浙江2020高考物理尖子生核心素养提升专题08 电磁感应中的动量问题(解析版)
电磁感应+动量(解析版)—三年(2022-2024)高考物理真题汇编(全国通用)
电磁感应+动量考点01 电磁感应+动量定理1. （2024年高考湖南卷）某电磁缓冲装置如图所示，两足够长的平行金属导轨置于同一水平面内，导轨左端与一阻值为R 的定值电阻相连，导轨BC 段与11B C 段粗糙，其余部分光滑，1AA 右侧处于竖直向下的匀强磁场中，一质量为m 的金属杆垂直导轨放置。
现让金属杆以初速度0v 沿导轨向右经过1AA 进入磁场，最终恰好停在1CC 处。
已知金属杆接入导轨之间的阻值为R ，与粗糙导轨间的摩擦因数为μ，AB BC d ==。
导轨电阻不计，重力加速度为g ，下列说法正确的是（ ）A. 金属杆经过1BB 的速度为02v B. 在整个过程中，定值电阻R 产生的热量为201122mv mgd μ-C. 金属杆经过11AA B B 与11BB C C 区域，金属杆所受安培力的冲量相同D. 若将金属杆的初速度加倍，则金属杆在磁场中运动的距离大于原来的2倍【答案】CD 【解析】设平行金属导轨间距为L ，金属杆在AA 1B 1B 区域向右运动的过程中切割磁感线有E = BLv ，2EI R=金属杆在AA 1B 1B 区域运动的过程中根据动量定理有-D =D BIL t m v则222t B L v t m v R-D =D 由于t d v t =åD ，则上面方程左右两边累计求和，可得2202B B L d mv mv R-=-则2202B B L dv v mR=-设金属杆在BB 1C 1C 区域运动的时间为t 0，同理可得，则金属杆在BB 1C 1C 区域运动的过程中有2202BB L d mgt mv Rμ--=-解得2202B B L d v gt mRμ=+综上有000222B v gt v v μ=+>则金属杆经过BB 1的速度大于2v ，故A 错误；在整个过程中，根据能量守恒有2012mv mgd Q μ=+则在整个过程中，定值电阻R 产生的热量为20111242R Q Q mv mgdμ==-故B 错误；金属杆经过AA 1B 1B 与BB 1C 1C 区域，金属杆所受安培力的冲量为222222t B L B L xBIL t v t R R-D =-D =åå则金属杆经过AA 1B 1B 与BB 1C 1C 区域滑行距离均为d ，金属杆所受安培力的冲量相同，故C 正确；根据A 选项可得，金属杆以初速度0v 在磁场中运动有220022B L dmgt mv Rμ´--=-金属杆的初速度加倍，则金属杆通过AA 1B 1B 区域时中有220'22B B L d mv mv R-=-则金属杆的初速度加倍，则金属杆通过1BB 时速度为220'22B B L dv v mR=-则设金属杆通过BB 1C 1C 区域的时间为1t ， 则221''2C B B L d mgt mv mv R μ--=-，2210022B L x mgt mv Rμ--=-则22102'22C B L dmgt mv mv Rμ´--=-，则0101220022(2)2mv mgt Rx mv mgt d B L mv mgt μμμ-=-=´-由于10t t <，则4x d>可见若将金属杆的初速度加倍，则金属杆在磁场中运动的距离大于原来的2倍，故D 正确。
2020届浙江高考复习专题：电磁感应的综合应用(能量问题、动量问题、杆+导轨模型)(解析版)
专题09 电磁感应的综合应用（能量问题、动量问题、杆+导轨模型）考点分类：考点分类见下表考点内容常见题型及要求考点一电磁感应中的能量问题选择题、计算题考点二电磁感应中的动量问题选择题、计算题考点三电磁感应中的“杆+导轨”模型选择题、计算题考点一: 电磁感应中的能量问题1.能量转化及焦耳热的求法(1)能量转化(2)求解焦耳热Q的三种方法2.解题的一般步骤(1)确定研究对象(导体棒或回路);(2)弄清电磁感应过程中,哪些力做功,哪些形式的能量相互转化;(3)根据功能关系或能量守恒定律列式求解.3.方法技巧求解电能应分清两类情况(1)若回路中电流恒定,可以利用电路结构及W=UIt或Q=I2Rt直接进行计算.(2)若电流变化,则①利用安培力做的功求解:电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功;②利用能量守恒求解:若只有电能与机械能的转化,则机械能的减少量等于产生的电能.③利用功能关系求解:若除重力、安培力做功外,还有其他力做功,则其他力做功等于增加的机械能和电能.学科#网考点二电磁感应中的动量问题电磁感应问题往往涉及牛顿定律、动量守恒、能量守恒、电路的分析和计算等许多方面的物理知识,试题常见的形式是导体棒切割磁感线,产生感应电流,从而使导体棒受到安培力作用.导体棒运动的形式有匀速、匀变速和非匀变速3种,对前两种情况,容易想到用牛顿定律求解,对后一种情况一般要用能量守恒和动量守恒定律求解,但当安培力变化,且又涉及位移、速度、电荷量等问题时,用动量定理求解往往能巧妙解决.方法技巧动量在电磁感应中的应用技巧(1)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 I lΔt=mv2-mv1,q=I t.③求位移:-BIlΔt=-22B l v tR总=0-mv0,即-22B lR总x=m(0-v0).(2)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.考点三：电磁感应中的“杆+导轨”模型模型概述“导轨+杆”模型是电磁感应问题在高考命题中的“基本道具”,也是高考的热点,考查的知识点多,题目的综合性强,物理情景变化空间大,是我们复习中的难点.“导轨+杆”模型又分为“单杆”型和“双杆”型;导轨放置方式可分为水平、竖直和倾斜;杆的运动状态可分为匀速运动、匀变速运动、非匀变速运动或转动等;磁场的状态可分为恒定不变、均匀变化和非均匀变化等等,情景复杂,形式多变常见类型单杆水平式(导轨光滑)设运动过程中某时刻棒的速度为v,加速度为a=Fm-22B L vmR,a,v同向,随v的增加,a减小,当a=0时,v最大,I=BLvR恒定单杆倾斜式(导轨光滑)杆释放后下滑,开始时a=gsin α,速度v↑→E=BLv↑→I=ER↑→F=BIL↑→a↓,当F=mgsin α时,a=0,v最大双杆切割式(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.对系统动量守恒,对其中某杆适用动量定理学科&网光滑不等距导轨杆MN做变减速运动,杆PQ做变加速运动,稳定时,两杆的加速度均为零,两杆以不同的速度做匀速运动含“源”水平光滑导轨(v0=0)S闭合,ab杆受安培力F=BLEr,此时a=BLEmr,速度v↑⇒E感=BLv↑⇒I↓⇒F=B IL↓⇒加速度a↓,当E感=E时,v最大,且v m=EBL含“容”水平光滑导轨(v0=0)拉力F恒定,开始时a=Fm,速度v↑⇒E=BLv↑,经过Δt速度为v+Δv,此时E′=BL(v+Δv),电容器增加的电荷量ΔQ=CΔU=C(E′-E)=CBLΔv,电流I=Qt∆∆=CBL vt∆∆=CBLa,安培力F安=BIL=CB2L2a,F-F安=ma,a=22Fm B L C+,所以杆做匀加速运动★考点一：电磁感应中的能量问题◆典例一：( 2019·浙江卷)如图所示，倾角θ＝37°、间距l＝0.1 m的足够长金属导轨底端接有阻值R＝0.1 Ω的电阻，质量m＝0.1 kg的金属棒ab垂直导轨放置，与导轨间的动摩擦因数μ＝0.45.建立原点位于底端、方向沿导轨向上的坐标轴x.在0.2 m≤x≤0.8 m区间有垂直导轨平面向上的匀强磁场．从t＝0时刻起，棒ab在沿x轴正方向的外力F作用下，从x＝0处由静止开始沿斜面向上运动，其速度v与位移x满足v＝kx(可导出a＝kv)，k＝5 s－1.当棒ab运动至x1＝0.2 m处时，电阻R消耗的电功率P＝0.12 W，运动至x2＝0.8 m处时撤去外力F ，此后棒ab 将继续运动，最终返回至x ＝0处．棒ab 始终保持与导轨垂直，不计其他电阻，求：(提示：可以用F-x 图象下的“面积”代表力F 做的功，sin 37°＝0.6)(1)磁感应强度B 的大小； (2)外力F 随位移x 变化的关系式；(3)在棒ab 整个运动过程中，电阻R 产生的焦耳热Q.【解析】(1)在x 1＝0.2 m 处时，电阻R 消耗的电功率P ＝(Blv )2R此时v ＝kx ＝1 m/s 解得B ＝PR (lv )2＝305 T(2)在无磁场区间0≤x<0.2 m 内，有 a ＝5 s －1×v ＝25 s －2×xF ＝25 s －2×xm ＋μmgcos θ＋mgsin θ＝(0.96＋2.5x) N 在有磁场区间0.2 m≤x≤0.8 m 内，有 F A ＝(Bl )2vR＝0.6x NF ＝(0.96＋2.5x ＋0.6x) N ＝(0.96＋3.1x) N (3)上升过程中克服安培力做的功(梯形面积) W A1＝0.6 N 2(x 1＋x 2)(x 2－x 1)＝0.18 J撤去外力后，设棒ab 上升的最大距离为x ，再次进入磁场时的速度为v′，由动能定理有 (mgsin θ＋μmgcos θ)x ＝12mv 2(mgsin θ－μmgcos θ)x ＝12mv′2解得v′＝2 m/s由于mgsin θ－μmgcos θ－(Bl )2v′R ＝0故棒ab 再次进入磁场后做匀速运动下降过程中克服安培力做的功W A2＝(Bl )2v′R (x 2－x 1)＝0.144 JQ ＝W A1＋W A2＝0.324 J 【答案】 (1)305T (2)(0.96＋3.1x) N (3)0.324 J◆典例二：[用功能关系求焦耳热]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光滑无摩擦，在平直轨道右端放置另一金属杆b ，杆a 、b 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—时间图象如图乙所示(以a 运动方向为正方向)，其中m a ＝2 kg ，m b ＝1 kg ，g ＝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 b0，对杆b 运用动量定理，有Bd I －·Δt ＝m b (v 0－v b0)其中v b0＝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 2a解得v a ＝2gh ＝5 m/s设最后a 、b 两杆共同的速度为v′，由动量守恒定律得m a v a －m b v b0＝(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BdI·Δt′＝m a (v a －v′)而q ＝I·Δt′代入数据得q ＝73C.(3)由能量守恒定律可知杆a 、b 中产生的焦耳热为 Q ＝m a gh ＋12m b v 20－12(m b ＋m a )v′2＝1616 J b 棒中产生的焦耳热为Q′＝52＋5Q ＝1156 J.★考点二：电磁感应中的动量问题◆典例一：．(多选)(2019·高考全国卷Ⅲ)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v 0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v 1、v 2表示，回路中的电流用I 表示．下列图象中可能正确的是( )【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受到方向与v0方向相反的安培力的作用而做变减速运动，棒cd受到方向与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＝v2，两相同的光滑导体棒ab、cd组成的系统在足够长的平行金属导轨上运动时不受外力作用，由动量守恒定律有mv0＝mv1＋mv2，解得v1＝v2＝v02，选项A、C均正确，B、D均错误．◆典例二：[动量定理和能量守恒结合](2018·江西九江模拟)如图所示,光滑水平面停放一小车,车上固定一边长为L=0.5 m的正方形金属线框abcd,金属框的总电阻R=0.25 Ω,小车与金属框的总质量m=0.5 kg.