第二章 专题强化12 电磁感应中的能量问题（配套课件PPT）-【步步高】2025-2026学年高二物理选择性必修第二册学习笔记（人教版 浙江专版）

该高中物理课件聚焦电磁感应中的能量问题，通过倾斜导轨金属棒运动例题导入，连接电磁感应规律与能量守恒，以例题解析为支架，从感应电流方向、最大速度到焦耳热计算，逐步深化知识脉络。 其亮点在于强化科学思维（模型建构、科学推理）和能量观念，通过含电阻网络、多磁场区域等情境例题，结合动能定理与功能关系分析，帮助学生建立能量转化模型。学生能提升综合应用能力，教师可直接使用系统例题与练习，提高教学效率。

电磁感应中的能量问题 专题强化12 第 二 章 理解电磁感应现象中的能量转化，会用动能定理、能量守恒定律分析有关问题(重难点)。 学习目标 　如图所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ倾斜固定，间距为L，导轨平面与水平面间的夹角为θ，上端MP间接有阻值为R的电阻，所有导轨电阻不计，整个装置处于方向垂直于导轨平面向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。一质量为m，电阻为r，长度也为L的金属棒从导轨上静止释放，棒运动过程中始终垂直于导轨，释放后经过一段距离x达到稳定速度vm。重力加速度为g，试分析以下问题。 例1 (1)金属棒中感应电流的方向； 答案　见解析 b→a (2)金属棒的最大速度vm的表达式； 答案　见解析 金属棒稳定切割磁感线时E＝BLvm，I＝ 由平衡条件BIL＝mgsin θ，得vm＝ (3)金属棒克服安培力做了多少功； 答案　见解析 根据动能定理得mgxsin θ－W克安＝m 得W克安＝mgxsin θ－m (4)电阻R产生的热量。 答案　见解析 由功能关系得Q＝W克安，QR＝Q 得QR＝(mgxsin θ－m)。 1.电磁感应现象中的能量转化 总结提升 安培力做功 2.焦耳热的计算 (1)电流恒定时，根据焦耳定律求解，即Q=I2Rt。 (2)感应电流变化时，可用以下方法分析： ①求出克服安培力做的功W克安，即W克安=ΔE电=Q(纯电阻电路)。 ②利用能量守恒定律，焦耳热等于其他形式能量的减少量。 3.杆克服安培力做的功等于整个电路产生的焦耳热Q(纯电阻电路)。 电阻R产生的焦耳热为QR=Q，导体棒产生的焦耳热为Qr=Q。 总结提升 　 (2025·台州市高二期中)如图所示，足够长的平行金属导轨MN、PQ平行放置，间距为L＝3 m，与水平面成θ＝53°，导轨与固定电阻R1和R2相连，且R1＝R2＝2 Ω。R1支路串联开关S，原来S闭合，匀强磁场垂直导轨平面斜向上。有一质量为m＝1 kg的导体棒ab与导轨垂直放置，接触面粗糙且二者始终接触良好，导体棒的电阻R也为2 Ω。现让导体棒从静止释放沿导轨下滑，当导体棒运动达到稳定状态时速率为v＝2 m/s，此时整个电路消耗的电功率为12 W。已知当地的重力加速度g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，导轨电阻不计。求： 例2 (1)在上述稳定状态时，导体棒ab中的电流I和磁感应强度B的大小； 答案　2 A　1 T 当导体棒以速率v匀速下滑时，电路中的总电阻R总＝1.5R＝3 Ω 由P电＝I2R总 得I＝2 A 感应电动势E＝IR总＝6 V 由E＝BLv 得B＝1 T (2)如果导体棒从静止释放沿导轨下滑x＝1 m距离后运动达到稳定状态，在这一过程中回路产生的焦耳热； 答案　4 J 根据能量的转化与守恒可知mgvsin 53°＝P电＋Ffv 得Ff＝2 N 由能量的转化与守恒有mgsin 53°x＝Ffx＋Q＋mv2 得Q＝4 J (3)断开开关S后，导体棒沿导轨下滑一段距离d后，通过导体棒ab的电荷量为q＝3 C，求这段距离d。 答案　4 m 根据法拉第电磁感应定律有E'＝n 又I'＝，q＝I'Δt 可得q＝ 由ΔΦ＝BLd 得d＝4 m。 　 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。金属导轨右端接一个阻值为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、接入电路的电阻也为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，金属棒始终与导轨垂直且接触良好，重力加速度为g。