资源简介

第62课时　动力学和能量观点在电磁感应中的应用(进阶课)
[学习目标]　1．学会用动力学知识分析导体棒在磁场中的运动问题。2．会用功能关系和能量守恒定律分析电磁感应中的能量转化。
电磁感应中的动力学问题
1．两种状态及处理方法
状态 特征 处理方法
平衡状态 加速度为0 根据平衡条件列式分析
非平衡状态 加速度不为0 根据牛顿第二定律结合运动学公式进行分析
2．“四步法”分析电磁感应中的动力学问题
3．注意两个“桥梁”：联系力学对象与电学对象的“桥梁”——切割速度v与感应电流I。
　电磁感应中的平衡问题
[典例1]　(多选)(2025·广东卷)如图所示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
____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
　电磁感应中的动力学问题
[典例2]　如图所示，一宽度为L的光滑导轨与水平面成α角，磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直于导轨平面向上，导轨上端连有一阻值为R的电阻，导轨电阻不计。一质量为m、电阻也为R的金属棒从导轨顶端由静止释放，设导轨足够长，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
A．金属棒将做匀加速运动
B．释放的瞬间金属棒的加速度大小为g cos α
C．金属棒的最大速度大小为
D．金属棒下滑相等距离的时间内通过定值电阻R的电荷量越来越多
____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
[典例3]　(2024·北京卷)如图甲所示为某种“电磁枪”的原理图。在竖直向下的匀强磁场中，两根相距L的平行长直金属导轨水平放置，左端接电容为C的电容器，一导体棒放置在导轨上，与导轨垂直且接触良好，不计导轨电阻及导体棒与导轨间的摩擦。已知磁场的磁感应强度大小为B，导体棒的质量为m、接入电路的电阻为R。开关闭合前电容器的电荷量为Q。
(1)求闭合开关瞬间通过导体棒的电流I；
(2)求闭合开关瞬间导体棒的加速度大小a；
(3)在图乙中定性画出闭合开关后导体棒的速度v随时间t的变化图线。
________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
拓展延伸　(1)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，如图所示。已知重力加速度为g，让金属杆从导轨上端由静止开始下滑，求金属杆下滑过程中的加速度大小。
(2)在拓展延伸(1)中，若金属杆与导轨之间的动摩擦因数为μ(μ__________________________________________________________________________________________________________________________________________
电磁感应中的能量问题
1．电磁感应中的能量转化
2．求解焦耳热Q的三种方法
[典例4]　(2025·四川攀枝花高三阶段性诊断)有一边长为L的正方形导线框，质量为m，由高H处自由下落，如图所示，其边ab进入匀强磁场区域后，线框开始做减速运动，直到其边cd刚好穿出磁场时，速度减为ab边刚进入磁场时速度的一半，此匀强磁场的宽度也是L，线框在穿越匀强磁场过程中产生的焦耳热是(　　)
A．2mgL B．2mgL＋mgH
C．2mgL＋mgH D．2mgL＋mgH
[典例5]　(多选)(2025·黑龙江齐齐哈尔一模)如图，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，二者平滑链接，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、电阻为2R的金属棒从高为h处静止释放，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(　　)
A．流过定值电阻的电流方向是：N→Q
B．通过金属棒的电荷量为
C．金属棒克服安培力所做的功为mg(h－μd)
D．电阻R产生的焦耳热为mg(h－μd)
[典例6]　如图甲所示，足够长的两平行金属导轨MN、PQ水平固定，两导轨电阻不计，且处在竖直向上的匀强磁场中。完全相同的导体棒a、b垂直放置在导轨上，并与导轨接触良好，两导体棒的电阻均为R＝1.0 Ω，且长度刚好等于两导轨间距L，两导体棒的间距也为L，磁场的磁感应强度按图乙所示的规律变化，当t＝0.8 s时导体棒刚好要滑动。已知L＝2 m，两导体棒的质量均为m＝0.5 kg，重力加速度g取10 m/s2，滑动摩擦力等于最大静摩擦力。求：
