专题强化二十四 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
答案 A 解析 线框先做自由落体运动，t1时刻ab边进入磁场做减速运动，加速度逐渐减小，而A图像中的加速度逐渐增大，故A错误；线框先做自由落体运动，若进入磁场时重力小于安培力，ab边进入磁场后做减速运动，当加速度减小到零时做匀速直线运动，cd边进入磁场后线框做自由落体运动，加速度为g，故B正确；线框先做自由落体运动，ab边进入磁场时若重力大于安培力，做加速度减小的加速运动，cd边进入磁场后线框做自由落体运动，加速度为g，故C正确；线框先做自由落体运动，ab边进入磁场时若重力等于安培力，做匀速直线运动，cd边进入磁场后，线框继续做自由落体运动，加速度为g，故D正确．
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 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＝，金属杆所受的安培力大小为F安＝BIl＝，由牛顿第二定律可知外力F＝ma＋mgsin 37°＋，F是t的一次函数，选项A错误，B正确；t＝0时，F最小，代入数据可求得a＝2 m/s2，选项D正确；t＝2 s时，代入数据解得F＝12 N，选项C正确．
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＝，ΔQ＝CΔU，ΔU＝ΔE＝BlΔv， 联立可得F－＝ma，其中＝a， 则可得a＝ 所以棒做加速度恒定的匀加速直线运动． 功能关系：WF＝mv2＋E电
(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＝t 解析 (1)设金属棒下滑的速度大小为v，则感应电动势为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＝，联立可得Q＝CBLv (2)设金属棒的速度大小为v时，经历的时间为t，通过金属棒的电流为I，金属棒受到的磁场力方向沿导轨向上，大小为F＝BLI＝CB2L2a 设在时间间隔(t，t＋Δt)内流经金属棒的电荷量为ΔQ，则ΔQ＝CBLΔv 按定义有I＝，ΔQ也是平行板电容器极板在时间间隔(t，t＋Δt)内增加的电荷量，由上式可得，Δv为金属棒的速度变化量，金属棒所受到的摩擦力方向沿导轨斜面向上，大小为Ff＝μFN 式中，FN是金属棒对于导轨的正压力的大小，有FN＝mgcos θ，金属棒在时刻t的加速度方向沿斜面向下，设其大小为a，根据牛顿第二定律有mgsin θ－F－Ff＝ma， 即mgsin θ－μmgcos θ＝CB2L2a＋ma 联立上式可得a＝ 由题意可知，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＝. 题型二 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
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．
A．流过金属棒的最大电流为 B．通过金属棒的电荷量为 C．克服安培力所做的功为mgh D．金属棒内产生的焦耳热为mg(h－μd) 答案 BD 解析 金属棒下滑到弯曲部分底端时，根据动能定理有mgh＝mv02，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＝，所以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＝t＝＝，所以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，金属棒内产生的焦耳热Q＝W克安＝mg(h－μd)，所以C错误，D正确．
考向2 应用能量守恒定律解决电磁感应中的能量问题
A．导体棒水平方向做简谐运动 B．初始时刻导体棒所受的安培力大小为 C．当导体棒第一次到达最右端时，弹簧具有的弹性势能为mv02－Q D．当导体棒再次回到初始位置时，AC间的电阻R的热功率小于 答案 D 解析 导体棒运动过程中，安培力做功，电阻产生焦耳热，则棒和弹簧的机械能有损失，则当棒再次回到初始位置时速度小于v0，导体棒水平方向做的不是简谐运动，则导体棒回到初始位置时产生的感应电动势E1<BLv0，根据电功率公式P＝可知，AC间的电阻R的热功率P<，故A错误，D正确；根据公式E＝BLv0，I＝，F＝BIL可得，初始时刻导体棒所受的安培力大小为F＝，故B错误；当导体棒第一次到达最右端时，设弹簧的弹性势能为Ep，根据能量守恒定律有Ep＋2Q＝mv02，解得Ep＝mv02－2Q，故C错误．
(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) (2)mg(2L2＋L1) 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＋mgsin θ
其中F安＝BIL1 I＝ 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 根据运动学方程可得进入磁场时速度v＝ 联立以上各式求解可得B＝ (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)sin θ 所以导线框通过匀强磁场过程中线框中产生的焦耳热Q＝mg(2L2＋L1)． 课时精练
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＝BIL＝＝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、C、D错误． 2.两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→b B．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 D．金属棒以稳定的速度下滑时，电阻R的热功率为2R 答案 D 解析 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；金属棒进入磁场时，产生的感应电动势E＝BLv，产生的感应电流是I＝＝，金属棒所受的安培力大小F＝BIL＝，C错误；金属棒以稳定的速度下滑时，F＝BIL＝mg，可求得P＝2R，D正确． 3．(多选)(2023·黑龙江大庆市质检)如图所示，在两光滑水平金属导轨上静止放置a、b两根导体棒，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，用水平恒力F拉动a棒，在运动过程中，a、b棒始终与导轨接触良好，若不计导轨电阻，下列说法正确的是( )
