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（粤教版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 1.问题情景，导体棒沿处于匀强磁场中的导轨运动，导体棒是闭合电路的一部分。运动的导体棒切割磁感线可等效为电源。 2.解答方法 （1）导体棒所受外力的合力为安培力（安培力为变力），根据动量定理 -BL·Δt=mv2-mv1 若导体棒还受其他外力，则FΔt-BL·Δt=mv2-mv1① BL·Δt=BLq② q=N=N③ 由以上三个式子将流经杆的电荷量q，杆位移s、时间t及速度变化结合在一起。即可求q、s、t或速度。 （2）导体棒除受安培力还受其他恒力，可用动量定理求时间。 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。 例2　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-BL·t=mv-0 又由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=m-（2m）·v2=。 1.问题情景 在相互平行的水平轨道间的双棒做切割磁感线运动的问题中，若这两根导体棒所受安培力等大反向，合外力为零，且不受其他外力或其他外力合力为零。两导体棒组成的系统动量守恒。 2.解答方法 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，利用动量守恒求速度。 （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，求 （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　如图所示，光滑平行金属导轨的水平部分处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B=3 T。两导轨间距为L=0.5 m，导轨足够长，导轨电阻不计。金属棒a和b的质量分别为ma=1 kg、mb=0.5 kg，电阻分别为Ra=1 Ω、Rb=2 Ω。b棒静止于导轨水平部分，现将a棒从h=1.8 m高处自静止沿弧形导轨下滑，通过C点进入导轨的水平部分，已知两棒在运动过程中始终保持与导轨垂直且接触良好，两棒始终不相碰。g取10 m/s2。求： （1）a棒刚进入磁场时，b棒的加速度； （2）从a棒进入磁场到a棒匀速运动的过程中，流过a棒的电荷量； （3）从a棒进入磁场到a棒匀速运动的过程中，a棒中产生的焦耳热。 答案　（1）9 m/s2，方向向右　（2） C　（3）2 J 解析　（1）a棒沿弧形导轨下滑h过程，根据机械能守恒定律有magh=mav2 a棒进入磁场瞬间感应电动势E=BLv 根据闭合电路欧姆定律I= 对b棒F安=ILB 根据牛顿第二定律有F安=mba 解得a=9 m/s2 由左手定则知，b棒加速度的方向向右。 （2）对a、b：由动量守恒定律得 mav=（ma+mb）v共 解得v共=4 m/s 对b棒，应用动量定理有LBt=mbv共 BLq=mbv共 解得q= C，故流过a棒的电荷量为 C。 （3）a、b棒在水平面内运动过程，由能量守恒定律得 mav2-（ma+mb）=Q Qa=Q 联立解得Qa=2 J。 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：运用动量定理分析。 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；由上述分析可知，v1-v2逐渐减小且减小得越来越慢，则感应电流也逐渐减小且减小得越来越慢，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：50分］ 1~5题每题5分，共25分 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，线圈中的感应电流方向为顺时针，离开磁场时，线圈中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.如图所示，空间中存在竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场。边长为L的正方形线框abcd的总电阻为R。除ab边为硬质金属杆外，其他边均为不可伸长的轻质金属细线，并且cd边保持不动，杆ab的质量为m。将线框拉至水平后由静止释放，杆ab第一次摆到最低位置时的速率为v。重力加速度为g，忽略空气阻力。关于该过程，下列说法正确的是（　　） A.a端电势始终低于b端电势 B.杆ab中电流的大小、方向均保持不变 C.