素养提升23⇒电磁感应中的动力学和能量问题

电磁感应中的动力学和能量问题题型一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3.导体常见运动情况的动态分析v↓E＝Blv↓I＝E↓F安＝BIl↓F合若F合＝0匀速直线运动若F合≠0↓F合＝maa、v同向v增大，若a恒定，拉力F增大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，做匀速直线运动a、v反向v减小，F安减小，a减小，当a＝0，静止或做匀速直线运动电磁感应中的平衡问题【例1】小明同学设计了一个“电磁天平”，如图甲所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡。线圈的水平边长L＝0.1m，竖直边长H＝0.3m，匝数为N1。线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B0＝1.0T，方向垂直线圈平面向里。线圈中通有可在0～2.0A范围内调节的电流I。挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使得天平平衡，测出电流即可测得物体的质量。（重力加速度g取10m/s2）（1）为使电磁天平的量程达到0.5kg，线圈的匝数N1至少为多少？（2）进一步探究电磁感应现象，另选N2＝100匝、形状相同的线圈，总电阻R＝10Ω，不接外电流，两臂平衡，如图乙所示，保持B0不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B随时间均匀变大，磁场区域宽度d＝0.1m。当挂盘中放质量为0.01kg的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率ΔB答案：（1）25匝（2）0.1T/s解析：（1）线圈受到安培力F＝N1B0IL由天平平衡得mg＝N1B0IL代入数据得N1＝25匝。（2）由电磁感应定律得E＝N2Δ则有E＝N2ΔB由欧姆定律得I'＝E线圈受到安培力F'＝N2B0I'L由天平平衡得m'g＝N22B0Δ代入数据可得ΔBΔt电磁感应中的非平衡问题【例2】（2022·重庆高考7题）如图甲所示，光滑的平行导电轨道水平固定在桌面上，轨道间连接一可变电阻，导体杆与轨道垂直并接触良好（不计杆和轨道的电阻），整个装置处在垂直于轨道平面向上的匀强磁场中。杆在水平向右的拉力作用下先后两次都由静止开始做匀加速直线运动，两次运动中拉力大小与速率的关系如图乙所示。其中，第一次对应直线①，初始拉力大小为F0，改变电阻阻值和磁感应强度大小后，第二次对应直线②，初始拉力大小为2F0，两直线交点的纵坐标为3F0。若第一次和第二次运动中的磁感应强度大小之比为k、电阻的阻值之比为m、杆从静止开始运动相同位移的时间之比为n，则k、m、n可能为 （）A.k＝2、m＝2、n＝2B.k＝22、m＝2、n＝2C.k＝6、m＝3、n＝2D.k＝23、m＝6、n＝2答案：C解析：由题意知杆在水平向右的拉力作用下先后两次都由静止开始做匀加速直线运动，则在v＝0时分别有a1＝F0m，a2＝2F0m，a1∶a2＝1∶2，由x＝12at2可知t＝2xa，则第一次和第二次运动中，杆从静止开始运动相同位移的时间之比为n＝t1t2＝a2a1＝2，故A、D错误；由牛顿第二定律可得F－B2l2vR＝ma，则F＝ma＋B2l2vR，可知F－v图像的斜率为B2l2电磁感应中含电容器的动力学问题【例3】如图所示，倾角α＝30°的斜面上有两根足够长的平行导轨L1、L2，其间距d＝0.5m，底端接有电容C＝2000μF的电容器。质量m＝20g的导体棒可在导轨上无摩擦滑动，导体棒和导轨的电阻不计。整个空间存在着垂直导轨所在平面的匀强磁场，磁感应强度B＝2T。现用一沿导轨方向向上的恒力F1＝0.54N作用于导体棒，使导体棒从静止开始运动，经t时间后到达B处，速度v＝5m/s。此时，突然将拉力方向变为沿导轨向下，大小变为F2，又经2t时间后导体棒返回到初始位置A处，整个过程电容器未被击穿。取重力加速度g＝10m/s2，求：（1）导体棒运动到B处时，电容器C上的电荷量；（2）t的大小；（3）F2的大小。