(1)导体棒与导轨间的动摩擦因数μ；
(2)0～0.8 s内导体棒a中产生的焦耳热Q。
________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
第62课时　动力学和能量观点在电磁感应中的应用(进阶课)
进阶1
典例1　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)gBIL，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EBLv，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)gI×，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。]
典例2　C　[对金属棒，根据牛顿第二定律，有mgsin α－ILBma，根据闭合电路欧姆定律，有I，由此可知，金属棒先向下做加速度减小的加速运动，后做匀速直线运动，故A错误；释放的瞬间金属棒所受安培力为零，所以加速度大小为agsin α，故B错误；当金属棒的加速度为零时，此时速度最大，有mgsin αImLB，解得vm，故C正确；金属棒下滑过程中通过定值电阻R的电荷量为q·Δt，又有，所以q，由此可知，下滑相等距离的时间内通过定值电阻R的电荷量相等，故D错误。]
典例3　解析：(1)开关闭合前电容器的电荷量为Q，则电容器两极板间电压为U
闭合开关瞬间，通过导体棒的电流为I
联立解得I。
(2)闭合开关瞬间，对导体棒由牛顿第二定律有BILma
解得a。
(3)由第(2)问中结论可知，随着电容器放电，电容器所带电荷量不断减少，导体棒的加速度不断减小，当电容器两极板间的电压与导体棒产生的感应电动势相等，即回路中电流减为0时，导体棒不受安培力作用，加速度为0，此后导体棒做匀速运动，其v t图线如图所示。
答案：(1)　(3)见解析图
拓展延伸　提示：(1)金属杆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－BILma，ICBLa，联立可得a。
(2)mgsin θ－μmgcos θ－BILma，ICBLa，联立解得a。
进阶2
典例4　C　[设线框ab边进入磁场时的速度大小为v1，cd边离开磁场时的速度大小为v2，线框在穿越匀强磁场过程中产生的焦耳热为Q，线框从开始下落到离开磁场的过程，根据能量守恒定律，有mg(H＋2L)Q＋，线框从开始下落到ab边刚进入磁场过程，由动能定理有mgH－0，由题意知v12v2，联立解得Q2mgL＋mgH，故C正确。]
典例5　BD　[由右手定则可知，金属棒向右切割磁感线时，金属棒中电流方向为MP，即通过定值电阻的电流方向是从QN，故A错误；根据法拉第电磁感应定律有，根据公式q·Δt，联立解得q，故B正确；根据动能定理有mgh－μmgd＋W安0，解得W安－(mgh－μmgd)，则金属棒克服安培力所做的功为mgh－μmgd，故C错误；根据功能关系可知Q－W安mgh－μmgd，则电阻R产生的焦耳热为QRmg(h－μd)，故D正确。]
典例6　解析：(1)磁场的磁感应强度按图乙所示规律变化，则回路中电动势EL22 V
电路中的电流I1 A
当t0.8 s时导体棒所受安培力大小FBIL1 N
此时导体棒刚好开始滑动，则导体棒所受的安培力大小刚好等于滑动摩擦力，则有Fμmg
解得μ0.2。
(2)根据焦耳定律，导体棒a中产生的焦耳热QI2Rt
代入数据，解得Q0.8 J。
答案：(1)0.2　(2)0.8 J
1 / 5(共58张PPT)
第十一章 电磁感应
第62课时　动力学和能量观点在电磁感应中的应用(进阶课)
[学习目标]　1．学会用动力学知识分析导体棒在磁场中的运动问题。2．会用功能关系和能量守恒定律分析电磁感应中的能量转化。
进阶1　电磁感应中的动力学问题
1．两种状态及处理方法
状态 特征 处理方法
平衡状态 加速度为0 根据平衡条件列式分析
非平衡状态 加速度不为0 根据牛顿第二定律结合运动学公式进行分析
2．“四步法”分析电磁感应中的动力学问题
3．注意两个“桥梁”：联系力学对象与电学对象的“桥梁”——切割速度v与感应电流I。
角度1　电磁感应中的平衡问题
[典例1]　(多选)(2025·广东卷)如图所示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
√
√
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。]
角度2　电磁感应中的动力学问题