金属棒穿过磁场区域的过程中 A.流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.金属棒产生的焦耳热为mg(h－μd) 例3 √ 金属棒沿弯曲部分下滑过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律得，mgh＝mv2，金属棒到达平直部分时的速度v＝，金属棒到达平直部分后做减速运动，刚到达平直部分时的速度最大，最大感应电动势E＝Blv，最大感应电流I＝，故A错误； 通过金属棒的电荷量q＝Δt＝，故B错误； 金属棒在整个运动过程中，由动能定理得mgh－W克安－μmgd＝0－0，克服安培力做的功W克安＝mgh－μmgd，故C错误； 克服安培力做的功转化为焦耳热，定值电阻与金属棒的电阻相等，通过它们的电流相等，则金属棒产生的焦耳热Q'＝Q＝W克安＝mg(h－μd)，故D正确。 　　 (2024·舟山中学高二月考)如图所示，水平光滑的平行金属导轨，左端接有电阻R，匀强磁场B竖直向下分布在导轨所在的空间内，质量一定的金属棒PQ垂直导轨放置。若使棒以一定的初速度v0向右运动，当其通过位置a、b时，速率分别为va、vb，到位置c时棒刚好静止，设金属导轨与棒的电阻均不计，a到b与b到c的间距相等，则金属棒在从a到b和从b到c的两个过程中 A.金属棒做匀减速运动 B.通过金属棒横截面的电荷量，从a到b比从b到c小 C.克服安培力做功，从a到b比从b到c小 D.回路中产生的内能，从a到b比从b到c大 针对训练 √ 金属棒PQ在运动过程中所受到的合力是安培力，金属棒受到的安培力F＝BIL＝＝ma。由于v减小，所以金属棒向右运动过程中，加速度逐渐减小，A错误； 金属棒运动过程中，通过金属棒横截面的电荷量q＝Δt＝Δt＝Δt＝，从a到b的过程中与从b到c的过程中，回路面积的变化量ΔS相等，B、R相等，因此，通过金属棒横截面的电荷量相等，B错误； 金属棒受到的安培力水平向左，金属棒在安培力作用下做减速运动，速度v越来越小，金属棒克服安培力做功，把金属棒的动能转化为内能，由于ab间距离与bc间距离相等，安培力F从a到c逐渐减小，由W＝Fx定性分析可知，从a到b克服安培力做的功比从b到c克服安培力做的功多，因此在a到b的过程产生的内能多，C错误，D正确。 　 (2024·浙江精诚联盟高二月考)航天员回收舱实现软着陆是非常困难的，回收舱接触地面前经过喷火反冲减速，瞬间速度减少至向下7 m/s，大于要求的软着陆速度v0＝3 m/s的设计速度。为此科学家设计了一种电磁阻尼缓冲装置，其原理如 例4 图所示，主要部件为缓冲滑块K和绝缘光滑的缓冲轨道MN和PQ。回收舱主体中还有超导线圈(图中未画出)，能在两轨道间产生垂直于导轨平面的匀强磁场B＝4 T，导轨内的缓冲滑块由高强度绝缘材料制成，滑块K上绕有n＝10匝矩形线圈abcd，线圈的总电阻为R＝4 Ω，ab边长为L＝2 m，当回收舱接触地面时，滑块K立即停止运动，此后线圈与轨道间的磁场发生作用，使回收舱主体做减速运动，从而实现缓冲。已知装置中除缓冲滑块(含线圈)外的质量为m＝200 kg，重力加速度为g＝10 m/s2，不考虑运动磁场产生的电场： (1)当缓冲滑块刚停止运动时，判断线圈中感应电流的方向和线圈ab边受到的安培力的方向； 答案　感应电流的方向为a→d→c→b→a　 安培力的方向为竖直向下　 根据右手定则知，线圈中产生的感应电流的方向为a→d→c→b→a；由左手定则知，ab边所受到的安培力的方向为竖直向下； (2)达到回收舱软着陆要求的速度时回收舱主体的加速度a的大小 答案　14 m/s2　 缓冲滑块刚停止运动时，ab边切割磁感线产生的感应电动势E＝nBLv0 线圈中的感应电流I＝ 安培力F＝nBIL 对装置中除缓冲滑块(含线圈)外的部分由牛顿第二定律F－mg＝ma 联立解得a＝14 m/s2； (3)回收舱主体可以实现软着陆，若从7 m/s减速到3 m/s的过程中，通过线圈横截面的电荷量为q＝4 C，求该过程中线圈中产生的焦耳热Q。 答案　4 400 J 根据电流的定义式、闭合电路欧姆定律和法拉第电磁感应定律得 q＝Δt＝Δt＝ 解得h＝0.2 m 根据功能关系及能量守恒定律得Q＝m()＋mgh＝4 400 J。 