专题课:电磁感应与动量的综合应用
例1 AD [解析] 棒运动过程中,通过棒横截面的电荷量q=Δt=Δt=·Δt==,从a到b的过程中与从b到c的过程中,回路面积的变化量ΔS相等,B、R相等,因此通过棒横截面的电荷量相等,故A正确;棒受到的安培力大小为FA=IlB=,方向水平向左,棒在安培力作用下做减速运动,由于a、b间距离与b、c间距离相等,安培力FA逐渐减小,由W=Fx可知,从a到b克服安培力做的功比从b到c克服安培力做的功多,由动能定理可知,棒的动能变化量不相等,棒克服安培力做功,把棒的动能转化为内能,因此从a到b的过程中回路产生的内能多,故B、C错误;安培力的冲量I=-lBΔt=-Bl·q,因这两个过程中的B、l、q都相等,故安培力的冲量相等,故D正确.
变式1 B [解析] 设线圈完全进入磁场中时的速度为v',线圈进入磁场的过程中通过线圈横截面的电荷量为q,因为线圈进、出磁场过程中面积变化量相等,所以磁通量的变化量相等,即进、出磁场过程中通过线圈横截面的电荷量相等,线圈在进入磁场、穿出磁场的过程中由动量定理得Bqa=mv0-mv',Bqa=mv'-mv,联立可得v'=,即B正确.
例2 (1)m (2)
[解析] (1)设两棒稳定时共同的末速度为v,由动量守恒定律得2mv0=(2m+m)v
由能量守恒定律得×2m=(2m+m)v2+E
联立解得E=m
(2)从开始运动到最终稳定,设两棒之间减少的距离为Δx,由法拉第电磁感应定律得,电路中产生的平均感应电动势为==
这段时间内回路电流的平均值为=
对cd棒应用动量定理得lBΔt=mv
联立解得Δx=
变式2 AC [解析] 由题意可知,两棒组成的系统动量守恒,由动量守恒定律得mv0=2mv',最终两棒共速,速度为,设电路总电阻为R,电流I=,由于v1逐渐减小,v2逐渐变大,I逐渐减小,且减小得越来越慢,当v1=v2=时I=0,故C正确,D错误;ab、cd的加速度大小相同,a==,由于I逐渐减小,加速度逐渐减小,所以ab做加速度减小的减速运动,最终以做匀速直线运动,cd做加速度逐渐减小的加速运动,最终以做匀速直线运动,故A正确,B错误.
随堂巩固
1.B [解析] 初始时ab棒向左运动受到向右的安培力,cd棒受到向左的安培力,所以ab棒减速,cd棒加速,设ab棒速度为v1、cd棒速度为v2,开始时v1>v2,之后v1减小,v2增大,两棒的相对速度Δv=v1-v2逐渐减小至0,两棒切割磁感线产生的感应电动势为E=BL·Δv,E也逐渐减小最终为0,感应电流逐渐减小到0,安培力逐渐减到0,所以ab棒做加速度逐渐减小的减速直线运动,cd棒做加速度逐渐减小的加速直线运动,A错误;两棒组成的系统所受的合外力为零,故系统的动量守恒,所以ab棒减小的动量等于cd棒增加的动量,B正确;回路中产生电磁感应现象,电流做功产生焦耳热,根据能量守恒定律可以知道,ab棒减小的动能等于cd棒增加的动能与两棒产生的焦耳热之和,所以ab棒减小的动能大于cd棒增加的动能,C错误;当v1>v2时,产生电磁感应现象,机械能转化为电能,两棒共速之后机械能守恒,不再产生电能,D错误.
2.BCD [解析] 线圈完全进入磁场后磁通量不变,线圈中无感应电流,不受安培力作用,则线圈的动量保持不变,选项A错误;由动量定理可知-F安Δt=mv-mv0,安培力的冲量大小为m(v0-v),选项C正确;设线圈全部进入磁场时的速度为v1,则由动量定理得-aBΔt=-Bq1a=mv1-mv0,线圈穿出磁场的过程,由动量定理得-'aBΔt'=-Bq2a=mv-mv1,由q=,可知因为进入和穿出磁场的过程中,磁通量的变化量相等,所以进入和穿出磁场的两个过程中通过线圈横截面的电荷量相等,即q1=q2,故进入过程线圈的速度变化量等于离开过程线圈的速度变化量,即v0-v1=v1-v,解得v1=,选项D正确;线圈进入磁场过程中安培力的冲量大小I1=aBΔt=Baq,而q=Δt=Δt=,则I1=,则整个过程中安培力的冲量大小为I=2I1=,选项B正确.
3.BD [解析] 由于mgsin 37°=μmgcos 37°,所以两棒组成的系统沿导轨方向动量守恒,当最终稳定时,有mv0=2mv,解得v=0.5v0,回路产生的焦耳热为Q=m-·2mv2=m,导体棒cd中产生的焦耳热为Qcd=Qab=Q=m,选项A错误,B正确;当导体棒cd的速度为v0时,由动量守恒定律得mv0=m·v0+mvab,解得vab=v0,选项C错误;当导体棒ab的速度为v0时,由动量守恒定律得mv0=m·v0+mvcd,解得vcd=v0,选项D正确.专题课:电磁感应与动量的综合应用
学习任务一 电磁感应与动量定理的综合应用
[物理建模] 动量定理多应用于导体棒切割磁感线中求解变力作用的时间、导体棒的速度、导体棒的位移和通过导体棒的电荷量等问题.
