第2章 习题课3 电磁感应中的动力学及能量问题（课件PPT）-【精讲精练】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册（教科版）

该高中物理课件聚焦电磁感应中的动力学及能量问题，系统梳理电学与力学对象相互制约关系、能量转化规律，通过探究案、提升案等栏目导航，以法拉第定律和楞次定律为基础，搭建从规律应用到综合问题解决的学习支架。 其亮点在于以动态分析流程（导体运动→电磁感应→安培力→运动状态变化）培养科学思维，结合金属棒运动等实例落实科学探究，通过高考真题变式训练强化能量观念。学生能提升综合分析能力，教师可借助分层训练高效开展教学。

第二章　电磁感应及其应用 习题课三　电磁感应中的动力学及能量问题 栏目导航 第二章　电磁感应及其应用 1 栏目导航 探究案 关键能力·互动探究 01 知能达标训练 03 提升案 随堂演练·基础落实 02 栏目导航 第二章　电磁感应及其应用 1 栏目导航 第二章　电磁感应及其应用 1 栏目导航 01 探究案 关键能力·互动探究 栏目导航 第二章　电磁感应及其应用 1 栏目导航 第二章　电磁感应及其应用 1 栏目导航 第二章　电磁感应及其应用 1 栏目导航 第二章　电磁感应及其应用 1 栏目导航 第二章　电磁感应及其应用 1 栏目导航 第二章　电磁感应及其应用 1 栏目导航 第二章　电磁感应及其应用 1 栏目导航 第二章　电磁感应及其应用 1 栏目导航 第二章　电磁感应及其应用 1 栏目导航 第二章　电磁感应及其应用 1 栏目导航 第二章　电磁感应及其应用 1 栏目导航 第二章　电磁感应及其应用 1 栏目导航 第二章　电磁感应及其应用 1 栏目导航 第二章　电磁感应及其应用 1 栏目导航 第二章　电磁感应及其应用 1 栏目导航 第二章　电磁感应及其应用 1 栏目导航 第二章　电磁感应及其应用 1 栏目导航 第二章　电磁感应及其应用 1 栏目导航 第二章　电磁感应及其应用 1 栏目导航 第二章　电磁感应及其应用 1 栏目导航 第二章　电磁感应及其应用 1 栏目导航 第二章　电磁感应及其应用 1 栏目导航 第二章　电磁感应及其应用 1 栏目导航 第二章　电磁感应及其应用 1 栏目导航 第二章　电磁感应及其应用 1 栏目导航 第二章　电磁感应及其应用 1 栏目导航 第二章　电磁感应及其应用 1 栏目导航 第二章　电磁感应及其应用 1 栏目导航 第二章　电磁感应及其应用 1 栏目导航 第二章　电磁感应及其应用 1 栏目导航 第二章　电磁感应及其应用 1 栏目导航 第二章　电磁感应及其应用 1 栏目导航 第二章　电磁感应及其应用 1 栏目导航 第二章　电磁感应及其应用 1 栏目导航 第二章　电磁感应及其应用 1 栏目导航 第二章　电磁感应及其应用 1 栏目导航 第二章　电磁感应及其应用 1 栏目导航 第二章　电磁感应及其应用 1 栏目导航 第二章　电磁感应及其应用 1 栏目导航 第二章　电磁感应及其应用 1 栏目导航 第二章　电磁感应及其应用 1 栏目导航 第二章　电磁感应及其应用 1 栏目导航 第二章　电磁感应及其应用 1 栏目导航 第二章　电磁感应及其应用 1 栏目导航 第二章　电磁感应及其应用 1 栏目导航 第二章　电磁感应及其应用 1 栏目导航 第二章　电磁感应及其应用 1 栏目导航 第二章　电磁感应及其应用 1 栏目导航 第二章　电磁感应及其应用 1 栏目导航 02 提升案 随堂演练·基础落实 栏目导航 第二章　电磁感应及其应用 1 栏目导航 第二章　电磁感应及其应用 1 栏目导航 第二章　电磁感应及其应用 1 栏目导航 第二章　电磁感应及其应用 1 栏目导航 第二章　电磁感应及其应用 1 栏目导航 第二章　电磁感应及其应用 1 栏目导航 第二章　电磁感应及其应用 1 栏目导航 第二章　电磁感应及其应用 1 栏目导航 第二章　电磁感应及其应用 1 栏目导航 第二章　电磁感应及其应用 1 栏目导航 第二章　电磁感应及其应用 1 栏目导航 第二章　电磁感应及其应用 1 栏目导航 第二章　电磁感应及其应用 1 栏目导航 第二章　电磁感应及其应用 1 栏目导航 第二章　电磁感应及其应用 1 栏目导航 第二章　电磁感应及其应用 1 栏目导航 第二章　电磁感应及其应用 1 栏目导航 第二章　电磁感应及其应用 1 栏目导航 第二章　电磁感应及其应用 1 栏目导航 第二章　电磁感应及其应用 1 03 知能达标训练 点击进入Word 栏目导航 栏目导航 第二章　电磁感应及其应用 1 谢谢观看 栏目导航 第二章　电磁感应及其应用 1 [学业要求] 1．