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专题十电磁感应中的动力学和能量问题考纲解读 1.能解决电磁感应问题中涉及安培力的动态分析和平衡问题.2.会分析电磁感应问题中的能量转化，并会进行有关计算考点一电磁感应中的动力学问题分析1导体的平衡态静止状态或匀速直线运动状态处理方法：根据平衡条件(合外力等于零)列式分析2导体的非平衡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例1如图1所示，MN、PQ为足够长的平行金属导轨，间距L0.50 m，导轨平面与水平面间夹角37，N、Q间连接一个电阻R5.0 ，匀强磁场垂直于导轨平面向上，磁感应强度B1.0 T将一根质量为m0.050 kg的金属棒放在导轨的ab位置，金属棒及导轨的电阻不计现由静止释放金属棒，金属棒沿导轨向下运动过程中始终与导轨垂直，且与导轨接触良好已知金属棒与导轨间的动摩擦因数0.50，当金属棒滑行至cd处时，其速度大小开始保持不变，位置cd与ab之间的距离s2.0 m已知g10 m/s2，sin 370.60，cos 370.80.求：图1(1)金属棒沿导轨开始下滑时的加速度大小；(2)金属棒到达cd处的速度大小；(3)金属棒由位置ab运动到cd的过程中，电阻R产生的热量解析(1)设金属棒开始下滑时的加速度大小为a，则mgsin mgcos maa2.0 m/s2(2)设金属棒到达cd位置时速度大小为v、电流为I，金属棒受力平衡，有mgsin BILmgcos I解得v2.0 m/s(3)设金属棒从ab运动到cd的过程中，电阻R上产生的热量为Q，由能量守恒，有mgssin mv2mgscos Q解得Q0.10 J答案(1)2.0 m/s2(2)2.0 m/s(3)0.10 J 电磁感应与动力学问题的解题策略此类问题中力现象和电磁现象相互联系、相互制约，解决问题前首先要建立“动电动”的思维顺序，可概括为：(1)找准主动运动者，用法拉第电磁感应定律和楞次定律求解感应电动势的大小和方向(2)根据等效电路图，求解回路中感应电流的大小及方向(3)分析安培力对导体棒运动速度、加速度的影响，从而推理得出对电路中的感应电流有什么影响，最后定性分析导体棒的最终运动情况(4)列牛顿第二定律或平衡方程求解突破训练1如图2所示，相距为L的两条足够长的平行金属导轨，与水平面的夹角为，导轨上固定有质量为m、电阻为R的两根相同的导体棒，导体棒MN上方轨道粗糙、下方轨道光滑，整个空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为B.将两根导体棒同时释放后，观察到导体棒MN下滑而EF保持静止，当MN下滑速度最大时，EF与轨道间的摩擦力刚好达到最大静摩擦力，下列叙述正确的是()图2A导体棒MN的最大速度为B导体棒EF与轨道之间的最大静摩擦力为mgsin C导体棒MN受到的最大安培力为mgsin D导体棒MN所受重力的最大功率为答案AC解析由题意可知，导体棒MN切割磁感线，产生的感应电动势为EBLv，回路中的电流I，MN受到的安培力FBIL，故MN沿斜面做加速度减小的加速运动，当MN受到的安培力大小等于其重力沿轨道方向的分力时，速度达到最大值，此后MN做匀速运动故导体棒MN受到的最大安培力为mgsin ，导体棒MN的最大速度为，选项A、C正确由于当MN下滑速度最大时，EF与轨道间的摩擦力刚好达到最大静摩擦力，由力的平衡知识可知EF与轨道之间的最大静摩擦力为2mgsin ，B错误由PGvsin 可知导体棒MN所受重力的最大功率为，D错误考点二电磁感应中的能量问题分析1过程分析(1)电磁感应现象中产生感应电流的过程，实质上是能量的转化过程(2)电磁感应过程中产生的感应电流在磁场中必定受到安培力的作用，因此，要维持感应电流的存在，必须有“外力”克服安培力做功，将其他形式的能转化为电能“外力”克服安培力做了多少功，就有多少其他形式的能转化为电能(3)当感应电流通过用电器时，电能又转化为其他形式的能安培力做功的过程，或通过电阻发热的过程，是电能转化为其他形式能的过程安培力做了多少功，就有多少电能转化为其他形式的能2求解思路(1)若回路中电流恒定，可以利用电路结构及WUIt或QI2Rt直接进行计算(2)若电流变化，则：利用安培力做的功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功；利用能量守恒求解：若只有电能与机械能的转化，则机械能的减少量等于产生的电能例2如图3所示，在倾角37的光滑斜面上存在一垂直斜面向上的匀强磁场区域MNPQ，磁感应强度B的大小为5 