6/8秘籍13電磁感應中的動力學、能量和動量問題【解密高考】【題型一】電磁感應中的動力學問題【題型二】電磁感應中的能量問題【題型三】電磁感應中的動量問題：牛頓運動定律、能量守恒定律（功能關系）、動量定理電磁感應中動力學問題、能量和動量問題的基礎，此類問題結合楞次定律或右手定則判斷感應電流的方向，綜合運動、受力、能量和動量考查考生對研究對象分析推理能力，常以導棒（線框）切割模型出題，高考中以壓軸題（選擇或大題）出現。：分析電磁感應中的動力學、能量和動量問題時，研究對象（導棒或線框）的受力析很是關鍵，正確受力分析后，知道電路用電器是如何連接，綜合法拉第電磁感應定律、楞次定律、閉合電路歐姆定律、動量定律和能量守恒定律進行解題。【題型一】電磁感應中的動力學問題1.導體棒的動力學分析電磁感應現象中產生的感應電流在磁場中受到安培力的作用，從而影響導體棒(或線圈)的受力情況和運動情況。涉及安培力大小、方向的分析。2．兩種狀態及處理方法狀態特征處理方法平衡態加速度為零根據平衡條件列式分析非平衡態加速度不為零根據牛頓第二定律進行分析或結合功能關系進行分析3．力學對象和電學對象的相互關系4．動態分析的基本思路【例1】如圖，一絕緣輕線跨過兩個在同一豎直面（紙面）內的光滑輕質定滑輪，繩的一端連接一個小物塊，另一端連接一圓形金屬線框；左邊滑輪的下方虛線所圍的區域內有一勻強磁場，其磁感應強度的方向與紙面垂直。初始時線框位于磁場上方，以某一速度豎直向下運動。已知線框完全在磁場中時速度大小不斷增加，輕線始終處于拉緊狀態。忽略空氣阻力，則可能的情況是（）A．線框不會完全離開磁場B．線框完全離開磁場，然后做加速運動C．線框完全離開磁場，然后做勻速運動D．線框剛好完全離開磁場時的速度一定大于剛開始進入磁場時的速度【答案】B【詳解】A．線框完全在磁場中時不受安培力，其速度大小不斷增加，說明線框的質量大于物塊的質量，線框經過磁場下邊緣時安培力會阻礙線圈下降，但不會“阻止”線圈下降，即線框會完全離開磁場，故A錯誤；BC．以上分析可知，線框的質量大于物塊的質量，線框離開磁場后不受安培力，所以線框完全離開磁場后做加速運動，故B正確，C錯誤；D．由于初速度大小不確定，線框進入磁場過程中可能先減速再加速，線框離開磁場過程中，也可能先減速再勻速，所以線框剛好完全離開磁場時的速度不一定大于剛開始進入磁場時的速度，故D錯誤。故選B。用“四步法”分析電磁感應中的動力學問題【例2】（多選）下面是一種電動汽車能量回收系統簡化結構圖。行駛過程，電動機驅動車輪轉動。制動過程，電動機用作發電機給電池充電，進行能量回收，這種方式叫“再生制動”。某電動汽車4個車輪都采用輪轂電機驅動，輪轂電機內由固定在轉子上的強磁鐵形成方向交替的等寬輻向磁場，可視為線圈處于方向交替的勻強磁場中，磁感應強度大小為。正方形線圈固定在定子上，邊長與磁場寬度相等均為，每組線圈匝數均為，每個輪轂上有組線圈，4個車輪上的線圈串聯后通過換向器（未畫出）與動力電池連接。已知某次開始制動時線圈相對磁場速率為，回路總電阻為，下列說法正確的有（

