电磁感应中的动量守恒经典题
专题突破练 专题四 第18练 电磁感应中的动量问题 电磁感应规律的综合应用
第18练电磁感应中的动量问题电磁感应规律的综合应用1.(多选)(2019·全国卷Ⅲ·19)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()答案AC解析棒ab以初速度v0向右滑动，切割磁感线产生感应电动势，使整个回路中产生感应电流，判断可知棒ab受到与v0方向相反的安培力的作用而做变减速运动，棒cd受到与v0方向相同的安培力的作用而做变加速运动，它们之间的速度差Δv＝v1－v2逐渐减小，整个系统产生的感应电动势逐渐减小，回路中感应电流逐渐减小，最后变为零，即最终棒ab和棒cd的速度相同，v1＝v2，这时两相同的光滑导体棒ab、cd组成的系统在足够长的平行金属导轨上，选运动，水平方向上不受外力作用，由动量守恒定律有m v0＝m v1＋m v2，解得v1＝v2＝v02项A、C正确，B、D错误．2.(多选)(2022·全国甲卷·20)如图，两根相互平行的光滑长直金属导轨固定在水平绝缘桌面上，在导轨的左端接入电容为C的电容器和阻值为R的电阻．质量为m、阻值也为R的导体棒MN静止于导轨上，与导轨垂直，且接触良好，导轨电阻忽略不计，整个系统处于方向竖直向下的匀强磁场中．开始时，电容器所带的电荷量为Q，合上开关S后()A ．通过导体棒MN 电流的最大值为Q RCB ．导体棒MN 向右先加速、后匀速运动C ．导体棒MN 速度最大时所受的安培力也最大D ．电阻R 上产生的焦耳热大于导体棒MN 上产生的焦耳热答案 AD解析 开始时电容器两极板间的电压U ＝Q C ，合上开关瞬间，通过导体棒的电流I ＝U R ＝Q CR，随着电容器放电，通过电阻、导体棒的电流不断减小，所以在开关闭合瞬间，导体棒所受安培力最大，此时速度为零，A 项正确，C 项错误；由于回路中有电阻与导体棒，最终电能完全转化为焦耳热，故导体棒最终必定静止，B 项错误；由于导体棒切割磁感线，产生感应电动势，所以通过导体棒的电流始终小于通过电阻的电流，由焦耳定律可知，电阻R 上产生的焦耳热大于导体棒MN 上产生的焦耳热，D 项正确．3．(多选)(2022·湖南卷·10)如图，间距L ＝1 m 的U 形金属导轨，一端接有0.1 Ω的定值电阻R ，固定在高h ＝0.8 m 的绝缘水平桌面上．质量均为0.1 kg 的匀质导体棒a 和b 静止在导轨上，两导体棒与导轨接触良好且始终与导轨垂直，接入电路的阻值均为0.1 Ω，与导轨间的动摩擦因数均为0.1(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，导体棒a 距离导轨最右端1.74 m ．整个空间存在竖直向下的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度大小为0.1 T ．用F ＝0.5 N 沿导轨水平向右的恒力拉导体棒a ，当导体棒a 运动到导轨最右端时，导体棒b 刚要滑动，撤去F ，导体棒a 离开导轨后落到水平地面上．重力加速度取10 m/s 2，不计空气阻力，不计其他电阻，下列说法正确的是( )A ．导体棒a 离开导轨至落地过程中，水平位移为0.6 mB ．导体棒a 离开导轨至落地前，其感应电动势不变C ．导体棒a 在导轨上运动的过程中，导体棒b 有向右运动的趋势D ．导体棒a 在导轨上运动的过程中，通过电阻R 的电荷量为0.58 C答案 BD解析 导体棒a 在导轨上向右运动，产生的感应电流方向向里，流过导体棒b 的电流方向向里，由左手定则可知安培力向左，则导体棒b 有向左运动的趋势，故C 错误；导体棒b 与电阻R 并联，有I ＝BL v 0.15 Ω，当导体棒a 运动到导轨最右端时，导体棒b 刚要滑动，有B ·I 2·L ＝μmg ，联立解得导体棒a 的速度为v ＝3 m/s ，导体棒a 离开导轨至落地前做平抛运动，有x＝v t ，h ＝12gt 2，联立解得导体棒a 离开导轨至落地过程中水平位移为x ＝1.2 m ，故A 错误；导体棒a 离开导轨至落地前做平抛运动，水平速度切割磁感线，则产生的感应电动势不变，故B 正确；导体棒a 在导轨上运动的过程中，通过电路的电荷量为q ＝I ·Δt ＝BL ·Δx 0.15 Ω＝0.1×1×1.740.15 C ＝1.16 C ，导体棒b 与电阻R 并联，则通过电阻R 的电荷量为q R ＝q 2＝0.58 C ，故D 正确．4.(2022·辽宁卷·15)如图所示，两平行光滑长直金属导轨水平放置，间距为L .abcd 区域有匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向竖直向上．初始时刻，磁场外的细金属杆M 以初速度v 0向右运动，磁场内的细金属杆N 处于静止状态．两金属杆与导轨接触良好且运动过程中始终与导轨垂直．两杆的质量均为m ，在导轨间的电阻均为R ，感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计．(1)求M 刚进入磁场时受到的安培力F 的大小和方向；(2)若两杆在磁场内未相撞且N 出磁场时的速度为v 03，求：①N 在磁场内运动过程中通过回路的电荷量q ；②初始时刻N 到ab 的最小距离x ；(3)初始时刻，若N 到cd 的距离与第(2)问初始时刻的相同、到ab 的距离为kx (k >1)，求M 出磁场后不与N 相撞条件下k 的取值范围．答案 (1)B 2L 2v 02R 方向水平向左 (2)①m v 03BL ②2m v 0R 3B 2L2 (3)2≤k <3 解析 (1)细金属杆M 以初速度v 0向右运动，刚进入磁场时，产生的电动势为E ＝BL v 0电流为I ＝E 2R则所受的安培力大小为F ＝BIL ＝B 2L 2v 02R由左手定则可知安培力的方向水平向左；(2)①金属杆N 在磁场内运动的过程中，取水平向右为正方向，由动量定理有B I L ·Δt ＝m ·v 03－0 且q ＝I ·Δt联立解得通过回路的电荷量q ＝m v 03BL②设杆M 在磁场中运动的位移大小为x 1，杆N 在磁场中运动的位移大小为x 2，则有Δx ＝x 1－x 2，有 I ＝E2R ，E ＝BL ·Δx Δt 整理可得q ＝BL ·Δx 2R联立可得Δx ＝2m v 0R 3B 2L 2 若两杆在磁场内刚好相撞，N 到ab 的最小距离为x ＝Δx ＝2m v 0R 3B 2L 2 (3)两杆出磁场后在平行光滑长直金属导轨上运动，若N 到cd 的距离与第(2)问初始时刻的相同、到ab 的距离为kx (k >1)，则N 到cd 边的速度大小恒为v 03，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律可知m v 0＝m v 1＋m ·v 03解得N 出磁场时，M 的速度大小为v 1＝23v 0 由题意可知，此时M 到cd 边的距离为s ＝(k －1)x若要保证M 出磁场后不与N 相撞，则有两种临界情况：①M 减速到v 03时出磁场，速度刚好等于N 的速度，一定不与N 相撞，对M 根据动量定理有 －B I 1L ·Δt 1＝m ·v 03－m ·23v 0 q 1＝I 1·Δt 1＝BL ·(k －1)x 2R联立解得k ＝2②M 运动到cd 边时，恰好减速到零，则对M 由动量定理有－B I 2L ·Δt 2＝0－m ·23v 0 同理解得k ＝3综上所述，M 出磁场后不与N 相撞条件下k 的取值范围为2≤k <3.1.(多选)足够长的平行光滑金属导轨ab 、cd 水平放置于竖直向上的匀强磁场中，ac 之间连接阻值为R 的电阻，导轨间距为L ，导体棒ef 垂直导轨放置且与导轨接触良好，导体棒质量为m 、电阻为r .t ＝0时刻对导体棒施加一个水平向右的力F (图中未画出)，导体棒在F 的作用下开始做初速度为零的匀加速直线运动，当导体棒运动x 距离时撤去外力F ，此时导体棒的速度大小为v 0.若不计导轨电阻，则下列说法正确的是( )A ．外力F 的大小与时间的关系式为F ＝ma ＋B 2L 2at R ＋rB ．t ＝0时刻外力F 的大小为m v 022xC ．从撤去外力F 到导体棒停止运动，电阻R 上产生的焦耳热为12m v 02 D ．从撤去外力F 到导体棒停止运动，导体棒运动的位移大小为m v 0(R ＋r )B 2L 2答案 ABD 解析 由题知导体棒在F 的作用下开始做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有F －B 2L 2v R ＋r ＝ma ，v ＝at ，整理有F ＝B 2L 2at R ＋r＋ma ，A 正确；由v 02＝2ax ，解得在t ＝0时刻F ＝ma ＝m v 022x ，B 正确；从撤去外力F 到导体棒停止运动，根据动能定理有Q ＝12m v 02，则R 上产生的焦耳热为Q R ＝R R ＋r Q ＝Rm v 022(R ＋r )，C 错误；从撤去外力F 到导体棒停止运动，根据动量定理有－B I Lt ＝0－m v 0，I ·t ＝BL vR ＋r ·t ＝BLx R ＋r ，联立解得x ＝m v 0(R ＋r )B 2L 2，D 正确． 2.(多选)(2022·湖南衡阳市二模)如图，光滑平行导轨上端接一电阻R ，导轨弯曲部分与水平部分平滑连接，导轨间距为l ，导轨水平部分左端有一竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，现将金属棒PQ 从导轨弯曲部分的上端由静止释放，金属棒刚进入磁场时的速度大小为v 1，离开磁场时的速度大小为v 2，改变金属棒释放的高度，使其释放高度变为原来的12，金属棒仍然可以通过磁场区域，导轨和金属棒的电阻不计，则( ) A ．金属棒通过磁场区域时金属棒中的电流方向为由P 到QB ．金属棒第二次离开磁场时的速度大小为v 2－(1－22)v 1C ．金属棒在两次通过磁场区域的过程中电阻R 上产生的热量相等D ．金属棒在两次通过磁场区域的过程中通过电阻R 的电荷量相等答案 BD解析 金属棒通过磁场区域时，由右手定则可知，金属棒中的电流方向为由Q 到P ，故A 错误；金属棒第二次释放的高度变为原来的12，由动能定理可知，进入匀强磁场时的速度大小为v 3＝2v 12，金属棒通过磁场区域的过程中，根据动量定理有－B I lt ＝Δp ，又因为I ＝E R，E ＝ΔΦt ，所以－Bl ΔΦR＝Δp ，则可知金属棒两次通过匀强磁场区域的过程中动量变化量相同，速度变化量也相同，则v 2－v 1＝v 4－v 3，故金属棒第二次离开磁场时的速度大小为v 4＝v 2－(1－22)v 1，故B 正确；金属棒第二次通过磁场区域的过程中所用时间长且减少的动能少，则电阻R 上产生的热量少，故C 错误；由电荷量q ＝ΔΦR，可知金属棒在两次通过磁场区域的过程中通过电阻R 的电荷量相等，故D 正确．3.(多选)如图所示，足够长的水平光滑金属导轨所在空间中，分布着垂直于导轨平面方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B .两导体棒a 、b 均垂直于导轨静止放置．已知导体棒a 质量为2m ，导体棒b 质量为m ，长度均为l ，接入电路的电阻均为r ，其余部分电阻不计．