专题提升二十六 电磁感应中的动力学、能量问题
题型1 电磁感应中的动力学问题
1.导体的两种运动状态。
(1)导体的平衡状态——静止状态或匀速直线运动状态。
处理方法:根据平衡条件列式分析。
(2)导体的非平衡状态——加速度不为零。
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分析。
2.用动力学观点解答电磁感应问题的一般步骤。
考向1 “杆+电阻”模型
【典例1】
(多选)(2025·南宁模拟)如图所示,电阻不计且间距L=1 m的光滑平行金属导轨所在平面与水平面成53°角,上端接一阻值R=2 Ω的电阻,过虚线OO'的竖直面的左侧方有磁感应强度B=1 T、方向竖直向上的匀强磁场,现将质量m=0.2 kg、接入导轨间电阻r=1 Ω的金属杆ab从导轨上由静止释放,释放位置与虚线OO'之间的距离为x=1 m。金属杆在下落的过程中与导轨一直垂直,且保持良好接触,导轨足够长,g取10 m/s2,sin 53°=0.8。则( )
A.金属杆ab在整个运动过程机械能守恒
B.金属杆ab刚进入有界磁场时的速度大小为4 m/s
C.金属杆ab刚进入有界磁场时的加速度大小为3.2 m/s2
D.金属杆ab在磁场中运动的最大速度的大小为 m/s
分析“杆+电阻”模型时,其动态的变化过程推理很重要,过程如下:
考向2 “杆+电源”模型
【典例2】
如图所示,足够长的光滑导轨固定在水平面内,导轨间距为L,左侧接有一电动势为E的电源,空间存在垂直于水平面向下的匀强磁场,磁感应强度大小为B。长度为L、质量为m、电阻为R的导体棒静止放在导轨上,除了导体棒有电阻外,其余电阻忽略不计,导体棒与导轨接触良好,始终垂直于导轨。现在闭合开关,同时对导体棒施加一水平向右的恒力F,下列说法正确的是( )
A.导体棒受到的安培力一直增大
B.导体棒受到的安培力的方向始终不变
C.导体棒能够达到的最大速度为
D.导体棒能够达到的最大速度为
回路中的总电动势等于电源的电动势与导体切割磁感线产生的感应电动势大小之差,随着导体棒速度的增大,感应电动势增大,总电动势先减小后反向增大,总电流先减小后反向增大,安培力先减小后反向增大,导体棒做加速运动的加速度减小(安培力先是动力后是阻力),当加速度减小到零时,导体棒做匀速运动。
考向3 “杆+电容器”模型
【典例3】
(多选)如图所示,倾角θ=30°的斜面上放置一间距为L的光滑U形导轨(电阻不计),导轨上端连接电容为C的电容器,电容器初始时不带电,整个装置放在磁感应强度大小为B、方向垂直斜面向下的匀强磁场中。一质量为2m、接入导轨间电阻为R的导体棒垂直放在导轨上,与导轨接触良好,另一质量为m的重物用一根不可伸长的绝缘轻绳通过光滑的定滑轮与导体棒拴接,定滑轮与导体棒间的轻绳与斜面平行。将重物由静止释放,在导体棒到达导轨底端前的运动过程中(电动势未到达电容器的击穿电压,已知重力加速度为g),下列说法正确的是( )
A.电容器M板带正电,且两极板所带电荷量随时间均匀增加
B.经时间t导体棒的速度为v=
C.回路中电流与时间的关系为I=
D.重物和导体棒在运动过程中减少的重力势能转化为动能和回路的焦耳热
导体棒做变速运动,产生的感应电动势是变化的,电容器两端电压变化,则电路中有电流。
题型2 电磁感应中的能量问题
1.电磁感应中的能量转化。
安培力做功
2.求解焦耳热Q的三种方法。
考向1 应用功能关系解答电磁感应中的能量问题
【典例4】
如图所示,两根电阻不计的光滑金属导轨平行放置在倾角为θ的斜面上,导轨间距为L,导轨下端接有电阻R,磁感应强度为B的匀强磁场垂直于斜面向上,电阻可忽略不计的金属棒ab质量为m,受到沿斜面向上且与金属棒垂直的恒力F的作用,金属棒沿导轨以速度v匀速上滑,则它在上滑h高度的过程中,下列说法正确的是( )
A.安培力对金属棒所做的功为W=
B.金属棒克服安培力做的功等于回路中产生的焦耳热
C.拉力F做的功等于回路中增加的焦耳热
D.金属棒克服重力做的功等于恒力F做功
考向2 应用能量守恒定律解答电磁感应中的能量问题
【典例5】 (多选)如图所示,相距为d的两水平直线L1和L2分别是水平向里的匀强磁场的边界,磁场的磁感应强度为B,正方形线框abcd边长为L(已知LA.线框中一直都有感应电流
B.线框经过L1和L2时受到的安培力做负功
C.线框产生的热量为mg(d+L)
D.线框产生的热量为mg(h+d+L)
专题提升二十六 电磁感应中的动力学、能量问题
题型1
【典例1】 BD 解析 金属杆进入磁场后,金属杆切割磁感线,回路中产生感应电流,金属杆一部分机械能转化为回路的焦耳热,可知金属杆ab在整个运动过程机械能不守恒,A项错误;金属杆进入磁场之前做匀加速直线运动,对金属杆分析有mgsin 53°=ma1,根据速度与位移的关系有=2a1x,解得v0=4 m/s,B项正确;金属杆ab刚进入有界磁场时的感应电动势E=BLv0cos 53°,感应电流为I=,对金属杆分析有mgsin 53°-BILcos 53°=ma2,解得a2=5.6 m/s2,C项错误;结合上述,对金属杆分析可知,金属杆进入磁场后先向下做加速运动,感应电动势增大,感应电流增大,安培力增大,则加速度减小,当加速度为0时,速度达到最大,之后向下做匀速直线运动,则有mgsin 53°-BImaxLcos 53°=0,其中感应电流为Imax=,解得vmax= m/s,D项正确。
