第70課時專題強化：動量觀點在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用目標要求1.掌握應(yīng)用動量定理處理電磁感應(yīng)問題的方法技巧，能識別幾種應(yīng)用動量定理的模型。2.建立電磁感應(yīng)問題中動量守恒的模型，并用動量守恒定律解決問題?？键c一動量定理在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用導(dǎo)體棒或金屬框在感應(yīng)電流所引起的安培力作用下做非勻變速直線運動時，當題目中涉及速度v、電荷量q、運動時間t、運動位移x時常用動量定理求解。1.“單棒+電阻”模型例1水平放置的平行光滑導(dǎo)軌，間距為L，左側(cè)接有電阻阻值為R，導(dǎo)體棒初速度為v0，質(zhì)量為m，電阻不計，勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B，導(dǎo)軌足夠長且電阻不計，導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，從導(dǎo)體棒開始運動至停下來。求：(1)此過程中通過導(dǎo)體棒橫截面的電荷量；(2)此過程導(dǎo)體棒的位移大小。答案(1)mv0解析(1)由F安=BI-F安·Δt=0-mv0，q=IΔ得q=m(2)由F安=-F安·Δt=0-mvx=v·Δt得x=mv例2(多選)(2024·貴州卷·10)如圖，間距為L的兩根金屬導(dǎo)軌平行放置并固定在絕緣水平桌面上，左端接有一定值電阻R，導(dǎo)軌所在平面存在磁感應(yīng)強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場。質(zhì)量為m的金屬棒置于導(dǎo)軌上，在水平拉力作用下從靜止開始做勻加速直線運動，一段時間后撤去水平拉力，金屬棒最終停在導(dǎo)軌上。已知金屬棒在運動過程中，最大速度為v，加速階段的位移與減速階段的位移相等，金屬棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，不計摩擦及金屬棒與導(dǎo)軌的電阻，則()A.加速過程中通過金屬棒的電荷量為mvB.金屬棒加速的時間為2C.加速過程中拉力的最大值為4D.加速過程中拉力做的功為12mv答案AB解析設(shè)加速階段的位移與減速階段的位移相等均為x，根據(jù)q=IΔt=ERΔt=ΔΦR·Δt·Δt減速過程由動量定理可得-BLIΔt=-BLq=0-mv，解得q=mvBL，A由q=mvBL=BLxR，解得x=mvRB2L2，金屬棒加速過程中，由位移公式可得，x=12vt金屬棒在水平拉力作用下從靜止開始做勻加速直線運動，加速過程中，安培力逐漸增大，加速度不變，因此拉力逐漸增大，當撤去拉力的瞬間，拉力達到最大，由牛頓第二定律可得Fm-BBLvRL=ma，其中v=at，聯(lián)立解得Fm=3B2加速過程中拉力對金屬棒做正功，安培力對金屬棒做負功，由動能定理有WF-W安=12mv2，可得WF=W安+12mv2，因此加速過程中拉力做的功大于12mv22.不等間距的雙棒模型的動量定理應(yīng)用例3(多選)如圖所示，M、N、P、Q四條光滑的足夠長的金屬導(dǎo)軌平行放置，導(dǎo)軌間距分別為2L和L，兩組導(dǎo)軌間由導(dǎo)線相連，裝置置于水平面內(nèi)，導(dǎo)軌間存在方向豎直向下的、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，兩根質(zhì)量均為m、接入電路的電阻均為R的導(dǎo)體棒C、D分別垂直于導(dǎo)軌放置，且均處于靜止狀態(tài)，其余部分電阻不計。t=0時使導(dǎo)體棒C獲得瞬時速度v0向右運動，兩導(dǎo)體棒在運動過程中始終與導(dǎo)軌垂直并與導(dǎo)軌接觸良好，且達到穩(wěn)定運動時導(dǎo)體棒C未到兩組導(dǎo)軌連接處，則下列說法正確的是()A.t=0時，導(dǎo)體棒D的加速度大小為a=BB.達到穩(wěn)定運動時，C、D兩棒速度之比為1∶1C.從t=0時至達到穩(wěn)定運動的過程中，回路產(chǎn)生的內(nèi)能為25mD.從t=0時到達到穩(wěn)定運動的過程中，通過導(dǎo)體棒的電荷量為2答案ACD解析開始時，導(dǎo)體棒中的感應(yīng)電動勢E=2BLv0，電路中感應(yīng)電流I=E2R，導(dǎo)體棒D所受安培力F=BIL，導(dǎo)體棒D的加速度為a，則有F=ma，解得a=B2L2v0mR，故A正確；穩(wěn)定運動時，電路中電流為零，設(shè)此時C、D棒的速度分別為v1、v2，則有2BLv1=BLv2，對變速運動中任意極短時間Δt，由動量定理得，對C棒有2BILΔt=m(v0-v1)，對D棒有BILΔt=mv2，故對變速運動全過程有v0-v1=2v2，解得v2=25v0，v1=15v0，故B錯誤；根據(jù)能量守恒定律可知回路產(chǎn)生的內(nèi)能為Q=12mv02-12mv12-12mv22，解得Q=25mv02，故C正確；由動量定理，對C棒有2BILΔt=m(v*3.