方法一:如图所示,导体棒运动时会受到向左的安培力FA=IlB=,I、v、FA均随时间变化.考虑很短的时间Δt,由动量定理得-IlBΔt=-·Δt=mΔv
对等式两边求和,考虑到IΔt=q,vΔt=x,Δv=v'-v0
可得-Blq=-=m(v'-v0)
由此式可知,若知道导体棒的速度变化量,就能得出该运动过程通过导体棒的电荷量q、导体棒的位移x,反之亦可以求出导体棒的末速度v'.
方法二:上面是通过微元法求和分析的,由于动量定理只考虑初、末状态,我们还可以从平均值的角度分析.
导体棒运动的位移为x时,q=·Δt=Δt=Δt=,则-Δt=-lBΔt=-Blq=-=m(v'-v0).
例1 (多选)如图所示,水平光滑的平行金属导轨左端接有电阻R,匀强磁场竖直向下分布在导轨所在的空间内,磁感应强度大小为B,质量一定的金属棒PQ垂直于导轨放置.今使棒以一定的初速度v0水平向右运动,当
其通过位置a、b时,速率分别为va、vb,到位置c时,棒刚好静止.设导轨与棒的电阻均不计,棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好,a和b的间距与b和c的间距相等.棒在由a到b和由b到c的两个过程中( )
A.通过棒横截面的电荷量相等
B.棒的动能变化量相等
C.回路产生的内能相等
D.安培力的冲量相等
[反思感悟]
变式1 如图所示,在光滑的水平面上,有一竖直向下的匀强磁场分布在宽为L的区域内,有一个边长为a(aA.完全进入磁场中时线圈的速度大于
B.完全进入磁场中时线圈的速度等于
C.完全进入磁场中时线圈的速度小于
D.以上情况A、B均有可能,而C是不可能的
【要点总结】
电磁感应与动量定理的综合应用还可以求以下两个问题
(1)求时间:Ft+IA=mv2-mv1,IA=-IlBΔt=-Bl.
(2)求位移:-IlBΔt=-=-=mv2-mv1.
学习任务二 电磁感应与动量守恒定律的综合应用
[物理建模] 如图所示,a、b导体棒运动时,通过两棒的电流大小相等, 根据F=IlB,可知两棒所受的安培力时刻大小相等,且方向相反,可用动量守恒定律求稳定时的速度.
例2 如图所示,空间存在一竖直向下的匀强磁场,磁感应强度大小为B,水平面内有两根固定的足够长的光滑平行金属导轨,导轨间距为l.在导轨上面平放着两根平行的导体棒ab和cd,质量分别是2m和m,电阻分别是R和2R,其余部分电阻可忽略不计.初始时刻cd棒静止,给ab棒一个向右的初速度v0,则:
(1)从开始运动到最终稳定,电路中产生多少电能 (2)从开始运动到最终稳定,两棒之间的距离减少了多少
变式2 (多选)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,ab以初速度v0向右滑动.运动过程中,ab、cd始终与导轨垂直并接触良好, 两者速度分别用v1、v2表示,回路中的电流用I表示.图中的图像可能正确的是 ( )
A
B
C
D
【要点总结】
(1)若两导体棒所在的导轨间距不相等,虽然通过的电流大小相等,但安培力大小不相等,动量守恒定律不适用,应考虑用动量定理分别列方程.
(2)导体棒在导轨上的运动问题,若提到位移、电荷量或速度,则考虑用动量定理或动量守恒定律.若提到焦耳热,则考虑用能量守恒定律或功能关系.
1.(电磁感应与动量守恒定律的综合应用)[2024·北京四中月考] 如图所示,一水平面内固定两根足够长的光滑平行金属导轨,导轨上面横放着两根完全相同的铜棒ab和cd,构成矩形回路,在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场.开始时,cd棒静止,ab棒有一个水平向左的初速度v0,ab、cd棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好,则关于两棒以后的运动,下列说法正确的是 ( )
A.ab棒做匀速直线运动,cd棒做匀加速直线运动
B.ab棒减小的动量等于cd棒增加的动量
C.ab棒减小的动能等于cd棒增加的动能
D.两棒一直运动,机械能不断转化为电能
2.(电磁感应与动量定理的综合应用)(多选)如图所示,在光滑的水平面上有一竖直向下磁感应强度为B、宽度为L的匀强磁场区域.现有一质量为m、电阻为R、边长为a(aA.动量一直减小
B.安培力的冲量大小为
C.安培力的冲量大小为m(v0-v)
D.线圈全部进入磁场时速度等于
3.(电磁感应与动量守恒定律的综合应用)(多选)如图所示,倾角为θ=37°的足够长的平行金属导轨固定,两导体棒ab、cd垂直于导轨放置,空间存在垂直导轨平面向上的匀强磁场,磁感应强度大小为B.现给导体棒ab沿导轨平面向下的初速度v0使其沿导轨向下运动,已知两导体棒质量均为m,电阻相等,两导体棒与导轨之间的动摩擦因数均为μ=0.75,导轨电阻忽略不计,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.从ab开始运动到两棒相对静止的整个运动过程中两导体棒始终与导轨保持良好的接触,下列说法正确的是 ( )
A.导体棒cd中产生的焦耳热为m
B.导体棒cd中产生的焦耳热为m
C.当导体棒cd的速度为v0时,导体棒ab的速度为v0
D.当导体棒ab的速度为v0时,导体棒cd的速度为v0专题课:电磁感应与动量的综合应用
1.A [解析] A棒运动后,产生感应电流,故B棒也向右加速,两个棒整体所受的合外力为零,总动量守恒,最终共速,设共同速度为v,p0=2mv,解得v=,两个棒最后的动量均为,p-t图像的斜率的绝对值k==F,由于安培力减小,所以斜率的绝对值减小,A正确,B、C、D错误.
