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专题十四　动量观点在电磁感应中的应用
题型一　动量定理在电磁感应中的应用
1.模型构建
导体棒或金属框运动的形式有匀速、匀变速和变加速三种，对前两种情况，容易想到用平衡条件和牛顿运动定律求解，对后一种情况一般要结合动量知识求解。当安培力变化，且又涉及时间、位移、速度、电荷量等问题时，用动量定理往往能巧妙解决。
2.常见问题
在电磁感应中，动量定理应用于单杆切割磁感线运动，可求解变力的时间、速度、位移和电荷量。
(1)求电荷量：q=IΔt=Δt=n·Δt=n。
(2)求位移：－=0－mv0，即－=0－mv0。
(3)求时间：
①已知电荷量q，F其他为恒力，可求出变加速运动的时间。
－BLΔt＋F其他Δt=mv2－mv1，即－BLq＋F其他·Δt=mv2－mv1。
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。
＋F其他·Δt=mv2－mv1，vΔt=x。
[例1]　 (多选)如图所示，水平光滑的平行金属导轨左端接有电阻R，匀强磁场竖直向下分布在导轨所在的空间内，磁感应强度大小为B，质量一定的金属棒PQ垂直于导轨放置。现使棒以一定的初速度v0水平向右运动，当其通过位置a、b时，速率分别为va、vb，到位置c时，棒刚好静止。设导轨与棒的电阻均不计，棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，a和b的间距与b和c的间距相等。棒在由a到b和由b到c的两个过程中(　AD　)
A.通过棒横截面的电荷量相等
B.棒的动能变化量相等
C.回路产生的内能相等
D.安培力的冲量相等
【解析】 棒运动过程中，通过棒横截面的电荷量q=IΔt=Δt=·Δt=，从a到b的过程中与从b到c的过程中，回路面积的变化量ΔS相等，B、R相等，因此通过棒横截面的电荷量相等，A正确；棒受到的安培力大小为FA=BIL=，方向水平向左，棒在安培力作用下做减速运动，由于a、b间距离与b、c间距离相等，安培力FA逐渐减小，由W=Fx可知，从a到b克服安培力做的功比从b到c克服安培力做的功多，由动能定理可知，棒的动能变化量不相等，棒克服安培力做功，把棒的动能转化为内能，因此从a到b的过程中回路产生的内能多，B、C错误；安培力的冲量I=－BILΔt=－BL·q，因这两个过程中的B、L、q都相等，故安培力的冲量相等，D正确。
[例2]　(多选)如图所示，水平放置的光滑导轨，左侧接有电阻R，宽度为L，电阻不计，导轨处于磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中，一质量为m、电阻不计的金属棒ab垂直导轨放置，在恒力F作用下，从静止开始运动，达到最大速度后撤去拉力，最终停止，已知从静止到速度最大的过程，R上产生的焦耳热等于ab的最大动能，则下列说法中，正确的有(　AD　)
A.ab运动过程中的最大速度为
B.ab加速运动过程中运动的最大位移为
C.撤去F后，通过R的电荷量为
D.ab减速过程中运动的最大位移为
【解析】 达到最大速度时，金属棒受力平衡，则有F=BIL=，解得vmax=，A正确；对金属棒在加速过程中根据动能定理有Fs＋W=m，根据功能关系有－W=Q=m，解得s=，B错误；撤去F后，金属棒最终停止，根据动量定理得－BILΔt=mΔv，又q=IΔt，Δv=0－vmax，解得q=，C错误；撤去F后，金属棒开始做减速运动，根据动量定理得－Δt=mΔv，又s'=Δt，Δv=0－vmax，解得s'=，D正确。
[例3]　如图所示，水平面内固定两平行的光滑金属导轨，左边导轨间的距离为2L，右边导轨间的距离为L，左右两部分用导电材料连接，两导轨间都存在磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场。ab、cd两均匀的导体棒分别垂直于导轨放在左边和右边导轨间，ab棒的质量为2m，长度为2L，电阻为2r，cd棒的质量为m，长度为L，电阻为r，其他部分电阻不计。原来两棒均处于静止状态，现cd棒在沿导轨向右的水平恒力F作用下开始运动，设两导轨足够长，两棒都不会滑出各自的轨道。
(1)两棒最终达到何种稳定状态？此状态下两棒的加速度分别为多大？
