资源简介

微专题20　动量观点在电磁感应中的应用
课时作业
A级·基础巩固练
命题视角1　动量定理在电磁感应中的应用,强化规律的综合应用
1.(2025·新阵地教育联盟联考)我国首艘弹射型航空母舰福建舰采用了世界上最先进的电磁弹射技术,装备了三条电磁弹射轨道。电磁弹射的简化模型如图所示,足够长的光滑水平固定金属轨道处于竖直向下的匀强磁场中,左端与充满电的电容器C相连,与机身固连的金属杆ab静置在轨道上,闭合开关S后,飞机向右加速达到起飞速度。下列说法正确的是(　　)
A.飞机运动过程中,a端的电势始终低于b端的电势
B.飞机起飞过程是匀加速直线运动
C.飞机的速度达到最大时,电容器所带的电荷量为零
D.增大电容器的放电量,可以提高飞机的最大速度
解析:D　飞机向右加速,通过金属杆ab的电流方向为a→b,则电容器上板带正电,下板带负电,a端的电势高于b端的电势,故A错误;随着飞机加速,金属杆ab产生的电动势为E=BLv,则电动势增大,电容器两端电压U减小,根据牛顿第二定律对金属杆和飞机有BL=ma,金属杆的加速度a减小,当U=E时,飞机的速度达到最大,此时电容器所带的电荷量Q=CE=CBLv,故B、C错误;对金属杆与飞机,由动量定理可得BIL·Δt=mv-0,q=I·Δt,解得v=,故提高电容器的放电量,可以提升飞机的起飞速度,故D正确。
2.(多选)如图所示,在光滑的水平面上有一方向竖直向下的有界匀强磁场。磁场区域的左侧,一正方形线框由位置Ⅰ以4.5 m/s的初速度垂直于磁场边界水平向右运动,线框经过位置Ⅱ,当运动到位置Ⅲ时速度恰为零,此时线框刚好有一半离开磁场区域。线框的边长小于磁场区域的宽度。若线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量分别为q1、q2,线框经过位置Ⅱ时的速度为v。则下列说法正确的是(　　)
A.q1=q2 B.q1=2q2
C.v=1.0 m/s D.v=1.5 m/s
解析:BD　根据q==可知,线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量q1=2q2,故A错误,B正确;线圈从开始进入到位置Ⅱ,由动量定理得-BLΔt1=mv-mv0,即-BLq1=mv-mv0,同理线圈从位置Ⅱ到位置Ⅲ,由动量定理得-BLΔt2=0-mv,即-BLq2=0-mv,联立解得v=v0=
1.5 m/s,故C错误,D正确。
3.(多选)如图所示,水平面内放置的光滑平行导轨左窄右宽,左轨宽度为d,右轨宽度为2d,匀强磁场与导轨平面垂直,磁感应强度为B。质量为m和2m的甲、乙两金属棒分别垂直放在导轨上,某时刻,给甲、乙两金属棒大小分别为v0和2v0的向右的初速度,设回路总电阻不变,导轨足够长,从甲、乙两金属棒获得初速度到二者稳定运动的过程中,下列说法正确的是(　　)
A.甲、乙加速度总是大小相等
B.甲、乙匀速运动的速度大小相等
C.回路产生的焦耳热为m
D.通过回路某一横截面的电荷量为
解析:AD　根据牛顿第二定律,对甲有BId=ma1,对乙有BI·2d=2ma2,解得a1=a2,故A正确;当两棒产生的感应电动势相等时,电路中无感应电流,甲、乙匀速运动,则有Bdv1=B·2dv2,解得v1=2v2,故B错误;根据动量定理,对甲有BdΔt=mv1-mv0,对乙有-B·2dΔt=2mv2-2m·2v0,解得v1=2v0,
v2=v0,根据能量守恒定律有m+×2m·(2v0)2=m·(2v0)2+×2m+Q,解得回路产生的焦耳热为Q=m,故C错误;根据动量定理,对甲有BdΔt=mv1-mv0,其中q=Δt,解得q=,故D
正确。
命题视角2　动量守恒定律在电磁感应中的应用,强化分析建模能力
4.(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,棒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。下列图像中可能正确的是(　　)
A B
C D
解析:AC　导体棒ab运动切割磁感线,产生感应电流(逆时针),导体棒ab受到安培力F作用,速度减小,导体棒cd受安培力F′作用,速度增大,最终两棒速度相等。
由E=Blv知,回路中感应电动势E总=Bl(v1-v2)=BlΔv,Δv逐渐减小,则感应电流非均匀变化。当两棒的速度相等时,回路上感应电流消失,两棒在导轨上以共同速度做匀速运动。由动量守恒定律得mv0=2mv共,解得v共=,A、C正确,D错误;导体棒cd受变力作用,加速度逐渐减小,其vt图像应该是曲线,B错误。
5.如图所示,足够长的金属导轨MN、PQ水平平行放置,处于竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中,导轨间距为L。导体棒a、b垂直导轨放置并与导轨接触良好,两导体棒的质量均为m,其在导轨间的电阻均为R,不计一切摩擦及导轨电阻。现给导体棒a一个平行于导轨向右的初速度v0,运动中导体棒a、b未相撞。下列说法正确的是(　　)
A.导体棒a的速度为v0时,导体棒a的加速度大小为
B.导体棒a的速度为v0时,导体棒b的加速度大小为
C.整个运动过程中电路中产生的焦耳热为m
D.整个运动过程中电路中产生的焦耳热为m
