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

DIERZHANG 第二章 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)。 2 内容索引 一、动量定理在电磁感应中的应用 二、动量守恒定律在电磁感应中的应用 专题强化练 3 一 动量定理在电磁感应中的应用 4 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，金属棒的有效电阻为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，从棒开始运动至棒停止时的位移x1、x2之比为多少？ 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， 梳理与总结 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。 　(多选)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，并与导轨垂直且接触良好。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杆停止在导轨上。下列说法正确的是 例1 √ √ 　　　(2023·襄阳市高二期末)相距为L＝0.5 m的竖直平行金属轨道，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，下落过程中始终与轨道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； 针对训练 1 答案　0.3 A 经分析可知，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 (2)求金属杆最终匀速运动的速度大小； 答案　0.9 m/s 根据BLv＝IR＋Ir，解得v＝0.9 m/s； (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　0.2 s 二 动量守恒定律在电磁感应中的应用 17 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、有效电阻均为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。 答案　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)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。 答案　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)金属棒a、b稳定后的速度多大？ (4)从两金属棒开始运动至稳定的过程中产生的焦耳热多少？ 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匀速运动。 梳理与总结 (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； 讨论交流 (2)a和b距离的增加量Δx。 　(2022·内江市高二月考)如图所示，倾斜平行轨道与水平面间的夹角为θ＝37°，在倾斜轨道顶端有一定值电阻R＝1 Ω。水平轨道足够长，两轨道宽度均为L＝1 m，在AA′处平滑连接，使导体棒a从倾斜轨道运动到水平轨道上时速度大小不变。AA′至DD′间是绝缘带，保证倾斜轨道与水平轨道间电流不导通，轨道其他部分均导电良好。垂直倾斜轨道向上有磁感应强度为B1的匀强磁场；整个水平轨道上有磁感应强度大小为B2＝ 1 T、方向竖直向上的匀强磁场。两根导体棒a、b的质量均为m＝0.1 kg， 例2 两棒与轨道均接触良好，两棒接入轨道的电阻Ra＝Rb＝1 Ω。初始时刻，导体棒a在倾斜轨道上离AA′的距离为s＝5 m处由静止释放，导体棒b自由静止在水平轨道上，且到DD′位置的水平距离为d＝0.8 m。导体棒a与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25，与水平轨道间不计一切摩擦阻力，进入水平轨道前已达最大速度v1＝5 m/s，导体棒a和导体棒b不会发生碰撞。sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2。求： (1)倾斜轨道上磁感应强度B1的大小； 答案　0.4 T 导体棒a在倾斜轨道上最终将匀速下滑，由平衡条件 mgsin θ－μmgcos θ＝B1IL (2)导体棒a与导体棒b运动稳定时，棒a与棒b相距的距离； 答案　0.3 m 导体棒a在水平轨道进入磁场区域后做减速运动，导体棒b做加速运动，最终二者以相同速度做匀速运动，设共同速度为v2，以导体棒a和b为系统，由动量守恒定律mv1＝2mv2 以导体棒a为研究对象，由动量定理 导体棒a与导体棒b运动稳定时，相距的距离d′＝d－Δd，联立解得d′＝0.3 m (3)导体棒a从静止开始释放到进入水平轨道达到稳定状态的过程中，a棒产生的焦耳热。 答案　0.687 5 J 因为棒a与棒b组成串联闭合回路，可得 导体棒a从静止开始释放到进入水平轨道达到稳定状态的过程中，a棒产生的焦耳热Q＝Qa＋Qa′＝0.687 5 J。 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：运用动量定理分析。 总结提升 　　　(多选)如图，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， t＝0时，棒ab以初速度v0向右滑动。运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直且接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示。下列图像中可能正确的是 针对训练 2 √ √ 以两导体棒为研究对象，在导体棒运动过程 中，两导体棒所受的安培力大小相等，方向 相反，且不受其他水平外力作用，在水平方 向两导体棒组成的系统动量守恒，对系统有mv0＝2mv，解得两导体棒运动的末速度为v＝ v0，棒ab做减速运动，棒cd做加速运动，它们的速度差逐渐减小，产生的感应电流也减小，安培力减小，加速度也减小，即棒ab做加速度减小的减速运动，棒cd做加速度减小的加速运动，稳定时两导体棒的加速度为零，一起向右做匀速运动，选项A正确，B错误； ab棒和cd棒最后做匀速运动，棒与导轨组成的回路磁通量不变化，不会产生感应电流，选项C正确，D错误。 