掌握电磁感应中动力学问题的分析方法。 2．理解电磁感应过程中能量的转化情况，能用能量的观点分析和解决电磁感应问题。 一、电磁感应中的动力学问题 由于通过导体的感应电流在磁场中将受到安培力作用，因此电磁感应问题往往和力学问题综合在一起考查。 1．理解电磁感应问题中的两个研究对象及其之间的相互制约关系。 2．分析电磁感应现象中涉及的具有收尾速度的力学问题，关键是做好受力情况和运动情况的动态分析： 3．解决电磁感应现象中的力学问题的思路 (1)对电学对象要画对必要的等效电路图。 (2)对力学对象要画对必要的受力分析图和过程示意图。 (3)电磁感应中切割磁感线的导体要运动，产生的感应电流又要受到安培力的作用。在安培力作用下，导体的运动状态发生变化，这就可能需要应用牛顿运动定律。 4．解决电磁感应现象中的力学问题的基本步骤 (1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向； (2)求回路中的电流； (3)分析研究导体受力情况(包含安培力，用左手定则确定其方向)； (4)列出动力学方程或平衡方程求解。 　如图所示，光滑的平行金属导轨水平放置，电阻不计，导轨间距为l，左侧接一阻值为R的电阻。区域cdef内存在垂直轨道平面向下的有界匀强磁场，磁场宽度为s。一质量为m、电阻为r的金属棒MN置于导轨上，与导轨垂直且接触良好，受到F＝0.5v＋0.4(N)(v为金属棒运动速度)的水平力作用，从磁场的左边界由静止开始运动，测得电阻两端电压随时间均匀增大。(已知l＝1 m，m＝1 kg，R＝0.3 Ω，r＝0.2 Ω，s＝1 m) (1)分析并说明该金属棒在磁场中做何种运动； (2)求磁感应强度B的大小； (3)若棒在磁场运动过程中突然撤去外力后，写出棒在磁场中的速度v随位移x的变化规律的表达式。若满足棒运动到fe处时恰好静止，则外力F作用的时间为多少？ (4)若在棒未出磁场区域时撤去外力，画出棒在整个运动过程中速度随位移的变化所对应的各种可能的图线。 [解析]　(1)因电阻两端电压随时间均匀增大，故电路中的电流、电动势均随时间均匀增大，由电动势表达式E＝Blv可知，速度随时间均匀增大，故金属棒做匀加速直线运动，加速度恒定。 (2)对金属棒受力分析，由牛顿第二定律F－eq \f(B2l2,R＋r)v＝ma 将F＝0.5v＋0.4(N)代入eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0.5－\f(B2l2,R＋r)))v＋0.4＝a 因为加速度为恒量，与v无关，所以0.5－eq \f(B2l2,R＋r)＝0，a＝0.4 m/s2 代入数据得B＝0.5 T。 (3)设外力F作用时间为t1，撤去外力时棒运动的位移为x1， 速度为v0，则有 x1＝eq \f(1,2)at12，v0＝at1 设撤去外力棒减速的位移为x时速度为v， 由动量定理－eq \f(B2l2,R＋r)vt＝mv－mv0，x＝vt 整理可得，撤去外力棒在磁场中的速度v随位移x的变化规律的表达式为v＝v0－eq \f(B2l2,m\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(R＋r)))x 若满足棒运动到de处时恰好静止，则上述表达式中v＝0，x＝s－x1，则有0＝v0－eq \f(B2l2,m\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(R＋r)))(s－x1)，代入数据整理得t2＋4t－5＝0，解得t＝1 s或t＝－5 s(舍去) 故外力F作用的时间为1 s。 (4)开始时金属棒做匀加速运动v2＝2ax，撤去外力后v＝v0－eq \f(B2l2,mR＋r)x 开始速度v与x是二次函数关系，图像为抛物线；v与x可能是线性关系，图像是直线，根据物理量关系可能图线如下： [答案]　(1)匀加速直线运动　(2)0.5 T (3)见解析　1 s　(4)见解析图 [变式1]　在例题中，从t＝0时刻开始，金属棒受到垂直于棒的水平力F作用，从磁场的左边界由静止开始做匀加速运动直到通过整个磁场区域，已知F随时间t变化的规律为F＝(0.2t＋0.4)N，已知l＝1 m，m＝1 kg，R＝0.3 Ω，r＝0.2 Ω，s＝1 m。求： (1)金属棒的加速度a的大小； (2)磁感应强度B的大小； (3)整个过程安培力的冲量。 解析　(1)(2)金属棒做匀加速直线运动， 根据牛顿第二定律有F－F安＝ma，F安＝BIl 电流为I＝eq \f(E,R＋r) 电动势为E＝Blv 匀变速直线运动的速度为v＝at 联立化简为F－eq \f(B2l2a,R＋r)·t＝ma 结合F＝(0.2t＋0.4)N 可得ma＝0.4，eq \f(B2l2a,R＋r)＝0.2 解得a＝0.4 m/s2，B＝0.5 T。 (3)金属棒做匀加速直线运动，有s＝eq \f(1,2)at2，可得t＝eq \r(5) s 而安培力为F安＝eq \f(B2l2a,R＋r)·t＝0.2t 即安培力关于时间均匀增大， 故安培力的冲量为I＝eq \x\to(F安)·t＝eq \f(0＋0.2\r(5),2)×eq \r(5) N·s＝0.5 N·s 方向水平向左。 答案　(1)0.4 m/s2　(2)0.5 T　(3)0.5 N·s　方向水平向左 [变式2]　如图甲所示，光滑的平行金属导轨水平放置，导轨间距L＝1 m，左侧接一阻值为R＝0.5 Ω的电阻。在MN与PQ之间存在垂直轨道平面的有界匀强磁场，磁场宽度d＝1 m，一质量m＝1 kg的金属棒ab置于导轨上，与导轨垂直且接触良好，不计导轨和金属棒的电阻。金属棒ab受水平力F的作用从磁场的左边界MN由静止开始运动，其中，F与x(x为金属棒距MN的距离)的关系如图乙所示。测得电阻R两端电压随时间均匀增大。则： (1)金属棒刚开始运动时的加速度为多少？ (2)磁感应强度B的大小为多少？ (3)若某时刻撤去外力F后金属棒的速度v随位移s的变化规律满足v＝v0－eq \f(B2L2,mR)s(v0为撤去外力时的速度，s为撤去外力F后的位移)，且棒运动到PQ处时恰好静止，则金属棒从MN运动到PQ的整个过程中通过左侧电阻R的电荷量为多少？外力F作用的时间为多少？ 解析　(1)金属棒开始运动时，x＝0，v＝0，金属棒不受安培力作用 金属棒所受合力为F＝0.4 N 由牛顿第二定律得a＝eq \f(F,m)＝0.4 m/s2。 (2)由题意可知，电阻R两端电压随时间均匀增大，即金属棒切割磁感线产生的感应电动势随时间均匀增大，由E＝BLv可知，金属棒的速度v随时间t均匀增大，则金属棒做初速度为零的匀加速运动． 加速度a＝0.4 m/s2 由匀变速直线运动的位移公式可得v2＝2ax 由图乙所示图像可知，x＝0.8 m时，F＝0.8 N 由牛顿第二定律得F－eq \f(B2L2v,R)＝ma 解得B＝0.5 T。 (3)金属棒经过磁场的过程中， 感应电动势的平均值 eq \o(E,\s\up6(－))＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(BΔS,Δt)＝eq \f(BLd,Δt) 感应电流的平均值eq \o(I,\s\up6(－))＝eq \f(\x\to(E),R) 通过电阻R的电荷量q＝eq \o(I,\s\up6(－))Δt 解得q＝eq \f(ΔΦ,R)＝eq \f(BLd,R)＝1 C 设外力F的作用时间为t，力F作用时金属棒的位移为x＝eq \f(1,2)at2 撤去外力后，金属棒的速度为v＝v0－eq \f(B2L2,Rm)s 到PQ恰好静止v＝0 则撤去外力后金属棒运动的距离为s＝eq \f(mR,B2L2)·at，则 eq \f(1,2)at2＋eq \f(B2L2,Rm)·at＝d 解得t＝1 s。 答案　(1)0.4 m/s2　(2)0.5 T　(3)1 C　1 s ●核心素养·思维升华 电磁感应中力学问题的解题技巧 (1)受力分析时，要把立体图转换为平面图，同时标明电流方向及磁场B的方向，以便准确地画出安培力的方向。 (2)要特别注意安培力的大小和方向都有可能变化，不像重力或其他力一样是恒力。 (3)根据牛顿第二定律分析a的变化情况，以求出稳定状态的速度。 (4)列出稳定状态下的受力平衡方程往往是解题的突破口。 1．(2023·湖南卷)如图，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为L，两导轨及其所构成的平面均与水平面成θ角，整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。现将质量均为m的金属棒a、b垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为R。运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终未滑出导轨，导轨电阻忽略不计，重力加速度为g。 (1)先保持棒b静止，将棒a由静止释放，求棒a匀速运动时的速度大小v0； (2)在(1)问中，当棒a匀速运动时，再将棒b由静止释放，求释放瞬间棒b的加速度大小a0； (3)在(2)问中，从棒b释放瞬间开始计时，经过时间t0，两棒恰好达到相同的速度v，求速度v的大小，以及时间t0内棒a相对于棒b运动的距离Δx。 解析　(1)棒a匀速运动时，对棒a分析，由平衡条件有mgsin θ＝BI1L 由法拉第电磁感应定律有E1＝BLv0 由欧姆定律有I1＝eq \f(E1,2R) 联立解得v0＝eq \f(2mgRsin θ,B2L2)。 (2)当棒a匀速运动时，释放棒b，分析可知，棒b受到沿导轨向下的安培力，则释放棒b的瞬间，对棒b，由牛顿第二定律有 mgsin θ＋BI1L＝ma0 又BI1L＝mgsin θ 解得a0＝2gsin θ。 (3)释放棒b后，由于棒b中产生的感应电动势对于回路来说，与棒a中产生的感应电动势方向相反，所以两棒所受安培力均减小，与棒a，由动量定理有 (mgsin θ－F)t0＝mv－mv0 对棒b，由动量定理有 (mgsin θ＋F)t0＝mv 结合(1)问结果联立解得 v＝gt0sin θ＋eq \f(mgRsin θ,B2L2) 设棒a速度为vi时产生的感应电动势为Ea，则Ea＝BLvi 同理设棒b速度为vj时产生的感应电动势为Eb，则Eb＝BLvj 棒中电流为I＝eq \f(Ei－Ej,2R)＝eq \f(BLvi－vj,2R) 两棒所受安培力的大小均为F＝BIL＝eq \f(B2L2vi－vj,2R) 对棒b，由动量定理有eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(mgsin θ＋\f(B2L2vi－vj,2R)))Δt＝mΔv 对方程两侧求和，即∑eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(mgsin θ＋\f(B2L2vi－vj,2R)))Δt＝∑mΔv 注意到∑Δt＝t0，∑(vi－vj)Δt＝Δx，∑Δv＝v 解得Δx＝eq \f(2m2gR2sin θ,B4L4)。 答案　(1)eq \f(2mgRsin θ,B2L2)　(2)2gsin θ (3)gt0sin θ＋eq \f(mgRsin θ,B2L2)　eq \f(2m2gR2sin θ,B4L4) 二、电磁感应中的能量问题 1．电磁感应现象中的能量守恒 电磁感应现象中的“阻碍”是能量守恒的具体体现，在这种“阻碍”的过程中，其他形式的能转化为电能。 2．电磁感应现象中的能量转化 (1)与感生电动势有关的电磁感应现象中，磁场能转化为电能，若电路是纯电阻电路，转化过来的电能将全部转化为电路的内能。 (2)与动生电动势有关的电磁感应现象中，通过克服安培力做功，把机械能或其他形式的能转化为电能。克服安培力做多少功，就产生多少电能。若电路是纯电阻电路，转化过来的电能将全部转化为电路的内能。 3．求解电磁感应现象中能量问题的一般思路 (1)确定回路，分清电源和外电路。 (2)分析清楚有哪些力做功，明确有哪些形式的能量发生了转化。如： ①有滑动摩擦力做功，必有内能产生； ②有重力做功，重力势能必然发生变化； ③克服安培力做功，必然有其他形式的能转化为电能，并且克服安培力做多少功，就产生多少电能，如果安培力做正功，就是电能转化为其他形式的能。 (3)列有关能量的关系式。 　