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第4讲电磁感应规律的综合应用(二)——动力学和能量、动量板块一主干梳理·夯实基础【知识点1】电磁感应现象中的动力学问题Ⅱ1．安培力的大小2．安培力的方向(1)先用右手定则或楞次定律确定感应电流方向，再用左手定则确定安培力方向。
(2)根据楞次定律，安培力方向一定和导体切割磁感线运动方向相反。
3．分析导体受力情况时，应做包含安培力在内的全面受力分析。
4．根据平衡条件或牛顿第二定律列方程。
【知识点2】电磁感应现象中的能量问题Ⅱ1．电磁感应中的能量转化闭合电路的部分导体做切割磁感线运动产生感应电流，通有感应电流的导体在磁场中受安培力。
外力克服安培力做功，将其他形式的能转化为电能，通有感应电流的导体在磁场中受安培力作用或通过电阻发热，使电能转化为其他形式的能。
2．实质电磁感应现象的能量转化，实质是其他形式的能和电能之间的转化。
板块二考点细研·悟法培优考点1电磁感应中的动力学问题[解题技巧]导体棒的运动学分析电磁感应现象中产生的感应电流在磁场中受到安培力的作用，从而影响导体棒(或线圈)的受力情况和运动情况。
1．两种状态及处理方法2．力学对象和电学对象的相互关系3．动态分析的基本思路例1 [2016·安徽模拟]如图所示，固定的光滑金属导轨间距为L，导轨电阻不计，上端a、b间接有阻值为R的电阻，导轨平面与水平面的夹角为θ，且处在磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中。
质量为m、电阻为r的导体棒与固定弹簧相连后放在导轨上。
初始时刻，弹簧恰处于自然长度，导体棒具有沿轨道向上的初速度v0。
整个运动过程中导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触，弹簧的中心轴线与导轨平行。
(2)当导体棒第一次回到初始位置时，速度变为v，求此时导体棒的加速度大小a。
(1)导体棒向上运动和向下运动过程中流过R的电流方向相同吗？提示：不同。
(2)下降过程的牛顿第二定律。
提示：mg sin θ＋F 弹－F 安＝ma 。
【备考2022】高考物理一轮复习学案10.3 电磁感应定律的综合运用(2)右手定则的研究对象为闭合回路的一部分导体，适用于一段导线在磁场中做切割磁感线运动。
2.对电源的理解(1)在电磁感应现象中，产生感应电动势的那部分导体相当于电源，如切割磁感线的导体棒、有磁通量变化的线圈等，这种电源将其他形式的能转化为电能。
(2)判断感应电流和感应电动势的方向，都是把相当于电源的部分根据右手定则或楞次定律判定的。
实际问题中应注意外电路电流由高电势处流向低电势处，而内电路则相反。
3．导体棒在匀强磁场运动过程中的变与不变(1)外电阻的变与不变若外电路由无阻导线和定值电阻构成，导体棒运动过程中外电阻不变；若外电路由考虑电阻的导线组成，导体棒运动过程中外电阻改变。
(2)内电阻与电动势的变与不变切割磁感线的有效长度不变，则内电阻与电动势均不变。
反之，发生变化。
处理电磁感应区别安培定则、左手定则、右手定则的关键是抓住因果关系(1)因电而生磁(I→B)→安培定则(判断电流周围磁感线的方向)。
(2)因动而生电(v、B→I感)→右手定则(闭合回路的部分导体切割磁感线产生感应电流)。
(3)因电而受力(I、B→F安)→左手定则(磁场对电流有作用力)。
核心素养二对电路的理解(1)内电路是切割磁感线的导体或磁通量发生变化的线圈，外电路由电阻、电容等电学元件组成。
(2)在闭合电路中，相当于“电源”的导体两端的电压与真实的电源两端的电压一样，等于路端电压，而不等于感应电动势。
核心素养三图像问题2.解决图像问题的一般步骤(1)明确图像的种类，即是Bt图像还是Φt图像，或者Et图像、It图像等。
(2)分析电磁感应的具体过程。
(3)用右手定则或楞次定律确定方向对应关系。
(4)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等规律写出函数关系式。
(5)根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等。
（新课标）2019届高考物理一轮复习第10章电磁感应第四节电磁感应中的动力学和能量问题达标诊断高效诊断编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（（新课标）2019届高考物理一轮复习第10章电磁感应第四节电磁感应中的动力学和能量问题达标诊断高效诊断）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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第四节电磁感应中的动力学和能量问题（建议用时:60分钟)一、单项选择题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及线框中导线的电阻都可不计．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将往返运动解析：选A。
