新高考物理一轮复习精品讲义专题13.2 电磁感应中的动力学问题、能量问题、动量问题（含解析）

这是一份新高考物理一轮复习精品讲义专题13.2 电磁感应中的动力学问题、能量问题、动量问题（含解析），共19页。试卷主要包含了物理观念，科学思维，4 m，88 J等内容，欢迎下载使用。

目录
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc5659" 一 讲核心素养 PAGEREF _Tc5659 \h 1
\l "_Tc7219" 二 讲必备知识 PAGEREF _Tc7219 \h 1
\l "_Tc22006" 【知识点一】电磁感应中的图像问题 PAGEREF _Tc22006 \h 1
\l "_Tc30126" 【知识点二】电磁感应中的平衡和动力学问题 PAGEREF _Tc30126 \h 6
\l "_Tc16196" 【知识点三】电磁感应中的动力学和能量问题 PAGEREF _Tc16196 \h 8
\l "_Tc4263" 三．讲关键能力 PAGEREF _Tc4263 \h 11
\l "_Tc31484" 【能力点一】会正确运用动量定理处理电磁感应中的问题 PAGEREF _Tc31484 \h 11
\l "_Tc9647" 【能力点二】会正确运用动量守恒定律处理电磁感应中的问题 PAGEREF _Tc9647 \h 16
一 讲核心素养
1.物理观念：
①物质观：导体棒、斜面、导线框；
②运动观：匀变速直线运动、非匀变速直线运动；
③相互作用观：重力、弹力、摩擦力、安培力；
④能量观：内能、机械能、电能、焦耳热、动能定理。
2.科学思维：电磁感应规律的理解和应用。
能运用运动学、动力学、恒定电流、电磁感应和能量等知识解决导体棒、导线框的运动与能量、动量转化问题。
二 讲必备知识
【知识点一】电磁感应中的图像问题
电磁感应中常见的图象问题
【例1】 (多选)(2021·1月广东学业水平选择考适应性测试，10)如图所示，绝缘的水平面上固定有两条平行的光滑金属导轨，导轨电阻不计，两相同金属棒a、b垂直导轨放置，其右侧矩形区域内存在恒定的匀强磁场，磁场方向竖直向上。现两金属棒分别以初速度2v0和v0同时沿导轨自由运动，先后进入磁场区域。已知a棒离开磁场区域时b棒已经进入磁场区域，则a棒从进入到离开磁场区域的过程中，电流i随时间t的变化图像可能正确的有( )
【答案】 AB
【解析】 a棒以初速度2v0先进入磁场区域切割磁感线，产生的感应电流为i0＝eq \f(Bl·2v0,R)，a棒受安培力做变减速直线运动，感应电流i＝eq \f(Blv,R)也随之减小，即i－t图像的斜率逐渐变小；设当b棒刚进入磁场时a棒的速度为v1，此时的瞬时电流为i1＝eq \f(Blv1,R)；若v1＝v0，即i1＝eq \f(Blv0,R)＝eq \f(i0,2)，此时a、b棒产生的感应电动势相等，方向相反，回路中电流为零，不受安培力，两棒均匀速运动离开磁场，故A正确，C错误；若v1【素养升华】本题考察的学科素养主要是物理观念和科学思维。
【规律方法】1.解题关键
弄清初始条件、正负方向的对应变化范围、所研究物理量的函数表达式、进出磁场的转折点等是解决此类问题的关键。
2.解题步骤
(1)明确图像的种类，即是B－t图还是Φ－t图，或者E－t图、I－t图等。
(2)分析电磁感应的具体过程。
(3)用右手定则或楞次定律确定方向的对应关系。
(4)结合法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿运动定律等知识写出相应的函数关系式。
(5)根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等。
(6)画图像或判断图像。
3.常用方法
(1)排除法：定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是分析物理量的正负，以排除错误的选项。
(2)函数法：根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图像进行分析和判断。
