高考物理三轮冲刺大题提分大题精做13电磁感应中的动力学和能量问题.docx

12专题：电磁感应中的动力学、能量、动量的问题一、电磁感应中的动力学问题1.如图所示，两平行且无限长光滑金属导轨MN、PQ与水平面的夹角为θ＝30°，两导轨之间的距离为L＝1 m，两导轨M、P之间接入电阻R＝0.2 Ω，导轨电阻不计，在abdc区域内有一个方向垂直于两导轨平面向下的磁场Ⅰ，磁感应强度B0＝1 T，磁场的宽度x1＝1 m；在cd连线以下区域有一个方向也垂直于导轨平面向下的磁场Ⅱ，磁感应强度B1＝0.5 T。

一个质量为m＝1 kg的金属棒垂直放在金属导轨上，与导轨接触良好，金属棒的电阻r＝0.2 Ω，若金属棒在离ab连线上端x0处自由释放，则金属棒进入磁场Ⅰ恰好做匀速运动。

金属棒进入磁场Ⅱ后，经过ef时又达到稳定状态，cd与ef之间的距离x2＝8 m。

求：(g取10 m/s2)(1)金属棒在磁场Ⅰ运动的速度大小；(2)金属棒滑过cd位置时的加速度大小；(3)金属棒在磁场Ⅱ中达到稳定状态时的速度大小。

二、电磁感应中的能量问题2.如图甲所示，两条足够长的平行金属导轨间距为0.5 m，固定在倾角为37°的斜面上。

导轨顶端连接一个阻值为1 Ω的电阻。

在MN下方存在方向垂直于斜面向上、大小为1 T的匀强磁场。

质量为0.5 kg的金属棒从AB处由静止开始沿导轨下滑，其运动过程中的v－t图象如图乙所示。

金属棒运动过程中与导轨保持垂直且接触良好，不计金属棒和导轨的电阻，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。

(1)求金属棒与导轨间的动摩擦因数；(2)求金属棒在磁场中能够达到的最大速率；(3)已知金属棒从进入磁场到速度达到5 m/s时通过电阻的电荷量为1.3 C，求此过程中电阻产生的焦耳热。

三、电磁感应中的动量问题1、动量定理在电磁感应中的应用导体棒或金属框在感应电流所引起的安培力作用下做非匀变速直线运动时，安培力的冲量为：I安＝B I Lt＝BLq ，通过导体棒或金属框的电荷量为：q＝IΔt＝ER 总Δt＝nΔΦΔt·R总Δt＝nΔФR总，磁通量变化量：ΔΦ＝BΔS＝BLx.当题目中涉及速度v、电荷量q、运动时间t、运动位移x时常用动量定理求解．2、正确运用动量守恒定律处理电磁感应中的问题常见情景及解题思路双杆切割式(导轨光滑)杆MN做变减速运动．杆PQ做变加速运动，稳定时，两杆的加速度均为零，以相等的速度匀速运动．系统动量守恒，对其中某杆可用动量定理动力学观点：求加速度能量观点：求焦耳热动量观点：整体动量守恒求末速度，单杆动量定理求冲量、电荷量3.如图所示，光滑平行金属导轨的水平部分处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B＝3 T。

