安培力大小F＝IlB。 (2)导轨对金属杆ab的支持力大小FN。 答案：mg－IlB cos θ 金属杆ab受力示意图如图所示，竖直方向根据受力平衡可得FN＋F cos θ＝mg，解得FN＝mg－IlB cos θ。 (3)滑动变阻器的滑片P向右移动，金属杆ab受到的支持力减小，金属杆ab仍保持静止。某同学认为：由于金属杆ab受到的支持力减小，所以它受到的摩擦力减小。你是否同意该同学的说法，请分析说明。 答案：不同意，分析见解析 不同意。由于金属杆ab处于静止状态，所以金属杆ab所受摩擦力Ff为静摩擦力，其大小与支持力无关，金属杆ab所受静摩擦力大小等于安培力在水平方向的分力大小，即Ff＝IlB sin θ，滑片P向右滑动，滑动变阻器接入电路电阻减小，电路总电阻减小，由闭合电路欧姆定律知，金属杆ab中电流增大，则金属杆ab所受静摩擦力变大。 针对练.(多选)(2026·山东烟台模拟)如图甲所示， 平行光滑金属导轨ab、cd间距为L＝1.5 m，与水 平面间的夹角θ＝37°，导轨上端接有电阻R＝ 0.8 Ω。一导体棒PQ垂直导轨放置且与导轨接触 良好，导体棒质量为m＝2 kg，连入电路的电阻为r＝0.2 Ω，PQ上方导轨间有一矩形磁场区域，磁场面积为S＝0.5 m2，磁场方向垂直导轨平面向下，矩形磁场区域内的磁感应强度大小B1随时间t变化的图像如图乙所示，PQ棒下方包括PQ所在处的轨道间充满垂直于轨道平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小B2＝2 T，导轨足够长且电阻不计，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，导体棒从静止释放后，下列说法中正确的是 A.刚释放时，导体棒的加速度为6 m/s2 B.导体棒的加速度为6 m/s2时，其下滑速度大小为1 m/s C.导体棒稳定下滑时速度大小为2 m/s D.导体棒稳定下滑时，R两端电压为3.2 V √ √ 导体棒从静止刚释放时，感应电动势为E＝S＝×0.5 V＝2 V，根据楞次定律、安培定则和左手定则知，安培力方向沿导轨向下，根据牛顿第二定律有mgsin 37°＋LB2＝ma，解得a＝9 m/s2，故A错误；导体棒的加速度为6 m/s2时，由牛顿第二定律有LB2＋mgsin 37°＝ma1，解得下滑速度大小为v1＝ m/s，故B错误； 导体棒稳定后匀速下滑时，有LB2＝mgsin 37°，可得v＝2 m/s，故C正确；导体棒稳定匀速下滑时，电路中的电流为I＝＝4 A，则R两端电压为U＝IR＝3.2 V，故D正确。 考向2 “单棒＋电容”模型 (2024·北京卷·T18)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； 例2 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为U＝ 闭合开关瞬间，通过导体棒的电流为I＝ 联立解得I＝。 (2)求闭合开关瞬间导体棒的加速度大小a； 答案： 闭合开关瞬间，对导体棒由牛顿第二定律有 ILB＝ma 结合(1)问解得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。 答案：见解析图 由(2)中结论可知，随着电容器放电，电容器所带电荷量不断减少，导体棒的加速度不断减小，当电容器两极板间的电压与导体棒产生的感应电动势相等，即回路中电流减为0时，导体棒不受安培力作用，加速度为0，此后导体棒做匀速运动，其v -t图线如图所示。 