專題強(qiáng)化十一電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)和能量問(wèn)題專題解讀 1.本專題是動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)在電磁感應(yīng)中的綜合應(yīng)用，高考常以計(jì)算題的形式命題2學(xué)好本專題，可以極大培養(yǎng)同學(xué)們的分析能力、推理能力和規(guī)范表達(dá)的能力，針對(duì)性的專題強(qiáng)化，可以提升同學(xué)們解決電磁感應(yīng)問(wèn)題中最難問(wèn)題的信心3用到的知識(shí)有：法拉第電磁感應(yīng)定律、楞次定律、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、共點(diǎn)力的平衡條件、動(dòng)能定理、焦耳定律、能量守恒定律等命題點(diǎn)一電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題1題型簡(jiǎn)述：感應(yīng)電流在磁場(chǎng)中受到安培力的作用，因此電磁感應(yīng)問(wèn)題往往跟力學(xué)問(wèn)題聯(lián)系在一起解決這類問(wèn)題需要綜合應(yīng)用電磁感應(yīng)規(guī)律(法拉第電磁感應(yīng)定律、楞次定律)及力學(xué)中的有關(guān)規(guī)律(共點(diǎn)力的平衡條件、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、動(dòng)能定理等)2兩種狀態(tài)及處理方法狀態(tài)特征處理方法平衡態(tài)加速度為零根據(jù)平衡條件列式分析非平衡態(tài)加速度不為零根據(jù)牛頓第二定律進(jìn)行動(dòng)態(tài)分析或結(jié)合功能關(guān)系進(jìn)行分析3.動(dòng)態(tài)分析的基本思路解決這類問(wèn)題的關(guān)鍵是通過(guò)運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的分析，尋找過(guò)程中的臨界狀態(tài)，如速度、加速度最大值或最小值的條件具體思路如下：例1如圖1所示，兩條相距l(xiāng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面(紙面)內(nèi)，其左端接一阻值為R的電阻；一與導(dǎo)軌垂直的金屬棒置于兩導(dǎo)軌上；在電阻、導(dǎo)軌和金屬棒中間有一面積為S的區(qū)域，區(qū)域中存在垂直于紙面向里的均勻磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1隨時(shí)間t的變化關(guān)系為B1kt，式中k為常量；在金屬棒右側(cè)還有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，區(qū)域左邊界MN(虛線)與導(dǎo)軌垂直，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，方向也垂直于紙面向里某時(shí)刻，金屬棒在一外加水平恒力的作用下從靜止開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)，在t0時(shí)刻恰好以速度v0越過(guò)MN，此后向右做勻速運(yùn)動(dòng)金屬棒與導(dǎo)軌始終相互垂直并接觸良好，它們的電阻均忽略不計(jì)求：圖1(1)在t0到tt0時(shí)間間隔內(nèi)，流過(guò)電阻的電荷量的絕對(duì)值；(2)在時(shí)刻t(t>t0)穿過(guò)回路的總磁通量和金屬棒所受外加水平恒力的大小答案(1)(2)B0lv0(tt0)kSt(B0lv0kS)解析(1)在金屬棒未越過(guò)MN之前，穿過(guò)回路的磁通量的變化量為BSktS由法拉第電磁感應(yīng)定律有E由歐姆定律得I由電流的定義得I聯(lián)立式得|q|t由式得，在t0到tt0的時(shí)間間隔內(nèi)即tt0，流過(guò)電阻R的電荷量q的絕對(duì)值為|q|(2)當(dāng)t>t0時(shí)，金屬棒已越過(guò)MN.由于金屬棒在MN右側(cè)做勻速運(yùn)動(dòng)，有FF安式中，F(xiàn)是外加水平恒力，F(xiàn)安是金屬棒受到的安培力設(shè)此時(shí)回路中的電流為I，F(xiàn)安B0lI此時(shí)金屬棒與MN之間的距離為sv0(tt0)勻強(qiáng)磁場(chǎng)穿過(guò)回路的磁通量為B0ls回路的總磁通量為t其中B1SktS由式得，在時(shí)刻t(t>t0)，穿過(guò)回路的總磁通量為tB0lv0(tt0)kSt在t到tt的時(shí)間間隔內(nèi)，總磁通量的改變量t為t(B0lv0kS)t由法拉第電磁感應(yīng)定律得，回路感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小為Et由歐姆定律得I聯(lián)立式得F(B0lv0kS).1.