电磁感应中的动量问题

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专题二十一电磁感应中的动力学、能量和动量问题

第十二章电磁感应专题二十一电磁感应中的动力学、能量和动量问题核心考点五年考情命题分析预测电磁感应中的动力学问题2023：北京T18，浙江6月T19；2022：海南T18，浙江6月T21； 2021：全国甲T21，湖北T16 高考中常通过导体棒＋导轨、导体框等模型考查电磁感应中力与运动、功与能、动量等力电综合问题，选择题和计算题都有考查，近年主要为计算题形式，试题综合性较强，难度较大.预计2025年高考可能会出现导体棒的受力及运动分析、电磁感应与动量定理和动量守恒定律相结合的综合性试题.电磁感应中的能量问题2023：北京T9，上海T19； 2022：全国乙T24； 2021：北京T7； 2019：北京T22电磁感应中的动量问题2023：全国甲T25，湖南T14； 2022：辽宁T15； 2019：全国ⅢT19题型1 电磁感应中的动力学问题1.导体受力与运动的动态关系2.两种运动状态状态特征处理方法平衡态加速度为零根据平衡条件列式分析非平衡态加速度不为零根据牛顿第二定律结合运动学公式进行分析3.“四步法”分析电磁感应中的动力学问题命题点1“单棒＋导轨”模型1.如图所示，水平面（纸面）内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上.t＝0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动.t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动.杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ.重力加速度大小为g.求：（1）金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；（2）电阻的阻值.答案（1）Blt0（Fm －μg）（2）B2l2t0m解析（1）设金属杆进入磁场前的加速度大小为a，由牛顿第二定律得F－μmg＝ma设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有v＝at0当金属杆以速度v在磁场中匀速运动时，由法拉第电磁感应定律得杆中的电动势为E＝Blv 联立解得E＝Blt0（Fm－μg）（2）设金属杆在磁场中匀速运动时，杆中的电流为I，根据闭合电路欧姆定律得I＝ER式中R为电阻的阻值金属杆所受的安培力为F安＝BIl因金属杆做匀速运动，由平衡条件得F－μmg－F安＝0联立解得R＝B 2l2t0 m.2.如图，两条平行导轨所在平面与水平面的夹角为θ，平行导轨间距为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接触良好.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.金属棒和导轨的电阻可忽略不计.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.答案（1）Q＝CBLv（2）v＝m（sinθ－μcosθ）m＋B2L2Cgt解析（1）设金属棒下滑的速度大小为v，则产生的感应电动势为E＝BLv平行板电容器两极板之间的电势差为U＝E设此时电容器极板上积累的电荷量为Q，按定义有C＝QU联立解得Q＝CBLv（2）设经过时间t金属棒的速度大小为v，通过金属棒的电流为i.金属棒受到的安培力方向沿导轨向上，大小为f1＝BLi设在时间间隔t～t＋Δt内流经金属棒的电荷量为ΔQ，按定义有i＝ΔQΔtΔQ也是平行板电容器在时间间隔t～t＋Δt内增加的电荷量，由（1）中结果可知ΔQ＝CBLΔv式中，Δv为金属棒的速度变化量，按定义有a＝ΔvΔt金属棒受到的摩擦力方向沿导轨向上，大小为f2＝μN式中，N是金属棒对导轨的正压力的大小，有N＝mg cosθ金属棒在t时刻的加速度方向沿导轨向下，设其大小为a，根据牛顿第二定律有mg sinθ－f1－f2＝ma联立解得a＝m（sinθ－μcosθ）m＋B2L2Cg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（sinθ－μcosθ）m＋B2L2Cgt.方法点拨单棒＋电阻模型物理模型水平拉力F恒定，金属棒和水平导轨的电阻不计，摩擦力不计动态分析设运动过程中某时刻棒的速度为v，加速度为a＝Fm－B2L2vmR，a、v同向，随v的增大，a减小，当a＝0时，v最大，I恒定最终状态运动形式匀速直线运动力学特征a＝0，v最大，v m＝FRB2L2电学特征I＝BLv mR恒定单棒＋电容器模型金属棒的初速度为零，水平拉力F恒定，棒和水平导轨的电阻不计，摩擦力不计↓运动过程分析：棒做加速运动，持续对电容器充电，则存在充电电流，有F－BIL＝ma，I＝ΔQΔt ，ΔQ＝CΔU，ΔU＝ΔE＝BLΔv，联立可得F－CB2L2ΔvΔt＝ma，其中ΔvΔt＝a，则可得a＝Fm＋CB2L2↓金属棒做加速度恒定的匀加速直线运动.功能关系：W F＝12mv2＋E电命题点2线圈模型3.[矩形线圈]如图所示，水平匀强磁场存在于虚线框内，矩形线圈竖直下落，线圈平面始终与磁场方向垂直.如果线圈受到的磁场力总小于其重力，则它在1、2、3、4位置时的加速度大小关系为（B）A.a1＞a2＞a3＞a4B.a1＝a3＞a2＞a4C.a1＝a3＞a4＞a2D.a4＝a2＞a3＞a1解析线圈在位置3时，线圈中没有感应电流，因此只受重力作用，故a1＝a3＝g.线圈在位置2和位置4时都有感应电流，但在位置4时的感应电流I4大于在位置2时的感应电流I2，则F安2＜F安4，而安培力均为阻力，故a4＜a2＜g，B正确.4.[正方形单匝线圈]如图所示，电阻为0.1Ω的正方形单匝线圈abcd的边长为0.2m，bc边与匀强磁场左边界重合.磁场的宽度等于线圈的边长，磁感应强度大小为0.5T.在水平拉力作用下，线圈以8m/s的速度向右匀速穿过磁场区域.求在上述过程中（1）线圈中感应电动势的大小E；（2）线圈所受拉力的大小F；（3）线圈中产生的热量Q.答案（1）E＝0.8V（2）F＝0.8N（3）Q＝0.32J解析（1）感应电动势E＝Blv代入数据得E＝0.8V（2）感应电流I＝ER拉力的大小等于线圈受到的安培力F＝BIl解得F＝B 2l2vR，代入数据得F＝0.8N（3）运动时间t＝2lv 由焦耳定律得Q＝I2Rt解得Q＝2B 2l3vR，代入数据得Q＝0.32J.题型2电磁感应中的能量问题1.电磁感应中的能量转化闭合电路中产生感应电流的过程，是其他形式的能转化为电能的过程.电磁感应中能量问题的实质是电能的转化问题，桥梁是安培力.2.求解焦耳热的三种方法能量转化问题的分析程序：先电后力再能量命题点1 功能关系的应用5.[多选]如图，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，两部分平滑连接，平直部分右端接一个阻值为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 、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，重力加速度大小为g ，金属棒与导轨始终垂直且接触良好，则金属棒穿过磁场区域的过程中（ BD ）A.通过金属棒的最大电流为Bd √2gℎ2RB.通过金属棒的电荷量为BdL 2RC.克服安培力所做的功为mghD.金属棒上产生的焦耳热为12mg （h －μd ）解析金属棒由静止释放下滑到弯曲部分底端，根据动能定理有mgh ＝12m v 02，金属棒在磁场中运动时产生的感应电动势E ＝BLv ，当金属棒刚进入磁场时，产生的感应电动势最大，感应电流最大，I max ＝BLv 02R＝BL √2gℎ2R，A 错误；金属棒穿过磁场区域的过程中通过金属棒的电荷量q ＝I t ＝E2R t ＝ΔΦ2R ＝BdL2R ，B 正确；对整个过程由动能定理得mgh －W 克安－μmgd ＝0，金属棒克服安培力做的功W 克安＝mgh －μmgd ，C 错误；由功能关系可得，金属棒上产生的焦耳热Q ＝12W 克安＝12mg (h －μd )，D 正确.方法点拨常见的功能关系做功情况能量变化重力做功重力势能发生变化弹簧弹力做功弹性势能发生变化合外力做功动能发生变化做功情况能量变化除重力和系统内弹力以外的其他力做功机械能发生变化滑动摩擦力做功有内能产生静电力做功电势能发生变化安培力做正功电能转化为其他形式的能克服安培力做功（动生型电磁感应）其他形式的能转化为电能，并且克服安培力做多少功，就产生多少电能命题点2能量守恒定律的应用6.[多选]如图所示，间距为l的平行金属导轨与水平面间的夹角为θ，导轨电阻不计，与阻值为R的定值电阻相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面，磁感应强度为B.有一质量为m、长为l的导体棒在ab位置以初速度v沿导轨向上运动，最远到达a'b'处，导体棒向上滑行的最远距离为x.已知导体棒的电阻也为R，与导轨之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g.导体棒与导轨始终保持垂直且接触良好，下列说法正确的是（BCD）A.导体棒受到的最大安培力为B2l2vRB.