2025年高考物理第17讲 动力学、动量和能量观点在电磁感应中的应用（对标选考19题）

第17讲动力学、动量和能量观点在电磁感应中的应用（2023•浙江）某兴趣小组设计了一种火箭落停装置，简化原理如图所示，它由两根竖直导轨、承载火箭装置（简化为与火箭绝缘的导电杆MN）和装置A组成，并形成闭合回路。装置A能自动调节其输出电压确保回路电流I恒定，方向如图所示，导轨长度远大于导轨间距，不论导电杆运动到什么位置，电流I在导电杆以上空间产生的磁场近似为零；在导电杆所在处产生的磁场近似为匀强磁场，大小B1＝kI（其中k为常量），方向垂直导轨平面向里；在导电杆以下的两导轨间产生的磁场近似为匀强磁场，大小B2＝2kI，方向与B1相同。火箭无动力下降到导轨顶端时与导电杆粘接，以速度v0进入导轨，到达绝缘停靠平台时速度恰好为零，完成火箭落停。已知火箭与导电杆的总质量为M，导轨间距d=3Mg（1）求导电杆所受安培力的大小F和运动的距离L；（2）求回路感应电动势E与运动时间t的关系；（3）求装置A输出电压U与运动时间t的关系和输出的能量W；（4）若R的阻值视为0，装置A用于回收能量，给出装置A可回收能量的来源和大小。（2023•浙江）如图1所示，刚性导体线框由长为L、质量均为m的两根竖杆，与长为2l的两轻质横杆组成，且L≫2l。线框通有恒定电流I0，可以绕其中心竖直轴转动。以线框中心O为原点、转轴为z轴建立直角坐标系，在y轴上距离O为a处，固定放置半径远小于a，面积为S、电阻为R的小圆环，其平面垂直于y轴。在外力作用下，通电线框绕转轴以角速度ω匀速转动，当线框平面与xOz平面重合时为计时零点，圆环处的磁感应强度的y分量By与时间的近似关系如图2所示，图中B0已知。（1）求0到πω（2）沿y轴正方向看以逆时针为电流正方向，在0～2π（3）求圆环中电流的有效值；（4）当撤去外力，线框将缓慢减速，经πω时间角速度减小量为Δω(Δωω≪1)，设线框与圆环的能量转换效率为k，求Δ（2022•浙江）舰载机电磁弹射是现代航母最先进的弹射技术，我国在这一领域已达到世界先进水平。某兴趣小组开展电磁弹射系统的设计研究，如图1所示，用于推动模型飞机的动子（图中未画出）与线圈绝缘并固定，线圈带动动子，可在水平导轨上无摩擦滑动。线圈位于导轨间的辐向磁场中，其所在处的磁感应强度大小均为B。开关S与1接通，恒流源与线圈连接，动子从静止开始推动飞机加速，飞机达到起飞速度时与动子脱离；此时S掷向2接通定值电阻R0，同时施加回撤力F，在F和磁场力作用下，动子恰好返回初始位置停下。若动子从静止开始至返回过程的v﹣t图如图2所示，在t1至t3时间内F＝（800﹣10v）N，t3时撤去F。已知起飞速度v1＝80m/s，t1＝1.5s，线圈匝数n＝100匝，每匝周长l＝1m，飞机的质量M＝10kg，动子和线圈的总质量m＝5kg，R0＝9.5Ω，B＝0.1T，不计空气阻力和飞机起飞对动子运动速度的影响，求（1）恒流源的电流I；（2）线圈电阻R；（3）时刻t3。（2022•浙江）如图所示，水平固定一半径r＝0.2m的金属圆环，长均为r，电阻均为R0的两金属棒沿直径放置，其中一端与圆环接触良好，另一端固定在过圆心的导电竖直转轴OO′上，并随轴以角速度ω＝600rad/s匀速转动，圆环内左半圆均存在磁感应强度大小为B1的匀强磁场。圆环边缘、与转轴良好接触的电刷分别与间距l1的水平放置的平行金属轨道相连，轨道间接有电容C＝0.09F的电容器，通过单刀双掷开关S可分别与接线柱1、2相连。电容器左侧宽度也为l1、长度为l2、磁感应强度大小为B2的匀强磁场区域。在磁场区域内靠近左侧边缘处垂直轨道放置金属棒ab，磁场区域外有间距也为l1的绝缘轨道与金属轨道平滑连接，在绝缘轨道的水平段上放置“[”形金属框fcde。棒ab长度和“[”形框的宽度也均为l1、质量均为m＝0.01kg，de与cf长度均为l3＝0.08m，已知l1＝0.25m，l2＝0.068m，B1＝B2＝1T、方向均为竖直向上；棒ab和“[”形框的cd边的电阻均为R＝0.1Ω，除已给电阻外其他电阻不计，轨道均光滑，棒ab与轨道接触良好且运动过程中始终与轨道垂直。开始时开关S和接线柱1接通，待电容器充电完毕后，将S从1拨到2，电容器放电，棒ab被弹出磁场后与“[”形框粘在一起形成闭合框abcd，此时将S与2断开，已知框abcd在倾斜轨道上重心上升0.2m后返回进入磁场。（1）求电容器充电完毕后所带的电荷量Q，哪个极板（M或N）带正电？（2）求电容器释放的电荷量ΔQ；（3）求框abcd进入磁场后，ab边与磁场区域左边界的最大距离x。命题点一电磁感应中的动力学问题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)．2．两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进行动态分析或结合功能关系进行分析3.动态分析的基本思路解决这类问题的关键是通过运动状态的分析，寻找过程中的临界状态，如速度、加速度最大值或最小值的条件．