(多選)如圖2所示，兩根足夠長(zhǎng)、電阻不計(jì)且相距L0.2 m的平行金屬導(dǎo)軌固定在傾角37°的絕緣斜面上，頂端接有一盞額定電壓U4 V的小燈泡，兩導(dǎo)軌間有一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B5 T、方向垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)今將一根長(zhǎng)為L(zhǎng)、質(zhì)量為m0.2 kg、電阻r1.0 的金屬棒垂直于導(dǎo)軌放置在頂端附近無(wú)初速度釋放，金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好，金屬棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.25，已知金屬棒下滑到速度穩(wěn)定時(shí)，小燈泡恰能正常發(fā)光，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°0.6，cos 37°0.8，則()圖2A金屬棒剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小為3 m/s2B金屬棒剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小為4 m/s2C金屬棒穩(wěn)定下滑時(shí)的速度大小為9.6 m/sD金屬棒穩(wěn)定下滑時(shí)的速度大小為4.8 m/s答案BD解析金屬棒剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)初速度為零，不受安培力作用，由牛頓第二定律得mgsin mgcos ma，代入數(shù)據(jù)得a4 m/s2，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；設(shè)金屬棒穩(wěn)定下滑時(shí)速度為v，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E，回路中的電流為I，由平衡條件得mgsin BILmgcos ，由閉合電路歐姆定律得I，由法拉第電磁感應(yīng)定律得EBLv，聯(lián)立解得v4.8 m/s，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確2如圖3所示，水平面(紙面)內(nèi)間距為l的平行金屬導(dǎo)軌間接一電阻，質(zhì)量為m、長(zhǎng)度為l的金屬桿置于導(dǎo)軌上t0時(shí)，金屬桿在水平向右、大小為F的恒定拉力作用下由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)t0時(shí)刻，金屬桿進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，且在磁場(chǎng)中恰好能保持勻速運(yùn)動(dòng)桿與導(dǎo)軌的電阻均忽略不計(jì)，兩者始終保持垂直且接觸良好，兩者之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為.重力加速度大小為g.求：圖3(1)金屬桿在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)的大??；(2)電阻的阻值答案(1)Blt0(g)(2)解析(1)設(shè)金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)前的加速度大小為a，由牛頓第二定律得Fmgma設(shè)金屬桿到達(dá)磁場(chǎng)左邊界時(shí)的速度為v，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有vat0當(dāng)金屬桿以速度v在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，由法拉第電磁感應(yīng)定律知產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為EBlv聯(lián)立式可得EBlt0(g)(2)設(shè)金屬桿在磁場(chǎng)區(qū)域中勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，金屬桿中的電流為I，根據(jù)歐姆定律I式中R為電阻的阻值金屬桿所受的安培力為F安BlI因金屬桿做勻速運(yùn)動(dòng)，有FmgF安0聯(lián)立式得R.