现使导体棒a 获得瞬时平行于导轨水平向右的初速度v 0.除磁场作用外，两棒沿导轨方向无其他外力作用，在两导体棒运动过程中，下列说法正确的是( )A ．任何一段时间内，导体棒b 的动能增加量跟导体棒a 的动能减少量在数值上总是相等的B ．任何一段时间内，导体棒b 的动量改变量跟导体棒a 的动量改变量总是大小相等、方向相反C ．全过程中，通过导体棒b 的电荷量为2m v 03BlD ．全过程中，导体棒b 共产生的焦耳热为m v 026答案 BCD解析 根据题意可知，两棒组成闭合回路，电流相同，故所受安培力的合力为零，动量守恒，故任何一段时间内，导体棒b 的动量改变量跟导体棒a 的动量改变量总是大小相等、方向相反，根据能量守恒定律可知，a 的动能减少量在数值上等于b 的动能增加量与产热之和，故A 错误，B 正确；两棒最终共速，根据动量守恒定律，有2m v 0＝(2m ＋m )v ，对b 棒m v －0＝B I l ·t ＝Blq ，联立解得q ＝2m v 03Bl，故C 正确；根据能量守恒定律，可知两棒共产生的焦耳热为Q ＝12×2m v 02－12()2m ＋m v 2＝m v 023，而由于两棒的电阻大小相等，因此b 棒产生的焦耳热为Q b ＝12Q ＝m v 026，故D 正确． 4.(2022·山东烟台市、德州市一模)有一边长为L 、质量为m 、总电阻为R 的正方形导线框自磁场上方某处自由下落，如图所示．匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ的磁感应强度大小均为B ，二者宽度分别为L 、H ，且H ＞L .导线框恰好匀速进入区域Ⅰ，一段时间后又恰好匀速离开区域Ⅱ，重力加速度为g ，下列说法正确的是( )A ．导线框离开区域Ⅱ的速度大于mgRB 2L2 B ．导线框刚进入区域Ⅱ时的加速度大小为g ，方向竖直向上C ．导线框进入区域Ⅱ的过程产生的焦耳热为mgHD ．导线框自开始进入区域Ⅰ至刚完全离开区域Ⅱ的时间为6B 2L 3mgR答案 C解析 由题意知，导线框恰好匀速离开区域Ⅱ，则有mg ＝BIL ＝B 2L 2v R ，解得v ＝mgR B 2L2，A 错误；导线框进入区域Ⅰ到刚要进入区域Ⅱ过程一直做匀速运动，有v ＝mgR B 2L2，导线框下边刚进入磁场区域Ⅱ时，上、下边都切割磁感线，由法拉第电磁感应定律可知E 2＝BL v ＋BL v ＝2BL v ，又I 2＝E 2R ，联立解得I 2＝2BL v R，导线框所受安培力F 2＝2BI 2L ，由牛顿第二定律有F 2－mg ＝ma ，解得a ＝3g ，方向竖直向上，B 错误；开始进入区域Ⅱ时与开始离开区域Ⅱ时，速度大小相等，则导线框产生的焦耳热等于重力势能的减少量，有Q ＝mgH ，C 正确；导线框自开始进入区域Ⅰ至开始进入区域Ⅱ的过程中，t 1＝L v ＝B 2L 3mgR，导线框自开始进入区域Ⅱ至开始离开区域Ⅱ过程中，由动量定理得mgt 2－F 安2Δt ＝m v －m v ，即mgt 2－BL 2BL 2R ＝0，解得t 2＝2B 2L 3mgR ，导线框自开始离开区域Ⅱ至刚完全离开区域Ⅱ过程中，t 3＝L v ＝B 2L 3mgR，故t ＝t 1＋t 2＋t 3＝4B 2L 3mgR，D 错误． 5.(多选)(2022·河北省模拟)如图所示，两根相距L 且电阻不计的足够长光滑金属导轨，导轨左端为弧形，右端水平，且水平部分处于方向竖直向下、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中．铜棒a 、b 电阻均为R 、质量均为m ，均与导轨垂直且与导轨接触良好，铜棒b 静止在导轨水平部分，铜棒a 在弧形导轨上从距离水平部分高度为h ＝0.5L 处由静止释放，重力加速度为g ，关于此后的过程，下列说法正确的是( )A ．回路中的最大电流为gLBL RB ．铜棒b 的最大加速度为gLB 2L 22mRC ．铜棒b 获得的最大速度为gLD ．回路中产生的总焦耳热为mgL 4答案 BD解析 铜棒a 沿弧形导轨下滑，刚进入磁场区域时，由机械能守恒定律有mgh ＝12m v 2，且h ＝0.5 L ，解得v ＝gL ，回路中的最大感应电动势E ＝BL v ，回路中的最大电流I ＝E 2R，联立解得I ＝BL gL 2R，故A 错误；铜棒b 受到的最大安培力F 安＝BIL ，由牛顿第二定律有F 安＝ma ，解得铜棒b 的最大加速度a ＝B 2L 2gL 2mR，故B 正确；铜棒a 、b 在匀强磁场中做切割磁感线运动的过程中，整体所受合外力为零，动量守恒，最终铜棒a 、b 速度相等，由动量守恒定律得m v ＝2m v ′，解得铜棒b 获得的最大速度为v ′＝gL 2，故C 错误；由能量守恒定律得，回路中产生的总焦耳热为Q ＝12m v 2－12×2m v ′2＝mgL 4，故D 正确． 6．(多选)(2022·广东韶关市二模)某高中科研兴趣小组利用课余时间进行研究电磁阻尼效果的研究性学习，实验示意图如图甲所示，虚线MN 右侧有垂直于水平面向下的匀强磁场，边长为1 m 、质量为0.1 kg 、电阻为0.2 Ω的正方形金属线框在光滑绝缘水平面上以大小v 0＝2 m/s 的速度向右滑动并进入磁场，磁场边界MN 与线框的右边框平行．从线框刚进入磁场开始计时，线框的速度v 随滑行的距离x 变化的规律如图乙所示，下列说法正确的是( )A ．图乙中x 0＝1 mB ．线框进入磁场的过程中，线框的加速度先不变再突然减为零C ．线框进入磁场的过程中，线框中产生的焦耳热为0.1 JD ．线框进入磁场的过程中，通过线框某横截面的电荷量为22C 答案 AD 解析 穿过线框的磁通量变化导致线框中产生感应电流，使线框受到安培力的作用，从而使速度改变；当线框完全进入磁场时，磁通量不变，速度不变，则由题图乙可知x 0＝1 m ，A正确；线框进入磁场的过程中，安培力F ＝BIL ，其中I ＝E R ＝BL v R，由题图乙可知，速度减小，则安培力减小，由牛顿第二定律可知，线框的加速度减小，因此线框做变减速运动，B 错误；根据能量守恒定律可知，减少的动能全部转化为焦耳热，则有Q ＝ΔE k ＝12m v 02－12m v 2，代入数据可得Q ＝0.15 J ，C 错误； 线框进入磁场的过程中，取水平向右为正方向，根据动量定理可得－B 2L 2v R t ＝m v －m v 0，整理得v ＝v 0－B 2L 2x mR，结合题图乙可知，当x ＝1 m 时，v ＝1 m/s ，代入解得B ＝150 T ，通过线框某横截面的电荷量为q ＝I t ＝Bx 02R ，解得q ＝22 C ，D 正确． 7．(多选)(2022·宁夏吴忠中学三模)如图所示，两段均足够长、不等宽的光滑平行导轨固定在水平面上，较窄导轨的间距L 1＝1 m ，较宽导轨的间距L 2＝1.5 m ．整个装置处于磁感应强度大小为B ＝0.5 T 、方向竖直向上的匀强磁场中，导体棒MN 、PQ 的质量分别为m 1＝0.4 kg 、m 2＝1.2 kg ，长度分别为1 m 、1.5 m ，电阻分别为R 1＝0.3 Ω、R 2＝0.9 Ω，两导体棒静止在水平导轨上．t ＝0时刻，导体棒MN 获得v 0＝7 m/s 、水平向右的初速度．导轨电阻忽略不计，导体棒MN 、PQ 始终与导轨垂直且接触良好，导体棒MN 始终在较窄导轨上运动，取g ＝10 m/s 2则( )A ．t ＝0时刻，回路中的电流为3512A B ．导体棒MN 最终做匀速直线运动，速度大小为3 m/sC ．通过导体棒MN 的电荷量最大值为3.4 CD ．导体棒PQ 中产生的焦耳热最大值为4.2 J答案 ABD解析 t ＝0时刻，回路中的电流为I 0＝E R ＝BL 1v 0R 1＋R 2＝3512A ，故A 正确；导体棒MN 与PQ 切割磁感线产生的电动势相互削弱，当两导体棒产生的电动势相等时，感应电流为零，所受安培力为零，故两导体棒最终做匀速直线运动，此时有BL 1v MN ＝BL 2v PQ ，设从导体棒MN 开始运动至导体棒MN 、PQ 做匀速运动所用的时间为Δt ，取水平向右为正方向，对导体棒MN 分析，由动量定理得－BL 1I ·Δt ＝m 1v MN －m 1v 0，对导体棒PQ 分析，由动量定理得BL 2I ·Δt ＝m 2v PQ ，又因为q ＝I ·Δt ，联立解得v MN ＝3 m/s ，v PQ ＝2 m/s ，q ＝3.2 C ，故B 正确，C 错误；由能量守恒定律得12m 1v 02＝12m 1v MN 2＋12m 2v PQ 2＋Q 总，Q PQ ＝R 2R 1＋R 2Q 总，代入数据联立解得Q PQ ＝4.2 J ，故D 正确．8.(多选)如图所示，竖直放置的两根足够长的光滑金属导轨相距L ，导轨的两端分别与电源(串联一滑动变阻器R )、定值电阻R 0、电容器(电容为C ，原来不带电)和开关S 相连．整个空间充满了磁感应强度大小为B 、方向垂直于导轨平面向外的匀强磁场．一质量为m 、电阻不计的金属棒ab 横跨在导轨上．已知电源电动势为E 、内阻为r ，不计导轨的电阻．当S 接1，滑动变阻器R 接入电路一定阻值时，金属棒ab 在磁场中恰好保持静止．当S 接2后，金属棒ab 从静止开始下落，下落距离为h 时达到稳定速度．重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )A ．当S 接1时，滑动变阻器接入电路的阻值R ＝EBLmgB ．若将ab 棒由静止释放的同时，将S 接到3，则电容器积累的电荷量随金属棒速度v 的变化关系为Q ＝CBL vC ．当S 接2时，金属棒ab 从静止开始到刚好达到稳定速度所经历的时间t ＝B 2L 2h ＋m 2gR 02mgR 0B 2L 2D ．若将ab 棒由静止释放的同时，将S 接到3，则金属棒ab 将做匀加速直线运动，加速度大小a ＝mgm ＋CB 2L 2答案 BD解析 当S 接1时，有I ＝E R ＋r ，由平衡条件得mg ＝BIL ，联立解得R ＝EBLmg －r ，故A 错误；当S 接2，速度稳定时有mg ＝B 2L 2v R 0，解得v ＝mgR 0B 2L 2，金属棒ab 从静止开始下落，下落距离为h 时达到稳定速度，根据动量定理可得mgt －B I Lt ＝m v ，即mgt －B 2L 2vR 0·t ＝m v ，其中vt ＝h ，联立解得t ＝B 4L 4h ＋m 2gR 02mgR 0B 2L 2，故C 错误；若将棒ab 由静止释放的同时，将S 接到3，则电容器积累的电荷量随金属棒速度v 的变化关系为Q ＝CU ＝CBL v ，根据动量定理可得mg Δt －B I ′L Δt ＝m Δv ，即mg Δt －BL ·ΔQ ＝m Δv ，将ΔQ ＝CBL Δv 代入解得mg Δt －CB 2L 2Δv ＝m Δv ，所以a ＝Δv Δt ＝mgm ＋CB 2L 2，金属棒ab 将做匀加速直线运动，故B 、D 正确．9.如图所示，两电阻不计的光滑平行金属导轨固定在竖直平面内，两导轨间的距离为L ，导轨顶端连接定值电阻R ，导轨上有一质量为m 、长度为L 、电阻不计的金属杆，杆始终与导轨接触良好．整个装置处于磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，磁场的方向垂直导轨平面向里．现使杆从M 点以v 0的速度竖直向上运动，经历时间t ，到达最高点N ，重力加速度大小为g .