电磁感应中的动力学与能量问题
专题二十一 电磁感应中的动力学、能量和动量问题
第十二章 电磁感应专题二十一 电磁感应中的动力学、能量和动量问题核心考点五年考情命题分析预测电磁感应中的动力学问题2023：北京T18，浙江6月T19；2022：海南T18，浙江6月T21； 2021：全国甲T21，湖北T16 高考中常通过导体棒＋导轨、导体框等模型考查电磁感应中力与运动、功与能、动量等力电综合问题，选择题和计算题都有考查，近年主要为计算题形式，试题综合性较强，难度较大.预计2025年高考可能会出现导体棒的受力及运动分析、电磁感应与动量定理和动量守恒定律相结合的综合性试题.电磁感应中的能量问题2023：北京T9，上海T19； 2022：全国乙T24； 2021：北京T7； 2019：北京T22电磁感应中的动量问题2023：全国甲T25，湖南T14； 2022：辽宁T15； 2019：全国ⅢT19题型1 电磁感应中的动力学问题1.导体受力与运动的动态关系2.两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3.“四步法”分析电磁感应中的动力学问题命题点1“单棒＋导轨”模型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的大小；（2）电阻的阻值.答案（1）Blt0（Fm －μg）（2）B2l2t0m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在磁场中匀速运动时，由法拉第电磁感应定律得杆中的电动势为E＝Blv 联立解得E＝Blt0（Fm－μg）（2）设金属杆在磁场中匀速运动时，杆中的电流为I，根据闭合电路欧姆定律得I＝ER式中R为电阻的阻值金属杆所受的安培力为F安＝BIl因金属杆做匀速运动，由平衡条件得F－μmg－F安＝0联立解得R＝B 2l2t0 m.2.如图，两条平行导轨所在平面与水平面的夹角为θ，平行导轨间距为L.导轨上端接有一平行板电容器，电容为C.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.在导轨上放置一质量为m的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中保持与导轨垂直并接触良好.已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g.金属棒和导轨的电阻可忽略不计.让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，求：（1）电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系；（2）金属棒的速度大小随时间变化的关系.答案（1）Q＝CBLv（2）v＝m（sinθ－μcosθ）m＋B2L2Cgt解析（1）设金属棒下滑的速度大小为v，则产生的感应电动势为E＝BLv平行板电容器两极板之间的电势差为U＝E设此时电容器极板上积累的电荷量为Q，按定义有C＝QU联立解得Q＝CBLv（2）设经过时间t金属棒的速度大小为v，通过金属棒的电流为i.金属棒受到的安培力方向沿导轨向上，大小为f1＝BLi设在时间间隔t～t＋Δt内流经金属棒的电荷量为ΔQ，按定义有i＝ΔQΔtΔQ也是平行板电容器在时间间隔t～t＋Δt内增加的电荷量，由（1）中结果可知ΔQ＝CBLΔv式中，Δv为金属棒的速度变化量，按定义有a＝ΔvΔt金属棒受到的摩擦力方向沿导轨向上，大小为f2＝μN式中，N是金属棒对导轨的正压力的大小，有N＝mg cosθ金属棒在t时刻的加速度方向沿导轨向下，设其大小为a，根据牛顿第二定律有mg sinθ－f1－f2＝ma联立解得a＝m（sinθ－μcosθ）m＋B2L2Cg可知金属棒做初速度为零的匀加速运动，t时刻金属棒的速度大小为v＝m（sinθ－μcosθ）m＋B2L2Cgt.方法点拨单棒＋电阻模型物理模型水平拉力F恒定，金属棒和水平导轨的电阻不计，摩擦力不计动态分析设运动过程中某时刻棒的速度为v，加速度为a＝Fm－B2L2vmR，a、v同向，随v的增大，a减小，当a＝0时，v最大，I恒定最终状态运动形式匀速直线运动力学特征a＝0，v最大，v m＝FRB2L2电学特征I＝BLv mR恒定单棒＋电容器模型金属棒的初速度为零，水平拉力F恒定，棒和水平导轨的电阻不计，摩擦力不计↓运动过程分析：棒做加速运动，持续对电容器充电，则存在充电电流，有F－BIL＝ma，I＝ΔQΔt ，ΔQ＝CΔU，ΔU＝ΔE＝BLΔv，联立可得F－CB2L2ΔvΔt＝ma，其中ΔvΔt＝a，则可得a＝Fm＋CB2L2↓金属棒做加速度恒定的匀加速直线运动.功能关系：W F＝12mv2＋E电命题点2线圈模型3.[矩形线圈]如图所示，水平匀强磁场存在于虚线框内，矩形线圈竖直下落，线圈平面始终与磁场方向垂直.如果线圈受到的磁场力总小于其重力，则它在1、2、3、4位置时的加速度大小关系为（B）A.a1＞a2＞a3＞a4B.a1＝a3＞a2＞a4C.a1＝a3＞a4＞a2D.a4＝a2＞a3＞a1解析线圈在位置3时，线圈中没有感应电流，因此只受重力作用，故a1＝a3＝g.线圈在位置2和位置4时都有感应电流，但在位置4时的感应电流I4大于在位置2时的感应电流I2，则F安2＜F安4，而安培力均为阻力，故a4＜a2＜g，B正确.4.[正方形单匝线圈]如图所示，电阻为0.1Ω的正方形单匝线圈abcd的边长为0.2m，bc边与匀强磁场左边界重合.磁场的宽度等于线圈的边长，磁感应强度大小为0.5T.在水平拉力作用下，线圈以8m/s的速度向右匀速穿过磁场区域.求在上述过程中（1）线圈中感应电动势的大小E；（2）线圈所受拉力的大小F；（3）线圈中产生的热量Q.答案（1）E＝0.8V（2）F＝0.8N（3）Q＝0.32J解析（1）感应电动势E＝Blv代入数据得E＝0.8V（2）感应电流I＝ER拉力的大小等于线圈受到的安培力F＝BIl解得F＝B 2l2vR，代入数据得F＝0.8N（3）运动时间t＝2lv 由焦耳定律得Q＝I2Rt解得Q＝2B 2l3vR，代入数据得Q＝0.32J.题型2电磁感应中的能量问题1.电磁感应中的能量转化闭合电路中产生感应电流的过程，是其他形式的能转化为电能的过程.电磁感应中能量问题的实质是电能的转化问题，桥梁是安培力.2.求解焦耳热的三种方法能量转化问题的分析程序：先电后力再能量命题点1 功能关系的应用5.[多选]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 、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.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 ，金属棒与导轨始终垂直且接触良好，则金属棒穿过磁场区域的过程中（ BD ）A.通过金属棒的最大电流为Bd √2gℎ2RB.通过金属棒的电荷量为BdL 2RC.克服安培力所做的功为mghD.