具体思路如下：命题点二电磁感应中的动量和能量的应用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(牛顿运动定律、动量守恒定律、动量定理、动能定理等).解决这类问题的方法：(1)选择研究对象.即是哪一根导体棒或几根导体棒组成的系统.(2)分析其受力情况.安培力既跟电流方向垂直又跟磁场方向垂直.(3)分析研究对象所受的各力做功情况和合外力情况，选定所要应用的物理规律.(4)分析研究对象(或系统)是否符合动量守恒的条件.(5)运用物理规律列方程求解.注意：加速度a＝0时，速度v达到最大值.考点一动量定理和功能关系的应用（2023•浙江模拟）如图所示，虚线边界左侧空间分布磁感应强度为B的匀强磁场，方向竖直向下，边界右侧空间分布磁感应强度为2B的匀强磁场，方向竖直向上。一质量为m，总电阻为R，ab边长为3s，bc边长为L的单匝矩形线框abcd垂直于磁场水平放置，bc边平行于虚线边界，ab、cd边上的e、f两处（e、f两处在边界处）有两个小孔，一光滑绝缘的固定轴穿过两个小孔（小孔和轴图中未画出），ad到边界的距离为s。现让线框在外力的作用下，绕ef轴以角速度ω，顺着ef看为逆时针方向开始匀速转动。（1）求从图示位置开始转动半周过程中通过线框某一横截面的电量大小q；（2）在乙图上画出线框中感应电流随时间的图像（以abcda方向为电流正方向，从初始时刻开始，画一个周期，请标注电流最大值）；（3）求匀速转动一周外力所做的功W；（4）撤去外力和转轴，让线圈静止于一个足够大的光滑绝缘水平面上，线圈与磁场的相对位置依然如图甲所示，现给线框一个水平向右的初速度v0。线框开始运动，发现线框最终的稳定速度为v，求初速度v0大小。考点二动量守恒定律和功能关系的应用（2023•台州二模）如图所示，在一个匝数为N、横截面积为S、阻值为R0的圆形螺线管内充满方向与线圈平面垂直、大小随时间均匀变化的匀强磁场B1，其变化率为k。螺线管右侧连接有“T”形金属轨道装置，整个装置处于大小为B2、方向竖直向下的匀强磁场中，该装置由位于同一水平面的光滑平行导轨AP、A'P'和粗糙竖直导轨SW、S'W'构成，导轨间距均为l。开始时，导体棒a、b分别静置在水平轨道上SS'左右两侧适当位置，b棒用一绝缘且不可伸长的轻绳通过光滑转弯装置O与c棒相连，与b、c棒相连的轻绳分别与导轨SP、SW平行，三根导体棒的长度均为l且始终与导轨垂直接触。刚开始锁定b棒，闭合开关K后，a棒由静止开始运动，与b棒碰前瞬间，a棒的速度为v0，此时解除b棒的锁定，同时断开开关K，碰后两棒粘在一起运动，此后导体棒减速为零的过程中c棒产生的焦耳热为Q。已知三根导体棒的质量均为m，电阻均为R0，c棒与竖直轨道间的动摩擦因数为μ，a、b棒碰撞时间极短，不计其他电阻及阻力，重力加速度为g。求：（1）开关K刚闭合时，通过a棒的电流大小；（2）a棒从静止加速到v0的过程中，流过a棒的电荷量；（3）a、b棒碰后瞬间，a棒的速度大小；（4）c棒上升的最大高度。（2023•乐清市校级模拟）如图所示，水平面放置两根足够长平行金属导轨MN和PQ，导轨间距为L＝1m，左端连接阻值为R＝0.02Ω的电阻，其余电阻不计。在x≥0处，存在垂直于水平面磁感应强度为0.2T的匀强磁场，一根质量为m＝1kg、金属棒放置在水平导轨上。金属棒从x＝0处开始在外力作用下做“另类匀加速”运动，即速度随位移均匀增大，v＝v0+kx，其中初速度v0＝1m/s，k＝1s﹣1。当金属棒运动到x1＝3m时，撤去外力，同时磁场随时间发生变化，金属棒则做匀速直线运动到x0处，此时磁感应强度为0.1T，此后磁场保持不变，金属棒立即受到水平向左的恒力T＝5N，金属棒恰好回到x0时撤去恒力，恒力作用时长为1.4s。设运动过程中金属棒始终与导轨垂直且接触良好，不计一切摩擦。求：（1）磁场变化的时间；（2）金属棒做“另类匀加速”时电阻的焦耳热？金属棒运动到x＝1.5m处，外力的大小；（3）金属棒在[0，x0]间，金属棒的动生电动势大小与位置的关系。（2023•丽水二模）如图所示，电阻为2R、半径为2r的粗细均匀的金属轮环A1可绕其中心轴O1转动，有一质量为m的重物通过绕绳挂在半径为r的绝缘轮盘A2边缘，在重物的带动下A1、A2轮以相同的角速度同轴转动（不考虑由于绕绳引起的半径变化）。电阻不计、半径为r的另一金属轮环A3在A1轮的带动下绕中心轴O2转动，两轮始终保持接触且无相对滑动。A1轮的另一端通过电刷与导线相连，其左右两侧的接触点与轴心在同一直线上。A3轮的中心轴由导线与外接金属轨道相连，其中心轴与环之间由3根电阻均为R的导体棒连接，相邻两根导体棒间夹角为120°，两圆环接出的导线通过金属轨道形成闭合回路。