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=Fs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)从初始至两棒共速,回路产生的焦耳热最多,此过程中两棒组成的系统动量守恒,以v0的方向为正方向,有mv0=2mv
由功能关系可得回路产生的焦耳热Q=m-×2mv2
联立解得Q=m.
(2)当ab棒的速度变为v0时,设cd棒的速度为v',则由动量守恒定律可得mv0=m·v0+mv'
回路中的感应电动势E=Bl
回路中的电流I=
cd棒所受的安培力F=IlB
cd棒的加速度a=
联立解得a=.
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.CD [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-BaΔt=-Bq1a=mv1-mv0,线圈穿出磁场的过程,由动量定理得-B'aΔt'=-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=BaΔt=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错误.
3.(1) (2)2gsin θ
(3)gt0sin θ+
[解析] (1)棒a运动过程中,当重力沿斜面的分力和棒a所受的安培力大小相等时,棒a做匀速运动,由法拉第电磁感应定律可得E=BLv0
由闭合电路欧姆定律及安培力公式可得I=,F=ILB
当棒a做匀速运动时,有mgsin θ=F
联立解得v0=.
(2)由右手定则可知棒b中电流向里,所受安培力沿斜面向下,则对棒b,根据牛顿第二定律可得mgsin θ+ILB=ma0
解得a0=2gsin θ.
(3)释放棒b后,棒a受到沿斜面向上的安培力,在两棒达到相同速度的过程中,对棒a,根据动量定理有mgt0sin θ-LBt0=mv-mv0
棒b受到沿斜面向下的安培力,对棒b,根据动量定理有mgt0sin θ+LBt0=mv
联立解得v=gt0sin θ+,=
由闭合电路欧姆定律可得==
联立解得Δs=.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,在安培力作用下,A棒减速运动,B棒加速运动,两棒所受的安培力大小相等、方向相反,两棒组成的系统所受的合外力为零,系统动量守恒,最终两棒共速,设共同速度为v共,有p0=2mv共,解得v共=,即两棒最后的动量均为,p-t图像的斜率的绝对值k==F,由于安培力F=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I=减小,安培力F=IlB减小,加速度a=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,选向右为正方向,由动量守恒定律有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,在整个运动过程中产生的焦耳热为Q=mv2-×2m=mv2,故回路产生的焦耳热最多为mv2,故C正确;在整个过程中,对ab棒,由动量定理得lB·Δt=mv1-0,其中Δt=q,解得q=,故通过ab的电荷量最多为,故D错误.
3.BC [解析] 通过R的电荷量q=Δt=Δt=Δt==∝s,可知通过R的电荷量与s成正比,选项A错误;设金属棒在t1时刻的速度为v1,在t2时刻的速度为v2,t2与t1的时间间隔很短,有v1=ks1,v2=ks2,两式相减,可得v2-v1=k(s2-s1),等式两边同时除以时间的变化量,可得=,即a=kv,由v=ks可知,金属棒的位移增大时,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,由=F合可知,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-dBΔt=mv,其中Δt=,v=ks,联立解得拉力的冲量为IF=+kms,故C正确;由于安培力F安=IdB==∝s,所以克服安培力做的功W克安=F安s=,根据功能关系可得电路中产生的焦耳热Q=W克安=,则电阻R上产生的焦耳热为QR=Q=,故D错误.
4.AC [解析] cd获得向右的初速度后,由右手定则可知,电路中产生逆时针方向的感应电流,根据左手定则可知,cd所受的安培力方向向左,ab所受的安培力方向向右,故cd减速运动,ab加速运动,当BLvab=2BLvcd时,电路中磁通量不变,没有感应电流,此后两棒做匀速直线运动,分别对两棒运动的整个过程应用动量定理得-2LBΔt=2mvcd-2mv0,LBΔt=mvab,两式相加,可得vcd+vab=v0,联立解得vab=v0,vcd=v0,故B错误,C正确;同一时刻ab所受的安培力Fab=ILB,cd所受的安培力Fcd=2ILB,即ab与cd所受的安培力方向相反,但大小不同,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,由能量守恒定律可知,此过程中系统产生的焦耳热为Q=×2m-m-×2m=m,故D错误.
