習題課5電磁感應中的動力學和能量問題題型一電磁感應中的動力學問題電磁感應問題往往與力學問題聯系在一起，處理此類問題的基本方法是：(1)用法拉第電磁感應定律和楞次定律求感應電動勢的大小和方向。(2)用閉合電路歐姆定律求回路中感應電流的大小和方向。(3)分析導體的受力情況(包括安培力)。(4)列動力學方程(a≠0)或平衡方程(a＝0)求解。【例1】(2022·廣東東莞期末)如圖所示，兩根足夠長的直金屬導軌MN、PQ平行放置在傾角θ＝37°的絕緣斜面上，兩導軌間距為L＝2m，M、P兩點間接有阻值R＝3.5Ω的電阻，一根質量m＝0.1kg、電阻r＝1.5Ω的均勻直金屬桿ab放在兩導軌上，并與導軌垂直，整套裝置處于磁感應強度B＝0.5T的勻強磁場中，磁場方向垂直于斜面向下，導軌電阻忽略不計，讓ab桿沿導軌由靜止開始下滑，導軌和金屬桿接觸良好，不計摩擦和空氣阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2。(1)在加速下滑過程中，當ab桿的速度大小為v＝2m/s時，求通過ab桿的電流I及其加速度的a的大小；(2)求在下滑過程中，ab桿可以達到的速度最大值vm。[解析](1)金屬桿受豎直向下的重力mg、垂直斜面向上的支持力N、沿斜面向上的安培力F，故ab桿下滑過程中某時刻的受力示意圖如圖所示，當ab桿速度為v時，感應電動勢E＝BLv，此時電路中電流I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(BLv,R＋r)＝0.4Aab桿受到安培力F＝BIL＝eq\f(B2L2v,r＋R)由牛頓第二定律得mgsinθ－F＝ma解得a＝2m/s2。(2)當金屬桿勻速運動時，桿的速度最大，由平衡條件得mgsinθ＝BImL根據閉合電路歐姆定律得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[針對訓練1](多選)如圖所示，豎直放置的平行金屬導軌上端跨接一個阻值為R的電阻。質量為m的金屬棒MN可沿平行導軌豎直下滑，不計導軌與金屬棒MN的電阻。金屬棒MN自由下落了h后進入一個有上下邊界的勻強磁場區域，磁場方向垂直于導軌平面向外，磁場寬度也為h，設金屬棒MN到達上邊界aa′時的速度為v1，到達下邊界bb′時的速度為v2，則以下說法正確的是()A．進入磁場區后，MN可能做勻速運動，則v1＝v2B．進入磁場區后，MN可能做加速運動，則v1＜v2C．進入磁場區后，MN可能做減速運動，則v1＞v2D．通過磁場區域的過程中，R上釋放出的焦耳熱一定是mgh解析：選ABC。金屬棒MN在進入磁場前自由下落，當剛進入磁場產生的感應電流對應的安培力剛好等于重力時，金屬棒MN在磁場中做勻速直線運動，此時v1＝v2，A正確；當剛進入磁場產生的感應電流對應的安培力小于重力時，根據牛頓第二定律，金屬棒MN在磁場中做加速運動，此時v1＜v2，B正確；當剛進入磁場產生的感應電流對應的安培力大于重力時，根據牛頓第二定律，金屬棒MN在磁場中做減速運動，此時v1＞v2，C正確；只有金屬棒MN進入磁場后做勻速運動，通過磁場區域的過程中，R上釋放出的焦耳熱為mgh，D錯誤。題型二電磁感應中的能量問題1．電磁感應中能量的轉化(1)轉化方式(2)涉及的常見功能關系①有滑動摩擦力做功，必有內能產生；②有重力做功，重力勢能必然發生變化；③克服安培力做多少功，就有多少其他形式的能轉化為電能。2．焦耳熱的計算(1)電流恒定時，根據焦耳定律求解，即Q＝I2Rt。(2)感應電流變化，可用以下方法分析：①利用動能定理，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，焦耳熱等于其他形式能量的減少量?！纠?】如圖所示，MN和PQ是電阻不計的平行金屬導軌，其間距為L，導軌彎曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑連接。右端接一個阻值為R的定值電阻。平直部分導軌左邊區域有寬度為d、方向豎直向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場。質量為m、接入電路的電阻也為R的金屬棒從高度為h處由靜止釋放，到達磁場右邊界處恰好停止運動。