16 专题四 第16课时 动量观点在电磁感应中的应用(思维进阶课)（课件PPT）-【高考快车道】2026高考物理大二轮专题复习与讲义

第16课时　动量观点在电磁感应中的应用(思维进阶课) 专题四　电路与电磁感应 1 【备考指南】　 1．重视电磁感应与电路、牛顿运动定律、动量、能量相结合的综合性题型的训练，建构单杆切割中q、x、t的关系模型、双杆模型，培养学生模型建构能力。 2．关注电磁感应与力学三大规律的综合考查，尤其是动量定理、动量守恒定律的综合应用。 3．强化学生综合能力训练，让学生掌握各种典型问题的解决方法，提高考生推理论证能力。 第16课时　动量观点在电磁感应中的应用(思维进阶课) 进阶点一　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 进阶点一 进阶点二 课后限时练 第16课时　动量观点在电磁感应中的应用(思维进阶课) 3 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) 进阶点一 进阶点二 课后限时练 第16课时　动量观点在电磁感应中的应用(思维进阶课) [典例1]　[单棒问题](多选)(2024·贵州卷)如图所示，间距为L的两根金属导轨平行放置并固定在绝缘水平桌面上，左端接有一定值电阻R，导轨所在平面存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。质量为m的金属棒置于导轨上，在水平拉力作用下从静止开始做匀加速直线运动，一段时间后撤去水平拉力，金属棒最终停在导轨上。已知金属棒在运动过程中，最大速度为v，加速阶段的位移与减速阶段的位移相等，金属棒始终与导轨垂直且接触良好，不计摩擦及金属棒与导轨的电阻，则(　　) 进阶点一 进阶点二 课后限时练 第16课时　动量观点在电磁感应中的应用(思维进阶课) A．加速过程中通过金属棒的电荷量为 B．金属棒加速的时间为 C．加速过程中拉力的最大值为 D．加速过程中拉力做的功为mv2 √ √ 进阶点一 进阶点二 课后限时练 第16课时　动量观点在电磁感应中的应用(思维进阶课) AB　[设加速阶段的位移与减速阶段的位移相等为x，根据q＝Δt＝Δt＝·Δt＝，可知加速过程中通过金属棒的电荷量等于减速过程中通过金属棒的电荷量，则减速过程由动量定理可得－BLΔt＝－BLq＝0－mv，解得q＝，A正确；由q＝，解得x＝，金属棒加速的过程中，由位移公式可得x＝vt，可得加速时间为t＝，B正确；金属棒在水平拉力作用下从静止开始做匀加速直线运动，加速过程中，安培力逐渐增大，加速度不变，因此拉力逐渐增大，当撤去拉力的瞬间，拉力最大，由牛顿第二定律 可得Fm－BL＝ma，其中v＝at，联立解得Fm＝，C错误；加速过程中拉力对金属棒做正功，安培力对金属棒做负功，由动能定理可知，合力的功WF－W安＝mv2，可得WF＝W安＋mv2，因此加速过程中拉力做的功大于mv2，D错误。故选AB。] [典例2]　[线框模型](2025·福建卷)光滑斜面倾角为θ＝30°，Ⅰ区域与Ⅱ区域均存在垂直斜面向外的匀强磁场，两区磁感应强度大小相等。正方形线框abcd质量为m，总电阻为R，由同种材料制成且粗细均匀，Ⅰ区域长为L1，Ⅱ区域长为L2，两区域间无磁场的区域长度大于线框边长。线框从某一位置释放，从cd边进入Ⅰ区域到ab边离开Ⅰ区域的过程中速度均为v，cd边进入Ⅱ区域时的速度和ab边离开Ⅱ区域时的速度一致，则：(重力加速度为g) (1)求线框释放时cd边与Ⅰ区域上边缘的距离； (2)求cd边进入Ⅰ区域时cd边两端的电势差； (3)求线框进入Ⅱ区域到完全离开过程中克服 安培力做功的平均功率。 进阶点一 进阶点二 课后限时练 第16课时　动量观点在电磁感应中的应用(思维进阶课) [解析]　(1)解法一：线框从释放到cd边进入Ⅰ区域，由动能定理有mgs1sin θ＝mv2， 解得线框释放时cd边与Ⅰ区域上边缘的距离为s1＝。 解法二：线框从释放到cd边进入Ⅰ区域做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可知该过程线框的加速度为a1＝g sin θ＝g， 则线框释放时cd边与Ⅰ区域上边缘的距离为s1＝＝。 (2)由题意可知，线框穿过Ⅰ区域做匀速直线运动，则线框的边长为L1，结合安培力公式和力的平衡条件有mg sin θ＝BI1L1， 由法拉第电磁感应定律可知E＝BL1v， 又I1＝， 则此时cd两端的电势差为Ucd＝I1·R＝。 (3)线框从进入Ⅱ区域到完全离开过程， 由动能定理有mg(L1＋L2)sin θ－W＝0， 由动量定理有mgt sin θ－Δt＝0， 其中Δt＝＝， 当L1＜L2时，Δx＝2L1；当L1＞L2时，Δx＝2L2；当L1＝L2时，分析可知cd边进入Ⅱ区域时的速度和ab边离开Ⅱ区域时的速度不可能一致，故不存在此种情况 联立解得该过程的运动时间为t＝ 由(2)分析得B2＝ 则该过程克服安培力做功的平均功率为 ＝＝或。 [答案]　(1)　(2)　(3)见解析 进阶点二　用动量观点处理电磁感应中的双棒模型 双棒模型 模型 过程分析 规律 无外力等距式 (导轨光滑) 棒2做变减速运动，棒1做变加速运动，稳定时，两棒的加速度均为零，以相同的速度匀速运动。系统动量守恒，对其中某棒使用动量定理 1．电流大小：I＝＝ 2．稳定条件：两棒达到共同速度 3．动量关系：m2v0＝(m1＋m2)v共 4．能量关系：＝＋Q；＝ 进阶点二 课后限时练 进阶点一 第16课时　动量观点在电磁感应中的应用(思维进阶课) 14 模型 过程分析 规律 有外力等距式 (导轨光滑) a2减小，a1增大，当a2＝a1时二者一起匀加速运动，存在稳定的速度差 1．电流大小：I＝ 2．力学关系：a1＝；a2＝。(任意时刻两棒加速度) 3．稳定条件：当a2＝a1时，v2－v1恒定；I恒定；FA恒定；两棒一起匀加速运动 4．稳定时的物理关系： F＝(m1＋m2)a； FA＝m1a；FA＝BIl＝Bl； v2－v1＝ 进阶点二 课后限时练 进阶点一 第16课时　动量观点在电磁感应中的应用(思维进阶课) 模型 过程分析 规律 无外力不等距式(导轨光滑) 棒1做变减速运动，棒2做变加速运动，稳定时，两棒的加速度均为零，两棒以不同的速度做匀速运动，所围的面积不变。v1L1＝v2L2 1．动量关系： －BL1Δt＝m1v1－m1v0； BL2Δt＝m2v2－0 2．稳定条件：BL1v1＝BL2v2 3．最终速度： v1＝v0；v2＝v0 4．能量关系： Q＝ 5．电荷量关系：BL2q＝m2v2－0 进阶点二 课后限时练 进阶点一 第16课时　动量观点在电磁感应中的应用(思维进阶课) [典例3]　[等间距双棒模型](2024·江西卷)如图(a)所示，轨道左侧斜面倾斜角满足sin θ1＝0.6，摩擦因数μ1＝，足够长的光滑水平导轨处于磁感应强度为B＝0.5 T的匀强磁场中，磁场方向竖直向上，右侧斜面导轨倾角满足sin θ2＝0.8，摩擦因数μ2＝。现将质量为m甲＝6 kg的导体杆甲从斜面上高h＝4 m处由静止释放，质量为m乙＝ 2 kg的导体杆乙静止在水平导轨上，与水平轨道左端的距离为d。已知导轨间距为l＝2 m，两杆电阻均为R＝1 Ω，其余电阻不计，不计导体杆通过水平导轨与斜面导轨连接处的能量损失，且若两杆发生碰撞，则为完全非弹性碰撞，取g＝10 m/s2，求： 进阶点二 课后限时练 进阶点一 第16课时　动量观点在电磁感应中的应用(思维进阶课) (1)甲杆刚进入磁场，乙杆的加速度； (2)乙杆第一次滑上斜面前两杆未相碰，距离d满足的条件； (3)若乙前两次在右侧倾斜导轨上相对于水平导轨的竖直高度y随时间t的变化如图(b)所示(t1、t2、t3、t4、b均为未知量)，乙第二次进入右侧倾斜导轨之前与甲发生碰撞，甲在0～t3时间内未进入右侧倾斜导轨，求d的取值范围。 进阶点二 课后限时练 进阶点一 第16课时　动量观点在电磁感应中的应用(思维进阶课) [解析]　(1)甲从静止运动至水平导轨时，根据动能定理有 m甲gh－μ1m甲g cos θ1·＝m甲 甲刚进入磁场时有E0 ＝ Blv0 则根据欧姆定律可知I0＝ 根据楞次定律可知，回路中的感应电流沿逆时针方向(俯视)，结合左手定则可知，乙所受安培力方向水平向右 由牛顿第二定律有BI0l＝m乙a乙0，代入数据有a乙0＝2 m/s2，方向水平向右。 (2)甲和乙系统动量守恒，若两者共速时恰不相碰，则有m甲v0＝(m甲＋m乙)v共 对乙根据动量定理有Blt＝m2v共 其中t＝q＝ 联立解得dmin ＝Δx＝24 m 则d满足d≥24 m。 (3)根据(2)问可知，从甲刚进入磁场至甲、乙第一次在水平导轨运动稳定，相对位移为Δx＝24 m，且稳定时的速度v共＝6 m/s 乙第一次在右侧斜轨上向上运动的过程中 根据牛顿第二定律有m乙g sin θ2＋μ2m乙g cos θ2 ＝m乙a乙上 根据匀变速直线运动位移与速度的关系有2a乙上x上＝ 乙第一次在右侧斜轨上向下运动的过程中 根据牛顿第二定律有 m乙g sin θ2－μ2m乙g cos θ2＝m乙a乙下 再根据匀变速直线运动位移与速度的关系有2a乙下x下＝且x上 ＝ x下 联立解得乙第一次滑下右侧轨道最低点的速度v1＝5 m/s 甲、乙整体第一次在右侧倾斜轨道上向上运动有 (m甲＋m乙)g sin θ2＋μ2(m甲＋m乙)g cos θ2＝(m甲＋m乙)a共上 同理有2a共上x共上＝v2且由题图(b)可知x上＝4.84x共上 解得甲、乙碰撞后的速度v＝ m/s 根据动量守恒有 m甲v2－m乙v1＝(m甲＋m乙)v 解得乙第一次滑下右侧轨道最低点时甲的速度为v2＝ m/s 若乙第一次滑下右侧轨道最低点时与甲发生碰撞，则对应d的最小值，对甲根据动量定理有－BlΔt1＝m甲v2－m甲v共 其中Δt1＝q1＝ 解得Δx1＝ m 根据位移关系有dmin′－Δx ＝Δx1 解得d′min＝ m 这是t2＝t3的极限情况，由题图(b)知不能取等号 若乙返回水平导轨后，当两者共速时恰好碰撞，则对应d的最大值，对乙从返回水平导轨到与甲碰撞前瞬间的过程，根据动量定理有BlΔt2＝m乙v＋m乙v1 其中Δt2＝q2＝，解得Δx2＝ m 根据位移关系有dmax－Δx－Δx1＝Δx2 解得dmax＝ m 则d的取值范围为 m<d≤ m。 [答案]　(1)2 m/s2，方向水平向右　(2)d≥24 m　(3) m<d≤ m 1．[线框模型](2025·陕晋青宁卷)如图所示，光滑水平面上存在竖直向上、宽度d大于2L的匀强磁场，其磁感应强度大小为B。甲、乙两个合金导线框的质量均为m，长均为2L，宽均为L，电阻分别为R和2R。两线框在光滑水平面上以相同初速度v0＝并排进入磁场，忽略两线框之间的相互作用。则(　　) 进阶点二 课后限时练 进阶点一 第16课时　动量观点在电磁感应中的应用(思维进阶课) A．甲线框进磁场和出磁场的过程中电流方向相同 B．甲、乙线框刚进磁场区域时，所受合力大小之比为1∶1 C．乙线框恰好完全出磁场区域时，速度大小为0 D．甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热之比为4∶3 √ 进阶点二 课后限时练 进阶点一 第16课时　动量观点在电磁感应中的应用(思维进阶课) D　[根据楞次定律，甲线框进磁场的过程电流方向为顺时针，出磁场的过程中电流方向为逆时针，故A错误；甲线框刚进磁场区域时，合力为F安1＝BI1L，I1＝，乙线框刚进磁场区域时，合力为F安2＝BI2L，I2＝，可知＝2，故B错误；假设甲、乙都能完全出磁场，对甲根据动量定理有－BLΔt＝mv1－mv0，q1＝Δt＝·Δt＝＝，同理对乙有－BLΔt′＝mv2－mv0，q2＝Δt′ ＝·Δt′＝＝，解得v1＝0，v2＝v0＝，故甲恰好完全出磁场区域、乙完全出磁场区域时，速度大小不为0；由能量守恒可知甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热分别为Q1＝，Q2＝－m＝，即＝，故C错误，D正确。故选D。] 2．[单杆模型](2025·安徽卷)如图所示，平行光滑金属导轨被固定在水平绝缘桌面上，导轨间距为L，右端连接阻值为R的定值电阻。水平导轨上足够长的矩形区域MNPQ存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。