在小车的右侧,有一宽度大于金属线框边长,具有理想边界的匀强磁场,磁感应强度B=1.0 T,方向水平且与线框平面垂直.现给小车一水平速度使其向右运动并能穿过磁场,当车上线框的ab边刚进入磁场时,测得小车加速度a=10 m/s2.求:(1)金属框刚进入磁场时,小车的速度为多大?(2)从金属框刚要进入磁场开始,到其完全离开磁场,线框中产生的焦耳热为多少? 【答案】(1) v 0=5 m/s. (2) 4.0 J. 【解析】(1)设小车初速度为v 0,则线框刚进入磁场时,ab 边由于切割磁感线产生的电动势为E=BLv 0 回路中的电流I=ER,根据牛顿定律BIL=ma 由以上三式可解得v 0=5 m/s.学&科网(2)设线框全部进入磁场时小车速度为v 1,进入过程平均电流为1I ,所用时间为Δt,则1I =R t ∆Φ∆=2BL R t∆根据动量定理得-B 1I LΔt=mv 1-mv 0,解得v 1=4 m/s设线框离开磁场时小车速度为v 2,离开过程平均电流为2I ,所用时间为Δt 1,则2I =1R t ∆Φ∆=21BL R t ∆ 根据动量定理得-B 2I LΔt 1=mv 2-mv 1,解得v 2=3 m/s线框从进入到离开产生的焦耳热Q=12m 20v -12m 22v =4.0 J.★考点三：电磁感应中的“杆+导轨”模型◆典例一：(2018·高考江苏卷)如图所示，竖直放置的“”形光滑导轨宽为L ，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d ，磁感应强度为B.质量为m 的水平金属杆由静止释放，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等．金属杆在导轨间的电阻为R ，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g.金属杆( )A ．刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下B ．穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间C ．穿过两磁场产生的总热量为4mgdD ．释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h 可能小于m 2gR 22B 4L 4【答案】BC【解析】根据题述，由金属杆进入磁场Ⅰ和进入磁场Ⅱ时速度相等可知，金属杆在磁场Ⅰ中做减速运动，所以金属杆刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向上，选项A 错误；由于金属杆进入磁场Ⅰ后做加速度逐渐减小的减速运动，而在两磁场之间做匀加速运动，所以穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间，选项B 正确；根据能量守恒定律，金属杆从刚进入磁场Ⅰ到刚进入磁场Ⅱ过程动能变化量为0，重力做功为2mgd ，则金属杆穿过磁场Ⅰ产生的热量Q 1＝2mgd ，而金属杆在两磁场区域的运动情况相同，产生的热量相等，所以金属杆穿过两磁场产生的总热量为2×2mgd ＝4mgd ，选项C 正确；金属杆刚进入磁场Ⅰ时的速度v ＝2gh ，进入磁场Ⅰ时产生的感应电动势E ＝BLv ，感应电流I ＝ER ，所受安培力F ＝BIL ，由于金属杆刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向上，所以安培力大于重力，即F>mg ，联立解得h>m 2gR 22B 4L 4，选项D 错误．◆典例二(2019·高考天津卷)如图所示，固定在水平面上间距为l 的两条平行光滑金属导轨，垂直于导轨放置的两根金属棒MN 和PQ 长度也为l 、电阻均为R ，两棒与导轨始终接触良好．MN 两端通过开关S 与电阻为R 的单匝金属线圈相连，线圈内存在竖直向下均匀增加的磁场，磁通量变化率为常量k.图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B.PQ 的质量为m ，金属导轨足够长、电阻忽略不计．(1)闭合S ，若使PQ 保持静止，需在其上加多大的水平恒力F ，并指出其方向；(2)断开S ，PQ 在上述恒力作用下，由静止开始到速度大小为v 的加速过程中流过PQ 的电荷量为q ，求该过程安培力做的功W.【解析】(1)设线圈中的感应电动势为E ，由法拉第电磁感应定律E ＝ΔΦΔt ，则E ＝k ①设PQ 与MN 并联的电阻为R 并，有 R 并＝R 2②闭合S 时，设线圈中的电流为I ，根据闭合电路欧姆定律得I ＝ER 并＋R③ 设PQ 中的电流为I PQ ，有 I PQ ＝12I ④设PQ 受到的安培力为F 安，有 F 安＝BI PQ l ⑤保持PQ 静止，由受力平衡，有 F ＝F 安⑥联立①②③④⑤⑥式得 F ＝Bkl 3R⑦ 方向水平向右．(2)设PQ 由静止开始到速度大小为v 的加速过程中，PQ 运动的位移为x ，所用时间为Δt ，回路中的磁通量变化量为ΔΦ ，平均感应电动势为E －，有E －＝ΔΦΔt ⑧其中ΔΦ＝Blx ⑨设PQ 中的平均电流为I －，有 I －＝E －2R ⑩根据电流的定义得 I －＝qΔt (11)由动能定理，有 Fx ＋W ＝12mv 2－0(12)联立⑦⑧⑨⑩(11) (12)式得W ＝12mv 2－23kq. (13)1.(2019·高考全国卷Ⅰ)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图(a)中虚线MN 所示．一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S ，将该导线做成半径为r 的圆环固定在纸面内，圆心O 在MN 上．t ＝0时磁感应强度的方向如图(a)所示；磁感应强度B 随时间t 的变化关系如图(b)所示．则在t ＝0到t ＝t 1的时间间隔内( )A ．圆环所受安培力的方向始终不变B ．圆环中的感应电流始终沿顺时针方向C ．圆环中的感应电流大小为B 0rS 4t 0ρD ．圆环中的感应电动势大小为B 0πr 24t 0【答案】BC【解析】根据楞次定律可知在0～t 0时间内，磁感应强度减小，感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力水平向左，在t 0～t 1时间内，磁感应强度反向增大，感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力水平向右，所以选项A 错误，B 正确；根据法拉第电磁感应定律得E ＝ΔΦΔt ＝12πr 2·B 0t 0＝B 0πr 22t 0，根据电阻定律可得R＝ρ2πr S ，根据欧姆定律可得I ＝E R ＝B 0rS 4t 0ρ，所以选项C 正确，D 错误．2.（2019·新课标全国Ⅱ卷）如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻忽略不计。
浙江2020年物理选考之计算题第4题-动量和电磁感应的应用
第5讲 加试计算题23题 动量和电学知识的综合应用题型1 动量观点在电场、磁场中的应用1. 如图1所示，在足够大的空间范围内，同时存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场，磁感应强度B ＝1.57 T ．小球1带正电，其电荷量与质量之比q 1m 1＝4 C/kg .当小球1无速度时可处于静止状态；小球2不带电，静止放置于固定的水平悬空支架(图中未画出)上．使小球1向右以v 0＝23.59 m/s 的水平速度与小球2正碰，碰后经过0.75 s 再次相碰．设碰撞前后两小球带电情况不发生改变，且始终保持在同一竖直平面内．问：(g 取10 m/s 2)图1(1)电场强度E 的大小是多少？(2)小球2与小球1的质量之比是多少？(计算结果取整数) 答案 (1)2.5 N/C (2)11解析 (1)小球1所受的重力与电场力始终平衡 m 1g ＝q 1E ，E ＝2.5 N/C.(2)相碰后小球1做匀速圆周运动， 由牛顿第二定律得q 1v 1B ＝m 1v 1 2R 1半径为R 1＝m 1v 1q 1B周期为T ＝2πm 1q 1B ＝1 s两小球运动时间t ＝0.75 s ＝34T小球1只能逆时针经34个圆周时与小球2再次相碰第一次相碰后小球2做平抛运动h ＝R 1＝12gt 2L ＝R 1＝v 2t ，代入数据，解得v 2＝3.75 m/s.两小球第一次碰撞前后的动量守恒，以水平向右为正方向m 1v 0＝－m 1v 1＋m 2v 2，因R 1＝v 2t ＝2.812 5 m ，则 v 1＝q 1BR 1m 1＝17.662 5 m/s小球2与小球1的质量之比m 2m 1＝v 0＋v 1v 2≈11.2．当金属的温度升高到一定程度时就会向四周发射电子，这种电子叫热电子，通常情况下，热电子的初始速度可以忽略不计．如图2所示，相距为L 的两块固定平行金属板M 、N 接在输出电压恒为U 的高压电源E 2上，M 、N 之间的电场近似为匀强电场，K 是与M 板距离很近的灯丝，通过小孔穿过M 板与外部电源E 1连接，电源E 1给K 加热从而产生热电子，不计灯丝对内部匀强电场的影响．热电子经高压加速后垂直撞击N 板，瞬间成为金属板的自由电子，速度近似为零．电源接通后，电流表的示数稳定为I ，已知电子的质量为m 、电荷量为e .求：图2(1)电子达到N 板前瞬间的速度v N 大小； (2)N 板受到电子撞击的平均作用力F 大小． 答案 见解析解析 (1)由动能定理eU ＝12m v N 2－0，解得v N ＝2eUm. (2)设Δt 时间经过N 板的电荷量为Q ，Q ＝I Δt 在Δt 时间落到N 板上的电荷个数为N 1：N 1＝I Δte对Δt 时间内落在N 板上的电荷整体应用动量定理：－F Δt ＝0－N 1m v N ， F ＝N 1m v N Δt＝I2mUe由作用力与反作用力关系，N 板受到电子撞击的平均作用力大小为I2mUe. 题型2 动量观点在电磁感应中的应用1．如图3所示，PQ 和MN 是固定于倾角为30°斜面内的平行光滑金属轨道，轨道足够长，其电阻可忽略不计．金属棒ab 、cd 放在轨道上，始终与轨道垂直且接触良好．金属棒ab 的质量为2m 、cd 的质量为m ，长度均为L 、电阻均为R ；两金属棒的长度恰好等于轨道的间距，并与轨道形成闭合回路．整个装置处在垂直斜面向上、磁感应强度为B 的匀强磁场中，若锁定金属棒ab 不动，使金属棒cd 在与其垂直且沿斜面向上的恒力F ＝2mg 作用下，沿轨道向上做匀速运动．重力加速度为g .图3(1)试推导论证：金属棒cd 克服安培力做功的功率P 安等于电路获得的电功率P 电； (2)设金属棒cd 做匀速运动中的某时刻t 0＝0，恒力大小变为F ′＝1.5mg ，方向不变，同时解锁、静止释放金属棒ab ，直到t 时刻金属棒ab 开始做匀速运动．求： ①t 时刻以后金属棒ab 的热功率P ab ； ②0～t 时刻内通过金属棒ab 的电荷量q ； 答案 见解析解析 (1)设金属棒cd 做匀速运动的速度为v ， E ＝BL v ① I ＝E 2R② F －mg sin 30°＝F 安＝IBL③金属棒cd 克服安培力做功的功率P 安＝F 安v ④ 电路获得的电功率P 电＝E 22R⑤ 由①②③④得P 安＝B 2L 2v 22R⑥ 由①⑤得P 电＝B 2L 2v 22R⑦ 所以P 安＝P 电⑧(2)①金属棒ab 做匀速运动，则有I 1BL ＝2mg sin 30° ⑨ 金属棒ab 的热功率P ab ＝I 1 2R ⑩ 由⑨⑩解得P ab ＝m 2g 2R B 2L2⑪②设t 时刻后金属棒ab 做匀速运动的速度为v 1，金属棒cd 也做匀速运动，速度为v 2；由金属棒ab 、金属棒cd 组成的系统动量守恒：m v ＝2m v 1＋m v 2⑫ 回路电流I 1＝BL (v 2－v 1)2R⑬由③⑨⑫⑬解得：金属棒ab 做匀速运动的速度为 v 1＝mgR 3B 2L2⑭0～t 时刻内对金属棒ab 分析：在电流为i 的很短的时间Δt 内，速度的改变量为Δv ，由动量定理得BiL Δt －2mg sin 30°·Δt ＝2m Δv⑮ 对⑮式进行求和，得BLq －mgt ＝2m v 1⑯由⑭⑯解得q ＝2m 2gR ＋3mgB 2L 2t3B 3L 32．