2.BC [解析] 根据法拉第电磁感应定律可知,只有在两棒速度不相等时回路中才有感应电流,感应电流使两个棒都产生加速度,而有效电动势(E=Blvcd-Blvab)逐渐减小,感应电流减小、安培力减小、加速度减小,所以cd做加速度减小的减速直线运动,ab做加速度减小的加速直线运动,故A错误;当两棒速度相等后,穿过回路的磁通量不变,回路中将不再有感应电流,ab、cd最终具有相同的速度v1,选向右的方向为正,由动量守恒定律应有mv=(m+m)v1,解得v1=,即ab的最大速度为,故B正确;根据能量守恒定律,在运动过程中产生的热量为Q=mv2-·2m=mv2,故回路产生的焦耳热最多为mv2,故C正确;对ab棒,由动量定理得lB·Δt=mv1-0,则通过ab的电荷量最多为q=·Δt==,故D错误.
3.BC [解析] 通过R的电荷量q=It==∝x,可知通过R的电荷量与x成正比,选项A错误;设金属棒在t1时刻的速度为v1, t2时刻的速度为v2,t2与t1的时间间隔很短,则有v1=kx1,v2=kx2,两式相减有v2-v1=k(x2-x1),等式两边同时除以时间的变化量则有=,即a=kv,由v=kx,可知金属棒的位移增大则速度增大,因此加速度也增大,金属棒做加速度增大的加速运动,合外力增大,动量随时间的变化率即为合外力,则金属棒的动量随时间的变化率增大,故B正确;根据动量定理得IF-IdBt=mv,其中q=It=,v=kx,联立解得拉力的冲量为IF=+kmx,故C正确;根据功能关系可知E电=W克安,F安=IdB==∝x,所以W克安=F安x=,根据功能关系可得电阻R上产生的焦耳热为QR=E电=,故D错误.
4.(1)18 m/s (2)a、b棒最后以共同的速度向下做加速度为g的匀加速运动
[解析] (1)当b棒先向下运动时,在a和b以及导轨所组成的闭合回路中产生感应电流,于是a棒受到向下的安培力,b棒受到向上的安培力,且二者大小相等.释放a棒后,经过时间t,分别以a和b为研究对象,根据动量定理有
(mg+F)t=mva
(mg-F)t=mvb-mv0
联立解得vb=18 m/s.
(2)在a、b棒向下运动的过程中,a棒产生的加速度a1=g+,b棒产生的加速度a2=g-.当a棒的速度与b棒接近时,闭合回路中的 ΔΦ逐渐减小,感应电流也逐渐减小,则安培力也逐渐减小.最后,两棒以共同的速度向下做加速度为g的匀加速运动
5.(1)m n (2)v=v0-
[解析] (1)由法拉第电磁感应定律得
=n
其中ΔΦ=BLs
由闭合电路欧姆定律得
=
又=
联立可得此过程中通过线圈abcd的电荷量q=n
由功能关系得,此过程中产生的焦耳热为Q=m
(2)线圈中产生的平均感应电动势=n=
线圈中感应电流为=
线圈ab边受到的安培力F=nLB
根据动量定理得
-FΔt=mv-mv0
联立可得v=v0-
当v=0时,有最大位移,为x=
6.(1)3 m/s (2) C (3) J (4) s
[解析] (1)当杆平衡时,达到最大速度vm,对杆有
mgsin θ=
总电阻为R总=R0+
联立解得vm==3 m/s
(2)根据电荷量的定义式有q=·t
=
=
联立可得q== C
而R1与R2并联,流过的电荷量比等于电阻的反比,则流过R1的电荷量为q1=q= C
(3)从静止到刚好达到最大速度过程中,由能量守恒定律有
mgxsin θ=Q+m
解得Q=1.1 J
金属棒上产生的热量QMN=Q=Q= J
(4)由静止到达到最大速度,由动量定理得
mgsin θ·Δt-=mΔv
其中Δt=x
故Δt= s
7.AC [解析] cd获得速度后,电路中产生感应电流,根据左手定则得cd减速,ab加速,当BLvab=2BLvcd时,电路中磁通量不变,没有感应电流,最终两棒做匀速直线运动,分别对两棒运用动量定理得-2BILt=2mvcd-2mv0,BILt=mvab,两式联立得vcd+vab=v0,联立解得vab=v0,vcd=v0,故B错误,C正确;由右手定则和左手定则可知,ab与cd所受的安培力方向相反,大小不同,所以系统所受的合外力不为零,故ab和cd组成的系统动量不守恒,故A正确;从cd获得初速度到二者稳定运动,此过程系统产生的焦耳热为Q=×2m-m-×2m,解得Q=m,故D错误.专题课:电磁感应与动量的综合应用
1.[2024·天津一中月考] 两根水平平行光滑金属导轨上放置两根与导轨接触良好的金属杆,两金属杆质量相同,滑动过程中与导轨始终保持垂直,整个装置放在竖直向下的匀
强磁场中,如图所示,给金属杆A一向右的瞬时冲量使它获得初动量p0,在金属杆A沿水平导轨向右运动的过程中,其动量大小p随时间变化的图像正确的是( )
