第十二章　第66课时　专题强化：电磁感应中的动力学和能量问题-2027届高考物理一轮复习

**基本信息** 聚焦电磁感应与力学综合，以状态分析和能量转化为主线，构建“运动-力-能量”三阶解题体系，强化科学思维与物理观念。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |动力学问题|2例+3训练|平衡态/非平衡态分类处理；动态分析流程（v→E→I→F安→F合→a）|基于电磁感应规律，通过牛顿定律建立运动与力的关联，形成“状态-过程-规律”推理链| |能量问题|2例+1训练|能量转化关系；焦耳热计算三法（功能关系、能量守恒、I²Rt）|以能量守恒为核心，结合电磁感应中的功与能转化，构建“过程分析-能量分配”模型|

第66课时　专题强化：电磁感应中的动力学和能量问题 目标要求　1.导体棒切割磁感线运动时，能理清各物理量间的制约关系并能用动力学观点进行运动过程分析。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。 考点一　电磁感应中的动力学问题 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 3.导体常见运动情况的动态分析 v ↓ E=Blv ↓ I= ↓ F安=BIl ↓ F合 若F合=0 匀速直线运动 若F合≠0 ↓ F合=ma a、v 同向 v增大，若a恒定，拉力F增大 v增大，F安增大，若其他力恒定，F合减小，a减小，做加速度减小的加速运动→a=0，匀速直线运动 a、v 反向 v减小，F安减小，a减小→a=0，静止或匀速直线运动 例1　(2025·江苏无锡市期末)如图所示，MN和PQ是两根相互平行、竖直放置的光滑金属导轨，已知导轨足够长，且电阻不计。ab是一根与导轨垂直而且始终与导轨接触良好的金属杆，金属杆具有一定的质量和电阻。开始时，将开关S断开，让杆ab由静止开始自由下落，过段时间后，再将S闭合。从S刚闭合开始，金属杆可能(　　) A.做加速度不变的减速运动 B.做加速度变大的减速运动 C.做加速度变大的加速运动 D.做加速度变小的加速运动 答案　D 解析　设开关S闭合瞬间，金属杆速度为v0，则有E0=BLv0，I0=，F0=BI0L 解得竖直向上的安培力表达式为F0= 若F0=mg，则金属杆一直做匀速直线运动，速度始终不变，加速度为0；若F0>mg，则有a=，可知金属杆先做加速度减小的减速运动，最后做匀速直线运动，故A、B错误；若F0<mg，则有a=，可知金属杆先做加速度减小的加速运动，最后做匀速直线运动，故C错误，D正确。 例2　如图所示，水平绝缘桌面上固定有间距为L的平行光滑长导轨，左端接有一个不带电的电容器，电容为C(不会被击穿)，在PQ虚线的左侧有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。质量为m的金属杆ab静置在导轨上，与虚线PQ的距离是d，金属杆在水平向右恒力F的作用下，开始向右运动，不计导轨与金属杆的电阻，金属杆ab始终与导轨垂直且接触良好， (1)判断金属杆的运动性质； (2)求金属杆ab运动到达虚线PQ的时间。 答案　(1)匀加速直线运动　(2) 解析　(1)金属杆向右运动，切割磁感线产生感应电动势E，给电容器充电，设在Δt的时间里，电容器充电的电荷量为Δq，则Δq=CBLΔv，则充电电流为i==CBL=CBLa，对金属杆由牛顿第二定律有F-BLi=ma，解得a=，故金属杆做初速度为零的匀加速直线运动。 (2)由d=at2， 解得t==。 