第2章 专题强化10 电磁感应中的动力学和能量问题-【步步高】2023-2024学年高二物理选择性必修 第二册 （鲁科版2019）

专题强化10　电磁感应中的动力学和能量问题 [学习目标]　1.学会分析导体棒、线框在磁场中的受力(重点)。2.能根据电流的变化分析导体棒、线框受力的变化情况和运动情况(重难点)。3.能利用牛顿运动定律和平衡条件分析有关问题(重难点)。4.理解电磁感应现象中的能量转化，会用动能定理、能量守恒定律分析有关问题(重难点)。 一、电磁感应中的动力学问题 1．理解两个研究对象及其之间的相互制约关系 2．基本步骤 (1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律(包括右手定则)求出感应电动势的大小和方向。 (2)依据闭合电路欧姆定律，求出电路中的电流。 (3)分析导体的受力情况(包含安培力，可用左手定则确定安培力的方向)。 (4)依据牛顿第二定律列出动力学方程或平衡方程，或运动学方程，或能量守恒方程，然后求解。 3．两种状态处理 (1)导体处于平衡状态——静止或匀速直线运动状态。 处理方法：根据平衡条件(合外力等于0)列式分析。 (2)导体处于非平衡状态——加速度不为0。 处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系进行分析。 4．电磁感应中的动力学临界问题 基本思路：导体受外力运动感应电动势感应电流导体受安培力→合外力变化加速度变化→临界状态。 例1　如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R。金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下，导轨与金属棒电阻均不计。现使磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，下列说法正确的是(　　) A．ab中的感应电流方向由b到a B．ab中的感应电流逐渐减小 C．ab所受的安培力保持不变 D．ab所受的静摩擦力逐渐减小 答案　D 解析　金属棒ab、电阻R、导轨构成闭合回路，磁感应强度均匀减小(即＝k为一定值)，则闭合回路中的磁通量减小，根据楞次定律，可知回路中产生顺时针方向(从上向下看)的感应电流，ab中的电流方向由a到b，故选项A错误；根据法拉第电磁感应定律，感应电动势E＝＝＝kS，则感应电动势为定值，根据I＝知，ab中的感应电流大小不变，故选项B错误；安培力F＝BIl，电流大小不变，磁感应强度减小，则ab所受的安培力减小，故选项C错误；金属棒处于静止状态，所受合力为零，对其受力分析，水平方向上静摩擦力f与安培力F等大反向，安培力减小，则静摩擦力减小，故选项D正确。 例2　如图甲所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L，M、P两点间接有阻值为R的定值电阻，一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直，整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下，导轨和金属杆的电阻可忽略，让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦。(重力加速度为g) (1)由b向a方向看到的装置如图乙所示，请在此图中画出ab杆下滑过程中的受力示意图； (2)在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v时，求此时ab杆中的电流大小及其加速度的大小； (3)求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值。 