专题提升二十七 动量观点在电磁感应中的应用
题型1 动量定理在电磁感应中的应用
动量定理在电磁感应现象中的应用。
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=nΔt=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。
当题目中涉及速度v、电荷量q、运动时间t、运动位移x时用动量定理求解更方便。
【典例1】
(多选)(2024·湖南卷)某电磁缓冲装置如图所示,两足够长的平行金属导轨置于同一水平面内,导轨左端与一阻值为R的定值电阻相连,导轨BC段与B1C1段粗糙,其余部分光滑,AA1右侧处于竖直向下的匀强磁场中,一质量为m的金属杆垂直导轨放置。现让金属杆以初速度v0沿导轨向右经过AA1进入磁场,最终恰好停在CC1处。已知金属杆接入导轨之间的阻值为R,与粗糙导轨间的动摩擦因数为μ,AB=BC=d。导轨电阻不计,重力加速度为g,下列说法正确的是( )
A.金属杆经过BB1的速度为
B.在整个过程中,定值电阻R产生的热量为m-μmgd
C.金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域,金属杆所受安培力的冲量相同
D.若将金属杆的初速度加倍,则金属杆在磁场中运动的距离大于原来的2倍
【典例2】 中国高铁技术世界领先,被网友称为中国现代版的“四大发明”之一,其运行过程十分平稳。如图甲所示为某科研小组设计的列车电磁驱动系统的原理示意图,ABCD是水平固定在列车下方的n匝正方形金属线圈,每匝线圈的电阻均为R,边长均为d,用两条不计电阻的导线与智能输出系统(可输出大小和方向变化的电流)组成回路。如图乙所示,列车沿水平直轨道运动,轨道上依次间隔分布着方向垂直纸面向里的磁场,其磁感应强度大小为B、宽度、长度及磁场间的距离均为d。已知智能输出系统提供的额定功率为P,列车整体的质量为m,运动过程中受到的摩擦阻力和空气阻力的合力恒为重力的k倍。
甲 乙
(1)求列车运行的最大速度vm;
(2)若列车进站速度减为v0时,智能输出系统立即切换电路后停止工作,此时相当于E、F直接用电阻不计的导线连接,经时间t后列车的速度减为0,求该过程中列车前进的距离。
题型2 动量守恒定律在电磁感应中的应用
动量守恒定律在电磁感应现象中的应用。
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,如果两金属棒受的安培力等大反向,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。
【典例3】 (多选)(2024·海南卷)
两根足够长的导轨由上下段电阻不计,光滑的金属导轨组成,在M、N两点绝缘连接,M、N等高,间距L=1 m,连接处平滑。导轨平面与水平面夹角为30°,导轨两端分别连接一个阻值R=0.02 Ω的电阻和C=1 F的电容器,整个装置处于B=0.2 T的垂直导轨平面斜向上的匀强磁场中,两根导体棒ab、cd分别放在MN两侧,质量分别为m1=0.8 kg,m2=0.4 kg,ab棒电阻为0.08 Ω,cd棒的电阻不计,将ab由静止释放,同时cd从距离MN为x0 = 4.32 m处在一个大小F=4.64 N,方向沿导轨平面向上的力作用下由静止开始运动,两棒恰好在M、N处发生弹性碰撞,碰撞前瞬间撤去F,已知碰前瞬间ab的速度为4.5 m/s,g=10 m/s2( )
A.ab从释放到第一次碰撞前所用时间为1.44 s
B.ab从释放到第一次碰撞前,R上消耗的焦耳热为0.78 J
C.两棒第一次碰撞后瞬间,ab的速度大小为6.3 m/s
D.两棒第一次碰撞后瞬间,cd的速度大小为8.4 m/s
【典例4】 (2025·黄冈模拟)如图所示,两电阻不计的足够长光滑金属轨道EG、FH平行排列,间距L=1 m。EF右侧水平部分有垂直轨道平面向上的匀强磁场,磁感应强度大小B=1 T。导体棒PQ质量m2=0.1 kg,电阻R2=4 Ω,静止在边界EF右侧x处。导体棒MN质量m1=0.3 kg,电阻R1=2 Ω,由轨道左侧高h处由静止下滑,运动过程中两杆始终与轨道接触良好,重力加速度取g=10 m/s2。
(1)若h=3.2 m,求MN进入磁场时导体棒PQ所受安培力F的大小;
(2)若h=3.2 m,两棒在磁场中运动时不发生碰撞,求从MN进入磁场到两棒达到稳定过程中,导体棒MN上产生的焦耳热Q1;
(3)若x=a m,h=b m,要求MN与PQ运动过程中恰好不相撞,求a与b满足的函数关系。
动量守恒定律在电磁感应中的应用常以两种方式出现,一种是两导体棒发生碰撞,碰撞过程满足动量守恒定律(如典例3);另一种是两导体棒不相撞,在同一水平轨道上滑动过程中系统所受合外力为零,满足动量守恒(如典例4),此过程中系统减少的机械能转化为电能,电能进一步转化为内能。
