資源簡(jiǎn)介

第30講　微專題五 動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用
命題點(diǎn)一　電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題
1．題型簡(jiǎn)述
感應(yīng)電流在磁場(chǎng)中受到安培力的作用，因此電磁感應(yīng)問(wèn)題往往跟力學(xué)問(wèn)題聯(lián)系在一起．解決這類問(wèn)題需要綜合應(yīng)用電磁感應(yīng)規(guī)律(法拉第電磁感應(yīng)定律、楞次定律)及力學(xué)中的有關(guān)規(guī)律(共點(diǎn)力的平衡條件、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、動(dòng)能定理等)．
2．兩種狀態(tài)及處理方法
狀態(tài) 特征 處理方法
平衡態(tài) 加速度為零 根據(jù)平衡條件列式分析
非平衡態(tài) 加速度不為零 根據(jù)牛頓第二定律進(jìn)行動(dòng)態(tài)分析或結(jié)合功能關(guān)系進(jìn)行分析
3.動(dòng)態(tài)分析的基本思路
解決這類問(wèn)題的關(guān)鍵是通過(guò)運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的分析，尋找過(guò)程中的臨界狀態(tài)，如速度、加速度最大值或最小值的條件．具體思路如下：
（多選）（2024 濟(jì)南模擬）如圖所示，間距為L(zhǎng)0的兩平行長(zhǎng)直金屬導(dǎo)軌水平放置，導(dǎo)軌所在空間存在方向豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。長(zhǎng)度均為L(zhǎng)0的金屬桿ab、cd垂直導(dǎo)軌放置，初始時(shí)兩金屬桿相距為L(zhǎng)0，金屬桿ab沿導(dǎo)軌向右運(yùn)動(dòng)的速度大小為v0，金屬桿cd速度為零且受到平行導(dǎo)軌向右、大小為F的恒力作用。已知金屬桿與導(dǎo)軌接觸良好且整個(gè)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂直，在金屬桿ab、cd的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，兩金屬桿間的最小距離為L(zhǎng)1，重力加速度大小為g，兩金屬桿的質(zhì)量均為m，電阻均為R，金屬桿與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，金屬導(dǎo)軌電阻不計(jì)，下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．金屬桿cd運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最大加速度為
B．從金屬桿cd開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到兩金屬桿間距離最小的時(shí)間為
C．金屬桿ab運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最小速度為
D．金屬桿cd的最終速度為
【解答】解：對(duì)金屬桿ab、cd的運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析如下：
①、初始ab向右運(yùn)動(dòng)，cd速度為零，兩者間距開(kāi)始減小，回路中磁通量先開(kāi)始減小，根據(jù)楞次定律可知回路中的感應(yīng)電流方向先是順時(shí)針的，ab受到的安培力與滑動(dòng)摩擦力均先向左，ab先向右做減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)其速度大小為v1。cd受到的安培力先向右，而滑動(dòng)摩擦力向左，因動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，可知滑動(dòng)摩擦力小于F，故cd先向右做加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)其速度大小為v2。回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E＝BL0（v1﹣v2），因（v1﹣v2）先減小，故感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)、感應(yīng)電流、兩金屬桿所受安培力均減小。故ab先向右做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，cd先向右做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)。
②、當(dāng)v1＝v2時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)、安培力均為零，由于存在滑動(dòng)摩擦力，ab繼續(xù)減速，但cd繼續(xù)加速（因F＞μmg），導(dǎo)致v2＞v1，兩者間距開(kāi)始增大，回路中磁通量先開(kāi)始增大，根據(jù)楞次定律可知回路中的感應(yīng)電流方向變?yōu)槟鏁r(shí)針，ab受到的安培力反向，方向向右，與滑動(dòng)摩擦力方向相反；cd受到的安培力也反向，方向向左，與滑動(dòng)摩擦力同向。此后的回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E＝BL0（v2﹣v1），因（v2﹣v1）增大，故感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)、感應(yīng)電流、兩金屬桿所受安培力均由零逐漸增大，對(duì)ab有：μmg﹣BIL0＝ma1，對(duì)cd有：F﹣μmg﹣BIL0＝ma2，可見(jiàn)ab、cd的加速度均減小，故ab繼續(xù)向右做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，cd向右做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)。
③、當(dāng)安培力增加到等于滑動(dòng)摩擦力，即：BIL0＝μmg時(shí)，ab的加速度a1為零，此時(shí)對(duì)于cd有：F﹣μmg﹣BIL0＝F﹣2μmg＝0（因μ），即：cd的加速度a2為零，可見(jiàn)兩者加速度同時(shí)減小到零，此后v1、v2若保持不變，則（v2﹣v1）恒定，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)、感應(yīng)電流、兩金屬桿所受安培力均保持不變，兩者加速度可保持為零，故兩者終極狀態(tài)為勻速直線運(yùn)動(dòng)。終極狀態(tài)有：v2＞v1；BIL0＝μmg，F(xiàn)＝2μmg。
A、由上述分析，可知金屬桿cd運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的加速度一直減小到零，則初始其加速度最大。
初始電動(dòng)勢(shì)為：E0＝BL0v0，安培力為：F0＝BL0，根據(jù)牛頓第二定律得：
ma0＝F+F0﹣μmg，結(jié)合：μ，解得：a0，故A正確；
B、由上述①②的分析可知當(dāng)v1＝v2時(shí)兩者的間距離最小，以水平向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理得：
對(duì)ab有：﹣BL0t﹣μmgt＝mv1﹣mv0
對(duì)cd有：Ft+BL0t﹣μmgt＝mv2﹣0……④
兩式相加，再結(jié)合μ，可得：v1＝v2v0
又有：，ΔΦ＝BL0（L0﹣L1）
可得：
代入④式可得所求的時(shí)間為：t，故B錯(cuò)誤；
C、由B選項(xiàng)可知v1＝v2時(shí)，金屬桿ab的速度v1v0，而由②的分析可知此后ab繼續(xù)做減速運(yùn)動(dòng)，故運(yùn)動(dòng)過(guò)程中金屬桿ab的最小速度小于，故C錯(cuò)誤；
D、設(shè)ab、cd的最終速度分別為va、vc，由③的分析有：F﹣μmg﹣BIL0＝0，其中：I
解得：vc﹣va
從兩者速度v1＝v2v0時(shí)到終極狀態(tài)的過(guò)程，以水平向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理得：
