第2章 专题提升课5 电磁感应中的动力学和能量问题-【优学精讲】2026-2027学年高中物理选择性必修二同步教参（教科版·新教材）

专题提升课5　电磁感应中的动力学和能量问题 微专题一　电磁感应中的动力学问题 1．基本思路和方法 (1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向。 (2)用闭合电路欧姆定律求回路中感应电流。 (3)分析导体的运动状态和受力情况(包括安培力)。 (4)列动力学方程(a≠0)或平衡方程(a＝0)求解。 2．明确两种状态 (1)导体处于平衡状态——静止或匀速直线运动状态。 处理方法：根据平衡条件(合力等于零)列式求解。 (2)导体处于非平衡状态——加速度不为零。 处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系进行分析。 　(多选)如图所示，MN和PQ是两根互相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。将开关闭合，让杆ab由静止开始自由下落，则金属杆ab自由下落过程中的速度v、加速度a和安培力F随时间t变化的图像可能正确的是(　　) [解析]　运动过程中金属杆受竖直向下的重力G和向上的安培力F，其中F＝BIl＝∝v，根据牛顿第二定律可知mg－F＝ma，即a＝g－，可知在金属杆由静止自由下落过程中，加速度随速度的增大而减小，则金属杆做加速度逐渐减小的加速运动，当金属杆所受的安培力与重力相等之后做匀速直线运动。 [答案]　BC 　(2026·浙江宁波市期中)如图所示，平行光滑金属导轨水平固定，导轨平面处在竖直向下的匀强磁场中。导轨左端连接有平行板电容器，开始时电容器不带电。一电阻不可忽略的导体棒垂直放置在导轨上，先给导体棒一初速度v0，导轨足够长，导轨的电阻不计，下列说法正确的是(　　) A．导体棒一直做匀速运动 B．导体棒做简谐运动 C．导体棒做加速度减小的减速运动，最终匀速 D．导体棒做加速度减小的减速运动，最终静止 [解析]　当导体棒获得向右的初速度v0时，导体棒切割磁感线产生动生电动势，给电容器充电，设充电电流为I，导体棒的有效切割长度为L，则导体棒所受安培力大小FA＝BIL，方向水平向左，在安培力作用下导体棒减速，产生的电动势随之减小，同时电路中的充电电流I也逐渐减小，则导体棒所受安培力逐渐减小，由牛顿第二定律FA＝ma可知，导体棒的加速度逐渐减小；随着电容器带电量的增加，电容器两极板间的电压逐渐增大，当导体棒的动生电动势等于电容器两极板间的电压时，电容器不再充电，电路中没有电流，导体棒不再受安培力而做匀速运动，则导体棒做加速度减小的减速运动，最终匀速。 [答案]　C 　如图所示，电阻不计的两条足够长的光滑平行金属导轨放置在同一水平面内，导轨间距L＝0.5 m，与导轨连接的定值电阻R＝2 Ω，质量m＝1 kg、垂直于导轨放置的金属棒接入电路中的电阻r＝1 Ω，整个装置处于磁感应强度大小B＝2 T、方向竖直向下的匀强磁场中。某时刻，金属棒在与导轨平行的外力F作用下以恒定加速度由静止开始向右做匀加速运动，初始时外力F0＝3 N。 (1)金属棒的加速度a为多少？ (2)t＝4 s时，求外力F的大小。 (3)前4 s内，通过导体棒的电荷量Q为多少？ [解析]　(1)根据牛顿第二定律F0＝ma 得a＝3 m/s2。 (2)根据牛顿第二定律得F－ILB＝ma 根据闭合电路欧姆定律得I＝ 感应电动势E＝BLv t＝4 s时速度v＝at 联立以上各式，代入数据得F＝7 N。 (3)设前4 s内平均电流为，则 Q＝Δt＝·Δt＝·Δt＝ x＝at2 联立解得Q＝8 C。 [答案]　(1)3 m/s2　(2)7 N　(3)8 C 微专题二　电磁感应中的能量问题 1．电磁感应现象中的能量转化 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对于纯电阻电路，利用动能定理，求出克服安培力做的功W安，即Q＝W安。 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．导体棒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)。若导体棒电阻为r，外电路电阻为R，则电阻R产生的焦耳热QR＝Q，导体棒产生的焦耳热Qr＝Q。 　