2018届高考物理一轮复习专题动力学和能量观点的综合应用专项练习

第九章 电磁感应1．高考对本专题内容考查较多的是感应电流的产生条件、方向．2．电磁感应现象与磁场、电路、力学、能量等知识联系的综合题以及感应电流（或感应电动势）的图象问题在高考中频繁出现．3．该部分知识与其他学科知识相互渗透也是命题的趋势，同时将该部分知识同生产、生活实际、高科技等相结合，注重考查学生分析、解决实际问题的能力．4．试题题型全面，选择题、解答题都可能出现，且解答题难度较大，涉及知识点多，考查综合能力，从而增加试题的区分度．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r R EI +=和安培力公式F ＝BIL 得rR v L 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★如图所示，宽L =2m 、足够长的金属导轨MN 和M ′N ′放在倾角为θ=30°的斜面上，在N 和N ′之间连接一个R =2.0Ω的定值电阻，在AA ′处放置一根与导轨垂直、质量m =0.8kg 、电阻r =2.0Ω的金属杆，杆和导轨间的动摩擦因数μ，导轨电阻不计，导轨处于磁感应强度B =1.0T 、方向垂直于导轨平面的匀强磁场中。

电磁感应中的 动力学和能量综合问题[基础训练]1．(2017·山东济南一模)平行导轨固定在水平桌面上，左侧接有阻值为R 的电阻，导体棒ab 与导轨垂直且接触良好，棒在导轨间的阻值为r .输出功率恒为P 的电动机通过水平绳向右拉动ab 棒．整个区域存在竖直向上的匀强磁场．若导轨足够长，且不计其电阻和摩擦，则电阻R 消耗的最大功率为( )A ．P B.RR ＋rP C.rR ＋rP D.⎝⎛⎭⎪⎫R R ＋r 2P2．(2017·江苏苏州模拟)如图所示，两光滑平行金属导轨间距为L ，直导线MN 垂直跨在导轨上，且与导轨接触良好，整个装置处在垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为B .电容器的电容为C ，除电阻R 外，导轨和导线的电阻均不计．现给导线MN 一初速度，使导线MN 向右运动，当电路稳定后，MN 以速度v 向右做匀速运动，则( )A ．电容器两端的电压为零B ．电阻两端的电压为BLvC ．电容器所带电荷量为CBLvD ．为保持MN 匀速运动，需对其施加的拉力大小为B 2L 2vR3．(2017·河南八市重点高中质检)如图所示，导体杆OP 在作用于OP 中点且垂直于OP 的力作用下，绕O 轴沿半径为r 的光滑的半圆形框架在匀强磁场中以一定的角速度转动，磁场的磁感应强度为B ，AO 间接有电阻R ，杆和框架电阻不计，回路中的总电功率为P ，则( )A ．外力的大小为2BrP RB ．外力的大小为Br PRC ．导体杆旋转的角速度为2PRBr2D ．导体杆旋转的角速度为2Br2P R4．半径为r 带缺口的刚性金属圆环在纸面上固定放置，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于纸面固定放置的平行金属板连接，两板间距为d ，如图甲所示．有一变化的磁场垂直于纸面，规定垂直于纸面向里为正方向，磁场变化规律如图乙所示．在t ＝0时刻平行金属板之间中心有一重力不计、电荷量为q 的静止微粒，则以下说法中正确的是( )A ．第2 s 内上极板为正极B ．第3 s 内上极板为负极C ．第2 s 末微粒回到了原来位置D ．第3 s 末两极板之间的电场强度大小为0.2πr2d5．(2017·安徽江南十校联考)(多选)如图所示，磁场与线圈平面垂直，先后以速度v 1和v 2匀速把一矩形线圈拉出有界匀强磁场区域，v 1＝3v 2.在先后两种情况下( )A ．线圈中的感应电流之比I 1∶I 2＝1∶3B ．线圈中的感应电流之比I 1∶I 2＝3∶1C ．线圈中产生的焦耳热之比Q 1∶Q 2＝3∶1D ．通过线圈某截面的电荷量之比q 1∶q 2＝1∶16．(多选)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 的定值电阻．长度也为L 、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为B 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( )A ．金属棒的最大速度为mg R ＋rBLB ．金属棒在磁场中运动时，流过定值电阻的电流方向为a →bC ．金属棒的速度为v 时，金属棒所受的安培力大小为B 2L 2vR ＋rD ．金属棒以稳定的速度下滑时，定值电阻的热功率为⎝ ⎛⎭⎪⎫mg BL2R7．如图所示，在高度差为h 的平行虚线区域内有磁感应强度为B 、方向水平向里的匀强磁场．正方形线框abcd 的质量为m ，边长为L (L ＝h )，电阻为R ，线框平面与竖直平面平行，静止于位置“Ⅰ”时，cd 边与磁场下边缘有一段距离H .现用一竖直向上的恒力F 提线框，线框由位置“Ⅰ”无初速度向上运动，穿过磁场区域最后到达位置“Ⅱ”(ab 边恰好出磁场)，线框平面在运动中保持在竖直平面内，且ab 边保持水平．当cd 边刚进入磁场时，线框恰好开始匀速运动．空气阻气不计，取g ＝10 m/s 2.求：(1)线框进入磁场前距磁场下边界的距离H ；(2)线框由位置“Ⅰ”到位置“Ⅱ”的过程中，恒力F 做的功和线框产生的热量．[能力提升]8．如图所示，在宽为L 的区域内有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B .光滑绝缘水平面上有一边长为L 、质量为m 、电阻为R 的单匝正方形线框abcd ，ad 边位于磁场左边界，线框在水平外力作用下垂直边界穿过磁场区．(1)若线框以速度v匀速进入磁场区，求此过程中b、c两端的电势差U bc；(2)在(1)的情况下，线框移动到完全进入磁场的过程中产生的热量Q和通过导线截面的电荷量q；(3)若线框由静止开始以加速度a匀加速穿过磁场，求此过程中外力F随运动时间t的变化关系．9．(2015·四川卷)如图所示，金属导轨MNC和PQD，MN与PQ平行且间距为L，所在平面与水平面夹角为α，N、Q连线与MN垂直，M、P间接有阻值为R的电阻；光滑直导轨NC 和QD在同一水平面内，与NQ的夹角都为锐角θ.均匀金属棒ab和ef质量均为m，长均为L，ab棒初始位置在水平导轨上与NQ重合；ef棒垂直放在倾斜导轨上，与导轨间的动摩擦因数为μ(μ较小)，由导轨上的小立柱1和2阻挡而静止．空间有方向竖直的匀强磁场(图中未画出)．两金属棒与导轨保持良好接触，不计所有导轨和ab棒的电阻，ef棒的阻值为R，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，忽略感应电流产生的磁场，重力加速度为g.(1)若磁感应强度大小为B，给ab棒一个垂直于NQ，水平向右的速度v1，在水平导轨上沿运动方向滑行一段距离后停止，ef棒始终静止，求此过程ef棒上产生的热量；(2)在(1)问过程中，ab棒滑行距离为d，求通过ab棒某横截面的电量；(3)若ab棒以垂直于NQ的速度v2在水平导轨上向右匀速运动，并在NQ位置时取走小立柱1和2，且运动过程中ef棒始终静止．