素养培优6　电磁感应中动力学、能量和动量的综合讲义（教师版）-2025高考物理素养培优

素养培优6电磁感应中动力学、能量和动量的综合动力学与能量观点在电磁感应中的应用1.电磁感应综合问题的解题思路2.求解焦耳热Q的三种方法（1）焦耳定律：Q＝I2Rt，适用于电流恒定的情况；（2）功能关系：Q＝W克安（W克安为克服安培力做的功）；（3）能量转化：Q＝ΔE（其他能的减少量）。【典例1】（多选）（2024·吉林高考9题）如图，两条“”形的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，间距为L，左、右两导轨面与水平面夹角均为30°，均处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。将有一定阻值的导体棒ab、cd放置在导轨上，同时由静止释放，两棒在下滑过程中始终与导轨垂直并接触良好。ab、cd的质量分别为2m和m，长度均为L。导轨足够长且电阻不计，重力加速度大小为g，两棒在下滑过程中（）A.回路中的电流方向为abcda B.ab中电流趋于3C.ab与cd加速度大小之比始终为2∶1 D.两棒产生的电动势始终相等答案：AB解析：由于ab和cd均沿导轨下滑，则abcd回路的磁通量增大，根据楞次定律可知，回路中的电流方向为abcda，A正确；初始时，对ab和cd分别受力分析，如图所示，根据牛顿第二定律分别有2mgsin30°－2BILcos30°＝2ma1、mgsin30°－BILcos30°＝ma2，可得a1＝a2＝g2－3BIL2m，则ab与cd加速度大小之比始终为1∶1，C错误；当加速度趋于零时，两导体棒中的电流趋于稳定，结合C项分析可知，ab中的电流趋于3mg3BL，B正确；由于ab和cd加速度大小始终相等，则两导体棒的速度大小始终相等，【典例2】（2024·江苏震泽中学模拟）如图所示的是水平平行光滑导轨M、N和P、Q，M、N的间距为L，P、Q的间距为2L。M、N上放有一导体棒ab，ab与导轨垂直，质量为m，电阻为R。P、Q上放有一导体棒cd，cd也与导轨垂直，质量为2m，电阻为2R。导轨电阻不计。匀强磁场竖直穿过导轨平面，磁感应强度大小为B。初始两导体棒静止，设在极短时间内给ab一个水平向左的速度v0，使ab向左运动，最后ab和cd的运动都达到稳定状态。求：（1）刚开始运动的瞬间，ab和cd的加速度大小和方向；（2）稳定后ab和cd的速度大小；（3）整个过程中ab产生的热量。答案：（1）B2L2v03mRB2L2v03mR方向都水平向右解析：（1）设ab的加速度为a1，cd的加速度为a2ab受到的安培力F1＝BILcd受到的安培力F2＝BI×2L电流I＝E3R，电动势E＝由牛顿第二定律得F1＝ma1，F2＝2ma2解得a1＝B2L2v0由右手定则和左手定则可知加速度方向都水平向右。（2）ab棒向左做减速运动，cd棒向右做加速运动，当电路中的电流为零时，两导体棒达到稳定状态，做匀速直线运动，设此时速度分别为v1和v2，则BLv1＝B×2Lv2分析得两导体棒加速度在任意时刻都相等，则v1＝v0－at，v2＝at解得v1＝23v0，v2＝v（3）产生的总热量Q＝12mv02－12mv12又Qab＝13解得产生的热量为Qab＝118mv动量观点在电磁感应中的应用角度1动量定理在电磁感应中的应用在导体单杆切割磁感线做变加速运动时，若运用牛顿运动定律和能量观点不能解决问题，可运用动量定理巧妙解决问题。求解的物理量应用示例电荷量或速度－BILΔt＝mv2－mv1，q＝IΔt，即－BqL＝mv2－mv1位移－B2L2vΔtR总＝0－mv0，即时间－BILΔt＋F其他Δt＝mv2－mv1，即－BLq＋F其他Δt＝mv2－mv1，已知电荷量q、F其他（F其他为恒力）－B2L2vΔtR总＋F其他Δ即－B2L2xR总＋F其他Δt＝已知位移x、F其他（F其他为恒力）【典例3】（多选）（2024·山东聊城一模）如图所示，四条光滑的足够长的金属导轨M、N、P、Q平行放置，导轨固定于绝缘水平面上，M、N导轨间距为2L，P、Q导轨间距为L，两组导轨间由导线相连，导轨内存在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场，两根质量均为m、接入电路的电阻均为R的导体棒C、D分别垂直于导轨放置，且均处于静止状态。