資源簡介

專題強化十二　電磁感應中的動力學、能量和動量問題
1. 會用動力學知識分析電磁感應問題．
2．會用功能關系和能量守恒解決電磁感應中的能量問題．
3．掌握應用動量定理處理電磁感應問題的方法技巧．
4．建立電磁感應問題中動量守恒的模型，并用動量守恒定律解決問題．
考點一　電磁感應中的動力學問題
1．導體的兩種運動狀態
(1)導體的平衡狀態——靜止狀態或勻速直線運動狀態．
處理方法：根據平衡條件列式分析．
(2)導體的非平衡狀態——加速度不為零．
處理方法：根據牛頓第二定律進行動態分析或結合功能關系分析．
2．用動力學觀點解答電磁感應問題的一般步驟
例 1 (多選)[2023·山東卷]足夠長U形導軌平置在光滑水平絕緣桌面上，寬為1 m，電阻不計．質量為1 kg、長為1 m、電阻為1 Ω的導體棒MN放置在導軌上，與導軌形成矩形回路并始終接觸良好，Ⅰ和Ⅱ區域內分別存在豎直方向的勻強磁場，磁感應強度分別為B1和B2，其中B1＝2 T，方向向下．用不可伸長的輕繩跨過固定輕滑輪將導軌CD段中點與質量為0.1 kg的重物相連，繩與CD垂直且平行于桌面．如圖所示，某時刻MN、CD同時分別進入磁場區域Ⅰ和Ⅱ并做勻速直線運動，MN、CD與磁場邊界平行．MN的速度v1＝2 m/s，CD的速度為v2且v2>v1，MN和導軌間的動摩擦因數為0.2.重力加速度大小取10 m/s2，下列說法正確的是(　　)
A．B2的方向向上 B．B2的方向向下
C．v2＝5 m/s D．v2＝3 m/s
例 2 [2024·九省聯考河南卷]如圖(a)所示，一個電阻不計的平行金屬導軌，間距L＝1 m，左半部分傾斜且粗糙，傾角θ＝37°，處于沿斜面向下的勻強磁場中；右半部分水平且光滑，導軌之間存在一個三角形勻強磁場區域，磁場方向豎直向下，其邊界與兩導軌夾角均為α，tan α＝0.1.右半部分俯視圖如圖(b)．導體棒Q借助小立柱靜置于傾斜導軌上，其與導軌的動摩擦因數μ＝0.5.導體棒P以v0＝0.5 m/s的速度向右進入三角形磁場區域時，撤去小立柱，Q棒開始下滑，同時對P棒施加一外力使其始終保持勻速運動．運動過程中，兩棒始終垂直于導軌且接觸良好．已知兩磁場的磁感應強度大小均為B＝1 T，兩棒的質量均為m＝0.1 kg，Q棒電阻R＝0.5 Ω，P棒電阻不計．重力加速度大小取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，以Q棒開始下滑為計時起點．求
(1)撤去小立柱時，Q棒的加速度大小a0；
(2)Q棒中電流隨時間變化的關系式；
(3)Q棒達到的最大速度vm及所用時間t1.
