1、专题十一 电磁感应中的动力学、能量和动量问题 电磁感应中的动力学问题学科素养养成1两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2.力学对象和电学对象的相互关系3动态分析的基本思路 典例分类突破考向 “单杆水平轨道”模型物理模型匀强磁场与导轨垂直，磁感应强度为 B，棒 ab 长为 L，质量为 m，初速度为零，拉力恒为 F，水平导轨光滑，除电阻 R 外，其他电阻不计动态分析设运动过程中某时刻棒的速度为 v，由牛顿第二定律知棒ab 的加速度为 aFmB2L2vmR，a、v 同向，随速度的增加，棒的加速度
2、 a 减小，当 a0 时，v 最大，IBLvR 恒定 运动形式匀速直线运动力学特征a0，v 恒定不变收尾状态电学特征I 恒定1 2016全国卷，24如图，水平面(纸面)内间距为 l 的平行金属导轨间接一电阻，质量为 m、长度为 l 的金属杆置于导轨上t0 时，金属杆在水平向右、大小为 F的恒定拉力作用下由静止开始运动t0 时刻，金属杆进入磁感应强度大小为 B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为.重力加速度大小为 g.求(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；(2)电阻的阻值解析：(1)
3、设金属杆进入磁场前的加速度大小为 a，由牛顿第二定律得maFmg设金属杆到达磁场左边界时的速度为 v，由运动学公式有vat0当金属杆以速度 v 在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律，杆中的电动势为EBlv联立式可得EBlt0Fmg(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为 I，根据欧姆定律IER式中 R 为电阻的阻值金属杆所受的安培力为FBlI因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得FmgF0联立式得RB2l2t0m 答案：(1)Blt0Fmg (2)B2l2t0m考向 “单杆倾斜轨道”模型物理模型匀强磁场与导轨垂直，磁感应强度为 B，导轨间距 L，导体棒质量 m，电阻 R，导轨光滑，
4、电阻不计(如图)动态分析棒 ab 释放后下滑，此时 agsin，棒 ab 速度 v感应电动势 EBLv电流 IER安培力 FBIL加速度 a，当安培力 Fmgsin 时，a0，v 最大 运动形式匀速直线运动力学特征a0，v 最大，vmmgRsin B2L2收尾状态电学特征I 恒定2 2020重庆巴蜀模拟如图所示，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 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
5、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求(g 取 10 m/s2)(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，由平衡条件得 mgsin F 安而 F 安B0I0L，I0B0Lv0Rr 代入数据解得 v
6、02 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，I1B1Lv0Rr，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B1I2LI2B1Lv1Rr，代入数据解得 v18 m/s.答案：(1)2 m/s(2)3.75 m/s2(3)8 m/s【考法拓展 1】在【例 2】中，求金属棒从开始到刚离开磁场所经历的时间解析：金属棒从静止开始到刚进入磁场的时间 t1 v0gsin 0.4 s，在磁场运动时间 t2x1v00.5 s，所以金属棒从开始到刚离开磁
7、场所经历时间为 tt1t20.9 s.答案：0.9 s【考法拓展 2】在【例 2】中，求金属棒由释放到 ab 连线滑过的距离 x0.解析：金属棒在未进入磁场前做初速度为 0 的匀加速直线运动 agsin，由运动学公式得 v202ax0，代入数据解得 x00.4 m.答案：0.4 m【考法拓展 3】在【例 2】中，求金属棒从开始到在磁场中达到稳定状态这段时间中电阻 R 产生的热量解析：金属棒从开始运动到在磁场中达到稳定状态过程中，根据能量守恒得mg(x0 x1x2)sin Q12mv21，QR RRrQ7.5 J.答案：7.5 J练 1 2020南昌摸底如图甲所示，空间存在方向竖直向下的匀强磁场