對(duì)ab有：﹣BL0t1﹣μmgt1＝mvamv0
對(duì)cd有：Ft1+BL0t1﹣μmgt1＝mvcmv0
兩式相加可得：va+vc＝v0
聯(lián)立解得：vc，故D正確。
故選：AD。
（2024 昆明一模）如圖所示，兩根相互平行且足夠長(zhǎng)的光滑長(zhǎng)直金屬導(dǎo)軌固定在水平絕緣桌面上，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，導(dǎo)軌上接有電容為C的電容器和阻值為R的定值電阻。質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒PQ靜止在導(dǎo)軌上，整個(gè)系統(tǒng)處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。開(kāi)始時(shí)，電容器不帶電。t＝0時(shí)刻，對(duì)PQ施加水平向右大小為F的恒力。PQ和導(dǎo)軌的電阻均不計(jì)，PQ運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。
（1）若保持開(kāi)關(guān)S1斷開(kāi)、S2閉合，求PQ的最終速度；
（2）若保持開(kāi)關(guān)S1閉合、S2斷開(kāi)，求PQ的加速度大小；
（3）若保持開(kāi)關(guān)S1、S2都閉合，從t＝0到t＝t0時(shí)間內(nèi)PQ向右運(yùn)動(dòng)的距離為x，求t＝t0時(shí)刻PQ的速度大小。
【解答】解：（1）保持開(kāi)關(guān) S1斷開(kāi)、S2閉合，當(dāng)PQ棒受到的安培力與外力相等時(shí)，PQ開(kāi)始做勻速運(yùn)
動(dòng)，根據(jù)受力平衡可得
F＝BIL①
根據(jù)閉合電路歐姆定律可得
②
導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)可得
E＝BLv1 ③
聯(lián)立解得： ④
（2）保持開(kāi)關(guān) S1 閉合、S2 斷開(kāi)，取一段極短的時(shí)間Δt，PQ速度的變化量為Δv，電容器C
上的電荷量的變化量為Δq，對(duì)PQ根據(jù)動(dòng)量定理可得
⑤
根據(jù)電流的定義式可得
⑥
電容器上電荷量的變化量為
Δq＝CBLΔv⑦
根據(jù)加速度的定義式可得
⑧
聯(lián)立解得 ⑨
（3）對(duì)PQ根據(jù)動(dòng)量定理可得
⑩
通過(guò)PQ的電荷量為
（11）
獨(dú)立分析PQ與定值電阻R組成的回路可得流過(guò)定值電阻的電荷量為
（12）
x （13）
電容器存儲(chǔ)的電荷量
q2＝CBLv2 （14）
流過(guò)PQ的電荷量等于流過(guò)電阻電荷量和電容器存儲(chǔ)的電荷量之和
q＝q1+q2 （15）
聯(lián)立解得
答：（1）PQ的最終速度為；
（2）PQ的加速度大小為；
（3）t＝t0時(shí)刻PQ的速度大小為。
（2024 貴陽(yáng)模擬）圖示裝置可以用來(lái)說(shuō)明電動(dòng)汽車“動(dòng)能回收”系統(tǒng)的工作原理。光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ固定在絕緣水平桌面上，ab為垂直于導(dǎo)軌的導(dǎo)體棒，軌道所在空間存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。當(dāng)開(kāi)關(guān)接1時(shí)，ab消耗電能而運(yùn)動(dòng)起來(lái)。當(dāng)ab達(dá)到一定速度后，讓開(kāi)關(guān)接2，ab把機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能（如果把電阻R換為儲(chǔ)能元件，則可以在減速過(guò)程中進(jìn)行動(dòng)能回收存儲(chǔ)），已知軌道間距L＝0.4m，磁應(yīng)強(qiáng)度B＝0.25T，電源電動(dòng)勢(shì)E＝1.5V，內(nèi)電阻r＝0.05Ω。電阻器的電阻R＝0.05Ω，導(dǎo)體棒ab質(zhì)量m＝0.1kg，電阻r1＝0.05Ω，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)，且導(dǎo)軌電阻不計(jì)。求：
（1）開(kāi)關(guān)與1接通的瞬間導(dǎo)體棒ab獲得的加速度的大小；
（2）開(kāi)關(guān)與1接通后導(dǎo)體棒ab能達(dá)到的最大速度的大小；
（3）當(dāng)導(dǎo)體棒ab達(dá)到最大速度時(shí)，將開(kāi)關(guān)與2接通，求此后導(dǎo)體棒ab能運(yùn)動(dòng)的距離。
【解答】解：（1）開(kāi)關(guān)與1接通，根據(jù)閉合電路的歐姆定律
在開(kāi)關(guān)與1接通瞬間，根據(jù)牛頓第二定律BIL＝ma
代入數(shù)據(jù)解得加速度a＝15m/s2
（2）導(dǎo)體棒做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)導(dǎo)體棒的最大速度為vm；
導(dǎo)體棒切割磁感線運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生反電動(dòng)勢(shì)E感＝BLv
當(dāng)E感＝E時(shí)，導(dǎo)體棒獲得最大速度，則BLvm＝E
代入數(shù)據(jù)解得vm＝15m/s
（3）將開(kāi)關(guān)與2接通，設(shè)導(dǎo)體棒還能運(yùn)動(dòng)的距離為x，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為Δt
根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律
電路中的電流
導(dǎo)體棒所受安培力
取安培力方向?yàn)檎较颍鶕?jù)動(dòng)量定理
聯(lián)立解得
代入數(shù)據(jù)解得x＝15m。
答：（1）開(kāi)關(guān)與1接通的瞬間導(dǎo)體棒ab獲得的加速度的大小為15m/s2；
（2）開(kāi)關(guān)與1接通后導(dǎo)體棒ab能達(dá)到的最大速度的大小為15m/s；
（3）當(dāng)導(dǎo)體棒ab達(dá)到最大速度時(shí)，將開(kāi)關(guān)與2接通，此后導(dǎo)體棒ab能運(yùn)動(dòng)的距離為15m。
命題點(diǎn)二　電磁感應(yīng)中動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用
1．題型簡(jiǎn)述
電磁感應(yīng)過(guò)程的實(shí)質(zhì)是不同形式的能量相互轉(zhuǎn)化的過(guò)程，而能量的轉(zhuǎn)化是通過(guò)安培力做功來(lái)實(shí)現(xiàn)的．安培力做功的過(guò)程，是電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能的過(guò)程；外力克服安培力做功的過(guò)程，則是其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能的過(guò)程．
2．解題的一般步驟
(1)確定研究對(duì)象(導(dǎo)體棒或回路)；
(2)弄清電磁感應(yīng)過(guò)程中，哪些力做功，哪些形式的能量相互轉(zhuǎn)化；
(3)根據(jù)能量守恒定律或功能關(guān)系列式求解．
3．求解電能應(yīng)分清兩類情況
(1)若回路中電流恒定，可以利用電路結(jié)構(gòu)及W＝UIt或Q＝I2Rt直接進(jìn)行計(jì)算．
(2)若電流變化，則
①利用安培力做功求解：電磁感應(yīng)中產(chǎn)生的電能等于克服安培力所做的功；
②利用能量守恒求解：若只有電能與機(jī)械能的轉(zhuǎn)化，則減少的機(jī)械能等于產(chǎn)生的電能．
（2024 朝陽(yáng)區(qū)一模）如圖所示，水平放置的內(nèi)壁光滑半徑為R的玻璃圓環(huán)，有一直徑略小于圓環(huán)口徑的帶正電q的小球，在圓環(huán)內(nèi)以速度v0沿順時(shí)針?lè)较騽蛩俎D(zhuǎn)動(dòng)（俯視）。在t＝0時(shí)刻施加方向豎直向上的變化磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝kt（k＞0）。設(shè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中小球帶電荷量不變，不計(jì)小球運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生的磁場(chǎng)及相對(duì)論效應(yīng)。加上磁場(chǎng)后，下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．小球?qū)ΣＡA環(huán)的壓力不斷增大