金属棒上产生的焦耳热为12mg （h －μd ）解析 金属棒由静止释放下滑到弯曲部分底端，根据动能定理有mgh ＝12m v 02，金属棒在磁场中运动时产生的感应电动势E ＝BLv ，当金属棒刚进入磁场时，产生的感应电动势最大，感应电流最大，I max ＝BLv 02R＝BL √2gℎ2R，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 ＝I t ＝E2R t ＝ΔΦ2R ＝BdL2R ，B 正确；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 ，C 错误；由功能关系可得，金属棒上产生的焦耳热Q ＝12W 克安＝12mg (h －μd )，D 正确.方法点拨常见的功能关系做功情况能量变化重力做功重力势能发生变化弹簧弹力做功弹性势能发生变化合外力做功动能发生变化做功情况能量变化除重力和系统内弹力以外的其他力做功机械能发生变化滑动摩擦力做功有内能产生静电力做功电势能发生变化安培力做正功电能转化为其他形式的能克服安培力做功（动生型电磁感应）其他形式的能转化为电能，并且克服安培力做多少功，就产生多少电能命题点2能量守恒定律的应用6.[多选]如图所示，间距为l的平行金属导轨与水平面间的夹角为θ，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的导体棒在ab位置以初速度v沿导轨向上运动，最远到达a'b'处，导体棒向上滑行的最远距离为x.已知导体棒的电阻也为R，与导轨之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g.导体棒与导轨始终保持垂直且接触良好，下列说法正确的是（BCD）A.导体棒受到的最大安培力为B2l2vRB.导体棒损失的机械能为12mv2－mgx sinθC.导体棒运动的时间为2mvR－B2l2x2mgR（sinθ＋μcosθ）D.整个电路产生的焦耳热为12mv2－mgx（sinθ＋μcosθ）解析根据E＝Blv，可以知道速度最大时感应电动势最大，电流和安培力也最大，所以初始时刻导体棒受到的安培力最大，根据F＝BIl，I＝Blv2R ，可得F＝B2l2v2R，故A错误；从初始位置到滑行最远时，损失的机械能为ΔE＝12mv2－mgx sin θ，故B正确；导体棒向上滑动的过程，由动量定理可得B I lt＋(mg sin θ＋μmg cos θ)t＝mv，而I t＝ER t＝ΔΦR＝Blx2R，联立解得t＝2mvR−B2l2x2mgR(sinθ＋μcosθ)，故C正确；导体棒上滑过程中克服重力、滑动摩擦力和安培力做功，根据能量守恒定律可得整个电路产生的焦耳热 为Q ＝12mv 2－mgx ( sin θ＋μ cos θ)，故D 正确. 命题拓展命题情境不变，命题角度变化若导轨光滑，导体棒受到一个平行于导轨向上的拉力作用，以初速度v 0沿导轨向上开始运动，可达到的最大速度为v 1.运动过程中拉力的功率恒定不变，其他条件不变，求拉力的功率.答案 P ＝mgv 1sinθ＋B 2L 2v 122R解析 在导体棒运动过程中，拉力功率恒定，导体棒做加速度逐渐减小的加速运动，速度达到最大时，加速度为零，设此时拉力的大小为F ，安培力大小为F A ，有F －mg sin θ－F A ＝0.此时导体棒产生的感应电动势为E ＝BLv 1，回路中的感应电流为I ＝E2R ，导体棒受到的安培力F A ＝BIL ，拉力的功率P ＝Fv 1，联立上述各式解得P ＝mgv 1 sin θ＋B 2L 2v 122R.7.[2023浙江6月]如图所示，质量为M 、电阻为R 、长为L 的导体棒，通过两根长均为l 、质量不计的导电细杆连在等高的两固定点上，固定点间距也为L .细杆通过开关S 可与直流电源E 0或理想二极管串接.在导体棒所在空间存在磁感应强度方向竖直向上、大小为B 的匀强磁场，不计空气阻力和其他电阻.开关S 接1，当导体棒静止时，细杆与竖直方向的夹角θ＝π4；然后开关S 接2，棒从右侧开始运动完成一次振动的过程中（ C ）A.电源电动势E 0＝√2Mg 2BLRB.棒产生的焦耳热Q ＝（1－√22）MglC.从左向右运动时，最大摆角小于π4D.棒两次过最低点时感应电动势大小相等解析 作出静止时导体棒的受力图如图所示，由于θ＝π4，故安培力F ＝Mg ，又F ＝BIL ，电流I ＝E 0R ，解得E 0＝MgR BL，A 错误；开关S 接2，导体棒先向左运动，回路中有电流，棒会产生焦耳热，然后由于重力的作用，棒向右运动，由于二极管的作用，此过程回路中无电流，棒不会产生焦耳热，故导体棒向右通过最低点时速度不为0，即E k ＞0，由能量守恒定律可知，棒完成一次振动的过程产生的焦耳热满足Q ＋E k ＝Mgl (1－ cos θ)，所以Q ＜Mgl (1－ cos θ)＝(1－√22)Mgl ，B 错误；导体棒从右向左摆动，会产生焦耳热，故由能量守恒定律可知，其从右向左运动到最左侧时摆角小于π4，由对称性可知导体棒从左向右摆动时，最大摆角也小于π4，C 正确；导体棒第二次通过最低点的速度小于第一次通过最低点的速度，故两次通过最低点的速度大小不等，由E ＝BLv 可知，产生的感应电动势大小也不相等，D 错误.题型3 电磁感应中的动量问题1.动量定理在电磁感应中的应用导体棒或金属框在感应电流所引起的安培力作用下做非匀变速直线运动，当题目中涉及速度v 、电荷量q 、运动时间t 、运动位移x 时常用动量定理求解.（1）单棒＋水平导轨情境示例1水平放置的平行光滑导轨，间距为L ，左侧接有电阻R ，导体棒初速度为v 0，质量为m ，电阻不计，匀强磁场的磁感应强度为B ，导轨足够长且电阻不计，从开始运动至停下来求电荷量q－B I L Δt ＝0－mv 0，q ＝I Δt ，联立解得q ＝mv 0BL求位移x －B 2L 2v RΔt ＝0－mv 0，x ＝v Δt ＝mv 0R B 2L 2应用技巧 初、末速度已知的变加速运动，在用动量定理列出的式子中q ＝I Δt ，x ＝v Δt ；若已知q 或x 也可求末速度或初速度 （2）单棒＋倾斜导轨情境示例2间距为L 的光滑平行导轨倾斜放置，倾角为θ，由静止释放质量为m 、接入电路的阻值为R 的导体棒，当通过横截面的电荷量为q 或下滑位移为x 时，速度达到v求运动时间－B I L Δt ＋mg sinθ·Δt ＝mv －0，q ＝I Δt ，－B 2L 2v RΔt ＋mg sinθ·Δt ＝mv －0，x＝v Δt应用技巧用动量定理求时间需有其他恒力参与.若已知运动时间，也可求q 、x 、v中的任一个物理量2.动量守恒定律在电磁感应中的应用在两等长金属棒切割磁感线的系统中，两金属棒和水平平行金属导轨构成闭合回路，它们受到的安培力的合力为0，如果不计摩擦，它们受到的合力为0，满足动量守恒的条件，运用动量守恒定律解题比较方便.命题点1 动量定理在电磁感应中的应用8.[“单棒＋电阻”模型]如图所示，足够长的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨范围内存在磁场，其磁感应强度大小为B，方向竖直向下，导轨一端连接阻值为R的电阻.在导轨上垂直于导轨放一长度等于导轨间距L、质量为m的金属棒，其电阻为r.金属棒在水平向右的恒力F作用下从静止开始运动，经过时间t后开始匀速运动.