專題強化二十四動量觀點在電磁感應中的應用學習目標1.會利用動量定理分析導體棒、線框在磁場中的運動。2.會利用動量守恒定律分析雙金屬棒在磁場中的運動問題?？键c一動量定理在電磁感應中的應用1.電磁感應中的線框模型水平平動切割豎直平動切割斜向平動切割基礎情境單匝正方形線框質(zhì)量為m,邊長為L,總電阻為R,摩擦力忽略不計,ab邊以速度v0進入磁場ab邊進入磁場瞬間的加速度a=B2L2a=g-B2L2a=gsinθ-B2L2進入磁場過程的運動加速度減小的減速直線運動①勻速直線運動(mg=F安)②加速度減小的加速直線運動(mg>F安)③加速度減小的減速直線運動(mg<F安)①勻速直線運動(mgsinθ=F安)②加速度減小的加速直線運動(mgsinθ>F安)③加速度減小的減速直線運動(mgsinθ<F安)完全進入磁場后的運動勻速直線運動a=0勻加速直線運動a=g勻加速直線運動a=gsinθ能量關系動能減少量等于線框產(chǎn)生的熱量機械能減少量等于線框產(chǎn)生的熱量機械能減少量等于線框產(chǎn)生的熱量進入過程通過橫截面的電荷量由法拉第電磁感應定律有E=ΔΦΔt=BL2Δt,由閉合電路歐姆定律有I=ER,穿過橫截面的電荷量q=IΔt2.電磁感應中的單導體棒模型導體棒在磁場中只受安培力且是變力時,動量定理應用于單導體棒切割磁感線運動過程,可用下式求解變力作用下的電荷量、速度、時間和位移。(1)求電荷量或速度:BIlΔt=mv2-mv1,q=It。(2)求時間:Ft=I沖=mv2-mv1,I沖=BIlΔt=BlΔΦ(3)求位移:-BIlΔt=-B2l2vΔtR總=mv2-m即-B2l2R總x=mv2例1如圖所示,一個正方形金屬線框從勻強磁場上方的水平邊界處由靜止釋放,線框完全進入磁場前已做勻速直線運動,線框平面始終與磁場方向垂直。已知線框的邊長為L,質(zhì)量為m,電阻為R,從靜止到勻速運動過程中通過線框橫截面的電荷量為q,磁場的磁感應強度大小為B,重力加速度為g。求:(1)線框勻速運動時的速度大小v;(2)線框從靜止到勻速運動過程中的位移大小x;(3)線框從靜止到勻速運動經(jīng)過的時間t;(4)線框從靜止到勻速運動過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q。答案(1)mgRB2L2(2)qRBL(3)mRB解析(1)線框勻速運動時,有E=BLv,I=ER,mg=聯(lián)立解得v=mgRB(2)根據(jù)q=It,I=ER,E=聯(lián)立解得x=qRBL(3)以線框為研究對象,取豎直向下為正方向,由靜止到勻速運動,根據(jù)動量定理有mgt-BILt=mv-0又有q=It聯(lián)立解得t=mRB2L(4)根據(jù)能量守恒定律有mgx=12mv2+解得Q=mgqRBL-m例2(多選)如圖所示,在光滑的水平面上有一方向豎直向下的有界勻強磁場。磁場區(qū)域的左側,一正方形線框由位置Ⅰ以4.5m/s的初速度垂直于磁場邊界水平向右運動,線框經(jīng)過位置Ⅱ,當運動到位置Ⅲ時速度恰為零,此時線框剛好有一半離開磁場區(qū)域。線框的邊長小于磁場區(qū)域的寬度。若線框進、出磁場的過程中通過線框橫截面的電荷量分別為q1、q2,線框經(jīng)過位置Ⅱ時的速度為v。則下列說法正確的是()A.q1=q2 B.q1=2q2 C.v=1.0m/s D.v=1.5m/s答案BD解析根據(jù)q=ΔΦR=BΔSR可知,線框進、出磁場的過程中通過線框橫截面的電荷量q1=2q2,故A錯誤,B正確;線框從開始進入到位置Ⅱ,由動量定理有-BI1LΔt1=mv-mv0,即-BLq1=mv-mv0,同理線框從位置Ⅱ到位置Ⅲ,由動量定理有-BI2LΔt2=0-mv,即-BLq2=0-mv,聯(lián)立解得v=13v0=1.5m/s例3(多選)(2024·湖南卷,8)某電磁緩沖裝置如圖所示,兩足夠長的平行金屬導軌置于同一水平面內(nèi),導軌左端與一阻值為R的定值電阻相連,導軌BC段與B1C1段粗糙,其余部分光滑,AA1右側處于豎直向下的勻強磁場中,一質(zhì)量為m的金屬桿垂直導軌放置?