考點二　電磁感應中的能量問題
1．電磁感應中的能量轉化
2．求解焦耳熱Q的三種方法
例 3 [2024·北京市模擬]
如圖所示，AB、CD為兩個平行的、不計電阻的水平光滑金屬導軌，置于方向垂直導軌平面向里、磁感應強度為B的勻強磁場中．AB、CD的間距為L，左右兩端均接有阻值為R的電阻．質量為m、長為L且電阻不計的導體棒MN放在導軌上，與導軌接觸良好，并與輕質彈簧組成彈簧振動系統．開始時，彈簧處于自然長度，導體棒MN具有水平向左的初速度v0，經過一段時間，導體棒MN第一次運動到最右端，這一過程中AC間的電阻R上產生的焦耳熱為Q，則(　　)
A. 導體棒水平方向做簡諧運動
B．初始時刻導體棒所受的安培力大小為
C．當導體棒第一次到達最右端時，彈簧具有的彈性勢能為
D．當導體棒再次回到初始位置時，AC間的電阻R的熱功率小于
例 4 如圖甲所示，游樂園中的過山車雖然驚險刺激，但也有多種措施保證了它的安全運行．其中磁力剎車是為保證過山車在最后進站前的安全設計的一種剎車形式，磁場很強的釹磁鐵安裝在軌道上，剎車金屬框安裝在過山車底部．其簡化模型如圖所示，將剎車金屬框看作為一個邊長為L，總電阻為R的單匝正方形線框，則過山車返回水平站臺前的運動可以簡化如下：線框沿著光滑斜面下滑s后，下邊框進入勻強磁場時線框開始減速，下邊框出磁場，線框剛好開始做勻速直線運動．已知斜面與水平面的夾角為θ，過山車的總質量為m，磁場區上下邊界間的距離也為L，磁感應強度大小為B，方向垂直斜面向上，重力加速度為g，求：
(1)線框剛進入磁場上邊界時，從斜面上方俯視線框求感應電流的方向和此時感應電流的大小．
(2)線框穿過磁場的過程中產生的焦耳熱．
考點三　電磁感應與動量的綜合問題
在電磁感應中，動量定理應用于單桿切割磁感線運動，可求解變力的時間、速度、位移和電荷量．
(1)求電荷量或速度：BlΔt＝mv2－mv1，q＝t.
(2)求時間：Ft＝I沖＝mv2－mv1，I沖＝BlΔt＝Bl.
(3)求位移：－BlΔt＝－＝0－mv0，
即－x＝m(0－v0)．
考向1　動量定理在電磁感應中的應用
例 5 [2023·湖南卷]如圖，兩根足夠長的光滑金屬直導軌平行放置，導軌間距為L，兩導軌及其所構成的平面均與水平面成θ角，整個裝置處于垂直于導軌平面斜向上的勻強磁場中，磁感應強度大小為B.現將質量均為m的金屬棒a、b垂直導軌放置，每根金屬棒接入導軌之間的電阻均為R.運動過程中金屬棒與導軌始終垂直且接觸良好，金屬棒始終未滑出導軌，導軌電阻忽略不計，重力加速度為g.
(1)先保持棒b靜止，將棒a由靜止釋放，求棒a勻速運動時的速度大小v0；
(2)在(1)問中，當棒a勻速運動時，再將棒b由靜止釋放，求釋放瞬間棒b的加速度大小a0；
(3)在(2)問中，從棒b釋放瞬間開始計時，經過時間t0，兩棒恰好達到相同的速度v，求速度v的大小，以及時間t0內棒a相對于棒b運動的距離Δx.
考向2　動量守恒定律在電磁感應中的應用
例 6 (多選)[2023·遼寧卷]
如圖，兩根光滑平行金屬導軌固定在絕緣水平面上，左、右兩側導軌間距分別為d和2d，處于豎直向上的磁場中，磁感應強度大小分別為2B和B.已知導體棒MN的電阻為R、長度為d，導體棒PQ的電阻為2R、長度為2d，PQ的質量是MN的2倍．初始時刻兩棒靜止，兩棒中點之間連接一壓縮量為L的輕質絕緣彈簧．釋放彈簧，兩棒在各自磁場中運動直至停止，彈簧始終在彈性限度內．整個過程中兩棒保持與導軌垂直并接觸良好，導軌足夠長且電阻不計．下列說法正確的是(　　)
A．彈簧伸展過程中，回路中產生順時針方向的電流
B．PQ速率為v時，MN所受安培力大小為
C．整個運動過程中，MN與PQ的路程之比為2∶1
D．整個運動過程中，通過MN的電荷量為
