2024届物理一轮复习讲义实验专题强化二十二 电磁感应中的动力学和能量问题含答案.doc

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1、2024届物理一轮复习讲义实验专题强化二十二电磁感应中的动力学和能量问题学习目标1.学会用动力学知识分析导体棒在磁场中的运动问题。 2.会用功能关系和能量守恒定律分析电磁感应中的能量转化。考点一电磁感应中的平衡及动力学问题1.两种状态及处理方法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2.基本思路例1 如图1甲所示，用粗细均匀的导线制成的一个单匝正方形金属框，现被一根绝缘丝线悬挂在竖直平面内处于静止状态，已知金属框的质量为m，边长为L，金属框的总电阻为R，金属框的上半部分处在方向垂直框面向里的有界磁场中(磁场均匀分布)，下半部

2、分在磁场外，磁场的磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，丝线能承受的最大拉力为F，从t0时刻起，测得经过t05 s，丝线刚好被拉断，金属框由静止开始下落。金属框在下落过程中上边框离开磁场前已开始做匀速直线运动，金属框始终在竖直平面内且未旋转，重力加速度为g，不计空气阻力。求：图1(1)05 s内，金属框产生感应电流的方向以及磁感应强度B0的大小；(2)金属框的上边框离开磁场前做匀速直线运动的速度v的大小。答案(1)沿逆时针方向 (2)解析(1)由图乙可知，05 s时间内磁场均匀增加，由楞次定律可知金属框中产生感应电流的方向沿逆时针方向；由法拉第电磁感应定律得E感应电流大小为I5 s时受到的

3、安培力为F安ILB0丝线刚好被拉断，则有FF安mg联立解得B0。(2)由题意可知，5 s后磁感应强度为B0不变，金属框在上边框离开磁场前做匀速运动，即有I1LB0mg金属框做匀速运动产生的感应电动势大小为E1B0Lv由闭合电路欧姆定律可得I1整理得v代入B0得v。用动力学观点解答电磁感应问题的一般步骤跟踪训练1.如图2甲所示，MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成30角固定，间距为L1 m，质量为m的金属杆ab垂直放置在轨道上且与轨道接触良好，其阻值忽略不计。空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为B0.5 T。P、M间接有阻值为R1的定值电阻，Q、N间接电阻箱R。现从静

4、止释放ab，改变电阻箱的阻值R，测得金属杆ab最大速度为vm，得到与的关系如图乙所示。若轨道足够长且电阻不计，重力加速度g取10 m/s2，则()图2A.金属杆中感应电流方向由a指向bB.金属杆所受的安培力沿轨道向下C.定值电阻的阻值为1 D.金属杆的质量为1 kg答案C解析由右手定则可判断，金属杆中感应电流方向由b指向a，由左手定则知，金属杆所受的安培力沿轨道向上，A、B错误；总电阻R总，I，当达到最大速度时，金属杆受力平衡，有mgsin ILB(R1R)，变形得，根据图像可得k sm1，b0.5 sm1，解得杆的质量m0.1 kg，定值电阻R11 ，C正确，D错误。2.(2022天津高三月

5、考)如图3所示，两根足够长的光滑平行金属导轨PP、QQ相距L倾斜放置，与水平面的夹角为，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B，导轨的上端与水平放置的两金属板M、N相连，板间距离为d，板间固定有一带电微粒，质量为m，接入电阻与定值电阻相等(阻值均为R)的金属棒ab，水平跨放在导轨上，金属棒ab的质量为M，下滑过程中与导轨接触良好，现将金属棒ab由静止释放，当金属棒的速度达到稳定时释放板间带电微粒，带电微粒恰好保持静止，不计金属导轨的电阻，重力加速度为g。图3(1)求带电微粒带何种电荷及其比荷；(2)求金属棒ab下滑的稳定速度大小。答案(1)负电(2)解析(1)根据右手定则可知金属棒下滑时产生的

