习题课5　电磁感应中的动力学和能量问题 教学设计

习题课5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电磁感应问题往往与力学问题联系在一起，处理此类问题的基本方法是：(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向。(2)用闭合电路欧姆定律求回路中感应电流的大小和方向。(3)分析导体的受力情况(包括安培力)。(4)列动力学方程(a≠0)或平衡方程(a＝0)求解。【例1】(2022·广东东莞期末)如图所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角θ＝37°的绝缘斜面上，两导轨间距为L＝2m，M、P两点间接有阻值R＝3.5Ω的电阻，一根质量m＝0.1kg、电阻r＝1.5Ω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B＝0.5T的匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向下，导轨电阻忽略不计，让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计摩擦和空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2。(1)在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v＝2m/s时，求通过ab杆的电流I及其加速度的a的大小；(2)求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值vm。[解析](1)金属杆受竖直向下的重力mg、垂直斜面向上的支持力N、沿斜面向上的安培力F，故ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图如图所示，当ab杆速度为v时，感应电动势E＝BLv，此时电路中电流I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(BLv,R＋r)＝0.4Aab杆受到安培力F＝BIL＝eq\f(B2L2v,r＋R)由牛顿第二定律得mgsinθ－F＝ma解得a＝2m/s2。(2)当金属杆匀速运动时，杆的速度最大，由平衡条件得mgsinθ＝BImL根据闭合电路欧姆定律得Im＝eq\f(BLvm,R＋r)mgsinθ＝eq\f(B2L2vm,R＋r)解得vm＝3m/s。[答案](1)0.4A2m/s2(2)3m/s[针对训练1](多选)如图所示，竖直放置的平行金属导轨上端跨接一个阻值为R的电阻。质量为m的金属棒MN可沿平行导轨竖直下滑，不计导轨与金属棒MN的电阻。金属棒MN自由下落了h后进入一个有上下边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直于导轨平面向外，磁场宽度也为h，设金属棒MN到达上边界aa′时的速度为v1，到达下边界bb′时的速度为v2，则以下说法正确的是()A．进入磁场区后，MN可能做匀速运动，则v1＝v2B．进入磁场区后，MN可能做加速运动，则v1＜v2C．进入磁场区后，MN可能做减速运动，则v1＞v2D．通过磁场区域的过程中，R上释放出的焦耳热一定是mgh解析：选ABC。金属棒MN在进入磁场前自由下落，当刚进入磁场产生的感应电流对应的安培力刚好等于重力时，金属棒MN在磁场中做匀速直线运动，此时v1＝v2，A正确；当刚进入磁场产生的感应电流对应的安培力小于重力时，根据牛顿第二定律，金属棒MN在磁场中做加速运动，此时v1＜v2，B正确；当刚进入磁场产生的感应电流对应的安培力大于重力时，根据牛顿第二定律，金属棒MN在磁场中做减速运动，此时v1＞v2，C正确；只有金属棒MN进入磁场后做匀速运动，通过磁场区域的过程中，R上释放出的焦耳热为mgh，D错误。题型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2】如图所示，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，二者平滑连接。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、接入电路的电阻也为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运动。