资源简介

专题强化十二　电磁感应中的动力学、能量和动量问题
【素养目标】　1.掌握处理电磁感应中动力学，能量和动量问题的方法.2.能分析电磁感应规律在生产生活中的应用．
题型一　电磁感应中的动力学问题
解决电磁感应中的动力学问题的一般思路是“先电后力”，具体思路如下
例1[2022·湖北卷]如图所示，高度足够的匀强磁场区域下边界水平、左右边界竖直，磁场方向垂直于纸面向里．正方形单匝线框abcd的边长L＝0.2 m、回路电阻R＝1.6×10－3Ω、质量m＝0.2 kg.线框平面与磁场方向垂直，线框的ad边与磁场左边界平齐，ab边与磁场下边界的距离也为L.现对线框施加与水平向右方向成θ＝45°角、大小为4 N的恒力F，使其在图示竖直平面内由静止开始运动．从ab边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀速运动；dc边进入磁场时，bc边恰好到达磁场右边界．重力加速度大小取g＝，求：
(1)ab边进入磁场前，线框在水平方向和竖直方向的加速度大小；
(2)磁场的磁感应强度大小和线框进入磁场的整个过程中回路产生的焦耳热；
(3)磁场区域的水平宽度．
[试答]
针 对 训 练
1．(多选)如图甲所示，倾角为α＝37°的足够长绝缘斜面体固定在水平面上，在两平行于斜面底边的虚线之间存在垂直斜面向上的匀强磁场，两平行虚线间的距离为d＝0.1 m，质量为m＝0.01 kg、阻值为r＝1 Ω的正方形导体框由虚线1上侧无初速释放，经过一段时间导体框穿过磁场，整个过程中导体框的ab边始终与虚线平行，导体框由释放到离开磁场的过程，其速度随时间的变化规律如图乙所示，已知磁感应强度大小为B＝1 T，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.则下列说法正确的是(　　)
A．导体框与斜面体之间的动摩擦因数为0.5
B．导体框的边长为0.2 m
C．导体框由释放到cd边离开虚线2的时间为1 s
D．整个过程，导体框中产生的焦耳热为4×10－3 J
2．[2023·南昌摸底考试]如图甲所示，两条相距l＝2 m的水平粗糙导轨左端接一定值电阻R＝1 Ω，当t＝0时，一质量为m＝2 kg，阻值为r的金属杆，在水平外力F的作用下由静止开始向右运动，5 s末到达MN，MN右侧为一匀强磁场，磁感应强度大小B＝0.5 T，方向垂直纸面向里．当金属杆到达MN(含MN)后，保持外力的功率不变，金属杆进入磁场8 s末开始做匀速直线运动．整个过程金属杆的v － t图像如图乙所示，若导轨电阻忽略不计，金属杆和导轨始终垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g＝10 m/s2.
(1)求金属杆进入磁场后外力F的功率P.
(2)若前8 s回路产生的总焦耳热为Q＝51 J，求金属杆在磁场中运动的位移大小．
(3)求定值电阻R与金属杆的阻值r的比值．
题型二　电磁感应中的能量问题
1．能量转化
2．求解焦耳热Q的三种方法
3．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．
例2[2023·江苏省扬州市质检](多选)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，已知歼－15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，匀强磁场磁感应强度B＝5 T，导轨电阻不计，除安培力外飞机克服其它阻力做的功为1.5×106 J，则下列说法中正确的是(　　)
A．金属棒中感应电流方向a到b
B．飞机着舰瞬间金属棒中感应电流大小为I＝1.25×103 A
C．金属棒中产生的焦耳热Q＝3.6×107 J
D．金属棒克服安培力做功为W＝1.5×106 J
[解题心得]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
针 对 训 练
3.(多选)一空间有垂直纸面向里的匀强磁场B，两条电阻不计的平行光滑导轨竖直放置在磁场内，如图所示，磁感应强度B＝0.5 T，导体棒ab、cd长度均为0.2 m，电阻均为0.1 Ω，重力均为0.1 N，现用力向上拉动导体棒ab，使之匀速上升(导体棒ab、cd与导轨接触良好)，此时cd静止不动，则ab上升时，下列说法正确的是(　　)
A．ab受到的拉力大小为2 N
B．ab向上运动的速度为2 m/s
C．在2 s内，拉力做功，有0.4 J的机械能转化为电能
D．在2 s内，拉力做功为0.6 J
4．如图甲所示，空间存在B＝0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场，MN、PQ是水平放置的平行长直导轨，其间距L＝0.2 m，R是连在导轨一端的电阻，ab是跨接在导轨上质量m＝0.1 kg的导体棒．从零时刻开始，对ab施加一个大小为F＝0.45 N、方向水平向左的恒定拉力，使其从静止开始沿导轨滑动，滑动过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好，图乙是棒的v － t图像，其中AO是图像在O点的切线，AB是图像的渐近线．除R以外，其余部分的电阻均不计．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．已知当棒的位移为100 m时，其速度达到了最大速度10 m/s.求：
(1)R的阻值；
(2)在棒运动100 m过程中电阻R上产生的焦耳热．
题型三　电磁感应与动量的综合问题
考向1　动量定理在电磁感应中的应用
在电磁感应中，动量定理应用于单杆切割磁感线运动，可求解变力的时间、速度、位移和电荷量．
(1)求电荷量或速度：BlΔt＝mv2－mv1，q＝t.
(2)求时间：Ft＝I冲＝mv2－mv1，I冲＝BIlΔt＝Bl.