【变式1】 (2021·1月辽宁普高校招生适应性测试，6)如图所示，“凹”字形金属线框右侧有一宽度为3L的匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面向里。线框在纸面内向右匀速通过磁场区域，t＝0时，线框开始进入磁场。设逆时针方向为感应电流的正方向，则线框中感应电流i随时间t变化的图像可能正确的是( )
【答案】 A
【解析】 线框进入磁场0～L时，金属线切割磁感线的有效长度为2L，线框中产生逆时针方向电流；线框进入磁场L～3L时，金属线切割磁感线的有效长度为3L，线框中产生更大的逆时针方向电流；线框离开磁场0～L时，金属线切割磁感线的有效长度为2L，线框中产生顺时针方向电流；线框离开磁场L～3L时，金属线切割磁感线的有效长度为3L，线框中产生更大的顺时针方向电流，故A项正确，B、C、D项错误。
【例2】(多选)如图甲所示，在水平面上固定一个匝数为10匝的等边三角形金属线框，总电阻为3 Ω，边长为0.4 m。金属框处于两个半径为0.1 m的圆形匀强磁场中，顶点A恰好位于左边圆的圆心，BC边的中点恰好与右边圆的圆心重合。左边磁场方向垂直纸面向外，右边磁场垂直纸面向里，磁感应强度的变化规律如图乙所示，则下列说法中正确的是(π取3)( )
甲 乙
A．线框中感应电流的方向是顺时针方向
B．t＝0.4 s时，穿过线框的磁通量为0.005 Wb
C．经过t＝0.4 s，线框中产生的热量为0.3 J
D．前0.4 s内流过线框某截面的电荷量为0.2 C
【答案】CD
【解析】根据楞次定律和安培定则，线框中感应电流的方向是逆时针方向，选项A错误；0.4 s时穿过线框的磁通量Φ＝Φ1－Φ2＝eq \f(1,2)πr2·B1－eq \f(1,6)πr2·B2＝0.055 Wb，选项B错误；由图乙知eq \f(ΔB1,Δt)＝eq \f(5 T－1 T,0.4 s)＝10 T/s，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势E＝neq \f(ΔΦ,Δt)＝n·eq \f(1,2)πr2·eq \f(ΔB1,Δt)＝1.5 V，感应电流I＝eq \f(E,R)＝0.5 A,0.4 s内线框中产生的热量Q＝I2Rt＝0.3 J，选项C正确；前0.4 s内流过线框某截面的电荷量q＝It＝0.2 C，选项D正确。
【素养升华】本题考察的学科素养主要是物理观念和科学思维。
【规律方法】“四明确、一理解”巧解图象问题
【变式训练】 (2021·山东六地市3月在线大联考)如图甲，一矩形金属线圈abcd垂直匀强磁场并固定于磁场中，磁场是变化的，磁感应强度B随时间t的变化关系图像如图乙所示，则线圈的ab边所受安培力F随时间t变化的图像是图中的(规定向右为安培力F的正方向)( )
【答案】 A
【解析】 0～1 s内，由楞次定律知，感应电流的方向为adcba，根据I＝eq \f(ΔBS,ΔtR)，电流为定值，根据左手定则，ab边所受安培力的方向向左，为负值，由F＝BIL知，安培力均匀减小；1～2 s内，由楞次定律知，感应电流的方向为abcda，根据I＝eq \f(ΔBS,ΔtR)，电流为定值，根据左手定则，ab边所受安培力的方向向右，为正值，由F＝BIL知，安培力均匀增大。
【知识点二】电磁感应中的平衡和动力学问题
1.题型简述
感应电流在磁场中受到安培力的作用，因此电磁感应问题往往跟力学问题联系在一起。解决这类问题需要综合应用电磁感应规律(法拉第电磁感应定律、楞次定律)及力学中的有关规律(共点力的平衡条件、牛顿运动定律、动能定理等)。
2.处理方法
【例2】(2021·重庆市模拟)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。
【答案】(1)2 m/s (2)3.75 m/s2 (3)8 m/s
【解析】(1)金属棒进入磁场Ⅰ做匀速运动，设速度为v0，
由平衡条件得mgsin θ＝F安①
而F安＝B0I0L，②
I0＝eq \f(B0Lv0,R＋r)③
代入数据解得v0＝2 m/s。④
(2)金属棒滑过cd位置时，其受力如图所示。由牛顿第二定律得
mgsin θ－F安′＝ma，⑤
而F安′＝B1I1L，⑥
I1＝eq \f(B1Lv0,R＋r)，⑦
代入数据可解得a＝3.75 m/s2。⑧
(3)金属棒在进入磁场Ⅱ区域达到稳定状态时，设速度为v1，
则mgsin θ＝F安″，⑨
而F安″＝B1I2L⑩
I2＝eq \f(B1Lv1,R＋r)，⑪
代入数据解得v1＝8 m/s。
