专题强化二十四　动量观点在电磁感应中的应用

专题强化二十四动量观点在电磁感应中的应用学习目标1.会利用动量定理分析导体棒、线框在磁场中的运动。2.会利用动量守恒定律分析双金属棒在磁场中的运动问题。考点一动量定理在电磁感应中的应用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＋eq\o(I,\s\up6(－))LBΔt＝mv－mv0或I其他－eq\o(I,\s\up6(－))LBΔt＝mv－mv0；若其他力的冲量和为零，则有eq\o(I,\s\up6(－))LBΔt＝mv－mv0或－eq\o(I,\s\up6(－))LBΔt＝mv－mv0。2.求电荷量：q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt＝eq\f(mv0－mv,BL)。3.求位移：由－eq\f(B2L2\o(v,\s\up6(－)),R总)Δt＝mv－mv0有x＝eq\o(v,\s\up6(－))Δt＝eq\f(（mv0－mv）R总,B2L2)。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。－Beq\o(I,\s\up6(－))LΔt＋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。eq\f(－B2L2\o(v,\s\up6(－))Δt,R总)＋F其他Δt＝mv－mv0，eq\o(v,\s\up6(－))Δt＝x。例1如图1所示，两条相距为L的光滑平行金属导轨位于水平面(纸面)内，其左端接一阻值为R的电阻，导轨平面与磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计。金属棒ab垂直导轨放置并接触良好，接入电路的电阻也为R。若给棒平行导轨向右的初速度v0，当流过棒横截面的电荷量为q时，棒的速度减为零，此过程中棒的位移为s。则()图1A.当流过棒的电荷量为eq\f(q,2)时，棒的速度为eq\f(v0,4)B.当棒发生位移为eq\f(s,3)时，棒的速度为eq\f(v0,2)C.在流过棒的电荷量达到eq\f(q,2)的过程中，棒释放的热量为eq\f(3BqLv0,16)D.整个过程中定值电阻R释放的热量为eq\f(3BLqv0,4)答案C解析对ab棒由动量定理有－Beq\o(I,\s\up6(－))Lt＝0－mv0，而q＝eq\o(I,\s\up6(－))t，即－BqL＝0－mv0，当流过棒的电荷量为eq\f(q,2)时，有－B·eq\f(q,2)L＝mv1－mv0，解得v1＝eq\f(1,2)v0，A错误；当棒发生位移为s时，q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BLs,R)，则当棒发生位移为eq\f(s,3)时，q′＝eq\f(ΔΦ′,R)＝eq\f(BLs,3R)，可知此时流过棒的电荷量q′＝eq\f(q,3)，代入Beq\o(I,\s\up6(－))LΔt＝BLq′＝mv2－mv0，解得棒的速度为v2＝eq\f(2,3)v0，B错误；定值电阻与导体棒释放的热量相同，在流过棒的电荷量达到eq\f(q,2)的过程中，棒释放的热量为Q＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－\f(1,2)mveq\o\al(2,1)))＝eq\f(3,16)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(3BqLv0,16)，C正确；同理可得整个过程中定值电阻R释放的热量为Q′＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(qBLv0,4)，D错误。1.(多选)(2024·江西南昌联考)如图2，间距为L的平行导轨竖直固定放置，导轨上端接有阻值为R的定值电阻，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的宽度均为d，磁场Ⅰ的下边界和磁场Ⅱ的上边界间距为d，磁场的磁感应强度大小均为B。一根质量为m、电阻为R的金属棒由静止释放，释放的位置离磁场Ⅰ的上边界距离为2d，金属棒进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，金属棒运动过程中始终保持水平且与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g，下列说法正确的是()图2A.金属棒刚进入磁场Ⅰ时的速度大小为2eq\r(gd)B.金属棒刚出磁场Ⅰ时的速度大小为eq\r(2gd)C.金属棒穿过两个磁场后电阻R中产生的焦耳热为2mgdD.金属棒穿过磁场Ⅰ所用的时间为eq\f(B2L2d－mR\r(gd),mgR)答案ABC解析根据动能定理有mg·2d＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，金属棒刚进磁场Ⅰ时的速度大小为v1＝2eq\r(gd)，故A正确；由于金属棒进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，在金属棒从磁场Ⅰ的下边界到磁场Ⅱ的上边界这一过程中，机械能守恒，设金属棒出磁场Ⅰ的速度为v1′，进磁场Ⅱ的速度为v2，则有eq\f(1,2)mv1′2＋mgd＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，又v2＝v1，解得金属棒刚出磁场Ⅰ时的速度大小为v1′＝eq\r(2gd)，故B正确；由能量守恒定律得2Q＝5mgd－eq\f(1,2)mv1′2，解得金属棒穿过两个磁场后电阻R中产生的焦耳热为Q＝2mgd，故C正确；设金属棒穿过磁场Ⅰ所用的时间为t，根据动量定理得BqL－mgt＝(－mv1′)－(－mv1)，该过程的电荷量为q＝eq\f(ΔΦ,2R)＝eq\f(BLd,2R)，解得金属棒穿过磁场Ⅰ所用的时间为t＝eq\f(B2L2d－（4－2\r(2)）mR\r(gd),2mgR)，故D错误。