B．小球?qū)ΣＡA環(huán)的壓力不斷減小
C．小球所受的磁場(chǎng)力一定不斷增大
D．小球每運(yùn)動(dòng)一周增加的動(dòng)能為kqπR
【解答】解：磁感應(yīng)強(qiáng)度豎直向上，B隨時(shí)間成正比增加，由楞次定律可知，變化的磁場(chǎng)產(chǎn)生的感生電場(chǎng)沿順時(shí)針?lè)较颍恍∏驇д姡∏蛩茈妶?chǎng)力沿順時(shí)針?lè)较颍c小球的運(yùn)動(dòng)方向相同，小球做加速運(yùn)動(dòng)；
AB、根據(jù)牛頓第二定律可知未加磁場(chǎng)時(shí)，重力與支持力的合力提供環(huán)的向心力，加磁場(chǎng)后重力與支持力、洛倫茲力的合力提供向心力，由于洛倫茲力與向心力大小關(guān)系未知，無(wú)法分析小球與圓環(huán)間彈力變化，故AB錯(cuò)誤；
C、由于小球的速度逐漸增大，由洛倫茲力公式f＝qvB可知，小球受到的磁場(chǎng)力一定不斷增大，故C正確；
D、根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，感生電動(dòng)勢(shì)為EπR2k
根據(jù)題意可知，磁場(chǎng)變化將在真空管道處產(chǎn)生渦旋電場(chǎng)，根據(jù)動(dòng)能定理可知qΔEk
解得ΔEkkqπR
故D錯(cuò)誤。
故選：C。
（多選）（2024 棗強(qiáng)縣校級(jí)模擬）電磁驅(qū)動(dòng)技術(shù)現(xiàn)已廣泛應(yīng)用于生產(chǎn)、生活和軍事中，如圖所示為一電磁驅(qū)動(dòng)模型，水平面內(nèi)，連續(xù)排列的邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形區(qū)域內(nèi)存在豎直方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，相鄰區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向相反，大小均為B。質(zhì)量為m、總電阻為R的矩形金屬線框abcd處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，ab邊長(zhǎng)為L(zhǎng)。當(dāng)勻強(qiáng)磁場(chǎng)水平向右以速度v勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，金屬線框能達(dá)到的最大速度為v0。線框達(dá)到最大速度后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，線框運(yùn)動(dòng)中受到的阻力恒定，則下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．圖示位置時(shí)，線框ab邊中感應(yīng)電流方向從a到b
B．線框運(yùn)動(dòng)中受到的阻力大小為
C．線框勻速運(yùn)動(dòng)后，受到安培力所做的功等于回路中產(chǎn)生的焦耳熱
D．線框勻速運(yùn)動(dòng)后，外界每秒提供給線框的總能量為
【解答】解：A.由于磁場(chǎng)向右運(yùn)動(dòng)，故線框相對(duì)磁場(chǎng)向左運(yùn)動(dòng)，由右手定則可知，線框中電流方向?yàn)閍→d→c→b→a，則ab邊中感應(yīng)電流方向從b到a，故A錯(cuò)誤；
B.金屬線框能達(dá)到的最大速度為v0，則回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為：E＝2BL（v﹣v0）
根據(jù)安培力的計(jì)算公式可得：F安＝2BIL
根據(jù)平衡條件可得線框運(yùn)動(dòng)中受到的阻力大小為：f＝F安，故B正確；
C.勻速運(yùn)動(dòng)后，動(dòng)能不再變，安培力阻礙線框運(yùn)動(dòng)，克服安培力做功等于產(chǎn)生的焦耳熱，安培力做負(fù)功，故C錯(cuò)誤；
D.線框勻速運(yùn)動(dòng)后，外界每秒提供給線框的總能量等于克服安培力做的功，即為：W＝F安vt，其中t＝1s，則有：W，故D正確。
故選：BD。
（2024 天津模擬）如圖，質(zhì)量m1＝0.1kg，電阻R1＝0.3Ω，長(zhǎng)度l＝0.4m的導(dǎo)體棒ab橫放在U形金屬框架上。框架質(zhì)量m2＝0.2kg，放在絕緣水平面上，與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2。相距0.4m的MM′、NN′相互平行，電阻不計(jì)且足夠長(zhǎng)。電阻R2＝0.1Ω的MN垂直于MM′，整個(gè)裝置處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5T．垂直于ab施加F＝2N的水平恒力，ab從靜止開(kāi)始無(wú)摩擦地運(yùn)動(dòng)，始終與MM′、NN′保持良好接觸。設(shè)框架與水平面間最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，g取10m/s2。
（1）若框架固定，求導(dǎo)體棒ab能達(dá)到的最大速度vm的大小；
（2）若框架不固定，求框架開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)ab速度v的大小；
（3）當(dāng)ab運(yùn)動(dòng)到某處時(shí)，框架開(kāi)始運(yùn)動(dòng)．從ab開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到框架開(kāi)始運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，MN上產(chǎn)生的熱量Q＝0.1J，求該過(guò)程ab位移x的大小。
【解答】解：（1）導(dǎo)體棒ab能達(dá)到的最大速度時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E＝Blvm
根據(jù)閉合電路歐姆定律可得感應(yīng)電流大小為：
根據(jù)安培力的計(jì)算公式可得：
聯(lián)立解得：vm＝20m/s；
（2）框架受水平面的支持力大小為：FN＝m2g+m1g
依題意，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，則框架受到最大靜摩擦力F2＝μFN
ab中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E′＝Blv
根據(jù)閉合電路歐姆定律可得感應(yīng)電流大小為：
MN受到的安培力F安＝I′lB＝μ（m2g+m1g）
解得：v＝6m/s；
（3）閉合回路中產(chǎn)生的總熱量為：
由能量守恒定律得：
代入數(shù)據(jù)解得：x＝1.1m。
答：（1）若框架固定，導(dǎo)體棒ab能達(dá)到的最大速度vm的大小為20m/s；
（2）若框架不固定，框架開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)ab速度v的大小為6m/s；
（3）該過(guò)程ab位移x的大小為1.1m。
（2024 南開(kāi)區(qū)一模）如圖所示是列車進(jìn)站時(shí)利用電磁阻尼輔助剎車的示意圖，在車身下方固定一單匝矩形線框abcd，ab邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，bc邊長(zhǎng)為d，在站臺(tái)軌道上存在方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的有界矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)MNPQ，MN邊界與ab平行，NP長(zhǎng)為d。若ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)列車關(guān)閉發(fā)動(dòng)機(jī)，此時(shí)列車的速度大小為v0，cd邊剛離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)列車剛好停止運(yùn)動(dòng)。已知線框總電阻為R，列車的總質(zhì)量為m，摩擦阻力大小恒定為kmg，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g。求：
