热点28 电磁感应与动量结合问题(解析版)

热点28 电磁感应与动量结合问题

高考真题

1．（2018高考天津理综）真空管道超高速列车的动力系统是一种将电能直接转换成平动动能的装置。图1是某种动力系统的简化模型，图中粗实线表示固定在水平面上间距为l 的两条平行光滑金属导轨，电阻忽略不计，ab 和cd 是两根与导轨垂直，长度均为l ，电阻均为R 的金属棒，通过绝缘材料固定在列车底部，并与导轨良好接触，其间距也为l ，列车的总质量为m 。列车启动前，ab 、cd 处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下，如图1所示，为使列车启动，需在M 、N 间连接电动势为E 的直流电源，电源内阻及导线电阻忽略不计，列车启动后电源自动关闭。

（1）要使列车向右运行，启动时图1中M 、N 哪个接电源正极，并简要说明理由； （2）求刚接通电源时列车加速度a 的大小；

（3）列车减速时，需在前方设置如图2所示的一系列磁感应强度为B 的匀强磁场区域，磁场宽度和相邻磁场间距均大于l 。若某时刻列车的速度为0v ，此时ab 、cd 均在无磁场区域，试讨论：要使列车停下来，前方至少需要多少块这样的有界磁场？

【名师解析】本题考查线框在匀强磁场中的切割磁感线运动。

（1）M 接电源正极，列车要向右运动，安培力方向应向右，根据左手定则，接通电源后，金属棒中电流方向由a 到b ，由c 到d ，故M 接电源正极。

（2）由题意，启动时ab 、cd 并联，设回路总电阻为R 总，由电阻的串并联知识得2

R

R =总①； 设回路总电阻为I ，根据闭合电路欧姆定律有E I R =总

② 设两根金属棒所受安培力之和为F ，有F =BIl ③ 根据牛顿第二定律有F =ma ④，联立①②③④式得2BEl

a mR

=

⑤ （3）设列车减速时，cd 进入磁场后经t ?时间ab 恰好进入磁场，此过程中穿过两金属棒与导轨所围回路的

磁通量的变化为?Φ，平均感应电动势为1E ，由法拉第电磁感应定律有1E t

?Φ

=?⑥，其中2Bl ?Φ=⑦； 设回路中平均电流为'I ，由闭合电路欧姆定律有1

'2E I R

=⑧ 设cd 受到的平均安培力为'F ，有''F I lB =⑨

以向右为正方向，设t ?时间内cd 受安培力冲量为I 冲，有'I F t =-?冲

⑩

同理可知，回路出磁场时ab 受安培力冲量仍为上述值，设回路进出一块有界磁场区域安培力冲量为0I ，有

02I I =冲?

设列车停下来受到的总冲量为I 总，由动量定理有00I mv =-总

?

联立⑥⑦⑧⑨⑩??式得

0220=I mv R I B l

总? 讨论：若0I I 总恰好为整数，设其为n ，则需设置n 块有界磁场，若0I I 总不是整数，设0

I I 总

的整数部分为N ，

则需设置N +1块有界磁场。?．

2．(10分)【加试题】（2017年4月浙江选考）间距为l 的两平行金属导轨由水平部分和倾斜部分平滑连接而成，如图 所示。倾角为θ的导轨处于大小为B 1方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间I 中。 水平导轨上的无磁场区间静止放置—质量为3m 的“联动双杆”（由两根长为l 的金属杆cd 和ef 用长度为L 的刚性绝缘杆连接构成），在“联动双杆”右侧存在大小为B 2、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间II ，其长度大于L 。质量为m 、长为l 的金属杆ab 从倾斜导 轨上端释放，达到匀速后进入水平导轨（无能量损失），杆以与“联动双杆”发生碰撞，碰后杆ab 和cd 合在一起形成“联动三杆'。“联动三杆”继续沿水平导轨进人磁场区间II 并从 中滑出。运动过程中，杆ab 、cd 和ef 与导轨始终接触良好，且保持与导轨垂直。 已知杆ab 、cd 和ef 电阻均为R =0.02Ω，m =0.1kg ，l =0.5m ，L =0.3m ，θ=30°，B 1=0.1T ，B 2=0.2T 。不计摩擦阻力和导轨电阻，忽略磁场边界效应。求

