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2019年高考物理一轮复习讲义：第10章 第4讲《电磁感应规律的综合应用（二）——动力学和能量、动量》(含解析)
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第4讲电磁感应规律的综合应用(二)——动力学和能量、动量
板块一 主干梳理·夯实基础
【知识点1】 电磁感应现象中的动力学问题 Ⅱ
1．安培力的大小
2．安培力的方向
(1)先用右手定则或楞次定律确定感应电流方向，再用左手定则确定安培力方向。
(2)根据楞次定律，安培力方向一定和导体切割磁感线运动方向相反。
3．分析导体受力情况时，应做包含安培力在内的全面受力分析。
4．根据平衡条件或牛顿第二定律列方程。
【知识点2】 电磁感应现象中的能量问题 Ⅱ
1．电磁感应中的能量转化
闭合电路的部分导体做切割磁感线运动产生感应电流，通有感应电流的导体在磁场中受安培力。外力克服安培力做功，将其他形式的能转化为电能，通有感应电流的导体在磁场中受安培力作用或通过电阻发热，使电能转化为其他形式的能。
2．实质
电磁感应现象的能量转化，实质是其他形式的能和电能之间的转化。
板块二 考点细研·悟法培优
考点1电磁感应中的动力学问题[解题技巧]
导体棒的运动学分析
电磁感应现象中产生的感应电流在磁场中受到安培力的作用，从而影响导体棒(或线圈)的受力情况和运动情况。
1．两种状态及处理方法
2．力学对象和电学对象的相互关系
3．动态分析的基本思路
例1 [2016·安徽模拟]如图所示，固定的光滑金属导轨间距为L，导轨电阻不计，上端a、b间接有阻值为R的电阻，导轨平面与水平面的夹角为θ，且处在磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中。质量为m、电阻为r的导体棒与固定弹簧相连后放在导轨上。初始时刻，弹簧恰处于自然长度，导体棒具有沿轨道向上的初速度v0。整个运动过程中导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触，弹簧的中心轴线与导轨平行。
(1)求初始时刻通过电阻R的电流I的大小和方向；
(2)当导体棒第一次回到初始位置时，速度变为v，求此时导体棒的加速度大小a。
(1)导体棒向上运动和向下运动过程中流过R的电流方向相同吗？
提示：不同。
(2)下降过程的牛顿第二定律。
提示：mgsinθ＋F弹－F安＝ma。
尝试解答 (1) b→a (2)gsinθ－。
(1)导体棒产生的感应电动势E1＝BLv0
通过R的电流大小I1＝＝
电流方向为b→a。
(2)导体棒产生的感应电动势为E2＝BLv
感应电流I2＝＝
导体棒受到的安培力大小F＝BIL＝，方向沿斜面向上。
根据牛顿第二定律有mgsinθ－F＝ma
解得a＝gsinθ－。
总结升华
单棒切割磁感线的两种模型
模型一：导体棒ab先自由下落再进入匀强磁场，如图甲所示。
模型二：导体棒ab沿光滑的倾斜导轨自由下滑，然后进入匀强磁场(磁场垂直于轨道平面)，如图乙所示。
两类模型中的临界条件是导体棒ab受力平衡。以模型一为例，有mg＝F安＝，即v0＝。
若线框进入磁场时v>v0，则线框先减速再匀速；若v
A．P＝2mgvsinθ
B．P＝3mgvsinθ
C．当导体棒速度达到时加速度大小为sinθ
D．在速度达到2v以后的匀速运动过程中，R上产生的焦耳热等于拉力所做的功
答案 AC
解析 当导体棒第一次匀速运动时，沿导轨方向有mgsinθ＝；当导体棒第二次匀速运动时，沿导轨方向有F＋mgsinθ＝，两式联立解得F＝mgsinθ，此时拉力F的功率P＝F×2v＝2mgvsinθ，选项A正确，B错误；当导体棒的速度达到时，沿导轨方向有mgsinθ－＝ma，解得a＝gsinθ，选项C正确；导体棒的速度达到2v以后，拉力与重力的合力所做的功全部转化为R上产生的焦耳热，选项D错误。
考点2电磁感应中的能量问题[解题技巧]
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．电能求解的三种主要思路
(1)利用克服安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功；
(2)利用能量守恒或功能关系求解；
(3)利用电路特征来求解：通过电路中所产生的电能来计算。
3．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)根据能量守恒定律列式求解。