一质量为m、电阻为R2的导体棒MN放置在倾角θ＝37°的轨道上，导体棒MN与轨道垂直，与轨道的动摩擦因数为μ（1）轮盘A2在重物拉动下转动，判断导体棒MN上电流的方向；（2）当轮盘A2以角速度ω转动时，求A3轮中导体棒转动所产生电动势E的大小；（3）当重物匀速下落时，求其速度v的大小；（4）若在倾斜轨道间加上磁感应强度为B且垂直斜面向上的匀强磁场，重物从静止开始释放，则当重物下落速度在多大范围内时，解除导体棒MN固定装置后其仍能维持不动。（2023•绍兴二模）如图甲所示，某国货车频繁脱轨、侧翻的重要原因是铁路轨道不平整。我国的高铁对轨道平整度有着极高的要求，为了检测高铁轨道可能存在的微小不平整，某科学兴趣小组设计了如图乙所示的方案：M为水平待测轨道，其上有一可沿轨道无摩擦运动的小车Ⅰ，车上固定竖直放置的n匝线圈ABCD，总阻值为R，小车与线圈总质量为m，线圈中连有微电流传感器，可显示ABCD中非常微弱的电流信号，A→B为电流正方向；N为标准水平平整轨道（轨道N与轨道M平行正对放置），其上有一可沿轨道运动的小车Ⅱ，小车Ⅱ上安装了车速控制系统，且车上固定磁场发射装置EFGH，该装置可在EFGH范围内激发垂直并指向ABCD的匀强磁场，磁感应强度大小为B0，AB＝DC＝EF＝HG＝L1，BC＝AD＝FG＝EH＝L2。现先将小车Ⅰ、Ⅱ平行正对放置，调节ABCD的高度，使之略高于EFGH，其高度差远小于L2但大于待测轨道凹凸不平引起的高度差，然后给小车Ⅰ大小为v0的初速度，同时控制小车Ⅱ以相同的速度向前匀速行驶。（不考虑磁场的边缘效应，忽略轨道不平整对小车沿轨道方向速度的影响）（1）若在t1～t2时间内，微电流传感器显示出如图丙所示的电流信号，问这段时间内经过的待测轨道是凸起还是凹陷？试简要说明理由。（2）若小车Ⅱ在行驶过程中突然停止，求小车Ⅰ继续前进并离开的过程中，线圈上产生的总热量Q。（3）现控制小车Ⅱ做匀减速直线运动，为确保微电流传感器不损坏，线圈中电流不能超过Im，求小车Ⅱ做匀减速直线运动时加速度的最大值。（2023•镇海区模拟）如图甲所示，水平固定一半径为r的金属圆环，一长为r、电阻为R0的金属杆a沿半径放置，其中一端与圆环接触良好，另一端固定在过圆心的导电竖直转轴OO′上，可随轴自由转动，圆环内存在磁感应强度为B1的匀强磁场。圆环边缘、转轴通过接触良好的电刷分别与间距L的水平放置的足够长粗糙金属轨道MP、NQ相连，两者间接有理想的电压表，同样足够长的光滑绝缘轨道PM′、QN′与金属轨道平滑连接，PM′、QN′的间距也为L。金属轨道PM、QN处在磁感应强度为B2的匀强磁场中，金属杆b垂直轨道放置，其长为L、质量为m、电阻为R1，与金属轨道的动摩擦因数为μ。绝缘轨道PM′与QN′上放置边长为L，质量为M、电阻为R2的“”形金属框EFGH，以FG为原点向右存在磁感应强度为B3的磁场，B3＝0.4x+0.4（x≥0）。已知r＝1m，R0＝1Ω，μ＝0.2，L＝1m，m＝1kg，R1＝R2＝2Ω，M＝3kg，B1＝B2＝1T、方向均竖直向下，不考虑框架中的电流产生的磁场影响，除已给电阻其它电阻不计，最大静摩擦力和滑动摩擦力大小相等，金属杆b与“”形金属框发生碰撞时会形成一闭合的正方形方框。求：（1）加速转动a杆，金属杆b恰好向右运动时，电压表的示数U1；（2）若匀速转动a杆，且角速度为ω＝20rad/s时，b杆到达PQ的速度大小v；（3）若固定a杆，对b杆施加向右的外力，理想电压表如图乙规律变化。0～t1时间内为正弦曲线，b杆刚好向前位移为6πm，若U0＝1V，求0～t（4）若b杆以v0＝4m/s的初速度撞击“”形金属框，且碰撞后正方形方框在外力作用下进入磁场B3中电流不变，求进入过程中外力做功的平均功率P。（2023•金华模拟）如图所示，长度足够的两导轨与水平面成θ角平行放置，间距为d；在导轨所在区间，存在方向垂直导轨平面、大小为B的匀强磁场；接入两导轨间的两个电阻阻值均为R、电容器电容为C和线圈电感为L。一根长也为d、质量为m的导体棒搁置在两导轨上。t＝0时，导体棒静止释放，不计摩擦、空气阻力和其它电阻（不考虑电磁辐射）。（提示：当通过线圈的电流随时间发生变化时，线圈产生的电动势大小E=LΔIΔt；当线圈中通有电流I时，其储存的磁能（1）t＝0时，接通S1，断开S2和S3，求棒所能达到的最大速度vm1；（2）t＝0时，接通S2，断开S1和S3，求棒的加速度a；（3）t＝0时，接通S3，断开S1和S2，已知棒下滑x0时恰好达到最大速度，求最大速度vm2以及当棒下滑2x0过程中回路产生的焦耳热Q。（2023•镇海区校级模拟）电源是通过非静电力做功把其他形式的能转化为电能的装置，不同的电源非静电力做功的本领有所不同，物理学中用电动势来描述电源的这种特性。（1）如图所示，固定于水平面的U形金属框架处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，金属框两平行导轨间距为l。金属棒MN在外力的作用下，沿框架以速度v向右做匀速直线运动，运动过程中金属棒始终垂直于两平行导轨并接触良好。已知电子的电荷量为﹣e。在金属棒产生电动势的过程中，请说明是什么力充当非静电力，并求出这个非静电力F的大小；（2）科学家发现导体两端的温度差也能产生电动势，这种电动势称为温差电动势。