加分练6 动量观点在电磁感应中的应用
保分基础练
1.(2025·海口模拟)如图所示,固定在水平面上的光滑金属导轨AB、CD,导轨一端连接电阻R,导轨宽为L,垂直于导轨平面向下存在磁感应强度为B的匀强磁场,将一长为L、质量为m、电阻为r的导体棒垂直导轨静止放置,导体棒与金属导轨接触良好,用恒力F向右拉动导体棒,经过距离x导体棒恰好达到最大速度,则在此过程中( )
A.最大速度v=
B.通过导体棒的电荷量q=
C.从开始至速度最大所用的时间t=+
D.回路产生的焦耳热Q=Fx-
2.(2024·海南卷)两根足够长的导轨由上下两段电阻不计,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处在一个大小为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。下列说法正确的是( )
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
3.(多选)(2025·洛阳模拟)如图所示,两根足够长的平行金属导轨固定于同一水平面内,导轨间距离为L,导轨上平行放置两根导体棒ab和cd,构成矩形回路,已知ab棒质量为2m,cd棒质量为m,两根导体棒接入电路电阻值均为r,其他电阻忽略不计,整个导轨处于竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度为B,导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行且不会相碰。开始时两导体棒均静止,现同时给ab一向右的初速度v0,给cd一向左的初速度v0,对之后的整个运动过程(两棒始终没有相碰),下列说法正确的是( )
A.ab棒克服安培力所做的总功为m
B.通过ab棒的电荷量为
C.两导体棒间的距离最终缩小了
D.当cd速度为0时,ab棒的加速度为
增分提能练
4.(2025·邢台三模)如图所示,水平面上固定有两足够长的平行金属导轨,整个区域都有竖直向上的匀强磁场,磁感应强度大小为B。两根导轨间距为L,导体棒1、2用轻质的绝缘细线连接,垂直导轨放置且与导轨接触良好,其接入电路的电阻均为R,金属导轨的电阻忽略不计。现给导体棒2施加平行于导轨方向的恒力F,使之以速度大小v0做匀速运动。某时刻剪断导体棒间的细线,从剪断细线开始计时,经过时间t,导体棒2达到最大速度,此时导体棒1仍继续向前运动。已知两导体棒质量均为m,与导轨间的动摩擦因数均为μ,重力加速度为g。求:
(1)导体棒1和导体棒2所能达到的稳定加速度大小;
(2)导体棒2所能达到的最大速度;
(3)从剪断细线到导体棒2达到最大速度的过程中,通过导体棒1的电荷量和导体棒1、2相对滑动的距离。
5.(2025·辽宁三模)如图所示,光滑水平面上有一质量为2m的“”形导体框MPQN,导体框电阻忽略不计。一质量为m、电阻为R的铜棒静置于导体框上的最右端MN处,与导体框构成矩形回路MNQP。右侧有一足够大的区域分布有匀强磁场,磁场方向竖直向上,磁感应强度大小为B,EF为磁场左侧边界且与MN平行,MN=PQ=L。初始时,导体框与铜棒均静止,现给导体框一个与PQ垂直的水平向右的初速度v0,一段时间后铜棒进入磁场中刚好做匀速直线运动,直至PQ进入磁场。已知PQ刚进入磁场时导体框速度为,又经时间t导体框与铜棒速度相同。导体框与铜棒之间的动摩擦因数μ=,重力加速度为g。已知导体框与铜棒之间始终接触良好,铜棒始终未到达PQ位置,其中m、R、L、B、v0、t为已知量。求:
(1)铜棒进入磁场时的速度大小;
(2)导体框MP边的长度;
(3)导体框的PQ边进入磁场后,回路产生的焦耳热。
加分练6 动量观点在电磁感应中的应用
1.C 解析 导体棒达到最大速度时,感应电动势Emax=BLvmax,感应电流Imax=,此时导体棒所受合力为0,则有F=BImaxL,解得vmax=,A项错误;感应电动势的平均值==,感应电流的平均值==,解得q=,B项错误;根据动量定理有Ft-BLt=mvmax,其中q=t,q=,结合上述解得t=+,C项正确;根据功能关系与能量守恒定律可知,回路产生的焦耳热Q=Fx-m,结合上述解得Q=Fx-,D项错误。
2.BD 解析 由于金属棒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,对金属棒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=,说明金属棒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,金属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。
3.ACD 解析 对ab系统受合外力为零,则动量守恒,则稳定时的速度为v,向右为正,则根据动量守恒定律,2mv0-mv0=3mv,解得v=v0,解得ab棒克服安培力所做的总功为Wab=×2m-×2mv2=m,A项正确;对ab由动量定理-BLΔt=-BLq=2mv-2mv0,解得通过ab棒的电荷量为q=,B项错误;根据q=Δt=Δt==,解得两导体棒间的距离最终缩小了Δx=,C项正确;当cd速度为0时,根据动量守恒定律2mv0-mv0=2mv1,ab棒的加速度为a====,D项正确。