（1）線框ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)列車加速度a的大小和安培力對(duì)ab邊做功的功率P；
（2）線框從進(jìn)入到離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程中，線框產(chǎn)生的焦耳熱Q；
（3）線框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中，通過(guò)線框橫截面的電荷量q。
【解答】解：（1）線框剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E＝BLv0
根據(jù)閉合電路歐姆定律可得：
根據(jù)安培力的計(jì)算公式可得：F安＝BIL
由牛頓第二定律有：F安+kmg＝ma
聯(lián)立解得：；
安培力對(duì)ab邊做功的功率：P＝F安v0
解得：P；
（2）線框由進(jìn)入磁場(chǎng)到離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程中，由動(dòng)能定理有：
根據(jù)功能關(guān)系可得產(chǎn)生的熱：Q＝W安
解得：Q2kmgd；
（3）線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程，根據(jù)電荷量的計(jì)算公式可得：
qt，其中S＝Ld
解得：。
答：（1）線框ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)列車加速度a的大小為，安培力對(duì)ab邊做功的功率為；
（2）線框從進(jìn)入到離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程中，線框產(chǎn)生的焦耳熱為2kmgd；
（3）線框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中，通過(guò)線框橫截面的電荷量為。
（2023 重慶模擬）如題圖所示，靜置于水平面的矩形閉合線圈abcd，匝數(shù)為n，總電阻為R，長(zhǎng)度ab＝L1，bc＝L2，該線圈的中軸線PQ兩側(cè)分別有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B、方向相反的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向均垂直于線圈平面。兩磁場(chǎng)同時(shí)以大小為v的速度水平向右運(yùn)動(dòng)瞬時(shí)，線圈所受磁場(chǎng)作用力大小F為（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：當(dāng)磁場(chǎng)向右運(yùn)動(dòng)，線圈ad邊切割磁感線產(chǎn)生a→b方向的電流，bc邊產(chǎn)生c→b方向的電流，根據(jù)切割電動(dòng)勢(shì)公式E＝2nBL2v
根據(jù)歐姆定律，電路中的感應(yīng)電流為
線圈中ad和bc邊受到安培力的作用，所受安培力為F＝2nBIL2
解得，故A正確，BCD錯(cuò)誤。
故選：A。
（2023 江蘇二模）如圖甲所示，一條南北走向的小路，路口設(shè)有出入道閘，每側(cè)道閘金屬桿長(zhǎng)L，當(dāng)有車輛通過(guò)時(shí)桿會(huì)從水平位置勻速轉(zhuǎn)過(guò)90°直到豎起，所用時(shí)間為t。此處地磁場(chǎng)方向如圖乙所示，B為地磁場(chǎng)總量，BH為地磁場(chǎng)水平分量，Bx、By、Bz分別為地磁場(chǎng)在x、y、z三個(gè)方向上的分量大小。則桿在轉(zhuǎn)動(dòng)升起的過(guò)程中，兩端電勢(shì)差的大小計(jì)算表達(dá)式為（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：由題意可知，桿從水平位置勻速轉(zhuǎn)過(guò)90°直到豎起，所用時(shí)間為t，可知金屬桿的角速度為：
由于小路沿南北方向，則金屬桿轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程切割Bx磁場(chǎng)分量，則金屬桿兩端電勢(shì)差的大小為：
聯(lián)立解得：，故BCD錯(cuò)誤，A正確。
故選：A。
（2024 鹿城區(qū)校級(jí)模擬）如圖所示，豎直平面內(nèi)在A、D兩點(diǎn)各固定一顆光滑釘子，一個(gè)由細(xì)軟導(dǎo)線制成的閉合導(dǎo)線框掛在兩顆釘子上，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，導(dǎo)線框的電阻為r，圓的半徑為R。從t＝0時(shí)刻開(kāi)始，將導(dǎo)線上的C點(diǎn)繞圓心O以恒定角速度ω從A點(diǎn)沿圓弧移動(dòng)到D點(diǎn)，導(dǎo)線始終繃緊。此過(guò)程導(dǎo)線中（　　）
A．張力保持不變
B．感應(yīng)電流的方向先順時(shí)針后逆時(shí)針
C．感應(yīng)電流隨時(shí)間t的變化關(guān)系為
D．產(chǎn)生的電熱為
【解答】解：A.對(duì)滑輪E分析可知，兩邊繩子拉力總是相等的，則兩邊繩子與豎直方向的夾角總相等，隨著C點(diǎn)沿圓弧從A點(diǎn)移到D點(diǎn)，AC段與CD段繩子長(zhǎng)度之和先增加后減小，則AE段與ED段繩子長(zhǎng)度之和先減小后增加，AE段繩子與ED段繩子的夾角先增加后減小，對(duì)滑輪，如圖
根據(jù)平衡條件有
2Tcosα＝mg
α先增大和減小，則cosα先減小后增大，可知繩子的拉力先增加后減小，故A錯(cuò)誤；
B.△ACD所圍的面積因θ角從0°度到180°過(guò)程中，則導(dǎo)線框中的磁通量先增大后減小，根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流先沿逆時(shí)針?lè)较颍笱仨槙r(shí)針?lè)较颍蔅錯(cuò)誤；
C.根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E，而θ＝ωt，根據(jù)幾何知識(shí)可得，線框上的三角形的面積為
磁通量Φ＝BS＝BR2sinωt
可知，導(dǎo)線框中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)隨時(shí)間t的變化關(guān)系為
e＝ωBR2cosωt
感應(yīng)電流隨時(shí)間t的變化關(guān)系為
i，故C錯(cuò)誤；
D.導(dǎo)線框中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的有效值為
故導(dǎo)線框中產(chǎn)生的電熱為
解得Q，故D正確。
故選：D。
（2024 重慶模擬）如圖所示，兩根足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ固定在傾角θ＝37°的絕緣斜面上，其下端開(kāi)口，頂部并聯(lián)接入阻值R＝6Ω的兩個(gè)相同定值電阻，導(dǎo)軌間距L＝1m，整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直導(dǎo)軌平面向上。一質(zhì)量m＝1kg、長(zhǎng)度L＝1m、電阻r＝1Ω的直金屬棒ab垂直放置在導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌電阻不計(jì)。金屬棒ab從靜止釋放至達(dá)到最大速度過(guò)程中，棒上產(chǎn)生的總電熱為0.5J，棒始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好。不計(jì)空氣阻力，金屬棒ab與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則該過(guò)程中，金屬棒ab沿斜面下滑的距離是（　　）
A． B．2m C．1.2m D．1m
