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第30讲　微专题五 动力学和能量观点在电磁感应中的应用
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
状态 特征 处理方法
平衡态 加速度为零 根据平衡条件列式分析
非平衡态 加速度不为零 根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系进行分析
3.动态分析的基本思路
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：
（多选）（2024 济南模拟）如图所示，间距为L0的两平行长直金属导轨水平放置，导轨所在空间存在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场。长度均为L0的金属杆ab、cd垂直导轨放置，初始时两金属杆相距为L0，金属杆ab沿导轨向右运动的速度大小为v0，金属杆cd速度为零且受到平行导轨向右、大小为F的恒力作用。已知金属杆与导轨接触良好且整个过程中始终与导轨垂直，在金属杆ab、cd的整个运动过程中，两金属杆间的最小距离为L1，重力加速度大小为g，两金属杆的质量均为m，电阻均为R，金属杆与导轨间的动摩擦因数均为μ，金属导轨电阻不计，下列说法正确的是（　　）
A．金属杆cd运动过程中的最大加速度为
B．从金属杆cd开始运动到两金属杆间距离最小的时间为
C．金属杆ab运动过程中的最小速度为
D．金属杆cd的最终速度为
【解答】解：对金属杆ab、cd的运动过程分析如下：
①、初始ab向右运动，cd速度为零，两者间距开始减小，回路中磁通量先开始减小，根据楞次定律可知回路中的感应电流方向先是顺时针的，ab受到的安培力与滑动摩擦力均先向左，ab先向右做减速运动，设其速度大小为v1。cd受到的安培力先向右，而滑动摩擦力向左，因动摩擦因数为μ，可知滑动摩擦力小于F，故cd先向右做加速运动，设其速度大小为v2。回路中的感应电动势为：E＝BL0（v1﹣v2），因（v1﹣v2）先减小，故感应电动势、感应电流、两金属杆所受安培力均减小。故ab先向右做加速度减小的减速运动，cd先向右做加速度减小的加速运动。
②、当v1＝v2时，感应电动势、安培力均为零，由于存在滑动摩擦力，ab继续减速，但cd继续加速（因F＞μmg），导致v2＞v1，两者间距开始增大，回路中磁通量先开始增大，根据楞次定律可知回路中的感应电流方向变为逆时针，ab受到的安培力反向，方向向右，与滑动摩擦力方向相反；cd受到的安培力也反向，方向向左，与滑动摩擦力同向。此后的回路中的感应电动势为：E＝BL0（v2﹣v1），因（v2﹣v1）增大，故感应电动势、感应电流、两金属杆所受安培力均由零逐渐增大，对ab有：μmg﹣BIL0＝ma1，对cd有：F﹣μmg﹣BIL0＝ma2，可见ab、cd的加速度均减小，故ab继续向右做加速度减小的减速运动，cd向右做加速度减小的加速运动。
③、当安培力增加到等于滑动摩擦力，即：BIL0＝μmg时，ab的加速度a1为零，此时对于cd有：F﹣μmg﹣BIL0＝F﹣2μmg＝0（因μ），即：cd的加速度a2为零，可见两者加速度同时减小到零，此后v1、v2若保持不变，则（v2﹣v1）恒定，感应电动势、感应电流、两金属杆所受安培力均保持不变，两者加速度可保持为零，故两者终极状态为匀速直线运动。终极状态有：v2＞v1；BIL0＝μmg，F＝2μmg。
A、由上述分析，可知金属杆cd运动过程中的加速度一直减小到零，则初始其加速度最大。
初始电动势为：E0＝BL0v0，安培力为：F0＝BL0，根据牛顿第二定律得：
ma0＝F+F0﹣μmg，结合：μ，解得：a0，故A正确；
B、由上述①②的分析可知当v1＝v2时两者的间距离最小，以水平向右为正方向，根据动量定理得：
对ab有：﹣BL0t﹣μmgt＝mv1﹣mv0
对cd有：Ft+BL0t﹣μmgt＝mv2﹣0……④
两式相加，再结合μ，可得：v1＝v2v0
又有：，ΔΦ＝BL0（L0﹣L1）
可得：
代入④式可得所求的时间为：t，故B错误；
C、由B选项可知v1＝v2时，金属杆ab的速度v1v0，而由②的分析可知此后ab继续做减速运动，故运动过程中金属杆ab的最小速度小于，故C错误；
D、设ab、cd的最终速度分别为va、vc，由③的分析有：F﹣μmg﹣BIL0＝0，其中：I
解得：vc﹣va
从两者速度v1＝v2v0时到终极状态的过程，以水平向右为正方向，根据动量定理得：
对ab有：﹣BL0t1﹣μmgt1＝mvamv0