某装置从MQ左侧沿导轨水平向右发射第1根导体棒，导体棒以初速度v0进入磁场，速度减为0时被锁定；从原位置再发射第2根相同的导体棒，导体棒仍以初速度v0进入磁场，速度减为0时被锁定，以此类推，直到发射第n根相同的导体棒进入磁场。已知导体棒的质量为m，电阻为R，长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好(发射前导体棒与导轨不接触)，不计空气阻力、导轨的电阻，忽略回路中的电流对原磁场的影响。求： 进阶点二 课后限时练 进阶点一 第16课时　动量观点在电磁感应中的应用(思维进阶课) (1)第1根导体棒刚进入磁场时，所受安培力的功率； (2)第2根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程中，其横截面上通过的电荷量； (3)从第1根导体棒进入磁场到第n根导体棒速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的总热量。 进阶点二 课后限时练 进阶点一 第16课时　动量观点在电磁感应中的应用(思维进阶课) [解析]　(1)第1根导体棒刚进入磁场时，由法拉第电磁感应定律得其产生的电动势为E＝BLv0 回路中的感应电流I＝ 此时第1根导体棒所受的安培力为F安＝BLI 安培力的功率P安＝F安v0 联立解得P安＝。 (2)第2根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程，设流过其的平均电流为 t 则对第2根导体棒由动量定理有－BLt＝0－mv0 联立解得q＝。 (3)根据能量守恒定律可知，每一根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程，其初动能均转化为回路中产生的总热量，则 第1根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程，定值电阻R上产生的热量为Q1＝＝ 第2根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程，定值电阻R上产生的热量为Q2＝＝ 第3根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程，定值电阻R上产生的热量为Q3＝＝ 依次类推，第n根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程，定值电阻R上产生的热量为Qn＝＝(n＝1，2，3，…) 所以定值电阻R上产生的总热量Q总＝Q1＋Q2＋Q3＋…＋Qn＝(n＝1，2，3，…) 解得Q总＝(n＝1，2，3，…)。 [答案]　　(2)(n＝1，2，3，…) 说明：单选题每小题4分，多选题每小题6分，本试卷总分36分 1．如图所示，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(　　) 课后限时练16　动量观点在电磁感应中的应用(思维进阶课) 题号 1 3 5 2 4 进阶点一 进阶点二 课后限时练 第16课时　动量观点在电磁感应中的应用(思维进阶课) 36 题号 1 3 5 2 4 A　 　 　 　B　　　 　　C　　　 　　D √ 进阶点一 进阶点二 课后限时练 第16课时　动量观点在电磁感应中的应用(思维进阶课) 37 C　[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＝ILB，F随着电流减小而减小，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，C正确，A错误；对ab棒由动量定理有Bt＝，电荷量随时间的增加而增大，最后达到最大值，因为电流随时间减小，所以q-t的图像斜率也应该是减小，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。] 题号 1 3 5 2 4 2．(2025·黑龙江龙东十校联盟高三下学期二模)国产电动汽车采用电磁式动力回收装置，可将部分动能转化为电能并储存。