2020-2021学年 高二物理 电磁感应中的动力学、能量和动量问题 期末复习强化学案Word版含答案

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B0＝1 T，磁场的宽度x1＝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B1＝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x0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x2＝8 m．求(g取10 m/s2)：
(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．
【考法拓展1】　在【例1】中，求金属棒从开始到刚离开磁场Ⅰ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Ⅱ中达到稳定状态这段时间中电阻R产生的热量．
练1　[2021·黑龙江大庆模拟](多选)在倾角θ＝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
B．cd棒刚好要向上滑动时，ab棒中的电流大小I＝mgBL
C．cd棒刚好要向上滑动时，重物P的速度大小为v＝2mgRB2L2
D．重物P减少的重力势能等于ab棒、重物P增加的动能与ab、cd棒产生的焦耳热之和
练2 [2020·全国卷Ⅰ](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μ，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I＝BLv0R
B．导体棒ab匀加速下滑时的加速度大小a＝g－μB2L2v02mR
C．导体棒cd在水平恒力撤去后它的位移为s＝2RqBL
D．导体棒cd在水平恒力撤去后它产生的焦耳热为Q＝14mv02－μmgRqBL
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E＝BLv感应电动势I＝ER+r感应电流F＝BIL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l＝0.50 m，倾角θ＝53 °，导轨上端串接一个R＝0.05 Ω的电阻．在导轨间长d＝0.56 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B＝2.0 T．质量m＝4.0 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s＝0.24 m．一位健身者用恒力F＝80 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 53°＝0.8，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θ＝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d＝0.1 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B＝1 T；现有一质量为m＝10 g，总电阻为R＝1 Ω，边长也为d＝0.1 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μ＝0.5，取g＝10 m/s2，不计其他阻力，求：(取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
(1)线圈向下返回到磁场区域时的速度大小；
(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B＝0.5 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L＝0.2 m，R是连在导轨一端的电阻，ab是跨接在导轨上质量m＝0.1 kg的导体棒．从零时刻开始，对ab施加一个大小为F＝0.45 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4　[2020·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μ，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(L(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5　[2021·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L＝1 m，导轨间连接的定值电阻R＝3 Ω，导轨上放一质量为m＝0.1 kg的金属杆ab，金属杆始终与导轨接触良好，杆的电阻r＝1 Ω，其余电阻不计，AB位置下方存在磁感应强度为B＝1 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)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Q＝0.6 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：BIlΔt＝mv2－mv1，q＝It.
(2)求时间：Ft＝I冲＝mv2－mv1，I冲＝BIlΔt＝BlΔΦR总
(3)求位移：－BIlΔt＝－B2l2vΔtR总＝0－mv0，
即－B2l2R总x＝m(0－v0)．
例5 [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0.4v0
C．回路中产生的焦耳热为0.1mv02
D．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Ⅲ，19](多选)如图，方向竖直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．t＝0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6　[2020·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(　　)
A．cd在导轨上的最大加速度为B2L22gh2mr
B．cd在导轨上的最大加速度为B2L22ghmr
C．ab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d＝1 m，在左端弧形轨道部分高h＝1.25 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Ra＝2 Ω，Rb＝5 Ω，在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B＝2 T．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ma＝2 kg，mb＝1 kg，g＝10 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Ⅰ做匀速运动，设速度为v0，由平衡条件得mgsin θ＝F安①
而F安＝B0I0L，②
I0＝③
代入数据解得v0＝2 m/s.④
(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
mgsin θ－F′安＝ma，⑤
而F′安＝B1I1L，⑥
I1＝，⑦
代入数据可解得a＝3.75 m/s2.⑧
(3)金属棒在进入磁场Ⅱ区域达到稳定状态时，设速度为v1，则mgsin θ＝F″安，⑨
而F″安＝B1I2L
I2＝，?
代入数据解得v1＝8 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Ⅰ的时间t1＝＝0.4 s，在磁场Ⅰ运动时间t2＝＝0.5 s，所以金属棒从开始到刚离开磁场Ⅰ所经历的时间为t＝t1＋t2＝0.9 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a＝gsin θ，由运动学公式得v＝2ax0，
代入数据解得x0＝0.4 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Ⅱ中达到稳定状态过程中，根据能量守恒得
mg(x0＋x1＋x2)sin θ＝Q＋mv，
QR＝Q＝7.5 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 θ＝μmgcos θ，cd棒刚好要向上滑动时，则有BIL＝mgsin θ＋μmgcos θ，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E＝BLv，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F－BiL＝Ma1；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BiL＝ma2.
