物理学案 人教版高考一轮复习 第10章 电磁感应 专题突破8 动力学动量和能量观点在电磁感应中的应用

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页突破点一电磁感应中的动力学问题师生互动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θ＝30°，两导轨之间的距离为L＝1 m，两导轨M、P之间接入电阻R＝0.2 Ω，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Ⅰ，磁感应强度B 0＝1 T ，磁场的宽度x 1＝1 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Ⅱ，磁感应强度B 1＝0.5 T 。

一个质量为m ＝1 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r ＝0.2 Ω，若金属棒在离ab 连线上端x 0处自由释放，则金属棒进入磁场Ⅰ恰好做匀速运动。

金属棒进入磁场Ⅱ后，经过ef 时又达到稳定状态，cd 与ef 之间的距离x 2＝8 m 。

(g 取10 m/s 2)求：(1)金属棒在磁场Ⅰ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Ⅱ中达到稳定状态时的速度大小。

[解析] (1)金属棒进入磁场Ⅰ做匀速运动，设速度为v 0，由平衡条件得mgsin θ＝F 安， 而F 安＝B 0I 0L ， I 0＝B 0Lv 0R ＋r，代入数据解得v 0＝2 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 mg sin θ－F 安′＝ma ， 而F 安′＝B 1I 1L ，I 1＝B 1Lv 0R ＋r ，代入数据可解得a ＝3.75 m/s 2。

(3)金属棒在进入磁场Ⅱ区域达到稳定状态时，设速度为v 1，则mgsin θ＝F 安″， 而F 安″＝B 1I 2L ，I 2＝B 1Lv 1R ＋r ，代入数据解得v 1＝8 m/s 。

[答案] (1)2 m/s (2)3.75 m/s 2(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Ⅰ、Ⅱ分别用同种导线绕制而成，其中Ⅰ为边长为L 的正方形线圈，Ⅱ是长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，Ⅰ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，Ⅱ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Ⅱ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Ⅱ做加速度不断减小的减速运动D ．线圈Ⅱ先到达地面[解析] 由题可知，线圈Ⅱ的电阻是线圈Ⅰ的32倍，线圈Ⅱ的下边进入磁场时产生的感应电动势是线圈Ⅰ的2倍，即R Ⅱ＝32R Ⅰ，E Ⅱ＝2E Ⅰ。

由I ＝E R 得，I Ⅱ＝43I Ⅰ；由F 安＝BIL 得，F Ⅱ＝BI Ⅱ·2L、F Ⅰ＝BI ⅠL ，则F Ⅱ＝83F Ⅰ。

由题意知G Ⅱ＝32G Ⅰ，由于线圈Ⅰ的下边进入磁场时Ⅰ做匀速运动，有F Ⅰ＝G Ⅰ，而F Ⅱ＝83F Ⅰ>G Ⅱ＝32G Ⅰ，所以Ⅱ的下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Ⅰ、Ⅱ进入磁场时速度相同，此后一段时间Ⅰ匀速，Ⅱ减速，当线圈Ⅰ、Ⅱ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Ⅱ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Ⅰ)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a 1，有F －Bil ＝Ma 1，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a 2，有Bil ＝ma 2，当金属框和MN 都运动后，金属框速度为v 1，MN 速度为v 2，感应电流为i ＝Bl v 1－v 2R，感应电流从0开始增大，则a 2从零开始增加，a 1从F M 开始减小，加速度差值减小。

当a 1＝a 2时，得F ＝(M ＋m)a ，a ＝F M ＋m 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 ＝Bl v 1－v 2R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l ＝0.5 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B ＝0.5 T ，用力F ＝0.25 N 向右水平拉杆ab ，若ab 、cd 与轨道间的滑动摩擦力分别为F f1＝0.15 N 、F f2＝0.1 N ，两杆的有效电阻R 1＝R 2＝0.1 Ω，设导轨电阻不计，ab 、cd 的质量关系为2m 1＝3m 2，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F ＝0.3 N ，两杆间稳定速度差又是多少？解析：因F ＞F f1，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F 2作用，当F 2＞F f2时，cd 也开始运动，故cd 开始运动的条件是F －F f1－F f2＞0。

(1)当F ＝0.25 N 时，F －F f1－F f2＝0，故cd 保持静止，两杆的稳定速度差等于ab 的最终稳定速度v max ，故此种情况有：电流I m ＝E m R 1＋R 2＝Blv maxR 1＋R 2，安培力F m ＝BI m l ， 则有F －F m －F f1＝0， 由此得v max ＝0.32 m/s 。

(2)当F ＝0.3 N ＞F f1＋F f2，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＝F －F f1－F f2＝0.05 N 。

两杆相对稳定时，对系统有F 合＝(m 1＋m 2)a ， 因为2m 1＝3m 2， 则F 合＝52m 2a 。

取cd 为研究对象，则F 安－F f2＝m 2a ，F 安＝BIl ， I ＝Bl Δv R 1＋R 2， 联立各式解得Δv＝R 1＋R 2B 2l 2(25F 合＋F f2)＝0.384 m/s 。

答案：(1)0.32 m/s (2)0.384 m/s突破点二 电磁感应中的动量和能量问题 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电荷量或运动位移。

如：B I L Δt＝Δp，q ＝I ·Δt，可得q ＝ΔpBL 。

B 2L 2v R 总Δt＝Δp，x ＝v Δt，可得x ＝ΔpR 总B 2L2。

(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v 0，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m 1v 0＝(m 1＋m 2)v ，根据能量守恒，整个过程中产生的总热量Q ＝12m 1v 20－12(m 1＋m 2)v 2。

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v 0，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v 1； (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E 0。

[解析] (1)金属棒匀速运动切割磁感线产生的电动势E ＝BLv 1， 电容器的电荷量q ＝CE ，金属棒从开始到匀速运动的过程中，由动量定理有－B I Lt 0＝mv 1－mv 0，电容器的电荷量q ＝I t 0， 联立解得v 1＝mv 0m ＋CB 2L2。

(2)由(1)可知q ＝CE ＝CBLv 1＝CBLmv 0m ＋CB 2L2。

(3)在0～t 时间内，金属棒的速度由v 0到v 1，由能量守恒可得E 0＋Q ＝12mv 20－12mv 21，解得E 0＝12mv 20－m 3v 22m ＋CB 2L22－Q 。