【典例2】 C 解析 初始时刻安培力向右,导体棒加速,随着速度增加,回路电动势E总=E-BLv,逐渐减小,安培力不断减小,导体棒加速度减小。当E=BLv时,安培力为零,由于有外力,继续加速,动生电动势BLv大于E,回路电动势方向反向,电流反向。安培力反向不断增加,加速度继续减小,直到安培力等于外力。稳定时F=BIL,E总=BLv-E=IR,解得v=,C项正确,A、B、D三项错误。
【典例3】 AB 解析 设运动过程中经时间Δt,导体棒的速度增加Δv,对电容器,两极板的充电电流I===,对导体棒受力分析,由牛顿第二定律有2mgsin 30°+FT-BIL=2ma;对重物分析,有mg-FT=ma,又=a,解得a=,加速度恒定,所以导体棒在到达导轨底端前做匀加速直线运动,电容器两极板所带电荷量随时间均匀增加,由右手定则可知,M板带正电,A项正确;经时间t,导体棒的速度v=,B项正确;由A项分析可知回路中电流恒定,C项错误;重物和导体棒在运动过程中减少的重力势能一部分转化为动能和回路的焦耳热,一部分转化为电容器储存的电能,D项错误。
题型2
【典例4】 B 解析 根据左手定则和运动分析可判断此过程安培力做负功,A项错误;由功能关系可知,金属棒克服安培力做的功等于回路中产生的焦耳热,B项正确;由功能关系可知,拉力做的功等于回路中产生的焦耳热与金属棒重力势能增量之和,C项错误;由动能定理可知,克服重力和安培力做的功等于恒力F做功,故金属棒克服重力做的功小于恒力F的功,D项错误。
【典例5】 BC 解析 线框进入和穿出磁场过程中,穿过线框的磁通量发生变化,有感应电流产生,当线框完全在磁场中运动时,磁通量不变,没有感应电流产生,A项错误;线框经过L1和L2时,受到的安培力均阻碍线框的运动,对线框做负功,B项正确;ab边进入磁场到cd边刚穿出磁场的过程,动能变化量为零,根据能量守恒定律得,线框产生的热量Q=mg(d+L),C项正确,D项错误。(共28张PPT)
专题提升二十六
电磁感应中的动力学、能量问题
第十二章 电磁感应
题型1 电磁感应中的动力学问题
题型2 电磁感应中的能量问题
内容
索引
电磁感应中的动力学问题
题型1
1.导体的两种运动状态。
(1)导体的平衡状态——静止状态或匀速直线运动状态。
处理方法：根据平衡条件列式分析。
(2)导体的非平衡状态——加速度不为零。
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分析。
2.用动力学观点解答电磁感应问题的一般步骤。
考向1
“杆+电阻”模型
【典例1】 (多选)(2025·南宁模拟)如图所示，电
阻不计且间距L=1 m的光滑平行金属导轨所在平面
与水平面成53°角，上端接一阻值R=2 Ω的电阻，
过虚线OO'的竖直面的左侧方有磁感应强度B=1 T、
方向竖直向上的匀强磁场，现将质量m=0.2 kg、接入导轨间电阻r=
1 Ω的金属杆ab从导轨上由静止释放，释放位置与虚线OO'之间的距离为x=1 m。金属杆在下落的过程中与导轨一直垂直，且保持良好接触，导轨足够长，g取10 m/s2，sin 53°=0.8。则( )
A.金属杆ab在整个运动过程机械能守恒
B.金属杆ab刚进入有界磁场时的速度大小为4 m/s
C.金属杆ab刚进入有界磁场时的加速度大小为3.2 m/s2
D.金属杆ab在磁场中运动的最大速度的大小为 m/s
金属杆进入磁场后，金属杆切割磁感线，回路中产生感应电流，金属杆一部分机械能转化为回路的焦耳热，可知金属杆ab在整个运动过程机械能不守恒，A项错误；金属杆进入磁场之前做匀加速直线运动，对金属杆分析有mgsin 53°=ma1，根据速度与位移的关系有=2a1x，解得v0=4 m/s，B项正确；金属杆ab刚进入有界磁场时的感应电动势E=BLv0cos 53°，感应电流为I=，对金
解析
属杆分析有mgsin 53°-BILcos 53°=ma2，解得a2=5.6 m/s2，C项错误；结合上述，对金属杆分析可知，金属杆进入磁场后先向下做加速运动，感应电动势增大，感应电流增大，安培力增大，则加速度减小，当加速度为0时，速度达到最大，之后向下做匀速直线运动，则有mgsin 53°-BImaxLcos 53°=0，其中感应电流为Imax=，解得vmax= m/s，D项正确。
解析
分析“杆+电阻”模型时，其动态的变化过程推理很重要，过程如下：
考向2
“杆+电源”模型
【典例2】 如图所示，足够长的光滑导轨固定
在水平面内，导轨间距为L，左侧接有一电动势
为E的电源，空间存在垂直于水平面向下的匀强
磁场，磁感应强度大小为B。长度为L、质量为m、电阻为R的导体棒静止放在导轨上，除了导体棒有电阻外，其余电阻忽略不计,导体棒与导轨接触良好，始终垂直于导轨。现在闭合开关，同时对导体棒施加一水平向右的恒力F，下列说法正确的是( )
A.导体棒受到的安培力一直增大
B.导体棒受到的安培力的方向始终不变
C.导体棒能够达到的最大速度为
D.导体棒能够达到的最大速度为
初始时刻安培力向右，导体棒加速，随着速度增加，回路电动势
E总=E-BLv，逐渐减小，安培力不断减小，导体棒加速度减小。当E=BLv时，安培力为零，由于有外力，继续加速，动生电动势BLv大于E，回路电动势方向反向，电流反向。安培力反向不断增加，加速度继续减小，直到安培力等于外力。稳定时F=BIL，E总=BLv-E=IR，解得v=，C项正确，A、B、D三项错误。