4.答案 (1)0 0 (2)+v0
(3)- 2R
解析 (1)导体棒1、2整体所受合外力为零,最终稳定后两导体棒均做匀速直线运动,故加速度大小均为零。
(2)据题意,未剪断细线时导体棒2做匀速运动,
对导体棒1、2整体由平衡知识得F=2μmg,
以导体棒1、2组成的系统为研究对象,两棒受到等大反向的安培力,系统受到的合外力为零,
由系统动量守恒得mv1+mv2=2mv0,
导体棒2达到最大速度时有F=F安+μmg,
由法拉第电磁感应定律得E=BL(v2-v1),
感应电流I=,
安培力F安=BIL,
联立解得导体棒2所能达到的最大速度v2=v0+。
(3)以导体棒1为研究对象
由动量定理得BLt-μmgt=mv1-mv0,
其中q=t,
mv1+mv2=2mv0,
联立解得通过导体棒1的电荷量q=-,
又=,
又E=BL,
解得q=,
联立解得导体棒1、2相对滑动的距离
Δx=2R。
5.答案 (1) (2) (3)-m
解析 (1)铜棒进入磁场做匀速运动,受力分析得
μmg-BIL=0,
I=,
E=BLv,
联立解得v=。
(2)从一开始到铜棒进入磁场时,铜棒与导体框动量守恒有2mv0=mv+2mv1,
根据能量守恒定律有
×2m=mv2+×2m+μmgd1,
由题意可知,铜棒进入磁场后,导体框做匀减速直线运动,对导体框有μmg=2ma,
根据运动学公式,有-=2ad2,
MP边的长度为d=d1+d2,
联立解得d=。
(3)PQ边进入磁场后,导体框与铜棒动量守恒有
2m+m=(m+2m)v2,
对铜棒由动量定理有μmgt+BLt=mv2-m,
设从PQ边进入磁场到导体框与铜棒共速的过程中,导体框通过的位移为x1,铜棒通过的位移为x2,时间为t,此过程中,产生的平均电动势=-=,
产生的平均电流=,
联立可得Δx=-v0t,
根据能量守恒定律有×2m+m=(m+2m)+μmgΔx+Q,
解得Q=-m。(共25张PPT)
加分练6 动量观点在电磁感应中的应用
1.(2025·海口模拟)如图所示，固定在水平面上
的光滑金属导轨AB、CD，导轨一端连接电阻R,
导轨宽为L，垂直于导轨平面向下存在磁感应强
度为B的匀强磁场，将一长为L、质量为m、电阻为r的导体棒垂直导轨静止放置，导体棒与金属导轨接触良好，用恒力F向右拉动导体棒，经过距离x导体棒恰好达到最大速度，则在此过程中( )
保分基础练
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A.最大速度v=
B.通过导体棒的电荷量q=
C.从开始至速度最大所用的时间t=+
D.回路产生的焦耳热Q=Fx-
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导体棒达到最大速度时，感应电动势Emax=BLvmax，感应电流Imax=
，此时导体棒所受合力为0，则有F=BImaxL，解得vmax=,
A项错误；感应电动势的平均值==，感应电流的平均值=
=，解得q=，B项错误；根据动量定理有Ft-BLt=mvmax，其中q=t，q=，结合上述解得t=+，C项正确；根据功能关系与能量守恒定律可知，回路产生的焦耳热Q=Fx-m,
结合上述解得Q=Fx-，D项错误。
解析
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2.(2024·海南卷)两根足够长的导轨由上下
两段电阻不计，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，质量分为m1=0.8 kg，m2=0.4 kg，ab棒电阻为0.08 Ω，cd棒的电阻不计，
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将ab由静止释放，同时cd从距离MN为x0=4.32 m处在一个大小为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。下列说法正确的是( )
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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
由于金属棒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，对金属棒
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=, 说明金属棒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，金属棒下滑过程中根据动量定
解析
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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
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3.(多选)(2025·洛阳模拟)如图所示，两根足够
长的平行金属导轨固定于同一水平面内，导轨
