高考回归复习—电磁感应之含动量定理的单杆综合题模型 含解析

高考回归复习—电磁感应之含动量定理的单杆综合题模型
1．如图所示，两光滑平行金属导轨置于水平面内，两导轨间距为L，左端连有阻值为R的电阻，一金属杆置于导轨上，金属杆右侧存在一磁感应强度大小为B、方向竖直向下的有界匀强磁场区域。

已知金属杆质量为m，电阻也为R，以速度0v向右进入磁场区域，做减速运动，到达磁场区域右边界时速度恰好为零。

金属杆与导轨始终保持垂直且接触良好，导轨电阻忽略不计。

求：
（1）金属杆运动全过程中，在电阻R上产生的热量R
Q
（2）金属杆运动全过程中，通过电阻R的电荷量q
（3）磁场左右边界间的距离d
2．如图所示，质量为m的跨接杆ab可以无摩擦地沿水平的导轨滑行，两轨间宽为L，导轨与电阻R连接，放在竖直向下的匀强磁场中，磁感强度为B。

杆从x轴原点O以大小为v0的水平初速度向右滑行，直到静
止。

已知杆在整个运动过程中速度v和位移x的函数关系是：22
0x
v v B L
mR
=-。

（杆及导轨的电阻均不计。

）
（1）试求杆所受的安培力F随其位移x变化的函数式；
（2）若杆在运动过程中水平方向只受安培力作用，请求出杆开始运动到停止运动过程中通过R的电量q；（3）若杆在运动过程中水平方向只受安培力作用，请求出杆开始运动到停止运动过程中R产生的热量Q。

3．如图所示，两光滑金属导轨，间距d＝0.2m，在桌面上的部分是水平的，处在磁感应强度B＝0.1T、方向竖直向下的有界磁场中，电阻R＝3Ω，桌面高H＝0.8m，金属杆ab的质量m＝0.2kg，电阻r＝1Ω，在导轨上距桌面h＝0.2m的高处由静止释放，落地点距桌面左边缘的水平距离s＝0.4m，g＝10m/s2. 求：
（1）金属杆进入磁场时，R上的电流大小；
（2）整个过程中R上产生的热量．
（3）整个过程中通过R的电荷量.
4．如图所示，光滑的金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨足够长，电阻不计，两轨间距为L，其左端连接一阻值为R的电阻．导轨处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，一质量为m的金属棒，放置在导轨上，其电阻为r，某时刻一水平力F垂直作用在金属棒中点，金属棒从静止开始做匀加速直线运动，已知加速度大小为a，金属棒始终与导轨接触良好．
（1）从力F作用开始计时，请推导F与时间t关系式；
（2）F作用时间0t后撤去，求金属棒能继续滑行的距离S．
5．如图所示，在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，有两条相互平行且相距为d的光滑固定金属导轨P1P2P3和Q1Q2Q3，两导轨间用阻值为R的电阻连接，导轨P1P2、Q1Q2的倾角均为θ，导轨P2P3、Q2Q3在同一水平面上，P2Q2⊥P2 P3，倾斜导轨和水平导轨用相切的小段光滑圆弧连接．质量为m的金属杆CD从与P2Q2处时的速度恰好达到最大，然后沿水平导轨滑动一段距离后停下．杆CD始终垂直导轨并与导轨保持良好接触，空气阻力、导轨和杆CD的电阻均不计，重力加速度大小为g，求：
（1）杆CD到达P2Q2处的速度大小v m；
（2）杆CD沿倾斜导轨下滑的过程通过电阻R的电荷量q1以及全过程中电阻R上产生的焦耳热Q；（3）杆CD沿倾斜导轨下滑的时间Δt1及其停止处到P2Q2的距离s．
6．水平桌面上固定着两相距为L的平行金属导轨，导轨右端接电阻R，在导间存在宽度均为d的有界匀强磁场区域I和Ⅱ，磁感应强度为B，方向竖直向下。

I区和Ⅱ区之间有宽为s0的无场区。

金属棒CD质量为m，电阻为r，水平置于导轨上，用绝缘水平细线通过定滑轮与质量也为m的物体A相连，金属棒CD 从距I区左边界s处由静止释放，运动过程中CD棒始终保持与导轨垂直。

