素養(yǎng)培優(yōu)6　電磁感應(yīng)中動力學(xué)、能量和動量的綜合講義（教師版）-2025高考物理素養(yǎng)培優(yōu)

素養(yǎng)培優(yōu)6電磁感應(yīng)中動力學(xué)、能量和動量的綜合動力學(xué)與能量觀點(diǎn)在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用1.電磁感應(yīng)綜合問題的解題思路2.求解焦耳熱Q的三種方法（1）焦耳定律：Q＝I2Rt，適用于電流恒定的情況；（2）功能關(guān)系：Q＝W克安（W克安為克服安培力做的功）；（3）能量轉(zhuǎn)化：Q＝ΔE（其他能的減少量）?！镜淅?】（多選）（2024·吉林高考9題）如圖，兩條“”形的光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上，間距為L，左、右兩導(dǎo)軌面與水平面夾角均為30°，均處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為2B和B。將有一定阻值的導(dǎo)體棒ab、cd放置在導(dǎo)軌上，同時(shí)由靜止釋放，兩棒在下滑過程中始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好。ab、cd的質(zhì)量分別為2m和m，長度均為L。導(dǎo)軌足夠長且電阻不計(jì)，重力加速度大小為g，兩棒在下滑過程中（）A.回路中的電流方向?yàn)閍bcda B.ab中電流趨于3C.ab與cd加速度大小之比始終為2∶1 D.兩棒產(chǎn)生的電動勢始終相等答案：AB解析：由于ab和cd均沿導(dǎo)軌下滑，則abcd回路的磁通量增大，根據(jù)楞次定律可知，回路中的電流方向?yàn)閍bcda，A正確；初始時(shí)，對ab和cd分別受力分析，如圖所示，根據(jù)牛頓第二定律分別有2mgsin30°－2BILcos30°＝2ma1、mgsin30°－BILcos30°＝ma2，可得a1＝a2＝g2－3BIL2m，則ab與cd加速度大小之比始終為1∶1，C錯誤；當(dāng)加速度趨于零時(shí)，兩導(dǎo)體棒中的電流趨于穩(wěn)定，結(jié)合C項(xiàng)分析可知，ab中的電流趨于3mg3BL，B正確；由于ab和cd加速度大小始終相等，則兩導(dǎo)體棒的速度大小始終相等，【典例2】（2024·江蘇震澤中學(xué)模擬）如圖所示的是水平平行光滑導(dǎo)軌M、N和P、Q，M、N的間距為L，P、Q的間距為2L。M、N上放有一導(dǎo)體棒ab，ab與導(dǎo)軌垂直，質(zhì)量為m，電阻為R。P、Q上放有一導(dǎo)體棒cd，cd也與導(dǎo)軌垂直，質(zhì)量為2m，電阻為2R。導(dǎo)軌電阻不計(jì)。勻強(qiáng)磁場豎直穿過導(dǎo)軌平面，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。初始兩導(dǎo)體棒靜止，設(shè)在極短時(shí)間內(nèi)給ab一個(gè)水平向左的速度v0，使ab向左運(yùn)動，最后ab和cd的運(yùn)動都達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)。求：（1）剛開始運(yùn)動的瞬間，ab和cd的加速度大小和方向；（2）穩(wěn)定后ab和cd的速度大小；（3）整個(gè)過程中ab產(chǎn)生的熱量。答案：（1）B2L2v03mRB2L2v03mR方向都水平向右解析：（1）設(shè)ab的加速度為a1，cd的加速度為a2ab受到的安培力F1＝BILcd受到的安培力F2＝BI×2L電流I＝E3R，電動勢E＝由牛頓第二定律得F1＝ma1，F(xiàn)2＝2ma2解得a1＝B2L2v0由右手定則和左手定則可知加速度方向都水平向右。（2）ab棒向左做減速運(yùn)動，cd棒向右做加速運(yùn)動，當(dāng)電路中的電流為零時(shí)，兩導(dǎo)體棒達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，做勻速直線運(yùn)動，設(shè)此時(shí)速度分別為v1和v2，則BLv1＝B×2Lv2分析得兩導(dǎo)體棒加速度在任意時(shí)刻都相等，則v1＝v0－at，v2＝at解得v1＝23v0，v2＝v（3）產(chǎn)生的總熱量Q＝12mv02－12mv12又Qab＝13解得產(chǎn)生的熱量為Qab＝118mv動量觀點(diǎn)在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用角度1動量定理在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用在導(dǎo)體單桿切割磁感線做變加速運(yùn)動時(shí)，若運(yùn)用牛頓運(yùn)動定律和能量觀點(diǎn)不能解決問題，可運(yùn)用動量定理巧妙解決問題。