[典例2]　如图所示，一宽度为L的光滑导轨与水平面成α角，磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直于导轨平面向上，导轨上端连有一阻值为R的电阻，导轨电阻不计。一质量为m、电阻也为R的金属棒从导轨顶端由静止释放，设导轨足够长，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
A．金属棒将做匀加速运动
B．释放的瞬间金属棒的加速度大小为g cos α
C．金属棒的最大速度大小为
D．金属棒下滑相等距离的时间内通过定值电阻R的电荷量越来越多
√
C　[对金属棒，根据牛顿第二定律，有mg sin α－ILB＝ma，根据闭合电路欧姆定律，有I＝，由此可知，金属棒先向下做加速度减小的加速运动，后做匀速直线运动，故A错误；释放的瞬间金属棒所受安培力为零，所以加速度大小为a＝g sin α，故B错误；当金属棒的加速度为零时，此时速度最大，有mg sin α＝ImLB＝，解得vm＝，故C正确；金属棒下滑过程中通过定值电阻R的电荷量为q＝＝＝＝，所以q＝，由此可知，下滑相等距离的时间内通过定值电阻R的电荷量相等，故D错误。]
[典例3]　(2024·北京卷)如图甲所示为某种“电磁枪”的原理图。在竖直向下的匀强磁场中，两根相距L的平行长直金属导轨水平放置，左端接电容为C的电容器，一导体棒放置在导轨上，与导轨垂直且接触良好，不计导轨电阻及导体棒与导轨间的摩擦。已知磁场的磁感应强度大小为B，导体棒的质量为m、接入电路的电阻为R。开关闭合前电容器的电荷量为Q。
(1)求闭合开关瞬间通过导体棒的电流I；
(2)求闭合开关瞬间导体棒的加速度大小a；
(3)在图乙中定性画出闭合开关后导体棒的速度v随时间t的变化图线。
[解析]　(1)开关闭合前电容器的电荷量为Q，则电容器两极板间电压为U＝
闭合开关瞬间，通过导体棒的电流为I＝
联立解得I＝。
(2)闭合开关瞬间，对导体棒由牛顿第二定律有BIL＝ma
解得a＝。
(3)由第(2)问中结论可知，随着电容器放电，电容器所带电荷量不断减少，导体棒的加速度不断减小，当电容器两极板间的电压与导体棒产生的感应电动势相等，即回路中电流减为0时，导体棒不受安培力作用，加速度为0，此后导体棒做匀速运动，其v-t图线如图所示。
[答案]　(1)　(2)　(3)见解析图2
拓展延伸　(1)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，如图所示。已知重力加速度为g，让金属杆从导轨上端由静止开始下滑，求金属杆下滑过程中的加速度大小。
(2)在拓展延伸(1)中，若金属杆与导轨之间的动摩擦因数为μ(μ<
tan θ)，求金属杆下滑过程中的加速度大小。
[提示]　(1)金属杆在重力和安培力的作用下向下运动，根据牛顿第二定律有mg sin θ－BIL＝ma，I＝＝＝CBLa，联立可得a＝。
(2)mg sin θ－μmg cos θ－BIL＝ma，I＝＝＝CBLa，联立解得a＝。
进阶2　电磁感应中的能量问题
1．电磁感应中的能量转化
2．求解焦耳热Q的三种方法
[典例4]　(2025·四川攀枝花高三阶段性诊断)有一边长为L的正方形导线框，质量为m，由高H处自由下落，如图所示，其边ab进入匀强磁场区域后，线框开始做减速运动，直到其边cd刚好穿出磁场时，速度减为ab边刚进入磁场时速度的一半，此匀强磁场的宽度也是L，线框在穿越匀强磁场过程中产生的焦耳热是(　　)
A．2mgL B．2mgL＋mgH
C．2mgL＋mgH D．2mgL＋mgH
√
C　[设线框ab边进入磁场时的速度大小为v1，cd边离开磁场时的速度大小为v2，线框在穿越匀强磁场过程中产生的焦耳热为Q，线框从开始下落到离开磁场的过程，根据能量守恒定律，有mg(H＋2L)＝，线框从开始下落到ab边刚进入磁场过程，由动能定理有mgH＝－0，由题意知v1＝2v2，联立解得Q＝2mgL＋mgH，故C正确。]
[典例5]　(多选)(2025·黑龙江齐齐哈尔一模)如图，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，二者平滑链接，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、电阻为2R的金属棒从高为h处静止释放，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(　　)
A．流过定值电阻的电流方向是：N→Q
B．通过金属棒的电荷量为
C．金属棒克服安培力所做的功为mg(h－μd)
D．电阻R产生的焦耳热为mg(h－μd)
√
√