【解答】解：設(shè)金屬棒ab達(dá)到的最大速度為v，由牛頓第二定律有：
從靜止釋放至達(dá)到最大速度過(guò)程中，設(shè)金屬棒ab沿斜面下滑的距離為x，
金屬棒ab中的電流為I，由題意可知金屬棒上產(chǎn)生的總電熱：Q電熱＝I2rt＝0.5J
外電路（R和R并聯(lián)）上產(chǎn)生的熱量：QR3I2rt＝1.5J
產(chǎn)生的總電熱為：Q電熱+QR＝3Q電熱+Q電熱＝4Q電熱＝1.5J+0.5J＝2.0J
由能量守恒定律有：
聯(lián)立解得：x＝2m，故ACD錯(cuò)誤，B正確。
故選：B。
（2024 山西模擬）如圖1所示，光滑水平桌面上有豎直向下、寬度為L(zhǎng)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，正方形閉合導(dǎo)線框abcd的邊長(zhǎng)為l，放在桌面上，bc邊與磁場(chǎng)邊界平行，L＞l。讓導(dǎo)線框在沿ab方向的恒力F作用下穿過(guò)勻強(qiáng)磁場(chǎng)，導(dǎo)線框的v﹣t圖像如圖2所示。以下判斷正確的是（　　）
A．t1～t2時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)線框受到的安培力逐漸增大
B．t1～t2時(shí)間內(nèi)，F(xiàn)對(duì)導(dǎo)線框做的功等于其動(dòng)能的增加量
C．t2～t3時(shí)間內(nèi)，v﹣t圖中陰影部分的面積表示磁場(chǎng)的寬度L
D．t3～t4時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)線框產(chǎn)生的焦耳熱大于Fl
【解答】解：A、由圖像可知，t1時(shí)刻，導(dǎo)線框開(kāi)始進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域，減速運(yùn)動(dòng)，安培力大于恒力F，加速度逐漸變小，安培力減小，故A錯(cuò)誤；
B、t1～t2時(shí)間內(nèi)，由動(dòng)能定理可得：WF+W安＝ΔEk，故B錯(cuò)誤；
C、由圖像可知，t2時(shí)刻，導(dǎo)線框全部進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域，t3時(shí)刻，導(dǎo)線框開(kāi)始離開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域，t1～t3時(shí)間段圖線和坐標(biāo)軸圍成的面積表示磁場(chǎng)的寬度L，故C錯(cuò)誤；
D、因?yàn)閠3～t4段的安培力大于恒力F，位移是l，故導(dǎo)線框產(chǎn)生的焦耳熱大于Fl，故D正確。
故選：D。
（2024 寧河區(qū)校級(jí)二模）如圖所示，固定光滑絕緣斜面與水平面的夾角θ＝30°，斜面所在空間存在兩個(gè)相鄰且互不影響的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅰ、Ⅱ，磁場(chǎng)邊界水平，磁場(chǎng)Ⅰ的方向垂直斜面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1＝0.5T，磁場(chǎng)Ⅱ的方向垂直斜面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B2＝0.5T，磁場(chǎng)Ⅰ、Ⅱ的寬度均為L(zhǎng)＝2m。現(xiàn)有一邊長(zhǎng)也為2m、電阻R＝2.0Ω的正方形閉合導(dǎo)線框abcd從距磁場(chǎng)Ⅰ上邊界x＝1.6m處由靜止釋放，已知線框ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ時(shí)線框恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅱ經(jīng)一段時(shí)間后，在ab邊未出磁場(chǎng)Ⅱ區(qū)域下邊界之前線框又做勻速直線運(yùn)動(dòng)，整個(gè)線框在穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中，ab邊始終水平，取重力加速度大小g＝10m/s2。求：
（1）線框abcd的質(zhì)量m；
（2）線框ab邊剛到達(dá)磁場(chǎng)Ⅱ下邊界時(shí)線框的速度大小；
（3）線框從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)至ab邊剛到達(dá)磁場(chǎng)Ⅱ下邊界的過(guò)程中，線框內(nèi)產(chǎn)生的焦耳熱Q。
【解答】解：（1）線框由靜止開(kāi)始做勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度大小為a，線框ab邊到達(dá)磁場(chǎng)Ⅰ上邊界時(shí)速度為v1，根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ＝ma
根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有
線框ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ邊界切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有
E＝B1Lv1
根據(jù)閉合電路歐姆定律有I
線框ab邊受到的安培力大小F＝B1IL
線框ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ時(shí)恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)受力平衡有F＝mgsinθ
解得m＝0.4kg
（2）當(dāng)ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅱ后，線框再次勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度為v2，線框ab邊和cd邊同時(shí)切割磁感線，產(chǎn)生同方向感應(yīng)電流，此時(shí)回路的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E′＝B1Lv2+B2Lv2
此時(shí)線框abcd中的電流I′
線框ab邊和cd邊同時(shí)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）從線框開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到ab邊剛到達(dá)磁場(chǎng)Ⅱ下邊界的過(guò)程中，設(shè)安培力做的功為W，根據(jù)動(dòng)能定理有mg（x+2L）sinθ+W
根據(jù)功能關(guān)系有Q＝﹣W
解得Q＝11J
（2024 金華二模）基于電容器的制動(dòng)能量回收系統(tǒng)已經(jīng)在一些新能源汽車上得到應(yīng)用。某同學(xué)設(shè)計(jì)的這種系統(tǒng)的一種簡(jiǎn)易模型如圖所示。某種材料制成的薄板質(zhì)量為m，圍成一個(gè)中空?qǐng)A柱，圓的半徑為r，薄板寬度為L(zhǎng)，可通過(guò)質(zhì)量不計(jì)的輻條繞過(guò)圓心O且垂直于圓面的水平軸轉(zhuǎn)動(dòng)。薄板能夠激發(fā)平行于圓面且沿半徑方向向外的輻射磁場(chǎng)，磁場(chǎng)只分布于薄板寬度的范圍內(nèi)，薄板外表面處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。一匝數(shù)為n的線圈abcd固定放置（為顯示線圈繞向，圖中畫(huà)出了兩匝），ab邊緊貼薄板外表面但不接觸，線圈的兩個(gè)線頭c點(diǎn)和d點(diǎn)通過(guò)導(dǎo)線連接有電容為C的電容器、電阻為R的電阻、單刀雙擲開(kāi)關(guān)，如圖所示。現(xiàn)模擬一次剎車過(guò)程，開(kāi)始時(shí)，單刀雙擲開(kāi)關(guān)處于斷開(kāi)狀態(tài)，薄板旋轉(zhuǎn)方向如圖所示，旋轉(zhuǎn)中薄板始終受到一與薄板表面相切、與運(yùn)動(dòng)方向相反的大小為f的剎車阻力作用，當(dāng)薄板旋轉(zhuǎn)的角速度為ω0時(shí)，將開(kāi)關(guān)閉合到位置1，電容器開(kāi)始充電，經(jīng)時(shí)間t電容器停止充電，開(kāi)關(guān)自動(dòng)閉合到位置2直至薄板停止運(yùn)動(dòng)。除剎車阻力外，忽略其他一切阻力，磁場(chǎng)到cd連線位置時(shí)足夠弱，可以忽略。電容器的擊穿電壓足夠大，開(kāi)始時(shí)不帶電，線圈能承受足夠大的電流，不考慮可能引起的一切電磁輻射。求：