专题提升二十七 动量观点在电磁感应中的应用
题型1
【典例1】 CD 解析 设导轨间距为L,金属杆在AB间运动的过程中,根据动量定理得-BILt=mv1-mv0,且It=q==,整理得=mv0-mv1;金属杆在AC间运动过程,根据动量定理得-BILt'-μmgt2=0-mv0(t2为金属杆在BC段运动的时间),且It'=q'==,整理得+μmgt2=mv0,比较得v1>,A项错误;在整个过程中,由能量守恒定律得Q总=m-μmgd,定值电阻R上产生的热量QR=Q总,联立解得QR=m-μmgd,B项错误;结合A项分析可知,金属杆经过AA1B1B区域,金属杆所受安培力的冲量I1=,金属杆经过BB1C1C区域,金属杆所受安培力的冲量I2=,可得I1=I2,所以金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域所受安培力的冲量大小相等,C项正确;由A项的分析知,+μmgt2=mv0,若初速度增大到原来的2倍,但t2会减小,所以x会比原来的2倍大,D项正确。
【典例2】 答案 (1)-
(2)
解析 (1)由题意知,列车所受安培力F=nBId,所受阻力f=kmg,
当安培力与阻力等大反向时,列车运行速度最大,即F=f,P=I2·nR+fvm,
得vm=-。
(2)智能系统切换电路后,列车在安培力与摩擦阻力的共同作用下减速为零,以向右为正方向,由动量定理可得
(-nBd)t+(-kmgt)=0-mv0,
其中=,
又t=s,
得s=。
题型2
【典例3】 BD 解析 由于导体棒ab、cd同时由静止释放,且恰好在M、N处发生弹性碰撞,则说明ab、cd在到达M、N处所用的时间是相同的,对导体棒cd和电容器组成的回路有Δq=C·BLΔv,对cd根据牛顿第二定律有F-BIL-m2gsin 30° = m2a2,其中a2=,I=,联立有a2=,说明导体棒cd做匀加速直线运动,则有x0=a2t2,联立解得a2=6 m/s2,t=1.2 s,A项错误;由题知,碰前瞬间ab的速度为4.5 m/s,则根据功能关系有m1gxabsin 30°-Q=m1,导体棒下滑过程中根据动量定理有m1gsin 30°·t-BL·t=m1v1,其中q=t=,R总= R+Rab=0.1 Ω,联立解得q=6 C,xab=3 m,Q=3.9 J,R上消耗的焦耳热为QR=Q=0.78 J,B项正确;由于两棒恰好在M、N处发生弹性碰撞,取沿斜面向下为正,有m1v1-m2v2 = m1v1'+m2v2',m1+m2=m1v1'2+m2v2'2,其中v2=a2t=7.2 m/s,联立解得v1'=-3.3 m/s,v2'=8.4 m/s,C项错误,D项正确。
【典例4】 答案 (1) N (2)0.8 J
(3)
解析 (1)根据题意,导体棒MN下滑过程,由机械能守恒定律有m1gh=m1,
MN进入磁场时,由法拉第电磁感应定律有E=BLv0,
MN、PQ组成的回路中,感应电流为
I=,
导体棒PQ所受安培力的大小F=BIL,
解得F= N。
(2)MN、PQ在磁场中运动所受安培力大小相等,方向相反,两导体棒达到稳定时,速度大小相等,根据题意,由动量守恒定律有
m1v0=(m1+m2)v1,
由能量守恒定律有
Q=m1-(m1+m2),
导体棒MN上产生的焦耳热
Q1=R1,
解得Q1=0.8 J。
(3)根据题意,对导体棒PQ,由动量定理有
BLt=m2v1,
又有t=,
解得x=,
代入数值得a=。(共25张PPT)
专题提升二十七
动量观点在电磁感应中的应用
第十二章 电磁感应
题型1 动量定理在电磁感应中的应用
题型2 动量守恒定律在电磁感应中的应用
内容
索引
动量定理在电磁感应中的应用
题型1
动量定理在电磁感应现象中的应用。
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=nΔt=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。
当题目中涉及速度v、电荷量q、运动时间t、运动位移x时用动量定理求解更方便。
【典例1】 (多选)(2024·湖南卷)某电磁
缓冲装置如图所示，两足够长的平行金属
导轨置于同一水平面内，导轨左端与一阻
值为R的定值电阻相连，导轨BC段与B1C1
段粗糙，其余部分光滑，AA1右侧处于竖直向下的匀强磁场中，一质量为m的金属杆垂直导轨放置。现让金属杆以初速度v0沿导轨向右经过AA1进入磁场，最终恰好停在CC1处。已知金属杆接入导轨之间的阻值为R，与粗糙导轨间的动摩擦因数为μ，AB=BC=d。导轨电阻不计，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A.金属杆经过BB1的速度为
