14 专题突破七 电磁感应中的动力学、能量和动量问题-【正禾一本通】2024-2025学年高中物理选择性必修2同步课堂高效讲义配套课件（人教版2019）

物理选择性 必修第二册 专题突破七　电磁感应中的 动力学、能量和动量问题 第二章 电磁感应 突破点一　电磁感应中的动力学问题 突破点二　电磁感应中的能量问题 突破点三　电磁感应中的动量问题 角度1 动量定理在电磁感应中的应用 角度2 动量守恒定律在电磁感应中的应用 专题突破（七）电磁感应中的动力学、能量和动量问题 本专题主要研究三类问题，一是电磁感应中的动力学问题，二是电磁感应中的能量问题，三是电磁感应中的动量问题。电磁感应中的动力学问题要结合牛顿第二定律，进行受力分析；电磁感应中的能量问题要结合能量守恒定律，进行功能关系分析；电磁感应中的动量问题，要结合动量定理和动量守恒定律分析。 1．电磁感应问题中的两个研究对象及它们之间的相互制约关系。 2．电磁感应现象中涉及具有收尾速度的力学问题时，关键是做好受力情况和运动情况的动态分析。 处理此类问题的基本方法： (1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向。 (2)求回路中感应电流的大小和方向。 (3)分析研究导体受力情况(包括安培力)。 (4)列动力学方程或平衡方程求解。 3．电磁感应现象中导体棒的匀加速直线运动 在如图所示的模型中，导体棒在光滑导轨上，受外力F作用，从静止开始做匀加速直线运动，加速度为a，则F必须随时间线性变化，且F＝t＋ma，其中L、m、r分别为导体棒的长度、质量和电阻。 证明：假设某时刻导体棒的速度为v，则由牛顿第二定律可知F－FA＝ma，又因为FA＝BIL，I＝，v＝at，所以联立解得F＝t＋ma。 【典例1】 如图甲所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L，M、P两点间接有阻值为R的定值电阻，一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直，整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下，导轨和金属杆的电阻可忽略，让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦。(重力加速度为g) (1)由b向a方向看到的装置如图乙所示，请在此图中画出ab杆下滑过程中的受力示意图； (2)在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v时，求此时ab杆中的电流大小及其加速度的大小； (3)求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值。 解析：(1)如图所示，ab杆受重力mg，方向竖直向下；支持力FN，方向垂直于导轨平面向上；电流方向由a→b，安培力F安，方向沿导轨向上。 (2)当ab杆的速度大小为v时，感应电动势E＝BLv 则此时电路中的电流I＝ ab杆受到的安培力F安＝BIL＝ 根据牛顿第二定律，有 mg sin θ－F安＝ma 联立各式解得a＝g sin θ－。 (3)当a＝0时，ab杆达到最大速度vm 即有mg sin θ＝ 解得vm＝。 答案：(1)见解析图　(2)　g sin θ－　(3) [规律方法]用“四步法”分析电磁感应中的动力学问题 解决电磁感应中的动力学问题的一般思路是“先电后力”，具体思路如下： 【针对训练1】(多选)如图所示，MN和PQ是两根互相平行竖直放置的光滑金属导轨，已知导轨足够长，且电阻不计。ab是一根与导轨垂直且始终与导轨接触良好的金属杆。