2025年高考物理二轮复习第十一章　电磁感应 专题强化二十三　电磁感应中的动力学和能量问题课件+讲义（教师+学生）+跟踪练习

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1.学会用动力学知识分析导体棒在磁场中的运动问题。 2.会用功能关系和能量守恒定律分析电磁感应中的能量转化。
考点二　电磁感应中的能量问题
考点一　电磁感应中的动力学问题
1.两种状态及处理方法
角度　　“单棒＋电阻”模型
(1)闭合开关S，由静止释放金属棒，求金属棒下落的最大速度v1；
解析　闭合开关S，金属棒下落的过程中受竖直向下的重力、竖直向上的安培力作用，当重力与安培力大小相等时，金属棒的加速度为零，速度最大，则
mg＝I1LB由法拉第电磁感应定律得E1＝BLv1
(2)断开开关S，由静止释放金属棒，求金属棒下落的最大速度v2。
此时定值电阻两端的电压为UR＝BLv2－Um回路中的电流为I2＝I1
A.金属杆中感应电流方向为由a到bB.金属杆所受的安培力的方向沿轨道向上C.金属杆的质量为1 kgD.定值电阻的阻值为1 Ω
角度　　“单棒＋电容器”模型
例2 如图4，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为θ，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，且在下滑过程中始终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。忽略所有电阻。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；解析　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
(2)金属棒的速度大小随时间变化的关系。解析　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＝ILB＝CB2L2a
金属棒所受到的摩擦力方向沿导轨斜面向上，大小为f＝μFN，式中FN＝mgcs 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－f＝ma
1.电磁感应中的能量转化
2.求解焦耳热Q的三种方法
(1)t＝0时线框所受的安培力F；
解析　由题图可知t＝0时线框切割磁感线的感应电动势为E＝2B0hv＋B0hv＝3B0hv
(2)t＝1.2τ时穿过线框的磁通量Φ；
(3)2τ～3τ时间内，线框中产生的热量Q。
解析　2τ～3τ时间内，Ⅱ区磁感应强度也线性减小到0，
2.(新教材粤教版P6212题改编)某种飞船的电磁缓冲装置结构简化图如图6所示。在缓冲装置的底板上，沿竖直方向固定着两个光滑绝缘导轨NP、MQ。导轨内侧安装电磁铁(图中未画出)，能产生垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为B。绝缘缓冲底座上绕有n匝闭合矩形线圈，线圈总电阻为R，ab边长为L。假设整个返回舱以速度v0与地面碰撞后，绝缘缓冲底座立即停下，船舱主体在磁场作用下减速，从而实现缓冲。返回舱质量为m，地球表面重力加速度为g，一切摩擦阻力不计，缓冲装置质量忽略不计。
(1)求绝缘缓冲底座的线圈中最大感应电流的大小；(2)若船舱主体向下移动距离H后速度减为v，此过程中缓冲线圈中通过的电量和产生的焦耳热各是多少？
解析　(1)返回舱刚接触地面时感应电动势最大，电流最大，有
对点练1　电磁感应中的动力学问题1.如图1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
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2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(　　)
3.如图3所示，一宽度为L的光滑导轨与水平面成α角，磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直于导轨平面向上，导轨上端连有一阻值为R的电阻，导轨电阻不计。一质量为m、电阻也为R的金属棒从导轨顶端由静止释放，设导轨足够长，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
对点练2　电磁感应中的能量问题4.(多选)如图4甲所示，平行金属导轨及所在平面与水平面成37°角。不计金属导轨电阻，平行导轨间距L＝1 m，定值电阻R＝3 Ω，虚线OO′下方有垂直于导轨平面的匀强磁场。将电阻r＝1 Ω、m＝0.1 kg的金属棒ab从OO′上方某处垂直导轨由静止释放，金属棒下滑过程中的v－t图像如图乙所示。已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)
