第一篇 专题四 第12讲 动量观点在电磁感应中的应用-【步步高·大二轮专题复习】2025年高考物理复习讲义课件（广东专用）（课件PPT+word教案）

第12讲　动量观点在电磁感应中的应用 目标要求　1.掌握应用动量观点处理电磁感应中的动量、电荷量、时间及位移等问题。2.掌握动量和能量观点处理电磁感应中的能量转化问题。 考点一　动量定理在电磁感应中的应用 例1　(多选)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(右边框平行于磁场边界)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=2q2 C.v=1.0 m/s D.v=1.5 m/s 答案　BD 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错误，B正确；线框从开始进入磁场到位置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。 一题多变 变式1　(2024·广东梅州市期末)某科研小组设计了一种列车的电磁阻尼辅助刹车系统，原理如图所示。在列车的车厢下面固定一个磁场控制系统，能在长为L1、宽为L2的矩形区域内产生方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在铁轨上安装长为L1、宽为L2的单匝矩形线圈若干个，相邻两个线圈间距为L2，每个线圈的电阻为R。设质量为m的列车以初速度v无动力进入减速区域，运动过程中制动力可以改变，使列车做匀减速直线运动，当列车磁场控制系统的磁场刚好通过n(n>1)个线圈时，列车的速度减为零，重力加速度大小为g，求： (1)磁场控制系统的磁场全部进入第一个线圈过程中，通过第一个线圈截面的电荷量； (2)磁场控制系统的磁场刚进入第二个线圈时，克服安培力做功的瞬时功率； (3)整个刹车过程中，除电磁阻力外的其他阻力的冲量。 答案　(1)　(2)　(3)-mv，方向水平向左 解析　(1)根据电流的定义式及法拉第电磁感应定律可得q=Δt=Δt=Δt== (2)由于列车做匀减速直线运动，当磁场控制系统刚好通过n(n>1)个线圈时列车的速度减为零。故根据匀变速运动规律可得2a(2nL2)=v2 设磁场控制系统的磁场刚进入第二个线圈时，列车速度为v1，则根据匀变速直线运动规律可得2a·2L2=v2- 此时线圈受到安培力为F=BIL1= 克服安培力做功的瞬时功率为P=Fv1 联立解得a=，P= (3)磁场控制系统从进入到完全离开每个线圈过程中，通过每个线圈截面的电荷量相等。以水平向右为正方向，对整个过程运用动量定理可得I-t=0-mv 其中t=nBL1·t=2nBL1q 联立解得I=-mv，方向水平向左。 变式2　(多选)(2023·重庆卷·7改编)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，导轨间距为L。质量为m、接入导轨间电阻为R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，磁感应强度为B，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.杆所受安培力的冲量大小为mgtsin θ-mv C.流过杆感应电流的平均电功率等于重力的平均功率 D.杆沿轨道下滑的距离为 答案　BD 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；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，I安=t==，解得x=，故B、D正确；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=可得安培力的平均功率小于重力的平均功率，即流过杆感应电流的平均电功率小于重力的平均功率，故C错误。 在导体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 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) 考点二　动量守恒定律在电磁感应中的应用 例2　(多选)如图所示，水平放置的足够长的平行光滑金属导轨ab和cd处在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，两导轨间距为L。现将质量为2m的导体棒ef和质量为m的导体棒gh放置在导轨上，两导体棒的电阻均为R、长度均为L，导轨电阻不计。t=0时刻，给导体棒ef水平向右、大小为3v0的初速度，同时也给导体棒gh水平向左、大小为v0的初速度，若运动过程中两导体棒未发生碰撞，两导体棒始终垂直导轨且与导轨接触良好，则下列说法正确的是(　　) A.t=0时刻，两导体棒受到的安培力大小均为 B.导体棒gh的速度大小为0时，导体棒ef的速度大小为v0 C.从两导体棒开始运动到速度不再变化，导体棒gh受到安培力的冲量大小为mv0 D.两导体棒运动过程中，回路中产生的焦耳热为m 答案　BD 解析　t=0时刻，整个回路产生的感应电动势大小为E=E1+E2=4BLv0，感应电流的大小I==，两导体棒受到的安培力大小均为F=BIL=，故A错误；导体棒ef和导体棒gh受到的安培力等大反向，导体棒ef和导体棒gh组成的系统动量守恒，当导体棒gh的速度为0时，有6mv0-mv0=2mv，导体棒ef的速度为v=v0，故B正确；最终两导体棒以相同速度向右匀速运动，设此时速度为v1，则有6mv0-mv0=3mv1，解得v1=v0，根据动量定理可知导体棒gh受到的安培力的冲量I=mv0-(-mv0)=mv0，故C错误；对两导体棒运动过程，根据能量守恒定律可得回路中产生的焦耳热为Q=×2m×(3v0)2+m-×3m×()2=m，故D正确。 一题多变 变式3　(多选)如图，足够长的粗糙平行金属导轨倾斜固定在水平面上，与水平面的夹角均为θ=37°，导轨间距为L。长为L的金属杆ab和cd垂直导轨放置，质量分别为m和2m，电阻均为R，与导轨间的动摩擦因数大小均为0.75，整个装置处于方向垂直导轨平面向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。现同时使金属杆ab和cd分别获得大小为v0和2.5v0的初速度，方向平行于导轨向下，如图所示，运动过程中两金属杆始终保持与导轨垂直且接触良好。从开始运动到运动稳定的过程中(tan θ=0.75)，下列说法正确的是(　　) A.刚开始运动ab杆的电流方向从b到a B.通过cd杆的电荷量为 C.回路产生的热量为m D.