(3)求位移：－BIlΔt＝－＝0－mv0，
即－x＝m(0－v0)．
例3 如图所示的导轨固定在水平面上，左、右两侧的导轨足够长，且间距分别为2d和d，左、右两侧导轨所在空间分别存在竖直向下的匀强磁场B1和B2，且磁感应强度B2＝2B1＝2B0.同种材料且粗细相同的导体棒甲、乙均垂直导轨放置，导体棒甲到衔接处的距离为2d，导体棒乙放在衔接处．t＝0时刻给导体棒甲向右的冲量I0，在导体棒甲运动到衔接处前的瞬间两棒刚好达到共速，且此过程流过导体棒乙某一横截面的电荷量为q，此时导体棒甲在外力的控制下立即停止，导体棒乙继续向右运动，重力加速度为g.忽略导轨的电阻，已知导体棒甲的质量为m，且导体棒甲与导轨间的动摩擦因数为μ，导体棒乙与导轨间的摩擦不计．求：
(1)t＝0时刻，导体棒甲两端的电压；
(2)导体棒甲运动的总时间．
[试答]
考向2　动量守恒定律在电磁感应中的应用
例4[2022·浙江卷1月]如图所示，水平固定一半径r＝0.2 m的金属圆环，长均为r、电阻均为R0的两金属棒沿直径放置，其中一端与圆环接触良好，另一端固定在过圆心的导电竖直转轴OO′上，并随轴以角速度ω＝600 rad/s匀速转动，圆环内左半圆存在磁感应强度大小为B1的匀强磁场．圆环边缘、与转轴良好接触的电刷分别与间距l1的水平放置的平行金属轨道相连，轨道间接有电容C＝0.09 F的电容器，通过单刀双掷开关S可分别与接线柱1、2相连．电容器左侧存在宽度也为l1、长度为l2、磁感应强度大小为B2的匀强磁场区域．在磁场区域内靠近左侧边缘处垂直轨道放置金属棒ab，磁场区域外有间距也为l1的绝缘轨道与金属轨道平滑连接，在绝缘轨道的水平段上放置“[”形金属框fcde.棒ab长度和“[”形框的宽度也均为l1、质量均为m＝0.01 kg，de与cf长度均为l3＝0.08 m，已知l1＝0.25 m，l2＝0.068 m，B1＝B2＝1 T、方向均为竖直向上；棒ab和“[”形框的cd边的电阻均为R＝0.1 Ω，除已给电阻外其他电阻不计，轨道均光滑，棒ab与轨道接触良好且运动过程中始终与轨道垂直．开始时开关S和接线柱1接通，待电容器充电完毕后，将S从1拨到2，电容器放电，棒ab被弹出磁场后与“[”形框粘在一起形成闭合框abcd，此时将S与2断开，已知框abcd在倾斜轨道上重心上升0.2 m后返回进入磁场．
(1)求电容器充电完毕后所带的电荷量Q，哪个极板(M或N)带正电？
(2)求电容器释放的电荷量ΔQ；
(3)求框abcd进入磁场后，ab边与磁场区域左边界的最大距离x.
[试答]
针 对 训 练
5.(多选)如图所示，两间距为d、足够长的平行金属导轨沿水平方向固定，水平导轨的左、右两端与半径为R的圆弧轨道平滑连接，两质量均为m、电阻均为r的金属棒甲、乙放在圆弧轨道上，且均与导轨垂直，开始时金属棒甲与轨道的圆心等高，金属棒乙距离水平导轨的高度为，某时刻将金属棒甲由静止释放，经过一段时间再将金属棒乙由静止释放，结果两金属棒同时滑到水平导轨，已知水平导轨所在的空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，忽略导轨的电阻以及一切摩擦，重力加速度为g.则下列说法正确的是(　　)
A．两金属棒稳定时的速度为
B．两金属棒从滑到水平导轨到稳定的过程，金属棒甲上产生的热量为mgR
C．两金属棒从滑到水平导轨到稳定的过程，流过金属棒甲的电荷量为2m
D．当乙的速度为零时，乙的加速度为
专题强化十二　电磁感应中的动力学、能量和动量问题
题型一
例1　解析：(1)ab边进入磁场前，对线框进行受力分析，在水平方向有F cos θ＝max
代入数据有ax＝20 m/s2
在竖直方向有F sin θ－mg＝may
代入数据有ay＝10 m/s2.
(2)ab边进入磁场开始，ab边在竖直方向切割磁感线；ad边和bc边的上部分也开始进入磁场，且在水平方向切割磁感线．但ad和bc边的上部分产生的感应电动势相互抵消，则整个回路的电源为ab，根据右手定则可知回路的电流为adcba，则ab边进入磁场开始，ab边受到的安培力竖直向下，ad边的上部分受到的安培力水平向右，bc边的上部分受到的安培力水平向左，则ad边和bc边的上部分受到的安培力相互抵消，故线框abcd受到的安培力的合力为ab边受到的竖直向下的安培力．由题知，线框从ab边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀速运动，有F sin θ－mg－BIL＝0，E＝BLvy，I＝＝2ayL，联立有B＝0.2 T
由题知，从ab边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀速运动；dc边进入磁场时，bc边恰好到达磁场右边界．则线框进入磁场的整个过程中，线框受到的安培力为恒力，则有Q＝W安＝BILy，y＝L，F sin θ－mg＝BIL，联立解得Q＝0.4 J.
(3)线框从开始运动到进入磁场的整个过程中所用的时间为vy＝ayt1，L＝vyt2，t＝t1＋t2
联立解得t＝0.3 s.
由(2)分析可知线框在水平方向一直做匀加速直线运动，则在水平方向有x＝axt2＝×20×0.32m＝0.9 m，则磁场区域的水平宽度X＝x＋L＝1.1 m.
