资源简介 第64课时 动量观点在电磁感应中的应用(思维进阶课)[学习目标] 1．掌握应用动量定理处理电磁感应问题的方法技巧，能识别常用动量定理的模型。2．建立电磁感应问题中动量守恒的模型，并能灵活运用动量守恒定律解决问题。动量定理在电磁感应现象中的应用1．导体棒在磁场中所受安培力是变力时，可用动量定理分析棒的速度变化，表达式为I其他＋lB·Δt＝mv－mv0或I其他－lB·Δt＝mv－mv0；若其他力的冲量和为0，则有lBΔt＝mv－mv0或－lBΔt＝mv－mv0。2．求电荷量：由－lBΔt＝mv－mv0有q＝·Δt＝。3．求位移：由－Δt＝mv－mv0有s＝·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。－BL·Δt＋F其他·Δt＝mv－mv0，即－BLq＋F其他·Δt＝mv－mv0。(2)若已知位移s，F其他为恒力，也可求出非匀变速运动的时间。＋F其他·Δt＝mv－mv0，·Δt＝s。[典例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∶1C．乙线框恰好完全出磁场区域时，速度大小为0D．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[典例2] 如图所示，除导体棒ab可动外，其余部分均固定不动，图中的电容器带电荷量为Q，上板带正电荷，电容为C。设导体棒、导轨的电阻均可忽略，导体棒和导轨间的摩擦也不计。图中装置均在水平面内，且都处于方向垂直水平面(即纸面)向下的匀强磁场中，导轨间距为L，且足够长。导体棒质量为m，匀强磁场的磁感应强度大小为B，闭合开关后，下列说法正确的是( )A．导体棒先向右做加速运动，再向右做减速运动直到静止B．导体棒先向右做加速运动，最后以v＝做匀速直线运动C．通过R的电荷量为QD．通过R的电荷量为归纳总结：“电容器＋棒”模型(1)无外力充电式基本模型 (导轨光滑，电阻阻值为R，电容器电容为C)电路特点 导体棒相当于电源，电容器充电电流特点 安培力为阻力，棒减速，E减小，有I＝，电容器充电UC变大，当BLv＝UC时，I＝0，F安＝0，棒匀速运动运动特点和 最终特征 棒做加速度a减小的减速运动，最终做匀速运动，此时I＝0，但电容器带电荷量不为0最终速度 电容器充电电荷量：q＝CU 最终电容器两端电压U＝BLv 对棒应用动量定理：mv－mv0＝－BL·Δt＝－BLq 可得v＝v-t图像(2)无外力放电式基本模型 (电源电动势为E，内阻不计，电容器电容为C)电流特点 电容器放电，相当于电源；导体棒受安培力而运动。 电容器放电时，导体棒在安培力作用下开始运动，同时阻碍放电，导致电流减小，直至电流为0，此时UC＝BLvm运动特点及 最终特征 做加速度a减小的加速运动，最终匀速运动，I＝0最大速度vm 电容器初始电荷量：Q0＝CE 放电结束时电荷量：Q＝CUC＝CBLvm 电容器放电电荷量：ΔQ＝Q0－Q＝CE－CBLvm 对棒应用动量定理：mvm－0＝BL·Δt＝BLΔQ 可得vm＝v-t图像动量守恒定律在电磁感应中的应用1．在双金属棒切割磁感线的系统中，双金属棒和导轨构成闭合回路，安培力充当系统内力，如果它们不受摩擦力，且受到的安培力的合力为0时，满足动量守恒，运用动量守恒定律解题比较方便。2．双棒模型(不计摩擦力)模型示意 图及条件 水平面内的光滑等距导轨，两个棒的质量分别为m1、m2，电阻分别为R1、R2，给棒2一个初速度v0电路特点 棒2相当于电源；棒1受安培力而加速运动，运动后产生反电动势电流及速 度变化 棒2做变减速运动，棒1做变加速运动，随着两棒相对速度的减小，回路中的电流减小，I＝BL，安培力减小，加速度减小，稳定时，两棒的加速度均为0，以相等的速度匀速运动最终状态 a＝0，I＝0，v1＝v2系统规律 动量守恒：m2v0＝(m1＋m2)v 能量守恒：Q＝m2－(m1＋m2)v2 两棒产生焦耳热之比＝[典例3] 如图所示，光滑平行导轨MN、PQ固定在水平面上，导轨宽度为d，处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，导轨足够长，将质量分别为2m、m，有效电阻均为R的金属棒J和K分别置于导轨上，棒始终与导轨垂直并接触良好，导轨电阻不计。现使J棒获得水平向右的初速度2v0，K棒获得水平向左的初速度v0，两棒不会相碰，求：(1)全过程中系统产生的焦耳热Q；(2)从开始运动到稳定状态过程中两棒间距离的改变量Δx。______________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________[典例4] (2025·江苏南京一模)如图所示，间距均为L的光滑平行倾斜导轨与光滑平行水平导轨在M、N处平滑连接，虚线MN右侧存在方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场。