老高考统考物理二轮复习课件：专题四 第2讲　电磁感应及其应用.ppt

1、专题四 电路与电磁感应 第2讲 电磁感应及其应用 建体系论要点_知识串联_熟记核心要点 思维导图思维导图 考情分析考情分析 1.“三定则、一定律三定则、一定律”的应用的应用 (1)安培定则：安培定则：判断运动电荷、电流产生的磁场方向判断运动电荷、电流产生的磁场方向。 (2)左手定则：左手定则：判断磁场对运动电荷、电流的作用力的方向判断磁场对运动电荷、电流的作用力的方向。 (3)右手定则：右手定则：判断部分导体切割磁感线产生感应判断部分导体切割磁感线产生感应电流的方向电流的方向。 (4)楞次定律：楞次定律：判断闭合电路磁通量发生变化产生感应电流的方向判断闭合电路磁通量发生变化产生感应电流的方向。

2、 2.求感应电动势的两种方法求感应电动势的两种方法 (1)En t ，用来，用来计算感应电动势的平均值计算感应电动势的平均值。 (2)EBLv，用来，用来计算感应电动势的瞬时值或平均值计算感应电动势的瞬时值或平均值。 (3)E1 2Bl 2， ，用来计算导体棒转动切割磁感线时的感应电动势用来计算导体棒转动切割磁感线时的感应电动势。 3.感应电荷量的两种求法感应电荷量的两种求法 (1)当回路中的磁通量发生变化时，由于感应电场的作用使电荷发生定向当回路中的磁通量发生变化时，由于感应电场的作用使电荷发生定向 移动而形成感应电流。通过的电荷量表达式为移动而形成感应电流。通过的电荷量表达式为 qI t

3、n tR总 总t n R总 总 。 (2)导体切割磁感线运动通过的电导体切割磁感线运动通过的电荷量荷量 q 满足的关系式：满足的关系式：BI lt Blq mv。 4.楞次定律中楞次定律中“阻碍阻碍”的主要表现形式的主要表现形式 (1)阻碍原磁通量的变化阻碍原磁通量的变化“增反减同增反减同”。 (2)阻碍相对运动阻碍相对运动“来拒去留来拒去留”。 (3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势使线圈面积有扩大或缩小的趋势“增缩减扩增缩减扩”。 (4)阻碍原电流的变化阻碍原电流的变化(自感现象自感现象)“增反减同增反减同”。 5.电磁感应中的功能关系电磁感应中的功能关系 在闭合电路的部分导体切割磁感线产生感

4、应电流的问题中，在闭合电路的部分导体切割磁感线产生感应电流的问题中，机械能转化机械能转化 为为电能，导体棒克服安培力做的功等于电路中产生的电能电能，导体棒克服安培力做的功等于电路中产生的电能。 研考向提能力_考向研析_掌握应试技能 考向一 楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用 1判定感应电流方向 (1)楞次定律：一般用于线圈面积不变，磁感应强度发生变化的情形。 (2)右手定则：一般用于导体棒切割磁感线的情形。 2求感应电动势求感应电动势 (1)感生电动势：感生电动势： En t S不变时： 不变时：EnSB t B不变时：不变时：EnBS t qI t n tR tn R (2)动生电动势动生电

5、动势 平动切割： 平动切割：EBlv 转动切割：转动切割：E1 2Bl 2 典例1 如图所示，匀强磁场中有一个用软导线制成的单匝闭合线圈，线圈平面与磁场垂直。已知线圈的面积S 0.3 m2、电阻R0.6 ，磁场的磁感应强度B0.2 T。现同时向两侧拉动线圈，线圈的两边在t0.5 s时间内合 到一起。求线圈在上述过程中： (1)感应电动势的平均值E； (2)感应电流的平均值I，并在图中标出电流方向； (3)通过导线横截面的电荷量q。 解析解析 (1)感应电动势的平均值感应电动势的平均值 E t 磁通量的变化量磁通量的变化量 BS 解得解得 EBS t 代入数据得代入数据得 E0.12 V。 (2

