2025届高三一轮复习 第十章　电磁感应热点专题十九　电磁感应中的动力学和能量问题练习

热点专题十九　电磁感应中的动力学和能量问题学习目标　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。热点一　电磁感应中的平衡及动力学问题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结合运动学公式进行分析2.基本思路→→→例1如图1甲所示，用粗细均匀的导线制成的一个单匝正方形金属框，现被一根绝缘丝线悬挂在竖直平面内处于静止状态，已知金属框的质量为m，边长为L，金属框的总电阻为R，金属框的上半部分处在方向垂直框面向里的有界磁场中(磁场均匀分布)，下半部分在磁场外，磁场的磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，丝线能承受的最大拉力为F，从t＝0时刻起，测得经过t0＝5s，丝线刚好被拉断，金属框由静止开始下落。金属框在下落过程中上边框离开磁场前已开始做匀速直线运动，金属框始终在竖直平面内且未旋转，重力加速度为g，不计空气阻力。求：图1(1)0～5s内，金属框产生感应电流的方向以及磁感应强度B0的大小；,(2)金属框的上边框离开磁场前做匀速直线运动的速度v的大小(表达式代入(1)问计算结果)。答案　(1)沿逆时针方向　(2)解析　(1)由图乙可知，0～5s时间内磁场均匀增加，由楞次定律可知金属框中产生感应电流的方向沿逆时针方向；由法拉第电磁感应定律得E＝＝＝·＝①感应电流大小为I＝②5s时受到的安培力为F安＝ILB0③丝线刚好被拉断，则有F＝F安＋mg④联立①②③④解得B0＝。⑤(2)由题意可知，5s后磁感应强度为B0不变，金属框在上边框离开磁场前做匀速运动，即有I1LB0＝mg⑥金属框做匀速运动产生的感应电动势大小为E1＝B0Lv⑦由闭合电路欧姆定律可得I1＝⑧整理得v＝⑨代入B0得v＝。,用动力学观点解答电磁感应问题的一般步骤　　例2如图2所示，水平面内有两根足够长的平行导轨L1、L2，其间距d＝0.5m，左端接有电容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右的恒力F1＝0.44N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，速度为v＝5m/s。此时，突然将拉力方向变为沿导轨向左，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。求：图2(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)0.55N解析　(1)当导体棒运动到B处时，电容器两端电压为U＝Bdv＝2×0.5×5V＝5V此时电容器的带电荷量q＝CU＝2000×10－6×5C＝1×10－2C。(2)棒在F1作用下有F1－BId＝ma1,又I＝＝，a1＝联立解得a1＝＝20m/s2则t＝＝0.25s。(3)由(2)可知棒在F2作用下，运动的加速度a2＝，方向向左又a1t2＝－将相关数据代入解得F2＝0.55N。热点二　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.求解电磁感应现象中能量问题的一般步骤(1)在电磁感应中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路就相当于电源。(2)分析清楚有哪些力做功，就可以知道有哪些形式的能量发生了相互转化。(3)根据能量守恒列方程求解。例3(2022·盐城模拟),某实验小组利用塑料小车模拟探究电磁刹车的效果，在遥控小车底面安装与小车底面长宽均相同的n匝矩形导线框，其总电阻为R，其平面与水平地面平行，如图3所示，小车在车场外以恒定功率做直线运动，受到地面阻力恒为f，车头刚进入磁场时已达到最大速度v，牵引力立即变为0；车尾刚出磁场时速度恰好为零，已知底面长为x，宽为L的小车总质量为m，宽为d的有界磁场的磁感应强度大小为B，方向竖直向上，不计空气阻力，求小车：图3(1)刚进磁场时，导线框中的电流强度I；(2)从进磁场到完全出磁场过程，安培力做的功W。答案　(1)　(2)f(d＋x)－mv2解析　(1)小车刚进磁场时，产生的电动势为E＝nBLv根据闭合电路欧姆定律可得导线框中的电流为I＝＝。(2)从进磁场到完全出磁场过程，根据动能定理可得W－f(d＋x)＝0－mv2解得安培力做的功为W＝f(d＋x)－mv2。跟踪训练(2022·江苏省响水中学模拟)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4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＝180km/h，在磁场中共同减速滑行至停下，已知歼15舰载机质量M＝2.7×104kg，金属棒质量m＝3×103kg、电阻R＝10Ω，导轨间距L＝50m，匀强磁场磁感应强度B＝5T，导轨电阻不计，除安培力外飞机克服其他阻力做的功为1.5×106J，求：,图4(1)飞机着舰瞬间金属棒中感应电流I的大小和方向；(2)金属棒中产生的焦耳热Q。