资源简介 第63课时 动力学和能量观点在电磁感应中的应用(思维进阶课)[学习目标] 1．导体棒切割磁感线运动时，能理清各物理量间的制约关系并能用动力学观点进行运动过程分析。2．会用功能关系和能量守恒定律解决电磁感应中的能量问题。电磁感应中的动力学问题1．导体的运动状态(1)导体的平衡状态——静止状态或匀速直线运动状态。处理方法：根据平衡条件列式分析。(2)导体的非平衡状态——加速度不为0。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。2．电学与力学对象的转换及关系 电磁感应中的平衡问题[典例1] (2025·四川卷)如图所示，长度均为s的两根光滑金属直导轨MN和PQ固定在水平绝缘桌面上，两者平行且相距l，M、P连线垂直于导轨，定滑轮位于N、Q连线中点正上方h处。MN和PQ单位长度的电阻均为r，M、P间连接一阻值为2sr的电阻。空间有垂直于桌面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。过定滑轮的不可伸长绝缘轻绳拉动质量为m、电阻不计的金属杆沿导轨向右做匀速直线运动，速度大小为v。零时刻，金属杆位于M、P连线处。金属杆在导轨上时与导轨始终垂直且接触良好，重力加速度大小为g。求：(1)金属杆在导轨上运动时，回路的感应电动势；(2)金属杆在导轨上与M、P连线相距d时，回路的热功率；(3)金属杆在导轨上保持速度大小v做匀速直线运动的最大路程。____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ 电磁感应中的非平衡问题[典例2] (多选)(2024·黑吉辽卷)如图，两条“”形的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，间距为L，左、右两导轨面与水平面夹角均为30°，均处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。将有一定阻值的导体棒ab、cd放置在导轨上，同时由静止释放，两棒在下滑过程中始终与导轨垂直并接触良好。ab、cd的质量分别为2m和m，长度均为L。导轨足够长且电阻不计，重力加速度大小为g，两棒在下滑过程中( )A．回路中的电流方向为abcdaB．ab中电流趋于C．ab与cd加速度大小之比始终为2∶1D．两棒产生的电动势始终相等方法技巧：有恒外力作用的等间距双棒模型示意图 (举例) 两光滑平行金属导轨固定在水平面内，导轨间距为L，电阻不计，两导体棒1、2质量分别为m1、m2，电阻分别为R1、R2，两棒初速度为0，F恒定电路 特点 棒2相当于电源；棒1受安培力而运动续表运动 分析 棒1：a1＝ 棒2：a2＝，其中F安＝ 最初阶段，a2>a1，(v2－v1)↑ I↑ F安↑ a1↑ a2↓，当a1＝a2时，(v2－v1)恒定，I恒定，F安恒定；两棒均加速v-t 图像最终 状态 稳定时对整体由牛顿第二定律得a1＝a2＝，两棒以相同的加速度做匀加速运动，Δv恒定，I恒定电磁感应中的能量问题1．电磁感应现象中的能量转化2．求解焦耳热Q的三种方法[典例3] 如图，一平行金属导轨固定在水平面内，且处于方向竖直向上的磁感应强度为B的匀强磁场中，导轨间距为l，导体棒的初速度为0，拉力F恒定(导体棒和水平固定导轨的电阻都忽略不计，摩擦力不计)，已知导体棒的质量为m，电容器的电容为C，分析导体棒的运动性质，并分析在此过程中的功能关系。_____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________拓展思考 若金属导轨平面与水平面成θ角，匀强磁场垂直导轨平面向上。已知重力加速度为g，又让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，求金属棒下滑过程中的加速度大小。_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________[典例4] (2025·山东济南一模)如图所示，间距为L＝1.0 m的两条平行光滑竖直金属导轨PQ、MN足够长，底部Q、N之间连有一阻值为R1＝3 Ω的电阻，磁感应强度为B1＝0.5 T的匀强磁场与导轨平面垂直，导轨的上端点P、M分别与横截面积为5×10-3 m2的100匝线圈的两端连接，线圈的轴线与大小随时间均匀变化的匀强磁场B2平行，开关S闭合后，质量为m＝1×10-2 kg、电阻值为R2＝2 Ω的金属棒ab恰能保持静止。若断开开关后金属棒下落2 m时恰好达到最大速度，金属棒始终与导轨接触良好，其余部分电阻不计，g取10 m/s2。求：(1)金属棒ab恰能保持静止时，匀强磁场B2的磁感应强度的变化率；____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________(2)金属棒ab下落时能达到的最大速度v的大小；_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________(3)金属棒ab从开始下落到恰好运动至最大速度的过程中，金属棒产生的焦耳热Q。____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________方法技巧：电磁感应中能量问题解题的一般步骤(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，以及哪些形式的能量相互转化。(3)根据功能关系或能量守恒定律列式求解。