1、专题突破8动力学、动量和能量观点在电磁感应中的应用授课提示：对应学生用书第202页师生互动1导体棒的动力学分析电磁感应现象中产生的感应电流在磁场中受到安培力的作用，从而影响导体棒(或线圈)的受力情况和运动情况。2两种状态及处理方法状态特征处理方法平衡态加速度为零根据平衡条件列式分析非平衡态加速度不为零根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系进行分析3.力学对象和电学对象的相互关系“导体棒”切割的动力学问题典例1(2021重庆巴蜀中学模拟)如图所示，两平行且无限长光滑金属导轨MN、PQ与水平面的夹角为30，两导轨之间的距离为L1 m，两导轨M、P之间接入电阻R0.2 ，导轨电阻不计，在abdc
2、区域内有一个方向垂直于两导轨平面向下的磁场，磁感应强度B01 T，磁场的宽度x11 m；在cd连线以下区域有一个方向也垂直于导轨平面向下的磁场，磁感应强度B10.5 T。一个质量为m1 kg的金属棒垂直放在金属导轨上，与导轨接触良好，金属棒的电阻r0.2 ，若金属棒在离ab连线上端x0处自由释放，则金属棒进入磁场恰好做匀速运动。金属棒进入磁场后，经过ef时又达到稳定状态，cd与ef之间的距离x28 m。(g取10 m/s2)求：(1)金属棒在磁场运动的速度大小。(2)金属棒滑过cd位置时的加速度大小。(3)金属棒在磁场中达到稳定状态时的速度大小。解析(1)金属棒进入磁场做匀速运动，设速度为v0
3、，由平衡条件得mgsin F安，而F安B0I0L，I0，代入数据解得v02 m/s。(2)金属棒滑过cd位置时，其受力如图所示。由牛顿第二定律得mgsin F安ma，而F安B1I1L，I1，代入数据可解得a3.75 m/s2。(3)金属棒在进入磁场区域达到稳定状态时，设速度为v1，则mgsin F安，而F安B1I2L，I2，代入数据解得v18 m/s。答案(1)2 m/s(2)3.75 m/s2(3)8 m/s“导体框”切割的动力学问题典例2(2021湖北孝感期末)如图所示，水平地面上方矩形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，两个闭合线圈、分别用同种导线绕制而成，其中为边长为L的正方形线圈，是长
4、2L、宽为L的矩形线圈，将两个线圈同时从图示位置由静止释放，线圈下边进入磁场时，立即做了一段时间的匀速运动。已知两线圈在整个下落过程中，下边始终平行于磁场上边界，不计空气阻力，则()A下边进入磁场时，也立即做匀速运动B从下边进入磁场开始的一段时间内，线圈做加速度不断减小的加速运动C从下边进入磁场开始的一段时间内，线圈做加速度不断减小的减速运动D线圈先到达地面解析由题可知，线圈的电阻是线圈的倍，线圈的下边进入磁场时产生的感应电动势是线圈的2倍，即RR，E2E。由I得，II；由F安BIL得，FBI2L、FBIL，则FF。由题意知GG，由于线圈的下边进入磁场时做匀速运动，有FG，而FFGG，所以的下
5、边进入磁场立即做加速度不断减小的减速运动，A、B错误，C正确。因线圈、进入磁场时速度相同，此后一段时间匀速，减速，当线圈、完全进入磁场后都做加速度为g的匀加速直线运动，故线圈后到达地面，D错误。答案C规律总结“四步法”分析电磁感应中的动力学问题1(多选)(2021河南郑州高三检测)如图，空间中存在一匀强磁场区域，磁场方向与竖直面(纸面)垂直，磁场的上、下边界(虚线)均为水平面；纸面内磁场上方有一个正方形导线框abcd，其上、下两边均与磁场边界平行，边长小于磁场上、下边界的间距。若线框自由下落，从ab边进入磁场时开始，直至ab边到达磁场下边界为止，线框下落的速度大小可能()A始终减小B.始终不变
6、C始终增加 D先减小后增加解析：本题考查电磁感应中的动力学问题及其相关的知识点。若ab边进入磁场时所受安培力小于重力，则导线框继续加速运动，完全进入磁场中，做加速度为g的加速运动，若ab边出磁场时所受安培力小于重力，则导线框继续加速运动，也就是说，线框下落的速度大小可能始终增加，选项C正确；若ab边进入磁场时所受安培力大于重力，则导线框做减速运动，完全进入磁场中，做加速度为g的加速运动，若ab边出磁场时所受安培力小于重力，则导线框继续加速运动，也就是说，线框下落的速度大小可能先减小后增加，选项D正确。答案：CD2(多选)(2020高考全国卷)如图，U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，ab