对cd有：Ft1+BL0t1﹣μmgt1＝mvcmv0
两式相加可得：va+vc＝v0
联立解得：vc，故D正确。
故选：AD。
（2024 昆明一模）如图所示，两根相互平行且足够长的光滑长直金属导轨固定在水平绝缘桌面上，导轨间距为L，导轨上接有电容为C的电容器和阻值为R的定值电阻。质量为m的导体棒PQ静止在导轨上，整个系统处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中。开始时，电容器不带电。t＝0时刻，对PQ施加水平向右大小为F的恒力。PQ和导轨的电阻均不计，PQ运动过程中始终与导轨垂直且接触良好。
（1）若保持开关S1断开、S2闭合，求PQ的最终速度；
（2）若保持开关S1闭合、S2断开，求PQ的加速度大小；
（3）若保持开关S1、S2都闭合，从t＝0到t＝t0时间内PQ向右运动的距离为x，求t＝t0时刻PQ的速度大小。
【解答】解：（1）保持开关 S1断开、S2闭合，当PQ棒受到的安培力与外力相等时，PQ开始做匀速运
动，根据受力平衡可得
F＝BIL①
根据闭合电路欧姆定律可得
②
导体棒切割磁感线产生感应电动势可得
E＝BLv1 ③
联立解得： ④
（2）保持开关 S1 闭合、S2 断开，取一段极短的时间Δt，PQ速度的变化量为Δv，电容器C
上的电荷量的变化量为Δq，对PQ根据动量定理可得
⑤
根据电流的定义式可得
⑥
电容器上电荷量的变化量为
Δq＝CBLΔv⑦
根据加速度的定义式可得
⑧
联立解得 ⑨
（3）对PQ根据动量定理可得
⑩
通过PQ的电荷量为
（11）
独立分析PQ与定值电阻R组成的回路可得流过定值电阻的电荷量为
（12）
x （13）
电容器存储的电荷量
q2＝CBLv2 （14）
流过PQ的电荷量等于流过电阻电荷量和电容器存储的电荷量之和
q＝q1+q2 （15）
联立解得
答：（1）PQ的最终速度为；
（2）PQ的加速度大小为；
（3）t＝t0时刻PQ的速度大小为。
（2024 贵阳模拟）图示装置可以用来说明电动汽车“动能回收”系统的工作原理。光滑平行金属导轨MN、PQ固定在绝缘水平桌面上，ab为垂直于导轨的导体棒，轨道所在空间存在竖直向下的匀强磁场。当开关接1时，ab消耗电能而运动起来。当ab达到一定速度后，让开关接2，ab把机械能转化为电能（如果把电阻R换为储能元件，则可以在减速过程中进行动能回收存储），已知轨道间距L＝0.4m，磁应强度B＝0.25T，电源电动势E＝1.5V，内电阻r＝0.05Ω。电阻器的电阻R＝0.05Ω，导体棒ab质量m＝0.1kg，电阻r1＝0.05Ω，导体棒与导轨接触良好，导轨足够长，且导轨电阻不计。求：
（1）开关与1接通的瞬间导体棒ab获得的加速度的大小；
（2）开关与1接通后导体棒ab能达到的最大速度的大小；
（3）当导体棒ab达到最大速度时，将开关与2接通，求此后导体棒ab能运动的距离。
【解答】解：（1）开关与1接通，根据闭合电路的欧姆定律
在开关与1接通瞬间，根据牛顿第二定律BIL＝ma
代入数据解得加速度a＝15m/s2
（2）导体棒做加速度减小的加速运动，设导体棒的最大速度为vm；
导体棒切割磁感线运动产生反电动势E感＝BLv
当E感＝E时，导体棒获得最大速度，则BLvm＝E
代入数据解得vm＝15m/s
（3）将开关与2接通，设导体棒还能运动的距离为x，运动的时间为Δt
根据法拉第电磁感应定律
电路中的电流
导体棒所受安培力
取安培力方向为正方向，根据动量定理
联立解得
代入数据解得x＝15m。
答：（1）开关与1接通的瞬间导体棒ab获得的加速度的大小为15m/s2；
（2）开关与1接通后导体棒ab能达到的最大速度的大小为15m/s；
（3）当导体棒ab达到最大速度时，将开关与2接通，此后导体棒ab能运动的距离为15m。
命题点二　电磁感应中动力学和能量观点的综合应用
1．题型简述
电磁感应过程的实质是不同形式的能量相互转化的过程，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＝I2Rt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．
（2024 朝阳区一模）如图所示，水平放置的内壁光滑半径为R的玻璃圆环，有一直径略小于圆环口径的带正电q的小球，在圆环内以速度v0沿顺时针方向匀速转动（俯视）。在t＝0时刻施加方向竖直向上的变化磁场，磁感应强度B＝kt（k＞0）。设运动过程中小球带电荷量不变，不计小球运动产生的磁场及相对论效应。加上磁场后，下列说法正确的是（　　）
A．小球对玻璃圆环的压力不断增大
B．小球对玻璃圆环的压力不断减小
C．小球所受的磁场力一定不断增大
