專題強化二十三電磁感應(yīng)中的動力學和能量問題學習目標1.學會用動力學知識分析導體棒在磁場中的運動問題。2.會用功能關(guān)系和能量守恒定律分析電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化?？键c一電磁感應(yīng)中的動力學問題1.導體運動的兩種狀態(tài)和處理方法狀態(tài)特征處理方法平衡態(tài)加速度為零根據(jù)平衡條件列式分析非平衡態(tài)加速度不為零根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合運動學公式進行分析2.解決電磁感應(yīng)中的動力學問題的基本思路(先電后力)例1如圖所示,水平面(紙面)內(nèi)間距為l的平行金屬導軌間接一電阻,質(zhì)量為m、長度為l的金屬桿置于導軌上。t=0時,金屬桿在水平向右、大小為F的恒定拉力作用下由靜止開始運動。t0時刻,金屬桿進入磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場區(qū)域,且在磁場中恰好能保持勻速運動。桿與導軌的電阻均忽略不計,兩者始終保持垂直且接觸良好,兩者之間的動摩擦因數(shù)為μ。重力加速度大小為g。求:(1)金屬桿在磁場中運動時產(chǎn)生的電動勢大小;(2)電阻的阻值。答案(1)Blt0Fm-μg解析(1)設(shè)金屬桿進入磁場前的加速度大小為a,由牛頓第二定律得F-μmg=ma設(shè)金屬桿到達磁場左邊界時的速度為v,由運動學公式有v=at0當金屬桿以速度v在磁場中運動時,由法拉第電磁感應(yīng)定律可知,金屬桿產(chǎn)生的電動勢為E=Blv聯(lián)立可得E=Blt0Fm(2)設(shè)金屬桿在磁場區(qū)域中勻速運動時,金屬桿中的電流為I,電阻的阻值為R,根據(jù)閉合電路歐姆定律有I=E金屬桿所受的安培力為F安=IlB因金屬桿做勻速運動,由牛頓運動定律得F-μmg-F安=0聯(lián)立解得R=B2例2(多選)(2024·黑吉遼卷,9)如圖,兩條“∧”形的光滑平行金屬導軌固定在絕緣水平面上,間距為L,左、右兩導軌面與水平面夾角均為30°,均處于豎直向上的勻強磁場中,磁感應(yīng)強度大小分別為2B和B。將有一定阻值的導體棒ab、cd放置在導軌上,同時由靜止釋放,兩棒在下滑過程中始終與導軌垂直并接觸良好。ab、cd的質(zhì)量分別為2m和m,長度均為L。導軌足夠長且電阻不計,重力加速度為g。兩棒在下滑過程中()A.回路中的電流方向為abcdaB.ab中電流趨于3C.ab與cd加速度大小之比始終為2∶1D.兩棒產(chǎn)生的電動勢始終相等答案AB解析兩導體棒均向下運動,穿過閉合回路的磁通量增加,根據(jù)楞次定律和安培定則可知回路中的電流方向為abcda,A正確;如圖,對兩導體棒受力分析,對ab棒有2mgsin30°-2ILBcos30°=2ma1,對cd棒有mgsin30°-ILBcos30°=ma2,可得a1=a2=g2-3ILB2m,則a1∶a2=1∶1。