T，磁场宽度d0.55 m，有一边长L0.4 m、质量m10.6 kg、电阻R2 的正方形均匀导体线框abcd通过一轻质细线跨过光滑的定滑轮与一质量为m20.4 kg的物体相连，物体与水平面间的动摩擦因数0.4，将线框从图示位置由静止释放，物体到定滑轮的距离足够长(取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)求：(1)线框abcd还未进入磁场的运动过程中，细线中的拉力为多少？(2)当ab边刚进入磁场时，线框恰好做匀速直线运动，求线框刚释放时ab边距磁场MN边界的距离x多大？(3)在(2)问中的条件下，若cd边恰离开磁场边界PQ时，速度大小为2 m/s，求整个运动过程中ab边产生的热量为多少？图3审题指导1.线框abcd未进入磁场时，线框沿斜面向下加速，m2沿水平面向左加速，属连接体问题2ab边刚进入磁场时做匀速直线运动，可利用平衡条件求速度3线框从开始运动到离开磁场的过程中，线框和物体组成的系统减少的机械能转化为线框的焦耳热解析(1)m1、m2运动过程中，以整体法有m1gsin m2g(m1m2)aa2 m/s2以m2为研究对象有FTm2gm2a(或以m1为研究对象有m1gsin FTm1a)FT2.4 N(2)线框进入磁场恰好做匀速直线运动，以整体法有m1gsin m2g0v1 m/sab到MN前线框做匀加速运动，有v22axx0.25 m(3)线框从开始运动到cd边恰离开磁场边界PQ时：m1gsin (xdL)m2g(xdL)(m1m2)vQ解得：Q0.4 J所以QabQ0.1 J答案(1)2.4 N(2)0.25 m(3)0.1 J突破训练2如图4所示，平行金属导轨与水平面间的倾角为，导轨电阻不计，与阻值为R的定值电阻相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面，磁感应强度为B.有一质量为m、长为l的导体棒从ab位置获得平行于斜面、大小为v的初速度向上运动，最远到达ab位置，滑行的距离为s，导体棒的电阻也为R，与导轨之间的动摩擦因数为.则()图4A上滑过程中导体棒受到的最大安培力为B上滑过程中电流做功发出的热量为mv2mgs(sin cos )C上滑过程中导体棒克服安培力做的功为mv2D上滑过程中导体棒损失的机械能为mv2mgssin 答案BD解析导体棒刚开始运动时所受安培力最大，FmBIl，A选项错误由能量守恒定律可知：导体棒动能减少的数值应该等于导体棒重力势能的增加量以及克服安培力做功产生的电热和克服摩擦阻力做功产生的内能，其公式表示为：mv2mgssin mgscos Q电热，则有：Q电热mv2(mgssin mgscos )，即为导体棒克服安培力做的功导体棒损失的机械能即为克服安培力做功和克服摩擦阻力做功的和，W损失mv2mgssin .故B、D正确42.应用动力学和能量观点解决电磁感应中的“导轨杆”模型问题1模型概述对杆在导轨上运动组成的系统，杆在运动中切割磁感线产生感应电动势，并受到安培力的作用改变运动状态最终达到稳定的运动状态，该系统称为“导轨杆”模型2模型分类及分析方法根据杆的数目，对于“导轨杆”模型题目，又常分为单杆模型和双杆模型(1)单杆模型是电磁感应中常见的物理模型，此类问题所给的物理情景一般是导体棒垂直切割磁感线，在安培力、重力、拉力作用下的变加速直线运动或匀速直线运动，所涉及的知识有牛顿运动定律、功能关系、能量守恒定律等此类问题的分析要抓住三点：杆的稳定状态一般是匀速运动(达到最大速度或最小速度，此时合力为零)整个电路产生的电能等于克服安培力所做的功电磁感应现象遵从能量守恒定律(2)双杆类问题可分为两种情况：一是“假双杆”，甲杆静止不动，乙杆运动其实质是单杆问题，不过要注意问题包含着一个条件：甲杆静止、受力平衡另一种情况是两杆都在运动，对于这种情况，要注意两杆切割磁感线产生的感应电动势是相加还是相减线框进入磁场和离开磁场的过程和单杆的运动情况相同，在磁场中运动的过程与双杆的运动情况相同例3如图5所示，足够长的金属导轨MN、PQ平行放置，间距为L，与水平面成角，导轨与定值电阻R1和R2相连，且R1R2R，R1支路串联开关S，原来S闭合匀强磁场垂直导轨平面向上，有一质量为m、有效电阻也为R的导体棒ab与导轨垂直放置，它与导轨粗糙接触且始终接触良好现将导体棒ab从静止释放，沿导轨下滑，当导体棒运动达到稳定状态时速率为v，此时整个电路消耗的电功率为重力功率的.