5.(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,由右手定则可知,在a棒和b棒以及导轨所组成的闭合回路中产生逆时针方向的感应电流,由左手定则可知,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棒和b棒为研究对象,根据动量定理有
(mg+)Δt=mva
(mg-)Δt=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-,则a棒的速度与b棒的速度在逐渐接近,闭合回路中产生的感应电动势E=Bl(vb-va)逐渐减小,感应电流I=也逐渐减小,则安培力F=IlB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.
6.(1) (2)
[解析] (1)在金属框右边框进入磁场而左边框未进入磁场时,设它的加速度为a,速度为v,回路中电流为I,电阻为4R0,由法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式、牛顿第二定律有
BLv=4R0·I
-BLI=ma
设在小时间段Δt内,金属框速度和位置变化量分别为Δv和Δx,有a=,v=
联立得Δv=-Δx
设金属框的初速度大小为v0,金属框刚好完全进入磁场时的速度为v1,则v0-v1=
金属框完全进入磁场后做匀速运动.金属框穿出磁场区域的过程与穿入过程类似处理,并代入题目所给条件得
v1-=
联立得v0=
(2)当金属框置于导轨上时,金属框上下边框的电阻被导轨短路.当仅有右边框在磁场中运动时,电阻R1与左边框的电阻R0并联,并联的电阻记为R2,电流回路总电阻记为Rt,由电阻的串、并联公式有R2=R0,Rt=R0+R2
设金属框刚好完全进入磁场时的速度为v2,与(1)中类似处理并代入题给条件得v0-v2=
联立得v2=
从开始到金属框刚好完全进入磁场时,由能量守恒定律得整个电路产生的热量
Q0=m-m
设流经电阻R1的电流为I1,回路总电流为I',有
I1R1=I'R2
从开始到金属框刚好完全进入磁场时,电阻R1上产生的热量为Q1=Q0·
金属框完全进入磁场后,左右边框产生的电动势相等,两边框的并联电阻为R0,这时回路总电阻为Rt'=R0
设金属框完全进入磁场后,左边框与磁场左边界距离为x时,金属框的速度为v3,与(1)中类似处理并代入题给条件可得v2-v3=
可以得到,当x=L时,v3=0
即当金属框右边框到达磁场右边界时,金属框恰好停下.
从金属框完全进入磁场到停止运动的过程中,根据能量守恒定律,整个电路产生的热量为
Q0'=m-0
电阻R1在电路中串联,R1上产生的热量为
Q1'=Q0'·
联立以上各式并代入题给条件得,在金属框整个运动过程中,电阻R1产生的热量为
Q1″=Q1+Q1'=
7.(1)3 m/s (2) C (3) J (4) s
[解析] (1)金属棒由静止释放后切割磁感线,产生感应电流,金属棒受到随速度增大而增大的安培力,重力与安培力的合力逐渐减小,加速度逐渐减小,当加速度减小到零时达到最大速度vm,此后金属棒做匀速直线运动,由平衡条件得mgsin θ=
其中R总=R0+
联立解得vm=3 m/s
(2)根据电荷量的定义式有q=Δt
其中=,=,ΔΦ=BLs
联立解得q= C
R1与R2并联,流过的电荷量之比等于电阻的反比,则流过R1的电荷量为q1=q= C
(3)金属棒从静止到刚好达到最大速度过程中,由能量守恒定律有
mgssin θ=Q+m
解得Q=1.1 J
则金属棒上产生的热量QMN=Q= J
(4)金属棒从静止到刚好达到最大速度的过程中,由动量定理得
mgsin θ·Δt-Δt=mvm
其中Δt=s
解得Δt= s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=s,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s,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s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
[反思感悟]
【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,得安培力大小相等,且方向相反,可用动量守恒定律求稳定时的速度.
