專題強化二十四　電磁感應(yīng)中的動力學(xué)和能量問題
1.會用動力學(xué)知識分析電磁感應(yīng)問題.2.會用功能關(guān)系和能量守恒解決電磁感應(yīng)中的能量問題.
題型一　電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題
題型二　電磁感應(yīng)中的能量問題
電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題
1.導(dǎo)體的兩種運動狀態(tài)(1)導(dǎo)體的平衡狀態(tài)——靜止狀態(tài)或勻速直線運動狀態(tài).處理方法：根據(jù)平衡條件列式分析.(2)導(dǎo)體的非平衡狀態(tài)——加速度不為零.處理方法：根據(jù)牛頓第二定律進行動態(tài)分析或結(jié)合功能關(guān)系分析.
2.用動力學(xué)觀點解答電磁感應(yīng)問題的一般步驟
3.導(dǎo)體常見運動情況的動態(tài)分析
例1　(多選)(2021·全國甲卷·21)由相同材料的導(dǎo)線繞成邊長相同的甲、乙兩個正方形閉合線圈，兩線圈的質(zhì)量相等，但所用導(dǎo)線的橫截面積不同，甲線圈的匝數(shù)是乙的2倍.現(xiàn)兩線圈在豎直平面內(nèi)從同一高度同時由靜止開始下落，一段時間后進入一方向垂直于紙面的勻強磁場區(qū)域，磁場的上邊界水平，如圖所示.不計空氣阻力，已知下落過程中線圈始終平行于紙面，上、下邊保持水平.在線圈下邊進入磁場后且上邊進入磁場前，可能出現(xiàn)的是A.甲和乙都加速運動B.甲和乙都減速運動C.甲加速運動，乙減速運動D.甲減速運動，乙加速運動
考向1　“單棒＋電阻”模型
設(shè)線圈下邊到磁場的高度為h，線圈的邊長為l，
感應(yīng)電動勢為E＝nBlv，兩線圈材料相同(設(shè)密度為ρ0)，質(zhì)量相同(設(shè)為m)，則m＝ρ0×4nl×S，
由牛頓第二定律有mg－F＝ma
加速度和線圈的匝數(shù)、橫截面積無關(guān)，則甲和乙進入磁場時，具有相同的加速度.
例2　如圖甲所示，MN、PQ兩條平行的光滑金屬軌道與水平面成θ＝30°角固定，間距為L＝1 m，質(zhì)量為m的金屬桿ab垂直放置在軌道上且與軌道接觸良好，其阻值忽略不計.空間存在勻強磁場，磁場方向垂直于軌道平面向上，磁感應(yīng)強度為B＝0.5 T.P、M間接有阻值為R1的定值電阻，
Q、N間接電阻箱R.現(xiàn)從靜止釋放ab，改變電阻箱的阻值R，測得最大速度為vm，得到 的關(guān)系如圖乙所示.若軌道足夠長且電阻不計，重力加速度g取10 m/s2，則
A.金屬桿中感應(yīng)電流方向為a指向bB.金屬桿所受的安培力沿軌道向下C.定值電阻的阻值為1 ΩD.金屬桿的質(zhì)量為1 kg
由右手定則可判斷，金屬桿中感應(yīng)電流方向由b指向a，由左手定則知，金屬桿所受的安培力沿軌道向上，A、B錯誤；
總電阻為R總＝ ，I＝ ，當達到最大速度時，金屬桿受力平衡，有mgsin θ＝BIL＝ ·(R1＋R)，變形得 ，根據(jù)圖像可得 ＝k＝ s·m－1·Ω， ＝b＝0.5 s·m－1，解得桿的質(zhì)量m＝0.1 kg，定值電阻R1＝1 Ω，C正確，D錯誤.
例3　(多選)如圖所示，U形光滑金屬導(dǎo)軌與水平面成37°角傾斜放置，現(xiàn)將一金屬桿垂直放置在導(dǎo)軌上且與兩導(dǎo)軌接觸良好，在與金屬桿垂直且沿著導(dǎo)軌向上的外力F的作用下，金屬桿從靜止開始做勻加速直線運動.整個裝置處于垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場中，外力F的最小值為8 N，經(jīng)過2 s金屬桿運動到導(dǎo)軌最上端并離開導(dǎo)軌.已知U形金屬導(dǎo)軌兩軌道之間的距離為1 m，
