高中物理新教材同步选修第二册 第2章 专题强化10 电磁感应中的能量和动量问题

电磁感应中的能量和动量问题
[学习目标] 1.理解电磁感应现象中的能量转化，会用动能定理、能量守恒定律分析有关问题.2.会用动量定理、动量守恒定律分析电磁感应的有关问题．
一、电磁感应中的能量问题 1．电磁感应现象中的能量转化
安培力做功⎩⎪⎨⎪⎧
做正功：电能―
―→转化
机械能，如电动机做负功：机械能――→转化电能――→电流
做功
焦耳热或其他形式的能量，如发电机 2．焦耳热的计算
(1)电流恒定时，根据焦耳定律求解，即Q ＝I 2Rt . (2)感应电流变化，可用以下方法分析：
①利用动能定理，求出克服安培力做的功W 克安，即Q ＝W 克安． ②利用能量守恒定律，焦耳热等于其他形式能量的减少量．
例1 (多选)如图所示，两根光滑的金属导轨，平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，导轨的左端接有电阻R ，导轨自身的电阻可忽略不计．斜面处在一匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上．质量为m 、电阻可以忽略不计的金属棒ab ，在沿着斜面与棒垂直的恒力F 作用下沿导轨匀速上滑，且上升的高度为h ，重力加速度为g ，在这一过程中( )
A ．作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于零
B ．作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于mgh 与电阻R 上产生的焦耳热之和
C ．恒力F 与安培力的合力所做的功等于零
D ．恒力F 与重力的合力所做的功等于电阻R 上产生的焦耳热 答案 AD
解析 金属棒匀速上滑的过程中，对金属棒受力分析可知，有三个力对金属棒做功，恒力F 做正功，重力做负功，安培力阻碍相对运动，沿导轨平面向下，做负功，匀速运动时，金属
棒所受合力为零，故合力做功为零，A 正确，B 错误；克服安培力做多少功就有多少其他形式的能转化为电路中的电能，电能又等于电阻R 上产生的焦耳热，故恒力F 与重力的合力所做的功等于电阻R 上产生的焦耳热，D 正确；由W F －W 安＝W G 知，C 错误．
例2 如图所示，MN 和PQ 是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L ，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑连接．右端接一个阻值为R 的定值电阻．平直部分导轨左边区域有宽度为d 、方向竖直向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场．质量为m 、接入电路的电阻也为R 的金属棒从高度为h 处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止．已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨垂直且接触良好，重力加速度为g .则金属棒穿过磁场区域的过程中( )
A ．流过金属棒的最大电流为Bd 2gh
2R
B ．通过金属棒的电荷量为BdL
R
C ．克服安培力所做的功为mgh
D ．金属棒产生的焦耳热为1
2mg (h －μd )
答案 D
解析 金属棒沿弯曲部分下滑过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgh ＝1
2m v 2，金