杆ab、cd间距离缩小了 答案　ACD 解析　同时使金属杆ab和cd分别获得大小为v0和2.5v0的初速度，根据右手定则可以判断，金属杆ab产生的感应电流方向为abdc，金属杆cd产生的感应电流方向为cdba，vcd>vab，故刚开始运动ab杆的电流方向从b到a，故A正确；因为μ=tan θ，故金属杆沿导轨方向的重力分量与摩擦力等大反向，且两棒安培力等大反向，所以两棒组成的系统沿导轨方向合力为零，动量守恒，有mv0+2m×2.5v0=(m+2m)v，解得v=2v0，对cd由动量定理有2m×2v0-2m×2.5v0=-BLt=-BLq，解得q=，故B错误；根据能量守恒，回路产生的热量为Q=m+×2m×(2.5v0)2-×3m×(2v0)2，解得Q=m，故C正确；根据q=t=，解得Δx=，故D正确。 变式4　(多选)(2023·辽宁卷·10)如图，两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别为d和2d，处于竖直向上的磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。已知导体棒MN的电阻为R、长度为d，导体棒PQ的电阻为2R、长度为2d，PQ的质量是MN的2倍。初始时刻两棒静止，两棒中点之间连接一压缩量为L的轻质绝缘弹簧。释放弹簧，两棒在各自磁场中运动直至停止，弹簧始终在弹性限度内。整个过程中两棒保持与导轨垂直并接触良好，导轨足够长且电阻不计。下列说法正确的是(　　) A.弹簧伸展过程中，回路中产生顺时针方向的电流 B.PQ速率为v时，MN所受安培力大小为 C.整个运动过程中，MN与PQ的路程之比为2∶1 D.整个运动过程中，通过MN的电荷量为 答案　AC 解析　弹簧伸展过程中，根据右手定则可知，回路中产生顺时针方向的电流，选项A正确；任意时刻，设电流为I，则PQ所受安培力FPQ=BI·2d，方向向左，MN所受安培力FMN=2BId，方向向右，可知两棒系统所受合外力为零，动量守恒，设PQ质量为2m，则MN质量为m， PQ速率为v时，则有2mv=mv'，解得v'=2v，回路中的感应电流I==，MN所受安培力大小为FMN=2BId=，选项B错误；设整个运动过程中，某时刻MN与PQ的速率分别为v1、v2，同理有mv1=2mv2，可知MN与PQ的速率之比始终为2∶1，则MN与PQ的路程之比为2∶1，故C正确；两棒最终停止时弹簧处于原长状态，由动量守恒可得mx1=2mx2，x1+x2=L，可得最终MN向左移动x1=，PQ向右移动x2=，则q=Δt===，选项D错误。 物理 模型 两杆都在运动，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 对双杆合外力为零，应用动量守恒定律处理速度问题，对其中一杆应用动量定理可解电荷量、时间及位移差问题 计算题培优4　用力学三大观点分析电磁感应问题 例3　如图，质量为m的均匀金属棒ab垂直架在水平面甲内间距为3L的两光滑金属导轨的右边缘处。下方的导轨由光滑圆弧导轨与处于水平面乙的光滑水平导轨平滑连接而成(图中半径OM和O'P竖直)，圆弧导轨半径为R、对应圆心角为60°、间距为3L，水平导轨间距分别为3L和L。质量也为m的均匀金属棒cd垂直架在间距为L的导轨左端。导轨MM'与PP'，NN'与QQ'均足够长，所有导轨的电阻都不计。电源电动势为E、内阻不计。所有水平部分的导轨均有竖直方向的、磁感应强度为B的匀强磁场，圆弧部分和其他部分无磁场。闭合开关S，金属棒ab立即获得水平向右的速度(未知，记为v0)做平抛运动，并在高度降低3R时恰好沿圆弧轨道上端的切线方向落在圆弧轨道上端，接着沿圆弧轨道下滑。已知重力加速度大小为g，求： (1)空间匀强磁场的方向； (2)棒ab做平抛运动的初速度v0； (3)通过电源E某截面的电荷量q； (4)从金属棒ab刚落到圆弧轨道上端起至棒ab开始匀速运动止，这一过程中棒ab和棒cd组成的系统损失的机械能ΔE。 答案　(1)竖直向上　(2)　(3)　(4)mgR 解析　(1)闭合开关S，金属棒ab立即获得水平向右的速度，表明金属棒受到水平向右的冲量，所以安培力水平向右，因为金属棒ab中的电流方向为由a指向b，根据左手定则，空间匀强磁场的方向竖直向上。 (2)金属棒ab做平抛运动，其竖直方向有3R=gt2，vy=gt 由于金属棒在高度降低3R时恰好沿圆弧轨道上端的切线方向落在圆弧轨道上端，有tan 60°= 解得v0= (3)金属棒ab弹出瞬间，规定向右为正方向，由动量定理B×3L·Δt=mv0-0 又因为= 整理有3BqL=mv0，解得q= (4)金属棒ab滑至水平轨道时，有 mg［3R+R(1-cos 60°)］=mv2-m 解得v=3 最终ab棒、cd棒均匀速运动，回路中无电流，所以棒ab和棒cd产生的感应电动势大小相等，即 B×3L·vab=BL·vcd 此过程中，对棒ab由动量定理有 -B'×3L·Δt'=mvab-mv 对棒cd，由动量定理有B'·LΔt'=mvcd-0 联立解得vab=，vcd= 由能量守恒定律可知该过程中机械能的损失量为ΔE=mv2-m-m 解得ΔE=mgR。 专题强化练 ［分值：60分］ 1~4题每题6分，5题10分，6题12分，7题14分，共60分 1.(多选)(2024·广东省部分高中三模)我国航空母舰福建舰采用了电磁弹射技术，装备了电磁弹射轨道，电磁弹射的简化模型如图所示：足够长的水平固定金属轨道处于竖直向下的匀强磁场中，左端与充满电的电容器C相连，与机身固连的金属杆ab静置在轨道上且与轨道垂直，闭合开关S后，飞机向右加速，若不计所有阻力和摩擦，回路总电阻R保持不变，下列说法正确的是(　　) A.提高电容器的放电量，可以提高飞机的起飞速度 B.飞机运动过程中，a端的电势始终高于b端的电势 C.飞机的速度最大时，金属杆ab产生的感应电动势与电容器两端电压相等 D.飞机的速度达到最大时，电容器所带的电荷量为零 答案　ABC 解析　对金属杆与飞机，由动量定理可得BLΔt=mv-0，q=Δt，联立可得BLq=mv，则提高电容器的放电量，可以提升飞机的起飞速度，故A正确；飞机向右加速，通过金属杆ab的电流方向为a→b，则电容器上板带正电，下板带负电，a端的电势高于b端的电势，故B正确；随着飞机加速，金属杆ab产生的感应电动势为E=BLv增大，电容器两端电压U减小，当U=E时，飞机的速度达到最大，此时电容器所带的电荷量Q=CE=CBLv，不为零，故C正确，D错误。 2.(多选)(2024·广东深圳市二模)如图所示，一长、宽分别为2L和L、质量为m、电阻为R的n匝矩形闭合线圈abcd，从距离磁场上边界L处由静止下落，线圈恰好能匀速进入匀强磁场。磁场垂直于纸面向外，上下边界的高度为4L，重力加速度大小为g，下列说法正确的是(　　) A.线圈进入磁场时，线圈所受安培力大小为mg B.线圈进入磁场过程中安培力的冲量小于离开磁场过程中安培力的冲量 C.线圈穿过磁场的全过程中，产生的总热量为2mgL D.磁场的磁感应强度为B= 答案　AD 解析　线圈匀速进入磁场，则向下的重力和向上的安培力平衡，则线圈所受安培力大小为mg，选项A正确；安培力的冲量I冲=BLΔt=BLq，而q=Δt=Δt===，可知线圈进入磁场过程中安培力的冲量等于离开磁场过程中安培力的冲量，选项B错误；线圈匀速进入磁场，则进入磁场时产生的热量为mgL，完全进入磁场后线圈做加速度为g的加速运动，线圈刚要离开磁场时速度大于进入磁场时的速度，则向上的安培力大于重力，则线圈穿出磁场时克服安培力做功大于mgL，即产生的热量大于mgL，则穿过磁场的全过程中，产生的总热量大于2mgL，选项C错误；线圈匀速进入磁场时满足nBI·2L=mg，I=，v=，解得磁场的磁感应强度为B=，选项D正确。 