7、和dc边平行，和bc边垂直。ab、dc足够长，整个金属框电阻可忽略。一根具有一定电阻的导体棒MN置于金属框上，用水平恒力F向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，MN与金属框保持良好接触，且与bc边保持平行。经过一段时间后()A金属框的速度大小趋于恒定值B金属框的加速度大小趋于恒定值C导体棒所受安培力的大小趋于恒定值D导体棒到金属框bc边的距离趋于恒定值解析：当金属框在恒力F作用下向右加速时，bc边产生从c向b的感应电流i，金属框的加速度为a1，有FBilMa1，MN中感应电流从M向N，在安培力作用下向右加速，加速度为a2，有Bilma2，当金属框和MN都运动后，金属框速
8、度为v1，MN速度为v2，感应电流为i，感应电流从0开始增大，则a2从零开始增加，a1从开始减小，加速度差值减小。当a1a2时，得F(Mm)a，a恒定，由F安ma可知，安培力趋于恒定，进而确定感应电流趋于恒定，据i知金属框与MN的速度差维持不变，v t图象如图所示，A错误，B、C正确；MN与金属框的速度差不变，但MN的速度小于金属框的速度，MN到金属框bc边的距离越来越大，D错误。答案：BC3(2021江西吉水中学等三校联考)如图所示，金属杆ab、cd置于平行轨道MN、PQ上，可沿轨道滑动，两轨道间距l0.5 m，轨道所在空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度B0.5 T，用力F0.25
9、N向右水平拉杆ab，若ab、cd与轨道间的滑动摩擦力分别为Ff10.15 N、Ff20.1 N，两杆的有效电阻R1R20.1 ，设导轨电阻不计，ab、cd的质量关系为2m13m2，且ab、cd与轨道间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。求：(1)此两杆之间的稳定速度差；(2)若F0.3 N，两杆间稳定速度差又是多少？解析：因FFf1，故ab由静止开始做加速运动，ab中将出现不断变大的感应电流，致使cd受到安培力F2作用，当F2Ff2时，cd也开始运动，故cd开始运动的条件是FFf1Ff20。(1)当F0.25 N时，FFf1Ff20，故cd保持静止，两杆的稳定速度差等于ab的最终稳定速度vmax，
10、故此种情况有：电流Im，安培力FmBIml，则有FFmFf10，由此得vmax0.32 m/s。(2)当F0.3 NFf1Ff2，对ab、cd组成的系统，ab、cd所受安培力大小相等，方向相反，合力为零，则系统受的合外力为F合FFf1Ff20.05 N。两杆相对稳定时，对系统有F合(m1m2)a，因为2m13m2，则F合m2a。取cd为研究对象，则F安Ff2m2a，F安BIl，I，联立各式解得v(F合Ff2)0.384 m/s。答案：(1)0.32 m/s(2)0.384 m/s师生互动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3应用动量观点解决电磁感应综合问题(1)利用动量定理求感应
11、电荷量或运动位移。如：BLtp，qt，可得q。tp，xt，可得x。(2)利用动量守恒定律分析双导体杆问题如图所示，两根足够长的固定的光滑平行金属导轨处在匀强磁场中，导轨上面横放着两根导体杆ab和cd。给杆ab一个指向杆cd的初速度v0，最终两杆以相同的速度v做匀速运动。从初状态至两杆达到速度相同的过程中，两杆总动量守恒，有m1v0(m1m2)v，根据能量守恒，整个过程中产生的总热量Qm1v(m1m2)v2。电磁感应中动量定理和能量问题典例3如图1所示，两平行长直光滑金属导轨水平放置，间距为L，左端连接一个电容为C的电容器，导轨处在磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中。质量为m的
12、金属棒垂直导轨放置，某时刻金属棒获得一个水平向右的初速度v0，之后金属棒运动的vt 图象如图2所示。不考虑导轨的电阻。(1)求金属棒匀速运动时的速度v1；(2)求金属棒匀速运动时电容器的电荷量q；(3)已知金属棒从开始到匀速运动的过程中，产生的焦耳热为Q，求电容器充电稳定后储存的电能E0。解析(1)金属棒匀速运动切割磁感线产生的电动势EBLv1，电容器的电荷量qCE，金属棒从开始到匀速运动的过程中，由动量定理有BLt0mv1mv0，电容器的电荷量qt0，联立解得v1。(2)由(1)可知qCECBLv1。(3)在0t时间内，金属棒的速度由v0到v1，由能量守恒可得E0Qmvmv，解得E0mvQ。