導(dǎo)軌電阻可忽略不計，金屬桿的質(zhì)量為1 kg、電阻為1 Ω，磁感應(yīng)強度大小為1 T，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.下列說法正確的是
A.拉力F是恒力B.拉力F隨時間t均勻增加C.金屬桿運動到導(dǎo)軌最上端時拉力F為12 ND.金屬桿運動的加速度大小為2 m/s2
t時刻，金屬桿的速度大小為v＝at，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝Blv，電路中的感應(yīng)電流I＝ ，金屬桿所受的安培力大小為F安＝BIl＝ ，由牛頓第二定律可知F＝ma＋mgsin 37°＋ ，F(xiàn)是t的一次
函數(shù)，選項A錯誤，B正確；t＝0時，F(xiàn)最小，代入數(shù)據(jù)可求得a＝2 m/s2，選項D正確；t＝2 s時，代入數(shù)據(jù)解得F＝12 N，選項C正確.
棒的初速度為零，拉力F恒定(棒和水平導(dǎo)軌電阻忽略不計，摩擦力不計)
考向2　“單棒＋電容器”模型
如圖，運動過程分析：棒做加速運動，持續(xù)對電容器充電，則存在充電電流
由F－BIl＝ma，I＝ ，ΔQ＝CΔU，ΔU＝ΔE＝BlΔv，聯(lián)立可得F－ ＝ma，其中 ＝a，則可得a＝所以棒做加速度恒定的勻加速直線運動.
功能關(guān)系：WF＝ mv2＋E電
例4　(2021·河北卷·7)如圖，兩光滑導(dǎo)軌水平放置在豎直向下的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為B，導(dǎo)軌間距最窄處為一狹縫，取狹縫所在處O點為坐標原點，狹縫右側(cè)兩導(dǎo)軌與x軸夾角均為θ，一電容為C的電容器與導(dǎo)軌左端相連，導(dǎo)軌上的金屬棒與x軸垂直，在外力F作用下從O點開始以速度v向右勻速運動，忽略所有電阻，下列說法正確的是A.通過金屬棒的電流為2BCv2tan θB.金屬棒到達x0時，電容器極板上的電荷量為 BCvx0tan θC.金屬棒運動過程中，電容器的上極板帶負電D.金屬棒運動過程中，外力F做功的功率恒定
根據(jù)楞次定律可知電容器的上極板應(yīng)帶正電，C錯誤；由題知金屬棒勻速切割磁感線，根據(jù)幾何關(guān)系知切割長度為L＝2xtan θ，x＝vt
則產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝2Bv2ttan θ由題圖可知電容器直接與電源相連，則電容器的電荷量為Q＝CE＝2BCv2ttan θ則流過金屬棒的電流I＝ ＝2BCv2tan θ，A正確；
當金屬棒到達x0處時，金屬棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E′＝2Bvx0tan θ則此時電容器的電荷量為Q′＝CE′＝2BCvx0tan θ，B錯誤；由于金屬棒做勻速運動，則F＝F安＝BIL＝4B2Cv3tan2θ·t，F(xiàn)與t成正比，則F為變力，根據(jù)力做功的功率公式P＝Fv可知功率P隨力F變化而變化，D錯誤.
1.電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化
焦耳熱或其他形式的能量
2.求解焦耳熱Q的三種方法
3.解題的一般步驟(1)確定研究對象(導(dǎo)體棒或回路)；(2)弄清電磁感應(yīng)過程中哪些力做功，以及哪些形式的能量相互轉(zhuǎn)化；(3)根據(jù)功能關(guān)系或能量守恒定律列式求解.
例5　(多選)如圖，MN和PQ是電阻不計的平行金屬導(dǎo)軌，其間距為L，導(dǎo)軌彎曲部分光滑，平直部分粗糙，兩部分平滑連接，平直部分右端接一個阻值為R的定值電阻.平直部分導(dǎo)軌左邊區(qū)域有寬度為d、方向豎直向上、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場.質(zhì)量為m、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.已知金屬棒與平直部