求此状态下最强磁场的磁感应强度及此磁场下ab棒运动的最大距离．参考答案1.答案：B 解析：导体棒在水平方向受拉力和安培力，当拉力与安培力平衡时，棒的速度最大，此时电路中的感应电流最大，电阻R 上消耗的功率最大，则电路的最大电功率为P ，电路中各电阻上的功率与电阻成正比分配，所以P R P ＝R R ＋r ，所以P R ＝RR ＋rP ，B 正确．2.答案：C 解析：当导线MN 匀速向右运动时，导线MN 产生的感应电动势恒定，稳定后，电容器既不充电也不放电，无电流产生，故电阻两端没有电压，电容器两极板间的电压为U ＝E ＝BLv ，所带电荷量为Q ＝CU ＝CBLv ，故A 、B 错，C 对；MN 匀速运动时，因无电流而不受安培力，又导轨光滑，故拉力为零，D 错．3.答案：C 解析：设导体杆转动的角速度为ω，则导体杆转动切割磁感线产生的感应电动势E ＝12Br 2ω，I ＝ER ，根据题述回路中的电功率为P ，则P ＝EI ；设维持导体杆匀速转动的外力为F ，则有P ＝Fv2，v ＝r ω，联立解得F ＝BrP R ，ω＝2PRBr2，选项C 正确，A 、B 、D 错误．4.答案：A 解析：假设微粒带正电，则0～1 s 内的情况：由楞次定律可知，金属板上极板带负电，金属板下极板带正电，微粒所受电场力方向竖直向上，微粒向上做匀加速运动.1～2 s 内的情况：由楞次定律可知，金属板上极板带正电，金属板下极板带负电，微粒所受电场力方向竖直向下，微粒向上做匀减速运动，第2 s 末速度减小为零.2～3 s 内的情况：由楞次定律可知，金属板上极板带正电，金属板下极板带负电，微粒所受电场力方向竖直向下，微粒向下做匀加速运动．两极板间的电场强度大小E ＝U d ＝SΔBΔt d ＝0.1πr 2d.3～4 s内的情况：由楞次定律可知，金属板上极板带负电，金属板下极板带正电，微粒所受电场力方向竖直向上，微粒向下做匀减速运动，第4 s 末速度减小为零，同时回到了原来的位置．若微粒带负电，运动情况相反，4 s 末速度减小为零，同时回到了原来位置．综上所述，只有选项A 正确．5.答案：BCD 解析：v 1＝3v 2，根据E ＝BLv 知，感应电动势之比为3∶1，感应电流I ＝ER，则感应电流之比I 1∶I 2＝3∶1，故A 错误，B 正确．由v 1＝3v 2知，t 1∶t 2＝1∶3，根据Q ＝I 2Rt 知，焦耳热Q 1∶Q 2＝3∶1，故C 正确．根据q ＝It ＝ΔΦR知，通过某截面的电荷量之比q 1∶q 2＝1∶1，故D 正确．6.答案：CD 解析：根据右手定则可知，金属棒在磁场中运动时，流过定值电阻的电流方向为b →a ，B 项错误；金属棒切割磁感线产生的感应电动势E ＝BLv ，回路中的电流I ＝ER ＋r，金属棒所受安培力F ＝BIL ，解三式可知，金属棒速度为v 时，安培力F ＝B 2L 2v R ＋r ，C 项正确；当安培力与重力相等时，金属棒速度最大，B 2L 2v max R ＋r ＝mg ，解得v max ＝mg R ＋rB 2L 2，A 项错误；由热功率定义式得，P ＝I 2max R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫mg BL 2R ，D 项正确．7.答案：(1)mR 22B 4L4(F －mg ) (2)F (H ＋h ＋L ) (F －mg )(L ＋h )解析：(1)线框进入磁场做匀速运动，设速度为v 1，有：E ＝BLv 1，I ＝ER，F 安＝BIL ；根据线框在磁场中的受力，有F ＝mg ＋F 安．在恒力作用下，线框从位置“Ⅰ”由静止开始向上做匀加速直线运动，有F －mg ＝ma ，且H ＝v 212a ，由以上各式解得H ＝mR 22B 4L4(F －mg )．(2)线框由位置“Ⅰ”到位置“Ⅱ”的过程中，恒力F 做的功为W ＝F (H ＋h ＋L )． 只有线框在穿越磁场的过程中才会产生热量，因此从cd 边进入磁场到ab 边离开磁场的过程中有F (L ＋h )＝mg (L ＋h )＋Q ，所以Q ＝(F －mg )(L ＋h )．8.答案：(1)14BLv (2)B 2L 3v R BL 2R (3)F ＝B 2L 2a R t ＋ma ⎝ ⎛⎭⎪⎫0≤t ≤2L a 解析：(1)线框产生的感应电动势E ＝BLv 感应电流I ＝E Rb 、c 两端的电势差U bc ＝14IR解得U bc ＝14BLv .(2)线框进入磁场所用的时间t ＝L v由于Q ＝I 2Rt ，q ＝It解得Q ＝B 2L 3v R ，q ＝BL 2R.(3)设线框穿过磁场区的时间为t 0，则2L ＝12at 20，t 0＝2L a产生的感应电动势E ′＝BLat 线框受到的安培力F 安＝BE ′LR根据牛顿第二定律F －F 安＝ma解得F ＝B 2L 2at R ＋ma ⎝⎛⎭⎪⎫0≤t ≤2L a .9.答案：(1)14mv 21 (2)2Bd L －d cot θR(3)1LmgRα＋μcos αα－μsin αv 2μL tan θ＋μ2αcos α＋μ解析：(1)设ab 棒的初动能为E k ，ef 棒和电阻R 在此过程产生的热量分别为W 和W 1，有W ＋W 1＝E k ①且W ＝W 1② 由题有E k ＝12mv 21③得W ＝14mv 21.④(2)设在题设过程中，ab 棒滑行时间为Δt ，扫过的导轨间的面积为ΔS ，通过ΔS 的磁通量为ΔΦ，ab 棒产生的电动势为E ，ab 棒中的电流为I ，通过ab 棒某横截面的电量为q ，则E ＝ΔΦΔt⑤ 且ΔΦ＝B ΔS ⑥I ＝qΔt⑦ 又有I ＝2ER⑧由图所示ΔS ＝d (L －d cot θ)⑨ 联立⑤～⑨，解得 q ＝2BdL －d cot θR.⑩(3)ab 棒滑行距离为x 时，ab 棒在导轨间的棒长L x 为L x ＝L －2x cot θ⑪此时，ab 棒产生的电动势E x 为E x ＝Bv 2L x ⑫ 流过ef 棒的电流I x 为I x ＝E xR⑬ef 棒所受安培力F x 为F x ＝BI x L ⑭联立⑪～⑭，解得F x ＝B 2v 2L R(L －2x cot θ)⑮由⑮式可得，F x 在x ＝0和B 为最大值B m 时有最大值F 1由题知，ab 棒所受安培力方向必水平向左，ef 棒所受安培力方向必水平向右，使F 1为最大值的受力分析如图所示，图中f m 为最大静摩擦力，有F 1cos α＝mg sin α＋μ(mg cos α＋F 1sin α)⑯联立⑮⑯，得B m ＝1LmgRα＋μcos αα－μsin αv 2⑰⑰式就是题目所求最强磁场的磁感应强度大小，该磁场方向可竖直向上，也可竖直向下 由⑮式可知，B 为B m 时，F x 随x 增大而减小，x 为最大x m 时，F x 为最小值F 2，如图可知F 2cos α＋μ(mg cos α＋F 2sin α)＝mg sin α⑱联立⑮⑰⑱，得x m ＝μL tan θ＋μ2αcos α＋μ⑲。