专题强化练 对一对 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 题号 1 2 3 4 5 6 答案 C BC BC D C ABD 题号 7 8 答案 (1)a→b　－0.75 V　(2)1.5 N　(3)0.96 m　(4)0.25 C D 1.(2023·宁波市高二期末)如图所示，平行金属导轨固定在斜面上，导轨上下两端分别连着定值电阻R1和R2，且R1＝R2＝R。匀强磁场(图中未画出)垂直于斜面向上，恒力F拉动阻值也为R的金属杆从静止开始沿导轨向上滑动，金属杆与导轨接触良好，导轨光滑且电阻不计。已知从静止开始到金属杆达到最大速度的过程中，恒力F做功为W，金属杆克服重力做功为W1，金属杆克服安培力做功为W2，定值电阻R1上产生的焦耳热为Q，金属杆动能的增加量为ΔEk，重力势能的增加量为ΔEp，则 A.W＝2Q＋W1＋W2＋ΔEk＋ΔEp B.W＝3Q＋ΔEk＋ΔEp C.W＝W2＋ΔEk＋ΔEp D.W2＝4Q，W1＝ΔEp 基础强化练 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 功是能量转化的量度，做功的过程就是能量转化的过程，力F做功转化为电路中产生的焦耳热、金属杆增加的动能和增加的重力势能，所以有W＝Q总＋ΔEk＋ΔEp，金属杆克服重力做的功等于金属杆重力势能的增加量，即W1＝ΔEp，金属杆克服安培力做的功等于电路中产生的焦耳热，即W2＝6Q，故W＝W2＋ΔEk＋ΔEp，C正确。 2.(多选)(2024·浙江精诚联盟高二月考)如图，一足够长粗糙平行导轨置于水平桌面上(固定不动)，空间中有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B＝1 T，平行导轨间距为d＝0.5 m，导轨和阻值R＝1 Ω的定值电阻相连，质量为m＝0.1 kg的导体棒和导轨垂直且接触良好，导体棒的电阻r＝1 Ω，导体棒以初速度v0＝10 m/s向右运动，运动距离x＝5 m后停止，此过程中电阻R产生的热量为Q＝2 J，导轨电阻不计，重力加速度g＝10 m/s2，则 A.通过电阻R的电荷量为2.5 C B.导体棒克服安培力做的功为4 J C.导体棒与导轨间的动摩擦因数为0.2 D.导体棒与导轨间产生的摩擦热为3 J 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 产生的感应电动势平均值为，通过电阻R的电荷量为q＝·Δt，联立可得q＝1.25 C，故A错误； 电阻R产生的热量Q＝R，可得Q总＝4 J， 根据功能关系有W克安＝Q总＝4 J，故B正确；由动能定理有－μmgx－W克安＝0－m，可得μ＝0.2，故C正确； 由能量守恒可得导体棒与导轨间产生的摩擦热Q'＝m－Q总＝1 J，故D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 3.(多选)如图所示，光滑平行金属轨道平面与水平面成θ角，两轨道上端用一电阻R相连，该装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直于轨道平面向上。质量为m的金属杆ab以初速度v0从轨道底端向上滑行，滑行到某一高度h后又返回到底端。若运动过程中，金属杆始终保持与轨道垂直且接触良好，轨道与金属杆的电阻均忽略不计，重力加速度为g，则 A.金属杆返回到底端时的速度大小为v0 B.金属杆上滑到最高点的过程中克服安培力做功与 克服重力做功之和等于m C.上滑到最高点的过程中电阻R上产生的热量等于m－mgh D.金属杆两次通过轨道上的同一位置时电阻R的热功率相同 √ √ 金属杆从轨道底端滑上轨道某一高度后，又返回到出发点，由于电阻R上产生热量，故金属杆的机械能减小，即返回到底端时速度小于v0，选项A错误； 金属杆上滑到最高点的过程中，动能转化为重力势能和电阻R上产生的热量(即克服安培力所做的功)，选项B、C正确； 金属杆两次通过轨道上同一位置时的速度大小不同，电路中的电流不同，故电阻R的热功率不同，选项D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 4.(2024·宁波市高二期末)如图甲所示，光滑水平导轨的间距为L＝1 m，其左右两侧各接有阻值R＝2 Ω的电阻，整个装置处于磁感应强度大小为B＝1 T、方向竖直向下的匀强磁场中。一质量m＝1 kg、电阻r＝1 Ω的金属棒MN在外力F的作用下，由静止开始沿导轨向右运动，棒中电流I随其位移x变化图像如图乙所示。