[典例5] “自由落体塔”是一种惊险刺激的游乐设备，将游客升至数十米高空，自由下落至接近地面时再减速，让游客体验失重的乐趣。物理兴趣小组设计了相关的减速模型，如图甲所示，单匝线圈质量为m，半径为r0，总电阻为R。磁场减速区有一辐向磁场，俯视图如图乙所示，到中心轴距离为r处的磁感应强度大小为B＝(k为常量)。线圈由静止开始释放，下落过程中线圈保持水平且圆心一直在中心轴上。磁场减速区高度为h2，线圈释放处离减速区下边界的高度为h1，忽略一切空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是( )A．线圈在磁场减速区内速度可以为0B．线圈从静止至磁场减速区下边界的过程重力的冲量大小等于安培力的冲量大小C．线圈刚进入磁场时受到的安培力大小为D．线圈从静止至磁场减速区下边界的过程产生的焦耳热为mgh1第63课时进阶点1典例1 解析：(1)金属杆在导轨上运动时，由法拉第电磁感应定律得，回路的感应电动势E＝Blv。(2)金属杆在导轨上与M、P连线相距d时，回路中总电阻R＝2sr＋2dr回路的热功率P＝＝。(3)金属杆在导轨上做匀速直线运动的最终状态是金属杆即将脱离导轨，即金属杆所受支持力FN＝0时，其做匀速直线运动的路程达到最大。设金属杆运动的最大路程为x，绳与水平方向的夹角为θ，对金属杆进行受力分析并列平衡方程，水平方向上有F安＝FTcos θ，竖直方向上有mg＝FTsin θ，安培力大小F安＝BIl，闭合回路的感应电流I＝，回路中的总电阻R'＝2sr＋2xr，联立得tan θ＝根据几何关系有tan θ＝则有＝解得x＝所以金属杆在导轨上保持速度大小v做匀速直线运动的最大路程为x＝。答案：(1)Blv (2) (3)典例2 AB [由于ab和cd均沿导轨下滑，则通过abcd回路的磁通量增大，根据楞次定律可知，回路中的电流方向为abcda，A正确；对ab和cd分别受力分析，如图所示，根据牛顿第二定律分别有2mgsin 30°－2BILcos 30°＝2ma1，mgsin 30°－BILcos 30°＝ma2，可得a1＝a2＝－，则ab与cd加速度大小之比始终为1∶1，C错误；当加速度趋于零时，两导体棒中的电流趋于稳定，结合C项分析可知，ab中的电流趋于，B正确；由于ab和cd加速度大小始终相等，则两导体棒的速度大小始终相等，则由法拉第电磁感应定律可知两导体棒产生的感应电动势大小之比始终为2∶1，D错误。]进阶点2典例3 解析：运动过程分析：取一极短时间，棒做加速运动，持续对电容器充电，则存在充电电流。由F－BIl＝ma，I＝，ΔQ＝C·ΔU，ΔU＝ΔE＝Bl·Δv，联立可得F－＝ma，其中＝a，则可得a＝，所以棒做加速度恒定的匀加速直线运动功能关系：WF＝mv2＋E电。答案：棒做加速度恒定的匀加速直线运动 WF＝mv2＋E电拓展思考 解析：金属棒在重力和安培力的作用下向下运动，根据牛顿第二定律有mgsin θ－BIl＝ma，I＝＝＝CBla，联立可得a＝。答案：典例4 解析：(1)金属棒保持静止，根据平衡条件得mg＝I1LB1，解得I1＝0.2 A则线圈产生的感应电动势为E1＝I1R2＝0.4 V由电磁感应定律可知E1＝n＝nS解得＝0.8 T/s。(2)断开开关S后，金属棒向下做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度是0(即合力是0)时速度最大，此时恰能匀速下降，根据平衡条件得mg＝I2LB1此时金属棒中产生的感应电动势为E2＝B1Lv根据闭合电路欧姆定律得I2＝联立解得金属棒的最大速度为v＝2 m/s。(3)金属棒从开始下落到最大速度的过程中，由动能定理得mgh－W克安＝mv2－0金属棒产生的焦耳热Q＝W克安＝0.072 J。答案：(1)0.8 T/s (2)2 m/s (3)0.072 J典例5 C [线圈在磁场减速区做减速运动，由法拉第电磁感应定律可知线圈中产生的感应电动势逐渐减小，感应电流逐渐减小，由安培力公式F＝BIL可知线圈受到的安培力逐渐减小，当线圈受到的安培力大小逐渐减小至与线圈的重力相等时，线圈的加速度为0，此后线圈在磁场减速区做匀速直线运动，显然线圈在磁场减速区的速度不可能减为0，A错误；设线圈到达磁场减速区下边界瞬间的速度大小为v，规定竖直向下为正方向，则线圈从静止至磁场减速区下边界过程由动量定理得IG－IF＝mv－0，解得IG＝IF＋mv，则有IG>IF，即该过程重力的冲量大小大于安培力的冲量大小，B错误；线圈进入磁场减速区前做自由落体运动，则由自由落体运动规律可知，线圈刚进入磁场时的速度大小为v0＝，由法拉第电磁感应定律得线圈刚进入磁场时的感应电动势E＝B0Lv0，结合闭合电路欧姆定律和安培力公式可得此时线圈受到的安培力大小为F0＝，由题意可知线圈所在处磁感应强度大小为B0＝，切割磁感线的长度为线圈周长，即L＝2πr0，联立可得F0＝，C正确；线圈从静止至磁场减速区下边界的过程，由能量守恒定律得mgh1＝mv2＋Q，解得Q＝mgh1－mv2，因此该过程线圈产生的焦耳热小于mgh1，D错误。]1 / 1(共45张PPT)第十一章 电磁感应第63课时 动力学和能量观点在电磁感应中的应用(思维进阶课)[学习目标] 1．导体棒切割磁感线运动时，能理清各物理量间的制约关系并能用动力学观点进行运动过程分析。2．会用功能关系和能量守恒定律解决电磁感应中的能量问题。进阶点1 电磁感应中的动力学问题1．导体的运动状态(1)导体的平衡状态——静止状态或匀速直线运动状态。处理方法：根据平衡条件列式分析。(2)导体的非平衡状态——加速度不为0。