資源簡介

專題提升二十七　動量觀點在電磁感應中的應用
題型1　動量定理在電磁感應中的應用
　　　　　 　　　　　　　　　　
動量定理在電磁感應現象中的應用。
導體棒或金屬框在感應電流所引起的安培力作用下做非勻變速直線運動時,安培力的沖量為:I安=BLt=BLq,通過導體棒或金屬框的電荷量為:q=Δt=Δt=nΔt=n,磁通量變化量:ΔΦ=BΔS=BLx。
如果安培力是導體棒或金屬框受到的合外力,則I安=mv2-mv1。
當題目中涉及速度v、電荷量q、運動時間t、運動位移x時用動量定理求解更方便。
【典例1】　
(多選)(2024·湖南卷)某電磁緩沖裝置如圖所示,兩足夠長的平行金屬導軌置于同一水平面內,導軌左端與一阻值為R的定值電阻相連,導軌BC段與B1C1段粗糙,其余部分光滑,AA1右側處于豎直向下的勻強磁場中,一質量為m的金屬桿垂直導軌放置。現讓金屬桿以初速度v0沿導軌向右經過AA1進入磁場,最終恰好停在CC1處。已知金屬桿接入導軌之間的阻值為R,與粗糙導軌間的動摩擦因數為μ,AB=BC=d。導軌電阻不計,重力加速度為g,下列說法正確的是(　　)
A.金屬桿經過BB1的速度為
B.在整個過程中,定值電阻R產生的熱量為m-μmgd
C.金屬桿經過AA1B1B與BB1C1C區域,金屬桿所受安培力的沖量相同
D.若將金屬桿的初速度加倍,則金屬桿在磁場中運動的距離大于原來的2倍
【典例2】　中國高鐵技術世界領先,被網友稱為中國現代版的“四大發明”之一,其運行過程十分平穩。如圖甲所示為某科研小組設計的列車電磁驅動系統的原理示意圖,ABCD是水平固定在列車下方的n匝正方形金屬線圈,每匝線圈的電阻均為R,邊長均為d,用兩條不計電阻的導線與智能輸出系統(可輸出大小和方向變化的電流)組成回路。如圖乙所示,列車沿水平直軌道運動,軌道上依次間隔分布著方向垂直紙面向里的磁場,其磁感應強度大小為B、寬度、長度及磁場間的距離均為d。已知智能輸出系統提供的額定功率為P,列車整體的質量為m,運動過程中受到的摩擦阻力和空氣阻力的合力恒為重力的k倍。
甲　乙
(1)求列車運行的最大速度vm;
(2)若列車進站速度減為v0時,智能輸出系統立即切換電路后停止工作,此時相當于E、F直接用電阻不計的導線連接,經時間t后列車的速度減為0,求該過程中列車前進的距離。
題型2　動量守恒定律在電磁感應中的應用
　　　　　 　　　　　　　　　　
動量守恒定律在電磁感應現象中的應用。
在雙金屬棒切割磁感線的系統中,雙金屬棒和導軌構成閉合回路,如果兩金屬棒受的安培力等大反向,且它們受到的外力的合力為0,則滿足動量守恒條件,運用動量守恒定律求解比較方便。
【典例3】　(多選)(2024·海南卷)
兩根足夠長的導軌由上下段電阻不計,光滑的金屬導軌組成,在M、N兩點絕緣連接,M、N等高,間距L=1 m,連接處平滑。導軌平面與水平面夾角為30°,導軌兩端分別連接一個阻值R=0.02 Ω的電阻和C=1 F的電容器,整個裝置處于B=0.2 T的垂直導軌平面斜向上的勻強磁場中,兩根導體棒ab、cd分別放在MN兩側,質量分別為m1=0.8 kg,m2=0.4 kg,ab棒電阻為0.08 Ω,cd棒的電阻不計,將ab由靜止釋放,同時cd從距離MN為x0 = 4.32 m處在一個大小F=4.64 N,方向沿導軌平面向上的力作用下由靜止開始運動,兩棒恰好在M、N處發生彈性碰撞,碰撞前瞬間撤去F,已知碰前瞬間ab的速度為4.5 m/s,g=10 m/s2(　　)
A.ab從釋放到第一次碰撞前所用時間為1.44 s
B.ab從釋放到第一次碰撞前,R上消耗的焦耳熱為0.78 J
C.兩棒第一次碰撞后瞬間,ab的速度大小為6.3 m/s
D.兩棒第一次碰撞后瞬間,cd的速度大小為8.4 m/s
【典例4】　(2025·黃岡模擬)如圖所示,兩電阻不計的足夠長光滑金屬軌道EG、FH平行排列,間距L=1 m。EF右側水平部分有垂直軌道平面向上的勻強磁場,磁感應強度大小B=1 T。導體棒PQ質量m2=0.1 kg,電阻R2=4 Ω,靜止在邊界EF右側x處。導體棒MN質量m1=0.3 kg,電阻R1=2 Ω,由軌道左側高h處由靜止下滑,運動過程中兩桿始終與軌道接觸良好,重力加速度取g=10 m/s2。
(1)若h=3.2 m,求MN進入磁場時導體棒PQ所受安培力F的大小;
(2)若h=3.2 m,兩棒在磁場中運動時不發生碰撞,求從MN進入磁場到兩棒達到穩定過程中,導體棒MN上產生的焦耳熱Q1;
(3)若x=a m,h=b m,要求MN與PQ運動過程中恰好不相撞,求a與b滿足的函數關系。
　　動量守恒定律在電磁感應中的應用常以兩種方式出現,一種是兩導體棒發生碰撞,碰撞過程滿足動量守恒定律(如典例3);另一種是兩導體棒不相撞,在同一水平軌道上滑動過程中系統所受合外力為零,滿足動量守恒(如典例4),此過程中系統減少的機械能轉化為電能,電能進一步轉化為內能。