A．拉力F做的功等于a、b棒增加的动能与a、b棒中产生的焦耳热之和 B．安培力对b做的功等于b棒增加的动能与b棒中产生的焦耳热之和 C．安培力对a、b棒做功的代数和的绝对值等于a、b棒中产生的焦耳热之和 D．a棒克服安培力做的功等于b棒增加的动能与b棒中产生的焦耳热之和 答案 AC 解析 对a、b棒整体，根据能量守恒定律得WF＝ΔEka＋ΔEkb＋Qa＋Qb ①，故A正确；对b棒，只有安培力做功，运用动能定理得WFb＝ΔEkb ②，故B错误；对a棒，拉力和安培力做功，运用动能定理得WF＋WFa＝ΔEka ③，联立①②③式得，安培力对a、b棒做功的代数和为WFa＋WFb＝ΔEka＋ΔEkb－WF＝－(Qa＋Qb)，所以，安培力对a、b棒做功的代数和的绝对值等于a、b棒中产生的焦耳热之和，故C正确；联立①②③式得，a棒克服安培力做的功为－WFa＝ΔEkb＋(Qa＋Qb)，故D错误． 4．(多选)如图甲所示，两间距为L的平行光滑金属导轨固定在水平面内，左端用导线连接，导轨处在竖直向上的匀强磁场中，一根长度也为L、电阻为R的金属棒放在导轨上，在平行于导轨向右、大小为F的恒力作用下向右运动，金属棒运动过程中，始终与导轨垂直并接触良好，金属棒运动的加速度与速度关系如图乙所示，不计金属导轨及左边导线电阻，金属导轨足够长，若图乙中的a0、v0均为已知量，则下列说法正确的是( )
A．金属棒的质量为 B．匀强磁场的磁感应强度大小为 C．当拉力F做功为W时，通过金属棒横截面的电荷量为 D．某时刻撤去拉力，此后金属棒运动过程中加速度大小与速度大小成正比 答案 ABD 解析 由题意可知F－＝ma，得a＝－v，结合a－v图像可知＝a0，＝，解得m＝，B＝＝，A、B正确；当拉力F做功为W时，金属棒运动的距离为s＝，则通过金属棒横截面的电荷量q＝t＝t＝＝，C错误；某时刻撤去拉力，此后＝ma，则a＝v，D正确． 5.(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，磁场方向与导轨平面垂直．导轨上有一质量为m、电阻也为R的金属棒与两导轨垂直且接触良好，金属棒以一定的初速度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＝ C．导体棒沿着导轨上滑过程中克服安培力做的功W＝(mv02－mgL) D．导体棒沿着导轨上滑过程中电阻R上产生的热量Q＝(mv02－mgL) 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＝，则导体棒沿着导轨上滑过程中通过R的电荷量为q＝，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，由动能定理可得W＋mgLsin 30°＝mv02，解得W＝(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＝W，则Q＝(mv02－mgL)，所以D错误．
6.(多选)(2021·全国甲卷·21)由相同材料的导线绕成边长相同的甲、乙两个正方形闭合线圈，两线圈的质量相等，但所用导线的横截面积不同，甲线圈的匝数是乙的2倍．现两线圈在竖直平面内从同一高度同时由静止开始下落，一段时间后进入一方向垂直于纸面的匀强磁场区域，磁场的上边界水平，如图所示．不计空气阻力，已知下落过程中线圈始终平行于纸面，上、下边保持水平．在线圈下边进入磁场后且上边进入磁场前，可能出现的是( )
A．甲和乙都加速运动 B．甲和乙都减速运动 C．甲加速运动，乙减速运动 D．甲减速运动，乙加速运动 答案 AB 解析 设线圈下边到磁场上边界的高度为h，线圈的边长为l，则线圈下边刚进入磁场时，有v＝， 感应电动势为E＝nBlv， 两线圈材料相同(设密度为ρ0)，质量相同(设为m)，则m＝ρ0×4nl×S， 设材料的电阻率为ρ，则线圈电阻 R＝ρ＝ 感应电流为I＝＝ 所受安培力大小为F＝nBIl＝ 由牛顿第二定律有mg－F＝ma 联立解得a＝g－＝g－ 加速度与线圈的匝数、横截面积无关，则甲和乙进入磁场时，具有相同的加速度． 当g>时，甲和乙都加速运动， 当g<时，甲和乙都减速运动， 当g＝时，甲和乙都匀速运动，故选A、B. 7.(2022·全国乙卷·24)如图，一不可伸长的细绳的上端固定，下端系在边长为l＝0.40 m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＝5.0×10－3 Ω/m；在t＝0到t＝3.0 s时间内，磁感应强度大小随时间t的变化关系为B(t)＝0.3－0.1t(SI)．求：
(1)t＝2.0 s时金属框所受安培力的大小； (2)在t＝0到t＝2.0 s时间内金属框产生的焦耳热． 答案 (1) N (2)0.016 J 解析 (1)金属框的总电阻为 R＝4lλ＝4×0.40×5×10－3 Ω＝0.008 Ω 金属框中产生的感应电动势为 E＝＝＝0.1××0.402V＝0.008 V 金属框中的电流为I＝＝1 A t＝2.0 s时磁感应强度大小为 B2＝(0.3－0.1×2.0) T＝0.1 T 金属框处于磁场中的有效长度为L＝l 此时金属框所受安培力大小为 FA＝B2IL＝0.1×1××0.4 N＝ N (2)0～2.0 s时间内金属框产生的焦耳热为 Q＝I2Rt′＝12×0.008×2 J＝0.016 J. 8.(2023·湖北省模拟)如图，质量为M的U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，间距L的ab和dc边平行，都与bc边垂直．ab、dc足够长，整个金属框电阻可忽略．一根电阻为R、质量为m的导体棒MN置于金属框上，用水平恒力F向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，MN与金属框保持良好接触，且与bc边保持平行．
(1)若导体棒MN在外力作用下保持静止，求最终稳定状态时金属框的速度大小； (2)若导体棒不受外力作用，求最终稳定状态时电路中的电动势． 答案 (1) (2) 解析 (1)由题意知：金属框做加速度减小的加速运动，加速度减为0，稳定状态时做匀速直线运动，根据受力平衡有F安＝F 导体棒的感应电动势为E＝BLv 导体棒的感应电流为I＝ 安培力为F安＝BIL 联立解得v＝ (2)导体棒、金属框最终以相同的加速度做匀加速直线运动，速度差一定，对整体由牛顿第二定律有 F＝(m＋M)a 对导体棒受力分析有BIL＝ma，E＝IR 联立解得E＝.