我们用图乙所示的简化模型来分析。一段长度为L的直导线AB沿Ox轴放置，A端位于坐标原点处。与恒温热源接触后，A端温度恒为T1，B端温度恒为T2（T2＜T1）。假定导线上相同位置处的温度相同，不同位置处的温度沿x方向均匀变化，导线形状随温度的变化忽略不计。从微观上来看，可认为：温度越高，金属离子（即原子失去自由电子后的剩余部分）热运动的平均动能越大，与之相比，自由电子热运动平均动能随温度的变化可以忽略不计。如图乙所示，取导线中长为Δx的一个薄层，自由电子受到左侧金属离子的碰撞比右侧的强，薄层两端就形成了压强差，自由电子会发生定向运动。已知薄层两端的压强差与其两端的温度差成正比，且比例系数为nk，n为单位体积内的自由电子数（假设导线中各处n都相同）k为常数。导线AB的横截面积为S，电荷量为﹣e，忽略自由电子与金属离子之间及自由电子彼此间的库仑作用。请利用自由电子的受力特点，结合电动势的定义式，推导得出温差电动势的表达式；（3）特殊温差发电导体AB两端有恒定温差，连接无限长的水平光滑导轨（图丙），若温差电动势的大小与导线两端的温度差成正比，比例系数为S，水平导轨区域磁感应强度为B。导轨上静止放置的导体棒MN电阻为R，质量为m，到刚好稳定的过程中导体棒的焦耳热为Q，忽略其他电阻。求发电导体AB两端的温差。

第17讲动力学、动量和能量观点在电磁感应中的应用（2023•浙江）某兴趣小组设计了一种火箭落停装置，简化原理如图所示，它由两根竖直导轨、承载火箭装置（简化为与火箭绝缘的导电杆MN）和装置A组成，并形成闭合回路。装置A能自动调节其输出电压确保回路电流I恒定，方向如图所示，导轨长度远大于导轨间距，不论导电杆运动到什么位置，电流I在导电杆以上空间产生的磁场近似为零；在导电杆所在处产生的磁场近似为匀强磁场，大小B1＝kI（其中k为常量），方向垂直导轨平面向里；在导电杆以下的两导轨间产生的磁场近似为匀强磁场，大小B2＝2kI，方向与B1相同。火箭无动力下降到导轨顶端时与导电杆粘接，以速度v0进入导轨，到达绝缘停靠平台时速度恰好为零，完成火箭落停。已知火箭与导电杆的总质量为M，导轨间距d=3Mg（1）求导电杆所受安培力的大小F和运动的距离L；（2）求回路感应电动势E与运动时间t的关系；（3）求装置A输出电压U与运动时间t的关系和输出的能量W；（4）若R的阻值视为0，装置A用于回收能量，给出装置A可回收能量的来源和大小。【解答】解：（1）导电杆所受安培力的大小为：F＝B1Id＝kI•I•3Mgk在火箭落停过程中，导电杆做匀减速直线运动，设其加速度大小为a，对火箭与导电杆整体，由牛顿第二定律得：F﹣Mg＝Ma解得：a＝2g由速度—位移关系公式可得：2aL=解得：L=（2）由速度—时间关系公式可得运动时间为t时，导电杆的速度为：v＝v0﹣at＝v0﹣2gt回路中感应电动势为：E＝B2dv＝2kI•3MgkI2•（v0﹣2gt）=（3）导电杆两端的电压恒为U0＝IR根据楞次定律或右手定则可知感应电流方向为顺时针方向，与装置A提供的电流方向相同，为确保回路电流I恒定，需满足：U+E＝U0解得装置A输出电压U与运动时间t的关系为：U＝IR−6MgI（v火箭落停过程经历的时间为t1=装置A输出的功率为：P＝UI＝I2R﹣6Mg（v0﹣2gt）可见装置A输出的功率P与时间成线性关系，则可用功率的平均值计算输出的能量W，初始（t＝0）时功率P0＝I2R﹣6Mgv0，末状态（t＝t1）的功率为P1＝I2R，则有：W=pt1=12（P（4）当R＝0时，由U＝IR−6MgI（v0﹣2gt）=−6可知装置A回收能量的功率为P′＝|U|I＝6Mg（v0﹣2gt）可见装置A回收能量的功率与时间成线性关系，同理用此功率的平均值计算回收的总能量W总，初始（t＝0）时功率P0′＝6Mgv0，末状态（t＝t1）的功率为P1′＝0，则有：W总=P't1=12（P设在火箭落停过程中，火箭与导电杆整体减少的机械能为ΔE机，减少的磁场能为ΔE磁，则有：ΔE机=12根据能量守恒定律得：ΔE磁＝W总﹣ΔE机=故装置A可回收能量的来源和大小为火箭与导电杆整体减少的机械能，大小为34Mv0答：（1）导电杆所受安培力的大小F为3Mg，运动的距离L为v0（2）回路感应电动势E与运动时间t的关系为E=6MgI（v（3）装置A输出电压U与运动时间t的关系为U＝IR−6MgI（v0﹣2gt），输出的能量W为（4）装置A可回收能量的来源和大小为火箭与导电杆整体减少的机械能，大小为34Mv0（2023•浙江）如图1所示，刚性导体线框由长为L、质量均为m的两根竖杆，与长为2l的两轻质横杆组成，且L≫2l。线框通有恒定电流I0，可以绕其中心竖直轴转动。以线框中心O为原点、转轴为z轴建立直角坐标系，在y轴上距离O为a处，固定放置半径远小于a，面积为S、电阻为R的小圆环，其平面垂直于y轴。在外力作用下，通电线框绕转轴以角速度ω匀速转动，当线框平面与xOz平面重合时为计时零点，圆环处的磁感应强度的y分量By与时间的近似关系如图2所示，图中B0已知。