资源简介

中小学教育资源及组卷应用平台
高中物理选择性必修二素养提升学案
第二章 电磁感应
专题强化2.7　动量守恒定律在电磁感应中的应用
【专题解读】
在两等长金属棒切割磁感线的系统中，两金属棒和水平平行金属导轨构成闭合回路，它们受到的安培力的合力为0，如果不计摩擦，它们受到的合力为0，满足动量守恒的条件，运用动量守恒定律解题比较方便.
方法点拨
双棒无外力 双棒有外力
示意图 F为恒力
动力学观点 导体棒1受安培力的作用做加速度逐渐减小的减速运动，导体棒2受安培力的作用做加速度逐渐减小的加速运动，最终两棒以相同的速度做匀速直线运动 导体棒1做加速度逐渐减小的加速运动，导体棒2做加速度逐渐增大的加速运动，最终两棒以相同的加速度做匀加速直线运动
动量观点 系统动量守恒 系统动量不守恒
能量观点 棒1动能的减少量＝棒2动能的增加量＋焦耳热 力F做的功＝棒1的动能＋棒2的动能＋焦耳热
【典例剖析】
【典例】（2021福建卷）如图，P、Q是两根固定在水平面内的光滑平行金属导轨，间距为L，导轨足够长且电阻可忽略不计.图中EFHG矩形区域内有方向垂直导轨平面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场.在t＝t1时刻，两均匀金属棒a、b分别从磁场边界EF、GH进入磁场，速度大小均为v0；一段时间后，流经a棒的电流为0，此时t＝t2，b棒仍位于磁场区域内.已知金属棒a、b由相同材料制成，长度均为L，电阻分别为R和2R，a棒的质量为m.在运动过程中两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，a、b棒没有相碰，则（　AD　）
A.t1时刻a棒的加速度大小为
B.t2时刻b棒的速度为0
C.t1～t2时间内，通过a棒横截面的电荷量是b棒的2倍
D.t1～t2时间内，a棒产生的焦耳热为m
解析　在t＝t1时刻，两均匀金属棒a、b分别从磁场边界EF、GH进入磁场，速度大小均为v0，由右手定则可判断出两金属棒产生的感应电流方向都是逆时针方向，产生的感应电动势都是BLv0，由闭合电路欧姆定律可得，t1时刻a金属棒中的感应电流I＝＝，受到的安培力F＝BIL＝，由牛顿第二定律F＝ma可得，t1时刻a棒的加速度大小为a＝，选项A正确；由于金属棒a、b串联构成回路，所以在t1～t2时间内，通过a棒横截面的电荷量与b棒的相同，选项C错误；由于金属棒a、b电阻分别为R和2R，金属棒a、b串联构成回路，二者电流相等，由焦耳定律可知金属棒a、b产生的焦耳热之比为1∶2，设t1～t2时间内，a棒产生的焦耳热为Q，则b棒产生的焦耳热为2Q，又两者材料相同，由电阻定律可知，金属棒a的横截面积为b的2倍，故体积为b的2倍，质量为b的2倍，即b的质量为0.5m，t＝t2时刻流经a棒的电流为0，且b棒仍位于磁场区域内，说明金属棒a、b具有共同速度，由动量守恒定律有mv0－0.5mv0＝1.5mv，解得v＝，由能量守恒定律有m＋×0.5m＝Q＋2Q＋×1.5m，解得Q＝m，选项B错误，D正确.
