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2024年高中物理新教材同步学案 选择性必修第二册 第2章 专题强化10 电磁感应中的动量问题（含解析）
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专题强化10 电磁感应中的动量问题[学习目标] 1.会用动量定理、动量守恒定律分析电磁感应的有关问题(重难点)。2.进一步掌握动量定理、动量守恒定律、能量守恒定律等基本规律(重难点)。一、动量定理在电磁感应中的应用如图所示，水平固定且足够长的光滑U形金属导轨处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，在导轨上放置金属棒。定值电阻的阻值为R，金属棒的电阻为r，导轨宽度为L。若棒分别以初速度v0、2v0向右运动，(1)请分析棒的运动情况？(2)两种情况下，从棒开始运动至棒停止过程中，通过R的电荷量q1、q2之比为多少？(3)两种情况，从棒开始运动至棒停止时的位移x1、x2之比为多少？答案 (1)金属棒受到向左的安培力F安＝eq \f(B2L2v,R＋r)＝ma ，金属棒速度减小，加速度减小，棒做加速度减小的减速运动，最终静止。(2)当棒的初速度为v0时，由动量定理可得－Beq \x\to(I)Lt＝0－mv0，q1＝eq \x\to(I)t，解得q1＝eq \f(mv0,BL)，同理可得q2＝eq \f(2mv0,BL)，得eq \f(q1,q2)＝eq \f(1,2)。(3)q1＝eq \f(ΔΦ,R＋r)，ΔΦ＝BΔS＝BLx1，可得q1＝eq \f(BLx1,R＋r)，x1＝eq \f(q1R＋r,BL)，同理可得x2＝eq \f(q2R＋r,BL)得eq \f(x1,x2)＝eq \f(q1,q2)＝eq \f(1,2)。在导体单棒切割磁感线做非匀变速运动时，若牛顿运动定律、能量观点不能解决问题，可运用动量定理求解。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＝Beq \x\to(I)Lt＝BLq，通过导体棒或金属框的电荷量为：q＝eq \x\to(I)Δt＝eq \f(\x\to(E),R总)Δt＝neq \f(ΔΦ,Δt·R总)·Δt＝neq \f(ΔΦ,R总)，磁通量变化量：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。例1 (多选)如图所示，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ，两导轨间距为L，导轨电阻均可忽略不计。在M和P之间接有一阻值为R的定值电阻，导体杆ab质量为m、电阻也为R，并与导轨垂直且接触良好。整个装置处于方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。现给ab杆一个初速度v0，使杆向右运动，最终ab杆停止在导轨上。下列说法正确的是( )A．ab杆将做匀减速运动直到静止B．ab杆速度减为eq \f(v0,3)时，ab杆加速度大小为eq \f(B2L2v0,6mR)C．ab杆速度减为eq \f(v0,3)时，通过定值电阻的电荷量为eq \f(mv0,3BL)D．ab杆速度减为eq \f(v0,3)时，ab杆通过的位移为eq \f(4mRv0,3B2L2)答案 BD解析 ab杆在水平方向上受到与运动方向相反的安培力，安培力大小为FA＝eq \f(B2L2v,2R)，加速度大小为a＝eq \f(FA,m)＝eq \f(B2L2v,2mR)，由于速度减小，所以ab杆做加速度减小的变减速运动直到静止，故A错误；当ab杆的速度为eq \f(v0,3)时，安培力大小为FA′＝eq \f(B2L2\f(v0,3),2R)，所以加速度大小为a′＝eq \f(FA′,m)＝eq \f(B2L2v0,6mR)，故B正确；对ab杆，由动量定理得：－Beq \x\to(I)L·Δt＝meq \f(v0,3)－mv0，即BLq＝eq \f(2,3)mv0，解得：q＝eq \f(2mv0,3BL)，所以通过定值电阻的电荷量为eq \f(2mv0,3BL)，故C错误；由q＝eq \f(ΔΦ,2R)＝eq \f(B·Lx,2R)，解得ab杆通过的位移：x＝eq \f(2Rq,BL)＝eq \f(4mRv0,3B2L2)，故D正确。