6、感应电流方向为ba，所以M板带正电，而带电微粒所受电场力竖直向上，所以微粒带负电。当金属棒的速度达到稳定时，设通过金属棒的电流为I，对金属棒根据平衡条件有ILBMgsin 此时M、N之间的电压为UIR电场强度大小为E对微粒根据平衡条件有qEmg联立解得。(2)设金属棒下滑的稳定速度大小为v，则速度稳定时金属棒产生的感应电动势为EBLv2IR联立解得v。考点二电磁感应中的能量问题1.电磁感应现象中的能量转化2.求解焦耳热Q的三种方法例2 如图4甲所示，一足够长阻值不计的光滑平行金属导轨MN、PQ之间的距离L0.5 m，NQ两端连接阻值R2.0 的电阻，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨所在平面向

7、上，导轨平面与水平面间的夹角30，一质量m10.40 kg、接入电路的阻值r1.0 的金属棒垂直于导轨放置并用绝缘细线通过光滑的轻质定滑轮与质量m20.80 kg的重物相连。细线与金属导轨平行。金属棒沿导轨向上滑行的速度v与时间t之间的关系如图乙所示，已知金属棒在00.3 s内通过的电荷量是0.30.6 s内通过电荷量的，g10 m/s2，求：图4(1)00.3 s内金属棒通过的位移大小；(2)金属棒在00.6 s内产生的热量。答案(1)0.3 m(2)1.05 J解析(1)00.3 s内通过金属棒的电荷量q10.30.6 s内通过金属棒的电荷量q2I2t2由题中的电荷量关系解得x10.3 m

8、。(2)金属棒在00.6 s内通过的总位移为xx1x2x1v0t2，解得x0.75 m根据能量守恒定律有m2gxm1gxsin (m1m2)vQ解得Q3.15 J由于金属棒与电阻R串联，电流相等，根据焦耳定律QI2Rt，它们产生的热量与电阻成正比，所以金属棒在00.6 s内产生的热量QrQ1.05 J。跟踪训练3.如图5甲所示，地面上方高度为d的空间内有水平方向的匀强磁场，质量为m的正方形闭合导线框abcd的边长为l，从bc边距离地面高为h处将其由静止释放，已知hdl。从导线框开始运动到bc边即将落地的过程中，导线框的vt图像如图乙所示。重力加速度为g，不计空气阻力，以下有关这一过程的判断正确

9、的是()图5A.t1 t2时间内导线框受到的安培力逐渐增大B. 磁场的高度d可以用vt图中阴影部分的面积表示C.导线框重力势能的减少量等于其动能的增加量D. 导线框产生的焦耳热大于mgl答案D解析由题图乙可知，在0t1时间内，导线框自由落体，t1t2时间内导线框切割磁感线进入磁场，做加速度减小的减速运动，电流减小，则安培力在减小，A错误；在t1t2时间段内，导线框切割磁感线，距离为l，完全进入后又做加速运动直到落地，所以磁场高度d为t1t3时间内的位移，B错误；安培力做负功，所以重力势能减少量为动能增加量和安培力做功的和，C错误；t1t2时间内，F安mg，克服安培力做的功大于重力做功，所以在下

10、降过程中导线框产生的焦耳热大于mgl，D正确。4.(2021北京卷)如图6所示，在竖直向下的匀强磁场中，水平U型导体框左端连接一阻值为R的电阻，质量为m、电阻为r的导体棒ab置于导体框上。不计导体框的电阻、导体棒与框间的摩擦。ab以水平向右的初速度v0开始运动，最终停在导体框上。在此过程中()图6A.导体棒做匀减速直线运动 B.导体棒中感应电流的方向为abC.电阻R消耗的总电能为D.导体棒克服安培力做的总功小于mv答案C解析由右手定则可知，导体棒中感应电流的方向为ba，B错误；由左手定则可知，安培力方向向左，导体棒的速度逐渐变小，故感应电动势逐渐变小，感应电流逐渐变小，导体棒受到的安培力逐渐变

11、小，加速度逐渐变小，故A错误；由能量守恒定律可知，总电阻消耗的总电能为mv，故电阻R消耗的总电能为，C正确；由动能定理可知，导体棒克服安培力做的总功等于mv，D错误。A级基础对点练对点练1电磁感应中的平衡和动力学问题1.如图1所示，在一匀强磁场中有一U形导线框abcd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R为一电阻，ef为垂直于ab的一根导体杆，它可在ab、cd上无摩擦地滑动。杆ef及线框的电阻不计，开始时，给ef一个向右的初速度，则()图1A.ef将减速向右运动，但不是匀减速运动B.ef将匀减速向右运动，最后停止C.ef将匀速向右运动D.ef将往返运动答案A解析ef向右运动，切割磁感线，产