导体棒损失的机械能为12mv2－mgx sinθC.导体棒运动的时间为2mvR－B2l2x2mgR（sinθ＋μcosθ）D.整个电路产生的焦耳热为12mv2－mgx（sinθ＋μcosθ）解析根据E＝Blv，可以知道速度最大时感应电动势最大，电流和安培力也最大，所以初始时刻导体棒受到的安培力最大，根据F＝BIl，I＝Blv2R ，可得F＝B2l2v2R，故A错误；从初始位置到滑行最远时，损失的机械能为ΔE＝12mv2－mgx sin θ，故B正确；导体棒向上滑动的过程，由动量定理可得B I lt＋(mg sin θ＋μmg cos θ)t＝mv，而I t＝ER t＝ΔΦR＝Blx2R，联立解得t＝2mvR−B2l2x2mgR(sinθ＋μcosθ)，故C正确；导体棒上滑过程中克服重力、滑动摩擦力和安培力做功，根据能量守恒定律可得整个电路产生的焦耳热为Q ＝12mv 2－mgx ( sin θ＋μ cos θ)，故D 正确. 命题拓展命题情境不变，命题角度变化若导轨光滑，导体棒受到一个平行于导轨向上的拉力作用，以初速度v 0沿导轨向上开始运动，可达到的最大速度为v 1.运动过程中拉力的功率恒定不变，其他条件不变，求拉力的功率.答案 P ＝mgv 1sinθ＋B 2L 2v 122R解析在导体棒运动过程中，拉力功率恒定，导体棒做加速度逐渐减小的加速运动，速度达到最大时，加速度为零，设此时拉力的大小为F ，安培力大小为F A ，有F －mg sin θ－F A ＝0.此时导体棒产生的感应电动势为E ＝BLv 1，回路中的感应电流为I ＝E2R ，导体棒受到的安培力F A ＝BIL ，拉力的功率P ＝Fv 1，联立上述各式解得P ＝mgv 1 sin θ＋B 2L 2v 122R.7.[2023浙江6月]如图所示，质量为M 、电阻为R 、长为L 的导体棒，通过两根长均为l 、质量不计的导电细杆连在等高的两固定点上，固定点间距也为L .细杆通过开关S 可与直流电源E 0或理想二极管串接.在导体棒所在空间存在磁感应强度方向竖直向上、大小为B 的匀强磁场，不计空气阻力和其他电阻.开关S 接1，当导体棒静止时，细杆与竖直方向的夹角θ＝π4；然后开关S 接2，棒从右侧开始运动完成一次振动的过程中（ C ）A.电源电动势E 0＝√2Mg 2BLRB.棒产生的焦耳热Q ＝（1－√22）MglC.从左向右运动时，最大摆角小于π4D.棒两次过最低点时感应电动势大小相等解析作出静止时导体棒的受力图如图所示，由于θ＝π4，故安培力F ＝Mg ，又F ＝BIL ，电流I ＝E 0R ，解得E 0＝MgR BL，A 错误；开关S 接2，导体棒先向左运动，回路中有电流，棒会产生焦耳热，然后由于重力的作用，棒向右运动，由于二极管的作用，此过程回路中无电流，棒不会产生焦耳热，故导体棒向右通过最低点时速度不为0，即E k ＞0，由能量守恒定律可知，棒完成一次振动的过程产生的焦耳热满足Q ＋E k ＝Mgl (1－ cos θ)，所以Q ＜Mgl (1－ cos θ)＝(1－√22)Mgl ，B 错误；导体棒从右向左摆动，会产生焦耳热，故由能量守恒定律可知，其从右向左运动到最左侧时摆角小于π4，由对称性可知导体棒从左向右摆动时，最大摆角也小于π4，C 正确；导体棒第二次通过最低点的速度小于第一次通过最低点的速度，故两次通过最低点的速度大小不等，由E ＝BLv 可知，产生的感应电动势大小也不相等，D 错误.题型3 电磁感应中的动量问题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，当题目中涉及速度v 、电荷量q 、运动时间t 、运动位移x 时常用动量定理求解.（1）单棒＋水平导轨情境示例1水平放置的平行光滑导轨，间距为L ，左侧接有电阻R ，导体棒初速度为v 0，质量为m ，电阻不计，匀强磁场的磁感应强度为B ，导轨足够长且电阻不计，从开始运动至停下来求电荷量q－B I L Δt ＝0－mv 0，q ＝I Δt ，联立解得q ＝mv 0BL求位移x －B 2L 2v RΔt ＝0－mv 0，x ＝v Δt ＝mv 0R B 2L 2应用技巧初、末速度已知的变加速运动，在用动量定理列出的式子中q ＝I Δt ，x ＝v Δt ；若已知q 或x 也可求末速度或初速度（2）单棒＋倾斜导轨情境示例2间距为L 的光滑平行导轨倾斜放置，倾角为θ，由静止释放质量为m 、接入电路的阻值为R 的导体棒，当通过横截面的电荷量为q 或下滑位移为x 时，速度达到v求运动时间－B I L Δt ＋mg sinθ·Δt ＝mv －0，q ＝I Δt ，－B 2L 2v RΔt ＋mg sinθ·Δt ＝mv －0，x＝v Δt应用技巧用动量定理求时间需有其他恒力参与.若已知运动时间，也可求q 、x 、v中的任一个物理量2.动量守恒定律在电磁感应中的应用在两等长金属棒切割磁感线的系统中，两金属棒和水平平行金属导轨构成闭合回路，它们受到的安培力的合力为0，如果不计摩擦，它们受到的合力为0，满足动量守恒的条件，运用动量守恒定律解题比较方便.命题点1 动量定理在电磁感应中的应用8.[“单棒＋电阻”模型]如图所示，足够长的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨范围内存在磁场，其磁感应强度大小为B，方向竖直向下，导轨一端连接阻值为R的电阻.在导轨上垂直于导轨放一长度等于导轨间距L、质量为m的金属棒，其电阻为r.金属棒在水平向右的恒力F作用下从静止开始运动，经过时间t后开始匀速运动.金属棒与导轨接触良好，导轨的电阻不计.（1）求金属棒匀速运动时回路中的电流；（2）求金属棒匀速运动的速度大小以及在时间t内通过回路的电荷量；（3）若在时间t内金属棒运动的位移为x，求电阻R上产生的热量.答案（1）FBL （2）F（R＋r）B2L2FtBL－mF（R＋r）B3L3（3）[Fx－mF2（R＋r）22B4L4]RR＋r解析（1）金属棒匀速运动时，由平衡条件得F＝BI m L，解得I m＝FBL（2）根据闭合电路的欧姆定律得I m＝BLvR＋r解得v＝F（R＋r）B2L2通过回路的电荷量q＝I t由动量定理得Ft－B I Lt＝mv解得q＝FtBL －mF（R＋r）B3L3（3）由功能关系得Fx＝Q＋12mv2Q R＝RR＋rQ解得Q R＝[Fx－mF2（R＋r）22B4L4]R R＋r.9.[不等间距上的双棒模型/多选]如图所示，光滑水平导轨置于匀强磁场中，磁场方向竖直向下，磁感应强度大小为B.左侧导轨间距为L，右侧导轨间距为2L，导轨均足够长.质量为m的导体棒ab和质量为2m的导体棒cd均垂直于导轨放置，处于静止状态.现瞬间给导体棒cd一水平向右的初速度v0，在此后的运动过程中，两棒始终在对应的导轨部分运动，始终与导轨垂直且接触良好.已知导体棒ab的电阻为R，cd的电阻为2R，导轨电阻不计.下列说法正确的是（AC）A.导体棒ab和cd组成的系统动量不守恒B.两棒最终以相同的速度做匀速直线运动C.导体棒ab最终的速度为23v0D.从导体棒cd 获得初速度到二者稳定运动的过程中，系统产生的焦耳热为89m v 02解析导体棒cd 获得速度后，回路中产生感应电流，根据左手定则知导体棒cd 减速，导体棒ab 加速，当BLv ab ＝2BLv cd 时，回路中磁通量不变，没有感应电流，最终两棒做匀速直线运动，分别对两棒运用动量定理得－2B I Lt ＝2mv cd －2mv 0，B I Lt ＝mv ab ，联立解得v ab ＝23v 0，v cd ＝13v 0，故B 错误，C 正确；两导体棒受到的安培力大小不相等，系统受到的合力不为零，动量不守恒，A 正确；从导体棒cd 获得初速度到二者稳定运动的过程中，系统产生的焦耳热为Q ＝12·2m v 02－12m v ab 2－12·2m v cd 2，解得Q ＝23m v 02，故D 错误.10.[“电容器”模型/2024广东广州开学考试]如图所示，在水平面内固定着间距为L 的两根光滑平行金属导轨（导轨足够长且电阻忽略不计），导轨上M 、N 两点右侧处在方向垂直导轨平面向下、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中.在导轨的左端接入电动势为E 、内阻不计的电源和电容为C 的电容器.先将金属棒a 静置在导轨上，闭合开关S 1、S 3，让a 运动速度达到v 0时断开S 1，同时将金属棒b 静置在导轨上，经过一段时间后，流经a 的电流为零.已知a 、b 的长度均为L ，电阻均为R ，质量均为m ，在运动过程中始终与导轨垂直并保持良好接触.（1）求开关S 1、S 3闭合，a 运动速度达到v 0时a 的加速度大小；（2）求b 产生的焦耳热；（3）若将棒a 、b 均静置在水平导轨上，闭合开关S 1、S 2，稍后再断开S 1同时闭合S 3，求两棒最终的速度大小.答案（1）BL （E －BLv 0）mR（2）18m v 02（3）BLCE2m ＋B 2L 2C解析（1）a 切割磁感线产生的电动势E 1＝BLv 0由牛顿第二定律得B E －E 1RL ＝ma解得a ＝BL （E －BLv 0）mR（2）对a 、b 系统，由动量守恒定律得mv 0＝2mv 1解得v 1＝v2由能量守恒定律得系统产生的焦耳热Q ＝12m v 02－12·2m v 12解得Q ＝14m v 02b 产生的焦耳热Q b ＝12Q ＝18m v 02（3）闭合开关S1、S2，稍后再断开S1同时闭合S3，两棒同时加速，直到匀速运动.