解析:D　两导体棒中感应电流大小相等均为I==,两导体棒所受安培力方向相反,大小相等,均为F安=BIL,所以系统所受的合力为0,当导体棒a的速度为v0时,由动量守恒定律有mv0=m·v0+mvb,解得vb=v0;所以,两棒的相对速度(va-vb)=v0,根据加速度a=可知两棒的加速度都为a=,故A、B错误。最终电路中没有感应电流,两导体棒会共速,由动量守恒定律有mv0=2mv,解得v=v0;根据能量守恒定律可知m=×2mv2+Q,解得整个运动过程中电路中产生的焦耳热为Q=m,故C错误,D正确。
6.(2025·绍兴模拟)如图所示,e1f1g1和e2f2g2是两根足够长且电阻不计的固定光滑平行金属轨道,其中f1g1和f2g2为轨道的水平部分,e1f1和e2f2是倾角θ=37°的倾斜部分。在f1f2右侧空间中存在磁感应强度大小B=2 T,方向竖直向上的匀强磁场,不计导体棒在轨道连接处的动能损失。将质量m=1 kg,单位长度电阻值R0=10 Ω/m的导体棒ab置于倾斜导轨上,距离斜面轨道底端高度h=5 cm,另一完全相同的导体棒cd静止于水平导轨上,导轨间距均为l=8 cm,导体棒长度均为L=10 cm。t=0时,导体棒ab从静止释放,到两棒最终稳定运动过程中,ab、cd棒未发生碰撞,且两导体棒始终与导轨保持垂直,g取10 m/s2。求:
(1)ab棒刚滑到斜面轨道底端时回路中产生的电流;
(2)两导体棒的最终速度大小;
(3)从开始计时到两棒最终稳定运动过程中,通过回路的电荷量。
解析:(1)ab棒从斜面轨道滑到底端,由动能定理有mgh=mv2,
切割磁感线产生的感应电动势为E=Blv,
导体棒ab与cd在回路中的有效电阻R=lR0=0.08×10 Ω=0.8 Ω,
根据闭合电路欧姆定律有I=,
解得v=1 m/s,E=0.16 V,I=0.1 A。
(2)以两棒组成的系统为研究对象,由动量守恒定律有mv=2mv共,解得v共=0.5 m/s。
(3)从ab棒刚进入磁场到与cd棒共速,对导体棒ab,由动量定理有-Bl×Δt=m(v共-v),又q=Δt,
解得q=3.125 C。
答案:(1)0.1 A　(2)0.5 m/s　(3)3.125 C
B级·高考过关练
7.如图甲所示,水平面内有两根足够长的光滑平行金属导轨,导轨固定且间距为L。空间存在竖直向下的匀强磁场,磁感应强度大小为B。现将两根材料相同、横截面积不同、长度均为L的金属棒ab、cd分别静置在导轨上。现给ab棒一水平向右的初速度v0,其速度随时间变化的关系如图乙所示,两金属棒运动过程中,始终与导轨垂直且接触良好。已知ab棒的质量为m,电阻为R。导轨电阻可忽略不计。下列说法正确的是(　　)
A.ab棒刚开始运动时,cd棒中的电流方向为 d→c
B.ab棒运动后,cd棒将做加速度逐渐增大的加速运动
C.在0～t0时间内,ab棒产生的热量为m
D.在0～t0时间内,通过cd棒的电荷量为
解析:D　金属棒ab刚开始运动时,根据右手定则可知cd棒中的电流方向为c→d,故A错误;ab棒运动后,由于安培力作用,速度会逐渐减小,同时cd棒将做加速运动,回路总电动势减小,电流减小,cd棒受到的安培力会减小,由于F=m′a,可知,cd棒的加速度会减小,故B错误;两金属棒组成的系统动量守恒,有mv0=(m+m′)v0,解得m′=2m,由于ab棒与cd棒质量之比为1∶2,且它们的材料和长度相同,故横截面积之比为1∶2,由R=ρ,得电阻之比为2∶1,故ab棒与cd棒产生的热量之比为2∶1,根据两棒组成的系统能量守恒有m=(m+m′)(v0)2+Q,0～t0时间内ab棒产生的热量Qab=Q=m,故C错误;对cd棒根据动量定理有BLt0=2m×v0,又q=t0,则在0～t0时间内,通过cd棒的电荷量q=,故D正确。
8.(多选)一水平足够长的平行轨道如图所示,以OO′为界,左边磁场的磁感应强度大小为B1=B0,方向垂直纸面向外,右边磁场的磁感应强度大小为B2=2B0,方向垂直纸面向里。导体棒甲、乙的质量均为m,电阻相同,开始时均处于静止状态。现给甲一水平向右的初速度v0,若轨道光滑且电阻不计,甲、乙始终在各自磁场中运动,下列说法正确的是(　　)
A.乙将向右运动
B.甲、乙运动过程中动量不守恒
C.稳定后,甲的速度为v0
D.乙的速度达到v0的过程中,乙棒产生的焦耳热为m
解析:BC　甲运动后根据右手定则可知,通过乙的电流方向为向上,根据左手定则可知乙受到的安培力向左,所以乙将向左运动,故A错误;甲、乙运动过程中受到的安培力大小不等,方向相同,所以甲、乙组成的系统在运动过程中所受合力不为零,动量不守恒,故B正确;从开始运动到稳定过程中,对甲根据动量定理得B1lt=B1lq=mv0-mv甲,对乙根据动量定理得B2lt=B2lq=
mv乙,稳定后,回路中没有电流,甲、乙产生的电动势抵消,则B1lv甲=B2lv乙,联立解得v甲=v0,故C正确;根据动量定理得B2l′t′=B2lq′=m×v0,B1l′t′=B1lq′=mv0-mv甲′,得v甲′=v0,由能量守恒定律得Q=m-m-m=m,乙棒产生的焦耳热Q乙==m,故D错误。
9.(2025·台州模拟)如图所示的装置水平置于竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中,电源电动势为E、内阻为R,两副平行且光滑的导轨间距分别为d与2d。材质均匀的导体棒b、c的长度均为2d,电阻均为R,质量分别为m、m,垂直置于导轨上。导轨足够长且不计电阻,从闭合开关到两导体棒达到稳定状态的全过程,下列说法正确的是(　　)
A.稳定前b、c棒加速度之比为1∶2
B.稳定时导体棒b的速度为
C.通过b棒的电荷量
D.导体棒b中产生的焦耳热为