考向1　應(yīng)用功能關(guān)系解決電磁感應(yīng)中的能量問題
分導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g，金屬棒與導(dǎo)軌間接觸良好，則金屬棒穿過磁場區(qū)域的過程中
金屬棒下滑到彎曲部分底端時，根據(jù)動能定理有mgh＝ mv02，金屬棒在磁場中運動時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝BLv，金屬棒受
到的安培力F＝BIL，當金屬棒剛進入磁場中時，感應(yīng)電流最大，分析可得Imax＝ ，所以A錯誤；金屬棒穿過磁場區(qū)域的過程中通過金屬棒的電荷量q＝ ，所以B正確；
對整個過程由動能定理得mgh－W克安－μmgd＝0，金屬棒克服安培力做的功W克安＝mgh－μmgd，金屬棒內(nèi)產(chǎn)生的焦耳熱Q＝ W克安＝ mg(h－μd)，所以C錯誤，D正確.
例6　如圖甲所示，一足夠長阻值不計的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ之間的距離L＝0.5 m，NQ兩端連接阻值R＝2.0 Ω的電阻，磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場垂直于導(dǎo)軌所在平面向上，導(dǎo)軌平面與水平面間的夾角θ＝30°，一質(zhì)量m1＝0.40 kg、接入電路的阻值r＝1.0 Ω的金屬棒垂直于導(dǎo)軌放置并用絕緣細線通過光滑的輕質(zhì)定滑輪與質(zhì)量m2＝0.80 kg的重物相連.細線
考向2　應(yīng)用能量守恒定律解決電磁感應(yīng)中的能量問題
與金屬導(dǎo)軌平行.金屬棒沿導(dǎo)軌向上滑行的速度v與時間t之間的關(guān)系如圖乙所示，已知金屬棒在0～0.3 s內(nèi)通過的電荷量是0.3～0.6 s內(nèi)通過電荷量的 ，g＝10 m/s2，求：
(1)0～0.3 s內(nèi)金屬棒通過的位移大?。?br/>0～0.3 s內(nèi)通過金屬棒的電荷量
0.3～0.6 s內(nèi)通過金屬棒的電荷量
(2)金屬棒在0～0.6 s內(nèi)產(chǎn)生的熱量.
金屬棒在0～0.6 s內(nèi)通過的總位移為x＝x1＋x2＝x1＋v0t2，解得x＝0.75 m根據(jù)能量守恒定律有m2gx－m1gxsin θ＝ (m1＋m2)v02＋Q解得Q＝3.15 J由于金屬棒與電阻R串聯(lián)，電流相等，根據(jù)焦耳定律Q＝I2Rt，它們產(chǎn)生的熱量與電阻成正比，所以金屬棒在0～0.6 s內(nèi)產(chǎn)生的熱量Qr＝ Q＝1.05 J.
1.如圖所示，在一勻強磁場中有一U形導(dǎo)線框abcd，線框處于水平面內(nèi)，磁場與線框平面垂直，R為一電阻，ef為垂直于ab的一根導(dǎo)體桿，它可在ab、cd上無摩擦地滑動.桿ef及線框的電阻不計，開始時，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B.ef將勻減速向右運動，最后停止C.ef將勻速向右運動D.ef將往返運動
ef向右運動，切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流，會受到向左的安培力而做減速運動，由F＝BIL＝ ＝ma知，ef做的是加速度減小的減速運動，最終停止運動，故A正確，B、C、D錯誤.