a、b为两根粗细均匀的金属棒，a棒质量为m、长度为L、电阻为R，垂直固定在倾斜轨道上距水平面高h处；b棒质量为2m、长度为L、电阻为2R，与水平导轨垂直并处于静止状态。a棒解除固定后由静止释放，运动过程中与b棒始终没有接触，不计导轨电阻，重力加速度为g。求：(1)a棒刚进入磁场时产生的电动势大小；(2)当a棒的速度大小变为刚进入磁场时速度的一半时，b棒的加速度大小；(3)整个运动过程中，b棒上产生的焦耳热。_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________方法技巧：(1)涉及单棒问题，一般考虑动量定理。(2)涉及双棒问题，一般考虑动量守恒定律。(3)导体棒的运动过程要注意电路的串、并联及能量转化和守恒。第64课时进阶点1典例1 D [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错误；结合A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＝m·Δv进，－t出＝m·Δv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正确。]典例2 B [闭合开关后电容器放电，ab中电流从a到b，由左手定则知导体棒向右做加速运动，ab向右运动过程中切割磁感线产生感应电动势，当感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，感应电流变为0，此后导体棒做匀速直线运动，故A错误；设ab最后以v做匀速运动，通过ab的电荷量为q，对ab由动量定理有BLt＝mv，又q＝t＝Q－CBLv，解得v＝，q＝，故B正确，C、D错误。]进阶点2典例3 解析：(1)两棒组成的系统动量守恒，取向右为正方向，则有2m·2v0－mv0＝(2m＋m)v根据能量守恒可得产生的焦耳热为Q＝×2m(2v0)2＋m－(2m＋m)v2联立解得v＝v0，Q＝3m。(2)取J棒研究，设运动过程中平均电流为，经历时间为Δt，取向右为正方向，根据动量定理得－Bd·Δt＝2mv0－2m·2v0而＝＝解得Δx＝。答案：(1)3m (2)典例4 解析：(1)设a棒下落到底端刚进入磁场瞬间的速度大小为va，由机械能守恒定律可得mgh＝m解得va＝则刚进入磁场时产生的感应电动势的大小E＝BLva＝BL。(2)当a棒的速度变为原来的一半时回路中感应电动势记为E1，设此时b棒的速度为vb，则由动量守恒定律可得mva＝mva＋2mvb解得vb＝va则此时的感应电动势E1＝BL＝BL根据闭合电路的欧姆定律可知此时回路中的电流I＝＝可知b棒此时所受安培力的大小Fb＝BIL＝由牛顿第二定律有Fb＝2mab解得ab＝。(3)通过分析可知a、b棒最终将共速，之后一起做匀速直线运动，由动量守恒定律可得mva＝(m＋2m)v共同时，在运动过程中由能量守恒定律可得m＝(m＋2m)＋Q总联立可得Q总＝mgh而a、b两棒串联，则产生的焦耳热之比等于电阻之比，由此可得b棒上产生的焦耳热Qb＝mgh×＝mgh。答案：(1)BL (2) (3)mgh1 / 1(共42张PPT)第十一章 电磁感应第64课时 动量观点在电磁感应中的应用(思维进阶课)[学习目标] 1．掌握应用动量定理处理电磁感应问题的方法技巧，能识别常用动量定理的模型。2．建立电磁感应问题中动量守恒的模型，并能灵活运用动量守恒定律解决问题。进阶点1 动量定理在电磁感应现象中的应用1．导体棒在磁场中所受安培力是变力时，可用动量定理分析棒的速度变化，表达式为I其他＋lB·Δt＝mv－mv0或I其他－lB·Δt＝mv－mv0；若其他力的冲量和为0，则有lBΔt＝mv－mv0或－lBΔt＝mv－mv0。2．求电荷量：由－lBΔt＝mv－mv0有q＝·Δt＝。3．求位移：由－Δt＝mv－mv0有s＝·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。－BL·Δt＋F其他·Δt＝mv－mv0，即－BLq＋F其他·Δt＝mv－mv0。(2)若已知位移s，F其他为恒力，也可求出非匀变速运动的时间。＋F其他·Δt＝mv－mv0，·Δt＝s。[典例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∶1C．乙线框恰好完全出磁场区域时，速度大小为0D．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√D [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错误；结合A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＝m·Δv进，－t出＝m·Δv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正确。][典例2] 如图所示，除导体棒ab可动外，其余部分均固定不动，图中的电容器带电荷量为Q，上板带正电荷，电容为C。