安培力对杆ab的冲量大小为 D.安培力对杆ab做的功为mv2-mgL 答案　D 解析　根据题意，由右手定则可知，杆切割磁感线产生的感应电流方向为由b到a，则a端电势始终高于b端电势，故A错误； 根据题意可知，杆运动过程中，垂直磁场方向的分速度大小发生变化，则感应电流大小变化，故B错误； 安培力对杆的冲量大小为I=t=BLt，又q=t，=，=，可得q=，则安培力对杆的冲量大小为I=，故C错误； 根据题意，设安培力对杆做的功为W，由动能定理有mgL+W=mv2，解得W=mv2-mgL，故D正确。 3.（多选）如图所示，平行光滑金属导轨水平放置，间距L=2 m，导轨左端接一阻值R=1 Ω的电阻，图中虚线与导轨垂直，其右侧存在磁感应强度大小为B=0.5 T、方向垂直纸面向里的匀强磁场。质量为m=1 kg的金属棒垂直导轨放置在虚线左侧，距虚线的距离为d=0.5 m。某时刻对金属棒施加一大小为F=4 N的向右的恒力，金属棒在磁场中运动s=2 m的距离后速度不再变化，金属棒与导轨的电阻忽略不计，金属棒始终与导轨垂直且接触良好，则金属棒从静止到开始匀速运动的过程中，下列说法正确的是（　　） A.金属棒刚进入磁场时的速度为2 m/s B.金属棒开始匀速运动的速度为2 m/s C.金属棒从开始进入磁场到匀速运动的过程中通过电阻R的电荷量为2 C D.金属棒从开始进入磁场到匀速运动的过程中所用时间为1 s 答案　ACD 解析　设金属棒刚进入磁场时速度为v0，根据运动学公式知=2··d，解得v0=2 m/s，故A正确； 设金属棒匀速运动时速度为v，此时有F与安培力平衡，即F=BIL=B··L，解得v=4 m/s，故B错误； 金属棒从开始进入磁场到匀速运动的过程中，对金属棒在每小段时间Δt根据动量定理有（F-BIL）·Δt=m·Δv，即FΔt-BLIΔt=m·Δv，其中IΔt为该段时间内通过电路的电荷量q，则两边对金属棒从开始进入磁场到匀速运动的过程中总时间t进行累积得Ft-BLq总=mv-mv0，同时有q总=t=t===2 C，解得t=1 s，故C、D正确。 4.（多选）（2024·汕头市高二月考）如图所示，在竖直向上磁感应强度为B=1 T匀强磁场中，两条足够长光滑平行金属导轨固定在水平桌面上，间距l=1 m，电阻不计，匀强磁场方向与导轨平面垂直，金属棒AB、CD水平放在两导轨上，相隔为L=0.2 m，棒与导轨垂直并保持良好接触，AB棒质量为m1=0.2 kg，CD棒质量为m2=0.4 kg，两金属棒接入电路的总电阻R=0.5 Ω，若CD棒以v0=3 m/s的初速度水平向右运动，在两根金属棒运动到两棒间距最大的过程中，下列说法正确的是（　　） A.AB棒的最终速度大小为1 m/s B.该过程中电路中产生的热量为0.6 J C.该过程中通过导体横截面的电荷量为0.4 C D.两金属棒间的最大距离为0.3 m 答案　BC 解析　开始CD棒做减速运动、AB棒做加速运动，当两者速度相等时它们间的距离最大，两棒组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m2v0=（m1+m2）v，解得：v=2 m/s，故A错误； 对系统，由能量守恒定律得：m2=Q+（m1+m2）v2，解得：Q=0.6 J，故B正确； 对AB棒，由动量定理得：BlΔt=m1v，而Δt=q，则Blq=m1v，解得q=0.4 C，故C正确； 通过导体横截面的电荷量：q=Δt=Δt=Δt==，两金属棒间的最大距离D=d+L=+L= m+0.2 m=0.4 m，故D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（　　） 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。 6题8分，7题11分，共19分 6.（8分）如图所示，在水平面上有两条导电导轨MN、PQ，导轨间距为d，匀强磁场垂直于导轨所在的平面向里，磁感应强度的大小为B。两根完全相同的金属杆1、2间隔一定的距离摆开放在导轨上，且与导轨垂直，它们的电阻均为R，两杆与导轨接触良好，导轨电阻不计，金属杆与导轨间的摩擦不计。杆1以初速度v0滑向杆2，为使两杆不相碰，则杆2固定与不固定两种情况下，求最初摆放两杆时的最小距离之比。 答案　2∶1 解析　若杆2固定，设最初摆放两杆时的最小距离为x1，对杆1由动量定理得：-BIdt=0-mv0 该过程中通过杆的电荷量为q=It== 联立解得：x1= 若杆2不固定，设最初摆放两杆时的最小距离为x2，两者最终速度为v，以向右为正方向，有： mv0=2mv 解得：v=， 对杆2由动量定理得：-BI'dt'=0-mv 该过程中的通过杆的电荷量为： q'=I't'== 解得：x2= 则最小距离之比为：x1∶x2=2∶1。 7.