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（苏京版）（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　(2023·江苏常州市前黄高级中学模拟)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，MP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。取g=10 m/s2，导轨足够长(sin 37°=0.6，cos 37°=0.8)。求： (1)运动过程中a、b哪端电势高，并计算恒力F的大小； (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　(1)b端　5 N　(2)0.755 C　0.755 m 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)在匀强磁场中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 由q=t=t== 得x=0.755 m。 一题多变 变式1　(2024·江苏南京市外国语学校调研)如图所示，MN、PQ是固定在绝缘水平面上的两根电阻不计、间距为L的光滑平行金属导轨，导轨右端接一个阻值为R的定值电阻，在宽度为d的虚线范围内，存在竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场，一根质量为m、电阻也为R的金属棒静止在导轨左侧(磁场外)，现给金属棒一水平向右的瞬时冲量，金属棒恰好能穿过磁场区域。已知金属棒运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，下列说法不正确的是(　　) A.通过定值电阻R的感应电流由Q流向N B.通过金属棒某截面的电荷量为 C.金属棒受到的瞬时冲量大小为 D.金属棒产生的电热为 答案　B 解析　根据右手定则可知，通过电阻R的感应电流由Q流向N，故A正确；电路的总电阻R总=2R，根据==，=，q=Δt，解得流经金属棒某截面的电荷量q=，故B错误；根据动量定理有-BLΔt=0-mv0，其中q=Δt，金属棒受到的瞬时冲量大小I=mv0，结合上述解得I=，故C正确；由能量守恒定律可知，回路产生的总焦耳热为Q总=m，金属棒产生的电热Q=Q总，结合上述解得Q=，故D正确。 变式2　(2024·江苏省省锡中、省常中、溧阳中学调研)2023年11月，我国第三艘国产航母福建舰在长兴岛成功进行了首次电磁弹射测试。电磁弹射的原理可简化为如图所示结构，电容为C的电容器充满电后板间电压为U0，导体轨道abcd处存在磁感应强度为B的匀强磁场，金属牵引杆开始时静止在ac处，接通电路，电容器通过轨道和金属杆放电。金属杆和轨道电阻可忽略不计，金属杆在安培力作用下开始加速，已知ac=L。金属杆的质量为m，所受阻力忽略不计，金属杆在运动到bd之前已经匀速，速度大小为v，则(　　) A.整个过程电容器放出的电荷量为CU0 B.整个过程电容器放出的电荷量为CBLv C.金属杆匀速运动的速度可表示为v= D.金属杆匀速运动的速度可表示为v= 答案　D 解析　金属杆在运动到bd之前已经匀速，速度大小为v，设此时电容器两端电压为U，则有U=BLv，可知整个过程电容器放出的电荷量为Δq=CΔU=C(U0-BLv)，对金属杆根据动量定理可得BLΔt=BLΔq=mv-0，则有BLC(U0-BLv)=mv，解得金属杆匀速运动的速度可表示为v=，故选D。 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　(2023·江苏省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，由于Δv逐渐减小，根据牛顿第二定律可得a=，可知导体棒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。 一题多变 变式3　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，下列说法错误的是(　　) A.刚开始运动ab杆的电流方向从b到a B.通过ab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　B 解析　同时使金属杆ab和cd获得大小为v0和2.5v0的初速度，根据右手定则可以判断，两电动势方向相反，刚开始运动ab杆的电流方向由cd杆决定，所以ab杆电流方向从b到a，故A正确；因为μ=tan θ，且两棒安培力等大反向，所以系统合力为零，动量守恒，mv0+2m×2.5v0=(m+2m)v，解得v=2v0，对cd分析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=，解得Δx=，故D正确。 