(浙江专版)高中物理第四章电磁感应习题课：电磁感应中的动力学及能量问题教学案新人教版选修3-2

习题课：电磁感应中的动力学及能量问题课时要求1.掌握电磁感应中动力学问题的分析方法.2.理解电磁感应过程中能量的转化情况，能用能量的观点分析和解决电磁感应问题.一、电磁感应中的动力学问题1．电磁感应中产生的感应电流在磁场中将受到安培力作用，所以电磁感应问题往往与力学问题联系在一起，处理此类问题的基本方法是：(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)求回路中的感应电流的大小和方向．(3)分析研究导体受力情况(包括安培力)．(4)列动力学方程或平衡方程求解．2．两种状态处理(1)导体处于平衡状态——静止或匀速直线运动状态．处理方法：根据平衡条件——合力等于零列式分析．(2)导体处于非平衡状态——加速度不为零．处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析．例1 如图1甲所示，两根足够长的直金属导轨MN 、PQ 平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L ，M 、P 两点间接有阻值为R 的电阻，一根质量为m 的均匀直金属杆ab 放在两导轨上，并与导轨垂直，整套装置处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向下，导轨和金属杆的电阻可忽略，让ab 杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦．图1(1)由b 向a 方向看到的装置如图乙所示，请在此图中画出ab 杆下滑过程中某时刻的受力示意图；(2)在加速下滑过程中，当ab 杆的速度大小为v 时，求此时ab 杆中的电流及其加速度的大小；(3)求在下滑过程中，ab 杆可以达到的速度最大值．答案 (1)见解析图 (2)BLv R g sin θ－B2L2v mR (3)mgRsin θB2L2解析 (1)如图所示，ab 杆受重力mg ，竖直向下；支持力F N ，垂直于斜面向上；安培力F安，沿斜面向上．(2)当ab 杆的速度大小为v 时，感应电动势E ＝BLv ，此时电路中的电流I ＝E R ＝BLvRab 杆受到安培力F 安＝BIL ＝B2L2vR根据牛顿第二定律，有mg sin θ－F 安＝ma 联立解得a ＝g sin θ－B2L2vmR.(3)当a ＝0时，ab 杆有最大速度：v m ＝mgRsin θB2L2.电磁感应现象中涉及到具有收尾速度的力学问题时，关键是做好受力情况和运动情况的动态分析：导体运动产生感应电动势→感应电流→导体受安培力→合力变化→加速度变化→速度变化→感应电动势变化周而复始地循环，达到最终状态时，加速度等于零，导体达到稳定运动状态，即平衡状态，根据平衡条件建立方程，所求解的收尾速度也是导体运动的最大速度．针对训练1 (多选)如图2所示，MN 和PQ 是两根互相平行竖直放置的光滑金属导轨，已知导轨足够长，且电阻不计．ab 是一根与导轨垂直而且始终与导轨接触良好的金属杆．开始时，将开关S 断开，让杆ab 由静止开始自由下落，一段时间后，再将S 闭合，若从S 闭合开始计时，则金属杆ab 的速度v 随时间t 变化的图象可能是( )图2答案 ACD解析 设ab 杆的有效长度为l ，S 闭合时，若B2l2vR >mg ，杆先减速再匀速，D 项有可能；若B2l2v R ＝mg ，杆匀速运动，A 项有可能；若B2l2vR <mg ，杆先加速再匀速，C 项有可能；由于v 变化，B2l2v R －mg ＝ma 中的a 不恒定，故B 项不可能．二、电磁感应中的能量问题 1．电磁感应中能量的转化电磁感应过程实质是不同形式的能量相互转化的过程，其能量转化方式为：2．求解电磁感应现象中能量问题的一般思路(1)确定回路，分清电源和外电路．(2)分析清楚有哪些力做功，明确有哪些形式的能量发生了转化．如： ①有滑动摩擦力做功，必有内能产生； ②有重力做功，重力势能必然发生变化；③克服安培力做功，必然有其他形式的能转化为电能，并且克服安培力做多少功，就产生多少电能；如果安培力做正功，就是电能转化为其他形式的能． (3)列有关能量的关系式．