答案：（1）1×10－2C（2）0.25s（3）0.45N解析：（1）当导体棒运动到B处时，电容器两端电压为U＝Bdv＝5V此时电容器的带电荷量q＝CU＝1×10－2C。（2）棒在F1作用下运动，根据牛顿第二定律可得F1－mgsinα－BI1d＝ma1又有I1＝ΔqΔt＝CBdΔvΔ联立解得a1＝F1－mg解得t＝va1＝（3）若导体棒运动到P处后返回，从B到P，导体棒沿导轨向上减速运动，电容器C放电，有F2＋mgsinα－BI2d＝ma2又I2＝CBda2可得a2＝F从P到A，导体棒沿导轨向下加速运动，电容器C充电，有F2＋mgsinα－BI3d＝ma3又I3＝CBda3可得a3＝F因此导体棒在F2作用下一直做匀变速直线运动，其加速度a2＝a3＝F2＋mgsinαm＋CB2d2，方向沿导轨向下，由运动学公式有12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＝ΔQΔt，ΔQ＝CΔU，ΔU＝ΔE＝Bl联立可得F－CB2l2ΔvΔt则可得a＝F所以棒做加速度恒定的匀加速直线运动。功能关系：WF＝12mv2＋E电题型二电磁感应中的能量问题1.能量转化及焦耳定律的求法2.求解焦耳热的三种方法3.求解电能应分清两类情况（1）若回路中电流恒定，可以利用电路结构及W＝UIt或Q＝I2Rt直接进行计算。（2）若电流变化，则①利用安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功。②利用能量守恒求解：若只有电能与机械能的转化，则减少的机械能等于产生的电能。4.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）根据能量守恒定律或功能关系列式求解。线框在磁场中运动类问题【例4】（2023·北京高考9题）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 （）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答案：D解析：线框进磁场的过程中由楞次定律知电流方向为逆时针方向，A错误；线框出磁场的过程中，E＝Blv，I＝ER，有FA＝BIl＝B2l2vR＝ma，由左手定则可知线框受到的安培力向左，则v减小，线框做加速度减小的减速运动，B错误；由功能关系得线框产生的焦耳热Q＝FAl，其中线框进出磁场时均做减速运动，故其进磁场时任意时刻的速度都大于其出磁场时的速度，所以线框进磁场时受到的安培力也一直都大，产生的焦耳热多，C错误；线框在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量q＝It，其中I＝ER，E＝Blxt，联立有q＝BlR导体棒平动切割磁感线问题【例5】（2024·安徽芜湖一中模拟）如图甲所示，固定于水平面的足够长光滑U形导体框处于竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，导体框两平行导轨间距为L，左端接一电动势为E、内阻为r的电源。一质量为m、电阻为R、长度也为L的导体棒ab垂直导体框放置并接触良好。闭合开关S，导体棒从静止开始运动。忽略一切阻力和导体框的电阻，重力加速度为g。（1）闭合开关S后，导体棒由静止开始到达到稳定状态的过程中，求通过导体棒ab的电荷量q和整个回路产生的焦耳热Q内；（2）如果将导体棒左侧通过轻绳和光滑定滑轮连接一质量为M的重物（如图乙所示），闭合开关S，导体棒向右运动的过程中可以将重物提升一定高度，这就是一种简化的直流电动机模型，被提升的重物即为电动机的负载。电动机达到稳定状态时物体匀速上升，求此时导体棒a、b两端间的电势差Uab及速度v1的大小。答案：（1）mEB2L2mE22EBL－解析：（1）当导体棒切割磁感线产生的电动势等于直流电源电动势E时，回路中的电流为零，之后导体棒做匀速直线运动，则有E＝BLvm，解得vm＝E导体棒由静止开始到达到稳定状态的过程中，根据动量定理可得BILΔt＝BLq＝mvm－0解得q＝mvm电源输出电能W＝qE，导体棒的动能Ek＝12m根据能量守恒定律可得，W＝Ek＋Q内回路产生的焦耳热为Q内＝Eq－12mvm2（2）当电动机达到稳定状态时，根据受力平衡可得，此时导体棒受到的安培力为F安＝BI1L＝Mg，则Uab＝E－I1r＝E－Mgr设电动机达到稳定状态时的速度为v1，则有I1＝E－BLv1R＋r，联立解得导体棒旋转切割磁感线问题【例6】（多选）（2024·山东济宁一模）如图所示，竖直固定的光滑圆弧形金属导轨PQ半径为r，O为圆心，P、O之间用导线连接阻值为R的电阻。