两足够长且不计其电阻的光滑金属轨道，如图4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 ，弧形轨道末端与平直轨道相切，在平直轨道右端放置另一金属杆b ，杆a 、b 电阻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B ＝2 T ．现杆b 以初速度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 杆运动速度－时间图象如图乙所示(以a 运动方向为正)，其中m a ＝2 kg ，m b ＝1 kg ，g ＝10 m/s 2，a 、b 杆与轨道始终接触良好且互相垂直，求：图4(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)1156 J解析 (1)对b 棒运用动量定理，有：Bd I Δt ＝m b (v 0－v b 0)，其中v b 0＝2 m/s ，代入数据解得：Δt ＝5 s (2)对杆a 下滑的过程中，机械能守恒： m a gh ＝12m a v a 2，解得v a ＝2gh ＝5 m/s设最后两杆共同的速度为v ′，由动量守恒得 m a v a －m b v b 0＝(m a ＋m b )v ′ 代入数据计算得出v ′＝83m/s杆a 动量变化等于它所受安培力的冲量，由动量定理可得I 安＝BId Δt ′＝m a v a －m a v ′， 而q ＝I Δt ′由以上公式代入数据得q ＝73C(3)由能量守恒得，a 、b 杆组成的系统产生的焦耳热为 Q ＝m a gh ＋12m b v 0 2－12(m b ＋m a )v ′2＝1616 Jb 棒中产生的焦耳热为Q ′＝R b R a ＋R bQ ＝1156 J专题强化练(限时：35分钟)1．如图1所示，MN 、PQ 两平行光滑水平导轨分别与半径r ＝0.5 m 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 ＝2 kg 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，现有质量m ＝1 kg 的ab 金属杆以初速度v 0＝12 m/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 绝缘杆则恰好通过半圆导轨最高点，不计其他电阻和摩擦，ab 金属杆始终与导轨垂直且接触良好，cd 绝缘杆始终与导轨垂直，取g ＝10 m/s 2，(不考虑cd 杆通过半圆导轨最高点以后的运动)求：图1(1)cd 绝缘杆通过半圆导轨最高点时的速度大小v ； (2)电阻R 产生的焦耳热Q . 答案 (1) 5 m/s (2)2 J解析 (1)cd 绝缘杆通过半圆导轨最高点时， 由牛顿第二定律有：Mg ＝M v 2r ，解得v ＝gr ＝ 5 m/s.(2)碰撞后cd 绝缘杆滑至最高点的过程中， 由动能定理有－2Mgr ＝12M v 2－12M v 2 2解得碰撞后cd 绝缘杆的速度v 2＝5 m/s ，两杆碰撞过程，动量守恒，取向右为正方向，则有 m v 0＝m v 1＋M v 2解得碰撞后ab 金属杆的速度：v 1＝2 m/sab 金属杆进入磁场后，由能量守恒定律有Q ＝12m v 1 2，解得Q ＝2 J.2. 两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为L ，导轨上面横放着两根导体棒ab 和cd ，构成矩形回路，如图2所示，两根导体棒的质量均为m ，电阻均为R ，回路中其余部分的电阻可不计，在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B ，设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行，开始时，棒cd 静止，棒ab 有垂直指向棒cd 的初速度v 0，若两导体棒在运动中始终不接触，求：图2(1)在运动中产生的焦耳热的最大值；(2)当ab 棒的速度变为初速度的34时，cd 棒的加速度大小．答案 (1)14m v 0 2(2)B 2L 2v 04mR解析 (1)ab 棒受到与运动方向相反的安培力作用做减速运动，cd 棒则在安培力作用下做加速运动，在ab 棒的速度大于cd 棒的速度时，回路总有感应电流，ab 棒继续减速，cd 棒继续加速，两棒速度达到相同后，回路面积保持不变，磁通量不变化，不产生感应电流，两棒以相同的速度v 做匀速运动．从初始至两棒达到相同速度的过程中，两棒总动量守恒，有m v 0＝2m v ， 根据能量守恒，整个过程中产生的总焦耳热为 Q ＝12m v 0 2－12(2m )v 2＝14m v 0 2.(2)设ab 棒的速度变为初速度的34时，cd 棒的速度为v ′，则由动量守恒得m v 0＝m ×34v 0＋m v ′，此时回路中的感应电动势为E ＝(34v 0－v ′)BL ，感应电流I ＝E2R，此时cd 棒所受的安培力F ＝IBL ，cd 棒的加速度a ＝Fm ，由以上各式，可得a ＝B 2L 2v 04mR.3．如图3所示，BC 是长l ＝2 m 的水平绝缘台面，台面高度h ＝0.5 m ，a 、b 是两个形状相同的金属小滑块，b 滑块的质量是a 滑块质量的5倍，a 带正电荷，与台面间的动摩擦因数μ＝0.45，b 不带电，放在台面的右边缘C 处，台面左端B 平滑地连接着半径为R ＝0.64 m 的光滑绝缘半圆形轨道AB ，台面和半圆形轨道都处在竖直向上的匀强电场中，开始时给a 一个水平向右的初速度v 0＝10 m/s ，恰好在台面上做匀速运动，之后与b 发生正碰，碰撞时间极短，碰后总电荷量没有损失且平分，a 恰好能通过半圆形轨道的最高点，b 落到地面上，平台右端的电场足够宽，不计a 、b 间的库仑力，g 取10 m/s 2.求：图3(1)两滑块碰撞后的速度大小； (2)滑块b 落地时的速度．答案 (1)5 m/s 3 m/s (2)3 2 m/s 与水平方向夹角为45° 解析 (1)设a 的质量为m ，电量为q ，则b 的质量为5m ， 由于a 恰好在台面上匀速，所以mg ＝Eq当a 、b 碰撞后，电量平分，所以滑块a 所受电场力变为原来的一半，滑块a 在竖直方向上所受合力F ＝mg －12qE ＝12mg ，方向竖直向下．滑块a 过A 点时，由牛顿第二定律得12mg ＝m v A 2R①滑块a 由B 沿半圆形轨道运动到A ，由动能定理得 －12mg ·2R ＝12m v A 2－12m v B 2②联立①②代入数据解得v B ＝ 5gR2＝4 m/s 滑动摩擦力F f ＝μ12mg滑块a 由C 滑到B ，由动能定理得 －μ12mgl ＝12m v B 2－12m v a 2 代入数据，求得v a ＝5 m/s③a 、b 碰撞过程，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得m v 0＝－m v a ＋5m v b④联立③④代入数据求得v b ＝3 m/s.(2)碰撞后，滑块b 获得电荷，受到向上的电场力， 做类平抛运动，等效重力加速度 a ＝5mg －12mg5m＝0.9g ＝9 m/s 2落地时竖直方向的速度v y ＝2ah ＝2×9×0.5 m/s ＝3 m/s 故落地时速度的大小为v ＝v y 2＋v b 2＝3 2 m/s速度的方向与水平方向成45°角．4．(2017·衢州、丽水、湖州、舟山四市3月模拟)一实验小组想要探究电磁刹车的效果．在遥控小车底面安装宽为L 、长为2.5L 的N 匝矩形线框，线框电阻为R ，面积可认为与小车底面相同，其平面与水平地面平行，小车总质量为m .其俯视图如图4所示，小车在磁场外行驶时的功率保持P 不变，且在进入磁场前已达到最大速度，当车头刚要进入磁场时立即撤去牵引力，完全进入磁场时速度恰好为零．已知有界磁场PQ 和MN 间的距离为2.5L ，磁感应强度大小为B 、方向竖直向上，在行驶过程中小车受到地面阻力恒为F .求：图4(1)小车车头刚进入磁场时，线框的感应电动势E ； (2)电磁刹车过程中产生的焦耳热Q ；(3)若只改变小车功率，使小车刚出磁场边界MN 时的速度恰好为零，假设小车两次与磁场作用时间相同，求小车的功率P ′. 答案 见解析解析 (1)小车刚进入磁场时的速度设为v 0，则v 0＝P F感应电动势E ＝NBL v 0，得E ＝NBLPF(2)由能量守恒，可得2.5FL ＋Q ＝12m v 0 2知Q ＝12m v 0 2－2.5FL ＝mP 22F2－2.5FL(3)以小车刚要进入到恰好穿出磁场为研究过程，由动量定理，可得Ft ＋2NB I Lt ＝m v 0′① 即Ft ＋2NBLq ＝m v 0′，q ＝N ΔΦR ＝N 5BL 22R②当功率为P 时，小车进入磁场时间为t ，由动量定理 Ft ＋NB I 1Lt ＝m v 0，q ＝I 1t 得t ＝2mRP －5FN 2B 2L 32RF 2③由①②③，可得v 0′＝2mRP ＋5FN 2B 2L 32mFR得P ′＝F v 0′＝2mRP ＋5FN 2B 2L 32mR.5．如图5甲所示，水平面内的直角坐标系的第一象限有磁场分布，方向垂直于水平面向下，磁感应强度沿y 轴方向没有变化，与横坐标x 的关系如图乙所示，图线是双曲线(坐标轴是渐近线)；顶角θ＝53°的光滑金属长导轨MON 固定在水平面内，ON 与x 轴重合，一根与ON 垂直的长导体棒在水平向右的外力作用下沿导轨MON 向右滑动，导体棒在滑动过程中始终保持与导轨良好接触，已知t ＝0时，导体棒位于顶角O 处；导体棒的质量为m ＝4 kg ；OM 、ON 接触处O 点的接触电阻为R ＝0.5 Ω，其余电阻不计，回路电动势E 与时间t 的关系如图丙所示，图线是过原点的直线，求：甲 乙 丙图5(1)t ＝2 s 时流过导体棒的电流的大小；(2)在1～2 s 时间内导体棒所受安培力的冲量大小；(3)导体棒滑动过程中水平外力F (单位：N)与横坐标x (单位：m)的关系式． 答案 (1)8 A (2)8 N·s (3)F ＝6＋3293x (N)解析 (1)根据E －t 图象中的图线是过原点的直线这一特点，可得到t ＝2 s 时金属棒产生的感应电动势为E ＝4 V由欧姆定律得I 2＝E R ＝40.5A ＝8 A. (2)由题图乙可知，B x ＝1x(T·m) 由题图丙可知，E 与t 成正比，有E ＝2t (V)，I ＝E R＝4t (A) 因θ＝53°，可知任意时刻回路中导体棒有效切割长度L ＝4x 3又由F 安＝BIL ，所以F 安＝163t (N)，即安培力跟时间成正比，所以在1～2 s 时间内导体棒所受安培力的平均值 F ＝163＋3232N ＝8 N ，故I 安＝F Δt ＝8 N·s. (3)因为E ＝BL v ＝43v (V)，所以v ＝1.5t (m/s)， 可知导体棒的运动是匀加速直线运动，加速度a ＝1.5 m/s 2，又x ＝12at 2，F －F 安＝ma ，联立解得F ＝6＋3293x (N)．。
高考物理二轮复习课件：电磁感应中的动量问题
导轨下滑。导轨电阻不计，整个过程中金属棒MN和PQ未相碰，则( )
A．释放后金属棒MN最终停在水平轨道上
BD
B．金属棒MN刚进入磁场时，金属棒PQ两端电压大小
C．整个过程中流过金属棒PQ的电荷量为
D．整个过程中金属棒MN产生的焦耳热为
作业：
1.整理笔记（电磁感应公式、模型、动量知识点+例题） 2.完成电磁感应中动量问题巩固练习
对于双杆模型，在受到安培力之外，若其他外力 之和为零，则考虑应用动量守恒定律处理问题。
1.AB杆受一冲量作用后以初速度 v0=4m/s，沿水平面内的固定轨道运动，经一段时间后而停 止。AB的质量为m=5g，导轨宽为L=0.4m，电阻为R=2Ω，其余的电阻不计，磁感强度B=0.5T，
棒和导轨间的动摩擦因数为μ=0.4，测得杆从运动到停止的过程中通过导线的电量q=10－2C，
（2）线框上边框进入磁场时的速度。
解析：（2）线框进入磁场的过程，
平均感应电动势
平均感应电流
，电荷量
3.如图所示，两根水平固定的足够长平行光滑金属导轨上，静止放着两根质量为m、长度为L、
电阻为R的相同导体棒ab和cd，构成矩形回路(ab、cd与导轨接触良好)，导轨平面内有竖直向
上的A．匀a强b将磁向场B右。做现匀给加cd速一运个动初速度v0，则(
(2)从开始运动到最终稳定,求电路中产生的电能;
(3)求两棒之间的最大距离.