如图所示，两平行光滑长直金属导轨水平放置，间距为L。abcd区域有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向上。初始时刻，磁场外的细金属杆M以初速度v0向右运动，磁场内的细金属杆N处于静止状态。两金属杆与导轨接触良好且运动过程中始终与导轨垂直。两杆的质量均为m，在导轨间的电阻均为R，感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计。 (1)求M刚进入磁场时受到的安培力F的大小和方向； (2)若两杆在磁场内未相撞且N出磁场时的速度为eq \f(v0,3)，求： ①N在磁场内运动过程中通过回路的电荷量q； ②初始时刻N到ab的最小距离x； (3)初始时刻，若N到cd的距离与第(2)问初始时刻的相同、到ab的距离为kx(k>1)，求M出磁场后不与N相撞条件下k的取值范围。 [解析]　(1)细金属杆M以初速度v0向右刚进入磁场时，产生的动生电动势为E＝BLv0 电流方向为a→b，电流的大小为I＝eq \f(E,2R) 则所受的安培力大小为F＝BIL＝eq \f(B2L2v0,2R)，安培力的方向由左手定则可知水平向左。 (2)①金属杆N在磁场内运动过程中， 由动量定理有Beq \x\to(I)L·Δt＝m·eq \f(v0,3)－0，且q＝eq \x\to(I)·Δt 联立解得通过回路的电荷量为q＝eq \f(mv0,3BL)； ②设两杆在磁场中相对靠近的位移为Δx，eq \x\to(I)＝eq \f(\x\to(E),2R)，eq \x\to(E)＝eq \f(BL·Δx,Δt)， 整理可得q＝eq \f(BL·Δx,2R) 联立可得Δx＝eq \f(2mv0R,3B2L2) 若两杆在磁场内刚好相撞，N到ab的最小距离为x＝Δx＝eq \f(2mv0R,3B2L2)。 (3)两杆出磁场后在平行光滑长直金属导轨上运动，若N到cd的距离与第(2)问初始时刻的相同、到ab的距离为kx(k>1)，则N到cd边的速度大小恒为eq \f(v0,3)，根据动量守恒定律可知mv0＝mv1＋m·eq \f(v0,3) 解得N出磁场时，M的速度大小为v1＝eq \f(2,3)v0 由题意可知，此时M到cd边的距离为s＝(k－1)x 若要保证M出磁场后不与N相撞，则有两种临界情况： ①M减速出磁场，出磁场的速度刚好等于N的速度，一定不与N相撞，对M根据动量定理有Beq \x\to(I1)L·Δt1＝m·eq \f(2,3)v0－m·eq \f(v0,3)，q1＝eq \x\to(I1)·Δt1＝eq \f(BL·k－1x,2R) 联立解得k＝2； ②M运动到cd边时，恰好减速到零，则对M由动量定理有Beq \x\to(I2)L·Δt2＝m·eq \f(2v0,3)－0，q2＝eq \x\to(I2)·Δt1＝eq \f(BL·k－1x,2R) 同理解得k＝3 综上所述，M出磁场后不与N相撞条件下k的取值范围为2≤k＜3。 [答案]　(1)F＝eq \f(B2L2v0,2R)，方向水平向左 (2)①q＝eq \f(mv0,3BL)　②x＝eq \f(2mv0R,3B2L2)　 (3)2≤k＜3 [变式]　(多选)在例题中，条件不变，则下列说法正确的是(　　) A．N在磁场内运动过程中的最大加速度为eq \f(B2L2v0,2mR) B．N在磁场内运动过程中通过回路的电荷量为eq \f(mv0,3BL) C．M中产生焦耳热的最小值为eq \f(2,9)mv02 D．N的初始位置到ab的最小距离为eq \f(2mv0R,3B2L2) 解析　根据题意可知，M进入磁场后，M做减速运动，N做加速运动，则M刚进入磁场时，N在磁场中的加速度最大，则有E＝BLv0，I＝eq \f(E,2R)，F＝BIL，联立可得F＝eq \f(B2L2v0,2R)，由牛顿第二定律有F＝mam，解得am＝eq \f(B2L2v0,2mR)，故A正确；根据题意，对N由动量定理有Beq \x\to(I)L·Δt＝m·eq \f(v0,3)－0，又q＝eq \x\to(I)Δt，联立可得BLq＝eq \f(mv0,3)，解得q＝eq \f(mv0,3BL)，故B正确；根据题意可知，若N出磁场时，M恰好追上N，则回路中产生的焦耳热最少，设此时M的速度为v， 