A.金属棒下滑过程中受到的摩擦力为0.2 NB.匀强磁场的磁感应强度大小为2 TC.金属棒在磁场中下滑0.1 s过程中电阻R中电流为0.5 AD.金属棒在磁场中下滑0.1 s过程中电阻R产生的热量为1.875×10－2 J
5.如图5甲所示，地面上方高度为d的空间内有水平方向的匀强磁场，质量为m的正方形闭合导线框abcd的边长为L，从bc边距离地面高为h处将其由静止释放，已知h>d>L。从导线框开始运动到bc边即将落地的过程中，导线框的v－t图像如图乙所示。重力加速度为g，不计空气阻力，以下有关这一过程的判断正确的是(　　)
A.t1～ t2时间内导线框受到的安培力逐渐增大B. 磁场的高度d可以用v－t图中阴影部分的面积表示C.导线框重力势能的减少量等于其动能的增加量D. 导线框产生的焦耳热大于mgL
解析　由题图乙可知，在0～t1时间内，导线框自由落体，t1～t2时间内导线框切割磁感线进入磁场，做加速度减小的减速运动，电流减小，则安培力在减小，A错误；在t1～t2时间段内，导线框切割磁感线，距离为l，完全进入后又做加速运动直到落地，所以磁场高度d为t1～t3时间内的位移，B错误；安培力做负功，所以重力势能减少量等于动能增加量和安培力做功的和，C错误；t1～t2时间内，F安>mg，克服安培力做的功大于重力做功，所以在下降过程中导线框产生的焦耳热大于mgL，D正确。
6.(多选)如图6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、电阻也为R的金属棒从高度为h处静止释放，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，金属棒与导轨间接触良好。重力加速度为g，则金属棒穿过磁场区域的过程中(　　)
7.如图7甲所示，光滑的金属导轨MN和PQ平行，间距L＝1.0 m，与水平面之间的夹角α＝37°，匀强磁场磁感应强度B＝2.0 T，方向垂直于导轨平面向上，MP间接有阻值R＝1.6 Ω的电阻，质量m＝0.5 kg、电阻r＝0.4 Ω的金属棒ab垂直导轨放置，现用和导轨平行的恒力F沿导轨平面向上拉金属杆ab，使其由静止开始运动，当金属棒上滑的位移s＝3.8 m时达到稳定状态，对应过程的v－t图像如图乙所示，(稳定状态时金属棒以1.0 m/s的速度匀速运动)取g＝10 m/s2，导轨足够长(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)。求：
(1)运动过程中a、b哪端电势高，并计算恒力F的大小；(2)从金属杆开始运动到刚达到稳定状态，此过程金属棒上产生的焦耳热。答案　(1)b端　5 N　(2)1.47 J
解析　(1)由右手定则可判断感应电流由a流向b，b相当于电源的正极，故b端电势高当金属棒匀速运动时，由平衡条件得F＝mgsin 37°＋F安
由乙图可知v＝1.0 m/s联立解得F＝5 N。
8.如图8(a)，固定的绝缘斜面MNPQ倾角θ＝37°，虚线OO1与底边MN平行，且虚线OO1下方分布有垂直于斜面向上(设为正方向)的匀强磁场，磁场的磁感应强度B随时间t变化的图像如图(b)。质量m＝3.0×10－2 kg、边长L＝2.0×10－1 m、电阻R＝2.0×10－3 Ω粗细均匀的正方形导线框abcd置于斜面上，一半处在OO1的下方，另一半处在OO1的上方，ab与OO1平行。已知t＝0时，导线框恰好静止在斜面上，最大静摩擦力可以认为等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。求：
(1)导线框与斜面间的动摩擦因数μ的大小；(2)导线框从t＝0到恰好滑动的这段时间，导线框产生的焦耳热Q。
答案　(1)0.75　(2)3.6×10－2 J解析　(1)已知t＝0时，导线框恰好静止在斜面上，最大静摩擦力可以认为等于滑动摩擦力，则有mgsin θ＝μmgcs θ解得动摩擦因数μ的大小为μ＝0.75。
当导线框受到的摩擦力方向向下且为最大静摩擦力时，导线框恰好滑动，此时有ILB＝mgsin θ＋μmgcs θ
由焦耳定律可得Q＝I2Rt联立以上各式并代入数据解得Q＝3.6×10－2 J。
9.如图9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(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。
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＝IL1B