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 苏京）

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.在导体棒切割磁感线运动中，能理清各物理量间的制约关系并能用动力学观点进行运动过程分析。2.会用功能关系和能量守恒定律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．导体棒的两种运动状态 状态 特征 处理方法 平衡态 加速度为零 根据平衡条件列式分析 非平衡态 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．导体棒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→a＝0，匀速直线运动 a、v反向 v减小，F安减小，a减小→a＝0，静止或匀速直线运动 例1　(2023·江苏盐城市模拟)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，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。 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　运动过程分析：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＝，加速度恒定，所以棒做匀加速直线运动。 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，又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　mgsin θ－μmgcos θ－BIL＝ma，I＝＝＝CBLa，联立解得a＝。 例3　(2023·江苏南通市三模)如图所示，两光滑平行长直金属导轨水平固定放置，导轨间存在竖直向下的匀强磁场。两根相同的金属棒ab、cd垂直放置在导轨上，处于静止状态。t＝0时刻，对cd棒施加水平向右的恒力F，两棒始终与导轨接触良好，导轨电阻不计。两棒的速度vab、vcd和加速度aab、acd随时间t变化的关系图像可能正确的是(　　) 答案　C 解析　金属棒cd在恒力F作用下由静止开始加速，此时金属棒ab、cd加速度分别为aab＝0， acd＝，之后回路中出现感应电流，金属棒cd受到的安培力与恒力F反向，金属棒cd的加速度减小，金属棒ab在安培力作用下开始加速，金属棒cd与金属棒ab的速度差逐渐增大，回路中的电动势逐渐增大，安培力F安＝(vcd－vab)，逐渐增大，金属棒cd加速度减小，金属棒ab加速度增大，当acd＝aab时，vcd－vab不再变化，回路中的电流不再变化，安培力不变，两棒加速度不变，但是两金属棒的速度仍在增大，故C项可能正确。 有恒定外力等间距双棒模型 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，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；两棒均加速 规律 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 对等间距光滑的平行导轨：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　如图，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，两部分平滑连接，平直部分右端接一个阻值为R的定值电阻。平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量为m、接入电路的电阻也为R的金属棒从高度为h处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止运动。已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，金属棒与导轨间接触良好，则金属棒穿过磁场区域的过程中(　　) A．流过金属棒的最大电流为 B．通过金属棒的电荷量为 C．金属棒克服安培力所做的功为mgh D．金属棒内产生的焦耳热为mg(h－μd) 答案　D 解析　金属棒下滑到弯曲部分底端时，根据动能定理有mgh＝mv02，金属棒在磁场中运动时产生的感应电动势E＝BLv，金属棒受到的安培力F＝BIL，当金属棒刚进入磁场中时，感应电流最大，分析可得Imax＝，所以A错误；金属棒穿过磁场区域的过程中通过金属棒的电荷量q＝t＝＝，所以B错误；对整个过程由动能定理得mgh－W克安－μmgd＝0，金属棒克服安培力做的功W克安＝mgh－μmgd，金属棒内产生的焦耳热Q＝W克安＝mg(h－μd)，所以C错误，D正确。 