PAGEPAGE1專題78動(dòng)量觀點(diǎn)在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用電磁感應(yīng)中的有些題目可以從動(dòng)量角度著手，運(yùn)用動(dòng)量定理或動(dòng)量守恒定律解決：1.應(yīng)用動(dòng)量定理可以由動(dòng)量變化來求解變力的沖量．如在導(dǎo)體棒做非勻變速運(yùn)動(dòng)的問題中，應(yīng)用動(dòng)量定理可以解決牛頓運(yùn)動(dòng)定律不易解答的問題，如求作用時(shí)間、速度、位移和電荷量.2.在相互平行的水平軌道間的雙棒做切割磁感線運(yùn)動(dòng)時(shí)，由于這兩根導(dǎo)體棒所受的安培力等大反向，合外力為零，若不受其他外力，兩導(dǎo)體棒的總動(dòng)量守恒，解決此類問題往往要應(yīng)用動(dòng)量守恒定律．1．(多選)(2019·湖北宜昌市四月調(diào)研)如圖1所示，在光滑水平桌面上有一邊長為L、電阻為R的正方形導(dǎo)線框，在導(dǎo)線框右側(cè)有一寬度為d(d＞L)的條形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)的邊界與導(dǎo)線框的一邊平行，磁場(chǎng)方向豎直向下．導(dǎo)線框以某一初速度向右運(yùn)動(dòng)，t＝0時(shí)導(dǎo)線框的右邊恰與磁場(chǎng)的左邊界重合，并以此位置開始計(jì)時(shí)并作為導(dǎo)線框位移x的起點(diǎn)，隨后導(dǎo)線框進(jìn)入并通過磁場(chǎng)區(qū)域．下列圖象中，可能正確描述上述過程的是()圖1答案BD解析導(dǎo)線框以一定初速度進(jìn)入磁場(chǎng)，則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E＝BLv，根據(jù)閉合電路歐姆定律，則感應(yīng)電流為：I＝eq\f(E,R)；安培力為：F＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)；由牛頓第二定律得：F＝ma，則有：a＝eq\f(B2L2v,Rm)，由于v減小，所以a也減小；當(dāng)導(dǎo)線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)后，不受安培力，所以做勻速直線運(yùn)動(dòng)；當(dāng)導(dǎo)線框出磁場(chǎng)時(shí)，速度與時(shí)間的關(guān)系與進(jìn)入磁場(chǎng)相似，而速度—時(shí)間圖象的斜率表示加速度，則A錯(cuò)誤，B正確；導(dǎo)線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，設(shè)某時(shí)刻進(jìn)入磁場(chǎng)的距離為x，此時(shí)導(dǎo)線框的速度為v，則由動(dòng)量定理：－Beq\x\to(I)LΔt＝mv－mv0，其中eq\x\to(I)Δt＝q＝eq\f(BLx,R)，則v＝v0－eq\f(B2L2,Rm)x；同樣，當(dāng)導(dǎo)線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)后，不受安培力，所以做勻速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)導(dǎo)線框出磁場(chǎng)時(shí)，速度v與位移x的關(guān)系與進(jìn)入磁場(chǎng)相似，則C錯(cuò)誤，D正確．2．(多選)(2019·全國卷Ⅲ·19)如圖2，方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有兩根位于同一水平面內(nèi)的足夠長的平行金屬導(dǎo)軌，兩相同的光滑導(dǎo)體棒ab、cd靜止在導(dǎo)軌上．t＝0時(shí)，棒ab以初速度v0向右滑動(dòng)．運(yùn)動(dòng)過程中，ab、cd始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，兩者速度分別用v1、v2表示，回路中的電流用I表示．下列圖象中可能正確的是()圖2答案AC解析棒ab以初速度v0向右滑動(dòng)，切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，使整個(gè)回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流，判斷可知棒ab受到與v0方向相反的安培力的作用而做變減速運(yùn)動(dòng)，棒cd受到與v0方向相同的安培力的作用而做變加速運(yùn)動(dòng)，它們之間的速度差Δv＝v1－v2逐漸減小，整個(gè)系統(tǒng)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)逐漸減小，回路中感應(yīng)電流逐漸減小，最后變?yōu)榱?