解析
回路中的总电动势等于电源的电动势与导体切割磁感线产生的感应电动势大小之差，随着导体棒速度的增大，感应电动势增大，总电动势先减小后反向增大，总电流先减小后反向增大，安培力先减小后反向增大，导体棒做加速运动的加速度减小(安培力先是动力后是阻力)，当加速度减小到零时，导体棒做匀速运动。
考向3
“杆+电容器”模型
【典例3】 (多选)如图所示，倾角θ=30°的斜面上
放置一间距为L的光滑U形导轨(电阻不计)，导轨上
端连接电容为C的电容器，电容器初始时不带电，
整个装置放在磁感应强度大小为B、方向垂直斜面
向下的匀强磁场中。一质量为2m、接入导轨间电阻
为R的导体棒垂直放在导轨上，与导轨接触良好，另一质量为m的重物用一根不可伸长的绝缘轻绳通过光滑的定滑轮与导体棒拴接，定
滑轮与导体棒间的轻绳与斜面平行。将重物由静止释放，在导体棒到达导轨底端前的运动过程中(电动势未到达电容器的击穿电压，已知重力加速度为g)，下列说法正确的是( )
A.电容器M板带正电，且两极板所带电荷量随时间均匀增加
B.经时间t导体棒的速度为v=
C.回路中电流与时间的关系为I=
D.重物和导体棒在运动过程中减少的重力势能转化为动能和回路的焦耳热
设运动过程中经时间Δt，导体棒的速度增加Δv，对电容器，两极板的充电电流I===，对导体棒受力分析，由牛顿第二定律有2mgsin 30°+FT-BIL=2ma；对重物分析，有mg-FT=ma，又=a，解得a=，加速度恒定，所以导体棒在到达导轨底端前做匀加速直线运动，电容器两极板所带电荷量随时间均匀增
解析
加，由右手定则可知，M板带正电，A项正确；经时间t，导体棒的速度v=，B项正确；由A项分析可知回路中电流恒定，C项错误；重物和导体棒在运动过程中减少的重力势能一部分转化为动能和回路的焦耳热，一部分转化为电容器储存的电能，D项错误。
解析
导体棒做变速运动，产生的感应电动势是变化的，电容器两端电压变化，则电路中有电流。
电磁感应中的能量问题
题型2
1.电磁感应中的能量转化。
2.求解焦耳热Q的三种方法。
考向1
应用功能关系解答电磁感应中的能量问题
【典例4】 如图所示，两根电阻不计的光滑
金属导轨平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨
间距为L，导轨下端接有电阻R，磁感应强度
为B的匀强磁场垂直于斜面向上，电阻可忽略
不计的金属棒ab质量为m，受到沿斜面向上且与金属棒垂直的恒力F的作用，金属棒沿导轨以速度v匀速上滑，则它在上滑h高度的过程中，下列说法正确的是( )
A.安培力对金属棒所做的功为W=
B.金属棒克服安培力做的功等于回路中产生的焦耳热
C.拉力F做的功等于回路中增加的焦耳热
D.金属棒克服重力做的功等于恒力F做功
根据左手定则和运动分析可判断此过程安培力做负功，A项错误;由功能关系可知，金属棒克服安培力做的功等于回路中产生的焦耳热，B项正确；由功能关系可知，拉力做的功等于回路中产生的焦耳热与金属棒重力势能增量之和，C项错误；由动能定理可知，克服重力和安培力做的功等于恒力F做功，故金属棒克服重力做的功小于恒力F的功，D项错误。
解析
考向2
应用能量守恒定律解答电磁感应中的能量问题
【典例5】 (多选)如图所示，相距为d的两水平
直线L1和L2分别是水平向里的匀强磁场的边界，
磁场的磁感应强度为B，正方形线框abcd边长为
L(已知L放位置ab边距L1为h，ab边进入磁场时速度为v0，
cd边刚穿出磁场时速度也为v0，从ab边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的整个过程中( )
A.线框中一直都有感应电流
B.线框经过L1和L2时受到的安培力做负功
C.线框产生的热量为mg(d+L)
D.线框产生的热量为mg(h+d+L)
线框进入和穿出磁场过程中，穿过线框的磁通量发生变化，有感应电流产生，当线框完全在磁场中运动时，磁通量不变，没有感应电流产生，A项错误；线框经过L1和L2时，受到的安培力均阻碍线框的运动，对线框做负功，B项正确；ab边进入磁场到cd边刚穿出磁场的过程，动能变化量为零，根据能量守恒定律得，线框产生的热量Q=mg(d+L)，C项正确，D项错误。
解析专题提升练26 电磁感应中的动力学、能量问题
梯级Ⅰ基础练
1.如图为相距L的光滑平行导轨，圆弧部分竖直放置，平直部分固定于水平地面上，矩形MNPQ区域内(MQ足够长)存在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场，导轨右端连接定值电阻R。一质量为m、长为L、电阻为r的金属棒ab从圆弧轨道上高h处由静止释放。金属棒ab与导轨始终接触良好，不计导轨电阻，重力加速度大小为g。从金属棒ab开始运动到停止运动的过程中，下列说法正确的是( )
A.金属棒ab刚进入磁场时的速度大小为
B.金属棒ab刚进入磁场时，金属棒ab两端的电压为BL
C.金属棒ab进入磁场后做匀减速直线运动
D.金属棒ab克服安培力做的总功为mgh
