电磁感应中动量定理和动量守恒
电磁感应中的三类重要问题及其求解策略
电磁感应中的三类重要问题及其求解策略作者：陈宝友王立民
来源：《广东教育（高中）》2024年第05期
《電磁感应》一章在物理学中的地位非常重要，这里不但有电磁感应过程中感应电流大小和方向的判定及计算，更有力学知识在电磁感应中的综合应用问题.而在这些综合问题中，往往需要运用牛顿第二定律、动量定理、动量守恒定律、功能关系、动能定理及能量守恒定律，并结合闭合电路的计算等物理规律及基本方法进行，而上述规律及方法又都是中学物理学的重点所在，是历年高考的热点和重点.在2023年高考中，湖南省物理试题及新课标理科综合卷均考查了这一知识，故考生必须引起足够的重视．
一、动量观点在电磁感应问题中的运用
我们知道，应用动量定理可以由动量变化来求解变力的冲量，正因为如此，所以在求解电磁感应有关问题时，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，这样就可以避免由于加速度变化而导致运动学有关公式不能使用的麻烦.
【例1】如图1所示，两根不计电阻、间距为L的足够长光滑金属导轨，固定在匀强磁场中，两导轨所在平面与水平面之间的夹角为30°，磁场方向垂直导轨平面斜向下，导轨上端接有两个阻值均为R的电阻.质量为m、不计电阻的直金属棒可沿导轨运动，运动中金属棒始终水平且与导轨保持良好接触.忽略空气阻力及回路中的电流对原磁场的影响，重力加速度大小为g.断开开关S，由静止释放金属棒，金属棒沿导轨下滑kL后将做速度为v 的匀速直线运动.又过了一段时间，闭合开关S，则下列说法正确的是（）。
动量定理及动量守恒定律
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动量定理及动量守恒定律
oy N1 − m1g = 0 又f1max = N1μ1
以 m2 为隔离体，m2 受重力W = m2 g ;桌面的支持力 N2 ; m1 的压力 N1′ （大小与 N1 相等）; m1 作用在 m2 上的最大静摩擦力 f1max′（大小与 f1max 相等） ;桌面作用在 m2 上的
oA y A W3 − TA′ − TB′ = m3a3
(7)
因为不计滑轮及绳的质量，不计轴承摩擦. 且已知绳不可伸长.
∴ TA = TB = TA′ = TB′ = T
f A ,绳的拉力 TA , A 的动力学方程为
动量定理及动量守恒定律
W1 + N A + f A + TA = m1a1 建立如图 3.5.7（1）所示的坐标系 oA − xA y A .
oA xA TA − f A = m1a1
(1)
oA y A W1 − N A = 0
(2)
且 fA = NAμ
动量定理及动量守恒定律
第三章 动量定理及动量守恒定律
(Momentum and Conservation Law of Momentum)
一、内容简介（Abstract） 1．牛顿第一定律（Newton’s first law)
孤立质点静止或作等速直线运动，即质点在不受力或所受力的合力为零时，将保持静 止或匀速直线运动状态不变.（惯性定律） 2．牛顿第三定律（Newton’s third law）
g
y
x o
N
2
α m2
a2
W2
N1′
图3.5.（5 3）
y′
N1 f∗
m1
动量定理及动量守恒定律在电磁感应中的应用
动量定理及动量守恒定律在电磁感应中的应用摘要：《普通高中物理课程标准》指出,高中物理课程旨在进一步提高学生的科学素养，落实“立德树人”的根本任务。
基于学科核心素养教学实施策略和方法，要落实到教育教学的全过程，本文重点介绍动量定理、动量守恒定律在电磁感应解题的运用。
关键词：动量动量守恒电磁感应应用一、动量定理:物体所受合外力的冲量等于物体的动量变化.表达式:I=Δp或Ft=mv2-mv1.二、动量守恒定律:一个系统不受外力或者所受合外力为零,这个系统的总动量保持不变.表达式：m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′或p=p′.三、在电磁感应中,动量定理应用于单杆切割磁感线运动,可求解变力的时间、速度、位移和电荷量.（1）求电荷量或速度:B LΔt=mv2-mv1, q= t.（2）求时间:Ft-I冲=mv2-mv1, I冲=BILΔt=BL .（3）求位移:-BILΔt=- =0-mv0,即 - s=m(0-v).四、在电磁感应中对于双杆切割磁感线运动,若双杆系统所受合外力为零，运用动量守恒定律结合能量守恒定律可求解与能量有关的问题。