（1）杆ab 在倾斜导轨上匀速运动时的速度v 0； （2）“联动三杆”进人磁场区间II 前的速度大小v 1； （3）“联动三杆”滑过磁场区间II 产生的焦耳热Q 。 【参考答案】(1)

=6m/s (2) v’=1.5m/s (3)0.25J

【考点】本题主要考察知识点：电磁感应与动量守恒定律综合应用

【名师解析】将杆ab 在倾斜导轨上运动所受的力沿着斜面和垂直斜面正交分解，匀速运动时重力沿斜面方向的分力与安培力平衡 (1)感应电动势：E=B 1lv 0 电流：I=

1.5E R

安培力: F=B 1Il

杆ab 在倾斜导轨上匀速运动,由平衡条件，F=mg sin θ 联立解得：v 0==6m/s 。

（2）由动量守恒定律，m v 0=4mv 解得：v=1.5m/s

（3）进入B2磁场区域，设速度变化△v,根据动量定理有：B 2Il △t=-4m △v I △t=△q ，I=E/(1.5 R)，E=

t

?Φ

?，△Ф=B 2Ll 联立解得：△v =

22

26B Ll mR

=-0.25m/s 。 出B2磁场后“联动三杆”的速度为：v’=v+2△v =1.5m/s+2（-0.25m/s ）=1.0m/s “联动三杆”滑过磁场区间II 产生的焦耳热Q =

1

2

×4m(v 2- v’2)=0.25J 。 3．（2018年4月浙江选考）如图所示，在竖直平面内建立xOy 坐标系，在0≤x ≤0.65m 、y ≤0.40m 范围内存在一具有理想边界，方向垂直纸面向内的匀强磁场区域。一边长l =0.10m 、质量m =0.02kg 、电阻R =0.40Ω的匀质正方形刚性导线框abcd 处于图示位置，其中心的坐标为（0，0.65m ）。现将线框以初速度v 0=2.0m/s 水平向右抛出，线框在进入磁场过程中速度保持不变，然后在磁场中运动，最后从磁场右边界离开磁场区域，完成运动全过程。线框在全过程中始终处于xOy 平面内，其ab 边与x 轴保持平行，空气阻力不计。求： （1）磁感应强度B 的大小；

（2）线框在全过程中产生的焦耳热Q ；

（3）在全过程中，cb 两端的电势差U cb 与线框中心位置的x 坐标的函数关系。

【名师解析】：本题考查线框在匀强磁场中的切割磁感线运动。 （1）线框做平抛运动，当ab 边与磁场上边界接触时，竖直方向分速度

v y 由于水平速度与竖直速度数值相等，所以线框进入磁场区域的速度方向与水平方向成45°角。题述线框匀速进入磁场区域，线框受力平衡，mg=BIl ，

线框ad 边和cd 边切割磁感线产生的感应电动势抵消，只需考虑ab 边切割磁感线产生感应电动势，E=Blv y ， 线框中电流，I=E/R ， 联立解得：B =2T 。

（2）线框全部进入磁场区域后，磁通量不变，不产生感应电流，在水平方向做匀速运动，在竖直方向做加速度为g 的匀加速直线运动。

从磁场右边界离开磁场区域过程中，上下两边产生的感应电动势抵消，只需考虑左侧边切割磁感线产生的感应电动势。 由 i=e/R ，e=

t

?Φ

?，q=i △t ，△Ф=Bl 2，联立解得q= Bl 2/R 。 在水平方向，由动量定理，- Bil △t=m △v ，

设线框出来磁场区域的水平速度为v ，方程两侧求和，注意到Σi △t =q ，Σm △v=v-v 0， 得：Blq= m (v 0-v )，

代入相关数据解得：v =1.5m/s

根据能量守恒定律，线框在全过程中产生的焦耳热Q=mgl+12mv 02-1

2

mv 2， 代入相关数据解得：Q =0.0375J 。

（3）图中2,3,4,5状态下线框中心横坐标分别为0.4m ，0.5m ，0.6m ，0.7m 。 当x ≤0.4m 时，线框还没有进入磁场区域，U cb =0；