设导体棒、导轨的电阻均可忽略，导体棒和导轨间的摩擦也不计。图中装置均在水平面内，且都处于方向垂直水平面(即纸面)向下的匀强磁场中，导轨间距为L，且足够长。导体棒质量为m，匀强磁场的磁感应强度大小为B，闭合开关后，下列说法正确的是( )A．导体棒先向右做加速运动，再向右做减速运动直到静止B．导体棒先向右做加速运动，最后以v＝做匀速直线运动C．通过R的电荷量为QD．通过R的电荷量为√B [闭合开关后电容器放电，ab中电流从a到b，由左手定则知导体棒向右做加速运动，ab向右运动过程中切割磁感线产生感应电动势，当感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，感应电流变为0，此后导体棒做匀速直线运动，故A错误；设ab最后以v做匀速运动，通过ab的电荷量为q，对ab由动量定理有BLt＝mv，又q＝t＝Q－CBLv，解得v＝，q＝，故B正确，C、D错误。]归纳总结：“电容器＋棒”模型(1)无外力充电式基本模型 (导轨光滑，电阻阻值为R，电容器电容为C)电路特点 导体棒相当于电源，电容器充电电流特点 安培力为阻力，棒减速，E减小，有I＝，电容器充电UC变大，当BLv＝UC时，I＝0，F安＝0，棒匀速运动运动特点和 最终特征 棒做加速度a减小的减速运动，最终做匀速运动，此时I＝0，但电容器带电荷量不为0最终速度 电容器充电电荷量：q＝CU最终电容器两端电压U＝BLv对棒应用动量定理：mv－mv0＝－BL·Δt＝－BLq可得v＝v-t 图像 (2)无外力放电式基本模型 (电源电动势为E，内阻不计，电容器电容为C)电流特点 电容器放电，相当于电源；导体棒受安培力而运动。电容器放电时，导体棒在安培力作用下开始运动，同时阻碍放电，导致电流减小，直至电流为0，此时UC＝BLvm运动特点及 最终特征 做加速度a减小的加速运动，最终匀速运动，I＝0最大速度vm 电容器初始电荷量：Q0＝CE放电结束时电荷量：Q＝CUC＝CBLvm电容器放电电荷量：ΔQ＝Q0－Q＝CE－CBLvm对棒应用动量定理：mvm－0＝BL·Δt＝BLΔQ可得vm＝v-t图像 1．在双金属棒切割磁感线的系统中，双金属棒和导轨构成闭合回路，安培力充当系统内力，如果它们不受摩擦力，且受到的安培力的合力为0时，满足动量守恒，运用动量守恒定律解题比较方便。2．双棒模型(不计摩擦力)进阶点2 动量守恒定律在电磁感应中的应用模型示意 图及条件 水平面内的光滑等距导轨，两个棒的质量分别为m1、m2，电阻分别为R1、R2，给棒2一个初速度v0电路特点 棒2相当于电源；棒1受安培力而加速运动，运动后产生反电动势电流及速 度变化 棒2做变减速运动，棒1做变加速运动，随着两棒相对速度的减小，回路中的电流减小，I＝BL，安培力减小，加速度减小，稳定时，两棒的加速度均为0，以相等的速度匀速运动最终状态 a＝0，I＝0，v1＝v2系统规律 动量守恒：m2v0＝(m1＋m2)v能量守恒：Q＝m2－(m1＋m2)v2两棒产生焦耳热之比＝[典例3] 如图所示，光滑平行导轨MN、PQ固定在水平面上，导轨宽度为d，处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，导轨足够长，将质量分别为2m、m，有效电阻均为R的金属棒J和K分别置于导轨上，棒始终与导轨垂直并接触良好，导轨电阻不计。现使J棒获得水平向右的初速度2v0，K棒获得水平向左的初速度v0，两棒不会相碰，求： (1)全过程中系统产生的焦耳热Q；(2)从开始运动到稳定状态过程中两棒间距离的改变量Δx。[解析] (1)两棒组成的系统动量守恒，取向右为正方向，则有2m·2v0－mv0＝(2m＋m)v根据能量守恒可得产生的焦耳热为Q＝×2m(2v0)2＋m－(2m＋m)v2联立解得v＝v0，Q＝3m。(2)取J棒研究，设运动过程中平均电流为，经历时间为Δt，取向右为正方向，根据动量定理得－Bd·Δt＝2mv0－2m·2v0而＝＝解得Δx＝。[答案] (1)3m (2)[典例4] (2025·江苏南京一模)如图所示，间距均为L的光滑平行倾斜导轨与光滑平行水平导轨在M、N处平滑连接，虚线MN右侧存在方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场。a、b为两根粗细均匀的金属棒，a棒质量为m、长度为L、电阻为R，垂直固定在倾斜轨道上距水平面高h处；b棒质量为2m、长度为L、电阻为2R，与水平导轨垂直并处于静止状态。a棒解除固定后由静止释放，运动过程中与b棒始终没有接触，不计导轨电阻，重力加速度为g。求：(1)a棒刚进入磁场时产生的电动势大小；(2)当a棒的速度大小变为刚进入磁场时速度的一半时，b棒的加速度大小；(3)整个运动过程中，b棒上产生的焦耳热。