，即最終棒ab和棒cd的速度相同，v1＝v2，這時(shí)兩相同的光滑導(dǎo)體棒ab、cd組成的系統(tǒng)在足夠長的平行金屬導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)，水平方向上不受外力作用，由動(dòng)量守恒定律有mv0＝mv1＋mv2，解得v1＝v2＝eq\f(v0,2)，選項(xiàng)A、C正確，B、D錯(cuò)誤．3.(2020·河南焦作市高三第三次模擬)如圖3所示，一正方形金屬線框abcd靜止在光滑的水平桌面上，線框右側(cè)兩條平行虛線間存在一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向豎直向上．cd邊與磁場(chǎng)邊界平行，磁場(chǎng)虛線間距大于正方形金屬線框邊長．現(xiàn)給線框一水平向右的初速度，線框能通過磁場(chǎng)區(qū)域并繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)，下列說法錯(cuò)誤的是()圖3A．線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中，cd邊受到的安培力方向水平向左B．線框通過磁場(chǎng)的整個(gè)過程中，cd邊兩端的電壓始終不變C．線框進(jìn)入磁場(chǎng)和離開磁場(chǎng)的過程中，通過線框的電荷量相等D．線框進(jìn)入磁場(chǎng)和離開磁場(chǎng)的過程中，線框速度的變化量相等答案B解析根據(jù)楞次定律的另一種表述可知，感應(yīng)電流總是阻礙線框與磁場(chǎng)的相對(duì)運(yùn)動(dòng)，線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中，cd邊受到的安培力方向水平向左，A正確；線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中，cd邊相當(dāng)于電源，cd邊兩端的電壓為路端電壓U1＝eq\f(3,4)Blv1線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)后，電路中沒有感應(yīng)電流，cd邊兩端的電壓為E＝Blv2線框離開磁場(chǎng)的過程中，ab邊相當(dāng)于電源，cd邊兩端的電壓為U3＝eq\f(1,4)Blv3且v1>v2>v3所以線框通過磁場(chǎng)的整個(gè)過程中，cd兩端的電壓會(huì)發(fā)生變化，B錯(cuò)誤；線框進(jìn)入磁場(chǎng)和離開磁場(chǎng)的兩個(gè)過程中，磁通量的變化量相等，根據(jù)公式q＝eq\f(ΔΦ,R)，分析可知兩個(gè)過程中通過線框橫截面的電荷量相等，C正確；根據(jù)動(dòng)量定理得，線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中，有Beq\x\to(I)1Lt1＝mΔv1離開磁場(chǎng)的過程中，有Beq\x\to(I)2Lt2＝mΔv2又因?yàn)閑q\x\to(I)1t1＝eq\x\to(I)2t2所以Δv1＝Δv2，D正確．4.(2020·湖北大冶六中月考)如圖4所示，光滑U形金屬導(dǎo)軌PQMN水平固定在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，導(dǎo)軌寬度為L.QM之間接有阻值為R的電阻，其余部分電阻不計(jì)．一質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒ab垂直放在導(dǎo)軌上，給棒一個(gè)水平向右的初速度v0使之開始滑行，經(jīng)過位移x最后停在導(dǎo)軌上．由以上條件，在此過程中不可求出的物理量是()圖4A．電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱 B．通過電阻R的總電荷量C．安培力對(duì)ab棒做的功 D．a(chǎn)b棒的運(yùn)動(dòng)時(shí)間答案D解析根據(jù)能量守恒得，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,4)mv02，A不符合題意；根據(jù)動(dòng)量定理得，－Beq\x\to(I)LΔt＝0－mv0，又q＝eq\x\to(I)Δt，解得q＝eq\f(mv0,BL)，B不符合題意；克服安培力做的功等于電阻R和金屬棒ab上產(chǎn)生的焦耳熱Q′＝eq\f(1,2)mv02，C不符合題意；由于ab棒做變減速運(yùn)動(dòng)，無法求出運(yùn)動(dòng)時(shí)間，D符合題意．