例 7 [2023·全國甲卷]如圖，水平桌面上固定一光滑U型金屬導軌，其平行部分的間距為l，導軌的最右端與桌面右邊緣對齊，導軌的電阻忽略不計．導軌所在區域有方向豎直向上的勻強磁場，磁感應強度大小為B.一質量為m、電阻為R、長度也為l的金屬棒P靜止在導軌上．導軌上質量為3m的絕緣棒Q位于P的左側，以大小為v0的速度向P運動并與P發生彈性碰撞，碰撞時間很短．碰撞一次后，P和Q先后從導軌的最右端滑出導軌，并落在地面上同一地點．P在導軌上運動時，兩端與導軌接觸良好，P與Q始終平行．不計空氣阻力．求：
(1)金屬棒P滑出導軌時的速度大小；
(2)金屬棒P在導軌上運動過程中產生的熱量；
(3)與P碰撞后，絕緣棒Q在導軌上運動的時間．
核心素養提升 教你規范答題
典例 如圖所示，兩根足夠長的平行金屬導軌固定在傾角θ＝37°的斜面上，兩導軌垂直于斜面與水平面的交線ef，間距L＝0.6 m，導軌電阻不計．導軌所在空間被分成區域Ⅰ和Ⅱ，兩區域的邊界與斜面的交線為虛線MN.虛線MN與兩導軌垂直，區域Ⅰ中的勻強磁場方向豎直向下，區域Ⅱ中的勻強磁場方向豎直向上，兩磁場的磁感應強度大小均為B＝1 T．在區域Ⅰ中，將質量m1＝0.21 kg、電阻R1＝0.1 Ω的金屬棒ab放在導軌上，金屬棒ab剛好不下滑．然后，在區域Ⅱ中將質量m2＝0.4 kg、電阻R2＝0.1 Ω的光滑金屬棒cd置于導軌上使其由靜止開始下滑，金屬棒cd在滑動過程中始終處于區域Ⅱ的磁場中，兩金屬棒長度均為L且始終與導軌垂直且與導軌保持良好接觸(最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．
(1)求金屬棒ab剛要向上滑動時，金屬棒cd的速度大小v；
(2)從金屬棒cd開始下滑到金屬棒ab剛要向上滑動的過程中，金屬棒cd滑動的距離x＝3.5 m，求此過程中金屬棒ab上產生的熱量Q；
(3)求金屬棒cd滑動距離3.5 m的過程中流過金屬棒ab某一橫截面的電荷量q.
[教你規范答題]
專題強化十二　電磁感應中的動力學、能量和動量問題
考點一
例1　解析：導軌的速度v2>v1，因此對導體棒受力分析可知導體棒受到向右的摩擦力以及向左的安培力，摩擦力大小為f＝μmg＝2 N
導體棒的安培力大小為F1＝f＝2 N
由左手定則可知導體棒的電流方向為N→M→D→C→N，導體框受到向左的摩擦力，向右的拉力和向右的安培力，安培力大小為
F2＝f－m0g＝1 N
由左手定則可知B2的方向為垂直紙面向里，A錯誤，B正確；
對導體棒分析F1＝B1IL
對導體框分析F2＝B2IL
電路中的電流為I＝
聯立解得v2＝3 m/s
C錯誤，D正確．故選BD.
答案：BD
例2　解析：(1)撤去小立柱時，導體棒P剛剛進入三角形磁場區域，沒有感應電動勢，則對Q棒受力分析a0＝＝g sin θ－μg cos θ＝(10×0.6－0.5×10×0.8)m/s2＝2 m/s2.
(2)只有P棒在切割磁感線，所以感應電動勢為
E＝＝，
磁場穿過閉合電路的面積與時間的關系為
S＝(v0t)(2tan α×v0t)＝t2，
所以＝S′＝t，
E＝＝＝t＝2×1×0.1×0.52t＝0.05t(V)，
I＝＝ A＝0.1t(A)．
(3)對Q棒受力分析
ma＝mg sin θ－μ(mg cos θ＋BIL)，
當Q棒速度達到最大時
mg sin θ＝μ(mg cos θ＋BIL)，
解得此時I＝0.4 A，t1＝4 s，
三角形磁場總長有L1＝ m＝5 m，
而P棒在4 s內運動的位移為2 m，小于L1.
Q棒的加速度與時間的關系為
a＝g sin θ－μ(g cos θ＋)＝(2－0.5t)m/s2，
畫出Q棒的a t圖，則Q棒速度的變化量等于圖線下方與坐標軸圍成的面積，則Q棒達到的最大速度vm為
vm＝Δv＝ m/s＝4 m/s，
所用時間t1＝4 s.