针对训练1　(2026·江苏南京市调研)如图所示，一足够长光滑的倾斜金属轨道处在与轨道平面垂直的匀强磁场中，轨道上端连接一电容器，不计轨道的电阻。现将与轨道垂直的导体棒由静止释放，其下滑过程中的速度和加速度随时间变化的图像可能正确的是(　　) 答案　C 解析　设轨道倾角为θ，轨道间距为L，电流为I，导体棒下滑时的加速度满足mgsin θ-BIL=ma 设导体棒Δt内速度增加量为Δv，电容器电荷量的增加量为ΔQ，电势差增加量为ΔU，则I== 由ΔU=BLΔv，a=，联立解得a= 由上式可知运动过程中导体棒做加速度不变的匀加速直线运动，故选C。 拓展　若导体棒与轨道之间的动摩擦因数为μ(μ<tan θ)，求导体棒下滑过程中的加速度大小。 答案　mgsin θ-μmgcos θ-BIL=ma， I===CBLa， 联立解得a=。 如图所示，空间存在竖直方向的匀强磁场，磁感应强度为B，两平行光滑金属导轨固定在水平面内，导轨间距为L，电阻不计，在导轨上静置两导体棒，在导体棒2上施加一恒力F，试分析两导体棒的运动情况，并画出v-t图像。 答案　见解析 解析　设两导体棒1、2质量分别为m1、m2，电阻分别为R1、R2， 最初阶段，a2>a1，a1=，a2=，I=，只要a2>a1，就有(v2-v1)↑⇒I↑⇒F安↑⇒a1↑⇒a2↓ 当a1=a2时，(v2-v1)恒定，I恒定，F安恒定；两棒都做匀加速直线运动，此时a=，Δv恒定，I恒定。两导体棒的v-t图像如图所示。 针对训练2　如图所示，两足够长的平行光滑金属导轨固定在水平面内，匀强磁场方向垂直导轨平面向下，恒力F作用在金属棒cd上，金属棒ab、cd以相同的加速度沿导轨滑动，某时刻撤去F。已知运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，下列说法中正确的是(　　) A.撤去F前，两棒速度相同 B.撤去F前，两棒间距恒定 C.撤去F后，cd的速度不小于ab的速度 D.撤去F后，两棒在相等时间内产生的焦耳热相同 答案　C 解析　撤去F前，金属棒ab、cd以相同的加速度沿导轨滑动，对cd棒有F-BIL=m1a，对ab棒有BIL=m2a，I=，只有两棒速度不同时，金属棒ab才能做加速运动(若速度相等，则回路中的感应电流为0，两金属棒都不受安培力，ab棒无法做加速运动)，A错误；撤去F前，由于两棒速度差Δv不为零，所以两棒间距不恒定，B错误；撤去F后，金属棒ab做加速运动、cd做减速运动。当速度相等时，无感应电流，之后一直做匀速运动，所以cd的速度不小于ab的速度，C正确；撤去F后，两棒的电流大小总相等，但两棒接入电路的电阻未知，所以两棒在相等时间内产生的焦耳热不一定相同，D错误。 考点二　电磁感应中的能量问题 1.电磁感应中的能量转化 其他形式的能量电能焦耳热或其他形式的能量 2.求解焦耳热Q的三种方法 3.解题的一般步骤 能量转化问题的分析程序：先电后力再能量 例3　(2026·江苏南京市检测)如图所示，足够长的平行光滑U形导轨倾斜放置，所在平面的倾角θ=37°，导轨间的距离L=1.0 m，下端连接R=1.6 Ω的定值电阻，导轨电阻不计，所在空间存在垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度B=1.0 T。质量m=0.5 kg、长度L=1 m、电阻r=0.4 Ω的金属棒ab垂直放置于导轨上，现用沿导轨平面且垂直于金属棒、大小为F=5.0 N的恒力使金属棒ab从静止开始垂直导轨向上滑行且始终与导轨接触良好，当金属棒滑行x=2.8 m后速度保持不变。求(sin 37°= 0.6，cos 37°=0.8，g取10 m/s2)： (1)金属棒匀速运动时的速度大小v。 (2)金属棒从静止开始到匀速运动的过程中，电阻R上产生的热量QR。 答案　(1)4 m/s　(2)1.28 J 解析　(1)金属棒匀速运动时产生的感应电流为I= 由平衡条件有F=mgsin θ+BIL 联立并代入数据解得v=4 m/s。 (2)设整个电路中产生的热量为Q， 由动能定理得Fx-mgx·sin θ-W克安=mv2 而Q=W克安，QR=Q 联立并代入数据解得QR=1.28 J。 例4　如图甲所示，一个匝数为N、边长为L的正方形导线框abcd，导线框总电阻为R，总质量为m，匀强磁场区域的宽度为L。导线框由静止释放，下落过程中始终保持竖直，忽略空气阻力，重力加速度为g。 (1)若导线框ab边刚进入匀强磁场区域时，恰能做速度为v0的匀速运动，求匀强磁场的磁感应强度B1； (2)若导线框ab边进入磁场的速度为v1，cd边离开磁场的速度为v2，导线框在磁场中做减速运动，已知磁感应强度为B2。在导线框穿过磁场的过程中，求： ①导线框中产生的焦耳热Q； ②在图乙中定性画出导线框中的感应电流I随时间t的变化图线(规定逆时针为电流正方向)。 答案　(1)　(2)①m-m+2mgL　②见解析图 解析　(1)进入磁场时导线框受到的安培力F=NB1IL 产生的感应电动势 E1=NB1Lv0 感应电流I= 可知F=NB1L= 导线框恰能匀速运动，根据平衡条件有 =mg， 解得B1== (2)①由动能定理mg×2L+W安=m-m， 根据功能关系-W安=Q， 得Q=m-m+2mgL ②导线框在磁场中运动所受安培力F安=，F安-mg=ma，则 导线框进入磁场时做加速度减小的减速运动，由I=，随着速度的减小，I减小，I-t图像的斜率大小=·=·a， 则I-t图像斜率的绝对值减小，根据楞次定律可知，电流方向为逆时针；同理离开磁场时导线框做加速度减小的减速运动，I-t图像斜率的绝对值减小，此时电流为顺时针方向，则导线框中的感应电流I随时间t的变化图线如图。 课时精练 [分值：54分] 　[1~4题，每题4分] 1.(2025·江苏南京市调研)如图所示，水平放置的“”形光滑金属导轨处在竖直向下的匀强磁场中，左端接有电阻R。一金属杆与导轨垂直放置，且接触良好，在外力F作用下由静止开始做匀加速直线运动。不计导轨和金属杆的电阻。关于外力F随时间t变化的图像正确的是(　　) 答案　D 解析　对杆受力分析得F-IBL=ma 金属杆产生的感应电动势为E=BLv 感应电流为I= 又v=at 整理得F=ma+at 可知F-t图像为不过原点的直线。故选D。 2.(2025·江苏宿迁市三模)如图所示，相距为d的足够长平行光滑金属导轨MP、NQ与水平面间夹角为θ，处于磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中，导轨上端接有一电阻。水平导体棒ab质量为m，以速度v沿导轨匀速下滑，棒与导轨垂直且接触良好。已知重力加速度为g，则(　　) A.导体棒中电流方向为a→b B.回路中的电动势为Bdv C.导体棒受到的安培力大小为mgsin θ D.回路中的电功率为mgvsin θ 答案　D 解析　导体棒下滑过程中，根据右手定则可得，导体棒中电流方向为b→a，故A错误；由于磁场方向与运动方向不垂直，所以回路中的电动势为E=Bdvcos θ，故B错误；对导体棒受力分析，如图所示， 根据平衡条件可得FA=mgtan θ，故C错误；根据能量守恒可知，导体棒的重力势能转化为电能，所以回路中的电功率等于重力做功的功率，则P电=PG=mgvy=mgvsin θ，故D正确。 3.