第四节 电磁感应中的动力学和能量问题一、电磁感应现象中的动力学问题1．安培力的大小⎭⎪⎬⎪⎫安培力公式：F ＝BIl感应电动势：E ＝Blv感应电流：I ＝E R ⇒F ＝B 2l 2v R 2．安培力的方向(1)先用右手定则判定感应电流方向，再用左手定则判定安培力方向．(2)根据楞次定律，安培力的方向一定和导体切割磁感线运动的方向相反．1.如图所示，质量均为m 的金属棒ab 、cd 与足够长的水平金属导轨垂直且接触良好，两金属棒与金属导轨间的动摩擦因数为μ，磁感应强度为B 的匀强磁场的方向竖直向下．则ab 棒在恒力F ＝2μmg 作用下向右运动的过程中，有( )A ．安培力对ab 棒做正功B ．安培力对cd 棒做正功C ．ab 棒做加速度逐渐减小的加速运动，最终匀速运动D ．cd 棒做加速度逐渐减小的加速运动，最终匀速运动提示：选C.对于ab 棒，因为F ＝2μmg >μmg ，所以从静止开始加速运动，ab 棒运动会切割磁感线产生感应电流，从而使ab 棒受到一个向左的安培力，这样加速度会减小，最终会做匀速运动；而cd 棒所受到的最大安培力与摩擦力相同，所以总保持静止状态，即安培力对ab 棒做负功，对cd 棒不做功，所以选项C 正确，A 、B 、D 错误．二、电磁感应中的能量转化1．过程分析(1)电磁感应现象中产生感应电流的过程，实质上是能量的转化过程．(2)感应电流在磁场中受安培力，若安培力做负功，则其他形式的能转化为电能；若安培力做正功，则电能转化为其他形式的能．(3)当感应电流通过用电器时，电能转化为其他形式的能．2．安培力做功和电能变化的对应关系“外力”克服安培力做多少功，就有多少其他形式的能转化为电能；安培力做多少功，就有多少电能转化为其他形式的能．2.竖直平面内有一形状为抛物线的光滑曲面轨道，如图所示，抛物线方程是y ＝x 2，轨道下半部分处在一个水平向外的匀强磁场中，磁场的上边界是y ＝a 的直线(图中虚线所示)，一个小金属环从抛物线上y ＝b (b >a )处以速度v 沿抛物线下滑，假设抛物线足够长，金属环沿抛物线下滑后产生的焦耳热总量是( )A ．mgbB ．12mv 2 C ．mg (b －a ) D ．mg (b －a )＋12mv 2 提示：选D.小金属环进入或离开磁场时，磁通量会发生变化，并产生感应电流，产生焦耳热；当小金属环全部进入磁场后，不产生感应电流，小金属环最终在磁场中做往复运动，由能量守恒可得产生的焦耳热等于减少的机械能，即Q ＝12mv 2＋mgb －mga ＝mg (b －a )＋12mv 2.电磁感应中的动力学问题【知识提炼】1．导体棒(框)的两种状态(1)平衡状态——静止或匀速直线运动，加速度为零．(2)非平衡状态——加速度不为零．2．两类研究对象及相互联系【典题例析】(2016·高考全国卷乙)如图，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．[审题指导] 解答的关键是对ab 、cd 棒受力分析，由平衡条件求出ab 棒受到的安培力，再由金属棒切割磁感线产生的感应电动势确定金属棒的速度大小．[解析] (1)设两根导线的总的张力的大小为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2mg sin θ＝μN 1＋T ＋F ①N 1＝2mg cos θ②对于cd 棒，同理有mg sin θ＋μN 2＝T ③N 2＝mg cos θ④联立①②③④式得F ＝mg (sin θ－3μcos θ)．⑤(2)由安培力公式得F ＝BIL ⑥这里I 是回路abdca 中的感应电流ab 棒上的感应电动势为E ＝BLv ⑦式中，v 是ab 棒下滑速度的大小由欧姆定律得I ＝E R ⑧联立⑤⑥⑦⑧式得v ＝(sin θ－3μcos θ)mgR B 2L 2. [答案] (1)mg (sin θ－3μcos θ)(2)(sin θ－3μcos θ)mgR B 2L 2【跟进题组】考向1 水平导轨上的运动分析1．如图所示，两完全相同的金属棒垂直放在水平光滑导轨上，其质量均为m ＝1 kg ，导轨间距d ＝0.5 m ，现两棒并齐，中间夹一长度不计的轻质压缩弹簧，弹簧弹性势能为E p ＝16 J ，现释放弹簧(不拴接)，弹簧弹开后，两棒同时获得大小相等的速度反向运动，ab 棒进入一随时间变化的磁场中，已知B ＝2＋0.5t (单位：T)，导轨上另有两个挡块P 、Q ，cd 棒与之碰撞时无能量损失，Pc ＝aM ＝16 m ，两棒电阻均为R ＝5 Ω，导轨电阻不计，若从释放弹簧时开始计时(不考虑弹簧弹开两棒的时间，即瞬间就弹开两棒)，在ab 棒进入磁场边界的瞬间，加一外力F (大小和方向都可以变化)，使之始终做加速度a ＝0.5 m/s 2的匀减速直线运动，求：(1)ab 棒刚进入磁场时的外力F 的大小与方向；(2)若ab 棒速度为零时磁感应强度不再发生变化，则此时所受到的安培力．解析：(1)弹簧弹开时，设两棒的速度大小均为v 0，在这个过程中，系统的机械能守恒，则E p ＝2×12mv 20， 解得v 0＝4 m/sab 棒经t 1＝aM v 0＝164s ＝4 s 进入磁场，此时磁感应强度为B 1＝(2＋0.5×4) T ＝4 T ab 棒受到的安培力F 安＝B 21d 2v 02R＝1.6 N 由牛顿第二定律得F 安－F ＝ma则所加外力F ＝F 安－ma ＝1.1 N ，方向水平向右．(2)ab 棒进入磁场后，又经t 2＝v 0a＝8 s 速度变为零，而此段时间内cd 棒与PQ 碰撞后反向运动，恰好在t 2时刻到达磁场边界MN ，故此时的电动势 E ＝B 2dv 0其中B 2＝(2＋0.5×12) T ＝8 T解得E ＝16 V ，I ＝E2R＝1.6 A 所以此时ab 棒受到的安培力 F ＝B 2Id ＝8×1.6×0.5 N ＝6.4 N ，方向水平向右．答案：(1)1.1 N 方向水平向右(2)6.4 N 方向水平向右考向2 倾斜导轨上的运动分析2.如图，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为θ，间距为L .导轨上端接有一平行板电容器，电容为C .导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向垂直于导轨平面．在导轨上放置一质量为m 的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触．已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g .忽略所有电阻．让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，求：(1)电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系；(2)金属棒的速度大小随时间变化的关系．解析：(1)设金属棒下滑的速度大小为v ，则感应电动势为E ＝BLv ①平行板电容器两极板之间的电势差为U ＝E ②设此时电容器极板上积累的电荷量为Q ，按定义有C ＝Q U③ 联立①②③式得Q ＝CBLv .④(2)设金属棒的速度大小为v 时经历的时间为t ，通过金属棒的电流为i .金属棒受到的磁场的作用力方向沿导轨向上，大小为F 安＝BLi ⑤设在时间间隔(t ，t ＋Δt )内流经金属棒的电荷量为ΔQ ，据定义有i ＝ΔQ Δt⑥ ΔQ 也是平行板电容器两极板在时间间隔(t ，t ＋Δt )内增加的电荷量．由④式得：ΔQ ＝CBL Δv ⑦式中，Δv 为金属棒的速度变化量．据定义有a ＝Δv Δt⑧ 金属棒所受到的摩擦力方向斜向上，大小为F f ＝μF N ⑨式中，F N 是金属棒对导轨的正压力的大小，有F N ＝mg cos θ⑩金属棒在时刻t 的加速度方向沿斜面向下，设其大小为a ，根据牛顿第二定律有 mg sin θ－F 安－F f ＝ma ⑪联立⑤至⑪式得a ＝m （sin θ－μcos θ）m ＋B 2L 2Cg ⑫ 由⑫式及题设可知，金属棒做初速度为零的匀加速运动．t 时刻金属棒的速度大小为 v ＝m （sin θ－μcos θ）m ＋B 2L 2Cgt . 答案：(1)Q ＝CBLv (2)v ＝m （sin θ－μcos θ）m ＋B 2L 2Cgt考向3 竖直方向上的运动分析3．(2015·高考天津卷)如图所示，“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：(1)线框ab 边将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 .