12、生感应电动势和感应电流，会受到向左的安培力而减速运动，由FIlBma知，ef做的是加速度减小的减速运动，最终停止运动，故A正确，B、C、D错误。2.(多选)(2023河南郑州高三月考)在如图2所示的甲、乙、丙图中，MN、PQ是固定在同一水平面内足够长的平行金属导轨。导体棒ab垂直放在导轨上，导轨都处于垂直水平面向下的匀强磁场中，导体棒和导轨间的摩擦不计，导体棒、导轨和直流电源的电阻均可忽略，甲图中的电容器C原来不带电。今给导体棒ab一个向右的初速度v0，在甲、乙、丙图中导体棒ab在磁场中的运动状态是()图2A.甲图中，棒ab最终做匀速运动B.乙图中，棒ab匀减速运动直到最终静止C.丙图中，棒a

13、b最终做匀速运动D.甲、乙、丙图中，棒ab最终都静止答案AC解析甲图中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流而使电容器充电，当电容器C极板间电压与导体棒产生的感应电动势相等时，电路中没有电流，ab棒不受安培力，向右做匀速运动，故A正确；乙图中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流，通过电阻R转化为内能，ab棒速度减小，当ab棒的动能全部转化为内能时，ab棒静止，又由于I，FIlB，由于速度减小，则产生感应电流减小，导体棒所受安培力减小，根据牛顿第二定律可知导体棒的加速度减小，所以乙图中，棒ab做加速度减小的减速运动，最终静止，故B错误；丙图中，导体棒先受到向左的安培力作用向右做减速运动，速度减

14、为零后再在安培力作用下向左做加速运动，当导体棒产生的感应电动势与电源的电动势相等时，电路中没有电流，ab棒向左做匀速运动，故C正确；由以上分析可知，甲、乙、丙中，只有图乙中棒ab最终静止，故D错误。3.(多选)(2021全国甲卷)由相同材料的导线绕成边长相同的甲、乙两个正方形闭合线圈，两线圈的质量相等，但所用导线的横截面积不同，甲线圈的匝数是乙的2倍。现两线圈在竖直平面内从同一高度同时由静止开始下落，一段时间后进入一方向垂直于纸面的匀强磁场区域，磁场的上边界水平，如图3所示。不计空气阻力，已知下落过程中线圈始终平行于纸面，上、下边保持水平。在线圈下边进入磁场后且上边进入磁场前，可能出现的是()

15、图3A.甲和乙都加速运动B.甲和乙都减速运动C.甲加速运动，乙减速运动D.甲减速运动，乙加速运动答案AB解析两线圈的质量相等，线圈所用材料相同，则体积相同，甲线圈的匝数是乙的2倍，则甲的横截面积是乙的一半，长度是乙的2倍，由电阻定律可知，甲的电阻是乙的4倍；两线圈从同一高度同时由静止开始下落，则到达磁场上边界时两线圈的速度相同，设乙线圈的匝数为n，两线圈的边长均为l，两线圈进入磁场后，乙受到的安培力F乙nIlB，甲受到的安培力F甲，可见，甲、乙受到的安培力大小相同，重力也相同，则运动情况相同，A、B正确。4.如图4所示，光滑平行金属导轨与水平面成一定角度，两导轨上端用一定值电阻相连，该装置处于

16、一匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向上。现有一金属杆ab以沿导轨平面向上的初速度v0从导轨底端开始运动，然后又返回到出发位置。在运动过程中，ab与导轨垂直且接触良好，不计ab和导轨的电阻，则在下列图像中，能正确描述金属棒ab的速度与时间关系的是()图4答案D解析上滑过程中，有mgsin ma，解得agsin ，则金属杆ab做加速度逐渐减小的减速运动，直到速度为0；下滑过程，有mgsin ma，解得agsin ，则金属杆ab做加速度逐渐减小的加速运动，直到加速度为0时，速度达到最大值，最后做匀速运动。根据速度与时间图像的斜率表示加速度可知能正确描述金属棒ab的速度与时间关系的是D项，所以D正确