电磁感应中的“单棒＋电阻(或电容器)”模型分析 总结提升 类型 “单棒＋电阻”模型 “单棒＋电容器”模型 图例   轨道水平光滑，单杆ab质量为m，电阻不计，两平行导轨间距为l，拉力F恒定   轨道水平光滑，单杆ab质量为m，电阻不计，两平行导轨间距为l，拉力F恒定 总结提升 类型 “单棒＋电阻”模型 力学观点 开始时a＝，杆ab速度v↑⇒感应电动势E＝Blv↑⇒I↑⇒安培力F安＝IlB↑，由F－F安＝ma知a↓，当a＝0时，v最大，vm＝ 总结提升 类型 “单棒＋电容器”模型 力学观点 开始时a＝，杆ab速度v↑⇒感应电动势E＝Blv↑，经过Δt速度为v＋Δv，此时感应电动势E'＝Bl(v＋Δv)，Δt时间内流入电容器的电荷量Δq＝CΔU＝C(E'－E)＝CBlΔv，电流I＝＝CBl＝CBla，安培力F安＝IlB＝CB2l2a，F－F安＝ma，a＝，所以杆以恒定的加速度做匀加速运动 总结提升 类型 “单棒＋电阻”模型 “单棒＋电容器”模型 图像观点     能量观点 F做的功一部分转化为杆的动能，一部分产生电热，则WF＝Q＋m F做的功一部分转化为杆的动能，一部分转化为电场能，则WF＝mv2＋EC 针对练.如图所示，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为θ，间距为L。导轨上端接有一平行板电容器，电容为C。导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面。在导轨上放置一质量为m的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中始终保持与导轨垂直并接触良好。已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。忽略所有电阻。让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，求： (1)电容器极板上积累的电荷量Q与金属棒速度大小v的关系式； 答案：Q＝CBLv 金属棒下滑产生的感应电动势为E＝BLv 平行板电容器两极板之间的电势差为U＝E 电容器电容C＝ 联立可得Q＝CBLv。 (2)金属棒的速度大小v随时间t变化的关系式。 答案：v＝t 金属棒受到的摩擦力方向沿导轨平面向上，大小为Ff＝μFN，式中FN＝mgcos θ 根据牛顿第二定律有mgsin θ－F－Ff＝ma 又F＝ILB，I＝＝，a＝ 联立以上各式解得a＝ 可知金属棒做初速度为零的匀加速运动，则金属棒的速度大小随时间变化的关系式为v＝at＝t。 随手记：—————————————————————————————————————————————————————————————————————————————————————————————————————————————————————————————————————————— 返回 电磁感应中的能量问题 提升点二 返回 1.电磁感应中的能量转化 2.求解焦耳热的三种方法 3.解决该类问题的一般步骤 (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。 考向1 应用功能关系解决电磁感应中的能量问题 如图所示，一对平行的粗糙金属导轨固定 于同一水平面上，导轨间距L＝0.2 m，左端接 有阻值R＝0.3 Ω的电阻，右侧平滑连接一对弯 曲的光滑轨道。仅在水平导轨的整个区域内存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小B＝1.0 T。一根质量m＝0.2 kg、电阻r＝0.1 Ω 的金属棒ab垂直放置于导轨上，在水平向右的恒力F作用下从静止开始运动，当金属棒通过位移x＝9 m时离开磁场，在离开磁场前已达到最大速度。当金属棒离开磁场时撤去外力F，接着金属棒沿弯曲轨道上升到最大高度h＝0.8 m处。已知金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.1，导轨电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且与导轨保持良好接触，取g＝10 m/s2。求： 例3 (1)金属棒运动的最大速率v； 答案：4 m/s 金属棒从出磁场到上升到弯曲轨道最高点的过程，根据机械能守恒定律得mgh＝mv2 ① 代入数据解得v＝4 m/s。 ② (2)金属棒在磁场中速度为时的加速度大小； 答案：1 m/s2 金属棒在磁场中做匀速运动时，设回路中的电流为I，根据平衡条件得F＝ILB＋μmg ③ 又I＝ ④ 联立②③④式解得F＝0.6 N ⑤ 金属棒在磁场中速度为时，设回路中的电流为I'，根据牛顿第二定律得F－I'LB－μmg＝ma ⑥ 又I'＝ ⑦ 联立②⑤⑥⑦解得a＝1 m/s2。 ⑧ (3)金属棒在磁场区域运动过程中，电阻R上产生的焦耳热。 答案：1.5 J 设金属棒在磁场区域运动过程中，回路中产生的焦耳热为Q，根据功能关系有 Fx＝μmgx＋mv2＋Q ⑨ 则电阻R上产生的焦耳热QR＝Q ⑩ 联立②⑤⑨⑩解得QR＝1.5 J。 考向2 应用能量守恒定律解决电磁感应中的能量问题 某种直流发电机的工作原理可以简化为如图甲所示的情景。在竖直向下、磁感应强度B＝1.0 T的匀强磁场中，两根光滑平行金属导轨MN和PQ固定在水平面上，导轨间距L＝0.5 m，导轨左端接有电阻R＝0.8 Ω，电阻R两端接有电压传感器(图中未画出)。质量m＝0.5 kg、电阻r＝0.2 Ω的金属杆ab置于导轨上，与导轨垂直，其余电阻不计。现用水平向右的拉力F拉ab杆，使其由静止开始运动。电压传感器将R两端的电压U即时收集并输入计算机，得到U随时间t变化的关系如图乙所示。求： 例4 (1)ab杆的加速度大小； 答案：5 m/s2 设金属杆的速度为v，则产生的感应电动势E＝BLv 根据闭合电路欧姆定律，感应电流I＝ R两端的电压U＝IR 根据题图乙可知U＝kt 其中斜率k＝ V/s＝2.0 V/s 结合上述有v＝ 可知，加速度a＝＝5 m/s2。 (2)第3.0 s末撤去拉力F，此后电阻R上产生的焦耳热。 答案：45 J 根据上述可知，在拉力作用下，金属杆向右做匀加速直线运动，3.0 s末撤去拉力F时的速度v0＝at0＝15 m/s 撤去拉力后，根据能量守恒定律有Q总＝ 则此后电阻R上产生的焦耳热Q＝ 解得Q＝45 J。 针对练.(2026·广东湛江市模拟)如图甲所示，水平绝缘传送带正在输送一闭合正方形金属线框abcd，线框每一边的电阻均为r，在输送中让线框随传送带通过一固定的匀强磁场区域，磁场方向竖直向下，磁感应强度大小为B，磁场边界MN、PQ与传送带运动方向垂直，其间距为2d。已知传送带以恒定速率v0运动，线框质量为m，边长为d，线框与传送带间的动摩擦因数为μ，且在传送带上始终保持线框左、右两边平行于磁场边界，在线框右边刚进入磁场到线框右边刚离开磁场的过程中，其速度v随时间t变化的图像如图乙所示，重力加速度大小为g。求： (1)线框右边刚进入磁场时a、b两点的电势差； 答案：－Bdv0 线框右边刚进入磁场时，有E＝Bdv0 由楞次定律可知线框进入磁场的过程中感应电流方向为逆时针(俯视)，故a、b两点电势差 Uab＝－Bdv0。 (2)整个线框恰好离开磁场时的速度大小； 答案： 整个线框刚好离开磁场时的速度等于整个线框刚好进入磁场时的速度，设其大小为v1。从线框恰好完全进入磁场至右边恰好出磁场的过程中线框做匀加速直线运动，由动能定理有 μmgd＝ 解得v1＝。 (3)整个线框穿过磁场过程中产生焦耳热。 答案： 线框穿过磁场的整个过程中初、末速度分别为v0、v1，整个过程中摩擦力不变，由动能定理有W安＋μmg×3d＝ 又由功能关系有Q＝－W安 解得Q＝4μmgd。 返回 课 时 测 评 返回 题组1　电磁感应中的动力学问题 1．(多选)(2026·汕头一模)依附建筑物架设的磁力缓降高楼安全逃生装置，具有操作简单、无需电能、逃生高度不受限制及下降速度可调、可控等优点。该装置原理如图，可等效为间距L＝0.5 m的两根竖直导轨上部连通，人和磁体固定在一起，沿导轨共同下滑，磁体产生磁感应强度B＝0.2 T的匀强磁场。人和磁体所经位置处，可等效为有一固定导体棒cd与导轨相连，整个装置总电阻始终为R＝4×10-5 Ω。在某次逃生试验中，质量M＝50 kg的测试者利用该装置最终以v＝2 m/s的速度匀速下降，已知与人一起下滑部分装置的质量m＝20 kg，重力加速度g取10 m/s2，则 A．导体棒cd中电流的方向从d到c B．