第十二章　电磁感应 第66课时　动量观点在电磁感应中的应用　重难突破课

第66课时动量观点在电磁感应中的应用[重难突破课]题型一动量定理在电磁感应中的应用考法一“单棒”模型情境示例1水平放置的平行光滑导轨，间距为L，左侧接有电阻R，导体棒初速度为v0，质量为m，电阻不计，匀强磁场的磁感应强度为B，导轨足够长且电阻不计，从开始运动至停下来求电荷量q－BILΔt＝0－mv0，q＝IΔt，q＝m求位移x－B2L2vRΔt＝0－mv0，x＝应用技巧初、末速度已知的变加速运动，在动量定理列出的式子中q＝IΔt，x＝vΔt；若已知q或x也可求末速度情境示例2间距为L的光滑平行导轨倾斜放置，倾角为θ，由静止释放质量为m、接入电路的阻值为R的导体棒，当通过横截面的电荷量为q或下滑位移为x时，速度达到v求运动时间－BILΔt＋mgsinθ·Δt＝mv－0，q＝IΔt，－B2L2vRΔt＋mgsinθ·Δt＝mv－0，应用技巧用动量定理求时间需有其他恒力参与。若已知运动时间，也可求q、x、v中的一个物理量【典例1】如图甲所示，相距为L＝1m的竖直平行金属轨道，上端接有一个非线性元件D，其伏安特性曲线如图乙所示。图甲中导轨间存在方向水平且垂直于纸面向里的磁场，磁感应强度大小B＝0.5T，一根质量为m＝0.01kg、长度也为L、电阻r＝2Ω的金属杆，从轨道的上端由静止开始下落，下落过程中始终与导轨接触良好并保持水平，经过一段时间后金属杆匀速运动。（不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2）（1）求金属杆匀速运动时通过的电流大小；（2）求最终金属杆匀速运动的速度大小；（3）测得金属杆开始下落至刚好匀速运动经历的时间为t＝0.3s，求这段时间内经过金属杆的电荷量q。答案：（1）0.2A（2）2.6m/s（3）0.008C解析：（1）经分析可知，当金属杆所受重力等于安培力时，金属杆做匀速运动，则有mg＝BIL解得I＝mgBL＝0.01×（2）由题图乙可知，当I＝0.2A时，电压为U＝0.9V，则有BLv＝U＋Ir，解得v＝2.6m/s。（3）对金属杆，根据动量定理可得mgt－BIL·t＝mv又q＝It，解得q＝0.008C。考法二“双棒”模型【典例2】（多选）如图所示，两根光滑足够长且电阻不计的平行金属导轨MNPQ和M1N1P1Q1，固定在水平面上，MN与M1N1距离为2l，PQ与P1Q1距离为l。金属棒a和b的质量分别为2m和m、长度分别为2l与l，金属棒a、b分别垂直放在导轨MN、M1N1和PQ，P1Q1上，静止在导轨上。整个装置处于竖直向下的、磁感强度为B的匀强磁场中。现金属棒a获得水平向右的初速度v0，两棒运动时始终保持平行且金属棒a总在MNM1N1上运动，金属棒b总在PQP1Q1上运动，经过足够长时间后，下列说法正确的是（）A.流过金属棒a的电荷量是2B.金属棒a和b均做加速度相同的匀加速直线运动C.金属棒a和b均做速度相等的匀速直线运动D.回路中感应电动势为零答案：AD解析：因金属棒a向右运动，其受安培力向左，则金属棒a做减速运动，金属棒b受安培力向右做加速运动，则经过一段时间后，两棒稳定时均做匀速运动，此时回路的感应电流为零，感应电动势为零，则B·2lva＝Blvb，即2va＝vb，选项C错误，D正确；根据a＝BILm，则aa＝BI·2l2m，ab＝BIlm，所以aa＝ab，金属棒a做匀减速直线运动，金属棒b做匀加速直线运动，两者加速度大小相同，选项B错误；对金属棒a，由动量定理得－BI·2lΔt＝2mva－2mv0，对金属棒b，由动量定理得BI·lΔt＝mvb，解得q＝IΔ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，安培力充当系统内力，如果双金属棒系统受到的合外力为0时，满足动量守恒，运用动量守恒定律解题往往比较方便。2.