17、。对点练2电磁感应中的能量问题5.如图5所示，两根足够长的光滑导轨固定竖直放置，间距为L，底端接阻值为R的电阻。将质量为m的金属棒悬挂在一固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，金属棒和导轨电阻不计，现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放(设当地重力加速度为g)，则()图5A.释放瞬间金属棒的加速度小于重力加速度gB.金属棒向下的最大速度为v时，所受弹簧弹力为FmgC.金属棒向下运动时，流过电阻R的电流方向为abD.电路中产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量答案B解析释放瞬间金属棒的速度为零，没有感应电流产生，不受安培力，金属棒只受重力，所以金属棒的加

18、速度为g，A错误；金属棒向下的速度最大时，加速度为零，回路中产生的感应电流为I，安培力FAILB。根据平衡条件知FFAmg，解得弹簧弹力Fmg，B正确；金属棒向下运动时切割磁感线，根据右手定则可知，流过电阻R的电流方向为ba，C错误；由于金属棒产生感应电流，受到安培力的阻碍作用，系统的机械能不断减少，最终金属棒停止运动，此时弹簧具有一定的弹性势能，所以金属棒的重力势能转化为内能和弹簧的弹性势能，则根据能量守恒定律可知在金属棒运动的过程中，电阻R上产生的总热量等于金属棒的重力势能的减少量与最终弹簧的弹性势能之差，D错误。6.(2023重庆巴蜀中学高三月考)如图6所示，abcd是位于竖直平面内边长

19、为L的正方形闭合金属线框，金属线框的质量为m，电阻为R。在金属线框的下方有一磁感应强度为B的匀强磁场区域，MN和PQ是匀强磁场区域的水平边界，并与金属线框的bc边平行，磁场方向垂直于金属线框平面向里。现使金属线框从MN上方某一高度处由静止开始下落，图乙是金属线框从t0时刻由静止开始下落到bc边刚好运动到匀强磁场PQ边界的vt图像。重力加速度为g，不计空气阻力。则下列说法正确的是()图6A.金属线框进入磁场过程中ab边不受安培力B.线框将匀速离开磁场C.磁场边界MN与PQ的间距为2.5LD.线框从释放到完全离开磁场产生的焦耳热为2mgL答案C解析金属线框进入磁场的过程中，bc边切割磁感线产生感应

20、电动势，闭合回路产生感应电流，故ab边要受安培力，A错误；根据乙图可知线框进入磁场时先做匀速运动，根据安培力的计算公式，可得F安mg，完全进入磁场时开始做加速运动，线框开始离开磁场时的速度v2v1，根据安培力计算式可得F安mg，故线框离开磁场时做减速运动，B错误；根据图像可知，t0到2t0的位移，Lv1t0，而v1gt0，v2v1g(3t02t0)，2t0到3t0的位移x(v1v2)t01.5L，故磁场宽度等于2.5L，C正确；根据金属棒进入磁场过程中做匀速运动可知，进入过程中产生的热量Q1mgL，金属棒离开磁场时的速度大于金属棒进入磁场时的速度，故离开磁场时产生的热量Q2Q1，故焦耳热大于2

21、mgL，D错误。7.(多选)如图7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、电阻也为R的金属棒从高度为h处静止释放，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，金属棒与导轨间接触良好。重力加速度为g，则金属棒穿过磁场区域的过程中()图7A.流过定值电阻的电流方向是NQB.通过金属棒的电荷量为C.克服安培力做的功为mghD.金属棒产生的焦耳热为(mghmgd)答案BD解析金属棒下滑到底端时速度向右，磁

22、场方向竖直向上，根据右手定则可以知道流过定值电阻的电流方向是QN，故A错误；根据法拉第电磁感应定律，通过金属棒的电荷量为qtt，故B正确；根据动能定理有mghmgdW安0，则克服安培力所做的功为W安mghmgd，电路中产生的焦耳热等于克服安培力做功，所以金属棒产生的焦耳热为QR(mghmgd)，选项C错误，D正确。B级综合提升练8.(多选)如图8所示，U形光滑金属导轨与水平面成37角倾斜放置，现将一金属杆垂直放置在导轨上且与两导轨接触良好，在与金属杆垂直且沿着导轨向上的外力F的作用下，金属杆从静止开始做匀加速直线运动。整个装置处于垂直导轨平面向上的匀强磁场中，外力F的最小值为8 N，经过2 s