（1）求0到πω（2）沿y轴正方向看以逆时针为电流正方向，在0～2π（3）求圆环中电流的有效值；（4）当撤去外力，线框将缓慢减速，经πω时间角速度减小量为Δω(Δωω≪1)，设线框与圆环的能量转换效率为k，求Δ【解答】解：（1）由电流定义式得：q=由闭合电路欧姆定律得：I由法拉第电磁感应定律得：E0到πω时间内圆环的磁通量变化量的绝对值为：ΔΦ＝B0S﹣（﹣B0S）＝2B0联立解得：q=2（2）在0～π在π3ω～2π3ω沿y轴正方向看，由楞次定律判断感应电流为顺时针方向，故为负值，则此时间内感应电流为：I=−E（3）由图（2）的对称性可知，圆环中电流的有效值可用半个周期0～πI2R(2π3ω−解得：I有=2（4）已知经πω时间角速度减小量为Δω(ΔEk=12•2m（ωl）2−12•2m[（ω﹣Δω）l]2＝mω2l2[1﹣（1−Δωω）2]＝mω2l2[1﹣（1−Δωω）2]＝mω2l2此时间内圆环产生的焦耳热为：Q＝I有2R•π已知线框与圆环的能量转换效率为k，则有：Q＝kΔEk解得：Δω=6答：（1）0到πω时间内，流过圆环横截面的电荷量q为2（2）在0～2π3ω时间内，圆环中的电流与时间的关系为：0～π3ω时间内电流为零，（3）圆环中电流的有效值为23（4）Δω的值为6B（2022•浙江）舰载机电磁弹射是现代航母最先进的弹射技术，我国在这一领域已达到世界先进水平。某兴趣小组开展电磁弹射系统的设计研究，如图1所示，用于推动模型飞机的动子（图中未画出）与线圈绝缘并固定，线圈带动动子，可在水平导轨上无摩擦滑动。线圈位于导轨间的辐向磁场中，其所在处的磁感应强度大小均为B。开关S与1接通，恒流源与线圈连接，动子从静止开始推动飞机加速，飞机达到起飞速度时与动子脱离；此时S掷向2接通定值电阻R0，同时施加回撤力F，在F和磁场力作用下，动子恰好返回初始位置停下。若动子从静止开始至返回过程的v﹣t图如图2所示，在t1至t3时间内F＝（800﹣10v）N，t3时撤去F。已知起飞速度v1＝80m/s，t1＝1.5s，线圈匝数n＝100匝，每匝周长l＝1m，飞机的质量M＝10kg，动子和线圈的总质量m＝5kg，R0＝9.5Ω，B＝0.1T，不计空气阻力和飞机起飞对动子运动速度的影响，求（1）恒流源的电流I；（2）线圈电阻R；（3）时刻t3。【解答】解：（1）根据安培力公式可得：F安＝nBIl动子和线圈在0～t1时间内做匀加速直线运动，运动的加速度为a=v根据牛顿第二定律得：F安＝（M+m）a代入数据解得：I＝80A（2）当S拨至2时，接通定值电阻R0，此时的感应电流为I1此时的安培力为F安1＝nBI1l根据牛顿第二定律得：(800−10v)+n由图可知在t1到t3的过程中，加速度恒定，则有n2解得：R＝0.5Ω；a（3）根据图像可知，t则0～2s时间内，位移大小为s=1根据法拉第电磁感应定律得：E=nΔΦ根据电流的定义式可得：Δq＝ItI=E联立解得：Δq=从t3时刻到最后返回初始位置停下的时间段内通过回路中的电荷量，根据动量定理得：﹣nBlΔq＝0﹣ma1（t3﹣t2）联立解得：t3=答：（1）恒流源的电流为80A；（2）线圈电阻为0.5Ω；（3）时刻t3为5+3（2022•浙江）如图所示，水平固定一半径r＝0.2m的金属圆环，长均为r，电阻均为R0的两金属棒沿直径放置，其中一端与圆环接触良好，另一端固定在过圆心的导电竖直转轴OO′上，并随轴以角速度ω＝600rad/s匀速转动，圆环内左半圆均存在磁感应强度大小为B1的匀强磁场。圆环边缘、与转轴良好接触的电刷分别与间距l1的水平放置的平行金属轨道相连，轨道间接有电容C＝0.09F的电容器，通过单刀双掷开关S可分别与接线柱1、2相连。电容器左侧宽度也为l1、长度为l2、磁感应强度大小为B2的匀强磁场区域。在磁场区域内靠近左侧边缘处垂直轨道放置金属棒ab，磁场区域外有间距也为l1的绝缘轨道与金属轨道平滑连接，在绝缘轨道的水平段上放置“[”形金属框fcde。棒ab长度和“[”形框的宽度也均为l1、质量均为m＝0.01kg，de与cf长度均为l3＝0.08m，已知l1＝0.25m，l2＝0.068m，B1＝B2＝1T、方向均为竖直向上；棒ab和“[”形框的cd边的电阻均为R＝0.1Ω，除已给电阻外其他电阻不计，轨道均光滑，棒ab与轨道接触良好且运动过程中始终与轨道垂直。开始时开关S和接线柱1接通，待电容器充电完毕后，将S从1拨到2，电容器放电，棒ab被弹出磁场后与“[”形框粘在一起形成闭合框abcd，此时将S与2断开，已知框abcd在倾斜轨道上重心上升0.2m后返回进入磁场。（1）求电容器充电完毕后所带的电荷量Q，哪个极板（M或N）带正电？（2）求电容器释放的电荷量ΔQ；（3）求框abcd进入磁场后，ab边与磁场区域左边界的最大距离x。【解答】解：（1）开关S与接线柱1接通。