第17讲 动力学、动量和能量观点在电磁感应中的应用（对标选考19题）-2025年高中物理二轮复习解密（浙江选考专用）

第17讲 动力学、动量和能量观点在电磁感应中的应用 高考中本讲内容重要程度大，难度也大，综合性强，考察分值高。对感应电动势问题中的图像问题、与闭合电路欧姆定律相结合的电路问题、以及与动力学、功能关系相结合的问题等综合应用问题都是常见考点。常考的模型包括杆——轨模型、线框模型等。浙江选考中，常以计算题形式出现。 一、电磁感应中的动力学问题 1．题型简述 感应电流在磁场中受到安培力的作用，因此电磁感应问题往往跟力学问题联系在一起．解决这类问题需要综合应用电磁感应规律(法拉第电磁感应定律、楞次定律)及力学中的有关规律(共点力的平衡条件、牛顿运动定律、动能定理等)． 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.动态分析的基本思路 解决这类问题的关键是通过运动状态的分析，寻找过程中的临界状态，如速度、加速度最大值或最小值的条件．具体思路如下： 二、电磁感应中的动量和能量的应用 感应电流在磁场中受到安培力的作用，因此电磁感应问题往往跟力学问题联系在一起.解决这类问题需要综合应用电磁感应规律(法拉第电磁感应定律、楞次定律)及力学中的有关规律(牛顿运动定律、动量守恒定律、动量定理、动能定理等).解决这类问题的方法： (1)选择研究对象.即是哪一根导体棒或几根导体棒组成的系统. (2)分析其受力情况.安培力既跟电流方向垂直又跟磁场方向垂直. (3)分析研究对象所受的各力做功情况和合外力情况，选定所要应用的物理规律. (4)分析研究对象(或系统)是否符合动量守恒的条件. (5)运用物理规律列方程求解.注意：加速度a＝0时，速度v达到最大值. 题型1选考真题探秘 1. （2024•浙江）某小组探究“法拉第圆盘发电机与电动机的功用”，设计了如图所示装置。飞轮由三根长a＝0.8m的辐条和金属圆环组成，可绕过其中心的水平固定轴转动，不可伸长细绳绕在圆环上，系着质量m＝1kg的物块，细绳与圆环无相对滑动。飞轮处在方向垂直环面的匀强磁场中，左侧电路通过电刷与转轴和圆环边缘良好接触，开关S可分别与图示中的电路连接。已知电源电动势E0＝12V、内阻r＝0.1Ω、限流电阻R1＝0.3Ω、飞轮每根辐条电阻R＝0.9Ω，电路中还有可调电阻R2（待求）和电感L，不计其他电阻和阻力损耗，不计飞轮转轴大小。 （1）开关S掷1，“电动机”提升物块匀速上升时，理想电压表示数U＝8V。 ①判断磁场方向，并求流过电阻R1的电流I； ②求物块匀速上升的速度v。 （2）开关S掷2，物块从静止开始下落，经过一段时间后，物块匀速下降的速度与“电动机”匀速提升物块的速度大小相等： ①求可调电阻R2的阻值； ②求磁感应强度B的大小。 2. （2023•浙江）某兴趣小组设计了一种火箭落停装置，简化原理如图所示，它由两根竖直导轨、承载火箭装置（简化为与火箭绝缘的导电杆MN）和装置A组成，并形成闭合回路。装置A能自动调节其输出电压确保回路电流I恒定，方向如图所示，导轨长度远大于导轨间距，不论导电杆运动到什么位置，电流I在导电杆以上空间产生的磁场近似为零；在导电杆所在处产生的磁场近似为匀强磁场，大小B1＝kI （其中k为常量），方向垂直导轨平面向里；在导电杆以下的两导轨间产生的磁场近似为匀强磁场，大小B2＝2kI，方向与B1相同。火箭无动力下降到导轨顶端时与导电杆粘接，以速度v0进入导轨，到达绝缘停靠平台时速度恰好为零，完成火箭落停。已知火箭与导电杆的总质量为M，导轨间距d，导电杆电阻为R。导电杆与导轨保持良好接触滑行，不计空气阻力和摩擦力，不计导轨电阻和装置A的内阻。在火箭落停过程中， （1）求导电杆所受安培力的大小F和运动的距离L； （2）求回路感应电动势E与运动时间t的关系； （3）求装置A输出电压U与运动时间t的关系和输出的能量W； （4）若R的阻值视为0，装置A用于回收能量，给出装置A可回收能量的来源和大小。 3. （2023•浙江）如图1所示，刚性导体线框由长为L、质量均为m的两根竖杆，与长为2l的两轻质横杆组成，且L≫2l。线框通有恒定电流I0，可以绕其中心竖直轴转动。以线框中心O为原点、转轴为z轴建立直角坐标系，在y轴上距离O为a处，固定放置半径远小于a，面积为S、电阻为R的小圆环，其平面垂直于y轴。在外力作用下，通电线框绕转轴以角速度ω匀速转动，当线框平面与xOz平面重合时为计时零点，圆环处的磁感应强度的y分量By与时间的近似关系如图2所示，图中B0已知。 （1）求0到时间内，流过圆环横截面的电荷量q； （2）沿y轴正方向看以逆时针为电流正方向，在时间内，求圆环中的电流与时间的关系； （3）求圆环中电流的有效值； （4）当撤去外力，线框将缓慢减速，经时间角速度减小量为，设线框与圆环的能量转换效率为k，求Δω的值（当0＜x≪1，有（1﹣x）2≈1﹣2x）。 4. （2022•浙江）舰载机电磁弹射是现代航母最先进的弹射技术，我国在这一领域已达到世界先进水平。某兴趣小组开展电磁弹射系统的设计研究，如图1所示，用于推动模型飞机的动子（图中未画出）与线圈绝缘并固定，线圈带动动子，可在水平导轨上无摩擦滑动。线圈位于导轨间的辐向磁场中，其所在处的磁感应强度大小均为B。开关S与1接通，恒流源与线圈连接，动子从静止开始推动飞机加速，飞机达到起飞速度时与动子脱离；此时S掷向2接通定值电阻R0，同时施加回撤力F，在F和磁场力作用下，动子恰好返回初始位置停下。若动子从静止开始至返回过程的v﹣t图如图2所示，在t1至t3时间内F＝（800﹣10v）N，t3时撤去F。已知起飞速度v1＝80m/s，t1＝1.5s，线圈匝数n＝100匝，每匝周长l＝1m，飞机的质量M＝10kg，动子和线圈的总质量m＝5kg，R0＝9.5Ω，B＝0.1T，不计空气阻力和飞机起飞对动子运动速度的影响，求 （1）恒流源的电流I； （2）线圈电阻R； （3）时刻t3。 题型2动量定理和功能关系的应用 5. （2024•浙江二模）如图，两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别为d和2d，处于竖直向上的磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B，导轨右侧连接一个电容为C的电容器。已知导体棒MN的电阻为R、长度为d，质量为m，导体棒PQ的电阻为2R、长度为2d，质量为2m。