例2 如图3所示，足够长的平行光滑U 形导轨倾斜放置，所在平面的倾角θ＝37°，导轨间的距离L ＝1.0 m ，下端连接R ＝1.6 Ω的电阻，导轨电阻不计，所在空间存在垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度B ＝1.0 T.图3质量m ＝0.5 kg 、电阻r ＝0.4 Ω的金属棒ab 垂直置于导轨上，现用沿导轨平面且垂直于金属棒、大小为F ＝5.0 N 的恒力使金属棒ab 从静止开始沿导轨向上滑行，当金属棒滑行s ＝2.8 m 后速度保持不变．求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2) (1)金属棒匀速运动时的速度大小v ；(2)金属棒从静止到刚开始匀速运动的过程中，电阻R 上产生的热量Q R . 答案 (1)4 m/s (2)1.28 J解析 (1)金属棒匀速运动时产生的感应电流为I ＝BLvR ＋r由平衡条件有F ＝mg sin θ＋BIL 代入数据解得v ＝4 m/s.(2)设整个电路中产生的热量为Q ，由能量守恒定律有Q ＝Fs －mgs ·sin θ－12mv 2而Q R ＝RR ＋rQ ，代入数据解得Q R ＝1.28 J. 针对训练2 水平放置的光滑平行导轨上放置一根长为L 、质量为m 的导体棒ab ，ab 处在磁感应强度大小为B 、方向如图4所示的匀强磁场中，导轨的一端接一阻值为R 的电阻，导轨及导体棒电阻不计．现使ab 在水平恒力F 作用下由静止沿垂直于磁场的方向运动，当通过的位移为x 时，ab 达到最大速度v m .此时撤去外力，最后ab 静止在导轨上．在ab 运动的整个过程中，下列说法正确的是( )图4A ．撤去外力后，ab 做匀减速运动B ．合力对ab 做的功为FxC ．R 上释放的热量为Fx ＋12mv 2mD ．R 上释放的热量为Fx 答案 D解析 撤去外力后，导体棒水平方向只受安培力作用，而F安＝B2L2v R，F安随v 的变化而变化，故导体棒做加速度变化的变速运动，A 错；对整个过程由动能定理得W 合＝ΔE k ＝0，B错；由能量守恒定律知，恒力F 做的功等于整个回路产生的电能，电能又转化为R 上释放的热量，即Q ＝Fx ，C 错，D 正确．1．(多选)如图5所示，不计电阻的平行金属导轨ab 、cd 竖直放置，上端接有电阻R ，ef 是一根电阻不计的水平放置的导体棒，质量为m ，棒的两端分别与ab 、cd 保持良好接触，且能沿导轨无摩擦下滑，整个装置放在与导轨垂直的匀强磁场中，当导体棒ef 由静止下滑一段时间后闭合开关S ，则S 闭合后( )图5A ．导体棒ef 的加速度可能大于gB ．导体棒ef 的加速度一定小于gC ．导体棒ef 最终的速度随S 闭合时刻的不同而不同D．导体棒ef的机械能与回路内产生的热量之和一定守恒答案AD解析开关S闭合前，导体棒只受重力而加速下滑．闭合开关时有一定的初速度v0，若此时F安＞mg，则F安－mg＝ma.若F安＜mg，则mg－F安＝ma，F安不确定，故加速度的大小也不确定，选项A正确，选项B错误；无论闭合开关时初速度为多大，导体棒最终所受的安培力和重力都平衡，故选项C错误；根据能量守恒定律可知，选项D正确．2. (多选)如图6所示，两根光滑的金属导轨，平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨的左端接有电阻R，导轨自身的电阻可忽略不计．斜面处在一匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上．质量为m、电阻可以忽略不计的金属棒ab，在沿着斜面与棒垂直的恒力F作用下沿导轨匀速上滑，且上升的高度为h，在这一过程中( )图6A．作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于零B．作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于mgh与电阻R上产生的焦耳热之和C．恒力F与安培力的合力所做的功等于零D．恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热答案AD解析金属棒匀速上滑的过程中，对金属棒受力分析可知，有三个力对金属棒做功，恒力F 做正功，重力做负功，安培力阻碍相对运动，沿斜面向下，做负功．