6、)平均电流平均电流I E R 代入数据得代入数据得I 0.2 A 电流方向如图所示。电流方向如图所示。 (3)电荷量电荷量 qI t 代入数据得代入数据得 q0.1 C。 答案答案 (1)0.12 V (2)0.2 A 图见解析图见解析 (3)0.1 C 1(2020安徽江南十校检测)在粗糙水平面上平放一根导体棒和一个金属圆环，如图甲所示(俯视图)，给导体棒 中通以如图乙所示的电流，导体棒和圆环始终保持静止状态，则在0t1时间内，下列说法正确的是( ) A圆环中感应电流先沿顺时针方向后沿逆时针方向 B圆环中感应电流先增大后减小 C导体棒受到的静摩擦力方向先向右后向左 D圆环先有扩张趋势后有收缩

7、趋势 解析：根据安培定则和楞次定律可知，圆环中感应电流先沿逆时针方向后沿顺时针方向，A项错误；导体棒中电 流先增大得越来越慢后减小得越来越快，圆环中磁通量先变大得越来越慢后变小得越来越快，根据法拉第电磁 感应定律可知，感应电流先减小后增大，B项错误；导体棒中电流先增大后减小，圆环中磁通量先增大后减小， 根据楞次定律可知，圆环和导体棒之间先排斥后吸引，则导体棒受到的静摩擦力先向右后向左，圆环先有收缩 趋势后有扩张趋势，C项正确，D项错误。 答案：C 2(多选)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图(a)中虚线MN所示。一硬质细导 线的电阻率为、横截面积为S，将该导线做成半

8、径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上。t0时磁感应强度 的方向如图(a)所示，磁感应强度B随时间t的变化关系如图(b)所示，则在t0到tt1的时间间隔内( ) A圆环所受安培力的方向圆环所受安培力的方向始终不变始终不变 B圆环中的感应电流始终沿顺时针方向圆环中的感应电流始终沿顺时针方向 C圆环中的感应电流大小为圆环中的感应电流大小为B0rS 4t0 D圆环中的感应电动势大小为圆环中的感应电动势大小为B0r 2 4t0 解析：解析：由于通过圆环的磁通量均匀变化，故圆环中产生的感应电动势、由于通过圆环的磁通量均匀变化，故圆环中产生的感应电动势、 感应电流的大小和方向不变，但感应电流的大小和方向

9、不变，但 t0时刻磁场方向发生变化，故安培力方时刻磁场方向发生变化，故安培力方 向发生变化，向发生变化，A 错误。根据楞次定律，圆环中感应电流的方向始终沿顺错误。根据楞次定律，圆环中感应电流的方向始终沿顺 时针方向，时针方向，B 正确。根据法拉正确。根据法拉第电磁感应定律，感应电动势第电磁感应定律，感应电动势 EB t S B0 t0 r2 2 B0r 2 2t0 ，根据闭合电路欧姆定律知，电流，根据闭合电路欧姆定律知，电流 IE R B0r2 2t0 2r S B0rS 4t0 ，C 正确，正确，D 错误。错误。 答案：BC 3 (多选多选)(2020 重庆市一中高三下学期重庆市一中高三下学

10、期 5 月月考月月考)在光滑的水平地面上方，在光滑的水平地面上方， 有两个磁感应强度大小均为有两个磁感应强度大小均为 B、方向相反的水平匀强磁场，如图所示的、方向相反的水平匀强磁场，如图所示的 PQ 为两个磁场的边界，磁场范围足够大。一个半径为为两个磁场的边界，磁场范围足够大。一个半径为 a、质量为、质量为 m、电、电 阻为阻为 R 的金属圆环垂直磁场方向，以速度的金属圆环垂直磁场方向，以速度 v 从如图位置向右运动，当圆从如图位置向右运动，当圆 环运动到直径刚好与边界线环运动到直径刚好与边界线 PQ 重合时，圆环的速度为重合时，圆环的速度为2 3v，则下列说法 ，则下列说法 正确的是正确的是