初始时刻开关断开，两棒静止，两棒之间压缩一轻质绝缘弹簧（但不链接），弹簧的压缩量为L。释放弹簧，恢复原长时MN恰好脱离轨道，PQ的速度为v，并触发开关闭合。整个过程中两棒保持与导轨垂直并接触良好，右侧导轨足够长，所有导轨电阻均不计。求： （1）脱离弹簧瞬间PQ杆上的电动势多大？PQ两点哪点电势高？ （2）刚要脱离轨道瞬间，MN所受安培力多大？ （3）整个运动过程中，通过PQ的电荷量为多少？ 6. （2024•浙江模拟）一实验小组设计了电动小车来研究电磁驱动。其原理为轮毂电机通过控制定子绕组通电顺序和时间，形成旋转磁场，驱动转子绕组带动轮胎转动。简化模型如图所示，定子产生边界为正方形的多个水平排列的有界匀强磁场，相邻两磁场方向相反。转子为水平放置的正方形线框。磁场以速度v向右匀速运动，一段时间后，线框以速度v向右匀速运动。已知磁感应强度的大小均为B，磁场和线框的边长均为l，线框的质量为m，电阻为R，阻力的大小恒定。 （1）求线框受到的阻力大小f； （2）若线框由静止加速到v需要t时间，则这段时间内线框运动的位移大小x； （3）以磁场和线框均做匀速运动的某时刻记为0时刻，此后磁场以加速度a向右做匀加速直线运动，t1时刻线框也做匀加速直线运动，求0～t1时间内通过线框的电量q。 7. （2024•台州二模）某中学兴趣小组研究了电机系统的工作原理，认识到电机系统可实现驱动和阻尼，设计了如图所示装置。电阻不计的“L型”金属导轨由足够长竖直部分和水平部分连接构成，竖直导轨间存在水平向右的匀强磁场，磁感应强度大小为B。导体棒ab与竖直导轨始终良好接触并通过轻质滑轮连接重物M，初始被锁定不动。已知导体棒ab的质量为m，重物M质量为3m，竖直导轨间距为d。电源电动势，内阻为R，导体棒与定值电阻阻值均为R。 （1）把开关k接1，解除导体棒锁定，导体棒经时间t恰好开始匀速上升，求： ①通过导体棒的电流方向； ②导体棒匀速上升时的速度； ③此过程导体棒上升的高度h； （2）把开关k接2，解除导体棒锁定，导体棒经时间t'、下落高度h'时恰好开始匀速下落，求此过程中回路产生的总焦耳热。 8. （2024•温州三模）如图甲所示，在光滑绝缘水平面内建立xOy直角坐标系，在区域Ⅰ内分布着垂直该平面向外的匀强磁场（右边界EF的横坐标在2a～3a间某处），其磁感应强度大小随时间变化如图乙所示；在区域Ⅱ（5a≤x≤6a）内分布着垂直该平面向外、磁感应强度大小为B0的匀强磁场。该平面内有边长为2a、电阻为R、质量为m的正三角形金属框，其MN边与y轴重合，N点与坐标原点O重合。 （1）若金属框不动，在t0～2t0的时间内判断框内电流方向，并求出MN边上产生的焦耳热Q； （2）若在t＝0时，沿x轴正方向给金属框一初速度v0，使其沿x轴运动。t＝2t0时顶点P刚好运动到边界EF处：当顶点P运动到x＝5a和x＝6a处时的速度分别为v1（未知）和v2；框顶点P到达x＝6a处后，继续向前运动直到停止（此时MN边尚未进入区域Ⅱ）。运动中MN边始终与y轴平行。 ①比较v1与v0的大小； ②求金属框停止时顶点P的横坐标xP； ③若将金属框以初速度大小为2v0、方向与x轴正方向成60°角斜向上推出，其他条件不变。求当框顶点P到达x＝6a处时的速度v的大小。 9. （2023•杭州二模）如图所示，电池通过开关K1与两根光滑水平轨道相连接，轨道的S、T两处各有一小段绝缘，其它位置电阻不计，轨道间L＝1m，足够长的区域MNPO内有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B1＝0.5T，QR右侧足够长的区域内有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B2＝0.5T，O、P两处各有一微微突起的导电结点，结点不影响金属棒通过。轨道右端电阻R0＝0.1Ω，P与R间有一开关K2。轨道上放置三根质量m＝0.03kg、电阻r＝0.1Ω的相同金属棒，金属棒甲位于B磁场内的左侧；金属棒乙用较长绝缘细线悬挂在B磁场外靠近OP边界的右侧，且与导电结点无接触；金属棒丙位于B磁场内的左侧。闭合K1，金属棒甲向右加速，达到稳定后以v0＝2m/s速度与金属棒乙碰撞形成一个结合体向右摆起。此时立即断开K1并闭合K2，当两棒结合体首次回到OP时，恰与导电结点接触（无碰撞），此时导体棒丙获得向右的速度。两棒结合体首次向左摆到最大高度h＝0.032m处被锁止。空气阻力不计，不考虑装置自感。求： （1）电池电动势E的大小； （2）碰后瞬间甲、乙结合体的速度大小v1； （3）结合体与导电结点接触过程，通过金属棒丙的电荷量q； （4）全过程金属棒丙产生的焦耳热Q。 题型3动量守恒定律和功能关系的应用 10. 如图所示，宽度为L的平行光滑的金属轨道，左端为半径为r1的四分之一圆弧轨道，右端为半径为r2的半圆轨道，中部为与它们相切的水平轨道。水平轨道所在的区域有磁感应强度为B的竖直向上的匀强磁场。一根质量为m的金属杆a置于水平轨道上，另一根质量为M的金属杆b由静止开始自左端轨道最高点滑下，当b滑入水平轨道某位置时，a就滑上了右端半圆轨道最高点（b始终运动且a、b未相撞），并且a在最高点对轨道的压力大小为mg，此过程中通过a的电荷量为q，a、b棒的电阻分别为R1、R2，其余部分电阻不计。在b由静止释放到a运动到右端半圆轨道最高点过程中，求： （1）在水平轨道上运动时b的最大加速度是多大？ （2）自b释放到a到达右端半圆轨道最高点过程中系统产生的焦耳热是多少？ （3）a刚到达右端半圆轨道最低点时b的速度是多大？ 11. 如图所示，在磁感应强度大小为B、方向垂直向上的匀强磁场中，有一上、下两层均与水平面平行的“U”型光滑金属导轨，在导轨面上各放一根完全相同的质量为m的匀质金属杆A1和A2，开始时两根金属杆位于同一竖起面内且杆与轨道垂直．设两导轨面相距为H，导轨宽为L，导轨足够长且电阻不计，金属杆单位长度的电阻为r．现有一质量为的不带电小球以水平向右的速度v0撞击杆A1的中点，撞击后小球反弹落到下层面上的C点．C点与杆A2初始位置相距为S．求： （1）回路内感应电流的最大值； （2）整个运动过程中感应电流最多产生了多少热量； （3）当杆A2与杆A1的速度比为1：3时，A2受到的安培力大小． 1. （2024春•宁波期末）某中学兴趣小组研究了电机系统的工作原理，认识到电机系统可实现驱动和阻尼，设计了如图所示装置。