解析:D　两棒为串联关系,电流相等,根据牛顿第二定律有F=BIL=ma,解得a=,故稳定前b、c棒加速度之比为ab∶ac=∶=1∶4,故A错误;闭合开关,当两棒稳定时,两棒产生的反电动势与电源电动势的关系有E=Bdvb+B·2dvc,根据动量定理对b棒有Bd·t=mvb,对c棒有B·2d·t=mvc,因b、c串联,通过的电荷量相等,则有q=t,联立可得vb=,vc=,q=,故B、C错误;由能量守恒定律,电源提供的电能转化为动能和焦耳热,有qE=m+×m+Q,根据热量与电阻的正比关系可得Qb=Q=Q,解得导体棒b中产生的焦耳热为Qb=,故D正确。
10.(2025·金华三模)(多选)如图甲所示,在圆柱形区域内存在一方向竖直向下、磁感应强度大小B随时间t的变化关系如图乙所示的磁场,在此区域内,沿水平面固定一半径为r的圆环形光滑细玻璃管,环心O在区域中心。一质量为m、带电荷量为q(q>0)的小球t=0时静止在管内的E点,2T0时刻小球第二次经过F点且不受细管侧壁的作用力,∠EOF为120°,小球在运动过程中电荷量保持不变,对原磁场的影响可忽略。下列说法正确的是(　　)
A.2T0时刻小球过F点的速度大小为
B.小球两次过F点时受到洛伦兹力的大小之比为2∶5
C.T0时刻细玻璃管内的电场强度大小为
D.T0时刻小球受细管侧壁的作用力等于零
解析:BD　设2T0时刻小球过F点的速度v2,由此可知,此时洛伦兹力提供圆周运动的向心力,根据牛顿第二定律可得f2=B0qv2=,解得v2=,A错误;从开始到2T0时刻小球第二次经过F点,设涡流产生的电场强度为E场强,由动量定理可得qE场强·2T0=mv2,结合上述结论解得
E场强=,从开始运动到第二次经过F点静电力所做的功W2=qE场强·l2=qE场强×(2πr+×2πr)=
,由动能定理可得W2=m,设第一次经过F点的速度为v1,从开始运动到第一次经过F点静电力所做的功为W1,则有W1=qE场强·l1=,W1=m,联立解得v1=v2,根据牛顿第二定律可得qE场强=ma,解得a=,故第一次经过F点所用时间t1==2T0,此时磁感应强度B1=×2T0=B0,故第一次经过F点的洛伦兹力为f1=B1qv1=B0×q×v2=f2,即小球两次过F点时受到洛伦兹力的大小之比为2∶5,B正确,C错误;结合上述分析可知T0时刻小球速度v0=aT0=×T0=,若小球在T0时刻不受细管的作用力,则有B0qv0′=,解得v0′==v0,故T0时刻小球受细管侧壁的作用力等于零,D正确。
C级·素养提升练
11.(2025·金华模拟)如图所示,倾角为θ=53°的金属导轨MN和M′N′的上端有一个单刀双掷开关K,当开关与1连接时,导轨与匝数n=100匝、横截面积S=0.04 m2的圆形金属线圈相连,线圈总电阻r=0.2 Ω,整个线圈内存在垂直线圈平面的匀强磁场B0且磁场随时间均匀变化。当开关与2连接时,导轨与一个阻值为R1=0.3 Ω的电阻相连。水平轨道的NN′至PP′间是绝缘带,其他部分导电良好,最右端接一定值电阻R2=0.2 Ω。两轨道长度均足够长,宽度均为L=1 m,在NN′处平滑连接。导轨MN和M′N′的平面内有垂直斜面向下的匀强磁场,磁感应强度大小B1=0.2 T;整个水平轨道上有方向竖直向上,磁感应强度大小为B2=1 T的匀强磁场。开关与1连接时,一根长度为L的导体棒a恰好静止在倾斜导轨上;某时刻把开关迅速拨到2,最后a棒能在倾斜轨道上匀速下滑。导体棒b一开始被锁定(锁定装置未画出),且到PP′位置的水平距离为d=0.24 m。棒a与棒b的质量均为m=0.1 kg,电阻均为R=0.2 Ω,所有导轨均光滑且阻值不计。重力加速度g取10 m/s2,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6。
(1)求圆形线圈内磁场随时间的变化率;
(2)求棒a滑至NN′时的速度大小v1;
(3)求棒a与棒b碰撞前,棒a的速度大小v2;
(4)棒a与棒b碰撞前瞬间,立即解除对棒b的锁定,两棒碰后粘连在一起。从棒a进入水平轨道,至两棒运动到最终状态,求定值电阻R2上产生的焦耳热Q。
解析:(1)开关接1时,棒a受力平衡,由平衡条件有mgsin θ=B1IL,
根据E=S,I=,解得=0.4 T/s。
(2)棒a匀速时,由平衡条件有mgsin θ=,
解得v1=10 m/s。
(3)棒a进入水平轨道后,由动量定理有 -=mv2-mv1,
根据电路连接得R总=0.3 Ω,
解得v2=2 m/s。
(4)当棒a切割时,有Q总1=m-m,
此时电阻R2产生热量Q1=Q总1,
解得Q1=0.8 J;
两棒相碰,由动量守恒定律有mv2=2mv3,
碰后至静止,电路产热Q总2=×2m,
电阻R2产生热量Q2=Q总2,
解得Q2= J,
所以R2产生总热量为Q=Q1+Q2= J。
答案:(1)0.4 T/s　(2)10 m/s　(3)2 m/s (4) J(共25张PPT)
微专题20
动量观点在电磁感应中的应用
考点一
动量定理在电磁感应中的应用
1.关键点
(1)分析导体棒的速度变化:
2.解题思维链
命题视角1　动量定理不等间距的双棒模型中的应用
【典例1】 (中等)(2025·金华模拟)如图所示,足够长光滑平行水平导轨所在空间有垂直于导轨平面向里的匀强磁场,磁场的磁感应强度大小为B。导轨间距分别为L和2L,质量为m、电阻为R的铜棒ab跨放在导轨上,同种材料、粗细相同的铜棒cd的长度是ab的两倍,两棒与导轨始终垂直且接触良好。