8、，MN、PQ 是水平放置的两平行长直导轨，其间距 L0.2 m，连在导轨一端的电阻 R0.4，ab 是放置在导轨上质量 m0.1 kg 的导体棒从零时刻开始，对棒施加一个大小为 F0.45 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良好接触，图乙是棒的 v-t 图象，其中 AO 是图象在 O 点的切线，AB 是图象的渐近线除 R 以外，其余部分的电阻均不计滑动摩擦力等于最大静摩擦力已知当棒的位移为 30 m 时，其速度达到了最大速度 10 m/s.求：(1)磁感应强度 B 的大小；(2)在棒运动 30 m 的过程中电阻 R 上产生的焦耳热解析：(1)
9、由题图乙得棒开始运动瞬间：a2.5 m/s2则：FFfma棒最终以速度 vm10 m/s 做匀速运动，则所受的拉力、摩擦力和安培力的合力为零FFfF 安0F 安BILIBLvmR联立可得：B0.5 T.(2)由功能关系可得：(FFf)x12mv2mQ解得 Q2.5 J.答案：(1)0.5 T(2)2.5 J练2 如图所示，足够长的固定平行粗糙金属双轨MN、PQ相距d0.5 m，导轨平面与水平面夹角 30，处于方向垂直导轨平面向上、磁感应强度大小 B0.5 T 的匀强磁场中长也为 d 的金属棒 ab 垂直于导轨 MN、PQ 放置，且始终与导轨接触良好，棒的质量 m0.1 kg，电阻 R0.1，与
10、导轨之间的动摩擦因数 36，导轨上端连接电路如图所示已知电阻 R1 与灯泡电阻R2 的阻值均为 0.2，导轨电阻不计，取重力加速度大小 g10 m/s2.(1)求棒由静止刚释放瞬间下滑的加速度大小 a；(2)假若棒由静止释放并向下加速运动一段距离后，灯 L 的发光亮度稳定，求此时灯 L 的实际功率 P 和棒的速率 v.解析：(1)棒由静止刚释放的瞬间速度为零，不受安培力作用根据牛顿第二定律有 mgsin mgcos ma，代入数据得 a2.5 m/s2.(2)由“灯 L 的发光亮度稳定”知棒做匀速运动，受力平衡，有mgsin mgcos BId代入数据得棒中的电流 I1 A由于 R1R2，所以
11、此时通过小灯泡的电流I212I0.5 A，PI22R20.05 W此时感应电动势 EBdvIR R1R2R1R2得 v0.8 m/s答案：(1)2.5 m/s2(2)0.05 W 0.8 m/s 电磁感应中的能量问题学科素养养成1电磁感应中的能量转化2求解焦耳热 Q 的三种方法典例分类突破3 2016浙江卷，24小明设计的电磁健身器的简化装置如图所示，两根平行金属导轨相距 l0.50 m，倾角 53，导轨上端串接一个 R0.05 的电阻在导轨间长 d0.56 m 的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度 B2.0 T质量 m4.0 kg 的金属棒 CD 水平置于导轨上，用绝缘绳
12、索通过定滑轮与拉杆 GH 相连CD 棒的初始位置与磁场区域的下边界相距 s0.24 m一位健身者用恒力 F80 N 拉动 GH 杆，CD 棒由静止开始运动，上升过程中 CD 棒始终保持与导轨垂直当 CD 棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复装置使 CD 棒回到初始位置(重力加速度 g10 m/s2，sin 530.8，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量)求(1)CD 棒进入磁场时速度 v 的大小；(2)CD 棒进入磁场时所受的安培力 FA 的大小；(3)在拉升 CD 棒的过程中，健身者所做的功 W 和电阻产生的焦耳热 Q.解析：(1)由牛顿第二定律 aFmgsin m12 m/s2进入
13、磁场时的速度 v 2as2.4 m/s(2)感应电动势 EBlv感应电流 IBlvR 安培力 FAIBl代入得 FABl2vR48 N(3)健身者做功 WF(sd)64 J由牛顿第二定律 Fmgsin FA0CD 棒在磁场区域做匀速运动在磁场中运动时间 tdv焦耳热 QI2Rt26.88 J答案：(1)2.4 m/s(2)48 N(3)64 J 26.88 J4 2019天津卷，11如图所示，固定在水平面上间距为 l 的两条平行光滑金属导轨，垂直于导轨放置的两根金属棒 MN 和PQ 长度也为 l、电阻均为 R，两棒与导轨始终接触良好MN 两端通过开关 S 与电阻为 R 的单匝金属线圈相连，线圈
14、内存在竖直向下均匀增加的磁场，磁通量变化率为常量 k.图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为 B.PQ 的质量为 m，金属导轨足够长，电阻忽略不计(1)闭合 S，若使 PQ 保持静止，需在其上加多大的水平恒力F，并指出其方向；(2)断开 S，PQ 在上述恒力作用下，由静止开始到速度大小为 v 的加速过程中流过 PQ 的电荷量为 q，求该过程安培力做的功 W.解析：(1)设线圈中的感应电动势为 E，由法拉第电磁感应定律 Et，则 Ek设 PQ 与 MN 并联的总电阻为 R 并，有 R 并R2闭合 S 时，设线圈中的电流为 I，根据闭合电路欧姆定律得IER并R设 PQ 中的电
