2023版高考物理总复习之加练半小时 第十一章 微专题79 动量观点在电磁感应中的应用

微专题79　动量观点在电磁感应中的应用

电磁感应中的有些题目可以从动量角度着手，运用动量定理或动量守恒定律解决：1.应用动量定理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，如求作用时间、速度、位移和电荷量.2.在相互平行的水平轨道间的双棒做切割磁感线运动时，由于这两根导体棒所受的安培力等大反向，合外力为零，若不受其他外力，两导体棒的总动量守恒，解决此类问题往往要应用动量守恒定律．

1．(多选)如图所示，水平固定且间距为L的平行金属导轨处在垂直于导轨平面、磁感应强度为B的匀强磁场中．导轨上有a、b两根与导轨接触良好的导体棒，质量均为m，电阻均为R.现对a施加水平向右的恒力，使其由静止开始向右运动．当a向右的位移为x时，a的速度达到最大且b刚要滑动．已知两棒与导轨间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计导轨电阻，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)

A．导体棒a的最大速度vm＝

B．电路中的最大电流Im＝

C．a发生位移x的过程所用时间t＝＋

D．a发生位移x的过程中，导体棒b产生的焦耳热Qb＝μmgx－

答案　BC

解析　a的速度达到最大时b刚要滑动，对b有μmg＝BImL，解得

Im＝，感应电动势为Em＝BLvm，电流为Im＝，

联立可得vm＝，故A错误，B正确；

设对a施加水平向右的恒力为F.a的速度达到最大时所受合力为零，则有

F＝μmg＋BImL＝2μmg，a发生位移x的过程，

根据动量定理得Ft－μmgt－BLt＝mvm－0，电荷量为

q＝t＝＝＝，

联立可得a发生位移x的过程所用时间t＝＋，故C正确；

根据能量守恒可得a发生位移x的过程中，导体棒b产生的焦耳热

Qb＝(Fx－μmgx－mv)＝μmgx－，故D错误．

2．(多选)如图所示，两平行光滑导轨由两部分组成，左面部分水平，右面部分是半径为r的竖直半圆，两导轨间的距离为l，导轨的电阻不计，导轨水平部分处于竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，两根长度均为l的金属棒ab、cd均垂直导轨置于水平导轨上，金属棒ab、cd的质量分别为2m与m，电阻分别为R与.现给ab棒施加一个瞬时冲量使其以初速度v0开始沿导轨向右运动，cd棒随即也开始运动且进入半圆轨道后恰好能通过轨道最高点PP′，已知cd棒进入半圆轨道前两棒未相撞，重力加速度大小为g，下列说法正确的是(　　)

A．ab棒刚开始向右运动时cd棒的加速度大小为

B．cd棒刚进入半圆轨道时ab棒的速度大小为v0－

C．cd棒刚进入半圆轨道时对轨道的压力为5mg

D．cd棒进入半圆轨道前ab棒克服安培力做功为m(v0－)

答案　ABD

解析　ab棒开始向右运动时，设回路中电流为I，则根据导体棒切割磁感线有E＝Blv0，根据闭合电路欧姆定律有

I＝，根据牛顿第二定律有F安＝ma0，安培力为F安＝BIl，联立求解得

a0＝，故A正确；

设cd棒刚进入半圆轨道时的速度为v2，此时ab棒的速度为v1，ab棒开始运动至cd棒即将进入半圆轨道的过程，对ab和cd组成的系统运用动量守恒定律可得2mv0＝2mv1＋mv2，cd棒进入半圆轨道至最高点的过程中，对cd棒运用动能定理可得

－mg×2r＝mvP2－mv22，

在半圆轨道的PP′处对cd棒运用牛顿第二定律可得mg＝m，联立求解可得

v1＝v0－，v2＝，由牛顿第二定律可得cd棒刚进入半圆轨道时

FN＝mg＋＝6mg，由牛顿第三定律得cd棒对轨道的压力为6mg，故B正确，C错误；

cd棒进入半圆轨道前对ab棒运用动能定理可得

W＝×2mv02－×2mv12＝m(v0－)，故D正确．

3．(多选)如图所示，在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，有两根位于同一水平面内且间距为L的平行金属导轨(导轨足够长，电阻不计)；两根质量均为m、内阻均为r的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上(导体棒与金属导轨接触良好)，t＝0时，ab棒以初速度3v0向右滑动，cd棒以初速度v0向左滑动，关于两棒的运动情况，下列说法正确的是(　　)

A．当其中某根棒的速度为零时，另一根棒的速度大小为v0

B．当其中某根棒的速度为零时，另一根棒的加速度大小为

C．从初始时刻到其中某根棒的速度为零过程中，导体棒ab产生的焦耳热为mv02

D．cd棒的收尾速度大小为v0

答案　CD

解析　由于两棒组成的系统动量守恒，取向右方向为正方向，由动量守恒定律可得3mv0－mv0＝mv1＋mv2，所以当其中某根棒的速度为零时，另一根棒的速度大小为2v0，A错误；

当其中某根棒的速度为零时，另一根棒的速度大小为2v0，则有E＝2BLv0 ，I＝ ，F＝BIL，联立解得F＝，由牛顿第二定律可得，另一根棒的加速度大小为a＝＝，B错误；