针对训练 1 (2023·襄阳市高二期末)相距为L＝0.5 m的竖直平行金属轨道，上端接有一阻值为R＝2 Ω的电阻，导轨间存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝2 T，一根质量为m＝0.03 kg、长度也为L、电阻r＝1 Ω的金属杆，从轨道的上端由静止开始下落，下落过程中始终与导轨接触良好并保持水平，经过一段时间后金属杆匀速运动。(不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2)(1)求金属杆匀速运动时通过的电流大小；(2)求金属杆最终匀速运动的速度大小；(3)在金属杆开始下落至刚好匀速的过程中流过电阻的电荷量为q＝0.033 C，求此过程经历的时间。答案 (1)0.3 A (2)0.9 m/s (3)0.2 s解析 (1)经分析可知，当金属杆所受重力等于安培力的时候，金属杆做匀速运动，则有mg＝BIL解得I＝eq \f(mg,BL)＝0.3 A；(2)根据BLv＝IR＋Ir，解得v＝0.9 m/s；(3)对金属杆，根据动量定理可得mgt－Beq \x\to(I)L·t＝mv－0又由q＝eq \x\to(I)t，代入数据解得t＝0.2 s。二、动量守恒定律在电磁感应中的应用如图所示，水平面上有足够长的平行光滑金属导轨MN和PQ，导轨间距为L，电阻不计，导轨所处空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。导轨上放有质量均为m、电阻均为R的金属棒a、b。开始时金属棒b静止，金属棒a获得向右的初速度v0。(1)试分析金属棒a、b的运动情况，两金属棒稳定后分别做什么运动。(2)在运动过程中两金属棒受到安培力的冲量有什么关系？把两棒作为一个系统，该系统的动量怎样变化。(3)金属棒a、b稳定后的速度？(4)从两金属棒开始运动至稳定的过程中产生的焦耳热？答案 (1)金属棒a向右运动切割磁感线，根据右手定则可知在回路中产生逆时针方向的感应电流，根据左手定则可知，a棒受到向左的安培力，b棒受到向右的安培力，a棒在安培力作用下做减速运动，b棒在安培力作用下做加速运动，b棒切割磁感线产生顺时针方向的感应电流；两棒的速度差减小，总电动势E＝BL(va－vb)减小，感应电流减小，安培力减小，加速度减小，即a做加速度减小的减速直线运动，b做加速度减小的加速直线运动，两金属棒稳定后均做匀速直线运动。(2)两金属棒所受安培力冲量等大反向，系统的合外力为零，两棒组成的系统动量守恒。(3)设最终达到的共同速度为v，由动量守恒定律得mv0＝2mv，解得va＝vb＝eq \f(v0,2)。(4)根据能量守恒定律，整个过程产生的焦耳热Q＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)(2m)·v2＝eq \f(mv02,4)。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，安培力为系统内力，如果两安培力等大反向，且它们受到的外力的合力为0，则满足动量守恒条件，运用动量守恒定律求解比较方便。这类问题可以从以下三个观点来分析：(1)动力学观点：通常情况下一个金属棒做加速度逐渐减小的加速运动，而另一个金属棒做加速度逐渐减小的减速运动，最终两金属棒以共同的速度匀速运动。(2)动量观点：如果光滑导轨间距恒定，则两个金属棒的安培力大小相等，通常情况下系统的动量守恒。(3)能量观点：其中一个金属棒动能的减少量等于另一个金属棒动能的增加量与回路中产生的焦耳热之和。在上面的问题中，求金属棒a从初速度v0到匀速的过程中，(1)流过金属棒a的电荷量q；(2)a和b距离的增加量Δx。答案 (1)由动量定理得－Beq \x\to(I)LΔt＝meq \f(v0,2)－mv0 ，q＝eq \x\to(I)Δt解得q＝eq \f(mv0,2BL)(2)根据电荷量的推论公式q＝eq \f(ΔΦ,2R)＝eq \f(BLΔx,2R)，解得a和b距离的增加量Δx＝eq \f(2qR,BL)＝eq \f(mv0R,B2L2)。例2 如图所示，光滑平行金属导轨的水平部分处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B＝3 T。两导轨间距为L＝0.5 m，导轨足够长。金属棒a和b的质量分别为ma＝1 kg、mb＝0.5 kg，电阻分别为Ra＝1 Ω、Rb＝2 Ω。b棒静止于导轨水平部分，现将a棒从h＝1.8 m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接触良好，两棒始终不相碰。