第2章 专题强化10 电磁感应中的动量问题-（课件PPT+Word教案）【步步高】2024-2025学年高二物理选择性必修第二册教师用书（鲁科版2019）

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，则 (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？ 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，可运用动量定理巧妙求解。 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　(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=，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。 例2　(2023·福州市高二期中)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)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 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-BIL·t=mgt-BLq=mv-0 又q=0.033 C 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，导轨所在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=m-(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到两棒共速的过程中， (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3　(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=m 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=m-·2m=m=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。 电磁感应中不同物理量的求解策略 1.求加速度：动力学观点； 2.求焦耳热：能量观点； 3.系统的初、末速度关系：动量守恒定律； 4.求电荷量、位移或时间：动量定理。 例4　(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。 　　　　专题强化练　［分值：60分］ 1、2、4、5题每题4分，3题9分，共25分 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)(2023·厦门市外国语学校高二月考)如图所示，在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，两根光滑且足够长的平行金属轨道MN、PQ水平固定，相距为L，电阻不计，MP间接有阻值为2R的电阻，NQ间也接有阻值为2R的电阻。一长度为L、电阻为2R、质量为m的导体棒ab垂直放置在轨道上，与轨道接触良好。导体棒ab瞬间获得水平向右的初速度v0，则下列说法正确的是(　　) A.导体棒ab中产生的焦耳热为m B.导体棒ab的速度为v0时的加速度大小为 C.导体棒ab减速过程的位移大小为 D.导体棒ab减速过程的位移大小为 答案　AC 解析　由题意可知，阻值为2R的两个电阻并联后与阻值为2R的导体棒串联，可知电路中的总电阻为3R，由功能关系可知，电路中能产生的焦耳热为Q=m，导体棒ab中产生的焦耳热为Qab=Q=Q=×m=m，A正确； 导体棒ab速度为v0时，设加速度大小为a，干路电流为I，根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律有I=，根据安培力公式和牛顿第二定律可得BIL=ma，解得a=，B错误； 设导体棒减速过程的位移大小为x，平均速度大小为v，运动时间为t，根据动量定理有-t=0-mv0，又x=t，解得x=，C正确，D错误。 3.(9分)(2024·连云港市高级中学月考)“福建舰”是我国完全自主设计建造的首艘弹射型航空母舰，采用平直通长飞行甲板，配置电磁弹射和阻拦装置。电磁阻拦，可简化为如图所示的模型：在磁感应强度为B、方向如图所示的匀强磁场中，两根平行金属轨道MN、PQ固定在水平面内，相距为L，电阻不计。轨道端点MP间接有阻值为R的电阻，金属导体棒ab长为L、阻值为R、质量可忽略，垂直于MN、PQ放在轨道上，与轨道接触良好。质量为m的飞机通过轻质绝缘阻拦索钩住导体棒ab并立即与导体棒获得共同的水平速度v0，同时飞机关闭动力系统。假如飞机受到的摩擦阻力恒为kmg，飞机和导体棒共同运动x距离停下来，求： (1)(2分)飞机刚钩住导体棒时，流过导体棒的电流大小； (2)(3分)全过程导体棒中产生的焦耳热； (3)(4分)飞机和导体棒共同运动的时间。 答案　(1)　(2)m-kmgx (3)- 解析　(1)飞机刚钩住导体棒时，导体棒ab产生的电动势为E=BLv0 根据闭合电路欧姆定律，此时电流为I== (2)根据功能关系可得，全过程回路产生的焦耳热为Q总=m-kmgx 全过程导体棒中产生的焦耳热为 Q=Q总=m-kmgx (3)设飞机和导体棒共同运动的时间为t，根据动量定理可得-∑F安t-kmgt=0-mv0 又∑F安t=∑BILt=∑BLt=∑vt= 联立解得t=- 考点二　动量守恒定律在电磁感应中的应用 4.(2023·泉州市高二阶段练习)如图所示，金属杆a在高为h处从静止开始沿弧形轨道下滑，导轨平行的水平部分有竖直向下的匀强磁场，水平部分导轨上原来放有一根金属杆b，两杆质量相同，水平导轨足够长，不计摩擦，关于两杆最终的运动状态，下列说法正确的是(　　) A.