一、单棒问题
阻尼式
v0
电动式
F
发电式
运动特点
a逐渐减小的减速运动
a逐渐减小的加速运动
a逐渐减小的加速运动
最终特征
静止 I=0
匀速 I=0 或恒定
匀速 I 恒定
2020年高考物理素养提升专题08 碰撞与动量守恒(解析版)
素养提升微突破08 碰撞与动量守恒——微观和宏观都适用的定律动量守恒系统动量是否守恒，与系统内物体间的作用力的多少、大小以及性质无关，系统内里不会改变系统的总动量，但可以改变系统内各物体的动量，使某些物体的动量增加，另一些物体的动量减小，而总动量保持不变。
动量守恒充分体现了相互作用观念、运动观念的物理学素养。
【2019·江苏卷】质量为M 的小孩站在质量为m 的滑板上，小孩和滑板均处于静止状态，忽略滑板与地面间的摩擦。
小孩沿水平方向跃离滑板，离开滑板时的速度大小为v ，此时滑板的速度大小为 A ．mv MB ．M v mC ．mv m M+ D ．Mv m M+ 【答案】B【解析】设滑板的速度为u ，小孩和滑板动量守恒得：0mu Mv =-，解得：Mu v m=，故B 正确。
【素养解读】本题通过模型构建考查动量守恒，体现了学科思维中模型构建、科学推理的素养要素。
一、碰撞问题碰撞问题是高考的考查热点，此类问题往往结合牛顿运动定律、能量守恒定律等知识综合起来考查。
正确判断碰后各物体的运动情况是解题的关键。
【典例1】如图所示，水平面上相距为L ＝5 m 的P 、Q 两点分别固定一竖直挡板，一质量为M ＝2 kg 的小物块B 静止在O 点，OP 段光滑，O Q 段粗糙且长度为d ＝3 m 。
一质量为m ＝1 kg 的小物块A 以v 0＝6m/s 的初速度从OP 段的某点向右运动，并与B 发生弹性碰撞。
两物块在O Q 段的动摩擦因数均为μ＝0.2，两物块与挡板的碰撞时间极短且机械能均不损失。
重力加速度g ＝10 m/s 2，求：(1)A 与B 在O 点碰后瞬间各自的速度； (2)两物块各自停止运动时的时间间隔。
【答案】(1)2 m/s ，方向向左 4 m/s ，方向向右 (2)1 s【解析】(1)设A 、B 在O 点碰后的速度分别为v 1和v 2，以向右为正方向。
由动量守恒定律得：m v 0＝m v 1＋M v 2碰撞前后动能相等，则得：12m v 02＝12m v 12＋12M v 22解得：v 1＝－2 m/s ，v 2＝4 m/s 。
2025高考物理总复习电磁感应中的动量问题
导轨放置,每根金属棒接入导轨之间的电阻均为R。运动过程中金属棒与导轨始
终垂直且接触良好,金属棒始终未滑出导轨,导轨电阻忽略不计,重力加速度为g。
(1)先保持棒b静止,将棒a由静止释放,求棒a匀速
运动时的速度大小v0。
(2)在(1)问中,当棒a匀速运动时,再将棒b由静止
方向为正方向),其中ma=2 kg,mb=1 kg,g取10 m/s2,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产生的热量。
答案 (1)5 s
7
(2)
3
C
115
(3)
6
J
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
对b受力分析得mgsin θ+BIL=ma0
解得a0=2gsin θ。
(3)b棒释放之后,对a、b组成的系统,由动量定理得
2mgt0sin θ=2mv-mv0
解得 v=gt0sin
sin
θ+ 2 2
对 b 棒由动量定理得 mgt0sin θ+IF=mv
IF=∑BLiΔt=BLq
Δ
Δ
q=Δt= Δt=nΔ·
总
总
Δ
·Δt=n ,磁通量变化量
总
ΔΦ=BΔS=BLx。如果安培力是
导体棒或金属框受到的合外力,则 I 安=mv2-mv1。当题目中涉及速度 v、电荷
量 q、运动时间 t、运动位移 x 时用动量定理求解更方便。
考向一 动量定理在单杆模型中的应用
2020浙江高考物理压轴-电磁感应
1 两根光滑的长直金属导轨M N 、M′ N′平行置于同一水平面内，导轨间距为l ，电阻不计，M 、M′处接有如图所示的电路，电路中各电阻的阻值均为尺，电容器的电容为C 。
长度也为l 、阻值同为R 的金属棒a b 垂直于导轨放置，导轨处于磁感应强度为B 、方向竖直向下的匀强磁场中。
a b 在外力作用下向右匀速运动且与导轨保持良好接触，在运动距离为s 的过程中，整个回路中产生的焦耳热为Q 。
求 ⑴.a b 运动速度v 的大小； ⑵.电容器所带的电荷量q 。
答案：（1）设ab 上产生的磁感电动势为E ，回路中的电流为I ，ab 运动距离s 所用时间为t ，则有Blv E = ①REI 4=② v st = ③ t R I Q )4(2= ④由上述方程得sl B QR v 224=⑤（2）设电容器两极板间的电势差为U ，则有U =IR ⑥ 电容器所带电荷量q =CU ⑦ 解得BlsCQRq =⑧ 2 如图所示，两平行的光滑金属导轨安装在一光滑绝缘斜面上，导轨间距为L ，电阻忽略不计且足够长，导轨平面的倾角为α，斜面上相隔为d 的平行虚线MN 与PQ 间有磁感应强度大小为B 的匀强磁场，方向与导轨平面垂直，另有一长为2d 的绝缘杆将一导体棒和一边长为d （d < L ）的正方形单匝线框连在一起组成一固定的装置，总质量为m ，导体棒中通过大小恒为I 的电流。
将整个装置置于导轨上，线框下边与PQ 重合，释放后装置沿斜面开始下滑，当导体棒运动到MN 处恰好第一次开始返回，经过若干次往返后，最终整个装置在斜面上做恒定周期的往复运动，导体棒在整个运动过程中始终与导轨垂直。
求：（1）在装置第一次下滑的过程中，线框中产生的热量Q；（2）画出整个装置在第一次下滑过程中的速度一时间（v-t ）图像；（3）装置最终在斜面上做往复运动的最大速率v m；（4）装置最终在斜面上做往复运动的周期T。
解：（1）设装置由静止释放到导体棒运动到磁场下边界的过程中，安培力对线框做功的大小为W mg sinα·4d－W－BIL·d=0解得W = 4mgd sinα－BILd线框中产生的热量Q=W= 4mg dsinα－BILd（2）（3）装置往复运动的最高位置：线框的上边位于MN处速度最大的位置：导体棒位于PQ处，由解得（4）向下加速过程ma1= mg sinα，向下减速过程ma2=BIL－mg sinα，3如图所示，两足够长的平等光滑金属导轨安装在一倾角为θ的光滑绝缘斜面上，导轨间距为L，电阻忽略不计，一宽度为d的有界匀强磁场垂直于斜面向上，磁感应强度为B，另有一长为2d的绝缘杆将一导体棒和一边长为d （d＜L）的正方形导线框连在一起组成固定装置．总质量为m，导体棒中通有大小恒定I的电流，将该装置置于导轨上，开始时导体棒恰好位于磁场的下边界处，由静止释放后装置沿斜面向上运动，当线框的下边运动到磁场的上边界MN处时装置的速度恰好为零．重力加速度大小为g．（1）求刚释放时装置加速度的大小；（2）求上述运动过程中线框中产生的热量；（3）装置速度为零后将向下运动，然后再向上运动，经过若干次往返，最终装置将在斜面上做稳定的往复运动，求稳定后装置运动的最高位置与最低位置之间的距离．解：（1）刚释放时，根据牛顿第二定律得 ma =BIL -mg sin θ可得加速度大小为 a =mBIL-g sin θ（2）设装置由静止释放到线框的下边运动到磁场的上边界MN 的过程中，安培力对线框做功的大小为W ，根据动能定理有：0-0=BILd -mg sinθ•4d -W 解得 W =BILd -4mgd sinθ 线框中产生的热量 Q =W =BILd -4mgd sin θ(3装置往复运动的最高位置：线框的上边位于磁场的下边界，此时导体棒距磁场上边界d ；往复运动到最低位置时，金属棒在磁场内，设距离上边界为x ，则功能关系得 mg sin θ •(x +d )= BIL •x可解出 x =装置运动的最高位置与最低位置之间的距离为x +d =+d=答：（1）刚释放时装置加速度的大小是mBIL-g sin θ （2）上述运动过程中线框中产生的热量是BILd -4mgd sin θ（3）装置运动的最高位置与最低位置之间的距离为．4（18分）如图所示，AD 与A 1D 1为水平放置的无限长平行金属导轨，DC 与D 1C 1为倾角为︒=37θ的平行金属导轨，两组导轨的间距均为l =1.5m ，导轨电阻忽略不计．质量为m 1=0.35kg 、电阻为R 1=1Ω的导体棒ab 置于倾斜导轨上，质量为m 2=0.4kg 、电阻为R 2=0.5Ω的导体棒cd 置于水平导轨上，轻质细绳跨过光滑滑轮一端与cd 的中点相连、另一端悬挂一轻质挂钩．导体棒ab 、cd 与导轨间的动摩擦因数相同，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力．整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B =2T ．初始时刻，棒ab 在倾斜导轨上恰好不下滑．(g 取10m/s 2，sin ︒37=0.6) （1）求导体棒与导轨间的动摩擦因数μ；（2）在轻质挂钩上挂上物体P ，细绳处于拉伸状态，将物体P 与导体棒cd 同时由静止释放，当P 的质量不超过多大时，ab 始终处于静止状态？(导体棒cd 运动过程中，ab 、cd 一直与DD 1平行，且没有与滑轮相碰．)（3）若P 的质量取第（2）问中的最大值，由静止释放开始计时，当t =1s 时cd 已经处于匀速直线运动状态，求在这1s 内ab 上产生的焦耳热为多少？（1）对ab 棒，由平衡条件得0cos sin 11=-θμθg m g m （2分）解得43=μ（或0.75） （2分）（2）当P 的质量最大时，P 和cd 的运动达到稳定时，P 和cd 一起做匀速直线运动，ab 处于静止状态，但摩擦力达到最大且沿斜面向下。
新教材高中物理第二章电磁感应中的动力学能量和动量问题学生用书新人教版选择性必修第二册(含答案)
新教材高中物理学生用书新人教版选择性必修第二册：素养提升课四电磁感应中的动力学、能量和动量问题关键能力·合作探究——突出综合性素养形成探究一电磁感应中的动力学问题【核心归纳】1.导体的两种运动状态(1)导体的平衡状态——静止状态或匀速直线运动状态．处理方法：根据平衡条件(合外力等于0)列式分析．(2)导体的非平衡状态——加速度不为0.处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析．2．力学对象和电学对象的相互关系【应用体验】例1 如图所示，空间存在B＝0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场，MN、PQ是不计电阻、水平放置的平行长直导轨，其间距l＝0.2 m，电阻R＝0.3 Ω接在导轨一端．ab是跨接在导轨上质量m＝0.1 kg、电阻r＝0.1 Ω、长度与导轨间距相等的导体棒，已知导体棒和导轨间的动摩擦因数为0.2.从零时刻开始，对ab棒施加一个大小为F＝0.45 N、方向水平向左的恒定拉力，使其从静止开始沿导轨滑动，过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好．(g 取10 m/s2)(1)求导体棒所能达到的最大速度．(2)试定性画出导体棒运动的速度—时间图像．[试解]【针对训练】1.(多选)如图所示，MN和PQ是两根互相平行竖直放置的光滑金属导轨，已知导轨足够长，且电阻不计．ab是一根与导轨垂直而且始终与导轨接触良好的金属杆．开始时，将开关S断开，让杆ab由静止开始自由下落，一段时间后，再将S闭合，若从S闭合开始计时，则金属杆ab的速度v随时间t变化的图像可能是( )2．如图甲所示，两根足够长的直金属导轨MN，PQ平行放置．两导轨间距为L，M、P 两点间接有阻值为R的电阻．一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直．整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下．导轨和金属杆的电阻可忽略．让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦．(1)由b向a方向看到的装置如图乙，在此图中画出ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图；(2)在加速下滑时，当ab杆的速度大小为v时，求此时ab杆中的电流及其加速度的大小；(3)求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值．