答案：(1)2 m/s2　(2)I＝0.1t(A)　(3)4 m/s，4 s
考點二
例3　解析：導體棒運動過程中，克服安培力做功，電阻產生焦耳熱，則棒和彈簧的機械能有損失，則當棒再次回到初始位置時速度小于v0，導體棒水平方向做的不是簡諧運動，則導體棒回到初始位置時產生的感應電動勢E1答案：D
例4　解析：(1)線框剛進入磁場上邊界時，從斜面上方俯視線框，根據右手定則可知，感應電流的方向為順時針方向．線框剛進入磁場上邊界時，由動能定理得mgs sin θ＝mv2
又因為E＝BLv，I＝
所以I＝
(2)下邊框出磁場時，線框恰好做勻速直線運動，有mg sin θ＝BI′L
又因為E′＝BLv′，I′＝
所以v′＝
由開始下滑到剛剛離開時，由功能關系得mg sin θ(s＋2L)＝Q＋mv′2
線框穿過磁場的過程中產生的焦耳熱為Q＝mg sin θ(s＋2L)－
答案：(1)順時針方向，　(2)mg sin θ(s＋2L)－
考點三
例5　解析：(1)a導體棒在運動過程中重力沿斜面的分力和a棒的安培力相等時做勻速運動，由法拉第電磁感應定律可得E＝BLv0
由閉合電路歐姆定律及安培力公式可得I＝，F＝BIL
a棒受力平衡可得mg sinθ＝BIL
聯立解得v0＝
(2)由右手定則可知導體棒b中電流向里，b棒受沿斜面向下的安培力，此時電路中電流不變，則對b棒，根據牛頓第二定律可得mg sin θ＋BIL＝ma0
解得a0＝2g sin θ
(3)釋放b棒后a棒受到沿斜面向上的安培力，在到達共速時對a棒，由動量定理得mg sin θt0－BLt0＝mv－mv0
b棒受到向下的安培力，對b棒，由動量定理得mg sin θt0＋BLt0＝mv
聯立解得
v＝g sin θ·t0＋
此過程流過b棒的電荷量為q，則有
q＝t0
由法拉第電磁感應定律可得
＝＝
聯立可得Δx＝
答案：(1)　(2)2g sin θ　(3)
例6　解析：彈簧伸展過程中，根據右手定則可知，回路中產生順時針方向的電流，選項A正確；任意時刻，設電流為I，則PQ受安培力FPQ＝BI·2d，方向向左；MN受安培力FMN＝2BId，方向向右，可知兩棒系統受合外力為零，動量守恒，設PQ質量為2m，則MN質量為m, PQ速率為v時，則2mv＝mv′
解得v′＝2v
回路的感應電流I＝＝
MN所受安培力大小為FMN＝2BId＝
選項B錯誤；
兩棒最終停止時彈簧處于原長狀態，由動量守恒可得
mx1＝2mx2
x1＋x2＝L
可得最終MN向左移動x1＝
PQ向右移動x2＝
因任意時刻兩棒受安培力和彈簧彈力大小都相同，設整個過程兩棒受的彈力的平均值為F彈，安培力平均值F安，則整個過程根據動能定理
F彈x1－F安xMN＝0
F彈x2－F安xPQ＝0
可得＝＝
選項C正確；
兩棒最后停止時，彈簧處于原長位置，此時兩棒間距增加了L，由上述分析可知，MN向左移動，PQ向右移動，則
q＝Δt＝＝＝
選項D錯誤．故選AC.