金属棒与导轨接触良好，导轨的电阻不计.（1）求金属棒匀速运动时回路中的电流；（2）求金属棒匀速运动的速度大小以及在时间t内通过回路的电荷量；（3）若在时间t内金属棒运动的位移为x，求电阻R上产生的热量.答案（1）FBL （2）F（R＋r）B2L2FtBL－mF（R＋r）B3L3（3）[Fx－mF2（R＋r）22B4L4]RR＋r解析（1）金属棒匀速运动时，由平衡条件得F＝BI m L，解得I m＝FBL（2）根据闭合电路的欧姆定律得I m＝BLvR＋r解得v＝F（R＋r）B2L2通过回路的电荷量q＝I t由动量定理得Ft－B I Lt＝mv解得q＝FtBL －mF（R＋r）B3L3（3）由功能关系得Fx＝Q＋12mv2Q R＝RR＋rQ解得Q R＝[Fx－mF2（R＋r）22B4L4]R R＋r.9.[不等间距上的双棒模型/多选]如图所示，光滑水平导轨置于匀强磁场中，磁场方向竖直向下，磁感应强度大小为B.左侧导轨间距为L，右侧导轨间距为2L，导轨均足够长.质量为m的导体棒ab和质量为2m的导体棒cd均垂直于导轨放置，处于静止状态.现瞬间给导体棒cd一水平向右的初速度v0，在此后的运动过程中，两棒始终在对应的导轨部分运动，始终与导轨垂直且接触良好.已知导体棒ab的电阻为R，cd的电阻为2R，导轨电阻不计.下列说法正确的是（AC）A.导体棒ab和cd组成的系统动量不守恒B.两棒最终以相同的速度做匀速直线运动C.导体棒ab最终的速度为23v0D.从导体棒cd 获得初速度到二者稳定运动的过程中，系统产生的焦耳热为89m v 02解析 导体棒cd 获得速度后，回路中产生感应电流，根据左手定则知导体棒cd 减速，导体棒ab 加速，当BLv ab ＝2BLv cd 时，回路中磁通量不变，没有感应电流，最终两棒做匀速直线运动，分别对两棒运用动量定理得－2B I Lt ＝2mv cd －2mv 0，B I Lt ＝mv ab ，联立解得v ab ＝23v 0，v cd ＝13v 0，故B 错误，C 正确；两导体棒受到的安培力大小不相等，系统受到的合力不为零，动量不守恒，A 正确；从导体棒cd 获得初速度到二者稳定运动的过程中，系统产生的焦耳热为Q ＝12·2m v 02－12m v ab 2－12·2m v cd 2，解得Q ＝23m v 02，故D 错误.10.[“电容器”模型/2024广东广州开学考试]如图所示，在水平面内固定着间距为L 的两根光滑平行金属导轨（导轨足够长且电阻忽略不计），导轨上M 、N 两点右侧处在方向垂直导轨平面向下、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中.在导轨的左端接入电动势为E 、内阻不计的电源和电容为C 的电容器.先将金属棒a 静置在导轨上，闭合开关S 1、S 3，让a 运动速度达到v 0时断开S 1，同时将金属棒b 静置在导轨上，经过一段时间后，流经a 的电流为零.已知a 、b 的长度均为L ，电阻均为R ，质量均为m ，在运动过程中始终与导轨垂直并保持良好接触.（1）求开关S 1、S 3闭合，a 运动速度达到v 0时a 的加速度大小；（2）求b 产生的焦耳热；（3）若将棒a 、b 均静置在水平导轨上，闭合开关S 1、S 2，稍后再断开S 1同时闭合S 3，求两棒最终的速度大小.答案 （1）BL （E －BLv 0）mR（2）18m v 02（3）BLCE2m ＋B 2L 2C解析 （1）a 切割磁感线产生的电动势E 1＝BLv 0由牛顿第二定律得B E －E 1RL ＝ma解得a ＝BL （E －BLv 0）mR（2）对a 、b 系统，由动量守恒定律得mv 0＝2mv 1解得v 1＝v2由能量守恒定律得系统产生的焦耳热Q ＝12m v 02－12·2m v 12解得Q ＝14m v 02b 产生的焦耳热Q b ＝12Q ＝18m v 02（3）闭合开关S1、S2，稍后再断开S1同时闭合S3，两棒同时加速，直到匀速运动.对电容器，放电量q＝C（E－BLv）对a，某时刻经极短时间Δt，由动量定理得BILΔt＝mΔv整个过程有∑BLΔq＝∑mΔv即BL q2＝mv解得两棒最终的速度v＝BLCE2m＋B2L2C.方法点拨无外力充电式基本模型（导体棒电阻为R，电容器电容为C，导轨光滑且电阻不计）电路特点导体棒相当于电源，电容器充电电流特点安培力为阻力，导体棒减速，E减小，有I＝BLv－U CR，电容器充电U C变大，当BLv＝U C时，I＝0，F安＝0，导体棒匀速运动运动特点和最终特征导体棒做加速度a减小的减速运动，最终做匀速运动，此时I＝0，但电容器带电荷量不为零最终速度电容器充电电荷量：q＝CU C最终电容器两端电压：U C＝BLv对棒应用动量定理：mv－mv0＝－B I L·Δt＝－BLq，v＝mv0m＋CB2L2v－t图像无外力放电式基本模型（电源电动势为E，内阻不计，电容器电容为C，导轨光滑且电阻不计）电路特点电容器放电，相当于电源；导体棒受安培力而运动电流特点电容器放电时，导体棒在安培力作用下开始运动，同时阻碍放电，导致电流减小，直至电流为零，此时U C＝BLv m运动特点和最终特征导体棒做加速度a 减小的加速运动，最终做匀速运动，此时I ＝0最大速度v m电容器充电电荷量：Q 0＝CE放电结束时电荷量：Q ＝CU C ＝CBLv m电容器放电电荷量：ΔQ ＝Q 0－Q ＝CE －CBLv m对棒应用动量定理：mv m －0＝B I L ·Δt ＝BL ΔQ ，v m ＝BLCE m ＋CB 2L 2v －t 图像命题点2 动量守恒定律在电磁感应中的应用11.[双棒模型——无外力/2021福建/多选]如图，P 、Q 是两根固定在水平面内的光滑平行金属导轨，间距为L ，导轨足够长且电阻可忽略不计.图中EFHG 矩形区域内有方向垂直导轨平面向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场.在t ＝t 1时刻，两均匀金属棒a 、b 分别从磁场边界EF 、GH 进入磁场，速度大小均为v 0；一段时间后，流经a 棒的电流为0，此时t ＝t 2，b 棒仍位于磁场区域内.已知金属棒a 、b 由相同材料制成，长度均为L ，电阻分别为R 和2R ，a 棒的质量为m .在运动过程中两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，a 、b 棒没有相碰，则（ AD ）A.t 1时刻a 棒的加速度大小为2B 2L 2v 03mRB.t 2时刻b 棒的速度为0C.t 1～t 2时间内，通过a 棒横截面的电荷量是b 棒的2倍D.t 1～t 2时间内，a 棒产生的焦耳热为29m v 02解析 在t ＝t 1时刻，两均匀金属棒a 、b 分别从磁场边界EF 、GH 进入磁场，速度大小均为v 0，由右手定则可判断出两金属棒产生的感应电流方向都是逆时针方向，产生的感应电动势都是BLv 0，由闭合电路欧姆定律可得，t 1时刻a 金属棒中的感应电流I ＝2BLvR+2R ＝2BLv 03R，受到的安培力F ＝BIL ＝2B 2L 2v 03R，由牛顿第二定律F ＝ma 可得，t 1时刻a 棒的加速度大小为a ＝2B 2L 2v 03mR，选项A 正确；由于金属棒a 、b 串联构成回路，所以在t 1～t 2时间内，通过a 棒横截面的电荷量与b 棒的相同，选项C 错误；由于金属棒a 、b 电阻分别为R 和2R ，金属棒a 、b 串联构成回路，二者电流相等，由焦耳定律可知金属棒a 、b 产生的焦耳热之比为1∶2，设t 1～t 2时间内，a 棒产生的焦耳热为Q ，则b 棒产生的焦耳热为2Q ，又两者材料相同，由电阻定律可知，金属棒a 的横截面积为b 的2倍，故体积为b 的2倍，质量为b 的2倍，即b 的质量为0.5m ，t ＝t 2时刻流经a 棒的电流为0，且b 棒仍位于磁场区域内，说明金属棒a 、b 具有共同速度，由动量守恒定律有mv 0－0.5mv 0＝1.5mv ，解得v ＝v03，由能量守恒定律有12m v 02＋12×0.5m v 02＝Q ＋2Q ＋12×1.5m v 2，解得Q ＝29m v 02，选项B 错误，D正确.12.