当0.4m< x ≤0.5m 时，线框ab 、bc 、da 边切割磁感线，bc 、da 边切割磁感线产生的感应电动势抵消，线框中电流I =

y Blv R

=1A

U cb =Bv 0v y t -IR /4 由于x=0.4+v 0t

所以U cb = Bv y (x -0.4)-IR /4=（4x -1.7）V ；

当0.5m< x ≤0.6m 时，线框完全进入磁场区域，磁通量不变，不产生感应电流，但bc 边切割磁感线产生感应电动势， U cb =Blv 0=0.4V ；

当0.6m< x ≤0.7m 时，线框bc 已经出磁场， da 边切割磁感线产生的感应电动势，E =Blv x ，

由动量定理，

()220.6B l x R

-= m (v 0-v x ) 代入数据解得：v x =（5-5x ）m/s E=Bl v x =2×0.1×（5-5x ）V=（1-x ）V U cb =E/R×R /4=[0.25（1-x ）]V

4.（2019海南物理）如图，一水平面内固定有两根平行的长直金属导轨，导轨间距为l ，两根相同的导体棒AB 、CD 置于导轨上并与导轨垂直，长度均为l ，棒与导轨间的动摩擦因数为μ（最大静摩擦力等于滑动摩

擦力），整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向竖直向下。从0t =时开始，对AB 棒施加一外力，使AB 棒从静止开始向右做匀加速运动，直到1t t =时刻撤去外力，此时棒中的感应电流为1i ，已知CD 棒在()0010t t t t =<<时刻开始运动，运动过程中两棒均与导轨接触良好。两棒的质量均为m ，电阻均为R ，导轨的电阻不计。重力加速度大小为g 。

（1）求AB 棒做匀加速运动的加速度大小； （2）求撤去外力时CD 棒的速度大小；

（3）撤去外力后，CD 棒在t=t 2时刻静止，求此时AB 棒的速度大小。 【参考答案】：（1）0222t l B mgR a μ=

（2）Bl R i t l B mgRt v CD 1022122-=μ（3）)(2241210

221t t g Bl R

i t l B mgRt v AB

---=μμ 【名师解析】（1）CD 棒在t 0时刻开始运动，此时AB 棒的速度为00at v = ① 由受力分析得知安培力等于摩擦力， mg F A μ= ② 由电磁感应规律得R

Blv Bl BIl F A 20

?== ③ 由①②③式得0

222t l B mgR

a μ=

④

（2）设撤去外力时CD 棒的速度大小为v CD ；AB 棒的速度为v 1=at 1 ⑤ 此时产生的感应电动势为)-CD 1v v Bl E （= ⑥ 此时产生的感应电流为R

E

i 2=

⑦ 解得Bl R

i t l B mgRt v CD 10

22122-=

μ ⑧ （3）对系统研究，两棒受到的安培力的冲量一正一负可以抵消掉，根据系统动量定理可得： )(2)()0(121t t mg mv mv mv CD AB -=+-+μ ⑨ 解得：)(2-121t t g v v v CD AB -+=μ ⑩