求t 时间内：(1)流过电阻的电荷量q ； (2)电阻上产生的焦耳热Q . 答案 (1)m v 0－mgtBL(2)12m v 02－m 2gR (v 0－gt )B 2L 2解析 (1)杆竖直向上运动的过程中，取v 0方向为正方向，根据动量定理，有－mgt －F t ＝0－m v 0 F ＝BL I q ＝I t联立解得q ＝m v 0－mgt BL(2)设杆上升的高度为h ，取v 0方向为正方向，由动量定理得－mgt －B 2L 2vR t ＝0－m v 0又h ＝v t联立解得h ＝mR (v 0－gt )B 2L 2杆上升过程中由能量守恒定律可知，电阻上产生的焦耳热Q ＝12m v 02－mgh联立解得Q ＝12m v 02－m 2gR (v 0－gt )B 2L 2.10.(2022·天津市一模)如图，间距为L 的两平行金属导轨右端接有电阻R ，固定在离地高为H 的平面上，空间存在着方向竖直向下、磁感应强度大小为B 的匀强磁场．质量为m 的金属杆ab 垂直导轨放置，杆获得一个大小为v 0的水平初速度后向左运动并离开导轨，其落地点距导轨左端的水平距离为s .已知重力加速度为g ，忽略一切摩擦和阻力，杆和导轨电阻不计．求：(1)杆即将离开导轨时的加速度大小a ；(2)杆穿过匀强磁场的过程中，克服安培力做的功W ； (3)杆ab 在水平导轨上运动的位移大小x .答案 (1)B 2L 2s 2mRH 2gH (2)12m (v 02－gs 22H ) (3)mR B 2L 2(v 0－s 2H2gH ) 解析 (1)杆离开导轨后做平抛运动，则有H ＝12gt 2，s ＝v t ，联立解得杆离开导轨时的速度大小为v ＝sg 2H杆离开导轨时，产生的感应电动势为E ＝BL v 感应电流大小为I ＝ER杆受到的安培力大小为F ＝BIL 根据牛顿第二定律可得F ＝ma联立解得杆即将离开导轨时的加速度大小为a ＝B 2L 2s2mRH 2gH(2)根据动能定理，可得－W ＝12m v 2－12m v 02则杆穿过匀强磁场的过程中，克服安培力做的功为 W ＝12m (v 02－gs 22H)(3)根据动量定理，可得－B I Lt ＝m v －m v 0 q ＝I t ＝BLxR联立解得x ＝mR B 2L 2(v 0－s2H2gH )．11．两足够长且不计电阻的光滑金属轨道如图甲所示放置，间距为d ＝1 m ，在左端弧形轨道部分高h ＝1.25 m 处放置一金属杆a ，弧形轨道与平直轨道的连接处平滑无摩擦，在平直轨道右端放置另一金属杆b ，杆a 、b 接入电路的电阻分别为R a ＝2 Ω、R b ＝5 Ω，在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B ＝2 T ．现杆b 以初速度大小v 0＝5 m/s 开始向左滑动，同时由静止释放杆a ，杆a 由静止滑到水平轨道的过程中，通过杆b 的平均电流为0.3 A ；从a 下滑到水平轨道时开始计时，a 、b 运动的速度－时间图像如图乙所示(以a 运动的方向为正方向)，其中m a ＝2 kg ，m b ＝1 kg ，g 取10 m/s 2，求：(1)杆a 在弧形轨道上运动的时间；(2)杆a 在水平轨道上运动过程中通过其截面的电荷量； (3)在整个运动过程中杆b 产生的焦耳热． 答案 (1)5 s (2)73 C (3)1156J解析 (1)设杆a 由静止滑至弧形轨道与平直轨道连接处时杆b 的速度大小为v b 0，对杆b 运用动量定理，有Bd I ·Δt ＝m b (v 0－v b 0) 由题图乙可知，v b 0＝2 m/s 代入数据解得Δt ＝5 s.(2)对杆a 由静止下滑到平直导轨上的过程中，由机械能守恒定律有m a gh ＝12m a v a 2解得v a ＝2gh ＝5 m/s设最后a 、b 两杆共同的速度大小为v ′，由动量守恒定律得m a v a －m b v b 0＝(m a ＋m b )v ′ 代入数据解得v ′＝83m/s杆a 动量的变化量等于它所受安培力的冲量，设杆a 的速度从v a 到v ′的运动时间为Δt ′，则由动量定理可得－Bd I ′·Δt ′＝m a (v ′－v a )，而q ＝I ′·Δt ′ 代入数据解得q ＝73C.(3)由能量守恒定律可知杆a 、b 中产生的总焦耳热为Q ＝m a gh ＋12m b v 02－12(m b ＋m a )v ′2＝1616 J则b 杆中产生的焦耳热为Q ′＝R b R a ＋R bQ ＝1156 J.错题统计(题号)对应考点错因分析动量定理在电磁感应中的应用动量守恒定律在电磁感应中的应用电磁感应中的综合问题一、动量定理、动量守恒定律在电磁感应中的应用导体棒在磁场中做变速运动，所受安培力是变力，可用动量定理求速度、位移、电荷量、时间等．对于双杆问题，若双杆所受外力为零，可用动量守恒定律分析．1．单杆运动问题已知量(其中B、L、m已知)待求量关系式(以棒减速为例)v1、v2q －B I LΔt＝m v2－m v1，q＝IΔtv1、v2、R总x －B2L2vΔtR总＝m v2－m v1，x＝vΔtF其他为恒力，v1、v2、q Δt－B I LΔt＋F其他Δt＝m v2－m v1，q＝IΔtF其他为恒力，v1、v2、R总、x(或Δt)Δt(或x)－B2L2vΔtR总＋F其他·Δt＝m v2－m v1，x ＝vΔt2.双杆运动问题(1)等间距轨道上的双杆问题①双杆所受外力的合力为零时，若只需求末速度，可用动量守恒定律分析．②若需求电荷量、位移、时间等，则需要利用动量定理分析．(2)不等距导轨上的双杆问题由于合外力不为零，不等距导轨上的双杆问题需用动量定理分析．常见的双杆模型：题型一(等距、初速度、光滑、平行)题型二(不等距、初速度、光滑、平行)题型三(等距、恒力、光滑、平行)示意图导体棒长度L1＝L2导体棒长度L1＝2L2，两棒只在各自的轨道上运动导体棒长度L1＝L2图像观点力学观点棒1做加速度减小的减速运动，棒2做加速度减小的加速运动；稳定时，两棒以相等的速度匀速运动棒1做加速度减小的减速运动，棒2做加速度减小的加速运动；稳定时，两棒的加速度均为零，速度之比为1∶2开始时，两棒做变加速运动；稳定时，两棒以相同的加速度做匀加速运动动量观点两棒组成的系统动量守恒两棒组成的系统动量不守恒对单棒可以用动量定理两棒组成的系统动量不守恒对单棒可以用动量定理能量观点系统动能的减少量等于产生的焦耳热系统动能的减少量等于产生的焦耳热拉力做的功一部分转化为双棒的动能，一部分转化为内能(焦耳热)：W＝Q＋E k1＋E k23.杆＋电容器模型基本模型规律无外力，电容器充电(电阻阻值为R，导体棒电阻不计，电容器电容为C)无外力，电容器放电(电源电动势为E，内阻不计，导体棒电阻不计，电容器电容为C)电路特点导体棒相当于电源，电容器被充电电容器放电，相当于电源；导体棒受安培力而运动电流的特点安培力为阻力，棒减速，E减小，有I＝BL v－U CR，电容器被充电，U C变大，当BL v＝U C时，I＝0，F安＝0，棒做匀电容器放电时，导体棒在安培力作用下开始运动，同时阻碍放电，导致电流减小，直至电流为零，此时U C＝BL v。
12专题：电磁感应中的动力学、能量、动量的问题(含答案)
12专题：电磁感应中的动力学、能量、动量的问题一、电磁感应中的动力学问题1.如图所示，两平行且无限长光滑金属导轨MN、PQ与水平面的夹角为θ＝30°，两导轨之间的距离为L＝1 m，两导轨M、P之间接入电阻R＝0.2 Ω，导轨电阻不计，在abdc区域内有一个方向垂直于两导轨平面向下的磁场Ⅰ，磁感应强度B0＝1 T，磁场的宽度x1＝1 m；在cd连线以下区域有一个方向也垂直于导轨平面向下的磁场Ⅱ，磁感应强度B1＝0.5 T。
一个质量为m＝1 kg的金属棒垂直放在金属导轨上，与导轨接触良好，金属棒的电阻r＝0.2 Ω，若金属棒在离ab连线上端x0处自由释放，则金属棒进入磁场Ⅰ恰好做匀速运动。
金属棒进入磁场Ⅱ后，经过ef时又达到稳定状态，cd与ef之间的距离x2＝8 m。
求：(g取10 m/s2)(1)金属棒在磁场Ⅰ运动的速度大小；(2)金属棒滑过cd位置时的加速度大小；(3)金属棒在磁场Ⅱ中达到稳定状态时的速度大小。
二、电磁感应中的能量问题2.如图甲所示，两条足够长的平行金属导轨间距为0.5 m，固定在倾角为37°的斜面上。
导轨顶端连接一个阻值为1 Ω的电阻。
在MN下方存在方向垂直于斜面向上、大小为1 T的匀强磁场。
质量为0.5 kg的金属棒从AB处由静止开始沿导轨下滑，其运动过程中的v－t图象如图乙所示。
金属棒运动过程中与导轨保持垂直且接触良好，不计金属棒和导轨的电阻，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
(1)求金属棒与导轨间的动摩擦因数；(2)求金属棒在磁场中能够达到的最大速率；(3)已知金属棒从进入磁场到速度达到5 m/s时通过电阻的电荷量为1.3 C，求此过程中电阻产生的焦耳热。
三、电磁感应中的动量问题1、动量定理在电磁感应中的应用导体棒或金属框在感应电流所引起的安培力作用下做非匀变速直线运动时，安培力的冲量为：I安＝B I Lt＝BLq ，通过导体棒或金属框的电荷量为：q＝IΔt＝ER 总Δt＝nΔΦΔt·R总Δt＝nΔФR总，磁通量变化量：ΔΦ＝BΔS＝BLx.当题目中涉及速度v、电荷量q、运动时间t、运动位移x时常用动量定理求解．2、正确运用动量守恒定律处理电磁感应中的问题常见情景及解题思路双杆切割式(导轨光滑)杆MN做变减速运动．杆PQ做变加速运动，稳定时，两杆的加速度均为零，以相等的速度匀速运动．系统动量守恒，对其中某杆可用动量定理动力学观点：求加速度能量观点：求焦耳热动量观点：整体动量守恒求末速度，单杆动量定理求冲量、电荷量3.如图所示，光滑平行金属导轨的水平部分处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B＝3 T。
电磁感应中动量定理的运用(习题,例题,答案)
电磁感应中动量定理的运用一．知识点分析1.动量定律I ＝∆P 。
设想在某一回路中，一部分导体仅在安培力作用下运动时，安培力F 为变力，但其冲量可用它对时间的平均值进行计算，即I ＝F t ∆，而F ＝B I L （I 为电流对时间的平均值）故有：B I L t ∆=mv 2－mv 1 .而I t=q ,故有q=BLmv 12mv -2.理论上电量的求法：q=I •t 。
这种方法的依据是电流的定义式I=q/t 该式的研究对象是通电导体的某一截面，若在t 时间内流过该截面的电量为q ，则流过该切面的电流为I ＝q/t ，显然，这个电流应为对时间的平均值，因此该式应写为I = q/t ，变形后可以得q ＝I t ，这个关系式具有一般性，亦即无论流经导体的电流是恒定的还是变化的，只要电流用这段时间内的平均值代入，该式都适用，而平均电流的求解，在电磁感应问题中最为常见的思路为：对某一回路来说，据法拉第电磁感应定律，得E=t∆∆φ，显然该感应电动势也为对其时间的平均值，再由I ＝RE（R 为回路中的总电阻）可以得到I ＝tR ∆∆φ。
综上可得q ＝R φ∆。
若B 不变，则q ＝Rφ∆＝R s B ∆3.电量q 与安培力的冲量之间有什么联系？可用下面的框图来说明。
从以上框图可见，这些物理量之间的关系可能会出现以下三种题型： 第一：方法Ⅰ中相关物理量的关系。
