电磁感应的综合应用(能量问题、动量问题、杆+导轨模型)(教师版)

动力学、动量和能量观点在电学中的应用命题点一电磁感应中的动量和能量的应用（一）电磁感应中的能量问题1.求解电能应分清两类情况(1)若回路中电流恒定，可以利用电路结构及UIt W =或t 2R I Q =直接进行计算.(2)若电流变化，则①利用安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功；②利用能量守恒求解：若只有电能与机械能的转化，则减少的机械能等于产生的电能.2.电磁感应现象中的能量转化3.求解焦耳热Q 的三种方法（二）动量定理在电磁感应问题中的运用研究对象：切割磁感线的单棒（或矩形框）规律：动量定理、电流定义式B IL t P mv mv -⋅∆=∆=-0mv mv p q BL BL-∆==tq I ∆=（三）动量守恒定律在电磁感应问题中的运用研究对象：切割磁感线的双棒（等长）规律：(1)动量守恒定律(2)能量转化规律系统机械能的减小量等于内能的增加量.（类似于完全非弹性碰撞）等距双棒特点分析1．电路特点刚开始棒2相当于电源;棒1受安培力而加速起动,运动后产生反电动势.2．电流特点3．两棒的运动情况特点棒1做加速度减小的加速运动棒2做加速度减小的减速运动最终两棒具有共同速度12v0v共tO v（四）电磁感应中的“杆+导轨”模型（1）单杆模型(光滑平行导轨)基本类型发电式充电式阻尼式图示运动过程力学分析单杆受外力F 和F 安,v ↑⇒F 安↑⇒a ↓,直至a=0,F=F 安,v恒定,单杆匀速运动,I 恒定.不计任何电阻时,单杆匀加速运动,I 恒定,ΔQ=CBL Δv,I=CBLa,F-BIL=ma.单杆只受安培力F 安,则v ↓⇒F 安↓⇒a ↓,单杆最后静止,I=0.注:在以上模型中,受到的外力F 可以是拉力或重力,也可以是它们的合力或分力,例如导体棒沿光滑平行倾斜导轨下滑,无重力之外的外力时,重力的下滑分力将成为合外力.常见类型单杆水平式(导轨光滑)设运动过程中某时刻棒的速度为v,加速度为a=Fm-22B L vmR,a,v同向,随v的增加,a减小,当a=0时,v最大,I=BLvR恒定单杆倾斜式(导轨光滑)杆释放后下滑,开始时a=gsinα,速度v↑→E=BLv↑→I=ER↑→F=BIL↑→a↓,当F=mgsinα时,a=0,v最大双杆切割式(导轨光滑)杆MN做变减速运动,杆PQ做变加速运动,稳定时,两杆的加速度均为零,以相等的速度匀速运动.对系统动量守恒,对其中某杆适用动量定理学科&网光滑不等距导轨杆MN做变减速运动,杆PQ做变加速运动,稳定时,两杆的加速度均为零,两杆以不同的速度做匀速运动含“源”水平光滑导轨(v0=0)S闭合,ab杆受安培力F=BLEr,此时a=BLEmr,速度v↑⇒E感=BLv↑⇒I↓⇒F=BIL↓⇒加速度a↓,当E感=E时,v最大,且v m=EBL含“容”水平光滑导轨(v0=0)拉力F恒定,开始时a=Fm,速度v↑⇒E=BLv↑,经过Δt速度为v+Δv,此时E′=BL(v+Δv),电容器增加的电荷量ΔQ=CΔU=C(E′-E)=CBLΔv,电流I=Qt∆∆=CBL vt∆∆=CBLa,安培力F安=BIL=CB2L2a,F-F安=ma,a=22Fm B L C+,所以杆做匀加速运动电磁感应与动量结合问题高考真题1．（2018高考天津理综）真空管道超高速列车的动力系统是一种将电能直接转换成平动动能的装置。