g取10 m/s2。求：(1)a棒刚进入磁场时，b棒的加速度；(2)从a棒进入磁场到a棒匀速运动的过程中，流过a棒的电荷量；(3)从a棒进入磁场到a棒匀速运动的过程中，a棒中产生的焦耳热。答案 (1)9 m/s2，方向向右 (2)eq \f(4,3) C (3)2 J解析 (1)a棒沿弧形导轨下滑h过程，根据机械能守恒定律有magh＝eq \f(1,2)mav2a棒进入磁场瞬间感应电动势E＝BLv根据闭合电路欧姆定律I＝eq \f(E,Ra＋Rb)对b棒F安＝ILB根据牛顿第二定律有F安＝mba解得a＝9 m/s2由左手定则知，b棒加速度的方向向右。(2)对a、b：由动量守恒定律得mav＝(ma＋mb)v共解得v共＝4 m/s对b棒，应用动量定理有eq \x\to(I)LBt＝mbv共BLq＝mbv共解得q＝eq \f(4,3) C，故流过a棒的电荷量为eq \f(4,3) C。(3)a、b棒在水平面内运动过程，由能量守恒定律得eq \f(1,2)mav2－eq \f(1,2)(ma＋mb)v共2＝QQa＝eq \f(Ra,Ra＋Rb)Q联立解得Qa＝2 J。电磁感应中不同物理量的求解策略求加速度：动力学观点；求焦耳热：能量观点；系统的初、末速度关系：动量守恒定律；求电荷量、位移或时间：运用动量定理分析。针对训练 2 (多选)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始终与导轨垂直且接触良好，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 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mv0＝2mv，解得两导体棒运动的末速度为v＝eq \f(1,2)v0，棒ab做减速运动，棒cd做加速运动，它们的速度差逐渐减小，产生的感应电流也减小，安培力减小，加速度也减小，即棒ab做加速度减小的减速运动，棒cd做加速度减小的加速运动，稳定时两导体棒的加速度为零，一起向右做匀速运动，选项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，选项C正确，D错误。专题强化练考点一 动量定理在电磁感应中的应用1.如图所示，在光滑绝缘水平面上，一矩形线圈以一定的初速度穿越匀强磁场区域，已知磁场区域宽度大于线圈宽度，则线圈进、出磁场的两个过程中( )A．感应电流的方向相同B．受到的安培力相等C．动能的变化量相等D．速度的变化量相同答案 D解析 根据楞次定律可知，进入磁场过程中，线圈的感应电流方向为顺时针，离开磁场时，线圈的感应电流方向为逆时针，故A错误；设线圈内阻为R，根据闭合电路欧姆定律可得I＝eq \f(E,R)，根据法拉第电磁感应定律有E＝BLv，则安培力为F＝BIL＝eq \f(B2L2v,R)，由于线圈进入磁场时，产生感应电流，线圈部分动能转化为内能，则动能减小，线圈速度也减小，即进入磁场时的速度大于离开磁场时的速度，因此，进入磁场时受到的安培力大于离开磁场时受到的安培力，故B错误；根据动能定理可得W合＝F安·x＝ΔEk，由于进入和离开磁场的位移都相同，而进入磁场时的安培力大于离开磁场时的安培力，则进入磁场时的动能变化量大于离开磁场时的动能变化量，故C错误；根据动量定理可得Δp＝F安·Δt＝Beq \x\to(I)L·Δt＝BL·q，而q＝eq \x\to(I)·Δt＝eq \f(E,R)·Δt＝eq \f(ΔΦ,R)，进入和离开磁场过程中ΔΦ相同，由此可知，进入磁场和离开磁场时的动量的变化量相同，则速度的变化量相同，故D正确。2．(多选)如图所示，电阻不计的光滑金属导轨MN、PQ水平放置，间距为d，两侧接有电阻R1、R2，阻值均为R，O1O2右侧有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。质量为m、长度也为d的金属杆置于O1O2左侧，在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动，经时间t到达O1O2时撤去恒力F，金属杆在到达NQ之前减速为零，已知金属杆电阻也为R，与导轨始终保持垂直且接触良好，下列说法正确的是( )A．杆刚进入磁场时速度大小为eq \f(Ft,2m)B．杆刚进入磁场时电阻R1两端的电势差大小为eq \f(BdFt,3m)C．整个过程中，流过金属杆的电荷量为eq \f(Ft,Bd)D．