第2章 专题强化10 电磁感应中的动量问题-【步步高】2023-2024学年高二物理选择性必修 第二册（人教版2019，苏京）

专题强化10　电磁感应中的动量问题 [学习目标]　1.会用动量定理、动量守恒定律分析电磁感应的有关问题(重难点)。2.进一步掌握动量定理、动量守恒定律、能量守恒定律等基本规律(重难点)。 一、动量定理在电磁感应中的应用 如图所示，水平固定且足够长的光滑U形金属导轨处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，在导轨上放置金属棒。定值电阻的阻值为R，金属棒的电阻为r，导轨宽度为L。若棒分别以初速度v0、2v0向右运动。 (1)请分析棒的运动情况； (2)两种情况下，从棒开始运动至棒停止过程中，通过R的电荷量q1、q2之比为多少？ (3)两种情况下，从棒开始运动至棒停止时的位移x1、x2之比为多少？ 答案　(1)金属棒受到向左的安培力F安＝＝ma，金属棒速度减小，加速度减小，棒做加速度减小的减速运动，最终静止。 (2)当棒的初速度为v0时，由动量定理可得－BLt＝0－mv0，q1＝t，解得q1＝，同理可得q2＝，得＝。 (3)q1＝，ΔΦ＝BΔS＝BLx1，可得q1＝，x1＝，同理可得x2＝ 得＝＝。 在导体单棒切割磁感线做非匀变速运动时，若牛顿运动定律、能量观点不能解决问题，可运用动量定理求解。 导体棒或金属框在感应电流所引起的安培力作用下做非匀变速直线运动时， 安培力的冲量为I安＝BLt＝BLq， 通过导体棒或金属框的电荷量为q＝Δt＝Δt＝n·Δt＝n， 磁通量变化量：ΔΦ＝BΔS＝BLx。 如果安培力是导体棒或金属框受到的合外力，则I安＝mv2－mv1。 例1　(2022·无锡市江阴高级中学高二月考)如图所示，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ，两导轨间距为L，导轨电阻均可忽略不计。在M和P之间接有一阻值为R的定值电阻，导体杆ab质量为m、电阻也为R，并与导轨接触良好。整个装置处于方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。现给ab杆一个初速度v0，使杆向右运动，最终ab杆停在导轨上。下列说法正确的是(　　) A．在整个过程中，ab杆将做匀减速运动直到静止 B．ab杆速度减为时，ab杆加速度大小为 C．ab杆速度减为时，通过定值电阻R的电荷量为 D．ab杆速度减为时，ab杆运动的位移为 答案　D 解析　设导体杆在整个过程中某一时刻的速度为v，ab杆的电流和受力方向如图所示 感应电动势为E＝BLv，感应电流为I＝，受到的安培力为F＝BIL＝，ab杆的加速度大小为a＝＝，结合ab杆的初速度和安培力的方向可知，ab杆做加速度逐渐减小的减速运动，A错误；ab杆速度减为时，加速度大小为a＝，B错误；对ab杆运用动量定理－BLΔt＝mv－mv0，其中＝＝＝，q＝Δt，可得q＝，x＝，ab杆速度v＝时，通过定值电阻R的电荷量为q＝，ab杆运动的位移为x＝，C错误，D正确。 针对训练　相距为L＝0.5 m的竖直光滑平行金属轨道，上端接有一阻值为R＝2 Ω的电阻，导轨间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝2 T，一根质量为m＝0.03 kg、长度也为L、电阻r＝1 Ω的金属杆，从轨道的上端由静止开始下落，下落过程中始终与导轨接触良好并保持水平，经过一段时间后金属杆匀速运动。(不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2) (1)求金属杆匀速运动时通过的电流大小； (2)求金属杆最终匀速运动的速度大小； (3)在金属杆开始下落至刚好匀速的过程中流过电阻的电荷量为q＝0.033 C，求此过程经历的时间。 答案　(1)0.3 A　(2)0.9 m/s　(3)0.2 s 解析　(1)由题意可知，当金属杆所受重力等于安培力的时候，金属杆做匀速运动，则有mg＝BIL 解得I＝＝0.3 A； (2)根据BLv＝IR＋Ir，解得v＝0.9 m/s； (3)对金属杆，根据动量定理可得mgt－BL·t＝mv－0 又q＝t，代入数据解得t＝0.2 s。 