，F(xiàn)讓金屬桿以初速度v0沿導軌向右經(jīng)過AA1進入磁場,最終恰好停在CC1處。已知金屬桿接入導軌之間的阻值為R,與粗糙導軌間的動摩擦因數(shù)為μ,AB=BC=d。導軌電阻不計,重力加速度為g,下列說法正確的是()A.金屬桿經(jīng)過BB1的速度為vB.在整個過程中,定值電阻R產(chǎn)生的熱量為12mv02C.金屬桿經(jīng)過AA1B1B與BB1C1C區(qū)域,金屬桿所受安培力的沖量相同D.若將金屬桿的初速度加倍,則金屬桿在磁場中運動的距離大于原來的2倍答案CD解析設金屬桿經(jīng)過BB1的速度大小為v1,則對金屬桿從AA1運動到BB1的過程,由動量定理得B2L2v12Rt1=m(v0-v1),又v1t1=d,則B2L2d2R=m(v0-v1),同理,對金屬桿從BB1運動到CC1的過程,有B2L2d2R+μmgt2=mv1,分析可知v0-v1<v1,解得v1>v02,即金屬桿經(jīng)過BB1的速度大于v02,A錯誤;整個過程,由能量守恒定律可得12mv02=QR+Q桿+μmgd,由于通過定值電阻R和金屬桿的電流相等,由焦耳定律可知QR=Q桿,聯(lián)立可得QR=14mv02-12μmgd,B錯誤;規(guī)定水平向左為正方向,則結合A項分析可知,金屬桿經(jīng)過AA1B1B區(qū)域,金屬桿所受安培力的沖量I1=B2L2v12Rt1=B2L2d2R,金屬桿經(jīng)過BB1C1C區(qū)域,金屬桿所受安培力的沖量I2=B2L2v22Rt2=B2L2d2R,可得I1=I2,即金屬桿經(jīng)過AA1B1B與BB1C1C區(qū)域,金屬桿所受安培力的沖量相同,C正確;若將金屬桿的初速度加倍,則對金屬桿從AA1運動到BB1的過程,有B2L2v32Rt3=B2L2d2R=m(2v0-vB),對金屬桿從BB1運動到CC1的過程,有B2L2v42Rt4+μmgt4=m(vB-vC),即B2L2d2R+μmgt4=m考點二動量守恒定律在電磁感應中的應用電磁感應中的雙棒模型(不計摩擦力)模型示意圖及條件水平面內(nèi)的光滑等距導軌,兩個棒的質(zhì)量分別為m1、m2,電阻分別為R1、R2,給棒2一個初速度v0電路特點棒2相當于電源;棒1受安培力而加速運動,運動后產(chǎn)生反電動勢電流及速度變化棒2做變減速運動,棒1做變加速運動,隨著兩棒相對速度的減小,回路中的電流減小,I=BLv2-v1R1+R2,最終狀態(tài)a=0,I=0,v1=v2系統(tǒng)規(guī)律動量守恒m2v0=(m1+m2)v(雙棒系統(tǒng)水平方向上不受外力)能量守恒Q=12m2v02-12(m1+m兩棒產(chǎn)生焦耳熱之比Q1Q例4(多選)如圖所示,方向豎直向下的勻強磁場中有兩根位于同一水平面內(nèi)的足夠長的平行金屬導軌,兩相同的光滑導體棒ab、cd靜止在導軌上。t=0時,棒ab以初速度v0向右滑動。運動過程中,ab、cd始終與導軌垂直并接觸良好,兩者速度分別用v1、v2表示,回路中的電流用I表示。下列圖像中可能正確的是()答案AC解析導體棒ab運動,切割磁感線,產(chǎn)生感應電流(逆時針),導體棒ab受到安培力F作用,速度減小,導體棒cd受安培力F'作用,速度增大,最終兩棒速度相等,如圖所示。由E=Blv知,回路中感應電動勢E總=Bl(v1-v2)=BlΔv,Δv逐漸減小,則感應電流非均勻變化。當兩棒的速度相等時,回路上感應電流消失,兩棒在導軌上以共同速度做勻速運動。