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设线框总电阻为R ，此时线框中电流为I 1，由闭合电路欧姆定律，有I 1＝E 1R② 设此时线框所受安培力为F 1，有F 1＝2I 1lB ③由于线框做匀速运动，其受力平衡，有mg ＝F 1④由①②③④式得v 1＝mgR4B 2l 2⑤ 设ab 边离开磁场之前，线框做匀速运动的速度为v 2，同理可得v 2＝mgR B 2l 2⑥ 由⑤⑥式得v 2＝4v 1.⑦(2)线框自释放直到cd 边进入磁场前，由机械能守恒定律，有2mgl ＝12mv 21⑧ 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 . 答案：(1)4倍 (2)Q mg＋28l电磁感应中的能量问题【知识提炼】1．电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功的形式实现的，安培力做功的过程，是电能转化为其他形式能的过程，外力克服安培力做功，则是其他形式的能转化为电能的过程．2．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【典题例析】(高考安徽卷)如图甲所示，匀强磁场的磁感应强度B 为0.5 T ，其方向垂直于倾角θ为30°的斜面向上．绝缘斜面上固定有“∧”形状的光滑金属导轨MPN (电阻忽略不计)，MP 和NP 长度均为2.5 m ，MN 连线水平，长为3 m ．以MN 中点O 为原点，OP 为x 轴建立一维坐标系Ox .一根粗细均匀的金属杆CD ，长度d 为3 m 、质量m 为1 kg 、电阻R 为0.3 Ω，在拉力F 的作用下，从MN 处以恒定速度v ＝1 m/s 在导轨上沿x 轴正向运动(金属杆与导轨接触良好)．g 取10 m/s 2.(1)求金属杆CD 运动过程中产生的感应电动势E 及运动到x ＝0.8 m 处电势差U CD ；(2)推导金属杆CD 从MN 处运动到P 点过程中拉力F 与位置坐标x 的关系式，并在图乙中画出F －x 关系图象；(3)求金属杆CD 从MN 处运动到P 点的全过程产生的焦耳热．[审题指导] (1)由于导轨电阻不计，因此导轨两端的电压为0，C 、D 两端的电压等于导轨外金属棒产生的电动势，注意U CD 的正、负．(2)回路中电流恒定，但CD 的有效长度变化，金属杆所受安培力为变力，根据F －x 图象求功．(3)外力做功使金属杆CD 的机械能增加和产生焦耳热．[解析] (1)金属杆CD 在匀速运动中产生的感应电动势E ＝Blv ，l ＝d ，解得E ＝1.5 V 当x ＝0.8 m 时，金属杆在导轨间的电势差为零．设此时杆在导轨外的长度为l 外，则l 外＝d －OP －x OPd ，OP ＝ MP 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫MN 22＝2 m 得l 外＝1.2 m 由右手定则判断D 点电势高，故CD 两端电势差U CD ＝－Bl 外v ＝－0.6 V.(2)杆在导轨间的长度l 与位置x 的关系是l ＝OP －x OP d ＝3－32x 对应的电阻R 1＝l d R电流I ＝Blv R 1杆受到的安培力为F 安＝BIl ＝7.5－3.75x根据平衡条件得F ＝F 安＋mg sin θF ＝12.5－3.75x (0≤x ≤2)．画出的F －x 图象如图所示．(3)外力F 所做的功W F 等于F －x 图线下所围的面积．即W F ＝5＋12.52×2 J ＝17.5 J 而杆的重力势能增加量ΔE p ＝mgOP sin θ故全过程产生的焦耳热Q ＝W F －ΔE p ＝7.5 J.[答案] (1)1.5 V －0.6 V (2)F ＝12.5－3.75x (0≤x ≤2) 图象见解析 (3)7.5 J(2016·高考浙江卷)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 ＝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 .解析：(1)由牛顿第二定律a ＝F －mg sin θm＝12 m/s 2① 进入磁场时的速度v ＝2as ＝2.4 m/s.②(2)感应电动势E ＝Blv ③感应电流I ＝Blv R④ 安培力F A ＝IBl ⑤代入得F A ＝（Bl ）2v R＝48 N ．⑥ (3)健身者做功W ＝F (s ＋d )＝64 J ⑦由牛顿第二定律F －mg sin θ－F A ＝0⑧CD 棒在磁场区域做匀速运动在磁场中运动的时间t ＝d v⑨焦耳热Q ＝I 2Rt ＝26.88 J.答案：见解析1.如图，在光滑水平桌面上有一边长为L 、电阻为R 的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d (d ＞L )的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下．导线框以某一初速度向右运动．t＝0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域．下列v －t 图象中，能正确描述上述过程的是( )解析：选D.导体切割磁感线时产生感应电流，同时产生安培力阻碍导体运动，利用法拉第电磁感应定律、安培力公式及牛顿第二定律可确定线框在磁场中的运动特点．线框进入和离开磁场时，安培力的作用都是阻碍线框运动，使线框速度减小，由E ＝BLv 、I ＝E R 及F ＝BIL ＝ma 可知安培力减小，加速度减小，当线框完全进入磁场后穿过线框的磁通量不再变化，不产生感应电流，不再产生安培力，线框做匀速直线运动，故选项D 正确．2．(多选)(2017·重庆高三质检)如图，两根足够长且光滑平行的金属导轨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．现同时由静止释放带电微粒和金属棒ab ，则下列说法中正确的是( )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 板运动解析：选BC.金属棒沿光滑导轨加速下滑，棒中有感应电动势而对电容器充电，充电电流通过金属棒时受安培力作用，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，A 错、B 对；由右手定则可知，金属棒a 端电势高，则M 板电势高，C 项对；若微粒带负电，则静电力向上与重力反向，开始时静电力为0，微粒向下加速运动，当静电力增大到大于重力时，微粒的加速度向上，D 项错．3．(多选)(2017·宁夏银川一中模拟)如图所示，空间存在着与圆台母线垂直向外的磁场，各处的磁感应强度大小均为B ，圆台母线与竖直方向的夹角为θ，一个质量为m 、半径为r 的匀质金属环位于圆台底部．当给环通以恒定的电流I ，圆环由静止向上运动，经过时间t 后撤去该恒定电流并保持圆环闭合，圆环全程上升的最大高度为H .已知重力加速度为g ，不计空气阻力，磁场的范围足够大．在圆环向上运动的过程中，下列说法正确的是( )A ．圆环先做加速运动后做减速运动B ．在时间t 内安培力对圆环做功为mgHC ．圆环运动的最大速度为2πBIrt cos θm－gt D ．圆环先有扩张后有收缩的趋势解析：选AC.在时间t 内，圆环中通有电流I ，圆环在磁场中受向上的安培力作用，安培力大于重力，所以合力向上，圆环由静止开始向上加速运动，t 时刻撤去电流，圆环继续向上运动，并切割磁感线产生感应电流，则同时又受向下的安培力和重力，合力方向与运动方向相反，所以圆环开始减速运动直至到达最高位置，故A 正确．因安培力在t 时间内对其做正功，t 时刻以后对其做负功，有W 安t 前－W 安t 后＝mgH ，则知在t 时间内安培力做功大于mgH ，故B 错误．在t 时间内安培力F ＝BIL ＝BI 2πr cos θ，合外力F 合＝F －mg ＝2πBIr cosθ－mg ＝ma ，v ＝at ＝2πBIr cos θmt －gt ，故C 正确．圆环加速上升过程中有收缩趋势，减速上升过程中有扩张趋势，故D 错误．4．(多选)如图所示，两固定的竖直光滑金属导轨足够长且电阻不计．两质量、长度均相同的导体棒c 、d 置于边界水平的匀强磁场上方同一高度h 处．磁场宽为3h ，方向与导轨平面垂直．先由静止释放c ，c 刚进入磁场立即匀速运动，此时再由静止释放d ，两导体棒与导轨始终保持良好接触．用a c 表示c 的加速度，E k d 表示d 的动能，x c 、x d 分别表示c 、d 相对释放点的位移．