2026版创新设计高考总复习物理(人教基础版)教师用-专题强化二十三　电磁感应中的动力学和能量问题

专题强化二十三电磁感应中的动力学和能量问题学习目标1.学会用动力学知识分析导体棒在磁场中的运动问题。2.会用功能关系和能量守恒定律分析电磁感应中的能量转化。考点一电磁感应中的动力学问题1.导体运动的两种状态和处理方法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.解决电磁感应中的动力学问题的基本思路(先电后力)例1如图所示,水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻,质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上。t=0时,金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动。t0时刻,金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域,且在磁场中恰好能保持匀速运动。杆与导轨的电阻均忽略不计,两者始终保持垂直且接触良好,两者之间的动摩擦因数为μ。重力加速度大小为g。求:(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势大小;(2)电阻的阻值。答案(1)Blt0Fm-μg解析(1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a,由牛顿第二定律得F-μmg=ma设金属杆到达磁场左边界时的速度为v,由运动学公式有v=at0当金属杆以速度v在磁场中运动时,由法拉第电磁感应定律可知,金属杆产生的电动势为E=Blv联立可得E=Blt0Fm(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时,金属杆中的电流为I,电阻的阻值为R,根据闭合电路欧姆定律有I=E金属杆所受的安培力为F安=IlB因金属杆做匀速运动,由牛顿运动定律得F-μmg-F安=0联立解得R=B2例2(多选)(2024·黑吉辽卷,9)如图,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abcdaB.ab中电流趋于3C.ab与cd加速度大小之比始终为2∶1D.两棒产生的电动势始终相等答案AB解析两导体棒均向下运动,穿过闭合回路的磁通量增加,根据楞次定律和安培定则可知回路中的电流方向为abcda,A正确;如图,对两导体棒受力分析,对ab棒有2mgsin30°-2ILBcos30°=2ma1,对cd棒有mgsin30°-ILBcos30°=ma2,可得a1=a2=g2-3ILB2m,则a1∶a2=1∶1。初始时两导体棒均做加速运动,闭合回路的电动势增大,电流增大,导体棒受到的安培力增大,导体棒的加速度减小,最终加速度为零,此时I=mgsin30°BLcos30°=3mg3BL,B正确;由B项分析可知两导体棒加速阶段加速度大小之比为a1∶a2=1∶1,最终加速度均为零,C错误;由于两棒的加速度大小始终相等,则两导体棒的速度大小始终相等,但两部分磁场的磁感应强度大小为两倍的关系,根据E=BLv例3如图甲所示,用粗细均匀的导线制成的一个单匝正方形金属框,现被一根绝缘丝线悬挂在竖直平面内处于静止状态,已知金属框的质量为m,边长为L,金属框的总电阻为R,金属框的上半部分处在方向垂直框面向里的有界磁场中(磁场均匀分布),下半部分在磁场外,磁场的磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示,丝线能承受的最大拉力为F,从t=0时刻起,测得经过t0=5s,丝线刚好被拉断,金属框由静止开始下落。金属框在下落过程中上边框离开磁场前已开始做匀速直线运动,金属框始终在竖直平面内且未旋转,重力加速度为g,不计空气阻力。求:(1)0~5s内,金属框产生感应电流的方向以及磁感应强度B0的大小;(2)金属框的上边框离开磁场前做匀速直线运动的速度v的大小。