将⑤⑧代入上式得 )(2241210

221t t g Bl R

i t l B mgRt v AB ---=

μμ ? 最新模拟题

1.（2020浙江七彩阳光新高考研究联盟期中联考）如图，电容为 C 的电容器通过单刀双掷开关 S 左边与一可变电动势的直流电源相连，右边与两根间距为 L 的光滑水平金属导轨 M1M2P1P2、N1N2Q1Q2 相连（M1 处左侧有一小段光滑绝缘材料隔开且各部分平滑连接）。水平导轨存在两个磁感应强度大小均为 B 的匀强磁场区域， 其中区域 I 方向竖直向上，区域Ⅱ竖直向下，虚线间的宽度都为 d ，两区域相隔的距离足够大。有两根电阻均为 R 的金属棒 a 和 b 与导轨垂直放置，金属棒 a 质量为 m ，金属棒 b 质量为 3m ，b 棒置于磁场Ⅱ的中间位置 EF 处，并用绝缘细线系住，细线能承受的最大拉力为 F 0。现将 S 掷向“1”，经足够时间后再掷向“2”，已知在 a 棒到达小段绝缘材料前已经匀速运动。 (1)

当 a 棒滑过绝缘材料后，若要使 b 棒在导轨上保持静止，则电源电动势应小于某一值E 0。求 E0 的

大小。 (2)

若电源电动势小于 E0，使 a 棒以速度 v 1(v 1 为已知量)滑过绝缘材料，求 a 棒通过虚线 M1N1 和

M2N2 的过程中，a 棒产生的焦耳热。 (3)

若电源电动势大于 E 0，使 a 棒以速度 v 2(v 2为已知量)滑过绝缘材料，从 a 棒刚好滑过绝缘材料开

始计时，经过 t 0 后滑过虚线 M 2N 2 位置，此时 a 棒的速度为v 2，求 t 0 时刻金属棒 b 的速度大小。

【名师解析】（1）因为a 棒滑过绝缘材料后减速运动，所以只要a 棒刚滑过绝缘材料时b 棒不动，b 就可以静止不动，由题意得：

S 掷向“1”，电容器充电后电压为U 1，则

01E U =

S 掷向“2”，a 棒加速到匀速运动时，设a 棒速度为v ，电容器电压为U 2，则

BLv U =2

a 棒加速过程，根据动量定理

mv t L I B =? 1分

电容器放电

t I q ?= )(C 21U U q -=

a 棒滑过绝缘材料后

回路 IR BLv 2= 1分 b 棒 0F BIL = 1分 联立解得

3

32200)

(2L

CB m L CB RF E += 2分 (2) 电源电动势小于E 0，则b 棒保持静止。设a 棒出磁场Ⅱ时的速度为v 对a 棒通过虚线M 1N 1M 2N 2过程中，根据动量定理得：

111m v mv t L I B -=?- 1分 111q t I ?=

R

t BL I 2d

11?=

联立得

mR

d

L B v v 2221-

= 2分 根据能量守恒，a 棒产生的焦耳热

）

（2212

1

2121mv mv Q a -= 联立得 )m 2d 2(822122a R

L B v R d L B Q -= 2分

(3) 电源电动势大于E 0，a 棒滑过绝缘材料后，瞬时细线被拉断，b 棒开始运动。a 棒通过虚线M 1N 1M 2N 2过程中，设b 棒不能出磁场区域Ⅱ。经分析得：a 、b 两棒的动量变化量大小相同，则

b mv v mv 3m 21

22=- 解得 1分

26

1

v v b = 1分

因为b a v v v 321

2=>

所以d x b 31

< 即b 棒不能出磁场区域Ⅱ，则 1分

26

1

v v b = 1分

2．（12 分）（2020浙江之江教育评价联盟第二次联考）如图甲所示，匝数 N =100，边长为 L =0.2m 的正方形闭合线圈abcd 固定于绝缘小车上（小车在图中没有画出，大小忽略不计），置于粗糙水平地面上，车与地面的动摩擦因数 μ=0.4，线圈的总电阻R =2Ω，小车和线圈的总质量m =2kg ，区域内有垂直线圈平面的匀强磁场，宽度为 5L ，下边界与线圈中心等高，ab 边恰好不在磁场区域内，磁感应强度大小按如图乙所示的规律变化，求：