例1.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小距离之比为( C )A.1∶1B.1∶2C.2∶1D.1∶1解析:杆2固定:对回路 q1= = .对杆1:-B d·Δt=0-mv0,q1=·Δt 联立解得s1= .杆2不固定: 对回路 q2=对杆2:B d·Δt=mv2-0 全程动量守恒:mv=mv1+mv2末态两棒速度相同,v1=v2,q2=·Δt 联立解得s2= . s1∶s2=2∶1,则C选项正确.例2.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.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杆的电阻分别为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,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.解析:(1)由机械能守恒定律得 M =Mgr1解得vb1=b刚滑到水平轨道时加速度最大,E=BLvb1, I= ,由牛顿第二定律有F安=BIL=Ma 解得a= .(2)由动量定理有-B Lt=Mvb2-Mvb1, 即-BLq=Mvb2-Mvb1解得vb2= -根据牛顿第三定律得:a在最高点受支持力N=N′=mg, mg+N=m解得va1=由能量守恒定律得Mgr1= M + m +mg2r2+Q 解得Q=BLq -3mgr2-.(3)由能量守恒定律有2mgr2= m - m解得va2=由动量守恒定律得Mvb1=Mvb3+mva2解得vb3= - .答案:(1)(2)BLq -3mgr2-(3) -例3.如图所示,将不计电阻的长导线弯折成P1P2P3,Q1Q2Q3形状,P1P2P3和Q1Q2Q3是相互平行且相距为d的光滑固定金属导轨.P1P2,Q1Q2的倾角均为θ,P2P3,Q2Q3在同一水平面上,P2Q2⊥P2P3,整个导轨在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中,质量为m电阻为R的金属杆CD从斜导轨上某处静止释放,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,导轨和空气阻力均不计,重力加速度大小为g,导轨倾斜段和水平段都足够长,求:(1)杆CD能达到的最大速度;( 2)杆CD在距P2Q2为L处释放,滑到P2Q2处恰达到最大速度,则沿倾斜导轨下滑的时间Δt1及在水平导轨上滑行的最大距离.解析:(1)杆CD达到最大速度时,杆受力平衡BdImcosθ=mgsinθ此时杆CD切割磁感线产生的感应电动势为E=Bdvmcosθ由欧姆定律可得Im = , 解得vm= .(2)在杆CD沿倾斜导轨下滑的过程中,动量定理有mgsinθ·Δt1-Bdcosθ·Δt1=mvm-0= = =解得Δt1= +在杆CD沿水平导轨运动的过程中,根据动量定理有 -B d·Δt2=0-mvm该过程中通过R的电荷量为 q2=Δt2,得q2=杆CD沿水平导轨运动的过程中,通过的平均电流为 = =得q2=Δt2=解得s= .答案:(1)(2) +3。
动量定理和动量守恒定律
动量定理和动量守恒定律
动量定理（或称为莱布尼兹动量定理）是物理学中的一条基本定理，它说明了物体受
力时动量发生变化的定律，即在任何时刻点，物体动量的变化等于向物体施加的力的矢量积。
动量定理的数学公式可以表达为：
$$\vec{P}= \frac{d\vec{p}}{dt} = \sum \vec{F_T}$$
其中，$P$ 代表物体的动量，$F_T$代表施加在物体上的外力，$p$代表物体的线速度，$t$代表时间。
从上式可以看出，动量的定义比较宽泛，除了物体的位置和速度外，还包括了力对物
体的作用，也就是动量改变的原因就是因为物体受力，所以又叫做力学定理。
在微分形式中，动量定理也可以写作：
动量定理的重要意义是：动量是物体受力变化的定律，这个定律蕴含着物体受力量变
化的定律，即动量守恒定律。
动量守恒定律是物理学中最基本也是最重要的定律，它非常宽泛地适用于物理学问题，它宣布了外力作用下物体总动量（包括质量和速度）保持不变。
即：
总动量 $$P_1 + P_2 + ...+ P_N = P_1^{'} + P_2^{'} + ...+ P_N^{'}$$
因此，当外力改变物体的总动量时，实际上就是通过物体内部各外力矢量积之和改
变物体的总动量。
动量守恒定律是一个强有力的物理定律，依照这个定律，动量的总和将
始终守恒不变。
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。
动量、动量守恒定律知识点总结
选修3-5动量知识点总结一、对冲量的理解1、I =Ft ：适用于计算恒力或平均力F 的冲量，变力的冲量常用动量定理求。
2、I 合 的求法：A 、若物体受到的各个力作用的时间相同，且都为恒力，则I 合=F 合.tB 、若不同阶段受力不同，则I 合为各个阶段冲量的矢量和。
1、意义：冲量反映力对物体在一段时间上的积累作用，动量反映了物体的运动状态。
2、矢量性：ΔP 的方向由v ∆决定，与1p 、2p 无必然的联系，计算时先规定正方向。
三、对动量守恒定律的理解：1、研究对象：相互作用的物体所组成的系统2、条件： A 、理想条件：系统不受外力或所受外力有合力为零。
B 、近似条件：系统内力远大于外力，则系统动量近似守恒。
C 、单方向守恒：系统单方向满足上述条件，则该方向系统动量守恒。
