微专题突破练(六) 动量观点在电磁感应中的应用
1．(多选)发电机的工作原理可以简化为如图所示的情境。质量为m的导体棒垂直于光滑导轨放置，导轨间距为l，导轨间分布着垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场。将负载(电阻为R的电热毯)接入导轨中形成闭合回路，导体棒在恒力F0的作用下由静止开始沿光滑导轨运动。t时刻，导体棒速度达到v。导轨和导体棒电阻忽略不计，导轨无限长，导体棒始终与导轨垂直且接触良好。下列说法正确的是( )
A．t时刻，导体棒运动速度v＝t
B．0～t时间内发电机电动势随时间先增大后不变
C．t时刻，电热毯的功率为
D．电热毯的功率最终将达到
2．(多选)如图所示，两宽度不等的光滑平行金属导轨水平固定放置，窄轨间距为L、宽轨间距为2L，导体棒ab、cd分别垂直放置在两导轨上，质量均为m、电阻均为R，导轨间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小均为B，已知两导轨均足够长、电阻不计，现让两导体棒均以大小为v0的初速度平行于导轨水平向右运动，运动过程中棒始终与导轨垂直且接触良好，导体棒ab始终未滑离窄轨，在导体棒运动的过程中，下列说法正确的是( )
A．导体棒ab的最大速度为
B．导体棒ab产生的焦耳热最多为
C．通过导体棒ab的电荷量最多为
D．回路中的最大电流为
3．(多选)如图所示，距地面高h处水平放置间距为L的两条光滑平行金属导轨，导轨左端接有电动势为E的电源，质量为m的金属杆静置于导轨上，与导轨垂直且接触良好，空间有竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场。现将开关S闭合，一段时间后金属杆从导轨右端水平飞出，测得其水平射程为d，下列说法正确的是( )
A．金属杆离开导轨前做匀变速直线运动
B．金属杆离开导轨前做非匀变速直线运动
C．电源消耗的电能为
D．从闭合开关到金属杆刚要落地时，金属杆受到的冲量为m
4．(多选)如图所示，间距均为L的水平金属轨道和半径为R的半圆金属轨道平滑连接，半圆轨道在竖直平面内，轨道电阻不计。在水平轨道区域内有竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场。在水平轨道上放置两长度均为L、质量分别为4m和m、电阻分别为r和2r的导体棒ab、cd，两导体棒到半圆底部的距离分别为x1(足够大)和x2＝3R，两导体棒与金属轨道间的摩擦可忽略不计。现突然给导体棒ab一速度v0＝10，一段时间后导体棒cd通过半圆轨道最高点后又恰好落到其初始位置，整个运动过程中，两导体棒与轨道均始终垂直且接触良好，两导体棒没有发生碰撞，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．导体棒cd到半圆轨道底部时对轨道的压力大小为mg
B．导体棒cd进入半圆轨道时，导体棒ab的速度大小为
C．从开始到导体棒cd进入半圆轨道，导体棒ab产生的热量为mgR
D．从开始到导体棒cd进入半圆轨道，通过导体棒cd的电荷量q＝
5．(多选)(2024·湖南邵阳二模)如图所示，平行倾斜光滑导轨与足够长的平行水平光滑导轨平滑连接，导轨间距为l，导轨电阻不计。质量均为m、电阻均为R的金属棒b和c，静止放在水平导轨上且与导轨垂直。图中虚线de右侧有范围足够大、方向竖直向上的匀强磁场。质量也为m的绝缘棒a垂直于倾斜导轨，从离水平导轨高为h处由静止释放。已知绝缘棒a滑到水平导轨上与金属棒b发生弹性正碰，金属棒b进入磁场后始终未与金属棒c发生碰撞。重力加速度为g。以下说法正确的是( )
A．a与b碰后分离时b的速度大小为