）A．行駛過程，斷開，閉合B．制動過程，斷開，閉合C．開始制動時，全部線圈產生的總電動勢為D．開始制動時，每組線圈受到的安培力為【答案】BC【詳解】AB．行駛過程，電動機驅動車輪轉動，則閉合，斷開；制動過程，電動機用作發電機給電池充電，則斷開，閉合，故A錯誤，B正確；C．由圖可知，線圈左右兩邊同時切割磁感線，4個車輪上的線圈串聯，則開始制動時，全部線圈產生的總電動勢為故C正確；D．開始制動時，回路中的電流為線圈左右兩邊的安培力同向，則每組線圈受到的安培力為故D錯誤；故選BC。【例3】在如下圖所示的甲、乙、丙圖中，MN、PQ是固定在同一水平面內足夠長的平行金屬導軌。導體棒ab垂直放在導軌上，導軌都處于垂直水平面向下的勻強磁場中，導體棒和導軌間的摩擦不計，導體棒、導軌和直流電源的電阻均可忽略，甲圖中的電容器C原來不帶電。今給導體棒ab一個向右的初速度，在甲、乙、丙圖中導體棒ab在磁場中的運動狀態是（）A．甲圖中，棒做加速度減小的減速運動至靜止B．乙圖中，棒勻減速運動直到最終靜止C．丙圖中，棒最終做勻速運動D．甲、乙、丙中，棒最終都靜止【答案】C【詳解】A．圖甲中，導體棒向右運動切割磁感線產生感應電流而使電容器充電，當電容器C極板間電壓與導體棒產生的感應電動勢相等時，電路中沒有電流，ab棒不受安培力，向右做勻速運動，故A錯誤；B．圖乙中，導體棒向右運動切割磁感線產生感應電流，通過電阻R轉化為內能，ab棒速度減小，當ab棒的動能全部轉化為內能時，ab棒靜止；又由于，由于速度減小，則產生感應電流減小，導體棒所受安培力減小，根據牛頓第二定律可知導體棒的加速度減小，所以乙圖中，棒ab做加速度減小的減速運動最終靜止；故B錯誤；C．圖丙中，導體棒先受到向左的安培力作用向右做減速運動，速度減為零后再在安培力作用下向左做加速運動，當導體棒產生的感應電動勢與電源的電動勢相等時，電路中沒有電流ab棒向左做勻速運動，故C正確；D．由以上分析可知，甲、乙、丙中，只有圖乙中棒最終靜止，故D錯誤。故選C。【變式1】如圖所示，足夠長水平導軌處于豎直向下的勻強磁場中，導體棒垂直于導軌靜置。開關S閉合后，導體棒沿導軌無摩擦運動，不計導軌電阻。關于該棒的速度、加速度、通過的電流及穿過回路中的磁通量隨時間變化的圖像，可能正確的是（）A． B．C． D．【答案】B【詳解】AB．開關S閉合后，導體棒在安培力的作用下向右運動，當導體棒的速度為v時，電路的電動勢為回路的感應電流為根據牛頓第二定律，有導體棒的加速度大小為由于利用微積分原理可解出從而可得加速度故A錯誤，B正確；CD．由法拉第電磁感應定律開關S閉合后，導體棒由靜止開始運動，此時導體棒將做加速運動，其速度越來越大，回路的感應電流將越來越小，加速度將越來越小，將越來越大，即-t圖像的斜率將越來越大，根據可知a-t圖像的斜率將越來越小，故CD錯誤。故選B。【變式2】（多選）如圖所示，兩根相距為的平行光滑金屬導軌傾斜放置，處于垂直導軌平面向下、磁感應強度大小為的勻強磁場中，兩導軌頂端與電容器相連，質量為、長度為的金屬桿垂直導軌放置，金屬桿與導軌接觸良好。開始時電容器不帶電，金屬桿被鎖定在距傾斜導軌底端處。已知兩導軌傾角均為，電容器電容為，重力加速度為，不計一切電阻。現解除鎖定，下列說法正確的是（）A．金屬桿下滑過程中做加速度減小的變加速直線運動B．若增大電容器電容，金屬桿下滑時間變短C．金屬桿下滑到導軌底端時電容器極板間電壓D．金屬桿下滑到導軌底端時電容器儲存的電能【答案】CD【詳解】A．t時刻電容器兩端的電壓為：U=E=BLv棒沿導軌下滑時，根據牛頓第二定律有：mgsinθ-F=ma又棒所受的安培力為：F=BIL電路中電流為：聯立以上三式得：式中各量均不變，說明加速度不變，可知導體棒做勻加速直線運動，故A錯誤；B．若增大電容器電容，加速度減小，則根據可知金屬桿下滑時間變長，故B錯誤；C．金屬桿下滑到導軌底端時的速度電容器極板間電壓故C正確；D．