属棒到达平直部分左端时的速度v ＝2gh ，金属棒到达平直部分后做减速运动，刚到达平直部分时的速度最大，则最大感应电动势E ＝BL v ，最大感应电流I ＝E R ＋R ＝BL 2gh
2R ，故A 错
误；
通过金属棒的电荷量q ＝I Δt ＝
ΔΦ2R ＝BdL
2R
，故B 错误； 金属棒在整个运动过程中，由动能定理有：mgh －W 安－μmgd ＝0－0，则克服安培力做功：
W 安＝mgh －μmgd ，故C 错误；
金属棒克服安培力做的功转化为焦耳热，定值电阻与金属棒的电阻相等，通过它们的电流相等，则金属棒产生的焦耳热：Q ′＝12Q ＝12W 安＝1
2
mg (h －μd )，故D 正确．
针对训练1 (多选)如图所示，在光滑的水平地面上方，有两个磁感应强度大小均为B 、方向相反的水平匀强磁场，PQ 为两个磁场的边界，磁场范围足够大．一个半径为a 、质量为m 、电阻为R 的金属圆环垂直磁场方向，以速度v 从图示位置(实线所示)开始运动，当圆环运动到直径刚好与边界线PQ 重合时(虚线所示)，圆环的速度变为v
2
，则下列说法正确的是( )
A ．此时圆环的电功率为2
B 2a 2v 2
R
B ．此时圆环的加速度大小为8B 2a 2v
mR
C ．此过程中通过圆环截面的电荷量为πBa 2
R
D ．此过程中回路产生的电能为3
4m v 2
答案 BC
解析 当圆环的直径与边界线重合时，圆环左右两半环均产生感应电动势，故圆环中的感应电动势E ＝2B ×2a ×v 2＝2Ba v ，圆环的电功率P ＝E 2R ＝4B 2a 2v 2
R ，故A 错误；此时圆环受到的
安培力F ＝2BI ×2a ＝2B ×2Ba v R ×2a ＝8B 2a 2v R ，由牛顿第二定律可得，加速度a ＝F m ＝8B 2a 2v
mR ，
故B 正确；圆环中的平均感应电动势E ＝ΔΦ
Δt ，则通过圆环截面的电荷量Q ＝I Δt ＝E R Δt
＝ΔΦR ＝B πa 2R ，故C 正确；此过程中回路产生的电能等于动能的减少量，即E ＝12m v 2－12m (v
2)2
＝3
8m v 2，故D 错误． 二、电磁感应中的动量问题
考向1 动量定理在电磁感应中的应用
导体棒或金属框在感应电流所引起的安培力作用下做非匀变速直线运动时，安培力的冲量为：I 安＝B I Lt ＝BLq ，通过导体棒或金属框的电荷量为：q ＝I Δt ＝
E
R 总Δt ＝n ΔΦΔt ·R 总·Δt ＝n ΔΦ
R 总，磁通量变化量：ΔΦ＝B ΔS ＝BLx .如果安培力是导体棒或金属框受到的合外力，则I 安＝m v 2－m v 1.当题目中涉及速度v 、电荷量q 、运动时间t 、运动位移x 时用动量定理求解更方便． 例3 (多选)如图所示，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨MN 和PQ ，两导轨间距
为L ，导轨电阻均可忽略不计．在M 和P 之间接有一阻值为R 的定值电阻，导体杆ab 质量为m 、电阻也为R ，并与导轨垂直且接触良好．整个装置处于方向竖直向下、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中．现给ab 杆一个初速度v 0，使杆向右运动，最终ab 杆停止在导轨上．下列说法正确的是( )
A ．ab 杆将做匀减速运动直到静止
B ．ab 杆速度减为v 03时，ab 杆加速度大小为B 2L 2v 06mR
C ．ab 杆速度减为v 03时，通过定值电阻的电荷量为m v 0
3BL
D ．ab 杆速度减为v 03时，ab 杆通过的位移为4mR v 0