导体棒cd中电流的方向从c到d C．下落过程中除安培力外的阻力大小为200 N D．下落过程中除安培力外的阻力大小为1 200 N √ 2 3 4 5 6 7 8 1 磁场向下运动，相当于导体棒cd向上运动，由右手定则可 知，导体棒cd中电流的方向从d到c，故A正确，B错误； 导体棒两端电动势E＝BLv，感应电流I＝，安培 力FA＝ILB＝，由左手定则可判断，导体棒cd所受安 培力方向向下，根据牛顿第三定律可知磁体受cd向上的反作用力，大小FA′＝，对M和m，由平衡条件有(M＋m)g＝FA′＋F阻，解得F阻＝200 N，故C正确，D错误。 2 3 4 5 6 7 8 1 2.(多选)如图甲所示，左侧接有定值电阻R＝2 Ω的水平粗糙导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度B＝1 T，导轨间距L＝1 m。一质量m＝2 kg、阻值r＝2 Ω的金属棒在水平拉力FT作用下由静止开始从CD处沿导轨向右加速运动，金属棒的v -x图像如图乙所示，若金属棒与导轨间动摩擦因数μ＝0.25，则从起点发生x＝1 m位移的过程中(g＝10 m/s2) A.金属棒克服安培力做的功W1＝0.5 J B.金属棒克服摩擦力做的功W2＝4 J C.整个系统产生的总热量Q＝5.25 J D.拉力做的功W＝9.25 J √ √ 2 3 4 5 6 7 8 1 由题图乙可知v＝2x(m/s)，金属棒所受的安培力F＝＝(N)，代入数据解得F＝0.5x(N)，可知F与x是线性关系，当x＝0时，安培力F1＝0，当x＝1 m时，安培力F2＝0.5 N，则从起点发生x＝ 1 m位移的过程中，安培力做功为W安＝－x＝－x＝－×1 J＝－0.25 J，即金属棒克服安培力做的功为W1＝0.25 J，故A错误； 2 3 4 5 6 7 8 1 金属棒克服摩擦力做的功为W2＝μmgx＝0.25×2×10×1 J＝5 J，故B错误；根据动能定理得W－W2＋W安＝mv2，其中v＝2 m/s，解得拉力做的功为W＝9.25 J，整个系统产生的总热量为Q＝W－mv2＝5.25 J，故C、D正确。 2 3 4 5 6 7 8 1 3.如图所示，金属棒垂直放在足够长的、倾斜的U形光滑导轨底端，整个装置处在与导轨平面垂直的匀强磁场中。在t＝0时刻，给金属棒沿导轨向上的初速度。除金属棒外，其余电阻不计。在导轨上运动过程中，金属棒的动能Ek与位移x、时间t变化关系图像可能正确的是 √ 2 3 4 5 6 7 8 1 根据动能定理得F合x＝Ek－Ek0，解得Ek＝F合x＋Ek0，可知Ek -x图像中图线各点切线的斜率表示合力，金属棒上升过程中，速度变小，电流减小，安培力减小，合力减小，下降过程中，速度变大，电流增大，安培力增大，合力减小，故A错误，B可能正确； 2 3 4 5 6 7 8 1 根据W合＝F合x＝P合t，联立F合x＝Ek－Ek0，解得Ek＝P合t＋Ek0可知Ek -t图像中图线各点切线的斜率为合力的功率，上升过程中，合力的功率一直减小，下降过程中合力的功率先增加后减小[下降过程中有P合＝F合v＝(mgsin θ－)v，可知P合-v 图像为开口向下的抛物线，有极大值]，最终的动能小于初动能，故C、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 1 4.(多选)如图所示，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑连接。右端接一个阻值为R的定值电阻。平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量为m、电阻也为R的金属棒从高度为h处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止。已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨间接触良好。重力加速度为g，则金属棒穿过磁场区域的过程中 A.