整个过程中，电阻R1上产生的焦耳热为eq \f(F2t2,12m)答案 BCD解析 杆刚进入磁场之前的加速度大小为a＝eq \f(F,m)，则进入磁场时速度大小为v＝at＝eq \f(Ft,m)，故A错误；杆刚进入磁场时产生的感应电动势为E＝Bdv，则电阻R1两端的电势差大小为UR1＝eq \f(E,R＋\f(1,2)R)×eq \f(R,2)＝eq \f(1,3)E＝eq \f(1,3)Bdv＝eq \f(BdFt,3m)，故B正确；金属杆进入磁场后，由动量定理有eq \x\to(F安)Δt＝mv即Beq \x\to(I)dΔt＝mv，又eq \x\to(I)Δt＝q，解得q＝eq \f(mv,Bd)＝eq \f(Ft,Bd)，故C正确；整个过程中，回路产生的总焦耳热为Q＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(F2t2,2m)，则电阻R1上产生的焦耳热为QR1＝eq \f(1,6)Q＝eq \f(F2t2,12m)，故D正确。考点二 动量守恒定律在电磁感应中的应用3.(多选)如图所示，空间存在方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小B＝0.5 T。在匀强磁场区域内，有一对光滑平行金属导轨处于同一水平面内，导轨足够长，导轨间距L＝1 m，电阻可忽略不计。质量均为m＝1 kg、电阻均为R＝2.5 Ω的金属导体棒MN和PQ垂直放置于导轨上，且与导轨接触良好。现给MN一水平向右瞬时作用力F，使棒MN获得初速度v0＝4 m/s，下列说法正确的是( )A．两棒最终都是2 m/sB．棒MN上产生的热量为4 JC．通过MN的电荷量为4 CD．从开始到稳定，回路MNPQ的面积增加了4 m2答案 AC解析 在安培力作用下，MN减速，PQ加速，两棒最终速度相等，回路电流为零，由动量守恒定律可得mv0＝2mv1解得两棒最终速度为v1＝2 m/s，A正确；由能量守恒定律可得，回路产生的焦耳热为Q＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)·2m·v12两棒电阻相等，产生的焦耳热相等，故棒MN上产生的热量为Q1＝eq \f(1,2)Q解得Q1＝2 J，B错误；对棒MN，由动量定理可得－Beq \x\to(I)L·Δt＝mv1－mv0通过MN的电荷量为q＝eq \x\to(I)·Δt联立解得q＝4 C，C正确；整个过程回路产生的平均感应电动势为eq \x\to(E)＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(BΔS,Δt)平均感应电流为eq \x\to(I)＝eq \f(\x\to(E),2R)通过MN的电荷量为q＝eq \x\to(I)Δt联立可得q＝eq \f(BΔS,2R)，解得ΔS＝40 m2，故从开始到稳定，回路MNPQ的面积增加了40 m2，D错误。4．(2023·西安市第八十九中学高二期末)如图所示，固定于水平面内的电阻不计的足够长光滑平行金属导轨间距为L，质量均为m、阻值均为R的金属棒ab、cd垂直搁置于导轨上，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向上，某一时刻同时给ab、cd以平行于导轨的水平向右的初速度v0、2v0，则两棒从开始运动至达到稳定速度的过程中( )A．ab中的最大电流为eq \f(3BLv0,4R)B．ab达到稳定速度时，其两端的电压为0C．ab速度为eq \f(6v0,5)时，其加速度比cd的小D．ab、cd间距增加了eq \f(mv0R,B2L2)答案 D解析 根据右手定则，回路产生顺时针方向(从上往下看)的感应电流，根据左手定则，cd棒所受安培力向左做减速运动，ab棒所受安培力向右做加速运动，稳定时以相同的速度运动。初始时刻电流最大，且Im＝eq \f(BL×2v0－BLv0,2R)＝eq \f(BLv0,2R)，A错误；根据动量守恒定律得mv0＋m·2v0＝2mv解得v＝eq \f(3,2)v0，稳定时ab棒两端电压为U＝BLv＝eq \f(3,2)BLv0，B错误；稳定前两棒所受安培力大小相等，方向相反，两棒的加速度也大小相等，方向相反，C错误；对ab根据动量定理得Beq \x\to(I)LΔt＝m·eq \f(3,2)v0－mv0，q＝eq \x\to(I)Δt，对回路eq \x\to(I)＝eq \f(\x\to(E),2R)，eq \x\to(E)＝eq \f(ΔΦ,Δt)，ΔΦ＝BLx，解得x＝eq \f(mv0R,B2L2)，D正确。5.如图所示，在光滑的水平面上，有一竖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