D．小球每运动一周增加的动能为kqπR
【解答】解：磁感应强度竖直向上，B随时间成正比增加，由楞次定律可知，变化的磁场产生的感生电场沿顺时针方向；小球带正电，小球所受电场力沿顺时针方向，与小球的运动方向相同，小球做加速运动；
AB、根据牛顿第二定律可知未加磁场时，重力与支持力的合力提供环的向心力，加磁场后重力与支持力、洛伦兹力的合力提供向心力，由于洛伦兹力与向心力大小关系未知，无法分析小球与圆环间弹力变化，故AB错误；
C、由于小球的速度逐渐增大，由洛伦兹力公式f＝qvB可知，小球受到的磁场力一定不断增大，故C正确；
D、根据法拉第电磁感应定律，感生电动势为EπR2k
根据题意可知，磁场变化将在真空管道处产生涡旋电场，根据动能定理可知qΔEk
解得ΔEkkqπR
故D错误。
故选：C。
（多选）（2024 枣强县校级模拟）电磁驱动技术现已广泛应用于生产、生活和军事中，如图所示为一电磁驱动模型，水平面内，连续排列的边长为L的正方形区域内存在竖直方向的匀强磁场，相邻区域的磁感应强度方向相反，大小均为B。质量为m、总电阻为R的矩形金属线框abcd处于匀强磁场中，ab边长为L。当匀强磁场水平向右以速度v匀速运动时，金属线框能达到的最大速度为v0。线框达到最大速度后做匀速直线运动，线框运动中受到的阻力恒定，则下列说法正确的是（　　）
A．图示位置时，线框ab边中感应电流方向从a到b
B．线框运动中受到的阻力大小为
C．线框匀速运动后，受到安培力所做的功等于回路中产生的焦耳热
D．线框匀速运动后，外界每秒提供给线框的总能量为
【解答】解：A.由于磁场向右运动，故线框相对磁场向左运动，由右手定则可知，线框中电流方向为a→d→c→b→a，则ab边中感应电流方向从b到a，故A错误；
B.金属线框能达到的最大速度为v0，则回路中产生的感应电动势大小为：E＝2BL（v﹣v0）
根据安培力的计算公式可得：F安＝2BIL
根据平衡条件可得线框运动中受到的阻力大小为：f＝F安，故B正确；
C.匀速运动后，动能不再变，安培力阻碍线框运动，克服安培力做功等于产生的焦耳热，安培力做负功，故C错误；
D.线框匀速运动后，外界每秒提供给线框的总能量等于克服安培力做的功，即为：W＝F安vt，其中t＝1s，则有：W，故D正确。
故选：BD。
（2024 天津模拟）如图，质量m1＝0.1kg，电阻R1＝0.3Ω，长度l＝0.4m的导体棒ab横放在U形金属框架上。框架质量m2＝0.2kg，放在绝缘水平面上，与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2。相距0.4m的MM′、NN′相互平行，电阻不计且足够长。电阻R2＝0.1Ω的MN垂直于MM′，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.5T．垂直于ab施加F＝2N的水平恒力，ab从静止开始无摩擦地运动，始终与MM′、NN′保持良好接触。设框架与水平面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。
（1）若框架固定，求导体棒ab能达到的最大速度vm的大小；
（2）若框架不固定，求框架开始运动时ab速度v的大小；
（3）当ab运动到某处时，框架开始运动．从ab开始运动到框架开始运动的过程中，MN上产生的热量Q＝0.1J，求该过程ab位移x的大小。
【解答】解：（1）导体棒ab能达到的最大速度时产生的感应电动势为：E＝Blvm
根据闭合电路欧姆定律可得感应电流大小为：
根据安培力的计算公式可得：
联立解得：vm＝20m/s；
（2）框架受水平面的支持力大小为：FN＝m2g+m1g
依题意，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则框架受到最大静摩擦力F2＝μFN
ab中的感应电动势为：E′＝Blv
根据闭合电路欧姆定律可得感应电流大小为：
MN受到的安培力F安＝I′lB＝μ（m2g+m1g）
解得：v＝6m/s；
（3）闭合回路中产生的总热量为：
由能量守恒定律得：
代入数据解得：x＝1.1m。
答：（1）若框架固定，导体棒ab能达到的最大速度vm的大小为20m/s；
（2）若框架不固定，框架开始运动时ab速度v的大小为6m/s；
（3）该过程ab位移x的大小为1.1m。
（2024 南开区一模）如图所示是列车进站时利用电磁阻尼辅助刹车的示意图，在车身下方固定一单匝矩形线框abcd，ab边长为L，bc边长为d，在站台轨道上存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的有界矩形匀强磁场MNPQ，MN边界与ab平行，NP长为d。若ab边刚进入磁场时列车关闭发动机，此时列车的速度大小为v0，cd边刚离开磁场时列车刚好停止运动。已知线框总电阻为R，列车的总质量为m，摩擦阻力大小恒定为kmg，不计空气阻力，重力加速度为g。求：