（1）電容器充電過(guò)程中，判斷極板M帶電的電性；
（2）開(kāi)關(guān)剛閉合到位置1時(shí)，線圈切割磁感線的切割速度v的大小及此時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；
（3）求充電結(jié)束時(shí)，薄板的角速度ω1大小；
（4）求薄板運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中該系統(tǒng)的能量回收率。
【解答】解：（1）薄板旋轉(zhuǎn)方向?yàn)槟鏁r(shí)針，則線框相對(duì)于薄板的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)轫槙r(shí)針，根據(jù)右手定則可知，d點(diǎn)電勢(shì)低于c點(diǎn)電勢(shì)，故M板帶負(fù)電；
（2）根據(jù)線速度與角速度關(guān)系有v＝rω0
根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有E＝nBLv＝nBLrω0
（3）薄板旋轉(zhuǎn)，線圈相對(duì)薄板的線速度分別為v0＝rω0，v1＝rω1
停止充電時(shí)，兩極板的電壓為U1＝nBLv1
在充電過(guò)程中，對(duì)薄板分析，根據(jù)動(dòng)量定理得﹣ft﹣nBLt＝mv1﹣mv0
充電的電荷量大小滿足Q1t，Q1＝CU1
聯(lián)立解得ω1
（4）整個(gè)過(guò)程中，薄板損失的機(jī)械能為ΔE損
充電過(guò)程中的Q﹣U圖像如圖所示
利用微元法，結(jié)合充電過(guò)程中克服電場(chǎng)力做功的公式W＝qU
電容的公式C
可得到陰影面積為電容器充電過(guò)程中獲得的能量，即ΔE回U1Q1
薄板運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中該系統(tǒng)的能量回收率η
聯(lián)立解得η第30講　微專題五 動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用
命題點(diǎn)一　電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題
1．題型簡(jiǎn)述
感應(yīng)電流在磁場(chǎng)中受到安培力的作用，因此電磁感應(yīng)問(wèn)題往往跟力學(xué)問(wèn)題聯(lián)系在一起．解決這類問(wèn)題需要綜合應(yīng)用電磁感應(yīng)規(guī)律(法拉第電磁感應(yīng)定律、楞次定律)及力學(xué)中的有關(guān)規(guī)律(共點(diǎn)力的平衡條件、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、動(dòng)能定理等)．
2．兩種狀態(tài)及處理方法
狀態(tài) 特征 處理方法
平衡態(tài) 加速度為零 根據(jù)平衡條件列式分析
非平衡態(tài) 加速度不為零 根據(jù)牛頓第二定律進(jìn)行動(dòng)態(tài)分析或結(jié)合功能關(guān)系進(jìn)行分析
3.動(dòng)態(tài)分析的基本思路
解決這類問(wèn)題的關(guān)鍵是通過(guò)運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的分析，尋找過(guò)程中的臨界狀態(tài)，如速度、加速度最大值或最小值的條件．具體思路如下：
（多選）（2024 濟(jì)南模擬）如圖所示，間距為L(zhǎng)0的兩平行長(zhǎng)直金屬導(dǎo)軌水平放置，導(dǎo)軌所在空間存在方向豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。長(zhǎng)度均為L(zhǎng)0的金屬桿ab、cd垂直導(dǎo)軌放置，初始時(shí)兩金屬桿相距為L(zhǎng)0，金屬桿ab沿導(dǎo)軌向右運(yùn)動(dòng)的速度大小為v0，金屬桿cd速度為零且受到平行導(dǎo)軌向右、大小為F的恒力作用。已知金屬桿與導(dǎo)軌接觸良好且整個(gè)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂直，在金屬桿ab、cd的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，兩金屬桿間的最小距離為L(zhǎng)1，重力加速度大小為g，兩金屬桿的質(zhì)量均為m，電阻均為R，金屬桿與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，金屬導(dǎo)軌電阻不計(jì)，下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．金屬桿cd運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最大加速度為
B．從金屬桿cd開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到兩金屬桿間距離最小的時(shí)間為
C．金屬桿ab運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最小速度為
D．金屬桿cd的最終速度為
（2024 昆明一模）如圖所示，兩根相互平行且足夠長(zhǎng)的光滑長(zhǎng)直金屬導(dǎo)軌固定在水平絕緣桌面上，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，導(dǎo)軌上接有電容為C的電容器和阻值為R的定值電阻。質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒PQ靜止在導(dǎo)軌上，整個(gè)系統(tǒng)處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。開(kāi)始時(shí)，電容器不帶電。t＝0時(shí)刻，對(duì)PQ施加水平向右大小為F的恒力。PQ和導(dǎo)軌的電阻均不計(jì)，PQ運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。
（1）若保持開(kāi)關(guān)S1斷開(kāi)、S2閉合，求PQ的最終速度；
（2）若保持開(kāi)關(guān)S1閉合、S2斷開(kāi)，求PQ的加速度大小；
（3）若保持開(kāi)關(guān)S1、S2都閉合，從t＝0到t＝t0時(shí)間內(nèi)PQ向右運(yùn)動(dòng)的距離為x，求t＝t0時(shí)刻PQ的速度大小。
（2024 貴陽(yáng)模擬）圖示裝置可以用來(lái)說(shuō)明電動(dòng)汽車“動(dòng)能回收”系統(tǒng)的工作原理。光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ固定在絕緣水平桌面上，ab為垂直于導(dǎo)軌的導(dǎo)體棒，軌道所在空間存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。當(dāng)開(kāi)關(guān)接1時(shí)，ab消耗電能而運(yùn)動(dòng)起來(lái)。當(dāng)ab達(dá)到一定速度后，讓開(kāi)關(guān)接2，ab把機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能（如果把電阻R換為儲(chǔ)能元件，則可以在減速過(guò)程中進(jìn)行動(dòng)能回收存儲(chǔ)），已知軌道間距L＝0.4m，磁應(yīng)強(qiáng)度B＝0.25T，電源電動(dòng)勢(shì)E＝1.5V，內(nèi)電阻r＝0.05Ω。電阻器的電阻R＝0.05Ω，導(dǎo)體棒ab質(zhì)量m＝0.1kg，電阻r1＝0.05Ω，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)，且導(dǎo)軌電阻不計(jì)。求：
（1）開(kāi)關(guān)與1接通的瞬間導(dǎo)體棒ab獲得的加速度的大小；
（2）開(kāi)關(guān)與1接通后導(dǎo)體棒ab能達(dá)到的最大速度的大小；