双棒模型（不计摩擦力）双棒无外力双棒有外力示意图F为恒力双棒无外力双棒有外力动力学观点金属棒1受安培力的作用做加速度减小的减速运动，金属棒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金属棒1做加速度逐渐减小的加速运动，金属棒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双棒无外力双棒有外力动量观点系统动量守恒系统动量不守恒能量观点金属棒1动能的减少量＝金属棒2动能的增加量＋焦耳热外力做的功＝金属棒1增加的动能＋金属棒2增加的动能＋焦耳热考法一“双棒＋等间距的导轨”模型【典例3】（多选）如图所示为两根间距为L的光滑平行金属导轨，OO'左侧向上弯曲，右侧水平，水平导轨处在磁感应强度大小为B、竖直向上的匀强磁场中。两根金属棒MN、PQ垂直导轨放置，与导轨接触良好，金属棒MN、PQ的长度均为L、质量均为m、阻值均为R。金属棒MN从竖直高度h处由静止释放沿导轨下滑。导轨电阻不计，整个过程金属棒MN和PQ未相碰，则（）A.金属棒MN进入磁场时，金属棒PQ两端电压大小为BLB.释放后金属棒MN的最小速度为0C.整个过程中流过金属棒PQ的电荷量为mD.整个过程中闭合回路产生的焦耳热为mgh答案：AC解析：MN从静止释放到刚进入磁场这个过程，由动能定理得mgh＝12mv02，此时产生的电动势E＝BLv0，电路中的电流为I＝ER＋r，又r＝R，所以此时PQ两端的电压UPQ＝E－Ir＝E－IR＝BL2gh2，故A正确；MN进入磁场后，MN、PQ受到的安培力等大反向，MN、PQ组成的系统所受合外力为零，所以MN、PQ组成的系统动量守恒，故最后MN、PQ达到共同速度一起运动，速度不会变为零，故B错误；设MN、PQ最终速度为vm，则mv0＝（m＋m）vm，故vm＝12v0，又Δv＝aΔt＝BILmΔt＝BLmq，所以q＝mBLΔv＝mBLv0－12v0＝mBL·v02＝m2BL2gh，故C正确；整个过程中对两金属棒考法二“双棒＋不等间距的导轨”模型【典例4】（多选）（2023·辽宁高考10题）如图，两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别为d和2d，处于竖直向上的磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。已知导体棒MN的电阻为R、长度为d，导体棒PQ的电阻为2R、长度为2d，PQ的质量是MN的2倍。初始时刻两棒静止，两棒中点之间连接一压缩量为L的轻质绝缘弹簧。释放弹簧，两棒在各自磁场中运动直至停止，弹簧始终在弹性限度内。整个过程中两棒保持与导轨垂直并接触良好，导轨足够长且电阻不计。下列说法正确的是（）A.弹簧伸展过程中，回路中产生顺时针方向的电流B.PQ速率为v时，MN所受安培力大小为4C.整个运动过程中，MN与PQ的路程之比为2∶1D.整个运动过程中，通过MN的电荷量为BLd答案：AC解析：弹簧伸展的过程中，穿过闭合回路的磁通量向上增加，由楞次定律可判断回路中的电流方向为顺时针，A正确；由题意可知，PQ、MN所受安培力大小相等，方向相反，所以两棒组成的系统动量守恒，设MN的质量为m，则PQ的质量为2m，PQ的速率为v时，则2mv＝mv'，解得导体棒MN的速率为v'＝2v，回路中的感应电动势大小为E＝2Bd·2v＋B·2dv＝6Bdv，回路中的感应电流大小为I＝E3R＝2BdvR，则MN所受的安培力大小为FMN＝2BId＝4B2d2vR，B错误；由B选项分析可知MN与PQ在任一时刻的速率之比为2∶1，则运动过程中，MN与PQ的平均速率之比为2∶1，由x＝vt可知，MN与PQ的路程之比为2∶1，C正确；由C选项分析可知两导体棒静止时，MN的位移大小为2L3，PQ的位移大小为L3，由法拉第电磁感应定律得E＝ΔΦΔt，又I＝E3R，通过MN的电荷量为q＝I题型一动量定理在电磁感应中的应用1.水平面上放置两个互相平行且足够长的金属导轨，间距为d，电阻不计，其左端连接一阻值为R的电阻。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。质量为m、长度为d、阻值为R与导轨接触良好的导体棒MN以初速度v0垂直导轨水平向右运动直到停下。不计一切摩擦，则下列说法正确的是（）A.导体棒运动过程中所受安培力先做正功再做负功B.导体棒在导轨上运动的最大距离为2C.整个过程中，电阻R上产生的焦耳热为12mD.