BD　[由右手定则可知，金属棒向右切割磁感线时，金属棒中电流方向为M→P，即通过定值电阻的电流方向是从Q→N，故A错误；根据法拉第电磁感应定律有＝＝·Δt，联立解得q＝，故B正确；根据动能定理有mgh－μmgd＋W安＝0，解得W安＝－(mgh－μmgd)，则金属棒克服安培力所做的功为mgh－μmgd，故C错误；根据功能关系可知Q＝－W安＝mgh－μmgd，则电阻R产生的焦耳热为QR＝Q＝mg(h－μd)，故D正确。]
[典例6]　如图甲所示，足够长的两平行金属导轨MN、PQ水平固定，两导轨电阻不计，且处在竖直向上的匀强磁场中。完全相同的导体棒a、b垂直放置在导轨上，并与导轨接触良好，两导体棒的电阻均为R＝1.0 Ω，且长度刚好等于两导轨间距L，两导体棒的间距也为L，磁场的磁感应强度按图乙所示的规律变化，当t＝0.8 s时导体棒刚好要滑动。已知L＝2 m，两导体棒的质量均为m＝0.5 kg，重力加速度g取10 m/s2，滑动摩擦力等于最大静摩擦力。求：
(1)导体棒与导轨间的动摩擦因数μ；
(2)0～0.8 s内导体棒a中产生的焦耳热Q。
[解析]　(1)磁场的磁感应强度按图乙所示规律变化，则回路中电动势E＝L2＝2 V
电路中的电流I＝＝1 A
当t＝0.8 s时导体棒所受安培力大小F＝BIL＝1 N
此时导体棒刚好开始滑动，则导体棒所受的安培力大小刚好等于滑动摩擦力，则有F＝μmg
解得μ＝0.2。
(2)根据焦耳定律，导体棒a中产生的焦耳热Q＝I2Rt
代入数据，解得Q＝0.8 J。
[答案]　(1)0.2　(2)0.8 J
课时数智作业(六十二)　动力学和能量观点在电磁感应中的应用(进阶课)
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
说明：第1～5题、第7题，每小题5分；本试卷共56分。
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。杆ef 及线框的电阻不计，开始时，给ef 一个向右的初速度v0，则下列说
法正确的是(　　)
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
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
A　[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，由F＝BIL＝＝ma知，ef 做的是加速度减小的减速运动，最终停止运动，故A正确，B、C、D错误。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
2．(多选)在与水平面平行的匀强磁场上方有三个线圈，从同一高度同时由静止下落，三个线圈都是材料相同、边长一样的正方形，A线圈有一个缺口，B、C线圈闭合，但B线圈的导线比C线圈的粗，则下列说法正确的是(　　)
A．三个线圈同时落地
B．A线圈最先落地
C．C线圈最后落地
D．B、C线圈同时落地
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
√
BD　[A线圈不受安培力，所以最先落地，选项A错误，选项B正确；要想比较出B、C线圈的下落时间，需要先比较加速度，得出加速度a与导线横截面积S的关系，线圈下落的加速度a＝＝g－＝g－，其中电阻R＝ρ电，m＝ρV＝ρ·4l·S，所以有加速度a＝g－，加速度a与l和S均无关，即B、C线圈同时落地，选项C错误，选项D正确。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
3．(多选)(人教版选择性必修第二册习题改编)如图所示，单匝线圈ABCD在外力作用下以速度v向右匀速进入匀强磁场，第二次又以速度2v匀速进入同一匀强磁场，则下列说法正确的是(　　)
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
A．第二次与第一次进入时线圈中电流之比为2∶1
B．第二次与第一次进入时外力做功的功率之比为2∶1
C．第二次与第一次进入过程中通过线圈某横截面的电荷量之比为2∶1
D．第二次与第一次进入时线圈中产生热量之比为2∶1
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
√
AD　[由E＝Blv知，第二次与第一次进入时线圈中感应电动势之比为＝，由I＝得，第二次与第一次进入时线圈中感应电流之比为＝，故A正确；匀速进入，外力做功的功率与克服安培力做功的功率相等，由P＝I2R得，第二次与第一次进入时外力做功的功率之比为＝，故B错误；由电荷量q＝得，第二次与第一次进入过
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