粗细均匀的轻质金属棒的一端通过铰链固定在O点，另一端连接质量为m的金属小球，小球套在导轨PQ上。初始时刻金属棒处于水平位置，小球、金属棒与导轨始终接触良好。过圆心O的水平线下方分布着磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。已知重力加速度为g，金属棒总电阻为2R，小球、导轨及导线电阻不计，不计一切摩擦力。现将小球由静止释放，第一次运动到最低点时小球速度大小为v，在此过程中下列说法正确的是（）A.小球运动到最低点时，金属棒产生的感应电动势为BrvB.小球运动到最低点时，金属棒两端的电压为BrvC.通过电阻R的电荷量为BD.电阻R上产生的焦耳热为mgr－12mv答案：BC解析：当小球运动到最低点时，金属棒切割磁感线，产生的感应电动势为E＝Brv＝B·rv2＝Brv2，金属棒两端的电压为U＝RR+2RE＝Brv6，A错误，B正确；此过程中回路中的平均感应电动势为E＝ΔΦΔt，回路中的平均感应电流为I＝E3R，此过程通过电阻R的电荷量为q＝IΔt，联立解得q＝ΔΦ3R＝B·πr243R＝Bπr212R，C正确；根据能量守恒定律可知跟踪训练·巩固提升1.如图所示，在一匀强磁场中有一U形导线框abcd，线框处于绝缘水平面内，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将往返运动解析：Aef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＝BIl＝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，B2.两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，顶端接阻值为R的电阻。质量为m、电阻为r的金属棒在距磁场上边界某处由静止释放，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场垂直，如图所示。不计导轨的电阻，重力加速度为g，则下列说法正确的是 （）A.金属棒在磁场中运动时，流过电阻R的电流方向为a→bB.金属棒刚进磁场时一定做加速运动C.金属棒的速度为v时，金属棒所受的安培力大小为BD.金属棒以稳定的速度下滑时，电阻R的热功率为mgBL解析：D当金属棒在磁场中向下运动时，根据楞次定律可判断通过电阻R的电流方向为b→a，A错误；由于无法确定金属棒刚进入磁场时安培力的大小与重力的大小关系，故无法确定金属棒的运动情况，B错误；金属棒进入磁场速度为v时，产生的感应电动势E＝BLv，产生的感应电流是I＝ER＋r＝BLvR＋r，金属棒所受的安培力大小F＝BIL＝B2L2vR＋r，C错误；金属棒以稳定的速度下滑时，F＝BIL＝mg3.（多选）如图，两根足够长且光滑平行的金属导轨PP'、QQ'倾斜放置，匀强磁场垂直于导轨平面，导轨的上端与水平放置的两金属板M、N相连，板间距离足够大，板间有一带电微粒，金属棒ab水平跨放在导轨上，下滑过程中与导轨接触良好。现同时由静止释放带电微粒和金属棒ab，则下列说法中正确的是 （）A.金属棒ab最终可能匀速下滑B.金属棒ab一直加速下滑C.金属棒ab下滑过程中M板电势高于N板电势D.带电微粒不可能先向N板运动后向M板运动解析：BC金属棒沿光滑导轨加速下滑，棒中有感应电动势而对电容器充电，充电电流通过金属棒时受安培力作用，只有金属棒速度增大时才有充电电流，因此总有mgsinθ－BIl＞0，金属棒将一直加速，A错误，B正确；由右手定则可知，金属棒a端电势高，则M板电势高，C正确；若微粒带负电，则微粒所受静电力方向向上，与微粒所受重力方向相反，开始时微粒所受静电力为0，微粒向下加速运动，当微粒所受静电力增大到大于微粒所受重力时，微粒的加速度向上，所以带电微粒可能先向N板运动后向M板运动，D错误。