如图，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，两部分平滑连接，平直部分右端接一个阻值为R的定值电阻。平直部分导轨的最左边区域有宽度为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，重力加速度大小为g，金属棒与导轨始终垂直且接触良好，则金属棒穿过磁场区域的过程中(　　) A.通过金属棒的最大电流为 B.通过金属棒的电荷量为 C.克服安培力所做的功为mgh D.金属棒上产生的焦耳热为mg(h-μd) 答案　D 解析　金属棒由静止释放下滑到导轨弯曲部分底端，根据动能定理有mgh=m，金属棒在磁场中运动时产生的感应电动势E=BLv，当金属棒刚进入磁场时，金属棒运动的速度最大，产生的感应电动势最大，感应电流最大，Imax==，A错误；金属棒穿过磁场区域的过程中通过金属棒的电荷量q=t=t ==，B错误；对整个过程由动能定理得mgh-W克安-μmgd=0，金属棒克服安培力做的功W克安=mgh-μmgd，C错误；由功能关系可得，金属棒上产生的焦耳热Q=W克安=mg(h-μd)，D正确。 4.(2026·江苏南京市调研)两个完全相同的正方形匀质金属框，边长为l，通过长为l的绝缘轻质杆相连，构成如图所示的组合体。距离组合体下底边h处有一方向水平、垂直于纸面向里的匀强磁场。磁场区域上下边界水平，高度为l，左右宽度足够大。把该组合体在垂直于磁场的平面内以初速度v0水平无旋转抛出，设置合适的磁感应强度大小B使其匀速通过磁场，不计空气阻力。下列说法正确的是(　　) A.B与v0无关，与成反比 B.通过磁场的过程中，金属框中电流的大小和方向保持不变 C.通过磁场的过程中，组合体克服安培力做功的功率与重力做功的功率相等 D.调节h、v0和B，组合体匀速通过磁场的速度越大，则其通过磁场的过程中产生的热量越多 答案　C 解析　组合体下底边刚进入磁场时，竖直方向的速度为vy=，下底边切割磁感线，根据楞次定律可知金属框中电流的方向为逆时针，水平方向速度使左右两边切割磁感线，产生的电动势相互抵消，设组合体质量为m，组合体匀速通过磁场，则有BIl=mg，又有E=Blvy，I=，联立可得B2=，可知B与v0无关，B2与成反比，故A错误；根据右手定则可知，当金属框刚进入磁场时，此时感应电流的方向为逆时针方向，当金属框刚出磁场时，此时感应电流的方向为顺时针方向，故B错误；组合体匀速通过磁场的过程中BIl=mg，则组合体克服安培力做功的功率等于重力做功的功率，故C正确；无论调节哪个物理量，只要组合体仍能匀速通过磁场，都有BIl=mg，根据能量守恒定律有Q=W克安=WG=4mgl，故D错误。 5.(11分)(2025·江苏泰州市一模)如图甲所示，两根足够长的平行光滑金属导轨固定在水平面内，导轨间距L=1.0 m，左端连接阻值R=4.0 Ω的电阻，匀强磁场磁感应强度B=0.5 T，方向竖直向下。质量m=0.2 kg、长度L=1.0 m、电阻r=1.0 Ω的金属杆置于导轨上，向右运动并与导轨始终保持垂直且接触良好，从t=0时刻开始对杆施加一平行于导轨方向的外力F，杆运动的v-t图像如图乙所示，其余电阻不计。 (1)(3分)求在t=2.0 s时，电路中的电流I和金属杆PQ两端的电压UPQ； (2)(3分)求在t=2.0 s时，外力F的大小； (3)(5分)若0 ~ 3.0 s内克服外力F做功1.8 J，求此过程流过电阻R的电荷量和电阻R产生的热量。 