设金属框bc边的速度为v时，导体棒的速度为v′，则回路中产生的感应电动势为E＝BL(v－v′)，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Δa＝a1－a2＝－＝－F安，随着所受安培力的增大，二者加速度之差Δa减小，当Δa减小到零时，＝·，之后金属框和导体棒的速度之差Δv＝v－v′＝，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＝(v－v′)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E＝BLv0，根据闭合电路欧姆定律得I＝＝，故A项错误．对于ab棒：根据牛顿第二定律得mg－Ff＝ma，又Ff＝μFN，FN＝BIL，联立解得，加速度大小为a＝g－，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2Q＋μmgs＝mv，又s＝，解得Q＝mv－，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a＝＝12 m/s2
进入磁场时的速度v＝＝2.4 m/s.
(2)感应电动势E＝Blv
感应电流I＝
安培力FA＝IBl
代入得FA＝＝48 N.
(3)健身者做功W＝F(s＋d)＝64 J
由牛顿第二定律F－mgsin θ－FA＝0
CD棒在磁场区域做匀速运动
在磁场中运动的时间t＝
焦耳热Q＝I2Rt＝26.88 J.
答案：(1)2.4 m/s　(2)48 N　(3)64 J　26.88 J
例3　解析：(1)金属线圈向下匀速进入磁场时，有mgsin θ＝μmgcos θ＋F安
其中F安＝BId，I＝，E＝Bdv
解得v＝＝2 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v2＝2ax，mgsin θ－μmgcos θ＝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Ek1－Ek＝μmgcos θ·2x，其中Ek＝mv2
得Ek1＝mv2＋＝0.1 J.
(3)线圈向下匀速通过磁场区域过程中，
有mgsin θ·2d－μmgcos θ·2d＋W安＝0
Q＝－W安
解得Q＝2mgd(sin θ－μcos θ)＝0.004 J.
答案：(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a＝2.5 m/s2，
则F－Ff＝ma，
解得Ff＝0.2 N.
ab棒最终以速度v＝10 m/s匀速运动，则所受到拉力、摩擦力和安培力的合力为零，F－Ff－F安＝0.
F安＝BIL＝BL＝.
联立可得R＝＝0.4 Ω.
(2)由功能关系可得(F－Ff)x＝mv2＋Q，
解得Q＝20 J.
答案：(1)0.4 Ω　(2)20 J
练4　解析：(1)线圈刚进入磁场时有：E＝BLv0
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：F－μmg＝ma.
a＝－μg，方向向左
(2)根据动量定理，对线圈：
μmgt－I安＝0.
其中安培力的冲量：
I安＝F安t′＝BL·t′＝BLq
q＝＝.
综上解得t＝.
(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
μmgd－W安＝0，
所以克服安培力做功W安＝μmgd
单个线圈离开磁场的运动情况和进入磁场相同，W′安＝W安＝μmgd，
所以对于n个线圈有Q＝2nμmgd
答案：(1)－μg　(2)　(3)2nμmgd
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＝，E＝BLvm
联立得：F安＝
解得：vm＝4 m/s
(2)电路中产生的总焦耳热：
Q总＝Q＝×0.6 J＝0.8 J
由能量守恒定律得：mgh＝mv＋Q总
解得：h＝1.6 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：
Φ1＝BLh
t时刻的磁通量为：
Φ2＝B′L
由Φ1＝Φ2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B·Lt＝BqL＝mv0－0.8mv0，对棒b，由动量定理可得B·2Lt＝mv，联立可得v＝0.4v0，q＝，B正确，D错误；根据能量守恒定律可得Q＝mv－m(0.8v0)2＋m(0.4v0)2＝0.1mv，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．回路中的感应电动势E＝BL(v1－v2)，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v1－v2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mv2＝mgh，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′，根据动量守恒定律可得mv＝mv′＋mv1，解得v′＝v1＝，所以ab的落地点也在ef处，故C错误；电路中产生的热量Q＝mgh－mv′2－mv＝mgh，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
Bdt1＝mbvb－mbv0
其中v0＝－5 m/s，vb＝－2 m/s
解得t1＝5 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
magh＝mav
解得va＝5 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
mava＋mbvb＝(ma＋mb)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
－Bdt2＝mav－mava
又q＝t2
解得q＝ C.
(3)由能量守恒定律得，两杆产生的总焦耳热Q总＝magh＋mbv－(ma＋mb)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Q＝Q总＝ J.
答案：(1)5 s　(2) C　(3) J