1、专题十一电磁感应中的动力学、能量和动量问题考点一电磁感应中的动力学问题师生共研例1 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
2、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【考法拓展1】在【例1】中，求金属棒从开始到刚离开磁场所经历的时间【考法拓展2】在【例1】中，求金属棒由释放到ab连线滑过的距离x0.【考法拓展3】在【例1】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产生的热量练12021黑龙江大庆模拟(多选)在倾角30的斜面上固定两根足够长的平行金属导轨MN、EF，间距为L，导轨处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下有两根质量均为m、电阻均为R、长度
3、均为L的金属棒ab、cd垂直导轨放置且与导轨接触良好，光滑的ab棒用平行于导轨的不可伸长的轻绳跨过光滑定滑轮与质量为2m的重物P连接，如图所示初始时作用在ab棒上一个外力(题中未画出)使ab棒、重物P保持静止，cd棒也静止在导轨上且刚好不下滑已知重力加速度大小为g，导轨电阻不计，最大静摩擦力等于滑动摩擦力现撤去外力，ab棒和重物P从静止开始运动，到cd棒刚好要向上滑动的过程中，则()A重物P向下做加速度不断减小的加速运动Bcd棒刚好要向上滑动时，ab棒中的电流大小ImgBLCcd棒刚好要向上滑动时，重物P的速度大小为v2mgRB2L2D重物P减少的重力势能等于ab棒、重物P增加的动能与ab、c
4、d棒产生的焦耳热之和练2 2020全国卷(多选)如图，U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，ab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练3如图所示，间距为L的两根平行金属导轨弯成“L”形，竖直导轨面与水平导轨面均足够长，整个装置处于竖直向上大小为B的匀强磁场中质
5、量均为m、阻值均为R的导体棒ab、cd均垂直于导轨放置，两导体棒与导轨间动摩擦因数均为，当导体棒cd在水平恒力作用下以速度v0沿水平导轨向右匀速运动时，释放导体棒ab，它在竖直导轨上匀加速下滑某时刻将导体棒cd所受水平恒力撤去，经过一段时间，导体棒cd静止，此过程流经导体棒cd的电荷量为q(导体棒ab、cd与导轨间接触良好且接触点及金属导轨的电阻不计，已知重力加速度为g)，则下列判断错误的是()A导体棒cd受水平恒力作用时流经它的电流IBLv0RB导体棒ab匀加速下滑时的加速度大小agB2L2v02mRC导体棒cd在水平恒力撤去后它的位移为s2RqBLD导体棒cd在水平恒力撤去后它产生的焦耳热
6、为Q14mv02mgRqBL题后反思1电磁感应中动力学问题的解题思路2电磁感应中的动态分析导体受外力运动EBLv感应电动势IER+r感应电流FBIL导体受安培力合力变化F合ma加速度变化速度变化临界状态考点二电磁感应中的能量问题多维探究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题型1|由焦耳定律求解焦耳热例2 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d0.5
7、6 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g取10 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
8、焦耳热Q.题型2|由安培力做功求解焦耳热例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
9、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题型3|由能量守恒或功能关系求解焦耳热例4 2021广州市模拟如图甲所示，空间存在B0.5 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L0.2 m，R是连在导轨一端的电阻，ab是跨接在导轨上质量m0.1 kg的导体棒从零时刻开始，对ab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接触良好，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设最大静摩擦力等于滑
