專題強化二十三電磁感應(yīng)中的動力學(xué)和能量問題學(xué)習(xí)目標1.學(xué)會用動力學(xué)知識分析導(dǎo)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(xué)問題1.導(dǎo)體的兩種運動狀態(tài)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(xué)公式進行分析2.用動力學(xué)觀點解答電磁感應(yīng)問題的一般步驟角度“單棒+電阻”模型例1(多選)(2025·山東煙臺模擬)如圖所示，平行光滑金屬導(dǎo)軌ab、cd間距為L=1.5m，與水平面間的夾角θ=37°，導(dǎo)軌上端接有電阻R=0.8Ω。一導(dǎo)體棒PQ垂直導(dǎo)軌放置且與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)體棒質(zhì)量為m=2kg，連入電路的電阻為r=0.2Ω，PQ上方導(dǎo)軌間有一矩形磁場區(qū)域，磁場面積為S=0.5m2，磁場方向垂直導(dǎo)軌平面向下，矩形磁場區(qū)域內(nèi)的磁感應(yīng)強度大小B1隨時間t變化的圖像如圖乙所示，PQ棒下方包括PQ所在處的軌道間充滿垂直于軌道平面向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小B2=2T，導(dǎo)軌足夠長且電阻不計，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，導(dǎo)體棒從靜止釋放后，下列說法中正確的是()A.剛釋放時，導(dǎo)體棒的加速度為6m/s2B.導(dǎo)體棒的加速度為6m/s2時，其下滑速度大小為1m/sC.導(dǎo)體棒穩(wěn)定下滑時速度大小為2m/sD.導(dǎo)體棒穩(wěn)定下滑時，R兩端電壓為3.2V答案CD解析導(dǎo)體棒從靜止剛釋放時，感應(yīng)電動勢為E=ΔB1ΔtS=4×0.5V=2V，根據(jù)楞次定律和左手定則知，安培力方向沿導(dǎo)軌向下，根據(jù)牛頓第二定律mgsin37°+ER+rLB2=ma，解得a=9m/s2，故A錯誤;導(dǎo)體棒的加速度為6m/s2時，由牛頓第二定律有B2Lv1?ΔB1ΔtSR+rLB2+mgsin37°=ma1，解得下滑速度大小為v1=23m/s，故B錯誤;導(dǎo)體棒穩(wěn)定后勻速下滑時，有B2Lv?ΔB1ΔtSR+rLB2=角度“單棒+電容器”模型棒的初速度為零，拉力F恒定(棒和水平導(dǎo)軌電阻忽略不計，摩擦力不計)如圖所示，運動過程分析:棒做加速運動，持續(xù)對電容器充電，則存在充電電流由F-IlB=ma，I=ΔQΔt，ΔQ=CΔU，ΔU=ΔE=聯(lián)立可得F-CB2l2ΔvΔ則可得a=F所以棒做加速度恒定的勻加速直線運動功能關(guān)系:WF=12mv2+E電例2(2024·北京卷，18)如圖甲所示為某種“電磁槍”的原理圖。在豎直向下的勻強磁場中，兩根相距L的平行長直金屬導(dǎo)軌水平放置，左端接電容為C的電容器，一導(dǎo)體棒放置在導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，不計導(dǎo)軌電阻及導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間的摩擦。已知磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，導(dǎo)體棒的質(zhì)量為m、接入電路的電阻為R。開關(guān)閉合前電容器的電荷量為Q。(1)求閉合開關(guān)瞬間通過導(dǎo)體棒的電流I;(2)求閉合開關(guān)瞬間導(dǎo)體棒的加速度大小a;(3)在圖乙中定性畫出閉合開關(guān)后導(dǎo)體棒的速度v隨時間t的變化圖線。