高考物理一轮总复习课时冲关三十八链接高考12电磁感应中的动力学和能量问题含解析新人教版

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电磁感应中的动力学和能量问题[A 级－基础练]1．(2018·江苏卷)如图所示，两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为θ，间距为d .导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向与导轨平面垂直．质量为m 的金属棒被固定在导轨上，距底端的距离为s ，导轨与外接电源相连，使金属棒通有电流．金属棒被松开后，以加速度a 沿导轨匀加速下滑，金属棒中的电流始终保持恒定，重力加速度为g .求下滑到底端的过程中，金属棒(1)末速度的大小v ； (2)通过的电流大小I ； (3)通过的电荷量Q .解析：(1)金属棒做匀加速直线运动，根据运动学公式有v 2＝2as 解得v ＝2as(2)金属棒所受安培力F 安＝IdB 金属棒所受合力F ＝mg sin θ－F 安根据牛顿第二定律F ＝ma 解得I ＝m g sin θ－adB(3)金属棒的运动时间t ＝v a，电荷量Q ＝It 解得Q ＝2asmg sin θ－adBa答案：(1)2as (2)m g sin θ－adB(3)2asmg sin θ－adBa2．(2019·惠州模拟)如图所示，足够长的粗糙绝缘斜面与水平面成θ＝37°放置，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B ＝1 T ；现有一质量为m ＝10 g ，总电阻R ＝1 Ω、边长d ＝0.1 m 的正方形金属线圈MNPQ ，让PQ 边与斜面底边平行，从斜面上端静止释放，线圈刚好匀速穿过整个磁场区域．已知线圈与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，(g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：(1)线圈进入磁场区域时的速度； (2)线圈释放时，PQ 边到bb ′的距离；(3)整个线圈穿过磁场的过程中，线圈上产生的焦耳热．解析：(1)对线圈受力分析，根据平衡条件得：F 安＋μmg cos θ＝mg sin θ， F 安＝BId ，I ＝ER，E ＝Bdv ，联立代入数据解得：v ＝2 m/s.(2)线圈进入磁场前做匀加速运动，根据牛顿第二定律得：a ＝mg sin θ－μmg cos θm＝2 m/s 2线圈释放时，PQ 边到bb ′的距离L ＝v 22a ＝222×2m ＝1 m. (3)由于线圈刚好匀速穿过磁场，则磁场宽度等于d ＝0.1 m ， Q ＝W 安＝F 安·2d代入数据解得：Q ＝2×10－2×2×0.1 J＝4×10－3J. 答案：(1)2 m/s (2)1 m (3) 4×10－3J3．足够长的平行金属导轨MN 和PQ 表面粗糙，与水平面间的夹角为θ＝37°(sin 37°＝0.6)，间距为1 m ．垂直于导轨平面向上的匀强磁场的磁感应强度的大小为4 T ，P 、M 间所接电阻的阻值为8 Ω.质量为2 kg 的金属杆ab 垂直导轨放置，不计杆与导轨的电阻，杆与导轨间的动摩擦因数为0.25.金属杆ab 在沿导轨向下且与杆垂直的恒力F 作用下，由静止开始运动，杆的最终速度为8 m/s ，取g ＝10 m/s 2，求：(1)当金属杆的速度为4 m/s 时，金属杆的加速度大小； (2)当金属杆沿导轨的位移为6.0 m 时，通过金属杆的电荷量．解析：(1)对金属杆ab 应用牛顿第二定律，有F ＋mg sin θ－F 安－f ＝ma ，f ＝μF N ，F N ＝mg cos θ ab 杆所受安培力大小为F 安＝BILab 杆切割磁感线产生的感应电动势为E ＝BLv由闭合电路欧姆定律可知I ＝E R整理得：F ＋mg sin θ－B 2L 2Rv －μmg cos θ＝ma代入v m ＝8 m/s 时a ＝0，解得F ＝8 N 代入v ＝4 m/s 及F ＝8 N ，解得a ＝4 m/s 2(2)设通过回路横截面的电荷量为q ，则q ＝I t回路中的平均电流强度为I ＝ER回路中产生的平均感应电动势为E ＝ΔΦt回路中的磁通量变化量为ΔΦ＝BLx ，联立解得q ＝3 C. 答案：(1)4 m/s 2(2)3 C[B 级－能力练]4．如图甲所示，匀强磁场的磁感应强度B 为0.5 T ，其方向垂直于倾角θ为30°的斜面向上．绝缘斜面上固定有“∧”形状的光滑金属导轨MPN (电阻忽略不计)，MP 和NP 长度均为2.5 m ，MN 连线水平，长为3 m ．以MN 中点O 为原点，OP 为x 轴建立一维坐标系Ox .一根粗细均匀的金属杆CD ，长度d 为3 m 、质量m 为1 kg 、电阻R 为0.3 Ω，在拉力F 的作用下，从MN 处以恒定速度v ＝1 m/s 在导轨上沿x 轴正向运动(金属杆与导轨接触良好)．g 取10 m/s 2.(1)求金属杆CD 运动过程中产生的感应电动势E 及运动到x ＝0.8 m 处电势差U CD ； (2)推导金属杆CD 从MN 处运动到P 点过程中拉力F 与位置坐标x 的关系式，并在图乙中画出F －x 关系图象；(3)求金属杆CD 从MN 处运动到P 点的全过程产生的焦耳热．解析：(1)金属杆CD 在匀速运动中产生的感应电动势E ＝Blv ，l ＝d ，解得E ＝1.5 V当x ＝0.8 m 时，金属杆在导轨间的电势差为零．设此时杆在导轨外的长度为l 外，则l 外＝d －OP －xOPd ，OP ＝MP 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫MN 22＝2 m 得l 外＝1.2 m由右手定则判断D 点电势高，故CD 两端电势差U CD ＝－Bl 外v ＝－0.6 V.(2)杆在导轨间的长度l 与位置x 的关系是l ＝OP －x OP d ＝3－32x对应的电阻R 1＝ldR 电流I ＝Blv R 1杆受到的安培力为F 安＝BIl ＝7.5－3.75x 根据平衡条件得F ＝F 安＋mg sin θF ＝12.5－3.75x (0≤x ≤2)．画出的F －x 图象如图所示．(3)外力F 所做的功W F 等于F －x 图线下所围的面积．即W F ＝5＋12.52×2 J＝17.5 J而杆的重力势能增加量ΔE p ＝mgOP sin θ 故全过程产生的焦耳热Q ＝W F －ΔE p ＝7.5 J.答案：(1)1.5 V －0.6 V (2)F ＝12.5－3.75x (0≤x ≤2) 图象见解析 (3)7.5 J 5．(2019·辽宁本溪一模)如图所示，在倾角θ＝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d ＝0.55 m ，有一边长L ＝0.4 m 、质量m 1＝0.6 kg 、电阻R ＝2 Ω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m 2＝0.4 kg 的物体相连，物体与水平面间的动摩擦因数μ＝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g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(1)求线框abcd 还未进入磁场的运动过程中，细线中的拉力大小？(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?(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．解析：(1)线框还未进入磁场的过程中，以整体法有m 1g sin θ－μm 2g ＝(m 1＋m 2)a ， a ＝2 m/s 2.以m 2为研究对象有T －μm 2g ＝m 2a ，(或以m 1为研究对象有m 1g sin θ－T ＝m 1a ) 解得T ＝2.4 N.(2)线框刚进入磁场恰好做匀速直线运动，以整体法有m 1g sin θ－μm 2g －B 2L 2vR＝0，解得v ＝1 m/s.ab 到MN 前线框做匀加速运动，有v 2＝2ax ，解得x ＝0.25 m.(3)线框从开始运动到cd 边恰离开磁场边界PQ 时：m 1g sin θ(x ＋d ＋L )－μm 2g (x ＋d ＋L )＝12(m 1＋m 2)v 21＋Q ，解得：Q ＝0.4 J ，所以Q ab ＝14Q ＝0.1 J.答案：(1)2.4 N (2)0.25 m (3)0.1 J6．如图所示，电阻不计的两光滑金属导轨相距L ，放在绝缘水平桌面上，半径为R 的14圆弧部分处在竖直平面内，水平直导轨部分处在磁感应强度为B 、方向竖直向下的匀强磁场中，末端与桌面边缘平齐．两金属棒ab 、cd 垂直于两导轨且与导轨接触良好．棒ab 质量为2m ，电阻为r ，棒cd 的质量为m ，电阻为r .重力加速度为g .开始棒cd 静止在水平直导轨上，棒ab 从圆弧顶端无初速度释放，进入水平直导轨后与棒cd 始终没有接触并一直向右运动，最后两棒都离开导轨落到地面上．棒ab 与棒cd 落地点到桌面边缘的水平距离之比为3∶1.求：(1)棒ab 和棒cd 离开导轨时的速度大小； (2)棒cd 在水平导轨上的最大加速度； (3)两棒在导轨上运动过程中产生的焦耳热．解析：(1)设ab 棒进入水平导轨的速度为v 1，ab 棒从圆弧导轨滑下机械能守恒，有 2mgR ＝12×2mv 21离开导轨时，设ab 棒的速度为v 1′，cd 棒的速度为v 2′，ab 棒与cd 棒在水平导轨上运动，动量守恒，有2mv 1＝2mv 1′＋mv 2′依题意v 1′>v 2′，两棒离开导轨做平抛运动的时间相等，由平抛运动水平位移x ＝vt 可知v 1′∶v 2′＝x 1∶x 2＝3∶1联立以上各式解得v 1′＝672gR ，v 2′＝272gR(2)ab 棒刚进入水平导轨时，cd 棒受到的安培力最大，此时它的加速度最大，设此时回路的感应电动势为E ，则E ＝BLv 1， I ＝E2rcd 棒受到的安培力F cd ＝BIL根据牛顿第二定律，cd 棒的最大加速度a ＝F cdm联立以上各式解得a ＝B 2L 22gR2mr(3)根据能量守恒定律，两棒在导轨上运动过程产生的焦耳热Q ＝12×2mv 21－⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2mv 1′2＋12mv 2′2＝2249mgR . 答案：(1)672gR 272gR (2)B 2L 22gR2mr(3)2249mgR。