[解析] (1)设a棒下落到底端刚进入磁场瞬间的速度大小为va，由机械能守恒定律可得mgh＝m解得va＝则刚进入磁场时产生的感应电动势的大小E＝BLva＝BL。(2)当a棒的速度变为原来的一半时回路中感应电动势记为E1，设此时b棒的速度为vb，则由动量守恒定律可得mva＝mva＋2mvb解得vb＝va则此时的感应电动势E1＝BL＝BL根据闭合电路的欧姆定律可知此时回路中的电流I＝＝可知b棒此时所受安培力的大小Fb＝BIL＝由牛顿第二定律有Fb＝2mab解得ab＝。(3)通过分析可知a、b棒最终将共速，之后一起做匀速直线运动，由动量守恒定律可得mva＝(m＋2m)v共同时，在运动过程中由能量守恒定律可得m＝(m＋2m)＋Q总联立可得Q总＝mgh而a、b两棒串联，则产生的焦耳热之比等于电阻之比，由此可得b棒上产生的焦耳热Qb＝mgh×＝mgh。[答案] (1)BL (2) (3)mgh方法技巧：(1)涉及单棒问题，一般考虑动量定理。(2)涉及双棒问题，一般考虑动量守恒定律。(3)导体棒的运动过程要注意电路的串、并联及能量转化和守恒。课时作业(六十四) 动量观点在电磁感应中的应用(思维进阶课)1．(多选)如图所示，半径为r的粗糙四分之一圆弧导轨与光滑水平导轨平滑相连，四分之一圆弧导轨区域没有磁场，水平导轨区域存在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场，导轨间距为l，ab、cd是质量为m、接入电路中电阻为R的金属棒，导轨电阻忽略不计。cd静止在平滑轨道上，ab从四分之一圆弧轨道顶端由静止释放，在圆弧轨道上克服阻力做功mgr，水平导轨足够长，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，且不会相撞，重力加速度为g。从ab棒进入水平轨道开始，下列说法正确的是( )A．ab棒先做匀减速运动，最后做匀速运动B．cd棒先做匀加速直线运动，最后和ab以相同的速度做匀速运动C．ab棒刚进入磁场时，cd棒电流为D．ab棒的最终速度大小为题号13524687√√CD [ab棒进入磁场受向左的安培力，做减速运动，所以安培力减小，则ab棒先做加速度减小的减速运动，cd棒与ab棒串联，所以cd棒先做加速度减小的加速运动，最后它们共速，做匀速运动，故A、B错误；ab棒刚进入磁场的速度就是它下滑到底端的速度，根据动能定理有mgr－mgr＝mv2，可得速度为v＝，感应电动势为E＝Blv，两金属棒串联，故两棒瞬时电流为I＝，两棒共速时由动量守恒定律有mv＝2mv'，可得速度大小为v'＝，故C、D正确。]题号135246872．如图所示，在光滑的水平面上宽度为L的区域内，有竖直向下的匀强磁场。现有一个边长为a(aA．大于 B．等于C．小于 D．以上均有可能√题号13524687B [通过线圈横截面的电荷量q＝·Δt＝·Δt＝，由于线圈进入和穿出磁场过程，线圈磁通量的变化量大小相等，则进入和穿出磁场的两个过程通过线圈横截面的电荷量q相等，由动量定理得，线圈进入磁场过程有－Bat1＝mv－mv0，线圈离开磁场过程有－Bat2＝0－mv，由于q＝t，则－Baq＝mv－mv0，Baq＝mv，解得v＝。故选B。]题号135246873．如图1所示，两根足够长的光滑平行金属导轨固定在水平桌面上，其左侧连接定值电阻R，整个导轨处于垂直导轨平面向下的匀强磁场中，导轨电阻不计。一质量m＝1 kg且电阻不计的细直金属杆ab置于导轨上，与导轨垂直并接触良好。t＝0时刻，杆ab在水平向右的拉力F作用下，由静止开始做匀加速直线运动，力F随时间t变化的图像如图2所示，t＝2 s 时刻撤去力F。整个运动过程中，杆ab的位移大小为( ) A．8 m B．10 m C．12 m D．14 m√题号13524687C [t＝0到t＝2 s时间段内，杆ab做匀加速直线运动，有F－F安＝ma，其中F安＝BIL＝＝at，可得F＝t＋ma，结合F-t图像知ma＝2 N，故a＝2 m/s2，斜率k＝＝1 N/s，撤去力F时，杆ab的速度v＝at＝4 m/s，杆ab的位移x1＝t＝4 m，撤去力F后，对杆ab由动量定理有－x2＝0－mv，联立解得x2＝8 m，故总位移x＝x1＋x2＝12 m。故选C。]题号135246874．如图所示，两水平平行金属导轨由宽轨M1N1、M2N2，窄轨O1P1、O2P2两部分组成，宽轨部分间距为2L，窄轨部分间距为L。现将两根材料相同、横截面积相同的金属棒ab、cd分别静置在宽轨和窄轨上。金属棒ab的质量为m，电阻为R，长度为2L，金属棒cd的长度为L，两金属棒在运动过程中始终与导轨垂直且接触良好。除金属棒的电阻之外其余电阻不计，宽轨和窄轨都足够长。金属导轨处在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。现给金属棒ab水平向右的初速度v0，此后金属棒ab始终在宽轨磁场中运动，金属棒cd始终在窄轨磁场中运动，不计一切摩擦。下列说法正确的是( )A．金属棒ab刚开始运动时，ab棒中的电流方向为b→aB．