广西省南宁市2017届高三物理复习题型专练15应用动力学和能量观点分析电磁感应问题

12专题：电磁感应中的动力学、能量、动量的问题一、电磁感应中的动力学问题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。

二、电磁感应中的能量问题2.如图甲所示，两条足够长的平行金属导轨间距为0.5 m，固定在倾角为37°的斜面上。

导轨顶端连接一个阻值为1 Ω的电阻。

在MN下方存在方向垂直于斜面向上、大小为1 T的匀强磁场。

质量为0.5 kg的金属棒从AB处由静止开始沿导轨下滑，其运动过程中的v－t图象如图乙所示。

金属棒运动过程中与导轨保持垂直且接触良好，不计金属棒和导轨的电阻，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。

(1)求金属棒与导轨间的动摩擦因数；(2)求金属棒在磁场中能够达到的最大速率；(3)已知金属棒从进入磁场到速度达到5 m/s时通过电阻的电荷量为1.3 C，求此过程中电阻产生的焦耳热。

三、电磁感应中的动量问题1、动量定理在电磁感应中的应用导体棒或金属框在感应电流所引起的安培力作用下做非匀变速直线运动时，安培力的冲量为：I安＝B I Lt＝BLq ，通过导体棒或金属框的电荷量为：q＝IΔt＝ER 总Δt＝nΔΦΔt·R总Δt＝nΔФR总，磁通量变化量：ΔΦ＝BΔS＝BLx.当题目中涉及速度v、电荷量q、运动时间t、运动位移x时常用动量定理求解．2、正确运用动量守恒定律处理电磁感应中的问题常见情景及解题思路双杆切割式(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．系统动量守恒，对其中某杆可用动量定理动力学观点：求加速度能量观点：求焦耳热动量观点：整体动量守恒求末速度，单杆动量定理求冲量、电荷量3.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。

高考物理一轮复习专项训练及答案解析—动力学和能量观点的综合应用1.如图所示，足够长的水平传送带以恒定速率v 顺时针运动，某时刻一个质量为m 的小物块，以大小也是v 、方向与传送带的运动方向相反的初速度冲上传送带，最后小物块的速度与传送带的速度相同．在小物块与传送带间有相对运动的过程中，滑动摩擦力对小物块做的功为W ，小物块与传送带间因摩擦产生的热量为Q ，则下列判断中正确的是( )A ．W ＝0，Q ＝m v 2B ．W ＝0，Q ＝2m v 2C ．W ＝m v 22，Q ＝m v 2D ．W ＝m v 2，Q ＝2m v 22.(多选)如图所示，质量m ＝1 kg 的物体(可视为质点)从高为h ＝0.2 m 的光滑轨道上P 点由静止开始下滑，滑到水平传送带上的A 点，轨道与传送带在A 点平滑连接，物体和传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，传送带A 、B 两点之间的距离为L ＝5 m ，传送带一直以v ＝4 m/s 的速度顺时针运动，则(g 取10 m/s 2)( )A ．物体从A 运动到B 的时间是1.5 sB ．物体从A 运动到B 的过程中，摩擦力对物体做功为2 JC ．物体从A 运动到B 的过程中，产生的热量为2 JD ．物体从A 运动到B 的过程中，带动传送带转动的电动机多做的功为10 J3.如图所示，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v 向右匀速运动，现将质量为m 的物体轻轻地放置在木板上的右端，已知物体与木板之间的动摩擦因数为μ，为保持木板的速度不变，从物体放到木板上到物体相对木板静止的过程中，须对木板施一水平向右的作用力F ，则力F 对木板所做的功为( )A.m v 24B.m v 22 C ．m v 2D ．2m v 24．(多选)如图甲所示，一长木板静止在水平地面上，在t ＝0时刻，一小物块以一定速度从左端滑上长木板，之后长木板运动的v －t 图像如图乙所示，已知小物块与长木板的质量均为m ＝1 kg ，已知木板足够长，g 取10 m/s 2，则( )A ．小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.5B ．在整个运动过程中，物块与木板构成的系统所产生的热量70 JC ．小物块的初速度为v 0＝12 m/sD ．0～2 s 与2～3 s 物块和木板构成的系统机械能减少量之比为17∶15．(多选)如图甲，一足够长的传送带与水平面的夹角θ＝30°，传送带在电动机的带动下，速率始终不变．t ＝0时刻在传送带适当位置上放一具有一定初速度的小物块．取沿传送带向上为正方向，物块在传送带上运动的速度随时间的变化如图乙所示．已知小物块质量m ＝1 kg ，g 取10 m/s 2，下列说法正确的是( )A ．传送带顺时针转动，速度大小为2 m/sB ．传送带与小物块之间的动摩擦因数μ＝235C ．0～t 2时间内因摩擦产生的热量为27 JD ．0～t 2时间内电动机多消耗的电能为28.5 J6.如图所示，光滑水平面上有一木板，质量M ＝1.0 kg ，长度L ＝1.0 m ．在木板的最左端有一个小铁块(可视为质点)，质量m ＝1.0 kg.小铁块和木板之间的动摩擦因数μ＝0.30.开始时它们都处于静止状态，某时刻起对木板施加一个水平向左的拉力F 将木板抽出，若F ＝8 N ，g 取10 m/s 2.求：(1)抽出木板的过程中摩擦力分别对木板和铁块做的功； (2)抽出木板的过程中由于摩擦产生的内能Q .7．(2023·安徽省六安中学高三检测)如图所示，水平轨道AB 长为2R ，其A 端有一被锁定的轻质弹簧，弹簧左端连接在固定的挡板上．圆心在O 1、半径为R 的光滑圆弧轨道BC 与AB 相切于B 点，并且和圆心在O 2、半径为2R 的光滑细圆管轨道CD 平滑对接，O 1、C 、O 2三点在同一条直线上．光滑细圆管轨道CD 右侧有一半径为2R ，圆心在D 点的14圆弧挡板MO 2竖直放置，并且与地面相切于O 2点．质量为m 的小滑块(可视为质点)从轨道上的C 点由静止滑下，刚好能运动到A 点，触发弹簧，弹簧立即解除锁定，小滑块被弹回，小滑块在到达B 点之前已经脱离弹簧，并恰好无挤压通过细圆管轨道最高点D (计算时圆管直径可不计，重力加速度为g )．求：(1)小滑块与水平轨道AB 间的动摩擦因数μ； (2)弹簧锁定时具有的弹性势能E p ；(3)小滑块通过最高点D 后落到挡板上时具有的动能E k .8.“高台滑雪”一直受到一些极限运动爱好者的青睐．挑战者以某一速度从某曲面飞出，在空中表演各种花式动作，飞跃障碍物(壕沟)后，成功在对面安全着陆．某实验小组在实验室中利用物块演示分析该模型的运动过程：如图所示，ABC 为一段半径为R ＝5 m 的光滑圆弧轨道，B 为圆弧轨道的最低点．P 为一倾角θ＝37°的固定斜面，为减小在斜面上的滑动距离，在斜面顶端表面处铺了一层防滑薄木板DE ，木板上边缘与斜面顶端D 重合，圆形轨道末端C 与斜面顶端D 之间的水平距离为x ＝0.32 m ．一物块以某一速度从A 端进入，沿圆形轨道运动后从C 端沿圆弧切线方向飞出，再经过时间t ＝0.2 s 恰好以平行于薄木板的方向从D 端滑上薄木板，物块始终未脱离薄木板，斜面足够长．已知物块质量m ＝3 kg ，薄木板质量M ＝1 kg ，木板与斜面之间的动摩擦因数μ1＝1924，木板与物块之间的动摩擦因数μ2＝56，重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，不计空气阻力，求：(1)物块滑到圆轨道最低点B 时，对轨道的压力(计算结果可以保留根号)； (2)物块相对于木板运动的距离；(3)整个过程中，系统由于摩擦产生的热量．9．如图所示，竖直放置的半径为R＝0.2 m的螺旋圆形轨道BGEF与水平直轨道MB和BC 平滑连接，倾角为θ＝30°的斜面CD在C处与直轨道BC平滑连接．水平传送带MN以v0＝4 m/s的速度沿顺时针方向运动，传送带与水平地面的高度差为h＝0.8 m，MN间的距离为L MN＝3.0 m，小滑块P与传送带和BC段轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，轨道其他部分均光滑．直轨道BC长L BC＝1 m，小滑块P的质量为m＝1 kg.重力加速度g取10 m/s2.(1)若滑块P第一次到达与圆轨道圆心O等高的F点时，对轨道的压力刚好为零，求滑块P 从斜面静止下滑处与BC轨道高度差H；(2)若滑块P从斜面高度差H′＝1.0 m处静止下滑，求滑块从N点平抛后到落地过程中的水平位移大小；(3)滑块P在运动过程中能两次经过圆轨道最高点E点，求滑块P从斜面静止下滑的高度差H 的范围．答案及解析1．B 2.AC 3.C 4.ACD 5.ABC 6．(1)－7.5 J 4.5 J (2)3 J解析 (1)当用F ＝8 N 的力将木板从小铁块下方抽出，小铁块运动的加速度大小为a 1＝μg ＝3 m/s 2木板运动的加速度大小为 a 2＝F －μmg M ＝5 m/s 2设抽出过程的时间为t ，则有 12a 2t 2－12a 1t 2＝L ， 解得t ＝1 s ，所以小铁块运动的位移为x 1＝12a 1t 2，解得x 1＝1.5 m木板运动的位移为x 2＝12a 2t 2，解得x 2＝2.5 m摩擦力对小铁块做的功为 W 1＝μmgx 1， 解得W 1＝4.5 J 摩擦力对木板做的功为 W 2＝－μmgx 2， 解得W 2＝－7.5 J(2)抽出木板的过程中由于摩擦产生的内能Q ＝μmgL ＝3 J. 7．(1)13 (2)113mgR(3)(22－1)mgR解析 (1)由几何关系得BC 间的高度差h ＝23R小滑块从C 点运动到A 点的过程中，由动能定理得mgh －μmg ·2R ＝0，解得μ＝13(2)弹簧对滑块做功过程由功能关系有W 弹＝E p 滑块从A 到D 过程由动能定理得 E p －mg ·2R －μmg ·2R ＝12m v 2－0 滑块在D 点，由重力提供向心力，有mg ＝m v 22R联立解得E p ＝113mgR .(3)滑块通过D 点后做平抛运动，根据平抛运动的规律可知，水平方向有x ＝v t 竖直方向有y ＝12gt 2由几何关系可知x 2＋y 2＝4R 2可得滑块落到挡板上时的动能为E k ＝12m [v 2＋(gt )2]，联立解得E k ＝(22－1)mgR .8．(1)(91.92－245) N (2)1.5 m (3)87 J解析 (1)物块由C 到D ，做斜上抛运动 水平方向v 水平＝xt＝1.6 m/s物块恰好以平行于薄木板的方向从D 端滑上薄木板，则在D 的速度大小 v ＝v 水平cos θ＝2 m/s ， v 竖直＝v sin θ＝1.2 m/s物块在C 端时竖直方向速度大小v 竖直′＝v 竖直－gt ＝－0.8 m/s ， v C ＝v 水平2＋v 竖直′2＝455m/s 由B 到C 有12m v B 2＝12m v C 2＋mgR (1－cos α)其中cos α＝v 水平v C，在B 点有F N －mg ＝m v B 2R由牛顿第三定律得F 压＝F N ＝(91.92－245) N(2)物块刚滑上木板时，对物块有μ2mg cos θ－mg sin θ＝ma m ，解得物块加速度大小a m ＝23 m/s 2，做匀减速直线运动对木板有μ2mg cos θ＋Mg sin θ－μ1(M ＋m )g cos θ＝Ma M ，解得木板加速度大小a M ＝23 m/s 2，做匀加速直线运动设两者经时间t 1达到共速v 共，则有v －a m t 1＝a M t 1＝v 共 解得t 1＝1.5 s ，v 共＝1 m/s 此过程中s 物＝v ＋v 共2t 1＝94 m ，s 板＝v 共2t 1＝34m物块相对于木板运动的距离 Δs ＝s 物－s 板＝1.5 m(3)μ2mg cos θ>mg sin θ，此后两者一起做匀减速直线运动，直到停止． 以物块和木板为整体，a 共＝μ1g cos θ－g sin θ＝13 m/s 2，s 共＝v 共22a 共＝1.5 mQ 物－板＝μ2mg cos θ·Δs ＝30 JQ 板－斜＝μ1(M ＋m )g cos θ·(s 板＋s 共)＝57 J整个过程中，系统由于摩擦产生的热量Q ＝Q 物－板＋Q 板－斜＝87 J. 9．(1)0.4 m (2)0.8 m (3) 0.7 m ≤H ≤0.8 m解析 (1)滑块P 在圆形轨道F 点时对轨道的压力刚好为零，则v F ＝0 mg (H －R )－μmgL BC ＝0解得H ＝0.4 m(2)H ′＝1.0 m ，设滑块运动到N 点时的速度为v N ，对滑块从开始到N 点的过程应用动能定理mgH ′－μmg (L BC ＋L MN ) ＝12m v N 2－0 解得v N ＝2 m/s滑块从N 点做平抛运动，水平位移为 x ＝v N2hg＝0.8 m (3)设滑块P 在运动过程中恰好能第一次经过E 点时，高度差为H 1，从开始到E 点应用动能定理有mgH 1－μmgL BC －2mgR ＝12m v E 2－0 在E 点时有mg ＝m v E 2R解得H 1＝0.7 m滑块滑上传送带时的速度为v M mgH 1－μmgL BC ＝12m v M 2－0v M ＝10 m/s<4 m/s 滑块做减速运动的位移为 L ＝v M 22μg＝2.5 m<L MN因此滑块返回M 点时的速度为v M ′＝10 m/s ，因此能第二次过E 点． 设高度为H 2时，滑块从传送带返回M 点时的最大速度为 v ＝2μgL MN ＝2 3 m/s 从开始到M 点应用动能定理有mgH 2－μmgL BC ＝12m v 2－0解得H 2＝0.8 m第二次经过E 点后，当滑块再次从B 点滑上圆轨道时在B 点的速度为v B ，则有mgH 2－3μmgL BC ＝12m v B 2－0 v B ＝2 m/s<10 m/s所以滑块不会第三次过E 点，则能两次经过E 点的高度差H 的范围是0.7 m ≤H ≤0.8 m.。