求解的物理量應(yīng)用示例電荷量或速度－BILΔt＝mv2－mv1，q＝IΔt，即－BqL＝mv2－mv1位移－B2L2vΔtR總＝0－mv0，即時(shí)間－BILΔt＋F其他Δt＝mv2－mv1，即－BLq＋F其他Δt＝mv2－mv1，已知電荷量q、F其他（F其他為恒力）－B2L2vΔtR總＋F其他Δ即－B2L2xR總＋F其他Δt＝已知位移x、F其他（F其他為恒力）【典例3】（多選）（2024·山東聊城一模）如圖所示，四條光滑的足夠長的金屬導(dǎo)軌M、N、P、Q平行放置，導(dǎo)軌固定于絕緣水平面上，M、N導(dǎo)軌間距為2L，P、Q導(dǎo)軌間距為L，兩組導(dǎo)軌間由導(dǎo)線相連，導(dǎo)軌內(nèi)存在豎直向下的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，兩根質(zhì)量均為m、接入電路的電阻均為R的導(dǎo)體棒C、D分別垂直于導(dǎo)軌放置，且均處于靜止?fàn)顟B(tài)。C獲得向右的瞬時(shí)速度v0，同時(shí)使導(dǎo)體棒D獲得向左的瞬時(shí)速度13v0。兩導(dǎo)體棒在達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)運(yùn)動過程中始終與導(dǎo)軌垂直并與導(dǎo)軌接觸良好，且均未到達(dá)兩組導(dǎo)軌連接處。則下列說法正確的是（A.開始階段，導(dǎo)體棒C、D均做減速運(yùn)動，C先減速至零B.達(dá)到穩(wěn)定運(yùn)動時(shí)，導(dǎo)體棒C、D均向右運(yùn)動C.從t＝0時(shí)至穩(wěn)定運(yùn)動的過程中，通過導(dǎo)體棒的電荷量為mD.從t＝0時(shí)至穩(wěn)定運(yùn)動的過程中，通過導(dǎo)體棒的電荷量為7答案：BD解析：規(guī)定以水平向右為正方向，對C應(yīng)用動量定理可得－I×2LBΔt＝mv1－mv0，對D應(yīng)用動量定理可得ILBΔt＝mv2－－m×v03，最終穩(wěn)定時(shí)，總電動勢為零，即B×2Lv1＝BLv2，聯(lián)立求得v1＝v015，v2＝215v0，所以運(yùn)動穩(wěn)定時(shí)，導(dǎo)體棒C、D均向右運(yùn)動，因此D棒先減速到零，再向右加速，又由ILBΔt＝BqL＝mv2＋m×v03，角度2動量守恒定律在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用雙桿模型物理模型“一動一靜”：甲桿靜止不動，乙桿運(yùn)動，其實(shí)質(zhì)是單桿問題，不過要注意問題包含著一個(gè)條件——甲桿靜止，受力平衡兩桿都在運(yùn)動，對于這種情況，要注意兩桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢是相加還是相減；系統(tǒng)動量是否守恒分析方法動力學(xué)觀點(diǎn)通常情況下一個(gè)金屬桿做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動，而另一個(gè)金屬桿做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動，最終兩金屬桿以共同的速度勻速運(yùn)動能量觀點(diǎn)兩桿系統(tǒng)機(jī)械能減少量等于回路中產(chǎn)生的焦耳熱之和動量觀點(diǎn)對于兩金屬桿在平直的光滑導(dǎo)軌上運(yùn)動的情況，如果兩金屬桿所受的外力之和為零，則考慮應(yīng)用動量守恒定律處理問題【典例4】（多選）（2024·山東濰坊一模）如圖所示，兩根型平行光滑金屬導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上，左、右兩側(cè)導(dǎo)軌間距分別為l和2l，處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為2B和B。已知導(dǎo)體棒ab的電阻為R、長度為l，導(dǎo)體棒cd的電阻為2R、長度為2l，cd的質(zhì)量是ab的3倍。兩棒中點(diǎn)之間連接一原長為L輕質(zhì)絕緣彈簧?，F(xiàn)將彈簧拉伸至3L后，同時(shí)由靜止釋放兩導(dǎo)體棒，兩棒在各自磁場中往復(fù)運(yùn)動直至停止，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。