答案：AC
例7　解析：(1)由于絕緣棒Q與金屬棒P發生彈性碰撞，根據動量守恒和機械能守恒可得3mv0＝3mvQ＋mvP
＝
聯立解得
vP＝v0，vQ＝v0
由題知，碰撞一次后，P和Q先后從導軌的最右端滑出導軌，并落在地面上同一地點，則金屬棒P滑出導軌時的速度大小為
v′P＝vQ＝v0
(2)根據能量守恒有
＝＋Q
解得Q＝
(3)P、Q碰撞后，對金屬棒P分析，根據動量定理得
－BlΔt＝mv′P－mvP
又
q＝Δt，＝＝＝
聯立可得x＝
由于Q為絕緣棒，無電流通過，做勻速直線運動，故Q運動的時間為
t＝＝
答案：(1)v0　　(3)(共35張PPT)
專題強化十二　
電磁感應中的動力學、能量和動量問題
1. 會用動力學知識分析電磁感應問題．
2．會用功能關系和能量守恒解決電磁感應中的能量問題．
3．掌握應用動量定理處理電磁感應問題的方法技巧．
4．建立電磁感應問題中動量守恒的模型，并用動量守恒定律解決問題．
考點一
考點二
考點三
考點一
考點一　電磁感應中的動力學問題
1．導體的兩種運動狀態
(1)導體的平衡狀態——靜止狀態或勻速直線運動狀態．
處理方法：根據平衡條件列式分析．
(2)導體的非平衡狀態——加速度不為零．
處理方法：根據牛頓第二定律進行動態分析或結合功能關系分析．
2．用動力學觀點解答電磁感應問題的一般步驟
例 1 (多選)[2023·山東卷]足夠長U形導軌平置在光滑水平絕緣桌面上，寬為1 m，電阻不計．質量為1 kg、長為1 m、電阻為1 Ω的導體棒MN放置在導軌上，與導軌形成矩形回路并始終接觸良好，Ⅰ和Ⅱ區域內分別存在豎直方向的勻強磁場，磁感應強度分別為B1和B2，其中B1＝2 T，方向向下．用不可伸長的輕繩跨過固定輕滑輪將導軌CD段中點與質量為0.1 kg的重物相連，繩與CD垂直且平行于桌面．如圖所示，某時刻MN、CD同時分別進入磁場區域Ⅰ和Ⅱ并做勻速直線運動，MN、CD與磁場邊界平行．MN的速度v1＝2 m/s，CD的速度為v2且v2>v1，MN和導軌間的動摩擦因數為0.2.重力加速度大小取10 m/s2，下列說法正確的是(　　)
A．B2的方向向上 B．B2的方向向下
C．v2＝5 m/s D．v2＝3 m/s
答案：BD
解析：導軌的速度v2>v1，因此對導體棒受力分析可知導體棒受到向右的摩擦力以及向左的安培力，摩擦力大小為f＝μmg＝2 N
導體棒的安培力大小為F1＝f＝2 N
由左手定則可知導體棒的電流方向為N→M→D→C→N，導體框受到向左的摩擦力，向右的拉力和向右的安培力，安培力大小為
F2＝f－m0g＝1 N
由左手定則可知B2的方向為垂直紙面向里，A錯誤，B正確；
對導體棒分析F1＝B1IL
對導體框分析F2＝B2IL
電路中的電流為I＝
聯立解得v2＝3 m/s
C錯誤，D正確．故選BD.
例 2 [2024·九省聯考河南卷]如圖(a)所示，一個電阻不計的平行金屬導軌，間距L＝1 m，左半部分傾斜且粗糙，傾角θ＝37°，處于沿斜面向下的勻強磁場中；右半部分水平且光滑，導軌之間存在一個三角形勻強磁場區域，磁場方向豎直向下，其邊界與兩導軌夾角均為α，tan α＝0.1.右半部分俯視圖如圖(b)．導體棒Q借助小立柱靜置于傾斜導軌上，其與導軌的動摩擦因數μ＝0.5.導體棒P以v0＝0.5 m/s的速度向右進入三角形磁場區域時，撤去小立柱，Q棒開始下滑，同時對P棒施加一外力使其始終保持勻速運動．運動過程中，兩棒始終垂直于導軌且接觸良好．
已知兩磁場的磁感應強度大小均為B＝1 T，兩棒的質量均為m＝0.1 kg，Q棒電阻R＝0.5 Ω，P棒電阻不計．重力加速度大小取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，以Q棒開始下滑為計時起點．求
(1)撤去小立柱時，Q棒的加速度大小a0；
(2)Q棒中電流隨時間變化的關系式；
(3)Q棒達到的最大速度vm及所用時間t1.
解析：(1)撤去小立柱時，導體棒P剛剛進入三角形磁場區域，沒有感應電動勢，則對Q棒受力分析a0＝＝g sin θ－μg cos θ＝(10×0.6－0.5×10×0.8)m/s2＝2 m/s2.