（1）t 1 =0.2s 时线圈中通过的电流；

（2） 分别计算 t 2=0.5s 、t 3=2s 时刻 cd 边安培力的值；

（3）

若在 t =1s ，瞬间给对象水平向右的力，合力的冲量 I =0.3N·s （作用时间极短，可忽略不计），

使线圈获得初速度，同时对线圈施加一水平拉力 F ，使线圈向右匀速通过磁场区域，求： ①线圈离开磁场过程中力 F 的最小值；

②从 t =0 到线圈离开磁场全过程，线圈产生的焦耳热。 【名师解析】．（12分）

（1）根据电磁感应定律： =2V 1分 =1A 1分 （2）0到1s 时间内，右边导线所受向左的总安培力最大值：=10N 0到1s 时间内， 上边导线所受向下的总安培力最大值：=20N 最大静摩擦力=16N>F 1 1分 线圈在这段时间内保持静止。 t 2=0.5s 时刻cd 边安培力的值 1分

22

L t B n

S t B n E ??=??=R

E

I =

2

max 1L

I

nB F =IL nB F max 2=)(2F Mg f +=μ10.552

L

F nB I

N ==

t 3=2s 时刻cd 边安培力的值为0，磁通量没变，没有电流。 1分 （3）动量定理I=mv 0 线圈获得初速度v 0=0.15m/s 1分

①磁场中运动时，线圈磁通量不变，没有感应电流。所以拉力F 为恒量 当线圈出磁场时，ab 边切割产生感应电动势

=1.5V =0.75A 1分 左边导线所受向左的总安培力：=7.5N 1分

上边导线所受向上的总安培力： 线圈受到的摩擦力的值 所以拉力F 的最小值F=F 1+ 1分 F 的最小值F =9.5N 1分

②全过程在第1s 和出磁场的过程有焦耳热的产生。 Q 1=I 2Rt =2J 1分 Q 2=I 2Rt =1.5J 1分

总共的焦耳热为Q= Q 1+ Q 2=3.5J

3．（6分）（2019湖北鄂东南省级示范性高中教学联盟模拟）如图所示，水平面内足够长的光滑“凸”形电阻可忽略的金属导轨左侧宽度为L 1，右侧宽度为L 2，且L 1＝2L 2，有两个材料相同，质量均为m 导体棒静止在导轨上，垂直于导轨所在平面向上的磁场磁感应强度大小为B ，现给导体棒I 一初速度v 0使其沿水平方向开始运动直至达到稳定状态，整个过程导体棒I 一直在左侧导轨部分，下面说法正确的是（ ）

A ．导体棒I 达到稳定状态时速度为

B ．导体棒I 达到稳定状态时速度为

C ．整个过程中通过导体棒Ⅱ的电荷量为

D ．整个过程中导体棒Ⅱ上产生的焦耳热为mv

【参考答案】ACD 。

2ab L

E nB

v =R

E I =21L

I nB F =2()F nB I L vt =-[]2()f mg nB I L vt μ=--()mg nBIL μ

-

【名师解析】对Ⅱ根据动量定理、Ⅱ根据动量定理列方程求解速度大小；对Ⅱ根据动量定理结合电荷量的计算公式求解电荷量；根据功能关系求解此时的焦耳热。

达到稳定状态时电流为零，此时Ⅱ的速度为v1，Ⅱ的速度为v2，则有：BL1v1＝BL2v2，解得v2＝2v1；对Ⅱ根据动量定理可得：﹣BIL1t＝mv1﹣mv0，对Ⅱ根据动量定理可得：BIL2t＝mv2﹣0，则mv0﹣mv1＝2mv2，解得：v1＝，v2＝，所以导体棒I达到稳定状态时速度为，故A正确、B错误；对Ⅱ根据动量定理可得：