对电容器，放电量q＝C（E－BLv）对a，某时刻经极短时间Δt，由动量定理得BILΔt＝mΔv整个过程有∑BLΔq＝∑mΔv即BL q2＝mv解得两棒最终的速度v＝BLCE2m＋B2L2C.方法点拨无外力充电式基本模型（导体棒电阻为R，电容器电容为C，导轨光滑且电阻不计）电路特点导体棒相当于电源，电容器充电电流特点安培力为阻力，导体棒减速，E减小，有I＝BLv－U CR，电容器充电U C变大，当BLv＝U C时，I＝0，F安＝0，导体棒匀速运动运动特点和最终特征导体棒做加速度a减小的减速运动，最终做匀速运动，此时I＝0，但电容器带电荷量不为零最终速度电容器充电电荷量：q＝CU C最终电容器两端电压：U C＝BLv对棒应用动量定理：mv－mv0＝－B I L·Δt＝－BLq，v＝mv0m＋CB2L2v－t图像无外力放电式基本模型（电源电动势为E，内阻不计，电容器电容为C，导轨光滑且电阻不计）电路特点电容器放电，相当于电源；导体棒受安培力而运动电流特点电容器放电时，导体棒在安培力作用下开始运动，同时阻碍放电，导致电流减小，直至电流为零，此时U C＝BLv m运动特点和最终特征导体棒做加速度a 减小的加速运动，最终做匀速运动，此时I ＝0最大速度v m电容器充电电荷量：Q 0＝CE放电结束时电荷量：Q ＝CU C ＝CBLv m电容器放电电荷量：ΔQ ＝Q 0－Q ＝CE －CBLv m对棒应用动量定理：mv m －0＝B I L ·Δt ＝BL ΔQ ，v m ＝BLCE m ＋CB 2L 2v －t 图像命题点2 动量守恒定律在电磁感应中的应用11.[双棒模型——无外力/2021福建/多选]如图，P 、Q 是两根固定在水平面内的光滑平行金属导轨，间距为L ，导轨足够长且电阻可忽略不计.图中EFHG 矩形区域内有方向垂直导轨平面向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场.在t ＝t 1时刻，两均匀金属棒a 、b 分别从磁场边界EF 、GH 进入磁场，速度大小均为v 0；一段时间后，流经a 棒的电流为0，此时t ＝t 2，b 棒仍位于磁场区域内.已知金属棒a 、b 由相同材料制成，长度均为L ，电阻分别为R 和2R ，a 棒的质量为m .在运动过程中两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，a 、b 棒没有相碰，则（ AD ）A.t 1时刻a 棒的加速度大小为2B 2L 2v 03mRB.t 2时刻b 棒的速度为0C.t 1～t 2时间内，通过a 棒横截面的电荷量是b 棒的2倍D.t 1～t 2时间内，a 棒产生的焦耳热为29m v 02解析在t ＝t 1时刻，两均匀金属棒a 、b 分别从磁场边界EF 、GH 进入磁场，速度大小均为v 0，由右手定则可判断出两金属棒产生的感应电流方向都是逆时针方向，产生的感应电动势都是BLv 0，由闭合电路欧姆定律可得，t 1时刻a 金属棒中的感应电流I ＝2BLvR+2R ＝2BLv 03R，受到的安培力F ＝BIL ＝2B 2L 2v 03R，由牛顿第二定律F ＝ma 可得，t 1时刻a 棒的加速度大小为a ＝2B 2L 2v 03mR，选项A 正确；由于金属棒a 、b 串联构成回路，所以在t 1～t 2时间内，通过a 棒横截面的电荷量与b 棒的相同，选项C 错误；由于金属棒a 、b 电阻分别为R 和2R ，金属棒a 、b 串联构成回路，二者电流相等，由焦耳定律可知金属棒a 、b 产生的焦耳热之比为1∶2，设t 1～t 2时间内，a 棒产生的焦耳热为Q ，则b 棒产生的焦耳热为2Q ，又两者材料相同，由电阻定律可知，金属棒a 的横截面积为b 的2倍，故体积为b 的2倍，质量为b 的2倍，即b 的质量为0.5m ，t ＝t 2时刻流经a 棒的电流为0，且b 棒仍位于磁场区域内，说明金属棒a 、b 具有共同速度，由动量守恒定律有mv 0－0.5mv 0＝1.5mv ，解得v ＝v03，由能量守恒定律有12m v 02＋12×0.5m v 02＝Q ＋2Q ＋12×1.5m v 2，解得Q ＝29m v 02，选项B 错误，D正确.12.[双棒模型——有外力]如图所示，MN 、PQ 为水平放置的足够长平行光滑导轨，导轨间距L ＝1m ，导轨上放置两根垂直导轨的导体棒ab 和cd ，并与导轨接触良好，每根导体棒的质量均为m ＝2kg ，接入导轨间的部分电阻R ＝2Ω，整个装置处于垂直于导轨平面向下的匀强磁场中，磁感应强度大小B ＝2T ，现对导体棒ab 施加向右的F ＝10N 的水平恒力，经过一段时间两导体棒达到恒定的速度差，若某时刻导体棒ab 的速度为10m/s ，且两导体棒距离d ＝2m ，此时撤去外力，最终两导体棒达到稳定状态，导轨电阻不计，试求：（1）两导体棒达到恒定的速度差时，其加速度大小；（2）撤去外力后回路中产生的热量；（3）最终达到稳定状态时两导体棒间的距离.答案（1）2.5m/s 2 （2）12.5J （3）7m解析（1）对两导体棒的运动状态进行分析，导体棒ab 做加速度减小、速度增大的变加速运动，导体棒cd 做加速度增大、速度增大的变加速运动，最终两导体棒达到相同加速度，有恒定的速度差.由牛顿第二定律可知，对导体棒ab 有F －F 安＝ma对导体棒cd 有F 安＝ma联立解得a ＝F2m ＝2.5m/s 2.（2）当导体棒ab 的速度v 1＝10m/s 时，设此时导体棒cd 的速度为v 2，对导体棒cd 由牛顿第二定律有BBL （v 1－v 2）2RL ＝ma得v 2＝5m/s撤去外力后，两导体棒在安培力作用下最终达到共同速度v ，由动量守恒定律可知mv 1＋mv 2＝2mv得v ＝7.5m/s此过程回路产生的热量Q ＝12m v 12＋12m v 22－12×2mv 2得Q ＝12.5J.（3）设达到稳定状态时两导体棒间的距离为x ，对导体棒ab ，由动量定理有－B I Lt ＝m （v －v 1）此过程中通过回路的电荷量q ＝I t ＝BL （x －d ）2R联立解得x ＝7m.方法点拨双棒无外力双棒有外力示意图F 为恒力动力学观点导体棒1受安培力的作用做加速度逐渐减小的减速运动，导体棒2受安培力的作用做加速度逐渐减小的加速运动，最终两棒以相同的速度做匀速直线运动导体棒1做加速度逐渐减小的加速运动，导体棒2做加速度逐渐增大的加速运动，最终两棒以相同的加速度做匀加速直线运动动量观点系统动量守恒系统动量不守恒能量观点棒1动能的减少量＝棒2动能的增加量＋焦耳热力F 做的功＝棒1的动能＋棒2的动能＋焦耳热1.[电磁感应中的动力学＋能量＋动量/2023北京]如图所示，光滑水平面上的正方形导线框，以某一初速度进入竖直向下的匀强磁场并最终完全穿出.线框的边长小于磁场宽度.下列说法正确的是（ D ）A.线框进磁场的过程中电流方向为顺时针方向B.线框出磁场的过程中做匀减速直线运动C.线框在进和出的两过程中产生的焦耳热相等D.线框在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量相等解析线框进入磁场→线框右侧切割磁感线电流方向为逆时针方向，A 错线框进、出磁场的过程中，F 安为阻力→v ↓→F 安↓→线框进、出磁场的过程均为加速度减小的减速运动，B 错线框进、出磁场的两过程中ΔΦ相同，q 相同，D 对安培力的冲量I 安＝BI l ·Δt I 安＝Blq线框进入磁场瞬间速度为v 1，完全进入磁场速度为v 2{动量定理：－Blq ＝mv 2－mv 1＝m （v 2－v 1）能量守恒定律：Q 1＝12mv 12－12mv 22＝12m （v 1＋v 2)(v 1－v 2）线框离开磁场瞬间速度为v 3{ 动量定理：－Blq ＝mv 3－mv 2＝m （v 3－v 2）能量守恒定律：Q 2＝12mv 22－12mv 32＝12m （v 2＋v 3)(v 2－v 3）v 1＋v 2＞v 2＋v 3且v 1－v 2＝v 2－v 3，则Q 1＞Q 2，C 错一题多解由楞次定律可知线框进磁场的过程中电流方向为逆时针方向，出磁场的过程中电流方向为顺时针方向，A 错；对线框进行受力分析，线框在进、出磁场时会受到安培力的作用，安培力均为阻力，线框全部在磁场中时不受安培力的作用，故线框在进、出磁场的过程中会做减速运动，全部在磁场的过程中做匀速运动，又F 安＝BIl ，I ＝E R 总，E ＝Blv ，则F 安＝B 2l 2v R 总，故线框进、出磁场的过程中所受安培力在减小，做加速度减小的减速运动，B 错；Q ＝F —安·l ＝B 2l 3v —R 总，且结合B 项的分析可知v —进＞v —出，故线框在进磁场的过程中产生的热量大于在出磁场的过程中产生的热量，C 错；结合公式q ＝I —Δt 、I —＝E—R 总、E —＝Bl v —可得q ＝Blv —Δt R 总，又线框进、出磁场过程中的位移v —Δt 均为线框边长l ，故线框进、出磁场过程中通过导线横截面的电荷量相等，D 对.2.[电磁感应中的动力学＋图像理解＋能量/2023上海]如图（a ），单匝矩形线框cdef 位于倾角θ＝30°的斜面上，斜面上有一长度为D 的匀强磁场区域，磁场方向垂直于斜面向上，磁感应强度大小为B ＝0.5T ，已知线框边长cd ＝D ＝0.4m ，质量m ＝0.1kg ，总电阻R ＝0.25Ω.现对线框施加一沿斜面向上的恒力F 使之向上运动，运动一段时间后，撤去外力F .线框与斜面间的动摩擦因数μ＝√33，线框速度随时间变化的图像如图（b ）所示.求：（重力加速度g 取9.8m/s 2）图（a ）图（b ）（1）外力F 的大小；（2）cf 的长度L ；。