（11分）（2023·广州市执信中学高二月考）如图所示，两根平行的光滑金属导轨放在水平面上，导轨间距为L=0.4 m，弯曲部分是半径为R=0.45 m的四分之一圆弧与水平导轨相连，水平导轨足够长且处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小B=1.0 T。导轨上端通过开关S连接电容器，其电容C=2.5 F，在水平导轨上距磁场左边界AA'较远处垂直导轨放置一个质量为mb=0.1 kg、有效电阻为Rb=0.2 Ω的金属棒b。断开开关S，将质量为ma=0.2 kg、有效电阻为Ra=0.1 Ω的金属棒a从圆弧顶端由静止释放，两金属棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，最终两棒均做匀速运动。已知运动中两金属棒不相撞，整个导轨电阻不计，g=10 m/s2。： （1）（2分）求金属棒a刚到达圆弧底端AA'时，受到导轨的支持力大小； （2）（4分）求两金属棒匀速运动前，a棒上产生的焦耳热； （3）（5分）取走金属棒b，闭合开关S，使a棒仍从圆弧顶端由静止滑下，求a棒最终速度大小。 答案　（1）6 N　（2）0.1 J　（3）1 m/s 解析　（1）从金属棒a刚到达圆弧底端AA'整个过程中，根据动能定理有 magR=ma 解得金属棒a刚进入磁场的速度大小为 v0=3 m/s 金属棒a刚到达圆弧底端处，由牛顿第二定律 FN-mag=ma 解得FN=6 N （2）金属棒a刚进入磁场至两金属棒匀速运动前，金属棒a、b组成的系统动量守恒，有 mav0=（ma+mb）v 根据能量守恒有Q=ma-（ma+mb）v2 根据Qa=Q 解得a棒上产生的焦耳热为Qa=0.1 J （3）对金属棒a根据动量定理有-BL·Δt=maΔv 而q=CU=CBLva q=·Δt Δv=va-v0 解得va=1 m/s。 　（6分） 8.（2023·珠海市第一中学高二月考）如图，足够长的光滑平行金属直导轨固定在水平面上，左侧轨道间距为2d，右侧轨道间距为d。轨道处于竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。质量为2m、有效电阻为2R的金属棒a静止在左侧轨道上，质量为m、有效电阻为R的金属棒b静止在右侧轨道上。现给金属棒a一水平向右的初速度v0，经过一段时间后两金属棒达到稳定状态。已知两金属棒运动过程中始终相互平行且与导轨接触良好，导轨电阻忽略不计，金属棒a始终在左侧轨道上运动，则下列说法正确的是（　　） A.整个运动过程中a、b两棒组成的系统动量守恒 B.达到稳定状态时，a、b两棒的速度之比为2∶1 C.金属棒b稳定时的速度大小为 D.整个运动过程中金属棒a产生的焦耳热为m 答案　D 解析　金属棒a、b长度不等，则所受安培力大小不等，即金属棒a、b组成的系统合外力不为0，故动量不守恒，A错误； 对金属棒a、b分别由动量定理可得 -B·2d·t=2mva-2mv0，B·d·t=mvb 联立可得mv0-mva=mvb 两金属棒最后匀速运动，回路中电流为0，则有 B·2d·va=B·d·vb 即vb=2va，则va=v0，vb=v0 达到稳定状态时，速度之比为1∶2，B、C错误； 由能量守恒知，回路产生的焦耳热为 Q=×2m-×2m-m=m 则金属棒a产生的焦耳热为 Qa=Q=Q=m，D正确。 学科网（北京）股份有限公司 $$ DIERZHANG 第二章 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 动量定理在电磁感应中的应用 一 4 1.问题情景，导体棒沿处于匀强磁场中的导轨运动，导体棒是闭合电路的一部分。运动的导体棒切割磁感线可等效为电源。 2.解答方法 (1)导体棒所受外力的合力为安培力(安培力为变力)，根据动量定理 -BL·Δt=mv2-mv1 若导体棒还受其他外力，则FΔt-BL·Δt=mv2-mv1 ① BL·Δt=BLq ② q=N=N ③ 由以上三个式子将流经杆的电荷量q，杆位移s、时间t及速度变化结合在一起。即可求q、s、t或速度。 (2)导体棒除受安培力还受其他恒力，可用动量定理求时间。 　(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：s==，故D正确。 　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； 例2 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 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-BL·t=mv-0 又由q=t，代入数据解得t=0.2 s。 