专题强化十三 电磁感应中的动力学和能量问题专题解读1.本专题是动力学观点和能量观点在电磁感应中的综合应用，高考常以计算题的形式命题．2．学好本专题，可以极大培养同学们的分析能力、推理能力和规范表达的能力，针对性的专题强化，可以提升同学们解决电磁感应问题中最难问题的信心．3．用到的知识有：法拉第电磁感应定律、楞次定律、牛顿运动定律、共点力的平衡条件、动能定理、焦耳定律、能量守恒定律等．命题点一 电磁感应中的动力学问题1．题型简述：感应电流在磁场中受到安培力的作用，因此电磁感应问题往往跟力学问题联系在一起．解决这类问题需要综合应用电磁感应规律(法拉第电磁感应定律、楞次定律)及力学中的有关规律(共点力的平衡条件、牛顿运动定律、动能定理等)． 2．两种状态及处理方法解决这类问题的关键是通过运动状态的分析，寻找过程中的临界状态，如速度、加速度最大值或最小值的条件．具体思路如下： 导体受外力运动――→E ＝Bl v感应电动势ER ＋r感应电流――→F ＝BIl导体受安培力→合力变化――→F 合＝ma加速度变化→速度变化→临界状态例1 (2016·全国Ⅲ·25)如图1，两条相距l 的光滑平行金属导轨位于同一水平面(纸面)内，其左端接一阻值为R 的电阻；一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上；在电阻、导轨和金属棒中间有一面积为S 的区域，区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场，磁感应强度大小B 1随时间t 的变化关系为B 1＝kt ，式中k 为常量；在金属棒右侧还有一匀强磁场区域，区域左边界MN (虚线)与导轨垂直，磁场的磁感应强度大小为B 0，方向也垂直于纸面向里．某时刻，金属棒在一外加水平恒力的作用下从静止开始向右运动，在t 0时刻恰好以速度v 0越过MN ，此后向右做匀速运动．金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好，它们的电阻均忽略不计．求：图1(1)在t ＝0到t ＝t 0时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值；(2)在时刻t (t >t 0)穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小． 答案 (1)kt 0SR(2)B 0l v 0(t －t 0)＋kSt (B 0l v 0＋kS )B 0lR解析 (1)在金属棒未越过MN 之前，穿过回路的磁通量的变化量为ΔΦ＝ΔBS ＝k ΔtS ① 由法拉第电磁感应定律有 E ＝ΔΦΔt② 由欧姆定律得I ＝ER③由电流的定义得 I ＝Δq Δt④联立①②③④式得 |Δq |＝kS RΔt⑤由⑤式得，在t ＝0到t ＝t 0的时间间隔内即Δt ＝t 0，流过电阻R 的电荷量q 的绝对值为 |q |＝kt 0SR⑥(2)当t >t 0时，金属棒已越过MN .由于金属棒在MN 右侧做匀速运动，有 F ＝F 安⑦式中，F 是外加水平恒力，F 安是金属棒受到的安培力．设此时回路中的电流为I ， F 安＝B 0lI⑧此时金属棒与MN 之间的距离为s ＝v 0(t －t 0) ⑨ 匀强磁场穿过回路的磁通量为 Φ′＝B 0ls⑩回路的总磁通量为 Φt ＝Φ＋Φ′ ⑪ 其中Φ＝B 1S ＝ktS⑫由⑨⑩⑪⑫式得，在时刻t (t >t 0)，穿过回路的总磁通量为Φt ＝B 0l v 0(t －t 0)＋kSt ⑬ 在t 到t ＋Δt 的时间间隔内，总磁通量的改变量ΔΦt 为 ΔΦt ＝(B 0l v 0＋kS )Δt⑭由法拉第电磁感应定律得，回路感应电动势的大小为 E t ＝ΔΦt Δt⑮ 由欧姆定律得I ＝E tR⑯联立⑦⑧⑭⑮⑯式得F ＝(B 0l v 0＋kS )B 0lR.1. (多选)如图2所示，两根足够长、电阻不计且相距L ＝0.2 m 的平行金属导轨固定在倾角θ＝37°的绝缘斜面上，顶端接有一盏额定电压U ＝4 V 的小灯泡，两导轨间有一磁感应强度大小B ＝5 T 、方向垂直斜面向上的匀强磁场．今将一根长为L 、质量为m ＝0.2 kg 、电阻r ＝1.0 Ω的金属棒垂直于导轨放置在顶端附近无初速度释放，金属棒与导轨接触良好，金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.25，已知金属棒下滑到速度稳定时，小灯泡恰能正常发光，重力加速度g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则( )图2A ．金属棒刚开始运动时的加速度大小为3 m/s 2B ．金属棒刚开始运动时的加速度大小为4 m/s 2C ．金属棒稳定下滑时的速度大小为9.6 m/sD ．金属棒稳定下滑时的速度大小为4.8 m/s 答案 BD解析 金属棒刚开始运动时初速度为零，不受安培力作用，由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma ，代入数据得a ＝4 m/s 2，故选项A 错误，B 正确；设金属棒稳定下滑时速度为v ，感应电动势为E ，回路中的电流为I ，由平衡条件得mg sin θ＝BIL ＋μmg cos θ，由闭合电路欧姆定律得I ＝E －U r ，由法拉第电磁感应定律得E ＝BL v ，联立解得v ＝4.8 m/s ，故选项C 错误，D 正确．2．(2016·全国Ⅱ·24)如图3，水平面(纸面)内间距为l 的平行金属导轨间接一电阻，质量为m 、长度为l 的金属杆置于导轨上．t ＝0时，金属杆在水平向右、大小为F 的恒定拉力作用下由静止开始运动．t 0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B 、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动．杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ.重力加速度大小为g .求：图3(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小； (2)电阻的阻值．答案 (1)Blt 0(F m －μg ) (2)B 2l 2t 0m解析 (1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a ，由牛顿第二定律得F －μmg ＝ma ① 设金属杆到达磁场左边界时的速度为v ，由运动学公式有v ＝at 0②当金属杆以速度v 在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律知产生的电动势为E ＝Bl v ③ 联立①②③式可得 E ＝Blt 0(Fm－μg )④(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I ，根据欧姆定律 I ＝E R⑤式中R 为电阻的阻值．金属杆所受的安培力为 F 安＝BlI⑥ 因金属杆做匀速运动，有F －μmg －F 安＝0⑦联立④⑤⑥⑦式得R ＝B 2l 2t 0m.命题点二 电磁感应中的动力学和能量问题1．题型简述：电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功来实现的．安培力做功的过程，是电能转化为其他形式的能的过程；外力克服安培力做功的过程，则是其他形式的能转化为电能的过程． 2．解题的一般步骤(1)确定研究对象(导体棒或回路)；(2)弄清电磁感应过程中，哪些力做功，哪些形式的能量相互转化； (3)根据能量守恒定律或功能关系列式求解． 3．求解电能应分清两类情况(1)若回路中电流恒定，可以利用电路结构及W ＝UIt 或Q ＝I 2Rt 直接进行计算． (2)若电流变化，则①利用安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功；②利用能量守恒求解：若只有电能与机械能的转化，则减少的机械能等于产生的电能．例2 如图4甲，在水平桌面上固定着两根相距L ＝20 cm 、相互平行的无电阻轨道P 、Q ，轨道一端固定一根电阻R ＝0.02 Ω的导体棒a ，轨道上横置一根质量m ＝40 g 、电阻可忽略不计的金属棒b ，两棒相距也为L ＝20 cm.该轨道平面处在磁感应强度大小可以调节的竖直向上的匀强磁场中．开始时，磁感应强度B 0＝0.1 T ．设棒与轨道间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s 2.图4(1)若保持磁感应强度B 0的大小不变，从t ＝0时刻开始，给b 棒施加一个水平向右的拉力，使它由静止开始做匀加速直线运动．此拉力F 的大小随时间t 变化关系如图乙所示．求b 棒做匀加速运动的加速度及b 棒与轨道间的滑动摩擦力；(2)若从t ＝0开始，磁感应强度B 随时间t 按图丙中图象所示的规律变化，求在金属棒b 开始运动前，这个装置释放的热量．①匀加速直线运动；②金属棒b 开始运动前．答案 (1)5 m/s 2 0.2 N (2)0.036 J 解析 (1)F 安＝B 0IL ① E ＝B 0L v ② I ＝E R ＝B 0L v R ③ v ＝at④所以F 安＝B 20L 2aRt当b 棒匀加速运动时，根据牛顿第二定律有 F －F f －F 安＝ma⑤ 联立可得F －F f －B 20L 2aRt ＝ma⑥由图象可得：当t ＝0时，F ＝0.4 N ，当t ＝1 s 时，F ＝0.5 N. 代入⑥式，可解得a ＝5 m/s 2，F f ＝0.2 N.(2)当磁感应强度均匀增大时，闭合电路中有恒定的感应电流I ，以b 棒为研究对象，它受到的安培力逐渐增大，静摩擦力也随之增大，当磁感应强度增大到b 所受安培力F 安′与最大静摩擦力F f 相等时开始滑动 感应电动势E ′＝ΔBΔtL 2＝0.02 V⑦I ′＝E ′R＝1 A⑧ 棒b 将要运动时，有F 安′＝B t I ′L ＝F f⑨ 所以B t ＝1 T ，根据B t ＝B 0＋ΔB Δtt⑩得t ＝1.8 s ，回路中产生的焦耳热为Q ＝I ′2Rt ＝0.036 J.能量转化问题的分析程序：先电后力再能量3.