專題提升二十七　動量觀點在電磁感應中的應用
題型1
【典例1】　CD　解析　設導軌間距為L,金屬桿在AB間運動的過程中,根據動量定理得-BILt=mv1-mv0,且It=q==,整理得=mv0-mv1;金屬桿在AC間運動過程,根據動量定理得-BILt'-μmgt2=0-mv0(t2為金屬桿在BC段運動的時間),且It'=q'==,整理得+μmgt2=mv0,比較得v1>,A項錯誤;在整個過程中,由能量守恒定律得Q總=m-μmgd,定值電阻R上產生的熱量QR=Q總,聯立解得QR=m-μmgd,B項錯誤;結合A項分析可知,金屬桿經過AA1B1B區域,金屬桿所受安培力的沖量I1=,金屬桿經過BB1C1C區域,金屬桿所受安培力的沖量I2=,可得I1=I2,所以金屬桿經過AA1B1B與BB1C1C區域所受安培力的沖量大小相等,C項正確;由A項的分析知,+μmgt2=mv0,若初速度增大到原來的2倍,但t2會減小,所以x會比原來的2倍大,D項正確。
【典例2】　答案　(1)-
(2)
解析　(1)由題意知,列車所受安培力F=nBId,所受阻力f=kmg,
當安培力與阻力等大反向時,列車運行速度最大,即F=f,P=I2·nR+fvm,
得vm=-。
(2)智能系統切換電路后,列車在安培力與摩擦阻力的共同作用下減速為零,以向右為正方向,由動量定理可得
(-nBd)t+(-kmgt)=0-mv0,
其中=,
又t=s,
得s=。
題型2
【典例3】　BD　解析　由于導體棒ab、cd同時由靜止釋放,且恰好在M、N處發生彈性碰撞,則說明ab、cd在到達M、N處所用的時間是相同的,對導體棒cd和電容器組成的回路有Δq=C·BLΔv,對cd根據牛頓第二定律有F-BIL-m2gsin 30° = m2a2,其中a2=,I=,聯立有a2=,說明導體棒cd做勻加速直線運動,則有x0=a2t2,聯立解得a2=6 m/s2,t=1.2 s,A項錯誤;由題知,碰前瞬間ab的速度為4.5 m/s,則根據功能關系有m1gxabsin 30°-Q=m1,導體棒下滑過程中根據動量定理有m1gsin 30°·t-BL·t=m1v1,其中q=t=,R總= R+Rab=0.1 Ω,聯立解得q=6 C,xab=3 m,Q=3.9 J,R上消耗的焦耳熱為QR=Q=0.78 J,B項正確;由于兩棒恰好在M、N處發生彈性碰撞,取沿斜面向下為正,有m1v1-m2v2 = m1v1'+m2v2',m1+m2=m1v1'2+m2v2'2,其中v2=a2t=7.2 m/s,聯立解得v1'=-3.3 m/s,v2'=8.4 m/s,C項錯誤,D項正確。
【典例4】　答案　(1) N　(2)0.8 J
(3)
解析　(1)根據題意,導體棒MN下滑過程,由機械能守恒定律有m1gh=m1,
MN進入磁場時,由法拉第電磁感應定律有E=BLv0,
MN、PQ組成的回路中,感應電流為
I=,
導體棒PQ所受安培力的大小F=BIL,
解得F= N。
(2)MN、PQ在磁場中運動所受安培力大小相等,方向相反,兩導體棒達到穩定時,速度大小相等,根據題意,由動量守恒定律有
m1v0=(m1+m2)v1,
由能量守恒定律有
Q=m1-(m1+m2),
導體棒MN上產生的焦耳熱
Q1=R1,
解得Q1=0.8 J。
(3)根據題意,對導體棒PQ,由動量定理有
BLt=m2v1,
又有t=,
解得x=,
代入數值得a=。(共25張PPT)
專題提升二十七
動量觀點在電磁感應中的應用
第十二章　電磁感應
題型1　動量定理在電磁感應中的應用
題型2　動量守恒定律在電磁感應中的應用
內容
索引
動量定理在電磁感應中的應用
題型1
動量定理在電磁感應現象中的應用。
導體棒或金屬框在感應電流所引起的安培力作用下做非勻變速直線運動時，安培力的沖量為：I安=BLt=BLq，通過導體棒或金屬框的電荷量為：q=Δt=Δt=nΔt=n，磁通量變化量：ΔΦ=BΔS=BLx。
如果安培力是導體棒或金屬框受到的合外力，則I安=mv2-mv1。
當題目中涉及速度v、電荷量q、運動時間t、運動位移x時用動量定理求解更方便。
【典例1】　(多選)(2024·湖南卷)某電磁
緩沖裝置如圖所示，兩足夠長的平行金屬
導軌置于同一水平面內，導軌左端與一阻
值為R的定值電阻相連，導軌BC段與B1C1
段粗糙，其余部分光滑，AA1右側處于豎直向下的勻強磁場中，一質量為m的金屬桿垂直導軌放置。現讓金屬桿以初速度v0沿導軌向右經過AA1進入磁場，最終恰好停在CC1處。已知金屬桿接入導軌之間的阻值為R，與粗糙導軌間的動摩擦因數為μ，AB=BC=d。導軌電阻不計，重力加速度為g，下列說法正確的是( )
A.金屬桿經過BB1的速度為