初始時兩導體棒均做加速運動,閉合回路的電動勢增大,電流增大,導體棒受到的安培力增大,導體棒的加速度減小,最終加速度為零,此時I=mgsin30°BLcos30°=3mg3BL,B正確;由B項分析可知兩導體棒加速階段加速度大小之比為a1∶a2=1∶1,最終加速度均為零,C錯誤;由于兩棒的加速度大小始終相等,則兩導體棒的速度大小始終相等,但兩部分磁場的磁感應(yīng)強度大小為兩倍的關(guān)系,根據(jù)E=BLv例3如圖甲所示,用粗細均勻的導線制成的一個單匝正方形金屬框,現(xiàn)被一根絕緣絲線懸掛在豎直平面內(nèi)處于靜止狀態(tài),已知金屬框的質(zhì)量為m,邊長為L,金屬框的總電阻為R,金屬框的上半部分處在方向垂直框面向里的有界磁場中(磁場均勻分布),下半部分在磁場外,磁場的磁感應(yīng)強度B隨時間t的變化關(guān)系如圖乙所示,絲線能承受的最大拉力為F,從t=0時刻起,測得經(jīng)過t0=5s,絲線剛好被拉斷,金屬框由靜止開始下落。金屬框在下落過程中上邊框離開磁場前已開始做勻速直線運動,金屬框始終在豎直平面內(nèi)且未旋轉(zhuǎn),重力加速度為g,不計空氣阻力。求:(1)0~5s內(nèi),金屬框產(chǎn)生感應(yīng)電流的方向以及磁感應(yīng)強度B0的大小;(2)金屬框的上邊框離開磁場前做勻速直線運動的速度v的大小。答案(1)沿逆時針方向10R(F-解析(1)由題圖乙可知,0~5s時間內(nèi)磁場均勻增加,由楞次定律可知金屬框中產(chǎn)生感應(yīng)電流的方向沿逆時針方向;由法拉第電磁感應(yīng)定律得E=ΔΦΔt=ΔB·SΔt感應(yīng)電流大小為I=E5s時受到的安培力為F安=ILB0絲線剛好被拉斷,則有F=F安+mg聯(lián)立解得B0=10R(2)由題意可知,5s后磁感應(yīng)強度為B0不變,金屬框在上邊框離開磁場前做勻速運動,有I1LB0=mg金屬框做勻速運動產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小為E1=B0Lv由閉合電路歐姆定律可得I1=E整理得v=mgR代入B0得v=mgL10(考點二電磁感應(yīng)中的能量問題1.電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化2.求解焦耳熱Q的三種方法例4如圖甲所示,地面上方高度為d的空間內(nèi)有水平方向的勻強磁場,質(zhì)量為m的正方形閉合導線框abcd的邊長為l,從bc邊距離地面高為h處將其由靜止釋放,已知h>d>l。從導線框開始運動到bc邊即將落地的過程中,導線框的v-t圖像如圖乙所示。重力加速度為g,不計空氣阻力,以下有關(guān)這一過程的判斷正確的是()A.t1~t2時間內(nèi)導線框受到的安培力逐漸增大B.磁場的高度d可以用v-t圖中陰影部分的面積表示C.導線框重力勢能的減少量等于其動能的增加量D.導線框產(chǎn)生的焦耳熱大于mgl答案D解析由題圖乙可知,在0~t1時間內(nèi),導線框做自由落體運動,t1~t2時間內(nèi)導線框切割磁感線進入磁場,做加速度減小的減速運動,由牛頓第二定律有F安-mg=ma,則安培力在減小,A錯誤;在t1~t2時間段內(nèi),導線框切割磁感線,距離為l,完全進入后又做加速運動直到落地,所以磁場高度d為t1~t3時間內(nèi)的位移,B錯誤;安培力做負功,所以重力勢能減少量等于動能增加量和產(chǎn)生的焦耳熱之和,C錯誤;t1~t2時間內(nèi),F安>mg,克服安培力做的功大于重力做功,所以在下降過程中導線框產(chǎn)生的焦耳熱大于mgl,D正確。例5(多選)(2025·山東濰坊模擬)如圖(a),兩根足夠長的光滑導軌豎直放置,間距為L,底端接有一阻值為R的電阻。將一質(zhì)量為m、阻值為R、長度也為L的金屬棒通過絕緣細繩懸掛在距離導軌底端h高度處?？臻g中存在方向垂直于導軌平面向里的勻強磁場,其磁感應(yīng)強度B隨時間t變化,如圖(b)所示。已知在t0時刻,細繩剛好斷開,金屬棒開始向下運動,下落高度為d時達到最大速度(d<h)。