两杆的速度均为 B.两杆的速度均为 C.杆a静止，杆b的速度为 D.杆a静止，杆b的速度为 答案　A 解析　a下滑h过程中机械能守恒mgh=m 解得v0= a进入磁场后，回路中产生感应电流，a、b都受安培力作用，a作减速运动，b作加速运动，经一段时间，a、b速度达到相同，之后回路的磁通量不发生变化，感应电流为零，安培力为零，二者匀速运动，匀速运动的速度即为a、b的最终速度，设为v，由过程中a、b系统所受合外力为零，动量守恒得mv0=(m+m)v 解得最终速度v=v0= 故选A。 5.(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一水平向右的初速度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=m-·2m· 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。 6题6分，7、8题每题11分，共28分 6.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，速度变为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 -BL·Δt1=mv'-mv0 线圈离开磁场过程，同理 -BL·Δt2=mv-mv' 由q=，进出磁场时磁通量变化数值相同 得q1=·Δt1=·Δt2=q2 联立各式得v'-v0=v-v' 所以v'=，故B正确。 7.(11分)(2023·泉州市高二月考)如图所示，平行光滑金属轨道ABC和A'B'C'置于水平地面上，两轨道之间的距离d=0.8 m，CC'之间连接一定值电阻R=0.3 Ω。倾角θ=30°的倾斜轨道与水平轨道顺滑连接，BB'M'M为宽x=0.25 m的矩形区域，区域内存在磁感应强度B=1.0 T、方向竖直向上的匀强磁场。质量m=0.2 kg、电阻r=0.1 Ω的导体棒在倾斜轨道上与BB'距离L=1.6 m处平行于BB'由静止释放，已知重力加速度g=10 m/s2，导轨电阻不计。求： (1)(4分)导体棒刚进入匀强磁场时，导体棒两端的电压U； (2)(3分)导体棒穿过匀强磁场的过程中通过某一横截面的电荷量q； (3)(4分)运动过程中，导体棒上产生的焦耳热Q。 答案　(1)2.4 V　(2)0.5 C　(3)0.3 J 解析　(1)导体棒从倾斜轨道下滑，由机械能守恒有MgLsin θ=m 代入数据解得v0=4 m/s 由法拉第电磁感应定律E=Bdv0 电流I= 代入数据解得I=8 A 导体棒两端的电压U=IR=2.4 V (2)由q=Δt = == 带入数据可得q=0.5 C (3)进入匀强磁场导体棒做加速度减小的减速运动，由动量定理有-d·t=mv-mv0 即-Bdq=mv-mv0 代入数据解得v=2 m/s 在匀强磁场区域导体棒产生的焦耳热 Q=m-mv2) 代入数据解得Q=0.3 J 8.(11分)(2024·济宁市第一中学月考)如图所示，相距L=0.1 m的平行轨道由两部分组成，其中圆弧轨道光滑，水平轨道粗糙。水平轨道MNPQ区域存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B=1 T。光滑导体棒ab的质量m1=0.1 kg，电阻R1=0.3 Ω；另一导体棒cd的质量m2=0.2 kg，电阻R2=0.2 Ω，放置在足够长的水平轨道上，导体棒cd与水平导轨间的动摩擦因数μ=0.5，光滑足够长斜面的倾角θ=30°，斜面顶端固定一轻质光滑小定滑轮，滑轮与水平轨道等高。一绝缘轻绳绕过滑轮一端与导体棒cd相连，另一端与处于斜面上的小物块相连，且cd与物块恰好均保持静止(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)。现让ab棒从距水平轨道高为H=0.8 m处由静止释放，在之后的运动过程中，ab棒恰好能与水平轨道上的cd棒相遇，全程两棒均未出磁场区域。已知重力加速度g=10 m/s2，求： (1)(2分)小物块的质量m0； (2)(4分)导体棒cd的初始位置与水平轨道最左端MN间的距离x0； (3)(5分)整个过程中，导体棒ab产生的焦耳热Q1。 答案　(1)0.2 kg　(2)16 m　(3)0.384 J 解析　(1)棒与物块静止，有μm2g=m0gsin θ 得m0=0.2 kg (2)当ab棒进入磁场时，由动能定理得 m1gH=m ab棒恰好能与水平轨道上的cd棒相遇时，设速度为v2，系统动量守恒，得m1v1=(m1+m2+m0)v2 对ab棒分析，由动量定理得 BLt=BLq=m1v1-m1v2 且q= 联立得x0=16m (3)相遇前，对系统由能量守恒定律得 m1-(m1+m2+m0)=Qab+Qbc 且= 代入数据得Qab=0.384 J (7分) 9.(多选)(2023·三明市高二期末)如图，足够长的光滑平行金属导轨水平放置，左右两侧导轨的间距分别为l、2l，导轨间存在竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量分别为m、2m的导体棒a、b均垂直导轨放置，回路总电阻保持不变。a、b两棒分别以v0、2v0的初速度同时向右运动，两棒在运动过程中始终与导轨垂直且保持接触良好，a总在窄轨上运动，b总在宽轨上运动，从开始运动到两棒稳定的过程中，下列说法正确的是(　　) A.a棒的加速度始终等于b棒的加速度 B.a棒的加速度始终大于b棒的加速度 C.稳定时a棒的速度大小为v0 D.稳定时a棒的速度大小为2v0 答案　AD 解析　由于两个导体棒中的电流始终大小相等，根据牛顿第二定律，对导体棒a有BIl=maa，对导体棒b有BI·2l=2mab，可知aa=ab，故A正确，B错误；根据动量定理，对导体棒a有Bl·Δt=mva-mv0，对导体棒b有-B·2l·Δt=2mvb-2m·2v0，当最终稳定时满足B·2lvb=Blva，联立解得va=2v0，vb=v0，故C错误，D正确。 