2027届高三物理一轮复习教案：第十二章　第66课时　专题强化：电磁感应中的动力学和能量问题（含解析）

这是一份2027届高三物理一轮复习教案：第十二章　第66课时　专题强化：电磁感应中的动力学和能量问题（含解析）
考点一 电磁感应中的动力学问题
1.导体的两种运动状态
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
例1 (2025·江西吉安市期末)如图甲所示，U形导轨倾斜固定放置，与水平面的夹角θ为53°，磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直导轨平面向下，导轨光滑且电阻忽略不计，导轨的宽度为L，长度为L、电阻为R的金属棒与导轨垂直放置，由静止开始释放，最大速度为v0；现把U形导轨水平放置，磁场方向变为竖直向下，把金属棒与导轨垂直放置，如图乙所示，给金属棒水平向右的变力F，使其从静止开始向右做加速度大小为g的匀加速直线运动。图甲、乙中，金属棒均始终与导轨垂直且接触良好。已知重力加速度为g，sin 53°=45，cs 53°=35，求：
(1)金属棒在倾斜U形导轨上做什么运动？
(2)金属棒的质量；
(3)乙图中F与时间t的关系式。
答案 (1)先做加速度逐渐减小的加速直线运动，然后做匀速直线运动 (2)5B2L2v04gR (3)F=B2L2R(5v04+gt)
解析 (1)金属棒在倾斜导轨上运动
由牛顿第二定律知，mgsin θ-F安=ma
又F安=BIL，I=BLvR
则mgsin θ-B2L2vR=ma
随着金属棒速度的增大，加速度减小，
所以金属棒先做加速度逐渐减小的加速直线运动，直至mgsin θ=F安，然后做匀速直线运动。
(2)题图甲中，当金属棒以最大速度v0稳定运行时，
根据Em=BLv0，Im=EmR，F安m=BImL
又F安m=mgsin 53°
解得m=5B2L2v04gR
(3)对题图乙，设金属棒t时刻的速度为v，则有E'=BLv，I'=E'R，F安'=BI'L
由牛顿第二定律可得F-F安'=mg
金属棒做匀加速直线运动，则有v=gt
解得F=B2L2R(5v04+gt)。
例2 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)2d(m+CB2L2)F
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=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=ma，解得a=Fm+CB2L2，故金属杆做初速度为零的匀加速直线运动。
(2)由d=12at2，
解得t=2da=2d(m+CB2L2)F。
拓展
1.若光滑长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mgsin θ-BIL=ma，I=ΔQΔt=CBLΔvΔt=CBLa，联立解得a=mgsinθm+CB2L2。
2.在拓展1中，若金属杆与导轨之间的动摩擦因数为μ(μa1，a1=BILm1，a2=F−BILm2，I=BL(v2−v1)R1+R2，只要a2>a1，就有(v2-v1)↑⇒I↑⇒F安↑⇒a1↑⇒a2↓
当a1=a2时，(v2-v1)恒定，I恒定，F安恒定；两棒都做匀加速直线运动，此时a=Fm1+m2，Δv恒定，I恒定。两导体棒的v-t图像如图所示。
例3 (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=2 T，两根足够长水平金属直轨道平行放置，轨道间距L=0.5 m。将质量均为m=0.5 kg、长度均为L、电阻均为R=0.5 Ω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=6 N，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10 m/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4 m/s
B.金属棒a匀速运动时，其两端的电势差为4 V
C.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2 m/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=4 m/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=4 V，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=2 V，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=3 N，aa=ab=2 m/s2，故D正确；又F安=B2L2Δv2R，解得Δv=3 m/s，即最终两棒的速度差保持不变，故C错误。
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4 (2026·广东惠州市期末)如图所示，固定在地面上的足够长的粗糙绝缘斜面与水平面所成夹角θ=30°，在斜面下方虚线aa'、bb'围成的区域内有垂直斜面向上的有界匀强磁场，虚线aa'和bb'与斜面底边平行。斜面上方平行放置n=25匝正方形金属线框MNPQ，使其PQ边与斜面底边平行，从静止释放，线框向下运动x=5 m进入磁场区域，刚好能够匀速穿过整个磁场区域，已知线框的质量为m=1 kg、边长d=0.1 m、电阻R=0.5 Ω，线框与斜面间的动摩擦因数为μ=36，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)线框进入磁场区域时的速度大小；