返回 动量守恒定律在电磁感应中的应用 二 14 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。 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=。 (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= 。 1.问题情景 在相互平行的水平轨道间的双棒做切割磁感线运动的问题中，若这两根导体棒所受安培力等大反向，合外力为零，且不受其他外力或其他外力合力为零。两导体棒组成的系统动量守恒。 2.解答方法 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。 提炼·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，利用动量守恒求速度。 (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，求 (1)流过金属棒a的电荷量q； 讨论与交流 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= =。 　如图所示，光滑平行金属导轨的水平部分处于 竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B=3 T。两导 轨间距为L=0.5 m，导轨足够长，导轨电阻不计。 金属棒a和b的质量分别为ma=1 kg、mb=0.5 kg，电阻分别为Ra=1 Ω、Rb=2 Ω。b棒静止于导轨水平部分，现将a棒从h=1.8 m高处自静止沿弧形导轨下滑，通过C点进入导轨的水平部分，已知两棒在运动过程中始终保持与导轨垂直且接触良好，两棒始终不相碰。g取10 m/s2。求： (1)a棒刚进入磁场时，b棒的加速度； 例3 答案　9 m/s2，方向向右　 a棒沿弧形导轨下滑h过程，根据机械能守恒定律有magh=mav2 a棒进入磁场瞬间感应电动势E=BLv 根据闭合电路欧姆定律I= 对b棒F安=ILB 根据牛顿第二定律有F安=mba 解得a=9 m/s2 由左手定则知，b棒加速度的方向向右。 (2)从a棒进入磁场到a棒匀速运动的过程中，流过a棒的电荷量； 答案　 C 对a、b：由动量守恒定律得 mav=(ma+mb)v共 解得v共=4 m/s 对b棒，应用动量定理有LBt=mbv共 BLq=mbv共 解得q= C，故流过a棒的电荷量为 C。 (3)从a棒进入磁场到a棒匀速运动的过程中，a棒中产生的焦耳热。 答案　2 J a、b棒在水平面内运动过程，由能量守恒定律得mav2-(ma+mb) =Q Qa=Q 联立解得Qa=2 J。 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：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 例4 √ √ 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； 由上述分析可知，v1-v2逐渐减小且减小得越来越 慢，则感应电流也逐渐减小且减小得越来越慢， 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 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 基础强化练 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 根据楞次定律可知，进入磁场过程中，线圈中的感应电 流方向为顺时针，离开磁场时，线圈中的感应电流方向 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 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.如图所示，空间中存在竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场。边长为L的正方形线框abcd的总电阻为R。除ab边为硬质金属杆外，其他边均为不可伸长的轻质金属细线，并且cd边保持不动，杆ab的质量为m。将线框拉至水平后由静止释放，杆ab第一次摆到最低位置时的速率为v。重力加速度为g，忽略空气阻力。关于该过程，下列说法正确的是 A.a端电势始终低于b端电势 B.杆ab中电流的大小、方向均保持不变 C.安培力对杆ab的冲量大小为 D.