例5　(2023·江苏无锡市锡山中学月考)如图甲所示，一对电阻不计且足够长的固定光滑平行金属导轨MN、PQ间距L＝0.8 m，其下端接有阻值R＝2 Ω的电阻，导轨平面与水平面间的夹角θ＝30°。整个装置处于方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中。一质量m＝0.2 kg、阻值r＝1 Ω的金属棒垂直导轨放置并用绝缘细线通过光滑的定滑轮与质量M＝0.8 kg的重物相连，左端细线连接金属棒中点且与导轨MN平行。棒由静止释放后，沿NM方向位移x与时间t之间的关系如图乙所示，其中ab段为直线。已知棒在0～0.3 s内通过的电荷量是0.3～0.4 s内通过电荷量的2倍，取g＝10 m/s2，求： (1)刚释放时金属棒的加速度大小a； (2)0～0.3 s内棒通过的位移x1的大小； (3)磁感应强度B的大小和整个回路在0～0.4 s内产生的热量Q。 答案　(1)7 m/s2　(2)0.6 m　(3) T　1.8 J 解析　 (1)对M和m组成的系统，根据牛顿第二定律有Mg－mgsin θ＝(M＋m)a， 解得a＝7 m/s2 (2)棒在0～0.3 s内通过的电荷量q1＝Δt1 平均感应电流＝ 回路中平均感应电动势＝ 得q1＝ 同理，棒在0.3～0.4 s内通过的电荷量 q2＝ 由题图乙读出0.4 s时刻位移大小x2＝0.9 m 又q1＝2q2，联立解得x1＝0.6 m (3)由题图乙知棒在0.3～0.4 s内做匀速直线运动，棒的速度大小v＝ m/s＝3 m/s 0．3 s后棒受力平衡F＝mgsin θ＋BIL， F＝Mg 根据闭合电路欧姆定律得I＝ 解得B＝ T 0～0.4 s内，对整个系统，根据能量守恒定律得Q＝Mgx2－mgx2sin θ－(M＋m)v2 代入数据解得Q＝1.8 J。 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，磁场与导线框平面垂直，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及导线框的电阻不计，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，矩形闭合导体线框在匀强磁场上方，由不同高度静止释放，用t1、t2分别表示线框ab边和cd边刚进入磁场的时刻。线框下落过程形状不变，ab边始终保持与磁场水平边界线OO′平行，线框平面与磁场方向垂直。设OO′下方磁场区域足够大，不计空气阻力影响，则下列图像不可能反映线框下落过程中速度v随时间t变化的规律的是(　　) 答案　A 解析　线框先做自由落体运动，t1时刻ab边进入磁场做减速运动，加速度逐渐减小，而A图像中的加速度逐渐增大，故A错误；线框先做自由落体运动，若进入磁场时重力小于安培力，ab边进入磁场后做减速运动，当加速度减小到零时做匀速直线运动，cd边进入磁场后线框做自由落体运动，加速度为g，故B正确；线框先做自由落体运动，ab边进入磁场时若重力大于安培力，做加速度减小的加速运动，cd边进入磁场后线框做自由落体运动，加速度为g，故C正确；线框先做自由落体运动，ab边进入磁场时若重力等于安培力，做匀速直线运动，cd边进入磁场后，线框继续做自由落体运动，加速度为g，故D正确。 4.如图所示，两根间距为d的足够长光滑金属导轨，平行放置在倾角为θ＝30°的绝缘斜面上，导轨的右端接有阻值为R的定值电阻，整个装置放在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向上。导轨上有一质量为m、电阻也为R的导体棒与两导轨垂直且接触良好，导体棒以一定的初速度v0在沿着导轨上滑一段距离L后返回，不计导轨电阻及感应电流间的相互作用，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　) A．导体棒返回时一直做加速运动 B．导体棒沿着导轨上滑过程中通过R的电荷量q＝ C．导体棒沿着导轨上滑过程中克服安培力做的功W＝(mv02－mgL) D．导体棒沿着导轨上滑过程中电阻R上产生的热量Q＝(mv02－mgL) 答案　C 解析　导体棒返回时先做加速度减小的加速运动，最后受力平衡，做匀速直线运动，所以A错误；根据q＝，则导体棒沿着导轨上滑过程中通过R的电荷量为q＝，所以B错误；设导体棒沿着导轨上滑过程中克服安培力做的功为W，由能量守恒可得W＋mgLsin 30°＝mv02，解得W＝(mv02－mgL)，所以C正确；根据功能关系可得，导体棒沿着导轨上滑过程中电阻R上产生的热量为Q＝W，则Q＝(mv02－mgL)，所以D错误。 5．