专题强化10 电磁感应中的动量问题[学习目标] 1.会用动量定理、动量守恒定律分析电磁感应的有关问题(重难点)。2.进一步掌握动量定理、动量守恒定律、能量守恒定律等基本规律(重难点)。一、动量定理在电磁感应中的应用如图所示，水平固定且足够长的光滑U形金属导轨处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，在导轨上放置金属棒。定值电阻的阻值为R，金属棒的电阻为r，导轨宽度为L。若棒分别以初速度v0、2v0向右运动，(1)请分析棒的运动情况？(2)两种情况下，从棒开始运动至棒停止过程中，通过R的电荷量q1、q2之比为多少？(3)两种情况，从棒开始运动至棒停止时的位移x1、x2之比为多少？答案 (1)金属棒受到向左的安培力F安＝eq \f(B2L2v,R＋r)＝ma ，金属棒速度减小，加速度减小，棒做加速度减小的减速运动，最终静止。(2)当棒的初速度为v0时，由动量定理可得－Beq \x\to(I)Lt＝0－mv0，q1＝eq \x\to(I)t，解得q1＝eq \f(mv0,BL)，同理可得q2＝eq \f(2mv0,BL)，得eq \f(q1,q2)＝eq \f(1,2)。(3)q1＝eq \f(ΔΦ,R＋r)，ΔΦ＝BΔS＝BLx1，可得q1＝eq \f(BLx1,R＋r)，x1＝eq \f(q1R＋r,BL)，同理可得x2＝eq \f(q2R＋r,BL)得eq \f(x1,x2)＝eq \f(q1,q2)＝eq \f(1,2)。在导体单棒切割磁感线做非匀变速运动时，若牛顿运动定律、能量观点不能解决问题，可运用动量定理求解。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＝Beq \x\to(I)Lt＝BLq，通过导体棒或金属框的电荷量为：q＝eq \x\to(I)Δt＝eq \f(\x\to(E),R总)Δt＝neq \f(ΔΦ,Δt·R总)·Δt＝neq \f(ΔΦ,R总)，磁通量变化量：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。例1 (多选)如图所示，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ，两导轨间距为L，导轨电阻均可忽略不计。在M和P之间接有一阻值为R的定值电阻，导体杆ab质量为m、电阻也为R，并与导轨垂直且接触良好。整个装置处于方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。现给ab杆一个初速度v0，使杆向右运动，最终ab杆停止在导轨上。下列说法正确的是( )A．ab杆将做匀减速运动直到静止B．ab杆速度减为eq \f(v0,3)时，ab杆加速度大小为eq \f(B2L2v0,6mR)C．ab杆速度减为eq \f(v0,3)时，通过定值电阻的电荷量为eq \f(mv0,3BL)D．ab杆速度减为eq \f(v0,3)时，ab杆通过的位移为eq \f(4mRv0,3B2L2)答案 BD解析 ab杆在水平方向上受到与运动方向相反的安培力，安培力大小为FA＝eq \f(B2L2v,2R)，加速度大小为a＝eq \f(FA,m)＝eq \f(B2L2v,2mR)，由于速度减小，所以ab杆做加速度减小的变减速运动直到静止，故A错误；当ab杆的速度为eq \f(v0,3)时，安培力大小为FA′＝eq \f(B2L2\f(v0,3),2R)，所以加速度大小为a′＝eq \f(FA′,m)＝eq \f(B2L2v0,6mR)，故B正确；对ab杆，由动量定理得：－Beq \x\to(I)L·Δt＝meq \f(v0,3)－mv0，即BLq＝eq \f(2,3)mv0，解得：q＝eq \f(2mv0,3BL)，所以通过定值电阻的电荷量为eq \f(2mv0,3BL)，故C错误；由q＝eq \f(ΔΦ,2R)＝eq \f(B·Lx,2R)，解得ab杆通过的位移：x＝eq \f(2Rq,BL)＝eq \f(4mRv0,3B2L2)，故D正确。针对训练 1 (2023·襄阳市高二期末)相距为L＝0.5 m的竖直平行金属轨道，上端接有一阻值为R＝2 Ω的电阻，导轨间存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝2 T，一根质量为m＝0.03 kg、长度也为L、电阻r＝1 Ω的金属杆，从轨道的上端由静止开始下落，下落过程中始终与导轨接触良好并保持水平，经过一段时间后金属杆匀速运动。