9．如图甲所示，相距L＝1 m的两根足够长的光滑平行金属导轨倾斜放置，与水平面夹角θ＝37°，导轨电阻不计，质量m＝1 kg、接入电路电阻为r＝0.5 Ω的导体棒ab垂直于导轨放置，导轨的PM两端接在外电路上，定值电阻阻值R＝1.5 Ω，电容器的电容C＝0.5 F，电容器的耐压值足够大，导轨所在平面内有垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场．在开关S1闭合、S2断开的状态下将导体棒ab由静止释放，导体棒的v－t图像如图乙所示，sin 37°＝0.6，取重力加速度g＝10 m/s2.
(1)求磁场的磁感应强度大小B； (2)在开关S1闭合、S2断开的状态下，当导体棒下滑的距离x＝5 m时，定值电阻产生的焦耳热为21 J，此时导体棒的速度与加速度分别是多大？ (3)现在开关S1断开、S2闭合的状态下，由静止释放导体棒，求经过t＝2 s时导体棒的速度大小． 答案 (1)2 T (2)2 m/s 2 m/s2 (3)4 m/s 解析 (1)由题图乙可知，导体棒的最大速度 vm＝3 m/s， 对应的感应电动势E＝BLvm， 感应电流I＝， 当速度达到最大时，导体棒做匀速运动，导体棒受力平衡，有BIL＝mgsin θ， 解得B＝＝2 T. (2)导体棒和定值电阻串联，由公式Q＝I2Rt可知：Qab∶QR＝1∶3，则导体棒ab产生的焦耳热Qab＝×21 J＝7 J，导体棒下滑x＝5 m的距离，导体棒减少的重力势能转化为动能和回路中的焦耳热，由能量守恒定律有mgxsin θ＝mv12＋Qab＋QR 得导体棒的速度v1＝2 m/s， 此时感应电动势E1＝BLv1， 感应电流I1＝， 对导体棒有mgsin θ－BI1L＝ma1， 解得加速度a1＝2 m/s2. (3)开关S1断开、S2闭合时，任意时刻对导体棒，根据牛顿第二定律有 mgsin θ－BI2L＝ma2， 感应电流I2＝，Δq＝CΔU Δt时间内，有ΔU＝ΔE＝BLΔv，a2＝， 解得a2＝2 m/s2， 表明导体棒ab下滑过程中加速度不变，导体棒做匀加速直线运动，t＝2 s时导体棒的速度大小v2＝a2t＝4 m/s. 10．(2022·湖北卷·15)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＝1.6×10－3 Ω、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 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＝10 m/s2，求：
(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． 答案 (1)20 m/s2 10 m/s2 (2)0.2 T 0.4 J (3)1.1 m 解析 (1)ab边进入磁场前，对线框进行受力分析，由牛顿第二定律， 在水平方向有Fcos θ＝max 代入数据有ax＝20 m/s2 在竖直方向有Fsin θ－mg＝may 代入数据有ay＝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，则整个回路的电动势为ab边切割磁感线产生的电动势，根据右手定则可知回路的电流为adcba，则从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vy2＝2ayL，知ab边刚到达磁场边缘时，线框竖直方向的速度vy＝2 m/s.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，则有Fsin θ－mg－BIL＝0，E＝BLvy，I＝ 联立解得B＝0.2 T 由题知，从ab边进入磁场开始，在竖直方向上线框做匀速运动；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克安＝BILy，y＝L Fsin 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vy＝ayt1，L＝vyt2，t＝t1＋t2 联立解得t＝0.3 s 由(2)分析可知线框在水平方向上一直做匀加速直线运动，则在水平方向有 x＝axt2＝×20×0.32m＝0.9 m 则磁场区域的水平宽度s＝x＋L＝1.1 m. |
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