程中通过线圈某横截面的电荷量之比为＝，故C错误；产生热量Q＝Pt＝P·，得第二次与第一次进入时线圈中产生热量之比为＝＝，故D正确。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
4．(多选)如图所示，电阻R、电容器C固定在同一水平面上，并通过光滑平行导轨相连，导轨间有竖直向下的匀强磁场。一导体棒垂直放在导轨上且与导轨接触良好，导体棒与导轨电阻不计。现让导体棒获得一初速度v0从位置A向右滑动并经过B、C两位置，在导体棒向右滑动的过程中，下列说法
正确的是(　　)
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
A．R中的电流从a到b
B．导体棒向右做匀速滑动
C．电容器的带电荷量逐渐变小
D．在BC段滑动时，导体棒动能的减少量等于电阻R上产生的热量
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
√
AC　[根据右手定则可知导体棒的感应电流为逆时针方向，则电阻R中的电流从a到b，故A正确；导体棒受到的安培力F＝ILB＝，由牛顿第二定律得＝ma，导体棒的加速度a＝，导体棒受安培力作用而做减速运动，随着速度v的减小，加速度a减小，故B错误；根据Q＝CU可知电容器的带电荷量Q＝CBLv，随着速度v的减小，电容器的带电荷量逐渐变小，故C正确；导体棒运动过程中，根据能量守恒定律可知导体棒动能的减少量和电容器储存的电能减小量之和等于电阻R上产生的热量，故D错误。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
5．(多选)如图所示，两根间距为d的足够长光滑金属导轨，平行放置在倾角为θ＝30°的绝缘斜面上，导轨的右端接有电阻R，整个装置放在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向上。导轨上有一质量为m、电阻也为R的导体棒与两导轨垂直且接触良好，导体棒以一定的初速度v0沿着导轨上滑一段距离L后返回，不计导轨电阻及感应电流间的相互作用，
重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
A．导体棒返回时先做加速运动，最后做匀速直线运动
B．导体棒沿着导轨上滑过程中通过R的电荷量q＝
C．导体棒沿着导轨上滑过程中克服安培力做的功W＝－mgL)
D．导体棒沿着导轨上滑过程中电阻R上产生的热量Q＝－mgL)
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
√
AC　[导体棒返回时mg sin 30°－v＝ma，故先做加速度减小的加速运动，最后受力平衡，做匀速直线运动，故A正确；根据q＝，可知导体棒沿着导轨上滑过程中通过R的电荷量为q＝，故B错误；设导体棒沿着导轨上滑过程中克服安培力做的功为W，由能量守恒定律可得W＋mgL sin 30°＝，解得W＝，故C正确；根据功能关系可得，导体棒沿着导轨上滑过程中电阻R上产生的热量为Q＝W，则Q＝，故D错误。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
6．(12分)如图甲所示，单匝矩形线框cdef 位于倾角θ＝30°的斜面上，斜面上有一长度为D的矩形磁场区域，磁场方向垂直于斜面向上，大小为0.5 T。已知线框边长cd＝D＝0.4 m，线框质量为m＝0.1 kg，总电阻为R＝0.25 Ω，现对线框施加一沿斜面向上的恒力F使之运动。斜面与线框间的动摩擦因数μ＝，线框速度随时间变化关系如图乙所示。(重力加速度g取10 m/s2)
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
(1)求外力F大小；
(2)求cf 长度L；
(3)求回路产生的焦耳热Q。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
[解析]　(1)由题图乙可知，在0～0.4 s内线框做匀加速运动，加速度为a＝＝ m/s2＝5 m/s2
根据牛顿第二定律有F－mg sin θ－μmg cos θ＝ma
代入数据解得F＝1.5 N。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
(2)由题图乙可知线框cf 边匀速进入磁场，则有F＝mg sin θ＋μmg cos θ＋BIL
其中I＝＝
联立解得L＝0.5 m，I＝2 A。
(3)线框穿过磁场过程中，回路产生的焦耳热等于克服安培力做的功，即Q＝W＝F安·2D＝BIL·2D＝0.5×2×0.5×2×0.4 J＝0.4 J。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