当两金属棒匀速运动时，ab棒的速度为C．金属棒ab从开始运动到匀速的过程中，通过ab棒的电荷量为D．金属棒ab从开始运动到匀速的过程中，ab棒中产生的热量为m√题号13524687C [金属棒ab刚开始运动时，根据右手定则可知ab棒中的电流方向为a→b，故A错误；依题意，金属棒cd的质量为，电阻为，匀速运动时，两棒切割磁感线产生的电动势大小相等，有B·2Lvab＝BLvcd，可得末速度2vab＝vcd，由动量定理，对ab棒有－B·2L·Δt＝mvab－mv0，对cd棒有BL·Δt＝vcd，解得vab＋vcd＝v0，则vab＝，vcd＝，故B错误；根据q＝·Δt，结合B中公式解得q＝，故C正确；由能量关系，可得整个过程中产生的热量Q总＝m－m－，又Qab＝ Q总，联立解得Qab＝m，故D错误。]题号135246875．(多选)(2025·湖南长沙模拟)如图甲所示，两根间距L＝1.0 m、电阻不计的足够长的光滑平行金属导轨与水平面夹角θ＝30°，导轨底端接入一阻值R＝2.0 Ω的定值电阻，所在区域内存在磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直于导轨平面向上，在导轨上垂直于导轨放置一质量m＝0.2 kg、电阻r＝1.0 Ω的金属杆，开始时使金属杆保持静止，某时刻开始给金属杆一个沿斜面向上、F＝2.0 N的恒力，金属杆由静止开始运动，图乙为其运动过程的v-t图像，重力加速度g取10 m/s2。在金属杆向上运动的过程中，下列说法正确的是( )A．匀强磁场的磁感应强度B＝ TB．前2 s内通过电阻R的电荷量为1.4 CC．前2 s内金属杆通过的位移为4 mD．前4 s内电阻R产生的热量为6.2 J√√题号13524687BD [由题图乙可知金属杆先做加速度减小的加速运动，2 s后做匀速直线运动，当t＝2 s时，速度v＝3 m/s，此时感应电动势E＝BLv，感应电流I＝，安培力F安＝BIL＝，根据受力平衡可得F＝F安＋mgsin θ，联立解得B＝1 T，故A错误；前2 s内，根据动量定理有(F－mgsin θ)·Δt－BL·Δt＝mv－0，又q＝·Δt，联立解得q＝1.4 C，故B正确；设前2 s内金属杆通过的位移为x，由q＝·Δt＝·Δt＝·Δt＝，联立解得x＝4.2 m，故C错误；前2 s内金属杆通过的位移x＝4.2 m，2 s到4 s内金属杆通过的位移x'＝vt＝6 m，前4 s内由能量守恒定律可得F(x＋x')＝mv2＋mg(x＋x')sin θ＋Q，解得Q＝9.3 J，则前4 s内电阻R产生的热量QR＝Q＝6.2 J，故D正确。]题号135246876．(多选)如图所示，M、N、P、Q四条光滑的足够长的金属导轨平行放置，导轨间距分别为2L和L，两组导轨间由导线相连，装置置于水平面内，导轨间存在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场，两根质量均为m、接入电路的电阻均为R的导体棒C、D分别垂直于导轨放置，且均处于静止状态，其余部分电阻不计。t＝0时使导体棒C获得瞬时速度v0向右运动，两导体棒在运动过程中始终与导轨垂直并与导轨接触良好，且达到稳定状态时导体棒C未到两组导轨连接处，则下列说法正确的是( )A．t＝0时，导体棒D的加速度大小为a＝B．达到稳定状态时，C、D两棒速度之比为1∶1C．从t＝0到达到稳定状态的过程中，回路产生的热量为mD．从t＝0到达到稳定状态的过程中，通过导体棒的电荷量为√√题号13524687√ACD [开始时，导体棒中的感应电动势E＝2BLv0，电路中感应电流I＝，导体棒D所受安培力F＝BIL，导体棒D的加速度为a，则有F＝ma，解得a＝，故A正确；达到稳定状态时，电路中电流为0，设此时C、D棒的速度分别为v1、v2，则有2BLv1＝BLv2，对变速运动中任意极短时间Δt，由动量定理，对C棒有2BL·Δt＝m(v0－v1)，对D棒有BL·Δt＝mv2，故对变速运动全过程有v0－v1＝2v2，解得v2＝v0，v1＝v0，故B错误；根据能量守恒定律可知回路产生的热量为Q＝m－m－m，解得Q＝m，故C正确；由动量定理，对C棒有2BL·Δt＝m(v0－v1)，可得2BLq＝m(v0－v1)，解得q＝，故D正确。]题号135246877．(2025·浙江1月选考改编)如图所示，接有恒流源的正方形线框边长为L、质量为m、电阻为R，放在光滑水平地面上，线框部分处于垂直地面向下、磁感应强度为B的匀强磁场中。以磁场边界CD上一点为坐标原点，水平向右建立Ox轴，线框中心和一条对角线始终位于Ox轴上。开关S断开，线框保持静止，不计空气阻力。线框中心位于x＝0，闭合开关S后，线框中电流大小为I，求：(1)闭合开关S瞬间，线框受到的安培力大小；(2)线框中心运动至x＝过程中，安培力做功及冲量大小；(3)线框中心运动至x＝时，恒流源提供的电压。题号13524687[解析] (1)闭合开关S瞬间，线框在磁场中的有效长度为l＝2L所以线框受到的安培力大小为F安＝BIl＝2BIL。