(2023·江苏南通市期末)如图所示，一电阻可忽略的U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，ab、dc足够长，一根电阻为R的导体棒MN置于金属框上，用水平恒力F向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，MN与金属框保持良好接触，且与bc边保持平行。则导体棒速度v、加速度a、两端电压UMN、回路中电流i随时间t变化的关系图像可能正确的是(　　) 答案　A 解析　金属框在恒力F作用下向右加速，由右手定则可知，bc边产生的感应电流从c流向b，由左手定则可知，导体棒受到向右的安培力作用，导体棒向右做加速运动，设金属框的加速度大小为a1，导体棒的加速度大小为a，金属框的速度大小为v1，导体棒的速度大小为v，回路的感应电流 I＝ 设金属框的质量为M，导体棒的质量为m，对金属框，由牛顿第二定律得F－BIL＝Ma1 对导体棒MN，由牛顿第二定律得BIL＝ma 金属框与导体棒都做初速度为零的加速运动，v1、v都变大，金属框的加速度a1从开始减小，导体棒的加速度a从0开始增大，当金属框与导体棒的加速度相等时，即a1＝a时 有F＝a，得a＝ 加速度保持不变，回路感应电流 I＝＝ 此后金属框与导体棒的速度差Δv保持不变，感应电流不变，两端电压UMN不变且不为0，导体棒所受到的安培力不变，加速度不变，金属框与导体棒以相等的加速度做匀加速直线运动，故A正确，B、C、D错误。 6．(2023·江苏江宁高级中学模拟)如图所示，两根等高的四分之一光滑圆弧轨道半径为r、间距为L，Oa水平、Oc竖直，在轨道顶端连有一阻值为R的电阻，整个装置处在一竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。现有一根长度稍大于L、质量为m、接入电路电阻也为R的金属棒从轨道的顶端ab处由静止开始下滑，到达轨道底端cd时受到轨道的支持力为2mg，g为重力加速度。全过程中金属棒与导轨接触良好，轨道电阻不计，求： (1)金属棒到达轨道底端cd时通过电阻R的电流； (2)金属棒从ab下滑到cd过程中电阻R中产生的焦耳热。 答案　(1)　(2)mgr 解析　(1)金属棒到达轨道底端cd时，由牛顿第二定律有2mg－mg＝m 解得v＝ 感应电流I＝＝ 解得I＝ (2)由能量守恒定律得Q＝mgr－mv2＝mgr 故电阻R中产生的焦耳热QR＝＝mgr。 7．如图甲所示，MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成θ＝30°角固定，间距为L＝1 m，质量为m的金属杆ab垂直放置在轨道上且与轨道接触良好，其阻值忽略不计。空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度大小为B＝0.5 T。P、M间接有阻值为R1的定值电阻，Q、N间接电阻箱R。现从静止释放ab，改变电阻箱的阻值R，测得金属杆ab最大速度为vm，得到与的关系如图乙所示。若轨道足够长且电阻不计，重力加速度g取10 m/s2，则(　　) A．金属杆中感应电流方向由a指向b B．金属杆所受的安培力沿轨道向下 C．定值电阻的阻值为1 Ω D．金属杆的质量为1 kg 答案　C 解析　由右手定则可判断，金属杆中感应电流方向由b指向a，由左手定则知，金属杆所受的安培力沿轨道向上，A、B错误；总电阻为R总＝，I＝，当达到最大速度时，金属杆受力平衡，有mgsin θ＝BImL＝(R1＋R)，变形得＝·＋，根据题图乙可得＝k＝0.5 s·m－1·Ω，＝b＝0.5 s·m－1，解得金属杆的质量m＝0.1 kg，定值电阻阻值R1＝1 Ω，C正确，D错误。 8．(2023·江苏省沛县检测)在光滑的水平面上方，有两个磁感应强度大小均为B，方向相反的水平匀强磁场，如图所示。PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大。一个边长为a、质量为m、电阻为R的金属正方形线框，以速度v垂直磁场方向从如图实线位置开始向右运动，当线框运动到分别有一半面积在两个磁场中时，线框的速度为，则下列说法正确的是(　　) A．此时线框中的电功率为 B．此时线框的加速度大小为 C．此过程中回路产生的电能为2mv2 D．此过程中线框受到的磁场力先向左后向右 答案　A 解析　由于此时金属正方形线框左右两边框都能切割磁感线产生感应电动势，根据右手定则可知左右两边框感应电动势串联，因此回路中产生的感应电动势为E＝2Ba＝Bav，此时线框中的电功率为P＝＝，故A正确；线框中的感应电流为I＝＝，左右两边所受安培力大小为F＝BIa＝，根据左手定则可知左右两边所受安培力方向相同，因此加速度大小为a＝＝，故B错误；根据能量守恒定律，可得此过程回路中产生的电能为E＝mv2－m()2＝mv2，故C错误；金属正方形线框右边框未经过PQ时，线框内磁通量未变化，此时线框内无感应电流，因此没有受到磁场力，当金属正方形线框右边框经过PQ后，根据楞次定律，线框内产生顺时针方向的感应电流，根据左手定则可知，左右两边框受到的安培力方向均为向左，因此此过程中线框受到的磁场力方向一直向左，故D错误。 