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-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答案AB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()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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答案AC解析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)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.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。答案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.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。答案mgsinθ－μmgcosθ－BIL＝ma，I＝ΔQΔt＝CBLΔv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的加速度运动答案AD解析当加速度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-μ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-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(1)4gm2R22L0L14(2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)课时精练(分值：100分)1~4题每小题9分，5题14分，共50分1.如图所示，在一匀强磁场中有一U形导线框abcd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R为一电阻，ef为垂直于ab的一根导体杆，它可在ab、cd上无摩擦地滑动。杆ef及线框的电阻不计，开始时，给ef一个向右的初速度，则()A.ef将减速向右运动，但不是匀减速运动B.ef将匀减速向右运动，最后停止C.ef将匀速向右运动D.ef将往返运动答案A解析ef向右运动，切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，会受到向左的安培力而做减速运动，由F＝BIL＝B2L2vR＝ma知，ef做的是加速度减小的减速运动，最终停止运动，故A正确，B2.(2024·山东青岛市检测)如图所示，MN和PQ是竖直放置的两根平行光滑金属导轨，导轨足够长且电阻不计，MP间接定值电阻R，金属杆cd保持与导轨垂直且接触良好。杆cd由静止开始下落并计时，杆cd两端的电压U、杆cd所受安培力的大小F随时间t变化的图像，以及通过杆cd的电流I、杆cd加速度的大小a随杆的速率v变化的图像，合理的是()答案D解析设杆长为L，杆下落过程中切割磁感线产生的感应电流大小为I＝ER＋r＝BLvR＋r∝v，故C错误；根据牛顿第二定律有mg－BIL＝ma，即a＝g－B2L2vm(R＋r)，故D正确；杆所受安培力的大小为F＝3.(多选)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BdB.通过金属棒的电荷量为BdLC.克服安培力所做的功为mghD.金属棒上产生的焦耳热为12mg(h－μd答案BD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＝12mv02，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，产生的感应电动势最大，感应电流最大，Imax＝BLv02R＝BL2gh2R，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＝It＝E2Rt＝ΔΦ2R＝BdL2R，B正确；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＝4.(多选)(2025·山东临沂市检测)如图甲所示，两间距为L的平行光滑金属导轨固定在水平面内，左端用导线连接，导轨处在竖直向上的匀强磁场中，一根长度也为L、电阻为R的金属棒放在导轨上，在平行于导轨向右、大小为F的恒力作用下向右运动，金属棒运动过程中，始终与导轨垂直并接触良好，金属棒运动的加速度与速度的关系如图乙所示，不计金属导轨及左边导线电阻，金属导轨足够长，若图乙中的a0、v0均为已知量，则下列说法正确的是()A.金属棒的质量为FB.匀强磁场的磁感应强度大小为1C.当拉力F做功为W时，通过金属棒横截面的电荷量为WD.某时刻撤去拉力，此后金属棒运动过程中加速度大小与速度大小成正比答案ABD解析由题意可知F－B2L2vR＝ma，得a＝Fm－B2L2mRv，结合a－v图像可知Fm＝a0，B2L2mR＝a0v0，解得m＝Fa0，B＝ma0RL2v0＝1LFRv5.