电阻不计的“L型”金属导轨由足够长竖直部分和水平部分连接构成，竖直导轨间存在水平向右的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝1T。导体棒ab与竖直导轨始终良好接触并通过轻质滑轮连接重物M，初始被锁定不动。已知导体棒ab的质量为m＝0.1kg，重物M质量为0.3kg，竖直导轨间距为d＝0.5m。电源电动势E＝10V，内阻r为1Ω，定值电阻阻值R＝1Ω，电容器的电容C＝0.2F，其余电阻均不计，摩擦不计。 （1）把开关k接1，解除导体棒锁定，导体棒经时间t1＝2s恰好开始匀速上升，求： ①导体棒匀速上升时的速度； ②此过程导体棒上升的高度h； （2）把开关k接2，解除导体棒锁定，导体棒经时间t2＝3s，求此时电容器所带的电荷量。 （3）把开关k接3，解除导体棒锁定，导体棒经时间t3＝2s恰好开始匀速下落，求此过程中回路产生的总焦耳热。 2. （2024春•慈溪市期末）据报道，2023年11月福建号航母成功完成了舰载电磁弹射实验，电磁弹射是利用运动磁场对闭合线圈的电磁力来驱动物体运动的。如图所示是某个电磁驱动的模拟场景，水平面上等距分布着宽度和间距都为L＝0.2m的有界匀强磁场，磁场方向竖直向上。通过控制使整个磁场以v0＝20m/s的速度水平向右匀速运动。两个放在水平面上的导线框a、b，表面绝缘，它们的质量均为m＝0.2kg、边长均为L＝0.2m、电阻均为R＝1Ω，与水平面间的动摩擦因数分别为μ1＝0.2、μ2＝0.4。两线框在如图位置静止释放，b恰能保持静止，a在安培力驱动下向右运动，然后与b发生弹性碰撞。已知a在与b碰撞前已达到最大速度，忽略a、b产生的磁场，以及运动磁场的电磁辐射效应，重力加速度g取10m/s2。试求： （1）磁感应强度B的大小； （2）导线框a与b碰撞前的最大速度和首次碰撞后a、b速度的大小； （3）首次碰撞后a、b相距最远瞬间，a的速度为多大？若首次碰撞后到两者相距最远用时t＝3.5s，且在这段时间内a移动的距离sa＝9.7m，则在这段时间内b的位移为多大？ 3. （2024•镇海区校级模拟）电梯磁悬浮技术的原理是基于电磁原理和磁力驱动的技术使电梯悬浮和运行，从而实现高效、安全和舒适的电梯运输。某种磁悬浮电梯通过空间周期性磁场的运动而获得推进动力，其简化原理如图所示：在竖直面上相距为b的两根绝缘平行直导轨间，有等距离分布的方向相反的匀强磁场，磁场方向垂直于导轨平面，磁感应强度大小均为B，每个磁场分布区间的长度都是a，相间排列。当这些磁场在竖直方向分别以速度v1、v2、v3向上匀速平动时，跨在两导轨间的宽为b、长为a的金属框MNPQ（固定在电梯轿厢上）在磁场力作用下分别会悬停、向上运动、向下运动，金属框的总电阻为R。为最大限度减少电磁对人体及环境的影响，利用屏蔽材料过滤多余的磁感线，使得磁场只能作用在金属框所在区域。假设电梯负载不变（质量未知），忽略电梯运行时的其它阻力、金属框的电感。 求： （1）电梯悬停时，线框中的电流大小I1； （2）金属框、电梯轿厢及电梯负载的总质量M； （3）轿厢向上能达到的最大速度v上； （4）在电梯悬停、向上匀速运动、向下匀速运动时，外界每秒钟提供给轿厢系统的总能量分别为E1、E2、E3，求E1：E2：E3。 4. （2024春•温州期末）如图，水平固定一半径r＝0.4m的金属圆环，电阻R1＝6Ω的金属杆OP一端在圆环圆心O处，另一端与圆环接触良好，并以角速度ω＝50rad/s顺时针匀速转动。圆环内分布着垂直圆环平面向上，磁感应强度大小B1＝2T的匀强磁场。圆环边缘、圆心O分别与间距L＝0.5m的水平放置的足够长平行轨道相连，轨道连接段CE、DF为绝缘粗糙材料，XCE＝0.12m，轨道右边接有电容C＝0.04F的电容器。轨道内分布着垂直导轨平面向上，磁感应强度大小B2＝4T的匀强磁场。电阻R2＝2Ω，长度L＝0.5m，质量m＝0.02kg的金属棒MN垂直导轨静止放置。除已给电阻外其他电阻不计，除CE、DF段轨道均光滑，棒MN与轨道接触良好且运动过程中始终与轨道垂直。闭合K，当棒MN到达AB时，使OP停止转动并保持静止，已知棒MN在到达AB前已做匀速运动，AB与CD相距XAC＝0.12m。求： （1）闭合K瞬间棒MN所受安培力大小； （2）棒MN在到达AB前匀速运动时的速度大小； （3）棒MN从AB到CD过程产生的焦耳热； （4）当棒MN到EF，对棒MN施加水平向右F＝0.36N的恒力，经过2s后棒MN的速度大小。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第17讲 动力学、动量和能量观点在电磁感应中的应用 高考中本讲内容重要程度大，难度也大，综合性强，考察分值高。对感应电动势问题中的图像问题、与闭合电路欧姆定律相结合的电路问题、以及与动力学、功能关系相结合的问题等综合应用问题都是常见考点。常考的模型包括杆——轨模型、线框模型等。浙江选考中，常以计算题形式出现。 一、电磁感应中的动力学问题 1．题型简述 感应电流在磁场中受到安培力的作用，因此电磁感应问题往往跟力学问题联系在一起．解决这类问题需要综合应用电磁感应规律(法拉第电磁感应定律、楞次定律)及力学中的有关规律(共点力的平衡条件、牛顿运动定律、动能定理等)． 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.动态分析的基本思路 解决这类问题的关键是通过运动状态的分析，寻找过程中的临界状态，如速度、加速度最大值或最小值的条件．具体思路如下： 二、电磁感应中的动量和能量的应用 感应电流在磁场中受到安培力的作用，因此电磁感应问题往往跟力学问题联系在一起.解决这类问题需要综合应用电磁感应规律(法拉第电磁感应定律、楞次定律)及力学中的有关规律(牛顿运动定律、动量守恒定律、动量定理、动能定理等).解决这类问题的方法： (1)选择研究对象.即是哪一根导体棒或几根导体棒组成的系统. (2)分析其受力情况.安培力既跟电流方向垂直又跟磁场方向垂直. (3)分析研究对象所受的各力做功情况和合外力情况，选定所要应用的物理规律. (4)分析研究对象(或系统)是否符合动量守恒的条件. (5)运用物理规律列方程求解.注意：加速度a＝0时，速度v达到最大值. 题型1选考真题探秘 1. （2024•浙江）某小组探究“法拉第圆盘发电机与电动机的功用”，设计了如图所示装置。飞轮由三根长a＝0.8m的辐条和金属圆环组成，可绕过其中心的水平固定轴转动，不可伸长细绳绕在圆环上，系着质量m＝1kg的物块，细绳与圆环无相对滑动。