由动量守恒定律有mv0＝mv＋m·eq \f(v0,3)，解得v＝eq \f(2v0,3)，由能量守恒定律可得，回路中产生的焦耳热为Q＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2v0,3)))2－eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,3)))2＝eq \f(2,9)mv02，则M中产生焦耳热的最小值为QM＝eq \f(1,2)Q＝eq \f(1,9)mv02，故C错误；根据题意，在磁场过程，设两棒相对靠近的位移为Δx，由公式eq \x\to(E)＝eq \f(ΔΦ,Δt)，eq \x\to(I)＝eq \f(\x\to(E),2R)，q＝eq \x\to(I)t，联立可得q＝eq \f(BLΔx,2R)，联立解得Δx＝eq \f(2mv0R,3B2L2)，由于两杆在磁场内未相撞，则有N的初始位置到ab的最小距离为x＝Δx＝eq \f(2mv0R,3B2L2)，故D正确。 答案　ABD ●核心素养·思维升华 电磁感应中焦耳热的计算技巧 1．电流恒定时，根据焦耳定律求解，即Q＝I2Rt。 2．感应电流变化，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，产生的焦耳热等于克服安培力做的功，即Q＝W安。 (2)利用能量守恒，即感应电流产生的焦耳热等于其他形式能量的减少，即Q＝ΔE其他。 2．(2023·全国甲卷)如图所示，水平桌面上固定一光滑U形金属导轨，其平行部分的间距为l，导轨的最右端与桌子右边缘对齐，导轨的电阻忽略不计。导轨所在区域有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电阻为R、长度也为l的金属棒P静止在导轨上。导轨上质量为3m的绝缘棒Q位于P的左侧，以大小为v0的速度向P运动并与P发生弹性碰撞，碰撞时间很短。 碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地 点。P在导轨上运动时，两端与导轨接触良好，P与Q始终平行。不计空气阻力。求： (1)金属棒P滑出导轨时的速度大小； (2)金属体P在导轨上运动过程中产生的热量； (3)与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间。 解析　(1)由于绝缘棒Q与金属棒P发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得3mv0＝3mvQ＋mvP eq \f(1,2)×3mv02＝eq \f(1,2)×3mvQ2＋eq \f(1,2)mvP2 联立解得vP＝eq \f(3,2)v0，vQ＝eq \f(1,2)v0 由题知，碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点，则金属棒P出导轨时的速度大小为vP′＝vQ＝eq \f(1,2)v0。 (2)根据能量守恒有eq \f(1,2)mvP2＝eq \f(1,2)mvP′2＋Q 解得Q＝mv02。 (3)P、Q碰撞后，对金属棒P分析， 根据动量定理得－B eq \x\to(I)LΔt＝mvP′－mvP 又q＝eq \x\to(I)Δt，eq \x\to(I)＝eq \f(\x\to(E),R)＝eq \f(ΔΦ,RΔt)＝eq \f(Blx,RΔt) 联立可得x＝eq \f(mv0R,B2l2) 由于Q为绝缘棒，无电流通过，做匀速直线运动， 故Q运动的时间为t＝eq \f(x,vQ)＝eq \f(2mR,B2l2)。 答案　(1)eq \f(1,2)v0　(2)mv02　(3)eq \f(2mR,B2l2) 1．如图1所示，将线圈套在长玻璃管上，线圈的两端与电流传感器(可看作理想电流表)相连。将强磁铁从长玻璃管上端由静止释放，磁铁下落过程中将穿过线圈。实验观察到如图2所示的感应电流随时间变化的图像。下列说法正确的是(　　) A．t1～t3时间内，磁铁受到线圈的作用力方向先向上后向下 B．