电磁感应中的动量问题

一、如图所示足够长光滑导轨MN所在平面有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B，导轨间距为L,导轨左端连接定值电阻R,导轨上放置质量为m、电阻r的导体棒，某时刻给导体棒一个瞬时向右的速度V0,则：（1）求从导体棒运动开始到静止时，通过电阻R的电量（2）求导体棒从开始运动到最后，一共的位移为多少二、如图所示足够长光滑导轨MN所在平面有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B，导轨间距为L,导轨左端连接定值电阻R,导轨上放置质量为m、电阻r的导体棒，某时刻开始在导体棒上施加水平向右的恒力F,使导体棒从静止开始运动，则从开始运动到稳定时，导体棒运动的位移为Xo , 则：（1）整个过程中R生热（2）该过程共需要多长时间三、已知正方形均匀线框，边长为a,开始时候线框右侧正好与边界磁场重合，磁感应强度为B，磁场宽度b(a<b)，现使线框以速度V0开始向右运动，穿过磁场后速度是Vt.（1）线框在磁场中匀速运动时的速度是多少（2）如果线框以速度V0开始向右运动，恰好能穿过磁场，则线框进入磁场和离开磁场过程中生成的热量之比为多少四、如图光滑足够长导轨，电阻不计，导轨左端连接带电量为Q，电容C的电容器，开始时开关S打开，导轨间距为L,导轨间存在匀强磁场B，一根质量为m电阻为R导体棒正好垂直放置在导轨上静止不动，则：（1）闭合开关S后，导体棒的最终速度是多少（2）闭合开关稳定后，电容器的带电量是多少五、平行光滑导轨M、N电阻忽略不计，长度足够，导轨间距为L,导轨间存在匀强磁场，磁感应强度B，两根一样的光滑导体棒a、b都静止放置导轨上，两个导体棒的质量都是m，电阻都是R,两导体棒之间的距离为Xo，某时刻，给b棒一个瞬时向右的速度Vo,则：（1）从开始到系统稳定时，a棒共产生多少热量（2）从开始到系统稳定时，安培力对b做功（3）系统稳定时，两个导体棒a、b之间的距离为多少六、如图所示两段光滑足够长（运动过程中一根导体棒只在一段导轨上运动）导轨，电阻不计，两边导轨间距之比为2:1，磁感应强度一样，大小都为B，两根导体棒的质量关系为Ma=2Mb=2m，电阻关系是Ra=2Rb=2R，某时刻给a向右的速度Vo,给b瞬时向左的速度2Vo，则：（1）此后过程中导体棒b的最小速度是多少（2）整个过程中导体棒b生成焦耳热。

第56讲+电磁感应中的动量问题

给棒平行导轨向右的初速度v0 ，当流过棒横截面的电荷量为q时，棒的速度减为零，此过程中棒的位移为x。则
( C )
若其他力的冲量和为零，则有: lBΔt = mv − mv0 或- lBΔt = mv − mv0
且有：q = Δt =
mv0 − mv
Bl
q
v
A.当流过棒的电荷量为2时，棒的速度为 40
2025
知识固本
1.问题特点：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，安培力充当系统内力，如果它们不
受摩擦力，且受到的安培力的合力为0时，满足动量守恒，运用动量守恒定律解题比较方便。
2.双棒模型(不计摩擦力)
双棒无外力
双棒有外力
示意图
F为恒力
运动过程
动量观点
能量观点
导体棒1受安培力的作用做加速度减小的减速运动，导体棒2受安
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棒达到最大速度。由动量守恒定律得：mv = 2m＋m v′
1
解得：v′ = 3 gR
(3)cd棒由静止到最大速度过程中，系统所能释放的热量。
系统释放的热量应等于系统机械能的减少量
4B2 L2 C＋m
2025
考向洞察
考向4.线框模型
5.(多选)如图所示，在光滑的水平面上有一方向竖直向下的有界匀强磁场。磁场区域的左侧，一正方形线框由位置Ⅰ
以4.5m/s的初速度垂直于磁场边界水平向右运动，线框经过位置Ⅱ，当运动到位置Ⅲ时速度恰为零，此时线框刚好
有一半离开磁场区域。线框的边长小于磁场区域的宽度。若线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量分别

12专题：电磁感应中的动力学、能量、动量的问题(含答案)

12专题：电磁感应中的动力学、能量、动量的问题一、电磁感应中的动力学问题1.如图所示，两平行且无限长光滑金属导轨MN、PQ与水平面的夹角为θ＝30°，两导轨之间的距离为L＝1 m，两导轨M、P之间接入电阻R＝0.2 Ω，导轨电阻不计，在abdc区域内有一个方向垂直于两导轨平面向下的磁场Ⅰ，磁感应强度B0＝1 T，磁场的宽度x1＝1 m；在cd连线以下区域有一个方向也垂直于导轨平面向下的磁场Ⅱ，磁感应强度B1＝0.5 T。

一个质量为m＝1 kg的金属棒垂直放在金属导轨上，与导轨接触良好，金属棒的电阻r＝0.2 Ω，若金属棒在离ab连线上端x0处自由释放，则金属棒进入磁场Ⅰ恰好做匀速运动。

金属棒进入磁场Ⅱ后，经过ef时又达到稳定状态，cd与ef之间的距离x2＝8 m。

求：(g取10 m/s2)(1)金属棒在磁场Ⅰ运动的速度大小；(2)金属棒滑过cd位置时的加速度大小；(3)金属棒在磁场Ⅱ中达到稳定状态时的速度大小。

二、电磁感应中的能量问题2.如图甲所示，两条足够长的平行金属导轨间距为0.5 m，固定在倾角为37°的斜面上。

导轨顶端连接一个阻值为1 Ω的电阻。

在MN下方存在方向垂直于斜面向上、大小为1 T的匀强磁场。

质量为0.5 kg的金属棒从AB处由静止开始沿导轨下滑，其运动过程中的v－t图象如图乙所示。

金属棒运动过程中与导轨保持垂直且接触良好，不计金属棒和导轨的电阻，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。

(1)求金属棒与导轨间的动摩擦因数；(2)求金属棒在磁场中能够达到的最大速率；(3)已知金属棒从进入磁场到速度达到5 m/s时通过电阻的电荷量为1.3 C，求此过程中电阻产生的焦耳热。

三、电磁感应中的动量问题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＝IΔt＝ER 总Δt＝nΔΦΔt·R总Δt＝nΔФR总，磁通量变化量：ΔΦ＝BΔS＝BLx.当题目中涉及速度v、电荷量q、运动时间t、运动位移x时常用动量定理求解．2、正确运用动量守恒定律处理电磁感应中的问题常见情景及解题思路双杆切割式(导轨光滑)杆MN做变减速运动．杆PQ做变加速运动，稳定时，两杆的加速度均为零，以相等的速度匀速运动．系统动量守恒，对其中某杆可用动量定理动力学观点：求加速度能量观点：求焦耳热动量观点：整体动量守恒求末速度，单杆动量定理求冲量、电荷量3.如图所示，光滑平行金属导轨的水平部分处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B＝3 T。

2020届浙江高考复习专题：电磁感应的综合应用(能量问题、动量问题、杆+导轨模型)(解析版)