例2 [2024·河北衡水一中月考] 如图所示,两根足够长的固定的光滑平行金属导轨位于同一水平面内,导轨间距为l,垂直于导轨放置两根导体棒ab、cd(质量均为m,电阻均为R),匀强磁场方向竖直向上,磁感应强度为B.开始时,cd棒静止,ab棒的初速度大小为v0.两根棒运动过程中始终不接触,导轨电阻不计,则:
(1)在运动过程中回路产生的焦耳热最多是多少
(2)当ab棒的速度变为初速度的时,cd棒的加速度是多少
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 ( )
[反思感悟]
【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·厦门一中月考] 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)[2023·湖南卷] 如图所示,两根足够长的光滑金属直导轨平行放置,导轨间距为L,两导轨及其所构成的平面均与水平面成θ角,整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中,磁感应强度大小为B.现将质量均为m的金属棒a、b垂直导轨放置,每根金属棒接入导轨之间的电阻均为R.运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好,金属棒始终未滑出导轨,导轨电阻忽略不计,重力加速度为g.
(1)先保持棒b静止,将棒a由静止释放,求棒a匀速运动时的速度大小v0;
(2)在(1)问中,当棒a匀速运动时,再将棒b由静止释放,求释放瞬间棒b的加速度大小a0;
(3)在(2)问中,从棒b释放瞬间开始计时,经过时间t0,两棒恰好达到相同的速度v,求速度v的大小,以及时间t0内棒a相对于棒b运动的距离Δs.专题课:电磁感应与动量的综合应用建议用时:40分钟
1.[2024·福建师大附中月考] 如图所示,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.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图中的( )
2.(多选)[2024·厦门一中月考] 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·上杭一中月考] 如图所示,左侧接有定值电阻R的光滑金属导轨处于垂直于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沿导轨运动,速度与位移的关系始终满足v=ks,金属棒与导轨始终垂直且接触良好,则在金属棒运动位移为s的过程中 ( )
A.通过R的电荷量与s2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+kms
D.电阻R上产生的焦耳热为
4.(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一水平向右的初速度v0,则此后的运动过程中 ( )
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
5.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棒,释放b棒,当b棒的速度达到10 m/s时,再释放a棒,经过1 s后,a棒的速度达到12 m/s.(g取10 m/s2)
(1)求此时b棒的速度大小;
(2)若导轨足够长,求a、b棒最后的运动状态.
6.[2023·新课标卷] 一边长为L、质量为m的正方形金属细框,每边电阻为R0,置于光滑的绝缘水平桌面(纸面)上.宽度为2L的区域内存在方向垂直于纸面的匀强磁场,磁感应强度大小为B,两虚线为磁场边界,如图甲所示.
(1)使金属框以一定的初速度向右运动,进入磁场,运动过程中金属框的左、右边框始终与磁场边界平行.金属框完全穿过磁场区域后,速度大小降为它初速度的一半,求金属框的初速度大小.
(2)在桌面上固定两条光滑长直金属导轨,导轨与磁场边界垂直,左端连接电阻R1=2R0,导轨电阻可忽略,金属框置于导轨上,如图乙所示.让金属框以与(1)中相同的初速度向右运动,进入磁场,运动过程中金属框的上、下边框处处与导轨始终接触良好.求在金属框整个运动过程中,电阻R1产生的热量.
7.[2024·漳州实验中学期末] 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的匀强磁场垂直于导轨平面向上,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s=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)金属棒从静止到刚好达到最大速度所用的时间.(共32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
备用习题
随堂巩固
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度
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
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，得安培力大小相等，且方向相反，可用动量守恒定律求稳定时的速度.
