高考一輪復習物理課件（新教材魯科版）第十二章電磁感應專題強化二十四電磁感應中的動力學和能量問題

電磁感應中的動力學和能量問題專題強化二十四目標要求1.會用動力學知識分析電磁感應問題.2.會用功能關系和能量守恒解決電磁感應中的能量問題.內(nèi)容索引題型一電磁感應中的動力學問題題型二電磁感應中的能量問題課時精練題型一電磁感應中的動力學問題1.導體的兩種運動狀態(tài)(1)導體的平衡狀態(tài)——靜止狀態(tài)或勻速直線運動狀態(tài).處理方法：根據(jù)平衡條件列式分析.(2)導體的非平衡狀態(tài)——加速度不為零.處理方法：根據(jù)牛頓第二定律進行動態(tài)分析或結合功能關系分析.2.用動力學觀點解答電磁感應問題的一般步驟3.導體常見運動情況的動態(tài)分析v↓E＝Blv↓

I＝↓F安＝BIl↓F合若F合＝0勻速直線運動若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(xiàn)安增大，F(xiàn)合減小，a減小，做加速度減小的加速運動，減小到a＝0，勻速直線運動a、v反向v減小，F(xiàn)安減小，a減小，當a＝0，靜止或勻速直線運動例1

(2023·陜西咸陽市模擬)如圖，矩形閉合導體線框在勻強磁場上方，由不同高度靜止釋放，用t1、t2分別表示線框ab邊和cd邊剛進入磁場的時刻.線框下考向1

“單棒＋電阻”模型落過程形狀不變，ab邊始終保持與磁場水平邊界線OO′平行，線框平面與磁場方向垂直.設OO′下方磁場區(qū)域足夠大，不計空氣阻力影響，則下列圖像不可能反映線框下落過程中速度v隨時間t變化的規(guī)律的是√線框先做自由落體運動，t1時刻ab邊進入磁場做減速運動，加速度逐漸減小，而A圖像中的加速度逐漸增大，故A錯誤；線框先做自由落體運動，若進入磁場時重力小于安培力，ab邊進入磁場后做減速運動，當加速度減小到零時做勻速直線運動，cd邊進入磁場后線框做自由落體運動，加速度為g，故B正確；線框先做自由落體運動，ab邊進入磁場時若重力大于安培力，做加速度減小的加速運動，cd邊進入磁場后線框做自由落體運動，加速度為g，故C正確；線框先做自由落體運動，ab邊進入磁場時若重力等于安培力，做勻速直線運動，cd邊進入磁場后，線框繼續(xù)做自由落體運動，加速度為g，故D正確.例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，磁感應強度大小為1T，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝，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√√√t時刻，金屬桿的速度大小為v＝at，產(chǎn)生的感應電動勢為E＝Blv，t＝0時，F(xiàn)最小，代入數(shù)據(jù)可求得a＝2m/s2，選項D正確；t＝2s時，代入數(shù)據(jù)解得F＝12N，選項C正確.棒的初速度為零，拉力F恒定(棒和水平導軌電阻忽略不計，摩擦力不計)如圖，運動過程分析：棒做加速運動，持續(xù)對電容器充電，則存在充電電流考向2

“單棒＋電容器”模型所以棒做加速度恒定的勻加速直線運動.例3

如圖，兩條平行導軌所在平面與水平地面的夾角為θ，間距為L.導軌上端接有一平行板電容器，電容為C.導軌處于勻強磁場中，磁感應強度大小為B，方向垂直于導軌平面.在導軌上放置一質(zhì)量為m的金屬棒，棒可沿導軌下滑，且在下滑過程中始終保持與導軌垂直并接觸良好.已知金屬棒與導軌之間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g.忽略所有電阻.讓金屬棒從導軌上端由靜止開始下滑，求：(1)電容器極板上積累的電荷量與金屬棒速度大小的關系；答案Q＝CBLv設金屬棒下滑的速度大小為v，則感應電動勢為E＝BLv平行板電容器兩極板之間的電勢差為U＝E設此時電容器極板上積累的電荷量為Q，(2)金屬棒的速度大小隨時間變化的關系.設金屬棒的速度大小為v時，經(jīng)歷的時間為t，通過金屬棒的電流為I，金屬棒受到的磁場力方向沿導軌向上，大小為F＝BLI＝CB2L2a設在時間間隔(t，t＋Δt)內(nèi)流經(jīng)金屬棒的電荷量為ΔQ，則ΔQ＝CBLΔv按定義有I＝