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，直到停止，但不是匀减速,由F＝BIL＝错误!＝ma知，ef做的是加速度减小的减速运动,故A正确．2．（2018·苏州模拟)如图所示,水平地面上方矩形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，两个闭合线圈Ⅰ、Ⅱ分别用同种导线绕制而成，其中Ⅰ为边长为L的正方形，Ⅱ是长2L、宽为L的矩形，将两个线圈同时从图示位置由静止释放．线圈下边进入磁场时，Ⅰ立即做了一段时间的匀速运动,已知两线圈在整个下落过程中，下边始终平行于磁场上边界，不计空气阻力，则( )A．下边进入磁场时，Ⅱ也立即做匀速运动B．从下边进入磁场开始的一段时间内，线圈Ⅱ做加速度不断减小的加速运动C．从下边进入磁场开始的一段时间内，线圈Ⅱ做加速度不断减小的减速运动D．线圈Ⅱ先到达地面解析:选C。
板块三限时规范特训时间：45分钟100分 一、选择题(本题共8小题，每小题8分，共64分。
其中 1～3为单选，4～8为多选)1. [2017·四川第二次大联考]如图所示，固定的竖直光滑U 型金属导轨，间距为L ，上端接有阻值为R 的电阻，处在方向水平且垂直于导轨平面、磁感应强度为B 的匀强磁场中，质量为m 、电阻为r 的导体棒与劲度系数为k 的固定轻弹簧相连放在导轨上，导轨的电阻忽略不计。
初始时刻，弹簧处于伸长状态，其伸长量为x 1＝mg k ，此时导体棒具有竖直向上的初速度v 0。
在沿导轨往复运动的过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触。
则下列说法正确的是( )A ．初始时刻导体棒受到的安培力大小F ＝B 2L 2v 0RB ．初始时刻导体棒加速度的大小a ＝g ＋B 2L 2v 0m (R ＋r )C ．导体棒往复运动，最终将静止时弹簧处于压缩状态D ．导体棒开始运动直到最终静止的过程中，电阻R 上产生的焦耳热Q ＝12m v 20＋2m 2g 2k 答案 C解析 由法拉第电磁感应定律得：E ＝Bl v 0，由闭合电路的欧姆定律得：I ＝E R ＋r ，由安培力公式得：F ＝B 2L 2v 0R ＋r，故A 错误；初始时刻，F ＋mg ＋kx 1＝ma ，得a ＝2g ＋B 2L 2v 0m (R ＋r )，故B 错误；因为导体棒静止时没有安培力，只有重力和弹簧的弹力，故弹簧处于压缩状态，故C 正确；根据能量守恒，减小的动能和重力势能全都转化为焦耳热，但R 上的只是一部分，故D 错误。
2. [2017·湖北重点中学联考]如图所示，足够长的光滑金属导轨MN 、PQ 平行放置，两导轨的平面与水平方向的夹角为θ。
在导轨的最上端M 、P 之间接有电阻R ，不计其他电阻。
导体棒ab 从导轨的最底端冲上导轨，当没有磁场时，ab 棒上升的最大高度为H ；若存在垂直导轨平面的匀强磁场时，ab 棒上升的最大高度为h 。
第4讲电磁感应规律的综合应用(二)——动力学和能量、动量板块一主干梳理·夯实基础【知识点1】电磁感应现象中的动力学问题Ⅱ1．安培力的大小2．安培力的方向(1)先用右手定则或楞次定律确定感应电流方向，再用左手定则确定安培力方向。
(2)根据楞次定律，安培力方向一定和导体切割磁感线运动方向相反。
3．分析导体受力情况时，应做包含安培力在内的全面受力分析。
4．根据平衡条件或牛顿第二定律列方程。
【知识点2】电磁感应现象中的能量问题Ⅱ1．电磁感应中的能量转化闭合电路的部分导体做切割磁感线运动产生感应电流，通有感应电流的导体在磁场中受安培力。
外力克服安培力做功，将其他形式的能转化为电能，通有感应电流的导体在磁场中受安培力作用或通过电阻发热，使电能转化为其他形式的能。
2．实质电磁感应现象的能量转化，实质是其他形式的能和电能之间的转化。
板块二考点细研·悟法培优考点1电磁感应中的动力学问题[解题技巧]导体棒的运动学分析电磁感应现象中产生的感应电流在磁场中受到安培力的作用，从而影响导体棒(或线圈)的受力情况和运动情况。
1．两种状态及处理方法2．力学对象和电学对象的相互关系3．动态分析的基本思路例1[2016·安徽模拟]如图所示，固定的光滑金属导轨间距为L，导轨电阻不计，上端a、b间接有阻值为R的电阻，导轨平面与水平面的夹角为θ，且处在磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中。