(2)在达到稳定状态时ab棒产生的热功率为多大？
【答案】 (1)见解析　(2)
【解析】 (1)cd棒由静止开始向右运动，产生如图所示的感应电流，设感应电流大小为I，cd棒和ab棒受到的安培力分别为F1、F2，速度分别为v1、v2，加速度分别为a1、a2，则I=，F1=BIL，F2=2BIL，a1=，a2=，开始阶段安培力小于水平恒力F，有a1＞a2，即cd棒比ab棒加速度大，随着(v1－2v2)的增大，F1、F2增大，a1减小、a2增大。当 a1=2a2时，(v1－2v2)不变，F1、F2也不变，两棒最终以不同的加速度做匀加速直线运动，加速度a1=，a2=。
(2)两棒最终均处于匀加速直线运动状态，此时a1=2a2，解得I=，此时ab棒产生的热功率为P=I2·2r=。
[例4]　(2023·湖南卷)如图所示，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为L，两导轨及其所构成的平面均与水平面成θ角，整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。现将质量均为m的金属棒a、b垂直于导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为R。运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终未滑出导轨，导轨电阻忽略不计，重力加速度为g。
(1)先保持b棒静止，将a棒由静止释放，求a棒匀速运动时的速度大小v0；
(2)在(1)问中，当a棒匀速运动时，再将棒b由静止释放，求释放瞬间b棒的加速度大小a0；
(3)在(2)问中，从b棒释放瞬间开始计时，经过时间t0，两棒恰好达到相同的速度v，求速度v的大小，以及时间t0内a棒相对于b棒运动的距离Δx。
【答案】 (1)　(2)2gsin θ　(3)gt0sin θ＋　
【解析】 (1)a棒在运动过程中，当重力沿斜面的分力和a棒所受的安培力大小相等时做匀速运动，由法拉第电磁感应定律可得E=BLv0，由闭合电路欧姆定律及安培力公式可得I=，F=BIL，当a棒做匀速运动时有mgsin θ=BIL，联立解得v0=。
(2)由右手定则可知b棒所受安培力沿斜面向下，则对b棒根据牛顿第二定律可得mgsin θ＋BIL=ma0，解得a0=2gsin θ。
(3)释放b棒后a棒受到沿斜面向上的安培力，在达到相同速度的过程，对a棒根据动量定理有mgt0sin θ－BILt0=mv－mv0，b棒受到沿斜面向下的安培力，对b棒根据动量定理有mgt0sin θ＋BILt0=mv，联立解得v=gt0sin θ＋，I=，由闭合电路欧姆定律可得I=，联立解得Δx=。
题型二　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，安培力为系统内力，如果两安培力等大反向，且它们受到的外力的合力为0，则满足动量守恒条件，运用动量守恒定律求解比较方便。这类问题可以从以下三个观点来分析：
(1)动力学观点：通常情况下一个金属棒做加速度逐渐减小的加速运动，而另一个金属棒做加速度逐渐减小的减速运动，最终两金属棒以共同的速度匀速运动。
(2)动量观点：如果光滑导轨间距恒定，则两个金属棒的安培力大小相等，通常情况下系统的动量守恒。
(3)能量观点：其中一个金属棒动能的减少量等于另一个金属棒动能的增加量与回路中产生的焦耳热之和。
2.双棒模型(不计摩擦力)
类别 双棒无外力 双棒有外力
示意图
动力学 观点 导体棒1受安培力的作用做加速度减小的减速运动，导体棒2受安培力的作用做加速度减小的加速运动，最后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 外力做的功=棒1的动能＋棒2的动能＋焦耳热
[例5]　如图所示，在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，有两根位于同一水平面内且间距为L的平行金属导轨(导轨足够长，电阻不计)；两根质量均为m、内阻均为r的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上(导体棒与金属导轨接触良好)，t=0时刻，ab棒以初速度3v0向右滑动，cd棒以初速度v0向左滑动，关于两棒的运动情况，下列说法中正确的是(　C　)