9．(2023·江苏苏州市统考)如图所示，间距为L的光滑导轨水平放置，导轨一端接有阻值为R的电阻，导轨间存在磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场。质量为m的导体棒在沿导轨方向拉力作用下由静止开始运动，运动过程中拉力的功率恒为P。导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导体棒和导轨电阻。 (1)求回路中电流为I时拉力的大小F； (2)从开始运动经过时间t导体棒速度已达到稳定，求t时间内电阻上产生的焦耳热Q。 答案　(1)　(2)Pt－ 解析　 (1)导体棒运动产生的感应电动势为E＝BLv 又由I＝，P＝Fv 则拉力F＝ (2)导体棒速度稳定时受力平衡，有拉力Ft＝F安＝ P＝Ftvm＝ 则vm＝ 又由能量守恒Pt＝Q＋mvm2 解得Q＝Pt－。 10.如图所示，足够长的平行金属导轨MN、PQ倾斜放置，处在与导轨平面垂直的匀强磁场中，导轨间距L＝1 m。导轨平面与水平面的夹角θ＝37°，匀强磁场的磁感应强度大小B＝2 T，ab、cd两金属棒放在导轨上与导轨垂直并处于静止状态，两金属棒的长度均为L＝1 m，电阻均为R＝5 Ω，质量均为0.5 kg，导轨电阻不计，重力加速度g取10 m/s2。若使金属棒ab以v1＝1 m/s的速度沿导轨向下匀速运动，则金属棒cd恰好要滑动；现使金属棒ab从静止开始向上做初速度为零的匀加速直线运动，加速度的大小a＝8 m/s2，金属棒运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，两金属棒与导轨间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)金属棒与导轨间的动摩擦因数μ； (2)从静止开始，金属棒ab向上加速运动多长时间，金属棒cd刚好要滑动； (3)已知金属棒ab向上匀加速运动至金属棒cd刚好要滑动的过程中，拉力对金属棒ab所做的功W＝234.4 J。则此过程中，金属棒cd中通过的电荷量及产生的焦耳热。 答案　(1)0.85　(2)2 s　(3)3.2 C　34 J 解析　(1)根据题意，金属棒ab以v1＝1 m/s的速度沿导轨向下匀速运动，则金属棒cd恰好要滑动，设金属棒cd所受安培力大小为F安′，则对金属棒cd根据平衡条件有F安′＋mgsin 37°＝μmgcos 37° 其中F安′＝BIL，I＝，E＝BLv1 联立解得μ＝0.85。 (2)设金属棒ab向上运动的速度达到v2时，金属棒cd刚要开始运动，此时金属棒cd所受安培力为F安，则根据平衡条件有F安＝mgsin θ＋μmgcos θ 其中F安＝BI′L，I′＝，E′＝BLv2 联立解得v2＝16 m/s 则金属棒ab向上运动的时间为t＝＝ s＝2 s。 (3)金属棒ab加速到金属棒cd刚好要开始滑动时的位移为x＝＝ m＝16 m 则通过金属棒cd的电荷量q＝t＝t＝t＝，代入数据解得q＝3.2 C 设金属棒cd中产生的焦耳热为Q，根据功能关系可得W＝mgxsin θ＋μmgcos θ·x＋2Q＋mv22 代入数据解得Q＝34 J。 11.如图所示，足够长、电阻不计的平行光滑倾斜金属导轨MN、PQ相距为L，导轨平面与水平面间的夹角为θ。导轨上端与阻值为R的电阻和电容为C的电容器相接，导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面向上，一质量为m、电阻为R、长度为L的金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，金属棒ab始终与导轨接触良好。现将开关S闭合，金属棒由静止开始运动。已知重力加速度为g。 (1)求金属棒沿导轨匀速滑行时的速度大小v； (2)金属棒沿导轨匀速运动后，将开关S断开并开始计时，求此后金属棒的速度大小v′随时间t变化的关系。 答案　(1) (2)v′＝＋t 解析　(1)金属棒沿导轨匀速滑行时，设电流为I，根据平衡条件可得mgsin θ＝BIL，又I＝＝，联立解得v＝ (2)设时间Δt内金属棒增大的感应电动势ΔE＝BL·Δv 电容器增加的电压ΔU＝＝ 根据ΔE＝ΔU，＝a 求得电路中电流I′＝BLCa 对金属棒根据牛顿第二定律有mgsin θ－BI′L＝ma，解得a＝ 金属棒做匀加速直线运动，速度大小随时间变化的关系v′＝v＋at＝＋t。 学科网（北京）股份有限公司 $