[双棒模型——有外力]如图所示，MN 、PQ 为水平放置的足够长平行光滑导轨，导轨间距L ＝1m ，导轨上放置两根垂直导轨的导体棒ab 和cd ，并与导轨接触良好，每根导体棒的质量均为m ＝2kg ，接入导轨间的部分电阻R ＝2Ω，整个装置处于垂直于导轨平面向下的匀强磁场中，磁感应强度大小B ＝2T ，现对导体棒ab 施加向右的F ＝10N 的水平恒力，经过一段时间两导体棒达到恒定的速度差，若某时刻导体棒ab 的速度为10m/s ，且两导体棒距离d ＝2m ，此时撤去外力，最终两导体棒达到稳定状态，导轨电阻不计，试求：（1）两导体棒达到恒定的速度差时，其加速度大小；（2）撤去外力后回路中产生的热量；（3）最终达到稳定状态时两导体棒间的距离.答案 （1）2.5m/s 2 （2）12.5J （3）7m解析 （1）对两导体棒的运动状态进行分析，导体棒ab 做加速度减小、速度增大的变加速运动，导体棒cd 做加速度增大、速度增大的变加速运动，最终两导体棒达到相同加速度，有恒定的速度差.由牛顿第二定律可知，对导体棒ab 有F －F 安＝ma对导体棒cd 有F 安＝ma联立解得a ＝F2m ＝2.5m/s 2.（2）当导体棒ab 的速度v 1＝10m/s 时，设此时导体棒cd 的速度为v 2，对导体棒cd 由牛顿第二定律有BBL （v 1－v 2）2RL ＝ma得v 2＝5m/s撤去外力后，两导体棒在安培力作用下最终达到共同速度v ，由动量守恒定律可知mv 1＋mv 2＝2mv得v ＝7.5m/s此过程回路产生的热量Q ＝12m v 12＋12m v 22－12×2mv 2得Q ＝12.5J.（3）设达到稳定状态时两导体棒间的距离为x ，对导体棒ab ，由动量定理有－B I Lt ＝m （v －v 1）此过程中通过回路的电荷量q ＝I t ＝BL （x －d ）2R联立解得x ＝7m.方法点拨双棒无外力双棒有外力示意图F 为恒力动力学观点导体棒1受安培力的作用做加速度逐渐减小的减速运动，导体棒2受安培力的作用做加速度逐渐减小的加速运动，最终两棒以相同的速度做匀速直线运动导体棒1做加速度逐渐减小的加速运动，导体棒2做加速度逐渐增大的加速运动，最终两棒以相同的加速度做匀加速直线运动动量观点系统动量守恒系统动量不守恒能量观点 棒1动能的减少量＝棒2动能的增加量＋焦耳热力F 做的功＝棒1的动能＋棒2的动能＋焦耳热1.[电磁感应中的动力学＋能量＋动量/2023北京]如图所示，光滑水平面上的正方形导线框，以某一初速度进入竖直向下的匀强磁场并最终完全穿出.线框的边长小于磁场宽度.下列说法正确的是（ D ）A.线框进磁场的过程中电流方向为顺时针方向B.线框出磁场的过程中做匀减速直线运动C.线框在进和出的两过程中产生的焦耳热相等D.线框在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量相等解析线框进入磁场→线框右侧切割磁感线电流方向为逆时针方向，A 错线框进、出磁场的过程中，F 安为阻力→v ↓→F 安↓→线框进、出磁场的过程均为加速度减小的减速运动，B 错线框进、出磁场的两过程中ΔΦ相同，q 相同，D 对安培力的冲量I 安＝BI l ·Δt I 安＝Blq线框进入磁场瞬间速度为v 1，完全进入磁场速度为v 2{动量定理：－Blq ＝mv 2－mv 1＝m （v 2－v 1）能量守恒定律：Q 1＝12mv 12－12mv 22＝12m （v 1＋v 2)(v 1－v 2）线框离开磁场瞬间速度为v 3{ 动量定理：－Blq ＝mv 3－mv 2＝m （v 3－v 2）能量守恒定律：Q 2＝12mv 22－12mv 32＝12m （v 2＋v 3)(v 2－v 3）v 1＋v 2＞v 2＋v 3且v 1－v 2＝v 2－v 3，则Q 1＞Q 2，C 错一题多解 由楞次定律可知线框进磁场的过程中电流方向为逆时针方向，出磁场的过程中电流方向为顺时针方向，A 错；对线框进行受力分析，线框在进、出磁场时会受到安培力的作用，安培力均为阻力，线框全部在磁场中时不受安培力的作用，故线框在进、出磁场的过程中会做减速运动，全部在磁场的过程中做匀速运动，又F 安＝BIl ，I ＝E R 总，E ＝Blv ，则F 安＝B 2l 2v R 总，故线框进、出磁场的过程中所受安培力在减小，做加速度减小的减速运动，B 错；Q ＝F —安·l ＝B 2l 3v —R 总，且结合B 项的分析可知v —进＞v —出，故线框在进磁场的过程中产生的热量大于在出磁场的过程中产生的热量，C 错；结合公式q ＝I —Δt 、I —＝E—R 总、E —＝Bl v —可得q ＝Blv —Δt R 总，又线框进、出磁场过程中的位移v —Δt 均为线框边长l ，故线框进、出磁场过程中通过导线横截面的电荷量相等，D 对.2.[电磁感应中的动力学＋图像理解＋能量/2023上海]如图（a ），单匝矩形线框cdef 位于倾角θ＝30°的斜面上，斜面上有一长度为D 的匀强磁场区域，磁场方向垂直于斜面向上，磁感应强度大小为B ＝0.5T ，已知线框边长cd ＝D ＝0.4m ，质量m ＝0.1kg ，总电阻R ＝0.25Ω.现对线框施加一沿斜面向上的恒力F 使之向上运动，运动一段时间后，撤去外力F .线框与斜面间的动摩擦因数μ＝√33，线框速度随时间变化的图像如图（b ）所示.求：（重力加速度g 取9.8m/s 2）图（a ） 图（b ）（1）外力F 的大小；（2）cf 的长度L ；。
专题十_电磁感应中的动力学和能量问题
(2)安培力的方向判断
(3)牛顿第二定律及功能关系
2．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．
(3)线框 abcd 进入磁场前，做匀加速直线运动；进磁场的过程中， 做匀速直线运动； 进入磁场后到运动至 gh 处， 仍做匀加速直线运 动． 进磁场前线框的加速度大小与重物的加速度大小相同，为 v a＝5 m/s ，该阶段的运动时间为 t1＝a ＝1.2 s
2
l2 进入磁场过程中匀速运动的时间 t2＝v＝0.1 s
水平面成θ＝30°角固定，M、P之间接电阻箱R，导轨所在 空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应 强度为B＝0.5 T．质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上， 其接入电路的电阻值为r.现从静止释放杆ab，测得其在下滑