专练15 应用动力学和能量观点分析电磁感应问题(限时：45分钟)1．(2013·四川·7)如图1所示，边长为L 、不可形变的正方形导线框内有半径为r 的圆形磁场区域，其磁感应强度B 随时间t 的变化关系为B ＝kt (常量k ＞0)．回路中滑动变阻器R 的最大阻值为R 0，滑动片P 位于滑动变阻器中央，定值电阻R 1＝R 0、R 2＝R 02.闭合开关S ，电压表的示数为U ，不考虑虚线MN 右侧导体的感应电动势，如此( )图1A ．R 2两端的电压为U7B ．电容器的a 极板带正电C ．滑动变阻器R 的热功率为电阻R 2的5倍D ．正方形导线框中的感应电动势kL 2答案 AC解析 由楞次定律可知，正方形导线框中的感应电流方向为逆时针方向，所以电容器b 极板带正电，选项B 错误．根据法拉第电磁感应定律，正方形导线框中的感应电动势E＝k πr 2，选项D 错误．R 2与R 02的并联阻值R 并＝R 02×R 02R 02＋R 02＝R 04，根据串联分压的特点可知：U R 2＝U74R 0×14R 0＝17U ，选项A 正确．由P ＝U 2R 得：P R 2＝U 2R 2R 2＝2U 249R 0，P R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫27U 2R 02＋⎝ ⎛⎭⎪⎫17U 2R 02＝10U 249R 0，所以P R ＝5P R 2选项C 正确．2．如图2所示，一轨道的倾斜局部和水平局部都处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，且磁场方向都与轨道平面垂直，水平轨道足够长．一质量为m的水平金属棒ab，从静止开始沿轨道下滑，运动过程中金属棒ab始终保持与轨道垂直且接触良好．金属棒从倾斜轨道转入水平轨道时无机械能损失．如此ab棒运动的v－t图象，可能正确的答案是( )图2答案CD解析金属棒沿倾斜轨道下滑时，开始时重力沿斜面向下的分力大于安培力和摩擦力，金属棒向下加速，随着速度的增大，安培力增大，故导体棒做加速度减小的加速运动，可能在倾斜轨道上加速度减为零，做一段匀速运动，也可能加速度没减为零，导体棒到达水平轨道上时，受安培力和摩擦力的作用，速度越来越小，安培力越来越小，导体棒减速运动的加速度越来越小，最后静止在轨道上，故C、D正确，A、B错误．3．如图3所示，边长为L的正方形金属框ABCD在水平恒力F作用下，穿过宽度为d的有界匀强磁场．d<L，AB边始终与磁场边界平行．假设线框AB边进入磁场时，线框恰好做匀速直线运动．如此线框AB边穿过磁场的过程和CD边穿过磁场的过程相比拟( )图3A．线框中感应电流的方向相反B．线框均做匀速直线运动C．水平恒力F做的功相等D．线框中产生的电能相等答案 AC解析 根据右手定如此，线框AB 边穿过磁场的过程中，感应电流方向是逆时针的，线框CD 边穿过磁场的过程中，感应电流方向是顺时针的，电流方向相反，选项A 正确；在线框AB 边已经穿出磁场而CD 边还没有进入磁场时，线框不受安培力，做加速运动，当线框CD 边进入磁场后，线框受到的安培力会大于F ，线框做减速运动，选项B 错误；水平恒力做的功等于水平恒力乘位移，两个过程位移相等，所以两个过程恒力F 做的功相等，选项C 正确；两个过程中产生的电能等于线框抑制安培力做的功，由于安培力不相等，所以线框抑制安培力做的功也不相等，选项D 错误．4．如图4甲所示，一个圆形线圈的匝数n ＝100，线圈面积S ＝200 cm 2，线圈的电阻r ＝1 Ω，线圈外接一个阻值R ＝4 Ω的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示．如下说法中正确的答案是( )图4A ．线圈中的感应电流方向为顺时针方向B ．电阻R 两端的电压随时间均匀增大C ．线圈电阻r 消耗的功率为4×10－4W D ．前4 s 内通过R 的电荷量为4×10－4 C 答案 C解析 由楞次定律可知，线圈中的感应电流方向为逆时针方向，选项A 错误；由法拉第电磁感应定律可知，产生的感应电动势为E ＝nS ΔBΔt＝0.1 V ，电阻R 两端的电压不随时间变化，选项B 错误；回路中电流I ＝ER ＋r＝0.02 A ，线圈电阻r 消耗的功率为P ＝I 2r＝4×10－4W ，选项C 正确；前4 s 内通过R 的电荷量为q ＝It ＝0.08 C ，选项D 错误． 5．如图5，MN 和PQ 是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L ，导轨弯曲局部光滑，平直局部粗糙，右端接一个阻值为R 的定值电阻．平直局部导轨左边区域有宽度为d 、方向竖直向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场．质量为m 、电阻也为R 的金属棒从高度为h 处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止．金属棒与平直局部导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨间接触良好．如此金属棒穿过磁场区域的过程中( )图5A ．流过金属棒的最大电流为Bd 2gh2RB ．通过金属棒的电荷量为BdL RC ．抑制安培力所做的功为mghD ．金属棒产生的焦耳热为12mg (h －μd )答案 D解析 金属棒滑下过程中，根据动能定理有mgh ＝12mv 2m ，根据法拉第电磁感应定律有E＝BLv m ，根据闭合电路欧姆定律有I ＝E2R ，联立得I m ＝BL 2gh 2R ，A 错误；根据q ＝ΔΦ2R可知，通过金属棒的电荷量为BdL2R，B 错误；全过程根据动能定理得mgh ＋W f ＋W 安＝0，故C 错误；由W f ＝－μmgd ，金属棒抑制安培力做的功完全转化成电热，由题意可知金属棒与电阻R 上产生的焦耳热一样，设金属棒上产生的焦耳热为Q ，故2Q ＝－W 安，联立得Q ＝12mg (h －μd )，D 正确．6．如图6所示，相距为L 的平行金属导轨ab 、cd 与水平面成θ角放置，导轨与阻值均为R 的两定值电阻R 1、R 2相连，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直穿过导轨平面．有一质量为m 、阻值也为R 的导体棒MN ，以速度v 沿导轨匀速下滑，它与导轨之间的动摩擦因数为μ，忽略感应电流之间的相互作用，如此( )图6A ．导体棒下滑的速度大小为mgR sin θ－μcos θB 2L 2B ．电阻R 1消耗的热功率为14mgv (sin θ－μcos θ)C ．导体棒两端电压为mgR sin θ－μcos θ2BLD ．t 时间内通过导体棒的电荷量为mgt sin θ－μcos θBL答案 CD解析 由导体棒受力平衡可得mg sin θ＝BIL ＋F f ＝B 2L 2v32R ＋μmg cos θ，整理可得v ＝3mgR sin θ－μcos θ2B 2L 2，A 错误；重力的功率等于摩擦力产生的热功率和电功率之和，即mgv sin θ＝μmgv cos θ＋P 电，由电路的知识可知，电阻R 1消耗的热功率P 1＝16P 电，整理可得P 1＝16mgv (sin θ－μcos θ)，B 错误；导体棒切割磁感线产生的感应电动势E ＝BLv ，导体棒两端电压U ＝13E ，结合A 项分析得到的v 值可得U ＝mgR sin θ－μcos θ2BL ，C 正确；t 时间内通过导体棒的电荷量q ＝ΔΦ32R，ΔΦ＝BLvt ，代入v 值整理可得q ＝mgt sin θ－μcos θBL，D 正确．7．如图7甲所示，垂直纸面向里的有界匀强磁场磁感应强度B ＝1.0 T ，质量为m ＝0.04 kg 、高h ＝0.05 m 、总电阻R ＝5 Ω、n ＝100匝的矩形线圈竖直固定在质量为M ＝0.08 kg 的小车上，小车与线圈的水平长度l 一样．当线圈和小车一起沿光滑水平面运动，并以初速度v 1＝10 m/s 进入磁场，线圈平面和磁场方向始终垂直．假设小车运动的速度v 随车的位移s 变化的v －s 图象如图乙所示，如此根据以上信息可知( )图7A ．小车的水平长度l ＝15 cmB ．磁场的宽度d ＝35 cmC ．小车的位移s ＝10 cm 时线圈中的电流I ＝7 AD ．线圈通过磁场的过程中线圈产生的热量Q ＝1.92 J 答案 C解析 从s ＝5 cm 开始，线圈进入磁场，线圈中有感应电流，在安培力作用下小车做减速运动，速度v 随位移s 增大而减小，当s ＝15 cm 时，线圈完全进入磁场，小车做匀速运动．小车的水平长度l ＝10 cm ，A 项错；当s ＝30 cm 时，线圈开始离开磁场，如此d ＝30 cm －5 cm ＝25 cm ，B 项错；当s ＝10 cm 时，由题图乙知，线圈速度v 2＝7 m/s ，感应电流I ＝ E R ＝nBhv 2R＝7 A ，C 项对；线圈左边离开磁场时，小车的速度为v 3＝2 m/s ，线圈上产生的电热为Q ＝12(M ＋m )(v 21－v 23)＝5.76 J ，D 项错．8．如图8所示，电阻不计的平行金属导轨与水平面间的倾角为θ，下端与阻值为R 的定值电阻相连，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直穿过导轨平面．有一质量为m 、长度为l 的导体棒从ab 位置获得平行于斜面的、大小为v 的初速度向上运动，最远到达a ′b ′的位置，滑行的距离为s .导体棒的电阻也为R ，与导轨之间的动摩擦因数为μ，如此( )图8A ．上滑过程中导体棒受到的最大安培力为B 2l 2v RB ．上滑过程中电流做功产生的热量为12mv 2－mgs (sin θ＋μcos θ)C ．上滑过程中导体棒抑制安培力做的功为12mv 2D ．上滑过程中导体棒损失的机械能为12mv 2－mgs sin θ答案 BD解析 上滑过程中开始时导体棒的速度最大，受到的安培力最大为B 2l 2v2R；根据能量守恒，上滑过程中电流做功产生的热量为12mv 2－mgs (sin θ＋μcos θ)；上滑过程中导体棒抑制安培力做的功等于电流做功产生的热量，即12mv 2－mgs (sin θ＋μcos θ)；上滑过程中导体棒损失的机械能为12mv 2－mgs sin θ；所以选项B 、D 正确.9．一正方形金属线框位于有界匀强磁场区域内，线框平面与磁场垂直，线框的右边紧贴着磁场边界，如图9甲所示．t ＝0时刻对线框施加一水平向右的外力F ，让线框从静止开始做匀加速直线运动穿过磁场．外力F 随时间t 变化的图线如图乙所示．线框质量m ＝1 kg 、电阻R ＝1 Ω.以下说法正确的答案是( )图9A ．做匀加速直线运动的加速度为1 m/s 2B ．匀强磁场的磁感应强度为2 2 TC ．线框穿过磁场过程中，通过线框的电荷量为22C D ．线框穿过磁场的过程中，线框上产生的焦耳热为 1.5 J 答案 ABC解析 此题考查的是电磁感应定律相关问题，开始时，a ＝F m ＝11m/s 2＝1 m/s 2，由题图乙可知t ＝1.0 s 时安培力消失，线框刚好离开磁场区域，如此线框边长：l ＝12at 2＝12×1×1.02m ＝0.5 m ；当t ＝1.0 s 时，F ＝3 N ，由牛顿第二定律得F －B 2l 2vR＝3 N －B 2·0.52×1×1.01N ＝1 kg·1 m/s 2，得到B ＝22 T ，q ＝I t ＝12Blv Rt ＝12×22×0.5×1×1.01×1.0 C＝22 C ；Q ＝I 2Rt ＝(22)2×1×1.0 J＝0.5 J ，故D 错，A 、B 、C 正确．10．如图10所示，在光滑的水平面上方，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．一边长为a 、质量为m 、电阻为R 的金属正方形线框，以速度v 垂直磁场方向从左边磁场区域向右运动，当线框运动到分别有一半面积在两个磁场中的位置时，线框的速度为v2，如此如下说法正确的答案是( )图10A ．位置Ⅱ时线框中的电功率为B 2a 2v 2RB ．此过程中回路产生的电能为38mv 2C ．位置Ⅱ时线框的加速度为B 2a 2v2mRD ．此过程中通过线框截面的电量为2Ba2R答案 AB解析 在位置Ⅱ时线框中的电功率为P ＝U 2R＝2Ba ·v22R＝B 2a 2v 2R，选项A 正确；根据功能关系，此过程中回路产生的电能为12mv 2－12m (v 2)2＝38mv 2，选项B 正确；根据牛顿第二定律，在位置Ⅱ时线框的加速度为a 线框＝2BIa m ＝2B 2a 2vmR，选项C 错误；此过程中通过线框截面的电量为Q ＝ΔΦR ＝Ba 2R，选项D 错误．11．如图11为一测量磁场磁感应强度大小的装置原理示意图．长度为L 、质量为m 的均质细铝棒MN 的中点与竖直悬挂的、劲度系数为k 的绝缘轻弹簧相连，与MN 的右端连接的一绝缘轻指针可指示标尺上的刻度．在矩形区域abcd 内有匀强磁场，方向垂直纸面向外，当MN 中没有电流通过且处于平衡状态时，指针恰好指在零刻度；当在MN 中通有由M 向N 大小为I 的恒定电流时，MN 始终在磁场中运动，在向下运动到最低点时，指针的最大示数为s m .不考虑MN 中电流产生的磁场与空气阻力，如此在通电后MN 棒第一次向下运动到s m 的过程中，以下说法正确的答案是( )图11A ．MN 棒的加速度一直增大B ．MN 棒与弹簧、地球组成的系统机械能守恒C ．在最低点弹簧具有的弹性势能为(mg ＋BIL )s mD ．该磁场的磁感应强度B ＝ks m2IL答案 D解析 通电后安培力恒定，随着铝棒向下运动，弹簧弹力逐渐增大，铝棒所受的竖直向下的合力先减小后反向增大，加速度先向下减小，后反向增大，A 错误；运动过程中，由于安培力做功，系统机械能不守恒，B 错误；由功能关系可知，在最低点，铝棒速度为零，弹簧具有的弹性势能为弹簧从原长开始运动到最低点的过程中，重力与安培力做功之和，如此E p ＝mg (mg k＋s m )＋BILs m ，C 错误；从通电开始到铝棒下落至最低点，对于铝棒由动能定理有(mg ＋BIL )s m －k s m ＋mg /k ＋mg 2s m ＝0，解得B ＝ks m2IL，D 正确．12．如图12所示，水平的平行虚线间距为d ，其间有磁感应强度为B 的匀强磁场．一个正方形线框边长为l (d >l )，质量为m ，电阻为R .开始时，线框的下边缘到磁场上边缘的距离为h .将线框由静止释放，其下边缘刚进入磁场时，线框的加速度恰好为零．如此线框进入磁场的过程和从磁场下边穿出磁场的过程相比拟，有( )图12A ．产生的感应电流的方向一样B ．所受的安培力的方向相反C ．进入磁场的过程中产生的热量小于穿出磁场的过程中产生的热量D ．进入磁场过程中所用的时间大于穿出磁场过程中所用的时间 答案 CD解析 根据楞次定律，线框进入磁场时感应电流沿逆时针方向，线框离开磁场时，感应电流沿顺时针方向，选项A 错误；根据楞次定律“来拒去留〞的结论，线框进出磁场时，所受安培力方向都向上，选项B 错误；由d >l ，线框穿出磁场时的平均速度大于进入磁场时的平均速度，所以穿出磁场时所用时间小于进入磁场时所用的时间，选项D 正确；根据F ＝BIl ＝B 2l 2vR可知，穿出磁场时的平均安培力大于进入磁场时的平均安培力，所以穿出磁场时安培力做的功多，产生的热量多，选项C 正确．13．如图13所示，在倾角为θ的光滑斜面上，存在着两个大小相等、方向相反的匀强磁场，磁场方向与斜面垂直，两磁场的宽度MJ 和JG 均为L ，一个质量为m 、电阻为R 、边长也为L 的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，当ab 边刚越过GH 进入磁场时，线框恰好以速度v 0做匀速直线运动；当ab 边下滑到JP 与MN 的中间位置时，线框又恰好以速度v 做匀速直线运动．如此如下说法正确的答案是( )图13A ．v ＝v 0B ．线框离开MN 的过程中电流方向为adcbaC ．当ab 边刚越过JP 时，线框加速度的大小为3g sin θD ．从ab 边刚越过GH 到ab 边刚越过MN 过程中，线框产生的热量为2mgL sin θ＋1532mv 20 答案 BCD解析 ab 边刚越过GH 进入磁场时，线框做匀速直线运动，安培力BIL ＝mg sin θ，当ab 边刚越过JP 时，ab 、cd 边都切割磁感线，感应电流变为原来的2倍，总的安培力变为原来的4倍，4BIL －mg sin θ＝ma ，a ＝3g sin θ，选项C 正确；ab 边越过JP 后，导体棒先做减速运动，当再次匀速时，安培力的合力仍等于mg sin θ，由B 2L 2v 0R＝mg sin θ、4B 2L 2v R ＝mg sin θ得，v ＝14v 0，选项A 错误；根据楞次定律，线框离开MN 的过程中，感应电流的方向应该为adcba ，选项B 正确；从ab 边刚越过GH 到ab 边刚越过MN ，根据动能定理有2mgL sin θ－W ＝12mv 2－12mv 20，所以抑制安培力做的功为W ＝2mgL sin θ＋1532mv 20，选项D 正确． 14．如图14所示，间距l ＝0.4 m 的光滑平行金属导轨与水平面夹角θ＝30°，正方形区域abcd 内匀强磁场的磁感应强度B ＝0.2 T, 方向垂直于斜面．甲、乙两金属杆电阻R 一样、质量均为m ＝0.02 kg ，垂直于导轨放置．起初，甲金属杆处在磁场的上边界ab 上，乙在甲上方距甲为l 处．现将两金属杆同时由静止释放，并同时在甲金属杆上施加一个沿着导轨的拉力F ，使甲金属杆始终以a ＝5 m/s 2的加速度沿导轨匀加速运动，乙金属杆刚进入磁场时做匀速运动，取g ＝10 m/s 2，如此( )图14A ．每根金属杆的电阻R ＝0.016 ΩB ．甲金属杆在磁场中运动的时间是0.4 sC ．甲金属杆在磁场中运动过程中F 的功率逐渐增大D ．乙金属杆在磁场中运动过程中安培力的功率是0.1 W答案 BC解析 由题可得乙金属杆进入磁场前，沿斜面向下的加速度跟甲的加速度一样，甲、乙均做一样的匀加速运动，当乙进入磁场时，甲刚出磁场．乙进入磁场时：v ＝2gl sin θ＝2 m/s ，乙金属杆刚进入磁场时做匀速运动，由乙金属杆受力平衡有：mg sin θ＝B 2l 2v 2R ＝B 2l 22gl sin θ2R，所以求得：R ＝B 2l 22gl sin θ2mg sin θ，代入数据得R ＝0.064 Ω，选项A 错误．甲在磁场中做匀加速运动，由l ＝12at 2可得甲金属杆在磁场中运动的时间是0.4 s ，选项B 正确．甲在磁场中做匀加速运动时，外力F 始终等于安培力，由于速度一直增加，安培力一直增大，F 一直增大，其功率也增大，选项C 正确．乙金属杆在磁场中运动过程中安培力的功率等于电路中电阻的热功率，即P ＝I 2·2R ＝(Blv 2R)2·2R ，v ＝2gl sin θ，解得P ＝0.2 W ，选项D 错误．。

