培优突破4 动量观点在电磁感应中的应用-【优化探究】2025年高考物理二轮专题复习配套PPT课件（江苏专版）

专题四　电路与电磁感应 培优突破4　动量观点在电磁感应中的应用 内容索引 培优　热点训练 精准补弱 培优1　动量定理在电磁感应中的应用 在导体单杆切割磁感线做变加速运动时,若运用牛顿运动定律和能量观点不能解决问题,可运用动量定理巧妙解决问题。 求解的物理量 应用示例 电荷量 或速度 -BLΔt=mv2-mv1,q=Δt, 即-BqL=mv2-mv1 位移 -=0-mv0,即-=0-mv0 求解的物理量 应用示例 时间 -BLΔt+F其他Δt=mv2-mv1, 即-BLq+F其他Δt=mv2-mv1, 已知电荷量q、F其他(F其他为恒力) -+F其他Δt=mv2-mv1, 即-+F其他Δt=mv2-mv1, 已知位移x、F其他(F其他为恒力) [例1]　(2024·江苏泰州调研)如图所示,在光滑绝缘水平面上有一根通有恒定电流I的长直导线,用规格相同的均匀材料做成的单匝线框A、B平铺在水平面上。A是边长为a的正方形,B是长为2a、宽为a的长方形。瞬间关闭恒定电流I,假设线框不会与长直导线碰撞,A、B最终获得的动量之比为(　　) A.3∶8　　　　　　　　 B.3∶4 C.1∶4 D.9∶16 A [解析]　时间极短,可认为磁感应强度均匀变化,设线框左右两边的磁感应强度差为ΔB,由动量定理有ΔBLI't=ΔBL=mv=p,根据题意A、B为同种均匀材料,可得=,所以有=··=××=,故选A。 [例2]　光滑绝缘平台处于竖直向下的匀强磁场中,磁感应强度大小为B。质量为m的矩形金属框abcd右端开口,放在平台上,其bc边长为l,只有bc边有电阻且为R,ab、dc足够长。质量也为m的薄金属片MN置于金属框上,与金属框间的动摩擦因数为μ,接入金属框间的电阻也为R。现锁定MN(不能左、右运动),用小锤给金属框一瞬时水平向右的冲量I,发现金属框能平移的距离为x,则在这一过程中(　　) A.MN中的感应电流方向由N到M B.通过MN的电荷量为 C.MN中产生的焦耳热为-μmgx D.金属框运动的时间为+ B [解析]　由右手定则可知,MN中的感应电流方向由M到N,A错误;由法拉第电磁感应定律知,整个过程电动势为=,平均电流为=,通过MN的电荷量为q=Δt==,B正确;给金属框一瞬时水平向右的冲量I,由动量定理得I=mv,由能量守恒定律得mv2=μmgx+Q,联立得系统产生的总焦耳热为Q=-μmgx,MN中产生的焦耳热为Q'==-μmgx,C错误;设金属框运动的时间为t,对金属框,由动量定理得 -Blt-μmgt=0-mv,联立上式可得t=-,D错误。 培优2　动量守恒定律在电磁感应中的应用 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,如果两棒上的安培力等大反向,且它们受到其他外力的合力为0,则满足动量守恒的条件,运用动量守恒定律求解比较方便。 [例3]　(2024·江苏南京外国语学校期末)如图所示,两根间距为L、足够长的光滑平行金属导轨固定于同一绝缘水平面内,整个导轨处于竖直向下的匀强磁场中,质量均为m、电阻分别为R、r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,不考虑导轨的电阻,则从此时至PQ达到最大速度的过程中,以下说法正确的是(　　) A.导体棒PQ做加速度增大的加速运动 B.通过导体棒MN的电荷量为 C.两导体棒的相对距离减小量为 D.导体棒MN产生的焦耳热为 [答案]　C [解析]　依题意,当两导体棒速度相等时,导体棒PQ 速度达到最大,该过程中,导体棒PQ受到的安培力 水平向右,根据F安=BIL,I=,E=BLΔv,联立可得F安=,式中Δv为两导体棒在运动过程中的速度差,根据牛顿第二定律可得a=,由于Δv逐渐减小,则导体棒PQ做加速度逐渐减小的加速运动,直到PQ达到最大速度后,两导体棒一起做匀速直线运动,故A错误;对导体棒MN,设其开始运动时的初速度大小为v0,两导体棒达到共速时速度大小为v,根据动量定理可得-BLΔt=mv-mv0,Δt=q,I=mv0,对两导体棒,根据动量守恒定律 有mv0=2mv,联立可得通过导体棒MN的电荷量为q=,故B错误;根据q=,ΔΦ=BΔS=BLΔx,联立可得两导体棒的相对距离减小量为Δx=,故C正确;从开始运动到两导体棒达到共速时,根据能量守恒定律有m=Q+×2mv2,Q=QR+Qr,=,联立得导体棒MN产生的焦耳热为QR=,故D错误。 [例4]　(2024·江苏淮安检测)如图,平行金属导轨MM'、NN'和平行金属导轨PQR、P'Q'R'固定在水平台面上,平行金属导轨间距均为L=1 m,M'N'与PP'高度差为h1=0.6 m。导轨MM'、NN'左端接有R=3.0 Ω的电阻,导轨平直部分存在宽度为d、磁感应强度大小为B1=2 T、方向竖直向上的匀强磁场;导轨PQR与P'Q'R'中PQ与P'Q'是圆心角为60°、半径为r=0.9 m的圆弧形导轨,QR与Q'R'是水平长直导轨。QQ'右侧存在磁感应强度大小为B2=4 T、方向竖直向上的匀强磁场,导体棒a质量m1=0.2 kg,接在电路中的电阻R1=2.0 Ω;导体棒b质量m2=0.3 kg,接在电路中的电阻R2=6.0 Ω。导体棒a从距离导轨MM'、NN'平直部分h=1.25 m高度处由静止释放,恰能无碰撞地从PP'滑入右侧平行导轨,且始终没有与棒b相碰。重力加速度g取10 m/s2,不计导轨电阻、一切摩擦及空气阻力。求: (1)导体棒a刚进入磁场B1时的速度大小以及此时通过电阻R的电流大小和方向; [答案]　(1)5 m/s　2 A　方向为由N到M [解析]　(1)根据动能定理可知m1gh=m1 解得导体棒a刚进入磁场B1时的速度大小为 v1=5 m/s 由题可知E=B1Lv1,I1= 解得I1=2 A 由右手定则可判断,此时通过电阻R的电流的方向为由N到M。 (2)导体棒b的最大加速度大小; [答案]　(2) m/s2　 [解析]　(2)由题可知,导体棒a到达PP'时速度方向与水平方向的夹角为60°,则h1=gt2,v2= 解得v2=4 m/s 导体棒a刚进入磁场B2时,导体棒b的加速度最大,则m1gr(1-cos 60°)=m1-m1 I2=,B2I2L=m2a 解得v3=5 m/s,a= m/s2。 (3)d的大小; [答案]　(3) m　 [解析]　(3)导体棒a从N'M'到PP'的过程中,由动能定理得 m1gh1=m1-m1 解得v4=2 m/s 由题可知在导轨MM'、NN'平直部分从左到右过程,由动量定理得 -B1LΔt=Δp1 即-B1qL=m1v4-m1v1 其中q= 解得d= m。 (4)导体棒a、b在平行金属导轨PQR、P'Q'R'上运动过程中产生的总焦耳热(导轨足够长)。 [答案]　(4)1.5 J [解析]　(4)根据动量守恒定律可知m1v3=(m1+m2)v5 解得v5=2 m/s 导体棒a、b在平行金属导轨PQR、P'Q'R'中产生的总焦耳热与系统减少的动能相等,即 Q=m1-(m1+m2) 解得Q=1.5 J。 反思提升 双杆模型 物理 模型 “一动一静”:甲杆静止不动,乙杆运动,其实质是单杆问题,不过要注意问题包含着一个条件——甲杆静止,受力平衡 两杆都在运动,对于这种情况,要注意两杆切割磁感线产生的感应电动势是相加还是相减;系统动量是否守恒 分析 方法 动力学 观点 通常情况下一个金属杆做加速度逐渐减小的加速运动,而另一个金属杆做加速度逐渐减小的减速运动,最终两金属杆以共同的速度匀速运动 能量 观点 两杆系统机械能减少量等于回路中产生的焦耳热之和 动量 观点 对于两金属杆在平直的光滑导轨上运动的情况,则考虑应用动量定理或动量守恒定律处理问题 一 培优　热点训练 26 1.如图所示,光滑绝缘的水平桌面上存在足够大的等间距匀强磁场区域,磁感应强度B=1 T,磁场间距和宽度均为L=0.5 m。一个质量m=0.2 kg、电阻R=3 Ω、边长也为L的正方形导线框,以初速度v=1 m/s进入该区域,则该线框能穿过的磁场区域个数为(　　) A.2　　　　　　　　　 B.3 C.4 D.5 A 解析:正方形导线框以初速度v=1 m/s进入该区域,从导线框进入该区域到最终停下来过程,根据动量定理得-∑BIL·Δt=-∑·Δt=-x=0-mv,解得线框在磁场中运动的距离为x==2.4 m,由于线框进出磁场都受到安培力作用,线框在磁场中做减速运动,则减速到停下时穿过磁场区域的个数为n==2.4,则该线框能穿过的磁场区域个数为2,故A正确。 2.(2024·江苏南通海安中学开学考试)如图所示,光滑平行导轨MN、PQ固定在绝缘水平面上,导轨宽度为d,处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中,导轨足够长,将质量分别为2m、m,电阻均为R的金属棒J和K分别置于轨道上,棒始终与轨道垂直并且接触良好,导轨电阻不计。