(2)线框中心运动到x时，安培力大小为F安＝2BI(L－x)则初始时和线框中心运动至x＝时的安培力分别为F安1＝2BIL，F安2＝BIL则线框中心运动至x＝过程中，安培力做功为W安＝·Δx＝＝题号13524687由动能定理得W安＝mv2可得v＝L则安培力的冲量大小为I＝mv＝L。(3)由能量守恒定律得UI＝BILv＋I2R可得恒流源提供的电压为U＝BL2＋IR。题号13524687[答案] (1)2BIL (2) L (3)BL2＋IR8．(2025·黑吉辽蒙卷)如图(a)，固定在光滑绝缘水平面上的单匝正方形导体框abcd，置于始终竖直向下的匀强磁场中，ad边与磁场边界平行，ab边中点位于磁场边界。导体框的质量m＝1 kg、电阻R＝0.5 Ω、边长L＝1 m。磁感应强度B随时间t连续变化，0～1 s内B-t图像如图(b)所示。导体框中的感应电流I与时间t关系图像如图(c)所示，其中0～1 s内的图像未画出，规定顺时针方向为电流正方向。(1)求t＝0.5 s时ad边受到的安培力大小F；(2)在图(b)中画出1～2 s内B-t图像(无需写出计算过程)；(3)从t＝2 s开始，磁场不再随时间变化。之后导体框解除固定，给导体框一个向右的初速度v0＝0.1 m/s，求ad边离开磁场时的速度大小v1。题号13524687[解析] (1)0～1 s内导体框中产生的感应电动势为E＝L2解得E＝0.05 V根据闭合电路欧姆定律可知通过导体框的电流为I＝解得I＝0.1 A根据题图(b)斜率大小可知0.5 s时的磁感应强度B0满足＝解得B0＝0.15 Tt＝0.5 s时，ad边受到的安培力大小为F＝B0IL解得F＝0.015 N。题号13524687(2)由于顺时针方向为电流正方向，则由题图(c)知1～2 s内电流为逆时针方向，大小为I1＝0.2 A根据闭合电路欧姆定律可知感应电动势E1＝I1R根据法拉第电磁感应定律得E1＝L2解得＝0.2 T/s根据楞次定律和安培定则可知，导体框中磁感应强度增大，变化率为0.2 T/s，对应的B-t图像如图所示。题号13524687(3)方法一 由(2)中分析知2 s时磁感应强度大小为B2＝0.3 T，之后磁场不随时间变化，导体框从初速度v0开始运动，导体框切割磁感线受到的安培力为FA＝B2ItL＝B2L＝导体框速度从v0变化至v1，规定水平向右为正方向，根据动量定理有∑－Δt＝mv1－mv0结合Δx＝vtΔt、∑Δx＝L得－L＝mv1－mv0解得v1＝0.01 m/s。题号13524687方法二 导体框速度从v0变为v1，规定水平向右为正方向，根据动量定理得∑－B2ItLΔt＝mv1－mv0结合Δq＝It·Δt、∑Δq＝q得－B2Lq＝mv1－mv0流过导体框的电荷量为q＝·Δt2＝·Δt2＝·Δt2＝＝解得v1＝0.01 m/s。题号13524687[答案] (1)0.015 N (2)见解析图 (3)0.01 m/s谢谢！课时作业(六十四) 动量观点在电磁感应中的应用(思维进阶课)说明：单选题每小题4分；多选题每小题6分；本试卷共60分。1．(多选)如图所示，半径为r的粗糙四分之一圆弧导轨与光滑水平导轨平滑相连，四分之一圆弧导轨区域没有磁场，水平导轨区域存在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场，导轨间距为l，ab、cd是质量为m、接入电路中电阻为R的金属棒，导轨电阻忽略不计。cd静止在平滑轨道上，ab从四分之一圆弧轨道顶端由静止释放，在圆弧轨道上克服阻力做功mgr，水平导轨足够长，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，且不会相撞，重力加速度为g。从ab棒进入水平轨道开始，下列说法正确的是( )A．ab棒先做匀减速运动，最后做匀速运动B．cd棒先做匀加速直线运动，最后和ab以相同的速度做匀速运动C．ab棒刚进入磁场时，cd棒电流为D．ab棒的最终速度大小为2．如图所示，在光滑的水平面上宽度为L的区域内，有竖直向下的匀强磁场。现有一个边长为a(aA．大于 B．等于C．小于 D．以上均有可能3．如图1所示，两根足够长的光滑平行金属导轨固定在水平桌面上，其左侧连接定值电阻R，整个导轨处于垂直导轨平面向下的匀强磁场中，导轨电阻不计。一质量m＝1 kg且电阻不计的细直金属杆ab置于导轨上，与导轨垂直并接触良好。t＝0时刻，杆ab在水平向右的拉力F作用下，由静止开始做匀加速直线运动，力F随时间t变化的图像如图2所示，t＝2 s 时刻撤去力F。整个运动过程中，杆ab的位移大小为( )A．8 m B．10 mC．12 m D．14 m4．如图所示，两水平平行金属导轨由宽轨M1N1、M2N2，窄轨O1P1、O2P2两部分组成，宽轨部分间距为2L，窄轨部分间距为L。现将两根材料相同、横截面积相同的金属棒ab、cd分别静置在宽轨和窄轨上。金属棒ab的质量为m，电阻为R，长度为2L，金属棒cd的长度为L，两金属棒在运动过程中始终与导轨垂直且接触良好。