11、( ) A此时此时圆环中的电流为逆时针方向圆环中的电流为逆时针方向 B此时圆环的加速度为此时圆环的加速度为16B 2a2v 3mR C此时圆环中的电功率为此时圆环中的电功率为64B 2a2v2 9R D此过程中通过圆环截面的电荷量为此过程中通过圆环截面的电荷量为2Ba 2 3R 解析：解析：由右手定则可知，此时感应电流为逆时针方向，故由右手定则可知，此时感应电流为逆时针方向，故 A 正确；左右正确；左右 两边圆环均切割磁感线， 故感应电动势的大小为两边圆环均切割磁感线， 故感应电动势的大小为E2B2a2 3v 8 3Bav， ， 感应电感应电流流大小为大小为 IE R 8Bav 3R ，故其所

12、受安培力大小为，故其所受安培力大小为 F2B2aI 32B2a2v 3R ，加速度为，加速度为 a F m 32B 2a2v 3mR ，故，故 B 错误；此时圆环的电功率为错误；此时圆环的电功率为 P I2R64B 2a2v2 9R ， 故， 故 C正确； 此过程中圆环磁通量的变化量为正确； 此过程中圆环磁通量的变化量为 Ba2， 故电荷量为故电荷量为 q R Ba 2 R ，故，故 D 错误。错误。 答案：AC 考向二 电磁感应中的图像问题 1“三点关注” (1)关注初始时刻，如初始时刻感应电流是否为零，是正方向还是负方向。 (2)关注变化过程，看电磁感应发生的过程分为几个阶段，这几个阶段是

13、否和图像变化相对应。 (3)关注大小、方向的变化趋势，看图线斜率的大小、图线的曲直是否和物理过程对应。 2“两种技法” (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)， 特别是物理量的正负，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物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图像作出分析和判断， 这未必是最简单的方法，但却是最有效的方法。 典例2 (2020江苏扬州中学高三下学期5月月考)如图所示，在光滑水平面上，有一个粗细均匀的单匝正方形闭 合线框abcd。t0时刻，线框在水平外力的作用下，从静止开始向右做匀加速直线运动

14、，bc边刚进入磁场的时刻 为t1，ad边刚进入磁场的时刻为t2，设线框中产生的感应电流的大小为i，ad边两端电压大小为U，水平拉力大小 为F，则下列i、U、F随运动时间t变化关系图像正确的是( ) 解析解析 线框的速度与时间的关系式为线框的速度与时间的关系式为 vat，a 是加速度。由是加速度。由 EBLv 和和 IE R得， 感应电流与时间的关系式为 得， 感应电流与时间的关系式为 IBLa R t， B、 L、 a 均不变， 当均不变， 当 0 t1时间内，感应电流为零，时间内，感应电流为零，t1t2时间内，电流时间内，电流 I 与与 t 成正比，成正比，t2时刻后无时刻后无 感应电流，故

15、感应电流，故 A、B 错误；由错误；由 EBLv 和和 IE R得，感应电流与时间的关 得，感应电流与时间的关 系式为系式为 IBLa R t，当，当 0t1时间内，感应电流为零，时间内，感应电流为零，ad 的电压为零，的电压为零，t1 t2时间内，电流时间内，电流 I 与与 t 成正比，成正比，UadIRadBLat R 1 4R BLat 4 ，电压随时间，电压随时间 均匀增加，均匀增加，t2时刻后无感应电流，但有感应电动势，时刻后无感应电流，但有感应电动势，UadEBLat 电压电压 随时间均匀增加，故随时间均匀增加，故 C 正确；线框所受的安培力为正确；线框所受的安培力为 FABILB