(2)只有P棒在切割磁感線，所以感應電動勢為
E＝＝，
磁場穿過閉合電路的面積與時間的關系為
S＝(v0t)(2tan α×v0t)＝t2，
所以＝S′＝t，
E＝＝＝t＝2×1×0.1×0.52t＝0.05t(V)，
I＝＝ A＝0.1t(A)．
(3)對Q棒受力分析ma＝mg sin θ－μ(mg cos θ＋BIL)，
當Q棒速度達到最大時mg sin θ＝μ(mg cos θ＋BIL)，
解得此時I＝0.4 A，t1＝4 s，
三角形磁場總長有L1＝ m＝5 m，
而P棒在4 s內運動的位移為2 m，小于L1.
Q棒的加速度與時間的關系為
a＝g sin θ－μ(g cos θ＋)＝(2－0.5t)m/s2，
畫出Q棒的a -t圖，則Q棒速度的變化量等于圖線下方與坐標軸圍成的面積，則Q棒達到的最大速度vm為vm＝Δv＝ m/s＝4 m/s，
所用時間t1＝4 s.
答案：(1)2 m/s2　(2)I＝0.1t(A)　(3)4 m/s，4 s
考點二
考點二　電磁感應中的能量問題
1．電磁感應中的能量轉化
2．求解焦耳熱Q的三種方法
例 3 [2024·北京市模擬] 如圖所示，AB、CD為兩個平行的、不計電阻的水平光滑金屬導軌，置于方向垂直導軌平面向里、磁感應強度為B的勻強磁場中．AB、CD的間距為L，左右兩端均接有阻值為R的電阻．質量為m、長為L且電阻不計的導體棒MN放在導軌上，與導軌接觸良好，并與輕質彈簧組成彈簧振動系統．開始時，彈簧處于自然長度，導體棒MN具有水平向左的初速度v0，經過一段時間，導體棒MN第一次運動到最右端，這一過程中AC間的電阻R上產生的焦耳熱為Q，則(　　)
A. 導體棒水平方向做簡諧運動
B．初始時刻導體棒所受的安培力大小為
C．當導體棒第一次到達最右端時，彈簧具有的
彈性勢能為
D．當導體棒再次回到初始位置時，AC間的電阻R的熱功率小于
答案：D
解析：導體棒運動過程中，克服安培力做功，電阻產生焦耳熱，則棒和彈簧的機械能有損失，則當棒再次回到初始位置時速度小于v0，導體棒水平方向做的不是簡諧運動，則導體棒回到初始位置時產生的感應電動勢E1例 4 如圖甲所示，游樂園中的過山車雖然驚險刺激，但也有多種措施保證了它的安全運行．其中磁力剎車是為保證過山車在最后進站前的安全設計的一種剎車形式，磁場很強的釹磁鐵安裝在軌道上，剎車金屬框安裝在過山車底部．其簡化模型如圖所示，將剎車金屬框看作為一個邊長為L，總電阻為R的單匝正方形線框，則過山車返回水平站臺前的運動可以簡化如下：線框沿著光滑斜面下滑s后，下邊框進入勻強磁場時線框開始減速，下邊框出磁場，線框剛好開始做勻速直線運動．已知斜面與水平面的夾角為θ，過山車的總質量為m，磁場區上下邊界間的距離也為L，磁感應強度大小為B，方向垂直斜面向上，重力加速度為g，求：
(1)線框剛進入磁場上邊界時，從斜面上方俯視線框求感應電流的方向和此時感應電流的大小．
(2)線框穿過磁場的過程中產生的焦耳熱．
解析：(1)線框剛進入磁場上邊界時，從斜面上方俯視線框，根據右手定則可知，感應電流的方向為順時針方向．線框剛進入磁場上邊界時，由動能定理得mgs sin θ＝mv2
又因為E＝BLv，I＝,所以I＝
(2)下邊框出磁場時，線框恰好做勻速直線運動，有mg sin θ＝BI′L
又因為E′＝BLv′，I′＝,所以v′＝
由開始下滑到剛剛離開時，由功能關系得mg sin θ(s＋2L)＝Q＋mv′2
線框穿過磁場的過程中產生的焦耳熱為Q＝mg sin θ(s＋2L)－
答案：(1)順時針方向，　(2)mg sin θ(s＋2L)－
考點三
考點三　電磁感應與動量的綜合問題
在電磁感應中，動量定理應用于單桿切割磁感線運動，可求解變力的時間、速度、位移和電荷量．
(1)求電荷量或速度：BlΔt＝mv2－mv1，q＝t.