专题09 电磁感应的综合应用（能量问题、动量问题、杆+导轨模型）考点分类：考点分类见下表考点内容常见题型及要求考点一电磁感应中的能量问题选择题、计算题考点二电磁感应中的动量问题选择题、计算题考点三电磁感应中的“杆+导轨”模型选择题、计算题考点一: 电磁感应中的能量问题1.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2.解题的一般步骤(1)确定研究对象(导体棒或回路);(2)弄清电磁感应过程中,哪些力做功,哪些形式的能量相互转化;(3)根据功能关系或能量守恒定律列式求解.3.方法技巧求解电能应分清两类情况(1)若回路中电流恒定,可以利用电路结构及W=UIt或Q=I2Rt直接进行计算.(2)若电流变化,则①利用安培力做的功求解:电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功;②利用能量守恒求解:若只有电能与机械能的转化,则机械能的减少量等于产生的电能.③利用功能关系求解:若除重力、安培力做功外,还有其他力做功,则其他力做功等于增加的机械能和电能.学科#网考点二电磁感应中的动量问题电磁感应问题往往涉及牛顿定律、动量守恒、能量守恒、电路的分析和计算等许多方面的物理知识,试题常见的形式是导体棒切割磁感线,产生感应电流,从而使导体棒受到安培力作用.导体棒运动的形式有匀速、匀变速和非匀变速3种,对前两种情况,容易想到用牛顿定律求解,对后一种情况一般要用能量守恒和动量守恒定律求解,但当安培力变化,且又涉及位移、速度、电荷量等问题时,用动量定理求解往往能巧妙解决.方法技巧动量在电磁感应中的应用技巧(1)在电磁感应中,动量定理应用于单杆切割磁感线运动,可求解变力的时间、速度、位移和电荷量.①求电荷量或速度:B I lΔt=mv2-mv1,q=I t.③求位移:-BIlΔt=-22B l v tR总=0-mv0,即-22B lR总x=m(0-v0).(2)电磁感应中对于双杆切割磁感线运动,若双杆系统所受合外力为零,运用动量守恒定律结合能量守恒定律可求解与能量有关的问题.考点三：电磁感应中的“杆+导轨”模型模型概述“导轨+杆”模型是电磁感应问题在高考命题中的“基本道具”,也是高考的热点,考查的知识点多,题目的综合性强,物理情景变化空间大,是我们复习中的难点.“导轨+杆”模型又分为“单杆”型和“双杆”型;导轨放置方式可分为水平、竖直和倾斜;杆的运动状态可分为匀速运动、匀变速运动、非匀变速运动或转动等;磁场的状态可分为恒定不变、均匀变化和非均匀变化等等,情景复杂,形式多变常见类型单杆水平式(导轨光滑)设运动过程中某时刻棒的速度为v,加速度为a=Fm-22B L vmR,a,v同向,随v的增加,a减小,当a=0时,v最大,I=BLvR恒定单杆倾斜式(导轨光滑)杆释放后下滑,开始时a=gsin α,速度v↑→E=BLv↑→I=ER↑→F=BIL↑→a↓,当F=mgsin α时,a=0,v最大双杆切割式(导轨光滑)杆MN做变减速运动,杆PQ做变加速运动,稳定时,两杆的加速度均为零,以相等的速度匀速运动.对系统动量守恒,对其中某杆适用动量定理学科&网光滑不等距导轨杆MN做变减速运动,杆PQ做变加速运动,稳定时,两杆的加速度均为零,两杆以不同的速度做匀速运动含“源”水平光滑导轨(v0=0)S闭合,ab杆受安培力F=BLEr,此时a=BLEmr,速度v↑⇒E感=BLv↑⇒I↓⇒F=B IL↓⇒加速度a↓,当E感=E时,v最大,且v m=EBL含“容”水平光滑导轨(v0=0)拉力F恒定,开始时a=Fm,速度v↑⇒E=BLv↑,经过Δt速度为v+Δv,此时E′=BL(v+Δv),电容器增加的电荷量ΔQ=CΔU=C(E′-E)=CBLΔv,电流I=Qt∆∆=CBL vt∆∆=CBLa,安培力F安=BIL=CB2L2a,F-F安=ma,a=22Fm B L C+,所以杆做匀加速运动★考点一：电磁感应中的能量问题◆典例一：( 2019·浙江卷)如图所示，倾角θ＝37°、间距l＝0.1 m的足够长金属导轨底端接有阻值R＝0.1 Ω的电阻，质量m＝0.1 kg的金属棒ab垂直导轨放置，与导轨间的动摩擦因数μ＝0.45.建立原点位于底端、方向沿导轨向上的坐标轴x.在0.2 m≤x≤0.8 m区间有垂直导轨平面向上的匀强磁场．从t＝0时刻起，棒ab在沿x轴正方向的外力F作用下，从x＝0处由静止开始沿斜面向上运动，其速度v与位移x满足v＝kx(可导出a＝kv)，k＝5 s－1.当棒ab运动至x1＝0.2 m处时，电阻R消耗的电功率P＝0.12 W，运动至x2＝0.8 m处时撤去外力F ，此后棒ab 将继续运动，最终返回至x ＝0处．棒ab 始终保持与导轨垂直，不计其他电阻，求：(提示：可以用F-x 图象下的“面积”代表力F 做的功，sin 37°＝0.6)(1)磁感应强度B 的大小； (2)外力F 随位移x 变化的关系式；(3)在棒ab 整个运动过程中，电阻R 产生的焦耳热Q.【解析】(1)在x 1＝0.2 m 处时，电阻R 消耗的电功率P ＝(Blv )2R此时v ＝kx ＝1 m/s 解得B ＝PR (lv )2＝305 T(2)在无磁场区间0≤x<0.2 m 内，有 a ＝5 s －1×v ＝25 s －2×xF ＝25 s －2×xm ＋μmgcos θ＋mgsin θ＝(0.96＋2.5x) N 在有磁场区间0.2 m≤x≤0.8 m 内，有 F A ＝(Bl )2vR＝0.6x NF ＝(0.96＋2.5x ＋0.6x) N ＝(0.96＋3.1x) N (3)上升过程中克服安培力做的功(梯形面积) W A1＝0.6 N 2(x 1＋x 2)(x 2－x 1)＝0.18 J撤去外力后，设棒ab 上升的最大距离为x ，再次进入磁场时的速度为v′，由动能定理有 (mgsin θ＋μmgcos θ)x ＝12mv 2(mgsin θ－μmgcos θ)x ＝12mv′2解得v′＝2 m/s由于mgsin θ－μmgcos θ－(Bl )2v′R ＝0故棒ab 再次进入磁场后做匀速运动下降过程中克服安培力做的功W A2＝(Bl )2v′R (x 2－x 1)＝0.144 JQ ＝W A1＋W A2＝0.324 J 【答案】 (1)305T (2)(0.96＋3.1x) N (3)0.324 J◆典例二：[用功能关系求焦耳热]两足够长且不计电阻的光滑金属轨道如图甲所示放置，间距为d ＝1 m ，在左端弧形轨道部分高h ＝1.25 m 处放置一金属杆a ，弧形轨道与平直轨道的连接处光滑无摩擦，在平直轨道右端放置另一金属杆b ，杆a 、b 的电阻分别为R a ＝2 Ω、R b ＝5 Ω，在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B ＝2 T ．现杆b 以初速度大小v 0＝5 m/s 开始向左滑动，同时由静止释放杆a ，杆a 由静止滑到水平轨道的过程中，通过杆b 的平均电流为0.3 A ；从a 下滑到水平轨道时开始计时，a 、b 运动的速度—时间图象如图乙所示(以a 运动方向为正方向)，其中m a ＝2 kg ，m b ＝1 kg ，g ＝10 m/s 2，求：(1)杆a 在弧形轨道上运动的时间；(2)杆a 在水平轨道上运动过程中通过其截面的电荷量； (3)在整个运动过程中杆b 产生的焦耳热．【答案】(1)5 s (2)73 C (3)1156J【解析】(1)设杆a 由静止滑至弧形轨道与平直轨道连接处时杆b 的速度大小为v b0，对杆b 运用动量定理，有Bd I －·Δt ＝m b (v 0－v b0)其中v b0＝2 m/s 代入数据解得Δt ＝5 s.(2)对杆a 由静止下滑到平直导轨上的过程中，由机械能守恒定律有m a gh ＝12m a v 2a解得v a ＝2gh ＝5 m/s设最后a 、b 两杆共同的速度为v′，由动量守恒定律得m a v a －m b v b0＝(m a ＋m b )v′ 代入数据解得v′＝83m/s杆a 动量的变化量等于它所受安培力的冲量，设杆a 的速度从v a 到v′的运动时间为Δt′，则由动量定理可得BdI·Δt′＝m a (v a －v′)而q ＝I·Δt′代入数据得q ＝73C.(3)由能量守恒定律可知杆a 、b 中产生的焦耳热为 Q ＝m a gh ＋12m b v 20－12(m b ＋m a )v′2＝1616 J b 棒中产生的焦耳热为Q′＝52＋5Q ＝1156 J.★考点二：电磁感应中的动量问题◆典例一：．(多选)(2019·高考全国卷Ⅲ)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 始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v 1、v 2表示，回路中的电流用I 表示．下列图象中可能正确的是( )【答案】AC【解析】棒ab以初速度v0向右滑动，切割磁感线产生感应电动势，使整个回路中产生感应电流，判断可知棒ab受到方向与v0方向相反的安培力的作用而做变减速运动，棒cd受到方向与v0方向相同的安培力的作用而做变加速运动，它们之间的速度差Δv＝v1－v2逐渐减小，整个系统产生的感应电动势逐渐减小，回路中感应电流逐渐减小，最后变为零，即最终棒ab和棒cd的速度相同，v1＝v2，两相同的光滑导体棒ab、cd组成的系统在足够长的平行金属导轨上运动时不受外力作用，由动量守恒定律有mv0＝mv1＋mv2，解得v1＝v2＝v02，选项A、C均正确，B、D均错误．◆典例二：[动量定理和能量守恒结合](2018·江西九江模拟)如图所示,光滑水平面停放一小车,车上固定一边长为L=0.5 m的正方形金属线框abcd,金属框的总电阻R=0.25 Ω,小车与金属框的总质量m=0.5 kg.在小车的右侧,有一宽度大于金属线框边长,具有理想边界的匀强磁场,磁感应强度B=1.0 T,方向水平且与线框平面垂直.现给小车一水平速度使其向右运动并能穿过磁场,当车上线框的ab边刚进入磁场时,测得小车加速度a=10 m/s2.求:(1)金属框刚进入磁场时,小车的速度为多大?(2)从金属框刚要进入磁场开始,到其完全离开磁场,线框中产生的焦耳热为多少? 【答案】(1) v 0=5 m/s. (2) 4.0 J. 【解析】(1)设小车初速度为v 0,则线框刚进入磁场时,ab 边由于切割磁感线产生的电动势为E=BLv 0 回路中的电流I=ER,根据牛顿定律BIL=ma 由以上三式可解得v 0=5 m/s.学&科网(2)设线框全部进入磁场时小车速度为v 1,进入过程平均电流为1I ,所用时间为Δt,则1I =R t ∆Φ∆=2BL R t∆根据动量定理得-B 1I LΔt=mv 1-mv 0,解得v 1=4 m/s设线框离开磁场时小车速度为v 2,离开过程平均电流为2I ,所用时间为Δt 1,则2I =1R t ∆Φ∆=21BL R t ∆ 根据动量定理得-B 2I LΔt 1=mv 2-mv 1,解得v 2=3 m/s线框从进入到离开产生的焦耳热Q=12m 20v -12m 22v =4.0 J.★考点三：电磁感应中的“杆+导轨”模型◆典例一：(2018·高考江苏卷)如图所示，竖直放置的“”形光滑导轨宽为L ，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d ，磁感应强度为B.质量为m 的水平金属杆由静止释放，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等．金属杆在导轨间的电阻为R ，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g.金属杆( )A ．刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下B ．穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间C ．穿过两磁场产生的总热量为4mgdD ．释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h 可能小于m 2gR 22B 4L 4【答案】BC【解析】根据题述，由金属杆进入磁场Ⅰ和进入磁场Ⅱ时速度相等可知，金属杆在磁场Ⅰ中做减速运动，所以金属杆刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向上，选项A 错误；由于金属杆进入磁场Ⅰ后做加速度逐渐减小的减速运动，而在两磁场之间做匀加速运动，所以穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间，选项B 正确；根据能量守恒定律，金属杆从刚进入磁场Ⅰ到刚进入磁场Ⅱ过程动能变化量为0，重力做功为2mgd ，则金属杆穿过磁场Ⅰ产生的热量Q 1＝2mgd ，而金属杆在两磁场区域的运动情况相同，产生的热量相等，所以金属杆穿过两磁场产生的总热量为2×2mgd ＝4mgd ，选项C 正确；金属杆刚进入磁场Ⅰ时的速度v ＝2gh ，进入磁场Ⅰ时产生的感应电动势E ＝BLv ，感应电流I ＝ER ，所受安培力F ＝BIL ，由于金属杆刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向上，所以安培力大于重力，即F>mg ，联立解得h>m 2gR 22B 4L 4，选项D 错误．◆典例二(2019·高考天津卷)如图所示，固定在水平面上间距为l 的两条平行光滑金属导轨，垂直于导轨放置的两根金属棒MN 和PQ 长度也为l 、电阻均为R ，两棒与导轨始终接触良好．MN 两端通过开关S 与电阻为R 的单匝金属线圈相连，线圈内存在竖直向下均匀增加的磁场，磁通量变化率为常量k.图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B.PQ 的质量为m ，金属导轨足够长、电阻忽略不计．(1)闭合S ，若使PQ 保持静止，需在其上加多大的水平恒力F ，并指出其方向；(2)断开S ，PQ 在上述恒力作用下，由静止开始到速度大小为v 的加速过程中流过PQ 的电荷量为q ，求该过程安培力做的功W.【解析】(1)设线圈中的感应电动势为E ，由法拉第电磁感应定律E ＝ΔΦΔt ，则E ＝k ①设PQ 与MN 并联的电阻为R 并，有 R 并＝R 2②闭合S 时，设线圈中的电流为I ，根据闭合电路欧姆定律得I ＝ER 并＋R③ 设PQ 中的电流为I PQ ，有 I PQ ＝12I ④设PQ 受到的安培力为F 安，有 F 安＝BI PQ l ⑤保持PQ 静止，由受力平衡，有 F ＝F 安⑥联立①②③④⑤⑥式得 F ＝Bkl 3R⑦ 方向水平向右．(2)设PQ 由静止开始到速度大小为v 的加速过程中，PQ 运动的位移为x ，所用时间为Δt ，回路中的磁通量变化量为ΔΦ ，平均感应电动势为E －，有E －＝ΔΦΔt ⑧其中ΔΦ＝Blx ⑨设PQ 中的平均电流为I －，有 I －＝E －2R ⑩根据电流的定义得 I －＝qΔt (11)由动能定理，有 Fx ＋W ＝12mv 2－0(12)联立⑦⑧⑨⑩(11) (12)式得W ＝12mv 2－23kq. (13)1.(2019·高考全国卷Ⅰ)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图(a)中虚线MN 所示．一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S ，将该导线做成半径为r 的圆环固定在纸面内，圆心O 在MN 上．t ＝0时磁感应强度的方向如图(a)所示；磁感应强度B 随时间t 的变化关系如图(b)所示．则在t ＝0到t ＝t 1的时间间隔内( )A ．圆环所受安培力的方向始终不变B ．圆环中的感应电流始终沿顺时针方向C ．圆环中的感应电流大小为B 0rS 4t 0ρD ．圆环中的感应电动势大小为B 0πr 24t 0【答案】BC【解析】根据楞次定律可知在0～t 0时间内，磁感应强度减小，感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力水平向左，在t 0～t 1时间内，磁感应强度反向增大，感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力水平向右，所以选项A 错误，B 正确；根据法拉第电磁感应定律得E ＝ΔΦΔt ＝12πr 2·B 0t 0＝B 0πr 22t 0，根据电阻定律可得R＝ρ2πr S ，根据欧姆定律可得I ＝E R ＝B 0rS 4t 0ρ，所以选项C 正确，D 错误．2.（2019·新课标全国Ⅱ卷）如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻忽略不计。