已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨垂直且接触良好，重力加速度为g。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eq\f(Bd\r(2gh),2R)B．通过金属棒的电荷量为eq\f(BdL,R)C．克服安培力所做的功为mghD．金属棒产生的焦耳热为eq\f(1,2)mg(h－μd)[解析]金属棒沿弯曲部分下滑过程中，由动能定理得mgh＝eq\f(1,2)mv2，金属棒到达平直部分时的速度v＝eq\r(2gh)，金属棒到达平直部分后做减速运动，刚到达平直部分时的速度最大，最大感应电动势E＝BLv，最大感应电流I＝eq\f(E,R＋R)＝eq\f(BL\r(2gh),2R)，故A错误；通过金属棒的感应电荷量q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt＝eq\f(ΔΦ,2R)＝eq\f(BdL,2R)，故B错误；金属棒在整个运动过程中，由动能定理得mgh－W安－μmgd＝0－0，克服安培力做功W安＝mgh－μmgd，故C错误；克服安培力做的功转化为焦耳热，定值电阻与金属棒的电阻相等，通过它们的电流相等，则金属棒产生的焦耳热Q′＝eq\f(1,2)Q＝eq\f(1,2)W安＝eq\f(1,2)mg(h－μd)，故D正确。[答案]D【例3】(2022·黑龙江大庆实验中学期末)如图甲所示，间距L＝2m的两条光滑金属导轨水平平行放置，其电阻不计，导轨平面内有磁感应强度大小B＝1T、方向竖直向上的匀强磁场，质量相同、有效电阻均为R＝5Ω的金属棒MN、PQ垂直放置于导轨上，并与导轨接触良好。PQ棒被能承受最大拉力FT＝12N的水平细线拉住，MN棒在与其垂直的水平拉力F的作用下由静止开始做匀加速直线运动，水平拉力F与时间t的关系如图乙所示。求：(1)流过导体棒PQ的电流方向；(2)金属棒MN的质量和细线拉断前的加速度大小；(3)从刚开始拉MN棒到细线刚被拉断的时间；(4)细线被拉断后立即撤去拉力F，求此后两棒中产生的焦耳热及它们共速时的速度大小。[解析](1)根据右手定则，可以判断流过导体棒的电流方向是由Q到P。(2)MN棒在与其垂直的水平拉力F的作用下由静止开始做匀加速直线运动根据牛顿第二定律F－F安＝maF安＝BIL＝eq\f(B2L2v,R总)其中v＝at，R总＝2R，则有F－eq\f(B2L2a,2R)t＝ma根据题图乙拉力F与时间t关系的斜率和截距可知ma＝1Neq\f(B2L2a,2R)＝1N/s解得a＝2.5m/s2，m＝0.4kg。(3)细线刚被拉断瞬间，PQ棒受力平衡FT＝F安′＝eq\f(B2L2at,2R)代入数据得t＝12s。(4)撤去外力时MN棒的速度v1＝at＝30m/s细线被拉断后立即撤去拉力F到它们共速，过程中两导体棒组成的系统动量守恒mv1＝2mv2共速时的速度v2＝15m/s根据能量守恒定律，两棒中产生的焦耳热Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)(2m)veq\o\al(2,2)＝90J。[答案](1)由Q到P(2)0.4kg2．5m/s2(3)12s(4)90J15m/s[针对训练2]如图所示，足够长的U形导体框架的宽度L＝0.5m，底端接有阻值R＝0.5Ω的电阻，导体框架电阻忽略不计，其所在平面与水平面成θ＝37°角。有一磁感应强度B＝0.8T的匀强磁场，方向垂直于导体框架平面向上。一根质量m＝0.4kg、电阻r＝0.5Ω的导体棒MN垂直跨放在U形导体框架上，某时刻起将导体棒MN由静止释放。已知导体棒MN与导体框架间的动摩擦因数μ＝0.5。(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)(1)求导体棒刚开始下滑时的加速度大小。(2)求导体棒运动过程中的最大速度。(3)从导体棒开始下滑到刚达到最大速度的过程中，通过导体棒横截面的电荷量q＝4C，求导体棒MN在此过程中消耗的电能。解析：(1)导体棒刚开始下滑时，其受力情况如图甲所示。则mgsinθ－μmgcosθ＝ma解得a＝2m/s2。(2)当导体棒匀速下滑时其受力情况如图乙所示，设匀速下滑的速度为v，则有mgsinθ－Ff－F安＝0摩擦力Ff＝μmgcosθ安培力F安＝BIL＝Beq\f(BLv,R＋r)L＝eq\f(B2L2v,R＋r)联立代入数据解得v＝5m/s。