探究二电磁感应中的能量问题【核心归纳】1.能量转化的过程分析电磁感应的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功实现的．安培力做功使得电能转化为其他形式的能(通常为机械能)；克服安培力做功，则是其他形式的能(通常为机械能)转化为电能的过程．2【应用体验】例2 如图所示，MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成θ角固定，轨道间距为d.空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为B.P、M间所接电阻阻值为R.质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上，其有效电阻为r.现从静止释放ab，当它沿轨道下滑距离x时，达到最大速度．若轨道足够长且电阻不计，重力加速度为g.求：(1)金属杆ab运动的最大速度；g sinθ时，电阻R上的电功率；(2)金属杆ab运动的加速度为12(3)金属杆ab从静止到具有最大速度的过程中，克服安培力所做的功．教你解决问题第二步：找突破口(1)根据受力平衡列方程，安培力F＝mg sinθ；g sinθ时的安培力；(2)根据牛顿第二定律，求解加速度为12(3)根据动能定理，求解此过程中克服安培力所做的功．[试解]【针对训练】3.如图所示，间距为L的竖直平行金属导轨MN、PQ上端接有电阻R，质量为m、电阻为r的金属棒ab垂直于平行导轨放置，垂直导轨平面向里的水平匀强磁场的磁感应强度大小为B，不计导轨电阻及一切摩擦，且ab与导轨接触良好．若金属棒ab在竖直向上的外力F 作用下以速度v匀速上升，则以下说法正确的是( )A．a、b两端的电势差为BLvB．b端电势高于a端电势C．作用在金属棒ab上的各个力的合力做的功等于零D．拉力F所做的功等于电路中产生的热量4.[2022·江苏泗洪高二检测]如图所示，两根间距L＝1.0 m、电阻不计的足够长的光滑平行金属导轨ab、cd水平放置，一端与阻值R＝2.0 Ω的电阻相连，质量m＝0.2 kg的导体棒ef在恒定外力F＝1 N作用下由静止开始运动，导体棒电阻为r＝1.0 Ω，整个装置处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝1 T，当ef棒由开始运动6.9 m时，速度达到最大(g取10 m/s2)，求：(1)导体棒的速度达到最大时，回路中电流的大小；(2)导体棒能够达到的最大速度；(3)在此运动过程中电阻R上产生的焦耳热．探究三电磁感应中的动量问题【核心归纳】1.对于单杆模型，一般与动量定理结合．例如在光滑水平轨道上运动的单杆(水平方向不受其他力作用)，由于在磁场中运动的单杆为变速运动，故运动过程所受的安培力为变力，依据动量定理有F̅安Δt＝Δp，又F̅安Δt＝I l BΔt＝Blq，q＝NΔΦR总＝N BlxR总，Δp＝mv2－mv1，由以上安培力的冲量中藏着电荷量四式将流经杆的电荷量q、杆位移x及速度变化结合在一起．2．对于双杆模型，在受到安培力之外，其他外力之和为零时，则考虑应用动量守恒定律处理问题．3．由I l B·Δt＝m·Δv、q＝I·Δt可知，当题目中涉及电荷量或平均电流时，可应用动量定理来解决问题．【应用体验】例3 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光滑无摩擦，在平直轨道右端放置另一金属杆b，杆a、b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B＝2 T．现杆b以初速度大小v0＝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运动方向为正方向)．其中m a＝2 kg，m b＝1 kg，g取10 m/s2.求：(1)杆a在弧形轨道上运动的时间；(2)杆a在水平轨道上运动的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．[试解]【针对训练】5.(多选)如图所示，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( )随堂演练·达标自测——突出创新性素养达标1.(多选)在与水平面平行的匀强磁场上方有三个线圈，从同一高度同时由静止下落，三个线圈都是材料相同、边长一样的正方形，A线圈有一个缺口，B、C线圈闭合，但B线圈的导线比C线圈的粗，则( )A．三个线圈同时落地B．A线圈最先落地C．C线圈最后落地D．B、C线圈同时落地2．(多选)如图所示，固定在水平绝缘平面上足够长的两条平行金属导轨电阻不计，但表面粗糙，导轨左端连接一个电阻R，质量为m的金属棒ab(电阻也不计)放在导轨上，并与导轨垂直，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，用水平恒力F把ab棒从静止起向右拉动的过程中( )A．恒力F做的功等于电路产生的电能B．克服安培力做的功等于电路中产生的电能C．恒力F和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能D．恒力F和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能和ab棒获得的动能之和3.[2022·四川宜宾高二检测](多选)如图，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B.将质量为m的导体棒由静止释放，当速度达到v时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率为P，导体棒最终以2v的速度匀速运动．导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g ，下列选项中正确的是( )A ．v ＝2mgR sin θB 2L 2B ．P ＝2mgv sin θC ．当导体棒速度达到v2时，加速度大小为g sin θ2D ．在速度达到2v 以后匀速运动的过程中，R 上产生的焦耳热等于拉力所做的功4.如图所示，两根光滑导轨平行放置，导轨的水平部分放在绝缘水平面上，水平部分所在空间有竖直向上的磁场，磁感应强度为B.导轨的水平部分和倾斜部分由光滑圆弧连接．两根完全相同的金属棒ab 和cd 质量均为m 、接入电路的电阻均为R ，将cd 置于导轨的水平部分与导轨垂直放置，将ab 置于导轨的倾斜部分与导轨垂直放置，ab 离水平面的高度为h ，重力加速度为g ，现将ab 由静止释放，求：(1)cd 棒最终的速度大小； (2)整个过程中产生的焦耳热Q.5.如图所示，在与水平面成θ＝30°夹角的平面内放置两条平行、光滑且足够长的金属导轨，其电阻可忽略不计．空间存在着匀强磁场，磁感应强度B ＝0.20 T ，方向垂直导轨平面向上．导体棒ab 、cd 垂直于导轨放置，且与导轨接触良好构成闭合回路，导体棒的质量均为m ＝2.0×10－2kg ，回路中导体棒电阻均为r ＝5.0×10－2Ω，金属导轨间距l ＝0.50 m ．现对导体棒ab 施加平行于导轨向上的拉力，使之匀速向上运动，在导体棒ab 匀速向上运动过程中，导体棒cd 始终能静止在导轨上，g 取10 m /s 2，求：(1)通过导体棒cd 的电流I ；(2)导体棒ab 受到的外力F 的大小；(3)导体棒cd产生Q＝0.1 J的热量时，力F做的功W.素养提升课(四) 电磁感应中的动力学、能量和动量问题关键能力·合作探究探究一应用体验[例1] 解析：ab棒在拉力F作用下运动，随着ab棒切割磁感线运动的速度增大，棒中的感应电动势增大，棒中感应电流增大，棒受到的安培力也增大，最终达到匀速运动时棒的速度达到最大值．外力在克服安培力做功的过程中，消耗了其他形式的能，转化成了电能，最终转化成了焦耳热．(1)导体棒切割磁感线运动，产生的感应电动势E＝Blv①I＝ER+r②导体棒受到的安培力F安＝IlB③导体棒运动过程中受到拉力F、安培力F安和摩擦力F f的作用，根据牛顿第二定律得F－μmg－F安＝ma④由①②③④得F－μmg－B2l2vR+r＝ma⑤由上式可以看出，随着速度的增大，安培力增大，加速度a减小，当加速度a减小到0时，速度达到最大．此时有F－μmg－B 2l2v mR+r＝0⑥可得v m＝(F−μmg)(R+r)B2l2＝10 m/s.⑦(2)导体棒运动的速度—时间图像如图所示．答案：(1)10 m/s (2)见解析图针对训练1．解析：设ab棒的有效长度为l，S闭合时，若B 2l2vR>mg，先减速再匀速，D项有可能；若B 2l2vR＝mg，匀速，A项有可能；若B2l2vR<mg，先加速再匀速，C项有可能；由于v变化，B2l2vR－mg＝ma中a不恒定，选B项不可能．答案：ACD 2．解析：(1)如图所示，重力mg ，竖直向下；支持力F N ，垂直斜面向上；安培力F ，沿斜面向上． (2)当ab 杆速度为v 时，感应电动势E ＝BLv ，此时电路中电流I ＝ER ＝BLv R，ab 杆受到的安培力F ＝ILB ＝B 2L 2v R.根据牛顿运动定律，有mg sin θ－F ＝ma ， 解得a ＝g sin θ－B 2L 2v mR.(3)当a ＝0时，杆达到最大速度v m ，即g sin θ＝B 2L 2v m mR时，v m ＝mgR sin θB 2L 2.答案：(1)图见解析 (2)BLv Rg sin θ－B 2L 2v mR(3)mgR sin θB 2L 2探究二应用体验[例2] 解析：(1)当杆达到最大速度时安培力F ＝mg sin θ 安培力F ＝IdB 感应电流I ＝E R+r感应电动势E ＝Bdv max 联立上式解得最大速度v max ＝mg (R+r )sin θB 2d 2.(2)当金属杆ab 运动的加速度为12g sin θ时，根据牛顿第二定律，有mg sin θ－I ′dB ＝m ·12g sin θ电阻R 上的电功率P ＝I ′2R 解得P ＝m 2g 2R sin 2θ4B 2d 2.(3)根据动能定理mgx sin θ－W F ＝12mv max 2－0解得W F ＝mgx sin θ－12·m 3g 2(R+r )2sin 2θB 4d 4.答案：(1)mg (R+r )sin θB 2d 2(2)m 2g 2R sin 2θ4B 2d 2(3)mgx sin θ－12·m 3g 2(R+r )2sin 2θB 4d 4针对训练3．解析：金属棒做切割磁感线运动产生的感应电动势为E ＝BLv ，则a 、b 两点间的电压为U ＝R R+rBLv ，故A 错误．根据右手定则可知，金属棒中的电流方向为b 到a ，所以b 端为电源的负极，a 端为电源的正极，a 端的电势高于b 端，故B 错误．由于金属棒做匀速直线运动，根据动能定理可知作用在金属棒上的各个力的合力做功等于零，故C 正确．根据功能关系可知，拉力F 做功等于电路中产生的热量与重力势能的增加量之和，故D 错误．故选C.答案：C4．解析：(1)当安培力等于拉力时，速度最大，则有F ＝F 安＝ILB代入数据解得I ＝FBL ＝11×1.0A ＝1 A.(2)当导体棒速度为v max 时，产生的感应电动势为E ＝BLv max ，通过导体棒的电流为I ＝BLv max r+R，解得v max ＝3 m/s.(3)由功能关系得Fx ＝Q +12mv max 2根据串联电路特点，有Q R ＝RR+rQ联立解得Q R ＝4 J.答案：(1)1 A (2)3 m/s (3)4 J 探究三应用体验[例3] 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 b0，对杆b 运用动量定理，有I dB ·Δt ＝m b (v 0－v b0) 其中v b0＝2 m/s. 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设最后a 、b 两杆共同的速度为v ′，由动量守恒定律得m a v a －m b v b0＝(m a ＋m b )v ′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 ′由动量定理得I ′dB ·Δt ′＝m a (v a －v ′)，而q ＝I ′·Δt ′ 联立解得q ＝73 C.(3)由能量守恒定律可知杆a 、b 中产生的焦耳热Q ＝m a gh +12m b v 02－12(m b ＋m a )v ′2杆b 中产生的焦耳热Q ′＝R bR a +R bQ解得Q ′＝1156J.