5.(多選)(2020·山東濰坊市期末)如圖5所示，水平光滑金屬導(dǎo)軌P、Q間距為L，M、N間距為2L，P與M相連，Q與N相連，金屬棒a垂直于P、Q放置，金屬棒b垂直于M、N放置，整個(gè)裝置處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．現(xiàn)給棒a一個(gè)大小為v0的初速度，設(shè)導(dǎo)軌足夠長，兩棒質(zhì)量均為m，在棒a的速度由v0減小到最終為0.8v0的過程中，兩棒始終與導(dǎo)軌接觸良好．以下說法正確的是()圖5A．俯視時(shí)感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針B．棒b的最大速度為0.4v0C．回路中產(chǎn)生的焦耳熱為0.1mv02D．通過回路中某一截面的電荷量為eq\f(2mv\o\al(,02),5BL)答案BC解析棒a向右運(yùn)動(dòng)，回路面積減小，根據(jù)楞次定律可知產(chǎn)生向上的感應(yīng)磁場(chǎng)，根據(jù)安培定則可知俯視時(shí)感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針，A錯(cuò)誤；棒a向右做減速運(yùn)動(dòng)，棒b向右做加速運(yùn)動(dòng)，由于棒b會(huì)產(chǎn)生順時(shí)針方向的感應(yīng)電流，所以回路中電流會(huì)不斷減小直到零，此時(shí)兩棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)相等，兩棒都做勻速直線運(yùn)動(dòng)，棒b的長度是棒a的兩倍，根據(jù)E＝BLv可知，速度是棒a的一半，即棒b的最大速度為0.4v0，B正確；根據(jù)動(dòng)能定理有Q＝eq\f(1,2)mv02－[eq\f(1,2)m(0.8v0)2＋eq\f(1,2)m(0.4v0)2]＝0.1mv02，C正確；對(duì)棒a由動(dòng)量定理可知，安培力的沖量等于動(dòng)量的變化量，有Beq\x\to(I)Lt＝BLq＝mv0－m·0.8v0，解得q＝eq\f(mv0,5BL)，D錯(cuò)誤．6.(多選)如圖6所示，固定在傾角為θ的斜面內(nèi)的兩根平行長直金屬導(dǎo)軌，其間距為d，底端接有阻值為R的電阻，整個(gè)裝置處在垂直斜面向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．一質(zhì)量為m(質(zhì)量分布均勻)的導(dǎo)體桿ab垂直于導(dǎo)軌放置，導(dǎo)體桿ab與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.導(dǎo)體棒ab從靜止開始沿導(dǎo)軌下滑距離為L時(shí)，速度恰好達(dá)到最大(運(yùn)動(dòng)過程中導(dǎo)體桿ab始終與導(dǎo)軌保持垂直，且與兩導(dǎo)軌保持良好接觸)．設(shè)導(dǎo)體桿ab接入電路的電阻為R，導(dǎo)軌電阻和空氣阻力忽略不計(jì)，重力加速度大小為g.導(dǎo)體桿ab由靜止到速度達(dá)到最大的過程中，下列說法正確的是()圖6A．通過電阻R的電荷量為eq\f(BdL,R)B．導(dǎo)體桿ab兩端電壓的最大值為eq\f(mgsinθ－μcosθR,Bd)C．電阻R中的最大電流為eq\f(mgsinθ－μcosθ,Bd)D．導(dǎo)體桿ab運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為eq\f(B2d2L,2mgRsinθ－μcosθ)＋eq\f(2mR,B2d2)答案BCD解析導(dǎo)體桿ab由靜止到速度達(dá)到最大的過程中，由法拉第電磁感應(yīng)定律得eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(BLd,Δt)，由閉合電路歐姆定律得eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),2R)＝eq\f(BLd,2RΔt)，通過電阻R的電荷量為q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(BLd,2R)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；導(dǎo)體桿ab勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)回路中的電流最大，由平衡條件得mgsinθ＝μmgcosθ＋BId，解得I＝eq\f(mgsinθ－μcosθ,Bd)，選項(xiàng)C正確；導(dǎo)體桿ab兩端電壓的最大值U＝IR＝eq\f(mgsinθ－μcosθR,Bd)，選項(xiàng)B正確；設(shè)導(dǎo)體桿ab的最大速度為v，E＝Bdv，I＝eq\f(E,2R)，導(dǎo)體桿ab由靜止到速度達(dá)到最大的過程中，由動(dòng)量定理得mgt(sinθ－μcosθ)－Beq\x\to(I)dt＝mv，解得t＝eq\f(B2d2L,2mgRsinθ－μcosθ)＋eq\f(2mR,B2d2)，選項(xiàng)D正確．