开始时，将开关S断开，让杆ab由静止开始自由下落，一段时间后，再将S闭合，若从S闭合开始计时，则金属杆ab的速度v随时间t变化的图像可能是(　　 ) INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\Administrator\\AppData\\Local\\Temp\\ksohtml4352\\wps355.jpg" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\Administrator\\AppData\\Local\\Temp\\ksohtml4352\\wps355.jpg" \* MERGEFORMATINET 解析：选ACD。设ab杆的有效长度为l，S闭合时，金属杆受重力mg、安培力F安＝，若＞mg，杆先减速再匀速，D项有可能；若＝mg，杆匀速运动，A项有可能；若＜mg，杆先加速再匀速，C项有可能；由于v变化，－mg＝ma中的a不恒定，故B项不可能。 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 【典例2】 如图所示，足够长的平行光滑U形导轨倾斜放置，所在平面的倾角θ＝37°，导轨间的距离L＝1.0 m，下端连接R＝1.6 Ω的定值电阻，导轨电阻不计，所在空间存在垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度B＝1.0 T。质量m＝0.5 kg、电阻r＝0.4 Ω的金属棒ab垂直放置于导轨上，现用沿导轨平面且垂直于金属棒、大小为F＝5.0 N的恒力使金属棒ab从静止开始沿导轨向上滑行且始终与导轨接触良好，当金属棒滑行x＝2.8 m后速度保持不变(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)。求： (1)金属棒匀速运动时的速度大小v； (2)金属棒从静止开始到做匀速运动的过程中，电阻R上产生的热量QR。 解析：(1)金属棒匀速运动时产生的感应电流为I＝ 由平衡条件有F＝mg sin θ＋ILB 联立并代入数据解得v＝4 m/s。 (2)设整个电路中产生的热量为Q，由动能定理得Fx－mgx sin θ－W安＝mv2 而Q＝W安，QR＝Q 联立并代入数据解得QR＝1.28 J。 答案：(1)4 m/s　(2)1.28 J [规律方法]求解电磁感应现象中能量问题的两个关键点 (1)画出等效电路图，确定感应电动势的大小和方向，求出回路中消耗的电能、热能等表达式。 (2)分析导体机械能的变化，用能量守恒关系得到机械能的改变与回路中产生的电能的关系方程。 【针对训练2】 (多选)如图所示，光滑平行金属轨道平面与水平面成θ角，两轨道上端用一电阻R相连，该装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直于轨道平面向上。质量为m的金属杆ab以初速度v0从轨道底端向上滑行，滑行到某一高度h后又返回到底端。若运动过程中，金属杆始终保持与轨道垂直且接触良好，轨道与金属杆的电阻均忽略不计，重力加速度为g，则(　　) A．金属杆返回到底端时的速度大小为v0 B．金属杆上滑到最高点的过程中克服安培力做功与克服重力做功之和等于 C．上滑到最高点的过程中电阻R上产生的热量等于－mgh D．金属杆两次通过轨道上的同一位置时电阻R的热功率相同 解析：选BC。金属杆从轨道底端滑上轨道某一高度至又返回到出发点时，由于电阻R上产生热量，故金属杆的机械能减小，即返回到底端时速度小于v0，选项A错误；金属杆上滑到最高点的过程中，动能转化为重力势能和电阻R上产生的热量(即克服安培力所做的功)，选项B、C正确；金属杆两次通过轨道上同一位置时的速度大小不同，电路中的电流不同，故电阻的热功率不同，选项D错误。 