答案：(1)5 s (2)73 C (3)1156J针对训练5．解析：以两导体棒为研究对象，在导体棒运动过程中，两导体棒所受的安培力大小相等，方向相反，且不受其他水平外力作用，在水平方向两导体棒组成的系统动量守恒，对系统有mv 0＝2mv ，解得两导体棒运动的末速度v ＝12v 0，棒ad 做变减速运动，棒cd 做变加速运动，稳定时两导体棒的加速度均为零，一起向右做匀速运动，故A 正确，B 错误；ab 棒和cd 棒最后做匀速运动，棒与导轨组成的回路磁通量不变化，不会产生感应电流，故C 正确，D 错误．答案：AC 随堂演练·达标自测1．解析：A 线圈不受安培力，所以最先落地，A 错误，B 正确；要想比较出B 、C 线圈的下落时间，先比较加速度，得出加速度a 与导线横截面积S 的关系，a ＝mg−F 安m＝g －B 2l 2v Rm，其中R ＝ρ电4lS ，m ＝ρV ＝4lρS ，所以有a ＝g －B 2v 16ρ电ρ，可知加速度a 与l 和S 均无关，即B 、C 线圈同时落地，C 错误，D 正确．答案：BD 2．解析：由功能关系可得，克服安培力做的功等于电路中产生的电能，A 错误，B 正确；根据动能定理可知，恒力F 、安培力与摩擦力的合力做的功等于ab 棒获得的动能，即W F －W f －W 安＝E k ，则恒力F 和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能和ab 棒获得的动能之和，C 错误，D 正确．答案：BD3．解析：当导体棒以速度v 匀速运动时B 2L 2v R＝mg sin θ，解得v ＝mgR sin θB 2L 2，故A 错误；当导体棒以速度2v 匀速运动时F ＝P2v，根据平衡条件有B 2L 22v R＝F ＋mg sin θ，解得F＝mg sin θ，所以拉力的功率为P ＝F ·2v ＝2mgv sin θ，故B 正确；当导体棒速度达到v 2时，根据牛顿第二定律有mg sin θ－B 2L 2v 2R＝ma ，解得a ＝g sin θ2，故C 正确；在速度达到2v 以后匀速运动的过程中，由能量守恒知R 上产生的焦耳热等于牵引力做的功和重力势能减少的代数和，故D 错误．答案：BC4．解析：(1)ab 下落过程，mgh ＝12mv 12，v1＝√2gℎab 和cd 动量守恒，mv 1＝2mv 2，v2＝√2gℎ2.(2)整个过程中产生的焦耳热Q＝12mv12−12×2mv22＝12mgh.答案：(1)√2gh2(2)12mgh5．解析：(1)导体棒cd受到的安培力F cd＝IlB导体棒cd受力平衡，则F cd＝mg sin θ联立以上两式代入数据，解得I＝1 A，方向由左手定则可知由d到c.(2)导体棒ab与cd受到的安培力大小相等，即F ab＝F cd对导体棒ab，由平衡条件有F ＝mg sin θ＋IlB代入数据解得F＝0.2 N.(3)设在时间t内导体棒cd产生Q＝0.1 J的热量，由焦耳定律可知Q＝I2rt设导体棒ab匀速运动的速度大小为v，则产生的感应电动势E＝Blv，由闭合电路欧姆定律知I＝E2r由运动学公式知，在时间t内，导体棒ab沿导轨的位移x＝vt，力F做的功W＝Fx 综合上述各式，代入数据解得W＝0.4 J.答案：(1)1 A d→c(2)0.2 N (3)0.4 J。
2020届高考物理一轮复习热点题型归纳与变式演练 电磁感应中的动量和能量问题(解析版)
2020届高考物理一轮复习热点题型归纳与变式演练电磁感应中的动量和能量问题【专题导航】目录热点题型一电磁感应中的能量问题 (1)（一）功能关系在电磁感应中的应用 (2)（二）焦耳热的求解 (4)热点题型二电磁感应中的动量问题 (6)（一）安培力对时间的平均值的两种处理方法 (7)角度一安培力对时间的平均值求电荷量 (7)角度二安培力对时间的平均值求位移 (8)（二）双导体棒在同一匀强磁场中的运动 (8)（三）两导体棒在不同磁场中运动 (10)【题型演练】 (11)【题型归纳】热点题型一电磁感应中的能量问题1．电磁感应中的能量转化2．求解焦耳热Q的三种方法3．求解电磁感应现象中能量问题的一般步骤(1)在电磁感应中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路就相当于电源．(2)分析清楚有哪些力做功，就可以知道有哪些形式的能量发生了相互转化．(3)根据能量守恒列方程求解． （一）功能关系在电磁感应中的应用【例1】(2019·河南开封高三上第一次模拟)如图所示，在竖直平面内固定有光滑平行导轨，间距为L ，下端接有阻值为R 的电阻，空间存在与导轨平面垂直、磁感应强度为B 的匀强磁场。
质量为m 、电阻为r 的导体棒ab 与上端固定的弹簧相连并垂直导轨放置。
初始时，导体棒静止，现给导体棒竖直向下的初速度v 0，导体棒开始沿导轨往复运动，运动过程中始终与导轨垂直并保持良好接触。
若导体棒电阻r 与电阻R 的阻值相等，不计导轨电阻，则下列说法中正确的是( )A ．导体棒往复运动过程中的每个时刻受到的安培力方向总与运动方向相反B ．初始时刻导体棒两端的电压U ab ＝BLv 0C ．若导体棒从开始运动到速度第一次为零时，下降的高度为h ，则通过电阻R 的电量为BLh 2RD ．若导体棒从开始运动到速度第一次为零时，下降的高度为h ，此过程导体棒克服弹力做功为W ，则电阻R 上产生的焦耳热Q ＝14mv 2＋12mgh －W【答案】 AC【解析】 导体棒竖直向下运动时，由右手定则判断可知，ab 中产生的感应电流方向从b →a ，由左手定则判断得知ab 棒受到的安培力竖直向上，导体棒竖直向上运动时，由右手定则判断可知，ab 中产生的感应电流方向从a →b ，由左手定则判断得知ab 棒受到的安培力竖直向下，所以导体棒往复运动过程中的每个时刻受到的安培力方向总与运动方向相反，A 正确；导体棒开始运动的初始时刻，ab 棒产生的感应电势为E ＝BLv 0，由于r ＝R ，a 端电势比b 端高，所以导体棒两端的电压U ab ＝12E ＝12BLv 0，B 错误；若导体棒从开始运动到速度第一次为零时，下降的高度为h ，则通过电阻R 的电量为q ＝ΔΦR ＋r ＝BLh 2R ，C 正确；导体棒从开始运动到速度第一次为零时，根据能量守恒定律得知电路中产生的焦耳热Q 热＝12mv 20＋mgh －W ，所以电阻R 上产生的焦耳热Q ＝12Q 热＝14mv 20＋12mgh －W 2，D 错误。
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(
5.2020届高考物理专题学案：电磁感应与交流电(6)电磁感应中的动量和能量综合问题+Word版含答案
电磁感应中的动量和能量综合问题1、如图所示,光滑导轨水平放置,匀强磁场竖直向上,金属棒ab、cd质量相等.开始给ab一个冲量,使它具有向右的初速度v,经过一段时间后,金属棒cd的速度( )A.向右,等于vB.向左,等于vC.向右,等于v/2D.静止不动2、如图所示,两根相距为d的足够长的光滑金属导轨固定在水平面上,导轨电阻不计.磁感应强度为B的匀强磁场与导轨平面垂直,长度略大于d的两导体棒M、N平行地放在导轨上,导体棒的电阻均为R、质量均为m,开始两导体棒静止,现给导体棒M一个平行导轨向右的瞬时冲量I,整个过程中导体棒与导轨接触良好,下列说法正确的是( )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222 2B Id m RC.回路中的最大电流为BId mRD.棒N获得的最大速度为I m3、如图所示,一水平面内固定两根足够长的光滑平行金属导轨,导轨上面横放着两根完全相同的铜棒ab和cd,构成矩形回路,在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场B.开始时,棒cd静止,棒ab有一个向左的初速度v0,则关于两棒以后的运动,下列说法正确的是( )A.ab 棒做匀速直线运动,cd 棒做匀加速直线运动B.ab 棒减小的动量等于cd 棒增加的动量C.ab 棒减小的动能等于cd 棒增加的动能D.两棒一直运动,机械能不断转化为电能4、如图所示,两根足够长的光滑平行金属导轨固定在同一水平面内,两导轨间的距离为L 。
导轨上面横放着两根导体棒ab 、cd ,与导轨一起构成闭合回路。
两根导体棒的质量均为m ,电阻均为R ,其余部分的电阻不计。
在整个导轨所在的平面内都有方向竖直向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场。
开始时,两导体棒均在导轨上静止不动,某时刻给导体棒ab 以水平向右的初速度v 0,则（ ）A.导体棒ab 刚获得速度v 0时受到的安培力大小为220B L v RB.两导体棒最终将以02v 的速度沿导轨向右匀速运动 C.两导体棒运动的整个过程中产生的热量为2014mv D.当导体棒ab 的速度变为034v 时,导体棒cd 的加速度大小为22038B L v mR5、如图所示,两根足够长的光滑平行金属导轨固定在同一水平面内,两导轨间的距离为L 。
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 )。
2020年浙江省普通高校招生选考科目考试物理 专题08电磁感应中的动量问题([课时跟踪检测])
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浙江2020高考物理尖子生核心素养提升之电磁感应中的动量问题[课时跟踪检测]1.(多选)如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨固定在同一水平面内，两导轨间的距离为L 。
导轨上面横放着两根导体棒ab 、cd ，与导轨一起构成闭合回路。
两根导体棒的质量均为m ，长度均为L ，电阻均为R ，其余部分的电阻不计。
在整个导轨所在的平面内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场。
开始时，两导体棒均在导轨上静止不动，某时刻给导体棒ab 以水平向右的初速度v 0，则( )A ．导体棒ab 刚获得速度v 0时受到的安培力大小为B 2L 2v 0RB ．两导体棒最终将以v 02的速度沿导轨向右匀速运动 C ．两导体棒运动的整个过程中产生的热量为14mv 02 D ．当导体棒ab 的速度变为34v 0时，导体棒cd 的加速度大小为3B 2L 2v 08mR2.(多选)如图所示，水平桌面上固定着两相距L ＝1 m 的足够长的平行金属导轨，导轨右端接电阻R ＝1 Ω，在导轨间存在无数宽度相同的有界匀强磁场区域，磁感应强度为B ＝1 T ，方向竖直向下，任意两个磁场区域之间有宽为s 0＝0.3 m 的无场区，金属棒CD 质量为m ＝0.1 kg ，接入导轨间的电阻为r ＝1 Ω。
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。
金属棒从距最左边磁场区域左边界s ＝0.4 m 处由静止释放，运动过程中金属棒始终保持与导轨垂直，在金属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，且金属棒从进入磁场开始通过每个区域的时间均相同，重力加速度为g ＝10 m/s 2，不计其他电阻、摩擦力。
则下列说法正确的是(图中并未把所有磁场都画出)( )A ．金属棒每次进入磁场时的速度为2 m/s ，离开磁场时速度均为1 m/sB ．每个磁场区域的宽度均为0.8 mC ．金属棒在每个磁场区域运动的时候电阻R 上产生的电热为1.3 JD ．从进入磁场开始，电流的有效值为138 A 3．(多选)如图，在水平面内固定有两根相互平行的无限长光滑金属导轨，其间距为L ，电阻不计。
2020年高考物理-电磁感应中的动量和能量问题
电磁感应中的动量和能量问题【专题导航】目录热点题型一电磁感应中的能量问题 (1)（一）功能关系在电磁感应中的应用 (2)（二）焦耳热的求解 (4)热点题型二电磁感应中的动量问题 (6)（一）安培力对时间的平均值的两种处理方法 (7)角度一安培力对时间的平均值求电荷量 (7)角度二安培力对时间的平均值求位移 (8)（二）双导体棒在同一匀强磁场中的运动 (8)（三）两导体棒在不同磁场中运动 (10)【题型演练】 (11)【题型归纳】热点题型一电磁感应中的能量问题1．电磁感应中的能量转化2．求解焦耳热Q的三种方法3．求解电磁感应现象中能量问题的一般步骤(1)在电磁感应中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路就相当于电源．(2)分析清楚有哪些力做功，就可以知道有哪些形式的能量发生了相互转化．(3)根据能量守恒列方程求解．（一）功能关系在电磁感应中的应用【例1】(2019·河南开封高三上第一次模拟)如图所示，在竖直平面内固定有光滑平行导轨，间距为L ，下端接有阻值为R 的电阻，空间存在与导轨平面垂直、磁感应强度为B 的匀强磁场。