例2 将一斜面固定在水平面上，斜面的倾角为θ＝30°，其上表面绝缘且斜面的顶端固定一挡板，在斜面上加一垂直斜面向上的匀强磁场，磁场区域的宽度为H＝0.4 m，如图甲所示，磁场边界与挡板平行，且上边界到斜面顶端的距离为x＝0.55 m。将一通电导线围成的矩形导线框abcd置于斜面的底端，已知导线框的质量为m＝0.1 kg，导线框的电阻为R＝0.25 Ω，ab的长度为L＝0.5 m。从t＝0时刻开始在导线框上加一恒定的拉力F，拉力的方向平行于斜面向上，使导线框由静止开始运动，当导线框的下边与磁场的上边界重合时，将恒力F撤走，最终导线框与斜面顶端的挡板发生碰撞，碰后导线框以等大的速度反弹，导线框沿斜面向下运动。已知导线框向上运动的vt图象如图乙所示，导线框与斜面间的动摩擦因数为μ＝，整个运动过程中导线框没有发生转动，且始终没有离开斜面，g＝10 m/s2。
(1)求在导线框上施加的恒力F以及磁感应强度的大小；
(2)若导线框沿斜面向下运动通过磁场时，其速度v与位移s的关系为v＝v0－s，其中v0是导线框ab边刚进入磁场时的速度大小，s为导线框ab边进入磁场区域后对磁场上边界的位移大小，求整个过程中导线框中产生的热量Q。
(1)由图乙的vt图可求出什么？
提示：加速度。
(2)在图乙中0.4 s以后有一段匀速直线运动，说明什么问题？
提示：导线框进入磁场区域后以2 m/s的速度匀速运动，受力平衡。
(3)安培力做功与焦耳热的关系？
提示：克服安培力做功等于回路中产生的电能，如果是纯电阻电路，也等于回路中总的焦耳热。
尝试解答 (1)1.5_N__0.50_T__(2)0.45__J。
(1)由vt图象可知，在0～0.4 s时间内导线框做匀加速直线运动，进入磁场时的速度为v1＝2.0 m/s，所以在此过程中的加速度a＝＝5.0 m/s2
由牛顿第二定律有F－mgsinθ－μmgcosθ＝ma
解得F＝1.5 N
由vt图象可知，导线框进入磁场区域后以速度v1做匀速直线运动
通过导线框的电流I＝＝
导线框所受安培力F安＝BIL
对于导线框匀速运动的过程，由力的平衡条件有
F＝mgsinθ＋μmgcosθ＋
解得B＝0.50 T。
(2)导线框进入磁场区域后做匀速直线运动，并以速度v1匀速穿出磁场，说明导线框的宽度等于磁场的宽度H，
导线框ab边离开磁场后做匀减速直线运动，在导线框到达挡板时的位移为
x0＝x－H＝0.15 m
设导线框与挡板碰撞前的速度为v2，由动能定理，有
－mg(x－H)sinθ－μmg(x－H)cosθ＝mv－mv
解得v2＝＝1.0 m/s
导线框碰挡板后速度大小仍为v2，导线框下滑过程中，由于重力沿斜面方向的分力与滑动摩擦力大小相等，即mgsinθ＝μmgcosθ＝0.50 N，因此导线框与挡板碰撞后向下做匀速直线运动，ab边刚进入磁场时的速度为v2＝1.0 m/s；进入磁场后因为又受到安培力作用而减速，做加速度逐渐变小的减速运动，设导线框全部离开磁场区域时的速度为v3
由v＝v0－s得v3＝v2－＝－1.0 m/s
因v3<0，说明导线框在离开磁场前速度已经减为零，这时安培力消失，导线框受力平衡，所以导线框将静止在磁场中某位置
导线框向上运动通过磁场区域的过程中产生的焦耳热Q1＝I2Rt＝＝0.40 J
导线框向下运动进入磁场的过程中产生的焦耳热
Q2＝mv＝0.05 J
所以Q＝Q1＋Q2＝0.45 J。
总结升华
电磁感应现象中能量的计算
(1)回路中电流稳定可利用电路知识，由W＝UIt，Q＝I2Rt直接计算。
(2)若电流变化利用安培力做功、功能关系解决。
如图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l＝0.5 m，左端接有阻值R＝0.3 Ω的电阻。一质量m＝0.1 kg、电阻r＝0.1 Ω的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝0.4 T。棒在水平向右的外力作用下由静止开始以a＝2 m/s2的加速度做匀加速运动，当棒的位移x＝9 m时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝2∶1。导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，求：
(1)棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q；
(2)撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2；
(3)外力做的功WF。
答案 (1)4.5 C (2)1.8 J (3)5.4 J
解析 (1)设金属棒做匀加速运动的时间为Δt，回路中磁通量的变化量为ΔΦ，回路中产生的平均感应电动势为，则由法拉第电磁感应定律得＝，其中ΔΦ＝Blx
设回路中的平均电流为，
则由闭合电路欧姆定律得＝
通过电阻R的电荷量q＝Δt
联立以上各式，代入数据解得q＝4.5 C。
(2)设撤去外力时棒的速度为v，在棒做匀加速运动的过程中，由运动学公式得v2＝2ax
设棒在撤去外力后的运动过程中安培力做的功为W，
由动能定理得W＝0－mv2
撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2＝－W