电容器充电，充电过程，对绕转轴OO′转动的棒由右手定则可知其动生电源的电流沿径向向外，即边缘为电源正极，圆心为负极，则M板带正电；根据法拉第电磁感应定律可知：E=则电容器的电荷量为：Q＝CU=联立解得：Q＝0.54C（2）电容器放电过程有：B2l1ΔQ＝mv1棒ab被弹出磁场后与“[”形框粘在一起的过程有：mv1＝（m+m）v2棒的上滑过程有：1联立解得：ΔQ＝0.16C（3）设导体框在磁场中减速滑行的总路程为Δx，由动量定理得：B2可得：Δx＝0.128m＞0.08m匀速运动距离为：l3﹣l2＝0.08m﹣0.068m＝0.012m则x＝Δx+l3﹣l2＝0.128m+0.012m＝0.14m答：（1）电容器充电完毕后所带的电荷量Q为0.54C，M极板带正电；（2）电容器释放的电荷量ΔQ为0.16C；（3）框abcd进入磁场后，ab边与磁场区域左边界的最大距离为0.14m。命题点一电磁感应中的动力学问题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)．2．两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进行动态分析或结合功能关系进行分析3.动态分析的基本思路解决这类问题的关键是通过运动状态的分析，寻找过程中的临界状态，如速度、加速度最大值或最小值的条件．具体思路如下：命题点二电磁感应中的动量和能量的应用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(牛顿运动定律、动量守恒定律、动量定理、动能定理等).解决这类问题的方法：(1)选择研究对象.即是哪一根导体棒或几根导体棒组成的系统.(2)分析其受力情况.安培力既跟电流方向垂直又跟磁场方向垂直.(3)分析研究对象所受的各力做功情况和合外力情况，选定所要应用的物理规律.(4)分析研究对象(或系统)是否符合动量守恒的条件.(5)运用物理规律列方程求解.注意：加速度a＝0时，速度v达到最大值.考点一动量定理和功能关系的应用（2023•浙江模拟）如图所示，虚线边界左侧空间分布磁感应强度为B的匀强磁场，方向竖直向下，边界右侧空间分布磁感应强度为2B的匀强磁场，方向竖直向上。一质量为m，总电阻为R，ab边长为3s，bc边长为L的单匝矩形线框abcd垂直于磁场水平放置，bc边平行于虚线边界，ab、cd边上的e、f两处（e、f两处在边界处）有两个小孔，一光滑绝缘的固定轴穿过两个小孔（小孔和轴图中未画出），ad到边界的距离为s。现让线框在外力的作用下，绕ef轴以角速度ω，顺着ef看为逆时针方向开始匀速转动。（1）求从图示位置开始转动半周过程中通过线框某一横截面的电量大小q；（2）在乙图上画出线框中感应电流随时间的图像（以abcda方向为电流正方向，从初始时刻开始，画一个周期，请标注电流最大值）；（3）求匀速转动一周外力所做的功W；（4）撤去外力和转轴，让线圈静止于一个足够大的光滑绝缘水平面上，线圈与磁场的相对位置依然如图甲所示，现给线框一个水平向右的初速度v0。线框开始运动，发现线框最终的稳定速度为v，求初速度v0大小。【解答】解：（1）感应电动势E=感应电流I=根据q＝It其中ΔΦ＝3BLs解得q=（2）第一个14T内，i=3BLωsRsinωt第四个14T内，i=3BLωs（3）根据W＝I2Rt有效值I=解得W=（4）线框的感应电动势E＝2BLv+BLvbc边受到安培力向左Fad边受到安培力向左F由动量定理，Δt时间内有−∑2BiLΔt−∑BilΔt=mv−mv0即−3B解得v答：（1）从图示位置开始转动半周过程中通过线框某一横截面的电量大小为3BLsR（2）见解析；（3）匀速转动一周外力所做的功为9πB（4）初速度v0大小为v+9考点二动量守恒定律和功能关系的应用（2023•台州二模）如图所示，在一个匝数为N、横截面积为S、阻值为R0的圆形螺线管内充满方向与线圈平面垂直、大小随时间均匀变化的匀强磁场B1，其变化率为k。螺线管右侧连接有“T”形金属轨道装置，整个装置处于大小为B2、方向竖直向下的匀强磁场中，该装置由位于同一水平面的光滑平行导轨AP、A'P'和粗糙竖直导轨SW、S'W'构成，导轨间距均为l。开始时，导体棒a、b分别静置在水平轨道上SS'左右两侧适当位置，b棒用一绝缘且不可伸长的轻绳通过光滑转弯装置O与c棒相连，与b、c棒相连的轻绳分别与导轨SP、SW平行，三根导体棒的长度均为l且始终与导轨垂直接触。刚开始锁定b棒，闭合开关K后，a棒由静止开始运动，与b棒碰前瞬间，a棒的速度为v0，此时解除b棒的锁定，同时断开开关K，碰后两棒粘在一起运动，此后导体棒减速为零的过程中c棒产生的焦耳热为Q。已知三根导体棒的质量均为m，电阻均为R0，c棒与竖直轨道间的动摩擦因数为μ，a、b棒碰撞时间极短，不计其他电阻及阻力，重力加速度为g。求：（1）开关K刚闭合时，通过a棒的电流大小；（2）a棒从静止加速到v0的过程中，流过a棒的电荷量；（3）a、b棒碰后瞬间，a棒的速度大小；（4）c棒上升的最大高度。