已知重力加速度为g，导轨电阻不计，求：图5(1)匀强磁场的磁感应强度B的大小和达到稳定状态后导体棒ab中的电流强度I；(2)如果导体棒ab从静止释放沿导轨下滑x距离后达到稳定状态，这一过程回路中产生的电热是多少？(3)导体棒ab达到稳定状态后，断开开关S，从这时开始导体棒ab下滑一段距离后，通过导体棒ab横截面的电荷量为q，求这段距离是多少？审题与关联解析(1)回路中的总电阻为：R总R当导体棒ab以速度v匀速下滑时棒中的感应电动势为：EBLv此时棒中的感应电流为：I此时回路的总电功率为：P电I2R总此时重力的功率为：P重mgvsin 根据题给条件有：P电P重，解得：I B (2)设导体棒ab与导轨间的滑动摩擦力大小为Ff，根据能量守恒定律可知：mgvsin Ffv解得：Ffmgsin 导体棒ab减少的重力势能等于增加的动能、回路中产生的焦耳热以及克服摩擦力做功的和mgsin xmv2QFfx解得：Qmgsin xmv2(3)S断开后，回路中的总电阻为：R总2R设这一过程经历的时间为t，这一过程回路中的平均感应电动势为，通过导体棒ab的平均感应电流为，导体棒ab下滑的距离为s，则：，得：qt解得：s 答案见解析高考题组1(2013安徽16)如图6所示，足够长的平行金属导轨倾斜放置，倾角为37，宽度为0.5 m，电阻忽略不计，其上端接一小灯泡，电阻为1 .一导体棒MN垂直导轨放置，质量为0.2 kg，接入电路的电阻为1 ，两端与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为0.5.在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为0.8 T将导体棒MN由静止释放，运动一段时间后，小灯泡稳定发光，此后导体棒MN的运动速度以及小灯泡消耗的电功率分别为(重力加速度g取10 m/s2，sin 370.6)()图6A2.5 m/s1 W B5 m/s1 WC7.5 m/s9 W D15 m/s9 W答案B解析导体棒MN匀速下滑时受力如图所示，由平衡条件可得F安mgcos 37mgsin 37，所以F安mg(sin 37cos 37)0.4 N，由F安BIL得I1 A，所以EI(R灯RMN)2 V，导体棒的运动速度v5 m/s，小灯泡消耗的电功率为P灯I2R灯1 W正确选项为B.模拟题组2如图7甲所示，电阻不计且间距L1 m的光滑平行金属导轨竖直放置，上端接一阻值R2 的电阻，虚线OO下方有垂直于导轨平面向里的匀强磁场，现将质量m0.1 kg、电阻不计的金属杆ab从OO上方某处由静止释放，金属杆在下落的过程中与导轨保持良好接触且始终水平已知杆ab进入磁场时的速度v01 m/s，下落0.3 m的过程中加速度a与下落距离h的关系图象如图乙所示，g取10 m/s2，则()图7A匀强磁场的磁感应强度为1 TB杆ab下落0.3 m时金属杆的速度为1 m/sC杆ab下落0.3 m的过程中R上产生的热量为0.2 JD杆ab下落0.3 m的过程中通过R的电荷量为0.25 C答案D解析在杆ab刚进入磁场时，有mgma，由题图乙知，a的大小为10 m/s2，解得B2 T，A错误杆ab下落0.3 m时杆做匀速运动，则有mg，解得v0.5 m/s，选项B错误在杆ab下落0.3 m的过程，根据能量守恒，R上产生的热量为Qmghmv20.287 5 J，选项C错误通过R的电荷量q0.25 C选项D正确3在如图8所示倾角为的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小均为B的匀强磁场，区域的磁场方向垂直斜面向上，区域的磁场方向垂直斜面向下，磁场的宽度均为L.