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。2．电学与力学对象的转换及关系角度1 电磁感应中的平衡问题[典例1] (2025·四川卷)如图所示，长度均为s的两根光滑金属直导轨MN和PQ固定在水平绝缘桌面上，两者平行且相距l，M、P连线垂直于导轨，定滑轮位于N、Q连线中点正上方h处。MN和PQ单位长度的电阻均为r，M、P间连接一阻值为2sr的电阻。空间有垂直于桌面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。过定滑轮的不可伸长绝缘轻绳拉动质量为m、电阻不计的金属杆沿导轨向右做匀速直线运动，速度大小为v。零时刻，金属杆位于M、P连线处。金属杆在导轨上时与导轨始终垂直且接触良好，重力加速度大小为g。求：(1)金属杆在导轨上运动时，回路的感应电动势；(2)金属杆在导轨上与M、P连线相距d时，回路的热功率；(3)金属杆在导轨上保持速度大小v做匀速直线运动的最大路程。[解析] (1)金属杆在导轨上运动时，由法拉第电磁感应定律得，回路的感应电动势E＝Blv。(2)金属杆在导轨上与M、P连线相距d时，回路中总电阻R＝2sr＋2dr回路的热功率P＝＝。(3)金属杆在导轨上做匀速直线运动的最终状态是金属杆即将脱离导轨，即金属杆所受支持力FN＝0时，其做匀速直线运动的路程达到最大。设金属杆运动的最大路程为x，绳与水平方向的夹角为θ，对金属杆进行受力分析并列平衡方程，水平方向上有F安＝FTcos θ，竖直方向上有mg＝FTsin θ，安培力大小F安＝BIl，闭合回路的感应电流I＝，回路中的总电阻R'＝2sr＋2xr，联立得tan θ＝根据几何关系有tan θ＝则有＝解得x＝所以金属杆在导轨上保持速度大小v做匀速直线运动的最大路程为x＝。[答案] (1)Blv (2) (3)角度2 电磁感应中的非平衡问题[典例2] (多选)(2024·黑吉辽卷)如图，两条“ ”形的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，间距为L，左、右两导轨面与水平面夹角均为30°，均处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。将有一定阻值的导体棒ab、cd放置在导轨上，同时由静止释放，两棒在下滑过程中始终与导轨垂直并接触良好。ab、cd的质量分别为2m和m，长度均为L。导轨足够长且电阻不计，重力加速度大小为g，两棒在下滑过程中( )A．回路中的电流方向为abcdaB．ab中电流趋于C．ab与cd加速度大小之比始终为2∶1D．两棒产生的电动势始终相等√√AB [由于ab和cd均沿导轨下滑，则通过abcd回路的磁通量增大，根据楞次定律可知，回路中的电流方向为abcda，A正确；对ab和cd分别受力分析，如图所示，根据牛顿第二定律分别有2mgsin 30°－2BILcos 30°＝2ma1，mgsin 30°－BILcos 30°＝ma2，可得a1＝a2＝－，则ab与cd加速度大小之比始终为1∶1，C错误；当加速度趋于零时，两导体棒中的电流趋于稳定，结合C项分析可知，ab中的电流趋于，B正确；由于ab和cd加速度大小始终相等，则两导体棒的速度大小始终相等，则由法拉第电磁感应定律可知两导体棒产生的感应电动势大小之比始终为2∶1，D错误。]方法技巧：有恒外力作用的等间距双棒模型示意图 (举例) 两光滑平行金属导轨固定在水平面内，导轨间距为L，电阻不计，两导体棒1、2质量分别为m1、m2，电阻分别为R1、R2，两棒初速度为0，F恒定 电路 特点 棒2相当于电源；棒1受安培力而运动运动 分析 棒1：a1＝棒2：a2＝，其中F安＝最初阶段，a2>a1，(v2－v1)↑ I↑ F安↑ a1↑ a2↓，当a1＝a2时，(v2－v1)恒定，I恒定，F安恒定；两棒均加速v-t 图像 最终 状态 稳定时对整体由牛顿第二定律得a1＝a2＝，两棒以相同的加速度做匀加速运动，Δv恒定，I恒定1．电磁感应现象中的能量转化进阶点2 电磁感应中的能量问题2．求解焦耳热Q的三种方法[典例3] 如图所示，一平行金属导轨固定在水平面内，且处于方向竖直向上的磁感应强度为B的匀强磁场中，导轨间距为l，导体棒的初速度为0，拉力F恒定(导体棒和水平固定导轨的电阻都忽略不计，摩擦力不计)，已知导体棒的质量为m，电容器的电容为C，分析导体棒的运动性质，并分析在此过程中的功能关系。[解析] 运动过程分析：取一极短时间，棒做加速运动，持续对电容器充电，则存在充电电流。由F－BIl＝ma，I＝，ΔQ＝C·ΔU，ΔU＝ΔE＝Bl·Δv，联立可得F－＝ma，其中＝a，则可得a＝，所以棒做加速度恒定的匀加速直线运动功能关系：WF＝mv2＋E电。[答案] 棒做加速度恒定的匀加速直线运动 WF＝mv2＋E电拓展思考 若金属导轨平面与水平面成θ角，匀强磁场垂直导轨平面向上。已知重力加速度为g，又让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，求金属棒下滑过程中的加速度大小。[解析] 金属棒在重力和安培力的作用下向下运动，根据牛顿第二定律有mgsin θ－BIl＝ma，I＝＝＝CBla，联立可得a＝。[答案] [典例4] (2025·山东济南一模)如图所示，间距为L＝1.0 m的两条平行光滑竖直金属导轨PQ、MN足够长，底部Q、N之间连有一阻值为R1＝3 Ω的电阻，磁感应强度为B1＝0.5 T的匀强磁场与导轨平面垂直，导轨的上端点P、M分别与横截面积为5×10-3 m2的100匝线圈的两端连接，线圈的轴线与大小随时间均匀变化的匀强磁场B2平行，开关S闭合后，质量为m＝1×10-2 kg、电阻值为R2＝2 Ω的金属棒ab恰能保持静止。