B.在整個過程中，定值電阻R產生的熱量為m-μmgd
C.金屬桿經過AA1B1B與BB1C1C區域，金屬桿所受安培力的沖量相同
D.若將金屬桿的初速度加倍，則金屬桿在磁場中運動的距離大于原來的2倍
設導軌間距為L，金屬桿在AB間運動的過程中，根據動量定理得-BILt=mv1-mv0，且It=q==，整理得=mv0-mv1；金屬桿在AC間運動過程，根據動量定理得-BILt'-μmgt2=0-mv0(t2為金屬桿在BC段運動的時間)，且It'=q'==，整理得+μmgt2=mv0，比較得v1>，A項錯誤；在整個過程中，由能量守恒定律得Q總=m-μmgd，定值電阻R上產生的熱量QR=Q總，聯立解得
解析
QR=m-μmgd，B項錯誤；結合A項分析可知，金屬桿經過AA1B1B區域，金屬桿所受安培力的沖量I1=，金屬桿經過BB1C1C區域，金屬桿所受安培力的沖量I2=，可得I1=I2，所以金屬桿經過AA1B1B與BB1C1C區域所受安培力的沖量大小相等，C項正確；由A項的分析知，+μmgt2=mv0，若初速度增大到原來的2倍，但t2會減小，所以x會比原來的2倍大，D項正確。
解析
【典例2】　中國高鐵技術世界領先，被網友稱為中國現代版的“四大發明”之一，其運行過程十分平穩。如圖甲所示為某科研小組設計的列車電磁驅動系統的原理示意圖，ABCD是水平固定在列車下方的n匝正方形金屬線圈，每匝線圈的電阻均為R，邊長均為d，用兩條不計電阻的導線與智能輸出系統(可輸出大小和方向變化的電流)組成回路。如圖乙所示，列車沿水平直軌道運動，軌道上依次間隔分布著方向垂直紙面向里的磁場，其磁感應強度大小為B、寬度、長度及磁
場間的距離均為d。已知智能輸出系統提供的額定功率為P，列車整體的質量為m，運動過程中受到的摩擦阻力和空氣阻力的合力恒為重力的k倍。
由題意知，列車所受安培力F=nBId，所受阻力f=kmg，
當安培力與阻力等大反向時，列車運行速度最大，即F=f，P=I2·nR+fvm，
得vm=-。
解析
(1)求列車運行的最大速度vm；
智能系統切換電路后，列車在安培力與摩擦阻力的共同作用下減速為零，以向右為正方向，由動量定理可得
(-nBd)t+(-kmgt)=0-mv0，
解析
(2)若列車進站速度減為v0時，智能輸出系統立即切換電路后停止工作，此時相當于E、F直接用電阻不計的導線連接，經時間t后列車的速度減為0，求該過程中列車前進的距離。
其中=，
又t=s，
得s=。
解析
動量守恒定律在電磁感應中的應用
題型2
動量守恒定律在電磁感應現象中的應用。
在雙金屬棒切割磁感線的系統中，雙金屬棒和導軌構成閉合回路，如果兩金屬棒受的安培力等大反向，且它們受到的外力的合力為0，則滿足動量守恒條件，運用動量守恒定律求解比較方便。
【典例3】　(多選)(2024·海南卷)兩根足夠長的導軌由上下段電阻不計，光滑的金屬導軌組成，在M、N兩點絕緣連接，M、N等高，間距L=1 m，連接處平滑。導軌平面與水平面夾角為30°，導軌兩端分別連接一個阻值R=0.02 Ω的電阻和C=1 F的電容器，整個裝置處于B=0.2 T的垂直導軌平面斜向上的勻強磁場中，兩根導體棒ab、cd分別放在MN兩側，質量分別為m1=0.8 kg，m2=0.4 kg，ab棒電阻為0.08 Ω，cd棒的電阻不計，將ab由靜止釋放，同時cd從距離MN為
x0 = 4.32 m處在一個大小F=4.64 N，方向沿導軌平面向上的力作用下由靜止開始運動，兩棒恰好在M、N處發生彈性碰撞，碰撞前瞬間撤去F，已知碰前瞬間ab的速度為4.5 m/s，g=10 m/s2( )
A.ab從釋放到第一次碰撞前所用時間為1.44 s
B.ab從釋放到第一次碰撞前，R上消耗的焦耳熱為0.78 J
C.兩棒第一次碰撞后瞬間，ab的速度大小為6.3 m/s
D.兩棒第一次碰撞后瞬間，cd的速度大小為8.4 m/s
由于導體棒ab、cd同時由靜止釋放，且恰好在M、N處發生彈性碰撞，則說明ab、cd在到達M、N處所用的時間是相同的，對導體棒cd和電容器組成的回路有Δq=C·BLΔv，對cd根據牛頓第二定律有F-BIL-m2gsin 30° = m2a2，其中a2=，I=，聯立有a2= ，說明導體棒cd做勻加速直線運動，則有x0=a2t2，聯立解得a2=6 m/s2，t=1.2 s，A項錯誤；由題知，碰前瞬間ab的速度為4.5 m/s，則根據功能關系有m1gxabsin 30°-Q=m1，導體棒下
解析
滑過程中根據動量定理有m1gsin 30°·t-BL·t=m1v1，其中q=t=，R總= R+Rab=0.1 Ω，聯立解得q=6 C，xab=3 m，Q=3.9 J, R上消耗的焦耳熱為QR=Q=0.78 J，B項正確；由于兩棒恰好在M、N處發生彈性碰撞，取沿斜面向下為正，有m1v1-m2v2 = m1v1'+m2v2'，m1+m2=m1v1'2+m2v2'2，其中v2=a2t=7.2 m/s,聯立解得v1'=-3.3 m/s，v2'=8.4 m/s，C項錯誤，D項正確。