答案：(1)20 m/s2　10 m/s2　(2)0.2 T　0.4 J　(3)1.1 m
1．解析：方法一　由图乙分析可知，导体框穿过磁场的过程速度不变，则正方形导体框的边长等于两虚线之间的距离，为0.1 m，导体框的ab边刚进入磁场的瞬间导体框沿斜面方向合力为零，即F安＋μmg cos α＝mg sin α，又F安＝BId、I＝，代入数据解得μ＝0.5，A正确，B错误；导体框进入磁场前，由牛顿第二定律得mg sin α－μmg cos α＝ma，解得a＝2 m/s2，则导体框进入磁场前的运动时间为t1＝＝1 s，导体框从进入磁场到离开磁场的运动时间为t2＝＝0.1 s，导体框由释放到cd边离开虚线2的时间为t＝t1＋t2＝1.1 s，C错误；导体框从进入磁场到离开磁场的过程中，由功能关系得Q＝－W安，又W安＝－F安·2d＝－4×10－3 J，则整个过程导体框中产生的焦耳热为4×10－3 J，D正确．
方法二　导体框从进入磁场到离开磁场的过程中，由能量守恒定律得Q＝mg·2d sin α－μmg cos α·2d＝4×10－3 J，D正确．
答案：AD
2．解析：(1)在0～5 s时间内，由图乙可得金属杆的加速度α＝＝1 m/s2
由牛顿第二定律有F－μmg＝ma
则金属杆到达MN边界时，金属杆的速度v1＝5 m/s，外力功率P＝Fv1
代入数据解得P＝20 W.
(2)在0～5 s时间内，金属杆做匀加速直线运动，根据位移和时间的关系可得金属杆运动的位移大小为x1＝＝×1×52 m＝12.5 m
在5～8 s时间内，设金属杆在磁场中运动的位移大小为x2，则时间为Δt1＝3 s．由图乙可知第8 s末金属杆的速度v2＝4 m/s，对金属杆，在前8 s内，由动能定理有
Fx1＋PΔt1－μmg(x1＋x2)－W安＝
又W安＝Q
代入数据解得x2＝9 m.
(3)金属杆进入磁场后外力F的功率恒为P＝20 W，最后金属杆做匀速直线运动，根据平衡条件可得F1＝F安＋f
其中F安＝BIl，F1＝
通过金属杆的电流为I＝
金属杆所受的滑动摩擦力为f＝μmg
联立以上各式并代入数据解得r＝Ω
所以定值电阻R与金属杆的阻值r的比值为＝3.
答案：(1)20 W　(2)9 m　(3)3
题型二
例2　解析：由右手定则：感应电流方向b到a，A错误；飞机着舰瞬间金属棒中感应电动势E＝BLv0，感应电流I＝，解得I＝1.25×103 A，B正确；飞机着舰至停下，由动能定理－W克安－W克f＝，解得Q＝W克安＝3.6×107 J，C正确，D错误．
答案：BC
3．解析：对导体棒cd分析：mg＝BIl＝，得v＝2 m/s，B正确；对导体棒ab分析：F＝mg＋BIl＝0.2 N，A错误；在2 s内拉力做功转化为ab棒的重力势能和电路中的电能，电能等于克服安培力做的功，即W电＝F安vt＝＝0.4 J，C正确；在2 s内拉力做的功为W拉＝Fvt＝0.8 J，D错误．
答案：BC
4．解析：(1)由题图乙得ab棒刚开始运动瞬间a＝，
则F－Ff＝ma，解得Ff＝0.2 N.
ab棒最终以速度v＝10 m/s匀速运动，则所受到拉力、摩擦力和安培力的合力为零，F－Ff－F安＝0.
F安＝BIL＝BL＝.
联立可得R＝＝0.4 Ω.
(2)由功能关系可得(F－Ff)x＝mv2＋Q，
解得Q＝20 J.
答案：(1)0.4 Ω　(2)20 J
题型三
例3　解析：(1)由于两导体棒的材料以及粗细程度相同，导体棒甲、乙的长度之比为2∶1，则由电阻定律R＝可知R甲＝2R乙
t＝0时刻，导体棒甲的速度为v0＝
则导体棒甲切割磁感线产生的感应电动势为E＝B1(2d)v0
根据闭合电路欧姆定律得导体棒甲两端的电压为U＝
由以上整理得U＝.
(2)由于两棒的材料以及粗细程度相同，则导体棒乙的质量为导体棒甲的一半，即m′＝，设导体棒甲运动的总时间为t
t时间内对导体棒乙，由动量定理得t＝v－0，由安培力公式得＝B2d＝2B0d，又＝，对导体棒甲，由动量定理得－μmgt－t＝mv－mv0
由安培力公式得＝B1·2d＝2B0d
解得t＝.
答案：见解析
例4　解析：
(1)开关S和接线柱1接通，电容器充电过程中，对绕转轴OO′转动的棒由右手定则可知，其切割磁感线产生的电流沿径向向外，即边缘为电源正极，圆心为负极，则M板带正电；根据法拉第电磁感应定律可得E＝B1r＝B1ωr2
当开关接1时，其等效电路图如图所示，电容器C与R0并联则Q＝CU＝＝0.54 C.
(2)电容器放电过程对金属棒ab由动量定理有
B2l1t＝B2l1ΔQ＝mv1
棒ab被弹出磁场后与“[”形框粘在一起的过程有
mv1＝(m＋m)v2
对框的上滑过程有＝2mgh
解得ΔQ＝＝0.16 C.
(3)设框在磁场中减速滑行的总路程为Δx，由动量定理有
·t＝＝2mv2
则Δx＝0.128 m>0.08 m，因此金属框会有一段磁通量不变的匀速运动，匀速运动的距离为
l3－l2＝0.012 m
因此ab边进入磁场后的总位移为
x＝Δx＋l3－l2＝0.14 m.