16、 2L2v R ，由，由 牛顿第二定律得牛顿第二定律得 FFAma，得，得 FB 2L2a R tma，当，当 0t1时间内，感应时间内，感应 电流为零，电流为零，Fma，为定值，为定值，t1t2时间内，时间内，F 与与 t 是线性关系，但不过是线性关系，但不过 原点，原点，t2时刻后无感应电流，时刻后无感应电流，Fma，为定值，故，为定值，故 D 错误。错误。 答案答案 C 规律总结 解决电磁感应图像问题的一般步骤 (1)明确图像的种类，即是Bt图还是t图，或者Et图、vt图、It图等(如典例的四个选项中的三类图像)。 (2)分析电磁感应的具体过程(如典例中线框匀加速进入磁场的速度的变化)。

17、 (3)用右手定则或楞次定律确定方向对应关系。 (4)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等规律写出函数关系式(如典例中感应电流、电压和拉力 F的表达式)。 (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(典例为判断图像)。 4(多选)(2020江苏省苏锡常镇四市高三下学期5月二模)如图甲所示，水平放置的平行金属导轨左端连接一个平 行板电容器C和一个定值电阻R，导体棒MN放在导轨上且接触良好。装置放于垂直导轨平面的磁场中，磁感应强 度B的变化情况如图乙所示(垂直纸面向上为正)，MN始终保持静止。不计电容器充电时间，则在0t2时间内，下 列说法正

18、确的是( ) A电阻R两端的电压大小始终不变 B电容器C的a板先带正电后带负电 CMN棒所受安培力的大小始终不变 DMN棒所受安培力的方向先向右后向左 解析：由乙图知，磁感应强度均匀变化，根据法拉第电磁感应定律可以知道，回路中产生恒定电动势，电路中 电流恒定，电阻R两端的电压恒定，故A正确；根据楞次定律判断可以知道，通过R的电流一直向下，电容器a板 电势较高，一直带正电，故B错误；由右手定则判断得知，MN中感应电流方向一直向上，由左手定则判断可以 知道，MN所受安培力的方向先向右后向左，故D正确；根据安培力公式FBIL，I、L不变，因为磁感应强度变化， MN所受安培力的大小变化，故C错误。 答

19、案：AD 5如图所示，直角坐标系xOy的二、四象限有垂 直坐标系向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为 B，在第三象限有垂直坐标系向外的匀强磁场， 磁感应强度大小为2B。现将半径为L、圆心角为 90的扇形闭合导线框OPQ在外力作用下以恒定 角速度绕O点在纸面内沿逆时针方向匀速转动。 t0时刻线框在图示位置，设电流逆时针方向为 正方向，则下列关于导线框中的电流随时间变化的图线，正确的是( ) 解析：解析：根据楞次定律，线框从第一象限进入第二象限时，电流方向是正根据楞次定律，线框从第一象限进入第二象限时，电流方向是正 方向，设导线框的电阻为方向，设导线框的电阻为 R，角速度为，角速度为 ，则电流大小为

20、，则电流大小为BL 2 2R ，从第二，从第二 象限进入第三象限时，电流方向是负方向，电流大小为象限进入第三象限时，电流方向是负方向，电流大小为3BL 2 2R ，从第三，从第三 象限进入第四象限时，电流方向是正方向，电流大小是象限进入第四象限时，电流方向是正方向，电流大小是3BL 2 2R ，线框从，线框从 第四象限进入第一象限时，电流方向是负方向，电流大小为第四象限进入第一象限时，电流方向是负方向，电流大小为BL 2 2R ，B 选选 项正确。项正确。 答案：B 6(多选)(2019高考全国卷)如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为，导轨电阻忽略 不计。虚线ab、cd均与导

21、轨垂直，在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场。将两根相同的导 体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好。已知PQ进入磁场时加速度恰 好为零。从PQ进入磁场开始计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间变化的 图像可能正确的是( ) AD 解析：解析：PQ 刚进入磁场时，加速度为零，则刚进入磁场时，加速度为零，则 mgsin BIL，Imgsin BL ， 即电流恒定， 且由题意知，即电流恒定， 且由题意知，MN 刚进入磁场时与刚进入磁场时与 PQ 刚进入磁场时的速度刚进入磁场时的速度 相同。相同。 情形情形 1：若：若 MN 刚进入磁