间距离为L，导轨上平行放置两根导体棒ab和
cd，构成矩形回路，已知ab棒质量为2m，cd棒质量为m，两根导体棒接入电路电阻值均为r，其他电阻忽略不计，整个导轨处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行且不会相碰。开始时两导体棒均静止，现同时给ab一向右的初速度v0，给cd一向左的初速度v0，对之后的整个运动过程(两棒始终没有相碰),下列说法正确的是( )
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A.ab棒克服安培力所做的总功为m
B.通过ab棒的电荷量为
C.两导体棒间的距离最终缩小了
D.当cd速度为0时，ab棒的加速度为
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对ab系统受合外力为零，则动量守恒，则稳定时的速度为v，向右为正，则根据动量守恒定律，2mv0-mv0=3mv，解得v=v0，解得ab棒克服安培力所做的总功为Wab=×2m-×2mv2=m，A项正确；对ab由动量定理-BLΔt=-BLq=2mv-2mv0，解得通过ab棒的电荷量为q=，B项错误；根据q=Δt=Δt==，解得两导
解析
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体棒间的距离最终缩小了Δx=，C项正确；当cd速度为0时，根据动量守恒定律2mv0-mv0=2mv1，ab棒的加速度为a===
=，D项正确。
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4.(2025·邢台三模)如图所示，水平面上固定有两
足够长的平行金属导轨，整个区域都有竖直向上
的匀强磁场，磁感应强度大小为B。两根导轨间距
为L，导体棒1、2用轻质的绝缘细线连接，垂直导
轨放置且与导轨接触良好，其接入电路的电阻均为R，金属导轨的电阻忽略不计。现给导体棒2施加平行于导轨方向的恒力F，使之以速度大小v0做匀速运动。某时刻剪断导体棒间的细线，从剪断细线开始计时，经过时间t，导体棒2达到最大速度，此时导体棒1仍继续向前运动。已知两导体棒质量均为m，与导轨间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g。求：
增分提能练
导体棒1、2整体所受合外力为零，最终稳定后两导体棒均做匀速直线运动，故加速度大小均为零。
解析
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(1)导体棒1和导体棒2所能达到的稳定加速度大小；
据题意，未剪断细线时导体棒2做匀速运动，
对导体棒1、2整体由平衡知识得F=2μmg，
以导体棒1、2组成的系统为研究对象，两棒受到等大反向的安培力，系统受到的合外力为零，
由系统动量守恒得mv1+mv2=2mv0，
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(2)导体棒2所能达到的最大速度；
导体棒2达到最大速度时有F=F安+μmg，
由法拉第电磁感应定律得E=BL(v2-v1)，
感应电流I=，
安培力F安=BIL，
联立解得导体棒2所能达到的最大速度v2=v0+。
解析
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以导体棒1为研究对象
由动量定理得BLt-μmgt=mv1-mv0，
其中q=t，
mv1+mv2=2mv0，
联立解得通过导体棒1的电荷量q=-，
解析
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(3)从剪断细线到导体棒2达到最大速度的过程中，通过导体棒1的电荷量和导体棒1、2相对滑动的距离。
又=，
又E=BL，
解得q=，
联立解得导体棒1、2相对滑动的距离Δx=2R。
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5.(2025·辽宁三模)如图所示，光滑水平面上
有一质量为2m的“ ”形导体框MPQN，导体框
电阻忽略不计。一质量为m、电阻为R的铜棒
静置于导体框上的最右端MN处，与导体框构成矩形回路MNQP。右侧有一足够大的区域分布有匀强磁场，磁场方向竖直向上，磁感应强度大小为B，EF为磁场左侧边界且与MN平行，MN=PQ=L。初始
时，导体框与铜棒均静止，现给导体框一个与PQ垂直的水平向右的
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初速度v0，一段时间后铜棒进入磁场中刚好做匀速直线运动，直至PQ进入磁场。已知PQ刚进入磁场时导体框速度为，又经时间t导体框与铜棒速度相同。导体框与铜棒之间的动摩擦因数μ=，重力加速度为g。已知导体框与铜棒之间始终接触良好，铜棒始终未到达PQ位置，其中m、R、L、B、v0、t为已知量。求：
铜棒进入磁场做匀速运动，受力分析得μmg-BIL=0，
I=，
E=BLv，
联立解得v=。
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(1)铜棒进入磁场时的速度大小；