3.(多选)如图所示，间距L=1 m的粗糙倾斜平行金属导轨与水平面间的夹角θ=37°，其顶端与阻值R=1 Ω的定值电阻相连，间距也为L的平行光滑金属导轨固定在绝缘水平面上，两导轨都足够长且在AA'处平滑连接，AA'至DD'均是光滑绝缘带，保证倾斜导轨与水平导轨间电流不导通。倾斜导轨处有方向垂直倾斜导轨所在平面向上、磁感应强度大小B1=0.2 T的匀强磁场，水平导轨处有方向竖直向上、磁感应强度大小B2=0.5 T的匀强磁场。两根导体棒1、2的质量均为m=0.2 kg，两棒接入电路部分的电阻均为R，初始时刻，导体棒1放置在倾斜导轨上，且距离AA'足够远，导体棒2静置于水平导轨上，已知倾斜导轨与导体棒1间的动摩擦因数μ=0.5。现将导体棒1由静止释放，运动过程中导体棒1未与导体棒2发生碰撞。取重力加速度大小g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。两棒与导轨始终垂直且接触良好，导轨电阻不计，下列说法正确的是(　　) A.导体棒1在倾斜导轨上下滑时做匀加速直线运动 B.导体棒1滑至AA'瞬间的速度大小为20 m/s C.稳定时，导体棒2的速度大小为10 m/s D.整个运动过程中通过导体棒2的电荷量为2 C 答案　BC 解析　由于导体棒1释放点离AA'足够远，导体棒1滑至AA'时一定达到稳定状态，则导体棒1在倾斜导轨上下滑时先做加速度减小的加速直线运动，后做匀速直线运动，故A错误； 设导体棒1在倾斜导轨上达到稳定状态时的速度为v，此时电流为I，由平衡条件可得B1IL+μmgcos 37°=mgsin 37° 根据闭合电路欧姆定律及法拉第电磁感应定律有I= 解得v=20 m/s，故B正确； 导体棒1离开绝缘带区域后，导体棒1、2组成的系统动量守恒，可得mv=2mv' 则稳定时，导体棒2的速度大小为v'=10 m/s，故C正确； 对导体棒2由动量定理有B2LΔt=mv' 即B2Lq=mv' 则整个过程通过导体棒2的电荷量为q==4 C，故D错误。 4.(多选)如图所示，用金属制作的曲线导轨与水平平行导轨平滑连接，水平导轨宽轨部分间距为2L，有竖直向下的匀强磁场，窄轨部分间距为L，有竖直向上的匀强磁场，两部分磁场磁感应强度大小均为B。质量均为m的金属棒M、N垂直于导轨静止放置，现将金属棒M自曲线导轨上h高度处静止释放，两金属棒在运动过程中始终与水平导轨垂直且与导轨保持良好接触，两棒接入电路中的电阻均为R，其余电阻不计，导轨足够长，M棒总在宽轨上运动，N棒总在窄轨上运动，重力加速度为g，不计所有摩擦。下列说法正确的是(　　) A.M棒刚进入磁场时N棒的加速度为 B.N棒的最终速度大小为 C.通过M棒的电荷量为 D.N棒产生的热量为mgh 答案　CD 解析　金属棒M自曲线导轨上h高度处静止释放，根据动能定理有mgh=m，金属棒M刚进入磁场时，N受向右的安培力，根据牛顿第二定律有B·L=ma，解得M棒刚进入磁场时N棒的加速度为a=，故A错误；两棒最终均做匀速直线运动，电路中感应电流为零，则B·2LvM-BLvN=0，根据动量定理，对金属棒M、N分别有-B·2LΔt=-2BLq=mvM-mv0，BLΔt=BLq=mvN，解得vM=，vN=，q=，故B错误，C正确；全过程，根据能量守恒有mgh=Q总+m+m，N棒产生的热量为QN=Q总=mgh，故D正确。 5.(10分)(2024·广东佛山市一模)如图所示，空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B=1 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=1 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。先将PQ暂时锁定，金属棒MN在垂直于棒的拉力F作用下，由静止开始以加速度a=0.1 m/s2向右做匀加速直线运动，2 s后保持拉力F的功率不变，直到棒以最大速度vm做匀速直线运动。(≈1.41) (1)(3分)求2 s时，拉力F的功率P； (2)(3分)求棒MN的最大速度vm；(结果保留两位小数) (3)(4分)当棒MN达到最大速度vm时，解除PQ锁定，同时撤去拉力F，则撤去拉力F后两金属棒之间距离增加量的最大值Δx是多少？(结果保留两位小数) 答案　(1)0.04 W　(2)0.28 m/s　(3)0.28 m 解析　(1)金属棒MN在2 s末时的速度 v1=at1=0.1×2 m/s=0.2 m/s 所受安培力F安1=BI1L 由闭合电路欧姆定律得I1= 由电磁感应定律得E=BLv1 由牛顿第二定律得F-F安1=ma 拉力的功率P=Fv1 解得P=0.04 W (2)金属棒MN达到最大速度vm时，金属棒MN受力平衡F2=F安2= 拉力的功率不变P=F2vm 解得vm= m/s≈0.28 m/s (3)撤去拉力后，对金属棒PQ、MN组成的系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律可得mvm=2mv 解得v=vm=0.14 m/s 根据法拉第电磁感应定律得= 由闭合电路欧姆定律得= 通过两棒的电荷量为q=Δt 解得q= 对PQ棒由动量定理得BLΔt=BLq=mv 解得撤去拉力F后两金属棒之间距离增加量的最大值是Δx=0.28 m。 6.(12分)(2024·广东佛山市二模)2023年11月，福建号航母成功完成了舰载电磁弹射实验，电磁弹射是利用运动磁场对闭合线圈的电磁力来驱动物体运动的。如图所示是某个电磁驱动的模拟场景，水平面上等距分布着宽度和间距都为L=0.2 m的有界匀强磁场，磁场方向竖直向上。通过控制使整个磁场以v0=20 m/s的速度水平向右匀速运动。两个放在水平面上的导线框a、b，表面绝缘，它们的质量均为m=0.2 kg、边长均为L=0.2 m、电阻均为R=1 Ω，与水平面间的动摩擦因数分别为μ1=0.2、μ2=0.4。两线框在如图位置静止释放，b恰能保持静止，a在安培力驱动下向右运动，然后与b发生弹性碰撞。已知a在与b碰撞前已达到最大速度，忽略a、b产生的磁场，以及运动磁场的电磁辐射效应，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)(3分)磁感应强度B的大小； (2)(6分)导线框a与b碰撞前的最大速度和首次碰撞后a、b速度的大小； (3)(3分)首次碰撞后a、b相距最远瞬间，a的速度为多大？ 答案　(1)1 T　(2)10 m/s　0　10 m/s　(3)5 m/s 解析　(1)由题知，一开始b恰能保持静止，则有 BIbL=μ2mg Eb=BLv0 Ib= 联立解得B=1 T (2)当a达到最大速度时，有 BIaL=μ1mg Ea=BL(v0-vam) Ia= 联立解得vam=10 m/s a、b发生弹性碰撞有mvam=mvb+mva m=m+m 解得va=0，vb=10 m/s (3)由于碰撞后a、b组成的系统合外力为0， 则a、b组成的系统动量守恒，则a、b共速时相距最远， 有mvam=2mv共 解得v共=5 m/s 7.