B．当b进入磁场后速度大小为时，b的加速度大小变为初始加速度大小的
C．b产生的焦耳热为mgh
D．b进入磁场后，b、c间距离增大了
6．(2024·福建莆田二模)福建舰成功实现电磁弹射试验后，某兴趣小组设计了一个模拟电磁弹射系统，如图甲所示，系统左侧接有直流电源、单刀双掷开关S和电容为C的电容器，右侧是离水平地面高为h的水平光滑平行金属导轨，导轨上放置一绝缘的助推模型，其外层固定一组金属线圈，线圈两端通过电刷与导轨连接形成回路，线圈处于导轨间的辐射状磁场中，侧视图如图乙所示。首先将开关S接至1，使电容器完全充电；然后将S接至2，模型从静止开始加速，达到最大速度后脱离导轨落在水平地面上，落地点离导轨右端点的水平距离为s。已知助推模型(含线圈、电刷)的质量为m，重力加速度为g；线圈的半径为r，匝数为n，总电阻为R，其所在处的磁感应强度大小均为B。不计空气阻力、导轨电阻、线圈中电流产生磁场和线圈自感的影响。求：
(1)模型在导轨上的最大速度vm；
(2)模型离开导轨后电容器所带的电荷量q；
(3)模型在导轨上的最大加速度am。
7．(2024·武汉高三毕业调研考试节选)如图甲所示，两平行长直金属导轨水平放置，间距L＝0.8 m。PQ右侧区域有匀强磁场，磁感应强度大小B＝0． 5 T，方向竖直向上。t＝0时，磁场外的细金属杆M以v0＝12 m/s的速度向右运动，t＝1 s时，细金属杆M恰好到达PQ处，同时，对磁场内处于静止状态的细金属杆N施加一与导轨平行的水平向右的恒力，其大小F＝0.8 N。细金属杆N运动2 s后两杆速度相等，两金属杆与导轨接触良好且运动过程中始终与导轨垂直，细金属杆M的速度随时间变化的v-t图像如图乙所示，两金属杆质量均为m＝0.2 kg，与导轨间的动摩擦因数相同，在导轨间的电阻均为R＝0.2 Ω，其他电阻不计，感应电流产生的磁场忽略不计，重力加速度g取10 m/s2。
(1)求金属杆与导轨间的动摩擦因数μ；
(2)为保证两金属杆不发生碰撞，求初始时金属杆N到边界PQ的最小距离Δx；
(3)求金属杆N最终运动的速度大小vN，并在图乙中作出金属杆N速度随时间大致变化的v-t图像(无须过程说明)。微专题突破练(六)
1．CD [根据动量定理有F0t－Blt＝mv，则v<，A错误；导体棒在恒力F0的作用下运动，由于电动势E＝Blv，电流I＝＝，导体棒所受安培力F安＝BIl＝，导体棒的加速度a＝＝，由此可知，随着导体棒速度的增大，加速度逐渐减小，当加速度减小为零后，导体棒做匀速运动，由于不知道t时刻加速度是否为零，则发电机电动势可能随时间先增大后不变，也可能一直增大，B错误；t时刻，电热毯的功率P＝I2R＝，C正确；最终，导体棒匀速，即a＝＝0，此时vm＝，电热毯的功率Pm＝＝，D正确。故选CD。]
2．ACD [稳定时电路中电流为0，导体棒ab速度最大，有BLvab＝B·2Lvcd，则vab＝2vcd，取向右为正方向，根据动量定理可得，对导体棒ab有B
t，解得通过导体棒ab的电荷量最多为q＝，故C正确；导体棒刚开始运动时，感应电动势最大，感应电流最大，由闭合电路欧姆定律可得I＝＝＝，故D正确。]
3．BCD [开关S闭合后，金属杆受向右的安培力而做加速运动，随着速度的增加，金属杆切割磁感线产生的感应电动势逐渐变大，因为感应电动势与原电源电动势反向，可知电路中电流减小，金属杆受到的安培力减小，则金属杆离开导轨前做非匀变速直线运动，A错误，B正确；金属杆做平抛运动的初速度v＝d，由动量定理得Bt＝Eq＝，C正确；金属杆落地时的速度v′＝＝，从闭合开关到金属杆刚要落地时，根据动量定理可知，金属杆受到的冲量为I＝mv′＝m，D正确。]