2022届高三物理一轮复习专题强化训练：动力学、动量和能量观点在电学中的应用【命题点一：电磁感应中动量和能量观点的应用】例1 如图，固定在同一水平面内的两根平行长直金属导轨间距为d，其右端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上磁感应强度大小为B的磁场中。

一质量为m(质量分布均匀)的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为μ，现杆在水平向左、垂直于杆的恒力F作用下从静止开始沿导轨运动距离L时，速度恰好达到最大(运动过程中杆始终与导轨保持垂直)。

设杆接入电路的电阻为r，导轨电阻不计，重力加速度大小为g。

则此过程()A. 杆的速度最大值为(F−μmg)RB2d2B. 流过电阻R的电量为BdLRC. 恒力F做的功与安倍力做的功之和大于杆动能的变化量D. 恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量例2（多选）如图所示，已知水平导轨MN、PQ的间距恒为L，导轨左侧连接一个半径为r的四分之一光滑圆弧轨道ME、PF，水平导轨的右侧连接一阻值为R的定值电阻，在水平导轨MDCP区域存在一个磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场，其磁场宽度为d。

现将一质量为m、接入电路的电阻也为R的金属杆沿着水平导轨以初速度v0从磁场边界CD向左滑入磁场中，并恰好能到达与圆心等高的位置EF，之后刚好能返回到磁场右边界CD.若金属杆与水平导轨间的动摩擦因数为μ，不计导轨电阻，重力加速度大小为g，金属杆在运动过程中始终与水平导轨垂直且接触良好。

则以下判断正确的是()A.金属杆通过圆弧轨道最低处PM位置时受到的弹力大小为2mgB. 整个过程中定值电阻R上产生的焦耳热为14mv02−μmgdC. 整个过程中流过定值电阻R上的电荷量为BLdRD. 金属杆先、后两次穿越磁场区域所用总时间为v0μg −B2L2dμmgR例3 如图所示，金属棒a从高为h处由静止沿光滑的弧形导轨下滑进入光滑导轨的水平部分，导轨的水平部分处于竖直向下的匀强磁场中．在水平部分原先静止有另一根金属棒b，已知m a=2m，m b=m，整个水平导轨足够长，并处于广阔的匀强磁场中，假设金属棒a始终没跟金属棒b相碰，重力加速度为g.求：(1)金属棒a刚进入水平导轨时的速度；(2)两棒的最终速度；(3)在上述整个过程中两根金属棒和导轨所组成的回路中消耗的电能．例4 如图所示，有一倾角为α的固定粗糙斜面，斜面上相隔为d的平行虚线MN与PQ间有大小为B的匀强磁场，方向垂直斜面向下。