(2026·福建漳州市期末)如图所示，水平放置的光滑平行金属导轨上有一质量为m的金属棒ab。导轨的一端连接电阻R，其他电阻均不计，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向下，金属棒ab在一水平恒力F作用下由静止开始向右运动，则(　　) A．随着ab运动速度的增大，其加速度也增大 B．外力F对ab做的功等于电路中产生的电能 C．当ab做匀速运动时，外力F做功的功率大于电路中的电功率 D．无论ab做何种运动，它克服安培力做的功一定等于电路中产生的电能 [解析]　金属棒所受的安培力FA＝BIL＝，由牛顿第二定律可得a＝，随着ab运动速度的增大，安培力增大，ab加速度减小，故A错误；根据能量守恒定律得，外力F对ab做的功等于电路中产生的电能以及ab棒的动能，故B错误；当ab匀速运动时，外力做的功全部转化为电路中的电能，则外力F做功的功率等于电路中的电功率，故C错误；根据功能关系知，克服安培力做的功等于电路中产生的电能，故D正确。 [答案]　D 　如图所示，倾角θ＝30°、间距L＝1 m的两根足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在绝缘斜面上，上端接有一阻值R＝3 Ω的定值电阻。整个斜面有垂直于斜面向上、磁感应强度B＝2 T的匀强磁场。有一质量m＝2 kg、电阻r＝1 Ω的金属棒ab，从导轨上某点由静止开始下滑，电路中其余电阻不计。已知金属棒ab与导轨间的动摩擦因数μ＝，不计其他一切阻力的影响。(g取10 m/s2) (1)当金属棒ab沿导轨向下运动的速度v＝1 m/s时，求ab的加速度大小。 (2)求金属棒ab沿导轨向下运动过程中，电阻R上的最大电功率。 (3)若从金属棒ab开始下滑至达到最大速度过程中，流经电阻R上的电量q＝3 C，求此过程中电阻R上产生的焦耳热。 [解析]　(1)对金属棒进行受力分析，沿斜面方向安培力F安＝BIL＝ 根据牛顿第二定律有mg sin θ－μmg cos θ－＝ma 代入数据得a＝2 m/s2。 (2)当金属棒的加速度为零时，速度达到最大，则有 mg sin θ＝μmg cos θ＋ 解得vm＝5 m/s 可知当速度最大时，电流最大，则有I＝＝2.5 A 根据P＝I2R 可知此时电功率最大，则有P＝18.75 W。 (3)流经电阻的电量 q＝Δt，＝，＝n，ΔΦ＝BLx 联立得q＝n＝ 代入数据求得金属棒下滑的距离x＝6 m 根据能量守恒定律有 mg sin θ·x＝μmg cos θ·x＋Q＋mv 解得Q＝5 J 故电阻R上产生的焦耳热QR＝Q 解得QR＝3.75 J。 [答案]　(1)2 m/s2　(2)18.75 W　(3)3.75 J 1．(电磁感应中的动力学问题)(多选)我国自主研究设计的舰载机返回航母甲板时电磁减速的简化原理图如图所示。固定在绝缘水平面上足够长的平行光滑金属导轨，左端接有定值电阻R，整个装置处在竖直向下的匀强磁场中，导轨的电阻不计。舰载机等效为电阻不计的导体棒PQ，当导体棒PQ以一定初速度水平向右运动过程中，其速度v、加速度a、所受安培力F、流过的电量q与运动时间t变化关系图像可能正确的是(　　) 解析：选AC。导体棒向右运动过程中，根据左手定则可知，导体棒受到向左的安培力，则有BIL＝ma，I＝＝，所以导体棒向右做减速运动，加速度大小a＝，由于速度减小，则加速度减小，所以v-t图像的切线斜率绝对值逐渐减小，故A符合题意；根据a＝，则有＝·＝a，由于速度逐渐减小，加速度逐渐减小，所以a-t图像的切线斜率绝对值应减小，故B不符合题意；导体棒受到向左的安培力，大小F＝BIL＝∝v，可知F-t图像的形状与v-t图像的形状一致，故C符合题意；根据I＝＝＝，由于速度逐渐减小，所以q-t图像的切线斜率应逐渐减小，故D不符合题意。 2．(电磁感应中的能量问题)有一个边长l＝0.1 m的正方形导线框abcd，质量m＝10 g，由高度h＝0.2 m处自由下落，如图所示。其下边ab进入匀强磁场区域后，线框开始做匀速运动，直到其上边dc刚刚开始穿出匀强磁场为止，此匀强磁场区域宽度也是l。求线框在穿越匀强磁场过程中产生的焦耳热，g取10 m/s2。 解析：ab边进入磁场过程中做匀速运动，有 BIl＝mg，I＝，E＝Blv，v2＝2gh 穿过磁场过程中线框产生的焦耳热Q＝I2Rt，又t＝ 解得Q＝2mgl，代入数据得Q＝0.02 J。 答案：0.02 J 学科网（北京）股份有限公司 $