第十二章 第4讲 小专题 电磁感应中的动力学和能量问题 课件 -2027届高考物理一轮专题复习

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了安培力桥梁作用、能量转化守恒等核心考查要求，通过考点梳理突出动力学平衡与非平衡状态分析、能量转化三种方法等高频考点，归纳导体棒切割、含源电路、线框模型等典型题型。 课件亮点在于“真题解析+模型建构+科学推理”的备考策略，如以2025年山西晋中“导体棒匀速切割”真题为例，详解“源-路-力-运动”四步分析法，培养学生科学思维和能量观念素养。通过规范答题示例和易错点警示，帮助学生掌握动力学方程列写、焦耳热计算等得分技巧，教师可依托此课件实现考点精准突破，提升复习效率。

第4讲 小专题:电磁感应中的动力学 和能量问题 【学习目标】 1.理解并认同“能量守恒”是自然界普遍适用的基本规律;能分析电磁感应现象中各种能量形式的相互转化关系;能定量计算感应电流产生的焦耳热、安培力所做的功以及机械能的变化量;深刻理解安培力是磁场对电流的作用力,是电磁感应中连接“电”与“力”的桥梁。能分析导体棒在磁场中运动时受到的安培力及其效果;能将电磁学知识与牛顿运动定律相结合,分析导体棒在磁场中的变速运动过程。 2.培养基于物理学科特点的模型构建、科学推理和科学论证的能力,并识别典型的物理模型;能熟练运用动力学观点、能量观点从不同角度对同一物理过程进行多角度、多层次的分析,并能比较不同方法的优劣;能对解决问题的方案和结果进行反思和评价,判断其合理性;能尝试用不同的思路和方法解决复杂的综合性问题,培养思维的灵活性和创新性。 考点一 电磁感应中的动力学问题 1.导体的两种运动状态 (1)导体的平衡状态——静止状态或匀速直线运动状态。 处理方法:根据平衡条件列式分析。 (2)导体的非平衡状态——加速度不为零。 2.力学对象和电学对象的相互关系 3.用动力学观点解答电磁感应问题的一般步骤 4.导体棒切割磁感线的常见情况分析(不受摩擦力) [例1] 【“导体棒+磁场”模型】 (多选)(2025·山西晋中专题练习)如图所示,两电阻为零的光滑导轨水平放置在垂直于纸面向里的匀强磁场中,磁场的磁感应强度大小为B。导轨间距最窄处为一狭缝(狭缝宽度不计),取狭缝所在处O点为坐标原点,狭缝右侧两导轨与x轴的夹角均为θ,导轨左端可以通过单刀双掷开关S与电容器C或电阻R相连。导轨上有一足够长且不计电阻的金属棒与x轴垂直,在外力F(大小未知)的作用下从O点开始以速度v向右匀速运动,若开关S接1,外力用F1表示,通过金属棒的电流用I1表示;若开关S接2,外力用F2表示,通过金属棒的电流用I2表示。 以金属棒刚开始运动的时刻作为零时刻计时,关于外力大小和电流随时间变化的图像关系正确的是(　 　) AD A B C D [例2] 【电路含“源”模型】 (多选)(2025·四川内江三模)如图,两条电阻不计的光滑平行金属导轨位于同一水平面内,其左端接一电源,右侧部分处于竖直向下的匀强磁场中。阻值恒定的金属杆在水平向右平行于导轨的恒力F作用下,从无磁场区域的a处由静止开始运动,到达磁场中b位置时开始反向运动。金属杆在整个运动过程中,始终与导轨垂直且与导轨保持良好接触。则金属杆在第一次往、返运动中,下列说法正确的是(　 　) A.金属杆在磁场中受到的安培力始终向左 B.金属杆进入磁场后做加速度增大的减速运动 C.金属杆恰好能够回到a处 D.金属杆能回到无磁场区,但不能回到a处 AD [例3] 【“线框+磁场”模型】 (2025·辽宁鞍山三模)如图所示,一倾角α=37°的光滑固定斜面的顶端放有质量M=0.06 kg的电阻不计的U形导体框。 (1)金属棒在磁场中运动时所受的安培力; 【答案】 (1)0.18 N,方向沿斜面向上 (2)金属棒与导体框之间的动摩擦因数; 【答案】 (2)0.375 【解析】 (2)金属棒进入磁场做匀速直线运动,因此相对导体框向上运动,其受力如图甲所示,根据平衡条件有 F1=mgsin α+Ff, 而Ff=μFN1,FN1=mgcos α, 代入数值联立解得μ=0.375。 (3)导体框在磁场中匀速运动过程中克服安培力做的功。 