第二：方法Ⅱ中相关物理量的关系。
第三：就是以电量作为桥梁，直接把上面框图中左右两边的物理量联系起来，如把导体棒的位移和速度联系起来，但由于这类问题导体棒的运动一般都不是匀变速直线运动，无法使用匀变速直线运动的运动学公式进行求解，所以这种方法就显得十分巧妙。
这种题型难度最大。
二．例题分析例1.如图1所示，半径为r的两半圆形光滑金属导轨并列竖直放置，在轨道左侧上方MN间接有阻值为R0的电阻，整个轨道处在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，两轨道间距为L，一电阻也为R0质量为m的金属棒ab从MN处由静止释放经时间t到达轨道最低点cd时的速度为v，不计摩擦。
专题08 电磁感应中的动量问题(解析版)
浙江高考物理尖子生核心素养提升之电磁感应中的动量问题命题点一 动量定理在电磁感应现象中的应用导体棒或金属框在感应电流所引起的安培力作用下做非匀变速直线运动时，安培力的冲量为：I 安＝B I Lt ＝BLq ，通过导体棒或金属框的电荷量为：q ＝I Δt ＝ER 总Δt ＝n ΔΦΔtR 总Δt ＝n ΔΦR 总，磁通量变化量：ΔΦ＝B ΔS ＝BLx 。
如果安培力是导体棒或金属框受到的合外力，则I 安＝mv 2－mv 1。
当题目中涉及速度v 、电荷量q 、运动时间t 、运动位移x 时常用动量定理求解更方便。
[典例] 如图甲所示，两条相距l 的光滑平行金属导轨位于同一竖直面(纸面)内，其上端接一阻值为R 的电阻，在两导轨间OO ′下方区域内有垂直导轨平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B 。
现使长为l 、电阻为r 、质量为m 的金属棒ab 由静止开始自OO ′位置释放，向下运动距离d 后速度不再变化(棒ab 与导轨始终保持良好的接触且下落过程中始终保持水平，导轨电阻不计)。
(1)求棒ab 在向下运动距离d 过程中回路产生的总焦耳热； (2)棒ab 从静止释放经过时间t 0下降了d2，求此时刻的速度大小；(3)如图乙所示，在OO ′上方区域加一面积为S 的垂直于纸面向里的匀强磁场B ′，棒ab 由静止开始自OO ′上方某一高度处释放，自棒ab 运动到OO ′位置开始计时，B ′随时间t 的变化关系B ′＝kt ，式中k 为已知常量；棒ab 以速度v 0进入OO ′下方磁场后立即施加一竖直外力使其保持匀速运动。
求在t 时刻穿过回路的总磁通量和电阻R 的电功率。
[解析] (1)对闭合回路：I ＝Blv mR ＋r由平衡条件可知：mg ＝BIl 解得v m ＝mg (R ＋r )B 2l 2由功能关系：mgd ＝12mv m 2＋Q解得Q ＝mgd －m 3g 2(R ＋r )22B 4l 4(2)由动量定理可知：(mg －BIl )t 0＝mv即mgt 0－Blq ＝mv 又q ＝ΔΦ1r ＋R ＝Bl d 2r ＋R解得v ＝gt 0－B 2l 2d2m (R ＋r )。
动量定理精选习题+答案
动量定理精选习题+答案动量定理精选习题⼀、单选题（本⼤题共7⼩题，共28.0分）1.如图所⽰，质量相等的五个物块在光滑⽔平⾯上，间隔⼀定距离排成⼀条直线.具有初动能E0的物块1向其它4个静⽌的物块运动，依次发⽣碰撞，每次碰撞后不再分开.最后5个物块粘成⼀个整体.这个整体的动能等于()A. E0B. 45E0 C. 15E0 D. 125E02.如图所⽰，⼩车静⽌在光滑⽔平⾯上，AB是⼩车内半圆弧轨道的⽔平直径，现将⼀⼩球从距A点正上⽅h⾼处由静⽌释放，⼩球由A点沿切线⽅向经半圆轨道后从B点冲出，在空中能上升的最⼤⾼度为0.8?，不计空⽓阻⼒.下列说法正确的是()A. 在相互作⽤过程中，⼩球和⼩车组成的系统动量守恒B. ⼩球离开⼩车后做竖直上抛运动C. ⼩球离开⼩车后做斜上抛运动D. ⼩球第⼆次冲出轨道后在空中能上升的最⼤⾼度为0.6?3.如图所⽰，半径为R、质量为M的14光滑圆槽置于光滑的⽔平地⾯上，⼀个质量为m的⼩⽊块从槽的顶端由静⽌滑下.则⽊块从槽⼝滑出时的速度⼤⼩为()A. 2gRB. 2gRMM+mM+mD. 2gR(M?m)M4.如图所⽰，甲、⼄两⼈各站在静⽌⼩车的左右两端，当他俩同时相向⾏⾛时，发现⼩车向右运动.下列说法不正确的是(车与地⾯之间⽆摩擦)()A. ⼄的速度必定⼤于甲的速度B. ⼄对⼩车的冲量必定⼤于甲对⼩车的冲量C. ⼄的动量必定⼤于甲的动量D. 甲、⼄动量总和必定不为零5.质量为m的物体，沿半径为R的轨道以速率v做匀速圆周运动，如图所⽰，取v B⽅向为正⽅向，求物体由A⾄B过程所受的合外⼒在半周期内的冲量()A. 2mvB. ?2mvC. mvD. ?mv6.两球A、B在光滑⽔平⾯上沿同⼀直线，同⼀⽅向运动，m A=1kg，m B=2kg，v A=6m/s，v B=2m/s.当A追上B并发⽣碰撞后，两球A、B速度的可能值是()A. v A′=5m/s，v B′=2m/sB. v A′=2m/s，v B′=4m/sC. v A′=?4m/s，v B′=7m/sD. v A′=7m/s，v B′=1.5m/s7.有⼀条捕鱼⼩船停靠在湖边码头，⼩船⼜窄⼜长，甲同学想⽤⼀个卷尺粗略测定它的质量，他进⾏了如下操作：⾸先将船平⾏码头⾃由停泊，然后他轻轻从船尾上船，⾛到船头后停下，另外⼀位同学⽤卷尺测出船后退的距离d，然后⽤卷尺测出船长L.已知甲同学的质量为m，则渔船的质量为( )d B. m(L?d)dC. mLdD. m(L+d)L⼆、多选题（本⼤题共3⼩题，共12.0分）8.如图所⽰，在质量为M(含⽀架)的⼩车中⽤轻绳悬挂⼀⼩球，⼩球的质量为m0，⼩车和⼩球以恒定速度v沿光滑⽔平地⾯运动，与位于正对⾯的质量为m的静⽌⽊块发⽣碰撞，碰撞的时间极短.在此碰撞过程中，下列哪个或哪些说法是可能发⽣的？()A. 在此过程中⼩车、⽊块、摆球的速度都发⽣变化，分别变为v1、v2、v3，满⾜(M+m0)v=Mv1+mv2+m0v3B. 在此碰撞过程中，⼩球的速度不变，⼩车和⽊块的速度分别为v1和v2，满⾜(M+m0)v=Mv1+mv2C. 在此碰撞过程中，⼩球的速度不变，⼩车和⽊块的速度都变成u，满⾜Mv=(M+m)uD. 碰撞后⼩球摆到最⾼点时速度变为为v1，⽊块的速度变为v2，满⾜(M+m0)v=(M+m0)v1+mv29.⼀静⽌的铝原⼦原⼦核?1327Al俘获⼀速度为1.0×107m/s的质⼦p后，变为处于激发状态的硅原⼦核?1428Si，下列说法正确的是()A. 核反应⽅程为p+?1327Al→?1428SiB. 核反应⽅程过程中系统动量守恒C. 核反应过程中系统能量不守恒D. 核反应前后核⼦数相等，所以⽣成物的质量等于反应物的质量之和E. 硅原⼦核速度的数量级105m/s，⽅向与质⼦初速度⽅向⼀致10.如图所⽰，质量M=3kg的滑块套在⽔平固定着的轨道上并可在轨道上⽆摩擦滑动.质量m=2kg的⼩球(视为质点)通过长L=0.75m的轻杆与滑块上的光特轴O连接，开始时滑块静⽌、轻杆处于⽔平状态.现给⼩球⼀个v0=3m/s的竖直向下的初速度，取g=10m/s2则()A. ⼩球m从初始位置到第⼀次到达最低点的过程中，滑块M在⽔平轨道上向右移动了0.3mB. ⼩球m从初始位置到第⼀次到达最低点的过程中，滑块对在⽔平轨道上向右移动了0.5mC. ⼩球m相对于初始位置可以上升的最⼤⾼度为0.27mD. ⼩球m从初始位置到第⼀次到达最⼤⾼度的过程中，滑块M在⽔平轨道上向右移动了0.54m三、计算题（本⼤题共10⼩题，共100.0分）11.如图所⽰，质量为5kg的⽊板B静⽌于光滑⽔平⾯上，物块A质量为5kg，停在B的左端.质量为1kg的⼩球⽤长为0.45m的轻绳悬挂在固定点O上，将轻绳拉直⾄⽔平位置后，由静⽌释放⼩球，⼩球在最低点与A发⽣碰撞后反弹，反弹所能达到的最⼤⾼度为0.2m，物块与⼩球可视为质点，不计空⽓阻⼒.已知A、B间的动摩擦因数为0.1，为使A、B达到共同速度前A不滑离⽊板，重⼒加速度g=10m/s2，求：(1)碰撞后瞬间物块A的速度⼤⼩为多少；(2)⽊板B⾄少多长；(3)从⼩球释放到A、B达到共同速度的过程中，⼩球及A、B组成的系统损失的机械能．12.如图所⽰，宽为L=0.1m的MN、PQ两平⾏光滑⽔平导轨分别与半径r=0.5m的相同竖直半圆导轨在N、Q端平滑连接，M、P端连接定值电阻R，质量M=2kg的cd绝缘杆垂直静⽌在⽔平导轨上，在其右侧⾄N、Q端的区域内充满竖直向上的匀强磁场，B=1T.现有质量m=1kg的ab⾦属杆，电阻为R o，R o=R=1Ω，它以初速度v0=12m/s⽔平向右与cd绝缘杆发⽣正碰后，进⼊磁场并最终未滑出，cd 绝缘杆则恰好能通过半圆导轨最⾼点，不计其它电阻和摩擦，ab⾦属杆始终与导轨垂直且接触良好，取g=10m/s2，求：(1)碰后瞬间cd绝缘杆的速度⼤⼩v2与ab⾦属杆速度⼤⼩v1；(2)碰后ab⾦属杆进⼊磁场瞬间受到的安培⼒⼤⼩F ab；(3)ab⾦属杆进⼊磁场运动全过程中，电路产⽣的焦⽿热Q．13.如图所⽰，在光滑的⽔平⾯上有⼀带半圆形光滑弧⾯的⼩车，质量为M，圆弧半径为R，从距车上表⾯⾼为H处静⽌释放⼀质量为m的⼩球，它刚好沿圆弧切线从A点落⼊⼩车，求(1)⼩球到达车底B点时⼩车的速度和此过程中⼩车的位移；(2)⼩球到达⼩车右边缘C点处，⼩球的速度．14.如图所⽰，质量为3m的⽊块静⽌放置在光滑⽔平⾯上，质量为m的⼦弹(可视为质点)以初速度v0⽔平v0，试求：向右射⼊⽊块，穿出⽊块时速度变为25①⼦弹穿出⽊块后，⽊块的速度⼤⼩；②⼦弹穿透⽊块的过程中产⽣的热量．15.在光滑⽔平⾯上静⽌有质量均为m的⽊板AB和滑块CD，⽊板AB上表⾯粗糙，滑块CD上表⾯是光圆弧，他们紧靠在⼀起，如图所⽰.⼀个可视为质点的物块P，质量也为m，它从⽊板AB的右端滑的14，然后⼜滑上滑块CD，最终恰好能滑到滑块CD圆弧的最⾼以初速度v0滑上⽊板，过B点时速度为v02点C处.若物体P与⽊板AB间的动摩擦因数为µ，求：(1)物块滑到B处时⽊板AB的速度v1的⼤⼩；(2)⽊板AB的长度L；(3)滑块CD最终速度v2的⼤⼩．16.质量为M的平板车P⾼h，质量为m的⼩物块Q的⼤⼩不计，位于平板车的左端，系统原来静⽌在光滑⽔平⾯地⾯上.⼀不可伸长的轻质细绳长为R，⼀端悬于Q正上⽅⾼为R处，另⼀端系⼀质量也为m 的⼩球(⼤⼩不计).今将⼩球拉⾄悬线与竖直位置成60°⾓，由静⽌释放，⼩球到达最低点时与Q的碰撞时间极短，且⽆能量损失，已知Q离开平板车时速度⼤⼩是平板车速度的两倍，Q与P之间的动摩擦因数为µ，M：m=4：1，重⼒加速度为g.求：(1)⼩物块到达最低点与Q碰撞之前瞬间的速度是多⼤？(2)⼩物块Q离开平板车时平板车的速度为多⼤？(3)平板车P的长度为多少？(4)⼩物块Q落地时距⼩球的⽔平距离为多少？17.如图所⽰，⽔平地⾯上竖直固定⼀个光滑的、半径R=0.45m的1圆弧轨道，A、B分别是圆弧的端点，4圆弧B点右侧是光滑的⽔平地⾯，地⾯上放着⼀块⾜够长的⽊板，⽊板的上表⾯与圆弧轨道的最低点B 等⾼，可视为质点的⼩滑块P1和P2的质量均为m=0.20kg，⽊板的质量M=4m，P1和P2与⽊板上表⾯的动摩擦因数分别为µ1=0.20和µ2=0.50，最⼤静摩擦⼒近似等于滑动摩擦⼒；开始时⽊板的左端紧靠着B，P2静⽌在⽊板的左端，P1以v0=4.0m/s的初速度从A点沿圆弧轨道⾃由滑下，与P2发⽣弹性碰撞后，P1处在⽊板的左端，取g=10m/s2.求：(1)P1通过圆弧轨道的最低点B时对轨道的压⼒；(2)P2在⽊板上滑动时，⽊板的加速度为多⼤？(3)已知⽊板长L=2m，请通过计算说明P2会从⽊板上掉下吗？如能掉下，求时间？如不能，求共速？18.如图所⽰，质量为M的平板车P⾼h，质量为m的⼩物块Q的⼤⼩不计，位于平板车的左端，系统原来静⽌在光滑⽔平⾯地⾯上.⼀不可伸长的轻质细绳长为R，⼀端悬于Q正上⽅⾼为R处，另⼀端系⼀质量也为m的⼩球(⼤⼩不计).今将⼩球拉⾄悬线与竖直位置成60°⾓，由静⽌释放，⼩球到达最低点时与Q的碰撞时间极短，且⽆能量损失，已知Q离开平板车时速度⼤⼩是平板车速度的两倍，Q与P之间的动摩擦因数为µ，M：m=4：1，重⼒加速度为g.求：(1)⼩物块Q离开平板车时速度为多⼤？(2)平板车P的长度为多少？(3)⼩物块Q落地时距⼩球的⽔平距离为多少？19.如甲图所⽰，光滑导体轨道PMN和是两个完全⼀样轨道，是由半径为r的四分之⼀圆弧轨道和⽔平轨道组成，圆弧轨道与⽔平轨道在M和点相切，两轨道并列平⾏放置，MN和位于同⼀⽔平⾯上，两轨道之间的距离为L，之间有⼀个阻值为R的电阻，开关K是⼀个感应开关(开始时开关是断开的)，是⼀个矩形区域内有竖直向上的磁感应强度为B的匀强磁场，⽔平轨道MN离⽔平地⾯的⾼度为h，其截⾯图如⼄所⽰。