C获得向右的瞬时速度v0，同时使导体棒D获得向左的瞬时速度13v0。两导体棒在达到稳定状态运动过程中始终与导轨垂直并与导轨接触良好，且均未到达两组导轨连接处。则下列说法正确的是（A.开始阶段，导体棒C、D均做减速运动，C先减速至零B.达到稳定运动时，导体棒C、D均向右运动C.从t＝0时至稳定运动的过程中，通过导体棒的电荷量为mD.从t＝0时至稳定运动的过程中，通过导体棒的电荷量为7答案：BD解析：规定以水平向右为正方向，对C应用动量定理可得－I×2LBΔt＝mv1－mv0，对D应用动量定理可得ILBΔt＝mv2－－m×v03，最终稳定时，总电动势为零，即B×2Lv1＝BLv2，联立求得v1＝v015，v2＝215v0，所以运动稳定时，导体棒C、D均向右运动，因此D棒先减速到零，再向右加速，又由ILBΔt＝BqL＝mv2＋m×v03，角度2动量守恒定律在电磁感应中的应用双杆模型物理模型“一动一静”：甲杆静止不动，乙杆运动，其实质是单杆问题，不过要注意问题包含着一个条件——甲杆静止，受力平衡两杆都在运动，对于这种情况，要注意两杆切割磁感线产生的感应电动势是相加还是相减；系统动量是否守恒分析方法动力学观点通常情况下一个金属杆做加速度逐渐减小的加速运动，而另一个金属杆做加速度逐渐减小的减速运动，最终两金属杆以共同的速度匀速运动能量观点两杆系统机械能减少量等于回路中产生的焦耳热之和动量观点对于两金属杆在平直的光滑导轨上运动的情况，如果两金属杆所受的外力之和为零，则考虑应用动量守恒定律处理问题【典例4】（多选）（2024·山东潍坊一模）如图所示，两根型平行光滑金属导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别为l和2l，处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。已知导体棒ab的电阻为R、长度为l，导体棒cd的电阻为2R、长度为2l，cd的质量是ab的3倍。两棒中点之间连接一原长为L轻质绝缘弹簧。现将弹簧拉伸至3L后，同时由静止释放两导体棒，两棒在各自磁场中往复运动直至停止，弹簧始终在弹性限度内。整个过程中两棒保持与导轨垂直且接触良好，导轨足够长，电阻不计。下列说法正确的是（）A.整个过程中，回路中始终产生顺时针方向的电流B.整个运动过程中，ab与cd的路程之比为3∶1C.cd棒克服安培力做的功等于cd棒产生的热量D.整个运动过程中，通过cd的电荷量为4答案：BD解析：根据题意可知，由静止释放两导体棒，ab向右运动，cd向左运动，即弹簧收缩，由右手定则可知，回路中产生顺时针方向的电流，设某时刻电流大小为I，可知，ab所受安培力大小为Fab＝2BIl，方向向左，cd所受安培力大小为Fcd＝BI·2l，方向向右，可知，两棒组成的系统所受外力矢量和为零，动量守恒，则当弹簧伸展过程中，一定有ab向左运动，cd向右运动，根据右手定则可知，回路中产生逆时针方向的电流，A错误；由A分析可知，两棒组成的系统所受外力矢量和为零，动量守恒，由于开始运动时，系统动量为零，则任意时刻两棒的动量大小相等，方向相反，则有mabvab＝mcdvcd，设运动时间为t，则有mabvabt＝mcdvcdt，即mabsab＝mcdscd，则ab与cd的路程之比为sabscd＝mcdmab＝31，B正确；由上述分析可知，整个运动过程中，两棒所受安培力一直保持大小相等，且ab与cd的路程之比为3∶1，则ab与cd克服安培力做的功之比为3∶1，由公式Q＝I2Rt可知，由于ab与cd的电阻之比为1∶2，则ab与cd产生的热量之比为1∶2，可知，cd棒克服安培力做的功不等于cd棒产生的热量，C错误；由公式E＝ΔΦΔt、I＝E2R＋R和q＝It可得，整个运动过程中，通过cd的电荷量为q＝ΔΦ2R＋R，当两棒在各自磁场中往复运动直至停止，弹簧恢复原长，两棒间距离减小2L，则ab向右运动的距离为xab＝34×2L＝32L，cd向左运动的距离为x【典例5】（2024·湖北高考15题）如图所示，两足够长平行金属直导轨MN、PQ的间距为L，固定在同一水平面内，直导轨在左端M、P点分别与两条竖直固定、半径为L的14圆弧导轨相切。