变式4　(2023·辽宁卷·10改编)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，回路中产生逆时针方向的电流 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　C 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错误；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，选项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 专题强化练　［分值：50分］ 1、2题每题5分，3题12分，4、5题每题14分，共50分 1.(2023·福建卷·4)如图，M、N是两根固定在水平面内的光滑平行金属导轨，导轨足够长且电阻可忽略不计；导轨间有一垂直于水平面向下的匀强磁场，其左边界OO'垂直于导轨；阻值恒定的两均匀金属棒a、b均垂直于导轨放置，b始终固定。a以一定初速度进入磁场，此后运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，并与b不相碰。以O为坐标原点，水平向右为正方向建立轴坐标；在运动过程中，a的速度记为v，a克服安培力做功的功率记为P。下列v或P随x变化的图像中，可能正确的是(　　) 答案　A 解析　设导轨间磁场磁感应强度为B，导轨间距为L，金属棒总电阻为R，由题意，金属棒a进入磁场后受到水平向左的安培力作用，做减速运动，根据动量定理有F·Δt=mv0-mv，根据F=BIL，I=，E=BLv，可得F=，又因为x=v·Δt，联立可得x=mv0-mv，根据表达式可知v与x成一次函数关系，故A正确，B错误；a克服安培力做功的功率为P=Fv=·v2=·(v0-x)2，故P-x图像为开口向上的抛物线，由于F和v都在减小，故P在减小，故C、D错误。 2.(2024·江苏泰州市姜堰中学模拟)我国新一代航母电磁阻拦技术基本原理如下：飞机着舰时关闭动力系统如图所示，利用尾钩钩住绝缘阻拦索并拉动轨道上的一根金属棒ab，导轨间距为d，飞机质量为M，金属棒质量为m，飞机着舰后与金属棒以共同速度v0进入磁场，轨道端点MP间电阻为R、金属棒电阻为r，不计其他电阻和阻拦索的质量。轨道间有竖直方向的匀强磁场，磁感应强度为B。金属棒运动一段距离x后与飞机一起停下，测得此过程中电阻R上产生的焦耳热为Q，不计一切摩擦，则(　　) A.整个过程中通过回路的电流方向为顺时针方向 B.整个过程中通过电阻R的电荷量为 C.整个过程中飞机和金属棒克服阻力所做的功为(M+m)-Q D.通过最后的过程中，电阻R上产生的焦耳热为 答案　D 解析　根据右手定则可知金属棒中感应电流方向由b到a，整个过程中通过回路的电流方向为逆时针方向，A错误； 金属棒运动一段距离x后与飞机一起停下，此时速度为零，根据动量定理得-Bdt1=0-(M+m)v0 即Bqd=(M+m)v0，通过电阻R的电荷量为q=，B错误； 电阻R上产生焦耳热为Q，根据焦耳定律可得金属棒上产生的焦耳热为Q'=Q，根据能量守恒可知飞机和金属棒克服摩擦阻力和空气阻力所做的总功为W=(M+m)-Q-Q，C错误； 金属棒运动一段距离x后与飞机一起停下，此时速度为零，根据动量定理得-Bdt1=0-(M+m)v0，通过的电荷量q=t1=Δt=Δt=，设金属棒经过位置时的速度为v2，根据动量定理得-Bdt2=(M+m)v2-(M+m)v0，通过的电荷量q'=t2=Δt=Δt=，求得2v2=v0，金属棒运动一段距离x后与飞机一起停下，电阻R上产生的焦耳热Q=×(m+M)，通过最后的过程中，速度从v2减小到0，电阻R上产生的焦耳热Q'=×(m+M)，解得Q'=，D正确。 3.(12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)(4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)(5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，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得 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)根据能量守恒定律有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==。 4.(14分)(2023·江苏南京市临江高级中学模拟)如图所示，两根足够长的光滑直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ=30°的绝缘斜面上，两导轨间距为L=1 m，M、P两点间接有阻值为R=8 Ω的电阻。一根质量为m=1 kg、电阻为r=2 Ω的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直。整套装置处于磁感应强度为B= 5 T的匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上。导轨的电阻可忽略。让金属杆ab沿导轨由静止开始下滑，沿斜面下滑d=2 m时，金属杆达到最大速度，导轨和金属杆接触良好，重力加速度为g=10 m/s2。求： (1)(4分)金属杆达到的最大速度vm； (2)(4分)在这个过程中，电阻R上产生的热量； (3)(6分)在这个过程中所用时间。 