，ΔQ也是平行板電容器極板在時間間隔(t，t＋Δt)內(nèi)增加的電荷量，由上式可得，Δv為金屬棒的速度變化量，金屬棒所受到的摩擦力方向沿導軌斜面向上，大小為f＝μN式中，N是金屬棒對于導軌的正壓力的大小，有N＝mgcosθ，金屬棒在時刻t的加速度方向沿斜面向下，設其大小為a，根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ－F－f＝ma，即mgsinθ－μmgcosθ＝CB2L2a＋ma題型二電磁感應中的能量問題1.電磁感應中的能量轉(zhuǎn)化2.求解焦耳熱Q的三種方法3.解題的一般步驟(1)確定研究對象(導體棒或回路)；(2)弄清電磁感應過程中哪些力做功，以及哪些形式的能量相互轉(zhuǎn)化；(3)根據(jù)功能關系或能量守恒定律列式求解.例4

(多選)如圖，MN和PQ是電阻不計的平行金屬導軌，其間距為L，導軌彎曲部分光滑，平直部分粗糙，兩部分平滑連接，平直部分右端接一個阻值為R的定值電阻.平直部分導軌左邊區(qū)域有寬度為d、方向豎直向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場.質(zhì)量為m、電阻也為R的金屬棒從高考向1應用功能關系解決電磁感應中的能量問題度為h處由靜止釋放，到達磁場右邊界處恰好停止.已知金屬棒與平直部分導軌間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g，金屬棒與導軌間接觸良好，則金屬棒穿過磁場區(qū)域的過程中√√考向2應用能量守恒定律解決電磁感應中的能量問題例5

(2023·北京市模擬)如圖所示，AB、CD為兩個平行的、不計電阻的水平光滑金屬導軌，置于方向垂直導軌平面向里、磁感應強度為B的勻強磁場中.AB、CD的間距為L，左右兩端均接有阻值為R的電阻.質(zhì)量為m、長為L且電阻不計的導體棒MN放在導軌上，與導軌接觸良好，并與輕質(zhì)彈簧組成彈簧振動系統(tǒng).開始時，彈簧處于自然長度，導體棒MN具有水平向左的初速度v0，經(jīng)過一段時間，導體棒MN第一次運動到最右端，這一過程中AC間的電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為Q，則√導體棒運動過程中，安培力做功，電阻產(chǎn)生焦耳熱，則棒和彈簧的機械能有損失，則當棒再次回到初始位置時速度小于v0，導體棒水平方向做的不是簡諧運動，則導體棒回到初始位置時產(chǎn)生的感應電動勢E1<BLv0，例6如圖所示，粗細均勻的正方形導線框abcd放在傾角為θ＝30°的絕緣光滑斜面上，通過輕質(zhì)細線繞過光滑的定滑輪與木塊相連，細線和線框共面、與斜面平行.距線框cd邊為L0的MNQP區(qū)域存在著垂直于斜面、大小相等、方向相反的兩個勻強磁場，EF為兩個磁場的分界線，ME＝EP＝L2.現(xiàn)將木塊由靜止釋放后，木塊下降，線框沿斜面上滑，恰好勻速進入和離開勻強磁場.已知線框邊長為L1(L1<L2)、質(zhì)量為m、電阻大小為R，木塊質(zhì)量也為m，重力加速度為g，試求：(1)勻強磁場的磁感應強度B的大?。粚Ь€框勻速進入磁場時，受力平衡，受力情況如圖所示.根據(jù)平衡條件有T＝F安＋mgsinθ其中F安＝BIL1E＝BL1v導線框與木塊通過細線相連，線框勻速進入磁場時，木塊勻速下降，根據(jù)平衡條件有T＝mg對導線框和木塊構成的系統(tǒng)，進入磁場前二者一起做勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律有mg－mgsinθ＝2ma(2)導線框通過勻強磁場過程中線框中產(chǎn)生的焦耳熱Q.線框恰好勻速進入和離開勻強磁場，導線框通過勻強磁場過程中，線框和木塊組成的系統(tǒng)減少的重力勢能轉(zhuǎn)化為電路中產(chǎn)生的焦耳熱，根據(jù)能量守恒定律得Q＝mg(2L2＋L1)－mg(2L2＋L1)sinθ三課時精練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將往返運動基礎落實練1234567√8910123456789102.兩根足夠長的光滑導軌豎直放置，間距為L，頂端接阻值為R的電阻.質(zhì)量為m、電阻為r的金屬棒在距磁場上邊界某處由靜止釋放，金屬棒和導軌接觸良好，導軌所在平面與磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場垂直，如圖所示.不計導軌的電阻，重力加速度為g，則下列說法正確的是A.金屬棒在磁場中運動時，流過電阻R的電流方向為a→bB.金屬棒剛進磁場時一定做加速運動12345678910√1234567當金屬棒在磁場中向下運動時，根據(jù)楞次定律可判斷通過電阻R的電流方向為b→a，A錯誤；由于無法確定金屬棒剛進入磁場時安培力的大小與重力的大小關系，故無法確定金屬棒的運動情況，B錯誤；891012345678910A.圖甲 B.圖乙