10、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上产生的焦耳热练42020济南模拟如图所示，水平传送带上放置n个相同的正方形闭合导线圈，每个线圈的质量均为m，电阻均为R，边长均为L，线圈与传送带间的动摩擦因数均为，线圈与传送带共同以速度v0匀速向右运动MN与PQ为匀强磁场的边界，平行间距为d(Ld)，速度v0方向与MN垂直磁场的磁感应强度为B，方向竖直向下当线圈右侧边进入磁场时与传送带发生相对运动，线圈的右侧边到达边界PQ时又恰好与传送带的速度相同设传送带足够长，且线圈在传送带上始终保持右侧边平行于磁场边界已知重力
11、加速度为g，线圈间不会相碰求：(1)线圈的右侧边刚进入磁场时，线圈的加速度大小；(2)线圈右侧边从MN运动到PQ经过的时间t；(3)n个线圈均通过磁场区域到恢复和传送带共速，线圈释放的焦耳热练52021石嘴山模拟如图所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在竖直平面内，两导轨间的距离为L1 m，导轨间连接的定值电阻R3 ，导轨上放一质量为m0.1 kg的金属杆ab，金属杆始终与导轨接触良好，杆的电阻r1 ，其余电阻不计，AB位置下方存在磁感应强度为B1 T的匀强磁场，磁场的方向垂直导轨平面向里重力加速度g取10 m/s2.现让金属杆从AB水平位置由静止释放，忽略空气阻力的影响，求：(1)
12、金属杆的最大速度(2)若从金属杆开始下落到刚好达到最大速度的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q0.6 J，此时金属杆下落的高度为多少？(3)达到最大速度后，为使ab杆中不产生感应电流，从该时刻开始，磁感应强度B应怎样随时间t变化？推导这种情况下B与t的关系式考点三电磁感应与动量的综合问题多维探究题型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：BIltmv2mv1，qIt.(2)求时间：FtI冲mv2mv1，I冲BIltBlR总(3)求位移：BIltB2l2vtR总0mv0，即B2l2R总xm(0v0)例5
13、2020山东潍坊期末 (多选)如图所示，水平金属导轨P、Q间距为L，M、N间距为2L，P与M相连，Q与N相连，金属棒a垂直于P、Q放置，金属棒b垂直于M、N放置，整个装置处在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中现给棒a一大小为v0、水平向右的初速度，假设导轨都足够长，两棒质量均为m，在棒a的速度由v0减小到0.8v0的过程中，两棒始终与导轨接触良好以下说法正确的是()A俯视时感应电流方向为顺时针B棒b的最大速度为0.4v0C回路中产生的焦耳热为0.1mv02D通过回路中某一截面的电荷量为2mv05BL题型2|动量守恒定律在电磁感应中的应用例6 2019全国卷，19(多选)如图，方向竖直
14、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()练62020山东阳谷二中期末(多选)如图所示，在高为h的桌面上固定着两根平行光滑金属导轨，导轨左段弯曲，右段水平，两部分平滑连接，导轨间距为L，电阻不计，在导轨的水平部分有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B，ab、cd为两根相同的金属棒，质量均为m，长度均为L，电阻均为r.开始时cd静置于水平导轨上某位置，将ab从弯曲导轨上距离桌面高为h
15、处由静止释放，cd离开导轨水平抛出，落地点ef距轨道末端的水平距离也为h，金属棒在运动过程中没有发生碰撞且与导轨接触良好，重力加速度为g.以下说法正确的是()Acd在导轨上的最大加速度为B2L22gh2mrBcd在导轨上的最大加速度为B2L22ghmrCab的落地点在ef的右侧D电路中产生的热量为12mgh练7如图甲所示，两足够长且不计其电阻的光滑金属轨道，如图所示放置，间距为d1 m，在左端弧形轨道部分高h1.25 m处放置一金属杆a，弧形轨道与平面轨道以光滑圆弧连接，在平直轨道右端放置另一金属杆b.杆a、b电阻分别为Ra2 ，Rb5 ，在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B2 T
16、现杆b以大小5 m/s的初速度(设为v0)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0.3 A从杆a下滑到水平轨道时开始计时，a、b杆运动图象如图乙所示(以杆a运动方向为正)，其中ma2 kg，mb1 kg，g10 m/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上产生的焦耳热专题十一电磁感应中的动力学、能量和动量问题考点突破例1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，I0代入数据解得v02 m/s.(2)金属棒滑过