二、动量守恒定律在电磁感应中的应用 如图所示，水平面上有足够长的平行光滑金属导轨MN和PQ，导轨间距为L，电阻不计，导轨所处空间存在方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。导轨上放有质量均为m、电阻均为R的金属棒a、b。开始时金属棒b静止，金属棒a获得向右的初速度v0。 (1)试分析金属棒a、b的运动情况，两金属棒稳定后分别做什么运动？ (2)在运动过程中两金属棒受到安培力的冲量有什么关系？把两棒作为一个系统，该系统的动量怎样变化？ (3)金属棒a、b稳定后的速度； (4)从两金属棒开始运动至稳定的过程中产生的焦耳热。 答案　(1)金属棒a向右运动切割磁感线，根据右手定则可知在回路中产生逆时针方向的感应电流，根据左手定则可知，a棒受到向左的安培力，b棒受到向右的安培力，a棒在安培力作用下做减速运动，b棒在安培力作用下做加速运动，b棒切割磁感线产生顺时针方向的感应电流；两棒的速度差减小，总电动势E＝BL(va－vb)减小，感应电流减小，安培力减小，加速度减小，即a做加速度减小的减速直线运动，b做加速度减小的加速直线运动，两金属棒稳定后均做匀速直线运动。 (2)两金属棒所受安培力冲量等大反向，系统的合外力为零，两棒组成的系统动量守恒。 (3)设最终达到的共同速度为v，由动量守恒定律得mv0＝2mv，解得va＝vb＝。 (4)根据能量守恒定律，整个过程产生的焦耳热Q＝mv02－(2m)·v2＝。 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，安培力为系统内力，如果两安培力等大反向，且它们受到的外力的合力为0，则满足动量守恒条件，运用动量守恒定律求解比较方便。这类问题可以从以下三个观点来分析： (1)动力学观点：通常情况下一个金属棒做加速度逐渐减小的加速运动，而另一个金属棒做加速度逐渐减小的减速运动，最终两金属棒以共同的速度做匀速运动。 (2)动量观点：如果光滑导轨间距恒定，则两个金属棒的安培力大小相等，通常情况下系统的动量守恒。 (3)能量观点：其中一个金属棒动能的减少量等于另一个金属棒动能的增加量与回路中产生的焦耳热之和。 在上面的问题中，求金属棒a从初速度v0到匀速的过程中， (1)流过金属棒a的电荷量q； (2)a和b距离的增加量Δx。 答案　(1)由动量定理得－BLΔt＝m－mv0 ，q＝Δt 解得q＝ (2)根据电荷量的推论公式q＝＝，解得a和b距离的增加量Δx＝＝。 例2　(2023·扬州市高二期中)如图所示，PMN和P′M′N′是两条足够长、相距为L的平行金属轨道，MM′左侧圆弧轨道表面光滑，右侧水平轨道表面粗糙，并且MM′右侧空间存在一方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。在左侧圆弧轨道上高为h处垂直轨道放置一导体棒AB，在右侧水平轨道上距AB棒足够远的地方，垂直轨道放置另一导体棒CD。已知AB棒和CD棒的长均为L，电阻均为R，质量分别为m和2m，AB棒与水平轨道间的动摩擦因数为μ，圆弧轨道与水平轨道平滑连接且电阻不计。现将AB棒由静止释放，让其沿轨道下滑并进入磁场区域，最终运动到距MM′为d处停下，此过程中CD棒因与轨道间存在摩擦而一直处于静止状态。重力加速度为g，求： (1)AB棒刚进入磁场时AB棒两端的电压大小； (2)整个过程中AB棒上产生的焦耳热Q； (3)若水平轨道也光滑，则从AB棒开始运动到最终处于稳定状态的过程中，通过AB棒的电荷量q为多少？ 答案　(1)BL　(2)mg(h－μd)　(3) 解析　(1)AB棒刚进入磁场时，根据机械能守恒定律得mgh＝mv2 此时感应电动势为E＝BLv AB棒两端的电压为UAB＝BLv＝BL (2)AB棒进入磁场后，根据动能定理得 W安－μmgd＝0－mv2 回路中产生的焦耳热Q总＝－W安 又因两导体棒电流相等，电阻相同，则AB棒上产生的焦耳热 Q＝mg(h－μd) (3)若水平轨道也光滑，根据系统动量守恒得 mv＝(m＋2m)v共 对AB棒，由动量定理可得 －BLΔt＝mv共－mv 又通过AB棒的电荷量 q＝Δt 解得q＝。 