代入数据解得Q2＝1.8 J。
(3)由题意知，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比
Q1∶Q2＝2∶1，可得Q1＝3.6 J
在棒运动的整个过程中，由功能关系可知
WF＝Q1＋Q2＝5.4 J。
考点3电磁感应中的动量问题[拓展延伸]
电磁感应现象中产生感应电流，感应电流在磁场中受安培力作用，经过一段时间就会使导体棒(线圈)产生动量的变化。如果是一个系统，系统合外力为0，则系统动量守恒。
例3 两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为L。导轨上面垂直放置两根导体棒ab和cd，构成矩形回路，如图所示。两根导体棒的质量皆为m，电阻均为R，回路中其余部分的电阻可不计。在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B。设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行。开始时，棒cd静止，棒ab有指向棒cd的初速度v0。若两导体棒在运动中始终不接触，则：
(1)在运动中产生的焦耳热最多是多少？
(2)当ab棒的速度变为初速度的时，cd棒的加速度是多少？
(1)什么时候产生的焦耳热最多？
提示：两棒速度相同时。
(2)两棒速度相同时，安培力有什么特点？怎样求相同速度？
提示：安培力大小相等、方向相反，两导体棒运动遵循动量守恒。
尝试解答 (1)mv (2)。
ab棒向cd棒运动时，两棒和导轨构成的回路面积变小，磁通量变小，于是产生感应电流，ab棒受到与其运动方向相反的安培力而做减速运动，cd棒则在安培力的作用下向右做加速运动。只要ab棒的速度大于cd棒的速度，回路总有感应电流，ab棒继续减速，cd棒继续加速，直到两棒速度相同时，回路面积保持不变，不产生感应电流，两棒以相同的速度v做匀速运动。
(1)从开始到两棒达到相同速度v的过程中，两棒的总动量守恒，有mv0＝2mv
根据能量守恒定律，整个过程中产生的焦耳热
Q＝mv－(2m)v2＝mv。
(2)设ab棒的速度变为v0时，cd棒的速度为v′，
则由动量守恒定律可知mv0＝mv0＋mv′
解得v′＝v0，
回路中的电动势E＝BLv0－BLv0＝BLv0
I＝
此时cd棒所受的安培力F＝BIL＝。
由牛顿第二定律可得，cd棒的加速度a＝＝。
总结升华
1. 如图所示，ab和cd是两条竖直放置且足够长的长直光滑金属导轨，MN和M′N′是两根用细线连接的金属杆，其质量分别为m和2m。竖直向上的外力F作用在杆MN上，使两杆水平静止，并刚好与导轨接触；两杆的总电阻为R，导轨间距为l。整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂直。导轨电阻可忽略，重力加速度为g。在t＝0时刻将细线烧断，保持F不变，金属杆和导轨始终接触良好且垂直。求：
(1)细线烧断后，任意时刻两杆运动的速度之比；
(2)两杆分别达到的最大速度。
答案 (1)2∶1 (2)
解析 (1)设某时刻MN和M′N′速度分别为v1、v2
由动量守恒mv1－2mv2＝0，得＝。
(2)当MN和M′N′的加速度为零时，速度最大
对M′N′由平衡条件知BIl＝2mg
I＝
E＝Blv1＋Blv2
得v1＝，v2＝。
2. [2017·哈尔滨师大附中二模]如图所示，竖直平面内，水平线OO′下方足够大的区域内存在水平匀强磁场，磁感应强度为B，一个单匝正方形导体框，边长为L，质量为m，总电阻为r，从ab边距离边界OO′为L的位置由静止释放。已知从ab边刚进入磁场到cd边刚进入磁场所用时间为t，重力加速度为g，空气阻力不计，导体框不翻转，求：
(1)ab边刚进入磁场时，b、a间电势差大小Uba；
(2)cd边刚进入磁场时，导体框的速度大小。
答案 (1) (2)gt－＋
解析 (1)ab边刚进入磁场时速度大小为v1，
则mgL＝mv
E＝BLv1
I＝
Uba＝I·r
解得Uba＝。
(2)从ab边刚进入磁场到cd边刚进入磁场的过程中
mgt－At＝mv2－mv1
A＝BL
＝
＝
ΔΦ＝BL2
由以上各式解得：
v2＝gt－＋。
1．模型构建
对杆在导轨上运动组成的系统，杆在运动中切割磁感线产生感应电动势，并受到安培力的作用改变运动状态，最终达到稳定状态，该系统称为“杆和导轨”模型。
2．模型分类
单杆模型、双杆模型。
3．模型特点
(1)单杆模型
(2)双杆模型
①模型特点
a．一杆切割时，分析同单杆类似。
b．两杆同时切割时，回路中的感应电动势由两杆共同决定，E＝＝Bl(v1－v2)。
②电磁感应中的“双杆”问题分析
a．初速度不为零，不受其他水平外力的作用
b．初速度为零，一杆受到恒定水平外力的作用