7.(多選)如圖7所示，絕緣水平面內(nèi)固定有一間距d＝1m、電阻不計(jì)的足夠長光滑矩形導(dǎo)軌AKDC，導(dǎo)軌兩端接有阻值分別為R1＝3Ω和R2＝6Ω的定值電阻．矩形區(qū)域AKFE、NMCD范圍內(nèi)均有方向豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝1T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅰ和Ⅱ.一質(zhì)量m＝0.2kg、電阻r＝1Ω的導(dǎo)體棒ab垂直放在導(dǎo)軌上AK與EF之間某處，在方向水平向右、大小F0＝2N的恒力作用下由靜止開始運(yùn)動(dòng)，剛到達(dá)EF時(shí)導(dǎo)體棒ab的速度大小v1＝3m/s，導(dǎo)體棒ab進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅱ后，導(dǎo)體棒ab中通過的電流始終保持不變．導(dǎo)體棒ab在運(yùn)動(dòng)過程中始終保持與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，空氣阻力不計(jì)．則()圖7A．導(dǎo)體棒ab剛到達(dá)EF時(shí)的加速度大小為5m/s2B．兩磁場(chǎng)邊界EF和MN之間的距離L為1mC．若在導(dǎo)體棒ab剛到達(dá)MN時(shí)將恒力撤去，導(dǎo)體棒ab繼續(xù)滑行的距離為3mD．若在導(dǎo)體棒ab剛到達(dá)MN時(shí)將恒力撤去，導(dǎo)體棒ab繼續(xù)滑行的過程中整個(gè)回路產(chǎn)生的焦耳熱為3.6J答案AD解析導(dǎo)體棒ab剛要到達(dá)EF時(shí)，在磁場(chǎng)中切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E1＝Bdv1，經(jīng)分析可知，此時(shí)導(dǎo)體棒ab所受安培力的方向水平向左，由牛頓第二定律有F0－BI1d＝ma1，I1＝eq\f(E1,R＋r)，上式中R＝eq\f(R1R2,R1＋R2)＝2Ω，解得a1＝5m/s2，A正確；導(dǎo)體棒ab進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅱ后，導(dǎo)體棒ab中通過的電流I2保持不變，受到的安培力與F0平衡，做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則有F0＝BI2d，其中I2＝eq\f(Bdv2,R＋r)，設(shè)導(dǎo)體棒ab從EF運(yùn)動(dòng)到MN的過程中的加速度大小為a2，則有F0＝ma2，導(dǎo)體棒ab在EF、MN之間做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則有v22－v12＝2a2L，解得v2＝6m/s，L＝1.35m，B錯(cuò)誤；撤去F0后導(dǎo)體棒ab繼續(xù)滑行的過程中，有BId＝ma，I＝eq\f(Bdv,R＋r)，若Δt→0，則有a＝eq\f(Δv,Δt)，由以上三式可得eq\f(B2d2,R＋r)vΔt＝mΔv，則有eq\f(B2d2,R＋r)∑vΔt＝m∑Δv，即eq\f(B2d2,R＋r)s＝m(v2－0)，解得s＝3.6m，C錯(cuò)誤；根據(jù)能量守恒定律，Q＝eq\f(1,2)mv22＝3.6J，D正確．8．(2020·天津市七校聯(lián)考)隨著電磁技術(shù)的日趨成熟，新一代航母已準(zhǔn)備采用全新的電磁阻攔技術(shù)，它的原理是，飛機(jī)著艦時(shí)利用電磁作用力使它快速停止．為研究問題的方便，我們將其簡化為如圖8所示的模型．在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向如圖所示的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，兩根平行金屬軌道MN、PQ固定在水平面內(nèi)，相距為L，電阻不計(jì)．軌道端點(diǎn)M、P間接有阻值為R的電阻．