导轨电阻不计，则棒从静止向右运动x＝2 m的过程中 A.金属棒做匀加速直线运动 B.x＝2 m时棒两端电压大小为2 V C.流过左边电阻R的电荷量为1 C D.金属棒中所产生的焦耳热为0.5 J 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 根据电路分析可得电路中的总电阻为R总＝r＋＝2 Ω，在金属棒运动过程中产生的感应电流I＝v，可知电流大小与速度成正比，根据图乙I－x图像可知I＝x，即I与x成正比，所以金属棒的速度与位移 大小成正比，根据匀变速直线运动规律可知若金属棒做从0开始的匀加速直线运动应该是金属棒的速度的平方与位移成正比，所以金属棒做的不是匀加速直线运动，故A错误； x＝2 m时，根据乙图可得I2＝1 A，根据A选项分析可得感应电动势为E2 ＝I2R总＝2 V，棒两端电压为路端电压，即U2＝E2＝1 V，故B错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 流过左边电阻R的电荷量为q＝·Δt＝··Δt＝··Δt＝··Δt＝ ＝0.5 C，故C错误； 在纯电阻电路中，电路中所产生的总焦耳热等于克服安培力所做的功，结合乙图像的面积关系可知Q＝W克安＝BL·x＝BL·x＝1 J，因为金属棒电阻 等于左右两侧并联电阻之和，所以金属棒上产生的热量Q'＝Q＝0.5 J， 故D正确。 5.(2024·浙江浙南名校高二开学考)如图所示，竖直放置的“ ”形光滑导轨宽为L，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d，磁感应强度均为B。质量为m、电阻为R的水平金属杆在距磁场Ⅰ的上边界h(h>d)处由静止释放，先后穿过两个磁场区域，金属杆与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g。则金属杆 A.穿过两个磁场区域产生的电热一定相等 B.穿过两磁场区域产生的总热量一定等于3mgd C.穿过两个磁场区域的时间可能相等 D.穿过两磁场区域通过某一截面的电量可能不相等 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 能力综合练 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 金属杆进入磁场Ⅰ的速度大小为v＝ 此时E＝BLv，I＝，F＝BIL，解得F＝，金属杆进入磁场时， 可能情况 ①F＝＝mg，金属杆进入匀强磁场Ⅰ做匀速直线运动，出磁场 后金属杆要先做匀加速直线运动进入匀强磁场Ⅱ，此时金属杆在匀强磁场Ⅱ先做减速直线运动，最小速度只能减小到v，由于两磁场宽度相同，根据功能关系可知此时穿过两个磁场区域产生的电热不相等； 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 ②F＝>mg，金属杆进入匀强磁场Ⅰ先做减速运动，出匀强磁 场Ⅰ又做位移为d的匀加速直线运动，进入匀强磁场Ⅱ的速度有可能恰好等于进入匀强磁场Ⅰ的速度v，则金属杆在两个磁场中的运动情况完全相同，所以穿过两个磁场区域的时间可能相等，由动能定理有W－2mgd＝0，又W＝Q，故穿过两磁场产生的总热量可能等于4mgd，故A、B错误，C正确； 根据电流的定义式q＝Δt，又，解得q＝，所以 穿过两磁场区域通过某一截面的电量一定相等，故D错误。 6.(多选)(2024·山东卷)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，下列说法正确的是 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 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 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； 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 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。 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 7.