动量守恒定律作业
动量作业21. 如图所示，将质量为M1，半径为R 且内壁光滑的半圆槽置于光滑水平面上，左侧靠墙角，右侧靠一质量为M 2的物块．今让一质量为m 的小球自左侧槽口A 的正上方h高处从静止开始落下，与圆弧槽相切自A 点进入槽内，则以下结论中正确的是( )A ．小球在槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒B ．小球在槽内运动的全过程中，小球、半圆槽和物块组成的系统动量守恒C ．小球离开C 点以后，将做竖直上抛运动D ．槽将与墙不会再次接触【解析】解析①：小球从AB 的过程中，半圆槽对球的支持力沿半径方向指向圆心，而小球对半圆槽的压力方向相反指向左下方，因为有竖直墙挡住，所以半圆槽不会向左运动，可见，该过程中，小球与半圆槽在水平方向受到外力作用，动量并不守恒，而由小球、半圆槽和物块组成的系统动量也不守恒；从B →C 的过程中，小球对半圆槽的压力方向向右下方，所以半圆槽要向右推动物块一起运动，因而小球参与了两个运动：一个是沿半圆槽的圆周运动，另一个是与半圆槽一起向右运动，小球所受支持力方向与速度方向并不垂直，此过程中，因为有物块挡住，小球与半圆槽在水平方向动量并不守恒，在小球运动的全过程，水平方向动量也不守恒，选项A 、B 错误；当小球运动到C 点时，它的两个分运动的合速度方向并不是竖直向上，所以此后小球做斜上抛运动，即选项C 错误；因为全过程中，整个系统在水平方向上获得了水平向右的冲量，最终槽将与墙不会再次接触，选项D 正确．解析②：据题意，动力守恒的条件是系统不受外力或者所受外力之和为0，A 选项中，小球从A 到B 的过程有墙壁的作用，所以动量不守恒，A 、B 选项错误；小球从B 到C 过程，圆弧槽向右运动，小球离开时斜向上运动，所以C 选项错误；从小球第一次经过B 之后，圆弧槽将一直向右做变速运动，所以D 选项正确．【答案】D2. 如图所示，一根足够长的水平滑杆SS ′上套有一质量为m 的光滑金属圆环，在滑杆的正下方与其平行地放置一足够长的光滑水平的木制轨道PP ′，PP ′穿过金属环的圆心．现使质量为M 的条形磁铁以水平速度v 0沿木制轨道向右运动，则( )A ．磁铁穿过金属环后，两者将先、后停下来B ．磁铁将不会穿越滑环运动C ．磁铁与圆环的最终速度Mv 0M ＋mD ．整个过程最多能产生热量Mm 2(M ＋m )v 02 【解析】由于电磁感应现象，m 所受安培力阻碍磁铁对其的相对运动，安培力水平向右，m 做加速运动，而该安培力的反作用力作用于磁铁，磁铁做减速运动，最终两者达到共同速度．整个过程类似于碰撞，可以将力学中的子弹打击木块的模型迁移过来．根据动量守恒：Mv 0=(M +m )v 共，即v 共=Mv 0M ＋m；在此过程中损失的机械能全部转化为热能，Q =ΔE =－12(M +m )v 共2+12Mv 02=－12·M 2v 02M ＋m +12Mv 02=12·Mm M ＋m v 02．所以正确选项为B 、C 、D ．【答案】CD3. 如图所示，水平轻弹簧与物体A 和B 相连，放在光滑水平面上，处于静止状态，物体A 的质量为m ，物体B 的质量为M ，且M ＞m ．现用大小相等的水平恒力F 1、F 2拉A 和B ，从它们开始运动到弹簧第一次最长的过程中( )A ．因M ＞m ，所以B 的动量大于A 的动量 B ．A 的动能最大时，B 的动能也最大C ．F 1和F 2做的总功为零D ．弹簧第一次最长时A 和B 总动能最大【解析】由于系统受的外力和为零，系统的动量守恒，有mv 1－Mv 2=0，所以A 、B 动量大小相等．当A 的速度达到最大时，B 的速度也最大，所以A 的动能最大时，B 的动能也最大，故A 错误，B 正确．弹簧第一次最长时，A 、B 的速度都为零，D 错误．此过程中F 1和F 2均做正功，二者做的总功等于弹簧的弹性势能，C 错误．【答案】B4. 在光滑水平直线轨道上，有质量分别为2m 和m ，带电量分别为+q 、+2q 的A 、B 两小球，相距很远，相向运动. 某时刻v A =v ，v B =1.5v ，由于静电斥力作用，它们不会相碰. 下列判断正确的是( )A ．A 小球一直沿原方向运动，B 小球要反向运动 B ．A 、B 两小球都要反向运动，但B 小球先反向C ．两小球相距最近时，速度大小相等，方向相反D ．A 小球和B 小球的作用力始终做负功【解析】解析①：水平方向系统动量守恒，由完全非弹性碰撞的知识可知，当两球速度大小相等、方向相同时，系统损失机械能最大，两球相距最小，故C 错误；由题意可知，A 球动量大于B 球动量，因此系统动量水平向右，故B 球运动过程中将反向运动而A 球将一直沿原方向运动（或者根据牛顿第二定律分析，此时A 、B 速度大小一样，而B 的减速的加速度大，故B 先减为零，然后反向加速运动），因此静电斥力对B 球先做负功后做正功，故B 、D 错误，A 正确．故选A ． 解析②：由于地面光滑，系统所受合外力为零，满足动量守恒条件，当两球速度相等，系统损失机械能最大，两球相距最近．水平方向系统动量守恒，由完全非弹性碰撞的知识可知，当两球速度相等时，两球相距最小，速度向右；由题意可知，A 球动量大于B 球动量，因此系统动量水平向右，故B 球运动过程中将反向运动而A 球将一直沿原方向运动，（或者根据牛顿第二定律分析，此时A 、B 速度大小一样，而B 的减速的加速度大，故B 先减为零，然后反向加速运动），因此静电斥力对B 球先做负功后做正功． 【答案】A 5.在光滑水平面上有一平板车，车上站着一个人，人与车一起做匀速直线运动. 此时人手中拿着一个球，用如下两种方法将球水平抛出：一次沿车前进方向抛出，对球做功为W 1，所施冲量大小为I 1；另一次沿与车运动相反的方向抛出，对球做功为W 2，所施冲量大小为I 2. 若两次球离手时对地的速率相同，则比较两次抛球过程有( ) A ．W 1＝W 2，I 1＝I 2 B ．W 1＜W 2，I 1＞I 2 C ．W 1＝W 2，I 1＜I 2 D ．W 1＜W 2，I 1＜I 2 【答案】C 6.如图所示，质量M =1.99 kg 的木质小车静止在光滑水平面上，其左端板上固定一轻弹簧，弹簧右端靠放着一质量m =2 kg 的小物块，小物块左侧的小车表面光滑，而右侧的小车表面与小物块间动摩擦因数μ=0.2，现有质量m 0=0.01 kg 的子弹以v 0=400 m/s 的水平速度射入小车，取g =10 m/s 2，求： (1)小车在运动过程中，弹簧的弹性势能最大值； (2)为使小物体不从小车上掉下来，车表面粗糙部分至少为多长？ 【解答】(1)子弹刚停留在车内，木块还没有来得及动的时候，有 m 0v 0=(M +m 0)V 最终三者共速，有 m 0v 0=(m 0+M +m )v 根据机械能守恒，得 12(M +m 0)V 2=E p +12(M +m+m 0)v 2 解得E p =2 J (2)设木块在摩擦表面上的位移为s ，最终三者共速，有 μmgs =12(M +m 0)V 2－12(M +m+m 0)v 2=E p 解得s =E p μmg =0.5 m 7.如图所示，光滑水平面上有一小车B ，右端固定一个砂箱，砂箱左侧连着一水平轻弹簧，小车和砂箱的总质量为M ，车上放有一物块A ，质量也是M ，物块A 随小车以速度v 0向右匀速运动．物块A 与左侧的车面的动摩擦因数为μ，与右侧车面摩擦不计．车匀速运动时，距砂面H 高处有一质量为m 的泥球自由下落，恰好落在砂箱中，求： (1)小车在前进中，弹簧弹性势能的最大值； (2)为使物体A 不从小车上滑下，车面粗糙部分应多长？ 【解答】(1)泥球C 落入砂箱时，小车B 与泥球C 在水平方向动量守恒，设共同速度为v 1，根据动量守恒定律有： Mv 0＝(M ＋m )v 1 当A 、B 、C 三者取得共同速度时，弹性势能最大，设三者的共同速度为v 2，根据动量守恒定律有： Mv 0＋(M ＋m )v 1＝(2M ＋m )v 2 由泥球落入砂箱后至弹性势能最大中间过程的能量守恒有： E p m ＝12Mv 02＋12(M ＋m )v 12－12(2M ＋m )v 22 解得E p m ＝Mm 2v 022(M ＋m )(2M ＋m )． (2)弹簧再将物块与小车弹开后，A 与小车相对运动，为使A 不从小车上滑落，临界状态为A 滑到小车左端时取得共同速度，且共同速度与v 2相同。
(完整版)电磁感应中的动量守恒经典题
电磁感应中的动量守恒经典题1。
如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定于同一水平面内，导轨间的距离为L ，导轨上平行放置两根导体棒ab 和cd ，构成矩形回路。
已知两根导体棒的质量均为m 、电阻均为R ，其它电阻忽略不计，整个导轨处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B ，导体棒均可沿导轨无摩擦的滑行。
开始时，导体棒cd 静止、ab 有水平向右的初速度v 0，两导体棒在运动中始终不接触。
求： (1）开始时，导体棒ab 中电流的大小和方向；（2）从开始到导体棒cd 达到最大速度的过程中，矩形回路产生的焦耳热； （3）当ab 棒速度变为43v 0时，cd 棒加速度的大小.【解析】：（12分）（1）ab 棒产生的感应电动势 0=BLv E ab ，（1分）ab 棒中电流 RBLv R E I ab 2=2=0，（1分）方向由b a → （1分）（2）当ab 棒与cd 棒速度相同时，cd 棒的速度最大，设最大速度为v由动量守恒定律 mv mv 2=0（1分）∴ 012v v = （1分）由能量守恒关系 Q ＝21mv 20－21（2m ）v 2 （1 分）∴ Q ＝41mv 20 (1分）（3）设ab 棒的速度为034v 时， cd 棒的速度为v ′由动量守恒定律：v m v m mv ′+43=00（1分）041=′∴v v 。