金屬桿下滑到導軌底端時電容器儲存的電能故D正確。故選CD。【題型二】電磁感應中的能量問題電磁感應中的能量轉化及焦耳熱的求法(1)電磁感應中的能量轉化閉合電路的部分導體做切割磁感線運動產生感應電流，通有感應電流的導體在磁場中受安培力。外力克服安培力做功，將其他形式的能轉化為電能；通有感應電流的導體在磁場中通過受安培力做功或通過電阻發熱，使電能轉化為其他形式的能。電磁感應現象中能量轉化的實質是其他形式的能和電能之間的轉化。如圖所示。(2)求解電磁感應中的焦耳熱Q的三種方法【例1】（多選）如圖所示為使用直流電動機提升重物的示意圖，間距為的平行導軌固定在水平面內，導軌左端接有電動勢為，內阻為的直流電源，導軌電阻不計，質量為M、電阻為、長為的導體棒垂直導軌放置，其中心通過絕緣細線繞過固定光滑輕質定滑輪后與靜止在地面上的質量為的重物相連，此時細線恰好伸直且無拉力，導體棒。與滑輪間的細線水平。整個裝置處于方向豎直向下、磁感應強度大小為的勻強磁場中。已知導體棒距離導軌左端足夠遠，重物上升過程中不會碰到定滑輪，重力加速度為，不計一切摩擦。閉合開關S后，導體棒向左運動的過程中，下列說法正確的是（）A．閉合開關S瞬間細線中的拉力大小為B．導體棒最終的速度大小為C．導體棒勻速運動時直流電源的輸出功率為D．從靜止出發到剛好做勻速運動的過程中，安培力對導體棒所做的功等于導體棒與重物組成的系統增加的機械能【答案】BD【詳解】A．閉合開關瞬間，回路中的電流為導體棒所受安培力對導體棒和重物整體受力分析，根據牛頓第二定律對重物分析，根據牛頓第二定律解得A錯誤；B．導體棒向左運動時會產生與直流電源相反的感應電動勢，初始，導體棒向左加速運動，隨著導體棒速度的增大，回路中的電流減小，根據牛頓第二定律可知，導體棒向左做加速度減小的加速運動，最終達到勻速，設穩定時導體棒的速度大小為，則回路中的電流由解得B正確；C．根據B選項可得導體棒勻速運動時直流電源的輸出功率為故C錯誤；D．重物從靜止出發到剛好做勻速運動的過程中，對導體棒和重物組成的整體，只有安培力和重物的重力做功，由功能關系可知，安培力對導體棒所做的功等于導體棒和重物組成的系統增加的機械能，D正確。故選BD。電磁感應現象中能量問題的計算(1)回路中電流穩定時，可利用電路知識，由W＝UIt，Q＝I2Rt直接計算。(2)若電流變化，則利用功能關系、能量守恒定律解決。【例2】如圖所示，兩條相同的半圓弧形光滑金屬導軌固定在絕緣水平桌面上，半圓弧的直徑為d，間距為L，兩半圓弧面豎直且平行，導軌最高點到水平桌面的距離等于半徑，最低點O、O′的連線與導軌所在豎直面垂直，整個空間存在著磁感應強度大小為B、方向豎直向上的勻強磁場，導軌左端連接一阻值為R的電阻。現使一電阻為r的金屬棒MN從導軌左端最高點，以恒定的速率v0沿導軌運動到右端最高點，運動過程中金屬棒始終與OO′平行且與兩導軌接觸良好，則在金屬棒MN從左端最高點運動到右端最高點的過程中，下列說法正確的是（）A．金屬棒MN中電流方向始終由M到NB．金屬棒MN中電流大小始終不變C．金屬棒MN所受安培力先做負功后做正功D．回路中產生的焦耳熱為【答案】D【詳解】AC．在金屬棒MN從左端最高點運動到右端最高點的過程中，根據右手定則可知，金屬棒中電流方向始終由N到M，金屬棒所受安培力一直水平向左，金屬棒所受安培力始終做負功，故AC錯誤；BD．