例2 [2024·河北衡水一中月考] 如图所示，两根足够长的固定的光滑平行金属导轨位于同一水平面内，导轨间距为，垂直于导轨放置两根导体棒、(质量均为，电阻均为)，
匀强磁场方向竖直向上，磁感应强度为.开始时，棒静止，棒的初速度大小为.两根棒运动过程中始终不接触，导轨电阻不计，则：
(1) 在运动过程中回路产生的焦耳热最多是多少？
[答案]
[解析] 从初始至两棒共速，回路产生的焦耳热最多，此过程
中两棒组成的系统动量守恒，以的方向为正方向，有
由功能关系可得回路产生的焦耳热
联立解得．
(2) 当棒的速度变为初速度的时，棒的加速度是多少？
[答案]
[解析] 当棒的速度变为时，设棒的速度为，则由动量守恒定律可得
回路中的感应电动势
回路中的电流
棒所受的安培力
棒的加速度 联立解得．
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
A.&1& B.&2& C.&3& D.&4&
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 且足够长的平行轨道 与 由倾斜与水平两
部分平滑连接组成，其中水平轨道的 、 段为粗糙金属材料，动摩擦
因数为 ，其他部分均为光滑金属材料.倾斜轨道的倾角为 ，顶端接一阻值
为 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
；水平段匀强磁场的磁感应强度的大小为 ，方向竖直向上.已知质量为 ，
电阻为 的金属棒 从倾斜轨道的 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 .则：
(1) 求金属棒 到达斜面底端 时的速度；
[答案]
[解析] 根据题意，金属棒到达斜面底端前已做匀速运动，有
电流
可解得
(2) 求金属棒 从距水平面高为 处由
静止开始下滑到斜面底端 的过程
中，金属棒上产生的热量；
[答案]
[解析] 金属棒在斜面上下滑过程有电流通过电阻 ，由能量守恒定律得
解得
(3) 若金属棒 在水平轨道上的运动时
间为 ，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
，即
而
代入得
解得
2.如图甲所示， ， 是两条间距为 的平行金属导轨， 、
处平滑连接，导轨电阻不计，右端接有阻值为 的电阻， 、
为倾斜导轨，倾角 ，其间存在垂直于斜面向上的匀强磁场， 、
为光滑水平导轨，其中 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 、电阻为 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 大于或等于 时，均停在水平导
轨上的 处，且金属棒在倾斜导轨上运动的加速度 与速度 的关系如图乙所
示.现将金属棒从 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 ， ， 取 .求：
(1) 金属棒与倾斜导轨间的动摩擦因数 和磁感应强度大小 ；
[答案] 0.5;
[解析] 由题图乙知，当 时
当 时
由牛顿第二定律得
由平衡条件得
联立，代入数据求得 ，
(2) 金属棒在倾斜导轨上运动的过程中，电阻 上产生的焦耳热 ；
[答案]
[解析] 由于 ，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
由能量守恒定律有
电阻 上产生的焦耳热
代入数据解得
(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 .
[答案]
[解析] 金属棒以 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
通过金属棒的电荷量
代入数据解得
1.(电磁感应与动量守恒定律的综合应用)[2024·厦门一中月考] 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
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( )
[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( )
CD
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错误.
3.(电磁感应与动量守恒定律的综合应用)[2023·湖南卷] 如图所示,两根足够长的光滑金属直导轨平行放置,导轨间距为,两导轨及其所构成的平面均与水平面成 角,整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中,磁感应强度大小为.现将质量均为的金属棒、垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为.运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终未滑出导轨，导轨电阻忽略不计，重力加速度为.
(1) 先保持棒静止，将棒由静止释放，求棒匀速运动时的速度大小；
[答案]
[解析] 棒运动过程中,当重力沿斜面的分力和棒所受的安培力
大小相等时，棒做匀速运动，由法拉第电磁感应定律可得
由闭合电路欧姆定律及安培力公式可得，
当棒做匀速运动时，有
联立解得.
(2) 在(1)问中，当棒匀速运动时，再将棒由静止释放，求释放瞬间棒的加速度大小;
[答案]
[解析] 由右手定则可知棒中电流向里，所受安培力沿斜面向下，则对棒，根据牛顿第二定律可得
解得 .
(3) 在(2)问中，从棒释放瞬间开始计时，经过时间，两棒恰好达到相同的速度，求速度的大小，以及时间内棒相对于棒运动的距离.
[答案]
[解析] 释放棒后，棒受到沿斜面向上的安培力，在两棒达到相同速度的过程中，对棒，根据动量定理有
棒受到沿斜面向下的安培力，对棒，根据动量定理有
联立解得，
由闭合电路欧姆定律可得
联立解得.