(14分)(2024·山东青岛市检测)如图甲所示，光滑的金属导轨MN和PQ平行，间距L＝1.0m，与水平面之间的夹角α＝37°，匀强磁场磁感应强度B＝2.0T，方向垂直于导轨平面向上，MP间接有阻值R＝1.6Ω的电阻，质量m＝0.5kg、接入电路的电阻r＝0.4Ω的金属棒ab垂直导轨放置，现用和导轨平行的恒力F沿导轨平面向上拉金属棒ab，使其由静止开始运动，当金属棒上滑的位移s＝3.8m时达到稳定状态，对应过程的v－t图像如图乙所示。g取10m/s2，导轨足够长(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)。求：(1)(6分)运动过程中a、b哪端电势高，并计算恒力F的大小；(2)(8分)从金属棒开始运动到刚达到稳定状态，此过程金属棒上产生的焦耳热。答案(1)b端电势高5N(2)1.47J解析(1)由右手定则可判断感应电流由a流向b，b相当于电源的正极，故b端电势高，当金属棒匀速运动时，由平衡条件得F＝mgsin37°＋F安，其中F安＝BIL＝B2L2vR＋r，由题图乙可知v＝1.0(2)从金属棒开始运动到恰好达到稳定状态，由动能定理得(F－mgsin37°)s－W克安＝12mv又克服安培力所做的功等于整个电路产生的焦耳热，代入数据解得Q＝W克安＝7.35J，金属棒与电阻产生的焦耳热与阻值成正比，故金属棒上产生的焦耳热为Qr＝rR＋rQ＝1.476题9分，7题14分，8题17分，共40分6.(多选)(2024·山东卷·11)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答案ABD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.(14分)某研究小组设计了一磁悬浮电梯，简化模型如图所示，不计电阻、间距为l、足够长的光滑平行导轨固定在竖直平面内，导轨间存在着垂直于轨道平面、磁感应强度大小相等、磁场方向相反的匀强磁场，每个磁场区域均为边长为l的正方形。在质量为m、边长为l、总电阻为R、匝数为N的正方形金属线圈EFGH中通入电流后静止在导轨上，线圈与导轨之间绝缘，此时线圈的发热功率为P0，重力加速度为g。(1)(3分)求匀强磁场的磁感应强度大小；(2)(4分)若增大通入的电流后，线圈的发热功率为P1(P1>P0)，求线圈开始向上运动瞬间的加速度大小；(3)(8分)若线圈中不通入电流，线圈由图中位置静止释放，下落5l时达到最大速度，求该过程中线圈产生的焦耳热。答案(1)mg2NlRP0(2)g(P1P0－1)解析(1)线圈通入电流后静止在导轨上，根据平衡条件有2NBI0l＝mg此时线圈的发热功率P0＝I0则有B＝mg(2)若增大通入的电流后，线圈的发热功率P1＝I1根据牛顿第二定律有2NBI1l－mg＝ma解得a＝2NBlmP1R－g＝g(3)若线圈中不通入电流，线圈静止释放，线圈速度增大，感应电动势增大，感应电流增大，磁场对线圈的安培力增大，线圈做加速度减小的加速运动，当加速度为0时，线圈速度达到最大，此时感应电动势为Emax＝2NBlvmax感应电流的最大值为Imax＝E根据平衡条件有2NBImaxl＝mg结合上述解得vmax＝mgR由于线圈由图中位置静止释放，下落5l时达到最大速度，则由能量守恒定律有mg·5l＝Q＋12m解得Q＝5mgl－P08.(17分)(2024·全国甲卷·25)如图，金属导轨平行且水平放置，导轨间距为L，导轨光滑无摩擦。定值电阻大小为R，其余电阻忽略不计，电容大小为C。在运动过程中，金属棒始终与导轨保持垂直。整个装置处于竖直方向且磁感应强度为B的匀强磁场中。(1)(8分)开关S闭合时，对金属棒施加水平向右的恒力，金属棒能达到的最大速度为v0。当外力功率为定值电阻功率的两倍时，求金属棒速度v的大小。(2)(9分)当金属棒速度为v时，断开开关S，改变水平外力并使金属棒匀速运动。当外力功率为定值电阻功率的两倍时，求电容器两端的电压以及从开关断开到此刻外力所做的功。答案(1)v02(2)BL解析(1)开关S闭合后，当外力与安培力相等时，金属棒的速度最大，则F＝F安＝BIL由闭合电路欧姆定律得I＝E金属棒切割磁感线产生的感应电动势为E＝BLv0联立可得，恒定的外力为F＝B在加速阶段，外力的功率为PF＝Fv＝B2定值电阻的功率为PR＝I2R＝B若PF＝2PR时，即B2L2v化简可得金属棒速度大小为v＝v(2)断开开关S，电容器充电，则电容器与定值电阻串联，则有E＝BLv＝IR＋q当金属棒匀速运动时，电容器不断充电，电荷量q不断增大，电路中电流不断减小，则金属棒所受安培力F安＝BIL不断减小，而拉力的功率PF'＝F'v＝F安·v＝BILv定值电阻功率PR＝I2R当PF'＝2PR时有BILv＝2I2R可得IR＝BLv根据E＝BLv＝IR＋q可得此时电容器两端电压为UC＝qC＝从开关断开到此刻外力所做的功为W＝ΣBIL(v·Δt)＝BLvΣI·Δt＝BLvq其中q＝CBLv联立可得W＝CB(10分)9.(多选)(2024·山东省模拟)如图所示，间距为0.5m的两平行光滑金属导轨MN、PQ固定在绝缘水平面上，虚线AB的左、右两侧均存在垂直水平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B1＝0.2T、B2＝0.4T。长度为0.5m、质量为1kg、阻值为0.2Ω的导体棒a静止在AB左侧导轨上，长度为0.5m、质量为1kg、阻值为0.8Ω的导体棒b静止在AB右侧导轨上。t＝0时刻起，b在大小为0.6N、方向水平向右的恒力F作用下由静止开始运动。已知两棒始终与导轨垂直且接触良好，且a始终未越过虚线AB，导轨电阻均不计。下列说法正确的是(