A.当其中某根棒的速度为零时，另一根棒的速度大小为v0
B.当其中某根棒的速度为零时，另一根棒的加速度大小为
C.从初始时刻到其中某根棒的速度为零的过程中，导体棒ab产生的焦耳热为m
D.cd棒的收尾速度大小为2v0
【解析】 由于两棒组成的系统动量守恒，取向右方向为正方向，由动量守恒定律可得m·3v0－mv0=mv1＋mv2，所以当其中某根棒的速度为零时，另一根棒的速度大小为2v0，A错误；当其中某根棒的速度为零时，另一根棒的速度大小为2v0，则有E=BL·2v0，I=，F=BIL，联立解得F=，由牛顿第二定律可得，另一根棒的加速度大小为a=，B错误；从初始时刻到其中某根棒的速度为零过程中，两根导体棒上产生的焦耳热为Q总=mm(3v0)2－m(2v0)2=3m，则导体棒ab产生的焦耳热为Q=Q总=m，C正确；cd棒的收尾速度为两根导体棒具有的共同速度，则有m·3v0－mv0=2mv共，解得v共=v0，D错误。
[例6]　如图所示，在一个匝数为N、横截面积为S、阻值为R0的圆形螺线管内充满方向与线圈平面垂直、磁感应强度大小B1随时间均匀变化的匀强磁场，其变化率为k。螺线管右侧连接有T形金属导轨装置，整个装置处于磁感应强度大小为B2、方向竖直向下的匀强磁场中，该装置由位于同一水平面的光滑平行导轨AP、A'P'和粗糙竖直导轨SW、S'W'构成，导轨间距均为l。开始时，导体棒a、b分别静置在水平导轨上SS'左右两侧适当位置，b棒用一绝缘且不可伸长的轻绳通过光滑转弯装置O与c棒相连，与b、c棒相连的轻绳分别与导轨SP、SW平行，三根导体棒的长度均为l且始终与导轨垂直接触。刚开始锁定b棒，闭合开关K后，a棒由静止开始运动，与b棒碰前瞬间，a棒的速度为v0，此时解除b棒的锁定，同时断开开关K，碰后两棒粘在一起运动，此后导体棒减速为零的过程中c棒产生的焦耳热为Q。已知三根导体棒的质量均为m，电阻均为R0，c棒与竖直导轨间的动摩擦因数为μ，a、b棒碰撞时间极短，不计其他电阻及阻力，重力加速度为g。求：
(1)开关K刚闭合时，通过a棒的电流大小；
(2)a棒从静止加速到v0的过程中，流过a棒的电荷量；
(3)a、b棒碰后瞬间，a棒的速度大小；
(4)c棒上升的最大高度。
【答案】 (1)　(2)　(3)　(4)
【解析】 (1)由法拉第电磁感应定律得E1=N=NSk，通过a棒的电流大小I=。
(2)对a棒由动量定理得mv0=B2lt1，流过a棒的电荷量q=t1=。
(3)a、b棒碰撞过程中，对a、b棒由动量定理得m1v0=2mv0＋IT，对c棒由动量定理得IT=mv－0，联立得3mv=mv0，碰后瞬间，a棒的速度大小v=。
(4)整个电路的焦耳热Q整=Q＋Q，对c棒有Ff=μB2Il，因此|Wf|=μ|W安|=μQ，c棒上升过程中有×3mv2=mghmax＋Q＋μQ，解得c棒上升的最大高度hmax=。(共30张PPT)
题型二　动量守恒定律在电磁感应中的应用
题型一　动量定理在电磁感应中的应用
课时作业
内
容
索
引
专题十四　动量观点在电磁感应中的应用
题型一　动量定理在电磁感应中的应用
1.模型构建
导体棒或金属框运动的形式有匀速、匀变速和变加速三种，对前两种情况，容易想到用平衡条件和牛顿运动定律求解，对后一种情况一般要结合动量知识求解。当安培力变化，且又涉及时间、位移、速度、电荷量等问题时，用动量定理往往能巧妙解决。
2.常见问题
在电磁感应中，动量定理应用于单杆切割磁感线运动，可求解变力的时间、速度、位移和电荷量。
(1)求电荷量：q=Δt=Δt=n·Δt=n。
(2)求位移：－=0－mv0，即－=0－mv0。
(3)求时间：
①已知电荷量q，F其他为恒力，可求出变加速运动的时间。
－BLΔt＋F其他Δt=mv2－mv1，即－BLq＋F其他·Δt=mv2－mv1。
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。
＋F其他·Δt=mv2－mv1， vΔt=x。
例 1
(多选)如图所示，水平光滑的平行金属导轨左端接有电阻R，匀强磁场竖直向下分布在导轨所在的空间内，磁感应强度大小为B，质量一定的金属棒PQ垂直于导轨放置。现使棒以一定的初速度v0水平向右运动，当其通过位置a、b时，速率分别为va、vb，到位置c时，棒刚好静止。设导轨与棒的电阻均不计，棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，a和b的间距与b和c的间距相等。棒在由a到b和由b到c的两个过程中(　 　)