3B 2L 2
答案 BD
解析 ab 杆在水平方向上受到与运动方向相反的安培力，安培力大小为F A ＝B 2L 2v
2R ，加速度
大小为：a ＝F A m ＝B 2L 2v
2mR ，由于速度减小，所以ab 杆做加速度减小的变减速运动直到静止，故
A 错误；当ab 杆的速度为v 03时，安培力大小为：F ＝
B 2L 2
v 032R ，所以加速度大小为：a ＝F m ＝B 2L 2v 0
6mR ，
故B 正确；对ab 杆，由动量定理得：－B I L ·Δt ＝m v 03－m v 0，即BLq ＝2
3m v 0，解得：q ＝2m v 03BL ，
所以通过定值电阻的电荷量为2m v 03BL ，故C 错误；由q ＝ΔΦ2R ＝B ·Lx
2R ，解得ab 杆通过的位移：x
＝
2Rq BL ＝4mR v 0
3B 2L 2
，故D 正确． 考向2 动量守恒定律在电磁感应中的应用
在双金属棒切割磁感线的系统中，双金属棒和导轨构成闭合回路，安培力为系统内力，如果两安培力等大反向，且它们受到的外力的合力为0，则满足动量守恒条件，运用动量守恒定律求解比较方便．这类问题可以从以下三个观点来分析：
(1)力学观点：通常情况下一个金属棒做加速度逐渐减小的加速运动，而另一个金属棒做加速度逐渐减小的减速运动，最终两金属棒以共同的速度匀速运动．
(2)动量观点：如果光滑导轨间距恒定，则两个金属棒的安培力大小相等，通常情况下系统的动量守恒．
(3)能量观点：其中一个金属棒动能的减少量等于另一个金属棒动能的增加量与回路中产生的焦耳热之和．
例4 足够长的平行金属轨道M 、N 相距L ＝0.5 m ，且水平放置；M 、N 左端与半径R ＝0.4 m 的光滑竖直半圆轨道相连，与轨道始终垂直且接触良好的金属棒b 和c 可在轨道上无摩擦地滑动，两金属棒的质量m b ＝m c ＝0.1 kg ，接入电路的有效电阻R b ＝R c ＝1 Ω，轨道的电阻不计．平行水平金属轨道M 、N 处于磁感应强度大小B ＝1 T 的匀强磁场中，磁场方向垂直于轨道平面向上，光滑竖直半圆轨道在磁场外，如图所示．若使b 棒以初速度v 0＝10 m/s 开始向左运动，运动过程中b 、c 不相撞，g 取10 m/s 2，求：
(1)c 棒的最大速度大小；
(2)c 棒从开始到达到最大速度的过程中，此棒产生的焦耳热；
(3)若c 棒达到最大速度后沿半圆轨道上滑，金属棒c 到达轨道最高点时对轨道的压力的大小为多少．
答案 (1)5 m/s (2)1.25 J (3)1.25 N
解析 (1)在安培力作用下，b 棒做减速运动，c 棒做加速运动，当两棒速度相等时，c 棒达到最大速度．
选两棒为研究对象，以v 0的方向为正方向，根据动量守恒定律有 m b v 0＝(m b ＋m c )v
解得c 棒的最大速度大小为：v ＝m b
m b ＋m c
v 0＝5 m/s.
(2)从b 棒开始运动到两棒速度相等的过程中，系统减少的动能转化为电能，两棒中产生的总焦耳热为：
Q ＝12m b v 02－1
2
(m b ＋m c )v 2＝2.5 J
因为R b ＝R c ，所以c 棒达到最大速度时此棒产生的焦耳热为Q c ＝Q
2
＝1.25 J.
(3)设c 棒沿半圆轨道滑到最高点时的速度为v ′，从最低点上升到最高点的过程，由机械能守恒定律可得： 12m c v 2＝m c g ·2R ＋12m c v ′2 解得v ′＝3 m/s.
在最高点，设轨道对c 棒的弹力为F ，由牛顿第二定律得 m c g ＋F ＝m c v ′2
R
解得F ＝1.25 N.
由牛顿第三定律得，在最高点c 棒对轨道的压力大小为1.25 N.