B.在整个过程中，定值电阻R产生的热量为m-μmgd
C.金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域，金属杆所受安培力的冲量相同
D.若将金属杆的初速度加倍，则金属杆在磁场中运动的距离大于原来的2倍
设导轨间距为L，金属杆在AB间运动的过程中，根据动量定理得-BILt=mv1-mv0，且It=q==，整理得=mv0-mv1；金属杆在AC间运动过程，根据动量定理得-BILt'-μmgt2=0-mv0(t2为金属杆在BC段运动的时间)，且It'=q'==，整理得+μmgt2=mv0，比较得v1>，A项错误；在整个过程中，由能量守恒定律得Q总=m-μmgd，定值电阻R上产生的热量QR=Q总，联立解得
解析
QR=m-μmgd，B项错误；结合A项分析可知，金属杆经过AA1B1B区域，金属杆所受安培力的冲量I1=，金属杆经过BB1C1C区域，金属杆所受安培力的冲量I2=，可得I1=I2，所以金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域所受安培力的冲量大小相等，C项正确；由A项的分析知，+μmgt2=mv0，若初速度增大到原来的2倍，但t2会减小，所以x会比原来的2倍大，D项正确。
解析
【典例2】 中国高铁技术世界领先，被网友称为中国现代版的“四大发明”之一，其运行过程十分平稳。如图甲所示为某科研小组设计的列车电磁驱动系统的原理示意图，ABCD是水平固定在列车下方的n匝正方形金属线圈，每匝线圈的电阻均为R，边长均为d，用两条不计电阻的导线与智能输出系统(可输出大小和方向变化的电流)组成回路。如图乙所示，列车沿水平直轨道运动，轨道上依次间隔分布着方向垂直纸面向里的磁场，其磁感应强度大小为B、宽度、长度及磁
场间的距离均为d。已知智能输出系统提供的额定功率为P，列车整体的质量为m，运动过程中受到的摩擦阻力和空气阻力的合力恒为重力的k倍。
由题意知，列车所受安培力F=nBId，所受阻力f=kmg，
当安培力与阻力等大反向时，列车运行速度最大，即F=f，P=I2·nR+fvm，
得vm=-。
解析
(1)求列车运行的最大速度vm；
智能系统切换电路后，列车在安培力与摩擦阻力的共同作用下减速为零，以向右为正方向，由动量定理可得
(-nBd)t+(-kmgt)=0-mv0，
解析
(2)若列车进站速度减为v0时，智能输出系统立即切换电路后停止工作，此时相当于E、F直接用电阻不计的导线连接，经时间t后列车的速度减为0，求该过程中列车前进的距离。
其中=，
又t=s，
得s=。
解析
动量守恒定律在电磁感应中的应用
题型2
动量守恒定律在电磁感应现象中的应用。
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，如果两金属棒受的安培力等大反向，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。
【典例3】 (多选)(2024·海南卷)两根足够长的导轨由上下段电阻不计，光滑的金属导轨组成，在M、N两点绝缘连接，M、N等高，间距L=1 m，连接处平滑。导轨平面与水平面夹角为30°，导轨两端分别连接一个阻值R=0.02 Ω的电阻和C=1 F的电容器，整个装置处于B=0.2 T的垂直导轨平面斜向上的匀强磁场中，两根导体棒ab、cd分别放在MN两侧，质量分别为m1=0.8 kg，m2=0.4 kg，ab棒电阻为0.08 Ω，cd棒的电阻不计，将ab由静止释放，同时cd从距离MN为
x0 = 4.32 m处在一个大小F=4.64 N，方向沿导轨平面向上的力作用下由静止开始运动，两棒恰好在M、N处发生弹性碰撞，碰撞前瞬间撤去F，已知碰前瞬间ab的速度为4.5 m/s，g=10 m/s2( )
A.ab从释放到第一次碰撞前所用时间为1.44 s
B.ab从释放到第一次碰撞前，R上消耗的焦耳热为0.78 J
C.两棒第一次碰撞后瞬间，ab的速度大小为6.3 m/s
D.两棒第一次碰撞后瞬间，cd的速度大小为8.4 m/s
由于导体棒ab、cd同时由静止释放，且恰好在M、N处发生弹性碰撞，则说明ab、cd在到达M、N处所用的时间是相同的，对导体棒cd和电容器组成的回路有Δq=C·BLΔv，对cd根据牛顿第二定律有F-BIL-m2gsin 30° = m2a2，其中a2=，I=，联立有a2= ，说明导体棒cd做匀加速直线运动，则有x0=a2t2，联立解得a2=6 m/s2，t=1.2 s，A项错误；由题知，碰前瞬间ab的速度为4.5 m/s，则根据功能关系有m1gxabsin 30°-Q=m1，导体棒下
解析