2.(多选)[2024·江西师大附中月考] 如图所示,在间距为l的两根水平固定且足够长的平行光滑金属导轨上,静止放置着两根质量均为m、电阻均为R的导体棒ab和cd,它们构成矩形回路(ab、cd与导轨接触良好),导轨平面内有竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场.现给cd一个水平向右的初速度v,则 ( )
A.cd将向右做匀减速运动
B.ab的最大速度为
C.回路产生的焦耳热最多为mv2
D.通过ab的电荷量最多为
3.(多选)[2024·河北石家庄二中月考] 如图所示,左侧接有定值电阻R的光滑金属导轨处于垂直导轨平面向上的匀强磁场中,磁感应强度为B,导轨间距为d,导轨电阻不计,一质量为m、阻值为r的金属棒在水平拉力F的作用下由静止开始运动,速度与位移的关系始终满足v=kx,金属棒与导轨始终垂直且接触良好,则在金属棒移动的过程中( )
A.通过R的电荷量与x2成正比
B.金属棒的动量随时间的变化率增大
C.拉力的冲量为+kmx
D.电阻R上产生的焦耳热为QR=
4.如图所示,竖直放置的两光滑平行金属导轨置于垂直于导轨平面向里的匀强磁场中,两根质量相同的导体棒a和b,与导轨紧密接触且可自由滑动.先固定a、释放b,当b的速度达到10 m/s时,再释放a,经过1 s后,a的速度达到12 m/s,g取10 m/s2,求:
(1)此时b的速度大小;
(2)若导轨很长,a、b棒最后的运动状态.
5.[2024·河南郑州一中月考] 如图所示,虚线框内为某种电磁缓冲车的结构示意图(俯视图),其主要部件为缓冲滑块K和质量为m的缓冲车厢.在缓冲车的底板上,沿车的轴线固定着两个光滑水平绝缘导轨PQ、MN.缓冲车的底部,安装电磁铁(图中未画出),能产生垂直于导轨平面的匀强磁场,磁场的磁感应强度为B.导轨内的缓冲滑块K由高强度绝缘材料制成,滑块K上绕有闭合矩形线圈abcd,线圈匝数为n,总电阻为R,ab边长为L.假设缓冲车以速度v0与障碍物C碰撞后,滑块K立即停下,此后线圈与轨道的磁场作用力使缓冲车厢减速运动,从而实现缓冲,一切摩擦阻力不计.
(1)若缓冲车厢向前移动距离s后速度减为零,则此过程线圈abcd中产生的焦耳热和通过的电荷量各是多少
(2)求此后缓冲车的速度v随位移x的变化规律及缓冲车在滑块K停下后的最大位移.(设此过程中缓冲车未与缓冲滑块相碰)
6.[2024·河北衡水中学月考] 如图所示,倾角θ=30°的两光滑金属导轨ab、cd平行放置,且导轨足够长,电阻可忽略,其间距L=1 m.磁感应强度B=1 T的匀强磁场垂直导轨平面向上,一质量m=0.2 kg、电阻R0=1 Ω的金属棒MN垂直放置在导轨ab、cd上,且始终与导轨接触良好.将并联的电阻R1=3 Ω、R2=6 Ω通过开关S连接在两导轨顶端.重力加速度g取10 m/s2,闭合开关S后,将金属棒由静止释放,下滑x=2 m时刚好达到最大速度,求:
(1)金属棒的最大速度;
(2)金属棒从静止到刚好达到最大速度过程中流过电阻R1的电荷量;
(3)金属棒从静止到刚好达到最大速度过程中金属棒上产生的焦耳热;
(4)金属棒从静止到达到最大速度所用的时间.
7.(多选)如图所示,光滑水平金属导轨置于磁场中,磁场的磁感应强度为B,左侧导轨间距为L,右侧导轨间距为2L,导轨均足够长.质量为m的导体棒ab和质量为2m的导体棒cd均垂直于导轨放置,处于静止状态.ab的电阻为R,cd的电阻为2R,两棒始终在对应的导轨部分运动,两棒始终与导轨垂直且接触良好,导轨电阻不计.现给cd一瞬间水平向右的初速度v0,则此后的运动过程中下列说法正确的是 ( )
A.ab和cd组成的系统动量不守恒
B.两棒最终以相同的速度做匀速直线运动
C.ab最终的速度为v0
D.从cd获得初速度到二者稳定运动,此过程中系统产生的焦耳热为m(共47张PPT)
专题课：电磁感应与动量的综合应用
学习任务一 电磁感应与动量定理的综合应用
学习任务二 电磁感应与动量守恒定律的综合应用
随堂巩固
练习册
◆
备用习题
学习任务一 电磁感应与动量定理的综合应用
［物理建模］ 动量定理多应用于导体棒切割磁感线中求解变力作用的时间、导体棒的速度、导体棒的位移和通过导体棒的电荷量等问题.
方法一：如图所示，导体棒运动时会受到向左的安培力，、、均随时间变化.考虑很短的时间，由动量定理得
对等式两边求和，考虑到，，
可得
由此式可知，若知道导体棒的速度变化量，就能得出该运动过程通过导体棒的电荷量、导体棒的位移，反之亦可以求出导体棒的末速度.