除金属棒的电阻之外其余电阻不计，宽轨和窄轨都足够长。金属导轨处在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。现给金属棒ab水平向右的初速度v0，此后金属棒ab始终在宽轨磁场中运动，金属棒cd始终在窄轨磁场中运动，不计一切摩擦。下列说法正确的是( )A．金属棒ab刚开始运动时，ab棒中的电流方向为b→aB．当两金属棒匀速运动时，ab棒的速度为C．金属棒ab从开始运动到匀速的过程中，通过ab棒的电荷量为D．金属棒ab从开始运动到匀速的过程中，ab棒中产生的热量为m5．(多选)(2025·湖南长沙模拟)如图甲所示，两根间距L＝1.0 m、电阻不计的足够长的光滑平行金属导轨与水平面夹角θ＝30°，导轨底端接入一阻值R＝2.0 Ω的定值电阻，所在区域内存在磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直于导轨平面向上，在导轨上垂直于导轨放置一质量m＝0.2 kg、电阻r＝1.0 Ω的金属杆，开始时使金属杆保持静止，某时刻开始给金属杆一个沿斜面向上、F＝2.0 N的恒力，金属杆由静止开始运动，图乙为其运动过程的v-t图像，重力加速度g取10 m/s2。在金属杆向上运动的过程中，下列说法正确的是( )A．匀强磁场的磁感应强度B＝ TB．前2 s内通过电阻R的电荷量为1.4 CC．前2 s内金属杆通过的位移为4 mD．前4 s内电阻R产生的热量为6.2 J6．(多选)如图所示，M、N、P、Q四条光滑的足够长的金属导轨平行放置，导轨间距分别为2L和L，两组导轨间由导线相连，装置置于水平面内，导轨间存在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场，两根质量均为m、接入电路的电阻均为R的导体棒C、D分别垂直于导轨放置，且均处于静止状态，其余部分电阻不计。t＝0时使导体棒C获得瞬时速度v0向右运动，两导体棒在运动过程中始终与导轨垂直并与导轨接触良好，且达到稳定状态时导体棒C未到两组导轨连接处，则下列说法正确的是( )A．t＝0时，导体棒D的加速度大小为a＝B．达到稳定状态时，C、D两棒速度之比为1∶1C．从t＝0到达到稳定状态的过程中，回路产生的热量为mD．从t＝0到达到稳定状态的过程中，通过导体棒的电荷量为7．(15分)(2025·浙江1月选考改编)如图所示，接有恒流源的正方形线框边长为L、质量为m、电阻为R，放在光滑水平地面上，线框部分处于垂直地面向下、磁感应强度为B的匀强磁场中。以磁场边界CD上一点为坐标原点，水平向右建立Ox轴，线框中心和一条对角线始终位于Ox轴上。开关S断开，线框保持静止，不计空气阻力。线框中心位于x＝0，闭合开关S后，线框中电流大小为I，求：(1)闭合开关S瞬间，线框受到的安培力大小；(2)线框中心运动至x＝过程中，安培力做功及冲量大小；(3)线框中心运动至x＝时，恒流源提供的电压。8．(15分)(2025·黑吉辽蒙卷)如图(a)，固定在光滑绝缘水平面上的单匝正方形导体框abcd，置于始终竖直向下的匀强磁场中，ad边与磁场边界平行，ab边中点位于磁场边界。导体框的质量m＝1 kg、电阻R＝0.5 Ω、边长L＝1 m。磁感应强度B随时间t连续变化，0～1 s内B-t图像如图(b)所示。导体框中的感应电流I与时间t关系图像如图(c)所示，其中0～1 s内的图像未画出，规定顺时针方向为电流正方向。(1)求t＝0.5 s时ad边受到的安培力大小F；(2)在图(b)中画出1～2 s内B-t图像(无需写出计算过程)；(3)从t＝2 s开始，磁场不再随时间变化。之后导体框解除固定，给导体框一个向右的初速度v0＝0.1 m/s，求ad边离开磁场时的速度大小v1。课时作业(六十四)1．CD [ab棒进入磁场受向左的安培力，做减速运动，所以安培力减小，则ab棒先做加速度减小的减速运动，cd棒与ab棒串联，所以cd棒先做加速度减小的加速运动，最后它们共速，做匀速运动，故A、B错误；ab棒刚进入磁场的速度就是它下滑到底端的速度，根据动能定理有mgr－mgr＝mv2，可得速度为v＝，感应电动势为E＝Blv，两金属棒串联，故两棒瞬时电流为I＝，两棒共速时由动量守恒定律有mv＝2mv'，可得速度大小为v'＝，故C、D正确。]2．B [通过线圈横截面的电荷量q＝·Δt＝·Δt＝，由于线圈进入和穿出磁场过程，线圈磁通量的变化量大小相等，则进入和穿出磁场的两个过程通过线圈横截面的电荷量q相等，由动量定理得，线圈进入磁场过程有－Bat1＝mv－mv0，线圈离开磁场过程有－Bat2＝0－mv，由于q＝t，则－Baq＝mv－mv0，Baq＝mv，解得v＝。故选B。]3．C [t＝0到t＝2 s时间段内，杆ab做匀加速直线运动，有F－F安＝ma，其中F安＝BIL＝＝at，可得F＝t＋ma，结合F-t图像知ma＝2 N，故a＝2 m/s2，斜率k＝＝1 N/s，撤去力F时，杆ab的速度v＝at＝4 m/s，杆ab的位移x1＝t＝4 m，撤去力F后，对杆ab由动量定理有－x2＝0－mv，联立解得x2＝8 m，故总位移x＝x1＋x2＝12 m。