C.圖丙 D.圖丁3.(多選)(2023·福建福州市模擬)在甲、乙、丙、丁四圖中，除導體棒ab可以移動外，其余部分均固定不動，圖中的R為定值電阻，導體棒和導軌電阻均不計，導體棒和導軌之間的摩擦力也不計，圖中裝置均在水平面內(nèi)，且都處于方向垂直于水平面向下的勻強磁場中，導軌足夠長.圖甲、乙、丙中的導體棒ab均受外力F的作用，其中圖甲、丙中外力F為恒力，圖乙中外力F的功率恒定，圖丙中的電容器C原來不帶電，圖丁中的電容器C已充電，四個圖中導體棒ab從靜止到最終做勻速運動的是1234567√√8910√12345678910123456789104.(多選)如圖甲所示，兩間距為L的平行光滑金屬導軌固定在水平面內(nèi)，左端用導線連接，導軌處在豎直向上的勻強磁場中，一根長度也為L、電阻為R的金屬棒放在導軌上，在平行于導軌向右、大小為F的恒力作用下向右運動，金屬棒運動過程中，始終與導軌垂直并接觸良好，金屬棒運動的加速度與速度關系如圖乙所示，不計金屬導軌及左邊導線電阻，金屬導軌足夠長，若圖乙中的a0、v0均為已知量，12345678910則下列說法正確的是1234567√√8910D.某時刻撤去拉力，此后金屬棒運動過程中加速度大小與速度大小成正比√123456789101234567891012345675.(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°的斜面上，導軌的右端接有電阻R，整個裝置放在磁感應強度大小為B的勻強磁場中，磁場方向與導軌平面垂直.導軌上有一質(zhì)量為m、電阻也為R的金屬棒與兩導軌垂直且接觸良好，金屬棒以一定的初速度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√8910√1234567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；8910123456789106.(多選)(2021·全國甲卷·21)由相同材料的導線繞成邊長相同的甲、乙兩個正方形閉合線圈，兩線圈的質(zhì)量相等，但所用導線的橫截面積不同，甲線圈的匝數(shù)是乙的2倍.現(xiàn)兩線圈在豎直平面內(nèi)從同一高度同時由靜止開始下落，一段時間后進入一方向垂直于紙面的勻強磁場區(qū)域，磁場的上邊界水平，如圖所示.不計空氣阻力，已知下落過程中線圈始終平行于紙面，上、下邊保持水平.在線圈下邊進入磁場后且上邊進入磁場前，可能出現(xiàn)的是A.甲和乙都加速運動B.甲和乙都減速運動C.甲加速運動，乙減速運動D.甲減速運動，乙加速運動1234567能力綜合練√8910√1234567設線圈下邊到磁場上邊界的高度為h，線圈的邊長為l，8910感應電動勢為E＝nBlv，兩線圈材料相同(設密度為ρ0)，質(zhì)量相同(設為m)，則m＝ρ0×4nl×S，設材料的電阻率為ρ，則線圈電阻12345678910由牛頓第二定律有mg－F＝ma加速度與線圈的匝數(shù)、橫截面積無關，則甲和乙進入磁場時，具有相同的加速度.12345678910123456789107.(2022·全國乙卷·24)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.已知構成金屬框的導線單位長度的阻值為λ＝×10－3Ω/m；在t＝0到t＝3.0s時間內(nèi)，磁感應強度大小隨時間t的變化關系為B(t)＝－t(SI).求：(1)t＝2.0s時金屬框所受安培力的大??；12345678910金屬框的總電阻為R＝4lλ＝4××5×10－3Ω＝0.008Ω金屬框中產(chǎn)生的感應電動勢為t＝2.0s時磁感應強度大小為B2＝－×2.0)T＝0.1T12345678910此時金屬框所受安培力大小為12345678910(2)在t＝0到t＝2.0s時間內(nèi)金屬框產(chǎn)生的焦耳熱.答案0.016J0～2.0s時間內(nèi)金屬框產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝I2Rt′＝12××2J＝0.016J.12345678910答案