(2024·宁波市北仑中学高二期中)如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ间距L＝0.5 m，其电阻不计。导轨平面与水平面夹角θ＝30°，N、Q两端和M、P两端分别接有R＝1.5 Ω的电阻。一金属棒ab垂直导轨 放置，ab两端与导轨始终接触良好，已知棒ab的质量m＝0.2 kg，电阻r＝0.25 Ω，整个装置处于垂直导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B＝1 T。棒ab在平行于导轨向上的恒定拉力F作用下，以初速度v0＝0.5 m/s沿导轨向上开始运动。能达到的最大速度v＝2 m/s，重力加速度取g＝10 m/s2。 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 (1)判断流经棒ab中电流的方向，并求棒的速度最大时的Uab； 答案　a→b　－0.75 V 根据右手定则，流经棒ab中电流的方向为a→b，棒的速度最大时感应电动势为E＝BLv＝1 V 则Uab＝－E＝－0.75 V 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 (2)求该过程中拉力的大小； 答案　1.5 N　 棒速度最大时，根据平衡条件得F＝mgsin 30°＋BL，得F＝1.5 N 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 (3)若棒ab从v0开始运动到v2＝1.5 m/s的过程中两个电阻R上产生的总焦耳热Q＝0.21 J，求此过程中棒ab的位移大小； 答案　0.96 m 由功能关系有Fx1＝mm＋mgx1sin 30°＋Q总 Q总＝Q＋Q＝0.28 J 得x1＝0.96 m； 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 (4)在棒ab的位移大小为x＝1 m的过程，流过NQ间电阻R的电荷量。 答案　0.25 C 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 根据 q＝Δt 得q＝0.5 C 则流过NQ间电阻R的电荷量为 q'＝＝0.25 C。 8.(2024·杭州市高二期末)如图所示，在与水平地面成θ＝30°的足够大的光滑坡面内建立坐标系xOy，坡面内沿x方向等间距分布足够多垂直坡面向里的匀强磁场，沿y方向磁场区域足够长，磁感应强度大小为B＝1 T，每个磁场区域宽度及相邻磁场区域间距均为d＝0.6 m。现有一个边长l＝0.2 m，质量m＝0.04 kg、电阻R＝1 Ω的单匝正方形线框，以v0＝5 m/s的初速度从磁场边缘沿x方向进入磁场，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是 A.线框在斜面上做类平抛运动 B.线框刚进入第一个磁场区域时，加速度大小为5 m/s2 C.线框进入第一个磁场区域过程中，通过线框的电荷量为0.4 C D.线框从开始进入磁场到沿y方向运动的过程中产生的焦耳热为0.5 J 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 尖子生选练 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 根据题意可知，线框刚进入磁场后，线框受安培力，初速度方向上做减速运动，则线框在斜面上不做类平抛运动，线框刚进入第一个磁场区域时，感应电动势为E＝Blv0＝1 V 感应电流为I＝＝1 A 线框刚进入第一个磁场区域时受到的安培力大小为F＝BIl＝0.2 N 线框的加速度大小为a＝＝5 m/s2 故A、B错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 线框进入第一个磁场区域过程中，通过线框的电荷量为q＝t＝t＝＝0.04 C 故C错误； 线框从开始进入磁场到沿y方向运动的过程中，即线框沿x方向速度减到零，设此时线框沿y方向运动的位移为y0，根据能量守恒定律有mgy0sin θ＋mmv2＝Q 在沿y方向，根据运动学规律得v2＝2gsin θ·y0 联立解得Q＝0.5 J 故D正确。 本课结束 第 二 章 $