三 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 基础对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 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； 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； 1 2 3 4 5 6 7 8 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 的动能变化量大于离开磁场时的动能变化量，故C错误； 2.(多选)如图所示，电阻不计的光滑金属导轨MN、PQ水平放置，间距为d，两侧接有电阻R1、R2，阻值均为R，O1O2右侧有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。质量为m、长度也为d的金属杆置于O1O2左侧，在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动，经时间t到达O1O2时撤去恒力F，金属杆在到达NQ之前减速为零，已知金属杆电阻也为R，与导轨始终保持垂直且接触良好，下列说法正确的是 1 2 3 4 5 6 7 8 1 2 3 4 5 6 7 8 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 1 2 3 4 5 6 7 8 考点二　动量守恒定律在电磁感应中的应用 3.(多选)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。现给MN一水平向右瞬时作用力F，使棒MN获得初速度v0＝4 m/s，下列说法正确的是 A.两棒最终速度均为2 m/s B.棒MN上产生的热量为4 J C.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 1 2 3 4 5 6 7 8 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 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正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 联立解得q＝4 C，C正确； 4.(2023·西安市第八十九中学高二期末)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 1 2 3 4 5 6 7 8 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 根据动量守恒定律得mv0＋m·2v0＝2mv 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。 1 2 3 4 5 6 7 8 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； 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 1 2 3 4 5 6 7 8 能力综合练 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 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 线圈离开磁场过程，同理 1 2 3 4 5 6 7 8 联立各式得v′－v0＝v－v′ 6.(多选)(2023·四川自贡富顺二中高二月考)如图所示，两足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ水平放置，导轨间距为L，虚线OO′垂直导轨，OO′两侧导轨所在空间区域存在着磁感应强度大小均为B的方向相反的竖直匀强磁场，两长度均为L、电阻均为R、质量均为m的金属导体棒a、b垂直导轨放在OO′左右两侧，并与导轨保持良好接触，不计其他电阻。现给导体棒a一个瞬时冲量，使a获得一个水平向右的初速度v0，下列关于a、b两棒此后整个运动过程的说法正确的是 1 2 3 4 5 6 7 8 1 2 3 4 5 6 7 8 √ √ 由题意可知，a、b两棒中的电流大小相等，由左手定则可知，安培力方向相同，则系统的合力不为0，系统动量不守恒，故A错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 由题意分析可知，a棒向右做减速运动切割磁感线，b棒向左做加速运动切割磁感线，当两棒速度相等时回路中的电流为0，分别对两棒应用动量定理且取向左为正方向，有Ft＝mv，Ft＝m(－v)－m(－v0)解得v＝ ，故B正确； 由能量守恒可得 1 2 3 4 5 6 7 8 对a棒由动量定理且取向右为正方向有 －BitL＝mv－mv0 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。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； 1 2 3 4 5 6 7 8 答案　2 m/s 金属杆在磁场中运动时，产生的感应电动势为E＝BLv 金属杆受到的安培力为F安＝BIL 1 2 3 4 5 6 7 8 代入数据可得vm＝2 m/s (2)在这个过程中，电阻R上产生的热量； 1 2 3 4 5 6 7 8 答案　6.4 J 代入数据可得Q＝8 J 1 2 3 4 5 6 7 8 (3)在这个过程中金属杆所用时间以及流过R的电荷量q。 1 2 3 4 5 6 7 8 答案　1.4 s　1 C 磁通量的变化量为ΔΦ＝BLd 1 2 3 4 5 6 7 8 1 2 3 4 5 6 7 8 代入数据可得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·江苏南京市宁海中学高二期末)如图所示，间距为L＝1 m且足够长的光滑平行金属导轨MM1M2与NN1N2，由倾斜与水平两部分平滑连接组成。倾角θ＝37°的倾斜导轨间区域Ⅰ有垂直导轨平面斜向上的匀强磁场，磁感应强度B1＝1 T。