23、金属杆运动到导轨最上端并离开导轨。已知U形金属导轨两轨道之间的距离为1 m，导轨电阻可忽略不计，金属杆的质量为1 kg、电阻为1 ，磁感应强度大小为1 T，重力加速度g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8。下列说法正确的是 ()图8A.拉力F是恒力B.拉力F随时间t均匀增加C.金属杆运动到导轨最上端时拉力F为12 ND.金属杆运动的加速度大小为2 m/s2答案BCD解析t时刻，金属杆的速度大小为vat，产生的感应电动势为EBlv，电路中的感应电流I，金属杆所受的安培力大小为F安IlB，由牛顿第二定律知FF安mgsin 37ma可得Fmamgsin 37，可见F是t的一次函数，

24、选项A错误，B正确；t0时，F最小，代入数据可求得a2 m/s2，t2 s时，F12 N，选项C、D正确。9.如图9，两根电阻不计、互相平行的光滑金属导轨竖直放置，相距L1 m。在水平虚线间有与导轨所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度B0.5 T，磁场区域的高度d1 m，导体棒a的电阻Ra1 ，导体棒b的质量m0.05 kg，电阻Rb1.5 ，它们分别从图示M、N处同时由静止开始在导轨上向下滑动，b匀速穿过磁场区域，且当b刚穿出磁场时a刚好进入磁场并将匀速穿过磁场，取g10 m/s2，不计a、b棒之间的相互作用，导体棒始终与导轨垂直且与导轨接触良好，求：图9(1)b棒匀速穿过磁场区域的速度；(2

25、)a棒刚进入磁场时两端的电压；(3)从静止释放到a棒刚好出磁场过程中a棒产生的焦耳热。答案(1)5 m/s(2)2.1 V(3)0.48 J解析(1)b棒穿过磁场做匀速运动，安培力等于重力，则有I1LBmg根据闭合电路欧姆定律I1解得vb5 m/s。(2)b棒在磁场中匀速运动的时间为t1，则有dvbt1解得t10.2 sa、b都在磁场外运动时，速度总是相等的，b棒进入磁场后，a棒继续加速t1时间而进入磁场，a棒进入磁场的速度为vavbgt17 m/s电动势为E2BLva3.5 Va棒两端的电势差即路端电压为U2.1 V。(3)a棒进入磁场并将匀速穿过磁场，则有I2LBmag根据闭合电路欧姆定律

26、I2解得ma0.07 kg两棒穿过磁场过程中，产生的总焦耳热为Q(mma)gd1.2 Ja棒产生的焦耳热QaQ0.48 J。10.如图10甲所示，有一边长为L1.2 m、质量为m1 kg的正方形单匝线框abcd放在光滑水平面上。在水平恒定拉力F的作用下，穿过垂直水平面向下、磁感应强度为B0.1 T的匀强磁场区域。线框cd边刚进入磁场时的速度为v02 m/s。在t3 s时刻cd边刚出磁场边界。从cd边进入磁场到cd边离开磁场区域的3 s时间内线框运动的vt图像如图乙所示。求：图10(1)线框cd边在刚进入磁场时，c、d两点间的电势差Ucd；(2)恒力F的大小；(3)线框从cd边刚进入磁场到cd边

27、刚离开磁场的过程中，线框产生的焦耳热Q。答案(1)0.18 V(2)0.5 N(3)2.1 J解析(1)线框cd边在刚进入磁场时，产生的感应电动势为EBLv0感应电流为Ic、d两点间的电势差为路端电压，且感应电流由c流向d，故c点电势较低，故c、d两点间的电势差为UcdIRE联立代入数据解得Ucd0.18 V。(2)当ab边也进入磁场后，线框在磁场中做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得Fma由题图乙可知，加速度为a0.5 m/s2解得F0.5 N。(3)从cd边刚进入磁场到ab边刚进入磁场过程，由能量守恒定律可得，线框产生的焦耳热为Q1FLmvmv解得Q12.1 J从ab边刚进入磁场到cd边刚