2.(多选)(2024·山东卷)如图所示，两条相同的半圆弧形光滑金属导轨固定在水平桌面上，其所在平面竖直且平行，导轨最高点到水平桌面的距离等于半径，最低点的连线OO'与导轨所在竖直面垂直。空间充满竖直向下的匀强磁场(图中未画出)，导轨左端由导线连接。现将具有一定质量和电阻的金属棒MN平行OO'放置在导轨图示位置，由静止释放。MN 运动过程中始终平行于OO'且与两导轨接触良好，不考虑自感影响，下列说法正确的是( )
A.MN最终一定静止于OO'位置
B.MN运动过程中安培力始终做负功
C.从释放到第一次到达OO'位置过程中，MN的速率一直在增大
D.从释放到第一次到达OO'位置过程中，MN中电流方向由M到N
3.如图所示，水平粗糙地面上有两磁场区域，左、右两磁场区域内的匀强磁场宽度均为L，磁感应强度大小分别为B和2B，左磁场区磁场方向竖直向下，右磁场区磁场方向竖直向上，两磁场间距为2L。一个质量为m、匝数为n、电阻为R、边长为L的正方形金属线框以速度v0水平向右进入左磁场区域，当金属线框刚离开右磁场区域时速度为v1，金属线框离开右磁场区运动一段距离后停下。金属线框与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。关于金属线框的运动，下列判断正确的是( )
A.金属线框穿过左侧磁场过程中通过金属线框的电荷量为
B.金属线框从刚进入左磁场区域到最终停止的过程中一直做匀减速直线运动
C.金属线框通过两个磁场区域过程中产生的焦耳热为m-m-5μmgL
D.若金属线框进入左磁场区域过程所用时间为t，则金属线框刚好完全进入时的速度为v0-
4.(多选)如图所示，在倾角为θ的斜面上固定两根足够长的光滑平行金属导轨PQ和MN，两导轨间距为L，导轨处于磁场方向垂直导轨平面向下的匀强磁场中，磁感应强度为B。有两根质量均为m、电阻均为R的金属棒a、b，先将a棒垂直导轨放置，用跨过光滑定滑轮的细线与物块c连接，连接a棒的细线平行于导轨，由静止释放c，此后某时刻，将b也垂直导轨放置，a、c此刻起做匀速运动，b棒刚好能静止在导轨上。a棒在运动过程中始终与导轨垂直，两棒与导轨接触良好，导轨电阻不计，重力加速度为g。则下列判断正确的是( )
A.物块c的质量是2msin θ
B.b棒放上导轨前物块c减少的重力势能大于a、c增加的动能
C.b棒放上导轨后物块c减少的重力势能等于回路消耗的电能
D.a、c匀速运动的速度为
5.(多选)(2024·黑吉辽卷)如图所示，两条“∧”形的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，间距为L，左、右两导轨面与水平面夹角均为30°，均处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。将有一定阻值的导体棒ab、cd放置在导轨上，同时由静止释放，两棒在下滑过程中始终与导轨垂直并接触良好，ab、cd的质量分别为2m和m，长度均为L。导轨足够长且电阻不计，重力加速度为g，两棒在下滑过程中 ( )
A.回路中的电流方向为abcda
B.ab中电流趋于
C.ab与cd加速度大小之比始终为2∶1
D.两棒产生的电动势始终相等
梯级Ⅱ能力练
6.(2024·安徽卷)如图所示，一U形金属导轨固定在竖直平面内，一电阻不计，质量为m的金属棒ab垂直于导轨，并静置于绝缘固定支架上。边长为L的正方形cdef区域内，存在垂直于纸面向外的匀强磁场。支架上方的导轨间，存在竖直向下的匀强磁场。两磁场的磁感应强度大小B随时间的变化关系均为B=kt(SI)，k为常数(k>0)。支架上方的导轨足够长，两边导轨单位长度的电阻均为r，下方导轨的总电阻为R。t=0时，对ab施加竖直向上的拉力，恰使其向上做加速度大小为a的匀加速直线运动，整个运动过程中ab与两边导轨接触良好。已知ab与导轨间动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。不计空气阻力，两磁场互不影响。
(1)求通过面积Scdef的磁通量大小随时间t变化的关系式，以及感应电动势的大小，并写出ab中电流的方向;
(2)求ab所受安培力的大小随时间t变化的关系式;
(3)求经过多长时间，对ab所施加的拉力达到最大值，并求此最大值。
梯级Ⅲ创新练
7.如图所示，不计电阻的光滑的金属轨道分水平段和竖直段两部分，竖直段轨道为半径R=1 m的圆弧形，O点为圆弧的圆心，P为圆弧上与圆心等高的点。两金属轨道之间的宽度l=0.5 m。整个装置均处于磁感应强度B=0.5 T、方向竖直向上的匀强磁场中。水平轨道左侧与一个内阻r=2 Ω、电压连续可调的电源相连，通过自动调节电压可维持电路中电流I=2 A保持不变(方向如图所示)。现将一质量m=0.05 kg、长为0.5 m的匀质金属细杆于轨道上M点静止释放，金属细杆沿金属轨道向右开始运动，运动中金属细杆与金属轨道始终垂直。已知M、N间距d=20 m，求:
(1)金属细杆开始运动时的加速度大小;
(2)金属细杆运动到P点时对每一条轨道的作用力大小;
(3)金属杆从M点运动开始计时，电源电动势按照E=24+2.5t(V)变化，求金属杆从M到N过程中产生的焦耳热。
专题提升练26 电磁感应中的动力学、能量问题
1.D 解析 金属棒ab从释放到刚进入磁场时,根据动能定理有mgh=mv2,解得v=,A项错误;金属棒ab刚进入磁场时,根据法拉第电磁感应定律有E=BLv,金属棒ab两端的电压为U=E,解得U=,B项错误;金属棒ab进入磁场后,安培力产生加速度,有=ma,金属棒ab做加速度减小的减速运动,C项错误;根据能量守恒定律可知金属棒ab克服安培力做的总功为mgh,D项正确。