四、碰撞类型及其遵循的规律：结论：等质量 弹性正碰 时，两者速度交换。
依据：动量守恒、动能守恒五、判断碰撞结果是否可能的方法：碰撞前后系统动量守恒；系统的动能不增加；速度符合物理情景。
动能和动量的关系：mp E K 22= K mE p 2=六、反冲运动：1、定义：静止或运动的物体通过分离出一部分物体，使另一部分向反方向运动的现象叫反冲运动。
2、规律：系统动量守恒3、人船模型：条件：当组成系统的2个物体相互作用前静止，相互作用过程中满足动量守恒。
七、临界条件：“最”字类临界条件如压缩到最短、相距最近、上升到最高点等的处理关键是——系统各组成部分具有共同的速度v 。
八、动力学规律的选择依据：1、题目涉及时间t ，优先选择动量定理；2、题目涉及物体间相互作用，则将发生相互作用的物体看成系统，优先考虑动量守恒；3、题目涉及位移s ，优先考虑动能定理、机械能守恒定律、能量转化和守恒定律；4、题目涉及运动的细节、加速度a ，则选择牛顿运动定律+运动学规律；九、表达规范：说明清楚研究对象、研究过程、规律、规定正方向。
典型练习一、基本概念的理解：动量、冲量、动量的改变量1、若一个物体的动量发生了改变，则物体的（ ） A 、速度大小一定变了 B 、速度方向一定变了 C 、速度一定发生了改变 D 、加速度一定不为02、质量为m 的物体从光滑固定斜面顶端静止下滑到底端，所用的时间为t, 斜面倾角为θ。
动量观点在电磁感应中的应用
小于磁场区域的宽度。若线框进、出磁场的过程中通
过线框横截面的电荷量分别为q1、q2，线框经过位置
Ⅱ时的速度为v。则下列说法正确的是( BD)
A.q1＝q2 C.v＝1.0 m/s
B.q1＝2q2 D.v＝1.5 m/s
01 02 03 04 05 06 07 08
图2
目录
提升素养能力
解析 根据 q＝ΔRΦ＝BRΔS可知，线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电 荷量 q1＝2q2，故 A 错误，B 正确；线圈从开始进入到位置Ⅱ，由动量定理－ B－I1LΔt1＝mv－mv0，即－BLq1＝mv－mv0，同理线圈从位置Ⅱ到位置Ⅲ，由动 量定理－B－I2LΔt2＝0－mv，即－BLq2＝0－mv，联立解得 v＝13v0＝1.5 m/s，故 C 错误，D 正确。
目录
研透核心考点
解析 对 ab 棒由动量定理有－B－ILt＝0－mv0，而 q＝－It，即－BqL＝0－mv0，当流过棒的电荷量为q2 时，有－B·q2L＝mv1－mv0，解得 v1＝12v0，A 错误； 当棒发生位移为 s 时，q＝ΔRΦ＝BRLs，则当棒发生位移为3s时，q′＝ΔRΦ′＝B3LRs， 可知此时流过棒的电荷量 q′＝q3，代入 B－ILΔt＝BLq′＝mv2－mv0，解得棒的速 度为 v2＝32v0，B 错误；定值电阻与导体棒释放的热量相同，在流过棒的电荷量 达到q2的过程中，棒释放的热量为 Q＝1212mv20－12mv21＝136mv20＝3B1q6Lv0，C 正确； 同理可得整个过程中定值电阻 R 释放的热量为 Q′＝21×21mv20＝qB4Lv0，D 错误。
给金属棒 ab 一个水平向右的初速度 v0，金属棒沿着金属导轨滑过磁场的过程中，流 过金属棒的电流最大值为 I，最小值为12I。不计导轨电阻，金属棒与导轨始终接触良
运用动量定理及动量守恒定律的注意点
运用动量定理及动量守恒定律的注意点在研究力对改变物体的运动状态方面的效果时，牛顿第二定律已作了明确的回答．但是，牛顿定律所要解决的是力的瞬时作用效果，并不直接给出力的持续作用效果．动量定理解决了力的时间积累效果，它不涉及作用的过程，只须知道作用前后的运动量的变化，从而使一些不易处理的较复杂的问题，如：打击、碰撞等问题的解决变得简便．动量守恒定律的应用范围比牛顿定律更为广泛，大至星系的宏观系统，小至基本粒子的微观系统，在一定条件下，动量守恒定律都是成立的．运用动量定理、动量守恒定律时应注意如下几个方面：一、运用动量定理解题时，极易发生一种错误，即把式F·t=mvt-mYo中的F 理解为某一外力或某几个(不是全部)外力的合力．必须注意F是合外力．[例1］跳伞员从飞机上跳下来时不是立即张开降落伞，而是经过一段时间后降落伞才张开的．如果不张开伞下降的最后速度是50米／秒，而在伞完全张开后的速度是5米／秒，张开伞的时间是1.5秒，并假定跳伞员是竖直下落，则平均冲力为多大?[错解及分析]根据F·t=mvt-mv0．∴F=m(vt－vo)／t=mg(vt－vo)／gt=－mg(50－5)／1.5×10=-3mg.错在哪里呢?动量定理中的F是作用于质点的合外力．跳伞员在张开伞时受到向下的重力mg和向上的平均冲力F，两者属于同一数量级，故重力不可忽略。