1.掌握电磁感应中的动力学问题2.掌握电磁感应中的能量问题热点题型一 电磁感应中的动力学问题例1、如图所示，质量为M 的导体棒ab ，垂直放在相距为l 的平行光滑金属导轨上，导轨平面与水平面的夹角为θ，并处于磁感应强度大小为B 、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，左侧是水平放置、间距为d 的平行金属板．R 和R x 分别表示定值电阻和滑动变阻器的阻值，不计其他电阻．(1)调节R x ＝R ，释放导体棒，当棒沿导轨匀速下滑时，求通过棒的电流I 及棒的速率v.(2)改变R x ，待棒沿导轨再次匀速下滑后，将质量为m ，带电量为＋q 的微粒水平射入金属板间，若它能匀速通过，求此时的R x .【答案】(1)Blv 2R ；2MgR sin θB 2l 2 (2)mldB Mq sin θ【解析】(1)当R x ＝R ，棒沿导轨匀速下滑时，由法拉第电磁感应定律得E ＝Blv 电流I ＝E 2R ＝Blv 2R导【提分秘籍】1.电磁感应综合问题的两大研究对象及其关系电磁感应中导体棒既可视为电学对象(因为它相当于电源)，又可视为力学对象(因为感应电流的存在而受到安培力)，而感应电流I和导体棒的速度v则是联系这两大对象的纽带．2．解决电磁感应中力学问题的基本步骤(1)明确研究对象和物理过程，即研究哪段导体在哪一过程切割磁感线．(2)根据导体运动状态，应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．(3)画出等效电路图，应用闭合电路欧姆定律求回路中的感应电流．(4)分析研究导体受力情况，要特别注意安培力方向的确定．(5)列出动力学方程或平衡方程求解．①导体处于平衡状态——静止或匀速直线运动状态．处理方法：根据平衡条件——合外力等于零，列式分析．②导体处于非平衡状态——加速度不为零．处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析．【举一反三】如图所示，ab和cd是两条竖直放置的长直光滑金属导轨，MN和M′N′是两根用细线连接的金属杆，其质量分别为m 和2 m ．竖直向上的外力F 作用在杆MN 上，使两杆水平静止，并刚好与导轨接触；两杆的总电阻为R ，导轨间距为l.整个装置处在磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂直．导轨电阻可忽略，重力加速度为g.在t ＝0时刻将细线烧断，保持F 不变，金属杆和导轨始终接触良好．求：(1)细线烧断后，任意时刻两杆运动的速度之比；(2)两杆分别达到的最大速度．【答案】 (1)2∶1 (2)MN 的最大速度为4mgR 3B 2l 2，M′N′的最大速度为2mgR 3B 2l 2 【解析】 (1)细线烧断之前，对整体分析有F ＝3mg ①设细线烧断后任意时刻MN 的速度为v ，M′N′的速度为v′，MN 的加速度为a ，M′N′的加速度为a′，由牛顿第二定律知a ＝F －mg －F 安m ② a′＝2mg －F 安′2m③热点题型二电磁感应中的能量问题例2、如图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l＝0.5 m，左端接有阻值R＝0.3 Ω的电阻．一质量m＝0.1 kg，电阻r＝0.1 Ω的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝0.4 T．棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a＝2 m/s2的加速度做匀加速运动，当棒的位移x＝9 m时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q12＝导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求：(1)棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q；(2)撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2；(3)外力做的功W F.【答案】(1)4.5 C(2)1.8 J(3)5.4 J【解析】(1)设棒匀加速运动的时间为Δt，回路的磁通量变化量为ΔΦ，回路中的平均感应电动势为E －，由法拉第电磁感应定律得E －＝ΔΦΔt① 其中ΔΦ＝Blx ②撤去外力后回路中产生的焦耳热Q 2＝－W ⑧联立⑥⑦⑧式，代入数据得Q 2＝1.8 J ⑨(3)由题意知，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q 12＝⑩可得Q 1＝3.6 J ⑪在棒运动的整个过程中，由功能关系可知W F ＝Q 1＋Q 2⑫由⑨⑩⑪⑫式得W F ＝5.4 J【提分秘籍】1.安培力做功及对应的能量转化关系(1)电动机模型：如图甲所示，回路通电后导体棒中存在电流，受到安培力的作用而向右运动．通过安培力做功，电能转化为导体棒的机械能．(2)发电机模型：如图乙所示，导体棒因向右运动而产生感应电流，受到安培力的阻碍作用．通过克服安培力做功，机械能转化为回路的电能．综上所述，安培力做功是电能和其他形式的能之间相互转化的桥梁，如图所示．【举一反三】如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上，导轨电阻不计，间距L＝0.4 m．导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN，Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下，Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均为B＝0.5 T．在区域Ⅰ中，将质量m1＝0.1 kg，电阻R1＝0.1 Ω的金属条ab放在导轨上，ab 刚好不下滑．然后，在区域Ⅱ中将质量m2＝0.4 kg，电阻R2＝0.1 Ω的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开始下滑．cd在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，ab、cd始终与导轨垂直且两端与轨道保持良好接触，g取10 m/s2.问(1)cd下滑的过程中，ab中的电流方向；(2)ab将要向上滑动时，cd的速度v多大；(3)从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中，cd滑动的距离x＝3.8 m，此过程中ab上产生的热量Q是多少．【答案】(1)从a到b(2)5 m/s(3)1.3 J【解析】(1)cd下滑，根据右手定则判断，c端电势高于d端，ab中电流方向从a到b.(2)ab刚放上时，刚好不下滑，说明ab棒受到了最大静摩擦力F fm作用，且F fm＝m1g sinθcd棒下滑后，分析导体棒ab的受力如图所示，ab刚要上滑时，ab所受最大静摩擦力沿斜面向下，则F 安＝F fm ＋m 1g sin θ1．【2016·全国卷Ⅰ】如图1-，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连．两细金属棒ab (仅标出a 端)和cd (仅标出c 端)长度均为L ，质量分别为2m 和m ；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca ，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平．右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于斜面向上，已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R ，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g ，已知金属棒ab 匀速下滑．求：( )(1)作用在金属棒ab 上的安培力的大小；(2)金属棒运动速度的大小．图1-【答案】(1)mg (sin θ－3μcos θ)(2)(sin θ－3μcos θ)mgR B 2L 2 【解析】(1)设导线的张力的大小为T ，右斜面对ab 棒的支持力的大小为N 1，作用在ab 棒上的安培力的大小为F ，左斜面对cd 棒的支持力大小为N 2，对于ab 棒，由力的平衡条件得ε＝BLv ⑦式中，v 是ab 棒下滑速度的大小，由欧姆定律得I ＝εR⑧ 联立⑤⑥⑦⑧式得v ＝(sin θ－3μcos θ)mgR B 2L 2 ⑨ 2．【2016·全国卷Ⅱ】如图1-所示，水平面(纸面)内间距为l 的平行金属导轨间接一电阻，质量为m 、长度为l 的金属杆置于导轨上．t ＝0时，金属杆在水平向右、大小为F 的恒定拉力作用下由静止开始运动．t 0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B 、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动．杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ.重力加速度大小为g .求：(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；(2)电阻的阻值．【答案】(1)Blt 0⎝⎛⎭⎫F m －μg (2)B 2l 2t 0m【解析】(1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a ，由牛顿第二定律得I ＝E R⑤ 式中R 为电阻的阻值．金属杆所受的安培力为f ＝BIl ⑥因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得F －μmg －f ＝0 ⑦联立④⑤⑥⑦式得R ＝B 2l 2t 0m⑧ 3．【2016·四川卷】如图1-所示，电阻不计、间距为l 的光滑平行金属导轨水平放置于磁感应强度为B 、方向竖直向下的匀强磁场中，导轨左端接一定值电阻R .质量为m 、电阻为r 的金属棒MN 置于导轨上，受到垂直于金属棒的水平外力F 的作用由静止开始运动，外力F 与金属棒速度v 的关系是F ＝F 0＋kv (F 0、k 是常量)，金属棒与导轨始终垂直且接触良好．金属棒中感应电流为i ，受到的安培力大小为F A ，电阻R 两端的电压为U R ，感应电流的功率为P ，它们随时间t 变化图像可能正确的有( )图1-【答案】BC【解析】设金属棒在某一时刻速度为v ，由题意可知，感应电动势E ＝Blv ，感应电流I ＝E R ＋r＝Bl R ＋r v ，即I ∝v ；安培力F A ＝BIl ＝B 2l 2R ＋r v ，方向水平向左，即F A ∝v ；R 两端电压U R ＝IR ＝BlR R ＋rv ，即U R ∝v ；感应电流功率P ＝EI ＝B 2l 2R ＋rv 2，即P ∝v 2. 分析金属棒运动情况，由牛顿第二定律可得F 合＝F －F A ＝F 0＋kv －B 2l 2R ＋rv ＝F 0＋⎝⎛⎭⎫k －B 2l 2R ＋r v ，而加速度到加速度减小为0后金属棒做匀速直线运动，根据四个物理量与速度关系可知C 选项符合；综上所述，B 、C 选项符合题意．4．【2016·浙江卷】小明设计的电磁健身器的简化装置如图1-10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/s 2，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F A 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 .图1-10【答案】(1)2.4 m/s (2)48 N (3)64 J 26.88 J【解析】(1)由牛顿定律a ＝F －mg sin θm＝12 m/s 2 ①CD 棒在磁场区做匀速运动在磁场中运动时间t ＝d v⑨ 焦耳热Q ＝I 2Rt ＝26.88 J ⑩5．【2016·全国卷Ⅲ】如图1-所示，两条相距l 的光滑平行金属导轨位于同一水平面(纸面)内，其左端接一阻值为R 的电阻；一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上；在电阻、导轨和金属棒中间有一面积为S 的区域，区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场，磁感应强度大小B 1随时间t 的变化关系为B 1＝kt ，式中k 为常量；在金属棒右侧还有一匀强磁场区域，区域左边界MN (虚线)与导轨垂直，磁场的磁感应强度大小为B 0，方向也垂直于纸面向里．某时刻，金属棒在一外加水平恒力的作用下从静止开始向右运动，在t 0时刻恰好以速度v 0越过MN ，此后向右做匀速运动．金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好，它们的电阻均忽略不计．求：(1)在t ＝0到t ＝t 0时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值；(2)在时刻t (t >t 0)穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小．图1-【答案】(1)kt 0S R (2)B 0lv 0(t －t 0)＋kSt (B 0lv 0＋kS )B 0l R【解析】(1)在金属棒未越过MN 之前，t 时刻穿过回路的磁通量为Φ＝ktS ①设在从t 时刻到t ＋Δt 的时间间隔内，回路磁通量的变化量为ΔΦ，流过电阻R 的电荷量为Δq .由法拉第电磁感应定律有E ＝ΔΦΔt②式中，f 是外加水平恒力，F 是匀强磁场施加的安培力．设此时回路中的电流为I ，F 的大小为 F ＝B 0Il ⑧此时金属棒与MN 之间的距离为s ＝v 0(t －t 0) ⑨匀强磁场穿过回路的磁通量为Φ′＝B 0ls ⑩回路的总磁通量为Φt ＝Φ＋Φ′式中，Φ仍如①式所示．由①⑨⑩⑪式得，在时刻t (t >t 0)穿过回路的总磁通量为Φt ＝B 0lv 0(t －t 0)＋kSt ⑫在t 到t ＋Δt 的时间间隔内，总磁通量的改变ΔΦt 为ΔΦt ＝(B 0lv 0＋kS )Δt ⑬由法拉第电磁感应定律得，回路感应电动势的大小为E t ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪ΔΦt Δt ⑭ 由欧姆定律有I ＝E t R⑮ 联立⑦⑧⑬⑭⑮式得f ＝(B 0lv 0＋kS )B 0l R⑯ 1.(2015·浙江理综·24)小明同学设计了一个“电磁天平”，如图5所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡．线圈的水平边长L ＝0.1 m ，竖直边长H ＝0.3 m ，匝数为N 1.线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B 0＝1.0 T ，方向垂直线圈平面向里．线圈中通有可在0～2.0 A 范围内调节的电流I .挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使天平平衡，测出电流即可测得物体的质量．(重力加速度取g ＝10 m/s 2)图5 图6(1)为使电磁天平的量程达到0.5 kg ，线圈的匝数N 1至少为多少？(2)进一步探究电磁感应现象，另选N 2＝100匝、形状相同的线圈，总电阻R ＝10 Ω.不接外电流，两臂平衡．如图6所示，保持B 0不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B 随时间均匀变大，磁场区域宽度d ＝0.1 m ．当挂盘中放质量为0.01 kg 的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率ΔB Δt. 【答案】(1)25匝 (2)0.1 T/s代入数据可得ΔB Δt＝0.1 T/s 2．(2015·天津理综·11)如图9所示，“凸”字形硬质金属线框质量为m ，相邻各边互相垂直，且处于同一竖直平面内，ab 边长为l ，cd 边长为2l ，ab 与cd 平行，间距为2l .匀强磁场区域的上下边界均水平，磁场方向垂直于线框所在平面．开始时，cd 边到磁场上边界的距离为2l ，线框由静止释放，从cd 边进入磁场直到ef 、pq 边进入磁场前，线框做匀速运动，在ef 、pq 边离开磁场后，ab 边离开磁场之前，线框又做匀速运动．线框完全穿过磁场过程中产生的热量为Q .线框在下落过程中始终处于原竖直平面内，且ab 、cd 边保持水平，重力加速度为g .求：图9(1)线框ab 边将要离开磁场时做匀速运动的速度大小是cd 边刚进入磁场时的几倍；(2)磁场上、下边界间的距离H .【答案】(1)4倍 (2)Q mg＋28l 【解析】(1)设磁场的磁感应强度大小为B ，cd 边刚进入磁场时，线框做匀速运动的速度为v 1，cd 边上的感应电动势为E 1，由法拉第电磁感应定律，有E 1＝2Blv 1①线框完全穿过磁场的过程中，由能量守恒定律，有mg (2l ＋H )＝12mv 22－12mv 21＋Q ⑨ 由⑦⑧⑨式得H ＝Q mg＋28l 3．(2014·江苏单科·13)如图8所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为L ，长为3d ，导轨平面与水平面的夹角为θ，在导轨的中部刷有一段长为d 的薄绝缘涂层．匀强磁场的磁感应强度大小为B ，方向与导轨平面垂直．质量为m 的导体棒从导轨的顶端由静止释放，在滑上涂层之前已经做匀速运动，并一直匀速滑到导轨底端．导体棒始终与导轨垂直，且仅与涂层间有摩擦，接在两导轨间的电阻为R ，其他部分的电阻均不计，重力加速度为g .求：图8(1)导体棒与涂层间的动摩擦因数μ；(2)导体棒匀速运动的速度大小v ；(3)整个运动过程中，电阻产生的焦耳热Q .【答案】(1)tan θ (2)mgR sin θB 2L 2(3)2mgd sin θ－m 3g 2R 2sin 2θ2B 4L 4【解析】(1)在绝缘涂层上4．(2014·新课标全国Ⅱ·25)半径分别为r 和2r 的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r 、质量为m 且质量分布均匀的直导体棒AB 置于圆导轨上面，BA 的延长线通过圆导轨中心O ，装置的俯视图如图15所示．整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B ，方向竖直向下．在内圆导轨的C 点和外圆导轨的D 点之间接有一阻值为R 的电阻(图中未画出)．直导体棒在水平外力作用下以角速度ω绕O 逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触．设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒和导轨的电阻均可忽略．重力加速度大小为g .求：图15(1)通过电阻R 的感应电流的方向和大小；(2)外力的功率．【答案】(1)方向为C →D 3Bωr 22R(2)9B 2ω2r 44R ＋3μmgωr 2【解析】(1)根据右手定则，得导体棒AB 上的电流方向为B →A ，故电阻R 上的电流方向为C →D .解得P ＝9B 2ω2r 44R ＋3μmgωr 2. 5．(2013·天津理综·3)如图2所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd ，ab 边长大于bc 边长，置于垂直纸面向里、边界为MN 的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN .第一次ab 边平行MN 进入磁场，线框上产生的热量为Q 1，通过线框导体横截面的电荷量为q 1；第二次bc 边平行MN 进入磁场，线框上产生的热量为Q 2，通过线框导体横截面的电荷量为q 2，则( )图2A ．Q 1＞Q 2，q 1＝q 2B ．Q 1＞Q 2，q 1＞q 2C ．Q 1＝Q 2，q 1＝q 2D ．Q 1＝Q 2，q 1＞q 2【答案】A【解析】由法拉第电磁感应定律得：E ＝ΔΦΔt ①1.(多选)如图所示，电阻不计的平行金属导轨固定在一绝缘斜面上，两相同的金属导体棒a、b垂直于导轨静止放置，且与导轨接触良好，匀强磁场垂直穿过导轨平面．现用一平行于导轨的恒力F作用在a的中点，使其向上运动．若b始终保持静止，则它所受摩擦力可能()A．变为0 B．先减小后增大C．等于F D．先增大再减小【答案】AB【解析】a导轨在恒力F作用下加速运动，闭合回路中产生感应电流，导体棒b受到安培力方向应沿斜面向上，且逐渐增大．由力平衡可知，b导体棒受到的摩擦力先沿斜面向上逐渐减小到零，然后沿斜面向下逐渐增大，所以选项A、B正确，C、D错误．2.如图所示，边长为L的正方形导线框质量为m，由距磁场H高处自由下落，其下边ab 进入匀强磁场后，线圈开始做减速运动，直到其上边cd刚刚穿出磁场时，速度减为ab边进入磁场时的一半，磁场的宽度也为L，则线框穿越匀强磁场过程中产生的焦耳热为()A ．2mgLB ．2mgL ＋mgHC ．2mgL ＋34mgHD ．2mgL ＋14mgH 【答案】C【解析】设ab 刚进入磁场时的速度为v 1，cd 刚穿出磁场时的速度v 2＝v 12，线框自开始进入磁场到完全穿出磁场共下落高度为2L ，由题意得，12mv 21＝mgH ，12mv 21＋mg·2L ＝12mv 22＋Q ，解得，Q ＝2mgL ＋34mgH ，C 项正确． 3.如图所示，间距为L 、电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置，导轨左端用一阻值为R 的电阻连接，导轨上横跨一根质量为m 、电阻也为R 的金属棒，金属棒与导轨接触良好．整个装置处于竖直向上、磁感应强度为B 的匀强磁场中．现使金属棒以初速度v 0沿导轨向右运动，若金属棒在整个运动过程中通过的电荷量为q 下列说法正确的是( )A ．金属棒在导轨上做匀减速运动B ．整个过程中电阻R 上产生的焦耳热为mv 202C ．整个过程中金属棒在导轨上发生的位移为qR BLD ．整个过程中金属棒克服安培力做功为mv 202【答案】D【解析】由牛顿第二定律可得B 2L 2v R＝ma, 金属棒做a 减小的减速运动，A 错．由能量守恒定律可知，4.竖直平面内有一形状为抛物线的光滑曲面轨道，如图所示，轨道下半部分处在两个水平向里的匀强磁场中，磁场的边界分别是y ＝a 、y ＝b 、y ＝c 的直线(图中虚线所示)．一个小金属环从抛物线上y ＝d 处由静止释放，金属环沿抛物线下滑后环面总保持与磁场垂直，那么产生的焦耳热总量是( )A ．mgdB ．mg(d －a)C ．mg(d －b)D ．mg(d －c)【答案】D【解析】小金属环进入和穿出磁场的过程都要切割磁感线，因此小金属环的机械能不断地转化为电能，5．(多选)如图所示，虚线矩形abcd 为匀强磁场区域，磁场方向竖直向下，圆形闭合金属线框以一定的速度沿光滑绝缘水平面向磁场区域运动．如图所示给出的是圆形闭合金属线框的四个可能到达的位置，则圆形闭合金属线框的速度可能为零的位置是( )【答案】AD【解析】因为线框在进、出磁场时，线框中的磁通量发生变化，产生感应电流，安培力阻碍线框运动，使线框的速度可能减为零，故A 、D 正确．6.如图所示，光滑斜面的倾角为θ，斜面上放置一矩形导体线框abcd ，ab 边的边长为l 1，bc 边的边长为l 2，线框的质量为m ，电阻为R ，线框通过绝缘细线绕过光滑的滑轮与重物相连，重物质量为M ，斜面上ef 线(ef 平行底边)的右方有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度为B ，如果线框从静止开始运动，进入磁场的最初一段时间是做匀速运动的，且线框的ab 边始终平行底边，则下列说法正确的是( )A ．线框进入磁场前运动的加速度为Mg －mg sin θmB ．线框进入磁场时匀速运动的速度为Mg －mg sin θR Bl 1C ．线框做匀速运动的总时间为B 2l 21Mg －mg sin θRD ．该匀速运动过程产生的焦耳热为(Mg －mg sin θ)l 2【答案】D【解析】对重物和线框系统受力分析，由牛顿第二定律得，Mg －mg sin θ＝(M ＋m)a ，解得，a ＝Mg －mg sin θm ＋M，A 项错误；对线框受力分析，由平衡条件得，Mg －mg sin θ－F 安＝0，又F 安＝BIl 1，I ＝E/R ，E ＝Bl 1v ，联立解得，v ＝Mg －mg sin θR B 2l 21，B 项错误；线框做匀速运动的总时间为t ＝l 2v ＝B 2l 21l 2Mg －mg sin θR，C 项错误；由能量守恒定律得，该匀速运动过程产生的焦耳热等于系统重力势能的减小，Q ＝(Mg －mg sin θ)l 2，D 项正确．7．如图所示的甲、乙、丙图中，MN 、PQ 是固定在同一水平面内足够长的平行金属导轨．导体棒ab 垂直放在导轨上，导轨都处于垂直水平面向下的匀强磁场中．导体棒和导轨间接触良好且摩擦不计，导体棒、导轨和直流电源的电阻均可忽略，甲图中的电容器C 原来不带电．今给导体棒ab 一个向右的初速度v 0，在甲、乙、丙图中导体棒ab 在磁场中的最终运动状态是( )A ．甲、丙中，棒ab 最终将以相同速度做匀速运动；乙中ab 棒最终静止B ．甲、丙中，棒ab 最终将以不同速度做匀速运动；乙中ab 棒最终静止C ．甲、乙、丙中，棒ab 最终均做匀速运动D ．甲、乙、丙中，棒ab 最终都静止【答案】B【解析】甲图中ab 棒产生的感应电动势对电容器C 充电，C 两极板间电势差与感应电动势相同时，电8.两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L ，底端接阻值为R 的电阻．将质量为m 的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B 的匀强磁场垂直，如图所示．除电阻R 外其余电阻均不计．现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放．则( )A ．金属棒将做往复运动，动能、弹性势能与重力势能的总和保持不变B ．金属棒最后将静止，静止时弹簧的伸长量为mg/kC ．金属棒最后将静止，电阻R 上产生的总热量为mg·mg kD ．当金属棒第一次达到最大速度时，弹簧的伸长量为mg/k【答案】B【解析】金属棒在往复运动的过程中不断克服安培力做功产生电能，进而转化成焦耳热，机械能不断减少，最终静止，静止时弹力等于金属棒的重力，故A 错误，B 正确；由能量守恒定律可得mg·mg k＝Q ＋E 弹，故C 错误；当金属棒第一次达到最大速度时，加速度为零，则mg ＝kx ＋F 安，故D 错误．9.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，两个边长相等的单匝闭合正方形线圈Ⅰ和Ⅱ，分别用相同材料、不同粗细的导线绕制(Ⅰ为细导线)．两线圈在距磁场上界面h 高处由静止开始自由下落，再进入磁场，最后落到地面．运动过程中，线圈平面始终保持在竖直平面内且下边缘平行于磁场上边界．设线圈Ⅰ、Ⅱ落地时的速度大小分别为v 1、v 2，在磁场中运动时产生的热量分别为Q 1、Q 2.不计空气阻力，则( )A ．v 1<v 2，Q 1<Q 2B ．v 1＝v 2，Q 1＝Q 2C ．v 1<v 2，Q 1>Q 2D ．v 1＝v 2，Q 1<Q 2【答案】D【解析】线圈进入磁场前机械能守恒，进入磁场时速度均为v ＝2gh ，设线圈材料的密度为ρ1，电阻10.如图所示，电动机牵引一根原来静止的、长为1 m、质量为0.1 kg的导体棒MN，其电阻R为1 Ω，导体棒架在处于磁感应强度B＝1 T，竖直放置的框架上，当导体棒上升h＝3.8 m 时获得稳定的速度，导体产生的热量为2 J，电动机牵引导体棒时，电压表、电流表计数分别为7 V、1 A，电动机的内阻r＝1 Ω，不计框架电阻及一切摩擦；若电动机的输出功率不变，g 取10 m/s2，求：(1)导体棒能达到的稳定速度为多少？(2)导体棒从静止达到稳定所需的时间为多少？【答案】(1)2 m/s(2)1 s解得，t＝1 s.11．如图所示，相距L＝1 m、电阻不计的平行光滑长金属导轨固定在绝缘水平面上，两导轨左端间接有阻值R＝2 Ω的电阻，导轨所在区域内加上与导轨所在平面垂直、方向相反的匀强磁场，磁场宽度d均为0.6 m，磁感应强度大小B1＝25T、B2＝0.8 T．现有电阻r＝1 Ω的导体棒ab 垂直导轨放置且接触良好，当导体棒ab 从边界MN 进入磁场后始终以速度v ＝5 m/s 做匀速运动，求：(1)棒ab 在磁场B 1中运动时克服安培力做功的功率；(2)棒ab 经过任意一个磁场B 2区域过程中通过电阻R 的电荷量．【答案】 (1)0.67 W (2)0.16 C【解析】 (1)在磁场B 1中，棒ab 切割磁感线产生的电动势E 1＝B 1Lv感应电流I 1＝E 1r ＋R安培力F ＝B 1I 1L克服安培力做功的功率P ＝Fv ＝B 1Lv 2r ＋R＝0.67 W (2)在磁场B 2中，棒ab 切割磁感线产生的电动势E 2＝B 2Lv感应电流I 2＝E 2r ＋R棒ab 经过任意一个磁场B 2区域过程中通过电阻R 的电荷量q ＝I 2Δt 2＝B 2LvΔt 2r ＋R ＝B 2Ld r ＋R＝0.16 C.。

动力学、动量和能量观点在电学中的应用电磁感应中的动量和能量的应用1.应用动量定理可以由动量变化来求解变力的冲量.如在导体棒做非匀变速运动的问题中，应用动量定理可以解决牛顿运动定律不易解答的问题.2.在相互平行的水平轨道间的双棒做切割磁感线运动时，由于这两根导体棒所受的安培力等大反向，合外力为零，若不受其他外力，两导体棒的总动量守恒，解决此类问题往往要应用动量守恒定律.类型1动量定理和功能关系的应用例1如图1所示，两根电阻不计的光滑金属导轨竖直放置，相距为L，导轨上端接电阻R，宽度相同的水平条形区域Ⅰ和Ⅱ内有磁感应强度为B、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场，其宽度均为d，Ⅰ和Ⅱ之间相距为h且无磁场.一长度为L、质量为m、电阻为r的导体棒，两端套在导轨上，并与两导轨始终保持良好的接触，导体棒从距区域Ⅰ上边界H处由静止释放，在穿过两段磁场区域的过程中，流过电阻R上的电流及其变化情况相同，重力加速度为g.求：(1)导体棒进入区域Ⅰ的瞬间，通过电阻R的电流大小与方向.(2)导体棒通过区域Ⅰ的过程，电阻R上产生的热量Q.(3)求导体棒穿过区域Ⅰ所用的时间.(2018·甘肃天水模拟)如图2所示，竖直放置的两光滑平行金属导轨，置于垂直于导轨平面向里的匀强磁场中，两根质量相同的导体棒a和b，与导轨紧密接触且可自由滑动.先固定a，释放b，当b的速度达到10 m/s时，再释放a，经过1 s后，a的速度达到12 m/s，g取10 m/s2，则：(1)此时b的速度大小是多少？(2)若导轨足够长，a、b棒最后的运动状态怎样？类型2动量守恒定律和功能关系的应用1.问题特点对于双导体棒运动的问题，通常是两棒与导轨构成一个闭合回路，当其中一棒在外力作用下获得一定速度时必然在磁场中切割磁感线，在该闭合电路中形成一定的感应电流；另一根导体棒在磁场中通过时在安培力的作用下开始运动，一旦运动起来也将切割磁感线产生一定的感应电动势，对原来电流的变化起阻碍作用.2.方法技巧解决此类问题时通常将两棒视为一个整体，于是相互作用的安培力是系统的内力，这个变力将不影响整体的动量守恒.因此解题的突破口是巧妙选择系统，运用动量守恒(动量定理)和功能关系求解.(2017·湖南长沙四县三月模拟)足够长的平行金属轨道M、N，相距L＝0.5 m，且水平放置；M、N左端与半径R＝0.4 m的光滑竖直半圆轨道相连，与轨道始终垂直且接触良好的金属棒b和c可在轨道上无摩擦地滑动，两金属棒的质量m b＝m c＝0.1 kg，接入电路的有效电阻R b＝R c＝1 Ω，轨道的电阻不计.平行水平金属轨道M、N处于磁感应强度B＝1 T的匀强磁场中，磁场方向与轨道平面垂直向上，光滑竖直半圆轨道在磁场外，如图3所示，若使b棒以初速度v0＝10 m/s开始向左运动，运动过程中b、c不相撞，g取10 m/s2，求：(1)c棒的最大速度；(2)c棒达最大速度时，此棒产生的焦耳热；(3)若c棒达最大速度后沿半圆轨道上滑，金属棒c到达轨道最高点时对轨道的压力的大小.如图4所示，平行倾斜光滑导轨与足够长的平行水平光滑导轨平滑连接，导轨电阻不计.质量分别为m和12m的金属棒b和c静止放在水平导轨上，b、c两棒均与导轨垂直.图中de虚线往右有范围足够大、方向竖直向上的匀强磁场.质量为m的绝缘棒a垂直于倾斜导轨静止释放，释放位置与水平导轨的高度差为h.已知绝缘棒a滑到水平导轨上与金属棒b发生弹性正碰，金属棒b进入磁场后始终未与金属棒c发生碰撞.重力加速度为g.求：(1)绝缘棒a与金属棒b发生弹性正碰后分离时两棒的速度大小；(2)金属棒b进入磁场后，其加速度为其最大加速度的一半时的速度大小；(3)两金属棒b、c上最终产生的总焦耳热.如图所示，在光滑的水平面上，有一垂直向下的匀强磁场分布在宽度为L的区域内，现有一个边长为a（a﹤L）的正方形闭合线圈以初速度v0垂直磁场边界滑过磁场后，速度为v(v﹤v0)，那么线圈（）A完全进入磁场中时的速度大于（v0+v）/2B完全进入磁场中时的速度等于（v0+v）/2C完全进入磁场中时的速度小于（v0+v）/2D以上情况均有可能如图所示,在水平面上有两条导电导轨MN、PQ，导轨间距为d，匀强磁场垂直于导轨所在的平面向里，磁感应强度的大小为B ，两根完全相同的金属杆1、2间隔一定的距离摆开放在导轨上，且与导轨垂直。