质量为m、电阻为r的导体棒与固定弹簧相连后放在导轨上。
初始时刻，弹簧恰处于自然长度，导体棒具有沿轨道向上的初速度v0。
整个运动过程中导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触，弹簧的中心轴线与导轨平行。
(1)求初始时刻通过电阻R 的电流I 的大小和方向；(2)当导体棒第一次回到初始位置时，速度变为v ，求此时导体棒的加速度大小a 。
(1)导体棒向上运动和向下运动过程中流过R 的电流方向相同吗？ 提示：不同。
(2)下降过程的牛顿第二定律。
提示：mg sin θ＋F 弹－F 安＝ma 。
尝试解答 (1)BL v 0R ＋r b →a (2)g sin θ－B 2L 2vm (R ＋r )。
(1)导体棒产生的感应电动势E 1＝BL v 0 通过R 的电流大小I 1＝E 1R ＋r ＝BL v 0R ＋r电流方向为b →a 。
(2)导体棒产生的感应电动势为E 2＝BL v 感应电流I 2＝E 2R ＋r ＝BL v R ＋r导体棒受到的安培力大小F ＝BIL ＝B 2L 2vR ＋r ，方向沿斜面向上。
根据牛顿第二定律有mg sin θ－F ＝ma 解得a ＝g sin θ－B 2L 2vm (R ＋r )。
总结升华单棒切割磁感线的两种模型模型一：导体棒ab 先自由下落再进入匀强磁场，如图甲所示。
模型二：导体棒ab 沿光滑的倾斜导轨自由下滑，然后进入匀强磁场(磁场垂直于轨道平面)，如图乙所示。
两类模型中的临界条件是导体棒ab 受力平衡。
以模型一为例，有mg ＝F 安＝B 2l 2v 0R ，即v 0＝mgRB 2l 2。
若线框进入磁场时v >v 0，则线框先减速再匀速；若v <v 0，线框先加速再匀速(都假设线框和磁场区域长度足够长)。
[跟踪训练] (多选)如图所示，相距L 的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R ，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B 。
将质量为m 的导体棒由静止释放，当速度达到v 时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P ，导体棒最终以2v 的速度匀速运动。
导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g 。
下列选项正确的是( )A ．P ＝2mg v sin θB ．P ＝3mg v sin θC ．当导体棒速度达到v 2时加速度大小为g2sin θD ．在速度达到2v 以后的匀速运动过程中，R 上产生的焦耳热等于拉力所做的功 答案 AC解析 当导体棒第一次匀速运动时，沿导轨方向有mg sin θ＝B 2L 2vR ；当导体棒第二次匀速运动时，沿导轨方向有F ＋mg sin θ＝2B 2L 2vR ，两式联立解得F ＝mg sin θ，此时拉力F 的功率P ＝F ×2v ＝2mg v sin θ，选项A 正确，B 错误；当导体棒的速度达到v 2时，沿导轨方向有mg sin θ－B 2L 2v2R＝ma ，解得a＝12g sinθ，选项C正确；导体棒的速度达到2v以后，拉力与重力的合力所做的功全部转化为R上产生的焦耳热，选项D错误。
考点2电磁感应中的能量问题[解题技巧]1．能量转化及焦耳热的求法(1)能量转化(2)求解焦耳热Q的三种方法2．电能求解的三种主要思路(1)利用克服安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功；(2)利用能量守恒或功能关系求解；(3)利用电路特征来求解：通过电路中所产生的电能来计算。
3．解题的一般步骤(1)确定研究对象(导体棒或回路)；(2)弄清电磁感应过程中，哪些力做功，哪些形式的能量相互转化；(3)根据能量守恒定律列式求解。
例2将一斜面固定在水平面上，斜面的倾角为θ＝30°，其上表面绝缘且斜面的顶端固定一挡板，在斜面上加一垂直斜面向上的匀强磁场，磁场区域的宽度为H＝0.4 m，如图甲所示，磁场边界与挡板平行，且上边界到斜面顶端的距离为x＝0.55 m。
将一通电导线围成的矩形导线框abcd 置于斜面的底端，已知导线框的质量为m＝0.1 kg，导线框的电阻为R＝0.25 Ω，ab的长度为L ＝0.5 m。
从t＝0时刻开始在导线框上加一恒定的拉力F，拉力的方向平行于斜面向上，使导线框由静止开始运动，当导线框的下边与磁场的上边界重合时，将恒力F撤走，最终导线框与斜面顶端的挡板发生碰撞，碰后导线框以等大的速度反弹，导线框沿斜面向下运动。
已知导线框向上运动的v -t 图象如图乙所示，导线框与斜面间的动摩擦因数为μ＝33，整个运动过程中导线框没有发生转动，且始终没有离开斜面，g ＝10 m/s 2。