小明设计的电磁健身器的简化装置如图5所示，两根平行金属导轨相距l ＝0.50 m ，倾角θ＝53°，导轨上端串接一个R ＝0.05 Ω的电阻．在导轨间长d ＝0.56 m 的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B ＝2.0 T ．质量m ＝4.0 kg 的金属棒CD 水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH 相连．CD 棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s ＝0.24 m ．一位健身者用恒力F ＝80 N 拉动GH 杆，CD 棒由静止开始运动，上升过程中CD 棒始终保持与导轨垂直．当CD 棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复装置使CD 棒回到初始位置(重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 53°＝0.8，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量)．求：图5(1)CD 棒进入磁场时速度v 的大小；(2)CD 棒进入磁场时所受的安培力F A 的大小；(3)在拉升CD 棒的过程中，健身者所做的功W 和电阻产生的焦耳热Q . 答案 (1)2.4 m/s (2)48 N (3)64 J 26.88 J 解析 (1)由牛顿第二定律得a ＝F －mg sin θm ＝12 m/s 2进入磁场时的速度v ＝2as ＝2.4 m/s (2)感应电动势E ＝Bl v 感应电流I ＝Bl vR安培力F A ＝IBl代入得F A ＝(Bl )2vR ＝48 N(3)健身者做功W ＝F (s ＋d )＝64 J F －mg sin θ－F A ＝0 CD 棒在磁场区做匀速运动 在磁场中运动时间t ＝dv 焦耳热Q ＝I 2Rt ＝26.88 J.4．如图6所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上，导轨电阻不计，间距L ＝0.4 m ，导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN .Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下，Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均为B ＝0.5 T ．在区域Ⅰ中，将质量m 1＝0.1 kg 、电阻R 1＝0.1 Ω的金属条ab 放在导轨上，ab 刚好不下滑．然后，在区域Ⅱ中将质量m 2＝0.4 kg 、电阻R 2＝0.1 Ω的光滑导体棒cd 置于导轨上，由静止开始下滑．cd 在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，ab 、cd 始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，取g ＝10 m/s 2，问：图6(1)cd 下滑的过程中，ab 中的电流方向； (2)ab 刚要向上滑动时，cd 的速度v 为多大；(3)从cd 开始下滑到ab 刚要向上滑动的过程中，cd 滑动的距离x ＝3.8 m ，此过程中ab 上产生的热量Q 是多少．答案 (1)由a 流向b (2)5 m/s (3)1.3 J解析 (1)由右手定则可判断出cd 中的电流方向为由d 到c ，则ab 中电流方向为由a 流向b .(2)开始放置时ab 刚好不下滑，ab 所受摩擦力为最大静摩擦力，设其为F max ，有F max ＝m 1g sin θ① 设ab 刚要上滑时，cd 棒的感应电动势为E ，由法拉第电磁感应定律有E ＝BL v②设电路中的感应电流为I ，由闭合电路欧姆定律有 I ＝E R 1＋R 2③ 设ab 所受安培力为F 安，有F 安＝BIL④ 此时ab 受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件有F 安＝m 1g sin θ＋F max⑤综合①②③④⑤式，代入数据解得v ＝5 m/s(3)设cd 棒运动过程中在电路中产生的总热量为Q 总，由能量守恒定律有m 2gx sin θ＝Q 总＋12m 2v 2又Q ＝R 1R 1＋R 2Q 总，解得Q ＝1.3 J题组1 电磁感应中的动力学问题1．(2016·全国Ⅰ·24)如图1，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连．两细金属棒ab (仅标出a 端)和cd (仅标出c 端)长度均为L ，质量分别为2m 和m ；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca ，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平．右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于斜面向上，已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R ，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g ，已知金属棒ab 匀速下滑．求：图1(1)作用在金属棒ab 上的安培力的大小；(2)金属棒运动速度的大小． 答案 (1)mg (sin θ－3μcos θ) (2)(sin θ－3μcos θ)mgRB 2L2解析 (1)由于ab 、cd 棒被平行于斜面的导线相连，故ab 、cd 速度总是相等，cd 也做匀速直线运动．设导线的张力的大小为F T ，右斜面对ab 棒的支持力的大小为F N1，作用在ab 棒上的安培力的大小为F ，左斜面对cd 棒的支持力大小为F N2，对于ab 棒，受力分析如图甲所示，由力的平衡条件得甲 乙2mg sin θ＝μF N1＋F T ＋F ① F N1＝2mg cos θ②对于cd 棒，受力分析如图乙所示，由力的平衡条件得 mg sin θ＋μF N2＝F T ′＝F T③ F N2＝mg cos θ④ 联立①②③④式得：F ＝mg (sin θ－3μcos θ)⑤ (2)设金属棒运动速度大小为v ，ab 棒上的感应电动势为E ＝BL v ⑥ 回路中电流I ＝ER⑦ 安培力F ＝BIL⑧联立⑤⑥⑦⑧得： v ＝(sin θ－3μcos θ)mgRB 2L2.2．如图2所示，两平行光滑金属导轨倾斜放置且固定，两导轨间距为L ，与水平面间的夹角为θ，导轨下端有垂直于轨道的挡板，上端连接一个阻值R ＝2r 的电阻，整个装置处在磁感应强度为B 、方向垂直导轨向上的匀强磁场中，两根相同的金属棒ab 、cd 放在导轨下端，其中棒ab 靠在挡板上，棒cd 在沿导轨平面向上的拉力作用下，由静止开始沿导轨向上做加速度为a 的匀加速运动．已知每根金属棒质量为m 、电阻为r ，导轨电阻不计，棒与导轨始终接触良好．求：图2(1)经多长时间棒ab 对挡板的压力变为零； (2)棒ab 对挡板压力为零时，电阻R 的电功率； (3)棒ab 运动前，拉力F 随时间t 的变化关系． 答案 (1)5mgr sin θ2B 2L 2a (2)m 2g 2r sin 2θ2B 2L 2(3)F ＝m (g sin θ＋a )＋3B 2L 2a5rt解析 (1)棒ab 对挡板的压力为零时，受力分析可得 BI ab L ＝mg sin θ设经时间t 0棒ab 对挡板的压力为零，棒cd 产生的电动势为E ，则 E ＝BLat 0 I ＝E r ＋R 外R 外＝Rr R ＋r ＝23rI ab ＝R R ＋rI 解得t 0＝5mgr sin θ2B 2L 2a(2)棒ab 对挡板压力为零时，cd 两端电压为 U cd ＝E －Ir 解得U cd ＝mgr sin θBL此时电阻R 的电功率为 P ＝U 2cd R解得P ＝m 2g 2r sin 2θ2B 2L 2(3)对cd 棒，由牛顿第二定律得 F －BI ′L －mg sin θ＝ma I ′＝E ′r ＋R 外E ′＝BLat解得F ＝m (g sin θ＋a )＋3B 2L 2a 5rt . 题组2 电磁感应中的动力学和能量问题3.如图3所示，两根相距L ＝1 m 的足够长的光滑金属导轨，一组导轨水平，另一组导轨与水平面成37°角，拐角处连接一阻值R ＝1 Ω的电阻．质量均为m ＝2 kg 的金属细杆ab 、cd 与导轨垂直接触形成闭合回路，导轨电阻不计，两杆的电阻均为R ＝1 Ω.整个装置处于磁感应强度大小B ＝1 T 、方向垂直于导轨平面的匀强磁场中．当ab 杆在平行于水平导轨的拉力作用下沿导轨向右匀速运动时，cd 杆静止．g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：图3(1)水平拉力的功率；(2)现让cd 杆静止，求撤去拉力后ab 杆产生的焦耳热．答案 (1)864 W (2)864 J解析 (1)cd 杆静止，由平衡条件可得mg sin θ＝BIL ，解得I ＝12 A由闭合电路欧姆定律得2I ＝BL v R ＋R 2，得v ＝36 m/s 水平拉力F ＝2BIL ＝24 N ，水平拉力的功率P ＝F v ＝864 W(2)撤去外力后ab 杆在安培力作用下做减速运动，安培力做负功，先将棒的动能转化为电能，再通过电流做功将电能转化为整个电路产生的焦耳热，即焦耳热等于杆的动能的减小量，有Q ＝ΔE k ＝12m v 2＝1 296 J 而Q ＝I ′2·32R ·t ，ab 杆产生的焦耳热Q ′＝I ′2·R ·t ，所以Q ′＝23Q ＝864 J.⊳思维建模能力的培养⊳图象应用能力的培养1．“杆＋导轨”模型是电磁感应问题高考命题的“基本道具”，也是高考的热点，考查的知识点多，题目的综合性强，物理情景变化空间大，是我们复习中的难点．“杆＋导轨”模型又分为“单杆”型和“双杆”型(“单杆”型为重点)；导轨放置方式可分为水平、竖直和倾斜；杆的运动状态可分为匀速、匀变速、非匀变速运动等．2．该模型的解题思路(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向；(2)求回路中的电流大小；(3)分析研究导体受力情况(包含安培力，用左手定则确定其方向)；(4)列动力学方程或平衡方程求解．