电磁感应中不同物理量的求解策略 求加速度：动力学观点； 求焦耳热：能量观点； 系统的初、末速度关系：动量守恒定律； 求电荷量、位移或时间：动量定理。 例3　(2023·南京市六合高级中学校高二期末)如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨固定于同一水平面内，整个导轨处于竖直向下的匀强磁场中，质量均为m＝0.2 kg的导体棒MN、PQ垂直静止于平行导轨上，与导轨构成矩形闭合回路。某时刻给导体棒MN一个水平向右的瞬时冲量I＝0.4 N·s，则从此时至PQ达到最大速度的过程中，回路中产生的焦耳热为(　　) A．0.1 J B．0.2 J C．0.3 J D．0.4 J 答案　B 解析　导体棒PQ达到最大速度时，两棒速度相等，做匀速运动，设速度为v，开始时对导体棒MN由动量定理得I＝mv－0，可得MN棒的初速度为v＝2 m/s，以向右为正方向，以两棒组成的系统为研究对象，由动量守恒定律得mv＝2mv′，解得PQ的最大速度v′＝1 m/s，回路中产生的焦耳热等于损失的动能Q＝mv2－×2mv′2，代入数据解得Q＝0.2 J，故选B。 专题强化练 考点一　动量定理在电磁感应中的应用 1.如图所示，在光滑绝缘水平面上，一矩形线圈以一定的初速度穿越匀强磁场区域，已知磁场区域宽度大于线圈宽度，则线圈进、出磁场的两个过程中(　　) A．感应电流的方向相同 B．受到的安培力相等 C．动能的变化量相等 D．速度的变化量相同 答案　D 解析　根据楞次定律可知，进入磁场过程中，线圈的感应电流方向为顺时针，离开磁场时，线圈的感应电流方向为逆时针，故A错误；设线圈内阻为R，根据闭合电路欧姆定律可得I＝，根据法拉第电磁感应定律有E＝BLv，则安培力为F＝BIL＝，由于线圈进入磁场时，产生感应电流，线圈部分动能转化为内能，则动能减小，线圈速度也减小，即进入磁场时的速度大于离开磁场时的速度，因此，进入磁场时受到的安培力大于离开磁场时受到的安培力，故B错误；根据动能定理可得W合＝F安·x＝ΔEk，由于进入和离开磁场的位移都相同，而进入磁场时的安培力大于离开磁场时的安培力，则进入磁场时的动能变化量大小大于离开磁场时的动能变化量大小，故C错误；根据动量定理可得Δp＝F安·Δt＝BL·Δt＝BL·q，而q＝·Δt＝·Δt＝，进入和离开磁场过程中ΔΦ相同，由此可知，进入磁场和离开磁场时的动量的变化量相同，则速度的变化量相同，故D正确。 2.(2022·连云港市高二期末)如图所示，两根间距为L、电阻不计且足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角θ＝30°，质量为m、电阻为R的金属棒MN被锁定在导轨上。整个装置处在方向垂直于导轨平面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，MN棒受到沿导轨平面向上、大小为mg的恒力F作用。某时刻棒解除锁定，经过时间t，棒刚好达到最大速度v。金属棒始终与导轨垂直且接触良好，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　) A．解除锁定后，棒中产生的感应电流方向由N→M B．解除锁定后瞬间，棒的加速度大小为g C．t时间内棒重力势能的增加量大于回路中产生的焦耳热 D．时间t内通过MN棒的电荷量为 答案　C 解析　解除锁定后，根据右手定则可知，金属棒中产生的感应电流方向由M→N，所以A错误；设解除锁定后瞬间，棒的加速度大小为a，则有F－mgsin 30°＝ma，又F＝mg，解得a＝g，所以B错误；设经过时间t金属棒刚好达到最大速度v，此过程中在导轨上运动的位移为x，则t时间内棒重力势能的增加量为ΔEp＝mgx，回路中产生的焦耳热为Q＝－W安，由动能定理可得Fx＋W安－mgsin 30°·x＝mv2，整理可得mgx＋W安＝mv2，则有ΔEp>Q，所以C正确；设时间t内通过MN棒的电荷量为q，则有q＝t，经过时间t金属棒刚好达到最大速度v，由动量定理有mgt－BLt＝mv，解得q＝，所以D错误。 