專題(三)電磁感應中的動力學和能量問題課標要求1．結合牛頓其次定律分析電磁感應中的動力學問題．2．結合功能關系和能量的轉化與守恒定律分析電磁感應中的能量問題．關鍵實力·合作探究——突出綜合性素養形成探究點一電磁感應中的動力學問題歸納總結1.通電導體在磁場中將受到安培力作用，所以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(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)求回路中電流的大小和方向．(3)分析探討導體受力狀況(包括安培力)．(4)列動力學方程或平衡方程求解．2．電磁感應現象中涉及的具有收尾速度的力學問題(1)關鍵要抓好受力狀況和運動狀況的動態分析：導體受力而運動產生感應電動勢加速度等于零時，導體達到穩定運動狀態．(2)兩種狀態的原理：達到穩定運動狀態后，導體勻速運動，受力平衡，處于平衡態，應依據平衡條件分析；導體達到穩定運動狀態之前，往往做變加速運動，處于非平衡態，應依據牛頓其次定律或結合功能關系分析．典例示范例1如圖甲所示，兩根足夠長的直金屬導軌MN、PQ平行放置．兩導軌間距為L，M、P兩點間接有阻值為R的電阻．一根質量為m的勻稱直金屬桿ab放在兩導軌上，并與導軌垂直．整套裝置處于磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直斜面對下．導軌和金屬桿的電阻可忽視．讓ab桿沿導軌由靜止起先下滑，導軌和金屬桿接觸良好，不計它們之間的摩擦．(1)由b向a方向看到的裝置如圖乙，在此圖中畫出ab桿下滑過程中某時刻的受力示意圖；(2)在加速下滑時，當ab桿的速度大小為v時，求此時ab桿中的電流及其加速度的大小；(3)求在下滑過程中，ab桿可以達到的速度最大值．素養訓練1如圖所示，在一勻強磁場中有一U形導線框abcd，線框處于水平面內，磁場與線框平面垂直，R為一電阻，ef為垂直于ab的一根導體桿，它可在ab、cd上無摩擦地滑動．桿ef及線框中導線的電阻都忽視不計．起先時，給ef一個向右的初速度，則()A．ef將減速向右運動，但不是勻減速運動，最終停止B．ef將勻減速向右運動，最終停止C．ef將勻速向右運動D．ef將來回運動素養訓練2如圖所示，空間存在B＝0.5T、方向豎直向下的勻強磁場，MN、PQ是水平放置的平行長直導軌，其間距L＝0.2m，電阻R＝0.3Ω接在導軌一端，ab是跨接在導軌上質量m＝0.1kg、接入電路的電阻r＝0.1Ω的導體棒，已知導體棒和導軌間的動摩擦因數為0.2，導軌電阻不計．從零時刻起先，對ab棒施加一個大小為F＝0.45N、方向水平向左的恒定拉力，使其從靜止起先沿導軌滑動，滑動過程中棒始終保持與導軌垂直且接觸良好．(g取10m/s2)(1)求導體棒所能達到的最大速度；(2)試定性畫出導體棒運動的速度—時間圖像．思維方法電磁感應與力學問題的解題思路導體受外力運動E=BLv產生感應電動勢I=ER+r產生感應電流F=BIL導體受安培力→合外力改變F合=ma加速度改變→速度改變→感應電動勢改變……→探究點二電磁感應中的能量問題歸納總結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，重力勢能必定發生改變；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，依據焦耳定律求解，即Q＝I2Rt.(2)感應電流改變時，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削減量．典例示范例2如圖所示，足夠長的平行光滑U形導軌傾斜放置，所在平面的傾角θ＝37°，導軌間的距離L＝1.0m，下端連接R＝1.6Ω的電阻，導軌電阻不計，所在空間存在垂直于導軌平面對上的勻強磁場，磁感應強度B＝1.0T．質量m＝0.5kg、電阻r＝0.4Ω的金屬棒ab垂直置于導軌上，現用沿導軌平面且垂直于金屬棒、大小為F＝5.0N的恒力使金屬棒ab從靜止起先沿導軌向上滑行，當金屬棒滑行s＝2.8m后速度保持不變．求：(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)(1)金屬棒勻速運動時的速度大小v；(2)金屬棒從靜止到剛起先勻速運動的過程中，電阻R上產生的熱量QR.素養訓練3(多選)如圖所示，兩根光滑的金屬導軌，平行放置在傾角為θ的斜面上，導軌的左端接有電阻R，導軌自身的電阻可忽視不計．斜面處在一勻強磁場中，磁場方向垂直于斜面對上．質量為m、電阻可以忽視不計的金屬棒ab，在沿著斜面與棒垂直的恒力F作用下沿導軌勻速上滑，在上升的高度為h的過程中()A．作用于金屬棒上的各個力的合力所做的功等于零B．作用于金屬棒上的各個力的合力所做的功等于mgh與電阻R上產生的焦耳熱之和C．恒力F與安培力的合力所做的功等于零D．恒力F與重力的合力所做的功等于電阻R上產生的焦耳熱素養訓練4(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，方向垂直于斜面對上，ef為磁場的邊界，且ef∥MN.導體線框在沿斜面對上且與斜面平行的F＝10N的恒力作用下從靜止起先運動，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邊長為L2＝0.1mC．導體線框起先運動時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隨堂演練·自主檢測——突出創新性素養達標1.(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對上的勻強磁場，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．