【针对性训练】
1.（18分）（2024年5月四川重点高中质检）如图甲所示，水平面上固定着间距为的两条平行直轨道（除是绝缘的连接段外，其他轨道均为不计电阻的导体），之间有一个的定值电阻，的左侧轨道内分布着竖直向下的匀强磁场，该磁场随时间的变化情况如图乙所示，的右侧轨道内分布着垂直导轨平面的匀强磁场，磁感应强度，方向竖直向上、时刻，质量、电阻的a棒静止在距离导轨左侧处，质量、电阻的b棒在距离右侧处被一种特定的装置锁定，两棒均长，且与轨道接触良好。左侧的轨道与棒间的动摩擦因数，右侧的轨道光滑且足够长，可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不考虑轨道连接处的阻碍。时，对a棒施加水平向右的恒力，在离开磁场区域时已达到稳定的速度，过后撤去恒力。当a棒接触到b棒时，如棒的锁定装置迅速解除，随后两棒碰撞并粘在一起成为一个整体。
（1）时，通过a棒的电流大小及方向（图中向上或向下）；
（2）a棒刚进入磁场时，求a棒两端的电势差﹔
（3）求b棒在整个过程中产生的焦耳热；
（4）a棒、b棒在磁场中最终的稳定速度。
【答案】（1）2A，向上；（2）2V；（3）4.5J；（4）1m/s
【解析】（1）内，磁场增强，由楞次定律判断，a棒上的电流方向为向上（逆时针）
假设a棒不动
因为最大静摩擦力为
假设成立，a棒不动。
（2）a棒离开时已达到稳定速度，此时有
可得
a棒以的速度冲入的匀强磁场，
a棒两端的电势差为
（3）考虑a棒进入磁场时，与b棒相距﹐a棒在与b棒相撞前，b棒一定处于静止状态，设a棒与b棒碰撞前瞬间的速度为。
以a棒为研究对象，由动量定理，有
可得a棒在与b棒相撞前的速度为
由能量守恒定律，从a棒刚进入磁场开始到a、b两棒碰撞前瞬间，a棒减少的动能，转化为电能，通过电流做功，释放焦耳热，则
解得
（4）a、b两棒碰撞时，系统动量守恒，最终两棒速度相等
解得
2．（18分）（2024年4月黑龙江牡丹江模拟）如图所示，倾角为θ=30°、间距L=0.5m、 电阻不计的金属轨道固定放置且足够长， 沿轨道建立x轴，边界与坐标原点O在一条直线上且垂直x轴。区域：，垂直轨道平面向下；区域：（T），垂直轨道平面向上。质量为、边长均为L=0.5m的U形框由金属棒de（阻值）和两绝缘棒cd 、ef组成。另有质量为、长度、阻值的金属棒ab在离cf一定距离处获得沿斜面向下的冲量后沿轨道向下运动。金属棒ab及U形框与轨道间的动摩擦因数。
（1）ab棒释放后的短时间内比较d、e两点的电势高低。
（2）若棒ab从某处释放，同时U形框解除锁定，为使棒ab与U形框碰撞前框能保持静止，则释放ab时所加的初速度的最大值。
（3） 若棒ab在x=-0.16m处释放， 且初速度为，同时U形框解除锁定，求棒ab与框发生完全非弹性碰撞后ed棒的最大位移。
【答案】（1）；（2）；（3）3m
【解析】
（1）根据右手定则，可知ab棒上的感应电流为到，则e点的电势高，故
（2分）
（2）金属棒ab向下运动时，由于
（1分）
重力沿斜面的分力与摩擦力等大反向，因此金属棒ab释放后，在安培力作用下运动，金属棒ab做加速度减小的减速运动，ab受到的安培力为
（1分）
由左手定则可知﹐U形框受到安培力的方向沿导轨平面向上，大小为
（1分）
其中
因此获得冲量的瞬间，U形框受到的安培力最大，最容易发生滑动。为使U形框静止，此时U形框受到的摩擦力沿导轨平面向下为最大静摩擦力，大小为
U形框静止有
（1分）
金属棒ab释放时所加的初速度满足的条件为
（1分）
即释放ab时所加的初速度的最大值。
（3）金属棒ab初速度为，则金属棒ab在安培力作用下做加速度减小的减速运动，而U形框在碰撞前始终处于静止。设到达时速度为，以沿导轨平面向下为正方向，由动量定理得
（2分）
其中
（1分）
解得
（1分）
金属棒ab与U形框发生完全非弹性碰撞，由动量守恒得
（1分）
因此碰撞后U形框速度为
（1分）
同理，其重力沿导轨平面向下的分力与滑动摩擦力等大反向，合力等于安培力，当U形框速度为v时，其感应电流为
（1分）
其中、分别为de边和ab边处的磁感应强度，电流方向为顺时针方向，受到总的安培力为
（1分）
其中
由动量定理得
（2分）
金属棒ab与框发生完全非弹性碰撞后ed棒的最大位移
（1分）
3．（18分）（2024年4月安徽马鞍山二模）如图所示，有一足够长的水平传送带以的速度始终向左匀速运动，在传送带上的矩形区域内充满匀强磁场，该磁场区域始终随传送带一起以的速度匀速向左运动。某时刻，将两个表面绝缘的正方形导体框a、b同时轻放在传送带上的不同位置，a的右边恰好与重合，b在a的左侧，两导体框中轴线重合且与传送带运动方向平行，两导体框质量均为m，边长均为L，电阻均为R，a与传送带间的动摩擦因数为，b与传送带间无摩擦。一段时间后，导体框a的左边与重合时，a与传送带恰好共速，同时两导体框发生弹性碰撞，碰后两导体框分离，再过一段时间两导体框共速。已知磁场的磁感应强度大小为B、方向竖直向下，，重力加速度为g。求：
