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第十章电磁感应第4节电磁感应中的动力学和能量、动量问题电磁感应中的动力学问题【知识提炼】1．两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2.力学对象和电学对象的相互关系【典题例析】角度一导体棒处于平衡状态(2017·高考天津卷)如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R.金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下．现使磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，下列说法正确的是()A．ab中的感应电流方向由b到aB．ab中的感应电流逐渐减小C．ab所受的安培力保持不变D．ab所受的静摩擦力逐渐减小[解析]根据楞次定律，感应电流产生的磁场向下，再根据安培定则，可判断ab中感应电流方向从a到b，A错误；磁场变化是均匀的，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势恒定不变，感应电流I恒定不变，B错误；安培力F＝BIL，由于I、L不变，B减小，所以ab所受的安培力逐渐减小，根据力的平衡条件，静摩擦力逐渐减小，C错误，D正确．[答案]D(多选)(2019·湛江一中等四校联考)竖直放置的平行光滑导轨，其电阻不计，磁场方向如图所示，磁感强度B＝0.5T，导体ab及cd长均为0.2m，电阻均为0.1Ω，重力均为0.1N，现用竖直向上的力拉导体ab，使之匀速上升(与导轨接触良好)，此时释放cd，cd恰好静止不动．那么ab上升时，下列说法正确的是()A．ab受到的拉力大小为0.2NB．ab向上的速度为2m/sC．在2s内，拉力做功转化的电能是0.8JD．在2s内，拉力做的功为0.6J解析：选AB.导体棒ab匀速上升，受力平衡，cd棒静止，受力也平衡，对于两棒组成的整体，合外力为零，根据平衡条件可得：ab棒受到的拉力F＝2mg＝0.2N，故A正确；cd棒受到的安培力：F安＝BIL＝B2L2v2R，cd棒静止，处于平衡状态，由平衡条件得：B2L2v2R＝G，代入数据解得：v＝2m/s，故B正确；在2s内，电路产生的电能Q＝E2t2R＝（BLv）22Rt＝（0.5×0.2×2）22×0.1×2J＝0.4J，则在2s内，拉力做的功有0.4J的机械能转化为电能，故C错误；在2s内，拉力做的功为：W＝F合vt＝0.2×2×2J＝0.8J，故D错误．角度二导体棒做加速运动问题(2018·高考江苏卷)如图所示，两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为θ，间距为d.导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直．质量为m的金属棒被固定在导轨上，距底端的距离为s，导轨与外接电源相连，使金属棒通有电流．金属棒被松开后，以加速度a沿导轨匀加速下滑，金属棒中的电流始终保持恒定，重力加速度为g.求下滑到底端的过程中，金属棒(1)末速度的大小v；(2)通过的电流大小I；(3)通过的电荷量Q.[解析](1)金属棒做匀加速直线运动有v2＝2as解得v＝2as.(2)安培力F安＝IdB金属棒所受合力F＝mgsinθ－F安由牛顿运动定律F＝ma解得I＝m（gsinθ－a）dB.(3)运动时间t＝va电荷量Q＝It解得Q＝m（gsinθ－a）2asdBa.[答案](1)2as(2)m（gsinθ－a）dB(3)m（gsinθ－a）2asdBa(2019·长郡中学模拟)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37°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)的导体杆垂直静置于两导轨上，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/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝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.解析：设导体杆的加速度大小为a，则t时刻导体杆的速度大小为v＝at产生的感应电动势为E＝Blv电路中的感应电流为I＝BlvR＋r导体杆所受的安培力大小为F安＝BIl＝B2l2atR＋r由牛顿第二定律可知：F－mgsin37°－μmgcos37°－B2l2atR＋r＝ma代入数据解得：F＝3＋12a＋4μ＋at(N)由题图乙有F＝6＋2t(N)比较两式可知：a＝2m/s2，μ＝0.5.答案：2m/s20.5电磁感应中的动量与能量问题【典题例析】角度一电磁感应中的能量问题如图所示，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＝0.4m，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＝0.5T．在区域Ⅰ中，将质量m1＝0.1kg、电阻R1＝0.1Ω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＝0.4kg，电阻R2＝0.1Ω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导轨保持良好接触，取g＝10m/s2，问：(1)cd下滑的过程中，ab中的电流方向；(2)ab刚要向上滑动时，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＝3.8m，此过程中ab上产生的热量Q是多少．[解析](1)由右手定则可判断出cd中的电流方向为由d到c，则ab中电流方向为由a流向b.