第十二章 第4课时 专题强化：电磁感应中的动力学和能量问题（教师用书word）-【步步高】2025年高考物理大一轮复习讲义（人教版 广东专用）

第4课时　专题强化：电磁感应中的动力学和能量问题 目标要求　1.会分析电磁感应中的平衡问题。2.导体棒切割磁感线运动时，能理清各物理量间的制约关系并进行运动过程分析。3.会用功能关系和能量守恒解决电磁感应中的能量问题。 考点一　电磁感应中的动力学问题 1．导体的两种运动状态 状态 特征 处理方法 平衡状态 加速度为零 根据平衡条件列式分析 非平衡状态 加速度不为零 根据牛顿第二定律结合运动学公式进行分析 2.用动力学观点解答电磁感应问题的一般步骤 3．导体常见运动情况的动态分析 v ↓ E＝Blv ↓ I＝ ↓ F安＝BIl ↓ F合 若F合＝0 匀速直线运动 若F合≠0 ↓ F合＝ma a、v同向 v增大，若a恒定，拉力F增大 v增大，F安增大，若其他力恒定，F合减小，a减小，做加速度减小的加速运动，减小到a＝0时，做匀速直线运动 a、v反向 只受安培力情况下，v减小，F安减小，a减小，当a＝0时，静止或做匀速直线运动 例1　(2024·广东省六校联考)如图，足够长水平U形光滑导体框架，宽度L＝1 m，电阻不计，左端连接电阻R＝0.9 Ω；长杆ab质量m＝0.2 kg，阻值r＝0.1 Ω，匀强磁场的磁感应强度B＝1 T，方向垂直框架向上，现ab杆有向右的初速度v0＝4 m/s，并且用水平向右的恒力F＝2 N作用在ab杆上。 (1)ab杆最终的速度大小是多少？此时电阻R的电功率是多少？ (2)当ab杆速度大小为3 m/s时，加速度大小是多少？ 答案　(1)2 m/s　3.6 W　(2)5 m/s2 解析　(1)经过足够长的时间，ab杆匀速运动，则有F＝BI1L，又I1＝，解得v1＝2 m/s 此时R的功率P＝I12R，得P＝3.6 W (2)当ab杆的速度v2＝3 m/s时，I2＝ 又BI2L－F＝ma，得a＝5 m/s2。 例2　如图所示，两平行金属导轨水平放入磁感应强度为B、方向竖直向上的匀强磁场中，导轨间距为L，导轨左端接有一电容为C的平行板电容器。一质量为m的金属棒ab垂直放在导轨上，在水平恒力F的作用下从静止开始运动。棒与导轨接触良好，不计金属棒和导轨的电阻以及金属棒和导轨间的摩擦。求金属棒的加速度并分析金属棒的运动性质。 答案　见解析 解析　取一极短时间Δt，棒做加速运动，持续对电容器充电，则存在充电电流。 由F－BIL＝ma，I＝，ΔQ＝CΔU，ΔU＝ΔE＝BLΔv，联立可得F－＝ma，其中＝a，则可得a＝，所以棒做加速度恒定的匀加速直线运动。 拓展 1. 若金属导轨平面与水平面成θ角，匀强磁场垂直导轨平面向上。已知重力加速度为g，让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，求金属棒下滑过程中的加速度大小。 答案　金属棒在重力和安培力的作用下向下运动，根据牛顿第二定律有mgsin θ－BIL＝ma，I＝＝＝CBLa，联立可得a＝。 2．在拓展1中，若金属棒与导轨之间的动摩擦因数为μ(μ<tan θ)，求金属棒下滑过程中的加速度大小。 答案　由mgsin θ－μmgcos θ－BIL＝ma，I＝＝＝CBLa，联立解得a＝。 例3　(多选)(2023·广东清远市模拟)如图所示，间距为l的两光滑平行金属导轨固定在水平绝缘台上，导轨足够长且电阻不计，质量分别为m、2m的金属棒a、b垂直导轨静止放置，金属棒接入导轨间部分的电阻均为r，整个装置处于方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。现用水平恒力F向右拉金属棒a，运动过程中a、b始终垂直导轨并与导轨保持良好接触，最终a、b运动状态保持稳定，则(　　) A．稳定后a所受的安培力大小为 B．稳定后a中电流为 C．a和b的速度差恒为 D．