答案　(1)见解析图　(2)　gsin θ－　(3) 解析　(1)如图所示，ab杆受重力mg，方向竖直向下；支持力N，方向垂直于导轨平面向上；电流方向由a→b，安培力F安，方向沿导轨向上。 (2)当ab杆的速度大小为v时，感应电动势E＝BLv， 则此时电路中的电流I＝＝ ab杆受到的安培力F安＝BIL＝ 根据牛顿第二定律，有 mgsin θ－F安＝ma 联立各式解得a＝gsin θ－。 (3)当a＝0时，ab杆达到最大速度vm， 即有mgsin θ＝，解得vm＝。 例3　(多选)(2023·福建师大附中高二开学考试)如图，空间某区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，一正方形闭合金属线框自磁场上方某处自由释放后穿过磁场，整个过程线框平面始终竖直。线框边长小于磁场区域上下宽度。若不计空气阻力，以线框刚进入磁场时为计时起点，下列描述线框所受安培力F随时间t变化的图像中，可能正确的是(　　) 答案　BCD 解析　进入磁场前，线框受重力作用加速下落，进入与离开磁场时都受到向上的安培力作用。若线框进入磁场时安培力大于重力，线框做加速度减小的减速运动，安培力随速度减小而减小，某时刻安培力等于重力，线框做匀速运动，由平衡条件可得mg＝F＝，此时速度v0＝，完全进入后只受重力作用，线框做加速运动，刚要离开时的速度大于完全进入时的速度，故安培力大于重力，线框做减速运动，速度减小，安培力也减小，故A错误，C正确；若线框进入磁场时安培力恰好等于重力，进入过程中安培力不变，完全进入后只受重力作用，线框加速，离开磁场时安培力大于重力，速度减小，安培力也减小，故B正确； 若线框进入磁场时安培力小于重力，由mg－＝ma，可知线框做加速度减小的加速运动，进入过程安培力不断增大，完全进入后线框做加速运动，若离开磁场时安培力大于重力，线框做加速度减小的减速运动，安培力随速度的减小而减小，故D正确。 二、电磁感应中的能量问题 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 (1)根据动能定理可得，导体棒克服安培力做的总功W克安＝mv02； (2)根据能量守恒定律可得，整个过程回路中产生的总热量为Q＝mv02，可知，W克安＝Q(填“>”“<”或“＝”)； (3)电阻R消耗的总电能为。 2．在例2中，设ab杆沿导轨由静止开始下滑至速度最大的过程中下滑的竖直高度为h，则 (1)根据动能定理可得mgh－W克安＝mvm2－mv02，可得W克安＝mgh＋mv02－mvm2； (2)根据能量守恒定律可得mgh＝mvm2－mv02＋Q，整个回路产生的热量Q＝mgh＋mv02－mvm2，可得知W克安＝Q(填“>”“<”或“＝”)； (3)电阻R消耗的总电能为mgh＋mv02－mvm2。 1．电磁感应现象中的能量转化 安培力做功 2．焦耳热的计算 (1)电流恒定时，根据焦耳定律求解，即Q＝I2Rt。 (2)感应电流变化时，可用以下方法分析： ①利用动能定理，求出克服安培力做的功W克安，即Q＝W克安。 ②利用能量守恒定律，焦耳热等于其他形式能量的减少量。 3．导体棒克服安培力做的功等于整个电路产生的焦耳热Q。电阻与导体棒串联，产生的焦耳热与电阻成正比。电阻R产生的焦耳热为QR＝Q，导体棒产生的焦耳热为Qr＝Q。 例4　如图所示，足够长的平行光滑U形导轨倾斜放置，所在平面的倾角θ＝37°，导轨间的距离L＝1.0 m，下端连接R＝1.6 Ω的定值电阻，导轨电阻不计，所在空间存在垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度B＝1.0 T。