2.(多選)水平放置的U形導(dǎo)軌足夠長，置于方向豎直向上的勻強磁場中，如圖所示.磁感應(yīng)強度大小B＝5 T，導(dǎo)軌寬度L＝0.4 m，左側(cè)與R＝0.5 Ω的定值電阻連接，右側(cè)有導(dǎo)體棒ab跨放在導(dǎo)軌上，導(dǎo)體棒ab質(zhì)量m＝2.0 kg，電阻r＝0.5 Ω，與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，其余電阻可忽略不計.導(dǎo)體棒ab在大小為10 N的水平外力F作用下，由靜止開始運動了x＝40 cm時，速度達到最大，運動過程中導(dǎo)體棒始終垂直導(dǎo)軌且接觸良好，取g＝10 m/s2.下列說法正確的是
A.導(dǎo)體棒ab加速度為零時速度最大B.導(dǎo)體棒ab運動的最大速度是2.0 m/sC.當導(dǎo)體棒ab的速度為1 m/s時，導(dǎo)體 棒ab的加速度是1.0 m/s2D.導(dǎo)體棒ab由靜止達到最大速度的過程中，電阻R上產(chǎn)生的熱量是0.15 J
導(dǎo)體棒ab垂直切割磁感線，產(chǎn)生的電動勢大小E＝BLv，由閉合電路歐姆定律有I＝ ，導(dǎo)體棒受到的安培力FA＝BIL＝
，則當導(dǎo)體棒做勻速直線運動時速度最大，由平衡條件得＋μmg＝F，解得最大速度vm＝1.5 m/s，故A正確，B錯誤；當速度為v＝1 m/s時，由牛頓第二定律得F－ －μmg＝ma，解得a＝1 m/s2，故C正確；
在整個過程中，由能量守恒定律可得Fx＝Q＋μmgx＋ mvm2，解得Q＝0.15 J，所以QR＝ ＝0.075 J，故D錯誤.
3.兩根足夠長的光滑導(dǎo)軌豎直放置，間距為L，頂端接阻值為R的電阻.質(zhì)量為m、電阻為r的金屬棒在距磁場上邊界某處由靜止釋放，金屬棒和導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌所在平面與磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場垂直，如圖所示.不計導(dǎo)軌的電阻，重力加速度為g，則下列說法正確的是A.金屬棒在磁場中運動時，流過電阻R的電流方向為a→bB.金屬棒剛進磁場時一定做加速運動C.金屬棒的速度為v時，金屬棒所受的安培力大小為D.金屬棒以穩(wěn)定的速度下滑時，電阻R的熱功率為
當金屬棒在磁場中向下運動時，根據(jù)楞次定律可判斷通過電阻R的電流方向為b→a，A錯誤；由于無法確定金屬棒剛進入磁場時安培力的大小與重力的大小關(guān)系，故無法確定金屬棒的運動情況，B錯誤；
金屬棒進入磁場時，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝BLv，產(chǎn)生的感應(yīng)電流是I＝ ，金屬棒所受的安培力大小F＝BIL＝ ，C錯誤；
金屬棒穩(wěn)定下滑時，電阻R的熱功率P＝( )2R，且F＝ ＝mg，可求得P＝( )2R，D正確.
4.(多選)如圖甲所示，兩間距為L的平行光滑金屬導(dǎo)軌固定在水平面內(nèi)，左端用導(dǎo)線連接，導(dǎo)軌處在豎直向上的勻強磁場中，一根長度也為L、電阻為R的金屬棒放在導(dǎo)軌上，在平行于導(dǎo)軌向右、大小為F的恒力作用下向右運動，金屬棒運動過程中，始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，金屬棒運動的加速度與速度關(guān)系如圖乙所示，不計金屬導(dǎo)軌及左邊導(dǎo)線電阻，金屬導(dǎo)軌足夠長，若圖乙中的a0、v0均為已知量，則下列說法正確的是
A.金屬棒的質(zhì)量為B.勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為C.當拉力F做功為W時，通過金屬棒橫截面的電荷量為D.某時刻撤去拉力，此后金屬棒運動過程中加速度大小與速度大小成正比