[正确解法］取竖直向下的方向为正方向，由F合·t=mvt-mvo得(mg－F)·t=mvt-mV o∴F=－(mvt－mV o)/t+mg=3mg+mg=4mg.二、动量是矢量，动量定理和动量守恒定律的数学表达式是矢量式，在分析问题时要注意它的方向性．如果两个物体在同一直线上运动并发生相互作用，必须选某一方向的动量为正，反向的即为负，从而可以把矢量式简化为代数式．若发生的是斜碰，则必须注意碰撞前后的动量和是矢量和，不是代数和.[例2]一质量为m1=0.3千克的小球，在水平光滑的桌面上以vl=5米／秒的速度向右运动，迎面与一个质量为m2=1千克，速度为v2=3米／秒的小球相碰撞，撞后该小球恰好静止，那么碰撞后小球m1的速度是多大?方向如何?解：取两个小球为物体系，物体系所受合外力为零，动量守恒，并选取向右为正方向．m1vl+m2v2=m1v’1+m2v’2,v’2=0，∴v’1=(m1vl+m2v2)／m1=[0.3×5+1×(－3)]／0.3=－5(米／秒)．v’1为负，表明v’1与vl方向相反，即方向向左．三、运用动量守恒定律解题时，必须符合定律成立的条件。
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：
动量定理与动量守恒定律的比较
动量定理与动量守恒定律的比较
动量定理和动量守恒定律都是描述物体运动状态的基本定律。
动量定理指出，当一个物体受到外力作用时，它的动量会发生变化，变化量等于外力作用时间内的动量变化率。
动量守恒定律则指出，当物体间只有内力作用时，它们的总动量保持不变。
两个定律都是基于牛顿第二定律推导而来的。
动量定理适用于描述瞬时的动量变化，比如撞击、碰撞等过程。
它可以用来计算物体在受力作用下的运动状态变化，如速度、位移等。
而动量守恒定律适用于描述长时间内的物体运动，比如行星绕太阳的运动、宇宙中物体的演化等。
它可以用来预测物体间的相对位置和速度等运动状态。
动量定理和动量守恒定律之间的关系是密切的，它们可以互相验证。
动量定理的推导基于牛顿第二定律，而牛顿第二定律的推导又基于动量守恒定律。
因此，这两个定律是相互支撑、相互补充的。
总之，动量定理和动量守恒定律是描述物体运动状态的基本定律，它们分别适用于不同的物理过程和时间尺度。
它们的相互关系是相当重要的，可以用来解释和预测物理现象。
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动量观点在电磁感应中的应用(学生版)-2024届高考物理复习热点题型
动量观点在电磁感应中的应用1.目录1.题型一动量定理在电磁感应中的应用类型1 “单棒+电阻”模型类型2 不等间距上的双棒模型类型3 “电容器+棒”模型2.题型二动量守恒定律在电磁感应中的应用41类型1 双棒无外力42类型2 双棒有外力65题型一:动量定理在电磁感应中的应用【解题指导】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，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．类型１“单棒+电阻”模型情景示例1水平放置的平行光滑导轨，间距为L ，左侧接有电阻R ，导体棒初速度为v 0，质量为m ，电阻不计，匀强磁场的磁感应强度为B ，导轨足够长且电阻不计，从开始运动至停下来求电荷量q -BI L Δt =0-mv 0，q =I Δt ，q =mv 0BL求位移x -B 2L 2v R Δt =0-mv 0，x =v Δt =mv 0R B 2L2应用技巧初、末速度已知的变加速运动，在动量定理列出的式子中q =I Δt ，x =v Δt ；若已知q 或x也可求末速度情景示例2间距为L 的光滑平行导轨倾斜放置，倾角为θ，由静止释放质量为m 、接入电路的阻值为R 的导体棒，当通过横截面的电荷量为q 或下滑位移为x 时，速度达到v求运动时间-BILΔt+mg sinθ·Δt=mv-0，q=IΔt -B2L2vRΔt+mg sinθ·Δt=mv-0，x=v Δt应用技巧用动量定理求时间需有其他恒力参与．若已知运动时间，也可求q、x、v中的一个物理量1(2023·河北·模拟预测)如图所示，两根电阻不计的光滑平行金属导轨固定于水平面内，导轨左侧接有阻值恒定的电阻R。
一电阻不计的导体棒垂直导轨放置于M点，并与导轨接触良好，导轨间存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场。
现给导体棒一个水平向右的初速度，第一次速度大小为v0，滑动一段位移到达N点停下来，第二次速度大小为2v0，滑动一段位移后也会停止运动，在导体棒的运动过程中，以下说法正确的是()A.先后两次运动过程中电阻R上产生的热量之比为1：2B.先后两次运动过程中的位移之比为1：2C.先后两次运动过程中流过R的电量之比为1：4D.导体棒第二次运动经过N点时速度大小为v02(2023·云南曲靖·统考二模)如图所示，PQ、MN为两根光滑绝缘且固定的平行轨道，两轨道间的距离为L，轨道斜面与水平面成θ角。
08讲 动量与动量守恒定律在电磁感应中的应用解析版