答案：(1)M板带正电　0.54 C　(2)0.16 C　(3)0.14 m
5．解析：两金属棒由释放到滑到水平导轨的过程中，对金属棒甲，由机械能守恒定律有mgR＝，解得v甲＝；同理，对金属棒乙有mg·＝，解得v乙＝.两棒均在水平导轨上运动时，两棒组成的系统动量守恒，取水平向右为正方向，由动量守恒定律可得mv甲－mv乙＝2mv，解得v＝，A错误．两金属棒从滑到水平导轨到稳定的过程，两棒上产生的焦耳热为Q＝－×2mv2＝mgR，则金属棒甲上产生的热量为Q甲＝mgR，B错误．两金属棒从滑到水平导轨到稳定的过程，对金属棒甲，由动量定理得一Bdt＝mv－mv甲，又q＝t，整理得q＝，C正确．当乙的速度为零时，则由动量守恒定律得mv甲－mv乙＝mv′甲，解得v′甲＝，则感应电动势为E＝Bdv′甲、I＝、F＝BId，联立解得F＝，又由牛顿第二定律得a＝＝，D正确．
答案：CD课时分层作业(四十七)　电磁感应中的动力学、能量和动量问题
?基础强化练?
1.如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，ab边长大于bc边长，置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN.第一次ab边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1；第二次bc边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则(　　)
A．Q1>Q2，q1＝q2　　B．Q1>Q2，q1>q2
C．Q1＝Q2，q1＝q2D．Q1＝Q2，q1>q2
2.[2023·湘豫名校联考](多选)如图所示，两足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ水平放置，导轨间距为L，整个空间区域存在着磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场．两长度均为L、电阻均为R、质量均为m的金属导体棒a、b始终垂直于导轨，并与导轨保持良好接触，不计其他电阻．金属导体棒a、b中点间连接一处于原长状态的轻质绝缘弹簧．某时刻给导体棒b一瞬时冲量，使其获得水平向右的初速度v0，经过足够长的时间后，下列说法正确的是(　　)
A．a、b两棒最终将以大小为的共同速度向右匀速运动
B．a、b两棒最终都向右运动，但速度大小将周期性交替增减而不会共速
C．a棒上产生的焦耳热最终为mv
D．a棒上产生的焦耳热最终为mv
3．[2023·江西临川一中检测](多选)如图所示，相距为L的两条平行金属导轨与水平地面的夹角为θ，上端接有定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B.将质量为m的导体棒从距水平地面高h处由静止释放，导体棒能沿倾斜的导轨下湍，已知下滑过程中导体棒始终与导轨垂直且接触良好，与接触面间的动摩擦因数为μ，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g，下列选项正确的是(　　)
A．导体棒释放瞬间的加速度大小是gsinθ－μgcosθ
B．导体棒从开始运动直至地面的过程中，通过电阻R的电荷量为
C．导体棒从开始运动到运动至地面的过程中，电阻R上产生的焦耳热为mgh－
D．如果增加导体棒的质量，则导体棒从释放到运动到斜面底端的时间不变
4.如图所示，在空间中有一垂直纸面方向的匀强磁场区域，磁场上下边缘间距为h＝5.2m，磁感应强度为B＝1T，边长为L＝1m、电阻为R＝1Ω、质量为m＝1kg的正方形导线框紧贴磁场区域的上边从静止下落，当线圈PQ边到达磁场的下边缘时，恰好开始做匀速运动，重力加速度为g＝10m/s2，求：
(1)导线框的MN边刚好进磁场时的速度大小；
(2)导线框从开始下落到PQ边到达磁场下边缘所经历的时间．
能力提升练?
5．两足够长且不计电阻的光滑金属轨道如图甲所示放置，间距为d＝1m，在左端弧形轨道部分高h＝1.25m处放置一金属杆a，弧形轨道与平直轨道的连接处光滑无摩擦，在平直轨道右端放置另一金属杆b，杆a、b的电阻分别为Ra＝2Ω、Rb＝5Ω，在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B＝2T．现杆b以初速度大小v0＝5m/s开始向左滑动，同时由静止释放杆a，杆a由静止滑到水平轨道的过程中，通过杆b的平均电流为0.3A；从a下滑到水平轨道时开始计时，a、b运动的速度—时间图像如图乙所示(以a运动方向为正方向)，其中ma＝2kg，mb＝1kg，g取10m/s2，求：
(1)杆a在弧形轨道上运动的时间；
(2)杆a在水平轨道上运动过程中通过其截面的电荷量；
(3)在整个运动过程中杆b产生的焦耳热．
6．如图甲所示是依附建筑物架设的磁力缓降高楼安全逃生装置，具有操作简单、无需电能、逃生高度不受限制、下降速度可调、可控等优点．该装置原理可等效为：间距L＝0.5m的两根竖直导轨上部连通，人和磁铁固定在一起沿导轨共同下滑，磁铁产生磁感应强度B＝0.2T的匀强磁场，人和磁铁所经位置处可等效为有一固定导体棒cd与导轨相连，整个装置总电阻始终为R，如图乙所示，在某次逃生试验中，质量M1＝80kg的测试者利用该装置以v1＝1.5m/s的速度匀速下降，已知与人一起下滑部分装置的质量m＝20kg，重力加速度g取10m/s2，且本次试验过程中恰好没有摩擦．
(1)判断导体棒cd中电流的方向．
(2)总电阻R为多大？
(3)要使一个质量M2＝100kg的测试者利用该装置以v1＝1.5m/s的速度匀速下滑，其所受摩擦力为多大？