22、场时，刚进入磁场时，PQ 已离开磁场区域，则对已离开磁场区域，则对 MN，由，由 mgsin BIL 及右手定则知，通过及右手定则知，通过 PQ 的电流大小不变，方向相反，故的电流大小不变，方向相反，故 I- t 图像图像 如图如图 A 所示。所示。 情形情形 2：若：若 MN 刚进入磁场时，刚进入磁场时，PQ 未离开磁场区域，由于两导体棒速度未离开磁场区域，由于两导体棒速度 相等，产生的电动势等大、反向，故电流为零，但两棒在重力作用下均相等，产生的电动势等大、反向，故电流为零，但两棒在重力作用下均 加速直至加速直至 PQ 离开磁场，此时离开磁场，此时 MN 为电源，由为电源，由 EBLv，I

23、 E R总 总， ，BIL mgsin ma 知，知，MN 减速，电减速，电流减小，可能的流减小，可能的 I- t 图像如图图像如图 D 所示。所示。 考向三 电磁感应中的动力学和能量问题 1动力学问题中的“两分析、两状态” (1)受力和运动分析 导体切割磁感线运动产生感应电动势，在电路中产生感应电流，导体在磁场中受安培力，安培力将阻碍导体 运动。 安培力一般是变力，导体做切割磁感线运动的加速度发生变化，当加速度为零时，导体达到稳定状态，最后 做匀速直线运动。 (2)平衡和非平衡状态处理 导体处于平衡状态静止或匀速直线运动状态。 处理方法：根据平衡状态时导体所受合力等于零列式分析。 导体处于非

24、平衡状态加速度不为零。 处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析。 2求焦耳热Q的三种方法 (1)焦耳定律：QI2Rt，适用于电流、电阻不变。 (2)功能关系：QW克服安培力，电流变与不变都适用。 (3)能量转化：QE(其他能的减少量)，电流变与不变都适用。 典例3 如图所示，两不计电阻的平行光滑金属导轨竖直放置，导轨上端接一阻值为R的定值电阻，两导轨之间 的距离为d。矩形区域abdc内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，ab、cd之间的距离为L。 在cd下方有一导体棒MN，导体棒MN与导轨垂直，与cd之间的距离为H，导体棒的质量为m，电阻为r。给导体棒 一竖直

25、向上的恒力，导体棒在恒力F作用下由静止开始竖直向上运动，进入磁场区域后做减速运动。若导体棒到 达ab处的速度为v0，重力加速度大小为g，求： (1)导体棒到达cd处时速度的大小； (2)导体棒刚进入磁场时加速度的大小； (3)导体棒通过磁场区域的过程中，通过电阻R的电荷量 和电阻R产生的热量。 解析解析 (1)根据动能定理得根据动能定理得(Fmg)H1 2mv 2 解得导体棒到达解得导体棒到达 cd 处时速度的大小为处时速度的大小为 v 2（Fmg）H m 。 (2)根据牛顿第二定律得根据牛顿第二定律得 mgFAFma 安培安培力力 FABId 又又 I E Rr， ，EBdv 则导体棒刚进入

26、磁场时加速度的大小则导体棒刚进入磁场时加速度的大小 ag B2d2 m（Rr） 2（Fmg）H m F m。 。 (3)导体棒通过磁场区域的过程中，通过电阻导体棒通过磁场区域的过程中，通过电阻 R 的电荷量的电荷量 qI t 又又I E Rr， ，E t 则通过电阻则通过电阻 R 的电荷量的电荷量 q Rr BLd Rr 根据动能定理得根据动能定理得(Fmg)(HL)WA1 2mv 2 0 电路中产生的总热量电路中产生的总热量 QWA 电阻电阻 R 产生的热量产生的热量 QR R RrQ 解得解得 QR R Rr(F mg)(HL)1 2mv 2 0。 。 答案答案 (1) 2（Fmg）H m