2024版新教材高考物理全程一轮总复习第十二章电磁感应专题强化十二电磁感应中动力学能量和动量问题学生

专题强化十二电磁感应中的动力学、能量和动量问题【素养目标】 1.掌握处理电磁感应中动力学，能量和动量问题的方法.2.能分析电磁感应规律在生产生活中的应用．题型一电磁感应中的动力学问题解决电磁感应中的动力学问题的一般思路是“先电后力”，具体思路如下例1[2022·湖北卷]如图所示，高度足够的匀强磁场区域下边界水平、左右边界竖直，磁场方向垂直于纸面向里．正方形单匝线框abcd的边长L＝0.2 m、回路电阻R＝1.6×10－3Ω、质量m＝0.2 kg.线框平面与磁场方向垂直，线框的ad边与磁场左边界平齐，ab边与磁场下边界的距离也为L.现对线框施加与水平向右方向成θ＝45°角、大小为4√2 N的恒力F，使其在图示竖直平面内由静止开始运动．从ab边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀速运，求：动；dc边进入磁场时，bc边恰好到达磁场右边界．重力加速度大小取g＝10ms2(1)ab边进入磁场前，线框在水平方向和竖直方向的加速度大小；(2)磁场的磁感应强度大小和线框进入磁场的整个过程中回路产生的焦耳热；(3)磁场区域的水平宽度．[试答]针对训练1．(多选)如图甲所示，倾角为α＝37°的足够长绝缘斜面体固定在水平面上，在两平行于斜面底边的虚线之间存在垂直斜面向上的匀强磁场，两平行虚线间的距离为d＝0.1 m，质量为m＝0.01 kg、阻值为r＝1 Ω的正方形导体框由虚线1上侧无初速释放，经过一段时间导体框穿过磁场，整个过程中导体框的ab边始终与虚线平行，导体框由释放到离开磁场的过程，其速度随时间的变化规律如图乙所示，已知磁感应强度大小为B＝1 T，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.则下列说法正确的是( )A．导体框与斜面体之间的动摩擦因数为0.5B．导体框的边长为0.2 mC．导体框由释放到cd边离开虚线2的时间为1 sD．整个过程，导体框中产生的焦耳热为4×10－3 J2．[2023·南昌摸底考试]如图甲所示，两条相距l＝2 m的水平粗糙导轨左端接一定值电阻R＝1 Ω，当t＝0时，一质量为m＝2 kg，阻值为r的金属杆，在水平外力F的作用下由静止开始向右运动，5 s末到达MN，MN右侧为一匀强磁场，磁感应强度大小B＝0.5 T，方向垂直纸面向里．当金属杆到达MN(含MN)后，保持外力的功率不变，金属杆进入磁场8 s 末开始做匀速直线运动．整个过程金属杆的v－t图像如图乙所示，若导轨电阻忽略不计，金属杆和导轨始终垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g＝10 m/s2.(1)求金属杆进入磁场后外力F的功率P.(2)若前8 s回路产生的总焦耳热为Q＝51 J，求金属杆在磁场中运动的位移大小．(3)求定值电阻R与金属杆的阻值r的比值．题型二电磁感应中的能量问题1．能量转化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．例2[2023·江苏省扬州市质检](多选)我国新一代航母阻拦系统的研制引入了电磁阻拦技术，其基本原理如图所示，飞机着舰时关闭动力系统，通过绝缘阻拦索钩住轨道上的一根金属棒，飞机与金属棒瞬间获得共同速度v0＝180 km/h，在磁场中共同减速滑行至停下，已知歼－15舰载机质量M＝2.7×104 kg，金属棒质量m＝3×103 kg、电阻R＝10 Ω，导轨间距L＝50 m，匀强磁场磁感应强度B＝5 T，导轨电阻不计，除安培力外飞机克服其它阻力做的功为1.5×106 J，则下列说法中正确的是( )A．金属棒中感应电流方向a到bB．飞机着舰瞬间金属棒中感应电流大小为I＝1.25×103 AC．金属棒中产生的焦耳热Q＝3.6×107 JD．金属棒克服安培力做功为W＝1.5×106 J[解题心得]针对训练3.(多选)一空间有垂直纸面向里的匀强磁场B，两条电阻不计的平行光滑导轨竖直放置在磁场内，如图所示，磁感应强度B＝0.5 T，导体棒ab、cd长度均为0.2 m，电阻均为0.1 Ω，重力均为0.1 N，现用力向上拉动导体棒ab，使之匀速上升(导体棒ab、cd与导轨接触良好)，此时cd静止不动，则ab上升时，下列说法正确的是( )A．ab受到的拉力大小为2 NB．ab向上运动的速度为2 m/sC．在2 s内，拉力做功，有0.4 J的机械能转化为电能D．在2 s内，拉力做功为0.6 J4．如图甲所示，空间存在B＝0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场，MN、PQ是水平放置的平行长直导轨，其间距L＝0.2 m，R是连在导轨一端的电阻，ab是跨接在导轨上质量m＝0.1 kg的导体棒．从零时刻开始，对ab施加一个大小为F＝0.45 N、方向水平向左的恒定拉力，使其从静止开始沿导轨滑动，滑动过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好，图乙是棒的v －t图像，其中AO是图像在O点的切线，AB是图像的渐近线．除R以外，其余部分的电阻均不计．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．已知当棒的位移为100 m时，其速度达到了最大速度10 m/s.求：(1)R的阻值；(2)在棒运动100 m过程中电阻R上产生的焦耳热．题型三电磁感应与动量的综合问题考向1 动量定理在电磁感应中的应用在电磁感应中，动量定理应用于单杆切割磁感线运动，可求解变力的时间、速度、位移和电荷量．(1)求电荷量或速度：B I lΔt＝mv2－mv1，q＝I t.(2)求时间：Ft＝I冲＝mv2－mv1，I冲＝BIlΔt＝BlΔΦR总.(3)求位移：－BIlΔt＝－B 2l2vΔtR总＝0－mv0，即－B 2l2R总x＝m(0－v0)．例3 如图所示的导轨固定在水平面上，左、右两侧的导轨足够长，且间距分别为2d和d，左、右两侧导轨所在空间分别存在竖直向下的匀强磁场B1和B2，且磁感应强度B2＝2B1＝2B0.同种材料且粗细相同的导体棒甲、乙均垂直导轨放置，导体棒甲到衔接处的距离为2d，导体棒乙放在衔接处．t＝0时刻给导体棒甲向右的冲量I0，在导体棒甲运动到衔接处前的瞬间两棒刚好达到共速，且此过程流过导体棒乙某一横截面的电荷量为q，此时导体棒甲在外力的控制下立即停止，导体棒乙继续向右运动，重力加速度为g.忽略导轨的电阻，已知导体棒甲的质量为m，且导体棒甲与导轨间的动摩擦因数为μ，导体棒乙与导轨间的摩擦不计．求：(1)t＝0时刻，导体棒甲两端的电压；(2)导体棒甲运动的总时间．[试答]考向2 动量守恒定律在电磁感应中的应用例4[2022·浙江卷1月]如图所示，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上放置“[”形金属框fcde.棒ab长度和“[”形框的宽度也均为l1、质量均为m＝0.01 kg，de与cf长度均为l3＝0.08 m，已知l1＝0.25 m，l2＝0.068 m，B1＝B2＝1 T、方向均为竖直向上；棒ab和“[”形框的cd边的电阻均为R＝0.1 Ω，除已给电阻外其他电阻不计，轨道均光滑，棒ab与轨道接触良好且运动过程中始终与轨道垂直．开始时开关S和接线柱1接通，待电容器充电完毕后，将S 从1拨到2，电容器放电，棒ab被弹出磁场后与“[”形框粘在一起形成闭合框abcd，此时将S与2断开，已知框abcd在倾斜轨道上重心上升0.2 m后返回进入磁场．(1)求电容器充电完毕后所带的电荷量Q，哪个极板(M或N)带正电？(2)求电容器释放的电荷量ΔQ；(3)求框abcd进入磁场后，ab边与磁场区域左边界的最大距离x.[试答]针对训练5.(多选)如图所示，两间距为d、足够长的平行金属导轨沿水平方向固定，水平导轨的圆弧轨道平滑连接，两质量均为m、电阻均为r的金属棒甲、乙左、右两端与半径为R的14放在圆弧轨道上，且均与导轨垂直，开始时金属棒甲与轨道的圆心等高，金属棒乙距离水平，某时刻将金属棒甲由静止释放，经过一段时间再将金属棒乙由静止释放，导轨的高度为R9结果两金属棒同时滑到水平导轨，已知水平导轨所在的空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，忽略导轨的电阻以及一切摩擦，重力加速度为g.则下列说法正确的是( )√2gRA．两金属棒稳定时的速度为23B．两金属棒从滑到水平导轨到稳定的过程，金属棒甲上产生的热量为89mgRC．两金属棒从滑到水平导轨到稳定的过程，流过金属棒甲的电荷量为2m√2gR3BdD．