过程中的最大速度为vm.改变电阻箱的阻值R，得到vm与R的
关系如图乙所示．已知轨道间距为L＝2 m，重力加速度g取 10 m/s2，轨道足够长且电阻不计．
反思总结 分析电磁感应中动力学问题的基本思路
电磁感应中产生的感应电流使导体棒在磁场中受到安培力的
作用，从而影响导体棒的受力情况和运动情况．分析如下：
即学即练1 如图2所示，两光滑平行导轨
水平放置在匀强磁场中，磁场垂直导 轨所在平面，金属棒ab可沿导轨自由 滑动，导轨一端连接一个定值电阻R， 金属棒和导轨电阻不计．现将金属棒 图2 沿导轨由静止向右拉，若保持拉力 F 恒定，经时间 t1 后速度 为 v，加速度为 a1 ，最终以速度 2v做匀速运动；若保持拉力 的功率 P恒定，棒由静止经时间 t2后速度为 v，加速度为 a2， 最终也以速度2v做匀速运动，则 ( )． B．t1>t2 D．a2＝5a1 A．t2＝t1 C．a2＝2a1
电磁感应中的动力学与能量问题
1．会分析电磁感应现象中受力和运动情况，掌握 电磁感应现象与力学的综合应用问题的处理方法． 2．掌握电磁感应现象中能量转化关系，会计算与 能量相关的问题．
一、感应电流在磁场中所受的安培力
Blv 1．安培力的大小：由感应电动势 E＝ Blv 和安培力公式 F＝ BIl 得 F＝ . R 2．安培力的方向判断 (1)右手定则和左手定则相结合，先用右手定则确定感应电流方向，再用左手定则判断 感应电流所受安培力方向． (2)用楞次定律判断，感应电流所受安培力的方向一定和导体切割磁感线运动的方向相 反． 3．分析导体受力情况时，应为包含安培力在内的全面受力分析． 4．根据平衡条件或牛顿第二定律列方程． 二、电磁感应中的能量转化与守恒 1．能量转化的实质：电磁感应现象的能量转化实质是其他形式能和电能之间的转化． 2．能量的转化：感应电流在磁场中受安培力，外力克服安培力做功，将其他形式的能 转化为电能，电流做功再将电能转化为内能(或其他形式的能)． 3．热量的计算：电流做功产生的热量用焦耳定律计算，公式为 Q＝I2 Rt.
答： 当金属棒匀速下滑时速度最大， 设最大速度为 vm， 产生的感应电动势为 E＝BLvm① R RL 电路总电阻 R 总 ＝R＋R1 ＋ 2 ＝6R② R2 ＋RL E 金属棒中的电流 I＝ ③ R总 BLvm 由①②③式得 I＝ ④ 6R
②问：试写出金属棒所受安培力的表达式，建立安培力与重力之间的关系式，并求解．
答案：(1)见规范解答． B2 L2 acos 2α (2)F＝m(a－gsin α)＋ · t R＋r
解答这类有立体图的问题，要在垂直于导体平面内对导体进行受力分析．还要注意右手定 则与左手定则的准确应用．
针对训练 ：2、4
电磁感应中的能量问题
2020届高考物理小题专题狂练18：电磁感应中的动力学与能量问题(附解析)
2020届高考物理小题专题狂练18：电磁感应中的动力学与能量问题（附解析）一、考点内容(1)导体棒切割磁感线运动时的动力学问题；(2)电磁感应中的能量转化问题；(2)电磁感应中的动量与能量问题。
二、考点突破1．如图所示装置，电源的电动势E＝8 V，内阻r1＝0.5 Ω，两光滑金属导轨平行放置，间距d＝0.2 m，导体棒ab用等长绝缘细线悬挂并刚好与导轨接触，ab左侧为水平直轨道，右侧为半径R＝0.2 m的竖直圆弧导轨，圆心恰好为细线悬挂点，整个装置处于竖直向下的、磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场中。
闭合开关后，导体棒沿圆弧运动，已知＝0.5 Ω，g取10 m/s2，不考虑运动过程中产生的反电导体棒的质量m＝0.06 kg，电阻r2动势，则()A．导体棒ab所受的安培力方向始终与运动方向一致B．导体棒在摆动过程中所受安培力F＝8 NC．导体棒摆动过程中的最大动能0.8 JD．导体棒ab速度最大时，细线与竖直方向的夹角θ＝53°2．(多选)如图所示，间距为l＝1 m的导轨PQ、MN由电阻不计的光滑水平导轨和与水平面成37°角的粗糙倾斜导轨组成，水平导轨和倾斜导轨都足够长。
导体棒ab、cd的质量均为m＝1 kg、长度均为l＝1 m、电阻均为R＝0.5 Ω，ab棒静止在水平导轨上，cd棒静止在倾斜导轨上，整个装置处于方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度的大小B＝ 2 T。
现ab棒在水平外力F作用下由静止开始沿水平导轨运动，当ab棒的运动速度达到一定值时cd棒开始滑动。
已知cd棒与倾斜导轨间的动摩擦因数为μ＝0.8，且cd棒受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两导体棒与导轨始终接触良好，重力加速度g ＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
关于该运动过程，下列说法正确的是()A．cd棒所受的摩擦力方向始终沿倾斜导轨向上B．cd棒所受的摩擦力方向先沿倾斜导轨向上后沿倾斜导轨向下C．cd棒开始滑动时，ab棒的速度大小为19.375 m/sD．cd棒开始滑动时，ab棒的速度大小为9.375 m/s3．(多选)如图所示，在光滑的水平面上，有一竖直向下的匀强磁场，分布在宽度为L滑过磁的区域内，现有一边长为d(d<L)的正方形闭合线框以垂直于磁场边界的初速度v场，线框刚好能穿过磁场，运动过程中线框靠近磁场左边界的一边始终与磁场边界平行，下列说法正确的是()A．线框在滑进磁场的过程与滑出磁场的过程均做变加速直线运动B．线框在滑进磁场的过程中与滑出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量相同C．线框在滑进磁场的过程中速度的变化量与滑出磁场的过程中速度的变化量不同D．线框在滑进与滑出磁场的过程中产生的热量Q1与Q2之比为3∶14．(多选)在如图所示的倾角为θ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，区域Ⅰ的磁场方向垂直斜面向上，区域Ⅱ的磁场方向垂直斜面向下，磁场宽度HP及PN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abcd，由静止开始沿斜面下滑，t时刻ab边刚越过GH进入磁场Ⅰ区域，此时导线框恰好以速1度v 1做匀速直线运动；t 2时刻ab 边下滑到JP 与MN 的中间位置，此时导线框又恰好以速度v 2做匀速直线运动。
第16课时 力学三大观点在电磁感应中的应用
题 干
目录
突破高考题型
创新设计
在导体切割磁感线做变加速运动时，若用牛顿运动定律和能量观点不能解决，
可运用动量定理巧妙解决问题
求解的物理量
应用示例
电荷量或速度 位移
－B－IlΔt＝mv2－mv1，q＝－IΔt －B2Rl2总 － vΔt＝0－mv0 即－BR2l总2x＝0－mv0
目录
突破高考题型
时间
目录
突破高考题型
创新设计
高考题型二 动量观点在电磁感应中的应用
角度1 动量定理在电磁感应中的应用