2.ABD 解析 由于金属棒MN运动过程切割磁感线产生感应电动势,回路有感应电流,产生焦耳热,金属棒MN的机械能不断减小,由于金属导轨光滑,所以经过多次往返运动,MN最终一定静止于OO'位置,A项正确;当金属棒MN向右运动,根据右手定则可知,MN中电流方向由M到N,根据左手定则可知,金属棒MN受到的安培力水平向左,则安培力做负功;当金属棒MN向左运动,根据右手定则可知,MN中电流方向由N到M,根据左手定则可知,金属棒MN受到的安培力水平向右,则安培力做负功;可知MN运动过程中安培力始终做负功,B、D两项正确;金属棒MN从释放到第一次到达OO'位置过程中,由于在OO'位置重力沿切线方向的分力为0,可知在到达OO'位置之前的位置,重力沿切线方向的分力已经小于安培力沿切线方向的分力,金属棒MN已经做减速运动,C项错误。
3.C 解析 由法拉第电磁感应定律可知,平均感应电动势=n,由闭合电路的欧姆定律可知,平均感应电流=,通过金属线框的电荷量q=Δt,解得q=n,金属线框穿过左侧磁场过程中穿过金属线框的磁通量ΔΦ=0,则通过金属线框的电荷量q=0,A项错误;金属框在磁场中运动过程中,根据牛顿第二定律可得a=,金属框在磁场中运动过程中,由于安培力一直减小,则加速度一直减小,所以金属线框在磁场中运动过程中,做加速度减小的减速运动,B项错误;设金属线框通过两个磁场区域全过程中产生的焦耳热为Q,金属线框从开始运动到离开右磁场区域过程,由能量守恒定律得m=μmg×5L+m+Q,解得Q=m-m-5μmgL,C项正确;金属线框进入左侧磁场过程中穿过金属线框的磁通量ΔΦ=BL2,通过金属线框的电荷量q==,设金属线框刚好完全进入左侧磁场区域时的速度大小为v,该过程,对金属线框,由动量定理得-nBLt-μmgt=mv-mv0其中t=q,解得v=v0-μgt-,D项错误。
4.ABD 解析 b静止在导轨上,a、c匀速运动,则a、b、c均受力平衡,由b平衡可知,安培力大小F安=mgsin θ,由a平衡可知F绳=F安+mgsin θ=2mgsin θ,由c平衡可知F绳=mcg,因为绳中拉力大小相等,故2mgsin θ=mcg,即物块c的质量为2msin θ,A项正确;b放上之前,a、c系统机械能守恒,c减小的重力势能等于a增加的重力势能与a、c增加的动能之和,故物块c减小的重力势能大于a、c增加的动能,B项正确;b棒放上导轨后,a匀速上升,重力势能在增加,根据能量守恒定律可知,物块c减少的重力势能等于回路消耗的电能与a增加的重力势能之和,故物块c减少的重力势能大于回路消耗的电能,C项错误;b棒放上导轨后,a棒匀速运动,根据b棒的平衡可知F安=mgsin θ,又因为F安=BIL,I=,故v=,D项正确。
5.AB 解析 由于ab和cd均沿导轨下滑,则通过abcd回路的磁通量增大,根据楞次定律可知,回路中的电流方向为abcda,A项正确;初始时,对ab和cd分别受力分析,如图所示,根据牛顿第二定律分别有2mgsin 30°-2BILcos 30°=2ma1,mgsin 30°-BILcos 30°=ma2,可得a1=a2=-,则ab与cd加速度大小之比始终为1∶1,C项错误;当加速度趋于零时,两导体棒中的电流趋于稳定,结合C项分析可知,ab中的电流趋于,B项正确;由于ab和cd加速度大小始终相等,则两导体棒的速度大小始终相等,则由法拉第电磁感应定律可知两导体棒产生的感应电动势大小之比始终为2∶1,D项错误。
6.答案 (1)Φ=kL2t kL2 从a流向b (2)F安=
(3) +m(g+a)
解析 (1)通过面积Scdef的磁通量大小随时间t变化的关系式为Φ=BS=kL2t,
根据法拉第电磁感应定律得
E=n==kL2,
由楞次定律可知ab中的电流从a流向b。
(2)根据左手定则可知ab受到的安培力方向垂直导轨面向里,大小为F安=BIL,
其中B=kt,
设金属棒向上运动的位移为x,则根据运动学公式x=at2,
所以导轨上方的电阻为R'=2xr,
由闭合电路欧姆定律得I=,
联立解得ab所受安培力的大小随时间t变化的关系式为F安=。
(3)由题知t=0时,对ab施加竖直向上的拉力,恰使其向上做加速度大小为a的匀加速直线运动,则对ab受力分析,由牛顿第二定律得F-mg-μF安=ma,
其中F安=,
联立解得F=+m(g+a),
整理有F=+m(g+a)。
根据均值不等式可知,
当=art时,F有最大值,即t=时,
F的最大值为Fm=+m(g+a)。
7.答案 (1)10 m/s2 (2)10.25 N (3)80 J
解析 (1)金属细杆开始运动时所受的安培力大小
F安=BIl=0.5×2×0.5 N=0.5 N,
根据牛顿第二定律可得,加速度大小
a==10 m/s2。
(2)金属细杆从M点到P点的运动过程,只有安培力、重力做功,安培力所做的功
W安=F安×(MN+OP)=10.5 J,
重力所做的功WG=-mg×ON=-0.5 J,
由动能定理得W安+WG=mv2-0,
解得金属细杆运动到P点时的速度大小为
v=20 m/s,
可得F-F安=,
解得F=20.5 N,
由牛顿第三定律可知此时金属细杆对每一条轨道的作用力大小为10.25 N。