15、流为 IPQ，有 IPQ12I设 PQ 受到的安培力为 F 安，有 F 安BIPQl保持 PQ 静止，由受力平衡有 FF 安联立式得 FBkl3R方向水平向右(2)设 PQ 由静止开始到速度大小为 v 的加速过程中，PQ 运动的位移为 x，所用时间为 t，回路中的磁通量变化为，平均感应电动势为 E，有 E t其中 Blx设 PQ 中的平均电流为 I，有 I E2R根据电流的定义得 I qt由动能定理，有 FxW12mv20联立式得 W12mv223kq答案：(1)Bkl3R 方向水平向右(2)12mv223kq练 3 如图所示，足够长的粗糙斜面与水平面成 37角放置，在斜面上虚线 cc和 bb
16、与斜面底边平行，且两线间距为 d0.1 m，在 cc、bb围成的区域内有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度为 B1 T；现有一质量为 m10 g，总电阻为 R1，边长也为d0.1 m的正方形金属线圈MNPQ，其初始位置PQ边与cc重合，现让金属线圈以一定初速度沿斜面向上运动，当金属线圈从最高点返回到磁场区域时，线圈刚好做匀速直线运动已知线圈与斜面间的动摩擦因数为 0.5，取 g10 m/s2，不计其他阻力，求：(取 sin 370.6，cos 370.8)(1)线圈向下返回到磁场区域时的速度大小；(2)线圈向上离开磁场区域时的动能；(3)线圈向下通过磁场区域过程中，线圈中产生的焦耳热解析：
17、(1)金属线圈向下匀速进入磁场时，有 mgsin mgcosF 安其中 F 安BId，IER，EBdv解得 vmgsin mgcos RB2d22 m/s.(2)设最高点离 bb的距离为 x，线圈从最高点到开始进入磁场过程做匀加速直线运动，有 v22ax，mgsin mgcos ma 线圈从向上离开磁场到向下进入磁场的过程，根据动能定理有 Ek1Ekmgcos 2x，其中 Ek12mv2得 Ek112mv2v2mgcos gsin gcos 0.1 J.(3)线圈向下匀速通过磁场区域过程中，有 mgsin 2dmgcos 2dW 安0QW 安解得 Q2mgd(sin cos)0.004 J.答
18、案：(1)2 m/s(2)0.1 J(3)0.004 J 电磁感应中的动量问题学科素养养成1动量定理在电磁感应中的应用在电磁感应中用动量定理时，通常将下面两式结合应用：BLItmvqItnR2动量守恒在电磁感应中的应用在“双棒切割”系统中，在只有安培力作用下，系统的合外力为零，通常应用动量守恒求解3解决电磁感应中动量问题的策略“先源后路、先电后力、再是运动、动量”，即典例分类突破考向 动量定理在电磁感应中的应用 5 2019河南第二次仿真模拟如图所示，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
19、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应电动势 EBLvm感应电流 IER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 vm
20、3 m/s.(2)设轻绳的拉力大小为 F，由动量定理得Mgt F tMvm0F tmgsin 30tB I Ltmvm0则 Mgtmgsin 30tB I Lt(Mm)vm0即 Mgtmgsin 30tBLq(Mm)vm0解得 1 s 内流过导体棒的电荷量 q1.2 C电量 qR BLxR解得 1 s 内导体棒上滑位移 x1.2 m，由能量守恒定律得 Mgxmgxsin 3012(Mm)v2mQ解得 Q0.9 J.答案：(1)3 m/s(2)0.9 J考向 动量守恒定律在电磁感应中的应用类型 模型运动图象运动过程分析方法 不受外力杆 1 做变减速运动，杆 2 做变加速运动；稳定时两杆以相等的速
21、度匀速运动将两杆视为整体，不受外力，最后 a0，整个过程中动量守恒受外力杆 1 做加速度减小的加速运动，杆 2 做加速度增大的加速运动；稳定时两杆以相等的加速度做匀加速运动隔离法，动量定理外力做的功棒 1的动能棒 2 的动能焦耳热6 2019全国卷，19(多选)如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒 ab、cd 静止在导轨上t0 时，棒 ab 以初速度 v0 向右滑动运动过程中，ab、cd 始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用 v1、v2 表示，回路中的电流用 I 表示下列图象中可能正确的是()解析：由楞次定律可知 ab 棒做减速运动