安培力对杆ab做的功为mv2-mgL 1 2 3 4 5 6 7 8 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 根据题意，由右手定则可知，杆切割磁感线产生的感 应电流方向为由b到a，则a端电势始终高于b端电势， 故A错误； 根据题意可知，杆运动过程中，垂直磁场方向的分速 度大小发生变化，则感应电流大小变化，故B错误； 安培力对杆的冲量大小为I=t=BLt，又q=t，==，可得q= ，则安培力对杆的冲量大小为I=，故C错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 根据题意，设安培力对杆做的功为W，由动能定理 有mgL+W=mv2，解得W=mv2-mgL，故D正确。 3.(多选)如图所示，平行光滑金属导轨水平放置，间距L= 2 m，导轨左端接一阻值R=1 Ω的电阻，图中虚线与导轨 垂直，其右侧存在磁感应强度大小为B=0.5 T、方向垂直 纸面向里的匀强磁场。质量为m=1 kg的金属棒垂直导轨放置在虚线左侧，距虚线的距离为d=0.5 m。某时刻对金属棒施加一大小为F=4 N的向右的恒力，金属棒在磁场中运动s=2 m的距离后速度不再变化，金属棒与导轨的电阻忽略不计，金属棒始终与导轨垂直且接触良好，则金属棒从静止到开始匀速运动的过程中，下列说法正确的是 1 2 3 4 5 6 7 8 A.金属棒刚进入磁场时的速度为2 m/s B.金属棒开始匀速运动的速度为2 m/s C.金属棒从开始进入磁场到匀速运动的过程中通过电阻 R的电荷量为2 C D.金属棒从开始进入磁场到匀速运动的过程中所用时间为1 s √ 1 2 3 4 5 6 7 8 √ √ 设金属棒刚进入磁场时速度为v0，根据运动学公式知 =2··d，解得v0=2 m/s，故A正确； 设金属棒匀速运动时速度为v，此时有F与安培力平衡， 即F=BIL=B··L，解得v=4 m/s，故B错误； 金属棒从开始进入磁场到匀速运动的过程中，对金属棒在每小段时间Δt根据动量定理有(F-BIL)·Δt=m·Δv，即FΔt-BLIΔt=m·Δv，其中IΔt为该段时间内通过电路的电荷量q，则两边对金属棒从开始进入磁场到匀速运动的过程 中总时间t进行累积得Ft-BLq总=mv-mv0，同时有q总=t=t===2 C，解 得t=1 s，故C、D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 4.(多选)(2024·汕头市高二月考)如图所示，在竖直向上磁感应强度为B=1 T匀强磁场中，两条足够长光滑平行金属导轨固定在水平桌面上，间距l=1 m，电阻不计，匀强磁场方向与导轨平面垂直，金属棒AB、CD水平放在两导轨上，相隔为L=0.2 m，棒与导轨垂直并保持良好接触，AB棒质量为m1=0.2 kg，CD棒质量为m2=0.4 kg，两金属棒接入电路的总电阻R=0.5 Ω，若CD棒以v0=3 m/s的初速度水平向右运动，在两根金属棒运动到两棒间距最大的过程中，下列说法正确的是 A.AB棒的最终速度大小为1 m/s B.该过程中电路中产生的热量为0.6 J C.该过程中通过导体横截面的电荷量为0.4 C D.两金属棒间的最大距离为0.3 m √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 开始CD棒做减速运动、AB棒做加速运动，当两者 速度相等时它们间的距离最大，两棒组成的系统动 量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得： m2v0=(m1+m2)v，解得：v=2 m/s，故A错误； 对系统，由能量守恒定律得：m2=Q+(m1+m2)v2，解得：Q=0.6 J， 故B正确； 对AB棒，由动量定理得：BlΔt=m1v，而Δt=q，则Blq=m1v，解得q=0.4 C，故C正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 通过导体横截面的电荷量：q=Δt=Δt=Δt== ，两金属棒间的最大距离D=d+L=+L= m +0.2 m=0.4 m，故D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 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 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 -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 6.如图所示，在水平面上有两条导电导轨MN、PQ，导轨 间距为d，匀强磁场垂直于导轨所在的平面向里，磁感应 强度的大小为B。两根完全相同的金属杆1、2间隔一定的 距离摆开放在导轨上，且与导轨垂直，它们的电阻均为R，两杆与导轨接触良好，导轨电阻不计，金属杆与导轨间的摩擦不计。