（1）导体框a刚进入磁场时的加速度大小；
（2）两导体框共速后，它们之间的距离；
（3）两导体框初始距离d。
【解析】．（18分）
（1）对导体框a：，，
联立解得：
（2）a、b弹性碰撞：，
联立解得：、
由题意可知：两框碰后，导体框a从静止到再次与传送带共速过程，传送带相对a的位移为L，碰撞后导体框b始终与传送带共速。
故两导体框均与传送带共速后，它们之间的距离为L。
（3）导体框a加速过程：
由题意：，
联立解得：
4．（2024江苏六校下学期第二次联考）如图所示，倾角为θ=30°、间距L=0.5m、 电阻不计的金属轨道固定放置且足够长， 沿轨道建立x轴，边界与坐标原点O在一条直线上且垂直x轴。区域：，垂直轨道平面向下；区域：（T），垂直轨道平面向上。质量为、边长均为L=0.5m的U形框由金属棒de（阻值）和两绝缘棒cd 、ef组成。另有质量为、长度、阻值的金属棒ab在离cf一定距离处获得沿斜面向下的冲量后沿轨道向下运动。金属棒ab及U形框与轨道间的动摩擦因数。
（1）ab棒释放后的短时间内比较d、e两点的电势高低。
（2）若棒ab从某处释放，同时U形框解除锁定，为使棒ab与U形框碰撞前框能保持静止，则释放ab时所加的初速度的最大值。
（3） 若棒ab在x=-0.16m处释放， 且初速度为，同时形框解除锁定，求棒ab与框发生完全非弹性碰撞后ed棒的最大位移。
【答案】（1）；（2）；（3）3m
【解析】
（1）根据右手定则，可知ab棒上的感应电流为到，则e点的电势高，故
（2）金属棒ab向下运动时，由于
重力沿斜面的分力与摩擦力等大反向，因此金属棒ab释放后，在安培力作用下运动，金属棒ab做加速度减小的减速运动，ab受到的安培力为
由左手定则可知﹐U形框受到安培力的方向沿导轨平面向上，大小为
其中
因此获得冲量的瞬间，U形框受到的安培力最大，最容易发生滑动。为使U形框静止，此时U形框受到的摩擦力沿导轨平面向下为最大静摩擦力，大小为
U形框静止有
金属棒ab释放时所加的初速度满足的条件为
即释放ab时所加的初速度的最大值。
（3）金属棒ab初速度为，则金属棒ab在安培力作用下做加速度减小的减速运动，而U形框在碰撞前始终处于静止。设到达时速度为，以沿导轨平面向下为正方向，由动量定理得
其中
解得
金属棒ab与U形框发生完全非弹性碰撞，由动量守恒得
因此碰撞后U形框速度为
同理，其重力沿导轨平面向下的分力与滑动摩擦力等大反向，合力等于安培力，当U形框速度为v时，其感应电流为
其中、分别为de边和ab边处的磁感应强度，电流方向为顺时针方向，受到总的安培力为
其中
由动量定理得
金属棒ab与框发生完全非弹性碰撞后ed棒的最大位移
5. （2024河南新郑实验高中3月质检）（12分）如图所示，MCN与PDQ是一组足够长的平行光滑导轨，间距，MC、PD倾斜，CN、DQ在同一水平面内，CD与CN垂直，C、D处平滑连接。水平金属导轨间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度。质量、电阻、长度为L的硬质导体棒a静止在水平轨道上，与a完全相同的导体棒b从距水平面高度的倾斜绝缘轨道上由静止释放，最后恰好不与a棒相撞，运动过程中a、b棒始终与导轨垂直且接触良好。不计其他电阻和空气阻力，重力加速度g取。
（1）求b棒刚进入磁场时，a棒所受安培力的大小；
（2）求整个过程中通过a棒的电荷量q及a棒距离CD的初始距离；
（3）a、b棒稳定后，在释放b棒的初始位置由静止释放相同的棒，所有棒运动稳定后，在同一位置再由静止释放相同的棒，所有棒运动再次稳定后，依此类推，逐一由静止释放、、……、。当释放的最终与所有棒运动稳定后，求从棒开始释放到与所有棒运动保持相对稳定时，回路中产生的焦耳热。
【答案】（1）1N；（2）0.1C，0.2m；（3）
【解析】（1）根据题意，对棒由动能定理可得，
棒刚进入磁场时，感应电动势，
回路中的电流，
安培力，
联立可得
（2）对棒由动量守恒定律可得，
对棒由动量定理可得，
电荷量，
解得，
由（1）问可得，可得
（3）当棒运动达到稳定后有，
当棒运动达到稳定后有，
当棒运动达到稳定后有，
可得，则，
回路中产生的焦耳热，
解得
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
HYPERLINK "http://21世纪教育网(www.21cnjy.com)
" 21世纪教育网(www.21cnjy.com)

展开更多......

收起↑