大题精做十三电磁感应中的动力学和能量问题1．【衡水模拟】如图所示，质量为M的导体棒ab，垂直放在相距为l的平行光滑金属导轨上，导轨平面与水平面的夹角为θ，并处于磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，左侧是水平放置、间距为d的平行金属板。

R和R x分别表示定值电阻和滑动变阻器的阻值，不计其他电阻。

(1)调节R x＝R，释放导体棒，当棒沿导轨匀速下滑时，求通过棒的电流I及棒的速率v；(2)改变R x，待棒沿导轨再次匀速下滑后，将质量为m，带电量为＋q的微粒水平射入金属板间，若它能匀速通过，求此时的R x。

【解析】(1)对ab匀速下滑时：Mg sinθ＝BIl解得通过棒的电流为：由I＝联立解之得：。

(2)对板间粒子有：q＝mg根据欧姆定律得R x＝联立解之得：mBldqMsinθ。

2．【2017江苏】如图所示，两条相距d的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R的电阻。

质量为m的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ的磁感应强度大小为B、方向竖直向下。

当该磁场区域以速度v0匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为v。

导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触。

求：(1)MN刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I；(2)MN刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a；(3)PQ刚要离开金属杆时，感应电流的功率P。

【解析】（1）感应电动势感应电流解得（2）安培力牛顿第二定律解得（3）金属杆切割磁感线的速度v0-v，则感应电动势v0-v)电功率解得)2R1．【江苏联考】如图1所示，两条相距d＝1 m的平行光滑金属导轨位于同一水平面内，其左端接一阻值R＝9 Ω的电阻，右端放置一阻值r＝1 Ω、质量m＝1 kg的金属杆，开始时，与MP 相距L＝4 m。

导轨置于竖直向下的磁场中，其磁感应强度B随时间t的变化规律如图2所示。

给金属杆施加一向右的力F（F未知），使0～2 s内杆静止在NQ处。

简单物理 2014年3月第1页光滑导轨运动过程收尾状态v=0匀速匀速无电阻时匀速匀加速应用动力学和能量观点解决电磁感应中的“导轨＋杆”模型问题RvRFtvtvCvCFtvtvvvttv Fxv1．模型概述“导轨＋杆”模型是电磁感应问题在高考命题中的“基本道具”，也是高考的热点，考查的知识点多，题目的综合性强，物理情景变化空间大，是我们复习中的难点．“导轨＋杆”模型又分为“单杆”型和“双杆”型；导轨放置方式可分为水平、竖直和倾斜；杆的运动状态可分为匀速运动、匀变速运动、非匀变速运动或转动等；磁场的状态可分为恒定不变、均匀变化和非均匀变化等等，情景复杂，形式多变．2．常见模型类型“电—动—电”型“动—电—动”型示意图已知量棒ab长L，质量m，电阻R；导轨光滑水平，电阻不计棒ab长L，质量m，电阻R；导轨光滑，电阻不计过程分析S闭合，棒ab受安培力F＝BLER，此时加速度a＝BLEmR，棒ab速度v↑→感应电动势E′＝BLv↑→电流I↓→安培力F＝BIL↓→加速度a↓，当安培力F＝0时，a＝0，v最大，最后匀速运动棒ab释放后下滑，此时加速度a＝g sin α，棒ab速度v↑→感应电动势E＝BLv↑→电流I＝ER↑→安培力F＝BIL↑→加速度a↓，当安培力F＝mg sin α时，a＝0，v最大，最后匀速运动能量转化通过安培力做功，把电能转化为动能克服安培力做功，把重力势能转化为内能运动形式变加速运动变加速运动最终状态匀速运动，v m＝E′BL匀速运动v m＝mgR sin αB2L2解析 (1)设甲在磁场区域abcd 内运动时间为t 1，乙从开始运动到ab 位置的时间为t 2， 则由运动学公式得L ＝12·2g sin θ·t 21，L ＝12g sin θ·t 22解得t 1＝ L g sin θ，t 2＝ 2Lg sin θ (1分)因为t 1<t 2，所以甲离开磁场时，乙还没有进入磁场． (1分) 设乙进入磁场时的速度为v 1，乙中产生的感应电动势为E 1，回路中的电流为I 1，则12mv 21＝mgL sin θ (1分) E 1＝Bdv 1 (1分) I 1＝E 1/2R (1分) mg sin θ＝BI 1d (1分)解得R ＝B 2d 22m 2Lg sin θ (1分)(2)从释放金属杆开始计时，设经过时间t ，甲的速度为v ，甲中产生的感应电动势为E ， 回路中的电流为I ，外力为F ，则v ＝at (1分) E ＝Bdv (1分) I ＝E /2R (1分) F ＋mg sin θ－BId ＝ma (1分) a ＝2g sin θ 联立以上各式解得 F ＝mg sin θ＋mg sin θ2g sin θL·t (0≤t ≤ Lg sin θ) (1分) 方向垂直于杆平行于导轨向下． (1分) (3)甲在磁场运动过程中，乙没有进入磁场，设甲离开磁场时速度为v 0，甲、乙产生的热 量相同，均设为Q 1，则v 20＝2aL (1分)W ＋mgL sin θ＝2Q 1＋12mv 20 (2分)解得W ＝2Q 1＋mgL sin θ乙在磁场运动过程中，甲、乙产生相同的热量，均设为Q 2，则2Q 2＝mgL sin θ(2分)根据题意有Q ＝Q 1＋Q 2 (1分) 解得W ＝2Q (1分)答案 (1)B 2d 22m 2Lg sin θ(2)F ＝mg sin θ＋mg sin θ 2g sin θL ·t (0≤t ≤ Lg sin θ)，方向垂直于杆平行于导轨向下(3)2Q突破训练3 如图7甲所示，足够长的光滑平行金属导轨MN 、PQ 竖直放置，其宽度L ＝1 m ，一匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M 与P 之间连接阻值为R ＝0.40 Ω的电阻，质量为m ＝0.01 kg 、电阻为r ＝0.30 Ω的金属棒ab 紧贴在导轨上．现使金属棒ab 由静止开始下滑，下滑过程中ab 始终保持水平，且与导轨接触良好，其下滑距离s 与时间t的关系如图乙所示，图象中的OA 段为曲线，AB 段为直线，导轨电阻不计，g ＝10 m/s 2(忽略ab 棒运动过程中对原磁场的影响)，求：甲 乙图7(1)磁感应强度B 的大小；(2)金属棒ab 在开始运动的1.5 s 内，通过电阻R 的电荷量； (3)金属棒ab 在开始运动的1.5 s 内，电阻R 上产生的热量． 答案 (1)0.1 T (2)0.67 C (3)0.26 J解析 (1)金属棒在AB 段匀速运动，由题中图象乙得：v ＝ΔsΔt ＝7 m/s I ＝BLv r ＋R ，mg ＝BIL 解得B ＝0.1 T (2)q ＝I Δt I ＝ΔΦR ＋r Δt ΔΦ＝ΔS Δt B解得：q ＝0.67 C(3)Q ＝mgs －12mv 2解得Q ＝0.455 J从而Q R ＝Rr ＋R Q ＝0.26 J高考题组1． (2012·山东理综·20)如图8所示，相距为L 的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R ，匀强 磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B .将质量为m 的导体棒由 静止释放，当速度达到v 时开始匀速运动，此时对导体棒施加 一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P ，导体棒最终以2v 的速度匀速运动．导体棒始终与导轨垂直且接触良好， 图8 不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g .下列选项正确的是 ( ) A ．P ＝2mgv sin θ B ．P ＝3mgv sin θC ．当导体棒速度达到v 2时加速度大小为g2sin θD ．在速度达到2v 以后匀速运动的过程中，R 上产生的焦耳热等于拉力所做的功 答案 AC解析 根据I ＝E R ＝BLvR ，导体棒由静止释放，速度达到v 时，回路中的电流为I ，则根据共点力的平衡条件，有mg sin θ＝BIL .对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，使其以2v 的速度匀速运动时，则回路中的电流为2I ，则根据平衡条件，有F ＋mg sin θ＝B ·2IL ，所以拉力F ＝mg sin θ，拉力的功率P ＝F ×2v ＝2mgv sin θ，故选项A 正确，选项B 错误；当导体棒的速度达到v 2时，回路中的电流为I 2，根据牛顿第二定律，得mg sin θ－B I 2L ＝ma ，解得a ＝g2sin θ，选项C 正确；当导体棒以2v 的速度匀速运动时，根据能量守恒定律知，重力和拉力所做的功之和等于R 上产生的焦耳热，故选项D 错误．2． (2012·江苏单科·13)某兴趣小组设计了一种发电装置，如图9所示．在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角α均为49π，磁场均沿半径方向．匝数为N 的矩形线圈abcd 的边长ab ＝cd ＝l 、bc ＝ad ＝2l .线圈以角速度ω绕中心轴匀速转动，bc 边和ad 边同时进入磁场．在磁场中，两条边所经过处的磁感应强度大小均为B 、方向始终与两边的运动方向垂直．线圈的总电阻为r ，外接电阻为R .求：图9(1)线圈切割磁感线时，感应电动势的大小E m ； (2)线圈切割磁感线时，bc 边所受安培力的大小F ； (3)外接电阻上电流的有效值I .答案 (1)2NBl 2ω (2)4N 2B 2l 3ωr ＋R (3)4NBl 2ω3 r ＋R解析 (1)bc 、ad 边的运动速度v ＝ωl2感应电动势E m ＝4NBlv 解得E m ＝2NBl 2ω(2)电流I m ＝E mr ＋R安培力F ＝2NBI m l解得F ＝4N 2B 2l 3ωr ＋R(3)一个周期内，通电时间t ＝49TR 上消耗的电能W ＝I 2m Rt 且W ＝I 2RT解得I ＝4NBl 2ω3 r ＋R .模拟题组3． 如图10，两根足够长光滑平行金属导轨PP ′、QQ ′倾斜放置，匀强磁场垂直于导轨平面，导轨的上端与水平放置的 两金属板M 、N 相连，板间距离足够大，板间有一带电微粒，金属棒ab 水平跨放在导轨上，下滑过程中与导轨接触良好． 图10 现同时由静止释放带电微粒和金属棒ab ，则 ( ) A ．金属棒ab 最终可能匀速下滑 B ．金属棒ab 一直加速下滑C ．金属棒ab 下滑过程中M 板电势高于N 板电势D ．带电微粒不可能先向N 板运动后向M 板运动 答案 BC解析 金属棒沿光滑导轨加速下滑，棒中有感应电动势而对金属板M 、N 充电，充电电 流通过金属棒时金属棒受安培力作用，只有金属棒速度增大时才有充电电流，因此总有 mg sin θ－BIl >0，金属棒将一直加速下滑，A 错，B 对；由右手定则可知，金属棒a 端(即 M 板)电势高，C 对；若微粒带负电，则电场力向上，与重力反向，开始时电场力为0， 微粒向下加速，当电场力增大到大于重力时，微粒的加速度向上，可能向N 板减速运动 到零后再向M 板运动，D 错．4． 如图11所示，足够长的光滑平行金属导轨cd 和ef 水平放置，在其左端连接倾角为θ＝37°的光滑金属导轨ge 、hc ，导轨间距均为L ＝1 m ，在水平导轨和倾斜导轨上，各放一根与导轨垂直的金属杆，金属杆与导轨接触良好．金属杆a 、b 质量均为m ＝0.1 kg ，电阻R a ＝2 Ω、R b ＝3 Ω，其余电阻不计．在水平导轨和斜面导轨区域分别有竖直向上和竖直向下的匀强磁场B 1、B 2，且B 1＝B 2＝0.5 T ．已知从t ＝0时刻起，杆a 在外力F 1作用下由静止开始水平向右运动，杆b 在水平向右的外力F 2作用下始终保持静止状态，且F 2＝0.75＋0.2t (N)．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2)图11简单物理2014年3月第 PAGE \* MERGEFORMAT 7 页(1)通过计算判断杆a的运动情况；(2)从t＝0时刻起，求1 s内通过杆b的电荷量；(3)若t＝0时刻起，2 s内作用在杆a上的外力F1做功为13.2 J，则这段时间内杆b上产生的热量为多少？答案(1)以4 m/s2的加速度做匀加速运动(2)0.2 C(3)6 J解析(1)因为杆b静止，所以有F2－B2IL＝mg tan 37°而F2＝0.75＋0.2t(N)解得I＝0.4t (A)整个电路中的电动势由杆a运动产生，故E＝I(R a＋R b)E＝B1Lv解得v＝4t所以，杆a做加速度为a＝4 m/s2的匀加速运动．(2)杆a在1 s内运动的距离d＝ eq \f(1,2) at2＝2 mq＝ eq \x\to(I) Δteq \x\to(I) ＝ eq \f(E,R a＋R b)E＝ eq \f(ΔΦ,Δt) ＝ eq \f(B1Ld,Δt)q＝ eq \f(ΔΦ,R a＋R b) ＝ eq \f(B1Ld,R a＋R b) ＝0.2 C即1 s内通过杆b的电荷量为0.2 C(3)设整个电路中产生的热量为Q，由能量守恒定律得W1－Q＝ eq \f(1,2) mv EMBED Equation.3v1＝at＝8 m/s解得Q＝10 J从而Q b＝ eq \f(R b,R a＋R b) Q＝6 J。