方法二：上面是通过微元法求和分析的，由于动量定理只考虑初、末状态，我们还可以从平均值的角度分析.
导体棒运动的位移为时，，则.
例1 (多选)如图所示,水平光滑的平行金属导轨左端接有电阻,匀强磁场竖直向下分布在导轨所在的空间内,磁感应强度大小为,质量一定的金属棒垂直于导轨放置.今使棒以一定的初速
AD
A.通过棒横截面的电荷量相等 B.棒的动能变化量相等
C.回路产生的内能相等 D.安培力的冲量相等
度水平向右运动,当其通过位置、时,速率分别为、,到位置时,棒刚好静止.设导轨与棒的电阻均不计,棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，和的间距与和的间距相等.棒在由到和由到的两个过程中( )
[解析] 棒运动过程中,通过棒横截面的电荷量,从到的过程中与从到的过程中,回路面积的变化量相等,B、相等,因此通过棒横截面的电荷量相等,
故A正确;棒受到的安培力大小为,方向水平向左,棒在安培力作用下做减速运动,由于、间距离与、间距离相等,安培力逐渐减小,由可知,从到克服安培力做的功比从到克服安培力做的功多,由动能定理可知,棒的动能变化量不相等,棒克服安培力做功,把棒的动能转化为内能,因此从到的过程中回路产生的内能多,故B、C错误;安培力的冲量,因这两个过程中的B、、都相等,故安培力的冲量相等,故D正确.
变式1 如图所示，在光滑的水平面上，有一竖直向下的匀强磁场分布在宽为的区域内，有一个边长为的正方形闭合线圈以初速度垂直磁场边界进入磁场，滑过磁场后速度变为，那么( )
B
A.完全进入磁场中时线圈的速度大于 B.完全进入磁场中时线圈的速度等于
C.完全进入磁场中时线圈的速度小于 D.以上情况A、B均有可能，而C是不可能的
[解析] 设线圈完全进入磁场中时的速度为，线圈进入磁场的过程中通过线圈横截面的电荷量为，因为线圈进、出磁场过程中面积变化量相等，所以磁通量的变化量相等，即进、出磁场过程中通过线圈横截面的电荷量相等，线圈在进入磁场、穿出磁场的过程中由动量定理得,,联立可得，即B正确.
【要点总结】
电磁感应与动量定理的综合应用还可以求以下两个问题
(1)求时间：，.
(2)求位移：.
学习任务二 电磁感应与动量守恒定律的综合应用
［物理建模］ 如图所示，、导体棒运动时，通过两棒的电流大小相等，根据，可知两棒所受的安培力时刻大小相等，且方向相反，可用动量守恒定律求稳定时的速度.
例2 如图所示，空间存在一竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为，水平面内有两根固定的足够长的光滑平行金属导轨，导轨间距为.在导轨上面平放着两根平行的导体棒和，质量分别是和，电阻分别是和，其余部分电阻可忽略不计.初始时刻棒静止，给棒一个向右的初速度，则：
(1) 从开始运动到最终稳定，电路中产生多少电能？
[答案]
[解析] 设两棒稳定时共同的末速度为，由动量守恒定律得
由能量守恒定律得
联立解得
(2) 从开始运动到最终稳定，两棒之间的距离减少了多少？
[答案]
[解析] 从开始运动到最终稳定，设两棒之间减少的距离为，由法拉第电磁感应定律得，电路中产生的平均感应电动势为
这段时间内回路电流的平均值为
对棒应用动量定理得
联立解得
A.&1& B.&2& C.&3& D.&4&
变式2 (多选)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、静止在导轨上.时，以初速度向右滑动.运动过程
AC
中，、始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用、表示，回路中的电流用表示.图中的图像可能正确的是( )
[解析] 由题意可知，两棒组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得，最终两棒共速，速度为，设电路总电阻为，电流，由于逐渐减小，逐渐变大，逐渐减小，且减小得越来越慢，当时,故C正确，D错误；、的加速度大小相同，，由于逐渐减小，加速度逐渐减小，所以做加速度减小的减速运动，最终以做匀速直线运动，做加速度逐渐减小的加速运动，最终以做匀速直线运动，故A正确，B错误.
【要点总结】
(1)若两导体棒所在的导轨间距不相等，虽然通过的电流大小相等，但安培力大小不相等，动量守恒定律不适用，应考虑用动量定理分别列方程.
(2)导体棒在导轨上的运动问题，若提到位移、电荷量或速度，则考虑用动量定理或动量守恒定律.若提到焦耳热，则考虑用能量守恒定律或功能关系.
1. 如图所示,间距为d且足够长的平行轨道MM1M2与NN1N2由倾斜与水平两部分平滑连接组成,其中水平轨道的N1N2、M1M2段为粗糙金属材料,动摩擦因数为μ,其他部分均为光滑金属材料.倾斜轨道的倾角为θ,顶端接一阻值为R的电阻,处在垂直导轨平面斜向上的匀强磁场中,磁场的磁感应强度为B0;水平段匀强磁场的磁感应强度的大小为B,方向竖直向上.已知质量为m,电阻为2R的金属棒ab从倾斜轨道的cd上方任何位置由静止开始释放,都将精准停靠在水平轨道上的同一位置(图中未画出).不计金属轨道的电阻,重力加速度为g.则:
(3)若金属棒ab在水平轨道上的运动时间为t,求
金属棒在水平轨道上运动的位移.