飞轮处在方向垂直环面的匀强磁场中，左侧电路通过电刷与转轴和圆环边缘良好接触，开关S可分别与图示中的电路连接。已知电源电动势E0＝12V、内阻r＝0.1Ω、限流电阻R1＝0.3Ω、飞轮每根辐条电阻R＝0.9Ω，电路中还有可调电阻R2（待求）和电感L，不计其他电阻和阻力损耗，不计飞轮转轴大小。 （1）开关S掷1，“电动机”提升物块匀速上升时，理想电压表示数U＝8V。 ①判断磁场方向，并求流过电阻R1的电流I； ②求物块匀速上升的速度v。 （2）开关S掷2，物块从静止开始下落，经过一段时间后，物块匀速下降的速度与“电动机”匀速提升物块的速度大小相等： ①求可调电阻R2的阻值； ②求磁感应强度B的大小。 【解答】解：（1）开关S掷1，相当于电动机； ①物块上升，则金属轮沿逆时针方向转动，辐条受到的安培力指向逆时针方向，辐条中电流方向从圆周指向O点，由左手定则可知，磁场方向垂直纸面向外； 由闭合电路的欧姆定律E0＝U+I（R1+r） 代入数据解得流过电阻R1的电流为10A； ②三根辐条的并联电阻 根据能量守恒定律UI＝I2R并+mgv 代入数据解得v＝5m/s； 另解：辐条切割磁感线产生的电动势与电源电动势相反，设每根辐条产生的电动势为E1，等效电路图如图1所示： 则U＝E1+IR并 代入数据解得E1＝5V 此时金属轮可视为电动机P出＝E1I 当物块P匀速上升时P出＝mgv 解得v＝5m/s （2）物块匀速下落时，相当于发电机； ①由能量关系可知mgv′＝（I′）2（R2+R并） 代入数据解得R2＝0.2Ω 另解：等效电路图如图2所示： 由受力分析可知，辐条受到的安培力与第（1）问相同，经过R2的电流I′＝I＝10A 由题意可知v′＝v＝5m/s 每根辐条切割磁感线产生的感应电动势E2＝E1＝5V 根据电阻串联、并联电路的特点R总＝R2+R并 代入数据解得R2＝0.2Ω ②根据导体棒切割磁感线产生感应电动势 而E2＝5V 代入数据解得B＝2.5T。 2. （2023•浙江）某兴趣小组设计了一种火箭落停装置，简化原理如图所示，它由两根竖直导轨、承载火箭装置（简化为与火箭绝缘的导电杆MN）和装置A组成，并形成闭合回路。装置A能自动调节其输出电压确保回路电流I恒定，方向如图所示，导轨长度远大于导轨间距，不论导电杆运动到什么位置，电流I在导电杆以上空间产生的磁场近似为零；在导电杆所在处产生的磁场近似为匀强磁场，大小B1＝kI （其中k为常量），方向垂直导轨平面向里；在导电杆以下的两导轨间产生的磁场近似为匀强磁场，大小B2＝2kI，方向与B1相同。火箭无动力下降到导轨顶端时与导电杆粘接，以速度v0进入导轨，到达绝缘停靠平台时速度恰好为零，完成火箭落停。已知火箭与导电杆的总质量为M，导轨间距d，导电杆电阻为R。导电杆与导轨保持良好接触滑行，不计空气阻力和摩擦力，不计导轨电阻和装置A的内阻。在火箭落停过程中， （1）求导电杆所受安培力的大小F和运动的距离L； （2）求回路感应电动势E与运动时间t的关系； （3）求装置A输出电压U与运动时间t的关系和输出的能量W； （4）若R的阻值视为0，装置A用于回收能量，给出装置A可回收能量的来源和大小。 【解答】解：（1）导电杆所受安培力的大小为：F＝B1Id＝kI•I•3Mg 在火箭落停过程中，导电杆做匀减速直线运动，设其加速度大小为a，对火箭与导电杆整体，由牛顿第二定律得： F﹣Mg＝Ma 解得：a＝2g 由速度—位移关系公式可得： 2aL 解得：L （2）由速度—时间关系公式可得运动时间为t时，导电杆的速度为： v＝v0﹣at＝v0﹣2gt 回路中感应电动势为： E＝B2dv＝2kI••（v0﹣2gt）（v0﹣2gt） （3）导电杆两端的电压恒为U0＝IR 根据楞次定律或右手定则可知感应电流方向为顺时针方向，与装置A提供的电流方向相同，为确保回路电流I恒定，需满足： U+E＝U0 解得装置A输出电压U与运动时间t的关系为： U＝IR（v0﹣2gt） 火箭落停过程经历的时间为t1 装置A输出的功率为：P＝UI＝I2R﹣6Mg（v0﹣2gt） 可见装置A输出的功率P与时间成线性关系，则可用功率的平均值计算输出的能量W，初始（t＝0）时功率P0＝I2R﹣6Mgv0，末状态（t＝t1）的功率为P1＝I2R，则有： W（P0+P1）t1 （4）当R＝0时，由U＝IR（v0﹣2gt）（v0﹣2gt） 可知装置A回收能量的功率为P′＝|U|I＝6Mg（v0﹣2gt） 可见装置A回收能量的功率与时间成线性关系，同理用此功率的平均值计算回收的总能量W总，初始（t＝0）时功率P0′＝6Mgv0，末状态（t＝t1）的功率为P1′＝0，则有： W总（P0′+P1′）t1 设在火箭落停过程中，火箭与导电杆整体减少的机械能为ΔE机，减少的磁场能为ΔE磁，则有： ΔE机MgL 根据能量守恒定律得： ΔE磁＝W总﹣ΔE机 故装置A可回收能量的来源和大小为火箭与导电杆整体减少的机械能，大小为；减少的磁场能，大小为。 3. （2023•浙江）如图1所示，刚性导体线框由长为L、质量均为m的两根竖杆，与长为2l的两轻质横杆组成，且L≫2l。线框通有恒定电流I0，可以绕其中心竖直轴转动。以线框中心O为原点、转轴为z轴建立直角坐标系，在y轴上距离O为a处，固定放置半径远小于a，面积为S、电阻为R的小圆环，其平面垂直于y轴。在外力作用下，通电线框绕转轴以角速度ω匀速转动，当线框平面与xOz平面重合时为计时零点，圆环处的磁感应强度的y分量By与时间的近似关系如图2所示，图中B0已知。 （1）求0到时间内，流过圆环横截面的电荷量q； （2）沿y轴正方向看以逆时针为电流正方向，在时间内，求圆环中的电流与时间的关系； （3）求圆环中电流的有效值； （4）当撤去外力，线框将缓慢减速，经时间角速度减小量为，设线框与圆环的能量转换效率为k，求Δω的值（当0＜x≪1，有（1﹣x）2≈1﹣2x）。 【解答】解：（1）由电流定义式得：q 由闭合电路欧姆定律得： 由法拉第电磁感应定律得： 0到时间内圆环的磁通量变化量的绝对值为：ΔΦ＝B0S﹣（﹣B0S）＝2B0S 联立解得：q； （2）在时间内，圆环的磁通量不变，故圆环中的感应电流为零； 在时间内，感应电动势为：E•S 沿y轴正方向看，由楞次定律判断感应电流为顺时针方向，故为负值，则此时间内感应电流为： I； （3）由图（2）的对称性可知，圆环中电流的有效值可用半个周期时间内的热等效求得，则有 I2RI有2R• 解得：I有； （4）已知经时间角速度减小量为，则此时间内线框的动能减小量为： ΔEk•2m（ωl）2•2m[（ω﹣Δω）l]2＝mω2l2[1﹣（1）2]＝mω2l2[1﹣（1）2]＝mω2l2•22mωl2Δω 此时间内圆环产生的焦耳热为：Q＝I有2R• 已知线框与圆环的能量转换效率为k，则有：Q＝kΔEk 解得：Δω。 