13、答案(1)(2)(3)mvQ电磁感应中动量守恒定律和能量问题典例4如图所示，平行倾斜光滑导轨与足够长的平行水平光滑导轨平滑连接，导轨电阻不计。质量分别为m和m的金属棒b和c静止放在水平导轨上，b、c两棒均与导轨垂直。图中de虚线右侧有范围足够大、方向竖直向上的匀强磁场。质量为m的绝缘棒a垂直于倾斜导轨由静止释放，释放位置与水平导轨的高度差为h。已知绝缘棒a滑到水平导轨上与金属棒b发生弹性正碰，金属棒b进入磁场后始终未与金属棒c发生碰撞。重力加速度为g。求：(1)绝缘棒a与金属棒b发生弹性正碰后分离时两棒的速度大小。(2)金属棒b进入磁场后，其加速度为其最大加速度的一半时的速度大小。(3)两金属
14、棒b、c上最终产生的总焦耳热。解析(1)设a棒滑到水平导轨时速度为v0，下滑过程中a棒机械能守恒，有mghmv，a棒与b棒发生弹性碰撞，由动量守恒定律有mv0mv1mv2，由机械能守恒定律有mvmvmv，解得v10，v2v0。(2)b棒刚进磁场时的加速度最大a0。设b棒进入磁场后，其加速度为其最大加速度的一半时，b棒的速度为vb，c棒的速度为vc，则b、c组成的回路中的感应电动势EBL(vbvc)，由闭合电路欧姆定律得I，由安培力公式得FBILma，联立得a，故当b棒加速度为最大值的一半时有v22(vbvc)，b、c两棒组成的系统合外力为零，系统动量守恒由动量守恒定律有mv2mvbvc，联立得
15、vbv2。(3)最终b、c以相同的速度匀速运动由动量守恒定律有mv2(m)v，由能量守恒定律有mv(m)v2Q，解得Qmgh。答案(1)0(2)(3)mgh规律总结应用“三大观点”的常见情景动力学观点通常情况下一个金属杆做加速度逐渐减小的加速运动，而另一个金属杆做加速度逐渐减小的减速运动，最终两金属杆以共同的速度匀速运动能量观点其中一个金属杆机械能的减少量等于另一个金属杆机械能的增加量与回路中产生的焦耳热之和动量观点对于两导体棒在平直的光滑导轨上运动的情况，如果两棒所受的外力之和为零，则考虑应用动量守恒定律处理问题由BLtmv、qt可知，当题目中涉及电荷量或平均电流时，可应用动量定理来解决问题
16、4如图所示，足够长的U形光滑导轨固定在倾角为30的斜面上，导轨的宽度L0.5 m，其下端与R1 的电阻连接，质量为m0.2 kg的导体棒(长度也为L)与导轨接触良好，导体棒及导轨电阻均不计。磁感应强度B2 T的匀强磁场垂直于导轨所在的平面，用一根与斜面平行的不可伸长的轻绳跨过定滑轮将导体棒和质量为M0.4 kg 的重物相连，重物离地面足够高。使导体棒从静止开始沿导轨上滑，当导体棒沿导轨上滑t1 s时，其速度达到最大。求：(取g10 m/s2)(1)导体棒的最大速度vm；(2)导体棒从静止开始沿轨道上滑时间t1 s的过程中，电阻R上产生的焦耳热是多少？解析：(1)速度最大时导体棒切割磁感线产生感
17、应电动势EBLvm，感应电流I，安培力FABIL，导体棒达到最大速度时由平衡条件得Mgmgsin 30FA，联立解得vm3 m/s。(2)设轻绳的拉力大小为F，由动量定理得MgttMvm0，tmgsin 30tBLtmvm0，则Mgtmgsin 30tBLt(Mm)vm0，即Mgtmgsin 30tBLq(Mm)vm0，解得1 s内流过导体棒的电荷量q1.2 C。电荷量q，解得1 s内导体棒上滑位移x1.2 m，由能量守恒定律得Mgxmgxsin 30(Mm)vQ解得Q0.9 J。答案：(1)3 m/s(2)0.9 J5(2021辽宁师大附属中高三检测)如图所示，两平行光滑金属导轨由两部分组成
18、，左面部分水平，右面部分为半径r0.5 m的竖直半圆，两导轨间距离l0.3 m，导轨水平部分处于竖直向上、磁感应强度大小B1 T的匀强磁场中，两导轨电阻不计。有两根长度均为l的金属棒ab、cd，均垂直导轨置于水平导轨上，金属棒ab、cd的质量分别为m10.2 kg、m20.1 kg，电阻分别为R10.1 、R20.2 。现让ab棒以v010 m/s的初速度开始水平向右运动，cd棒进入圆轨道后，恰好能通过轨道最高点PP，cd棒进入圆轨道前两棒未相碰，重力加速度g10 m/s2，求：(1)ab棒开始向右运动时cd棒的加速度a0；(2)cd棒刚进入半圆轨道时ab棒的速度大小v1；(3)cd棒进入半圆轨道前ab棒克服安培力做的功W。解析：(1)ab棒开始向右运动时，设回路中电流为I，有EBlv0IBIlm2a0解得：a030 m/s2。(2)设cd棒刚进入半圆轨道时的速度为v2，系统动量守恒，有m1v0m1v1m2v2cd棒在半圆轨道中机械能守恒，则m2vm2g2rm2vcd棒恰好通过轨道最高点PP，则m2gm2解得：v17.5 m/s。(3)由动能定理得：Wm1vm1v解得：W4.375 J。答案：(1)30 m/s2(2)7.5 m/s(3)4.375 J