28、离开磁场的过程，线框没有产生感应电流，没有产生焦耳热，故QQ12.1 J。11.如图11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 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vt图像如图乙所示。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g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8。图11(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/

29、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)由图乙可知，金属棒进入磁场前的加速度为a4 m/s2对导体棒受力分析如图所示，根据牛顿第二定律有mgsin 37mgcos 37ma解得0.25。(2)动生电动势EBlvIFIlB由左手定则知安培力沿斜面向上，当a0时金属棒的速率达到最大值，则有mgsin 37mgcos 37解得vm8 m/s。(3)设金属棒进入磁场后下滑距离为x，E，I，qIt则q1.3 C可得x2.6 m则hxsin 372.60.6 m1.56 m由能量守恒定律得mv2mvmgxcos 37Qmg

30、h解得Q2.95 J。专题强化二十三动量观点在电磁感应中的应用学习目标1.会利用动量定理分析导体棒、线框在磁场中的运动。 2.会利用动量守恒定律分析双金属棒在磁场中的运动问题。考点一动量定理在电磁感应中的应用1.导体棒在磁场中所受安培力是变力时，可用动量定理分析棒的速度变化，表达式为I其他lBtmvmv0或I其他lBtmvmv0；若其他力的冲量和为零，则有lBtmvmv0或lBtmvmv0。2.求电荷量：qt。3.求位移：由tmvmv0有xt。例1 如图1所示，两足够长的光滑金属导轨竖直放置，相距为L，一理想电流表与两导轨相连，匀强磁场与导轨平面垂直。一质量为m、有效电阻为R的导体棒在距磁场上

31、边界h处静止释放。导体棒进入磁场后流经电流表的电流逐渐减小，最终稳定为I。整个运动过程中，导体棒与导轨接触良好，且始终保持水平，不计导轨的电阻，重力加速度为g。求：图1(1)导体棒的最大速度和磁感应强度的大小；(2)电流稳定后，导体棒运动速度的大小；(3)若金属棒进入磁场后恰经t时间达到稳定，求这段时间的位移x大小。答案(1)(2) (3)(mgtm)解析(1)由题意知导体棒刚进入磁场时的速度最大，设为vm，由机械能守恒定律得mghmv，解得vm电流稳定后，导体棒做匀速运动，此时导体棒受到的重力和安培力平衡，有mgILB解得B。(2)感应电动势EBLv感应电流I，解得v。(3)金属棒进入磁场后

32、，由动量定理有mgtLBtmvmvm即mgtmvmvm解得x(mgtm)。跟踪训练1.(多选)如图2所示，间距为1 m的足够长平行导轨固定在水平面上，导轨左端接阻值为2 的电阻。导轨之间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为1 T。一质量为1 kg的金属杆从左侧水平向右以2 m/s的速度进入磁场，在水平外力控制下做匀减速运动，1 s后速度刚好减为零。杆与导轨间的动摩擦因数为0.1，忽略杆与导轨的电阻，重力加速度g取10 m/s2。杆从进入磁场到静止过程中，下列说法正确的是 ()图2A.通过电阻的电荷量为0.5 CB.整个过程中安培力做功为1 JC.整个过程中水平外力做功为零D.水平外力对金属杆

33、的冲量大小为0.5 Ns答案AD解析导体棒在磁场中运动的位移为xt1 m，通过电阻的电荷量为qttt0.5 C，A正确；根据动能定理得WFW安mgx0mv2，因为外力做功无法确定，所以安培力做功也无法确定，B、C错误；根据动量定理得IFLBtmgt0mv，结合qt0.5 C，解得IF0.5 Ns，D正确。考点二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，安培力是系统内力，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，运用动量守恒定律求解比较方便。例2 如图3所示，两根间距为l的光滑金属导轨(不计电阻)，由一段圆弧部分与一段无限长的水平