下图中正确的是( )解析：选BD.导体棒c 落入磁场之前做自由落体运动，加速度恒为g ，有h ＝12gt 2，v ＝gt ，c 棒进入磁场以速度v 做匀速直线运动时，d 棒开始做自由落体运动，与c 棒做自由落体运动的过程相同，此时c 棒在磁场中做匀速直线运动的路程为h ′＝vt ＝gt 2＝2h ，d 棒进入磁场而c 棒还没有穿出磁场的过程，无电磁感应，两导体棒仅受到重力作用，加速度均为g ，直到c 棒穿出磁场，B 正确．c 棒穿出磁场，d 棒切割磁感线产生电动势，在回路中产生感应电流，因此时d 棒速度大于c 棒进入磁场时切割磁感线的速度，故电动势、电流、安培力都大于c 棒刚进入磁场时的大小，d 棒减速，直到穿出磁场仅受重力，做匀加速运动，结合匀变速直线运动v 2－v 20＝2gh ，可知加速过程动能与路程成正比，D 正确．5.(2016·高考天津卷)电磁缓速器是应用于车辆上以提高运行安全性的辅助制动装置，其工作原理是利用电磁阻尼作用减缓车辆的速度．电磁阻尼作用可以借助如下模型讨论：如图所示，将形状相同的两根平行且足够长的铝条固定在光滑斜面上，斜面与水平方向夹角为θ.一质量为m 的条形磁铁滑入两铝条间，恰好匀速穿过，穿过时磁铁两端面与两铝条的间距始终保持恒定，其引起电磁感应的效果与磁铁不动、铝条相对磁铁运动相同．磁铁端面是边长为d 的正方形，由于磁铁距离铝条很近，磁铁端面正对两铝条区域的磁场均可视为匀强磁场，磁感应强度为B ，铝条的高度大于d ，电阻率为ρ.为研究问题方便，铝条中只考虑与磁铁正对部分的电阻和磁场，其他部分电阻和磁场可忽略不计，假设磁铁进入铝条间以后，减少的机械能完全转化为铝条的内能，重力加速度为g .(1)求铝条中与磁铁正对部分的电流I ；(2)若两铝条的宽度均为b ，推导磁铁匀速穿过铝条间时速度v 的表达式；(3)在其他条件不变的情况下，仅将两铝条更换为宽度b ′>b 的铝条，磁铁仍以速度v 进入铝条间，试简要分析说明磁铁在铝条间运动时的加速度和速度如何变化．解析：(1)磁铁在铝条间运动时，两根铝条受到的安培力大小相等，均为F 安，有F 安＝IdB ①设磁铁受到沿斜面向上的作用力为F ，其大小有F ＝2F 安②磁铁匀速运动时受力平衡，则有F －mg sin θ＝0③联立①②③式可得I ＝mg sin θ2Bd.④(2)磁铁在铝条间运动时，在铝条中产生的感应电动势为E ＝Bdv ⑤设铝条与磁铁正对部分的电阻为R ，由电阻定律有R ＝ρd db⑥ 由欧姆定律有I ＝E R⑦ 联立④⑤⑥⑦式可得v ＝ρmg sin θ2B 2d 2b.⑧ (3)磁铁以速度v 进入铝条间，恰好做匀速运动时，磁铁受到沿斜面向上的作用力F ，联立①②⑤⑥⑦式可得F ＝2B 2d 2bv ρ⑨当铝条的宽度b ′>b 时，磁铁以速度v 进入铝条间时，磁铁受到的作用力变为F ′，有F ′＝2B 2d 2b ′v ρ可见，F ′>F ＝mg sin θ，磁铁所受到的合力方向沿斜面向上，获得与运动方向相反的加速度，磁铁将减速下滑，此时加速度最大．之后，随着运动速度减小，F ′也随着减小，磁铁所受的合力也减小，由于磁铁加速度与所受到的合力成正比，磁铁的加速度逐渐减小，综上所述，磁铁做加速度逐渐减小的减速运动．直到F ′＝mg sin θ时，磁铁重新达到平衡状态，以较小的速度匀速下滑．答案：见解析一、单项选择题1.(2017·上海闵行调研)如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd ，ab 边长大于bc 边长．从置于垂直纸面向里、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( )A ．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解析：选A.设ab 和bc 边长分别为L 1、L 2，线框电阻为R ，若假设穿过磁场区域的时间为t .通过线框导体横截面的电荷量q ＝It ＝ΔΦR＝BL 1L 2R， 因此q 1＝q 2.线框上产生的热量为Q ， 第一次：Q 1＝BL 1I 1L 2＝BL 1BL 1vRL 2， 同理可以求得Q 2＝BL 2I 2L 1＝BL 2BL 2vRL 1， 由于L 1>L 2，则Q 1>Q 2，故A 正确．2.如图所示，水平放置的光滑平行金属导轨上有一质量为m 的金属棒ab ，导轨的一端连接电阻R ，其他电阻均不计，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向下，ab 在一水平恒力F 作用下由静止开始向右运动的过程中( )A ．随着ab 运动速度的增大，其加速度也增大B ．外力F 对ab 做的功等于电路中产生的电能C ．外力F 做功的功率始终等于电路中的电功率D ．克服安培力做的功一定等于电路中产生的电能解析：选D.由牛顿第二定律可得F －B 2l 2vR ＝ma ，棒向右做加速度减小的加速运动，A 错．由于在达到最终速度前F >B 2l 2vR，力F 做的功等于电路中获得的电能与金属棒的动能之和，则F的功率大于克服安培力做功的功率，即大于电路中的电功率，电路中获得的电能等于克服安培力所做的功．B 、C 错，D 对．3.如图所示，两根电阻不计的光滑金属导轨竖直放置，导轨上端接电阻R ，宽度相同的水平条形区域Ⅰ和Ⅱ内有方向垂直导轨平面向里的匀强磁场B ，Ⅰ和Ⅱ之间无磁场．一导体棒两端套在导轨上，并与两导轨始终保持良好接触，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．下面四个图象能定性描述导体棒速度大小与时间关系的是( )解析：选C.MN 棒先做自由落体运动，当到Ⅰ区磁场时由四个选项知棒开始减速说明F安>mg ，由牛顿第二定律得，F 安－mg ＝ma ，当减速时F 安减小，合力减小，a 也减小，速度图象中图线上各点切线斜率减小，离开Ⅰ区后棒做加速度为g 的匀加速直线运动，随后进入Ⅱ区磁场，因棒在穿过两段磁场区域的过程中，流过电阻R 上的电流变化情况相同，则在Ⅱ区磁场中运动情况与Ⅰ区磁场中完全相同，所以只有C 项正确．4.(2017·崇文高三模拟)如图所示，平行金属导轨与水平面成θ角，导轨与固定电阻R 1和R 2相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面，有一导体棒ab ，质量为m ，导体棒的电阻与固定电阻R 1和R 2的阻值均相等，与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒ab 沿导轨向上滑动，当上滑的速度为v 时，受到安培力的大小为F ，此时( )A ．电阻R 1消耗的热功率为Fv 3B ．电阻R 2消耗的热功率为Fv6C ．整个装置因摩擦而消耗的热功率为μmgv sin θD ．整个装置消耗的机械功率为Fv解析：选B.上滑速度为v 时，导体棒受力如图所示，则B 2L 2vR ＋R 2＝F ，所以P R 1＝P R 2＝(BLv2×32R )2R ＝16Fv ，故选项A 错误，B 正确；因为F f ＝μF N ，F N ＝mg cos θ，所以P F f ＝F f v ＝μmgv cos θ，选项C 错误；此时，整个装置消耗的机械功率为P ＝P F ＋P F f ＝Fv ＋μmgv cos θ，选项D 错误．5．(2017·重庆高三模拟)如图所示，电阻不计的竖直光滑金属轨道PMNQ ，其PMN 部分是半径为r 的14圆弧，NQ 部分水平且足够长，匀强磁场的磁感应强度为B ，方向垂直于PMNQ 平面指向纸面内．一粗细均匀的金属杆质量为m ，电阻为R ，长为2r .从图示位置由静止释放，若当地的重力加速度为g ，金属杆与轨道始终保持良好接触，则下列说法中正确的是( )A ．杆在下滑过程中机械能守恒B ．杆最终不可能沿NQ 匀速运动C ．杆从释放到全部滑至水平轨道过程中，产生的电能等于mgr2D ．杆从释放到全部滑至水平轨道过程中，通过杆的电荷量等于Br 2（π－2）4R解析：选D.杆在下滑过程中，杆与金属导轨组成闭合回路，磁通量在改变，会产生感应电流，杆将受到安培力作用，则杆的机械能不守恒，故A 错误；杆最终沿水平面运动时，不产生感应电流，不受安培力作用而做匀速运动，故B 错误；杆从释放到滑至水平轨道过程，重力势能减小mgr2，产生电能和杆的动能，由能量守恒定律知：杆上产生的电能小于mgr2，故C 错误；通过杆与金属导轨所组成的闭合回路的磁通量的变化量为ΔΦ＝B ⎝ ⎛⎭⎪⎫14πr 2－12r 2，根据推论q ＝ΔΦR ，得到通过杆的电荷量为q ＝Br 2（π－2）4R，故D 正确．。