043=v BL E ab ；041=v BL E cd ；I ＝R E E cd ab 2-=R v v BL 2)4143(00- ∴I＝RBLv 40（2分）cd 棒受力为 2204B L v F IBL R==（1分)；此时cd 棒加速度为 2204B L v F a m Rm==（1分）ba cdBRMN PQL Ib a cdBRMN PQ2。
如图，相距L 的光滑金属导轨,半径为R 的1/4圆弧部分竖直放置、直的部分固定于水平地面,MNQP 范围内有方向竖直向下、磁感应强度为B 的匀强磁场．金属棒ab 和cd 垂直导轨且接触良好，cd 静止在磁场中，ab 从圆弧导轨的顶端由静止释放，进入磁场后与cd 没有接触．已知ab 的质量为m 、电阻为r ，cd 的质量为3m 、电阻为r ．金属导轨电阻不计，重力加速度为g ． （1）求：ab 到达圆弧底端时对轨道的压力大小 (2)在图中标出ab 刚进入磁场时cd 棒中的电流方向 （3）若cd 离开磁场时的速度是此刻ab 速度的一半,求：cd 离开磁场瞬间,ab 受到的安培力大小【解析】：（1)设ab 到达圆弧底端时受到的支持力大小为N ，ab 下滑机械能守恒，有：221mv mgR ⨯= …① 由牛顿第二定律：Rmvmg N 2=-…②； 联立①②得：mg N 3=…③由牛顿第三定律知：对轨道压力大小为mg N 3='…④（2）如图(2分）(如用文字表达，正确的照样给分。
一轮复习：磁感应中的动量问题
(2)gt－Bm2Lr3＋ 2gL
方法感悟 应用动量定理还可以由动量变化来求解变力的冲量。如 在导体棒做非匀变速运动的问题中，应用动量定理可以 解决牛顿运动定律不易解答的问题。
12．(2018·天津高考) 真空管道超高速列车的动力系统是一种将 电能直接转换成平动动能的装置。图1是某种动力系统的简化模 型，图中粗实线表示固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金 属导轨，电阻忽略不计，ab和cd是两根与导轨垂直、长度均为l、 电阻均为R的金属棒，通过绝缘材料固定在列车底部，并与导轨 良好接触，其间距也为l，列车的总质量为m。列车启动前，ab、 cd处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面 向下，如图1所示，为使列车启动，需在M、N间连接电动势为E
的直流电源，电源内阻及导线电阻忽略不计，列车启动后电源自 动关闭。
(1)要使列车向右运行，启动时图1中M、N哪个接电源正极，并 简要说明理由； (2)求刚接通电源时列车加速度a的大小； (3)列车减速时，需在前方设置如图2所示的一系列磁感应强度为 B的匀强磁场区域，磁场宽度和相邻磁场间距均大于l。若某时刻 列车的速度为v0，此时ab、cd均在无磁场区域，试讨论：要使 列车停下来，前方至少需要多少块这样的有界磁场？
A．回路中始终存在逆时针方向的电流
B．棒 N 的最大加速度为2Bm2I2dR2
C．回路中的最大电流为2BmIdR
D．棒 N 获得的最大速度为mI
16．(2018·唐山二模)如图所示，两根平行光滑的金属导轨 M1N1P1－M2N2P2由四分之一圆弧部分与水平部分构成，导轨 末端固定两根绝缘柱，弧形部分半径r＝0.8 m、导轨间距L＝1 m，导轨水平部分处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小 B＝2 T，两根完全相同的金属棒a、b分别垂直导轨静置于圆弧 顶端M1M2处和水平导轨中某位置，两金属棒质量均为m＝1 kg、 电阻均为R＝2 Ω。金属棒a由静止释放，沿圆弧导轨滑入水平部 分，此后，金属棒b向右运动，在导轨末端与绝缘柱发生碰撞且 无机械能损失，金属棒b接触绝缘柱之前两棒已匀速运动且未发 生碰撞。金属棒b与绝缘柱发生碰撞后，在距绝缘柱x1＝0.5 m 的A1A2位置与金属棒a发生碰撞，碰后停在距绝缘柱x2＝0.2 m 的A3A4位置，整个运动过程中金属棒与导轨接触良好，导轨电 阻不计，g取10 m/s2。求：
专题训练：电磁感应中的动量问题
专题训练： 电磁感应中的动量问题【必备知识】本部分考查的知识点是动量定理、动量守恒定律、法拉第电磁感应定律和楞次定律的相关知识。
【关键能力】本部分考查的关键能力是理解能力和模型建构能力，要求学生通过审题能明确物体的运动过程并会从动量的角度分析和处理电磁感应中的动力学问题。
【学科素养】本部分考查物理观念和科学思维，要求学生能利用运动观念、能量和动量观念将物体各个阶段的运动联系起来，通过科学推理和科学论证使物体的运动过程得以清晰地呈现。
动量定理在电磁感应问题中的运用【典例1】如图所示，在一匀强磁场中有一U 形导线框abcd ，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R 为一电阻，ef 为垂直于ab 的一根导体杆，它可在ab 、cd 上无摩擦地滑动。
杆ef 及线框中导线的电阻都可不计。
开始时，给ef 一个向右的初速度,则( )A ．ef 将减速向右运动,但不是匀减速B ．ef 将匀减速向右运动,最后停止C ．ef 将匀速向右运动D ．ef 将往返运动【典例2】如图所示，固定的光滑金属水平导轨间距为L ，导轨电阻不计，左端接有阻值为R 的电阻，导轨处在磁感应强度大小为B 、方向竖直向下的匀强磁场中。
质量为m 、电阻不计的导体棒ab ，在垂直导体棒的水平恒力F 作用下，由静止开始运动，经过时间t ，导体棒ab 刚好匀速运动，整个运动过程中导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触。
在这个过程中，下列说法正确的是( )A ．导体棒ab 刚好匀速运动时的速度v ＝FRB 2L 2B ．通过电阻的电荷量q ＝Ft2BLC ．导体棒的位移x ＝FtRB 2L 2－mFR 2B 4L 4D ．电阻放出的焦耳热Q ＝2tRF 2B 2L 2－3mF 2R 22B 4L 4动量守恒定律在电磁感应问题中的运用【典例1】(多选)如图所示，足够长的光滑水平导轨间距为2m，电阻不计，垂直导轨平面有磁感应强度为1T的匀强磁场，导轨上相隔一定距离放置两根长度略大于间距的金属棒，a棒质量为1kg，电阻为5Ω，b棒质量为2kg，电阻为10Ω.现给a棒一个水平向右的初速度8m/s，当a棒的速度减小为4m/s时，b棒刚好碰到了障碍物，经过时间0.5s速度减为零(不反弹，且a棒始终没有与b棒发生碰撞)，下列说法正确是( )A．从上向下看回路产生逆时针方向的电流B．b棒在碰撞前瞬间的速度大小2 m/sC．碰撞过程中b棒所受的平均作用力大小为6 ND．b棒碰到障碍物后，a棒继续滑行的距离为15 m【典例2】如图所示，两根平行光滑的金属导轨MN、PQ放在水平面上，左端向上弯曲，导轨间距为L，电阻不计．水平段导轨所处空间存在方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B.导体棒a和b的质量均为m，电阻值分别为Ra ＝R，Rb＝2R。
小专题(十九) 电磁感应中的动量问题
系统动量守恒
系统动量不守恒
示意图
动力学
观点
动量
观点
能量
观点
棒1动能的减少量=棒2动能的增加量+焦耳热
外力做的功=棒1的动能+棒2的动能+焦耳热
[例3][导体框与导体棒在同一匀强磁场中的运动] (多选)如图所示,一质量为
2m的足够长U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上,bc边长为L,不计金属框电
方案有多种,并且十分复杂。一种简化的物理模型如图所示,电源和一对足够长平行金属
导轨M、N分别通过单刀双掷开关K与电容器相连。电源的电动势E=10 V,内阻不计。两条
足够长的导轨相距L=0.1 m 且水平放置在磁感应强度B=0.5 T的匀强磁场中,磁场方向垂
直于导轨平面且竖直向下,电容器的电容C=10 F。现将一质量为m=0.1 kg,电阻r=0.1 Ω
总
总
总
BΔS=BLx。当题目中涉及速度 v、电荷量 q、运动时间 t、运动位移 x 时常用动量定理
求解。
[例1][“单棒+电阻”模型] (2022·辽宁沈阳模拟)(多选)如图所示,两根足够长、电阻
不计且相距L=0.2 m的平行金属导轨固定在倾角θ=37°的绝缘斜面上,顶端接有一盏额
定电压为U=4 V的小灯泡(电阻恒定),两导轨间有一磁感应强度大小为B=5 T、方向垂直
斜面向上的匀强磁场。今将一根长为L、质量m=0.2 kg、电阻r=1.0 Ω的金属棒垂直于
导轨放置,在顶端附近无初速度释放,金属棒与导轨接触良好,金属棒与导轨间的动摩擦
因数μ。已知金属棒下滑x=3.6 m后速度稳定,且此时小灯泡恰能正常发光,重力加速度g
取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,则(
高考真题分类汇总专题01电磁感应中的动量问题附答案
高考辅导·二轮专题 学而不思则罔，思而不学则殆！第 1 页专题1 电磁感应中的动量问题❖ 恒定外力型——最终加速度恒定1、如图所示，竖直放置的两光滑平行金属导轨，置于垂直于导轨平面向里的匀强磁场中，两根质量相同的导体棒a 和b ，与导轨紧密接触且可自由滑动．先固定a ，释放b ，当b 的速度达到10m/s 时，再释放a ，经过1s后，a 的速度达到12m/s ，则：（1）此时b 的速度大小是多少？（2）若导轨很长，a 、b 棒最后的运动状态．2、两根平行的金属导轨，固定在同一水平面上，磁感强度B=0.5T 的匀强磁场与导轨所在平面垂直，导轨的l 电阻很小，可忽略不计．导轨间的距离=0.20m ，两根质量均为m=0.10kg 的平行金属杆甲、乙可在导轨上无摩擦地滑动，滑动过程中与导轨保持垂直，每根金属杆的电阻为R=0.50Ω．在t=0时刻，两杆都处于静止状态．现有一与导轨平行，大小为F=0.20N 的恒力F 作用于金属杆甲上，使金属杆在导轨上滑动．经过T=5.0s ，金属杆甲的加速度为a=1.37 m/s 2，求： （1）此时两金属杆的速度各为多少？（2）若导轨很长，a 、b 棒最后的运动状态．❖ 仅有安培力型——最终速度恒定3、如图所示，两根平行的光滑金属导轨MN 、PQ 放在水平面上，左端向上弯曲，导轨间距为L ，电阻不计．水平段导轨所处空间存在方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B ．导体棒a 与b 的质量均为m ，电阻值分别为R a =R ，R b =2R ．b 棒放置在水平导轨上足够远处，a 棒在弧形导轨上距水平面h 高度处由静止释放．运动过程中导体棒与导轨接触良好且始终与导轨垂直，重力加速度为g ．（1）求a 棒刚进入磁场时受到的安培力的大小和方向； （2）求最终稳定时两棒的速度大小； （3）从a 棒开始下落到最终稳定的过程中，求b 棒上产生的内能．4、如图所示，光滑导轨EF 、GH 等高平行放置，EG 间宽度为FH 间宽度的3倍，导轨右侧水平且处于竖直向上的匀强磁场中，左侧呈弧形升高．ab 、cd 是质量均为m 的金属棒，现让ab h 从离水平轨道高处由静止下滑，设导轨足够长．试求： （1）ab 、cd 棒的最终速度； （2）全过程中感应电流产生的焦耳热．3物理同步·选修3-1 学而不思则罔，思而不学则殆！