匀速运动时，所受合力为零，故合力做功为零，A正确；克服安培力做多少功就有多少其他形式的能转化为电路中的电能，电能又等于R上产生的焦耳热，故外力F与重力的合力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热，D正确．3．如图7所示，空间存在B＝0.5 T，方向竖直向下的匀强磁场，MN、PQ是水平放置的平行长直导轨，其间距L＝0.2 m，电阻R＝0.3 Ω接在导轨一端，ab是跨接在导轨上质量m＝0.1 kg、电阻r＝0.1 Ω的导体棒，已知导体棒和导轨间的动摩擦因数为0.2.从零时刻开始，对ab棒施加一个大小为F＝0.45 N、方向水平向左的恒定拉力，使其从静止开始沿导轨滑动，该过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好，求：图7(1)导体棒所能达到的最大速度；(2)试定性画出导体棒运动的速度－时间图象． 答案 (1)10 m/s (2)见解析图解析 (1)导体棒切割磁感线运动，产生的感应电动势：E ＝BLv ① I ＝ER ＋r② 导体棒受到的安培力F 安＝BIL ③导体棒运动过程中受到拉力F 、安培力F 安和摩擦力F f 的作用， 根据牛顿第二定律：F －μmg －F 安＝ma ④ 由①②③④得：F －μmg －B2L2vR ＋r＝ma ⑤由上式可以看出，随着速度的增大，安培力增大，加速度a 减小，当加速度a 减小到0时，速度达到最大．此时有F －μmg －B2L2vmR ＋r ＝0⑥可得：v m ＝错误!＝10 m/s⑦(2)导体棒运动的速度－时间图象如图所示．一、选择题1．如图1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．杆ef及线框中导线的电阻都可忽略不计．开始时，给ef 一个向右的初速度，则( )图1A ．ef 将减速向右运动，但不是匀减速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 答案 A解析 ef 向右运动，切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，会受到向左的安培力而做减速运动，直到停止，但不是匀减速，由F ＝BIl ＝B2l2vR ＝ma 知，ef 做的是加速度减小的减速运动．故A 正确．2．如图2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( )图2A ．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 上放出的热量答案 A解析 棒加速上升时受到重力、拉力F 及安培力．根据功能原理可知，力F 与安培力做的功的代数和等于棒的机械能的增加量，A 正确．3．(多选)如图3所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd ，ab 边长大于bc 边长，置于垂直纸面向里、边界为MN 的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN .第一次ab 边平行MN 进入磁场，线框上产生的热量为Q 1，通过线框导体横截面的电荷量为q 1；第二次bc 边平行于MN 进入磁场，线框上产生的热量为Q 2，通过线框导体横截面的电荷量为q 2，则 ( )图3A ．Q 1＞Q 2B ．Q 1<Q 2C ．q 1＝q 2D ．q 1＞q 2答案 AC解析 根据功能关系知，线框上产生的热量等于克服安培力做的功， 即Q 1＝W 1＝F 1l bc ＝B2l 2abv R l bc ＝B2SvR l ab同理Q 2＝B2SvRl bc ，又l ab ＞l bc ，故Q 1＞Q 2；因q ＝I t ＝ERt ＝ΔΦR ＝BSR， 故q 1＝q 2.因此A 、C 正确．4．如图4所示，足够长的平行金属导轨倾斜放置，倾角为37°，宽度为0.5 m ，电阻忽略不计，其上端接一小灯泡，电阻为1 Ω.一导体棒MN 垂直导轨放置，质量为0.2 kg ，接入电路的电阻为 1 Ω，两端与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为0.5.