⑨
【素养升华】本题考察的学科素养主要是科学思维。
【技巧总结】用“四步法”分析电磁感应中的动力学问题
【变式训练】如图所示，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连。两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为L，质量分别为2m和m；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平。右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上。已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g。已知金属棒ab匀速下滑。求：
(1)作用在金属棒ab上的安培力的大小；
(2)金属棒运动速度的大小。
【答案】 (1)mg(sin θ－3μcs θ) (2)(sin θ－3μcs θ)eq \f(mgR,B2L2)
【解析】 (1)设导线的张力的大小为T，右斜面对ab棒的支持力的大小为N1，作用在ab棒上的安培力的大小为F，左斜面对cd棒的支持力大小为N2。对于ab棒，由力的平衡条件得
2mgsin θ＝μN1＋T＋F①
N1＝2mgcs θ②
对于cd棒，同理有
mgsin θ＋μN2＝T③
N2＝mgcs θ④
联立①②③④式得
F＝mg(sin θ－3μcs θ)。⑤
(2)由安培力公式得
F＝BIL⑥
这里I是回路abdca中的感应电流。ab棒上的感应电动势为
ε＝BLv⑦
式中，v是ab棒下滑速度的大小。由欧姆定律得
I＝eq \f(ε,R)⑧
联立⑤⑥⑦⑧式得
v＝(sin θ－3μcs θ)eq \f(mgR,B2L2)。
【知识点三】电磁感应中的动力学和能量问题
1．电磁感应中的能量转化
2．求解焦耳热Q的三种方法
3．求解电磁感应现象中能量问题的一般步骤
(1)在电磁感应中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路就相当于电源。
(2)分析清楚有哪些力做功，就可以知道有哪些形式的能量发生了相互转化。
(3)根据能量守恒列方程求解。
【例3】(2021·1月河北学业水平选择性考试模拟演练，13)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，cs 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。
【答案】 (1)0.25 (2)8 m/s (3)2.95 J
【解析】 (1)由图2可知，金属棒进入磁场前的加速度为
a＝4 m/s2
受力分析如图，根据牛顿第二定律有
mgsin 37°－μmgcs 37°＝ma
解得μ＝0.25。
(2)动生电动势E＝BLv
I＝eq \f(E,R)＝eq \f(BLv,R)
F＝BIL＝eq \f(B2L2v,R)
由左手定则知安培力沿斜面向上，则有
mgsin 37°＝μmgcs 37°＋eq \f(B2L2v,R)
解得v＝8 m/s。
(3)设金属棒进入磁场后下滑距离为x，E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(BLx,Δt)，I＝eq \f(E,R)＝eq \f(BLx,ΔtR)，q＝IΔt
由eq \f(BLx,R)＝1.3 C，可得x＝2.6 m，则h＝xsin 37°＝2.6×0.6 m＝1.56 m
由能量守恒定律得
eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＋μmgxcs 37°＋Q＝mgh
解得Q＝2.95 J。
【素养升华】本题考察的学科素养主要是科学思维。
【规律方法】1.题型简述
电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功来实现的。安培力做功的过程，是电能转化为其他形式的能的过程；外力克服安培力做功的过程，则是其他形式的能转化为电能的过程。
2.解题步骤
(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)根据能量守恒定律或功能关系列式求解。