由動量守恒定律得mv0=2mv共,v共=v02,A、C正確,D錯誤;導體棒cd受變力作用,加速度逐漸減小,其v-t圖像應該是曲線,B例5足夠長的平行金屬軌道M、N,相距L=0.5m,且水平放置;M、N左端與半徑R=0.4m的光滑豎直半圓軌道相連,金屬棒b和c可在軌道上無摩擦地滑動,兩金屬棒的質(zhì)量mb=mc=0.1kg,電阻Rb=Rc=1Ω,軌道的電阻不計。平行水平金屬軌道M、N處于磁感應強度B=1T的勻強磁場中,磁場方向與軌道平面垂直,光滑豎直半圓軌道在磁場外,如圖所示,若使b棒以初速度v0=10m/s開始向左運動,g取10m/s2。求:(1)c棒的最大速度;(2)c棒中產(chǎn)生的焦耳熱;(3)若c棒達最大速度后沿半圓軌道上滑,金屬棒c到達軌道最高點時對軌道的壓力的大小。答案(1)5m/s,方向水平向左(2)1.25J(3)1.25N解析(1)在安培力作用下,b棒做減速運動,c棒做加速運動,當兩棒速度相等時,c棒達最大速度。選兩棒為研究對象,根據(jù)動量守恒定律有mbv0=(mb+mc)v解得c棒的最大速度為v=mbmb+mcv0=12v(2)從b棒開始運動到兩棒速度相等的過程中,系統(tǒng)減少的動能轉(zhuǎn)化為電能,兩棒中產(chǎn)生的總熱量為Q=12mbv02-12(mb+mc)v因為Rb=Rc,所以c棒中產(chǎn)生的焦耳熱為Qc=Q2=1.25J(3)設c棒沿半圓軌道滑到最高點時的速度為v',從最低點上升到最高點的過程,由機械能守恒定律可得12mcv2-12mcv'2=mcg·解得v'=3m/s在最高點,設軌道對c棒的彈力為F,由牛頓第二定律得mcg+F=mcv解得F=1.25N由牛頓第三定律得,在最高點c棒對軌道的壓力為1.25N。限時作業(yè)(限時:45分鐘)基礎對點練對點練1動量定理在電磁感應中的應用1.如圖所示,在光滑的水平面上寬度為L的區(qū)域內(nèi),有豎直向下的勻強磁場?，F(xiàn)有一個邊長為a(a<L)的正方形閉合線圈以垂直于磁場邊界的初速度v0向右滑動,穿過磁場后速度剛好減為0,那么當線圈完全進入磁場時,其速度大小()A.大于v02 B.C.小于v02答案B解析通過線圈橫截面的電荷量q=IΔt=ERΔt=ΔΦR,由于線圈進入和穿出磁場過程,線圈磁通量的變化量相等,則進入和穿出磁場的兩個過程通過線圈橫截面的電荷量q相等,由動量定理得,線圈進入磁場過程-BI1at1=mv-mv0,線圈離開磁場過程-BI2at2=0-mv,由于q=It,則-Baq=mv-mv0,Baq=mv,解得v=v2.如圖所示,一光滑軌道固定在架臺上,軌道由傾斜和水平兩段組成,傾斜段的上端連接一電阻R=0.5Ω,兩軌道間距d=1m,水平部分兩軌道間有一豎直向下、磁感應強度大小B=0.5T的勻強磁場。一質(zhì)量為m=0.5kg、長為l=1.1m、電阻忽略不計的導體棒,從軌道上距水平面h1=0.8m高處由靜止釋放,通過磁場區(qū)域后從水平軌道末端水平飛出,落地點與水平軌道末端的水平距離x2=0.8m,水平軌道距水平地面的高度h2=0.8m。通過計算可知(g取10m/s2,不計空氣阻力)()A.導體棒進入磁場時的速度為3m/sB.導體棒整個運動過程中,電阻R上產(chǎn)生的熱量為2JC.磁場的長度x1為2mD.整個過程通過電阻R的電荷量為3C答案C解析設導體棒進入磁場時的速度為v0,根據(jù)動能定理有mgh1=12mv02,解得v0=4m/s,故A錯誤;導體棒從水平軌道水平飛出做平拋運動,則水平方向有x2=vt,豎直方向有h2=12gt2,聯(lián)立解得v=2m/s,導體棒通過磁場區(qū)域過程中,根據(jù)能量守恒定律有Q=12mv02-12mv2,則導體棒整個運動過程中,電阻R上產(chǎn)生的熱量為Q=3J,故B錯誤;導體棒通過磁場區(qū)域過程中,根據(jù)動量定理有F安t1=Bdq=mv0-mv,又有q=It1=ΔΦR=Bdx1R,聯(lián)立解得q=2C3.