[答案]　(1)1.5 N　(2)0.5 m　(3)0.4 J
7．(多选)(2024·辽宁卷)如图所示，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、右两导轨所在平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(　　)
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
A．回路中的电流方向为abcda
B．ab中电流趋于
C．ab与cd加速度大小之比始终为2∶1
D．两棒产生的电动势始终相等
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
√
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；初始时，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 2mg sin 30°－2BIL cos 30°＝2ma1、mg sin 30°－BIL cos 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
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
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Eab＝2BLv cos 30°，Ecd＝BLv cos 30°，故两导体棒产生的感应电动势大小之比始终为2∶1，D错误。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
8．(14分)如图所示，在绝缘水平地面上固定一“>”形光滑导轨，AC、BC边的长度d均为2.5 m，AC与BC夹角为θ＝74°，且整个导轨处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小B＝0.5 T。t＝0时，有一根粗细均匀、质量m＝1 kg、电阻R＝0.3 Ω的金属杆从AB处出发，两端恰好与A、B良好接触，在水平外力的作用下，金属杆始终垂直于图中虚线(导轨的对称轴)以v＝1.0 m/s的速度匀速运动，直至运动到C处。运动过程中金属杆始终保持与导轨良好接触，除金属杆外其余电阻忽略不计，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
(1)t＝0时，金属杆切割磁感线所产生的感应电动势E；
(2)t＝0.8 s时，金属杆两端的电势差U；
(3)整个过程通过金属杆的电荷量q；
(4)整个过程金属杆上产生的焦耳热Q。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
[解析]　(1)t＝0时，金属杆长度即切割磁感线的有效长度，为L＝2d sin ＝3 m
根据法拉第电磁感应定律得E＝BLv＝1.5 V。
(2)由于金属杆做匀速直线运动，则t＝0.8 s时，金属杆仍产生1.5 V的电动势
此时由几何关系可知，金属杆在导轨间的长度为
L′＝2tan ＝1.8 m
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
根据法拉第电磁感应定律得，金属杆在导轨间的部分切割磁感线产生的感应电动势为E′＝BL′v＝0.9 V
根据题意可知导轨的电阻均不计，则金属杆在导轨间部分的电势差为0
因此，金属杆两端的电势差可看成是金属杆除与导轨构成回路外的部分产生的感应电动势的总和，则金属杆两端的电势差为U＝E－E′＝0.6 V，由右手定则可知金属杆上端的电势较高。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
(3)设t时刻导轨间金属杆切割磁感线产生的感应电动势为E″＝BL″v
此时导轨间金属杆的电阻为R″＝R
根据闭合电路欧姆定律得，流过金属杆的电流为
I＝＝＝＝5 A
由此可知整个过程中任意时刻流过金属杆的电流均相同
根据电流的定义式可得，整个过程通过金属杆的电荷量为q＝It＝I·＝10 C。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
(4)由安培力公式可知t时刻金属杆所受安培力大小为FA＝BIL″＝BI·2tan
t时刻金属杆的位移大小为x＝vt
由此可知安培力与位移呈线性关系，根据功能关系可知，整个过程金属杆克服安培力做的功转化为金属杆产生的焦耳热，因此整个过程金属杆上产生的焦耳热为Q＝x总＝FA0 x总＝BIL·d cos ＝7.5 J。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
