第11章 微专题20 电磁感应中的动力学和能量问题（Word习题）-【满分思维】2027年高考一轮总复习讲义·物理（江苏专版）

该高中物理高考复习讲义聚焦电磁感应中的动力学和能量核心考点，按平衡与非平衡状态分析、能量转化及焦耳热计算构建知识体系，通过考点梳理、方法指导、典例精讲和真题训练，帮助学生建立问题分析框架，突破难点。 讲义突出科学思维与物理观念培养，如通过典例分析导体棒平衡状态与非平衡状态的模型建构，结合类题固法中不同运动情境的科学推理。设置分层练习，配合即时解析，助力学生高效掌握解题方法，为教师把控复习节奏、提升学生应考能力提供有力支持。

电磁感应中的动力学和能量问题 考点一　电磁感应中的平衡及动力学问题 1．两种状态及处理方法 状态 特征 处理方法 平衡 状态 加速度 为零 根据平衡条件列式分析 非平衡 状态 加速度 不为零 根据牛顿第二定律进行分析或结合功能关系进行分析 2．解决电磁感应中的动力学问题的一般思路 典例1　如图所示，足够长的两光滑竖直金属导轨间距为L，处在磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面的匀强磁场中．匀质金属棒ab、cd均紧贴两导轨，质量均为m，电阻均为R，导轨电阻不计，重力加速度为g.现用悬绳固定ab棒，由静止释放cd棒，求： (1) cd棒最终速度的大小． (2) 悬绳对ab棒拉力的最大值． 答案： (1) 　(2) 2mg 【解析】 (1) cd棒速度稳定时mg＝FA FA＝ 解得vm＝ (2) cd棒匀速运动时，悬绳对ab棒拉力最大 对ab、cd棒整体有T＝2mg 类题固法1 1． (2025·无锡期末调研)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(　D　) 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 【解析】 闭合开关时，金属杆在下滑过程中，受到重力和安培力作用，若重力与安培力大小相等，金属杆的合力为零，做匀速直线运动；若安培力小于重力，则金属杆的合力向下，加速度向下，做加速运动．随着速度增大，金属杆产生的感应电动势增大，感应电流增大，金属杆受到的安培力增大，则合力减小，加速度减小，金属杆做加速度逐渐减小的加速运动；若安培力大于重力，则金属杆的合力向上，加速度向上，做减速运动．随着速度减小，金属杆产生的感应电动势减小，感应电流减小，金属杆受到的安培力减小，则合力减小，加速度减小，则金属杆做加速度逐渐减小的减速运动，故选D. 2．(2024·辽宁卷改编)如图所示，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、右两导轨平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(　B　) A．回路中的电流方向为逆时针 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 【解析】 两导体棒沿导轨向下滑动，根据楞次定律可知回路中的电流方向为顺时针，故A错误；设回路中的总电阻为R，当电路中的电流为I时，对ab有2mg sin 30°－2BIL cos 30°＝2maab，对cd有mg sin 30°－BIL cos 30°＝macd，故可知aab＝acd，分析可知两个导体棒产生的电动势相互叠加，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，此时对ab分析可得2mg sin 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不同，故产生的感应电动势不等，故D错误． 考点二　电磁感应中的能量、焦耳热问题 1．能量转化及热量的求法 (1) 能量转化 (2) 求解热量Q的三种方法 2．用能量观点解答电磁感应问题的一般步骤 典例2　(2026·苏州期初调研)如图所示，在水平面上固定一光滑导线框，在水平外力作用下金属棒ab沿导线框以速度v向右做匀速运动．线框放在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面．