如图所示，两根间距为L的金属导轨MN和PQ，电阻不计，左端向上弯曲，其余水平，水平导轨左端有宽度为d、方向竖直向上的匀强磁场区域Ⅰ，右端有另一磁场区域Ⅱ，其宽度也为d，但方向竖直向下，磁场的磁感应强度大小均为B。有两根质量均为m、电阻均为R的金属棒a和b与导轨垂直放置，b棒置于磁场区域Ⅱ内导轨的中点C、D处，导轨除C、D两处(对应的距离极短)外其余均光滑，两处对棒可产生总的最大静摩擦力为棒重力的k倍，a棒从弯曲导轨某处由静止释放。当只有一根棒做切割磁感线运动时，它速度的减少量与它在磁场中通过的距离成正比，即Δv∝Δx。重力加速度为g。
(1)若a棒释放的高度大于h0，则a棒进入磁场区域Ⅰ时会使b棒运动，判断b棒的运动方向并求出h0。
(2)若将a棒从高度小于h0的某处释放，使其以速度v0进入磁场区域Ⅰ，结果a棒以v0的速度从磁场区域Ⅰ中穿出，求在a棒穿过磁场区域Ⅰ过程中通过b棒的电荷量q和两棒即将相碰时b棒上的电功率Pb。
[答案] (1)b向左运动 h0＝
(2)q＝ Pb＝
[解析] (1)根据右手定则可判断出，进入磁场区域Ⅰ时，金属棒a中感应电流的方向为由M指向P，从而可知b棒中电流方向由D指向C，根据左手定则可知金属棒b所受安培力方向向左，所以b棒向左运动
a棒从高度为h0处释放后在弯曲导轨上滑动时机械能守恒，有
mgh0＝mv2
解得v＝
a棒刚进入磁场区域Ⅰ时，感应电动势：E＝BLv
此时感应电流大小I＝
此时b棒受到的安培力大小F＝BIL，依题意有F＝kmg
联立解得h0＝。
(2)由于a棒从高度小于h0的某处释放，因此b棒在两棒相碰前将保持静止。流过b棒的电荷量q＝·Δt，又＝，＝，ΔΦ＝BΔS，ΔS＝Ld，R总＝2R
联立解得q＝
由题意可知，两棒将要相碰时的a棒的速度v′，
因为Δv∝Δx，所以a棒进入磁场区域Ⅱ中速度的变化量为·d。
v′＝v0－·d＝v0
此时电流大小I＝＝
此时b棒上的电功率Pb＝I2R＝。
名师点睛
分析“杆和导轨”的模型要按照下述步骤分析：
(1)先进行“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；
(2)再进行“路”的分析——分析电路结构，弄清串、并联关系，求出相关部分的电流大小，以便求解安培力；
(3)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；
(4)接着进行“运动”状态的分析和能量的分析——根据力和运动的关系，判断出正确的运动模型及能量转化关系。
1．[2017·湖南衡阳模拟]如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上，相距均为d的三条水平虚线l1、l2、l3，它们之间的区域Ⅰ、Ⅱ分别存在垂直斜面向下和垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。一个质量为m、边长为d、总电阻为R的正方形导线框，从l1上方一定高度处由静止开始沿斜面下滑，当ab边刚越过l1进入磁场Ⅰ时，恰好以速度v1做匀速直线运动；当ab边在越过l2运动到l3之前的某个时刻，线框又开始以速度v2做匀速直线运动，重力加速度为g。在线框从释放到穿出磁场的过程中，下列说法正确的是( )
A．线框中感应电流的方向不变
B．线框ab边从l1运动到l2所用时间大于从l2运动到l3所用时间
C．线框以速度v2匀速直线运动时，发热功率为
sin2θ
D．线框从ab边进入磁场到速度变为v2的过程中，减少的机械能ΔE机与线框产生的焦耳热Q电的关系式是ΔE机＝WG＋mv－mv＋Q电
答案 C
解析 ab边在两个不同的区域切割磁感线产生的感应电流的方向相反，A错误；线框以速度v1做匀速直线运动时，有mgsinθ－＝0，线框以速度v2做匀速直线运动时，mgsinθ－＝0，显然v2
(1)试推导论证：金属棒cd克服安培力做功的功率P安等于电路获得的电功率P电；
(2)设金属棒cd做匀速运动中的某时刻t0＝0，恒力大小变为F′＝1.5mg，方向不变，同时解锁、静止释放金属棒ab，直到t时刻金属棒ab开始做匀速运动。求：
①t时刻以后金属棒ab的热功率Pab；
②0～t时刻内通过金属棒ab的电荷量q。
答案 (1)见解析 (2)
解析 (1)设金属棒cd做匀速运动的速度为v，
E＝BLv①
I＝②
F－mgsin30°＝F安＝IBL③
金属棒cd克服安培力做功的功率P安＝F安v④
电路获得的电功率P电＝⑤
由①②③④得P安＝⑥
由①⑤得P电＝⑦
所以P安＝P电⑧
(2)①金属棒ab做匀速运动，则有I1BL＝2mgsin30°⑨
金属棒ab的热功率Pab＝IR⑩
由⑨⑩解得Pab＝⑪
②设t时刻后金属棒ab做匀速运动的速度为v1，金属棒cd也做匀速运动，速度为v2；由金属棒ab、金属棒cd组成的系统动量守恒：mv＝2mv1＋mv2⑫
回路电流I1＝⑬
由①②③⑨⑫⑬解得：金属棒ab做匀速运动的速度为
v1＝⑭
0～t时刻内对金属棒ab分析：在电流为i的很短的时间Δt内，速度的改变量为Δv，由动量定理得