1．动量定理的应用 以如图所示的模型为例。导体棒AB置于光滑“U”形水平导轨上，导轨处于竖直方向的匀强磁场中。用恒定的外力F拉着导体棒向右运动，在导体棒的速度由v0变为v的过程中，由动量定理可得：Ft－Blt＝mv－mv0。 (1)求电荷量q：若恒力F与运动时间t已知，则结合q＝·t可求该过程通过导体AB的电荷量q。 (2)求运动时间：若恒力F与电荷量q已知，则可求该过程导体AB运动的时间t。 (3)求位移：若恒力F与运动时间t已知，则结合B可求该过程导体AB运动的位移x。 2．动量守恒定律在电磁感应中的应用 以如图所示的模型为例。水平面上有足够长的平行光滑金属导轨MN和PQ，导轨所处空间存在竖直向下的匀强磁场，导轨上放有金属棒a、b。开始时金属棒b静止，金属棒a获得向右的初速度v0。 (1)运动特点：金属棒a在向左的安培力作用下做加速度逐渐减小的减速运动，金属棒b在向右的安培力作用下做加速度逐渐减小的加速运动。当两棒的速度相等时，回路的总电动势E＝Bl(va－vb)＝0，两金属棒稳定，此后均做匀速直线运动。 (2)遵循规律：两金属棒所受安培力冲量始终等大、反向，系统的合外力为零，两棒组成的系统动量守恒。(类比“完全非弹性碰撞”模型) 设最终达到的共同速度为v，则有mav0＝(ma＋mb)v。根据能量守恒定律可知，整个过程系统产生的焦耳热Q＝·v2。 [说明]若选某个金属棒为研究对象，利用动量定理还可进一步确定通过金属棒的电量、两金属棒距离的变化等问题。 【典例3】 相距为L＝0.5 m的竖直平行金属轨道，上端接有一阻值为R＝2 Ω的电阻，导轨间存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝2 T，一根质量为m＝0.03 kg、长度也为L、电阻r＝1 Ω的金属杆，从轨道的上端由静止开始下落，下落过程中始终与导轨接触良好并保持水平，经过一段时间后金属杆匀速运动。(不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2) (1)求金属杆匀速运动时通过的电流大小； (2)求金属杆最终匀速运动的速度大小； (3)在金属杆开始下落至刚好匀速的过程中流过电阻的电荷量为q＝0.033 C，求此过程经历的时间。 解析：(1)经分析可知，当金属杆所受重力等于安培力的时候，金属杆做匀速运动，则有mg＝BIL 解得I＝＝0.3 A。 (2)根据BLv＝IR＋Ir，解得v＝0.9 m/s。 (3)对金属杆，根据动量定理可得 mgt－BL·t＝mv－0 又由q＝t，代入数据解得t＝0.2 s。 答案：(1)0.3 A　(2)0.9 m/s　(3)0.2 s 【针对训练3】 (多选)如图所示，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ，两导轨间距为L，导轨电阻均可忽略不计。在M和P之间接有一阻值为R的定值电阻，导体杆ab质量为m、电阻也为R，并与导轨垂直且接触良好。整个装置处于方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。现给ab杆一个初速度v0，使杆向右运动，最终ab杆停止在导轨上。下列说法正确的是(　　 ) A．ab杆将做匀减速运动直到静止 B．ab杆速度减为时，ab杆加速度大小为 C．ab杆速度减为时，通过定值电阻的电荷量为 D．ab杆速度减为时，ab杆通过的位移为 解析：选BD。