一质量为m、电阻为R、边长为的正方形导体线圈，在沿平行斜面向下的拉力F作用下由静止开始沿斜面下滑，当ab边刚越过GH进入磁场时，恰好做匀速直线运动，下列说法中正确的有(重力加速度为g)()图8A从线圈的ab边刚进入磁场到线圈dc边刚要离开磁场的过程中，线圈ab边中产生的感应电流先沿ba方向再沿ab方向B线圈进入磁场过程和离开磁场过程所受安培力方向都平行斜面向上C线圈ab边刚进入磁场 时的速度大小为D线圈进入磁场做匀速运动的过程中，拉力F所做的功等于线圈克服安培力所做的功答案BC解析由右手定则可知线圈的ab边刚进入磁场和线圈的dc边刚要离开磁场时，线圈ab边中的感应电流方向均为ba，线圈经过JP时感应电流的方向为ab，A错误由楞次定律可判断出感应电流所受磁场的安培力阻碍线圈的切割磁感线运动，B正确线圈ab边刚进入磁场时，受到的安培力F安BI，由共点力的平衡知识可知F安mgsin F，联立可得线圈ab边刚进入磁场时的速度大小为，C正确线圈进入磁场做匀速运动的过程中，合外力做的功为0，即拉力F和重力沿斜面方向的分力所做的功等于线圈克服安培力所做的功，D错误4.如图9所示，固定的光滑平行金属导轨间距为L，导轨电阻不计，上端a、b间接有阻值为R的电阻，导轨平面与水平面的夹角为，且处在磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中质量为m、电阻为r的导体棒与一端固定的弹簧相连后放在导轨上初始时刻，弹簧恰处于自然长度，导体棒具有沿轨道向上的初速度v0.整个运动过程中导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触已知弹簧的劲度系数为k，弹簧的中心轴线与导轨平行图9(1)求初始时刻通过电阻R的电流I的大小和方向；(2)当导体棒第一次回到初始位置时，速度变为v，求此时导体棒的加速度大小a；(3)导体棒最终静止时弹簧的弹性势能为Ep，求导体棒从开始运动直到停止的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q.答案(1)，电流方向为ba(2)gsin (3)mvEp解析(1)初始时刻，导体棒产生的感应电动势E1BLv0通过R的电流大小I1电流方向为ba(2)回到初始位置时，导体棒产生的感应电动势为E2BLv感应电流I2导体棒受到的安培力大小为FBI2L，方向沿斜面向上根据牛顿第二定律有：mgsin Fma解得agsin (3)导体棒最终静止，有：mgsin kx压缩量x设整个过程回路产生的焦耳热为Q0，根据能量守恒定律有mvmgxsin EpQ0Q0mvEp电阻R上产生的焦耳热QQ0mvEp(限时：45分钟)题组1电磁感应中的动力学问题1.如图1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为一定值电阻，ef为垂直于ab的一根导体杆，它可以在ab、cd上无摩擦地滑动杆ef及线框中导线的电阻都可不计开始时，给ef一个向右的初速度，则()图1Aef将减速向右运动，但不是匀减速Bef将匀减速向右运动，最后停止Cef将匀速向右运动Def将做往返运动答案A解析杆ef向右运动，所受安培力FBIlBl，方向向左，故杆ef做减速运动；v减小，F减小，杆做加速度逐渐减小的减速运动，A正确2.一个刚性矩形铜制线圈从高处自由下落，进入一水平的匀强磁场区域，然后穿出磁场区域继续下落，如图2所示，则()图2A若线圈进入磁场过程是匀速运动，则离开磁场过程也是匀速运动B若线圈进入磁场过程是加速运动，则离开磁场过程也是加速运动C若线圈进入磁场过程是减速运动，则离开磁场过程也是减速运动D若线圈进入磁场过程是减速运动，则离开磁场过程是加速运动答案C解析从线框全部进入磁场至线框开始离开磁场，线框做加速度为g的匀加速运动，可知线圈离开磁场过程中受的安培力大于进入磁场时受的安培力，故只有C项正确3在伦敦奥运会上，100 m赛跑跑道两侧设有跟踪仪，其原理如图3甲所示，水平面上两根足够长的金属导轨平行固定放置，间距为L0.5 m，一端通过导线与阻值为R0.5 的电阻连接导轨上放一质量为m0.5 kg的金属杆，金属杆与导轨的电阻忽略不计匀强磁场方向竖直向下用与导轨平行的拉力F作用在金属杆上，使杆运动当改变拉力的大小时，相对应的速度v也会变化，从而使跟踪仪始终与运动员保持一致已知v和F的关系如图乙(取重力加速度g10 m/s2)则()图3A金属杆受到的拉力与速度成正比B该磁场的磁感应强度为1 TC图线在横轴的截距表示金属杆与导轨间的阻力大小D导轨与金属杆之间的动摩擦因数0.4答案BCD解析由题图乙可知拉力与速度是一次函数，但不成正比，故A错；图线在横轴的截距是速度为零时的拉力，金属杆将要运动，此时阻力最大静摩擦力等于该拉力，也等于运动时的滑动摩擦力，C对；由FBILmg0及I可得：Fmg0，从题图乙上分别读出两组F、v数据代入上式即可求得B1 T，0.4，所以选项B、D对4如图4所示，光滑斜面的倾角为，斜面上放置一矩形导体线框abcd，ab边的边长为l1，bc边的边长为l2，线框的质量为m，电阻为R，线框通过绝缘细线绕过光滑的定滑轮与一重物相连，重物质量为M.