已知金屬棒與平直部分導軌間的動摩擦因數為μ，金屬棒與導軌垂直且接觸良好，重力加速度為g。則金屬棒穿過磁場區域的過程中()A．流過金屬棒的最大電流為eq\f(Bd\r(2gh),2R)B．通過金屬棒的電荷量為eq\f(BdL,R)C．克服安培力所做的功為mghD．金屬棒產生的焦耳熱為eq\f(1,2)mg(h－μd)[解析]金屬棒沿彎曲部分下滑過程中，由動能定理得mgh＝eq\f(1,2)mv2，金屬棒到達平直部分時的速度v＝eq\r(2gh)，金屬棒到達平直部分后做減速運動，剛到達平直部分時的速度最大，最大感應電動勢E＝BLv，最大感應電流I＝eq\f(E,R＋R)＝eq\f(BL\r(2gh),2R)，故A錯誤；通過金屬棒的感應電荷量q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt＝eq\f(ΔΦ,2R)＝eq\f(BdL,2R)，故B錯誤；金屬棒在整個運動過程中，由動能定理得mgh－W安－μmgd＝0－0，克服安培力做功W安＝mgh－μmgd，故C錯誤；克服安培力做的功轉化為焦耳熱，定值電阻與金屬棒的電阻相等，通過它們的電流相等，則金屬棒產生的焦耳熱Q′＝eq\f(1,2)Q＝eq\f(1,2)W安＝eq\f(1,2)mg(h－μd)，故D正確。[答案]D【例3】(2022·黑龍江大慶實驗中學期末)如圖甲所示，間距L＝2m的兩條光滑金屬導軌水平平行放置，其電阻不計，導軌平面內有磁感應強度大小B＝1T、方向豎直向上的勻強磁場，質量相同、有效電阻均為R＝5Ω的金屬棒MN、PQ垂直放置于導軌上，并與導軌接觸良好。PQ棒被能承受最大拉力FT＝12N的水平細線拉住，MN棒在與其垂直的水平拉力F的作用下由靜止開始做勻加速直線運動，水平拉力F與時間t的關系如圖乙所示。求：(1)流過導體棒PQ的電流方向；(2)金屬棒MN的質量和細線拉斷前的加速度大??；(3)從剛開始拉MN棒到細線剛被拉斷的時間；(4)細線被拉斷后立即撤去拉力F，求此后兩棒中產生的焦耳熱及它們共速時的速度大小。[解析](1)根據右手定則，可以判斷流過導體棒的電流方向是由Q到P。(2)MN棒在與其垂直的水平拉力F的作用下由靜止開始做勻加速直線運動根據牛頓第二定律F－F安＝maF安＝BIL＝eq\f(B2L2v,R總)其中v＝at，R總＝2R，則有F－eq\f(B2L2a,2R)t＝ma根據題圖乙拉力F與時間t關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)細線剛被拉斷瞬間，PQ棒受力平衡FT＝F安′＝eq\f(B2L2at,2R)代入數據得t＝12s。(4)撤去外力時MN棒的速度v1＝at＝30m/s細線被拉斷后立即撤去拉力F到它們共速，過程中兩導體棒組成的系統動量守恒mv1＝2mv2共速時的速度v2＝15m/s根據能量守恒定律，兩棒中產生的焦耳熱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[針對訓練2]如圖所示，足夠長的U形導體框架的寬度L＝0.5m，底端接有阻值R＝0.5Ω的電阻，導體框架電阻忽略不計，其所在平面與水平面成θ＝37°角。有一磁感應強度B＝0.8T的勻強磁場，方向垂直于導體框架平面向上。一根質量m＝0.4kg、電阻r＝0.5Ω的導體棒MN垂直跨放在U形導體框架上，某時刻起將導體棒MN由靜止釋放。已知導體棒MN與導體框架間的動摩擦因數μ＝0.5。(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)(1)求導體棒剛開始下滑時的加速度大小。(2)求導體棒運動過程中的最大速度。(3)從導體棒開始下滑到剛達到最大速度的過程中，通過導體棒橫截面的電荷量q＝4C，求導體棒MN在此過程中消耗的電能。解析：(1)導體棒剛開始下滑時，其受力情況如圖甲所示。則mgsinθ－μmgcosθ＝ma解得a＝2m/s2。(2)當導體棒勻速下滑時其受力情況如圖乙所示，設勻速下滑的速度為v，則有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)聯立代入數據解得v＝5m/s。