流过定值电阻的电流方向是N→Q B.通过金属棒的电荷量为 C.克服安培力做的功为mgh D.金属棒产生的焦耳热为(mgh－μmgd) √ √ 2 3 4 5 6 7 8 1 金属棒下滑到导轨底端时速度方向向右，磁场方向竖直向上，根据右手定则可知流过定值电阻的电流方向是Q→N，故A错误；根据法拉第电磁感应定律可知，通过金属棒的电荷量为q＝·Δt＝·Δt＝，故B正确；根据动能定理有mgh－μmgd－W克安＝0，则克服安培力所做的功为W克安＝mgh－μmgd，电路中产生的焦耳热等于克服安培力做的功，所以金属棒产生的焦耳热为QR＝(mgh－μmgd)，故C错误，D正确。 2 3 4 5 6 7 8 1 题组2　电磁感应中的能量问题 5.(多选)(2024·全国甲卷·T21)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 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 1 设线框的上边框进入磁场时的速度为v，线框的质量M，物块的质量m，选项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； 2 3 4 5 6 7 8 1 当加速度为零时，即线框匀速运动的速度为v0＝。 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，最终线框的速度和加速度都趋近于零，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，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，做加速度减小的减速运动，最终出磁场时做匀速运动，C可能正确，D不可能。 2 3 4 5 6 7 8 1 6．(多选)(2026·高州市二模)如图所示，水平边界1、2间有垂 直于纸面向里的匀强磁场，质量为m、电阻为R、边长为L 的正方形金属线框ACDE在磁场正上方的某一高度处由静止 释放，AC边进磁场与AC边出磁场时的速度相等。金属线框 运动过程中，始终在垂直于磁场的竖直面内，AC边始终水 平，磁场宽度为d，且d大于L，重力加速度为g，则下列判断 正确的是 A．AC边进磁场时，安培力功率小于重力功率 B．AC边出磁场时，安培力功率大于重力功率 C．线框穿过磁场产生的焦耳热为2mgd D．线框由静止释放的位置越高，则线框进入磁场过程中通过线框某一横截面的电荷量越多 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 1 AC边进磁场时，若安培力小于重力，则线框进入磁 场过程中可能先加速后匀速，也可能一直加速，完 全进入后做自由落体运动，则AC边出磁场时的速度 大于AC边进磁场时的速度；若安培力等于重力，则 线框匀速进入，完全进入后做自由落体运动，AC边 出磁场时的速度大于AC边进磁场时的速度；若安培 力大于重力，则线框进入磁场过程中可能先减速后匀速，也可能一直减速，完全进入后做自由落体运动，AC边出磁场时的速度可能与AC边进磁场时的速度相等，故AC边进、出磁场时安培力大于重力，安培力功率大于重力功率，故A错误，B正确。 2 3 4 5 6 7 8 1 AC边进磁场到出磁场过程，由动能定理可得mgd＋ W安＝0，解得W安＝－mgd，所以线框穿过磁场产生 的焦耳热Q＝2|W安|＝2mgd，故C正确。线框进入磁 场过程中通过线框某一横截面的电荷量q＝ ，可知线框进入磁场过程中通过线框某 一横截面的电荷量与其由静止释放的位置无关，故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 1 7.(多选)(2026·山东潍坊模拟)如图甲所示，足够长 导轨与水平面的夹角θ＝37°，导轨间距L＝1 m， 其下端连接一个阻值R＝1 Ω的定值电阻，两导轨 间存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应 强度大小B＝1 T。