(3)设金属棒从M到N的时间为t,可得
20 m=at2,
解得t=2 s,
可得v'=at=20 m/s,
电源瞬时功率为
P=EI=(24+2.5t)I=48+5t(W),
如图所示,
电源在时间t内对整个回路提供的能量为Q,可根据梯形面积计算得
Q=(48+58)×2× J=106 J,
设Q1为金属棒从M到N产生的焦耳热,则
Q=Q1+I2rt+mv'2,
解得Q1=80 J。(共31张PPT)
专题提升练26
电磁感应中的动力学、能量问题
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1.如图为相距L的光滑平行导轨，圆弧部分竖直放置，平直部分固定于水平地面上，矩形MNPQ区域内(MQ足够长)存在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场，导轨右端连接定值电阻R。一质量为m、长为L、电阻为r的金属棒ab从圆弧轨道上高h处由静止释放。金属棒ab与导轨始终接触良好，不计导轨电阻，重力加速度大小为 g。从金属棒ab开始运动到停止运动的过程中，下列说法正确的是 ( )
梯级Ⅰ 基础练
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A.金属棒ab刚进入磁场时的速度大小为
B.金属棒ab刚进入磁场时，金属棒ab两端的电压为BL
C.金属棒ab进入磁场后做匀减速直线运动
D.金属棒ab克服安培力做的总功为mgh
金属棒ab从释放到刚进入磁场时，根据动能定理有mgh=mv2，解得v=，A项错误；金属棒ab刚进入磁场时，根据法拉第电磁感应定律有E=BLv，金属棒ab两端的电压为U=E，解得U=，B项错误；金属棒ab进入磁场后，安培力产生加速度，有=ma，金属棒ab做加速度减小的减速运动，C项错误；根据能量守恒定律可知金属棒ab克服安培力做的总功为mgh，D项正确。
解析
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2.(多选)(2024·山东卷)如图所示，两条相同的半圆弧形光滑金属导轨固定在水平桌面上，其所在平面竖直且平行，导轨最高点到水平桌面的距离等于半径，最低点的连线OO'与导轨所在竖直面垂直。空间充满竖直向下的匀强磁场(图中未画出)，导轨左端由导线连接。现将具有一定质量和电阻的金属棒MN平行OO'放置在导轨图示位置，由静止释放。MN 运动过程中始终平行于OO'且与两导轨接触良好，不考虑自感影响，下列说法正确的是( )
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A.MN最终一定静止于OO'位置
B.MN运动过程中安培力始终做负功
C.从释放到第一次到达OO'位置过程中，MN的速率一直在增大
D.从释放到第一次到达OO'位置过程中，MN中电流方向由M到N
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由于金属棒MN运动过程切割磁感线产生感应电动势，回路有感应电流，产生焦耳热，金属棒MN的机械能不断减小，由于金属导轨光滑，所以经过多次往返运动，MN最终一定静止于OO'位置，A项正确；当金属棒MN向右运动，根据右手定则可知，MN中电流方向由M到N，根据左手定则可知，金属棒MN受到的安培力水平向左，则安培力做负功；当金属棒MN向左运动，根据右手定则可知，MN中电流方向由N到M，根据左手定则可知，金属棒MN受到
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的安培力水平向右，则安培力做负功；可知MN运动过程中安培力始终做负功，B、D两项正确；金属棒MN从释放到第一次到达OO'位置过程中，由于在OO'位置重力沿切线方向的分力为0，可知在到达OO'位置之前的位置，重力沿切线方向的分力已经小于安培力沿切线方向的分力，金属棒MN已经做减速运动，C项错误。
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3.如图所示，水平粗糙地面上有两磁场区域，左、右两磁场区域内的匀强磁场宽度均为L，磁感应强度大小分别为B和2B，左磁场区磁场方向竖直向下，右磁场区磁场方向竖直向上，两磁场间距为2L。一个质量为m、匝数为n、电阻为R、边长为L的正方形金属线框以速度v0水平向右进入左磁场区域，当金属线框刚离开右磁场区域时速度为v1，金属线框离开右磁场区运动一段距离后停下。金属线框与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。关于金属线框的运动，下列判断正确的是( )
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A.金属线框穿过左侧磁场过程中通过金属线框的电荷量为
B.金属线框从刚进入左磁场区域到最终停止的过程中一直做匀减速直线运动
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C.金属线框通过两个磁场区域过程中产生的焦耳热为m-m-5μmgL
D.若金属线框进入左磁场区域过程所用时间为t，则金属线框刚好完全进入时的速度为v0-
