第十二章 电磁感应 专题强化练二十五　动量观点在电磁感应中的应用

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1．(2023·江苏苏锡常镇四市模拟)如图所示，两光滑平行长直导轨间距为d，放置在水平面上，磁感应强度为B的匀强磁场与导轨平面垂直，两质量都为m、电阻都为r的导体棒L1、L2垂直放置在导轨上，与导轨接触良好，两导体棒距离足够远，L1静止，L2以初速度v0向右运动，不计导轨电阻，忽略感生电流产生的磁场，则( )
A．导体棒L1的最终速度为v0
B．导体棒L2产生的焦耳热为eq \f(3mv02,8)
C．通过导体棒横截面的电荷量为eq \f(mv0,Bd)
D．两导体棒的初始距离最小为eq \f(mv0r,B2d2)
2．(2023·江苏常州市模拟)如图所示，竖直放置的U形光滑导轨与一电容器串联．导轨平面有垂直于纸面的匀强磁场，金属棒ab与导轨接触良好，由静止释放后沿导轨下滑．电容C足够大，原来不带电，不计一切电阻．设导体棒的速度为v、动能为Ek、两端的电压为Uab、电容器上的电荷量为q，它们与时间t、位移x的关系图像正确的是( )
3．如图，相距为L的两光滑平行金属导轨固定在绝缘水平桌面上，左端接一电容器C，阻值为R的电阻通过三角旋钮开关S与两导轨连接，长度为L、质量为m的金属杆ab垂直导轨放置，且与导轨始终接触良好，两导轨间存在垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B.三角旋钮开关S仅1、2之间导电，S左旋时能将电阻R和电容器C接入同一回路，右旋时能将电阻R和金属杆ab接入同一回路，初始时1、2连接电容器和金属杆，现用恒力F向右拉金属杆ab，使其从静止开始运动，经一段时间后撤去F，同时旋转S，此时金属杆的速度大小为v0，不计金属杆和导轨的电阻．下列说法正确的是( )
A．撤去F前，金属杆做变加速直线运动
B．撤去F同时向右旋开关S，金属杆做匀减速运动
C．恒力F对金属杆做的功等于eq \f(1,2)mv02
D．若分别左旋右旋S，两种情况下，通过电阻R的电荷量之比为CB2L2∶m
4．(2023·江苏南京市模拟)如图所示，水平地面上固定着足够长的光滑平行金属导轨，导轨与电阻R连接，导轨内有竖直向上的匀强磁场，放置在导轨上的金属杆初速度为v0，不计导轨及杆的电阻，杆在运动过程中始终与导轨保持良好接触．则下列关于杆的速度与其运动位移之间的关系图像正确的是( )
5.如图，足够长的平行光滑金属导轨M、N固定在水平桌面上，导轨间距离为L，垂直导轨平面有竖直向下的匀强磁场，以CD为分界线，左边磁感应强度大小为2B，右边为B，两导体棒a、b垂直导轨静止放置，a棒距CD足够远，已知a、b棒质量均为m、长度均为L、电阻均为r，棒与导轨始终接触良好，导轨电阻不计，现使a获得一瞬时水平速度v0，在两棒运动至稳定的过程中(a棒还没到CD分界线)，下列说法正确的是( )
A．a、b系统机械能守恒
B．a、b系统动量守恒
C．通过导体棒a的电荷量为eq \f(2mv0,5BL)
D．导体棒a产生的焦耳热为eq \f(2mv02,5)
6．如图所示，空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为 B，足够长的光滑平行金属导轨水平放置，导轨左右两部分的间距分别为 l、2l；质量分别为 m、2m 的导体棒 a、b 均垂直导轨放置，导体棒 a 接入电路的电阻为 R，其余电阻均忽略不计； a、b 两棒分别以 v0、2v0的初速度同时向右运动，两棒在运动过程中始终与导轨垂直且保持良好接触，a 总在窄轨上运动，b 总在宽轨上运动，直到两棒达到稳定状态，从开始运动到两棒稳定的过程中，下列说法正确的是( )
A．a棒加速度大于b棒的加速度
B．稳定时a棒的速度为1.5v0
C．电路中产生的焦耳热为eq \f(3,2)mv02
D．通过导体棒a 的某一横截面的电荷量为 eq \f(mv0,2Bl)