图1是某种动力系统的简化模型，图中粗实线表示固定在水平面上间距为l 的两条平行光滑金属导轨，电阻忽略不计，ab 和cd 是两根与导轨垂直，长度均为l ，电阻均为R 的金属棒，通过绝缘材料固定在列车底部，并与导轨良好接触，其间距也为l ，列车的总质量为m 。

列车启动前，ab 、cd 处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下，如图1所示，为使列车启动，需在M 、N 间连接电动势为E 的直流电源，电源内阻及导线电阻忽略不计，列车启动后电源自动关闭。

（1）要使列车向右运行，启动时图1中M 、N 哪个接电源正极，并简要说明理由；（2）求刚接通电源时列车加速度a 的大小；（3）列车减速时，需在前方设置如图2所示的一系列磁感应强度为B 的匀强磁场区域，磁场宽度和相邻磁场间距均大于l 。

若某时刻列车的速度为0v ，此时ab 、cd 均在无磁场区域，试讨论：要使列车停下来，前方至少需要多少块这样的有界磁场？【解析】本题考查线框在匀强磁场中的切割磁感线运动。

（1）M 接电源正极，列车要向右运动，安培力方向应向右，根据左手定则，接通电源后，金属棒中电流方向由a 到b ，由c 到d ，故M 接电源正极。

（2启动时ab 、cd 并联，设回路总电阻为R 总，由电阻的串并联知识得2RR =总①；设回路总电阻为I ，根据闭合电路欧姆定律有E I R =总②设两根金属棒所受安培力之和为F ，有F =BIl ③根据牛顿第二定律有F =ma ④，联立①②③④式得2BEla mR=⑤（3）设列车减速时，cd 进入磁场后经t ∆时间ab 恰好进入磁场，此过程中穿过两金属棒与导轨所围回路的磁通量的变化为∆Φ，平均感应电动势为1E ，由法拉第电磁感应定律有1E t∆Φ=∆⑥，其中2Bl ∆Φ=⑦；设回路中平均电流为'I ，由闭合电路欧姆定律有1'2E I R=⑧设cd 受到的平均安培力为'F ，有''F I lB =⑨以向右为正方向，设t ∆时间内cd 受安培力冲量为I 冲，有'I F t =-∆冲⑩同理可知，回路出磁场时ab 受安培力冲量仍为上述值，设回路进出一块有界磁场区域安培力冲量为0I ，有02I I =冲⑪设列车停下来受到的总冲量为I 总，由动量定理有00I mv =-总⑫联立⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得0220=I mv R I B l总⑬讨论：若0I I 总恰好为整数，设其为n ，则需设置n 块有界磁场，若0I I 总不是整数，设0I I 总的整数部分为N ，则需设置N +1块有界磁场。

⑭．2．(10分)【加试题】（2017年4月浙江选考）间距为l 的两平行金属导轨由水平部分和倾斜部分平滑连接而成，如图所示。

倾角为θ的导轨处于大小为B 1方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间I 中。

水平导轨上的无磁场区间静止放置—质量为3m 的“联动双杆”（由两根长为l 的金属杆cd 和ef 用长度为L 的刚性绝缘杆连接构成），在“联动双杆”右侧存在大小为B 2、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间II ，其长度大于L 。

质量为m 、长为l 的金属杆ab 从倾斜导轨上端释放，达到匀速后进入水平导轨（无能量损失），杆以与“联动双杆”发生碰撞，碰后杆ab 和cd 合在一起形成“联动三杆'。

“联动三杆”继续沿水平导轨进人磁场区间II 并从中滑出。

运动过程中，杆ab 、cd 和ef 与导轨始终接触良好，且保持与导轨垂直。

已知杆ab 、cd 和ef 电阻均为R =0.02Ω，m =0.1kg ，l =0.5m ，L =0.3m ，θ=30°，B 1=0.1T ，B 2=0.2T 。