4．AD [由于棒cd进入半圆轨道后，不再受安培力作用，离开半圆轨道后做平抛运动，则竖直方向上有2R＝gt2，水平方向上有3R＝v′2t，联立解得v′2＝，从最低点到最高点，只有重力做功，由动能定理有－mg·2R＝，解得v2＝，棒cd在半圆轨道最低点所受合力提供其做圆周运动的向心力，则有N1－mg＝，解得N1＝mg, 结合牛顿第三定律可知，选项A正确；两导体棒均在水平轨道运动过程，通过两导体棒的电流相等，两导体棒所受安培力大小相等、方向相反，将两导体棒看作一个系统，该系统动量守恒，则有4mv0＝4mv1＋mv2，解得v1＝，选项B错误；两导体棒均在水平轨道运动过程，由能量守恒定律知，回路中产生的热量为Q＝＝mgR，由焦耳定律可知Qab＝Q＝mgR，选项C错误；对棒cd从开始运动到运动到半圆轨道最低点应用动量定理有BL·Δt＝mv2，整理得BLq＝m，即此过程中流过回路的电荷量q＝，选项D正确。]
5．AB [绝缘棒a滑到水平导轨上速度设为v0，由动能定理有mgh＝，得v0＝，a与金属棒b发生弹性正碰，质量相等，故碰后速度交换，a速度变为零，b获得v0的速度，故a与b碰后分离时b的速度大小为，A正确；b刚进入磁场时，加速度大小为a1＝＝＝＝，b进入磁场后，切割磁感线产生感应电流，受向左的安培力而减速，c受向右的安培力而加速，系统合外力为零，由动量守恒知mv0＝mvb＋mvc，将vb＝代入得vc＝，此时回路的总电动势为E总＝Eb－Ec＝Bl(vb－vc)＝Bl，此时b的加速度大小为a2＝＝＝，B正确；当b与c速度相等时，b上停止生热，由动量守恒有mv0＝2mv，得v＝v0＝，由能量守恒，设b上产生的焦耳热为Q，有mgh＝2Q＋·2mv2，知Q6．解析：(1)助推模型达到最大速度脱离导轨后，做平抛运动，则h＝gt2
s＝vmt
解得模型在导轨上的最大速度为vm＝s。
(2)模型离开导轨后电容器两端的电势差为
U＝nBLvm＝nB·2πr·s＝2πnBrs
模型离开导轨后电容器所带的电荷量为
q＝CU＝2πnCBrs。
(3)助推模型刚在导轨上运动时，加速度最大，设助推模型刚在导轨上运动时，电容器两端的电势差为U0，根据动量定理有nBLΔt＝mvm
其中L＝2πr
Δq＝Δt＝C(U0－U)
解得U0＝＋2πnBrs
根据牛顿第二定律有nI0BL＝mam
电流为I0＝
联立解得模型在导轨上的最大加速度为
am＝。
答案：(1)s (2)2πnCBrs (3)
7．解析：(1)在0～1 s内，金属杆M做匀减速运动，根据题图乙可知，加速度大小
a0＝ m/s2＝2 m/s2
由牛顿第二定律有μmg＝ma0
解得μ＝0.2。
(2)对M、N两金属杆组成的系统，由于F＝2μmg，故系统所受合力为零，动量守恒，取水平向右为正方向，从金属杆M进入磁场到M、N两金属杆共速的过程，根据动量守恒定律有
mv1＝2mv共
对金属杆N由动量定理有
FΔt0＋BLΔt0－μmgΔt0＝mv共－0
又＝＝，Δt0＝2 s
联立并代入数据解得Δx＝0.5 m。
(3)设最终稳定时金属杆M的速度为vM，金属杆N的速度为vN，取水平向右为正方向，对M、N两金属杆组成的系统，根据动量守恒定律有
mv1＝mvM＋mvN
M、N两金属杆最终均做匀速直线运动，对金属杆M由平衡条件有
＝μmg
联立并代入数据解得vM＝4.5 m/s，vN＝5.5 m/s
金属杆M、N达到稳定状态前，对金属杆N由牛顿第二定律有
F＋－μmg＝ma
由题意可知金属杆N先做初速度为0、加速度逐渐减小的加速运动，达到稳定状态后做速度vN＝5.5 m/s的匀速直线运动。作出金属杆N的v t图像如图所示。
答案：(1)0.2 (2)0.5 m (3)5.5 m/s 见解析图
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