A.通过棒横截面的电荷量相等 B.棒的动能变化量相等
C.回路产生的内能相等 D.安培力的冲量相等
【解析】 棒运动过程中，通过棒横截面的电荷量q=Δt=Δt=·Δt=，从a到b的过程中与从b到c的过程中，回路面积的变化量ΔS相等，B、R相等，因此通过棒横截面的电荷量相等，A正确；棒受到的安培力大小为FA=BIL=，方向水平向左，棒在安培力作用下做减速运动，由于a、b间距离与b、c间距离相等，安培力FA逐渐减小，由W=Fx可知，从a到b克服安培力做的功比从b到c克服安培力做的功多，由动能定理可知，棒的动能变化量不相等，棒克服安培力做功，把棒的动能转化为内能，因此从a到b的过程中回路产生的内能多，B、C错误；安培力的冲量I=－BLΔt=－BL·q，因这两个过程中的B、L、q都相等，故安培力的冲量相等，D正确。
AD
【解析】 达到最大速度时，金属棒受力平衡，则有F=BIL=，解得vmax=，A正确；对金属棒在加速过程中根据动能定理有Fs＋W=m，根据功能关系有－W=Q=m，解得s=，B错误；撤去F后，金属棒最终停止，根据动量定理得－BLΔt=mΔv，又q=Δt，Δv=0－vmax，解得q=，C错误；撤去F后，金属棒开始做减速运动，根据动量定理得－Δt=mΔv，又s'=Δt，Δv=0－vmax，解得s'=，D正确。
例 2
(多选)如图所示，水平放置的光滑导轨，左侧接有电阻R，宽度为L，电阻不计，导轨处于磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中，一质量为m、电阻不计的金属棒ab垂直导轨放置，在恒力F作用下，从静止开始运动，达到最大速度后撤去拉力，最终停止，已知从静止到速度最大的过程，R上产生的焦耳热等于ab的最大动能，则下列说法中，正确的有(　 　)
A.ab运动过程中的最大速度为
B.ab加速运动过程中运动的最大位移为
C.撤去F后，通过R的电荷量为
D.ab减速过程中运动的最大位移为
AD
例 3
如图所示，水平面内固定两平行的光滑金属导轨，左边导轨间的距离为2L，右边导轨间的距离为L，左右两部分用导电材料连接，两导轨间都存在磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场。ab、cd两均匀的导体棒分别垂直于导轨放在左边和右边导轨间，ab棒的质量为2m，长度为2L，电阻为2r，cd棒的质量为m，长度为L，电阻为r，其他部分电阻不计。原来两棒均处于静止状态，现cd棒在沿导轨向右的水平恒力F作用下开始运动，设两导轨足够长，两棒都不会滑出各自的轨道。
(1)两棒最终达到何种稳定状态？此状态下两棒的加速度分别为多大？
【解析】 cd棒由静止开始向右运动，产生如图所示的感应电流，设感应电流大小为I，cd棒和ab棒受到的安培力分别为F1、F2，速度分别为v1、v2，加速度分别为a1、a2，则I=，F1=BIL，F2=2BIL，a1=，a2=，开始阶段安培力小于水平恒力F，有a1＞a2，即cd棒比ab棒加速度大，随着(v1－2v2)的增大，F1、F2增大，a1减小、a2增大。当 a1=2a2时，(v1－2v2)不变，F1、F2也不变，两棒最终以不同的加速度做匀加速直线运动，加速度a1=，a2=。
【答案】 见解析　
(2)在达到稳定状态时ab棒产生的热功率为多大？
【解析】两棒最终均处于匀加速直线运动状态，此时a1=2a2，
解得I=，此时ab棒产生的热功率为P=I2·2r=。
【答案】
例 4
(2023·湖南卷)如图所示，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为L，两导轨及其所构成的平面均与水平面成θ角，整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。现将质量均为m的金属棒a、b垂直于导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为R。运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终未滑出导轨，导轨电阻忽略不计，重力加速度为g。