例1 如图1甲所示，两根足够长平行金属导轨MN 、PQ 相距为L ，导轨平面与水平面夹角为α，金属棒ab 垂直于MN 、PQ 放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m .导轨处于匀强磁场中，磁场的方向垂直于导轨平面向上，磁感应强度大小为B .金属导轨的上端与开关S 、定值电阻R 1和电阻箱R 2相连．不计一切摩擦，不计导轨、金属棒的电阻，重力加速度为g .现在闭合开关S ，将金属棒由静止释放．图1(1)判断金属棒ab 中电流的方向；(2)若电阻箱R 2接入电路的阻值为0，当金属棒下降高度为h 时，速度为v ，求此过程中定值电阻上产生的焦耳热Q ；(3)当B ＝0.40 T ，L ＝0.50 m ，α＝37°时，金属棒能达到的最大速度v m 随电阻箱R 2阻值的变化关系，如图乙所示．取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80.求R 1的阻值和金属棒的质量m .答案 (1)b →a (2)mgh －12m v 2 (3)2.0 Ω 0.1 kg 解析 (1)由右手定则可知，金属棒ab 中的电流方向为由b 到a .(2)由能量守恒定律知，金属棒减少的重力势能等于增加的动能和电路中产生的焦耳热，即mgh ＝12m v 2＋Q 则Q ＝mgh －12m v 2. (3)金属棒达到最大速度v m 时，切割磁感线产生的感应电动势：E ＝BL v m由闭合电路的欧姆定律得：I ＝E R 1＋R 2从b 端向a 端看，金属棒受力如图所示金属棒达到最大速度时，满足：mg sin α－BIL ＝0由以上三式得v m ＝mg sin αB 2L 2(R 2＋R 1) 由图乙可知：斜率k ＝60－302m·s －1·Ω－1＝15 m·s －1·Ω－1， 纵轴截距v ＝30 m/s所以mg sin αB 2L 2R 1＝v ，mg sin αB 2L 2＝k 解得R 1＝2.0 Ω，m ＝0.1 kg.解决此类问题要抓住三点1．杆的稳定状态一般是匀速运动(达到最大速度或最小速度，此时合力为零)；2．整个电路产生的电能等于克服安培力所做的功；3．电磁感应现象遵从能量守恒定律．分析电磁感应图象问题的思路例2 如图2，矩形闭合导体线框在匀强磁场上方，由不同高度静止释放，用t 1、t 2分别表示线框ab 边和cd 边刚进入磁场的时刻．线框下落过程形状不变，ab 边始终保持与磁场水平边界线OO ′平行，线框平面与磁场方向垂直．设OO ′下方磁场区域足够大，不计空气的影响，则下列哪一个图象不可能反映线框下落过程中速度v 随时间t 变化的规律( )图2答案 A解析线框在0～t1这段时间内做自由落体运动，v－t图象为过原点的倾斜直线，t2之后线框完全进入磁场区域中，无感应电流，线框不受安培力，只受重力，线框做匀加速直线运动，v－t图象为倾斜直线．t1～t2这段时间线框受到安培力作用，线框的运动类型只有三种，即可能为匀速直线运动、也可能为加速度逐渐减小的加速直线运动，还可能为加速度逐渐减小的减速直线运动，而A选项中，线框做加速度逐渐增大的减速直线运动是不可能的，故不可能的v－t图象为A选项中的图象．45分钟章末验收卷一、单项选择题1．图1甲是法拉第于1831年发明的人类历史上第一台发电机——圆盘发电机．图乙为其示意图，铜盘安装在水平的铜轴上，磁感线垂直穿过铜盘；两块铜片M、N分别与铜轴和铜盘边缘接触，匀速转动铜盘，电阻R就有电流通过．则下列说法正确的是()图1A．回路中恒定电流的大小与铜盘转速无关B ．回路中有大小和方向都做周期性变化的涡流C ．回路中电流方向不变，从M 经导线流进电阻R ，再从N 流向铜盘D ．铜盘绕铜轴转动时，沿半径方向上的金属“条”切割磁感线，产生电动势答案 D解析 圆盘发电机的圆盘可看做无数条沿半径方向的金属“条”，转动切割磁感线产生感应电动势，D 项正确；金属“条”相互并联，产生的感应电动势与一条金属“条”转动切割产生的感应电动势相等，即E ＝12BL 2ω，可见感应电动势大小不变，回路总电阻不变，由闭合回路欧姆定律得I ＝E R，故回路中电流大小恒定，且与铜盘转速有关，A 、B 项错；由右手定则可知，回路中电流方向是自下而上通过电阻R ，C 项错．2．下列没有利用涡流的是( )A ．金属探测器B ．变压器中用互相绝缘的硅钢片叠成铁芯C ．用来冶炼合金钢的真空冶炼炉D ．磁电式仪表的线圈用铝框做骨架答案 B解析 金属探测器、冶炼炉都是利用涡流现象工作的，磁电式仪表利用涡流能让指针快速稳定，也是利用涡流现象，变压器中的硅钢片是为了防止涡流产生铁损．3.如图2所示电路中，A 、B 、C 为完全相同的三个灯泡，L 是一直流电阻不可忽略的电感线圈．a 、b 为线圈L 的左右两端点，原来开关S 是闭合的，三个灯泡亮度相同．将开关S 断开后，下列说法正确的是( )图2A ．a 点电势高于b 点，A 灯闪亮后缓慢熄灭B ．a 点电势低于b 点，B 、C 灯闪亮后缓慢熄灭C ．a 点电势高于b 点，B 、C 灯闪亮后缓慢熄灭D ．a 点电势低于b 点，B 、C 灯不会闪亮只是缓慢熄灭答案 D解析 电路稳定时，三个完全相同的灯泡亮度相同，说明流经三个灯泡的电流相等．某时刻将开关S 断开，流经电感线圈的磁通量减小，其发生自感现象，相当于电源，产生和原电流方向相同的感应电流，故a 点电势低于b 点电势，三个灯不会闪亮只是缓慢熄灭，选项D正确．4．如图3所示，等腰三角形内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场，它的底边在x 轴上且长为2L ，高为L ，纸面内一边长为L 的正方形导线框沿x 轴正方向做匀速直线运动穿过匀强磁场区域，在t ＝0时刻恰好位于如图所示的位置，以顺时针方向为导线框中电流的正方向，下面四幅图中能够正确表示导线框中的电流－位移(I －x )关系的是( )图3答案 B解析 位移在0～L 过程，磁通量增大，由楞次定律判断感应电流方向为顺时针方向，为正值．I ＝Bl v R ，l ＝x ，则I ＝B v Rx ；位移在L ～2L 过程：磁通量先增大后减小，由楞次定律判断感应电流方向先为顺时针方向，为正值，后为逆时针方向，为负值；位移在2L ～3L 过程：磁通量减小，由楞次定律判断感应电流方向为逆时针方向，为负值，I ＝B v R(3L －x )． 5．如图4甲，光滑平行且足够长的金属导轨ab 、cd 所在平面与水平面成θ角，b 、c 两端接有阻值为R 的定值电阻．阻值为r 的金属棒PQ 垂直导轨放置，其他部分电阻不计．整个装置处在磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上．从t ＝0时刻开始，棒受到一个平行于导轨向上的外力F 作用，由静止开始沿导轨向上运动，运动中棒始终与导轨垂直且接触良好，通过R 的感应电流随时间t 变化的图象如图乙所示．下面分别给出了穿过回路PQcb 的磁通量Φ、磁通量的变化率ΔΦΔt、电阻R 两端的电势差U 和通过棒上某横截面的总电荷量q 随运动时间t 变化的图象，其中正确的是( )图4答案 B解析 由于产生的感应电动势是逐渐增大的，而图象A 描述磁通量与时间关系中斜率不变，产生的感应电动势不变，A 错误；回路中的感应电动势为：E ＝ΔΦΔt ，感应电流为I ＝E R ＋r＝ΔΦ(R ＋r )Δt，由题图乙可知：I ＝kt ，故有：ΔΦΔt ＝k (R ＋r )t ，所以图象B 正确；I 均匀增大，电阻R 两端的电势差U ＝IR ＝ktR ，则知U 与时间t 成正比，C 错误；通过金属棒的电荷量为：q ＝I t ＝12kt 2，故有q －t 图象为抛物线，并非过原点的直线，D 错误． 6.如图5所示，虚线两侧的磁感应强度大小均为B ，方向相反，电阻为R 的导线弯成顶角为90°，半径为r 的两个扇形组成的回路，O 为圆心，整个回路可绕O 点转动．若由图示的位置开始沿顺时针方向以角速度ω转动，则在一个周期内电路消耗的电能为( )图5A.πB 2ωr 4RB.2πB 2ωr 4RC.4πB 2ωr 4RD.8πB 2ωr 4R答案 C解析 从图示位置开始计时，在一个周期T 内，在0～T 4、T 2～34T 内没有感应电流产生，在T 4～T 2，34T ～T 内有感应电流产生，在T 4～T 2，34T ～T 内线框产生的总的感应电动势E ＝4×12Br 2ω＝2Br 2ω，则在一周期内电路释放的电能为Q ＝E 2R ·T 2，T ＝2πω，解得Q ＝4πB 2ωr 4R ，C 项正确． 7．随着科技的不断发展，无线充电已经进入人们的生活．某品牌手机的无线充电原理如图6所示．关于无线充电，下列说法正确的是( )图6A．充电底座中的发射线圈将磁场能转化为电能B．充电底座可以直接使用直流电源实现对手机的无线充电C．接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同D．无线充电时手机接收线圈利用“电流的磁效应”获取电能答案 C解析发射线圈中通入交变电流，交变电流周围形成交变磁场，交变磁场又形成交变电场，从而在接收线圈形成交变电流．发射线圈是将电能转化为磁场能，接收线圈是将磁场能转化为电能，A错误；直流电周围形成恒定的磁场，恒定的磁场无法由电磁感应形成电场，B错误；根据电磁感应规律知接收线圈与发射线圈中交变电流的频率一样，C正确；无线充电时手机接收线圈利用“电磁感应”获得电能，D错误．二、多项选择题8.如图7所示，足够长的光滑导轨倾斜放置，导轨宽度为L，其下端与电阻R连接．导体棒ab电阻为r，导轨和导线电阻不计，匀强磁场竖直向上．若导体棒ab以一定初速度v下滑，则关于ab棒的下列说法中正确的是()图7A．所受安培力方向水平向右B．可能以速度v匀速下滑C．刚下滑的瞬间ab棒产生的感应电动势为BL vD．减少的重力势能等于电阻R上产生的内能答案AB解析导体棒ab以一定初速度v下滑，切割磁感线产生感应电动势和感应电流，由右手定则可判断出电流方向为从b到a，由左手定则可判断出ab棒所受安培力方向水平向右，选项A正确．当mg sin θ＝BIL cos θ时，ab棒沿导轨方向合外力为零，可以速度v匀速下滑，选项B正确．由于速度方向与磁场方向夹角为(90°＋θ)，刚下滑的瞬间ab棒产生的感应电。