现使J棒获得水平向右的初速度2v0,同时K棒获得水平向左的初速度v0,求: (1)全过程中系统产生的焦耳热Q; 答案:(1)3m　 解析:(1)两棒组成的系统动量守恒,取向右为正方向,则2m·2v0-mv0=(2m+m)v 根据能量守恒定律可得产生的焦耳热为 Q=×2m(2v0)2+m-(2m+m)v2 联立解得Q=3m。 (2)从开始运动到稳定状态过程中两棒间距离的改变量Δx。 答案: (2) 解析: (2)取J棒研究,设运动过程中平均电流为,经历时间为Δt,取向右为正方向,根据动量定理得 -Bd·Δt=2mv0-2m·2v0 而== 解得Δx=。 二 精准补弱 32 1.(2024·江苏苏州期中)如图,方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一绝缘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向右运动且不会与cd相碰。运动过程中,ab、cd始终与导轨垂直并接触良好,两者速度分别为vab、vcd,通过ab横截面的电荷量为q,回路中的电流为I,cd棒产生的焦耳热为Q。下列图像中正确的是(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 C 解析:导体棒ab切割磁感线产生由a到b的感应电流,则 导体棒ab受到向左的安培力,做减速运动;导体棒cd受 到向右的安培力,向右加速运动,则感应电流I=,两导体棒的相对速度减小,感应电流减小,每个导体棒所受的安培力大小F=BIL,F随着电流的减小而减小,设导体棒质量为m,当两者速度相等时,电流为零,由动量守恒定律得mv0=2mv,两导体棒的速度最终为v=,且加速度随着电流的减小而减小,电流变化也越来越慢,最终为零,故C正确,A错误;对ab棒,由动量定理有BLt=mv0-mvab,则q=t=,因为vab随时间增加而 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 减小,则电荷量随时间的增加而增加,最后达到最大值,因为电流随时间减小,所以q-t图像的斜率也应是减小的,故B错误;系统状态稳定后,两个导体棒的相对速度为0,不再有感应电流产生,焦耳热不会随着时间一直增大,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2.如图所示,在光滑的水平面上有一方向竖直向下的有界匀强磁场。磁场区域的左侧,一正方形线框由位置Ⅰ以4.5 m/s的初速度垂直于磁场边界水平向右运动,经过位置Ⅱ,当运动到位置Ⅲ时速度恰为零,此时线框刚好有一半离开磁场区域。线框的边长小于磁场区域的宽度。若线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量分别为q1、q2,线框经过位置Ⅱ时的速度为v,则下列说法正确的是(　　) A.q1=q2　　　　　　　　 B.q1=4q2 C.v=1.0 m/s D.v=1.5 m/s 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 D 解析:根据q==可知,线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量q1=2q2,故A、B错误;线框从开始进入到位置Ⅱ,由动量定理有-BLΔt1=mv-mv0,即-BLq1=mv-mv0,同理线框从位置Ⅱ到位置Ⅲ,由动量定理有-BLΔt2=0-mv,即-BLq2=0-mv,联立解得v=v0=1.5 m/s,故C错误,D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 3.如图所示,两根电阻不计的光滑平行金属导轨固定于水平面内,导轨左侧接有阻值恒定的电阻R。一电阻不计的导体棒垂直导轨放置于M点,并与导轨接触良好,导轨间存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场。现给导体棒一个水平向右的初速度,第一次速度大小为v0,滑动一段位移到达N点停下来,第二次速度大小为2v0,滑动一段位移后也会停止运动。