(1)先保持b棒静止，将a棒由静止释放，求a棒匀速运动时的速度大小v0；
【解析】 a棒在运动过程中，当重力沿斜面的分力和a棒所受的安培力大小相等时做匀速运动，由法拉第电磁感应定律可得E=BLv0，由闭合电路欧姆定律及安培力公式可得I=，F=BIL，当a棒做匀速运动时有mgsin θ=BIL，联立解得v0=。
【答案】 　
(2)在(1)问中，当a棒匀速运动时，再将棒b由静止释放，求释放瞬间b棒的加速度大小a0；
【解析】由右手定则可知b棒所受安培力沿斜面向下，则对b棒根据牛顿第二定律可得mgsin θ＋BIL=ma0，解得a0=2gsin θ。
【答案】 2gsin θ　
(3)在(2)问中，从b棒释放瞬间开始计时，经过时间t0，两棒恰好达到相同的速度v，求速度v的大小，以及时间t0内a棒相对于b棒运动的距离Δx。
【解析】 释放b棒后a棒受到沿斜面向上的安培力，在达到相同速度的过程，对a棒根据动量定理有mgt0sin θ－BLt0=mv－mv0，b棒受到沿斜面向下的安培力，对b棒根据动量定理有mgt0sin θ＋BLt0=mv，联立解得v=gt0sin θ＋，，由闭合电路欧姆定律可得，联立解得Δx=。
【答案】 gt0sin θ＋　
题型二　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，安培力为系统内力，如果两安培力等大反向，且它们受到的外力的合力为0，则满足动量守恒条件，运用动量守恒定律求解比较方便。这类问题可以从以下三个观点来分析：
(1)动力学观点：通常情况下一个金属棒做加速度逐渐减小的加速运动，而另一个金属棒做加速度逐渐减小的减速运动，最终两金属棒以共同的速度匀速运动。
(2)动量观点：如果光滑导轨间距恒定，则两个金属棒的安培力大小相等，通常情况下系统的动量守恒。
(3)能量观点：其中一个金属棒动能的减少量等于另一个金属棒动能的增加量与回路中产生的焦耳热之和。
2.双棒模型(不计摩擦力)
类别 双棒无外力 双棒有外力
示意图

动力学 观点 导体棒1受安培力的作用做加速度减小的减速运动，导体棒2受安培力的作用做加速度减小的加速运动，最后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 外力做的功=棒1的动能＋棒2的动能＋焦耳热
例 5
如图所示，在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，有两根位于同一水平面内且间距为L的平行金属导轨(导轨足够长，电阻不计)；两根质量均为m、内阻均为r的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上(导体棒与金属导轨接触良好)，t=0时刻，ab棒以初速度3v0向右滑动，cd棒以初速度v0向左滑动，关于两棒的运动情况，下列说法中正确的是(　 　)
A.当其中某根棒的速度为零时，另一根棒的速度大小为v0
B.当其中某根棒的速度为零时，另一根棒的加速度大小为
C.从初始时刻到其中某根棒的速度为零的过程中，导体棒ab产生
的焦耳热为m
D.cd棒的收尾速度大小为2v0
C
【解析】 由于两棒组成的系统动量守恒，取向右方向为正方向，由动量守恒定律可得m·3v0－mv0=mv1＋mv2，所以当其中某根棒的速度为零时，另一根棒的速度大小为2v0，A错误；当其中某根棒的速度为零时，另一根棒的速度大小为2v0，则有E=BL·2v0，I=，F=BIL，联立解得F=，由牛顿第二定律可得，另一根棒的加速度大小为a=，B错误；从初始时刻到其中某根棒的速度为零过程中，两根导体棒上产生的焦耳热为Q总=mm(3v0)2－m(2v0)2=3m，则导体棒ab产生的焦耳热为Q=Q总=m，C正确；cd棒的收尾速度为两根导体棒具有的共同速度，则有m·3v0－mv0=2mv共，解得v共=v0，D错误。
例 6