电磁感应中的动力学、动量和能量问题1．(2020·重庆巴蜀中学模拟)如图甲所示，间距为L 的光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B ，轨道左侧连接一定值电阻R ，垂直导轨的导体棒ab 在水平外力F 作用下沿导轨运动，F 随t 变化的规律如图乙所示。

在0～t 0时间内，导体棒从静止开始做匀加速直线运动。

乙图中t 0、F 1、F 2为已知，导体棒接入电路的电阻为R ，轨道的电阻不计。

则下列说法正确的是( )A ．在t 0以后，导体棒一直做匀速直线运动B ．导体棒最后达到的最大速度大小为F 2R B 2L 2C ．在0～t 0时间内，导体棒的加速度大小为2(F 2－F 1)Rt 0B 2L 2D ．在0～t 0时间内，通过导体棒横截面的电荷量为(F 2－F 1)t 02BL 解析：选D 因在0～t 0时间内导体棒做匀加速直线运动，故在t 0时刻F 2大于导体棒所受的安培力；在t 0以后，外力保持F 2不变，安培力逐渐变大，导体棒做加速度越来越小的加速运动；当加速度a ＝0，即导体棒所受安培力与外力F 2相等后，导体棒做匀速直线运动，故A 错误。

根据平衡条件可得F A ＝F 2，而F A ＝BIL ＝B 2L 2v m 2R ，解得v m ＝2F 2R B 2L 2，故B 错误。

设在0～t 0时间内导体棒的加速度为a ，导体棒的质量为m ，t 0时刻导体棒的速度为v ，通过导体棒横截面的电荷量为q ，则有a ＝v t 0 ①，F 2－B 2L 2v 2R＝ma ②，F 1＝ma ③，由①②③解得a ＝2(F 2－F 1)R B 2L 2t 0，故C 错误。