a和b之间的距离保持恒定 答案　AC 解析　根据题意可知，a、b运动状态保持稳定后，a、b的加速度相同，对a、b整体，由牛顿第二定律有F＝(m＋2m)a 对a由牛顿第二定律有F－FA＝ma，解得FA＝ 故A正确； 设a中电流为I，根据安培力公式有FA＝BIl，解得I＝＝，故B错误；根据题意，由法拉第电磁感应定律及欧姆定律有I＝，解得Δv＝ 可知，a和b之间的距离不断增大，故D错误，C正确。 有恒定外力作用的等间距双棒模型 示意图及条件 两光滑金属导轨固定在水平面内，导轨间距为L，电阻不计，磁场垂直于导轨平面，两导体棒1、2质量分别为m1、m2，电阻分别为R1、R2，两棒初速度为零，F恒定 电路特点 棒2相当于电源；棒1受安培力而运动 运动分析 棒1：a1＝ 棒2：a2＝，最初阶段，a2>a1，只要a2>a1，(v2－v1)↑⇒I↑⇒F安↑⇒a1↑⇒a2↓ 当a1＝a2时，(v2－v1)恒定，I恒定，F安恒定；两棒均做匀加速运动 v－t图像 分析 开始时，两棒做变加速运动；稳定时，两棒以相同的加速度做匀加速运动，I恒定，Δv恒定 最终状态 在等间距光滑的平行导轨上：对整体由牛顿第二定律得a1＝a2＝， 对于导体棒1有F安＝BIL＝m1a，I＝，从而可求二者速度差 考点二　电磁感应中的能量问题 1．电磁感应中的能量转化 2．求解焦耳热Q的三种方法 3．解题的一般步骤 (1)确定研究对象(导体棒或回路)； (2)弄清电磁感应过程中哪些力做功，以及哪些形式的能量相互转化； (3)根据功能关系或能量守恒定律列式求解。 例4　(2023·广东省模拟)如图甲所示，光滑的金属导轨MN和PQ平行，间距L＝1.0 m，与水平面之间的夹角α＝37°，匀强磁场磁感应强度B＝2.0 T，方向垂直于导轨平面向上，MP间接有阻值R＝1.6 Ω的电阻，质量m＝0.5 kg、电阻r＝0.4 Ω的金属棒ab垂直导轨放置，现用和导轨平行的恒力F沿导轨平面向上拉金属棒ab，使其由静止开始运动，当金属棒上滑的位移x＝3.8 m时达到稳定状态，对应过程的v－t图像如图乙所示。取g＝10 m/s2，导轨足够长(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。求： (1)运动过程中a、b哪端电势高，并计算恒力F的大小； (2)从金属棒开始运动到刚达到稳定状态，此过程金属杆上产生的焦耳热。 答案　(1)b端电势高　5 N　(2)1.47 J 解析　(1)由右手定则可判断感应电流由a流向b，b相当于电源的正极，故b端电势高，当金属棒匀速运动时，由平衡条件得F＝mgsin 37°＋F安，其中F安＝BIL＝，由乙图可知v＝1.0 m/s，联立解得F＝5 N (2)从金属棒开始运动到恰好达到稳定状态，由动能定理得(F－mgsin 37°)x－W克安＝mv2 又克服安培力所做的功等于整个电路产生的焦耳热，代入数据解得Q＝W克安＝7.35 J，两电阻产生的焦耳热与阻值成正比，故金属棒上产生的焦耳热为Qr＝Q＝1.47 J。 例5　如图所示，粗细均匀的正方形导线框abcd放在倾角为θ＝30°的绝缘光滑斜面上，通过轻质细线绕过光滑的定滑轮与木块相连，细线和线框共面、与cd垂直且与斜面平行。距线框cd边为L0的MNQP区域存在着垂直于斜面、大小相等、方向相反的两个匀强磁场，EF为两个磁场的分界线，ME＝EP＝L2。现将木块由静止释放后，木块下降，线框沿斜面上滑，恰好匀速进入和离开匀强磁场。已知线框边长为L1(L1<L2)、质量为m、电阻大小为R，木块质量也为m，重力加速度为g，不计空气阻力，求： (1)匀强磁场的磁感应强度B的大小； (2)导线框通过匀强磁场过程中线框中产生的焦耳热Q。 答案　(1)　(2)mg(2L2＋L1) 解析　(1)导线框匀速进入磁场时，受力平衡，受力情况如图所示。