(4)保持第(3)问中的摩擦力不变，让质量M2＝100kg的测试者从静止开始下滑，测试者的加速度将会如何变化？当其速度为v2＝0.78m/s时，加速度为多大？要想在随后一小段时间内保持加速度不变，必须调控摩擦力，请写出摩擦力大小随速度变化的表达式．
课时分层作业（四十七）
1．解析：设线框边长ab＝l1，bc＝l2，线框中产生的热量Q1＝I2Rt＝·R·＝＝l1，Q2＝l2，由于l1>l2，所以Q1>Q2.通过线框导体横截面的电荷量q＝·Δt＝·Δt＝＝，故q1＝q2，A选项正确．
答案：A
2．解析：根据动量守恒有mv0＝2mv共，可得v共＝，所以经过足够长的时间后，a、b两棒最终都将以大小为的共同速度向右匀速运动，A正确，B错误；整个电路产生的焦耳热为Q＝mv－×2mv＝，Qa＝·Q＝.C正确，D错误．
答案：AC
3．解析：导体棒释放瞬间，安培力为零，由牛顿第二定律有mgsinθ－μmgcosθ＝ma，解得a＝gsinθ－μgcosθ，选项A正确；由E＝，＝，q＝Δt＝得q＝，选项B正确；设导体棒到达斜面底端的速度为v末，由动能定理得mv＝mgh－μmgcosθ·－W安，电阻R上产生的焦耳热Q＝W安＝mgh－－mv，选项C错误；当导体棒的速度为v时，回路中的电动势E′＝BLv，I′＝，F安＝BI′L＝，对导体棒由牛顿第二定律得mgsinθ－μmgcosθ－＝ma′，解得a′＝gsinθ－μgcosθ－，所以若导体棒质量增加，加速度变大，而位移不变，从释放至滑到斜面底端的时间会减小，D错误．
答案：AB
4．解析：（1）设导线框MN边进入磁场的速度为v0，PQ边运动到磁场下边缘时的速度为v
PQ边到达磁场的下边缘时导线框受力平衡，则有：mg＝
解得：v＝10m/s
导线框完全进入磁场到PQ离开磁场的过程中，导线框机械能守恒，有
mv2－mv＝mg（h－L）
解得：v0＝4m/s.
（2）设导线框从开始下落到PQ边到达磁场下边缘所经历的时间为t，根据动量定理得
mgt－BILΔt＝mv
Δt为导线框进入磁场所经历的时间
又q＝IΔt＝＝
得mgt－＝mv
解得t＝1.1s.
答案：（1）4m/s　（2）1.1s
5．解析：（1）设杆a由静止滑至弧形轨道与平直轨道连接处时杆b的速度大小为vb0，对杆b运用动量定理，有
Bd·Δt＝mb（v0－vb0）
其中vb0＝2m/s
代入数据解得Δt＝5s.
（2）对杆a由静止下滑到平直导轨上的过程中，由机械能守恒定律有magh＝mav
解得va＝＝5m/s
设最后a、b两杆共同的速度为v′，由动量守恒定律得
mava－mbvb0＝（ma＋mb）v′
代入数据解得v′＝m/s
杆a动量的变化量等于它所受安培力的冲量，设杆a的速度从va到v′的运动时间为Δt′，则由动量定理可得
BdI·Δt′＝ma（va－v′）
而q＝I·Δt′
代入数据得q＝C.
（3）由能量守恒定律可知杆a、b中产生的焦耳热为
Q＝magh＋mbv－（mb＋ma）v′2＝J
b棒中产生的焦耳热为Q′＝Q＝J.
答案：（1）5s　（2）C　（3）J
6．解析：（1）磁场向下运动，导体棒cd相对于磁场向上运动．由右手定则可判断，电流方向从d到c.
（2）导体棒产生的感应电动势E＝BLv1，感应电流I＝＝，安培力FA＝ILB＝
由左手定则可判断，导体棒cd所受安培力方向向下，根据牛顿第三定律可知，磁铁受到的磁场力向上，大小为F′A＝
由平衡条件得（M1＋m）g＝F′A
解得R＝＝1.5×10－5Ω.
（3）由平衡条件得（M2＋m）g＝F′A＋Ff.
解得Ff（M2＋m）g－＝200N.
（4）根据牛顿第二定律得（M2＋m）g－F″A－Ff＝（M2＋m）a，
F″A＝
所以a＝
因为v逐渐增大，所以a逐渐减小，最终趋近于0.当其速度为v2＝0.78m/s时，a＝4m/s2
要想在随后一小段时间内保持加速度不变，由
（M2＋m）g－－Ff＝（M2＋m）a
解得Ff＝720－v（N）（0.78m/s≤v≤1.08m/s）.
答案：（1）从d到c　（2）1.5×10－5Ω　（3）200N　（4）加速度逐渐减小，最终趋近于零　4m/s2　Ff＝720－v（N）（0.78m/s≤v≤1.08m/s）(共33张PPT)
专题强化十二　电磁感应中的动力学、
能量和动量问题
【素养目标】　1.掌握处理电磁感应中动力学，能量和动量问题的方法.2.能分析电磁感应规律在生产生活中的应用．
题型一　电磁感应中的动力学问题
解决电磁感应中的动力学问题的一般思路是“先电后力”，具体思路如下
例1 [2022·湖北卷]如图所示，高度足够的匀强磁场区域下边界水平、左右边界竖直，磁场方向垂直于纸面向里．正方形单匝线框abcd的边长L＝0.2 m、回路电阻R＝1.6×10－3Ω、质量m＝0.2 kg.线框平面与磁场方向垂直，线框的ad边与磁场左边界平齐，ab边与磁场下边界的距离也为L.现对线框施加与水平向右方向成θ＝45°角、大小为4 N的恒力F，使其在图示竖直平面内由静止开始运动．从ab边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀速运动；dc边进入磁场时，bc边恰好到达磁场右边界．重力加速度大小取g＝10 m/s2 ，求：
(1)ab边进入磁场前，线框在水平方向和竖直方向的加速
度大小；
(2)磁场的磁感应强度大小和线框进入磁场的整个过程中
回路产生的焦耳热；
(3)磁场区域的水平宽度．
解析：(1)ab边进入磁场前，对线框进行受力分析，在水平方向有F cos θ＝max
代入数据有ax＝20 m/s2
在竖直方向有F sin θ－mg＝may
代入数据有ay＝10 m/s2.