2022-2023高考物理二轮复习（新高考）08讲动量与动量守恒定律在电磁感应中的应用●动量与动量守恒定律在电磁感应中的应用的思维导图●重难点突破一.动量定理在电磁感应现象中的应用:导体棒在感应电流所引起的安培力作用下运动时，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．二.动量守恒定律在电磁感应中的应用：在双金属棒切割磁感线的系统中，双金属棒和导轨构成闭合回路，安培力充当系统内力，如果它们不受摩擦力，且受到的安培力的合力为0时，满足动量守恒，运用动量守恒定律解题比较方便．●考点应用，质量为m，电阻不计，匀强1.水平放置的平行光滑导轨，间距为L，左侧接有电阻R，导体棒初速度为v磁场的磁感应强度为B，导轨足够长且电阻不计，从开始运动至停下来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，常用的计算：－B I L Δt ＝0－mv 0，q ＝I Δt ，q ＝mv 0BL －B 2L 2v R Δt ＝0－mv 0，x ＝v Δt ＝mv 0R B 2L2例1：如图所示，固定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μ。
现杆在水平向左、垂直于杆的恒力F 作用下从静止开始沿导轨运动距离L 时，速度恰好达到最大（运动过程中杆始终与导轨保持垂直）。
设杆接入电路的电阻为r ，导轨电阻不计，重力加速度大小为g ，则此过程错误的是（）A ．杆的速度最大值为22()F mg RB d μ-B ．流过电阻R 的电荷量为BdLR r+C ．从静止到速度恰好达到最大经历的时间2222()()()m R r B d L t B d F mg R r μ+=+-+D ．恒力F 做的功与安培力做的功之和大于杆动能的变化量【答案】A【详解】A ．当杆的速度达到最大时，安培力为22=B d v F R r +安此时杆受力平衡，则有F-μmg-F 安=0解得22()()F mg R r v B d μ-+=A 错误，符合题意；B ．流过电阻R 的电荷量为BdLq It R r R r∆Φ===++B 正确，不符合题意；C ．根据动量定理有()F mg t BIt mv μ--=，q It=结合上述解得2222()()()mg R r B d L t B d F mg R r μ+=+-+C 正确，不符合题意；D ．对于杆从静止到速度达到最大的过程，根据动能定理，恒力F 、安培力、摩擦力做功的代数和等于杆动能的变化量，由于摩擦力做负功，所以恒力F 、安培力做功的代数和大于杆动能的变化量，D 正确，不符合题意。
电磁感应中的“四量”问题
ｑ 一 ｃ一 ２ ｃ． ｈ 一” ｓ ＝１ｏ ５ ０× ２ ｏ× １ ×
ｍｇ （ 一 ｃ ｓ ｏ ） Ｒ １ 。 ６ 。 一 ｍ ，
解得 一 ｖ ， ／
２ 电磁 感 应 中的 动 量 与 冲 量 ． 在 电磁感应 现 象 中， 当导体 棒 只受 安 培力 作 用 时， 安培力对 棒 的冲量为 ｊ △ —Ｂ —Ｂ ｑ 如 —Ｆ ｆ Ｌ Ｌ． 果是双杆问题可用系统的动量守恒定律进行求解 ， 也 可利 用 动 量 定 理 进 行 求 解 ． 【 ２ 光滑 Ｕ型 金属框架 宽为 Ｌ， 例 】 足够 长 ， 其 上放一质量为 ｍ 的金属棒 ｎ ， 端连 接有一 电容 为 ６左 Ｃ的电容器 ， 现给棒 一个初速 ， 使棒 始终垂 直框架 并沿框架运动 ， 图 ３ 如 所示． 导体棒 的最终 速度 ． 求
而 对 导 体 棒 利 用 动 量 定 理 可得 ： ．
ＢＬｑ —
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由上 述 二 式 可 求
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的 量 ．于ｑ ｎ 軎 一 一 冈 在 电 为ｑ 由 — ＝ 等 ，此 电
磁感应中流过导体某 截 面 电量 ｑ ， 中 Ｒ 为整 一 式 个回路的总 电阻． 如果 整个 回路 是 由 匝线 圈 组成
解得 一÷ ￣ ； ／
（） ３ 系统释放热 量应 等于系 统机械 能减少量 ， 故
Ｂ Ｌ —ｕ 一共 ，
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有：一 一 ・２ ＋ ） ， Ｑ 寺ｍ 寺 （ 。 ｍ 解得Ｑ ÷ｍ Ｒ 一 ｇ．
复 习指 津
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陕西成 阳市西 北二 棉 学校 （ １ Ｏ Ｏ 陈 国卫 ７２ Ｏ）
在学习电功率 、 电热 率时 ， 如果 不理解物 理公式 的意义和使用条件 ， 单纯从 数学 的角度去看问题是 同 学们乱套公式 而错 解 习题 的根源 之一 ， 面举 例说 下
命题点十三电磁感应中动量问题
命题点十三电磁感应中动量问题一、电磁感应基础知识回顾电磁感应是指在磁场中，导体中的自由电子受到外加磁场的作用而发生运动，从而产生感应电动势和感应电流的现象。
根据法拉第电磁感应定律，当导体运动时，它会在其内部和周围产生一个环路电动势。
这个环路电动势大小与导体在磁场中的速度成正比。
二、动量问题基础概念1. 动量的定义动量是物体运动状态的量度，是物体质量和速度乘积的结果。