高考物理-10十、应用“三大观点”解决电学综合问题(可自主编辑word)

2020版《3年高考2年模拟》（二轮）专有资源
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十、应用“三大观点”解决电学综合问题
知识点1 电磁感应中的动量和能量观点解题方法
基础回扣
1.应用动量定理可以由动量变化来求解变力的冲量。

如在导体棒做非匀变速直线运动的问题中,应用动量定理可以解决牛顿运动定律不易解答的问题。

2.在相互平行的水平轨道间的双棒做切割磁感线运动时,由于这两根导体棒所受的安培力等大反向,合外力为零,若不受其他外力,两导体棒的总动量守恒,解决此类问题往往要应用动量守恒定律。

易错辨析
电磁感应问题中常常用到“B I LΔt=BLq=BL·n ΔΦR =ΔP”这一关系,这是很多涉及动量电磁感应问题的突破点。

知识点2 电场中动量和能量观点解题方法
基础回扣
动量守恒定律与其他知识综合应用类问题的求解,与一般的力学问题求解思路并无差异,只是问题的情景更复杂多样,分析清楚物理过程,正确识别物理模型是解决问题的关键。

易错辨析
带电体在电场中的问题有时不能应用牛顿运动定律分析,可以应用动量定理或动量守恒定律分析。

知识点3 电磁感应中的“动量”观点解题方法
基础回扣
动量定理与动量守恒定律也可以解决带电粒子或带电体在磁场中运动问题,此类问题往往运动过程较为复杂或是涉及到多个物体,应用牛顿运动定律不好解决,但应用动量知识可以解决。