考点二动量守恒定律在电磁感应中的应用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，安培力是系统内力，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，运用动量守恒定律求解比较方便。例2如图3所示，两根间距为l的光滑金属导轨(不计电阻)，由一段圆弧部分与一段无限长的水平部分组成，其水平段加有方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。导轨水平段上静止放置一金属棒cd，质量为2m，电阻为2r。另一质量为m、电阻为r的金属棒ab，从圆弧段M处由静止释放下滑至N处进入水平段，棒与导轨始终垂直且接触良好，圆弧段MN半径为R，所对圆心角为60°，重力加速度为g。求：图3(1)ab棒在N处进入磁场区速度和棒中的电流；(2)cd棒能达到的最大速度；(3)cd棒由静止到最大速度过程中，系统所能释放的热量。答案(1)eq\r(gR)eq\f(Bl\r(gR),3r)(2)eq\f(1,3)eq\r(gR)(3)eq\f(1,3)mgR解析(1)ab棒由M下滑到N过程中机械能守恒，有mgR(1－cos60°)＝eq\f(1,2)mv2解得v＝eq\r(gR)进入磁场瞬间，回路中的电流为I＝eq\f(E,2r＋r)＝eq\f(Bl\r(gR),3r)。(2)ab棒在安培力作用下做减速运动，cd棒在安培力作用下做加速运动，当两棒速度达到相同速度v′时，电路中电流为零，安培力为零，cd棒达到最大速度。由动量守恒定律得mv＝(2m＋m)v′，解得v′＝eq\f(1,3)eq\r(gR)。(3)系统释放的热量应等于系统机械能的减少量故Q＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)×3mv′2解得Q＝eq\f(1,3)mgR。2.(多选)如图4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()图4答案AC解析导体棒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，如图所示。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，v共＝eq\f(v0,2)，A、C正确，D错误；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。A级基础对点练对点练1动量定理在电磁感应中的应用1.如图1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(a<L)的正方形闭合线圈以垂直于磁场边界的初速度v0向右滑动，穿过磁场后速度刚好减为0，那么当线圈完全进入磁场时，其速度大小()图1A.大于eq\f(v0,2) B.等于eq\f(v0,2)C.小于eq\f(v0,2) D.以上均有可能答案B解析通过线圈横截面的电荷量q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R)Δt＝eq\f(ΔΦ,R)，由于线圈进入和穿出磁场过程，线圈磁通量的变化量相等，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－Beq\o(I,\s\up6(－))1at1＝mv－mv0，线圈离开磁场过程－Beq\o(I,\s\up6(－))2at2＝0－mv，由于q＝eq\o(I,\s\up6(－))t，则－Baq＝mv－mv0，Baq＝mv，解得v＝eq\f(v0,2)，故B正确。2.(多选)如图2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4.5m/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()图2A.q1＝q2 B.q1＝2q2C.v＝1.0m/s D.v＝1.5m/s答案BD解析根据q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BΔS,R)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－Beq\o(I,\s\up6(－))1LΔt1＝mv－mv0，即－BLq1＝mv－mv0，同理线圈从位置Ⅱ到位置Ⅲ，由动量定理－Beq\o(I,\s\up6(－))2LΔt2＝0－mv，即－BLq2＝0－mv，联立解得v＝eq\f(1,3)v0＝1.5m/s，故C错误，D正确。3.(多选)(2024·陕西西安模拟)如图3所示，光滑的平行金属导轨固定在绝缘水平面上。导轨间距为L，导轨右端接有阻值为R的定值电阻。MN和PQ间有垂直于导轨平面向下的匀强磁场。一个质量为m、电阻为R、长为L的金属棒ab垂直放在导轨上，给金属棒ab一个水平向右的初速度v0，金属棒沿着金属导轨滑过磁场的过程中，流过金属棒的电流最大值为I，最小值为eq\f(1,2)I。不计导轨电阻，金属棒与导轨始终接触良好。则下列判断正确的是()图3A.匀强磁场的磁感应强度大小为eq\f(2IR,Lv0)B.金属棒穿过磁场的过程中，通过金属棒ab中的电荷量为eq\f(mveq\o\al(2,0),2IR)C.金属棒中产生的焦耳热为eq\f(3,8)mveq\o\al(2,0)D.MN与PQ间的距离为eq\f(mveq\o\al(3,0),4I2R)答案AD解析设磁场的磁感应强度大小为B，由题意知I＝eq\f(BLv0,2R)，解得B＝eq\f(2IR,Lv0)，A正确；金属棒穿出磁场时的速度大小为eq\f(1,2)v0，根据动量定理有Beq\o(I,\s\up6(－))Lt＝BqL＝mv0－eq\f(1,2)mv0，解得q＝eq\f(mveq\o\al(2,0),4IR)，B错误；根据能量守恒定律可知金属棒中产生的焦耳热为Q＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－\f(1,2)m\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)v0))2))＝eq\f(3,16)mveq\o\al(2,0)，C错误；根据q＝eq\o(I,\s\up6(－))t＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),2R)t＝eq\f(\f(ΔΦ,t),2R)·t＝eq\f(ΔΦ,2R)＝eq\f(BLs,2R)，得到MN与PQ间的距离为s＝eq\f(mveq\o\al(3,0),4I2R)，D正确。