高考物理一轮复习专项训练—电磁感应中的动力学和能量问题1.如图所示，在一匀强磁场中有一U形导线框abcd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R为一电阻，ef为垂直于ab的一根导体杆，它可在ab、cd上无摩擦地滑动．杆ef及线框的电阻不计，开始时，给ef一个向右的初速度，则()A．ef将减速向右运动，但不是匀减速运动B．ef将匀减速向右运动，最后停止C．ef将匀速向右运动D．ef将往返运动2.两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，顶端接阻值为R的电阻．质量为m、电阻为r 的金属棒在距磁场上边界某处由静止释放，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场垂直，如图所示．不计导轨的电阻，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A．金属棒在磁场中运动时，流过电阻R的电流方向为a→bB．金属棒刚进磁场时一定做加速运动C．金属棒的速度为v时，金属棒所受的安培力大小为B2L2vRD．金属棒以稳定的速度下滑时，电阻R的热功率为R3．(多选)(2023·黑龙江大庆市质检)如图所示，在两光滑水平金属导轨上静止放置a 、b 两根导体棒，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，用水平恒力F 拉动a 棒，在运动过程中，a 、b 棒始终与导轨接触良好，若不计导轨电阻，下列说法正确的是()A ．拉力F 做的功等于a 、b 棒增加的动能与a 、b 棒中产生的焦耳热之和B ．安培力对b 做的功等于b 棒增加的动能与b 棒中产生的焦耳热之和C ．安培力对a 、b 棒做功的代数和的绝对值等于a 、b 棒中产生的焦耳热之和D ．a 棒克服安培力做的功等于b 棒增加的动能与b 棒中产生的焦耳热之和4．(多选)如图甲所示，两间距为L 的平行光滑金属导轨固定在水平面内，左端用导线连接，导轨处在竖直向上的匀强磁场中，一根长度也为L 、电阻为R 的金属棒放在导轨上，在平行于导轨向右、大小为F 的恒力作用下向右运动，金属棒运动过程中，始终与导轨垂直并接触良好，金属棒运动的加速度与速度关系如图乙所示，不计金属导轨及左边导线电阻，金属导轨足够长，若图乙中的a 0、v 0均为已知量，则下列说法正确的是()A ．金属棒的质量为Fa 0B ．匀强磁场的磁感应强度大小为1L FR v 0C ．当拉力F 做功为W 时，通过金属棒横截面的电荷量为WFR D ．某时刻撤去拉力，此后金属棒运动过程中加速度大小与速度大小成正比5.(多选)如图所示，两根间距为d 的足够长光滑金属导轨，平行放置在倾角为θ＝30°的斜面上，导轨的右端接有电阻R ，整个装置放在磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直．导轨上有一质量为m 、电阻也为R 的金属棒与两导轨垂直且接触良好，金属棒以一定的初速度v 0在沿着导轨上滑一段距离L 后返回，不计导轨电阻及感应电流间的相互作用，重力加速度为g.下列说法正确的是()A．导体棒返回时先做加速运动，最后做匀速直线运动B．导体棒沿着导轨上滑过程中通过R的电荷量q＝BdLR(m v02－mgL)C．导体棒沿着导轨上滑过程中克服安培力做的功W＝12D．导体棒沿着导轨上滑过程中电阻R上产生的热量Q＝1(m v02－mgL)26.(多选)(2021·全国甲卷·21)由相同材料的导线绕成边长相同的甲、乙两个正方形闭合线圈，两线圈的质量相等，但所用导线的横截面积不同，甲线圈的匝数是乙的2倍．现两线圈在竖直平面内从同一高度同时由静止开始下落，一段时间后进入一方向垂直于纸面的匀强磁场区域，磁场的上边界水平，如图所示．不计空气阻力，已知下落过程中线圈始终平行于纸面，上、下边保持水平．在线圈下边进入磁场后且上边进入磁场前，可能出现的是()A．甲和乙都加速运动B．甲和乙都减速运动C．甲加速运动，乙减速运动D．甲减速运动，乙加速运动7.(2022·全国乙卷·24)如图，一不可伸长的细绳的上端固定，下端系在边长为l＝0.40m的正方形金属框的一个顶点上．金属框的一条对角线水平，其下方有方向垂直于金属框所在平面的匀强磁场．已知构成金属框的导线单位长度的阻值为λ＝5.0×10－3Ω/m；在t＝0到t＝3.0s时间内，磁感应强度大小随时间t的变化关系为B(t)＝0.3－0.1t(SI)．求：(1)t＝2.0s时金属框所受安培力的大小；(2)在t＝0到t＝2.0s时间内金属框产生的焦耳热．8.(2023·湖北省模拟)如图，质量为M的U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，间距L 的ab和dc边平行，都与bc边垂直．ab、dc足够长，整个金属框电阻可忽略．一根电阻为R、质量为m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，磁感应强度大小为B，MN与金属框保持良好接触，且与bc 边保持平行．(1)若导体棒MN在外力作用下保持静止，求最终稳定状态时金属框的速度大小；(2)若导体棒不受外力作用，求最终稳定状态时电路中的电动势．9．如图甲所示，相距L＝1m的两根足够长的光滑平行金属导轨倾斜放置，与水平面夹角θ＝37°，导轨电阻不计，质量m＝1kg、接入电路电阻为r＝0.5Ω的导体棒ab垂直于导轨放置，导轨的PM两端接在外电路上，定值电阻阻值R＝1.5Ω，电容器的电容C＝0.5F，电容器的耐压值足够大，导轨所在平面内有垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场．在开关S1闭合、S2断开的状态下将导体棒ab由静止释放，导体棒的v－t图像如图乙所示，sin37°＝0.6，取重力加速度g＝10m/s2.(1)求磁场的磁感应强度大小B；(2)在开关S1闭合、S2断开的状态下，当导体棒下滑的距离x＝5m时，定值电阻产生的焦耳热为21J，此时导体棒的速度与加速度分别是多大？(3)现在开关S1断开、S2闭合的状态下，由静止释放导体棒，求经过t＝2s时导体棒的速度大小．10．(2022·湖北卷·15)如图所示，高度足够的匀强磁场区域下边界水平、左右边界竖直，磁场方向垂直于纸面向里．正方形单匝线框abcd的边长L＝0.2m、回路电阻R＝1.6×10－3Ω、质量m＝0.2kg.线框平面与磁场方向垂直，线框的ad边与磁场左边界平齐，ab边与磁场下边界的距离也为L.现对线框施加与水平向右方向成θ＝45°角、大小为42N的恒力F，使其在图示竖直平面内由静止开始运动．从ab边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀速运动；dc边进入磁场时，bc边恰好到达磁场右边界．重力加速度大小取g＝10m/s2，求：(1)ab边进入磁场前，线框在水平方向和竖直方向的加速度大小；(2)磁场的磁感应强度大小和线框进入磁场的整个过程中回路产生的焦耳热；(3)磁场区域的水平宽度．1．A2.D3.AC4.ABD5.AC6.AB 7．(1)25N (2)0.016J 解析(1)金属框的总电阻为R ＝4lλ＝4×0.40×5×10－3Ω＝0.008Ω金属框中产生的感应电动势为E ＝ΔΦΔt ＝ΔB ·l 22Δt＝0.1×12×0.402V ＝0.008V 金属框中的电流为I ＝E R＝1A t ＝2.0s 时磁感应强度大小为B 2＝(0.3－0.1×2.0)T ＝0.1T ，金属框处于磁场中的有效长度为L ＝2l此时金属框所受安培力大小为F A ＝B 2IL ＝0.1×1×2×0.4N ＝225N (2)0～2.0s 时间内金属框产生的焦耳热为Q ＝I 2Rt ′＝12×0.008×2J ＝0.016J.8．(1)FR B 2L2(2)mFR BL (M ＋m )解析(1)由题意知：金属框做加速度减小的加速运动，加速度减为0，稳定状态时做匀速直线运动，根据受力平衡有F 安＝F导体棒的感应电动势为E ＝BL v导体棒的感应电流为I ＝E R安培力为F 安＝BIL联立解得v ＝FR B 2L2(2)导体棒、金属框最终以相同的加速度做匀加速直线运动，速度差一定，对整体由牛顿第二定律有F ＝(m ＋M )a对导体棒受力分析有BIL ＝ma ，E ＝IR联立解得E ＝mFR BL (M ＋m ).9．(1)2T(2)2m/s 2m/s 2(3)4m/s 解析(1)由题图乙可知，导体棒的最大速度v m ＝3m/s ，对应的感应电动势E ＝BL v m ，感应电流I ＝E R ＋r，当速度达到最大时，导体棒做匀速运动，导体棒受力平衡，有BIL ＝mg sin θ，解得B ＝mg (R ＋r )sin θL 2v m ＝2T.(2)导体棒和定值电阻串联，由公式Q ＝I 2Rt 可知：Q ab ∶Q R ＝1∶3，则导体棒ab 产生的焦耳热Q ab ＝13×21J ＝7J ，导体棒下滑x ＝5m 的距离，导体棒减少的重力势能转化为动能和回路中的焦耳热，由能量守恒定律有mgx sin θ＝12m v 12＋Q ab ＋Q R 得导体棒的速度v 1＝2m/s ，此时感应电动势E 1＝BL v 1，感应电流I 1＝E 1R ＋r，对导体棒有mg sin θ－BI 1L ＝ma 1，解得加速度a 1＝2m/s 2.(3)开关S 1断开、S 2闭合时，任意时刻对导体棒，根据牛顿第二定律有mg sin θ－BI 2L ＝ma 2，感应电流I 2＝Δq Δt，Δq ＝C ΔU Δt 时间内，有ΔU ＝ΔE ＝BL Δv ，a 2＝Δv Δt，解得a 2＝2m/s 2，表明导体棒ab 下滑过程中加速度不变，导体棒做匀加速直线运动，t ＝2s 时导体棒的速度大小v 2＝a 2t ＝4m/s.10．(1)20m/s 210m/s 2(2)0.2T 0.4J (3)1.1m 解析(1)ab 边进入磁场前，对线框进行受力分析，由牛顿第二定律，在水平方向有F cos θ＝ma x代入数据有a x ＝20m/s 2在竖直方向有F sin θ－mg ＝ma y代入数据有a y ＝10m/s 2(2)ab 边进入磁场开始，ab 边在竖直方向切割磁感线；ad 边和bc 边的上部分也开始进入磁场，且在水平方向切割磁感线．但ad 和bc 边的上部分产生的感应电动势相互抵消，则整个回路的电动势为ab 边切割磁感线产生的电动势，根据右手定则可知回路的电流为adcba ，则从ab 边进入磁场开始，ab 边受到的安培力竖直向下，ad 边的上部分受到的安培力水平向右，bc 边的上部分受到的安培力水平向左，则ad 边和bc 边的上部分受到的安培力相互抵消，故线框abcd 受到的安培力的合力为ab 边受到的竖直向下的安培力．由v y 2＝2a y L ，知ab 边刚到达磁场边缘时，线框竖直方向的速度v y ＝2m/s.由题知，线框从ab 边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀速运动，则有F sin θ－mg －BIL ＝0，E ＝BL v y ，I ＝E R联立解得B ＝0.2T由题知，从ab 边进入磁场开始，在竖直方向上线框做匀速运动；dc 边进入磁场时，bc 边恰好到达磁场右边界．则线框进入磁场的整个过程中，线框受到的安培力为恒力，则有Q ＝W 克安＝BILy ，y ＝LF sin θ－mg ＝BIL联立解得Q ＝0.4J(3)线框从开始运动到进入磁场的整个过程中所用的时间为v y ＝a y t 1，L ＝v y t 2，t ＝t 1＋t 2联立解得t ＝0.3s由(2)分析可知线框在水平方向上一直做匀加速直线运动，则在水平方向有x＝12a x t2＝12×20×0.32m＝0.9m，则磁场区域的水平宽度s＝x＋L＝1.1m.。

专题五 电磁感应和电路第1课时 电磁感应 专题复习定位 解决问题 本专题主要复习电磁感应的基本规律和方法，熟练应用动力学和能量观点分析并解决电磁感应问题。

高考重点 楞次定律和法拉第电磁感应定律的理解及应用；电磁感应中的平衡问题；电磁感应中的动力学和能量问题。

题型难度 本专题选择题和计算题都有可能命题，选择题一般考查楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用，题目有一定的综合性，难度中等；计算题主要考查电磁感应规律的综合应用，难度较大。

1.楞次定律中“阻碍”的表现(1)阻碍磁通量的变化(增反减同)。

(2)阻碍物体间的相对运动(来拒去留)。

(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势(增缩减扩)。

(4)阻碍原电流的变化(自感现象)。

2.感应电动势的计算(1)法拉第电磁感应定律：E ＝n ΔΦΔt ，常用于计算感应电动势的平均值。

①若B 变，而S 不变，则E ＝n ΔB Δt S ；②若S 变，而B 不变，则E ＝nB ΔS Δt。

(2)导体棒垂直切割磁感线：E ＝Bl v ，主要用于求感应电动势的瞬时值。

(3)如图1所示，导体棒Oa 围绕棒的一端O 在垂直匀强磁场的平面内做匀速转动而切割磁感线，产生的感应电动势E ＝12Bl 2ω。

图13.感应电荷量的计算回路中磁通量发生变化时，在Δt 时间内迁移的电荷量(感应电荷量)为q ＝I Δt ＝E R Δt ＝n ΔΦR Δt ·Δt ＝n ΔΦR 。