4. （2022•浙江）舰载机电磁弹射是现代航母最先进的弹射技术，我国在这一领域已达到世界先进水平。某兴趣小组开展电磁弹射系统的设计研究，如图1所示，用于推动模型飞机的动子（图中未画出）与线圈绝缘并固定，线圈带动动子，可在水平导轨上无摩擦滑动。线圈位于导轨间的辐向磁场中，其所在处的磁感应强度大小均为B。开关S与1接通，恒流源与线圈连接，动子从静止开始推动飞机加速，飞机达到起飞速度时与动子脱离；此时S掷向2接通定值电阻R0，同时施加回撤力F，在F和磁场力作用下，动子恰好返回初始位置停下。若动子从静止开始至返回过程的v﹣t图如图2所示，在t1至t3时间内F＝（800﹣10v）N，t3时撤去F。已知起飞速度v1＝80m/s，t1＝1.5s，线圈匝数n＝100匝，每匝周长l＝1m，飞机的质量M＝10kg，动子和线圈的总质量m＝5kg，R0＝9.5Ω，B＝0.1T，不计空气阻力和飞机起飞对动子运动速度的影响，求 （1）恒流源的电流I； （2）线圈电阻R； （3）时刻t3。 【解答】解：（1）根据安培力公式可得：F安＝nBIl 动子和线圈在0～t1时间内做匀加速直线运动，运动的加速度为 根据牛顿第二定律得：F安＝（M+m）a 代入数据解得：I＝80A （2）当S拨至2时，接通定值电阻R0，此时的感应电流为 此时的安培力为F安1＝nBI1l 根据牛顿第二定律得： 由图可知在t1到t3的过程中，加速度恒定，则有 解得：R＝0.5Ω； （3）根据图像可知， 则0～2s时间内，位移大小为 根据法拉第电磁感应定律得： 根据电流的定义式可得：Δq＝It 联立解得： 从t3时刻到最后返回初始位置停下的时间段内通过回路中的电荷量，根据动量定理得： ﹣nBlΔq＝0﹣ma1（t3﹣t2） 联立解得：t3 题型2动量定理和功能关系的应用 5. （2024•浙江二模）如图，两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别为d和2d，处于竖直向上的磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B，导轨右侧连接一个电容为C的电容器。已知导体棒MN的电阻为R、长度为d，质量为m，导体棒PQ的电阻为2R、长度为2d，质量为2m。初始时刻开关断开，两棒静止，两棒之间压缩一轻质绝缘弹簧（但不链接），弹簧的压缩量为L。释放弹簧，恢复原长时MN恰好脱离轨道，PQ的速度为v，并触发开关闭合。整个过程中两棒保持与导轨垂直并接触良好，右侧导轨足够长，所有导轨电阻均不计。求： （1）脱离弹簧瞬间PQ杆上的电动势多大？PQ两点哪点电势高？ （2）刚要脱离轨道瞬间，MN所受安培力多大？ （3）整个运动过程中，通过PQ的电荷量为多少？ 【解答】解：（1）根据动生电动势公式可求，脱离弹簧瞬间PQ杆上的感应电动势大小为：E＝B×2d×v＝2Bdv 由右手定则，Q点电势高。 （2）弹簧伸展的过程中，以向右为正方向，对PQ由动量定理得：Ft﹣2Bd•Δt＝2mv 对MN，以向左方向为正，由动量定理得：Ft﹣2Bd•Δt＝mv1 解得导体棒MN的速度大小为：v1＝2v PQ速率为v时，回路中的感应电动势大小为：E＝2Bd×2v+B×2dv＝6Bdv 根据欧姆定律可得，回路中的感应电流大小为： 则MN所受的安培力大小为： （3）脱离前，通过PQ的电荷量为： 代入数据解得：q1 脱离后，PQ向右运动，设最终速度为v′，由动量定理可得：﹣B×2d×q2＝2mv′﹣2mv 脱离后，通过PQ的电荷量为：q2＝CU＝CB2×dv′ 联立代入数据解得： 整个运动过程中，通过PQ的电荷量为： 6. （2024•浙江模拟）一实验小组设计了电动小车来研究电磁驱动。其原理为轮毂电机通过控制定子绕组通电顺序和时间，形成旋转磁场，驱动转子绕组带动轮胎转动。简化模型如图所示，定子产生边界为正方形的多个水平排列的有界匀强磁场，相邻两磁场方向相反。转子为水平放置的正方形线框。磁场以速度v向右匀速运动，一段时间后，线框以速度v向右匀速运动。已知磁感应强度的大小均为B，磁场和线框的边长均为l，线框的质量为m，电阻为R，阻力的大小恒定。 （1）求线框受到的阻力大小f； （2）若线框由静止加速到v需要t时间，则这段时间内线框运动的位移大小x； （3）以磁场和线框均做匀速运动的某时刻记为0时刻，此后磁场以加速度a向右做匀加速直线运动，t1时刻线框也做匀加速直线运动，求0～t1时间内通过线框的电量q。 【解答】解：（1）当线框匀速运动时，感应电动势大小为：E＝2Bl（v）Blv 线框受到的安培力为：FA＝2BIl 线框所受的安培力与阻力平衡，有：f＝FA； （2）取向右为正方向，根据动量定理可得：2Blt﹣ft＝m•0 其中：tt 解得：x； （3）设t1时刻磁场的速度为v1，则：v1﹣v＝at1 此时对线框，有：2BI′l﹣f＝ma，其中此时的电流为：I′ 解得：v2at1 取向右为正方向，对线框根据动量定理可得：2Blt1﹣ft1＝mv2﹣m• 0～t1时间内通过线框的电量qt1 联立解得：q。 7. （2024•台州二模）某中学兴趣小组研究了电机系统的工作原理，认识到电机系统可实现驱动和阻尼，设计了如图所示装置。电阻不计的“L型”金属导轨由足够长竖直部分和水平部分连接构成，竖直导轨间存在水平向右的匀强磁场，磁感应强度大小为B。导体棒ab与竖直导轨始终良好接触并通过轻质滑轮连接重物M，初始被锁定不动。已知导体棒ab的质量为m，重物M质量为3m，竖直导轨间距为d。电源电动势，内阻为R，导体棒与定值电阻阻值均为R。 （1）把开关k接1，解除导体棒锁定，导体棒经时间t恰好开始匀速上升，求： ①通过导体棒的电流方向； ②导体棒匀速上升时的速度； ③此过程导体棒上升的高度h； （2）把开关k接2，解除导体棒锁定，导体棒经时间t'、下落高度h'时恰好开始匀速下落，求此过程中回路产生的总焦耳热。 【解答】解：（1）把开关k接1，解除导体棒锁定，导体棒经时间t恰好开始匀速上升时： ①根据右手定则可知，通过导体棒的电流方向由a到b； ②设导体棒匀速上升时的速度为v1。 