27、 (2)g B2d2 m（Rr） 2（Fmg）H m F m (3) BLd Rr R Rr(F mg)(HL)1 2mv 2 0 规律总结 求解电磁感应中动力学和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及这些力做功的特点，就可以知道合外力及能量相互转化情况。 (3)根据牛顿第二定律、动力学和能量守恒列方程求解。 7(多选)(2020高考全国卷)如图，U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，ab和dc边平行，和bc边垂直。 ab、dc足够长，整个金属框电阻可忽略。一根具有一定电阻的导

28、体棒MN置于金属框上，用水平恒力F向右拉动 金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，MN与金属框保持良好接触，且与bc边保持平行。 经过一段时间后( ) A金属框的速度大小趋于恒定值 B金属框的加速度大小趋于恒定值 C导体棒所受安培力的大小趋于恒定值 D导体棒到金属框bc边的距离趋于恒定值 解析：解析：当金属框在恒力当金属框在恒力 F 作用下向右加速时，作用下向右加速时，bc 边产生从边产生从 c 向向 b 的感应的感应 电流电流 i，金属框的加速度为，金属框的加速度为 a1，有，有 FBilMa1，MN 中感应电流从中感应电流从 M 向向 N，在安培力作用下向右加速，加速度为在

29、安培力作用下向右加速，加速度为 a2，有，有 Bilma2，当金属框和，当金属框和 MN 都运动后，金属框速度为都运动后，金属框速度为 v1，MN 速度为速度为 v2，感应电流为，感应电流为 i Bl（v1v2） R ，感应电流从，感应电流从 0 开始增大，则开始增大，则 a2从零开始增加，从零开始增加，a1从从 F M开 开 始减小，加速度差值减小。当始减小，加速度差值减小。当 a1a2时，得时，得 F(Mm)a，a F Mm恒 恒 定，由定，由 F 安安ma 可知，安培力趋于恒定，进而确定感应电流趋于恒定，可知，安培力趋于恒定，进而确定感应电流趋于恒定， 据据iBl（ （v1v2） R 知

30、金属框与知金属框与MN的速度差维持不变，的速度差维持不变， v- t图像如图所示，图像如图所示， A 错误，错误，B、C 正确：正确：MN 与金属框的速度差不变，但与金属框的速度差不变，但 MN 的速度小于金的速度小于金 属框的速度，属框的速度，MN 到金属框到金属框 bc 边的距离越来越大，边的距离越来越大，D 错误。错误。 答案：BC 8(2020福建三明期末质量检测)如图所示，足够长光滑导轨倾斜放置，导轨平面与水平面夹角37，导轨 间距L0.4 m，其下端连接一个定值电阻R4 ，其他电阻不计。两导轨间存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场， 磁感应强度B1 T。一质量为m0.04 kg的导体棒

31、ab垂直于导轨放置，现将导体棒由静止释放，取重力加速度g 10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8。 (1)求导体棒下滑的最大速度大小； (2)导体棒从静止加速到v4 m/s的过程中，通 过R的电荷量q0.2 C，求R产生的热量。 解析：解析：(1)当导体棒所受的合外力为零时，速度最大，则当导体棒所受的合外力为零时，速度最大，则 mgsin BIL IBLvm R 联立解得联立解得 vm6 m/s。 (2)设该过程中电流的平均值为设该过程中电流的平均值为I ，则 ，则 qI t I E R E BLx t 解得解得 x qR BL 2 m 由能量守恒定律可得由能量守恒定律可得 m