根据平衡条件有 FT＝F安＋mgsin θ 其中F安＝BIL1 I＝，E＝BL1v 导线框与木块通过细线相连，线框匀速进入磁场时，木块匀速下降，根据平衡条件有FT＝mg 对导线框和木块构成的系统，进入磁场前二者一起做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有mg－mgsin θ＝2ma，根据运动学公式可得进入磁场时速度v＝ 联立以上各式可得B＝ (2)导线框恰好匀速进入和离开匀强磁场，导线框通过匀强磁场过程中，线框和木块组成的系统减少的重力势能转化为电路中产生的焦耳热，根据能量守恒定律得Q＝mg(2L2＋L1)－mg(2L2＋L1)sin θ，所以导线框通过匀强磁场过程中线框中产生的焦耳热Q＝mg(2L2＋L1)。 课时精练 1. 如图所示，在一匀强磁场中有一U形导线框abcd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R为一电阻，ef为垂直于ab的一根导体杆，它可在ab、cd上无摩擦地滑动。杆ef及线框的电阻不计，开始时，给ef一个向右的初速度，则(　　) A．ef将减速向右运动，但不是匀减速运动 B．ef将匀减速向右运动，最后停止 C．ef将匀速向右运动 D．ef将往返运动 答案　A 解析　ef向右运动，切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，会受到向左的安培力而做减速运动，由F＝BIL＝＝ma知，ef做的是加速度减小的减速运动，最终停止运动，故A正确，B、C、D错误。 2. 如图，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d(d>L)的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下，导线框以某一初速度向右运动，t＝0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域。下列v－t图像中，正确描述上述过程的可能是(　　) 答案　D 解析　线框以一定初速度进入磁场，则感应电动势为E＝BLv，根据闭合电路欧姆定律，则感应电流为I＝，所以安培力为F＝BIL＝，又根据牛顿第二定律有F＝ma，则a＝，由于v减小，所以a也减小；当线框完全进入磁场后，不受安培力作用，所以做匀速直线运动；当线框出磁场时，速度与时间的关系与进入磁场过程相似，在速度—时间图像中，斜率绝对值表示加速度的大小，故D正确，A、B、C错误。 3. 如图所示，MN和PQ是竖直放置的两根平行光滑金属导轨，导轨足够长且电阻不计，MP间接定值电阻R，电阻为r的金属杆cd保持与导轨垂直且接触良好。杆cd由静止开始下落并计时，杆cd两端的电压U、杆cd所受安培力的大小F随时间t变化的图像，以及通过杆cd的电流I、杆cd加速度的大小a随杆的速率v变化的图像，合理的是(　　) 答案　D 解析　设杆长为L，杆下落过程中切割磁感线产生的感应电流大小为I＝＝∝v，故C错误；根据牛顿第二定律有mg－BIL＝ma，即a＝g－，故D正确；杆所受安培力的大小为F＝BIL＝，杆下落过程中先做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，速度保持不变，所以安培力随速度先增大后不变，最终大小为mg，故B错误；杆两端的电压为U＝IR＝，速度先增大后不变，所以U先增大后不变，故A错误。 4. (多选)(2022·广东惠州市一模)如图所示，宽度为L的足够长的光滑平行金属导轨，与水平面的夹角为θ，电阻不计，上端连接一阻值为R的电阻，磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直于导轨平面向下。现有一质量为m、电阻为r的金属杆沿导轨由静止下滑，下滑达到最大速度vm时，运动的位移为s，重力加速度为g，金属杆与导轨接触良好，则(　　) A．