(不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2)(1)求金属杆匀速运动时通过的电流大小；(2)求金属杆最终匀速运动的速度大小；(3)在金属杆开始下落至刚好匀速的过程中流过电阻的电荷量为q＝0.033 C，求此过程经历的时间。答案 (1)0.3 A (2)0.9 m/s (3)0.2 s解析 (1)经分析可知，当金属杆所受重力等于安培力的时候，金属杆做匀速运动，则有mg＝BIL解得I＝eq \f(mg,BL)＝0.3 A；(2)根据BLv＝IR＋Ir，解得v＝0.9 m/s；(3)对金属杆，根据动量定理可得mgt－Beq \x\to(I)L·t＝mv－0又由q＝eq \x\to(I)t，代入数据解得t＝0.2 s。二、动量守恒定律在电磁感应中的应用如图所示，水平面上有足够长的平行光滑金属导轨MN和PQ，导轨间距为L，电阻不计，导轨所处空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。导轨上放有质量均为m、电阻均为R的金属棒a、b。开始时金属棒b静止，金属棒a获得向右的初速度v0。(1)试分析金属棒a、b的运动情况，两金属棒稳定后分别做什么运动。(2)在运动过程中两金属棒受到安培力的冲量有什么关系？把两棒作为一个系统，该系统的动量怎样变化。(3)金属棒a、b稳定后的速度？(4)从两金属棒开始运动至稳定的过程中产生的焦耳热？答案 (1)金属棒a向右运动切割磁感线，根据右手定则可知在回路中产生逆时针方向的感应电流，根据左手定则可知，a棒受到向左的安培力，b棒受到向右的安培力，a棒在安培力作用下做减速运动，b棒在安培力作用下做加速运动，b棒切割磁感线产生顺时针方向的感应电流；两棒的速度差减小，总电动势E＝BL(va－vb)减小，感应电流减小，安培力减小，加速度减小，即a做加速度减小的减速直线运动，b做加速度减小的加速直线运动，两金属棒稳定后均做匀速直线运动。(2)两金属棒所受安培力冲量等大反向，系统的合外力为零，两棒组成的系统动量守恒。(3)设最终达到的共同速度为v，由动量守恒定律得mv0＝2mv，解得va＝vb＝eq \f(v0,2)。(4)根据能量守恒定律，整个过程产生的焦耳热Q＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)(2m)·v2＝eq \f(mv02,4)。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，安培力为系统内力，如果两安培力等大反向，且它们受到的外力的合力为0，则满足动量守恒条件，运用动量守恒定律求解比较方便。这类问题可以从以下三个观点来分析：(1)动力学观点：通常情况下一个金属棒做加速度逐渐减小的加速运动，而另一个金属棒做加速度逐渐减小的减速运动，最终两金属棒以共同的速度匀速运动。(2)动量观点：如果光滑导轨间距恒定，则两个金属棒的安培力大小相等，通常情况下系统的动量守恒。(3)能量观点：其中一个金属棒动能的减少量等于另一个金属棒动能的增加量与回路中产生的焦耳热之和。在上面的问题中，求金属棒a从初速度v0到匀速的过程中，(1)流过金属棒a的电荷量q；(2)a和b距离的增加量Δx。答案 (1)由动量定理得－Beq \x\to(I)LΔt＝meq \f(v0,2)－mv0 ，q＝eq \x\to(I)Δt解得q＝eq \f(mv0,2BL)(2)根据电荷量的推论公式q＝eq \f(ΔΦ,2R)＝eq \f(BLΔx,2R)，解得a和b距离的增加量Δx＝eq \f(2qR,BL)＝eq \f(mv0R,B2L2)。例2 如图所示，光滑平行金属导轨的水平部分处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B＝3 T。两导轨间距为L＝0.5 m，导轨足够长。金属棒a和b的质量分别为ma＝1 kg、mb＝0.5 kg，电阻分别为Ra＝1 Ω、Rb＝2 Ω。b棒静止于导轨水平部分，现将a棒从h＝1.8 m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接触良好，两棒始终不相碰。g取10 m/s2。求：(1)a棒刚进入磁场时，b棒的加速度；(2)从a棒进入磁场到a棒匀速运动的过程中，流过a棒的电荷量；(3)从a棒进入磁场到a棒匀速运动的过程中，a棒中产生的焦耳热。