BiLΔt－2mgsin30°·Δt＝2mΔv⑮
对⑮式进行求和，得BLq－mgt＝2mv1⑯
对⑭⑯解得q＝。
板块一 主干梳理·夯实基础
【知识点1】 电磁感应现象中的动力学问题 Ⅱ
1．安培力的大小
2．安培力的方向
(1)先用右手定则或楞次定律确定感应电流方向，再用左手定则确定安培力方向。
(2)根据楞次定律，安培力方向一定和导体切割磁感线运动方向相反。
3．分析导体受力情况时，应做包含安培力在内的全面受力分析。
4．根据平衡条件或牛顿第二定律列方程。
【知识点2】 电磁感应现象中的能量问题 Ⅱ
1．电磁感应中的能量转化
闭合电路的部分导体做切割磁感线运动产生感应电流，通有感应电流的导体在磁场中受安培力。外力克服安培力做功，将其他形式的能转化为电能，通有感应电流的导体在磁场中受安培力作用或通过电阻发热，使电能转化为其他形式的能。
2．实质
电磁感应现象的能量转化，实质是其他形式的能和电能之间的转化。
板块二 考点细研·悟法培优
考点1电磁感应中的动力学问题[解题技巧]
导体棒的运动学分析
电磁感应现象中产生的感应电流在磁场中受到安培力的作用，从而影响导体棒(或线圈)的受力情况和运动情况。
1．两种状态及处理方法
2．力学对象和电学对象的相互关系
3．动态分析的基本思路
例1 [2016·安徽模拟]如图所示，固定的光滑金属导轨间距为L，导轨电阻不计，上端a、b间接有阻值为R的电阻，导轨平面与水平面的夹角为θ，且处在磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中。质量为m、电阻为r的导体棒与固定弹簧相连后放在导轨上。初始时刻，弹簧恰处于自然长度，导体棒具有沿轨道向上的初速度v0。整个运动过程中导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触，弹簧的中心轴线与导轨平行。
(1)求初始时刻通过电阻R的电流I的大小和方向；
(2)当导体棒第一次回到初始位置时，速度变为v，求此时导体棒的加速度大小a。
(1)导体棒向上运动和向下运动过程中流过R的电流方向相同吗？
提示：不同。
(2)下降过程的牛顿第二定律。
提示：mgsinθ＋F弹－F安＝ma。
尝试解答 (1) b→a (2)gsinθ－。
(1)导体棒产生的感应电动势E1＝BLv0
通过R的电流大小I1＝＝
电流方向为b→a。
(2)导体棒产生的感应电动势为E2＝BLv
感应电流I2＝＝
导体棒受到的安培力大小F＝BIL＝，方向沿斜面向上。
根据牛顿第二定律有mgsinθ－F＝ma
解得a＝gsinθ－。
总结升华
单棒切割磁感线的两种模型
模型一：导体棒ab先自由下落再进入匀强磁场，如图甲所示。
模型二：导体棒ab沿光滑的倾斜导轨自由下滑，然后进入匀强磁场(磁场垂直于轨道平面)，如图乙所示。
两类模型中的临界条件是导体棒ab受力平衡。以模型一为例，有mg＝F安＝，即v0＝。
若线框进入磁场时v>v0，则线框先减速再匀速；若v
A．P＝2mgvsinθ
B．P＝3mgvsinθ
C．当导体棒速度达到时加速度大小为sinθ
D．在速度达到2v以后的匀速运动过程中，R上产生的焦耳热等于拉力所做的功
答案 AC
解析 当导体棒第一次匀速运动时，沿导轨方向有mgsinθ＝；当导体棒第二次匀速运动时，沿导轨方向有F＋mgsinθ＝，两式联立解得F＝mgsinθ，此时拉力F的功率P＝F×2v＝2mgvsinθ，选项A正确，B错误；当导体棒的速度达到时，沿导轨方向有mgsinθ－＝ma，解得a＝gsinθ，选项C正确；导体棒的速度达到2v以后，拉力与重力的合力所做的功全部转化为R上产生的焦耳热，选项D错误。
考点2电磁感应中的能量问题[解题技巧]
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．电能求解的三种主要思路
(1)利用克服安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功；
(2)利用能量守恒或功能关系求解；
(3)利用电路特征来求解：通过电路中所产生的电能来计算。
3．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)根据能量守恒定律列式求解。
例2 将一斜面固定在水平面上，斜面的倾角为θ＝30°，其上表面绝缘且斜面的顶端固定一挡板，在斜面上加一垂直斜面向上的匀强磁场，磁场区域的宽度为H＝0.4 m，如图甲所示，磁场边界与挡板平行，且上边界到斜面顶端的距离为x＝0.55 m。将一通电导线围成的矩形导线框abcd置于斜面的底端，已知导线框的质量为m＝0.1 kg，导线框的电阻为R＝0.25 Ω，ab的长度为L＝0.5 m。从t＝0时刻开始在导线框上加一恒定的拉力F，拉力的方向平行于斜面向上，使导线框由静止开始运动，当导线框的下边与磁场的上边界重合时，将恒力F撤走，最终导线框与斜面顶端的挡板发生碰撞，碰后导线框以等大的速度反弹，导线框沿斜面向下运动。已知导线框向上运动的vt图象如图乙所示，导线框与斜面间的动摩擦因数为μ＝，整个运动过程中导线框没有发生转动，且始终没有离开斜面，g＝10 m/s2。