导体棒中感应电流大小为 I 对两棒整体，根据平衡条件得 BId+mg＝3mg 解得：v1 ③导体棒从开始运动到刚匀速运动的过程，取竖直向上为正方向，对两棒整体，根据动量定理得 （3mg﹣mg）t﹣Bdt＝（3m+m）v1﹣0 即2mgt﹣Bdq＝4mv1 又通过导体棒的电荷量为 qt 联立解得：h（2t） （2）把开关k接2，解除导体棒锁定，导体棒经时间t'、下落高度h'时恰好开始匀速下落，此时导体棒中感应电流大小为 I′ 对两棒整体，根据平衡条件得 BI′d+mg＝3mg 联立解得导体棒匀速运动的速度大小为：v2 取竖直向上为正方向，对两棒整体，根据动量定理得 Bdq′﹣（3mg﹣mg）t′＝（3m+m）v2﹣0 即Bdq′﹣2mgt＝4mv2 解得此过程通过导体棒的电荷量为：q′ 根据能量守恒有 Eq′（3m﹣m）gh′+Q 解得：Q（10t′）﹣2mgh′ 8. （2024•温州三模）如图甲所示，在光滑绝缘水平面内建立xOy直角坐标系，在区域Ⅰ内分布着垂直该平面向外的匀强磁场（右边界EF的横坐标在2a～3a间某处），其磁感应强度大小随时间变化如图乙所示；在区域Ⅱ（5a≤x≤6a）内分布着垂直该平面向外、磁感应强度大小为B0的匀强磁场。该平面内有边长为2a、电阻为R、质量为m的正三角形金属框，其MN边与y轴重合，N点与坐标原点O重合。 （1）若金属框不动，在t0～2t0的时间内判断框内电流方向，并求出MN边上产生的焦耳热Q； （2）若在t＝0时，沿x轴正方向给金属框一初速度v0，使其沿x轴运动。t＝2t0时顶点P刚好运动到边界EF处：当顶点P运动到x＝5a和x＝6a处时的速度分别为v1（未知）和v2；框顶点P到达x＝6a处后，继续向前运动直到停止（此时MN边尚未进入区域Ⅱ）。运动中MN边始终与y轴平行。 ①比较v1与v0的大小； ②求金属框停止时顶点P的横坐标xP； ③若将金属框以初速度大小为2v0、方向与x轴正方向成60°角斜向上推出，其他条件不变。求当框顶点P到达x＝6a处时的速度v的大小。 【解答】解：（1）根据题意，金属框静止在磁场中，在t0～2t0的时间内穿过金属框的磁通量均匀减小，由楞次定律可知，线圈中电流方向为逆时针方向。 由法拉第电磁感应定律得感应电动势为： 由闭合电路欧姆定律得感应电流为： 由焦耳定律得MN边上产生的焦耳热为： （2）①由图乙可知，0～2t0时间内，整个金属框在磁场内，无论金属框中是否有感应电流，整个金属框所受安培力为零，做匀速直线运动，2t0时刻后区域Ⅰ内磁感应强度为零，顶点P运动到x＝5a的过程金属框继续做匀速直线运动，则有： v1＝v0 ②根据题意，由几何关系可知，顶点P到达x＝6a处后，金属框进入区域Ⅱ的有效长度为： 继续运动直到停止的过程，以向右为正方向，根据动量定理得： ﹣B0L0﹣mv2 又有： 联立解得： 则金属框停止时顶点P的横坐标为： ③将金属框以初速度大小为2v0，方向与x轴正方向成60°角斜向上推出，同理在区域Ⅰ内线框做匀速直线运动，将初速度沿x、y轴分解，则有： vx＝2v0sin30°＝v0， 因vx＝v0，故根据①的解答，可知2t0时刻顶点P刚好运动到边界EF处，进入区域Ⅱ前一直做匀速直线运动。 进入区域Ⅱ后在y轴方向上安培力的分量为零，在此方向上做匀速直线运动。 在x轴方向上，以向右为正方向，根据动量定理得： ﹣B0Lmvx′﹣mvx 对于沿x轴正方向给金属框一初速度v0，使其沿x轴运动的情况中，顶点P由x＝5a运动到x＝6a的过程，同理有： ﹣B0Lmv2﹣mv1 又有：vx＝v0＝v1 对比可得：vx′＝v2 当顶点P到达x＝6a处时的速度大小为： 9. （2023•杭州二模）如图所示，电池通过开关K1与两根光滑水平轨道相连接，轨道的S、T两处各有一小段绝缘，其它位置电阻不计，轨道间L＝1m，足够长的区域MNPO内有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B1＝0.5T，QR右侧足够长的区域内有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B2＝0.5T，O、P两处各有一微微突起的导电结点，结点不影响金属棒通过。轨道右端电阻R0＝0.1Ω，P与R间有一开关K2。轨道上放置三根质量m＝0.03kg、电阻r＝0.1Ω的相同金属棒，金属棒甲位于B磁场内的左侧；金属棒乙用较长绝缘细线悬挂在B磁场外靠近OP边界的右侧，且与导电结点无接触；金属棒丙位于B磁场内的左侧。闭合K1，金属棒甲向右加速，达到稳定后以v0＝2m/s速度与金属棒乙碰撞形成一个结合体向右摆起。此时立即断开K1并闭合K2，当两棒结合体首次回到OP时，恰与导电结点接触（无碰撞），此时导体棒丙获得向右的速度。两棒结合体首次向左摆到最大高度h＝0.032m处被锁止。空气阻力不计，不考虑装置自感。求： （1）电池电动势E的大小； （2）碰后瞬间甲、乙结合体的速度大小v1； （3）结合体与导电结点接触过程，通过金属棒丙的电荷量q； （4）全过程金属棒丙产生的焦耳热Q。 【解答】解：（1）金属棒甲匀速运动时，感应电动势大小等于电池电动势大小，电池电动势 E＝B1Lv0＝0.5×1×2V＝1V （2）取向右为正方向，设甲、乙碰后瞬间甲、乙结合体的速度大小为v1，两棒碰撞时动量守恒，根据动量守恒定律有 mv0＝2mv1 代入数据解得v1＝1m/s （3）设两棒结合体首次回到OP时的速度为v2，对两棒结合体从OP首次向左摆到最大高度h的过程，根据机械能守恒定律得： 代入数据解得v2＝0.8m/s，方向向左； 因B1＝B2，可得两棒结合体与导电结点接触的过程，两棒结合体所受的安培力大小与导体棒丙所受安培力大小始终相等，此过程结合体所受的安培力的冲量大小与导体棒丙所受安培力冲量大小相等，根据动量定理可知此过程结合体的动量减少量等于导体棒丙的动量增加量，设导体棒丙获得向右的速度为v3，则有： 2mv1﹣2mv2＝mv3 代入数据解得v3＝0.4m/s 根据： 代入数据解得q＝0.024C （4）设两棒结合体与导电结点接触的过程中金属棒丙产生热量为Q1，两棒结合体的电阻为，金属棒丙的电阻为r，则此过程两棒结合体与金属棒丙产生的总的热量为Q1，根据能量守恒得： 22Q1 解得：Q1＝0.0056J 金属棒丙通过轨道的S、T处后与R0组成闭合回路，最终速度减为零，此过程回路中产生总热量为 此过程金属棒丙产生的焦耳热为 Q2 全过程金属棒丙产生的焦耳热为Q＝Q1+Q2＝0.0056J+0.0012J＝0.0068J。 