滑过程中根据动量定理有m1gsin 30°·t-BL·t=m1v1，其中q=t=，R总= R+Rab=0.1 Ω，联立解得q=6 C，xab=3 m，Q=3.9 J, R上消耗的焦耳热为QR=Q=0.78 J，B项正确；由于两棒恰好在M、N处发生弹性碰撞，取沿斜面向下为正，有m1v1-m2v2 = m1v1'+m2v2'，m1+m2=m1v1'2+m2v2'2，其中v2=a2t=7.2 m/s,联立解得v1'=-3.3 m/s，v2'=8.4 m/s，C项错误，D项正确。
解析
【典例4】 (2025·黄冈模拟)如图所示，
两电阻不计的足够长光滑金属轨道EG、
FH平行排列，间距L=1 m。EF右侧水平
部分有垂直轨道平面向上的匀强磁场，
磁感应强度大小B=1 T。导体棒PQ质量m2=0.1 kg，电阻R2=4 Ω，静止在边界EF右侧x处。导体棒MN质量m1=0.3 kg，电阻R1=2 Ω，由轨道左侧高h处由静止下滑，运动过程中两杆始终与轨道接触良好，重力加速度取g=10 m/s2。
(1)若h=3.2 m，求MN进入磁场时导体棒PQ所受安培力F的大小；
根据题意，导体棒MN下滑过程，由机械能守恒定律有
m1gh=m1，
MN进入磁场时，由法拉第电磁感应定律有E=BLv0，
MN、PQ组成的回路中，感应电流为I=，
导体棒PQ所受安培力的大小F=BIL，
解得F= N。
解析
(2)若h=3.2 m，两棒在磁场中运动时不发生碰撞，求从MN进入磁场到两棒达到稳定过程中，导体棒MN上产生的焦耳热Q1；
MN、PQ在磁场中运动所受安培力大小相等，方向相反，两导体棒达到稳定时，速度大小相等，根据题意，由动量守恒定律有
m1v0=(m1+m2)v1，
由能量守恒定律有Q=m1-(m1+m2)，
导体棒MN上产生的焦耳热Q1=R1，解得Q1=0.8 J。
解析
(3)若x=a m，h=b m，要求MN与PQ运动过程中恰好不相撞，求a与b满足的函数关系。
根据题意，对导体棒PQ，由动量定理有BLt=m2v1，
又有t=，
解得x=，
代入数值得a=。
解析
动量守恒定律在电磁感应中的应用常以两种方式出现，一种是两导体棒发生碰撞，碰撞过程满足动量守恒定律(如典例3)；另一种是两导体棒不相撞，在同一水平轨道上滑动过程中系统所受合外力为零，满足动量守恒(如典例4)，此过程中系统减少的机械能转化为电能，电能进一步转化为内能。专题提升练27 动量观点在电磁感应中的应用
梯级Ⅰ基础练
1.如图所示，两光滑平行长直导轨，间距为d，固定在水平面上，磁感应强度为B的匀强磁场与导轨平面垂直。两质量都为m、电阻都为r的导体棒L1、L2垂直放置在导轨上，与导轨接触良好，两导体棒距离足够远，L1静止，L2以初速度v0向右运动，不计导轨电阻，忽略感应电流产生的磁场，则( )
A.导体棒L1、L2构成的系统动量不守恒
B.导体棒L2的速度逐渐减小为0.5v0，这个过程中L2产生的焦耳热为
C.导体棒L1的速度增加为0.5v0时，导体棒L1两端的电势差为0.5Bdv0
D.当导体棒L2的速度减小为0.6v0，导体棒L1的速度增加为0.4v0时，导体棒L1两端的电势差为0.2Bdv0
2.如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ间距l=1 m，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成30°角。杆1、杆2是两根用细线连接的金属杆，质量分别为m1=0.1 kg和m2=0.4 kg，两杆垂直导轨放置，且两端始终与导轨接触良好，两杆的总电阻R=2 Ω，两杆在沿导轨向上的外力F作用下保持静止。整个装置处在磁感应强度B=1 T的匀强磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂直，在t=0时刻将细线烧断，保持F不变，重力加速度g取10 m/s2，求:
(1)烧断细线瞬间杆1的加速度大小;
(2)细线烧断后，两杆最大速度v1、v2的大小;
(3)两杆刚达到最大速度时，杆1上滑了0.8 m，则从t=0时刻起到此刻用了多长时间
3.如图所示，左侧倾角θ=37°、足够长的光滑平行金属导轨与右侧足够长的水平光滑平行金属导轨之间用两段光滑绝缘圆弧轨道(长度可忽略)连接，两导轨的水平部分在同一水平面内，间距为d，倾斜导轨顶端连接阻值为R的定值电阻。两部分导轨分别处于与导轨平面垂直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中(图中未画出)。质量为3m的金属棒Q静止在圆弧底部，质量为5m的金属棒P从倾斜导轨上某处由静止滑下，当金属棒P到达倾斜导轨底端时速度恰好达到最大。金属棒P、Q的电阻均为R，两棒发生弹性碰撞且碰撞时间极短，两棒始终与导轨垂直且接触良好，不计金属导轨的电阻。重力加速度为g，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8.求:
(1)金属棒P到达倾斜导轨底端时的速度大小;
(2)金属棒P、Q碰撞后金属棒P的速度大小;
(3)从金属棒P、Q碰撞后到两棒的运动状态达到稳定的过程中，金属棒P、Q的位移差。
梯级Ⅱ能力练
4.(2024·湖北卷)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)ab刚越过MP时产生的感应电动势大小;
(2)金属环刚开始运动时的加速度大小;
(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。
梯级Ⅲ创新练
5.如图所示，MCN与PDQ是一组足够长的平行光滑导轨，间距L=1 m，MC、PD倾斜，CN、DQ在同一水平面内，CD与CN垂直，C、D处平滑连接。水平金属导轨间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B=1 T。质量m=0.1 kg、电阻R=1 Ω、长度为L的硬质导体棒a静止在水平轨道上，与a完全相同的导体棒b从距水平面高度h=0.2 m的倾斜绝缘轨道上由静止释放，最后恰好不与a棒相撞，运动过程中a、b棒始终与导轨垂直且接触良好。不计其他电阻和空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。
(1)求b棒刚进入磁场时，a棒所受安培力的大小;
(2)求整个过程中通过a棒的电荷量q及a棒距离CD的初始距离x0;
(3)a、b棒稳定后，在释放b棒的初始位置由静止释放相同的b2棒，所有棒运动稳定后，在同一位置再由静止释放相同的b3棒，所有棒运动再次稳定后，依此类推，逐一由静止释放b4、b5、……、bn。当释放的bn最终与所有棒运动稳定后，求从bn棒开始释放到与所有棒运动保持相对稳定时，回路中产生的焦耳热Qn。
专题提升练27 动量观点在电磁感应中的应用
1.C 解析 L2切割磁感线,回路中产生感应电流,两导体棒受等大、反向的安培力作用,合力为零,两者构成的系统动量守恒,A项错误;依题意,把导体棒L1和L2看成一个系统,则系统动量守恒,取向右为正方向,当导体棒L2的速度逐渐减小为0.5v0时,有mv0=m×0.5v0+mv,解得v=0.5v0,根据能量守恒定律得m=×2mv2+2QL,联立解得这个过程中L2产生的焦耳热为QL=m,B项错误;导体棒L1的速度增加为0.5v0时,此时两棒速度相等,则两棒两端的电势差相等,均等于各自切割磁感线产生的感应电动势,则导体棒L1两端的电势差为U=0.5Bdv0,C项正确;当导体棒L2的速度减小为0.6v0,导体棒L1的速度增加为0.4v0时,回路中感应电动势为E=BdΔv=0.2Bdv0,根据闭合电路欧姆定律可得L1两端的电势差为U'=0.5E=0.1Bdv0,D项错误。
2.答案 (1)20 m/s2 (2)3.2 m/s 0.8 m/s (3)0.41 s
解析 (1)两杆在沿导轨向上的外力F作用下保持静止,则有F=(m1+m2)gsin 30°,
烧断细线后,根据牛顿第二定律有
F-m1gsin 30° =m1a,
解得a=20 m/s2。
(2)线烧断前F=(m1+m2)gsin 30°,
细线烧断后F安1=F安2,方向相反,
由系统动量守恒得m1v1=m2v2,
两棒同时达到最大速度,之后做匀速直线运动。对棒2有m2gsin 30°=BIl,
根据欧姆定律有I=,
解得v1=3.2 m/s,v2=0.8 m/s。
(3)由系统动量守恒得m1v1=m2v2,
则m1x1=m2x2,
即x2=0.2 m,
设所求时间为t,对棒2由动量定理得
m2gsin 30°·t-Bl·t=m2v2-0,
其中t===,
解得t=0.41 s。
3.答案 (1) (2)
(3)
解析 (1)金属棒P速度最大时加速度为零,此时有
5mgsin 37°=B··d,
解得金属棒P到达底端的速度大小为
v=。
(2)金属棒P和Q碰撞前后,由动量守恒定律可得5mv=5mv1+3mv2,
由机械能守恒定律可得
×5mv2=×5m+×3m,
联立解得金属棒P、Q碰撞后的速度大小分别为v1=,v2=。
(3)碰后金属棒P和Q组成的系统,水平方向上所受的合外力为0,则水平方向上动量守恒,两棒的运动状态达到稳定时两金属棒的速度相同,在水平方向上,由动量守恒定律5mv1+3mv2=(5m+3m)v0,
解得两金属棒一起做匀速直线运动时的速度大小为v0=,
设两金属棒碰后至一起做匀速直线运动过程中,两者的位移差为Δx,所经历的时间为Δt,回路的平均电流为,则
==,
此过程中,对金属棒P,由动量定理可得
Bd·Δt=5mv0-5mv1,