在棒穿过两磁场区域的过程中，通过电阻R的电流变化情况相同，重力加速度为g，不计其它电阻、摩擦力。

求：
（1）金属棒刚进入磁场区域I时，受到的安培力的大小和方向；
（2）金属棒刚离开磁场区域I时的速度；
（3）金属棒穿越区域I的时间。

7．如图所示，光滑平行导轨MN、M′N′固定在水平面内，左端MM′接有一个R=2Ω的定值电阻，右端与均处于竖直面内的半圆形光滑金属轨道NP、N′P′平滑连接于N、N′点，且半圆轨道的半径均为r=0.5m，导轨间距L=1m，水平轨道的AMN′A′的矩形区域内有竖直向下的匀强磁场，磁场区域的宽度d=1m，一个质量为m=0.2kg，电阻R0=0.5Ω，长也为1m的导体棒ab放置在水平导轨上距磁场左边界S处，在与棒垂直、大小为2N的水平恒力F的作用下从静止开始运动，导体棒运动过程中始终与导轨垂直并与导轨接触良好，导体棒进入磁场后做匀速运动，当导体棒运动至NN′时撤去F，结果导体棒ab恰好能运动到半圆形轨道的最高点PP′，重力加速度g=10m/s2。

求：
D
C s s0
ⅠⅡ
R
A
（1）匀强磁场磁感应强度B的大小及S的大小；
（2）若导体棒运动到AA′吋时撤去拉力，试判断导体棒能不能运动到半圆轨道上，如果不能说明理由，如果能，试判断导体棒沿半圆轨道运动时会不会离开轨道；
（3）在(2)问中最终电阻R中产生的焦耳热。

8．如图所示，足够长的平行光滑金属导轨MNPQ相距L倾斜置于匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上，断开开关S．将长也为L的金属棒ab在导轨上由静止释放，经时间t，金属棒的速度大小为v1，此时闭合开关，最终金属棒以大小为v2的速度沿导轨匀速运动。

已知金属棒的质量为m，电阻为r，其它电阻均不计，重力加速度为g。

(1)求导轨与水平面夹角α的正弦值及磁场的磁感应强度B的大小；
(2)若金属棒的速度从v1增至v2历时△t，求该过程中流经金属棒的电量．
9．随着电磁技术的日趋成熟，新一代航母已准备采用全新的电磁阻拦技术，它的原理是，飞机着舰时利用电磁作用力使它快速停止。

为研究问题的方便，我们将其简化为如图所示的模型。

在磁感应强度为B、方向如图所示的匀强磁场中，两根平行金属轨道MN、PQ固定在水平面内，相距为L，电阻不计。

轨道端点MP 间接有阻值为R的电阻。

一个长为L、质量为m、阻值为r的金属导体棒ab垂直于MN、PQ放在轨道上，与轨道接触良好。

飞机着舰时质量为M的飞机迅速钩住导体棒ab，钩住之后关闭动力系统并立即获得共同的速度v ,忽略摩擦等次要因素，飞机和金属棒系统仅在安培力作用下很快停下来。

求：
（1）飞机在阻拦减速过程中获得的加速度a的最大值；
（2）从飞机与金属棒共速到它们停下来的整个过程中R上产生的焦耳热Q R；
（3）从飞机与金属棒共速到它们停下来的整个过程中运动的距离x。