命題點(diǎn)二電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)和能量問(wèn)題1題型簡(jiǎn)述：電磁感應(yīng)過(guò)程的實(shí)質(zhì)是不同形式的能量轉(zhuǎn)化的過(guò)程，而能量的轉(zhuǎn)化是通過(guò)安培力做功來(lái)實(shí)現(xiàn)的安培力做功的過(guò)程，是電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能的過(guò)程；外力克服安培力做功的過(guò)程，則是其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能的過(guò)程2解題的一般步驟(1)確定研究對(duì)象(導(dǎo)體棒或回路)；(2)弄清電磁感應(yīng)過(guò)程中，哪些力做功，哪些形式的能量相互轉(zhuǎn)化；(3)根據(jù)能量守恒定律或功能關(guān)系列式求解3求解電能應(yīng)分清兩類情況(1)若回路中電流恒定，可以利用電路結(jié)構(gòu)及WUIt或QI2Rt直接進(jìn)行計(jì)算(2)若電流變化，則利用安培力做功求解：電磁感應(yīng)中產(chǎn)生的電能等于克服安培力所做的功；利用能量守恒求解：若只有電能與機(jī)械能的轉(zhuǎn)化，則減少的機(jī)械能等于產(chǎn)生的電能例2如圖4甲，在水平桌面上固定著兩根相距L20 cm、相互平行的無(wú)電阻軌道P、Q，軌道一端固定一根電阻R0.02 的導(dǎo)體棒a，軌道上橫置一根質(zhì)量m40 g、電阻可忽略不計(jì)的金屬棒b，兩棒相距也為L(zhǎng)20 cm.該軌道平面處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小可以調(diào)節(jié)的豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中開(kāi)始時(shí)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B00.1 T設(shè)棒與軌道間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，g取10 m/s2. 圖4(1)若保持磁感應(yīng)強(qiáng)度B0的大小不變，從t0時(shí)刻開(kāi)始，給b棒施加一個(gè)水平向右的拉力，使它由靜止開(kāi)始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)此拉力F的大小隨時(shí)間t變化關(guān)系如圖乙所示求b棒做勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度及b棒與軌道間的滑動(dòng)摩擦力；(2)若從t0開(kāi)始，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t按圖丙中圖象所示的規(guī)律變化，求在金屬棒b開(kāi)始運(yùn)動(dòng)前，這個(gè)裝置釋放的熱量勻加速直線運(yùn)動(dòng)；金屬棒b開(kāi)始運(yùn)動(dòng)前答案(1)5 m/s20.2 N(2)0.036 J解析(1)F安B0ILEB0LvIvat所以F安t當(dāng)b棒勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有FFfF安ma聯(lián)立可得FFftma由圖象可得：當(dāng)t0時(shí)，F(xiàn)0.4 N，當(dāng)t1 s時(shí)，F(xiàn)0.5 N.代入式，可解得a5 m/s2，F(xiàn)f0.2 N.(2)當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻增大時(shí)，閉合電路中有恒定的感應(yīng)電流I，以b棒為研究對(duì)象，它受到的安培力逐漸增大，靜摩擦力也隨之增大，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度增大到b所受安培力F安與最大靜摩擦力Ff相等時(shí)開(kāi)始滑動(dòng)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EL20.02 VI1 A棒b將要運(yùn)動(dòng)時(shí)，有F安BtILFf所以Bt1 T，根據(jù)BtB0t得t1.8 s，回路中產(chǎn)生的焦耳熱為QI2Rt0.036 J.能量轉(zhuǎn)化問(wèn)題的分析程序：先電后力再能量3(2016·浙江理綜·24)小明設(shè)計(jì)的電磁健身器的簡(jiǎn)化裝置如圖5所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌相距l(xiāng)0.50 m，傾角53°，導(dǎo)軌上端串接一個(gè)R0.05 的電阻在導(dǎo)軌間長(zhǎng)d0.56 m的區(qū)域內(nèi)，存在方向垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B2.0 T質(zhì)量m4.0 kg的金屬棒CD水平置于導(dǎo)軌上，用絕緣繩索通過(guò)定滑輪與拉桿GH相連CD棒的初始位置與磁場(chǎng)區(qū)域的下邊界相距s0.24 m一位健身者用恒力F80 N拉動(dòng)GH桿，CD棒由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，上升過(guò)程中CD棒始終保持與導(dǎo)軌垂直當(dāng)CD棒到達(dá)磁場(chǎng)上邊界時(shí)健身者松手，觸發(fā)恢復(fù)裝置使CD棒回到初始位置(重力加速度g10 m/s2，sin 53°0.8，不計(jì)其他電阻、摩擦力以及拉桿和繩索的質(zhì)量)求：圖5(1)CD棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度v的大?。?2)CD棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)所受的安培力FA的大??