当乙的速度为零时，乙的加速度为B 2d2√2gR 3mr专题强化十二电磁感应中的动力学、能量和动量问题题型一例1 解析：(1)ab边进入磁场前，对线框进行受力分析，在水平方向有F cos θ＝ma x 代入数据有a x＝20 m/s2在竖直方向有F sin θ－mg＝ma y代入数据有a y＝10 m/s2.(2)ab边进入磁场开始，ab边在竖直方向切割磁感线；ad边和bc边的上部分也开始进入磁场，且在水平方向切割磁感线．但ad和bc边的上部分产生的感应电动势相互抵消，则整个回路的电源为ab，根据右手定则可知回路的电流为adcba，则ab边进入磁场开始，ab 边受到的安培力竖直向下，ad边的上部分受到的安培力水平向右，bc边的上部分受到的安培力水平向左，则ad边和bc边的上部分受到的安培力相互抵消，故线框abcd受到的安培力的合力为ab边受到的竖直向下的安培力．由题知，线框从ab边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀速运动，有F sin θ－mg－BIL＝0，E＝BLv y，I＝ER，v y2＝2a y L，联立有B＝0.2T由题知，从ab边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀速运动；dc边进入磁场时，bc 边恰好到达磁场右边界．则线框进入磁场的整个过程中，线框受到的安培力为恒力，则有Q ＝W安＝BILy，y＝L，F sin θ－mg＝BIL，联立解得Q＝0.4 J.(3)线框从开始运动到进入磁场的整个过程中所用的时间为v y＝a y t1，L＝v y t2，t＝t1＋t2联立解得t ＝0.3 s.由(2)分析可知线框在水平方向一直做匀加速直线运动，则在水平方向有x ＝12a x t 2＝12×20×0.32m ＝0.9 m ，则磁场区域的水平宽度X ＝x ＋L ＝1.1 m.答案：(1)20 m/s 2 10 m/s 2(2)0.2 T 0.4 J (3)1.1 m1．解析：方法一由图乙分析可知，导体框穿过磁场的过程速度不变，则正方形导体框的边长等于两虚线之间的距离，为0.1 m ，导体框的ab 边刚进入磁场的瞬间导体框沿斜面方向合力为零，即F 安＋μmg cos α＝mg sin α，又F 安＝BId 、I ＝Bdv r，代入数据解得μ＝0.5，A 正确，B 错误；导体框进入磁场前，由牛顿第二定律得mg sin α－μmg cos α＝ma ，解得a ＝2 m/s 2，则导体框进入磁场前的运动时间为t 1＝va ＝1 s ，导体框从进入磁场到离开磁场的运动时间为t 2＝2dv ＝0.1 s ，导体框由释放到cd 边离开虚线2的时间为t ＝t 1＋t 2＝1.1 s ，C 错误；导体框从进入磁场到离开磁场的过程中，由功能关系得Q ＝－W 安，又W 安＝－F 安·2d ＝－4×10－3 J ，则整个过程导体框中产生的焦耳热为4×10－3 J ，D 正确．方法二导体框从进入磁场到离开磁场的过程中，由能量守恒定律得Q ＝mg ·2d sin α－μmg cos α·2d ＝4×10－3J ，D 正确．答案：AD2．解析：(1)在0～5 s 时间内，由图乙可得金属杆的加速度α＝ΔvΔt ＝1 m/s 2由牛顿第二定律有F －μmg ＝ma则金属杆到达MN 边界时，金属杆的速度v 1＝5 m/s ，外力功率P ＝Fv 1 代入数据解得P ＝20 W. (2)在0～5 s 时间内，金属杆做匀加速直线运动，根据位移和时间的关系可得金属杆运动的位移大小为x 1＝12at 12＝12×1×52m ＝12.5 m在5～8 s 时间内，设金属杆在磁场中运动的位移大小为x 2，则时间为Δt 1＝3 s ．由图乙可知第8 s 末金属杆的速度v 2＝4 m/s ，对金属杆，在前8 s 内，由动能定理有Fx 1＋P Δt 1－μmg (x 1＋x 2)－W 安＝12mv 22又W 安＝Q代入数据解得x 2＝9 m.(3)金属杆进入磁场后外力F 的功率恒为P ＝20 W ，最后金属杆做匀速直线运动，根据平衡条件可得F 1＝F 安＋f其中F 安＝BIl ，F 1＝Pv 2通过金属杆的电流为I ＝Blv2R+r金属杆所受的滑动摩擦力为f ＝μmg 联立以上各式并代入数据解得r ＝13Ω所以定值电阻R 与金属杆的阻值r 的比值为Rr ＝3.答案：(1)20 W (2)9 m (3)3题型二例2 解析：由右手定则：感应电流方向b 到a ，A 错误；飞机着舰瞬间金属棒中感应电动势E ＝BLv 0，感应电流I ＝ER，解得I ＝1.25×103A ，B 正确；飞机着舰至停下，由动能定理－W 克安－W 克f ＝0−12(M +m )v 02，解得Q ＝W 克安＝3.6×107 J ，C 正确，D 错误．答案：BC3．解析：对导体棒cd 分析：mg ＝BIl ＝B 2l 2v R 总，得v ＝2 m/s ，B 正确；对导体棒ab 分析：F ＝mg ＋BIl ＝0.2 N ，A 错误；在2 s 内拉力做功转化为ab 棒的重力势能和电路中的电能，电能等于克服安培力做的功，即W 电＝F 安vt ＝B 2l 2v 2t R 总＝0.4 J ，C 正确；在2 s 内拉力做的功为W 拉＝Fvt ＝0.8 J ，D 错误．答案：BC4．解析：(1)由题图乙得ab 棒刚开始运动瞬间a ＝2.5ms 2，则F －F f ＝ma ，解得F f ＝0.2 N.ab 棒最终以速度v ＝10 m/s 匀速运动，则所受到拉力、摩擦力和安培力的合力为零，F －F f －F 安＝0.F 安＝BIL ＝BLBLv R＝B 2L 2v R.联立可得R ＝B 2L 2vF−F f＝0.4 Ω.(2)由功能关系可得(F －F f )x ＝12mv 2＋Q ，解得Q ＝20 J.答案：(1)0.4 Ω (2)20 J题型三例3 解析：(1)由于两导体棒的材料以及粗细程度相同，导体棒甲、乙的长度之比为2∶1，则由电阻定律R ＝ρL S可知R 甲＝2R 乙t ＝0时刻，导体棒甲的速度为v 0＝I0m则导体棒甲切割磁感线产生的感应电动势为E ＝B 1(2d )v 0 根据闭合电路欧姆定律得导体棒甲两端的电压为U ＝ER 乙R 甲+R 乙由以上整理得U ＝2B 0dI 03m.(2)由于两棒的材料以及粗细程度相同，则导体棒乙的质量为导体棒甲的一半，即m ′＝m2，设导体棒甲运动的总时间为tt 时间内对导体棒乙，由动量定理得F ̅乙t ＝m2v －0，由安培力公式得F ̅乙＝B 2I d ＝2B 0I d ，又I＝qt，对导体棒甲，由动量定理得－μmgt－F̅甲t＝mv－mv0由安培力公式得F̅甲＝B1I·2d＝2B0I d解得t＝I0−6qB0dμmg.答案：见解析例4 解析：(1)开关S和接线柱1接通，电容器充电过程中，对绕转轴OO′转动的棒由右手定则可知，其切割磁感线产生的电流沿径向向外，即边缘为电源正极，圆心为负极，则M板带正电；根据法拉第电磁感应定律可得E＝B1v̅r＝12B1ωr2当开关接1时，其等效电路图如图所示，电容器C与R0并联则Q＝CU＝CE2＝0.54 C.(2)电容器放电过程对金属棒ab由动量定理有B2l1I t＝B2l1ΔQ＝mv1棒ab被弹出磁场后与“[”形框粘在一起的过程有mv1＝(m＋m)v2对框的上滑过程有12×2mv22＝2mgh解得ΔQ＝2mB2l1√2gh＝0.16 C.(3)设框在磁场中减速滑行的总路程为Δx，由动量定理有B22l12v̅2R ·t＝B l2212 Δx2R＝2mv2则Δx＝0.128 m>0.08 m，因此金属框会有一段磁通量不变的匀速运动，匀速运动的距离为l3－l2＝0.012 m因此ab边进入磁场后的总位移为x＝Δx＋l3－l2＝0.14 m.答案：(1)M板带正电0.54 C (2)0.16 C (3)0.14 m5．解析：两金属棒由释放到滑到水平导轨的过程中，对金属棒甲，由机械能守恒定律有mgR＝12mv甲2，解得v甲＝√2gR；同理，对金属棒乙有mg·R9＝12mv乙2，解得v乙＝13√2gR.两棒均在水平导轨上运动时，两棒组成的系统动量守恒，取水平向右为正方向，由动量守恒定律可得mv甲－mv乙＝2mv，解得v＝13√2gR，A错误．两金属棒从滑到水平导轨到稳定的过程，两棒上产生的焦耳热为Q＝12mv甲2＋12mv乙2－12×2mv2＝89mgR，则金属棒甲上产生的热量为Q 甲＝49mgR ，B 错误．两金属棒从滑到水平导轨到稳定的过程，对金属棒甲，由动量定理得一B I d t ＝mv －mv 甲，又q ＝I t ，整理得q ＝2m √2gR 3Bd ，C 正确．当乙的速度为零时，则由动量守恒定律得mv 甲－mv 乙＝mv ′甲，解得v ′甲＝23√2gR ，则感应电动势为E ＝Bdv ′甲、I ＝E 2r 、F ＝BId ，联立解得F ＝B 2d 2√2gR 3r ，又由牛顿第二定律得a ＝F m ＝B 2d 2√2gR 3mr ，D 正确．答案：CD。