考点二　动量守恒定律在电磁感应中的应用 3.(2023·南京市高二月考)如图所示，空间存在方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小B＝0.5 T。在匀强磁场区域内，有一对光滑平行金属导轨处于同一水平面内，导轨足够长，导轨间距L＝1 m，电阻可忽略不计。质量均为m＝1 kg、电阻均为R＝2.5 Ω的金属导体棒MN和PQ垂直放置于导轨上，且与导轨接触良好。现使MN获得水平向右的初速度v0＝4 m/s，下列说法正确的是(　　) A．两棒最终速度都是4 m/s B．从开始到稳定，棒MN上产生的热量为4 J C．从开始到稳定，通过MN的电荷量为4 C D．从开始到稳定，回路MNPQ的面积增加了4 m2 答案　C 解析　在安培力作用下，MN减速，PQ加速，两棒最终速度相等，回路电流为零，由动量守恒定律可得mv0＝2mv1 解得两棒最终速度为v1＝2 m/s，A错误；由能量守恒定律可得，回路产生的焦耳热为Q＝mv02－·2m·v12 两棒电阻相等，产生的焦耳热相等，故棒MN上产生的热量为Q1＝Q 解得Q1＝2 J，B错误；对棒MN，由动量定理可得－BL·Δt＝mv1－mv0 通过MN的电荷量为q＝·Δt 联立解得q＝4 C，C正确；整个过程回路产生的平均感应电动势为＝＝ 平均感应电流为＝ 通过MN的电荷量为q＝Δt 联立可得q＝，解得ΔS＝40 m2，故从开始到稳定，回路MNPQ的面积增加了40 m2，D错误。 4.如图所示，固定于水平面内的电阻不计的足够长光滑平行金属导轨间距为L，质量均为m、阻值均为R的金属棒ab、cd垂直搁置于导轨上，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向上，某一时刻同时给ab、cd以平行于导轨的水平向右的初速度v0、2v0，则两棒从开始运动至达到稳定速度的过程中(　　) A．ab中的最大电流为 B．ab达到稳定速度时，其两端的电压为0 C．ab速度为时，其加速度比cd的小 D．ab、cd间距增加了 答案　D 解析　根据右手定则，回路产生顺时针方向(从上往下看)的感应电流，根据左手定则，cd棒所受安培力向左做减速运动，ab棒所受安培力向右做加速运动，稳定时以相同的速度运动。初始时刻电流最大，且Im＝＝，A错误；根据动量守恒定律得mv0＋m·2v0＝2mv 解得v＝v0，稳定时ab棒两端电压为U＝BLv＝BLv0，B错误；稳定前两棒所受安培力大小相等，方向相反，两棒的加速度也大小相等，方向相反，C错误；对ab根据动量定理得BLΔt＝m·v0－mv0，q＝Δt，对回路＝，＝，ΔΦ＝BLΔx，解得Δx＝，D正确。 5.如图所示，在光滑的水平面上，有一竖直向下的匀强磁场分布在宽度为L的区域内，现有一个边长为a(a<L)的正方形闭合线圈以初速度v0垂直磁场边界穿过磁场后，速度为v(v<v0)，那么线圈(　　) A．完全进入磁场中时的速度大于 B．完全进入磁场中时的速度等于 C．完全进入磁场中时的速度小于 D．以上情况均有可能 答案　B 解析　设线圈完全进入磁场中时的速度为v′， 线圈进入磁场过程，由动量定理有 －B1L·Δt1＝mv′－mv0 线圈离开磁场过程，同理 －B2L·Δt2＝mv－mv′ 由q＝，进出磁场时磁通量变化数值相同 得q1＝1·Δt1＝2·Δt2＝q2 联立各式得v′－v0＝v－v′ 所以v′＝，故B正确。 6.如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定于同一水平面内，导轨间的距离为L，导轨上平行放置两根导体棒ab和cd，构成矩形回路。已知两根导体棒的质量均为m、电阻均为R，其他电阻忽略不计，整个导轨处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，导体棒均可沿导轨无摩擦滑动。开始时，导体棒cd静止、ab有水平向右的初速度v0，两导体棒在运动过程中始终不接触。