答案(1)沿逆时针方向10R(F-解析(1)由题图乙可知,0~5s时间内磁场均匀增加,由楞次定律可知金属框中产生感应电流的方向沿逆时针方向;由法拉第电磁感应定律得E=ΔΦΔt=ΔB·SΔt感应电流大小为I=E5s时受到的安培力为F安=ILB0丝线刚好被拉断,则有F=F安+mg联立解得B0=10R(2)由题意可知,5s后磁感应强度为B0不变,金属框在上边框离开磁场前做匀速运动,有I1LB0=mg金属框做匀速运动产生的感应电动势大小为E1=B0Lv由闭合电路欧姆定律可得I1=E整理得v=mgR代入B0得v=mgL10(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的三种方法例4如图甲所示,地面上方高度为d的空间内有水平方向的匀强磁场,质量为m的正方形闭合导线框abcd的边长为l,从bc边距离地面高为h处将其由静止释放,已知h>d>l。从导线框开始运动到bc边即将落地的过程中,导线框的v-t图像如图乙所示。重力加速度为g,不计空气阻力,以下有关这一过程的判断正确的是()A.t1~t2时间内导线框受到的安培力逐渐增大B.磁场的高度d可以用v-t图中阴影部分的面积表示C.导线框重力势能的减少量等于其动能的增加量D.导线框产生的焦耳热大于mgl答案D解析由题图乙可知,在0~t1时间内,导线框做自由落体运动,t1~t2时间内导线框切割磁感线进入磁场,做加速度减小的减速运动,由牛顿第二定律有F安-mg=ma,则安培力在减小,A错误;在t1~t2时间段内,导线框切割磁感线,距离为l,完全进入后又做加速运动直到落地,所以磁场高度d为t1~t3时间内的位移,B错误;安培力做负功,所以重力势能减少量等于动能增加量和产生的焦耳热之和,C错误;t1~t2时间内,F安>mg,克服安培力做的功大于重力做功,所以在下降过程中导线框产生的焦耳热大于mgl,D正确。例5(多选)(2025·山东潍坊模拟)如图(a),两根足够长的光滑导轨竖直放置,间距为L,底端接有一阻值为R的电阻。将一质量为m、阻值为R、长度也为L的金属棒通过绝缘细绳悬挂在距离导轨底端h高度处。空间中存在方向垂直于导轨平面向里的匀强磁场,其磁感应强度B随时间t变化,如图(b)所示。已知在t0时刻,细绳刚好断开,金属棒开始向下运动,下落高度为d时达到最大速度(d<h)。金属棒始终与轨道垂直且保持良好接触,重力加速度为g,则下列说法正确的是()A.金属棒下落的最大速度为2B.金属棒运动过程中机械能守恒C.细绳断裂前电路的总功率为BD.细绳断裂后至金属棒达到最大速度的过程中,电路中产生的总热量为2答案AC解析金属棒在下落的运动中,受重力和安培力的作用,由静止开始做加速度减小的加速运动,当加速度减小到零时,金属棒的速度最大,此时重力与安培力大小相等,则有F安=ILB0=mg,其中I=B0LvmR+R,解得vm=2mgRB02L2,A正确;金属棒运动过程中有重力做正功,安培力做负功,机械能不守恒,B错误;细绳断裂前,由法拉第电磁感应定律可得,感应电动势大小为E=ΔΦΔt=ΔBΔt·hL=B0hLt0,由电功率公式,可得电路的总功率为P=E2R+R=B02h2例6(2024·全国甲卷,25)两根平行长直光滑金属导轨距离为l,固定在同一水平面(纸面)内,导轨左端接有电容为C的电容器和阻值为R的电阻,开关S与电容器并联;导轨上有一长度略大于l的金属棒,如图所示。导轨所处区域有方向垂直于纸面、磁感应强度大小为B的匀强磁场。开关S闭合,金属棒在恒定的外力作用下由静止开始加速,最后将做速率为v0的匀速直线运动。金属棒始终与两导轨垂直且接触良好,导轨电阻和金属棒电阻忽略不计。(1)在加速过程中,当外力做功的功率等于电阻R热功率的2倍时,金属棒的速度大小是多少?(2)如果金属棒达到(1)中的速度时断开开关S,改变外力使金属棒保持此速度做匀速运动。之后某时刻,外力做功的功率等于电阻R热功率的2倍,求此时电容器两极间的电压及从断开S开始到此刻外力做的功。答案(1)v02(2)Bl解析(1)由法拉第电磁感应定律可得金属棒切割磁感线运动过程中,金属棒产生的感应电动势为E=Blv闭合开关S,电容器被短路,由闭合电路欧姆定律可得回路中的电流I=E由安培力公式可得金属棒所受的安培力F安=IlB联立可得F安=B当金属棒匀速运动时,金属棒受力平衡,可得外力大小为F=F安m=B所以外力做功的功率为P=Fv=B又电阻R的热功率为PR=I2R=B则当外力做功的功率等于电阻R热功率的2倍,即P=2PR时,金属棒的速度大小为v1=v0(2)断开开关S后,金属棒匀速运动,设回路中的电流为I',则外力的大小为F'=F安'=I'lB则外力做功的功率为P'=F'v1=I'lB而电阻R的热功率为PR'=I'2R当外力做功的功率等于电阻R热功率的2倍,即P'=2PR'时,有I1'=Bl则此时电容器两端的电压为U=Blv1-I1'R=Bl电容器所带电荷量为Q=CU从断开S开始到该时刻的过程,对金属棒根据动能定理可知,外力做功的绝对值等于安培力做功的绝对值,则有W=W安=P安t=F安v1t=Blv1其中I't=Q-0联立解得W=B2限时作业(限时:45分钟)基础对点练对点练1电磁感应中的动力学问题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=IlB=B2l2vR=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、2.