；(3)在拉升CD棒的過(guò)程中，健身者所做的功W和電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q.答案(1)2.4 m/s(2)48 N(3)64 J26.88 J解析(1)由牛頓第二定律得a12 m/s2進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度v2.4 m/s(2)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBlv感應(yīng)電流I安培力FAIBl代入得FA48 N(3)健身者做功WF(sd)64 JFmgsin FA0CD棒在磁場(chǎng)區(qū)做勻速運(yùn)動(dòng)在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間t焦耳熱QI2Rt26.88 J.4如圖6所示，兩根足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌固定在傾角30°的斜面上，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，間距L0.4 m，導(dǎo)軌所在空間被分成區(qū)域和，兩區(qū)域的邊界與斜面的交線為MN.中的勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直斜面向下，中的勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直斜面向上，兩磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B0.5 T在區(qū)域中，將質(zhì)量m10.1 kg、電阻R10.1 的金屬條ab放在導(dǎo)軌上，ab剛好不下滑然后，在區(qū)域中將質(zhì)量m20.4 kg、電阻R20.1 的光滑導(dǎo)體棒cd置于導(dǎo)軌上，由靜止開(kāi)始下滑cd在滑動(dòng)過(guò)程中始終處于區(qū)域的磁場(chǎng)中，ab、cd始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸，取g10 m/s2，問(wèn)：圖6(1)cd下滑的過(guò)程中，ab中的電流方向；(2)ab剛要向上滑動(dòng)時(shí)，cd的速度v為多大；(3)從cd開(kāi)始下滑到ab剛要向上滑動(dòng)的過(guò)程中，cd滑動(dòng)的距離x3.8 m，此過(guò)程中ab上產(chǎn)生的熱量Q是多少答案(1)由a流向b(2)5 m/s(3)1.3 J解析(1)由右手定則可判斷出cd中的電流方向?yàn)橛蒬到c，則ab中電流方向?yàn)橛蒩流向b.(2)開(kāi)始放置時(shí)ab剛好不下滑，ab所受摩擦力為最大靜摩擦力，設(shè)其為Fmax，有Fmaxm1gsin 設(shè)ab剛要上滑時(shí)，cd棒的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E，由法拉第電磁感應(yīng)定律有EBLv設(shè)電路中的感應(yīng)電流為I，由閉合電路歐姆定律有I設(shè)ab所受安培力為F安，有F安BIL此時(shí)ab受到的最大靜摩擦力方向沿斜面向下，由平衡條件有F安m1gsin Fmax綜合式，代入數(shù)據(jù)解得v5 m/s(3)設(shè)cd棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中在電路中產(chǎn)生的總熱量為Q總，由能量守恒定律有m2gxsin Q總m2v2又QQ總解得Q1.3 J題組1電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題1如圖1所示，兩固定的絕緣斜面傾角均為，上沿相連兩細(xì)金屬棒ab(僅標(biāo)出a端)和cd(僅標(biāo)出c端)長(zhǎng)度均為L(zhǎng)，質(zhì)量分別為2m和m；用兩根不可伸長(zhǎng)的柔軟輕導(dǎo)線將它們連成閉合回路abdca，并通過(guò)固定在斜面上沿的兩光滑絕緣小定滑輪跨放在斜面上，使兩金屬棒水平右斜面上存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于斜面向上，已知兩根導(dǎo)線剛好不在磁場(chǎng)中，回路電阻為R，兩金屬棒與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為，重力加速度大小為g，已知金屬棒ab勻速下滑求：圖1(1)作用在金屬棒ab上的安培力的大??