5.(多選)如圖所示，兩根間距為d的足夠長光滑金屬導(dǎo)軌，平行放置在傾角為θ＝30°的斜面上，導(dǎo)軌的右端接有電阻R，整個裝置放在磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中，磁場方向與導(dǎo)軌平面垂直.導(dǎo)軌上有一質(zhì)量為m、
電阻也為R的金屬棒與兩導(dǎo)軌垂直且接觸良好，金屬棒以一定的初速度v0在沿著導(dǎo)軌上滑一段距離L后返回，不計導(dǎo)軌電阻及感應(yīng)電流間的相互作用，重力加速度為g.下列說法正確的是
A.導(dǎo)體棒返回時先做加速運動，最后做勻速直線運動B.導(dǎo)體棒沿著導(dǎo)軌上滑過程中通過R的電荷量q＝C.導(dǎo)體棒沿著導(dǎo)軌上滑過程中克服安培力做的功W＝ (mv02－mgL)D.導(dǎo)體棒沿著導(dǎo)軌上滑過程中電阻R上產(chǎn)生的熱量Q＝ (mv02－mgL)
導(dǎo)體棒返回時先做加速度減小的加速運動，最后做勻速直線運動，所以A正確；
根據(jù)q＝ ，則導(dǎo)體棒沿著導(dǎo)軌上滑過程中通過R的電荷量為q＝ ，所以B錯誤；
設(shè)導(dǎo)體棒沿著導(dǎo)軌上滑過程中克服安培力做的功為W，由動能定理可得W＋mgLsin 30°＝ mv02，解得W＝ (mv02－mgL)，所以C正確；根據(jù)功能關(guān)系可得，導(dǎo)體棒沿著導(dǎo)軌上滑過程中電阻R上產(chǎn)生的熱量為Q＝ W，則Q＝ (mv02－mgL)，所以D錯誤.
6.(多選)如圖甲，間距L＝1.0 m且足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌ab、cd固定在水平面上，左側(cè)ac間接有R＝2.0 Ω的電阻，垂直于導(dǎo)軌跨接一根質(zhì)量m＝1.0 kg的金屬桿，金屬桿與導(dǎo)軌接觸良好，不計金屬桿與導(dǎo)軌的電阻.長為s(s足夠長)、寬為L的矩形區(qū)域內(nèi)有豎直向上的勻強磁場，磁場右邊界緊鄰金屬桿，磁感應(yīng)強度大小B＝2 T.從t＝0時刻起，金屬桿(在方向平
行于導(dǎo)軌的水平外力F作用下)和磁場向右運動的v－t圖像分別如圖乙中的P和Q，下列說法正確的是
A.t＝0時刻，R兩端的電壓為0B.t＝1.0 s時刻，金屬桿所受安培力的大小為2 N、方向水平向右C.t＝3.0 s時刻，金屬桿所受外力F做功的功率為9.0 WD.0～2.0 s內(nèi)，通過電阻R的電荷量為4.0 C
t＝0時刻，由題圖乙可知，金屬桿向左切割磁感線的速度(金屬桿相對磁場的速度)為2 m/s，故感應(yīng)電動勢為E0＝BLv0＝4 V，故R兩端的電壓為4 V，A錯誤；
t＝1.0 s時刻，金屬桿向左切割磁感線的速度為1 m/s，感應(yīng)電動勢為E1＝BLv1＝2 V，回路中感應(yīng)電流為I1＝ ＝1 A，金屬桿所受安培力的大小為F1＝BI1L＝2 N，由左手定則可知，方向水平向右，B正確；
t＝3.0 s時刻，金屬桿相對磁場向右運動，切割磁感線的速度為1 m/s，類比B的解析可知，金屬桿受到的安培力大小為2 N，方向水平向左，據(jù)牛頓第二定律可得F
－F安＝ma，由題圖乙可知，加速度大小為a＝1 m/s2，解得外力F＝3 N，此時桿的速度為v＝3 m/s，故金屬桿所受外力F做功的功率為P＝Fv＝9.0 W，C正確；
7.如圖所示，電阻不計且間距L＝1 m的光滑平行金屬導(dǎo)軌水平放置，左端接一阻值R＝6 Ω的電阻.導(dǎo)軌間Ⅰ、Ⅱ區(qū)域中有垂直紙面向里、磁感應(yīng)強度相同的勻強磁場，其中Ⅰ區(qū)域和Ⅱ區(qū)域間距x1＝0.25 m，Ⅱ區(qū)域足夠長.有一質(zhì)量m＝0.1 kg、電阻r＝2 Ω的金屬桿與導(dǎo)軌保持良好接觸，桿在一個大小F＝1 N、方向水平向右的恒力作用下，從距區(qū)域Ⅰ左端x＝0.2 m處由靜止開始運動，并恰好勻速穿過Ⅰ區(qū)域.
(1)求勻強磁場的磁感應(yīng)強度大??；