专题46 电磁感应中的动力学和能量问题1．如图所示，光滑的金属导轨间距为L ，导轨平面与水平面成α角，导轨下端接有阻值为R 的电阻．质量为m 的金属细杆ab 与绝缘轻质弹簧相连静止在导轨上，弹簧劲度系数为k ，上端固定，弹簧与导轨平面平行，整个装置处在垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度为B ．现给杆一沿导轨向下的初速度v 0，杆向下运动至速度为零后，再沿导轨平面向上运动达最大速度v 1，然后减速为零，再沿导轨平面向下运动，一直往复运动到静止（金属细杆的电阻为 r ，导轨电阻忽略不计）．试求：（1）细杆获得初速度的瞬间，通过R 的电流大小；（2）当杆速度为v 1时，离最初静止位置的距离L 1； 开始运动直到最后静止，电阻R 上产生的焦耳热Q ．（3）)(220r R Rmv Q R +=所以：)(220r R Rmv Q R += 【名师点睛】本题是导体棒在导轨上滑动的类型，分析杆的状态，确定其受力情况是关键．综合性较强．2．如图所示，一对平行光滑轨道水平放置，轨道间距L ＝0.20 m ，电阻R ＝10 Ω，有一质量为m ＝1kg 的金属棒平放在轨道上，与两轨道垂直，金属棒及轨道的电阻皆可忽略不计，整个装置处于垂直轨道平面竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B=5T ，现用一拉力F 沿轨道方向拉金属棒，使之做匀加速运动，加速度a ＝1m/s 2，试求：（1）力F 随时间t 的变化关系。