金屬棒始終與軌道垂直且保持良好接觸,重力加速度為g,則下列說法正確的是()A.金屬棒下落的最大速度為2B.金屬棒運動過程中機械能守恒C.細繩斷裂前電路的總功率為BD.細繩斷裂后至金屬棒達到最大速度的過程中,電路中產(chǎn)生的總熱量為2答案AC解析金屬棒在下落的運動中,受重力和安培力的作用,由靜止開始做加速度減小的加速運動,當加速度減小到零時,金屬棒的速度最大,此時重力與安培力大小相等,則有F安=ILB0=mg,其中I=B0LvmR+R,解得vm=2mgRB02L2,A正確;金屬棒運動過程中有重力做正功,安培力做負功,機械能不守恒,B錯誤;細繩斷裂前,由法拉第電磁感應(yīng)定律可得,感應(yīng)電動勢大小為E=ΔΦΔt=ΔBΔt·hL=B0hLt0,由電功率公式,可得電路的總功率為P=E2R+R=B02h2例6(2024·全國甲卷,25)兩根平行長直光滑金屬導軌距離為l,固定在同一水平面(紙面)內(nèi),導軌左端接有電容為C的電容器和阻值為R的電阻,開關(guān)S與電容器并聯(lián);導軌上有一長度略大于l的金屬棒,如圖所示。導軌所處區(qū)域有方向垂直于紙面、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場。開關(guān)S閉合,金屬棒在恒定的外力作用下由靜止開始加速,最后將做速率為v0的勻速直線運動。金屬棒始終與兩導軌垂直且接觸良好,導軌電阻和金屬棒電阻忽略不計。(1)在加速過程中,當外力做功的功率等于電阻R熱功率的2倍時,金屬棒的速度大小是多少?(2)如果金屬棒達到(1)中的速度時斷開開關(guān)S,改變外力使金屬棒保持此速度做勻速運動。之后某時刻,外力做功的功率等于電阻R熱功率的2倍,求此時電容器兩極間的電壓及從斷開S開始到此刻外力做的功。答案(1)v02(2)Bl解析(1)由法拉第電磁感應(yīng)定律可得金屬棒切割磁感線運動過程中,金屬棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E=Blv閉合開關(guān)S,電容器被短路,由閉合電路歐姆定律可得回路中的電流I=E由安培力公式可得金屬棒所受的安培力F安=IlB聯(lián)立可得F安=B當金屬棒勻速運動時,金屬棒受力平衡,可得外力大小為F=F安m=B所以外力做功的功率為P=Fv=B又電阻R的熱功率為PR=I2R=B則當外力做功的功率等于電阻R熱功率的2倍,即P=2PR時,金屬棒的速度大小為v1=v0(2)斷開開關(guān)S后,金屬棒勻速運動,設(shè)回路中的電流為I',則外力的大小為F'=F安'=I'lB則外力做功的功率為P'=F'v1=I'lB而電阻R的熱功率為PR'=I'2R當外力做功的功率等于電阻R熱功率的2倍,即P'=2PR'時,有I1'=Bl則此時電容器兩端的電壓為U=Blv1-I1'R=Bl電容器所帶電荷量為Q=CU從斷開S開始到該時刻的過程,對金屬棒根據(jù)動能定理可知,外力做功的絕對值等于安培力做功的絕對值,則有W=W安=P安t=F安v1t=Blv1其中I't=Q-0聯(lián)立解得W=B2限時作業(yè)(限時:45分鐘)基礎(chǔ)對點練對點練1電磁感應(yīng)中的動力學問題1.如圖所示,在一勻強磁場中有一U形導線框abcd,線框處于水平面內(nèi),磁場與線框平面垂直,R為一電阻,ef為垂直于ab的一根導體桿,它可在ab、cd上無摩擦地滑動。