题型3动量守恒定律和功能关系的应用 10. 如图所示，宽度为L的平行光滑的金属轨道，左端为半径为r1的四分之一圆弧轨道，右端为半径为r2的半圆轨道，中部为与它们相切的水平轨道。水平轨道所在的区域有磁感应强度为B的竖直向上的匀强磁场。一根质量为m的金属杆a置于水平轨道上，另一根质量为M的金属杆b由静止开始自左端轨道最高点滑下，当b滑入水平轨道某位置时，a就滑上了右端半圆轨道最高点（b始终运动且a、b未相撞），并且a在最高点对轨道的压力大小为mg，此过程中通过a的电荷量为q，a、b棒的电阻分别为R1、R2，其余部分电阻不计。在b由静止释放到a运动到右端半圆轨道最高点过程中，求： （1）在水平轨道上运动时b的最大加速度是多大？ （2）自b释放到a到达右端半圆轨道最高点过程中系统产生的焦耳热是多少？ （3）a刚到达右端半圆轨道最低点时b的速度是多大？ 【解答】解：（1）b棒从左侧轨道下滑的过程，由机械能守恒定律： ∴ b刚滑到水平轨道时加速度最大， 由E＝BLvb1，，F安＝BIL＝Ma得 ∴ （2）对b棒，根据动量定理得 ﹣BILt＝Mvb2﹣Mvb1 又It＝q，即﹣BLq＝Mvb2﹣Mvb1 ∴ 对a棒，再根据牛顿第三定律得：N＝N′＝mg 在轨道最高点： ∴ 根据能量守恒定律得： 得 （3）∵ ∴ 当两棒都在水平轨道上运动时，两棒组成的系统合外力为零，动量守恒，则有 Mvb1＝Mvb3+mva2 ∴ 11. 如图所示，在磁感应强度大小为B、方向垂直向上的匀强磁场中，有一上、下两层均与水平面平行的“U”型光滑金属导轨，在导轨面上各放一根完全相同的质量为m的匀质金属杆A1和A2，开始时两根金属杆位于同一竖起面内且杆与轨道垂直．设两导轨面相距为H，导轨宽为L，导轨足够长且电阻不计，金属杆单位长度的电阻为r．现有一质量为的不带电小球以水平向右的速度v0撞击杆A1的中点，撞击后小球反弹落到下层面上的C点．C点与杆A2初始位置相距为S．求： （1）回路内感应电流的最大值； （2）整个运动过程中感应电流最多产生了多少热量； （3）当杆A2与杆A1的速度比为1：3时，A2受到的安培力大小． 【解答】解：设撞击后小球反弹的速度为v1，金属杆A1的速度为v01，根据动量守恒定律，mv0m（﹣v1）+mv01，① 根据平抛运动的分解，有 s＝v1t，Hgt2 由以上2式解得v1＝s ② ②代入①得v01（v0+s） ③ 回路内感应电动势的最大值为Em＝BLv01，电阻为R＝2Lr， 所以回路内感应电流的最大值为Im． ④ （2）因为在安培力的作用下，金属杆A1做减速运动，金属杆A2做加速运动，当两杆速度大小相等时，回路内感应电流为0，根据能量守恒定律，Q•2mv2 ⑤ 其中v是两杆速度大小相等时的速度，根据动量守恒定律， mv01＝2mv，所以vv01，代入⑤式得 Qm（v0+s）2 ⑥ （3）设金属杆A1、A2速度大小分别为v1、v2，根据动量守恒定律， mv01＝mv1+mv2，又，所以 v1v01，v2v 金属杆A1、A2速度方向都向右，根据右手定则判断A1、A2产生的感应电动势在回路中方向相反， 所以感应电动势为E＝BL（v1﹣v2），电流为I，安培力为F＝BIL， 所以A2受到的安培力大小为F（v0+s）． 当然A1受到的安培力大小也如此，只不过方向相反． 1. （2024春•宁波期末）某中学兴趣小组研究了电机系统的工作原理，认识到电机系统可实现驱动和阻尼，设计了如图所示装置。电阻不计的“L型”金属导轨由足够长竖直部分和水平部分连接构成，竖直导轨间存在水平向右的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝1T。导体棒ab与竖直导轨始终良好接触并通过轻质滑轮连接重物M，初始被锁定不动。已知导体棒ab的质量为m＝0.1kg，重物M质量为0.3kg，竖直导轨间距为d＝0.5m。电源电动势E＝10V，内阻r为1Ω，定值电阻阻值R＝1Ω，电容器的电容C＝0.2F，其余电阻均不计，摩擦不计。 （1）把开关k接1，解除导体棒锁定，导体棒经时间t1＝2s恰好开始匀速上升，求： ①导体棒匀速上升时的速度； ②此过程导体棒上升的高度h； （2）把开关k接2，解除导体棒锁定，导体棒经时间t2＝3s，求此时电容器所带的电荷量。 （3）把开关k接3，解除导体棒锁定，导体棒经时间t3＝2s恰好开始匀速下落，求此过程中回路产生的总焦耳热。 【解答】解：（1）①把开关k接1，解除导体棒锁定，电阻R与导体棒构成通路 当系统平衡时有：Mg＝mg+F安 而安培力：F安＝BId＝B••d 联立可得：v 代入数据得：v＝8m/s ②把M和m看成一个整体，以向下方向为正，根据动量定理有：（M﹣m）gt1﹣∑（M+m）v﹣0 即：（M﹣m）gt1（M+m）v 代入数据得：h＝3.2m （2）把开关k接2，解除导体棒锁定，导体棒切割磁感线产生感应电动势对电容充电。 以导体棒ab和重物M整体进行受力分析，由牛顿第二定律有：（M﹣m）g﹣BId＝（M+m）a 而电流：ICBda 联立以上两式得：（M﹣m）g﹣B•CBda•d＝（M+m）a 代入数据可得：am/s2 电荷量q＝CBda•t2 代入数据得：qC （3）把开关k接3，解除导体棒锁定，电源对ab棒提供电流，对重物M及ab棒整体进行受力分析，当整体匀速直线运动时有：Bd＝（M﹣m）g 代入数据得到：v1＝12m/s 以向下为正，对整体应用动量定理得：∑BΔt﹣（M﹣m）gt3＝（M+m）v1﹣0 化简得到：（M﹣m）gt3＝（M+m）v1﹣0 代入数据得：h2＝4.8m 该过程应用动量定理还可写成：Bdq﹣（m+M）gt3＝（m+M）v1 代入数据得：q＝17.6C 根据能量守恒定律有：qE+mgh2＝Mgh2Q 代入数据得：Q＝137.6J 2. （2024春•慈溪市期末）据报道，2023年11月福建号航母成功完成了舰载电磁弹射实验，电磁弹射是利用运动磁场对闭合线圈的电磁力来驱动物体运动的。如图所示是某个电磁驱动的模拟场景，水平面上等距分布着宽度和间距都为L＝0.2m的有界匀强磁场，磁场方向竖直向上。通过控制使整个磁场以v0＝20m/s的速度水平向右匀速运动。两个放在水平面上的导线框a、b，表面绝缘，它们的质量均为m＝0.2kg、边长均为L＝0.2m、电阻均为R＝1Ω，与水平面间的动摩擦因数分别为μ1＝0.2、μ2＝0.4。