第2章 专题强化11 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 （鲁科版2019）

专题强化11　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，从棒开始运动至棒停止时的位移s1、s2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＝BLs1，可得q1＝，s1＝，同理可得s2＝ 得＝＝。 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速直线运动时，安培力的冲量为I安＝LBt＝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＝BLs。如果安培力是导体棒或金属框受到的合外力，则I安＝mv2－mv1。当题目中涉及速度v、电荷量q、运动时间Δt、运动位移s时用动量定理求解更方便。 例1　(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(　　) 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 答案　BD 解析　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＝＝ma，加速度大小为a＝＝，由于速度减小，所以ab杆做加速度减小的减速运动直到静止，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s＝＝，故D正确。 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＝v＝。 (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Δs。 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Δs＝＝。 例2　(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(　　) 答案　AC 解析　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。 例3　足够长的平行金属轨道M、N相距L＝0.5 m，且水平放置；M、N左端与半径R＝ 0.4 m的光滑竖直半圆轨道相连，与轨道始终垂直且接触良好的金属棒b和c可在轨道上无摩擦地滑动，两金属棒的质量mb＝mc＝0.1 kg，接入电路的有效电阻Rb＝Rc＝1 Ω，轨道的电阻不计。平行水平金属轨道M、N处于磁感应强度B＝1 T的匀强磁场中，磁场方向垂直于轨道平面向上，光滑竖直半圆轨道在磁场外，如图所示。若使b棒以初速度v0＝10 m/s开始向左运动，运动过程中b、c不相撞，c棒达到最大速度时未滑离水平轨道，g取10 m/s2，求： (1)c棒的最大速度大小v； (2)c棒达到最大速度时，此棒产生的焦耳热； (3)若c棒达到最大速度后沿半圆轨道上滑，金属棒c到达轨道最高点时对轨道的压力的大小。 答案　(1)5 m/s　(2)1.25 J　(3)1.25 N 解析　(1)在安培力作用下，b棒做减速运动，c棒做加速运动，当两棒速度相等时，c棒达到最大速度。 规定水平向左为正方向，选两棒为研究对象，根据动量守恒定律有 mbv0＝(mb＋mc)v 解得c棒的最大速度大小为：v＝v0＝5 m/s。 (2)从b棒开始运动到两棒速度相等的过程中，系统减少的动能转化为电能，两棒中产生的总焦耳热为： Q＝mbv02－(mb＋mc)v2＝2.5 J 因为Rb＝Rc，所以c棒达到最大速度时此棒产生的焦耳热为Qc＝＝1.25 J。 (3)设c棒沿半圆轨道滑到最高点时的速度为v′，从最低点滑到最高点的过程，由机械能守恒定律可得：mcv2＝mcg·2R＋mcv′2 解得v′＝3 m/s 在最高点，设轨道对c棒的弹力为F，由牛顿第二定律得mcg＋F＝mc 解得F＝1.25 N 由牛顿第三定律得，在最高点c棒对轨道的压力大小为1.25 N。 三、动量定理、动量守恒定律在电磁感应现象中的综合应用 例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、有效阻值均为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；设ab、cd间距增加了s，对ab根据动量定理得BLΔt＝m·v0－mv0，q＝Δt，对回路＝，＝，ΔΦ＝BLs，解得s＝，D正确。 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·s＝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；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．(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(　　) 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 答案　BCD 解析　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t＝mv，即Bdt＝mv，又t＝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。 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．两棒最终都是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 答案　AC 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 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.(2023·济南市章丘区第四中学高二期末)两根光滑且足够长的固定平行金属导轨MN、PQ水平放置，导轨的间距为L，两根导体棒ab和cd垂直导轨放置且与导轨接触良好，如图所示。