如图所示为该装置的简化模型，“日”字形的金属线框放在光滑的水平面上，各边长均为l，ab、cd、ef边电阻均为R，其余部分电阻可忽略不计。线框以速度v进入宽度为l的匀强磁场，最终恰好穿出磁场。已知磁场的磁感应强度大小为B，方向竖直向下，边界与ab边平行，则线框(　　) A．刚进磁场时，a端电势高于b端电势 B．刚进磁场时，a、b两点间电势差为Blv C．质量m＝ D．穿越磁场过程中ab边产生的热量Q＝ 题号 2 1 3 4 5 √ 进阶点一 进阶点二 课后限时练 第16课时　动量观点在电磁感应中的应用(思维进阶课) 39 C　[由右手定则可知，线框刚进入磁场时b端电势高，其等效电路如图所示，可知a、b两点间的电势差为Uba＝Blv＝Blv，故A、B错误；最终线框恰好能穿出磁场，速度为零，取向右为正方向，对整个过程由动量定理知，－Bt＝3l，解得m＝，故C正确；ab棒发热分两个阶段：(1)ab棒在磁场中运动，由动量定理，有－B＝mv1－mv，t1＝l，解得v1＝v，过程中产生的热量Qab1＝； (2)ab棒在磁场外运动过程中产生的热量Qab2＝m， 所以Qab＝Qab1＋Qab2＝，故D错误。故选C。] 题号 2 1 3 4 5 40 3．(多选)(2025·山东滨州高三下学期二模)如图甲所示，长木板放置在足够大的光滑水平面上，电源、电阻、开关、导轨固定在长木板上，光滑导轨MN和M′N′平行，间距为L，长木板及固定在其上的电源、电阻、开关、导轨的总质量为M。长度也为L的导体棒PQ垂直平行导轨放置在MN和M′N′间，导体棒的质量为m。匀强磁场方向竖直向上，大小为B。长木板与固定在水平面上的力传感器通过刚性轻绳连接。电阻的阻值为R，电源内阻、导轨和导体棒的电阻以及接触电阻均不计。t＝0时刻，闭合开关，通过力传感器记录力随时间变化的图线，如图乙所示。从图像中可以读出t＝0时刻力F＝F0，t＝t0时刻力F的大小趋近于0，可认为此时的拉力为0。则(　　) 题号 2 1 3 4 5 进阶点一 进阶点二 课后限时练 第16课时　动量观点在电磁感应中的应用(思维进阶课) 41 A．电源的电动势E＝ B．导体棒的最大速度vm＝ C．t0时间内导体棒的位移大小x＝m D．若撤去传感器的连接后，再闭合开关， 则导体棒的最大速度v′m＝ 题号 2 1 3 4 5 √ √ √ 进阶点一 进阶点二 课后限时练 第16课时　动量观点在电磁感应中的应用(思维进阶课) 42 ABD　[t＝0时刻，闭合开关，回路中的电流I0＝，对长木板及固定在其上的电源、电阻、开关、导轨进行分析有F0＝BI0L，解得E＝，故A正确；t＝t0时刻力F的大小趋近于0，导体棒速度达到最大值时，回路总的电动势为0，回路中的电流为0，导体棒做匀速直线运动，则有E＝BLvm，结合上述解得vm＝，故B正确；0～t0时间内，对导体棒进行分析，根据动量定理有B ＝t0，解得x＝－m，故C错误；对长木板及固定在其上的电源、电阻、开关、导轨与导体棒构成的系统进行分析，根据动量守恒定律有－Mv1＝0，此时回路总电动势为0，则有E＝BLv′m＋BLv1，结合上述解得＝，故D正确。故选ABD。] 题号 2 1 3 4 5 43 4．(多选)(2025·江西南昌模拟)某兴趣小组利用电容放电装置研究电磁弹射。如图所示，离地面高为h的水平面上固定一半径为r的金属圆环，一根长为2r、电阻为2R0的金属棒P沿直径放置，它的两端与圆环接触良好，该棒以圆心为转轴匀速转动。圆环内左半圆存在磁感应强度大小为B1的匀强磁场(方向竖直向上)，圆环边缘、与转轴良好接触的电刷分别与间距为l的水平放置的光滑平行金属轨道相连，轨道间接有电容为C的电容器，通过单刀双掷开关S可分别与接线柱1、2相连。水平导轨上放置一质量为m的金属棒Q，它置于磁 题号 2 1 3 4 5 进阶点一 进阶点二 课后限时练 第16课时　动量观点在电磁感应中的应用(思维进阶课) 44 感应强度为B2的匀强磁场(方向竖直向上)区域内靠左侧边缘。先将开关置于1端，让金属棒P绕轴以角速度ω匀速转动，等电容器充电结束后，再将开关S置于2端，电容器放电使得导轨上的金属棒Q运动起来水平抛出。圆环及轨道电阻均不计，重力加速度大小为g，下列说法正确的是(　　) A．