若将磁铁两极翻转后重复实验，将先产生负向感应电流，后产生正向感应电流 C．若将线圈的匝数加倍，线圈中产生的电流最大值也将加倍 D．若将线圈到玻璃管上端的距离加倍，线圈中产生的电流最大值也将加倍 解析　根据楞次定律的“来拒去留”可知，t1～t3时间内，磁铁受到线圈的作用力方向一直向上，故A错误；若将磁铁两极翻转后重复实验，则穿过圆环磁通量方向相反，根据楞次定律可知，将先产生负向感应电流，后产生正向感应电流，故B正确；若将线圈的匝数加倍E＝Neq \f(ΔΦ,Δt) ，I＝eq \f(E,R)，因为电阻也加倍，线圈中产生的电流最大值不会加倍，故C错误；若将线圈到玻璃管上端的距离加倍，如果没有磁场力mgh＝eq \f(1,2)mv2，高度加倍，速度并非变为原来的2倍，实际中存在磁场力做负功，速度不是原来的2倍，则线圈中产生的电流最大值不会加倍，故D错误。 答案　B 2.(电磁感应中的动力学问题)(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是一根与导轨垂直而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(　　) INCLUDEPICTURE "../方正/教科物理选择性必修第二册（做课件）/W318.tif" \* MERGEFORMAT" 解析　设ab杆的有效长度为l，S闭合时，若eq \f(B2l2v,R)＞mg，杆先减速再匀速，D项有可能；若eq \f(B2l2v,R)＝mg，杆匀速运动，A项有可能；若eq \f(B2l2v,R)＜mg，杆先加速再匀速，C项有可能；由于v变化，eq \f(B2l2v,R)－mg＝ma中的a不恒定，故B项不可能。 答案　ACD 3．如图(a)所示，两相距L＝0.5 m的平行金属导轨固定于水平面上，导轨左端与阻值R＝2 Ω的电阻连接，导轨间虚线右侧存在垂直导轨平面的匀强磁场。质量m＝0.1 kg的金属杆垂直置于导轨上，与导轨接触良好，导轨与金属杆的电阻可忽略。杆在水平向右的恒定拉力F作用下由静止开始运动，并始终与导轨垂直，其v ­t图像如图(b)所示。在8 s时撤去拉力，同时使磁场随时间变化，从而保持杆中电流为0。求： (1)在0～5 s内，金属杆受到的合力大小F合和滑动摩擦力大小f； (2)在0～8 s内，匀强磁场的磁感应强度大小B0； (3)在t＝9 s时，磁感应强度大小B1。 解析　(1)由题图(b)可知，金属杆在0～5 s内做匀加速运动， 其加速度a1＝eq \f(v－0,t1)＝0.4 m/s2 根据牛顿第二定律得F合＝ma1＝0.04 N 由题图(b)可知，金属杆在8～10 s内做匀减速运动， 其加速度大小a2＝eq \f(|0－v|,Δt)＝1 m/s2 由于杆中电流为0，则FA＝0 根据牛顿第二定律得f＝ma2＝0.1 N。 (2)由题图(b)可知，金属杆在5～8 s内做匀速运动， 由平衡条件得F－f＝FA 感应电动势，感应电流为E＝B0Lv，I＝eq \f(E,R) 根据安培力的表达式FA＝B0IL，联立解得B0＝0.4 T。 (3)根据题意可知，在8～10 s内杆中电流为0，即回路磁通量保持不变，在t＝9 s有Φ1＝Φ0，即B1S1＝B0S0，t2＝3 s，t3＝1 s，x0＝vt2，S0＝Lx0，S1＝Leq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0＋vt3－\f(1,2)a2t32)) 代入数据求得B1＝0.32 T。 答案　(1)0.04 N　0.1 N　(2)0.4 T　(3)0.32 T 4．如图甲所示，足够长光滑水平导轨MN、PQ间连接两定值电阻R1＝R2＝2R，导轨间距L，整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，质量m、电阻为R的导体棒ab垂直导轨放置。 (1)若导体棒从t＝0时开始，在外力F作用下由静止开始做匀加速运动，加速度为a，F­t图像如图乙所示(c、b、t0为已知量)。 ①求t＝t0时刻流过导体棒中的电流I； ②求0～t0时间内，流过电阻R1中的电荷量q； (2)若导体棒在受到水平向右的恒力F作用下由静止开始运动，则从开始运动到速度达到最大所需时间为t1＝eq \f(4mR,B2L2)，则此过程中R2产生的焦耳热Q2是多少？ 