(14分)(2023·湖南卷·14)如图，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为L，两导轨及其所构成的平面均与水平面成θ角，整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。现将质量均为m的金属棒a、b垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为R。运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终未滑出导轨，导轨电阻忽略不计，重力加速度为g。 (1)(3分)先保持棒b静止，将棒a由静止释放，求棒a匀速运动时的速度大小v0； (2)(3分)在(1)问中，当棒a匀速运动时，再将棒b由静止释放，求释放瞬间棒b的加速度大小a0； (3)(8分)在(2)问中，从棒b释放瞬间开始计时，经过时间t0，两棒恰好达到相同的速度v，求速度v的大小，以及时间t0内棒a相对于棒b运动的距离Δx。 答案　(1)　(2)2gsin θ　(3)gsin θ·t0+　 解析　(1)棒a在运动过程中重力沿导轨平面向下的分力和棒a所受安培力相等时做匀速运动，由法拉第电磁感应定律可得E=BLv0 由闭合电路欧姆定律及安培力公式可得 I=，F=BIL 棒a受力平衡可得mgsin θ=BIL 联立解得v0= (2)由左手定则可以判断棒b所受安培力沿导轨平面向下，释放棒b瞬间电路中电流不变， 则对棒b由牛顿第二定律可得 mgsin θ+BIL=ma0 解得a0=2gsin θ (3)棒a受到沿导轨平面向上的安培力，释放棒b后，在到达共速时对棒a由动量定理有 mgsin θ·t0-BLt0=mv-mv0 棒b受沿导轨平面向下的安培力，对b棒由动量定理有mgsin θ·t0+BLt0=mv 联立解得v=gsin θ·t0+=gsin θ·t0+，= 由法拉第电磁感应定律可得== 联立可得Δx==。 计算题培优练6　用力学三大观点分析电磁感应问题 ［分值：30分］ 1.(14分)(2023·全国甲卷·25)如图，水平桌面上固定一光滑U型金属导轨，其平行部分的间距为l，导轨的最右端与桌子右边缘对齐，导轨的电阻忽略不计。导轨所在区域有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电阻为R、长度也为l的金属棒P静止在导轨上。导轨上质量为3m的绝缘棒Q位于P的左侧，以大小为v0的速度向P运动并与P发生弹性碰撞，碰撞时间很短。碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点。P在导轨上运动时，两端与导轨接触良好，P与Q始终平行。不计空气阻力。求： (1)(5分)金属棒P滑出导轨时的速度大小； (2)(3分)金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量； (3)(6分)与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间。 答案　(1)v0　(2)m　(3) 解析　(1)由于绝缘棒Q与金属棒P发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得 3mv0=3mvQ+mvP ×3m=×3m+m 联立解得vP=v0，vQ=v0 由题知，碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点，则金属棒P滑出导轨时的速度大小为vP'=vQ=v0 (2)根据能量守恒有m=mvP'2+Q 解得Q=m (3)P、Q碰撞后，对金属棒P分析，根据动量定理得 -BlΔt=mvP'-mvP 又q=Δt，=== 联立可得x= 由于Q为绝缘棒，无电流通过，做匀速直线运动，故Q运动的时间为t==。 2.(16分)(2024·湖北卷·15)如图所示，两足够长平行金属直导轨MN、PQ的间距为L，固定在同一水平面内，直导轨在左端M、P点分别与两条竖直固定、半径为L的圆弧导轨相切。MP连线与直导轨垂直，其左侧无磁场，右侧存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。长为L、质量为m、电阻为R的金属棒ab跨放在两圆弧导轨的最高点。质量为2m、电阻为6R的均匀金属丝制成一个半径为L的圆环，水平放置在两直导轨上，其圆心到两直导轨的距离相等。忽略导轨的电阻、所有摩擦以及金属环的可能形变，金属棒、金属环均与导轨始终接触良好，重力加速度大小为g。现将金属棒ab由静止释放，求： (1)(4分)ab刚越过MP时产生的感应电动势大小； (2)(5分)金属环刚开始运动时的加速度大小； (3)(7分)为使ab在整个运动过程中不与金属环接触，金属环圆心初始位置到MP的最小距离。 答案　(1)BL　(2)　(3) 解析　(1)根据题意可知，对金属棒ab由静止释放到刚越过MP过程中， 由动能定理有mgL=m 解得v0= 则金属棒ab刚越过MP时产生的感应电动势大小为E=BLv0=BL (2)根据题意可知，金属环在导轨间两段圆弧并联接入电路中，轨道外侧的两端圆弧金属环被短路， 由几何关系可得，每段圆弧的电阻为R0=R 可知，整个回路的总电阻为 R总=R+=R ab刚越过MP时，通过金属棒ab的感应电流为 I== 对金属环由牛顿第二定律有2BL·=2ma 解得a= (3)根据题意，结合上述分析可知，金属环和金属棒ab所受的安培力等大反向，则系统的动量守恒，由于金属环做加速运动，金属棒做减速运动，为使ab在整个运动过程中不与金属环接触，则有当金属棒ab和金属环速度相等时，金属棒ab恰好追上金属环，设此时速度为v， 由动量守恒定律有mv0=mv+2mv 解得v=v0 设经过时间t，金属棒ab与金属环共速， 对金属棒ab，由动量定理有 -BLt=m·-mv0 则有BLq=mv0 设金属棒运动距离为x1，金属环运动的距离为x2， 则有q= 联立解得Δx=x1-x2= 则金属环圆心初始位置到MP的最小距离 d=L+Δx=。 学科网（北京）股份有限公司 $$ 电路与电磁感应 专题四 第12讲　动量观点在电磁感应中的应用 1.掌握应用动量观点处理电磁感应中的动量、电荷量、时间及位移等问题。 2.掌握动量和能量观点处理电磁感应中的能量转化问题。 目标要求 内容索引 考点二　动量守恒定律在电磁感应中的应用 考点一　动量定理在电磁感应中的应用 专题强化练 计算题培优4　用力学三大观点分析电磁感应问题 计算题培优练6　用力学三大观点分析电磁感应问题 动量定理在电磁感应中的应用 考点一 　 (多选)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(右边框平行于磁场边界)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=2q2 C.v=1.0 m/s D.v=1.5 m/s 例1 √ √ 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错误，B正确； 线框从开始进入磁场到位置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。 (2024·广东梅州市期末)某科研小组设计了一种列车的电磁阻尼辅助刹车系统，原理如图所示。在列车的车厢下面固定一个磁场控制系统，能在长为L1、宽为L2的矩形区域内产生方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在铁轨上安装长为L1、宽为L2的单匝矩形线圈若干个，相邻两个线圈间距为L2，每个线圈的电阻为R。设质量为m的列车以初速度v无动力进入减速区域，运动过程中制动力可以改变，使列车做匀减速直线运动，当列车磁场控制系统的磁场刚好通过n(n>1)个线圈时，列车的速度减为零，重力加速度大小为g，求： 变式1 一题多变 (1)磁场控制系统的磁场全部进入第一个线圈过程中，通过第一个线圈截面的电荷量； 答案　 根据电流的定义式及法拉第电磁感应定律可得q=Δt=Δt=Δt= = (2)磁场控制系统的磁场刚进入第二个线圈时，克服安培力做功的瞬时功率； 答案　　 由于列车做匀减速直线运动，当磁场控制系统刚好通过n(n>1)个线圈时列车的速度减为零。故根据匀变速运动规律可得2a(2nL2)=v2 设磁场控制系统的磁场刚进入第二个线圈时，列车速度为v1，则根据匀变速直线运动规律可得2a·2L2=v2- 此时线圈受到安培力为F=BIL1= 克服安培力做功的瞬时功率为P=Fv1 联立解得a=，P= (3)整个刹车过程中，除电磁阻力外的其他阻力的冲量。 答案　-mv，方向水平向左 磁场控制系统从进入到完全离开每个线圈过程中，通过每个线圈截面的电荷量相等。以水平向右为正方向，对整个过程运用动量定理可得I-t=0-mv 其中t=nBL1·t=2nBL1q 联立解得I=-mv，方向水平向左。 (多选)(2023·重庆卷·7改编)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，导轨间距为L。质量为m、接入导轨间电阻为R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，磁感应强度为B，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.杆所受安培力的冲量大小为mgtsin θ-mv C.流过杆感应电流的平均电功率等于重力的平均功率 D.杆沿轨道下滑的距离为 变式2 √ √ 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，I安=t==，解得x=，故B、D正确； 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=可得安培力的平均功率小于重力的平均功率，即流过杆感应电流的平均电功率小于重力的平均功率，故C错误。 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； 杆在磁场中运动的此段时间内，根据动量定理，可 多题归一 在导体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) 动量守恒定律在电磁感应中的应用 考点二 　 (多选)如图所示，水平放置的足够长的平行光滑金属导轨ab和cd处在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，两导轨间距为L。现将质量为2m的导体棒ef和质量为m的导体棒gh放置在导轨上，两导体棒的电阻均为R、长度均为L，导轨电阻不计。t=0时刻，给导体棒ef水平向右、大小为3v0的初速度，同时也给导体棒gh水平向左、大小为v0的初速度，若运动过程中两导体棒未发生碰撞，两导体棒始终垂直导轨且与导轨接触良好， 例2 则下列说法正确的是 A.t=0时刻，两导体棒受到的安培力大小均为 B.导体棒gh的速度大小为0时，导体棒ef的速度大小 　为v0 C.从两导体棒开始运动到速度不再变化，导体棒gh受到安培力的冲量大 　小为mv0 D.两导体棒运动过程中，回路中产生的焦耳热为m √ √ t=0时刻，整个回路产生的感应电动势大小为E=E1+ E2=4BLv0，感应电流的大小I==，两导体棒受到的安培力大小均为F=BIL=，故A错误； 导体棒ef和导体棒gh受到的安培力等大反向，导体棒ef和导体棒gh组成的系统动量守恒，当导体棒gh的速度为0时，有6mv0-mv0=2mv，导体棒ef的速度为v=v0，故B正确； 最终两导体棒以相同速度向右匀速运动，设此时速度为v1，则有6mv0-mv0=3mv1，解得v1=v0，根据动量定理可知导体棒gh受到的安培力的冲量 I=mv0-(-mv0)=mv0，故C错误； 对两导体棒运动过程，根据能量守恒定律可得回路中产生的焦耳热为Q=×2m×(3v0)2+m-×3m×()2=m，故D正确。 　(多选)如图，足够长的粗糙平行金属导轨倾斜固定在水平面上，与水平面的夹角均为θ=37°，导轨间距为L。长为L的金属杆ab和cd垂直导轨放置，质量分别为m和2m，电阻均为R，与导轨间的动摩擦因数大小均为0.75，整个装置处于方向垂直导轨平面向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。现同时使金属杆ab和cd分别获得大小为v0和2.5v0的初速度， 变式3 一题多变 方向平行于导轨向下，如图所示，运动过程中两金属杆始终保持与导轨垂直且接触良好。从开始运动到运动稳定的过程中(tan θ=0.75)， 下列说法正确的是 A.刚开始运动ab杆的电流方向从b到a B.通过cd杆的电荷量为 C.回路产生的热量为m D.杆ab、cd间距离缩小了 √ √ √ 同时使金属杆ab和cd分别获得大小为v0和2.5v0的初速度，根据右手定则可以判断，金属杆ab产生的感应电流方向为abdc，金属杆cd产生的感应电流方向为cdba，vcd>vab，故刚开始运动ab杆的电流方向从b到a，故A正确； 因为μ=tan θ，故金属杆沿导轨方向的重力分量与摩擦力等大反向，且两棒安培力等大反向，所以两棒组成的系统沿导轨方向合力为零，动量守恒，有mv0+2m×2.5v0=(m+2m)v，解得v=2v0，对cd由动量定理有2m×2v0-2m×2.5v0=-BLt=-BLq，解得q=，故B错误； 根据能量守恒，回路产生的热量为Q=m+ ×2m×(2.5v0)2-×3m×(2v0)2，解得Q=m，故C正确； 根据q=t=，解得Δx=，故D正确。 　 (多选)(2023·辽宁卷·10)如图，两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别为d和2d，处于竖直向上的磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。