(2)有界匀强磁场的磁感应强度大小；
(3)整个线框穿过磁场的过程中，线框上产生的焦耳热。
答案 (1)5 m/s (2)0.2 T (3)0.5 J
解析 (1)对金属线框从静止释放到刚进入磁场区域，
由动能定理mgxsin θ-μmgcs θ·x=12mv02-0
解得线框进入磁场区域时的速度大小v0=5 m/s
(2)线框匀速穿过整个磁场区域，有mgsin θ=μmgcs θ+nBId
感应电动势E=nBdv0
感应电流I=ER
联立解得有界匀强磁场的磁感应强度大小B=0.2 T
(3)因刚好能够匀速穿过整个磁场区域，
则磁场宽度也为d，由功能关系有Q=nBId·2d
联立解得焦耳热Q=0.5 J。
例5 (2025·天津市和平区二模)如图所示，匝数为N、电阻为R的线圈内有方向垂直于线圈平面向上的随时间均匀变化的匀强磁场B1，线圈通过开关S连接两根间距为L、倾角为θ的足够长平行光滑金属导轨，导轨下端连接阻值为R的电阻。一根阻值也为R、质量为m的导体棒ab垂直放置于导轨上。在平行金属导轨区域内仅有垂直于导轨平面向上的恒定匀强磁场，磁感应强度大小为B2。闭合开关S后，导体棒ab恰好能静止在金属导轨上。假设导体棒ab与导轨接触良好，不计导轨电阻。重力加速度为g。求：
(1)B1磁场穿过线圈磁通量的变化率ΔΦΔt；
(2)开关S断开后，ab从静止开始下滑到速度大小为v时，此过程ab上产生的热量为其获得动能的15，求此过程通过ab的电荷量q。
答案 (1)3mgRsinθNB2L (2)7B2v2L20gRsinθ
解析 (1)闭合开关S后，导体棒ab恰好能静止在金属导轨上；线圈中产生的电动势为E=NΔΦΔt
回路电流为I=ER总
回路总电阻为R总=R+R2R+R=32R
对于导体棒ab，根据受力平衡可得mgsin θ=B2·I2L
联立解得ΔΦΔt=3mgRsinθNB2L
(2)开关S断开后，ab从静止开始下滑到速度大小为v时，此过程ab上产生的热量为其获得动能的15，设此过程ab下滑的距离为x，根据能量守恒可得
mgxsin θ=12mv2+Q总
其中Q总=2Qab=2×15×12mv2=15mv2
又q=IΔt=E2RΔt=ΔΦΔt2RΔt=ΔΦ2R=B2Lx2R
联立解得q=7B2v2L20gRsinθ。
课时精练
[分值：50分]
[1~4题，每题4分]
1.如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，水平U形导体框左端连接一阻值为R的电阻，质量为m、电阻为r的导体棒ab置于导体框上。不计导体框的电阻、导体棒与框间的摩擦。ab以水平向右的初速度v0开始运动，最终停在导体框上。在此过程中( )
A.导体棒做匀减速直线运动
B.导体棒中感应电流的方向为a→b
C.电阻R消耗的电能为mv02R2(R+r)
D.导体棒克服安培力做的总功小于12mv02
答案 C
解析 由右手定则可知，导体棒中感应电流的方向为b→a，B错误；由左手定则可知，导体棒所受安培力方向向左，导体棒的速度逐渐变小，故感应电动势逐渐变小，感应电流逐渐变小，导体棒受到的安培力逐渐变小，加速度逐渐变小，故A错误；由能量守恒定律可知，电路消耗的总电能为12mv02，故电阻R消耗的电能为mv02R2(R+r)，C正确；由动能定理可知，导体棒克服安培力做的总功等于12mv02，D错误。
2.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cd长为L，电阻为r，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=BIL=B2L2vR+r，杆下落过程中先做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，速度保持不变，所以安培力先增大后不变，最终大小为mg，故B错误；杆两端的电压为U=IR=BLRvR+r，速度先增大后不变，所以U先增大后不变，故A错误。
3.(多选)如图甲所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置，其间距l=1 m，一匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P之间连接阻值为R=0.50 Ω的电阻，质量为m=0.01 kg、电阻为r=0.20 Ω的金属棒ab紧贴在导轨上。现使金属棒ab由静止开始下滑，下滑过程中ab始终保持水平，且与导轨接触良好，其下滑距离s与时间t的关系如图乙所示，图像中的OA段为曲线，AB段为直线，导轨电阻不计，g取10 m/s2(忽略ab棒运动过程中对原磁场的影响)，则( )
A.通过金属棒ab的电流方向由b到a
B.磁感应强度B大小为0.1 T
C.在开始的6 s内金属棒ab产生的热量为3.465 J
D.在开始的3.5 s内通过金属棒ab的电荷量为2.8 C
答案 BD
解析 根据右手定则可以判断出通过金属棒ab的电流方向由a到b，故A错误；金属棒ab匀速运动过程，根据图像可知v=sABΔt=37.1−19.66.0−3.5 m/s=7 m/s，由平衡条件得mg=F安=B2l2vR+r，解得B=0.1 T，故B正确；在开始的6 s内，对金属棒，根据功能关系有mgsOB=Q+12mv2，Qab=rR+rQ，解得Qab=0.99 J，故C错误；在开始的3.5 s内，通过金属棒ab的电荷量为q=ΔΦR+r，其中ΔΦ=BlsOA，解得q=2.8 C，故D正确。