1m/s21234567

導體棒速度為1m/s時，感應電動勢大小為E1＝BLv1＝1V，根據(jù)閉合電路歐姆定律，8910根據(jù)楞次定律可得，安培力的方向沿斜面向上，設此時的加速度大小為a，根據(jù)牛頓第二定律得mgsin37°－F1－μmgcos37°＝ma，解得a＝1m/s212345678910(2)導體棒勻速運動時的速度大??；當導體棒勻速運動時，設此時的安培力大小為F2，根據(jù)受力平衡可得mgsin37°＝F2＋μmgcos37°，解得F2＝1N.答案

2m/s12345678910(3)導體棒從靜止到勻速的運動過程中小燈泡產(chǎn)生的焦耳熱.答案

0.75J12345678910

導體棒從靜止到勻速的運動過程中，設回路中產(chǎn)生的總的焦耳熱為Q總，由題意可知s＝2m，解得Q總＝1J由于回路中電流處處相等，小燈泡產(chǎn)生的焦耳熱為9.(2023·福建泉州市質(zhì)檢)如圖為某航母艦載機電磁彈射的簡化原理：在水平面內(nèi)由平行長直固定絕緣軌道組成的區(qū)域內(nèi)，等間距分布著豎直向下和豎直向上的勻強磁場，磁感應強度大小均為B.一電阻為R、質(zhì)量為m的矩形金屬框放在軌道上，其長邊邊長為L，短邊邊長等于每個磁場的寬度.當磁場向右運動的速度足夠大時，金屬框?qū)⒀剀壍老蛴疫\動，運動過程中所受阻力大小恒為f.12345678910素養(yǎng)提升練(1)若磁場以速率v運動時，金屬框不動，求金屬框在圖示位置時的電流大小與方向；123456789101234567根據(jù)右手定則可知，電流方向為順時針方向，設金屬框中的電動勢大小為E，由法拉第電磁感應定律得E＝2BLv.設金屬框中的電流大小為I，8910(2)若磁場以較大速率做勻速運動，驅(qū)動金屬框獲得的最大速率為v1，求磁場的速率v2；123456789101234567金屬框速率為v1時，設金屬框內(nèi)電流大小為I1，金屬框受到的安培力大小為F1＝2BI1L根據(jù)平衡條件得F1＝f，金屬框相對磁場的速度大小為v2－v1，則E1＝2BL(v2－v1)8910(3)若磁場由靜止開始以加速度a做勻加速運動，求經(jīng)歷多長時間金屬框開始運動以及金屬框和磁場最終速度差的大小Δv.123456789101234567當金屬框開始運動時，設磁場的速度大小為v0，此時金屬框受到的安培力大小等于阻力f的大小，8910最終金屬框的加速度a1與磁場的加速度相同，即a1＝a，1234567891010.(2022·湖北卷·15)如圖所示，高度足夠的勻強磁場區(qū)域下邊界水平、左右邊界豎直，磁場方向垂直于紙面向里.正方形單匝線框abcd的邊長L＝0.2m、回路電阻R＝1.6×10－3Ω、質(zhì)量m＝0.2kg.線框平面與磁場方向垂直，線框的ad邊與磁場左邊界平齊，ab邊與磁場下邊界的距離也為L.現(xiàn)對線框施加與水平向右方向成θ＝45°角、大小為4

N的恒力F，使其在圖示豎直平面內(nèi)由靜止開始運動.從ab邊進入磁場開始，在豎直方向線框做勻速運動；dc邊進入磁場時，bc邊恰好到達磁場右邊界.重力加速度大小取g＝10m/s2，求：12345678910(1)ab邊進入磁場前，線框在水平方向和豎直方向的加速度大小；答案20m/s2

10m/s212345678910ab邊進入磁場前，對線框進行受力分析，由牛頓第二定律，在水平方向有Fcosθ＝max代入數(shù)據(jù)有ax＝20