ab杆在水平方向上受到与运动方向相反的安培力，安培力大小为FA＝，加速度大小为a＝，由于速度减小，所以ab杆做加速度减小的变减速运动直到静止，故A错误；当ab杆的速度为时，安培力大小为FA′＝，所以加速度大小为a′＝，故B正确；对ab杆，由动量定理得－BL·Δt＝m－mv0，又q＝Δt，得BLq＝mv0，解得q＝，所以通过定值电阻的电荷量为，故C错误；由q＝，解得ab杆通过的位移x＝，故D正确。 【典例4】 如图所示，固定于水平面内的电阻不计的足够长光滑平行金属导轨间距为L，质量均为m、阻值均为R的金属棒ab、cd垂直放置在导轨上，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向上，某一时刻同时给ab、cd以平行于导轨的水平向右的初速度v0、2v0，则两棒从开始运动至达到稳定速度的过程中(　　) A．ab中的最大电流为 B．ab达到稳定速度时，其两端的电压为0 C．ab速度为时，其加速度比cd的小 D．ab、cd间距增加了 解析：选D。根据右手定则，回路产生顺时针方向(从上往下看)的感应电流，根据左手定则，cd棒所受安培力向左做减速运动，ab棒所受安培力向右做加速运动，稳定时以相同的速度运动。初始时刻电流最大，且Im＝，A错误；根据动量守恒定律得mv0＋m·2v0＝2mv，解得v＝v0，稳定时ab棒两端电压为U＝BLv＝B错误；稳定前两棒所受安培力大小相等，方向相反，两棒的加速度也大小相等，方向相反，C错误；对ab根据动量定理得BLΔt＝m·Δt，对回路，ΔΦ＝BLx，解得x＝，D正确。 【基础应用题】 1．如图所示，匀强磁场存在于虚线框内，矩形线圈竖直下落，如果线圈受到的安培力总小于其重力，则它在1、2、3、4位置时的加速度关系为(　　) A．a1>a2>a3>a4 B．a1＝a3>a2>a4 C．a1＝a3>a4>a2 D．a4＝a2>a3>a1 解析：选B。线圈进入磁场前和全部进入磁场后，都仅受重力，所以加速度a1＝a3＝g。线圈在题图中2位置时，受到重力和向上的安培力，且已知F安2<mg，所以a2＝<g，而由于线圈完全在磁场中时做加速度为g的加速运动，故4位置时的速度大于2位置时的速度，根据F安＝及a＝可得a4<a2，故线圈在1、2、3、4位置时的加速度关系为a1＝a3>a2>a4，B正确。 2．如图所示，在粗糙绝缘水平面上有一正方形闭合线框abcd，其边长为l，质量为m，金属线框与水平面的动摩擦因数为μ，虚线框a′b′c′d′内有一匀强磁场，磁场方向竖直向下。开始时金属线框的ab边与磁场的d′c′边重合，现使金属线框以初速度v0沿水平面滑入磁场区域，运动一段时间后停止，此时金属线框的dc边与磁场区域的d′c′ 边距离为l。在这个过程中，金属线框产生的焦耳热为(　　 ) A．＋μmgl B．－μmgl C．＋2μmgl D．－2μmgl 解析：选D。依题意知，金属线框移动的位移大小为2l，此过程中克服摩擦力做功为2μmgl，由能量守恒定律得金属线框中产生的焦耳热Q＝－2μmgl，故选项D正确。 3．如图所示，质量为m的金属环用线悬挂起来，金属环有一半处于水平且与环面垂直的匀强磁场中，从某时刻开始，磁感应强度均匀减小，则在磁感应强度均匀减小的过程中，关于细线拉力的大小，下列说法中正确的是(　　 ) A．大于环重力mg，并逐渐减小 B．始终等于环重力mg C．小于环重力mg，并保持恒定 D．大于环重力mg，并保持恒定 解析：选A。根据楞次定律知圆环中感应电流方向为顺时针，再由左手定则判断可知圆环所受安培力竖直向下，对圆环受力分析，根据受力平衡有FT＝mg＋F，得FT＞mg，F＝ILB，根据法拉第电磁感应定律有I＝S，可知I为恒定电流，联立以上各式可知B减小，则F减小，由FT＝mg＋F知FT减小，选项A正确。 4．如图所示，先后以速度v0和2v0把同一正方形闭合单匝线框匀速拉入有界匀强磁场区域中，在先后两种情况下(　　) A．