BIL2t＝mv2﹣0，其中q＝It，则整个过程中通过导体棒Ⅱ的电荷量为q＝＝＝，故C正确；

整个过程中系统产生的焦耳热Q＝﹣﹣，两个导体棒材料相同，则电阻之比等于长度之比，导体棒Ⅱ上产生的焦耳热为QⅡ＝Q＝mv，故D正确。

4.（2019年3月湖南长望浏宁高三调研考试）如图所示,将不计电阻的长导线弯折成，形状，

和是相互平行且相距为d的光滑固定金属导轨。的倾角均为，在同一水平面上，，整个轨道在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，质量为m电阻为R的金属杆CD从斜轨道上某处静止释放，然后沿水平导轨滑动一段距离后停下。杆CD始终垂直导轨并与导轨保持良好接触，导轨和空气阻力均不计，重力加速度大小为g，轨道倾斜段和水平段都足够长，求：

（1）杆CD到达到的最大速度大小多少？

（2）杆CD在距距离L处释放，滑到处恰达最大速度，则沿倾斜导轨下滑的时间及水平轨道上滑行的最大距离是多少？。

【名师解析】

（1）杆CD最大速度时，且此时杆受力平衡，则有2分

此时杆CD切割磁感线产生的感应电动势为1分

由欧姆定律可得，解得1分

（2）在杆CD沿倾斜导轨下滑的过程中，根据动量定理有

2分

解得2分

在杆CD沿水平导轨运动的过程中，根据动量定理有2分

该过程中通过R的电荷量为2分

杆CD沿水平导轨运动的过程中的平均感应电动势为，2分

该过程中杆CD通过的平均电流为，又，解得，2分

解得2分

5．（10分）（2019浙江绿色联盟模拟）如图甲所示为某研究小组设计的用来测量小车速度的实验示意图，在光滑的水平面上放置一辆用绝缘材料制成的实验小车A．在小车的上表面水平固定放置了匝数为N，宽为L、电阻为R的矩形金属线圈，线圈在左右边界恰好与小车的左右边界对齐。用天平测得小车A的质量为m（包括线圈的质量）。俯视图如图乙所示，金属线圈中接入一个冲击电流计M，用来测量通过线圈的电量。在PP′、QQ′之间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B，且两磁场边界的距离为d，d大于两车长度的两倍。现小车A以某一初速度水平向右运动，当小车A完全进入磁场时的速度恰好为零，冲击电流计M显示的电量为q。试求：

（1）小车A的初速度大小；

（2）当小车A的一半刚进入磁场时金属线圈中产生的感应电流的大小和方向；

（3）若在磁场的正中间再放置一辆与小车A完全相同的实验小车C，C上也有与小车A完全相同的金属线圈。当小车A向右运动，且与实验小车C发生完全非弹性碰撞（碰后两实验小球粘合在一起），若要使碰后两小车均能穿过磁场区域，分析小车A的初速度应满足的条件；并求出两小车恰好穿出磁场区域的情况下，整个系统产生的焦耳热量。

【思路分析】（1）由动量定理可求得初速度，其中就用到的安培力F＝中＝q。（2）进入一半时电量为，仿照问题（1）可求得此时的速度，再由速度求得感应电动势，得到电流值。（3）由动量定理，动量守恒列等式可求得恰好离开磁场对应的初速度，再由能量守恒求得热量。

【名师解析】（1）进入过程由动量定理：＝mv0…①

又：q＝…②

由①②式可得：v0＝

（2）进入一半过程：N＝m（v0﹣v），又

联立解得：v＝

则感应电流：I＝＝方向为逆时针。

（3）设完全进入时速度为v，则动量定理得：即v＝v0﹣

合在一块后速度为v1，则mv＝2mv1

得：v1＝

离开磁场时有：+N Bl△t＝2mv1

由以上各式可得：v0＝

故小车A的速度应大于

v＝，v1＝

进入磁场产生热量为：Q1＝﹣＝

出磁场时产生的热量为：Q2＝＝

则其产生的热量为：Q＝Q1+Q2＝，

答：（1）小车A的初速度大小为

（2）当小车A的一半刚进入磁场时金属线圈中产生的感应电流的大小为

方向为逆时针；

（3）整个系统产生的焦耳热为，

【点评】考查电磁感应与电流在磁场中受力的综合性问题，本题的要点在于要想到＝q这一条件，应用动量定理可求得速度，有了速度其它量即可得出。