学科网（北京）股份有限公司 $$ DIERZHANG 第2章 专题强化10　电磁感应中 的动量问题 1 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)。 学习目标 2 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 内容索引 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，金属棒的电阻为r，导轨宽度为L。若棒分别以初速度v0、2v0向右运动，则 (1)请分析棒的运动情况？ 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。 (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？ 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=。 (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？ 答案　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，可运用动量定理巧妙求解。 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。 提炼·总结 　(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 例1 √ √ 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= ，故C错误； 由q==，解得ab杆通过的位移x==，故D正确。 　(2023·福州市高二期中)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，下落过程中始终与导轨接触良好 例2 答案　0.3 A　 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； 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 解得I==0.3 A (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 对金属杆，根据动量定理可得mgt-BIL·t=mgt-BLq=mv-0 又q=0.033 C 解得t=0.2 s 返回 二 动量守恒定律在电磁感应中的应用 16 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，导轨所在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。 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？ 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va=vb=v=。 (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　根据能量守恒定律，整个过程产生的焦耳 热Q=m-(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。 提炼·总结 (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到两棒共速的过程中， (1)流过金属棒a的电荷量q； 思考与讨论 答案　由动量定理得 -BLΔt=m-mv0 ，q=Δt 解得q= (2)a和b距离的增加量Δx。 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==。 　(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 例3 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； 答案　 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)金属棒a离开磁场Ⅰ时的速度大小； 答案　- 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=m 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)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　mgh-m(-)2 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=m-·2m=m=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。 电磁感应中不同物理量的求解策略 1.求加速度：动力学观点； 2.求焦耳热：能量观点； 3.系统的初、末速度关系：动量守恒定律； 4.求电荷量、位移或时间：动量定理。 总结提升 返回 　(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， 例4 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 √ √ 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。 