考点二 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 [例4] 【应用功能关系解决能量问题】(2025·贵州遵义阶段检测)如图甲所示,光滑的金属导轨MN和PQ平行,间距L=1.0 m,与水平面之间的夹角α=37°,匀强磁场磁感应强度大小B=3.0 T,方向垂直于导轨平面向上。MP间接有阻值R=2 Ω 的电阻,质量m=0.5 kg、电阻r=0.5 Ω的金属棒ab垂直于导轨放置。现用和导轨平行的恒力F沿导轨平面向上拉金属棒ab,使其由静止开始运动,当金属棒上滑的位移x= 2 m时达到稳定状态,对应过程的v-t图像如图乙所示。g取10 m/s2,已知导轨足够长,不计导轨电阻,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求: (1)1 s末金属棒两端的电势差Uab; 规范答题 【答案】 (1)-1.44 V (2)恒力F的大小; 规范答题 【答案】 (2)6.6 N (3)从金属棒开始运动到刚达到稳定状态,此过程中R产生的焦耳热QR; 规范答题 【答案】 (3)5.56 J (4)从金属棒开始运动到刚达到稳定状态过程,通过金属棒ab横截面的电荷量q。 规范答题 【答案】 (4)2.4 C [例5] 【应用能量守恒定律解决能量问题】 (2025·四川宜宾三模)电磁实验室中,几名同学正探究在梯度磁场中有关功率的问题。实验模型简化示意图如图甲所示,水平面内两根足够长的镀银导轨水平放置并固定,其间距l=0.4 m,左端与阻值R=0.15 Ω的电阻相连。学生启动磁场生成系统,使x>0区域的磁感应强度B呈线性分布,方向垂直于导轨平面向下,监测屏上显示的B-x图像如图乙所示。一质量为m=0.1 kg、接入导轨的电阻r=0.05 Ω的金属棒,以v0=2 m/s滑入磁场时开启伺服电机,该电机动态调节作用在金属棒中点上的水平外力F的大小,使此过程中电阻R的电功率保持不变,其P-t图像如图丙所示。金属棒运动过程中与导轨始终接触良好并与导轨垂直,不计导轨电阻,不计摩擦力,求: (1)电阻R消耗的电功率P0; 【答案】 (1)0.6 W (2)金属棒在x=3 m处的速度大小; 【答案】 (2)0.5 m/s　 【解析】 (2)由题图乙可知,磁感应强度为 B=B0+kx=0.5+0.5x(T), 则在x=3 m处B3=2 T, 根据B3lv3=E0,解得v3=0.5 m/s。 (3)金属棒从x=0运动到x=3 m过程中水平外力F做功的平均功率。 【答案】 (3)0.75 W 感谢观看 情境 图示 力学分析 运动图像 导体有初速度 导体受安培力而做加速度减小的减速运动 含“源”电路导体由静止开始运动 导体先做加速度减小的加速运动,当E感=E时速度最大 导体受恒力F在水平面、斜面或竖直面上由静止开始运动 随着速度增大,安培力增大,加速度减小,具有最大速度 含“容”电路导体由静止开始运动 导体由静止开始运动,加速度不变,电容器的电荷量增加 【解析】 由题知金属棒匀速切割磁感线,设金属棒运动位移为x,则x=vt,根据几何关系可知金属棒切割磁感线的有效长度为L=2x·tan θ,则产生的感应电动势为E=BLv=2Bv2ttan θ,当开关S接1时,通过金属棒的电流为I1==t,可得F1=I1LB=t2,由于初始时刻金属棒在磁场中的有效长度为零,则开始计时时I1、F1为零,即I1t图像为过原点的直线,F1t 图像为抛物线,A正确,B错误; 当开关S接2时,通过金属棒的电流为I2===2BCv2tan θ,则电流不变,可得F2=I2LB=4B2Cv3ttan2θ,由于初始时刻金属棒在磁场中的有效长度为零,则开始计时时I2、F2为零,即I2t 图像平行于t轴,F2t图像为过原点的直线,D正确,C错误。 【解析】 根据左手定则,可知电源产生的电流受磁场的安培力向左,金属杆到达磁场中b位置时能反向运动,说明由电源电流产生的安培力F源安大于恒力F。金属杆进入磁场后,由右手定则可知,产生的感应电动势与电源电动势“串联”,使总电动势增大,电流增加,则安培力向左且一定大于恒力F,即金属杆必定向右做减速运动,其加速度a==,可知随速度减小,加速度减小,即金属杆向右做加速度减小的减速运动,直到速度减为零后反向运动; 反向运动中,根据右手定则,可知电路中的总电动势E总=E-E感,初始阶段E感较小,则安培力方向向左,其加速度为a′==,随速度增加,加速度减小,即金属杆向左做加速度减小的加速运动,直到出离磁场边界,即整个过程金属杆在磁场中受到的安培力始终向左,A正确,B错误。