桿ef及線框的電阻不計,開始時,給ef一個向右的初速度,則()A.ef將減速向右運動,但不是勻減速運動B.ef將勻減速向右運動,最后停止C.ef將勻速向右運動D.ef將往返運動答案A解析ef向右運動,切割磁感線,產(chǎn)生感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流,會受到向左的安培力而做減速運動,由F=IlB=B2l2vR=ma知,ef做的是加速度減小的減速運動,最終停止運動,故A正確,B、2.(多選)如圖所示,U形光滑金屬導軌與水平面成37°角傾斜放置,現(xiàn)將一金屬桿垂直放置在導軌上且與兩導軌接觸良好,在與金屬桿垂直且沿著導軌向上的外力F的作用下,金屬桿從靜止開始做勻加速直線運動。整個裝置處于垂直導軌平面向上的勻強磁場中,外力F的最小值為8N,經(jīng)過2s金屬桿運動到導軌最上端并離開導軌。已知U形金屬導軌兩軌道之間的距離為1m,導軌電阻可忽略不計,金屬桿的質(zhì)量為1kg,電阻為1Ω,磁感應(yīng)強度大小為1T,重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。下列說法正確的是()A.拉力F是恒力B.拉力F隨時間t均勻增加C.金屬桿運動到導軌最上端時拉力F為12ND.金屬桿運動的加速度大小為2m/s2答案BCD解析t時刻,金屬桿的速度大小為v=at,產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E=Blv,電路中的感應(yīng)電流I=BlvR,金屬桿所受的安培力大小為F安=IlB=B2l2atR,由牛頓第二定律有F-mgsin37°-F安=ma,可得F=ma+mgsin37°+B2l2atR,F與t是一次函數(shù)關(guān)系,選項A錯誤,B正確;t=0時,F最小,代入數(shù)據(jù)可求得a=2m/s2,選項D正確;t=2s時3.如圖,在光滑水平桌面上有一邊長為L、電阻為R的正方形導線框;在導線框右側(cè)有一寬度為d(d>L)的條形勻強磁場區(qū)域,磁場的邊界與導線框的一邊平行,磁場方向豎直向下,導線框以某一初速度向右運動,t=0時導線框的右邊恰與磁場的左邊界重合,隨后導線框進入并通過磁場區(qū)域。下列v-t圖像中,正確描述上述過程的可能是()答案D解析線框以一定初速度進入磁場,則感應(yīng)電動勢為E=BLv,根據(jù)閉合電路歐姆定律,可知感應(yīng)電流為I=ER,所以安培力為F=ILB=B2L2vR,又根據(jù)牛頓第二定律有F=ma,則a=B2L2vRm,由于v減小,所以a也減小;當線框完全進入磁場后,不受到安培力作用,所以做勻速直線運動;當線框出磁場時,速度與時間的關(guān)系與進入磁場相似,在速度—時間圖像中,斜率絕對值表示加速度的大小,4.(2025·江蘇鹽城模擬)如圖所示,MN和PQ是豎直放置的兩根平行光滑金屬導軌,導軌足夠長,MP間接定值電阻R,金屬桿cd保持與導軌垂直且接觸良好。桿cd由靜止開始下落并計時,桿cd兩端的電壓U、桿cd所受安培力的大小F隨時間t變化的圖像,以及通過桿cd的電流I、桿cd加速度的大小a隨桿的速率v變化的圖像,合理的是()答案D解析設(shè)桿長為L,阻值為r,桿下落過程中切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小為I=ER+r=BLvR+r∝v,故C錯誤;根據(jù)牛頓第二定律有mg-ILB=ma,即a=g-B2L2vm(R+r),故D正確;桿所受安培力的大小為F=ILB=B2L2vR+r,桿下落過程中先做加速度減小的加速運動,當加速度為零時,速度保持不變,所以安培力隨時間先增大,后不變,最終大小為mg,故B對點練2電磁感應(yīng)中的能量問題5.