第十二章　第69课时　专题强化：电磁感应中的动力学和能量问题(1)-2026版一轮复习

第69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＝E↓F安＝BIl↓F合若F合＝0匀速直线运动若F合≠0↓F合＝maa、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(多选)(2024·黑吉辽·9)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abcdaB.ab中电流趋于3C.ab与cd加速度大小之比始终为2∶1D.两棒产生的电动势始终相等例2(多选)(2024·全国甲卷·21)如图，一绝缘细绳跨过两个在同一竖直面(纸面)内的光滑定滑轮，绳的一端连接一矩形金属线框，另一端连接一物块。线框与左侧滑轮之间的虚线区域内有方向垂直纸面的匀强磁场，磁场上下边界水平，在t＝0时刻线框的上边框以不同的初速度从磁场下方进入磁场。运动过程中，线框始终在纸面内且上下边框保持水平。以向上为速度的正方向，下列线框的速度v随时间t变化的图像中可能正确的是()例3)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。我用夸克网盘分享了「与您分享-国家、地方、行业、团体标准」，点击链接即可保存。打开「夸克APP」，无需下载在线播放视频，畅享原画5倍速，支持电视投屏。链接：/s/45a9f612fe59提取码：t9EX联系qq:1328313560我的道客巴巴：/634cd7bd0a3f5a7311db139533c20794

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拓展1.若金属导轨平面与水平面成θ角，匀强磁场垂直导轨平面向上。已知重力加速度为g，又让金属杆从导轨上端由静止开始下滑，求金属杆下滑过程中的加速度大小。2.在拓展1中，若金属杆与导轨之间的动摩擦因数为μ(μ<tanθ)，求金属杆下滑过程中的加速度大小。例4(多选)如图所示，空间存在竖直方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝2T，两根足够长水平金属直轨道平行放置，轨道间距L＝0.5m。将质量均为m＝0.5kg、长度均为L、电阻均为R＝0.5Ω的金属棒a、b垂直轨道放置，金属棒与直轨道间动摩擦因数均为μ＝0.4。现用外力F使金属棒b保持静止，对金属棒a施加大小为F0＝6N，水平向右的恒力，当金属棒a匀速运动时，撤去固定金属棒b的外力F，在运动过程中，金属棒与导轨始终垂直且接触良好，导轨电阻不计，g取10m/s2。下列说法正确的是()A.金属棒a匀速运动时的速度大小为4m/sB.金属棒a匀速运动时，其两端的电势差为4VC.撤去外力F后，a、b两金属棒的速度差不断增大D.最终金属棒b以大小为2m/s2的加速度运动有恒定外力等间距双棒模型示意图(举例)两平行金属导轨固定在水平面内，导轨间距为L，电阻不计，两导体棒1、2质量分别为m1、m2，电阻分别为R1、R2，棒与导轨间的动摩擦因数均为μ，两棒初速度为零，F恒定电路特点棒2相当于电源；棒1受安培力而运动运动过程分析棒1：a1＝F棒2：a2＝F-F安-μm2最初阶段，a2>a1，只要a2>a1，(v2－v1)↑⇒I↑⇒F安↑⇒a1↑⇒a2↓当a1＝a2时，(v2－v1)恒定，I恒定，F安恒定；两棒都匀加速规律最终状态稳定时整体由牛顿第二定律得a1＝a2＝F-μm两棒以相同的加速度做匀加速运动，Δv恒定，I恒定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5如图所示，粗细均匀的正方形导线框abcd放在倾角为θ＝30°的绝缘光滑斜面上，通过轻质细线绕过光滑的轻质定滑轮与木块相连，细线和线框共面、与cd垂直且与斜面平行。距线框cd边为L0的矩形MNQP区域存在着垂直于斜面、大小相等、方向相反的两个匀强磁场，EF为两个磁场的分界线，ME＝EP＝NF＝FQ＝L2。现将木块由静止释放后，木块下降，线框沿斜面上滑，恰好匀速进入和匀速离开匀强磁场，cd边始终平行磁场边界MN。已知线框边长为L1(L1<L2)、质量为m、电阻为R，木块质量也为m，重力加速度为g，求：(1)匀强磁场的磁感应强度B的大小；(2)导线框通过两个匀强磁场过程中产生的总焦耳热Q。

答案精析例1AB[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正确；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2mgsin30°－2BILcos30°＝2maab，对cd有mgsin30°－BILcos30°＝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2mgsin30°＝2BILcos30°，解得I＝3mg3BL，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，故例2AC[设线框的上边框进入磁场时的速度为v，设线框的质量M，物块的质量m，题图中线框进入磁场时的加速度向下，对线框，由牛顿第二定律可知Mg＋F安－FT＝Ma对物块有FT－mg＝ma其中F安＝B即B2L2vR＋(M－m)g＝(线框向上做减速运动，随速度的减小，向下的加速度减小；当加速度为零时，即线框匀速运动的速度为v0＝(若线框进入磁场时的速度较小，则线框进入磁场时做加速度减小的减速运动，线框的速度和加速度都趋近于零，则图像A可能正确；因t＝0时刻线框进入磁场，则进入磁场时线框向上不可能做匀减速运动，则图像B不可能；若线框的质量等于物块的质量，且当线框进入磁场时速度较大时，线框进入磁场做加速度减小的减速运动，完全进入磁场后线框做匀速运动；当线框出磁场时，受向下的安培力又做加速度减小的减速运动，最终出磁场时做匀速运动，则图像C有可能，D不可能。]例3(1)匀加速直线运动(2)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＝CE＝CBLΔv，则充电电流为i＝ΔqΔt＝CBLΔvΔt＝CBLa，对金属杆由牛顿第二定律有F－BLi＝(2)由x＝12at2，得t＝2拓展1.金属杆在重力和安培力的作用下向下运动，根据牛顿第二定律有mgsinθ－BIL＝ma，I＝ΔQΔt＝CBLΔv2.mgsinθ－μmgcosθ－BIL＝ma，I＝ΔQΔt＝CBLΔv例4AD[当加速度a＝0时，金属棒a做匀速运动，此时有I＝BLv2R，又F0＝μmg＋BIL，联立解得v＝4m/s，故A正确；金属棒a匀速运动时，切割磁感线产生的感应电动势为E＝BLv＝4V，由于两金属棒阻值相等，则金属棒a两端的电势差大小为U＝E2＝2V，故B错误；撤去外力F后，对a、b由牛顿第二定律可得F安－μmg＝mab，F0－μmg－F安＝maa，最终两金属棒加速度相同，有F安＝3N，aa＝ab＝2m/s2，故D正确；又F安＝B2L2Δv2R，解得例5(1)4(2)12mg(2L2＋L1解析(1)导线框进入磁场前，木块和导线框组成的系统机械能守恒。设进入磁场时速度为v，有mgL0－mgL0sinθ＝12×2mv导线框匀速进入磁场时，受力平衡，受力情况如图所示。根据平衡条件有FT＝F安＋mgsinθ其中F安＝BIL1，I＝ER，E＝BL1导线框与木块通过细线相连，线框匀速进入磁场时，木块匀速下降，根据平衡条件有FT＝mg联立以上各式可得B＝4(2)导线框恰好匀速进入和匀速离开匀强磁场，导线框通过匀强磁场过程中，线框和木块组成的系统减少的重力势能转化为电路中产生的焦耳热，根据能量守恒定律得Q＝mg(2L2＋L1)－mg(2L2＋L1)sinθ，所以导线框通过两个匀强磁场过程中产生的总焦耳热Q＝12mg(2L2＋L1)我用夸克网盘分享了「与您分享-国家、地方、行业、团