不计摩擦阻力和导轨电阻，忽略磁场边界效应。

求（1）杆ab 在倾斜导轨上匀速运动时的速度v 0；（2）“联动三杆”进人磁场区间II 前的速度大小v 1；（3）“联动三杆”滑过磁场区间II 产生的焦耳热Q 。

【参考答案】(1)=6m/s (2)v’=1.5m/s (3)0.25J【考点】本题主要考察知识点：电磁感应与动量守恒定律综合应用【名师解析】将杆ab 在倾斜导轨上运动所受的力沿着斜面和垂直斜面正交分解，匀速运动时重力沿斜面方向的分力与安培力平衡(1)感应电动势：E=B 1lv 0电流：I=1.5E R安培力:F=B 1Il杆ab 在倾斜导轨上匀速运动,由平衡条件，F=mg sin θ联立解得：v 0==6m/s 。

（2）由动量守恒定律，m v 0=4mv解得：v=1.5m/s（3）进入B2磁场区域，设速度变化△v,根据动量定理有：B 2Il △t=-4m △v I △t=△q ，I=E/(1.5R)，E=t∆Φ∆，△Ф=B 2Ll 联立解得：△v =2226B Ll mR=-0.25m/s 。

出B2磁场后“联动三杆”的速度为：v’=v+2△v =1.5m/s+2（-0.25m/s ）=1.0m/s “联动三杆”滑过磁场区间II 产生的焦耳热Q =12×4m(v 2-v’2)=0.25J 。

3．（2018年4月浙江选考）如图所示，在竖直平面内建立xOy 坐标系，在0≤x ≤0.65m 、y ≤0.40m 范围内存在一具有理想边界，方向垂直纸面向内的匀强磁场区域。

一边长l =0.10m 、质量m =0.02kg 、电阻R =0.40Ω的匀质正方形刚性导线框abcd 处于图示位置，其中心的坐标为（0，0.65m ）。

现将线框以初速度v 0=2.0m/s 水平向右抛出，线框在进入磁场过程中速度保持不变，然后在磁场中运动，最后从磁场右边界离开磁场区域，完成运动全过程。

线框在全过程中始终处于xOy 平面内，其ab 边与x 轴保持平行，空气阻力不计。

求：（1）磁感应强度B 的大小；（2）线框在全过程中产生的焦耳热Q ；（3）在全过程中，cb 两端的电势差U cb 与线框中心位置的x 坐标的函数关系。

【解析】：本题考查线框在匀强磁场中的切割磁感线运动。

（1）线框做平抛运动，当ab 边与磁场上边界接触时，竖直方向分速度v y 20.650.402l g ⎛⎫--⎪⎝⎭=2m/s.由于水平速度与竖直速度数值相等，所以线框进入磁场区域的速度方向与水平方向成45°角。

题述线框匀速进入磁场区域，线框受力平衡，mg=BIl ，线框ad 边和cd 边切割磁感线产生的感应电动势抵消，只需考虑ab 边切割磁感线产生感应电动势，E=Blv y ，线框中电流，I=E/R ，联立解得：B =2T 。

（2）线框全部进入磁场区域后，磁通量不变，不产生感应电流，在水平方向做匀速运动，在竖直方向做加速度为g 的匀加速直线运动。

从磁场右边界离开磁场区域过程中，上下两边产生的感应电动势抵消，只需考虑左侧边切割磁感线产生的感应电动势。

由i=e/R ，e=t∆Φ∆，q=i △t ，△Ф=Bl 2，联立解得q=Bl 2/R 。

在水平方向，由动量定理，-Bil △t=m △v ，设线框出来磁场区域的水平速度为v ，方程两侧求和，注意到Σi △t =q ，Σm △v=v-v 0，得：Blq=m (v 0-v )，代入相关数据解得：v =1.5m/s根据能量守恒定律，线框在全过程中产生的焦耳热Q=mgl+12mv 02-12mv 2，代入相关数据解得：Q =0.0375J 。