經過t時間，金屬棒在圓弧上轉過的角度為此時金屬棒產生的電動勢為回路中電流為由此可知，可知金屬棒中電流按照正弦式交變電流變化，電流的有效值為則在金屬棒從左端最高點運動到右端最高點的過程中，回路中產生的焦耳熱為故B錯誤，D正確。故選D。【例3】（多選）如圖所示，光滑水平桌面上直線邊界的一側存在范圍足夠大的勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于桌面向下。邊長為l、電阻為R的單匝正方形導線框abcd平放在桌面上，其對角線ac與磁場邊界平行。現用沿db方向的外力拉著導線框以恒定的速度v進入磁場區域，進入過程中，下列說法正確的是（）A．感應電流方向為a→b→c→d→aB．導線框受到的安培力先均勻增大，后均勻減小C．通過導線框導體橫截面的電荷量為D．導線框中產生的熱量小于【答案】AD【詳解】A．根據楞次定律，可判斷知線圈中感應電流方向為a→b→c→d→a，故A正確；B．由題意，可知線框在對角線ac未進入磁場的過程中，有效切割長度和線框受到安培力作用導線的等效長度均為根據，，可得可推知，導線框進入磁場區域過程中，受到的安培力先增大，后減小，但不是均勻的，故B錯誤；C．導線框進入磁場區域過程中，通過導線框導體橫截面的電荷量為故C錯誤；D．線框在對角線ac恰好進入磁場的過程中，線框中產生感應電流的瞬時值根據焦耳定律，作出的I2-t圖像，圖像的面積能反映導線框中產生熱量的大小關系。若I2-t圖像為直線，線框在從開始到對角線ac恰好進入磁場的過程中，線框中產生的熱量為全程產生的熱量為然而實際結合線框中產生感應電流的瞬時值可知I2-t圖像在直線的下方，故全程產生的熱量故D正確。故選AD。【變式1】如圖所示，間距L=2m的光滑平行導軌所在平面與水平面夾角θ=30°，導軌底邊AB水平，且接有一個特殊的電源，電路接通后該電源在不同的外接負載條件下均保持所輸出的電流恒定為I=0.5A，導軌上C、D兩點連線與底邊平行，E為導軌平面上一點，C、D、E的連線構成等腰直角三角形，O點為等腰直角三角形CDE過E點高的中點，三角形內部存在垂直導軌平面向下，磁感應強度大小B=0.5T的勻強磁場。將一長度也為L=2m，質量m=0.05kg，電阻為定值的導體棒放置在C、D位置，導體棒受到C、D兩處擋板的作用處于靜止狀態。導軌足夠長，重力加速度g取。求：(1)閉合開關S的瞬間，導體棒的加速度a的大小；(2)導體棒第一次經過O點時速度的大小；(3)已知閉合開關S后經導體棒第一次經過O點，若以O點為原點沿斜面向上為正方向建立x坐標軸，請寫出導體棒所受合力與其坐標x的關系式及導體棒從O點第一次到達x=0.25m所用的時間t。（結果均可用分數表示）【答案】(1)；(2)；(3)，【詳解】（1）由左手定則可知導體棒所受安培力方向沿斜面向上，由牛頓第二定律得BIL－mgsinθ=ma解得（2）導體棒沿斜面向上運動位移d=0.5m時第一次經過O點，由幾何關系易得此時導體棒處于磁場中的長度為；向上運動過程中導體棒處于磁場中的長度隨其位移均勻減小，安培力做功解得由動能定理得解得（3）導體棒坐標為x時，導體棒處于磁場中的長度為合力大小即可知導體棒以O點為中心做簡諧運動，振幅A=0.5m，且導體棒第一次經過O點用時為四分之一周期，可得T=πs導體棒過O點后再經第一次到達x=0.25m從導體棒第一次經過O點時開始計時，則有解得所用時間【變式2】如圖甲所示，兩條平行的粗糙金屬軌道與水平面成角，軌道上端之間接可變電阻，導軌所在空間存在勻強磁場，磁場方向可調且始終垂直于軌道平面向上。