电容器充电后，M板带正电 B．电容器充电后带电荷量为CB1ωr2 C．电容器充电后带电荷量为CB1ωr2 D．金属棒Q抛出到落地的最大水平距离为 题号 2 1 3 4 5 √ √ 进阶点一 进阶点二 课后限时练 第16课时　动量观点在电磁感应中的应用(思维进阶课) 45 AC　[开关S和接线柱1接通，电容器充电，充电过程，对绕转轴OO′转动的金属棒P，由右手定则可知电流沿径向向外，即圆环边缘为电源正极，圆心为负极，则M板带正电，故A正确；根据法拉第电磁感应定律可知E＝B1ωr2，则电容器所带的电荷量Δq＝CU＝＝CB1ωr2，故B错误，C正确；假设电容器放电能够将电荷量全部放完，电容器放电过程对金属棒Q，由动量定理有B2t，得v＝B1B2ωr2C，根据平抛运动规律，有h＝gt2，x＝vt，联立可得x＝，但是实际电容器放电结束时电容器应保留一部分电荷，使得电容器两端电压和导体棒两端电压相等，故D错误。] 题号 2 1 3 4 5 46 5．(16分)如图所示，半径r＝0.5 m的均匀金属圆盘D垂直固定在水平金属转轴上，圆盘中心位于转轴中心线上，不计转轴粗细。D盘处存在方向平行转轴向左、大小B1＝0.5 T的匀强磁场。圆盘边缘和转轴分别通过电刷连接间距L＝1 m的水平平行金属导轨。导轨HI处用绝缘材料平滑连接，左侧接有电容C＝0.5 F的电容器，EG与绝缘点HI之间有方向竖直向下的匀强磁场B2＝0.5 T，JK左侧、HI右侧区域有方向竖直向下、大小随x变化的磁场(x表示到JK的距离)，变化规律满足B3＝2(T)(x≥0)，同一位置垂直于轨道方向的磁场相同，紧靠JK左侧附近放置质量m＝0.5 kg、 题号 2 1 3 4 5 进阶点一 进阶点二 课后限时练 第16课时　动量观点在电磁感应中的应用(思维进阶课) 47 电阻R＝0.5 Ω、边长d＝0.5 m的“]”缺边正方形金属框PP1Q1Q，质量也为m＝0.5 kg的金属棒ab放置在HI的左侧EG处，其单位长度的电阻R0＝1.0 Ω/m，保持金属圆盘按图示方向以ω＝16 rad/s的角速度匀速转动。不考虑电流产生的磁场影响，除已知电阻外其他电阻不计，忽略转动的摩擦阻力。电容器能量E＝CU 2＝。 题号 2 1 3 4 5 进阶点一 进阶点二 课后限时练 第16课时　动量观点在电磁感应中的应用(思维进阶课) 48 (1)单刀双掷开关S接通1时，电容器M板带正电荷还是负电荷？带电荷量是多少？ (2)稳定后S接通2，金属棒ab到达HI前已达到稳定速度，求棒ab到HI过程中产生的热量； (3)金属棒ab与缺边正方形金属框发生完全非弹性碰撞后。 ①求碰后瞬间UPQ； ②金属框出磁场过程中，求棒ab两端电压随x的关系。 题号 2 1 3 4 5 进阶点一 进阶点二 课后限时练 第16课时　动量观点在电磁感应中的应用(思维进阶课) 49 [解析]　(1) 由右手定则，单刀双掷开关S接通1时，电容器M板带正电荷。 感应电动势E＝B1r＝1 V 电容器电荷量q1＝CE＝0.5 C。 题号 2 1 3 4 5 50 (2)稳定后S接通2，金属棒ab到达HI前已达到稳定速度v，由动量定理B2LΔt＝B2LΔq＝mv Δq＝q1－q2＝q1－CB2Lv 联立解得v＝0.4 m/s，Δq＝0.4 C ，q2＝CB2Lv＝0.1 C 由能量守恒定律＝＋Q＋mv2 棒ab到HI过程中产生的热量Q＝0.2 J。 题号 2 1 3 4 5 51 (3) ①金属棒ab与缺边正方形金属框发生完全非弹性碰撞，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得 mv＝2mv1 解得v1＝0.2 m/s 由闭合电路欧姆定律UPQ＝B3dv1＝ V。 题号 2 1 3 4 5 52 ②由动量定理IA＝2mv1－2mv2 IA＝Δt′ 联立解得v2＝x2＋(m/s) 由闭合电路欧姆定律Uab＝B3dv2＋B3(L－d)v2 解得Uab＝(V)(0.5 m≥x≥0)。 题号 2 1 3 4 5 [答案]　(1)带正电荷　0.5 C　(2)0.2 J　(3)① V　②Uab＝(V)(0.5 m≥x≥0) 53 谢 谢！ $