对点练2动量守恒定律在电磁感应中的应用4.(多选)如图4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eq\f(1,2)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()图4A.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eq\f(Bd\r(gr),2R)D.ab棒的最终速度大小为eq\f(\r(gr),2)答案CD解析ab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，根据动能定理有mgr－eq\f(1,2)mgr＝eq\f(1,2)mv2，可得速度为v＝eq\r(gr)，则感应电动势为E＝Bdv，两金属棒串联，故两棒中的瞬时电流为I＝eq\f(Bd\r(gr),2R)，两棒共速时由动量守恒定律有mv＝2mv′，得最终速度大小为v′＝eq\f(\r(gr),2)，故C、D正确。B级综合提升练5.(多选)如图5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，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，下列说法正确的是()图5A.当其中某根棒的速度为零时，另一根棒的速度大小为v0B.当其中某根棒的速度为零时，另一根棒的加速度大小为eq\f(2B2L2v0,3mr)C.从初始时刻到其中某根棒的速度为零过程中，导体棒ab产生的焦耳热为eq\f(3,2)mveq\o\al(2,0)D.cd棒的收尾速度大小为v0答案CD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，故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＝eq\f(E,2r)，F＝ILB，联立解得F＝eq\f(B2L2v0,r)，由牛顿第二定律可得，另一根棒的加速度大小为a＝eq\f(F,m)＝eq\f(B2L2v0,mr)，故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＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(1,2)m(3v0)2－eq\f(1,2)m(2v0)2＝3mveq\o\al(2,0)，则导体棒ab产生的焦耳热为Q＝eq\f(1,2)Q总＝eq\f(3,2)mveq\o\al(2,0)，故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，故D正确。6.如图6所示，一质量为2m的足够长的光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，ab、dc边平行且和长为L的bc边垂直，整个金属框电阻可忽略。一根质量为m的导体棒MN置于金属框上，装置始终处于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中。现给金属框向右的初速度v0，运动时MN始终与金属框保持良好接触且与bc边平行，则整个运动过程中()图6A.感应电流方向为M→b→c→N→M B.导体棒的最大速度为eq\f(v0,2)C.通过导体棒的电荷量为eq\f(2mv0,3BL) D.导体棒产生的焦耳热为eq\f(5,6)mveq\o\al(2,0)答案C解析金属框以初速度v0向右运动时，导体棒MN还没开始运动，此时金属框bc边切割磁感线产生感应电动势，根据右手定则知，回路中的感应电流的方向为c→b→M→N→c，A错误；金属框bc边中的电流方向沿c→b，导体棒MN中的电流方向沿M→N，根据左手定则可知，导体棒与金属框所受安培力大小相等，方向相反，把框和棒MN视作一个系统，遵循动量守恒定律，则有2mv0＝3mv，解得其共同速度v＝eq\f(2v0,3)，方向沿导轨向右，B错误；以棒MN为研究对象，由动量定理得Beq\o(I,\s\up6(－))LΔt＝mv－0，即BLq＝m·eq\f(2v0,3)－0，即整个过程中通过导体棒的电荷量为q＝eq\f(2mv0,3BL)，C正确；根据能量守恒定律，整个运动过程中产生的总热量Q＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)×3mv2＝eq\f(1,3)mveq\o\al(2,0)，D错误。7.(多选)(2024·山东临沂模拟)如图7所示，固定在水平面内的光滑不等距平行轨道处于竖直向上、大小为B的匀强磁场中，ab段轨道宽度为2L，bc段轨道宽度是L，ab段轨道和bc段轨道都足够长，将质量均为m、接入电路的电阻均为R的金属棒M和N分别置于轨道上的ab段和bc段，且与轨道垂直。开始时金属棒M和N均静止，现给金属棒M一水平向右的初速度v0，不计导轨电阻，则()图7A.M棒刚开始运动时的加速度大小为eq\f(B2L2v0,mR)B.金属棒M最终的速度为eq\f(4v0,5)C.金属棒N最终的速度为eq\f(2v0,5)D.整个过程中通过金属棒的电荷量为eq\f(2mv0,5BL)答案CD解析由法拉第电磁感应定律以及闭合电路欧姆定律得E＝B·2Lv0，I＝eq\f(E,2R)，由牛顿第二定律得2ILB＝ma，联立解得a＝eq\f(2B2L2v0,mR)，故A错误；最终回路中的电流为0，有2B