MP连线与直导轨垂直，其左侧无磁场，右侧存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。长为L、质量为m、电阻为R的金属棒ab跨放在两圆弧导轨的最高点。质量为2m、电阻为6R的均匀金属丝制成一个半径为L的圆环，水平放置在两直导轨上，其圆心到两直导轨的距离相等。忽略导轨的电阻、所有摩擦以及金属环的可能形变，金属棒、金属环均与导轨始终接触良好，重力加速度大小为g。现将金属棒ab由静止释放，求（1）ab刚越过MP时产生的感应电动势大小。（2）金属环刚开始运动时的加速度大小。（3）为使ab在整个运动过程中不与金属环接触，金属环圆心初始位置到MP的最小距离。答案：（1）BL2gL（2）（3）mR2gL解析：（1）设ab棒刚越过MP时速度大小为v1，产生的电动势大小为E1，对ab在圆弧导轨上运动的过程，由机械能守恒定律有mgL＝12mab刚越过MP时，由法拉第电磁感应定律得E1＝BLv1联立得E1＝BL2gL（2）经分析知金属环在导轨外的两段电阻被短路，由几何关系可知导轨之间两段金属环的电阻均为R，它们在电路中并联后的总电阻Rc＝R设电路中初始的干路电流为I1，由闭合电路欧姆定律有I1＝E经分析知整个金属环在运动过程中可视为长度为L、电阻为Rc的金属棒，设金属环刚开始运动时所受的安培力大小为F1、加速度大小为a，则F1＝I1LB由牛顿第二定律得F1＝2ma联立解得a＝B2（3）经分析，ab进入磁场后，ab和金属环组成的系统动量守恒，设两者共速时的速度大小为v2，由动量守恒定律得mv1＝（m＋2m）v2设在极短时间Δt内，ab与金属环圆心的距离减少量为Δx，金属环所受安培力大小为F，流过ab的电流为I，整个电路的电动势为E，对金属环，由动量定理得ΣFΔt＝2mv2－0F＝ILB由闭合电路欧姆定律得I＝E设金属环圆心初始位置到MP的最小距离为s，若ab与金属环共速时，两者恰好接触，金属环圆心初始位置到MP的距离最小，对ab进入磁场到两者共速的过程，由法拉第电磁感应定律有E＝BLΔs＝L＋ΣΔx联立解得s＝mR2gLB1.（多选）（2024·重庆四区联考）如图所示，两根足够长的固定平行光滑金属导轨位于同一水平面内，导轨上横放着两根相同的导体棒ab、cd，与导轨构成矩形回路。导体棒的两端连接着处于压缩状态的两根轻质弹簧，两棒的中间用细线绑住。两棒电阻均为R，回路上其余部分的电阻不计。在两导轨间有竖直向下的匀强磁场。开始时，导体棒处于静止状态，剪断细线后，在导体棒运动过程中（）A.回路中有感应电动势B.两根导体棒所受安培力的方向相同C.两根导体棒和弹簧构成的系统动量守恒，机械能守恒D.两根导体棒和弹簧构成的系统动量守恒，机械能不守恒解析：AD剪断细线后，由于弹簧的作用，导体棒ab、cd反向运动，穿过导体棒ab、cd与导轨构成的矩形回路的磁通量增大，回路中产生感应电动势，A正确；导体棒ab、cd中产生的感应电流方向相反，根据左手定则，可知两根导体棒所受安培力的方向相反，B错误；两根导体棒和弹簧构成的系统在运动过程中所受外力矢量和为0，所以系统动量守恒，由于产生感应电流，产生热量，所以一部分机械能转化为内能，系统机械能不守恒，C错误，D正确。2.（多选）（2024·广东肇庆二模）如图所示，空间中存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。有两根完全相同的金属棒a和b垂直静置于足够长的水平光滑平行金属导轨上，导轨间距为L、电阻不计，金属棒与导轨接触良好，两根金属棒的质量均为m、长度均为L、电阻均为R。将b固定在导轨上，某时刻给a施加一个水平向右的恒力F。