[答案]　(1)1.5 V　(2)0.6 V　(3)10 C　(4)7.5 J
谢 谢 ！课时数智作业(六十二)　动力学和能量观点在电磁感应中的应用(进阶课)
说明：第1～5题、第7题，每小题5分；本试卷共56分。
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。杆ef及线框的电阻不计，开始时，给ef一个向右的初速度v0，则下列说法正确的是(　　)
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
2．(多选)在与水平面平行的匀强磁场上方有三个线圈，从同一高度同时由静止下落，三个线圈都是材料相同、边长一样的正方形，A线圈有一个缺口，B、C线圈闭合，但B线圈的导线比C线圈的粗，则下列说法正确的是(　　)
A．三个线圈同时落地
B．A线圈最先落地
C．C线圈最后落地
D．B、C线圈同时落地
3．(多选)(人教版选择性必修第二册习题改编)如图所示，单匝线圈ABCD在外力作用下以速度v向右匀速进入匀强磁场，第二次又以速度2v匀速进入同一匀强磁场，则下列说法正确的是(　　)
A．第二次与第一次进入时线圈中电流之比为2∶1
B．第二次与第一次进入时外力做功的功率之比为2∶1
C．第二次与第一次进入过程中通过线圈某横截面的电荷量之比为2∶1
D．第二次与第一次进入时线圈中产生热量之比为2∶1
4．(多选)如图所示，电阻R、电容器C固定在同一水平面上，并通过光滑平行导轨相连，导轨间有竖直向下的匀强磁场。一导体棒垂直放在导轨上且与导轨接触良好，导体棒与导轨电阻不计。现让导体棒获得一初速度v0从位置A向右滑动并经过B、C两位置，在导体棒向右滑动的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．R中的电流从a到b
B．导体棒向右做匀速滑动
C．电容器的带电荷量逐渐变小
D．在BC段滑动时，导体棒动能的减少量等于电阻R上产生的热量
5．(多选)如图所示，两根间距为d的足够长光滑金属导轨，平行放置在倾角为θ＝30°的绝缘斜面上，导轨的右端接有电阻R，整个装置放在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向上。导轨上有一质量为m、电阻也为R的导体棒与两导轨垂直且接触良好，导体棒以一定的初速度v0沿着导轨上滑一段距离L后返回，不计导轨电阻及感应电流间的相互作用，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)
A．导体棒返回时先做加速运动，最后做匀速直线运动
B．导体棒沿着导轨上滑过程中通过R的电荷量q＝
C．导体棒沿着导轨上滑过程中克服安培力做的功W＝－mgL)
D．导体棒沿着导轨上滑过程中电阻R上产生的热量Q＝－mgL)
6．(12分)如图甲所示，单匝矩形线框cdef位于倾角θ＝30°的斜面上，斜面上有一长度为D的矩形磁场区域，磁场方向垂直于斜面向上，大小为0.5 T。已知线框边长cd＝D＝0.4 m，线框质量为m＝0.1 kg，总电阻为R＝0.25 Ω，现对线框施加一沿斜面向上的恒力F使之运动。斜面与线框间的动摩擦因数μ＝，线框速度随时间变化关系如图乙所示。(重力加速度g取10 m/s2)
(1)求外力F大小；
(2)求cf长度L；
(3)求回路产生的焦耳热Q。
7．(多选)(2024·辽宁卷)如图所示，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、右两导轨所在平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abcda
B．ab中电流趋于
C．ab与cd加速度大小之比始终为2∶1
D．两棒产生的电动势始终相等
8．(14分)如图所示，在绝缘水平地面上固定一“>”形光滑导轨，AC、BC边的长度d均为2.5 m，AC与BC夹角为θ＝74°，且整个导轨处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小B＝0.5 T。t＝0时，有一根粗细均匀、质量m＝1 kg、电阻R＝0.3 Ω的金属杆从AB处出发，两端恰好与A、B良好接触，在水平外力的作用下，金属杆始终垂直于图中虚线(导轨的对称轴)以v＝1.0 m/s的速度匀速运动，直至运动到C处。运动过程中金属杆始终保持与导轨良好接触，除金属杆外其余电阻忽略不计，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)t＝0时，金属杆切割磁感线所产生的感应电动势E；