答案　(1)1.25×103A，方向由b到a　(2)3.6×107J解析　(1)飞机着舰瞬间金属棒中感应电动势E＝BLv0感应电流I＝代入数据解得I＝1.25×103A根据右手定则判断感应电流方向由b到a。(2)飞机从着舰到停止，根据动能定理－W安－Wf＝0－(M＋m)v代入数据解得W安＝3.6×107J根据功能关系知Q＝W安＝3.6×107J。对点练1　电磁感应中的平衡和动力学问题1.(2023·陕西延安市第一中学月考)如图1所示，用恒力F将闭合线圈自静止开始(不计摩擦)从图示位置向左加速拉出有界匀强磁场，则在此过程中(　　)图1A.线圈中产生a→b→c→d→a方向的感应电流B.线圈向左运动做匀变速直线运动,C.线圈向左运动且加速度逐渐增大D.线圈中感应电流逐渐减小答案　A解析　ab边切割磁感线，根据右手定则可知线圈中产生a→b→c→d→a方向的感应电流，故A正确；对线圈受力分析得F－F安＝ma，又因为E＝BLv，I＝，F安＝ILB＝，线框做加速运动，速度在逐渐增大，因此感应电流逐渐增大，加速度逐渐减小，线框向左做变加速直线运动，故B、C、D错误。2.如图2所示，金属框abcd置于水平绝缘平台上，ab和dc边平行，和bc边垂直，ab、dc足够长，整个金属框电阻可忽略。一根具有一定电阻的导体棒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，MN与金属框保持良好接触，且与bc边保持平行，不计一切摩擦。则(　　)图2A.金属框的速度逐渐增大，最终趋于恒定B.金属框的加速度逐渐减小，最终为零C.导体棒所受安培力逐渐增大，最终趋于恒定D.导体棒到金属框bc边的距离逐渐增大，最终趋于恒定答案　C解析　初始时刻，金属框的加速度最大，随着金属框速度的增大，感应电动势逐渐增大，回路电流逐渐增大，MN所受安培力逐渐增大，根据牛顿第二定律，对金属框有F－IlB＝m框a1，对导体棒有IlB＝m棒a2，因此金属框加速度逐渐减小，导体棒加速度逐渐增大，最终两者加速度相同，速度差恒定。故C正确，A、B、D错误。3.如图3所示，光滑平行金属导轨与水平面成一定角度，两导轨,上端用一定值电阻相连，该装置处于一匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向上。现有一金属杆ab以沿导轨平面向上的初速度v0从导轨底端开始运动，然后又返回到出发位置。在运动过程中，ab与导轨垂直且接触良好，不计ab和导轨的电阻，则在下列图像中，能正确描述金属棒ab的速度与时间关系的是(　　)图3答案　D解析　上滑过程中，有mgsinθ＋＝ma，解得a＝gsinθ＋，则金属杆ab做加速度逐渐减小的减速运动，直到速度为0。下滑过程，有mgsinθ－＝ma′，解得a′＝gsinθ－，则金属杆ab做加速度逐渐减小的加速运动，直到加速度为0时，速度达到最大值(该值小于v0)，最后做匀速运动。根据速度与时间图像的斜率表示加速度可知能正确描述金属棒ab的速度与时间关系的是D图，所以D正确。对点练2　电磁感应中的能量问题4.如图4所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，ab边长大于bc边长。从置于垂直纸面向里、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(　　),图4A.Q1>Q2　q1＝q2B.Q1>Q2　q1>q2C.Q1＝Q2　q1＝q2D.Q1＝Q2　q1>q2答案　A解析　设ab和bc边长分别为L1、L2，线框电阻为R，假设进入磁场区域的时间为Δt通过线框导体横截面的电荷量q＝It＝＝因此q1＝q2线框上产生的热量为Q第一次：Q1＝BL1I1L2＝BL1L2第二次：Q2＝BL2I2L1＝BL2L1由于L1>L2，则Q1>Q2，故A正确。5.如图5所示，两根足够长的光滑导轨固定竖直放置，间距为L，底端接阻值为R的电阻。将质量为m的金属棒悬挂在一固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，金属棒和导轨电阻不计，现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放(设当地重力加速度为g)，则(　　)图5,A.释放瞬间金属棒的加速度小于重力加速度gB.金属棒向下的最大速度为v时，所受弹簧弹力为F＝mg－C.金属棒向下运动时，流过电阻R的电流方向为a→bD.