(2)ab边进入磁场开始，ab边在竖直方向切割磁感线；ad边和bc边的上部分也开始进入磁场，且在水平方向切割磁感线．但ad和bc边的上部分产生的感应电动势相互抵消，则整个回路的电源为ab，根据右手定则可知回路的电流为adcba，则ab边进入磁场开始，ab边受到的安培力竖直向下，ad边的上部分受到的安培力水平向右，bc边的上部分受到的安培力水平向左，则ad边和bc边的上部分受到的安培力相互抵消，故线框abcd受到的安培力的合力为ab边受到的竖直向下的安培力．
由题知，线框从ab边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀速运动，有F sin θ－mg－BIL＝0，E＝BLvy，I＝＝2ayL，联立有B＝0.2 T
由题知，从ab边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀速运动；dc边进入磁场时，bc边恰好到达磁场右边界．则线框进入磁场的整个过程中，线框受到的安培力为恒力，则有Q＝W安＝BILy，y＝L，F sin θ－mg＝BIL，联立解得Q＝0.4 J.
(3)线框从开始运动到进入磁场的整个过程中所用的时间为vy＝ayt1，L＝vyt2，t＝t1＋t2
联立解得t＝0.3 s.
由(2)分析可知线框在水平方向一直做匀加速直线运动，则在水平方向有x＝axt2＝×20×0.32m＝0.9 m，则磁场区域的水平宽度X＝x＋L＝1.1 m.
针 对 训 练
1．(多选)如图甲所示，倾角为α＝37°的足够长绝缘斜面体固定在水平面上，在两平行于斜面底边的虚线之间存在垂直斜面向上的匀强磁场，两平行虚线间的距离为d＝0.1 m，质量为m＝0.01 kg、阻值为r＝1 Ω的正方形导体框由虚线1上侧无初速释放，经过一段时间导体框穿过磁场，整个过程中导体框的ab边始终与虚线平行，导体框由释放到离开磁场的过程，其速度随时间的变化规律如图乙所示，已知磁感应强度大小为B＝1 T，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.
则下列说法正确的是(　　)
A．导体框与斜面体之间的动摩擦因数为0.5
B．导体框的边长为0.2 m
C．导体框由释放到cd边离开虚线2的时间为1 s
D．整个过程，导体框中产生的焦耳热为4×10－3 J
答案：AD
解析：方法一　由图乙分析可知，导体框穿过磁场的过程速度不变，则正方形导体框的边长等于两虚线之间的距离，为0.1 m，导体框的ab边刚进入磁场的瞬间导体框沿斜面方向合力为零，即F安＋μmg cos α＝mg sin α，又F安＝BId、I＝，代入数据解得μ＝0.5，A正确，B错误；导体框进入磁场前，由牛顿第二定律得mg sin α－μmg cos α＝ma，解得a＝2 m/s2，则导体框进入磁场前的运动时间为t1＝＝1 s，导体框从进入磁场到离开磁场的运动时间为t2＝＝0.1 s，导体框由释放到cd边离开虚线2的时间为t＝t1＋t2＝1.1 s，C错误；导体框从进入磁场到离开磁场的过程中，由功能关系得Q＝－W安，又W安＝－F安·2d＝－4×10－3 J，则整个过程导体框中产生的焦耳热为4×10－3 J，D正确．
方法二　导体框从进入磁场到离开磁场的过程中，由能量守恒定律得Q＝mg·2d sin α－μmg cos α·2d＝4×10－3 J，D正确．
2．[2023·南昌摸底考试]如图甲所示，两条相距l＝2 m的水平粗糙导轨左端接一定值电阻R＝1 Ω，当t＝0时，一质量为m＝2 kg，阻值为r的金属杆，在水平外力F的作用下由静止开始向右运动，5 s末到达MN，MN右侧为一匀强磁场，磁感应强度大小B＝0.5 T，方向垂直纸面向里．当金属杆到达MN(含MN)后，保持外力的功率不变，金属杆进入磁场8 s末开始做匀速直线运动．整个过程金属杆的v － t图像如图乙所示，若导轨电阻忽略不计，金属杆和导轨始终垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g＝10 m/s2.
(1)求金属杆进入磁场后外力F的功率P.
(2)若前8 s回路产生的总焦耳热为Q＝51 J，
求金属杆在磁场中运动的位移大小．
(3)求定值电阻R与金属杆的阻值r的比值．
解析：(1)在0～5 s时间内，由图乙可得金属杆的加速度α＝＝1 m/s2
由牛顿第二定律有F－μmg＝ma
则金属杆到达MN边界时，金属杆的速度v1＝5 m/s，外力功率P＝Fv1
代入数据解得P＝20 W.
(2)在0～5 s时间内，金属杆做匀加速直线运动，根据位移和时间的关系可得金属杆运动的位移大小为x1＝＝×1×52 m＝12.5 m
在5～8 s时间内，设金属杆在磁场中运动的位移大小为x2，则时间为Δt1＝3 s．由图乙可知第8 s末金属杆的速度v2＝4 m/s，对金属杆，在前8 s内，由动能定理有
Fx1＋PΔt1－μmg(x1＋x2)－W安＝
又W安＝Q
代入数据解得x2＝9 m.