（1）线框ab边刚进入磁场时列车加速度a的大小和安培力对ab边做功的功率P；
（2）线框从进入到离开磁场过程中，线框产生的焦耳热Q；
（3）线框进入磁场过程中，通过线框横截面的电荷量q。
【解答】解：（1）线框刚进入磁场时产生的感应电动势为：E＝BLv0
根据闭合电路欧姆定律可得：
根据安培力的计算公式可得：F安＝BIL
由牛顿第二定律有：F安+kmg＝ma
联立解得：；
安培力对ab边做功的功率：P＝F安v0
解得：P；
（2）线框由进入磁场到离开磁场过程中，由动能定理有：
根据功能关系可得产生的热：Q＝W安
解得：Q2kmgd；
（3）线框进入磁场的过程，根据电荷量的计算公式可得：
qt，其中S＝Ld
解得：。
答：（1）线框ab边刚进入磁场时列车加速度a的大小为，安培力对ab边做功的功率为；
（2）线框从进入到离开磁场过程中，线框产生的焦耳热为2kmgd；
（3）线框进入磁场过程中，通过线框横截面的电荷量为。
（2023 重庆模拟）如题图所示，静置于水平面的矩形闭合线圈abcd，匝数为n，总电阻为R，长度ab＝L1，bc＝L2，该线圈的中轴线PQ两侧分别有磁感应强度大小均为B、方向相反的匀强磁场，磁场方向均垂直于线圈平面。两磁场同时以大小为v的速度水平向右运动瞬时，线圈所受磁场作用力大小F为（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：当磁场向右运动，线圈ad边切割磁感线产生a→b方向的电流，bc边产生c→b方向的电流，根据切割电动势公式E＝2nBL2v
根据欧姆定律，电路中的感应电流为
线圈中ad和bc边受到安培力的作用，所受安培力为F＝2nBIL2
解得，故A正确，BCD错误。
故选：A。
（2023 江苏二模）如图甲所示，一条南北走向的小路，路口设有出入道闸，每侧道闸金属杆长L，当有车辆通过时杆会从水平位置匀速转过90°直到竖起，所用时间为t。此处地磁场方向如图乙所示，B为地磁场总量，BH为地磁场水平分量，Bx、By、Bz分别为地磁场在x、y、z三个方向上的分量大小。则杆在转动升起的过程中，两端电势差的大小计算表达式为（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：由题意可知，杆从水平位置匀速转过90°直到竖起，所用时间为t，可知金属杆的角速度为：
由于小路沿南北方向，则金属杆转动过程切割Bx磁场分量，则金属杆两端电势差的大小为：
联立解得：，故BCD错误，A正确。
故选：A。
（2024 鹿城区校级模拟）如图所示，竖直平面内在A、D两点各固定一颗光滑钉子，一个由细软导线制成的闭合导线框挂在两颗钉子上，匀强磁场的磁感应强度为B，导线框的电阻为r，圆的半径为R。从t＝0时刻开始，将导线上的C点绕圆心O以恒定角速度ω从A点沿圆弧移动到D点，导线始终绷紧。此过程导线中（　　）
A．张力保持不变
B．感应电流的方向先顺时针后逆时针
C．感应电流随时间t的变化关系为
D．产生的电热为
【解答】解：A.对滑轮E分析可知，两边绳子拉力总是相等的，则两边绳子与竖直方向的夹角总相等，随着C点沿圆弧从A点移到D点，AC段与CD段绳子长度之和先增加后减小，则AE段与ED段绳子长度之和先减小后增加，AE段绳子与ED段绳子的夹角先增加后减小，对滑轮，如图
根据平衡条件有
2Tcosα＝mg
α先增大和减小，则cosα先减小后增大，可知绳子的拉力先增加后减小，故A错误；
B.△ACD所围的面积因θ角从0°度到180°过程中，则导线框中的磁通量先增大后减小，根据楞次定律可知，感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向，故B错误；
C.根据法拉第电磁感应定律E，而θ＝ωt，根据几何知识可得，线框上的三角形的面积为
磁通量Φ＝BS＝BR2sinωt
可知，导线框中感应电动势随时间t的变化关系为
e＝ωBR2cosωt
感应电流随时间t的变化关系为
i，故C错误；
D.导线框中感应电动势的有效值为
故导线框中产生的电热为
解得Q，故D正确。
故选：D。