若使ab棒获得一个大小为v0、水平向右的初速度,导轨电阻不计,则在两棒运动过程中(cd棒始终在宽度为2L的导轨上运动),下列说法正确的是(　　)
D
命题视角2　动量定理在单棒+电容器模型中的应用
【典例2】 (困难)(2025·北斗星盟联考)如图所示,固定在水平面内间距为l的平行金属导轨M和N,其左端通过开关S1和S2连接电阻R、电容为C的电容器及在竖直平面内带有三根轻金属辐条可绕过其中心的水平轴O转动、半径为d的轻质金属圆环,圆环内存在垂直于圆环的匀强磁场B;右端与动摩擦因数为μ的绝缘导轨x、y无缝相连,其正中固定一劲度系数为k的绝缘轻质弹簧,弹簧左端恰好与绝缘导轨对齐。在长度为Δl的虚线框内存在大小也为B、方向垂直于导轨平面的匀强磁场。接入电路的电阻为R、质量为m、长为l的导体棒ab静止于磁场右边界(处在磁场内),并与导轨接触良好。
(1)求操作②中通过ab棒的电荷量;
答案:(1)0.125 C
(2)求操作③中ab棒返回磁场的速度大小;
(3)判断③中ab棒返回后能否穿过磁场区域,若能,求出穿出磁场时的速度大小;若不能,求出ab棒向左运动离右虚线的最大距离;
(4)求操作①中物块Q下落的最大速度及电容器所带的最大电荷量。
答案:(4)4 m/s　0.5 C
考点二
动量守恒定律在电磁感应中的应用
双棒模型
类型 不受外力(导轨光滑)
模型
运动图像
运动过程 杆MN做变减速运动,杆PQ做变加速运动;稳定时,两杆以相等的速度匀速运动
分析方法 将两杆视为整体,不受外力,最后a=0
动量观点 系统动量守恒
能量观点 杆MN动能的减少量=杆PQ动能的增加量+焦耳热
命题视角　动量定理与动量守恒定律在电磁感应中的应用
【典例3】 (困难)(2025·金色阳光联盟联考)如图所示,固定一金属导轨,间距L=1 m,两导轨的长度均足够长,导轨的倾斜部分倾角θ=53°,并处于垂直于斜面向上的匀强磁场中,磁感应强度B1的大小为0.5 T,左上端连接了一恒流源,可以使回路有1 A的恒定电流,不工作时相当于断路,导轨的水平部分处于竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度的大小为B2=1 T,水平轨道不计摩擦,导轨右端与一电阻R=1 Ω相连,倾斜部分在PQ两处各用一小段绝缘材料制成,长度不计。现有质量均为0.2 kg的导体棒ab、cd,电阻均为1 Ω,均被锁定在导轨上(锁定装置未被画出),导体棒cd离水平和倾斜部分连接处MN的长度l=1.2 m。
某时刻恒流源开始工作,使有从a流向b的电流,立即解除对导体棒ab的锁定,使导体棒ab获得2.5 m/s2的加速度,经过3 s后,刚好越过PQ,同时恒流源停止工作,经过一段时间后匀速到达MN处,ab棒与cd棒相碰前立即取消对cd棒的锁定,两棒相碰(时间极短)后粘连在一起,直到停止。不计导体棒ab经过MN时的机械能损失,求:(sin 53°=0.8,cos 53°=0.6)
(1)导体棒ab与倾斜轨道部分之间的动摩擦因数;
答案:(1)0.5
解析:(1)解除锁定瞬间,
对导体棒ab由牛顿第二定律有mgsin 53°-μmgcos 53°-B1IL=ma
解得μ=0.5。
(2)导体棒ab到达连接处MN的速度大小;
答案:(2)6 m/s
(3)ab棒与cd棒相遇前,ab棒的速度大小;
答案:(3)2 m/s
(4)从ab棒进入水平轨道,到两棒静止,电阻R上产生的焦耳热。
感谢观看微专题20　动量观点在电磁感应中的应用
考点一　动量定理在电磁感应中的应用
1.关键点
(1)分析导体棒的速度变化:
导体棒在磁场中所受安培力是变力时,动量定理的表达式为I其他+lBΔt=mv-mv0,或I其他-lBΔt=mv-mv0; 如果安培力是导体棒或金属框受到的合外力,则有lBΔt=mv-mv0或-lBΔt=mv-mv0。
(2)求电荷量:如果安培力为导体棒所受合外力,q=Δt=。
(3)求位移:如果安培力为导体棒所受合外力,
由-Δt=mv-mv0
有x=Δt=。
(4)求时间
①已知电荷量q,F其他为恒力,可求出非匀变速运动的时间。动量定理的表达式为
-BLΔt+F其他Δt=mv-mv0,
即-BLq+F其他Δt=mv-mv0。
②若已知位移x,F其他为恒力,也可求出非匀变速运动的时间。动量定理的表达式为+F其他Δt=mv-mv0,且Δt=x。
2.解题思维链
命题视角1　动量定理不等间距的双棒模型中的应用
【典例1】 (中等)(2025·金华模拟)如图所示,足够长光滑平行水平导轨所在空间有垂直于导轨平面向里的匀强磁场,磁场的磁感应强度大小为B。导轨间距分别为L和2L,质量为m、电阻为R的铜棒ab跨放在导轨上,同种材料、粗细相同的铜棒cd的长度是ab的两倍,两棒与导轨始终垂直且接触良好。若使ab棒获得一个大小为v0、水平向右的初速度,导轨电阻不计,则在两棒运动过程中(cd棒始终在宽度为2L的导轨上运动),下列说法正确的是(　　)
A.两棒组成的系统动量守恒,且最终速度相等
B.ab棒最终的速度大小为
C.cd棒产生的焦耳热为m
D.ab棒克服安培力做的功为m
解析:D　两棒受到的安培力不相等,系统受到的合外力不为零,系统动量不守恒,最终两棒切割磁感线产生的电动势相等,速度不相等,故A错误;最终回路中没有感应电流,设ab棒和cd棒的最终速度大小分别为v1和v2,由法拉第电磁感应定律有BLv1=2BLv2,对ab棒由动量定理有 BILΔt=BLq=m(v0-v1),对cd棒由动量定理有 2BILΔt=2BLq=2mv2,解得v1=,v2=,故B错误;系统产生的焦耳热Q=m-m-×2m=m,cd棒产生的焦耳热占总焦耳热的,则Qcd=m,故C错误;ab棒克服安培力做的功W=m-m=m,故D正确。