针对训练2 (多选)如图所示，水平面上有足够长的平行光滑金属导轨MN 和PQ ，导轨间距为L ，电阻不计，导轨所处空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B .导轨上放有质量均为m 、电阻均为R 的金属棒a 、b .开始时金属棒b 静止，金属棒a 获得向右的初速度v 0，从金属棒a 开始运动到最终两棒以相同的速度匀速运动的过程中，经过每个金属棒的电荷量为q ，两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，下列说法正确的是( )
A ．a 做匀减速直线运动，b 做匀加速直线运动
B ．最终两金属棒匀速运动的速度为v 0
2
C ．两金属棒产生的焦耳热为m v 02
4
D ．a 和b 距离的增加量为qR
BL
答案 BC
解析 金属棒a 向右运动切割磁感线，根据右手定则可知在回路中产生逆时针方向的感应电流，根据左手定则可知，a 棒受到向左的安培力，b 棒受到向右的安培力，a 棒在安培力作用下做减速运动，b 棒在安培力作用下做加速运动，两棒的速度差减小，总电动势E ＝Bl (v a －v b )减小，感应电流减小，安培力减小，加速度减小，即a 做加速度减小的减速直线运动，b 做加速度减小的加速直线运动，A 错误；a 、b 两棒组成的系统所受合力为零，动量守恒，设最终达到的共同速度为v ，由动量守恒定律，得m v 0＝2m v ，解得v ＝v 0
2，B 正确；根据能量
守恒定律，整个过程产生的焦耳热Q ＝12m v 02－12(2m )·v 2
＝m v 024，C 正确；根据电荷量的推论
公式q ＝ΔΦ2R ＝BL Δx 2R ，解得a 和b 距离的增加量Δx ＝2qR
BL
，D 错误．
1.(多选)如图所示，固定在水平绝缘平面上足够长的两条平行金属导轨电阻不计，但表面粗糙，导轨左端连接一个电阻R ，质量为m 的金属棒ab (电阻也不计)放在导轨上，并与导轨垂直，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，用水平恒力F 把ab 棒从静止起向右拉动的过程中( )
A ．恒力F 做的功等于电路产生的电能
B ．克服安培力做的功等于电路中产生的电能
C ．恒力F 和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能
D ．恒力F 和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能和ab 棒获得的动能之和 答案 BD
解析 由功能关系可得，克服安培力做的功等于电路中产生的电能，即W 克安＝W 电，选项A 错误，B 正确；根据动能定理可知，恒力F 、安培力与摩擦力的合力做的功等于ab 棒获得的动能，即W F －W f －W 安＝E k ，则恒力F 和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能和ab 棒获得的动能之和，选项C 错误，D 正确．
2.两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L ，底端接阻值为R 的电阻．将质量为m 的金属棒悬挂在一个固定的绝缘轻弹簧下端，金属棒和导轨垂直且接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B 的匀强磁场垂直，磁感应强度方向如图所示．金属棒和导轨的电阻不计．现将金属棒从轻弹簧原长位置由静止释放，则( )
A ．释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度g
B ．金属棒向下运动时，流过电阻的电流方向为a →b
C ．金属棒的速度为v 时，所受的安培力大小为F ＝B 2L 2v R
D ．电阻上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量 答案 AC
解析 释放瞬间，金属棒只受重力作用，所以其加速度等于重力加速度，选项A 正确；金属棒向下切割磁感线，由右手定则可知，流过电阻的电流方向为b →a ，选项B 错误；当金属棒的速度为v 时，感应电流I ＝BL v R ，则安培力F ＝BIL ＝B 2L 2v
R ，选项C 正确；由能量守恒定律
可知，最终稳定后，重力势能的减少量等于轻弹簧弹性势能的增加量与电阻上产生的总热量之和，选项D 错误．
3.(多选)如图所示，匀强磁场的磁感应强度大小为B ，方向竖直向下，在磁场中有一个边长为L 的正方形刚性金属框，ab 边的质量为m ，电阻为R ，其他三边的质量和电阻均不计．cd 边上装有固定的水平轴，将金属框自水平位置由静止释放，第一次转到竖直位置时，ab 边的速度为v ，不计一切摩擦，重力加速度为g ，则在这个过程中，下列说法正确的是( )