【变式训练1】(2021·广东广州名校联考)小明设计的电磁健身器的简化装置如图所示，两根平行金属导轨相距l＝0.50 m，倾角θ＝53°，导轨上端串接一个R＝0.05 Ω的电阻。在导轨间长d＝0.56 m的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B＝2.0 T。质量m＝4.0 kg的金属棒CD水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH相连。CD棒的初始位置与磁场区域的下边界相距x＝0.24 m。一位健身者用恒力F＝80 N拉动GH杆，CD棒由静止开始运动，上升过程中CD棒始终保持与导轨垂直。当CD棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复装置使CD棒回到初始位置(重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量)。求：
(1)CD棒进入磁场时速度v的大小；
(2)CD棒进入磁场时所受的安培力FA的大小；
(3)在拉升CD棒的过程中，健身者所做的功W和电阻产生的焦耳热Q。
【答案】(1)2.4 m/s (2)48 N (3)64 J 26.88 J
【解析】(1)由牛顿第二定律 a＝eq \f(F－mgsin θ,m)＝12 m/s2①
进入磁场时的速度 v＝eq \r(2ax)＝2.4 m/s。②
(2)感应电动势 E＝Blv③
感应电流 I＝eq \f(Blv,R)④
安培力 FA＝IBl⑤
代入得 FA＝eq \f(Bl2v,R)＝48 N。⑥
(3)健身者做功 W＝F(x＋d)＝64 J⑦
由F－mgsin θ－FA＝0⑧
知CD棒在磁场区域做匀速运动
在磁场中运动时间为t＝eq \f(d,v)⑨
焦耳热Q＝I2Rt＝26.88 J。⑩
三．讲关键能力
【能力点一】会正确运用动量定理处理电磁感应中的问题
用动量定理解决电磁感应问题的常见模型及分析
【例1】 (2021·山东济南市高考模拟)如图所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ倾斜放置，两导轨间距d＝0.5 m，导轨平面与水平面的夹角为θ＝30°，导轨N、Q两端连接阻值R＝10 Ω的电阻。导轨平面内分布着有界匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，磁场方向均垂直于导轨平面向上，区域Ⅰ的上边界距导轨M、P端x1＝0.9 m，上、下边界之间的距离x2＝0.35 m，下边界与区域Ⅱ的上边界之间的距离x3＝1.2 m，区域Ⅰ的磁感应强度大小B1＝10 T，区域Ⅱ的磁感应强度大小B2＝5 T。质量m＝0.5 kg的金属棒垂直导轨放置，与两导轨接触良好。将金属棒从M、P端由静止释放，进入区域Ⅱ时恰好做匀速运动，取g＝10 m/s2，不计金属棒及导轨的电阻。求：
(1)金属棒进入磁场区域Ⅱ时的速度；
(2)金属棒经过磁场区域Ⅰ所用的时间。
【答案】 (1)4 m/s (2)0.15 s
【解析】 (1)金属棒进入区域Ⅱ时，感应电动势E＝B2dv，电路中的电流I＝eq \f(E,R)，金属棒所受安培力F＝B2Id，因金属棒匀速运动，有F＝mgsin 30°
得v＝4 m/s
(2)金属棒在磁场外滑动时有mgsin 30°＝ma
在x1范围内下滑过程veq \\al(2,1)＝2ax1，在x3范围内下滑过程v2－veq \\al(2,2)＝2ax3，金属棒滑过区域Ⅰ过程，平均感应电动势eq \(E,\s\up6(－))＝eq \f(ΔΦ,t)＝eq \f(B1dx2,t)
平均电流eq \(I,\s\up6(－))＝eq \f(\(E,\s\up6(－)),R)，平均安培力eq \(F,\s\up6(－))＝eq \(I,\s\up6(－))dB1，由动量定理
(mgsin 30°－eq \(F,\s\up6(－)))t＝mv2－mv1
联立解得t＝0.15 s
【素养升华】本题考察的学科素养主要是科学思维。
【方法提炼】在电磁感应中，动量定理应用于单杆切割磁感线运动，可求解变力的作用时间、速度、位移和电荷量．
(1)求速度或电荷量：Beq \x\t(I)lΔt＝mv2－mv1，q＝eq \x\t(I)Δt.