[答案] -
[解析]金属棒在水平轨道向右减速到静止的过程中,根据动量定理有-μmgt-∑BIdt=0-mv,即μmgt+Bdq=mv
而q==
代入得μmgt+=mv
解得x=-
2. 如图甲所示,MON,M'O'N'是两条间距为L=0.5 m的平行金属导轨,O、O'处平滑连接,导轨电阻不计,右端接有阻值为R=0.3 Ω的电阻,MO、M'O'为倾斜导轨,倾角θ=37°,其间存在垂直于斜面向上的匀强磁场,ON、O'N'为光滑水平导轨,其中PP'右侧有竖直向上的匀强磁场,两个区域的磁感应强度大小相等.若将质量为m=0.5 kg、电阻为r=0.2 Ω的金属棒从斜轨上不同高度处由静止释放,当释放点的高度h大于或等于1.2 m时,均停在水平导轨上的QQ'处,且金属棒在倾斜导轨上运动的加速度a与速度v的关系如图乙所示.现将金属棒从h=1.5 m高处由静止释放,金属棒沿导轨向下运动过程中始终与导轨垂直,已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2.求:
(1)金属棒与倾斜导轨间的动摩擦因
数μ和磁感应强度大小B;
[答案] 0.5 1 T
[解析] 由题图乙知,当v=0时a=2 m/s2
当a=0时v=2 m/s
由牛顿第二定律得mgsin θ-μmgcos θ=m×2 m/s2
由平衡条件得mgsin 37°-μmgcos 37°-=0
联立,代入数据求得μ=0.5,B=1 T
2. 如图甲所示,MON,M'O'N'是两条间距为L=0.5 m的平行金属导轨,O、O'处平滑连接,导轨电阻不计,右端接有阻值为R=0.3 Ω的电阻,MO、M'O'为倾斜导轨,倾角θ=37°,其间存在垂直于斜面向上的匀强磁场,ON、O'N'为光滑水平导轨,其中PP'右侧有竖直向上的匀强磁场,两个区域的磁感应强度大小相等.若将质量为m=0.5 kg、电阻为r=0.2 Ω的金属棒从斜轨上不同高度处由静止释放,当释放点的高度h大于或等于1.2 m时,均停在水平导轨上的QQ'处,且金属棒在倾斜导轨上运动的加速度a与速度v的关系如图乙所示.现将金属棒从h=1.5 m高处由静止释放,金属棒沿导轨向下运动过程中始终与导轨垂直,已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2.求:
(2)金属棒在倾斜导轨上运动的过程中,电
阻R上产生的焦耳热QR;
[答案] 0.9 J
[解析] 由于h=1.5 m>1.2 m,则金属棒下滑到倾斜导轨最低位置前已开始匀速运动,由图乙知v=2 m/s
由能量守恒定律有mgh-μmgcos 37°-Q总=mv2
电阻R上产生的焦耳热QR=Q总
代入数据解得QR=0.9 J
2. 如图甲所示,MON,M'O'N'是两条间距为L=0.5 m的平行金属导轨,O、O'处平滑连接,导轨电阻不计,右端接有阻值为R=0.3 Ω的电阻,MO、M'O'为倾斜导轨,倾角θ=37°,其间存在垂直于斜面向上的匀强磁场,ON、O'N'为光滑水平导轨,其中PP'右侧有竖直向上的匀强磁场,两个区域的磁感应强度大小相等.若将质量为m=0.5 kg、电阻为r=0.2 Ω的金属棒从斜轨上不同高度处由静止释放,当释放点的高度h大于或等于1.2 m时,均停在水平导轨上的QQ'处,且金属棒在倾斜导轨上运动的加速度a与速度v的关系如图乙所示.现将金属棒从h=1.5 m高处由静止释放,金属棒沿导轨向下运动过程中始终与导轨垂直,已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2.求:
(3)金属棒在水平轨道上的磁场区域运动的
过程中,通过金属棒的电荷量q.
[答案] 2 C
[解析] 金属棒以v=2 m/s的速度进入水平导轨区域的磁场的过程中,根据动量定理有-BL·Δt=0-mv
通过金属棒的电荷量q=Δt=
代入数据解得q=2 C
止，棒有一个水平向左的初速度，、棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，则关于两棒以后的运动，下列说法正确的是( )
1.(电磁感应与动量守恒定律的综合应用)[2024·北京四中月考] 如图所示，一水平面内固定两根足够长的光滑平行金属导轨，导轨上面横放着两根完全相同的铜棒和，构成矩形回路，在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场.开始时，棒静
B
A.棒做匀速直线运动，棒做匀加速直线运动
B.棒减小的动量等于棒增加的动量
C.棒减小的动能等于棒增加的动能
D.两棒一直运动，机械能不断转化为电能
[解析] 初始时棒向左运动受到向右的安培力，棒受到向左的安培力，所以棒减速，棒加速，设棒速度为、棒速度为，开始时，之后减小，增大，两棒的相对速度逐渐减小至0，两棒切割磁感线产生的感应电动势为，也逐渐减小最终为0，感应电流逐渐减小到0，安培力逐渐减到0，所以棒做加速度逐渐减小的减速直线运动，棒做加速度逐渐减小的加速直线运动，A错误；两棒组成的系统所受的合外力为零，故系统的动量守恒，所以棒减小的动量等于棒增加的动量，B正确；回路中产生电磁感应现象，电流做功产生焦耳热，根据能量守
恒定律可以知道，棒减小的动能等于棒增加的动能与两棒产生的焦耳热之和，所以棒减小的动能大于棒增加的动能，C错误；当时，产生电磁感应现象，机械能转化为电能，两棒共速之后机械能守恒，不再产生电能，D错误.