4.(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( )
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=B2L2vR
即B2L2vR+(M-m)g=(M+m)a
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=(m−M)gRB2L2
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。
5.(10分)(2026·新疆G20联盟联考)如图所示，光滑的水平面上两条平行线MN、PQ之间均匀分布着宽度为0.5 m、磁感应强度为0.2 T的匀强磁场区域，匀强磁场之间的间隔也等于0.5 m，即图中虚线之间的距离均为0.5 m。把一个电阻为0.02 Ω、质量为1 kg、边长为0.5 m的正方形金属线圈放在MN、PQ之间，线圈的右侧边cd与第一个磁场区域左侧边界线相距0.5 m，给线圈一个4 N、水平向右的恒定拉力，让线圈从静止开始向右运动，求：
(1)(7分)线圈右侧边cd刚进入第一个磁场区域时的加速度大小；
(2)(3分)线圈能获得的速度最大值。
答案 (1)3 m/s2 (2)8 m/s
解析 (1)设线圈右侧边cd刚进入第一个磁场区域时的速度为v0，根据动能定理可得FL=12mv02
代入数据解得v0=2 m/s
此时线圈中的感应电流为I=BLv0R
线圈右侧边cd受到的安培力为F安=BIL=B2L2v0R
根据牛顿第二定律可得F-F安=ma
解得加速度大小为a=3 m/s2
(2)设线圈的最大速度为vm，此时线圈所受合力为0，有F=B2L2vmR
解得最大速度vm=8 m/s。
[6~8题，每题6分]
6.(2025·吉林松原市模拟)如图所示，两足够长的平行光滑金属导轨固定在水平面内，匀强磁场方向垂直导轨平面向下，恒力F作用在金属棒cd上，金属棒ab、cd以相同的加速度沿导轨滑动，某时刻撤去F。已知运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，下列说法中正确的是( )
A.撤去F前，两棒速度相同
B.撤去F前，两棒间距恒定
C.撤去F后，cd的速度不小于ab的速度
D.撤去F后，两棒在相等时间内产生的热量相同
答案 C
解析 撤去F前，金属棒ab、cd以相同的加速度沿导轨滑动，只有二者速度不同时，两棒电动势不等，金属棒ab才能做加速运动(若速度相等，则回路中的感应电流为0，两金属棒都不受安培力，ab棒无法加速)，A错误；撤去F前，两棒速度差不为零，所以两棒间距不恒定，B错误；撤去F后，金属棒ab做加速运动、cd做减速运动，当速度相等时，无感应电流，之后一直做匀速运动，所以cd的速度不小于ab的速度，C正确；撤去F后，两棒的电流大小总相等，但两棒电阻未知，所以两棒在相等时间内产生的热量不一定相同，D错误。
7.(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。
8.(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abcda
B.ab中电流趋于3mg3BL
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
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
2mgsin 30°-2BILcs 30°=2maab，
对cd有mgsin 30°-BILcs 30°=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2mgsin 30°=2BILcs 30°，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D错误。
[6分]
9.如图所示，两光滑导轨PQ、MN水平放置，夹角为45°，处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，在M、P处串联间距极小的电容器，电容为C，与PQ垂直的导体棒在垂直棒的水平外力作用下从导轨最左端向右匀速运动，速度为v，不计一切电阻，则下列说法正确的是( )
A.电容器上极板带正电
B.水平外力保持不变
C.水平位移为x时电容器储存的电能为CB2v2x2
D.水平位移为x时外力的功率为CB2v3x
答案 D
解析 导体棒向右切割磁感线时，由右手定则知，导体棒下端电势高，电容器充电，电容器下极板带正电，上极板带负电，A错误；电容C=QU，即Q=CU=CBlv，而金属棒有效长度l随时间均匀增大，变化率为ΔlΔt，由于夹角为45°，则ΔlΔt=v，则I=ΔQΔt=CBΔlΔtv=CBv2，即电流恒定，但由于导体棒有效长度变化，F安=BIl，则安培力发生变化，故水平外力变化，B错误；由于安培力随位移均匀增大，则安培力做功为W=12Fmx=12B·CBΔlΔtv·x·x=12B2v2Cx2，由能量守恒定律可知，此时电容器储存的电能Q=W=12B2v2Cx2，C错误；由平衡条件知，水平位移为x时外力的功率大小等于安培力功率，则P=P安=F安v=B·CBΔlΔtv·x·v=CB2v3x，D正确。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
v
↓
E=Blv
↓
I=ER+r
↓
F安=BIl
↓
F合
若F合=0
匀速直线运动
若F合≠0
↓
F合=ma
a、v
同向
v增大，F安增大，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