(2)求位移：－eq \f(B2l2\x\t(v)Δt,R总)＝0－mv0，即－eq \f(B2l2x,R总)＝0－mv0
(3)求时间：①－Beq \x\t(I)lΔt＋F其他t＝mv2－mv1
即－Blq＋F其他t＝mv2－mv1
已知电荷量q，F其他为恒力，可求出变加速运动的时间．
②eq \f(－B2l2\x\t(v)Δt,R总)＋F其他t＝mv2－mv1，eq \x\t(v)Δt＝x.
若已知位移x，F其他为恒力，也可求出变加速运动的时间．
【变式训练1】(多选)(2021·山东济宁市期末质量检测)如图所示，平行光滑金属导轨固定在竖直面内，导轨间距为1 m，上端连接阻值为2 Ω的定值电阻，虚线的上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为2 T，质量为1 kg的导体棒套在金属导轨上与导轨接触良好，现给导体棒一个向上的初速度，当其刚好越过虚线时速度为20 m/s，导体棒运动到虚线上方1 m处速度减为零，此后导体棒向下运动，到达虚线前速度已经达到恒定，整个运动过程中导体棒始终保持水平。导轨和导体棒的电阻均忽略不计，取g＝10 m/s2。下列说法正确的是( )
A.导体棒的最大加速度为50 m/s2
B.导体棒上升过程中流过定值电阻的电荷量为4 C
C.导体棒下落到虚线时的速度大小为5 m/s
D.导体棒从越过虚线到运动到最高点所需的时间为1.8 s
【答案】 ACD
【解析】 当导体棒向上经过虚线时加速度最大，此时的安培力为FA＝BIL＝Beq \f(BLv,R)L＝eq \f(22×12×20,2) N＝40 N，由牛顿第二定律得a＝eq \f(mg＋FA,m)＝eq \f(1×10＋40,1) m/s2＝50 m/s2，故A正确；由公式q＝eq \(I,\s\up6(－))Δt＝eq \f(\(E,\s\up6(－)),R)Δt＝eq \f(ΔΦ,ΔtR)Δt＝eq \f(BLx,R)＝eq \f(2×1×1,2) C＝1 C，故B错误；由平衡条件可得，导体棒下落到虚线时有mg＝BIL＝eq \f(B2L2v1,R)，则v1＝eq \f(mgR,B2L2)＝eq \f(1×10×2,22×12) m/s＝5 m/s，故C正确；导体棒从越过虚线到运动到最高点由动量定理得mgt＋Beq \(I,\s\up6(－))Lt＝0－m·(－v)＝mv，则有mgt＋BLq＝mv，得t＝eq \f(mv－BLq,mg)＝eq \f(1×20－2×1×1,1×10) s＝1.8 s，故D正确。
【变式训练2】 (2021·山东青岛市统一质量检测)如图所示，平行金属导轨由水平部分和倾斜部分组成，倾斜部分是两个竖直放置的四分之一圆弧导轨，圆弧半径r＝0.2 m。水平部分是两段均足够长但不等宽的光滑导轨，CC′＝3AA′＝0.6 m，水平导轨与圆弧导轨在AA′平滑连接。整个装置处于方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝1 T，导体棒MN、PQ的质量分别为m1＝0.2 kg、m2＝0.6 kg，长度分别为l1＝0.2 m、l2＝0.6 m，电阻分别为R1＝1.0 Ω、R2＝3.0 Ω，PQ固定在宽水平导轨上。现给导体棒MN一个初速度，使其恰好沿圆弧导轨从最高点匀速下滑，到达圆弧最低处AA′位置时，MN克服安培力做功的瞬时功率为0.04 W，重力加速度g＝10 m/s2，不计导轨电阻，导体棒MN、PQ与导轨一直接触良好。求：
(1)导体棒MN到达圆弧导轨最低处AA′位置时对轨道的压力大小；
(2)导体棒MN沿圆弧导轨下滑过程中，MN克服摩擦力做的功(保留3位有效数字)；