2025版高考物理一轮复习专题十一电磁感应第28练电磁感应中的动力学能量动量问题pptx课件

速运动,棒G做加速度越来越小的减速运动,结合棒G的速度-时间图线可知,2~3 s时间段内
物块A速度始终大于棒G滑行速度,绳子始终松弛(1分)
在2~3 s内对棒G分析,由动量定理可得
−
B LΔt=m 2 −3 (1分)
由法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可得
−
−

Δt=
+
1
1

2
2
则有Q2=( mv′m - mv' ) (1分)
2
2
+
t3时间内有v'=at3(1分)
1
2
x'3= a32 (1分)
Q3=I2rt3(1分)
又x'1+x'2+x'3=7 m
Q总=Q1+Q2+Q3
联立解得Q总=0.4 J(1分)
7.[2022福建·
15,16分,难度★★★★☆]
联立解得 vH-vG=6.5 m/s(1分)
由于两棒的速度差保持不变,这说明两棒具有相同的加速度且均为a,对棒H由牛顿第二定
律有F-FA=ma(1分)
解得 F=1.7 N(1分)
由v-t图象可知t=1.5 s时,棒G的速度大小为vG=3 m/s,则此刻棒H的速度大小为vH=9.5 m/s
拉力F的瞬时功率 PF=FvH=16.15 W(1分)
平行.从t=0开始,H在水平向右拉力
作用下向右运动;t=2 s时,H与挡板
M、N相碰后立即被锁定.G在t=
1 s后的速度-时间图线如图(b)所示
,其中1~2 s段为直线.
已知磁感应强度大小B=1 T,L=0.2 m,G、H和A的质量均为0.2 kg,G、H的电阻均为0.1 Ω;

2020高考物理一轮总复习课时冲关三十八链接高考12电磁感应中的动力学和能量问题含解析人教版

电磁感应中的动力学和能量问题[A 级－基础练]1．(2018·江苏卷)如图所示，两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为θ，间距为d .导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向与导轨平面垂直．质量为m 的金属棒被固定在导轨上，距底端的距离为s ，导轨与外接电源相连，使金属棒通有电流．金属棒被松开后，以加速度a 沿导轨匀加速下滑，金属棒中的电流始终保持恒定，重力加速度为g .求下滑到底端的过程中，金属棒(1)末速度的大小v ； (2)通过的电流大小I ； (3)通过的电荷量Q .解析：(1)金属棒做匀加速直线运动，根据运动学公式有v 2＝2as 解得v ＝2as(2)金属棒所受安培力F 安＝IdB 金属棒所受合力F ＝mg sin θ－F 安根据牛顿第二定律F ＝ma 解得I ＝m g sin θ－adB(3)金属棒的运动时间t ＝v a，电荷量Q ＝It 解得Q ＝2asmg sin θ－adBa答案：(1)2as (2)m g sin θ－adB(3)2asmg sin θ－adBa2．(2019·惠州模拟)如图所示，足够长的粗糙绝缘斜面与水平面成θ＝37°放置，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B ＝1 T ；现有一质量为m ＝10 g ，总电阻R ＝1 Ω、边长d ＝0.1 m 的正方形金属线圈MNPQ ，让PQ 边与斜面底边平行，从斜面上端静止释放，线圈刚好匀速穿过整个磁场区域．已知线圈与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，(g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：(1)线圈进入磁场区域时的速度； (2)线圈释放时，PQ 边到bb ′的距离；(3)整个线圈穿过磁场的过程中，线圈上产生的焦耳热．解析：(1)对线圈受力分析，根据平衡条件得：F 安＋μmg cos θ＝mg sin θ， F 安＝BId ，I ＝ER，E ＝Bdv ，联立代入数据解得：v ＝2 m/s.(2)线圈进入磁场前做匀加速运动，根据牛顿第二定律得：a ＝mg sin θ－μmg cos θm＝2 m/s 2线圈释放时，PQ 边到bb ′的距离L ＝v 22a ＝222×2m ＝1 m. (3)由于线圈刚好匀速穿过磁场，则磁场宽度等于d ＝0.1 m ， Q ＝W 安＝F 安·2d代入数据解得：Q ＝2×10－2×2×0.1 J＝4×10－3J. 答案：(1)2 m/s (2)1 m (3) 4×10－3J3．足够长的平行金属导轨MN 和PQ 表面粗糙，与水平面间的夹角为θ＝37°(sin 37°＝0.6)，间距为1 m ．垂直于导轨平面向上的匀强磁场的磁感应强度的大小为4 T ，P 、M 间所接电阻的阻值为8 Ω.质量为2 kg 的金属杆ab 垂直导轨放置，不计杆与导轨的电阻，杆与导轨间的动摩擦因数为0.25.金属杆ab 在沿导轨向下且与杆垂直的恒力F 作用下，由静止开始运动，杆的最终速度为8 m/s ，取g ＝10 m/s 2，求：(1)当金属杆的速度为4 m/s 时，金属杆的加速度大小； (2)当金属杆沿导轨的位移为6.0 m 时，通过金属杆的电荷量．解析：(1)对金属杆ab 应用牛顿第二定律，有F ＋mg sin θ－F 安－f ＝ma ，f ＝μF N ，F N ＝mg cos θab 杆所受安培力大小为F 安＝BILab 杆切割磁感线产生的感应电动势为E ＝BLv由闭合电路欧姆定律可知I ＝E R整理得：F ＋mg sin θ－B 2L 2Rv －μmg cos θ＝ma代入v m ＝8 m/s 时a ＝0，解得F ＝8 N 代入v ＝4 m/s 及F ＝8 N ，解得a ＝4 m/s 2(2)设通过回路横截面的电荷量为q ，则q ＝I t回路中的平均电流强度为I ＝ER回路中产生的平均感应电动势为E ＝ΔΦt回路中的磁通量变化量为ΔΦ＝BLx ，联立解得q ＝3 C. 答案：(1)4 m/s 2(2)3 C[B 级－能力练]4．如图甲所示，匀强磁场的磁感应强度B 为0.5 T ，其方向垂直于倾角θ为30°的斜面向上．绝缘斜面上固定有“∧”形状的光滑金属导轨MPN (电阻忽略不计)，MP 和NP 长度均为2.5 m ，MN 连线水平，长为3 m ．以MN 中点O 为原点，OP 为x 轴建立一维坐标系Ox .一根粗细均匀的金属杆CD ，长度d 为3 m 、质量m 为1 kg 、电阻R 为0.3 Ω，在拉力F 的作用下，从MN 处以恒定速度v ＝1 m/s 在导轨上沿x 轴正向运动(金属杆与导轨接触良好)．g 取10 m/s 2.(1)求金属杆CD 运动过程中产生的感应电动势E 及运动到x ＝0.8 m 处电势差U CD ；(2)推导金属杆CD 从MN 处运动到P 点过程中拉力F 与位置坐标x 的关系式，并在图乙中画出F －x 关系图象；(3)求金属杆CD 从MN 处运动到P 点的全过程产生的焦耳热．解析：(1)金属杆CD 在匀速运动中产生的感应电动势E ＝Blv ，l ＝d ，解得E ＝1.5 V当x ＝0.8 m 时，金属杆在导轨间的电势差为零．设此时杆在导轨外的长度为l 外，则l 外＝d －OP －x OPd ，OP ＝MP 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫MN 22＝2 m 得l 外＝1.2 m由右手定则判断D 点电势高，故CD 两端电势差U CD ＝－Bl 外v ＝－0.6 V.(2)杆在导轨间的长度l 与位置x 的关系是l ＝OP －x OP d ＝3－32x对应的电阻R 1＝ldR 电流I ＝Blv R 1杆受到的安培力为F 安＝BIl ＝7.5－3.75x 根据平衡条件得F ＝F 安＋mg sin θF ＝12.5－3.75x (0≤x ≤2)．画出的F －x 图象如图所示．(3)外力F 所做的功W F 等于F －x 图线下所围的面积．即W F ＝5＋12.52×2 J＝17.5 J 而杆的重力势能增加量ΔE p ＝mgOP sin θ 故全过程产生的焦耳热Q ＝W F －ΔE p ＝7.5 J.答案：(1)1.5 V －0.6 V (2)F ＝12.5－3.75x (0≤x ≤2) 图象见解析 (3)7.5 J5．(2019·辽宁本溪一模)如图所示，在倾角θ＝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d ＝0.55 m ，有一边长L ＝0.4 m 、质量m 1＝0.6 kg 、电阻R ＝2 Ω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m 2＝0.4 kg 的物体相连，物体与水平面间的动摩擦因数μ＝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g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(1)求线框abcd 还未进入磁场的运动过程中，细线中的拉力大小？(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? (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．解析：(1)线框还未进入磁场的过程中，以整体法有m 1g sin θ－μm 2g ＝(m 1＋m 2)a ，a ＝2 m/s 2.以m 2为研究对象有T －μm 2g ＝m 2a ，(或以m 1为研究对象有m 1g sin θ－T ＝m 1a ) 解得T ＝2.4 N.(2)线框刚进入磁场恰好做匀速直线运动，以整体法有m 1g sin θ－μm 2g －B 2L 2vR＝0，解得v ＝1 m/s.ab 到MN 前线框做匀加速运动，有v 2＝2ax ，解得x ＝0.25 m.(3)线框从开始运动到cd 边恰离开磁场边界PQ 时：m 1g sin θ(x ＋d ＋L )－μm 2g (x ＋d ＋L )＝12(m 1＋m 2)v 21＋Q ，解得：Q ＝0.4 J ，所以Q ab ＝14Q ＝0.1 J.答案：(1)2.4 N (2)0.25 m (3)0.1 J6．如图所示，电阻不计的两光滑金属导轨相距L ，放在绝缘水平桌面上，半径为R 的14圆弧部分处在竖直平面内，水平直导轨部分处在磁感应强度为B 、方向竖直向下的匀强磁场中，末端与桌面边缘平齐．两金属棒ab 、cd 垂直于两导轨且与导轨接触良好．棒ab 质量为2m ，电阻为r ，棒cd 的质量为m ，电阻为r .重力加速度为g .开始棒cd 静止在水平直导轨上，棒ab 从圆弧顶端无初速度释放，进入水平直导轨后与棒cd 始终没有接触并一直向右运动，最后两棒都离开导轨落到地面上．棒ab 与棒cd 落地点到桌面边缘的水平距离之比为3∶1.求：(1)棒ab 和棒cd 离开导轨时的速度大小； (2)棒cd 在水平导轨上的最大加速度； (3)两棒在导轨上运动过程中产生的焦耳热．解析：(1)设ab 棒进入水平导轨的速度为v 1，ab 棒从圆弧导轨滑下机械能守恒，有 2mgR ＝12×2mv 21离开导轨时，设ab 棒的速度为v 1′，cd 棒的速度为v 2′，ab 棒与cd 棒在水平导轨上运动，动量守恒，有2mv 1＝2mv 1′＋mv 2′依题意v 1′>v 2′，两棒离开导轨做平抛运动的时间相等，由平抛运动水平位移x ＝vt 可知v 1′∶v 2′＝x 1∶x 2＝3∶1联立以上各式解得v 1′＝672gR ，v 2′＝272gR(2)ab 棒刚进入水平导轨时，cd 棒受到的安培力最大，此时它的加速度最大，设此时回路的感应电动势为E ，则E ＝BLv 1， I ＝E2rcd 棒受到的安培力F cd ＝BIL根据牛顿第二定律，cd 棒的最大加速度a ＝F cdm联立以上各式解得a ＝B 2L 22gR2mr(3)根据能量守恒定律，两棒在导轨上运动过程产生的焦耳热Q ＝12×2mv 21－⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2mv 1′2＋12mv 2′2＝2249mgR . 答案：(1)672gR 272gR (2)B 2L 22gR2mr(3)2249mgR。