34、部分组成，其水平段加有方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。导轨水平段上静止放置一金属棒cd，质量为2m，电阻为2r。另一质量为m、电阻为r的金属棒ab，从圆弧段M处由静止释放下滑至N处进入水平段，棒与导轨始终垂直且接触良好，圆弧段MN半径为R，所对圆心角为60，重力加速度为g。求：图3(1)ab棒在N处进入磁场区速度是多大？此时棒中电流是多少？(2)cd棒能达到的最大速度是多大？(3)cd棒由静止到达最大速度过程中，系统所能释放的热量是多少？答案(1)(2) (3)mgR解析(1)ab棒由M下滑到N过程中机械能守恒，有mgR(1cos 60)mv2解得v进入磁场瞬间，回路中的电流为I。(2

35、)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(2mm)v，解得v。(3)系统释放的热量应等于系统机械能的减少量故Qmv23mv2解得QmgR。跟踪训练2.(多选)如图4所示，两电阻可以忽略不计的平行金属长直导轨固定在水平面上，相距为L，另外两根长度为L、质量为m、电阻为R的相同导体棒垂直静置于导轨上，导体棒在长导轨上可以无摩擦地滑动，导轨间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B，某时刻使导体棒a获得大小为v0、水平向右的初速度，同时使导体棒b获得大小为2v0、水平向右的初速

36、度，下列结论正确的是()图4A.该时刻回路中产生的感应电动势为3BLv0B.该时刻导体棒a的加速度为C.当导体棒a的速度大小为时，导体棒b的速度大小也是D.运动过程中通过导体棒a的电荷量的最大值qm答案BCD解析根据右手定则可知两根导体棒切割磁感线产生的感应电动势方向相反，故该时刻回路中产生的感应电动势EBL2v0BLv0BLv0，A错误；在该时刻，回路中的感应电流I，导体棒a所受安培力大小FILBma，可得a，B正确；由于两导体棒整体在水平方向动量守恒，当导体棒a的速度大小为时，根据动量守恒定律得m2v0mv0mmv1，解得v1，C正确；由上解析知v共，对a由动量定理有安tmv共mv0，而安

37、LB，通过导体棒a的电荷量的最大值qmt，D正确。A级基础对点练对点练1动量定理在电磁感应中的应用1.如图1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(aL)的正方形闭合线圈以垂直于磁场边界的初速度v0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()图1A.大于 B.等于C.小于 D.以上均有可能答案B解析通过线圈横截面的电荷量qtt，由于线圈进入和穿出磁场过程，线圈磁通量的变化量相等，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Batmvmv0，线圈离开磁场过程Bat0mv，由于qt，则

38、Baqmvmv0，Baqmv，解得v，故B正确。2.(多选)(2023河南开封高三月考)如图2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以4.5 m/s的初速度垂直于磁场边界水平向右运动，线框经过位置，当运动到位置时速度恰为零，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为q1、q2，线框经过位置时的速度为v。则下列说法正确的是()图2A.q1q2 B.q12q2C.v1.0 m/s D.v1.5 m/s答案BD解析根据q可知，线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量q12q2

39、，故A错误，B正确；线圈从开始进入到位置，由动量定理B1Lt1mvmv0，即BLq1mvmv0，同理线圈从位置到位置，由动量定理B2Lt20mv，即BLq20mv，联立解得vv01.5 m/s，选项C错误，D正确。3.(多选)(2023河北唐山高三期末)如图3，两条平行的金属导轨所在平面与水平面成一定夹角，间距为d。导轨上端与电容器连接，电容器电容为C。导轨下端与光滑水平直轨道通过绝缘小圆弧平滑连接，水平直轨道平行且间距也为d，左侧末端连接一阻值为R的定值电阻。导轨均处于匀强磁场中，磁感应强度大小均为B，方向分别垂直导轨所在平面。质量为m，电阻为r，宽度为d的金属棒MN从倾斜导轨某位置由静止释

40、放，保证金属棒运动过程始终与平行导轨垂直且接触良好，金属棒下滑到两个轨道连接处时的速度刚好是v，重力加速度为g，忽略导轨电阻，水平导轨足够长。则下列说法正确的是()图3A.金属棒初始位置到水平轨道的高度为B.电容器两极板携带的最大电荷量为CBdvC.金属棒在水平轨道上运动时定值电阻产生的焦耳热为mv2D.金属棒在水平轨道运动的最大位移为答案BD解析金属棒沿斜面下滑到底端时，重力势能转化为动能和电容器储存的电能(若倾斜导轨不光滑，还有摩擦生热)，即由能量关系可知mghmv2E电容，则金属棒初始位置到水平轨道的高度不等于，A错误；金属棒下滑到两个轨道连接处时的速度最大，此时电容器两端电压最大，最大