一质量为m的导体棒ab垂直于导轨放置，导体棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5。现将导体棒由静止释放，对应过程的x -t图像如图乙所示，0～6 s内为曲线、6 s后为直线。运动过程中，导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计空气阻力和导体棒、导轨电阻，取g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法正确的是 A.导体棒的加速度大小为0.5 m/s2时，导体棒的速度大小为1.2 m/s B.导体棒的质量为2.4 kg C.0～8 s内，通过定值电阻的电荷量为16.32 C D.0～6 s内，系统产生的焦耳热为24.192 J √ √ 2 3 4 5 6 7 8 1 对导体棒受力分析，由牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcos θ－＝ma，6～8 s内导体棒的速度为最大速度，则vmax＝＝2.4 m/s，此时a＝0，代入上式解得m＝1.2 kg，故B错误； 2 3 4 5 6 7 8 1 将m＝1.2 kg，a＝0.5 m/s2代入方程mgsin θ－μmgcos θ－＝ma，解得v＝1.8 m/s，故A错误；0～8 s内，q＝＝16.32 C，故C正确；0～6 s内，由动能定理得(mgsin θ－μmgcos θ)x6－W克＝m，系统产生的焦耳热Q＝W克＝24.192 J，故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 1 8．(15分)(2025·东莞市期末)如图甲所示，电阻不计的两根平行粗糙金属导轨相距L＝0.5 m，导轨平面与水平面的夹角θ＝37°，导轨的下端PQ间接有R＝8 Ω的定值电阻。相距x＝6 m的MN和PQ间存在磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场。磁感应强度B随时间t的变化情况如图乙所示。将导体棒ab垂直放在导轨上，使导体棒从t＝0时由静止释放，t1＝1 s时导体棒恰好运动到MN，开始匀速下滑。已知导体棒的质量m＝0.1 kg，导体棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.125，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： 2 3 4 5 6 7 8 1 (1)前1 s内回路中的感应电动势； 答案： 2 3 4 5 6 7 8 1 前1 s内，磁场均匀变化，由法拉第电磁感应定律有E1＝S 由题图乙得＝2 T/s 其中S＝Lx＝3 m2 代入数据解得E1＝6 V。 2 3 4 5 6 7 8 1 (2)导体棒ab接入电路部分阻值； 答案： 2 3 4 5 6 7 8 1 根据牛顿第二定律可得，前1 s内导体棒的加速度a＝＝5 m/s2 则导体棒进入磁场时的速度大小 v＝at1＝5 m/s 此后导体棒切割磁感线产生的电动势 E2＝BmLv＝5 V 导体棒做匀速直线运动，根据平衡条件有 ILBm＝mg sin θ－μmg cos θ 解得I＝0.5 A 则电路中的总电阻R总＝＝10 Ω 所以导体棒ab接入电路部分阻值Rab＝R总－R＝2 Ω。 2 3 4 5 6 7 8 1 (3)前2 s时间内定值电阻R上所产生的焦耳热。 答案： 2 3 4 5 6 7 8 1 前1 s内回路中产生的总焦耳热Q1＝t1＝3.6 J 1 s到2 s内回路中产生的总焦耳热Q2＝t2＝2.5 J 所以前2 s内回路中产生的总焦耳热Q＝Q1＋Q2＝6.1 J 定值电阻R上所产生的焦耳热QR＝Q＝4.88 J。   返回 2 3 4 5 6 7 8 1 谢 谢 观 看 专题提升十七　电磁感应中的动力学 和能量问题 $