由法拉第电磁感应定律可知，平均感应电动势=n，由闭合电路的欧姆定律可知，平均感应电流=，通过金属线框的电荷量q=Δt，解得q=n，金属线框穿过左侧磁场过程中穿过金属线框的磁通量ΔΦ=0，则通过金属线框的电荷量q=0，A项错误；金属框在磁场中运动过程中，根据牛顿第二定律可得a=，金属
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框在磁场中运动过程中，由于安培力一直减小，则加速度一直减小，所以金属线框在磁场中运动过程中，做加速度减小的减速运动，B项错误；设金属线框通过两个磁场区域全过程中产生的焦耳热为Q，金属线框从开始运动到离开右磁场区域过程，由能量守恒定律得m=μmg×5L+m+Q，解得Q=m-m-5μmgL，C项正确；金属线框进入左侧磁场过程中穿过金属线框的
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磁通量ΔΦ=BL2，通过金属线框的电荷量q==，设金属线框刚好完全进入左侧磁场区域时的速度大小为v，该过程，对金属线框，由动量定理得-nBLt-μmgt=mv-mv0其中t=q，解得v=v0-μgt-，D项错误。
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4.(多选)如图所示，在倾角为θ的斜面上固定两根足够长的光滑平行金属导轨PQ和MN，两导轨间距为L，导轨处于磁场方向垂直导轨平面向下的匀强磁场中，磁感应强度为B。有两根质量均为m、电阻均为R的金属棒a、b，先将a棒垂直导轨放置，用跨过光滑定滑轮的细线与物块c连接，连接a棒的细线平行于导轨，由静止释放c，此后某时刻，将b也垂直导轨放置，a、c此刻起做匀速运动，b棒刚好能静止在导轨上。a棒在运动过程中始终与导轨垂直，两棒与导轨接触良好，导轨电阻不计，重力加速度为g。则下列判断正确的是( )
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A.物块c的质量是2msin θ
B.b棒放上导轨前物块c减少的重力势能大于a、c增加的动能
C.b棒放上导轨后物块c减少的重力势能等于回路消耗的电能
D.a、c匀速运动的速度为
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b静止在导轨上，a、c匀速运动，则a、b、c均受力平衡，由b平衡可知，安培力大小F安=mgsin θ，由a平衡可知F绳=F安+mgsin θ= 2mgsin θ，由c平衡可知F绳=mcg，因为绳中拉力大小相等，故2mgsin θ=mcg，即物块c的质量为2msin θ，A项正确；b放上之前，a、c系统机械能守恒，c减小的重力势能等于a增加的重力势能与 a、c增加的动能之和，故物块c减小的重力势能大于a、c增加的动能，B项正确；b棒放上导轨后，a匀速上升，重力势能在增加，根
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据能量守恒定律可知，物块c减少的重力势能等于回路消耗的电能与a增加的重力势能之和，故物块c减少的重力势能大于回路消耗的电能，C项错误；b棒放上导轨后，a棒匀速运动，根据b棒的平衡可知F安=mgsin θ，又因为F安=BIL，I=，故v=，D项正确。
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5.(多选)(2024·黑吉辽卷)如图所示，两条“∧”形的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，间距为L，左、右两导轨面与水平面夹角均为30°，均处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小分别为2B和 B。将有一定阻值的导体棒ab、cd放置在导轨上，同时由静止释放，两棒在下滑过程中始终与导轨垂直并接触良好，ab、cd的质量分别为2m和m，长度均为L。导轨足够长且电阻不计，重力加速度为g，两棒在下滑过程中( )
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A.回路中的电流方向为abcda
B.ab中电流趋于
C.ab与cd加速度大小之比始终为2∶1
D.两棒产生的电动势始终相等
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由于ab和cd均沿导轨下滑，则通过abcd回路的磁通量增大，根据楞次定律可知，回路中的电流方向为abcda，A项正确；初始时，对ab和cd分别受力分析，如图所示，根据牛顿第二定律分别有2mgsin 30°-2BILcos 30°=2ma1，mgsin 30°-BILcos 30°=ma2，可得a1=a2=-，则ab与cd加速度大小之比始终为1∶1，C项错误；当加速度趋于零时，两导体棒中的电流趋于稳定，结合C项
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分析可知，ab中的电流趋于，B项正确；由于ab和cd加速度大小始终相等，则两导体棒的速度大小始终相等，则由法拉第电磁感应定律可知两导体棒产生的感应电动势大小之比始终为2∶ 1，D项错误。