(3)通過導體棒橫截面的電荷量q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δteq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(ΔΦ,（R＋r）Δt)設導體棒下滑速度剛好為最大速度v時的位移為x，則ΔΦ＝BxL由動能定理得mgx·sinθ－W安－μmgcosθ·x＝eq\f(1,2)mv2其中W安為克服安培力做的功，聯立代入數據解得W安＝3J克服安培力做的功等于回路在此過程中消耗的電能，即Q＝3J則導體棒MN在此過程中消耗的電能Qr＝eq\f(r,R＋r)Q＝1.5J。答案：(1)2m/s2(2)5m/s(3)1.5J[針對訓練3]如圖所示，兩根等高的四分之一光滑圓弧軌道，半徑為r、間距為L，圖中Oa水平，Oc豎直，在軌道頂端連有一阻值為R的電阻，整個裝置處在一豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度為B?，F有一根長度稍大于L、質量為m、電阻不計的金屬棒從軌道的頂端ab處由靜止開始下滑，到達軌道底端cd時受到軌道的支持力為2mg。整個過程中金屬棒與軌道接觸良好，軌道電阻不計，重力加速度為g。求：(1)金屬棒到達軌道底端cd時的速度大小和通過電阻R的電流。(2)金屬棒從ab下滑到cd過程中回路中產生的焦耳熱和通過R的電荷量。解析：(1)金屬棒到達軌道底端cd時，由牛頓第二定律得2mg－mg＝meq\f(v2,r)解得v＝eq\r(gr)此時金屬棒產生的感應電動勢E＝BLv回路中的感應電流I＝eq\f(E,R)聯立得I＝eq\f(BL\r(gr),R)。(2)金屬棒從ab下滑到cd過程中，由能量守恒定律得mgr＝Q＋eq\f(1,2)mv2則回路中產生的焦耳熱Q＝eq\f(1,2)mgr回路中的平均感應電動勢eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(ΔΦ,Δt)回路中的平均感應電流eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R)通過R的電荷量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級——基礎達標練]1.如圖所示，質量為m的金屬圓環用不可伸長的細線懸掛起來，金屬圓環有一半處于水平且與環面垂直的勻強磁場中，從某時刻開始，磁感應強度均勻減小，則在磁感應強度均勻減小的過程中，關于線的拉力大小，下列說法正確的是(重力加速度為g)()A．大于環重力mg，并逐漸減小B．始終等于環重力mgC．小于環重力mg，并保持恒定D．大于環重力mg，并保持恒定解析：選A。根據楞次定律知圓環中感應電流的方向為順時針方向，再由左手定則判斷可知圓環所受安培力豎直向下，對圓環受力分析，根據受力平衡有FT＝mg＋F安，得FT>mg，F安＝BIL，根據法拉第電磁感應定律知，I＝eq\f(E,R)＝eq\f(ΔΦ,RΔt)＝eq\f(ΔB,RΔt)S，可知I為恒定電流，聯立上式可知B減小，F安減小，則由FT＝mg＋F安知FT減小，A正確。2．如圖，在光滑水平桌面上有一邊長為L、電阻為R的正方形導線框。在導線框右側有一寬度為d(d＞L)的條形勻強磁場區域，磁場的邊界與導線框的一邊平行，磁場方向豎直向下。導線框以某一初速度向右運動。t＝0時導線框的右邊恰與磁場的左邊界重合，隨后導線框進入并通過磁場區域。下列v－t圖像中，能正確描述上述過程的是()解析：選D。導體切割磁感線時產生感應電流，同時產生安培力阻礙導體運動，利用法拉第電磁感應定律、安培力公式及牛頓第二定律可確定線框在磁場中的運動特點。線框進入和離開磁場時，安培力的作用都是阻礙線框運動，使線框速度減小，由E＝BLv、I＝eq\f(E,R)及F＝BIL＝ma可知安培力減小，加速度減小，當線框完全進入磁場后穿過線框的磁通量不再變化，不產生感應電流，不再產生安培力，線框做勻速直線運動，故D正確。3.如圖所示，紙面內有一矩形導體閉合線框abcd，ab邊長大于bc邊長。從垂直于紙面向里、邊界為MN的勻強磁場外，線框兩次勻速地完全進入磁場，兩次速度大小相同，方向均垂直于MN。