答案 (1)9 m/s2，方向向右 (2)eq \f(4,3) C (3)2 J解析 (1)a棒沿弧形导轨下滑h过程，根据机械能守恒定律有magh＝eq \f(1,2)mav2a棒进入磁场瞬间感应电动势E＝BLv根据闭合电路欧姆定律I＝eq \f(E,Ra＋Rb)对b棒F安＝ILB根据牛顿第二定律有F安＝mba解得a＝9 m/s2由左手定则知，b棒加速度的方向向右。(2)对a、b：由动量守恒定律得mav＝(ma＋mb)v共解得v共＝4 m/s对b棒，应用动量定理有eq \x\to(I)LBt＝mbv共BLq＝mbv共解得q＝eq \f(4,3) C，故流过a棒的电荷量为eq \f(4,3) C。(3)a、b棒在水平面内运动过程，由能量守恒定律得eq \f(1,2)mav2－eq \f(1,2)(ma＋mb)v共2＝QQa＝eq \f(Ra,Ra＋Rb)Q联立解得Qa＝2 J。电磁感应中不同物理量的求解策略求加速度：动力学观点；求焦耳热：能量观点；系统的初、末速度关系：动量守恒定律；求电荷量、位移或时间：运用动量定理分析。针对训练 2 (多选)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始终与导轨垂直且接触良好，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 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mv0＝2mv，解得两导体棒运动的末速度为v＝eq \f(1,2)v0，棒ab做减速运动，棒cd做加速运动，它们的速度差逐渐减小，产生的感应电流也减小，安培力减小，加速度也减小，即棒ab做加速度减小的减速运动，棒cd做加速度减小的加速运动，稳定时两导体棒的加速度为零，一起向右做匀速运动，选项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，选项C正确，D错误。专题强化练考点一 动量定理在电磁感应中的应用1.如图所示，在光滑绝缘水平面上，一矩形线圈以一定的初速度穿越匀强磁场区域，已知磁场区域宽度大于线圈宽度，则线圈进、出磁场的两个过程中( )A．感应电流的方向相同B．受到的安培力相等C．动能的变化量相等D．速度的变化量相同答案 D解析 根据楞次定律可知，进入磁场过程中，线圈的感应电流方向为顺时针，离开磁场时，线圈的感应电流方向为逆时针，故A错误；设线圈内阻为R，根据闭合电路欧姆定律可得I＝eq \f(E,R)，根据法拉第电磁感应定律有E＝BLv，则安培力为F＝BIL＝eq \f(B2L2v,R)，由于线圈进入磁场时，产生感应电流，线圈部分动能转化为内能，则动能减小，线圈速度也减小，即进入磁场时的速度大于离开磁场时的速度，因此，进入磁场时受到的安培力大于离开磁场时受到的安培力，故B错误；根据动能定理可得W合＝F安·x＝ΔEk，由于进入和离开磁场的位移都相同，而进入磁场时的安培力大于离开磁场时的安培力，则进入磁场时的动能变化量大于离开磁场时的动能变化量，故C错误；根据动量定理可得Δp＝F安·Δt＝Beq \x\to(I)L·Δt＝BL·q，而q＝eq \x\to(I)·Δt＝eq \f(E,R)·Δt＝eq \f(ΔΦ,R)，进入和离开磁场过程中ΔΦ相同，由此可知，进入磁场和离开磁场时的动量的变化量相同，则速度的变化量相同，故D正确。2．(多选)如图所示，电阻不计的光滑金属导轨MN、PQ水平放置，间距为d，两侧接有电阻R1、R2，阻值均为R，O1O2右侧有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。质量为m、长度也为d的金属杆置于O1O2左侧，在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动，经时间t到达O1O2时撤去恒力F，金属杆在到达NQ之前减速为零，已知金属杆电阻也为R，与导轨始终保持垂直且接触良好，下列说法正确的是( )A．杆刚进入磁场时速度大小为eq \f(Ft,2m)B．杆刚进入磁场时电阻R1两端的电势差大小为eq \f(BdFt,3m)C．整个过程中，流过金属杆的电荷量为eq \f(Ft,Bd)D．