2021高考物理一轮复习第10章电磁感应专题十二电磁感应中的动力学能量和动量问题课时作业含解析

专题十二电磁感应中的动力学、能量和动量问题1．如图所示，MN 、PQ 是间距为L 的平行金属导轨，置于磁感应强度为B ，方向垂直导轨所在平面向里的匀强磁场中，M 、P 间接有一阻值为R 的电阻。

一根与导轨接触良好、有效阻值为R2的金属导线ab 垂直导轨放置，并在水平外力F 的作用下以速度v 向右匀速运动，则(不计导轨电阻)( )A ．通过电阻R 的电流方向为P →R →MB ．a 、b 两点间的电压为BLvC ．a 端电势比b 端的高D ．外力F 做的功等于电阻R 上产生的焦耳热C [由右手定则可知通过金属导线的电流由b 到a ，即通过电阻R 的电流方向为M →R →P ，A 错误；金属导线产生的电动势为BLv ，而a 、b 两点间的电压为等效电路路端电压，由闭合电路欧姆定律可知，a 、b 两点间电压为23BLv ，B 错误；金属导线可等效为电源，在电源内部，电流从低电势流向高电势，所以a 端电势高于b 端电势，C 正确；根据能量守恒定律可知，外力做功等于电阻R 和金属导线产生的焦耳热之和，D 错误。

]2．如图甲所示，bacd 为导体做成的框架，其平面与水平面成θ角，质量为m 的导体棒PQ 与ab 、cd 接触良好，回路的电阻为R ，整个装置放于垂直框架平面的变化的磁场中，磁感应强度B 的变化情况如图乙所示，PQ 始终静止，则0～t 2内(t ＝0时刻，安培力大于mg sinθ)PQ 受到的摩擦力F f 的分析情况正确的是( )A ．F f 先减小后增大，且在t 1时刻为零B ．F f 先减小后增大，且在t 1时刻F f ＝mg sin θC ．F f 先增大后减小，且在t 1时刻为最大值D ．F f 先增大后减小，且在t 1时刻F f ＝mg sin θB [0～t 1，PQ 平衡，无论磁感应强度的方向向哪，都有F 安＝mg sin θ＋F f ，随着磁感应强度的减小，安培力减小，静摩擦力向下先减小后反向增大，t 1时刻，安培力为零，静摩擦力沿框架向上，F f ＝mg sin θ；t 1以后，安培力方向向下，mg sin θ＋F 安＝F f ，安培力增大，静摩擦力沿框架向上增大，A 、C 、D 错误，B 正确。

2023年高考物理热点复习：电磁感应中的动力学和能量问题(附答案解析)

第1页（共27页）2023年高考物理热点复习：电磁感应中的动力学和能量问题
【2023高考课标解读】
1．受力分析与运动分析
2．应用牛顿运动定律和运动学规律解答电磁感应问题
【2023高考热点解读】
一、电磁感应中的动力学问题
1．安培力的大小
安培力公式：F A ＝
感应电动势：E ＝Blv
感应电流：I ＝
E R ⇒
F A ＝B 2l 2v R
2．安培力的方向
(1)用左手定则判断：先用右手定则判断感应电流的方向，再用左手定则判定安培力的方向。

(2)用楞次定律判断：安培力的方向一定与导体切割磁感线的运动方向相反。

3．安培力参与下物体的运动
导体棒(或线框)在安培力和其他力的作用下，可以做加速运动、减速运动、匀速运动、静止或做其他类型的运动，可应用动能定理、牛顿运动定律等规律解题。

【特别提醒】
1．两种状态及处理方法
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
根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系进行分析
2.力学对象和电学对象的相互关系。