金屬桿進入磁場前，做勻加速運動，有F＝ma，可得a＝10 m/s2由v2＝2ax，得v＝2 m/s金屬桿勻速穿過Ⅰ區(qū)域，則有F＝F安＝BIL
(2)求金屬桿剛進入?yún)^(qū)域Ⅱ時的加速度；
答案　5 m/s2，方向水平向左　
金屬桿剛進入?yún)^(qū)域Ⅱ時，由v12－v2＝2ax1，可得速度為v1＝3 m/s
(3)金屬桿由靜止開始運動位移x0＝1.0 m時，已經(jīng)在Ⅱ區(qū)域做勻速直線運動，求此過程中電阻R產(chǎn)生的熱量.
設(shè)電路中產(chǎn)生的總熱量為Q，因為兩個磁場的磁感應(yīng)強度相等，所以金屬桿在Ⅱ區(qū)域做勻速直線運動時，速度也是v＝2 m/s，
8.如圖甲所示，有一邊長為L＝1.2 m、質(zhì)量為m＝1 kg的正方形單匝線框abcd，放在光滑水平面上.在水平恒定拉力F的作用下，穿過垂直水平面向下、磁感應(yīng)強度為B＝0.1 T的勻強磁場區(qū)域.線框cd邊剛進入磁場時的速度為v0＝2 m/s.在t＝3 s時刻cd邊剛出磁場邊界.從cd邊進入磁場到cd邊離開磁場區(qū)域的3 s時間內(nèi)線框運動的v－t圖像如圖乙所示.求：
(1)線框cd邊在剛進入磁場時，c、d兩點間的電勢差Ucd；
答案?。?.18 V　
線框cd邊在剛進入磁場時，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝BLv0
c、d兩點間的電勢差為路端電壓，且感應(yīng)電流由c流向d，故c點電勢較低，故c、d兩點間的電勢差為Ucd＝聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得Ucd＝－0.18 V
當ab邊也進入磁場后，線框在磁場中做勻加速直線運動，由牛頓第二定律可得F＝ma由題圖乙可知，加速度為a＝ ＝0.5 m/s2解得F＝0.5 N
(3)線框從cd邊剛進入磁場到cd邊剛離開磁場的過程中，線框產(chǎn)生的焦耳熱Q.
從cd邊剛進入磁場到ab邊剛進入磁場過程，由能量守恒定律可得，線框產(chǎn)生的焦耳熱為Q1＝FL＋ mv02－ mv12解得Q1＝2.1 J從ab邊剛進入磁場到cd邊剛離開磁場的過程，線框沒有產(chǎn)生感應(yīng)電流，沒有產(chǎn)生焦耳熱，故Q＝Q1＝2.1 J.
9.如圖甲所示，相距L＝1 m的兩根足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌傾斜放置，與水平面夾角θ＝37°，導(dǎo)軌電阻不計，質(zhì)量m＝1 kg、接入電路電阻為r＝0.5 Ω的導(dǎo)體棒ab垂直于導(dǎo)軌放置，導(dǎo)軌的PM兩端接在外電路上，定值電阻阻值R＝1.5 Ω，電容器的電容C＝0.5 F，電容器的耐壓值足夠大，導(dǎo)軌所在平面內(nèi)有垂直于導(dǎo)軌平面斜向上的勻強磁場.在開關(guān)S1閉合、S2
斷開的狀態(tài)下將導(dǎo)體棒ab由靜止釋放，導(dǎo)體棒的v－t圖像如圖乙所示，sin 37°＝0.6，取重力加速度g＝10 m/s2.
(1)求磁場的磁感應(yīng)強度大小B；
由題圖乙可知，導(dǎo)體棒的最大速度vm＝3 m/s，對應(yīng)的感應(yīng)電動勢E＝BLvm，感應(yīng)電流I＝ ，當速度達到最大時，導(dǎo)體棒做勻速運動，導(dǎo)體棒受力平衡，有BIL＝mgsin θ，解得B＝ ＝2 T.
(2)在開關(guān)S1閉合、S2斷開的狀態(tài)下，當導(dǎo)體棒下滑的距離x＝5 m時，定值電阻產(chǎn)生的焦耳熱為21 J，此時導(dǎo)體棒的速度與加速度分別是多大？
答案　2 m/s　2 m/s2　