从一开始到铜棒进入磁场时，铜棒与导体框动量守恒有2mv0=mv+2mv1，
根据能量守恒定律有
×2m=mv2+×2m+μmgd1，
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(2)导体框MP边的长度；
由题意可知，铜棒进入磁场后，导体框做匀减速直线运动，对导体框有μmg=2ma，
根据运动学公式，有-=2ad2，
MP边的长度为d=d1+d2，
联立解得d=。
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PQ边进入磁场后，导体框与铜棒动量守恒有
2m+m=(m+2m)v2，
对铜棒由动量定理有μmgt+BLt=mv2-m，
设从PQ边进入磁场到导体框与铜棒共速的过程中，导体框通过的位移为x1，铜棒通过的位移为x2，时间为t，此过程中，产生的平均电动势=-=，
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(3)导体框的PQ边进入磁场后，回路产生的焦耳热。
产生的平均电流=，
联立可得Δx=-v0t，
根据能量守恒定律有×2m+m=(m+2m)+μmgΔx+Q，
解得Q=-m。
解析
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4加分站 6 动量观点在电磁感应中的应用
热点一 动量定理在电磁感应中的应用
例1 (多选)(2024·贵州卷)如图,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( )
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
[模型构建] 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。
待求物理量 典型示例
电荷量 或速度 若单杆受到的安培力为合力时,有-BlΔt=mv2-mv1,且q=Δt,整理得-Bql=mv2-mv1
位移 若单杆受到的安培力为合力时,有-BlΔt=mv2-mv1,且=,=Bl,整理得-=mv2-mv1,x=Δt,即-=mv2-mv1
时间 若单杆除受安培力还有其他恒力作用,且已知电荷量q和F其他(恒力),有-BlΔt+F其他Δt=mv2-mv1,且q=Δt,即-Bql+F其他Δt=mv2-mv1
若单杆除受安培力还有其他恒力作用,且已知位移x和F其他(恒力),有-+F其他Δt=mv2-mv1,x=Δt,即-+F其他Δt=mv2-mv1
训练1 (多选)(2025·湖南卷)如图,关于x轴对称的光滑导轨固定在水平面内,导轨形状为抛物线,顶点位于O点。一足够长的金属杆初始位置与y轴重合,金属杆的质量为m,单位长度的电阻为r0。整个空间存在竖直向上的匀强磁场,磁感应强度为B。现给金属杆一沿x轴正方向的初速度v0,金属杆运动过程中始终与y轴平行,且与电阻不计的导轨接触良好。下列说法正确的是( )
A.金属杆沿x轴正方向运动过程中,金属杆中电流沿y轴负方向
B.金属杆可以在沿x轴正方向的恒力作用下做匀速直线运动
C.金属杆停止运动时,与导轨围成的面积为
D.若金属杆的初速度减半,则金属杆停止运动时经过的距离小于原来的一半
热点二 动量守恒定律在电磁感应中的应用
例2 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将做匀减速直线运动
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
[模型构建] “导轨+双杆”模型
物理模型 “一动一静”型:甲杆静止不动,乙杆运动,其实质是单杆问题,不过要注意问题包含着一个条件——甲杆静止,受力平衡
两杆都在运动,对于这种情况,要注意两杆切割磁感线产生的感应电动势是相加还是相减;系统动量是否守恒
分析方法 动力学 观点 通常情况下一个金属杆做加速度逐渐减小的加速运动,而另一个金属杆做加速度逐渐减小的减速运动,最终两金属杆以共同的速度匀速运动
能量 观点 两杆系统机械能减少量等于回路中产生的焦耳热之和
动量 观点 对于两金属杆在平直的光滑导轨上运动的情况,如果两金属杆所受的外力矢量和为零,则考虑应用动量守恒处理问题
训练2 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。
高考真题·体验
1.(2025·陕晋青宁卷)如图,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( )
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
2.(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。
加分站6 动量观点在电磁感应中的应用