故选C。]4．C [金属棒ab刚开始运动时，根据右手定则可知ab棒中的电流方向为a→b，故A错误；依题意，金属棒cd的质量为，电阻为，匀速运动时，两棒切割磁感线产生的电动势大小相等，有B·2Lvab＝BLvcd，可得末速度2vab＝vcd，由动量定理，对ab棒有－B·2L·Δt＝mvab－mv0，对cd棒有BL·Δt＝vcd，解得vab＋vcd＝v0，则vab＝，vcd＝，故B错误；根据q＝·Δt，结合B中公式解得q＝，故C正确；由能量关系，可得整个过程中产生的热量Q总＝m－m－·，又Qab＝Q总，联立解得Qab＝m，故D错误。]5．BD [由题图乙可知金属杆先做加速度减小的加速运动，2 s后做匀速直线运动，当t＝2 s时，速度v＝3 m/s，此时感应电动势E＝BLv，感应电流I＝， 安培力F安＝BIL＝，根据受力平衡可得F＝F安＋mgsin θ，联立解得B＝1 T，故A错误；前2 s内，根据动量定理有(F－mgsin θ)·Δt－BL·Δt＝mv－0，又q＝·Δt，联立解得q＝1.4 C，故B正确；设前2 s内金属杆通过的位移为x，由q＝·Δt＝·Δt＝·Δt＝， 联立解得x＝4.2 m，故C错误；前2 s内金属杆通过的位移x＝4.2 m，2 s到4 s内金属杆通过的位移x'＝vt＝6 m，前4 s内由能量守恒定律可得F(x＋x')＝mv2＋mg(x＋x')sin θ＋Q，解得Q＝9.3 J， 则前4 s内电阻R产生的热量QR＝Q＝6.2 J， 故D正确。]6．ACD [开始时，导体棒中的感应电动势E＝2BLv0，电路中感应电流I＝，导体棒D所受安培力F＝BIL，导体棒D的加速度为a，则有F＝ma，解得a＝，故A正确；达到稳定状态时，电路中电流为0，设此时C、D棒的速度分别为v1、v2，则有2BLv1＝BLv2，对变速运动中任意极短时间Δt，由动量定理，对C棒有2BL·Δt＝m(v0－v1)，对D棒有BL·Δt＝mv2，故对变速运动全过程有v0－v1＝2v2，解得v2＝v0，v1＝v0，故B错误；根据能量守恒定律可知回路产生的热量为Q＝m－m－m，解得Q＝m，故C正确；由动量定理，对C棒有2BL·Δt＝m(v0－v1)，可得2BLq＝m(v0－v1)，解得q＝，故D正确。]7．解析：(1)闭合开关S瞬间，线框在磁场中的有效长度为l＝2L所以线框受到的安培力大小为F安＝BIl＝2BIL。(2)线框中心运动到x时，安培力大小为F安＝2BI(L－x)则初始时和线框中心运动至x＝时的安培力分别为F安1＝2BIL，F安2＝BIL则线框中心运动至x＝过程中，安培力做功为W安＝·Δx＝·＝由动能定理得W安＝mv2可得v＝L则安培力的冲量大小为I＝mv＝L。(3)由能量守恒定律得UI＝BILv＋I2R可得恒流源提供的电压为U＝BL2＋IR。答案：(1)2BIL (2) L(3)BL2＋IR8．解析：(1)0～1 s内导体框中产生的感应电动势为E＝·L2解得E＝0.05 V根据闭合电路欧姆定律可知通过导体框的电流为I＝解得I＝0.1 A根据题图(b)斜率大小可知0.5 s时的磁感应强度B0满足＝解得B0＝0.15 Tt＝0.5 s时，ad边受到的安培力大小为F＝B0IL解得F＝0.015 N。(2)由于顺时针方向为电流正方向，则由题图(c)知1～2 s内电流为逆时针方向，大小为I1＝0.2 A根据闭合电路欧姆定律可知感应电动势E1＝I1R根据法拉第电磁感应定律得E1＝·L2解得＝0.2 T/s根据楞次定律和安培定则可知，导体框中磁感应强度增大，变化率为0.2 T/s，对应的B-t图像如图所示。(3)方法一 由(2)中分析知2 s时磁感应强度大小为B2＝0.3 T，之后磁场不随时间变化，导体框从初速度v0开始运动，导体框切割磁感线受到的安培力为FA＝B2ItL＝B2L＝导体框速度从v0变化至v1，规定水平向右为正方向，根据动量定理有∑－Δt＝mv1－mv0结合Δx＝vtΔt、∑Δx＝L得－·L＝mv1－mv0解得v1＝0.01 m/s。方法二 导体框速度从v0变为v1，规定水平向右为正方向，根据动量定理得∑－B2ItLΔt＝mv1－mv0结合Δq＝It·Δt、∑Δq＝q得－B2Lq＝mv1－mv0流过导体框的电荷量为q＝·Δt2＝·Δt2＝·Δt2＝＝解得v1＝0.01 m/s。答案：(1)0.015 N (2)见解析图 (3)0.01 m/s1 / 1 展开更多...... 收起↑ 资源列表 第十一章 第64课时 动量观点在电磁感应中的应用(思维进阶课).docx 第十一章 第64课时 动量观点在电磁感应中的应用(思维进阶课).pptx 课时作业64 动量观点在电磁感应中的应用(思维进阶课).docx
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