關于專題電磁感應中的動力學問題和能量問題點撥1.由F=知,v變化時,F變化,物體所受合外力變化,物體的加速度變化,因此可用牛頓運動定律進行動態分析.2.在求某時刻速度時,可先根據受力情況確定該時刻的安培力,然后用上述公式進行求解.第2頁,共49頁，2024年2月25日，星期天二、電磁感應的能量轉化1.電磁感應現象的實質是

和

之間的轉化.2.感應電流在磁場中受安培力,外力克服安培力

,將

的能轉化為

,電流做功再將電能轉化為

.3.電流做功產生的熱量用焦耳定律計算,公式為

.其他形式的能電能做功其他形式電能內能Q=I2Rt第3頁,共49頁，2024年2月25日，星期天特別提醒在利用能的轉化和守恒定律解決電磁感應的問題時,要注意分析安培力做功的情況,因為安培力做的功是電能和其他形式的能之間相互轉化的“橋梁”.簡單表示如下:電能其他形式能.W安﹥0W安﹤0第4頁,共49頁，2024年2月25日，星期天熱點一對導體的受力分析及運動分析從運動和力的關系著手,運用牛頓第二定律.基本方法是:受力分析→運動分析(確定運動過程和最終的穩定狀態)→由牛頓第二定律列方程求解.運動的動態結構:這樣周而復始的循環,循環結束時加速度等于零,導體達到平衡狀態.在分析過程中要抓住a=0時速度v達到最大這一關鍵.熱點聚焦第5頁,共49頁，2024年2月25日，星期天特別提示1.對電學對象要畫好必要的等效電路圖.2.對力學對象要畫好必要的受力分析圖和過程示意圖.熱點二電路中的能量轉化分析從能量的觀點著手,運用動能定理或能量守恒定律.基本方法是:受力分析→弄清哪些力做功,做正功還是負功→明確有哪些形式的能參與轉化,哪些增哪些減→由動能定理或能量守恒定律列方程求解.第6頁,共49頁，2024年2月25日，星期天例如,如圖1所示,金屬棒ab沿導軌由靜止下滑時,重力勢能減少,一部分用來克服安培力做功轉化為感應電流的電能,最終在R上轉化為焦耳熱,另一部分轉化為金屬棒的動能.若導軌足夠長,棒最終達到穩定狀態勻速運動時,重力勢能的減少則完全用來克服安培力做功轉化為感應電流的電能.因此,從功和能的觀點入手,分析清楚電磁感應過程中能量轉化的關系,是解決電磁感應問題的重要途徑之一.圖1第7頁,共49頁，2024年2月25日，星期天限時自我測試(20分)如圖7所示,足夠長的光滑平行金屬導軌MN、PQ豎直放置,一個磁感應強度B=0.50T的勻強磁場垂直穿過導軌平面,導軌的上端M與P間連接阻值為R=0.30Ω的電阻,長為L=0.40m、電阻為r=0.20Ω的金屬棒ab緊貼在導軌上.現使金屬棒ab由靜止開始下滑,通過傳感器記錄金屬棒ab下滑的距離,其下滑距離與時間的關系如下表所示,導軌電阻不計.(g=10m/s2)求:圖7時間t(s)00.100.200.300.400.500.600.70下滑距離x（m）00.100.300.701.201.702.202.70第8頁,共49頁，2024年2月25日，星期天(1)在前0.4s的時間內,金屬棒ab電動勢的平均值.(2)金屬棒的質量.(3)在前0.7s的時間內,電阻R上產生的熱量.時間t(s)00.100.200.300.400.500.600.70下滑距離x（m）00.100.300.701.201.702.202.70第9頁,共49頁，2024年2月25日，星期天解析

(1)==0.6V(4分)(2)從表格中數據可知,0.3s后金屬棒做勻速運動速度v==5m/s (2分)由mg-F=0 (2分)F=BIL(2分)I=(2分)E=BLv (2分)解得m=0.04kg (1分)第10頁,共49頁，2024年2月25日，星期天(3)金屬棒在下滑過程中,有重力和安培力做功,克服安培力做的功等于回路的焦耳熱.則mgx=mv2-0+Q (2分)QR=(2分)解得QR=0.348J(1分)答案