在导体棒的运动过程中,以下说法正确的是(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 A.先后两次运动过程中电阻R上产生的热量之比为1∶2 B.先后两次运动过程中的位移之比为1∶2 C.先后两次运动过程中流过R的电荷量之比为1∶4 D.导体棒第二次运动经过N点时速度大小为v0 答案:B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析:根据能量守恒定律可知,导体棒从开始运动到停下来,动能全部转化为内能,满足Q=mv2,所以电阻R产生的热量之比为1∶4,故A错误;设运动过程中任意时刻的速度大小为v,导体棒质量为m,磁感应强度为B,导轨间距为L,由牛顿第二定律得=ma,在一段极短时间Δt内Δt=maΔt,结合速度和加速度的定义可得Δx=mΔv,方程两边对一段时间累积求和,可知发生一段位移x'与速度变化的关系为x'=m(v0-v),对于整个过程,有x=mv0,所以==,第二次运动经过N点时,有x1=m(2v0-vN), 解得vN=v0,故B正确,D错误;流过R的电荷量q==x, 所以==,故C错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 4.如图所示,与水平面夹角为θ的绝缘斜面上固定有光滑U形金属导轨。质量为m、电阻不可忽略的导体杆MN沿导轨向下运动,以大小为v的速度进入方向垂直于导轨平面向下的匀强磁场区域,在磁场中运动一段时间t后,速度大小变为2v。运动过程中杆与导轨垂直并接触良好,导轨的电阻忽略不计,重力加速度为g。杆在磁场中运动的此段时间内(　　) A.流过杆的感应电流方向从N到M B.杆沿轨道下滑的距离为vt C.流过杆的感应电流的平均电功率等于重力的平均功率 D.杆所受安培力的冲量大小为mgtsin θ-mv 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 D 解析:根据右手定则判断知,流过杆的感应电流方向 从M到N,故A错误。依题意,设杆切割磁感线的有效 长度为L,电阻为R。杆在磁场中运动的此段时间内, 杆受到重力、轨道支持力及沿轨道向上的安培力作用,根据牛顿第二定律可得mgsin θ-F安=ma,F安=BIL,I=,联立可得杆的加速度a=gsin θ-,由此可知,杆在磁场中运动的此段时间内做加速度逐渐减小的加速运动;若杆做匀加速直线运动,则杆运动的距离为s=·t=vt,根据v-t图像与坐标轴围成的面积表示位移可知,杆在时间t内速度由v达到2v,杆 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 真实运动的距离大于匀加速情况发生的距离,即大于vt,故B错误。由于在磁场中运动的此段时间内,杆做加速度逐渐减小的加速运动,杆的动能增大,由动能定理可知,重力对杆所做的功大于杆克服安培力所做的功,根据P=可得安培力的平均功率小于重力的平均功率,即流过杆的感应电流的平均电功率小于重力的平均功率,故C错误。杆在磁场中运动的此段时间内,根据动量定理可得mgtsin θ-I安=m·2v-mv,得杆所受安培力的冲量大小为I安=mgtsin θ-mv,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 5.(2024·江苏泰州高三期末)如图所示,在光滑绝缘水平面上,一矩形线圈以速度v1开始进入磁场,离开磁场区域后速度为v2。已知磁场区域宽度大于线圈宽度,则线圈(　　) A.进、出磁场过程通过截面的电荷量不同 B.进、出磁场过程中产生的焦耳热相同 C.线圈在磁场中匀速运动的速度为 D.进、出磁场过程动量的变化量不同 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 C 解析:设线圈在磁场中匀速运动的速度为v,线圈进磁场过程,根据动量定理有-LB·Δt=mv-mv1,线圈出磁场过程,根据动量定理有-'LB·Δt'=mv2-mv,而q=·Δt==,由此可知线圈进、出磁场过程通过截面的电荷量相同,则mv-mv1=mv2-mv,解得v=,故A错误,C正确;根据能量守恒定律,线圈进磁场过程产生的焦耳热Q1=m-mv2,线圈出磁场过程产生的焦耳热Q2=mv2-m,则Q1-Q2=m-mv2-mv2+m=m×>0,即Q1>Q2,故B错误;由于mv-mv1=mv2-mv,则进、出磁场过程动量的变化量相同,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 6.