质量m＝0.5 kg、电阻r＝0.4 Ω的金属棒ab垂直放置于导轨上，现用沿导轨平面且垂直于金属棒、大小为F＝5.0 N的恒力使金属棒ab从静止开始沿导轨向上滑行且始终与导轨接触良好，当金属棒滑行x＝2.8 m后速度保持不变 (sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)。求： (1)金属棒匀速运动时的速度大小v； (2)金属棒从静止开始到做匀速运动的过程中，电阻R上产生的热量QR。 答案　(1)4 m/s　(2)1.28 J 解析　(1)金属棒匀速运动时产生的感应电流为I＝ 由平衡条件有F＝mgsin θ＋ILB 联立并代入数据解得v＝4 m/s。 (2)设整个电路中产生的热量为Q，由动能定理得Fx－mgxsin θ－W克安＝mv2， 而Q＝W克安，QR＝Q 联立并代入数据解得QR＝1.28 J。 例5　(多选)(2023·天津市第四中学高二期末)如图所示，平行金属导轨与水平面间的夹角为θ，导轨电阻不计，与阻值为R的定值电阻相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面，磁感应强度为B。有一质量为m、长为l的导体棒从ab位置获得平行于导轨且大小为v的初速度向上运动，最终到达a′b′的位置，滑行的距离为s，导体棒的电阻也为R，与导轨之间的动摩擦因数为μ。重力加速度为g，则(　　) A．上滑过程中导体棒受到的最大安培力为 B．上滑过程中整个回路产生的热量为mv2－mgs(sin θ＋μcos θ) C．上滑过程中导体棒克服安培力做的功为mv2 D．上滑过程中导体棒损失的机械能为mv2－mgssin θ 答案　ABD 解析　上滑过程中开始时导体棒的速度最大，产生的感应电动势最大，感应电流最大，导体棒受到的安培力最大，则有F＝BIl＝，故A正确；根据能量守恒，上滑过程中减少的动能转化为增加的重力势能、增加的摩擦热和增加的焦耳热，则整个回路产生的焦耳热为Q＝ mv2－mgs(sin θ＋μcos θ)，故B正确；上滑过程中导体棒克服安培力做的功等于回路产生的焦耳热，则有W克安＝Q＝mv2－mgs(sin θ＋μcos θ)，故C错误；上滑过程中导体棒损失的机械能等于减少的动能减去增加的重力势能，则有ΔE＝mv2－mgssin θ，故D正确。 专题强化练 考点一　电磁感应中的动力学问题 1.如图所示，质量为m的金属环用细线悬挂起来，金属环有一半处于水平且与环面垂直的匀强磁场中，从某时刻开始，磁感应强度均匀减小，则在磁感应强度均匀减小的过程中，关于细线拉力大小，下列说法中正确的是(　　) A．大于环重力，并逐渐减小 B．始终等于环重力 C．小于环重力，并保持恒定 D．大于环重力，并保持恒定 答案　A 解析　根据楞次定律知金属环中感应电流方向为顺时针方向，再由左手定则判断可知环所受安培力竖直向下，对环受力分析，根据受力平衡有T＝mg＋F，得T>mg，F＝IlB，根据法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律有I＝＝＝S，可知I为恒定电流，B减小，则F减小，由T＝mg＋F知T减小，选项A正确。 2.(多选)如图所示，MN和PQ是两根互相平行竖直放置的光滑金属导轨，已知导轨足够长，且电阻不计。ab是一根与导轨垂直且始终与导轨接触良好的金属杆。开始时，将开关S断开，让杆ab由静止开始自由下落，一段时间后，再将S闭合，若从S闭合开始计时，则金属杆ab的速度v随时间t变化的图像可能是(　　) 答案　ACD 解析　设ab杆的有效长度为l，有效电阻为R，S闭合时，金属杆受重力mg、安培力F安＝，若＞mg，杆先减速再匀速，D项有可能；若＝mg，杆匀速运动，A项有可能；若＜mg，杆先加速再匀速，C项有可能；由于v变化，－mg＝ma中的a不恒定，故B项不可能。 3.如图所示，匀强磁场存在于虚线框内，矩形线圈竖直下落，如果线圈受到的安培力总小于其重力，则它在1、2、3、4位置时的加速度关系为(　　) A．