(多選)(2025·江西南昌聯(lián)考)如圖所示,間距為L的平行導軌豎直固定放置,導軌上端接有阻值為R的定值電阻,矩形勻強磁場Ⅰ、Ⅱ的寬度均為d,磁場Ⅰ的下邊界和磁場Ⅱ的上邊界間距為d,磁場的磁感應強度大小均為B。一根質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒由靜止釋放,釋放的位置離磁場Ⅰ的上邊界距離為2d,金屬棒進入磁場Ⅰ和Ⅱ時的速度相等,金屬棒運動過程中始終保持水平且與導軌接觸良好,其余電阻不計,重力加速度為g,下列說法正確的是()A.金屬棒剛進入磁場Ⅰ時的速度大小為2gdB.金屬棒剛出磁場Ⅰ時的速度大小為2C.金屬棒穿過兩個磁場后電阻R中產(chǎn)生的焦耳熱為2mgdD.金屬棒穿過磁場Ⅰ所用的時間為B答案ABC解析根據(jù)動能定理有mg·2d=12mv12,金屬棒剛進磁場Ⅰ時的速度大小為v1=2gd,故A正確;由于金屬棒進入磁場Ⅰ和Ⅱ時的速度相等,在金屬棒從磁場Ⅰ的下邊界到磁場Ⅱ的上邊界這一過程中,機械能守恒,設金屬棒出磁場Ⅰ的速度為v1',進磁場Ⅱ的速度為v2,則有12mv1'2+mgd=12mv22,又v2=v1,解得金屬棒剛出磁場Ⅰ時的速度大小為v1'=2gd,故B正確;由能量守恒定律得2Q=5mgd-12mv1'2,解得金屬棒穿過兩個磁場后電阻R中產(chǎn)生的焦耳熱為Q=2mgd,故C正確;設金屬棒穿過磁場Ⅰ所用的時間為t,根據(jù)動量定理得BqL-mgt=(-mv1')-(-mv1),該過程的電荷量為q=ΔΦ2R=BLd對點練2動量守恒定律在電磁感應中的應用4.(多選)如圖所示,半徑為r的粗糙四分之一圓弧導軌與光滑水平導軌平滑相連,四分之一圓弧導軌區(qū)域沒有磁場,水平導軌區(qū)域存在磁感應強度大小為B、方向豎直向上的勻強磁場,導軌間距為d,ab、cd是質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒,導軌電阻忽略不計。cd靜止在平滑軌道上,ab從四分之一圓弧軌道頂端由靜止釋放,在圓弧軌道上克服阻力做功12mgr,水平導軌足夠長,ab、cd始終與導軌垂直并接觸良好,且不會相撞,重力加速度為g。從ab棒進入水平軌道開始,下列說法正確的是(A.ab棒先做勻減速運動,最后做勻速運動B.cd棒先做勻加速直線運動,最后和ab棒以相同的速度做勻速運動C.ab棒剛進入磁場時,cd棒電流為BdD.ab棒的最終速度大小為gr答案CD解析ab棒進入磁場后受到向左的安培力,做減速運動,所以安培力減小,則ab棒先做加速度減小的減速運動,cd棒與ab棒串聯(lián),所以cd棒先做加速度減小的加速運動,最后它們以相同的速度做勻速運動,故A、B錯誤;ab棒剛進入磁場的速度就是它下滑到圓弧軌道底端的速度,根據(jù)動能定理有mgr-12mgr=12mv2,可得速度為v=gr,則感應電動勢為E=Bdv,兩金屬棒串聯(lián),故兩棒中的瞬時電流為I=Bdgr2R,兩棒共速時由動量守恒定律有mv=2mv',得最終速度大小為v'=gr2,5.(多選)如圖所示,在方向豎直向下、磁感應強度大小為B的勻強磁場中,有兩根位于同一水平面內(nèi)且間距為L的平行金屬導軌(導軌足夠長,電阻不計);兩根質(zhì)量均為m、內(nèi)阻均為r的光滑導體棒ab、cd靜止在導軌上(導體棒與金屬導軌接觸良好),t=0時,ab棒以初速度3v0向右滑動,cd棒以初速度v0向左滑動,關于兩棒的運動情況,下列說法正確的是()A.當其中某根棒的速度為零時,另一根棒的速度大小為v0B.當其中某根棒的速度為零時,另一根棒的加速度大小為2C.