7．如图所示，平行光滑金属双导轨P1Q1M1和P2Q2M2，其中P1Q1和P2Q2为半径r＝0.8 m的eq \f(1,4)光滑圆轨道，O1和O2为对应圆轨道的圆心，Q1、Q2在O1、O2正下方且为圆轨道和水平轨道的平滑连接点，Q1M1和Q2M2为足够长的水平轨道，水平轨道处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝1 T，导轨间距L＝1 m；两导体棒a、b始终垂直于两导轨且与导轨接触良好，a、b的质量均为1 kg，电阻均为1 Ω，导轨电阻不计．初始时刻，b静止在水平导轨上，a从与圆心等高的P1P2处由静止释放，a、b在以后运动的过程中不会发生碰撞(g＝10 m/s2)．求：
(1)导体棒a从Q1Q2进入磁场时，导体棒b的加速度大小；
(2)导体棒a、b稳定时的速度大小；
(3)整个过程中，通过导体棒b的电荷量．
8.(2023·河南省新蔡县质检)如图所示，两根足够长的固定平行金属导轨位于同一水平面内，导轨间的距离为L，导轨上横放着两根导体棒ab和cd.设两根导体棒的质量皆为m、电阻皆为R，导轨光滑且电阻不计，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.开始时ab和cd两导体棒有方向相反的水平初速度，初速度大小分别为v0和2v0，求：
(1)从开始到最终稳定回路中产生的焦耳热；
(2)当ab棒向右运动，速度大小变为eq \f(v0,4)时，回路中消耗的电功率的值．
9．(2023·湖北省襄阳五中模拟)如图所示，平行金属导轨AHQD、PNM上放置有一导体棒ab，导轨倾斜部分置于竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，导轨AHQD水平部分通过导线分别连接有电容器(电容为C)和定值电阻(阻值为R)，导轨M端接有一单刀双掷开关，导轨间距为L，导轨倾斜部分的倾角为θ，导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ(μA．断开开关时，导体棒做加速度减小的加速运动，最后匀速下滑
B．开关接1，若导体棒运动距离为s时，速度为v，则所用时间t＝eq \f(mvR＋B2L2scs θ＋μsin θcs θ,mgRsin θ－μcs θ)
C．开关接2，导体棒匀加速下滑
D．开关接2，通过导体棒的电流I＝eq \f(mgsin θ－μcs θCBLcs θ,m＋CB2L2cs θcs θ＋μsin θ)
专题强化练二十五 动量观点在电磁感应中的应用
1．D 2.B 3.D 4.C
5．C [因为a、b棒切割磁感线时产生感应电流，继而导体棒中有焦耳热产生，故a、b系统机械能不守恒，故A错误；由题意知a棒受到的安培力为 Fa＝2BIL，方向水平向左，而b棒受到的安培力为 Fb＝BIL，方向水平向右，故a、b系统所受合外力不为零，故a、b系统动量不守恒，故B错误；因两棒运动至稳定时满足2BLv1＝BLv2，设向右为正方向，则对a、b棒运动至稳定的过程中分别由动量定理得－2Beq \x\t(I)Lt＝mv1－mv0，Beq \x\t(I)Lt＝mv2，联立解得v1＝eq \f(v0,5)，v2＝eq \f(2v0,5).又因为q＝eq \x\t(I)t，所以通过导体棒a的电荷量为q＝eq \f(2mv0,5BL)，故C正确；由题意知稳定之后，电路中不再有感应电流，则不再有焦耳热产生，所以对a、b棒运动至稳定的过程中，由能量守恒定律得导体棒a、b产生的总焦耳热为Q＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)mv22＝eq \f(2,5)mv02，所以导体棒a产生的焦耳热为Q′＝eq \f(1,2)Q＝eq \f(1,5)mv02，故D错误．]