质量为m 、电阻为r 的导体棒ab 与上端固定的弹簧相连并垂直导轨放置。
初始时，导体棒静止，现给导体棒竖直向下的初速度v 0，导体棒开始沿导轨往复运动，运动过程中始终与导轨垂直并保持良好接触。
若导体棒电阻r 与电阻R 的阻值相等，不计导轨电阻，则下列说法中正确的是( )A ．导体棒往复运动过程中的每个时刻受到的安培力方向总与运动方向相反B ．初始时刻导体棒两端的电压U ab ＝BLv 0C ．若导体棒从开始运动到速度第一次为零时，下降的高度为h ，则通过电阻R 的电量为BLh 2RD ．若导体棒从开始运动到速度第一次为零时，下降的高度为h ，此过程导体棒克服弹力做功为W ，则电阻R 上产生的焦耳热Q ＝14mv 2＋12mgh －W【答案】 AC【解析】 导体棒竖直向下运动时，由右手定则判断可知，ab 中产生的感应电流方向从b →a ，由左手定则判断得知ab 棒受到的安培力竖直向上，导体棒竖直向上运动时，由右手定则判断可知，ab 中产生的感应电流方向从a →b ，由左手定则判断得知ab 棒受到的安培力竖直向下，所以导体棒往复运动过程中的每个时刻受到的安培力方向总与运动方向相反，A 正确；导体棒开始运动的初始时刻，ab 棒产生的感应电势为E ＝BLv 0，由于r ＝R ，a 端电势比b 端高，所以导体棒两端的电压U ab ＝12E ＝12BLv 0，B 错误；若导体棒从开始运动到速度第一次为零时，下降的高度为h ，则通过电阻R 的电量为q ＝ΔΦR ＋r ＝BLh 2R ，C 正确；导体棒从开始运动到速度第一次为零时，根据能量守恒定律得知电路中产生的焦耳热Q 热＝12mv 20＋mgh －W ，所以电阻R 上产生的焦耳热Q ＝12Q 热＝14mv 20＋12mgh －W 2，D 错误。
高考物理考点《电磁感应中的能量和动量问题》真题练习含答案
高考物理考点《电磁感应中的能量和动量问题》真题练习含答案1．如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，水平U 型导体框左端连接一阻值为R 的电阻，质量为m 、电阻为r 的导体棒ab 置于导体框上．不计导体框的电阻、导体棒与框间的摩擦．ab 以水平向右的初速度v 0开始运动，最终停在导体框上．在此过程中 ( )A ．导体棒做匀减速直线运动B ．导体棒中感应电流的方向为a →bC ．电阻R 消耗的总电能为m v 20 R2（R ＋r ）D ．导体棒克服安培力做的总功小于12 m v 20 答案：C解析：导体棒向右运动，根据右手定则，可知电流方向为b 到a ，再根据左手定则可知，导体棒受到向左的安培力，根据法拉第电磁感应定律，可得产生的感应电动势为E ＝BL v 0，感应电流为I ＝E R ＋r ＝BL v 0R ＋r ，故安培力为F ＝BIL ＝B 2L 2v 0R ＋r ，根据牛顿第二定律有F ＝ma可得a ＝B 2L 2m （R ＋r ） v 0，随着速度减小，加速度不断减小，故导体棒不是做匀减速直线运动，故A 、B 错误；根据能量守恒定律，可知回路中产生的总热量为Q ＝12 m v 20 ，因R 与r 串联，则产生的热量与电阻成正比，则R 产生的热量为Q R ＝R R ＋r Q ＝m v 20 R 2（R ＋r ） ，C 正确；整个过程只有安培力做负功，根据动能定理可知，导体棒克服安培力做的总功等于12 m v 20 ，故D 错误．2．(多选)如图所示，两个完全相同的导线圈a 、b 从同一高度自由下落，途中在不同高度处通过两个宽度为d 、磁感应强度为B 的匀强磁场区域后落到水平地面上，设两线圈着地时动能分别为E k a 和E k b ，穿出磁场区域的过程中流过线圈导线横截面的总电荷量分别为q a 和q b ，则下列判断正确的是( )A ．E k a <E k bB ．E k a >E k bC ．q a ＝q bD ．q a <q b 答案：BC解析：设线圈电阻为R ，切割磁感线的边长为L ，则两线圈在进出磁场时产生的安培力为F ＝B 2L 2v R ，由图可知，两个线圈进出磁场的速度不同，有v a <v b ，则进出磁场时，a 受的安培力小，完全进入磁场后只受重力，所以在下落过程中，线圈a 克服安培力做的功小于线圈b 克服安培力做的功，而整个过程中，重力做功相同，根据动能定理W G －W 安＝ΔE k ，则E k a >E k b ，出磁场过程中通过线圈横截面的电量为q ＝I －Δt ＝ΔΦΔtR Δt ＝ΔΦR ，可知q a ＝q b ，A 、D 两项错误，B 、C 两项正确．3．如图所示，水平粗糙地面上有两磁场区域，左右两磁场区域内的匀强磁场宽度均为L ，磁感应强度大小分别为B 和2B ，左磁场区磁场方向竖直向下，右磁场区磁场方向竖直向上，两磁场间距为2L .一个质量为m 、匝数为n 、电阻为R 、边长为L 的正方形金属线框以速度v 0水平向右进入左磁场区域，当金属线框刚离开右磁场区域时速度为v 1，金属线框离开右磁场区运动一段距离后停下．金属线框与水平面间的动摩擦因数为μ.关于金属线框的运动下列判断正确的是( )A ．金属线框穿过左侧磁场过程中通过金属线框的电荷量为nBL 2RB ．金属线框从刚进入左磁场区域到最终停止的过程中一直做匀减速直线运动C ．金属线框通过两个磁场区域过程中产生的焦耳热为12 m v 20 －12m v 21 －5μmgLD ．若金属线框进入左磁场区域过程所用时间为t ，则金属线框刚好完全进入时的速度为v 0－n 2B 2L 3mR答案：C解析：由法拉第电磁感应定律可知，平均感应电动势E －＝n ΔΦΔt ，由闭合电路的欧姆定律可知，平均感应电流I － ＝E －R ，通过金属线框的电荷量q ＝I －Δt ，解得q ＝n ΔΦR ，金属线框穿过左侧磁场过程中穿过金属线框的磁通量ΔΦ＝0，则通过金属线框的电荷量为q ＝0，A 项错误；金属框在磁场中运动过程中，根据牛顿第二定律可得a ＝f ＋F 安m ，金属框在磁场运动过程中，由于安培力一直减小，则加速度一直减小，所以金属线框在磁场中运动过程中，做加速度减小的减速运动，B 项错误；设金属线框通过两个磁场区域全过程中产生的焦耳热为Q ，金属线框从开始运动到离开右磁场区域过程，由能量守恒定律得12 m v 20＝μmg ×5L ＋12 m v 21 ＋Q ，解得Q ＝12 m v 20 －12 m v 21 －5μmgL ，C 项正确；金属线框进入左侧磁场过程中穿过金属线框的磁通量ΔΦ＝BL 2，通过金属线框的电荷量q ＝n ΔΦR ＝nBL 2R，设金属线框刚好完全进入左侧磁场区域时的速度大小为v ，该过程，对金属线框，由动量定理得－B I －Lt －μmgt ＝m v －m v 0其中I －t ＝q ，解得v ＝v 0－μgt －nB 2L 3mR，D 项错误．4．[2024·广西南宁市、玉林市摸底考试](多选)如图所示，ab 、cd 为固定在水平面上的光滑金属导轨(电阻忽略不计)，ab 、cd 的间距为L ，左右两端均接有阻值为R 的电阻；一质量为m 、长为L 的金属棒MN 垂直放在导轨上，甲、乙为两根相同的轻质弹簧，弹簧一端均与金属棒MN 的中点连接，另一端被固定，两弹簧都处于原长状态；整个装置处在方向竖直向下、磁感应强度为B 的匀强磁场中．现给金属棒MN 一水平向左的初速度v ，使之在导轨上运动，运动过程中MN 始终垂直于轨道并与导轨接触良好，其接入电路的有效电阻为R .经过一段时间，金属棒MN 第一次速度为零，这一过程中ac 间的电阻R 上产生的焦耳热为Q .再经过一段时间金属棒MN 第二次速度为零，此时，甲弹簧的弹性势能为E p ，弹簧始终处于弹性范围内，且金属棒始终未与弹簧固定处发生碰撞．下列选项正确的是( )A ．初始时刻金属棒的加速度大小为B 2L 2v3mRB ．当金属棒第一次到达最左端时，甲弹簧的弹性势能为14 m v 2－3QC ．当金属棒第一次回到初始位置时，动能为12m v 2－6QD ．金属棒由初始位置开始至第二次速度为零的过程中，金属棒MN 上产生的总焦耳热为13 m v 2－43E p 答案：BD解析：初始时刻，金属棒产生的感应电动势为E ＝BL v ，感应电流为I ＝E R 总＝2BL v 3R ，由F ＝BIL ＝2B 2L 2v 3R ＝ma ，可得a ＝2B 2L 2v3mR ，A 错误；当金属棒第一次到达最左端时，通过MN 的电流始终是R 上的两倍，故MN 产生的焦耳热为4Q ，系统产生的总焦耳热为Q 总＝6Q ，由动能定理及能量守恒定律可得W 安1＋W 弹＝0－12m v 2，W 安1＋Q 总＝0，W 弹＋ΔE p 甲＋ΔE p乙＝0，ΔE p 甲＝ΔE p 乙，可得甲弹簧的弹性势能为ΔE p 甲＝14m v 2－3Q ，B 正确；当金属棒向左运动后第一次回到初始位置过程中，由于安培力始终对MN 做负功，产生焦耳热，棒第一次达到最左端的过程中，产生的焦耳热为6Q .棒平均速度最大，平均安培力最大，棒克服安培力做功最大，整个回路中产生的焦耳热更多，回到平衡位置时产生的焦耳热Q ′小于6Q ，由动能定理可得－6Q ＋W安2＝E k －12 m v 2，解得E k ＝12m v 2－6Q ＋W 安2，其中W 安2＋Q ′＝0，解得－12Q ＋12 m v 2<E k <12 m v 2－6Q ，C 错误；当金属棒由初始位置开始至第一次到达最右端过程中，由能量守恒得Q ′总＝12 m v 2－2E p ，通过MN 的电流始终是R 上的两倍，则Q MN ＝4Q R ，可得Q MN ＝46 Q ′总＝13 m v 2－43E p ，D 正确．5．[2024·江苏省六校联考]如图所示，两根等高的四分之一光滑圆弧轨道半径为r 、间距为L ，Oa 水平、Oc 竖直，在轨道顶端连有一阻值为R 的电阻，整个装置处在一竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B .现有一根长度稍大于L 、质量为m 、电阻也为R 的金属棒从轨道的顶端ab 处由静止开始下滑，到达轨道底端cd 时受到轨道的支持力为2mg .全程中金属棒与导轨接触良好，轨道电阻不计，求：(1)金属棒到达轨道底端cd 时通过电阻R 的电流；(2)金属棒从ab 下滑到cd 过程中电阻R 中产生的焦耳热；(3)若金属棒在拉力作用下，从cd 开始以速度v 0向右沿轨道做匀速圆周运动，则在到达ab 的过程中拉力做的功为多少？答案：(1)BL gr 2R (2)14 mgr (3)mgr ＋πB 2L 2v 0r 8R解析：(1)金属棒到达轨道底端cd 时2mg －mg ＝m v 2r解得v ＝gr感应电流I ＝E2R ＝BL v 2R解得I ＝BL gr2R(2)由能量守恒定律得Q ＝mgr －12 m v 2电阻R 中产生的焦耳热Q R ＝Q 2 ＝14 mgr(3)金属棒中产生的电动势E ＝BL v cos θ 是正弦式交变电流I ＝BL v 022R在四分之一周期内产生的热量Q ＝I 2·2Rt ＝I 2·2Rπr 2v 0 ＝πB 2L 2v 0r 8R由功能关系得W F ＝mgr ＋Q解得拉力做的功W F ＝mgr ＋πB 2L 2v 0r8R6．[2024·湖北省宜荆荆随联考]如图所示，两电阻不计的足够长光滑金属轨道EG 、FH 平行排列，间距L ＝1 m ．EF 右侧水平部分有垂直轨道平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小B ＝1 T ．导体棒PQ 质量m 2＝0.1 kg ，电阻R 2＝4 Ω，静止在边界EF 右侧x 处．导体棒MN 质量m 1＝0.3 kg ，电阻R 1＝2 Ω，由轨道左侧高h 处由静止下滑，运动过程中两杆始终与轨道接触良好，重力加速度取g ＝10 m/s 2.(1)若h ＝3.2 m ，求MN 进入磁场时导体棒PQ 所受安培力F 的大小；(2)若h ＝3.2 m ，两棒在磁场中运动时未发生碰撞，求从MN 进入磁场到两棒达到稳定过程中，导体棒MN 上产生的焦耳热Q 1；(3)若x ＝a m ，h ＝b m ，要求MN 与PQ 运动过程中恰好不相撞，求a 与b 满足的函数关系．答案：(1)F ＝43 N (2)Q 1＝0.8 J (3)a ＝910 5b解析：(1)根据题意，由机械能守恒定律有 m 1gh ＝12m 1v 20 由法拉第电磁感应定律有E ＝BL v 0 感应电流为I ＝E （R 1＋R 2）导体棒PQ 所受安培力F 的大小F ＝BIL 解得F ＝43N(2)根据题意，由动量守恒定律有 m 1v 0＝(m 1＋m 2)v 1由能量守恒定律有Q ＝12 m 1v 20 －12(m 1＋m 2)v 21 导体棒MN 上产生的焦耳热Q 1＝QR 1＋R 2 R 1解得Q 1＝0.8 J(3)根据题意，对PQ 棒，由动量定理有m 2v 1－0＝B I －Lt 又有I －t ＝BLx R 1＋R 2解得x ＝3m 2（R 1＋R 2）2gh4B 2L 2代入数值得a ＝910 5b。