4.（2024·安徽合肥模拟）如图所示，MN和PQ是两根互相平行、竖直放置的光滑金属导轨，已知导轨足够长，且电阻不计。ab是一根与导轨垂直而且始终与导轨接触良好的金属杆，金属杆具有一定的质量和电阻，开始时，将开关S断开，让杆ab由静止开始自由下落，过段时间后，再将S闭合。若从S闭合开始计时，金属杆下落的速度大小可能 （）A.始终增加 B.先增加后减小C.始终不变 D.先减小后增大解析：C设开关S闭合瞬间，金属杆的速度为v0，则有E0＝BLv0，I0＝E0R，F0＝BI联立可得金属杆受到的安培力为F0＝B若F0＝B2L2v0R＝若F0＝B2L2v0R＜可知金属杆先做加速度减小的加速运动，最后做匀速直线运动，则速度先增大后不变；若F0＝B2L2v0R＞可知金属杆先做加速度减小的减速运动，最后做匀速直线运动，则速度先减小后不变。故选C。5.（多选）（2024·江西宜春模拟）两足够长的平行金属直导轨与水平面间的夹角为θ＝37°，间距L＝1m，导轨处在垂直导轨平面向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B＝1T，两根相同的质量均为m＝1kg的金属棒P、Q垂直地放在导轨上，棒与导轨间的动摩擦因数为0.75，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。一根轻质细绳跨过如图所示光滑的轻质定滑轮，一端悬吊一重物M＝2kg，另一端连接金属棒Q，定滑轮右侧的细绳和导轨平行，将两金属棒同时由静止释放，经过一段时间后，系统处于稳定的运动状态。两金属棒运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，闭合回路中除两金属棒以外电阻均不计，已知每根金属棒在两导轨间的电阻均为R＝1Ω，重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法正确的是（）A.金属棒Q的最大速度为16m/sB.金属棒Q的最大加速度为8m/s2C.最终金属棒P、Q的加速度都是0D.金属棒P先加速后匀速解析：AC对金属棒Q受力分析，绳子的拉力FT＝Mg，安培力F＝B2L2vm2R，摩擦力Ff＝μmgcos37°，重力沿斜面向下的分力为mgsin37°，当FT＝F＋Ff＋mgsin37°时，Q速度最大，解得vm＝16m/s，故A正确；当金属棒Q即将运动时，加速度为a＝FT－Ff－mgsin37°m＝8m/s2，金属棒Q释放瞬间摩擦力小于最大静摩擦力，所以金属棒Q的最大加速度大于8m/s2，故B错误；当金属棒Q达到最大速度时，两金属棒受到的安培力大小均为F＝B2L2vm2R＝8N，6.如图所示，粗细均匀的正方形导线框abcd放在倾角为θ＝30°的绝缘光滑斜面上，通过轻质细线绕过光滑的定滑轮与木块相连，细线和线框共面、与斜面平行。距线框cd边为L0的MNQP区域存在着垂直于斜面、大小相等、方向相反的两个匀强磁场，EF为两个磁场的分界线，ME＝EP＝L2。现将木块由静止释放后，木块下降，线框沿斜面上滑，恰好匀速进入和离开匀强磁场。已知线框边长为L1（L1＜L2）、质量为m、电阻大小为R，木块质量也为m，重力加速度为g，试求：（1）匀强磁场的磁感应强度B的大小；（2）导线框通过匀强磁场过程中线框中产生的焦耳热Q。答案：（1）gm2R22L0L14（2）解析：（1）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＋mgsinθ其中F安＝BIL1I＝EE＝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－mgsinθ＝2ma根据运动学方程可得进入磁场时速度v＝2联立以上各式求解可得B＝gm（2）线框恰好匀速进入和离开匀强磁场，导线框通过匀强磁场过程中，线框和木块组成的系统减少的重力势能转化为电路中产生的焦耳热，根据能量守恒定律得Q＝mg（2L2＋L1）－mg（2L2＋L1）sinθ所以导线框通过匀强磁场过程中线框中产生的焦耳热Q＝12mg（2L2＋L1）7.（2024·山东济宁期末）如图所示，快递公司用水平传送带传送快递，传