导体棒的质量均为m、有效电阻均为R，其余电阻不计，磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直于导轨平面向下。开始时，ab棒静止，给cd棒一水平向右的初速度v0，设两导体棒在此后的运动过程中始终不接触，求： (1)整个运动过程中两导体棒最终产生的总焦耳热； (2)若初始位置两棒距离为d，在两棒整个运动过程中，导体棒ab和cd的最大距离。 答案　(1)mv02　(2)d＋ 解析　(1)由于流过两棒的电流大小相等、方向相反，因此两棒所受到的安培力大小相等、方向相反，故两棒组成的系统所受合力为0，则动量守恒，最后两棒达到共速，则mv0＝2mv 解得v＝v0 由能量守恒定律可知，两棒最终产生的总焦耳热为Q＝mv02－·2mv2＝mv02 (2)当两棒共速后，两棒的距离达到最大，对导体棒ab分析，由动量定理得BLΔt＝mv－0，q＝Δt＝Δt，设导体棒ab和cd在水平导轨间扫过的面积差为ΔS，则E＝＝ 联立解得ΔS＝，故共速后两棒距离的增加量为Δd＝＝，故导体棒ab和cd的最大距离为dmax＝d＋Δd＝d＋。 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．(多选)(2023·湖北高二期末)如图所示，水平金属导轨P、Q间距为L，M、N间距为2L，P与M相连，Q与N相连，金属棒a垂直于P、Q放置，金属棒b垂直于M、N放置，整个装置处在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中。现给棒a一大小为v0的初速度，设导轨足够长，两棒质量均为m，在棒a的速度由v0减小到0.8v0的过程中，两棒始终与导轨接触良好，不计一切摩擦，以下说法正确的是(　　) A．俯视时感应电流方向为顺时针 B．b的最大速度为0.4v0 C．回路中产生的焦耳热为0.1mv02 D．通过回路中某一截面的电荷量为 答案　BC 解析　a棒向右运动，回路面积减小，产生向上的感应磁场，根据安培定则，俯视时感应电流方向为逆时针，A错误； 由题意可知，a棒减速，b棒加速，设a棒速度大小为0.8v0时，b棒速度为v，取水平向右为正方向，根据动量定理，对a棒有－BLΔt＝m·0.8v0－mv0，对b棒有B·2LΔt＝mv，联立解得v＝0.4v0，即此过程中b的最大速度为0.4v0，B正确； 根据能量守恒有Q＝mv02－[m(0.8v0)2＋m(0.4v0)2]＝0.1mv02，C正确； 对a棒，安培力的冲量等于动量变化量，－BLΔt＝m·0.8v0－mv0，又q＝·Δt，得q＝，D错误。 7．(2023·天津市第四十二中学高二期末)如图所示，平行光滑金属导轨PQ、MN分别由一段圆弧和水平部分组成，水平部分固定在绝缘水平面上，导轨间距为L，M、P间接有阻值为R的定值电阻，导轨水平部分在CD、EF间有垂直导轨平面向上的匀强磁场Ⅰ，磁感应强度大小为B，GH右侧有垂直导轨平面向下的匀强磁场Ⅱ，磁感应强度大小为2B，金属棒b垂直导轨放在导轨的EF、GH之间，金属棒a在圆弧导轨上离水平面高h处由静止释放，两金属棒在运动过程中始终与导轨接触良好并与导轨垂直，两金属棒接入电路的电阻均为R，质量均为m，CD、EF间的距离为2h，重力加速度为g，金属棒a与b碰撞后粘在一起，最后金属棒a、b停在磁场Ⅱ区域内，求： (1)金属棒a通过磁场Ⅰ的过程中，通过定值电阻的电荷量； (2)金属棒a离开磁场Ⅰ时的速度大小； (3)从a棒开始运动到a、b两棒运动停止过程中，产生的焦耳热Q。 答案　(1)　(2)－　(3)mgh－m(－)2 解析　(1)金属棒a通过磁场Ⅰ的过程中，通过金属棒a的电荷量q＝Δt 根据法拉第电磁感应定律E＝＝ 根据闭合电路欧姆定律有＝，解得q＝ 则通过定值电阻的电荷量qR＝q＝ (2)设金属棒a进入磁场Ⅰ时的速度大小为v1，根据机械能守恒定律有mgh＝mv12 解得v1＝ 金属棒a通过磁场Ⅰ的过程中，根据动量定理有 －BIL·Δt＝mv2－mv1 即－BLq＝mv2－mv1 解得v2＝－ (3)设金属棒a与b碰撞后的共同速度为v3，根据动量守恒定律有mv2＝2mv3 则该碰撞过程损失的机械能为ΔE＝mv22－·2mv32＝mv22＝m(－)2，由于最后金属棒a与b静止，根据能量守恒定律，可知从a棒开始运动到a、b两棒运动停止过程中，有mgh＝Q＋ΔE，解得Q＝mgh－m(－)2。 8.(多选)(2022·烟台二中期中)如图所示，两条电阻不计且间距为L＝1 m的光滑平行金属导轨水平放置，左端接一阻值为2 Ω的定值电阻R，矩形区域Ⅰ、Ⅱ存在方向垂直水平导轨向上的匀强磁场，磁感应强度的大小均为B＝2 T，磁场宽度及两磁场相邻边界之间的距离均为a＝0.5 m，现有一质量为m、长度为L、阻值也为2 Ω的金属杆静止在金属导轨左侧某处。某时刻金属杆在F＝1 N的恒力作用下开始向右运动并经过磁场区域，金属杆刚进入磁场Ⅰ和刚进入磁场Ⅱ时的速度相等。运动过程中金属杆与导轨保持良好接触且始终垂直，下列说法正确的是(　　) A．金属杆在磁场区域中的加速度沿导轨水平向左，做匀减速直线运动 B．金属杆从进入Ⅰ磁场区域到开始进入Ⅱ磁场区域经历的时间为0.5 s C．金属杆在向右穿过两磁场区域过程中电阻R上产生的总热量为1 J D．金属杆在向右穿过两磁场区域过程中通过电阻R的总电荷量为0.5 C 答案　BCD 解析　因为金属杆刚进入磁场Ⅰ和刚进入磁场Ⅱ时的速度相等，且金属杆在两磁场区域之间一定做加速运动，所以金属杆在磁场Ⅰ中一定做减速运动，根据对称性可知在磁场Ⅱ中也做减速运动。金属杆速度减小，产生的感应电动势减小，感应电流减小，所受安培力减小，所以金属杆所受合外力减小，做加速度减小的减速运动，故A错误； 设金属杆从进入Ⅰ磁场区域到开始进入Ⅱ磁场区域经历的时间为t，金属杆在磁场Ⅰ中运动的时间为t1，根据动量定理有Δp＝Ft－BLt1＝0，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可得＝＝，解得t＝0.5 s，故B正确；根据功能关系可知金属杆穿过磁场Ⅰ的过程中回路所产生的总热量为Q＝F·2a＝1 J，此过程中电阻R产生的热量为QR＝＝0.5 J，根据对称性可知，金属杆在向右穿过两磁场区域过程中电阻R上产生的总热量为1 J，故C正确；根据对称性可知金属杆在向右穿过两磁场区域过程中通过电阻R的总电荷量q＝2t1＝0.5 C，故D正确。 学科网（北京）股份有限公司 $$