2019版高考物理总复习第十章电磁感应能力课2电磁感应中的动力学和能量问题学案

mv0＝ mv1＋Mv2，
解得碰撞后 ab 金属杆的速度 v1＝ 2 m/s ，
ab 金属杆进入磁场后由能量守恒定律有
12mv21＝ Q，
解得 Q＝ 2 J 。
答案 (1) 5 m/s (2)2 J
“杆＋导轨”模型 [ 题源：人教版选修 3－2·Ｐ21·Ｔ3]
设图 4.5 － 5 中的磁感应强度 B＝1 T，平行导轨宽 l ＝ 1 m，金属棒 PQ以 1 m/s 速度贴着导轨 向右运动， R＝1 Ω，其他电阻不计。
图3
解析 导线框开始进入磁场过程，通过导线框的磁通量增大，有感应电流，进而受到与运动 方向相反的安培力作用，速度减小，感应电动势减小，感应电流减小，安培力减小，导线框 的加速度减小， v－ t 图线的斜率减小；导线框全部进入磁场后，磁通量不变，无感应电流， 导线框做匀速直线运动；导线框从磁场中出来的过程，有感应电流，又会受到安培力阻碍作 用，速度减小，加速度减小。选项 D正确。 答案 D
轨的电阻，杆与导轨间的动摩擦因数为
0.25 。金属杆 ab 在沿导轨向下且与杆垂直的恒力 F
作用下，由静止开始运动，杆的最终速度为
2
8 m/s ，取 g＝ 10 m/s ，求：
图4
(1) 当金属杆的速度为 4 m/s 时，金属杆的加速度大小；
(2) 当金属杆沿导轨的位移为 6.0 m 时，通过金属杆的电荷量。
mgR(1 －cos 60 °) ＝ 1mv2 2
解得 v＝ gR。
进入磁场区瞬间，回路中电流强度 E Bl gR
I ＝ 2r ＋ r ＝ 3r 。 (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＝
代入 vm＝ 8 m/s 时 a＝ 0，解得 F＝ 8 N 代入 v＝ 4 m/s 及 F＝ 8 N，解得 a＝4 m/s 2
－
(2) 设通过回路横截面的电荷量为 q，则 q＝ I t
回路中的平均电流强度为
－
－E I ＝R
回路中产生的平均感应电动势为
－ ΔΦ E＝ t
回路中的磁通量变化量为 Δ Φ＝BLx，联立解得 q＝3 C
解析 导体棒 ab、电阻 R、导轨构成闭合回路，磁感应强度均匀减小
ΔB ( Δt ＝ k 为一定值 ) ，则
闭合回路中的磁通量减小，根据楞次定律，可知回路中产生顺时针方向的感应电流，
ab 中的
Δ Φ Δ B· S 电流方向由 a 到 b，故选项 A 错误； 根据法拉第电磁感应定律， 感应电动势 E＝ Δ t ＝ Δ t
＝ kS，回路面积 S 不变，即感应电动势为定值，根据闭合电路欧姆定律
E I ＝R，所以 ab 中的
电流大小不变，故选项 B 错误；安培力 F＝ BIL，电流大小不变，磁感应强度减小，则安培力
减小，故选项 C错误；导体棒处于静止状态，所受合力为零，对其受力分析，水平方向静摩
擦力 f 与安培力 F 等大反向，安培力减小，则静摩擦力减小，故选项
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，
始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，取
g＝ 10 m/s 2，问：
ab、 cd
图5 (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＝ 3.8 m，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＝ m1gsin θ① 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
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：
图6 (1) ab 棒在 N处进入磁场区速度是多大？此时棒中电流是多少？ (2) cd 棒能达到的最大速度是多大？ (3) cd 棒由静止到达最大速度过程中，系统所能释放的热量是多少？ 解析 (1) ab 棒由 M下滑到 N过程中机械能守恒，故
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