若断开开关后金属棒下落2 m时恰好达到最大速度，金属棒始终与导轨接触良好，其余部分电阻不计，g取10 m/s2。求：(1)金属棒ab恰能保持静止时，匀强磁场B2的磁感应强度的变化率；(2)金属棒ab下落时能达到的最大速度v的大小；(3)金属棒ab从开始下落到恰好运动至最大速度的过程中，金属棒产生的焦耳热Q。[解析] (1)金属棒保持静止，根据平衡条件得mg＝I1LB1，解得I1＝0.2 A则线圈产生的感应电动势为E1＝I1R2＝0.4 V由电磁感应定律可知E1＝n＝nS解得＝0.8 T/s。(2)断开开关S后，金属棒向下做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度是0(即合力是0)时速度最大，此时恰能匀速下降，根据平衡条件得mg＝I2LB1此时金属棒中产生的感应电动势为E2＝B1Lv根据闭合电路欧姆定律得I2＝联立解得金属棒的最大速度为v＝2 m/s。(3)金属棒从开始下落到最大速度的过程中，由动能定理得mgh－W克安＝mv2－0金属棒产生的焦耳热Q＝W克安＝0.072 J。[答案] (1)0.8 T/s (2)2 m/s (3)0.072 J方法技巧：电磁感应中能量问题解题的一般步骤(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，以及哪些形式的能量相互转化。(3)根据功能关系或能量守恒定律列式求解。[典例5] “自由落体塔”是一种惊险刺激的游乐设备，将游客升至数十米高空，自由下落至接近地面时再减速，让游客体验失重的乐趣。物理兴趣小组设计了相关的减速模型，如图甲所示，单匝线圈质量为m，半径为r0，总电阻为R。磁场减速区有一辐向磁场，俯视图如图乙所示，到中心轴距离为r处的磁感应强度大小为B＝(k为常量)。线圈由静止开始释放，下落过程中线圈保持水平且圆心一直在中心轴上。磁场减速区高度为h2，线圈释放处离减速区下边界的高度为h1，忽略一切空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是( )A．线圈在磁场减速区内速度可以为0B．线圈从静止至磁场减速区下边界的过程重力的冲量大小等于安培力的冲量大小C．线圈刚进入磁场时受到的安培力大小为D．线圈从静止至磁场减速区下边界的过程产生的焦耳热为mgh1√C [线圈在磁场减速区做减速运动，由法拉第电磁感应定律可知线圈中产生的感应电动势逐渐减小，感应电流逐渐减小，由安培力公式F＝BIL可知线圈受到的安培力逐渐减小，当线圈受到的安培力大小逐渐减小至与线圈的重力相等时，线圈的加速度为0，此后线圈在磁场减速区做匀速直线运动，显然线圈在磁场减速区的速度不可能减为0，A错误；设线圈到达磁场减速区下边界瞬间的速度大小为v，规定竖直向下为正方向，则线圈从静止至磁场减速区下边界过程由动量定理得IG－IF＝mv－0，解得IG＝IF＋mv，则有IG>IF，即该过程重力的冲量大小大于安培力的冲量大小，B错误；线圈进入磁场减速区前做自由落体运动，则由自由落体运动规律可知，线圈刚进入磁场时的速度大小为v0＝，由法拉第电磁感应定律得线圈刚进入磁场时的感应电动势E＝B0Lv0，结合闭合电路欧姆定律和安培力公式可得此时线圈受到的安培力大小为F0＝，由题意可知线圈所在处磁感应强度大小为B0＝，切割磁感线的长度为线圈周长，即L＝2πr0，联立可得F0＝，C正确；线圈从静止至磁场减速区下边界的过程，由能量守恒定律得mgh1＝mv2＋Q，解得Q＝mgh1－mv2，因此该过程线圈产生的焦耳热小于mgh1，D错误。]【教师备选资源】(2024·全国甲卷)两根平行长直光滑金属导轨距离为l，固定在同一水平面(纸面)内，导轨左端接有电容为C的电容器和阻值为R的电阻，开关S与电容器并联；导轨上有一长度略大于l的金属棒，如图所示。导轨所处区域有方向垂直于纸面、磁感应强度大小为B的匀强磁场。开关S闭合。金属棒在恒定的外力作用下由静止开始加速，最后将做速率为v0的匀速直线运动。金属棒始终与两导轨垂直且接触良好，导轨电阻和金属棒电阻忽略不计。(1)在加速过程中，当外力做功的功率等于电阻R热功率的2倍时，金属棒的速度大小是多少 (2)如果金属棒达到(1)中的速度时断开开关S，改变外力使金属棒保持此速度做匀速运动。之后某时刻，外力做功的功率等于电阻R热功率的2倍，求此时电容器两极间的电压及从断开S开始到此刻外力做的功。[解析] (1)由法拉第电磁感应定律可得金属棒切割磁感线运动过程中，金属棒产生的感应电动势为E＝Blv闭合开关S，电容器被短路，由闭合电路欧姆定律可得回路中的电流I＝由安培力公式可得金属棒所受的安培力F安＝BIl联立可得F安＝当金属棒匀速运动时，金属棒受力平衡，可得外力大小为F＝F安m＝所以外力做功的功率为P＝Fv＝又电阻R的热功率为PR＝I2R＝则当外力做功的功率等于电阻R热功率的2倍，即P＝2PR时，金属棒的速度大小为v＝。(2)断开开关S后，金属棒做匀速运动，设回路中的电流为I'，则外力的大小为F'＝F'安＝BI'l则外力做功的功率为P'＝F'v＝而电阻R的热功率为P'R＝I'2R当外力做功的功率等于电阻R热功率的2倍，即P'＝2P'R时，有I'＝则此时电容器两端的电压为U＝Blv－I'R＝电容器所带电荷量为Q＝CU从断开S开始到该时刻的过程，对金属棒根据动能定理可知，外力做功的绝对值等于安培力做功的绝对值，则有W＝W安＝t＝vt＝Blv't其中't＝Q－0联立解得W＝。[答案] (1) (2) 课时作业(六十三) 动力学和能量观点在电磁感应中的应用(思维进阶课)题号1352468791．