“電容器+棒”模型(1)無外力充電式基本模型規(guī)律(導(dǎo)軌光滑，電阻阻值為R，電容器電容為C)電路特點導(dǎo)體棒相當于電源，電容器充電電流特點安培力為阻力，棒減速，E減小，有I=BLv?UCR，電容器充電UC變大，當BLv=UC時，I運動特點和最終特征棒做加速度a減小的減速運動，最終做勻速運動，此時I=0，但電容器帶電荷量不為零最終速度電容器充電電荷量：q=CU最終電容器兩端電壓U=BLv對棒應(yīng)用動量定理：mv-mv0=-BIL·Δt=-BLqv=mv-t圖像(2)無外力放電式基本模型規(guī)律(電源電動勢為E，內(nèi)阻不計，電容器電容為C)電路特點電容器放電，相當于電源；導(dǎo)體棒受安培力而運動電流特點電容器放電時，導(dǎo)體棒在安培力作用下開始運動，同時阻礙放電，導(dǎo)致電流減小，直至電流為零，此時UC=BLvm運動特點及最終特征做加速度a減小的加速運動，最終勻速運動，I=0最大速度vm電容器初始電荷量：Q0=CE放電結(jié)束時電荷量：Q=CUC=CBLvm電容器放電電荷量：ΔQ=Q0-Q=CE-CBLvm對棒應(yīng)用動量定理：mvm-0=BIL·Δt=BLΔQvm=BLCEv-t圖像*例4(多選)如圖所示是某同學(xué)模擬電磁炮的工作原理和發(fā)射過程，水平臺面上有足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌MN和PQ置于塑料圓筒內(nèi)，質(zhì)量為m的金屬炮彈置于圓筒內(nèi)的軌道上，軌道間距為L，整個裝置處于豎直向上的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為B。導(dǎo)軌左端連著平行板電容器和電動勢為E的電源。先讓單刀雙擲開關(guān)接1接線柱對電容器充電，充電結(jié)束后，將開關(guān)接2接線柱。金屬炮彈在安培力作用下開始運動，達到最大速度后離開導(dǎo)軌，整個過程通過炮彈的電荷量為q。已知在圓筒中金屬炮彈始終與導(dǎo)軌接觸良好，不計導(dǎo)軌電阻和電源內(nèi)阻，炮彈電阻為R。在這個過程中，以下說法正確的是()A.炮彈離開導(dǎo)軌時的速度為BLqB.電容器的電容C=mqC.炮彈在導(dǎo)軌上的位移x=qRD.在其他條件不變時，炮彈的最大速度與電容器電容大小成正比答案AB解析對炮彈，根據(jù)動量定理Ft=mv，其中，平均安培力F=BIL，可得v=BILtm=BLqm，故A正確；剛充電結(jié)束時，電容器電荷量為Q=CE，炮彈達到最大速度時，電容器電荷量Q'=Q-q，此時電容器電壓U=Q'C，則此時炮彈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢等于U，故BLv=U，聯(lián)立可得CE?qC=BLv，解得C=mqmE?B2L2q，故B正確；炮彈在導(dǎo)軌上運動過程，電容器有電壓存在，通過炮彈的平均電流并不是BLvR，則BLvRt≠q考點二動量守恒定律在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用1.在雙金屬棒切割磁感線的系統(tǒng)中，雙金屬棒和導(dǎo)軌構(gòu)成閉合回路，安培力充當系統(tǒng)內(nèi)力，如果它們不受摩擦力，且受到的安培力的合力為0時，滿足動量守恒，運用動量守恒定律解題比較方便。2.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(dǎo)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最終狀態(tài)a=0，I=0，v1=v2系統(tǒng)規(guī)律動量守恒m1v0=(m1+m2)v能量守恒Q=12m1v02-12(m1+m兩棒產(chǎn)生焦耳熱之比Q1Q例5如圖所示，光滑平行導(dǎo)軌MNPQ固定在水平面上，導(dǎo)軌寬度為d，處于磁感應(yīng)強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場中，導(dǎo)軌足夠長，將質(zhì)量分別為2m、m，有效電阻均為R的金屬棒J和K分別置于軌道上，棒始終與軌道垂直并接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計?，F(xiàn)使J棒獲得水平向右的初速度2v0，K棒獲得水向左的初速度v0，兩棒不會相碰，求：(1)全過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱Q；(2)從開始運動到穩(wěn)定狀態(tài)過程中兩棒間距離的改變量Δx。答案(1)3mv02解析