第 2 页6、如图所示，在水平面上有两条导电导轨MN 、PQ ，导轨间距为d ，匀强磁场垂直于导轨所在的平面向里，磁感应强度的大小为B ，两根完全相同的金属杆1、2间隔一定的距离摆开放在导轨上，且与导轨垂直．它们的电阻均为R ，两杆与导轨接触良好，导轨电阻不计，金属杆的摩擦不计．杆1以初速度v 0滑向杆2，为使两杆不相碰，则杆2固定与不固定两种情况下，最初摆放两杆时的最少距离之比为多少？参考答案1、（1）在第1s 内，对a 、b 棒整体应用动量定理，02b b a mv mv mv mgt -+=s m v b /18=，得；（2）因为m F g a a /+=m F g a b /-=，，二者速度会越来越接近，最后速度相等，感应电流为零，安培力为零，两棒以共同的速度向下做加速度为g 的匀加速运动．2、（1t x ）设任一时刻两金属杆甲、乙之间的距离为，1v 2v t ∆速度分别为和，经过很短时间，杆甲移动距离t v ∆1t v ∆2，杆乙移动距离，回路面积改变[]t l v v lx l t v t v x S ∆-=-∆+∆-=∆)()(2112由法拉第电磁感应定律，回路中的感应电动势：t S B E ∆∆=/R E i 2/=回路中的电流：ma Bli F =-杆甲的运动方程：由于作用于杆甲和杆乙的安培力总是大小相等、方t 向相反，所以自=0s t 起，任意时刻，两杆的动量变化等于外力F 21mv mv Ft +=的冲量：联立以上各式解得⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+=221)(221l B ma F R m Ft v ⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=221)(221l B ma F R m Ft v 1v 代入数据得＝2v 8.15m/s ＝1.85m/s（2）由前述各式，得任意时刻二者的加速度分别为mR v v l B m F a 2)(21221--=mRv v l B a 2)(21222-=， mFa a a 221===)(21v v -当时，就成为恒定值，24、（1）ab 221mv mgh =自由下滑，机械能守恒：由于ab 、cd 串联在同一电路中，任何时刻通过的电流总相等，金属棒有效长度L ab =3L cd ， 故它们的磁场力为：F ab =3F cd在磁场力作用下，ab 、cd 各做变速运动，产生的感应电动势方向相反，当E ab =E cd 时，电路中感应电流为零（I=0），安培力为零，ab 、cd 运动趋于稳定，此时有：BL ab v ab =BL cd v cd ，所以v ab =v cd /3 ab 、cd 受磁场力作用，动量均发生变化，由动量定理得： F ab Δt=m(v -v ab )， F cd Δt=mv cdgh v ab 2101=gh v cd 2103=联立以上各式解得：，（2）根据系统能量守恒可得：mgh v v m mgh E Q cd ab 109)(2122=+-=∆=机5、（1)(2212020r R R mv mv r R R Q +=⋅+=） （2)(3022r R m v l B a +=）（3Blmv q 320=） （42203)(2lB r R mv x +=）6、若杆222012d B Rmv x =固定，两者间距最小为；若杆22202d B Rmv x =不固定，两者间距最小为，所二者之比为2:1．。
电磁感应现象中的动量问题
③列出最终稳定时动量守恒方程；
④该过程能量转化。
三、归纳总结
1.涉及单杆问题，一般可以考虑动量定理，求解变 力的冲量，解决牛顿运动定律不易解答的非匀变速 运动问题
2.涉及双杆问题，如果系统合外力为零，一般考虑 应用动量守恒定律
PQ放在水平面上，左端向上弯曲，导轨间距为L，电阻不计，水 平段导轨所处空间存在方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大 小为B。导体棒a与b的质量均为m，电阻值分别为Ra＝R，Rb＝ 2R。b棒放置在水平导轨上足够远处，a棒在弧形导轨上距水平 面h高度处由静止释放。运动过程中导体棒与导轨接触良好且始 终与导轨垂直，重力加速度为g。求： ①当a导体棒刚进入磁场时，从动力学角度分析两导体棒的运动 过程；
一、动量定理在电磁感应问题中的应用
1.如图，金属杆ab以一定初速度v0 在光滑水平轨道上滑动，质量为m， 电阻不计，两导轨间距为L。求： ①分析金属杆ab的运动过程；
②当经历时间为 ∆t,金属杆的速度为0时，此过程 守恒在电磁感应问题中的运用 2.（P210 例5）如图所示，两根平行的光滑金属导轨MN、
电磁感应和动量守恒.doc
电磁感应和动量守恒一、选择题：（本题共16小题；每小题4分，共64分。
在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确。
全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分）1.在“研究电磁感应现象”的实验中,首先按右图接线,以查明电流表指针的偏转方向与电流方向之间的关系；当闭合S时,观察到电流表指针向左偏,不通电时电流表指针停在正中央.然后按右图所示将电流表与副线圈B连成一个闭合回路,将原线圈A、电池、滑动变阻器和电键S串联成另一个闭合电路，S闭合后,以下操作结论正确的是A．将螺线管A(原线圈)插入螺线管B(副线圈)的过程中,电流表的指针将向右偏转B．线圈A放在B中不动时,指针将向左偏转C．线圈A放在B中不动,将滑动变阻器的滑片P向左滑动时,电流表指针将向右偏转D．线圈A放在B中不动,突然断开S.电流表指针将向左偏转2.如图所示,通电直导线cd,右侧有一金属线框与导线cd在同一平面内,金属棒ab放在框架上,ab棒受磁场力向左,则cd棒中电流变化的情况是A.cd棒中通有d→c方向逐渐减小的电流B.cd棒中通有d→c方向逐渐增大的电流C.cd棒中通有c→d方向逐渐增大的电流D.cd棒中通有c→d方向逐渐减小的电流3.图中两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间的距离为l，磁场方向垂直纸面向里。
abcd是位于纸面内的梯形线圈，ad与bc间的距离也为l。
t=0时刻，bc边与磁场区域边界重合（如图）。
现令线圈以恒定的速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域。
取沿a→b→c→d→a的感应电流为正，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流I随时间t变化的图线可能是4.如图所示，固定位置在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d，其右端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上磁感应强度大小为B的匀强磁场中。
一质量为m（质量分布均匀）的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为u。
电磁感应中的动量问题练习
电磁感应中的动量问题练习
1.如图所示,光滑的弧形金属双轨与足够长的水平光滑双轨相连,间距为L,在水平轨道空间充满竖直向上的匀强磁场,强度为B,质量为m 2、电阻为R 2的乙金属棒静止在双轨上.而质量为m 1、电阻为R 1的甲金属棒由h 高处由静止滑下.轨道电阻不计,甲棒与乙棒不会相碰.求：
(1)整个过程中,乙棒受到的最大磁场力.(2)整个过程电路释放的热量.
.(1)21222R R gh L B +. (2)2121m m gh m m +]
2.如图所示,金属杆a 在离地面h 处从静止开始沿弧形轨道下滑,导轨的水平部分有竖直向上的匀
强磁场B,水平部分导轨上原来放有一金属杆b,已知a 杆的质量
为m a ,b 杆的质量为m b ,且m a :m b =3:4,水平导轨足够长,不计摩擦.求： (1)a 和b 最终的速度分别是多大gh V V b a 27
3
=
= (2)整个过程回路释放的电能是多少gh m a 7
4
(3)若已知杆的电阻之比R a :R b =3:4,其余电阻不计,整个过程中,a 、b 上产生的热量分别是多少gh m Q gh m Q a b a a 49
164912==
、
a
h
b
3.在如图11－21所示的水平导轨上（摩擦、电阻忽略不计），有竖直向下的匀强磁场，磁感强度B，导轨左端的间距为
L1=4l0，右端间距为l2=l0。
今在导轨上放置ACDE两根
导体棒，质量分别为m1=2m0，m2=m0，电阻R1=4R0，R2=R0。
若AC棒以初速度V0向右运动，求AC棒运动的过程中产生的总焦耳热Q AC，以及通过它们的总电量q。
[]。
江苏省普通高中物理 动量守恒,电磁感应定律练习(一)Word版含答案
动量守恒，电磁感应定律练习（一）一、多选题（本大题共3小题，共12.0分）1.一直升飞机停在南半球的地磁极上空．该处地磁场的方向竖直向上，磁感应强度为B，直升飞机螺旋桨叶片的长度为L，螺旋桨转动角速度为ω，顺着地磁场的方向看螺旋桨，螺旋桨按顺时针方向转动．螺旋桨叶片的近轴端为a，远轴端为b，如图所示．如果忽略a到转轴中心线的距离，用E表示每个叶片中的感应电动势，则（）A. E=BL2ωB. E=BL2ωC. a点电势低于b点电势D. a点电势高于b点电势2.如图所示，阻值为R的金属棒从图示位置ab分别以v1、v2的速度沿光滑水平导轨（电阻不计）匀速滑到a′b′位置，若v1:v2＝1:2，则在这两次过程中（）A. 回路电流B. 产生的热量C. 通过任一截面的电荷量D. 外力的功率3.如图甲所示，在虚线所示的区域有垂直纸面向里的磁场，磁场变化规律如图乙所示，面积为S的单匝金属线框处在磁场中。
线框与电阻R相连，若金属框的电阻为R/2，下列说法正确的是( )A. 流过电阻R的感应电流方向由a到bB. 线框cd边受到的安培力方向向上C. 感应电动势大小为D. a、b间电压大小为二、计算题（本大题共4小题，共40.0分）4.如图所示，质量为m＝245g的物块（可视为质点）放在质量为M＝0.5kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4。
质量为m0＝5g的子弹以速度v0＝300m／s沿水平方向射入物块并留在其中（时间极短），g取10m／s2。
求：（1）子弹进入物块后一起向右滑行的最大速度v1；（2）木板向右滑行的最大速度v2；（3）物块在木板上滑行的时间t及物块在木板上相对木板滑行的距离x。
5.如图所示，面积为0.2m2的100匝线圈处在匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，已知磁感应强度随时间变化的规律为B=（2+0.2t）T，定值电阻R1=6Ω，线圈电阻R2=4Ω，求：（1）回路中的感应电动势大小；（2）回路中电流的大小和方向；（3）a、b两点间的电势差．6.如图所示，匀强磁场中有一个用软导线制成的单匝闭合线圈，线圈平面与磁场垂直。
动量+电磁感应(含答案)
1、正方体密闭容器中有大量运动粒子，每个粒子质量为m，单位体积内粒子数量n为恒量。