(2025·陕西西安一模)如图所示，空间有一匀强磁场区域，磁场方向与竖直面(纸面)垂直，纸面内磁场上方有一个正方形导线框abcd，其上、下两边与磁场边界(图中虚线)平行，边长等于磁场上、下边界的距离。若线框自由下落，从ab边进入磁场开始，直至cd边到达磁场下边界为止，线框的运动不可能是( )A．始终做匀速直线运动B．始终做匀加速直线运动C．先做加速度减小的减速运动再做匀速直线运动D．先做加速度减小的加速运动再做匀速直线运动√B [导线框开始做自由落体运动，ab边以一定的速度进入磁场，ab边切割磁感线产生感应电流，根据左手定则可知ab边受到向上的安培力，若ab边进入磁场时安培力等于重力，则线框做匀速运动，当线框离开磁场过程中仍做匀速运动，A不符合题意；若ab边进入磁场时安培力大于重力，则线框做减速运动，随着速度的减小，安培力减小，当安培力等于重力时线框做匀速运动，C不符合题意；若ab边进入磁场时安培力小于重力，线框做加速运动，随着速度的增加，安培力增大，当安培力等于重力时线框做匀速运动，D不符合题意；若线框进入磁场过程中速度不断变化，则安培力不断变化，线框不可能做匀加速运动，B符合题意。]题号1352468792．如图所示，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d(d>L)的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下，导线框以某一初速度向右运动，t＝0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域。下列v-t图像中，正确描述上述过程的可能是( )√题号135246879A BC DD [导线框以一定初速度进入磁场，则感应电动势为E＝BLv，根据闭合电路欧姆定律，可知感应电流为I＝，所以安培力为F＝BIL＝，又根据牛顿第二定律有F＝ma，则a＝，由于v减小，所以a也减小；当导线框完全进入磁场后，不受安培力作用，所以做匀速直线运动；当导线框出磁场时，速度与时间的关系与进入磁场相似，在速度—时间图像中，斜率绝对值表示加速度的大小，故D正确，A、B、C错误。]题号1352468793．(多选)(2025·天津模拟)如图所示，两平行倾斜光滑导轨间距为1 m，与水平面间夹角均为α＝37°，导轨底端连接阻值为1 Ω的电阻。匀强磁场垂直于导轨平面向上，磁感应强度大小为1 T。垂直于导轨放置一导体棒，其电阻为1 Ω，质量为1 kg，导体棒始终与两导轨接触良好。由静止释放导体棒，经一段时间后速度达到最大，且未到达底端，之后做匀速运动，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则( )A．导体棒释放后做匀加速直线运动B．导体棒的最大速度为12 m/sC．导体棒匀速运动时流过电阻的电流大小为6 AD．导体棒下滑过程中所受安培力做正功√√题号135246879BC [当导体棒下滑时，受重力、轨道的支持力和沿斜面向上的安培力作用，某时间有mgsin α－ILB＝ma，又I＝＝，可得加速度a＝，随速度的增加，加速度逐渐减小，当加速度为0时速度达到最大，导体棒做匀速运动，此时导体棒的最大速度满足mgsin α－＝0，解得vm＝12 m/s，A错误，B正确；导体棒做匀速运动时流过电阻的电流大小I＝＝6 A，C正确；在导体棒下滑过程中，一直受到沿斜面向上的安培力作用，安培力做负功，D错误。]题号1352468794．(2025·衡水一模)一种电磁驱动的无绳电梯简化模型如图所示，光滑的平行长直金属轨道固定在竖直面内，下端接有电阻，导体棒垂直跨接在轨道上，匀强磁场的方向垂直于轨道平面向里。磁场以速度v匀速向上移动，某时刻导体棒由静止释放，导体棒始终处于磁场区域内，轨道和导体棒的电阻均不计，两者接触良好，则( )A．导体棒向上运动的速度可能为vB．导体棒在磁场中可能先下降再上升C．安培力对导体棒做的功大于导体棒机械能的增量D．安培力对导体棒做的功可能小于回路中产生的热量√题号135246879C [根据题意，导体棒始终处于磁场区域内，开始时，磁场匀速向上移动，导体棒相对磁场向下的速度大小为v，根据右手定则和左手定则判断知导体棒中感应电流水平向右，安培力竖直向上，若安培力小于导体棒所受重力，则导体棒会先向下做加速运动，至安培力等于导体棒所受重力时，开始匀速向下运动，若安培力大于导体棒所受重力，则导体棒会先向上做加速运动，至安培力等于导体棒所受重力时，开始匀速向上运动，故B错误；设导体棒运动速度为v1，由B选项分析可得，当导体棒匀速时，速度最大，此时受力平衡有BIL＝mg，导体棒产生的电动势E＝BL(v－v1)，回路电流I＝＝，则导体棒的最大速度v1＝v－，故导体棒向上运动的速度v1小于v，故A错误；根据功能关系知安培力对导体棒做的功一部分转化为导体棒的机械能，一部分转化为回路中产生的热量，故安培力对导体棒做的功大于导体棒机械能的增量，不可能小于回路中产生的热量，故C正确，D错误。]题号1352468795．如图所示，光滑水平面上的正方形导线框，以某一初速度进入竖直向下的匀强磁场并最终完全穿出。线框的边长小于磁场宽度。下列说法正确的是( )A．线框进磁场的过程中电流方向为顺时针方向B．线框出磁场的过程中做匀减速直线运动C．线框在进和出的两过程中产生的焦耳热相等D．