如图所示,倾角为θ的绝缘斜面固定放置,斜面上水平虚线MN和PQ间有垂直于斜面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场,MN、PQ之间的距离为d。质量为m、边长为L(L<d)、总电阻为R的正方形金属线框abcd放在MN上方的斜面上,线框与斜面间的动摩擦因数μ=tan θ,给线框一个沿斜面向下的瞬时冲量,线框在运动过程中ab边始终保持与MN平行,当cd边滑离磁场边界PQ时线框速度刚好减小到0。 下列说法正确的是(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 A.线框的初速度大小为 B.线框进出磁场过程安培力做功之比为3∶1 C.线框从进入到穿出磁场的过程产生的热量为 D.保持初速度不变,增大磁场的宽度d,线框cd边不可能穿出磁场 答案:B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析:由于μ=tan θ,因此线框在斜面上运动过程中受到的 滑动摩擦力等于重力沿斜面向下的分力,设线框运动的 初速度为v0,根据动量定理和题述有-2BL=-mv0,解得 v0=,A错误;设线框完全进入磁场时的速度大小为v,结合上述分析有-BL=mv-mv0,解得v=v0,根据能量守恒定律可知,进磁场时安培力做的功为W1=m(v0)2-m,出磁场时安培力做的功为W2=-m(v0)2,则W1∶W2=3∶1,B正确;由能量守恒定律可知,线框从进入到穿出磁场过 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 程中产生的热量为Q=m+mgsin θ·(d+L)=+mg(L+d)sin θ,C错误;保持初速度不变,增大磁场的宽度d,由于线框完全在磁场中时做匀速直线运动,进、出磁场时受力不变,因此线框仍然刚好穿出磁场,D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 7.如图为某同学设计的电磁弹射装置示意图,平行的足够长光滑水平导轨MN、PQ间距为L,置于磁感应强度为B的匀强磁场中,质量为m、长度为2L导体棒ab垂直放在导轨上。单刀双掷开关先打向c,内阻不计、电动势为E的电源给电容为C的电容器充电,充完电后打向d,导体棒ab在安培力的作用下发射出去。阻力不计。下列说法正确的是(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 A.导体棒达到最大速度前,做加速度逐渐增大的加速运动 B.导体棒以最大速度发射出去后,电容器储存的电荷量为零 C.导体棒能达到的最大速度为 D.导体棒达到最大速度时,电容器放出的电荷量为 答案:D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析:导体棒达到最大速度前,棒受到的安培力F=BIL=BL,依题意,电容器放电过程,极板间电压U减小,且棒速度增大,则导体棒向右运动过程中所受安培力逐渐减小,做加速度逐渐减小的加速运动,故A错误;当电容器电压与导体棒产生的感应电动势大小相等时,导体棒达到最大速度,此时电容器电压不为零,则电容器储存的电荷量不为零,故B错误;导体棒达到最大速度时,根据C=可得ΔQ=C(E-BLvm),由动量定理可得BLΔt=mvm, 又Δt=ΔQ,联立解得vm=,ΔQ=,故C错误, D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 8.(2024·江苏常州前黄高级中学模拟)如图甲所示,光滑的金属导轨MN和PQ平行,间距L=1.0 m,与水平面之间的夹角α=37°,匀强磁场磁感应强度B=2.0 T,方向垂直于导轨平面向上,M、P间接有阻值R=1.6 Ω的电阻,质量m=0.5 kg、电阻r=0.4 Ω的金属棒ab垂直导轨放置。现用和导轨平行的恒力F沿导轨平面向上拉金属棒ab,使其由静止开始运动,当金属棒上滑的位移s=3.8 m时达到稳定状态,对应过程的v-t图像如图乙所示。g取10 m/s2,导轨足够长。 (sin 37°=0.6,cos 37°=0.8) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 (1)运动过程中a、b哪端电势高,并计算恒力F的大小; 答案:(1)b端　5 N　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析:(1)由右手定则可判断感应电流由a流向b,b相当于电源的正极,故b端电势高。 当金属棒匀速运动时,由平衡条件得 F=mgsin 37°+F安, 其中F安=BIL=, 由题图乙可知v=1.0 m/s, 联立解得F=5 N。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 (2)由图中信息计算0~1 s内,通过电阻R的电荷量q和金属棒滑过的位移x。 答案: (2)0.755 C　0.755 m 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析: (2)0~1 s内,金属棒做加速度减小的加速运动,由动量定理有(F-mgsin 37°)t-BLt=mv1-0 又q=t,由题图乙可知v1=0.98 m/s 代入数据解得q=0.755 C 又q=t=t==, 解得x=0.755 m。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 9.如图所示,间距为L的足够长光滑平行金属导轨竖直固定,其上端用阻值为R的定值电阻连接。装置处于垂直于导轨平面向里的匀强磁场中,磁感应强度大小为B,质量为m的金属棒ab从轨道底部以初速度v0沿导轨竖直向上运动,ab棒向上运动的最大高度为h,返回到初始位置时加速度恰好为零,运动过程中ab棒始终与导轨垂直且接触良好,导轨和ab棒的电阻均不计,空气阻力不计,重力加速度为g。求: 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 (1)ab棒运动过程中的最大加速度大小; 答案:(1)+g　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析:(1)导体棒以初速度v0向上运动时,根据右手定则知产生的感应电流方向由b→a,根据左手定则可知,此时导体棒受到的安培力向下,则导体棒向上做减速运动,此时的安培力是最大的,故此时加速度最大,则有 E=BLv0 I== 根据牛顿第二定律可得BIL+mg=mam 联立上述各式可得am=+g。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 (2)ab棒向上运动过程中,通过电阻R的电荷量及电阻R上产生的焦耳热; 答案: (2)　m-mgh 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析: (2)上升到最大高度时的平均电动势== 平均感应电流== 又因为q=Δt 故通过R的电荷量q= 根据能量守恒定律可得m=mgh+Q 解得Q=m-mgh。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 (3)ab棒从开始向上滑动到回到初始位置所用的时间。 答案: (3)+ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析: (3)ab向上运动过程中,取向上为正方向,根据动量定理得 -mgt1-BI1Lt1=0-mv0 其中I1t1= 由于导体棒返回到初始位置时加速度为零,则有F'=BI'L=mg 所以I'= 根据导体切割磁感线运动,则有E'=BLv I'== 解得v= 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 下落过程中,根据动量定理有mgt2-BI2Lt2=mv-0 其中I2t2= ab从开始向上滑动到回到初始位置所用的时间t=t1+t2 联立解得t=+。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 10.(2024·江苏南京高三联考)如图甲所示,MN和PQ是两根互相平行、竖直放置的光滑金属导轨,其间距L=0.5 m,导轨上端接有R0=1 Ω的定值电阻和开关S。空间存在垂直两金属导轨所在的平面向里的匀强磁场,其磁感应强度B0=2 T,一长度与导轨间距相等、电阻为R=1 Ω的金属杆与导轨垂直且接触良好。