解析 (1) cd 绝缘杆通过半圆导轨最高点时， v2
由牛顿第二定律有 Mg＝ M r
解得 v＝ 5 m/s 。
(2) 发生正碰后 cd 绝缘杆滑至最高点的过程中，由动能定理有
－
Mg·２r
＝
12Mv2－
1 2
Mv22，
解得碰撞后 cd 绝缘杆的速度 v2＝ 5 m/s ，
两杆碰撞过程中动量守恒，有
解析 (1) 对金属杆 ab 应用牛顿第二定律，有
F＋ mgsin θ－F 安 －f ＝ ma，f ＝ μＦN， FN＝mgcos θ
ab 杆所受安培力大小为 F 安＝ BIL
ab 杆切割磁感线产生的感应电动势为 E＝BLv E
由闭合电路欧姆定律可知 I ＝ R B2L2
整理得： F＋ mgsin θ－ R v－ μmgcos θ＝ ma
用“四步法”分析电磁感应中的动力学问题 解决电磁感应中的动力学问题的一般思路是“先电后力”，具体思路如下：
【变式训练 1】 足够长的平行金属导轨 MN和 PQ 表面粗糙，与水平面间的夹角为
θ＝
37°(sin 37°＝ 0.6) ，间距为 1 m。垂直于导轨平面向上的匀强磁场的磁感应强度的大小为
4 T ， P、 M间所接电阻的阻值为 8 Ω。质量为 2 kg 的金属杆 ab 垂直导轨放置，不计杆与导
别与半径 r ＝ 0.5 m 的相同竖直半圆导轨在 N、 Q端平滑连接， M、 P 端连接定值电阻 R，质量
M＝ 2 kg 的 cd 绝缘杆垂直且静止在水平导轨上，在其右侧至
N、 Q端的区域内充满竖直向上
的匀强磁场。现有质量 m＝ 1 kg 的 ab 金属杆以初速度 v0＝ 12 m/s 水平向右运动，与 cd 绝缘
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
()
图1 A. ab 中的感应电流方向由 b 到 a B. 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
图 4.5 － 5 导体 PQ向右运动
(1) 运动的导线会产生感应电动势，相当于电源。用电池等符号画出这个装置的等效电路图。
(2) 通过 R的电流方向如何？大小等于多少？
拓展 1 (2018 ·湖南省五市十校高三联考 ) 如图 8 所示，两平行的光滑导轨固定在同一水平
面内，两导轨间距离为 L，金属棒 ab 垂直于导轨，金属棒两端与导轨接触良好，在导轨左端
接入阻值为 R的定值电阻，整个装置处于竖直向下的磁感应强度为
B的匀强磁场中。与 R相
连的导线、 导轨和金属棒的电阻均可忽略不计。 用平行于导轨向右的大小为 F 的力拉金属棒，
E I ＝ R1 ＋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 ＝m1gsin θ＋Fmax⑤ 综合①②③④⑤式，代入数据解得 v＝ 5 m/s
(3) 设 cd 棒运动过程中在电路中产生的总热量为 m2v2
R1 又 Q＝R1＋R2Q总 解得 Q＝ 1.3 J 答案 (1) 由 a 流向 b (2)5 m/s (3)1.3 J
命题角度 2 电磁感应现象与动量守恒定律的综合
【例 5】 如图 6 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
杆发生正碰后，进入磁场并最终未滑出， cd 绝缘杆则恰好能通过半圆导轨最高点，不计除
R
以外的其他电阻和摩擦， ab 金属杆始终与导轨垂直且接触良好，
g
取
10 m/s
2
，( 不考虑
cd
杆通过半圆导轨最高点以后的运动 ) 求：
图7
(1) cd 绝缘杆通过半圆导轨最高点时的速度大小
v；
(2) 电阻 R产生的焦耳热 Q。
(2 m＋ m) v′
1 解得 v′＝ 3 gR。
(3) 系统释放的热量应等于系统机械能的减少量，
故 Q＝1mv2－ 1·３mv′ 2， 22
1 解得 Q＝ 3mgR。
Bl gR
1
1
答案 (1) gR 3r
(2) 3 gR (3) 3mgR
【变式训练 2】 (2018 ·河北五名校联盟二模 ) 如图 7 所示， MN、 PQ两平行光滑水平导轨分
2
答案 (1)4 m/s (2)3 C
1. 电磁感应中的能量转化
[ 热考点 ] 电磁感应中的能量问题
2. 求解焦耳热 Q的三种方法