A ．通过ab 边的电流方向为a →b
B ．ab 边经过最低点时的速度v ＝2gL
C ．ab 边经过最低点时的速度v ＜2gL
D ．金属框中产生的焦耳热为mgL －1
2m v 2
答案 CD
解析 ab 边向下摆动过程中，金属框内磁通量逐渐减小，根据楞次定律及右手螺旋定则可知感应电流方向为b →a ，选项A 错误；ab 边由水平位置到达最低点过程中，机械能一部分转化为焦耳热，故v ＜2gL ，选项B 错误，C 正确；根据能量守恒定律可知，金属框中产生的焦耳热应等于此过程中损失的机械能，即Q ＝mgL －1
2
m v 2，选项D 正确．
4.如图所示，在光滑的水平面上宽度为L 的区域内，有竖直向下的匀强磁场．现有一个边长为a (a <L )的正方形闭合线圈以垂直于磁场边界的初速度v 0向右滑动，穿过磁场后速度刚好减为0，那么当线圈完全进入磁场时，其速度大小( )
A ．大于v 0
2
B ．等于v 0
2
C ．小于v 0
2
D ．以上均有可能
答案 B
解析 通过线圈横截面的电荷量：q ＝I Δt ＝
E R ·Δt ＝
ΔΦ
R
，由于线圈进入和穿出磁场过程，线圈磁通量的变化量大小相等，则进入和穿出磁场的两个过程通过线圈横截面的电荷量q 相等，由动量定理得，线圈进入磁场过程：－B I at ＝m v －m v 0，线圈离开磁场过程：－B I at ＝0－m v ，由于q ＝I t ，则－Baq ＝m v －m v 0，Baq ＝m v ，解得v ＝v 0
2
，故选B.
5.(多选)如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab 、cd 静止在导轨上，t ＝0时，棒ab 以初速度v 0向右滑动．运动过程中，ab 、cd 始终与导轨垂直且接触良好，两者速度分别用v 1、v 2表示，回路中的电流用I 表示．下列图像中可能正确的是( )
答案 AC
6.(多选)如图，一平行金属导轨静置于水平桌面上，空间中有垂直于导轨平面方向向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，粗糙平行导轨间距为L ，导轨和阻值为R 的定值电阻相连，质量为m 的导体棒和导轨垂直且接触良好，导体棒的电阻为r ，导体棒以初速度v 0向右运动，运动距离s 后停止，此过程中电阻R 产生的焦耳热为Q ，导轨电阻不计，重力加速度为g ，
则( )
A ．导体棒克服安培力做的功为R ＋r
R Q
B ．通过电阻R 的电荷量为q ＝BLs
R ＋r
C ．导体棒与导轨因摩擦产生的热量为1
2m v 02－Q
D ．导体棒与导轨间的动摩擦因数μ＝v 022gs －R ＋r
mgsR Q
答案 ABD
解析 由功能关系可知，导体棒克服安培力做的功等于回路中产生的焦耳热，R 上产生的焦耳热为Q ，根据串联电路中焦耳热按电阻分配可知，W 克安＝Q 焦＝R ＋r
R Q ，故A 正确；通过
电阻R 的电荷量q ＝ΔΦR ＋r ＝BLs R ＋r ，故B 正确；由能量守恒定律可知，1
2m v 02＝Q 焦＋Q 摩，所
以导体棒与导轨因摩擦产生的热量为Q 摩＝12m v 02
－R ＋r R Q ＝μmgs ，解得：μ＝v 022gs －R ＋r mgsR Q ，
故C 错误，D 正确．
7.如图所示，足够长的粗糙绝缘斜面与水平面间的夹角θ＝37°，在斜面上直线aa ′和bb ′与斜面底边平行，在aa ′、bb ′围成的区域有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度为B ＝1 T ；现有一质量为m ＝10 g 、总电阻R ＝1 Ω、边长d ＝0.1 m 的正方形金属线圈MNQP ，让PQ 边与斜面底边平行，从斜面上端由静止释放，线圈刚好匀速穿过整个磁场区域，已知线圈与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5.(取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：
(1)线圈进入磁场区域时的速度大小； (2)线圈释放时，PQ 边到bb ′的距离；
(3)整个线圈穿过磁场的过程中，线圈上产生的焦耳热． 答案 (1)2 m/s (2)1 m (3)4×10－
3 J
解析 (1)设线圈刚进入磁场时的速度为v ，对线圈受力分析，得F A ＋μmg cos θ＝mg sin θ
而F A ＝BId ，I ＝E R
，E ＝Bd v 联立解得v ＝2 m/s
(2)设线圈释放时PQ 边到bb ′的距离为L ，根据动能定理得mgL sin θ－μmgL cos θ＝12
m v 2－0 解得L ＝1 m
(3)由于线圈刚好匀速穿过整个磁场区域，则磁场宽度等于线圈边长d ，则从线圈刚进入磁场到离开磁场，经过的路程为2d ，有Q ＝F A ·2d ＝4×10－3 J.