金属棒ab的质量为m、长度为L(与导线框等宽)，阻值为R，导线框左端电阻阻值为2R，其余电阻不计． (1) 求金属棒两端电压大小Uab. (2) 某时刻撤去外力，经过一段时间，金属棒速度变为0.5v，求这段时间内金属棒中产生的焦耳热Q. 答案： (1) 　(2) mv2 【解析】 (1) 此时金属棒切割产生的电动势E＝BLv 回路中的电流I＝ 则金属棒两端电压大小Uab＝I·2R＝ (2) 这段时间内，系统能量守恒，整个电路产生的焦耳热为Q总＝mv2－m(0.5v)2＝mv2 金属棒中产生的焦耳热Q＝Q总＝mv2 类题固法2 1．一种电磁驱动的无绳电梯简化模型如图所示，光滑的平行长直金属轨道固定在竖直平面内，下端接有电阻，导体棒垂直跨接在轨道上，匀强磁场的方向垂直轨道平面向里．磁场以速度v匀速向上移动，某时刻导体棒由静止释放，导体棒始终处于磁场区域内，轨道和导体棒的电阻均不计且接触良好．则(　D　) A．导体棒向上运动的速度可能为v B．导体棒在磁场中可能先下降，再上升 C．安培力对导体棒做的功大于导体棒机械能的增量 D．安培力对导体棒做的功可能小于回路中产生的热量 【解析】 根据题意，导体棒始终处于磁场区域内，开始磁场匀速向上移动，导体棒相对磁场向下的速度大小为v，根据右手定则判断感应电流水平向右，安培力竖直向上，分三种情况讨论：①若安培力小于导体棒重力，则棒会先向下做加速运动，至安培力等于导体棒重力时，开始匀速向下运动；②若安培力大于导体棒重力，则棒会先向上做加速运动，至安培力等于导体棒重力时，开始匀速向上运动；③若安培力等于导体棒重力，则棒保持静止，B错误；设导体棒运动速度为v1，由B选项的分析可得，当导体棒匀速时，速度最大，此时受力平衡BIL＝mg，导体棒产生的电动势为E＝BL(v－v1)，回路电流为I＝＝，则导体棒速度最大为v1＝v－，故导体棒向上运动的速度一定小于v，A错误；若刚静止释放导体棒时有mg＝BIL，其中I＝，则导体棒保持静止，此时安培力对导体棒做的功和导体棒机械能的增量均为零，故C错误；若刚开始时安培力大于导体棒重力，则导体棒向上运动，设导体棒运动速度为v1，则回路的热功率P热＝＝，其中F安＝BIL＝，则安培力对导体棒做功的功率为P安＝F安v1＝·v1，当v－v1＞v1时，安培力对导体棒做的功小于回路中产生的热量，故D正确． 2．如图所示，MN、PQ为间距L＝0.5 m、足够长的平行导轨，导轨平面与水平面间的夹角θ＝37°，N、Q间连接有一个阻值R＝1 Ω的电阻．有一匀强磁场垂直于导轨平面且方向向上，磁感应强度为B0＝1 T．将一根质量为m＝0.5 kg的金属棒ab紧靠NQ放置在导轨上，且与导轨接触良好．现由静止释放金属棒，当金属棒滑行至cd处时达到稳定速度．金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.50，金属棒沿导轨下滑过程中始终与NQ平行，不计金属棒和导轨的电阻，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8. (1) 求金属棒到达cd处的速度大小． (2) 已知金属棒从NQ运动到cd过程中，通过电阻的电荷量为2.5 C，求此过程中电阻R产生的热量Q. 答案： (1) 4 m/s　(2) 1.0 J 【解析】 (1) 当金属棒达到稳定速度vm时 感应电动势E＝B0Lvm，I＝ 安培力FA＝B0IL 且FA＋μmg cos θ＝mg sin θ 代入数据解得vm＝4 m/s (2) 电荷量为q＝Δt＝＝ 代入数据解得s＝5 m 从开始释放到到达cd，设克服安培力做功为WF，由动能定理得 mgs sin 37°－μmgs cos 37°－WF＝mv－0 根据功能关系知，产生的热量Q总＝WF＝1.0 J 配套热练 一、 选择题 1．如图所示，磁感应强度为B的有界匀强磁场的宽度为L，一质量为m、电阻为R、边长为d(d＜L)的正方形金属线圈竖直放置．线圈由静止释放，进入磁场过程中做匀速运动，完全离开磁场前已做匀速运动．已知重力加速度为g，下列说法中错误的是(　C　) A．进、出磁场过程中电流方向不同 B．进、出磁场过程中通过线圈某一横截面的电荷量相等 C．通过磁场的过程中产生的热量为mgL D．