從初始時刻到其中某根棒的速度為零過程中,導體棒ab產(chǎn)生的焦耳熱為32mD.cd棒的收尾速度大小為v0答案CD解析由于兩棒組成的系統(tǒng)動量守恒,取向右為正方向,由動量守恒定律可得m·3v0-mv0=mv1+mv2,所以當其中某根棒的速度為零時,另一根棒的速度大小為2v0,故A錯誤;當其中某根棒的速度為零時,另一根棒的速度大小為2v0,則有E=BL·2v0,I=E2r,F=ILB,聯(lián)立解得F=B2L2v0r,由牛頓第二定律可得,另一根棒的加速度大小為a=Fm=B2L2v0mr,故B錯誤;從初始時刻到其中某根棒的速度為零過程中,兩根導體棒上產(chǎn)生的焦耳熱為Q總=12mv02+12m(3v0)2-12m(2v0)2=3mv02,則導體棒ab產(chǎn)生的焦耳熱為Q=12Q總=32mv02,故C正確;cd棒的收尾速度為兩根導體棒具有的共同速度6.如圖所示,一質(zhì)量為2m的足夠長的光滑金屬框abcd置于水平絕緣平臺上,ab、dc邊平行且和長為L的bc邊垂直,整個金屬框電阻可忽略。一根質(zhì)量為m的導體棒MN置于金屬框上,裝置始終處于磁感應強度為B、方向豎直向下的勻強磁場中?，F(xiàn)給金屬框向右的初速度v0,運動時MN始終與金屬框保持良好接觸且與bc邊平行,則整個運動過程中()A.感應電流方向為M→b→c→N→MB.導體棒的最大速度為vC.通過導體棒的電荷量為2D.導體棒產(chǎn)生的焦耳熱為56m答案C解析金屬框以初速度v0向右運動時,導體棒MN還沒開始運動,此時金屬框bc邊切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢,根據(jù)右手定則知,回路中的感應電流的方向為c→b→M→N→c,A錯誤;金屬框bc邊中的電流方向沿c→b,導體棒MN中的電流方向沿M→N,根據(jù)左手定則可知,導體棒與金屬框所受安培力大小相等,方向相反,把框和棒MN視作一個系統(tǒng),遵循動量守恒定律,則有2mv0=3mv,解得v=2v03,即導體棒的最大速度為2v03,B錯誤;以棒MN為研究對象,由動量定理得BILΔt=mv-0,即BLq=m·2v03-0,即整個過程中通過導體棒的電荷量為q=2mv03BL,C正確;根據(jù)能量守恒定律,整個運動過程中產(chǎn)生的總熱量Q=12×2mv綜合提升練7.(2024·江西卷,15節(jié)選)如圖所示,絕緣水平面上固定一光滑平行金屬導軌,導軌左右兩端分別與兩粗糙的傾斜平行金屬導軌平滑連接,兩側導軌傾角分別為θ1、θ2,導軌間距均為l=2m,水平導軌所在區(qū)域存在豎直向上的勻強磁場,磁感應強度大小為B=0.5T?，F(xiàn)有兩均勻金屬細棒甲和乙,質(zhì)量分別為m1=6kg和m2=2kg,接入導軌的電阻均為R=1Ω。左、右兩側傾斜導軌與兩棒的動摩擦因數(shù)分別為μ1=320、μ2=44183。初始時刻,乙靜止在水平導軌上,與水平導軌左端P1P2的距離為d,甲從左側傾斜導軌高度h=4m的位置靜止滑下。水平導軌足夠長,兩棒運動過程中始終與導軌接觸良好且保持垂直。若兩棒發(fā)生碰撞,則為完全非彈性碰撞。不計空氣阻力和導軌的電阻(g取10m/s2,sinθ1=0.6,sinθ2(1)求甲剛進入磁場時乙的加速度大小和方向;(2)為使乙第一次到達水平導軌右端Q1Q2之前甲和乙不相碰,求d的最小值。答案(1)2m/s2水平向右(2)24m解析(1)對甲從靜止到運動至P1P2處的過程,根據(jù)動能定理有m1gh-μ1m1gcosθ1·hsinθ1=12m甲剛進入磁場時,由法拉第電磁感應定律有E0=Blv0根據(jù)閉合電路歐姆定律有I0=E對乙由牛頓第二定律有I0lB=m2a乙0聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得a乙0=2m/s2根據(jù)右手定則可知,回路中的感應電流沿逆時針方向(俯視),結合左手定則可知,