例1 AB 解析 加速阶段的位移与减速阶段的位移相等,设为x,根据q=Δt=Δt=·Δt==,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项正确;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t=,B项正确;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项错误;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,合外力的功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项错误。
训练1 AC 解析 根据右手定则可知,金属杆中电流沿y轴负方向,A项正确;由法拉第电磁感应定律有E=BLv,由欧姆定律有I=,由安培力公式有F安=BIL,又R=Lr0,联立解得F安=L,若金属杆做匀速运动,则安培力随有效长度的增大而增大,则与安培力平衡的外力一定不是恒力,B项错误;对金属杆的整个运动过程,由动量定理有-BLt=0-mv0,又t=q==,联立解得金属杆停止时与导轨围成的面积S=,C项正确;由C项分析可知,金属杆的初速度减半时,ΔS变为原来的,由抛物线性质可知金属杆停止运动时经过的距离大于原来的一半,D项错误。
例2 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,L2受安培力向左,做减速运动,L1受安培力向右,做加速运动,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。
训练2 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碰撞后金属棒P的速度大小为
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=。
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1.D 解析 进磁场的过程中,甲线框右边框切割磁感线,由右手定则可知,线框中的电流沿顺时针方向,出磁场的过程中,甲线框左边框切割磁感线,由右手定则可知,线框中的电流沿逆时针方向,A项错误;刚进磁场区域时,甲线框切割磁感线产生的电动势E=BLv0,线框中的电流I=,所受合力等于所受安培力F安甲=BIL,联立解得刚进磁场区域时甲线框所受合力大小F安甲=,同理可得刚进磁场区域时乙线框所受合力大小F安乙=,有F安甲∶F安乙=2∶1,B项错误;结合B项分析,对乙线框进出磁场的两过程,由动量定理分别有-t进=mΔv进,-t出=mΔv出,其中t进=2L,t出=2L,又乙线框完全出磁场区域时的速度大小v乙=v0+Δv进+Δv出,联立解得v乙=,C项错误;与C项分析同理可得甲线框完全出磁场区域时速度大小v甲=0,所以由能量守恒定律可知,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Q甲=m,Q乙=m-m,联立可得Q甲∶Q乙=4∶3,D项正确。
2.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。(共34张PPT)
加分站 6
动量观点在电磁感应中的应用
热点一 动量定理在电磁感应中的应用
例1 (多选)(2024·贵州卷)如图，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
( )
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
加速阶段的位移与减速阶段的位移相等，设为x，根据q=Δt=Δt= ·Δt==，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项正确；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t=，B项正确；金属棒在水平拉力作用下从静止开始做匀加速直线运动，
解析
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项错误；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，合外力的功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项错误。
解析
[模型构建] 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。
待求物理量 典型示例
电荷量 或速度 若单杆受到的安培力为合力时，有-BlΔt=mv2-mv1，且q=Δt，整理得-Bql=mv2-mv1
位移 若单杆受到的安培力为合力时，有-BlΔt=mv2-mv1，且，整理得-Δt，即-=mv2-mv1
时间 若单杆除受安培力还有其他恒力作用，且已知电荷量q和 F其他(恒力)，有-BlΔt+F其他Δt=mv2-mv1，且q=Δt，即-Bql+ F其他Δt=mv2-mv1
若单杆除受安培力还有其他恒力作用，且已知位移x和F其他 (恒力)，有-+F其他Δt=mv2-mv1，x=Δt，即-+F其他Δt=mv2-mv1
训练1 (多选)(2025·湖南卷)如图，关于x轴对称的光滑导轨固定在水平面内，导轨形状为抛物线，顶点位于O点。一足够长的金属杆初始位置与y轴重合，金属杆的质量为m，单位长度的电阻为r0。整个空间存在竖直向上的匀强磁场，