(3)金属杆进入磁场后外力F的功率恒为P＝20 W，最后金属杆做匀速直线运动，根据平衡条件可得F1＝F安＋f
其中F安＝BIl，F1＝
通过金属杆的电流为I＝
金属杆所受的滑动摩擦力为f＝μmg
联立以上各式并代入数据解得r＝Ω
所以定值电阻R与金属杆的阻值r的比值为＝3.
题型二　电磁感应中的能量问题
1．能量转化
2．求解焦耳热Q的三种方法
3．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．
例2 [2023·江苏省扬州市质检](多选)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，已知歼－15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，匀强磁场磁感应强度B＝5 T，导轨电阻不计，除安培力外飞机克服其它阻力做的功为1.5×106 J，则下列说法中正确的是(　　)
A．金属棒中感应电流方向a到b
B．飞机着舰瞬间金属棒中感应电流大小为I＝1.25×103 A
C．金属棒中产生的焦耳热Q＝3.6×107 J
D．金属棒克服安培力做功为W＝1.5×106 J
答案：BC
解析：由右手定则：感应电流方向b到a，A错误；飞机着舰瞬间金属棒中感应电动势E＝BLv0，感应电流I＝，解得I＝1.25×103 A，B正确；飞机着舰至停下，由动能定理－W克安－W克f＝，解得Q＝W克安＝3.6×107 J，C正确，D错误．
针 对 训 练
3.(多选)一空间有垂直纸面向里的匀强磁场B，两条电阻不计的平行光滑导轨竖直放置在磁场内，如图所示，磁感应强度B＝0.5 T，导体棒ab、cd长度均为0.2 m，电阻均为0.1 Ω，重力均为0.1 N，现用力向上拉动导体棒ab，使之匀速上升(导体棒ab、cd与导轨接触良好)，此时cd静止不动，则ab上升时，下列说法正确的是(　　)
A．ab受到的拉力大小为2 N
B．ab向上运动的速度为2 m/s
C．在2 s内，拉力做功，有0.4 J的机械能转化为电能
D．在2 s内，拉力做功为0.6 J
答案：BC
解析：对导体棒cd分析：mg＝BIl＝，得v＝2 m/s，B正确；对导体棒ab分析：F＝mg＋BIl＝0.2 N，A错误；在2 s内拉力做功转化为ab棒的重力势能和电路中的电能，电能等于克服安培力做的功，即W电＝F安vt＝＝0.4 J，C正确；在2 s内拉力做的功为W拉＝Fvt＝0.8 J，D错误．
4．如图甲所示，空间存在B＝0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场，MN、PQ是水平放置的平行长直导轨，其间距L＝0.2 m，R是连在导轨一端的电阻，ab是跨接在导轨上质量m＝0.1 kg的导体棒．从零时刻开始，对ab施加一个大小为F＝0.45 N、方向水平向左的恒定拉力，使其从静止开始沿导轨滑动，滑动过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好，图乙是棒的v － t图像，其中AO是图像在O点的切线，AB是图像的渐近线．除R以外，其余部分的电阻均不计．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．已知当棒的位移为100 m时，其速度达到了最大速度10 m/s.求：
(1)R的阻值；
(2)在棒运动100 m过程中电阻R上
产生的焦耳热．
解析：(1)由题图乙得ab棒刚开始运动瞬间a＝，
则F－Ff＝ma，解得Ff＝0.2 N.
ab棒最终以速度v＝10 m/s匀速运动，则所受到拉力、摩擦力和安培力的合力为零，F－Ff－F安＝0.
F安＝BIL＝BL＝.
联立可得R＝＝0.4 Ω.
(2)由功能关系可得(F－Ff)x＝mv2＋Q，
解得Q＝20 J.
题型三　电磁感应与动量的综合问题
考向1　动量定理在电磁感应中的应用
在电磁感应中，动量定理应用于单杆切割磁感线运动，可求解变力的时间、速度、位移和电荷量．
(1)求电荷量或速度：BlΔt＝mv2－mv1，q＝t.
(2)求时间：Ft＝I冲＝mv2－mv1，I冲＝BIlΔt＝Bl.
(3)求位移：－BIlΔt＝－＝0－mv0，
即－x＝m(0－v0)．
例3 如图所示的导轨固定在水平面上，左、右两侧的导轨足够长，且间距分别为2d和d，左、右两侧导轨所在空间分别存在竖直向下的匀强磁场B1和B2，且磁感应强度B2＝2B1＝2B0.同种材料且粗细相同的导体棒甲、乙均垂直导轨放置，导体棒甲到衔接处的距离为2d，导体棒乙放在衔接处．t＝0时刻给导体棒甲向右的冲量I0，在导体棒甲运动到衔接处前的瞬间两棒刚好达到共速，且此过程流过导体棒乙某一横截面的电荷量为q，此时导体棒甲在外力的控制下立即停止，导体棒乙继续向右运动，重力加速度为g.忽略导轨的电阻，已知导体棒甲的质量为m，且导体棒甲与导轨间的动摩擦因数为μ，导体棒乙与导轨间的摩擦不计．求：
(1)t＝0时刻，导体棒甲两端的电压；
(2)导体棒甲运动的总时间．
解析：(1)由于两导体棒的材料以及粗细程度相同，导体棒甲、乙的长度之比为2∶1，则由电阻定律R＝可知R甲＝2R乙
t＝0时刻，导体棒甲的速度为v0＝
则导体棒甲切割磁感线产生的感应电动势为E＝B1(2d)v0
根据闭合电路欧姆定律得导体棒甲两端的电压为U＝
由以上整理得U＝.