线框中的感应电流之比为I1∶I2＝2∶1 B．线框所受到的安培力之比为F1∶F2＝1∶4 C．线框产生的焦耳热之比为Q1∶Q2＝1∶4 D．通过线框横截面的电荷量之比为q1∶q2＝1∶1 解析：选D。设正方形线框边长为L，导体切割磁感线产生感应电动势E＝BLv，根据闭合电路欧姆定律I＝，可知先后两种情况电流之比，故A错误；根据安培力的表达式F＝ILB，可知，故B错误；线框匀速进入磁场，所用时间t＝，根据焦耳定律Q＝I2R总t，可知焦耳热之比，故C错误；根据纯电阻电路中电荷量的表达式，q＝·Δt＝·Δt＝，可知通过线框横截面的电荷量相等，故D正确。 【综合提升题】 5．(多选)如图所示，在光滑的水平地面上方，有两个磁感应强度大小均为B、方向相反的水平匀强磁场，PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大。一个半径为a、质量为m、电阻为R的金属圆环垂直磁场方向，以速度v从图示位置(实线所示)开始运动，当圆环运动到直径刚好与边界线PQ重合时(虚线所示)，圆环的速度变为，则下列说法正确的是(　　 ) A．此时圆环的电功率为 B．此时圆环的加速度大小为 C．此过程中通过圆环截面的电荷量为 D．此过程中回路产生的电能为mv2 解析：选BC。当圆环的直径与边界线重合时，圆环左右两半环均产生感应电动势，故圆环中的感应电动势E＝2B×2a×＝2Bav，圆环的电功率P＝，故A错误；此时圆环受到的安培力大小F＝2BI×2a＝2B×，由牛顿第二定律可得，加速度大小a＝，故B正确；圆环中的平均感应电动势，则通过圆环截面的电荷量Q＝＝Δt＝，故C正确；此过程中回路产生的电能等于动能的减少量，即E＝mv2，故D错误。 6．(多选)如图所示，两条电阻不计的平行光滑导轨竖直放置在垂直于纸面向里的匀强磁场内，导体棒ab、cd垂直放置在导轨上。已知磁感应强度B＝0.5 T，导体棒ab、cd在导轨间的长度均为0.2 m，电阻均为0.1 Ω，重力均为0.1 N。现用力向上拉动导体棒ab，使之匀速上升(导体棒ab、cd与导轨接触良好)，此时cd静止不动。在ab上升时，下列说法正确的是(　　 ) 解析：选BC。对导体棒cd分析：mg＝IlB＝，代入数据解得v＝2 m/s，故选项B正确；对导体棒ab分析：F＝mg＋IlB＝0.2 N，选项A错误；在2 s内拉力做功转化为ab棒的重力势能和电路中的电能，电能等于克服安培力做的功，即W电＝F安vt＝＝0.4 J，选项C正确；在2 s内拉力做的功W拉＝Fvt＝0.8 J，选项D错误。 A．ab受到的拉力大小为2 N B．ab向上运动的速度为2 m/s C．在2 s内，拉力做功，有0.4 J的机械能转化为电能 D．在2 s内，拉力做功为0.6 J 7．如图所示，MN、PQ是两根足够长的光滑平行金属导轨，导轨间距L＝0.5 m，导轨所在平面与水平面的夹角θ＝30°，M、P间接有R＝3.2 Ω的电阻。范围足够大的匀强磁场垂直导轨所在平面向上，磁感应强度大小B＝1.6 T。长度与导轨间距相等、质量m＝0.2 kg、阻值r＝0.8 Ω的金属棒放在两导轨上，在大小为1.8 N、方向平行于导轨向上的恒定拉力F作用下，从静止开始向上运动。已知金属棒与导轨始终垂直并保持良好接触，导轨足够长且电阻不计，取重力加速度大小g＝10 m/s2。 (1)当金属棒的速度大小v1＝1 m/s时，求金属棒的加速度大小a； (2)金属棒向上的位移大小x＝5.5 m前，金属棒已经进入匀速运动状态，求金属棒从开始运动到位移大小为x＝5.5 m的过程中R上产生的焦耳热。 