(3)若导体棒MN到达AA′位置时释放PQ，之后的运动过程中通过回路某截面的电荷量q。
【答案】 (1)6 N (2)0.397 J (3)0.5 C
【解析】 (1)导体棒MN到达圆弧最低处时，克服安培力做功的功率为P＝BI1l1v，由E1＝Bl1v，I1＝eq \f(E1,R1＋R2)，解得v＝2 m/s，由牛顿第二定律有FN－m1g＝m1eq \f(v2,r)，解得FN＝6 N，据牛顿第三定律，导体棒MN在AA′位置时对轨道的压力大小为6 N。
(2)导体棒MN沿圆弧轨道下滑过程中，感应电动势
e＝Bl1vsin θ，有效值E＝eq \f(Bl1v,\r(2))
经历时间为t＝eq \f(2πr,v)·eq \f(1,4)
产生的焦耳热为Q＝eq \f(E2,R1＋R2)t＝0.003 14 J
克服安培力做功W2＝Q＝0.003 14 J
根据动能定理m1gr－W1－W2＝0
解得W1＝0.397 J。
(3)释放PQ后，当Bl1v1＝Bl2v2时，回路中的电流为0，
对MN：－Beq \(I,\s\up6(－))l1t＝m1v1－m1v
即Bl1q＝m1v－m1v1
对PQ：Beq \(I,\s\up6(－))l2t＝m2v2－0，即Bl2q＝m2v2
解得q＝0.5 C。
【能力点二】会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
【例2】(2021·山东济南市期末学习质量评估)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。两导轨间距为L＝0.5 m，轨道足够长。金属棒a和b的质量分别为ma＝1 kg，mb＝0.5 kg，电阻分别为Ra＝1 Ω，Rb＝2 Ω。b棒静止于轨道水平部分，现将a棒从h＝1.8 m高处自静止沿弧形轨道下滑，通过C点进入轨道的水平部分，已知两棒在运动过程中始终保持与导轨垂直且接触良好，两棒始终不相碰。g取10 m/s2。求：
(1)a棒刚进入磁场时，b棒的加速度；
(2)从a棒进入磁场到a棒匀速的过程中，流过a棒的电荷量；
(3)从a棒进入磁场到a棒匀速的过程中，a棒中产生的焦耳热。
【答案】 (1)9 m/s2 向右 (2)eq \f(4,3) C (3)2 J
【解析】 (1)a棒沿弧形轨道下滑h过程，根据机械能守恒有magh＝eq \f(1,2)mav2
a棒进入磁场瞬间感应电动势E＝BLv
根据闭合电路欧姆定律I＝eq \f(E,Ra＋Rb)
对b棒F安＝BIL
根据牛顿第二定律F安＝mba
解得a＝9 m/s2
由左手定则，b棒加速度的方向向右。
(2)对a、b：由动量守恒定律得mav＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ma＋mb))v共
解得v共＝4 m/s
对b棒，应用动量定理Beq \(I,\s\up6(－))Lt＝mbv共，即BLq＝mbv共
解得q＝eq \f(4,3) C。
(3)a、b棒在水平面内运动过程，由能量转化与守恒定律
eq \f(1,2)mav2－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ma＋mb))veq \\al(2,共)＝Q
根据焦耳定律有Q＝I2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(Ra＋Rb))t
Qa＝I2Rat
联立解得Qa＝2 J。
【素养升华】本题考察的学科素养主要是科学思维。
【规律总结】1.问题特点
对于双导体棒运动的问题，通常是两棒与导轨构成一个闭合回路，当其中一棒在外力作用下获得一定速度时必然在磁场中切割磁感线，在该闭合回路中形成一定的感应电流；另一根导体棒在磁场中在安培力的作用下开始运动，一旦运动起来也将切割磁感线产生一定的感应电动势，对原来电流的变化起阻碍作用。