a1>a2>a3>a4 B．a1＝a3>a2>a4 C．a1＝a3>a4>a2 D．a4＝a2>a3>a1 答案　B 解析　线圈进入磁场前和全部进入磁场后，都仅受重力作用，所以加速度a1＝a3＝g。线圈在题图中2位置时，受到重力和向上的安培力，且已知F安2<mg，所以a2＝<g。而由于线圈完全在磁场中时做加速度为g的加速运动，故4位置时的速度大于2位置时的速度，根据F安＝及a＝可得a4<a2，故线圈在1、2、3、4位置时的加速度关系为a1＝a3>a2>a4，B正确。 4.(2023·玉溪市第三中学高二月考)如图所示，在竖直平面内有两根相互平行、电阻忽略不计的光滑金属导轨(足够长)，两平行金属导轨间的距离L＝0.4 m，在导轨间接有阻值R＝2.0 Ω的电阻，一根质量为m＝0.4 kg的金属棒ab垂直导轨放置在导轨上且与导轨接触良好，金属棒的电阻r＝1.0 Ω。整个装置处于垂直导轨所在平面向里的匀强磁场中，磁感应强度B＝5 T。现让金属棒ab沿导轨由静止开始运动，金属棒ab下滑高度为h＝1.2 m时恰好达到最大速度。重力加速度为g＝10 m/s2，求： (1)金属棒ab下滑能达到的速度最大值； (2)金属棒ab由静止开始到达到最大速度的过程中，通过电阻R的电荷量q。 答案　(1)3 m/s　(2)0.8 C 解析　(1)当a＝0时，速度达到最大，有mg＝BImL 而最大感应电流为Im＝ 联立可得vm＝＝3 m/s (2)q＝·Δt＝·Δt 平均感应电动势＝n 联立可得q＝＝0.8 C。 考点二　电磁感应中的能量问题 5.(多选)如图所示，两根光滑的金属导轨，平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，导轨的左端接有电阻R，导轨自身的电阻可不计。斜面处在一匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上。质量为m、电阻可以不计的金属棒ab，在沿着斜面与棒垂直的恒力F的作用下沿导轨匀速上滑，且上升的高度为h，在这一过程中(　　) A．作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于零 B．金属棒克服安培力做的功等于金属棒重力势能增加量 C．恒力F与安培力的合力所做的功等于零 D．恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热 答案　AD 解析　金属棒匀速上滑的过程中，对金属棒受力分析可知，有三个力对金属棒做功，恒力F做正功，重力做负功，安培力阻碍相对运动，沿导轨平面向下，做负功，匀速运动时，金属棒所受合力为零，故合力做功为零，A正确；恒力F与安培力的合力所做的功等于重力势能的增加量，故B、C错误；克服安培力做多少功就有多少其他形式的能转化为电路中的电能，电能又等于电阻R上产生的焦耳热，故恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热，D正确。 6.(2023·天津实验中学高二期末)如图所示，单匝正方形线圈在外力作用下以速度v向右匀速进入匀强磁场，第二次又以速度2v匀速进入同一匀强磁场。第二次进入磁场与第一次进入比较(　　) A．回路的电流I2∶I1＝2∶1 B．外力的功率P2∶P1＝2∶1 C．产生的热量Q2∶Q1＝4∶1 D．