返回 专题强化练 三 32 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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 基础对点练 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 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； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 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； 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。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 2.(多选)(2023·厦门市外国语学校高二月考)如图所示，在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，两根光滑且足够长的平行金属轨道MN、PQ水平固定，相距为L，电阻不计，MP间接有阻值为2R的电阻，NQ间也接有阻值为2R的电阻。一长度为L、电阻为2R、质量为m的导体棒ab垂直放置在轨道上，与轨道接触良好。导体棒ab瞬间获得水平向右的初速度v0，则下列说法正确的是 A.导体棒ab中产生的焦耳热为m B.导体棒ab的速度为v0时的加速度大小为 C.导体棒ab减速过程的位移大小为 D.导体棒ab减速过程的位移大小为 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 知，电路中能产生的焦耳热为Q=m，导体棒ab中产生的焦耳热为Qab=Q=Q=×m=m，A正确； 由题意可知，阻值为2R的两个电阻并联后与阻值为2R的导体棒串联，可知电路中的总电阻为3R，由功能关系可 1 2 3 4 5 6 7 8 9 顿第二定律可得BIL=ma，解得a=，B错误； 设导体棒减速过程的位移大小为x，平均速度大小为v，运动时间为t，根据动量定理有-t=0-mv0，又x=t，解得x=，C正确，D错误。 导体棒ab速度为v0时，设加速度大小为a，干路电流为I，根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律有I=，根据安培力公式和牛 3.(2024·连云港市高级中学月考)“福建舰”是我国完全自主设计建造的首艘弹射型航空母舰，采用平直通长飞行甲板，配置电磁弹射和阻拦装置。电磁 1 2 3 4 5 6 7 8 9 阻拦，可简化为如图所示的模型：在磁感应强度为B、方向如图所示的匀强磁场中，两根平行金属轨道MN、PQ固定在水平面内，相距为L，电阻不计。轨道端点MP间接有阻值为R的电阻，金属导体棒ab长为L、阻值为R、质量可忽略，垂直于MN、PQ放在轨道上，与轨道接触良好。质量为m的飞机通过轻质绝缘阻拦索钩住导体棒ab并立即与导体棒获得共同的水平速度v0，同时飞机关闭动力系统。假如飞机受到的摩擦阻力恒为kmg，飞机和导体棒共同运动x距离停下来，求： (1)飞机刚钩住导体棒时，流过导体棒的电流大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案　 飞机刚钩住导体棒时，导体棒ab产生的电动势为E=BLv0 根据闭合电路欧姆定律，此时电流为I== (2)全过程导体棒中产生的焦耳热； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案　m-kmgx 根据功能关系可得，全过程回路产生的焦耳热为Q总=m-kmgx 全过程导体棒中产生的焦耳热为 Q=Q总=m-kmgx (3)飞机和导体棒共同运动的时间。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案　- 设飞机和导体棒共同运动的时间为t，根据动量定理可得-∑F安t-kmgt =0-mv0 又∑F安t=∑BILt=∑BLt=∑vt= 联立解得t=- 考点二　动量守恒定律在电磁感应中的应用 4.(2023·泉州市高二阶段练习)如图所示，金属杆a在高为h处从静止开始沿弧形轨道下滑，导轨平行的水平部分有竖直向下的匀强磁场，水平部分导轨上原来放有一根金属杆b，两杆质量相同，水平导轨足够长，不计摩擦，关于两杆最终的运动状态，下列说法正确的是 A.两杆的速度均为 B.两杆的速度均为 C.杆a静止，杆b的速度为 D.杆a静止，杆b的速度为 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 安培力作用，a作减速运动，b作加速运动，经一段时间，a、b速度达到相同，之后回路的磁通量不发生变化，感应电流为零，安培力为零，二者匀速运动，匀速运动的速度即为a、b的最终速度，设为v，由过程中a、b系统所受合外力为零，动量守恒得mv0=(m+m)v 解得最终速度v=v0= 故选A。 a下滑h过程中机械能守恒mgh=m 解得v0= a进入磁场后，回路中产生感应电流，a、b都受 1 2 3 4 5 6 7 8 9 5.(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一水平向右的初速度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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 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=m-·2m· 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； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 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。 6.