线框在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量相等√题号135246879D [线框进磁场的过程中由楞次定律可知电流方向为逆时针方向，A错误；线框出磁场的过程中，根据E＝BLv，I＝，FA＝BIL，联立有FA＝＝ma，由于线框出磁场过程中由左手定则可知线框受到的安培力向左，则v减小，故线框做加速度减小的减速运动，B错误；由能量守恒定律得线框产生的焦耳热Q＝FAL，其中线框进、出磁场时均做减速运动，但其进磁场时的速度大，安培力大，产生的焦耳热多，C错误；线框在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量q＝t，其中＝，＝BL，联立有q＝s，由于线框在进和出的两过程中的位移均为L，则线框在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量相等，D正确。]题号1352468796．(多选)(2025·广东卷)如图是一种精确测量质量的装置原理示意图，竖直平面内，质量恒为M的称重框架由托盘和矩形线圈组成。线圈的一边始终处于垂直线圈平面的匀强磁场中，磁感应强度不变。测量分两个步骤，步骤①：托盘内放置待测物块，其质量用m表示，线圈中通大小为I的电流，使称重框架受力平衡；步骤②：线圈处于断开状态，取下物块，保持线圈不动，磁场以速率v匀速向下运动，测得线圈中感应电动势为E。利用上述测量结果可得出m的值，重力加速度为g。下列说法正确的有( )A．线圈电阻为B．I越大，表明m越大C．v越大，则E越小D．m＝－M√√题号135246879BD [设线圈水平边的长度为L，步骤①中对称重框架与物块整体受力分析可得(m＋M)g＝BIL，由此可知I越大，表明m越大，B正确；步骤②中线圈中的电动势E＝BLv，由此可知v越大，E越大，C错误；由于两步骤中B与L不变，则以上各式联立可得(m＋M)g＝I×，变形可得m＝－M，D正确；E是步骤②中磁场以速率v匀速向下运动产生的，I是步骤①中通的电流，故不能将它们直接代入欧姆定律公式求解线圈电阻，A错误。]题号1352468797．(多选)如图所示，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。重力加速度为g，则金属棒穿过磁场区域的过程中( )A．流过定值电阻的电流方向是N→QB．通过金属棒的电荷量为C．克服安培力做的功为mghD．金属棒产生的焦耳热为(mgh－μmgd)√√题号135246879BD [金属棒下滑到导轨底端时速度方向向右，磁场方向竖直向上，根据右手定则可知流过定值电阻的电流方向是Q→N，故A错误；根据法拉第电磁感应定律可知，通过金属棒的电荷量为q＝·Δt＝·Δt＝，故B正确；根据动能定理有mgh－μmgd－W克安＝0，则克服安培力所做的功为W克安＝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QR＝(mgh－μmgd)，故C错误，D正确。]题号1352468798．我国新一代航母阻拦系统的研制引入了电磁阻拦技术，其基本原理如图所示，飞机着舰时关闭动力系统，通过绝缘阻拦索钩住轨道上的一根金属棒，飞机与金属棒瞬间获得共同速度v0＝180 km/h，在磁场中共同减速滑行至停下，已知舰载机质量M＝2.7×104 kg，金属棒质量m＝3×103 kg、电阻R＝10 Ω，导轨间距L＝50 m，匀强磁场的磁感应强度B＝5 T，导轨电阻不计，除安培力外飞机克服其他阻力做的功为1.5×106 J。求：(1) 飞机与金属棒获得共同速度v0瞬间金属棒中感应电流I 的大小和方向；(2) 全过程中金属棒中产生的焦耳热Q。题号135246879[解析] (1)飞机与金属棒获得共同速度v0瞬间金属棒中感应电动势E＝BLv0，感应电流I＝代入数据解得I＝1.25×103 A根据右手定则判断感应电流方向为由b到a。(2)飞机从着舰到停止，根据动能定理有－W克安－Wf＝0－(M＋m)代入数据解得W克安＝3.6×107 J根据功能关系知Q＝W克安＝3.6×107 J。题号135246879[答案] (1)1.25×103 A，方向由b到a (2)3.6×107 J9．(2025·广东广州模拟)如图所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距L＝0.5 m，长为3d，d＝1.0 m，导轨及所在平面与水平面的夹角均为θ＝37°，在导轨的中部刷有一段长为d的薄绝缘粗糙涂层(涂层不导电)，其余部分光滑。匀强磁场的磁感应强度大小为B＝4.0 T，方向垂直于导轨平面向上。质量m＝0.2 kg的导体棒从导轨的顶端由静止释放，在滑上涂层之前已经做匀速运动，并一直匀速滑到导轨底端。导体棒始终与导轨垂直且接触良好，接在两导轨间的电阻R＝8.0 Ω，导体棒接入回路的电阻r＝2.0 Ω，其余电阻不计，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：(1)导体棒匀速运动的速度大小；(2)导体棒与涂层间的动摩擦因数μ；(3)在整个运动过程中，电阻R产生的焦耳热Q。题号135246879[解析] (1)导体棒在导轨光滑段做匀速运动时产生的感应电动势E＝BLv，I＝导体棒匀速运动时有BIL＝mgsin θ 解得v＝3 m/s。(2)在导轨绝缘涂层段运动时导体棒受力平衡，有mgsin θ＝μmgcos θ解得μ＝0.75。(3)对导体棒的整个运动过程，由动能定理得mg·3dsin θ－μmgdcos θ＋W安＝mv2有Q总＝－W安，解得Q总＝1.5 J则电阻R产生的焦耳热Q＝Q总＝1.2 J。题号135246879[答案] (1)3 m/s (2)0.75 (3)1.2 J谢谢！课时作业(六十三) 动力学和能量观点在电磁感应中的应用(思维进阶课)说明：单选题每小题4分；多选题每小题6分；本试卷共61分。