命题视角2　动量定理在单棒+电容器模型中的应用
【典例2】 (困难)(2025·北斗星盟联考)如图所示,固定在水平面内间距为l的平行金属导轨M和N,其左端通过开关S1和S2连接电阻R、电容为C的电容器及在竖直平面内带有三根轻金属辐条可绕过其中心的水平轴O转动、半径为d的轻质金属圆环,圆环内存在垂直于圆环的匀强磁场B;右端与动摩擦因数为μ的绝缘导轨x、y无缝相连,其正中固定一劲度系数为k的绝缘轻质弹簧,弹簧左端恰好与绝缘导轨对齐。在长度为Δl的虚线框内存在大小也为B、方向垂直于导轨平面的匀强磁场。接入电路的电阻为R、质量为m、长为l的导体棒ab静止于磁场右边界(处在磁场内),并与导轨接触良好。不可伸长的细绳绕在金属圆环上,系着质量也为m的物块Q,物块距地面的高度为h,当物块Q向下运动时带动金属圆环绕圆心O旋转。已知k=15 N/m,m=0.25 kg,l=1 m,B=2 T,R=0.5 Ω,C=0.25 F,d=0.5 m,h=1 m,μ=0.2,Δl=0.1 m;电容器两端电压为U时,其储存的电场能EC=CU2;弹簧伸长量为x时,其弹性势能Ep=kx2(不计其他电阻和电磁辐射,除绝缘导轨外其他摩擦阻力不计,细绳与金属圆环无相对滑动,棒ab始终在导轨所在平面内运动,弹簧未超出弹性限度)。现进行如下操作:①S1断开,S2掷向2,将物块Q由静止释放,给电容器充电直至落地时断开S2;②物块Q落地前的瞬间,立即将S2掷向1,S1仍断开,ab棒立即以v=1.0 m/s的速度离开磁场;③ab棒离开磁场压缩弹簧,再闭合S1,断开S2,直到ab棒返回磁场。
(1)求操作②中通过ab棒的电荷量;
(2)求操作③中ab棒返回磁场的速度大小;
(3)判断③中ab棒返回后能否穿过磁场区域,若能,求出穿出磁场时的速度大小;若不能,求出ab棒向左运动离右虚线的最大距离;
(4)求操作①中物块Q下落的最大速度及电容器所带的最大电荷量。
解析:(1)电容器放电时,ab棒在安培力作用下加速,由动量定理得∑BilΔt=mv,
解得操作②中通过ab棒的电荷量q=∑iΔt==C=0.125 C。
(2)ab棒在绝缘粗糙导轨上压缩弹簧,设压缩量最大值为Δx,由动能定理得
-μmg·Δx-kΔx2=0-mv2,
解得压缩量最大值为Δx=0.1 m,
设ab棒返回磁场的速度为v1,由动能定理得-μmg·Δx+kΔx2=m,
解得ab棒返回磁场的速度v1= m/s。
(3)假设ab棒返回不穿过磁场区域,离右虚线的最大距离为x,
由动量定理得∑=0-mv1
可得x=∑v·Δt==m<Δl
所以,ab棒不能出磁场,其向左运动离右虚线的最大距离为m。
(4)物块Q下落过程中,根据能量守恒定律得mgh=mv′2+CU2
又U=Bd
得落地时速度v′== m/s=4 m/s
电容器所带的最大电荷量Q=CU=0.5 C。
答案:(1)0.125 C
(2) m/s
(3)不能,m
(4)4 m/s　0.5 C
考点二　动量守恒定律在电磁感应中的应用
双棒模型
类型 不受外力(导轨光滑)
模型
运动图像
运动过程 杆MN做变减速运动,杆PQ做变加速运动;稳定时,两杆以相等的速度匀速运动
分析方法 将两杆视为整体,不受外力,最后a=0
动量观点 系统动量守恒
能量观点 杆MN动能的减少量=杆PQ动能的增加量+焦耳热
命题视角　动量定理与动量守恒定律在电磁感应中的应用
【典例3】 (困难)(2025·金色阳光联盟联考)如图所示,固定一金属导轨,间距L=1 m,两导轨的长度均足够长,导轨的倾斜部分倾角θ=53°,并处于垂直于斜面向上的匀强磁场中,磁感应强度B1的大小为0.5 T,左上端连接了一恒流源,可以使回路有1 A的恒定电流,不工作时相当于断路,导轨的水平部分处于竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度的大小为B2=1 T,水平轨道不计摩擦,导轨右端与一电阻R=1 Ω相连,倾斜部分在PQ两处各用一小段绝缘材料制成,长度不计。现有质量均为0.2 kg的导体棒ab、cd,电阻均为1 Ω,均被锁定在导轨上(锁定装置未被画出),导体棒cd离水平和倾斜部分连接处MN的长度l=1.2 m。某时刻恒流源开始工作,使有从a流向b的电流,立即解除对导体棒ab的锁定,使导体棒ab获得2.5 m/s2的加速度,经过3 s后,刚好越过PQ,同时恒流源停止工作,经过一段时间后匀速到达MN处,ab棒与cd棒相碰前立即取消对cd棒的锁定,两棒相碰(时间极短)后粘连在一起,直到停止。不计导体棒ab经过MN时的机械能损失,求:(sin 53°=0.8,cos 53°=0.6)
(1)导体棒ab与倾斜轨道部分之间的动摩擦因数;
(2)导体棒ab到达连接处MN的速度大小;
(3)ab棒与cd棒相遇前,ab棒的速度大小;
(4)从ab棒进入水平轨道,到两棒静止,电阻R上产生的焦耳热。
解析:(1)解除锁定瞬间,对导体棒ab由牛顿第二定律有mgsin 53°-μmgcos 53°-B1IL=ma
解得μ=0.5。
(2)导体棒ab到达MN前已匀速,设导体棒ab到达连接处MN的速度大小为v1,
则感应电动势为E1=B1Lv1
感应电流为I1=
电路总电阻为R总=r+=1.5 Ω
由平衡条件有B1I1L+μmgcos 53°=mgsin 53°