導(dǎo)體棒和定值電阻串聯(lián)，由公式Q＝I2Rt可知：Qab∶QR＝1∶3，則導(dǎo)體棒ab產(chǎn)生的焦耳熱Qab＝ ×21 J＝7 J，導(dǎo)體棒下滑x＝5 m的距離，導(dǎo)體棒減少的重力勢能轉(zhuǎn)化為動能和回路中的焦耳熱，由能量守恒定律有mgxsin θ＝ mv12＋Qab＋QR得導(dǎo)體棒的速度v1＝2 m/s，此時感應(yīng)電動勢E1＝BLv1，感應(yīng)電流I1＝ ，對導(dǎo)體棒有mgsin θ－BI1L＝ma1，解得加速度a1＝2 m/s2.
(3)現(xiàn)在開關(guān)S1斷開、S2閉合的狀態(tài)下，由靜止釋放導(dǎo)體棒，求經(jīng)過t＝2 s時導(dǎo)體棒的速度大小.
開關(guān)S1斷開、S2閉合時，任意時刻對導(dǎo)體棒，根據(jù)牛頓第二定律有mgsin θ－BI2L＝ma2，
Δt時間內(nèi)，有ΔU＝ΔE＝BLΔv，a2＝解得a2＝2 m/s2，表明導(dǎo)體棒ab下滑過程中加速度不變，導(dǎo)體棒做勻加速直線運動，t＝2 s時導(dǎo)體棒的速度大小v2＝a2t＝4 m/s.
10.(多選)(2020·全國卷Ⅰ·21)如圖，U形光滑金屬框abcd置于水平絕緣平臺上，ab和dc邊平行，和bc邊垂直.ab、dc足夠長，整個金屬框電阻可忽略.一根具有一定電阻的導(dǎo)體棒MN置于金屬框上，用水平恒力F向右拉動金屬框，運動過程中，裝置始終處于豎直向下的勻強磁場中，MN與金屬框保持良好接觸，且與bc邊保持平行.經(jīng)過一段時間后A.金屬框的速度大小趨于恒定值B.金屬框的加速度大小趨于恒定值C.導(dǎo)體棒所受安培力的大小趨于恒定值D.導(dǎo)體棒到金屬框bc邊的距離趨于恒定值
當金屬框在恒力F作用下向右加速運動時，bc邊產(chǎn)生從c到b的感應(yīng)電流i，金屬框的加速度大小為a1，則有F－Bil＝Ma1；MN中感應(yīng)電流從M流向N， MN在安培力作
用下向右加速運動，加速度大小為a2，則有Bil＝ma2，當金屬框和MN都運動后，金屬框速度為v1，MN速度為v2，則電路中的感應(yīng)電流為i＝ ，感應(yīng)電流從0開始增大，則a2從零開始增加，a1從 開始減小，加速度差值減小，當a1＝a2時，得F＝(M＋m)a，a＝ 恒定，由F安＝ma可知，安培力不再變化，則感應(yīng)電流不再變化，據(jù)i＝ 知金屬框與MN的速度差保持不變，v－t圖像如圖所示，故A錯誤，B、C正確；
MN與金屬框的速度差不變，但MN的速度小于金屬框的速度，則MN到金屬框bc邊的距離越來越大，故D錯誤.
11.(多選)(2021·山東卷·12)如圖所示，電阻不計的光滑U形金屬導(dǎo)軌固定在絕緣斜面上.區(qū)域Ⅰ、Ⅱ中磁場方向均垂直斜面向上，Ⅰ區(qū)中磁感應(yīng)強度隨時間均勻增加，Ⅱ區(qū)中為勻強磁場.阻值恒定的金屬棒從無磁場區(qū)域中a處由靜止釋放，進入Ⅱ區(qū)后，經(jīng)b下行至c處反向上行.運動過程中金屬棒始終垂直導(dǎo)軌且接觸良好.在第一次下行和上行的過程中，以下敘述正確的是
A.金屬棒下行過b時的速度大于上行過b時的速度B.金屬棒下行過b時的加速度大于上行過b時的加速度C.金屬棒不能回到無磁場區(qū)D.金屬棒能回到無磁場區(qū)，但不能回到a處
在Ⅰ區(qū)域中，磁感應(yīng)強度為B1＝kt，感應(yīng)電動勢為E1＝ S＝kS感應(yīng)電動勢恒定，所以在金屬棒進入Ⅱ區(qū)域前感應(yīng)電流恒為
金屬棒進入Ⅱ區(qū)域后，金屬棒切割磁感線，感應(yīng)電動勢為E2＝BLv金屬棒上的電流為
下行過程中，根據(jù)牛頓第二定律可知B2I1L＋B2I2L－mgsin θ＝ma1上行過程中，根據(jù)牛頓第二定律可知B2I1L－B2I2′L－mgsin θ＝ma2
Ⅰ區(qū)域產(chǎn)生的電流使金屬棒受到的安培力始終沿斜面向上，大小恒定不變，因為金屬棒到達c后又能上行，說明加速度始終沿斜面向上，下行和上行經(jīng)過b的受力分析如圖