MN边离开磁场时的速度大小为 【解析】 根据楞次定律得进磁场时感应电流为逆时针方向，出磁场时感应电流为顺时针方向，A正确；q＝n，且进、出磁场时磁通量变化相同，通过线圈某一横截面的电荷量相等，B正确；离开磁场时匀速，有mg＝F安＝Bd，得出v＝，D正确；同理可得进入磁场时速度v′＝＝v，进、出磁场过程中，根据动能定理有mg(L＋d)＋W安＝0，得出Q＝－W安＝mg(L＋d)，C错误． 2．(2025·盐城期末)如图所示，宽度为L的导线框固定在水平面上，左端接有电阻R.质量为m、电阻为r的导体棒与导线框之间动摩擦因数为μ；空间中存在垂直导轨平面向上的匀强磁场B.初始时给导体棒一个向右的初速度v0.则整个运动过程(　A　) A．导体棒加速度逐渐减小 B．导体棒两端电压为BLv0 C．通过电阻R的电流方向由a指向b D．电阻R上产生的焦耳热为 mv 【解析】 导体棒运动过程中，根据右手定则有E＝BLv，根据欧姆定律有I＝，则安培力大小为F＝BIL＝，方向向左，根据牛顿第二定律有＋μmg＝ma，导体棒的速度减小，则加速度减小，故A正确；导体棒刚进入磁场时，速度最大，电动势最大，根据串、并联规律可知U＝E＝BLv0，故B错误；根据右手定则可知，通过电阻R的电流方向由b指向a，故C错误；根据能量守恒定律有Q电＋W克＝mv，电阻R上产生的焦耳热为Q′＝Q电＜mv，故D错误． 3．(2025·南通统考)如图所示，足够长的U型光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0＜θ＜90°)，其中MN与PQ平行且间距为L，N、Q间接有阻值为R的电阻，匀强磁场垂直导轨平面，磁感应强度为B，导轨电阻不计．质量为m的金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且接触良好，ab棒接入电路的电阻为r，当金属棒ab下滑距离x时达到最大速度v，重力加速度为g，则在这一过程中(　D　) A．金属棒做匀加速直线运动 B．当金属棒速度为时，金属棒的加速度大小为0.5g C．电阻R上产生的焦耳热为mgx sin θ－mv2 D．通过金属棒某一横截面的电荷量为 【解析】 对金属棒，根据牛顿第二定律可得mg sin θ－BIL＝ma，解得a＝g sin θ－，当速度增大时，安培力增大，加速度减小，所以金属棒ab开始做加速度逐渐减小的变加速运动，不是匀加速直线运动，故A错误；金属棒ab匀速下滑时，则有a＝0，即有v＝，当金属棒速度为时，金属棒的加速度大小为a1＝g sin θ－·＝g sin θ，故B错误；对金属棒，根据动能定理可得mg sin θ·x－Q＝mv2，解得产生的焦耳热为Q＝mg sin θ·x－mv2，电阻R上产生的焦耳热为QR＝，故C错误；通过金属棒某一横截面的电荷量为q＝IΔt＝·Δt＝＝，故D正确． 4．如图所示，在光滑水平面内固定一个无限长直导线，导线中通有恒定电流，在其右侧有一个质量为m的正方形导体框，以初速度v在水平面内运动，v的方向与电流方向成60°，则(　C　) A．导体框最终停止在水平面上 B．导体框运动过程中受到的安培力与速度方向相反 C．整个运动过程中导体框产生的焦耳热为 mv2 D．整个运动过程中导体框产生的焦耳热为 mv2 【解析】 导体框在沿导线方向运动时不产生感应电流，远离导线运动过程中穿过导体框的磁通量减小，产生顺时针方向的感应电流，最终导体框的运动状态为沿导线方向匀速运动，故A错误；导体框在沿导线方向运动时不产生感应电流，远离导线运动过程中产生感应电流，所以导体框受到的安培力的方向水平向左，与速度方向不在同一直线上，故B错误；沿导线方向分速度为v1＝v cos 60°＝v，根据动能定理得mv－mv2＝WA，解得Q＝－WA＝mv2，故C正确，D错误． 5．(2026·中华中学期初)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．下列说法中正确的是(　C　) 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 【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，组合体匀速通过磁场，则有BIL＝mg，又有E＝BLvy，I＝，联立可得＝mg，可知B与v0无关，B2与成反比，故A错误；当金属框刚进入磁场时金属框的磁通量增加，此时感应电流的方向为逆时针方向，当金属框刚出磁场时金属框的磁通量减少，此时感应电流的方向为顺时针方向，故B错误；组合体通过磁场的过程中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，则产生的热量都为Q＝WG＝4mgL，故D错误． 