17、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B1I2LI2，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解析：金属棒从静止开始到刚进入磁场的时间t10.4 s，在磁场运动时间t20.5 s，所以金属棒从开始到刚离开磁场所经历的时间为tt1t20.9 s.答案：0.9 s考法拓展2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v2ax0，代入数据
18、解得x00.4 m.答案：0.4 m考法拓展3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(x0x1x2)sin Qmv，QRQ7.5 J.答案：7.5 J练1解析：本题考查电磁感应中的楞次定律，通过分析安培力判断物体的运动状态，回路中的电流以及焦耳热重物P和ab棒是一个系统，重物P的重力不变，ab棒的重力沿斜面向下的分力不变，而ab棒切割磁感线的速度在增大，则沿斜面向下的安培力随之增大，则ab与P的加速度变小，所以重物P向下做加速度不断减小的加速运动，A正确；cd棒刚开始恰好不下滑，则有mgsin mgcos ，cd棒刚好要向上滑动时，则有BILmgsin mgco
19、s ，联立解得I，B正确；cd棒刚好要向上滑动时，ab棒切割磁感线产生的感应电动势EBLv，感应电流I，可得v，C正确；由能量守恒定律可知，重物P减少的重力势能等于ab棒、重物P增加的动能、ab棒增加的重力势能与ab、cd棒产生的焦耳热之和，D错误答案：ABC练2解析：用水平恒力F向右拉动金属框，bc边切割磁感线产生感应电动势，回路中有感应电流i，bc边受到水平向左的安培力作用，设金属框的质量为M，加速度为a1，由牛顿第二定律有FBiLMa1；导体棒MN受到向右的安培力，向右做加速运动，设导体棒的质量为m，加速度为a2，由牛顿第二定律有BiLma2.设金属框bc边的速度为v时，导体棒的速度为v
20、，则回路中产生的感应电动势为EBL(vv)，由闭合电路欧姆定律i，F安BiL，可得金属框bc边所受安培力和导体棒MN所受的安培力均为F安，二者加速度之差aa1a2F安，随着所受安培力的增大，二者加速度之差a减小，当a减小到零时，之后金属框和导体棒的速度之差vvv，保持不变由此可知，金属框的速度逐渐增大，金属框所受安培力趋于恒定值，金属框的加速度大小趋于恒定值，导体棒所受的安培力F安趋于恒定值，选项A错误，BC正确；导体棒到金属框bc边的距离x(vv)dt，随时间的增大而增大，选项D错误答案：BC练3解析：cd切割磁感线产生感应电动势为EBLv0，根据闭合电路欧姆定律得I，故A项错误对于ab棒：
21、根据牛顿第二定律得mgFfma，又FfFN，FNBIL，联立解得，加速度大小为ag，故B项正确对于cd棒，由公式q得q，则得，s，故C项正确设导体棒cd在水平恒力撤去后产生的焦耳热为Q，由于ab的电阻与cd相同，两者串联，则ab产生的焦耳热也为Q.根据能量守恒得2Qmgsmv，又s，解得Qmv，故D项正确综上所述，应选择A.答案：A例2解析：(1)由牛顿第二定律a12 m/s2进入磁场时的速度v2.4 m/s.(2)感应电动势EBlv感应电流I安培力FAIBl代入得FA48 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的时间t
22、焦耳热QI2Rt26.88 J.答案：(1)2.4 m/s(2)48 N(3)64 J26.88 J例3解析：(1)金属线圈向下匀速进入磁场时，有mgsin mgcos F安其中F安BId，I，EBdv解得v2 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Ekmv2得Ek1mv20.1 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
23、案：(1)2 m/s(2)0.1 J(3)0.004 J例4解析：(1)由图乙得ab棒刚开始运动瞬间a2.5 m/s2，则FFfma，解得Ff0.2 N.ab棒最终以速度v10 m/s匀速运动，则所受到拉力、摩擦力和安培力的合力为零，FFfF安0.F安BILBL.联立可得R0.4 .(2)由功能关系可得(FFf)xmv2Q，解得Q20 J.答案：(1)0.4 (2)20 J练4解析：(1)线圈刚进入磁场时有：EBLv0根据闭合电路欧姆定律：I所以安培力F根据牛顿第二定律：Fmgma.ag，方向向左(2)根据动量定理，对线圈：mgtI安0.其中安培力的冲量：I安F安tBLtBLqq.综上解得t.