1．(2025·陕西西安一模)如图所示，空间有一匀强磁场区域，磁场方向与竖直面(纸面)垂直，纸面内磁场上方有一个正方形导线框abcd，其上、下两边与磁场边界(图中虚线)平行，边长等于磁场上、下边界的距离。若线框自由下落，从ab边进入磁场开始，直至cd边到达磁场下边界为止，线框的运动不可能是( )A．始终做匀速直线运动B．始终做匀加速直线运动C．先做加速度减小的减速运动再做匀速直线运动D．先做加速度减小的加速运动再做匀速直线运动2．如图所示，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d(d>L)的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下，导线框以某一初速度向右运动，t＝0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域。下列v-t图像中，正确描述上述过程的可能是( )A BC D3．(多选)(2025·天津模拟)如图所示，两平行倾斜光滑导轨间距为1 m，与水平面间夹角均为α＝37°，导轨底端连接阻值为1 Ω的电阻。匀强磁场垂直于导轨平面向上，磁感应强度大小为1 T。垂直于导轨放置一导体棒，其电阻为1 Ω，质量为1 kg，导体棒始终与两导轨接触良好。由静止释放导体棒，经一段时间后速度达到最大，且未到达底端，之后做匀速运动，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则( )A．导体棒释放后做匀加速直线运动B．导体棒的最大速度为12 m/sC．导体棒匀速运动时流过电阻的电流大小为6 AD．导体棒下滑过程中所受安培力做正功4．(2025·河北衡水一模)一种电磁驱动的无绳电梯简化模型如图所示，光滑的平行长直金属轨道固定在竖直面内，下端接有电阻，导体棒垂直跨接在轨道上，匀强磁场的方向垂直于轨道平面向里。磁场以速度v匀速向上移动，某时刻导体棒由静止释放，导体棒始终处于磁场区域内，轨道和导体棒的电阻均不计，两者接触良好，则( )A．导体棒向上运动的速度可能为vB．导体棒在磁场中可能先下降再上升C．安培力对导体棒做的功大于导体棒机械能的增量D．安培力对导体棒做的功可能小于回路中产生的热量5．如图所示，光滑水平面上的正方形导线框，以某一初速度进入竖直向下的匀强磁场并最终完全穿出。线框的边长小于磁场宽度。下列说法正确的是( )A．线框进磁场的过程中电流方向为顺时针方向B．线框出磁场的过程中做匀减速直线运动C．线框在进和出的两过程中产生的焦耳热相等D．线框在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量相等6．(多选)(2025·广东卷)如图是一种精确测量质量的装置原理示意图，竖直平面内，质量恒为M的称重框架由托盘和矩形线圈组成。线圈的一边始终处于垂直线圈平面的匀强磁场中，磁感应强度不变。测量分两个步骤，步骤①：托盘内放置待测物块，其质量用m表示，线圈中通大小为I的电流，使称重框架受力平衡；步骤②：线圈处于断开状态，取下物块，保持线圈不动，磁场以速率v匀速向下运动，测得线圈中感应电动势为E。利用上述测量结果可得出m的值，重力加速度为g。下列说法正确的有( )A．线圈电阻为B．I越大，表明m越大C．v越大，则E越小D．m＝－M7．(多选)如图所示，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。重力加速度为g，则金属棒穿过磁场区域的过程中( )A．流过定值电阻的电流方向是N→QB．通过金属棒的电荷量为C．克服安培力做的功为mghD．金属棒产生的焦耳热为(mgh－μmgd)8．(12分)我国新一代航母阻拦系统的研制引入了电磁阻拦技术，其基本原理如图所示，飞机着舰时关闭动力系统，通过绝缘阻拦索钩住轨道上的一根金属棒，飞机与金属棒瞬间获得共同速度v0＝180 km/h，在磁场中共同减速滑行至停下，已知舰载机质量M＝2.7×104 kg，金属棒质量m＝3×103 kg、电阻R＝10 Ω，导轨间距L＝50 m，匀强磁场的磁感应强度B＝5 T，导轨电阻不计，除安培力外飞机克服其他阻力做的功为1.5×106 J。求：(1) 飞机与金属棒获得共同速度v0瞬间金属棒中感应电流I的大小和方向；(2) 全过程中金属棒中产生的焦耳热Q。9．(15分)(2025·广东广州模拟)如图所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距L＝0.5 m，长为3d，d＝1.0 m，导轨及所在平面与水平面的夹角均为θ＝37°，在导轨的中部刷有一段长为d的薄绝缘粗糙涂层(涂层不导电)，其余部分光滑。匀强磁场的磁感应强度大小为B＝4.0 T，方向垂直于导轨平面向上。质量m＝0.2 kg的导体棒从导轨的顶端由静止释放，在滑上涂层之前已经做匀速运动，并一直匀速滑到导轨底端。导体棒始终与导轨垂直且接触良好，接在两导轨间的电阻R＝8.0 Ω，导体棒接入回路的电阻r＝2.0 Ω，其余电阻不计，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：(1)导体棒匀速运动的速度大小；(2)导体棒与涂层间的动摩擦因数μ；(3)在整个运动过程中，电阻R产生的焦耳热Q。课时作业(六十三)1．