【例3】 (2022·浙江1月选考，21)如图5所示，水平固定一半径r＝0.2 m的金属 圆环，长均为r、电阻均为R0的两金属棒沿直径放置，其中一端与圆环接触 良好，另一端固定在过圆心的导电竖直转轴OO′上，并随轴以角速度ω＝ 600 rad/s匀速转动，圆环内左半圆存在磁感应强度大小为B1的匀强磁场。圆 环边缘、与转轴良好接触的电刷分别与间距l1的水平放置的平行金属轨道相 连，轨道间接有电容C＝0.09 F的电容器，通过单刀双掷开关S可分别与接线 柱1、2相连。电容器左侧存在宽度也为l1、长度为l2、磁感应强度大小为B2的 匀强磁场区域。在磁场区域内靠近左侧边缘处垂直轨道放置金属棒ab，磁场 区域外有间距也为l1的绝缘轨道与金属轨道平滑连接，在绝缘轨道的水平段
10.3 电磁感应中的动力学和能量问题
10.3 电磁感应中的动力学和能量问题考点一电磁感应中的动力学问题【例1】如图甲所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L. M、P两点间接有阻值为R的电阻．一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直．整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下．导轨和金属杆的电阻可忽略．让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦．(1)由b向a方向看到的装置如图乙所示，请在此图中画出ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图．(2)在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v时，求此时ab杆中的电流及其加速度的大小．(3)求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值．【练习】如图所示，质量为M的导体棒ab，垂直放在相距为l的平行光滑金属导轨上，导轨平面与水平面的夹角为θ，并处于磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中．左侧是水平放置、间距为d的平行金属板，R和R x分别表示定值电阻和滑动变阻器的阻值，不计其他电阻．(1)调节R x＝R，释放导体棒，当导体棒沿导轨匀速下滑时，求通过导体棒的电流I及导体棒的速率v.(2)改变R x，待导体棒沿导轨再次匀速下滑后，将质量为m、带电荷量为＋q的微粒水平射入金属板间，若它能匀速通过，求此时的R x.【练习】如图所示，两根平行金属导轨固定在同一水平面内，间距为l，导轨左端连接一个电阻．一根质量为m、电阻为r的金属杆ab垂直放置在导轨上．在杆的右方距杆为d处有一个匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向下，磁感应强度为B.对杆施加一个大小为F、方向平行于导轨的恒力，使杆从静止开始运动，已知杆到达磁场区域时速度为v，之后进入磁场恰好做匀速运动．不计导轨的电阻，假定导轨与杆之间存在恒定的阻力．求：(1)导轨对杆ab的阻力大小F f.(2)杆ab中通过的电流及其方向．(3)导轨左端所接电阻的阻值R.考点二电磁感应中的能量问题(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．【例1】如图所示电路，两根光滑金属导轨平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨下端接有电阻R，导轨电阻不计，斜面处在竖直向上的匀强磁场中，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．金属棒沿导轨匀速下滑，则它在下滑高度h的过程中，以下说法正确的是()A．作用在金属棒上各力的合力做功为零B．重力做的功等于系统产生的电能C．金属棒克服安培力做的功等于电阻R上产生的焦耳热D．金属棒克服恒力F做的功等于电阻R上产生的焦耳热【练习】如图所示，竖直放置的两根足够长平行金属导轨相距L ，导轨间接有一定值电阻R ，质量为m ，电阻为r 的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触，且无摩擦，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，现将金属棒由静止释放，金属棒下落高度为h 时开始做匀速运动，在此过程中( )A ．导体棒的最大速度为2ghB ．通过电阻R 的电荷量为BLh R ＋rC ．导体棒克服安培力做的功等于电阻R 上产生的热量D ．重力和安培力对导体棒做功的代数和等于导体棒动能的增加量【例2】如图甲所示，足够长的光滑平行金属导轨MN 、PQ 竖直放置，其宽度L ＝1 m ，一 匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M 与P 之间连接阻值为R ＝0.40 Ω的电阻，质量为m ＝0.01 kg 、电阻为r ＝0.30 Ω的金属棒ab 紧贴在导轨上．现使金属棒ab 由静止开始下滑， 下滑过程中ab 始终保持水平，且与导轨接触良好，其下滑距离x 与时间t 的关系如图乙所 示，图象中的OA 段为曲线，AB 段为直线，导轨电阻不计，g ＝10 m/s 2(忽略ab 棒运动过程 中对原磁场的影响)，求：(1)磁感应强度B 的大小；(2)金属棒ab 在开始运动的1.5 s 内，通过电阻R 的电荷量；(3)金属棒ab 在开始运动的1.5 s 内，电阻R 上产生的热量．甲 乙【练习】如图所示，倾角为θ＝30°、足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ相距L1＝0.4 m，B1＝5 T的匀强磁场垂直导轨平面向上．一质量m＝1.6 kg的金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，其电阻r＝1 Ω.金属导轨上端连接右侧电路，R1＝1 Ω，R2＝1.5 Ω.R2两端通过细导线连接质量M＝0.6 kg的正方形金属框cdef，正方形边长L2＝0.2 m，每条边电阻r0为1 Ω，金属框处在一方向垂直纸面向里、B2＝3 T的匀强磁场中．现将金属棒由静止释放，不计其他电阻及滑轮摩擦，g取10 m/s2.(1)若将电键S断开，求棒下滑过程中的最大速度．(2)若电键S闭合，每根细导线能承受的最大拉力为3.6 N，求细导线刚好被拉断时棒的速度．(3)若电键S闭合后，从棒释放到细导线被拉断的过程中，棒上产生的电热为2 J，求此过程中棒下滑的高度(结果保留一位有效数字)．。
2024届高考一轮复习物理课件(新教材粤教版)：电磁感应中的动力学和能量问题
电磁感应中的能量问题
1.电磁感应中的能量转化 其他形式的能量 ――克――服―安――培――力――做―功―→ 电能 ―电――流――做――功→ 焦耳热或其他形式的能量
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.