下列说法正确的是（）A.a棒所受的安培力先增大后减小B.a棒的最大速度为2C.若解除b的固定，则稳定后两棒的速度相等D.若解除b的固定，则稳定后两棒的加速度相等解析：BD对a受力分析，结合牛顿第二定律有F－F安＝ma，F安＝BIL＝BBLv2RL＝B2L2v2R，解得a＝Fm－B2L2v2R，所以a做加速度减小的加速运动，故a棒所受的安培力一直增大，A错误；当a棒的加速度为a＝0时，a棒的速度最大，此时F＝B2L2v2R，可得v＝2FRB2L2，B正确；若解除b的固定，对a受力分析，结合牛顿第二定律有F－F安＝maa，对b受力分析结合牛顿第二定律有F安＝mab，开始时安培力较小，所以aa＞ab，两个棒都加速，由E＝BL（va3.（2024·河北高考14题）如图，边长为2L的正方形金属细框固定放置在绝缘水平面上，细框中心O处固定一竖直细导体轴OO'。间距为L、与水平面成θ角的平行导轨通过导线分别与细框及导体轴相连。导轨和细框分别处在与各自所在平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小均为B。足够长的细导体棒OA在水平面内绕O点以角速度ω匀速转动，水平放置在导轨上的导体棒CD始终静止。OA棒在转动过程中，CD棒在所受安培力达到最大和最小时均恰好能静止。已知CD棒在导轨间的电阻值为R，电路中其余部分的电阻均不计，CD棒始终与导轨垂直，各部分始终接触良好，不计空气阻力，重力加速度大小为g。（1）求CD棒所受安培力的最大值和最小值。（2）锁定OA棒，推动CD棒下滑，撤去推力瞬间，CD棒的加速度大小为a，所受安培力大小等于（1）问中安培力的最大值，求CD棒与导轨间的动摩擦因数。答案：（1）B2L3ωRB解析：（1）当OA棒切割磁感线的有效长度为l1＝2L时，该棒产生的感应电动势最大，有Emax＝Bl12ω此时CD棒所受的安培力最大，结合I＝ERFAmax＝ImaxBL＝B当OA棒切割磁感线的有效长度为l2＝L时，该棒产生的感应电动势最小，有Emin＝Bl2此时CD棒所受的安培力最小，有FAmin＝IminBL＝B2（2）设CD棒的质量为m，CD棒与平行导轨间的最大静摩擦力为f，OA棒在转动过程中，CD棒在所受安培力达到最大和最小时均恰好静止，则有FAmax＝mgsinθ＋f，FAmin＋f＝mgsinθ，结合（1）问分析有FAmax＝43mgsinθ，则撤去推力瞬间，CD棒的加速度方向沿平行导轨向上，对CD棒由牛顿第二定律有FAmax＋μmgcosθ－mgsinθ＝ma，联立解得CD棒与导轨间的动摩擦因数为μ＝34.（2024·山东省实验中学一模）“途灵底盘”是华为公司新推出的一款智能化多场景的汽车减震系统。电磁减震器是该系统中重要组成部分。小明同学在实验室中模拟电磁减震器的工作原理。在绝缘滑动杆上固定4个完全相同且相互紧靠（忽略线圈间距离）的矩形线圈，使其进入右侧由电磁铁产生的磁场中做减速运动。右侧磁场的磁感应强度与电流之间的关系为B＝kI，其中k＝50T/A且产生的磁场范围足够大。已知滑动杆及线圈的总质量为m＝1.0kg，每个矩形线圈的匝数均为n＝10匝，阻值R＝1.0Ω，长为L＝20cm，宽为d＝10cm，整个过程不考虑互感影响，不计一切摩擦。（1）若电磁铁中的电流为20mA，求线圈1完全进入磁场时的速度变化量Δv；（2）若电磁铁中的电流为20mA且第3个线圈完全进入磁场时恰好减速为零，求线圈中产生的焦耳热Q。答案：（1）0.4m/s，方向水平向左（2）0.72J解析：（1）由动量定理得nBL·nBLvR·Δt＝m其中d＝vΔt右侧磁场的磁感应强度为B＝kI解得Δv＝0.4m/s方向水平向左。（2）第3个线圈完全进入磁场时恰好减速为零，由动量定理得－nBL·nBLv'R·Δt'＝其中3d＝v'Δ解得第一个线圈刚进入磁场时的速度为v＝1.2m/s线圈中产生的焦耳热Q＝12mv2＝0.72J5.（2024·四川雅安检测）如图所示，光滑导体轨道PMN和P'M'N'是两个完全一样的轨道，均由半径为r的四分之一圆弧轨道和水平轨道组成，圆弧轨道与水平轨道分别在M和M'点相切