B [导线框开始做自由落体运动，ab边以一定的速度进入磁场，ab边切割磁感线产生感应电流，根据左手定则可知ab边受到向上的安培力，若ab边进入磁场时安培力等于重力，则线框做匀速运动，当线框离开磁场过程中仍做匀速运动，A不符合题意；若ab边进入磁场时安培力大于重力，则线框做减速运动，随着速度的减小，安培力减小，当安培力等于重力时线框做匀速运动，C不符合题意；若ab边进入磁场时安培力小于重力，线框做加速运动，随着速度的增加，安培力增大，当安培力等于重力时线框做匀速运动，D不符合题意；若线框进入磁场过程中速度不断变化，则安培力不断变化，线框不可能做匀加速运动，B符合题意。]2．D [导线框以一定初速度进入磁场，则感应电动势为E＝BLv，根据闭合电路欧姆定律，可知感应电流为I＝，所以安培力为F＝BIL＝，又根据牛顿第二定律有F＝ma，则a＝，由于v减小，所以a也减小；当导线框完全进入磁场后，不受安培力作用，所以做匀速直线运动；当导线框出磁场时，速度与时间的关系与进入磁场相似，在速度—时间图像中，斜率绝对值表示加速度的大小，故D正确，A、B、C错误。]3．BC [当导体棒下滑时，受重力、轨道的支持力和沿斜面向上的安培力作用，某时间有mgsin α－ILB＝ma，又I＝＝，可得加速度a＝，随速度的增加，加速度逐渐减小，当加速度为0时速度达到最大，导体棒做匀速运动，此时导体棒的最大速度满足mgsin α－＝0，解得vm＝12 m/s，A错误，B正确；导体棒做匀速运动时流过电阻的电流大小I＝＝6 A，C正确；在导体棒下滑过程中，一直受到沿斜面向上的安培力作用，安培力做负功，D错误。]4．C [根据题意，导体棒始终处于磁场区域内，开始时，磁场匀速向上移动，导体棒相对磁场向下的速度大小为v，根据右手定则和左手定则判断知导体棒中感应电流水平向右，安培力竖直向上，若安培力小于导体棒所受重力，则导体棒会先向下做加速运动，至安培力等于导体棒所受重力时，开始匀速向下运动，若安培力大于导体棒所受重力，则导体棒会先向上做加速运动，至安培力等于导体棒所受重力时，开始匀速向上运动，故B错误；设导体棒运动速度为v1，由B选项分析可得，当导体棒匀速时，速度最大，此时受力平衡有BIL＝mg，导体棒产生的电动势E＝BL(v－v1)，回路电流I＝＝，则导体棒的最大速度v1＝v－，故导体棒向上运动的速度v1小于v，故A错误；根据功能关系知安培力对导体棒做的功一部分转化为导体棒的机械能，一部分转化为回路中产生的热量，故安培力对导体棒做的功大于导体棒机械能的增量，不可能小于回路中产生的热量，故C正确，D错误。]5．D [线框进磁场的过程中由楞次定律可知电流方向为逆时针方向，A错误；线框出磁场的过程中，根据E＝BLv，I＝，FA＝BIL，联立有FA＝＝ma，由于线框出磁场过程中由左手定则可知线框受到的安培力向左，则v减小，故线框做加速度减小的减速运动，B错误；由能量守恒定律得线框产生的焦耳热Q＝FAL，其中线框进、出磁场时均做减速运动，但其进磁场时的速度大，安培力大，产生的焦耳热多，C错误；线框在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量q＝t，其中＝，＝BL，联立有q＝s，由于线框在进和出的两过程中的位移均为L，则线框在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量相等，D正确。]6．BD [设线圈水平边的长度为L，步骤①中对称重框架与物块整体受力分析可得(m＋M)g＝BIL，由此可知I越大，表明m越大，B正确；步骤②中线圈中的电动势E＝BLv，由此可知v越大，E越大，C错误；由于两步骤中B与L不变，则以上各式联立可得(m＋M)g＝I×，变形可得m＝－M，D正确；E是步骤②中磁场以速率v匀速向下运动产生的，I是步骤①中通的电流，故不能将它们直接代入欧姆定律公式求解线圈电阻，A错误。]7．BD [金属棒下滑到导轨底端时速度方向向右，磁场方向竖直向上，根据右手定则可知流过定值电阻的电流方向是Q→N，故A错误；根据法拉第电磁感应定律可知，通过金属棒的电荷量为q＝·Δt＝·Δt＝，故B正确；根据动能定理有mgh－μmgd－W克安＝0，则克服安培力所做的功为W克安＝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QR＝(mgh－μmgd)，故C错误，D正确。]8．解析：(1)飞机与金属棒获得共同速度v0瞬间金属棒中感应电动势E＝BLv0，感应电流I＝代入数据解得I＝1.25×103 A根据右手定则判断感应电流方向为由b到a。(2)飞机从着舰到停止，根据动能定理有－W克安－Wf＝0－(M＋m)代入数据解得W克安＝3.6×107 J根据功能关系知Q＝W克安＝3.6×107 J。答案：(1)1.25×103 A，方向由b到a (2)3.6×107 J9．解析：(1)导体棒在导轨光滑段做匀速运动时产生的感应电动势E＝BLv，I＝导体棒匀速运动时有BIL＝mgsin θ解得v＝3 m/s。(2)在导轨绝缘涂层段运动时导体棒受力平衡，有mgsin θ＝μmgcos θ解得μ＝0.75。(3)对导体棒的整个运动过程，由动能定理得mg·3dsin θ－μmgdcos θ＋W安＝mv2有Q总 ＝－W安，解得Q总＝1.5 J则电阻R产生的焦耳热Q＝Q总＝1.2 J。答案：(1)3 m/s (2)0.75 (3)1.2 J1 / 1 展开更多...... 收起↑ 资源列表 第十一章 第63课时 动力学和能量观点在电磁感应中的应用(思维进阶课).docx 第十一章 第63课时 动力学和能量观点在电磁感应中的应用(思维进阶课).pptx 课时作业63 动力学和能量观点在电磁感应中的应用(思维进阶课).docx
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