【解答】解：（1）开关K刚闭合时，根据法拉第电磁感应定律可知产生的感应电动势为：ε1根据欧姆定律可知通过a棒的电流大小为：I=1（2）选择水平向右的方向为正方向，a棒根据动量定理，可得：mv流过a棒的电荷量为：q=I（3）a、b棒碰撞过程中，根据动量守恒定律，对a、b棒分析可得：2mv﹣mv0＝﹣IT对c棒：mv﹣0＝IT因此3mv＝mv0碰后瞬间，a棒的速度大小为：v=v（4）整个电路的焦耳热为：Q整对c棒f＝μB2Il因此|c棒上升过程中，1c棒上升的最大高度为：ℎmax答：（1）开关K刚闭合时，通过a棒的电流大小为NSk4（2）a棒从静止加速到v0的过程中，流过a棒的电荷量为mv（3）a、b棒碰后瞬间，a棒的速度大小为v0（4）c棒上升的最大高度为v0（2023•乐清市校级模拟）如图所示，水平面放置两根足够长平行金属导轨MN和PQ，导轨间距为L＝1m，左端连接阻值为R＝0.02Ω的电阻，其余电阻不计。在x≥0处，存在垂直于水平面磁感应强度为0.2T的匀强磁场，一根质量为m＝1kg、金属棒放置在水平导轨上。金属棒从x＝0处开始在外力作用下做“另类匀加速”运动，即速度随位移均匀增大，v＝v0+kx，其中初速度v0＝1m/s，k＝1s﹣1。当金属棒运动到x1＝3m时，撤去外力，同时磁场随时间发生变化，金属棒则做匀速直线运动到x0处，此时磁感应强度为0.1T，此后磁场保持不变，金属棒立即受到水平向左的恒力T＝5N，金属棒恰好回到x0时撤去恒力，恒力作用时长为1.4s。设运动过程中金属棒始终与导轨垂直且接触良好，不计一切摩擦。求：（1）磁场变化的时间；（2）金属棒做“另类匀加速”时电阻的焦耳热？金属棒运动到x＝1.5m处，外力的大小；（3）金属棒在[0，x0]间，金属棒的动生电动势大小与位置的关系。【解答】解：（1）由于磁场变化导致导体棒做匀速直线运动，即磁通量保持不变，所以BLx1＝B′Lx0代入数据，可得x0＝6cm导体棒末速度v′＝v0+kx代入数据解得：v'＝4m/s即磁场变化时间为t=x代入数据解得：t＝0.75s（2）由能量守恒，得W=Q+1导体棒末速度为：v′4m/s导体棒所受安培力为FA即可得，回路当中的焦耳热为Q＝15J，所以W＝22.5J由于拉力也是随位移线性变化的，所以位移中点处的拉力为F=W代入数据解得：F＝7.5N（3）当金属棒向右运动时，在x＝0m到x＝3m间E1＝BLv＝BL（v0+kx）＝0.2（1+x）在x＝3m到x＝6m间：此时磁场发生变化，有B（x）Lx＝BLx1即B(x)=从而有E2对于金属棒受水平向左的恒力T＝5N作用时，选择水平向左的方向为正方向，利用动量定理得TΔt+B得金属棒返回x＝6m时速度为v″＝3m/s，当金属棒向左运动时B'即速度v=v″−B从而有金属棒向左运动时，在x＝0m到x＝6m间E＝B′Lv＝0.05x答：（1）磁场变化的时间为0.75s；（2）金属棒做“另类匀加速”时电阻的焦耳热为22.5J，金属棒运动到x＝1.5m处，外力的大小为7.5N；（3）金属棒在[0，x0]间，金属棒的动生电动势大小与位置的关系为E＝0.05x。（2023•丽水二模）如图所示，电阻为2R、半径为2r的粗细均匀的金属轮环A1可绕其中心轴O1转动，有一质量为m的重物通过绕绳挂在半径为r的绝缘轮盘A2边缘，在重物的带动下A1、A2轮以相同的角速度同轴转动（不考虑由于绕绳引起的半径变化）。电阻不计、半径为r的另一金属轮环A3在A1轮的带动下绕中心轴O2转动，两轮始终保持接触且无相对滑动。A1轮的另一端通过电刷与导线相连，其左右两侧的接触点与轴心在同一直线上。A3轮的中心轴由导线与外接金属轨道相连，其中心轴与环之间由3根电阻均为R的导体棒连接，相邻两根导体棒间夹角为120°，两圆环接出的导线通过金属轨道形成闭合回路。一质量为m、电阻为R2的导体棒MN放置在倾角θ＝37°的轨道上，导体棒MN与轨道垂直，与轨道的动摩擦因数为μ（1）轮盘A2在重物拉动下转动，判断导体棒MN上电流的方向；（2）当轮盘A2以角速度ω转动时，求A3轮中导体棒转动所产生电动势E的大小；（3）当重物匀速下落时，求其速度v的大小；（4）若在倾斜轨道间加上磁感应强度为B且垂直斜面向上的匀强磁场，重物从静止开始释放，则当重物下落速度在多大范围内时，解除导体棒MN固定装置后其仍能维持不动。【解答】解：（1）根据右手定则知电流方向由N指向M；（2）由题可知A3轮的角速度为2ω，则有：E=B⋅r×2ω⋅r2=B（3）等效电路图如图所示，4×3.14由图可知总电阻为43R解得：v=（4）若金属棒保持静止时，同理电流为：I=Bωr2根据平衡条件，当静摩擦力最大且沿轨道向上时有：mgsinθ=B解得：v当静摩擦力最大且沿轨道向下时有：mgsinθ+μmgcosθ=B解得：v所以重物下落速度的范围为：4mgR答：（1）轮盘A2在重物拉动下转动，判断导体棒MN上电流的方向为由N指向M；（2）当轮盘A2以角速度ω转动时，求A3轮中导体棒转动所产生电动势E的大小为Bωr2；（3）当重物匀速下落时，求其速度v的大小为4mgR3（4）当重物下落速度在4mgR5（2023•绍兴二模）如图甲所示，某国货车频繁脱轨、侧翻的重要原因是铁路轨道不平整。