相關(guān)課件

新高考物理一輪復(fù)習(xí)精品課件第11章專題強化24電磁感應(yīng)中的動力學(xué)和能量問題（含解析）：

這是一份新高考物理一輪復(fù)習(xí)精品課件第11章專題強化24電磁感應(yīng)中的動力學(xué)和能量問題（含解析），共60頁。PPT課件主要包含了內(nèi)容索引，課時精練，題型一，題型二，電磁感應(yīng)中的能量問題，其他形式的能量，答案03m，答案105J，答案2T，答案06J等內(nèi)容，歡迎下載使用。

2024年高考物理一輪復(fù)習(xí)（新人教版） 第12章 專題強化24　電磁感應(yīng)中的動力學(xué)和能量問題：

這是一份2024年高考物理一輪復(fù)習(xí)（新人教版） 第12章 專題強化24　電磁感應(yīng)中的動力學(xué)和能量問題，文件包含2024年高考物理一輪復(fù)習(xí)新人教版第12章專題強化24電磁感應(yīng)中的動力學(xué)和能量問題pptx、2024年高考物理一輪復(fù)習(xí)新人教版第12章專題強化24電磁感應(yīng)中的動力學(xué)和能量問題docx、第12章專題強化練214電磁感應(yīng)中的動力學(xué)和能量問題docx等3份課件配套教學(xué)資源，其中PPT共60頁， 歡迎下載使用。

高考物理一輪復(fù)習(xí)課件+講義 第11章 專題強化24 電磁感應(yīng)中的動力學(xué)和能量問題：

這是一份高考物理一輪復(fù)習(xí)課件+講義 第11章 專題強化24 電磁感應(yīng)中的動力學(xué)和能量問題，文件包含高考物理一輪復(fù)習(xí)第11章專題強化24電磁感應(yīng)中的動力學(xué)和能量問題pptx、高考物理一輪復(fù)習(xí)第11章專題強化24電磁感應(yīng)中的動力學(xué)和能量問題docx等2份課件配套教學(xué)資源，其中PPT共60頁， 歡迎下載使用。

英語朗讀寶

相關(guān)課件 更多

新高考物理一輪復(fù)習(xí)課件 第11章 專題強化24　電磁感應(yīng)中的動力學(xué)和能量問題

新高考物理一輪復(fù)習(xí)課件 第11章 專題強化24　電磁感應(yīng)中的動力學(xué)和能量問題
高中物理高考 第11章 專題強化24　電磁感應(yīng)中的動力學(xué)和能量問題 2023年高考物理一輪復(fù)習(xí)(新高考新教材) 課件PPT

高中物理高考 第11章 專題強化24　電磁感應(yīng)中的動力學(xué)和能量問題 2023年高考物理一輪復(fù)習(xí)(新高考新教材) 課件PPT
高中物理高考 2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第11章 專題強化24 電磁感應(yīng)中的動力學(xué)和能量問題課件PPT

高中物理高考 2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第11章 專題強化24 電磁感應(yīng)中的動力學(xué)和能量問題課件PPT
(新高考)高考物理一輪復(fù)習(xí)課件第11章 專題強化24 電磁感應(yīng)中的動力學(xué)和能量問題(含解析)

(新高考)高考物理一輪復(fù)習(xí)課件第11章 專題強化24 電磁感應(yīng)中的動力學(xué)和能量問題(含解析)
資料下載及使用幫助
版權(quán)申訴
版權(quán)申訴
若您為此資料的原創(chuàng)作者，認為該資料內(nèi)容侵犯了您的知識產(chǎn)權(quán)，請掃碼添加我們的相關(guān)工作人員，我們盡可能的保護您的合法權(quán)益。
入駐教習(xí)網(wǎng)，可獲得資源免費推廣曝光，還可獲得多重現(xiàn)金獎勵，申請 精品資源制作， 工作室入駐。
版權(quán)申訴二維碼
高考專區(qū)
歡迎來到教習(xí)網(wǎng)
  • 900萬優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬優(yōu)選試題，支持自由組卷
  • 高質(zhì)量可編輯，日均更新2000+
  • 百萬教師選擇，專業(yè)更值得信賴
微信掃碼注冊
qrcode
二維碼已過期
刷新

微信掃碼，快速注冊

手機號注冊
手機號碼

手機號格式錯誤

手機驗證碼 獲取驗證碼

手機驗證碼已經(jīng)成功發(fā)送，5分鐘內(nèi)有效

設(shè)置密碼

6-20個字符，數(shù)字、字母或符號

注冊即視為同意教習(xí)網(wǎng)「注冊協(xié)議」及「隱私條款」
QQ注冊
手機號注冊
微信注冊

注冊成功

返回
頂部