24、(3)自线圈进入磁场到线圈右侧边到达PQ过程中，对于单个线圈，根据动能定理得mgdW安0，所以克服安培力做功W安mgd单个线圈离开磁场的运动情况和进入磁场相同，W安W安mgd，所以对于n个线圈有Q2nmgd答案：(1)g(2)(3)2nmgd练5解析：(1)设金属杆的最大速度为vm，安培力与重力平衡，则有：F安mg又F安BIL，I，EBLvm联立得：F安解得：vm4 m/s(2)电路中产生的总焦耳热：Q总Q0.6 J0.8 J由能量守恒定律得：mghmvQ总解得：h1.6 m(3)为使ab杆中不产生感应电流，应使穿过回路平面的磁通量不发生变化，在该时刻穿过回路平面的磁通量为：1BLht时刻的磁
25、通量为：2BL由12得：B代入数据解得：B T答案：(1)4 m/s(2)1.6 m(3)B T例5解析：本题考查电磁感应中的电荷量、能量等物理量的计算棒a向右运动，回路面积减小，根据楞次定律可知，俯视时感应电流方向为逆时针，A错误；在棒a的速度由v0减小到0.8v0的过程中，棒a减速，棒b加速，对棒a，由动量定理可得BLtBqLmv00.8mv0，对棒b，由动量定理可得B2Ltmv，联立可得v0.4v0，q，B正确，D错误；根据能量守恒定律可得Qmvm(0.8v0)2m(0.4v0)20.1mv，C正确答案：BC例6解析：由楞次定律可知ab棒做减速运动，cd棒做加速运动，即v1减小，v2增加
26、回路中的感应电动势EBL(v1v2)，回路中的电流I，回路中的导体棒ab、cd的加速度大小均为a，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：AC练6解析：本题从动量和能量两个角度考查双棒问题当cd受到的安培力最大时，cd在导轨上的加速度最大，即ab刚进入磁场时，cd在导轨上的加速度最大，设此时ab的速度为v，根据机械能守恒定律可得mv2mgh，解得v，此时回路中的感应电流I，cd在导轨上的最大加速度a，故A正确，B错误；设cd离开导轨时的速度为v1，根据平抛运动规律可知，下落时间t，则v1，设cd离开导轨时ab的速度为v，
27、根据动量守恒定律可得mvmvmv1，解得vv1，所以ab的落地点也在ef处，故C错误；电路中产生的热量Qmghmv2mvmgh，故D正确答案：AD练7解析：(1)设杆a刚滑到水平轨道时，杆b的速度为vb，杆a在弧形轨道上运动的时间与杆b从开始滑动到杆a刚滑到水平轨道时所用时间相等，对杆b应用动量定理有Bdt1mbvbmbv0其中v05 m/s，vb2 m/s解得t15 s.(2)设杆a下滑到水平轨道时的速度为va，由杆a下滑的过程中机械能守恒有maghmav解得va5 m/s设两杆最后共同的速度为v，两杆在水平轨道上运动过程中动量守恒，有mavambvb(mamb)v解得v m/s对杆a在水平轨道上运动过程应用动量定理有Bdt2mavmava又qt2解得q C.(3)由能量守恒定律得，两杆产生的总焦耳热Q总maghmbv(mamb)v2 J杆a、b串联，电流相等，则相同时间内产生的焦耳热与电阻成正比故杆b上产生的焦耳热QQ总 J.答案：(1)5 s(2) C(3) J