（3）當(dāng)導(dǎo)體棒ab達(dá)到最大速度時(shí)，將開(kāi)關(guān)與2接通，求此后導(dǎo)體棒ab能運(yùn)動(dòng)的距離。
命題點(diǎn)二　電磁感應(yīng)中動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用
1．題型簡(jiǎn)述
電磁感應(yīng)過(guò)程的實(shí)質(zhì)是不同形式的能量相互轉(zhuǎn)化的過(guò)程，而能量的轉(zhuǎn)化是通過(guò)安培力做功來(lái)實(shí)現(xiàn)的．安培力做功的過(guò)程，是電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能的過(guò)程；外力克服安培力做功的過(guò)程，則是其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能的過(guò)程．
2．解題的一般步驟
(1)確定研究對(duì)象(導(dǎo)體棒或回路)；
(2)弄清電磁感應(yīng)過(guò)程中，哪些力做功，哪些形式的能量相互轉(zhuǎn)化；
(3)根據(jù)能量守恒定律或功能關(guān)系列式求解．
3．求解電能應(yīng)分清兩類情況
(1)若回路中電流恒定，可以利用電路結(jié)構(gòu)及W＝UIt或Q＝I2Rt直接進(jìn)行計(jì)算．
(2)若電流變化，則
①利用安培力做功求解：電磁感應(yīng)中產(chǎn)生的電能等于克服安培力所做的功；
②利用能量守恒求解：若只有電能與機(jī)械能的轉(zhuǎn)化，則減少的機(jī)械能等于產(chǎn)生的電能．
（2024 朝陽(yáng)區(qū)一模）如圖所示，水平放置的內(nèi)壁光滑半徑為R的玻璃圓環(huán)，有一直徑略小于圓環(huán)口徑的帶正電q的小球，在圓環(huán)內(nèi)以速度v0沿順時(shí)針?lè)较騽蛩俎D(zhuǎn)動(dòng)（俯視）。在t＝0時(shí)刻施加方向豎直向上的變化磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝kt（k＞0）。設(shè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中小球帶電荷量不變，不計(jì)小球運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生的磁場(chǎng)及相對(duì)論效應(yīng)。加上磁場(chǎng)后，下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．小球?qū)ΣＡA環(huán)的壓力不斷增大
B．小球?qū)ΣＡA環(huán)的壓力不斷減小
C．小球所受的磁場(chǎng)力一定不斷增大
D．小球每運(yùn)動(dòng)一周增加的動(dòng)能為kqπR
（多選）（2024 棗強(qiáng)縣校級(jí)模擬）電磁驅(qū)動(dòng)技術(shù)現(xiàn)已廣泛應(yīng)用于生產(chǎn)、生活和軍事中，如圖所示為一電磁驅(qū)動(dòng)模型，水平面內(nèi)，連續(xù)排列的邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形區(qū)域內(nèi)存在豎直方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，相鄰區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向相反，大小均為B。質(zhì)量為m、總電阻為R的矩形金屬線框abcd處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，ab邊長(zhǎng)為L(zhǎng)。當(dāng)勻強(qiáng)磁場(chǎng)水平向右以速度v勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，金屬線框能達(dá)到的最大速度為v0。線框達(dá)到最大速度后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，線框運(yùn)動(dòng)中受到的阻力恒定，則下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．圖示位置時(shí)，線框ab邊中感應(yīng)電流方向從a到b
B．線框運(yùn)動(dòng)中受到的阻力大小為
C．線框勻速運(yùn)動(dòng)后，受到安培力所做的功等于回路中產(chǎn)生的焦耳熱
D．線框勻速運(yùn)動(dòng)后，外界每秒提供給線框的總能量為
（2024 天津模擬）如圖，質(zhì)量m1＝0.1kg，電阻R1＝0.3Ω，長(zhǎng)度l＝0.4m的導(dǎo)體棒ab橫放在U形金屬框架上。框架質(zhì)量m2＝0.2kg，放在絕緣水平面上，與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2。相距0.4m的MM′、NN′相互平行，電阻不計(jì)且足夠長(zhǎng)。電阻R2＝0.1Ω的MN垂直于MM′，整個(gè)裝置處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5T．垂直于ab施加F＝2N的水平恒力，ab從靜止開(kāi)始無(wú)摩擦地運(yùn)動(dòng)，始終與MM′、NN′保持良好接觸。設(shè)框架與水平面間最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，g取10m/s2。
（1）若框架固定，求導(dǎo)體棒ab能達(dá)到的最大速度vm的大小；
（2）若框架不固定，求框架開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)ab速度v的大小；
（3）當(dāng)ab運(yùn)動(dòng)到某處時(shí)，框架開(kāi)始運(yùn)動(dòng)．從ab開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到框架開(kāi)始運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，MN上產(chǎn)生的熱量Q＝0.1J，求該過(guò)程ab位移x的大小。
（2024 南開(kāi)區(qū)一模）如圖所示是列車進(jìn)站時(shí)利用電磁阻尼輔助剎車的示意圖，在車身下方固定一單匝矩形線框abcd，ab邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，bc邊長(zhǎng)為d，在站臺(tái)軌道上存在方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的有界矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)MNPQ，MN邊界與ab平行，NP長(zhǎng)為d。若ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)列車關(guān)閉發(fā)動(dòng)機(jī)，此時(shí)列車的速度大小為v0，cd邊剛離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)列車剛好停止運(yùn)動(dòng)。已知線框總電阻為R，列車的總質(zhì)量為m，摩擦阻力大小恒定為kmg，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g。求：
（1）線框ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)列車加速度a的大小和安培力對(duì)ab邊做功的功率P；
（2）線框從進(jìn)入到離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程中，線框產(chǎn)生的焦耳熱Q；
（3）線框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中，通過(guò)線框橫截面的電荷量q。
（2023 重慶模擬）如題圖所示，靜置于水平面的矩形閉合線圈abcd，匝數(shù)為n，總電阻為R，長(zhǎng)度ab＝L1，bc＝L2，該線圈的中軸線PQ兩側(cè)分別有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B、方向相反的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向均垂直于線圈平面。兩磁場(chǎng)同時(shí)以大小為v的速度水平向右運(yùn)動(dòng)瞬時(shí)，線圈所受磁場(chǎng)作用力大小F為（　　）