回路中流过的电荷量q2∶q1＝4∶1 答案　A 解析　设匀强磁场磁感应强度为B，线圈的边长为L，线圈电阻为R，线圈进入磁场过程中，产生的感应电动势E＝BLv，感应电流I＝＝，可知感应电流I与速度v成正比，第二次进入与第一次进入时线圈中电流之比等于速度之比，即I2∶I1＝2v∶v＝2∶1，故A正确；线圈进入磁场时受到的安培力F安＝BIL＝，线圈做匀速直线运动，由平衡条件得，外力F＝F安＝BIL＝，则外力功率P＝Fv＝，功率与速度的平方成正比，第二次进入与第一次进入时外力做功的功率之比为P2∶P1＝(2v)2∶v2＝4∶1，故B错误；线圈进入磁场过程中产生的热量Q＝I2Rt＝()2R·＝，产生的热量与速度成正比，第二次进入与第一次进入时线圈中产生的热量之比为Q2∶Q1＝2v∶v＝2∶1，故C错误；通过导线横截面电荷量q＝IΔt＝·Δt＝＝，电荷量与速度无关，电荷量之比为1∶1，故D错误。 7.(2023·长春市十一中高二月考)如图所示，水平光滑的平行金属导轨，左端接有电阻R，匀强磁场B竖直向下分布在导轨所在的空间内，质量一定的金属棒PQ垂直导轨放置。若使棒以一定的初速度v0向右运动，当其通过位置a、b时，速率分别为va、vb，到位置c时棒刚好静止，设金属导轨与棒的电阻均不计，a到b与b到c的间距相等，则金属棒在从a到b和从b到c的两个过程中(　　) A．金属棒做匀减速运动 B．通过金属棒横截面积的电荷量，从a到b比从b到c大 C．克服安培力做功，从a到b比从b到c大 D．回路中产生的内能相等 答案　C 解析　金属棒PQ在运动过程中所受到的合力为安培力，方向向左，F安＝BIL＝，由牛顿第二定律得＝ma，由于v减小，所以金属棒向右运动过程中，加速度逐渐减小，故A错误； 金属棒运动过程中，电路产生的电荷量q＝Δt＝Δt＝·Δt＝＝B 从a到b的过程中与从b到c的过程中，回路面积的变化量ΔS相等，B、R相等，因此，通过棒横截面的电荷量相等，故B错误；金属棒在安培力作用下做减速运动，速度v越来越小，金属棒克服安培力做功，把金属棒的动能转化为内能，由于ab间距离与bc间距离相等，安培力从a到c逐渐减小，由W＝F安s定性分析可知，从a到b克服安培力做的功比从b到c克服安培力做的功多，因此在从a到b的过程产生的内能多，故C正确，D错误。 8．(2022·济宁市高二期中)如图所示，相距为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，其余电路电阻都不计，匀强磁场垂直于导轨平面向下，磁感应强度大小为B。现将质量为m的导体棒由静止释放，当棒下滑到稳定状态时，速度为v，重力加速度为g。下列说法错误的是(　　) A．导体棒达到稳定状态前做加速度减小的加速运动 B．当导体棒速度达到时，加速度为gsin θ C．导体棒的a端电势比b端电势高 D．导体棒达到稳定状态后，电阻R产生的焦耳热等于重力所做的功 答案　C 解析　根据牛顿第二定律可得导体棒下滑过程中的加速度a＝＝gsin θ－，由此可知，速度增大、加速度减小，所以导体棒达到稳定状态前做加速度减小的加速运动，故A正确，不符合题意；当速度为v′＝v时加速度为零，即gsin θ＝，当导体棒速度达到时，加速度a＝gsin θ－＝gsin θ，故B正确，不符合题意；根据右手定则可得导体棒中的电流方向由a→b，由于导体棒为电源，所以b端电势高，故C错误，符合题意；导体棒达到稳定状态后，根据能量守恒定律可得，电阻R产生的焦耳热等于重力所做的功，故D正确，不符合题意。 9．(2023·宿迁市高二期末)如图所示，倾斜放置的光滑平行足够长的金属导轨MN、PQ间静置一根质量为m的导体棒，阻值为R的电阻接在M、P间，其他电阻忽略不计，磁感应强度为B的匀强磁场垂直导轨平面向下。t＝0时对导体棒施加一个沿导轨平面向上的力F，使得导体棒能够从静止开始向上做匀加速直线运动，则在导体棒向上运动的过程中，施加的力F、力F的功率P、产生的感应电流I、电阻R上产生的热量Q随时间变化的图像正确的是(　　) 答案　A 解析　设导轨平面与水平面的夹角为θ，导体棒向上做匀加速运动，则F－－mgsin θ＝ma 即F＝t＋ma＋mgsin θ，则选项A正确；力F的功率P＝Fv＝(t＋ma＋mgsin θ)at＝t2＋m(a2＋agsin θ)t 则P－t图像为开口向上的抛物线，选项B错误；产生的感应电流I＝ 则I－t图像是过原点的直线，选项C错误；电阻R上产生的热量Q＝I2Rt，电流随时间t均匀增加，则Q－t图像一定不是过原点的直线，选项D错误。 