(1)求在导线框上施加的恒力F以及磁感应强度的大小；
(2)若导线框沿斜面向下运动通过磁场时，其速度v与位移s的关系为v＝v0－s，其中v0是导线框ab边刚进入磁场时的速度大小，s为导线框ab边进入磁场区域后对磁场上边界的位移大小，求整个过程中导线框中产生的热量Q。
(1)由图乙的vt图可求出什么？
提示：加速度。
(2)在图乙中0.4 s以后有一段匀速直线运动，说明什么问题？
提示：导线框进入磁场区域后以2 m/s的速度匀速运动，受力平衡。
(3)安培力做功与焦耳热的关系？
提示：克服安培力做功等于回路中产生的电能，如果是纯电阻电路，也等于回路中总的焦耳热。
尝试解答 (1)1.5_N__0.50_T__(2)0.45__J。
(1)由vt图象可知，在0～0.4 s时间内导线框做匀加速直线运动，进入磁场时的速度为v1＝2.0 m/s，所以在此过程中的加速度a＝＝5.0 m/s2
由牛顿第二定律有F－mgsinθ－μmgcosθ＝ma
解得F＝1.5 N
由vt图象可知，导线框进入磁场区域后以速度v1做匀速直线运动
通过导线框的电流I＝＝
导线框所受安培力F安＝BIL
对于导线框匀速运动的过程，由力的平衡条件有
F＝mgsinθ＋μmgcosθ＋
解得B＝0.50 T。
(2)导线框进入磁场区域后做匀速直线运动，并以速度v1匀速穿出磁场，说明导线框的宽度等于磁场的宽度H，
导线框ab边离开磁场后做匀减速直线运动，在导线框到达挡板时的位移为
x0＝x－H＝0.15 m
设导线框与挡板碰撞前的速度为v2，由动能定理，有
－mg(x－H)sinθ－μmg(x－H)cosθ＝mv－mv
解得v2＝＝1.0 m/s
导线框碰挡板后速度大小仍为v2，导线框下滑过程中，由于重力沿斜面方向的分力与滑动摩擦力大小相等，即mgsinθ＝μmgcosθ＝0.50 N，因此导线框与挡板碰撞后向下做匀速直线运动，ab边刚进入磁场时的速度为v2＝1.0 m/s；进入磁场后因为又受到安培力作用而减速，做加速度逐渐变小的减速运动，设导线框全部离开磁场区域时的速度为v3
由v＝v0－s得v3＝v2－＝－1.0 m/s
因v3<0，说明导线框在离开磁场前速度已经减为零，这时安培力消失，导线框受力平衡，所以导线框将静止在磁场中某位置
导线框向上运动通过磁场区域的过程中产生的焦耳热Q1＝I2Rt＝＝0.40 J
导线框向下运动进入磁场的过程中产生的焦耳热
Q2＝mv＝0.05 J
所以Q＝Q1＋Q2＝0.45 J。
总结升华
电磁感应现象中能量的计算
(1)回路中电流稳定可利用电路知识，由W＝UIt，Q＝I2Rt直接计算。
(2)若电流变化利用安培力做功、功能关系解决。
如图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l＝0.5 m，左端接有阻值R＝0.3 Ω的电阻。一质量m＝0.1 kg、电阻r＝0.1 Ω的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝0.4 T。棒在水平向右的外力作用下由静止开始以a＝2 m/s2的加速度做匀加速运动，当棒的位移x＝9 m时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝2∶1。导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，求：
(1)棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q；
(2)撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2；
(3)外力做的功WF。
答案 (1)4.5 C (2)1.8 J (3)5.4 J
解析 (1)设金属棒做匀加速运动的时间为Δt，回路中磁通量的变化量为ΔΦ，回路中产生的平均感应电动势为，则由法拉第电磁感应定律得＝，其中ΔΦ＝Blx
设回路中的平均电流为，
则由闭合电路欧姆定律得＝
通过电阻R的电荷量q＝Δt
联立以上各式，代入数据解得q＝4.5 C。
(2)设撤去外力时棒的速度为v，在棒做匀加速运动的过程中，由运动学公式得v2＝2ax
设棒在撤去外力后的运动过程中安培力做的功为W，
由动能定理得W＝0－mv2
撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2＝－W
代入数据解得Q2＝1.8 J。
(3)由题意知，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比
Q1∶Q2＝2∶1，可得Q1＝3.6 J