6．C [分别计算a、b棒的加速度，由F安＝BIL和F安＝ma，可得a＝eq \f(BIL,m)，a、b棒串联，电流相等，a、b棒长度分别为 l、2l，质量分别为 m、2m，则a、b棒加速度大小相等，故A错误；因为导轨光滑只受到安培力作用，对a棒，根据动量定理有eq \x\t(F)a·t＝Beq \x\t(I)l·t＝mva－mv0，同理，对b棒有－eq \x\t(F)bt＝－Beq \x\t(I)×2l·t＝2mvb－2m·2v0，稳定时无电流，即Blva＝B·2lvb，得va＝2vb，联立解得va＝2v0，vb＝v0，故B错误；由能量守恒可知，动能的损失量等于焦耳热，初动能Ek0＝eq \f(1,2)mv02＋eq \f(1,2)×2m×(2v0)2，末动能Ek＝eq \f(1,2)m×(2v0)2＋eq \f(1,2)×2m×v02，则电路中产生的焦耳热为Ek0－Ek＝eq \f(3,2)mv02，故C正确；对a应用动量定理有Beq \x\t(I)l·Δt＝mva－mv0，又q＝eq \x\t(I)·Δt，va＝2v0，解得q＝eq \f(mv0,Bl)，故D错误．]
7．(1)2 m/s2 (2)2 m/s (3)2 C
解析 (1)导体棒a从P1P2到Q1Q2，由动能定理得
magr＝eq \f(1,2)mav02－0
代入数据得v0＝4 m/s
a刚进入匀强磁场时，由法拉第电磁感应定律得E＝BLv0＝4 V
由闭合电路的欧姆定律得I＝eq \f(E,Ra＋Rb)＝2 A
由牛顿第二定律得ILB＝mbab
代入数据得ab＝2 m/s2.
(2)当导体棒a、b稳定时，由动量守恒定律得mav0＝(ma＋mb)v1
代入数据得v1＝2 m/s.
(3)整个过程中，对导体棒b由动量定理得eq \x\t(I)LBt＝mbv1，又q＝eq \x\t(I)t，代入数据得q＝2 C.
8．(1)eq \f(9,4)mv02 (2)eq \f(B2L2v02,8R)
解析 (1)选水平向右为正方向，从开始到最终稳定的过程中，两棒总动量守恒，则有2mv0－mv0＝2mv，解得v＝eq \f(v0,2)，由能量守恒可得从开始到最终稳定回路中产生的焦耳热为Q＝eq \f(1,2)mv02＋eq \f(1,2)m(2v0)2－eq \f(1,2)(2m)v2＝eq \f(9,4)mv02.
(2)当ab棒向右运动，速度大小变为eq \f(v0,4)时，设cd棒的速度是v2，根据动量守恒得2mv0－mv0＝mv2＋meq \f(v0,4)，解得v2＝eq \f(3v0,4)，此时回路中的总电动势E＝BL(eq \f(3v0,4)－eq \f(v0,4))＝eq \f(1,2)BLv0，则消耗的电功率为P＝eq \f(E2,2R)＝eq \f(B2L2v02,8R).
9．A [断开开关，导体棒切割磁感线产生电动势，但由于没有闭合回路，故没有安培力，导体棒所受合力大小F合＝mgsin θ－μmgcs θ>0，则导体棒匀加速下滑，故A错误；开关接1，导体棒切割磁感线产生感应电动势E＝BLvcs θ，导体棒做加速度减小的加速运动，最后匀速下滑，对导体棒受力分析，列动量定理表达式有mgtsin θ－Beq \f(BL\x\t(v)cs θ,R)Ltcs θ－μ(mgcs θ＋Beq \f(BL\x\t(v)cs θ,R)Lsin θ)t＝mv－0，
其中eq \x\t(v)＝eq \f(s,t)，解得t＝
eq \f(mvR＋B2L2scs θ＋μsin θcs θ,mgRsin θ－μcs θ)，故B正确；开关接2，导体棒切割磁感线对电容器充电，回路中有充电电流，对导体棒受力分析，列牛顿第二定律方程有mgsin θ－BILcs θ－μ(mgcs θ＋BILsin θ)＝ma，充电电流I＝eq \f(CBLΔvcs θ,Δt)＝CBLacs θ，解得
a＝eq \f(mgsin θ－μmgcs θ,m＋CB2L2cs θ＋μsin θcs θ)，
加速度恒定，则导体棒匀加速下滑，代入计算可得电流
I＝eq \f(mgsin θ－μcs θCBLcs θ,m＋CB2L2cs θcs θ＋μsin θ)，故C、D正确．故选A.]