（2）F ＝3N 时，电路消耗的电功率P 。

（3）若金属棒匀加速运动的时间为T 时，拉力F 达到最大值F m ＝5N ，此后保持拉力F m ＝5N 不变，求出时间T ，并简述在时间T 前后，金属棒的运动情况。

【答案】（1）F ＝0.1t+1（2）40W （3）40s 前，金属棒以加速度1m/s 2做匀加速直线运动； 40s 后，金属棒做加速度逐渐减小、速度逐渐增大的变加速直线运动，直到速度达到50 m/s 时，金属棒的加速度减小到0，金属棒做匀速直线运动3．如图，两条间距L =0.5m 且足够长的平行光滑金属直导轨，与水平地面成30°角固定放置，磁感应强度B =0.4T 的匀强磁场方向垂直导轨所在的斜面向上，质量、的金属棒ab 、cd 垂直导轨放在导轨上，两金属棒的总电阻r =0.2Ω，导轨电阻不计。

能力课动量和能量观点的综合应用1．（2016·江西南昌十校二模）如图1所示，光滑水平面上放着质量都为m的物块A和B,A紧靠着固定的竖直挡板，A、B间夹一个被压缩的轻弹簧（弹簧与A、B均不拴接)，用手挡住B不动,此时弹簧弹性势能为错误!mv错误!，在A、B间系一轻质细绳，细绳的长略大于弹簧的自然长度。

放手后绳在短暂时间内被拉断，之后B继续向右运动,一段时间后与向左匀速运动、速度为v0的物块C发生碰撞，碰后B、C立刻形成粘合体并停止运动，C的质量为2m。

求：图1(1）B、C相撞前一瞬间B的速度大小；(2)绳被拉断过程中，绳对A所做的W.解析（1)B与C碰撞过程中动量守恒mv B＝2mv0解得：v B＝2v0（2)弹簧恢复原长时,弹性势能全部转化为物块B的动能,则E p＝错误!mv错误!解得：v B0＝3v0绳子拉断过程，A、B系统动量守恒mv B0＝mv B＋mv A解得：v A＝v0绳对A 所做的功为W ＝错误!mv 错误!＝错误!mv 错误! 答案 （1)2v 0 (2)错误!mv 错误!2．（2016·贵州八校联盟二模）如图2所示，在平直轨道上P 点静止放置一个质量为2m 的物体A ,P 点左侧粗糙，右侧光滑。

现有一颗质量为m 的子弹以v 0的水平速度射入物体A 并和物体A 一起滑上光滑平面，与前方静止物体B 发生弹性正碰后返回,在粗糙面滑行距离d 停下。

已知物体A 与粗糙面之间的动摩擦因数为μ＝v 2，072gd，求：图2（1）子弹与物体A 碰撞过程中损失的机械能；（2）B 物体的质量。

解析 （1）设子弹与物体A 的共同速度为v ，由动量守恒定律有mv 0＝3mv ，则该过程损失的机械能ΔE ＝12mv 错误!－错误!·3mv 2＝错误!mv 错误!。

（2）以子弹、物体A 和物体B 为系统,设B 的质量为M ，碰后子弹和物体A 的速度为v 1，物体B 的速度为v 2，由动量守恒定律有3mv＝Mv2＋3mv1,碰撞过程机械能守恒，有错误!×3mv2＝错误!×3mv错误!＋错误!Mv错误!，从子弹与物体A滑上粗糙面到停止，由能量守恒定律有3μmgd＝12×3mv错误!,又μ＝错误!，综上可解得M＝9m。

动力学和能量看法的综合应用一、选择题(1题为单项选择题，2题为多项选择题)1．如图1所示，水平传递带两头点 A、B间的距离为l，传递带开始时处于静止状态。

把一个小物体放到右端的A点，某人用恒定的水平力F使小物体以速度v1匀速滑到左端的 B 点，拉力F所做的功为W1、功率为P1，这一过程物体和传递带之间因摩擦而产生的热量为Q1。

随后让传递带以v2的速度匀速运动，这人仍旧用同样的恒定的水平力F拉物体，使它以相对传递带为v1的速度匀速从A滑行到B，这一过程中，拉力 F所做的功为W2、功率为P2，物体和传递带之间因摩擦而产生的热量为Q2。

以下关系中正确的选项是( )图1A．W1＝W2，P1＜P2，Q1＝Q2B．W1＝W2，P1＜P2，Q1＞Q2C．W1＞W2，P1＝P2，Q1＞Q2D．W1＞W2，P1＝P2，Q1＝Q22．(2016·江西九江一模)将一长木板静止放在圆滑的水平面上，如图2甲所示，一个小铅块(可视为质点)以水平初速度v0由木板左端向右滑动，抵达右端时恰能与木板保持相对静止。

现将木板分红A和B两段，使B的长度和质量均为A的2倍，并紧挨着放在原水平面上，让小铅块仍以初速度v0由木板A的左端开始向右滑动，如图乙所示。

若小铅块相对滑动过程中所受的摩擦力一直不变，则以下相关说法正确的选项是()图2A．小铅块将从木板B的右端飞离木板B．小铅块滑到木板B的右端前就与木板B保持相对静止C．甲、乙两图所示的过程中产生的热量相等D．图甲所示的过程产生的热量大于图乙所示的过程产生的热量二、非选择题3．(2016·乐山市三诊)利用弹簧弹射和皮带传动装置能够将工件运送至高处。

如图3所示，已知传递轨道平面与水平方向成37°角，倾角也是37°的圆滑斜面轨道固定于地面且与传递轨道优秀对接，弹簧下端固定在斜面底端，工件与皮带间的动摩擦因数μ＝。