易错辨析
准确判断出带电粒子在磁场中哪一过程动量守恒是易错点。

电磁感应现象中的动量问题课件

F
(1)导体棒做初速度为零 a
F
匀加速运动：
m B2L2C
(2)回路中旳电流恒定：
I
CBLa
CBLF m CB2L2
(3)导体棒受安培力恒定：
CB2 L2 F
F安 m CB2 L2
(4)导体棒克服安培力做旳功等于
电容器储存旳电能：
v v0
证明
2023/12/5
W克B
1 C（Blv）2 2
O
3、两个导体棒之间旳距离降低旳最大值
N V0
总结：无外力双棒问题
基本模型
无外力
等距式
1
2
运动特点
杆1做a渐小 v0 旳加速运动
杆2做a渐小旳减速运动
最终特征
v1=v2
I＝0
系统规律
动量守恒能量守恒
无外力不等距式
v0
2
1
杆1做a渐小旳减速运动
杆2做a渐小旳加速运动
a＝0 I＝0
动量不守恒
L1v1=L2v2 能量守恒
利用电荷量与磁通量旳变化旳关系，能够研究变速运动旳位移
∑BL∆q=mV-mV0
q N N BS =N Bdx
t
t
t
变速运动旳运动分析与电量问题问题例四、如图，水平放置旳U形金属导轨一端连接一种电容为C旳电容器，整个空间有竖直向下旳匀强磁场，导轨上横放一根长为L、质量为m旳金属杆。若电容器最初带有电荷Q，闭合开关后最终稳定时，电容器上剩余带电量多大？金属杆旳速度多大？
力，求：
（1）两棒最终加速度各是多少；
（2）棒ab上消耗旳最大电功率。
a
c
L1
B
L2
F

电磁感应中动量定理公式

电磁感应中动量定理公式
动量定理是电磁感应中一项非常重要的物理定律，它描述了电磁场与运动电荷之间的相互作用关系。

根据动量定理，当电荷在电磁场中运动时，它将受到电磁力的作用，从而产生动量变化。

在电磁感应中，电磁场可以通过电场和磁场来描述。

当电荷在电磁场中运动时，电磁力将作用于电荷，改变其运动状态。

根据牛顿第二定律，电磁力等于电荷所受的加速度乘以电荷的质量。

因此，电磁力可以改变电荷的动量。

动量定理告诉我们，电磁力的作用会导致电荷的动量发生变化。

当电荷在电磁场中受到力的作用时，它将获得一个动量变化。

这个动量变化是由电荷所受的力和作用时间的乘积决定的。

如果力的方向与电荷运动方向一致，电荷的动量将增加；如果力的方向与电荷运动方向相反，电荷的动量将减小。

动量定理的公式可以表示为：动量变化等于力与时间的乘积。

这个公式可以用数学语言表示为Δp = F * Δt，其中Δp表示动量变化，F表示力，Δt表示作用时间。

根据这个公式，我们可以计算电荷在电磁场中受到的力的大小和方向，从而了解电荷的动量变化情况。

动量定理在电磁感应中具有广泛的应用。

例如，在电动机中，电流通过线圈时会产生磁场，这个磁场与电动机中的磁场相互作用，产
生力矩使电动机转动。

根据动量定理，我们可以计算出电动机所受的力矩，从而了解电动机的运动情况。

总结一下，动量定理是电磁感应中非常重要的物理定律，它描述了电磁场与运动电荷之间的相互作用关系。

根据动量定理，电磁力会改变电荷的动量，产生动量变化。

通过动量定理，我们可以计算出电荷所受的力和动量变化情况，从而更好地理解电磁感应现象。

电磁感应中的动量问题

变式1：空间存在水平方向的有界匀强磁场，磁感强度为B，边界水平。正方形线框质量为m，边长为L，电阻为R，以初速度v0进入匀强磁场。若线框完全进入磁场时恰好平衡。空气阻力不计，重力加速度为g。
问：从开始运动到完全进入磁场所用时间？
改编1：改变线框受力情况
（2）安培力+变力（kv）
变式2：空间存在水平方向的有界匀强磁场，磁感强度为B，边界水平。正方形线框质量为m，边长为L，电阻为R，以初速度v0进入匀强磁场。若线框完全进入磁场时恰好平衡。空气阻力f=kv，重力加速度为g。
电磁感应中的动量问题
对象：导线框与导体杆
例：光滑水平桌面上有一个有界匀强磁场，磁感强度为B，宽正度方为形d线，框方质向量v垂为直m于，桌以面初。速度v0进入匀强磁场，已知线框边长为L，电阻为R，磁场的空气阻力不计。
求：线框完全穿过条形磁场区域时的速度vt.
改编1：改变线框受力情况
（1）安培力+恒力
问：线框运动的最大位移。
改编2：改变磁场的情况
（2）改变磁场的强弱
• 变式2：竖直平面内有一边长为L、质量为m、电阻为R 的正方形线框在竖直向下的匀强重力场和水平方向的磁场组成的复合场中静止释放，磁场方向与线框平面垂直，磁场的磁感应强度随竖直向下的z轴按B=B0+kz 的规律均匀增大，已知重力加速度为g。
问：从开始运动到完全进入磁场所用时间？
改编1：改变线框受力情况
（2）安培力+变力（kv）变式3：粗糙水平桌面上有两个有界匀强磁场，磁感应强度大小均为B，方向分别垂直桌面向里和水平向左。正方形线框质量m，边长L，电阻R，以初速度v0进入右侧匀强磁场，已知桌面动摩擦因数为µ，重力加速度为g，且线框恰能完全进入右侧磁场。

命题点十三电磁感应中动量问题

命题点十三电磁感应中动量问题一、电磁感应基础知识回顾电磁感应是指在磁场中，导体中的自由电子受到外加磁场的作用而发生运动，从而产生感应电动势和感应电流的现象。

根据法拉第电磁感应定律，当导体运动时，它会在其内部和周围产生一个环路电动势。

这个环路电动势大小与导体在磁场中的速度成正比。

二、动量问题基础概念1. 动量的定义动量是物体运动状态的量度，是物体质量和速度乘积的结果。

其公式为：p = mv，其中p表示物体的动量，m表示物体的质量，v表示物体的速度。

2. 动量定理根据牛顿第二定律F=ma以及动量定义p=mv可以得到：F = dp/dt。

这个公式被称为牛顿第二定律或者是牛顿-欧拉方程。

它表明了力和物体运动状态之间的关系。

3. 质心和质心运动质心是指一个系统中所有质点所组成系统整体位置平衡点，也就是系统重心所在位置。

质心运动则是指整个系统随着时间的推移而运动的状态。

三、电磁感应中动量问题分析1. 电磁感应中的动量问题在电磁感应过程中，当导体在磁场中运动时，会产生感应电动势和感应电流。

这个过程中，导体内部的自由电子受到外加磁场的作用而发生运动，从而产生了一定的动量。

因此，在电磁感应过程中也存在着动量问题。

2. 动量守恒定律根据牛顿第三定律，物体之间存在相互作用力。

在一个封闭系统内部，如果没有外力作用，则系统内部总动量保持不变。

这个原理被称为“动量守恒定律”。

3. 电磁感应中的质心运动在电磁感应过程中，导体所受的力会影响整个系统的质心位置和质心运动状态。

如果导体是静止不动的，则整个系统质心位置不发生变化；如果导体是以一定速度运动，则整个系统质心位置会随着导体运动而发生变化。

四、实例分析：单圆线圈与永久磁铁组成的简单发电机1. 简单发电机原理简单发电机是由单圆线圈和永久磁铁组成的，当线圈旋转时，会产生感应电动势。

这个过程中，线圈内部的自由电子受到外加磁场的作用而发生运动，从而产生了一定的动量。

2. 动量守恒定律在简单发电机中的应用在简单发电机中，当线圈旋转时，会产生感应电动势和感应电流。

电磁感应问题中动量定理应用归类

电磁感应问题中动量定理应用归类
动量定理是牛顿力学中的基本定理之一，它描述了物体的动量变化量与作用力的关系。

在电磁感应问题中，动量定理可以用来解释一些现象，如下所述。

1. 质点在磁场中受力
当一个带电质点进入磁场区域时，它将受到一个力，称为洛伦兹力。

根据动量定理，物体的动量改变量等于作用力的积分。

因此，可以推导出洛伦兹力的方向和大小，从而解释为什么带电质点会沿着曲线路径运动。

2. 电磁感应中涡旋电场
涡旋电场是电磁感应中的一个重要概念，它可以用来解释为什么在变化的磁场中会产生感应电流。

根据动量定理，一个运动的电场具有动量，因此它可以对运动的电荷施加力。

在电磁感应中，磁场的变化会导致涡旋电场的出现，涡旋电场会对运动的电荷施加力，从而导致感应电流的产生。

3. 理解电磁波的传播
电磁波是由变化的电场和磁场所产生的。

根据动量定理，这些变化的场具有动量，因此它们可以对电荷施加力。

电磁波的传播过程可以看作是一个场的传输过程，每个时间点上，场的变化会对周围的电荷施加力。

这些力的作用导致电磁波以光速传播。

4. 电磁感应炮的设计
电磁感应炮是一种利用磁场能量进行加速的装置。

根据动量定理，物体的动量改变量等于作用力的积分，因此可以通过改变磁场的形态和大小来控制炮弹的加速和速度。

电磁感应炮的设计需要考虑磁场的强度、形状、方向和变化速率等因素，以便实现高速和精确控制。

电磁感应中动量定理的应用

电磁感应中动量定理的运用动量定律I ＝∆P 。

设想在某一回路中，一部分导体仅在安培力作用下运动时，安培力F 为变力，但其冲量可用它对时间的平均值进行计算，即I ＝F t ∆，而F ＝B I L （I 为电流对时间的平均值）故有：B I L t ∆=mv 2－mv 1 . 而I t=q ,故有q=BLmv 12mv -理论上电量的求法：q=I •t 。