（2024 重庆模拟）如图所示，两根足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在倾角θ＝37°的绝缘斜面上，其下端开口，顶部并联接入阻值R＝6Ω的两个相同定值电阻，导轨间距L＝1m，整个装置处于磁感应强度B＝2T的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上。一质量m＝1kg、长度L＝1m、电阻r＝1Ω的直金属棒ab垂直放置在导轨上，导轨电阻不计。金属棒ab从静止释放至达到最大速度过程中，棒上产生的总电热为0.5J，棒始终与导轨垂直并接触良好。不计空气阻力，金属棒ab与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则该过程中，金属棒ab沿斜面下滑的距离是（　　）
A． B．2m C．1.2m D．1m
【解答】解：设金属棒ab达到的最大速度为v，由牛顿第二定律有：
从静止释放至达到最大速度过程中，设金属棒ab沿斜面下滑的距离为x，
金属棒ab中的电流为I，由题意可知金属棒上产生的总电热：Q电热＝I2rt＝0.5J
外电路（R和R并联）上产生的热量：QR3I2rt＝1.5J
产生的总电热为：Q电热+QR＝3Q电热+Q电热＝4Q电热＝1.5J+0.5J＝2.0J
由能量守恒定律有：
联立解得：x＝2m，故ACD错误，B正确。
故选：B。
（2024 山西模拟）如图1所示，光滑水平桌面上有竖直向下、宽度为L的匀强磁场，正方形闭合导线框abcd的边长为l，放在桌面上，bc边与磁场边界平行，L＞l。让导线框在沿ab方向的恒力F作用下穿过匀强磁场，导线框的v﹣t图像如图2所示。以下判断正确的是（　　）
A．t1～t2时间内，导线框受到的安培力逐渐增大
B．t1～t2时间内，F对导线框做的功等于其动能的增加量
C．t2～t3时间内，v﹣t图中阴影部分的面积表示磁场的宽度L
D．t3～t4时间内，导线框产生的焦耳热大于Fl
【解答】解：A、由图像可知，t1时刻，导线框开始进入磁场区域，减速运动，安培力大于恒力F，加速度逐渐变小，安培力减小，故A错误；
B、t1～t2时间内，由动能定理可得：WF+W安＝ΔEk，故B错误；
C、由图像可知，t2时刻，导线框全部进入磁场区域，t3时刻，导线框开始离开磁场区域，t1～t3时间段图线和坐标轴围成的面积表示磁场的宽度L，故C错误；
D、因为t3～t4段的安培力大于恒力F，位移是l，故导线框产生的焦耳热大于Fl，故D正确。
故选：D。
（2024 宁河区校级二模）如图所示，固定光滑绝缘斜面与水平面的夹角θ＝30°，斜面所在空间存在两个相邻且互不影响的有界匀强磁场Ⅰ、Ⅱ，磁场边界水平，磁场Ⅰ的方向垂直斜面向里、磁感应强度大小B1＝0.5T，磁场Ⅱ的方向垂直斜面向外、磁感应强度大小B2＝0.5T，磁场Ⅰ、Ⅱ的宽度均为L＝2m。现有一边长也为2m、电阻R＝2.0Ω的正方形闭合导线框abcd从距磁场Ⅰ上边界x＝1.6m处由静止释放，已知线框ab边刚进入磁场Ⅰ时线框恰好做匀速直线运动，进入磁场Ⅱ经一段时间后，在ab边未出磁场Ⅱ区域下边界之前线框又做匀速直线运动，整个线框在穿过磁场区域的过程中，ab边始终水平，取重力加速度大小g＝10m/s2。求：
（1）线框abcd的质量m；
（2）线框ab边刚到达磁场Ⅱ下边界时线框的速度大小；
（3）线框从开始运动至ab边刚到达磁场Ⅱ下边界的过程中，线框内产生的焦耳热Q。
【解答】解：（1）线框由静止开始做匀加速运动，设加速度大小为a，线框ab边到达磁场Ⅰ上边界时速度为v1，根据牛顿第二定律有mgsinθ＝ma
根据运动学公式有
线框ab边进入磁场Ⅰ边界切割磁感线产生感应电流，根据法拉第电磁感应定律有
E＝B1Lv1
根据闭合电路欧姆定律有I
线框ab边受到的安培力大小F＝B1IL
线框ab边刚进入磁场Ⅰ时恰好做匀速直线运动，根据受力平衡有F＝mgsinθ
解得m＝0.4kg
（2）当ab边进入磁场Ⅱ后，线框再次匀速运动时的速度为v2，线框ab边和cd边同时切割磁感线，产生同方向感应电流，此时回路的感应电动势E′＝B1Lv2+B2Lv2
此时线框abcd中的电流I′
线框ab边和cd边同时受到沿斜面向上的安培力，由受力平衡可得B1I′L+B2I′L＝mgsinθ
解得v2＝1m/s
（3）从线框开始运动到ab边刚到达磁场Ⅱ下边界的过程中，设安培力做的功为W，根据动能定理有mg（x+2L）sinθ+W
根据功能关系有Q＝﹣W
解得Q＝11J