答案　(1)2 m/s　(2)6.4 J　(3)1.4 s 解析　(1)金属杆在磁场中运动达到最大速度时，产生的感应电动势为E=BLvm 金属杆中的电流为I= 金属杆受到的安培力为F安=BIL= 当速度最大时有mgsin θ=F安 代入数据可得vm=2 m/s (2)由能量的转化与守恒可得mgdsin θ=m+Q 代入数据可得Q=8 J 由QR=Q 得QR=6.4 J (3)电路中的平均感应电动势为=BL 平均电流为= 金属杆受到的平均安培力=BL 由动量定理有mgtsin θ-F安t=mvm-0 即mgtsin θ-t=mvm-0，d=t 解得t=1.4 s。 5.(14分)(2024·江苏省镇江中学检测)如图所示，水平面上有两根很长的光滑平行金属导轨上放置两金属棒，金属棒ab、cd的质量分别是2m和m，电阻分别为2r和r，导轨电阻不计，导轨间宽度为L，方向垂直穿过导轨平面向里的匀强磁场的磁感应强度为B。设法控制cd棒使其静止，ab棒在恒定的外力F作用下向左匀速滑动。 (1)(4分)计算外力F的功率； (2)(4分)某时刻解除对cd棒的控制，求此刻ab棒的加速度a1以及两棒组成的系统稳定状态下ab棒的加速度a2； (3)(6分)某时刻解除对cd棒的控制的同时撤去外力F，求两棒组成的系统稳定状态下相对于撤去外力F时增加的距离。 答案　(1)　(2)0　　(3) 解析　(1)设ab棒的速度大小为v，此时产生的电动势为E=BLv 电流I= 安培力FA=BIL ab棒匀速滑动，则有F=FA 联立可得v= 外力F的功率P=Fv= (2)刚解除对cd棒的控制时，ab棒受到的安培力不变，则a1=0 在稳定状态时，两根棒的加速度相同，对两棒组成的系统由牛顿第二定律得F=(m+2m)a2 解得a2= (3)设左、右两根棒的速度分别是v1和v2，由于安培力对两棒系统的总冲量为零，两棒组成的系统动量守恒，则有2mv=(2m+m)v' 可得稳定时其共同速度为v'=v 以cd棒为参考，对ab棒根据动量定理有-Δt=2mΔv1i 其中(v1i-v2i)Δt=xi 即为两根棒在一小段时间内增加的位移，两边求和得到-=2m·(-v) 将v=代入得到x=。 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 专题强化练 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 动量定理在电磁感应中的应用 考点一 　 (2023·江苏常州市前黄高级中学模拟)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，MP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 例1 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。取g=10 m/s2，导轨足够长(sin 37°=0.6，cos 37°=0.8)。求： (1)运动过程中a、b哪端电势高，并计算恒力F的大小； 答案　b端　5 N 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)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　0.755 C　0.755 m 在匀强磁场中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 由q=t=t== 得x=0.755 m。 (2024·江苏南京市外国语学校调研)如图所示，MN、PQ是固定在绝缘水平面上的两根电阻不计、间距为L的光滑平行金属导轨，导轨右端接一个阻值为R的定值电阻，在宽度为d的虚线范围内，存在竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场，一根质量为m、电阻也为R的金属棒静止在导轨左侧(磁场外)，现给金属棒一水平向右的瞬时冲量，金属棒恰好能穿过磁场区域。已知金属棒运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，下列说法不正确的是 变式1 一题多变 A.通过定值电阻R的感应电流由Q流向N B.通过金属棒某截面的电荷量为 C.金属棒受到的瞬时冲量大小为 D.金属棒产生的电热为 √ 根据右手定则可知，通过电阻R的感应电流由 Q流向N，故A正确； 电路的总电阻R总=2R，根据===，q=Δt，解得流经金属 棒某截面的电荷量q=，故B错误； 根据动量定理有-BLΔt=0-mv0，其中q=Δt，金属棒受到的瞬时冲量大 小I=mv0，结合上述解得I=，故C正确； 由能量守恒定律可知，回路产生的总焦耳热为Q总=m，金属棒产生的电热Q=Q总，结合上述解得Q=，故D正确。 (2024·江苏省省锡中、省常中、溧阳中学调研)2023年11月，我国第三艘国产航母福建舰在长兴岛成功进行了首次电磁弹射测试。电磁弹射的原理可简化为如图所示结构，电容为C的电容器充满电后板间电压为U0，导体轨道abcd处存在磁感应强度为B的匀强磁场，金属牵引杆开始时静止在ac处，接通电路，电容器通过轨道和金属杆放电。金属杆和轨道电阻可忽略不计，金属杆在安培力作用下开始加速，已知ac=L。