两线框在如图位置静止释放，b恰能保持静止，a在安培力驱动下向右运动，然后与b发生弹性碰撞。已知a在与b碰撞前已达到最大速度，忽略a、b产生的磁场，以及运动磁场的电磁辐射效应，重力加速度g取10m/s2。试求： （1）磁感应强度B的大小； （2）导线框a与b碰撞前的最大速度和首次碰撞后a、b速度的大小； （3）首次碰撞后a、b相距最远瞬间，a的速度为多大？若首次碰撞后到两者相距最远用时t＝3.5s，且在这段时间内a移动的距离sa＝9.7m，则在这段时间内b的位移为多大？ 【解答】解：（1）b恰能保持静止，根据平衡条件得：BIbL＝μ2mg 其中：Ib 联立解得：B＝1T； （2）a在安培力驱动下向右运动，切割磁感线产生的感应电动势为：E＝BL（v0﹣vm） 根据闭合电路欧姆定律得：Ia 当a达到最大速度时，有：BIaL＝μ1mg 联立解得：vm＝10m/s a、b发生弹性碰撞过程中，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：mvm＝mva+mvb 根据能量守恒定律可得： 解得：va＝0，vb＝10m/s； （3）由于碰撞后瞬间，a和b组成的系统，合外力：F合（μ1+μ2）mg 解得：F合＝0 此后二者运动过程中，a、b组成的系统合外力为零，则a、b组成的系统动量守恒，则a、b共速时相距最远。 取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：mvm＝2mv共 解得：v共＝5m/s 所以首次碰撞后a、b相距最远瞬间，a的速度为5m/s。 在这段时间内的任意时刻均满足： mvm＝mva+mvb 则有：∑mvmΔt＝∑mvaΔt+∑mvbΔt 可得：vmt＝sa+sb 解得：sb＝vmt﹣sa＝10×3.5m﹣9.7m＝25.3m。 3. （2024•镇海区校级模拟）电梯磁悬浮技术的原理是基于电磁原理和磁力驱动的技术使电梯悬浮和运行，从而实现高效、安全和舒适的电梯运输。某种磁悬浮电梯通过空间周期性磁场的运动而获得推进动力，其简化原理如图所示：在竖直面上相距为b的两根绝缘平行直导轨间，有等距离分布的方向相反的匀强磁场，磁场方向垂直于导轨平面，磁感应强度大小均为B，每个磁场分布区间的长度都是a，相间排列。当这些磁场在竖直方向分别以速度v1、v2、v3向上匀速平动时，跨在两导轨间的宽为b、长为a的金属框MNPQ（固定在电梯轿厢上）在磁场力作用下分别会悬停、向上运动、向下运动，金属框的总电阻为R。为最大限度减少电磁对人体及环境的影响，利用屏蔽材料过滤多余的磁感线，使得磁场只能作用在金属框所在区域。假设电梯负载不变（质量未知），忽略电梯运行时的其它阻力、金属框的电感。 求： （1）电梯悬停时，线框中的电流大小I1； （2）金属框、电梯轿厢及电梯负载的总质量M； （3）轿厢向上能达到的最大速度v上； （4）在电梯悬停、向上匀速运动、向下匀速运动时，外界每秒钟提供给轿厢系统的总能量分别为E1、E2、E3，求E1：E2：E3。 【解答】解：（1）磁场以v1匀速运动时线框处于静止状态，线框中的电流大小为 （2）由平衡关系得2BI1b＝Mg 得金属框、电梯轿厢及电梯负载的总质量为 （3）当磁场以v2运动时，线框向上运动，当线框的加速度为零时，轿厢向上能达到最大速度，则 得v上＝v2−v1 （4）电梯悬停时，外界每秒钟提供给轿厢系统的总能量等于线框的焦耳热，则 电梯向上匀速运动时，外界每秒钟提供给轿厢系统的总能量等于线框的焦耳热与重力势能增加量之和 解得 同理电梯向下匀速运动的速度为v下＝v1−v3 电梯向下匀速运动时，外界每秒钟提供给轿厢系统的总能量等于线框的焦耳热与重力势能减少量之差 解得 则E1：E2：E3＝v1：v2：v3 4. （2024春•温州期末）如图，水平固定一半径r＝0.4m的金属圆环，电阻R1＝6Ω的金属杆OP一端在圆环圆心O处，另一端与圆环接触良好，并以角速度ω＝50rad/s顺时针匀速转动。圆环内分布着垂直圆环平面向上，磁感应强度大小B1＝2T的匀强磁场。圆环边缘、圆心O分别与间距L＝0.5m的水平放置的足够长平行轨道相连，轨道连接段CE、DF为绝缘粗糙材料，XCE＝0.12m，轨道右边接有电容C＝0.04F的电容器。轨道内分布着垂直导轨平面向上，磁感应强度大小B2＝4T的匀强磁场。电阻R2＝2Ω，长度L＝0.5m，质量m＝0.02kg的金属棒MN垂直导轨静止放置。除已给电阻外其他电阻不计，除CE、DF段轨道均光滑，棒MN与轨道接触良好且运动过程中始终与轨道垂直。闭合K，当棒MN到达AB时，使OP停止转动并保持静止，已知棒MN在到达AB前已做匀速运动，AB与CD相距XAC＝0.12m。求： （1）闭合K瞬间棒MN所受安培力大小； （2）棒MN在到达AB前匀速运动时的速度大小； （3）棒MN从AB到CD过程产生的焦耳热； （4）当棒MN到EF，对棒MN施加水平向右F＝0.36N的恒力，经过2s后棒MN的速度大小。 【解答】解：（1）根据法拉第电磁感应定律，金属杆OP以角速度ω＝50rad/s匀速转动切割磁感线产生的感应电动势为： 解得：E＝8V 闭合电键K瞬间，回路中的电流大小为： 解得：I＝1A 棒MN所受安培力大小为：F＝B2IL 解得：F＝2N （2）设棒MN在到达AB前匀速运动时的速度大小为v1，当金属棒MN切割磁感线产生的电动势等于金属杆OP产生的电动势时棒MN做匀速运动，则有： E＝B2Lv1 解得：v1＝4m/s （3）OP停止转动棒MN切割磁感线产生感应电动势与感应电流，MN受到安培力做减速运动，以向右为正方向，对棒MN从AB到CD过程，根据动量定理得：﹣∑B2LiΔt＝mv2﹣mv1 其中：∑iΔt 联立解得：v2＝1m/s 根据能量守恒可得回路产生的总热量为： 解得：Q总＝0.15J 根据焦耳定律可得棒MN产生热量为： 解得：QMN＝0.0375J （4）棒MN从CD到EF的过程，根据动能定理得： 解得棒MN运动到EF时的速度大小为：v3＝0 设恒力F作用t＝2s时棒MN的速度大小为v4，此时电容器的电压等于棒MN切割磁感线产生的电动势，则有：UC＝E＝B2Lv4 此时电容器带电量为：q＝CUC＝CB2Lv4 以向右为正方向，此过程对棒MN由动量定理得：Ft﹣B2Lmv4﹣0，其中： 联立解得：v4＝4m/s 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 $$