2020高考物理一轮总复习第十章链接高考12电磁感应中的动力学和能量问题讲义含解析新人教版

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[考点解读]1．两种状态及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进行动态分析或结合功能关系进行分析2.力学对象和电学对象的相互关系[典例赏析][典例1]　如图所示，金属杆ab、cd置于平行轨道MN、PQ上，可沿轨道滑动，两轨道间距l＝0.5 m，轨道所在空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5 T，用力F＝0.25 N向右水平拉杆ab，若ab、cd与轨道间的滑动摩擦力分别为f1＝0.15 N、f2＝0.1 N，两杆的有效电阻R1＝R2＝0.1 Ω，设导轨电阻不计，ab、cd的质量关系为2m1＝3m2，且ab、cd与轨道间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等．求：(1)此两杆之间的稳定速度差；(2)若F＝0.3 N，两杆间稳定速度差又是多少？[解析]　因F>f1，故ab由静止开始做加速运动，ab中将出现不断变大的感应电流，致使cd受到安培力F2作用，当F2>f2时，cd也开始运动，故cd开始运动的条件是：F－f1－f2>0.(1)当F＝0.25 N时，F－f1－f2＝0，故cd保持静止，两杆的稳定速度差等于ab的最终稳定速度v max ，故此种情况有：电流I m ＝＝，E mR 1＋R 2Blv maxR 1＋R 2安培力F m ＝BI m l ，则有F －F m －f 1＝0，由此得v max ＝0.32 m/s.(2)当F ＝0.3 N>f 1＋f 2，对ab 、cd 组成的系统，ab 、cd 所受安培力大小相等，方向相反，合力为零，则系统受的合外力为F 合＝F －f 1－f 2＝0.05 N.对系统有F 合＝(m 1＋m 2)a ，因为2m 1＝3m 2，则F 合＝m 2a .52取cd 为研究对象，F 安－f 2＝m 2a ，F 安＝BIl ，I ＝，Bl ΔvR 1＋R 2联立各式解得Δv ＝＝0.384 m/s.R 1＋R 2B 2l 2(25F 合＋f 2)[答案]　(1)0.32 m/s (2)0.384 m/s　四步法分析电磁感应动力学问题[题组巩固]1．(2019·郑州模拟)(多选)用一段横截面半径为r 、电阻率为ρ、密度为d 的均匀导体材料做成一个半径为R (r ≪R )的圆环．圆环竖直向下落入如图所示的径向磁场中，圆环的圆心始终在N 极的轴线上，圆环所在位置的磁感应强度大小均为B ，圆环在加速下落过程中某一时刻的速度为v ，忽略电感的影响，则( )A ．此时在圆环中产生了(俯视)顺时针的感应电流B ．圆环因受到了向下的安培力而加速下落C ．此时圆环的加速度a ＝B 2vρdD ．如果径向磁场足够长，则圆环的最大速度v m ＝ρ dg B 2解析：AD [圆环向下切割磁感线，由右手定则可知，圆环中感应电流的方向为顺时针方向(俯视)，A 正确；再由左手定则可知，圆环受的安培力向上，B 错误；圆环中感应电动势为E ＝B ·2πR ·v ，感应电流I ＝，电阻R ′＝ρ＝，解得I ＝.圆环ER ′2πR πr 22R ρr 2B πvr 2ρ受的安培力F ＝BI ·2πR ＝.圆环的加速度a ＝＝g －，圆环质量2B 2π2vRr 2ρmg －F m 2B 2π2vRr 2m ρm ＝d ·2πR ·πr 2，解得加速度a ＝g －，C 错误；当mg ＝F 时，加速度a ＝0，速度最B 2vρd大，v m ＝，D 正确．]ρ dgB 22．(2016·全国卷Ⅱ)如图，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．t 0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．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ma ＝F －μmg ①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 ＝at 0②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，杆中的电动势为E ＝Blv ③联立①②③式可得E ＝Blt 0④(Fm－μg )(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 ，根据欧姆定律I ＝⑤E R式中R 为电阻的阻值，金属杆所受的安培力为F 安＝BlI ⑥因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得F －μmg －F 安＝0⑦联立④⑤⑥⑦式得R ＝.B 2l 2t 0m答案：(1)Blt 0　(2)(F m －μg )B 2l 2t 0m考点二　电磁感应中的能量问题[考点解读]1．能量转化及焦耳热的求法(1)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2．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，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．[典例赏析][典例2]　小明设计的电磁健身器的简化装置如图所示，两根平行金属导轨相距l ＝0.50 m ，倾角θ＝53°，导轨上端串接一个R ＝0.05 Ω的电阻．在导轨间长d ＝0.56 m 的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B ＝2.0 T ．质量m ＝4.0 kg 的金属棒CD 水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH 相连．CD 棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s ＝0.24 m ．一位健身者用恒力F ＝80 N 拉动GH 杆，CD 棒由静止开始运动，上升过程中CD 棒始终保持与导轨垂直．当CD 棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复装置使CD 棒回到初始位置(取重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 53°＝0.8，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量)．求：(1)CD 棒进入磁场时速度v 的大小；(2)CD 棒进入磁场时所受的安培力F A 的大小；(3)在拉升CD 棒的过程中，健身者所做的功W 和电阻产生的焦耳热Q .[解析]　(1)由牛顿第二定律a ＝＝12 m/s 2F －mg sin θm进入磁场时的速度v ＝＝2.4 m/s.2as (2)感应电动势E ＝Blv感应电流I ＝BlvR安培力F A ＝IBl代入得F A ＝＝48 N.(Bl )2vR(3)健身者做功W ＝F (s ＋d )＝64 J 由牛顿第二定律得F －mg sin θ－F A ＝0CD 棒在磁场区做匀速运动在磁场中运动时间t ＝dv焦耳热Q ＝I 2Rt ＝26.88 J.[答案]　(1)2.4 m/s (2)48 N (3)64 J 26.88 J能量转化问题的分析顺序：先电后力再能量[题组巩固]1．(2019·山东潍坊中学一模)(多选)如图所示，同一竖直面内的正方形导线框a 、b 的边长均为l ，电阻均为R ，质量分别为2m 和m .它们分别系在一跨过两个定滑轮的轻绳两端，在两导线框之间有一宽度为2l 、磁感应强度大小为B 、方向垂直竖直面的匀强磁场区域．开始时，线框b 的上边与匀强磁场的下边界重合，线框a 的下边到匀强磁场的上边界的距离为l .现将系统由静止释放，当线框b 全部进入磁场时，a 、b 两个线框开始做匀速运动．不计摩擦和空气阻力，重力加速度为g ，则( )A ．a 、b 两个线框匀速运动时的速度大小为2mgRB 2l 2B ．线框a 从下边进入磁场到上边离开磁场所用时间为3B 2l 3mgRC ．从开始运动到线框a 全部进入磁场的过程中，线框a 所产生的焦耳热为mglD ．从开始运动到线框a 全部进入磁场的过程中，两线框共克服安培力做功为2mgl 解析：BC [设两线框匀速运动的速度为v ，此时轻绳上的张力大小为F T ，则对a 有：F T ＝2mg －BIl ，对b 有：F T ＝mg ，又I ＝，E ＝Blv ，解得v ＝，故A 错误．线框a 从下E R mgRB 2l2边进入磁场后，线框a 通过磁场时以速度v 匀速运动，则线框a 从下边进入磁场到上边离开磁场所用时间t ＝＝，故B 正确．从开始运动到线框a 全部进入磁场的过程中，3lv 3B 2l 3mgR线框a 只在其匀速进入磁场的过程中产生焦耳热，设为Q ，由功能关系有2mgl －F T l ＝Q ，得Q ＝mgl ，故C 正确．设两线框从开始运动到线框a 全部进入磁场的过程中，两线框共克服安培力做的功为W ，此过程中左、右两线框分别向上、向下运动2l 的距离，对这一过程，由能量守恒定律有：4mgl ＝2mgl ＋×3mv 2＋W ，得W ＝2mgl －，故D 错误．]123m 3g 2R 22B 4l42．(2019·山西运城期末)如图所示，两足够长的平行的金属导轨MN 、PQ 相距为L ，导轨平面与水平面的夹角θ＝37°，导轨电阻不计，整个装置处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中．长为L 的金属棒垂直于MN 、PQ 放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m 、电阻为R ，与导轨间动摩擦因数μ＝0.5.两金属导轨的上端连接一个电阻，其阻值也为R ，现闭合开关，给金属棒施加一个方向垂直于杆且平行于导轨平面向上、大小为F ＝3mg 的恒力，使金属棒从静止开始运动，若金属棒上滑距离为s 时速度恰达到最大，最大速度为v m .(重力加速度为g ，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：(1)金属棒刚开始运动时加速度的大小；(2)匀强磁场的磁感应强度的大小；(3)金属棒由静止开始上滑位移为2s 的过程中，金属棒上产生的焦耳热Q .解析：(1)分析金属棒受力得F －mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma ，代入数据得a ＝2g .(2)当金属棒速度为v m 时，受力平衡，得I ＝，E 2RE ＝BLv mF －mg sin 37°－μmg cos 37°＝BIL ，联立解得：B ＝ .2L mgRvm (3)F ·2s －(mg sin 37°＋μmg cos 37°)·2s －W F 安＝mv ，122mQ ＝W F 安·＝，R R ＋RW F 安2解得：Q ＝2mgs －mv .142m答案：(1)2g (2)　(3)2mgs －mv 2L mgR v m 142m 考点三　电磁感应中的力电综合问题[考点解读]理论上电荷量的求法：q ＝It .方法1：在电磁感应问题中最为常见的思路为：对某一回路来说，据法拉第电磁感应定律，得E ＝，显然该感应电动势也为对其时间的平均值，再由I ＝(R 为回路中的总ΔΦΔt ER电阻)可以得到I ＝.综上可得q ＝.若B 不变，则q ＝＝.ΔΦR Δt ΔΦR ΔΦR B ΔSR方法2：设想在某一回路中，一部分导体仅在安培力作用下运动时，安培力F 为变力，但其冲量可用它对时间的平均值进行计算，即I 冲量＝F Δt ，而F ＝BIL (I 为电流对时间的平均值)，故有：BIL Δt ＝mv 2－mv 1，而I Δt ＝q ，故有q ＝.mv 2－mv 1BL[典例赏析][典例3]　(2018·天津卷)真空管道超高速列车的动力系统是一种将电能直接转换成平动动能的装置．图1是某种动力系统的简化模型，图中粗实线表示固定在水平面上间距为l 的两条平行光滑金属导轨，电阻忽略不计．ab 和cd 是两根与导轨垂直、长度均为l 、电阻均为R 的金属棒，通过绝缘材料固定在列车底部，并与导轨良好接触，其间距也为l ，列车的总质量为m ，列车启动前，ab 、cd 处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下，如图1所示．为使列车启动，需在M 、N 间连接电动势为E 的直流电源，电源内阻及导线电阻忽略不计．列车启动后电源自动关闭．(1)要使列车向右运行，启动时图1中M 、N 哪个接电源正极，并简要说明理由；(2)求刚接通电源时列车加速度a 的大小；(3)列车减速时，需在前方设置如图2所示的一系列磁感应强度为B 的匀强磁场区域，磁场宽度和相邻磁场间距均大于l .若某时刻列车的速度为v 0，此时ab 、cd 均在无磁场区域．试讨论：要使列车停下来，前方至少需要多少块这样的有界磁场？[解析]　(1)M 接电源正极．列车要向右运动，安培力方向应向右，根据左手定则，接通电源后，金属棒中电流方向由a 到b ，由c 到d ，故M 接电源正极．(2)由题意，启动时ab 、cd 并联，设回路总电阻为R 总，由电阻的串并联知识得R 总＝　①R2设回路总电流为I ，根据闭合电路欧姆定律有I ＝　②ER 总设两根金属棒所受安培力之和为F ，有F ＝BIl ③根据牛顿第二定律有F ＝ma ④联立①②③④式得a ＝　⑤2BElmR(3)设列车减速时，cd 进入磁场后经Δt 时间ab 恰好进入磁场，此过程中穿过两金属棒与导轨所围回路的磁通量的变化为ΔΦ，平均感应电动势为E 1，由法拉第电磁感应定律有E 1＝　⑥，其中ΔΦ＝Bl 2　⑦ΔΦΔt设回路中平均电流为I ′，由闭合电路欧姆定律有I ′＝　⑧E 12R设cd 受到的平均安培力为F ′，有F ′＝I ′lB ⑨以向右为正方向，设Δt 时间内cd 受安培力冲量为I 冲，有I 冲＝－F ′Δt ⑩同理可知，回路出磁场时ab 受安培力冲量仍为上述值，设回路进出一块有界磁场区域安培力冲量为I 0，有I 0＝2I 冲　⑪设列车停下来受到的总冲量为I 总，由动量定理有I 总＝0－mv 0　⑫联立⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得＝I 总I 0mv 0RB 2l3讨论：若恰好为整数，设其为N ，则需设置N 块有界磁场，若不是整数，设的I 总I 0I 总I 0I 总I0整数部分为n ，则需设置n ＋1块有界磁场．[答案]　(1)M 接电源正极，理由见解析　(2)　(3)若恰好为整数，设其为N ，2BEl mR I 总I0则需设置N 块有界磁场，若不是整数，设的整数部分为n ，则需设置n ＋1块有界磁I 总I 0I 总I0场[典例4]　两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为L .导轨上面横放着两根导体棒ab 和cd ，构成矩形回路，如图所示．两根导体棒的质量皆为m ，电阻皆为R ，回路中其余部分的电阻可不计．在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B .设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行，开始时，棒cd 静止，棒ab 有指向棒cd 的初速度v 0.若两导体棒在运动中始终不接触，则：(1)在运动中产生的焦耳热最多是多少？(2)当ab 棒的速度变为初速度的时，cd 棒的加速度大小是多少？34[解析]　ab 棒向cd 棒运动时，两棒和导轨构成的回路面积变小，磁通量变小，于是产生感应电流．ab 棒受到与其运动方向相反的安培力而做减速运动，cd 棒则在安培力的作用下向右做加速运动．只要ab 棒的速度大于cd 棒的速度，回路总有感应电流，ab 棒继续减速，cd 棒继续加速，直到两棒速度相同后，回路面积保持不变，不产生感应电流，两棒以相同的速度v 做匀速运动．(1)从开始到两棒达到相同速度v 的过程中，两棒的总动量守恒，有mv 0＝2mv根据能量守恒定律，整个过程中产生的焦耳热Q ＝mv －(2m )v 2＝mv 1220121420(2)设ab 棒的速度变为v 0时，cd 棒的速度为v ′，则由动量守恒定律可知34mv 0＝mv 0＋mv ′34解得v ′＝v 0，回路中的电动势14E ＝BLv 0－BLv 0＝BLv 0341412此时cd 棒所受的安培力F ＝BIL ＝B 2L 2v 04R由牛顿第二定律可得，cd 棒的加速度a ＝＝.F m B 2L 2v 04mR[答案]　(1)mv (2)1420B 2L 2v 04mR[题组巩固]1．(2019·安徽省黄山市联考)如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN 、PQ 间距离为L ，其电阻不计．两导轨及其构成的平面与水平面成θ角，两根用细线连接的金属杆ab 、cd 分别垂直导轨放置，平行斜面向上的外力F 作用在杆ab 上，使两杆静止，已知两金属杆ab 、cd 的质量分别为m 和2m ，两金属杆的电阻都为R ，并且和导轨始终保持良好接触，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B .某时刻将细线烧断，保持杆ab 静止不动，求：(1)细线烧断后外力F 的最小值和最大值；(2)设细线烧断后cd 杆到达最大速度前杆ab 产生的电热为Q ，求cd 杆到达最大速度前经过的位移s .解析：(1)细线烧断瞬间，外力F 取得最小值F 2；研究杆ab ：F 1＝mg sin θ.cd 杆到达最大速度v m 时，外力F 取得最大值F 2.研究杆ab ：F 2＝mg sin θ＋F 安．研究cd 杆，因其匀速运动，F 安′＝2mg sin θ.显然F 安＝F 安′.代入可得：F 2＝3mg sin θ(也可研究整体)(2)两杆电阻相等，故电热相等．cd 杆到达最大速度前电路产生的总电热为2Q由能量守恒可知：2mg sin θ×s ＝mv 2＋2Q .12其中v 为cd 杆最大速度研究cd 杆，因其匀速运动，F 安＝2mg sin θ.且F 安＝BIL ，E ＝BLv ，I ＝，E 2R 代入得：s ＝＋.4m 2R 2g sin θB 4L 4Qmg sin θ答案：(1)mg sin θ　3mg sin θ(2)＋4m 2R 2g sin θB 4L 4Q mg sin θ2．(2019·山东青岛一模)如图所示，两平行光滑金属导轨由两部分组成，左面部分水平，右面部分为半径r ＝0.5 m 的竖直半圆，两导轨间距离d ＝0.3 m ，导轨水平部分处于竖直向上、磁感应强度大小B ＝1 T 的匀强磁场中，两导轨电阻不计．有两根长度均为d 的金属棒ab 、cd ，均垂直导轨置于水平导轨上，金属棒ab 、cd 的质量分别为m 1＝0.2 kg 、m 2＝0.1 kg ，电阻分别为R 1＝0.1 Ω、R 2＝0.2 Ω.现让ab 棒以v 0＝10 m/s 的初速度开始水平向右运动，cd 棒进入圆轨道后，恰好能通过轨道最高点PP ′，cd 棒进入圆轨道前两棒未相碰，取重力加速度g ＝10 m/s 2，求：(1)ab 棒开始向右运动时cd 棒的加速度a 0；(2)cd 棒刚进入半圆轨道时ab 棒的速度大小v 1；(3)cd 棒进入半圆轨道前ab 棒克服安培力做的功W .解析：(1)ab 棒开始向右运动时，设回路中电流为I ，有E ＝Bdv 0I ＝ER 1＋R 2BId ＝m 2a 0解得：a 0＝30 m/s 2(2)设cd 棒刚进入半圆轨道时的速度为v 2，系统动量守恒，有m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2m 2v ＝m 2g ·2r ＋m 2v 122122P m 2g ＝m 2v 2P r解得：v 1＝7.5 m/s(3)由动能定理得m 1v －m 1v ＝－W 12211220解得：W＝4.375 J.答案：(1)30 m/s2　(2)7.5 m/s　(3)4.375 J。