根据电荷量的公式可得q ＝ΔΦ2R ④，而ΔΦ＝B ΔS ＝BL ·v 2t 0 ⑤，由②③④⑤解得q ＝(F 2－F 1)t 02BL，故D 正确。

2．(多选)用一段横截面半径为r 、电阻率为ρ、密度为d 的均匀导体材料做成一个半径为R (r ≪R )的圆环。

专题练习(二十九) 电磁感应中的动力学与能量问题1．如图所示，在磁感应强度B ＝0.50 T 的匀强磁场中，导体PQ 在力F 作用下在U 形导轨上以速度v ＝10 m/s 向右匀速滑动，两导轨间距离L ＝1.0 m ，电阻R ＝1.0 Ω，导体和导轨电阻忽略不计，则以下说法正确的是( )A ．导体PQ 切割磁感线产生的感应电动势的大小为5.0 VB ．导体PQ 受到的安培力方向水平向右C ．作用力F 大小是0.50 ND ．作用力F 的功率是25 W2.如图所示，在光滑的水平面上，一质量为m ，半径为r ，电阻为R 的均匀金属环，以初速度v 0向一磁感应强度为B 的有界匀强磁场滑去(磁场宽度d >2r )．圆环的一半进入磁场历时t 秒，这时圆环上产生的焦耳热为Q ，则t 秒末圆环中感应电流的瞬时功率为( )A.4B 2r 2v 20RB.4B 2r 2⎝⎛⎭⎫v 20－2Q m RC.2B 2r 2⎝⎛⎭⎫v 20－2Q m RD.B 2r 2π2⎝⎛⎭⎫v 20－2Q m R 解析：t 秒末圆环中感应电动势为E ＝B ·2r ·v ，由能量守恒知，减少的动能全部转化为焦耳热：Q ＝12m v 20－12m v 2，t 秒末圆环中感应电流的功率为P ＝E 2R ＝4B 2r 2⎝⎛⎭⎫v 20－2Q m R . 答案：B3.(2013·浙南、浙北部分学校联考)如图所示，在磁感应强度为B 的水平匀强磁场中，有两根竖直放置的平行金属导轨，顶端用一电阻R 相连，两导轨所在的竖直平面与磁场方向垂直．一根金属棒ab 以初速度v 0沿导轨竖直向上运动，到某一高度后又向下运动返回到原出发点．整个过程中金属棒与导轨保持垂直且接触良好，导轨与棒间的摩擦及它们的电阻均可忽略不计．则在金属棒整个上行与整个下行的两个过程中，下列说法不．正确的是()A．回到出发点的速度v等于初速度v0B．上行过程中通过R的电荷量等于下行过程中通过R的电荷量C．上行过程中R上产生的热量大于下行过程中R上产生的热量D．上行的运动时间小于下行的运动时间4.如图所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R，质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦，棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，棒在竖直向上的恒力F作用下加速上升的一段时间内，力F 做的功与安培力做的功的代数和等于()A．棒的机械能增加量B．棒的动能增加量C．棒的重力势能增加量D．电阻R上放出的热量解析：棒受重力G、拉力F和安培力F安的作用，由动能定理得W F＋W G＋W安＝ΔE k，所以W F＋W安＝ΔE k＋mgh，即力F做的功与安培力做的功的代数和等于机械能的增加量，A正确．答案：A5.如图所示，水平地面上方矩形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，两个边长相等的单匝闭合正方形线圈Ⅰ和Ⅱ，分别用相同材料、不同粗细的导线绕制(Ⅰ为细导线)．两线圈在距磁场上界面h高处由静止开始自由下落，再进入磁场，最后落到地面．运动过程中，线圈平面始终保持在竖直平面内且下边缘平行于磁场上边界．设线圈Ⅰ、Ⅱ落地时的速度大小分别为v1、v2，在磁场中运动时产生的热量分别为Q1、Q2.不计空气阻力，则()A．v1<v2，Q1<Q2B．v1＝v2，Q1＝Q2C ．v 1<v 2，Q 1>Q 2D ．v 1＝v 2，Q 1<Q 2解析：两线圈在未进入磁场时，都做自由落体运动，从距磁场上界面h 高处下落，由动能定理知两线圈在进入磁场时的速度相同，设为v ，线圈Ⅰ所受安培力F 1′＝BI 1L ＝B 2L 2v R 1，而R 1＝ρ电4L S 1，S 1＝m 1ρ·(4L )，故F 1′＝B 2L 2v m 116ρ电ρL 2＝B 2v m 116ρ电ρ，所以此时a 1＝m 1g －F 1′m 1＝g －B 2v 16ρ电ρ同理，可得a 2＝g －B 2v16ρ电ρ，加速度与线圈的质量无关，即两线圈进入磁场时的加速度相同；当两线圈全部进入磁场后加速度也相同，a ＝g ，两线圈同步运动，因此落地时速度相等，即v 1＝v 2.又由于线圈Ⅱ质量大，机械能损失多，产生的热量也多，即Q 2>Q 1.故D 正确．答案：D6．如图所示，空间某区域中有一匀强磁场，磁感应强度方向水平，且垂直于纸面向里，磁场上边界b 和下边界d 水平．在竖直面内有一矩形金属线圈，线圈上下边的距离很短，下边水平．线圈从水平面a 开始下落．已知磁场上下边界之间的距离大于水平面a 、b 之间的距离．若线圈下边刚通过水平面b 、c (位于磁场中)和d 时，线圈所受到的磁场力的大小分别为F b 、F c 和F d ，则( )A ．F d ＞F c ＞F bB ．F c ＜F d ＜F bC ．F c ＞F b ＞F dD ．F c ＜F b ＜F d 解析：从a 到b 线圈做自由落体运动，线圈全部进入磁场后，穿过线圈的磁通量不变，线圈中无感应电流，因而也不受磁场力，即F c ＝0.从b 到d 线圈继续加速，因bd >ab ，且线圈上下边距离很短，故v d >v b ，当线圈在进入和离开磁场时，穿过线圈的磁通量变化，线圈中产生感应电流，受磁场力作用，其大小F ＝BIl ＝B Bl v R ·l ＝B 2l 2v R，因v d >v b ，所以F d >F b >F c ，D 正确．答案：D7.两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L ，底端接阻值为R 的电阻．将质量为m ，电阻也为R 的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好．导轨所在平面与磁感应强度为B 的匀强磁场垂直，如图所示．除金属棒和电阻R 外，其余电阻不计．现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则( )A ．金属棒向下运动时，流过电阻R 的电流方向为a →bB ．金属棒的速度为v 时，所受的安培力大小为F ＝B 2L 2v RC ．最终弹簧的弹力与金属棒的重力平衡D ．从开始释放到最终金属棒稳定的过程中，金属棒与电阻构成的回路产生的总热量小于金属棒重力势能的减少量解析：金属棒向下运动时，由右手定则，可判断流过电阻R 的电流方向为由b 到a ；金属棒的速度为v 时，所受的安培力大小为F ＝B 2L 2v 2R；金属棒最终静止，受到的重力和弹力相等；由能量守恒知，减少的重力势能等于产生的热量和弹簧增加的弹性势能．答案：CD8.如图所示，电动机牵引一根原来静止的、长L 为1 m 、质量m 为0.1 kg 的导体棒MN 上升，导体棒的电阻R 为1 Ω，架在竖直放置的框架上，它们处于磁感应强度B 为1 T 的匀强磁场中，磁场方向与框架平面垂直．当导体棒上升h ＝3.8 m 时，获得稳定的速度，导体棒上产生的热量为2 J ，电动机牵引棒时 ，电压表、电流表的读数分别为7 V 、1 A ，电动机内阻r 为1 Ω，不计框架电阻及一切摩擦，则以下判断正确的是( )A ．导体棒向上做匀减速运动B ．电动机的输出功率为7 WC ．导体棒达到稳定时的速度为v ＝2 m/sD ．导体棒从静止至达到稳定速度所需要的时间为1 s9．(2011·福建高考)如图，足够长的U 型光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0＜θ＜90°)，其中MN 与PQ 平行且间距为L ，导轨平面与磁感应强度为B 的匀强磁场垂直，导轨电阻不计．金属棒ab 由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab 棒接入电路的电阻为R ，当流过ab 棒某一横截面的电荷量为q 时，棒的速度大小为v ，则金属棒ab 在这一过程中( )A ．运动的平均速度大小为12vB ．下滑的位移大小为qR BLC ．产生的焦耳热为qBL vD ．受到的最大安培力大小为B 2L 2v Rsin θ 解析：流过ab 棒某一横截面的电荷量q ＝I t ＝B ΔS Rt t ＝BLx R ，ab 棒下滑的位移x ＝qR BL，B 正确．ab 棒的平均速度v ＝x t，而棒下滑过程中做加速度减小的加速运动，只有在匀变速运动中平均速度才等于初末速度的平均值，故棒运动的平均速度不等于12v ，A 错误．由能量守恒得mgx sin θ＝Q ＋12m v 2，故产生的焦耳热Q ＝mgx sin θ－12m v 2＝mg qR BL sin θ－12m v 2，C 错误．当mg sin θ＝B 2L 2v R 时v 最大，安培力最大，即F 安m ＝mg sin θ或B 2L 2v R，D 错误． 答案：B10.(2012·山东高考)如图所示，相距为L 的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R ，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B .将质量为m 的导体棒由静止释放，当速度达到v 时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P ，导体棒最终以2v 的速度匀速运动．导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g .下列选项正确的是( )A ．P ＝2mg v sin θB ．P ＝3mg v sin θC ．当导体棒速度达到v 2时加速度大小为g 2sin θ D ．在速度达到2v 以后匀速运动的过程中，R 上产生的焦耳热等于拉力所做的功 解析：当速度为v 时：mg sin θ－B 2L 2v R＝0 ①设所加拉力为F ，受力分析如图所示，导体棒将继续加速下滑，由牛顿第二定律得F ＋mg sin θ－B 2L 2v 棒R＝ma ②P ＝F v 棒③当加速度再次为零时匀速运动，此时F 0＋mg sin θ－B 2L 2·2v R＝0 ④ P ＝F 0·2v ⑤11．导体棒的电阻R ＝2 Ω，质量m ＝0.1 kg ，长L ＝0.5 m ，导体棒MN 架在光滑的金属框架上，金属框架与水平面的夹角为30°，如图所示，它们处于磁感应强度B 为1 T 的匀强磁场中，磁场方向与框架平面垂直.1 s 后导体棒沿斜面向上滑行的距离是3 m 时，MN 刚好获得稳定的速度，电动机牵引棒时，电压表、电流表的读数分别为5 V 、1 A ，电动机内阻r 为1 Ω，不计框架电阻及一切摩擦，求：(1)导体棒能达到的稳定速度；(2)导体棒上产生的热量．解析：(1)电动机的机械功率P ＝UI －Ir 2＝4 W导体棒在斜面上受力如图所示，导体棒在拉力F 的作用下做加速度越来越小的加速运动，当导体棒达到稳定速度时，受力平衡，则mg sin α＋F A ＝F ，即mg sin α＋B 2L 2v R＝P v解得v ＝4 m/s.(2)在导体棒上升的过程中能量守恒Pt ＝mgs sin α＋12m v 2＋Q ，Q ＝1.7 J. 答案：(1)4 m/s (2)1.7 J12．(2011·四川高考)如图所示，间距l ＝0.3 m 的平行金属导轨a 1b 1c 1和a 2b 2c 2分别固定在两个竖直面内．在水平面a 1b 1b 2a 2区域内和倾角θ＝37°的斜面c 1b 1b 2c 2区域内分别有磁感应强度B 1＝0.4 T 、方向竖直向上和B 2＝1 T 、方向垂直于斜面向上的匀强磁场．电阻R ＝0.3 Ω、质量m 1＝0.1 kg 、长为l 的相同导体杆K 、S 、Q 分别放置在导轨上，S 杆的两端固定在b 1、b 2点，K 、Q 杆可沿导轨无摩擦滑动且始终接触良好．一端系于K 杆中点的轻绳平行于导轨绕过轻质定滑轮自然下垂，绳上穿有质量m 2＝0.05 kg 的小环．已知小环以a ＝6 m/s 2的加速度沿绳下滑，K 杆保持静止，Q 杆在垂直于杆且沿斜面向下的拉力F 作用下匀速运动．不计导轨电阻和滑轮摩擦，绳不可伸长．g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)小环所受摩擦力的大小；(2)Q 杆所受拉力的瞬时功率．。