(1)0.6V(2)0.04kg(3)0.348J第11頁,共49頁，2024年2月25日，星期天解題思路圖B第12頁,共49頁，2024年2月25日，星期天題型1電磁感應中的動力學問題【例1】

如圖2所示,光滑斜面的傾角

=30°,在斜面上放置一矩形線框

abcd,ab邊的邊長l1=1m,bc邊的邊長

l2=0.6m,線框的質量m=1kg,電阻

R=0.1Ω,線框通過細線與重物相連,重物質量M=2kg,斜面上ef線(ef∥gh∥ab)的右方有垂直斜面向上的勻強磁場,磁感應強度B=0.5T.如果線框從靜止開始運動,進入磁場最初一段時間是勻速的,ef線和gh線的距離s=11.4m(取g=10m/s2).求:題型探究圖2（1）線框進入磁場時勻速運動的速度v.

(2)ab邊由靜止開始運動到gh線所用的時間t.第13頁,共49頁，2024年2月25日，星期天(1)線框進入磁場時勻速運動的速度v.(2)ab邊由靜止開始運動到gh線所用的時間t.思路點撥

線框的運動可分為進入磁場前、進入磁場中、完全進入磁場后三個階段,分析每個階段的受力,確定運動情況.第14頁,共49頁，2024年2月25日，星期天解析

(1)在線框進入磁場的最初一段時間內,重物和線框受力平衡,分別有Mg=FTFT=mgsin+FAab邊切割磁感線產生的電動勢E=Bl1v感應電流I=受到的安培力FA=BIl1聯立得Mg=mgsin+代入數據得v=6m/s第15頁,共49頁，2024年2月25日，星期天(2)線框進入磁場前做勻加速直線運動對M有:Mg-FT=Ma對m有:FT-mgsin=ma聯立解得a==5m/s2該階段運動時間為t1==s=1.2s在磁場中勻速運動的時間t2=s=0.1s第16頁,共49頁，2024年2月25日，星期天完全進入磁場后線框受力情況與進入磁場前相同,加速度仍為5m/s2s-l2=vt3+at32解得t3=1.2s因此ab邊由靜止開始運動到gh線所用的時間t=t1+t2+t3=1.2s+0.1s+1.2s=2.5s答案

(1)6m/s(2)2.5s第17頁,共49頁，2024年2月25日，星期天規律總結此類問題中力現象和電磁現象相互聯系,相互制約,解決問題首先要建立“動→電→動”的思維順序,可概括為(1)找準主動運動者,用法拉第電磁感應定律和楞次定律求解電動勢大小和方向.(2)根據等效電路圖,求解回路中電流的大小及方向.(3)分析導體棒的受力情況及導體棒運動后對電路中電學參量的“反作用”,即分析由于導體棒受到安培力,對導體棒運動速度、加速度的影響,從而推理得出對電路中的電流有什么影響,最后定性分析出導體棒的最終運動情況.(4)列出牛頓第二定律或平衡方程求解.第18頁,共49頁，2024年2月25日，星期天題型2電磁感應中的能量問題【例2】

如圖4所示,兩條足夠長的平行光滑金屬導軌,與水平面的夾角均為,該空間存在著兩個磁感應強度大小均為B的勻強磁場區域Ⅰ和Ⅱ,區域Ⅰ的磁場方向垂直導軌平面向下,區域Ⅱ的磁場方向垂直導軌平面向上,兩勻強磁場在斜面上的寬度均為L,一個質量為m、電阻為R、邊長為L的正方形金屬線框,由靜止開始沿導軌下滑,當線圈運動到ab邊剛越過ee′即做勻速直線運動;當線框剛好有一半進入磁場區域Ⅱ時,線框又恰好做勻速直線運動.求:(1)當線框剛進入磁場區域Ⅰ時的速度v.(2)當線框剛進入磁場區域Ⅱ時的加速度.(3)當線框剛進入磁場區域Ⅰ到剛好有一半進入磁場區域Ⅱ的過程中產生的熱量Q.第19頁,共49頁，2024年2月25日，星期天思路點撥