可见，q 仅由回路电阻R 和磁通量的变化量ΔΦ决定，与发生磁通量变化的时间Δt 无关。

4.电磁感应电路中产生的焦耳热当电路中电流恒定时，可用焦耳定律计算；当电路中电流变化时，则用功能关系或能量守恒定律计算。

解决感应电路综合问题的一般思路是“先电后力”，即：1.“源”的分析——分析电路中由电磁感应所产生的“电源”，求出电源参数E 和r 。

2.“路”的分析——分析电路结构，弄清串、并联关系，求出相关部分的电流大小，以便求解安培力。

专题五动量和能量观点的综合应用专题定位本专题解决的是综合应用动量和能量观点解决物体运动的多过程问题．本专题是高考的重点和热点，命题情景新、联系实际密切、综合性强，是高考的压轴题．应考策略本专题在高考中主要以两种命题形式出现：一是综合应用动能定理、机械能守恒定律和动量守恒定律，结合动力学方法解决多运动过程问题；二是运用动能定理和动量守恒定律解决电场、磁场内带电粒子的运动或电磁感应问题．由于本专题综合性强，因此要在审题上狠下功夫，弄清运动情景，挖掘隐含条件，有针对性地选择相应规律和方法．1．动量定理的公式Ft＝p′－p除表明两边大小、方向的关系外，还说明了两边的因果关系，即合外力的冲量是动量变化的原因．动量定理说明的是合外力的冲量与动量变化的关系，反映了力对时间的累积效果，与物体的初、末动量无必然联系．动量变化的方向与合外力的冲量方向相同，而物体在某一时刻的动量方向跟合外力的冲量方向无必然联系．动量定理公式中的F是研究对象所受的包括重力在内的所有外力的合力，它可以是恒力，也可以是变力，当F为变力时，F应是合外力对作用时间的平均值．2．动量守恒定律(1)内容：一个系统不受外力或者所受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变．(2)表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′；或p＝p′(系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p′)；或Δp＝0(系统总动量的变化量为零)；或Δp1＝－Δp2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量变化量大小相等、方向相反)．(3)守恒条件①系统不受外力或系统虽受外力但所受外力的合力为零．②系统合外力不为零，但在某一方向上系统合力为零，则系统在该方向上动量守恒．③系统虽受外力，但外力远小于内力且作用时间极短，如碰撞、爆炸过程．3．解决力学问题的三个基本观点(1)力的观点：主要应用牛顿运动定律和运动学公式相结合，常涉及受力、加速度或匀变速运动的问题．(2)动量的观点：主要应用动量定理或动量守恒定律求解，常涉及物体的受力和时间问题，以及相互作用的系统问题．(3)能量的观点：在涉及单个物体的受力和位移问题时，常用动能定理分析；在涉及系统内能量的转化问题时，常用能量守恒定律．1． 力学规律的选用原则(1)单个物体：宜选用动量定理、动能定理和牛顿运动定律．若其中涉及时间的问题，应选用动量定理；若涉及位移的问题，应选用动能定理；若涉及加速度的问题，只能选用牛顿第二定律．(2)多个物体组成的系统：优先考虑两个守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反冲等问题时，应选用动量守恒定律，然后再根据能量关系分析解决．2． 系统化思维方法，就是根据众多的已知要素、事实，按照一定的联系方式，将其各部分连接成整体的方法．(1)对多个物理过程进行整体思维，即把几个过程合为一个过程来处理，如用动量守恒定律解决比较复杂的运动．(2)对多个研究对象进行整体思维，即把两个或两个以上的独立物体合为一个整体进行考 虑，如应用动量守恒定律时，就是把多个物体看成一个整体(或系统).题型1 动量和能量的观点在力学中的应用例1 (2013·广东·35)如图1，两块相同平板P 1、P 2置于光滑水平面上，质量均为m ，P 2的右端固定一轻质弹簧，左端A 与弹簧的自由端B 相距L ，物体P 置于P 1的最右端，质量为2m 且可看作质点．P 1与P 以共同速度v 0向右运动，与静止的P 2发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后P 1与P 2粘连在一起，P 压缩弹簧后被弹回并停在A 点(弹簧始终在弹性限度内)．P 与P 2之间的动摩擦因数为μ，求：图1(1)P 1、P 2刚碰完时的共同速度v 1和P 的最终速度v 2. (2)此过程中弹簧的最大压缩量x 和相应的弹性势能E p . 解析 (1)P 1和P 2碰撞过程动量守恒，有mv 0＝(m ＋m )v 1①解得v 1＝12v 0P 在P 2上滑行过程中，P 1、P 2、P 组成的系统动量守恒，有2mv 0＋2mv 1＝4mv 2②解得v 2＝34v 0(2)P 1、P 2、P 第一次等速时弹簧压缩量最大，由能量守恒得μ·2mg (L ＋x )＋E p ＝12×2mv 2＋12×2mv 21－12×4mv 22③P 刚进入P 2到P 1、P 2、P 第二次等速时由能量守恒得μ·2mg (2L ＋2x )＝12×2mv 20＋12×2mv 21－12×4mv 22④由③④得：x ＝v 2032μg －L ，E p ＝mv 216. 答案 (1)12v 0 34v 0 (2)v 2032μg －L mv 216如图2所示，质量为m 的b 球用长为h 的细绳悬挂于水平轨道BC 的出口C处．质量也为m 的小球a ，从距BC 高为h 的A 处由静止释放，沿ABC 光滑轨道滑下，在C 处与b 球正碰并与b 粘在一起．已知BC 轨道距水平地面ED 的高度为0.5h ，悬挂b 球的细绳能承受的最大拉力为2.8mg .试问：图2(1)a 球与b 球碰前瞬间的速度为多大？(2)a 、b 两球碰后，细绳是否会断裂？若细绳断裂，小球在DE 水平面上的落点距C 处的水平距离是多少？若细绳不断裂，小球最高将摆多高？(小球a 、b 均视为质点) 答案 (1)2gh (2)细绳会断裂，落点距C 处的水平距离是22h 解析 (1)设a 球经C 点时速度为v C ，由机械能守恒定律，mgh ＝12mv 2C解得：v C ＝2gh即a 球与b 球碰前瞬间的速度为2gh(2)设a 、b 两球碰后速度为v ，由动量守恒定律，mv C ＝(m ＋m )v解得：v ＝v C 2＝2gh2两球粘在一起被细线悬挂绕O 摆动时，由F T －2mg ＝2m v 2h解得：F T ＝3mg由于F T >2.8mg ，细线会断裂，小球做平抛运动． 设平抛运动时间为t ，则有0.5h ＝12gt 2，解得t ＝h gx ＝vt ＝2gh 2·h g ＝22h 小球在DE 水平面上的落点距C 处的水平距离是22h 题型2 动量和能量观点在电学中的应用例2 (20分)在光滑水平面上静止着A 、B 两个小球(可视为质点)，质量均为m ，A 球是带电荷量为q 的正电荷，B 球不带电，两球相距为L .从t ＝0时刻开始，在两小球所在的水平空间内加一范围足够大的匀强电场，电场强度为E ，方向与A 、B 两球的连线平行向右，如图3所示．A 球在电场力作用下由静止开始沿直线运动，并与B 球发生完全弹性碰撞．设两球间碰撞力远大于电场力且作用时间极短，每次碰撞过程中A 、B 之间都没有电荷量转移，且不考虑空气阻力及两球间的万有引力．问：图3(1)小球A 经多长时间与小球B 发生第一次碰撞？(2)小球A 与小球B 发生第一次碰撞后瞬间A 、B 两球的速度大小分别是多少？ (3)第二次碰撞后，又经多长时间发生第三次碰撞？ 解析 (1)小球A 在电场力的作用下做匀加速直线运动，L ＝12at 21 (1分) a ＝qE m(1分) 解得：t 1＝2mL qE(1分)(2)小球A 与小球B 发生完全弹性碰撞，设A 球碰前速度为v A 1，碰后速度为v A 1′，B 球碰前速度为0，碰后速度为v B 1′，则mv A 1＝mv A 1′＋mv B 1′(2分) 12mv 2A 1＝12mv A 1′2＋12mv B 1′2(2分)联立得：v A 1′＝0v B 1′＝v A 1 v A 1＝at 1＝2qELm所以v A 1′＝0(2分)v B 1′＝2qELm(2分)(3)第一次碰撞后，小球A 做初速度为0的匀加速直线运动，小球B 以v B 1′的速度做匀速直线运动，两小球发生第二次碰撞的条件是：两小球位移相等．设A 球第二次碰撞前速度为v A 2，碰后速度为v A 2′，B 球碰前速度为v B 2，碰后速度为v B 2′，则v A 2＝at 2＝qE m t 2v B 2＝v B 1′＝2qELm12at 22＝v B 2t 2 解得：t 2＝22mL qEv A 2＝at 2＝22qELm又mv A 2＋mv B 2＝mv A 2′＋mv B 2′ 12mv 2A 2＋12mv 2B 2＝12mv A 2′2＋12mv B 2′2 联立得：v A 2′＝v B 2v B 2′＝v A 2所以v A 2′＝2qELmv B 2′＝22qELm(4分)第二次碰撞后，小球A 做初速度为2qELm的匀加速直线运动，小球B 以v B 2′的速度做匀速直线运动，两小球发生第三次碰撞的条件是：两小球位移相等．设第三次碰撞A 球碰前速度为v A 3，碰后速度为v A 3′，B 球碰前速度为v B 3，碰后速度为v B 3′，则 v B 3＝v B 2′＝22qELm2qELmt 3＋12at 23＝v B 3·t 3解得：t 3＝22mL qE(5分)即完成第二次碰撞后，又经t 3＝22mLqE的时间发生第三次碰撞．答案 (1)2mLqE(2)A 球的速度大小是0，B 球的速度大小是2qELm (3)22mLqE如图4所示，相距都为L 的两足够长的平行金属直导轨与水平面的夹角都是θ，通过最低点的PQ 用一段很小的圆弧连接(长度可以忽略)，PQ 的左侧导轨处于磁感应强度为B 1、磁场方向垂直左导轨的匀强磁场中，PQ 的右侧导轨处于磁感应强度为B 2＝2B 1、磁场方向垂直右导轨的匀强磁场中，PQ 圆弧处没有磁场．现有电阻都为r 、长度都为L 、质量分别是m 1、m 2，m 2＝2m 1的导体棒AB 、CD 分别静置于两导轨的足够高处，导体棒与导轨垂直且接触良好．现先释放AB 棒，当AB 棒速度稳定时再释放CD 棒．一切摩擦不计，试分析下列问题：图4(1)求AB 棒的稳定速度v 1；(2)试分析AB 棒稳定运动时自由释放后的CD 棒的运动状态；(3)当AB 棒运动到最低点PQ 时，立即锁定它，不让其运动，随即解除锁定，随后会与下滑的CD 棒发生弹性碰撞．试求AB 、CD 棒在运动停止前的整个运动过程中的最大电流． 答案 (1)2rm 1g sin θB 21L 2(2)CD 棒静止不动 (3)m 1g sin θB 1L解析 (1)回路中的感应电动势E ＝B 1Lv 1 电流I ＝B 1Lv 12rAB 棒所受到的安培力F 安1＝B 1LI ＝B 21L 2v 12rAB 棒稳定后有B 21L 2v 12r＝m 1g sin θ由上述解得v 1＝2rm 1g sin θB 21L2(2)CD 棒释放前瞬间所受到的安培力为F 安2＝B 2LI ＝B 1B 2L 2v 12r将B 2＝2B 1代入上式得F 安2＝B 21L 2v 1rCD 棒重力沿斜面方向的分量为G 2＝m 2g sin θ＝2m 1g sin θ因B 21L 2v 12r＝m 1g sin θ，即F 安2＝G 2，故CD 棒静止不动(3)CD 由足够高滑下来，最终做匀速直线运动，F 安2＝B 2LI ′＝B 22L 2v 22r又F 安2＝B 21L 2v 1r解得v 2＝12v 1两棒弹性碰撞，动量守恒m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′机械能守恒：12m 2v 22＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2由以上解得：v 1′＝2v 13v 2′＝v 16由上述可知AB 棒以v 1下滑时速度最大，产生的最大电流I max ＝B 1Lv 12r ＝m 1g sin θB 1L8． 综合应用动量和能量观点解决多过程问题审题示例如图5所示，光滑的水平面AB (足够长)与半径为R ＝0.8 m 的光滑竖直半圆轨道BCD 在B 点相切，D 点为半圆轨道最高点．A 点的右侧等高地放置着一个长为L ＝20 m 、逆时针转动速度为v ＝10 m/s 的传送带．用轻质细线连接甲、乙两物体，中间夹一轻质弹簧，弹簧与甲乙两物体不拴接．甲的质量为m 1＝3 kg ，乙的质量为m 2＝1 kg ，甲、乙均静止在光滑的水平面上．现固定乙，烧断细线，甲离开弹簧后进入半圆轨道并可以通过D 点，且过D 点时对轨道的压力恰好等于甲的重力．传送带与乙物体间动摩擦因数为0.6，重力加速度g 取10 m/s 2，甲、乙两物体可看做质点．图5(1)求甲球离开弹簧时的速度．(2)若甲固定，乙不固定，细线烧断后乙可以离开弹簧后滑上传送带，求乙在传送带上滑行的最远距离．(3)甲、乙均不固定，烧断细线以后，求甲和乙能否再次在AB 面上水平碰撞？若碰撞，求再次碰撞时甲乙的速度；若不会碰撞，说明原因． 审题模板答题模板(1)甲离开弹簧时的速度大小为v 0，运动至D 点的过程中机械能守恒： 12m 1v 20＝m 1g ·2R ＋12m 1v 2D 在最高点D ，由牛顿第二定律，2m 1g ＝m 1v 2D R联立解得：v 0＝4 3 m/s(4分)(2)甲固定，烧断细线后乙的速度大小为v 乙，能量守恒得E p ＝12m 1v 20＝12m 2v 2乙得v 乙＝12 m/s(2分)之后乙滑上传送带做匀减速运动μm 2g ＝m 2a 得a ＝6 m/s2(2分)乙速度为零时离A 端最远，最远距离为：s ＝v 2乙2a＝12 m<20 m(2分)即乙在传送带上滑行的最远距离为12 m.(3)甲、乙均不固定，烧断细线后，设甲、乙速度大小分别为v 1、v 2，甲、乙分离瞬间动量守恒：m 1v 1＝m 2v 2甲、乙和弹簧组成的系统能量守恒：E p ＝12m 1v 20＝12m 1v 21＋12m 2v 22解得：v 1＝2 3 m/s ，v 2＝6 3 m/s (4分)之后甲沿轨道上滑，设上滑最高点高度为h ，则12m 1v 21＝m 1gh得h ＝0.6 m<0.8 m(2分)则甲上滑不到等圆心位置就会返回，返回AB 面上速度仍然是v 2＝2 3 m/s(1分)乙滑上传送带，因v 2＝6 3 m/s<12 m/s ，则乙先向右做匀减速运动，后向左匀加速． 由对称性可知乙返回AB 面上时速度大小仍然为v 2＝6 3 m/s(1分)故甲、乙会再次相撞，碰撞时甲的速度为2 3 m/s ，方向向右，乙的速度为6 3 m/s ，方向向左答案 (1)4 3 m/s (2)12 m (3)甲、乙会再次碰撞，碰撞时甲的速度为2 3 m/s ，方向向右，乙的速度为6 3 m/s ，方向向左(限时：60分钟)1． 如图1所示，在离地面H ＝5.45 m 的O 处用长L ＝0.45 m 的不可伸长的细线挂一质量为0.09 kg 的爆竹(火药质量忽略不计)，把爆竹拉起至D 点使细线水平伸直，点燃导火线后将爆竹静止释放，爆竹刚好到达最低点B 时炸成质量相等的两块，一块朝相反方向水平抛出，落到地面上的A 处，抛出的水平距离s ＝5 m ．另一块仍系在细线上继续做圆周运动，空气阻力忽略不计，取g ＝10 m/s 2，求：图1(1)爆竹爆炸前瞬间的速度大小v 0；(2)继续做圆周运动的那一块在B 处对细线的拉力的大小； (3)火药爆炸释放的能量E .答案 (1)3 m/s (2)12.55 N (3)2.88 J解析 (1)设爆竹的总质量为2m ，爆竹从D 点运动到B 点过程中，根据动能定理，得2mgL ＝12×2mv 2解得v 0＝3 m/s(2)设爆炸后抛出的那一块的水平速度为v 1，做圆周运动的那一块的水平速度为v 2. 对抛出的那一块，有：s ＝v 1t H －L ＝12gt 2解得v 1＝5 m/s以爆炸后做圆周运动的那一块的水平速度方向为正方向，根据动量守恒定律，得 2mv 0＝mv 2－mv 1在B 处，对于做圆周运动的那一块，根据牛顿第二定律，得F T －mg ＝mv 22L根据牛顿第三定律，得做圆周运动的那一块对细线的拉力F T ′＝F T 联立以上各式，解得F T ′＝12.55 N (3)根据能量守恒定律，得E ＝12mv 21＋12mv 22－12×2mv 2解得E ＝2.88 J2． 如图2所示，在距水平地面高h ＝0.80 m 的水平桌面一端的边缘放置一个质量m ＝0.80 kg的木块B ，桌面的另一端有一块质量M ＝1.0 kg 的木块A 以初速度v 0＝4.0 m/s 开始向着木块B 滑动，经过时间t ＝0.40 s 与B 发生碰撞，碰后两木块都落到地面上．木块B 离开桌面后落到地面上的D 点．设两木块均可以看做质点，它们的碰撞时间极短，且已知D 点距桌面边缘的水平距离s ＝0.60 m ，木块A 与桌面间的动摩擦因数μ＝0.50，重力加速度取g ＝10 m/s 2.求：图2(1)两木块碰撞前瞬间，木块A 的速度大小； (2)木块B 离开桌面时的速度大小；(3)碰撞过程中损失的机械能．答案 (1)2.0 m/s (2)1.5 m/s (3)0.78 J解析 (1)木块A 在桌面上受到滑动摩擦力作用做匀减速运动，木块A 的加速度大小根据牛顿第二定律，μMg ＝Maa ＝5 m/s 2设两木块碰撞前瞬间A 的速度大小为v ，根据运动学公式得v ＝v 0－at解得v ＝2.0 m/s(2)两木块离开桌面后均做平抛运动，设木块B 离开桌面时的速度大小为v 2，在空中飞行的时间为t ′.根据平抛运动规律有：h ＝12gt ′2，s ＝v 2t ′解得：v 2＝s g 2h＝1.5 m/s (3)设两木块碰撞后木块A 的速度大小为v 1，根据动量守恒定律有Mv ＝Mv 1＋mv 2解得：v 1＝Mv －mv 2M＝0.80 m/s 碰撞过程中损失的机械能为E 损＝12Mv 2－12Mv 21－12mv 22 解得E 损＝0.78 J3． 坡道顶端距水平滑道ab 高度为h ＝0.8 m ．质量为m 1＝3 kg 的小物块A 从坡道顶端由静止滑下，进入滑道ab 时无机械能损失，放在地面上的小车上表面与ab 在同一水平面上，右端紧靠水平滑道的b 端，左端紧靠锁定在地面上的挡板P .轻弹簧的一端固定在挡板P 上，另一端与质量为m 2＝1 kg 的物块B 相接(不拴接)，开始时弹簧处于原长，B 恰好位于小车的右端，如图3所示．A 与B 碰撞时间极短，碰后结合成整体D 压缩弹簧，已知D 与小车之间的动摩擦因数为μ＝0.2，其余各处的摩擦不计，A 、B 可视为质点，重力加速度g ＝10 m/s 2，求：图3(1)A 在与B 碰撞前瞬间速度v 的大小？(2)求弹簧达到最大压缩量d ＝1 m 时的弹性势能E p ？(设弹簧处于原长时弹性势能为零)(3)撤去弹簧和挡板P ，设小车长L ＝2 m ，质量M ＝6 kg ，且μ值满足0.1≤μ≤0.3，试求D 相对小车运动过程中两者因摩擦而产生的热量(计算结果可含有μ)．答案 (1)4 m/s (2)10 J (3)①当0.1≤μ<0.135时，摩擦生热80μ J ．②当0.135≤μ≤0.3时，摩擦生热10.8 J解析 (1)由机械能守恒定律m 1gh ＝12m 1v 2 解得v ＝4 m/s(2)A 与B 碰撞结合，由动量守恒定律得m 1v ＝(m 1＋m 2)v 1得v 1＝3 m/sD 压缩弹簧至最大压缩量时，由能量守恒定律得12(m 1＋m 2)v 21＝E p ＋μ(m 1＋m 2)gd 得E p ＝10 J(3)设D 滑到小车左端时刚好能够与小车共速，速度大小为v 2由动量守恒定律得(m 1＋m 2)v 1＝(m 1＋m 2＋M )v 2即v 2＝1.2 m/s由能量守恒定律得μ1(m 1＋m 2)gL ＝12(m 1＋m 2)v 21－12(m 1＋m 2＋M )v 22 得μ1＝0.135①当满足0.1≤μ<0.135时，D 和小车不能共速，D 将从小车的左端滑落产生的热量为Q 1＝μ(m 1＋m 2)gL解得Q 1＝80μ J②当满足0.135≤μ≤0.3时，D 和小车能共速产生的热量为Q 2＝12(m 1＋m 2)v 21－12(m 1＋m 2＋M )v 22 解得Q 2＝10.8 J4． 如图4所示，在一绝缘粗糙的水平桌面上，用一长为2L 的绝缘轻杆连接两个完全相同、质量均为m 的可视为质点的小球A 和B .A 球带电荷量为＋q ，B 球不带电．开始时轻杆的中垂线与竖直虚线MP 重合，虚线NQ 与MP 平行且相距4L .在MP 、NQ 间加水平向右、电场强度为E 的匀强电场，A 、B 球恰能静止在粗糙桌面上．取最大静摩擦力等于滑动摩擦力．求：图4(1)A 、B 球与桌面间的动摩擦因数；(2)若A 球带电荷量为＋8q 时，B 球带电荷量为－8q ，将A 、B 球由开始位置从静止释放，求A 球运动到最右端时距虚线NQ 的距离d 及AB 系统从开始运动到最终静止所运动的总路程s ；(3)若有质量为km 、带电荷量为－k 2q 的C 球，向右运动与B 球正碰后粘合在一起，为使A 球刚好能到达虚线NQ 的位置，问k 取何值时，C 与B 碰撞前瞬间C 球的速度最小？C 球速度的最小值为多大？(各小球与桌面的动摩擦因数都相同，且各小球间的库仑力忽略不计)答案 (1)qE 2mg (2)8L (3)k ＝ 32时C 球的速度最小值，最小值为 46＋11 qEL m解析 (1)以A 、B 球整体为研究对象，处于静止状态，则有qE ＝2μmgμ＝qE2mg(2)从静止开始至A 球运动到最右端的过程中电场力对A 球做功 W A ＝8qE ×3L电场力对B 球做负功W B ＝－8qE [4L －(2L －d )]＝－8qE (2L ＋d )摩擦力对AB 系统做负功W f ＝－2μmg (3L ＋d )＝－qE (3L ＋d )由动能定理可知W A ＋W B ＋W f ＝0得d ＝59L 分析运动过程后可知，AB 系统最终静止在电场中，对全程应用动能定理可得 8qEL －2μmgs ＝0则s ＝8L(3)C 与B 球碰后，C 与AB 系统共同速度设为v 1，由动量守恒可知kmv 0＝(km ＋2m )v 1v 1＝kk ＋2v 0C 与B 碰后至A 滑到虚线NQ 位置过程中，由动能定理可知 qE ·3L －k 2qE ·2L －μ(km ＋2m )g ·3L ＝0－12(km ＋2m )v 21联立解得v 0＝ qELm 4k ＋6k ＋11当4k ＝6k ，k ＝ 32时，v 0有最小值v 0minv 0min ＝ 46＋11 qELm。