此过程中电阻R上的电流方向由a指向b B．金属杆下滑的最大速度为 C．此过程中电阻R产生的焦耳热为mgssin θ－mvm2 D．当金属杆速度达到vm时，加速度大小为gsin θ 答案　BD 解析　由右手定则，此过程中电阻R上的电流方向由b指向a，A错误；金属杆受力平衡时有 mgsin θ＝B·L 解得金属杆下滑的最大速度为vm＝，B正确；由动能定理得mgssin θ－W克安＝mvm2－0，由功能关系，此过程中电阻R产生的焦耳热为QR＝Q＝W克安＝(mgssin θ－mvm2)，C错误；当金属杆速度达到vm时，由牛顿第二定律得mgsin θ－B·L＝ma，解得加速度a＝gsin θ，D正确。 5. (2023·广东汕头市三模)某种飞船的电磁缓冲装置结构简化图如图所示。在缓冲装置的底板上，沿竖直方向固定着两个光滑绝缘导轨NP、MQ。导轨内侧安装电磁铁(图中未画出)，能产生垂直于导轨平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B。绝缘缓冲底座上绕有n匝闭合矩形线圈，线圈总电阻为R，ab边长为L。假设整个返回舱以速度v0与地面碰撞后，绝缘缓冲底座立即停下，船舱主体在磁场作用下减速，从而实现缓冲。返回舱质量为m，地球表面重力加速度为g，一切摩擦阻力不计，绝缘缓冲底座的质量忽略不计。 (1)求绝缘缓冲底座的线圈中最大感应电流的大小。 (2)若船舱主体向下移动距离H后速度减为v(此时弹簧未接触地面)，此过程中缓冲线圈中通过的电荷量和产生的焦耳热各是多少？ 答案　(1)　(2)　mgH＋mv02－mv2 解析　(1)缓冲底座刚接触地面时感应电动势最大，Emax＝nBLv0 Imax＝，解得Imax＝ (2)电荷量q＝IΔt＝Δt＝，其中ΔΦ＝BLH 可得q＝，设缓冲线圈产生的焦耳热为Q，由动能定理得mgH－Q＝mv2－mv02，得Q＝mgH＋mv02－mv2。 6. (多选)如图所示，U形光滑金属导轨与水平面成37°角倾斜放置，现将一金属杆垂直放置在导轨上且与两导轨接触良好，在与金属杆垂直且沿着导轨向上的外力F的作用下，金属杆从静止开始做匀加速直线运动。整个装置处于垂直导轨平面向上的匀强磁场中，外力F的最小值为8 N，经过2 s金属杆运动到导轨最上端并离开导轨。已知U形金属导轨两轨道之间的距离为1 m，导轨电阻可忽略不计，金属杆的质量为1 kg、电阻为1 Ω，磁感应强度大小为1 T，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列说法正确的是(　　) A．拉力F是恒力 B．拉力F随时间t均匀增加 C．金属杆运动到导轨最上端时拉力F为12 N D．金属杆运动的加速度大小为2 m/s2 答案　BCD 解析　t时刻，金属杆的速度大小为v＝at，产生的感应电动势为E＝Blv，电路中的感应电流I＝，金属杆所受的安培力大小为F安＝BIl＝，由牛顿第二定律可知外力F＝ma＋mgsin 37°＋，F是t的一次函数，选项A错误，B正确；t＝0时，F最小，代入数据可求得a＝2 m/s2，选项D正确；t＝2 s时，代入数据解得F＝12 N，选项C正确。 7. 如图所示，金属导轨平面与水平面成θ角，匀强磁场垂直导轨平面向上，导轨上端连接电容器，a、b是电容器的两个极板，金属棒MN垂直放置在导轨上，不计导轨和金属棒的电阻以及金属棒与导轨间的摩擦，现给金属棒沿导轨向下的冲量，导轨足够长，则(　　) A．极板a上带正电 B．极板b上电荷量一直增加 C．金属棒可能一直匀速运动 D．金属棒可能先减速后匀速运动 答案　B 解析　金属棒沿导轨向下运动过程中，金属棒切割磁感线，产生感应电流，金属棒上的电流方向由M到N，所以极板a上带负电，故A错误；金属棒在重力和安培力的作用下向下运动，根据牛顿第二定律得mgsin θ－BIL＝ma，I＝＝＝CBLa，联立可得a＝，由此可知，金属棒沿导轨向下做匀加速直线运动，故C、D错误；金属棒沿导轨向下做匀加速直线运动，其速度一直增大，电容器一直处于充电状态，所以极板b上电荷量一直增加，故B正确。 