10.(2022·湖北省名校联盟高二联考)如图所示，MN、PQ是两根足够长的光滑平行金属导轨，导轨间距L＝0.5 m，导轨所在平面与水平面的夹角θ＝30°，M、P间接有R＝3.2 Ω的电阻。范围足够大的匀强磁场垂直导轨所在平面向上，磁感应强度大小B＝1.6 T。长度与导轨间距相等、质量m＝0.2 kg、阻值r＝0.8 Ω的金属棒放在两导轨上，在大小为1.8 N、方向平行于导轨向上的恒定拉力F作用下，从静止开始向上运动。已知金属棒与导轨始终垂直并保持良好接触，导轨足够长且电阻不计，取重力加速度大小g＝10 m/s2。 (1)当金属棒的速度大小v1＝1 m/s时，求金属棒的加速度大小a； (2)金属棒向上的位移大小s＝5.5 m前，金属棒已经进入匀速运动状态，求金属棒从开始运动到位移大小为s＝5.5 m的过程中R上产生的焦耳热。 答案　(1)3.2 m/s2　(2)1.52 J 解析　(1)当金属棒的速度大小v1＝1 m/s时，设回路中的感应电动势为E1、感应电流为I1，则E1＝BLv1，I1＝ 此时金属棒受到的安培力FA1＝BI1L 根据牛顿第二定律有F－mgsin θ－FA1＝ma 解得a＝3.2 m/s2 (2)设金属棒匀速运动的速度大小为vm，根据受力平衡有 F－mgsin θ－FA＝0 又FA＝ 设在所研究的过程中金属棒克服安培力所做的功为W克安，根据动能定理有 Fs－W克安－mgssin θ＝mvm2 又有回路中产生的焦耳热等于金属棒克服安培力做的功，即W克安＝Q， 故R上产生的焦耳热为QR＝Q 联立解得QR＝1.52 J。 11．(2023·邯郸市高二期末)如图所示，在距离水平地面h＝0.8 m的虚线的上方，有一个方向垂直于纸面水平向里的匀强磁场。正方形线框abcd的边长l＝0.2 m、质量m＝0.1 kg、电阻R＝0.08 Ω。一条不可伸长的轻绳绕过轻质光滑滑轮，一端连接线框，另一端连接一质量M＝0.2 kg的物体A(A未在磁场中)。开始时线框的cd边在地面上，各段绳都处于伸直状态，从如图所示的位置由静止释放物体A，一段时间后线框进入磁场运动，已知线框的ab边刚进入磁场时线框恰好做匀速运动。当线框的cd边进入磁场时物体A恰好落地，此时将轻绳剪断，线框继续上升一段时间后开始下落，最后落至地面。整个过程线框没有转动，线框平面始终平行于纸面，g取10 m/s2。求： (1)匀强磁场的磁感应强度B的大小； (2)线框从开始运动至到达最高点所用时间； (3)线框落地时的速度大小。 答案　(1)1 T　(2)0.9 s　(3)4 m/s 解析　(1)设线框到达磁场边界时速度大小为v，对系统由机械能守恒定律可得：Mg(h－l)＝mg(h－l)＋(M＋m)v2，代入数据解得v＝2 m/s，线框的ab边刚进入磁场时，感应电流I＝ 线框恰好做匀速运动，有Mg＝mg＋IBl，代入数据解得B＝1 T (2)设线框进入磁场之前运动时间为t1，有h－l＝vt1，代入数据解得t1＝0.6 s，线框进入磁场过程做匀速运动，所用时间t2＝＝0.1 s，此后轻绳拉力消失，线框做竖直上抛运动，到最高点时所用时间t3＝＝0.2 s，线框从开始运动至到达最高点所用时间t＝t1＋t2＋t3＝0.9 s (3)由运动的对称性可知线框从最高点下落至磁场边界时速度大小仍为v，线框所受安培力大小也不变，即IBl＝(M－m)g＝mg，因此线框穿出磁场过程还是做匀速运动，离开磁场后做竖直下抛运动。 由机械能守恒定律可得mvt2＝mv2＋mg(h－l)， 代入数据解得线框落地时的速度大小vt＝4 m/s。 学科网（北京）股份有限公司 $$