初始时开关S处于断开状态,金属杆ab从位置1由静止开始自由下落,经过一段时间后,将开关S闭合,金属杆ab继续运动 到位置2。若以金属杆开始运动时作为计时起点, 金属杆从位置1运动到位置2的过程中,速度随时间 变化的图像如图乙所示。假设金属导轨足够长, 导轨电阻不计,重力加速度g取10 m/s2。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 (1)求金属杆的质量; 答案:(1)0.2 kg　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析:(1)由题意结合题图乙可知,金属杆在0~0.4 s内做自由落体运动,获得的速度为 v=gt1=4 m/s 0.4~0.6 s内开关S闭合,金属杆做匀速直线运动,则感应电流为 I==2 A 由平衡条件可得ILB0=mg 解得m=0.2 kg。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 (2)求金属杆从位置1运动到位置2过程中产生的焦耳热Q; 答案: (2)0.8 J　 解析: (2)只有开关S闭合的0.2 s内,金属杆才能产生焦耳热,则Q=I2Rt2=0.8 J。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 (3)如果先将S闭合,后让金属杆仍从位置1由静止开始下落,金属杆运动到位置2时恰好开始匀速运动,求金属杆从位置1运动到位置2的时间。 答案: (3)0.8 s 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析: (3)将S闭合,让金属杆从位置1由静止开始下落到位置2的过程,由动量定理可得mgt-LB0t=mv 又q=t= 位置1到位置2的距离h=vt1+vt2=1.6 m 联立解得t=0.8 s。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 11.如图所示,有两根光滑平行导轨,左侧为位于竖直平面的金属圆弧,右侧为水平直导轨,圆弧底部和直导轨相切,两条导轨水平部分在同一水平面内,其中DC、NP段用绝缘材料制成,其余部分为金属。两导轨的间距为d=0.5 m,导轨的左侧接着一个阻值为R=2 Ω的定值电阻。水平导轨的ACPM区域存在竖直向下的匀强磁场,磁感应强度大小为B=2 T,虚线AM垂直于导轨,AD和MN的长度均为x= 0.4 m,两根金属棒a、b垂直放置在导轨上,质量均为m=0.2 kg,金属棒a的电阻ra= 2 Ω,b的电阻不计。金属棒a从圆弧轨道距水平轨道高h=0.8 m处由静止滑下,与静止在圆弧底部的金属棒b发生弹性碰撞,碰撞 后金属棒b进入磁场区域(轨道电阻不计)。求: 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 (1)金属棒b刚进入磁场区域时的速度大小; 答案:(1)4 m/s　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析:(1)金属棒a从高h处由静止沿轨道滑下,则 mgh=m 解得v0=4 m/s 此后a与b发生弹性碰撞,由动量守恒定律和机械能守恒定律可得 mv0=mv1+mv2 m=m+m 解得v1=0,v2=v0=4 m/s 所以金属棒b刚入磁场区域时的速度大小是4 m/s。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 (2)整个运动过程中金属棒a上产生的焦耳热。 答案: (2)0.6 J 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析: (2)金属棒b从AM到DN做减速运动,由动量定理得dBΔt=mv2-mv 又有q=Δt=Δt= 根据等效电路可知定值电阻R与金属棒a并联在外电路,金属棒b产生电动势,相当于电源,有 R总==1 Ω 联立解得v=2 m/s 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 由能量守恒定律得Q总=m-mv2 解得Q总=1.2 J 可得Qa=Q总=0.6 J。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 $$