求： (1)开始时，导体棒ab中电流的大小和方向； (2)从开始到导体棒cd达到最大速度的过程中，cd棒上产生的焦耳热； (3)当ab棒速度变为v0时，cd棒加速度的大小。 答案　(1)，方向由a→b (2)mv02　(3) 解析　(1)ab棒产生的感应电动势 Eab＝BLv0， ab棒中电流 I＝＝ 根据右手定则知方向由a→b。 (2)当ab棒与cd棒速度相同时，cd棒的速度最大，设最大速度为v， 由动量守恒定律有mv0＝2mv，解得v＝v0 由能量守恒定律得整个回路产生的焦耳热Q＝mv02－(2m)v2， 解得Q＝mv02，两棒电阻相等，则cd棒上产生的焦耳热Q′＝Q＝mv02 (3)当ab棒的速度为v0时， 设cd棒的速度为v′， 由动量守恒定律mv0＝m×v0＋mv′ 解得v′＝v0，Eab＝BL×v0，Ecd＝BL×v0 I＝＝， 解得I＝，cd棒受力为 F＝IBL＝，此时cd棒加速度为a＝＝。 7.如图所示，两根足够长的光滑直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ＝30°的绝缘斜面上，两导轨间距为L＝1 m，M、P两点间接有阻值为R＝8 Ω的定值电阻。一根质量为m＝1 kg、电阻为r＝2 Ω的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直。整套装置处于磁感应强度大小为B＝5 T的匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上。导轨的电阻可忽略不计。让金属杆ab沿导轨由静止开始下滑，沿斜面下滑d＝2 m时，金属杆达到最大速度，导轨和金属杆始终接触良好，重力加速度为g＝10 m/s2，求： (1)金属杆达到的最大速度vm的大小； (2)在这个过程中，电阻R上产生的热量； (3)在这个过程中，金属杆所用时间以及流过R的电荷量q。 答案　(1)2 m/s　(2)6.4 J　(3)1.4 s　1 C 解析　(1)金属杆在磁场中运动时，产生的感应电动势为E＝BLv 金属杆中的感应电流为I＝ 金属杆受到的安培力为F安＝BIL 当速度最大时有＝mgsin θ 代入数据可得vm＝2 m/s (2)由能量守恒定律可得mgdsin θ＝mvm2＋Q 代入数据可得Q＝8 J 由QR＝Q得QR＝6.4 J (3)电路中的平均感应电动势为＝n 磁通量的变化量为ΔΦ＝BLd 平均电流为＝ 流过定值电阻R的电荷量q＝Δt 可得q＝ 代入数据得q＝1 C 由动量定理得mgΔtsin θ－BqL＝mvm－0 代入数据解得Δt＝1.4 s。 8．(2023·南京市第一中学校考期末)如图，水平面内固定有两根平行的光滑长直金属导轨，导轨间距为l，电阻不计。整个装置处于两个磁感应强度大小均为B、方向相反的竖直匀强磁场中，虚线为两磁场的分界线，质量均为m的两根相同导体棒MN、PQ静置于图示的导轨上(两棒始终与导轨垂直且接触良好)。现使MN棒获得一个大小为v0、方向水平向左的初速度，则在此后的整个运动过程中(　　) A．两棒受到的安培力冲量大小相等，方向相反 B．两棒最终的速度大小均为 C．MN棒产生的焦耳热为 D．通过PQ棒某一横截面的电荷量为 答案　D 解析　根据右手定则知，回路中产生沿NMPQN方向的感应电流，根据左手定则可知，MN棒受到的安培力水平向右，PQ棒受到的安培力也水平向右，且两棒受到的安培力大小相等，则两棒受到的安培力冲量大小相等，方向相同，选项A错误；当两棒产生的感应电动势大小相等，相互抵消，回路中感应电流为零时，两棒均做匀速运动，达到稳定状态，稳定时，有Blv1＝Blv2，解得v1＝v2，对PQ棒，根据动量定理得I＝mv2－0，对MN棒，根据动量定理得－I＝mv1－mv0，解得v1＝v2＝，选项B错误；根据能量守恒定律得2Q＝mv02－(mv12＋mv22)，解得MN棒产生的焦耳热为Q＝，选项C错误；对PQ棒，根据动量定理得Bl·t＝mv2－0，通过PQ棒某一横截面的电荷量为q＝t，可得q＝，选项D正确。 学科网（北京）股份有限公司 $$