金属杆从进入磁场到回到磁场左边界过程中,恒力F做功为零,而因为电路中电阻的影响,电源安培力一定做负功,由动能定理可知金属杆回到磁场左边界时的速度小于进入磁场时的速度,可知金属杆能回到无磁场区,但不能回到a处,C错误,D正确。 一有效阻值R=3 Ω、质量m=0.02 kg的金属棒CD的两端置于导体框上,与导体框构成矩形回路CDEF,EF与斜面底边平行,长度L=0.6 m。初始时CD与EF相距s0=0.4 m,金属棒与导体框同时由静止开始下滑,金属棒下滑距离s1= m后进入一方向垂直于斜面向上的磁感应强度大小B=1 T的有界匀强磁场,磁场边界(图中虚线)与斜面底边平行。金属棒在磁场中做匀速运动,直到离开磁场区域。当金属棒离开磁场的瞬间,导体框的EF边恰好进入磁场,并在匀速运动一段距离后开始加速。已知金属棒与导体框之间始终接触良好。重力加速度g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求: 【解析】 (1)由于斜面光滑,所以导体框与金属棒由静止开始同步匀加速下滑,以整体为研究对象,则有m总gsin α=m总a1,解得a1=6 m/s2; 当金属棒进入磁场时, 速度为v1==1.5 m/s, 所产生的感应电动势为E1=BLv1=1×0.6×1.5 V=0.9 V, 回路中的感应电流为I1==0.3 A, 金属棒受到的安培力为 F1=I1LB=0.3×0.6×1 N=0.18 N, 方向沿斜面向上。 【答案】 (3) J 【解析】 (3)在金属棒进入磁场而导体框EF边未进入磁场过程,导体框的受力情况如图乙所示, 根据牛顿第二定律有Mgsin α-Ff′=Ma2, 其中Ff′=Ff, 代入数据联立解得a2=5 m/s2; 该过程中,根据速度—位移关系式有 -=2a2s0, 即EF恰好进入磁场的速度为v2=2.5 m/s, 此时金属棒的速度为v1=1.5 m/s<v2, 则金属棒的受力如图丙所示,由牛顿第二定律有 mgsin α+Ff=ma3, 解得a3=9 m/s2, 金属棒加速到v2需要时间t3== s= s, 即导体框匀速运动的距离s2=v2t3=2.5× m= m, 此时EF边产生的感应电动势E2=BLv2=1×0.6×2.5 V=1.5 V, 感应电流为I2=0.5 A, EF边受到的安培力F2=I2LB=0.5×0.6×1 N=0.3 N, 方向沿斜面向上; 导体框克服安培力做的功为W=F2s2=0.3× J= J。 【解析】 (1)由右手定则可判断金属棒中感应电流由a流向b,b相当于电源的正极,故b端电势高;由题图乙可知1 s末金属棒的瞬时速度为0.6 m/s,电动势为E1=BLv1, 1 s末金属棒两端的电势差 Uab=-E1, 解得Uab= -1.44 V。  【解析】 (2)当金属棒匀速运动时,由平衡条件得 F=mgsin 37°+F安,  其中F安=ILB=, 由题图乙可知 v2=1.0 m/s, 联立解得F=6.6 N。  【解析】 (3)从金属棒开始运动到刚达到稳定状态,根据动能定理可得 (F-mgsin 37°)x-W克=m,  又克服安培力所做的功等于整个电路产生的焦耳热,代入数据解得 Q=W克=6.95 J,  又Q=QR+Qr,=,可得QR=5.56 J。  【解析】 (4)从金属棒开始运动到刚达到稳定状态,有 q=Δt=Δt=Δt==, 代入数据解得q=2.4 C。  【解析】 (1)电阻上消耗的功率不变,即回路电流不变,在x=0处有E0=B0lv0, 根据闭合电路欧姆定律有I=, 而功率为P0=I2R, 代入数据联立解得P0=0.6 W。 【解析】 (3)电阻上消耗的功率不变,I恒定,电动势恒定,则平均电动势和瞬时电动势数值相同, 则有==E0, 前3 m的过程中,磁通量变化量 ΔΦ=l··x3=0.4×1.25×3 Wb=1.5 Wb, 由于=I·t,联立解得t=3.75 s, 此过程中水平外力F所做的功为电机输入的能量,根据能量守恒定律有 WF=m-m+Q总, 而Q总=I2(R+r)t=3 J, 解得WF=2.812 5 J,可得==0.75 W。 $