我国的高铁对轨道平整度有着极高的要求，为了检测高铁轨道可能存在的微小不平整，某科学兴趣小组设计了如图乙所示的方案：M为水平待测轨道，其上有一可沿轨道无摩擦运动的小车Ⅰ，车上固定竖直放置的n匝线圈ABCD，总阻值为R，小车与线圈总质量为m，线圈中连有微电流传感器，可显示ABCD中非常微弱的电流信号，A→B为电流正方向；N为标准水平平整轨道（轨道N与轨道M平行正对放置），其上有一可沿轨道运动的小车Ⅱ，小车Ⅱ上安装了车速控制系统，且车上固定磁场发射装置EFGH，该装置可在EFGH范围内激发垂直并指向ABCD的匀强磁场，磁感应强度大小为B0，AB＝DC＝EF＝HG＝L1，BC＝AD＝FG＝EH＝L2。现先将小车Ⅰ、Ⅱ平行正对放置，调节ABCD的高度，使之略高于EFGH，其高度差远小于L2但大于待测轨道凹凸不平引起的高度差，然后给小车Ⅰ大小为v0的初速度，同时控制小车Ⅱ以相同的速度向前匀速行驶。（不考虑磁场的边缘效应，忽略轨道不平整对小车沿轨道方向速度的影响）（1）若在t1～t2时间内，微电流传感器显示出如图丙所示的电流信号，问这段时间内经过的待测轨道是凸起还是凹陷？试简要说明理由。（2）若小车Ⅱ在行驶过程中突然停止，求小车Ⅰ继续前进并离开的过程中，线圈上产生的总热量Q。（3）现控制小车Ⅱ做匀减速直线运动，为确保微电流传感器不损坏，线圈中电流不能超过Im，求小车Ⅱ做匀减速直线运动时加速度的最大值。【解答】解：（1）根据图丙可知，电流先正后负，根据楞次定律可知线圈内磁通量先减少后增加，线圈ABCD先向上运动后向下运动，故此处轨道有凸起。（2）若小车Ⅱ在行驶过程中突然停止，选择小车的速度方向为正方向，根据动量定理可得：−nB根据电荷量的计算公式可得：q=根据能量守恒Q=（3）根据题意分析，小车Ⅰ、Ⅱ相对速度不断变大，小车I线圈中的电流不断增大，做加速度不断增大的减速运动，在不分离的情况下，最终小车I与小车Ⅱ的加速度应相等，此时小车I的加速度最大，即电流最大。为确保微电流传感器不损坏，根据牛顿第二定律可得：nB0L2Im＝mam解得：a答：（1）待测轨道是凸起的，见解析；（2）线圈上产生的总热量为v0（3）小车Ⅱ做匀减速直线运动时加速度的最大值为nB（2023•镇海区模拟）如图甲所示，水平固定一半径为r的金属圆环，一长为r、电阻为R0的金属杆a沿半径放置，其中一端与圆环接触良好，另一端固定在过圆心的导电竖直转轴OO′上，可随轴自由转动，圆环内存在磁感应强度为B1的匀强磁场。圆环边缘、转轴通过接触良好的电刷分别与间距L的水平放置的足够长粗糙金属轨道MP、NQ相连，两者间接有理想的电压表，同样足够长的光滑绝缘轨道PM′、QN′与金属轨道平滑连接，PM′、QN′的间距也为L。金属轨道PM、QN处在磁感应强度为B2的匀强磁场中，金属杆b垂直轨道放置，其长为L、质量为m、电阻为R1，与金属轨道的动摩擦因数为μ。绝缘轨道PM′与QN′上放置边长为L，质量为M、电阻为R2的“”形金属框EFGH，以FG为原点向右存在磁感应强度为B3的磁场，B3＝0.4x+0.4（x≥0）。已知r＝1m，R0＝1Ω，μ＝0.2，L＝1m，m＝1kg，R1＝R2＝2Ω，M＝3kg，B1＝B2＝1T、方向均竖直向下，不考虑框架中的电流产生的磁场影响，除已给电阻其它电阻不计，最大静摩擦力和滑动摩擦力大小相等，金属杆b与“”形金属框发生碰撞时会形成一闭合的正方形方框。求：（1）加速转动a杆，金属杆b恰好向右运动时，电压表的示数U1；（2）若匀速转动a杆，且角速度为ω＝20rad/s时，b杆到达PQ的速度大小v；（3）若固定a杆，对b杆施加向右的外力，理想电压表如图乙规律变化。0～t1时间内为正弦曲线，b杆刚好向前位移为6πm，若U0＝1V，求0～t（4）若b杆以v0＝4m/s的初速度撞击“”形金属框，且碰撞后正方形方框在外力作用下进入磁场B3中电流不变，求进入过程中外力做功的平均功率P。【解答】解：（1）金属杆b恰好向右运动时，安培力等于摩擦力，则有B2I1L＝μmg解得：I1＝2A此时电压表的示数U1＝I1R1＝2×2V＝4V（2）最终b匀速时，受到的安培力等于摩擦力B2I2L＝μmg由电磁感应定律和闭合回路电阻定律可得：12解得：v＝4m/s（3）设t1时b杆的速度为v0，由电磁感应定律有：E0＝B2Lv0U0解得：v0＝3m/s，E0＝3V将此过程产生的交流电等效成由交流发电机产生，则有Φ＝B2Lx代入数据得：Φ=E0＝Φω解得：ω另有t由动量定理可得：I−μmgt解得：I=(5+（4）若b杆以v0＝4m/s的初速度撞击，选择向右的方向为正方向，碰撞过程由动量守恒定律可得：mv0＝（M+m）v1解得碰后正方形方框的速度v1为：v1＝1m/s刚进入B3时感应电流为：I3进入磁场B3中电流不变，则正方形方框受到的安培力为：FA＝B3I3L代入数据解得：FA＝0.04（x+1）N克服安培力所做的功为WA当正方形方框全进入磁场时，即x＝L有I3（R1+R2）