(3)通过导体棒横截面的电荷量q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δteq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(ΔΦ,（R＋r）Δt)设导体棒下滑速度刚好为最大速度v时的位移为x，则ΔΦ＝BxL由动能定理得mgx·sinθ－W安－μmgcosθ·x＝eq\f(1,2)mv2其中W安为克服安培力做的功，联立代入数据解得W安＝3J克服安培力做的功等于回路在此过程中消耗的电能，即Q＝3J则导体棒MN在此过程中消耗的电能Qr＝eq\f(r,R＋r)Q＝1.5J。答案：(1)2m/s2(2)5m/s(3)1.5J[针对训练3]如图所示，两根等高的四分之一光滑圆弧轨道，半径为r、间距为L，图中Oa水平，Oc竖直，在轨道顶端连有一阻值为R的电阻，整个装置处在一竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B。现有一根长度稍大于L、质量为m、电阻不计的金属棒从轨道的顶端ab处由静止开始下滑，到达轨道底端cd时受到轨道的支持力为2mg。整个过程中金属棒与轨道接触良好，轨道电阻不计，重力加速度为g。求：(1)金属棒到达轨道底端cd时的速度大小和通过电阻R的电流。(2)金属棒从ab下滑到cd过程中回路中产生的焦耳热和通过R的电荷量。解析：(1)金属棒到达轨道底端cd时，由牛顿第二定律得2mg－mg＝meq\f(v2,r)解得v＝eq\r(gr)此时金属棒产生的感应电动势E＝BLv回路中的感应电流I＝eq\f(E,R)联立得I＝eq\f(BL\r(gr),R)。(2)金属棒从ab下滑到cd过程中，由能量守恒定律得mgr＝Q＋eq\f(1,2)mv2则回路中产生的焦耳热Q＝eq\f(1,2)mgr回路中的平均感应电动势eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(ΔΦ,Δt)回路中的平均感应电流eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R)通过R的电荷量q＝eq\o(I,\s\up6(－))·Δt解得q＝eq\f(BrL,R)。答案：(1)eq\r(gr)eq\f(BL\r(gr),R)(2)eq\f(1,2)mgreq\f(BrL,R)[A级——基础达标练]1.如图所示，质量为m的金属圆环用不可伸长的细线悬挂起来，金属圆环有一半处于水平且与环面垂直的匀强磁场中，从某时刻开始，磁感应强度均匀减小，则在磁感应强度均匀减小的过程中，关于线的拉力大小，下列说法正确的是(重力加速度为g)()A．大于环重力mg，并逐渐减小B．始终等于环重力mgC．小于环重力mg，并保持恒定D．大于环重力mg，并保持恒定解析：选A。根据楞次定律知圆环中感应电流的方向为顺时针方向，再由左手定则判断可知圆环所受安培力竖直向下，对圆环受力分析，根据受力平衡有FT＝mg＋F安，得FT>mg，F安＝BIL，根据法拉第电磁感应定律知，I＝eq\f(E,R)＝eq\f(ΔΦ,RΔt)＝eq\f(ΔB,RΔt)S，可知I为恒定电流，联立上式可知B减小，F安减小，则由FT＝mg＋F安知FT减小，A正确。2．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，能正确描述上述过程的是()解析：选D。导体切割磁感线时产生感应电流，同时产生安培力阻碍导体运动，利用法拉第电磁感应定律、安培力公式及牛顿第二定律可确定线框在磁场中的运动特点。线框进入和离开磁场时，安培力的作用都是阻碍线框运动，使线框速度减小，由E＝BLv、I＝eq\f(E,R)及F＝BIL＝ma可知安培力减小，加速度减小，当线框完全进入磁场后穿过线框的磁通量不再变化，不产生感应电流，不再产生安培力，线框做匀速直线运动，故D正确。3.如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，ab边长大于bc边长。从垂直于纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN。第一次ab边平行于MN进入磁场，线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1；第二次bc边平行于MN进入磁场，线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则()A．Q1>Q2，q1＝q2 B．Q1>Q2，q1>q2C．Q1＝Q2，q1＝q2 D．Q1＝Q2，q1>q2解析：选A。设ab和bc边长分别为L1、L2，线框电阻为R，穿过磁场区域的时间为t，通过线框导体横截面的电荷量q＝It＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BL1L2,R)因此q1＝q2线框上产生的热量为Q第一次Q1＝BL1I1L2＝BL1eq\f(BL1v,R)L2同理可以求得Q2＝BL2I2L1＝BL2eq\f(BL2v,R)L1由于L1>L2，则Q1>Q2，故A正确。4.如图所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R，质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦，金属棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，金属棒在竖直向上的恒力F作用下加速上升的一段时间内，力F做的功与安培力做的功的代数和等于()A．金属棒的机械能增加量B．金属棒的动能增加量C．金属棒的重力势能增加量D．电阻R上产生的热量解析：选A。金属棒加速上升时受到重力、拉力F及安培力。根据功能关系可知，力F与安培力做功的代数和等于金属棒的机械能的增加量，A正确。5.如图所示，铜质金属环从条形磁铁的正上方由静止开始下落，在下落过程中，下列判断正确的是()A．金属环在下落过程中的机械能守恒B．金属环在下落过程中动能的增加量小于其重力势能的减少量C．金属环的机械能先减小后增大D．磁铁对桌面的压力始终大于其自身的重力解析：选B。金属环在下落过程中，磁通量发生变化产生感应电流，金属环受到磁场力的作用，机械能不守恒，A错误；由能量守恒定律知，金属环重力势能的减少量等于其动能的增加量和在金属环中产生的电能之和，B正确；金属环下落的过程中，机械能不停地转变为电能，机械能一直减少，C错误；当金属环下落到磁铁中央位置时，无感应电流，环和磁铁间无作用力，磁铁对桌面的压力大小等于磁铁的重力，D错误。6．(多选)如图所示，在方向垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场区域中有一个由均匀导线制成的单匝矩形线框abcd，线框以恒定的速度v沿垂直于磁场方向向右运动，运动中线框dc边始终与磁场右边界平行，线框边长ad＝L，cd＝2L。线框导线的总电阻为R。则在线框离开磁场的过程中，下列说法正确的是()A．ad间的电压为eq\f(BLv,3)B．流过线框横截面的电荷量为eq\f(2BL2,R)C．线框所受安培力的合力为eq\f(2B2L2v,R)D．线框中的电流在ad边产生的热量为eq\f(2B2L3v,3R)解析：选ABD。线框产生的感应电动势E＝2BLv，感应电流I＝eq\f(E,R)，ad间的电压为U＝I·eq\f(1,6)R＝eq\f(B·2Lv,R)·eq\f(1,6)R＝eq\f(BLv,3)，故A正确；流过线框横截面的电荷量q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt＝eq\f(ΔΦ,Δt·R)·Δt＝eq\f(2BL2,R)，故B正确；线框所受安培力的合力F＝BI·2L＝eq\f(4B2L2v,R)，故C错误；线框中的电流在ad边产生的热量Q＝I2·eq\f(1,6)R·eq\f(L,v)＝eq\f(2B2L3v,3R)，故D正确。7．(多选)如图所示，金属杆ab以恒定的速率v在光滑平行导轨上向右滑行，设整个电路中总电阻为R(恒定不变)，整个装置置于垂直于纸面向里的匀强磁场中，下列叙述正确的是()A．ab杆中的电流与速率v成正比B．磁场作用于ab杆的安培力与速率v成正比C．电阻R上产生的热功率与速率v的二次方成正比D．外力对ab杆做功的功率与速率v成正比解析：选ABC。由E＝Blv和I＝eq\f(E,R)得I＝eq\f(Blv,R)，所以安培力F＝BIl＝eq\f(B2l2v,R)，电阻上产生的热功率P＝I2R＝eq\f(B2l2v2,R)，外力对ab做功的功率就等于回路产生的热功率，故A、B、C正确，D错误。[B级——能力增分练]8．