解得v1=6 m/s。
(3)当ab棒进入水平轨道后,根据动量定理有-B2Lt=mv2-mv1
又有=
整理可得-=mv2-mv1
解得v2=2 m/s。
(4)当ab棒切割时,
Q总1=m-m=3.2 J
此时电阻R上产生的焦耳热Q1=Q总1×= J
两导体棒相碰,由动量守恒定律有mv2=2mv3解得v3=1 m/s
到两导体棒静止,Q总2=×2m=0.2 J
电阻R上产生的热量Q2=Q总2×= J
所以R上产生的总焦耳热Q1+Q2= J。
答案:(1)0.5
(2)6 m/s
(3)2 m/s
(4) J
课时作业
A级·基础巩固练
命题视角1　动量定理在电磁感应中的应用,强化规律的综合应用
1.(2025·新阵地教育联盟联考)我国首艘弹射型航空母舰福建舰采用了世界上最先进的电磁弹射技术,装备了三条电磁弹射轨道。电磁弹射的简化模型如图所示,足够长的光滑水平固定金属轨道处于竖直向下的匀强磁场中,左端与充满电的电容器C相连,与机身固连的金属杆ab静置在轨道上,闭合开关S后,飞机向右加速达到起飞速度。下列说法正确的是(　　)
A.飞机运动过程中,a端的电势始终低于b端的电势
B.飞机起飞过程是匀加速直线运动
C.飞机的速度达到最大时,电容器所带的电荷量为零
D.增大电容器的放电量,可以提高飞机的最大速度
解析:D　飞机向右加速,通过金属杆ab的电流方向为a→b,则电容器上板带正电,下板带负电,a端的电势高于b端的电势,故A错误;随着飞机加速,金属杆ab产生的电动势为E=BLv,则电动势增大,电容器两端电压U减小,根据牛顿第二定律对金属杆和飞机有BL=ma,金属杆的加速度a减小,当U=E时,飞机的速度达到最大,此时电容器所带的电荷量Q=CE=CBLv,故B、C错误;对金属杆与飞机,由动量定理可得BIL·Δt=mv-0,q=I·Δt,解得v=,故提高电容器的放电量,可以提升飞机的起飞速度,故D正确。
2.(多选)如图所示,在光滑的水平面上有一方向竖直向下的有界匀强磁场。磁场区域的左侧,一正方形线框由位置Ⅰ以4.5 m/s的初速度垂直于磁场边界水平向右运动,线框经过位置Ⅱ,当运动到位置Ⅲ时速度恰为零,此时线框刚好有一半离开磁场区域。线框的边长小于磁场区域的宽度。若线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量分别为q1、q2,线框经过位置Ⅱ时的速度为v。则下列说法正确的是(　　)
A.q1=q2 B.q1=2q2
C.v=1.0 m/s D.v=1.5 m/s
解析:BD　根据q==可知,线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量q1=2q2,故A错误,B正确;线圈从开始进入到位置Ⅱ,由动量定理得-BLΔt1=mv-mv0,即-BLq1=mv-mv0,同理线圈从位置Ⅱ到位置Ⅲ,由动量定理得-BLΔt2=0-mv,即-BLq2=0-mv,联立解得v=v0=
1.5 m/s,故C错误,D正确。
3.(多选)如图所示,水平面内放置的光滑平行导轨左窄右宽,左轨宽度为d,右轨宽度为2d,匀强磁场与导轨平面垂直,磁感应强度为B。质量为m和2m的甲、乙两金属棒分别垂直放在导轨上,某时刻,给甲、乙两金属棒大小分别为v0和2v0的向右的初速度,设回路总电阻不变,导轨足够长,从甲、乙两金属棒获得初速度到二者稳定运动的过程中,下列说法正确的是(　　)
A.甲、乙加速度总是大小相等
B.甲、乙匀速运动的速度大小相等
C.回路产生的焦耳热为m
D.通过回路某一横截面的电荷量为
解析:AD　根据牛顿第二定律,对甲有BId=ma1,对乙有BI·2d=2ma2,解得a1=a2,故A正确;当两棒产生的感应电动势相等时,电路中无感应电流,甲、乙匀速运动,则有Bdv1=B·2dv2,解得v1=2v2,故B错误;根据动量定理,对甲有BdΔt=mv1-mv0,对乙有-B·2dΔt=2mv2-2m·2v0,解得v1=2v0,
v2=v0,根据能量守恒定律有m+×2m·(2v0)2=m·(2v0)2+×2m+Q,解得回路产生的焦耳热为Q=m,故C错误;根据动量定理,对甲有BdΔt=mv1-mv0,其中q=Δt,解得q=,故D
正确。
命题视角2　动量守恒定律在电磁感应中的应用,强化分析建模能力
4.(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,棒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。下列图像中可能正确的是(　　)
A B
C D
解析:AC　导体棒ab运动切割磁感线,产生感应电流(逆时针),导体棒ab受到安培力F作用,速度减小,导体棒cd受安培力F′作用,速度增大,最终两棒速度相等。
由E=Blv知,回路中感应电动势E总=Bl(v1-v2)=BlΔv,Δv逐渐减小,则感应电流非均匀变化。当两棒的速度相等时,回路上感应电流消失,两棒在导轨上以共同速度做匀速运动。由动量守恒定律得mv0=2mv共,解得v共=,A、C正确,D错误;导体棒cd受变力作用,加速度逐渐减小,其vt图像应该是曲线,B错误。
5.如图所示,足够长的金属导轨MN、PQ水平平行放置,处于竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中,导轨间距为L。导体棒a、b垂直导轨放置并与导轨接触良好,两导体棒的质量均为m,其在导轨间的电阻均为R,不计一切摩擦及导轨电阻。现给导体棒a一个平行于导轨向右的初速度v0,运动中导体棒a、b未相撞。下列说法正确的是(　　)