10．如图所示，光滑的水平平行金属导轨间距为L，导轨电阻忽略不计．空间存在垂直于导轨平面竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B,轻质导体棒ab 垂直导轨放置，导体棒ab 的电阻为r，与导轨之间接触良好．两导轨之间接有定值电阻，其阻值为R，轻质导体棒中间系一轻细线，细线通过定滑轮悬挂质
量为 m 的物体，现从静止释放该物体，当物体速度达到最大时，下落的高度为 h ， 在本问题情景中，物体下落过程中不着地，导轨足够长，忽略空气阻力和一切摩擦阻力，重力加速度 为 g ．求：
(1)物体下落过程的最大速度 v m ；
(2)物体从静止开始下落至速度达到最大的过程中，电阻 R 上产生的电热 Q ； (3)物体从静止开始下落至速度达到最大时，所需的时间 t ．
参考答案
1.【解析】
（1）由能量守恒，回路中总生热201mv Q =
（2）金属杆运动过程中，应用动量定理00ILBt mv -=-
由t I q = 解得0
mv q BL
= （3）E t
ϕ∆=
∆ 2E I R
=
而BLd ϕ∆=
2.【答案】（1）22220()B L x
F v B L R mR
=-； （2）0mv q BL =； （3）2012Q mv =
【解析】
（1）安培力F BIL = 其中BLv
I R
=
∵杆的速度v 和位移x 的函数关系为
22
0x v v B L mR
=- ∴2222220()B L B L x F v v B L R R mR
==-
（2）根据动量定理00BIL t mv -∆=- 可得0
mv q I t BL
=∆=
（3）根据能量守恒定律，杆的动能完全转化为电阻R 的热量2012
Q mv = 3.【解析】
（1）ab 棒刚进入磁场的瞬间，速率为v ，由机械能守恒定律得mgh ＝1
2mv 2， 解得 v =√2gℎ=2m/s
此时感应电动势E ＝Bdv ＝0.1×0.2×2V ＝0.04V
I =
E R +r =0.04
3+1
A =0.01A 方向：棒中由a→b.
（2）金属杆平抛初速度为v′，则有s =v ′√2H
g ， 解得v ′=√
2H g
=1m/s
由能量守恒，有Q ＝mgh －12mv′2＝(0.2×10×0.2－1
2×0.2×12)J ＝0.3J R 放出的热量Q R =Q
R+r R =0.3
3+1×3J =0.225J .
（3）金属棒从进入磁场到出离磁场，由动量定理：-BId ⋅Δt =mv ′−mv 其中IΔt =q
带入数据解得：q=10C
4.【答案】（1）22
=++B L F at ma R r
（2） 022()+=
mat R r S B L 【解析】
（1）设t 时刻，电路中电流为I ，对金属棒由F -BIL =ma 切割产生的感应电动势为E =BLv 根据闭合电路欧姆定律可得E
I R r
=+ 金属棒速度v =at
联立解得22
=++B L F at ma R r
（2）撤去F 瞬间，金属棒速度00v at = 在t ∆时间内，取金属棒速度方向为正方向． 由动量定理BIL t m v -∆=∆ 两边求和
BIL t m v m v -∆=∆=∆∑∑
动生电动势为E =BLv =I （R+r ）
联立可得22
0B L vt mat R r
-=-+∑
即()022
mat R r S B L +=
5.【答案】（1）222sin cos m mgR v B d θθ=（2）sin Q mgL θ=（3）2244
2
sin cos m gR s B d θ
θ
= 【解析】
（1）经分析可知，杆CD 到达22P Q 处同时通过的电流最大（设为m I ），且此时杆CD 受力平衡，则有
cos sin m B dI mg θθ⋅=
此时杆CD 切割磁感线产生的感应电动势为cos m E B dv θ=⋅ 由欧姆定律可得m m E I R
=
，解得22
2sin cos m mgR v B d θ
θ=
（2）杆CD 沿倾斜导轨下滑过程中的平均感应电动势为1
1
E t ∆Φ=
∆，1cos B Ld θ∆Φ=⋅ 该过程中杆CD 通过的平均电流为1
1E I R
=
，又111q I t =∆，解得1cos BdL q R θ=
对全过程，根据能量守恒定律可得sin Q mgL θ= （3）在杆CD 沿倾斜导轨下滑的过程中，根据动量定理有
111sin cos 0m mg t B I d t mv θθ⋅∆-⋅∆=-
解得222122
2cos cos sin mR B d L t B d mgR θ
θθ
∆=+ 在杆CD 沿水平导轨运动的过程中，根据动量定理有220m BI d t mv -⋅∆=-，该过程中通过R 的电荷量为
222q I t =∆
由求1q 得方法同理可得2Bds
q R
=
， 解得2244
2sin cos m gR s B d θ
θ
= 6.【答案】（1），水平向左（2）
（3）
【解析】
（1）设金属棒刚进入I 区的速度为，由机械能守恒定律可得
由，闭合回路欧姆定律
，安培力
联立解得
，方向水平向左