6．(2025·徐州调研)如图所示，足够长的光滑导轨OM、ON固定在竖直平面内，电阻不计，两导轨与竖直方向夹角均为30°.空间存在垂直导轨平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B.一质量为m、长为L的导体棒在竖直向上的拉力F作用下，从O点开始沿y轴向下以大小为v的速度做匀速直线运动，且棒始终与y轴垂直对称，与导轨接触良好．导体棒单位长度电阻值为r，重力加速度为g.在导体棒从开始运动到离开导轨的过程中，下列说法中正确的是(　C　) A．导体棒中的感应电流逐渐增大　 B．导体棒沿导轨下落过程中减小的机械能等于导体棒产生的焦耳热 C．通过回路中某横截面上的电荷量为 D．导体棒在导轨上运动时拉力F与y的关系为F＝mg－y 【解析】 设导体棒在两导轨间的长度为l，则导体棒切割磁感线在电路中产生电流的感应电动势E＝Blv，根据闭合电路欧姆定律可知I＝＝，因为v、r、B恒定，则I恒定，导体棒中的感应电流大小保持恒定不变，故A错误；导体棒运动过程重力做正功WG，克服拉力F做功WF，安培力做负功，克服安培力做功转化为焦耳热Q，由动能定理得WG－WF－Q＝0，则机械能的减少量ΔE＝WG＝Q＋WF＞Q，即导体棒沿导轨下落过程中减小的机械能大于金属棒产生的焦耳热，故B错误；由于I＝，q＝It＝·＝，故C正确；导体棒受到重力、拉力F和安培力作用，根据共点力平衡知识可知F＋BIl＝mg，解得拉力F＝mg－BIl，其中l＝2y tan 30°，解得F＝mg－y，故D错误． 二、 计算题 7．如图甲所示，质量m＝0.1 kg、电阻R＝1 Ω的单匝等腰直角三角形线框用细绳悬挂于A点，三角形的直角边长为a＝2 m，MN为三角形两边的中点．从零时刻起，在MN连线上方加垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小按图乙规律变化．在t＝2 s时细绳恰好被拉断，线框向下运动，穿出磁场时速度为v＝2 m/s，取g＝10 m/s2.求： (1) 0～2 s内，绳中拉力F随时间t的变化关系． (2) 从零时刻到线框全部离开磁场，线框中产生的总热量Q. 甲 乙 答案： (1) F＝(2t＋1)N　(2) 2.8 J 【解析】 (1) 0～2 s内，磁场随时间均匀变化B＝t 线框中有恒定电流I＝ 对线框受力分析有F＝BIL＋mg 线框在磁场中有效面积S＝ 等效长度L＝ 解得F＝(2t＋1)N (2) 0～2 s内，线框中热量Q1＝I2Rt＝2 J 绳断后，线框中热量为Q2，则 mg·＝Q2＋mv2 得Q2＝0.8 J 解得Q＝Q1＋Q2＝2 J＋0.8 J＝2.8 J 8．(2025·苏州期末)如图所示，间距为L的U形金属导轨，水平放置于磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面的匀强磁场中，金属棒CD的质量为m、初速度为v0，导轨右端电阻为R，其余电阻不计． (1) 求刚开始减速时，回路中电流的大小I. (2) 若减速过程中，CD受到的摩擦力恒为f，求当速度减为v1时棒的加速度大小a. (3) 若减速过程中，CD受到的摩擦力f＝kv，其中v为CD的速率，k为已知常量，棒最终停止，求电阻R上产生的热量QR. 答案： (1) 　(2) ＋　(3) 【解析】 (1) 刚开始减速时，金属棒切割磁感线产生的电动势E＝BLv0 回路中的电流I＝ (2) 当金属棒的速度减为v1时，回路中电流为 I1＝ 其受到的安培力大小为F1＝BI1L 由牛顿第二定律F1＋f＝ma 得a＝＋ (3) 设金属棒切割磁感线的速度为v，回路中电流为I′＝ 其受到的安培力大小为F＝BI′L＝ 又由于f＝kv 在整个运动过程中安培力和摩擦力大小之比恒为F∶f＝∶k 故产生的焦耳热和摩擦热之比为 QR∶Qf＝∶k 由能量守恒有QR＋Qf＝mv 解得QR＝ 学科网（北京）股份有限公司 $