已知导体棒MN的电阻为R、长度为d，导体棒PQ的电阻为2R、长度为2d，PQ的质量是MN的2倍。初始时刻两棒静止，两棒中点之间连接一压缩量为L的轻质绝缘弹簧。释放弹簧，两棒在 变式4 各自磁场中运动直至停止，弹簧始终在弹性限度内。整个过程中两棒保持与导轨垂直并接触良好，导轨足够长且电阻不计。 下列说法正确的是 A.弹簧伸展过程中，回路中产生顺时针方向的电流 B.PQ速率为v时，MN所受安培力大小为 C.整个运动过程中，MN与PQ的路程之比为2∶1 D.整个运动过程中，通过MN的电荷量为 √ √ 弹簧伸展过程中，根据右手定则可知，回路中产生顺时针方向的电流，选项A正确； 任意时刻，设电流为I，则PQ所受安培力FPQ=BI·2d，方向向左，MN所受安培力FMN= 2BId，方向向右，可知两棒系统所受合外力为零，动量守恒，设PQ质量为2m，则MN质量为m， PQ速率为v时，则有2mv=mv'，解得v'=2v， 回路中的感应电流I==，MN所受安培力大小为FMN=2BId=，选项B错误； 设整个运动过程中，某时刻MN与PQ的速率分别为v1、v2，同理有mv1=2mv2，可知MN与PQ的速率之比始终为2∶1，则MN与PQ的路程之比为2∶1，故C正确； 两棒最终停止时弹簧处于原长状态，由动量守恒可得mx1=2mx2， x1+x2=L，可得最终MN向左移动x1=，PQ向右移动x2=，则q=Δt===，选项D错误。 提炼·总结 物理 模型   两杆都在运动，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 对双杆合外力为零，应用动量守恒定律处理速度问题，对其中一杆应用动量定理可解电荷量、时间及位移差问题 用力学三大观点分析电磁感应问题 计算题培优4 　 如图，质量为m的均匀金属棒ab垂直架在水平面甲内间距为3L的两光滑金属导轨的右边缘处。下方的导轨由光滑圆弧导轨与处于水平面乙的光滑水平导轨平滑连接而成(图中半径OM和O'P竖直)，圆弧导轨半径为R、对应圆心角为60°、间距为3L，水平导轨间距分别为3L和L。质量也为m的均匀金属棒cd垂直架在间距为L的导轨左端。导轨MM'与PP'，NN'与QQ'均足够长，所有导轨的电阻都不计。电源电动势为E、内阻不计。所有水平部分的导轨均有竖直方向的、磁感应强度为B的匀强磁场，圆弧部分和其他部分无磁场。闭合开关S， 例3 金属棒ab立即获得水平向右的速度(未知，记为v0)做平抛运动，并在高度降低3R时恰好沿圆弧轨道上端的切线方向落在圆弧轨道上端，接着沿圆弧轨道下滑。已知重力加速度大小为g，求： (1)空间匀强磁场的方向； 答案　竖直向上 闭合开关S，金属棒ab立即获得水平向右的速度，表明金属棒受到水平向右的冲量，所以安培力水平向右，因为金属棒ab中的电流方向为由a指向b，根据左手定则，空间匀强磁场的方向竖直向上。 (2)棒ab做平抛运动的初速度v0； 答案　 金属棒ab做平抛运动，其竖直方向有3R=gt2，vy=gt 由于金属棒在高度降低3R时恰好沿圆弧轨道上端的切线方向落在圆弧轨道上端，有tan 60°= 解得v0= (3)通过电源E某截面的电荷量q； 答案　 金属棒ab弹出瞬间，规定向右为正方向，由动量定理B×3L·Δt=mv0-0 又因为= 整理有3BqL=mv0，解得q= (4)从金属棒ab刚落到圆弧轨道上端起至棒ab开始匀速运动止，这一过程中棒ab和棒cd组成的系统损失的机械能ΔE。 答案　mgR 金属棒ab滑至水平轨道时，有 mg[3R+R(1-cos 60°)]=mv2-m 解得v=3 最终ab棒、cd棒均匀速运动，回路中无电流，所以棒ab和棒cd产生的感应电动势大小相等，即 B×3L·vab=BL·vcd 此过程中，对棒ab由动量定理有 -B'×3L·Δt'=mvab-mv 对棒cd， 由动量定理有B'·LΔt'=mvcd-0 联立解得vab=，vcd= 由能量守恒定律可知该过程中机械能的损失量为 ΔE=mv2-m-m 解得ΔE=mgR。 专题强化练 题号 1 2 3 4 5 答案 ABC AD BC CD (1)0.04 W　(2)0.28 m/s　(3)0.28 m 题号 6 7 答案 (1)1 T (2)10 m/s　0　10 m/s　(3)5 m/s (1)　(2)2gsin θ (3)gsin θ·t0+　 对一对 1 2 3 4 5 答案 6 7 1.(多选)(2024·广东省部分高中三模)我国航空母舰福建舰采用了电磁弹射技术，装备了电磁弹射轨道，电磁弹射的简化模型如图所示：足够长的水平固定金属轨道处于竖直向下的匀强磁场中，左端与充满电的电容器C相连，与机身固连的金属杆ab静置在轨道上且与轨道垂直，闭合开关S后，飞机向右加速，若不计所有阻力和摩擦，回路总电阻R保持不变，下列说法正确的是 A.提高电容器的放电量，可以提高飞机的起飞速度 B.飞机运动过程中，a端的电势始终高于b端的电势 C.飞机的速度最大时，金属杆ab产生的感应电动势与 　电容器两端电压相等 D.飞机的速度达到最大时，电容器所带的电荷量为零 √ 1 2 3 4 5 答案 √ √ 6 7 1 2 3 4 5 对金属杆与飞机，由动量定理可得BLΔt=mv-0，q=Δt，联立可得BLq=mv，则提高电容器的放电量，可以提升飞机的起飞速度，故A正确； 答案 飞机向右加速，通过金属杆ab的电流方向为a→b，则电容器上板带正电，下板带负电，a端的电势高于b端的电势，故B正确； 随着飞机加速，金属杆ab产生的感应电动势为E=BLv增大，电容器两端电压U减小，当U=E时，飞机的速度达到最大，此时电容器所带的电荷量Q=CE=CBLv，不为零，故C正确，D错误。 6 7 1 2 3 4 5 答案 2.(多选)(2024·广东深圳市二模)如图所示，一长、宽分别为2L和L、质量为m、电阻为R的n匝矩形闭合线圈abcd，从距离磁场上边界L处由静止下落，线圈恰好能匀速进入匀强磁场。磁场垂直于纸面向外，上下边界的高度为4L，重力加速度大小为g，下列说法正确的是 A.线圈进入磁场时，线圈所受安培力大小为mg B.线圈进入磁场过程中安培力的冲量小于离开磁场过程 　中安培力的冲量 C.线圈穿过磁场的全过程中，产生的总热量为2mgL D.磁场的磁感应强度为B= √ √ 6 7 1 2 3 4 5 线圈匀速进入磁场，则向下的重力和向上的安培力平衡，则线圈所受安培力大小为mg，选项A正确； 安培力的冲量I冲=BLΔt=BLq，而q=Δt=Δt== =，可知线圈进入磁场过程中安培力的冲量等于离 答案 开磁场过程中安培力的冲量，选项B错误； 线圈匀速进入磁场，则进入磁场时产生的热量为mgL，完全进入磁场后线圈做加速度为g的加速运动，线圈刚要离开磁场时速度大于进入 6 7 1 2 3 4 5 磁场时的速度，则向上的安培力大于重力，则线圈穿出磁场时克服安培力做功大于mgL，即产生的热量大于mgL，则穿过磁场的全过程中，产生的总热量大于2mgL，选项C错误； 答案 线圈匀速进入磁场时满足nBI·2L=mg，I=，v=，解得磁场的磁感应强度为B=，选项D正确。 6 7 1 2 3 4 5 答案 3.