这种方法的依据是电流的定义式I=q/t 该式的研究对象是通电导体的某一截面，若在t 时间内流过该截面的电量为q ，则流过该切面的电流为I ＝q/t ，显然，这个电流应为对时间的平均值，因此该式应写为I = q/t ，变形后可以得q ＝I t ，这个关系式具有一般性，亦即无论流经导体的电流是恒定的还是变化的，只要电流用这段时间内的平均值代入，该式都适用，而平均电流的求解，在电磁感应问题中最为常见的思路为：对某一回路来说，据法拉第电磁感应定律，得E=t∆∆φ，显然该感应电动势也为对其时间的平均值，再由I ＝R E （R 为回路中的总电阻）可以得到I ＝tR ∆∆φ。

综上可得q ＝R φ∆。

若B 不变，则q ＝Rφ∆＝R s B ∆电量q 与安培力的冲量之间有什么联系？可用下面的框图来说明。

从以上框图可见，这些物理量之间的关系可能会出现以下三种题型：第一：方法Ⅰ中相关物理量的关系。

第二：方法Ⅱ中相关物理量的关系。

第三：就是以电量作为桥梁，直接把上面框图中左右两边的物理量联系起来，如把导体棒的位移和速度联系起来，但由于这类问题导体棒的运动一般都不是匀变速直线运动，无法使用匀变速直线运动的运动学公式进行求解，所以这种方法就显得十分巧妙。

这种题型难度最大。

2在解题中强化应用意识，提高驾驭能力由于这些物理量之间的关系比较复杂，只能从理论上把握上述关系还不够，还必须通过典型问题来培养学生的应用能力，达到熟练驾驭的目的。

请看以下几例：（1）如图1所示，半径为r的两半圆形光滑金属导轨并列竖直放置，在轨道左侧上方MN间接有阻值为R0的电阻，整个轨道处在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，两轨道间距为L，一电阻也为R0质量为m的金属棒ab从MN处由静止释放经时间t到达轨道最低点cd时的速度为v，不计摩擦。

电磁感应问题中动量定理应用归类

电磁感应问题中动量定理应用归类在电磁感应问题中，动量定理是一个非常有用的应用。

它可以用来分析电磁场和运动物体之间的相互作用，并且可以帮助我们更好地理解这些现象。

动量定理的基本原理是，物体的动量在没有外力作用时保持不变。

在电磁感应问题中，我们经常会遇到电磁场对运动物体的影响，这些影响可以通过动量定理来描述。

首先，考虑一个导体在磁场中运动的情况。

根据动量定理，该导体的动量可以用下面的公式表示：p = mv其中，p表示动量，m表示物体的质量，v表示物体的速度。

当导体在磁场中运动时，它会受到磁场的作用力，这个力可以表示为：F = qvB其中，F表示作用力，q表示导体的电荷量，B表示磁感应强度。

根据牛顿第二定律，作用力等于物体的质量乘以加速度，因此可以得到导体的加速度公式：a = F/m = qvB/m接下来，我们可以将导体的加速度代入动量公式中，得到：dp/dt = m(v+av) - mv = qvBv这个公式描述了导体受到磁场作用时动量的变化情况。

可以看出，如果导体的速度垂直于磁场方向，那么将会产生一个垂直于它们之间的力，这个力将导致导体的动量发生变化。

如果导体的速度和磁场方向不垂直，则磁场对动量的影响将会产生一个沿着运动方向的分量和一个垂直于运动方向的分量。

类似地，我们也可以应用动量定理来分析电场和运动物体之间的相互作用。

在这种情况下，物体的动量可以表示为：p = γmv其中，γ表示相对论因子，m表示物体的质量，v表示物体的速度。

当物体在电场中运动时，它会受到电场力的作用，这个力可以表示为：F = qE其中，F表示作用力，q表示物体的电荷量，E表示电场强度。

由于相对论效应的存在，物体的动量在这种情况下并不是简单地等于mv，而是等于γmv。

因此，在运用动量定理时，我们需要使用修正后的动量公式。

最后，需要指出的是，动量定理在电磁感应问题中的应用非常广泛，不仅可以用来描述导体和电场的相互作用，还可以用来分析电磁波和物质之间的相互作用，以及其他一些相关的问题。

电磁感应问题中动量定理应用归类

电磁感应问题中动量定理应用归类电磁感应的动量定理是指当导体中存在磁场变化时，会在导体内产生感应电动势，并产生电流，而电流会受到磁场力的作用，导致导体受到一个力，从而产生动量变化。

在电磁感应问题中，动量定理可以应用于多个方面。

下面将对其中的几个应用进行归类和讨论。

1. 等离子体推动：等离子体是一个带电粒子（离子和电子）的气体，在磁场中可以受到磁场力的作用而运动。

根据动量定理，等离子体在受到磁场力的作用下会产生动量变化，从而改变运动状态。

这个应用在等离子体推动引擎和等离子体推进器中有着重要的应用。

2. 磁体推动：在磁场中，导体中的电流会受到磁场力的作用，从而产生一个受力的导体。

根据动量定理，磁体在受到磁场力的作用下会产生动量变化，从而改变运动状态。

这个应用在磁悬浮列车和磁漂浮车辆中有着重要的应用。

3. 电磁铁打击力：电磁铁是一种利用电流在导线中产生磁场的装置。

当电流通过导线时，会在铁芯中产生磁场并产生一个力，这个力可以用动量定理来计算。

根据动量定理，电磁铁在产生磁场的同时也会受到与磁场力相等但方向相反的力，从而产生动量变化。

4. 电磁感应制动：电磁感应制动是一种利用电磁感应现象来制动运动物体的方法。

当运动物体进入磁场区域时，会产生感应电流，而这个感应电流会受到磁场力的作用，从而产生一个制动力。

根据动量定理，运动物体在受到制动力的作用下会产生动量变化，从而减速停止。

综上所述，电磁感应问题中动量定理的应用主要包括等离子体推动、磁体推动、电磁铁打击力和电磁感应制动等方面。

这些应用都是基于电流受到磁场力的作用，从而导致物体受到一个力，从而产生动量变化。

这些应用在工程和科学领域中有重要的应用，对于我们理解电磁感应和能量传递也有着重要的意义。

(完整版)电磁感应中的动量守恒经典题

电磁感应中的动量守恒经典题1。

如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定于同一水平面内，导轨间的距离为L ，导轨上平行放置两根导体棒ab 和cd ，构成矩形回路。

已知两根导体棒的质量均为m 、电阻均为R ，其它电阻忽略不计，整个导轨处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B ，导体棒均可沿导轨无摩擦的滑行。

开始时，导体棒cd 静止、ab 有水平向右的初速度v 0，两导体棒在运动中始终不接触。

求： (1）开始时，导体棒ab 中电流的大小和方向；（2）从开始到导体棒cd 达到最大速度的过程中，矩形回路产生的焦耳热；（3）当ab 棒速度变为43v 0时，cd 棒加速度的大小.【解析】：（12分）（1）ab 棒产生的感应电动势 0=BLv E ab ，（1分）ab 棒中电流 RBLv R E I ab 2=2=0，（1分）方向由b a → （1分）（2）当ab 棒与cd 棒速度相同时，cd 棒的速度最大，设最大速度为v由动量守恒定律 mv mv 2=0（1分）∴ 012v v = （1分）由能量守恒关系 Q ＝21mv 20－21（2m ）v 2 （1 分）∴ Q ＝41mv 20 (1分）（3）设ab 棒的速度为034v 时， cd 棒的速度为v ′由动量守恒定律：v m v m mv ′+43=00（1分）041=′∴v v 。

043=v BL E ab ；041=v BL E cd ；I ＝R E E cd ab 2-=R v v BL 2)4143(00- ∴I＝RBLv 40（2分）cd 棒受力为 2204B L v F IBL R==（1分)；此时cd 棒加速度为 2204B L v F a m Rm==（1分）ba cdBRMN PQL Ib a cdBRMN PQ2。

如图，相距L 的光滑金属导轨,半径为R 的1/4圆弧部分竖直放置、直的部分固定于水平地面,MNQP 范围内有方向竖直向下、磁感应强度为B 的匀强磁场．金属棒ab 和cd 垂直导轨且接触良好，cd 静止在磁场中，ab 从圆弧导轨的顶端由静止释放，进入磁场后与cd 没有接触．已知ab 的质量为m 、电阻为r ，cd 的质量为3m 、电阻为r ．金属导轨电阻不计，重力加速度为g ．（1）求：ab 到达圆弧底端时对轨道的压力大小 (2)在图中标出ab 刚进入磁场时cd 棒中的电流方向（3）若cd 离开磁场时的速度是此刻ab 速度的一半,求：cd 离开磁场瞬间,ab 受到的安培力大小【解析】：（1)设ab 到达圆弧底端时受到的支持力大小为N ，ab 下滑机械能守恒，有：221mv mgR ⨯= …① 由牛顿第二定律：Rmvmg N 2=-…②；联立①②得：mg N 3=…③由牛顿第三定律知：对轨道压力大小为mg N 3='…④（2）如图(2分）(如用文字表达，正确的照样给分。

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