以核心素养为导向的一道电磁感应题——2020 年1 月浙江物理选考第21 题的赏析与拓展
FA
，
当 FA = −F 时， x =0， v = vm = ±1 m/s；
当 FAA = F 时， x = x′ ， v = v′ ，
FA
， F0 = ，则 2x′ = v′ 。
由动能定理有
1 2
mv′2
=
1 2
k (x02
−
x′2 )
，
— 104 —
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原题：如图1所示，在 xoy 水平面内，固定放置着间
距为 l 的两平行金属直导轨，其间连接有阻值为R的电 阻，电阻两端连接示波器(内阻可视为无穷大)，可动态显 示电阻R两端的电压。两导轨间存在大小为B、方向垂直导 轨平面的匀强磁场。t=0时，一质量为m、长为 l 的导体棒
在外力F作用下从 x = x0 位置开始做简谐运动，观察到
递进，学生得分易，但得满分难。学生必须具有清晰的思
路、严密的逻辑推理能力、强大的知识迁移能力以及熟
练的数学运算能力，才能完整地解答此题。此题考查了
学生的科学推理和模型建构能力，很好地体现了“试题
应该有明确的测试目标，要清楚地指向物理学科核心素
学生很难想到），总体思路有点散乱。而笔者的解法是利 用回复力公式和数学函数，直接写出了外力和安培力关于 时间的表达式，让两者的绝对值相等，先求出两力相等时 的时间，再通过位移与速度关于时间的表达式求出对应 的位移与时间，可以说是对题目的直接翻译。所以，此种 解法虽然对学生数学能力的要求高了，但相对于参考答 案，从思维的角度来看，更加顺畅、直接、明了，更符合学 生的认知规律。
【关键词】选考；电磁感应；简谐运动 【中图分类号】G633.7 【文献标识码】A 【文章编号】1671-8437（2020）22-0104-02
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取竖直向上的方向为正方向，根据动量定理有
(F－mg)t＝mv，
其中v为“”形框离开水银槽做竖直上抛运动的初速度，v2＝2gh
又因为安培力远大于重力，所以可以忽略重力，即Ft＝mv，
解得q＝It＝0.03 C。
由能量守恒定律可知，整个过程中回路产生的总焦耳热为：
Q＝ mv02－ (m＋m)v2
则b棒中产生的焦耳热为：Qb＝ Q
解得：Qb＝2 J。
答案：2 m/s2 J
2．如图甲所示，两足够长且不计电阻的光滑金属轨道固定在水平面上，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光滑无摩擦，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Ra＝2 Ω、Rb＝5 Ω，在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B＝2 T。现杆b以大小为v0＝5 m/s的初速度开始向左滑动，同时由静止释放杆a，杆a由静止滑到平直轨道的过程中，通过杆b的平均电流为0.3 A；从杆a下滑到平直轨道时开始计时，杆a、b运动的速度—时间图像如图乙所示(以杆a运动方向为正方向)，其中杆a的质量为ma＝2 kg，杆b的质量为mb＝1 kg，取g＝10 m/s2，求：
答案：0.03 C
2．如图所示，质量为M的U形金属架M′MNN′，静止在粗糙绝缘水平面上(与水平面间的动摩擦因数为μ)，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。M′M、NN′相互平行，相距为L，电阻不计且足够长，底边MN垂直于M′M，电阻为r。质量为m的光滑导体棒ab长为L、电阻为R，垂直M′M放在框架上，整个装置处于垂直框架平面向上，磁感应强度大小为B的匀强磁场中。在与ab垂直的水平拉力F作用下，ab由静止开始向右做匀加速直线运动，经x距离后撤去拉力F，直至最后停下，整个过程中框架恰好没动，ab与M′M、NN′始终保持良好接触。求ab运动的总路程。
解析：由题意可知当框架恰好不动时，ab速度最大，则有FA＝fm＝μ(M＋m)g
而FA＝BIL
且I(R＋r)＝BLvm
解得vm＝
撤去拉力F后ab在安培力作用下做减速运动，由动量定理可知FA′t＝mvm
而FA′＝B L，且q＝ t，联立解得q＝
又因为q＝ ＝ ，
解得x′＝
所以总路程s＝x＋x′＝x＋ 。
答案：x＋
命题点二 动量守恒定律在电磁感应现象中的应用
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。
[典例](2019·淄博模拟)如图所示，一质量为m、电阻不计的足够长的光滑U形金属导轨MNQP，位于光滑绝缘水平桌面上，平行导轨MN和PQ相距L，空间存在着足够大的方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度的大小为B。有一质量也为m的金属棒CD，垂直于MN放置在导轨上，并用一根与MN平行的绝缘细线系在定点A。已知细线能承受的最大拉力为T0，棒接入导轨间的有效电阻为R。现从t＝0时刻开始对导轨施加水平向右的拉力，使其从静止开始做加速度为a的匀加速直线运动。
(2)对杆a由静止下滑到平直轨道上的过程中，
由机械能守恒定律有magh＝ mava2
解得va＝ ＝5 m/s
设最后杆a、b共同的速度为v′，
由动量守恒定律得mava－mbvb0＝(ma＋mb)v′
代入数据解得v′＝ m/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va到v′的运动时间为Δt′，
A．导体棒ab刚获得速度v0时受到的安培力大小为
B．两导体棒最终将以 的速度沿导轨向右匀速运动
C．两导体棒运动的整个过程中产生的热量为 mv02
D．当导体棒ab的速度变为 v0时，导体棒cd的加速度大小为
解析：选BC当导体棒ab刚获得速度v0时，导体棒cd还没开始运动，此时导体棒ab产生的感应电动势为E＝BLv0，回路中的感应电流为I＝ ，故此时导体棒ab受到的安培力大小为F＝BIL，解得F＝ ，选项A错误；从开始到两导体棒达到共同速度的过程中，两导体棒的总动量守恒，则可得mv0＝2mv，解得其共同速度为v＝ ，方向沿导轨向右，选项B正确；由能量守恒定律得，整个运动过程中产生的总热量为Q＝ mv02－ ×2mv2，解得Q＝ mv02，选项C正确；设导体棒ab的速度变为 v0时，导体棒cd的速度大小为v1，则由动量守恒定律可得mv0＝m· v0＋mv1，此时回路中的感应电动势为E′＝BL ，感应电流为I′＝ ，此时导体棒cd受到的安培力为F′＝BI′L，所以导体棒cd的加速度大小为a＝ ，解得a＝ ，选项D错误。
(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t0下降了 ，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v0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。
由系统动量守恒可得mv0＝2mv
解得v＝ ＝
撤去拉力后，系统总动能的减少量等于回路消耗的电能，最终在回路中产生的总焦耳热为
Q＝ mv02－ ×2mv2
解得Q＝ 。
[答案](1) (2)
[集训冲关]
1．(2019·湖北七市(州)联考)如图所示，光滑平行金属导轨的水平部分处于竖直向下的B＝4 T的匀强磁场中，两导轨间距为L＝0.5 m，导轨足够长且不计电阻。金属棒a和b的质量都为m＝1 kg，连入导轨间的电阻Ra＝Rb＝1 Ω。b棒静止于导轨水平部分，现将a棒从h＝80 cm高处自静止沿弧形导轨下滑，通过C点进入导轨的水平部分，已知两棒在运动过程中始终保持与导轨垂直，且两棒始终不相碰。求a、b两棒的最终速度，以及整个过程中b棒中产生的焦耳热(已知重力加速度g＝10 m/s2)。
3．(多选)如图，在水平面内固定有两根相互平行的无限长光滑金属导轨，其间距为L，电阻不计。在虚线l1的左侧存在竖直向上的匀强磁场，在虚线l2的右侧存在竖直向下的匀强磁场，两部分磁场的磁感应强度大小均为B。ad、bc两根电阻均为R的金属棒与导轨垂直，分别位于两磁场中，现突然给ad棒一个水平向左的初速度v0，在两棒达到稳定的过程中，下列说法正确的是()
解析：设a棒下滑至C点时速度为v0，由动能定理，有：
mgh＝ mv02－0
解得：v0＝4 m/s；
此后的运动过程中，a、b两棒达到共速前，两棒所受安培力始终等大反向，因此a、b两棒组成的系统动量守恒，有：
mv0＝(m＋m)v
解得a、b两棒共同的最终速度为：v＝2 m/s，此后两棒一起做匀速直线运动；
2.(多选)如图所示，水平桌面上固定着两相距L＝1 m的足够长的平行金属导轨，导轨右端接电阻R＝1 Ω，在导轨间存在无数宽度相同的有界匀强磁场区域，磁感应强度为B＝1 T，方向竖直向下，任意两个磁场区域之间有宽为s0＝0.3 m的无场区，金属棒CD质量为m＝0.1 kg，接入导轨间的电阻为r＝1 Ω。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。金属棒从距最左边磁场区域左边界s＝0.4 m处由静止释放，运动过程中金属棒始终保持与导轨垂直，在金属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，且金属棒从进入磁场开始通过每个区域的时间均相同，重力加速度为g＝10 m/s2，不计其他电阻、摩擦力。则下列说法正确的是(图中并未把所有磁场都画出)()
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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：
[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)杆a在弧形轨道上运动的时间；
(2)杆a在平直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。
解析：(1)设杆a滑至弧形轨道与平直轨道连接处时，杆b的速度大小为vb0，
对杆b运用动量定理，
有Bd ·Δt＝mb(v0－vb0)
其中vb0＝2 m/s
代入数据解得Δt＝5 s。
[解析](1)对闭合回路：I＝
由平衡条件可知：mg＝BIl
解得vm＝
由功能关系：mgd＝ mvm2＋Q
解得Q＝mgd－
(2)0－Blq＝mv
又q＝ ＝
解得v＝gt0－ 。
(3)因为Φ＝Blv0t＋ktS
由法拉第电磁感应定律可得：E＝ ＝Blv0＋kS
则由动量定理可得BdI·Δt′＝ma(va－v′)
而q＝I·Δt′
代入数据解得q＝ C。
(3)由能量守恒定律可知杆a、b中产生的焦耳热为
Q＝magh＋ mbv02－ (mb＋ma)v′2＝ J
杆b中产生的焦耳热为Q′＝ Q＝ J。
答案：(1)5 s(2) C(3) J
1.(多选)如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨固定在同一水平面内，两导轨间的距离为L。导轨上面横放着两根导体棒ab、cd，与导轨一起构成闭合回路。两根导体棒的质量均为m，长度均为L，电阻均为R，其余部分的电阻不计。在整个导轨所在的平面内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。开始时，两导体棒均在导轨上静止不动，某时刻给导体棒ab以水平向右的初速度v0，则()
A．金属棒每次进入磁场时的速度为2 m/s，离开磁场时速度均为1 m/s