解析
【典例4】　(2025·黃岡模擬)如圖所示，
兩電阻不計的足夠長光滑金屬軌道EG、
FH平行排列，間距L=1 m。EF右側水平
部分有垂直軌道平面向上的勻強磁場，
磁感應強度大小B=1 T。導體棒PQ質量m2=0.1 kg，電阻R2=4 Ω，靜止在邊界EF右側x處。導體棒MN質量m1=0.3 kg，電阻R1=2 Ω，由軌道左側高h處由靜止下滑，運動過程中兩桿始終與軌道接觸良好，重力加速度取g=10 m/s2。
(1)若h=3.2 m，求MN進入磁場時導體棒PQ所受安培力F的大小；
根據題意，導體棒MN下滑過程，由機械能守恒定律有
m1gh=m1，
MN進入磁場時，由法拉第電磁感應定律有E=BLv0，
MN、PQ組成的回路中，感應電流為I=，
導體棒PQ所受安培力的大小F=BIL，
解得F= N。
解析
(2)若h=3.2 m，兩棒在磁場中運動時不發生碰撞，求從MN進入磁場到兩棒達到穩定過程中，導體棒MN上產生的焦耳熱Q1；
MN、PQ在磁場中運動所受安培力大小相等，方向相反，兩導體棒達到穩定時，速度大小相等，根據題意，由動量守恒定律有
m1v0=(m1+m2)v1，
由能量守恒定律有Q=m1-(m1+m2)，
導體棒MN上產生的焦耳熱Q1=R1，解得Q1=0.8 J。
解析
(3)若x=a m，h=b m，要求MN與PQ運動過程中恰好不相撞，求a與b滿足的函數關系。
根據題意，對導體棒PQ，由動量定理有BLt=m2v1，
又有t=，
解得x=，
代入數值得a=。
解析
　　動量守恒定律在電磁感應中的應用常以兩種方式出現，一種是兩導體棒發生碰撞，碰撞過程滿足動量守恒定律(如典例3)；另一種是兩導體棒不相撞，在同一水平軌道上滑動過程中系統所受合外力為零，滿足動量守恒(如典例4)，此過程中系統減少的機械能轉化為電能，電能進一步轉化為內能。專題提升練27　動量觀點在電磁感應中的應用
　梯級Ⅰ基礎練
1.如圖所示，兩光滑平行長直導軌，間距為d，固定在水平面上，磁感應強度為B的勻強磁場與導軌平面垂直。兩質量都為m、電阻都為r的導體棒L1、L2垂直放置在導軌上，與導軌接觸良好，兩導體棒距離足夠遠，L1靜止，L2以初速度v0向右運動，不計導軌電阻，忽略感應電流產生的磁場，則(　　)
A.導體棒L1、L2構成的系統動量不守恒
B.導體棒L2的速度逐漸減小為0.5v0，這個過程中L2產生的焦耳熱為
C.導體棒L1的速度增加為0.5v0時，導體棒L1兩端的電勢差為0.5Bdv0
D.當導體棒L2的速度減小為0.6v0，導體棒L1的速度增加為0.4v0時，導體棒L1兩端的電勢差為0.2Bdv0
2.如圖所示，兩根足夠長的光滑平行金屬導軌MN、PQ間距l=1 m，其電阻不計，兩導軌及其構成的平面均與水平面成30°角。桿1、桿2是兩根用細線連接的金屬桿，質量分別為m1=0.1 kg和m2=0.4 kg，兩桿垂直導軌放置，且兩端始終與導軌接觸良好，兩桿的總電阻R=2 Ω，兩桿在沿導軌向上的外力F作用下保持靜止。整個裝置處在磁感應強度B=1 T的勻強磁場中，磁場方向與導軌所在平面垂直，在t=0時刻將細線燒斷，保持F不變，重力加速度g取10 m/s2，求:
(1)燒斷細線瞬間桿1的加速度大小;
(2)細線燒斷后，兩桿最大速度v1、v2的大小;
(3)兩桿剛達到最大速度時，桿1上滑了0.8 m，則從t=0時刻起到此刻用了多長時間
3.如圖所示，左側傾角θ=37°、足夠長的光滑平行金屬導軌與右側足夠長的水平光滑平行金屬導軌之間用兩段光滑絕緣圓弧軌道(長度可忽略)連接，兩導軌的水平部分在同一水平面內，間距為d，傾斜導軌頂端連接阻值為R的定值電阻。兩部分導軌分別處于與導軌平面垂直向下、磁感應強度大小為B的勻強磁場中(圖中未畫出)。質量為3m的金屬棒Q靜止在圓弧底部，質量為5m的金屬棒P從傾斜導軌上某處由靜止滑下，當金屬棒P到達傾斜導軌底端時速度恰好達到最大。金屬棒P、Q的電阻均為R，兩棒發生彈性碰撞且碰撞時間極短，兩棒始終與導軌垂直且接觸良好，不計金屬導軌的電阻。重力加速度為g，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8.求:
(1)金屬棒P到達傾斜導軌底端時的速度大小;
(2)金屬棒P、Q碰撞后金屬棒P的速度大小;
(3)從金屬棒P、Q碰撞后到兩棒的運動狀態達到穩定的過程中，金屬棒P、Q的位移差。
梯級Ⅱ能力練