(2)求時間：Ft＝I沖＝mv2－mv1，I沖＝BlΔt＝Bl.
(3)求位移：－BlΔt＝－＝0－mv0，
即－x＝m(0－v0)．
考向1　動量定理在電磁感應中的應用
例 5 [2023·湖南卷]如圖，兩根足夠長的光滑金屬直導軌平行放置，導軌間距為L，兩導軌及其所構成的平面均與水平面成θ角，整個裝置處于垂直于導軌平面斜向上的勻強磁場中，磁感應強度大小為B.現將質量均為m的金屬棒a、b垂直導軌放置，每根金屬棒接入導軌之間的電阻均為R.運動過程中金屬棒與導軌始終垂直且接觸良好，金屬棒始終未滑出導軌，導軌電阻忽略不計，重力加速度為g.
(1)先保持棒b靜止，將棒a由靜止釋放，求棒a勻速運動時的速度大小v0；
(2)在(1)問中，當棒a勻速運動時，再將棒b由靜止釋放，求釋放瞬間棒b的加速度大小a0；
(3)在(2)問中，從棒b釋放瞬間開始計時，經過時間t0，兩棒恰好達到相同的速度v，求速度v的大小，以及時間t0內棒a相對于棒b運動的距離Δx.
解析：(1)a導體棒在運動過程中重力沿斜面的分力和a棒的安培力相等時做勻速運動，由法拉第電磁感應定律可得E＝BLv0
由閉合電路歐姆定律及安培力公式可得I＝，F＝BIL
a棒受力平衡可得mg sinθ＝BIL
聯立解得v0＝
(2)由右手定則可知導體棒b中電流向里，b棒受沿斜面向下的安培力，此時電路中電流不變，則對b棒，根據牛頓第二定律可得mg sin θ＋BIL＝ma0
解得a0＝2g sin θ
(3)釋放b棒后a棒受到沿斜面向上的安培力，在到達共速時對a棒，由動量定理得mg sin θt0－BLt0＝mv－mv0
b棒受到向下的安培力，對b棒，由動量定理得mg sin θt0＋BLt0＝mv
聯立解得
v＝g sin θ·t0＋
此過程流過b棒的電荷量為q，則有
q＝t0
由法拉第電磁感應定律可得
＝＝
聯立可得Δx＝
答案：(1)　(2)2g sin θ　(3)
考向2　動量守恒定律在電磁感應中的應用
例 6 (多選)[2023·遼寧卷]如圖，兩根光滑平行金屬導軌固定在絕緣水平面上，左、右兩側導軌間距分別為d和2d，處于豎直向上的磁場中，磁感應強度大小分別為2B和B.已知導體棒MN的電阻為R、長度為d，導體棒PQ的電阻為2R、長度為2d，PQ的質量是MN的2倍．初始時刻兩棒靜止，兩棒中點之間連接一壓縮量為L的輕質絕緣彈簧．釋放彈簧，兩棒在各自磁場中運動直至停止，彈簧始終在彈性限度內．整個過程中兩棒保持與導軌垂直并接觸良好，導軌足夠長且電阻不計．下列說法正確的是(　　)
A．彈簧伸展過程中，回路中產生順時針方向的電流
B．PQ速率為v時，MN所受安培力大小為
C．整個運動過程中，MN與PQ的路程之比為2∶1
D．整個運動過程中，通過MN的電荷量為
答案：AC
解析：彈簧伸展過程中，根據右手定則可知，回路中產生順時針方向的電流，選項A正確；任意時刻，設電流為I，則PQ受安培力FPQ＝BI·2d，方向向左；MN受安培力FMN＝2BId，方向向右，可知兩棒系統受合外力為零，動量守恒，設PQ質量為2m，則MN質量為m, PQ速率為v時，則2mv＝mv′
解得v′＝2v
回路的感應電流I＝＝
MN所受安培力大小為FMN＝2BId＝
選項B錯誤；
兩棒最終停止時彈簧處于原長狀態，由動量守恒可得mx1＝2mx2
x1＋x2＝L,可得最終MN向左移動x1＝,PQ向右移動x2＝
因任意時刻兩棒受安培力和彈簧彈力大小都相同，設整個過程兩棒受的彈力的平均值為F彈，安培力平均值F安，則整個過程根據動能定理F彈x1-F安xMN＝0,F彈x2-F安xPQ＝0,可得＝＝
選項C正確；
兩棒最后停止時，彈簧處于原長位置，此時兩棒間距增加了L，由上述分析可知，MN向左移動，PQ向右移動，則
q＝ Δt＝＝＝
選項D錯誤．故選AC.