联立解得Δx=。
4.答案 (1)BL (2)
(3)+L
解析 (1)设ab棒刚越过MP时速度大小为v1,产生的电动势大小为E1,对ab在圆弧导轨上运动的过程,由机械能守恒定律有
mgL=m,
ab刚越过MP时,由法拉第电磁感应定律得
E1=BLv1,
联立解得E1=BL。
(2)经分析知金属环在导轨外的两段电阻被短路,由几何关系可知导轨之间两段金属环的电阻均为R,它们在电路中并联后的总电阻
Rc=,
设电路中初始的干路电流为I1,由闭合电路欧姆定律有I1=,
经分析知整个金属环在运动过程中可视为长度为L、电阻为Rc的金属棒,设金属环刚开始运动时所受的安培力大小为F1、加速度大小为a,则F1=I1LB,
由牛顿第二定律得F1=2ma,
联立解得a=。
(3)经分析,ab进入磁场后,ab和金属环组成的系统动量守恒,设两者共速时的速度大小为v2,由动量守恒定律得
mv1=(m+2m)v2,
设在极短时间Δt内,ab与金属环圆心的距离减少量为Δx,金属环所受安培力大小为F,流过ab的电流为I,整个电路的电动势为E,对金属环,由动量定理得∑FΔt=2mv2-0,
F=ILB,
由闭合电路欧姆定律得I=,
设金属环圆心初始位置到MP的最小距离为s,若ab与金属环共速时,两者恰好接触,金属环圆心初始位置到MP的距离最小,对ab进入磁场到两者共速的过程,由法拉第电磁感应定律有E=BL,
又s=L+∑Δx,
联立解得s=+L。
5.答案 (1)1 N (2)0.1 C 0.2 m
(3) J
解析 (1)根据题意,对b棒由动能定理可得
mgh=m,
b棒刚进入磁场时,感应电动势E=BLv0,
回路中的电流I=,
安培力F=BIL,
联立可得F==1 N。
(2)对a、b棒由动量守恒定律可得
mv0=2mv1,
对a棒由动量定理可得BLt=mv1,
电荷量q=t,
解得q=0.1 C,
由(1)问可得t=mv1,
可得x0=Δt=0.2 m。
(3)当b2棒运动达到稳定后有
2mv0=3mv2,
当b3棒运动达到稳定后有3mv0=4mv3,
当bn棒运动达到稳定后有
nmv0=(n+1)mvn,
可得vn-1=v0,
则vn=v0,
故回路中产生的焦耳热
Qn=m+nm-(n+1)m,
解得Qn= J。(共26张PPT)
专题提升练27
动量观点在电磁感应中的应用
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1.如图所示，两光滑平行长直导轨，间距为d，固定在水平面上，磁感应强度为B的匀强磁场与导轨平面垂直。两质量都为m、电阻都为r的导体棒L1、L2垂直放置在导轨上，与导轨接触良好，两导体棒距离足够远，L1静止，L2以初速度v0向右运动，不计导轨电阻，忽略感应电流产生的磁场，则( )
梯级Ⅰ 基础练
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A.导体棒L1、L2构成的系统动量不守恒
B.导体棒L2的速度逐渐减小为0.5v0，这个过程中L2产生的焦耳热为
C.导体棒L1的速度增加为0.5v0时，导体棒L1两端的电势差为0.5Bdv0
D.当导体棒L2的速度减小为0.6v0，导体棒L1的速度增加为0.4v0时，导体棒L1两端的电势差为0.2Bdv0
L2切割磁感线，回路中产生感应电流，两导体棒受等大、反向的安培力作用，合力为零，两者构成的系统动量守恒，A项错误；依题意，把导体棒L1和L2看成一个系统，则系统动量守恒，取向右为正方向，当导体棒L2的速度逐渐减小为0.5v0时，有mv0=m×
0.5v0+mv，解得v=0.5v0，根据能量守恒定律得m=×2mv2+
2QL，联立解得这个过程中L2产生的焦耳热为QL=m，B项错
解析
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误；导体棒L1的速度增加为0.5v0时，此时两棒速度相等，则两棒两端的电势差相等，均等于各自切割磁感线产生的感应电动势，则导体棒L1两端的电势差为U=0.5Bdv0，C项正确；当导体棒L2的速度减小为0.6v0，导体棒L1的速度增加为0.4v0时，回路中感应电动势为E=BdΔv=0.2Bdv0，根据闭合电路欧姆定律可得L1两端的电势差为U'=0.5E=0.1Bdv0，D项错误。
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2.如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ间距l=1 m，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成30°角。杆1、杆2是两根用细线连接的金属杆，质量分别为m1=0.1 kg和m2=0.4 kg，两杆垂直导轨放置，且两端始终与导轨接触良好，两杆的总电阻R= 2 Ω，两杆在沿导轨向上的外力F作用下保持静止。整个装置处在磁感应强度B=1 T的匀强磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂直，在t=0时刻将细线烧断，保持F不变，重力加速度g取10 m/s2，求:
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(1)烧断细线瞬间杆1的加速度大小；
两杆在沿导轨向上的外力F作用下保持静止，则有F=(m1+m2)gsin 30°，
烧断细线后，根据牛顿第二定律有F-m1gsin 30° =m1a，
解得a=20 m/s2。
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(2)细线烧断后，两杆最大速度v1、v2的大小；
线烧断前F=(m1+m2)gsin 30°，
细线烧断后F安1=F安2，方向相反，
由系统动量守恒得m1v1=m2v2，
两棒同时达到最大速度，之后做匀速直线运动。对棒2有
m2gsin 30°=BIl，
根据欧姆定律有I=，
解得v1=3.2 m/s，v2=0.8 m/s。
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(3)两杆刚达到最大速度时，杆1上滑了0.8 m，则从t=0时刻起到此刻用了多长时间
由系统动量守恒得m1v1=m2v2，则m1x1=m2x2，即x2=0.2 m，
设所求时间为t，对棒2由动量定理得
m2gsin 30°·t-Bl·t=m2v2-0，
其中t===，
解得t=0.41 s。
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3.如图所示，左侧倾角θ=37°、足够长的光滑平行金属导轨与右侧足够长的水平光滑平行金属导轨之间用两段光滑绝缘圆弧轨道(长度可忽略)连接，两导轨的水平部分在同一水平面内，间距为d，倾斜导轨顶端连接阻值为R的定值电阻。两部分导轨分别处于与导轨平面垂直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中(图中未画出)。质量为3m的金属棒Q静止在圆弧底部，质量为5m的金属棒P从倾斜导轨上某处由静止滑下，当金属棒P到达倾斜导轨底端时速度恰好达到最大。金属棒P、Q的电阻均为R，两棒发生弹性碰撞且碰撞时间极短，两棒始终与导轨垂直且接触良好，不计金属导轨的电阻。重力加速度为g， sin 37°=0.6，cos 37°=0.8.求:
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(1)金属棒P到达倾斜导轨底端时的速度大小；
金属棒P速度最大时加速度为零，此时有
5mgsin 37°=B··d，
解得金属棒P到达底端的速度大小为v=。
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(2)金属棒P、Q碰撞后金属棒P的速度大小；
金属棒P和Q碰撞前后，由动量守恒定律可得5mv=5mv1+3mv2，
由机械能守恒定律可得
×5mv2=×5m+×3m，
联立解得金属棒P、Q碰撞后的速度大小分别为
v1=，v2=。
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(3)从金属棒P、Q碰撞后到两棒的运动状态达到稳定的过程中，金属棒P、Q的位移差。
碰后金属棒P和Q组成的系统，水平方向上所受的合外力为0，则水平方向上动量守恒，两棒的运动状态达到稳定时两金属棒的速度相同，在水平方向上，由动量守恒定律5mv1+3mv2=(5m+3m)v0，
解得两金属棒一起做匀速直线运动时的速度大小为v0=，
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设两金属棒碰后至一起做匀速直线运动过程中，两者的位移差为Δx，所经历的时间为Δt，回路的平均电流为，则
==，
此过程中，对金属棒P，由动量定理可得Bd·Δt=5mv0-5mv1，
联立解得Δx=。
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4.(2024·湖北卷)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:
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梯级Ⅱ 能力练
(1)ab刚越过MP时产生的感应电动势大小；