整个过程中，电阻R1上产生的焦耳热为eq \f(F2t2,12m)答案 BCD解析 杆刚进入磁场之前的加速度大小为a＝eq \f(F,m)，则进入磁场时速度大小为v＝at＝eq \f(Ft,m)，故A错误；杆刚进入磁场时产生的感应电动势为E＝Bdv，则电阻R1两端的电势差大小为UR1＝eq \f(E,R＋\f(1,2)R)×eq \f(R,2)＝eq \f(1,3)E＝eq \f(1,3)Bdv＝eq \f(BdFt,3m)，故B正确；金属杆进入磁场后，由动量定理有eq \x\to(F安)Δt＝mv即Beq \x\to(I)dΔt＝mv，又eq \x\to(I)Δt＝q，解得q＝eq \f(mv,Bd)＝eq \f(Ft,Bd)，故C正确；整个过程中，回路产生的总焦耳热为Q＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(F2t2,2m)，则电阻R1上产生的焦耳热为QR1＝eq \f(1,6)Q＝eq \f(F2t2,12m)，故D正确。考点二 动量守恒定律在电磁感应中的应用3.(多选)如图所示，空间存在方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小B＝0.5 T。在匀强磁场区域内，有一对光滑平行金属导轨处于同一水平面内，导轨足够长，导轨间距L＝1 m，电阻可忽略不计。质量均为m＝1 kg、电阻均为R＝2.5 Ω的金属导体棒MN和PQ垂直放置于导轨上，且与导轨接触良好。现给MN一水平向右瞬时作用力F，使棒MN获得初速度v0＝4 m/s，下列说法正确的是( )A．两棒最终都是2 m/sB．棒MN上产生的热量为4 JC．通过MN的电荷量为4 CD．从开始到稳定，回路MNPQ的面积增加了4 m2答案 AC解析 在安培力作用下，MN减速，PQ加速，两棒最终速度相等，回路电流为零，由动量守恒定律可得mv0＝2mv1解得两棒最终速度为v1＝2 m/s，A正确；由能量守恒定律可得，回路产生的焦耳热为Q＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)·2m·v12两棒电阻相等，产生的焦耳热相等，故棒MN上产生的热量为Q1＝eq \f(1,2)Q解得Q1＝2 J，B错误；对棒MN，由动量定理可得－Beq \x\to(I)L·Δt＝mv1－mv0通过MN的电荷量为q＝eq \x\to(I)·Δt联立解得q＝4 C，C正确；整个过程回路产生的平均感应电动势为eq \x\to(E)＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(BΔS,Δt)平均感应电流为eq \x\to(I)＝eq \f(\x\to(E),2R)通过MN的电荷量为q＝eq \x\to(I)Δt联立可得q＝eq \f(BΔS,2R)，解得ΔS＝40 m2，故从开始到稳定，回路MNPQ的面积增加了40 m2，D错误。4．(2023·西安市第八十九中学高二期末)如图所示，固定于水平面内的电阻不计的足够长光滑平行金属导轨间距为L，质量均为m、阻值均为R的金属棒ab、cd垂直搁置于导轨上，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向上，某一时刻同时给ab、cd以平行于导轨的水平向右的初速度v0、2v0，则两棒从开始运动至达到稳定速度的过程中( )A．ab中的最大电流为eq \f(3BLv0,4R)B．ab达到稳定速度时，其两端的电压为0C．ab速度为eq \f(6v0,5)时，其加速度比cd的小D．ab、cd间距增加了eq \f(mv0R,B2L2)答案 D解析 根据右手定则，回路产生顺时针方向(从上往下看)的感应电流，根据左手定则，cd棒所受安培力向左做减速运动，ab棒所受安培力向右做加速运动，稳定时以相同的速度运动。初始时刻电流最大，且Im＝eq \f(BL×2v0－BLv0,2R)＝eq \f(BLv0,2R)，A错误；根据动量守恒定律得mv0＋m·2v0＝2mv解得v＝eq \f(3,2)v0，稳定时ab棒两端电压为U＝BLv＝eq \f(3,2)BLv0，B错误；稳定前两棒所受安培力大小相等，方向相反，两棒的加速度也大小相等，方向相反，C错误；对ab根据动量定理得Beq \x\to(I)LΔt＝m·eq \f(3,2)v0－mv0，q＝eq \x\to(I)Δt，对回路eq \x\to(I)＝eq \f(\x\to(E),2R)，eq \x\to(E)＝eq \f(ΔΦ,Δt)，ΔΦ＝BLx，解得x＝eq \f(mv0R,B2L2)，D正确。5.如图所示，在光滑的水平面上，有一竖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
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