第一次ab邊平行于MN進入磁場，線框上產生的熱量為Q1，通過線框導體橫截面的電荷量為q1；第二次bc邊平行于MN進入磁場，線框上產生的熱量為Q2，通過線框導體橫截面的電荷量為q2，則()A．Q1>Q2，q1＝q2 B．Q1>Q2，q1>q2C．Q1＝Q2，q1＝q2 D．Q1＝Q2，q1>q2解析：選A。設ab和bc邊長分別為L1、L2，線框電阻為R，穿過磁場區域的時間為t，通過線框導體橫截面的電荷量q＝It＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BL1L2,R)因此q1＝q2線框上產生的熱量為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，則Q1>Q2，故A正確。4.如圖所示，豎直放置的兩根平行金屬導軌之間接有定值電阻R，質量不能忽略的金屬棒與兩導軌始終保持垂直并良好接觸且無摩擦，金屬棒與導軌的電阻均不計，整個裝置放在勻強磁場中，磁場方向與導軌平面垂直，金屬棒在豎直向上的恒力F作用下加速上升的一段時間內，力F做的功與安培力做的功的代數和等于()A．金屬棒的機械能增加量B．金屬棒的動能增加量C．金屬棒的重力勢能增加量D．電阻R上產生的熱量解析：選A。金屬棒加速上升時受到重力、拉力F及安培力。根據功能關系可知，力F與安培力做功的代數和等于金屬棒的機械能的增加量，A正確。5.如圖所示，銅質金屬環從條形磁鐵的正上方由靜止開始下落，在下落過程中，下列判斷正確的是()A．金屬環在下落過程中的機械能守恒B．金屬環在下落過程中動能的增加量小于其重力勢能的減少量C．金屬環的機械能先減小后增大D．磁鐵對桌面的壓力始終大于其自身的重力解析：選B。金屬環在下落過程中，磁通量發生變化產生感應電流，金屬環受到磁場力的作用，機械能不守恒，A錯誤；由能量守恒定律知，金屬環重力勢能的減少量等于其動能的增加量和在金屬環中產生的電能之和，B正確；金屬環下落的過程中，機械能不停地轉變為電能，機械能一直減少，C錯誤；當金屬環下落到磁鐵中央位置時，無感應電流，環和磁鐵間無作用力，磁鐵對桌面的壓力大小等于磁鐵的重力，D錯誤。6．(多選)如圖所示，在方向垂直于紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場區域中有一個由均勻導線制成的單匝矩形線框abcd，線框以恒定的速度v沿垂直于磁場方向向右運動，運動中線框dc邊始終與磁場右邊界平行，線框邊長ad＝L，cd＝2L。線框導線的總電阻為R。則在線框離開磁場的過程中，下列說法正確的是()A．ad間的電壓為eq\f(BLv,3)B．流過線框橫截面的電荷量為eq\f(2BL2,R)C．線框所受安培力的合力為eq\f(2B2L2v,R)D．線框中的電流在ad邊產生的熱量為eq\f(2B2L3v,3R)解析：選ABD。線框產生的感應電動勢E＝2BLv，感應電流I＝eq\f(E,R)，ad間的電壓為U＝I·eq\f(1,6)R＝eq\f(B·2Lv,R)·eq\f(1,6)R＝eq\f(BLv,3)，故A正確；流過線框橫截面的電荷量q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt＝eq\f(ΔΦ,Δt·R)·Δt＝eq\f(2BL2,R)，故B正確；線框所受安培力的合力F＝BI·2L＝eq\f(4B2L2v,R)，故C錯誤；線框中的電流在ad邊產生的熱量Q＝I2·eq\f(1,6)R·eq\f(L,v)＝eq\f(2B2L3v,3R)，故D正確。7．(多選)如圖所示，金屬桿ab以恒定的速率v在光滑平行導軌上向右滑行，設整個電路中總電阻為R(恒定不變)，整個裝置置于垂直于紙面向里的勻強磁場中，下列敘述正確的是()A．ab桿中的電流與速率v成正比B．磁場作用于ab桿的安培力與速率v成正比C．電阻R上產生的熱功率與速率v的二次方成正比D．外力對ab桿做功的功率與速率v成正比解析：選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)，電阻上產生的熱功率P＝I2R＝eq\f(B2l2v2,R)，外力對ab做功的功率就等于回路產生的熱功率，故A、B、C正確，D錯誤。[B級——能力增分練]8．