(多选)如图所示，有两根和水平方向成α(α<90°)角的光滑平行的金属轨道，上端接有滑动变阻器R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面向上的匀强磁场，磁感应强度为B，一根质量为m、电阻不计的金属杆从轨道上由静止滑下。经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度vm，则()A．如果B增大，vm将变大B．如果α变大(仍小于90°)，vm将变大C．如果R变大，vm将变大D．如果m变小，vm将变大解析：选BC。金属杆由静止开始下滑的过程中，金属杆相当于一个电源，与滑动变阻器R构成一个闭合回路，其受力情况如图所示。根据牛顿第二定律得mgsinα－eq\f(B2L2v,R)＝ma所以金属杆由静止开始做加速度逐渐减小的加速运动，当a＝0时达到最大速度vm，即mgsinα＝eq\f(B2L2vm,R)，可得vm＝eq\f(mgRsinα,B2L2)，故由此式知B、C正确。9．水平放置的光滑平行导轨上放置一根长为L、质量为m且与导轨接触良好的导体棒ab，ab处在磁感应强度大小为B、方向如图所示的匀强磁场中，导轨的一端接一阻值为R的电阻，导轨及导体棒电阻不计。现使ab在水平恒力F作用下由静止沿垂直于磁场的方向运动，当通过的位移为x时，ab达到最大速度vm。此时撤去外力，最后ab静止在导轨上。在ab运动的整个过程中，下列说法正确的是()A．撤去外力后，ab做匀减速运动B．合力对ab做的功为FxC．R上释放的热量为Fx＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)D．R上释放的热量为Fx解析：选D。撤去外力后，导体棒在水平方向上只受安培力作用，而F安＝eq\f(B2L2v,R)，F安随v的变化而变化，故导体棒做加速度变化的减速运动，A错误；对整个过程由动能定理得W合＝ΔEk＝0，B错误；由能量守恒定律知，恒力F做的功等于整个回路产生的电能，电能又转化为R上释放的热量，即Q＝Fx，C错误，D正确。10．(多选)如图所示，光滑斜面PMNQ的倾角为θ＝30°，斜面上放置一矩形导体线框abcd，其中ab边长L1＝0.5m，bc边长为L2，导体线框质量m＝1kg、电阻R＝0.4Ω，有界匀强磁场的磁感应强度为B＝2T，方向垂直于斜面向上，ef为磁场的边界，且ef∥MN。导体线框在沿斜面向上且与斜面平行的恒力F＝10N作用下从静止开始运动，其ab边始终保持与底边MN平行。已知导体线框刚进入磁场时做匀速运动，且进入过程中通过导体线框某一横截面的电荷量q＝0.5C，取g＝10m/s2，则下列说法正确的是()A．导体线框进入磁场时的速度为2m/sB．导体线框bc边的边长L2＝0.1mC．导体线框开始运动时ab边到磁场边界ef的距离为0.4mD．导体线框进入磁场的过程中产生的热量为1J解析：选ACD。导体线框刚进入磁场时做匀速运动，则F＝mgsin30°＋eq\f(B2Leq\o\al(2,1)v,R)，解得v＝2m/s，根据q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BL1L2,R)，解得L2＝0.2m，A正确，B错误；导体线框在磁场外运动的加速度a＝eq\f(F－mgsin30°,m)＝5m/s2，则导体线框开始运动时ab边到磁场边界ef的距离为x＝eq\f(v2,2a)＝eq\f(22,2×5)m＝0.4m，C正确；导体线框进入磁场的过程中产生的热量为Q＝FL2－mgL2sin30°＝10×0.2J－10×0.2×0.5J＝1J，D正确。11．如图所示，竖直平面内有足够长的平行金属导轨，间距为0.2m，金属导体ab可在导轨上无摩擦地上下滑动，ab的电阻为0.4Ω，导轨电阻不计，导体ab的质量为0.2g，垂直于纸面向里的匀强磁场的磁感应强度为0.2T，且磁场区域足够大，当导体ab自由下落0.4s时，突然闭合开关S。(g取10m/s2)(1)试说出开关S闭合后，导体ab的运动情况。(2)导体ab匀速下落的速度是多少？解析：(1)闭合开关S之前，导体ab自由下落的末速度为v0＝gt＝4m/s开关S闭合瞬间，导体ab产生感应电动势，回路中产生感应电流，导体ab立即受到一个竖直向上的安培力F安＝BIL＝eq\f(B2L2v0,R)＝0.016N＞mg＝0.002N此时导体ab受到的合力的方向竖直向上，与初速度方向相反，加速度的表达式为a＝eq\f(