为简化问题，我们假定：粒子大小可以忽略；其速率均为v，且与器壁各面碰撞的机会均等；与器壁碰撞前后瞬间，粒子速度方向都与器壁垂直，且速率不变。
利用所学力学知识，导出器壁单位面积所受粒子压力f与m、n和v的关系。
（注意：解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题时做必要的说明）2、在一光滑的水平面上有两块相同的木板B和C，重物A（视为质点）位于B的右端，A、B、C的质量相等，现A和B以同一速度滑向静止的C，B与C发生正碰，(碰撞时间极短)。
碰后B和C粘在一起运动，A在C上滑行，A与C间有摩擦力，已知A滑到C的右端而未掉下。
求：从B、C发生正碰到A刚移到C右端期间，C所走过的距离是C板长度的多少倍？3、如图所示，A、B、C三物块质量均为m，置于光滑水平面上。
B、C用轻弹簧相连处于静止状态。
物块A以初速度v０沿B、C连线方向向B运动，相碰后，A与B粘合在一起。
求：(1)A撞B后的瞬间，AB和C的速度；并求出这次碰撞损失的机械能；(2)弹簧的最大弹性势能E p；(3)在以后的运动过程中，AB会不会向左运动？4、如图所示，半径为R的光滑半圆环轨道与高为10R的光滑斜轨道放在同一竖直平面内，两轨道之间由一条光滑水平轨道CD相连，水平轨道与斜轨道间有一段圆弧过渡.在水平轨道上，轻质弹簧被a、b两小球挤压，处于静止状态.同时释放两个小球，a球恰好能通过圆环轨道最高点A，b球恰好能到达斜轨道的最高点B，已知a球质量为m，重力加速度为g.求：(1)a球释放时的速度大小；(2)b球释放时的速度大小；(3)释放小球前弹簧的弹性势能.5、如图所示，光滑水平面上有一质量M＝4.0 kg的带有圆弧轨道的小车，车的上表面是一段长L＝1.0m的粗糙水平轨道，水平轨道左侧连一半径R＝0.25m的光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在O' 点相切．车右端固定一个尺寸可以忽略、处于锁定状态的压缩弹簧，一质量m＝1.0 kg的小物块紧靠弹簧放置，小物块与水平轨道间的动摩擦因数= 0.50．整个装置处于静止状态, 现将弹簧解除锁定，小物块被弹出，恰能到达圆弧轨道的最高点A．取g ＝10m/s2 ,求：（1）解除锁定前弹簧的弹性势能；(2)小物块第二次经过O' 点时的速度大小；(3)小物块与车最终相对静止时，它距O' 点的距离．1．如图所示，一质量m ＝0.10kg 、电阻R ＝0.10Ω的矩形金属框abcd 由静止开始释放，竖直向下进入匀强磁场。
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成正比，即 v x 。求：
（1）若 a 棒释放的高度大于 h0，则 a 棒进入磁场 I 时会使 b 棒运动，判断 b 棒的运动方向并求出 h0 为多少？
（2）若将 a 棒从高度小于 h0 的某处释放，使其以速度 v0 进入磁场 I，结果 a 棒以 v0 的速度从磁场 I 中穿出， 2
求在 a 棒穿过磁场 I 过程中通过 b 棒的电量 q 和两棒即将相碰时 b 棒上的电功率 Pb 为多少？
BIL，依题意，有 F
Kmg
,求得： h0
2K 2m2 gR2 B 4 L4
（3 分）
（2）由于 a 棒从小于进入 h0 释放，因此 b 棒在两棒相碰前将保持静止。流过电阻 R 的电量 q I t ；
v0
时，
cd 棒的速度为 v′
由动量守恒定律：
mv0
=
m
3 4
v0
+
mv′（1
分）
∴v′=
1 4
v0
。
Eab
=
BL
3 4
v0
；
Ecd
=
BL
1 4
v0
；
I＝
Eab
Ecd
=
3 BL( 4 v0
1 4 v0 )
2R
2R
∴I＝ BLv0 （2 分） 4R
cd 棒受力为 F IBL B2L2v0 （1 分）； 4R
求：cd 离开磁场瞬间，ab 受到的安培力大小
Lb a R
B
d N
Q
c M
P
【解析】： （1）设 ab 到达圆弧底端时受到的支持力大小为 N，ab 下滑机械能守恒，
有： mgR 1 mv2 …① 2
b
由牛顿第二定律： N mg mv2 …②； R
联立①②得： N 3mg …③
a R
由牛顿第三定律知：对轨道压力大小为 N 3mg …④
Rb=5Ω，在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感强度 B=2T。现杆 b 以初速度 v0=5m/s 开始向左滑动，同时
由静止释放杆 a，杆 a 滑到水平轨道过程中，通过杆 b 的平均电流为 0.3A；a 下滑到水平轨道后，以 a 下滑到水
平轨道时开始计时，A．b 运动图象如图所示(a 运动方向为正)，其中 ma=2kg，mb=1kg，g=10m/s2，求
闭合电路欧姆定律： I E …⑦ 2r
安培力公式：
Fab
BIL …⑧联立①④⑤⑥⑦得
Fab
B 2 L2 2gR 5r
…⑨
3.（20 分）如图所示，电阻均为 R 的金属棒 a．b，a 棒的质量为 m，b 棒的质量为 M，放在如图所示光滑的轨道 的水平部分，水平部分有如图所示竖直向下的匀强磁场，圆弧部分无磁场，且轨道足够长；开始给 a 棒一水平 向左的的初速度 v0，金属棒 a．b 与轨道始终接触良好．且 a 棒与 b 棒始终不相碰。请问： （1）当 a．b 在水平部分稳定后，速度分别为多少？损失的机械能多少？ （2）设 b 棒在水平部分稳定后，冲上圆弧轨道，返回到水平轨道前，a 棒已静止在水平轨道上，且 b 棒与 a 棒 不相碰，然后达到新的稳定状态，最后 a，b 的末速度为多少？ （3）整个过程中产生的内能是多少? 【解析】 （1）对 a．b 棒水平轨道分析，动量守恒；
)
⑧--2 分
4.(18 分)如图所示，电阻不计的两光滑金属导轨相距 L，放在水平绝缘桌面上，半径为 R 的 1/4 圆弧部分处在
竖直平面内，水平直导轨部分处在磁感应强度为 B，方向竖直向下的匀强磁场中，末端与桌面边缘平齐。两金属
棒 ab、cd 垂直于两导轨且与导轨接触良好。棒 ab 质量为 2 m，电阻为 r，棒 cd 的质量为 m，电阻为 r。重力加
（1）杆 a 落到水平轨道瞬间杆 a 的速度 v；
（2）杆 a 在斜轨道上运动的时间；
（3）在整个运动过程中杆 b 产生的焦耳热。 【解析】：
（1） v 2gh 5m/s ，
（2）b 棒， Bd It mb v0 2，得 t 5s
（3）共产生的焦耳热为 Q
ma gh
1 2
mb
v02
1 2
b 棒与 a 棒向右运动过程中，直到稳定，动量守恒： Mv2 (M m)v3 ⑤-3 分
达到新的稳定状态
a，b
v3
的末速度:
Mmv 0 (M m)2
⑥-2 分
（3）整个过程中产生的内能等于系统机械能的减少量
Q
1 2
mv02
1 2
(M
m)v32
⑦---3 分
Q
解得：
1 2
mv
2 0
(1
M 2m (M m)3
速度为 g。开始棒 cd 静止在水平直导轨上，棒 ab 从圆弧顶端无初速度释放，进入水平直导轨后与棒 cd 始终没
有接触并一直向右运动，最后两棒都离开导轨落到地面上。棒 ab 与棒 cd 落地点到桌面边缘的水平距离之比为
3: 1。求： （1）棒 ab 和棒 cd 离开导轨时的速度大小； （2）棒 cd 在水平导轨上的最大加速度；
∴ vb2
2gr1
BLq M
根据牛顿第三定律得：N=N΄=mg， mg N m va21 r2
∴ va1 2gr2
∵
Mgr1
1 2
Mvb22
1 2
mva21
mg 2r2
Q
∴Q
2gr1 BLq 3mgr2
B 2 L2 q 2 2M
-6
分
（3）∵能量守恒有
2mgr2
1 2
mva22
1 2
mva21
M
Pa
B
I
d
BN bICI dD Q
【解析】（12 分）：
（1）根据左手定则判断知 b 棒向左运动。（2 分）
a
棒从
h0 高处释放后在弯曲导轨上滑动时机械能守恒，有
mgh0
1 2
mv2
得： v 2gh0 （1 分）
a 棒刚进入磁场 I 时 E BLv , 此时感应电流大小 I E 2R
此时
b 棒受到的安培力大小 F
此时 cd 棒加速度为 a F B2L2v0 （1 分） m 4Rm
2.如图，相距 L 的光滑金属导轨，半径为 R 的 1/4 圆弧部分竖直放置、直的部分固定于水平地面，MNQP 范围内
有方向竖直向下、磁感应强度为 B 的匀强磁场．金属棒 ab 和 cd 垂直导轨且接触良好，cd 静止在磁场中，
Q
1 2
2mv12
(
1 2
2mv1/
2
1 2
mv2/ 2
)
⑧（
2 分）
联立①⑧并代入
v1/
和
v
/ 2
解得： Q
22 49
mgR
（ 2 分）
5．（20 分）如图所示，宽度为 L 的平行光滑的金属轨道，左端为半径为 r1 的四分之一圆弧轨道，右端为半径为
r2 的半圆轨道，中部为与它们相切的水平轨道。水平轨道所在的区域有磁感应强度为 B 的竖直向上的匀强磁场。
强度大小均为 B。有两根质量均为 m、电阻均为 R 的金属棒 a 和 b 与导轨垂直放置，b 棒置于磁场 II 中点 C、D
处，导轨除 C、D 两处（对应的距离极短）外其余均光滑，两处对棒可产生总的最大静摩擦力为棒重力的 K 倍，
a 棒从弯曲导轨某处由静止释放。当只有一根棒作切割磁感线运动时，它速度的减小量与它在磁场中通过的距离
一根质量为 m 的金属杆 a 置于水平轨道上，另一根质量为 M 的金属杆 b 由静止开始自左端轨道最高点滑下，当 b
滑入水平轨道某位置时，a 就滑上了右端半圆轨道最高点(b 始终运动且 a、b 未相撞），并且 a 在最高点对轨道
的压力大小为 mg，此过程中通过 a 的电荷量为 q，a、b 棒的电阻分别为 R1、R2，其余部分电阻不计。在 b 由静
止释放到 a 运动到右端半圆轨道最高点过程中，求：
（1）在水平轨道上运动时 b 的最大加速度是多大？
（2）自 b 释放到 a 到达右端半圆轨道最高点过程中
b
B
系统产生的焦耳热是多少？ （3）a 刚到达右端半圆轨道最低点时 b 的速度是多大？
r
ar
解析：（20 分）
1
2
（1）由机械能守恒定律：
1 2
Mvb21
mv
/ 2
② （ 2 分）
依题意
v1/
>
v
/ 2
，两棒离开导轨做平抛运动的时间相等，由平抛运动水平位移
x
vt
可知
v1/
:
v
/ 2
=x1:x2=3:1
③（
2 分），联立①②③解得 v1/
6 7
2gR
， v2/
2 7
2gR
（ 2 分）
（2）ab 棒刚进入水平导轨时，cd 棒受到的安培力最大，此时它的加速度最大，设此时回路的感应电动势为 ，
Mgr1
∴ vb1 2gr1 -4 分
b 刚滑到水平轨道时加速度最大，E=BLvb1， I E ， R1 R2
由牛顿第二定律有：F 安=BIL=Ma
∴
B 2 L2 a
2gr1 -4 分
M (R1 R2 )
（2）由动量定理有： -BILt=Mvb2–Mvb1， 即：-BLq=Mvb2–Mvb1
∴ va2 6gr2 3 分
∵动量守恒定律 Mvb1 Mvb3 mva2
∴ vb3
2g够长且不计其电阻的光滑金属轨道，如图所示放置，间距为 d=100cm，在左端斜轨道部分高 h=1.25m 处
放置一金属杆 a，斜轨道与平直轨道以光滑圆弧连接，在平直轨道右端放置另一金属杆 b，杆 A．b 电阻 Ra=2Ω，