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6.(2024·安徽卷)如图所示，一U形金属导轨固定在竖直平面内，一电阻不计，质量为m的金属棒ab垂直于导轨，并静置于绝缘固定支架上。边长为L的正方形cdef区域内，存在垂直于纸面向外的匀强磁 场。支架上方的导轨间，存在竖直向下的匀强磁场。两磁场的磁感应强度大小B随时间的变化关系均为B=kt(SI)，k为常数(k>0)。支架上方的导轨足够长，两边导轨单位长度的电阻均为r，下方导轨的总电阻为R。t=0时，对ab施加竖直向上的拉力，恰使其向上做加速度大小为a的匀加速直线运动，整个运动过程中ab与两边导轨接触良好。已知ab与导轨间动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。不计空气阻力，两磁场互不影响。
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梯级Ⅱ 能力练
(1)求通过面积Scdef的磁通量大小随时间t变化的关系式，以及感应电动势的大小，并写出ab中电流的方向；
通过面积Scdef的磁通量大小随时间t变化的关系式为Φ=BS=kL2t，
根据法拉第电磁感应定律得E=n==kL2，
由楞次定律可知ab中的电流从a流向b。
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(2)求ab所受安培力的大小随时间t变化的关系式；
根据左手定则可知ab受到的安培力方向垂直导轨面向里，大小为
F安=BIL，其中B=kt，设金属棒向上运动的位移为x，则根据运动学公式x=at2，所以导轨上方的电阻为R'=2xr，
由闭合电路欧姆定律得I=，
联立解得ab所受安培力的大小随时间t变化的关系式为F安=。
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(3)求经过多长时间，对ab所施加的拉力达到最大值，并求此最大 值。
由题知t=0时，对ab施加竖直向上的拉力，恰使其向上做加速度大小为a的匀加速直线运动，则对ab受力分析，由牛顿第二定律得
F-mg-μF安=ma，
其中F安=，
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联立解得F=+m(g+a)，
整理有F=+m(g+a)。
根据均值不等式可知，
当=art时，F有最大值，即t=时，
F的最大值为Fm=+m(g+a)。
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7.如图所示，不计电阻的光滑的金属轨道分水平段和竖直段两部分，竖直段轨道为半径R=1 m的圆弧形，O点为圆弧的圆心，P为圆弧上与圆心等高的点。两金属轨道之间的宽度l=0.5 m。整个装置均处于磁感应强度B=0.5 T、方向竖直向上的匀强磁场中。水平轨道左侧与一个内阻r=2 Ω、电压连续可调的电源相连，通过自动调节电压可维持电路中电流I=2 A保持不变(方向如图所示)。现将一质量m= 0.05 kg、长为0.5 m的匀质金属细杆于轨道上M点静止释放，金属细杆沿金属轨道向右开始运动，运动中金属细杆与金属轨道始终垂 直。已知M、N间距d=20 m，求:
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梯级Ⅲ 创新练
(1)金属细杆开始运动时的加速度大小；
金属细杆开始运动时所受的安培力大小
F安=BIl=0.5×2×0.5 N=0.5 N，
根据牛顿第二定律可得，加速度大小a==10 m/s2。
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(2)金属细杆运动到P点时对每一条轨道的作用力大小；
金属细杆从M点到P点的运动过程，只有安培力、重力做功，安培力所做的功W安=F安×(MN+OP)=10.5 J，
重力所做的功WG=-mg×ON=-0.5 J，
由动能定理得W安+WG=mv2-0，
解得金属细杆运动到P点时的速度大小为v=20 m/s，
可得F-F安=，解得F=20.5 N，
由牛顿第三定律可知此时金属细杆对每一条轨道的作用力大小为10.25 N。
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(3)金属杆从M点运动开始计时，电源电动势按照E=24+2.5t(V)变化，求金属杆从M到N过程中产生的焦耳热。
设金属棒从M到N的时间为t，可得20 m=at2，
解得t=2 s，
可得v'=at=20 m/s，
电源瞬时功率为P=EI=(24+2.5t)I=48+5t(W)，
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如图所示，
电源在时间t内对整个回路提供的能量为Q，
可根据梯形面积计算得Q=(48+58)×2× J=106 J，
设Q1为金属棒从M到N产生的焦耳热，则Q=Q1+I2rt+mv'2，
解得Q1=80 J。
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