(1)第一次勻速直線運動和第二次勻速直線運動的受力特點相同嗎?(2)這一過程中都有幾種形式的能參與了轉化?解析

(1)ab邊剛越過ee′即做勻速直線運動,線框所受合力F為零.E=Blv,I=,則mgsin=BIL解得v=第20頁,共49頁，2024年2月25日，星期天(2)當ab邊剛越過ff′時,線框中的總感應電動勢為E′=2BLv此時線框的加速度為a=-gsin=-gsin=3gsin(3)設線框再次做勻速運動的速度為v′,則mgsin=2Bv′=由能量守恒定律得Q=mg×Lsin+(mv2-mv′2)=mgLsin+第21頁,共49頁，2024年2月25日，星期天答案

(1)(2)3gsin（3）mgLsin+方法提煉求解焦耳熱的途徑(1)感應電路中產生的焦耳熱等于克服安培力做的功,即Q=WA.(2)感應電路中電阻產生的焦耳熱等于電流通過電阻做的功,即Q=I2Rt.(3)感應電流中產生的焦耳熱等于電磁感應現象中其他形式能量的減少,即Q=ΔE他.第22頁,共49頁，2024年2月25日，星期天變式練習2

如圖5所示,將邊長為a、質量為m、電阻為R的正方形導線框豎直向上拋出,穿過寬度為b、磁感應強度為B的勻強磁場,磁場的方向垂直紙面向里.線框向上離開磁場時的速度剛好是進入磁場時速度的一半,線框離開磁場后繼續上升一段高度,然后落下并勻速進入磁場.整個運動過程中始終存在著大小恒定的空氣阻力Ff,且線框不發生轉動.求:(1)線框在下落階段勻速進入磁場時的速度v2.(2)線框在上升階段剛離開磁場時的速度v1.(3)線框在上升階段通過磁場過程中產生的焦耳熱Q.圖5第23頁,共49頁，2024年2月25日，星期天解析

(1)線框在下落階段勻速進入磁場瞬間有mg=Ff+①解得v2=②(2)由動能定理,線框從離開磁場至上升到最高點的過程(mg+Ff)h=mv12③線框從最高點回落至進入磁場瞬間(mg-Ff)h=mv22④由②③④聯立解得v1=v2=第24頁,共49頁，2024年2月25日，星期天(3)設線框在向上通過磁場過程中,線框剛進入磁場時速度為v0,由能量守恒定律有

mv02-mv12=Q+(mg+Ff)(a+b)v0=2v1Q=［(mg)2-Ff2］-(mg+Ff)(a+b)答案

(1)(2)(3)［(mg)2-Ff2］-(mg+Ff)(a+b)第25頁,共49頁，2024年2月25日，星期天題型3電磁感應問題的綜合應用【例3】光滑的平行金屬導軌長

L=2m,兩導軌間距d=0.5m,軌道平面與水平面的夾角=30°,

導軌上端接一阻值為R=0.6Ω的電阻,軌道所在空間有垂直軌道平面向上的勻強磁場,磁場的磁感應強度B=1T,如圖6所示.有一質量m=0.5kg、電阻

r=0.4Ω的金屬棒ab,放在導軌最上端,其余部分電阻不計.當棒ab從軌道最上端由靜止開始下滑到底端脫離軌道時,電阻R上產生的熱量=0.6J,取g=10m/s2,

試求:圖6第26頁,共49頁，2024年2月25日，星期天(1)當棒的速度v=2m/s時,電阻R兩端的電壓.(2)棒下滑到軌道最底端時的速度大小.(3)棒下滑到軌道最底端時的加速度大小.解析