(2)由于两棒的材料以及粗细程度相同，则导体棒乙的质量为导体棒甲的一半，即m′＝，设导体棒甲运动的总时间为t
t时间内对导体棒乙，由动量定理得t＝v－0，由安培力公式得＝B2d ＝2B0d，又＝，对导体棒甲，由动量定理得－μmgt－t＝mv－mv0
由安培力公式得＝B1·2d＝2B0d
解得t＝.
考向2　动量守恒定律在电磁感应中的应用
例4 [2022·浙江卷1月]如图所示，水平固定一半径r＝0.2 m的金属圆环，长均为r、电阻均为R0的两金属棒沿直径放置，其中一端与圆环接触良好，另一端固定在过圆心的导电竖直转轴OO′上，并随轴以角速度ω＝600 rad/s匀速转动，圆环内左半圆存在磁感应强度大小为B1的匀强磁场．圆环边缘、与转轴良好接触的电刷分别与间距l1的水平放置的平行金属轨道相连，轨道间接有电容C＝0.09 F的电容器，通过单刀双掷开关S可分别与接线柱1、2相连．
电容器左侧存在宽度也为l1、长度为l2、磁感应强度大小为B2的匀强磁场区域．在磁场区域内靠近左侧边缘处垂直轨道放置金属棒ab，磁场区域外有间距也为l1的绝缘轨道与金属轨道平滑连接，在绝缘轨道的水平段上放置“[”形金属框fcde.棒ab长度和“[”形框的宽度也均为l1、质量均为m＝0.01 kg，de与cf长度均为l3＝0.08 m，已知l1＝0.25 m，l2＝0.068 m，B1＝B2＝1 T、方向均为竖直向上；棒ab和“[”形框的cd边的电阻均为R＝0.1 Ω，除已给电阻外其他电阻不计，轨道均光滑，棒ab与轨道接触良好且运动过程中始终与轨道垂直．开始时开关S和接线柱1接通，待电容器充电完毕后，将S从1拨到2，电容器放电，棒ab被弹出磁场后与“[”形框粘在一起形成闭合框abcd，此时将S与2断开，已知框abcd在倾斜轨道上重心上升0.2 m后返回进入磁场．
(1)求电容器充电完毕后所带的电荷量Q，哪个极板(M或N)带正电？
(2)求电容器释放的电荷量ΔQ；
(3)求框abcd进入磁场后，ab边与磁场区域左边界的最大距离x.
解析：(1)开关S和接线柱1接通，电容器充电过程中，对绕转轴OO′转动的棒由右手定则可知，其切割磁感线产生的电流沿径向向外，即边缘为电源正极，圆心为负极，则M板带正电；根据法拉第电磁感应定律可得E＝B1r＝B1ωr2
当开关接1时，其等效电路图如图所示，电容器C与R0并联则Q＝CU＝＝0.54 C.
(2)电容器放电过程对金属棒ab由动量定理有B2l1t＝B2l1ΔQ＝mv1
棒ab被弹出磁场后与“[”形框粘在一起的过程有mv1＝(m＋m)v2
对框的上滑过程有＝2mgh
解得ΔQ＝＝0.16 C.
(3)设框在磁场中减速滑行的总路程为Δx，由动量定理有
·t＝＝2mv2
则Δx＝0.128 m>0.08 m，因此金属框会有一段磁通量不变的匀速运动，匀速运动的距离为
l3－l2＝0.012 m
因此ab边进入磁场后的总位移为
x＝Δx＋l3－l2＝0.14 m.
针 对 训 练
5.(多选)如图所示，两间距为d、足够长的平行金属导轨沿水平方向固定，水平导轨的左、右两端与半径为R的圆弧轨道平滑连接，两质量均为m、电阻均为r的金属棒甲、乙放在圆弧轨道上，且均与导轨垂直，开始时金属棒甲与轨道的圆心等高，金属棒乙距离水平导轨的高度为，某时刻将金属棒甲由静止释放，经过一段时间再将金属棒乙由静止释放，结果两金属棒同时滑到水平导轨，已知水平导轨所在的空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，忽略导轨的电阻以及一切摩擦，重力加速度为g.
则下列说法正确的是(　　)
A．两金属棒稳定时的速度为
B．两金属棒从滑到水平导轨到稳定的过程，金属棒甲上产生的热量为mgR
C．两金属棒从滑到水平导轨到稳定的过程，流过金属棒甲的电荷量为2m
D．当乙的速度为零时，乙的加速度为
答案：CD
解析：两金属棒由释放到滑到水平导轨的过程中，对金属棒甲，由机械能守恒定律有mgR＝，解得v甲＝；同理，对金属棒乙有mg·＝，解得v乙＝.两棒均在水平导轨上运动时，两棒组成的系统动量守恒，取水平向右为正方向，由动量守恒定律可得mv甲－mv乙＝2mv，解得v＝，A错误．两金属棒从滑到水平导轨到稳定的过程，两棒上产生的焦耳热为Q＝－×2mv2＝mgR，则金属棒甲上产生的热量为Q甲＝mgR，B错误．
两金属棒从滑到水平导轨到稳定的过程，对金属棒甲，由动量定理得一Bdt＝mv－mv甲，又q＝t，整理得q＝，C正确．当乙的速度为零时，则由动量守恒定律得mv甲－mv乙＝mv′甲，解得v′甲＝，则感应电动势为E＝Bdv′甲、I＝、F＝BId，联立解得F＝，又由牛顿第二定律得a＝＝，D正确．

展开更多......

收起↑