A． B．
C． D．
（2023 江蘇二模）如圖甲所示，一條南北走向的小路，路口設(shè)有出入道閘，每側(cè)道閘金屬桿長(zhǎng)L，當(dāng)有車輛通過(guò)時(shí)桿會(huì)從水平位置勻速轉(zhuǎn)過(guò)90°直到豎起，所用時(shí)間為t。此處地磁場(chǎng)方向如圖乙所示，B為地磁場(chǎng)總量，BH為地磁場(chǎng)水平分量，Bx、By、Bz分別為地磁場(chǎng)在x、y、z三個(gè)方向上的分量大小。則桿在轉(zhuǎn)動(dòng)升起的過(guò)程中，兩端電勢(shì)差的大小計(jì)算表達(dá)式為（　　）
A． B．
C． D．
（2024 鹿城區(qū)校級(jí)模擬）如圖所示，豎直平面內(nèi)在A、D兩點(diǎn)各固定一顆光滑釘子，一個(gè)由細(xì)軟導(dǎo)線制成的閉合導(dǎo)線框掛在兩顆釘子上，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，導(dǎo)線框的電阻為r，圓的半徑為R。從t＝0時(shí)刻開(kāi)始，將導(dǎo)線上的C點(diǎn)繞圓心O以恒定角速度ω從A點(diǎn)沿圓弧移動(dòng)到D點(diǎn)，導(dǎo)線始終繃緊。此過(guò)程導(dǎo)線中（　　）
A．張力保持不變
B．感應(yīng)電流的方向先順時(shí)針后逆時(shí)針
C．感應(yīng)電流隨時(shí)間t的變化關(guān)系為
D．產(chǎn)生的電熱為
（2024 重慶模擬）如圖所示，兩根足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ固定在傾角θ＝37°的絕緣斜面上，其下端開(kāi)口，頂部并聯(lián)接入阻值R＝6Ω的兩個(gè)相同定值電阻，導(dǎo)軌間距L＝1m，整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直導(dǎo)軌平面向上。一質(zhì)量m＝1kg、長(zhǎng)度L＝1m、電阻r＝1Ω的直金屬棒ab垂直放置在導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌電阻不計(jì)。金屬棒ab從靜止釋放至達(dá)到最大速度過(guò)程中，棒上產(chǎn)生的總電熱為0.5J，棒始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好。不計(jì)空氣阻力，金屬棒ab與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則該過(guò)程中，金屬棒ab沿斜面下滑的距離是（　　）
A． B．2m C．1.2m D．1m
（2024 山西模擬）如圖1所示，光滑水平桌面上有豎直向下、寬度為L(zhǎng)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，正方形閉合導(dǎo)線框abcd的邊長(zhǎng)為l，放在桌面上，bc邊與磁場(chǎng)邊界平行，L＞l。讓導(dǎo)線框在沿ab方向的恒力F作用下穿過(guò)勻強(qiáng)磁場(chǎng)，導(dǎo)線框的v﹣t圖像如圖2所示。以下判斷正確的是（　　）
A．t1～t2時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)線框受到的安培力逐漸增大
B．t1～t2時(shí)間內(nèi)，F(xiàn)對(duì)導(dǎo)線框做的功等于其動(dòng)能的增加量
C．t2～t3時(shí)間內(nèi)，v﹣t圖中陰影部分的面積表示磁場(chǎng)的寬度L
D．t3～t4時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)線框產(chǎn)生的焦耳熱大于Fl
（2024 寧河區(qū)校級(jí)二模）如圖所示，固定光滑絕緣斜面與水平面的夾角θ＝30°，斜面所在空間存在兩個(gè)相鄰且互不影響的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅰ、Ⅱ，磁場(chǎng)邊界水平，磁場(chǎng)Ⅰ的方向垂直斜面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1＝0.5T，磁場(chǎng)Ⅱ的方向垂直斜面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B2＝0.5T，磁場(chǎng)Ⅰ、Ⅱ的寬度均為L(zhǎng)＝2m。現(xiàn)有一邊長(zhǎng)也為2m、電阻R＝2.0Ω的正方形閉合導(dǎo)線框abcd從距磁場(chǎng)Ⅰ上邊界x＝1.6m處由靜止釋放，已知線框ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ時(shí)線框恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅱ經(jīng)一段時(shí)間后，在ab邊未出磁場(chǎng)Ⅱ區(qū)域下邊界之前線框又做勻速直線運(yùn)動(dòng)，整個(gè)線框在穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中，ab邊始終水平，取重力加速度大小g＝10m/s2。求：
（1）線框abcd的質(zhì)量m；
（2）線框ab邊剛到達(dá)磁場(chǎng)Ⅱ下邊界時(shí)線框的速度大小；
（3）線框從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)至ab邊剛到達(dá)磁場(chǎng)Ⅱ下邊界的過(guò)程中，線框內(nèi)產(chǎn)生的焦耳熱Q。
（2024 金華二模）基于電容器的制動(dòng)能量回收系統(tǒng)已經(jīng)在一些新能源汽車上得到應(yīng)用。某同學(xué)設(shè)計(jì)的這種系統(tǒng)的一種簡(jiǎn)易模型如圖所示。某種材料制成的薄板質(zhì)量為m，圍成一個(gè)中空?qǐng)A柱，圓的半徑為r，薄板寬度為L(zhǎng)，可通過(guò)質(zhì)量不計(jì)的輻條繞過(guò)圓心O且垂直于圓面的水平軸轉(zhuǎn)動(dòng)。薄板能夠激發(fā)平行于圓面且沿半徑方向向外的輻射磁場(chǎng)，磁場(chǎng)只分布于薄板寬度的范圍內(nèi)，薄板外表面處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。一匝數(shù)為n的線圈abcd固定放置（為顯示線圈繞向，圖中畫(huà)出了兩匝），ab邊緊貼薄板外表面但不接觸，線圈的兩個(gè)線頭c點(diǎn)和d點(diǎn)通過(guò)導(dǎo)線連接有電容為C的電容器、電阻為R的電阻、單刀雙擲開(kāi)關(guān)，如圖所示。現(xiàn)模擬一次剎車過(guò)程，開(kāi)始時(shí)，單刀雙擲開(kāi)關(guān)處于斷開(kāi)狀態(tài)，薄板旋轉(zhuǎn)方向如圖所示，旋轉(zhuǎn)中薄板始終受到一與薄板表面相切、與運(yùn)動(dòng)方向相反的大小為f的剎車阻力作用，當(dāng)薄板旋轉(zhuǎn)的角速度為ω0時(shí)，將開(kāi)關(guān)閉合到位置1，電容器開(kāi)始充電，經(jīng)時(shí)間t電容器停止充電，開(kāi)關(guān)自動(dòng)閉合到位置2直至薄板停止運(yùn)動(dòng)。除剎車阻力外，忽略其他一切阻力，磁場(chǎng)到cd連線位置時(shí)足夠弱，可以忽略。電容器的擊穿電壓足夠大，開(kāi)始時(shí)不帶電，線圈能承受足夠大的電流，不考慮可能引起的一切電磁輻射。求：
（1）電容器充電過(guò)程中，判斷極板M帶電的電性；
（2）開(kāi)關(guān)剛閉合到位置1時(shí)，線圈切割磁感線的切割速度v的大小及此時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；
（3）求充電結(jié)束時(shí)，薄板的角速度ω1大小；
（4）求薄板運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中該系統(tǒng)的能量回收率。

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