(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8N,经过2s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1m,导轨电阻可忽略不计,金属杆的质量为1kg,电阻为1Ω,磁感应强度大小为1T,重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=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12ND.金属杆运动的加速度大小为2m/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=BlvR,金属杆所受的安培力大小为F安=IlB=B2l2atR,由牛顿第二定律有F-mgsin37°-F安=ma,可得F=ma+mgsin37°+B2l2atR,F与t是一次函数关系,选项A错误,B正确;t=0时,F最小,代入数据可求得a=2m/s2,选项D正确;t=2s时3.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,可知感应电流为I=ER,所以安培力为F=ILB=B2L2vR,又根据牛顿第二定律有F=ma,则a=B2L2vRm,由于v减小,所以a也减小;当线框完全进入磁场后,不受到安培力作用,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,4.(2025·江苏盐城模拟)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,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,阻值为r,杆下落过程中切割磁感线产生的感应电流大小为I=ER+r=BLvR+r∝v,故C错误;根据牛顿第二定律有mg-ILB=ma,即a=g-B2L2vm(R+r),故D正确;杆所受安培力的大小为F=ILB=B2L2vR+r,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,所以安培力随时间先增大,后不变,最终大小为mg,故B对点练2电磁感应中的能量问题5.一半径为r、质量为m、电阻为R的金属圆环用一根长为L的绝缘轻细杆悬挂于O1点,杆所在的直线过圆环圆心,在O1点的正下方有一半径为L+2r的圆形匀强磁场区域,其圆心O2与O1点在同一竖直线上,O1点在圆形磁场区域边界上,如图所示。现使绝缘轻细杆从水平位置由静止释放,下摆过程中金属圆环所在平面始终与磁场垂直,已知重力加速度为g,不计空气阻力及其他摩擦阻力,下列说法正确的是()A.金属圆环最终会静止在O1点的正下方B.金属圆环在整个过程中产生的焦耳热为mgLC.金属圆环在整个过程中产生的焦耳热为12mg(L+2rD.金属圆环在整个过程中产生的焦耳热为12mg(L+r答案C解析圆环最终要在如图中A、C位置间摆动,因为此时圆环中的磁通量不再发生改变,圆环中不再有感应电流产生。由几何关系可知,圆环在A、C位置时,其圆心与O1、O2的距离均为L+r,则圆环在A、C位置时,圆环圆心到O1的高度为L+2r2。由能量守恒定律可得金属圆环在整个过程中产生的焦耳热为12mg(L+2r)6.(多选)如图所示,水平虚线L1、L2之间是匀强磁场,磁场方向垂直纸面向里,磁场区域的高度为h。竖直平面内有一质量为m的直角梯形线框,底边水平,其上下边长之比为5∶1,AB边长为L,高为2h。现使线框AB边在磁场边界L1的上方高h处由静止自由下落(下落过程底边始终水平,线框平面始终与磁场方向垂直),当AB边刚进入磁场时,线框的加速度恰好为零,在DC边进入磁场前的一段时间内,线框做匀速运动。