(1)速度v=2m/s時,棒中產生的感應電動勢E=Bdv=1V①電路中的電流I==1A②所以電阻R兩端的電壓U=IR=0.6V③第27頁,共49頁，2024年2月25日，星期天(2)根據Q=I2Rt∝R

在棒下滑的整個過程中金屬棒中產生的熱量④設棒到達底端時的速度為vm,根據能的轉化和守恒定律,得mgLsin=⑤解得vm=4m/s⑥第28頁,共49頁，2024年2月25日，星期天(3)棒到底端時回路中產生的感應電流

根據牛頓第二定律有mgsin-BImd=ma⑧解得a=3m/s2⑨答案

(1)0.6V(2)4m/s(3)3m/s2⑦第29頁,共49頁，2024年2月25日，星期天

本題共10分.其中①②③④⑥⑦⑧⑨式各1分,⑤式2分.【導析】1.本題綜合考查電磁感應、牛頓運動定律、能量的轉化與守恒定律等，解答的關鍵是對金屬框進行正確的受力分析，弄清楚能量的轉化情況.2.對導體棒或線框受力分析時，安培力是它們受到的其中一個力，因此分析導體棒或線框的運動規律時，方法與力學中完全相同，但必須注意的是，安培力是個容易變化的力，其大小和方向都可能隨著速度的變化而變化.【評分標準】第30頁,共49頁，2024年2月25日，星期天能力提升1.如圖8所示,邊長為L的正方形導線框質量為m,由距磁場H高處自由下落,其下邊

ab進入勻強磁場后,線圈開始做減速運動,

直到其上邊cd剛剛穿出磁場時,速度減為

ab邊剛進入磁場時的一半,磁場的寬度也為L,則線框穿越勻強磁場過程中發出的焦耳熱為()A.2mgLB.2mgL+mgHC.2mgL+mgHD.2mgL+mgH圖8第31頁,共49頁，2024年2月25日，星期天解析

設剛進入磁場時的速度為v1,剛穿出磁場時的速度v2=①線框自開始進入磁場到完全穿出磁場共下落高度為2L.由題意mv12=mgH ②

mv12+mg·2L=mv22+Q ③由①②③得Q=2mgL+mgH,C選項正確.答案C第32頁,共49頁，2024年2月25日，星期天2.如圖9所示,平行導軌與水平地面成角,沿水平方向橫放在平行導軌上的金屬棒ab處于靜止狀態.現加一個豎直向下的勻強磁場,且使磁場的磁感應強度逐漸增大,直到ab開始運動,

在運動之前金屬棒ab受到的靜摩擦力可能是()A.逐漸減小,方向不變

B.逐漸增大,方向不變

C.先減小后增大,方向發生變化

D.先增大后減小,方向發生變化圖9第33頁,共49頁，2024年2月25日，星期天解析

沒有加磁場前金屬棒ab受力如下圖甲,Ff=mgsin;當加磁場后由楞次定律可以判斷回路感應電流的方向為逆時針,磁場會立即對電流施加力的作用,金屬棒ab的受力如圖乙,Ff=mgsin+F安cos,很顯然金屬棒ab后來受到的靜摩擦力大于開始時的靜摩擦力,故B項正確.答案

B甲乙第34頁,共49頁，2024年2月25日，星期天3.平行金屬導軌MN豎直放置于絕緣水平地板上如圖10所示,金屬桿PQ可以緊貼導軌無摩擦滑動,導軌間除固定

電阻R外,其他電阻不計,勻強磁場B垂直穿過導軌平面,以下有兩種情況:第一次,閉合開關S,然后從圖中位置由靜止釋放PQ,經過一段時間后PQ勻速到達地面;

第二次,先從同一高度由靜止釋放PQ,當PQ下滑一段距離后突然關閉開關,最終PQ也勻速到達了地面.設上述兩種情況下PQ由于切割磁感線產生的電能(都轉化為內能)分別為E1、E2,則可斷定()圖10第35頁,共49頁，2024年2月25日，星期天A.E1>E2B.E1=E2C.E1<E2D.無法判定E1、E2的大小解析