一半徑為r、質(zhì)量為m、電阻為R的金屬圓環(huán)用一根長為L的絕緣輕細桿懸掛于O1點,桿所在的直線過圓環(huán)圓心,在O1點的正下方有一半徑為L+2r的圓形勻強磁場區(qū)域,其圓心O2與O1點在同一豎直線上,O1點在圓形磁場區(qū)域邊界上,如圖所示?，F(xiàn)使絕緣輕細桿從水平位置由靜止釋放,下擺過程中金屬圓環(huán)所在平面始終與磁場垂直,已知重力加速度為g,不計空氣阻力及其他摩擦阻力,下列說法正確的是()A.金屬圓環(huán)最終會靜止在O1點的正下方B.金屬圓環(huán)在整個過程中產(chǎn)生的焦耳熱為mgLC.金屬圓環(huán)在整個過程中產(chǎn)生的焦耳熱為12mg(L+2rD.金屬圓環(huán)在整個過程中產(chǎn)生的焦耳熱為12mg(L+r答案C解析圓環(huán)最終要在如圖中A、C位置間擺動,因為此時圓環(huán)中的磁通量不再發(fā)生改變,圓環(huán)中不再有感應(yīng)電流產(chǎn)生。由幾何關(guān)系可知,圓環(huán)在A、C位置時,其圓心與O1、O2的距離均為L+r,則圓環(huán)在A、C位置時,圓環(huán)圓心到O1的高度為L+2r2。由能量守恒定律可得金屬圓環(huán)在整個過程中產(chǎn)生的焦耳熱為12mg(L+2r)6.(多選)如圖所示,水平虛線L1、L2之間是勻強磁場,磁場方向垂直紙面向里,磁場區(qū)域的高度為h。豎直平面內(nèi)有一質(zhì)量為m的直角梯形線框,底邊水平,其上下邊長之比為5∶1,AB邊長為L,高為2h。現(xiàn)使線框AB邊在磁場邊界L1的上方高h處由靜止自由下落(下落過程底邊始終水平,線框平面始終與磁場方向垂直),當AB邊剛進入磁場時,線框的加速度恰好為零,在DC邊進入磁場前的一段時間內(nèi),線框做勻速運動。重力加速度為g,忽略空氣阻力,則下列說法中正確的是()A.從AB邊進入磁場到DC邊進入磁場的過程中,線框做勻速運動,線框中感應(yīng)電流恒定B.從AB邊進入磁場到AB邊離開磁場的過程中,線框中感應(yīng)電流沿逆時針方向C.從線框開始下落到DC邊剛進入磁場的過程中,線框重力勢能的減少量全部轉(zhuǎn)化為線框產(chǎn)生的焦耳熱D.DC邊剛進入磁場時,線框的加速度大小為54答案BD解析AB邊剛進入磁場時,線框的加速度為零,根據(jù)受力平衡可知mg=F安=ILB=B2L2vR,此后在AB邊未出L2前,線框切割磁感線的有效長度一直增加,線框做減速運動,DC邊進入磁場前的一段時間內(nèi),線框做勻速運動,A錯誤;由楞次定律可知,從AB邊進入磁場到AB邊離開磁場的過程中,線框中感應(yīng)電流沿逆時針方向,B正確;由能量守恒定律可知,從線框開始下落到DC邊剛進入磁場的過程中,線框重力勢能的減少量轉(zhuǎn)化為線框的動能和線框產(chǎn)生的焦耳熱,C錯誤;線框跨在L1、L2之間,DC邊進入磁場前,其有效切割長度為2L,設(shè)此時線框勻速運動的速度大小為v1,有(2BL)2v1R=mg,設(shè)DC邊進入磁場時線框有效切割長度為LMN,如圖所示,由幾何關(guān)系有LAB∶LMN∶LCD=1∶3∶5,則LMN=3L,由牛頓第二定律有(BLMN)2v1R-mg=ma,7.(多選)如圖所示,兩根間距為d的足夠長光滑金屬導軌,平行放置在傾角為θ=30°的絕緣斜面上,導軌的右端接有電阻R,整個裝置放在磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中,磁場方向垂直于導軌平面向上。