假如B增大，vm將變大B．假如α變大(仍小于90°)，vm將變大C．假如R變大，vm將變大D．假如m變小，vm將變大2.如圖所示，MN和PQ是兩根相互平行豎直放置的光滑金屬導軌，已知導軌足夠長，且電阻不計，ab是一根與導軌垂直且始終與導軌接觸良好的金屬桿．起先時，將開關S斷開，讓金屬桿ab由靜止起先自由下落，過段時間后，再將S閉合．若從S閉合起先計時，則金屬桿ab的速度v隨時間t改變的圖像不行能是下圖中的()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，置于垂直紙面對里、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；其次次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＝q2B．Q1＞Q2，q1＞q2C．Q1＝Q2，q1＝q2D．Q1＝Q2，q1＞q24．(多選)如圖所示，豎直放置的“”形光滑導軌寬為L，矩形勻強磁場Ⅰ、Ⅱ的高和間距均為d，磁感應強度均為B.質量為m的水平金屬桿由靜止釋放，進入磁場Ⅰ和Ⅱ時的速度相等．金屬桿在導軌間的電阻為R，與導軌接觸良好，其余電阻不計，重力加速度為g，則金屬桿()A．剛進入磁場Ⅰ時加速度方向豎直向下B．剛進入磁場Ⅰ時加速度方向豎直向上C．穿過兩磁場產生的總熱量為4mgdD．釋放時距磁場Ⅰ上邊界的高度h可能小于m5.如圖所示，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()6．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．現使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，最終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+D．R上釋放的熱量為Fx專題(三)電磁感應中的動力學和能量問題關鍵實力·合作探究探究點一【典例示范】例1解析：(1)如圖所示，ab桿受重力mg，方向豎直向下；支持力N，方向垂直斜面對上；安培力F，方向沿斜面對上．(2)當ab桿速度為v時，感應電動勢E＝BLv，此時電路中電流I＝ER＝BLvab桿受到的安培力F＝BIL＝B2依據牛頓其次定律，有mgsinθ－F＝ma，解得a＝gsinθ－B2(3)當a＝0，即gsinθ＝B2L2vmR時，桿達到最大速度vm，答案：(1)圖見解析(2)BLvRgsinθ－B2素養訓練1解析：ef向右運動，切割磁感線，產生感應電動勢和感應電流，會受到向左的安培力而做減速運動，直到停止，由F＝BIl＝B2l2vR答案：A素養訓練2解析：(1)導體棒切割磁感線運動，產生的感應電動勢E＝BLv①回路中的感應電流I＝ER+r導體棒受到的安培力F安＝BIL③導體棒運動過程中水平方向受到拉力F、安培力F安和摩擦力μmg的作用，依據牛頓其次定律得F－μmg－F安＝ma④由①②③④得F－μmg－B2L2由⑤可知，隨著速度的增大，安培力增大，加速度a減小，當加速度a減小到0時，速度達到最大．此時有F－μmg－B2可得vm＝F-(2)由(1)中分析可知，導體棒運動的速度—時間圖像如圖所示．答案：(1)10m/s(2)圖見解析探究點二【典例示范】例2解析：(1)金屬棒勻速運動時產生的感應電流為I＝BLv由平衡條件有F＝mgsinθ＋BIL代入數據解得v＝4m/s.(2)設整個電路中產生的熱量為Q，由動能定理得Fs－mgs·sinθ－W安＝12mv2而Q＝W安，QR＝R代入數據解得QR＝1.28J.答案：(1)4m/s(2)1.28J素養訓練3解析：在金屬棒勻速上滑的過程中，對金屬棒受力分析可知，有三個力對金屬棒做功，恒力F做正功，重力做負功，安培力阻礙相對運動，沿斜面對下，做負功．勻速運動時，所受合力為零，故合力做功為零，A正確；克服安培力做多少功就有多少其他形式的能轉化為電路中的電能，電能又等于R上產生的焦耳熱，故外力F與重力的合力所做的功等于電阻R上產生的焦耳熱，D正確．答案：AD素養訓練4解析：導體線框剛進入磁場時做勻速運動，則F＝mgsin30°+B2L12vR，解得v＝2m/s，依據q＝ΔΦR＝BL1L2R，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＝F-mgsin30°答案：ACD隨堂演練·自主檢測1．解析：金屬桿由靜止起先下滑的過程中，金屬桿就相當于一個電源，與滑動變阻器R構成一個閉合回路，其受力狀況如圖所示，依據牛頓其次定律得mgsinα－B2L2vR＝ma，所以金屬桿由靜止起先做加速度漸漸減小的加速運動，當a＝0時達到最大速度vm，即mgsinα＝B2答案：BC2．解析：S閉合時，若金屬桿受到的安培力B2l2vR>mg，ab桿先減速再勻速，D項有可能；若B2l2vR＝mg，ab桿勻速運動，A項有可能；若B2l2vR答案：B3．解析：依據功能關系知，線框上產生的熱量等于克服安培力做的功，即Q1＝W1＝F1lbc＝B2lab2vRlbc＝B2SvRlab，同理Q2＝B2SvRlbc，又lab＞lbc，故Q1＞Q2；因q＝It＝E答案：A4．解析：由于金屬桿進入兩個磁場的速度相等，而穿出磁場后金屬桿做加速度為g的勻加速運動，所以金屬桿進入磁場時應做減速運動，加速度方向豎直向上，選項A錯誤，B正確；從進入磁場Ⅰ瞬間到進入磁場Ⅱ瞬間過程中，依據能量守恒定律得，金屬桿減小的機械能全部轉化為焦耳熱，所以Q1＝mg·2d，即穿過兩個磁場過程中產生的熱量為4mgd，選項C正確；若金屬桿進入磁場做勻速運動，則B2L2vR－mg＝0，得v＝mgRB2L2，因金屬桿進入磁場做減速運動，則金屬桿進入磁場