斜面上ef线(ef平行底边)的右方有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度为B，如果线框从静止开始运动，进入磁场的最初一段时间是做匀速运动的，且线框的ab边始终平行于底边，则下列说法正确的是()图4A线框进入磁场前运动的加速度为B线框进入磁场时匀速运动的速度为C线框做匀速运动的总时间为D该匀速运动过程产生的焦耳热为(Mgmgsin )l2答案D解析由牛顿第二定律，Mgmgsin (Mm)a，解得线框进入磁场前运动的加速度为，A错误由平衡条件，Mgmgsin F安0，F安BIl1，I，EBl1v，联立解得线框进入磁场时匀速运动的速度为v，B错误线框做匀速运动的总时间为t，C错误由能量守恒定律，该匀速运动过程产生的焦耳热等于系统重力势能的减小，为(Mgmgsin )l2，D正确题组2电磁感应中的能量问题5一质量为m、电阻为r的金属杆ab，以初速度v0从一对光滑的平行金属导轨底端向上滑行，导轨平面与水平面成30角，两导轨上端用一电阻R相连，如图5所示，磁场垂直斜面向上，导轨的电阻不计，金属杆向上滑行到某一高度之后又返回到底端时的速度大小为v，则()图5A向上滑行的时间小于向下滑行的时间B向上滑行的过程中电阻R上产生的热量大于向下滑行的过程中电阻R上产生的热量C向上滑行的过程中与向下滑行的过程中通过电阻R的电荷量相等D金属杆从开始上滑至返回出发点的过程中，电阻R上产生的热量为m(vv2)答案ABC解析金属杆沿斜面向上运动时安培力沿斜面向下，沿斜面向下运动时安培力沿斜面向上，所以上滑过程的加速度大于下滑过程的加速度，因此向上滑行的时间小于向下滑行的时间，A对；向上滑行过程的平均速度大，感应电流大，安培力做的功多，R上产生的热量多，B对；由q知C对；由能量守恒定律知回路中产生的总热量为m(vv2)，D错6.在如图6所示的倾角为的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小为B的匀强磁场，区域的磁场方向垂直斜面向上，区域的磁场方向垂直斜面向下，磁场的宽度均为L，一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，当ab边刚越过GH进入磁场区时，恰好以速度v1做匀速直线运动；当ab边下滑到JP与MN的中间位置时，线框又恰好以速度v2做匀速直线运动，从ab边越过GH到到达MN与JP的中间位置的过程中，线框的动能变化量为Ek，重力对线框做功大小为W1，安培力对线框做功大小为W2，下列说法中正确的有()图6A在下滑过程中，由于重力做正功，所以有v2v1B从ab边越过GH到到达MN与JP的中间位置的过程中，线框的机械能守恒C从ab边越过GH到到达MN与JP的中间位置的过程中，有W1Ek的机械能转化为电能D从ab边越过GH到到达MN与JP的中间位置的过程中，线框动能的变化量大小EkW1W2答案CD解析ab边越过JP后回路感应电动势增大，感应电流增大，因此所受安培力增大，安培力阻碍线框下滑，因此ab边越过JP后开始做减速运动，使感应电动势和感应电流均减小，安培力减小，当安培力减小到与重力沿斜面向下的分力mgsin 相等时，以速度v2做匀速运动，因此v2v1，A错；由于有安培力做功，线框机械能不守恒，B错；线框克服安培力做功，将机械能转化为电能，克服安培力做了多少功，就有多少机械能转化为电能，由动能定理得W1W2Ek，W2W1Ek，故C、D正确7如图7所示，足够长的粗糙绝缘斜面与水平面成37角，在斜面上虚线aa和bb与斜面底边平行，在aa、bb围成的区域有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度为B1 T；现有一质量为m10 g、总电阻为R1 、边长为d0.