2.用动力学观点解答电磁感应问题的一般步骤
3.导体常见运动情况的动态分析
v ↓ E＝Blv ↓ I＝R＋E r ↓ F安＝BIl ↓
F合
若F合＝0
匀速直线运动 v增大，若a恒定，拉力F增大
若F合≠0 ↓
F合＝ma
a、v同向 v增大，F安增大，F合减小，a减小， 做加速度减小的加速运动，减小到
a＝0，匀速直线运动
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12 N √D.金属杆运动的加速度大小为2 m/s2
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＝BRlv，金属杆所受的安培力大小 为 F 安＝BIl＝B2Rl2at， 由牛顿第二定律可知外力 F＝ma＋mgsin 37°＋B2Rl2at， F 是 t 的一次函数，选项 A 错误，B 正确；
答案
4 gm2R2 2L0L14
导线框匀速进入磁场时，受力平衡，受力情况如图所示. 根据平衡条件有FT＝F安＋mgsin θ 其中F安＝BIL1 I＝ER E＝BL1v 导线框与木块通过细线相连，线框匀速进入磁场时，木块匀速下降， 根据平衡条件有FT＝mg 对导线框和木块构成的系统，进入磁场前二者一起做匀加速直线运 动，根据牛顿第二定律有mg－mgsin θ＝2ma
专题10电磁感应中的动力学问题和能量问题
电磁感应现象的定义
电磁感应现象的发现
电磁感应现象的应用
动力学问题的基本原理
电磁感应定律：法拉第电磁感应定律是电磁感应中的基本原理，它描述了磁场变化时在导体中产生感应电动势的现象。
动力学方程：在电磁感应中，由于磁场的变化，导体中的电荷会受到洛伦兹力的作用，从而产生加速度。因此，需要建立动力学方程来描述电荷的运动。
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测量仪器误差
减小误差的方法
环境因素误差 减小误差的方法
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选择高精度测量仪器
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多次测量求平均值
阻尼效应：在电磁感应中，由于导体的电阻和电感的存在，电荷的运动会受到阻尼效应的影响。阻尼效应会导致电荷的运动逐渐减慢，直至停止。
能量转换：在电磁感应中，磁场能会转化为电能，而电能又会通过电阻和电感等元件转化为热能或其他形式的能量。因此，电磁感应中的动力学问题也涉及到能量转换的问题。
电磁感应与动力学问题的关系
解题思路和方法总结：总结典型例题的解题思路和方法，提炼出一般性的规律和技巧，帮助学生更好地理解和掌握电磁感应中的动力学问题。
实际应用举例：介绍电磁感应中的动力学问题在现实生活中的应用，如发电机、变压器等，增强学生对知识的理解和应用能力。
03
电磁感应中的能量问题
电磁感应中的能量转化
电磁感应中的能量损失与效率问题
电磁感应中的能量损失：主要来源于电阻发热、涡流损耗和磁滞损耗。
电磁感应中的效率问题：主要取决于电路的阻抗匹配和能量转换效率。
电磁感应中的能量损失与效率问题在现实生活中的应用：例如变压器、电动机等设备的效率问题，可以通过优化设计、选用合适的材料和改进工艺等方法来提高设备的效率和减少能量损失。
电磁感应中的动力学问题和能量问题
析清楚电磁感应过程中能量转化的关系,是解决电磁
感应问题的重要途径之一.
编辑课件
题型探究
题型1 电磁感应中的动力学问题
【例1】 如图2所示,光滑斜面的倾角
=30°,在斜面上放置一矩形线框
abcd,ab边的边长l1=1 m,bc边的边长
l2=0.6 m,线框的质量m=1 kg,电阻
R=0.1 Ω,线框通过细线与重物相
s-l2=v t3+12 at32
解得t3=1.2 s
因此ab边由静止开始运动到gh线所用的时间
t=t1+t2+t3=1.2 s+0.1 s+1.2 s=2.5 s
答案 (1)6 m/s
(2)2.5 s
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规律总结 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 楞次定律求解电动势大小和方向. (2)根据等效电路图,求解回路中电流的大小及 方向. (3)分析导体棒的受力情况及导体棒运动后对电 路中电学参量的“反作用”,即分析由于导体棒 受到安培力,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电流有什么影响,最后定 性分析出导体棒的最终运动情况. (4)列出牛顿第二定律或编平辑衡课件方程求解.
到最大这一关键.
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特别提示 1.对电学对象要画好必要的等效电路图. 2.对力学对象要画好必要的受力分析图和过程示 意图. 热点二 电路中的能量转化分析 从能量的观点着手,运用动能定理或能量守恒定律. 基本方法是: 受力分析→弄清哪些力做功,做正功还是负功→明确 有哪些形式的能参与转化,哪些增哪些减→由动能定 理或能量守恒定律列方程求解.
电磁感应中的动力学与能量问题
• (2012·广东高考)如图所示，质量为M的导
体棒ab，垂直放在相距为l的平行光滑金属导 轨上．导轨平面与水平面的夹角为θ，并处于 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，左侧是水平放置、间距为d 的平行金属板．R和Rx分别表示定值电阻和滑 动变阻器的阻值，不计其他电阻．
Hale Waihona Puke 非 平 衡加速度 不为零
根据牛顿第二定律进行动 态分析或结合功能关系进
• 2.力学对象和电学对象的相互关系
3．动态分析的基本思路
导体受外力运动E―＝―B→lv感应电动势
感应电流
F―＝―B→Il导体受安培力合力变化F―合＝―→ma加速度变化速度变化
临界状态．
• 4．电磁感应中的动力学临界问题
• (1)解决这类问题的关键是通过运动状态的分 析，寻找过程中的临界状态，如速度、加速度 求最大值或最小值的条件．
过程分 析
感应电动势 E＝Blv↑→与电源 电动势反接使电流 I↓→安培 力 F＝BIl↓→加速度 a↓，当 安培力 F＝0(a＝0)时，v 最大， 最后匀速运动
流
I
＝
E R
↑→
安
培
力
F＝
BIl↑→加速度 a↓，当安培
力 F＝mgsin α(a＝0)时，v
最大，最后匀速运动
• 1．如图所示，ab和cd是位于水平面内的平行 金属轨道，轨道间距为l，其电阻可忽略不 计．ac之间连接一阻值为R的电阻，ef为一垂 直于ab和cd的金属杆，它与ab和cd接触良好并
• (1)调节Rx＝R，释放导体棒，当棒沿导轨匀速 下滑时，求通过棒的电流I及棒的速率v；
• (2)改变Rx，待棒沿导轨再次匀速下滑后，将质 量为m、带电荷量为＋q的微粒水平射入金属 板间，若它能匀速通过，求此时的Rx.