（2024 金华二模）基于电容器的制动能量回收系统已经在一些新能源汽车上得到应用。某同学设计的这种系统的一种简易模型如图所示。某种材料制成的薄板质量为m，围成一个中空圆柱，圆的半径为r，薄板宽度为L，可通过质量不计的辐条绕过圆心O且垂直于圆面的水平轴转动。薄板能够激发平行于圆面且沿半径方向向外的辐射磁场，磁场只分布于薄板宽度的范围内，薄板外表面处的磁感应强度为B。一匝数为n的线圈abcd固定放置（为显示线圈绕向，图中画出了两匝），ab边紧贴薄板外表面但不接触，线圈的两个线头c点和d点通过导线连接有电容为C的电容器、电阻为R的电阻、单刀双掷开关，如图所示。现模拟一次刹车过程，开始时，单刀双掷开关处于断开状态，薄板旋转方向如图所示，旋转中薄板始终受到一与薄板表面相切、与运动方向相反的大小为f的刹车阻力作用，当薄板旋转的角速度为ω0时，将开关闭合到位置1，电容器开始充电，经时间t电容器停止充电，开关自动闭合到位置2直至薄板停止运动。除刹车阻力外，忽略其他一切阻力，磁场到cd连线位置时足够弱，可以忽略。电容器的击穿电压足够大，开始时不带电，线圈能承受足够大的电流，不考虑可能引起的一切电磁辐射。求：
（1）电容器充电过程中，判断极板M带电的电性；
（2）开关刚闭合到位置1时，线圈切割磁感线的切割速度v的大小及此时产生的感应电动势；
（3）求充电结束时，薄板的角速度ω1大小；
（4）求薄板运动的整个过程中该系统的能量回收率。
【解答】解：（1）薄板旋转方向为逆时针，则线框相对于薄板的运动方向为顺时针，根据右手定则可知，d点电势低于c点电势，故M板带负电；
（2）根据线速度与角速度关系有v＝rω0
根据法拉第电磁感应定律有E＝nBLv＝nBLrω0
（3）薄板旋转，线圈相对薄板的线速度分别为v0＝rω0，v1＝rω1
停止充电时，两极板的电压为U1＝nBLv1
在充电过程中，对薄板分析，根据动量定理得﹣ft﹣nBLt＝mv1﹣mv0
充电的电荷量大小满足Q1t，Q1＝CU1
联立解得ω1
（4）整个过程中，薄板损失的机械能为ΔE损
充电过程中的Q﹣U图像如图所示
利用微元法，结合充电过程中克服电场力做功的公式W＝qU
电容的公式C
可得到阴影面积为电容器充电过程中获得的能量，即ΔE回U1Q1
薄板运动的整个过程中该系统的能量回收率η
联立解得η第30讲　微专题五 动力学和能量观点在电磁感应中的应用
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
状态 特征 处理方法
平衡态 加速度为零 根据平衡条件列式分析
非平衡态 加速度不为零 根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系进行分析
3.动态分析的基本思路
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：
（多选）（2024 济南模拟）如图所示，间距为L0的两平行长直金属导轨水平放置，导轨所在空间存在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场。长度均为L0的金属杆ab、cd垂直导轨放置，初始时两金属杆相距为L0，金属杆ab沿导轨向右运动的速度大小为v0，金属杆cd速度为零且受到平行导轨向右、大小为F的恒力作用。已知金属杆与导轨接触良好且整个过程中始终与导轨垂直，在金属杆ab、cd的整个运动过程中，两金属杆间的最小距离为L1，重力加速度大小为g，两金属杆的质量均为m，电阻均为R，金属杆与导轨间的动摩擦因数均为μ，金属导轨电阻不计，下列说法正确的是（　　）
A．金属杆cd运动过程中的最大加速度为
B．从金属杆cd开始运动到两金属杆间距离最小的时间为
C．金属杆ab运动过程中的最小速度为
D．金属杆cd的最终速度为
（2024 昆明一模）如图所示，两根相互平行且足够长的光滑长直金属导轨固定在水平绝缘桌面上，导轨间距为L，导轨上接有电容为C的电容器和阻值为R的定值电阻。质量为m的导体棒PQ静止在导轨上，整个系统处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中。开始时，电容器不带电。t＝0时刻，对PQ施加水平向右大小为F的恒力。PQ和导轨的电阻均不计，PQ运动过程中始终与导轨垂直且接触良好。
（1）若保持开关S1断开、S2闭合，求PQ的最终速度；
（2）若保持开关S1闭合、S2断开，求PQ的加速度大小；
（3）若保持开关S1、S2都闭合，从t＝0到t＝t0时间内PQ向右运动的距离为x，求t＝t0时刻PQ的速度大小。
（2024 贵阳模拟）图示装置可以用来说明电动汽车“动能回收”系统的工作原理。光滑平行金属导轨MN、PQ固定在绝缘水平桌面上，ab为垂直于导轨的导体棒，轨道所在空间存在竖直向下的匀强磁场。当开关接1时，ab消耗电能而运动起来。当ab达到一定速度后，让开关接2，ab把机械能转化为电能（如果把电阻R换为储能元件，则可以在减速过程中进行动能回收存储），已知轨道间距L＝0.4m，磁应强度B＝0.25T，电源电动势E＝1.5V，内电阻r＝0.05Ω。电阻器的电阻R＝0.05Ω，导体棒ab质量m＝0.1kg，电阻r1＝0.05Ω，导体棒与导轨接触良好，导轨足够长，且导轨电阻不计。求：