重力加速度为g,忽略空气阻力,则下列说法中正确的是()A.从AB边进入磁场到DC边进入磁场的过程中,线框做匀速运动,线框中感应电流恒定B.从AB边进入磁场到AB边离开磁场的过程中,线框中感应电流沿逆时针方向C.从线框开始下落到DC边刚进入磁场的过程中,线框重力势能的减少量全部转化为线框产生的焦耳热D.DC边刚进入磁场时,线框的加速度大小为54答案BD解析AB边刚进入磁场时,线框的加速度为零,根据受力平衡可知mg=F安=ILB=B2L2vR,此后在AB边未出L2前,线框切割磁感线的有效长度一直增加,线框做减速运动,DC边进入磁场前的一段时间内,线框做匀速运动,A错误;由楞次定律可知,从AB边进入磁场到AB边离开磁场的过程中,线框中感应电流沿逆时针方向,B正确;由能量守恒定律可知,从线框开始下落到DC边刚进入磁场的过程中,线框重力势能的减少量转化为线框的动能和线框产生的焦耳热,C错误;线框跨在L1、L2之间,DC边进入磁场前,其有效切割长度为2L,设此时线框匀速运动的速度大小为v1,有(2BL)2v1R=mg,设DC边进入磁场时线框有效切割长度为LMN,如图所示,由几何关系有LAB∶LMN∶LCD=1∶3∶5,则LMN=3L,由牛顿第二定律有(BLMN)2v1R-mg=ma,7.(多选)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,导轨的右端接有电阻R,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.导体棒返回时先做加速运动,最后做匀速直线运动B.导体棒沿着导轨上滑过程中通过R的电荷量q=BdLC.导体棒沿着导轨上滑过程中克服安培力做的功W=12(mv02D.导体棒沿着导轨上滑过程中电阻R上产生的热量Q=12(mv02答案AC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正确;根据q=ΔΦR总,可知导体棒沿着导轨上滑过程中通过R的电荷量为q=BdL2R,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,由能量守恒定律可得W+mgLsin30°=12mv02,解得W=12(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=12W,则Q=8.(多选)在如图所示的甲、乙、丙图中,MN、PQ是固定在同一水平面内足够长的平行金属导轨。导体棒ab垂直放在导轨上,导轨都处于垂直水平面向下的匀强磁场中,导体棒和导轨间的摩擦不计,导体棒、导轨和直流电源的电阻均可忽略,甲图中的电容器C原来不带电。今给导体棒ab一个向右的初速度v0,在甲、乙、丙图中导体棒ab在磁场中的运动状态是()A.甲图中,棒ab最终做匀速运动B.乙图中,棒ab匀减速运动直到最终静止C.丙图中,棒ab最终做匀速运动D.甲、乙、丙图中,棒ab最终都静止答案AC解析题图甲中,导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流而使电容器充电,当电容器C极板间电压与导体棒产生的感应电动势相等时,电路中没有电流,ab棒不受安培力,向右做匀速运动,故A正确;题图乙中,导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流,通过电阻R转化为内能,ab棒速度减小,当ab棒的动能全部转化为内能时,ab棒静止,又由于I=BlvR,F=IlB,可知F=B2L2vR,则导体棒所受安培力减小,根据牛顿第二定律可知导体棒的加速度减小,所以棒ab做加速度减小的减速运动,最终静止,故B错误;题图丙中,导体棒先受到向左的安培力作用向右做减速运动,速度减为零后再在安培力作用下向左做加速运动,当导体棒产生的感应电动势与电源的电动势相等时,电路中没有电流,ab棒向左做匀速运动,故C正确;由以上分析可知,甲、乙、丙图中,只有题图乙中棒ab综合提升练9.如图,一不可伸长的细绳的上端固定,下端系在边长为l=0.40m的正方形金属框的一个顶点上。金属框的一条对角线水平,其下方有方向垂直于金属框所在平面的匀强磁场。已知构成金属框的导线单位长度的阻值为λ=5.0×10-3Ω/m;在t=0到t=3.0s时间内,磁感应强度大小随时间t的变化关系为B=0.3-0.1t(T)。求:(1)t=2.0s时金属框所受安培力的大小;(2)在t=0到t=2.0s时