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设ab棒刚越过MP时速度大小为v1，产生的电动势大小为E1，对ab在圆弧导轨上运动的过程，由机械能守恒定律有
mgL=m，
ab刚越过MP时，由法拉第电磁感应定律得
E1=BLv1，
联立解得E1=BL。
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(2)金属环刚开始运动时的加速度大小；
经分析知金属环在导轨外的两段电阻被短路，由几何关系可知导轨之间两段金属环的电阻均为R，它们在电路中并联后的总电阻
Rc=，
设电路中初始的干路电流为I1，由闭合电路欧姆定律有I1=，
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经分析知整个金属环在运动过程中可视为长度为L、电阻为Rc的金属棒，设金属环刚开始运动时所受的安培力大小为F1、加速度大小为a，则F1=I1LB，
由牛顿第二定律得F1=2ma，
联立解得a=。
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(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。
经分析，ab进入磁场后，ab和金属环组成的系统动量守恒，设两者共速时的速度大小为v2，由动量守恒定律得mv1=(m+2m)v2，
设在极短时间Δt内，ab与金属环圆心的距离减少量为Δx，金属环所受安培力大小为F，流过ab的电流为I，整个电路的电动势为E，对金属环，由动量定理得∑FΔt=2mv2-0，F=ILB，
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由闭合电路欧姆定律得I=，
设金属环圆心初始位置到MP的最小距离为s，若ab与金属环共速 时，两者恰好接触，金属环圆心初始位置到MP的距离最小，对ab进入磁场到两者共速的过程，由法拉第电磁感应定律有E=BL，
又s=L+∑Δx，
联立解得s=+L。
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5.如图所示，MCN与PDQ是一组足够长的平行光滑导轨，间距L= 1 m，MC、PD倾斜，CN、DQ在同一水平面内，CD与CN垂直，C、D处平滑连接。水平金属导轨间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B=1 T。质量m=0.1 kg、电阻R=1 Ω、长度为L的硬质导体棒a静止在水平轨道上，与a完全相同的导体棒b从距水平面高度h=0.2 m的倾斜绝缘轨道上由静止释放，最后恰好不与a棒相撞，运动过程中a、b棒始终与导轨垂直且接触良好。不计其他电阻和空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。
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梯级Ⅲ 创新练
(1)求b棒刚进入磁场时，a棒所受安培力的大小；
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根据题意，对b棒由动能定理可得mgh=m，b棒刚进入磁场 时，感应电动势E=BLv0，回路中的电流I=，安培力F=BIL，联立可得F==1 N。
解析
(2)求整个过程中通过a棒的电荷量q及a棒距离CD的初始距离x0；
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对a、b棒由动量守恒定律可得mv0=2mv1，
对a棒由动量定理可得BLt=mv1，电荷量q=t，
解得q=0.1 C，由(1)问可得t=mv1，
可得x0=Δt=0.2 m。
解析
(3)a、b棒稳定后，在释放b棒的初始位置由静止释放相同的b2棒，所有棒运动稳定后，在同一位置再由静止释放相同的b3棒，所有棒运动再次稳定后，依此类推，逐一由静止释放b4、b5、……、bn。当释放的bn最终与所有棒运动稳定后，求从bn棒开始释放到与所有棒运动保持相对稳定时，回路中产生的焦耳热Qn。
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当b2棒运动达到稳定后有2mv0=3mv2，
当b3棒运动达到稳定后有3mv0=4mv3，
当bn棒运动达到稳定后有nmv0=(n+1)mvn，
可得vn-1=v0，则vn=v0，
故回路中产生的焦耳热Qn=m+nm-(n+1)m，
解得Qn= J。
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