41、值为EmBdv，则电容器两极板携带的最大电荷量为QCEmCBdv，B正确；由能量关系可知，金属棒在水平轨道上运动时产生的总的焦耳热Qmv2E电，因金属棒有内阻，则定值电阻产生的焦耳热不等于mv2，C错误；由动量定理Bdt0mv，qtt，解得金属棒在水平轨道运动的最大位移x，D正确。对点练2动量守恒定律在电磁感应中的应用4.(多选)如图4所示，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。t0时，棒ab以初速度v0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v1、v2表示，回路中的电流用I表示。下列图像

42、中可能正确的是()图4答案AC解析导体棒ab运动，切割磁感线，产生感应电流(逆时针)，导体棒ab受到安培阻力F作用，速度减小，导体棒cd受安培力F作用，速度增大，最终两棒速度相等，如图所示。由EBlv知，感应电动势E随速度v的减小而减小，则感应电流非均匀变化。当两棒的速度相等时，回路上感应电流消失，两棒在导轨上以共同速度做匀速运动。由系统的动量守恒得mv02mv共，v共，A正确；导体棒cd受变力作用，加速度逐渐减小，其vt图像应该是曲线，B错误；由前面分析知，两导体棒做变速运动，感应电流变小，最后为零，但非均匀变化，C正确，D错误。5.(多选)如图5所示，半径为r的粗糙四分之一圆弧导轨与光滑水

43、平导轨平滑相连，四分之一圆弧导轨区域没有磁场，水平导轨区域存在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场，导轨间距为d，ab、cd是质量为m、电阻为R的金属棒，导轨电阻忽略不计。cd静止在平滑轨道上，ab从四分之一圆弧轨道顶端由静止释放，在圆弧轨道上克服阻力做功mgr，水平导轨足够长，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，且不会相撞，重力加速度为g。从ab棒进入水平轨道开始，下列说法正确的是()图5A.ab棒先做匀减速运动，最后做匀速运动B.cd棒先做匀加速直线运动，最后和ab棒以相同的速度做匀速运动C.ab棒刚进入磁场时，cd棒电流为D.ab棒的最终速度大小为答案CD解析ab棒进入磁场后受到向

44、左的安培力，做减速运动，所以安培力减小，则ab棒先做加速度减小的减速运动，cd棒与ab棒串联，所以先做加速度减小的加速运动，最后它们以相同的速度做匀速运动，故A、B错误；ab棒刚进入磁场的速度就是它下滑到圆弧轨道底端的速度，根据动能定理mgrmgrmv2，可得速度为v，则感应电动势为EBdv，两金属棒串联，故两棒中的瞬时电流为I，两棒共速时由动量守恒定律有mv2mv，得最终速度大小为v，故C、D正确。6.(多选)如图6所示，在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，有两根位于同一水平面内且间距为L的平行金属导轨(导轨足够长，电阻不计)；两根质量均为m、内阻均为r的光滑导体棒ab、cd静止

45、在导轨上(导体棒与金属导轨接触良好)，t0时，ab棒以初速度3v0向右滑动，cd棒以初速度v0向左滑动，关于两棒的运动情况，下列说法正确的是()图6A.当其中某根棒的速度为零时，另一根棒的速度大小为v0B.当其中某根棒的速度为零时，另一根棒的加速度大小为C.从初始时刻到其中某根棒的速度为零过程中，导体棒ab产生的焦耳热为mvD.cd棒的收尾速度大小为v0答案CD解析由于两棒组成的系统动量守恒，取向右方向为正方向，由动量守恒定律可得m3v0mv0mv1mv2，所以当其中某根棒的速度为零时，另一根棒的速度大小为2v0，故A错误；当其中某根棒的速度为零时，另一根棒的速度大小为2v0，则有EBL2v0 ，I ，FILB，联立解得F，由牛顿第二定律可得，另一根棒的加速度大小为a，故B错误；从初始时刻到其中某根棒的速度为