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第33 讲 电磁感应中的动力学和能量问题 考点一 电磁感应中的动力学问题 考向1 水平单棒的动力学问题 例1 【答案】CD 【变式训练1·变情境】 【答案】C 【变式训练2·变情境】【答案】AC 考向2 竖直或倾斜单棒的动力学问题 例2 【答案】D 【变式训练1·变情境】【答案】C 【变式训练2·变考法】【答案】D 考向3 线框的动力学问题 例3 【答案】C 【变式训练1·变情境】．【答案】AC 【变式训练2·变考法】【答案】C 考点二 电磁感应中的能量问题 考向1 能量守恒定律的应用 例1 【答案】AC 【变式训练1·变情境】【答案】C 【变式训练2·变情境】【答案】CD 考向2 功能关系的应用 例2 【答案】B 【变式训练1·变情境】【答案】C 【变式训练2·变情境】【答案】AD 1．【答案】D 2．【答案】A 3．【答案】（1）F = 9 B0 2h 2v R ，方向水平向左；（2）ϕ = 3 B0h 2 10 ；（3）Q = B0 2h 4 4 τR 【详解】（1）由图可知t =0时线框切割磁感线的感应电动势为 E =2B0hv + B0hv =3 B0hv 则感应电流大小为 I = E R = 3 B0hv R 所受的安培力为 F =2B0 3 B0hv R h+ B0 3 B0hv R h= 9 B0 2h 2v R 方向水平向左； （2）在τ时刻，ab边运动到距区域Ⅰ的左边界h 2 处，线框的速度近似为零，此时线框被固定，则t =1.2τ 时穿过线框的磁通量为 ϕ =1.6 B0h⋅1 2 h−B0h⋅1 2 h= 3 B0h 2 10 方向垂直纸面向里； （3）2τ ∼3τ时间内，Ⅱ区磁感应强度也线性减小到0，则有 E ′ = Δϕ Δt = B0 1 2 h 2 τ = B0h 2 2τ 感应电流大小为 I ′ = E ′ R = B0h 2 2τR 则2τ ∼3τ时间内，线框中产生的热量为 04 真题溯源·考向感知 溯源真题逻辑，感知高考考向 Q = I ′2 Rt = B0 2h 4 4 τR 4．【答案】(1)4 mgR B 2 L 2 (2)g (3)gt 2 + 9mgR 4 B 2 L 2 【详解】（1）锁定ab杆时，当系统达到稳定状态时，cd 杆和重物M 做匀速直线运动，加速度为零。此 时，系统受力平衡F安= Mg 由cd 杆产生感应电动势E = BLv 感应电流I = E 2 R 安培力F安= BIL 联立解得稳定时cd 杆速度v = 4 mgR B 2 L 2 （2）当vcd = v 2时，感应电流为I ′ = BLvcd 2 R = BLv 4 R 此时的安培力为F ′ 安= B I ′ L= B 2 L 2v 4 R 结合第一问解得F ′ 安=mg 在解除锁定的瞬间，ab 杆速度为0，其加速度为aab= F安 ′ m = mg m = g 对cd 杆和重物M 系统，根据牛顿第二定律Mg−F安 ′ =(M +m)acd 解得acd = g 3 由于aab= g>acd = g 3 ，ab 杆的加速度大于cd 杆的加速度，则两杆的相对速度减小，又因为安培力大小与 相对速度成正比，所以安培力将从此刻开始减小，ab 杆的加速度也随之减小，则ab 杆的最大加速度就出 现在解除锁定的瞬间，即最大加速度am= g （3）当cd杆速度达到v时，F安= Mg=2mg，此时ab 杆加速度aab= F安 m = 2mg m =2g，cd 杆的加速度为 0，则两杆相对速度减小，则安培力F安减小； 对ab 杆由牛顿第二定律可知F安=maab 对cd 杆和重物M 系统，根据牛顿第二定律Mg−F安=(M +m)acd 因此，ab 杆做加速度减小的加速运动，cd 杆做加速度增大的加速运动，最终稳定时两杆加速度相等，对 整个系统（ab 杆、cd 杆、重物M）应用牛顿第二定律Mg=(m+m+ M )a 解得a= g 2 对ab 杆从解除锁定到t 时刻动量定理I 安=m vt−0 对cd 杆和M 系统动量定理有Mgt −I 安=( M +m)(vcd−v) 由稳定时相对速度不变v相= vcd−vt 对ab 杆有F安= B 2 L 2v相 2 R =ma 联立解得vt =gt 2 + 9mgR 4 B 2 L 2