例 7 [2023·全國甲卷]如圖，水平桌面上固定一光滑U型金屬導軌，其平行部分的間距為l，導軌的最右端與桌面右邊緣對齊，導軌的電阻忽略不計．導軌所在區域有方向豎直向上的勻強磁場，磁感應強度大小為B.一質量為m、電阻為R、長度也為l的金屬棒P靜止在導軌上．導軌上質量為3m的絕緣棒Q位于P的左側，以大小為v0的速度向P運動并與P發生彈性碰撞，碰撞時間很短．碰撞一次后，P和Q先后從導軌的最右端滑出導軌，并落在地面上同一地點．P在導軌上運動時，兩端與導軌接觸良好，P與Q始終平行．不計空氣阻力．求：
(1)金屬棒P滑出導軌時的速度大小；
(2)金屬棒P在導軌上運動過程中產生的熱量；
(3)與P碰撞后，絕緣棒Q在導軌上運動的時間．
解析：(1)由于絕緣棒Q與金屬棒P發生彈性碰撞，根據動量守恒和機械能守恒可得3mv0＝3mvQ＋mvP
＝
聯立解得
vP＝v0，vQ＝v0
由題知，碰撞一次后，P和Q先后從導軌的最右端滑出導軌，并落在地面上同一地點，則金屬棒P滑出導軌時的速度大小為
v′P＝vQ＝v0
(2)根據能量守恒有＝＋Q
解得Q＝
(3)P、Q碰撞后，對金屬棒P分析，根據動量定理得
-BlΔt＝mv′P-mvP
又
q＝Δt，＝＝＝
聯立可得x＝
由于Q為絕緣棒，無電流通過，做勻速直線運動，故Q運動的時間為
t＝＝
答案：(1)v0　　(3)
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典例 如圖所示，兩根足夠長的平行金屬導軌固定在傾角θ＝37°的斜面上，兩導軌垂直于斜面與水平面的交線ef，間距L＝0.6 m，導軌電阻不計．導軌所在空間被分成區域Ⅰ和Ⅱ，兩區域的邊界與斜面的交線為虛線MN.虛線MN與兩導軌垂直，區域Ⅰ中的勻強磁場方向豎直向下，區域Ⅱ中的勻強磁場方向豎直向上，兩磁場的磁感應強度大小均為B＝1 T．在區域Ⅰ中，將質量m1＝0.21 kg、電阻R1＝0.1 Ω的金屬棒ab放在導軌上，金屬棒ab剛好不下滑．
然后，在區域Ⅱ中將質量m2＝0.4 kg、電阻R2＝0.1 Ω的光滑金屬棒cd置于導軌上使其由靜止開始下滑，金屬棒cd在滑動過程中始終處于區域Ⅱ的磁場中，兩金屬棒長度均為L且始終與導軌垂直且與導軌保持良好接觸(最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．
(1)求金屬棒ab剛要向上滑動時，金屬棒cd的速度大小v；
(2)從金屬棒cd開始下滑到金屬棒ab剛要向上滑動的過程中，金屬棒cd滑動的距離x＝3.5 m，求此過程中金屬棒ab上產生的熱量Q；
(3)求金屬棒cd滑動距離3.5 m的過程中流過金屬棒ab某一橫截面的電荷量q.
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