4.(2024·湖北卷)如圖所示，兩足夠長平行金屬直導軌MN、PQ的間距為L，固定在同一水平面內，直導軌在左端M、P點分別與兩條豎直固定、半徑為L的圓弧導軌相切。MP連線與直導軌垂直，其左側無磁場，右側存在磁感應強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場。長為L、質量為m、電阻為R的金屬棒ab跨放在兩圓弧導軌的最高點。質量為2m、電阻為6R的均勻金屬絲制成一個半徑為L的圓環，水平放置在兩直導軌上，其圓心到兩直導軌的距離相等。忽略導軌的電阻、所有摩擦以及金屬環的可能形變，金屬棒、金屬環均與導軌始終接觸良好，重力加速度大小為g。現將金屬棒ab由靜止釋放，求:
(1)ab剛越過MP時產生的感應電動勢大小;
(2)金屬環剛開始運動時的加速度大小;
(3)為使ab在整個運動過程中不與金屬環接觸，金屬環圓心初始位置到MP的最小距離。
梯級Ⅲ創新練
5.如圖所示，MCN與PDQ是一組足夠長的平行光滑導軌，間距L=1 m，MC、PD傾斜，CN、DQ在同一水平面內，CD與CN垂直，C、D處平滑連接。水平金屬導軌間有豎直向下的勻強磁場，磁感應強度B=1 T。質量m=0.1 kg、電阻R=1 Ω、長度為L的硬質導體棒a靜止在水平軌道上，與a完全相同的導體棒b從距水平面高度h=0.2 m的傾斜絕緣軌道上由靜止釋放，最后恰好不與a棒相撞，運動過程中a、b棒始終與導軌垂直且接觸良好。不計其他電阻和空氣阻力，重力加速度g取10 m/s2。
(1)求b棒剛進入磁場時，a棒所受安培力的大小;
(2)求整個過程中通過a棒的電荷量q及a棒距離CD的初始距離x0;
(3)a、b棒穩定后，在釋放b棒的初始位置由靜止釋放相同的b2棒，所有棒運動穩定后，在同一位置再由靜止釋放相同的b3棒，所有棒運動再次穩定后，依此類推，逐一由靜止釋放b4、b5、……、bn。當釋放的bn最終與所有棒運動穩定后，求從bn棒開始釋放到與所有棒運動保持相對穩定時，回路中產生的焦耳熱Qn。
專題提升練27　動量觀點在電磁感應中的應用
1.C　解析　L2切割磁感線,回路中產生感應電流,兩導體棒受等大、反向的安培力作用,合力為零,兩者構成的系統動量守恒,A項錯誤;依題意,把導體棒L1和L2看成一個系統,則系統動量守恒,取向右為正方向,當導體棒L2的速度逐漸減小為0.5v0時,有mv0=m×0.5v0+mv,解得v=0.5v0,根據能量守恒定律得m=×2mv2+2QL,聯立解得這個過程中L2產生的焦耳熱為QL=m,B項錯誤;導體棒L1的速度增加為0.5v0時,此時兩棒速度相等,則兩棒兩端的電勢差相等,均等于各自切割磁感線產生的感應電動勢,則導體棒L1兩端的電勢差為U=0.5Bdv0,C項正確;當導體棒L2的速度減小為0.6v0,導體棒L1的速度增加為0.4v0時,回路中感應電動勢為E=BdΔv=0.2Bdv0,根據閉合電路歐姆定律可得L1兩端的電勢差為U'=0.5E=0.1Bdv0,D項錯誤。
2.答案　(1)20 m/s2　(2)3.2 m/s　0.8 m/s　(3)0.41 s
解析　(1)兩桿在沿導軌向上的外力F作用下保持靜止,則有F=(m1+m2)gsin 30°,
燒斷細線后,根據牛頓第二定律有
F-m1gsin 30° =m1a,
解得a=20 m/s2。
(2)線燒斷前F=(m1+m2)gsin 30°,
細線燒斷后F安1=F安2,方向相反,
由系統動量守恒得m1v1=m2v2,
兩棒同時達到最大速度,之后做勻速直線運動。對棒2有m2gsin 30°=BIl,
根據歐姆定律有I=,
解得v1=3.2 m/s,v2=0.8 m/s。
(3)由系統動量守恒得m1v1=m2v2,
則m1x1=m2x2,
即x2=0.2 m,
設所求時間為t,對棒2由動量定理得
m2gsin 30°·t-Bl·t=m2v2-0,
其中t===,
解得t=0.41 s。
3.答案　(1)　(2)
(3)
解析　(1)金屬棒P速度最大時加速度為零,此時有
5mgsin 37°=B··d,
解得金屬棒P到達底端的速度大小為
v=。
(2)金屬棒P和Q碰撞前后,由動量守恒定律可得5mv=5mv1+3mv2,
由機械能守恒定律可得
×5mv2=×5m+×3m,
聯立解得金屬棒P、Q碰撞后的速度大小分別為v1=,v2=。
(3)碰后金屬棒P和Q組成的系統,水平方向上所受的合外力為0,則水平方向上動量守恒,兩棒的運動狀態達到穩定時兩金屬棒的速度相同,在水平方向上,由動量守恒定律5mv1+3mv2=(5m+3m)v0,
解得兩金屬棒一起做勻速直線運動時的速度大小為v0=,
設兩金屬棒碰后至一起做勻速直線運動過程中,兩者的位移差為Δx,所經歷的時間為Δt,回路的平均電流為,則
==,
此過程中,對金屬棒P,由動量定理可得
Bd·Δt=5mv0-5mv1,
聯立解得Δx=。
4.答案　(1)BL　(2)
(3)+L
解析　(1)設ab棒剛越過MP時速度大小為v1,產生的電動勢大小為E1,對ab在圓弧導軌上運動的過程,由機械能守恒定律有