32、gxsin 1 2mv 2 Q 解得解得 Q0.16 J。 答案：答案：(1)6 m/s (2)0.16 J 考向四 电磁感应中的动量和能量问题 1分析方法 (1)分析“受力”：分析研究对象的受力情况，特别关注安培力的方向。 (2)分析“能量”：搞清楚有哪些力做功，就可以知道有哪些形式的能量发生了变化，根据能量守恒列方程求解。 (3)分析分析“动量动量”：在在电磁感应中可用动量定理求变力的作用时间、速度、电磁感应中可用动量定理求变力的作用时间、速度、 位移和电荷量位移和电荷量(一般应用于单杆切割磁感线一般应用于单杆切割磁感线运动运动) 求速度或电荷量：求速度或电荷量：BI lt mv2mv1，

33、qI t。 。 求时间：求时间：FtIAmv2mv1，IABI lt Bl R总 总 。 求位移：求位移：BI lt B 2l2v t R总 总 mv2mv1，即，即B 2l2 R总 总 xm(v2v1)。 2动量守恒定律的应用 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，安培力充当系统内力，如果它们受到的安培 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。 典例4 两足够长且不计电阻的光滑金属轨道如图甲所示放置，间距为d1 m，在左端弧形轨道部分高h1.25 m 处放置一金属杆a，弧形轨道与平直轨道的连接处光滑无摩擦，在平直轨道右端放置另一金属杆b，杆a、b的 电

34、阻分别为Ra2 、Rb5 ，在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B2 T。现杆b以初速度大小 v05 m/s开始向左滑动，同时由静止释放杆a，杆a由静止滑到水平轨道的过程中，通过杆b的平均电流为0.3 A； 从a下滑到水平轨道时开始计时，a、b运动的速度时间图像如图乙所示(以a运动方向为正方向)，其中ma2 kg， mb1 kg，g取10 m/s2，求： (1)杆a在弧形轨道上运动的时间； (2)杆a在水平轨道上运动过程中通过其截面的电荷量； (3)在整个运动过程中杆b产生的焦耳热。 解析解析 (1)设杆设杆 a 由静止滑至弧形轨道与平直轨道连接处时杆由静止滑至弧形轨道与平直轨道连接

35、处时杆 b 的速度的速度 大小为大小为 vb0，对杆，对杆 b 运用动量定理，有运用动量定理，有 BdI t mb(v0vb0) 其中其中 vb02 m/s 代入数据解得代入数据解得 t5 s。 (2)对杆对杆 a 由静止下滑到平直导轨上的过程中， 由机械能守恒定律有由静止下滑到平直导轨上的过程中， 由机械能守恒定律有 magh 1 2mav 2 a 解得解得 va 2gh5 m/s 设最后设最后 a、b 两杆共同的速度为两杆共同的速度为 v，由动量守恒定律得，由动量守恒定律得 mavambvb0(ma mb)v 代入数据解得代入数据解得 v8 3 m/s 杆杆 a 动量的变化量等于它所受安培

36、力的冲量，设杆动量的变化量等于它所受安培力的冲量，设杆 a 的速度从的速度从 va到到 v的的 运动时间为运动时间为 t，则由动量定理可得，则由动量定理可得 BdItma(vav) 而而 qIt 代入数据得代入数据得 q7 3 C。 。 (3)由能量守恒定律可知杆由能量守恒定律可知杆 a、b 中产生的焦耳热为中产生的焦耳热为 Qmagh1 2mbv 2 0 1 2(mb ma)v2161 6 J b 杆中产生的焦耳热为杆中产生的焦耳热为 Q Rb RaRbQ 115 6 J。 答案答案 (1)5 s (2)7 3 C (3) 115 6 J 9(多选)如图所示，两根足够长、间距为l的固定光滑平

37、行金属导轨，位于同一水平面内，导轨上横放着质量分 别为m和3m的导体棒ab和cd，构成矩形回路，在整个导轨平面内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强 磁场，已知两棒的电阻均为R，回路中其余部分的电阻不计。开始时，导体棒cd静止，导体棒ab以大小为v0的初 速度从导轨左端开始向右运动，忽略回路中电流对磁场的影响，导体棒ab和cd在运动过程中不会发生碰撞，经 过足够长的时间后，下列说法正确的是( ) A金属棒金属棒 cd 先做匀加速直线运动，达到先做匀加速直线运动，达到 v0后做直线运动后做直线运动 B金属棒金属棒 cd 先做变加速直线运动，后以某一速度匀速直线运动先做变加速直线运动，后以某