金属杆的质量为m，所受阻力忽略不计，金属杆在运动到bd之前已经匀速，速度大小为v，则 变式2 A.整个过程电容器放出的电荷量为CU0 B.整个过程电容器放出的电荷量为CBLv C.金属杆匀速运动的速度可表示为v= D.金属杆匀速运动的速度可表示为v= √ 金属杆在运动到bd之前已经匀速，速度大小为v，设此时电容器两端电压为U，则有U=BLv，可知整个过程电容器放出的电荷量为Δq=CΔU=C(U0-BLv)，对金属杆根据动量定理可得BLΔt=BLΔq=mv-0，则有BLC(U0-BLv)=mv，解得金属杆匀速运动的速 度可表示为v=，故选D。 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 　 (2023·江苏省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 √ 例2 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，由于Δv逐渐减小，根据牛顿 第二定律可得a=，可知导体棒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。 　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，下列说法错误的是 变式3 一题多变 A.刚开始运动ab杆的电流方向从b到a B.通过ab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获得大小为v0和2.5v0的初速度，根据右手定则可以判断，两电动势方向相反，刚开始运动ab杆的电流方向由cd杆决定，所以ab杆电流方向从b到a，故A正确； 因为μ=tan θ，且两棒安培力等大反向，所以系统合力为零，动量守恒，mv0+2m×2.5v0=(m+2m)v，解得v=2v0，对cd分析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=，解得Δx=，故D正确。 　 (2023·辽宁卷·10改编)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 变式4 A.弹簧伸展过程中，回路中产生逆时针方向的电流 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错误； 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，选项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 专题强化练 题号 1 2 3 4 答案 A D (1)v0　(2)m　(3) (1)2 m/s　(2)6.4 J　(3)1.4 s 题号 　5 答案 (1)　(2)0　　(3) 对一对 1 2 3 4 5 答案 1.(2023·福建卷·4)如图，M、N是两根固定在水平面内的光滑平行金属导轨，导轨足够长且电阻可忽略不计；导轨间有一垂直于水平面向下的匀强磁场，其左边界OO'垂直于导轨；阻值恒定的两均匀金属棒a、b均垂直于导轨放置，b始终固定。a以一定初速度进入磁场，此后运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，并与b不相碰。以O为坐标原点，水平向右为正方向建立轴坐标；在运动过程中，a的速度记为v，a克服安培力做功的功率记为P。下列v或P随x变化的图像中，可能正确的是 √ 1 2 3 4 5 答案 1 2 3 4 5 设导轨间磁场磁感应强度为B，导轨间距为L，金属棒总电阻为R，由题意，金属棒a进入磁场后受到水平向左的安培力作用，做减速运动，根据动量定理 答案 有F·Δt=mv0-mv，根据F=BIL，I=，E=BLv，可得F=，又因为x=v·Δt，联立可得x=mv0-mv，根据表达式可知v与x成一次函数关 系，故A正确，B错误； a克服安培力做功的功率为P=Fv=·v2=·(v0-x)2，故P-x图像为 开口向上的抛物线，由于F和v都在减小，故P在减小，故C、D错误。 2.(2024·江苏泰州市姜堰中学模拟)我国新一代航母电磁阻拦技术基本原理如下：飞机着舰时关闭动力系统如图所示，利用尾钩钩住绝缘阻拦索并拉动轨道上的一根金属棒ab，导轨间距为d，飞机质量为M，金属棒质量为m，飞机着舰后与金属棒以共同速度v0进入磁场，轨道端点MP间电阻为R、金属棒电阻为r，不计其他电阻和阻拦索的质量。轨道间有竖直方向的匀强磁场，磁感应强度为B。金属棒运动一段距离x后与飞机一起停下，测得此过程中电阻R上产生的焦耳热为Q，不计一切摩擦，则 1 2 3 4 5 答案 A.整个过程中通过回路的电流方向为顺时针方向 B.整个过程中通过电阻R的电荷量为 C.整个过程中飞机和金属棒克服阻力所 做的功为(M+m)-Q D.