整個(gè)過程中兩棒保持與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，導(dǎo)軌足夠長，電阻不計(jì)。下列說法正確的是（）A.整個(gè)過程中，回路中始終產(chǎn)生順時(shí)針方向的電流B.整個(gè)運(yùn)動過程中，ab與cd的路程之比為3∶1C.cd棒克服安培力做的功等于cd棒產(chǎn)生的熱量D.整個(gè)運(yùn)動過程中，通過cd的電荷量為4答案：BD解析：根據(jù)題意可知，由靜止釋放兩導(dǎo)體棒，ab向右運(yùn)動，cd向左運(yùn)動，即彈簧收縮，由右手定則可知，回路中產(chǎn)生順時(shí)針方向的電流，設(shè)某時(shí)刻電流大小為I，可知，ab所受安培力大小為Fab＝2BIl，方向向左，cd所受安培力大小為Fcd＝BI·2l，方向向右，可知，兩棒組成的系統(tǒng)所受外力矢量和為零，動量守恒，則當(dāng)彈簧伸展過程中，一定有ab向左運(yùn)動，cd向右運(yùn)動，根據(jù)右手定則可知，回路中產(chǎn)生逆時(shí)針方向的電流，A錯誤；由A分析可知，兩棒組成的系統(tǒng)所受外力矢量和為零，動量守恒，由于開始運(yùn)動時(shí)，系統(tǒng)動量為零，則任意時(shí)刻兩棒的動量大小相等，方向相反，則有mabvab＝mcdvcd，設(shè)運(yùn)動時(shí)間為t，則有mabvabt＝mcdvcdt，即mabsab＝mcdscd，則ab與cd的路程之比為sabscd＝mcdmab＝31，B正確；由上述分析可知，整個(gè)運(yùn)動過程中，兩棒所受安培力一直保持大小相等，且ab與cd的路程之比為3∶1，則ab與cd克服安培力做的功之比為3∶1，由公式Q＝I2Rt可知，由于ab與cd的電阻之比為1∶2，則ab與cd產(chǎn)生的熱量之比為1∶2，可知，cd棒克服安培力做的功不等于cd棒產(chǎn)生的熱量，C錯誤；由公式E＝ΔΦΔt、I＝E2R＋R和q＝It可得，整個(gè)運(yùn)動過程中，通過cd的電荷量為q＝ΔΦ2R＋R，當(dāng)兩棒在各自磁場中往復(fù)運(yùn)動直至停止，彈簧恢復(fù)原長，兩棒間距離減小2L，則ab向右運(yùn)動的距離為xab＝34×2L＝32L，cd向左運(yùn)動的距離為x【典例5】（2024·湖北高考15題）如圖所示，兩足夠長平行金屬直導(dǎo)軌MN、PQ的間距為L，固定在同一水平面內(nèi)，直導(dǎo)軌在左端M、P點(diǎn)分別與兩條豎直固定、半徑為L的14圓弧導(dǎo)軌相切。MP連線與直導(dǎo)軌垂直，其左側(cè)無磁場，右側(cè)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場。長為L、質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒ab跨放在兩圓弧導(dǎo)軌的最高點(diǎn)。質(zhì)量為2m、電阻為6R的均勻金屬絲制成一個(gè)半徑為L的圓環(huán)，水平放置在兩直導(dǎo)軌上，其圓心到兩直導(dǎo)軌的距離相等。忽略導(dǎo)軌的電阻、所有摩擦以及金屬環(huán)的可能形變，金屬棒、金屬環(huán)均與導(dǎo)軌始終接觸良好，重力加速度大小為g。現(xiàn)將金屬棒ab由靜止釋放，求（1）ab剛越過MP時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小。（2）金屬環(huán)剛開始運(yùn)動時(shí)的加速度大小。（3）為使ab在整個(gè)運(yùn)動過程中不與金屬環(huán)接觸，金屬環(huán)圓心初始位置到MP的最小距離。答案：（1）BL2gL（2）（3）mR2gL解析：（1）設(shè)ab棒剛越過MP時(shí)速度大小為v1，產(chǎn)生的電動勢大小為E1，對ab在圓弧導(dǎo)軌上運(yùn)動的過程，由機(jī)械能守恒定律有mgL＝12mab剛越過MP時(shí)，由法拉第電磁感應(yīng)定律得E1＝BLv1聯(lián)立得E1＝BL2gL（2）經(jīng)分析知金屬環(huán)在導(dǎo)軌外的兩段電阻被短路，由幾何關(guān)系可知導(dǎo)軌之間兩段金屬環(huán)的電阻均為R，它們在電路中并聯(lián)后的總電阻Rc＝R設(shè)電路中初始的干路電流為I1，由閉合電路歐姆定律有I1＝E經(jīng)分析知整個(gè)金屬環(huán)在運(yùn)動過程中可視為長度為L、電阻為Rc的金屬棒，設(shè)金屬環(huán)剛開始運(yùn)動時(shí)所受的安培力大小為F1、加速度大小為a，則F1＝I1LB由牛頓第二