38、一速度匀速直线运动 C两金属棒在运动中产生两金属棒在运动中产生的焦耳热最多为的焦耳热最多为3 8mv 2 0 D两金属棒在运动中产生的焦耳热最多为两金属棒在运动中产生的焦耳热最多为1 4mv 2 0 解析：解析：开始阶段开始阶段 ab 棒向右减速运动，棒向右减速运动，cd 棒向右加速运动，棒向右加速运动，cd 棒速度小棒速度小 于于 ab 棒速度，设某时刻棒速度，设某时刻 ab 棒速度为棒速度为 v1，cd 棒速度为棒速度为 v2，v1v2，则，则 cd 棒的加速度棒的加速度 a2B 2l2（ （v1v2） 6mR ，随时间推移，随时间推移，v1减小，减小，v2增大，故增大，故 a2 随时间减

39、小，因此随时间减小，因此 cd 棒先做变加速直线运动，当棒先做变加速直线运动，当 v1v2时，时，a20，ab 棒和棒和 cd 棒以相同的速度棒以相同的速度 v 做匀速直线运动，故选项做匀速直线运动，故选项 A 错误，选项错误，选项 B 正正 确；设整个运动过程中产生的焦耳为确；设整个运动过程中产生的焦耳为 Q，以两棒为系统，由动量守恒定，以两棒为系统，由动量守恒定 律有律有 mv04mv，由能量守恒定律有，由能量守恒定律有1 2mv 2 0 1 2 4mv 2 Q，联立求解得，联立求解得 Q 3 8mv 2 0，故选项 ，故选项 C 正确，选项正确，选项 D 错误。错误。 答案：BC 10(

40、2020河南许昌4月检测)如图所示，有一间距为L且与水平方向成角的光滑平行轨道，轨道上端接有电容器 和定值电阻，S为单刀双掷开关，空间存在垂直轨道平面向上的匀强磁场，磁感应强度为B。将单刀双掷开关接 到a点，一根电阻不计、质量为m的导体棒在轨道底端获得初速度v0后沿着轨道向上运动，到达最高点时，单刀 双掷开关接b点，经过一段时间导体棒又回到轨道底端。已知定值电阻的阻值为R，电容器的电容为C，重力加速 度为g，轨道足够长，轨道电阻不计，求： (1)导体棒上滑过程中加速度的大小； (2)若已知导体棒到达轨道底端的速度为v， 求导体棒下滑过程中定值电阻产生的热量 和导体棒运动的时间。 解析：解析：(

41、1)导体棒上滑的过程中，根据牛顿第二定律得导体棒上滑的过程中，根据牛顿第二定律得 mgsin F 安安ma 又又 F 安安IBL，Iq t CU t CBLv t CBLa 联立解得联立解得 a mgsin mCB2L2。 。 (2)导体棒上滑过程中，有导体棒上滑过程中，有 0v2 0 2as 导体棒下滑的过程中，由动量定理得导体棒下滑的过程中，由动量定理得 mgsin tI 安安mv0 而而 I 安安BiLtBBLv R LtB 2L2 R vtB 2L2 R s 联立解得联立解得 t v gsin B 2L2v2 0（ （mCB2L2） 2Rm2g2sin2 导体棒下滑的过程中，由能量守恒定律得导体棒下滑的过程中，由能量守恒定律得 Q1 2mv 2 mgssin 解得解得 Qv 2 0（ （mCB2L2）mv2 2 。 答 案 ：答 案 ： (1) mgsin mCB2L2 (2) v2 0（ （mCB2L2）mv2 2 v gsin B2L2v2 0（ （mCB2L2） 2Rm2g2sin2