其公式为：p = mv，其中p表示物体的动量，m表示物体的质量，v表示物体的速度。
2. 动量定理根据牛顿第二定律F=ma以及动量定义p=mv可以得到：F = dp/dt。
这个公式被称为牛顿第二定律或者是牛顿-欧拉方程。
它表明了力和物体运动状态之间的关系。
3. 质心和质心运动质心是指一个系统中所有质点所组成系统整体位置平衡点，也就是系统重心所在位置。
质心运动则是指整个系统随着时间的推移而运动的状态。
三、电磁感应中动量问题分析1. 电磁感应中的动量问题在电磁感应过程中，当导体在磁场中运动时，会产生感应电动势和感应电流。
这个过程中，导体内部的自由电子受到外加磁场的作用而发生运动，从而产生了一定的动量。
因此，在电磁感应过程中也存在着动量问题。
2. 动量守恒定律根据牛顿第三定律，物体之间存在相互作用力。
在一个封闭系统内部，如果没有外力作用，则系统内部总动量保持不变。
这个原理被称为“动量守恒定律”。
3. 电磁感应中的质心运动在电磁感应过程中，导体所受的力会影响整个系统的质心位置和质心运动状态。
如果导体是静止不动的，则整个系统质心位置不发生变化；如果导体是以一定速度运动，则整个系统质心位置会随着导体运动而发生变化。
四、实例分析：单圆线圈与永久磁铁组成的简单发电机1. 简单发电机原理简单发电机是由单圆线圈和永久磁铁组成的，当线圈旋转时，会产生感应电动势。
这个过程中，线圈内部的自由电子受到外加磁场的作用而发生运动，从而产生了一定的动量。
2. 动量守恒定律在简单发电机中的应用在简单发电机中，当线圈旋转时，会产生感应电动势和感应电流。
第6讲 动量定理和动量守恒定律
第6讲 动量定理和动量守恒定律考点考题统计考情分析动量定理的应用2023·新课标卷T 19、2022·山东卷T 2、2022·湖北卷T 7、2021·湖南卷T 2、2021·福建卷T 4、2021·湖北卷T 3、2021·山东卷T 161.动量定理、动量守恒定律属于力学的主干知识，这部分知识与牛顿第二定律、功能关系合称“解题三把金钥匙”，是解决物理问题的基本方法，是高考的重点考查内容。
2.本讲内容经常与机械能守恒定律、平抛运动、圆周运动等力学及电磁学、原子物理等知识点组成综合题。
这类题型命题情境新颖，密切联系实际，综合性强，前后两个物理过程一般通过碰撞来过渡，这就决定了动量守恒定律在解题过程中的纽带作用。
动量守恒定律的应用 2023·辽宁卷T 15、2021·湖南卷T 8、2021·山东卷T 11碰撞与反冲问题2023·湖南卷T 15、2023·全国乙卷T 25、2023·浙江6月选考T 18、2023·山东卷T 18、2022·湖北卷T 16、2022·湖南卷T 4考点一 动量定理的应用1.（多选）（2023·新课标卷）使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N 极正对着乙的S 极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等。
现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻（ ）A.甲的速度大小比乙的大B.甲的动量大小比乙的小C.甲的动量大小与乙的相等D.甲和乙的动量之和不为零命题意图 本题以分析两磁铁之间的相互作用为背景，考查动量定理、牛顿运动定律等知识，考查学生分析推理能力。
解析：BD 根据F －μmg ＝ma 可得a ＝1m F －μg ，因m 甲＞m 乙，故a 甲＜a 乙，则任意时刻甲的速度大小比乙的小，A 错误；m 甲＞m 乙，又μ甲＝μ乙，则μ甲m 甲g ＞μ乙m 乙g ，故甲和乙组成的系统所受合外力的冲量方向水平向左，即甲的动量大小比乙的小，B 、D 正确，C 错误。
动量守恒与动量定理
动量守恒与动量定理动量是一个物体的运动状态的量度，它是由物体的质量和速度决定的。
在物理学中，动量守恒是指在一个封闭系统中，当没有外力作用时，系统的总动量保持不变。
动量定理是指当有外力作用时，物体的动量变化率等于外力的大小乘以作用时间。
1. 动量守恒动量守恒定律是描述封闭系统中动量守恒的基本原理。
当一个封闭系统内没有外力作用时，系统的总动量保持不变。
例如，考虑一个封闭系统，由两个物体组成。
初始时，物体1的质量为m1，速度为v1；物体2的质量为m2，速度为v2。
根据动量的定义，物体1的动量为p1 = m1v1，物体2的动量为p2 = m2v2。
根据动量守恒定律，系统的总动量为p = p1 + p2 = m1v1 + m2v2。
当没有外力作用时，系统的总动量保持不变，即p = m1v1 + m2v2 = 常量。
动量守恒定律在物理学中有广泛的应用。
例如，在碰撞问题中，我们可以利用动量守恒定律来求解物体碰撞后的速度或方向的变化。
2. 动量定理动量定理是描述物体在外力作用下动量变化的基本原理。
动量定理表明，物体的动量变化率等于外力的大小乘以作用时间。
设物体质量为m，速度为v。
根据动量的定义，物体的动量为p = mv。
当物体受到外力F作用时，根据牛顿第二定律F = ma，可以得到物体的加速度为a = F/m。
