第12章 专题提升十七 电磁感应中的动力学和能量问题(word教师用书)-【金版新学案】2027年高考物理高三总复习大一轮复习讲义

专题提升十七　电磁感应中的动力学和能量问题

【学习目标】　1.会用动力学观点分析解决导体棒(框)在磁场中的运动问题。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。

提升点一　电磁感应中的动力学问题

1.导体的两种运动状态

2.用动力学观点解答电磁感应问题的一般步骤

“单棒＋电阻”模型

(2024·河北卷·T14)如图，边长为2L的正方形金属细框固定放置在绝缘水平面上，细框中心O处固定一竖直细导体轴OO'。间距为L、与水平面成θ角的平行导轨通过导线分别与细框及导体轴相连。导轨和细框分别处在与各自所在平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小均为B。足够长的细导体棒OA在水平面内绕O点以角速度ω匀速转动，水平放置在导轨上的导体棒CD始终静止。OA棒在转动过程中，CD棒在所受安培力达到最大和最小时均恰好能静止。已知CD棒在导轨间的电阻值为R，电路中其余部分的电阻均不计，CD棒始终与导轨垂直，各部分始终接触良好，不计空气阻力，重力加速度大小为g。

(1)求CD棒所受安培力的最大值和最小值。

(2)锁定OA棒，推动CD棒下滑，撤去推力瞬间，CD棒的加速度大小为a，所受安培力大小等于(1)问中安培力的最大值，求CD棒与导轨间的动摩擦因数。

答案：(1)　　(2)－tan θ

解析：(1)当OA运动到正方形细框对角线瞬间，切割磁感线的有效长度最大，Lmax＝L，此时感应电流最大，CD棒所受的安培力最大，根据法拉第电磁感应定律得Emax＝BLmax＝B·L·＝BL2ω

根据闭合电路欧姆定律得Imax＝

故CD棒所受的安培力最大为

Fmax＝ImaxLB＝

当OA运动到与细框一边平行时瞬间，切割磁感线的有效长度最短，感应电流最小，CD棒受到的安培力最小，得Emin＝BLmin＝B·L·＝

根据闭合电路欧姆定律得Imin＝

故CD棒所受的安培力最小为

Fmin＝IminLB＝。

(2)当CD棒受到的安培力最小时，根据平衡条件得mgsin θ－Ff静max－Fmin＝0

当CD棒受到的安培力最大时，根据平衡条件得Fmax－mgsin θ－Ff静max＝0

联立解得m＝

撤去推力瞬间，根据牛顿第二定律得

Fmax＋μmgcos θ－mgsin θ＝ma

解得μ＝－tan θ。

针对练.(多选)(2026·山东烟台模拟)如图甲所示，平行光滑金属导轨ab、cd间距为L＝1.5 m，与水平面间的夹角θ＝37°，导轨上端接有电阻R＝0.8 Ω。一导体棒PQ垂直导轨放置且与导轨接触良好，导体棒质量为m＝2 kg，连入电路的电阻为r＝0.2 Ω，PQ上方导轨间有一矩形磁场区域，磁场面积为S＝0.5 m2，磁场方向垂直导轨平面向下，矩形磁场区域内的磁感应强度大小B1随时间t变化的图像如图乙所示，PQ棒下方包括PQ所在处的轨道间充满垂直于轨道平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小B2＝2 T，导轨足够长且电阻不计，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，导体棒从静止释放后，下列说法中正确的是(　　)

A.刚释放时，导体棒的加速度为6 m/s2

B.导体棒的加速度为6 m/s2时，其下滑速度大小为1 m/s

C.导体棒稳定下滑时速度大小为2 m/s

D.导体棒稳定下滑时，R两端电压为3.2 V

答案：CD

解析：导体棒从静止刚释放时，感应电动势为E＝S＝×0.5 V＝2 V，根据楞次定律、安培定则和左手定则知，安培力方向沿导轨向下，根据牛顿第二定律有mgsin 37°＋LB2＝ma，解得a＝9 m/s2，故A错误；导体棒的加速度为6 m/s2时，由牛顿第二定律有LB2＋mgsin 37°＝ma1，解得下滑速度大小为v1＝ m/s，故B错误；导体棒稳定后匀速下滑时，有LB2＝mgsin 37°，可得v＝2 m/s，故C正确；导体