(多选)如图所示，间距L=1 m的粗糙倾斜平行金 属导轨与水平面间的夹角θ=37°，其顶端与阻值 R=1 Ω的定值电阻相连，间距也为L的平行光滑金 属导轨固定在绝缘水平面上，两导轨都足够长且在AA'处平滑连接，AA'至DD'均是光滑绝缘带，保证倾斜导轨与水平导轨间电流不导通。倾斜导轨处有方向垂直倾斜导轨所在平面向上、磁感应强度大小B1=0.2 T的匀强磁场，水平导轨处有方向竖直向上、磁感应强度大小B2=0.5 T的匀强磁场。两根导体棒1、2的质量均为m=0.2 kg，两棒接入电路部分的电阻均为R，初始时刻，导体棒1放置在倾斜导轨上，且距离AA'足够远， 6 7 1 2 3 4 5 答案 导体棒2静置于水平导轨上，已知倾斜导轨与导体棒1间的动摩擦因数μ=0.5。现将导体棒1由静止释放，运动过程中导体棒1未与导体棒2发生碰撞。取重力加速度大小g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。两棒与导轨始终垂直且接触良好，导轨电阻不计，下列说法正确的是 A.导体棒1在倾斜导轨上下滑时做匀加速直线运动 B.导体棒1滑至AA'瞬间的速度大小为20 m/s C.稳定时，导体棒2的速度大小为10 m/s D.整个运动过程中通过导体棒2的电荷量为2 C √ √ 6 7 1 2 3 4 5 答案 由于导体棒1释放点离AA'足够远，导体棒1滑至AA'时一定达到稳定状态，则导体棒1在倾斜导轨上下滑时先做加速度减小的加速直线运动，后做匀速直线运动，故A错误； 设导体棒1在倾斜导轨上达到稳定状态时的速 度为v，此时电流为I，由平衡条件可得B1IL+ μmgcos 37°=mgsin 37° 根据闭合电路欧姆定律及法拉第电磁感应定律有I= 解得v=20 m/s，故B正确； 6 7 1 2 3 4 5 答案 导体棒1离开绝缘带区域后，导体棒1、2组成的系统动量守恒，可得mv=2mv' 则稳定时，导体棒2的速度大小为v'=10 m/s， 故C正确； 对导体棒2由动量定理有B2LΔt=mv' 即B2Lq=mv' 则整个过程通过导体棒2的电荷量为q==4 C，故D错误。 6 7 1 2 3 4 5 答案 4.(多选)如图所示，用金属制作的曲线导轨与水平平行导轨平滑连接，水平导轨宽轨部分间距为2L，有竖直向下的匀强磁场，窄轨部分间距为L，有竖直向上的匀强磁场，两部分磁场磁感应强度大小均为B。质量均为m的金属棒M、N垂直于导轨静止放置，现将金属棒M自曲线导轨上h高度处静止释放，两金属棒在运动过程中始终与水平导轨垂直且与导轨保持良好接触，两棒接入电路中的电阻均为R，其余电阻不计，导轨足够长，M棒总在宽轨上运动，N棒总在窄轨上 运动，重力加速度为g，不计所有摩擦。 6 7 1 2 3 4 5 答案 下列说法正确的是 A.M棒刚进入磁场时N棒的加速度为 B.N棒的最终速度大小为 C.通过M棒的电荷量为 D.N棒产生的热量为mgh √ √ 6 7 1 2 3 4 5 答案 金属棒M自曲线导轨上h高度处静止释放，根据动能定理有mgh=m，金属棒M刚进入磁场时，N受 向右的安培力，根据牛顿第二定律有B·L=ma， 解得M棒刚进入磁场时N棒的加速度为a=，故A错误； 两棒最终均做匀速直线运动，电路中感应电流为零，则B·2LvM-BLvN=0，根据动量定理，对金属棒M、N分别有-B·2LΔt=-2BLq=mvM-mv0，BLΔt=BLq =mvN，解得vM=，vN=，q=，故B错误，C正确； 6 7 1 2 3 4 5 答案 全过程，根据能量守恒有mgh=Q总+m+ m，N棒产生的热量为QN=Q总=mgh，故D正确。 6 7 1 2 3 4 5 答案 5.(2024·广东佛山市一模)如图所示，空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B=1 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=1 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。先将PQ暂时锁定，金属棒MN在垂直于棒的拉力F作用下，由静止开始以加速度a=0.1 m/s2向右做匀加速直线运动，2 s后保持拉力F的功率不变，直到棒以最大速度vm 做匀速直线运动。(≈1.41) 6 7 1 2 3 4 5 答案 (1)求2 s时，拉力F的功率P； 答案　0.04 W 6 7 1 2 3 4 5 金属棒MN在2 s末时的速度 v1=at1=0.1×2 m/s=0.2 m/s 所受安培力F安1=BI1L 由闭合电路欧姆定律得I1= 由电磁感应定律得E=BLv1 由牛顿第二定律得F-F安1=ma 拉力的功率P=Fv1 解得P=0.04 W 答案 6 7 1 2 3 4 5 答案 (2)求棒MN的最大速度vm；(结果保留两位小数) 答案　0.28 m/s　 金属棒MN达到最大速度vm时，金属棒MN受力平衡F2=F安2= 拉力的功率不变P=F2vm 解得vm= m/s≈0.28 m/s 6 7 1 2 3 4 5 答案 (3)当棒MN达到最大速度vm时，解除PQ锁定，同时撤去拉力F，则撤去拉力F后两金属棒之间距离增加量的最大值Δx是多少？(结果保留两位小数) 答案　0.28 m 6 7 1 2 3 4 5 撤去拉力后，对金属棒PQ、MN组成的系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律可得mvm=2mv 解得v=vm=0.14 m/s 根据法拉第电磁感应定律得= 由闭合电路欧姆定律得= 通过两棒的电荷量为q=Δt 答案 6 7 1 2 3 4 5 解得q= 对PQ棒由动量定理得BLΔt=BLq=mv 解得撤去拉力F后两金属棒之间距离增加量的最大值是Δx=0.28 m。 答案 6 7 6.(2024·广东佛山市二模)2023年11月，福建号航母成功完成了舰载电磁弹射实验，电磁弹射是利用运动磁场对闭合线圈的电磁力来驱动物体运动的。如图所示是某个电磁驱动的模拟场景，水平面上等距分布着宽度和间距都为L=0.2 m的有界匀强磁场，磁场方向竖直向上。通过控制使整个磁场以v0=20 m/s的速度水平向右匀速运动。两个放在水平面上的导线框a、b，表面绝缘，它们的质量均为m=0.2 kg、边长均为L=0.2 m、电阻均为R=1 Ω，与水平面间的动摩擦因数分别为μ1=0.2、μ2=0.4。两线框在如图位置静止释放，b恰能保持静止，a在安培力驱动下向右运动，然后与b发生弹性碰撞。已知a在与b碰撞前已达 1 2 3 4 5 答案 到最大速度，忽略a、b产生的磁场，以及运动磁场的电磁辐射效应，重力加速度g取10 m/s2。求： 6 7 (1)磁感应强度B的大小； 答案　1 T　 1 2 3 4 5 答案 6 7 由题知，一开始b恰能保持静止，则有 BIbL=μ2mg Eb=BLv0 Ib= 联立解得B=1 T 1 2 3 4 5 答案 6 7 (2)导线框a与b碰撞前的最大速度和首次碰撞后a、b速度的大小； 答案　10 m/s　0　10 m/s 1 2 3 4 5 答案 6 7 当a达到最大速度时，有 BIaL=μ1mg Ea=BL(v0-vam) Ia= 联立解得vam=10 m/s a、b发生弹性碰撞有mvam=mvb+mva m=m+m 解得va=0，vb=10 m/s 1 2 3 4 5 答案 6 7 (3)首次碰撞后a、b相距最远瞬间，a的速度为多大？ 