解析　(1)①当t＝0时，F＝b＝ma 当t＝t0时，F＝c，c－BIL＝ma 联立求得I＝eq \f(c－b,BL)； ②0～t0时间内，导体棒的位移为x＝eq \f(1,2)at02 由E＝eq \f(ΔΦ,Δt)，I＝eq \f(E,R总)，q＝eq \f(1,2)It，R总＝eq \f(R1R2,R1＋R2)＋R＝2R 可得q＝eq \f(BLat02,8R)。 (2)当物体匀速时F＝eq \f(B2L2vm,2R) 故最大速度为vm＝eq \f(2FR,B2L2) 由动量定理得Ft1－eq \f(B2L2x,2R)＝mvm，x＝eq \f(4FmR2,B4L4) 由动能定理Fx－Q＝eq \f(1,2)mvm2，Q＝eq \f(2mF2R2,B4L4) 所以，R2中产生的焦耳热Q2＝eq \f(1,4)Q＝eq \f(mF2R2,2B4L4)。 答案　(1)①eq \f(c－b,BL)　②eq \f(BLat02,8R)　(2)eq \f(mF2R2,2B4L4) 5．(2023·新课标卷)一边长为L、质量为m的正方形金属细框，每边电阻为R0，置于光滑的绝缘水平桌面(纸面)上。宽度为2 L的区域内存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两虚线为磁场边界，如图(a)所示。 (1)使金属框以一定的初速度向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的左、右边框始终与磁场边界平行，金属框完全穿过磁场区域后，速度大小降为它初速度的一半，求金属框的初速度大小。 (2)在桌面上固定两条光滑长直金属导轨，导轨与磁场边界垂直，左端连接电阻R1＝2R0，导轨电阻可忽略，金属框置于导轨上，如图(b)所示。让金属框以与(1)中相同的初速度向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的上、下边框处处与导轨始终接触良好。求在金属框整个运动过程中，电阻R1产生的热量。 解析　(1)设金属框的初速度大小为v0，则金属框完全穿过磁场的过程，由动量定理有－2Beq \x\to(I)Lt＝meq \f(v0,2)－mv0，通过线框的电流eq \x\to(I)＝eq \f(\x\to(E),4R0)，根据法拉第电磁感应定律有eq \x\to(E)＝eq \f(BL2,t)，联立解得v0＝eq \f(B2L3,mR0)。 (2)金属框进入磁场的过程，有－Beq \x\to(I′)Lt′＝mv1－mv0，闭合电路的总电阻R总＝R0＋eq \f(1,\f(1,R1)＋\f(1,R0))＝eq \f(5,3)R0，通过线框的电流eq \x\to(I′)＝eq \f(\x\to(E′),R总)，根据法拉第电 磁感应定律有eq \x\to(E′)＝eq \f(BL2,t′)，解得v1＝eq \f(2B2L3,5mR0)。金属框完全在磁场中时继续做加速度逐渐减小的减速运动，金属框的右边框和左边框为电源，两电源并联给外电路供电，假设金属框的右边框没有出磁场右边界，则有－Beq \x\to(I″)Lt″＝－mv1，通过金属框的电流eq \x\to(I″)＝eq \f(\x\to(E″),R1＋\f(R0,2))，根据法拉第电磁感应定律有eq \x\to(E″)＝eq \f(BLx,t″)，解得x＝L。故假设成立，金属框的右边框恰好停在磁场右 边界处，对金属框进入磁场过程分析，由能量守恒定律有Q总＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)mv12，电阻R1产生的热量为Q1＝eq \f(\f(2,3)R0,R总)·eq \f(R0,R1＋R2)Q总，金属框完全在磁场中运动过程，有Q总′＝eq \f(1,2)mv12，电阻R1产生的热量为Q1′＝eq \f(R1,R1＋\f(R0,2))Q总′，电阻R1产生的总热量为Q1总＝Q1＋Q1′，解得Q1总＝eq \f(3B4L6,25mR02)。 答案　(1)eq \f(B2L3,mR0)　(2)eq \f(3B4L6,25mR02) $