(2)t＝0.8 s时，金属杆两端的电势差U；
(3)整个过程通过金属杆的电荷量q；
(4)整个过程金属杆上产生的焦耳热Q。
课时数智作业(六十二)
1．A　[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，由FBILma知，ef做的是加速度减小的减速运动，最终停止运动，故A正确，B、C、D错误。]
2．BD　[A线圈不受安培力，所以最先落地，选项A错误，选项B正确；要想比较出B、C线圈的下落时间，需要先比较加速度，得出加速度a与导线横截面积S的关系，线圈下落的加速度a，其中电阻Rρ电，mρVρ·4l·S，所以有加速度ag－，加速度a与l和S均无关，即B、C线圈同时落地，选项C错误，选项D正确。]
3．AD　[由EBlv知，第二次与第一次进入时线圈中感应电动势之比为，由I，故A正确；匀速进入，外力做功的功率与克服安培力做功的功率相等，由PI2R得，第二次与第一次进入时外力做功的功率之比为，故B错误；由电荷量q，故C错误；产生热量QPtP·，故D正确。]
4．AC　[根据右手定则可知导体棒的感应电流为逆时针方向，则电阻R中的电流从a到b，故A正确；导体棒受到的安培力FILBma，导体棒的加速度a，导体棒受安培力作用而做减速运动，随着速度v的减小，加速度a减小，故B错误；根据QCU可知电容器的带电荷量QCBLv，随着速度v的减小，电容器的带电荷量逐渐变小，故C正确；导体棒运动过程中，根据能量守恒定律可知导体棒动能的减少量和电容器储存的电能减小量之和等于电阻R上产生的热量，故D错误。]
5．AC　[导体棒返回时mgsin 30°－vma，故先做加速度减小的加速运动，最后受力平衡，做匀速直线运动，故A正确；根据q，可知导体棒沿着导轨上滑过程中通过R的电荷量为q，故B错误；设导体棒沿着导轨上滑过程中克服安培力做的功为W，由能量守恒定律可得W＋mgLsin 30°，解得W(m－mgL)，故C正确；根据功能关系可得，导体棒沿着导轨上滑过程中电阻R上产生的热量为QW，则Q(m－mgL)，故D错误。]
6．解析：(1)由题图乙可知，在0~0.4 s内线框做匀加速运动，加速度为a m/s25 m/s2
根据牛顿第二定律有F－mgsin θ－μmgcos θma
代入数据解得F1.5 N。
(2)由题图乙可知线框cf边匀速进入磁场，则有Fmgsin θ＋μmgcos θ＋BIL
其中I
联立解得L0.5 m，I2 A。
(3)线框穿过磁场过程中，回路产生的焦耳热等于克服安培力做的功，即QWF安·2DBIL·2D0.5×2×0.5×2×0.4 J0.4 J。
答案：(1)1.5 N　(2)0.5 m　(3)0.4 J
7．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；初始时，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a1a2，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Eab2BLvcos 30°，EcdBLvcos 30°，故两导体棒产生的感应电动势大小之比始终为2∶1，D错误。
]
8．解析：(1)t0时，金属杆长度即切割磁感线的有效长度，为L2dsin 3 m
根据法拉第电磁感应定律得EBLv1.5 V。
(2)由于金属杆做匀速直线运动，则t0.8 s时，金属杆仍产生1.5 V的电动势
此时由几何关系可知，金属杆在导轨间的长度为
L'2tan 1.8 m
根据法拉第电磁感应定律得，金属杆在导轨间的部分切割磁感线产生的感应电动势为E'BL'v0.9 V
根据题意可知导轨的电阻均不计，则金属杆在导轨间部分的电势差为0
因此，金属杆两端的电势差可看成是金属杆除与导轨构成回路外的部分产生的感应电动势的总和，则金属杆两端的电势差为UE－E'0.6 V，由右手定则可知金属杆上端的电势较高。
(3)设t时刻导轨间金属杆切割磁感线产生的感应电动势为E″BL″v
此时导轨间金属杆的电阻为R″R
根据闭合电路欧姆定律得，流过金属杆的电流为
I5 A
由此可知整个过程中任意时刻流过金属杆的电流均相同
根据电流的定义式可得，整个过程通过金属杆的电荷量为qItI·10 C。
(4)由安培力公式可知t时刻金属杆所受安培力大小为FABIL″BI·2tan
t时刻金属杆的位移大小为xvt
由此可知安培力与位移呈线性关系，根据功能关系可知，整个过程金属杆克服安培力做的功转化为金属杆产生的焦耳热，因此整个过程金属杆上产生的焦耳热为Qx总FA0x总BIL·dcos 7.5 J。
答案：(1)1.5 V　(2)0.6 V　(3)10 C　(4)7.5 J
1 / 4

展开更多......

收起↑