A.导体棒a的速度为v0时,导体棒a的加速度大小为
B.导体棒a的速度为v0时,导体棒b的加速度大小为
C.整个运动过程中电路中产生的焦耳热为m
D.整个运动过程中电路中产生的焦耳热为m
解析:D　两导体棒中感应电流大小相等均为I==,两导体棒所受安培力方向相反,大小相等,均为F安=BIL,所以系统所受的合力为0,当导体棒a的速度为v0时,由动量守恒定律有mv0=m·v0+mvb,解得vb=v0;所以,两棒的相对速度(va-vb)=v0,根据加速度a=可知两棒的加速度都为a=,故A、B错误。最终电路中没有感应电流,两导体棒会共速,由动量守恒定律有mv0=2mv,解得v=v0;根据能量守恒定律可知m=×2mv2+Q,解得整个运动过程中电路中产生的焦耳热为Q=m,故C错误,D正确。
6.(2025·绍兴模拟)如图所示,e1f1g1和e2f2g2是两根足够长且电阻不计的固定光滑平行金属轨道,其中f1g1和f2g2为轨道的水平部分,e1f1和e2f2是倾角θ=37°的倾斜部分。在f1f2右侧空间中存在磁感应强度大小B=2 T,方向竖直向上的匀强磁场,不计导体棒在轨道连接处的动能损失。将质量m=1 kg,单位长度电阻值R0=10 Ω/m的导体棒ab置于倾斜导轨上,距离斜面轨道底端高度h=5 cm,另一完全相同的导体棒cd静止于水平导轨上,导轨间距均为l=8 cm,导体棒长度均为L=10 cm。t=0时,导体棒ab从静止释放,到两棒最终稳定运动过程中,ab、cd棒未发生碰撞,且两导体棒始终与导轨保持垂直,g取10 m/s2。求:
(1)ab棒刚滑到斜面轨道底端时回路中产生的电流;
(2)两导体棒的最终速度大小;
(3)从开始计时到两棒最终稳定运动过程中,通过回路的电荷量。
解析:(1)ab棒从斜面轨道滑到底端,由动能定理有mgh=mv2,
切割磁感线产生的感应电动势为E=Blv,
导体棒ab与cd在回路中的有效电阻R=lR0=0.08×10 Ω=0.8 Ω,
根据闭合电路欧姆定律有I=,
解得v=1 m/s,E=0.16 V,I=0.1 A。
(2)以两棒组成的系统为研究对象,由动量守恒定律有mv=2mv共,解得v共=0.5 m/s。
(3)从ab棒刚进入磁场到与cd棒共速,对导体棒ab,由动量定理有-Bl×Δt=m(v共-v),又q=Δt,
解得q=3.125 C。
答案:(1)0.1 A　(2)0.5 m/s　(3)3.125 C
B级·高考过关练
7.如图甲所示,水平面内有两根足够长的光滑平行金属导轨,导轨固定且间距为L。空间存在竖直向下的匀强磁场,磁感应强度大小为B。现将两根材料相同、横截面积不同、长度均为L的金属棒ab、cd分别静置在导轨上。现给ab棒一水平向右的初速度v0,其速度随时间变化的关系如图乙所示,两金属棒运动过程中,始终与导轨垂直且接触良好。已知ab棒的质量为m,电阻为R。导轨电阻可忽略不计。下列说法正确的是(　　)
A.ab棒刚开始运动时,cd棒中的电流方向为 d→c
B.ab棒运动后,cd棒将做加速度逐渐增大的加速运动
C.在0～t0时间内,ab棒产生的热量为m
D.在0～t0时间内,通过cd棒的电荷量为
解析:D　金属棒ab刚开始运动时,根据右手定则可知cd棒中的电流方向为c→d,故A错误;ab棒运动后,由于安培力作用,速度会逐渐减小,同时cd棒将做加速运动,回路总电动势减小,电流减小,cd棒受到的安培力会减小,由于F=m′a,可知,cd棒的加速度会减小,故B错误;两金属棒组成的系统动量守恒,有mv0=(m+m′)v0,解得m′=2m,由于ab棒与cd棒质量之比为1∶2,且它们的材料和长度相同,故横截面积之比为1∶2,由R=ρ,得电阻之比为2∶1,故ab棒与cd棒产生的热量之比为2∶1,根据两棒组成的系统能量守恒有m=(m+m′)(v0)2+Q,0～t0时间内ab棒产生的热量Qab=Q=m,故C错误;对cd棒根据动量定理有BLt0=2m×v0,又q=t0,则在0～t0时间内,通过cd棒的电荷量q=,故D正确。
8.(多选)一水平足够长的平行轨道如图所示,以OO′为界,左边磁场的磁感应强度大小为B1=B0,方向垂直纸面向外,右边磁场的磁感应强度大小为B2=2B0,方向垂直纸面向里。导体棒甲、乙的质量均为m,电阻相同,开始时均处于静止状态。现给甲一水平向右的初速度v0,若轨道光滑且电阻不计,甲、乙始终在各自磁场中运动,下列说法正确的是(　　)
A.乙将向右运动
B.甲、乙运动过程中动量不守恒
C.稳定后,甲的速度为v0
D.乙的速度达到v0的过程中,乙棒产生的焦耳热为m
解析:BC　甲运动后根据右手定则可知,通过乙的电流方向为向上,根据左手定则可知乙受到的安培力向左,所以乙将向左运动,故A错误;甲、乙运动过程中受到的安培力大小不等,方向相同,所以甲、乙组成的系统在运动过程中所受合力不为零,动量不守恒,故B正确;从开始运动到稳定过程中,对甲根据动量定理得B1lt=B1lq=mv0-mv甲,对乙根据动量定理得B2lt=B2lq=
mv乙,稳定后,回路中没有电流,甲、乙产生的电动势抵消,则B1lv甲=B2lv乙,联立解得v甲=v0,故C正确;根据动量定理得B2l′t′=B2lq′=m×v0,B1l′t′=B1lq′=mv0-mv甲′,得v甲′=v0,由能量守恒定律得Q=m-m-m=m,乙棒产生的焦耳热Q乙==m,故D错误。