（2）由题意可知，进入II 区的初速度与进入I 区的初速度相同 金属棒在I 区和II 区之间的无磁场区运动 对金属棒，对物体A ：，解得
由
，解得
（3）对金属棒 对物体A ：
又知道，
联立解得
7.【答案】(1) B=1T, S=1.25m(2)不会离开半圆轨道(3) Q=1.98J
【解析】
（1）设金属棒在磁场中匀速运动的速度为v1，则导体棒产生的电动势：E=BLv1
回路的电流I=E R+R
根据力的平衡：F=BIL；
设金属导体棒恰好能运动到半圆轨道的最高点时速度大小为v2，根据牛顿第二定律可知：mg=m v22
r
根据机械能守恒定律：mg×2r=1
2mv12−1
2
mv22
解得B=1T，v1=5m/s
根据动能定理：Fs=1
2
mv12
解得s=1.25m
（2）若导体棒运动到AA′时撤去拉力，物块以v1=5m/s的速度进入磁场，假设物块能穿过磁场区域，穿过磁场区域时的速度大小为v3，根据动量定理有：
−F
安
Δt=mΔv
−B2L2v
R+R0
Δt=mΔv
−
B2L2
R+R0
∑vΔt=m∑Δv
即−B 2L2
R+R0
d=m(v3−v1)
解得v3=3m/s
假设成立，导体棒能运动到半圆轨道上；
设导体棒在半圆轨道上运动时不会离开轨道，设导体棒在半圆轨道上上升的最大高度为h，根据机械能守恒
定律：mgℎ=1
2
mv32
解得h=0.45m
由于h<r假设成立，即导体棒在半圆轨道上运动时不会离开半圆轨道；
（3）在（2）问中，根据机械能守恒定律可知，导体棒从圆弧轨道上下滑后，以大小为v4=3m/s的速度再次
进入磁场，设导体棒向左穿过磁场后的速度v 5，根据动量定理：−B 2L 2
R+R 0
d =m(v 5−v 4)
解得v 5=1m/s
整个过程中由能量守恒关系可知，回路中产生的焦耳热：Q =1
2mv 1
2
−1
2
mv 52=2.4J 则定值电阻R 上的热量为：Q R =R
R+r Q =1.98J 8.【答案】(1)1sin v gt α=
， B =；(2)q ＝(v 1t ＋v 1Δt －v 2
t
【解析】
(1)开关断开时，金属棒在导轨上匀加速下滑，由牛顿第二定律有sin mg ma α= 由匀变速运动的规律有1v at = 解得1
sin v gt
α=
开关闭合后，金属棒在导轨上做变加速运动，最终以v 2匀速，匀速时sin mg BIL α= 又有2
BLv I r
=
解得B =
(2)在金属棒变加速运动阶段，根据动量定理可得21sin mg t BIL t mv mv α∆-∆=- 其中I t q ∆=
联立上式可得(
112q v t v t v t =+∆-9.【答案】（1）22()()B L v R r M m ++；（2）2()2()R M m v R r ++；（3）
22
()()M m R r v
B L ++ 【解析】
（1）产生的感应电动势
E BLv =
E
I R r
=
+ ()F BIL M m a ==+安
解得22()()
B L v a R r M m =++ （2）由能量关系；
21()2
M m v Q += R R Q Q R r
=+ 解得2
()2()
R R M m v Q R r +=+ （3）由动量定理-t t 0()I BIL BLq M m v ⋅∆=-⋅∆=-=-+安
()M m v q BL
+= q I t =⋅∆
E I R r
=+ E t ∆Φ=
∆ BLx ∆Φ= 解得22()()M m R r v x B L
++= 10.【答案】（1）22()mg R r B L + (2) 3244()2mghR m g R R r R r B L
+-+ (3) 2222()()m R r B L h B L mg R r +++ 【解析】
（1）在物体加速下落过程中，加速度逐渐减小，当加速度为0时，下落速度达到最大
对物体，由平衡条件可得mg=Fr
对导体棒Fr=BIL
对导体棒与导轨、电阻R 组成的回路，根据闭合电路欧姆定律E I R r =
+ 根据电磁感应定律E=BLv m 联立以上各式解得m 22
()v mg R r B L += （2）在物体下落过程中，物体重力势能减少，动能增加，系统电热增加，根据能量守恒定律可得 mgh=12
mv m 2+Q 总
在此过程中任一时刻通过R 和r 两部分电阻的电流相等，则电功率之比正比于电阻之比，故整个过程中回路中的R 与r 两部分电阻产生的电热正比于电阻，所以
Q R Q R r
=+总 联立解得3244()Q 2mghR m g R R r R r B L
+=-+ （3）在系统加速过程中，任一时刻速度设为v ，取一段时间微元Δt ，在此过程中分别对导体棒和物体分析，根据动量定理可得22T F 0B L v t R r ⎛⎫-∆= ⎪+⎝⎭
()T m F m g t v -∆=∆ 整理可得22m m B L v g t t v R r
∆-∆=∆+ 即22
m m B L g t x v R r
∆-∆=∆+ 全过程叠加求和22
m m m B L gt h v R r
-=+ 联方解得2222()t ()
m R r B L h B L mg R r +=++。