取夺市安慰阳光实验学校专题46 电磁感应中的动力学和能量问题【满分：110分时间：90分钟】一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分。

在每小题给出的四个选项中. 1~8题只有一项符合题目要求； 9~12题有多项符合题目要求。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

)1．如图，固定在水平桌面上的光滑金属导轨cd、eg处于方向竖直向下的匀强磁场中，金属杆ab与导轨接触良好，在两根导轨的端点d、e之间连接一电阻，其他部分电阻忽略不计，现用一水平向右的恒力F作用在金属杆ab上，使金属杆由静止开始向右沿导轨滑动，滑动中杆ab始终垂直于导轨，金属杆受到的安培力用F安表示，则下列说法正确的是：（）A．金属杆ab做匀加速直线运动B．金属杆ab运动过程回路中有顺时针方向的电流C．金属杆ab所受到的F安先不断增大，后保持不变D．金属杆ab克服安培力做功的功率与时间的平方成正比【答案】C2．如图所示，两条电阻不计的平行导轨与水平面成θ角，导轨的一端连接定值电阻R1，匀强磁场垂直穿过导轨平面．一根质量为m、电阻为R2的导体棒ab，垂直导轨放置，导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，且R2=nR1．如果导体棒以速度v匀速下滑，导体棒此时受到的安培力大小为F，则以下判断正确的是：（）A. 电阻R消耗的电功率为Fv/nB. 重力做功的功率为mgv cosθC. 运动过程中减少的机械能全部转化为电能D. R2上消耗的功率为nFv/(n+l)【答案】D【名师点睛】导体棒以速度 v 匀速下滑，受到的安培力大小为 F，根据法拉第电磁感应定律和焦耳定律，联立解得P；根据能量转化情况，分析整个装置减小的机械功率转化为电能和内能。

R2和R1串联，电流相等，根据P=I2R可知R2消耗的功率和R1消耗的功率的关系。

3．如图所示，PQ、MN是放置在水平面内的光滑导轨，GH是长度为L、电阻为r 的导体棒，其中点与一端固定的轻弹簧连接，轻弹簧的劲度系数为k．导体棒处在方向向下、磁感应强度为B的匀强磁场中．图中E是电动势为E，内阻不计的直流电源，电容器的电容为C．闭合开关，待电路稳定后，下列选项正确的是：（）A ．导体棒中电流为B ．轻弹簧的长度增加C ．轻弹簧的长度减少D ．电容器带电量为CR【答案】C【名师点睛】本题属于含容电路问题，在电路的连接中，电容所在支路为断路，电容两端电压等于与之并联的导体两端的电压，利用闭合电路的欧姆定律即可得出电路中的电流及电容器的带电量；导体棒在磁场中通电后受安培力作用，当安培力与弹簧的弹力相等时导体棒处于稳定状态，由胡克定律和平衡条件即可求出弹簧的形变量。

取夺市安慰阳光实验学校专题46 电磁感应中的动力学和能量问题1.会分析计算电磁感应中有安培力参与的导体的运动及平衡问题.2.会分析计算电磁感应中能量的转化与转移． 考点一 电磁感应中的动力学问题分析 1． 安培力的大小 由感应电动势E ＝BLv ，感应电流rR E I +=和安培力公式F ＝BIL 得rR vL B F +=222． 安培力的方向判断3． 导体两种状态及处理方法(1)导体的平衡态——静止状态或匀速直线运动状态． 处理方法：根据平衡条件(合外力等于零)列式分析． (2)导体的非平衡态——加速度不为零．处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析． ★重点归纳★1．电磁感应中的动力学问题中两大研究对象及其关系电磁感应中导体棒既可看作电学对象(因为它相当于电源)，又可看作力学对象(因为感应电流产生安培力)，而感应电流I 和导体棒的速度v 则是联系这两大对象的纽带：2．电磁感应中的动力学问题分析思路解决电磁感应中的动力学问题的一般思路是:“先电后力”，即：先做“源”的分析——分离出电路中由电磁感应所产生的电源，求出电源参数E 和r ；再进行“路”的分析——分析电路结构，弄清串、并联关系，求出相应部分的电流大小，以便求解安培力；然后是“力”的分析——分析研究对象(常是金属杆、导体线圈等)的受力情况，尤其注意其所受的安培力；最后进行“运动”状态的分析——根据力和运动的关系，判断出正确的运动模型．(1)电路分析：导体棒相当于电源，感应电动势相当于电源的电动势，导体棒的电阻相当于电源的内阻，感应电流rR BLvr R E I +=+=. (2)受力分析：导体棒受到安培力及其他力，安培力F 安＝BIl或rR vL B F +=22，根据牛顿第二定律列动力学方程：F 合＝ma . (3)过程分析：由于安培力是变力，导体棒做变加速或变减速运动，当加速度为零时，达到稳定状态，最后做匀速直线运动，根据共点力平衡条件列平衡方程：F 合＝0.★典型案例★如图甲所示，一对足够长的平行粗糙导轨固定在与水平面夹角为370的斜面上，两导轨间距为l=1m ，下端接有R=3Ω的电阻，导轨的电阻忽略不计；一根质量m=0.5kg 、电阻r=1Ω(导轨间部分)的导体杆垂直静置与两导轨上，并与两导轨接触良好；整个装置处于磁感应强度大小B=2T 、 垂直于导轨平面向上的匀强磁场中；现用平行于斜面向上的拉力F 拉导体杆，拉力F 与时间t 的关系如图乙所示，导体杆恰好做匀加速直线运动；重力加速度g=10m/s 2，sin370=0.6，cos370=0.8；求导体杆的加速度大小和导体杆与导轨间的动摩擦因数μ。

电磁感应中的动力学和能量问题一、单项选择题1. 如图所示，在O点正下方有一个有理想边界的磁场，铜环在A点由静止释放向右摆至最高点B，不考虑空气阻力，则下列说法中正确的是( )A. A、B两点在同一水平线B. A点高于B点C. A点低于B点D. 铜环摆动过程中机械能守恒2. 如图所示，在平行于水平地面的匀强磁场上方有三个线圈，从相同的高度由静止开始同时释放，三个线圈都是用相同的金属材料制成的边长一样的正方形，A线圈有一个缺口，B、C线圈闭合，但B线圈的导线比C线圈的粗，则( )A. 三个线圈同时落地B. A线圈最先落地C. A线圈最后落地D. C线圈最后落地3. (2013·梅州二模)如图所示，足够长的光滑金属导轨固定在竖直平面内，匀强磁场垂直导轨所在的平面向里.金属棒AC与导轨垂直且接触良好.现将导轨接上电阻R，导轨和金属棒的电阻忽略不计，则金属棒AC由静止释放后( )A. 电流方向沿棒由C指向AB. 金属棒所受安培力的最大值与其重力大小相等C. 在金属棒加速下落的过程中，金属棒减少的重力势能全部转化为在电阻上产生的热量D. 金属棒达到稳定速度后的下落过程中，金属棒的机械能守恒4. 如图所示，足够长的U形光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0<θ<90°)，其中MN 与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计.金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电荷量为q时，棒的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中( )A. 运动的平均速度大小为12vB. 下滑的位移大小为qR BLC. 产生的焦耳热为qBLvD. 受到的最大安培力大小为22vB LR sin θ5. (2014·金陵中学)如图所示，在磁感应强度为B的水平匀强磁场中，有两根竖直放置的平行金属导轨，顶端用一电阻R相连，两导轨所在的竖直平面与磁场方向垂直.一根金属棒ab以初速度v0沿导轨竖直向上运动，到某一高度后又向下运动返回到原出发点.整个过程中金属棒与导轨保持垂直且接触良好，导轨与棒间的摩擦及它们的电阻均可忽略不计.则在金属棒整个上行与整个下行的两个过程中，下列说法中错误的是( )A. 上行的运动时间小于下行的运动时间B. 上行过程中通过R的电荷量等于下行过程中通过R的电荷量C. 上行过程中R上产生的热量大于下行过程中R上产生的热量D. 回到出发点的速度v等于初速度v0二、多项选择题6. 如图甲所示，abcd为导体做成的框架，其平面与水平面成θ角，导体棒PQ与ad、bc接触良好，整个装置放在垂直于框架平面的变化磁场中，磁场的磁感应强度B随时间t变化情况如图乙所示(设图甲中B的方向为正方向).在 0t1时间内导体棒PQ始终静止，下列说法中正确的是( )甲乙A. 导体棒PQ中电流方向由Q至PB. 导体棒PQ受安培力方向沿框架向下C. 导体棒PQ受安培力大小在增大D. 导体棒PQ受安培力大小在减小7. 如图所示，阻值为R的金属棒从图示位置ab分别以v1、v2的速度沿光滑导轨(电阻不计)匀速滑到a'b'位置，若v1∶v2=1∶2，则在这两次过程中( )A. 回路电流I1∶I2=1∶2B. 产生的热量Q1∶Q2=1∶4C. 通过任一截面的电荷量q1∶q2=1∶2D. 外力的功率P1∶P2=1∶48. 如图所示，两根足够长平行金属导轨倾角θ=30°，导轨上、下端各接电阻R=20Ω，导轨电阻忽略不计，导轨宽度L=2m，匀强磁场垂直导轨平面向上，磁感应强度B=1T.金属棒ab质量 m=0.1kg、电阻r=10Ω，在较高处由静止释放，金属棒ab在下滑过程中始终与导轨垂直且与导轨接触良好.当金属棒ab下滑高度h=3m 时，速度恰好达到最大值v=2m/s，取g=10m/s2.则此时( )A. ab棒受到向上的安培力0.8NB. ab棒产生电动势为4VC. 每个电阻R中已产生热量为0.55JD. ab棒受向下摩擦力0.3N9. 如图所示，水平放置的足够长光滑金属导轨ab、cd处于匀强磁场中，磁感应强度方向与导轨平面垂直.质量为m、电阻为R的金属棒ef静止于导轨上.导轨的另一端经过开关S与平行板电容器相连，开始时，开关打开，电容器上板带正电，带电荷量为Q.现闭合开关S，金属棒开始运动，则下列说法中正确的是( )A. 电容器所带电荷量逐渐减少，最后变为零B. 电容器两板间场强逐渐减小，最后保持一个定值不变C. 金属棒中电流先增大后减小，最后减为零D. 金属棒的速度逐渐增大，最后保持一个定值不变 三、 非选择题10. 均匀导线制成的正方形闭合线框abcd ，每边长为L ，总电阻为R ，总质量为m.将其置于磁感应强度为B 的水平匀强磁场上方h 处，如图所示.线框由静止自由下落，线框平面保持在竖直平面内，且cd 边始终与水平的磁场边界平行.重力加速度为g.当cd 边刚进入磁场时:(1) 求线框中产生的感应电动势大小. (2) 求cd 两点间的电势差大小.(3) 若此时线框加速度大小恰好为4g，则线框下落的高度h 应满足什么条件?11. (2013·苏锡常镇二模)如图所示，光滑导轨MN 和PQ 固定在同一水平面上，两导轨距离为L ，两端分别接有阻值均为R 的定值电阻R 1和R 2，两导轨间有一边长为2L的正方形区域abcd ，该区域内有方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B.一质量为m 的金属杆与导轨接触良好并静止于ab 处，现用一恒力F 沿水平方向拉杆，使之由静止起向右运动，若杆出磁场前已做匀速运动，不计导轨及金属杆的电阻.求: (1) 金属杆出磁场前的瞬间流过R 1的电流大小和方向. (2) 金属杆做匀速运动时的速率.(3) 金属杆穿过整个磁场过程中R 1上产生的电热.。

2021年（新高考）物理一轮复习专题强化练专题（41）动力学和能量观点在电磁感应中的应用（解析版）一、选择题（本题共11小题，每小题6分，满分66分。

在每小题给出的四个选项中,有一个或一个以上选项符合题目要求,全部选对的得6分,选不全的得3分,有选错或不答的得0分。

）1、（2020·新课标Ⅲ卷）如图，水平放置的圆柱形光滑玻璃棒左边绕有一线圈，右边套有一金属圆环。

圆环初始时静止。

将图中开关S由断开状态拨至连接状态，电路接通的瞬间，可观察到A．拨至M端或N端，圆环都向左运动B．拨至M端或N端，圆环都向右运动C．拨至M端时圆环向左运动，拨至N端时向右运动D．拨至M端时圆环向右运动，拨至N端时向左运动【答案】B【解析】无论开关S拨至哪一端，当把电路接通一瞬间，左边线圈中的电流从无到有，电流在线圈轴线上的磁场从无到有，从而引起穿过圆环的磁通量突然增大，根据楞次定律（增反减同），右边圆环中产生了与左边线圈中方向相反的电流，异向电流相互排斥，故选B。

2、如图所示，在一匀强磁场中有一U形导线框abcd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R为一电阻，ef为垂直于ab的一根导体杆，它可在ab、cd上无摩擦地滑动。

杆ef及线框中导线的电阻都可不计。

开始时，给ef一个向右的初速度，则()A．ef将减速向右运动，但不是匀减速B．ef将交减速向右运动，最后停止C．ef将匀速向右运动D．ef将往返运动【答案】A【解析】ef 向右运动，切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，会受到向左的安培力而做减速运动，直到停止，但不是匀减速，由F ＝BIL ＝B 2L 2v R＝ma 知，ef 做的是加速度减小的减速运动，故A 正确。

3、（多选）（2020·天津卷）手机无线充电是比较新颖的充电方式。

如图所示，电磁感应式无线充电的原理与变压器类似，通过分别安装在充电基座和接收能量装置上的线圈，利用产生的磁场传递能量。