；(2)金屬棒運(yùn)動(dòng)速度的大小答案(1)mg(sin 3cos )(2)(sin 3cos )解析(1)由于ab、cd棒被平行于斜面的導(dǎo)線相連，故ab、cd速度總是相等，cd也做勻速直線運(yùn)動(dòng)設(shè)導(dǎo)線的張力的大小為FT，右斜面對(duì)ab棒的支持力的大小為FN1，作用在ab棒上的安培力的大小為F，左斜面對(duì)cd棒的支持力大小為FN2，對(duì)于ab棒，受力分析如圖甲所示，由力的平衡條件得甲乙2mgsin FN1FTFFN12mgcos 對(duì)于cd棒，受力分析如圖乙所示，由力的平衡條件得mgsin FN2FTFTFN2mgcos 聯(lián)立式得：Fmg(sin 3cos )(2)設(shè)金屬棒運(yùn)動(dòng)速度大小為v，ab棒上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為EBLv回路中電流I安培力FBIL聯(lián)立得：v(sin 3cos ).2如圖2所示，兩平行光滑金屬導(dǎo)軌傾斜放置且固定，兩導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，與水平面間的夾角為，導(dǎo)軌下端有垂直于軌道的擋板，上端連接一個(gè)阻值R2r的電阻，整個(gè)裝置處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直導(dǎo)軌向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，兩根相同的金屬棒ab、cd放在導(dǎo)軌下端，其中棒ab靠在擋板上，棒cd在沿導(dǎo)軌平面向上的拉力作用下，由靜止開(kāi)始沿導(dǎo)軌向上做加速度為a的勻加速運(yùn)動(dòng)已知每根金屬棒質(zhì)量為m、電阻為r，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，棒與導(dǎo)軌始終接觸良好求：圖2(1)經(jīng)多長(zhǎng)時(shí)間棒ab對(duì)擋板的壓力變?yōu)榱悖?2)棒ab對(duì)擋板壓力為零時(shí)，電阻R的電功率；(3)棒ab運(yùn)動(dòng)前，拉力F隨時(shí)間t的變化關(guān)系答案(1)(2)(3)Fm(gsin a)t解析(1)棒ab對(duì)擋板的壓力為零時(shí)，受力分析可得BIabLmgsin 設(shè)經(jīng)時(shí)間t0棒ab對(duì)擋板的壓力為零，棒cd產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E，則EBLat0IR外rIabI解得t0(2)棒ab對(duì)擋板壓力為零時(shí)，cd兩端電壓為UcdEIr解得Ucd此時(shí)電阻R的電功率為P解得P(3)對(duì)cd棒，由牛頓第二定律得FBILmgsin maIEBLat解得Fm(gsin a)t.題組2電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)和能量問(wèn)題3如圖3所示，兩根相距L1 m的足夠長(zhǎng)的光滑金屬導(dǎo)軌，一組導(dǎo)軌水平，另一組導(dǎo)軌與水平面成37°角，拐角處連接一阻值R1 的電阻質(zhì)量均為m2 kg的金屬細(xì)桿ab、cd與導(dǎo)軌垂直接觸形成閉合回路，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，兩桿的電阻均為R1 .整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1 T、方向垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中當(dāng)ab桿在平行于水平導(dǎo)軌的拉力作用下沿導(dǎo)軌向右勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，cd桿靜止g10 m/s2，sin 37°0.6，cos 37°0.8，求：圖3(1)水平拉力的功率；(2)現(xiàn)讓cd桿靜止，求撤去拉力后ab桿產(chǎn)生的焦耳熱答案(1)864 W(2)864 J解析(1)cd桿靜止，由平衡條件可得mgsin BIL解得I12 A由閉合電路歐姆定律得2I得v36 m/s水平拉力F2BIL24 N水平拉力的功率PFv864 W(2)撤去外力后ab桿在安培力作用下做減速運(yùn)動(dòng)，安培力做負(fù)功，先將棒的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為電能，再通過(guò)電流做功將電能轉(zhuǎn)化為整個(gè)電路產(chǎn)生的焦耳熱，即焦耳熱等于桿的動(dòng)能的減小量，有QEkmv21 296 J而QI2·R·tab桿產(chǎn)生的焦耳熱QI2·R·t，所以QQ864 J.12