通过最后的过程中，电阻R上产生的焦耳热为 √ 1 2 3 4 5 答案 1 2 3 4 5 根据右手定则可知金属棒中感应电流方向由b到a，整个过程中通过回路的电流方向为逆时针方向，A错误； 金属棒运动一段距离x后与飞机一起停下，此时速度为零，根据动量定理得-Bdt1=0-(M+m)v0 即Bqd=(M+m)v0，通过电阻R的电荷量为 q=，B错误； 答案 1 2 3 4 5 电阻R上产生焦耳热为Q，根据焦耳定律可得金属棒上产生的焦耳热为Q'=Q，根据能量守恒可知飞机和金属棒克服摩擦阻力和空气阻力所做的总功为W=(M+m)-Q-Q，C错误； 答案 1 2 3 4 5 金属棒运动一段距离x后与飞机一起停下，此时速 度为零，根据动量定理得-Bdt1=0-(M+m)v0，通过 的电荷量q=t1=Δt=Δt= 位置时的速度为v2，根据动量定理得-Bdt2=(M+m)v2-(M+m)v0，通过的电荷量q'=t2=Δt=Δt=，求得2v2=v0， 答案 1 2 3 4 5 金属棒运动一段距离x后与飞机一起停下，电阻R上产生的焦耳热Q=×(m+M)的过程中，速度从v2减小到0，电阻R上产生的焦耳热Q'=×(m+M)，解得Q'=，D正确。 答案 3.(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 2 3 4 5 答案 (1)金属棒P滑出导轨时的速度大小； 1 2 3 4 5 答案 答案　v0 1 2 3 4 5 答案 由于绝缘棒Q与金属棒P发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得 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)金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量； 1 2 3 4 5 答案 答案　m 根据能量守恒定律有m=mvP'2+Q 解得Q=m (3)与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间。 1 2 3 4 5 答案 答案　 1 2 3 4 5 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= =。 答案 4.(2023·江苏南京市临江高级中学模拟)如图所示，两根足够长的光滑直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ=30°的绝缘斜面上，两导轨间距为L=1 m，M、P两点间接有阻值为R=8 Ω的电阻。一根质量为m=1 kg、电阻为r=2 Ω的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直。整套装置处于磁感应强度为B=5 T的匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上。导轨的电阻可忽略。让金属杆ab沿导轨由静止开始下滑，沿斜面下滑d=2 m时，金属杆达到最大速度，导轨和金属杆接触良好，重力加速度为g=10 m/s2。求： 1 2 3 4 5 答案 (1)金属杆达到的最大速度vm； 1 2 3 4 5 答案 答案　2 m/s 金属杆在磁场中运动达到最大速度时，产生的感应电动势为E=BLvm 金属杆中的电流为I= 金属杆受到的安培力为F安=BIL= 当速度最大时有mgsin θ=F安 代入数据可得vm=2 m/s (2)在这个过程中，电阻R上产生的热量； 1 2 3 4 5 答案 答案　6.4 J 由能量的转化与守恒可得mgdsin θ=m+Q 代入数据可得Q=8 J 由QR=Q 得QR=6.4 J (3)在这个过程中所用时间。 1 2 3 4 5 答案 答案　1.4 s 1 2 3 4 5 电路中的平均感应电动势为=BL 平均电流为= 金属杆受到的平均安培力=BL 由动量定理有mgtsin θ-F安t=mvm-0 即mgtsin θ-t=mvm-0，d=t 解得t=1.4 s。 答案 5.(2024·江苏省镇江中学检测)如图所示，水平面上有两根很长的光滑平行金属导轨上放置两金属棒，金属棒ab、cd的质量分别是2m和m，电阻分别为2r和r，导轨电阻不计，导轨间宽度为L，方向垂直穿过导轨平面向里的匀强磁场的磁感应强度为B。设法控制cd棒使 其静止，ab棒在恒定的外力F作用下向左匀速滑动。 (1)计算外力F的功率； 1 2 3 4 5 答案 答案　 1 2 3 4 5 设ab棒的速度大小为v，此时产生的电动势为E=BLv 电流I= 安培力FA=BIL ab棒匀速滑动，则有F=FA 联立可得v= 外力F的功率P=Fv= 答案 (2)某时刻解除对cd棒的控制，求此刻ab棒的加速度a1以及两棒组成的系统稳定状态下ab棒的加速度a2； 1 2 3 4 5 答案 答案　0　 刚解除对cd棒的控制时，ab棒受到的安培力不变，则a1=0 在稳定状态时，两根棒的加速度相同，对两棒组成的系统由牛顿第二定律得F=(m+2m)a2 解得a2= (3)某时刻解除对cd棒的控制的同时撤去外力F，求两棒组成的系统稳定状态下相对于撤去外力F时增加的距离。 1 2 3 4 5 答案 答案　 1 2 3 4 5 设左、右两根棒的速度分别是v1和v2，由于安培力对两棒系统的总冲量为零，两棒组成的系统动量守恒，则有2mv=(2m+m)v' 可得稳定时其共同速度为v'=v 以cd棒为参考，对ab棒根据动量定理有-Δt=2mΔv1i 其中(v1i-v2i)Δt=xi 即为两根棒在一小段时间内增加的位移， 两边求和得到-=2m·(-v) 将v=代入得到x=。 答案 本课结束 THANKS $$