在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为0.8 T ．将导体棒MN 由静止释放，运动一段时间后，小灯泡稳定发光，此后导体棒MN 的运动速度以及小灯泡消耗的电功率分别为(重力加速度g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6)( )图4A ．2.5 m/s 1 WB ．5 m/s 1 WC ．7.5 m/s 9 WD ．15 m/s 9 W答案 B解析 导体棒MN 匀速下滑时受力如图所示，由平衡条件可得F 安＋μmg cos 37°＝mg sin 37°，所以F 安＝mg (sin 37°－μcos 37°)＝0.4 N ，由F 安＝BIL 得I ＝F 安BL ＝1 A ，所以E ＝I (R 灯＋R MN )＝2 V ，导体棒的运动速度v ＝EBL＝5 m/s ，小灯泡消耗的电功率为P 灯＝I 2R 灯＝1 W ．正确选项为B.5.如图5所示，边长为L 的正方形导线框质量为m ，由距磁场H 高处自由下落，其下边ab 进入匀强磁场后，线圈开始做减速运动，直到其上边dc 刚刚穿出磁场时，速度减为ab 边刚进入磁场时的一半，磁场的宽度也为L ，则线框穿过匀强磁场过程中产生的焦耳热为( )图5A ．2mgLB ．2mgL ＋mgHC ．2mgL ＋34mgHD ．2mgL ＋14mgH答案 C解析 设线框刚进入磁场时的速度为v 1，刚穿出磁场时的速度v 2＝v12①线框自开始进入磁场到完全穿出磁场共下落高度为2L .由题意得12mv 21＝mgH ②12mv 21＋mg ·2L ＝12mv 22＋Q ③ 由①②③得Q ＝2mgL ＋34mgH .选项C 正确．6．(多选)如图6所示，匀强磁场的磁感应强度为B ，方向竖直向下，在磁场中有一个边长为L 的正方形刚性金属框，ab 边的质量为m ，电阻为R ，其他三边的质量和电阻均不计．cd 边上装有固定的水平轴，将金属框自水平位置由静止释放，第一次转到竖直位置时，ab 边的速度为v ，不计一切摩擦，重力加速度为g ，则在这个过程中，下列说法正确的是( )图6A ．通过ab 边的电流方向为a →bB ．ab 边经过最低点时的速度v ＝2gLC ．ab 边经过最低点时的速度v ＜2gLD ．金属框中产生的焦耳热为mgL －12mv 2 答案 CD解析 ab 边向下摆动过程中，金属框内磁通量逐渐减小，根据楞次定律及右手螺旋定则可知感应电流方向为b →a ，选项A 错误；ab 边由水平位置到达最低点过程中，机械能一部分转化为焦耳热，故v ＜2gL ，所以选项B 错误，C 正确；根据能量守恒定律可知，金属框中产生的焦耳热应等于此过程中机械能的损失，故选项D 正确．7. (多选)如图7所示，匀强磁场中有一矩形闭合线圈，线圈平面与磁场垂直．已知线圈的面积S ＝0.5 m 2，线圈电阻r ＝0.2 Ω，磁感应强度B 在0～1 s 内从零均匀变化到2 T ，则( )图7A ．0.5 s 时线圈内感应电动势的大小为1 VB ．0.5 s 时线圈内感应电流的大小为10 AC ．0～1 s 内通过线圈的电荷量为5 CD ．0～0.5 s 内线圈产生的焦耳热为5 J答案 AC解析 根据法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt 可得：E ＝ΔBS Δt＝1 V ，故选项A 正确；线圈内感应电流的大小I ＝E r ＝10.2A ＝5 A ，故选项B 错误；0～1 s 内通过线圈的电荷量q ＝It ＝5×1C ＝5 C ，故选项C 正确；0～0.5 s 内线圈产生的焦耳热Q ＝I 2rt ＝52×0.2×0.5 J＝2.5 J ，故选项D 错误．8. (多选)如图8所示，有两根和水平方向成α角的光滑平行的金属轨道，上端接有可变电阻R ，下端足够长，空间有垂直于轨道平面向上的匀强磁场，磁感应强度为B ，一根质量为m 的金属杆从轨道上由静止滑下．经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度v m ，则( )图8A ．如果B 增大，v m 将变大B ．如果α变大，v m 将变大C ．