答案(1)QCR(2)BQL解析(1)開關(guān)閉合前電容器的電荷量為Q，則電容器兩極板間電壓為U=Q閉合開關(guān)瞬間，通過導(dǎo)體棒的電流為I=U聯(lián)立解得I=QCR(2)閉合開關(guān)瞬間，對導(dǎo)體棒由牛頓第二定律有ILB=ma結(jié)合(1)問解得a=BQLCRm(3)由(2)中結(jié)論可知，隨著電容器放電，電容器所帶電荷量不斷減少，導(dǎo)體棒的加速度不斷減小，當(dāng)電容器兩極板間的電壓與導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢相等，即回路中電流減為0時，導(dǎo)體棒不受安培力作用，加速度為0，此后導(dǎo)體棒做勻速運動，其v-t圖線如圖所示?？键c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3(2025·山東東營高三開學(xué)考)如圖所示，兩根足夠長相距為L=1m的平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ與水平面的夾角α=53°，導(dǎo)軌處在豎直向上的有界勻強磁場中，有界勻強磁場的寬度x1=1m，導(dǎo)軌上端連一阻值R=2Ω的電阻。質(zhì)量m=1kg、電阻r=2Ω的細金屬棒ab垂直放置在導(dǎo)軌上，開始時與磁場上邊界距離x0=14m，現(xiàn)將棒ab由靜止釋放，棒ab剛進入磁場時恰好做勻速運動。棒ab在下滑過程中與導(dǎo)軌始終接觸良好，導(dǎo)軌光滑且電阻不計，重力加速度g=10m/s2(1)棒ab剛進入磁場時的速度大小v;(2)磁場的磁感應(yīng)強度大小B;(3)棒ab穿過磁場的過程中電阻R產(chǎn)生的焦耳熱Q。答案(1)2m/s(2)203解析(1)棒ab進入磁場前，根據(jù)動能定理有mgx0sinα=12mv解得棒ab剛進入磁場時的速度大小v=2m/s。(2)棒ab產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=BLvcosα回路中感應(yīng)電流I=E棒ab勻速運動，有mgsinα=ILBcosα解得B=203T(3)根據(jù)能量守恒定律，棒ab穿過磁場的過程中產(chǎn)生的總熱量Q總=mgx1sinα=8J棒ab穿過磁場的過程中電阻R產(chǎn)生的焦耳熱Q=RR+rQ總=4例4(2024·浙江6月選考，19)某小組探究“法拉第圓盤發(fā)電機與電動機的功用”，設(shè)計了如圖所示裝置。飛輪由三根長a=0.8m的輻條和金屬圓環(huán)組成，可繞過其中心的水平固定軸轉(zhuǎn)動，不可伸長細繩繞在圓環(huán)上，系著質(zhì)量m=1kg的物塊，細繩與圓環(huán)無相對滑動。飛輪處在方向垂直環(huán)面的勻強磁場中，左側(cè)電路通過電刷與轉(zhuǎn)軸和圓環(huán)邊緣良好接觸，開關(guān)S可分別與圖示中的電路連接。已知電源電動勢E0=12V、內(nèi)阻r=0.1Ω，限流電阻R1=0.3Ω，飛輪每根輻條電阻R=0.9Ω，電路中還有可調(diào)電阻R2(待求)和電感線圈L，不計其他電阻和阻力損耗，不計飛輪轉(zhuǎn)軸大小。(1)開關(guān)S擲1，“電動機”提升物塊勻速上升時，理想電壓表示數(shù)U=8V，①判斷磁場方向，并求流過電阻R1的電流I;②求物塊勻速上升的速度v。(2)開關(guān)S擲2，物塊從靜止開始下落，經(jīng)過一段時間后，物塊勻速下降的速度與“電動機”勻速提升物塊的速度大小相等，①求可調(diào)電阻R2的阻值;②求磁感應(yīng)強度B的大小。答案(1)①垂直紙面向外10A②5m/s(2)①0.2Ω②2.5T解析(1)①根據(jù)題意可知，飛輪逆時針轉(zhuǎn)動，根據(jù)電路特點可知，三根輻條中的電流均沿輻條指向圓心，如圖所示，根據(jù)左手定則可知，磁場方向垂直紙面向外由于電壓表示數(shù)U=8V，則電源內(nèi)阻與限流電阻的總分壓為U總=E-U=4V根據(jù)歐姆定律得I=U總r+R②根據(jù)能量守恒定律有UIt=I2·R3t+mgv代入數(shù)據(jù)解得v=5m/s。(2)①根據(jù)題意可知，物