杆1以初速度v0滑向杆2，为使两杆不相碰，则杆2固定与不固定两种情况下，求最初摆放两杆时的最小距离之比。 1 2 3 4 5 6 7 8 能力综合练 答案　2∶1 1 2 3 4 5 6 7 8 若杆2固定，设最初摆放两杆时的最小距离为x1，对杆1由动量定理得：-BIdt=0-mv0 该过程中通过杆的电荷量为q=It== 联立解得：x1= 若杆2不固定，设最初摆放两杆时的最小距离为x2，两者最终速度为v，以向右为正方向，有：mv0=2mv 解得：v=， 1 2 3 4 5 6 7 8 对杆2由动量定理得：-BI'dt'=0-mv 该过程中的通过杆的电荷量为： q'=I't'== 解得：x2= 则最小距离之比为：x1∶x2=2∶1。 7.(2023·广州市执信中学高二月考)如图所示，两根平行的光 滑金属导轨放在水平面上，导轨间距为L=0.4 m，弯曲部分 是半径为R=0.45 m的四分之一圆弧与水平导轨相连，水平导 轨足够长且处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小B=1.0 T。导轨上端通过开关S连接电容器，其电容C=2.5 F，在水平导轨上距磁场左边界AA'较远处垂直导轨放置一个质量为mb=0.1 kg、有效电阻为Rb=0.2 Ω的金属棒b。断开开关S，将质量为ma=0.2 kg、有效电阻为Ra=0.1 Ω的金属棒a从圆弧顶端由静止释放，两金属棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，最终两棒均做匀速运动。已知运动中两金属棒不相撞，整个导轨电阻不计，g=10 m/s2。： 1 2 3 4 5 6 7 8 (1)求金属棒a刚到达圆弧底端AA'时，受到导轨的支持力大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 答案　6 N　 1 2 3 4 5 6 7 8 从金属棒a刚到达圆弧底端AA'整个过程中，根据动能定理有 magR=ma 解得金属棒a刚进入磁场的速度大小为v0=3 m/s 金属棒a刚到达圆弧底端处，由牛顿第二定律 FN-mag=ma 解得FN=6 N (2)求两金属棒匀速运动前，a棒上产生的焦耳热； 1 2 3 4 5 6 7 8 答案　0.1 J 1 2 3 4 5 6 7 8 金属棒a刚进入磁场至两金属棒匀速运动前，金属棒a、b组成的系统动量守恒，有 mav0=(ma+mb)v 根据能量守恒有Q=ma-(ma+mb)v2 根据Qa=Q 解得a棒上产生的焦耳热为Qa=0.1 J (3)取走金属棒b，闭合开关S，使a棒仍从圆弧顶端由静止滑下，求a棒最终速度大小。 1 2 3 4 5 6 7 8 答案　1 m/s 1 2 3 4 5 6 7 8 对金属棒a根据动量定理有-BL·Δt=maΔv 而q=CU=CBLva q=·Δt Δv=va-v0 解得va=1 m/s。 8.(2023·珠海市第一中学高二月考)如图，足够长的光 滑平行金属直导轨固定在水平面上，左侧轨道间距为 2d，右侧轨道间距为d。轨道处于竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。质量为2m、有效电阻为2R的金属棒a静止在左侧轨道上，质量为m、有效电阻为R的金属棒b静止在右侧轨道上。现给金属棒a一水平向右的初速度v0，经过一段时间后两金属棒达到稳定状态。已知两金属棒运动过程中始终相互平行且与导轨接触良好，导轨电阻忽略不计，金属棒a始终在左侧轨道上运动，则下列说法正确的是 1 2 3 4 5 6 7 8 尖子生选练 A.整个运动过程中a、b两棒组成的系统动量守恒 B.达到稳定状态时，a、b两棒的速度之比为2∶1 C.金属棒b稳定时的速度大小为 D.整个运动过程中金属棒a产生的焦耳热为m 1 2 3 4 5 6 7 8 √ 金属棒a、b长度不等，则所受安培力大小不等，即金属棒a、b组成的系统合外力不为0，故动量不守恒，A错误； 对金属棒a、b分别由动量定理可得 -B·2d·t=2mva-2mv0，B·d·t=mvb 联立可得mv0-mva=mvb 两金属棒最后匀速运动，回路中电流为0，则有B·2d·va=B·d·vb 即vb=2va，则va=v0，vb=v0 达到稳定状态时，速度之比为1∶2，B、C错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 由能量守恒知，回路产生的焦耳热为 Q=×2m-×2m-m=m 则金属棒a产生的焦耳热为 Qa=Q=Q=m，D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 返回 BENKEJIESHU 本课结束 $$