如果R 变大，v m 将变大D ．如果m 变小，v m 将变大答案 BC解析 金属杆由静止开始滑下的过程中，金属杆就是一个电源，与电阻R 构成一个闭合回路；其受力情况如图所示，根据牛顿第二定律得：mg sin α－B2L2v R＝ma 所以金属杆由静止开始做加速度减小的加速运动，当a ＝0，即mg sin α＝B2L2vm R时，此时达到最大速度v m ，可得：v m ＝mgRsin αB2L2，故由此式知选项B 、C 正确．9．(多选)如图9所示，MN 和PQ 是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L ，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑连接．右端接一个阻值为R 的定值电阻．平直部分导轨左边区域有宽度为d 、方向竖直向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场．质量为m 、电阻也为R 的金属棒从高度为h 处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止．已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨间接触良好．则金属棒穿过磁场区域的过程中 ( )图9A ．流过金属棒的最大电流为BL 2gh 2RB ．通过金属棒的电荷量为BdL RC ．克服安培力所做的功为mghD ．金属棒产生的焦耳热为12(mgh －μmgd ) 答案 AD解析 金属棒下滑到底端时的速度为v ＝2gh ，感应电动势E ＝BLv ，所以流过金属棒的最大电流为I ＝BL 2gh 2R ；通过金属棒的电荷量为q ＝ΔΦ2R ＝BLd 2R；克服安培力所做的功为W ＝mgh －μmgd ；电路中产生的焦耳热等于克服安培力做的功，所以金属棒产生的焦耳热为12(mgh －μmgd )．选项A 、D 正确．二、非选择题10.如图10所示，电阻r ＝0.3 Ω、质量m ＝0.1 kg 的金属棒CD 静止在位于水平面上的两条平行光滑的金属导轨上，棒与导轨垂直且接触良好，导轨的电阻不计，导轨的左端接有阻值为R ＝0.5 Ω的电阻，有一个理想电压表接在电阻R 的两端，垂直导轨平面的匀强磁场向下穿过导轨平面．现给金属棒加一个水平向右的恒定外力F ，观察到电压表的示数逐渐变大，最后稳定在1.0 V ，此时金属棒的速度为2 m/s.图10(1)求拉动金属棒的外力F 的大小．(2)当电压表读数稳定后某一时刻，撤去外力F ，求此后电阻R 上产生的热量．答案 (1)1.6 N (2)0.125 J解析 (1)金属棒切割磁感线产生的感应电动势E ＝BLv电路中的感应电流I ＝E R ＋r， 金属棒受到的安培力F 安＝BIL ，金属棒匀速运动有F ＝F 安由题意可知E ＝1.0 V R·(R ＋r )， 联立以上各式解得F ＝1.6 N.(2)金属棒的动能转化为内能，则12mv 2＝Q ， 电阻R 上产生的热量Q R ＝R R ＋rQ ， 解得Q R ＝0.125 J.11．如图11所示，相距为L 的光滑平行金属导轨ab 、cd 固定在水平桌面上，上面放有两根垂直于导轨的金属棒MN 和PQ ，金属棒质量均为m ，电阻值均为R .其中MN 被系于中点的细绳束缚住，PQ 的中点与一绕过定滑轮的细绳相连，绳的另一端系一质量也为m 的物块，绳处于拉直状态．整个装置放于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度的大小为B .若导轨的电阻、滑轮的质量及一切摩擦均忽略不计，当物块由静止释放后，求：(重力加速度为g ，金属导轨足够长)图11(1)细绳对金属棒MN 的最大拉力；(2)金属棒PQ 能达到的最大速度．答案 (1)mg (2)2mgR B2L2解析 (1)对棒PQ ，开始时做加速度逐渐减小、速度逐渐增大的变加速运动，当加速度为零时，速度达到最大，此时感应电流最大．此后棒PQ 做匀速直线运动．对棒PQ ，F 安＝BLI m ＝mg对棒MN ，F m ＝F 安＝BLI m ＝mg .(2)对棒PQ ，F 安－mg ＝0时速度最大E ＝BLv m ，I ＝E 2R，F 安＝BLI解得v m ＝2mgR B2L2.。