設PQ棒的質量為m,勻速運動的速度為v,導軌寬l,則由平衡條件,得BIl=mg,而I=,E=Blv,所以v=,可見PQ棒勻速運動的速度與何時閉合開關無關,即PQ棒兩種情況下落地速度相同,由能的轉化和守恒定律得:機械能的損失完全轉化為電能,故兩次產生的電能相等.答案

B第36頁,共49頁，2024年2月25日，星期天4.如圖11所示,固定在水平絕緣平面上足夠長的金屬導軌不計電阻,但表面粗糙,

導軌左端連接一個電阻R,質量為m的金屬棒(電阻也不計)放在導軌上,并與導軌垂直,整個裝置放在勻強磁場中,磁場方向與導軌平面垂直.用水平恒力F把ab棒從靜止起向右拉動的過程中,下列說法正確的是()A.恒力F做的功等于電路產生的電能

B.恒力F和摩擦力的合力做的功等于電路中產生的電能

C.克服安培力做的功等于電路中產生的電能

D.恒力F和摩擦力的合力做的功等于電路中產生的電能和棒獲得的動能之和圖11第37頁,共49頁，2024年2月25日，星期天解析

物體克服安培力做功,其他形式的能轉化為電能,且功的數值等于電路中產生的電能,C正確;由動能定理知,恒力F、安培力和摩擦力三者的合力做的功等于物體動能的增加量,故A、B錯誤,D正確,也可從能量守恒角度進行判定,即恒力F做的功等于電路中產生的電能、因摩擦而產生的內能及棒動能的增加.答案

CD第38頁,共49頁，2024年2月25日，星期天5.如圖12所示,兩根水平放置的相互平行的金屬導軌ab、cd表面光滑,

處在豎直向上的勻強磁場中,金屬棒PQ垂直于導軌放在上面,以速度

v向右勻速運動,欲使棒PQ停下來,下面的措施可行的是(導軌足夠長,棒PQ有電阻)()A.在PQ右側垂直于導軌再放上一根同樣的金屬棒

B.在PQ右側垂直于導軌再放上一根質量和電阻均比棒PQ大的金屬棒

C.將導軌的a、c兩端用導線連接起來

D.將導軌的a、c兩端和b、d兩端分別用導線連接起來圖12第39頁,共49頁，2024年2月25日，星期天解析

在PQ棒右側放金屬棒時,回路中會有感應電流,使金屬棒加速,PQ棒減速,當獲得共同速度時,回路中感應電流為零,兩棒都將勻速運動,A、B項錯誤;當一端或兩端用導線連接時,PQ的動能將轉化為內能而最終靜止,C、D兩選項正確.答案

CD第40頁,共49頁，2024年2月25日，星期天6.如圖13所示,金屬桿ab可在平行金屬導軌上滑動,金屬桿電阻R0=0.5Ω,

長L=0.3m,導軌一端串接一電阻R=1Ω,勻強磁場磁感應強度B=2T,

當ab以v=5m/s向右勻速運動過程中,求:(1)ab間感應電動勢E和ab間的電壓U.(2)所加沿導軌平面的水平外力F的大小.(3)在2s時間內電阻R上產生的熱量Q.圖13第41頁,共49頁，2024年2月25日，星期天解析(1)根據公式:E=BLv=3VI=,U=IR=2V(2)F=F安=BIL=1.2N(3)2s內產生的總熱量Q等于安培力做的功Q=F安·x=F安·v·t=12J電阻R上產生的熱量為QR=Q=8J答案

(1)3V2V(2)1.2N(3)8J第42頁,共49頁，2024年2月25日，星期天7.如圖14甲所示,空間存在B=0.5T,方向豎直向下的勻強磁場,MN、PQ是處于同一水平面內相互平行的粗糙長直導軌,間距L=0.2m,R是連在導軌一端的電阻,ab是跨接在導軌上質量m=0.1kg的導體棒.從零時刻開始,通過一小型電動機對ab棒施加一個牽引力F,方向水平向左,使