如图所示，在一个匝数为N、横截面积为S、阻值为R0的圆形螺线管内充满方向与线圈平面垂直、磁感应强度大小B1随时间均匀变化的匀强磁场，其变化率为k。螺线管右侧连接有T形金属导轨装置，整个装置处于磁感应强度大小为B2、方向竖直向下的匀强磁场中，该装置由位于同一水平面的光滑平行导轨AP、A'P'和粗糙竖直导轨SW、S'W'构成，导轨间距均为l。开始时，导体棒a、b分别静置在水平导轨上SS'左右两侧适当位置，b棒用一绝缘且不可伸长的轻绳通过光滑转弯装置O与c棒相连，与b、c棒相连的轻绳分别与导轨SP、SW平行，三根导体棒的长度均为l且始终与导轨垂直接触。刚开始锁定b棒，闭合开关K后，a棒由静止开始运动，与b棒碰前瞬间，a棒的速度为v0，此时解除b棒的锁定，同时断开开关K，碰后两棒粘在一起运动，此后导体棒减速为零的过程中c棒产生的焦耳热为Q。已知三根导体棒的质量均为m，电阻均为R0，c棒与竖直导轨间的动摩擦因数为μ，a、b棒碰撞时间极短，不计其他电阻及阻力，重力加速度为g。求：
(1)开关K刚闭合时，通过a棒的电流大小；
【解析】 由法拉第电磁感应定律得E1=N=NSk，通过a棒的电流大小I=。
【答案】 　
(2)a棒从静止加速到v0的过程中，流过a棒的电荷量；
【解析】 对a棒由动量定理得mv0=B2lt1，流过a棒的电荷量q=t1=。
【答案】 　
(3)a、b棒碰后瞬间，a棒的速度大小；
【解析】 a、b棒碰撞过程中，对a、b棒由动量定理得m1v0=2mv0＋IT，对c棒由动量定理得IT=mv－0，联立得3mv=mv0，碰后瞬间，a棒的速度大小v=。
【答案】 　
(4)c棒上升的最大高度。
【解析】 整个电路的焦耳热Q整=Q＋Q，对c棒有Ff=μB2Il，因此|Wf|=μ|W安|=μQ，c棒上升过程中有×3mv2=mghmax＋Q＋μQ，解得c棒上升的最大高度hmax=。
【答案】
课时作业
答案速对
第十二单元　专题十四　动量观点在电磁感应中的应用 题号 1 2 3 4 5 6 7
答案 A D BCD D CD 见答案 见答案
1.如图所示，足够长的平行光滑金属导轨固定在水平面上，导轨左端接有定值电阻，其余电阻不计。整个空间存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，导轨上静置一金属棒。t=0时刻给金属棒一个向右的初速度v0，设金属棒运动时间为t时，位移大小为x，速度大小为v，加速度大小为a，通过定值电阻的电荷量为q，金属棒克服安培力做功的功率为P，则下列图像中，可能正确的是
(　 　)
A
A. B. C. D.
【解析】 导体棒切割磁感线，产生感应电流，根据左手定则可知棒受安培力向左，开始向右做减速运动，设磁感应强度为B，棒长为L，定值电阻阻值为R，产生的感应电动势为E=BLv，对导体棒由动量定理得－BILΔt=mv－mv0，又I=，联立可得－Δt=mv－mv0，又x=vΔt，联立可得v=v0－，可知速度v与位移x为线性递减函数，A正确；因导体棒向右做减速运动，且速度v与位移x为线性递减函数，根据x－t图像的斜率表示速度，可知x－t图像是开口向下，切线斜率不断减小的曲线，B错误；通过电阻的电荷量q=Δt，=，=，ΔΦ=BLx，联立解得q=，可知q与x成正比，又x－t的图像是开口向下，切线斜率不断减小的曲线，所以q－t图像与x－t图像一样，C错误；安培力F=BIL=，则克服安培力的功率P=Fv=，可知功率P与v为二次函数，D错误。
2.如图所示，两根平行的金属导轨，固定在同一水平面上，一匀强磁场与导轨所在平面垂直，导轨的电阻很小，可忽略不计。两根平行金属杆甲、乙可在导轨上无摩擦地滑动，滑动过程中与导轨保持垂直并接触良好，每根金属杆的电阻固定不变。在t=0时刻，两杆都处于静止状态。现有一与导轨平行的恒力F作用于金属杆甲上，使金属杆在导轨上滑动。经过一段时间，两金属杆都获得一定的速度。关于这段时间内，下列说法中正确的是(　 　)
A.恒力F的冲量等于甲杆的动量增量
B.恒力F所做的功等于甲杆和乙杆的动能增量
C.恒力F所做的功等于甲杆的动能增量和甲杆上的产生的热量
D.甲杆克服安培力所做的功减去乙杆的动能增量等于回路中产生的热量
【解析】 甲受到的安培力和恒力F的合力对甲的冲量，等于甲动量的增量，A错误；恒力F所做的功等于甲、乙的动能增量以及产生的焦耳热，B、C错误；由能量守恒定律可知，甲杆克服安培力做功转化为乙杆的动能与回路产生的焦耳热之和，安培力对乙杆做的功等于乙杆动能增加量，则甲杆克服安培力所做的功减去乙杆的动能增量等于回路中产生的热量，D正确。
D