答案　5 m/s 1 2 3 4 5 答案 6 7 由于碰撞后a、b组成的系统合外力为0， 则a、b组成的系统动量守恒， 则a、b共速时相距最远， 有mvam=2mv共 解得v共=5 m/s 1 2 3 4 5 答案 6 7 7.(2023·湖南卷·14)如图，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为L，两导轨及其所构成的平面均与水平面成θ角，整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。现将质量均为m的金属棒a、b垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为R。运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终未滑出导轨，导轨电阻忽略不计，重力加速度为g。 (1)先保持棒b静止，将棒a由静止释放，求棒a匀速 运动时的速度大小v0； 答案　 1 2 3 4 5 答案 6 7 棒a在运动过程中重力沿导轨平面向下的分力和棒a所受安培力相等时做匀速运动，由法拉第电磁感应定律可得E=BLv0 由闭合电路欧姆定律及安培力公式可得 I=，F=BIL 棒a受力平衡可得mgsin θ=BIL 联立解得v0= 1 2 3 4 5 答案 6 7 (2)在(1)问中，当棒a匀速运动时，再将棒b由静止释放，求释放瞬间棒b的加速度大小a0； 答案　2gsin θ 由左手定则可以判断棒b所受安培力沿导轨平面向下，释放棒b瞬间电路中电流不变， 则对棒b由牛顿第二定律可得 mgsin θ+BIL=ma0 解得a0=2gsin θ 1 2 3 4 5 答案 6 7 (3)在(2)问中，从棒b释放瞬间开始计时，经过时间t0，两棒恰好达到相同的速度v，求速度v的大小，以及时间t0内棒a相对于棒b运动的距离Δx。 答案　gsin θ·t0+　 1 2 3 4 5 答案 6 7 棒a受到沿导轨平面向上的安培力，释放棒b后， 在到达共速时对棒a由动量定理有 mgsin θ·t0-BLt0=mv-mv0 棒b受沿导轨平面向下的安培力，对b棒由动量定理有mgsin θ·t0+BLt0 =mv 联立解得v=gsin θ·t0+=gsin θ·t0+= 由法拉第电磁感应定律可得== 联立可得Δx==。 1 2 3 4 5 答案 6 7 用力学三大观点分析电磁感应问题 计算题培优练6 题号 1 2 答案 (1)v0　(2)m　(3) (1)BL　(2) (3) 对一对 1 2 答案 1.(2023·全国甲卷·25)如图，水平桌面上固定一光滑U型金属导轨，其平行部分的间距为l，导轨的最右端与桌子右边缘对齐，导轨的电阻忽略不计。导轨所在区域有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电阻为R、长度也为l的金属棒P静止在导轨上。导轨上质量为3m的绝缘棒Q位于P的左侧，以大小为v0的速度向P运动并与P发生弹性 1 2 答案 碰撞，碰撞时间很短。碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点。P在导轨上运动时，两端与导轨接触良好，P与Q始终平行。不计空气阻力。求： (1)金属棒P滑出导轨时的速度大小； 答案　v0　 1 2 答案 由于绝缘棒Q与金属棒P发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得 3mv0=3mvQ+mvP ×3m=×3m+m 联立解得vP=v0，vQ=v0 由题知，碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点，则金属棒P滑出导轨时的速度大小为vP'=vQ=v0 1 2 答案 (2)金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量； 答案　m 根据能量守恒有m=mvP'2+Q 解得Q=m 1 2 答案 (3)与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间。 答案　 1 2 答案 P、Q碰撞后，对金属棒P分析，根据动量定理得 -BlΔt=mvP'-mvP 又q=Δt，=== 联立可得x= 由于Q为绝缘棒，无电流通过，做匀速直线运动，故Q运动的时间为t==。 1 2 答案 2.(2024·湖北卷·15)如图所示，两足够长平行金属直导轨MN、PQ的间距为L，固定在同一水平面内，直导轨在左端M、P点分别与两条竖直固定、半径为L的圆弧导轨相切。MP连线与直导轨垂直，其左侧无磁场，右侧存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。长为L、质量为m、电阻为R的金属棒ab跨放在两圆弧导轨的最高点。质量为2m、电阻为6R的均匀金属丝制成一个半径为L的圆环，水平放置在两直导轨上，其圆心到两直导轨的距离相等。忽略导轨的电阻、所有摩擦以及金属环 的可能形变，金属棒、金属环均与导轨始终接触良好，重力加速度大小为g。现将金属棒ab由静止释放，求： 1 2 答案 (1)ab刚越过MP时产生的感应电动势大小； 答案　BL 根据题意可知，对金属棒ab由静止释放到刚越过MP过程中， 由动能定理有mgL=m 解得v0= 则金属棒ab刚越过MP时产生的感应电动势大小为E=BLv0=BL 1 2 答案 (2)金属环刚开始运动时的加速度大小； 答案　　 1 2 答案 根据题意可知，金属环在导轨间两段圆弧并联接入电路中，轨道外侧的两端圆弧金属环被短路， 由几何关系可得，每段圆弧的电阻为R0=R 可知，整个回路的总电阻为 R总=R+=R ab刚越过MP时，通过金属棒ab的感应电流为 I== 1 2 答案 对金属环由牛顿第二定律有2BL·=2ma 解得a= 1 2 答案 (3)为使ab在整个运动过程中不与金属环接触，金属环圆心初始位置到MP的最小距离。 答案　 1 2 答案 根据题意，结合上述分析可知，金属环和金属棒ab所受的安培力等大反向，则系统的动量守恒，由于金属环做加速运动，金属棒做减速运动，为使ab在整个运动过程中不与金属环接触，则有当金属棒ab和金属环速度相等时，金属棒ab恰好追上金属环，设此时速度为v， 由动量守恒定律有mv0=mv+2mv 解得v=v0 设经过时间t，金属棒ab与金属环共速， 1 2 答案 对金属棒ab，由动量定理有 -BLt=m·-mv0 则有BLq=mv0 设金属棒运动距离为x1，金属环运动的距离为x2， 则有q= 联立解得Δx=x1-x2= 1 2 答案 则金属环圆心初始位置到MP的最小距离 d=L+Δx=。 1 2 答案 本课结束 THANKS $$