整个过程中，导体棒的平均速度大于v解析：B导体棒向右运动过程中一直受到向左的安培力作用，即安培力一直做负功，故A错误；由动量定理可知－IdB·Δt＝0－mv0，其中I·Δt＝ΔΦΔt2R·Δt＝ΔΦ2R，ΔΦ＝Bdx，解得x＝2mv0RB2d2，故B正确；导体棒的阻值与左端所接电阻的阻值相等，故电阻R上产生的焦耳热应该为14mv02，故C错误2.如图甲、乙所示，除导体棒ab可动外，其余部分均固定不动，图甲中的电容器C原来不带电。设导体棒、导轨电阻均可忽略，导体棒和导轨间的摩擦也不计，图中装置均在水平面内，且都处于方向垂直于水平面（即纸面）向里的匀强磁场中，导轨足够长。现给导体棒ab一个向右的初速度v0，在图甲、乙两种情形下，关于导体棒ab的运动状态，下列说法正确的是（）A.图甲中，导体棒ab先做匀减速运动，最终做匀速运动B.图乙中，导体棒ab先做加速度越来越小的减速运动，最终静止C.两种情况下通过电阻的电荷量一样大D.两种情形下导体棒ab最终都保持匀速运动解析：B题图甲中，导体棒ab向右运动切割磁感线产生感应电流而使电容器充电，由于充电电流不断减小，安培力减小，则导体棒ab做变减速运动，当电容器极板间电压与导体棒ab产生的感应电动势相等时，电路中没有电流，导体棒ab不受安培力，向右做匀速运动，故A错误；题图乙中，导体棒ab向右运动切割磁感线产生感应电流，导体棒ab受向左的安培力而做减速运动，随速度的减小，电流减小，安培力减小，加速度减小，最终导体棒ab静止，故B正确，D错误；根据F安＝BIL，有F安t＝BILt＝qBL＝mΔv，得q＝mΔvBL，电荷量跟导体棒ab的动量变化量成正比，因为题图甲中导体棒的动量变化量小于题图乙，3.（多选）如图所示，M、N、P、Q四条光滑且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的、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。且达到稳定运动时导体棒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＝BB.达到稳定运动时，C、D两棒速度之比为1∶1C.从t＝0时至达到稳定运动的过程中，回路产生的内能为25mD.从t＝0时到达到稳定运动的过程中，通过导体棒的电荷量为2解析：ACD开始时，导体棒中的感应电动势E＝2BLv0，电路中感应电流I＝E2R，导体棒D所受安培力F＝BIL，设导体棒D的加速度为a，则有F＝ma，解得a＝B2L2v0mR，故A正确；稳定运动时，电路中电流为零，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，对导体棒C有2BILΔt＝mΔv1，对导体棒D有BILΔt＝mΔv2，对变速运动全过程有Δv1＝v0－v1，Δv2＝v2，则v0－v1＝2v2，解得v2＝25v0，v1＝15v0，故B错误；根据能量守恒定律可知回路产生的内能为Q＝12mv02－12mv12－12mv22，解得Q＝25mv02，故C正确；由上述分析可知对变速运动中任意极短时间Δt，由动量定理，对导体棒C有2BILΔt＝mΔv题型二动量守恒定律在电磁感应中的应用4.（多选）如图，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（）ABCD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受阻力F作用，速度减小，导体棒cd受安培力F'作用，速度变大，如图所示，由E＝Blv知，感应电动势E随速度v的减小而减小，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，系统的动量守恒，则mv0＝2mv共，v共＝v02，A正确；导体棒cd受变力作用，加速度逐渐减小，其v-t图像应该是曲线，B错误；由前面分析知，两导体棒做变速运动，感应电流变小，最后为零，但非均匀变化，C正确，5.