从初始时刻到其中某根棒的速度为零过程中，两根导体棒上产生的焦耳热为Q总＝mv02＋

m(3v0)2－m(2v0)2＝3mv02，则导体棒ab产生的焦耳热为Q＝Q总＝mv02，C正确；

cd棒的收尾速度为两根导体棒具有的共同速度，则有3mv0－mv0＝2mv共，解得v共＝v0，D正确．

4.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向右运动且不会与cd相碰．运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别为vab、vcd，通过ab横截面的电荷量为q，回路中的电流为I，cd棒产生的焦耳热为Q.下列图像中正确的是(　　)

答案　C

解析　导体棒ab切割磁感线产生由a到b的感应电流，则导体棒ab受到向左的安培力，做减速运动；

导体棒cd受到向右的安培力，向右加速运动，则感应电流I＝，两导体棒的相对速度减小，感应电流减小，每个导体棒所受的安培力大小F＝BIL，

F随着电流减小而减小，设导体棒质量为m，当两者速度相等时，电流为零，由动量守恒定律得mv0＝2mv，两导体棒的速度最终为v＝，且加速度随着电流的减小而减小，电流变化也越来越慢，最终为零，故C正确，A错误；

ab棒用动量定理BILt＝mv0－m，则q＝It＝，电荷量应该是随时间的增加而增加，最后达到最大值，故B错误；

系统状态稳定后，两个导体棒的相对速度为0，不再有感应电流产生，焦耳热不会随着时间一直增大，故D错误．

5．如图所示，间距为L的两平行光滑金属导轨固定在水平面上，导轨电阻不计，水平面上虚线MN左右两侧都有磁感应强度大小均为B的匀强磁场，左侧磁场的方向竖直向下，右侧磁场的方向竖直向上，与导轨垂直的金属棒ab和cd的质量都为m，电阻都为r，分别静止在MN的左右两侧．现对两金属棒都施加水平向右的恒力，恒力的大小都为F，ab棒经过位移L达到最大速度，此时cd棒恰好到达虚线MN处．运动过程中两金属棒始终垂直于导轨，求：

(1)ab棒的最大速度；

(2)自开始施加力F至ab棒达到最大速度，回路中产生的焦耳热；

(3)自开始施加力F至ab棒达到最大速度的时间．

答案　(1)　(2)2FL－　(3)＋

解析　(1)ab棒达到最大速度时I＝，F＝ILB

解得v＝

(2)两金属棒同时达到最大速度，并且最大速度相同，对系统由功能关系2FL＝2×mv2＋Q

得回路中产生的焦耳热Q＝2FL－

(3)自开始施加力F至ab棒达最大速度，对ab或cd，安培力的冲量大小I安＝BLI1t1＋BLI2t2＋BLI3t3＋…

其中I1＝、I2＝、I3＝…

又L＝v1t1＋v2t2＋v3t3＋…

得I安＝

对ab或cd，由动量定理Ft－I安＝mv－0

得时间间隔t＝＋

6．如图甲所示，两条平行光滑水平导轨间距为L，左右两侧折成倾斜导轨，其倾角均为θ＝45°，左侧轨道高为.导轨水平部分有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化规律如图乙所示．导体棒ab固定在左侧导轨最高点，cd固定在水平导轨上，与左侧轨道底端相距为2L，导体棒ab、cd长均为L、电阻均为R，质量分别为m和2m.从0时刻开始，静止释放导体棒ab，当ab到达左侧轨道底端时立即释放导体棒cd.不计导轨电阻和空气阻力，已知L＝1 m，R＝0.5 Ω，m＝1 kg，g＝10 m/s2，B0＝2 T．(结果保留根号)求：

(1)导体棒ab在左侧导轨上运动的过程中导体棒cd产生的焦耳热Q；

(2)若水平导轨足够长，且两棒在水平导轨上不会相撞，则两棒在水平导轨上运动过程中通过导体棒截面的电荷量q是多少；

(3)在(2)的条件下，若右侧倾斜导轨足够长，且导体棒落在倾斜导轨上时立即被锁定，求导体棒ab、cd最终静止时的水平间距X.

答案　(1)8 J　(2) C　(3)(2－) m

解析　(1)ab棒在左侧轨道下滑过程有＝at12①

mgsin θ＝ma②

解得t1＝＝ s③

此时刻以后磁场恒定不变，则ab在左侧轨道上运动过程中回路中的电动势为E＝＝＝4 V④

此过程中cd棒产生的焦耳热为Q＝t1⑤

联立③④⑤解得Q＝8 J

(2)ab棒到达底端的速度为v0＝at1

解得v0＝ m/s⑥

ab、cd两棒在水平轨道上运动过程中动量守恒且末速度相等mv0＝3mv⑦

对cd棒由静止至达到共速应用动量定理B0ILΔt＝2mΔv⑧

对⑧式两边求和得q＝⑨

联立⑥⑦⑨式解得q＝ C

(3)设Δx为两棒在水平轨道上的相对位移，第(2)问中q＝Δt＝

解得Δx＝ m

cd棒抛出后到落到右侧倾斜轨道有h＝gt12

xcd＝vt2

且h＝xcd

此过程中ab棒和cd棒的水平速度相等，则xab＝xcd

联立解得xab＝ m

则xab<2L－Δx

故导体棒cd落在右侧倾斜轨道后导体棒ab仍在水平轨道上，再次构成闭合回路．设ab棒接下来在水平轨道上的位移为xab′，对ab棒由动量定理有－Δt3＝mΔv

得－＝0－mv

解得xab′＝ m

由此可知xab＋xab′<2L－Δx

故导体棒ab最终静止在水平轨道上，与cd水平间距为X＝2L－Δx－xab′＝(2－)m