3.(多选)如图所示，一光滑轨道固定在架台上，轨道由倾斜和水平两部分组成，倾斜部分的上端连接一电阻R=0.5 Ω，两轨道间距d=1 m，水平部分两轨道间有一竖直向下、磁感应强度B=0.5 T的匀强磁场。一质量m=0.5 kg、长为l=1.1 m、电阻忽略不计的导体棒，从轨道上距水平轨道h1=0.8 m高处由静止释放，通过磁场区域后从水平轨道末端水平飞出，落地点与水平轨道末端的水平距离x2=0.8 m，水平轨道距水平地面的高度h2=0.8 m。通过计算可知(g取10 m/s2)( 　 　)
A.导体棒进入磁场时的速度大小为3 m/s
B.在导体棒整个运动过程中，电阻R上产生的热量为3 J
C.磁场区域的长度x1为2 m
D.整个过程通过电阻的电荷量为2 C
【解析】 设导体棒进入磁场时的速度为v0，根据机械能守恒定律有m=mgh1，解得v0=4 m/s，A错误；导体棒从水平轨道飞出做平抛运动，水平方向有x2=vt，竖直方向有h2=gt2，联立代入数据解得v=2 m/s，导体棒通过磁场区域过程中，根据能量守恒定律有Q=mmv2，解得在导体棒整个运动过程中，电阻R上产生的热量为Q=3 J，B正确；导体棒通过磁场区域过程中，根据动量定理有t1=Bdq=mv0－mv，又有q=t1=，联立代入数据解得q=2 C，x1=2 m，C、D正确。
BCD
4.(2025·金华十校联考)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，关于两棒运动的过程(cd棒始终在宽度为2L的导轨上运动)，下列说法中正确的是(　 　)
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】 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，A错误；设ab棒和cd棒的最终速度大小分别为v1和v2，则有BLv1=2BLv2，对ab棒有BILΔt=BLq=m，对cd棒有2BILΔt=2BLq=2mv2，解得v1=，v2=，B错误；系统产生的焦耳热Q=mm×2mm，cd棒产生的焦耳热占总焦耳热的，则Qcd=m，C错误；ab棒克服安培力做的功W=mmm，D正确。
D
5.(多选)某电磁缓冲装置如图所示，两足够长的平行金属导轨置于同一水平面内，导轨左端与一阻值为R的定值电阻相连，导轨BC段与B1C1段粗糙，其余部分光滑，AA1右侧处于竖直向下的匀强磁场中，一质量为m的金属杆垂直导轨放置。现让金属杆以初速度v0沿导轨向右经过AA1进入磁场，最终恰好停在CC1处。已知金属杆接入导轨之间的阻值为R，与粗糙导轨间的动摩擦因数为μ，AB=BC=d。导轨电阻不计，重力加速度为g，下列说法中，正确的有(　 　)
A.金属杆经过BB1的速度为
B.在整个过程中，定值电阻R产生的热量为mμmgd
C.金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域，金属杆所受安培力的
冲量相同
D.若将金属杆的初速度加倍，则金属杆在磁场中运动的距离大于原来的2倍
CD
【解析】 设导轨间距为L，金属杆在AB间运动的过程中，根据动量定理得－BILt=mv1－mv0，且It=q=，整理得=mv0－mv1；金属杆在AC间运动过程，根据动量定理得－BILt'－μmgt2=0－mv0(t2为金属杆在BC段运动的时间)，且It'=q'=，整理得μmgt2=mv0，比较得v1＞，A错误；在整个过程中，由能量守恒定律得Q总=m－μmgd，定值电阻R上产生的热量QR=Q总，联立解得QR=mμmgd，B错误；结合A项分析可知，金属杆经过AA1B1B区域，金属杆所受安培力的冲量I1=，金属杆经过BB1C1C区域，金属杆所受安培力的冲量I2=，可得I1=I2，所以金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域所受安培力的冲量大小相等，C正确；由A项分析可知，μmgt2=mv0，若初速度增大到原来的2倍，但t2会减小，所以x会比原来的2倍大，D正确。
6.如图所示，电阻不计的两足够长的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨间距为L=1 m，导轨处于方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B=1 T。质量均为m=1 kg、接入电路的有效电阻均为R=1 Ω的金属棒ab、cd垂直于导轨放置，均处于静止状态。t=0时刻给cd棒一个方向水平向右、大小F=4 N的拉力，t=4 s时，金属棒ab和cd的加速度刚好相等。此后撤去拉力F，整个过程棒与导轨接触良好。求：