答案　(1)0.2 A　0.8 V　(2)0.3 N　(3)0.9 C　1.44 J 解析　(1)根据题图乙可知t=2.0 s时，v=2 m/s， 则此时感应电动势E=BLv=1 V 电路中的电流I==0.2 A 金属杆PQ两端的电压为外电压， 即UPQ=IR=0.8 V (2)v-t图像斜率绝对值表示加速度大小， a==2 m/s2 对金属杆PQ进行受力分析， 由牛顿第二定律得F+BIL=ma 解得F=0.3 N，方向与运动方向相反。 (3)根据电荷量表达式可知 q=t=== v-t图像与横轴围成的面积表示位移， 则x= m=9 m 解得q=0.9 C 根据能量守恒定律可知W克F+Q=m 解得Q=1.8 J 电阻R产生的热量 QR=Q=×1.8 J=1.44 J。 　[6、7题，每题4分] 6.(2024·山东卷·11改编)如图所示，两条相同的半圆弧形光滑金属导轨固定在水平桌面上，其所在平面竖直且平行，导轨最高点到水平桌面的距离等于半径，最低点的连线OO'与导轨所在竖直面垂直。空间充满竖直向下的匀强磁场(图中未画出)，导轨左端由导线连接。现将具有一定质量和电阻的金属棒MN平行OO'放置在导轨图示位置，由静止释放。MN运动过程中始终平行于OO'且与两导轨接触良好，不考虑自感影响，下列说法错误的是(　　) A.MN最终一定静止于OO'位置 B.MN运动过程中安培力始终做负功 C.从释放到第一次到达OO'位置过程中，MN的速率一直在增大 D.从释放到第一次到达OO'位置过程中，MN中电流方向由M到N 答案　C 解析　金属棒MN运动过程切割磁感线产生感应电动势，回路有感应电流，产生焦耳热，金属棒MN的机械能不断减小，又由于金属导轨光滑，所以经过多次往返运动，MN最终一定静止于OO'位置，故A正确； 由楞次定律可知，MN切割磁感线产生的感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化，可知安培力一直做负功，故B正确； 金属棒MN从释放到第一次到达OO'位置过程中，由于在OO'位置重力沿切线方向的分力为0，安培力水平向左，可知在即将到达OO'位置之前的某一位置之后，重力沿切线方向的分力已经小于安培力沿切线方向的分力，金属棒MN已经做减速运动，故C错误； 从释放到第一次到达OO'位置过程中，根据右手定则可知，MN中电流方向由M到N，故D正确。 7.(2024·黑吉辽·9改编)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，重力加速度为g，两棒在下滑过程中(　　) A.回路中的电流方向为adcba 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 答案　B 解析　两导体棒沿轨道向下滑动，根据右手定则可知回路中的电流方向为abcda，故A错误；设回路中的总电阻为R，对于任意时刻当电路中的电流为I时，对ab根据牛顿第二定律得 2mgsin 30°-2BILcos 30°=2maab， 对cd有mgsin 30°-BILcos 30°=macd， 故可知aab=acd，分析可知回路中的总电动势为两个导体棒产生的电动势相加，随着导体棒速度的增大，回路中的电流增大，导体棒受到的安培力在增大，故可知当安培力沿导轨方向的分力与重力沿导轨向下的分力平衡时导体棒将匀速运动，此时电路中的电流达到稳定值，对ab分析可得2mgsin 30°=2BILcos 30°，解得I=，故B正确，C错误；根据前面分析可知aab=acd，故可知两导体棒速度大小始终相等，由于两边磁感应强度大小不同，故产生的感应电动势不相等，故D错误。 8.(15分)(2025·江苏宿迁市部分高中模拟)如图甲所示，相距L=1 m的两根足够长的光滑平行金属导轨倾斜放置，与水平面夹角θ=37°，导轨电阻不计，质量m=1 kg、接入电路电阻为r=0.5 Ω的导体棒ab垂直于导轨放置，在运动过程中，导体棒ab始终与导轨垂直并接触良好。