質量為的金屬桿水平放置在軌道上，其接入電路部分的阻值為，其和導軌間的動摩擦因數為，重力加速度取，軌道電阻不計且足夠長。(1)若，當桿由靜止釋放瞬間加速度大小為。求；(2)若，現從靜止釋放桿且施加與導軌平面成斜向右上方的恒定拉力，如圖乙，測得其最大速度為。改變可變電阻的阻值，得到與的關系式（各量均取國際單位）。已知兩平行金屬軌道間距離L=1m。求：a．磁感應強度的大小和的阻值；b．當變阻箱取，且金屬桿在下滑d=9m前速度已達最大，桿下滑的過程中，電阻上產生的焦耳熱。【答案】(1)；(2)a.1T，2Ω；b.1.8J【詳解】（1）若，當桿釋放瞬間，對桿由牛頓第二定律有得（2）a.若，棒受作用由靜止釋放，棒感應電動勢回路電流安培力對棒由牛頓第二定律有安聯立得當時，取最大值即代入數據整理得由題意得b.當時，由得設桿下滑過程中，回路因電流做功產生的總焦耳熱為上產生的焦耳熱為，對桿在下滑過程中，由動能定理有又聯立得【題型二】電磁感應中的動量問題動量定理在電磁感應中的應用在電磁感應中，動量定理應用于單桿切割磁感線運動，可求解單桿所受其他恒力(非安培力)作用的時間、單桿的速度、單桿的位移和通過單桿的橫截面的電荷量。(1)求通過單桿的橫截面的電荷量、單桿的速度或單桿運動的時間：－Beq\o(I,\s\up6(－))lΔt＋F其他·Δt＝mv2－mv1，q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt＝neq\f(ΔΦ,R總)。(2)求單桿運動的位移、單桿的速度或單桿運動的時間：－eq\f(B2l2\o(v,\s\up6(－)),R)Δt＋F其他·Δt＝mv2－mv1，x＝eq\o(v,\s\up6(－))Δt。【例1】（多選）如圖所示，寬度的區域內存在勻強磁場，磁感應強度大小，方向垂直紙面向里。一正方形導線框abcd，從距磁場上邊界高度處自由下落，其下邊ab剛進入磁場和剛離開磁場時的速度相同。已知線框質量，邊長，電阻，g取，則（

）A．線框剛進入磁場時線框中有逆時針方向的電流B．線框完全離開磁場時的速度為C．線框在穿越磁場過程中產生的熱量為0.02JD．線框穿越整個磁場所用時間為【答案】AD【詳解】A．根據右手定則可知電流方向為逆時針，故A正確；B．設線框剛進入磁場的速度為v，則，線框完全離開磁場時的速度為，由題意可知線框從完全進入磁場到即將離開磁場過程中只受重力，則有可得故B錯誤；C．由能量守恒可得解得故C錯誤；D．線框進入和離開的過程所用時間相同為t，可得完全進入磁場到剛要離開磁場所用時間為，根據解得故總時間為故D正確。故選AD。【例2】（多選）如圖所示，光滑平行金屬導軌M1N1和M2N2固定在水平面內，導軌間某個區域存在豎直向下的勻強磁場，金屬棒P和Q分別靜置在磁場兩側的導軌上，金屬棒P的質量為m。某時刻金屬棒P以初速度水平向右運動，穿過磁場區域后與金屬棒Q發生非彈性碰撞，金屬棒P剛好再次穿出磁場區域，金屬棒Q碰后的速度為。下列說法正確的是（）A．金屬棒P兩次穿過磁場區域的過程中，速度變化量的大小相等B．金屬棒Q的質量為5mC．金屬棒P碰撞前的速度大小為D．整個過程中，金屬棒P和Q產生的焦耳熱為【答案】AB【詳解】A．設金屬導軌間距為L，磁場為B，磁場寬度為d，回路總電阻為，金屬棒兩次穿過磁場區域過程中，根據動量定理可得，可得由此可知，兩次穿過磁場的速度變化量的大小相等，故A正確；B．