(1)t=4 s时金属棒ab和cd的加速度大小；
【解析】 两棒的加速度相等时，设受到的安培力大小为F安，对金属棒ab，有F安=ma，对金属棒cd，有F－F安=ma，联立解得a=2 m/s2。
【答案】 a1=a2=2 m/s2　
(2)t=4 s时金属棒ab和cd的速度大小；
【解析】 根据安培力公式F安=BIL，解得回路中电流大小I=2 A，
设回路中的感应电动势为E，则E=2IR，设两棒的加速度相等时，金属棒ab、cd的速度分别是v1、v2，则E=BL，设0~4 s时间内安培力冲量大小为I，对金属棒cd有Ft－I安=mv2，对金属棒ab有I=mv1，联立解得v1=6 m/s，v2=10 m/s。
【答案】 v1=6 m/s，v2=10 m/s　
(3)从t=4 s到回路中电流为零的过程中，金属棒ab和cd之间距离的增加量。
【解析】 撤去外力F后，金属棒cd做加速度逐渐减小的减速运动，金属棒ab做加速度逐渐减小的加速运动，最后两棒速度相等，做匀速运动，设最终共同速度为v，根据动量守恒定律mv1＋mv2=2mv，对ab棒，根据动量定理BLt'=mv－mv1，电荷量q=t'=，设两棒间距离增大了x，则ΔΦ=BLx，联立解得x=4 m。
【答案】 x=4 m
7.如图所示，电池通过开关S1与两根光滑水平轨道相连接，轨道的S、T两处各有一小段绝缘，轨道的其他部分为导体但电阻不计，轨道间距L=1 m，足够长的区域MNPO内有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B1=0.5 T，QR右侧足够长的区域内有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B2=0.5 T，O、P两处各有一微微突起的导电结点，结点不影响金属棒通过。轨道右端所接的电阻R0=0.1 Ω，P与R间有一开关S2。轨道上放置质量m=0.03 kg、电阻r=0.1 Ω的三根相同金属棒，金属棒甲位于左侧磁场内的左侧；金属棒乙用较长绝缘细线悬挂在左侧磁场外靠近OP边界的右侧，且与导电结点无接触；金属棒丙位于右侧磁场内的左侧。闭合S1，金属棒甲向右加速运动，达到稳定后以v0=2 m/s的速度与金属棒乙碰撞形成一个结合体向右摆起。此时立即断开S1并闭合S2，当两棒结合体首次回到OP时，恰与导电结点接触(无碰撞)，此时导体棒丙获得向右的速度。两棒结合体首次向左摆到最大高度h=0.032 m处被锁止。空气阻力不计，g取10 m/s2，不考虑装置自感。求：
(1)电池的电动势E；
【解析】 当感应电动势大小等于电池的电动势时，金属棒匀速运动，故电池的电动势E=B1Lv0=1 V。
【答案】 1 V　
(2)碰后瞬间甲、乙结合体的速度大小v1；
【解析】 甲、乙碰撞过程，根据动量守恒定律得mv0=2mv1，解得碰后瞬间甲、乙结合体的速度大小v1=1 m/s。
【答案】 1 m/s　
(3)结合体与导电结点接触过程中通过金属棒丙的电荷量q；
【解析】 两棒结合体从OP处向左摆到最大高度h的过程，根据机械能定律得2mgh=×2m，解得两棒结合体首次回到OP与导体结点接触后的速度v2=0.8 m/s，对结合体，由动量定理可得－B1LΔt=2mv2－2mv1，又q=Δt，联立解得接触过程流过金属棒丙的电荷量为q=0.024 C。
【答案】 0.024 C　
(4)全过程中金属棒丙产生的焦耳热Q。
【解析】 金属棒丙获得向右的速度的过程，由动量定理可得B2Lq1=mv，解得v=0.4 m/s。由能量守恒定律得×2m×2mmv2=0.008 4 J。在回路OPRQ中金属棒丙产生的焦耳热Q1==0.005 6 J。金属棒丙经过ST向右运动至停下过程，由能量守恒定律得mv2=0.002 4 J，此过程中金属棒丙产生的焦耳热Q2==0.001 2 J，则全过程中金属棒丙产生的焦耳热为Q=Q1＋Q2=0.006 8 J。
【答案】 0.006 8 J

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