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，速度变为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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 能力综合练 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 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 -BL·Δt1=mv'-mv0 线圈离开磁场过程，同理 -BL·Δt2=mv-mv' 由q=，进出磁场时磁通量变化数值相同 得q1=·Δt1=·Δt2=q2 联立各式得v'-v0=v-v' 所以v'=，故B正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 7.(2023·泉州市高二月考)如图所示，平行光滑金属轨道ABC和A'B'C'置于水平地面上，两轨道之间的距离d=0.8 m，CC'之间连接一定值电阻R=0.3 Ω。倾角θ=30°的倾斜轨 道与水平轨道顺滑连接，BB'M'M为宽x=0.25 m的矩形区域，区域内存在磁感应强度B=1.0 T、方向竖直向上的匀强磁场。质量m=0.2 kg、电阻r=0.1 Ω的导体棒在倾斜轨道上与BB'距离L=1.6 m处平行于BB'由静止释放，已知重力加速度g=10 m/s2，导轨电阻不计。求： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 (1)导体棒刚进入匀强磁场时，导体棒两端的电压U； 答案　2.4 V 1 2 3 4 5 6 7 8 9 导体棒从倾斜轨道下滑，由机械能守恒有MgLsin θ=m 代入数据解得v0=4 m/s 由法拉第电磁感应定律E=Bdv0 电流I= 代入数据解得I=8 A 导体棒两端的电压U=IR=2.4 V 1 2 3 4 5 6 7 8 9 (2)导体棒穿过匀强磁场的过程中通过某一横截面的电荷量q； 答案　0.5 C 由q=Δt = == 带入数据可得q=0.5 C 1 2 3 4 5 6 7 8 9 (3)运动过程中，导体棒上产生的焦耳热Q。 答案　0.3 J 1 2 3 4 5 6 7 8 9 进入匀强磁场导体棒做加速度减小的减速运动，由动量定理有-d·t =mv-mv0 即-Bdq=mv-mv0 代入数据解得v=2 m/s 在匀强磁场区域导体棒产生的焦耳热 Q=m-mv2) 代入数据解得Q=0.3 J 1 2 3 4 5 6 7 8 9 8.(2024·济宁市第一中学月考)如图所示，相距L=0.1 m的平行轨道由两部分组成，其中圆弧轨道光滑，水平轨道粗糙。水平轨道MNPQ区域存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B=1 T。光滑导体棒ab的质量m1=0.1 kg，电阻 R1=0.3 Ω；另一导体棒cd的质量m2=0.2 kg，电阻R2=0.2 Ω，放置在足够长的水平轨道上，导体棒cd与水平导轨间的动摩擦因数μ=0.5，光滑足够长斜面的倾角θ=30°，斜面顶端固定一轻质光滑小定滑轮，滑轮与水平轨道等高。一绝缘轻绳绕过滑轮一端与导体棒cd相连，另一端与处于斜面上的小物块相连，且cd与物块恰好均保持静止(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)。现让ab棒从距水平轨道高为H=0.8 m处由静止释放，在之后的运动过程中，ab棒恰好能与水平轨道上的cd棒相遇，全程两棒均未出磁场区域。已知重力加速度g=10 m/s2，求： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 (1)小物块的质量m0； 答案　0.2 kg 棒与物块静止，有μm2g=m0gsin θ 得m0=0.2 kg 1 2 3 4 5 6 7 8 9 (2)导体棒cd的初始位置与水平轨道最左端MN间的距离x0； 答案　16 m　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 当ab棒进入磁场时，由动能定理得 m1gH=m ab棒恰好能与水平轨道上的cd棒相 遇时，设速度为v2，系统动量守恒，得m1v1=(m1+m2+m0)v2 对ab棒分析，由动量定理得 BLt=BLq=m1v1-m1v2 且q= 联立得x0=16m 1 2 3 4 5 6 7 8 9 (3)整个过程中，导体棒ab产生的焦耳热Q1。 答案　0.384 J 相遇前，对系统由能量守恒定律得 m1-(m1+m2+m0)=Qab+Qbc 且= 代入数据得Qab=0.384 J 9.(多选)(2023·三明市高二期末)如图，足够长的光滑平行金属导轨水平放置，左右两侧导轨的间距分别为l、2l，导轨间存在竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量分别为m、2m的导体棒a、b均垂直导轨放置，回路总电阻保持不变。a、b两棒分别以v0、2v0的初速度同时向右运动，两棒在运动过程中始终与导轨垂直且保持接触良好，a总在窄轨上运动，b总在宽轨上运动，从开始运动到两棒稳定的过程中，下列说法正确的是 A.a棒的加速度始终等于b棒的加速度 B.a棒的加速度始终大于b棒的加速度 C.稳定时a棒的速度大小为v0 D.稳定时a棒的速度大小为2v0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 尖子生选练 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 由于两个导体棒中的电流始终大小相等， 根据牛顿第二定律，对导体棒a有BIl=maa， 对导体棒b有BI·2l=2mab，可知aa=ab，故A 正确，B错误； 根据动量定理，对导体棒a有Bl·Δt=mva-mv0，对导体棒b有-B·2l·Δt =2mvb-2m·2v0，当最终稳定时满足B·2lvb=Blva，联立解得va=2v0，vb=v0，故C错误，D正确。 返回 BENKEJIESHU 本课结束 $$