(1)求在导线框上施加的恒力F 以及磁感应强度的大小；(2)若导线框沿斜面向下运动通过磁场时，其速度v 与位移s 的关系为v ＝v 0－B 2L 2mR s ，其中v 0是导线框ab 边刚进入磁场时的速度大小，s 为导线框ab 边进入磁场区域后对磁场上边界的位移大小，求整个过程中导线框中产生的热量Q 。
(1)由图乙的v -t 图可求出什么？提示：加速度。
(2)在图乙中0.4 s 以后有一段匀速直线运动，说明什么问题？ 提示：导线框进入磁场区域后以2 m/s 的速度匀速运动，受力平衡。
(3)安培力做功与焦耳热的关系？提示：克服安培力做功等于回路中产生的电能，如果是纯电阻电路，也等于回路中总的焦耳热。
尝试解答 (1)1.5_N__0.50_T__(2)0.45__J 。
(1)由v -t 图象可知，在0～0.4 s 时间内导线框做匀加速直线运动，进入磁场时的速度为v 1＝2.0 m/s ，所以在此过程中的加速度a ＝ΔvΔt＝5.0 m/s 2 由牛顿第二定律有F －mg sin θ－μmg cos θ＝ma 解得F ＝1.5 N由v -t 图象可知，导线框进入磁场区域后以速度v 1做匀速直线运动 通过导线框的电流I ＝E R ＝BL v 1R导线框所受安培力F 安＝BIL对于导线框匀速运动的过程，由力的平衡条件有 F ＝mg sin θ＋μmg cos θ＋B 2L 2v 1R 解得B ＝0.50 T 。
(2)导线框进入磁场区域后做匀速直线运动，并以速度v 1匀速穿出磁场，说明导线框的宽度等于磁场的宽度H ，导线框ab 边离开磁场后做匀减速直线运动，在导线框到达挡板时的位移为 x 0＝x －H ＝0.15 m设导线框与挡板碰撞前的速度为v 2，由动能定理，有 －mg (x －H )sin θ－μmg (x －H )cos θ＝12m v 22－12m v 21 解得v 2＝v 21－2g (x －H )(sin θ＋μcos θ)＝1.0 m/s导线框碰挡板后速度大小仍为v 2，导线框下滑过程中，由于重力沿斜面方向的分力与滑动摩擦力大小相等，即mg sin θ＝μmg cos θ＝0.50 N ，因此导线框与挡板碰撞后向下做匀速直线运动，ab 边刚进入磁场时的速度为v 2＝1.0 m/s ；进入磁场后因为又受到安培力作用而减速，做加速度逐渐变小的减速运动，设导线框全部离开磁场区域时的速度为v 3 由v ＝v 0－B 2L 2mR s 得v 3＝v 2－2B 2L 2H mR＝－1.0 m/s因v 3<0，说明导线框在离开磁场前速度已经减为零，这时安培力消失，导线框受力平衡，所以导线框将静止在磁场中某位置导线框向上运动通过磁场区域的过程中产生的焦耳热Q 1＝I 2Rt ＝2B 2L 2H v 1R＝0.40 J导线框向下运动进入磁场的过程中产生的焦耳热 Q 2＝12m v 22＝0.05 J所以Q ＝Q 1＋Q 2＝0.45 J 。
总结升华电磁感应现象中能量的计算(1)回路中电流稳定可利用电路知识，由W ＝UIt ，Q ＝I 2Rt 直接计算。
(2)若电流变化利用安培力做功、功能关系解决。
[跟踪训练] 如图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l ＝0.5 m ，左端接有阻值R ＝0.3 Ω的电阻。
一质量m ＝0.1 kg 、电阻r ＝0.1 Ω的金属棒MN 放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B ＝0.4 T 。
棒在水平向右的外力作用下由静止开始以a ＝2 m/s 2的加速度做匀加速运动，当棒的位移x ＝9 m 时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q 1∶Q 2＝2∶1。
导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，求：(1)棒在匀加速运动过程中，通过电阻R 的电荷量q ； (2)撤去外力后回路中产生的焦耳热Q 2； (3)外力做的功W F 。
答案 (1)4.5 C (2)1.8 J (3)5.4 J解析 (1)设金属棒做匀加速运动的时间为Δt ，回路中磁通量的变化量为ΔΦ，回路中产生的平均感应电动势为E ，则由法拉第电磁感应定律得E ＝ΔΦΔt ，其中ΔΦ＝Blx设回路中的平均电流为I ， 则由闭合电路欧姆定律得I ＝ER ＋r 通过电阻R 的电荷量q ＝I Δt联立以上各式，代入数据解得q ＝4.5 C 。
(2)设撤去外力时棒的速度为v ，在棒做匀加速运动的过程中，由运动学公式得v 2＝2ax 设棒在撤去外力后的运动过程中安培力做的功为W ， 由动能定理得W ＝0－12m v 2撤去外力后回路中产生的焦耳热Q 2＝－W 代入数据解得Q 2＝1.8 J 。