电磁感应中的动力学问题和能量问题辅导讲义形，介质中质点Q 此时位移为-0.1m ，图乙表示该波传播的介质中质点P 从t=0时起的振动图像，则下列说法正确的是______________（选对1个给2分，选对2个给4分，选对3个给5分，没选错一个扣3分，最低得分为0）A ．该波沿x 轴负方向传播B ．该波的传播速度为20m/sC ．再经过160s 质点Q 到达平衡位置 D ．质点P 在任意一个0.05s 时间内通过的路程一定为0.2mE ．0~0.1s 时间内质点Q 通过的路程一定为0.4m3、如图所示，一个横截面为直角三角形的三棱镜，∠A=30°，∠B=60°，AB 边长为L 。

一束与BC 面成θ=30°角的光从BC 面中点射入三棱镜，进入三棱镜后折射光线从AB 边平行。

求：（i ）通过计算说明在AC 面下方能否观察到折射光？（ii ）求从AB 边出射点到A 点距离 。

（1）（5分）ABE（2）（10分）解析：（ⅰ）光路图如图。

据题意可求出γ=30°由折射定律在BC 面上有：330sin 60sin 0==o n 由临界角的公式sin C ＝n1 解得：sin C ＝33，所以全反射的临界角C ＜60°，光线在AC 面上的入射角为60°＞C ， 故光线在AC 界面发生全反射，在AC 面下方不能观察到折射光线（ⅱ）由几何关系可知在AB 边上的入射角为30°，则射出棱镜时的折射角为60°。

[来源:]解法一：求磁感应强度的变化率，需要将感生电动势和动生电动势叠加.B2L2v0R＝mg sin θ.当ab边刚越过mg sin θ，加速度向上大小为错误．有磁场时，ab切割磁感一个刚性矩形铜制线圈从高处自由下落，进入一水平的匀强磁场区域，然后穿出磁，解得线框进入磁场前运动的加速度为，E＝Bl1v，联立解得线框进入2E，回路中的电流I＝2R，选项错误．由能量守恒定律可知：，I ＝E ，E ＝Bd v。

大题精做十三电磁感应中的动力学和能量问题1．【衡水模拟】如图所示，质量为M的导体棒ab，垂直放在相距为l的平行光滑金属导轨上，导轨平面与水平面的夹角为θ，并处于磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，左侧是水平放置、间距为d的平行金属板。