（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d，ab、cd是质量为m、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12mgr，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棒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BdD.ab棒的最终速度大小为gr解析：CDab棒进入磁场后受到向左的安培力，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，最后它们以相同的速度做匀速运动，故A、B错误；ab棒刚进入磁场的速度就是它下滑到圆弧轨道底端的速度，根据动能定理mgr－12mgr＝12mv2，可得速度为v＝gr，则感应电动势为E＝Bdv，两棒串联，故两棒中的瞬时电流为I＝Bdgr2R，两棒共速时由动量守恒定律有mv＝2mv'，得最终速度大小为v'＝gr26.（多选）如图所示，两电阻可以忽略不计的平行金属长直导轨固定在水平面上，相距为L，另外两根长度为L、质量为m、电阻为R的相同导体棒垂直静置于导轨上，导体棒在长导轨上可以无摩擦地滑动，导轨间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B，某时刻使导体棒a获得大小为v0、水平向右的初速度，同时使导体棒b获得大小为2v0、水平向右的初速度，下列结论正确的是（）A.该时刻回路中产生的感应电动势为3BLv0B.该时刻导体棒a的加速度为BC.当导体棒a的速度大小为3v02时，导体棒D.运动过程中通过导体棒a的电荷量的最大值qm＝m解析：BCD根据右手定则可知两根导体棒切割磁感线产生的感应电动势方向相反，故该时刻回路中产生的感应电动势E＝BL·2v0－BLv0＝BLv0，A错误；在该时刻，回路中的感应电流I＝ER＝BLv02R，导体棒a所受安培力大小F＝ILB＝ma，可得a＝B2L2v02mR，B正确；由于两导体棒整体在水平方向动量守恒，当导体棒a的速度大小为3v02时，根据动量守恒定律得m·2v0＋mv0＝m·3v02＋mv1，解得v1＝3v02，C正确；由以上解析知v共＝3v02，对导体棒a由动量定理有F安Δt＝mv7.（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段组成，倾斜段的上端连接一电阻R＝0.5Ω，两轨道间距d＝1m，水平部分两轨道间有一竖直向下，磁感应强度B＝0.5T的匀强磁场。一质量m＝0.5kg、长为l＝1.1m、电阻忽略不计的导体棒，从轨道上距水平面h1＝0.8m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＝0.8m，水平轨道距水平地面的高度h2＝0.8m。通过计算可知（g取10m/s2）（）A.导体棒进入磁场时的速度为3m/sB.导体棒整个运动过程中，电阻R上产生的热量为3JC.磁场的长度x1为2mD.整个过程通过电阻的电荷量为2C解析：BCD设导体棒进入磁场时的速度为v0，根据机械能守恒定律有12mv02＝mgh1，解得v0＝4m/s，故A错误；导体棒从水平轨道水平飞出做平抛运动，则水平方向有x2＝vt，竖直方向有h2＝12gt2，联立代入数据解得v＝2m/s，导体棒通过磁场区域过程中，根据能量守恒定律有Q＝12mv02－12mv2，则导体棒整个运动过程中，电阻R上产生的热量为Q＝3J，故B正确；导体棒通过磁场区域过程中，根据动量定理有F安t1＝Bdq＝mv0－mv，又有q＝It1＝ΔΦR＝Bdx1R，联立代入数据解得8.（多选）如图所示，空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，足够长的光滑平行金属导轨水平放置，导轨左右两部分的间距分别为l、2l；质量分别为m、2m的导体棒a、b均垂直导轨放置，导体棒a接入电路的电阻为R，其余电阻均忽略不计；a、b两棒分别以v0、2v0的初速度同时向右运动，两棒在运动过程中始终与导轨垂直且保持良好接触，a总在窄轨上运动，b总在宽轨上运动，直到两棒达到稳定状态，从开始运动到两棒稳定的过程中，下列说法正确的是（）A.a棒加速度的大小始终等于b棒加速度的大小B.稳定时a棒的速度为1.5v0C.电路中产生的焦耳热为32mD.通过a棒的某一横截面的电荷量为m解析：AC由F安＝ILB＝ma，可得a＝ILBm，a、b棒串联，电流相等，a、b棒长度分别为l、2l，质量