电磁感应的动力学和能量问题
)
解析：金属杆从轨道上由静止滑下，经 足够长时间后，速度达最大值vm，此后金属 杆做匀速运动。杆受重力、轨道的支持力和 BLvm 安培力如图所示。安培力F＝ R LB，对金属杆列平衡方 B2L2vm mgsinα· R 程式：mgsin α＝ R ，则vm＝ 。由此式可知， B2L2 B增大，vm减小；α增大，vm增大；R变小，vm变小；m变 小，vm变小。因此A、C、D选项错，B选项正确。
其它形式的能
。
2．实质 电磁感应现象的能量转化，实质是其它形式的能和
电能
之间的转化
1．能量转化分析
(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)当磁场不动、导体做切割磁感线的运动时，导体所 受安培力与导体运动方向相反，此即电磁阻尼。在这种情
况下，安培力对导体做负功，即导体克服安培力做功，将
1.如图9－4－1所示，金属棒AB垂直跨搁在位 于水平面上的两条平行光滑金属导轨上，棒
与导轨接触良好，棒AB和导轨的电阻均忽略
图9－4－1
不计，导轨左端接有电阻R，垂直于导轨平面的匀强磁场 向下穿过平面，现以水平向右的恒力F拉着棒AB向右移动， t秒末棒AB的速度为v，移动距离为x，且在t秒内速度大小 一 直在变化，则下列判断正确的是 ( )
(2)撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2； (3)外力做的功WF。
[解析] (1)设棒匀加速运动的时间为 Δt，回路的磁通
量变化量为 ΔΦ， 回路中的平均感应电动势为 E ， 由法拉第 ΔΦ 电磁感应定律得 E ＝ Δt 其中 ΔΦ＝Blx ① ②
设回路中的平均电流为 I ，由闭合电路的欧姆定律得 E I＝ R＋ r 则通过电阻 R 的电荷量为 q＝ I Δt 联立①②③④式，代入数据得 q＝4.5 C ③ ④ ⑤
电磁感应中的动力学和能量问题
(2)弄清电磁感应过程中，哪些力做功，哪些形式的能量
相互转化；
(3)根据能量守恒定律列式求解．
(18 分)(2012·高考天津卷)如图所示，一对光滑的平行金属 导轨固定在同一水平面内，导轨间距 l＝0.5 m，左端接有阻值 R＝0.3 Ω 的电阻．一质量 m＝0.1 kg，电阻 r＝0.1 Ω 的金属棒 MN 放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁 场的磁感应强度 B＝0.4 T．棒在水平向右的外力作用下，由静
力为多大？整个过程拉力的最大值为多大？
(3)若第 4 s 末以后，拉力的功率保持不变，ab 杆能达到的最大
速度为多大？
[答案] (2)μmg μmg ma (3)(μmg＋BR2l＋2vrm)vm
(2012·山东潍坊一模理综)如图所示，水平地面上方矩形
虚线区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，两个闭合线圈Ⅰ和
止开始以 a＝2 m/s2 的加速度做匀加速运动，当棒的位移 x＝9
m 时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力
前后回路中产生的焦耳热之比 Q1∶Q2＝2∶1.导轨足够长且电
阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良 好接触．求：
(1)棒在匀加速运动过程中，
通过电阻 R 的电荷量 q；
一、电磁感应中的能量问题 1．能量转化 导体切割磁感线或磁通量发生变化，在回路中产生感应 电流，这个过程中机械能或其他形式的能转化为电能 ．具有 感应电流的导体在磁场中受安培力作用或通过电阻发热，又 可使电能转机化械为能 内或能 ．因此，电磁感应过程中总是 伴随着能量的转化． 2．能量转化的实质：电磁感应现象的能量转化实质是其 他形式能和电能之间的转化． 3．热量的计算：电流做功产生的热量用焦耳定律计算， 公式为Q＝ I2Rt .
电磁感应中的动力学问题和能量问题课件
安培力是通电导线在磁场中受到 的力，其方向与电流和磁场方向
垂直。
安培力的大小与电流和磁感应强 度的乘积成正比，与导线的长度
成正比。
安培力在电机、变压器等电气设 备中有着广泛应用，是实现电能
和机械能转换的重要手段。
洛伦兹力
洛伦兹力是带电粒子在磁场中受到的力，其方向与粒子运动方向和磁场方向垂直。
洛伦兹力的大小与粒子所带电荷和磁感应强度的乘积成正比，与粒子速度成正比。
实际应用案例
总结词
增强实际应用能力
详细描述
介绍一些电磁感应在现实生活中的应用案例 ，如发电机、变压器等，帮助学生了解理论 知识的实际应用，增强实际应用能力。
THANKS
感谢观看
法拉第电磁感应定律
法拉第定律
当一个变化的磁场在导体中产生时，会在导体中产生电动势。
定律的应用
发电机、变压器等电力设备的原理。
楞次定律
楞次定律
当一个导线或导线回路在磁场中发生 相对运动时，感应电流的方向总是阻 碍相对运动。
定律的实质
能量的转化与守恒在电磁感应过程中 的体现。
02
动力学问题
安培力
电磁感应中的动力学问 题和能量问题课件
目录
• 电磁感应的基本概念 • 动力学问题 • 能量问题 • 实例分析 • 习题与思考
01
电磁感应的基本概念
电磁感应的定义
电磁感应
当一个导线或导线回路在磁场中 发生相对运动时，会在导线中产 生电动势或电流的现象。
电磁感应定律
揭示了磁场与电场之间相互转化 关系，是麦克斯韦电磁理论的重 要组成部分。
04
实例分析
电动机原理
总结词
利用磁场和电流相互作用产生转矩， 使电机转动。
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电磁感应中的动力学和能量问题
基础知识梳理
1.牛顿第二定律：∑F=ma
2.共点力平衡条件：∑F=0
3.动能定理：W=ΔEk 常伴随着能量守恒定律
4.涉及安培力的能量关系：做正功：电能转化为动能等其他形式的能
做负功：其他形式的能转化为电能进而转化为内能
5.焦耳定律：Q=I²Rt=克服安培力做的功=其他形式的能量的减少量
6.动量定理：Ft=mv'－mv=p'－p
7.动量守恒定律：m1v1+m2v2+…=m1v1ˊ+m2v2ˊ+…
8.楞次定律：“增反减同，来拒去留”
9.法拉第电磁感应定律：感生电动势： E=n*ΔΦ/Δt
动生电动势：E=BLV
10.闭合电路欧姆定律：I=E/（R+r）
二．研透命题点：动力学问题
1.特征：比纯力学问题多一个安培力，分析思路与力学题基本相同;
注意电磁学分析与力学分析的结合。
2.两大状态：平衡态：加速度为0，匀速直线运动；列出受力平衡方程分析。
非平衡态：加速度恒定且不为0，匀加速运动；牛顿第二定律+功能关系+动量定理3.基本思路：
三．例题精讲
【例题】如图所示，两根质量均为m=2kg的金属棒垂直地放在光滑的水平导轨上，左右两部分导轨间距
之比为1：2，导轨间有大小相等但左右两部分方向相反的匀强磁场，两棒电阻与棒长成正比，不计导轨电阻，今用250N的水平力F向右拉CD棒，在CD棒运动0.5m的过程中，CD上产生的焦耳热共为30J，此时两棒速率之比为vA：vC=1：2，立即撤去拉力F，设导轨足够长且两棒始终在不同磁场中运动，求：（1）在CD棒运动0.5m的过程中，AB棒上产生的焦耳热；
（2）撤去拉力F瞬间棒速度vA和vC；
（3）撤去拉力F后，到两棒最终匀速运动时通过回路的电荷量。
【变式】如图所示，M1N1P1Q1和M2N2P2Q2为在同一水平面内足够长的金属导轨，处在磁感应强度
大小为B的匀强磁场中，磁场方向竖直向下。
导轨的M1N1段与M2N2段相互平行，间距为L；P1Q1段与P2Q2段也是平行的，间距为L/2 。
质量均为m的金属杆a、b垂直于导轨放置，一不可伸长的绝缘轻线一端系在金属杆b的中点，另一端绕过定滑轮与质量也为m的重物c相连，绝缘轻线的水平部分与PlQ1平行且足够长。
已知两杆在运动过程中始终垂直于导轨并与导轨保持光滑接触，两杆与导轨构成的回路的总电阻始终为R，重力加速度为g。
(1)若保持a固定，释放b，求b的最终速度的大小；
(2)若同时释放a、b，在释放a、b的同时对a施加一水平向左的恒力F=2mg，当重物c下降的高度为h 时，a达到最大速度，求a的最大速度.。