9.(2025·台州模拟)如图所示的装置水平置于竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中,电源电动势为E、内阻为R,两副平行且光滑的导轨间距分别为d与2d。材质均匀的导体棒b、c的长度均为2d,电阻均为R,质量分别为m、m,垂直置于导轨上。导轨足够长且不计电阻,从闭合开关到两导体棒达到稳定状态的全过程,下列说法正确的是(　　)
A.稳定前b、c棒加速度之比为1∶2
B.稳定时导体棒b的速度为
C.通过b棒的电荷量
D.导体棒b中产生的焦耳热为
解析:D　两棒为串联关系,电流相等,根据牛顿第二定律有F=BIL=ma,解得a=,故稳定前b、c棒加速度之比为ab∶ac=∶=1∶4,故A错误;闭合开关,当两棒稳定时,两棒产生的反电动势与电源电动势的关系有E=Bdvb+B·2dvc,根据动量定理对b棒有Bd·t=mvb,对c棒有B·2d·t=mvc,因b、c串联,通过的电荷量相等,则有q=t,联立可得vb=,vc=,q=,故B、C错误;由能量守恒定律,电源提供的电能转化为动能和焦耳热,有qE=m+×m+Q,根据热量与电阻的正比关系可得Qb=Q=Q,解得导体棒b中产生的焦耳热为Qb=,故D正确。
10.(2025·金华三模)(多选)如图甲所示,在圆柱形区域内存在一方向竖直向下、磁感应强度大小B随时间t的变化关系如图乙所示的磁场,在此区域内,沿水平面固定一半径为r的圆环形光滑细玻璃管,环心O在区域中心。一质量为m、带电荷量为q(q>0)的小球t=0时静止在管内的E点,2T0时刻小球第二次经过F点且不受细管侧壁的作用力,∠EOF为120°,小球在运动过程中电荷量保持不变,对原磁场的影响可忽略。下列说法正确的是(　　)
A.2T0时刻小球过F点的速度大小为
B.小球两次过F点时受到洛伦兹力的大小之比为2∶5
C.T0时刻细玻璃管内的电场强度大小为
D.T0时刻小球受细管侧壁的作用力等于零
解析:BD　设2T0时刻小球过F点的速度v2,由此可知,此时洛伦兹力提供圆周运动的向心力,根据牛顿第二定律可得f2=B0qv2=,解得v2=,A错误;从开始到2T0时刻小球第二次经过F点,设涡流产生的电场强度为E场强,由动量定理可得qE场强·2T0=mv2,结合上述结论解得
E场强=,从开始运动到第二次经过F点静电力所做的功W2=qE场强·l2=qE场强×(2πr+×2πr)=
,由动能定理可得W2=m,设第一次经过F点的速度为v1,从开始运动到第一次经过F点静电力所做的功为W1,则有W1=qE场强·l1=,W1=m,联立解得v1=v2,根据牛顿第二定律可得qE场强=ma,解得a=,故第一次经过F点所用时间t1==2T0,此时磁感应强度B1=×2T0=B0,故第一次经过F点的洛伦兹力为f1=B1qv1=B0×q×v2=f2,即小球两次过F点时受到洛伦兹力的大小之比为2∶5,B正确,C错误;结合上述分析可知T0时刻小球速度v0=aT0=×T0=,若小球在T0时刻不受细管的作用力,则有B0qv0′=,解得v0′==v0,故T0时刻小球受细管侧壁的作用力等于零,D正确。
C级·素养提升练
11.(2025·金华模拟)如图所示,倾角为θ=53°的金属导轨MN和M′N′的上端有一个单刀双掷开关K,当开关与1连接时,导轨与匝数n=100匝、横截面积S=0.04 m2的圆形金属线圈相连,线圈总电阻r=0.2 Ω,整个线圈内存在垂直线圈平面的匀强磁场B0且磁场随时间均匀变化。当开关与2连接时,导轨与一个阻值为R1=0.3 Ω的电阻相连。水平轨道的NN′至PP′间是绝缘带,其他部分导电良好,最右端接一定值电阻R2=0.2 Ω。两轨道长度均足够长,宽度均为L=1 m,在NN′处平滑连接。导轨MN和M′N′的平面内有垂直斜面向下的匀强磁场,磁感应强度大小B1=0.2 T;整个水平轨道上有方向竖直向上,磁感应强度大小为B2=1 T的匀强磁场。开关与1连接时,一根长度为L的导体棒a恰好静止在倾斜导轨上;某时刻把开关迅速拨到2,最后a棒能在倾斜轨道上匀速下滑。导体棒b一开始被锁定(锁定装置未画出),且到PP′位置的水平距离为d=0.24 m。棒a与棒b的质量均为m=0.1 kg,电阻均为R=0.2 Ω,所有导轨均光滑且阻值不计。重力加速度g取10 m/s2,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6。
(1)求圆形线圈内磁场随时间的变化率;
(2)求棒a滑至NN′时的速度大小v1;
(3)求棒a与棒b碰撞前,棒a的速度大小v2;
(4)棒a与棒b碰撞前瞬间,立即解除对棒b的锁定,两棒碰后粘连在一起。从棒a进入水平轨道,至两棒运动到最终状态,求定值电阻R2上产生的焦耳热Q。
解析:(1)开关接1时,棒a受力平衡,由平衡条件有mgsin θ=B1IL,
根据E=S,I=,解得=0.4 T/s。
(2)棒a匀速时,由平衡条件有mgsin θ=,
解得v1=10 m/s。
(3)棒a进入水平轨道后,由动量定理有 -=mv2-mv1,
根据电路连接得R总=0.3 Ω,
解得v2=2 m/s。
(4)当棒a切割时,有Q总1=m-m,
此时电阻R2产生热量Q1=Q总1,
解得Q1=0.8 J;
两棒相碰,由动量守恒定律有mv2=2mv3,
碰后至静止,电路产热Q总2=×2m,
电阻R2产生热量Q2=Q总2,
解得Q2= J,
所以R2产生总热量为Q=Q1+Q2= J。
答案:(1)0.4 T/s　(2)10 m/s　(3)2 m/s (4) J

展开更多......

收起↑