定律得F1＝2ma聯(lián)立解得a＝B2（3）經(jīng)分析，ab進(jìn)入磁場后，ab和金屬環(huán)組成的系統(tǒng)動量守恒，設(shè)兩者共速時(shí)的速度大小為v2，由動量守恒定律得mv1＝（m＋2m）v2設(shè)在極短時(shí)間Δt內(nèi)，ab與金屬環(huán)圓心的距離減少量為Δx，金屬環(huán)所受安培力大小為F，流過ab的電流為I，整個(gè)電路的電動勢為E，對金屬環(huán)，由動量定理得ΣFΔt＝2mv2－0F＝ILB由閉合電路歐姆定律得I＝E設(shè)金屬環(huán)圓心初始位置到MP的最小距離為s，若ab與金屬環(huán)共速時(shí)，兩者恰好接觸，金屬環(huán)圓心初始位置到MP的距離最小，對ab進(jìn)入磁場到兩者共速的過程，由法拉第電磁感應(yīng)定律有E＝BLΔs＝L＋ΣΔx聯(lián)立解得s＝mR2gLB1.（多選）（2024·重慶四區(qū)聯(lián)考）如圖所示，兩根足夠長的固定平行光滑金屬導(dǎo)軌位于同一水平面內(nèi)，導(dǎo)軌上橫放著兩根相同的導(dǎo)體棒ab、cd，與導(dǎo)軌構(gòu)成矩形回路。導(dǎo)體棒的兩端連接著處于壓縮狀態(tài)的兩根輕質(zhì)彈簧，兩棒的中間用細(xì)線綁住。兩棒電阻均為R，回路上其余部分的電阻不計(jì)。在兩導(dǎo)軌間有豎直向下的勻強(qiáng)磁場。開始時(shí)，導(dǎo)體棒處于靜止?fàn)顟B(tài)，剪斷細(xì)線后，在導(dǎo)體棒運(yùn)動過程中（）A.回路中有感應(yīng)電動勢B.兩根導(dǎo)體棒所受安培力的方向相同C.兩根導(dǎo)體棒和彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)動量守恒，機(jī)械能守恒D.兩根導(dǎo)體棒和彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)動量守恒，機(jī)械能不守恒解析：AD剪斷細(xì)線后，由于彈簧的作用，導(dǎo)體棒ab、cd反向運(yùn)動，穿過導(dǎo)體棒ab、cd與導(dǎo)軌構(gòu)成的矩形回路的磁通量增大，回路中產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，A正確；導(dǎo)體棒ab、cd中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向相反，根據(jù)左手定則，可知兩根導(dǎo)體棒所受安培力的方向相反，B錯誤；兩根導(dǎo)體棒和彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)在運(yùn)動過程中所受外力矢量和為0，所以系統(tǒng)動量守恒，由于產(chǎn)生感應(yīng)電流，產(chǎn)生熱量，所以一部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，C錯誤，D正確。2.（多選）（2024·廣東肇慶二模）如圖所示，空間中存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。有兩根完全相同的金屬棒a和b垂直靜置于足夠長的水平光滑平行金屬導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌間距為L、電阻不計(jì)，金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好，兩根金屬棒的質(zhì)量均為m、長度均為L、電阻均為R。將b固定在導(dǎo)軌上，某時(shí)刻給a施加一個(gè)水平向右的恒力F。下列說法正確的是（）A.a棒所受的安培力先增大后減小B.a棒的最大速度為2C.若解除b的固定，則穩(wěn)定后兩棒的速度相等D.若解除b的固定，則穩(wěn)定后兩棒的加速度相等解析：BD對a受力分析，結(jié)合牛頓第二定律有F－F安＝ma，F(xiàn)安＝BIL＝BBLv2RL＝B2L2v2R，解得a＝Fm－B2L2v2R，所以a做加速度減小的加速運(yùn)動，故a棒所受的安培力一直增大，A錯誤；當(dāng)a棒的加速度為a＝0時(shí)，a棒的速度最大，此時(shí)F＝B2L2v2R，可得v＝2FRB2L2，B正確；若解除b的固定，對a受力分析，結(jié)合牛頓第二定律有F－F安＝maa，對b受力分析結(jié)合牛頓第二定律有F安＝mab，開始時(shí)安培力較小，所以aa＞ab，兩個(gè)棒都加速，由E＝BL（va3.（2024·河北高考14題）如圖，邊長為2L的正方形金屬細(xì)框固定放置在絕緣水平面上，細(xì)框中心O處固定一豎直細(xì)導(dǎo)體軸OO'。