導軌上有一質(zhì)量為m、電阻也為R的導體棒與兩導軌垂直且接觸良好,導體棒以一定的初速度v0在沿著導軌上滑一段距離L后返回,不計導軌電阻及感應(yīng)電流間的相互作用,重力加速度為g。下列說法正確的是()A.導體棒返回時先做加速運動,最后做勻速直線運動B.導體棒沿著導軌上滑過程中通過R的電荷量q=BdLC.導體棒沿著導軌上滑過程中克服安培力做的功W=12(mv02D.導體棒沿著導軌上滑過程中電阻R上產(chǎn)生的熱量Q=12(mv02答案AC解析導體棒返回時先做加速度減小的加速運動,最后受力平衡,做勻速直線運動,所以A正確;根據(jù)q=ΔΦR總,可知導體棒沿著導軌上滑過程中通過R的電荷量為q=BdL2R,所以B錯誤;設(shè)導體棒沿著導軌上滑過程中克服安培力做的功為W,由能量守恒定律可得W+mgLsin30°=12mv02,解得W=12(mv02-mgL),所以C正確;根據(jù)功能關(guān)系可得,導體棒沿著導軌上滑過程中電阻R上產(chǎn)生的熱量為Q=12W,則Q=8.(多選)在如圖所示的甲、乙、丙圖中,MN、PQ是固定在同一水平面內(nèi)足夠長的平行金屬導軌。導體棒ab垂直放在導軌上,導軌都處于垂直水平面向下的勻強磁場中,導體棒和導軌間的摩擦不計,導體棒、導軌和直流電源的電阻均可忽略,甲圖中的電容器C原來不帶電。今給導體棒ab一個向右的初速度v0,在甲、乙、丙圖中導體棒ab在磁場中的運動狀態(tài)是()A.甲圖中,棒ab最終做勻速運動B.乙圖中,棒ab勻減速運動直到最終靜止C.丙圖中,棒ab最終做勻速運動D.甲、乙、丙圖中,棒ab最終都靜止答案AC解析題圖甲中,導體棒向右運動切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流而使電容器充電,當電容器C極板間電壓與導體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢相等時,電路中沒有電流,ab棒不受安培力,向右做勻速運動,故A正確;題圖乙中,導體棒向右運動切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流,通過電阻R轉(zhuǎn)化為內(nèi)能,ab棒速度減小,當ab棒的動能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能時,ab棒靜止,又由于I=BlvR,F=IlB,可知F=B2L2vR,則導體棒所受安培力減小,根據(jù)牛頓第二定律可知導體棒的加速度減小,所以棒ab做加速度減小的減速運動,最終靜止,故B錯誤;題圖丙中,導體棒先受到向左的安培力作用向右做減速運動,速度減為零后再在安培力作用下向左做加速運動,當導體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢與電源的電動勢相等時,電路中沒有電流,ab棒向左做勻速運動,故C正確;由以上分析可知,甲、乙、丙圖中,只有題圖乙中棒ab綜合提升練9.如圖,一不可伸長的細繩的上端固定,下端系在邊長為l=0.40m的正方形金屬框的一個頂點上。金屬框的一條對角線水平,其下方有方向垂直于金屬框所在平面的勻強磁場。已知構(gòu)成金屬框的導線單位長度的阻值為λ=5.0×10-3Ω/m;在t=0到t=3.0s時間內(nèi),磁感應(yīng)強度大小隨時間t的變化關(guān)系為B=0.3-0.1t(T)。求:(1)t=2.0s時金屬框所受安培力的大小;(2)在t=0到t=2.0s時