导轨的P、M两端接在外电路上，定值电阻阻值R=1.5 Ω，电容器的电容C=0.5 F，电容器的击穿电压足够大，导轨所在平面内有垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场。在开关S1闭合、S2断开的状态下将导体棒ab由静止释放，导体棒的v-t图像如图乙所示，sin 37°=0.6，重力加速度g取10 m/s2。 (1)(4分)求磁场的磁感应强度大小B。 (2)(6分)在开关S1闭合、S2断开的状态下，当导体棒下滑的距离x=5 m时，定值电阻产生的热量为21 J，求此时导体棒的速度与加速度分别是多大。 (3)(5分)在开关S1断开、S2闭合的状态下，由静止释放导体棒，求经过t=2 s时导体棒的速度大小。 答案　(1)2 T　(2)2 m/s　2 m/s2　(3)4 m/s 解析　(1)由题图乙可知， 导体棒的最大速度vm=3 m/s， 对应的感应电动势E=BLvm 感应电流I=， 当速度达到最大时，导体棒做匀速运动，导体棒受力平衡，有BIL=mgsin θ 联立解得B=2 T (2)导体棒和定值电阻串联，由公式Q=I2Rt， 可知Qab∶QR=1∶3 则导体棒ab产生的热量Qab=×21 J=7 J，导体棒下滑x=5 m的距离，导体棒减少的重力势能转化为导体棒动能和回路中的热量，由能量守恒定律有mgxsin θ=m+Qab+QR 解得导体棒的速度大小v1=2 m/s 此时感应电动势E1=BLv1 感应电流I1= 对导体棒有mgsin θ-BI1L=ma1 解得加速度大小a1=2 m/s2 (3)开关S1断开、S2闭合时，任意时刻对导体棒， 根据牛顿第二定律有mgsin θ-BI2L=ma2 感应电流I2= 其中Δq=CΔU Δt时间内，有ΔU=ΔE=BLΔv 根据加速度定义式，有a2=， 解得a2=2 m/s2 表明导体棒ab下滑过程中加速度不变，导体棒做匀加速直线运动，t=2 s时导体棒的速度大小v2=a2t=4 m/s 　[4分] 9.(2025·江苏徐州市检测)如图所示，水平面上放置足够长的光滑导轨，一对相互平行的完全相同的导体棒a、b静置在导轨上。虚线OO'两侧均有竖直方向的匀强磁场，左侧磁场竖直向下，磁感应强度大小为B，右侧磁场竖直向上，磁感应强度大小为2B，除导体棒外其他电阻不计。现对棒a施加向左的恒力F，导体棒始终与导轨垂直且接触良好，则(　　) A.回路中电流方向始终为逆时针，电流逐渐减小为零 B.导体棒a在相同时间内所受安培力的冲量大小总为导体棒b的一半 C.导体棒a、b经足够长时间均做匀加速直线运动，且a、b加速度大小相同 D.导体棒a、b经足够长时间均做匀加速直线运动，且导体棒b的加速度为a的2倍 答案　B 解析　初始a向左加速，产生的感应电动势Ea=BLva，由右手定则得回路中产生逆时针方向的感应电流，a受到向右的安培力，b受到向右的安培力，b向右加速，产生的感应电动势Eb=2BLvb(方向与Ea相反)。 E总=Ea-Eb=BLva-2BLvb， 设导体棒电阻均为R 回路中的电流i== 由牛顿第二定律 对a：F-BiL=maa 对b：2BiL=mab 初始时刻由于i=0，aa>ab，随着时间推移，va和vb均增大，但(va-2vb)趋于恒定，最终i恒定，两导体棒均做匀加速运动。 稳定后由=a，可得==0， 则aa=2ab，故A、C、D错误，由于b受到的安培力始终是a的2倍，由冲量I=Ft，可知导体棒a在相同时间内所受安培力的冲量大小总为导体棒b的一半，故B正确。 学科网（北京）股份有限公司 $