电路中产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量答案　B解析　释放瞬间金属棒的速度为零，没有感应电流产生，不受安培力，金属棒只受重力，所以金属棒的加速度为g，A错误；金属棒向下的速度最大时，加速度为零，回路中产生的感应电流为I＝，安培力FA＝ILB＝，根据平衡条件知F＋FA＝mg，解得弹簧弹力F＝mg－，B正确；金属棒向下运动时切割磁感线，根据右手定则可知，流过电阻R的电流方向为b→a，C错误；由于金属棒产生感应电流，受到安培力的阻碍作用，系统的机械能不断减少，最终金属棒停止运动，此时弹簧具有一定的弹性势能，所以金属棒的重力势能转化为内能和弹簧的弹性势能，则根据能量守恒定律可知在金属棒运动的过程中，电阻R上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量与最终弹簧的弹性势能之差，D错误。B级　综合提升练6.(2022·江苏南京高三开学考)如图6所示，两根固定的足够长的平行水平金属导轨MN、PQ间距为L，其电阻不计，M、P两端接有阻值为R的电阻。一金属棒ab垂直导轨放置，ab两端与导轨始终接触良好，已知ab的质量为m，电阻为r，整个装置处在方向竖直向下、大小为B的匀强磁场中。ab棒在水平向右的恒定拉力作用下，以初速度v0沿导轨向右运动，运动距离为x时达到最大速度vm。已知导体棒与两导轨间动摩擦因数为μ，重力加速度为g。求：图6(1)恒力的大小；(2)该过程中电阻R的焦耳热。,答案　(1)μmg＋　(2)解析　(1)导体棒最终匀速，棒受力平衡F＝ILB＋μmgI＝E＝BLvm联立解得F＝μmg＋。(2)棒加速过程中，克服安培力做功为W，有Fx－μmgx－W＝mv－mv电阻的焦耳热与克服安培力做功的关系有Q＝W联立解得Q＝。7.如图7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′b′b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＝1T；现有一质量为m＝10g，总电阻为R＝1Ω，边长d＝0.1m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，线圈刚好匀速穿过磁场。已知线圈与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，(取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：图7,(1)线圈进入磁场区域时，受到安培力大小；(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。答案　(1)2×10－2N　(2)1m　(3)4×10－3J解析　(1)对线圈进入磁场区域时，受力分析有mgsinθ＝μmgcosθ＋FA代入数据得FA＝2×10－2N。(2)设线圈释放时，PQ边到bb′的距离为L根据安培力公式可知FA＝BId＝Bd＝导体棒从开始到进入磁场过程中，由动能定理可得mgLsinθ－μmgLcosθ＝mv2结合公式可解得L＝1m。(3)由于线圈刚好匀速穿过磁场，则磁场宽度d＝0.1mQ＝W安＝F安·2d代入数据解得Q＝2×10－2×2×0.1J＝4×10－3J。8.(2022·江苏南京外国语学校模拟预测)为了提高城市摩天大楼中电梯的运行效率并缩短候梯时间，人们设计了一种电磁驱动的无绳电梯，如图8甲。图乙所示为电磁驱动的简化模型：光滑的平行长直金属导轨置于竖直面内，间距L＝1m。导轨下端接有阻值R＝1Ω的电阻，质量m＝0.1kg的导体棒(相当于电梯车厢)垂直跨接在导轨上，导轨和导体棒的电阻均不计，且接触良好。在导轨平面上存在磁感应强度大小B＝0.5T，方向垂直纸面向里的匀强磁场，导体棒始终处于磁场区域内，g取10m/s2。t＝0时刻，磁场以速度v1＝10m/s匀速向上移动的同时由静止释放该导体棒。,图8(1)求t＝0时刻导体棒的加速度大小；(2)若导体棒随之运动并很快达到一个恒定速度，求该恒定速度的大小。答案　(1)15m/s2　(2)6m/s解析　(1)在t＝0时刻，磁场匀速向上移动，导体棒相对磁场向下的速度大小为v1＝10m/s，由电磁感应定律，可知导体棒产生的感应电动势为E1＝BLv1＝0.5×1×10V＝5V回路中的电流为I1＝＝A＝5A导体棒受到向上的安培力为F安1＝I1LB＝5×1×0.5N＝2.5N由牛顿第二定律可得F安1－mg＝ma解得加速度大小为a＝＝m/s2＝15m/s2加速度方向竖直向上，导体棒向上做加速运动。(2)若导体棒随之运动并很快达到一个恒定速度，此时导体棒受向上安培力大小等于重力，则有F安2＝I2LB＝mg＝1N解得此时回路中的电流为I2＝2A由电磁感应定律可得E2＝BLv2解得v2＝4m/s由电磁感应定律可知，v2是导体棒相对磁场的运动速度，则有导体棒的恒定速度为v＝v1－v2＝10m/s－4m/s＝6m/s。