(多選)如圖所示，有兩根和水平方向成α(α<90°)角的光滑平行的金屬軌道，上端接有滑動變阻器R，下端足夠長，空間有垂直于軌道平面向上的勻強磁場，磁感應強度為B，一根質量為m、電阻不計的金屬桿從軌道上由靜止滑下。經過足夠長的時間后，金屬桿的速度會趨近于一個最大速度vm，則()A．如果B增大，vm將變大B．如果α變大(仍小于90°)，vm將變大C．如果R變大，vm將變大D．如果m變小，vm將變大解析：選BC。金屬桿由靜止開始下滑的過程中，金屬桿相當于一個電源，與滑動變阻器R構成一個閉合回路，其受力情況如圖所示。根據牛頓第二定律得mgsinα－eq\f(B2L2v,R)＝ma所以金屬桿由靜止開始做加速度逐漸減小的加速運動，當a＝0時達到最大速度vm，即mgsinα＝eq\f(B2L2vm,R)，可得vm＝eq\f(mgRsinα,B2L2)，故由此式知B、C正確。9．水平放置的光滑平行導軌上放置一根長為L、質量為m且與導軌接觸良好的導體棒ab，ab處在磁感應強度大小為B、方向如圖所示的勻強磁場中，導軌的一端接一阻值為R的電阻，導軌及導體棒電阻不計?，F使ab在水平恒力F作用下由靜止沿垂直于磁場的方向運動，當通過的位移為x時，ab達到最大速度vm。此時撤去外力，最后ab靜止在導軌上。在ab運動的整個過程中，下列說法正確的是()A．撤去外力后，ab做勻減速運動B．合力對ab做的功為FxC．R上釋放的熱量為Fx＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)D．R上釋放的熱量為Fx解析：選D。撤去外力后，導體棒在水平方向上只受安培力作用，而F安＝eq\f(B2L2v,R)，F安隨v的變化而變化，故導體棒做加速度變化的減速運動，A錯誤；對整個過程由動能定理得W合＝ΔEk＝0，B錯誤；由能量守恒定律知，恒力F做的功等于整個回路產生的電能，電能又轉化為R上釋放的熱量，即Q＝Fx，C錯誤，D正確。10．(多選)如圖所示，光滑斜面PMNQ的傾角為θ＝30°，斜面上放置一矩形導體線框abcd，其中ab邊長L1＝0.5m，bc邊長為L2，導體線框質量m＝1kg、電阻R＝0.4Ω，有界勻強磁場的磁感應強度為B＝2T，方向垂直于斜面向上，ef為磁場的邊界，且ef∥MN。導體線框在沿斜面向上且與斜面平行的恒力F＝10N作用下從靜止開始運動，其ab邊始終保持與底邊MN平行。已知導體線框剛進入磁場時做勻速運動，且進入過程中通過導體線框某一橫截面的電荷量q＝0.5C，取g＝10m/s2，則下列說法正確的是()A．導體線框進入磁場時的速度為2m/sB．導體線框bc邊的邊長L2＝0.1mC．導體線框開始運動時ab邊到磁場邊界ef的距離為0.4mD．導體線框進入磁場的過程中產生的熱量為1J解析：選ACD。導體線框剛進入磁場時做勻速運動，則F＝mgsin30°＋eq\f(B2Leq\o\al(2,1)v,R)，解得v＝2m/s，根據q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BL1L2,R)，解得L2＝0.2m，A正確，B錯誤；導體線框在磁場外運動的加速度a＝eq\f(F－mgsin30°,m)＝5m/s2，則導體線框開始運動時ab邊到磁場邊界ef的距離為x＝eq\f(v2,2a)＝eq\f(22,2×5)m＝0.4m，C正確；導體線框進入磁場的過程中產生的熱量為Q＝FL2－mgL2sin30°＝10×0.2J－10×0.2×0.5J＝1J，D正確。11．如圖所示，豎直平面內有足夠長的平行金屬導軌，間距為0.2m，金屬導體ab可在導軌上無摩擦地上下滑動，ab的電阻為0.4Ω，導軌電阻不計，導體ab的質量為0.2g，垂直于紙面向里的勻強磁場的磁感應強度為0.2T，且磁場區域足夠大，當導體ab自由下落0.4s時，突然閉合開關S。(g取10m/s2)(1)試說出開關S閉合后，導體ab的運動情況。(2)導體ab勻速下落的速度是多少？解析：(1)閉合開關S之前，導體ab自由下落的末速度為v0＝gt＝4m/s開關S閉合瞬間，導體ab產生感應電動勢，回路中產生感應電流，導體ab立即受到一個豎直向上的安培力F安＝BIL＝eq\f(B2L2v0,R)＝0.016N＞mg＝0.002N此時導體ab受到的合力的方向豎直向上，與初速度方向相反，加速度的表達式為a＝eq\f(