（1）开关与1接通的瞬间导体棒ab获得的加速度的大小；
（2）开关与1接通后导体棒ab能达到的最大速度的大小；
（3）当导体棒ab达到最大速度时，将开关与2接通，求此后导体棒ab能运动的距离。
命题点二　电磁感应中动力学和能量观点的综合应用
1．题型简述
电磁感应过程的实质是不同形式的能量相互转化的过程，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＝I2Rt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．
（2024 朝阳区一模）如图所示，水平放置的内壁光滑半径为R的玻璃圆环，有一直径略小于圆环口径的带正电q的小球，在圆环内以速度v0沿顺时针方向匀速转动（俯视）。在t＝0时刻施加方向竖直向上的变化磁场，磁感应强度B＝kt（k＞0）。设运动过程中小球带电荷量不变，不计小球运动产生的磁场及相对论效应。加上磁场后，下列说法正确的是（　　）
A．小球对玻璃圆环的压力不断增大
B．小球对玻璃圆环的压力不断减小
C．小球所受的磁场力一定不断增大
D．小球每运动一周增加的动能为kqπR
（多选）（2024 枣强县校级模拟）电磁驱动技术现已广泛应用于生产、生活和军事中，如图所示为一电磁驱动模型，水平面内，连续排列的边长为L的正方形区域内存在竖直方向的匀强磁场，相邻区域的磁感应强度方向相反，大小均为B。质量为m、总电阻为R的矩形金属线框abcd处于匀强磁场中，ab边长为L。当匀强磁场水平向右以速度v匀速运动时，金属线框能达到的最大速度为v0。线框达到最大速度后做匀速直线运动，线框运动中受到的阻力恒定，则下列说法正确的是（　　）
A．图示位置时，线框ab边中感应电流方向从a到b
B．线框运动中受到的阻力大小为
C．线框匀速运动后，受到安培力所做的功等于回路中产生的焦耳热
D．线框匀速运动后，外界每秒提供给线框的总能量为
（2024 天津模拟）如图，质量m1＝0.1kg，电阻R1＝0.3Ω，长度l＝0.4m的导体棒ab横放在U形金属框架上。框架质量m2＝0.2kg，放在绝缘水平面上，与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2。相距0.4m的MM′、NN′相互平行，电阻不计且足够长。电阻R2＝0.1Ω的MN垂直于MM′，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.5T．垂直于ab施加F＝2N的水平恒力，ab从静止开始无摩擦地运动，始终与MM′、NN′保持良好接触。设框架与水平面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。
（1）若框架固定，求导体棒ab能达到的最大速度vm的大小；
（2）若框架不固定，求框架开始运动时ab速度v的大小；
（3）当ab运动到某处时，框架开始运动．从ab开始运动到框架开始运动的过程中，MN上产生的热量Q＝0.1J，求该过程ab位移x的大小。
（2024 南开区一模）如图所示是列车进站时利用电磁阻尼辅助刹车的示意图，在车身下方固定一单匝矩形线框abcd，ab边长为L，bc边长为d，在站台轨道上存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的有界矩形匀强磁场MNPQ，MN边界与ab平行，NP长为d。若ab边刚进入磁场时列车关闭发动机，此时列车的速度大小为v0，cd边刚离开磁场时列车刚好停止运动。已知线框总电阻为R，列车的总质量为m，摩擦阻力大小恒定为kmg，不计空气阻力，重力加速度为g。求：
（1）线框ab边刚进入磁场时列车加速度a的大小和安培力对ab边做功的功率P；
（2）线框从进入到离开磁场过程中，线框产生的焦耳热Q；
（3）线框进入磁场过程中，通过线框横截面的电荷量q。
（2023 重庆模拟）如题图所示，静置于水平面的矩形闭合线圈abcd，匝数为n，总电阻为R，长度ab＝L1，bc＝L2，该线圈的中轴线PQ两侧分别有磁感应强度大小均为B、方向相反的匀强磁场，磁场方向均垂直于线圈平面。两磁场同时以大小为v的速度水平向右运动瞬时，线圈所受磁场作用力大小F为（　　）
A． B．
C． D．
（2023 江苏二模）如图甲所示，一条南北走向的小路，路口设有出入道闸，每侧道闸金属杆长L，当有车辆通过时杆会从水平位置匀速转过90°直到竖起，所用时间为t。此处地磁场方向如图乙所示，B为地磁场总量，BH为地磁场水平分量，Bx、By、Bz分别为地磁场在x、y、z三个方向上的分量大小。则杆在转动升起的过程中，两端电势差的大小计算表达式为（　　）