将加速度代入动量定义式中，可得物体的动量变化率为dp/dt = m(dv/dt) = m(a) = F。
动量定理表明，物体的动量变化率等于外力的大小。
动量定理在解决物体的运动问题中非常有用。
通过计算外力对物体的作用时间，我们可以确定物体动量的变化情况。
例如，在推动物体的问题中，我们可以利用动量定理来计算所需的外力大小和作用时间。
3. 动量守恒与动量定理的关系动量守恒定律和动量定理是相互关联的。
当没有外力作用时，系统的总动量保持不变，即动量守恒成立。
当有外力作用时，根据动量定理，物体的动量会发生变化。
在一个封闭系统中，如果没有外力作用，根据动量守恒定律，系统的总动量保持不变。
动量定理与动量守恒定律列公式时字母的正负书写
动量定理与动量守恒定律列公式时字母的正负书写在咱们学习物理的时候，特别是涉及到动量定理与动量守恒定律，列公式时字母的正负书写可真是个让人头疼又关键的事儿。
就拿我之前遇到的一件事来说吧。
有一次，我在给学生们讲解一道关于动量守恒的题目，题目是这样的：在一个光滑的水平面上，有两个质量分别为 m1 和 m2 的小球，它们以速度 v1 和 v2 相向运动，碰撞后两球的速度分别为 v1' 和 v2' 。
这时候就需要列出动量守恒的方程。
我在黑板上写下 m1v1 + m2v2 = m1v1' + m2v2' ，然后问同学们这个式子有没有问题。
结果大部分同学都沉默不语，只有几个胆大的同学小声说好像没问题。
我笑着摇摇头说：“同学们，这里面可大有文章！咱们得先确定正方向。
如果咱们规定向右为正方向，那速度向左的小球，它的速度在列式的时候就得带上负号。
比如说，如果 v2 是向左的，那在式子中就得写成 -m2v2 。
”这时候，同学们才恍然大悟，纷纷点头。
那咱们具体来聊聊动量定理与动量守恒定律中字母正负的书写规则。
首先说动量定理，它的表达式是Ft = Δp 。
这里面的 F 是合外力，t是作用时间，Δp 是动量的变化量。
假如一个物体受到向右的力为正，向左的力为负，那么在计算的时候就得严格按照这个正负规定来。
再来说动量守恒定律，它的表达式一般是 m1v1 + m2v2 = m1v1' +m2v2' 。
但是，这里面的速度 v 都得根据咱们事先规定的正方向来确定正负。
比如说，规定水平向右为正方向，如果一个物体的速度方向向左，那它的速度在式子中就得写成负的。
我记得有一次，一个学生在做作业的时候，就因为没有注意速度的正负，导致整个计算结果都错了。
我问他：“你怎么没考虑速度的方向呢？”他挠挠头说：“老师，我一着急就给忘了。
”这可不行啊，同学们，咱们得养成严谨的习惯。
在实际解题的时候，一定要先明确正方向。
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高考物理电磁感应中动量定理和动量守恒定律的运用（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。
求：（1）棒从ab到cd过程中通过棒的电量。
（2）棒在cd处的加速度。
(2)如图2所示，在光滑的水平面上，有一垂直向下的匀强磁场分布在宽度为L的区域内，现有一个边长为a（a﹤L）的正方形闭合线圈以初速度v0垂直磁场边界滑过磁场后，速度为v(v ﹤v0)，那么线圈A.完全进入磁场中时的速度大于（v0+v）/2B.完全进入磁场中时的速度等于（v0+v）/2C.完全进入磁场中时的速度小于（v0+v）/2D.以上情况均有可能（3）在水平光滑等距的金属导轨上有一定值电阻R,导轨宽d电阻不计,导体棒AB垂直于导轨放置,质量为m ,整个装置处于垂直导轨平面向上的匀强磁场中,磁感应强度为B.现给导体棒一水平初速度v0,求AB在导轨上滑行的距离.(4)如图3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v0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：A.1:1B.1:2C.2:1D.1:15: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从离水平轨道h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。
6、: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。
7、: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，导轨的电阻很小，可忽略不计。
导轨间的距离l=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/s2，求此时两金属杆的速度各为多少？8.（12丰台期末12分）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v0，两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。