2.方法技巧
解决此类问题时通常将两棒视为一个整体，于是相互作用的安培力是系统的内力，这个变力将不影响整体的动量守恒。因此解题的突破口是巧妙选择系统，运用动量守恒(动量定理)和功能关系求解。
【变式训练1】(多选)(2021·湖北华中师大第一附中期中)如图所示，在水平面内两根间距为L、足够长的光滑平行金属导轨(电阻不计)水平放置。导轨间存在方向竖直向上、大小为B的匀强磁场。两平行金属杆ab、cd的质量分别为m1、m2，电阻分别为R1、R2，且始终与导轨保持垂直。开始两金属杆处于静止状态，相距为x0，现给金属杆ab一水平向右的初速度v0，一段时间后，两金属杆间距稳定为x1。下列说法正确的是( )
A.金属杆cd先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动
B.当金属杆ab的加速度大小为a时，金属杆cd的加速度大小为eq \f(m1,m2)a
C.这段时间内通过金属杆cd的电荷量为eq \f(BL（x1－x0）,R1＋R2)
D.两金属杆ab、cd在运动过程中产生的焦耳热为eq \f(m1m2veq \\al(2,0),m1＋m2)
【答案】 BC
【解析】 开始时ab向右运动，产生感应电动势，在回路中形成感应电流，则ab将受到向左的安培力，cd受到向右的安培力，则ab做减速运动，cd做加速运动，随着ab速度的减小以及cd速度的增加，回路中感应电动势减小，两棒所受的安培力减小，则两棒的加速度均减小，当加速度减为零时两棒均做匀速运动，此时两棒共速，则金属杆cd先做变加速直线运动，后做匀速直线运动，选项A错误；两棒所受的安培力等大反向，可知F安＝m1a＝m2a′，解得金属杆cd的加速度大小为a′＝eq \f(m1,m2)a，选项B正确；根据q＝eq \f(ΔΦ,R总)可得这段时间内通过金属杆cd的电荷量为q＝eq \f(BL（x1－x0）,R1＋R2)，选项C正确；从开始运动到两棒共速的过程，由动量守恒定律m1v0＝(m1＋m2)v，则产生的焦耳热Q＝eq \f(1,2)m1veq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(m1＋m2)v2＝eq \f(m1m2veq \\al(2,0),2（m1＋m2）)，选项D错误。
【变式训练2】(多选)(2021·湖北七市州教科研协作体5月联考)如图所示，相距L的光滑金属导轨，半径为R的eq \f(1,4)圆弧部分竖直放置，平直部分固定于水平地面上，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，cd离开磁场时的速度是此刻ab速度的一半，已知ab的质量为m、电阻为r，cd的质量为2m、电阻为2r。金属导轨电阻不计，重力加速度为g。下列说法正确的有( )
A.cd在磁场中运动时电流的方向为c→d
B.cd在磁场中做加速度减小的加速运动
C.cd在磁场中运动的过程中流过的电荷量为eq \f(m\r(2gR),BL)
D.cd在磁场中运动过程，cd上产生的焦耳热为eq \f(5,12)mgR
【答案】 BD