2024年新人教版高考物理一轮复习课件第12章专题强化24 电磁感应中的动力学和能量问题

则金属棒穿过磁场区域的过程中
A.流过金属棒的最大电流为Bd2R2gh
√B.通过金属棒的电荷量为B2dRL
C.克服安培力所做的功为 mgh
√D.金属棒内产生的焦耳热为12mg(h－μd)
金属棒下滑到弯曲部分底端时，根据动能定理有 mgh＝12mv02，金属棒在磁场中运动时产生的感应电动势 E＝BLv，金属棒受到的安培力 F ＝BIL，当金属棒刚进入磁场中时，感应电流最大，分析可得 Imax＝
t＝2 s时，代入数据解得F＝12 N，选项C正确.
考向2 “单棒＋电容器”模型
棒的初速度为零，拉力F恒定(棒和水平导轨电阻忽略不计，摩擦力不计) 如图，运动过程分析：棒做加速运动，持续对电容器充电，则存在充电电流由 F－BIl＝ma，I＝ΔΔQt ，ΔQ＝CΔU，ΔU＝ΔE＝BlΔv，联立可得 F－CBΔ2lt2Δv＝ma，其中ΔΔvt ＝a，则可得 a＝m＋FB2l2C
导轨平面向上的匀强磁场中，外力F的最小值为8 N，经过2 s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1 m，导轨电阻可
忽略不计，金属杆的质量为1 kg、电阻为1 Ω，磁感应强度大小为1 T，重力加
速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.下列说法正确的是
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

2025年高考物理一轮总复习课件第12章专题强化18电磁感应中的动力学和能量问题

MN、PQ间距L＝1 m，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成θ＝30°角，N、Q两端接有R＝1 Ω的电阻。一金属棒ab垂直导轨放置，ab两端与导轨始终有良好接触，已知ab的质量m＝0.2 kg，电阻r＝ 1 Ω，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小B＝1 T。ab在平行于导轨向上的拉力作用下，以初速度v1＝0.5 m/s沿导轨向上开始运动，可达到最大速度v＝2 m/s。运动过程中拉力的功率恒定不变，重力加速度g＝10 m/s2。
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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。
第十二章电磁感应
高考一轮总复习 • 物理
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►考向1 应用功能关系解决电磁感应中的能量问题 (2021·天津卷 ) 如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨
第十二章
电磁感应
专题强化十八电磁感应中的动力学和能量问题
核心考点·重点突破提能训练练案[61]
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核心考点·重点突破
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1 电磁感应中的动力学问题 (能力考点·深度研析)
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。
电阻不计，杆 ab 初速度为动，v ⇒F 安 ⇒a ，当 v＝0 时，
v0，质量为 m，电阻不计 F＝0，a＝0，杆保持静止
第十二章电磁感应