2.(电磁感应与动量定理的综合应用)(多选)如图所示，在光滑的水平面上有一竖直向下磁感应强度为、宽度为的匀强磁场区域.现有一质量为、电阻为、边长为的正方形闭合线圈以垂直于磁场边界的初速度沿水平面向右滑动，穿过磁场后速度减为，则线圈在此过程中( )
BCD
A.动量一直减小 B.安培力的冲量大小为
C.安培力的冲量大小为 D.线圈全部进入磁场时速度等于
[解析] 线圈完全进入磁场后磁通量不变，线圈中无感应电流，不受安培力作用，则线圈的动量保持不变，选项A错误；由动量定理可知，安培力的冲量大小为，选项C正确；设线圈全部进入磁场时的速度为，则由动量定理得，线圈穿出
磁场的过程，由动量定理得，由，可知因为进入和穿出磁场的过程中，磁通量的变化量相等，所以进入和穿出磁场的两个过程中通过线圈横截面的电荷量相等，即，故进入过程线圈的速度变化量等于离开过程线圈的速度变化量，即，解得，选项D正确;线圈进入磁场过程中安培力的冲量大小，而，则，则整个过程中安培力的冲量大小为，选项B正确.
阻相等，两导体棒与导轨之间的动摩擦因数均为，导轨电阻忽略不计，，.从开始运动到两棒相对静止的整个运动过程中两导体棒始终与导轨保持良好的接触，下列说法正确的是( )
3.(电磁感应与动量守恒定律的综合应用)(多选)如图所示，倾角为 的足够长的平行金属导轨固定，两导体棒、垂直于导轨放置，空间存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为.现给导体棒沿导轨平面向下的初速度使其沿导轨向下运动，已知两导体棒质量均为，电
BD
A.导体棒中产生的焦耳热为
B.导体棒中产生的焦耳热为
C.当导体棒的速度为时，导体棒的速度为
D.当导体棒的速度为时，导体棒的速度为
[解析] 由于 ，所以两棒组成的系统沿导轨方向动量守恒，当最终稳定时，有，解得，回路产生的焦耳热为，导体棒中产生的焦耳热为，选项A错误，B正确；当导体棒的速度为
时，由动量守恒定律得，解得，选项C错误；当导体棒的速度为时，由动量守恒定律得，解得，选项D正确.
1.[2024·天津一中月考] 两根水平平行光滑金属导轨上放置两根与导轨接触良好的金属杆，两金属杆质量相同，滑动过程中与导轨始终保持垂直，整个装置放在竖直向下的匀强磁场中，如图所示，给金属杆一向右的瞬时冲量使它获得初动量，在金属杆沿水平导轨向右运动的过程中，其动量大小随时间变化的图像正确的是( )
A
A.&5& B.&6& C.&7& D.&8&
[解析] A棒运动后，产生感应电流，故B棒也向右加速，两个棒整体所受的合外力为零，总动量守恒，最终共速，设共同速度为，，解得，两个棒最后的动量均为，图像的斜率的绝对值，由于安培力减小，所以斜率的绝对值减小，A正确，B、C、D错误.
2.(多选)[2024·江西师大附中月考] 如图所示，在间距为的两根水平固定且足够长的平行光滑金属导轨上，静止放置着两根质量均为、电阻均为的导体棒和，它们构成矩形回路(、与导轨接触良好)，导轨平面内有竖直向下、磁感应强度大小为的匀强磁场.现给一个水平向右的初速度，则( )
BC
A.将向右做匀减速运动 B.的最大速度为
C.回路产生的焦耳热最多为 D.通过的电荷量最多为
[解析] 根据法拉第电磁感应定律可知，只有在两棒速度不相等时回路中才有感应电流，感应电流使两个棒都产生加速度，而有效电动势逐渐减小，感应电流减小、安培力减小、加速度减小，所以做加速度减小的减速直线运动，做加速度减小的加速直线运动，
故A错误；当两棒速度相等后，穿过回路的磁通量不变，回路中将不再有感应电流，、最终具有相同的速度，选向右的方向为正，由动量守恒定律应有，解得，即的最大速度为，故B正确；根据能量守恒定律，在运动过程中产生的热量为，故回路产生的焦耳热最多为，故C正确；对棒，由动量定理得，则通过的电荷量最多为，故D错误.
3.(多选)[2024·河北石家庄二中月考] 如图所示，左侧接有定值电阻的光滑金属导轨处于垂直导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为，导轨间
BC
A.通过的电荷量与成正比 B.金属棒的动量随时间的变化率增大
C.拉力的冲量为 D.电阻上产生的焦耳热为
距为，导轨电阻不计，一质量为、阻值为的金属棒在水平拉力的作用下由静止开始运动，速度与位移的关系始终满足，金属棒与导轨始终垂直且接触良好，则在金属棒移动的过程中( )
[解析] 通过的电荷量，可知通过的电荷量与成正比，选项A错误；设金属
棒在时刻的速度为，时刻的速度为，与的时间间隔很短，则有，，两式相减有，等式两边同时除以时间的变化量则有，即，由，可知金属棒的位移增大则速度增大，因此加速度也增大，金属棒做加速度增大的加速运动，合外力增大，动量随时间的变化率即为合外力，则金属棒的动量随时间的变化率增大，故B正确；根据动量定理得，其中，，联立解得拉力的冲量为，故C正确；根据功能关系可知，，所以，根据功能关系可得电阻上产生的焦耳热为，故D错误.