水平导轨间区域Ⅱ有一个长度d＝1 m、竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B2＝2 T。质量m1＝0.1 kg、阻值R＝5 Ω的金属棒a从倾斜导轨某位置由静止开始释放，穿过M1N1前已做匀速直线运动，以大小不变的速度进入水平导轨，穿出水平磁场区域Ⅱ与另一根质量m2＝0.3 kg、阻值R＝5 Ω的静 止金属棒b发生弹性碰撞，两金属棒始终与导轨 垂直且接触良好，金属导轨电阻不计，重力加 速度大小g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，求： 1 2 3 4 5 6 7 8 尖子生选练 1 2 3 4 5 6 7 8 (1)金属棒a到达斜面底端M1N1时的速度v0的大小； 答案　6 m/s 解得v0＝6 m/s 1 2 3 4 5 6 7 8 (2)金属棒a第一次穿过区域Ⅱ的过程中，电路中产生的总焦耳热Q； 答案　1.6 J 1 2 3 4 5 6 7 8 解得v10＝2 m/s 金属棒a第一次穿过磁场区域Ⅱ的过程中，电路中产生的总热量等于金属棒a机械能的减少量即 联立并代入数据得Q＝1.6 J 1 2 3 4 5 6 7 8 (3)金属棒a最终停的位置距区域Ⅱ右边界的距离x。 答案　0.25 m 1 2 3 4 5 6 7 8 规定向右为正方向，两金属棒碰撞过程根据动量守恒和机械能守恒得m1v10＝m1v1＋m2v2 联立并代入数据解得金属棒a反弹的速度为 v1＝－1 m/s 设金属棒a最终停在距区域Ⅱ右边界x处，对金属棒a，根据动量定理得 联立并代入数据解得x＝0.25 m。 答案　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。 答案　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＝。 答案　q1＝，ΔΦ＝BΔS＝BLx1，可得q1＝，x1＝，同理可得x2＝ 得＝＝。 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， A.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，通过定值电阻的电荷量为 D.ab杆速度减为时，ab杆通过的位移为 ab杆在水平方向上受到与运动方向相反的安培力，安培力大小为FA＝，加速度大小为a＝＝，由于速度减小，所以ab杆做加速度减小的变减速运动直到静止，故A错误； 当ab杆的速度为时，安培力大小为FA′＝，所以加速度大小为a＝＝，故B正确； 对ab杆，由动量定理得－BL·Δt＝m－mv0，即BLq＝mv0，解得q＝，所以通过定值电阻的电荷量为，故C错误； 由q＝＝，解得ab杆通过的位移：x＝＝，故D正确。 解得I＝＝0.3 A； 对金属杆，根据动量定理可得mgt－BL·t＝mv－0 又由q＝t，代入数据解得t＝0.2 s。 答案　设最终达到的共同速度为v，由动量守恒定律得mv0＝2mv，解得v＝va＝vb＝。 答案　根据能量守恒定律，整个过程产生的焦耳热Q＝mv02－(2m)·v2＝。 答案　由动量定理得－BLΔt＝m－mv0 ， q＝Δt，解得q＝ 答案　根据电荷量的推论公式q＝＝，解得a和b距离的增加量Δx＝＝。 由法拉第电磁感应定律E＝B1Lv1，由闭合电路欧姆定律I＝，解得B1＝0.4 T －B2LΔt＝mv2－mv1 根据闭合电路欧姆定律＝ 根据法拉第电磁感应定律＝ Qa′＝Q总2＝0.312 5 J 棒a在斜面上运动的过程中，由能量守恒定律可得 Q总1＋mv12＋μmgscos θ＝mgssin θ 因为电阻R与棒a组成串联闭合回路，根据电路串联知识可得Qa＝Q总1＝0.375 J 棒a在水平轨道运动直至与棒b一起匀速时，由能量守恒定律可得Q总2＝mv12－×2mv22 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＝， 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。 A.杆刚进入磁场时速度大小为 B.杆刚进入磁场时电阻R1两端的电势差大小为 C.整个过程中，流过金属杆的电荷量为 D.整个过程中，电阻R1上产生的焦耳热为 杆刚进入磁场之前的加速度大小为a＝，则进入磁场时速度大小为v＝at＝，故A错误； 杆刚进入磁场时产生的感应电动势为E＝Bdv， 则电阻R1两端的电势差大小为UR1＝×＝E＝Bdv＝，故B正确； 金属杆进入磁场后，由动量定理有Δt＝mv即BdΔt＝mv，又Δt＝q，解得q＝＝，故C正确； 整个过程中，回路产生的总焦耳热为Q＝mv2＝，则电阻R1上产生的焦耳热为QR1＝Q＝，故D正确。 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 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。 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 解得v＝v0，稳定时ab棒两端电压为U＝BLv＝BLv0，B错误； 初始时刻电流最大，且Im＝＝，A错误； 对ab根据动量定理得BLΔt＝m·v0－mv0，q＝Δt，对回路＝，＝，ΔΦ＝BLx，解得x＝，D正确。 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 －B1L·Δt1＝mv′－mv0 由q＝，进出磁场时磁通量变化数值相同 －B2L·Δt2＝mv－mv′ 得q1＝1·Δt1＝2·Δt2＝q2 所以v′＝，故B正确。 A.a、b两棒组成的系统动量守恒 B.a、b两棒最终都将以大小为的速度做匀速直线运动 C.整个过程中，流过a棒的电荷量为 D.整个过程中，a棒上产生的焦耳热为mv02 mv02＝2×mv2＋2Qa 即BqL＝mv0－mv，解得q＝，故C正确。 解得Qa＝mv02，故D错误； 金属杆中的电流为I＝ 当速度最大时有＝mgsin θ 由能量守恒定律可得mgdsin θ＝mvm2＋Q 由QR＝Q得QR＝6.4 J 电路中的平均感应电动势为＝n 平均电流为＝ 通过的电荷量q＝Δt 联立可得q＝ 导体棒a匀速穿过M1N1，由平衡条件得m1gsin 37°－＝0 规定向右为正方向，对金属棒a，从区域 Ⅱ左边界到区域Ⅱ右边界，根据动量定理 得－＝m1v10－m1v0 Q＝m1v02－m1v102 m1v102＝m1v12＋m2v22 ＝0－m1v1 $$