mgL=m,
ab剛越過MP時,由法拉第電磁感應定律得
E1=BLv1,
聯立解得E1=BL。
(2)經分析知金屬環在導軌外的兩段電阻被短路,由幾何關系可知導軌之間兩段金屬環的電阻均為R,它們在電路中并聯后的總電阻
Rc=,
設電路中初始的干路電流為I1,由閉合電路歐姆定律有I1=,
經分析知整個金屬環在運動過程中可視為長度為L、電阻為Rc的金屬棒,設金屬環剛開始運動時所受的安培力大小為F1、加速度大小為a,則F1=I1LB,
由牛頓第二定律得F1=2ma,
聯立解得a=。
(3)經分析,ab進入磁場后,ab和金屬環組成的系統動量守恒,設兩者共速時的速度大小為v2,由動量守恒定律得
mv1=(m+2m)v2,
設在極短時間Δt內,ab與金屬環圓心的距離減少量為Δx,金屬環所受安培力大小為F,流過ab的電流為I,整個電路的電動勢為E,對金屬環,由動量定理得∑FΔt=2mv2-0,
F=ILB,
由閉合電路歐姆定律得I=,
設金屬環圓心初始位置到MP的最小距離為s,若ab與金屬環共速時,兩者恰好接觸,金屬環圓心初始位置到MP的距離最小,對ab進入磁場到兩者共速的過程,由法拉第電磁感應定律有E=BL,
又s=L+∑Δx,
聯立解得s=+L。
5.答案　(1)1 N　(2)0.1 C　0.2 m
(3) J
解析　(1)根據題意,對b棒由動能定理可得
mgh=m,
b棒剛進入磁場時,感應電動勢E=BLv0,
回路中的電流I=,
安培力F=BIL,
聯立可得F==1 N。
(2)對a、b棒由動量守恒定律可得
mv0=2mv1,
對a棒由動量定理可得BLt=mv1,
電荷量q=t,
解得q=0.1 C,
由(1)問可得t=mv1,
可得x0=Δt=0.2 m。
(3)當b2棒運動達到穩定后有
2mv0=3mv2,
當b3棒運動達到穩定后有3mv0=4mv3,
當bn棒運動達到穩定后有
nmv0=(n+1)mvn,
可得vn-1=v0,
則vn=v0,
故回路中產生的焦耳熱
Qn=m+nm-(n+1)m,
解得Qn= J。(共26張PPT)
專題提升練27
動量觀點在電磁感應中的應用
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1.如圖所示，兩光滑平行長直導軌，間距為d，固定在水平面上，磁感應強度為B的勻強磁場與導軌平面垂直。兩質量都為m、電阻都為r的導體棒L1、L2垂直放置在導軌上，與導軌接觸良好，兩導體棒距離足夠遠，L1靜止，L2以初速度v0向右運動，不計導軌電阻，忽略感應電流產生的磁場，則(　　)
梯級Ⅰ 基礎練
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A.導體棒L1、L2構成的系統動量不守恒
B.導體棒L2的速度逐漸減小為0.5v0，這個過程中L2產生的焦耳熱為
C.導體棒L1的速度增加為0.5v0時，導體棒L1兩端的電勢差為0.5Bdv0
D.當導體棒L2的速度減小為0.6v0，導體棒L1的速度增加為0.4v0時，導體棒L1兩端的電勢差為0.2Bdv0
L2切割磁感線，回路中產生感應電流，兩導體棒受等大、反向的安培力作用，合力為零，兩者構成的系統動量守恒，A項錯誤；依題意，把導體棒L1和L2看成一個系統，則系統動量守恒，取向右為正方向，當導體棒L2的速度逐漸減小為0.5v0時，有mv0=m×
0.5v0+mv，解得v=0.5v0，根據能量守恒定律得m=×2mv2+
2QL，聯立解得這個過程中L2產生的焦耳熱為QL=m，B項錯
解析
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誤；導體棒L1的速度增加為0.5v0時，此時兩棒速度相等，則兩棒兩端的電勢差相等，均等于各自切割磁感線產生的感應電動勢，則導體棒L1兩端的電勢差為U=0.5Bdv0，C項正確；當導體棒L2的速度減小為0.6v0，導體棒L1的速度增加為0.4v0時，回路中感應電動勢為E=BdΔv=0.2Bdv0，根據閉合電路歐姆定律可得L1兩端的電勢差為U'=0.5E=0.1Bdv0，D項錯誤。
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2.如圖所示，兩根足夠長的光滑平行金屬導軌MN、PQ間距l=1 m，其電阻不計，兩導軌及其構成的平面均與水平面成30°角。桿1、桿2是兩根用細線連接的金屬桿，質量分別為m1=0.1 kg和m2=0.4 kg，兩桿垂直導軌放置，且兩端始終與導軌接觸良好，兩桿的總電阻R= 2 Ω，兩桿在沿導軌向上的外力F作用下保持靜止。整個裝置處在磁感應強度B=1 T的勻強磁場中，磁場方向與導軌所在平面垂直，在t=0時刻將細線燒斷，保持F不變，重力加速度g取10 m/s2，求:
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(1)燒斷細線瞬間桿1的加速度大小；
兩桿在沿導軌向上的外力F作用下保持靜止，則有F=(m1+m2)gsin 30°，
燒斷細線后，根據牛頓第二定律有F-m1gsin 30° =m1a，
解得a=20 m/s2。
解析
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(2)細線燒斷后，兩桿最大速度v1、v2的大小；
線燒斷前F=(m1+m2)gsin 30°，
細線燒斷后F安1=F安2，方向相反，
由系統動量守恒得m1v1=m2v2，
兩棒同時達到最大速度，之后做勻速直線運動。對棒2有
m2gsin 30°=BIl，
根據歐姆定律有I=，
解得v1=3.2 m/s，v2=0.8 m/s。
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(3)兩桿剛達到最大速度時，桿1上滑了0.8 m，則從t=0時刻起到此刻用了多長時間
由系統動量守恒得m1v1=m2v2，則m1x1=m2x2，即x2=0.2 m，
設所求時間為t，對棒2由動量定理得
m2gsin 30°·t-Bl·t=m2v2-0，
其中t===，
解得t=0.41 s。
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3.如圖所示，左側傾角θ=37°、足夠長的光滑平行金屬導軌與右側足夠長的水平光滑平行金屬導軌之間用兩段光滑絕緣圓弧軌道(長度可忽略)連接，兩導軌的水平部分在同一水平面內，間距為d，傾斜導軌頂端連接阻值為R的定值電阻。兩部分導軌分別處于與導軌平面垂直向下、磁感應強度大小為B的勻強磁場中(圖中未畫出)。質量為3m的金屬棒Q靜止在圓弧底部，質量為5m的金屬棒P從傾斜導軌上某處由靜止滑下，當金屬棒P到達傾斜導軌底端時速度恰好達到最大。金屬棒P、Q的電阻均為R，兩棒發生彈性碰撞且碰撞時間極短，兩棒始終與導軌垂直且接觸良好，不計金屬導軌的電阻。重力加速度為g， sin 37°=0.6，cos 37°=0.8.求:
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(1)金屬棒P到達傾斜導軌底端時的速度大小；
金屬棒P速度最大時加速度為零，此時有
5mgsin 37°=B··d，
解得金屬棒P到達底端的速度大小為v=。
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(2)金屬棒P、Q碰撞后金屬棒P的速度大小；
金屬棒P和Q碰撞前后，由動量守恒定律可得5mv=5mv1+3mv2，
由機械能守恒定律可得
×5mv2=×5m+×3m，
聯立解得金屬棒P、Q碰撞后的速度大小分別為
v1=，v2=。
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(3)從金屬棒P、Q碰撞后到兩棒的運動狀態達到穩定的過程中，金屬棒P、Q的位移差。
碰后金屬棒P和Q組成的系統，水平方向上所受的合外力為0，則水平方向上動量守恒，兩棒的運動狀態達到穩定時兩金屬棒的速度相同，在水平方向上，由動量守恒定律5mv1+3mv2=(5m+3m)v0，
解得兩金屬棒一起做勻速直線運動時的速度大小為v0=，
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設兩金屬棒碰后至一起做勻速直線運動過程中，兩者的位移差為Δx，所經歷的時間為Δt，回路的平均電流為，則
==，
此過程中，對金屬棒P，由動量定理可得Bd·Δt=5mv0-5mv1，
聯立解得Δx=。
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4.(2024·湖北卷)如圖所示，兩足夠長平行金屬直導軌MN、PQ的間距為L，固定在同一水平面內，直導軌在左端M、P點分別與兩條豎直固定、半徑為L的圓弧導軌相切。MP連線與直導軌垂直，其左側無磁場，右側存在磁感應強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場。長為L、質量為m、電阻為R的金屬棒ab跨放在兩圓弧導軌的最高點。質量為2m、電阻為6R的均勻金屬絲制成一個半徑為L的圓環，水平放置在兩直導軌上，其圓心到兩直導軌的距離相等。忽略導軌的電 阻、所有摩擦以及金屬環的可能形變，金屬棒、金屬環均與導軌始終接觸良好，重力加速度大小為g。現將金屬棒ab由靜止釋放，求:
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梯級Ⅱ 能力練
(1)ab剛越過MP時產生的感應電動勢大小；
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設ab棒剛越過MP時速度大小為v1，產生的電動勢大小為E1，對ab在圓弧導軌上運動的過程，由機械能守恒定律有
mgL=m，
ab剛越過MP時，由法拉第電磁感應定律得
E1=BLv1，
聯立解得E1=BL。
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(2)金屬環剛開始運動時的加速度大小；
經分析知金屬環在導軌外的兩段電阻被短路，由幾何關系可知導軌之間兩段金屬環的電阻均為R，它們在電路中并聯后的總電阻
Rc=，
設電路中初始的干路電流為I1，由閉合電路歐姆定律有I1=，
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經分析知整個金屬環在運動過程中可視為長度為L、電阻為Rc的金屬棒，設金屬環剛開始運動時所受的安培力大小為F1、加速度大小為a，則F1=I1LB，
由牛頓第二定律得F1=2ma，
聯立解得a=。
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(3)為使ab在整個運動過程中不與金屬環接觸，金屬環圓心初始位置到MP的最小距離。
經分析，ab進入磁場后，ab和金屬環組成的系統動量守恒，設兩者共速時的速度大小為v2，由動量守恒定律得mv1=(m+2m)v2，
設在極短時間Δt內，ab與金屬環圓心的距離減少量為Δx，金屬環所受安培力大小為F，流過ab的電流為I，整個電路的電動勢為E，對金屬環，由動量定理得∑FΔt=2mv2-0，F=ILB，
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由閉合電路歐姆定律得I=，
設金屬環圓心初始位置到MP的最小距離為s，若ab與金屬環共速 時，兩者恰好接觸，金屬環圓心初始位置到MP的距離最小，對ab進入磁場到兩者共速的過程，由法拉第電磁感應定律有E=BL，
又s=L+∑Δx，
聯立解得s=+L。
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5.如圖所示，MCN與PDQ是一組足夠長的平行光滑導軌，間距L= 1 m，MC、PD傾斜，CN、DQ在同一水平面內，CD與CN垂直，C、D處平滑連接。水平金屬導軌間有豎直向下的勻強磁場，磁感應強度B=1 T。質量m=0.1 kg、電阻R=1 Ω、長度為L的硬質導體棒a靜止在水平軌道上，與a完全相同的導體棒b從距水平面高度h=0.2 m的傾斜絕緣軌道上由靜止釋放，最后恰好不與a棒相撞，運動過程中a、b棒始終與導軌垂直且接觸良好。不計其他電阻和空氣阻力，重力加速度g取10 m/s2。
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梯級Ⅲ 創新練
(1)求b棒剛進入磁場時，a棒所受安培力的大小；
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根據題意，對b棒由動能定理可得mgh=m，b棒剛進入磁場 時，感應電動勢E=BLv0，回路中的電流I=，安培力F=BIL，聯立可得F==1 N。
解析
(2)求整個過程中通過a棒的電荷量q及a棒距離CD的初始距離x0；
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對a、b棒由動量守恒定律可得mv0=2mv1，
對a棒由動量定理可得BLt=mv1，電荷量q=t，
解得q=0.1 C，由(1)問可得t=mv1，
可得x0=Δt=0.2 m。
解析
(3)a、b棒穩定后，在釋放b棒的初始位置由靜止釋放相同的b2棒，所有棒運動穩定后，在同一位置再由靜止釋放相同的b3棒，所有棒運動再次穩定后，依此類推，逐一由靜止釋放b4、b5、……、bn。當釋放的bn最終與所有棒運動穩定后，求從bn棒開始釋放到與所有棒運動保持相對穩定時，回路中產生的焦耳熱Qn。
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當b2棒運動達到穩定后有2mv0=3mv2，
當b3棒運動達到穩定后有3mv0=4mv3，
當bn棒運動達到穩定后有nmv0=(n+1)mvn，
可得vn-1=v0，則vn=v0，
故回路中產生的焦耳熱Qn=m+nm-(n+1)m，
解得Qn= J。
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