一個(gè)長為L、質(zhì)量為m、阻值為r的金屬導(dǎo)體棒ab垂直于MN、PQ放在軌道上，與軌道接觸良好．飛機(jī)著艦時(shí)質(zhì)量為M的飛機(jī)迅速鉤住導(dǎo)體棒ab，鉤住之后關(guān)閉動(dòng)力系統(tǒng)并立即獲得共同的速度v，忽略摩擦等次要因素，飛機(jī)和金屬棒系統(tǒng)僅在安培力作用下很快停下來．求：圖8(1)飛機(jī)在阻攔減速過程中獲得的加速度a的最大值；(2)從飛機(jī)與金屬棒共速到它們停下來的整個(gè)過程中R上產(chǎn)生的焦耳熱QR；(3)從飛機(jī)與金屬棒共速到它們停下來的整個(gè)過程中運(yùn)動(dòng)的距離x.答案(1)eq\f(B2L2v,R＋rM＋m)(2)eq\f(RM＋mv2,2R＋r)(3)eq\f(M＋mvR＋r,B2L2)解析(1)E＝BLvI＝eq\f(E,R＋r)F安＝BIL＝(M＋m)aa＝eq\f(B2L2v,R＋rM＋m)(2)eq\f(1,2)(M＋m)v2＝QQR＝eq\f(R,R＋r)QQR＝eq\f(RM＋mv2,2R＋r)(3)由BiL·Δt＝(M＋m)Δvi＝eq\f(BLvi,R＋r)得B·eq\f(BLvi,R＋r)·L·Δt＝(M＋m)·Δv求和eq\f(B2L2,R＋r)·x＝(M＋m)v得x＝eq\f(M＋mvR＋r,B2L2)9.(2020·江西吉安市期末)如圖9所示，長直平行光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ固定在絕緣水平面上，導(dǎo)軌間距為1m，兩導(dǎo)軌間接有電阻R1、R2，阻值均為4Ω，虛線右側(cè)有垂直導(dǎo)軌平面豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為1T，一根質(zhì)量為20g的金屬棒放在導(dǎo)軌上，并處在磁場(chǎng)中，給金屬棒施加水平向右、大小為5N的拉力F，使金屬棒從靜止開始向右運(yùn)動(dòng)，金屬棒運(yùn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，不計(jì)金屬棒與導(dǎo)軌的電阻，開始時(shí)開關(guān)S閉合，金屬導(dǎo)軌足夠長，求：圖9(1)金屬棒運(yùn)動(dòng)的最大速度大??；(2)若金屬棒勻速運(yùn)動(dòng)后，將開關(guān)S斷開，開關(guān)斷開后金屬棒運(yùn)動(dòng)1m時(shí)已處于勻速運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，則此過程中電阻R1上產(chǎn)生的焦耳熱為多少；(3)若金屬棒勻速運(yùn)動(dòng)后，撤去拉力F，則金屬棒運(yùn)動(dòng)多長距離停下．答案(1)10m/s(2)2J(3)0.4m解析(1)設(shè)金屬棒運(yùn)動(dòng)的最大速度大小為v1，根據(jù)力的平衡條件有F＝BI1L根據(jù)閉合電路歐姆定律I1＝eq\f(E1,R總)其中R總＝eq\f(R1R2,R1＋R2)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E1＝BLv1解得v1＝10m/s(2)若金屬棒勻速運(yùn)動(dòng)后，將開關(guān)S斷開，開關(guān)斷開后金屬棒運(yùn)動(dòng)1m時(shí)已處于勻速運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，設(shè)勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小為v2，則F＝eq\f(B2L2v2,R1)解得v2＝20m/s設(shè)電阻R1上產(chǎn)生的熱量為Q，根據(jù)能量守恒Fx＝Q＋eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12解得Q＝2J(3)若金屬棒勻速運(yùn)動(dòng)后，撤去拉力F，設(shè)金屬棒運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，根據(jù)動(dòng)量定理，有－Beq\x\to(I)Lt＝0－mv0即BqL＝mv1即Beq\f(BLx,R總)L＝mv1解得x＝0.4m.10.(2020·陜西寶雞中學(xué)第三次模擬)如圖10所示，平行光滑金屬導(dǎo)軌由水平部分和傾斜部分組成，且二者平滑連接．導(dǎo)軌水平部分MN的右側(cè)區(qū)域內(nèi)存在方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝0.4T．在距離磁場(chǎng)左邊界線MN為d＝0.8m處垂直導(dǎo)軌放置一個(gè)導(dǎo)體棒a，在傾斜導(dǎo)軌高h(yuǎn)＝0.2