A． B．
C． D．
（2024 鹿城区校级模拟）如图所示，竖直平面内在A、D两点各固定一颗光滑钉子，一个由细软导线制成的闭合导线框挂在两颗钉子上，匀强磁场的磁感应强度为B，导线框的电阻为r，圆的半径为R。从t＝0时刻开始，将导线上的C点绕圆心O以恒定角速度ω从A点沿圆弧移动到D点，导线始终绷紧。此过程导线中（　　）
A．张力保持不变
B．感应电流的方向先顺时针后逆时针
C．感应电流随时间t的变化关系为
D．产生的电热为
（2024 重庆模拟）如图所示，两根足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在倾角θ＝37°的绝缘斜面上，其下端开口，顶部并联接入阻值R＝6Ω的两个相同定值电阻，导轨间距L＝1m，整个装置处于磁感应强度B＝2T的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上。一质量m＝1kg、长度L＝1m、电阻r＝1Ω的直金属棒ab垂直放置在导轨上，导轨电阻不计。金属棒ab从静止释放至达到最大速度过程中，棒上产生的总电热为0.5J，棒始终与导轨垂直并接触良好。不计空气阻力，金属棒ab与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则该过程中，金属棒ab沿斜面下滑的距离是（　　）
A． B．2m C．1.2m D．1m
（2024 山西模拟）如图1所示，光滑水平桌面上有竖直向下、宽度为L的匀强磁场，正方形闭合导线框abcd的边长为l，放在桌面上，bc边与磁场边界平行，L＞l。让导线框在沿ab方向的恒力F作用下穿过匀强磁场，导线框的v﹣t图像如图2所示。以下判断正确的是（　　）
A．t1～t2时间内，导线框受到的安培力逐渐增大
B．t1～t2时间内，F对导线框做的功等于其动能的增加量
C．t2～t3时间内，v﹣t图中阴影部分的面积表示磁场的宽度L
D．t3～t4时间内，导线框产生的焦耳热大于Fl
（2024 宁河区校级二模）如图所示，固定光滑绝缘斜面与水平面的夹角θ＝30°，斜面所在空间存在两个相邻且互不影响的有界匀强磁场Ⅰ、Ⅱ，磁场边界水平，磁场Ⅰ的方向垂直斜面向里、磁感应强度大小B1＝0.5T，磁场Ⅱ的方向垂直斜面向外、磁感应强度大小B2＝0.5T，磁场Ⅰ、Ⅱ的宽度均为L＝2m。现有一边长也为2m、电阻R＝2.0Ω的正方形闭合导线框abcd从距磁场Ⅰ上边界x＝1.6m处由静止释放，已知线框ab边刚进入磁场Ⅰ时线框恰好做匀速直线运动，进入磁场Ⅱ经一段时间后，在ab边未出磁场Ⅱ区域下边界之前线框又做匀速直线运动，整个线框在穿过磁场区域的过程中，ab边始终水平，取重力加速度大小g＝10m/s2。求：
（1）线框abcd的质量m；
（2）线框ab边刚到达磁场Ⅱ下边界时线框的速度大小；
（3）线框从开始运动至ab边刚到达磁场Ⅱ下边界的过程中，线框内产生的焦耳热Q。
（2024 金华二模）基于电容器的制动能量回收系统已经在一些新能源汽车上得到应用。某同学设计的这种系统的一种简易模型如图所示。某种材料制成的薄板质量为m，围成一个中空圆柱，圆的半径为r，薄板宽度为L，可通过质量不计的辐条绕过圆心O且垂直于圆面的水平轴转动。薄板能够激发平行于圆面且沿半径方向向外的辐射磁场，磁场只分布于薄板宽度的范围内，薄板外表面处的磁感应强度为B。一匝数为n的线圈abcd固定放置（为显示线圈绕向，图中画出了两匝），ab边紧贴薄板外表面但不接触，线圈的两个线头c点和d点通过导线连接有电容为C的电容器、电阻为R的电阻、单刀双掷开关，如图所示。现模拟一次刹车过程，开始时，单刀双掷开关处于断开状态，薄板旋转方向如图所示，旋转中薄板始终受到一与薄板表面相切、与运动方向相反的大小为f的刹车阻力作用，当薄板旋转的角速度为ω0时，将开关闭合到位置1，电容器开始充电，经时间t电容器停止充电，开关自动闭合到位置2直至薄板停止运动。除刹车阻力外，忽略其他一切阻力，磁场到cd连线位置时足够弱，可以忽略。电容器的击穿电压足够大，开始时不带电，线圈能承受足够大的电流，不考虑可能引起的一切电磁辐射。求：
（1）电容器充电过程中，判断极板M带电的电性；
（2）开关刚闭合到位置1时，线圈切割磁感线的切割速度v的大小及此时产生的感应电动势；
（3）求充电结束时，薄板的角速度ω1大小；
（4）求薄板运动的整个过程中该系统的能量回收率。

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