【解析】 cd在磁场中运动时，回路中磁通量减小，根据楞次定律可知，cd电流的方向为d→c，选项A错误；当ab进入磁场后回路中产生感应电流，则ab受到向左的安培力而做减速运动，cd受到向右的安培力而做加速运动，由于两者的速度差逐渐减小，可知感应电流逐渐减小，安培力逐渐减小，可知cd向右做加速度减小的加速运动，选项B正确；ab从释放到刚进入磁场过程，由动能定理得mgR＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，对ab和cd系统，合力为零，则由动量守恒mv0＝m·2vcd＋2mvcd，解得vcd＝eq \f(1,4)v0＝eq \f(1,4)eq \r(2gR)，对cd由动量定理得Beq \(I,\s\up6(－))L·Δt＝2mvcd，其中q＝eq \(I,\s\up6(－))·Δt，解得q＝eq \f(m\r(2gR),2BL)，选项C错误；ab从圆弧导轨的顶端由静止释放，至cd刚离开磁场时由能量关系得mgR＝eq \f(1,2)m(2vcd)2＋eq \f(1,2)×2mveq \\al(2,cd)＋Q，其中Qcd＝eq \f(2,3)Q，解得Qcd＝eq \f(5,12)mgR，选项D正确。
图象类型
(1)随时间变化的图象，如B­t图象、Φ­t图象、E­t图象、I­t图象
(2)随位移变化的图象，如E­x图象、I­x图象
(所以要先看坐标轴：哪个物理量随哪个物理量变化要弄清)
问题类型
(1)由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图象(画图象)
(2)由给定的有关图象分析电磁感应过程，求解相应的物理量(用图象)
应用知识
四个规律
左手定则、安培定则、右手定则、楞次定律
六类公式
(1)平均电动势E＝neq \f(ΔΦ,Δt)
(2)平动切割电动势E＝Blv
(3)转动切割电动势E＝eq \f(1,2)Bl2ω
(4)闭合电路欧姆定律I＝eq \f(E,R＋r)
(5)安培力F＝BIl
(6)牛顿运动定律的相关公式等
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
根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系进行分析
常见情景(导轨和杆电阻不计，以水平光滑导轨为例)
过程分析
三大观点的应用
单杆阻尼式
设运动过程中某时刻的速度为v，加速度为a，a＝eq \f(B2l2v,mR)，a、v反向，导体棒做减速运动，v↓⇒a↓，当a＝0时，v＝0，导体棒做加速度减小的减速运动，最终静止
动力学观点：分析加速度
能量观点：动能转化为焦耳热
动量观点：分析导体棒运动的位移、时间和通过的电荷量
单杆发电式
导体棒从静止开始运动，设运动过程中某时刻导体棒的速度为v，加速度为a＝eq \f(F,m)－eq \f(B2L2v,mR)，F恒定时，a、v同向，随v的增加，a减小，当a＝0时，v最大，vm＝eq \f(FR,B2L2)；a恒定时，F＝eq \f(B2L2at,R)＋ma，F与t为一次函数关系
动力学观点：分析最大加速度、最大速度
能量观点：力F做的功等于导体棒的动能与回路中焦耳热之和
动量观点：分析导体棒的位移、通过的电荷量
含“源”电动式(v0＝0)
开关S刚闭合时，ab杆所受安培力F＝eq \f(BLE,r)，此时a＝eq \f(BLE,mr).速度v↑⇒E感＝BLv↑⇒I↓⇒F＝BIL↓⇒加速度a↓，当E感＝E时，v最大，且vm＝eq \f(E,BL)
动力学观点：分析最大加速度、最大速度
能量观点：消耗的电能转化为动能与回路中的焦耳热
动量观点：分析导体棒的位移、通过的电荷量
不等距导轨
a棒减速，b棒加速，E＝BL1va－BL2vb由va↓vb↑⇒E↓⇒
F安↓⇒a↓，当BL1va＝BL2vb时，a＝0，两棒匀速
动力学观点：最终速度
能量观点：动能转化为焦耳热
动量观点：
BIL1t＝mv0－mva
BIL2t＝mvb－0
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