間距為L、與水平面成θ角的平行導(dǎo)軌通過導(dǎo)線分別與細(xì)框及導(dǎo)體軸相連。導(dǎo)軌和細(xì)框分別處在與各自所在平面垂直的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B。足夠長的細(xì)導(dǎo)體棒OA在水平面內(nèi)繞O點(diǎn)以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動，水平放置在導(dǎo)軌上的導(dǎo)體棒CD始終靜止。OA棒在轉(zhuǎn)動過程中，CD棒在所受安培力達(dá)到最大和最小時(shí)均恰好能靜止。已知CD棒在導(dǎo)軌間的電阻值為R，電路中其余部分的電阻均不計(jì)，CD棒始終與導(dǎo)軌垂直，各部分始終接觸良好，不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為g。（1）求CD棒所受安培力的最大值和最小值。（2）鎖定OA棒，推動CD棒下滑，撤去推力瞬間，CD棒的加速度大小為a，所受安培力大小等于（1）問中安培力的最大值，求CD棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)。答案：（1）B2L3ωRB解析：（1）當(dāng)OA棒切割磁感線的有效長度為l1＝2L時(shí)，該棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢最大，有Emax＝Bl12ω此時(shí)CD棒所受的安培力最大，結(jié)合I＝ERFAmax＝ImaxBL＝B當(dāng)OA棒切割磁感線的有效長度為l2＝L時(shí)，該棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢最小，有Emin＝Bl2此時(shí)CD棒所受的安培力最小，有FAmin＝IminBL＝B2（2）設(shè)CD棒的質(zhì)量為m，CD棒與平行導(dǎo)軌間的最大靜摩擦力為f，OA棒在轉(zhuǎn)動過程中，CD棒在所受安培力達(dá)到最大和最小時(shí)均恰好靜止，則有FAmax＝mgsinθ＋f，F(xiàn)Amin＋f＝mgsinθ，結(jié)合（1）問分析有FAmax＝43mgsinθ，則撤去推力瞬間，CD棒的加速度方向沿平行導(dǎo)軌向上，對CD棒由牛頓第二定律有FAmax＋μmgcosθ－mgsinθ＝ma，聯(lián)立解得CD棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為μ＝34.（2024·山東省實(shí)驗(yàn)中學(xué)一模）“途靈底盤”是華為公司新推出的一款智能化多場景的汽車減震系統(tǒng)。電磁減震器是該系統(tǒng)中重要組成部分。小明同學(xué)在實(shí)驗(yàn)室中模擬電磁減震器的工作原理。在絕緣滑動桿上固定4個(gè)完全相同且相互緊靠（忽略線圈間距離）的矩形線圈，使其進(jìn)入右側(cè)由電磁鐵產(chǎn)生的磁場中做減速運(yùn)動。右側(cè)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度與電流之間的關(guān)系為B＝kI，其中k＝50T/A且產(chǎn)生的磁場范圍足夠大。已知滑動桿及線圈的總質(zhì)量為m＝1.0kg，每個(gè)矩形線圈的匝數(shù)均為n＝10匝，阻值R＝1.0Ω，長為L＝20cm，寬為d＝10cm，整個(gè)過程不考慮互感影響，不計(jì)一切摩擦。（1）若電磁鐵中的電流為20mA，求線圈1完全進(jìn)入磁場時(shí)的速度變化量Δv；（2）若電磁鐵中的電流為20mA且第3個(gè)線圈完全進(jìn)入磁場時(shí)恰好減速為零，求線圈中產(chǎn)生的焦耳熱Q。答案：（1）0.4m/s，方向水平向左（2）0.72J解析：（1）由動量定理得nBL·nBLvR·Δt＝m其中d＝vΔt右側(cè)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝kI解得Δv＝0.4m/s方向水平向左。（2）第3個(gè)線圈完全進(jìn)入磁場時(shí)恰好減速為零，由動量定理得－nBL·nBLv'R·Δt'＝其中3d＝v'Δ解得第一個(gè)線圈剛進(jìn)入磁場時(shí)的速度為v＝1.2m/s線圈中產(chǎn)生的焦耳熱Q＝12mv2＝0.72J5.（2024·四川雅安檢測）如圖所示，光滑導(dǎo)體軌道PMN和P'M'N'是兩個(gè)完全一樣的軌道，均由半徑為r的四分之一圓弧軌道和水平軌道組成，圓弧軌道與水平軌道分別在M和M'點(diǎn)相切