22、，cd 棒做加速运动，即 v1 减小，v2 增加回路中的感应电动势 EBL(v1v2)，回路中的电流 IERBLv1v2R，回路中的导体棒 ab、cd 的加速度大小均为 aFmBILm B2L2v1v2mR，由于 v1v2 减小，可知 a减小，所以 ab 与 cd 的 v-t 图线斜率减小，I 也非线性减小，所以 A、C 正确，B、D 错误答案：AC7 如图所示，两根间距为 l 的光滑金属导轨(不计电阻)，由一段圆弧部分与一段无限长的水平段部分组成，其水平段加有竖直向下方向的匀强磁场，磁感应强度为 B，导轨水平段上静止放置一金属棒 cd，质量为 2m，电阻为 2r.另一质量为 m，电阻为 r
23、的金属棒 ab，从圆弧段 M 处由静止释放下滑至 N处进入水平段，棒与导轨始终垂直且接触良好，圆弧段 MN 半径为 R，所对圆心角为 60.求：(1)ab 棒在 N 处进入磁场区速度是多大？此时棒中电流是多少？(2)cd 棒能达到的最大速度是多大？(3)cd 棒由静止到达最大速度过程中，系统所能释放的热量是多少？解析：(1)ab 棒由 M 下滑到 N 过程中机械能守恒，故mgR(1cos 60)12mv2，解得 v gR.进入磁场区瞬间，回路中电流强度为IE2rrBl gR3r.(2)ab 棒在安培力作用下做减速运动，cd 棒在安培力作用下做加速运动，当两棒速度达到相同速度 v时，电路中电流为
24、零，安培力为零，cd 达到最大速度运用动量守恒定律得 mv(2mm)v，解得 v13 gR.(3)系统释放的热量应等于系统机械能的减少量，故 Q12mv2123mv2，解得 Q13mgR.答案：(1)gR Bl gR3r(2)13 gR(3)13mgR练 4 2020北京昌平高三一模如图，在竖直向下的磁感应强度为 B1.0 T 的匀强磁场中，两根足够长的平行光滑金属轨道 MN、PQ 固定在水平面内，相距为 L0.4 m一质量为 m0.2 kg、电阻 R00.5 的导体棒 ab 垂直于 MN、PQ 放在轨道上，与轨道接触良好若轨道左端 P 点接一电动势为 E1.5 V、内阻为 r0.1 的电源和
25、一阻值 R0.3 的电阻轨道左端 M 点接一单刀双掷开关 K，轨道的电阻不计求：(1)单刀双掷开关 K 与 1 闭合瞬间导体棒受到的磁场力 F；(2)单刀双掷开关 K 与 1 闭合后导体棒运动稳定时的最大速度 vm；(3)导体棒运动稳定后，单刀双掷开关 K 与 1 断开，然后与2 闭合，求此后在电阻 R 上产生的电热 QR 和导体棒前冲的距离x.解析：(1)IER0r2.5 A FBIL1 N.(2)导体棒运动稳定后产生的感应电动势 EBLvm1.5 V，解得 vm3.75m/s.(3)单刀双掷开关 K 与 2 闭合后，导体棒在向左的安培力作用下最后停止，设电路中产生的总电热为 Q，由能量守恒
26、可得 Q12mv2m1.4 J，在电阻 R 上产生的电热 QRRRR0Q0.53 J.在此过程中由动量定理可得 F安t0mvm，又 F安B IL，IERR0，Et，BSBLx，整理可得B2L2xRR0mvm，解得 x3.75 m.答案：(1)1 N(2)3.75 m/s(3)0.53 J 3.75 m练 5 如图所示，两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为 L，导轨上面横放着两根导体棒 ab 和 cd，构成矩形回路，两根导体棒的质量皆为 m，电阻皆为 R，回路中其余部分的电阻可不计在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为 B.设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑
27、行，开始时，棒 cd 静止，棒 ab 有指向棒 cd 的初速度 v0，若两导体棒在运动中始终不接触，求：(1)在运动中产生的焦耳热 Q 最多是多少？(2)当 ab 棒的速度变为初速度的34时，cd 棒的加速度 a 是多少？解析：(1)从开始到两棒达到相同速度 v 的过程中，两棒的总动量守恒，有 mv02mv，根据能量守恒定律，整个过程中产生的焦耳热 Q12mv2012(2m)v214mv20.(2)设 ab 棒的速度变为34v0 时，cd 棒的速度为 v，则由动量守恒可知mv034mv0mv解得 v14v0此时回路中的电动势为 E34BLv014BLv012BLv0此时回路中的电流为 I E2RBLv04R此时 cd 棒所受的安培力为 FBILB2L2v04R由牛顿第二定律可得，cd 棒的加速度 aFmB2L2v04mR答案：(1)14mv20(2)B2L2v04mR