磁感应强度为B。现给金属杆一沿x轴正方向的初速度v0，金属杆运动过程中始终与y轴平行，且与电阻不计的导轨接触良好。下列说法正确的是( )
A.金属杆沿x轴正方向运动过程中，金属杆中电流沿y轴负方向
B.金属杆可以在沿x轴正方向的恒力作用下做匀速直线运动
C.金属杆停止运动时，与导轨围成的面积为
D.若金属杆的初速度减半，则金属杆停止运动时经过的距离小于原来的一半
根据右手定则可知，金属杆中电流沿y轴负方向，A项正确；由法拉第电磁感应定律有E=BLv，由欧姆定律有I=，由安培力公式有F安=BIL，又R=Lr0，联立解得F安=L，若金属杆做匀速运动， 则安培力随有效长度的增大而增大，则与安培力平衡的外力一 定不是恒力，B项错误；对金属杆的整个运动过程，由动量定理
解析
有-BLt=0-mv0，又t=q==，联立解得金属杆停止时与导轨围成的面积S=，C项正确；由C项分析可知，金属杆的初速度减半时，ΔS变为原来的，由抛物线性质可知金属杆停止运动时经过的距离大于原来的一半，D项错误。
解析
热点二 动量守恒定律在电磁感应中的应用
例2 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将做匀减速直线运动
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，L2受安培力向左，做减速运动，L1受安培力向右，做加速运动，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
解析
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。
解析
[模型构建] “导轨+双杆”模型
物理 模型 “一动一静”型：甲杆静止不动，乙杆运动，其实质是单杆问题，不过要注意问题包含着一个条件——甲杆静止，受力平衡
两杆都在运动，对于这种情况，要注意两杆切割磁感线产生的感应电动势是相加还是相减；系统动量是否守恒
分析方法 动力学 观点 通常情况下一个金属杆做加速度逐渐减小的加速运动，而另一个金属杆做加速度逐渐减小的减速运动，最终两金属杆以共同的速度匀速运动
能量观点 两杆系统机械能减少量等于回路中产生的焦耳热之和
动量 观点 对于两金属杆在平直的光滑导轨上运动的情况，如果两金属杆所受的外力矢量和为零，则考虑应用动量守恒处理问题
训练2 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；
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=。
解析
(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碰撞后金属棒P的速度大小为
v1=，v2=。
解析
(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=，
解析
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=。
解析
1.(2025·陕晋青宁卷)如图，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( )
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
进磁场的过程中，甲线框右边框切割磁感线，由右手定则可知，线框中的电流沿顺时针方向，出磁场的过程中，甲线框左边框 切割磁感线，由右手定则可知，线框中的电流沿逆时针方向， A项错误；刚进磁场区域时，甲线框切割磁感线产生的电动势E=BLv0，线框中的电流I=，所受合力等于所受安培力F安甲=BIL，联立解得刚进磁场区域时甲线框所受合力大小F安甲=，同理
解析
可得刚进磁场区域时乙线框所受合力大小F安乙=，有F安甲∶ F安乙=2∶1，B项错误；结合B项分析，对乙线框进出磁场的两过程，由动量定理分别有-t进=mΔv进，-t出=mΔv出，其中t进=2L，t出=2L，又乙线框完全出磁场区域时的速度大小v乙=v0+Δv进+Δv出，联立解得v乙=，C项错误；与C项分析同理
解析
可得甲线框完全出磁场区域时速度大小v甲=0，所以由能量守恒定律可知，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Q甲=m，Q乙=m-m，联立可得Q甲∶Q乙=4∶3，D项正确。
解析
2.(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；
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。
解析
(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=，
解析
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=。
解析
(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，
解析
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。
解析