8.如图所示，空间存在有水平边界、方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，磁场边界上方l 处有一个质量为m 、电阻为R 、边长为l 的正方形线框，将线框由静止释放，从线框下边框进磁场经时间Δt 后线框上边框进磁场，不计空气阻力，重力加速度为g ，求：
(1)线框下边框进入磁场时的速度大小； (2)线框上边框进入磁场时的速度大小．
答案 (1)2gl (2)2gl ＋g Δt －B 2l 3
mR
解析 (1)线框下边框进磁场前自由下落，有
v 12－0＝2gl (或者mgl ＝12
m v 12) 解得下边框进磁场时的速度大小v 1＝2gl
(2)线框进入磁场的过程，平均感应电动势E ＝ΔΦΔt ＝Bl 2
Δt
平均感应电流I ＝E
R ＝Bl 2R Δt
电荷量q ＝I Δt ＝Bl 2R
线框进入磁场的过程，由动量定理有mg Δt －B I l Δt ＝m v 2－m v 1
得v 2＝2gl ＋g Δt －B 2l 3mR
. 9.如图所示，两条水平虚线之间有方向垂直于纸面向里、宽度为d 、磁感应强度大小为B 的匀强磁场，质量为m 、电阻为R 的正方形线圈边长为L (L ＜d )，线圈下边缘到磁场上边界的距离为h ，将线圈由静止释放，其下边缘刚进入磁场和刚穿过磁场时的速度都是v 0，不计空气阻力，则从线圈下边缘进入磁场到上边缘穿出磁场的过程中，下列说法正确的是(重力加速度为g )( )
A ．线圈可能一直做匀速运动
B ．线圈可能先加速后减速
C ．线圈的最小速度一定是mgR B 2L
2 D ．线圈的最小速度一定是2g (h －d ＋L )
答案 D
解析 由于L <d ，故有一段时间线圈全部处于匀强磁场中，磁通量不发生变化，不产生感应电流，不受安培力，此时将做匀加速运动，因此不可能一直做匀速运动，A 错误；已知线圈下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时的速度都是v 0，线圈完全进入磁场后，由于线圈下边缘到达磁场下边界前一定做加速运动，所以从下边缘刚进入磁场到上边缘刚穿出磁场过程中，线
圈可能是先减速后加速再减速，而不可能是先加速后减速，B 错误；mgR B 2L
2是安培力和重力平衡时所对应的速度，而本题线圈减速过程中不一定能达到这一速度，C 错误；线圈刚全部进入磁场时速度最小，设最小速度为v ，对从开始自由下落到线圈上边缘刚进入磁场的过程应
用动能定理，设该过程克服安培力做的功为W ，则有mg (h ＋L )－W ＝12
m v 2；对从线圈下边缘刚进入磁场到线圈下边缘刚要穿出磁场的过程应用动能定理，则该过程克服安培力做的功也是W ，而始、末动能相同，所以有mgd －W ＝0，由以上两式可得最小速度v ＝
2g (h －d ＋L )，D 正确．。