8. (2023·广东省联考)如图所示，足够长的固定粗糙绝缘斜面的倾角θ＝30°，斜面上的虚线aa′和bb′与斜面的底边平行，在aa′b′b围成的区域有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度大小B＝1 T。现有一质量m＝20 g、总电阻R＝10 Ω、边长d＝0.5 m的正方形金属线框MNQP，使PQ边与斜面底边平行，从斜面上端由静止释放，线框恰好匀速穿过磁场。线框与斜面间的动摩擦因数μ＝，取重力加速度大小g＝10 m/s2。求： (1)线框穿过磁场区域时，受到的安培力大小F； (2)线框穿过磁场的整个过程中，线框上产生的焦耳热Q； (3)线框刚被释放时，MN边到bb′的距离x。 答案　(1)0.04 N　(2)0.04 J　(3)1.14 m 解析　(1)对线框，根据平衡条件有F＋μmgcos θ＝mgsin θ，解得F＝0.04 N (2)因为线框恰好匀速穿过磁场，所以磁场区域的宽度(aa′、bb′间的距离)d＝0.5 m 根据功能关系有Q＝W安＝F·2d，解得Q＝0.04 J (3)设线框穿过磁场时的速度大小为v，线框中产生的感应电动势E＝Bvd，通过线框的电流I＝，F＝BId 设线框进入磁场前做匀加速直线运动的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有mgsin θ－μmgcos θ＝ma 经分析可知x＝＋d，解得x＝1.14 m。 9．(2023·广东江门市一模)如图甲所示，一对足够长金属导轨由等宽的右侧水平导轨和左侧倾斜导轨两部分在虚线mn处连接组成，mn右侧存在竖直向下的匀强磁场，mn左侧存在与倾斜轨道平行的匀强磁场(图中未画出)，mn两侧磁场的磁感应强度B大小相等(B的大小未知)，导轨的间距为L＝1.5 m，倾角θ ＝ 37°，在t ＝ 0时刻，置于倾斜导轨上的ef棒由静止释放，置于水平导轨上的cd棒在一水平向右的外力F的作用下由静止开始做匀加速直线运动，外力随时间的变化规律如图乙所示，cd、ef棒的质量分别为m1＝ 1.0 kg、m2＝2.0 kg，电阻分别为R1＝2 Ω、R2＝3 Ω，忽略导轨的电阻，ef棒与金属导轨的动摩擦因数为μ＝0.12，不计cd棒与导轨之间的摩擦，导轨足够长，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2，求： (1)t＝0时刻cd棒的加速度大小及cd棒的电流方向； (2)磁感应强度B的大小； (3)经过多长时间ef棒在倾斜导轨上的速度达到最大。 答案　(1)5 m/s2　电流方向由d到c　(2) T (3)见解析 解析　(1)在t＝0时刻根据牛顿第二定律有F＝m1a 将F＝5 N代入得a＝5 m/s2 由右手定则知，cd棒的电流方向是由d到c。 (2)由题知cd棒做匀加速直线运动，经过时间t，cd棒速度为v ＝ at 此时E＝BLv＝BLat，I＝ 则cd棒所受的安培力为F安＝BIL＝ 由牛顿第二定律得F－F安 ＝ m1a 由以上各式整理得F＝m1a＋ 将t＝2 s，F＝13 N代入得B＝ T (3)ef棒的电流方向是由e到f。 ①当mn左侧的匀强磁场与倾斜导轨平行斜向上时，ef棒受力如图甲所示 当F1＝ m2gcos θ时，ef棒在倾斜导轨上的速度达到最大，之后ef棒飞离导轨，由于F1＝BIL＝ 联立解得t1＝4 s ②当mn左侧的匀强磁场与倾斜导轨平行斜向下时，ef棒受力如图乙所示 当Ff＝ m2gsin θ时，ef棒在倾斜导轨上的速度达到最大，之后ef棒减速运动并最终停在导轨上，且Ff＝μFN2＝μ(m2gcos θ＋F2) F2＝BIL＝ 联立解得t2＝21 s。 学科网（北京）股份有限公司 $