2025届高考物理一轮复习课件第十二章第4课时专题强化：电磁感应中的动力学和能量问题

第十二章
电磁感应
第
4 课
专题强化：电磁感应中的动力学和能量问题
时
目标 1.在导体棒切割磁感线运动中，能理清各物理量间的制约关系并能用动力学观点进行运动过程分析。2.会用功能关系要求和能量守恒定律解决电磁感应中的能量问题。
内容
考点一电磁感应中的动力学问题
索
引
考点二电磁感应中的能量问题
< 考点一 >
√
考点一电磁感应中的动力学问题
金属棒cd在恒力F作用下由静止开始加速，此时金属棒ab、cd加速度分别为aab＝0， acd＝mF，之后回路中出现感应电流，金属棒cd受到的安培力与恒力F反向，金属棒cd的加速度减小，金属棒ab在安培力作用下开始加速，金属棒cd与金属棒ab的速度差逐渐增大，回路中的电动势逐渐增大，安培力F安＝BR2L总2 (vcd－vab)，逐渐增大，金属棒cd 加速度减小，金属棒ab加速度增大，当acd＝aab时，vcd－vab不再变化，
考点一电磁感应中的动力学问题
例2 如图所示，两平行金属导轨水平放入磁感应强度为B、方向竖直向上的匀强磁场中，导轨间距为L，导轨左端接有一电容为C的平行板电容器。一质量为 m的金属棒ab垂直放在导轨上，在水平恒力F的作用下从静止开始运动。棒与导轨接触良好，不计金属棒和导轨的电阻以及金属棒和导轨间的摩擦。求金属棒的加速度并分析金属棒的运动性质。答案见解析
0.3 s后棒受力平衡F＝mgsin θ＋BIL，F＝Mg
根据闭合电路欧姆定律得 I＝RB＋Lvr 解得 B＝54 7 T
考点二电磁感应中的能量问题
0～0.4 s内，对整个系统，根据能量守恒定律得 Q＝Mgx2－mgx2sin θ－12(M＋m)v2 代入数据解得Q＝1.8 J。

2025年高三一轮复习物理课件专项突破12电磁感应中的动力学和能量问题

于导轨上。某时刻在垂直于金属棒方向施加一水平恒力 F,使金属棒由静止开始运动,运动过
程中金属棒与导轨始终保持垂直且接触良好。下列说法正确的是( ABC )。

A.若开关 S1 断开、S2 闭合,则金属棒最终做匀速直线运动,速度为2 2

B.若开关 S1 闭合、S2 断开,则金属棒做匀加速直线运动,加速度为2 2 +
E 感=BLv↑⇒I↓⇒安
Δ
Δ
由 F-F 安=ma 知
电流
I=
=CBL
=CBLa,安
培力 F 安=BIL↓⇒
Δ
Δ
a↓,当 a=0 时,达
加速度 a↓,当 E 感
培力 F 安=BIL=CB2L2a,F-F
到最大速度 vm,

=E 时,达到最大速

=ma,a=
,所以导体
安
且 vm= 2 2
+ 2 2
(2024 届荆门三模)如图所示,定滑轮两边用轻绳连接线框 abcd 和带正电荷的物体
A,物体 A 放置在倾角 θ=53°的光滑斜面上,水平面磁场。此时释放线框和物体 A,线框刚进入磁场时,恰好做匀速运动,物
体 A 仍在磁场中且对斜面恰好没有压力。已知正方形线框 abcd 边长 L=0.1 m,质量

度 vm,且 vm=
棒 ab 以恒定的加速度做匀
加速运动
专项突破12
初态
电磁感应中的动力学和能量问题
v0≠0
v0=0
图像
动能全部转化
能量为内
观点
1
能,Q=2m0 2
F 做的功一部分转
电源输出的电能转
F 做的功一部分转化
化为棒的动能,一部

2022-2023年高考物理一轮复习电磁感应中的动力学及能量问题

二、电磁感应中的能量问题
1.电磁感应中能量的转化 (1)转化方式
(2)涉及到的常见功能关系 ①有滑动摩擦力做功,必有内能产生； ②有重力做功,重力势能必然发生变化； ③克服安培力做多少功,就有多少其他形式的能转化为电能.
2.焦耳热的计算 (1)电流恒定时,根据焦耳定律求解,即Q＝I2Rt. (2)感应电流变化,可用以下方法分析： ①利用动能定理,求出克服安培力做的功W安,即Q＝W安. ②利用能量守恒定律,焦耳热等于其他形式能量的减少量.
例1 如图1所示,空间存在B＝0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场,MN、PQ是水平放置的平行长直导轨,其间距L＝0.2 m,电阻R＝0.3 Ω接在导轨一端,ab是跨接在导轨上质量m＝0.1 kg、接入电路的电阻r＝0.1 Ω的导体棒,已知导体棒和导轨间的动摩擦因数为0.2.从零时刻开始,对ab棒施加一个大小为F＝0.45 N、方向水平向左的恒定拉力,使其从静止开始沿导轨滑动,过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好,求：(g ＝10 m/s2)
此时电路中的电流 I＝RE＝BRLv
ab 杆受到安培力 F 安＝BIL＝B2RL2v 根据牛顿第二定律，有 mgsin θ－F 安＝mgsin θ－B2RL2v＝ma
则 a＝gsin θ－Bm2LR2v.
(3)求在下滑过程中,ab杆可以达到的速度最大值.
答案解析
mgRsin θ B2L2
当 a＝0 时，ab 杆有最大速度 vm，即 mgsin θ＝B2LR2vm，
解得
vm＝mgBR2sLi2n
θ .
提示 1.受力分析时,要把立体图转换为平面图,同时标明电流方向及磁场的方向,以便准确地画出安培力的方向. 2.要特别注意安培力的大小和方向都有可能变化.

高考物理一轮复习：专题十电磁感应中的动力学和能量问题精品课件

sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)小环所受摩擦力的大小；
解析对杆Q，根据并联电路特
点以及平衡条件得：
2IlB2＝F＋m1gsin θ
由法拉第电磁感应定律得：
E＝B2lv
电磁感应中的动力学和能量问题
【典例剖析】
已知小环以a＝6 m/s2的加速度沿绳Leabharlann 滑，K杆保持静止，【典例剖析】
已知小环以a＝6 m/s2的加速度沿绳下滑，K杆保持静止，
Q杆在垂直于杆且沿斜面向下的拉力F作用下匀速运动。
不计导轨电阻和滑轮摩擦，绳不可伸长。取g＝10 m/s2，
sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)小环所受摩擦力的大小；
解析
Ff
m2g
(1)以小环为研究对象，
由牛顿第二定律得：
意
图
棒ab长l、质量m、电阻
已知 R，导轨光滑水平，电
量阻不计
棒ab长l、质量m、电
阻R，导轨光滑，电
阻不计
电磁感应中的动力学和能量问题
类型
过
程
分
析
“电—动—电”型
“动—电—动”型
S闭合，棒ab受安培力F，棒ab释放后下滑，此
v↑→ 感应电动势 E ＝时a＝gsin α，棒ab速
Blv↑→ 与电源电动势度v↑→感应电动势E
(2)Q杆所受拉力的瞬时功率。
解析 (2)设流过杆K的电流为
I，由平衡条件得
IlB1＝FT＝Ff
等效电路图
电磁感应中的动力学和能量问题
【典例剖析】
已知小环以a＝6 m/s2的加速度沿绳下滑，K杆保持静止，
Q杆在垂直于杆且沿斜面向下的拉力F作用下匀速运动。

高考物理一轮复习第十章电磁感应专题强化十二电磁感应中的动力学和能量问题课件.ppt

第十章电磁感应
专题强化十二电磁感应中的图象和电路问题
2019-9-15
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1
专题解读
1.本专题是运动学、动力学、恒定电流、电磁感应等观点的综合应用，高考常以选择题的形式命题. 2.学好本专题，可以极大的培养同学们数形结合的推理能力和电路分析能力，针对性的专题强化，可以提升同学们解决数形结合、电路分析的信心. 3.用到的知识有：左手定则、安培定则、右手定则、楞次定律、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿运动定律、函数图象等.
2019-9-15
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5
3.解决图象问题的一般步骤 (1)明确图象的种类，即是B－t图还是Φ－t图，或者E－t图、I－t图等； (2)分析电磁感应的具体过程； (3)用右手定则或楞次定律确定方向的对应关系； (4)结合法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿运动定律等知识写出相应的函数关系式； (5)根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等； (6)画图象或判断图象.
2019-9-15
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17
2.解决电磁感应中电路问题的“三部曲”
“源”的分析 → 分离出电路中发生电磁感应的那部分导体或线圈即为电源，电阻即为内阻
→
“路”的分析 → 分析“电源”和电路中其他元件的连接方式，弄清串、并联关系
→
“式”的建立
→
根据E＝Blv或E＝n ΔΦ Δt
结合闭合电路
欧姆定律等列式求解
2019-9-15
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6
4.求解电磁感应图象类选择题的两种常用方法 (1)排除法：定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是分析物理量的正负，以排除错误的选项. (2)函数法：根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图象进行分析和判断.

备考2024届高考物理一轮复习讲义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题型2电

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：先电后力再能量研透高考明确方向命题点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BdL2RC.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B 2l 2v RB.导体棒损失的机械能为12mv 2－mgx sinθ C.导体棒运动的时间为2mvR －B 2l 2x 2mgR （sinθ＋μcosθ）D.整个电路产生的焦耳热为12mv 2－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 ＝Blv 2R，可得F ＝B 2l 2v 2R，故A 错误；从初始位置到滑行最远时，损失的机械能为ΔE ＝12mv 2－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 ＝E Rt ＝ΔΦR＝Blx 2R，联立解得t ＝2mvR−B 2l 2x2mgR(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＝√2Mg2BLRB.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 ＝E0R ，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.。

高考物理一轮总复习课时冲关三十八链接高考12电磁感应中的动力学和能量问题含解析新人教版