4.如图所示,竖直放置的两光滑平行金属导轨置于垂直于导轨平面向里的匀强磁场中,两根质量相同的导体棒和,与导轨紧密接触且可自由滑动.先固定、释放,当的速度达到时,再释放,经过后,的速度达到,取，求:
(1) 此时的速度大小;
[答案]
[解析] 当棒先向下运动时,在和以及导轨所组成的闭合回路中产生感应电流,于是棒受到向下的安培力,棒受到向上的安培力,且二者大小相等.释放棒后,经过时间,分别以和为研究对象,根据动量定理有
联立解得.
(2) 若导轨很长,、棒最后的运动状态.
[答案] 、棒最后以共同的速度向下做加速度为的匀加速运动
[解析] 在、棒向下运动的过程中,棒产生的加速度,棒产生的加速度.当棒的速度与棒接近时,闭合回路中的 逐渐减小,感应电流也逐渐减小,则安培力也逐渐减小.最后,两棒以共同的速度向下做加速度为的匀加速运动
5.[2024·河南郑州一中月考] 如图所示，虚线框内为某种电磁缓冲车的结构示意图(俯视图)，其主要部件为缓冲滑块和质量为的缓冲车厢.在缓冲车的底板上，沿车的轴线固定着两个光滑水平绝缘导轨、.缓冲车的底部，安装电磁铁(图中未画出)，能产生垂直于导轨平面的匀强磁场，磁场的磁感应强度为.导轨内的缓冲滑块由高强度绝缘材料制成，滑块上绕有闭合矩形线圈，线圈匝数为，总电阻为，边长为.假设缓冲车以速度与障碍物碰撞后，滑块立即停下，此后线圈与轨道的磁场作用力使缓冲车厢减速运动，从而实现缓冲，一切摩擦阻力不计.
(1) 若缓冲车厢向前移动距离后速度减为零，则此过程线圈中产生的焦耳热和通过的电荷量各是多少？
[答案] ;
[解析] 由法拉第电磁感应定律得
其中
由闭合电路欧姆定律得
又
联立可得此过程中通过线圈的电荷量
由功能关系得，此过程中产生的焦耳热为
(2) 求此后缓冲车的速度随位移的变化规律及缓冲车在滑块停下后的最大位移.(设此过程中缓冲车未与缓冲滑块相碰)
[答案] ;
[解析] 线圈中产生的平均感应电动势
线圈中感应电流为
线圈边受到的安培力
根据动量定理得
联立可得
当时，有最大位移，为
6.[2024·河北衡水中学月考] 如图所示，倾角 的两光滑金属导轨、平行放置，且导轨足够长，电阻可忽略，其间距.磁感应强度的匀强磁场垂直导轨平面向上，一质量、电阻 的金属棒垂直放置在导轨、上，且始终与导轨接触良好.将并联的电阻 、 通过开关连接在两导轨顶端.重力加速度取，闭合开关后，将金属棒由静止释放，下滑时刚好达到最大速度，求：
(1) 金属棒的最大速度；
[答案]
[解析] 当杆平衡时，达到最大速度，对杆有
总电阻为
联立解得
(2) 金属棒从静止到刚好达到最大速度过程中流过电阻的电荷量；
[答案]
[解析] 根据电荷量的定义式有
联立可得
而与并联，流过的电荷量比等于电阻的反比，则流过的电荷量为
(3) 金属棒从静止到刚好达到最大速度过程中金属棒上产生的焦耳热；
[答案]
[解析] 从静止到刚好达到最大速度过程中，由能量守恒定律有
解得
金属棒上产生的热量
(4) 金属棒从静止到达到最大速度所用的时间.
[答案]
[解析] 由静止到达到最大速度，由动量定理得
其中
故
7.(多选)如图所示，光滑水平金属导轨置于磁场中，磁场的磁感应强度为，左侧导轨间距为，右侧导轨间距为，导轨均足够长.质量为的导体棒和质量为的导体棒均垂直于导轨放置，处于静止状态.的电阻为，的电阻为，两棒始终在对应的导轨部分运动，两棒始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计.现给一瞬间水平向右的初速度，则此后的运动过程中下列说法正确的是( )
AC
A.和组成的系统动量不守恒
B.两棒最终以相同的速度做匀速直线运动
C.最终的速度为
D.从获得初速度到二者稳定运动，此过程中系统产生的焦耳热为
[解析] 获得速度后，电路中产生感应电流，根据左手定则得减速，加速，当时，电路中磁通量不变，没有感应电流，最终两棒做匀速直线运动，分别对两棒运用动量定理得，，两式联立得
，联立解得，，故B错误,C正确；由右手定则和左手定则可知，与所受的安培力方向相反，大小不同，所以系统所受的合外力不为零，故和组成的系统动量不守恒，故A正确；从获得初速度到二者稳定运动，此过程系统产生的焦耳热为，解得，故D错误.