解析：(1)当金属棒的速度大小v1＝1 m/s时，设回路中的感应电动势为E1、感应电流为I1，则E1＝BLv1，I1＝ 此时金属棒受到的安培力FA1＝BI1L 根据牛顿第二定律有 F－mg sin θ－FA1＝ma 解得a＝3.2 m/s2。 (2)设金属棒进入匀速运动状态时的速度大小为vm，根据受力平衡有 F－mg sin θ－FA＝0 又FA＝ 设在所研究的过程中金属棒克服安培力做的功为W克安，根据动能定理有Fx－W克安－mgx sin θ＝ 又有回路中产生的焦耳热等于金属棒克服安培力做的功 故R上产生的焦耳热为QR＝W克安 联立解得QR＝1.52 J。 答案：(1)3.2 m/s2　(2)1.52 J 8．如图所示，光滑平行金属导轨的水平部分处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B＝3 T。两导轨间距为L＝0.5 m，导轨足够长。金属棒a和b的质量分别为ma＝1 kg、mb＝0.5 kg，电阻分别为Ra＝1 Ω、Rb＝2 Ω。b棒静止于导轨水平部分，现将a棒从h＝1.8 m高处自静止沿弧形导轨下滑，通过C点进入导轨的水平部分，已知两棒在运动过程中始终保持与导轨垂直且接触良好，两棒始终不相碰。g取10 m/s2。求： (1)a棒刚进入磁场时，b棒的加速度； (2)从a棒进入磁场到a棒匀速运动的过程中，流过a棒的电荷量； (3)从a棒进入磁场到a棒匀速运动的过程中，a棒中产生的焦耳热。 解析：(1)a棒沿弧形导轨下滑h的过程，根据机械能守恒定律有magh＝mav2 a棒进入磁场瞬间感应电动势E＝BLv 根据闭合电路欧姆定律I＝ 对b棒F安＝ILB 根据牛顿第二定律有F安＝mba 解得a＝9 m/s2 由左手定则知，b棒加速度的方向向右。 (2)对a、b由动量守恒定律得mav＝(ma＋mb)v共解得v共＝4 m/s 对b棒，应用动量定理有LBt＝mbv共 BLq＝mbv共 解得q＝ C，故流过a棒的电荷量为 C。 (3)a、b棒在水平面内运动的过程，由能量守恒定律得 mav2－＝Q Qa＝Q 联立解得Qa＝2 J。 答案：(1)9 m/s2，方向向右　(2) C (3)2 J 【创新拔高题】 9．(多选)如图所示，两条电阻不计且间距为L＝1 m的光滑平行金属导轨水平放置，左端接一阻值为2 Ω的定值电阻R，矩形区域Ⅰ、Ⅱ存在方向垂直水平导轨向上的匀强磁场，磁感应强度的大小均为B＝2 T，磁场宽度及两磁场相邻边界之间的距离均为a＝0.5 m。现有一质量为m、长度为L、阻值也为2 Ω的金属杆静止在金属导轨左侧某处，某时刻金属杆在F＝1 N的恒力作用下开始向右运动并经过磁场区域，金属杆刚进入磁场Ⅰ和刚进入磁场Ⅱ时的速度相等，运动过程中金属杆与导轨保持良好接触且始终垂直。下列说法正确的是(　　) 解析：选BCD。因为金属杆刚进入磁场Ⅰ和刚进入磁场Ⅱ时的速度相等，且金属杆在两磁场区域之间一定做加速运动，所以金属杆在磁场Ⅰ中一定做减速运动，根据对称性可知在磁场Ⅱ中也做减速运动，金属杆速度减小，产生的感应电动势减小，感应电流减小，所受安培力减小，所以金属杆所受合外力减小，做加速度减小的减速运动，故A错误；设金属杆从进入Ⅰ磁场区域到开始进入Ⅱ磁场区域经历的时间为t，金属杆在磁场Ⅰ中运动的时间为t1， 根据动量定理有Δp＝Ft－BLt1＝0，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可得，解得t＝0.5 s，故B正确；根据功能关系可知金属杆穿过磁场Ⅰ的过程中回路所产生的总热量为Q＝F·2a＝1 J，此过程中电阻R产生的热量为QR＝＝0.5 J，根据对称性可知，金属杆在向右穿过两磁场区域过程中电阻R上产生的总热量为1 J，故C正确；根据对称性可知金属杆在向右穿过两磁场区域过程中通过电阻R的总电荷量q＝＝0.5 C，故D正确。 $$