(2)开始放置时ab刚好不下滑，ab所受摩擦力为最大静摩擦力，设其为Fmax，有Fmax＝m1gsinθ①设ab刚要上滑时，cd棒的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律有E＝BLv②设电路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律有I＝ER1＋R2③设ab所受安培力为F安，有F安＝BIL④此时ab受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件有F安＝m1gsinθ＋Fmax⑤综合①②③④⑤式，代入数据解得v＝5m/s.(3)设cd棒运动过程中在电路中产生的总热量为Q总，由能量守恒定律有m2gxsinθ＝Q总＋12m2v2又Q＝R1R1＋R2Q总解得Q＝1.3J.[答案](1)由a流向b(2)5m/s(3)1.3J能量转化及焦耳热的求法(1)能量转化(2)求解焦耳热Q的三种方法①焦耳定律：Q＝I2Rt.②功能关系：Q＝W克服安培力．③能量转化：Q＝ΔE其他能的减少量．角度二电磁感应中的动量问题两足够长且不计电阻的光滑金属轨道如图甲所示放置，间距为d＝1m，在光滑弧形轨道部分高h＝1.25m处放置一金属杆a，弧形轨道与平直轨道的连接处光滑无摩擦，在平直轨道右端放置另一金属杆b，杆a、b的电阻分别为Ra＝2Ω、Rb＝5Ω，在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B＝2T，现杆b以初速度大小v0＝5m/s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0.3A；从a下滑到水平轨道时开始计时，a、b运动的速度—时间图象如图乙所示(以a运动方向为正方向)，其中ma＝2kg，mb＝1kg，g＝10m/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)在整个过程中杆b产生的焦耳热．[解析](1)设杆a由静止滑至弧形轨道与平直轨道连接处时杆b的速度大小为vb0，对杆b运用动量定理，有BdI－·Δt＝mb(v0－vb0)其中vb0＝2m/s代入数据解得Δt＝5s.(2)对杆a由静止下滑到平直导轨上的过程中，由机械能守恒定律有magh＝12mav2a解得va＝2gh＝5m/s设最后a、b两杆共同的速度为v′，由动量守恒定律得mava－mbvb0＝(ma＋mb)v′代入数据解得v′＝83m/s杆a动量的变化量等于它所受安培力的冲量，设杆a的速度从va到v′的运动时间为Δt′，则由动量定理可得BdI·Δt′＝ma(va－v′)而q＝I·Δt′代入数据得q＝73C.(3)由能量守恒定律可知杆a、b中产生的焦耳热为Q＝magh＋12mbv20－12(mb＋ma)v′2＝1616J杆b中产生的焦耳热为Q′＝52＋5Q＝1156J.[答案](1)5s(2)73C(3)1156J动量观点在电磁感应现象中的应用(1)对于两导体棒在平直的光滑导轨上运动的情况，如果两棒所受的外力之和为零，则考虑应用动量守恒定律处理问题；(2)由BI－L·Δt＝m·Δv、q＝I－·Δt可知，当题目中涉及电荷量或平均电流时，可应用动量定理来解决问题．【题组突破】1．(2019·青岛调研)如图，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ab，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．现金属棒在水平拉力F作用下以速度v0沿导轨向右匀速运动．下列说法正确的是()A．金属棒ab上电流的方向是a→bB．电阻R两端的电压为BLv0C．金属棒ab克服安培力做的功等于电阻R上产生的焦耳热D．拉力F做的功等于电阻R和金属棒上产生的焦耳热解析：选D.根据右手定则可知电流方向为从b到a，故A错误；感应电动势为：E＝BLv0，电阻R两端的电压为：U＝BLv02，故B错误；根据能量守恒定律可得，拉力F做的功等于电阻R和金属棒上产生的焦耳热，即金属棒ab克服安培力做的功等于电阻R和金属棒上产生的焦耳热，故D正确，C错误．2．(多选)(2019·贵州贵阳四校联考)如图所示，金属杆a从离地h＝0.8m高处由静止开始沿平行的弧形金属轨道下滑，轨道的水平部分处在竖直向上的匀强磁场中，在水平轨道上固定一金属杆b，已知杆a的质量ma＝1kg，电阻Ra＝10Ω，杆b的电阻Rb＝30Ω，两金属杆与轨道始终接触良好，杆a始终未与杆b接触，轨道的电阻及摩擦均不计，重力加速度g＝10m/s2，则()A．杆a刚进入水平轨道时的速度大小为43m/sB．杆a刚进入水平轨道时的速度大小为4m/sC．整个过程中杆a产生的热量为2JD．整个过程中杆b产生的热量为8J解析：选BC.杆a下滑过程，由机械能守恒定律有magh＝12mav20，解得v0＝4m/s，选项A错误，B正确；对整个过程，由能量守恒定律有magh＝Qa＋Qb，Qb＝I2Rbt，Qa＝I2Rat，解得Qa＝2J，Qb＝6J.3．如图所示，两根间距为l的光滑金属导轨(不计电阻)，由一段圆弧部分与一段无限长的水平段部分组成，其水平段加有竖直向下方向的匀强磁场，磁感应强度为B，导轨水平段上静止放置一金属棒cd，质量为2m，电阻为2r.另一质量为m，电阻为r的金属棒ab，从圆弧段M处由静止释放下滑至N处进入水平段，棒与导轨始终垂直且接触良好，圆弧段MN半径为R，所对圆心角为60°.求：(1)ab棒在N处进入磁场区时的速度大小和此时棒中电流的大小；(2)cd棒能达到的最大速度；(3)cd棒由静止到达最大速度过程中，系统所能释放的热量．解析：(1)ab棒由M下滑到N过程中机械能守恒，故mgR(1－cos60°)＝12mv2解得v＝gR进入磁场区瞬间，回路中电流强度I＝E2r＋r＝BlgR3r.(2)ab棒在安培力作用下做减速运动，cd棒在安培力作用下做加速运动，当两棒速度达到相同速度v′时，电路中电流为零，安培力为零，cd达到最大速度．运用动量守恒定律得mv＝(2m＋m)v′解得v′＝13gR.(3)系统释放的热量应等于系统机械能的减少量，故Q＝12mv2－12·3mv′2，解得Q＝13mgR.答案：(1)gRBlgR3r(2)13gR(3)13mgR“杆＋导轨＋电阻”四种模型剖析模型一(v0≠0)模型二(v0＝0)模型三(v0＝0)模型四(v0＝0)说明质量为m，电阻不计的单杆cd以一定初速度v0在光滑水平轨道上滑动，两平行导轨间距为L轨道水平光滑，杆cd质量为m，电阻不计，两平行导轨间距为