R和R x分别表示定值电阻和滑动变阻器的阻值，不计其他电阻。

(1)调节R x＝R，释放导体棒，当棒沿导轨匀速下滑时，求通过棒的电流I及棒的速率v；(2)改变R x，待棒沿导轨再次匀速下滑后，将质量为m，带电量为＋q的微粒水平射入金属板间，若它能匀速通过，求此时的R x。

【解析】(1)对ab匀速下滑时：Mg sinθ＝BIl解得通过棒的电流为：由I＝联立解之得：。

(2)对板间粒子有：q＝mg根据欧姆定律得R x＝联立解之得：mBldqMsinθ。

2．【2017江苏】如图所示，两条相距d的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R的电阻。

质量为m的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ的磁感应强度大小为B、方向竖直向下。

当该磁场区域以速度v0匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为v。

导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触。

求：(1)MN刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I；(2)MN刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a；(3)PQ刚要离开金属杆时，感应电流的功率P。

【解析】（1）感应电动势感应电流解得（2）安培力牛顿第二定律解得（3）金属杆切割磁感线的速度v0-v，则感应电动势v0-v)电功率解得)2R1．【江苏联考】如图1所示，两条相距d＝1 m的平行光滑金属导轨位于同一水平面内，其左端接一阻值R＝9 Ω的电阻，右端放置一阻值r＝1 Ω、质量m＝1 kg的金属杆，开始时，与MP 相距L＝4 m。

导轨置于竖直向下的磁场中，其磁感应强度B随时间t的变化规律如图2所示。

给金属杆施加一向右的力F（F未知），使0～2 s内杆静止在NQ处。

电磁感应中的动力学、能量和动量问题1．如图所示，在一匀强磁场中有一U 形导线框abcd ，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R 为一电阻。

ef 为垂直于ab 的一根导体杆，它可在ab 、cd 上无摩擦地滑动。

ef 及线框中导线的电阻不计。

开始时，给ef 一个向右的初速度，则( )A ．ef 将减速向右运动，但不是匀减速运动B ．ef 将匀减速向右运动，最后停止C ．ef 将匀速向右运动D ．ef 将往返运动解析：A ef 向右运动切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，根据右手定则和左手定则可知，ef 受到向左的安培力而做减速运动，直到停止，由F ＝BIl ＝B 2l 2v R＝ma ，知ef 做的是加速度减小的减速运动，故A 正确。

2.(多选)如图所示，足够长的光滑导轨倾斜放置，导轨宽度为L ，其下端与电阻R 连接；导体棒ab 电阻为r ，导轨和导线电阻不计，匀强磁场方向竖直向上。

若导体棒ab 以一定初速度v 下滑，则关于ab 棒下列说法中正确的为( )A ．所受安培力方向水平向右B ．可能以速度v 匀速下滑C ．刚下滑的瞬间ab 棒产生的电动势为BL vD ．减少的重力势能等于电阻R 上产生的内能解析：AB ab 棒以一定初速度v 下滑，切割磁感线产生感应电动势和感应电流，由右手定则可判断出电流方向为从b 到a ，由左手定则可判断出ab 棒所受安培力方向水平向右，选项A 正确。

当mg sin θ＝BIL cos θ时，沿导轨方向合外力为零，导体棒可能以速度v 匀速下滑，选项B 正确。

由于速度方向与磁场方向夹角为(90°＋θ)，刚下滑的瞬间ab 棒产生的电动势为E ＝BL v cos θ，选项C 错误。

由能量守恒定律，可知ab 棒减少的重力势能一定大于电阻R 上产生的内能，选项D 错误。

3.如图，一足够长通电直导线固定在光滑水平面上，质量是0.04 kg 的硬质金属环在该平面上运动，初速度大小为v 0＝2 m/s 、方向与导线的夹角为60°，则该金属环最终( )A ．做曲线运动，环中最多能产生0.08 J 的电能B ．静止在平面上，环中最多能产生0.04 J 的电能C ．做匀加速直线运动，环中最多能产生0.02 J 的电能D ．做匀速直线运动，环中最多能产生0.06 J 的电能解析：D 金属环在向右上方运动过程中，通过金属环的磁通量减少，根据楞次定律可知金属环受到的安培力会阻碍金属环的运动，直到金属环磁通量不发生变化，即沿着导线的方向运动时，金属环不再受到安培力的作用，此时金属环将沿导线方向做匀速直线运动，金属环只具有竖直方向的速度，根据速度合成与分解规律可知金属环最终做匀速直线运动的速度为v ＝v 0cos 60°＝12v 0＝1 m/s ，根据能量守恒定律可得，金属环中产生的电能为E ＝12m v 02－12m v 2＝12×0.04×22 J －12×0.04×12 J ＝0.06 J ，所以D 正确。

电磁感应中的动力学问题和能量问题辅导讲义授课主题法拉第电磁感应中的动力学问题和能量问题教学目的 1.了解感生电动势和动生电动势2.能解决电磁感应问题中涉及安培力的动态分析和平衡问题。

3.会分析电磁感应问题中的能量转化,并会进行有关计算、4.掌握导轨—杆模型教学重难点能解决电磁感应问题中涉及安培力的动态分析和平衡问题,会分析电磁感应问题中的能量转化,并会进行有关计算、教学内容一、知识回顾1、如图(a)所示,理想变压器原副线圈匝数比,原线圈接有交流电流表,副线圈电路接有交流电压表V、交流电流表,滑动变阻器R等,所有电表都可看成理想电表,二极管D正向电阻为零,反向电阻无穷大,灯泡L的阻值可视为不变,原线圈接入电压按图(b)所示规律变化的交流电,则下列说法正确的是AA、交流电压表V的读数为32VB、灯泡L两端电压的有效值为32VC、当滑动变阻器触头P向下滑动时,电压表V的示数增大,电流表示数增大D、由图(b)可知交流发电机转子的角速度为2、如图甲为一列沿x轴传播的简谐横波在t＝０、1s时刻的波形,介质中质点Ｑ此时位移为－0、1m,图乙表示该波传播的介质中质点P从t＝0时起的振动图像,则下列说法正确的是＿__＿__＿__＿____(选对1个给2分,选对２个给4分,选对3个给5分,没选错一个扣３分,最低得分为0)Ａ。

该波沿x轴负方向传播B、该波的传播速度为２０m／ｓC、再经过质点Q到达平衡位置Ｄ、质点P在任意一个0。

0５ｓ时间内通过的路程一定为０、2mE、０~0、１s时间内质点Ｑ通过的路程一定为0、4m3、如图所示,一个横截面为直角三角形的三棱镜,∠A=30°,∠B=6０°,AＢ边长为L。

一束与ＢC面成＝3０°角的光从BＣ面中点射入三棱镜,进入三棱镜后折射光线从AB边平行、求:(i)通过计算说明在ＡC面下方能否观察到折射光？(ii)求从AＢ边出射点到Ａ点距离。

(1)(5分)ＡBＥ(2)(１0分)解析:(ⅰ)光路图如图。