9、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10、（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v 0，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?11.(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； （3）两棒在导轨上运动过程中产生的焦耳热。
12．（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r 1的四分之一圆弧轨道，右端为半径为r 2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。
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R 1、R 2，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？13．两足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R a =2Ω，R b =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v 0=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m a =2kg ，m b =1kg ，g=10m/s 2，求 （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。
14.（12分）如图所示，两根间距为L 的金属导轨MN 和PQ ，电阻不计，左端向上弯曲，其余水平，水平导轨左端有宽度为d 、方向竖直向上的匀强磁场I ，右端有另一磁场II ，其宽度也为d ，但方向竖直向下，磁场的磁感强度大小均为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成正比，即v x ∆∝∆。
求：（1）若a 棒释放的高度大于h 0，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h 0为多少？（2）若将a 棒从高度小于h 0的某处释放，使其以速度v 0进入磁场I ，结果a 棒以2v 的速度从磁场I 中穿出，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P b15．（2014届海淀期末10分）如图21所示，两根金属平行导轨MN和PQ放在水平面上，左端向上弯曲且光滑，导轨间距为L，电阻不计。
水平段导轨所处空间有两个有界匀强磁场，相距一段距离不重叠，磁场Ⅰ左边界在水平段导轨的最左端，磁感强度大小为B，方向竖直向上；磁场Ⅱ的磁感应强度大小为2B，方向竖直向下。
质量均为m、电阻均为R的金属棒a 和b垂直导轨放置在其上，金属棒b置于磁场Ⅱ的右边界CD处。
现将金属棒a从弯曲导轨上某一高处由静止释放，使其沿导轨运动。
设两金属棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良图21参考答案：1、2、4S:S2=2:1。
15、(1)自由下滑，机械能守恒：①由于、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，故它们的磁场力为：②在磁场力作用下，、各作变速运动，产生的感应电动势方向相反，当时，电路中感应电流为零()，安培力为零，、运动趋于稳定，此时有：所以③、受安培力作用，动量均发生变化，由动量定理得：④⑤联立以上各式解得：，(2)根据系统的总能量守恒可得：6、解析（1）当棒先向下运动时，在和以及导轨所组成的闭合回路中产生感应电流，于是棒受到向下的安培力，棒受到向上的安培力，且二者大小相等。
释放棒后，经过时间t，分别以和为研究对象，根据动量定理，则有：代入数据可解得：（2）在、棒向下运动的过程中，棒产生的加速度，棒产生的加速度。
当棒的速度与棒接近时，闭合回路中的逐渐减小，感应电流也逐渐减小，则安培力也逐渐减小。
最后，两棒以共同的速度向下做加速度为g的匀加速运动。
7、解析设任一时刻两金属杆甲、乙之间的距离为，速度分别为和，经过很短时间，杆甲移动距离，杆乙移动距离，回路面积改变由法拉第电磁感应定律，回路中的感应电动势：回路中的电流：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、方向相反，所以两杆的动量变化（时为0）等于外力F 的冲量：联立以上各式解得代入数据得＝8.15m/s＝1.85m/s8、【解析】：（12丰台期末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=，（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 。