設第一次穿過磁場的速度為，由A可知第二次穿過磁場的速度PQ發生碰撞，根據動量守恒定律可得解得即金屬棒Q的質量為5m，故B正確；CD．由于PQ發生非彈性碰撞，無法求解碰撞之后P的速度，無法求解金屬棒P碰撞前的速度大小和整個過程中金屬棒P和Q產生的焦耳熱，故CD錯誤。故選AB。【例3】（多選）在軌穩定運行的天和核心艙內，我國航天員進行的某次科研實驗如圖所示：一個正方形閉合線圈以速度v1垂直磁場邊界進入矩形勻強磁場區域，此后線圈穿過該磁場，若線圈恰好離開磁場時的速度大小為v2，則下列關于線圈的說法正確的是（）A．進入磁場的過程中，感應電流的方向為逆時針方向B．離開磁場的過程中，感應電流的方向為逆時針方向C．完全進入磁場時的速度等于D．完全進入磁場時的速度小于【答案】AC【詳解】A．進入磁場的過程中，穿過線圈的磁通量向里增加，根據楞次定律可知，感應電流的方向為逆時針方向，故A正確；B．離開磁場的過程中，穿過線圈的磁通量向里減小，根據楞次定律可知，感應電流的方向為順時針方向，故B錯誤；CD．設完全進入磁場時的速度為v，線圈進入磁場的過程，根據動量定理可得其中線圈離開磁場的過程，根據動量定理可得其中聯立可得則有故C正確，D錯誤。故選AC。【變式1】如圖所示，在水平面上的裝置由三部分構成，裝置中間部分為電路控制系統，電源電動勢恒定且為，內阻不計，兩個開關、初始狀態都斷開。裝置左右兩側均為足夠長且不計電阻的光滑金屬導軌，導軌寬度為，寬度為，導軌和之間存在勻強磁場，磁感應強度分別為和，磁場方向如圖所示。將質量均為的金屬桿，分別如圖輕放在水平軌道上，兩桿接入電路中的電阻相等，不計金屬桿與導軌的摩擦。(1)接通，求桿的最大速度；(2)當桿做勻速運動后，斷開同時閉合，當兩桿再次勻速運動時，求桿產生的焦耳熱。【答案】(1)；(2)【詳解】（1）S1接通，ab中有a→b的電流，ab受水平向右的安培力ab向右做加速運動，ab切割磁感線產生一個感應電動勢,與電源相抵消。當ab產生的感應電動勢與電源電動勢完全相消時，ab棒不受安培力，ab將做勻速運動，速度為vm，此時產生的感應電動勢為解得（2）斷開S1，接通S2，ab向右運動切割磁感線產生感應電流，由b→a，電流再流經cd棒，方向由c到d。由左手是則可知，ab棒受水平向左的安培力，做減速運動；cd棒受水平向右的安培力，向右做加速運動，ab、cd.產生互相抵消的電動勢，當完全抵消時，電路中無電流。ab、cd做勻速運動速度分別為v1、v2，則可得v1=v2ab、cd中電流相等。ab、cd的安培力分別為F1=2BILF2=B×2LI=2BIL安培力大小相等、方向相反，ab、cd滿足動量守恒，有聯立解得電路中的總熱量為因為ab、cd的阻值相等，所以cd桿產生的焦耳熱為【變式2】如圖所示，在絕緣水平面上固定兩根光滑平行金屬導軌，左右兩側導軌處于豎直向上的磁場中，磁感應強度大小分別為和，導軌間距分別為和，已知導體棒的電阻為、長度為，導體棒的電阻為、長度為的質量是的2倍。初始時刻兩棒靜止，兩棒中點之間連接一壓縮量為的輕質絕緣彈簧，彈簧的勁度系數為。釋放彈簧后兩棒在各自磁場中運動直至停止，彈簧始終在彈性限度內。兩棒保持與導軌垂直并接觸良好，導軌足夠長且電阻不計。求：(1)導體棒的速率為時，導體棒的運動速率及回路的總電功率；(2)彈簧伸展過程中流過導體棒的電流方向及彈簧釋放的整個過程中通過導體棒的電荷量。【答案】(1)，；(2)M指向N，【詳解】（1）設任意時刻回路電流為I，則PQ受安培力左手定則可知其方向向右；MN受安培