皮带传动装置顺时针匀速转动的速度v＝4m/s，两轮轴心相距L＝5m，B、C分别是传递带与两轮的切点，轮缘与传递带之间不打滑。

高考必考题冲破讲座5 应用动力学观点和能量观点解决力学综合问题1．(2017·河北衡水一模)如图所示，滑块质量为m ，与水平地面间的动摩擦因数为，它以v 0＝3gR 的初速度由A 点开始向B 点滑行，AB ＝5R ，并滑上滑腻的半径为R 的14圆弧BC ，在C 点正上方有一离C 点高度也为R 的旋转平台，沿平台直径方向开有两个离轴心距离相等的小孔P 、Q ，P 、Q 位于同一直径上，旋转时两孔均能达到C 点的正上方．若滑块滑过C 点后穿过P 孔，又恰能从Q 孔落下，则平台转动的角速度ω应知足什么条件？解析：设滑块滑至B 点时速度为v B ，对滑块由A 点到B 点应用动能定理有－μmg 5R ＝12mv 2B －12mv 20 解得v 2B ＝8gR滑块从B 点开始，运动进程机械能守恒，设滑块抵达P 处时速度为v P ，则12mv 2B ＝12mv 2P ＋mg 2R 解得v P ＝2gR滑块穿过P 孔后再回到平台的时刻t ＝2v P g ＝4R g要想实现题述进程，需知足ωt ＝(2n ＋1)πω＝π2n ＋14g R(n ＝0,1,2，…) 答案： (1)ω＝π2n ＋14g R(n ＝0,1,2，…) 2．(2017·江苏南京诊断)如图所示，质量M ＝0.4 kg 的长薄板BC 静置于倾角为37°的滑腻斜面上，在A 点有质量m ＝0.1 kg 的小物体(可视为质点)以v 0＝4.0 m/s 速度水平抛出，恰以平行斜面的速度落在薄板的最上端B 并在薄板上运动，当小物体落在薄板上时，薄板无初速度释放开始沿斜面向下运动，小物体运动到薄板的最下端C 时，与薄板速度恰好相等，已知小物体与薄板之间的动摩擦因数为，sin 37°＝，cos 37°＝，g ＝10 m/s 2，求：(1)A 点与B 点的水平距离；(2)薄板BC 的长度．解析：(1)小物体从A 到B 做平抛运动，下落时刻为t 1，水平位移为x ，则：gt 1＝v 0tan 37° ①x ＝v 0t 1②联立①②得x ＝1.2 m(2)小物体落到B 点的速度为v ，则 v ＝v 20＋gt 12 ③小物体在薄板上运动，则：mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma 1④薄板在滑腻斜面上运动，则： Mg sin 37°＋μmg cos 37°＝Ma 2 ⑤小物体从落到薄板到二者速度相等历时t 2，则：v ＋a 1t 2＝a 2t 2⑥ 小物体的位移x 1＝vt 2＋12a 1t 22 ⑦ 薄板的位移x 2＝12a 2t 22 ⑧ 薄板的长度l ＝x 1－x 2⑨ 联立③～⑨式得l ＝2.5 m答案： (1)1.2 m (2)2.5 m 3．(2017·湖北黄冈模拟)如图所示，半径R ＝1.0 m 的滑腻圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B 和圆心O 的连线与水平方向间的夹角θ＝37°，另一端点C 为轨道的最低点．C 点右边的滑腻水平面上紧挨C 点静止放置一木板，木板质量M ＝1 kg ，上表面与C 点等高．质量为m ＝1 kg 的物块(可视为质点)从空中A 点以＝1.2 m/s 的速度水平抛出，恰好从轨道的B 端沿切线方向进入轨道．已知物块与木板间的动摩擦因数μ＝，取g ＝10 m/s 2.求：(1)物块通过C 点时的速度v C ；(2)若木板足够长，物块在木板上相对滑动进程中产生的热量Q .解析：(1)设物块在B 点的速度为v B ，在C 点的速度为v C ，从A 到B 物块做平抛运动，有v B sin θ＝v 0从B 到C ，依照动能定理有mgR (1＋sin θ)＝12mv 2C －12mv 2B 解得v C ＝6 m/s(2)物块在木板上相对滑动进程中由于摩擦力作用，最终将一路一路运动．设相对滑动时物块加速度为a 1，木板加速度为a 2，通过时刻t 达到一路速度为v ，则μmg ＝ma 1 μmg ＝Ma 2v ＝v C －a 1t v ＝a 2t依照能量守恒定律有 12(m ＋M )v 2＋Q ＝12mv 2C 联立解得Q ＝9 J.答案： (1)6 m/s (2)9 J4．(2017·浙江温州十校联合体联考)如图所示是阿毛同窗的漫画中显现的装置，描述了一个“吃货”用来做“糖炒粟子”的“萌”事儿：使板栗在地面小平台上以必然的初速度经两个四分之一圆弧衔接而成的轨道，从最高点P 飞出进入炒锅内，利用来回运动使其均匀受热．咱们用质量为m 的小滑块代替栗子，借这套装置来研究一些物理问题．设大小两个四分之一圆弧半径别离为2R 和R ，小平台和圆弧均滑腻．将过锅底的纵截面看成是两个斜面AB 、CD 和一段滑腻圆弧组成，斜面动摩擦因数均为，而且不随温度转变．两斜面倾角均为θ＝37°，AB ＝CD ＝2R ，A 、D 等高，D 端固定一小挡板，碰撞不损失机械能．滑块的运动始终在包括锅底最低点的竖直平面内，重力加速度为g .(1)若是滑块恰好能经P 点飞出，为了使滑块恰好沿AB 斜面进入锅内，应调剂锅底支架高度使斜面的A 、D 点离地高为多少？(2)接(1)问，求滑块在锅内斜面上走过的总路程，(3)对滑块的不同初速度，求其通过最高点P 和小圆弧最低点Q 时受压力之差的最小值．解析：(1)在P 点，mg ＝mv 2P 2R，得v P ＝2gR 抵达A 点时速度方向要沿着AB ，而竖直方向速度v y ＝v P tan θ＝342gR 因此AD 离地高度h ＝3R －v 2y 2g ＝3916R (2)进入A 点滑块沿AB 方向的速度v ＝v Pcos θ＝542gR 假设通过一个来回能够回到A 点，设回来时动能为E k ，则有E k ＝12mv 2－μmg cos θ·8R <0因此滑块可不能滑到A 点而飞出．依照动能定理mg ·2R sin θ－μmgs cos θ＝0－12mv 2 得滑块在锅内斜面上走过的总路程s ＝221R 16(3)设初速度、最高点速度别离为v 1、v 2，由牛顿第二定律，在Q 点有F 1－mg ＝mv 21R在P 点有F 2＋mg ＝mv 222R； 因此F 1－F 2＝2mg ＋m 2v 21－v 222R由机械能守恒12mv 21＝12mv 22＋mg ·3R 得v 21－v 22＝6gR 为定值代入v 2的最小值2gR ，得压力差的最小值为9mg .答案： (1)3916R (2)221R 16(3)9mg。

专题六动力学和能量观点的综合应用突破应用动力学和能量观点分析多过程问题力学综合题中多过程问题的分析思路:（1)对力学综合题中的多过程问题,关键是抓住物理情境中出现的运动状态与运动过程，将物理过程分解成几个简单的子过程。

(2）找出各阶段是由什么物理量联系起来的，然后对于每一个子过程分别进行受力分析、过程分析和能量分析，选择合适的规律列出相应的方程求解。

[典例1] (2016·新课标全国卷Ⅰ）如图所示，一轻弹簧原长为2R,其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态。

直轨道与一半径为错误!R的光滑圆弧轨道相切于C点，AC＝7R，A、B、C、D均在同一竖直平面内.质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点（未画出)。

随后P沿轨道被弹回，最高到达F点,AF＝4R。

已知P 与直轨道间的动摩擦因数μ＝错误!,重力加速度大小为g。

(取sin 37°＝错误!，cos 37°＝错误!)（1)求P第一次运动到B点时速度的大小;（2）求P运动到E点时弹簧的弹性势能；(3）改变物块P的质量，将P推至E点,从静止开始释放。

已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点.G点在C点左下方，与C点水平相距72R、竖直相距R.求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量。

[解题指导］第（1)问，求P从C第一次运动到B点时速度的大小,有两种方法，可以用动能定理或牛顿运动定律及运动学公式计算。

第（2）问，求P运动到E点时弹簧的弹性势能，先根据从C 到E再到F的过程，由动能定理求出B、E之间的距离；再根据从C到E的过程,由动能定理或能量守恒定律求弹性势能.第(3）问，先逆向推理,从D到G过程，根据平抛运动的分解求出D点的速度。

再分析由E到D过程,由动能定理求出质量。

［解析］(1)根据题意知，B、C之间的距离为l＝7R－2R①设P到达B点时的速度为v B，由动能定理得mgl sin θ－μmgl cos θ＝错误!mv错误!②式中θ＝37°联立①②式并由题给条件得v B ＝2错误!。