在棒运动的整个过程中，由功能关系可知
WF＝Q1＋Q2＝5.4 J。
考点3电磁感应中的动量问题[拓展延伸]
电磁感应现象中产生感应电流，感应电流在磁场中受安培力作用，经过一段时间就会使导体棒(线圈)产生动量的变化。如果是一个系统，系统合外力为0，则系统动量守恒。
例3 两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为L。导轨上面垂直放置两根导体棒ab和cd，构成矩形回路，如图所示。两根导体棒的质量皆为m，电阻均为R，回路中其余部分的电阻可不计。在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B。设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行。开始时，棒cd静止，棒ab有指向棒cd的初速度v0。若两导体棒在运动中始终不接触，则：
(1)在运动中产生的焦耳热最多是多少？
(2)当ab棒的速度变为初速度的时，cd棒的加速度是多少？
(1)什么时候产生的焦耳热最多？
提示：两棒速度相同时。
(2)两棒速度相同时，安培力有什么特点？怎样求相同速度？
提示：安培力大小相等、方向相反，两导体棒运动遵循动量守恒。
尝试解答 (1)mv (2)。
ab棒向cd棒运动时，两棒和导轨构成的回路面积变小，磁通量变小，于是产生感应电流，ab棒受到与其运动方向相反的安培力而做减速运动，cd棒则在安培力的作用下向右做加速运动。只要ab棒的速度大于cd棒的速度，回路总有感应电流，ab棒继续减速，cd棒继续加速，直到两棒速度相同时，回路面积保持不变，不产生感应电流，两棒以相同的速度v做匀速运动。
(1)从开始到两棒达到相同速度v的过程中，两棒的总动量守恒，有mv0＝2mv
根据能量守恒定律，整个过程中产生的焦耳热
Q＝mv－(2m)v2＝mv。
(2)设ab棒的速度变为v0时，cd棒的速度为v′，
则由动量守恒定律可知mv0＝mv0＋mv′
解得v′＝v0，
回路中的电动势E＝BLv0－BLv0＝BLv0
I＝
此时cd棒所受的安培力F＝BIL＝。
由牛顿第二定律可得，cd棒的加速度a＝＝。
总结升华
1. 如图所示，ab和cd是两条竖直放置且足够长的长直光滑金属导轨，MN和M′N′是两根用细线连接的金属杆，其质量分别为m和2m。竖直向上的外力F作用在杆MN上，使两杆水平静止，并刚好与导轨接触；两杆的总电阻为R，导轨间距为l。整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂直。导轨电阻可忽略，重力加速度为g。在t＝0时刻将细线烧断，保持F不变，金属杆和导轨始终接触良好且垂直。求：
(1)细线烧断后，任意时刻两杆运动的速度之比；
(2)两杆分别达到的最大速度。
答案 (1)2∶1 (2)
解析 (1)设某时刻MN和M′N′速度分别为v1、v2
由动量守恒mv1－2mv2＝0，得＝。
(2)当MN和M′N′的加速度为零时，速度最大
对M′N′由平衡条件知BIl＝2mg
I＝
E＝Blv1＋Blv2
得v1＝，v2＝。
2. [2017·哈尔滨师大附中二模]如图所示，竖直平面内，水平线OO′下方足够大的区域内存在水平匀强磁场，磁感应强度为B，一个单匝正方形导体框，边长为L，质量为m，总电阻为r，从ab边距离边界OO′为L的位置由静止释放。已知从ab边刚进入磁场到cd边刚进入磁场所用时间为t，重力加速度为g，空气阻力不计，导体框不翻转，求：
(1)ab边刚进入磁场时，b、a间电势差大小Uba；
(2)cd边刚进入磁场时，导体框的速度大小。
答案 (1) (2)gt－＋
解析 (1)ab边刚进入磁场时速度大小为v1，
则mgL＝mv
E＝BLv1
I＝
Uba＝I·r
解得Uba＝。
(2)从ab边刚进入磁场到cd边刚进入磁场的过程中
mgt－At＝mv2－mv1
A＝BL
＝
＝
ΔΦ＝BL2
由以上各式解得：
v2＝gt－＋。
1．模型构建
对杆在导轨上运动组成的系统，杆在运动中切割磁感线产生感应电动势，并受到安培力的作用改变运动状态，最终达到稳定状态，该系统称为“杆和导轨”模型。
2．模型分类
单杆模型、双杆模型。
3．模型特点
(1)单杆模型
(2)双杆模型
①模型特点
a．一杆切割时，分析同单杆类似。
b．两杆同时切割时，回路中的感应电动势由两杆共同决定，E＝＝Bl(v1－v2)。
②电磁感应中的“双杆”问题分析
a．初速度不为零，不受其他水平外力的作用
b．初速度为零，一杆受到恒定水平外力的作用
如图所示，两根间距为L的金属导轨MN和PQ，电阻不计，左端向上弯曲，其余水平，水平导轨左端有宽度为d、方向竖直向上的匀强磁场区域Ⅰ，右端有另一磁场区域Ⅱ，其宽度也为d，但方向竖直向下，磁场的磁感应强度大小均为B。有两根质量均为m、电阻均为R的金属棒a和b与导轨垂直放置，b棒置于磁场区域Ⅱ内导轨的中点C、D处，导轨除C、D两处(对应的距离极短)外其余均光滑，两处对棒可产生总的最大静摩擦力为棒重力的k倍，a棒从弯曲导轨某处由静止释放。当只有一根棒做切割磁感线运动时，它速度的减少量与它在磁场中通过的距离成正比，即Δv∝Δx。重力加速度为g。
(1)若a棒释放的高度大于h0，则a棒进入磁场区域Ⅰ时会使b棒运动，判断b棒的运动方向并求出h0。
(2)若将a棒从高度小于h0的某处释放，使其以速度v0进入磁场区域Ⅰ，结果a棒以v0的速度从磁场区域Ⅰ中穿出，求在a棒穿过磁场区域Ⅰ过程中通过b棒的电荷量q和两棒即将相碰时b棒上的电功率Pb。
[答案] (1)b向左运动 h0＝
(2)q＝ Pb＝
[解析] (1)根据右手定则可判断出，进入磁场区域Ⅰ时，金属棒a中感应电流的方向为由M指向P，从而可知b棒中电流方向由D指向C，根据左手定则可知金属棒b所受安培力方向向左，所以b棒向左运动
a棒从高度为h0处释放后在弯曲导轨上滑动时机械能守恒，有
mgh0＝mv2
解得v＝
a棒刚进入磁场区域Ⅰ时，感应电动势：E＝BLv
此时感应电流大小I＝
此时b棒受到的安培力大小F＝BIL，依题意有F＝kmg
联立解得h0＝。
(2)由于a棒从高度小于h0的某处释放，因此b棒在两棒相碰前将保持静止。流过b棒的电荷量q＝·Δt，又＝，＝，ΔΦ＝BΔS，ΔS＝Ld，R总＝2R
联立解得q＝
由题意可知，两棒将要相碰时的a棒的速度v′，
因为Δv∝Δx，所以a棒进入磁场区域Ⅱ中速度的变化量为·d。
v′＝v0－·d＝v0
此时电流大小I＝＝
此时b棒上的电功率Pb＝I2R＝。
名师点睛
分析“杆和导轨”的模型要按照下述步骤分析：
(1)先进行“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；
(2)再进行“路”的分析——分析电路结构，弄清串、并联关系，求出相关部分的电流大小，以便求解安培力；
(3)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；
(4)接着进行“运动”状态的分析和能量的分析——根据力和运动的关系，判断出正确的运动模型及能量转化关系。
1．[2017·湖南衡阳模拟]如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上，相距均为d的三条水平虚线l1、l2、l3，它们之间的区域Ⅰ、Ⅱ分别存在垂直斜面向下和垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。一个质量为m、边长为d、总电阻为R的正方形导线框，从l1上方一定高度处由静止开始沿斜面下滑，当ab边刚越过l1进入磁场Ⅰ时，恰好以速度v1做匀速直线运动；当ab边在越过l2运动到l3之前的某个时刻，线框又开始以速度v2做匀速直线运动，重力加速度为g。在线框从释放到穿出磁场的过程中，下列说法正确的是( )
A．线框中感应电流的方向不变
B．线框ab边从l1运动到l2所用时间大于从l2运动到l3所用时间
C．线框以速度v2匀速直线运动时，发热功率为
sin2θ
D．线框从ab边进入磁场到速度变为v2的过程中，减少的机械能ΔE机与线框产生的焦耳热Q电的关系式是ΔE机＝WG＋mv－mv＋Q电
答案 C
解析 ab边在两个不同的区域切割磁感线产生的感应电流的方向相反，A错误；线框以速度v1做匀速直线运动时，有mgsinθ－＝0，线框以速度v2做匀速直线运动时，mgsinθ－＝0，显然v2
(1)试推导论证：金属棒cd克服安培力做功的功率P安等于电路获得的电功率P电；
(2)设金属棒cd做匀速运动中的某时刻t0＝0，恒力大小变为F′＝1.5mg，方向不变，同时解锁、静止释放金属棒ab，直到t时刻金属棒ab开始做匀速运动。求：
①t时刻以后金属棒ab的热功率Pab；
②0～t时刻内通过金属棒ab的电荷量q。
答案 (1)见解析 (2)
解析 (1)设金属棒cd做匀速运动的速度为v，
E＝BLv①
I＝②
F－mgsin30°＝F安＝IBL③
金属棒cd克服安培力做功的功率P安＝F安v④
电路获得的电功率P电＝⑤
由①②③④得P安＝⑥
由①⑤得P电＝⑦
所以P安＝P电⑧
(2)①金属棒ab做匀速运动，则有I1BL＝2mgsin30°⑨
金属棒ab的热功率Pab＝IR⑩
由⑨⑩解得Pab＝⑪
②设t时刻后金属棒ab做匀速运动的速度为v1，金属棒cd也做匀速运动，速度为v2；由金属棒ab、金属棒cd组成的系统动量守恒：mv＝2mv1＋mv2⑫
回路电流I1＝⑬
由①②③⑨⑫⑬解得：金属棒ab做匀速运动的速度为
v1＝⑭
0～t时刻内对金属棒ab分析：在电流为i的很短的时间Δt内，速度的改变量为Δv，由动量定理得
BiLΔt－2mgsin30°·Δt＝2mΔv⑮
对⑮式进行求和，得BLq－mgt＝2mv1⑯
对⑭⑯解得q＝。
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